2026届四川省广安市高三上学期第一次模拟考试物理试题（含答案）

第第页2026届四川省广安市高三上学期第一次模拟考试物理试题一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．2025年11月第十五届全运会中引入智能机器人进行田径器材搬运，在评估机器人性能时，可将机器人视为质点的是（）A．研究机器人搬运标枪的抓取动作B．分析机器人在加速过程中的姿态C．测量机器人从器材室到田径场沙坑的直线距离D．测试机器人在不平整地面上的平衡控制能力2．如图，山崖边上有一个风动石，无风时地面对风动石的作用力大小为F1；当风动石受到一个斜向右下方的风力时依然静止，地面对其作用力大小变为FA．F1小于F2 B．FC．F1等于F2 D．F13．如图，风扇断电后，转速逐渐减小的过程中，扇叶上半径不同的A、B两点在同一时刻的运动情况描述正确的是（）A．线速度相同 B．角速度相同C．向心加速度相同 D．受到合外力方向始终指向圆心4．如图，圆心为O半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m电荷量为q的带正电粒子，以速度v从A点正对圆心射入磁场，从B点射出磁场，∠AOB=120°，则磁感应强度大小为（）A．mvqR B．mv3qR C．3mv5．2025年11月25日神舟二十二号飞船满载货物在无人状态下成功发射。如图，飞船先在近地圆轨道Ⅰ上做圆周运动，在A处点火变轨后进入椭圆轨道Ⅱ，在B处再次点火后，恰好变轨进入圆轨道Ⅲ。则（）A．飞船在轨道I上的周期大于在轨道II上的周期B．飞船在轨道I上的速率大于在轨道Ⅲ上的速率C．飞船在轨道Π上从A到B的速率越来越大D．飞船在轨道I上的机械能等于在轨道Ⅲ上的机械能6．如图，运动员进行排球比赛时跳起发球，将排球（视为质点）以v0水平向右击出，排球恰好通过球网上边缘时速度方向与水平方向的夹角为30°，落地时与水平方向的夹角为60°，重力加速度为gA．4v023g B．3v07．某传感器正常工作时需要用到恒流源Ⅰ（恒流源输出的电流大小、方向均不变，用符号表示）。如图，R1为阻值不变的传感器，R2为定值电阻，光敏电阻R3阻值随光照强度的增大而减小，C为电容器，V和A均为理想电表。闭合开关A．R1B．电容器所带电荷量增大C．恒流源的输出功率不变D．V和A的示数变化量之比的绝对值Δ二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得满分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8．如图，同种材料制成的粗细均匀、边长为L的正方形金属导线框ABCD，处于磁感应强度大小为B、方向垂直导线框向里的匀强磁场中。A、B两端与电源连接，通过AB的电流为I，则（）A．AB边和CD边所受安培力方向相反B．AB边和CD边所受安培力方向相同C．AB边和CD边所受安培力大小之比为3：1D．导线框ABCD所受安培力的合力为09．地震监测站监测到一列地震横波，某时刻的波形图如图甲，P质点的平衡位置坐标x1=0，Q质点的平衡位置坐标x2=6kmA．波沿x轴正方向传播B．该波的传播速度为3C．t=1s时，质点QD．0∼5s内，质点P运动的路程小于10．如图所示，水平放置的平行金属板PQ间存在竖直向下的匀强电场（不考虑边界效应），板间距为2L，板长为3L。t=0时，从上板左边缘以初速度v0水平向右射入一质量为m电荷量为qq>0的粒子a；同时在两板右侧正中间以初速度v02水平向左射入一质量为2m的不带电的粒子A．