四川省成都市2026年高三第二次模拟测试物理试卷（含答案）

第第页四川省成都市2026年高三第二次模拟测试物理试卷一、单项选择题：本题共7小题，每题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1．下列现象属于光的干涉的是（）A．瀑布旁出现彩虹B．岸上看水池的深度变浅C．肥皂泡在日光照射下呈现彩色D．通过一条狭缝看太阳光观察到彩色条纹2．如图所示，大量处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁，辐射出①②③三种不同频率的光子。下列说法正确的是（）A．①光子波长最长 B．①光子频率最高C．③光子能量最小 D．③光子动量最小3．图示为α粒子散射实验得到的α粒子运动轨迹示意图，M、N、P为三条不同轨迹上的三点。下列说法正确的是（）A．α粒子在P点处动能为零B．α粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力C．轨迹经过N点的α粒子运动过程中机械能保持不变D．轨迹经过M点的α粒子运动过程中电势能先增大后减小4．图示为某时刻在同种均匀介质中沿x轴正方向传播的机械波的波形图，振幅与频率在改变的波源位于坐标原点，该时刻机械波恰好传到P点。下列说法正确的是（）A．该时刻波源向上振动 B．机械波传播速度逐渐增大C．波源振动频率逐渐增大 D．波源振幅逐渐增大5．恒星a、b绕连线上的某点O做匀速圆周运动组成双星系统（仅考虑a、b间的万有引力作用）。若a、b质量之比为k，则a、b绕O运动的线速度大小之比为（）A．k B．1k C．k D．6．图示为研究小组通过无动力轨道小车在直线轨道约束下的运动来模拟帆船逆风行驶的俯视图。虚线为小车轨道，通过调节小车上帆的方向，能实现小车从静止开始沿轨道中箭头方向逆风行驶的选项是（）A． B．C． D．7．如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平固定放置，一端连接定值电阻，空间存在竖直向下的匀强磁场。导体棒MN放在导轨上，t=0时以初速度v0水平向右运动，经过足够长时间停在导轨上。导体棒及导轨接触良好，且电阻均忽略不计。下列正确描述MN运动过程中加速度a、速度v随时间t或位移xA． B．C． D．二、多项选择题：本题共3小题，每题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8．图示为某国产电动汽车在性能测试中从静止加速到100km/h又减速到零的v−t图像，图像t=0A．0∼tB．0∼tC．t2大于D．0∼t1时间内汽车的位移大于9．如图所示，竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，边长为L、总电阻为R的单匝正方形线框先后绕过ab边和bc边的轴以相同大小的角速度ω按图示方向匀速转动。从图示位置开始计时，下列说法正确的是（）A．当线框绕过ab边的轴转动时，在图示位置线框中电流方向为adcbaB．当线框绕过ab边的轴转动时，a、d两点间的电势差UC．当线框绕过bc边的轴转动时，线框中感应电动势随时间变化的表达式e=BD．当线框绕过bc边的轴转动时，线框转动一周过程中外力做功W=10．如图所示，静止于水平面上，质量均为m的物块P与光滑物块Q通过劲度系数为k的轻弹簧相连，初始时弹簧处于原长。现对Q施加大小为mg2，方向水平向右的恒力。已知P与地面的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计Q与地面的摩擦力，重力加速度大小为g，弹簧的弹性势能EA．P开始运动前，Q做加速度逐渐减小的加速运动B．P即将开始运动时，Q的速度大小为mC．P开始运动后，弹簧的最大弹性势能为3+2D．P开始运动后，弹簧的最小弹性势能为m三、非选择题：本题共5小题，共54分。其中第13～15小题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。