2026届新疆哈密石油高中高考物理五模试卷含解析

这是一份2026届新疆哈密石油高中高考物理五模试卷含解析，共16页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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，a、b是两个由电阻率相同的铜线制成质量相等的正方形单匝闭合线框，b的边长为a的两倍，a和b所用的铜线粗细不同。现以相同速度，把两线圈匀速拉出磁场，则该过程中两线圈产生的电热为（ ）
A．1:1B．1:2C．1:4D．4:1
2、来自太阳的带电粒子会在地球的两极引起极光．带电粒子与地球大气层中的原子相遇，原子吸收带电粒子的一部分能量后，立即将能量释放出来就会产生奇异的光芒，形成极光．极光的光谐线波长范围约为310nm～670nm．据此推断以下说法不正确的是
A．极光光谐线频率的数量级约为1014 Hz
B．极光出现在极地附近与带电粒子受到洛伦兹力有关
C．原子在从高能级向低能级跃迁时辐射出极光
D．对极光进行光谱分析可以鉴别太阳物质的组成成分
3、如图所示，两条轻质导线连接金属棒的两端，金属棒处于匀强磁场内且垂直于磁场。金属棒的质量，长度。使金属棒中通以从Q到P的恒定电流，两轻质导线与竖直方向成角时，金属棒恰好静止。则磁场的最小磁感应强度（重力加速度g取）（ ）
A．大小为，方向与轻质导线平行向下
B．大小为，方向与轻质导线平行向上
C．大小为，方向与轻质导线平行向下
D．大小为，方向与轻质导线平行向上
4、如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质绝缘细线水平悬挂，处于垂直纸面水平向里的匀强磁场中，棒中通有由M到N的恒定电流I，细线的拉力不为零，两细线竖直．现将匀强磁场磁感应强度B大小保持不变，方向缓慢地转过90°变为竖直向下，在这个过程中( )
A．细线向纸面内偏转，其中的拉力一直增大
B．细线向纸面外偏转，其中的拉力一直增大
C．细线向纸面内偏转，其中的拉力先增大后减小
D．细线向纸面外偏转，其中的拉力先增大后减小
5、如图，轻弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放有质量相等的物块、，系统处于静止状态。现用竖直向上的力作用在上，使其向上做匀加速直线运动以表示离开静止位置的位移，表示物块对的压力大小，在、分离之前，下列表示和之间关系的图象可能正确的是（ ）
A．B．C．D．
6、某实验小组用同一光电管完成了光电效应实验，得到了光电流与对应电压之间的关系图像甲、乙、丙，如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A．甲光的频率大于乙光的频率
B．乙光的波长大于丙光的波长
C．甲光的光强大于丙光的光强
D．甲光和丙光产生的光电子的最大初动能不相等
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、如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放，某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计小球与弹簧接触时能量损失，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是（ ）
A．最低点的坐标大于
B．当，重力势能与弹性势能之和最大
C．小球受到的弹力最大值等于
D．小球动能的最大值为
8、如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，长木板始终静止．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．则( )
A．μ1一定小于μ2
B．μ1可能大于μ2
C．改变F的大小，F>μ2(m1＋m2)g时，长木板将开始运动
D．改F作用于长木板，F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动
9、如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R1是滑动变阻器，R2=0.5r，当滑片P处于中点时，电源的效率是50%，当滑片由a端向b端移动的过程中（ ）
A．电源效率增大B．电源输出功率增大
C．电压表V1和V的示数比值增大D．电压表V1和V示数变化量、的比值始终等于
10、如图所示，光滑且足够长的金属导轨MN、PQ平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L=0.20m，两导轨的左端之间连接的电阻R=0.40Ω，导轨上停放一质量m=0.10kg的金属杆ab，位于两导轨之间的金属杆的电阻r=0.10Ω，导轨的电阻可忽略不计。整个装置处于磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。现用一水平外力F水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图乙所示。则（ ）
