2026届吉林省四平市高三下学期一模考试物理试题含解析

这是一份2026届吉林省四平市高三下学期一模考试物理试题含解析，共14页。
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，再选涂其它答案标号。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、发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步卫星轨道3（如图所示）。则卫星分别在1、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（ ）
A．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
B．卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度
C．卫星在轨道3上具有的机械能大于它在轨道1上具有的机械能
D．卫星在轨道3上经过点的加速度大于它在轨道2上经过点的加速度
2、如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔。质量为m的小球套在圆环上。一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F和轨道对小球的弹力FN的大小变化情况是( )
A．F不变，FN增大B．F减小，FN不变
C．F不变，FN减小D．F增大，FN减小
3、如右图所示，在一真空区域中，AB、CD是圆O的两条直径，在A、B两点上各放置一个电荷量为＋Q的点电荷，关于C、D两点的电场强度和电势，下列说法正确的是( )
A．场强相同，电势相等
B．场强不相同，电势相等
C．场强相同，电势不相等
D．场强不相同，电势不相等
4、如图所示，两同心圆环A、B置于同一光滑水平桌面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环，若A环以图示的顺时针方向，绕圆心由静止转动起来，则（ ）
A．B环将顺时针转动起来
B．B环对桌面的压力将增大
C．B环将有沿半径方向扩张的趋势
D．B环中将有顺时针方向的电流
5、如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )
A．小灯泡变亮
B．小灯泡变暗
C．原、副线圈两端电压的比值不变
D．通过原、副线圈电流的比值不变
6、如图所示，a、b、c为三颗人造地球卫星，其中a为地球同步卫星，b、c在同一轨道上，三颗卫星的轨道均可视为圆轨道．以下判断正确的是（ ）
A．卫星a的运行周期大于卫星b的运行周期
B．卫星b的运行速度可能大于
C．卫星b加速即可追上前面的卫星c
D．卫星a在运行时有可能经过宜昌市的正上方
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、如图所示为等离子体发电机的示意图。N、S为两个磁极，所夹空间可看作匀强磁场。一束含有正、负离子的等离子体垂直于磁场方向喷入磁场中，另有两块相距为d的平行金属板P、Q。每块金属板的宽度为a、长度为b。P、Q板外接电阻R。若磁场的磁感应强度为B，等离子体的速度为v，系统稳定时等离子体导电的电阻率为。则下列说法正确的是（ ）
A．Q板为发电机的正极B．Q板为发电机的负极
C．电路中电流为D．电路中电流为
8、下列说法正确的是（ ）
A．当障碍物或孔的尺寸比波长大或差不多时,才能发生明显的衍射现象
B．不鸣笛的汽车向你驶来时听到的频率不等于喇叭发声频率是属于声波的干涉现象
C．频率相同的两列波相遇,波谷和波谷相遇处为振动加强点
D．增大单摆的摆长,单摆摆动的频率将减小
E.弹簧振子的振幅越小,其振动频率将保持不变
9、1772年，法籍意大利数学家拉格朗日在论文《三体问题》指出：两个质量相差悬殊的天体（如太阳和地球）所在同一平面上有5个特殊点，如图中的L1、L2、L3、L4、L5所示，人们称为拉格朗日点。若飞行器位于这些点上，会在太阳与地球共同引力作用下，可以几乎不消耗燃料而保持与地球同步绕太阳做圆周运动。若发射一颗卫星定位于拉格朗日L2点，下列说法正确的是（ ）
A．该卫星绕太阳运动周期和地球公转周期相等
B．该卫星在L2点处于平衡状态
C．该卫星绕太阳运动的向心加速度小于地球绕太阳运动的向心加速度
D．该卫星在L2处所受太阳和地球引力的合力比在L1处大
10、在x轴上固定有两个点电荷Q1、Q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法中正确的有（ ）
A．Q1 和Q2带同种电荷
B．x1 处的电场强度为零
C．负电荷从x 1沿x轴移到x 2。电势能逐渐减小
D．负电荷从x 1沿x轴移到x 2，受到的电场力逐渐减小，
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）利用如图所示电路测量一量程为300 mV的电压表的内阻Rv（约为300Ω）。某同学的实验步骤如下：
①按电路图正确连接好电路，把滑动变阻器R的滑片P滑到a端，闭合电键S2，并将电阻箱R0的阻值调到较大；
②闭合电键S1，调节滑动变阻器滑片的位置，使电压表的指针指到满刻度；
③保持电键S1闭合和滑动变阻器滑片P的位置不变，断开电键S2，调整电阻箱R0的阻值大小，使电压表的指针指到满刻度的三分之一；读出此时电阻箱R0=596Ω的阻值，则电压表内电阻RV=_____________Ω。
