2026届云南省临沧地区中学等校高三上学期入学模拟检测物理试题（解析版）

这是一份2026届云南省临沧地区中学等校高三上学期入学模拟检测物理试题（解析版），共30页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.如图所示，一轻质细绳上端固定，下端连接一重为G的小球，给小球施加力F，小球静止时细绳与竖直方向的夹角为，对此情景分析正确的是（ ）

A.F的方向不能竖直向上B.F的方向可以沿绳向下
C.F最大为GD.F最小可以为
【答案】D
【解析】
【详解】A．F的方向可以竖直向上，此时绳子拉力为零，A错误；
B．F的方向不可以沿绳向下，因为在重力方向上没有其他力和重力平衡，B错误；
C．从力的合成来看，F和绳子拉力的合力等于物体重力，当F和绳子之间的夹角趋向于180°时，F的大小可以无限大，C错误；
D．当F与绳子垂直时F最小，最小值为，D正确。
故选D。
2.将两金属球P、Q固定，让球P带上正电后，形成稳定电场如图所示，已知实线为电场线，虚线为等势面，其中A、B、C、D为静电场中的四点，则（ ）
A.C、D点的电场强度相同，电势相等
B.金属球P、Q均为等势体，P球的电势大于Q球
C.将电子从A点移至B点，电场力做正功
D.正电荷在B点的电势能大于在D点的电势能
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，C、D两点电场强度大小相等，方向不同，则两点的电场强度不同，由于C、D两点位于同一等势面上，即此两点的电势相等，故A错误；
B．由题意可知，两球处于静电平衡状态，则金属球P、Q均为等势体，沿电场线方向电势降低可知，P球的电势大于Q球，故B正确；
C．由图知，A点的电势与D点的电势相等，高于B点的电势，根据负电荷在电势高处电势能小，可知将电子从A点移至B点，电势能增大，电场力做负功，故C错误；
D．由图可知，B点电势低于D点电势，则正电荷在B点电势能小于D点电势能，故D错误。
故选B。
3.直角坐标系的y轴为两种均匀介质Ⅰ、Ⅱ的分界线。位于处的波源发出的两列机械波a、b同时在Ⅰ、Ⅱ中传播。某时刻只画出了介于和6m之间的波形图，已知此时刻a波刚好传到处，下列说法正确的是（ ）
A.波源的起振方向沿y轴正方向
B.此时刻b波也刚好传到
C.质点Q在某四分之一周期内路程可能为0.5A（A为振幅）
D.平衡位置距处1.5m的两质点P、Q中，质点Q先到达最大位移处
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由同侧法判断出的质点向下振动，由a波刚好传到的质点处，此时此质点与震源的振动方向一致，故振源的起振方向沿y轴负方向，故A错误；
B．由图可知a波波长为1m，b波的波长为4m，同一波源产生的波频率相等，由
可知介质Ⅱ中波的传播速度时介质Ⅰ中的4倍，此时刻a波传播到处，此时刻b波传播到处，故B错误；
C．设Q点的振动方程为
则四分之一周期的路程为
用数学换元法思想得
变形得
当时
无解，当
无解，当
无解，当
无解，故无论在哪一个四分之一周期都Q的路程都不可能为0.5A，故C错误；
D．由图可知质点P、Q都是向y轴正方向振动，质点P经过四分之一周期到达最大位移处，而质点Q在小于四分之一周期的时间就能到达最大位移处，即质点Q先到达最大位移处，故D正确。
故选D。
4.一熟透的苹果从点自由下落，通过频闪照相得到一张苹果自由下落过程中的局部照片，如图所示（照片中没拍到点）。已知频闪照相机每隔时间闪光一次，、间的实际距离为，重力加速度为，忽略空气阻力，将苹果视为质点。下列说法正确的是（ ）
A.点到点的高度为
B.苹果从点运动到点所用的时间为
C.苹果运动到点时的速度大小为
D.苹果在间的平均速度大小为
【答案】A
【解析】
【详解】A．由已知条件可知，ab段的平均速度为
解得
故点到b点的高度为
故A正确；
B．苹果从O点运动到b点所用的时间为
故B错误；
C．苹果运动到a点时的速度大小为
故C错误；
D．苹果运动到b点时的速度大小为
苹果在间的平均速度大小为
故D错误。
