2026届云南省临沧地区中学高三上学期物理轮测（一）

绝密★启用前【考试时间：2025年8月16日19：00~20：15】 2025~2026学年上学期高三轮测（一） 物理 注意事项： 1.答卷前，考生务必将白已的姓名、准考证号填与在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题日的答案标号 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，写在木试卷上无效。 3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保留。 4.本周轮测科目：数学、英语、物理、化学。 一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一 项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全 部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1.1956年，李政道和杨振宁提出在弱相互作用中字称不守恒，并由吴健雄用9Co放 射源进行了实验验证，1957年李政道、杨振宁两人为此获得诺贝尔物理学奖， Co→Ni+°1e+e,其中ve是反中微子，它的电荷为零，静止质量可认为为是零.则 哀变产物Ni的质量数和核电荷数分别为 A.60,28 B.60,26 C.59,26 D.59,28 2.一座摆钟走得快了，要把它调准，可行的方法是 A.适当增大摆钟的摆长 B.适当减小摆钟的摆长 C.适当增大摆钟的摆的质量 D.适当减小摆钟的摆的质量 3.如图，质量为的均匀钢管，·端支在粗糙水平地而上另 LK 一端被竖直绳悬挂，处于静止状态，钢管与水平地面之间 的动摩擦因数为μ、夹角为0，重力加速度大小为g。则地面 对钢管左端的摩擦力人小为 wh A.umgcos B.2μmg C.umg D.0 物理试题第1页（共8页） 4.光的干涉现象在技术中有许多应用。图甲是利用干涉检查平而平整度装置，下列说 法正确的是 单色光 图甲 图乙 图丙 图丁 牛顿环 A.图甲中上板是待检查的光学元件，下板是标准样板 B.若换用波长更长的单色光，其它条件不变，则图乙中的十涉条纹变密 C.若图丙为俯视图甲装置看到的干涉条纹，条纹弯曲说明被检查的平面在此处出现 了凹陷而导致不平整 D.如图丁所示，把一个凸透镜压在一块平面玻璃上，让单色光垂直从上方射入，从 上往下看凸透镜，可以看到等间距的明暗相间的同心圆环 5.如图所示，棱长为30cm的正四面休ABCD处在平行于BCD平面的匀强电场中， A点固定一电荷量为4.0×10-9C的点电荷，将另一电荷量为-2.0×10-9C的点电 荷从D点移动到B点，静电力做功-1.2×10-7J,再把这个电荷从B点移动到C 点，静电力做功2.4×10-7]。已静电力常量k=9.0×109Nm2/C2,下列说法止确 的是 A.匀强电场的方向山B点指向C点 B.匀强电场的场强大小为300V/m C.B点场强方向与棱AB间的夹角为30° D.B点场强大小为400V/m 6.如图所示，在一半径为R、质量分布均匀的大球内部挖去一 半径为的小球，两球相切于P点，01、02分别是大球和小 球的球心。已知质量分布均匀的球壳对球壳内部物体的万有 引力为零，人球密度为P,引力常量为G。现将一质量为 的物体N(视为质点)置于O1处，则大球剩余部分对N的 有引力大小为 A.pGmR B.πpGmR C.πpGmR D.等pcmR 物理试题第2页（共8页） 7.如图，滑块M、N用轻弹簧相连，放置在下端有固定挡板的光滑固定斜而上，挡板 与斜面垂直，斜面倾角为0=37°，两滑块均处于静止状态。