2026届浙江杭州高考物理自编模拟卷（附答案解析）

这是一份2026届浙江杭州高考物理自编模拟卷（附答案解析），文件包含2026届浙江杭州高考物理自编模拟卷原卷版docx、2026届浙江杭州高考物理自编模拟卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
考生注意：
1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。
2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。
4.可能用到的相关参数：重力加速度g取10m/s2。
选择题部分
一、选择题I（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
注意事项：
1．2025年10月25日中科院宣布紧凑型聚变能实验装置（BEST）正在安装，中国人造太阳预计2027年竣工，有望成为人类历史上首个实现聚变发电的装置。如图所示，现实中太阳内层的氢发生聚变，每4个11H会聚变成1个24He，即质子-质子链反应。下列说法正确的是（ ）
A. 11H比12H少两个中子
B. 12H和11H聚合成23He，反应需要吸收能量
C. 两个11H合成12H的过程中产生一个负电子
D. 24He的比结合能大于12H的比结合能
【答案】D
【解析】11H中子数为0，12H中子数为1，则11H比12H少一个中子，A错误；
12H和11H聚合成23He，反应放出能量，B错误；
根据11H+11H→12H++10e，即两个11H合成12H的过程中产生一个正电子，C错误；
因生成物更加稳定，生成物的比结合能更大，即24He的比结合能大于12H的比结合能，D正确。
2.下列四幅图描述的场景依次为雷电击中避雷针（图甲）、高压输电线上方还有两条与大地相连的导线（图乙）、燃气灶中的针尖状点火器（图丙）、工人穿戴着含金属丝制成的工作服进行超高压带电作业（图丁），关于这四幅图所涉及的物理知识，下列说法正确的是（ ）
A. 图甲中避雷针的工作原理主要是静电屏蔽
B. 图乙中与大地相连的两条导线的作用和图丁中工作服内的金属丝的作用是相同的
C. 图丙中的点火器是利用摩擦起电的原理进行点火的
D. 图丙中的点火器的工作原理和图丁中工作服内掺入的金属丝的工作原理是相同的
【答案】B
【解析】．避雷针的工作原理主要是利用尖端放电避免雷击，故A错误；
高压输电线的上方还有两条导线，这两条导线的作用是它们与大地相连，形成稀疏的金属“网”把高压线屏蔽起来，免遭雷击，与工作服内掺入的金属丝，都是利用了静电屏蔽的原理，故B正确，D错误。点火器是利用高压尖端放电的原理，而工作服内掺入的金属丝，是利用了静电屏蔽的原理，故C错误；
3. 如图所示，一个半径为5 m的圆盘正绕其圆心匀速转动，当圆盘边缘上的一点A处在如图所示位置的时候，在其圆心正上方20 m的高度有一个小球(视为质点)正在向边缘的A点以一定的速度水平抛出，g＝10 m/s2，不计空气阻力，要使得小球正好落在A点，则( )
A.小球平抛的初速度一定是2.5 m/s
B.小球平抛的初速度可能是2 m/s
C.圆盘转动的角速度一定是π rad/s
D.圆盘转动的加速度大小可能是π2 m/s2
答案 A
解析 根据h＝12gt2，可得t＝2hg＝2 s，则小球平抛的初速度v0＝rt＝2.5 m/s，故A正确，B错误;根据ωt＝2nπ(n＝1，2，3，…)，解得圆盘转动的角速度ω＝2nπt＝nπ rad/s(n＝1，2，3，…)，圆盘转动的加速度大小为a＝ω2r＝n2π2r＝5n2π2 m/s2(n＝1，2，3，…)，故C、D错误。
4. 随着科技的进步，越来越多的人使用蓝牙耳机，手机与基站及耳机的通信如图所示。若基站与手机、手机与耳机之间通信的电磁波分别为甲波、乙波，则以下说法正确的是( )
A.甲、乙波的频率都比可见光的频率大
B.真空中甲波的传播速度比乙波的传播速度小
C.真空中甲波比乙波更容易绕过障碍物
D.甲波与乙波有可能发生干涉
答案 C
解析 由题图可知，甲、乙波的波长都比可见光的波长大，根据波长、波速和频率关系式c＝λf知，甲、乙波的频率都比可见光的频率小，故A错误;电磁波在真空中传播速度相同，则真空中甲、乙波的传播速度相同，故B错误;由图可知甲波波长大于乙波波长，则甲波更容易发生明显的衍射现象，可知真空中甲波比乙波更容易绕过障碍物，故C正确;两列波发生干涉的条件是频率相同，振动方向相同，相位差恒定，甲、乙波的频率不同，不能发生干涉现象，故D错误。
