吉林省高中2026届高考仿真卷物理试题含解析

这是一份吉林省高中2026届高考仿真卷物理试题含解析，共15页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、如图所示，A、B为水平放置的平行板电容的两个极板，B板接地。将电容器与电源接通，板间带正电的油滴恰好处于静止状态。断开开关后.下列说法正确的是( )
A．油滴将加速下落
B．A板电势高于B板
C．若将A板向右错开少许，油滴将向上加速运动
D．若将B板下移，P点的电势将升高
2、如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场分布在半径为R的圆内，CD是圆的直径，质量m、电荷量为q的带正电的粒子，从静止经电场加速后，沿着与直径CD平行且相距的直线从A点进入磁场。若带电粒子在磁场中运动的时间是，则加速电场的电压是（ ）
A．B．
C．D．
3、战斗机离舰执行任务，若战斗机离开甲板时的水平分速度大小为40m/s，竖直分速度大小为20m/s，离舰后它在水平方向做加速度大小为1m/s2的匀加速运动，在竖直方向做加速度大小为2m/s2的匀加速运动，以战斗机离开甲板时的位置为坐标原点，水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立直角坐标系，则在它离舰后的一段时间内，下列轨迹正确的是（ ）
A．B．
C．D．
4、乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图所示。在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止（设缆车保持竖直状态）则（ ）
A．小物块受到的支持力方向竖直向上
B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下
C．小物块受到的静摩擦力为
D．小物块受到的滑动摩擦力为
5、如图所示，一倾角、质量为的斜面体置于粗糙的水平面上，斜面体上固定有垂直于光滑斜面的挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端拴接质量为的小球。现对斜面体施加一水平向右的推力，整个系统向右做匀加速直线运动，已知弹簧恰好处于原长，斜面体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A．若增大推力，则整个系统稳定后斜面体受到的摩擦力变大
B．若撤去推力，则小球在此后的运动中对斜面的压力可能为零
C．斜面对小球的支持力大小为
D．水平推力大小为
6、如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆型槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则（ ）
A．A、B物体组成的系统动量守恒
B．A不能到达圆槽的左侧最高点
C．A运动到圆槽的最低点时A的速率为
D．A运动到圆槽的最低点时B的速率为
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、如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在z轴上，其中Qi位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点。现有一带负电的粒子q以一定的初速度沿z轴从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），设粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标x变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是
A．ab连线的中点电势最低
B．a点的电势比b点的电势高
C．x=3L处场强一定为零
D．Q2带负电且电荷量小于Q1
8、如图所示，水平传送带以大小为的速率沿顺时针匀速运行，一个小物块从传送带的右端点以大小为的速度向左滑上传送带，小物块滑到传送带正中间时速度减为零。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为，则下列说法正确的是
A．两点间的距离为
B．小物块在传送带上运动时与传送带的相对位移为
C．要使小物块从传送带左端点滑离，小物块在右端点滑上传送带的速度至少为
D．增大传送带的速度(仍小于)，小物块与传送带间相对运动的时间变长
9、如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直纸面向里．现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc边刚好运动到匀强磁场PQ边界的v﹣t图象，图中数据均为己知量，重力加速度为g，不计空气阻力，则在线框穿过磁场的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．t1到t2过程中，线框中感应电流沿顺时针方向
B．线框的边长为v1（t2﹣t1）
