2026届辽宁大连市第二十四中学高三下学期第一次模拟考试物理试卷含答案

这是一份2026届辽宁大连市第二十四中学高三下学期第一次模拟考试物理试卷含答案，共19页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
大连市第二十四中学 2026 年高三第一次模拟考试
物理科试卷
一、选择题（本题共 10 题，共 46 分。在每小题给出的四个选项当中：第 1-7 题只有一个选项符合题目要求，每小题 4 分；第8-10 题有多个选项符合题目要求，每小题 6 分，全部选对得 6 分，选对但不全得 3 分，有选错的得 0 分。）
1 ．关于物理学研究方法和物理学史，下列叙述正确的是( )
A ．伽利略通过理想斜面实验得出：力是产生加速度的原因
B ．在“探究向心力大小与质量、角速度、半径的关系”的实验时采用了控制变量法
C ．将带电体看成点电荷和将物体看成质点，都运用了等效替代法
D ．牛顿发现了万有引力定律，并通过扭秤实验测出了引力常量的数值
2 ．如图为测量某种玻璃折射率的部分光路图。某单色光从空气垂直射入界面 a，从界面 b出射的光线与界面 b 的夹角为θ (θ< 90。)，界面 a 、b 之间的夹角为φ 。则该材料对该单色光的折射率为( )
A ． B ． C ． D ．
3．如图甲所示，趣味运动会上有一种“背夹球”游戏，A、B 两个运动员背夹一个光滑球完成各种动作，其过程可以简化为图乙。假设两运动员背部给光滑球的压力均在同一竖直面内，现保持 A 运动员背部竖直，B 运动员背部倾斜且其与竖直方向的夹角α 缓慢增大，而光滑 球保持静止，在此过程中下列说法正确的是( )
A ．A 运动员对光滑球的压力可能大于光滑球对 A 的压力
B ．A 、B 运动员对光滑球的合力可能减小
C ．B 运动员对光滑球的压力一定增大
D ．A 运动员对光滑球的压力一定小于 B 运动员对光滑球的压力
4 ．交食双星系统由一颗较亮的主星与一颗较暗的伴星组成，两颗星球在相互引力作用下围绕连线上某点做匀速圆周运动。观测者与双星系统距离遥远， 但由于双星相互遮挡可以得到如图所示的亮度变化。已知主星的质量和轨道半径分别为m1 、r1 ，伴星的质量和轨道半径分别为m2 、r2 ，万有引力常量G 和常数 π ,则有( )
A ．
C ．主星与伴星的向心加速度之比为r12 : r22
D ．主星与伴星匀速圆周运动的动能之比为r1 : r2
5 ．新能源电动汽车常用交流充电桩进行充电，如图所示为交流充电桩的供电电路，R 为输电线的总电阻。配电设施的输出电压为250V ，升压变压器原、副线圈的匝数比为n1 : n2 = 1: 9 ，
降压变压器原、副线圈的匝数比为n3 : n4 = 10 :1，充电桩的输出电压 u sin100π t 功率为7040W ，变压器均视为理想变压器，下列说法中正确的是( )
A ．交变电流的周期是0.2s
B ．充电桩电流的有效值为3.2A
C ．t = 0 时刻，电压表示数为0
D ．电压表示数始终是50V
6 ．如图所示，半径为0.9m 的半圆柱固定于水平地面上，一质量为m2 的小物块放置于其最高点。在圆心O 点正上方2.5m 处有一悬点，将细绳的一端系于悬点，另一端悬挂一小球，质量为m1 ，将小球拉至细线与竖直方向成 θ = 60 位置静止释放，小球与小物块发生弹性正碰后，小物块恰能从半圆柱的最高点脱离圆柱面。不计一切阻力，小球、物块均可视为质点， g 取 10m/s2，则 m1 : m2 为( )
A ．3 :1 B ．3 : 5 C ．2 :1 D ．3 : 7
7 ．如图甲所示，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端 E 运动至皮带轮顶端 F 的过程中，其v - t 图像如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5s ，关于带电物块及其运动过程的说法中正确的是( )
A ．该物块带负电