5.飞行员进行素质训练时，抓住秋千杆由水平状态开始下摆，如图所示，在到达竖直位置的过程中，飞行员重力的瞬时功率的变化情况是( )
A. 一直增大B. 一直减小C. 先增大后减小D. 先减小后增大
【答案】C
【解析】由于重力是竖直向下的，重力的瞬时功率只与人在竖直方向上的速度有关，在刚开始运动的时候，人的速度为零，所以此时人的重力的瞬时功率为零，当运动到最低点时，人的速度为水平方向的，与重力的方向垂直，此时的人重力的功率为零，所以重力的功率是先增大后或减小，所以C正确．
6. 如图，x轴上的(−a,0)和(a,0)处分别固定两个等量正点电荷+Q。取无穷远处电势为零时，单个点电荷周围某点的电势φ=kQ0r（Q0为点电荷的电荷量，r为该点到点电荷的距离，k为静电力常量）。现将一质量为m、电荷量为+q(q>0)的粒子在(a2,0)处由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴运动，则该粒子运动到原点O处的速度大小为
A. kQqmaB. 2kQq3ma
C. 2kQq3maD. 22kQq3ma
【答案】C
【解析】a2,0处的电势φa2=kQ3a2+kQa2=8kQ3a，原点O处的电势φ(O)=kQa+kQa=2kQa，由能量守恒得，qφa2=qφ(O)+12mv2，解得v=2kQ3ma，C项正确。
北京时间2025年8月6日，揽月面着陆器着陆起飞综合验证试验圆满完成。假如在登月之前需要先发射两颗探月卫星a、b进行科学探测，两卫星在同一平面内绕月球的运动可视为匀速圆周运动且绕行方向相同。测得月球的半径为r，a的轨道半径小于b的轨道半径，两卫星之间距离最小为4r、最大为12r，不考虑两卫星之间的作用力。下列说法正确的是( )
A. a、b两卫星受到月球的万有引力之比为2：1
B. a、b两卫星受到月球的万有引力之比为4：1
C. a、b两卫星的周期大小之比Ta：Tb=1：8
D. a、b两卫星的周期大小之比Ta：Tb= 2：4
【答案】D
【解析】设a、b两卫星的轨道半径分别为ra、rb，由题意有ra+rb=12r，rb−ra=4r，联立解得ra=4r，rb=8r，根据F=GMmr2，因为不知两卫星的质量关系，故不可以求出它们受到月球的万有引力之比，故AB错误；
根据开普勒第三定律有ra3Ta2=rb3Tb2，代入数据解得Ta：Tb= 2:4，故C错误，D正确。
8. 在“消失的硬币”实验中，将盛满水的玻璃杯压在硬币上，从杯壁外往内看硬币“消失”，从杯口向下俯视却能看到硬币，已知玻璃杯的折射率大于水的折射率，造成杯壁视角下硬币“消失”的主要原因是（ ）
光直线传播路径被玻璃杯阻断
B. 硬币反射的光在杯壁处发生全反射
C. 硬币反射的光在杯底部发生全反射
D. 硬币反射的光在杯壁处发生干涉
【答案】B
【解析】玻璃杯是透明的，光线可以透过，不能阻断， A错误；
从杯壁外往内看时，硬币反射的光线需要依次穿过水、玻璃，最后从玻璃射入空气中才能被人眼看到。光线从玻璃（光密介质）射向空气（光疏介质）时，由于观察角度的原因，入射角可能大于临界角，从而发生全反射。光线被反射回玻璃杯内，无法进入人眼，因此看起来硬币就“消失”了，B正确；
如果光在杯底部发生全反射，那么光线将无法进入杯中的水中。这样的话，无论从哪个角度（包括从杯口向下俯视），都应该看不到硬币。这与题干中“从杯口向下俯视却能看到硬币”的现象相矛盾，C错误；
硬币“消失”是光线传播路径改变导致的现象，属于几何光学范畴，与光的干涉无关，D错误。
9. 至年月，萝卜快跑已在武汉实现全无人自动驾驶跨江通行。在一次无人驾驶测试过程中，原来匀速行驶汽车遇到障碍物开始减速，其图像如图所示，以开始减速为时刻；已知全程阻力为不变，段汽车牵引力功率恒为，段为直线，时关闭发动机，时停止运动。则下列说法正确的是（ ）
A. 内汽车加速度逐渐增大
B. 汽车质量为
C. 以匀速运动时汽车的功率为
D. 内汽车位移为
【答案】B
【解析】v—t图像的斜率表示加速度，内汽车加速度逐渐减小，故A错误；
由图像段可得
由牛顿第二定律
得，故B正确；
以匀速运动时汽车的功率为，故C错误；
内由动能定理得，可得，故D错误。
