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重庆市永川中学校2026届高三下学期模拟预测物理试卷
一、单选题
1．操场上不漏气的足球被太阳曝晒后体积变大，与曝晒前比较，足球内气体( )
A.每个分子的速率都增大 B.分子的平均动能增大
C.分子的数密度增大 D.内能减小
2．氢原子能级跃迁可以帮助我们更好地理解宇宙的结构，并从中得到很多有价值的信息。大量氢原子处于能级上，其能级图如图所示。下列关于这些氢原子能级跃迁过程中所发出的三种光的说法正确的是( )
A.光光子的动量最大
B.光光子的频率最低
C.光光子的波长最长
D.用光照射处于能级的氢原子，氢原子可以发生电离
3．如图，阴影部分ABC为一由透明材料做成的柱形光学元件的横截面，其折射率，AC为以点D为圆心的圆弧，ABCD构成正方形。一束与BC等宽的平行光束由BC向左射入该柱形光学元件，若只考虑这些光线首次到达圆弧AC的情况，则光线能直接射出的弧长占圆弧AC总长的( )
A. B. C. D.
4．如图所示，一列简谐横波向右传播，波速为。介质中P、Q两点平衡位置相距0.3m，当P位于波峰时，Q刚好位于平衡位置，则这列波的周期可能是( )
A.0.2s B.0.3s C.0.4s D.0.5s
5．某实验室使用的低压供电装置原理如图所示，其核心部分是一个理想变压器。原线圈输入电压有效值的正弦交流电。该变压器有两组独立的副线圈，副线圈1的匝数。已知接在副线圈1、2两端的电阻，消耗的电功率为20 W，测得此时流过副线圈2的电流。以下说法正确的是( )
A.原线圈的匝数为50 B.副线圈2的匝数为20
C.此时流过原线圈的电流为3.4A D.副线圈2两端的电压为20 V
6．如图所示，竖直面内有一圆形区域，半径为R。、分别是圆的水平方向和竖直方向直径。空间存在平行于圆形区域的匀强电场。的中点M是圆周上电势最低的点。质量为m，电荷量为q（）的小球从A点以相同的速率向竖直面内各个方向发射，重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A.电场沿方向
B.电势差
C.小球到达D点的动能为
D.小球加速度大小可能为
二、多选题
7．如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是( )
A.甲图可通过增加磁感应强度B来增大粒子的最大动能
B.乙图可通过增加磁感应强度B来增大电源电动势
C.丙图无法判断出带电粒子的电性，粒子能够从左右两个方向沿直线匀速通过速度选择器
D.丁图中产生霍尔效应时，无论载流子带正电或负电，稳定时都是C板电势高
三、计算题
8．宇宙中广泛存在着一种特殊的天体系统——双星系统。如图甲所示，某双星系统中的两颗恒星a、b绕O点做圆周运动，在双星系统外且与系统在同一平面上的A点观测双星运动，测得恒星a、b到OA连线距离x与时间t的关系图像如图乙所示，引力常量为G，则( )
A.a、b的线速度之比为
B.a、b的线速度之比为
C.a的质量为
D.a的质量为
四、多选题
9．某兴趣小组利用电容放电装置研究电磁弹射。如图，离地面高为h的水平面上固定一半径为r的金属圆环，一根长为2r、电阻为的金属棒P沿直径放置，它的两端与圆环接触良好，该棒以圆心为转轴匀速转动。圆环内左半圆存在磁感应强度大小为的匀强磁场（方向竖直向上），圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距为l的水平放置的光滑平行金属轨道相连，轨道间接有电容为C的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。水平导轨上放置一质量为m金属棒Q，它置于磁感应强度为的匀强磁场（方向竖直向上）区域内靠左侧边缘。先将开关置于1端，让金属棒P绕轴以角速度匀速转动，等电容器充电结束后，再将开关S置于2端，电容器放电使得导轨上的金属棒Q运动起来水平抛出。圆环及轨道内阻均不计，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A.电容器充电后，M板带正电
B.电容器充电后电容带电量为
C.电容器充电后电容带电量为
