惠州一中、珠海一中等六校联考2026届高考物理四模试卷含解析

这是一份惠州一中、珠海一中等六校联考2026届高考物理四模试卷含解析，共15页。
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，轻质弹簧下端挂有一质量为的小球（视为质点），静止时弹簧长为，现用一始终与弹簧轴向垂直的外力作用在小球上，使弹簧由竖直位置缓慢变为水平。重力加速度为。则在该过程中（ ）
A．弹簧的弹力先增大后减小
B．外力一直增大
C．外力对小球做功为
D．弹簧弹力对小球做功为
2、如图所示，轻弹簧的一端固定在地面上，另一端固定一质量不为零的托盘，在托盘上放置一小物块，系统静止时弹簧顶端位于B点（未标出）。现对小物块施加以竖直向上的力F，小物块由静止开始做匀加速直线运动。以弹簧处于原长时，其顶端所在的位置为坐标原点，竖直向下为正方向，建立坐标轴。在物块与托盘脱离前，下列能正确反映力F的大小随小物块位置坐标x变化的图像是（ ）
A．B．C．D．
3、将输入电压为220V、输出电压为6V的变压器改装成输出电压为30V的变压器，副线圈原来的匝数为30匝，原线圈的匝数不变，则副线圈应增加的匝数为（）
A．150匝B．144匝C．130匝D．120匝
4、我国第一颗人造地球卫星因可以模拟演奏《东方红》乐曲并让地球上从电波中接收到这段音乐而命名为“东方红一号”。该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动。如图所示，设卫星在近地点、远地点的角速度分别为，，在近地点、远地点的速度分别为，，则（ ）
A．B．C．D．
5、如图，半径为d的圆形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场垂直圆所在的平面。一带电量为q、质量为m的带电粒子从圆周上a点对准圆心O射入磁场，从b点折射出来，若α=60°，则带电粒子射入磁场的速度大小为（ ）
A．B．
C．D．
6、采用一稳压交流电源给如图所示电路供电，R1、R2、R3 是三个完全相同的定值电阻，理想变压器的匝数比为2：1，开关断开时电路消耗的总功率为P，则开关闭合时电路消耗的总功率为（ ）
A．PB．C．D．
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、为探究小球沿光滑斜面的运动规律，小李同学将一小钢球分别从图中斜面的顶端由静止释放，下列说法中正确的是（ ）
A．甲图中小球在斜面1、2上的运动时间相等
B．甲图中小球下滑至斜面1、2底端时的速度大小相等
C．乙图中小球在斜面3、4上的运动时间相等
D．乙图中小球下滑至斜面3、4底端时的速度大小相等
8、如图，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的动能Ek－h图象，其中h＝0.18m时对应图象的最顶点，高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余为曲线，取g＝10m/s2，由图象可知（ ）
A．滑块的质量为0.18kg
B．弹簧的劲度系数为100N/m
C．滑块运动的最大加速度为50m/s2
D．弹簧的弹性势能最大值为0.5J
9、如图所示，一条形磁铁竖直放置，金属线圈从磁铁正上方某处下落，经条形磁铁A、B两端时速度分别为v1、v2，线圈中的电流分别为I1、I2，线圈在运动过程中保持水平，则( )
A．I1和I2的方向相同B．I1和I2的方向相反
C．I1∶I2＝v ∶vD．I1∶I2＝v1∶v2
10、如图所示，灯泡A、B完全相同，理想变压器原副线圈匝数比n1：n2=5：1，指示灯L的额定功率是灯泡A的，当输入端接上的交流电压后，三个灯泡均正常发光，两个电流表均为理想电流表，且A2的示数为0.4A，则（ ）
A．电流表A1的示数为0.08A
B．灯泡A的额定电压为22V
C．灯泡L的额定功率为0.8W
D．原线圈的输入功率为8.8W
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）某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻。
A．待测干电池两节，每节电池电动势约为1.5V，内阻约几欧姆
B．直流电压表V1、V2，量程均为3V，内阻约为3kΩ
C．定值电阻R0，阻值未知
D．滑动变阻器R，最大阻值Rm
E．导线若干和开关
(1)根据如图甲所示的电路图，用笔画线代替导线，把图乙中的实物连成实验电路_____；
(2)实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R0，方法是把滑动变阻器R调到最大阻值Rm，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U10、U20，则R0=_____（U10、U20、Rm表示）；
(3)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1-U2图像如图所示，图中直线斜率为k，与纵轴的截距为a，则两节干电池的总电动势E=_____，总内阻r=_____（用k、a、R0表示）。
