2026年甘肃省嘉峪关市酒钢三中高考物理三诊试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2026年甘肃省嘉峪关市酒钢三中高考物理三诊试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.关于放射性元素的衰变和核反应，以下说法完全正确的一项是(

)A.γ射线是波长很短的电磁波，与α射线和β射线相比，其穿透能力是最弱的

B.碳14的半衰期为5730年，则100个碳14原子在11460年后还剩下25个

C.卢瑟福用α粒子轰击氮原子核的核反应方程为 714N+ 2.在如图所示的xOy坐标系中，一条弹性绳沿x轴放置，图中小黑点代表绳上的质点，相邻质点的间距为a，t=0时，x=0处的质点P0开始沿y轴做周期为T、振幅为A的简谐运动，t=34TA.t=34T时，质点P6沿y轴负方向运动 B.t=34T时，质点P4的加速度最大

C.t=33.如图所示，一正方体玻璃砖边长为a。玻璃砖底面中心有一单色点光源，可向各个方向发射光线。该玻璃砖对光的折射率为3，则玻璃砖上表面有光折射出来的区域面积为(

)A.a2

B.12a2

C.4.甲图是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为乙图所示的正弦交流电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压表为理想交流电表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花点燃气体。开关闭合后，下列说法正确的是A.0.5×10−2s时电压表的示数为5V

B.电压表的示数始终为52V

C.原线圈中交变电流的频率为50Hz，原线圈中的电流方向每秒改变505.如图，一辆汽车以恒定速率通过圆弧拱桥，N为桥面最高处，则汽车(

)A.在N处所受支持力大小大于其重力

B.在N处所受支持力大小等于其重力

C.从M到N过程所受支持力逐渐增大

D.从M到N过程所受支持力逐渐减小6.2023年9月7日，印度尼西亚雅加达到万隆的高速铁路面向公众开通试运营。雅万高铁是由中国建造的东南亚第一条高速铁路，它是中国高铁首次全系统、全要素、全产业链在海外建设项目，全线采用中国技术、中国标准。在某次试运行过程中，质量为m的列车从静止开始运动，加速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻达到最大功率，t1～t2内列车保持最大功率运行，假定运行过程中，列车受到阻力的大小恒为重力的k倍，重力加速度为gA.0～t1内，列车的牵引力为ma0

B.列车的最大功率为12(kmg+ma0)a0t1

7.有一带正电粒子仅在电场力作用下沿x轴运动，其速度v随位移x变化的关系图像如图所示。取O点的电势为零，下列说法正确的是(

)A.该电场为匀强电场

B.2x0处的电势是x0处电势的2倍

C.该粒子做加速度增大的加速运动

D.该粒子在x0～2x0段的动能增加量是0～x08.下列说法中正确的有(

)A.紫外线比紫光更容易发生干涉和衍射

B.光的偏振现象说明光是纵波

C.由红光和绿光组成的一细光束从水中射向空气，在不断增大入射角时，水面上首先消失的是绿光

D.某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到图甲所示的条纹，仅减小双缝之间的距离后，观察到如图乙所示的条纹

9.在图乙所示的电路中，通入图甲所示的交变电流，此交变电流的每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定。电阻R的阻值为12Ω，电表均为理想电表。下列判断正确的是(

)

A.电压表的示数为6V

B.该交变电流的电压有效值为43V

C.电阻R一个周期内产生的热量一定大于9J

10.1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，加速电压为U.实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制．若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，加速过程中不考虑相对论效应和重力作用A.粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比2：1

B.粒子从静止开始加速到出口处所需的时间πBR22U

C.如果fm>qB三、实验题：本大题共2小题，共14分。11.小英同学在探究向心力大小的表达式实验时：用如图甲所示的装置，已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的轨迹半径之比为1：2：1，变速塔轮自上而下按如图乙所示三种组合方式，左右每层半径之比由上至下分别为1：1、2：1和3：1。回答以下问题：

(1)本实验所采用的实验探究方法与下列哪个实验是相同的______(填“A”或“B”)。

A.探究两个互成角度的力的合成规律

B.探究影响导体电阻的因素

(2)小英同学把质量为m1、m2的两个小球分别放在B、C位置做实验，若两小球做圆周运动的角速度相等，转动稳定时根据左右两边标尺上的等分格显示可知两个小球所受向心力大小比为8：1，则m1：m2=______。

(3)小英同学在某次实验时，把质量相等的两小球分别放在A、C位置，根据左右两边标尺上的等分格显示可知两个小球所受向心力大小比为1：12.用伏安法测定一个待测电阻Rx的阻值(阻值约为200Ω)，实验室提供如下器材：

