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2026年甘肃省嘉峪关市酒钢三中高考物理三诊试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.关于放射性元素的衰变和核反应，以下说法完全正确的一项是( )
A. 射线是波长很短的电磁波，与射线和射线相比，其穿透能力是最弱的
B. 碳的半衰期为年，则个碳原子在年后还剩下个
C. 卢瑟福用粒子轰击氮原子核的核反应方程为
D. 衰变释放的电子来自于原子核，其实质是核内的质子转化为中子和电子
2.在如图所示的坐标系中，一条弹性绳沿轴放置，图中小黑点代表绳上的质点，相邻质点的间距为，时，处的质点开始沿轴做周期为、振幅为的简谐运动，时的波形如图所示。下列说法正确的是( )
A. 时，质点沿轴负方向运动 B. 时，质点的加速度最大
C. 时，质点和速度相同 D. 该列绳波的波速为
3.如图所示，一正方体玻璃砖边长为。玻璃砖底面中心有一单色点光源，可向各个方向发射光线。该玻璃砖对光的折射率为，则玻璃砖上表面有光折射出来的区域面积为( )
A.
B.
C.
D.
4.甲图是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为乙图所示的正弦交流电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为、，电压表为理想交流电表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于时，就会在钢针和金属板间引发电火花点燃气体。开关闭合后，下列说法正确的是( )
A. 时电压表的示数为
B. 电压表的示数始终为
C. 原线圈中交变电流的频率为，原线圈中的电流方向每秒改变次
D. 若，则可以实现燃气灶点火
5.如图，一辆汽车以恒定速率通过圆弧拱桥，为桥面最高处，则汽车( )
A. 在处所受支持力大小大于其重力
B. 在处所受支持力大小等于其重力
C. 从到过程所受支持力逐渐增大
D. 从到过程所受支持力逐渐减小
6.年月日，印度尼西亚雅加达到万隆的高速铁路面向公众开通试运营。雅万高铁是由中国建造的东南亚第一条高速铁路，它是中国高铁首次全系统、全要素、全产业链在海外建设项目，全线采用中国技术、中国标准。在某次试运行过程中，质量为的列车从静止开始运动，加速度随时间的变化关系如图乙所示，时刻达到最大功率，内列车保持最大功率运行，假定运行过程中，列车受到阻力的大小恒为重力的倍，重力加速度为。则下列说法正确的是( )
A. 内，列车的牵引力为
B. 列车的最大功率为
C. 、内，平均功率之比为
D. 、内，牵引力做功之比为
7.有一带正电粒子仅在电场力作用下沿轴运动，其速度随位移变化的关系图像如图所示。取点的电势为零，下列说法正确的是( )
A. 该电场为匀强电场
B. 处的电势是处电势的倍
C. 该粒子做加速度增大的加速运动
D. 该粒子在段的动能增加量是段动能增加量的倍
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.下列说法中正确的有( )
A. 紫外线比紫光更容易发生干涉和衍射
B. 光的偏振现象说明光是纵波
C. 由红光和绿光组成的一细光束从水中射向空气，在不断增大入射角时，水面上首先消失的是绿光
D. 某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到图甲所示的条纹，仅减小双缝之间的距离后，观察到如图乙所示的条纹
9.在图乙所示的电路中，通入图甲所示的交变电流，此交变电流的每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定。电阻的阻值为，电表均为理想电表。下列判断正确的是( )
A. 电压表的示数为
B. 该交变电流的电压有效值为
C. 电阻一个周期内产生的热量一定大于
D. 电流表的示数为
10.年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的形金属盒半径为，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为的匀强磁场与盒面垂直．处粒子源产生的粒子，质量为、电荷量为，在加速器中被加速，加速电压为实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制．若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为、，加速过程中不考虑相对论效应和重力作用( )