实验所提供的器材除待测电压表、电阻箱（最大阻值999.9Ω）、电池（电动势约1.5V，内阻可忽略不计）、导线和电键之外，还有如下可供选择的实验器材：
A滑动变阻器：最大阻值200Ω
B滑动变阻器：最大值阻10Ω
C定值电阻：阻值约20Ω
D定值电阻：阻值约200
根据以上设计的实验方法，回答下列问题。
①为了使测量比较精确，从可供选择的实验器材中，滑动变阻器R应选用___________，定值电阻R'应选用______________（填写可供选择实验器材前面的序号）。
②对于上述的测量方法，从实验原理分析可知，在测量操作无误的情况下，实际测出的电压表内阻的测量值R测___________真实值RV（填“大于”、“小于”或“等于”），这误差属于____________误差（填”偶然”或者”系统”）且在其他条件不变的情况下，若RV越大，其测量值R测的误差就越____________（填“大”或“小”）。
12．（12分）某同学设计了如图甲所示的电路测电源的电动势和内阻。
(1)闭合电键S1，将单刀双掷开关合向a，调节滑动变阻器，测得多组电压和电流的值，在U-I坐标平面内描点作图再将单刀双掷开关合向b，调节滑动变阻器，测得多组电压和电流的值，在U-I坐标平面内描点作图两次作出的图象如图乙所示，则将单刀双掷开关合向a时测出的数据描点作出的图象应是___________(填“A”或“B”)。将电键合向___________(填“a”或“b”)时，测得的电源电动势没有系统误差。
(2)根据两次测得的数据分析可知，根据图线___________(填“A”或“B”)求得的电动势更准确，其电动势的值为E=___________V。
(3)若该同学通过实验测出电流表的内阻为RA=1Ω，则利用图线___________(填“A”或“B”)测得的电源的内阻更准确，由此求得电源的内阻为r=___________Ω。
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，在竖直圆柱形绝热气缸内，可移动的绝热活塞、密封了质量相同的、两部分同种气体，且处于平衡状态。已知活塞、的横截面积之比，密封气体的长度之比，活塞厚度、质量和摩擦均不计。
①求、两部分气体的热力学温度的比值；
②若对部分气体缓慢加热，同时在活塞上逐渐增加细砂使活塞的位置不变，当部分气体的温度为时，活塞、间的距离与之比为，求此时部分气体的绝对温度与的比值。
14．（16分）如图，三棱镜的横截面为直角三角形 ABC， ∠A=30°， ∠B=60°， BC 边长度为 L，一束垂直于 AB 边的光线自 AB 边的 P 点射入三棱镜， AP 长度 d＜L，光线在 AC 边同时发生反射和折射，反射光线和折射光线恰好相互垂直，已知光在真空中的速度为 c．求：
（1）三棱镜的折射率；
（2）光从 P 点射入到第二次射出三棱镜经过的时间．
15．（12分）如图所示，在竖直面内有一矩形区ABCD，水平边AB=6L，竖直边BC=8L，O为矩形对角线的交点。将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球恰好经过C点。使此小球带电，电荷量为q（q>0），同时加一平行于矩形ABCD的匀强电场，现从O点以同样的初动能沿各个方向抛出此带电小球，小球从矩形边界的不同位置射出，其中经过D点的小球的动能为初动能的5倍，经过E点（DC中点）的小球的动能和初动能相等，重力加速度为g，求∶
(1)小球的初动能；
(2)取电场中O点的电势为零，求D、E两点的电势；
(3)带电小球所受电场力的大小和方向
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】
ABD．人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有
解得
①
②
③
轨道3半径比轨道1半径大，根据①②④三式，卫星在轨道1上线速度较大，角速度也较大，卫星在轨道3上经过点的加速度等于它在轨道2上经过点的加速度，故ABD均错误；
C．卫星从轨道1到轨道3需要克服引力做较多的功，故在轨道3上机械能较大，故C正确；
故选C。
2、B
【解析】
小球沿圆环缓慢上移可看作处于平衡状态，对小球进行受力分析，作出受力示意图如图
由图可知△OAB∽△GFA即：，当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，ACD错误B正确。
3、B
【解析】
根据电场的叠加原理，C、D两点的场强如图
由于电场强度是矢量，故C、D两点的场强相等，但不相同；两个等量同种电荷的电场关于两电荷的连线和连线的中垂线对称，故根据电场的对称性，可知C、D两个点的电势都与P点的电势相同；
故选B．
4、C
【解析】
略考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．
分析：因带电绝缘环A的运动，相当于电荷定向移动，从而产生电流，导致圆环B中的磁通量发生变化，产生感应电流．使得处于磁场中的B圆环受到力的作用．
解答：解：A、A环以图示的顺时针方向，绕圆心由静止转动起来，设绝缘环带正电，所以产生顺时针方向的电流，使得B环中的磁通量变大，由楞次定律可得感应电流方向是逆时针的，两环的电流方向相反，则具有沿半径扩张趋势．若绝缘环带负电，所以产生逆时针方向的电流，使得B环中的磁通量仍变大，由楞次定律可得感应电流方向是顺时针的，两环的电流方向仍相反，则仍具有沿半径扩张趋势．
