资源简介

高2026届高三年级质量检测
物理试题
2026.5
考生注意：
1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题
区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。
一、单项选择题：本题共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.重庆李子坝轻轨站因“轻轨穿楼”吸引很多游客前去拍照打卡。轻轨站楼体被列车“穿越”
的那一段长度约为132m,假设一列6节编组，长度约为90m的列车正以15m/s的速度匀
速行驶，坐在车尾的乘客从看见车头到达楼体下方洞口，到看见列车完全穿出楼体，所经历
的时间最接近
A.6s
B.9s
C.15s
D.21s
2.在李子坝轻轨站的官方观景平台，有很多摄影师举着单反相机为游客拍照，小南注意到镜头
表面在某些角度泛着淡淡的紫红色。小南回家查阅资料后发现，很多镜头表面都镀了一层
特殊的膜，这层镀膜能够显著减少光的反射，增强透射。关于这层膜，下列说法正确的是
A.能将人射的光完全吸收
B.旋转镜头90°会使膜层失效
C.同一层膜可以使所有波长的光透射增强
D.膜层前后表面反射光干涉相消
3.周木，某同学在家里用透明电热水壶烧水。当用控温功能让水温稳定在90℃时，他观察到
壶底有一个小气泡缓缓上升，并且在上升过程中体积逐渐变大。若气泡与周围水之间始终
保持热平衡，且将气泡内空气视为质量不变的理想气体。则该过程中，下列关于气泡内气体
说法正确的是
A.吸热
B.放热
C.内能变大
D.内能减小
4.题4图为粒子散射实验的轨迹示意图，P、Q为同一段轨迹上的两点，Q、M两点关于原子
核对称，N为轨迹上离原子核最近的点。若将原子核视为点电荷，忽略粒子间的相互作
用，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是
0
AQ、M两点电场强度相同

B.α粒子在N点的电势能最小
原子核
C.a粒子在N点的加速度最大

D.若将一粒子在P点静止释放，其将沿图中PQ曲线运动
题4图
第1页·预祝考试顺利
5.如题5图所示，有L、M、N三颗地球卫星，L还未发射，在赤道上随地球转
动；M是近地卫星，轨道半径可认为等于地球半径；N是地球同步卫星。
将它们的运动均视为匀速圆周运动，地球表面重力加速度为g,忽略地球
白转对重力加速度的影响，下列说法正确的是
A.M的向心加速度等于g
B.L的向心加速度大于g
题5图
C.相同时间内，N转过的弧长最短
D.M在12h内转过的角度小于π
6.某工厂的产品分拣巾心有两条水平放置的传送带，其简化图如题6图所
示。传送带1、2分别以，和2的速度稳定运行，已知产品在传送带1
上均能加速到”，然后平滑地滑上传送带2，且不会从传送带2的右侧
滑出。若产品与传送带发生相对运动，会在传送带上留下痕迹，则产品
在传送带2上留下的痕迹可能是
题6图
7.如题7图所示，一质量为M、半径为R、内壁光滑的半圆槽放在粗糙水平地面上，半圆槽与地
面问的动摩擦因数为：。一质量为m的小球，从半圆槽的最左端与圆槽圆心等高位置由静
止释放。已知在小球运动的过程中半圆槽始终相对地面静止，不计空气阻力，重力加速度为
g。释放小球后，下列说法正确的是
A.小球加速度的最大值为28
3
B.地面对半圆槽摩擦力的最大值为g
题7图
C.的最小值为
3m
√M(3m.+M)
D.当小球运动到最低点时，地面对半圆槽的支持力y<(m+M)g
二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，至少有
两项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，不选或错选得0分。
8.为监测重庆东水门长江大桥斜拉索的结构健康状态，技术人员对钢索施加一简谐激励，激发
产生沿钢索x轴正方向传播的一列简谐横波。t=0时刻该波的波形图如题8图甲所示，钢
索上某质点的振动图像如题8图乙所示。已知该简谐横波在钢索中的传播速度心=32/s,
下列说法正确的是
C/I
题8图甲
题8图乙