B ．皮带轮的传动速度大小一定为1m/s
C ．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移
D ．在2 ~ 4.5s 内，物块与皮带仍可能有相对运动
8 ．图甲为一列简谐横波在t = 0 时刻的波形图，图乙为平衡位置在x =4cm 处质点p 的振动图像。下列说法正确的是( )
A ．该波遇到4cm 障碍物可发生明显衍射 B ．该波沿x 轴负方向传播
C ．该波的传播速度为400m / s D ．t = 0 时刻质点p 的振动方向沿y 轴负方向
9 ．静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置。如图，一电子在电场中仅受电场力的作用，实线描绘出了其运动轨迹，虚线表示等势线，各等势线关于y 轴对称，a 、
b 、c 、d 分别是轨迹与等势线的交点。已知电子在经过a 点时动能为 80eV，各等势线的电势标注在图中，则( )
A ．电子从a 运动到 d，电势能升高
B ．电子在经过等势线c 点时的动能为40eV
C ．a 点电场强度小于 b 点电场强度
D ．电子从 a 运动到 c，动能先增加后减少
10．如图所示，挡板 P 固定在倾角为 30°的斜面左下端，斜面右上端 M 与半径为 R 的圆弧轨道 MN 连接，其圆心 O 在斜面的延长线上。M 点有一光滑轻质小滑轮， 0) 的粒子从y 轴上一点以大小为v0 的速度水平向右射出，恰好从薄板上边缘P 点处射入磁场，粒子射入磁场时的速度方向与PQ 的夹角为60 ，之后粒子恰好未与薄板碰撞，不计粒子重力，求：
(1)粒子在y 轴上的发射位置到P 点的水平距离；
(2)匀强磁场磁感应强度B 的大小；
(3)粒子在由P 点第一次经过绝缘薄板下边缘Q 点所需时间t 。
15 ．如图所示，足够长的两平行光滑金属导轨固定在水平面上，导轨间的正方形区域 abcd有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B = 0.5T ，该区域边长为L = 1m 。导轨的水平部分和倾斜部分由光滑圆弧连接。质量为m1 = 0.1kg 的金属棒 P 从离水平面高度h = 0.8m 处静
止释放，穿过磁场区域后，与另一根质量为m2 = 0.4kg 的原来静置在导轨上的金属棒 Q 发生弹性碰撞。两金属棒的电阻值均为R = 0.5Ω , 重力加速度取g = 10m / s2 ，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计，两根金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。
（1）求 P 刚进入磁场时受到的安培力 F 的大小和方向；
（2）求：①P 最终静止时，距离磁场左边界 ab 有多远；②从 P 发生碰撞后到最后停止运动，该过程通过金属棒 P 的电荷量 q；
（3）若初始时刻 P 从任意高度 H 释放，求两金属棒可能发生的碰撞次数，以及每一种碰撞次数对应 H 的取值范围，所有碰撞均为弹性碰撞。
1 ．B
A．伽利略通过理想斜面实验得出的结论是“力不是维持物体运动的原因”，“力是产生加速度的原因”是牛顿总结得出的结论，故 A 错误；
B ．在“探究向心力大小与质量、角速度、半径三个变量的关系”的实验时，需要控制两个变量不变，研究向心力和第三个变量的关系，采用的就是控制变量法，故 B 正确；
C ．将带电体看成点电荷、将物体看成质点， 都是忽略研究对象的次要因素、抽象为理想化物理模型的研究方法，属于理想模型法，不是等效替代法，故 C 错误；
D．牛顿发现了万有引力定律，但引力常量的数值是卡文迪什通过扭秤实验测出的，故 D 错误。
故选 B。
2 ．A
根据题干信息可画出光路图，如下图所示
根据折射率公式，有故选 A。
3 ．D
A ．由牛顿第三定律，A 运动员对光滑球的压力始终等于光滑球对 A 的压力，A 错误；
B ．如图所示，A 、B 运动员对光滑球的合力始终等于光滑球的重力，B 错误；
