河南省驻马店市2025-2026学年下学期高三物理高考模拟考前练习卷（含解析）

这是一份河南省驻马店市2025-2026学年下学期高三物理高考模拟考前练习卷（含解析），共14页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题（本大题共7小题，共28分）
1．[4分]当前我国正在研究6G通信技术，与5G信号相比，频率更高的6G信号的电磁波（ ）
A．在真空中传播速度更大
B．在真空中波长更短
C．与5G信号相遇时能发生干涉现象
D．在通信应用中，衍射现象更明显
2．[4分]塑料对环境的污染已经成为当今世界环境面临的一大问题，为保护环境，同学们组织了一次垃圾捡拾活动。如图甲所示，同学们使用垃圾夹捡取塑料瓶，塑料瓶缓慢上升，如图乙所示，塑料瓶可等效为底面半径为R，质量分布均匀的圆柱体，垃圾夹对塑料瓶左右两侧的摩擦力大小均可等效为f，两侧弹力大小均可等效为N，A、B两点为垃圾夹与塑料瓶的接触点，A、B连线水平，间距为，下列说法正确的是（ ）
A．垃圾夹夹得越紧，摩擦力越大B．垃圾夹对塑料瓶的弹力大小为N
C．垃圾夹对塑料瓶的摩擦力大小为fD．根据信息可推断塑料瓶的重力为N＋f
3．[4分]地球和哈雷彗星绕太阳运行的轨迹如图所示,彗星从a运行到b、从c运行到d的过程中,与太阳连线扫过的面积分别为S1和S2,且S1>S2。彗星在近日点与太阳中心的距离约为地球公转轨道半径的0.6,则彗星( )
A．在近日点的速度小于地球的速度
B．从b运行到c的过程中动能先增大后减小
C．从a运行到b的时间大于从c运行到d的时间
D．在近日点加速度约为地球的加速度的0.36
4．[4分]如图所示，长度为5m的固定斜面上有一长度为0.9m的木板，其上端与斜面顶端对齐，木板由静止释放后，沿斜面向下做匀加速直线运动，木板通过斜面中点A的时间为0.2s，则木板下滑的加速度大小为（ ）
A．B．C．D．
5．[4分]如图甲所示，在三维直角坐标系O−xyz的xOy平面内，两波源S1、S2分别位于x1=−0.2m、x2=1.2m处．两波源垂直xOy平面振动，振动图像分别如图乙、丙所示．M为xOy平面内一点且MS2−MS1=0.2m．空间有均匀分布的介质且介质中波速为v=2m/s，则（ ）
甲乙丙
A． 平衡位置在x轴上且x=0.2m处的质点开始振动时的方向沿z轴负方向
B． 两列波叠加区域内平衡位置在x轴上且x=0.6m处质点振动减弱
C． 两列波叠加区域内平衡位置在x轴上且x=0.5m处质点振动加强
D． 从两波在M点相遇后开始计时，M处质点振动方程为z=0.4sin(10πt+π)m
6．[4分]在探究通电线圈产生磁场的实验中，有一位同学画出了一组如图所示的小磁针状态，同组的同学发现其中小磁针的N极指向有多处错误，请帮忙找出小磁针的N极指向正确的是（ ）
A．aB．bC．cD．d
7．[4分]截至日前，巴以冲突已导致双方超1.73万人死亡，为了避免冲突，我国进一步加强军事演练，假设在演练时士兵驾驶坦克向东的速度大小为v1，坦克静止时射出的炮弹速度大小为v2（v2>v1），且出膛方向沿水平面内可调整，坦克轨迹距离目标最近为d，忽略炮弹受到的空气阻力和炮弹竖直方向的下落，且不计炮弹发射对坦克速度的影响，下列说法正确的是（ ）
A．炮弹轨迹在地面上的投影是一条抛物线
B．要想命中目标且炮弹在空中飞行时间最短，坦克发射处离目标的距离为
C．炮弹命中目标最短时间为
D．若到达距离目标最近处时再开炮，不管怎样调整炮口方向，炮弹都无法射中目标
二、多选题（本大题共3小题，共18分）
8．[6分]如图所示，在竖直平面内固定着一根光滑绝缘细杆，细杆左侧点处固定着一个带正电的点电荷，以为圆心、为半径的圆周与细杆交于、两点，点为的中点。现将一质量为、电荷量为的小球（可视为质点）套在杆上从点由静止释放，小球滑到点时的速度大小为。已知重力加速度为，点和点的高度差为，取为零电势点，则下列说法正确的是（ ）
