2026届四川绵阳南山中学高三下学期考前学情自测物理试题

2026年6月 绵阳南山中学高2023级高考热手考试 物理试题 命题人：袁泉、高明 审题人：高明 本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非 选择题)组成，共6页；答题卡共2页。满分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必将自已的学校、班级、姓名用0.5毫米黑色签字笔填写清楚， 同时用2B铅笔将考号准确填涂在“准考证号”栏目内。 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮 擦擦千净后再选涂其它答案；非选择题用05毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框 内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 3.考试结束后将答题卡收回。 第I卷（选择题，共46分) 一、单项选择题：共7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 题目要求的。 1.下列内容与“光的波动性”无关的是（) 彩色 肥皂膜 B D 内芯 外套 2.某同学在探究LC振荡电路中电流随时间的变化关系的实验，电路图如图()所示。当 向线圈中插入或拔出铁芯时，会引起LC电路中电流的变化。在某次实验中，振荡电路中 的电流随时间的变化情况如图(b)所示，取回路中顺时针方向为电流正方向，下列说法正 确的是() A A.由图(b),铁芯正在插入线圈 B.t~t过程，电容器C的上极板带正电 C.t~t,过程，线圈中的自感电动势变小 D.t~t过程，电场能在逐渐增大 图(a) 图b) 3.如图所示，右端开口的水平玻璃管内用水银柱封住一定质量的理想气体，设为状态1；先 保持气体温度不变，使玻璃管以左端为圆心，从水平位置逆时针缓慢转 到开口向上的竖直位置，此时为状态2；再缓慢改变气体温度，使水银 柱回到玻璃管内的初位置，此时为状态3。下面四幅卫一V图中能正确 描述该气体变化过程的是() D 试卷第1页，共6页 4.如图所示，平板小车沿水平面做直线运动，小车顶部用细线悬挂着质量为m小球A,细 线偏离竖直方向θ角，小车底部斜面上放有一质量为的物块B,斜面倾角角，小球A和 物块B都相对小车静止，则测平板小车运动过程中，下列说法正确 的是() A.小车水平运动的加速度大小为gsn0 B.小球A受到细线拉力大小为gtan0 C.小车一定向左做匀加速直线运动 D.小物块B不受摩擦力 5.如图甲所示，边长L=0.5m、匝数W=20匝的正方形线圈与理想变压器相连，变压器副 线圈连接R=52的定值电阻。在正方形线圈内部有与纸面垂直、半径r=0.2的圆形磁 场，其磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。已知图乙中的曲线部分按照正弦规 律变化，另一部分为倾斜直线，变压器原副线圈匝数比n:,=4:1,不计正方形线圈及导 线的电阻，取元=10，则电阻R在1s内产生的热量为() ↑B/×102T B 8 t/×102s 甲 乙 A.5J B.2.5J C.9.8J D.19.5J 6.如图甲所示，电动机通过绕过定滑轮的轻细绳，与放在倾角为日=30°足够长的光滑斜面 上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升：在0~6s时间内物体运动的v一t图像如图 乙所示，其中除1~5s时间段图像为曲线外，其余时间段的图像均为直线，1s后电动机的 输出功率保持不变：已知物体的质量为2kg,不计一切摩擦，重力加速度8取10/s2。下 列说法正确的是() 个v/m/s) A.0~6s电动机牵引力在0~10N范围内 电动机 B.1s后电动机的输出功率为50W C.物体达到的最大速度vm大于l0m/s D.0~5s内物体沿斜面向上运动了35m 7777777 123456t 7.在扇形OAB区域内存在垂直于平面向里的匀 甲 强磁场，扇形的半径为R,∠AOB=90°。O点处有一粒子源，向扇形区域内各个方向均匀 放射出相同的、速率均为v的带负电的粒子。