四川省名校联考2025-2026学年下学期高三3月月考物理试卷含答案

这是一份四川省名校联考2025-2026学年下学期高三3月月考物理试卷含答案，共20页。试卷主要包含了8 cm等内容，欢迎下载使用。
注意事项:
1. 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2. 回答选择题时, 选出每小题答案后, 用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3. 考试结束后, 将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题 (本题包括 7 个小题, 每小题 4 分, 共 28 分. 在每小题给出的四个选项中, 只有一 个选项是符合题目要求的, 选对得 4 分, 错选或漏选得 0 分. )
1. 如图所示，关于氢原子能级和谱线图，下列说法正确的是

A. 氢原子辐射光子的频率条件是 hν=En−Emm2)辆空车等间距摆在超市水平地面上的一条直线上，相邻两车间距为 d=1 m ,用向前的水平恒力 F=300 N 一直作用在 1 车上，推着 1 与正前方的车依次做完全非弹性正碰(碰撞时间极短)，通过计算判断，他最多能推动多少辆车？
[已知 nk=1kk+1=nn+1n+23,nk=1k2=nn+12n+16 ]

甲

乙
高三物理检测参考答案
1.【答案】A
根据玻尔能级跃迁条件可知, A 正确; 假设基态氢原子吸收 11eV 的光子,由跃迁条件可得 −13.6eV+11eV=−2.6eV ,但是没有“ −2.6eV ”的激发态与该结果对应,所以氢原子不会吸收该光子而跃迁, B错误; 原子光谱虽有多条谱线但是不同原子的谱线位置是不同的，又称为特征谱线，可以借此来鉴别原子种类，C 错误；一个处于 n=5 激发态的氢原子最多可以产生 4 条谱线, D 错误.
2.【答案】B
A. 风速越大，扇叶旋转越快，则交变电流的周期 T 就越小， A 错误；
B. 风速越大，扇叶旋转越快，角速度越大，根据 Em=NBSω 可知，交变电流的最大值 Im 就越大，B 正确；
CD. 一个周期内，通过报警灯的电荷量为零，C、D 错误.
3.【答案】C
A. 相邻波峰与波谷间距为 λ2 ,由题图乙可知, λ2=1.8−1.0cm=0.8 cm
则 λ=1.6 cm,A 错误;
B. 波速 v=st=0.25 m/s
频率 f=vλ=15.625 Hz,B 错误;
C. 根据“上下坡法”，此时 O 点振动方向竖直向上，C 正确；
D. P 点在波峰与波谷间，根据“上下坡法”， P 点振动方向竖直向下，D错误. 故选 C.
4.【答案】C
A. 设日地距离为 r ,根据开普勒第三定律可知, r3T地=r+2.3r23TD2
解得行星 D 的运行周期约为 TD=2.12 年, A 错误;
B. 行星 D 轨道在近日点与地球轨道相切,可知从地球轨道进入行星 D 轨道要在切点加速, 可知在近日点的速度大于地球的运行速度, B 错误;
CD. 在远日点增大行星 D 的速度,则行星 D 的椭圆轨道长轴会变长,行星 D 的轨道距离地球最近时将远离地球轨道而不会与地球轨道相切, 即可避免该行星与地球相撞, 但它靠近了火星轨道,该行星可能与火星相撞, C 正确, D 错误.
故选 C.
5.【答案】C
AB. 根据电势表达式 φ=kQr ，虚线表示的圆上任意一点电势均为 0，则 N 点电势为零,则 k−qPN+kQNQ=0 解得 Q 点位置处所固定电荷是电荷量大小为 2q 的正电荷,故 AB 错误;
C. 因为圆弧为等势面,所以电场线与等势面垂直,则电场方向沿半径方向,且 P 在 M 点产生的电场强度沿 MP 方向, Q 在 M 点产生电场强度沿 QM 方向,根据矢量合成可知, M 点处电场强度方向沿半径指向圆心,即由 M 指向 O ,故 C 正确;
D. 将一带负电的试探电荷由 Q 向 P 移动,逐渐靠近负电荷,电场力方向与位移方向相反,则电场力做负功,试探电荷的电势能增大,故 D 错误.
故选 C.
