甘肃宕昌第一中学、第二中学、两当第一中学2025-2026学年高三下学期三诊摸底考试物理试卷（含答案）

第第页甘肃宕昌第一中学、第二中学、两当第一中学2025-2026学年高三下学期三诊摸底考试物理试卷一、选择题（共10小题，1-7题为单选，每小题4分，8-10题为多选，每小题5分，错选或不选得0分，少选得3分，共43分。）1．随着科技的发展，手机的功能越来越多。如图所示是小米同学随质量为100kg货物乘坐电梯时利用手机软件制作的运动v−t图像（竖直向上为正方向），g取10mA．0~10sB．0~10sC．0~46sD．30s2．图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹。粒子先经过M点，再经过N点可以判定（）A．M点的电势小于N点的电势B．粒子在M点的电势能小于N点的电势能C．粒子在M点的加速度大于在N点的加速度D．粒子在M点的速度小于在N点的速度3．体操运动员从空中落地时总要屈腿，这样做的主要目的是（）A．减小人落地前瞬间的速度 B．减小地面对人的冲击力C．减小地面对人的冲量 D．减小人的动量变化量4．玻尔原子理论可解释氦离子（He+）的能级跃迁。如图为He+的能级示意图，一群处于n=3能级的He+在向低能级跃迁过程中发出不同频率的光子，照射到金属钠的表面。已知金属钠的逸出功为2.29eV，这群He+跃迁过程发出的（）A．光子频率只有2种 B．光子能量可能为6.04eVC．光子能量最大为54.4eV D．光均可使金属钠发生光电效应5．如图所示，健身球通常由橡胶制成，其内部充满气体能够承受较大的压力。当人体缓慢离开健身球的过程可认为球内气体温度不变，已知球内气体可视为理想气体，下列说法正确的是（）A．球内气体向外界放出热量B．球内气体分子数密度不变C．球内所有气体分子的动能都不变D．球内气体分子单位时间对单位面积器壁的撞击力减小6．科学的发展离不开科学家的不断探索。关于科学家及其贡献，下列说法正确的是（）A．库仑做了大量实验，发现了电磁感应现象B．洛伦兹提出了分子电流假说C．楞次分析了关于感应电流方向的实验事实后，提出楞次定律D．法拉第提出了电磁感应定律7．将一网球以一定的初速度竖直向上击出，一段时间后落回击出点。运动过程中，网球受空气阻力Ff=kv（k为常数）。以竖直向上为正方向，则整个运动过程中，网球的加速度a、速度v随时间t变化的图像及动能Ek、机械能EA． B．C． D．二、多选题8．如图为远距离输电线路示意图，由发电机、理想升压变压器、理想降压变压器、用户等组成。发电机矩形线框的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r（很小），在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO'轴以角速度ω匀速转动。升压变压器原、副线圈的匝数比为k1，降压变压器原、副线圈的匝数比为k2。已知升压变压器和降压变压器之间的输电线总电阻为R1，用户总电阻为R2，电流表为理想电表，初始时开关S闭合。下列说法正确的是（）A．电流表的示数I=B．电阻R1、R2消耗的功率之比为RC．电阻R1、R2消耗的功率之比为RD．若用户数量增加，则升压变压器的输入功率一定减小9．如图所示，质量为m的弹簧振子在竖直方向上做简谐运动，振动到最高点时弹簧恰好为原长，已知轻质弹簧劲度系数为k，重力加速度为g。下列判断正确的是（）A．弹簧振子的振幅为2mgB．弹簧振子在最低点时受到的弹力大小为2mgC．弹簧的最大弹性势能为2D．弹簧振子的最大动能为m10．物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动。通过力和速度传感器监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律分别如图甲、乙所示。取g=10m/sA．第1.5s末推力F做功的瞬时功率为3WB．第2s内物体克服摩擦力做的功WC．前2s内推力F做功的平均功率为3WD．物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.4三、实验题（共14分）11．某学习小组在倾斜的气垫导轨上验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示，当地重力加速度为g。实验操作如下：（1）如图乙所示，先用游标卡尺测出遮光条的宽度d=cm。（2）将气垫导轨右侧适当垫高，测出光电门A、B光敏管的高度分别为hA、h（3）将滑块轻放在调节好的气垫导轨右端，测出滑块经过光电门A、B的时间ΔtA、ΔtB，则滑块经过光电门（4）若满足（用题目所给的符号表示），则说明滑块在光电门A、B之间运动的过程中机械能守恒。12．一个有两个量程的电压表已损坏，电流表G的满偏电流Ig（1）拆开电压表，经检测，R1损坏，表头和R2完好；（2）用如图乙所示的电路测量表头的内阻，图乙中电源的电动势E=4V。闭合开关前，滑动变阻器R的滑片应移到（填“a端”或“b端”），先闭合S1，调节滑动变阻器R，使表头的指针偏转到满刻度；再闭合开关S2，保持R不变，仅调节电阻箱R'阻值，使表头指针偏转到满刻度的23，读出此时R'的阻值为200Ω，则表头的内阻的测量值为（3）根据题给条件和（2）所测数据，请你推算电阻R1损坏之前的阻值应为Ω，选取相应的电阻替换R1，重新安装好电表；（4）用标准电压表对修复后的电压表的“0~3V”量程进行校对，请在答题纸上把如图丙所示的实物电路补充完整；（5）校准时发现，修复后的电压表的读数比标准电压表的读数偏小，该同学认为造成这一结果的原因是，由于步骤（2）测量表头的内阻存在一定的误差，表头内阻的真实值（填“大于”或“小于”）测量值。四、计算题（共43分）13．如图所示的三维坐标系中，在y＜0、z＞0的区域Ⅰ内有沿y轴正方向的匀强电场，在y＞0、z＞0的区域Ⅱ内有沿x轴正方向的匀强磁场，在y＞0、z＜0的区域Ⅲ内有沿y轴正方向的匀强电场和匀强磁场，区域Ⅱ、Ⅲ内磁场的磁感应强度大小相等。