现将滑块Q从M上方 由静止释放，Q下滑与M碰撞后粘在一起，此后M、Q组合体开始做简谐运动，振 动过程中滑块N始终与挡板接触且和挡板间的最小弹力为零。已知N、M、Q的质 量分别为m1=1kg、m2=1kg、m3=3kg,掸簧的劲度系数k=100N/m,弹簧 始终处在弹性限度内，三个滑块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6， 则下列说法正确的是 77777777777777777777 A.简谐运动的振幅为0.30m B.M、Q组合体的最人加速度为6m/s2 C.M、Q组合体的最大速度为1.2m/s D.碰前Q下滑的距离约为0.128m 8.电磁流量计广泛应用于测量可导电液体（如污水）在管中的流量（在单位时间内通过 管内横截面的流体的体积)，为了简化，假设流量计是如图所示的横截面为长方形的 段管道，其中空部分的长、宽、高分别为图中的、b、c,流量计的两端与输送 流休的管道相连接（图中虚线），图中流量计的上、下两面是金属材料，前后两面是 绝缘材料，现于流量计所在处加磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于前后 两面，当导电流体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下两表面分别与一串 接了电阻R的电流表的两端连接，【表示测得的电流值，已流休的电阻举为P,不 计电流表的内阻，则可求得 物理试题第3页（共8页） A.流量为bR+空 B B.流量为aR+当 C.若将污水浓度变大，则上下两板间电势差将变大 D.若流量越大，则上下两板问电势差将变大 9.如图甲所示，通过一拉力传感器（能测量力人小的装置）用力水平向右拉一水平面 质量为5.0kg的木块，A端的拉力均匀增加，0~t时问内木块静止，木块运动后改 变拉力，使木块在2后做匀速直线运动.计算机对数据拟合处理后，得到如图乙所 示拉力随时间变化的图线，下列说法正确的是(g=10/s2) ↑FN 拉力传感器 5.5 5.0 ☐oA 7777777777777777 甲 乙 A.若F=4.0N,则木块与水半血间的摩擦力f1=4.0N B.若F=6.0N,则木块与水平面间的摩擦力f2=6.0N C.木块与水平面问的动摩擦因数为μ=0.11 D.木块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.10 10.如图所示，问距为2m的平行光滑金属导轨M1N1、M2N2和间距为1m的平行光滑 金属导轨P1Q1、P2Q2固定在绝缘水平面I,N1、P1、P2、N2四个点在同一直线：， M1、M2之间连接一电容为0.1F的电容器（耐压值足够大），质量均为0.6kg、长度均 为2m的金属棒ab和cd分别静止在左右导轨上，整个装置处于方向竖直向上、磁 感应强度人小为1T的匀强磁场中。现给b棒施加一水平向右的恒力F=2N,经 过2s的时问到达N1、N2处，此时立即撤去F,金属棒ab平滑进入导轨P1Q1、P2Q2 上。已知金属棒cd接入屯路的屯阻为12，其余屯阻均不计，整个运动过程中两金 属棒未发生碰撞且始终与导轨垂直并接触良好，导轨P1Q1、P2Q2足够长。下列说法 止确的是 物理试题第4页（共8页） N A.金属棒ab创达N1、N2处的速度大小为4m/s B.整个运动过程通过金属棒cd的屯荷量为1.2C C.整个运动过程金属棒cd产生的焦耳热为2.4) D.金属棒ab在导轨P1Q1、P2Q2上做变速运动的位移大小为1.2m 二、非选择题：本题共5小题，共54分。其中13~15题解答题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.(6分) 物理小组的同学用如图甲所示的装置测定重力加速度。