11．某同学用图（a）所示装置来测定滑块与导轨间的动摩擦因数μ，实验过程中调节导轨使其水平，测出滑块、砝码（含托盘）质量均为m，遮光条（未画出）宽度为d，滑块左端到光电门的距离为L。（1）测量遮光条宽度时游标卡尺示数如图（b）所示，则遮光条宽度d=cm；（2）将遮光条固定在滑块上，下列三幅图中遮光条安装位置最合理的是______；A． B． C．（3）经多次测量得出滑块加速度大小为a=2.45m/s2，重力加速度g=9.812．某兴趣小组为研究光敏电阻RG阻值随光照强度的变化规律，设计的实验电路如图（a）所示。主要器材如下：电源E，电压表V（0∼3V，内阻约为10kΩ），灵敏电流计G（0∼300μA，内阻为116Ω（1）该小组同学先将灵敏电流计的量程扩大为0∼9mA，则电阻箱R0应调为（2）闭合开关S前，应将滑动变阻器R的滑片滑到最（选填“左”或“右”）端；（3）图（b）为小组同学在不同光照强度下得到的光敏电阻伏安特性曲线，图中曲线（可视为直线）Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应光敏电阻受到的光照由弱到强。由图像可知，光敏电阻的阻值随其表面受到光照的增强而（选填“增大”或“减小”）。（4）小组同学借助光敏电阻的阻值变化规律设计了一款自动路灯，要求在光照强度减弱至一定程度时，路灯亮起。其电路如图（c）所示，图中L为路灯灯泡，VT为三极管（当b、e间电压大于等于0.7V时，与b、c、e相连的三条线路均处于导通状态；当b、e间电压小于0.7V时，与b、c、e相连的三条线路均处于断开状态），R1为电阻箱（0∼99999.9①若电源电动势E'=7V，内阻忽略不计，当光照强度减弱到图（b）中曲线Ⅰ对应值时，三极管恰好导通，路灯亮起，则电阻箱R1②在某次实验中，小组同学发现图（c）中电阻箱的“×10000”处的旋钮卡在“0”位置处无法旋动，此时采取措施，并调节电阻箱阻值后能继续实现①中目标。A.将电路中电阻箱和光敏电阻的位置互换B.将原电路的光敏电阻换成两个型号相同的光敏电阻串联C.将原电路的光敏电阻换成两个型号相同的光敏电阻并联13．如图（a）所示，粗细均匀的长直玻璃管竖直放置，其内用一段质量m=200g、横截面积S=2cm2的水银柱封闭着一段空气柱（可视为理想气体）。初始空气柱温度为T0，长L0=18cm。加热空气柱使其温度缓慢变为2（1）求水银柱在位置①时空气柱的长度L；（2）将长直玻璃管倒置，水银柱稳定后（水银未从管口流出），记为位置②如图（b）所示。若该过程中维持空气柱温度为2T0不变，求水银柱从位置①到位置②相对玻璃管运动的距离14．一种新型智能网球发球机可将网球从发球口沿水平面内任意方向击出，供运动员进行日常训练。如图所示，运动员将发球机置于网球场左侧底线AB的中点G处，发球口在G点正上方高度为2h的H点。球网两侧球场ABCF与FCDE均为边长l的正方形，I为DE中点，球网高度为h，网球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小为g。（1）若发球机从H点将网球沿平行于轴线GI方向水平击出，要使得网球能直接落到右侧场地内，求网球的初速度大小v0（2）若发球机发球速度的大小和方向在水平面内可任意调节，求网球直接落在右侧球场中所有可能落点构成图形的面积S。15．托卡马克装置是一种利用磁约束来控制粒子在环形容器内部运动从而实现受控核聚变的装置。图示为该装置截面的简化模型。两个圆心均在O点，半径分别为2R和5R的圆将装置分成区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ无磁场，区域Ⅱ（含边界）有方向垂直于纸面向里，大小为B的匀强磁场。区域Ⅰ内有一粒子源可向纸面内各个方向发射质量为m，电荷量为qq>0（1）若粒子源固定在O点，求在磁场中运动半径为23R3的粒子速率v（2）若粒子源可放置在区域Ⅰ内任意位置，要使发射的所有粒子均被“束缚”在装置内，求粒子速率v的取值范围；（3）由于加热功率限制，粒子最大速率为vm=7qBR

