黑龙江省绥化市青冈县2026届下学期高三年级五调考试物理试题含解析.doc

黑龙江省绥化市青冈县2026届下学期高三年级五调考试物理试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、在轴上固定两个点电荷、，其静电场中轴上各点的电势如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．和为同种电荷，且均在的区域内
B．和为同种电荷，和两点在两电荷之间
C．和为异种电荷，且均在的区域内
D．和为异种电荷，且均在的区域内
2、如图，、两盏电灯完全相同．当滑动变阻器的滑动头向右移动时，则（ ）

A．灯变亮，灯变亮 B．灯变暗，灯变亮
C．灯变暗，灯变暗 D．灯变亮，灯变暗
3、传送带可向上匀速运动，也可向上加速运动；货箱M与传送带间保持相对静止，受传送带的摩擦力为f。则（　　）

A．传送带加速运动时，f的方向可能平行传送带向下
B．传送带匀速运动时，不同质量的货箱，f相等
C．相同的货箱，传送带匀速运动的速度越大，f越大
D．相同的货箱，传送带加速运动的加速度越大，f越大
4、由于太阳自身巨大的重力挤压，使其核心的压力和温度变得极高，形成了可以发生核聚变反应的环境。太阳内发生核聚变反应主要为：，已知部分物质比结合能与质量数关系如图所示，则该反应释放的核能约为（ ）

A．5 MeV B．6 MeV
C．24 MeV D．32 MeV
5、氚核发生β衰变除了产生β粒子和新核外，还会产生质量数和电荷数都是0的反中微子Ve。若氚核在云室中发生β衰变后，产生的反中微子和β粒子的运动方向在同一条直线上，设反中微子的动量为P1，β粒子动量为P2，则。
A．上述核反应方程为
B．β粒子在云室中穿过会留下清晰的路径，此体现了粒子的波动性
C．氚核内部某个中子转变为质子时，会向外发射粒子
D．新核的动量为
6、太阳释放的巨大能量来源于核聚变。一个氘核与一个氚核聚变成一个氦核的同时释放出一个中子，若氘核、氚核、氦核和中子的质量分别为真空中的光速为，那么一个氘核和一个氚核发生核聚变时，释放的能量是（　　）
A． B．
C． D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、宽度L=3m的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T，一单匝正方形金属框边长ab=l=1m，每边电阻r=0.50，金属框以v=10m/s的速度匀速穿过磁场区，其平面始终保持与磁感线方向垂直，规定逆时针方向为电流的正方向，金属框穿过磁场区的过程中，金属框中感应电流I和ab边两端的电压U的图线正确的是（　　）

A． B．
C． D．
8、阿列克谢·帕斯特诺夫发明的俄罗斯方块经典游戏曾风靡全球，会长自制了如图所示电阻为R的导线框，将其放在光滑水平面上，边长为L的正方形区域内有垂直于水平面向下的磁感应强度为B的匀强磁场。已知L>3l，现给金属框一个向右的速度（未知）使其向右穿过磁场区域，线框穿过磁场后速度为初速度的一半，则下列说法正确的是

A．线框进入磁场的过程中感应电流方向沿abcda
B．线框完全进入磁场后速度为初速度的四分之三
C．初速度大小为
D．线框进入磁场过程中克服安培力做的功是出磁场的过程中克服安培力做功的五分之七
9、如图甲所示，质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直放置在光滑水平导轨上，导轨由两根足够长、间距为d的平行金属杆组成，其电阻不计，在导轨左端接有阻值R的电阻，金属棒与导轨接触良好，整个装置位于磁感应强度为B的匀强磁场中。从某时刻开始，导体棒在水平外力F的作用下向右运动(导体棒始终与导轨垂直)，水平外力随着金属棒位移变化的规律如图乙所示，当金属棒向右运动位移x时金属棒恰好匀速运动。则下列说法正确的是（ ）

A．导体棒ab匀速运动的速度为
B．从金属棒开始运动到恰好匀速运动，电阻R上通过的电量为
C．从金属棒开始运动到恰好匀速运动，电阻R上产生的焦耳热
D．从金属棒开始运动到恰好匀速运动，金属棒克服安培力做功
10、如图，有一截面为矩形有界匀强磁场区域ABCD，AB=3L，BC=2L在边界AB的中点上有一个粒子源，沿与边界AB并指向A点方向发射各种不同速率的同种正粒子，不计粒子重力，当粒子速率为v0时，粒子轨迹恰好与AD边界相切，则 （ ）