A. 粒子第次和第次经过两形盒间狭缝后轨道半径之比：
B. 粒子从静止开始加速到出口处所需的时间
C. 如果，粒子能获得的最大动能为
D. 如果，粒子能获得的最大动能为
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.小英同学在探究向心力大小的表达式实验时：用如图甲所示的装置，已知小球在挡板、、处做圆周运动的轨迹半径之比为：：，变速塔轮自上而下按如图乙所示三种组合方式，左右每层半径之比由上至下分别为：、：和：。回答以下问题：
本实验所采用的实验探究方法与下列哪个实验是相同的______填“”或“”。
A.探究两个互成角度的力的合成规律
B.探究影响导体电阻的因素
小英同学把质量为、的两个小球分别放在、位置做实验，若两小球做圆周运动的角速度相等，转动稳定时根据左右两边标尺上的等分格显示可知两个小球所受向心力大小比为：，则： ______。
小英同学在某次实验时，把质量相等的两小球分别放在、位置，根据左右两边标尺上的等分格显示可知两个小球所受向心力大小比为：，则与皮带连接的两个变速塔轮的半径之比为______。
12.用伏安法测定一个待测电阻的阻值阻值约为，实验室提供如下器材：
电池组：电动势，内阻不计；
电流表：量程，内阻约为；
电流表：量程，内阻为；
滑动变阻器：阻值范围，额定电流；
电阻箱：阻值范围，额定电流；
开关、导线若干。
要求实验中尽可能准确地测量的阻值，请回答下列问题：
为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表______填写器材代号与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到______，这样可以改装成一个量程为的电压表。
在图中画出完整测量阻值的电路图，并在图中标明器材代号。
调节滑动变阻器，两表的示数如图所示，可读出电流表的示数是______，电流表的示数是______，测得待测电阻的阻值是______。
四、计算题：本大题共3小题，共43分。
13.内壁光滑的导热气缸固定在水平面上，用质量为的活塞密封一段长度为的气体，活塞的横截面积为。给活塞一个向左的初速度，活塞向左移动了，此时速度减为零。已知大气压强为，不计密封气体温度的变化。求：活塞速度为零时，密封气体的压强；
该过程放出的热量。
14.电阻可忽略的光滑平行金属导轨长，两导轨间距，导轨倾角为，导轨上端接一阻值的电阻，磁感应强度的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值，质量的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热取求：
金属棒在此过程中克服安培力的功。
金属棒下滑速度时的加速度。
求金属棒下滑的最大速度。
15.足够长的倾角为的光滑斜面的底端固定一轻弹簧，弹簧的上端连接质量为、厚度不计的钢板，钢板静止时弹簧的压缩量为，如图所示，一物块从钢板上方距离为的处沿斜面下滑，与钢板碰撞后立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为时，它们恰能回到点，为弹簧自然伸长时钢板的位置，若物块质量为，仍从处沿斜面下滑，则物块与钢板回到点时，还具有向上的速度。已知重力加速度为，计算结果可以用根式表示，求：
质量为的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小；
碰撞前弹簧的弹性势能；
质量为的物块沿斜面向上运动到达的最高点离点的距离。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：射线是波长很短的电磁波，与射线和射线相比，其穿透能力是最强的，故A错误；
碳的半衰期为年，则个碳原子数量太少，不满足半衰期的规律，不能判断在年后还剩下多少个未衰变，故B错误；
卢瑟福用粒子轰击氮原子核的核反应方程为，故C正确；
衰变释放的电子来自于原子核，其实质是核内的中子转化为质子和电子，故D错误。
故选：。
