黑龙江省鹤岗市一中2026届高考物理四模试卷含解析

这是一份黑龙江省鹤岗市一中2026届高考物理四模试卷含解析，文件包含随州市2026届高三下学期4月三模考试英语pdf、随州市2026届高三下学期4月三模考试英语答案pdf、随州市2026届高三下学期4月三模考试英语听力mp3等3份试卷配套教学资源，其中试卷共15页， 欢迎下载使用。
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、一列简谐横波，在t=0.6s时刻的图像如图甲所示，此时P、Q两质点的位移均为-1cm，波上A质点的振动图像如图乙所示，则以下说法正确的是（ ）
A．这列波沿x轴负方向传播
B．这列波的波速是50m/s
C．从t=0.6s开始，紧接着的Δt=0.9s时间内，A质点通过的路程是4cm
D．从t=0.6s开始，质点P比质点Q早0.4s回到平衡位置
2、已知天然材料的折射率都为正值(n>0)。近年来，人们针对电磁波某些频段设计的人工材料，可以使折射率为负值(nmg），弹簧的弹性势能为E，撤去力F后，下列说法正确的是（ ）
A．当A速度最大时，弹簧仍处于压缩状态
B．弹簧恢复到原长的过程中，弹簧弹力对A、B的冲量相同
C．当B开始运动时，A的速度大小为
D．全程中，A上升的最大高度为
8、如图所示，水平面(未画出)内固定一绝缘轨道ABCD，直轨道AB与半径为R的圆弧轨道相切于B点，圆弧轨道的圆心为O，直径CD//AB。整个装置处于方向平行AB、电场强度大小为E的匀强电场中。一质量为m、电荷量为q的带正电小球从A点由静止释放后沿直轨道AB下滑。记A、B两点间的距离为d。一切摩擦不计。下列说法正确的是（ ）
A．小球到达C点时的速度最大，且此时电场力的功率最大
B．若d=2R，则小球通过C点时对轨道的压力大小为7qE
C．若d=R，则小球恰好能通过D点
D．无论如何调整d的值都不可能使小球从D点脱离轨道后恰好落到B处
9、如图，质量为M、长度为L的长木板静止在光滑水平面上，质量为m的小铁块以水平初 速度v0从木板左端向右滑动，恰好不会从木板右端滑出。下列情况中，铁块仍不会从木板右端滑出的是（ ）
A．仅增大mB．仅增大M
C．仅将m和L增大为原来的两倍D．仅将M和L增大为原来的两倍
10、如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力；已知滑块与斜面间的动摩擦因数，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量，滑块动能、势能、机械能随时间、位移关系的是（ ）
A．B．
C．D．
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）某同学设计了一个如图甲所示的装置来测定滑块与木板间的动摩擦因数,其中A为滑块,B和C处是钩码,不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦．实验中该同学保持在B和C处钩码总个数不变的条件下,改变C处钩码个数,测出C处不同个数钩码的总质量m及对应加速度a,然后通过对实验数据的分析求出滑块与木板间的动摩擦因数．
(1)该同学手中有电火花计时器、纸带、10个质量均为100克的钩码、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线,为了完成本实验,得到所要测量的物理量,还需要________．
A．秒表 B．毫米刻度尺 C．天平 D．弹簧测力计
(2)在实验数据处理中,该同学以C处钩码的总质量m为横轴,以加速度a为纵轴,绘制了如图乙所示的实验图线,可知滑块与木板间的动摩擦因数μ=________．(g取10m/s2)
12．（12分）如图所示，用做平抛运动实验的装置验证机能守恒定律。小球从桌面左端以某一初速度开始向右滑动，在桌面右端上方固定一个速度传感，记录小球离开桌面时的速度（记作v）。小球落在地面上，记下落点，小球从桌面右边缘飞出点在地面上的投影点为O，用刻度尺测量落点到O点的距离x。通过改变小球的初速度，重复上述过程，记录对应的速度v和距离x。已知当地的重力加速度为g。若想验证小球在平抛运动过程中机械能守恒，只需验证平抛运动过程的加速度等于重力加速度即可。
（1）某同学按如图所示测量高度h和水平距离x，其中存在测量错误的是________（填“h”或“x”），正确的测量方法应是________。
（2）若小球在下落过程中的加速度为a，则x与v的关系式为x=________。
（3）该同学在坐标纸上画出了纵、横坐标，以为纵坐标，画出的图象为一条过原点的直线，图线的斜率为k，那么该同学选择________为横坐标，根据平抛运动得到的加速度为________。然后与比较，若两者在误差允许范围内相等，就验证了小球在平抛运动过程中机械能守恒。
