黑龙江省佳木斯一中2026届高考仿真卷物理试卷含解析

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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、质点在Ox轴运动，时刻起，其位移随时间变化的图像如图所示，其中图线0~1s内为直线，1~5s内为正弦曲线，二者相切于P点，则（ ）
A．0~3s内，质点的路程为2mB．0~3s内，质点先做减速运动后做加速运动
C．1~5s内，质点的平均速度大小为1.27m/sD．3s末，质点的速度大小为2m/s
2、AC、CD为两个倾斜角度不同的固定光滑斜面，其中，水平距离均为BC，两个完全相同且可视为质点的物块分别从A点和D点由静止开始下滑，不计一切阻力，则（ ）
A．沿AC下滑的物块到底端用时较少
B．沿AC下滑的物块重力的冲量较大
C．沿AC下滑的物块到底端时重力功率较小
D．沿AC下滑的物块到底端时动能较小
3、一辆F1赛车含运动员的总质量约为600 kg，在一次F1比赛中赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数的关系如图所示，则赛车在加速的过程中（ ）
A．速度随时间均匀增大
B．加速度随时间均匀增大
C．输出功率为240 kw
D．所受阻力大小为24000 N
4、如图所示，一个物体在竖直向上的拉力F作用下竖直向上运动，拉力F与物体速度v随时间变化规律如图甲、乙所示，物体向上运动过程中所受空气阻力大小不变，取重力加速度大小g=10m/s2则物体的质量为
A．100gB．200gC．250gD．300g
5、乒乓球作为我国的国球，是一种大家喜闻乐见的体育运动，它对场地要求低且容易上手。如图所示，某同学疫情期间在家锻炼时，对着墙壁练习打乒乓球，球拍每次击球后，球都从同一位置斜向上飞出，其中有两次球在不同高度分别垂直撞在竖直墙壁上，不计空气阻力，则球在这两次从飞出到撞击墙壁前（ ）
A．飞出时的初速度大小可能相等
B．飞出时的初速度竖直分量可能相等
C．在空中的时间可能相等
D．撞击墙壁的速度可能相等
6、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
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、歼－15飞机是我国研制的多用途舰载战斗机。某飞行训练中，第一次舰保持静止，飞机从静止开始沿甲板运动，当飞机的速度为v时通过的距离为x1，经历的时间为t1；第二次舰以速度v0匀速运动，飞机相对甲板由静止开始沿舰运动的同方向加速，当飞机相对海面的速度为v时沿甲板通过的距离为x2，经历的时间为t2。设两次飞机均做匀加速运动且加速度大小相等。则（ ）
A．B．C．D．
8、某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2 ． 4s内物体的（ ）
A．路程为50m B．位移大小为40m，方向向上
C．速度改变量的大小为20m/s，方向向下 D．平均速度大小为10m/s，方向向上
9、大型对撞机是科学研究的重要工具，中国也准备建造大型正负电子对撞机，预计在2022至2030年之间建造，对撞机是在回旋加速器的基础上逐步发展出来的。回旋加速器的原理示意图如图所示，和是两个中空的半圆金属盒，均和高频交流电源相连接，在两盒间的窄缝中形成匀强电场，两盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，中央O处是粒子源。若忽略粒子在电场中的加速时间，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子每运动一周被加速两次
B．带电粒子在磁场中运动的周期越来越小
C．粒子的最大速度与半圆金属盒的尺寸无关
D．磁感应强度越大，带电粒子离开加速器时的动能就越大
10、如图所示，用一根轻质细绳跨过固定光滑的挂钉O将一个画框悬挂在墙壁上，细绳的两端分别栓接在画框上两根挂钉1、2上。画框静止时，O点两侧细绳与竖直方向的夹角分别为，对应细绳中的张力大小分别为悬挂时，挂钉1、2不一定等高，下列说法正确的是（ ）
A．若1更高，则
B．若2更高，则
C．无论1、2是否等高，总有成立
D．无论1、2是否等高，总有成立
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）某同学利用如图甲所示的实验装置，通过研究纸带上第一个点到某一个点之间的运动来验证机械能守恒定律。通过实验数据分析，发现本实验存在较大的误差，为此改用如图乙所示的实验装置：通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中球心正好经过光电门B时，通过与光电门B相连的毫秒计时器（图中未画出）记录挡光时间t，用毫米刻度尺测出A、B之间的距离h，用游标卡尺测得小铁球的直径，重力加速度为g。请回答下列问题：
