2025-2026学年下学期山西怀仁市第一中学校高三下学期第一次模拟考试物理试题含答案

这是一份2025-2026学年下学期山西怀仁市第一中学校高三下学期第一次模拟考试物理试题含答案，共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
怀仁一中 2026 年高三年级第一次模拟考试
物理试卷
注意事项：
1 ．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2 ．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，
将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3 ．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．2025 年 11 月 1 日 3 时 22 分，神舟二十一号飞船成功对接于空间站天和核心舱前向端口，整个对接过程历时约 3.5 小时，创造了神舟飞船与空间站交会对接的最快纪录。为了此次对接，中国空间站首次变轨迎接神舟二十一号，此次变轨将空间站近地点高度抬升 4.7 公里、远地点抬升 9.2 公里。下列说法正确的是( )
A ．空间站的运行速度比第一宇宙速度大
B ．变轨后，空间站的运行周期变大
C ．飞船与空间站的连线在相等时间内扫过的面积相等
D ．飞船与空间站对接前处于同一圆周轨道上
2 ．钍基熔盐堆是第四代核能反应堆，具有更安全、更清洁的特点，该反应堆以钍 232
（ EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(23),90)2 Th ）为核燃料。再生层钍 232（ EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(23),90)2 Th ）俘获一个中子后会变成钍 233（ EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(23),90)3 Th ），钍 233
（ EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(23),90)3 Th ）不稳定，经过多次b 衰变转化成易裂变铀 233（ EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(23),92)3 U ）。下列说法正确的是( )
A ．钍核 EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(23),90)3 Th 有 90 个中子，142 个质子
B ．钍 233 的比结合能小于铀 233 的比结合能
C ． EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 4(23),90)3 Th 经过 3 次b 衰变可变成EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 4(23),92)3 U
D ． b 衰变的实质在于核内的一个质子转化成了一个中子和一个电子
3 ．如图所示为某新能源汽车在某次测试行驶时的加速度a 和车速的倒数 的关系图像。若
车的质量为2× 103 kg ，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为30m / s ，根据以上条件结合图像，下列说法正确的是( )
A ．无法求出汽车做匀加速运动的时间
B ．无法求出汽车所受阻力大小
C ．可以求出汽车的额定功率
D ．无法求出汽车的加速度为1m / s2 时的速度大小
4 ．如图所示，A 、B 、C、D 是一半径为r 的圆周的四个等分点，在A 、C 点各固定一电荷量大小均为q 的正点电荷，在D 点固定电荷qD ，B 点处电场强度恰好为 0 ，P 为AB 弧的中点，O 为圆心，Q 为CD 弧的中点，无穷远处电势为零，静电力常量为k ，下列说法正确的是( )
B ．O 点电场强度大小为 ，方向由 O 指向D
C ．将一电子从P 点移动到Q 点，电场力做正功
D ．B 点的电势比O 点的电势低
5 ．如图所示是一套杨氏双缝干涉实验装置，其中S1 、S2 为双缝。光屏上O 点是中央亮纹
（第 0 级亮纹）的中心，P1 是光屏上另一固定的点，当用波长 640nm 的红光照射双缝时，P1为第 6 级亮纹的中心。下列说法正确的是( )
A ．将光屏稍向左平移后，O 点可能是暗纹中心