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、瀑布旁出现彩虹，是光的色散现象，本质是光的折射，不属于光的干涉，故A错误；

B、岸上看水池的深度变浅，是光的折射现象，不属于光的干涉，故B错误；

C、肥皂泡在日光照射下呈现彩色，是薄膜干涉现象，属于光的干涉，故C正确；

D、通过一条狭缝看太阳光观察到彩色条纹，是光的衍射现象，不属于光的干涉，故D错误；

故答案为：C。

【分析】A、考查光的色散（折射）现象，明确彩虹的形成原理；

B、考查光的折射现象，理解水池变浅的原因；

C、考查光的干涉现象，明确肥皂泡彩色的成因；

D、考查光的衍射现象，理解单缝衍射的特点。2．【答案】A【解析】【解答】A、氢原子从n=3能级向低能级跃迁时，①光子对应的能级差最小，根据E=hν=hcB、①光子对应的能级差最小，频率最低，故B错误；C、③光子对应的能级差最大，能量最大，故C错误；D、根据p=hλ，故答案为：A。【分析】A、考查氢原子能级跃迁中光子波长与能级差的关系，能级差越小，波长越长；B、考查光子频率与能级差的关系，能级差越小，频率越低；C、考查光子能量与能级差的关系，能级差越大，能量越大；D、考查光子动量与波长的关系，波长越短，动量越大。3．【答案】D【解析】【解答】A、α粒子带正电，金原子核也带正电，二者存在库仑斥力。P点是α粒子轨迹上的点，α粒子经过P点后会继续运动，P点速度不为零，因此动能不为零，故A错误；B、根据库仑力公式F=kQqC、α粒子运动过程中，金原子核的库仑电场力会对α粒子做功，因此α粒子的机械能会发生变化，不守恒，故C错误；D、经过M点的α粒子，运动过程中先靠近金原子核、后远离金原子核：靠近过程库仑斥力做负功，电势能增大；远离过程库仑斥力做正功，电势能减小，因此电势能先增大后减小，故D正确；故答案为：D。【分析】A、考查α粒子散射实验中动能的判断，明确α粒子在轨迹上各点的速度不为零；B、考查库仑力的大小与距离的关系，距离越近，库仑力越大；C、考查机械能守恒的条件，库仑力做功会改变机械能；D、考查电势能的变化规律，结合库仑斥力做功情况判断电势能的增减。4．【答案】C【解析】【解答】A、波沿x轴正方向传播，该时刻P点的振动方向向下，而波源的振动与P点的振动方向相同，因此波源向下振动，故A错误；B、机械波在同种均匀介质中的传播速度保持不变，故B错误；C、由图可知，从波源向外，波长逐渐减小，而波速不变，根据v=λf，频率f逐渐增大，故C正确；D、由图可知，波的振幅从波源向外逐渐减小，说明波源的振幅并未逐渐增大，故D错误；故答案为：C。【分析】A、考查波的传播与质点振动方向的关系，波最前端质点的振动方向与波源振动方向相同；B、考查机械波在均匀介质中的传播速度特性；C、考查波速、波长与频率的关系，结合波长变化判断频率变化；D、考查波的振幅变化规律，从波形图判断振幅的变化趋势。5．【答案】B【解析】【解答】设恒星a质量为ma、轨道半径为ra，恒星b质量为mb、轨道半径为rb，两恒星间距为L，由题意mamb=k，双星系统中两恒星角速度ω相同，彼此间的万有引力提供各自的向心力，

故：对恒星a：Gmamb故答案为：B。【分析】本题考查双星系统的运动规律，关键是利用双星角速度相同、向心力大小相等的特点，先求出轨道半径之比，再结合线速度公式得到线速度之比。6．【答案】C【解析】【解答】风会对帆面造成一个垂直于帆面的作用力F，将作用力分解为沿着轨道小车的分力F1和垂直于轨道小车的分力F2，为实现“顶风逆行”，沿着轨道小车的分力故答案为：C。

【分析】本题考查力的分解在实际问题中的应用，关键是明确风对帆的作用力方向垂直于帆面，再将该力分解到轨道方向，判断分力方向是否与小车运动方向一致。7．【答案】D【解析】【解答】AB．设导轨间距为L，在运动过程中，由楞次定律可知金属棒受到的安培力方向向左，大小为F安=BIL=BBLvR总L=BC．以导体棒为研究对象，由动量定理得mv−m化简得v=v0−D．由金属棒的加速度大小a=B2L2vmR总故答案为：D。

