辽宁省大连市2026年高考物理双基模拟试卷A

这是一份辽宁省大连市2026年高考物理双基模拟试卷A，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.关于下列四幅图说法正确的是( )
A. 图甲中三角形导线框绕轴匀速转动产生直流电
B. 图乙中周期性变化的磁场可以产生电磁波
C. 图丙中强磁体从铝管中静止下落做自由落体运动
D. 图丁为磁流体发电机装置，A极板电势高
2.钚的一种同位素 ​94239Pu衰变时释放巨大能量，其衰变方程为 94239Pu→92235U+24He，则下列说法中正确的是( )
A. 此衰变为β衰变B. ​92235U比 ​94239Pu的结合能大
C. ​92235U比 ​94239Pu更稳定D. 经过一个半衰期，100个钚还剩下50个
3.如图甲，两列沿相反方向传播的横波，形状是半个波长的正弦曲线，上下对称，其振幅和波长都相等。它们在相遇的某时刻会出现两列波“消失”的现象，如图乙。则( )
A. 此时质点b向左运动B. 相遇过程中c点振动速度始终为0
C. 此后质点a、b振动速度相同D. 此后质点a比b先停止振动
4.“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道运行到Q点，再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，已知图乙中两轨道相切于M点，则天问一号( )
A. 发射速度大于16.7km/s
B. 在地火转移轨道运行时，经过P点的加速度小于经过Q点的加速度
C. 从调相轨道变轨到停泊轨道，运行周期变小
D. 从调相轨道变轨到停泊轨道，需要在M点点火加速
5.一定质量的理想气体经历如图所示的循环过程，其中c→a过程是绝热过程，下列说法正确的是( )
A. b→c过程，气体分子的平均动能增大
B. c→a过程，气体做等温变化
C. a→b过程，单位时间单位面积撞击器壁的分子数增大
D. a→b→c→a过程，气体从外界吸收热量
6.将一个小球从地面竖直上抛，小球受到的阻力与速率成正比，设向上为正方向，小球的速度、位移、重力势能和机械能分别为v、x、Ep和E，以地面为零势能面，则下列图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
7.如图所示，竖直面内有一圆形区域，半径为R。AC、BD分别是圆的水平方向和竖直方向直径。空间存在平行于圆形区域的匀强电场。BC的中点M是圆周上电势最低的点。质量为m，电荷量为q(q>0)的小球从A点以相同的速率v0向竖直面内各个方向发射，重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A. 电场沿AM方向
B. 电势差UOB=UOD
C. 小球到达D点的动能为12mv02+mgR
D. 小球加速度大小可能为a=12g
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.氢原子从n=5、n=3能级直接跃迁到n=2能级时分别发出光P、Q。则下列说法正确的是( )
A. P光比Q光的光子动量大
B. 相同的光电管，Q光照射能发生光电效应，则P光照射也能发生光电效应
C. 位于水下同一深度处，P点光源比Q点光源在水面上形成的光斑大
D. 在完全相同的实验条件下做双缝干涉实验，P光的相邻干涉条纹间距大
9.如图所示，光滑水平桌面上有一轻质光滑绝缘管，处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。绝缘管在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动。一带电小球，由管道M端相对管道静止释放，一段时间后，小球运动到管道N端。小球质量为m、电量为q，MN长度为l，小球直径略小于管道内径。关于小球从M端运动到N端说法正确的是( )
A. 小球的运动轨迹是一条抛物线B. 外力F和洛伦兹力做功大小相等
C. 绝缘管的位移大小为2 mlvqBD. 外力F的冲量大小为qBl