由上可知，B环不会转动，同时对桌面的压力不变．
故选C
点评：由楞次定律来确定感应电流方向，同时当电流方向相同时，两者相吸引；而当电流方向相反时，两者相排斥．
5、B
【解析】
因变压器为降压变压器，原线圈匝数大于副线圈匝数；而当同时减小相同匝数时，匝数之比一定变大；再根据变压器原理进行分析即可．
【详解】
由变压器相关知识得：，原、副线圈减去相同的匝数n后： ，则说明变压器原、副线圈的匝数比变大，则可得出C、D错误．由于原线圈电压恒定不变，则副线圈电压减小，小灯泡实际功率减小，小灯泡变暗，A错误，B正确．
【点睛】
本题考查理想变压器的基本原理，要注意明确电压之比等于匝数之比；而电流之比等于匝数的反比；同时还要注意数学知识的正确应用．
6、A
【解析】
A、根据万有引力提供向心力，则有，轨道半径越大，周期越大，可知a的运行周期大于卫星b的运行周期，故选项A正确；
B、根据，轨道半径越小，速度越大，当轨道半径等于地球半径时，速度最大等于第一宇宙速度，故b的速度小于第一宇宙速度7.9km/s，故选项B错误；
C、卫星b加速后需要的向心力增大，大于万有引力，所以卫星将做离心运动，所以不能追上前面的卫星c，故选项C错误；
D、a为地球同步卫星，在赤道的正上方，不可能经过宜昌市的正上方，故选项D错误．
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、AC
【解析】
AB．等离子体进入板间受洛伦兹力而发生偏转，由左手定则知：正电荷受到的洛伦兹力方向向下，负电荷受到的洛伦兹力方向向上。则Q板为电源的正极。故A正确，B错误；
CD．离子在运动过程中同时受电场力和洛伦兹力，二力平衡时有
又有
则流过R的电流为
内电阻为
其中
解得
故C正确，D错误。
故选AC。
8、CDE
【解析】
当障碍物或孔的尺寸比光的波长小很多或相差不大时，光可以发生明显的衍射现象，A错误；不鸣笛的汽车向你驶来时听到的频率不等于喇叭发声频率是属于声波的多普勒效应，B错误；频率相同的两列波的波谷和波谷相遇处的质点振动是加强点，C正确；根据，可知当摆长增大时，单摆的周期增大，频率减小，D正确；根据简谐运动的周期由振动系统本身决定，与振幅无关，频率与周期的关系为，即频率与振幅也无关，E正确；选CDE.
9、AD
【解析】
A．据题意知，卫星与地球同步绕太阳做圆周运动，则卫星绕太阳运动周期和地球公转周期相等，故A正确；
B．卫星受的合力为地球和太阳对它引力的合力，这两个引力方向相同，合力不为零，处于非平衡状态，故B错误；
C．由于卫星与地球绕太阳做圆周运动的周期相同，卫星的轨道半径大，根据公式分析可知，卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度，故C错误；
D．由题可知，卫星在L1点与L2点的周期与角速度是相等的，卫星的合力提供向心力，根据向心力的公式可知，在L1点处的半径小，所以在L1点处的合力小，故D正确。
故选AD。
10、CD
【解析】
A．由图知处的电势等于零，所以和带有异种电荷，A错误；
B．图象的斜率描述该处的电场强度，故处场强不为零，B错误；
C．负电荷从移到，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故C正确；
D．由图知，负电荷从移到，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以D正确．
故选CD。
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、298 B C 大于 系统 小
【解析】
[1]由实验原理可知，电压表的指针指到满刻度的三分之一，因此电阻箱分得总电压的三分之二，根据串联电路规律可知，，故电压表内阻为298Ω。
①[2][3]该实验中，滑动变阻器采用了分压接法，为方便实验操作，要选择最大阻值较小的滑动变阻器，即选择B；定值电阻起保护作用，因电源电动势为1.5V，若保护电阻太大，则实验无法实现，故定值电阻应选用C。
②[4]从实验原理分析可知，当再断开开关S2，调整电阻箱R0的阻值，当当电压表半偏时，闭合电路的干路电流将减小，故内电压降低，路端电压升高，从而使得滑动变阻器并联部分两端电压变大，即使电压表示数为一半。
[5]而电阻箱R0的电压超过电压表电压，导致所测电阻也偏大，所以测量电阻大于真实电阻；本误差是由实验原理造成的，属于系统误差。
[6]在其他条件不变的情况下，若RV越大，滑动变阻器并联部分两端电压变化越小，其测量值R测的误差就越小。
12、A b B 1.5 B 4
【解析】
(1)单刀双掷开关合向a时，由于电压表的分流，使测得的电源电动势和内阻都比真实值小，单刀双掷开关合向b时，由于电流表的分压，测得的电源电动势等于真实值，测得的内阻比真实值大，因此单刀双掷开关合向a时测出的数据描点作出的图象是A；
(2)图线B测得的电动势没有系统误差，更准确，其值为1.5V，由于图线B测得的内阻值实际为电源内阻与电流表的内阻之和，因此误差较大，因此由图线A求得的电源内阻值更准确；
(3)若测出电流表的内阻，则利用图B测得的内阻更准确，由此求得电源的内阻为。
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、①②
【解析】
①、两部分气体质量相同且为同种气体，压强也相同，根据盖–吕萨克定律有：