t1=2Lv0B．金属板间的电场强度E=C．a、b两粒子碰撞损失的机械能ΔD．t2=4Lv0三、实验题：本题共2小题，11题6分，12题10分，共16分。11．某兴趣小组同学利用如图所示的实验装置来探究加速度与力的关系。（1）下列说法正确的是______；A．调节定滑轮的高度，使牵引小车的细线跟导轨保持平行B．应把两光电门适当靠近放置以减小实验误差C．遮光条适当宽些可以减小实验误差D．若用槽码的重力表示滑块的合力，实验过程中应尽量满足槽码质量远小于滑块（含遮光条）质量（2）正确操作后，滑块在槽码的牵引下先后通过两个光电门，数字计时器记录了遮光条通过光电门1、2的遮光时间分别为Δt1、Δt2，用刻度尺测得两个光电门间距为L，用游标卡尺测得遮光条宽度为d（3）该兴趣小组自制了一把5分度的简易游标卡尺如下图，测量出遮光条宽度为d=9.6mm，则游标尺上第12．甲、乙同学分别设计了甲、乙电路图来测量一个量程为3V的电压表内阻（约3kΩ）。其主要实验器材还有：电源、电阻箱、滑动变阻器、毫安表（量程为（1）甲同学先用多用电表粗测电压表的内阻，将多用电表选择开关拨到欧姆挡“×100”倍率进行欧姆调零后，应将红表笔接电压表的（选填“＋”或“－”）接线柱，再完成剩余操作步骤；（2）为了精确测量电压表的内阻，甲同学按甲电路图连接好电路；闭合开关S前应将滑动变阻器的滑片移到（选填“a”或“b”）端。闭合开关S，调节滑动电阻器，电阻箱的电阻调到R=1240Ω时，读出电压表、电流表示数分别为2.48V、2.80mA，则测得电压表的内阻R（3）为了减小误差，甲同学保持电阻箱接入电路的阻值R不变，多次调节滑动变阻器，测得多组电压表和电流表的示数U、I，作出U−I图像，得到图像的斜率为k，则电压表的内阻RV=（用k、（4）乙同学认为用电路乙还简化些，也能精确测量电压表的内阻；你结合所学的知识判断，乙同学的观点（选填“正确”或“不正确”）。四、计算题：本题共3小题，13题10分，14题12分，15题16分，共38分。（解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式和重要的演算步骤，只写出结果的不得分，有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位。）13．某新型助推滑翔式高超音速导弹竖直上升过程可分为两个阶段：第一阶段（助推段）由火箭发动机提供推力，从地面由静止开始竖直向上做匀加速直线运动；第二阶段（过渡段）关闭发动机，仅在重力和空气阻力作用下做匀减速直线运动。已知导弹质量m=2.0×103kg，第一阶段加速时间t1=12s，末速度v1=4.8×10（1）第一阶段导弹的加速度大小a；（2）第二阶段导弹受到的平均空气阻力大小f；（3）第一、二阶段导弹竖直上升的总高度H。14．如图，光滑的固定斜面倾角为θ=30°，斜面长为4L，底端C点固定一带正电的点电荷（电荷量未知）；一质量为m带电荷量为+q的小球从斜面顶端A点静止释放，小球沿斜面向下运动的最远点为B,A、B间距离为3L。（1）求A、B两点的电势差UAB（2）已知两点电荷组成的系统电势能Ep=kQqr（k为静电力常量，r为两电荷间距离），求（3）在（2）问的基础上，求小球在A、B之间运动的最大速度大小vm15．如图，水平传送带逆时针转动的速度v=2m/s，两个物块A、B用一根轻弹簧连接，mA=1kg,mB=2kg,A与传送带间的动摩擦因数为μ1=0.4,（1）A、B刚开始滑动时各自受到的摩擦力fA、f（2）t=t0时，B的速度大小（3）t0后弹簧的最大伸长量Δ