B ．将光屏稍向左平移后，P1 可能成为第 5 级亮纹的中心
C ．改用波长 480nm 的蓝光照射双缝，O 点可能是暗纹中心
D ．改用波长 480nm 的蓝光照射双缝，P1 为第 8 级亮纹的中心
6 ．如图甲所示为图丙中的波源A 沿y 轴方向上下振动的振动图像，如图乙所示为图丙中的波源B 沿y 轴方向上下振动的振动图像，已知波源A 、B 相距 20cm ，C 为AB 中点，0~1.4s时间内C 质点通过的路程为 30cm，则C 质点开始振动的时刻是( )
A ．t = 0.8s B ．t = 1s C ．t = 1.2s D ．t = 0.6s
7 ．纸面内一正方形金属线框MNPQ 的PQ 边与匀强磁场的边界重合，匀强磁场垂直纸面向外且范围足够大。在外力作用下第一次将金属线框刚好匀速拉进匀强磁场内（如图甲），第二次金属线框以PQ 边为轴匀速转动 180°（如图乙），两过程所用时间相等，忽略金属线框的重力影响，则( )
A ．甲、乙两过程中金属线框中的电流方向相同
B ．甲过程中金属线框中的电流的平均值较大
C ．甲过程中外力做的功小于乙过程中外力做的功
D ．乙过程中金属线框转动 90°~180°的过程中感应电动势的瞬时值逐渐增大
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
8 ．如图所示，两根长直的通电导线M 、N ，分别通有竖直向上的电流I1 和水平向右的电流I2 ，直线电流在周围空间产生的磁场与距离的关系为B = k ，I 为电流，r 为周围空间的点到长直导线的距离，k 为比例系数。通电导线M 右侧有a 、b 两点，它们到导线M 和导线N的距离相等。已知a 、b 两点的磁感应强度大小之比为 2:3，通电导线 M 、N 在a 、b 两点的磁感应强度大小分别为B1 、B2 ，则B1 : B2 可能为( )
A ．1: 3 B ．1: 5 C ．3 :1 D ．5:1
9 ．如图所示，质量为m = 2kg 的木块在倾角为θ = 30° 的固定斜面上恰好能沿斜面匀速下滑，斜面底端A 点到顶端B 点的长度l = 15m ，现对木块施加沿斜面向上的力F = 30N ，使其从A点开始沿斜面向上运动，一段时间后撤去F ，木块恰好能到达B 点，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g = 10m / s2 ，下列说法正确的是( )
A ．木块与斜面之间的动摩擦因数为
B ．在力F 作用下木块的加速度大小为6m / s2
C ．撤去F 后木块继续向上运动的时间为 0.5s
D ．力F 作用的时间为 2s
10．如图所示，在xOy 平面坐标系内，有一个圆心在原点O 的圆形磁场区域，半径为R ，圆内有方向垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为 B ；圆外有方向垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为 2B 。a 点坐标为(-R, 0) ，b 点坐标为(R, 0) 。t = 0 时刻，一质量为m 、电荷量为q(q >0) 的粒子从a 点沿与+x 方向夹角θ = 60°射入磁场，粒子第一次穿过圆形边界进入圆外区域的位置为b 点，不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A ．粒子在a 点的入射速度大小为
B ．粒子运动过程中将会经过O 点
C ．t 时刻，粒子将第一次回到a 点
D ．t 时刻，粒子将第一次与a 点的入射速度相同
三、非选择题：本题共 5 小题，共 54 分。
11 ．如图甲所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。
(1)为了满足实验中的两个近似条件，使槽码的总重力 mg 可近似作为细线对小车的拉力，对应的操作是________（填对应标号）；使细线的拉力可近似作为小车所受的合力，对应的操作是________（填对应标号）。
A.调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行
B.补偿小车受到的阻力
C.槽码的总质量 m 应远小于小车和车上砝码的总质量 M
(2)图乙是某同学在实验中得到的一条纸带，相邻两个计数点间还有四个点未画出，实验中交变电源的频率是 50Hz，小车的加速度大小为________ m/s2 （结果保留三位有效数字）。