12．（12分）某同学利用图甲所示的装置设计一个“用阻力补偿法探究加速度与力、质量的关系”的实验。如图中AB是水平桌面，CD是一端带有定滑轮的长木板，在其表面不同位置固定两个光电门，小车上固定着一挡光片。为了补偿小车受到的阻力，将长木板C端适当垫高，使小车在不受牵引时沿木板匀速运动。用一根细绳一端拴住小车，另一端绕过定滑轮挂一托盘，托盘中有一砝码调节定滑轮的高度，使细绳的拉力方向与长木板的上表面平行，将小车靠近长木板的C端某位置由静止释放，进行实验。刚开始时小车的总质量远大于托盘和砝码的总质量。
(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度d，如图乙所示，其读数为_____cm；
(2)某次实验，小车先后经过光电门1和光电门2时，连接光电门的计时器显示挡光片的挡光时间分别为t1和t2，此过程中托盘未接触地面。已知两个光电门中心之问的间距为L，则小车的加速度表达式a（______）（结果用字母d、t1、t2、L表示）；
(3)某同学在实验中保持小车总质量不变，增加托盘中砝码的个数，并将托盘和砝码的总重力当做小车所受的合力F，通过多次测量作出aF图线，如图丙中实线所示。试分析上部明显偏离直线的原因是_____。
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y≥0存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，坐标原点O处有一粒子源，可向x轴和x轴上方的各个方向均匀地不断发射速度大小均为v、质量为m、带电荷量为＋q的同种带电粒子。在x轴上距离原点x0处垂直于x轴放置一个长度为x0、厚度不计、能接收带电粒子的薄金属板P（粒子一旦打在金属板 P上，其速度立即变为0）。现观察到沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与y轴平行。不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力：
(1)求磁感应强度B的大小；
(2)求被薄金属板接收的粒子中运动的最长与最短时间的差值；
(3)求打在薄金属板右侧面与左侧面的粒子数目之比。
14．（16分）如图所示，长为3l的不可伸长的轻绳，穿过一长为l的竖直轻质细管，两端拴着质量分别为m、m的小球A和小物块B，开始时B先放在细管正下方的水平地面上．手握细管轻轻摇动一段时间后，B对地面的压力恰好为零，A在水平面内做匀速圆周运动．已知重力加速度为g，不计一切阻力．
（1）求A做匀速圆周运动时绳与竖直方向夹角θ；
（2）求摇动细管过程中手所做的功；
（3）轻摇细管可使B在管口下的任意位置处于平衡，当B在某一位置平衡时，管内一触发装置使绳断开，求A做平抛运动的最大水平距离．
15．（12分）阅兵现场用到了一辆小型雷达信号车，信号传输距离只有1000m雷达车保持的速度沿水平路面匀速直线行驶，受阅飞机从高空以的速度与雷达车保持平行飞行。如图所示，当受阅飞机飞行到A点刚好接收到雷达车信号时，飞机立即以加速度大小加速向前飞行，求受阅飞机与雷达信号车能够通信的时间。（忽略信号传输时间）
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、B
【解析】
AB．小球受外力、重力和弹簧弹力三个力构成一个三角形，当外力与弹簧弹力垂直时最小，由三角形定则可判断，弹簧弹力一直减小，外力一直增大，故A不符合题意，B符合题意；
CD．由上分析可知外力F和弹簧的弹力都是变力，所以无法直接求出外力和弹力所做的功，只能根据能量守恒求出外力与弹簧弹力的合力对小球做的功等于，故CD不符合题意。
故选B。
2、B
【解析】
根据
有
可知F随着x增大而减小；由于以弹簧处于原长时，其顶端所在的位置为坐标原点，当F=m(a+g)时，物块与弹簧脱离，初始时刻F=ma>0故B正确。
故选B。
3、D
【解析】
副线圈匝数为n2=30匝，输入电压U1=220V，输出电压U2=6V，根据变压比公式有
原线圈匝数不变，改变副线圈匝数，输入电压也不变，输出电压变为30V，根据变压比公式有
联立得
故D正确，ABC错误。
故选D。
4、C
【解析】
根据开普勒第二定律可知，从远地点到近地点卫星做加速运动，而近地点到远地点，卫星做减速运动，所以近地点的速度大于远地点的即
根据可知，因为近地点到地心的距离小于远地点到地心的距离，即
则有
故选C。
5、B
【解析】
由几何关系可知，粒子运动的轨道半径为
由洛伦兹力提供向心力可知
可得
故选B。
6、C
【解析】
设三个完全相同的定值电阻的阻值为，电压电压为，开关断开时，根据等效电路可得电路的总的电阻为
电路消耗的总功率为
开关闭合时，根据等效电路可得电路的总的电阻为
电路消耗的总功率为
故A、B、D错误，C正确；
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】
A．设斜面与水平面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得加速度为