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．研究抓取动作，需考虑机器人肢体、形状大小，不能视为质点，故A错误；B．分析加速姿态，要关注身体倾斜、关节角度，形状大小不可忽略，不能视为质点，故B错误；C．测量直线距离，只需确定机器人位置，形状、大小可忽略，可视为质点，故C正确；D．测试平衡能力，要考虑重心、支撑点，形状大小不可忽略，不能视为质点，故D错误。故答案为：C。【分析】质点判定：物体的形状、大小对研究问题无影响时，才可视为质点；涉及动作、姿态、平衡时，不能视为质点。2．【答案】A【解析】【解答】无风时，风动石只受重力、地面支持力，二力平衡，地面对它的作用力F1=G，受斜向右下方的风力时，风动石受重力、风力、地面支持力、地面静摩擦力，地面对它的作用力为支持力与摩擦力的合力，由矢量合成，该合力与重力、风力的合力等大反向，因此F2故答案为：A。

【分析】本题考查共点力平衡与受力的合成，地面对物体的作用力是支持力和摩擦力的合力，无风时仅为支持力。3．【答案】B【解析】【解答】AB．A、B两点同轴转动，角速度相同，由于转动半径不同，根据v=ωr可知，A、B两点的线速度不相同，故A错误，B正确；C．根据anD．风扇慢慢停下，不是匀速圆周运动，所以受到的合外力方向不是始终指向圆心，故D错误。故答案为：B。【分析】A：同轴转动角速度相等，线速度与半径成正比；B：同轴转动各点角速度均相同；C：向心加速度与半径成正比；D：变速圆周运动合外力不始终指向圆心。4．【答案】D【解析】【解答】由几何关系可知，粒子圆周运动轨道半径r=Rtan120°2=故答案为：D。

【分析】本题考查带电粒子在圆形匀强磁场中的圆周运动，先通过几何关系求出轨道半径，再利用洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度。5．【答案】B【解析】【解答】A．由开普勒第三定律可知，飞船在轨道Ⅰ上的半长轴小于在轨道Ⅱ上的半长轴，所以飞船在轨道Ⅰ上的周期小于在轨道Ⅱ上的周期，故A错误；B．由环绕速度v=GMC．由开普勒第二定律可知，飞船在轨道Ⅱ上从A到B的速率越来越小，故C错误；D．飞船先在近地圆轨道Ⅰ上做圆周运动，在AB两处点火加速后恰好变轨进入圆轨道Ⅲ，发动机对飞船做正功，所以飞船在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅲ上的机械能，故D错误。故答案为：B。【分析】A：开普勒第三定律，半长轴越大，周期越大；B：环绕轨道半径越小，线速度越大；C：开普勒第二定律，远地点速率小；D：点火加速，飞船机械能增加。6．【答案】A【解析】【解答】排球恰好通过球网上边缘时竖直速度vy1=由运动学公式vy22故答案为：A。