(1)小铁球经过光电门时的瞬时速度v=______（用题中所给字母表示）。
(2)如果d、t、h、g满足关系式______，就可验证机械能守恒定律。
(3)比较两个方案，改进后的方案相比原方案主要的两个优点是______。
A．不需要测出小铁球的质量
B．电磁铁控制小铁球，更易保证小铁球的初速度为0
C．消除了纸带与打点计时器之间的摩擦力影响
D．数据处理大大简化
12．（12分）小妮同学利用如图甲所示的实验装置验证系统机械能守恒。A、B是两个质量均为m的相同小球，O为穿过轻杆的固定转轴，C为固定在支架上的光电门，初始时杆处于水平状态，重力加速度为g。实验步骤如下∶
(1)用游标卡尺测得小球B的直径d如图乙所示，则d=______mm；
(2)用毫米刻度尺测得AO长为l， BO长为2l；
(3)由静止释放两小球，当小球B通过光电门时，测得光线被小球挡住的时间为t，则在杆由水平转至竖直的过程中两小球组成的系统增加的动能Ek=___， 减少的重力势能Ep=____ （用m、g、l、d、t表示）。
(4)若在误差允许的范围内Ek=Ep，则小球A、B组成的系统机械能守恒。
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）2020年2月18日，我国发射的嫦娥四号着陆器和玉兔二号探测器再次启动，打破了探测器在月球上工作的世界纪录，并将开始第15个月昼的科学探测活动。若着陆器与探测器总质量为，着陆过程简化如下：在距月面处悬停，当发动机推力为时，先竖直向下做匀加速直线运动；当发动机推力为时，随即做匀减速直线运动，且两个阶段加速度大小相等，刚好在距离月面时再次悬停，此过程总共用时，此后关闭发动机做自由落体运动，直到接触月球表面。月球表面重力加速度取，求：
(1)探测器接触月球表面时的速度大小；
(2)发动机施加推力的差值的大小。
14．（16分）如图所示，一带电微粒质量为m=2.0×10﹣11kg、电荷量q=+1.0×10﹣5C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ=30°，并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D=34.6cm的匀强磁场区域．已知偏转电场中金属板长L=20cm，两板间距d=17.3cm，重力忽略不计．求：
（1）带电微粒进入偏转电场时的速率v1；
（2）偏转电场中两金属板间的电压U2；
（3）为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多少．
15．（12分）一轻质细绳一端系一质量为m=0.05kg的小球A，另一端挂在光滑水平轴O上，O到小球的距离为L=0.1m，小球跟水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板，如图所示，水平距离s=2m，动摩擦因数为μ=0.1．现有一滑块B，质量也为m，从斜面上滑下，与小球发生弹性正碰，与挡板碰撞时不损失机械能．若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，g取10m/s2，试问：
（1）若滑块B从斜面某一高度h处滑下与小球第一次碰撞后，使小球恰好在竖直平
面内做圆周运动，求此高度h．
（2）若滑块B从h=5m处滑下，求滑块B与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力．
（3）若滑块B从h=5m处下滑与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小
球做完整圆周运动的次数．
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、D
【解析】
A．根据纵坐标的变化量表示位移，可知，内，质点通过的位移大小为3.27m，路程为3.27m。内，质点通过的位移大小为1.27m，路程为1.27m，故内，质点的路程为
A错误；
B．根据图像的斜率表示速度，知内，质点先做匀速运动，再做减速运动后做加速运动，B错误；
C．内，质点的位移大小0，平均速度大小为0，C错误；
D．3s末质点的速度大小等于1s末质点的速度大小，为
D正确。
故选D。
2、A
【解析】
A．由于两者水平距离相同，均可用水平距离表示出运动时间，设水平距离为x，斜面倾角为，则：
得：
则倾角越大用时越少，A正确；
B．重力冲量：
沿轨道AC下滑的物块到底端用时较小，重力的冲量较小，B错误；
CD．由动能定理：
可知沿轨道AC下滑的物块重力做功大，所以到底端时速度大，动能较大；沿轨道AC下滑的物块到底端时速度大，倾斜角度θ大，由重力瞬时功率功率：
可知其重力瞬时功率较大，C错误，D错误。
故选A。
3、C
【解析】
汽车恒定功率启动，对汽车受力分析后根据牛顿第二定律列方程，再结合图象进行分析即可.
