2026届云南省昭通市绥江县一中高考冲刺物理模拟试题含解析

这是一份2026届云南省昭通市绥江县一中高考冲刺物理模拟试题含解析，共18页。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，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，两点分别放置两个等量异种点电荷，为连线的中点，为连线上靠近的一点，为连线的垂直平分线上处于点上方的一点。把一个负检验电荷分别放在三点进行比较，则（ ）
A．电场中三点，T点电势最高
B．检验电荷在点电势能最大
C．检验电荷在点受力最小
D．检验电荷在点受力最大
2、在上海世博会上，拉脱维亚馆的风洞飞行表演，令参观者大开眼界若风洞内总的向上的风速风量保持不变，让质量为m的表演者通过调整身姿，可改变所受的向上的风力大小，以获得不同的运动效果，假设人体受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，且人体站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的1／8，风洞内人体可上下移动的空间总高度为H．开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好可以静止或匀速漂移；后来，人从最高点A开始，先以向下的最大加速度匀加速下落，经过某处B后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点C处减速为零，则以下说法正确的有（ ）
A．由A至C全过程表演者克服风力做的功为mgH
B．表演者向上的最大加速度是 g
C．表演者向下的最大加速度是
D．B点的高度是
3、如图所示，由均匀导线绕成的直角扇形导线框OMN绕O点在竖直面内从匀强磁场边界逆时针匀速转动，周期为T，磁场的方向垂直于纸面向里，线框电阻为R，线框在进入磁场过程中回路的电流强度大小为I，则（ ）
A．线框在进入磁场过程中回路产生的电流方向为顺时针
B．线框在进入与离开磁场的过程中ON段两端电压大小相等
C．线框转动一周过程中产生的热量为I2RT
D．线框转动一周过程中回路的等效电流大小为
4、关于天然放射现象，下列说法正确的是（ ）
A．玛丽居里发现了天然放射现象
B．天然放射现象说明原子是可以分割的
C．原子序数大于或等于83的元素都具有放射性
D．温度越高，放射性元素的放射性就越强
5、在光滑水平面上有一个内外壁都光滑的气缸质量为M，气缸内有一质量为m的活塞，已知M＞m．活塞密封一部分理想气体．现对气缸施加一个水平向左的拉力F（如图甲），稳定时，气缸的加速度为a1，封闭气体的压强为p1，体积为V1；若用同样大小的力F水平向左推活塞（如图乙），稳定时气缸的加速度为a1，封闭气体的压强为p1，体积为V1．设密封气体的质量和温度均不变，则 ( )
A．a1 =a1，p1＜p1，V1＞V1
B．a1＜a1，p1＞p1，V1＜V1
C．a1=a1，p1＜p1，V1＜V1
D．a1＞a1，p1＞p1，V1＞V1
6、如图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B、C高度差为h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知（ ）
A．小球甲做平抛运动的初速度大小为
B．甲、乙两小球到达C点所用时间之比为
C．A，B两点高度差为
D．两小球在C点时重力的瞬时功率大小相等
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、如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场。一束等离子体即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子沿垂直于磁场的方向喷入磁场。把P、Q与电阻R相连接下列说法正确的是
A．Q板的电势高于P板的电势
B．R中有由a向b方向的电流
C．若只改变磁场强弱，R中电流保持不变
D．若只增大粒子入射速度，R中电流增大
8、如图2所示是电子电路中经常用到的由半导体材料做成的转换器，它能把如图1所示的正弦式交变电压转换成如图3所示的方波式电压，转換规则:输入的交变电压绝对值低于，输出电压为0;输入的交变电压包对值大于、等于，输出电压恒为．则
A．输出电压的頻率为50HzB．输出电压的颜率为100Hz
C．输出电压的有效值为D．输出电压的有效值为
9、将小球以某一初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能，重力势能与其上升高度h间的关系分别如图中两直线所示，取，下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为0.2kg