10. 我国在电力输送领域是世界上首屈一指的科技霸主，目前已研制成功了全套关键设备，建成了世界电压等级最高、输电能力最强的交直流输电网络。模拟远距离高压输电的示意图如图所示，已知升压变压器原、副线圈两端的电压分别为和，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为和。在输电线路的起始端分别接入电压互感器和电流互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为和，各互感器和电表均为理想状态。下列说法正确的是（ ）
A. 电压互感器起升压作用，电流互感器起增加电流作用
B. 若保持和用户数不变，仅将滑片Q下移，则输电线损耗功率增加
C. 若保持不变，仅增加用户数，为保持不变，可将滑片P下移
D. 若电压表的示数为210V，电流表的示数为6A，则线路的输电功率为1100kW
【答案】B
【解析】．电压互感器起降压作用，电流互感器起减小电流作用，故A错误；
仅将滑片Q下移，相当于增加了升压变压器副线圈的匝数
根据，可知增大，则和均增大，
由于用户端负载不变，则增大，
根据，可知增大，
由，得输电线上损耗功率增大，故 B正确；
仅增加用户数，即负载总电阻减小，则和增大，
根据，可知输电线损耗的电压增大，
由于不变，即不变，根据，可知减小，
由，可知减小可以使不变，所以要将降压变压器的滑片P上移，故C错误；
线路输送电功率，故D错误。
二、选择题II（本题共3小题，每小题4分，共12分，每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11.如图甲所示，沿波的传播方向自左向右选取a、b、c、d、e、f六个质点，相邻两质点之间的距离均为1m，各质点均静止在各自的平衡位置。t=0时刻振源a开始做简谐运动，其振动图像如图乙所示(竖直向上为振动位移的正方向)，形成的简谐横波以2m/s的速度水平向右传播，则下列说法正确的是( )
A. t=2.5s时刻，波传播到质点f，质点f开始振动的方向竖直向上
B. t=0～2s内，质点b运动的路程为40cm
C. t=3s～3.5s内，质点d的加速度逐渐减小
D. t=5.5s时刻，质点e第二次处于波谷位置
【答案】ACD
【解析】.根据乙图可知，周期是2s，在2.5s时，波传播的距离是x=vt=2×2.5m=5m，a−f点距离刚好是5m，说明2.5s时波传到f点，波源a开始起振的方向竖直向上，所以波传播到质点f时，质点f开始振动的方向也竖直向上，故A正确；
根据乙图可知，周期是2s，波传到质点b的时间是tb=xbv=12s=0.5s，波源a开始起振的方向竖直向上，所以波传播到质点b时，质点b开始振动的方向也竖直向上，再经过1.5s，质点b的振动路程是s=3A=30cm，故B错误；
波从a传到d点的时间为td=xdv=32s=1.5s，则在3s时，质点d已经振动了1.5s，则在3−3.5s这段时间内质点d正由波谷向平衡位置运动，加速度在减小，故C正确；
波从a传到e点的时间为te=xev=42s=2s，5.5s时质点e振动了3.5s，是134T，故e第二次处于波谷位置，故D正确。
12. 如图，正方体，棱长为，有四根无限长的通电直导线位于正方体四条棱上，电流大小均为，方向均竖直向上，面、面的中心处各放置一个面积相同的圆形金属线圈甲和乙。已知无限长直线电流在周围产生磁场满足公式，其中为位置到直线电流的距离，为定值。下列说法正确的是（ ）
A. 甲线圈磁通量为0
B. 乙线圈磁通量为0
C. 甲线圈中心的磁感应强度大小为
D. 乙线圈中心的磁感应强度大小为
【答案】ABC
【解析】根据右手螺旋定则结合对称性可知，电流和产生的磁场穿过甲线圈的磁通量刚好抵消；电流和产生的磁场穿过甲线圈的磁通量刚好抵消；则甲线圈磁通量为0，故A正确；
根据右手螺旋定则可知，穿过乙线圈磁通量为0，故B正确；
对甲线圈，电流和在甲线圈中心产生的磁场刚好等大反向；以甲线圈中心，作俯视图如图所示
电流和在甲线圈中心产生的磁感应强度大小均为
甲线圈中心的磁感应强度大小为
其中
联立解得，故C正确；
对乙线圈，电流和在乙线圈中心产生的磁场刚好等大反向，电流和在乙线圈中心产生的磁场刚好等大反向，则乙线圈中心的磁感应强度大小为0，故D错误。
