新疆维吾尔自治区喀什地区2026届高考物理自编模拟卷(3)

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参考答案与解析
第一部分 选择题（共8题，每题6分，共48分）
C
【详解】A、B、C项，航天员在空间站中所受万有引力完全提供做圆周运动的向心力，飞船对其作用力等于零，故C正确，A、B错误；
D、根据万有引力公式
F万=GMmr2
可知在地球表面上所受引力的大小大于在飞船所受的万有引力大小，因此地球表面引力大于其随飞船运动所需向心力的大小，故D错误。
故选：C。
B
设刚植入时碘的质量为m0，经过180天后的质量为m，根据
m=m0(12)tT
代入数据解得
m=m0(12)18060=m0(12)3=18m0
故选：B。
B
【详解】一个光子的能量为
E=hv
v为光的频率，光的波长与频率有以下关系
c=λv
光源每秒发出的光子的个数为
n=Phv=Pλhc
P为光源的功率，光子以球面波的形式传播，那么以光源为原点的球面上的光子数相同，此时距光源的距离为R处，每秒垂直通过每平方米的光子数为3×1014个，那么此处的球面的表面积为
S=4πR2
则
nS=3×1014
联立以上各式解得
R≈3×102m
故选：B。
C
【详解】如图所示


设圆环下降的高度为h，圆环的半径为R，它到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得

mgh=12mv2

由几何关系可得

h=Lsin⁡θ

sin⁡θ=L2R

联立可得

h=L22R

可得

v=LgR

故C正确，A、B、D错误。

故选：C。
A
【详解】当两球运动至二者相距35L时，,如图所示
由几何关系可知
sin⁡θ=3L10L2=35
设绳子拉力为T，水平方向有
2Tcs⁡θ=F
解得
T=58F
对任意小球由牛顿第二定律可得
T=ma
解得
a=5F8m
故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
AD
设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为
F=2μmg
撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为
T0=μmg
A、B项，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为
−T0−μmg=maP1
解得
aP1=−2μg
此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。
故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2μmg。
Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时
−μmg=maQm
解得
aQm=−μmg
故滑块Q加速度大小最大值为μmg，A正确，B错误；
C、滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；
D、滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为
−μmg=maP2
解得
aP2=−μg
撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2μg做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为μg；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为μg。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。
故选：A、D。
AD
MN在运动过程中为非纯电阻，MN上的电流瞬时值为
i=u−BlvR
A、当闭合的瞬间，Blv=0，此时MN可视为纯电阻R，此时反电动势最小，故电流最大
Imax=UR=QCR
故A正确；
B、当u>Blv时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与MN及R构成回路，由于一直处于通路形式，由能量守恒可知，最后MN终极速度为零， 故B错误；
C、MN在运动过程中为非纯电阻电路，MN上的电流瞬时值为
i=u−BlvR
当u=Blv时，MN上电流瞬时为零，安培力为零此时，MN速度最大，故C错误；
D、 在MN加速度阶段，由于MN反电动势存在，故MN上电流小于电阻R上的电流，电阻R消耗电能大于MN上消耗的电能（即ER>EMN），故加速过程中，QR>QMN；当MN减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大，综上分析可知全过程中电阻R上的热量大于导体棒上的热量，故D正确。
故选：A、D。
BD
A、如图所示
Eq=mg
故等效重力G′的方向与水平成45 °。
当vy=0时速度最小为vmin=v1，由于此时v1存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，故A错误；
B、D项，水平方向上
v0=Eqmt
在竖直方向上
v=gt
由于
Eq=mg，得v=v0
如图所示，小球的动能等于末动能。由于此时速度没有水平分量，故电势能最大。由动能定理可知
WG+WEq=0
则重力做功等于小球电势能的增加量， 故B、D正确；
C、当如图中v1所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误。
故选：B、D。
第二部分 非选择题（共4题，共62分）
（1）见解析；
（2）990Ω。
（1）为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻R0并联，再与电流表串联，通过电流表的电流与微安表的电流之差，可求出流过定值电阻R0的电流，从而求出微安表两端的电压，进而求出微安表的内电阻，由于电源电压过大，并且为了测量多组数据，滑动电阻器采用分压式解法，实验电路原理图如图所示：
（2）流过定值电阻R0的电流
I=IA−IG=9.00mA−0.09mA=8.91mA
加在微安表两端的电压
U=IR0=8.91×10−2V
微安表的内电阻
Rg=UIG=8.91×10−290.0×10−6Ω=990Ω
（1）0.304；
（2）0.31；
（3）0.32；
（4）m2−m12m1；
（5）0.33。
（2）应该用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块，碰后运动方向相反，故选：0.304kg的滑块作为A。
（6）由于两段位移大小相等，根据表中的数据可得
k2=v1v2=t2t1=
（7）v1v2平均值为
k=0.31+0.31+0.33+0.33+0.335=0.32
（8）弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒，可得
m1v0=−m1v1+m2v2
12m1v02=12m1v12+12m2v22
联立解得
v1v2=m2−m12m1
代入数据可得
v1v2=0.33
255m/s
频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为
t=4T=0.05×4s=0.2s
设抛出瞬间小球的速度为v0，每相邻两球间的水平方向上位移为x，竖直方向上的位移分别为y1、y2，根据平抛运动位移公式有
x=v0t
y1=12gt2=12×10×0.22m=0.2m
y2=12g(2t)2−12gt2=12×10×(0.42−0.22)m=0.6m
令y1=y，则有
y2=3y1=3y
已标注的线段s1、s2分别为
s1=x2+y2
s2=x2+(3y)2=x2+9y2
则有
x2+y2:x2+9y2=3:7
整理得
x=255y
故在抛出瞬间小球的速度大小为
v0=xt=255m/s
（1）NBIlk，2NBIlrdk；
（2）dk(s1+s2)4NBlr。
（1）由题意当线圈中通入微小电流I时，线圈中的安培力为
F=NBIl
根据胡克定律有
F=NBIl=k│Δx│
|Δx|=NBIlk
设此时细杆转过的弧度为θ，则可知反射光线转过的弧度为2θ，又因为
d>>Δx，r>>d
则
sinθ≈θ，sin2θ≈2θ
所以有
Δx=d×θ
s=r×2θ
联立可得
s=2rdΔx=2NBIlrdk
（2）因为测量前未调零，设没有通电流时偏移的弧长为s′，当初始时反射光点在O点上方，通电流I′后根据前面的结论可知有
s1=2NBI′dk+s′
当电流反向后有
s2=2NBI′lrdk−s′
联立可得
I′=dk(s1+s2)4NBlr
同理可得初始时反射光点在O点下方结果也相同，故待测电流的大小为
I′=dk(s1+s2)4NBlr