A．速率小于v0的粒子全部从CD边界射出
B．当粒子速度满足时，从CD边界射出
C．在CD边界上只有上半部分有粒子通过
D．当粒子速度小于时，粒子从BC边界射出
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）某同学想测出济南当地的重力加速度g，并验证机械能守恒定律。为了减小误差，他设计了一个实验如下：将一根长直铝棒用细线悬挂在空中（如图甲所示），在靠近铝棒下端的一侧固定电动机M，使电动机转轴处于竖直方向，在转轴上水平固定一支特制笔N，借助转动时的现象，将墨汁甩出形成一条细线。调整笔的位置，使墨汁在棒上能清晰地留下墨线。启动电动机待转速稳定后，用火烧断悬线，让铝棒自由下落，笔在铝棒上相应位置留下墨线。图乙是实验时在铝棒上所留下的墨线，将某条合适的墨线A作为起始线，此后每隔4条墨线取一条计数墨线，分别记作B、C、D、E。将最小刻度为毫米的刻度尺的零刻度线对准A，此时B、C、D、E对应的刻度依次为14.68cm，39.15cm，73.41cm，117.46cm。已知电动机的转速为3000r/min。求：

(1)相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为________s；
(2)由实验测得济南当地的重力加速度为________m/s2（结果保留三位有效数字）；
(3)该同学计算出划各条墨线时的速度v，以为纵轴，以各条墨线到墨线A的距离h为横轴，描点连线，得出了如图丙所示的图像，据此图像________（填“能”或“不能”）验证机械能守恒定律，图线不过原点的原因__________________。

12．（12分）小明同学在测定一节干电池的电动势和内阻的实验时，为防止电流过大而损坏器材，电路中加了一个保护电阻R0，根据如图所示电路图进行实验时，

（1）电流表量程应选择___________（填“0.6A”或“3A”），保护电阻应选用_______（填“A”或“B”）;
A、定值电阻（阻值10.0Ω，额定功率10w）
B、定值电阻（阻值2.0Ω，额定功率5w）
（2）在一次测量中电压表的指针位置如图2所示，则此时电压为________V
（3）根据实验测得的5组数据画出的U-I图线如图3所示，则干电池的电动势E=______V，内阻r=_____Ω（小数点后保留两位）

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）如图所示，竖直平面内固定一半径为R的光滑半圆环，圆心在O点。质量均为m的A、B两小球套在圆环上，用不可形变的轻杆连接，开始时球A与圆心O等高，球B在圆心O的正下方。轻杆对小球的作用力沿杆方向。
（1）对球B施加水平向左的力F，使A、B两小球静止在图示位置，求力的大小F；
（2）由图示位置静止释放A、B两小球，求此后运动过程中A球的最大速度v；
（3）由图示位置静止释放A、B两小球，求释放瞬间B球的加速度大小a。

14．（16分）如图甲，两个半径足够大的D形金属盒D1、D2正对放置，O1、O2分别为两盒的圆心，盒内区域存在与盒面垂直的匀强磁场。加在两盒之间的电压变化规律如图乙，正反向电压的大小均为Uo，周期为To，两盒之间的电场可视为匀强电场。在t=0时刻，将一个质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子由O2处静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在时刻通过O1.粒子穿过两D形盒边界M、N时运动不受影响，不考虑由于电场变化而产生的磁场的影响，不计粒子重力。
(1)求两D形盒边界M、N之间的距离；
(2)若D1盒内磁场的磁感应强度，且粒子在D1、D2盒内各运动一次后能到达 O1，求D2盒内磁场的磁感应强度；
(3)若D2、D2盒内磁场的磁感应强度相同，且粒子在D1、D2盒内各运动一次后在t= 2To时刻到达Ol，求磁场的磁感应强度。