【分析】AB、考查安培力作用下导体棒的加速度与速度变化规律，结合牛顿第二定律判断加速度随时间的变化特点；

C、考查动量定理在电磁感应问题中的应用，推导速度与位移的关系；

D、考查加速度与位移的关系，结合速度与位移的表达式，推导加速度与位移的函数关系。8．【答案】A,D【解析】【解答】A、由图像可知，0～t1时间内汽车的速度逐渐增大，故A正确；B、v-t图像的斜率表示加速度，0～t1时间内图像的斜率逐渐减小，说明汽车的加速度逐渐减小，故B错误；C、设t=0时刻切线斜率大小与t1～t2时间内的斜率大小均为a，减速阶段的初速度为v，则减速时间为va；加速阶段的平均加速度小于a，若以初加速度a匀加速到v，所需时间为va，而实际加速时间t1大于va，因此t2=D、v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，由图可知，0～t1时间内图像与时间轴围成的面积大于t1～t2时间内的面积，因此0～t1时间内汽车的位移大于t1～t2时间内的位移，故D正确；故答案为：AD。【分析】A、考查v-t图像的速度变化规律，图像纵坐标表示速度，直接判断速度增减；B、考查v-t图像的斜率与加速度的关系，斜率的变化反映加速度的变化；C、考查匀变速与变加速运动的时间对比，结合初末速度和加速度分析运动时间；D、考查v-t图像的面积与位移的关系，通过比较图像面积判断位移大小。9．【答案】B,D【解析】【解答】A：当线框绕过ab边的轴转动时，图示位置磁通量向上增大，根据楞次定律，感应电流的磁场方向向下，电流方向为abcda，故A错误；B：当线框绕过ab边的轴转动时，感应电动势最大值为Em=BL2ω，有效值为E=C：当线框绕过bc边的轴转动时，图示位置线框平面与磁场平行，此时感应电动势最大，表达式为e=BLD：当线框绕过bc边的轴转动时，感应电动势有效值为E=BL2故答案为：BD。【分析】A：考查楞次定律的应用，通过磁通量变化判断感应电流方向；B：考查动生电动势的计算，结合线框转动的电动势分布，分析两点间电势差；C：考查交变电流瞬时值表达式，明确图示位置的相位；D：考查交变电流的有效值与能量计算，外力做功等于电路的焦耳热。10．【答案】A,C【解析】【解答】A：P开始运动前，对Q受力分析，水平方向受恒力F=mg2和弹簧弹力F弹=kx。根据牛顿第二定律，Q的加速度B：当P即将开始运动时，弹簧弹力等于P的最大静摩擦力，即kx1=μmg=0.5mg，解得x1=C：P开始运动后，当P、Q两者速度相等时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大。由动量守恒得mv=(m+m)v共，解得v共=vD：当P、Q再次回到同一速度，弹簧压缩量或伸长量最小，此时弹性势能最小。根据对称性和能量守恒，最小弹性势能不为m2故答案为：AC。【分析】A：考查变加速运动的判断，结合受力分析判断加速度变化；B：考查动能定理的应用，结合临界条件求解速度；C：考查动量守恒与能量守恒的综合应用，求解最大弹性势能；D：考查弹性势能最小值的分析，结合运动对称性和能量变化判断11．【答案】（1）0.97（2）B（3）0.5【解析】【解答】（1）这是10分度游标卡尺，精度为0.1mm。主尺读数，游标尺0刻度位于主尺0.9cm（即9mm）处，主尺读数为9mm；游标尺读数，游标尺第7条刻度线与主尺对齐，游标尺读数为7×0.1mm（2）实验中L是滑块左端到光电门的距离，即滑块运动的位移为L，因此遮光条需要安装在滑块左端（朝向光电门的一端），才能保证遮光条经过光电门时，滑块的位移恰好等于测量值L。故答案为：B。（3）对滑块和砝码（含托盘）整体由牛顿第二定律：砝码重力提供动力，滑块受到滑动摩擦力f=μmg，总质量为m+m=2m，因此mg−μmg=2ma，约去m整理得μ=代入a=2.45m/s2，g=9.8m/s2，解得μ=9.8−2×2.459.8=0.5

（1）这是10分度游标卡尺，精度为0.1mm。主尺读数，游标尺0刻度位于主尺0.9cm（即9mm游标尺读数，游标尺第7条刻度线与主尺对齐，游标尺读数为7×0.1mm=0.7（2）实验中L是滑块左端到光电门的距离，即滑块运动的位移为L，因此遮光条需要安装在滑块左端（朝向光电门的一端），才能保证遮光条经过光电门时，滑块的位移恰好等于测量值L。故选B。（3）对滑块和砝码（含托盘）整体由牛顿第二定律：砝码重力提供动力，滑块受到滑动摩擦力f=μmg总质量为m+m=2m因此mg−μmg=2ma约去m整理得μ=代入a=2.45m/s2解得μ=12．【答案】（1）4（2）左（3）减小（4）18000.0；C【解析】【解答】（1）由并联电路的特点有R0=（2）因滑动变阻器采用分压式接法，故为了保护电路，闭合开关S前，应将滑动变阻器R分压部分的阻值调为零，滑片滑到最左端

