2026届云南省玉溪第一中学高三上学期模拟预测物理试题（解析版）

这是一份2026届云南省玉溪第一中学高三上学期模拟预测物理试题（解析版），共20页。
1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的姓名、准考证号、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，用黑色碳素笔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. 我国首次利用核电商用堆成功批量生产碳14同位素，标志着我国彻底破解了国内碳14同位素供应依赖进口的难题，实现碳14供应全面国产化。碳14具有放射性，其衰变方程为。下列相关说法正确的是（ ）
A. 原子核的比结合能比的大
B. 此核反应会出现质量亏损，但反应前后总质量数不变
C. 骨骼中以碳酸钙形式存在的的半衰期比单质的半衰期更长
D. X是电子，由于原子核中没有电子，这些电子是核外电子脱离原子核的作用产生的
【答案】B
【解析】
【详解】A．衰变释放能量，反应后的原子核更稳定，故的比结合能比的小。故A错误；
B．原子核衰变时质量数守恒，但会出现质量亏损，释放能量，故B正确；
C．衰变的快慢是由原子核内部自身因素决定的，与化学状态无关，故C错误；
D．根据质量数守恒和电荷数守恒，可知X为电子，属于衰变，衰变的实质是核内的一个中子转变为一个质子，并放出一个电子，故D错误。
故选B。
2. 如图所示为发射航天器至运行轨道的过程示意图。航天器先进入圆轨道1做匀速圆周运动，再经椭圆轨道2，最终进入圆轨道3做匀速圆周运动。轨道2分别与轨道1、轨道3相切于P点、Q点。下列说法正确的是（ ）
A. 航天器在轨道2上的运行周期大于其在轨道3上的运行周期
B. 航天器在轨道2上Q点的速度大于其在轨道3上Q点的速度
C. 航天器在轨道2上从P点运动到Q点过程中，受到的万有引力对其做负功
D. 航天器在轨道1上运行时的机械能大于其在轨道3上运行时的机械能
【答案】C
【解析】
【详解】A．由开普勒第三定律，轨道2半长轴小于轨道3半径，轨道2周期小于轨道3，A错误；
B．航天器在轨道2上Q点需加速才能进入轨道3，轨道2上Q点速度小于轨道3上Q点速度，B错误；
C．航天器在轨道2上从P到Q远离地球，万有引力做负功，C正确；
D．从轨道1到轨道3需多次加速，机械能增加，轨道1机械能小于轨道3，D错误。
故选C。
3. 蹴鞠最早出现在我国春秋时期，蹴鞠的球门称为“鞠城”。如图，现将鞠在鞠城中央的正前方点斜向上踢出，第一次击中横梁中央点，第二次击中点右侧的点，两次击中时速度均沿水平方向，忽略空气对鞠的作用力，下列说法正确的是（ ）
A. 第一次的踢出速度比第二次的大
B. 第一次踢出时的速度与水平方向的夹角比第二次小
C. 鞠从踢出到击中点的动能变化量比从踢出到击中点的大
D. 鞠从踢出到击中A、B两点的动量变化量相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．本题利用逆向思维法将斜抛运动转换为从点射出的平抛运动，可以方便解题，竖直位移相等的情况下，根据，两次时间相同，第一次水平位移小，则水平速度较小，故第一次的踢出速度较小，A项错误；
B．竖直位移相等的情况下，第一次水平位移小，则位移偏向角大，因速度偏向角的正切等于位移偏向角正切的2倍，则速度偏向角也大，故第一次踢出速度与水平方向夹角比第二次大，B项错误；
C．两次飞行过程中，合外力做功即重力做功相同，即动能变化量相同，C项错误；
D．由于飞行时间相同，则合外力冲量即重力冲量相同，根据动量定理可知，鞠的动量变化量相同，D项正确。
故选D。