D.金属棒Q抛出到落地的最大水平距离为
五、计算题
10．小明同学用如图甲所示的装置研究平抛运动及其特点，他的实验操作是：在小球A、B处于同一高度时，用小锤轻击弹性金属片，使A球水平飞出，同时B球被松开下落。
(1)甲实验的现象是小球A、B同时落地，说明平抛运动竖直方向的运动是________________；
(2)现将A、B球恢复初始状态后，用比较大的力敲击弹性金属片，小球A、B同时落地，A球落地点变远，则在空中运动的时间________________（填“变大”、“不变”或“变小”）；
(3)某同学用频闪照相机拍摄如图丙所示的小球平抛运动照片，其中小方格边长，a、b、c、d为连续拍摄记录的四个位置，则小球平抛初速度________________（当地重力加速度大小，结果保留两位有效数字）。
11．多用电表是实验室中常用的测量仪器，图甲为某种型号多用电表电路图。
(1)通过一个单刀多掷开关S，接线柱B可以分别与触点1、2、3、4、5接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的功能。图甲中的E是电池，是欧姆调零电阻，A、B分别与黑、红表笔相接。、、、、都是定值电阻，表头G的满偏电流为20mA、内阻为。已知。关于此多用电表，下列说法正确的是______________
A.当S接触点1或2时，多用电表处于测量电流的挡位，且接1时的量程比接2时小
B.当S接触点1或2时，多用电表处于测量电流的挡位，且接1时的量程比接2时大
C.当S接触点3时，多用电表处于测量电阻的挡位，挡位倍率越大，滑动变阻器接入阻值越大
D.当S接触点4、5时，多用电表处于测量电压的挡位，且接4比接5时量程大
(2)该学习小组将S接触点3时，并将红黑表笔短接，调节进行欧姆调零后测量未知电阻。得到通过表头G的电流与被测电阻的关系如图乙所示，由此可知多用电表中电池的电动势_______V（计算结果保留三位有效数字）。
(3)某实验小组做“测电源的电动势和内阻”的实验。器材有：待测电源（电动势约为8V），定值电阻，多用表一只，电阻箱一只，连接实物如图丁所示，测得并记录多组数据后，得到如图丙所示的对应的图，则电动势_______V、内阻____________（结果保留三位有效数字）。
12．如图，质量的金属圆环用细绳竖直悬挂于水平横梁上，虚线平分圆环，以上部分有垂直纸面向外的匀强磁场。磁感应强度B随时间t变化的关系满足，已知圆环的半径，电阻，取重力加速度大小，细绳能承受的最大拉力，从时刻开始计时，求：
(1)感应电流I的大小及方向；
(2)细绳断裂瞬间的时刻。
13．一固定装置由表面均光滑的水平直轨道AB、倾角为的直轨道BC、圆弧管道（圆心角为）CD组成，轨道间平滑连接，其竖直截面如图所示（未按比例作图）。BC的长度，圆弧管道半径（忽略管道内径大小），D和圆心O在同一竖直线上。轨道ABCD末端D的右侧紧靠着水平面上质量的平板，其上表面与轨道末端D所在的水平面齐平。质量、可视为质点的滑块从A端弹射获得=3.2J的动能后，经轨道ABCD水平滑上平板，并带动平板一起运动。平板上表面与滑块间的动摩擦因数、下表面与水平面间的动摩擦因数为。不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，，。
(1)求滑块到达轨道ABCD末端D时的速度大小；
(2)若，滑块未脱离平板，求平板加速至与滑块共速过程系统损失的机械能；
(3)若，平板至少多长才能使滑块不脱离平板。
14．“质子疗法”是一种将较高能量的质子经电场、磁场定向轰击肿瘤，杀死恶性细胞的治疗方法。如图所示，在xOy坐标平面的第二象限内有一半径为r的圆形区域Ⅰ，设置有垂直平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，圆形边界与x轴负半轴相切于P点。P点设置有质子源（图中未画出），向第二象限平面内各个方向持续发射速度大小相等、质量为m、电荷量为q的质子流。质子经区域Ⅰ的磁场偏转后均能沿x轴正方向离开，然后射入区域Ⅱ，该区域以抛物线（k值未知）为边界，其间设置有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E。质子经匀强电场偏转后均能从坐标原点O进入第四象限的区域Ⅲ，该区域也设置有垂直平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。除场区外其他区域均为真空，不考虑场区边界效应，不考虑质子之间的相互作用及质子的重力，圆形边界与抛物线边界不相交。
