2026届四川省自贡市富顺县二中高考物理四模试卷含解析

这是一份2026届四川省自贡市富顺县二中高考物理四模试卷含解析，共13页。
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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，在光滑水平桌面内，固定有光滑轨道，其中半圆轨道与直轨道相切于点，物体受到与平行的水平拉力，从静止开始运动，拉力的大小满足如图乙所示（以为坐标原点，拉力从指向为正方向）。若，，半圆轨道的半径，重力加速度取。则下列说法中正确的是（ ）

A．拉力从到做功为
B．物体从到过程中，所受的合外力为0
C．物体能够到达点，且速度大小为
D．物体能够到达点，且速度大小为
2、一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固定在光滑圆锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，细线的张力为FT，则FT随ω2变化的图象是（ ）
A．B．
C．D．
3、甲乙两车在水平地面上的同一位置同时出发，沿一条直线运动，两车均可看做质点，甲乙两车的速度时间图像如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．t=1s时甲车加速度为零
B．前4s内两车间距一直增大
C．t=4s时两车相遇
D．两车在前4s内的最大距离为5m
4、如图所示，同时作用在质点O上有三个共点力F1、F2、F3，其中F1、F2是正六边形的两条边，F3是正六边形的一条对角线。已知F1=F2=2N，则这三个力的合力大小等于
A．6NB．8NC．10ND．12N
5、关于玻尔的原子模型，下列说法正确的是（ ）
A．按照玻尔的观点，电子在定态轨道上运行时不向外辐射电磁波
B．电子只能通过吸收或放出一定频率的光子在轨道间实现跃迁
C．电子从外层轨道跃迁到内层轨道时，动能增大，原子能量也增大
D．电子绕着原子核做匀速圆周运动。在外层轨道运动的周期比在内层轨道运动的周期小
6、如图1所示，轻弹簧上端固定，下端悬吊一个钢球，把钢球从平衡位置向下拉下一段距离A，由静止释放。以钢球的平衡位置为坐标原点，竖直向上为正方向建立轴，当钢球在振动过程中某一次经过平衡位置时开始计时，钢球运动的位移—时间图像如图2所示。已知钢球振动过程中弹簧始终处于拉伸状态，则（ ）
A．时刻钢球处于超重状态
B．时刻钢球的速度方向向上
C．时间内钢球的动能逐渐增大
D．时间内钢球的机械能逐渐减小
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、下列说法正确的有（ ）
A．研究表明，一般物体的电磁辐射仅与温度有关
B．电子的衍射图样证实了电子的波动性
C．α粒子散射实验是估测原子核半径最简单的方法
D．结合能越大的原子核，核子的平均质量越大
8、如图所示，理想变压器输入端接在电动势随时间变化，内阻为r的交流电源上，输出端接理想电流表及阻值为R的负载，如果要求负载上消耗的电动率最大，则下列说法正确的是（ ）
A．该交流电源的电动势的瞬时值表达式为V
B．变压器原副线圈匝数的比值为
C．电流表的读数为
D．负载上消耗的热功率
9、下列说法中正确的是（ ）
A．空气的绝对湿度越大，水蒸发越慢，人就感觉越潮湿
B．由于水的表面张力作用，即使伞面上有很多细小的孔，伞也能达到遮雨的效果
C．用热针尖接触金属表面的石蜡，溶解区域呈圆形，说明石蜡具有各向同性
D．无论液体和细管壁是否浸润，都能发生毛细现象
E.摄氏温度每升高1°C相应的热力学温度就升高1K
10、在一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N，做成了一个霍尔元件，在E、F间通入恒定电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，M、N间的电压为UH．已知半导体薄片中的载流子为正电荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的有（ ）