4. 如图（a）所示，相距L的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内，两长度均为L、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上，金属棒与导轨接触良好。导轨电阻忽略不计。导轨间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图（b）所示，时刻，。时刻，两棒相距，ab棒速度为零，cd棒速度方向水平向右，并与棒垂直，则0~T时间内流过回路的电荷量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】通过导体的电荷量
而
时，磁感应强度为零，故
联立以上各式，可得
故选B。
5. 倾角为37°足够长固定斜面上，有一长木板A恰好能处于静止。现有物块B以的速度从A的顶端开始下滑，A、B间动摩擦因数为μ=0.8。已知A、B的质量为别为，，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A. 物块B下滑过程中，木板A仍能处于静止
B. 物块B下滑过程中，A要向下加速，A、B速度刚达到相等时为0.4m/s
C. 要使B不脱离A，A板长度至少为1.25m
D. 从开始运动到A、B速度达到相等过程中，系统因摩擦产生的热量为18.6J
【答案】D
【解析】
【详解】AB．由木板A恰好能处于静止可得，A与斜面间动摩擦因数
且A、B在斜面上滑动时，系统动量守恒。速度相等时满足
可得v＝0.6m/s
故AB错误；
C．对B物体，根据牛顿第二定律
解得，B物体向下减速时加速度为
减速时间
此过程中，物块B的位移
木板A的位移为
所以A板长度至少为
故C错误
D．全过程中系统因摩擦产生的热量
故D正确。
故选D。
6. 如图所示，某兴趣小组用长为的细线将小球悬挂于点，A为最低点，与点等高，用沿OA方向的平行光照射该装置。实验方案一是将装置置于地面实验室中，拉直细线让小球从点静止释放；实验方案二是将装置置于我国空间站中，在A点给小球一个的垂直方向的初速度。不计空气阻力，则两种实验方案中小球（ ）
A. 运动的轨迹相同B. 在最低点受到的拉力相同
C. 方案二中投影的运动是简谐运动D. 方案一中投影的运动周期较方案二小
【答案】C
【解析】
【详解】A．方案一中小球在地面做与O点等高的圆周运动，轨迹为半圆，方案二中小球在空间站做匀速圆周运动，轨迹为圆，所以两种方案的轨迹不同，故A错误；
B．方案一由B点到最低点，由动能定理
解得
方案二在最低点，故B错误；
C．方案二中设小球转过的圆心角为，小球做匀速圆周运动，则
其中，
那么小球运动的水平投影为
由此可知小球运动的水平投影位移与时间的关系为正弦函数，所以小球的投影运动为简谐运动，故C正确；
D．方案二的周期
将方案一近似为单摆运动时，单摆运动的周期为
由于方案一从B点释放，所以其周期比单摆周期大，所以方案一中投影的运动周期较方案二大，故D错误。
故选C。
7. 如图装置可形成稳定的辐向磁场，磁场内有匝数为n、半径为R的圆形线圈，在时线圈由静止释放，经时间t速度变为v，假设此时间内线圈所在处磁感应强度大小恒为B，线圈导线单位长度的质量、电阻分别为m、r，重力加速度为g，则下列说法正确（ ）
A. 在t时刻线圈的加速度大小为
B. 0~t时间内线圈下落高度为
C. 0~t时间内通过线圈的电荷量为
D. 线圈下落过程中，通过线圈的磁通量始终为零
【答案】B
【解析】
【详解】A．在t时刻，线圈切割辐向磁场产生感应电动势
感应电流
线圈所受安培力
由牛顿第二定律得
解得
故A错误；
C．从开始下落到t时刻，设线圈中的平均电流为，由动量定理得
又
综合解得
故C错误；
B．从开始下落到t时刻，下落高度为h，由
由C项分析可知
联立，解得
故B正确；
D．线圈下落过程中，N极内部有竖直向上的磁场，通过线圈的磁通量不始终为零。故D错误。
故选B。