如图所示，从圆弧AB和OB边射出粒子的个 数之比为2：1，忽略粒子的重力及相互间的作用力。下列说法正确的是( A.粒千在磁场中运动的轨迹半径为5R A 3 B.从圆弧AB射出的粒子在磁场中运动时间都不同 XXX C.圆弧AB上有粒子出射部分的长度为 4 修 ××× D.磁场中有粒子到达的区域面积为(？5 B 34 试卷第2页，共6页 二、多项选择题：共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，每小题有多 个选项符合题目要求。全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.如图，用激光照射一半圆形透明玻璃砖，研究光的传播规律，下面说法正确的是() A.AO为入射光，OB为反射光，OC为折射光 60 30 B.若入射光绕O点逆时针转，反射光和折射光也逆时针转 C.若入射光绕O点逆时针转动，反射光越来越弱 co- D.若入射光与界面MON成O角时，折射光恰好消失，则折射 率n= 09 cosθ 9.探测器绕太阳沿椭圆轨道运动，其近日点距太阳中心为方，其远日点距太阳中心为5，。另 有一颗小行星绕太阳做匀速圆周运动，其轨道半径为”。已知引力常量为G,太阳半径为R, 探测器与小行星运行的周期均为T，下列说法正确的是（) A.小行星绕太阳运行的速率为 2π1r 小行星 B.太阳的质量可表示为4π， 探测器 GT2 O C.太阳的密度可表示为3π(+ 太阳 8GTR D.探测器在近日点与远日点的速率之比为” 10.如图甲所示，间距为L的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨左端连接有阻值为R 的定值电阻，质量为的金属棒垂直放在导轨上，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀 强磁场中；第一次，给金属棒一个水平向右、大小为V,的初速度，金属棒在导轨上运动的 速度ⅴ与运动的位移x间的关系如图乙所示：第二次，给金属棒施加一个水平向右的拉力 使金属棒从静止开始向右运动，运动的速度ν与运动的位移x间的关系如图丙所示。不计 导轨的电阻，金属棒接入电路的电阻也为R,则下列判断正确的是() a ↑v ↑V R B 甲 丙 A.匀强磁场的磁感应强度大小为 mv R xoL B.第一次，通过定值电阻的电量为 mvoxo 2R C.第二次，从起点到金属棒运动位移为的过程中，电阻R中产生的焦耳热为二 3 D.第二次，从起点到金属棒运动位移为的过程中，拉力做的功为二。 试卷第3页，共6页 第Ⅱ卷（非选择题，共54分） 三、非选择题：共5题，共54分。 11.(6分)用气垫导轨验证动量守恒定律。实验器材：气垫导轨，滑块A、B(均装有遮光 条)，配重块，弹簧，细线，光电门，数字计时器，螺旋测微器，天平等。实验步骤如下： 光电门1 数字 光电门2 计数器 气垫导轨 遮光条 40 35 连气源 0 滑块A滑块B 弹簧和细线 图甲 图乙 ①用螺旋测微器测量滑块上遮光条的宽度，某次测量结果如图乙所示，则该遮光条宽度 1m1m。 ②用天平测量滑块A(含遮光条)的质量为M、滑块B(含遮光条)的质量为m,每块配重 块的质量均为m,。 ③按图丙连接好实验装置；接通气泵，调整气垫导轨水平。 ④实验初始时两滑块均静止，烧断细线后，滑块A、B被弹簧弹开后分别向左、右运动，记 录A、B两滑块的遮光条的挡光时间分别为t、t,若滑块A、B上遮光条的宽度分别为d,、 ☑，则滑块A向左通过光电门时的速度大小为 (用题目中所给的字母表示)。 ⑤在滑块B上逐渐增加配重块，多次实验，分别记录时间(、(，以为纵轴，以配重块个 数n为横轴，作出的下列图像可能正确的是 2 2 2 A B C 0 12.(10分)某兴趣小组用如图(a)所示电路测量待测电阻R的阻值（为几百欧)，图中G (内阻R。=1002)为量程0~10mA的灵敏电流计，R为定值电阻(R,=1002),R为 滑动变阻器（滑动变阻器R：阻值范围0~102；滑动变阻器R,:阻值范围0~1002）。 ◆2/mA 5 6 李I/mA 图(a) 图b) (1)操作一：将滑动变阻器的滑片置于适当位置后，闭合开关S,,将单刀双掷开关S,接1端， 改变滑动变阻器滑片的位置，记录此时电流计的示数工；操作二：保持滑动变阻器滑片不动， 将S,接2端，记录此时电流计的示数I,。