甘肃省平凉市2026届高考冲刺物理模拟试题含解析

这是一份甘肃省平凉市2026届高考冲刺物理模拟试题含解析，共10页。试卷主要包含了滑雪是人们喜爱的运动之一等内容，欢迎下载使用。
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
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，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
2、下列说法中正确的有________
A．阴极射线是一种电磁辐射
B．所有原子的发射光谱都是线状谱，不同原子的谱线一定不同
C．β衰变所释放的电子是原子核内的质子转变为中子时产生的
D．古木的年代可以根据体内碳14放射性强度减小的情况进行推算
3、真空中的可见光与无线电波
A．波长相等B．频率相等C．传播速度相等D．传播能量相等
4、建筑工人常常徒手向上抛砖块，当砖块上升到最高点时被楼上的师傅接住。 在一次抛砖的过程中，砖块运动3s到达最高点，将砖块的运动匀变速直线运动，砖块通过第2s内位移的后用时为t1，通过第1s内位移的前用时为t2，则满足（ ）
A．B．C．D．
5、如图甲所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源（忽略内阻）。通过改变电路中的元件参数对同一电容器进行两次充电，对应的电荷量q随着时间t变化的曲线如图乙中的a、b所示。曲线形状由a变化为b，是由于（ ）
A．电阻R变大
B．电阻R减小
C．电源电动势E变大
D．电源电动势E减小
6、下列说法正确的是（ ）
A．天然放射现象揭示了原子具有核式结构
B．衰变成要经过6次β衰变和8次α衰变
C．α、β和γ三种射线中α射线的穿透力最强
D．氢原子向低能级跃迁后，核外电子的动能减小
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、为了研究某种透明新材料的光学性质，将其压制成半圆柱形，如图甲所示。一束激光由真空沿半圆柱体的径向与其底面过O的法线成θ角射人。CD为光学传感器，可以探测光的强度。从AB面反射回来的光强随角θ变化的情况如图乙所示。现在将这种新材料制成的一根光导纤维束弯成半圆形，暴露于空气中(假设空气中的折射率与真空相同)，设半圆形外半径为R，光导纤维束的半径为r。则下列说法正确的是
A．该新材料的折射率n> 1
B．该新材料的折射率n”或“Rx测甲
12、BD； ； ； ；
【解析】
该题利用自由落体运动来验证机械能守恒，因此需要测量物体自由下落的高度hAB，以及物体通过B点的速度大小，在测量速度时我们利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，因此明白了实验原理即可知道需要测量的数据；由题意可知，本实验采用光电门利用平均速度法求解落地时的速度；则根据机械能守恒定律可知，当减小的机械能应等于增大的动能；由原理即可明确注意事项及数据的处理等内容。
【详解】
（1）根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量，故A错误；根据实验原理可知，需要测量的是A点到光电门B的距离H，故B正确；利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，故C错误；利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的直径，故D正确。故选BD。
（2）已知经过光电门时的时间小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；
故；
（3）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgH=mv2；
即：2gH=（）2
解得：，那么该直线斜率k0=。
（4）乙图线=kH，因存在阻力，则有：mgH-fH=mv2；
所以重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为；
【点睛】
考查求瞬时速度的方法，理解机械能守恒的条件，掌握分析的思维，同时本题为创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解。
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)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
14、（1）；（2）
【解析】
（1）由动能定理得
又
解得
（2）由可知，抛出玩具熊后小孩的水平位移与玩具熊的水平位移之比为
由
可得竖直位移之比为
由平抛运动规律有
，
，
联立解得
15、（1）（p0+p）；（2）；
【解析】
解：（1）设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得
（p10–p）·2S=（p0–p）·S①
得p10=（p0+p）②
（2）设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2，根据力的平衡条件有p2·S=p1·2S③
由玻意耳定律得p1V1=p10·2V0④
p2V2=p0·V0⑤
由于两活塞用刚性杆连接，故
V1–2V0=2（V0–V2）⑥
联立②③④⑤⑥式解得
⑦
⑧