8. 质量为M的抽屉通过两条平行滑轨水平安装到柜体内部，其与柜体的其他部位无接触，正视图如图（a）所示。抽屉内部放置质量为m的小物块，侧视图如图（b）所示，小物块与抽屉内表面的动摩擦因数为。抽屉运动时，每条滑轨给抽屉的阻力大小恒为f，方向与滑轨平行且水平，物块与抽屉之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度为g。给抽屉拉手施加水平拉力F，将其沿滑轨方向拉出，在此过程中抽屉与柜体无碰撞，下列说法正确的是（ ）
A. 要能拉动抽屉，拉力F必须大于
B. 要能拉动抽屉，拉力F必须大于2f
C. 为保证物块与抽屉不发生相对滑动，拉力F不能超过
D. 为保证物块与抽屉不发生相对滑动，拉力F不能超过
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．抽屉运动时，每条滑轨给抽屉的阻力大小恒为f，要能拉动抽屉，拉力F必须大于2f，故A错误，B正确；
CD．当物块与抽屉恰好发生相对滑动时，对物块，由牛顿第二定律有
解得
对抽屉和物块整体，由牛顿第二定律有
解得
故为保证物块与抽屉不发生相对滑动，拉力F不能超过，故C正确，D错误。
故选BC。
9. 在如图所示的输电线路中，交流发电机的输出电压一定，两变压器均为理想变压器，左侧升压变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，两变压器间输电线路电阻为r。下列说法正确的是（ ）

A. 仅增加用户数，r消耗的功率增大B. 仅增加用户数，用户端的电压增大
C. 仅适当增加n2，用户端的电压增大D. 仅适当增加n2，整个电路消耗的电功率减小
【答案】AC
【解析】
【详解】A．整个电路物理量标注如图
设用户端总电阻为R用户，降压器输入端等效为电阻Rx，则有
因为
其中I2=I3，则对于输电线有
联立整理可得
仅增加用户数，则R用户减小，可知I2增大，根据
可知r消耗的功率增大，故A正确；
B．仅增加用户数，I2增大，根据
可知U3减小，根据用户端的电压
可知用户端的电压减小，故B错误；
C．仅适当增加n2，根据
可知U2增大，根据
可知I2增大，根据
可知U3增大，根据用户端的电压
可知用户端的电压增大，故C正确；
D．由C选项可知，仅适当增加n2，I2增大，整个电路消耗的电功率
由于U2增大，故整个电路消耗的电功率变大，故D错误。
故选AC。
10. 如图所示，在足够长的粗糙竖直墙壁上有一物块保持静止。某一时刻无初速度释放物块，并分别以两种方式施加外力，使物块时刻紧紧地贴合在墙壁上运动。假设两次释放物块完全相同，墙壁粗糙程度不变，比例系数k大小相同（在国际单位制下数值相等）。则（ ）

A. 方式一下落过程中物体受到合外力方向改变，方式二下落过程中物体受到合外力方向不变
B. 方式一下落过程中物体速度先增大后减小，方式二下落过程中物体速度一直增大
C. 两次释放过程中物体最终均可保持静止
D. 方式一下落过程中物体达到的最大速度大于方式二下落过程中物体达到的最大速度
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】A．对方式一下落过程，对物体竖直方向的受力分析，它受到重力mg，竖直向上的摩擦力f，由牛顿第二定律,得
由上式子可知,当时加速度a=0，那么可以分两种情况讨论可知：
当时加速度，得出合力向下，加速运动；
当时加速度，得出合力向上，做减速运动；
故方式一下落过程中物体受到合外力方向改变；
对方式二下落过程，对物体竖直方向的受力分析，它受到重力mg，竖直向上的摩擦力f，由牛顿第二定律,得
由上式子可知,当时加速度a=0，那么速度v 不再增大，同样分两种情况讨论可知：
当时加速度a>0，得出合力向下，继续向下加速运动；
当时加速度a=0，得出合力为0，向下做匀速直线运动；
故方式二下落过程中物体受到合外力方向不变；
故A正确；
BC．因为方式一下落过程中物体从静止开始先加速后减速，所以速度先增大后减小，最终保持静止；方式二下落过程中物体从静止开始先加速后匀速，最终保持匀速，故BC错误；
D．方式二下落过程中达到的最大速度为
方式一下落过程中加速度为
