2026届山东烟台市高三下学期一模物理试题-附答案解析

这是一份2026届山东烟台市高三下学期一模物理试题-附答案解析，共18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.山东海阳核电站是中国大型商用核电站，反应堆中所用到的铀−235是一种放射性同位素，反应堆中核反应的方程为 92235⁡U+01n→ 56144Ba+3689Kr+3X，下列说法正确的是( )
A. 该核反应方程中X为中子
B. 该核反应为核聚变反应
C. 该核反应过程中没有质量亏损
D. 经过一个半衰期，10个放射性铀−235原子核一定剩下5个
2.一实验小组利用光传感器做双缝干涉实验，实验装置如图甲所示。某次实验中用激光器发射一单色光照射双缝，利用传感器和计算机得到干涉条纹各点的光照强度分布曲线如图乙所示，已知双缝中心之间的距离为0.3mm，双缝与光传感器感应屏之间的距离为1m，则该单色光的波长为( )
A. 4.5×10−7mB. 5×10−7mC. 6×10−7mD. 7.5×10−7m
3.如图所示，面积为S1、电阻为R的矩形金属框绕与金属框平面共面的竖直轴OO′以角速度ω匀速转动，在面积为S2(S2>d，则 F合=2kQqd[d2+(L2)2]32=16kQqdL3
又 F合 提供负电荷q做简谐振动的回复力，根据
F合=−k0x
则 k0=16kQqL3
因为 T=2π mk0
所以 T=π2 mL3kQq
故选A。
9.【答案】ABD
【解析】A、BC过程中，气体的体积 V不变(图像中BC与横轴平行)，而气体质量一定，分子总数不变。分子数密度=分子总数/体积，因此分子数密度保持不变。 A正确;
B、在V−T图像中，过原点的直线代表等压线，斜率越大，压强越小。 AB过程中， B点的斜率大于A点的斜率，因此pA>pB。B正确；
C、分子的平均动能只与温度有关，温度越高，平均动能越大。从图像可知TC>TA，因此状态C下分子的平均动能大于状态A。C错误；
D、整个循环过程(A→B→C→A)中，气体内能变化△U=0。根据热力学第一定律△U=Q总+W总，可得Q总=−W总。AB过程：气体体积增大，对外做功(W10)，温度降低，内能减少，放出热量Q3。总热量关系：Q1+Q2−Q3=−(W1+W2+W3)，且W1+W2+W3>0(因为循环中气体对外做功的绝对值小于外界对气体做功)，因此Q3>Q1+Q2。D正确。
10.【答案】BD
【解析】AB.飞船在圆轨道1上做匀速圆周运动，轨道半径R1=4R，周期为 T。根据万有引力提供向心力：GMmR12=m4π2T2R1，整理得地球质量：M=4π2R13GT2=4π2(4R)3GT2=256π2R3GT2，地球的体积：V=43πR3，地球的密度：ρ=MV=256π2R3GT2⋅34πR3=192πGT2，所以A错误，B正确;
CD.椭圆轨道2的半长轴a:远地点A到地心的距离为4R，近地点 B到地心的距离为R，半长轴a=4R+R2=5R2。根据开普勤第三定律：R13T2=a3T22，代入R1=4R、a=5R2:则(4R)3T2=(5R2)3T22，化简得：T2=T⋅ (5R/24R)3=T⋅ (58)3=5 1032T，飞船从A到B的时间是椭圆周期的一半：t=T22=5 1064T所以C错误， D正确。
11.【答案】AC
【解析】【详解】AB.由图可得波长为 λ=24m ，实线为 t=0 时刻的波形图，虚线为 t=3.5s 时刻的波形图，可得 v×3.5s=20m−6m
可得波速为 v=4m/s ，根据 λ=vT 可得周期为 T=6s
由图可得 t=0 时， x=8m 处的质点位移为正，沿y轴正方向振动，经过半个周期即 t=3s 时，质点的位移为负且沿y轴负方向振动，故A正确，B错误；
CD. t=0 时 x=12m 处的质点的位移为零，0∼14.5s内该质点振动了 2T+T4+T6 ，可得质点振动的路程为 2×4A+A+A2=85.5cm ，故C正确，D错误。
故选AC。
12.【答案】BC
【解析】AB.
整体水平方向加速度a=gtanθ，
水平方向qE=(M+m)gtanθ
代入数据：qE=(M+m)gtan37∘
E=(2+1)×10×341.5=30×，故选项B正确， A错误;
CD.
对整体由竖直方向平衡，qvB=(M+m)g，得：v=(M+m)gqB=3×101.5×5=4m/s
由动能定理，qEx−Wf=12(M+m)v2，解得Wf=21J
解得Wf=21J，故选项C正确，D错误。
13.【答案】kld2
F0d2kl
偏小
偏大