故选A。
5.如图所示，两理想变压器的匝数，定值电阻阻值均为，为相同规格的小灯泡，其灯丝电阻，忽略灯丝电阻随温度的变化，为相同的理想交流电流表，D为理想二极管。当A、B端接入电压有效值恒为U的交流电时（ ）
A.的热功率比的热功率小
B.表示数是表示数的2倍
C.两端电压
D.两灯泡的亮度相同
【答案】C
【解析】
【详解】AD．由热功率公式可得
解得
故AD错；
BC．由欧姆定律可知
故表示数是表示数的倍
故C正确，B错误。
故选C。
6.A、B两颗卫星在同一平面内沿同一方向绕地球做匀速圆周运动互相追逐，时而近时而远，它们之间的距离随时间变化的关系如图所示，不考虑A、B之间的万有引力，已知地球的半径为0.8r，万有引力常量为G，已知卫星A的线速度大于卫星B的线速度，则（ ）
A.轨道半径之比为 B.地球的第一宇宙速度为
C.做圆周运动周期之比为 D.卫星A绕地球做圆周运动的周期为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由万有引力提供卫星绕地球做圆周运动的向心力
知卫星半径越小，线速度越大，结合图像有


联立可得


A错误；
C．由万有引力提供向心力
可知
所以做圆周运动周期之比为
C错误；
D．从图像上可以看出每隔T时间两个卫星相距最近一次即
结合
解得卫星A绕地球做圆周运动的周期为
故D正确。
B．第一宇宙速度是最大的运行速度，由

对卫星A
其中，，可得第一宇宙速度
B错误；
故选D。
7.如图a所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量为m单匝均匀正方形铜线框，线框边长为a，在1位置以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场并开始计时，若磁场的宽度为b（b>3a），在3t0时刻线框到达2位置速度又为v0并开始离开匀强磁场。此过程中v-t图象如图b所示，则（ ）
A.时，线框右侧边MN的两端电压为Bav
B.在t0时刻线框的速度为
C.线框完全离开磁场的瞬间（位置3）的速度一定比t0时刻线框的速度大
D.线框从进入磁场（位置1）到完全离开磁场（位置3）的过程中产生的电热为2Fb
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．时，线框右侧边MN产生的感应电动势为
设每条边的电阻为R，根据闭合电路欧姆定律
MN两端电压为
解得
A错误；
B．在t0～3t0时间内根据牛顿第二定律
根据图像
解得
B错误；
C．线框刚进入磁场与刚出磁场时初速度相同，进出磁场时的受力情况也相同，则线框进出磁场的运动性质相同，所以线框完全离开磁场的瞬间（位置3）的速度一定与t0时刻线框的速度相同，C错误；
D．设进入磁场时产生的热量为Q1，线框从进入磁场（位置1）到完全离开磁场（位置3）的过程中产生的电热为为Q
从位置1到位置2，根据动能定理
解得
线框从进入磁场（位置1）到完全离开磁场（位置3）的过程中产生的电热为2Fb，D正确。
故选D。
8.如图所示为一玻璃工件的截面图，上半部ABC为等腰直角三角形，∠A=90°，下半部是半径为R的半圆，O是圆心，P、Q是半圆弧BDC上的两个点，AD和BC垂直相交于O点．现有一束平行于AD方向的平行光射到AB面上，从A点射入玻璃的光射到P点，已知圆弧BQ与QD的长度相等，圆弧CP长度是DP长度的2倍，光在真空中传播的速度为C，若只考虑光从AB界面一次折射到圆弧界面，则
A.此玻璃工件的折射率为
B.射到Q点的光一定发生全反射
C.能从圆弧界面射出的圆弧长度为
D.射到圆弧界面的最长时间为
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．如图所示：
过A点做AB面的法线，连接AP，连接OP，设从A点射入玻璃的光的入射角为i，折射角为r，则i=45°，设OP与OD夹角为θ1，由于圆弧CP长度是DP的2倍，则，设AP与AD夹角为θ2，由于△ABC为等腰直角三角形，则OA=OP=R，所以△AOP是等腰三角形，，r=∠OAC-θ2=30°，由折射定律有：，解得：