由函数关系可知，物体加速度随时间均匀减小，且当时加速度a=0，故物体下落速度达到最大速度过程的等效加速度为
由匀加速运动速度公式,代入数值可知
对比v1和v2，可知
故D正确。
故选AD。
【点睛】
二、非选择题：本题共5小题，共54分。其中13~15题解答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. 在一次课外活动中，某同学用如图甲所示的装置测量放在水平光滑桌面上的金属板B与铁块A之间的动摩擦因数，并验证牛顿第二定律。实验步骤如下：
（a）用天平测出铁块A质量mA、金属板B的质量mB
（b）将该装置按如图所示的方式连接
（c）在动滑轮下挂上砝码，稳定运行后，弹簧秤的示数为F1，力传感器的示数为F2，打点计时器后方打出的一段纸带如图乙所示，已知重力加速度为g，纸带上相邻计数点间的时间间隔为T，则：
（1）金属板B与铁块A之间的动摩擦因数为_______。
（2）要验证牛顿第二定律，需要保证______。
A. 定滑轮和金属板间的细绳必须水平
B. 所有滑轮必须光滑
C. 钩码质量必须远小于金属板的质量
（3）要验证牛顿第二定律，需要验证的关系为__________（用“、、、、”表示）。
【答案】（1） （2）AB
（3）
【解析】
【小问1详解】
铁块A平衡，有
解得
【小问2详解】
C．本实验有力传感器，没有必要保证钩码质量远小于金属板的质量，选项C错误；
AB．要保证细绳对金属板的拉力水平，定滑轮和金属板间的细绳必须水平，所有滑轮必须光滑，以减小阻力影响，选项AB正确。
故选AB。
【小问3详解】
根据
可得铁板的加速度
需要验证的关系为
故要验证
12. 实验小组设计如图甲所示的电路测量一量程为、内阻约为的电压表的内阻，可供选择和使用的仪器有：
A.待测电压表
B.电源（电动势约为，内阻可以忽略）
C.滑动变阻器（阻值）
D.电阻箱
E.定值电阻
F.开关、导线若干
（1）根据实验原理图将实物连线补充完整____。
（2）将滑动变阻器滑片的置于中间位置附近，闭合开关，粗调电阻箱阻值为，使电压表示数为，闭合开关，发现电压表示数略大于，则开关闭合前，、间的电势_____（填“大于”“小于”或“等于”），此时欲使电压表在开关闭合前后电压表数值不变，则应使电阻箱阻值略微_____（填“增大”或“减小”）。
（3）测得开关闭合前后电压表数值不变时电阻箱的示数如图丙所示，电阻箱的阻值_____。
（4）使电阻箱和电压表的位置互换，开关闭合前后电压表数值不变，读取此时电阻箱的阻值，则电压表的内阻_____（用和表示）。
【答案】（1） （2） ①. 大于 ②. 减小
（3）7968 （4）
【解析】
【小问1详解】
根据实验原理图将实物连线补充完整，如图所示
【小问2详解】
[1][2]由图可知，开关闭合前，在滑动变阻器上存在一点与电势相等，此时闭合与否对电路无影响。闭合，外电路可以视为与滑动变阻器的部分电阻并联后的等效电阻与与滑动变阻器的部分电阻并联后的等效电阻串联，电压表电压变大，根据闭合电路欧姆定律与滑动变阻器的部分电阻并联后的等效电阻必然增大，所以点位于点左侧，根据欧姆定律，，又因为，所以。欲使得降低与相等，故需要减小。
【小问3详解】
电阻箱读数不估读，阻值为
【小问4详解】
根据
对调后
可得
13. 如图所示，一厚度为的足够长的长方体透明介质，某单色光从介质上表面的O点以与竖直虚线MN的夹角入射，最终从介质的下表面点射出，PQ为过点的竖直虚线，已知MN与PQ相距，，。
（1）求透明介质对该单色光的折射率n；
（2）若将该单色光的点光源置于介质中的下表面中心（介质上、下表面足够大），求介质上表面能被该单色光照亮的面积S。（结果保留分数形式）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
连接，由几何关系可知，其与MN间的夹角的正切值
故
由
代入数据解得
【小问2详解】
