重庆市沙坪坝区2026届高三物理下学期5月模拟考试【含答案】

高届高三5月模拟考试物理试题注意事项：．答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。．试卷由整理排版。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共小题，共分。（一）单项选择题∶本题共7小题，每小题4分，共分。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.）A.原子向的能级跃迁需要吸收能量B.原子至少需要吸收的能量才能发生电离C.原子跃迁到低能级后电子动能不变D.原子向低能级跃迁只能发出2种不同频率的光子【答案】B【解析】【详解】A．高能级能量高于低能级，原子从高能级向低能级跃迁时，会释放能量，故A错误；B．处于能级的氢原子能量为，电离要求电子能量至少变为，因此至少需要吸收能量，故B正确；C．电子绕核运动时，库仑力提供向心力得电子动能第1页/共21页

跃迁到低能级后轨道半径减小，电子动能增大，故C错误；D激发态的氢原子向低能级跃迁，不同跃迁组合共3种不同频率的光子，故D错误。故选B。2.K，容器甲中充满气体，容器乙内为真空，整个系统与外界没有热交换。打开阀门K后，甲中的气体进入乙中，最终达到平衡，则（）A.气体体积膨胀，对外做功B.气体分子平均动能增加，内能增加C.气体体积变大，压强降低D.乙中气体可能自发地全部退回到甲中【答案】C【解析】【详解】A．气体向真空膨胀（自由膨胀）时，气体不受外力，因此不对外做功（即W=0A错误；B．整个系统与外界无热交换（Q=0W=0可知，气体的内能变化量，可知气体温度不变，分子平均动能也不变，故B错误；C．气体温度不变、体积增大，根据可知，气体压强减小，故C正确；D．气体向真空的自由膨胀是不可逆过程，根据热力学第二定律，气体不可能自发地全部退回到甲容器中，故D错误。故选C。3.ABABAB两物体的受力进行比较，则（）A.物体A受到的摩擦力更大第2页/共21页

B.物体B受到的摩擦力更大C.物体B受到的拉力更小D.物体A受到的拉力更小【答案】C【解析】【详解】设斜面与水平面夹角为，对A，由平衡条件得，对B，由平衡条件得，显然故选C。4.如图甲为一列沿轴传播的简谐横波在时刻的波形图，图乙为介质中处的质点的振动图像，下列说法正确的是（）A.该波沿轴负方向传播B.波速为C.t=0.45s时刻，质点P的位置坐标为D.时刻，质点的运动方向沿轴正方向【答案】D【解析】【详解】A时刻质点沿“上下坡法”若波沿轴正方向传播，处的质点应向下振动，与图乙相符；若波沿轴负方向传播，点应向上振动，与图乙不符。故该波沿轴正方向传播，故A错误；B．由图甲可知波长，由图乙可知周期，则波速为，故B错误；第3页/共21页

C．时刻质点从平衡位置向下振动，经过，质点振动到波谷位置，其位置坐标为，故C错误；D．时刻，波沿轴正方向传播，质点位于轴下方，根据波形平移法可知点沿轴正方向振动。质点从当前位置运动到平衡位置所需时间满足经过已越过平衡位置到达位置运动到波峰需，故此时点尚未到达波峰，仍沿轴正方向运动，故D正确。故选D。5.某国产电动汽车进行制动测试实验，在平直道路上急踩刹车，用传感器记录位移与时间的比值随刹车时间变化的规律，其图像如图所示，下列说法正确的是（）A.经过时车速大小为B.刹车过程中加速度大小为C.经过18s汽车刚好停下不动D.自刹车开始内该车的位移大小为【答案】A【解析】【详解】B．根据匀变速直线运动位移公式整理得即图像中，截距为初速度，斜率为。由图像得：截距，斜率因此，得，即刹车加速度大小为，故B错误；A．时，车速，故A正确；第4页/共21页

C．汽车刹车到停止的总时间，即汽车9s就已经停下，故C错误；D．汽车9s已经停下，因此10s内位移等于9s内刹车总位移，故D错误。故选A。6.如图所示的电路中，理想变压器的原、副线圈的匝数比，为定值电阻，在端输入电压最大值不变的正弦交流电，调节电阻箱，当时，理想交流电压表、理想交流电流表的示数分别为、，下列说法正确的是（）A.将调大，电压表示数不变B.将调大，电流表示数减小C.当时，的功率仍为D.当时，的功率仍为【答案】B【解析】【详解】A．将变压器及副线圈负载等效为一个电阻，则原线圈回路总电阻当调大时，增大，增大，原线圈电流减小。原线圈两端电压因减小，故增大。副线圈电压，故电压表示数增大，故A错误；B．副线圈电流，因减小，故电流表示数减小，故B正确；C．的功率等于等效电阻即初始状态，对应第5页/共21页

