重庆南开中学高2026届高三年级质量检测物理+答案

高2026届高三年级质量检测

物理试题参考答案与评分细则

题号12345678910

选项CDACABCACBDBD

一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。

1.C【解析】ts,故选C。

2.D【解析】这层膜为增透膜,特定波长的光,在膜层的前后表面能够干涉相消,使得反射光减弱,透

射光增强,故A、B、C错误,选D。

3.A【解析】气体视为理想气体,该过程中温度不变,则气体内能不变,故C、D错误;上升过程中,气

体体积变大,气体对外做功,W<0,由ΔU=Q+W可知,Q>0,气体吸热,故选A。

4.C【解析】Q、M两点场强大小相等,但方向不同,故A错误;越靠近原子核,电势越高,α粒子在电势

越高的地方电势能越大,故B错误;α粒子所受电场力始终沿原子核和α粒子连线向外,故在P

点静止释放后,其不会沿PQ曲线运动,D错误;越靠近原子核,电场强度越大,α粒子所受电场力

越大,加速度越大,故选C。

5.A【解析】对卫星M有:Gman,解得ang,故A正确;L随地球转动,其向心加速度a′n=

62

R,代入T=24h,R≈6.4×10m可得a′n≈0.034m/s,远小于重力加速度g,故B错误;

易知ωL=ωN,则vN>vL,又vM>vN,所以L的线速度最小,相同时间内转过的弧长最短,C错误;同

步卫星N在12h内转过的角度等于π,而ωM>ωN,故M在在12h内转过的角度大于π,D错误。

6.B【解析】产品滑上传送带2时,相对传送带2向右下方运动,摩擦力与相对运动方向相反,此后产

品相对传送带2沿右下方做匀减速直线运动,故选B。

7.C【解析】当小球与圆心连线与水平向左方向夹角为θ时,对小球有mgRsinmv2,切向加速度

aτ=gcosθ,径向加速度angsin故小球加速度a,当小球下滑

到圆槽最低点时,加速度有最大值2g,故A错误;受力分析可得,圆槽所受摩擦力f=

2

3mgsinθcosθ,有最大值mg,故B错误;地面对圆槽支持力大小FN=μ(Mg+3mgsinθ),要圆槽

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3mgsinθcosθ3mgtanθ

始终不滑动,需μFN≥f=3mgsinθcosθ恒成立,即μ≥==

2

Mg+3mgsinθ+3mgtan2θ

恒成立,故μ的最小值为C正确;当小球运动到最低点时,对

小球和圆槽整体有FN-(m+M)g=man,故FN>(m+M)g,D错误。

二、多项选择题:本题共3小题,每小题5分,共15分。

8.AC【解析】由题意可得m,则λ=8m。A.由Ts,则横波的振动频率为f

4Hz,故A正确;B.由图乙可知0时刻质点向y轴负方向振动,图甲中结合同侧法,故图乙的质

点可能是图甲中质点N的振动图像,故B错误;C.M、N两质点相隔半个周期,所以任意时刻

M、N两质点的振动速度大小始终相等,故C正确;D.机械波的传播速度由介质决定,与其他无

关,故D错误。

2

9.BD【解析】A.处于n=4、3和2激发态的氢原子向低能级跃迁,最多可发出C4=6种,A错误;B.只

有4→3的光子不能使铯发生光电效应,其余都可以,故有5中光子可使铯发生光电效应,故B

正确;C.增大该氢原子光源的光照强度,光电子的最大初动能不会增大,故C错误。D.4→2的

光子能量为hυ=2.55ev,打出光电子的最大初动能为Ek=hυ-W0=0.67ev,故D正确。

10.BD【解析】A.bc边切割磁场产生电动势大小E=BLv0,由于ab、cd边被短路,整个回路的总电阻

R总=2R,则电路I,解得I,故A错误;BC.对整个金属框

mv0,其中∑Δv·Δt=d,解得d,故B正确,C错误;D.整个过程,对金属框:-W克安=

mvW克安=Q总,QQ总,解得Qmv,故D正确。

三、实验题:本题共2个小题,11题6分,12题9分,共15分。

11.【答案】(6分)