从下表面点光源发出的该单色光射到上表面发生全反射的临界角为
则有
设被照亮部分的最大半径为r，则有
解得
则面积
14. 某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道中有质量为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳绷紧且与轨道平行，机器人从B点以初速度v竖直向下运动，B点位于轨道平面上，且在A点正下方，。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，，重力加速度大小为g。
（1）若滑杆固定，，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小；
（2）若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v的大小；
（3）若滑杆能沿轨道自由滑动，，且，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v与k的关系式及v的最小值。
【答案】（1）
（2）
（3），
【解析】
【小问1详解】
由B点到最低点过程动能定理有
最低点牛顿第二定律可得
联立可得
【小问2详解】
轻绳运动到左上方与水平方向夹角为时由能量守恒可得
水平方向
竖直方向取向上为正可得
联立可得
【小问3详解】
当机器人运动到滑杆左上方且与水平方向夹角为时计为点C，由能量守恒可得
设的水平速度和竖直速度分别为，则有
则水平方向动量守恒可得
水平方向满足人船模型可得
此时机器人相对滑杆做圆周运动，因此有速度关系为
设此时机器人的速度与竖直方向的夹角为，则有速度关系
水平方向
竖直方向
联立可得
即
显然当时取得最小，此时
15. 电子枪是显像设备的核心元件，由其阴极发射电子并经电场加速，可使出射的电子束获得速度。某兴趣小组为定量研究磁偏转对运动的带电粒子轨迹的影响，设计了如下问题情境：
如图所示，可上下平移的电子枪能向右发射质量为、电荷量大小为的电子。电子枪内部的加速电压可调，从阴极发射的电子初速度可视为0。电子枪右侧有半径为的圆形匀强磁场区域Ⅰ，其内部的磁感应强度大小为、方向垂直于纸面向里。圆形磁场边界最右端切线的右侧，有足够大的匀强磁场区域Ⅱ，磁感应强度大小为（可调，未知）、方向垂直于纸面向外。不计粒子重力和粒子间的相互作用。现进行一些连续操作，试求解相关问题。
（1）将电子枪正对区域Ⅰ的圆心发射电子，调节加速电压，使电子通过圆形磁场后速度偏转，求此时的加速电压；
（2）之后将电子枪向上移动一段距离，调节加速电压为，使电子在圆形磁场中的运动时间最长，求电子枪上移的距离；
（3）在第（2）问的条件下，电子在区域Ⅱ中形成偏转轨迹。在第（1）问的条件下，撤去区域Ⅰ的磁场，粒子进入区域Ⅱ，形成偏转轨迹。为保证轨迹和轨迹不相交，求区域Ⅱ中磁感应强度的最小值。（结果可用根式表示）
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
电子被加速电压加速过程有 ①
电子在圆形磁场中匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有 ②
联立得
【小问2详解】
加速电压变为，即加速电压变为原来的4倍，由①②可知，电子进入圆形磁场的速度变为原来的2倍，电子在圆形磁场中匀速圆周运动的半径变为原来的2倍，即，欲使电子在圆形磁场中的运动时间最长，则须使电子在圆形磁场中运动的弦长等于圆形磁场的直径，即，电子在圆形磁场中的运动轨迹如图所示
由几何关系可知
【小问3详解】
设电子在第（2）问条件下射入区域Ⅱ的射入点距圆形磁场与右端虚线的切点的距离为，则根据几何关系有
求得
轨迹a、b的半径之比为，若偏转轨迹a、b恰好不相交，即两轨迹相切，则其轨迹如图所示
根据余弦定理有
联立解得 ③
又 ④
联立②③④，得
故区域Ⅱ中磁感应强度最小值为。