根据各种射线的穿透能力进行分析解答；根据半衰期的概念进行分析解答；根据原子核的人工转变知识分析解答；根据射线的来历进行分析解答。
考查各种射线的性质、半衰期以及原子核的人工转变等，平时多记多背，属于较低难度考题。
2.【答案】
【解析】解：．时，由波形图可知，波刚好传到质点，则根据题图及“同侧法”可知，此时质点沿轴正方向运动，故A错误；
B.由图可知，在时质点处于正的最大位移处，则由可知，此时质点的加速度最大，故B正确；
C.由图可知，在时，质点沿轴负方向运动，质点沿轴正方向运动，根据对称性可知此时质点和速度大小相等，方向相反，故C错误；
D.由图可知，该波的波长满足：
，
解得：
，
故该列绳波的波速为：
，故D错误。
故选：。
A.结合题意及题图，由“同侧法”，即可分析判断；
B.结合题意及题图，由回复力与位移、回复力与加速度的关系，即可分析判断；
C.结合题图，由质点的运动特征，即可分析判断；
D.结合题意，先确定该波的波长，再根据波速与波长的关系列式，即可分析判断。
本题考查机械波的图像问题，解题时需注意，结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向，波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。
3.【答案】
【解析】解：由折射率和全反射临界角关系可知，代入数据可得，
光在上表面恰好全反射时如图所示：
由几何关系可知，，代入数据可得，圆的直径等于上表面的对角线，因此光线在上表面能被光照亮的区域是整个正方形，所以面积为，故A正确，BCD错误。
故选：。
根据折射率与全反射临界角关系分析临界角，画出全反射时的光路图，根据几何关系分析上表面有光射出的半径。
考查了光的全反射现象的分析方法，画出光路图并分析几何关系是解题关键。
4.【答案】
【解析】解：、根据图乙得到原线圈输入电压的最大值为，根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，原线圈输入电压的有效值为，则电压表的示数始终为，故AB错误；
C、根据图乙可知原线圈输入电压周期为，频率为，一个周期内电流方向改变次，变压器不改变交变电流的频率，故副线圈电流方向每秒改变次，故C错误；
D、瞬时电压大于即火花放电，即副线圈输出电压最大值为，根据变压比可得
所以实现燃气灶点火的条件是：
若，则可以实现燃气灶点火，故D正确。
故选：。
根据图乙读出原线圈电压的最大值，根据有效值与最大值的关系求出电压表的示数；由图读出周期，由求出频率，再确定原线圈中的电流方向每秒改变的次数。当变压器副线圈电压的瞬时值大于时，就会点火，根据电压与线圈匝数比的关系分析项。
此题考查变压器的构造和原理，掌握理想变压器的电压、电流和匝数之间的关系，知道电压表的示数为有效值。
5.【答案】
【解析】解：、在点处，在竖直方向对汽车由牛顿第二定律有：，可知汽车在处所受支持力大小小于其重力，故AB错误；
、从到过程，对汽车受力分析，把重力分解，如下图所示：
由牛顿第二定律有：
可得支持力大小：，从到，减小，增大，速率不变，可知支持力增大，故C正确，D错误。
故选：。
、在点利用牛顿第二定律分析；
、对汽车受力分析，利用牛顿第二定律分析。
本题考查了匀速圆周运动的向心力、牛顿第二定律，解题的关键是对汽车正确受力分析，知道半径方向的合力提供向心力。
6.【答案】
【解析】解：在到时间内，列车做匀加速直线运动，加速度为，所受阻力。根据牛顿第二定律有，解得此阶段牵引力。
在时刻，列车速度达到，此时列车达到最大功率。该阶段牵引力恒定，做功，平均功率。在到时间内，列车保持最大功率运行，该阶段平均功率，牵引力做功。
A、由上述分析可知，到内列车的牵引力为，故A错误；
B、列车的最大功率为，故B错误；
C、到和到内，平均功率之比为，故C错误；
D、到和到内，牵引力做功之比为，故D正确。
故选：。
题目描述列车从静止开始运动，其加速度随时间变化，在到时间内保持恒定加速度，之后以最大功率运行至时刻。分析过程需明确列车在匀加速阶段由牛顿第二定律确定牵引力，该阶段牵引力恒定，结合匀加速运动规律可求出时刻的速度与位移，进而得到最大功率。在到阶段功率恒定，牵引力随速度变化，需利用功率公式和动能定理分析做功与平均功率。选项涉及牵引力大小、最大功率表达式、两阶段平均功率与牵引力做功之比，需通过物理量间的逻辑关系判断正误。
