资源简介

巴蜀中学高2026届3月适应性月考（七）
物理试题
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写
清楚。
2,每小题选出答案后，用2B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。在试题卷上作答无效。
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。
一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符
合题目要求。
1.下列选项中物理量为矢量、且单位用国际单位制基本单位表示正确的是
A.磁感应强度（乃·m2)
B.电流(A)
C.加速度(m·s2)
D.电容(C·V-1)
2.如图1所示，摄影师利用微距相机透过微距镜头可以拍摄到形状各异的雪花图像，
图像中有一种彩色雪花，该雪花内部有一夹着空气的薄冰层，使其呈彩色花纹。
下列情景中与雪花呈彩色花纹原理相同的是
A.光导纤维内芯和外套的材料选择
B.阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹
图1
C.通过两支铅笔夹成的一条狭缝观察日光灯，可以看到彩色条纹
D.看立体电影需要戴上特殊眼镜
3.“天问二号”火星探测器绕火星沿椭圆轨道顺时针运动，假设椭圆轨道如图2所示，连线a心为椭圆
轨道的长轴，bd为短轴。设a点和c点到火星中心的距离分别为r。和r,“天问二号”质量为m,
在a点和c点运动的速率分别为。和v。,下列关于“天问二号”说法正确的是
A.在b点和d点的加速度相同
天问二号
B.从ab与d→a与火星连线扫过的面积相等
C,从a→b机械能的变化量大于c→d机械能的变化量
。NTe
图2
4.在极端或非常不寻常的天体环境下，若存在极高的局部氘富集，可发生一种核聚变，反应方程为
2H+He+X,已知H的比结合能为E,2He的比结合能为E2,下列说法正确的是
A.X是质子
B,反应物的总结合能小于生成物的总结合能
C.He的比结合能小于H的比结合能
D.一次该核反应释放的核能为4E1-3E2
5.如图3所示装置，1是待测位移的物体，软铁芯2插在空心线圈L中并且可以
随着物体1在线圈中左右平移。将线圈L(电阻不计)和电容器C并联后与电
阻R、电动势为E的电源（内阻不计）相连，闭合开关S,待电路达到稳定后
(此时线圈将电容器短路)再断开S,C回路中将产生电磁振荡。下列说法正
确的是
图3
A.开关断开后，电容器的带电量从最大值开始周期性变化
B.开关断开后，线圈中的自感电动势从最大值开始周期性变化
C.该装置可作为传感器使用，振荡电流振幅的不同可反映物体位置的不同
D.该装置可作为传感器使用，振荡电流频率的不同可反映物体位置的不同
6.如图4所示，两根长均为L的轻绳a和b均与质量为m的小球相连，轻绳a的
A
另一端固定在天花板上的A点，AB为竖直线，轻绳b的另一端系有轻质小环c,
小环c套在竖直光滑杆CD上。竖直杆CD绕竖直线AB做水平方向的匀速圆周
运动，使轻绳a始终与竖直方向夹角为37°。已知小球可看作质点，sin37°=
0.6。下列说法正确的是
图4
A.若匀速转动的角速度增大，轻绳a对小球的拉力一定增大
B.若匀速转动的角速度增大，轻绳a对小球的拉力一定不变
C.若匀速转动的角速度增大，轻绳b对小球的拉力一定增大
D.若匀速转动的角速度增大，轻绳b对小球的拉力一定减小
7.光滑绝缘的水平桌面上方有沿水平方向的匀强电场，一带负电的小球受该匀强电场的电场力及另一
水平力F作用而在桌面上做匀速圆周运动，从圆周轨迹上的A点开始运动一周，其电势能与时间的
关系图像如图5所示，下列说法正确的是
区g
B
图5
A.小球在A点受到的力F最大
B.电场强度的方向由C指向A
C.小球在C点受到的力F一定小于电场力
D.小球在B、D两点受到的力F大小相等、方向相反H葡中学昌2026届3月话M件月若(十
物理答系
|题号[1|2|3|4|5|6|7[8910
I各ICIB|B|BID|BIA|AB|BCIAD
1,据感应继度是矢量,但是甲位W%个是用国际甲位制基本甲位表不的,故人错读。电流是标量,甲位A是国际
位制基本单位,故B错误。加建度是矢量,甲位m六是用国际甲位制基本单位表不的,故C止确。电容是标量
甲位C·V-不是用国际甲位制基本甲位表示的,故D错误
2,图像中有一种彩也当化,该当化闪部有一尖有空气的薄泳层,使其呈彩也化改,还属十光的十涉现累。光母针雅