【分析】本题考查平抛运动，平抛运动可分解为水平方向匀速直线运动、竖直方向自由落体运动，速度偏角的正切值等于竖直分速度与水平初速度的比值，再利用竖直方向速度‑位移公式求解高度差。7．【答案】D【解析】【解答】A．恒流源输出的总电流I0恒定不变，R1为定值电阻，由U1B．光照强度增大时，光敏电阻R3的阻值减小，R2与R3的并联总电阻随之减小；并联部分电压等于电容器两端电压，由UC=C．恒流源的输出功率表达式为P=I02(R1+D．对并联支路分析，根据电路规律可得UR2=I0故答案为：D。【分析】A：恒流源电流恒定，定值电阻分压不会改变；B：光敏电阻随光照增强阻值降低，并联电压与电容器电荷量同步减小；C：输出功率由总电流和总电阻共同决定，并联电阻减小会使功率下降；D：通过推导电压、电流的函数关系式，可直接得到二者变化量的比值。8．【答案】B,C【解析】【解答】AB．由题图可知，AB边中电流方向为A指向B，CD边中电流方向为D指向C，结合左手定则进行判断，二者所受安培力方向均竖直向上，因此A错误，B正确；C．由电路结构可知，AB边与AD、DC、CB三边形成并联结构，各支路两端电压相等，电流大小与电阻成反比；三边总电阻为AB边的3倍，故通过AD、DC、CB每条边的电流均为I3；根据安培力公式F=BIL，AB与CD边所受安培力大小之比等于对应电流之比，即3:1D．对整个导线框受力分析，安培力的合力等效为AB边与CD边安培力之和，即F合故答案为：BC。【分析】A：两条边电流方向虽不同，但磁场方向一致，安培力方向相同；B：利用左手定则直接判断安培力方向；C：并联电路电流与电阻成反比，结合安培力公式比较大小；D：等效分析导线框整体的安培力，合力不为零。9．【答案】D【解析】【解答】A．由图乙可知，t=0时刻质点Q加速度为0，随后加速度为负，说明此时Q位于平衡位置且向上振动；结合波形图与同侧法可判断，波沿x轴负方向传播，故A错误；B．由题图甲可得OQ=6 km=512λ，题图乙读出周期T=4 C．t=1 s=T4，D．0～5 s对应54T，质点P一个周期内路程为4A=40 cm；t=0时P在平衡位置下方、正向上运动，剩余故答案为：D。【分析】A：根据加速度图像判断质点起振方向，利用同侧法判断波的传播方向；B：结合距离与波长关系、周期，由波速公式求解波速；C：由振动周期分析质点在特定时刻的位移状态；D：根据质点初始位置与振动方向，判断T410．【答案】A,D【解析】【解答】A．a、b两粒子在水平方向均做匀速直线运动，水平方向位移之和为极板长度3L，即3L=v0+B．a粒子竖直方向受电场力做匀加速直线运动，竖直位移为极板间距的一半L，加速度a=qEm，由L=12aC．碰撞前a粒子水平速度为v0、竖直速度vy=at1=v0，合速度D．新粒子s仅在竖直方向做匀加速运动，结合竖直位移L、初速度与加速度，代入运动公式解得t2故答案为：AD。【分析】A：水平方向两粒子匀速运动，位移和等于极板长度，求解碰撞时间；B：利用竖直方向匀加速直线运动规律，结合牛顿第二定律求解电场强度；C：依据动量守恒定律求出碰撞后速度，通过能量差值计算机械能损失；D：分析碰撞后新粒子的竖直匀加速运动，求解到达极板的时间。11．【答案】（1）A；D（2）d（3）3【解析】【解答】（1）A．为了使得绳的拉力大小等于小车所受外力的合力，实验中需要调节定滑轮的高度，使牵引小车的细线跟导轨保持平行，故A正确；B．实验中，应把两光电门适当远离放置以减小实验误差，故B错误；C．光电门挡光时间越短，测量速度的误差越小，可知，遮光条适当窄些可以减小实验误差，故C错误；D．对槽码进行分析有mg−T=ma，对小车进行分析有T=Ma，解得T=MmgM+m=mg1+故答案为：AD。（2）遮光条通过光电门1、2的遮光时间分别为Δt1、Δt2，根据光电门测速原理可知，遮光条通过光电门1、2的速度分别为v解得a=d22L（3）根据图示可知，5分度游标卡尺的游标尺上每一分度为45mm=0.8mm解得n=3可知，游标尺上第3条刻度线与主尺的刻度线对齐。

