2026届山东省淄博第六中学高三第四次模拟考试物理试卷含解析

这是一份2026届山东省淄博第六中学高三第四次模拟考试物理试卷含解析，共15页。试卷主要包含了如图所示，有一棱镜，，等内容，欢迎下载使用。
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、如图所示，轻绳一端固定在O点，另一端拴有质量为m的球。在最低点给小球一水平初速度，使其在竖直平面内做圆周运动。小球运动到某一位置时，轻绳与竖直方向成角。关于轻绳的拉力T和角的关系式你可能不知道，但是利用你所学过的知识可以确定下列哪个表达式是正确的（ ）
A．T=a+3mgsinθ（a为常数）B．T=a+（a为常数）
C．T=a+3mgcsθ（a为常数）D．T=a+（a为常数）
2、如图所示的装置中，A、B两物块的质量分别为2 kg、l kg,连接轻弹簧和物块的轻绳质量不计，轻弹簧的质量不计，轻绳与滑轮间的摩擦不计，重力加速度g = 10 m/s2，则下列说法正确的是
A．固定物块A，则弹簧的弹力大小为20 N
B．固定物块B，则弹簧的弹力大小为40 N
C．先固定物块A，在释放物块A的一瞬间，弹簧的弹力大小为10 N
D．先固定物块A，释放物块A后，A、B、弹簧一起运动的过程中，弹簧的弹力大小为15N
3、如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )
A．小灯泡变亮
B．小灯泡变暗
C．原、副线圈两端电压的比值不变
D．通过原、副线圈电流的比值不变
4、如图所示，一磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，圆心为O，半径为r，MN是直径，一粒子发射装置S置于M端，可从M端向圆平面内任意方向发射速率相等的同种带电粒子，某个粒子从N端离开磁场，在磁场中运动的时间为，其中k为带电粒子的比荷，下列说法正确的是（ ）
A．该粒子的速率为krB，发射方向垂直于MN
B．该粒子的速率为krB，发射方向与MN的夹角为45°
C．该粒子在磁场中运动的时间最短
D．若该粒子沿直径MN方向射入磁场，其运动的时间为
5、20世纪中叶以后，移动电话快速发展．移动电话机（ ）
A．既能发射电磁波，也能接收电磁波
B．只能发射电磁波，不能接收电磁波
C．不能发射电磁波，只能接收电磁波
D．既不能发射电磁波，也不能接收电磁波
6、强台风往往造成巨大灾难．2018年9月16日17时，第22号台风“山竹”强台风级在广东登陆，登陆时中心附近最大风力达，空气的密度，当这登陆的台风正对吹向一块长10m、宽4m的玻璃幕墙时，假定风遇到玻璃幕墙后速度变为零，由此可估算出台风对玻璃幕墙的冲击力F大小最接近（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、如图所示，一固定斜面倾角为，一质量为的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小。若物块上升的最大高度为，则此过程中，物块的（ ）
A．动能损失了B．动能损失了
C．机械能损失了D．机械能损失了
8、理论表明，围绕地球转动的卫星，其机械能只与卫星的质量和轨道的长轴大小有关。如图所示，A为地球，b、c为质量相同的两颗卫星围绕地球转动的轨道形状分别为圆和椭圆，两轨道共面，P为两个轨道的交点，b的半径为R，c的长轴为2R。关于这两颗卫星，下列说法正确的是（ ）
A．它们的周期不同B．它们的机械能相等
C．它们经过P点时的加速度不同D．它们经过P点时的速率相同
9、通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，已知试探电荷q在场源电荷的电场中具所有电势能表达式为式中k为静电力常量，r为试探电荷与场源电荷间的距离）。真空中有两个点电荷Q1、Q2分别固定在 x 坐标轴的和的位置上。x轴上各点的电势φ随x的变化关系如图所示。A、B是图线与x的交点，A点的x坐标是4.8 cm，图线上C点的切线水平。下列说法正确的是（ ）
A．电荷Q1、Q2的电性相同B．电荷Q1、Q2的电荷量之比为1∶4
C．B点的x坐标是8cmD．C点的x坐标是12cm
10、投掷标枪是运动会的比赛项目。运动员将标枪持在离地面高的位置，之后有三个阶段：①运动员与标枪--起由静止加速至速度为；②以的速度为基础，运动员经的时间将标枪举高至处，并以的速度将标枪掷出；③标枪离手后向斜上方向运动至离地面的最高点后再向斜下方运动至地面。若标枪的质量为，离手后的运动的最大水平距离为。取地面为零势能参考面，取。下列说法中正确的是（ ）
A．第①阶段中，运动员对标枪做功
B．第①②③阶段中，标枪获得的最大动能为
C．第①②③阶段中，标枪的最大机械能为
D．第②阶段中，运动员对标枪做功的平均功率为