第2页·预祝考试顺利高 2026 届高三年级质量检测
物理试题参考答案与评分细则
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
选项 C D A C A B C AC BD BD
一、单项选择题:本题共 7 小题,每小题 4 分,共 28 分。
1. C　 【解析】 t = s = 222v 15 ≈15 s,故选 C。
2. D　 【解析】这层膜为增透膜,特定波长的光,在膜层的前后表面能够干涉相消,使得反射光减弱,透
射光增强,故 A、B、C 错误,选 D。
3. A　 【解析】气体视为理想气体,该过程中温度不变,则气体内能不变,故 C、D 错误;上升过程中,气
体体积变大,气体对外做功,W <0,由 ΔU = Q +W 可知,Q >0,气体吸热,故选 A。
4. C　 【解析】Q、M 两点场强大小相等,但方向不同,故 A 错误;越靠近原子核,电势越高,α 粒子在电势
越高的地方电势能越大,故 B 错误;α 粒子所受电场力始终沿原子核和 α 粒子连线向外,故在 P
点静止释放后,其不会沿 PQ 曲线运动,D 错误;越靠近原子核,电场强度越大,α 粒子所受电场力
越大,加速度越大,故选 C。
5. A　 【解析】对卫星 M 有:G Mm2 =man,解得 an =
GM
2 = g,故 A 正确;L 随地球转动,其向心加速度 a′n =R R
2
ω2R =4π2 R,代入 T =24 h,R≈6. 4 ×10
6 m 可得 a′n≈0. 034 m / s2,远小于重力加速度 g,故 B 错误;T
易知 ωL =ωN,则 vN > vL,又 vM > vN,所以 L 的线速度最小,相同时间内转过的弧长最短,C 错误;同
步卫星 N 在 12 h 内转过的角度等于 π,而 ωM >ωN,故 M 在在 12 h 内转过的角度大于 π,D 错误。
6. B　 【解析】产品滑上传送带 2 时,相对传送带 2 向右下方运动,摩擦力与相对运动方向相反,此后产
品相对传送带 2 沿右下方做匀减速直线运动,故选 B。
7. C　 【解析】当小球与圆心连线与水平向左方向夹角为 θ 时,对小球有 mgRsinθ = 12 mv
2,切向加速度
2
aτ = gcosθ,径向加速度 a
v 2 2 2
n = R =2gsinθ,故小球加速度 a = an + aτ = g 3sin θ +1 ,当小球下滑
到圆槽最低点时,加速度有最大值 2g,故 A 错误;受力分析可得,圆槽所受摩擦力 f =
3mgsinθcosθ,有最大值32 mg,故 B 错误;地面对圆槽支持力大小 FN = μ(Mg + 3mgsin
2θ),要圆槽
始终不滑动,需 μF ≥ f = 3mgsinθcosθ 恒成立,即 μ≥ 3mgsinθcosθ = 3mgtanθN Mg +3mgsin2θ Mg
=
+3mgtan2θ
cos2θ
3m
M 恒成立,故 μ 的最小值为
3m C 正确;当小球运动到最低点时,对
+ (M +3m)tanθ 2 M(3m +M)tanθ
小球和圆槽整体有 FN - (m +M)g =man,故 FN > (m +M)g,D 错误。
二、多项选择题:本题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分。
8. AC　 【解析】由题意可得 18 λ = 1 m,则 λ = 8 m。 A. 由 T =
λ
v =
1 1
4 s,则横波的振动频率为 f = T =
4 Hz,故 A 正确;B. 由图乙可知 0 时刻质点向 y 轴负方向振动,图甲中结合同侧法,故图乙的质
点可能是图甲中质点 N 的振动图像,故 B 错误;C. M、N 两质点相隔半个周期,所以任意时刻
M、N 两质点的振动速度大小始终相等,故 C 正确;D. 机械波的传播速度由介质决定,与其他无
关,故 D 错误。
9. BD　 【解析】A. 处于 n =4、3 和 2 激发态的氢原子向低能级跃迁,最多可发出 C24 =6 种,A 错误;B. 只
有 4→3 的光子不能使铯发生光电效应,其余都可以,故有 5 中光子可使铯发生光电效应,故 B
