2026届甘肃酒泉市高三下学期4月调研考试物理试题 (解析版)

高级名校物理试卷PAGEPAGE12026届甘肃酒泉市高三下学期4月调研考试物理试题1.图甲所示是研究光电效应的实验电路图，用三种光线1、2、3分别照射金属板K时产生的光电流与电压的关系图像如图乙所示，则三种光线的频率大小关系为(  )A.νB.νC.νD.ν【答案】B【解析】根据爱因斯坦光电效应方程，光电子的最大初动能Ek=hν-W0，当加反向电压时，光电子克服电场力做功，Ek=eU2.2026年3月25日，中国官方媒体首次公开完整演示Atlas无人机蜂群作战系统，如图甲所示。某一无人机从地面由静止开始竖直向上飞行，图乙为它运动的v-t图像，图像中的ab段和cd段均为直线。下列说法正确的是(  )A.0∼tB.t1C.t3D.t3【答案】B【解析】根据v-t图像的切线斜率表示加速度，由图乙可知，0∼t1时间内，图像是下凹的曲线，切线斜率逐渐增大，因此无人机的加速度逐渐变大，故A错误；t1∼t2时间内，无人机做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知，无人机所受合力不变，故B正确；由图乙可知，t33.2026年3月26日6时51分，长征二号丁运载火箭在太原卫星发射中心成功将四维高景二号05、06星送入预定轨道，发射任务取得圆满成功。如图所示为某卫星发射过程简化示意图，卫星先在近地圆轨道Ⅰ运行，在点P点火进入椭圆轨道Ⅱ，沿轨道Ⅱ运行至点Q再次点火进入圆轨道Ⅲ，下列说法正确的是(  )A.卫星的发射速度小于7.9km/sB.卫星需要在点P点火减速进入椭圆轨道ⅡC.卫星在轨道Ⅱ上由点P向点Q运动的过程中，速度逐渐减小D.卫星在点Q点火前的加速度小于点火后的加速度【答案】C【解析】第一宇宙速度是卫星的最小发射速度，因此要将卫星送入预定轨道，发射速度至少应为7.9km/s，故A错误；卫星从低轨道(圆轨道Ⅰ)进入高轨道(椭圆轨道Ⅱ)，需要在P点加速，使卫星做离心运动，故B错误；卫星在轨道Ⅱ上由点P向点Q运动的过程中，要克服万有引力做功，卫星的动能减小，速度减小，故C正确；根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma，解得a=GMr2，因此,卫星在点4.如图是电容式传感器的示意图，在金属芯线外面涂上一层电介质，放入导电液体中，构成一个电容器，可以测量导电液体的深度。将金属芯线和导电液体分别与直流电源的两极相连，为电容器充电，然后与电源断开。若测得金属芯线与导电液体之间的电压变大，则(  )A.该电容器的电容增大 B.该电容器所带电荷量增大

C.该电容器的正对面积减小 D.导电液体的液面升高【答案】C【解析】充电后与电源断开，电容器所带电荷量Q不变。测得电压U变大，根据C=QU，可知电容C减小，故AB错误；根据C=ϵrS4πkd，由于电容器的电容减小，可知该电容器的正对面积减小，导电液体的液面降低，故5.如图所示，匝数为n、面积为S的闭合线圈abcd水平放置，线圈处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与线圈平面的夹角为30°。若线圈以ab边为轴以角速度ω沿逆时针方向转过90°，则(  )A.图示状态，穿过线圈的磁通量为nBSB.转动过程中，穿过线圈的磁通量先变小后变大C.转动过程中，线圈产生的感应电动势先变小后变大D.线圈转过60°时，通过线圈的感应电流最大【答案】C【解析】磁通量是穿过某一面积的磁感线净条数，与线圈匝数n无关。磁通量Φ=BSsin30∘=BS2，故A错误；线圈平面与磁感线的夹角从30°逐渐变为90°(转到60°时磁通量最大BS)，再变到0°。因此磁通量先变大后变小，故B错误；根据交流电产生原理，中性面的规律可知：磁通量越小，磁通量变化率越大，感应电动势越大。由于磁通量先变大后变小，因此感应电动势先变小后变大，故6.如图所示，在匀强电场中，以O点为坐标原点、沿电场线方向建立一维坐标系。现将一正的试探电荷由O点静止释放，试探电荷只在电场力作用下运动，则电势φ随位置x变化的φ-x图像、电荷所受电场力F随位置x变化的F-x图像，电荷运动速度v随时间t变化的v-t图像、电势能Ep随位置x变化的EpA. B.