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）现有一种特殊的电池，它的电动势E约为9V，内阻r约为50Ω，已知该电池允许输出的最大电流为50 mA，为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图(a)所示的电路进行实验，图中电压表的内阻很大，对电路的影响可不考虑，R为电阻箱，阻值范围0～9 999Ω，R0是定值电阻，起保护电路的作用．
(1)实验室备有的定值电阻R0有以下几种规格：
A．10Ω 2.5 W B．100Ω 1.0 W
C．200Ω 1.0 W D．2 000Ω 5.0 W
本实验应选哪一种规格？答______ ．
(2)该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读取电压表的示数改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图 (b)所示的图线（已知该直线的截距为0.1 V-1)．则根据该同学所作出的图线可求得该电池的电动势E为_____V，内阻r为______Ω.（结果保留三位有效数字）
12．（12分）某同学设计了如下实验装置，用来测定小滑块与桌面间的动摩擦因数。如图甲所示，水平桌面上有一滑槽，其末端与桌面相切，桌面与地面的高度差为。让小滑块从滑槽的最高点由静止滑下，滑到桌面上后再滑行一段距离，随后离开桌面做平抛运动，落在水面地面上的点，记下平抛的水平位移。平移滑槽的位置后固定，多次改变距离，每次让滑块从滑槽上同一高度释放，得到不同的水平位移。作出图像，即可根据图像信息得到滑块与桌面间的动摩擦因数（重力加速度为g）
(1)每次让滑块从滑槽上同一高度释放，是为了____________
(2)若小滑块离开桌面时的速度为v，随着L增大v将会_____（选填增大、不变或减小）
(3)若已知图像的斜率绝对值为，如图乙所示，则滑块与桌面间的动摩擦因数____（用本题中提供的物理量符号表示）
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）如图所示，有一棱镜，，．某同学想测量其折射率，他用激光笔从面上的点射入一束激光，从点射出时与面的夹角为，点到面垂线的垂足为，．求：
①该棱镜的折射率
②改变入射激光的方向，使激光在边恰好发生全反射，其反射光直接到达边后是否会从边出射？请说明理由。
14．（16分）如图，间距为L的光滑金属导轨，半径为r的圆弧部分竖直放置、直的部分固定于水平地面，MNQP范围内有磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场．金属棒ab和cd垂直导轨放置且接触良好，cd静止在磁场中，ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd在运动中始终不接触．已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为R．金属导轨电阻不计，重力加速度为g．求
（1）ab棒到达圆弧底端时对轨道压力的大小：
（2）当ab棒速度为时，cd棒加速度的大小（此时两棒均未离开磁场）
（3）若cd棒以离开磁场，已知从cd棒开始运动到其离开磁场一段时间后，通过cd棒的电荷量为q．求此过程系统产生的焦耳热是多少．（此过程ab棒始终在磁场中运动）
15．（12分）如图甲所示，A端封闭、B端开口、内径均匀的玻璃管长，其中有一段长的水银柱把一部分空气封闭在玻璃管中。当玻璃管水平放置时，封闭气柱A长。现把玻璃管缓慢旋转至竖直，如图乙所示，再把开口端向下插入水银槽中，直至A端气柱长为止，这时系统处于静止平衡。已知大气压强，整个过程温度不变，试求：
(1)玻璃管旋转至竖直位置时，A端空气柱的长度；
(2)如图丙所示，最后槽内水银进入玻璃管内的水银柱的长度d（结果保留两位有效数字）。
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、C
【解析】
当θ=0°时（最低点），L为绳长，根据牛顿第二定律
当θ=180°时（最高点）
从最高点到最低点的过程，由动能定理得
可以得出
因此利用特殊值代入法可知C选项满足上述结论，ABD错误，C正确。
故选C。
2、C
【解析】固定物块A，则弹簧的弹力大小等于B的重力，大小为10 N，选项A错误；固定物块B，则弹簧的弹力大小等于A的重力，大小为20 N，选项B错误；先固定物块A，则弹簧的弹力为10N，在释放物块A的一瞬间，弹簧的弹力不能突变，则大小为10 N，选项C正确； 先固定物块A，释放物块A后，A、B、弹簧一起运动的过程中，加速度为，对物体B:T-mBg=mBa ，解得弹簧的弹力大小为40/3N，选项D错误；故选C.