B．小球受到的阻力（不包括重力）大小为0.25N
C．小球动能与重力势能相等时的高度为m
D．小球上升到2m时，动能与重力势能之差为0.5J
10、如图甲、乙所示，分别用恒力F1、F2先后将质量为m的物体，由静止开始沿同一粗糙的固定斜面由底端拉到顶端，两次到达顶端的速度相同，第一次力F1沿斜面向上，第二次F2水平向右。则两个过程中（ ）
A．物体机械能变化量相同
B．物体与斜面摩擦生热相同
C．F1做的功与F2做的功相同
D．F1做功的功率比F2做功的功率小
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）测定某种特殊电池的电动势和内阻。其电动势E约为8V，内阻r约为。实验室提供的器材：
A、量程为200mA．内阻未知的电流表G；
B、电阻箱；
C、滑动变阻器；
D、滑动变阻器；
E、开关3只，导线若干。
(1)先用如图所示的电路来测定电流表G内阻。补充完成实验：
①为确保实验仪器安全，滑动变阻器应该选取__________（选填“”或“”）；
②连接好电路，断开、，将的滑片滑到__________（选填“a”或“b”）端；
③闭合，调节，使电流表G满偏；
④保持不变，再闭合，调节电阻箱电阻时，电流表G的读数为100mA；
⑤调节电阻箱时，干路上电流几乎不变，则测定的电流表G内阻__________；
(2)再用如图甲所示的电路，测定该特殊电池的电动势和内阻。由于电流表G内阻较小，在电路中串联了合适的定值电阻作为保护电阻。按电路图连接好电路，然后闭合开关S，调整电阻箱的阻值为R，读取电流表的示数，记录多组数据（R，I），建立坐标系，描点作图得到了如图乙所示的图线，则电池的电动势__________V，内阻__________。
12．（12分）某实验小组要测量两节干电池组的电动势和内阻，实验室有下列器材：
A．灵敏电流计G（0~5mA，内阻约为60Ω）
B．电压表V（0~3V，内阻约为10kΩ）
C．电阻箱R1（0~999.9Ω）
D．滑动变阻器R2（0~100Ω，1.5A）
E．旧电池2节
F．开关、导线若干
(1)由于灵敏电流计的量程太小，需扩大灵敏电流计的量程。测量灵敏电流计的内阻的电路如图甲所示，调节R2的阻值和电阻箱使得电压表示数为2.00V，灵敏电流计示数为4.00mA，此时电阻箱接入电路的电阻为1．0Ω，则灵敏电流计内阻为___________Ω；（保留1位小数）
(2)为将灵敏电流计的量程扩大为60mA，该实验小组将电阻箱与灵敏电流计并联，则应将电阻箱R1的阻值调为___________Ω；（保留3位有效数字）；
(3)把扩大量程后的电流表接入如图乙所示的电路，根据测得的数据作出U－IG（IG为灵敏电流计的示数）图象如图丙所示，则该干电池组的电动势E=___________V；内阻r=___________Ω（保留3位有效数字）。
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）两根距离为L=2m的光滑金属导轨如图示放置，P1P2，M1M2两段水平并且足够长，P2P3，M2M3段导轨与水平面夹角为θ=37°。P1P2，M1M2与P2P3，M2M3段导轨分别处在磁感应强度大小为B1和B2的磁场中，两磁场方向均竖直向上，B1=0.5T且满足B1=B2csθ。金属棒a，b与金属导轨垂直接触，质量分别为kg和0.1kg，电阻均为1Ω，b棒中间系有一轻质绳，绳通过光滑滑轮与质量为0.2kg的重物连接，重物距离地面的高度为10m。开始时，a棒被装置锁定，现静止释放重物，已知重物落地前已匀速运动。当重物落地时，立即解除b棒上的轻绳，b棒随即与放置在P2M2处的绝缘棒c发生碰撞并粘连在一起，随后bc合棒立即通过圆弧装置运动到倾斜导轨上，同时解除a棒的锁定。已知c棒的质量为0.3kg，假设bc棒通过圆弧装置无能量损失，金属导轨电阻忽略不计，空气阻力不计，sin37ο=0.6，cs37ο=0.8，g取10m/s2，求：
(1)b棒与c棒碰撞前的速度；
(2)b棒从静止开始运动到与c棒碰撞前，a棒上产生的焦耳热；
(3)a棒解除锁定后0.5s，bc合棒的速度大小为多少。
14．（16分）如图所示，在矩形区域ABCD内存在竖直向上的匀强电场，在BC右侧Ⅰ、Ⅱ两区域存在匀强磁场，L1、L2、L3是磁场的边界（BC与L1重合），宽度相同，方向如图所示，区域Ⅰ的磁感强度大小为B1．一电荷量为q、质量为m（重力不计）的带正电点电荷从AD边中点以初速度v0沿水平向右方向进入电场，点电荷恰好从B点进入磁场，经区域Ⅰ后又恰好从与B点同一水平高度处进入区域Ⅱ．已知AB长度是BC长度的倍．
（1）求带电粒子到达B点时的速度大小；
（2）求磁场的宽度L；