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）如图甲所示，质量m=1kg的小滑块(视为质点)，从固定的四分之一光滑圆弧轨道的最高点A由静止滑下，经最低点B后滑上位于水平面的木板，并恰好不从木板的右端滑出。已知木板质量M=4 kg，上表面与圆弧轨道相切于B点，木板下表面光滑，滑块滑上木板后运动的图象如图乙所示，取g=10m/s2。求：
（1）圆弧轨道的半径及滑块滑到圆弧轨道末端时对轨道的压力大小；
（2）滑块与木板间的动摩擦因数；
（3）木板的长度。
14．（16分）如图所示，地面上固定一倾角为的光滑斜面，斜面底端固定一挡板，一轻质弹簧下端与挡板相连，上端自然伸长至B点，初始时刻，物块a在外力的作用下被压至E点，，撤去外力后，物块a沿斜面从B点射出，到达传送带右端时速度恰好水平向左，大小，与物块b粘在一起向左运动，其中物块a、b质量均为，传送带长为，始终以v=3m/s的速度顺时针转动，物块和传送带之间的动摩擦因数，为不计空气阻力，重力加速度．求：
（1）初始时刻的弹性势能；
（2）ab在传送带上运动时产生的划痕长度；
（3）由于传送物块电动机需要多消耗的电能。
15．（12分）如图所示，一定质量的气体从状态A经状态B、C、D再回到状态A．已知气体在状态A时的体积是1L。（1atm=1.013×105Pa，ln3=1.099）
①求气体在状态C的体积；
②气体从状态A经状态B、C、D再回到状态A的过程中，吸收或放出的热量Q。
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．由乙图读出t=0.6s时刻质点A的速度方向为沿y轴负方向，由甲图判断出该波的传播方向为沿x轴正向，故A错误；
B．由甲图读出该波的波长为λ=20m，由乙图得周期为T=1.2s，则波速为
v= m/s=m/s
故B错误；
C．因为
t=0.6s时质点A位于平衡位置，则知经过，A质点通过的路程是
故C错误；
D．图示时刻质点P沿y轴正方向，质点Q沿y轴负方向，此时PQ两质点的位移均为-1cm，故质点P经过回到平衡位置，质点Q经过回到平衡位置，故质点P比质点Q早
回到平衡位置，故D正确。
故选D。
2、D
【解析】
由题意可知，负折射率的介质使得折射光线与入射光线均在法线的同一侧，现在让我们判断从S点发出的这条光线的折射光线，则光线1、2是不可能的，因为它们均在法线的另一侧，光线3、4是可能的，但是题意中又说明在另一侧成实像，即实际光线有交点，光线3在射出介质时，其折射线如左图所示，折射光线反向延长线交于一点，成虚像。而光线4的折射光线直接相交成实像（如右图所示）。
故选D。
3、D
【解析】
双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度和周期，对两颗星分别运用牛顿第二定律和万有引力定律列式，进行求解即可。
【详解】
A．对于地、月系统，两者具有相同的角速度和周期，万有引力提供向心力
则地、月系统，两者运动的轨道半径之比为
故A错误；
B．对于地、月系统，根据牛顿第二定律，得
故B错误；
D．同理，P、Q系统，万有引力提供向心力
P、Q系统的轨道半径
运行周期
同理，对于地、月系统，运行周期
联立解得
故D正确；
C．根据
得：
地球的运动速率
同理可得P运动速率
联立解得
故C错误。
故选D。
4、A
【解析】
设等边三角形的边长为，、两点的电荷量大小为，、连线中点处的电场强度为
点的电场强度为
等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，则有
故A正确，B、C、D错误
故选A。
5、B
【解析】
AB．等量异种电荷电场线和等势面的分布如图：
根据电场线的分布结合场强的叠加法则，可知场强关系为
根据等势面分布结合沿电场线方向电势降低，可知电势关系为
A错误，B正确；
C．、两点处于同一等势面上，所以将正点电荷q沿AC方向移动到无穷远处的过程中，根据可知电势能不变，C错误；
D．将负点电荷q沿AB方向移动到负点电荷处的过程中，电场线越来越密集，根据可知所受电场力逐渐增大，D错误。
故选B。
6、C
【解析】
A、伽利略运用理想实验法得出“力不是维持物体运动的原因”,故A错误;
B、库仑总结出了真空中两个静止点电荷之间的作用规律,故B错误;
C、爱因斯坦创立相对论,提出了一种崭新的时空观,所以C选项是正确的;
D、法拉第发现了电磁感应现象,揭示了磁现象和电现象之间的联系;是韦德与库柏在对理论和实验资料进行严格分析后,总结出了法拉第电磁感应定律,故D错误;
综上所述本题答案是：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、AD
【解析】
A．由题意可知当A受力平衡时速度最大，即弹簧弹力大小等于重力大小，此时弹簧处于压缩状态，故A正确；