6.【答案】D
B. 喷水过程中，气体体积增大，根据等温变化 pV=C 可知罐内气体压强减小，B错误； A. 温度不变，内能不变，A 错误；
C. 气体体积增大，数密度减小，C 错误；
D. 根据热力学第一定律 ΔU=Q+W 可知内能不变，气体对外做功，则气体吸收热量，D 正确. 故选 D.
7.【答案】A
根据牛顿第二定律 a=Fm ,两物体受外力 F 大小相等,由图像的斜率等于加速度可知 M、N 的加速度大小之比为 4:6=2:3 ,可知 M、N 的质量之比为 6:4=3:2 ,设 M、N 的质量分别为 3m 和 2m ; 由图像可设 M、N 碰前的速度分别为 4v 和 −6v ,则因 MN 系统受合外力为零,向右为正方向,则系统动量守恒,则由动量守恒定律有 3m⋅4v−2m⋅6v=3mv1 +2mv2
若系统为弹性碰撞,则由能量关系可知 12⋅3m4v2+12⋅2m6v2=12⋅3mv12+12 . 2mv2​2
解得 v1=−4v、v2=6v
因 M、N 的加速度大小之比仍为 2:3 ，则停止运动的时间之比为 1:1 ，即两物体一起停止， 则 BD 是错误的;
若不是弹性碰撞,则 3m⋅4v−2m⋅6v=3mv1+2mv2
可知碰后速度大小之比为 v1:v2=2:3
若假设 v1=2v ,则 v2=3v ,此时满足 12⋅3m4v2+12⋅2m6v2>12⋅3mv1​2+12 . 2mv2​2
则假设成立,因 M、N 的加速度大小之比仍为 2:3 ,则停止运动的时间之比为 1:1 ,对 M 来说碰撞前后的速度之比为 4v:2v=2:1
可知碰撞前后运动时间之比为 2:1,可知 A 正确, C 错误.
故选 A.
8.【答案】BC
不计空气阻力,对某小段水柱 m 由 h=−v0sinθ⋅t+12gt2 可得: t= v0sinθ+v0​2sin2θ+2ghg ,夹角 θ 不同,在空中运动时间就不同, A 错误; 又由机械能守恒定
律可得: mgh=12mvt​2−12mv0​2 ,解得 vt=11 m/s ,即落地时速度大小恒定, B 正确; 设落地速度与水平方向的夹角为 β ,则有: 水平方向 vtcsβ=v0csθ,x=v0csθ⋅t ,竖直方向 vtsinβ=−v0sinθ+gt ,联立解得: x=v0vtsinθ+βg ,当 θ+β=90∘ 时,水平位移最大,即 xm =11 m ,所以最大浇灌面积为 121πm2,C 正确 D 错误.
9.【答案】AD
A. 电源 2 作用是使电子向右做加速直线运动, 故应为直流电源;
电源 3 作用是提供电场使电子受到的电场力与洛伦兹力平衡, 故也应为直流电源, 故 A 正确;
B. 由左手定则知电子在 D1、D2 之间受到洛伦兹力方向向上,为了平衡,电子受到电场力应向下,故金属板 D2 接电源 3 的正极,故 B 错误;
C. 电子经电源 2 加速 U2e=12mv2−0
D1、D2 之间电子受力平衡 U3de=Bev
联立得电子的比荷为 em=U3​22U2B2d2 ,故 C 错误;
D. 由全过程动能定理 eU2=EkO−Ek初
当 L 和 P 板与电源 2 接通时,逸出的电子具有一定的初动能,即 Ek初>0
则该次实验中电子击中 O 点时的动能 EkO 略大于 eU2 ，故 D 正确.
故选 AD.