C．线框中安培力的最大功率为
D．线框中安培力的最大功率为
10、如图所示为一定质量的理想气体的压强随体积变化的 图像，其中段为双曲线，段与横轴平行，则下列说法正确的是（ ）
A．过程①中气体分子的平均动能不变
B．过程②中气体需要吸收热量
C．过程②中气体分子的平均动能减小
D．过程③中气体放出热量
E.过程③中气体分子单位时间内对容器壁的碰撞次数增大
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）如图甲所示，一根伸长可忽略的轻绳跨过轻质定滑轮，两个质量相等的砝码盘分别系于绳的两端。甲、乙两位同学利用该装置探究系统加速度与其所受合力的关系。共有9个质量均为m的砝码供实验时使用。
请回答下列问题：
(1)实验中，甲将左盘拉至恰好与地面接触，乙把5个硅码放在右盘中，4个底码放在左盘中。系统稳定后，甲由静止释放左盘；
(2)若要从(1)的操作中获取计算系统加速度大小的数据，下列器材中必须使用的是____（填正确答案标号）；
A．米尺
B．秒表
C．天平
D．弹簧秤
(3)请说明用(2)中选择的器材要测量本实验中的必要物理量是：_________________；
(4)由(3)中测量得到的物理量的数据，根据公式________________（用所测量物理量的符号表示），可以计算岀系统加速度的大小：
(5)依次把左盘中的砝码逐个移到右盘中，重复(1)(3)(4)操作；获得系统在受不同合力作用下加速度的大小，记录的数据如下表，请利用表中数据在图乙上描点并作出a-F图象___________；
(6)从作出的a－F图像能得到的实验结论是：___________________。
12．（12分）某同学想测出济南当地的重力加速度g，并验证机械能守恒定律。为了减小误差，他设计了一个实验如下：将一根长直铝棒用细线悬挂在空中（如图甲所示），在靠近铝棒下端的一侧固定电动机M，使电动机转轴处于竖直方向，在转轴上水平固定一支特制笔N，借助转动时的现象，将墨汁甩出形成一条细线。调整笔的位置，使墨汁在棒上能清晰地留下墨线。启动电动机待转速稳定后，用火烧断悬线，让铝棒自由下落，笔在铝棒上相应位置留下墨线。图乙是实验时在铝棒上所留下的墨线，将某条合适的墨线A作为起始线，此后每隔4条墨线取一条计数墨线，分别记作B、C、D、E。将最小刻度为毫米的刻度尺的零刻度线对准A，此时B、C、D、E对应的刻度依次为14.68cm，39.15cm，73.41cm，117.46cm。已知电动机的转速为3000r/min。求：
(1)相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为________s；
(2)由实验测得济南当地的重力加速度为________m/s2（结果保留三位有效数字）；
(3)该同学计算出划各条墨线时的速度v，以为纵轴，以各条墨线到墨线A的距离h为横轴，描点连线，得出了如图丙所示的图像，据此图像________（填“能”或“不能”）验证机械能守恒定律，图线不过原点的原因__________________。
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，两相互平行的光滑金属导轨，相距L=0.2m，左侧轨道的倾角θ=30°，M、P是倾斜轨道与水平轨道连接点，水平轨道右端接有电阻R=1.5Ω，MP、NQ之间距离d=0.8m，且在MP、NQ间有宽与导轨间距相等的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化关系如图乙所示，－质量m=0.01kg、电阻r=0.5Ω的导体棒在t=0时刻从左侧轨道高H=0.2m处静止释放，下滑后平滑进入水平轨道（转角处天机械能损失）。导体棒始终与导轨垂直并接触良好，轨道的电阻和电感不计，g取10m/s2。求：
(1)导体棒从释放到刚进入磁场所用的时间t；
(3)导体棒在水平轨道上的滑行距离d；
(2)导体棒从释放到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热。
14．（16分）光滑水平面上，一个长木板与半径R未知的半圆组成如图所示的装置，装置质量M＝5 kg.在装置的右端放一质量为m＝1 kg的小滑块(可视为质点)，小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.5，装置与小滑块一起以v0＝10 m/s的速度向左运动．现给装置加一个F＝55 N向右的水平推力，小滑块与长木板发生相对滑动，当小滑块滑至长木板左端A时，装置速度恰好减速为0，此时撤去外力F并将装置锁定．小滑块继续沿半圆形轨道运动，且恰好能通过轨道最高点B.滑块脱离半圆形轨道后又落回长木板．已知小滑块在通过半圆形轨道时克服摩擦力做功Wf＝2.5 J．g取10 m/s2.求：
(1)装置运动的时间和位移；
(2)长木板的长度l；
(3)小滑块最后落回长木板上的落点离A的距离．
15．（12分）如图，玻璃球冠的折射率为，其底面镀银，底面的半径是球半径的倍；在过球心O且垂直于底面的平面（纸面）内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点．求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角．