若要求上述两次操作中M、N两点间的电压变化极 试卷第4页，共6页 小，可以忽略，则滑动变阻器应选择（填“R或“R)。改变滑动变阻器的位置重复上 述操作并记录对应的I,和I,。 (2)由(1)中电流的数据描点作图，以I为纵坐标，以I为横坐标，得到如图(b)所示的图 线，图线斜率的物理意义用表达式表示为k= (用物理量的标号表示)，则 R=」 2(结果保留3位有效数字)。 (3)由于(1)中操作一和操作二，M、N两点间的电压会发生变化，实验过程中认为该电压不 变，这会给实验结果带来 (填“系统或偶然”)误差：该误差的存在会使得R的 测量值 (填“大于x小于”或等于)真实值。 13.(10分)如图(a)小吉驾驶一款电动平衡车在水平路面上做匀加速运动。车轮从侧面看 可以简化为如图(b)所示模型。平衡车从y=1m/s匀加速到v,=4m/s所用的时间为 t=1.5s,小吉的质量为m=50kg,平衡车质量为M=10kg,平衡车与水平地面间阻力 F=160N。忽略空气阻力，重力加速度取10m/s2,求： (1)该过程平衡车所受牵引力大小： (2)踏板对人的作用力F的大小： 踏板 轮 图(a) 图(b) 14.(12分)如图所示，直角坐标系xOy平面内，绝缘等腰直角三角形框架ACD底边CD中 点位于原点O,CD=3L,AC、AD边上有关于y轴对称的小孔N、M。三角形框架ACD 内有沿y轴正方向的匀强电场，框架外至圆心在O点、半径为2L的半圆形边界内有垂直 于纸面向里的匀强磁场。质量为、电量为+q、不计重力的带电粒子以初速度V。从O点 沿十x方向射入电场，经过小孔M垂直于AD进入磁场区域，与绝缘框架碰撞后原速返回。 调节匀强磁场磁感应强度为某些值时，粒子能绕过A点回到出发点O,此后重复做周期性 运动。求： (1)粒子经过M点时速度大小VM; 2 (2)O与M两点间的电势差UoM; A (3)粒子运动周期最长时磁感应强度大小B。 试卷第5页，共6页 15.(16分)如图，光滑竖直玻璃管内有一劲度系数为k的轻质弹簧，下端固定，上端与一 物块P相连，物块Q与物块P之间不粘连，P、Q质量均为，。初始时用竖直向下的力 F=4m8压物块Q,系统处于静止状态，某时刻撤去外力F，此后在物块P、Q运动过 程电，两者会分离。每当两者分离时立刻给物块Q施加竖直向上的恒力及-1- mog 每当两者接触时立刻撤去F。P、Q之间的碰撞为弹性碰撞，且弹簧始终处于弹性限度内。 已知弹簧的弹性势能E,与形变量x的关系为。=号x,弹簧振子的周期公式为T=2哭。 求： (1)从撤去外力F到P、Q第一次分离时的位移大小x: (2)从撤去外力F到P、Q第一次分离时的时间t; (3)从撤去外力F到P、Q第2026次相遇时的时间及此次相遇的位置。 试卷第6页，共6页《绵阳南山中学高2023级高 1 2 3 4 5 B D A 2.B【详解】A.根据图(b)可知，振荡电 路中的周期减小，根据LC振荡电路的周期 公式T=2π√LC,故L减小，该同学是将 铁芯拔出线圈，故A错误： B.~t,过程电流减小，该过程中电容正在 充电，电流为正，可知电容器C的上极板带 正电，故B正确： C.t~t过程，电流与时间的变化图像中， 斜率逐渐增大，电流变化越来越快，故自感 电动势增大，故C错误： D.t~t3过程，电流变大，可知电容器正在 放电，电场能转化为磁场能，则电场能在逐 渐减小，故D错误。 3.B【详解】设初始压强为P。,水银柱长度 h,横截面积S。状态1，水平放置，水银柱 重力对压强无贡献，设气柱长度L,气体压 强P,有P=P,V=LS;状态2，竖直 放置，温度不变，水银柱附加压强Pg=Pgh 则此时气体压强P=P1+Pe=P+Pgh 根据等温变化，由玻意耳定律2V=P?,解 得乃= Po Po+Pgh 不 因此p,>p,>,从状态1到状态2在 卫-V图上为一条从右下向左上弯曲的等温 曲线； 状态3，竖直放置，改变温度使水银柱回到 初位置，即气柱长度恢复L,有V= 玻璃管仍竖直，水银柱长度h不变，故气体 压强仍为P3=P+Pgh=P3 因此P3P3>P,V3=V>V,从状态2到 状态3，为等压膨胀过程，卫-V图上为水平 向右的直线： 4.D【详解】A.