A．、两点的电势差为B．小球从点到点过程电场力做的功为
C．小球滑至点时的速度大小为D．点的电势为
9．[6分]如图甲所示，光滑绝缘细圆管固定在水平面上，半径为r。圆管平面存在方向竖直向上且均匀分布的磁场，其磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示（、均已知），取竖直向上为正方向。已知当磁感应强度均匀变化时，会在圆管内产生场强大小处处相等且电场线闭合的涡旋电场。管中有一质量为m、电荷量大小为q的带负电小球从静止开始在管内做圆周运动。下列说法正确的是（ ）

A．从上往下看小球沿顺时针方向运动
B．管内涡旋电场的场强大小为
C．小球第2次回到出发点时的速度大小为
D．小球先后相邻两次回到出发点的过程中涡旋电场对小球的冲量增大
10．[6分]如图甲所示，质量分别为、的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示，表示0到时间内A的图线与坐标轴所围面积的大小，，分别表示到时间内A、B的图线与坐标轴所围面积的大小。下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．0到时间内，墙对物体B的冲量为零
D．物体B运动后，弹簧的最大形变量等于
三、非选择题（本大题共5小题，共54分）
11．[8分]在做“用单摆测定重力加速度”的实验中， 如果某同学测得的g值偏大，可能的原因是 ．（填字母代号）
A．计算摆长时没有计入摆球的半径
B．开始计时时，秒表过迟按下
C．停止计时时，秒表过迟按下
D．实验中误将39次全振动数为40次
12．[10分]某实验小组的同学在实验室练习多用电表的使用。
(1)关于多用电表的使用，下列接法正确的是___________。
A．图甲是用直流电压挡测量小灯泡两端的电压
B．图乙是用直流电流挡测量电路中的电流
C．图丙是用欧姆挡测量小灯泡的电阻
D．图丁是用欧姆挡测量二极管的反向电阻
(2)某同学用多用电表的电流挡，测得电流如下图指针b所示，此时电流为，则该同学所选电流表量程为 。
(3)若用多用电表的欧姆挡正确测量了一个的电阻后，需要继续测量一个大约为的电阻，请选出正确且需要的选项并按操作顺序排列___________。
A．用螺丝刀调节表盘下中间部位的定位螺丝，使表针指向“0”
B．将红表笔与黑表笔接触
C．把选择开关旋转到“”
D．把选择开关旋转到“”
E．调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点
13．[10分]如图所示，一大气缸固定在水平地面上，通过活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞与缸壁之间的摩擦可忽略不计，活塞的横截面积S＝50 cm2.活塞与水平平台上的物块A用水平轻杆连接，在平台上有另一物块B，A的质量m＝62.5 kg，物块A与平台间的动摩擦因数为μ，两物块间距为d＝10 cm.开始时活塞距缸底L1＝10 cm，缸内气体压强p1等于外界大气压强p0＝1×105 Pa，温度t1＝27 ℃.现对气缸内的气体缓慢加热，气缸内的温度升为177 ℃时，物块A开始移动，并继续加热，保持A缓慢移动(g＝10 m/s2)．求：
(1)物块A与平台间的动摩擦因数μ；
(2)A与B刚接触时气缸内的温度．
14．[12分]如图甲所示，一对平行金属板 M 、 N 长为 L=1m ，间距为 d=0.2m ， O1O 为中轴线，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场.当两板间加电压 UMN=U0=100V 时，某种带正电粒子从 O1 点以速度 v0 沿 O1O 方向射入电场，粒子恰好从下极板 N 的右边缘飞出，已知粒子的比荷 qm=1×108C/kg ，且粒子重力忽略不计.
