2026年四川成都实验高级中学高三4月教学质量检测试题：物理试题试卷含解析.doc

2026年四川成都实验高级中学高三4月教学质量检测试题：物理试题试卷
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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、如图所示，一个小球（视为质点）从H＝12m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，进入半径R＝4m的竖直圆环，且与圆环间动摩擦因数处处相等，当到达环顶C时，刚好对轨道压力为零；沿CB圆弧滑下后，进入光滑弧形轨道BD，且到达高度为h的D点时的速度为零，则h之值可能为（取g＝10 m/s2，所有高度均相对B点而言）（　　）

A．12 m B．10 m C．8.5 m D．7 m
2、如图所示，质量为50kg的同学在做仰卧起坐运动．若该同学上半身的质量约为全身质量的 ，她在1min内做了50个仰卧起坐，每次上半身重心上升的距离均为0.3m，则她克服重力做的功W和相应的功率P约为
A．W=4500J P=75W B．W=450J P=7.5W
C．W=3600J P=60W D．W=360J P=6W
3、我国已掌握“半弹道跳跃式高速再入返回技术”，为实现“嫦娥”飞船月地返回任务奠定基础.如图虚线为地球大气层边界，返回器与服务舱分离后，从a点无动力滑入大气层，然后经b点从c点“跳”出，再经d点从e点“跃入”实现多次减速，可避免损坏返回器。d点为轨迹最高点，离地面高h，已知地球质量为M，半径为R，引力常量为G。则返回器（　　）

A．在d点处于超重状态
B．从a点到e点速度越来越小
C．在d点时的加速度大小为
D．在d点时的线速度小于地球第一宇宙速度
4、如图所示，总阻值为R的正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN恰与磁场边缘平齐。若第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，第二次以线速度v2让线框绕轴MN匀速转过90°，下列说法正确的是（　　）

A．第一次操作过程中线框产生的感应电流方向沿逆时针方向
B．两次操作过程中经过线框横截面的电量之比为2∶1
C．若两次操作过程中线框产生的焦耳热相等，则v1：v2=π：2
D．若两次操作过程中线框产生的平均感应电动势相等，则v1：v2=2：π
5、人类在对自然界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用。下列有关说法中不正确的是（　　）
A．伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是初速度为零的匀变速直线运动
B．法国科学家笛卡尔指出：如果物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动
C．海王星是在万有引力定律发现之前通过观测发现的
D．密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值
6、质量为m的小球受到风力作用，作用力大小恒定，方向与风速方向相同。如图所示，现在A、B周围空间存在方向竖直向下的风场，小球从A点由静止释放，经过到达B点。若风速方向反向，小球仍从A点由静止释放，经过到达B点，重力加速度为g。则小球第一次从A点下落到B点的过程中，其机械的改变量为（ ）

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、如图所示，在某一峡谷的两侧存在与水平面成相同角度的山坡，某人站在左侧山坡上的P点向对面的山坡上水平抛出三个质量不等的石块，分别落在A、B、C三处，不计空气阻力，A、C两处在同一水平面上，则下列说法正确的是(　 　)

A．落到A、B、C三处的石块落地速度方向相同
B．落到A、B两处的石块落地速度方向相同
C．落到B、C两处的石块落地速度大小可能相同
D．落到C处的石块在空中运动的时间最长
8、下列关于匀变速运动说法正确的是（　　）
A．只有在加速度和速度方向相同时，速度大小才可能增大
B．若速度为零，则物体所受合外力可能不能为零
C．若物体做匀加速直线运动时，从时刻开始连续相等时间内位移之比不可能是1：4：8：13：…
D．若物体的加速度增加，则在相同时间内速度变化量一定增大
9、如图甲所示，长为l、倾角为α的斜面固定在水平地面上，一质量为m的小物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动，已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的变化图像如图乙所示，则(　　)

A．
B．小物块下滑的加速度逐渐增大
C．小物块下滑到斜面低端的过程中克服摩擦力做的功为
D．小物块下滑到低端时的速度大小为
10、关于热现象，下列说法中正确的是（ ）
A．对于一定质量的理想气体，当分子间的平均距离变大时，压强不一定变小
B．气体吸热后温度一定升高
C．气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关
D．质量和温度都相同的气体，内能一定相同
E.自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
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）某同学通过实验测量玩具上的小直流电动机转动的角速度大小，如图甲所示，将直径约为3cm的圆盘固定在电动机转动轴上，将纸带的一端穿过打点计时器后，固定在圆盘的侧面，圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘的侧面上，打点计时器所接交流电的频率为50Hz.