正确;C. 增大该氢原子光源的光照强度,光电子的最大初动能不会增大,故 C 错误。 D. 4→2 的
光子能量为 hυ =2. 55 ev,打出光电子的最大初动能为 Ek = hυ -W0 =0. 67 ev,故 D 正确。
10. BD　 【解析】A. bc 边切割磁场产生电动势大小 E = BLv0,由于 ab、cd 边被短路,整个回路的总电阻
BLv 2 2
R总 =2R,则电路 I =
E
R ,解得 I =
0,故 A 错误;BC. 对整个金属框: - ∑B L Δv·Δt2R 2R = 0 -总
2Rmv
mv0,其中∑Δv·Δt = d,解得 d =
0
2 2 ,故 B 正确,C 错误;D. 整个过程,对金属框: - WB L 克安
=
0 - 12 mv
2
0,W克安 = Q总,Q =
1
2 Q总,解得 Q =
1 mv24 0,故 D 正确。
三、实验题:本题共 2 个小题,11 题 6 分,12 题 9 分,共 15 分。
11. 【答案】(6 分)
(1)3. 2(2 分)
(2) 1 m ( d2 Δt )
2
(2 分)
(3)C(2 分)
【解析】(3)弹力为变力,做功 W = ∫ xkx20 dx =
1
3 kx
3。 功与 x3 成正比。 或者排除法,恒力做功与 x 成
正比,弹力与 x 成正比的力做功与 x2 成正比,所以选 C。
12. 【答案】(9 分)
(1)左(2 分)
(2)B(2 分)
(3)5. 5 × 103(2 分)
(4) ( 1 802 - Rx +80 )E(3 分)
【解析】(3)带入表达式求解可得结果。
R
(4)U = UR2 - U =
E
R3 2 -
3 1
R + R E = ( 2 - 80R +80 )E。3 x x
四、解答题:本题共 3 个小题,13 题 10 分,14 题 14 分,15 题 18 分,共 42 分。
13. 【答案】(10 分)
U n
【解析】(1)理想变压器 1U =
1
n (2 分),I1n1 = I2n2(2 分)2 2
U
副线圈电路满足 I = 22 R + r(1 分),所以 I = I =
1
1 11A(1 分)
(2)副线圈电路中副线圈两端电压为定值 U2 =20 V,理想变压器的输入功率等于输出功率,即 P1 =
U2
P (1 分),P = 22 2 R + r(2 分)
所以理想变压器的输入功率 P1 =40 W(1 分)
14. 【答案】(14 分)
【解析】(1)据题意可得其轨迹如图所示,由几何可得 rcosθ = r - rcosθ(1 分),
解得 cosθ = 12 (1 分)
r + rsinθ = (3 + 2 3 )d(1 分),rsinθ = l(1 分)
所以 r =2 3 d(1 分),l =3d(1 分)
2 2
(2)由 qvB =m vr (2 分),qEd =
1
2 mv
2(2 分),解得 E = 6qdBm (1 分)
(3)粒子在Ⅱ、Ⅲ两区磁场中运动的轨迹的半径都为 r,总的圆心角为 420°(1 分),总路程为 s =
420°
360°·2πr(1 分) =
14 3πd
3 (1 分)
15. 【答案】(18 分)
【解析】(1)设小球抛出速度为 v0,方向向右,水平方向(v0 + u) t = d ………………………… (1 分)
竖直方向12 gt
2 = h ……………………………………………………………………………… (1 分)
联立解得 v0 = -0. 5 m / s ……………………………………………………………………… (1 分)
负号表示方向向左 ……………………………………………………………………………… (1 分)
(2)设第一次碰前小球竖直速度为 vy,第一次碰后竖直、水平速度分别为 v1y、v1x。 水平方向动量守
恒 mv0 +2Mu =mv1x +2Mu1 ……………………………………………………………………… (1 分)
机械能减少 ΔE = 12 m(v
2
0 + v2y) +
1
2 2Mu
2 - 12 m(v
2
1x + v2
1
1y) - 2 2Mu
2
1 ………………………… (1 分)