解得
②对部分气体，根据查理定律有
对部分气体，根据理想气体状态方程有
而
14、（1）（2）
【解析】
(1)光线到达AC边的O点，入射角为i，折射角为r.
由题意可得：i+r=90∘
i=30∘
所以r=60∘
可得三棱镜的折射率n=
(2)光线反射到AB边的M点，入射角为i′=60∘
因为sini′=>=sinC，得i′>C，所以光线在M点发生全反射，不会射出三棱镜．
PQ=dtan30∘=
QM=2PQ
MN=(−2d)cs30∘=(L−d)
光在三棱镜中传播速度为：v=c/n
光从P从P点射入到第二次射出三棱镜经过的时间为：t=（PQ+QM+MN）/v
联立解得：t=
答：(1)三棱镜的折射率是；
(2)光从P点射入到第二次射出三棱镜经过的时间是.
【点睛】
（1）光线射到AC边上的O点，由折射定律和几何关系求三棱镜的折射率;
（2）光线反射到AB边上，由几何关系求出入射角，与临界角比较，能发生全反射．再反射从BC边射出．由v=c/n求出光在棱镜中传播的速度，由几何关系求出传播的距离，再求传播时间．
15、 (1) (2) ； (3) ，方向与OE成37°斜向上
【解析】
(1)不加电场时，由平抛运动的知识可得


初动能

解得

(2)从D点射出的小球，由动能定理

解得

因为O点的电势为零，则
从E点射出的小球，由动能定理
解得

因为O点的电势为零，则
(3)设电场方向与OE成θ角斜向上，则从E射出的小球：

从 D射出的粒子

联立解得

θ=37°

电场力的方向与OE成37°斜向上；