故A正确．
B．设玻璃临界角为C，，解得：
C=45°
作出射到圆弧上Q点光线FQ，连接OQ，设FQ与BC的夹角为θ3，FQ与OQ的夹角θ4，因为圆弧BQ与QD的长度相等，所以∠BOQ=45°，因为所有入射光平行，所以所有折射光线平行，则θ3=90°-θ2=75°，θ4=180°-θ3-∠BOQ=60°，由于θ4＞C，所以射到Q点的光一定发生全反射．故B正确．
C．由上可知对应的圆心角是60°，可得圆能从圆弧界面射出的圆弧长度为．故C正确．
D．当光线沿AP射出时，所用时间最长，根据几何关系可得：，速度为：，传播的时间为：
故D错误．
9.下列说法正确的是（ ）

A.图甲是光电效应实验，光电效应反映了光具有粒子性
B.图乙是汤姆孙通过粒子散射实验提出了原子的核式结构模型
C.图丙是某金属在光的照射下，光电子最大初动能与入射光频率的关系图像，当入射光频率为时产生光电子的最大初动能为
D.图丁中一个处于激发态的氢原子向低能级跃迁时能辐射出6种不同频率的光子
【答案】AC
【解析】
【详解】A．图甲是光电效应实验,光电效应实验证明光具有粒子性，故A正确；
B．卢瑟福通过粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，故B错误；
C．根据光电效应方程
可知光子的最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，当时
当时
所以入射光频率为时最大初动能为
故C正确；
D．一个处于激发态的氢原子向低能级跃迁时最多能辐射出（n-1）种不同频率的光子，即3种，故D错误。
故选AC。
10.如图所示，间距为的两条光滑平行金属导轨左侧倾斜，右侧平直部分位于水平面上。水平面上部分区域有方向竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场。金属棒与两导轨垂直，静止放置在磁场中。金属棒从某一高处释放后进入磁场时的速度为。金属棒离开磁场的速度为同一时刻金属棒速度的。已知金属棒的质量为m，电阻为，金属棒的质量与电阻均为金属棒的2倍，重力加速度为，运动过程中两金属棒没有发生碰撞。从金属棒由静止释放至离开磁场这段时间内，下列说法正确的是（ ）
A.在磁场中做匀加速运动B.最大速度为
C.流过的电量为D.系统产生的焦耳热为
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．棒进入磁场后切割磁感线产生感应电动势回路产生感应电流，金属棒在磁场中受安培力作用，做减速运动，做加速运动，感应电流
由于速度减小而速度增大，感应电流减小，所受安培力减小，由牛顿第二定律可知，的加速度减小，做加速度减小的加速运动，故A错误；
B．在离开磁场时速度最大，、组成系统动量守恒，可得
由题意可得
解得最大速度为
故B正确；
C．对由动量定理可得
对由动量定理可得
流过的电量
联立解得
故C正确；
D．根据能量守恒定律可得系统产生的焦耳热
解得
故D正确。
故选BCD。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。其中13~15题解答题时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11.待测电阻，是一均匀材料制成的圆柱体，某学习小组用伏安法测量其阻值，并求出电阻率。给定电压表（内阻约为）、电流表（内阻约为）、滑动变阻器（最大阻值）、电源、电键、待测电阻（约为）、导线若干
（1）为减小测量误差，实验电路应采用下图中的___________（选填“”或“”）。
（2）在下图中正确进行实物连线___________
（3）学习小组共测得的6组电流、电压的值，并在坐标纸上描绘出了此电阻的伏安特性曲线，如下图所示。由该图线求出的电阻值___________（保留2位有效数字）；
（4）用米尺测量待测电阻长度，用螺旋测微器测量其直径结果如下图所示，可知该电阻的___________。
【答案】①.a②.③.④.