A．N板电势高于M板电势
B．磁感应强度越大，MN间电势差越大
C．将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，UH不变
D．将磁场和电流分别反向，N板电势低于M板电势
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）如图甲所示是一个多用电表的简化电路图。请完成下列问题。
(1)测量直流电流、直流电压和电阻各有两个量程。当选择开关S旋到位置5、6时，电表用来测量____________（选填“直流电流”、“直流电压”或“电阻”）。
(2)某同学用此多用表测量某电学元件的电阻，选用“×l0”倍率的欧姆挡测量，发现多用表指针偏转很小，因此需选择____________（填“×l”或“×l00”）倍率的欧姆挡。
(3)某实验小组利用下列器材研究欧姆挡不同倍率的原理，组装如图乙、丙所示的简易欧姆表。实验器材如下：
A．干电池（电动势E为3.0V，内阻r不计）；
B．电流计G（量程300μA，内阻99Ω）；
C．可变电阻器R；
D．定值电阻R0=4Ω；
E．导线若干，红黑表笔各一只。
①如图乙所示，表盘上100μA刻度线对应的电阻刻度值是____________Ω；
②如果将R0与电流计并联，如图丙所示，这相当于欧姆表换挡，换挡前、后倍率之比为____________。
12．（12分）小李同学利用激光笔和角度圆盘测量半圆形玻璃砖的折射率，如图2所示是他采用手机拍摄的某次实验现象图，红色是三条光线，固定好激光笔，然后将圆盘和玻璃砖一起顺时针绕圆心缓慢转动了50角，发现光线____恰好消失了（选填①，②或③），那么这次他所测得半圆形玻璃砖的折射率n= _____.
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，在湖面上波源O点以振幅0.2m上下振动，形成圆形水波向外传播，A、O、B三点在一条直线上，AO间距为7.0m，OB间距为2.0m，某时刻O点处在波峰位置，观察发现3.5s后此波峰传到A点，此时O点正通过平衡位置向上运动，OA间还有一个波峰。将水波近似为简谐波。求：
①此水波的传播速度周期和波长；
②以A点处在波峰位置为0时刻，画出B点的振动图像。
14．（16分）如图所示，在离地面高 h=5m 处固定一水平传送带，传送带以v0=2m/s 顺时针转动。长为 L的薄木板甲和小物块乙（乙可视为质点），质量均为m=2kg，甲的上表面光滑，下表面与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.1.乙与传送带之间的动摩擦因数μ2=0.2.某一时刻， 甲的右端与传送带右端 N 的距离 d=3m，甲以初速度 v0=2m/s 向左运动的同时，乙以v1=6m/s 冲上甲的左端，乙在甲上运动时受到水平向左拉力F=4N，g 取 10m/s2.试问：
(1)当甲速度为零时，其左端刚好与传送带左端M相齐，乙也恰与甲分离，求 MN的长度LMN；
(2)当乙与甲分离时立即撤去 F，乙将从 N 点水平离开传送带，求乙落地时距甲右端的水平距离。
15．（12分）如图所示，质量为的长木板放在光滑水平地面上，在长木板的最右端和距右端的点处各放一物块和（均可视为质点），物块的质量为，物块的质量为，长木板点左侧足够长，长木板上表面点右侧光滑，点左侧（包括点）粗糙物块与长木板间的动摩擦因数，现用一水平向右的恒力作用于长木板上，使长木板由静止开始运动，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，求：
(1)当长木板由静止开始运动时，若要物块与长木板保持相对静止，拉力满足的条件；
(2)若拉力，在物块相碰时撤去拉力，物块与发生弹性碰撞，碰撞之后物块的速度和物块的速度。
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、D
【解析】
A．图像与坐标轴所围面积表示功，则拉力从到做功为
故A错误；
B．物体从到过程中，做圆周运动，合力不变0，故B错误；
CD．从A到B由动能定理有
解得

