2026届辽宁锦州市普通高中高三下学期质量检测（一）物理试卷（含解析）高考模拟

这是一份2026届辽宁锦州市普通高中高三下学期质量检测（一）物理试卷（含解析）高考模拟，共7页。试卷主要包含了答卷前，考生务必将自己的姓名等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1、本试卷考试时间为75分钟，满分100分。
2、答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
3、答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答题标号；答非选择题时，将答案写在答题卡上相应区域内，超出答题区域或写在本试卷上无效。
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每个小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分。
1. 2024年11月珠海航展，我国自主研发的歼-35隐身战机首次公开飞行表演，短时间内完成大角度爬升、急转弯、快速减速等高难度动作，展现出色的空中灵活性。这种“高灵活性”本质上反映飞机具有较强的（ ）
A. 惯性B. 瞬时速度C. 加速度D. 航程
【答案】C
【解析】
【详解】A．惯性是物体保持原有运动状态的性质，惯性越大运动状态越难改变，灵活性越差，A错误；
B．瞬时速度描述物体某一时刻运动的快慢和方向，与运动状态改变的快慢无关，B错误；
C．加速度是描述速度变化快慢的物理量，速度的大小、方向变化快慢都由加速度反映，短时间完成爬升、转弯、减速等动作本质是速度变化快，即加速度大，C正确；
D．航程是飞机可飞行的最远距离，与运动状态改变的能力无关，D错误。
故选C。
2. 吴健雄通过的β衰变实验，证实了李政道和杨振宁提出的弱相互作用中宇称不守恒。其衰变方程为：，是反中微子，关于该衰变，下列说法正确的是（ ）
A. 反中微子带负电
B. 释放的电子来自原子核内部
C. 的比结合能大于的比结合能
D. 衰变过程质量守恒，总质量不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据衰变前后电荷数守恒，反应前总电荷数为27，反应后电荷数为28，电子电荷数为-1，可得反中微子电荷数为0，不带电，A错误；
B．衰变的本质是原子核内部的中子转化为质子和电子，释放的电子来自原子核内部，B正确；
C．该衰变释放能量，说明生成物的原子核更稳定，原子核越稳定比结合能越大，因此的比结合能小于的比结合能，C错误；
D．衰变过程释放能量，根据质能方程可知存在质量亏损，总质量减小，仅质量数守恒，D错误。
故选B。
3. 近些年，健康理念日益深入人心，运动成为人们的生活常态，平衡球常被用于力量与稳定性训练。某充气瑜伽健身球内封闭有一定质量的理想气体，某次训练时健身球被快速挤压变形后迅速松开，松开过程中球内气体快速膨胀恢复原状，膨胀过程与外界无热量交换。则该膨胀过程中球内气体（ ）
A. 压强增大B. 温度升高C. 内能减少D. 对外界不做功
【答案】C
【解析】
【详解】平衡球被迅速松开，该膨胀过程中球内气体的体积增大，球内气体对外界做功，膨胀过程与外界无热量交换，由热力学第一定律
可知球内气体内能减少，温度降低，由理想气体状态方程可知球内气体压强减小。
故选C。
4. 某燃气灶支架如图所示，其圆圈底座上等间距地分布A、B、C、D四个完全相同的支撑爪，支撑爪斜面与水平面的夹角均为θ，支撑爪与铁锅接触面间不计摩擦。将支架水平放置，质量为m的半球形铁锅水平正放在支架上，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A. 支撑爪A、C对铁锅作用力的合力大小为mg
B. 铁锅所受四个支撑爪作用力的合力与重力是一对平衡力
C. 仅增大支撑爪斜面与水平面的夹角θ，单个支撑爪对铁锅的支持力减小
D. 仅增大支撑爪斜面与水平面的夹角θ，支架整体对该铁锅的作用力增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据对称性，支撑爪A、C对铁锅作用力的合力方向竖直向上，支撑爪B、D对铁锅作用力的合力方向竖直向上，支撑爪A、C对铁锅作用力的合力与支撑爪B、D对铁锅作用力的合力大小和方向都相同，设支撑爪A、C对铁锅作用力的合力为F，对铁锅受力分析，有