【解析】【详解】(1)[1][2]小球经过光电门时的速度大小为 v=dt
小球静止悬挂时，读出力传感器示数 F0 ，则 F0=mg
根据牛顿第二定律有 F−F0=mv2l
整理得 F=md2l⋅1t2+F0
结合图乙，有 k=md2l
解得 m=kld2 ， g=F0d2kl
(2)[1][2]若实验中摆线出现松动，则l变大，代入数据偏小，根据 m=kld2 可知质量偏小；同理根据 g=F0d2kl ，可知重力加速度偏大。
14.【答案】0.400
R1
19.5
5.1×10−6

【解析】【详解】(1)根据螺旋测微器测量原理可得该合金丝的直径为 0mm+40.0×0.01mm=0.400mm
(2) R1 与电路总电阻匹配，便于精细调节，使电流变化平缓，数据更准确；
(3)根据闭合电路欧姆定律可知将 S1 断开，适当减小滑动变阻器接入电路的电阻，此时电流表读数记为 I1 ，则 E=I1(r+R1+R0+Rx)
然后将 S1 闭合，此时电流表读数记为 I2 ，则 E=I2(r+R1+R0)
则 1I1=1ERx+1I2
其中 1ERx=6.5A−1
故 Rx=19.5Ω
(4)根据 R=ρlS=ρlπ(12d)2 ，可得 ρ≈5.1×10−6Ω⋅m
15.【答案】【详解】(1)依题意，可知光射到三棱镜AC边的入射角为45∘，由 sinC=1n
可得 sin45 ∘=1n
所以三棱镜的折射率至少为 2
(2)如图所示，光在半球形玻璃砖内传播过程，设由D点进入，由球形玻璃砖下端点E点射出，由两条光束会聚到P点可知 OD=R2 ， θ1=30 ∘
由折射定律得 n=sinθ2sinθ1
得 θ2=45 ∘ ，在 △OEP 中，由正弦定理得 Rsin15 ∘=EPsin30 ∘
解得 EP= 6+ 22R
光在玻璃砖中的传播速度 v=cn
光在玻璃砖中的传播时间 t1=DEv= 32Rv
光射出玻璃砖后的传播时间 t2=EPc
所以激光从进入半球形玻璃砖到会聚到P点的时间 t=t1+t2=2 6+ 22cR

【解析】详细答案和解答过程见答案
16.【答案】【详解】(1)设开始时封闭气体压强为 p1 ，杆对A的作用力为F
对A、B整体有 3p1S=6mg+3p0S
对A有 4p1S=5mg+4p0S+F
解得 F=3mg ，方向竖直向下
(2)设原先封闭气体的质量为 m0 ，抽气装置缓慢抽气过程，活塞A缓慢向下移动，该过程中杆的作用力保持3mg不变；
气体压强保持 p1=4mgS 不变，直至A移动至卡栓处，设杆的作用力为零时，封闭气体压强为 p2
活塞A刚移动至卡栓位置时，封闭气体的质量为 m1=S⋅3L4+4S⋅L4S⋅L2+4S⋅L2⋅m0=710m0
对B有 p0S=mg+p2S
将质量为 m1 、压强为 p1 、体积为 7SL4 的封闭气体等温降为压强为 p2 ，设此时气体体积为 V2 ，则有
p17SL4=p2V2
则关闭K后封闭气体的质量为 m2=7SL4V2m1=m14=7m040
解得 m0−m2m0=3340