实验器材有：底座带有标尺 的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器，小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜。 实验时用光电计时器测量小球从光电门1运动到光电门2的时间t,并从竖直杆上读出 两光电门的高度差h。 (1)使用游标卡尺测量小球的直径d,如图乙所示，则小球直径d= cm。 小球释放器 光电门1 光电计时器 3 cm 00000 山 光电门2 TTTTTTTTTTTTTTTTTTTT 10 20 甲 (2)保持光电门1的位置不变，改变光电门2的位置，小球经过光电门1的速度为V, 不考虑空气阻力，重力加速度为g,则h、t、g、v四个物理量之问的关系式h= (3)根据实验数据作出-t图像，如图丙所示，若直线斜率为k,根据图像可得重力 加速度g= 物理试题第5页（共8页） (4)若用该装置测出小球通过两个光屯门所用的时间分别为△t,和△t2,则当地的重力 川速度g=一。 12.(10分) 某同学设计如卜实验米测定未知电阻R,的阻值（约为202），实验室提供的器材有： A.电源E(电动势约为3V,内阻不计) B.滑动变阳器R1(有0~102和0~5002两种) C.电阻箱R2(0~999.92) D.微安表（量程为60μA,内阻约为5k2) E开关、单刀双掷开关及导线若干 (1)电路图如下。 (2)滑动变阻器应选择（填“0~102”或“0~5000”）。 (3)按照如下步骤进行实验： ①将R2调节到402，将R1的阻伯调节至最人，闭合开关So: ②将S1闭合到（选填“a”或“b”),将S2闭合到（选填“c”或“d”), 调节R1至适当值，记下此时屯流表示数L1=25A: 3)保特滑动变阻器R1的触头不变，将S1与S2都拨至另一端，记下此时电流表示数I2= 51LA: ④计算得待测屯阻的阻值Rx=2(保留小数点后一位)。 物理试题第6页（共8页） (4)下列做法可以减小屯阻测量的误差的有 A.换用一个内阻不变，量程更大的微安表 B.换用一个量程相同，内阻更大的微安表 C.将R2调至202进行实验 D将R2调至远大于R的阻值进行实验 13.(10分) 浮沉子实验是法国科学家笛卡尔所创，它的形式多样，一般都是通过外部压强的变 化来改变浮沉了内部气体的体积，从而达到控制其沉浮的日的。如图所示，塑料瓶装入 适量水，再把装有部分水的小玻璃瓶倒插入大塑料瓶中处于漂浮状态，盖住塑料瓶盖， 当用力挤压塑料瓶可控制小玻璃瓶上下沉浮。若小玻璃瓶高为h,漂浮时小玻璃瓶浸在 水中的长度为h,水进入小瓶中的长度为h。如果挤压塑料瓶外壳使小玻璃瓶刚好浸没 在水中时，求：塑料瓶内空气压强人小（已知人气压强为Po,水的密度为，重力速度 为g,小瓶内的空气可视为理想气体，环境温度保持不变)。 14.(13分) 如图所示，在ⅹ轴上方有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在 x轴下方也有垂直纸血的匀强磁场（图中未画出）。一个质量为、电荷量为q的带负电 粒子，在纸面内以大小为ⅴ的速度从0点与x轴负方向成60°角射入x轴上方磁场，粒 子第1次经过x轴时的位置为P(图中术画出)，第2次经过x轴时的位置为Q(图中未画 物理试题第7页（共8页） 出)，且粒子从0点到P点的运动时间等丁粒子从P点到Q点的运动时间，不计粒子受 到的重力。求： (1)从P点到0点的距离： (2)x轴下方匀强磁场的磁感应强度人小和方向。 × ×0 × 15.(15分) 如图所示，倾角日=37的传送带AB与半径为R的光滑半圆形圆弧DCB相切于B 点，传送带AB长为L=7.25m,传送带以v=5m/s逆时什匀速转动。现将一质量为m= 1kg的小物块P从传送带上端A处无尤初速度释放，物块与传送带之间的动摩擦因数μ= 0.5,物块P到达圆轨道的D点时，对圆轨道的压力恰好为零。