3、B
【解析】
因变压器为降压变压器，原线圈匝数大于副线圈匝数；而当同时减小相同匝数时，匝数之比一定变大；再根据变压器原理进行分析即可．
【详解】
由变压器相关知识得：，原、副线圈减去相同的匝数n后： ，则说明变压器原、副线圈的匝数比变大，则可得出C、D错误．由于原线圈电压恒定不变，则副线圈电压减小，小灯泡实际功率减小，小灯泡变暗，A错误，B正确．
【点睛】
本题考查理想变压器的基本原理，要注意明确电压之比等于匝数之比；而电流之比等于匝数的反比；同时还要注意数学知识的正确应用．
4、B
【解析】
ABC．由题设条件带电粒子在磁场中运动的周期为，根据粒子在磁场中运动的时间可知，带电粒子从M到N运动了四分之一周期，由几何知识作图知道该粒子运动轨迹的圆心在边界圆上，半径为，由
则
发射方向与MN的夹角为45°，此轨迹对应弧长最长，运动时间最长，选项AC错误，B正确；
D．根据前面的数据再画出沿MN方向的粒子运动轨迹，经计算轨迹圆弧对应的圆心角为 ，则时间不等于，D错误．
故选B。
5、A
【解析】
移动电话能将我们的声音信息用电磁波发射到空中，同时它也能在空中捕获电磁波，得到对方讲话的信息．
【详解】
因为移动电话能将我们的声音信息用电磁波发射到空中，同时它也能在空中捕获电磁波，得到对方讲话的信息．所以移动电话的声音信息由空间的电磁波来传递，移动电话既能发射电磁波，也能接收电磁波，故A正确，BCD错误。
故选A。
【点睛】
本题需要掌握移动电话的电信号通过电磁波进行传递，知道移动电话既是无线电的发射台，又是无线电的接收台．
6、C
【解析】
假设经过t时间，由动量定理得：，代入数据：，故选C
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、BD
【解析】
AB．已知物体上滑的加速度大小为，由动能定理得：动能损失等于物体克服合外力做功为
故A选项错误，B选项正确；
CD．设摩擦力的大小为，根据牛顿第二定律得
得
则物块克服摩擦力做功为
根据功能关系可知机械能损失，故C错误，D正确。
故选BD。
8、BD
【解析】
A．卫星b的轨道半径与卫星c运行轨道的半长轴大小相等，都是R，根据可知，两颗卫星运行周期相同，A错误；
B．由题意可知，两颗卫星质量相同，卫星b的轨道半径与卫星c运行轨道的半长轴大小相等，故机械能相等，B正确；
C．卫星经过P点时的加速度为
所以加速度相同，C错误；
D．因为卫星b的轨道半径与卫星c运行轨道的半长轴大小相等，且质量相等，所以两颗卫星经过P点时的势能相同，又因为B选项中两卫星的机械能相等，则动能相同，速率相同，D正确。
故选BD。
9、CD
【解析】
A．电势能
故电势
那么场源电荷附近电势正负和场源电荷正负一致，故由图可得原点处电荷带正电，处电荷带负电，故A错误；
B．点处电势为零，故有
所以，电荷、的电荷量之比
故B错误；
C．点处电势为零，根据电势为零可得
可得
解得所以点的坐标
故C正确；
D．点电荷周围场强
两场源电荷电性相反，那么两场源电荷在点的场强方向相反，点电势变化为零，故点场强为零，根据叠加定理可得两场源电荷在点场强大小相等，故有
解得
故D正确；
故选CD。
10、ACD
【解析】
A．第①阶段中，标枪在水平面加速运动，动能增加量为
由动能定理得运动员对标枪做功为，故A正确；