故答案为：左（3）图中直线的斜率k=IU=（4）由上问k1=1R0=1×10解得R1=18000.0Ω，由E'R1'+R'0=0.7故答案为：18000.0，C

【分析】（1）本题考查电流表的改装原理，关键是利用并联电路的分流规律计算分流电阻的阻值。

（2）本题考查分压式接法的电路保护操作，闭合开关前应使测量部分电压为零。

（3）本题考查光敏电阻的特性，通过I-U图像斜率分析电阻随光照强度的变化规律。

（4）本题考查串联电路电压分配规律和三极管的导通条件，需结合电路故障分析，选择合适的改进措施以实现设计目标。（1）由并联电路的特点有R（2）因滑动变阻器采用分压式接法，故为了保护电路，闭合开关S前，应将滑动变阻器R分压部分的阻值调为零，滑片滑到最左端（3）图中直线的斜率k=I（4）[1]由上问k故R对R1与R0解得R[2]由E解得R电阻箱最大可调到9999Ω，当光照强度减弱而一只光敏电阻电阻值为故电阻箱阻值调到9000Ω，再把两个型号相同的光敏电阻并联，刚好满足R故选C。13．【答案】（1）解：设空气柱温度为T0时，其体积为V0；空气柱温度为2T0时，其体积为V。空气柱温度由T其中V0=S解得L=36（2）解：设初始状态，空气柱的压强为p1。对水银柱，由受力平衡有解得p设末状态，空气柱的压强为p2。对水银柱，由受力平衡有解得p水银柱由位置①到位置②空气柱经历等温变化过程，由玻意耳定律有p其中V解得L水银柱相对玻璃管运动的距离Δ解得Δ【解析】【分析】（1）本题考查等压变化的盖-吕萨克定律，关键是明确加热过程为等压变化，直接利用盖-吕萨克定律求解气柱长度。

（2）本题考查等温变化的玻意耳定律，需先通过受力平衡求出两种状态下的气体压强，再结合玻意耳定律求出倒置后的气柱长度，最后计算水银柱的相对位移。（1）设空气柱温度为T0时，其体积为V0；空气柱温度为2T0时，其体积为V。空气柱温度由T其中V0=S解得L=36（2）设初始状态，空气柱的压强为p1。对水银柱，由受力平衡有解得p设末状态，空气柱的压强为p2。对水银柱，由受力平衡有解得p水银柱由位置①到位置②空气柱经历等温变化过程，由玻意耳定律有p其中V解得L水银柱相对玻璃管运动的距离Δ解得Δ14．【答案】（1）解：设网球初速度为v1时，经历t1竖直方向有2h−h=解得v设网球初速度为v2时，经历t2竖直方向有2h=解得v综上，要使得网球能落到右侧场地，初速度v0应满足l（2）解：设网球初速度方向与GI方向的夹角为θ，初速度大小为v'网球运动轨迹与球网的交点为M，M在地面上的投影为N，网球落地点为P，设PN的距离为x从H运动至P的过程中，水平方向有x落点P到球网的距离x解得x即所有恰好过网的网球落点位置到球网的距离均相同，与初速度方向无关。故所有可能的落点组成的形状为矩形，面积为S=l联立解得S=【解析】【分析】（1）本题考查平抛运动的临界条件分析，需分别以“刚好过网”和“刚好不出底线”为临界状态，结合竖直方向的自由落体规律和水平方向的匀速直线运动规律求解初速度范围。

（2）本题考查平抛运动的临界轨迹分析，需先推导出所有“恰好过网”的网球落点到网的距离为定值，再结合右侧场地的几何边界，确定所有可能落点构成的图形并计算其面积。（1）设网球初速度为v1时，经历t1竖直方向有2h−h=解得v设网球初速度为v2时，经历t2竖直方向有2h=解得v综上，要使得网球能落到右侧场地，初速度v0应满足l（2）设网球初速度方向与GI方向的夹角为θ，初速度大小为v'网球运动轨迹与球网的交点为M，M在地面上的投影为N，网球落地点为P，设PN的距离为x从H运动至P的过程中，水平方向有x落点P到球网的距离x解得x即所有恰好过网的网球落点位置到球网的距离均相同，与初速度方向无关。故所有可能的落点组成的形状为矩形，面积为S=l联立解得S=15．【答案】（1）解：假设粒子不从区域Ⅱ外边界飞出。粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有q粒子在磁场中运动的轨迹半径r=解得v设粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为θ，由几何关系得tan解得θ=240°分析可知，假设成立。粒子在磁场中的运动时间：t=因为T=联立解得t=（2）解：要使所有粒子均被“束缚”在装置内，临界状态为粒子源在区域Ⅰ和Ⅱ边界处，沿边