10.如图，木板m1足够长，静止在光滑水平地面上，物块m3静止在木板右侧，m3左端固定一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧处于自然状态。滑块m2以水平向右的速度v0滑上木板m1，m2与m1速度相等时m1刚好与弹簧接触，此后再经过时间t0弹簧压缩量最大，并且m2与m1恰好能始终保持相对静止。已知m1、m2和m3的质量均为m，弹簧始终处在弹性限度内，弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=12kx2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 木板刚接触弹簧时速度v1=12v0
B. 弹簧的最大压缩量xm=v0 2m3k
C. 弹簧压缩量最大时，m3的位移大小为x3=v0t03−2v03 m6k
D. m2与m1间的动摩擦因数μ=v02g k6m
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某小组探究物体加速度与所受合外力的关系。实验装置如图(a)所示，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定一遮光片，细线一端与小车连接，另一端跨过定滑轮挂上钩码。
(1)实验前先调节轨道，使细线与轨道平行，并平衡小车所受摩擦力。
(2)小车的质量为M1=320g。利用光电门系统测出不同钩码质量m时小车加速度a。钩码所受重力记为F，作出a−F图像，如图(b)中图线甲所示。
(3)由图线甲可知，F较小时，a与F成正比。进一步探究，分别将小车的质量增加至M2=470g和M3=720g重复步骤(2)，作出a−F图像，如图中图线乙和丙所示。
(4)比较图线甲、乙、丙可得：在钩码重力的变化区间相同时，小车的质量增大，a−F图像的线性区间______(选填“变大”“变小”)；我们可以猜想：要在a−F图像中得到足够大的线性区间，实验中小车的质量M和钩码的质量m应满足的大小关系为______；
(5)分析实验数据：图线甲、乙、丙都存在非线性区间，是因为非线性区间的加速度a和钩码重力F在误差允许的范围内不满足关系式a=FM，请写出该区间加速度a和钩码重力F满足的关系式a=______(用a、M、m、F表示)；如何改进实验可以消除因系统误差产生的非线性区间，请写出一种方案______。
12.某学习小组要测量某电池的电动势和内阻，设计了如图甲所示的电路。
(1)用甲图测电池的电动势和内阻，在电压表和电流表内阻都未知的情况下，其系统误差来源于______。
(2)为了提高实验精度，该小组设计了如图乙所示的电路，其中被测电池为______(选填“A”或“B”)。
(3)实验操作如下：
①将滑动变阻器R和R2的滑片移到最左端，闭合开关S1和S2；
②调节滑动变阻器R2，使灵敏电流计G的指针指在______(选填“零刻度线”或“满偏刻度”)，记录此时电压表的示数为U1=2.80V、电流表的示数为I1=0.15A；
③接着，改变滑动变阻器R的滑片位置，再重复步骤②，记录另一组数据U2=2.60V、I2=0.35A。则电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω(结果均保留两位小数)；
(4)在(3)的操作中，电源电动势的测量值______真实值(选填“大于”“等于”“小于”)。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，小球A质量mA=1kg，用细线悬挂于O点，静止时细线与竖直方向夹角θ=37°。由静止释放小球A，下落到最低点时细线达到最大拉力并断开(不计能量损失)，与静止在平台上的小球B发生弹性正碰，不考虑两球落地后反弹。已知小球B的质量mB=3kg，平台长d=10m，细线长L=1m，平台高h=5m，两小球均可视为质点，不计一切阻力，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)绳子的最大拉力；
(2)碰后小球A、B的速度大小；
(3)小球A、B落地点间的水平距离。
14.如图所示，水平面内有两根电阻不计、间距为L的足够长光滑平行导轨。一质量为m、电阻不计的导体棒置于导轨上，轻绳一端连接导体棒，另一端绕过定滑轮与一质量也为m的物块连接。电容器的电容为C，定值电阻的阻值为R。空间存在竖直向上的匀强磁场B。物块由静止释放牵引导体棒向左运动，导体棒运动过程中始终与导轨接触良好并保持垂直，电容器未被击穿，忽略绳与定滑轮间的摩擦，重力加速度为g，求：
(1)开关S接1，导体棒的最大速度为多少，并定性画出导体棒的v−t图像；
(2)开关S接1，当导体棒达到最大速度时，物块下落高度为h，这个过程电阻上产生的焦耳热为多少；
(3)开关S接2，物块下落高度h时，物块的速度大小为多少。