A．t=5s时通过金属杆的感应电流的大小为1A，方向由a指向b
B．t=3s时金属杆的速率为3m/s
C．t=5s时外力F的瞬时功率为0.5W
D．0~5s内通过R的电荷量为2.5C
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）某同学用如图甲所示装置验证动量守恒定律．主要实验步骤如下：
①将斜槽固定在水平桌面上，调整末端切线水平；
②将白纸固定在水平地面上，白纸上面放上复写纸；
③用重锤线确定斜槽末端在水平地面上的投影点；
④让小球紧贴定位卡由静止释放，记录小球的落地点，重复多次，确定落点的中心位置；
⑤将小球放在斜槽末端，让小球紧贴定位卡由静止释放，记录两小球的落地点，重复多次，确定两小球落点的中心位置；
⑥用刻度尺测量距点的距离；
⑦用天平测量小球质量；
⑧分析数据，验证等式是否成立，从而验证动量守恒定律．
请回答下列问题：
（1）步骤⑤与步骤④中定位卡的位置应__________________________；
（2）步骤④与步骤⑤中重复多次的目的是________________________；
（3）为了使小球与碰后运动方向不变，质量大小关系为__________（选填“”、“”或“”）；
（4）如图乙是步骤⑥的示意图，则步骤④中小球落点距点的距离为___________________．
12．（12分）利用如图所示电路测量一量程为300 mV的电压表的内阻Rv（约为300Ω）。某同学的实验步骤如下：
①按电路图正确连接好电路，把滑动变阻器R的滑片P滑到a端，闭合电键S2，并将电阻箱R0的阻值调到较大；
②闭合电键S1，调节滑动变阻器滑片的位置，使电压表的指针指到满刻度；
③保持电键S1闭合和滑动变阻器滑片P的位置不变，断开电键S2，调整电阻箱R0的阻值大小，使电压表的指针指到满刻度的三分之一；读出此时电阻箱R0=596Ω的阻值，则电压表内电阻RV=_____________Ω。
实验所提供的器材除待测电压表、电阻箱（最大阻值999.9Ω）、电池（电动势约1.5V，内阻可忽略不计）、导线和电键之外，还有如下可供选择的实验器材：
A滑动变阻器：最大阻值200Ω
B滑动变阻器：最大值阻10Ω
C定值电阻：阻值约20Ω
D定值电阻：阻值约200
根据以上设计的实验方法，回答下列问题。
①为了使测量比较精确，从可供选择的实验器材中，滑动变阻器R应选用___________，定值电阻R'应选用______________（填写可供选择实验器材前面的序号）。
②对于上述的测量方法，从实验原理分析可知，在测量操作无误的情况下，实际测出的电压表内阻的测量值R测___________真实值RV（填“大于”、“小于”或“等于”），这误差属于____________误差（填”偶然”或者”系统”）且在其他条件不变的情况下，若RV越大，其测量值R测的误差就越____________（填“大”或“小”）。
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）某种喷雾器的贮液筒的总容积为7.5 L，如图所示，装入6 L的药液后再用密封盖将贮液筒密封，与贮液筒相连的活塞式打气筒每次能压入300 cm3，1 atm的空气，设整个过程温度保持不变．
(1)要使贮气筒中空气的压强达到4 atm，打气筒应打压几次？
(2)在贮气筒中空气的压强达到4 atm时，打开喷嘴使其喷雾，直到内外气体压强相等，这时筒内还剩多少药液？
14．（16分） “∟”形轻杆两边互相垂直、长度均为l，可绕过O点的水平轴在竖直平面内自由转动，两端各固定一个金属小球A、B，其中A球质量为m，带负电，电量为q，B球的质量为m，B球开始不带电，整个装置处于竖直向下的匀强电场中，电场强度。现将“∟”形杆从OB位于水平位置由静止释放：
(1)当“∟”形杆转动的角速度达到最大时，OB杆转过的角度为多少？
(2)若使小球B也带上负电，仍将“∟”形杆从OB位于水平位置由静止释放，OB杆顺时针转过的最大角度为90°，则小球B带的电量为多少？转动过程系统电势能的最大增加值为多少？
15．（12分）如图甲所示，在平面直角坐标系xOy中关于x轴对称放置两平行金属板A、B，A、B板的左端均在y轴上，两板间距离d=6.0cm，板长L1=1.8cm，距两板右端L2=28cm处放置有足够长的垂直x轴方向的荧光屏，两者之间区域分布着匀强磁场，磁感应强度B=1.0T，方向垂直坐标平面向里。大量比荷为=5.0×104C/kg带负电粒子以速度v0=6.0×103m/s从坐标原点O连续不断的沿x轴正向射入板间，离开板间电场后进入磁场，最后打在荧光屏上。在两板间加上如图乙所示的交流电压，不计粒子重力，不考虑场的边缘效应和粒子的相对论效应，求：