甲
（1） 求带电粒子进入电场时速度 v0 的大小；
（2） 若 MN 间加如图乙所示的交流电压，其周期 T=Lv0 ，从 t=0 开始，前 T2 内 UMN=U ，后 T2 内 UMN=−U ，大量的上述粒子仍然以速度 v0 沿 O1O 方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，忽略粒子间相互作用，求 U 的值；
乙
（3） 在满足（2）的情况下，求所有粒子在运动过程偏离中轴线最远距离的最小值.
15．[14分]如图所示，倾角θ＝30°的斜面体固定在水平地面上，斜边长度L＝1．6 m，质量均为1 kg的小球B和C处于轻弹簧两端，其中小球C与弹簧相连，小球B与弹簧不连接，它们都静止于水平地面上。现有一个质量也为1 kg的小球A从斜面体的最高点由静止下滑，下滑至斜面底端时，由于和水平地面的相互作用(作用时间Δt＝0．1 s)，小球A速度的竖直分量变为0，水平分量不变，此后小球A与小球B正碰，碰后二者立即粘在一起。不计一切摩擦，已知重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)小球A刚下滑至斜面底端时的速度大小；
(2)小球A在斜面底端和水平地面相互作用过程中所受弹力的冲量；
(3)整个过程中，弹簧对小球C做的功。
参考答案
1．【答案】B
在真空中传播速度相同，A错误；根据 ，6G的频率高，在真空中波长更短，B正确；与5G信号相遇时，频率不相同，不能发生干涉现象，C错误；在通信应用中，6G的波长短，衍射现象更不明显，D错误。
2．【答案】B
A．瓶受到的摩擦力为静摩擦力，静摩擦力的大小与正压力大小无关，并非夹得越紧摩擦力越大；故A错误；
B．由图中几何关系可知两侧弹力夹角为120°，两弹力的合力为N，B正确；
C．摩擦力夹角为60°，则有f合=2fcs30°，
两侧摩擦力的合力为，C错误；
D．受力平衡可知塑料瓶的重力为，D错误。
选B。
3．【答案】C
星体做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得GMmr2=mv2r,解得v=GMr,可知彗星在近日点处圆轨道上的速度大于地球绕太阳的公转速度,彗星在圆轨道上近日点加速到达椭圆轨道,因此彗星在近日点的速度大于地球绕太阳的公转速度,A错误;由开普勒第二定律知,从b运行到c的过程中彗星速度一直减小,故动能一直减小,B错误;根据开普勒第二定律可知,彗星与太阳的连线经过相同的时间扫过的面积相同,根据S1>S2可知,彗星从a运行到b的时间大于从c运行到d的时间,C正确;由牛顿第二定律得GMmr2=ma,解得a=GMr2,则彗星在近日点的加速度a1与地球的加速度a2比值为a1a2=r22r12=10.36,D错误。
4．【答案】C
根据题意，设木板下滑的加速度大小为，木板上端通过点的时间为，则有，，其中，，解得，选C。
5．【答案】D
平衡位置在x轴上且x=0.2m处的质点，离波源S1更近，故该质点先按该波源的振动形式振动，波源S1开始振动时沿z轴正方向振动，故该质点开始振动时也沿z轴正方向振动，A错误；两列波的振动周期、波速均相等，故波长也相等，为λ=vT=2×0.2m=0.4m，平衡位置在x轴上且x=0.6m处的质点，离两波源的距离差为0.2m，为半波长的奇数倍，故为振动加强点，B错误；平衡位置在x轴上且x=0.5m处的质点，离两波源的距离差为零，为半波长的偶数倍，故为振动减弱点，C错误；MS2−MS1=0.2m，为半波长的奇数倍，为振动加强点，振幅为A=2×0.2m=0.4m，ω=2πT=2π0.2rad/s=10πrad/s，当S2波源的振动形式传到M点时，M处质点振动方程为z=Asin(ωt+φ)=0.4sin(10πt+π)m，D正确．
6．【答案】D
根据右手螺旋定则可知，通电线圈的左端相当于条形磁铁的N极，通电线圈的右端相当于条形磁铁的S极，则磁感线从通电线圈的左端出发从外部指向通电线圈的右端，从内部回到通电线圈的左端，构成闭合的曲线，小磁针的N极与所在处的磁场方向相同，则a处小磁针的N极应指向左边；b处小磁针的N极应指向右方；c处小磁针的N极应指向左方，d处小磁针的N极应指向左方，D正确。
7．【答案】C
A：炮弹向东和向北的运动均为匀速直线运动，则合运动也是匀速直线运动，轨迹在地面上的投影是一条直线，A错误；
BC：若要炮弹命中目标且炮弹在空中飞行时间最短，则需要炮弹在正北方向的分速度最大，因此炮弹速度向北发射时时间最短，坦克发射处在正北方向离目标的距离为d，分速度大小为，则命中目标最短时间为，由运动合成的定则可知，坦克发射处离目标的距离为，B错误，C正确；