10.【答案】CD
A. 设线圈 ab 边经过边界 2 时的速度大小为 v ，则线圈 ab 边在边界 1 到边界 2 运动过程中,根据动量定理 −BILt=mv−mv0
其中 It=ERt=ΔΦΔtRt=BL2R
线圈 ab 边由边界 2 到停止过程,根据动量定理 −BI′Lt′−2BI′Lt′=0−mv
其中 I′t′=Et′Rt′=ΔΦ′Δt′Rt′=3BL22R
联立，解得 v=911v0 ，故 A 错误；
B. 线圈 ab 边刚进入磁场时,安培力为 F1=BI1L=BBLv0RL=B2L2v0R
ab 边刚通过边界 2 时,安培力为 F2=BI2L+2BI2L=3B3BLvRL=81B2L2v011R
则线圈 ab 边刚进入磁场时与线圈 ab 边刚通过边界 2 时的安培力之比为 F1F2=1181
根据牛顿第二定律可知，线圈 ab 边刚进入磁场时与线圈 ab 边刚通过边界 2 时的加速度之
比为 a1a2=F1F2=1181 ,故 B 错误;
C. 根据能量守恒可知，线圈 ab 边从刚进入磁场到刚穿过边界 2 的过程中线圈产生的热量为 Q=12mv02−12mv2=20mv02121 ,故 C 正确;
D. 从线圈 cd 边刚通过边界 1 到线圈停止运动的过程中，即线圈 ab 边由边界 2 到停止过程,因为 −BI′Lt′−2BI′Lt′=0−mv
且 q2=I′t′
则 q2=3mv011BL ,故 D 正确.
故选 CD.
11.(6 分)【答案】(10.230(2 分)(2)0.30(2 分)(3) MmgM+m (2 分)
(1)游标卡尺读数 2 mm+6×0.05 mm=2.30 mm=0.230 cm
(2) v1=0.230 cm0.0046 s=0.5 m/s,v2=0.230 cm0.0115 s=0.2 m/s ，则 a=0.5− m/s2=0.30 m/s2
(3)对槽码: mg−F=ma ，对滑块: F=Ma ，解得: F=MmgM+m
12.(10 分)【答案】( 1 ) RP2 (2 分)( 2 )450( 2 分)( 4 ) 209a (2 分) b−aac (2 分)
(1) [1] S1 闭合、 S2 断开时,干路中的最大电流约 I=Ig+IgRg+R1R2=575μA 滑动变阻器两端的电压最小值约为 1.5 V−1kΩ+0.5kΩ×0.2mA=1.2 V 滑动变阻器的最小电阻约为 Rmin=1.2 V0.575 mA≈2kΩ 滑动变阻器应选用 RP2 .
[2]为了保护电流计 G 不被损坏,开关 S1 闭合前,应将滑动变阻器的滑片向下移动到 a 端.
(2) 3​ 闭合 S2 前、后电流计 G 的示数没有变化，则电流计 G 中的电流与 R1 的电流相等， R 中的电流与 R2 中的电流相等， R1 与 R2 两端的电压相等，电流计 G 与 R 两端的电压相等， 可得电流计的内阻 Rg=R1R2R=10.8×360Ω=450Ω
(4) 4 因 5 将 R2 取下换成该金属电阻的情况下，同理可得 Rt=R1RgR=209R
由题图乙得 R=b−act+a
即 Rt=20b−a9ct+209a
又 Rt=R01+αt=R0αt+R0
则 R0α=20b−a9c,R0=209a
解得 α=b−aac
13.(10分)
(1) 415πR
(2)320 cm

甲
(1)光路图如图甲所示，设此光线恰好发生全反射，此时透镜内的临界角为 C ,
由 sinC=1n=34=0.75 1 分
得 C=48∘ 1 分
此角对应的弧长为 l=48π180R 1 分
l=415πR 1 分
(2)若某束光从 A 点射入半球透镜，光路图如图乙所示
根据题意 MA=15MN 1 分

乙
则 OA=R−MA=35R
sinα=35RR=35 1 分
又 n=sinβsinα 1 分
解得 sinβ=45 ,即 β=53∘, 1 分
由几何关系可知 θ=16∘, 1 分
这束光照射到地面的位置与大灯间的水平距离