(1)3.2(2分)

(3)C(2分)

【解析】(3)弹力为变力,做功Wkx2dxkx3。功与x3成正比。或者排除法,恒力做功与x成

正比,弹力与x成正比的力做功与x2成正比,所以选C。

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12.【答案】(9分)

(1)左(2分)

(2)B(2分)

(3)5.5×103(2分)

分)

【解析】(3)带入表达式求解可得结果。

四、解答题:本题共3个小题,13题10分,14题14分,15题18分,共42分。

13.【答案】(10分)

【解析】(1)理想变压器分),I1n1=I2n2(2分)

副线圈电路满足I分),所以I=I分)

(2)副线圈电路中副线圈两端电压为定值U2=20V,理想变压器的输入功率等于输出功率,即P1=

P2(1分),P分)

所以理想变压器的输入功率P1=40W(1分)

14.【答案】(14分)

【解析】(1)据题意可得其轨迹如图所示,由几何可得rcosθ=r-rcosθ(1分),

解得cos分)

r+rsinθ=(3+23)d(1分),rsinθ=l(1分)

所以r=23d(1分),l=3d(1分)

(2)由qvB=m,qEdmv2(2分),解得E分)

(3)粒子在Ⅱ、Ⅲ两区磁场中运动的轨迹的半径都为r,总的圆心角为420°(1分),总路程为s=

分)1分)

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15.【答案】(18分)

【解析】(1)设小球抛出速度为v0,方向向右,水平方向(v0+u)t=d…………(1分)

竖直方向gt2=h………………(1分)

联立解得v0=-0.5m/s………………………(1分)

负号表示方向向左………………(1分)

(2)设第一次碰前小球竖直速度为vy,第一次碰后竖直、水平速度分别为v1y、v1x。水平方向动量守

恒mv0+2Mu=mv1x+2Mu1………………………(1分)

121212212

机械能减少ΔE=m(v+v2)+2Mu-m(v+v)-2Mu…………(1分)

20y221x1y21

竖直方向速度关系v1y=evy

解得ΔE=0.844J………………(1分)

对A、B板,水平方向动量定理If=2M(u-u1)…………………(1分)

对小球,竖直方向动量定理IN=m(vy+v1y)=m(1+e)vy……(1分)

由于v1x<u1,可知第一次碰撞全过程小球和A板间均存在滑动摩擦,于是有If=μIN……(1分)

联立解得μ=0.1…………………(1分)

(3)小球水平速度不影响每次碰撞竖直方向的速度变化,第n次碰后小球的竖直速度大小为vny=

n

ev(n-1)y=evy

小球从抛出到第一次碰前经历时间ts

第一次碰后到第二次碰前经历时间t1=2et

n-1

第n次碰后到第n+1次碰前经历时间tn=etn-1=et1……(1分)

若要游戏过关,小球与B板的某次碰撞后,小球与B板在水平方向共速,此后的碰撞仅改变小球竖

直速度,现分析小球与B板水平共速前的每次碰撞。

第一次与A板碰撞,小球水平速度变化Δv1x为Δv1x=μ(1+e)vy

薄板水平速度变化Δu1为v1xv1x

水平相对速度变化Δv1相为Δv1相v1x=0.9m/s…………(1分)

第二次与B板碰撞,小球水平速度变化Δv2x为Δv2x=μ(1+e)v1y=eΔv1x

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由于A、B板分离,B板水平速度变化Δu2为v2xv2x

水平相对速度变化Δv2相为Δv2相v2x=0.6m/s

此后直到水平共速前,小球与B板的每次碰撞情况类似。小球第n次与B板碰撞,水平相对速度变

n-2

化Δvn相为Δvn相=eΔv(n-1)相=eΔv2相…………(1分)

由此可算出Δv3相=0.36m/s、Δv4相=0.216m/s。

若小球第一次恰与A板右端碰撞,易算出小球初速度为0.5m/s,方向向右,也即若小球第一次与A

板碰撞,小球与板初始水平相对速度大小范围为[1m/s,2m/s],由此可知小球第一次与A板碰

后,最多与B板碰撞3次即可与B板水平共速。

以B板为参考系,若