C. D.【答案】D【解析】匀强电场中电场强度不变，根据ΔφΔx=E可知，φ-x图像的斜率不变，故A错误；电荷所受电场力F=qE。匀强电场中E不变，q为定值，因此F为恒力，F-x图像应是一条平行于x轴的直线，故B错误；根据牛顿第二定律可得qE=ma，结合运动学规律v=at，联立解得v=qEmt，即v∝t，v-t图像应是一正比函数图像，故C错误；根据电场力做功特点可知Δ7.如图所示，水平地面上竖直固定一内壁光滑的弹射器AB，长度l=5.2m，弹射器与四分之一光滑圆弧轨道BC相切，圆弧轨道半径R=2.0m。弹射器内有一轻质弹簧，质量m=2.0kg的小球向下压缩弹簧并被锁定，锁定位置距离管道底部高度h=4.2m，此时弹簧的弹性势能EpA.12m B.8m C.6m D.4.8m【答案】B【解析】系统(小球、弹簧、地球)机械能守恒。弹簧的弹性势能转化为小球的重力势能和动能，Ep=mg(l-h+R)+12mvC2，解得vC=5ms，而恰好到达C点的条件是重力提供向心力，mg=mv8.在海洋气象观测中，可以利用浮标检测海浪的传播，如图甲所示为相距200m的浮标A、B。监测站某次记录海浪(可视为简谐横波)从浮标A向浮标B传播用时25s，t=0时浮标A开始振动，振动图像如图乙所示。下列说法正确的是(  )A.海浪传播的速度大小为10m/sB.浮标B的起振方向沿y轴负方向C.t=28s时，浮标BD.t=28s时，浮标B速度方向沿y【答案】CD【解析】海浪匀速传播，海浪传播的速度大小为v=xt=200m25s=8m/s，故A错误；由A的振动图像可知，t=0后A的位移为正，说明A的起振方向沿y轴正方向，所有质点的起振方向与波源A的起振方向一致。因此B的起振方向也沿y轴正方向，故B错误；由A的振动图像可得周期T=6s，波在t=25s时传到B，因此B振动的时间为Δt=28s9.某物理探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器(导热性能良好)内用横截面积为S、质量为m的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度为T0、活塞与容器底的距离为h的状态A。环境温度升高时，活塞缓慢上升15h恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，环境温度继续升高便可触动报警器。大气压强恒为p0A.气体从状态A到状态B过程中，内能增加B.气体从状态A到状态B过程中，外界对气体做功C.气体在状态A的压强为pD.气体在状态B的温度为6【答案】AD【解析】理想气体的内能只与温度有关，温度升高，内能增大，气体从状态A到状态B过程中，温度升高，则内能增加，故A正确；气体从状态A到状态B过程中，气体的体积增大，气体对外界做功，故B错误；设状态A气体的压强为pA，对活塞受力分析，活塞受到向下的重力mg、向下的外界大气压力p₀S、向上的内部气体压力pAS，根据平衡条件可得p0S+mg=pAS，解得pA=p0+mgS10.如图所示，MN、PQ为在同一水平面内足够长的金属导轨，处在磁感应强度大小均为B=1T的匀强磁场中，磁场方向虚线左侧部分竖直向下、右侧部分竖直向上。质量均为m=1kg的金属杆a、b垂直导轨放置，不可伸长的绝缘轻绳一端固定在金属杆b上，另一端连接质量mc=0.6kg的重物c，开始时b被锁定，a处于静止状态。导轨间距L=1m，两杆在运动过程中始终垂直导轨并与导轨保持良好接触，两杆的电阻均为R=0.5Ω，导轨电阻不计，a、b与导轨间的动摩擦因数分别为μ1=0.25、μ2=0.1，取重力加速度g=10m/s2。