芯相外签的料料选择是光的全及羽现象,原理与资规象个相同,故A错谈。附无下的能笔泡呈规彩色条纹是光的
沙现聚,原理与该规深相同,政B止确。通辽两交能笔类成的一杀换理观架日光对,司以有到彩也杀双,属十无
初射现象,原理与该现象个相间,故C错误。者立体电影需要戴上将炼眼镜是光的偏振,原理与该现象个相同,
D话
3,“大同二与”在力点和4点的加速度天小相同,万同个同,政人错误。能据升普额带二定律,在相等的时间闪,“
间一号从→与→与火量建线扫过的国积相等_,取书止确。从4→D和c→《的过程中,从有力有引刀
功,机械能守恒,故C错误。由开晋动第二定律知 故D错误。
4 一解析】根据雨量数守恒和电有数守恒可知X的电荷数为2x1-2-0,质量数为2×2-3-1,则X
中于,放八销误。田题还知成校及以种成能量,即生成物的总结管能大于双以物的,生成初更起泥,比结合能更大
故B正确,C错误。一次该核反应释放的能量为3E-2×2E,故D错误
5.因线圈电阻为零,电路稳定时,线随内强电出为多,电容器小帝电,故A语误,断升并关后解间,线陶中电流最大
目感电动势为零,敌B错误。振物电流时频学J=“2n√℃,1物体的位置不同会导致线画的电感乙不同,进而与
致振荡电路的频率个间,是迪过振荡电流频率的个间反映物体位置的个同,故D止确
6,当细力中无拉力,小球受到绳口的拉力及小球的康力,二者的合力为其圆周运动辊供间心力,够直方间上受力平高
结合上述分析可c知
15g 5g巨时自
osE3=7So==54"g,Esin37=maLsin37,解存a= 。与用理度a《2L 2L
方同有八03一mg,水节方同有大广一A二加心∠m5广,用建度变天,绳于(的程刀个变,确于6拉刀
小;当二医时,整直方向有尺cos379一mg,水平方向有尺sin379+B=mwLsin37。角建度变大,绳子
的拉力不受,绳子5拉力增大:故选B
了.【 一解析1在习强电场中小螺受到时静电刀但定,微习建圆周运动时所需同心
大小个变。由于圆周运动的过程中A点电劳能最低,C点电势能最高,说明电场力万同
C指间A,所以在A点小球受力为下一9E=5,F是最大值。小球带负电,所以电场强度
的万同由A指同C,故A止椭,B错误。若小球在C点时力F与电场力同同且指同圆心
下有可能大于电场刀,政C错误。在B、D两点时小球受刀如图所示,根据受刀分析可知
小球在D点时受到的力F与B点时大小相等,但万同个相及,故D错误。故远A F
8。 一解析】开始容器的重力等于容器所受浮力为pghS,故A正确。气体压强开始为n+oh,后来为
D一P片,气体等温变化,本强变小,体积变大,期有敢B止确。气体等温变化,平均动能个受,敌C错试
由热力学粥一足律AV=即+0,气体等温变化,则AV=0、气体体积要大,则W0,C0,气体吸热,故D错谈
9,微去祖力下前,由牛核第二定律下一加0可知木板做习加速直线运动;撒去恒力下后,在木板全部进入0点右侧的
第1页 共5页
答
设木板向右滑动的位移为x。则木板所受摩擦力为广=互x,可得加速度为a=工=坚x,所以木板加速度增大
取A错沃。不极列州超过程用题度个变,就通过程用题度明天,改加建过程的平列理度小于成建过程的午列通度
政B止确。对不散全程话动田动能定埋有出带,一0,但力下微功能,一民,不散进人0点石偶过程中,原擦力
功为 工点=工mgx2,则x= 2FL,故C正确。木板进入0点右侧的过程中,由于所受合外力为F=-“Xx
g
所以木板的运动恰好为二的简谐运动,若开始木板右编与O点距离如减小,则进入O点右侧的最远距离减小,
简诸运动的振幅减小,简谐运动的周期与报幅无关。木块仍为二 的简语运动,运动时间不受,故D错误
1O。 一解析】由图像可知图线方程为 ;x,故0=二,所以E=Ba(L+x)=BvL为一定值
L 工十
故A止确。对系统功能关系有即=O+AE,,知AE<0,则以<0,改B错误,电调
三。业十卫。L十。业。上为一定值,根据图修速度制数上与位移x所围面积为时间1,故可得远
十 R
5L 3L BvL3BL
动到PO所用时间t画 。通过电阻的电量为g=lta ,故C铝误,D正确,
2 K K
11,(除特殊标注外,每空2分,共7分)
(会
(2)向左(3分)
(3)BD
一解初】(1)低通量受化,会产生感应电流
(2)根据杨次定律,N被同下运动,原糖通量垌天,残陶产生的能场同上,电流从员极流人电流计,敬指针同
偏转。
(3)如时间内,强磁铁均同下加通运动,只个过加建度大小发生变化,所以线圈人时刻的通度小于人时刻的通