此时功率未达到最大。当时功率最大，显然不等于初始功率UI，故C错误；D若要功率相等，需对应的当时，此时故功率不相等，故D错误。故选B。7.边形的个正点电荷，每个顶点到中心点的距离为，静电力常量为但可以根据学过的物理知识判断中心点O的场强大小为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】【详解】AD．根据点电荷场强公式，中心点O的场强的单位由决定，A、D错误；第6页/共21页

BC．各点电荷在O点的场强大小依次为、、，正N边形每个边所对中心的圆心角，各点电荷在O点的场强大小成等比数列，方向依次相差，取，点电荷分别为和，夹角，则电荷在O点的场强，方向指向电荷，点电荷在O点的场强，方向指向电荷，合场强大小，方向指向电荷，将结果代入B、C验证得，，B正确，C错误。故选B。【点睛】（二）多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。8.如图所示，空间存在竖直向上的匀强电场、水平向里的匀强磁场。某带电小球（重力不能忽略）以某一水平向右的速度进入该空间，恰能做匀速直线运动。下列说法正确的是（）A.该小球带正电B.该小球带负电C.若小球进入场区的水平速度增大，小球将先向上偏转D.若小球进入场区的水平速度增大，小球将先向下偏转【答案】AC【解析】AB下，可满足平衡条件，合力为零，能做匀速直线运动。三个力都向下，合力不可能为零，无法做匀速直线运动。因此小球一定带正电，故A正确，B错误；CD．原平衡条件为第7页/共21页

若入射速度增大，洛伦兹力增大，总的向上的力合力向上，因此小球将先向上偏转，故C正确，D错误。故选AC。9.工程上常利用“重力加速度反常”来探测矿物，原理简化为如图所示，为某地区地面附近的一点，若地下无矿物时，地下岩石的平均密度为，其正常加速度为，若在地下存在一半径为的球形的矿坑，则点的重力加速度变为，矿物的平均密度为，矿坑的中心离点的距离为，点、点与地球球心为“重力加速度反常值”，已知当为，忽略地球自转，下列说法正确的是（）A.，则B.，则C.若，则D.若，则【答案】BD【解析】【详解】A．原本地下全为密度的岩石，P点重力加速度为；当球形区域换为密度的矿物，相当于总引力的变化仅来自这个小球的密度差：小球体积，小球对P点物体的引力差导致重力加速度变化，由万有引力定律可得根据定义，代入得为正的常数，与成正比。若，则，得，故A错误；B．由之前分析，若，则，得，故B正确；第8页/共21页

C．当时，得若，，故C错误；D．由之前分析，若，，故D正确。故选BD。10.如图为一种新型粒子装置，粒子源放置在水平面上长为的矩形的中心，矩形内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为的带正电粒子，速度大小限制在到之间，不计粒子源的尺寸、粒子间相互作用和粒子重力。下列说法正确的是（）A.若所有粒子均不射出磁场，则的最小值为B.若所有粒子均不射出磁场，则的最小值为C.若所有粒子均射出磁场，则的最大值为D.若所有粒子均射出磁场，则的最大值为【答案】AD第9页/共21页

【解析】AB粒子从出发，在轨迹圆上，圆上离最远点为直径端点，边界上离最近点为ab边中点，到上下边界距离为，临界情况刚好不射出由洛伦兹力提供向心力得半径公式此时临界情况有解得即的最小值为，故A正确，B错误；CD轨迹圆过，同时与右边界、上边界相切，轨迹如图所示圆心到的距离等于半径，因此展开整理解得最小临界半径第10页/共21页

代入半径公式整理得即的最大值为，故C错误，D正确。故选AD。二、非选择题：本题共5小题，共分。的四分之一圆弧形轨道（末端切线水平）释放，安装在圆弧轨道最低点的压力传感器测出小球对轨道压力的大小。在轨道最低点右侧水平距离为处固定一竖直挡板，挡板最高点与轨道最低点在同一水平面上，多次实验，记录小球在竖直面上的下落距离与，处理数据后作出了如图乙所示的（1）下列关于实验操作说法正确的是_________。A.圆弧形轨道必须光滑B.每次必须从同一位置释放小球C.每次可以从不同位置释放小球D.每次必须由静止释放小球（2）若，重力加速度，则由图像可求得小球的质量__________kg，四分之一圆弧形轨道半径_________m。【答案】（1）C（2）①.0.5②.1.25第11页/共21页

【解析】【分析】【小问1详解】A和的关系，故A错误；BC．只要小球可以从轨道最低点抛出并且打到挡板上，即可测得需要的数据，释放位置和是否有初速度不影响测量原理，故B错误，C正确；D故D错误。故选C。【小问2详解】[1]小球在圆弧最低点，由牛顿第二定律得小球离开最低点做平抛运动，有，联立消去得可知图像的纵截距等于，由图乙得纵截距为，即代入得[2]图像的斜率且斜率已知，代入解得【点睛】12.某同学设计了如甲图所示的电路测量电池组的电动势和内阻。除待测电池组外，还需使用的实验器材∶第12页/共21页