对小球A分析可知，根据 牛顿第二定律ng tane=ma, 解得a=gtan日 由于小球A和物块B都相对小车静止，则小 车水平运动的加速度大小为gtan8,故A错 误； 答案第1 考热手考试·物理》参考答案 6 7 8 9 10 D D ADAC BC B.对小球A,在竖直方向上，根据平衡条件 可得Tcos8=mg 解得小球A受到细线拉力大小为T=g cos0 故B错误； C.由题意可知，小球A的合力方向水平向 左，即小球A的加速度水平向左，所以小车 的加速度水平向左，则小车向左做匀加速直 线运动或向右做匀减速直线运动，故C错误： D.假设小物块B不受摩擦力，则小物块B 受到垂直斜面向上的支持力和竖直向下的重 力，在竖直方向上，根据平衡条件可得 F cosθ=mg 解得斜面对小物块的支持力大小为 FN= mg cos0 在水平方向，根据牛顿第二定律可得 Fy sine=ma 解得a=g tane=a 即假设成立，小物块B不受摩擦力，故D正 确。 5.A【详解】正弦段B的最大值 Bm=5×102T,周期T1=2×102g,角速 度0= 2刀=100rad/3,感应电动势最大 值Em=VB So=4π2 正弦交流电的有效值U, E是=20V √ 变压器原副线圈匝数比n:n,=4:1,根据 电压匝数关系可，九 可得副线圈电压U,-乃U=5√V 均匀变化段B均匀变化，产生的感应电动势 恒定，因此原线圈电压恒定，原线圈产生的 磁通量恒定，副线圈磁通量变化率为0，因 此副线圈电压为0，R不产生热量。1s内， 总共有25个周期，每个周期内只有前2× 102s发热，总热量 页，共1页 9,=02×2×10s×25=5J 6.D【详解】A.由图乙可知，物体在0~1s 内的加速度大小为a,=5m/s 设在0~1s内电动机牵引力大小为F,由牛 顿第二定律解得F-ng sin0=ma 解得F=20N,故A错误： B.1s后电动机的输出功率为 P=Fy=20x5W=100W,故B错误； C.根据题意可知，当物体速度最大时有 F2=mgsin =10N P 物体达到的最大速度v。= =10m/s,故C 错误： D.物体在0~1s内运动的距离为 5 出=246=2m 物体在1~5s内，由动能定理有 121 PAt-mgsinemmw 解得x,=32.5m 则在0~5s内物体沿斜面向上运动了 x=+x2=35m,故D正确。 7.D【详解】A.从圆弧AB和OB边射出粒 子的个数之比为2：1，说明与OB边界成30° 角射入的粒子刚好能够从B点出射，根据几 何关系可得2rsin30°=R 解得粒子运动的轨迹半径为r=R,故A错 误； B.能从AB弧射出的粒子入射点与出射点的 距离均是R,粒子做圆周运动时弦长刚好与 半径相等，说明转过的圆心角为60°，时间都 足号发B格跟 C.圆弧AB上有粒子出射部分的弧长所对应 的圆心角为60°，所以长度为 1=12R=迟，故 A 6 3 C错误： D.如图所示，磁场中 有粒子到达的区域面 X 积为 B 答案第2 6 22 3 故D正确。 9.AC【详解】A.小行星做匀速圆周运动， 2πr 周长为2πr,周期为T,平均速率为v= 故A正确： B.对小行星，万有引力提供向心力： Mm 42 m2 整理得太阳质量M= 4πr3 G7,故B错误： C.太阳密度p= 4 ,太阳体积V=。πR, 3 将M= 4πr3 代入得：p= 3r3 GT2 GTR 根据开普勒第三定律，探测器半长轴 a=i5,且-r 3 且'即： 8 代入密度表达式得：p=3G+,故C 8GTR 正确： D.根据开普勒第二定律，对椭圆轨道的探 测器，相同时间内扫过面积相等，取极短时 间△t,近日点速度y,远日点速度2，则 2AM=5At,整理得： 1 当=5 故D v 错误。 10.BC【详解】A.给金属棒一个初速度， B'Lv 根据动量定理， -t=mvo 2R 即B -xo mvo 2R 解得匀强磁场的磁感应强度的大小为 2mv R B= 故A错误； B.第一次通过定值电阻的电量为 BLx二 9= mvx,故B正确： 2R 12R ,共4页 C.回路中产生的焦耳热等于克服安培力做的 功，速度为v时的安培力大小万= B'Lv 2R 极短位移△x内克服安培力做功 BLv F△x= △x 2R 因此从开始到运动x,位移的过程中，克服安 培力做功W。