贵州省贵阳市2026届高考物理一模试卷含解析

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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，再选涂其它答案标号。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、把图甲所示的正弦式交变电流接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻．下列说法正确的是：( )
A．Rt处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大
B．Rt处温度升高时，电压表V1、V2示数的比值不变
C．在t=1×10﹣2s时，穿过该矩形线圈的磁通量为零
D．变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin50πt（V）
2、如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向内．一个三角形闭合导线框，由位置1（左）沿纸面匀速运动到位置2（右）．取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点（t=0），规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流号时间关系的是（ ）
A．B．C．D．
3、如图所示，粗糙水平地面上用拉力F使木箱沿地面做匀速直线运动．设F的方向与水平面夹角θ从0°逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度和动摩擦因数都保持不变，则F的功率（ ）
A．一直增大B．先减小后增大C．先增大后减小D．一直减小
4、一静止的铀核放出一个粒子衰变成钍核，衰变方程为.下列说法正确的是（ ）
A．衰变后钍核的动能等于粒子的动能
B．衰变后钍核的动量大小等于粒子的动量大小
C．铀核的半衰期等于其放出一个粒子所经历的时间
D．衰变后粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量
5、用光照射某种金属，有光电子从金属表面逸出，如果光的频率不变，而减弱光的强度，则( )
A．逸出的光电子数减少，光电子的最大初动能不变
B．逸出的光电子数减少，光电子的最大初动能减小
C．逸出的光电子数不变，光电子的最大初动能减小
D．光的强度减弱到某一数值，就没有光电子逸出了
6、一列简谐横波沿x轴正方向传播，O为波源且t=0时刻开始沿y轴负方向起振。如图所示为t=0.2s时x=0至x=4m范围内的波形图，虚线右侧的波形未画出。已知图示时刻x=2m处的质点第一次到达波峰，则下列判断中正确的是（ ）
A．这列波的周期为0.4s
B．t=0.7s末，x=10m处质点的位置坐标为（10m，-10cm）
C．t=0.7s末，x=12m处的质点正经过平衡位置向上运动
D．t=0.3s末，x=24m处的质点加速度最大且沿y轴正方向
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、2018年世界排球锦标赛上，中国女排姑娘们的顽强拼搏精神与完美配合给人留下了深刻的印象。某次比赛中，球员甲接队友的一个传球，在网前L＝3.60 m处起跳，在离地面高H＝3.20 m处将球以v0＝12 m/s的速度正对球网水平击出，对方球员乙刚好在进攻路线的网前，她可利用身体任何部位进行拦网阻击。假设球员乙的直立和起跳拦网高度分别为h1＝2.50 m和h2＝2.95 m，g取10 m/s2.下列情景中，球员乙可能拦网成功的是（ ）
A．乙在网前直立不动B．乙在甲击球时同时起跳离地
C．乙在甲击球后0.18 s起跳离地D．乙在甲击球前0.3 s起跳离地
8、如图所示，上表面光滑的半圆柱体放在水平地面上，一小物块从靠近半圆柱体顶点O的A点，在外力F作用下沿圆弧缓慢下滑到B点，此过程中F始终沿圆弧的切线方向且半圆柱体保持静止状态。下列说法中正确的是（ ）
A．半圆柱体对小物块的支持力变大
B．外力F变大
C．地面对半圆柱体的支持力先变大后变小
D．地面对半圆柱体的摩擦力先变大后变小
9、如图所示的光滑导轨，由倾斜和水平两部分在MM'处平滑连接组成。导轨间距为L，水平部分处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，倾斜导轨连接阻值为R的电阻。现让质量为m、阻值为2R的金属棒a从距离水平面高度为h处静止释放。金属棒a到达磁场中OO'时，动能是该金属棒运动到MM'时动能的，最终静止在水平导轨上。金属棒a与导轨接触良好且导轨电阻不计，重力加速度g＝10m/s2。以下说法正确的是（ ）
A．金属棒a运动到MM'时回路中的电流大小为
B．金属棒a运动到OO'时的加速度大小为
C．金属棒a从h处静止下滑到在水平导轨上静止过程中，电阻上产生的焦耳热为mgh
D．金属棒a若从h处静止释放，在它运动的整个过程中，安培力的冲量大小是，方向向左
10、如图，光滑平行导轨MN和PQ固定在同一水平面内，两导轨间距为L，MP间接有阻值为的定值电阻。两导轨间有一边长为的正方形区域abcd，该区域内有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，ad平行MN。一粗细均匀、质量为m的金属杆与导轨接触良好并静止于ab处，金属杆接入两导轨间的电阻为R。现用一恒力F平行MN向右拉杆，已知杆出磁场前已开始做匀速运动，不计导轨及其他电阻，忽略空气阻力，则（ ）
A．金属杆匀速运动时的速率为
B．出磁场时，dc间金属杆两端的电势差
C．从b到c的过程中，金属杆产生的电热为
D．从b到c的过程中，通过定值电阻的电荷量为