D．由于v2>v1，若到达距离目标最近处时再开炮，应调整炮口至西北方向，并使得沿正西方向的分速度大小与相等，此时可能射中目标，D错误。选C。
8．【答案】CD
A．小球从点到点过程，由动能定理可得，又，解得、两点的电势差为，A项错误；
B．根据点电荷的电场特征可知，、两点所在的圆是一个等势面，所以小球从点到点过程电场力做的功为零，B项错误；
C．由几何关系可得段的竖直高度为，小球从点到点过程，根据动能定理可得，解得小球滑至点时的速度大小，C项正确；
D．以点为零电势点，则有，解得点的电势，D项正确。选CD。
9．【答案】BC
A．根据图乙可知，磁场均匀增加，由楞次定律结合安培定则可知，闭合电场线的方向为顺时针（从上往下看），而小球带负电，因此其所受电场力的方向在任意位置处与闭合电场线在该位置处场强的方向相反，由此可知从上往下看小球沿逆时针方向运动，A错误；
B．根据法拉第电磁感应定律可知由磁场变化产生的感生电场的电动势为，可得其环形电场的的场强大小为，B正确；
C．设小球第2次回到出发点时的速度大小为，由于电场强度的大小恒定，因此小球在电场中所受电场力的大小不变，根据动能定理有，解得，C正确；
D．由于漩涡电场对小球做正功，小球的动能越来越大，因此小球在漩涡电场中运动一周的时间在减小，而小球在漩涡电场中所受电场力的大小不变，可知力的作用时间在减小，因此小球先后相邻两次回到出发点的过程中涡旋电场对小球的冲量减小，D错误。选BC。
10．【答案】AB
AB．a-t图线与坐标轴所围图形的面积等于物体速度的变化量，则因初速度为零，t1时刻A的速度大小
v0=S1
t2时刻A的速度大小
vA=S1-S2
B的速度大小
vB=S3
由图（b）所示图象可知，t1时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到t2时刻两者加速度均达到最大，弹簧伸长量达到最大，此时两者速度相同，即
vA=vB
则
S1-S2=S3
t1到t2时刻A、B两物体满足动量守恒，则有
即
联立以上解得
故AB正确；
C．撤去外力后A受到的合力等于弹簧的弹力，0到t1时间内，对A，由动量定理可知，合力即弹簧弹力对A的冲量大小
I=mAv0
弹簧对A与对B的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，因此弹簧对B的冲量大小与对A的冲量大小相等、方向相反，即弹簧对B的冲量大小
I弹簧=mAv0
对B，以向右为正方向，由动量定理得
I墙壁-I弹簧=0
解得墙对B的冲量大小
I墙壁=mAv0
方向水平向右，故C错误；
D．运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量（伸长量或压缩量）最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由能量守恒定律可知，弹簧形变量最大时A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则弹簧形变量最大时弹簧弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，弹簧形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故D错误。
故选AB。
11．【答案】BD
根据单摆的周期表达式有：，解得：．计算摆长时没有计入摆球的半径，摆长测量值偏小，故加速度测量值偏小，A错误；开始计时时，秒表过迟按下，周期测量值偏小，故加速度测量值偏大，B正确；停止计时时，秒表过迟按下，周期测量值偏大，故加速度测量值偏小，C错误；试验中误将39次全振动数为40次，周期测量值偏小，故加速度测量值偏大，D正确．
12．【答案】(1)BD；(2)10mA；(3)DBE
（1）图甲是用直流电压挡测量小灯泡两端的电压时，电流应该从黑表笔流出多用表，红表笔流入多用表，A错误;图乙是用直流电流挡测量电路中的电流时，红表笔流进多用表，黑表笔流出多用表，B正确；图丙是用欧姆挡测量小灯泡的电阻时，应将小灯泡与电源断开，C错误；根据多用表“红进黑出”的原则可知，图丁是用欧姆挡测量的是二极管的反向电阻，D正确，选BD。
（2）根据多用表的读数可知，所选电流表的量程为。
（3）由于欧姆表的中值电阻为左右，所以要测量左右的电阻时，首先应换挡，把选择开关旋到×100的位置，然后再重新调零，即操作顺序应是DBE。
13．【答案】0.4 ；627 ℃
(1) 物块A开始移动之前气体做等容变化，初态有p1＝1×105 Pa，T1＝(27＋273) K＝300 K，
末态有p2＝p0＋μmgS，T2＝(177＋273) K＝450 K，
由查理定律有p1T1＝p2T2，
联立解得p2＝1.5×105 Pa，μ＝0.4.