(3)若某次实验中，没有使槽码的总质量m 远小于小车和车上砝码的总质量M ，其他实验操作均正确。小车和车上砝码的总质量M为横坐标， 以小车加速度的倒数 为纵坐标，A、B两组同学得到的 M 图像如图丙所示（b 为已知量）。由图丙可知， 小车和车上砝码的总质量M越大，小车的加速度a 越________（填“大”或“小”）；若该实验验证了牛顿第二定律，则当地的重力加速度大小为________（用b 表示）；B 组所用槽码的总质量m 比 A 组的更
________（填“大”或“小”）。
12 ．实验小组利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性，制作报警装置。
(1)先用多用电表粗略测量常温下该热敏电阻的阻值，用多用电表电阻挡选“×10”倍率测量时，指针偏转角度太小，则应将倍率更换至________（选填“×1”或“×100”）挡，换挡后________ （选填“需要”或“不需要”）再进行欧姆调零，正确操作后多用电表指针如图甲所示，读出常温下该热敏电阻的阻值为________kΩ（结果保留两位有效数字）。
(2)再利用图乙所示的测量电路对热敏电阻RT 特性进行探究，R0 为滑动变阻器，R 为电阻箱，
热敏电阻RT 处在温控室中。
①实验前，开关S1 、S2 先断开，将滑动变阻器R0 的滑片移到________（填“ a ”或“b ”）端；
实验时，记录温控室的温度t0 ，将S2 打到 1，闭合S1 ，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的
示数为I0 ；然后保持滑动变阻器的滑片位置不变，再将S2 打到 2，调节电阻箱R ，使电流表的示数为________，记录此时电阻箱的示数，即为热敏电阻的阻值；
②多次改变温控室的温度，重复上述实验过程，测得多组热敏电阻在不同温度t 下对应的电阻值，作出RT - t 图像，如图丙所示，由图像可知，该热敏电阻的阻值随温度的降低而
（填“增大”或“减小”）。
________
(3)利用该热敏电阻设计温控报警器，其电路的一部分如图丁所示，电源电动势E1 为 10V，
内阻不计，电路中的电流达到或超过 50mA 时，便触发报警器报警，认为环境温度等于热敏电阻温度，若要求环境温度从较低温度升高到 45℃时，报警器恰好报警，则保护电阻R0 = ________Ω（结果保留三位有效数字）；温控报警器使用较长时间后，电源电动势降低，则报警器恰好报警的温度将________（填“>”“=”或“ φQ
电子带负电，从P 点移动到Q 点，电场力做功W= -e (φP - φQ )
由于φP - φQ > 0
故W < 0 ，即电场力做负功，故 C 错误；
D ．计算可知B 点电势
而靠近负电荷D 点电势趋于负无穷。故在BD 连线上B 点左侧，合场强方向指向D ，沿电场线方向电势降低，故从B 到D 电势一直降低，故 D 错误。
故选 B。
5 ．D
AC ．O 点始终在中线上，到S1 、S2 的路程差恒为0 ，满足 Δr = 0 = 0 . λ , 因此无论光屏平移、还是更换波长，O 点始终是亮纹，故 AC 错误；
B ．相邻亮条纹间距Δx
P1 为第 6 级亮条纹，且相对于O 的位置y 固定，则有y = 6Δx
光屏左移后双缝到屏的距离L 减小，因此 Δx 减小，则有n = 增大，原来n =6 ，现在n > 6 ，不可能为第 5 级亮纹，故 B 错误；
D ．由之前分析可得 蓝
换波长 λ蓝 = 480nm 的蓝光后，m = = 8因此P1 是第 8 级亮纹中心，故 D 正确。
故选 D。
6 ．A
由图像可知，振幅 A = 5cm ，周期T = 0.8s
因为 C 为 AB 中点，若两列波同时到达 C 点，C 点振动加强，在一个周期内通过的路程为8A=40cm
若只有一列波到达 C 点，在一个周期内通过的路程为 4A=20cm
已知0 -1.4s时间内 C 质点通过的路程为 30cm，说明0 -1.4s 内 C 点先只参与一列波的振动，通过的路程为 20cm，然后参与两列波的振动，通过的路程为 10cm。
设波速为 v，则波从 A 或 B 传播到 C 的距离x m
从开始到 C 点开始振动经过的时间t1 ，使得 C 点先只参与一列波的振动一个周期，再参与
两列波的振动半个周期，总共用时 1.4s。
设波从波源传播到 C 点用时 t，则有 t + T s代入数据可得 t=0.8s
即 C 质点开始振动的时刻是 t=0.8s故选 A。
7 ．C
A ．对甲过程，根据右手定则，可知金属线框中的电流方向为顺时针；对乙过程，根据楞次定律，可知金属线框中的电流方向为逆时针，故 A 错误；
B ．设正方形金属线框的边长为L ，电阻为 R ，磁场的磁感应强度为 B ，两过程所用的时间