15.如图是研究粒子在电磁场中加速和偏转的装置。粒子首先进入由n个金属圆筒组成的直线加速器，在圆筒间的电场中加速，在圆筒中做匀速直线运动，直线加速器接电压大小不变，周期为T的交变电压。某正离子从圆筒0处由静止加速，以速度v0沿中心轴线进入圆筒1，继续加速后从O点进入由电场和磁场组成的偏转区域，该区域为棱长为L的立方体ABCD−A1B1C1D1，O为DA1中点，以O为原点建立空间坐标系O−xyz，AB、AD和AA1分别平行x轴、y轴和z轴，加速器中心轴与x轴重合。关闭圆筒4后的加速电场，当仅在沿A1D方向加磁感应强度大小为B0的匀强磁场时，离子恰好打在B点。不计重力，求：
(1)圆筒4的长度；
(2)该离子的比荷；
(3)将一足够大的荧光屏垂直x轴放置，屏中心O′到O点的距离为2L。撤掉偏转区域A1D方向的磁场，同时加上沿+z方向的匀强电场E=9 2B0v0π2和匀强磁场B=3 28B0，除了偏转区域外，其他空间不存在电场和磁场，求离子打在荧光屏上的位置的坐标。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.图甲中三角形导线框在匀强磁场里绕轴匀速转动，切割磁感线的有效面积呈周期性变化，产生的感应电动势也会随时间按正弦规律变化，因此输出的是交流电，故A错误。
B.根据麦克斯韦电磁场理论，周期性变化的磁场会激发周期性变化的电场，变化的电场又会激发新的变化磁场，如此交替产生并向外传播，就形成了电磁波，故B正确。
C.图丙中强磁体在铝管中下落时，铝管的管壁会切割磁感线，产生感应电流(涡流)，感应电流的磁场会阻碍磁体的下落，使磁体受到向上的安培力，所以磁体做加速度小于重力加速度g的运动，不是自由落体，故C错误。
D.图丁是磁流体发电机，等离子体在磁场中运动时，正、负电荷会受到洛伦兹力而偏转，根据左手定则，正电荷会向B极板偏转聚集，负电荷向A极板偏转聚集，所以B极板的电势更高，故D错误。
故选：B。
根据导线框切割磁感线的有效面积变化判断输出交流电；依据麦克斯韦电磁场理论，确认周期性变化的磁场与电场交替激发并传播形成电磁波；铝管中涡流的阻碍作用，得出磁体并非自由落体的结论；用左手定则判断磁流体发电机中电荷的偏转方向，明确极板电势高低。
本题考查了电磁学中多个核心知识点的综合应用，涵盖交流电的产生原理、麦克斯韦电磁场理论、涡流现象的阻碍作用，以及磁流体发电机的工作原理，核心是检验能否运用电磁学基本规律，分析不同电磁现象的本质与物理过程。
2.【答案】C
【解析】解：A.此反应中的生成物为 ​24He，故发生的是α衰变，故A错误；
B.衰变时，会生成更稳定的原子核，衰变产物的总结合能大于原原子核的结合能，即 ​92235U和 ​24He的总结合能大于 ​94239Pu的总结合能，但 ​92235U的核子数小于于 ​94239Pu的核子数，故 ​92235U的结合能小于 ​94239Pu的结合能，故B错误；
C.衰变释放出能量，原子核越稳定，比结合能越大，故 ​92235U的比结合能比 ​94239Pu的比结合能大，故 ​92235U比 ​94239Pu更稳定，故C正确；
D.半衰期是针对大量原子核得到的统计规律，对于100个钚来说没有意义，无法判断一个半衰期后的情况，故D错误。
故选：C。
根据质量数和电荷数守恒结合不同衰变类型进行分析解答。半衰期是针对大量原子核得到的统计规律。核衰变方程释放能量，故反应物的总结合能小于生成物的总结合能。
根据释放核能和结合能的变化进行分析判断；半衰期的特点判断问题，核衰变方程释放能量，故反应物的总结合能小于生成物的总结合能。
3.【答案】B
【解析】解：A.由图看出，两列波的波峰与波谷叠加，两波的振幅相等，位移的矢量和为零，所以如图乙所示的时刻两列波“消失“；由质点带动法判断可知，向右传播的波单独引起a质点的振动方向向下，向左传播的波单独引起a质点的振动方向向下，根据叠加原理可知，此时a质点的振动方向是向下的，同理可知b质点的振动方向是向上的，故A错误；
B.相遇过程中，两列波引起的c点的振动方向是一直相反的，且引起的位移大小是一直相等的，所以c点的位移一直为0，则相遇过程中c点振动速度始终为0，故B正确；
C.根据以上分析可知，a、b振动速度大小相同，方向不同，故C错误；
D.因为两列波的波长相等，波速相同，根据λ=vT可知周期相等，所以此后质点a、b振动时间相同，两质点是同时停止振动的，故D错误。
故选：B。
根据质点带动法判断；相遇过程中，两列波引起的c点的振动方向是一直相反的，据此分析；a、b振动速度大小相同，方向不同；此后质点a、b振动时间相同。