(2) 物块 A 开始移动后，气体做等压变化，初态有V2＝L1S，T2＝450 K，末态有V3＝(L1＋d)S ，
由盖—吕萨克定律有V2T2＝V3T3，解得T3＝900 K，即t3＝(900－273) ℃＝627 ℃.
14．【答案】
（1） 5×105m/s
（2） 200V
（3） 3−2210m
（1） 由牛顿第二定律得 F=ma ,由公式 E=U0d , F=Eq ,可得粒子竖直方向加速度大小为 a=qU0md ,解得 a=5×1010m/s2 ,沿水平方向有 L=v0t ,竖直方向有 d2=12at2 ,解得 v0=5×105m/s .
（2） 由于穿过电场的粒子运动时间相同且都为 t ,显然 t=0 时刻进入的粒子可以获得最大的速度并在竖直方向上偏离中轴线距离最远,竖直方向速度变化如图甲所示,当粒子偏转最大时,竖直位移大小恰好为 d2 ,则 d2=12vm⋅Lv0 ,竖直方向最大速度 vm=qUmd⋅L2v0 ,解得 U=200V .
甲
（3）由题意可知,对于某一粒子,在运动过程中可能偏离中轴线正方向有最远距离,也可能偏离中轴线负方向有最远距离.选取 0∼L2v0 时间内进入的粒子时,若太早进入电场,偏离中轴线正方向距离更大.太晚进入,会出现开始时偏离中轴线正方向,但后续经历先减速后反向加速过程,偏离中轴线负方向距离将大于偏离中轴线正方向距离.如图乙所示,设 t0 时刻进入的粒子恰好满足过程中偏离中轴线正方向最大距离与负方向最大距离相同，此时粒子偏离中轴线的最远距离最小，即满足 S1=S2−S1 ,解得 2S1=S2 ,由数学知识可知,竖直方向上粒子正方向运动时间 △t1=12+1⋅Lv0 ,最大偏移距离 S1=12+12 . d2 ,解得 S1=3−2210m .
乙
15．【答案】(1)4 m/s (2)3 N·s，方向竖直向上 (3)83 J
(1)小球A下滑至斜面底端过程中，根据动能定理有
mgLsin 30°＝12mv02(2分)
解得v0＝4 m/s(1分)
(2)小球A和水平地面在相互作用过程中，对冲量方向取竖直向上为正方向，有
I－mgΔt＝0－m(－v0sin 30°)(2分)
解得I＝3 N·s(1分)
方向竖直向上(1分)
(3)小球A水平向左运动的速度
v1＝v0cs 30°＝23 m/s(1分)
小球A和B碰撞，根据动量守恒定律有
mAv1＝(mA＋mB)v2(1分)
解得v2＝3 m/s(1分)
从A和B粘在一起向左运动开始到弹簧再次恢复原长过程根据动量守恒定律有
(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v3＋mCv4(1分)
由机械能守恒定律有
12(mA＋mB)v22＝12(mA＋mB)v32＋12mCv42(1分)
解得v4＝433 m/s(1分)
整个过程中，弹簧对小球C做的功
W＝12mCv42＝83 J(1分)