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）硅光电池是一种将光能转换为电能的器件，某硅光电池的伏安特性曲线如图（甲）所示。某同学利用图（乙）所示的电路研究电池的性质，定值电阻R2的阻值为200Ω，滑动变阻器R1的最大阻值也为200Ω，V为理想电压表。
（1）请根据图（乙）所示的电路图，将图（丙）中的的实物图补充完整____________。
（2）闭合电键S1，断开电键S2，将滑动变阻器R1的滑动片移到最右端，电池的发热功率为_______________W。
（3）闭合电键S1和电键S2，将滑动变阻器R1的滑动片从最左端移到最右端，电池的内阻变化范围为_________________。
12．（12分）某同学为了将一量程为3V的电压表改装成可测量电阻的仪表——欧姆表．
（1）先用如图a所示电路测量该电压表的内阻，图中电源内阻可忽略不计，闭合开关，将电阻箱阻值调到3kΩ时，电压表恰好满偏；将电阻箱阻值调到12 kΩ时，电压表指针指在如图b所示位置，则电压表的读数为____V．由以上数据可得电压表的内阻RV＝____kΩ.
（2）将图a的电路稍作改变，在电压表两端接上两个表笔，就改装成了一个可测量电阻的简易欧姆表，如图c所示，为将表盘的电压刻度转换为电阻刻度，进行了如下操作：闭合开关，将两表笔断开，调节电阻箱，使指针指在“3.0V”处，此处刻度应标阻值为____（填“0”或“∞”）；再保持电阻箱阻值不变，在两表笔间接不同阻值的已知电阻找出对应的电压刻度，则“1 V”处对应的电阻刻度为____kΩ.
（3）若该欧姆表使用一段时间后，电池内阻不能忽略且变大，电动势不变，但将两表笔断开时调节电阻箱，指针仍能满偏，按正确使用方法再进行测量，其测量结果将____．
A.偏大 B.偏小 C.不变 D.无法确定
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）如图所示，在竖直面内有一矩形区ABCD，水平边AB=6L，竖直边BC=8L，O为矩形对角线的交点。将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球恰好经过C点。使此小球带电，电荷量为q（q>0），同时加一平行于矩形ABCD的匀强电场，现从O点以同样的初动能沿各个方向抛出此带电小球，小球从矩形边界的不同位置射出，其中经过D点的小球的动能为初动能的5倍，经过E点（DC中点）的小球的动能和初动能相等，重力加速度为g，求∶
(1)小球的初动能；
(2)取电场中O点的电势为零，求D、E两点的电势；
(3)带电小球所受电场力的大小和方向
14．（16分）如图所示，在边界OP、OQ之间存在竖直向下的匀强电场，直角三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。从O点以速度v0沿与Oc成60°角斜向上射入一带电粒子，粒子经过电场从a点沿ab方向进人磁场区域且恰好没有从磁场边界bc飞出，然后经ac和aO之间的真空区域返回电场，最后从边界OQ的某处飞出电场。已知Oc=2L，ac=L，ac垂直于cQ，∠acb=30°，带电粒子质量为m，带电量为+g，不计粒子重力。求：
(1)匀强电场的场强大小和匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)粒子从边界OQ飞出时的动能；
(3)粒子从O点开始射入电场到从边界OQ飞出电场所经过的时间。
15．（12分）如图所示，水平地面上有两个静止的物块A和B，A、B的质量分别为m1＝2kg，m2＝1kg，它们与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5。现对物块A施加一大小I＝40N·s，水平向右的瞬时冲量，使物块A获得一个初速度，t＝1s后与物块B发生弹性碰撞，且碰撞时间很短，A、B两物块均可视为质点，重力加速度g＝10m/s2。
(1)求A与B碰撞前瞬间，A的速度大小；
(2)若物块B的正前方20m处有一危险区域，请通过计算判断碰撞后A、B是否会到达危验区域。
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、A
【解析】
副线圈电压不变，若Rt电阻原来大于R，则温度升高时，电压表V2示数与电流表A2示数的乘积增大，若Rt电阻原来小于R，则电压表V2示数与电流表A2示数的乘积变小，当Rt处温度升高时，电阻减小，则副线圈总功率增大，所以原线圈功率增大，即电压表V1示数与电流表A1示数的乘积一定变大，故A正确；Rt处温度升高时，电阻减小，电压表V2测量Rt的电压，则电压表V2示数减小，V1示数不变，则电压表V1示数与V2示数的比值变大，故B错误；在图甲的t=0.01s时刻，e=0，则磁通量最大，此时矩形线圈平面与磁场方向垂直，故C错误；根据图甲可知，Em=36V，T=0.02s，则ω＝ =100πrad/s，变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin100πt（V），故D错误。故选A。
【点睛】
本题考查交变电流的产生及变压器原理，要注意掌握交变电流中最大值、有效值、瞬时值的表达及相应的关系，知道变压器不改变功率，难度适中。
2、A
【解析】
先由楞次定律依据磁通量的变化可以判定感应电流的方向，再由感应电动势公式和欧姆定律，分段分析感应电流的大小，即可选择图象．
【详解】
线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i应为正方向，故BC错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有感应电流产生．线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i应为负方向；线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A正确，D错误．
3、D
【解析】
木箱的速度和动摩擦因数都保持不变，据平衡条件可得：
解得：
F的功率
θ从0°逐渐增大到90°的过程中，增大，F的功率一直减小，故D项正确，ABC三项错误。