电池组E：电动势3V，内阻不计；

电流表A1：量程0～15mA，内阻约为100Ω；

电流表A2：量程0～300μA，内阻为1000Ω；

滑动变阻器R1：阻值范围0～20Ω，额定电流2A；

电阻箱R2：阻值范围0～9999Ω，额定电流1A；

开关S、导线若干。

要求实验中尽可能准确地测量Rx的阻值，请回答下列问题：

(1)为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表______(填写器材代号)与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到______Ω，这样可以改装成一个量程为3.0V的电压表。

(2)在图中画出完整测量Rx阻值的电路图，并在图中标明器材代号。

(3)调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可读出电流表A1的示数是______mA，电流表四、计算题：本大题共3小题，共43分。13.内壁光滑的导热气缸固定在水平面上，用质量为m的活塞密封一段长度为L的气体，活塞的横截面积为S。给活塞一个向左的初速度v0，活塞向左移动了L10，此时速度减为零。已知大气压强为p0，不计密封气体温度的变化。求：(1)活塞速度为零时，密封气体的压强p；

(2)该过程放出的热量Q放14.电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s=1.15m，两导轨间距L=0.75m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R=1.5Ω的电阻，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r=0.5Ω，质量m=0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Qr=0.1J.(取g=10m/s2)求：

(1)金属棒在此过程中克服安培力的功W安。

(2)金属棒下滑速度v=2m/s时的加速度a。

(3)15.足够长的倾角为θ的光滑斜面的底端固定一轻弹簧，弹簧的上端连接质量为m、厚度不计的钢板，钢板静止时弹簧的压缩量为x0，如图所示，一物块从钢板上方距离为3x0的A处沿斜面下滑，与钢板碰撞后立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点，O为弹簧自然伸长时钢板的位置，若物块质量为2m，仍从A处沿斜面下滑，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度。已知重力加速度为g，计算结果可以用根式表示，求：

(1)质量为m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v1；

(2)碰撞前弹簧的弹性势能；

(3)质量为2m的物块沿斜面向上运动到达的最高点离O点的距离。答案解析1.【答案】C

【解析】解：A.γ射线是波长很短的电磁波，与α射线和β射线相比，其穿透能力是最强的，故A错误；

B.碳14的半衰期为5730年，则100个碳14原子数量太少，不满足半衰期的规律，不能判断在11460年后还剩下多少个未衰变，故B错误；

C.卢瑟福用α粒子轰击氮原子核的核反应方程为 714N+ 24He→ 817O+ 11H，故C正确；

2.【答案】B

【解析】解：A．t=34T时，由波形图可知，波刚好传到质点P6，则根据题图及“同侧法”可知，此时质点P6沿y轴正方向运动，故A错误；

B.由图可知，在t=34T时质点P4处于正的最大位移处，则由F=ma=−kx可知，此时质点P4的加速度最大，故B正确；

C.由图可知，在t=34T时，质点P3沿y轴负方向运动，质点P5沿y轴正方向运动，根据对称性可知此时质点P3和P5速度大小相等，方向相反，故C错误；

D.由图可知，该波的波长λ满足：

λ2=4a，

解得：

λ=8a，

故该列绳波的波速为：

v=λT=8aT，故3.【答案】A

【解析】解：由折射率和全反射临界角关系可知sinC=1n，代入数据可得sinC=33，

光在上表面恰好全反射时如图所示：

由几何关系可知，tanC=ra，代入数据可得r=22a，圆的直径等于上表面的对角线，因此光线在上表面能被光照亮的区域是整个正方形，所以面积为S=a2，故4.【答案】D

【解析】解：AB、根据图(乙)得到原线圈输入电压的最大值为U1m=5V，根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，原线圈输入电压的有效值为U1=U1m2=52V=522V，则电压表的示数始终为522V，故AB错误；

C、根据图(乙)可知原线圈输入电压周期为T=0.02s，频率为f=1T=10.02Hz=50Hz，一个周期内电流方向改变2次，变压器不改变交变电流的频率，故副线圈电流方向每秒改变100次，故C错误；

D、瞬时电压大于5000V即火花放电，即副线圈输出电压最大值为5000V，根据变压比可得

n15.【答案】C

【解析】解：AB、在N点处，在竖直方向对汽车由牛顿第二定律有：mg−FN=mv2R，可知汽车在N处所受支持力大小小于其重力，故AB错误；

CD、从M到N过程，对汽车受力分析，把重力分解，如下图所示：

由牛顿第二定律有：mgcosθ−FN=mv2R

可得支持力大小：FN=mgcosθ−mv2R，从M到N，θ减小，cosθ增大，速率v不变，可知支持力F6.【答案】D

【解析】解：在0到t1时间内，列车做匀加速直线运动，加速度为a0，所受阻力f=kmg。根据牛顿第二定律有F1−kmg=ma0，解得此阶段牵引力F1=kmg+ma0。