t=0时刻解除对b的锁定，t=1.2s时刻a开始运动，则(  )A.t=0时刻，b的加速度大小为25B.t=1.2s时刻，b的速度大小为5m/sC.0~1.2s时间内，c下降的高度为2mD.0~1.2s时间内，b产生的焦耳热为5J【答案】AC【解析】t=0时刻，b尚未运动，回路无感应电流，对b、c整体，有mcg-μ2mg=(m+mc)a，解得a=258ms2，故A正确；t=1.2s时刻a开始运动，此时a所受安培力等于其最大静摩擦力，则BIL=μ1mg，根据闭合电路欧姆定律有I=E2R=BLv2R，联立解得v=2.5ms，故B错误；0~1.2s时间内，对b、c11.某兴趣小组用图甲所示的装置“探究圆周运动向心力的大小与质量、线速度和半径之间的关系”。不计摩擦的水平直杆固定在竖直转轴上，竖直转轴可以随转速可调的电动机一起转动，套在水平直杆上的滑块，通过细线与固定在竖直转轴上的力传感器相连接。水平直杆的另一端到竖直转轴的距离为R的边缘处安装了宽度为d的遮光片，光电门可以测出遮光片经过光电门所用的时间。(1)本实验主要用到的科学方法与下列哪个实验是相同的                  。A.探究加速度与物体受力、物体质量的关系B.探究两个互成角度的力的合成规律C.探究平抛运动的特点(2)若某次实验中滑块到竖直转轴的距离为r，测得遮光片的挡光时间为Δt，则滑块的线速度大小为v=                  (用Δt、d、R、r表示(3)兴趣小组保持滑块质量和运动半径不变，探究向心力F与线速度的关系时，以F为纵坐标，以                  (填“Δt”、(Δt)2”或“1(Δt)2”)为横坐标，根据测量数据作一条倾斜直线如图乙所示，已知图像的斜率为k，滑块的质量为m，则滑块到竖直转轴的距离r=                  (用k、【答案】(1)A【解析】(1)“探究圆周运动向心力的大小与质量、线速度和半径之间的关系”实验采用的是控制变量法，而“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验也是采用控制变量法，故A正确；“探究两个互成角度的力的合成规律”实验采用的是等效替代法，与“探究圆周运动向心力的大小与质量、线速度和半径之间的关系”实验采用的方法不同，故B错误；“探究平抛运动的特点”采用的科学方法是运动的独立性原理和运动的合成与分解方法，与“探究圆周运动向心力的大小与质量、线速度和半径之间的关系”实验采用的方法不同，故C错误。故选A。(2)根据匀变速直线运动中一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，遮光片通过光电门的速度为v遮光片=dΔ(3)滑块的向心力为F=mv2r，结合上述结论可知v=drR⋅Δt，整理可得12.某实验小组使用多用电表进行实验。使用前，该多用电表的指针已经指在表盘左侧“0”刻度线处。(1)用多用电表的欧姆挡测量阻值约为2000Ω的电阻Rx①以下给出的是可能的操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆调零旋钮，把你认为正确的步骤选出来，并将其按合理的顺序填写在横线上                  (填步骤前的字母)。A.旋转S使其尖端对准欧姆挡×1k挡位B.将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出RxC.旋转S使其尖端对准欧姆挡×100挡位D.将两表笔短接，调节P使指针对准表盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔E.旋转S使其尖端对准OFF挡，并拔出两表笔②根据图甲所示指针位置，可知此被测电阻的阻值约为                  Ω。③下列关于使用多用电表欧姆挡测量电阻的说法中正确的是                  。(多选)A.测阻值不同的电阻时必须重新进行欧姆调零B.电流从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出C.测电路中的电阻时，应先把该电阻与电路断开D.