C ．如图所示，随夹角 α 缓慢增大，B 运动员对光滑球的压力逐渐减小，C 错误；
D ．由前面图可知 D 正确。
故选 D。
4 ．D
AD ．主星和伴星做匀速圆周运动的角速度相等，周期相等，所需的向心力由彼此间的万有引力提供，故二者所需向心力相等，有m1w2r1 = m2 w2 r2
求得
主星与伴星匀速圆周运动的动能之比为 ，故 A错误，D 正确；
B ．对主星和伴星，根据万有引力提供向心力分别有G
其中T = 2 (t2 - t1 )
联立得m1 + m ，故 B 错误；
C ．主星与伴星的向心加速度之比为 ，故 C 错误。故选 D。
5 ．D
A ．根据充电桩的输出电压表达式可知，w = 100π rad/s则交流电的周期T s = 0.02s ，故 A 错误；
B ．根据充电桩输出电源表达式可知，输出电压的最大值Um = 220V有效值U V = 220V
充电桩电流的有效值IA = 32A ，故 B 错误；
U n U n
CD ．电压表的读数始终为电路有效值，则 3 = 3 ， 2 = 2
U n4 U1 n1
得U3 = 10U = 2200V ，U2 = 9U1 = 2250V
则电阻R 两端电压为UR = U2 -U3 = 50V ，故 C 错误，D 正确；
故选 D。
6 ．B
悬点在 O 点正上方2.5m ，半圆柱最高点在 O 点正上方R = 0.9m 处，因此绳长L = 2.5m - 0.9m = 1.6m
小球下摆过程机械能守恒，有m1gL(1- csθ) = m1vEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(2),0)
解得v0 = 4m/s
小物块恰能从半圆柱最高点脱离，此时支持力为 0，重力提供向心力，得 m2g 解得v2 = 3m/s
弹性正碰满足动量守恒、动能守恒，有m1v0 = m1v1 + m2v2 ， m1v m1v m2v 解得v
代入v0 = 4m/s ，v2 = 3m/s ，整理得3(m1 + m2 ) = 8m1
即3m2 = 5m1 ，因此 m1 : m2 = 3 : 5
故选 B。
7 ．D
A ．由图乙可知物块做加速度减小的加速运动，设物块对皮带的压力为N ，由牛顿第二定律可得
μN -mg sinθ = ma
加速度减小说明物块对斜面的压力减小，从而物体受到垂直皮带向上的洛伦兹力，根据左手定则可知物体带正电，故 A 错误；
B．随着物块速度的增加，物块受到的洛伦兹力越来越大，物体受到皮带的支持力越来越小，受到的滑动摩擦力也越来越小，在t = 2s 时物块的重力和上述三个力达到了平衡，在此后过程中即使传送带速度大于1m/s 也不会影响物块的速度。所以传送带的速度可能为1m/s 也可能大于1m/s ，故 B 错误；
C．由 B 项的分析可知传送带的速度未知，所以不能求出物体与皮带的相对位移，故 C 错误；
D ．由 B 项的分析，若皮带的速度大于1m/s ，则物块与皮带有相对位移，即在 2 ~ 4.5s 内，物块与皮带仍可能有相对运动，故 D 正确。
故选 D。
8 ．AC
A ．从图甲可得波长 λ = 8cm = 0.08m
由于障碍物的尺寸4cm 小于波长，因此会发生明显的衍射现象，故 A 正确；
B ．由图乙可知，t = 0 时刻，质点p 沿y 轴正方向振动。根据“上下坡法”可知，该波沿x 轴正方向传播，故 B 错误；
C ．由图乙可知，周期T = 2 × 10-4 s，则波速v m/s = 400m/s ，故 C 正确；
D ．由图乙可知，t = 0 后质点p 位移向y 正方向增大，因此t = 0 时刻质点p 振动方向沿y 轴正方向，故 D 错误。
故选 AC。
9 ．CD
A ．由题图可知，由 a 点到 d 点电势先增加后减小，电子带负电，根据Ep = qφ 可知，电子从a 运动到 d，电势能先减小后增大，故 A 错误；
B ．电子在电场中仅受电场力作用，所以电势能与动能之和保持不变，则有
E总 = Eka + Epa = Ekc + Epc
