吉林省延边朝鲜族自治州汪清县第六中学2026届高三第六次模拟考试物理试卷含解析

这是一份吉林省延边朝鲜族自治州汪清县第六中学2026届高三第六次模拟考试物理试卷含解析，共7页。
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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，等量异种点电荷连线水平，O为两点电荷连线的中点，点A与B、B与C分别关于O点和水平连线对称。下列说法正确的是（ ）
A．点A与B的电势一定相等
B．点A与C的场强一定相同
C．将一负电荷沿直线AC从A移至C，电场力不做功
D．将一正电荷沿直线AB从A移至B，电荷电势能一直减小
2、如图，长为L的直棒一端可绕固定轴O在竖直平面内转动，另一端搁在升降平台上，平台以速度v匀速上升，当棒与竖直方向的夹角为θ时，棒的角速度为
A．B．C．D．
3、如图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B、C高度差为h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知（ ）
A．小球甲做平抛运动的初速度大小为
B．甲、乙两小球到达C点所用时间之比为
C．A，B两点高度差为
D．两小球在C点时重力的瞬时功率大小相等
4、如图所示，理想变压器的原线圈接在u=220sin100t(V)的交流电源上，副线圈接有R=55的负载电阻，原、副线圈匝数之比为4∶1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A．原线圈的输入功率为220W
B．电流表的读数为1 A
C．电压表的读数为55V
D．通过电阻R的交变电流频率是100Hz
5、如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，斜面上放有一重力为G的物块A，有一水平轻弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端与物块A接触。若物块A静止时受到沿斜面向下的摩擦力大小为，此时弹簧的弹力大小是（ ）
A．
B．
C．G
D．
6、为了做好疫情防控工作，小区物业利用红外测温仪对出入人员进行体温检测。红外测温仪的原理是：被测物体辐射的光线只有红外线可被捕捉，并转变成电信号。图为氢原子能级示意图，已知红外线单个光子能量的最大值为1.62eV，要使氢原子辐射出的光子可被红外测温仪捕捉，最少应给处于激发态的氢原子提供的能量为（ ）
A．10.20eVB．2.89eVC．2.55eVD．1.89eV
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、如图所示，O是一固定的点电荷，虚线是该点电荷产生的电场中的三条等势线，负点电荷q仅在电场力的作用下沿实线所示的轨迹从a处运动到b处，然后又运动到c处．由此可知( )
A．O为正电荷
B．在整个过程中q的电势能先变小后变大
C．在整个过程中q的加速度先变大后变小
D．在整个过程中，电场力做功为零
8、如图所示，地球质量为M，绕太阳做匀速圆周运动，半径为R．有一质量为m的飞船，由静止开始从P点在恒力F的作用下，沿PD方向做匀加速直线运动，一年后在D点飞船掠过地球上空，再过三个月，又在Q处掠过地球上空．根据以上条件可以得出
A．DQ的距离为
B．PD的距离为
C．地球与太阳的万有引力的大小
D．地球与太阳的万有引力的大小
9、宇宙中，两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双星系统。设某双星系统A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图所示。若AO>OB，则
A．恒星A的质量大于恒星B的质量
B．恒星A的动能大于恒星B的动能
C．恒星A的动量与恒星B的动量大小相等
D．恒星A的向心加速度大小小于恒星B的向心加速度大小
10、如图所示，某空间存在一竖直方向的电场，其中的一条电场线如图甲所示，一个质量为m。电荷量为q的带正电小球，从电场线中O点由静止开始沿电场线竖直向上运动x1的过程中，以O为坐标原点，取竖直向上为x轴的正方向，小球运动时电势能ε与位移x的关系如图乙所示，运动忽略空气阻力，则（ ）
A．沿x轴正方向的电场强度大小可能增加
B．从O运动到x1的过程中，如果小球的速度先增后减 ，则加速度一定先减后增
C．从O点运动x1的过程中，每经过相等的位移，小球机械能的增加变少