4、B
【解析】
A．根据可知，衰变后钍核的动能小于粒子的动能，故A错误；
B．根据动量守恒定律可知，生成的钍核的动量与粒子的动量等大反向，故B正确；
C．铀核的半衰期等于一半数量的铀核衰变需要的时间，而放出一个粒子所经历的时间是一个原子核衰变的时间，故两者不等，故 C错误；
D．由于该反应放出能量，由质能方程可知，衰变后粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，故 D错误。
5、A
【解析】
根据光电效应方程得，光强度不影响光电子的最大初动能，光电子的最大初动能与入射光的频率有关；光电效应的条件是入射光的频率大于极限频率，与光的强度无关；入射光的强度影响单位时间内发出光电子的数目，光的强度减弱，单位时间内发出光电子数目减少．故A正确，BCD错误．
6、B
【解析】
A．由题，波源时刻开始沿轴负方向起振，则介质中各个质点均沿轴负方向起振，图示时刻处的质点第一次到达波峰，已经振动了，说明时波传到质点处，则周期为，A错误；
B．由图知波长，波速为：
波传到处的时间为：
则末，处的质点已振动了，此质点起振方向沿轴负方向，则末，处质点到达波谷，坐标为，B正确；
C．波传到处的时间为：
则末，处的质点已振动了，此质点起振方向向下，则末，处的质点正经过平衡位置向下运动，C错误；
D．波传到处的时间为：
则末，处质点还没有振动，加速度为零，D错误。
故选B。
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、BC
【解析】
A．若乙在网前直立不动，则排球到达乙的位置的时间
排球下落的高度为
则不能拦网成功，选项A错误；
B．因为乙在空中上升的时间为
乙在甲击球时同时起跳离地，在球到达乙位置时，运动员乙刚好到达最高点，因2.95m>3.2m-0.45m=2.75m，则可以拦住，故B正确；
C．结合选项B的分析，乙在甲击球后0.18s起跳离地，初速度为
v=gt1=10×0.3=3m/s
上升时间t′=0.12s时球到达乙位置，上升的高度为
2.50m+0.288m=2.788m＞2.75m，可以拦网成功，故C正确；
D．乙在甲击球前0.3 s起跳离地，因为乙在空中的时间为0.6s；则当排球到达球网位置时，乙已经落地，则不能拦网成功，选项D错误。
故选BC。
8、BD
【解析】
AB．物块缓慢下滑即平衡，F始终沿圆弧的切线方向即始终垂直于圆柱面支持力F1的方向，因此总有
F=mgsinθ
F1=mgcsθ
下滑过程中θ增大，因此F增大，F1 减小，故A错误，B正确；
CD．对半圆柱体分析，地面对半圆柱体的摩擦力
Ff＝F1sinθ＝mgcsθsinθ＝mgsin2θ
地面对半圆柱体的支持力
FN=Mg+F1csθ=Mg+mgcs2θ
θ从接近0°到90°变化的过程中，摩擦力先增大后减小，支持力一直减小；故D正确，C错误。
故选BD。
9、ACD
【解析】
A．金属棒从静止运动到的过程中，根据机械能守恒可得
解得金属棒运动到时的速度为
金属棒运动到时的感应电动势为
金属棒运动到时的回路中的电流大小为
故A正确；
B．金属棒到达磁场中时的速度为
金属棒到达磁场中时的加速度大小为
故B错误；
C．金属棒从处静止下滑到在水平导轨上静止过程中，根据能量守恒可得产生的焦耳热等于重力势能的减小量，则有
电阻上产生的焦耳热为
故C正确；
D．金属棒从处静止下滑到在水平导轨上静止过程中，规定向右为正方向，根据动量定理可得
可得
在它运动的整个过程中，安培力的冲量大小是，方向向左，故D正确；
故选ACD。
10、BD
【解析】
A．设流过金属杆中的电流为，由平衡条件得
解得
根据欧姆定律有
所以金属杆匀速运动的速度为
故A错误；
B．由法拉第电磁感应定律得，杆切割磁感线产生的感应电动势大小为
所以金属杆在出磁场时，dc间金属杆两端的电势差为
故B正确；
C．设整个过程电路中产生的总电热为，根据能量守恒定律得
代入可得
所以金属杆上产生的热量为
故C错误；
D．根据电荷量的计算公式可得全电路的电荷量为
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、 1.197×10-3W（允许误差±0.2W） 55.56Ω≤r≤60Ω（允许误差±2Ω）
【解析】
（1）[1]根据原理图可得出对应的实物图如图所示：
；
（2）[2]闭合电键，断开电键，将滑动变阻器的滑动片移到最右端时，两电阻串联，总电阻为；在图甲中作出电阻的伏安特性曲线，两图线的交点表示工作点：
则可知，电源的输出电压为，电流为；则其功率：
；
（3）[3]滑片由最左端移到最右端时，外电阻由增大到；则分别作出对应的伏安特性曲线，如上图所示；则可知，当在最左端时，路端电压为，电流为；当达到最右端时，路端电压为，电流为；
则由闭合电路欧姆定律可知，内阻最小值为：
最大值为：
故内阻的范围为：。
12、1.50 6 ∞ 1 C
【解析】
（1）[1][2]由图（b）所示电压表表盘可知，其分度值为0.1 V，示数为1.50 V；电源内阻不计，由图a所示电路图可知，电源电动势：
E＝U＋IR＝U＋R
由题意可知：
E＝3＋×3 000
E＝1.5＋×12 000
解得RV＝6 000 Ω＝6kΩ，E＝4.5V
（2）两表笔断开，处于断路情况，相当于两表笔之间的电阻无穷大，故此处刻度应标阻值为∞，当指针指向3V时，电路中的电流为：
Ig＝A＝0.000 5 A
此时滑动变阻器的阻值：
R＝Ω＝3 kΩ
当电压表示数为1 V时，有：
1＝
解得Rx＝1 kΩ.
（3）[5][6]根据闭合电路欧姆定律可知电池新时有：
Ig＝＝，
测量电阻时电压表示数为：
U＝
欧姆表用一段时间调零时有：
Ig＝，
测量电阻时：
U＝
比较可知：
r＋R＝r′＋R′
所以若电流相同则R′x＝Rx，即测量结果不变，故选C。
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) (2) ； (3) ，方向与OE成37°斜向上
【解析】
(1)不加电场时，由平抛运动的知识可得