可得Ekc = 100eV ，故 B 错误；
C ．等差等势面越密集，场强越大，故 b 点场强大于 a 点场强，故 C 正确；
D ．电子从 a 运动到c ，电势先增大后减小，根据Ep = qφ 可知，电势能应先减小后增大，则
动能应先增加后减少，故 D 正确。
故选 CD
10 ．BC
AB ．小球 A 由 M 运动到 N 的过程中，A 、B 、C 和弹簧组成的系统机械能守恒，则小球 A 和物块 B 的机械能之和与弹簧和 C 的能量之和不变，C 一直处于静止状态，弹簧一开始处于压缩状态，之后变为原长，后开始拉伸，则弹性势能先减小后增大，故小球 A和物块 B 的机械能之和先增大后减小，故 A 错误，B 正确；
CD ．设弹簧的劲度系数为 k，初始时刻弹簧的压缩长度为x1 ，则 B 沿斜面方向受力平衡mg sin 30° = kx1
小球 A 沿圆弧运动到最低点 N 时，物块 C 即将离开挡板时，设弹簧的拉伸长度为x2 ，则 C沿斜面方向受力平衡，则mg sin 30° = kx2
当小球 A 沿圆弧运动到最低点 N 时，B 沿斜面运动的位移为 R，所以 x1 +x2 = R解得x1 =xR
设小球 A 到达 N 点时的速度为 v，对 v 进行分解，在沿绳子方向的速度v¢ = v cs 30°
由于沿绳子方向的速度处处相等，所以此时 B 的速度也为v¢ , 对 A 、B 、C 和弹簧组成的系统，在整个过程中，只有重力和弹簧弹力做功，且 A 在 M 和 N 处弹簧的形变量相同，故弹性势能不变，弹簧弹力做功为 0，重力对 A 做正功，对 B 做负功，A 、B 、C 和弹簧组成的系统机械能守恒，可知4mgR- mgsin mv mv¢2
解得v 故 C 正确，D 错误。
故选 BC。
11 ．(1)BD
(2)0.4 (3)③
（1）A ．在补偿阻力时，不需要用细绳把砂与砂桶挂在小车上来进行平衡摩擦力，故 A 错误；
B ．安装器材时，为了使细绳的拉力等于小车受到的合力，应调整定滑轮至连接小车的轻绳
与木板平行，故 B 正确；
C ．为减小实验误差，应使小车的质量远大于槽码和槽码盘的总质量，故 C 错误；
D．小车靠近打点计时器，应先接通打点计时器电源，待打点计时器打点稳定后再释放小车，故 D 正确。
故选 BD。
（2）每 5 个点为一个计数点，则相邻计数点间的时间间隔为
T = 5 × 0.02s = 0.1s
利用逐差法，可得小车加速度大小为
（3）实验时遗漏了补偿阻力这一步骤，但其他操作均正确，则需要在槽码盘上放上一定质量的槽码后，也即平衡阻力后，小车才开始运动具有加速度，因此a - F 图像应为③。
12 ．(1) 10 变小
(2) 不变
（1）①[1]根据欧姆定律有
Rx [2]由图可知微安表读数为170μA ，即改装后电流表读数为
mA = 13.6mA ，而标准表读数为12.0mA，即改装后的读数偏大，说明微安表分得的电流偏大，电阻Rx 分得电流偏小，应将电阻Rx 的阻值变小。
（2）[1][2][3]根据闭合电路欧姆定律有
E = I (r + R)
整理得
图线斜率
解得
图线纵截距
b =
解得
若考虑电流表内阻引起的系统误差，根据闭合电路欧姆定律有
E = I (r + R + RA )
整理得
图线斜率不变，故电池电动势测量值不变。
13 ．（1）7.8 × 104 pa ；（2）66mL
（1）杯内气体做等容变化，有
其中
P1 = P0 = 1 × 105 pa ，T1 = (273 + 87)K=360K ，T2 = (273 + 7)K=280K代入数据可得
P2 = 7.8 × 104 pa
（2）设打开杯盖后进入杯内的气体在大气压强下的体积为 V，以杯内原有气体为研究对象，则
P2 V2 = P0 V3
其中
V2 = (500 - 200)mL = 300mL
则
V = V2 -V3
联立可得
V = 66mL
（1）粒子在 P 点的竖直分速度vy v0
粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有x =v0t竖直方向根据牛顿第二定律，有qE = ma