B．第①②③阶段中，标枪出手时速度最大，其动能也最大，有
故B错误；
C．第①②③阶段中，标枪出手前机械能一直增大，出手时机械能最大，有
故C正确；
D．第②阶段中，标枪机械能增加量为
则运动员对标枪做功的平均功率为
故D正确。
故选ACD。
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、C 10 41.7
【解析】
(1)[1]当滑动变阻器短路时，电路中通过的最大电流为50mA，则由闭合电路欧姆定律可知，定值电阻的最小阻值为：
，
所以定值电阻R0应选C．
(2)[2][3]根据闭合电路欧姆定律：E=U+，变形得：=+，结合与的图像可知，截距为=0.1，电源电动势E=10V；斜率k===4.17，所以内阻：r=41.7Ω。
12、保证滑块到达滑槽末端的速度相同 减小
【解析】
(1)[1]每次让滑块从滑槽上同一高度释放，是为了保证到达斜面体底端的速度相同；
(2)[2]滑块离开滑槽后，受到摩擦力作用，做匀减速直线运动，设离开滑槽的速度为v0，根据运动学公式可知
随着L增大，v将会减小；
(3)[3]滑块从桌边做平抛运动，则有
且有
联立解得
若x2－L图像的斜率绝对值为k，则有
得
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、①②激光能够从CD边出射
【解析】
①如图所示，FG为法线
∠D=75°，则
∠EQA=75°，∠PQE=15°，∠PQA=60°，∠PQG=30
所以入射角
i=∠PQG=30°
折射角
r=45°
由于光从棱镜射向空中，所以该棱镜的折射率
②设全发射临界角为C，如图所示
因而
∠OJD=60°
激光在CD边的入射角30°＜45°，因而激光能够从CD边出射。
14、（1）3mg．（2）．（3）BLq-mgr-．
【解析】
（1）ab下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgr=，
解得：v0=，
ab运动到底端时，由牛顿第二定律得：F-mg=m，
解得：F=3mg，
由牛顿第三定律知：ab对轨道压力大小：F′=F=3mg；
（2）两棒组成的系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律：mv0=mvab+mv′，
解得：v′=，
ab棒产生的电动势：Eab=BLvab，
cd棒产生的感应电动势：Ecd=BLv′，
回路中电流：I=，
解得：I=，
此时cd棒所受安培力：F=BIL，
此时cd棒加速度：a=，
解得：a=；
（3）由题意可知，cd棒以离开磁场后向右匀速运动，
且从cd棒开始运动到通过其电荷量为q的时间内，通过ab棒电荷量也为q．
对ab棒，由动量定理可知：-BLt=mvab-mv0，
其中：q=t，
解得：vab=-，
此过程，由能量守恒定律得：mgr=+Q，
解得：Q=BLq-mgr-；
15、 (1)50cm；(2)32cm
【解析】
(1)玻管旋转至竖直：A中气体的压强变为
①
对A部分气体，由玻意耳定律
②
得到A端气柱长
③
(2)旋转至竖直B端气柱长
④
过程二：玻管出入水银槽
A部分气体由玻意耳定律
⑤
⑥
B部分气体，
⑦
由玻意耳定律
⑧
解得
⑨
最后
⑩