三 B2L21 -X5xoV0=一mwd 2R 1 1 电阻R中产生的焦耳热Q=Wa=一mv, 4 故C正确： D.根据动能定理，形：-形A与m5,解得 W.=mv,故D错误。 11.答案：6.360 t 【详解】「1]螺旋测微器的读数为固定刻度读 数与可动刻度读数之和，所以d= 6.0mm+36.0×0.01mm=6.360mm: [2]滑块A通过光电门的速度v= t [B根据动量守恒，有M=(m+m)】 t 整理得 _m+”n,结合数学知识可知 tMM A图像符合题意。 R。+R 12.答案：(1)R1；(2)1 400: g+Rs+Ro (3)系统大于 【详解】(1)两次操作中M、N两点间的电 压变化极小，可以忽略，滑动变阻器越小越 好，应选R。 (2)[1]根据题意，电路M、N间电压保持不 变，由串联电路特点与欧姆定律有 I(R+R)=I(R+R+R),解得 Rg+Rx 1 I:=B+Rx+Ro 故图线斜率的物理意义用表达式表示为 答案第3 R+R k= Rg+Rx+Ro R Ro [2]将k代入解得 -1 R3=4002 12 （3)[1]由于实验原理本身带来的误差应为系 统误差； [2]单刀双掷开关S2接2时，电路总电阻变大， 由闭合电路的欧姆定律可知，干路电流变小， 路端电压变大，分压电路分压变大，即M 间电压变大，I的测量值偏大，待测电阻 阻值为 玉1 。一一R,电流I值偏大，则 13 待测电阻R测量值大于真实值。 13.解：(1)由匀变速直线运动速度与时间 的关系，得加速度 a=-上-4m/s-lm/s =2m/s2(2分) 1.5s 对小吉和平衡车整体，由牛顿第二定律，得 F牵-F:=(M+m)a (2分) 解得F=280N (1分) (2)对人受力分析，人受重力g和踏板的 作用力F,合力提供水平加速度。F的竖直 分量平衡重力，得 F=mg=50kg×10m/s2=500N(2分) F的水平分量提供加速度，得 F=ma=50kg×2m/s2=100N(2分) 由勾股定理得合力大小 F=VF+F=V1002+500N=100W26N(1分) 14.解：（1)题意可知VM方向与+x夹角为 45°，可知yw=√2 (2分) (2)粒子从O到M,根据动能定理有 1 31 tiow-my mvo (2分) 联立解得Uow= mvo (1分) 29 (3)因为xw=Vt, h= t=1.5L (1分) 2 页，共4页 可得yw=0.5L (1分) 联立解得E=m, (1分) qL 粒子能回到O点并周期性运动，则粒子与AD 边碰撞次数n满足 (2n+1)r=AM(n∈N) 不出磁场，则在A点附近r+1.5L≤2L 因为T-2mm 不变，n取值越小，粒子运动 gB 时间越短， 综上n=1,此时， 二L (1分) 2 因为ByM9=m (2分) 解得B=3m (1分) qL 15.解：(1)当P、Q分离时P、Q之间弹力 为0，加速度大小相等，令为a4 对2有m8=ma (1分) 对P有F弹+m8=m4 (1分) 解得F弹=0 初始状态F,+2mg=a (1分) P、Q第一次分离时弹簧处于原长，解得P、 Q位移大小x,=x= 6mng (1分) 仑 (2)P9一起振动时，T=2π 2mo (1分) 平衡位置2mg=k, (1分) 可得振幅A=x1-x,= Amog (1分) 根据公式x=Asin0 代入x,和A可得0=30° 时间4-+x-=行e分 30° (3)从撤去力F到第一次分离，令P、Q速 度为v 1 由能量守恒)ax=2mg+2m,v(1分) 分离后Q物块m,g-F=ma (1分) 分离后Q物块回到与P分离处的时间 答案第4 4,=2=2m mo (1分) a, 分离后P物块做简谐运动的周期 T,=2元 mo (1分) 故P、Q在分离处第一次相遇，此时P向上， Q向下，速度大小相等，发生弹性碰撞，速 度交换 P向下振动，Q向上做匀变速运动，P、Q第 二次在分离点相遇，具有共同向下的速度， 压缩弹簧后又在弹簧原长位置分离，以后将 重复上述过程 以此类推，P、Q奇数次相遇时，速度方向相 反，发生碰撞速度交换；偶数次相遇时，P、 Q速度方向相同 故P、Q第2026次相遇时的位置在弹簧原长 位置 分析可得，P、Q第2026次相遇的时间 t=2025t,+2026t, (2分) 代入可得1-1350万+4052院 (1分) 可，共4页