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带正电粒子自坐标为（0，－d，0）的P1点沿z轴正方向以大小为v0的初速度射入区域Ⅰ，恰好从坐标为（0，0，2d）的P2（1）区域Ⅰ内匀强电场的电场强度大小；（2）区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度大小；（3）区域Ⅲ内匀强电场的电场强度大小。14．如图所示，一半径为5r的透明均质半球置于空气中，某圆柱形单色平行光束垂直于半球底面入射，光束横截面圆心与半球底面圆心重合。若要整束光都不发生全反射，其横截面的半径最大为3r。（1）求该光束在半球中的折射率；（2）若换成半径为3r在半球中折射率为原光束的k(k>0)倍的另一光束，其他条件不变，求此时半球有光束射出的球冠底面面积。（不考虑反射光的折射）15．如图所示，水平地面上有一高H=0.4m的水平台面，台面上竖直放置倾角θ=37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r=0.1m、圆心在O1点，轨道DEF的半径R=0.2m、圆心在O2点，O1、D、O2和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道AB上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ=（1）若小滑块的初始高度h=0.9m，求小滑块到达B点时速度v（2）若小球能完成整个运动过程，求h的最小值hmin（3）若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A：0~10s内，货物随电梯向上加速，加速度方向竖直向上，此时货物处于超重状态，A错误；B：0~10s内，电梯的加速度大小为a=ΔvΔt=C：根据v-t图像与坐标轴围成的面积代表位移，0~46s内货物上升的距离为梯形面积减去三角形面积，即x=(20+36)D：30s~36s内，货物随电梯向上减速，加速度方向竖直向下，此时货物处于失重状态，D错误。故答案为：B【分析】A：核心思路是根据加速度方向判断超重/失重状态，加速度向上时物体处于超重状态；B：结合v-t图像的斜率求加速度，再通过牛顿第二定律计算支持力；C：利用v-t图像的面积法计算总位移，需注意区分正负面积；D：根据加速度方向判断超重/失重状态，加速度向下时物体处于失重状态。2．【答案】D【解析】【解答】A：根据电场线方向判断电势，沿电场线方向电势逐渐降低，因此M点的电势高于N点的电势，故A错误；B：粒子从M点运动到N点的过程中，电场力对粒子做正功，粒子的电势能减小，因此粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故B错误；C：电场线的疏密表示场强大小，N点的电场线更密集，说明N点场强大于M点场强。由F=qE可知，粒子在N点受到的电场力更大，根据牛顿第二定律，粒子在N点的加速度大于在M点的加速度，故C错误；D：粒子从M点运动到N点的过程中，电场力做正功，粒子的动能增大，因此粒子在M点的速度小于在N点的速度，故D正确。故答案为：D【分析】A：核心思路是根据电场线方向判断电势高低，沿电场线方向电势降低；B：结合粒子运动轨迹判断电场力做功情况，进而分析电势能的变化；C：根据电场线的疏密判断场强大小，再由牛顿第二定律分析加速度的大小；D：根据电场力做功与动能变化的关系，分析粒子在M、N两点的速度大小。3．【答案】B【解析】【解答】A：落地前瞬间的速度由下落高度决定，屈腿动作发生在触地之后，无法改变触地前的速度，故A错误；B：人的末动量为0，动量变化量ΔpC：根据动量定理I=Δp，地面对人的支持力和重力的合冲量等于动量的变化量。屈腿延长了作用时间D：人的动量变化量由落地前的速度和质量决定，是固定不变的，屈腿不会改变这一数值，故D错误。故答案为：B【分析】A：核心思路是明确落地前的速度由下落过程决定，屈腿动作无法改变；B：结合动量定理，分析接触时间与冲击力的关系；C：根据动量定理，分析作用时间对地面冲量的影响；D：明确动量变化量由初末状态决定，与作用时间无关。4．【答案】D【解析】【解答】A：一群处于n=3能级的He+向低能级跃迁时，可能的跃迁路径为n=3→n=1、n=3→n=2、n=2→n=1，因此会释放3种不同频率的光子，并非只有2种，故A错误；B：三种跃迁释放的光子能量分别为：E31=48.36 eV、E32=7.56 C：光子能量的最大值出现在n=3→n=1的跃迁中，为48.36 eV，并非54.4 D：金属钠的逸出功为2.29 eV，三种光子的能量（7.56 eV、40.8 eV故答案为：D【分析】A：核心思路是明确氢原子能级跃迁时，光子的种类数由可能的跃迁路径决定；B：结合能级差公式，计算三种跃迁释放的光子能量；C：找出能量最大的光子对应的跃迁路径，计算其能量；D：将三种光子的能量与金属钠的逸出功比较，判断是否能发生光电效应。5．【答案】D【解析】【解答】A：球内气体温度不变，内能不变（ΔU=0）；人体缓慢离开时，气体体积增大，气体对外做功（W<0）。根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可得B：气体分子总数不变，体积增大，因此分子数密度减小，故B错误；C：温度不变，分子的平均动能不变，但单个分子的动能仍可能发生变化，并非所有气体分子的动能都不变，故C错误；D：根据理想气体状态方程pV/T=C，温度不变、体积增大时，压强减小；而压强的微观本质是分子单位时间对单位面积器壁的撞击力，因此撞击力减小，故D正确。故答案为：D【分析】A：核心思路是结合等温过程的内能特点，利用热力学第一定律分析吸放热情况；B：根据气体分子总数和体积的变化，判断分子数密度的变化；C：区分分子平均动能与单个分子动能的概念，温度不变仅意味着平均动能不变；D：结合理想气体状态方程分析压强变化，再联系压强的微观本质判断撞击力的变化。6．【答案】C【解析】【解答】A、库仑通过扭秤实验得出库仑定律，法拉第发现电磁感应现象，故A错误；