竖直方向速度关系 v1y = evy
解得 ΔE =0. 844 J ……………………………………………………………………………… (1 分)
对 A、B 板,水平方向动量定理 If =2M(u - u1) ………………………………………………… (1 分)
对小球,竖直方向动量定理 IN =m(vy + v1y) =m(1 + e)vy …………………………………… (1 分)
由于 v1x < u1,可知第一次碰撞全过程小球和 A 板间均存在滑动摩擦,于是有 If = μIN …… (1 分)
联立解得 μ =0. 1 ………………………………………………………………………………… (1 分)
(3)小球水平速度不影响每次碰撞竖直方向的速度变化,第 n 次碰后小球的竖直速度大小为 vny =
ev(n -1)y = envy
小球从抛出到第一次碰前经历时间 t = 2hg =0. 5 s
第一次碰后到第二次碰前经历时间 t1 =2et
第 n 次碰后到第 n +1 次碰前经历时间 t = et = en -1n n -1 t1 …………………………………… (1 分)
若要游戏过关,小球与 B 板的某次碰撞后,小球与 B 板在水平方向共速,此后的碰撞仅改变小球竖
直速度,现分析小球与 B 板水平共速前的每次碰撞。
第一次与 A 板碰撞,小球水平速度变化 Δv1x为 Δv1x = μ(1 + e)vy
薄板水平速度变化 Δu1 为 Δu
m 1
1 = 2MΔv1x = 8 Δv1x
水平相对速度变化 Δv 为 Δv = 91相 1相 8 Δv1x =0. 9 m / s ………………………………………… (1 分)
第二次与 B 板碰撞,小球水平速度变化 Δv2x为 Δv2x = μ(1 + e)v1y = eΔv1x
由于 A、B 板分离,B 板水平速度变化 Δu2 为 Δu2 =
m
MΔv2x =
1
4 Δv2x
水平相对速度变化 Δv 52相为 Δv2相 = 4 Δv2x =0. 6 m / s
此后直到水平共速前,小球与 B 板的每次碰撞情况类似。 小球第 n 次与 B 板碰撞,水平相对速度变
化 Δvn相为 Δv n -2n相 = eΔv(n -1)相 = e Δv2相 ………………………………………………………… (1 分)
由此可算出 Δv3相 =0. 36 m / s、Δv4相 =0. 216 m / s。
若小球第一次恰与 A 板右端碰撞,易算出小球初速度为 0. 5 m / s,方向向右,也即若小球第一次与 A
板碰撞,小球与板初始水平相对速度大小范围为[1 m / s,2 m / s],由此可知小球第一次与 A 板碰
后,最多与 B 板碰撞 3 次即可与 B 板水平共速。
以 B 板为参考系,若要游戏过关,最小相对初速度 vm 对应小球第一次与 A 板碰撞后再与 B 板最左
端碰撞的情况,有 vm t + (vm - Δv1相) t1 = d + l ………………………………………………… (1 分)
解得 vm =1. 4 m / s
而最大相对初速度 vM 对应小球第一次与 A 板碰撞后,某次与 B 板最右端碰撞后水平共速的情况。
若小球与 B 板仅碰撞 1 次,有 vM t + (vM - Δv1相) t1 = d +2l
解得 v = 102M 55 m / s,易验证 vM > Δv1相 + Δv2相,此式说明小球与 B 板碰后未水平共速,小球会跳离 B
板,不满足题意。 若小球与 B 板碰撞 2 次,有 vM t + (vM - Δv1相) t1 + (vM - Δv1相 - Δv2相) t2 = d +2l
…………………………………………………………………………………………………… (1 分)
解得 v = 129M 73 m / s,易验证 Δv1相 + Δv2相 < vM < Δv1相 + Δv2相 + Δv3相,此式说明小球与 B 板最右端碰撞
过程中达到水平共速,此即为游戏过关的初始相对速度最大值。
1 39
转换到大地参考系,以向右为正方向,小球抛出速度的取值范围为 êéê - 10 m / s, m / s
ùú
146 ú
… (2 分)

展开更多......

收起↑