【解析】
【详解】（1）[1]因为滑动变阻器的阻值比待测电阻的阻值小得多，为了方便调节，使电表示数变化比较均匀，滑动变阻器应采用分压接法，由于
为了减小误差，电流表应采用外接法，故实验电路图应采用图。
（2）[2]实物连线如图所示
（3）[3]根据欧姆定律可得
（4）[4]根据图中螺旋测微器示数，可得直径为
根据电阻定律
可得
12.某学习小组利用如图所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验。
（1）在本实验中，还需要用到的实验器材有______；
A．刻度尺B．低压交流电源C．秒表D．天平
（2）实验中，先接通电源，再释放重锤，得到图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为、、。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，重锤的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重锤的重力势能减少量=______，动能增加量=______，若在误差允许的范围内，与近似相等，则可验证机械能守恒；（用上述测量量和已知量的符号表示）
（3）在实际验证的过程中，同学们发现动能的增加量总是略小于重力势能的减少量。关于这一问题出现的原因，下面分析合理的是______；
A．所用重锤的质量太大
B．重锤和纸带下落时受到了空气阻力和摩擦阻力
C．这一误差为偶然误差，多次实验即可减小误差
（4）有同学在纸带上选取多个计数点，分别测量它们到起始点O的距离为h，并计算出各计数点对应的速度v，画出图像。若阻力作用不可忽略且大小不变，已知当地重力加速度为g，则画出的图像应为图中的图线______（选填“1”“2”或“3”），其斜率______2g（选填“小于”“大于”或“等于”）。
【答案】①.AB##BA②.③.④.B⑤.2⑥.小于
【解析】
【详解】（1）[1]A．本实验需要刻度尺测量纸带上的点间距，故A符合题意；
B．本实验需要低压交流电源给电磁打点计时器供电，故B符合题意；
C．由于打点计时器打出的点本身具有时间属性，所以不需要秒表测量时间，故C不符合题意；
D．由于动能表达式和重力势能表达式中均含有重锤质量的一次项，所以比较重力势能的减少量和动能的增加量时，可将质量约去，不需要天平来测质量，故D不符合题意。
故选AB。
（2）[2]从打O点到打B点的过程中，重锤的重力势能减少量为
[3]打B点时重锤的速度大小为
从打O点到打B点的过程中，重锤动能的增加量为
（3）[4]在实际验证的过程中，同学们发现动能的增加量总是略小于重力势能的减少量，这是由于重锤和纸带下落时受到了空气阻力和摩擦阻力，使系统的一部分机械能转化为了内能，与所用重锤质量大小无关，并且该误差属于系统误差，无法通过多次实验减小。故AC错误，B正确。
故选B。
（4）[5][6]设阻力大小恒为f，根据动能定理有
整理得
所以画出的图像应为图中的图线2，且图线的斜率
13.如图所示，横截面积为S，高度为h内壁光滑的圆柱形导热薄壁汽缸，在距汽缸底部为处安装有卡环a，b，一厚度不计质量为的活塞静止在卡环上，开始时左下部的阀门处于打开状态。现要想活塞上升至汽缸顶部，可以按下列方案进行操作：方案一，向汽缸内充入压强为温度为的空气；方案二，关闭阀门让汽缸与外界绝热，对内部气体加热。已知上述空气可看作理想气体，汽缸内气体的所有变化过程都是缓慢进行的，环境温度为，外界大气压为，重力加速度为g。
（1）求方案一中，充入汽缸内气体的质量与汽缸内气体总质量的比值；
（2）求方案二中，汽缸内气体的最终温度T。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）活塞上升至汽缸顶部对活塞受力分析得