（3）要使点电荷在整个磁场中运动的时间最长，求区域Ⅱ的磁感应强度B2的最小值．
15．（12分）如图所示，Ⅰ、Ⅲ区域（足够大）存在着垂直纸面向外的匀强磁场，虚线MN、PQ分别为磁场区域边界，在Ⅱ区域内存在着垂直纸面向里的半径为R的圆形匀强磁场区域，磁场边界恰好与边界MN、PQ相切，S、T为切点，A、C为虚线MN上的两点，且AS=CS=R，有一带正电的粒子以速度v沿与边界成30°角的方向从C点垂直磁场进入Ⅰ区域，随后从A点进入Ⅱ区域，一段时间后粒子能回到出发点，并最终做周期性运动，已知Ⅱ区域内磁场的磁感应强度B2为Ⅰ区域内磁场的磁感应强度B1的6倍，Ⅲ区域与Ⅰ区域磁场的磁感应强度相等，不计粒子的重力。求：
(1)粒子第一次进入Ⅱ区域后在Ⅱ区域中转过的圆心角；
(2)粒子从开始运动到第一次回到出发点所经历的总时间。
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】
A．根据等量异种点电荷电场的特点，可知两点处在同一等势面上，两点电势相等，点电势最低，故A错误；
B．结合电势能公式，可知负检验电荷在点电势能最大，故B正确；
CD．在两等量异种点电荷连线上，连线中点的电场强度最小，在两等量异种点电荷连线的垂直平分线上，点的电场强度最大，所以负检验电荷在点受力最小，在点受力最大，故CD错误。
故选B。
2、A
【解析】
对A至C全过程应用动能定理mgH-W=0，解得W=mgH，因而A正确；设最大风力为Fm，由于人体受风力大小与正对面积成正比，故人站立时风力为Fm；由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得重力G=Fm；人平躺上升时有最大加速度，因而B错误；人站立加速下降时的最大加速度，因而C错误；人平躺减速下降时的加速度大小是a2==g；设下降的最大速度为v，由速度位移公式，加速下降过程位移；减速下降过程位移，故x1：x2=4：3，因而x2=H，选项D错误；故选A．
【点睛】
本题关键将下降过程分为匀加速过程和匀减速过程，求出各个过程的加速度，然后根据运动学公式列式判断．
3、C
【解析】
A．线框在进入磁场过程中，磁通量向里增加，由楞次定律判断知回路产生的电流方向为逆时针，故A错误；
B．线框在进入磁场时，ON段电压是外电压的一部分；线框在离开磁场时，ON段电压是外电压，而两个过程外电压相等，所以线框在进入与离开磁场的过程中ON段两端电压大小不等，故B错误；
C．线框转动一周过程中产生的热量为
故C正确；
D．设线框转动一周过程中回路的等效电流大小为I′，则
Q=I′2RT
解得
故D错误。
故选C。
4、C
【解析】
A．贝可勒尔发现天然放射现象，故A错误；
B．天然放射现象说明原子核内部是有结构的，并不是原子可以再分的，故B错误；
C．原子序数大于或等于83的元素，都具有放射性，原子序数小于83的元素，有的也具有放射性，故C正确；
D．放射性元素的放射性由原子核内部因素决定，即与元素的种类有关，与温度无关，故D错误；
故选C。
5、A
【解析】
两种情况下对整体受力分析由，因此
对活塞进行受力分析，第一种情况
对第二种情况
因此可得
密封气体得质量和温度不变，因此可得，因此A正确
6、C
【解析】
A项，小球乙到C的速度为 ，此时小球甲的速度大小也为，又因为小球甲速度与竖直方向成角，可知水平分速度为故A错；
B、小球运动到C时所用的时间为 得
而小球甲到达C点时竖直方向的速度为，所以运动时间为
所以甲、乙两小球到达C点所用时间之比为 故B错
C、由甲乙各自运动的时间得： ，故C对；
D、由于两球在竖直方向上的速度不相等，所以两小球在C点时重力的瞬时功率也不相等故D错；
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．等离子体进入磁场，根据左手定则，正电荷向上偏，打在上极板上，负电荷向下偏，打在下极板上。所以上极板带正电，下极板带负电，则P板的电势高于Q板的电势，流过电阻电流方向由a到b。故A错误，B正确；
C．依据电场力等于磁场力，即为
则有：
再由欧姆定律
电流与磁感应强度成正比，改变磁场强弱，R中电流也改变。故C错误；
D．由上分析可知，若只增大粒子入射速度，R中电流也会增大，故D正确。
故选BD。
8、BC
【解析】
AB.由图可知输出电压的周期T= 0.01s，故频率为f=100Hz， A错误，B正确；
CD.由：
解得：
U=
C正确，D错误．
9、BD
【解析】
A．由图知，小球上升的最大高度为h=4m，在最高点时，小球的重力势能
得
故A错误；
B．根据除重力以外其他力做的功
则有
由图知
又
解得
故B正确；
C．设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有
由动能定理有
由图知
联立解得
故C错误；