由于滑轨道在水平面内，则物体从B到C做匀速圆运动，物体能够到达点，且速度大小为，故C错误，D正确。
故选D。
2、C
【解析】
由题知小球未离开圆锥表面时细线与竖直方向的夹角为θ，用L表示细线长度，小球离开圆锥表面前，细线的张力为FT，圆锥对小球的支持力为FN，根据牛顿第二定律有
FTsinθ－FNcsθ＝mω2Lsinθ
FTcsθ＋FNsinθ＝mg
联立解得
FT＝mgcsθ＋ω2mLsin2θ
小球离开圆锥表面后，设细线与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律有
FTsinα＝mω2Lsinα
解得
FT＝mLω2
故C正确。
故选C。
3、C
【解析】
A．由可知，甲车一直做匀加速直线运动，故A错误；
B．在时两车速度相等，且乙车在甲车前，2s到4s由于甲车速度大于乙车速度，所以两车间距离减小，故B错误；
C．由图像与坐标轴所围面积表示位移可知，4s内乙车的位移为
由图可知，甲车的加速度为
由于甲车前2s的位移为0，由后2s的位移
故两车相遇，故C正确；
D．在时两车速度相等，距离最大即为
故D错误。
故选C。
4、A
【解析】
将F1、F2合成如图，由几何关系得，F1、F2的合力
由于F12与F3的方向相同，由几何关系可得，三力的合力
故A项正确，BCD三项错误。
5、A
【解析】
A．根据玻尔的原子模型可知，电子在定态轨道上运行时不向外辐射电磁波，A正确；
B．电子在轨道间跃迁时，可通过吸收或放出一定频率的光子实现，也可通过其他方式实现（如电子间的碰撞），B错误；
C．电子从外层轨道（高能级）跃迁到内层轨道（低能级）时。动能增大，但原子的能量减小，C错误；
D．电子绕着原子核做匀速圆周运动，具有“高轨、低速、大周期”的特点。即在外层轨道运动的周期比在内层轨道运动的周期大，D错误。
故选A。
6、D
【解析】
A．从图中可知时刻钢球正向下向平衡位置运动，即向下做加速运动，加速度向下，所以处于失重状态，A错误；
B．从图中可知时刻正远离平衡位置，所以速度向下，B错误；
C．时间内小球先向平衡位置运动，然后再远离平衡位置，故速度先增大后减小，即动能先增大后减小，C错误；
D．时间内小球一直向下运动，拉力恒向上，做负功，所以小球的机械能减小，D正确。
故选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、BC
【解析】
A．实际物体辐射电磁波情况与温度、表面情况、材料都有关；黑体辐射电磁波的情况只与温度有关，是实际物体的理想化模型，故A错误；
B．电子的衍射图样证实了实物粒子的波动性，故B正确；
C．卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型：原子中心有一个很小的核，内部集中所有正电荷及几乎全部质量，所以α粒子散射实验是估算原子核半径最简单的方法之一，故C正确；
D．根据核子平均质量曲线与比结合能曲线可知比结合能越大，原子核越稳定，核子平均质量越小，故D错误。
故选BC。
8、BC
【解析】
A．由图可知周期T＝4×10-2s，角速度
所以该交流电源的电动势的瞬时值表达式为
e＝Emsin(50πt)
故A错误；
B．设原副线圈中的匝数分别为n1和n2，电流分别为I1和I2，电压分别为U1和U2，则
U1＝E−I1r
电阻R消耗的功率
P＝U2I2=U1I
即
P＝(E−I1r)I1＝−I12r−EI1
可见
I1＝
时，P有最大值
此时
则
所以
故B正确；
C．电流表的读数为有副线圈电流的有效值：原线圈电流有效值为
则
故C正确；
D．负载上消耗的功率
故D错误。
故选BC.
9、BDE
【解析】
A．空气相对湿度越大，人体水分越不容易蒸发，人们感觉越潮湿，不是绝对湿度。故A错误。
B．雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力，导致水不能透过，故B正确。
C．用热针尖接触金属表面的石蜡，熔解区域呈圆形，这是多晶体金属导热具有各向同性的表现，无法说明石蜡具有各向同性，故C错误。
D．液体和细管壁浸润与不浸润都会有高度差，所以都能发生毛细现象。故D正确 。
E．摄氏温度t与热力学温度T的关系为T =t+273。摄氏温度升高1°C ，对应的热力学温度升高1K，故E正确。
故选BDE。
10、AB
【解析】
A、根据左手定则，电流的方向向里，自由电荷受力的方向指向N端，向N端偏转，则N点电势高，故A正确；B、设左右两个表面相距为d，电子所受的电场力等于洛仑兹力，即：
设材料单位体积内电子的个数为n，材料截面积为s，则 ①;I=nesv ②; s=dL ③;由①②③得：,令，则 ④;所以若保持电流I恒定，则M、N间的电压与磁感虑强度B成正比，故B正确；C、将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，则带电粒子不会受到洛伦兹力，因此不存在电势差，故C错误；D、若磁场和电流分别反向，依据左手定则，则N板电势仍高于M板电势，故D错误．故选AB.
【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电子在电场力和洛伦兹力作用下平衡．
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、直流电源 ×100 20000 100：1
【解析】
(1)[1]由图所示可知，当转换开关旋到位置5、6时，表头与电阻串联，此时可用来测量直流电压。
(2)[2]测量某电学元件的电阻，选用“”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转很小，待测阻值较大，说明所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，需选择“”倍率的电阻挡，重新欧姆调零后再测量。
(3)①[3]欧姆表中值电阻等于欧姆档内部电阻，则中间刻度值对应示数为
有
解得
所以表盘上100μA刻度线对应的电阻刻度值是。
②[4]当电流计满偏时：流过的电流
电流计内阻为，给电流计并联的电阻，根据并联分流的规律可知电流表量程扩大100倍，用该电流表改装成欧姆表，同一刻度对应的电阻值变为原来的，欧姆表换挡前、后倍率之比等于。
12、 ③
【解析】将圆盘和玻璃砖一起顺时针绕圆心缓慢转动了50角，发现全反射，光线③恰好消失；此时的临界角为C=450，则这次他所测得半圆形玻璃砖的折射率.
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、①2s，4.0m；②见解析。
【解析】
①.波速