本题考查了对波的叠加的理解，知道波的传播方向和质点振动方向之间的关系，知道在同种介质中，两列波的传播速度是相等的。
4.【答案】C
【解析】解：A、因发射的卫星要能变轨到绕太阳转动，则发射速度要大于第二宇宙速度，小于第三宇宙速度，即发射速度介于11.2km/s与16.7km/s之间，故A错误；
B、根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma
可得a=GMr2
由于Q到太阳的距离大于P点到太阳的距离，可知在地火转移轨道运行时，经过P点的加速度大于经过Q点的加速度，故B错误；
C、根据开普勒第三定律，环绕火星的停泊轨道的半长轴小于调相轨道的半长轴，可知在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，故C正确；
D、卫星从M点变轨时，要减小速度，才能做向心运动进入停泊轨道，即从调相轨道变轨到停泊轨道，需要在M点点火减速，故D错误。
故选：C。
利用万有引力定律比较加速度大小，结合开普勒第三定律判断周期变化，根据变轨时的速度调整分析轨道转移的条件。
学生易在变轨时的速度调整方向、加速度与轨道半径的关系上出错，需注意轨道半径与加速度、周期的对应规律，避免混淆变轨时的速度变化逻辑。
5.【答案】D
【解析】解：由p−V图像可知，过程a→b为等压膨胀，b→c为等容降压，c→a为绝热压缩。
A、在b→c过程中，气体体积V不变，压强p减小，根据查理定律pT=C可知温度T降低，由于温度是分子平均动能的标志，故气体分子的平均动能减小，故A错误；
B、题目已知c→a为绝热过程，气体与外界没有热交换，即Q=0。在压缩过程中，外界对气体做功W>0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，气体内能增大，温度T升高，故B错误；
C、在a→b过程中，气体压强p不变，体积V增大，由盖−吕萨克定律VT=C可知温度T升高，分子热运动变得剧烈。由于压强取决于分子撞击器壁的频率和平均作用力，在分子平均动能增大的情况下，为保持压强不变，单位时间单位面积撞击器壁的分子数必须减小，故C错误；
D、在p−V图像中，图线所围成的面积表示气体在一个循环内做的总功。图示循环方向为顺时针，说明气体对外界做的总功W总>0。理想气体经历一个循环后内能不变，即ΔU=0，由热力学第一定律ΔU=Q−W总可得Q=W总>0，即气体在整个循环过程中从外界吸收热量，故D正确。
故选：D。
题目描述了理想气体经历由三个过程构成的循环，涉及p−V图像分析。明确各段过程特征：a→b为等压膨胀，b→c为等容降压，c→a为绝热压缩。分析各选项需结合图像与过程特点，关联气体状态参量变化，利用理想气体状态规律与热力学定律判断温度、分子平均动能、压强微观解释及循环净吸放热。关键是从图像获取体积、压强关系，结合过程条件(如绝热)推断温度变化，进而分析分子平均动能与撞击频率；对循环整体需用p−V图面积表示气体做功，结合内能变化应用热力学第一定律判断净热量。
本题巧妙地将理想气体状态方程、热力学第一定律与p−V图像分析紧密结合，全面考查了学生对气体状态变化过程及宏观与微观物理量间联系的理解深度。题目涉及等压膨胀、等容降压和绝热压缩三个典型过程，需要学生准确运用查理定律、盖−吕萨克定律分析温度变化，并结合温度是分子平均动能的标志进行微观解释。难点在于选项C，它要求学生从压强微观决定因素出发，综合分子平均动能和单位面积撞击分子数两个变量的影响进行推理，对学生的逻辑思维和微观模型构建能力提出了较高要求。整个循环过程的热量分析则需学生掌握p−V图像面积的意义及热力学第一定律在循环中的应用，计算量适中但思维层次丰富，是一道综合性较强的中等偏上难度试题。
6.【答案】C
【解析】解：A、小球向下运动，有−mg+kv=ma，小球从最高点开始做加速度减小的加速运动，直到落回地面，加速度方向为负方向，速度和位移方向为负方向，重力势能逐渐减小，机械能逐渐减小，向上运动到最高点时加速度最小，为g，向下运动时，在最高点加速度最大，为g。故A错误。
B、上升阶段：x增大、v减小，加速度a=g+kvm随v减小而减小，因此v−x曲线的斜率(dvdx=av)也随v减小而减小，曲线应为上凸(越来越平缓)。下落阶段：x减小、v增大(负方向)，加速度a=g−kvm随v增大而减小，因此v−x曲线的斜率(dvdx=av)绝对值也随v增大而减小，曲线应为下凸(越来越平缓)。图中下落段呈上凹(斜率绝对值增大)，与规律不符。故B错误。