【详解】
由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故A错误；a-函数方程a=-4，汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故B错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：F-f=ma其中：F=P/v；联立得： ；结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，a=0时，=0.01，v=100m/s，所以最大速度为100m/s；由图象可知：，解得：f=4m=4×600=2400N；，解得：P=240kW，故C正确，D错误；故选C。
【点睛】
本题关键对汽车受力分析后，根据牛顿第二定律列出加速度与速度关系的表达式，再结合图象进行分析求解。
4、C
【解析】
由乙图可得后，物体匀速，则有
前，物体匀加速，则有
，
代入数据有
A． 100g与分析不符，故A错误；
B． 200g与分析不符，故B错误；
C． 250g与分析相符，故C正确；
D． 300g与分析不符，故D错误；
故选：C。
5、A
【解析】
C．将乒乓球的运动反向处理，即为平抛运动，由题知，两次的竖直高度不同，所以两次运动时间不同，故C错误；
B．在竖直方向上做自由落体运动，因两次运动的时间不同，故初速度在竖直方向的分量不同，故B错误；
D．撞击墙壁的速度，即可视反向平抛运动的水平初速度，两次水平射程相等，但两次运动的时间不同，故两次撞击墙壁的速度不同，故D错误；
A．由上分析，可知竖直速度大的，其水平速度速度就小，所以根据速度的合成可知，飞出时的初速度大小可能相等，故A正确。
故选A。
6、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。
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】
当舰静止时，根据运动学公式有：
v=at1
v2=2ax1
当舰运动时，有
v-v0=at2
整理得：
故BC正确，AD错误。
故选BC。
8、ABD
【解析】
由v=gt可得物体的速度减为零需要的时间，故4s时物体正在下落；路程应等于向上的高度与下落1s内下落的高度之和，由v2=2gh可得，h==45m，后1s下落的高度h'=gt′2=5m，故总路程为：s=（45+5）m=50m；故A正确；位移h=v0t-gt2=40m，位移在抛出点的上方，故B正确；速度的改变量△v=gt=10×4=40m/s，方向向下，故C错误；平均速度，故D正确；故选ABD。
【点睛】
竖直上抛运动中一定要灵活应用公式，如位移可直接利用位移公式求解；另外要正确理解公式，如平均速度一定要用位移除以时间；速度变化量可以用△v=at求得．
9、AD
【解析】
A．带电粒子转动一周，两次经过电场，所以每运动一周被加速两次，故A正确；
B．带电粒子在磁场中运动的周期与速度无关，故B错误；
C．粒子从回旋加速器中射出时，最后一圈圆周运动的半径与金属盒半径相同，由
得
可知金属盒半径r越大，最大速度ν越大，故C错误；
D．由，可知磁感应强度B越大，最大速度v越大，粒子动能越大，故D正确。
故选AD。
10、CD
【解析】
因为钉子是光滑的，可知两边绳子的拉力总是相等的，即无论1、2是否等高，总有成立；对结点O，水平方向：
则，即选项AB错误，CD正确；故选CD。
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、 BC
【解析】
(1)[1]用平均速度代替小铁球经过光电门时的瞬时速度，即
(2)[2]若小铁球机械能守恒，则有
可得
(3)[3]比较两个方案，改进后的方案相比原方案最主要的优点：一是消除了纸带与打点计时器之间的摩擦力影响；二是电磁铁控制小铁球，更易保证小铁球的初速度为0，故BC正确，AD错误。
故选BC。
12、12.40 mgl
【解析】
(1)[1]游标卡尺的主尺读数为12mm，游标读数为
则游标卡尺的最终读数为
(3)[2]小球B通过光电门的瞬时速度
A、B转动的半径之比为1：2，A、B的角速度相等，根据知A、B的速度之比为1：2，所以A的瞬时速度
系统动能增加量
[3]系统重力势能的减小量
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)
【解析】
(1)由速度位移公式，带入数据可得
(2)设加速过程中的最大速度为，加速阶段的位移，减速阶段的位移，且
加速阶段的时间，减速阶段的时间，且
带入数据可得
由牛顿第二定律可得，加速阶段
减速阶段
带入数据可得
14、 (1)1.0×104m/s (2)66.7 V (3)0.1 T
【解析】
（1）粒子在加速电场中，电场力做功，由动能定理求出速度v1．
（2）粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，运用运动的合成与分解求出电压．
（3）粒子进入磁场后，做匀速圆周运动，结合条件，画出轨迹，由几何知识求半径，再求B．
【详解】
（1）带电微粒经加速电场加速后速度为v，根据动能定理：qU1＝mv12
解得：v1＝=1.0×104m/s
（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动．在水平方向微粒做匀速直线运动水平方向：
带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2
竖直方向：
v2＝at＝
由几何关系：
U2＝tanθ
代入数据得：U2=100V
（3）带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设微粒轨道半径为R，
由几何关系知R+＝D
得：R＝
设微粒进入磁场时的速度为v′：v′＝
由牛顿运动定律及运动学规律：qv′B＝
得：
代入数据数据解得B=0.1T
若带电粒子不射出磁场，磁感应强度B至少为0.1T．
15、（1）0.5m（2）48N（3）10次。
【解析】
（1）小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v0，在最高点，仅有重力充当向心力，则有
①
在小球从最低点运动到最高点的过程中，机械能守恒，并设小球在最低点速度为v，则又有
②
解①②有
m/s
滑块从h高处运动到将与小球碰撞时速度为v2，对滑块由能的转化及守恒定律有
因弹性碰撞后速度交换
m/s
解上式有
h=0.5m
（2）若滑块从h=5m处下滑到将要与小球碰撞时速度为u，同理有
③
解得
滑块与小球碰后的瞬间，同理滑块静止，小球以的速度开始作圆周运动，绳的拉力T和重力的合力充当向心力，则有
④
解④式得
T=48N
（3）滑块和小球最后一次碰撞时速度为
滑块最后停在水平面上，它通过的路程为s′，
同理有
⑤
小球做完整圆周运动的次数为
⑥
解⑤、⑥得
n=10次