D．小球运动位移x1时，小球速度的大小为
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）在测定电容器电容的实验中，将电容器、电压传感器、阻值为3 kΩ的电阻R、电源、单刀双掷开关S按图甲所示电路图进行连接。先使开关S与1相连，电源给电容器充电，充电完毕后把开关S掷向2，电容器放电，直至放电完毕，实验得到的与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的图线如图乙所示，图丙为由计算机对图乙进行数据处理后记录了“峰值”及图线与时间轴所围“面积”的图像。
(1)根据图甲所示的电路，观察图乙可知：充电电流与放电电流方向________(填“相同”或“ 相反”)，大小都随时间________(填“增大”或“ 减小”)。
(2)该电容器的电容为________F(结果保留两位有效数字)。
(3)某同学认为：仍利用上述装置，将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端，也可以测出电容器的电容值，请你分析并说明该同学的说法是否正确________。
12．（12分）小宇同学利用图示器材探究电路规律：
（1）断开开关S，旋转选择开关，使其尖端对准欧姆档，此时读数为20Ω，此时测得的是____________的阻值；
（2）将旋转开关指向直流电流档，闭合开关S，将滑片从最左端缓慢移动到最右端，发现该过程中读数最大为320mA，则移动过程中读数变化情况是（___）
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．先减小后增大
D．先增大后减小
（3）将旋转开关指向直流电压档，闭合开关S后移动滑动头，发现该过程中电表读数最大为1.2V，结合前两问条件可知，该电源电动势为________V．（结果保留两位小数）
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，将一个折射率为 的透明长方体放在空气中，矩形ABCD是它的一个截面，一单色细光束入射到P点，入射角为θ． ，求：
（1）若要使光束进入长方体后能射至AD面上，角θ的最小值；
（2）若要此光束在AD面上发生全反射，角θ的范围．
14．（16分）如图甲所示，质量均为m＝0.5 kg的相同物块P和Q(可视为质点)分别静止在水平地面上A、C两点．P在按图乙所示随时间变化的水平力F作用下由静止开始向右运动，3 s末撤去力F，此时P运动到B点，之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞．已知B、C两点间的距离L＝3.75 m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求：
(1)P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；
(2)Q运动的时间t．
15．（12分）如图甲是某型号无人机在水平地面沿直线加速滑行和离开地面以固定仰角沿直线匀速爬升的示意图，无人机在滑行和爬升两个过程中：所受推力大小均为其重力的倍，方向与速度方向相同；所受升力大小与其速率的比值均为k1，方向与速度方向垂直；所受空气阻力大小与其速率的比值均为k2，方向与速度方向相反。k1、k2未知；已知重力加速度为g，无人机质量为m，匀速爬升时的速率为v0，仰角为θ，且sinθ=，csθ=。
(1)求k1，k2的值。
(2)若无人机受到地面的阻力等于压力的k3倍，无人机沿水平地面滑行时能做匀加速直线运动，求k3的值。
(3)若无人机在水平地面由静止开始沿直线滑行，其加速度a与滑行距离s的关系如图乙所示，求s0~2s0过程与0~s0过程的时间之比。（无人机在s0~2s0这段滑行过程中的平均速度可用该过程始末速度的算术平均值替代）
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．由等量异种电荷的电场分布可知，A点电势高于C点，C点电势等于B点电势，可知点A的电势高于B点电势，选项A错误；
B．由对称性可知，点A与C的场强大小相同，但是方向不同，选项B错误；
C．将一负电荷沿直线AC从A移至C，电场力做负功，选项C错误；
D．将一正电荷沿直线AB从A移至B，电场力做正功，则电荷电势能一直减小，选项D正确；
故选D。
2、D
【解析】
棒与平台接触点的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上，如图所示，合速度