【解析】详细答案和解答过程见答案
17.【答案】【详解】(1)(ⅰ)由题意知，A经过圆弧轨道后恰好能到达P点，则在P点由重力提供向心力，有 m1g=m1vP2R1
解得 vP= 6m/s
设A在Q时速度 vQ ，则从Q到P，根据机械能守恒，有 12m1vP2+2m1gR=12m1vQ2
解得 vQ= 30m/s
在Q点，设A受到支持力 FN ，由牛顿第二定律，得 FN−m1g=m1vQ2R1
解得 FN=60N
根据牛顿第三定律可知，A通过Q点时对圆弧轨道的压力 60N 。
(ⅱ)设A、B与弹簧分离后速度分别为 vA 、 vB ，则对A从M到Q过程，由动能定理，有 −μ1m1gL1=12m1vQ2−12m1vA2
解得 vA=6m/s
规定向右为正方向，A、B与弹簧组成的系统动量守恒，则有 0=m2vB−m1vA
解得 vB=12m/s
B滑上小车后运动到小车的最高点时，设二者水平方向共速为 v共 ，对B与小车组成的系统，由水平方向动量守恒，得 m2vB=(m2+m3)v共
解得 v共=3m/s
系统能量守恒，得 12m2vB2=12m2(v共2+vy2)+12m3v共2+m2gR2+μ2m2gL2
解得 vy=8m/s
所以B滑上小车后能从G点冲出，设到达的最高点到G点的距离为h，由 2gh=vy2
解得 h=3.2m
则B到达的最高点与水平表面EF的距离为 H=R2+h=4.6m
(2)当B滑上小车刚滑到F点与车共速时，弹性势能最小，设A、B与弹簧分离后速度分别为 v1 、 v2 ，由动量守恒，有 0=m2v2−m1v1
设共速为 v共1 ，则由动量守恒，得 m2v2=(m2+m3)v共1
根据能量守恒，有 12m2v22=12(m2+m3)v共12+μ2m2gL2
由能量守恒，弹性势能为 Epmin=12m1v12+12m2v22
联立以上解得弹性势能最小值为 Epmin=8J
当B滑上小车圆弧轨道再次返回E点与车共速时，弹性势能最大，设A、B与弹簧分离后速度分别为 v 1′ 、 v 2′ ，由动量守恒，有 0=m2v 2′−m1v 1′
设共速为 v共2 ，则由动量守恒，得 m2v 2′=(m2+m3)v共2
根据能量守恒，有 12m2v 2 ′2=12(m2+m3)v共22+2μ2m2gL2
由能量守恒，弹性势能为 Epmax=12m1v 1 ′2+12m2v 2 ′2
联立以上解得弹性势能最大值为 Epmax=16J
所以被锁定弹簧的弹性势能的取值范围为 8J≤Ep≤16J

【解析】详细答案和解答过程见答案
18.【答案】【详解】(1)金属棒甲恰好静止在倾斜导轨上，则最大静摩擦力 fmax=mgsinθ
对金属棒甲施加拉力后，因为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，对金属棒甲，有 F0−F安+mgsin⁡θ−fmax=ma
因为棒离EF足够远，金属棒甲到达EF处前加速度为零，设甲速度大小为vm，即 F安=F0 ， F安=BId ， I=BdvmR+r
所以 vm=(R+r)F0B2d2
(2)断开开关S，电容器充电，则电容器与定值电阻串联，设电源的电动势为 E′=Bdvm2
金属棒甲匀速运动，则 F拉=F ′安=BI ′d
拉力的功率为 PF=F拉vm2=BI ′dvm2
定值电阻R功率为 PR=I′2R ， PF=3PR
可得 I′=Bdvm6R
由闭合电路欧姆定律有 E′=I′(R+r)+UC
电容器两端的电压 UC=2R−rR+rF012BdR
从开关断开到此刻拉力所做的功 W=∑BId⋅vm2Δt=Bdvm2∑IΔt ， ∑IΔt=Q=CUC
所以 W=CR−2rR+r2F0224B3d2R
(3)金属棒甲乙碰撞后两金属棒粘在一起运动，由动量守恒定律可得 mvm=2mv1
在PQNM区域运动直到静止，由动量定理可得 −BIdΔt=0−2mv1 ， I=ER+r2 ， E=ΔΦΔt=BdxmΔt
联立解得 xm=mF02R+rR+r2B4d4

【解析】详细答案和解答过程见答案