(1)t=0时刻发射的粒子离开电场时的速度大小及偏转距离；
(2)粒子打在荧光屏上的范围；
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、B
【解析】
设a的边长为，横截面积为，b的边长为，横截面积为，因质量相等，有
得
a的电阻为
b的电阻为
线圈匀速向外拉，感应电流为
产生的焦耳热
综上可得
故B正确，ACD错误。
故选：B。
2、D
【解析】
A.极光光谐线频率的最大值；极光光谐线频率的最小值．则极光光谐线频率的数量级约为1014Hz，故A正确．
B．来自太阳的带电粒子到达地球附近，地球磁场迫使其中一部分沿着磁场线集中到南北两极．当他们进入极地的高层大气时，与大气中的原子和分子碰撞并激发，产生光芒，形成极光．极光出现在极地附近与带电粒子受到洛伦兹力有关，故B正确；
C．地球大气层中的原子吸收来自太阳带电粒子的一部分能量后，从高能级向低能级跃迁时辐射出极光故C项正确；
D．地球大气层中的原子吸收来自太阳的带电粒子的一部分能量后，从高能级向低能级跃迁时辐射出极光．对极光进行光谱分析可以鉴别地球大气层的组成成分，故D错误。
本题选不正确的，答案为D。
3、B
【解析】
说明分析受力的侧视图（右视图）如图所示
磁场有最小值，应使棒平衡时的安培力有最小值棒的重力大小、方向均不变，悬线拉力方向不变，由“力三角形”的动态变化规律可知
又有
联合解得
由左手定则知磁场方向平行轻质导线向上。故ACD错误，B正确。
故选B。
4、A
【解析】
开始时，金属棒的重力和安培力大小相等．当磁场方向由垂直纸面向里缓慢地转过90°变为竖直向下，知安培力的大小FA=BIL不变，方向由竖直向上向里变为垂直纸面向里．根据共点力平衡知，细线向纸面内偏转，因为金属棒受重力、拉力和安培力平衡，重力和安培力的合力于拉力大小等值方向，重力和安培力的大小不变，之间的夹角由180°变为90°，知两个力的合力一直增大，所以拉力一直增大，故A正确，BCD错误．
5、C
【解析】
系统静止时，由胡克定律和力的平衡条件得
物块Q匀加速向上运动时，由牛顿第二定律得
联立以上两式解得
对照图象得C正确。
故选C。
6、C
【解析】
A．根据eUc=Ek=hv-W0，入射光的频率越高，对应的遏止电压Uc越大。甲光的遏止电压小于乙光，所以甲光频率小于乙光的频率，故A错误；
B．丙光的遏止电压小于乙光的遏止电压，所以丙光的频率小于乙光的频率，则乙光的波长小于丙光的波长，故B错误；
C．由于甲光的饱和光电流大于丙光饱和光电流，两光频率相等，所以甲光的强度高于丙光的强度，故C正确；
D．甲光的遏止电压等于丙光的遏止电压，由Ekm=e•U遏可知，甲光对应的光电子最大初动能等于丙光的光电子最大初动能。故D错误；
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、AD
【解析】
AC．根据乙图可知，当x=h+x0使小球处于平衡位置，根据运动的对称性可知，小球运动到h+2x0位置时的速度不为零，则小球最低点坐标大于h+2x0，小球受到的弹力最大值大于2mg，选项A正确，C错误；
B．根据乙图可知，当x=h+x0，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，以弹簧和小球组成的系统，机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故B错误；
D．小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知
故小球动能的最大值为，故D正确。
故选AD。
8、BD
【解析】
因为木块所受的摩擦力为滑动摩擦力，地面对木板的摩擦力为静摩擦力，无法比较动摩擦因数的大小．通过对木板分析，根据水平方向上的受力判断其是否运动．当F作用于长木板时，先采用隔离法求出临界加速度，再运用整体法，求出最小拉力．
【详解】
对m1，根据牛顿运动定律有：F-μ1m1g=m1a，对m2，由于保持静止有：μ1m1g-Ff=0，Ff＜μ2（m1+m2）g，所以动摩擦因数的大小从中无法比较．故A错误、B正确．改变F的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止．故C错误．若将F作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m1g=m1a，解得a=μ1g，对整体分析，有F-μ2（m1+m2）g=（m1+m2）a，解得F=（μ1+μ2）（m1+m2）g，所以当F＞（μ1+μ2）（m1+m2）g时，长木板与木块将开始相对滑动．故D正确．故选BD．
【点睛】
解决本题的关键能够正确地受力分析，结合整体和隔离法，运用牛顿第二定律进行求解．
9、ACD
【解析】
A.滑片由a端向b端移动的过程中，R1逐渐增大，总电阻增大，总电流减小，内阻所占电压减小，路端电压增大，电源的效率，电源的效率增大，故A正确；