本题以高铁启动为背景，综合考查牛顿运动定律、功率、功等核心力学知识，并涉及图像分析能力。题目将匀加速启动与恒定功率启动两个经典模型有机结合，计算量适中但思维层次清晰，能有效检验学生对于机车启动两类基本过程的掌握程度。学生需要准确理解图像的含义，并灵活运用牛顿第二定律、运动学公式、功率与速度关系式以及功的计算公式进行推导。本题的亮点在于将两个阶段的平均功率与做功之比作为选项，要求学生不仅会计算瞬时值，还需理解平均功率的物理意义并进行比值运算，对学生的综合分析能力提出了较高要求。
7.【答案】
【解析】解：若电场为匀强电场，则仅在电场力作用下，带正电粒子将做匀加速运动，根据速度和位移的关系式可知速度的平方与位移成正比，因为题中图像为直线，所以该电场是非匀强电场，故A错误；
B.根据图像可以知道该粒子在处的速度大小为，点的电势为零，粒子在点的电势能为零，速度为零，动能为零，该粒子仅受电场力，其电势能与动能之和不变，有
得
故B错误；
C.根据图知
可得
即
所以该粒子做加速度增大的加速运动，故C正确；
D.根据题中图像可知，该粒子在段的动能增加量为
在段的动能增加量为
则段的动能增加量是段动能增加量的倍
故D错误。
故选：。
A.根据题中图像的关系判断该电场是否为匀强电场；
B.根据电势能与动能之和不变求处的电势和处电势的关系；
C.根据图像的斜率判断该粒子的加速度变化；
D.由动能定理求粒子在段的动能增加量和段动能增加量的关系。
解答本题的关键是要知道图像的物理意义，此题是一道综合题，要求学生掌握比较全面的知识点，熟练的运用动能定理解题。
8.【答案】
【解析】解：、波长越长越容易发生明显的衍射，紫外线的波长小于紫光，所以紫外线比紫光更不容易发生明显的衍射现象，故A错误；
B、光的偏振现象说明光是横波，偏振是横波特有的现象，故B错误；
C、红光的折射率小于绿光的折射率，根据可知，红光的临界角大于绿光的临界角，所以由红光和绿光组成的一细光束从水中射向空气，在不断增大入射角时，绿光先达到临界角，水面上首先消失的是绿光，故C正确；
D、根据干涉条纹间距公式可知，仅减小双缝之间的距离后，条纹间距变大，会观察到如图乙所示的条纹，故D正确。
故选：。
波长越长越容易发生明显的衍射；偏振是横波特有的现象；红光的折射率小于绿光的折射率；根据干涉条纹间距公式判断。
本题考查了对发生明显衍射现象条件的理解，以及临界角公式和干涉条纹间距公式的应用等，知道各种色光的频率、波长关系是解题的基础。
9.【答案】
【解析】解：设交流电的周期为，电压的有效值为，根据焦耳定律
其中，
代入数据解得
电压表的示数为有效值，因此电压表示数为，故A正确，B错误；
根据欧姆定律，电流表示数
根据焦耳定律，电阻一个周期内产生的热量，故C错误，D正确。
故选：。
根据电流的热效应求解电压的有效值，电压表的示数为有效值；
根据欧姆定律和焦耳定律求解作答。
本题主要考查了交流电有效值的求解方法，掌握欧姆定律和焦耳定律的运用。
10.【答案】
【解析】解：、根据得，带电粒子第一次和和第二次经过加速后的速度比为：，
根据知，带电粒子第次和第次经过两形盒间狭缝后轨道半径之比：：故A正确．
B、设粒子到出口处被加速了圈解得，
而，且，及；
解得：，故B正确．
、根据，知，则带电粒子离开回旋加速器时获得动能为，而，解得：最大动能为．
如果，粒子能获得的最大动能为，故C错误，D正确；
故选：．
回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，带电粒子在磁场中运动的周期与带电粒子的速度无关．根据洛伦兹力提供向心力得出轨道半径的公式，从而根据速度的关系得出轨道半径的关系．粒子离开回旋加速度时的轨道半径等于形盒的半径，根据半径公式求出离开时的速度大小，从而得出动能．
解决本题的关键知道回旋加速器加速粒子的原理，知道带电粒子在磁场中运动的周期与交变电场的周期相同，以及掌握带电粒子在磁场中运动的轨道半径公式和周期公式．
11.【答案】； ：； ：
【解析】解：“探究两个互成角度的力的合成规律”应用的是等效替代的设计思路，A错误；
B.“探究电阻的影响因素”应用的是控制变量的设计思路，故B正确；
故选：。
由向心力的公式可知
解得
由题可知，、两出的角速度之比
由于传动装置边缘的线速度相等，故有
解得
即变速塔轮的半径之比为：
故答案为：；：；：
在研究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时，主要用到的是控制变量法；