B．由于冲量是矢量，而弹簧弹力对A、B的冲量方向相反，故B错误；
C．设弹簧恢复到原长时A的速度为v，绳子绷紧瞬间A、B共同速度为v1，A、B共同上升的最大高度为h，A上升最大高度为H，弹簧恢复到原长的过程中根据能量守恒得
绳子绷紧瞬间根据动量守恒定律得
mv=2mv1
A、B共同上升的过程中据能量守恒可得
可得B开始运动时A的速度大小为
A上升的最大高度为
故C错误，D正确。
故选AD。
8、BD
【解析】
A．小球到达C点时，其所受电场力的方向与速度方向垂直，电场力的功率为零，故A错误；
B．当d=2R时，根据动能定理有
小球通过C点时有
解得
N=7qE
根据牛顿第三定律可知，此时小球对轨道的压力大小为7qE，故B正确；
C．若小球恰好能通过D点，则有
又由动能定理有
解得
故C错误；
D．当小球恰好能通过D点时，小球从D点离开的速度最小。小球离开D点后做类平抛运动，有
解得
由于
x>R
故小球从D点脱离轨道后不可能落到B处，故D正确。
故选BD。
9、ACD
【解析】
由动量守恒和能量关系可知
联立解得
A．仅增大m，则∆x不变，即物块仍恰好从木板右端滑出，选项A正确；
B．仅增大M，则∆x变大，即物块能从木板右端滑出，选项B错误；
C．将m增大为原来的两倍，则∆x不变，而L增大为原来的两倍，物块不能从木板右端滑出，选项C正确；
D．仅将M增大为原来的两倍，则∆x变大，但是不会增加到原来的2倍，而L增加到原来的2倍，可知木块不会从木板上滑出，选项D正确；
故选ACD。
10、CD
【解析】
A、滑块向上滑动过程中做匀减速直线运动，，由此可知位移s与时间成二次关系，由Q=fs可知，A错；
B、根据动能定理，克服摩擦力做功等于动能的减小量，图像B应为曲线，B错；
C、物体的位移与高度是线性关系，重力势能Ep=mgh，故Ep-s图象是直线，故C正确；
D、物体运动过程中，拉力和滑动摩擦力平衡，故相当于只有重力做功，故机械能总量不变，故D正确；
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)B (2)0.3
【解析】
第一空. 打点计时器通过打点即可知道时间，故不需要秒表，故A错误．本实验不需要测滑块的质量，钩码质量已知，故不需要天平，故B错误．实验需要测量两点之间的距离，需要毫米刻度尺，故C正确．滑块受到的拉力等于钩码的重力，不需要弹簧测力计测拉力，故D错误．故选C；
第二空.对ABC系统应用牛顿第二定律可得：，其中m+m＇=m0；所以a-m图象中，纵轴的截距为-μg，故-μg=-3，μ=0.3.
12、h 从桌面到地面的距离 v
【解析】
（1）[1][2]．其中h的测量有问题，应该是从桌面到地面的距离；
（2）[3]．小球下落过程中，竖直方向
水平方向：

解得：

（3）[4][5]．根据可得，则以为纵坐标，画出的图象为一条过原点的直线，图线的斜率为k，那么该同学选择v2为横坐标；由得到的加速度为。然后与比较，若两者在误差允许范围内相等，就验证了小球在平抛运动过程中机械能守恒。
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、（1），；（2）；（3）
【解析】
（1）由图乙可知，滑块刚滑上木板时的速度大小，则由机械能守恒定律有
解得
滑块在圆弧轨道末端时
解得
由牛顿第三定律可知，滑块对圆弧轨道末端的压力大小为
（2）滑块在木板上滑行时，木板与滑块组成的系统动量守恒，有
解得
滑块在木板上做匀减速运动时，由牛顿第二定律可知
由图乙知
解得
（3）由功能关系可知
解得
14、（1）24.5J；（2）2.4m（3）24J。
【解析】
（1）将物块a在B点的速度沿水平和竖直方向分解，则
物块a由E到B的过程中根据能量守恒有
（2）物块a、b碰撞过程中根据动量守恒
解得
对ab整体，根据牛顿第二定律有
解得
减速位移
故先减速到0再反向加速
减速时间
相对位移
加速时间
相对位移：
故划痕长度
（3）由于物块动能未变，故电动机多消耗的电能用来补充系统损失掉的热量
15、①2L；②吸收的热量为
【解析】
①由图可知气体在AB过程是等容升温升压，VA=1L，则VB=1L，气体在BC过程是等压升温增容，根据盖吕萨克定律有
代入数据解得L。
②从C到D是等温变化，根据玻意耳定律得有
代入数据解得L
则根据图线转化为图线如图所示
从B到C过程，等压变化，体积增大，气体对外界做功，根据
解得
J=-3.039J
从C到D过程，等温变化，体积增大，气体对外界做功，根据数学知识，则有
则有
由数学微积分知识可得
解得
J=-J
从D到A过程，压强不变，体积减小，外界对气体做功，根据
解得
J=5.065J
则整个过程做的总功为
代入数据解得
J
即气体对外界做功为，从A出发再回到A，初末状态温度相同，内能相同，即
根据热力学第一定律有
解得
J
即吸收J的热量。