B.当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，滑片处于a端时，外电路电阻为R2=0.5rr，当滑片P处于中点时，电源的效率是50%，此时路端电压等于内电压，即外电路电阻等于内阻，此时输出功率最大，所以当滑片由a端向b端移动的过程中，电源输出功率先增大后减小，故B错误；
C.串联电路电流相等，则，当滑片由a端向b端移动的过程中，R1增大，增大，故C正确；
D.根据闭合电路欧姆定律得：
U1=E﹣I（R2+r）
U=E﹣Ir
则有：
则
故D正确。
故选ACD。
10、BD
【解析】
A．由图像可知，t=5.0s时，U=0.40V，此时电路中的电流（即通过金属杆的电流）为
用右手定则判断出，此时电流的方向由b指向a，故A错误；
B．由图可知，t=3s时，电压表示数为
则有
得
由公式得
故B正确；
C．金属杆速度为v时，电压表的示数应为
由图像可知，U与t成正比，由于R、r、B及L均与不变量，所以v与t成正比，即金属杆应沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动，金属杆运动的加速度为
根据牛顿第二定律，在5.0s末时对金属杆有
得
此时F的瞬时功率为
故C错误；
D．t=5.0s时间内金属杆移动的位移为
通过R的电荷量为
故D正确。
故选BD。
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、（1）保持不变； （2）减少实验误差； （3）>； （4）0.3723（0.3721—0.3724）
【解析】
解：(1)为使入射球到达斜槽末端时的速度相等，应从同一位置由静止释放入射球，即步骤⑤与步骤④中定位卡的位置应保持不变；
(2) 步骤④与步骤⑤中重复多次的目的是减小实验误差；
(3)为了使小球与碰后运动方向不变，、质量大小关系为；
(4)由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，步骤④中小球落点距点的距离为．
12、298 B C 大于 系统 小
【解析】
[1]由实验原理可知，电压表的指针指到满刻度的三分之一，因此电阻箱分得总电压的三分之二，根据串联电路规律可知，，故电压表内阻为298Ω。
①[2][3]该实验中，滑动变阻器采用了分压接法，为方便实验操作，要选择最大阻值较小的滑动变阻器，即选择B；定值电阻起保护作用，因电源电动势为1.5V，若保护电阻太大，则实验无法实现，故定值电阻应选用C。
②[4]从实验原理分析可知，当再断开开关S2，调整电阻箱R0的阻值，当当电压表半偏时，闭合电路的干路电流将减小，故内电压降低，路端电压升高，从而使得滑动变阻器并联部分两端电压变大，即使电压表示数为一半。
[5]而电阻箱R0的电压超过电压表电压，导致所测电阻也偏大，所以测量电阻大于真实电阻；本误差是由实验原理造成的，属于系统误差。
[6]在其他条件不变的情况下，若RV越大，滑动变阻器并联部分两端电压变化越小，其测量值R测的误差就越小。
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、 (1)15 (2)1.5 L
【解析】
试题分析：气体发生等温变化，应用玻意耳定律求出打气的次数；当内外气压相等时，药液不再喷出，应用玻意耳定律求出空气的体积，然后求出剩余的药液．
（1）设每打一次气，贮液筒内增加的压强为p，
由玻意耳定律得：1 atm×300cm3＝1.5×103cm3×p，p＝0.2atm，
需打气次数
(2)设停止喷雾时贮液筒内气体体积为V，
由玻意耳定律得：4 atm×1.5 L＝1 atm×V，V＝6 L，
故还剩贮液7.5 L－6 L＝1.5 L
点睛：本题考查了理想气体状态方程，分析清楚气体状态变化过程、求出气体的状态参量、应用玻意耳定律即可正确解题．
14、 (1)53°；(2)，。
【解析】
(1)转速最大时，系统力矩平衡：
解得：
(2)设B带的电量为q'，转过最大角度时，动能为零，由动能定理得：
解得：
当转角为α时电，势能的增加值等于两球克服电场力的功：
整理得：
式中当：，电势能的最大增加值为。
15、（1）m/s；2.8cm；（2）(3.6cm，6.8cm)
【解析】
(1)粒子穿过偏转电场时间
根据牛顿第二定律可得
解得
m/s2
时刻，粒子从偏转电场飞出时的竖直分速度
m/s
飞出时速度
m/s
偏转距离
解得
cm
(2)由题意知，所有粒子飞出电场时速度大小和方向均相同，则所有粒子在磁场中运动轨迹都是平行的，所有粒子在磁场中的运动时间均相同。
粒子飞出电场的方向与水平方向成角
在磁场中，根据牛顿第二定律可得
解得
cm
粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由集合关系可知
解得
粒子在磁场中运动过程中的轴方向的便宜距离均为
=4cm
时刻的粒子在荧光屏上的纵坐标
时刻粒子在电场中偏移
cm
时刻的粒子荧光屏上的纵坐标
=3.6cm
即范围坐标为(3.6cm，6.8cm)