度,故A错误。线固中从要有感应电流,感应电流的极场就阻好强极铁与线商乙间的相对运动,即强铁所受到
画的作用刀同上,根据午损第二定律有一下。一m以,明荷“～长,政书止确,C销误。在一为何间内,继超
重力势能减少量等于线圈中产生焦耳热与强磁铁动能的增加量之和,故D正确
12.(除特殊标注外,每空2分,共9分
(IP
(2)用A=-期高+m与期=用百+期写(其他止确答案也给分
(3)C(3分)
一解析】(1)A碰B,面B的质量大于A,故B获得的速度小于A的碰前速度,所以落点只能是P
(2)由动量守但可得:M%二一期口,十州功。,故所为二一期为十期为,如架是弹性继擅楼撞丽后动能应该守但,部
m,x5=四,x2+m,xi。
(3)由动量守但,有用而=-两高十两%,弹性碰撞由能量守但,有二明不 两 二四s石,解得石=石-高,C
13。(10分)
第2而 共5两
公点号青
解,(1)由图可得是2。 元=15cm,则2:
2n十
由图0-4cm可知8cm故仅几=1,名=10cm 成立 ②
由 得π5s ③
(2)当波向右平移△x =4cm=35cm时P第一次到达波谷 ④
Ax1.75s
评分标准:本题共10分。下确得出①~5式各绘7分
14.(13分)解:(1)弹性势能转化为小球4的动能得
4mgR= =mx,得v=y8gR ①
当A到B的最高点时,水平方向动量守恒,有
m0g=2mo_,得v。=√2gR ②AB整体机械能守恒,有4mgR=四gR+ 2mg -mv,得v=√2gl ③4离开昆后努直方向;t ④水平方向:x=01=4R(2)4人B上落回地面动量守恒1冠。=则B+Mp机械能守但:
解得 三
四牛 十
M—n
A球与弹簧碰掩后如M
4要能第二次潜上B必须.>n.,故M>3n
评分标准,本题共13分。下确得出②、③、间、门式名绘7分、其全名式名给1分
g m
15.(18分)解:(1)由qzB=m 得 ①
gB
2π2xm
可知粒子每次在磁场中均运动半个周排
gB
粒子从释放到再次经过v轴的轨迹如图甲所示
E
粒子第一次在电场中的位移系:
2gB
从释放到再次经讨轴讨程中,电场力对粒子所做的对 甲
3mE
=GE E 4
4B
第3而 共5而
点高信
(2)=π四时刻释放的粒子的运动轨迹如图乙所示,
4gB gB
时粒子的速度为=上。 元
gB4gB
四5上
粒子首次在磁场中运动的半径6=
4g
工 9红E
粒子首次在电场中运动的距离为x= gE 5
4gB 32gB
。3πm时粒子的速度为o =gE。πm 5xE
gB 2m gB。4B
粒子第二次在磁场中运动的半径后,mz5πE
qB4qB
粒子第二次在电场中运动的距高为x=+D πm π'mE
gB ④
。5πm时粒子的速度为x -v,gEmm 3πE
gB 4m qB。2B
粒子第三次在磁场中运动的半径元=mz3xmE
gB 2gB
1L红应E
粒子第三次在电场中运动的距离为X:十m
qB 8gB
πE
则△y=2(%-x)=g
x轴方向的位移Ax=,F-(2-AT=y2xmE
gB
位置坐标x=x+x-x+A
(3)设某粒子从o时刻释放,该粒子在m时速度为n
gB
江四过程粒子的位移G 江
qB
π
+n工时粒子的速度头
gB
gE立 1gExn1qEn qE
qB 2mgBgB
πEgE
(以上n取0,1,2,3 )
第4而共5而
点
元
+2T过程中粒子在x轴方向的位移为
Gq
十 一而
gB gb
+47过程中粒子在x轴方向的位移为
qB
π一
gb
π 心十4T +67过程中粒子在x轴方向的位移为
gB gB
立
qB
π+2(—I工四+2k7过程中粒子在x轴方向的位移为Ax —_
gB gB qB
π四 +27时间内粒子在x轴方向的位税
qB QB
x=△x+Ax,+△x++△x 一
gB
该粒子第2k+1次进入磁场时的轨迹半径为n=
qB
则该数子沿x轴正方向量远修够到达的位置为
gE (π+2πynE 十nmE
十 Ⅱ十
2m gB 2gB
当足够大时 gE (π+2nnE—(π十)E。
2m gB
(以上点取1,2,3 )
<(π2+2x+3)mE。时粒子无法被接收
2gB
即g上 πE (m242πE (m42工+3E十
gB 2gB
解得(红二1m (π十3)m
gB gB
故在O～工时间内。 (一Im!～1时间内释放发粒子无法被接吃
gB gB gB
所占百分比= 32
评分标准:本题共18分。正确得出③式给2分,其余各式各给1分
第5而 共5而
点

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