不计空气阻力，不考虑 物块经过D点后的运动，重力速度人小取g=10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8， 求： (1)物块P到达B点时的速度大小VB; (2)圆轨道的半径R; (3)物块与传送带之间因摩擦产生的热量Q。 物理试题第8页（共8页） 绝密★启用前【考试H时间：2025年8月16日19：00~20：15】 2025~2026学年上学期高三轮测（一） 物理参考答案及解析 请同学们认真订正！！！ 1.【答案】A 【解答】 根据电荷数守恒、质量数守恒有：60=Z,27=A-1,解得：Z=60,A=28,故A 正确，BCD错误。 故选A。 2.【答案】A 【解析】AB、摆钟走快了即周期偏小，要把它调准，需增人周期。由T=2π 可知， g 可适当增大摆长，A正确，B错误； CD、周期与摆的质量无关，CD均错误。故选A。 3.【答案】D 【解析】对钢管受力分析，如图所示 Liti wm7777 C 若钢管受到地面的摩擦力，则钢管水平方向受力不平衡，钢管不可能处于静止状态，故 地面对钢管左端的摩探力大小为零。ABC错误，)正确。 故选D。 4.【答案】C 【解答】 A.上板是标准样板，下板是待检测板，故A错误； B如果单色光波长变长，干涉条纹出现亮纹的位置要右移，条纹变疏，故B错误； C两列相T光来自上板下表面和下板上表面，同一条亮纹山现在空气等厚处，山现图丙 中弯曲的十涉条纹，条纹提前出现说明被检查的平面在此处出现了凹陷而导致不平整， 故C正确； D.牛顿环巾的空气厚度不是均匀变化，同心圆环间距不相等，故)错误。 5.【答案】C 【解答】 AB因为为正四面体，所以A点距离B、C、D距离相等，因此点电荷对电荷不做功，设 匀强电场做功分别为WDB,WBc,根据题意，利用电场力做功的公式可得WDB=qUDB= 12X101,Wac=qac=2.4×107,解得Ua="g=60y=60v,Uc= 号=V=-120,令0g=0,则p,=60v,9c=120r,根据CB中点的电 势等于D点的电势，作出等势面，根据电场线垂直于等势面，且沿电场线方向电势逐渐 降低，如图所示： D 60V 120V 60V OV 则匀强电场E=c 30x10zV/m=400V/m,故AB错误； 120 CB CD.B点场强由点电荷的场强与匀强电场的叠加，点电荷在B点产生的场强为E1= k号=9×10P×00v/m=400v/m,B点的场强如图所示： 因为E1与E大小相等，且夹角等于LABC=60°，所以EB=E1Cos30°+Ec0s30°= 400V3V/m,方向与棱AB间的夹角为30°，故C正确，D错误。 6.【答案】B 【解析】物体N受到的大球剩余部分的引力为大球对物体N的引力减去小球对物体N 的引力，未挖去前，人球对物体N引力为零，所以人球剩余部分的引力等于小球对物体 N的引力，根据万有引力定律可得F=Gmm ,m=p() 联立可得F=专πpGmR 故选B。 7.【答案】A 【解析】A.M、Q的整体在平衡位置时弹簧的压缩量为xo=2+m)asin37=0.24m k 当M、Q的整体到达最高点时，此时N对挡板压力为零，此时弹簧仲长：1=s37 k 0.06m 可知I简谐运动的振幅为A=x1+xo=0.3m 选项A正确； B.M、Q组合体在最高点时加速度最大，则最大加速度为am=k+o+m)sn37=7.5m/ m2+m3 s2 选项B错误； C.中题意可知，M、Q碰前M静止时弹簧压缩量为x3=x1= m29sin37=0.06m k 可知M、Q碰后瞬时到到达最高点时弹簧形变量相同，弹性势能相同，则中能量关 系2(m2+m3)v2=(m2+m3)g9·2x1sin37 解得v=1.2m/s 因碰撞位置不是组合体速度最大位置，组合体向下运动时速度仍会增加，到平衡位置时 速度最人，可知组合体的最人速度人于1.2m/s,选项C错误； D.