若指针偏转角过小，应将选择开关S拨至倍率较小的挡位，重新调零后测量(2)为了测量多用电表“×1”挡内部电源的电动势与某毫安表的内电阻，该小组同学先从表盘上读出多用电表“×1”挡的内电阻r=15Ω，再将待测毫安表、电阻箱和“×1”挡的多用电表串联在一起，通过调节电阻箱阻值，记录下多组毫安表、电阻箱的示数I和R，并作出相应的R-1I关系图线，如图乙所示。根据图像，可求得多用电表“×1”挡内部电源的电动势E=                  V，待测毫安表的内阻RmA=                  【答案】(1)CDBE1900BC(2)1.5/1.4/1.6；15/14/16【解析】(1)欧姆表测电阻的规范操作是：先根据估测电阻选择合适倍率(使指针指在中央刻度附近)，再进行欧姆调零，然后测量读数，最后将开关旋至OFF挡。由于待测电阻的阻值约为2000Ω，所以要先将旋钮S调到欧姆挡×100挡位，再红黑表笔短接进行欧姆调零(调节P使指针指向欧姆的零刻度)，调零完成后连接待测电阻进行测量，测量结束后应将S调整到“OFF”挡，或交流电压的最大挡位处。因此实验步骤为CDBE。由多用电表的示数可知待测电阻的阻值为Rx=19×100Ω=1900Ω；测电阻时每次调到新的挡位时需要重新欧姆调零，同一挡位下测量不同的电阻，不需要再次欧姆调零，故A错误；多用电表使用测电阻挡位时，应该让电流从红色表笔流入多用电表，从黑色表笔流出多用电表，故B正确；测量电路中的某个电阻时，应使电路断开，再接入多用电表的欧姆挡来测量，故C(2)根据闭合电路的欧姆定律可得I=ER+RmA+r，变形可得R=EI-13.如图所示，直角三角形ABC为三棱镜的横截面，一束单色光从AB边的中点O以60°入射角射入三棱镜。已知OB长为a，∠C=30°，三棱镜对单色光的折射率n=3，真空中的光速为(1)单色光从AB边射入三棱镜后的折射角；(2)单色光在三棱镜中传播的时间。【答案】(1)30°(2)【解析】(1)根据折射定律有n=sinα解得β=30°(2)单色光发生全反射的临界角满足sin解得sin单色光在三棱镜中的光路如图所示折射光线从O点射向BC边的D点，在D点的入射角为60°，由几何关系可知，OD与BC夹角为60°，由于sin60°=32全反射后的光线射向AC边的E点，在E点的入射角为30°，由几何关系可知，DE与AC夹角为30°，由于sin30°=12<sin由几何关系可得，O点与D点之间的距离为s1=asin30°，根据折射率公式可知，单色光在三棱镜中传播的速度v=单色光在三棱镜中传播的时间t=联立解得t=14.如图，半径为R的14光滑圆弧槽A固定在水平地面上，圆弧底端O点与地面相切，左侧紧邻粗糙水平面。质量为m的小滑块B静止于距圆弧槽A底端O点左侧R处。现将质量为2m的滑块C从圆弧槽A顶端由静止释放，滑上水平面向左运动R后与B发生弹性碰撞，滑块B、C材质相同，均可视为质点。以圆弧槽A底端O点为坐标原点，水平向左为正方向建立坐标轴，两滑块与地面间的动摩擦因数随位置变化的关系如图乙所示，其中μ0=0.5(1)滑块C运动到圆弧槽底端时对圆弧槽的压力大小；(2)滑块C与B碰撞前的速度大小；(3)最终滑块B、C间的距离。【答案】(1)6mg(2)3gR2【解析】(1)滑块C在下滑过程中，只有重力做功，机械能守恒定律，则有2mgR=解得v=在圆弧槽底端对滑块C进行受力分析，支持力与重力的合力提供其做圆周运动的向心力，F解得F由牛顿第三定律可知，滑块C运动到圆弧槽底端时对圆弧槽的压力大小为6mg(2)滑块C从O点向左运动到与B碰撞前，摩擦力f是变力。由f-x图像(图乙)可知，在从0到R的过程中，摩擦力随位移线性变化，其平均值为μ02，设滑块C与B碰撞前的速度大小为v解得v(3)滑块C与B发生弹性碰撞，设碰后的速度分别为vC和vB由机械能守恒定律可得1解得vC=碰后，滑块C和B均在粗糙水平面上做匀减速直线运动，最终滑块B、C间的距离d=其中，加速度a