在t1时刻，列车速度达到v1=a0t1，此时列车达到最大功率Pm=F1v1=(kmg+ma0)a0t1。该阶段牵引力恒定，做功W1=F1x1=F1⋅12a0t12=12Pmt1，平均功率P−1=W1t1=12Pm。在t1到t2时间内，列车保持最大功率Pm运行，该阶段平均功率P−2=Pm7.【答案】C

【解析】解：A.若电场为匀强电场，则仅在电场力作用下，带正电粒子将做匀加速运动，根据速度和位移的关系式可知速度的平方与位移成正比，因为题中v−x图像为直线，所以该电场是非匀强电场，故A错误；

B.根据图像可以知道该粒子在x0处的速度大小为v02，O点的电势为零，粒子在O点的电势能为零，速度为零，动能为零，该粒子仅受电场力，其电势能与动能之和不变，有

qφ1+12m×(v02)2=qφ2+12mv02=0

得

φ2=4φ1

故B错误；

C.根据图知

v=kx

可得

ΔvΔt=kΔxΔt

即

a=kv

所以该粒子做加速度增大的加速运动，故C正确；

D.根据题中v−x图像可知，该粒子在0～x0段的动能增加量为

ΔE1=12m×(v02)2−0=18mv08.【答案】CD

【解析】解：A、波长越长越容易发生明显的衍射，紫外线的波长小于紫光，所以紫外线比紫光更不容易发生明显的衍射现象，故A错误；

B、光的偏振现象说明光是横波，偏振是横波特有的现象，故B错误；

C、红光的折射率小于绿光的折射率，根据sinC=1n可知，红光的临界角大于绿光的临界角，所以由红光和绿光组成的一细光束从水中射向空气，在不断增大入射角时，绿光先达到临界角，水面上首先消失的是绿光，故C正确；

D、根据干涉条纹间距公式Δx=ldλ可知，仅减小双缝之间的距离d后，条纹间距变大，会观察到如图乙所示的条纹，故D正确。

故选：CD。

9.【答案】AD

【解析】解：AB.设交流电的周期为T，电压的有效值为U，根据焦耳定律U2RT=U12R×13T+U22R×23T

其中U1=622V=6V，U2=6V

代入数据解得U=6V

电压表的示数为有效值，因此电压表示数为6V，故A10.【答案】ABD

【解析】解：A、根据v2=2ax得，带电粒子第一次和和第二次经过加速后的速度比为2：1，

根据r=mvqB知，带电粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比r2：r1=2：1.故A正确．

B、设粒子到出口处被加速了n圈解得2nqU=12mv2，

而qvB=mv2R，且T=2πmqB，及t=nT；

解得：t=πBR22U，故B正确．

CD、根据qvB=mv2R，知v=11.【答案】B；

4：1；

2：1

【解析】解：(1)A.“探究两个互成角度的力的合成规律”应用的是等效替代的设计思路，A错误；

B.“探究电阻的影响因素”应用的是控制变量的设计思路，故B正确；

故选：B。

(2)由向心力的公式可知

F1=m1ω2r1

F2=m2ω2r2

解得

m1m2=F1r2F2r1=81×12=41

(3)由题可知，A、C两出的角速度之比

ωAωC=FAFB=12.【答案】A2;9000

8.0;150;191Ω【解析】解：(1)待测电阻两端加3V电压时，电流约为

I=URx=3200A=0.015A=15mA

电流A1测量电流；为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表A2与电阻箱串联改装成量程为3V的电压表，需要调电阻箱阻值为

R2=UI2−RA2=33×10−4Ω−1000Ω=9000Ω

(2)滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法，待测电阻阻值约为200Ω，电流表A1内阻约为100Ω，电压表内阻为

RV=1000Ω+9000Ω=10000Ω

电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，电路图如图所示

(3)由图示可知，电流表A1的示数为8.0mA，电流表A2的示数是150μA；

待测电阻两端电压

U=I2RV13.【答案】解：(1)根据题意，由玻意耳定律得

p0LS=p(L−L10)S

解得：p=109p0

(2)设活塞对气体做功为W，吸收的热量为Q，对气体应用热力学第一定律得

ΔU=W+Q

由题意可知：Q放=−Q，ΔU=0

对活塞分析，由动能定理得

p0SL10−W=0−12mv0【解析】(1)根据玻意耳定律列式即可求解；

(2)根据热力学第一定律以及对活塞应用动能定理列式求解。

本题考查了玻意耳定律、热力学第一定律以及动能定理的综合应用，为典型题目，题目难度适中。14.【答案】解：(1)下滑的过程中金属棒克服安培力做功等于回路产生的焦耳热．

由于R=3r，因此由焦耳定律Q=I2Rt得：QR=3Qr