故答案为：3

【分析】(1)逐一分析选项：细线平行保证合力恒定、光电门远离减小误差、遮光条窄减小测速误差、槽码质量远小于滑块时拉力近似等于槽码重力；(2)用光电门测瞬时速度，结合运动学公式v2(3)5分度游标卡尺精度0.2mm，由读数反推对齐刻度线。（1）A．为了使得绳的拉力大小等于小车所受外力的合力，实验中需要调节定滑轮的高度，使牵引小车的细线跟导轨保持平行，故A正确；B．实验中，应把两光电门适当远离放置以减小实验误差，故B错误；C．光电门挡光时间越短，测量速度的误差越小，可知，遮光条适当窄些可以减小实验误差，故C错误；D．对槽码进行分析有mg−T=ma对小车进行分析有T=Ma解得T=当M≫m时有T≈mg可知，若用槽码的重力表示滑块的合力，实验过程中应尽量满足槽码质量远小于滑块（含遮光条）质量，故D正确。故选AD。（2）遮光条通过光电门1、2的遮光时间分别为Δt1、Δt2根据速度与位移的关系有v解得a=（3）根据图示可知，5分度游标卡尺的游标尺上每一分度为4游标尺每一分度与主尺上的最小分度相差1可知，5分度游标卡尺的精度为0.2mm，令游标尺上第n条刻度线与主尺的刻度线对齐，由于d=9.6解得n=3可知，游标尺上第3条刻度线与主尺的刻度线对齐。12．【答案】（1）-（2）a；3.1（3）Rk（4）不正确【解析】【解答】（1）欧姆表测电压表内阻时，电流是从黑表笔流出，红表笔流进，故应该将红表笔接电压表的“-”接线柱；

故答案为：-（2）为了保护电路，防止通过电流表的电流过大，烧坏电表，闭合开关前，应该将滑动变阻器的滑片移到最左端a端。电压表内阻RV=UI-（3）由RV=UI-UR，变形得U=R（4）电路乙中测量电路的最大电流约为Im=3V3kΩ=1mA，由于电路乙中测量时电流表的指针偏转角度小，测量的数据少，因此测量误差大，乙同学的观点不正确。

故答案为：不正确（1）欧姆表测电压表内阻时，电流是从黑表笔流出，红表笔流进，故应该将红表笔接电压表的“-”接线柱；（2）[1]为了保护电路，防止通过电流表的电流过大，烧坏电表，闭合开关前，应该将滑动变阻器的滑片移到最左端a端。[2]电压表内阻R（3）由R变形得U=结合题意，有R解得电压表的内阻R（4）电路乙中测量电路的最大电流约为I由于电路乙中测量时电流表的指针偏转角度小，测量的数据少，因此测量误差大，乙同学的观点不正确。13．【答案】（1）解：由运动学公式可知第一阶段导弹的加速度大小a=v（2）解：由动量定理有−解得第二阶段导弹受到的平均空气阻力大小f=2.2×（3）解：第一阶段导弹上升的高度为h第二阶段导弹上升的高度为h则导弹在第一、二阶段上升的总高度为H=【解析】【分析】(1)第一阶段匀加速，由加速度定义式直接求解；

(2)第二阶段匀减速，用动量定理列方程求解空气阻力；

(3)两阶段均为匀变速直线运动，用平均速度求位移再求和。（1）由运动学公式可知第一阶段导弹的加速度大小a=v（2）由动量定理有−解得第二阶段导弹受到的平均空气阻力大小f=2.2×（3）第一阶段导弹上升的高度为h第二阶段导弹上升的高度为h则导弹在第一、二阶段上升的总高度为H=14．【答案】（1）解：小球从A到B，根据动能定理3mgL解得U（2）解：小球从A到B由能量转化与守恒知3mgL解得Q=（3）解：若小球在A到B之间的D点处加速度为0，设D到C的距离为x，有mgsin小球从A到D能量转化与守恒mg解得小球在A、B之间运动的最大速度大小v【解析】【分析】(1)对A到B用动能定理，重力做功与电场力做功之和为0，求解电势差UAB(2)由能量守恒，重力势能的减少量等于电势能的增加量，求解点电荷Q；(3)速度最大时合力为零，先求出对应位置，再用能量守恒求最大速度。（1）小球从A到B，根据动能定理3mgL解得U（2）小球从A到B由能量转化与守恒知3mgL解得Q=（3）若小球在A到B之间的D点处加