s=92.8tanθ cm=92.8tan16∘cm=320 cm . 1 分
14. (12 分)
(1)2.5 V (2)0.625 J (3)0.318 75 J
(1) 对圆形线圈,由法拉第电磁感应定律有 E=nΔΦΔt=nΔB1SΔt 1 分
其中 ΔB1Δt=0.25 V 1 分
代入数据得 E=2.5 V 1 分
(2)导体棒 ab 在到达 NN′ 前已匀速，设匀速时的速度为 v1 ，则有 E1=B2Lv1=E 1 分解得 v1=5 m/s
对导体棒 ab 从开关闭合到匀速，取水平向右为正方向，由动量定理有 ∑B2iLΔt=mv1−0 1 分设这段时间内通过导体棒的电荷量为 q ,有 ∑iΔt=q
圆形线圈、金属棒 ab 的电阻相同,由能量守恒定律有 E能=Eq=12mv1​2+2Q1 1 分
解得 Q1=0.625 J 1 分
(3)从导体棒 ab 冲上斜面到再次返回斜面底端，全程通过回路的电荷量为零，可得全程安培力的冲量为零. 设导体棒返回斜面底端时的速度为 v2 ，取沿斜面向上为正方向，由动量定理, 有
−mgtsinθ=mv2−mv1 1 分
解得 v2=−3.5 m/s 1 分
金属棒 ab 和定值电阻 R 的电阻相同,在该过程中,由能量守恒定律有 12mv1​2−12mv2​2=
2Q2 2 分
解得 Q2=0.31875 J 1 分
15.(16 分)
(1)0.1(2)90 J (3)30 辆
(1) 由功能关系, A 车的动能全部转成摩擦热,有 12mv02​2=μmgx0 1 分
则 μ=v0​22gx0
代入数据得 μ=0.1 1 分
(2)A 车运动时受摩擦力 FfA=μmg=15 N
由牛顿第二定律有 F0−FfA=ma
解得 a=4 m/s2
A 在 t0 时的速度 vA0=at0=4 m/s
t0 内 A 的位移 x0=12at02=2.0 m
设 A 与 B 车碰前瞬间的速度为 vA ，由动能定理有 F0x0−μmgx=12mvA2−0
得 vA=3 m/s 3 分
A 与 B 车碰撞过程,根据动量守恒定律和能量守恒定律有
mvA=mvA​′+m+m0vB
12mvA2=12mvA​′2+12m+m0vB​′2
解得 vA​′=−1 m/s
由功能关系,有 Q=μmgx+12mvA​′2 3 分
代入数据得 Q=90 J 1 分
(3)设1与 2 车碰前的速度为 v1​′ ，由动能定理 Fd−μmgd=12mv1​′2−0
1 与 2 碰系统动量守恒 mv1​′=m+mv2
解得 v2=12v1​′,v2​2=122×2Fd−μmgdm 2 分
12 与 3 车碰前的速度为 v2​′ ，由动能定理 Fd−μ⋅2mgd=12×2mv2​′2−12×2mv2​2
1-2 与 3 碰系统动量守恒 2mv2​′=3mv3
解得 v3=23v2​′
v3​2=232122×2Fd−μmgdm+2Fd−2μmgd2m=132×2Fd−μmgdm+232×2Fd−2μmgdm 2 分
123 与 4 车碰前的速度为 v3​′ ,由动能定理 Fd−μ⋅3mgd=12×3mv3​′2−12×3mv3​2
1−2−3 与 4 碰系统动量守恒 3mv3​′=4mv4
解得 v4=34v3​′
v42=342132×2Fd−μmgdm+232×2Fd−2μmgdm+2Fd−3μmgd3m=142×2Fd−μmgdm+242 ×2Fd−2μmgdm+342×2Fd−3μmgdm]
同理可得与 n 车碰后速度为 vn :
vn​2=1n2×2Fd−μmgdm+2n2×2Fd−2μmgdm+3n2×2Fd−3μmgdm+⋯⋯n−1n2×2 Fd−n−1μmgdm=2dn2m{F−μmg+2F−2μmg+3F−3μmg+⋯⋯n−1[F−n−1 μmg=2dn2mn−1n2F−n−1n2n−16μmg=2n−1dmnF2−2n−16μmg 2 分令 vn=0 ,即 F2=2n−16μmg
解得 n=30.5 ,可知最多能推动 30 辆车. 1 分