B、安培提出分子电流假说，并非洛伦兹，故B错误；

C、楞次通过大量实验总结得出感应电流方向规律，即楞次定律，故C正确；

D、法拉第发现电磁感应现象，纽曼、韦伯总结出电磁感应定律表达式，故D错误；

故答案为：C。

【分析】A、考查库仑与法拉第的物理学贡献，区分库仑定律和电磁感应现象发现人；

B、考查分子电流假说的提出者为安培；

C、考查楞次定律的由来，楞次总结感应电流方向规律；

D、区分电磁感应现象发现者与电磁感应定律公式总结者。7．【答案】D【解析】【解答】A：上升过程中，空气阻力与速度方向相反，合力向下，加速度a=−g+kvm，随着速度v减小，加速度大小逐渐减小，且v减小得越来越慢，因此a−tB：v−t图像的斜率表示加速度，上升过程加速度大小逐渐减小，因此斜率绝对值应逐渐减小，但图B中上升段斜率绝对值并非逐渐减小，故B错误；C：根据动能定理，上升段ΔEkΔD：上升过程中，机械能随高度h增大而减小，ΔEΔh故答案为：D【分析】A：核心思路是分析上升过程中加速度随速度的变化规律，判断a−t图像的斜率变化；B：结合v−t图像的物理意义，根据加速度变化规律分析斜率绝对值的变化；C：利用动能定理分析动能随高度的变化，判断EkD：根据空气阻力做功与机械能变化的关系，分别分析上升和下落过程中机械能随高度的变化规律。8．【答案】A,C【解析】【解答】A：矩形线框产生的正弦交流电有效值为U=nBSω2，通过等效电阻法，升压变压器副边及后续电路的等效电阻为R'B：电阻R1、R2消耗的功率之比为C：由B选项的分析可知，功率之比为R1D：若用户数量增加，总负载电阻减小，输出功率变大，因此升压变压器的输入功率也变大，故D错误。故答案为：AC【分析】A：核心思路是先计算发电机的电动势有效值，再通过等效电阻法将副边电路等效到原边，进而计算电流；B、C：根据变压器的电流比关系，计算R1、R2的电流比，再结合功率公式D：用户数量增加会导致总负载电阻减小，输出功率增大，因此输入功率也会增大。9．【答案】B,C【解析】【解答】A：振子的平衡位置满足mg=kx，解得弹簧伸长量x=mgk，由于最高点弹簧恰好为原长，因此振幅等于平衡位置到最高点的距离，即B：最低点到最高点的距离为2A=2mgk，此时弹簧伸长量为2A，弹力大小C：最高点弹簧为原长，弹性势能为0；根据机械能守恒，最高点与最低点动能均为0，重力势能的减少量全部转化为弹性势能，即EpD：振子在平衡位置时动能最大，从最高点到平衡位置，重力势能减少mgA=m2g故答案为：BC【分析】A：核心思路是先确定平衡位置的弹簧伸长量，再结合最高点弹簧为原长的条件，分析振幅大小；B：根据振幅计算最低点的弹簧伸长量，再由胡克定律计算弹力；C：利用机械能守恒，结合最高点和最低点的能量状态，计算最大弹性势能；D：分析平衡位置的能量转化关系，判断最大动能的大小。10．