15．（12分）如图所示，一单色细光束AB从真空中以入射角i=45°，入射到某透明球体的表面上B点，经研究发现光束在过球心O的平面内，从B点折射进入球内后，又经球的内表面只反射一次，再经球表面上的C点折射后，以光线CD射出球外，此单色光在球体内传播速度是，在真空中的光速为3×108 m/s。求：
(1)此单色细光束在透明球内的折射率；
(2)出射光线CD与入射光线AB方向改变的角度。

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、C
【解析】
由题目图，结合电势与位置图象的斜率表示电场强度，可知，在处的电场强度大小为零，因两点电荷的具体位置不确定，则点电荷的电性也无法确定，因此可能是同种电荷，也可能是异种电荷；
AB．若和为同种电荷，则电场强度为零的点在两电荷连线上的线段上的某一点，即处于两个点电荷之间，故AB错误；
CD．若和为异种电荷，则电场强度为零的点在两电荷连线的线段之外的某一点，由电势为零，且到电势逐渐升高可知，和均在的区域内，且靠近的点电荷为负点电荷，远离的点电荷为正电荷，且正电荷电量的绝对值大于负电荷电量的绝对值；故C正确，D错误。
故选C。
2、D
【解析】
当滑出向右移动时，滑动变阻器连入电路的电阻增大，所以外电路电阻增大，路端电压增大，总电流减小，即B中的电流减小，所以B变暗，B两端的电压减小，而路端电压是增大的，所以并联电路两端的电压增大，即A两端的电压增大，所以A变亮，D正确．
3、D
【解析】
A．当传送带加速向上运动时，加速度沿传送带向上，根据牛顿第二定律分析可知货箱所受合力沿传送带向上，则有：

知摩擦力的方向向上，故A错误；
B．当传送带匀速运动时，货箱受到重力、传送带的支持力和静摩擦力作用，其中重力沿传送带方向的分力与静摩擦力平衡，摩擦力方向一定沿斜面向上，即，不同质量的货箱，f不相等，故B错误；
C．传送带匀速运动时的摩擦力为：，与货箱的质量有关，与传送带的速度无关，故C错误；
D．当传送带加速向上运动时，加速度沿传送带向上，根据牛顿第二定律分析可知合力沿传送带向上：：

解得：，所以相同的货箱，传送带加速运动的加速度越大，f越大。故D正确。
故选D。
4、C
【解析】
由图象可知的比结合能约为1.1MeV，的比结合能约为7.1MeV，由比结合能的定义可知，该反应释放的核能约为

故选C。
5、C
【解析】
A．氚核在云室中发生β衰变，没有中子参与，故核反应方程为，故A错误；
B．β粒子在云室中穿过会留下清晰的路径，此体现了粒子的粒子性，故B错误；
C．氚核内部某个中子转变为质子时，会发射电子，即射线，故C正确；
D．由于不知道氚核的初始动量，故由动量守恒无法求出新核的动量，故D错误；
故选C。
6、B
【解析】
核反应方程为，故反应前后质量损失为

根据质能方程可得放出的能量为

故B正确ACD错误。
故选B。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、AD
【解析】
线框刚进入磁场，cd边切割磁感线，根据右手定则或楞次定律，可以判断出感应电流的方向为逆时针（为正方向），电流的大小为

代入数据解得
A
此时ab边两端的电压
V
线框全部进入磁场，穿过线框的磁通量为零没有感应电流，但ab和cd两条边同时切割磁感线，产生感应电动势，相当于两节电池并联
V
最后线框穿出磁场，ab边切割磁感线，相当于电源，根据右手定则或楞次定律判断出感应电流的方向为顺时针（为负方向），电流大小为

代入数据解得
A
此时ab边两端的电压
V
故AD正确，BC错误。
故选AD。
8、BCD
【解析】
A．由右手定则可知，线框进磁场过程电流方向为adcba，故A错误；
B．将线框分为三部分，其中左右两部分切割边长同为2l，中间部分切割边长为l，由动量定理可得