D．由图可知，在h=2m处，小球的重力势能是2J，动能是，所以小球上升到2m时，动能与重力势能之差为
故D正确。
故选BD。
10、AD
【解析】
A．两个过程中，物体的末速度相同，动能相同，则动能的变化量相同，物体上升相同的高度，重力势能变化量相同，所以物体的机械能变化量相同，故A正确；
B．由图分析可知，第一个物体所受的摩擦力小于第二个物体所受的摩擦力，故两物体克服摩擦力做功不同，故物体与斜面的摩擦力产热不相同，故B错误；
C．根据动能定理得
解得
第一个物体所受的摩擦力小于第二个物体所受的摩擦力，故两物体克服摩擦力做功不同，重力做功相同，则F1做的功比F2做的少，故C错误；
D．根据
知x、v相同，则t相同，而F1做的功小于F2做的功，根据
可知F1做功的功率比F2做功的功率小，故D正确。
故选AD。
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、R2 a 2 10 48
【解析】
(1)①[1]．由题意可知，电源电动势约为8V，而电流表量程为200mA，则电流表达满偏时需要的电流为
故为了安全和准确，滑动变阻器应选择R2；
②[2]．为了让电路中电流由最小开始调节，滑动变阻器开始时接入电阻应最大，故滑片应滑至a端；
⑤[3]．由实验步骤可知，本实验采用了半偏法，由于电流表示数减为原来的一半，则说明电流表内阻与电阻箱电阻相等，即Rg=2Ω；
(2)[4]．根据实验电路以及闭合电路欧姆定律可知：
变形可得

则由图象可知图象的斜率
解得
E=10V
[5]．图象与纵轴的交点为5，则可知

解得
r=48Ω
12、50.0 4.55
【解析】
(1)[1]根据电路结构和欧姆定律得
解得
(2)[2]根据并联电路特点可得，电阻箱的阻值
(3)[3]由闭合电路欧姆定律可得
解得
根据图象可得电源电动势
图象斜率为
[4]解得电源内阻
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)4m/s(2)8.8J(3)
【解析】
(1)由题可知，b棒与c棒碰前，已经匀速
由受力分析得：
Mg=F安

可得
v1=4m/s
方向水平向右
(2)由能量守恒得：
可得：
Q总=17.6J
所以：

(3)以向右为正方向，由动量守恒得：
mbv1=(mb+mc)v2
解得：
v2=1m/s
a棒：
F安1=B1IL=maa1
bc合棒：
(mb+mc)gsinθ-F安2csθ=(mb+mc)a2
F安2=B2IL

代入初始条件，vbc=v2，va=0；
解得：
可得，bc合棒和a棒接下来均做加速度为的匀加速运动，
解得：
14、【小题1】
【小题2】
【小题3】B2≥1.5B1
【解析】
粒子在匀强电场中做类平抛运动，将运动沿水平方向与竖直方向分解，根据动为学规律即可求解；当粒子进入磁场时，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可确定运动的半径．最后由几何关系可得出磁场的宽度L；根据几何关系确定离开磁场的半径范围，再由半径公式可确定磁感应强度．
【小题1】设点电荷进入磁场时的速度大小为v，与水平方向成θ角，由类平抛运动的速度方向与位移方向的关系有：tanθ＝
则θ＝30°
根据速度关系有：v＝
【小题2】设点电荷在区域Ⅰ中的轨道半径为r1，由牛顿第二定律得： ，轨迹如图：
由几何关系得：L＝r1
解得：L＝
【小题3】当点电荷不从区域Ⅱ右边界离开磁场时，点电荷在磁场中运动的时间最长．设区域Ⅱ中最小磁感应强度为B，对应的轨迹半径为r2，轨迹如图：
同理得：
根据几何关系有：L＝r2(1＋sinθ)
解得：B＝1.5B1
【点睛】
本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，本题涉及了类平抛运动、匀速圆周运动，学会处理这两运动的规律：类平抛运动强调运动的分解，匀速圆周运动强调几何关系确定半径与已知长度的关系．
15、 (1)120°(2)
【解析】
(1)粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系得，
半径
粒子转过的圆心角为
粒子从点进入Ⅱ区域，先做匀速直线运动，且速度延长线刚好过Ⅱ区域圆形磁场的圆心，接着在磁场中做圆周运动，离开时速度方向的反向延长线仍然过圆心
设轨迹半径为，由牛顿运动定律知
得
故
即
连接，得
得
故此粒子第一次进入Ⅱ区域后在Ⅱ区域转过的圆心角为
(2)粒子进入Ⅲ区域时，速度方向仍与边界成30°角，故此粒子的轨迹图左右对称，上下对称，粒子在一个周期内，在Ⅰ、Ⅲ区域总共要经历两次圆周运动过程，每次转过的圆心角均为
所用总时间为
在Ⅱ区域要经历两次圆周运动过程，每次转过的圆心角均为，所用时间为
在Ⅱ区域要经过4次匀速直线运动过程，每次运动的距离为
所用总时间
故此粒子在一个周期内所经历的总时间为