初动能

解得

(2)从D点射出的小球，由动能定理

解得

因为O点的电势为零，则
从E点射出的小球，由动能定理
解得

因为O点的电势为零，则
(3)设电场方向与OE成θ角斜向上，则从E射出的小球：

从 D射出的粒子

联立解得

θ=37°

电场力的方向与OE成37°斜向上；
14、（1） （2） （3）
【解析】
（1）从O点到a点过程的逆过程为平抛运动
水平方向：
竖直方向：
加速度：
可得：
，
，
粒子进入磁场后运动轨迹如图所示，设半径为r，由几何关系得，
，
洛伦兹力等于向心力：
解得：
在磁场内运动的时间：
.
（2）粒子由真空区域进入电场区域从边界飞出过程，由动能定理得，
解得：
（3）粒子经过真空区域的时间，
.
粒子从真空区域进入电场区域到从边界飞出经过的时间为
，
解得：
.
粒子从入射直至从电场区域边界飞出经过的时间
.
15、 (1) 15m/s (2) 物块A不会到达危险区域，物块B会到达危险区域
【解析】
（1）设物块A获得的初速度为v0，则
I=m1v0
A与B碰撞前的运动过程有:
v1=v0-at
其中
a=μg
解得：A与B碰撞前瞬间，A的速度大小
v1=15m/s
（2）A与B碰撞过程机械能守恒、动量守恒，则有
m1v1=m1v1′+m2v2
=+
解得:
v1′=5 m/s，v2=20 m/s
由运动学公式可知：
xA==2.5 m
xB== 40m
即物块A不会到达危险区域，物块B会到达危险区域。