因MQ碰撞过程动量守恒，则m3v1=(m2+m3)v Q从开始下滑到碰撞前瞬间由机械能守恒m3 gxsin37°=2m3 解得x≈0.213m 选项D错误。 故选A。 8.【答案】AD 【解答】 AB最终稳定时有：quB=9名则v-品 根据电阻定律R=P品则总电阻R短=R'+R 所以U=IR总=I(P品+R) 解得v= I(P+R) 所以流量Q=5=vhc=16R+登 故A正确，B错误； CD.山上分析可知，那么上下两极间的电势差U=器，故C错误，D正确。 9.【答案】AD 【解答】 由图乙可知，木块与水平面间的最大静摩擦力为5.5N,滑动摩擦力为5.0N。 A.山图乙可知当F=40N时，此时木块不动，所受摩擦力为静摩擦力，根据平衡条件 可得f1=F=4.0N,故A项正确： B.当F=60N时，大于木块与水平面问的最大静摩擦力，则木块与水平面间的摩擦力 为滑动摩擦力，则f2=5.0N,故B项错误： CD.中平衡条件可得水平面对木块的支持力与重力平衡，即支持力人小为50N,由牛顿 第三定律可知木块对水平面的正压力大小为50N,则木块与水平面间的动摩擦因数为 4=色=0.10，枚D项正确，C项错误. mg 10.【答案】ABC 【解析】A设金属棒ab在左导轨上运动时某时刻的速度为v,则金属棒ab切割磁感线 产生的电动势为E=BL1v 经过△t速度变为v,则v=v+△v 此时感应电动势为E=BL1v=BL()+△) △t时间内流入电容器的电荷量为△q=C△U=C(E一E)=CBL1△v 屯路中电流1=恕==CBL::=CBL1Q △t 所以金属棒ab受到的安培力为F交=BL1I=CB2L1a 对金属棒ab列牛顿第二定律方程有F-F安=ma F 解得l速度a= m+B2L2C R 代入数据解得a=m+c9亚=2m/s2 所以金属棒ab以2m/s2的l速度做匀速直线运动。设金属棒ab到达N1、N2处速 度为v0,则有v=at=4m/s,故A正确： B.金属棒ab进入导轨P1Q1、P2Q2后在安培力的作用下减速运动，金属棒cd在安培力 的作用下加速运动，两金属棒组成的系统动量守恒，设最终速度为)，对两金属棒组成 的系统列动量守恒方程有mvo=2mv 解得v=o=2m/s 对金属棒cd列动量定理方程有BIL2△t=mw 可得通过金属棒cd的电荷量为q=△t=配 代入数据解得q=1.2C,故B正确： C整个过程中减少的动能全部转化为焦耳热，即整个运动过程金属棒cd产生的焦耳热 为Q=2mv哈-2(2m)v2=2.4,故C正确； D.设金属棒ab在导轨P1Q1、P2Q2:诚速运动相对于cd棒的位移为x,则通过金属 棒cd的电苻量q=曾= R 代入数据解得x=眼=1.2m BL2 所以金属棒ab在导轨P1Q1、P2Q2上做变速运动的位移大于1.2m,故D错误。 故选ABC。 11.【答案】1.170 1 t+29t2 2k d 2h 【解析】(1)山图乙可知，游标卡尺的读数为d=11mm+14×0.05m=11.70mm= 1.170cm; (2)小球经过光电门1的速度为v,小球从光电门1运动到光电门2的时间为t,根据 匀变速直线运动规律有h=vt+9t2； (3)根据h=t+9t2,整理可得=v+9t, 所以-t图线的斜率为k=9,所以，重力加速度大小为9=2k; (④)由题意可知，小球经过光电门1的速度为”1=品，小球经过光电门2的速度为功 d 6 由匀变速直线运动规律有-v=2gh, 联立，解得g=曼- 2h 12.