由向心力的公式分析；
求出两出的角速度之比，传动装置边缘的线速度相等，结合分析。
本题主要考查的是向心力相关的实验，理解实验方法，结合向心力的公式做出判断即可。
12.【答案】
【解析】解：待测电阻两端加电压时，电流约为
电流测量电流；为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表与电阻箱串联改装成量程为的电压表，需要调电阻箱阻值为
滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法，待测电阻阻值约为，电流表内阻约为，电压表内阻为
电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，电路图如图所示
由图示可知，电流表的示数为，电流表的示数是；
待测电阻两端电压
测得待测电阻
故答案为：，；
，，。
估算电路中的电流选择电流表，根据电压表的改装原理判断；
根据滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值分析滑动变阻器的接法，根据误差分析选择测量电路的接法，根据选择画出电路图；
根据欧姆定律计算。
本题考查测量电阻的实验，关键掌握实验原理，电学元件、控制电路和测量电路的选择方法。
13.【答案】解：根据题意，由玻意耳定律得

解得：
设活塞对气体做功为，吸收的热量为，对气体应用热力学第一定律得
由题意可知：，
对活塞分析，由动能定理得
解得：
答：活塞速度为零时，密封气体的压强为；
该过程放出的热量为。
【解析】根据玻意耳定律列式即可求解；
根据热力学第一定律以及对活塞应用动能定理列式求解。
本题考查了玻意耳定律、热力学第一定律以及动能定理的综合应用，为典型题目，题目难度适中。
14.【答案】解：下滑的过程中金属棒克服安培力做功等于回路产生的焦耳热．
由于，因此由焦耳定律得：，
所以克服安培力做功：
金属棒下滑速度时，所受的安培力为：

由牛顿第二定律得：
得：
代入解得：
金属棒匀速运动时速度最大，即时，最大，设为．
则有
可得：
若根据能量守恒定律得：
解得：，
所以金属棒下滑的最大速度为
【解析】题中已知金属棒产生的焦耳热，与串联，根据焦耳定律分析它们产生的热量关系，从而求得总的焦耳热，即为金属棒克服安培力的功．
分析金属棒的受力分析，导体棒受到重力，支持力，安培力，做出受力图，求出合力，可以求得加速度．
当金属棒的加速度为零时，速度最大，由上题结果求解最大速度，再根据能量守恒求出滑到底端时的速度，分析是否到达最大速度．
本题关键要分析功能关系，并对金属棒正确受力分析，应用安培力公式、牛顿第二定律等，即可正确解题．
15.【答案】解：设物块与钢板碰撞前的速度为根据机械能守恒定律得：
解得：
对于碰撞过程，取沿斜面向下方向为正方向，由动量守恒定律得：
。
解得：
设碰撞前弹簧的弹性势能为当物块与钢板一起回到点时，弹簧无形变，弹簧的弹性势能为零，根据机械能守恒定律得：
解得：
设质量为的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小由动量守恒定律得：
。
当物块与钢板一起回到点时，弹簧的弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时它们的速度为。根据机械能守恒定律得：
在点物块与钢板分离，分离后，物块以初速度继续沿斜面上升，设运动到达的最高点离点的距离为，则有
则有：
由牛顿第二定律得：
解得：
【解析】【分析】
本题的关键要分析清楚物体的运动过程，把握每个过程的物理规律，如碰撞的基本规律：动量守恒定律。物体压缩弹簧的过程，系统遵守机械能守恒定律，并要找出状态之间的联系。
【解答】
物块沿光滑斜面下滑时机械能守恒，由机械能守恒定律求物块与钢板碰撞前瞬间的速度大小，由动量守恒定律求物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小；
从碰后到回到点的过程，对系统运用机械能守恒定律列式，可求得碰撞前弹簧的弹性势能；
根据动量守恒定律求出质量为的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小再由机械能守恒定律求解。
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