其中

由于线框进、出磁场的过程磁通量变化相同，故速度变化两相同，故

故线框完全进入磁场后的速度为

故B正确；
C．根据线框形状，进磁场过程中，对线框由动量定理

解得

故C正确；
D．线框进、出磁场的过程中克服安培力做功分别为

故，故D正确；
故选BCD。
9、AD
【解析】
A．金属棒在外力F的作用下从开始运动到恰好匀速运动，在位移为x时做匀速直线运动，根据平衡条件有

根据闭合电路欧姆定律有

根据法拉第电磁感应定律有

联立解得，故A正确；
B．此过程中金属棒R上通过的电量

根据闭合电路欧姆定律有

根据法拉第电磁感应定律有

联立解得
又

解得，故B错误；
CD．对金属棒，根据动能定理可得

由乙图可知，外力做功为

联立解得
而回路中产生的总热量

根据回路中的热量关系有

所以电阻R上产生的焦耳热

故C错误，D正确。
故选AD。
10、BC
【解析】
ABC．如图，由几何知识可知，与AD边界相切的轨迹半径为1.5L，与CD边界相切的轨迹半径为L；

由半径公式：可知轨迹与CD边界相切的粒子速度为，由此可知，仅满足的粒子从CD边界的PD间射出，选项A错误，BC正确；
D．由上述分析可知，速度小于的粒子不能打出磁场，故选项D错误。
故选BC.

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、0.1 9.79 能 墨线A对应的速度不为零
【解析】
(1)[1]由于电动机的转速为3000r/min，则其频率为50Hz，故每隔0.02s特制笔N便在铝棒上画一条墨线，又每隔4条墨线取一条计数墨线，故相邻计数墨线间的时间间隔是0.1s
(2)[2]由题可知

可知连续相等时间内的位移之差

根据△x=gT2得

(3)[3]铝棒下落过程中，只有重力做功，重力势能的减小等于动能的增加，即
mgh＝mv2
得

若图线为直线，斜率为g，则机械能守恒，所以此图像能验证机械能守恒
[4]图线不过原点是因为起始计数墨线A对应的速度不为0
12、0.6A B 1.21±0.01 1.45±0.01 0.50±0.05
【解析】
试题分析：根据题中所给器材的特点，大致计算下电流的大小，选择合适的电流表，对于选择的保护电阻，一定要注意保护电阻的连入，能使得电流表的读数误差小点；图像的斜率表示，纵截距表示电源电动势，据此分析计算．
（1）因一节干电池电动势只有1.5V，而内阻也就是几欧姆左右，提供的保护电阻最小为2Ω，故电路中产生的电流较小，因此电流表应选择0.6A量程；电流表的最大量程为0.16A，若选用10欧姆的，则电流不超过0.15A，所以量程没有过半，所以选择B较为合适．
（2）电压表应选择3V量程的测量，故读数为1.20V．
（3）图像与纵坐标的交点表示电源电动势，故E=1.45V；图像的斜率表示，故，故r=0.5Ω．

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、（1）mg；（2）；（3）
【解析】
（1）设圆环对球的弹力为，轻杆对球的弹力为，对、和轻杆整体，根据平衡条件有

对球有

解得

（2）当轻杆运动至水平时，、球速度最大且均为，由机械能守恒有

解得

（3）在初始位置释放瞬间，、速度为零，加速度都沿圆环切线方向，大小均为，
设此时杆的弹力，根据牛顿第二定律
对球有

对球有

解得

14、 (1) (2) (3)
【解析】
(1)设两盒之间的距离为d，盒间电场强度为E，粒子在电场中的加速度为a，则有
U0=Ed
qE=ma

联立解得

(2)设粒子到达O1的速度为v1，在D1盒内运动的半径为R1，周期为T1，时间为t1，则有

可得
t1=T0
故粒子在时刻回到电场；
设粒子经电场再次加速后以速度v2进入D2盒，由动能定理

设粒子在D2盒内的运动半径为R2，则

粒子在D1D2盒内各运动一次后能到达O2应有
R2=R1
联立各式可得

(3)依题意可知粒子在D1D2盒内运动的半径相等；又

故粒子进入D2盒内的速度也为v1；可判断出粒子第二次从O2运动到O1的时间也为 粒子的运动轨迹如图；

粒子从P到Q先加速后减速，且加速过程的时间和位移均相等，设加速过程的时间为t2，则有

则粒子每次在磁场中运动的时间

又

联立各式解得

15、 (1)；(2)150°
【解析】
(1)根据公式求得光束在球内的折射率

(2)由折射定律得

解得

由几何关系及对称性，有

则

把代入得

方向改变的角度为

出射光线与入射光线方向的夹角是150°