，
沿竖直向上方向上的速度分量等于v，即
，
所以
。
A．综上分析，A错误；
B．综上分析，B错误；
C．综上分析，C错误；
D．综上分析，D正确。
故选D。
3、C
【解析】
A项，小球乙到C的速度为 ，此时小球甲的速度大小也为，又因为小球甲速度与竖直方向成角，可知水平分速度为故A错；
B、小球运动到C时所用的时间为 得
而小球甲到达C点时竖直方向的速度为，所以运动时间为
所以甲、乙两小球到达C点所用时间之比为 故B错
C、由甲乙各自运动的时间得： ，故C对；
D、由于两球在竖直方向上的速度不相等，所以两小球在C点时重力的瞬时功率也不相等故D错；
故选C
4、C
【解析】
C．原线圈的交流电电压的有效值是220V，原、副线圈匝数之比为4∶1，由可得副线圈上得到的电压有效值为
所以电压表测电压有效值，则示数是55V，选项C正确；
B．副线圈上的电流为
又由于，则原线圈中的电流为
则电流表的读数为0.25A，故B错误；
A．原线圈输入的电功率
故A错误；
D．原副线圈的交流电的频率相同，则副线圈中的交流电的频率也是50Hz，故D错误。
故选C。
5、B
【解析】
对A进行受力分析，利用正交分解法对力进行分解，如图所示：
在沿斜面方向，根据平衡条件：
Fcs30°=f+Gsin30°
而
解得：
故B正确ACD错误。
故选B。
6、C
【解析】
AB．处于n=2能级的原子不能吸收10.20eV、2.89eV的能量，则选项AB错误；
C．处于n=2能级的原子能吸收2.55eV的能量而跃迁到n=4的能级，然后向低能级跃迁时辐射光子，其中从n=4到n=3的跃迁辐射出的光子的能量小于1.62eV可被红外测温仪捕捉，选项C正确；
D．处于n=2能级的原子能吸收1.89eV的能量而跃迁到n=3的能级，从n=3到低能级跃迁时辐射光子的能量均大于1.62eV，不能被红外测温仪捕捉，选项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、CD
【解析】
粒子的所受合力的方向大致指向轨迹的弯曲的方向，知负电荷所受的电场力背离点电荷向外，知O为负电荷。故A错误。从a处运动b处，然后又运动到c处电场力先做负功再做正功，所以电势能先变大后变小，故B错误。越靠近点电荷，电场线越密，则电荷所受电场力越大，加速度越大，则加速度先增大后减小。故C正确。初末位置在同一个等势面上，两点间的电势差为零，根据W=qU，知电场力做功为零，故D正确。故选CD。
【点睛】
解决本题的关键掌握通过轨迹的弯曲大致判断合力的方向，会根据电场力做功判断动能的变化，知道在等势面上移动电荷，电场力不做功．
8、ABC
【解析】
根据DQ的时间与周期的关系得出D到Q所走的圆心角，结合几何关系求出DQ的距离．抓住飞船做匀加速直线运动，结合PD的时间和PQ的时间之比得出位移之比，从而得出PD的距离．根据位移时间公式和牛顿第二定律，结合地球与太阳之间的引力等于地球的向心力求出引力的大小．
【详解】
地球绕太阳运动的周期为一年，飞船从D到Q所用的时间为三个月，则地球从D到Q的时间为三个月，即四分之一个周期，转动的角度为90度，根据几何关系知，DQ的距离为，故A正确；因为P到D的时间为一年，D到Q的时间为三个月，可知P到D的时间和P到Q的时间之比为4：5，根据得，PD和PQ距离之比为16：25，则PD和DQ的距离之比为16：9，，则，B正确；地球与太阳的万有引力等于地球做圆周运动的向心力，对PD段，根据位移公式有：，因为P到D的时间和D到Q的时间之比为4：1，则，即T=t，向心力，联立解得地球与太阳之间的引力，故C正确D错误．
9、BC
【解析】
A．根据万有引力提供向心力有
可得
因为，所以有
即A的质量一定小于B的质量，故A错误；
B．双星系统中，恒星的动能为
因为，所以有
恒星A的动能大于恒星B的动能，故B正确；
C．双星系统中，恒星的动量大小为
所以有
恒星A的动量大小等于恒星B的动量大小，故C正确；
D．双星系统中，恒星的加速度大小为
因为，所以有
恒星A的向心加速度大小大于恒星B的向心加速度大小，故D错误；
故选BC。
10、BC
【解析】
A．电势能?与位移x的图象?-x图象的斜率的绝对值表示小球所受电场力的大小，由图乙可知图象沿x轴正方向的斜率越来越小，说明小球所受电场力沿x轴越来越小，即沿x轴正方向的电场强度大小一直减小，故A错误；
B．从O运动x1的过程中，如果小球的速度先增后减，说明开始时小球所受电场力F大于重力mg向上做加速运动，后来电场力小于重力，向上做减速运动。当加速运动时，根据牛顿第二定律可得加速度
因为F逐渐减小，故a逐渐减小。当向上减速运动时，有