(1)求质子源发射出的质子的速度大小。
(2)求区域Ⅱ的抛物线边界方程中的k。
(3)证明质子经区域Ⅲ的磁场偏转后均能打到位于y轴负半轴上的同一点Q，并写出Q点的坐标。
参考答案
1．答案：B
解析：A.温度升高，分子平均速率增大，大部分分子速率增大，个别分子的速率可能减小，并非每个分子速率都增大，A错误；
B.分子平均动能仅与温度成正比，温度升高，平均动能增大，B正确；
C.足球内气体分子总数不变，体积增大，故分子数密度减小，C错误；
D.对于理想气体，内能仅由温度决定，温度升高，内能增大，D错误。
故选B。
2．答案：D
解析：A.由能级图可知，a、 b、 c 三种光子对应的能量关系为，根据光子动量与能量的关系有
由此可知a光子的动量最大，b光子的动量最小，故A错误；
B.根据光子能量与频率的关系有
由于b光子的能量最小，则b光子的频率最低，故B错误；
C.根据光子能量与波长的关系有
由于a光子的能量最大，则a光子的波长最短，故C错误；
D.处于能级的氢原子电离能为
代入数据解得
光子的能量为
代入数据解得
因为，所以用b光照射处于能级上的氢原子，氢原子可以发生电离，故D正确。
故选D。
3．答案：B
解析：光从介质射向空气时，全反射临界角满足
代入得，故
只有入射角时，光线才能射出圆弧面。
设正方形边长为R，圆弧以D为圆心，半径为R，总圆心角
平行光垂直入射后方向不变，仍水平向左传播；圆弧面上任意一点的法线沿半径方向，因此光线入射角等于法线（半径）与水平方向的圆心角，即
能射出的条件为，即只有圆心角（对应到临界点的弧段）满足要求，总圆心角为，因此弧长占比为
故选B 。
4．答案：A
解析：由题意可知，P位于波峰时，Q位于平衡位置，故两点平衡位置间距满足
或
当时，可得波长为
周期为
n取任意非负整数时计算得到的周期均不匹配选项。
当时，可得波长为
周期为
当时，
n取其他非负整数时计算得到的周期均不匹配选项。
故选A。
5．答案：C
解析：A.因消耗的电功率为20 W，即
解得
又
解得原线圈的匝数为，故A错误；
BD.对由欧姆定律
又
解得副线圈2的匝数为，故BD错误；
C.由输入功率等于输出功率
解得，故C正确。
故选C。
6．答案：C
解析：A.匀强电场中圆周上电势最低点M与最高点关于圆心O对称，电场线由高电势指向低电势，因此电场方向沿半径OM方向，而AM为弦，其方向与OM不同，故A错误；
B.因CB连线垂直电场线，可知，而，可知电势差，B错误；
C.因AD两点电势相等，则从A到D电场力不做功，由动能定理，小球到达D点的动能为，C正确；
D.小球受恒力作用，设水平加速度
竖直加速度
合加速度
由数学知识可知，a的最小值为
故加速度不可能为0.5g，故D错误。
故选C。
7．答案：AB
解析：A.粒子在磁场中满足
设回旋加速器D型盒的半径为R，可推导出粒子的最大动能为
则增大磁感应强度B可以增大粒子的最大动能，故A正确；
B.当磁流体发电机达到稳定时，电荷在A、B板间受到的电场力和洛伦兹力平衡，满足
则可得电源电动势
所以增加磁感应强度B，可以增大电源电动势，故B正确；
C.粒子从左到右通过时，电场力与洛伦兹力方向相反。但粒子从右到左通过时，电场力与洛伦兹力方向相同，所以粒子无法从右向左通过速度选择器，故C错误；
D.若载流子带正电，洛伦兹力指向D板，载流子向D板聚集，D板电势高。若载流子带负电，洛伦兹力指向D板，载流子向D板聚集，D板电势低，故D错误。
故选AB。
8．答案：AC
解析：AB.由图像可知，该双星系统的周期为，a与轨迹中心间的距离为与轨迹中心间的距离为，可得
由线速度
可知、的线速度之比为
故A正确，B错误；
CD.由题意可知
可得
对由万有引力提供向心力可知
又
解得
故C正确，D错误。
故选AC。
9．答案：AC
解析：A.开关S和接线柱1接通，电容器充电，充电过程，对绕转轴转动的金属棒P，由右手定则可知电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电，故A正确；