(1) 实验时，应先接通________(选填“电动机”或“打点计时器”)电源．
(2) 实验得到一卷盘绕在圆盘上的纸带，将纸带抽出一小段，测量相邻2个点之间的长度L1，以及此时圆盘的直径d1，再抽出较长的一段纸带后撕掉，然后抽出一小段测量相邻2个点之间的长度L2，以及此时圆盘的直径d2，重复上述步骤，将数据记录在表格中，其中一段纸带如图乙所示，测得打下这些点时，纸带运动的速度大小为________m/s.测得此时圆盘直径为5.60cm，则可求得电动机转动的角速度为________rad/s.(结果均保留两位有效数字)
(3) 该同学根据测量数据，作出了纸带运动速度(v)与相应圆盘直径(d)的关系图象，如图丙所示．分析图线，可知电动机转动的角速度在实验过程中________(选填“增大”“减小”或“不变”)．
12．（12分）小明同学用如图所示装置验证机械能守恒定律，轻绳两端跨过转轴光滑的轻滑轮系着质量均为M的重物A和B，将质量为m的小砝码C挂在在物体B上，B下方距离为h处固定一个光电门，物块B装有一宽度很小的挡光片，测得挡光片宽度为d，将系统静止释放，当挡光片通过光电门（固定光电门的装置未画出）时，可通过计算机系统记录挡光时间△t。改变高度差h，重复实验，采集多组h和△t的数据。
(1)若某次记录的挡光时间为△t1，则挡光片到达光电门处时B的速度大小为__。
(2)小明设想，为了确定△t与h的关系，可以分别对△t与h取对数，并以lg△t为纵轴，以lgh为横轴建立坐标系，得到的lg△t﹣lgh图线为一直线，该直线的斜率为__。
(3)若lg△t﹣lgh图线与纵轴交点坐标为c，若机械能守恒，可以得到该地重力加速度g=__。

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）如图甲所示，将一间距为L=1m的足够长U形导轨固定，导轨上端连接一阻值为R=2.0Ω的电阻，整个空间存在垂直于轨道平面向上的匀强磁场，B=0.2T，质量为m=0.01kg、电阻为r=1.0Ω的金属俸ab垂直紧贴在导轨上且不公滑出导轨，导轨与金属棒之间的动摩擦因数μ=0.5，金属棒ab从静止开始下滑，下滑的x-t图像如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计且金属棒下滑过程中始终与导轨垂直且紧密接触，重力加速度g取10m/s2，sin37=0.6，cos37°=0.8。求：
(1)导轨的倾角θ。
(2)从开始到t=2.5s过程中金属棒上产生的焦耳热。

14．（16分）一U形管竖直放置，管内横截面积处处相等，左管绝热且上端封闭，右管导热且用活塞封闭。活塞a、b、c为厚度可忽略的光滑轻活塞，a隔热，b、c导热，a、b活塞下方为水银，上方为空气（可视为理想气体）。初始时，两空气柱和环境温度均为27℃，管内水银柱和空气柱长度如图所示。缓慢向下推动活塞c，直至a、b活塞处于同一高度为止。测量发现左侧空气柱温度升高5℃。已知大气压强p0=76.0cmHg。（计算结果保留一位小数）
(1)求温度升高后左侧空气柱的压强；
(2)求c活塞向下推动的距离。

15．（12分）质点的势函数V（r）即单位质量的质点在空间位置r处所具有的势能。今有一质量为m的质点，在一维直线势场的作用下，在直线x上运动，A为大于零的常数。已知质点的能量为E，求质点运动周期。

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】
从高度12m处到C点由动能定理
，
可得

从C点到D点由动能定理

由于小球在圆环的相同高度处，下滑的速度比上滑的小，对轨道的压力更小，搜到的摩擦力更小，则摩擦力做功

则h之值

故选C。
2、A
【解析】
每次上半身重心上升的距离均为0.3m，则她每一次克服重力做的功：W=mgh=×50×10×0.3=90 J；1分钟内克服重力所做的功：W总=50W=50×90=4500 J；相应的功率约为：，故A正确，BCD错误，故选A.
3、D
【解析】
A．d点处做向心运动，向心加速度方向指向地心，应处于失重状态，A错误；
B、由a到c由于空气阻力做负功，动能减小，由c到e过程中只有万有引力做功机械能守恒，a、c、e点时速度大小应该满足，B错误；
C、在d点时合力等于万有引力，即

故加速度大小

C错误；
D、第一宇宙速度是最大环绕速度，其他轨道的环绕速度都小于第一宇宙速度，D正确。
故选D。
4、D
【解析】
A．由右手定则可知，第一次操作过程中感应电流的方向为顺时针方向，选项A错误；
B．由公式可知两次操作过程中经过线框横截面的电量相同，选项B错误；
C．设线框的边长为L，若两次操作过程中线框产生的焦耳热相等，第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出

第二次以线速度v2让线框转过90°

Q1=Q2
所以

选项C错误；
D．若两次操作过程中线框产生的平均感应电动势相等，第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出

第二次以线速度v2让线框转过90°

得

D选项正确。
故选D。
5、C
【解析】
伽利略在斜面实验中得出物体沿斜面下落时的位移和时间的平方成正比，然后利用这一结论合理外推，间接证明了自由落体运动是初速度为零的匀变速直线运动，故A正确；
法国科学家笛卡尔指出：如果物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向；故B正确；
海王星是在万有引力定律发现之后通过观测发现的，故C不正确；
密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值，任何电荷的电荷量都应是基本电荷的整数倍；故D正确；
6、C
【解析】
若风场竖直向下，则：