因为F逐渐减小，故a'逐渐增大。所以从O运动x1的过程中，如果小球的速度先增后减，加速度一定是先减后增，故B正确；
C．根据能的转化和守恒定律可知，在小球向上运动的过程中电场力做正功，电势能减小，减小的电势能转化为机械能。由图乙可知从O点运动x1的过程中，每经过相等的位移，小球所受电场力逐渐减小，则电势能减小的越来越少，则小球机械能的增加变少，故C正确；
D．规定O点所在的水平面为零重力势能面，设小球运动位移x1时的速度为v，根据能量守恒定律得
?0＝?1+mgx1+mv2
解得
故D错误。
故选BC。
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、相反 减小 1.0×10－2 正确
【解析】
(1)[1][2]根据图甲所示的电路，观察图乙可知充电电流与放电电流方向相反，大小都随时间减小；
(2)[3]根据充电时电压—时间图线可知，电容器的电荷量为：
Q＝It＝t
而电压的峰值为Um＝6 V，则该电容器的电容为：
C＝
设电压—时间图线与坐标轴围成的面积为S，联立解得：
C＝＝＝F＝1.0×10－2 F；
(3)[4]正确，电容器放电的过程中，电容器C与电阻R两端的电压大小相等，因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的“峰值Um”及图线与时间轴所围“面积”，仍可应用：
C＝＝
计算电容值。
12、滑动变阻器 A 1.48
【解析】
（1）当断开电键S，旋转选择开关，使其尖端对准欧姆档，由图可知，此时欧姆档测量滑动变阻器总电阻．
（2）将旋转开关指向直流电流档，闭合电键S，将滑片从最左端缓慢移动到最右端的过程中，变阻器滑片两侧的电阻并联，总电阻先增大后减小，则总电流先减小后增大．滑片从最右端移至中点的过程中，变阻器并联电阻增大，并联电压增大，而滑片右侧电阻减小，所以直流电流档的读数增大．滑片从中点移至最右端的过程中，电路的总电流增大，通过变阻器左侧电阻的电流减小，所以直流电流档的读数增大，故A正确．
（3）将旋转开关指向直流电流档，闭合电键S时，读数最大时，由闭合电路欧姆定律得： E=Imax（R1+r）=0.32（R1+r）
将旋转开关指向直流电压档，读数最大时，由闭合电路欧姆定律得： 联立以上可解得：.
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） 30°；（2）30°60°
【解析】
①要使光束进入长方体后能射至AD面上，设最小折射角为α，如图甲所示，根据几何关系有：，
根据折射定律有，解得角θ的最小值为θ=30°；
②如图乙，要使光速在AD面发生全反射，则要使射至AD面上的入射角β满足关系式：；
又，；
解得，因此角θ的范围为．
【点睛】解决光学问题的关键要掌握全反射的条件、折射定律、临界角公式、光速公式，运用几何知识结合解决这类问题．
14、 (1), (2)
【解析】
（1）在0-3s内，对P，由动量定理有：
F1t1+F2t2-μmg（t1+t2）=mv-0
其中F1=2N，F2=3N，t1=2s，t2=1s
解得：v=8m/s
设P在BC两点间滑行的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得：μmg=ma
P在BC两点间做匀减速直线运动，有：v2-v12=2aL
解得：v1=7m/s
（2）设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v1′、v2′，取向右为正方向，由动量守恒定律和动能守恒有：
mv1=mv1′+mv2′
mv12=mv1′2+mv2′2
联立解得：v2′=v1=7m/s
碰后Q做匀减速直线运动，加速度为：a′=μg=2m/s2
Q运动的时间为：
15、 (1)，；(2)；(3)
【解析】
(1)无人机以速度v0匀速爬升阶段，受力平衡，沿速度方向有
垂直速度方向有
联立得
(2)设无人机在地面滑行时速度为v，受到地面弹力为FN，受力分析可知竖直方向平衡
水平方向匀加速
得
无人机能做匀加速直线运动，a不变，方程中v的系数必须为零，即
则有
(3)设无人机在0~s0过程经历时间为t1，s0位置的速率为v1；在s0~2s0过程经历时间为t2，2s0位置的无人机速率为v2，0~s0过程以加速度a0匀加速运动，则
解得
则
依据图乙，0~s0过程无人机合外力为ma0；s0~2s0过程无人机合外力ma随s均匀减小，一小段位移内合外力做功为ma，此过程合外力做功可表示为，0~2s0过程应用动能定理
解得
依题意在s0~2s0过程无人机平均速度大小为
无人机在两个过程经历时间之比为