【答案】A,D【解析】【解答】A：第1.5s末，推力F=3 N，速度v=1 m/s，推力做功的瞬时功率B：2-3s内物体匀速运动，摩擦力f=2 N，第2s内物体的位移x=12C：前2s内，只有1-2s内推力F=3 N，位移x=1 m，推力做功WFD：1-2s内物体的加速度a=22−1=2 m/s2，由牛顿第二定律F−f=ma，即3−2=m×2，解得m=0.5 故答案为：AD【分析】A：核心思路是利用瞬时功率公式P=Fv，结合图像中1.5s时的推力和速度进行计算；B：先通过匀速运动阶段确定摩擦力大小，再结合第2s内的位移计算克服摩擦力的功；C：计算前2s内推力做的总功，再除以时间得到平均功率；D：根据速度图像的斜率求加速度，再由牛顿第二定律求质量，最后计算动摩擦因数。11．【答案】0.515；dΔt【解析】【解答】（1）根据游标卡尺的读数规则，遮光条的宽度d=5mm+0.05×3（3）遮光条的宽度为d，滑块经过光电门A的时间为ΔtA，滑块经过光电门A时的速度为v=d（4）若机械能守恒，则滑块减少的重力势能等于增加的动能，化简可得g(hA−hB)=12[12．【答案】b；100；9900；；大于【解析】【解得】滑动变阻器的阻值很大，而且在闭合电键S1应将其阻值调到最大；实验中电阻箱不能用变阻器替代，因为变阻器不能直接读数；测量电流表内阻时，在闭合电键S2后，不能再调节R，以保持电路中的电流不变；另外，对器材的选择必须保证R'＞＞R。

（2）闭合开关前，为了保护电路，电路阻值应调大最大，故滑动变阻器R的滑片应移到b端；题意知闭合S2前，干路电流为Ig，闭合S2后，干路电流不变，电流表和电阻箱并联，电压相同，题意可知电流表示数为23Ig，故流过电阻箱的电流为2代入数据得R（3）题意知电流表与R1串联构成了量程为3V的电压表，故3解得R（4）校准改装好的电压表需要标准电压表与其并联，故图如下（5）由于步骤（2）中闭合S2时认为干路电流不变，实际并联后的电路总电阻减小，总电流增大，此时干路电流大于Ig，故流过R'的电流大于13Ig，故表头内阻的真实值大于测量值。

【分析】（2）滑动变阻器应在最大阻值，起保护电路作用；

（3）闭合S213．【答案】（1）解：由题意，粒子在区域Ⅰ内的运动为类平抛运动，其轨迹如图由牛顿第二定律定律E由类平抛运动知识2d=v0联立解得E（2）解：设粒子在P2点时速度大小为v1，方向与z轴正方向的夹角为θ，由运动学知识得v解得v1=粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，其轨迹如图由洛伦兹力提供向心力q由几何关系知轨迹半径r解得区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小为B=（3）解：粒子在区域Ⅲ内的两个分运动为：垂直yOz平面的匀速圆周运动和沿y轴正方向初速度为零的匀加速直线运动。设粒子离开区域Ⅲ时沿y轴正方向的速度大小为v2，则粒子在区域Ⅲ中运动时间由运动学公式v其中v解得区域Ⅲ内电场的电场强度E【解析】【分析】(1)粒子在区域Ⅰ做类平抛运动，沿z轴匀速、沿y轴匀加速，结合运动学公式和牛顿第二定律求电场强度；

(2)先求粒子进入区域Ⅱ的速度，再由洛伦兹力提供向心力，结合几何关系求磁感应强度；

(3)粒子在区域Ⅲ的运动为圆周运动与匀加速直线运动的合成，结合速度合成和运动学公式求电场强度。（1）由题意，粒子在区域Ⅰ内的运动为类平抛运动，其轨迹如图由牛顿第二定律定律E由类平抛运动知识2d=v0