若风场竖直向上，则：

解得

则小球第一次从A点下落到B点的过程中，其机械的改变量为

故选C。

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、BC
【解析】
试题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较初速度．知道速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍．
解：A、因为速度方向与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，A、B两点的位移方向相同，与落在C点的位移方向不同，所以A、B两点的速度方向相同，与C点的速度方向不同，故A错误，B正确．
C、落在B点的石块竖直分速度比C点竖直分速度大，但是B点的水平分速度比C点水平分速度小，根据平行四边形定则可知，两点的速度大小可能相同，故C正确．
D、高度决定平抛运动的时间，可知落在B点的石块运动时间最长．故D错误．
故选BC．
点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍．
8、BCD
【解析】
A．对于匀变速直线运动，由得，只有在加速度和速度方向相同时，速度大小才增大；对于曲线运动，加速度方向和速度方向的之间夹角大于小于时，速度大小也增大，故A错误；
B．做竖直上抛运动的物体，到达最高点时，速度为零，但它所受的合外力为自身重力，不为零，故B正确；
C．物体做匀加速直线运动时，从时刻开始连续相等时间内位移之差为一恒量，即为

而1：4：8：13：…位移之差分别是3、４、5…，故从时刻开始连续相等时间内位移之比不可能是1：4：8：13：…，故C正确；
D．由得，物体的加速度增加，则在相同时间内速度变化量一定增大，故D正确。
故选BCD。
9、BC
解析】
A、物块在斜面顶端静止释放能够下滑，则满足：mgsinα＞μ0mgcosα，即μ0＜tanα，故A错误.
B、根据牛顿第二定律有：，下滑过程中μ逐渐减小，则加速度a逐渐增大，故B正确.
C、由图乙可知，则摩擦力，可知f与x成线性关系，如图所示:

其中f0=μ0mgcosα，图线和横轴所围的面积表示克服摩擦力做的功，则下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功：，故C正确.
D、下滑过程根据动能定理有：,解得：，故D错误.
故选BC.
本题主要考查了牛顿第二定律、动能定理的综合应用，涉及到变力做功的问题，F-x图象所围的面积表示F所做的功.
10、ACE
【解析】
A．对于一定质量的理想气体，当分子间的平均距离变大时，气体体积变大，但气体的温度可能也变大，压强不一定变小，A正确；
B．根据热力学定律，气体吸热后如果对外做功，则温度不一定升高，B错误；
C．气体温度升高过程吸收的热量要根据气体升温过程是否伴随做功来决定，C正确；
D．气体的内能由物质的量、温度决定，质量和温度都相同的气体，内能可能不同，D错误；
E．根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，E正确。
故选ACE。

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、打点计时器 1.8 64 不变
【解析】
（1）实验时,应先接通打点计时器电源，再接通电动机的电源；（2）根据 求解线速度，根据 求解角速度；（3）根据v=ωr=ωD结合图像判断角速度的变化.
【详解】
（1）实验时,应先接通打点计时器电源，再接通电动机的电源；
（2）纸带运动的速度大小为；
角速度；
（3） 根据v=ωr=ωD，因v-D图像是过原点的直线，可知 ω不变.
12、
【解析】
(1)[1]根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，挡光片到达光电门处的速度大小为：

(2)[2]系统重力势能的减小量等于系统动能的增加量，有：

即：

整理可得：

若图线为一直线，则该图线的斜率为
(3)[3]根据得：

则有：

所以有：

可知纵轴截为：

解得：

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)37°；(2) 0.01625J.
【解析】
(1)由x-t图象可知t=1.5s后金属棒开始匀速运动，速度为

金属棒做匀速直线运动时切割磁感线产生的感应电动势为
E=BLv
金属棒受到的安培力为

金属棒做匀速直线运动，由平衡条件得

代入数据解得
θ=37°
(2)从开始到t=2.5s过程，由能量守恒定律得
mgxsinθ=μmgxcosθ+mv2+Q
金属棒产生的热量为

解得
Qr=0.01625J。
14、 (1)116.6cmHg；(2)8.5cm
【解析】
(1)左管内气体初状态：p1=86cmHg，V1=20cm•S，T1=300K
a、b活塞等高时状态：p1′=？，V1′=15cm•S，T1′=305K
由理想气体状态方程得

解得
p1′≈116.6cmHg
(2)右管内气体初状态：p2=76cmHg，V2=10cm•S
a、b活塞等高时状态：p2′=p1′≈116.6cmHg，V2′=？
根据玻意耳定律得
p2V2=p2′V2′
解得
V2′≈6.5cm•S
故活塞下降的距离为
h=10-（6.5-5）=8.5cm
15、
【解析】
由

可知

由题意可知

联立以上两式：

因此可知这种势场面类似于重力场，是恒定的匀强场。加速度大小恒定大小为a=A，由

又

得