C、重力势能Ep=mgh与高度h成正比。上升阶段：小球做加速度减小的减速运动，速度(h−t图像斜率)逐渐减小，因此Ep−t曲线斜率减小，呈上凸(越来越平缓)。下落阶段：小球做加速度减小的加速运动，速度(h−t图像斜率绝对值)逐渐增大，因此Ep−t曲线斜率绝对值增大，呈下凸(越来越陡)。图中上升段斜率减小、下落段斜率绝对值增大，与运动规律完全吻合。故C正确。
D、机械能变化由阻力做功决定，ΔE=−Wf=−k∫vdx=−k∫v2dt，机械能随x增大而单调小。图像中机械能先减小后增大，与实际不符。故D错误。
故选：C。
这是一道竖直上抛运动的动力学问题，核心是分析小球在受阻力(与速率成正比)作用下的速度、位移、重力势能和机械能随时间或位移的变化规律。解题关键是结合牛顿第二定律判断加速度的变化，再由此分析各物理量的变化趋势。
这是一道竖直上抛运动的动力学问题，核心是分析小球在受阻力(与速率成正比)作用下的速度、位移、重力势能和机械能随时间或位移的变化规律。解题关键是结合牛顿第二定律判断加速度的变化，再由此分析各物理量的变化趋势。
7.【答案】C
【解析】解：根据电学规律与几何关系分析：
A、匀强电场中圆周上电势最低点M与最高点M′关于圆心O对称，电场线由高电势指向低电势，因此电场方向沿半径OM方向，而AM为弦，其方向与OM不同，故A错误；
B、以圆心O为电势零点，电场沿OM方向，B点在y轴正半轴，D点在y轴负半轴，由U=E⋅d可得UOB=φO−φB，即UOB=EyR，UOB=ERsin45°，UOD=φO−φD，即UOD=−EyR，UOD=−ERsin45°，两者大小相等、符号相反，故B错误；
C、M为BC中点，坐标为(Rcs45°,Rsin45°)，电场方向为y=x，A点(−R,0)，D点(0,−R)，在电场方向投影dA=−R+0 2=− 22R，dD=0−R 2=− 22R，因此A、D处于同一等势面，UAD=0，小球从A到D电场力不做功，重力做功Wg=mgR，由动能定理EkD−12mv02=mgR，解得：EkD=12mv02+mgR，故C正确；
D、小球受恒力作用，设水平加速度ax=qEcs45°m=b，竖直加速度ay=qEsin45°−mgm=b−g，合加速度a= b2+(b−g)2= 2b2−2bg+g2，当b=g2时a取最小值amin= g22= 22g，由于 22g>0.5g，故加速度不可能为0.5g，故D错误。
故选：C。
题目描述匀强电场存在于圆形区域内，M点是圆弧BC上电势最低点，表明电场方向沿半径OM指向圆心。小球从A点以相同速率v0向各个方向发射，需分析电场方向、电势差、动能及加速度的可能性。对于A选项，电场方向应沿半径OM而非弦AM；B选项涉及电势差UOB与UOD的比较，需通过电场方向与点位置关系判断；C选项需分析小球从A到D的过程，考虑重力与电场力做功对动能的影响；D选项则需根据小球所受合力计算合加速度的范围，判断其是否可能为特定值。
本题综合考查匀强电场中电势分布、电场力做功与电势差关系、动能定理以及带电粒子在复合场中的运动分析。题目以圆形区域为背景，通过几何关系确定电场方向，进而分析电势差、动能变化及加速度可能值，对学生的空间想象能力、物理建模能力和数学运算能力均有较高要求。其亮点在于巧妙结合圆周几何与电场特性，将电势最低点与电场方向相关联，并需要灵活运用矢量分解与动能定理处理复杂运动。计算量适中但思维链条较长，需严谨推理。
8.【答案】AB
【解析】解：分析光P、Q的频率关系，根据氢原子能级跃迁公式ΔE=E物−E未=hν，氢原子从n=5能级直接跃迁到n=2能级时发出光P，其能级差ΔEP=E5−E2；从n=3能级直接跃迁到n=2能级时发出光Q，其能级差ΔEQ=E3−E2
因为E5−E2>E3−E2，所以ΔEp>ΔEQ，由ΔE=hν
可知νP>νQ
A.光子动量p=hλ
又因为c=λv，则．λ=cν，
代入数据得p=hνc，由于vp>vQ，所以pp>pQ，即P光比Q光的光子动量大，故A正确；
B.发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的截止频率，因为vP>vQ
若相同的光电管，Q光照射能发生光电效应，说明νQ大于该光电管金属的截止频率，那么vP更大于该截止频率，所以P光照射也能发生光电效应，故B正确；
C.光从水中射向空气时，临界角C满足sinC=1n
且频率越高，折射率越大，即np>nQ，则CP位于水下同一深度处，光源在水面上形成的光斑半径r=htanC，h为光源在水下的深度，C为临界角，vP>vQ
所以CPvQ，所以λp