为 Δt ，根据 I = ， 联立可得
两个过程中磁通量的变化量相同，均为 ΔΦ = BL2 - 0 = BL2
且两过程所用时间 Δt相等，故甲过程中金属线框中的电流的平均值等于乙过程中金属线框中的电流的平均值，故 B 错误；
C．设甲过程中运动的速度为v ，乙过程中转动的角速度为w ，根据两过程所用时间 Δt相等，
可知Q1 < Q2
根据功能关系，可知甲过程中外力做的功小于乙过程中外力做的功，故 C 正确；
D ．乙过程中金属线框自图示位置转过90° 后开始计时，刚开始速度方向与磁场方向垂直，感应电动势最大，转过180，速度方向与磁场方向平行，感应电动势为零，所以过程中感应电动势的瞬时值逐渐减小，故 D 错误。
则有
解得w
甲过程中产生的感应电动势为E1 = BLv
产生的热量为Q
乙过程中产生余弦式交流电，则感应电动势的有效值为
产生的热量为Q
故选 C。
8 ．BD
根据右手螺旋定则， 通电导线 M 在 a、b 两点的磁感应强度方向垂直纸面向里，通电导线 N 在 a 点的磁感应强度方向垂直纸面向外，通电导线 N 在 b 点的磁感应强度方向垂直纸面向里。
若 a 点的磁感应强度方向垂直纸面向里，则有 解得B1 : B2 = 5 :1
若 a 点的磁感应强度方向垂直纸面向外，则有 解得B1 : B2 = 1: 5
故选 BD。
9 ．AD
A ．木块恰好能沿斜面匀速下滑，则有mg sinθ = μmg csθ解得木块与斜面之间的动摩擦因数为 μ = tan ，故 A 正确；
B ．在力F 作用下，根据牛顿第二定律可得F -mg sinθ - μmg csθ = ma1
解得木块的加速度大小为a1 = 5m / s2 ，故 B 错误；
CD ．撤去F 后根据牛顿第二定律可得mg sinθ + μmg csθ = ma2
解得加速度大小为a2 = 10m / s2
设撤去F 时，木块的速度大小为v ，则有 l代入数据解得v = 10m / s
则力F 作用的时间为ts
撤去F 后木块继续向上运动的时间为ts ，故 C 错误，D 正确。
故选 AD。
10 ．AC
A ．画出粒子的运动轨迹如图，设粒子在圆内磁场做圆周运动的半径为 r，则由几何关系可知2r sin 60 = 2R
因qvB
解得粒子在a 点的入射速度大小为v A 正确；
B ．粒子在圆外磁场中运动时qv2B =
可得r r
根据粒子运动轨迹可知，粒子不可能经过 O 点，B 错误；
C ．由几何关系可知，粒子每次在圆内磁场和圆外磁场中转过的角度均为 120°, 根据运动轨迹，当粒子回到 a 点时，在圆内磁场中转过的角度为 θ1=3×120°=360°,在圆外磁场中转过的角度也为 θ2=3×120°=360°,粒子在圆内磁场中和圆外磁场中运动的周期分别为
根据t T 可知，粒子第一次回到 a 点的时间为t = t1 + t2 = T1 + T2 = ，C 正确；
D ．由图可知，粒子第一次与a 点的入射速度相同时是经过 d 点，则用时间为
即t 时刻粒子将第一次与a 点的入射速度相同，D 错误。
故选 AC。
11 ．(1) C AB
(2)1.36
(3) 小 小
（1）[1]根据牛顿第二定律可得T = Ma ，mg - T = ma
可得T mg
可知为了使槽码的总重力 mg 可近似作为细线对小车的拉力，需要满足槽码的总质量 m 应远小于小车和车上砝码的总质量 M。
故选 C。
[2]为了使细线的拉力可近似作为小车所受的合力，需要先补偿小车受到的阻力，且调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行，以保持细线的拉力方向与小车运动方向相同。
故选 AB。
（2）相邻两个计数点间还有四个点未画出，则相邻计数点的时间间隔T = 5 × 0.02s = 0.1s根据逐差法可得小车的加速度大小为
（3）[1]由图丙可知，小车和车上砝码的总质量M越大，小车的加速度a 越小；
[2][3]根据牛顿第二定律可得T = Ma ，mg - T = ma
整理可得 由图丙可知b
可得当地的重力加速度大小为 M 图像的斜率为k
由图丙可知 B 组所用槽码的总质量m 比 A 组的更小。
12 ．(1) ×100 需要 1.9
(2) b I0 增大
(3) 130##129##131 >
（1）[1]多用电表欧姆挡指针偏转角度太小，说明被测电阻阻值大，需要换更大倍率“×100”挡。
[2]多用电表更换倍率后，需要重新进行欧姆调零。
[3]由图甲可知，指针指向刻度 19，欧姆挡倍率为“×100”，常温下该热敏电阻的阻值为19 × 100Ω = 1900Ω = 1.9kΩ
（2）[1]实验前为保护电路，滑动变阻器接入阻值应调至最大，由图乙可知滑片移到 b 端。