13. 如图，圆心为O、半径为R圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场。从圆周上的P点在纸面内沿不同方向射入各种速率的同种粒子，粒子的质量为m、电荷量为+q。其中速率为v0且沿PO方向射入的粒子M，经时间t后从A点离开磁场，∠POA=90°。则（ ）
A. 匀强磁场方向垂直纸面向里
B. 匀强磁场方向垂直纸面向外
C. 速率为的粒子N在磁场中的运动最长时间为t
D. 速率为的粒子Q在磁场边界的出射点分布在圆弧上
【答案】ACD
【解析】由题意知该粒子带正电，在P点时应受到向上的洛伦兹力，结合左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故A正确，B错误；
速率为v0且沿PO方向射入的粒子，从A点离开磁场，由几何关系可知，运动轨迹半径为R，圆心角为，由洛伦兹力充当向心力有，所以，运动时间为
当粒子速率为时，粒子运动轨迹半径为，根据几何关系可知，当粒子轨迹的弦长等于圆形磁场的直径时，对应的圆心角最大，大小为，则运动最长时间为，故C正确；
根据题意可知，P与距P最远出射点间的距离应为粒子运动轨迹直径，由于Q粒子速度大小为，则轨迹半径为，所以由P、O和最远出射点所构成的三角形为等边三角形，所以出射点分布在圆弧上，故D正确。
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共58分）
14.某同学用如图（a）所示的装置验证机械能守恒定律。不可伸长的轻绳绕过定滑轮，轻绳两端分别连接物块与感光细钢柱，两者质量均为，钢柱下端与质量为的物块相连铁架台下部固定一个电动机，电动机竖直转轴上装一支激光笔，电动机带动激光笔绕转轴在水平面内匀速转动，每转一周激光照射在细钢柱表面时就会使细钢柱感光并留下痕迹。初始时系统在外力作用下保持静止，轻绳与细钢柱均竖直查得当地重力加速度为。
（1）开启电动机，待电动机以的角速度匀速转动后。将系统由静止释放，落地前，激光器在细钢柱上留下感光痕迹。取下，用刻度尺测出感光痕迹间的距离如图（b）所示。激光束照射到点时，细钢柱速度大小为______（计算结果保留1位有效数字）。
（2）经判断系统由静止释放时激光笔光束恰好经过点。参照图（b），经计算，在段，系统动能的增加量，重力势能的减少量，该实验存在一定的误差，请写出一条可能的原因：____________
（3）选取相同的另一感光细钢柱，若初始时激光笔对准上某点，开启电动机的同时系统由静止释放，电动机的角速度按如图（c）所示的规律变化，图像斜率为，记录下如图（d）所示的感光痕迹，其中两相邻感光痕迹间距均为，重力加速度取。当____________即可证明系统在运动过程中机械能守恒（用含字母的表达式表示）。
（4）验证实验结束后，该同学突发奇想：如果系统（物块与感光细钢柱的机械能守恒，不断增大物块的质量，物块的加速度也将不断增大，已知重力加速度为，请你帮该同学写出与之间的关系式：________________（用题中所给字母表示，下同），当远大于时，将趋近于________________
【答案】（1）0.8 （2）滑轮的质量不可忽略或绳与滑轮之间有摩擦或空气阻力
（3）
（4） ①. ②. g
【解析】（1）根据角速度与周期的关系有
根据运动学公式
（2）在段，系统动能的增加量为
重力势能的减少量为
滑轮的质量不可忽略，滑轮转动时有动能，或绳与滑轮之间有摩擦，或空气阻力导致系统重力势能的减少量大于物块与钢柱的动能增加量。
（3）从初始时激光笔对准上某点开始选取连续的段，根据时间关系有
根据运动学公式有
根据机械能守恒定律有
解得
（4）[1]根据牛顿第二定律
所以
[2]当远大于时，
15．有一种叠层电池，电动势约为9 V，内阻在35~55 Ω之间，最大允许电流为50 mA。为测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲的电路进行实验。图中电压表的内阻很大，对电路的影响可以不计;R为电阻箱，阻值范围为0~9 999 Ω;R0是定值电阻。
(1)电路中R0的作用是保护电源的安全，以下几个定值电阻可以用于本实验的是 。
A.10 ΩB.50 Ω
C.150 ΩD.1 500 Ω
(2)该同学接入符合要求的R0后，按照电路图正确连接电路，请将图乙的电路补充完整。