得
T=2s
②.由O点产生左右传播波的对称性可知A在波峰时B点在平衡位置向下振动。振动图像如图
14、（1）10m；（2）3m。
【解析】
（1）选水平向右为正方向，设甲的加速度为，对甲，由牛顿第二定律


设甲速度由减到0过程通过的位移为，经历的时间为
由得

由得

设乙从开始到与甲分离的加速度为，末速度为，通过的位移为，由牛顿第二定律
得

又得
m/s
m
由几何关系知
m
（2）当乙滑下甲后，由于，所以乙开始做匀减速直线运动，设乙的加速度为，当速度减为时经历的时间为t3，通过的位移为。
由牛顿第二定律得
由
m
s
乙达到与传送带共速后将匀速运动到其右端，设此过程经历时间为，
s
乙物块将从传送带右端以做平抛运动，设此过程经历时间为，水平位移为，由
得
s
m
当甲与乙分离后，甲开始向右由静止做匀加速直线运动，设此过程甲的加速度为，经历的时间为，通过的位移为，由牛顿第二定律得

m/s2
m

甲做匀速直线运动的位移为
m=1m
乙落地时距甲右端的水平距离
m
15、 (1)；(2)，
【解析】
(1)当与长木板间的摩擦力达到最大静摩擦力时将要发生相对滑动，设此时物块的加速度为，以为研究对象，根据牛顿第二定律
因为与长木板间没有摩擦力，以长木板和物块整体为研究对象，根据牛顿第二定律，当与长木板间将要发生相对滑动时
联立解得
所以若要物块与长木板保持相对静止，拉力
(2)当拉力时小于，开始时物块保持静止，物块与长木板一起加速
根据动能定理
解得
物块发生弹性碰撞，根据动量守恒定律
根据机械能守恒定律
两式联立解得