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、C
【解析】
A．开关断开后，板间场强不变，油滴将保持静止，故A错误；
B．因油滴带正电，由平衡条件可知电场力向上，A板带负电，A板电势低于B板，故B错误；
C．断开开关后，电容器的电荷量Q保持不变，由公式、和可知
当A板向右错开少许，即正对面积S减小，板间场强E增大，油滴所受电场力增大，将向上加速运动，故C正确；
D．当B板下移，板间场强E不变，但PB距离变大，由匀强电场的电势差U=Ed可知，BP电势差增大，因B点接地，电势始终为零，故P点电势减小，即D错误。
故选C。
2、B
【解析】
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期是；

粒子在磁场中运动的时间是
如图所示，粒子从A点进入磁场后，从E点射出．O为磁场圆的圆心，设∠AOC=α
则sinα=，则
α=45°
粒子做圆周运动的圆心是O1点，设半径O1A=r，O1A⊥CD，∠COO1=45°．
由图可知
r=R
粒子做圆周运动

加速过程满足

解得加速电压
故选B。
3、D
【解析】
AB．战斗机在水平方向和竖直方向分别做匀加速直线运动，且竖直方向的加速度大于水平方向的加速度，其轨迹应该向上弯曲，故AB错误；
CD．根据匀变速直线运动位移公式，竖直方向
即
当y=200m时
解得
水平方向
结合CD图象，D图象更加符合轨迹图象，故D正确。
故选D。
4、C
【解析】
由题知：木块的加速度大小为a，方向沿斜面向上，分析木块受力情况，根据牛顿第二定律求解木块所受的摩擦力大小和方向。根据牛顿第二定律求解木块所受的摩擦力大小和方向。
【详解】
AB．以木块为研究对象，分析受力情况为重力mg，斜面的支持力N和摩擦力为静摩擦力f，根据平衡条件可知支持力N垂直于斜面向上，摩擦力f沿斜面向上，故AB错误；
CD．由于小物块和斜面保持相对静止，小物块受到的摩擦力为静摩擦力，根据牛顿第二定律得
解得，方向平行斜面向上，故C正确，D错误。
故选C。
【点睛】
本题首先要正确分析木块的受力情况，其次要能根据牛顿第二定律列式，求摩擦力。
5、B
【解析】
A．斜面体受到的摩擦力大小决定于动摩擦因数和正压力，若增大推力，动摩擦因数和正压力不变，则整个系统稳定后斜面体受到的摩擦力不变，故A错误；
B．若撒去推力，系统做减速运动，如果小球在此后的运动中对斜面的压力为零，则加速度方向向左，其大小为
以整体为研究对象可得
由此可得摩擦因数
所以当时小球在此后的运动中对斜面的压力为零，故B正确；
C．弹簧处于原长则弹力为零，小球受到重力和斜面的支持力作用，如图所示
竖直方向根据平衡条件可得
则支持力
故C错误；
D．对小球根据牛顿第二定律可得
解得
再以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得
解得水平推力
故D错误。
故选B。
6、D
【解析】
A．A、B物体组成的系统只有水平方向动量守恒，选项A错误；
B．运动过程不计一切摩擦，故机械能守恒，那么A可以到达B圆槽的左侧最高点，且A在B圆槽的左侧最高点时，A、B的速度都为零，故B错误；
CD．对A运动到圆槽的最低点的运动过程由水平方向动量守恒

对AB整体应用机械能守恒可得
所以A运动到圆槽的最低点时B的速率为

故C错误，D正确；
故选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、CD
【解析】
A.带电粒子在电场中只受电场力作用，电势能和动能之和不变，由图可知，在a、b连线的中点3L处，动能最大，电势能最小，因为粒子带负电荷，所以a、b连线的中点3L处电势最高，故A错误；
B.根据A选项分析可知，a点动能比b点小，电势能比b点大，所以a点的电势比b点低，故B错误；
C.在3L点前做加速运动，3L点后做减速运动，可见3L点的加速度为0，则x=3L处场强为零，故C正确；
D.由于在x=3L点前做加速运动，所以Q2带负电，3L点的加速度为0，则有，故Q2带正电且电荷量小于Q1，故D正确。
故选：CD
8、BD
【解析】
A.物块向左滑动时，做加速度大小为的匀减速直线运动,则传送带的长为
故A错误；
B.物块向左滑动时，运动的时间
这段时间内相对位移
当物块向右运动时，加速的时间为
这段时间内的相对位移为
因此总的相对位移为，故B正确；
C.要使物块从传送带左端点B滑离，物块在右端点A滑上传送带的速度至少为
故C错误；
D.增大传送带的速度(仍小于)，物块向左相对传送带运动的时间不变，向右相对传送带运动的时间变长，因此物块与传送带相对运动的总时间变长，故D正确。
9、BD
【解析】
A．金属线框刚进入磁场时，磁通量增加，磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向沿逆时针方向，故A错误；
B．由图象可知，金属框进入磁场过程中做匀速直线运动，速度为v1，匀速运动的时间为t2﹣t1，故金属框的边长：L＝v1（t2﹣t1），故B正确；