[2]本实验采用等效替代法，S2接 1 时电流为I0 ，保持滑动变阻器不变，S2接 2 时调节电阻箱，
使电流仍为I0 ，此时电阻箱阻值等于热敏电阻阻值。
[3]由丙图RT - t 图像可知，温度降低时，热敏电阻阻值增大。
（3）[1]由丙图可知，45°C 时热敏电阻阻值RT ≈ 70Ω ,报警电流I = 50mA = 0.05A
根据闭合电路欧姆定律，得E1 = I(R0 + RT )
解得R0 = 130Ω
[2]电源电动势降低后，要达到报警电流I = 50mA ，需要总电阻更小，即热敏电阻阻值更小，对应温度更高，因此报警器恰好报警的温度大于45°C 。
13 ．(1) m = 0.05kg
（1）当锅内气体压强增大到 p1 = 1.5p0 时，限压阀被顶起，设限压阀质量为m ，由平衡条件可得p1S = p0 S + mg
解得m = 0.05kg
（2）打开气孔前气体压强为p1 ，体积为V1 ，气体密度为r1 ，打开气孔稳定后，气体压强等于大气压强为p0 ，气体密度为r2 ，此过程为等温变化，根据玻意耳定律可得 p1V1 = p0 V2
且有质量一定 r1V1 = r2 V2
解得
14 ．(1) 2 :1
（1）乙与丙碰撞前，由于三者间的动摩擦因数均相等，乙做匀减速直线运动，甲与丙一起做匀加速直线运动，以乙为研究对象，根据牛顿第二定律可得 μmg = ma1
质量相等的两个物体发生弹性碰撞，碰后两者速度发生交换，故乙与丙碰撞后，甲、乙相对静止，以甲和乙为研究对象，则有 μmg = 2ma2
联立解得乙与丙碰撞前后，乙的加速度大小之比为a1 : a2 = 2 :1
（2）由于它们之间的碰撞均为弹性碰撞，它们质量均相等，碰撞后速度发生交换，甲与乙、丙之间的动摩擦因数均相等，故乙与丙碰撞前甲、丙相对静止， 乙与丙碰撞后甲、乙相对静
止，丙与挡板碰撞后乙、丙相对静止，乙恰好未从甲上滑下，则最终三者共速，对全过程，由动量守恒定律可得mv0 = 3mv
由功能关系可得 mvmv2 + 4μmgL
丙与挡板碰撞前瞬间，由动量守恒定律可得mv0 = mv丙 + 2mv甲乙
从开始到丙与挡板碰撞前瞬间，由功能关系可得 mvmv mvmgL解得v丙 v0
15 ．(1) v1 = 2m/s
（1）将金属棒 b 锁定，释放金属棒 a，当金属棒 a 匀速下滑，有mag sinθ = F安金属棒a 受到的安培力为F安 = BI1L
根据闭合电路欧姆定律，回路中的电流为I1 =
设金属棒a 最终速度的大小为v1 ，感应电动势为E1 = BLv1
联立解得v1 = 2m/s
（2）最终稳定时，合力为零，对a 有F安2 = mag sinθ
对 b 、c 整体有F安2 = mcg - mb g sinθ
金属棒 a 、b 受到的安培力均为F安2 = BI2L
根据闭合电路欧姆定律，回路中的电流为I2 =
设金属棒 a 、b 的最终速度的大小分别为va 、vb ，感应电动势为E2 = BL(va + vb )
联立解得va + vb = 2m/s
因mcg - mb g sinθ - mag sinθ = 0 ，则 a 、b 与c 组成的系统动量守恒，有
mava = (mb + mc )(vb - v0 )
代入v0 = 4m/s ，ma = mb = mc = 0.2kg ，可得0.2va = 0.4(vb - 4m/s)联立va + vb = 2m/s ，解得vb m/s
（3）最终稳定时，合力为零，对a 有F安3 = mag sinθ = 1N
对 b 、c 整体有F安3 = mcg - mb g sinθ = 1N
金属棒 a 、b 受到的安培力均为F安3 = BI3L
根据闭合电路欧姆定律，回路中的电流为I
设金属棒 a 、b 的最终速度的大小分别为va¢ 、vb¢ ,感应电动势为 E3 = BL(va¢ + vb¢ )联立可得va¢ + vb¢ = 2m/s
因mcg - mb g sinθ - mag sinθ = 0 ，则 a 、b 与c 组成的系统动量守恒，有mava¢ = (mb + mc )vb¢代入ma = 0.2kg 、mb = 0.1kg 、mc = 0.15kg ，得va¢ = 1.25vb¢
联立va¢ + vb¢ = 2m/s ，解得vam/s ，vbm/s
设在极短的时间 Δt 内，由va¢ = 1.25vb¢ ,得va¢ . Δt = 1.25vb¢ . Δt对等式两边求和可得位移xa = 1.25xb
已知xa = d = 2m ，解得 xb = 1.6m
设在极短的时间 Δt 内，流过a 某横截面的电荷量q = I . Δt t对等式两边求和可得电荷量q C = 1.8C