(3)闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读出电压表的示数U，再改变电阻箱阻值，获得多组数据，作出了如图丙的1U－1R0＋R图线。则根据该同学所作的图线可求得该电池的电动势E＝ V，内电阻r＝ Ω(结果均保留2位有效数字)。
(4)如果考虑电压表内阻的影响，上面测量的电动势结果 ，内电阻结果 (均选填“偏大”“偏小”或“不影响”)。
答案 (1)C (2)见解析图 (3)10(9.1~10均可) 50(45~50均可) (4)偏小 偏小
解析 (1)根据闭合电路的欧姆定律可知电路中R0最小电阻为Rmin＝EIm－rmin＝950×10−3 Ω－35 Ω＝145 Ω，故选C。
(2)按照电路图正确连接电路，将题图乙的电路补充完整，如图所示。
(3)由闭合电路的欧姆定律得E＝U＋UR0＋Rr
变形得1U＝1E＋rE·1R0＋R
可知纵截距1E＝0.10 V－1，解得E≈10 V
斜率k＝rE＝0.6−0.110×10−2 Ω/V＝5.0 Ω/V
解得r≈50 Ω。
(4)由于电压表的分流作用，则通过电源的电流实验中偏小，由E＝U＋Ir可知，上面测量的电池的电动势偏小，内电阻偏小。
16.如图所示，一竖直放置的U形玻璃管，横截面积，其右端开口，左端用光滑活塞和水银封闭一段长为、温度的空气柱，右侧水银面比左侧的水银面高20cm。现将封闭气体的温度缓慢降至，此时封闭空气柱长。已知降温过程中封闭气体的内能减少了2J，外界大气压，水银的密度，重力加速度取10m/s²，求：
（1）封闭空气柱温度为时的长度；
（2）降温过程中封闭气体放出的热量。
【答案】（1）cm
（2）J
【解析】（1）气体做等压变化，由盖—吕萨克定律得
代数解得cm
（2）封闭气体的压强
外界对气体做功
由热力学第一定律
联立解得J
即放出的热量为4.544J。
如图所示，水平面内固定一“”形光滑足够长的金属框架，三角形区域为边长的等边三角形，平行区域间距也为，在点处有一小缺口，使部分与框架其余部分绝缘。框架所在的空间内，从左至右依次分布有三个竖直向下的有界匀强磁场Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，三个磁场的磁感应强度大小均为，Ⅱ区域宽度为，Ⅲ区域宽度为、Ⅱ区域间距忽略不计，Ⅱ、Ⅲ区域间距未知。现有两完全相同的金属杆、，质量均为，杆上单位长度的电阻均为，杆最初静止于磁场的左侧，杆在水平拉力作用下从点开始向右做速度大小为的匀速直线运动，杆经过后撤去外力。已知杆通过缺口前后速度不变，杆出Ⅲ区域时的速度大小为，杆出Ⅲ区域的过程中杆在Ⅱ区域的位移大于3.5l，金属框架的电阻不计，两杆与导轨始终接触良好，且间如果发生碰撞为弹性碰撞，求：
（1）杆向右运动位移为时，流经杆的电流大小；
（2）整个运动过程中系统所产生的热量。
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）杆a向右切割磁感线产生的电动势为
由闭合电路欧姆定律可得流经杆a的电流大小为
（2）当a向右的位移为x时，切割的有效长度为
安培力大小为
由于aI区域中匀速，所以
即外力F正比与位移x，所以整个运动过程中外力所做的功为
假设b出Ш区域的过程中，a还未出I区域，对a、b组成的系统动量守恒
解得
在此过程中，a做加速度减小的减速运动，所以此过程对a有
b做加速度减小的加速运动，所以此过程对b有
已知b在此过程中的位移为l，则在此过程中a的位移一定小于5l，所以假设成立在此过程中对b由动量定理得
由上式可得
b出Ш区域后，假设a也能出Ш区域，并设其出Ш区域的速度大小为，对a由动量定理得
因为，所以
已知，所以
所以
即a能出Ш区域，假设成立，并且a出Ш区域后速度大于b出Ш区域后的速度，所以之后还会发生碰撞。现在先解a出Ш区域时的速度
即
将代入上式解得
因为a、b质量相等，并且它们之间的碰撞为弹性碰撞，所以碰后两者交换速度，故最终有，
对于整个过程，由能量守恒得
代入数据解得
如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
（1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；
（2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。
（3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍（0