CD．在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mg＝BIL，又，又 L＝v1（t2﹣t1），联立解得：；线框仅在进入磁场和离开磁场过程中受安培力，进入时安培力等于重力，离开时安培力大于重力，开始减速，故开始离开磁场时安培力最大，功率最大，为Pm＝F安t2，又，联立得：，故C错误，D正确．
10、BDE
【解析】
根据理想气体状态方程，可得：
故可知，图象的斜率为：
而对一定质量的理想气体而言，斜率定性的反映温度的高低；
A.图象在过程①的每点与坐标原点连线构成的斜率逐渐减小，表示理想气体的温度逐渐降低，可知平均动能减小，故A错误；
B. 图象过程②的每点与坐标原点连线构成的斜率逐渐逐渐增大，则温度升高，吸收热量，平均动能增大，故B正确，C错误；
D.过程③可读出压强增大，斜率不变，即温度不变，内能不变，但是体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体向外界放出热量，故D正确；
E.过程③可读出压强增大，温度不变，分子的平均动能不变，根据理想气体压强的微观意义，气体压强与气体分子单位时间内对容器壁的碰撞次数、气体分子平均动能有关，在压强增大，温度不变以及体积减小的情况下，气体分子对容器壁的碰撞次数增大，故E正确；
故选BDE。
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、AB 释放前，用米尺测量右盘离地面的高度h，用秒表记录右盘下落至地面的时间t 系统质量一定时，其加速度与所受合外力成正比
【解析】
(2)[1]根据实验原理可知，砝码盘做匀加速直线运动，由公式可知，要得到加速度应测量释放前，用米尺测量右盘离地面的高度h，用秒表记录右盘下落至地面的时间t，故AB正确。
故选AB；
(3)[2]由(2)可知，要测量本实验中的必要物理量，释放前，用米尺测量右盘离地面的高度h，用秒表记录右盘下落至地面的时间t
(4)[3]根据实验原理可知，砝码盘做匀加速直线运动，满足
(5)[4]根据表格数据描点如图
(6)[5]由图像可知，a－F图像为经过原点的一条直线，说明系统质量不变时加速度和合外力成正比。
12、0.1 9.79 能 墨线A对应的速度不为零
【解析】
(1)[1]由于电动机的转速为3000r/min，则其频率为50Hz，故每隔0.02s特制笔N便在铝棒上画一条墨线，又每隔4条墨线取一条计数墨线，故相邻计数墨线间的时间间隔是0.1s
(2)[2]由题可知
可知连续相等时间内的位移之差
根据△x=gT2得
(3)[3]铝棒下落过程中，只有重力做功，重力势能的减小等于动能的增加，即
mgh＝mv2
得
若图线为直线，斜率为g，则机械能守恒，所以此图像能验证机械能守恒
[4]图线不过原点是因为起始计数墨线A对应的速度不为0
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)0.111J
【解析】
(1)设导体棒进入磁场前瞬间速度大小为，导体棒从释放到刚进入磁场的过程中，由机械能守恒定律有
解得
根据位移公式有
解得
导体棒从释放到刚进入磁场所用的时间为0.4s。
(2)导体棒进入磁场到静止，由动量定理得
根据安培力公式有
又
联立得
通过导体棒的电荷量为
联立解得
导体棒在水平轨道上的滑行距离为0.25m。
(3)导体棒滑入磁场之前上产生的焦耳热为
由法拉第电磁感定律有
由闭合电路欧姆定律
可得
根据能量守恒可知，导体棒进入磁场后的总热量
又
解得
故电阻上产生的焦耳热为
故总热量为0.111J。
14、 (1)1 s 5 m (2)2.5 m (3)0.8 m
【解析】
(1)对M：F－μmg＝Ma1 解得：a1＝10 m/s2
设装置运动的时间为t1，由v0－a1t1＝0
解得：t1＝1 s
装置向左运动的距离：x1＝v0t1－a1t12＝5 m
(2)对m：μmg＝ma2，解得a2＝5 m/s2
设滑块到A点的速度为v1，则v1＝v0－a2t1 解得：v1＝5 m/s
小滑块向左运动的距离：x2＝v0t1－a2t12＝7.5 m
则木板长为l＝x2－x1＝2.5 m
(3)设滑块在B点的速度为v2，从A至B：－mg×2R－Wf＝
在B点：mg＝m
联立解得：R＝0.4 m，v2＝2 m/s
小滑块平抛运动时：
落点离A的距离：x＝v2t2，解得：x＝0.8 m
15、150°
【解析】
设球半径为R，球冠地面中心为O′，连接OO′，则OO′⊥AB
令∠OAO′=α
则：…①
即∠OAO′=α=30°…②
已知MA⊥AB，所以∠OAM=60°…③
设图中N点为光线在球冠内地面上的反射点，光路图如图所示．
设光线在M点的入射角为i，折射角为r，在N点的入射角为i′，反射角为i″，玻璃的折射率为n．
由于△OAM为等边三角形，所以入射角i=60°…④
由折射定律得：sini=nsinr…⑤
代入数据得：r=30°…⑥
作N点的法线NE，由于NE∥MA，所以i′=30°…⑦
由反射定律得：i″=30°…⑧
连接ON，由几何关系可知△MAN≌△MON，则∠MNO=60°…⑨
由⑦⑨式可得∠ENO=30°
所以∠ENO为反射角，ON为反射光线．由于这一反射光线垂直球面，所以经球面再次折射后不改变方向．所以，该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角为β=180°-∠ENO=150°