BC.根据法拉第电磁感应定律可知
则电容器所带的电荷量
故B错误，C正确；
D.假设电容器放电能够将电荷量全部放完，电容器放电过程对金属棒Q由动量定理有
，
得
根据平抛运动公式，有
，
联立可得
但是实际电容器放电结束时电容器应保留一部分电荷，使得电容器两端电压和导体棒的相等，故D错误。
故选AC。
10．答案：(1)自由落体运动
(2)不变
(3)1.0
解析：（1）甲实验中，小球A做平抛运动，小球B做自由落体运动，两球同时落地，说明平抛运动在竖直方向上的运动规律与自由落体运动相同，即说明平抛运动竖直方向的运动是自由落体运动。
（2）平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，设下落高度为h，根据自由落体运动的位移公式有
解得
由此可知平抛运动的时间仅由下落的高度决定，与初速度无关，因此当用比较大的力敲击弹性金属片时，小球A的水平初速度变大，落地点变远，但在空中运动的时间不变。
（3）设频闪照相的时间间隔为T，由图丙可知小球在竖直方向上相邻两点间的位移差为，根据匀变速直线运动的推论有
解得
代入数据解得
小球在水平方向上做匀速直线运动，由图可知水平方向相邻两点间的水平位移为2L，根据运动学公式有
解得
代入数据解得
11．答案：(1)BC
(2)3.75
(3) 8.33；1.00
解析：（1）AB.当S接触点接1时，并联的电阻小，分流大，故接1时的量程更大；接2并联的电阻大，分流小，故接2时的量程更小，故A错误，B正确；
C.当S接点3时，电表内部有电源，故多用表为欧姆表，倍率越大时，同样的待测电阻时表头指针偏转越小，欧姆表的内阻越大，接入的滑动变阻器阻值越大，故C正确；
D.当开关S接4或5时，多用表为电压挡，但接4时分压电阻为一个电阻，即左边的电阻；接5时两个电阻串联后的总电阻为分压电阻，所以接5时分压电阻的阻值要大，故接5时量程更大，故D错误。
故选BC。
（2）将“B”端与“3”相接，结合图乙，并结合闭合电路欧姆定律有，
联立解得
（3）根据丙图和闭合电路欧姆定律可知：
整理可得
结合图像的截距和斜率可知，
解得，
12．答案：(1)，感应电流方向沿顺时针方向
(2)
解析：（1）由楞次定律可知，感应电流方向沿顺时针方向；根据法拉第电磁感应定律有
其中
根据闭合电路欧姆定律有
解得
（2）根据安培力公式有
细绳断裂瞬间，则有
其中，
解得
13．答案：(1)
(2)0.9J
(3)1.8m
解析：（1）根据动能定理有
解得
（2）若，滑块未脱离平板，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
（3）若，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
滑块向右做匀减速直线运动，对木板进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
木板向右做匀加速直线运动，当两者达到相等速度后保持相对静止向右做匀减速直线运动，则有
两者的相对位移大小等于木板长度的最小值，则有
解得
14．答案：(1)
(2)
(3)
解析：（1）所有质子从圆形磁场边界的P点出发，偏转后全部沿x轴正方向出射，由磁发散规律可知，质子在区域Ⅰ做圆周运动的轨迹半径
由洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）设任意质子进入区域Ⅱ电场时坐标为，质子沿轴正方向做类平抛运动，轴方向做匀速运动有
解得运动时间
轴方向做匀加速运动，加速度
位移满足
联立可得
对比抛物线方程
解得
（3）设质子到达原点O时，速度大小为，速度方向与x轴正方向夹角为，如图所示
则轴方向的分速度
质子在区域Ⅲ做圆周运动，根据
可得轨迹半径
因此
由洛伦兹力方向可得，圆周轨迹的圆心的坐标为
轨迹方程为
代入
化简可得
解得交点为原点O
另一交点为
即Q点的坐标纵坐标，该结果与无关，说明所有质子都打到y轴负半轴同一点，则Q点坐标为
证毕。

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