甲图中，设斜面得高度为h，则斜面得长度为
小球运动的时间为
可知小球在斜面2上运动的时间长，故A错误；
B．达斜面底端的速度为
与斜面得倾角无关，与h有关，所以甲图中小球下滑至斜面1、2底端时的速度大小相等，故B正确；
C．乙图中，设底边的长度为d，则斜面的长度为
根据得
可知和时，时间相等，故C正确；
D．根据，可知速度仅仅与斜面得高度h有关，与其他的因素无关，所以乙图中小球下滑至斜面4底端时的速度较大，故D错误。
故选BC。
8、BD
【解析】
A．在从0.2m上升到0.35m范围内，△Ek=△Ep=mg△h，图线的斜率绝对值为:
则
m=0.2kg
故A错误；
B．由题意滑块与弹簧在弹簧原长时分离，弹簧的原长为0.2m，h=0.18m时速度最大，此时
mg=kx1
x1=0.02m
得
k=100N/m
故B正确；
C．在h=0.1m处时滑块加速度最大
kx2-mg=ma
其中x2=0.1m，得最大加速度
a=40m/s2
故C错误；
D．根据能量守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以
Epm=mg△hm=0.2×10×（0.35-0.1）J=0.5J
故D正确。
故选BD。
9、BD
【解析】
AB．金属线圈经条形磁铁A、B两端时，磁通量先向上的增大后向上减小，依据楞次定律“增反减同”，导致感应电流产生的磁场方向先向下，后向上，根据右手螺旋定则可知，则I1和I2感应电流的方向先顺时针，后逆时针（从上向下），即它们的方向相反，故A错误，B正确；
CD．依据法拉第电磁感应定律，及闭合电路欧姆定律，则有
I=
即I与v成正比，故C错误，D正确。
故选BD。
10、AC
【解析】
A．副线圈的总电流即A2的示数为I2＝0.4A，由理想变压器两端的电流比等于匝数的反比，可得
即电流表A1的示数为0.08A，故A正确；
BC．变压器的输入电压的有效值为U=110V，根据全电路的能量守恒定律有
而指示灯L的额定功率是灯泡A的，即
联立解得
，
由电功率
可得
故B错误，C正确；
D．对原线圈电路由，可得原线圈的输入功率
故D错误。
故选AC。
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、
【解析】
(1)[1]如图所示
(2)[2]根据部分电路欧姆定律
因
联立解得
(3)[3][4]根据闭合电路欧姆定律有
变形得
由题意可知
解得
，
12、0.170 托盘和砝码的总质量过大，小车所受合力与托盘和砝码的总重力相差越来越大
【解析】
(1)[1]游标卡尺的主尺读数为：1mm，游标尺的刻度第14个刻度与上边的刻度对齐，所以读数为：0.05×14=0.70mm，所以d=1mm+0.70mm=1.70mm=0.170cm；
(2)[2]小车做匀变速直线运动，根据匀变速直线运动速度位移公式
得
(3)[3]实验时，小车的合外力认为就是托盘和砝码的总重力mg，只有在Mm时，才有
图线才接近直线，一旦不满足Mm，描出的点的横坐标就会向右偏离较多，造成图线向右弯曲，所以图线上部明显偏离直线的原因是托盘和砝码的总质量过大，小车所受合力与托盘和砝码的总重力相差越来越大。
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）由左手定则可以判断带电粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动，沿方向射出的粒子恰好打在金属板的上方，如图a所示：
则：
联立得：
（2）粒子做匀速圆周运动的周期为T，根据圆周运动公式可知：
图b为带电粒子打在金属板左侧面的两个临界点，由图可知，圆心O与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，带电粒子速度方向和x轴正方向成角，由图b可知到达薄金属板左侧下端的粒子用时最短，即：
图c为打在右侧下端的临界点，圆心与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，带电粒子速度方向和x轴正方向成角，由图a、c可知到达金属板右侧下端的粒子用时最长，即：
则被板接收的粒子中最长和最短时间之差为：
（3）由图a和图c可知打在右侧面的粒子发射角为，打在左侧面的粒子发射角为，所以打在薄金属板右侧面与左侧面的粒子数目之比为：
14、（1）θ=45° ；（2）；(3) 。
【解析】
（1）B对地面刚好无压力，对B受力分析，得此时绳子的拉力为
对A受力分析，如图所示
在竖直方向合力为零，故
解得
（2）对A球，根据牛顿第二定律有
解得
故摇动细管过程中手所做的功等于小球A增加的机械能，故有
（3）设拉A的绳长为x（l≤x≤2l），根据牛顿第二定律有
解得
A球做平抛运动下落的时间为t，则有
解得
水平位移为
当时，位移最大，为
15、20s
【解析】
设受阅飞机与雷达信号车能够通信时间t，如图所示，当受阅飞机飞行到A点时，雷达车与受阅飞机相距，由勾股定理得
雷达车位移
受阅飞机位移
由几何关系可得
解得
（舍去）
故雷达车与受阅飞机通信时向为20s.