【答案】0~5002 b d 19.6 BC 【解答】 (2)微安表能承受的最大电压约为Ug=IgRg=0.3V,出于电源电压为3V,若选择0~ 102,将超出微安表量程，故只能选择0~5002的滑动变阻器； (3)由于微安表的内阻远大于电阻箱及待测电阻的阻值，所以可认为微安表分流为0，由 于第一次微安表的示数较小，第二次较大，故第一次微安表应接在电阻较小R的两端， 所以5应闭合到6，S应闭合到d,根据欧姆定律有受2=爱，解得R:=号R,=19.6D: R (4)A.仅使微安表量程变大对实验没有影响，A错误： B.使内阻增大后，微安表分流作用会更小，两次实验中通过R2与R的电流差别更小，所 以可以减小电阻测量误差，B正确： C因为待测屯阻约为202，即使考虑微安表分流作用时，也可使两次通过R2与Rx的近似 电流更加接近，所以可以进·步减小实验误羌，C正确： D,若R2远大于Rx,会使R2接近微安表的内阻，这样会增大测量误差，D错误； 故选BC。 13.【答案】解：初始位置小瓶内的气体体积为Y1=S 压强为p1=p+pg号 对小玻璃瓶由半衡可得p1S=poS+mg 当小瓶刚好浸没在水中时内的小瓶气体V2=xS 压强p2=p'0+Pgx 对小玻璃瓶由平衡可得p2S=p'oS+mg 对小玻璃瓶内气体由玻意耳定律可知p1V1=p2V2 由以上可解得p'o=2po+3Pgh 答：塑料瓶内空气压强大小为2p0+Pgh 14.【答案】解： (1)根据题意可知，粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，如下图所示 × 大 X × P X 根据洛伦滋力提供向心力有：Bgv=m号 根据几何知识有：OP=2rsin0 联立解得，从P点到0点的距离为：Op=3 (2)根据圆周运动的周期：T=2严=2πm 1 Bg 则运动时问为：t=”T=m 2π Bg ①若x轴下方的磁场方向垂直纸面向外，粒了的运动轨迹如下图所示 十 02 中于粒子从O点到P点的运动时间等于粒子从P点到Q点的运动时间，则根据几何知 识有：a1=2=240° 故有：B下=B ②若x轴下方的磁场方向垂直纸面向里，粒了的运动轨迹如下图所示 由于粒了从O点到P点的运动时问等于粒了从P点到Q点的运动时问，则根据几何知 识有：2=1=120 故有：B'=B 答：（①）从P点到0点的距离为3 9B9 (2)x轴下方匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里；或磁感应强度大小 为B,方向垂直于纸面向外。 15.【答案】(1)设物体与传送带共速前速度为a1,由牛顿第二定律ngsin0+ umgcos0 ma 代入题中数据，解得a1=10m/s2 v252 故物块与传送带共速时，物块位移x1==2×0m=1.25m<L 以上分析可知mgsin0>umgcose0 故物块与传送带共速后，还要继续加速运动，设加速度为α2，由牛顿第二定律 得ngsin0-umgcos0=ma2 代入题中数据，解得a2=2m/s2 则由速度位移公式可得v?-v2=2a2(L-x1) 联立以上，解得物块P到达B点时的速度大小vg=7m/s; (2)设物块在D点速度为v,从B到D过程，由动能定理得-mg×2Rcos9=mv哈- 2mw哈 又因为物块到达圆轨道的D点时，对圆轨道的压力恰好为零，则有mg6D0=m普 联立解得，圆轨道的半径R=1.225m: (3)结合第1小问分析可知，物块与传送带共速所需时问t1=号=品9=05s 该过程传送带位移x传1=vt1=2.5m 物块运动的位移为x1=生t1=1.25m 则在此过程中，物块与传送带之间因摩擦产生的热量为Q1=mgcose9(x传1-x)=5) 共速到物块运动到B点所需时间=铝==15 该过程传送带位移x传2=vt2=5m 物块运动的位移为x2=L一x1=6m 则在此过程中，物块与传送带之间因摩搽产生的热量为Q2=mgcose(x2-x传2)=4) 故整个过程巾物块与传送带之间因摩擦产生的热量为Q=Q1+Q2=9)。