对缸内气体有
解得
充入汽缸内气体的质量与汽缸内总气体质量的比值为
（2）对缸内气体有
解得
14.如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道，圆心为O的竖直半圆轨道、水平直轨道及弹性板等组成，半圆轨道最高点D与水平直轨道右端点E处在同一竖直线上，且D点略高于E点。已知可视为质点的滑块质量，轨道的半径，轨道的长度，滑块与轨道间的动摩擦因数，其余各部分轨道均光滑。游戏时滑块从A点弹出，经过圆轨道井滑上水平直轨道。弹簧的弹性势能最大值，弹射器中滑块与弹簧相互作用时，机械能损失忽略不计，滑块与弹性板作用后以等大速率弹回，不计滑块通过之间的能量损失。
（1）若弹簧的弹性势能，求滑块运动到与圆心O等高的C点时所受弹力；
（2）设弹簧的弹性势能为，写出滑块第一次到达F点时的速度v与之间的关系式；
（3）若滑块最终静止在水平直轨道上，求弹簧的弹性势能的范围。
【答案】（1）；（2），且；（3）或或
【解析】
【详解】（1）滑块从A到圆心O等高处，由机械能守恒定律得
在C点，轨道的弹力提供向心力，由牛顿第二定律得
代入数据解得
（2）滑块从A点到第一次到达F点
解得
要保证滑块能到达F点，必须要保证它能到达半圆轨道最高点D
可解得
综上可得
，且
（3）若滑块恰能通过半圆轨道最高点D
若滑块以最大弹性势能弹出时，能停在水平直轨道上，在上滑行的最大路程为
解得
在轨道上往返一次损失的能量为
可知，若滑块最终静止在水平直轨道，如下三种情况满足要求
①，可得
②，可得
③，可得
15.如图甲的空间直角坐标系Oxyz中，有一边长为L的立方体区域，该区域内（含边界）分布有沿y轴负方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），以初速度v0从a点沿x轴正方向进入电场区域，恰能从dʹ点离开。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若在该区域再加一个沿y轴正方向的匀强磁场，粒子仍从a点以初速度v0沿x轴正方向进入该区域后从Obʹ之间某点离开，求磁感应强度的大小B和离开该区域时的速度大小v1；
（3）撤去原来的电场，在该区域加方向沿x轴负方向的磁场Bx和沿y轴正方向的磁场By，磁感应强度Bx、By的大小随时间t周期性变化的规律如图乙所示。t=0时刻，粒子仍从a点以初速度v0沿x轴正方向进入该区域，要使粒子从平面cddʹcʹ离开此区域，且速度方向与平面cddʹcʹ的夹角为60°，求磁感应强度B0的可能取值。
【答案】（1）；（2），；（3）（n=0，1，2，3……）
【解析】
【详解】（1）设粒子在电场中运动的加速度大小为a，运动时间为t1，则
解得
（2）粒子在复合场中的运动，可分解为沿y轴负方向的匀加速直线运动和沿平行于xOz平面的匀速圆周运动，由“粒子从Obʹ之间某点离开”可知，粒子在平行xOz平面内的运动轨迹为二分之一圆周，由运动的等时性，其运动时间仍为
解得
根据动能定理可得
解得
（3）沿y轴负方向看，若粒子射出时与z轴负方向夹角60°，设粒子在平行于yOz平面内运动了个，图甲为的情况，设运动半径为r，则满足
（n=0，1，2，3……）
这一过程粒子沿y轴负方向运动距离
由于，所以粒子无法到达平面，不合题意；
沿y轴负方向看，若粒子射出时与z轴正方向夹角为60°，图乙为的情况，则满足
（n=0，1，2，3……）
由于，所以粒子能到达平面，符合题意；
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（n=0，1，2，3……）