而根据速度与时间的关系，可得vy = at联立以上各式，可得x
v 2
（2）粒子在 P 点的速度vP = = 3 v0
粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvPB = m 解得r
粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示
根据几何关系，可得2rsin60。= L联立解得B
（3）根据几何关系可知，粒子由 P 点第一次经过Q 点时的圆心角θ = π而粒子做圆周运动的周期T
所需时间t
0次
1次
15 ．（1）1N ，方向水平向左；（2）0.64m ，0. 18C；（3）
H ≤ 0.3125m
0.3125m < H ≤ 37.8125m
2次 H > 37.8125m
（1）设金属棒 P 刚进入磁场时的速度为v0 ，由机械能守恒可得
解得
v0 = 4m/s
则 P 刚进入磁场时产生的感应电动势和电流的大小为E = BLv0 = 2V
可得 P 刚进入磁场时受到的安培力为
F = I LB = 1N
由右手定则可知，P 刚进入磁场时感应电流的方向由里向外，再根据左手定则可知金属棒 P受到安培力方向水平向左。
（2）①P 第一次穿过磁场时的平均感应电动势和平均感应电流为
以向右为正方向，设 P 第一次穿过磁场时的速度为v1 ，由动量定理可得
-BLI . Δt = m1v1 - m1v0
带入数据解得
v1 = 1.5m/s
两金属棒发生弹性碰撞，设碰撞后 P 的速度为vEQ \* jc3 \* hps21 \\al(\s\up 1(¢),1) ，Q 的速度为v2 由动量守恒定律和能量守恒可得
¢
m1v1 = m1v1 + m2v2
1 2 1 ¢2 1 2
m1v1 = m1v1 + m2v2
2 2 2
解得
vEQ \* jc3 \* hps21 \\al(\s\up 0(¢),1) = -0. 9m/ s ，v2 = 0.6m/s
设 P 最终停止在距离磁场左边界 x 处，则从反弹进入磁场到停下来过程，电路中产生的平均感应电动势和平均感应电流
由动量定理可得
BLI ¢ . Δt ¢ = 0 - m1vEQ \* jc3 \* hps21 \\al(\s\up 1(¢),1)
解得
x = 0.64m
②从反弹到停止的过程中
（3）由前面分析可知，只要 P 完整穿过一次磁场，动量的减小量恒定，则 P 的速度减小量恒定，为
可得
Δv = 2.5m/s
分情况讨论如下：
①当 P 从静止释放运动到 cd 边时速度恰好为 0，那么两棒恰好不发生碰撞。则有
解得
H = 0.3125m
即当H≤ 0.3125m 时，碰撞次数为 0。
②当 P 从静止释放后，第二次到达 cd 的速度等于 Q 第一次碰撞后的速度时，恰好不发生第二次碰撞。设 P 刚进入磁场时的速度为vP ，第一次碰撞前 P 的速度为vP1 ，碰撞后 P 的速度为vP2 ，碰撞后 Q 的速度为vQ ，P 第二次向右到达 cd 的速度为vP3 。则从高度为 H 的位置释放时有
、 = vP
第一次穿过磁场区域后有
vP1 = vP - 2.5m/s
第一次碰撞后由第二问可得
碰撞后 P 再次向右到达 cd 的过程
vP3 = (-vP2 - 2× 2.5)m/s
又有临界条件
vP3 = vQ
解得
H = 37.8125m
即当0.3125m < H ≤ 37.8125m 碰撞次数为 1 次。
③当 H 继续增加，P 静止释放后，设第二碰撞前 P 的速度为vP4 ，碰撞后 P 的速度为vP5 ，碰撞后 Q 的速度为vQ1 ，有
vP4 = (-vP2 - 2× 2.5)m/s
则第二次弹性碰撞由动量守恒定律和能量守恒可得
mv mv mv mv1P42Q1P52Q1+=+
解得
可知vP5 > 0 ，故第二次碰撞完成之后两个棒都是向右运动，则不会发生第三次碰撞。即当H > 37.8125m 时，碰撞次数为 2 次。