灵敏电流表，可变电阻，电压表，电流表，开关，导线若干。（1S，直到电流表G的示数为零，电压表和的示数之和记为，电流表和的示数之和记为。（2）断开开关，适当调小可变电阻的阻值，闭合开关，发现此时电流表G的指针发生了偏转，缓慢_________（选填“调大”或“调小”）可变电阻的阻值，直至电流表的指针示数为零，电压表和的示数之和记为，电流表和的示数之和记为。（3）重复（2）的步骤，记录到多组数据、（4）实验完毕，整理器材。（5）将记录的数据标在坐标纸上，如乙图所示，依据图线得到电池组的电动势为________，内阻为_______（6G表指零时实际还有一个从到（选填“><”或“=”）真实值。【答案】①.调大②.2.90③.1.75④.大于【解析】[1]G电流为零说明ab，第13页/共21页

根据欧姆定律对所在支路有对所在支路有联立可得，电桥平衡时满足平衡条件为电压表内阻，是定值，因此乘积恒定。调小后，需要调大才能重新满足平衡条件，使G示数为零。[2][3]G电流为零时，电压表和的示数之和为路端电压，电流表和的示数之和为总电流，根据闭合电路欧姆定律得整理得因此图线的纵截距为电动势，图线斜率的绝对值为内阻。对图中数据拟合延长，如图所示可得纵截距，斜率绝对值[4]若G仍有从到的小电流，说明我们计算的则每次测量的比真实路端电压偏大，总电流则每次测量的于真实值。13.如图所示，半圆玻璃砖的半径为，直径与水平地面垂直且接触于点。一激光发射器紧贴圆从圆弧上的点射向半圆玻璃砖的圆心以入射角从圆弧上的点射向圆心时，地面出现了两个光斑。已知真空中的光速为，求∶第14页/共21页

（1）玻璃砖的折射率n；（2）激光从D点传播到B点左侧光斑的时间。【答案】（1）（2）【解析】【小问1详解】射角时地面仅出现一个光斑，说明激光在点恰好发生全反射，全反射临界角。根据全反射临界角公式代入得【小问2详解】入射角线进入空气向左下传播，光斑落在点左侧。如图所示由折射定律（为折射角）代入已知条件得第15页/共21页

在圆弧上，，激光在玻璃中速度因此的时间设到左侧光斑距离为，由几何关系，到地面竖直距离得在空气中传播，时间总传播时间14.如图所示，两固定的平行光滑金属导轨间距为，倾斜部分与水平面的夹角为。导轨的倾斜与水平部分分别处在磁感应强度大小为和、方向垂直各自导轨平面向上的匀强磁场中。将一根长为、质量为、电阻为的金属棒垂直于倾斜导轨放置，将另一根长为、质量为、电阻为的金属棒垂直于水平导轨放置。运动过程中棒与导轨始终垂直且保持良好接触，导轨足够长且电阻不计，重力加速度为。（1）若将棒锁定，棒由静止释放，求棒最终稳定时的速度大小；（2）若棒解除锁定且对其施加水平向左、大小为的恒力，同时棒由静止释放，求棒电流为时，、两棒的加速度大小之比；（3）在（2）的条件下，求棒最终稳定时的速度大小。【答案】（1）（2）（3）【解析】第16页/共21页

【小问1详解】ab棒最终稳定时做匀速运动，受力平衡。感应电动势回路总电阻由闭合电路欧姆定律可得，回路电流ab棒受到的安培力平衡条件代入解得【小问2详解】对ab棒沿倾斜方向由牛顿第二定律代入得cd受到的安培力大小为对cd棒由牛顿第二定律整理得因此【小问3详解】由于两棒初始均静止，且任意时刻加速度相等，因此任意时刻速度相等，即最终稳定时两棒同时开始做匀速运动，总感应电动势为两棒电动势之和回路电流对ab棒平衡条件联立解得【点睛】15.如图所示，劲度系数为的轻质弹簧下端悬挂两个质量分别为、的第17页/共21页

小球、，间由轻质细绳连接。水平地面上有一光滑固定轨道，轨道由半径为的圆弧和水平部分组成，圆弧轨道半径距小球下端的距离为固定一水平光滑且足够长横杆的滑块套在横杆上，上方用轻质铰链和轻杆连接质量为的小球，轻杆长度为，小球的底端与轨道等高。初始时刻轻杆竖直，滑块紧贴墙壁，小球静止。现剪断间的细绳，小球从点平滑地落入运动到恰第2与小球恰与横杆发生弹性碰撞。已知三个小球的半径相等，小球半径及滑块尺寸远小于圆弧轨道半径及间轻杆的长度，不计铰链尺寸，不计小球及滑块在运动中的空气阻力及铰链转动中的摩擦力，取，，物体做简谐运动的周期为，求∶（1）小球A做简谐运动的振幅；（2）小球通过轨道的时间及该过程中轨道对小球的冲量大小；（3C与横杆碰前瞬间，小球