可得A、C支撑爪对铁锅作用力的合力大小为 ，故A错误；
B．铁锅静止，则铁锅所受四个支撑爪作用力的合力与重力是一对平衡力，故B正确；
C．整体分析有4Ncsθ=mg
单个支撑爪对铁锅的支持力为
仅增大支撑爪斜面与水平面的夹角θ，单个支撑爪对铁锅的支持力增大，故C错误；
D．对铁锅受力分析，根据平衡条件可得
可知增大支撑爪斜面与水平面的夹角，支架整体对该铁锅的作用力不变。
故选B。
5. 某社区为满足居民新能源汽车充电需求，采用一原两副的理想变压器为两个区域的充电桩供电，电路如图所示。原线圈匝数为n1，接电压为U1的正弦交流电，副线圈Ⅰ匝数为n2，为Ⅰ区充电桩供电；副线圈Ⅱ匝数为n3，为Ⅱ区充电桩供电。下列说法正确的是（ ）
A. 原线圈输入功率等于副线圈Ⅰ、Ⅱ输出功率之和
B. 仅增大n2，则Ⅰ区充电桩电压U2减小
C. 副线圈Ⅰ、Ⅱ电流之比为n2∶n3
D. 若Ⅱ区充电桩负载增多（总电阻减小），则Ⅰ区充电桩电压U2降低
【答案】A
【解析】
【详解】A．理想变压器无能量损耗，输入功率全部转化为两个副线圈的输出功率，即原线圈输入功率等于副线圈Ⅰ、Ⅱ输出功率之和，故A正确；
B．根据变压器原副线圈电压与匝数关系可得
仅增大n2，则Ⅰ区充电桩电压U2增大，故B错误；
C．根据变压器原副线圈电压与匝数关系可得
即
由于副线圈Ⅰ、Ⅱ所接入的电阻不确定，所以无法得出副线圈Ⅰ、Ⅱ电流之比，故C错误；
D．根据变压器原副线圈电压与匝数关系可得
则Ⅰ区充电桩电压U2与Ⅱ区充电桩负载无关，故D错误。
故选A。
6. 如图所示，在xy平面内，两点电荷分别固定于A(0,0)、B(5,0)两点。过C(0,4)点的等势面恰好与y轴相切，若A处电荷带正电，则B处电荷（ ）
A. 带正电，且B. 带正电，且
C. 带负电，且D. 带负电，且
【答案】D
【解析】
【详解】等势面与y轴相切于C点，因此C点等势面的切线为竖直方向，根据场强方向垂直于等势面，可知C点合场强沿水平方向，竖直分量之和为0。 A处的电荷带正电，在C点的场强方向沿y轴正方向（竖直向上），因此B处电荷在C点的场强竖直分量必须向下，才能抵消A的竖直分量。 则B处电荷带负电，根据电势的计算公式可知
由于可知。
故选D。
7. 如图，在星球C表面，一质量m=1kg的物块沿倾角θ=53°的斜面顶端由静止释放，下滑至斜面底端过程中动能Ek随下降高度h的变化（Ek-h）如图乙所示。已知物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，星球C与地球平均密度相同，地球表面重力加速度大小g=10 m/s2，sin53°=0.8，忽略星球自转，则（ ）
A. 星球C表面gC=8m/s2
B. 星球C表面gC=12m/s2
C. 第一宇宙速度与地球之比vC∶v地=5∶6
D. 第一宇宙速度与地球之比vC∶v地=24∶25
【答案】D
【解析】
【详解】AB．物块由顶端到底端过程中，根据动能定理
其中
解得，故AB错误；
CD．设第一宇宙速度为，对于天体，忽略自转时，根据万有引力等于重力，有
其中
联立，可得，
由于星球C平均密度与地球相等，故
可得第一宇宙速度之比，故C错误，D正确。
故选D。
8. 如图所示，“液导激光”是一项新型的激光加工技术，其原理是利用稳定的液柱引导激光，并通过全反射实现激光传输。已知液柱的折射率为n，激光在液柱中传播。下列说法正确的是（ ）
A. 激光从液柱射向空气时，临界角C满足
B. 若液柱的折射率增大，则激光发生全反射的临界角也随之增大
C. 激光在液柱中的传播速度小于在空气中的传播速度
D. 若改用频率较高的激光沿原方向入射，不可能在液柱中发生全反射
【答案】AC
【解析】
【详解】A．激光从液柱射向空气刚好全反射时，临界角满足，故A正确；
B．折射率越大，临界角越小，则液柱的折射率增大，激光发生全反射的临界角也随之减小，故B错误；
C．根据，可得
折射率越大，传播速度越小，则激光在液柱中的传播速度小于在空气中的传播速度，故C正确；
D．光的频率越高，在介质中的折射率越大，临界角越小，越容易发生全反射，则若改用频率较高的激光沿原方向入射，一定能在液柱中发生全反射，故D错误。
故选AC。
9. 两列简谐横波在x轴上传播，a波沿x轴正向传播，b波沿x轴负向传播，t=0时刻的波形图如图所示。此时刻，平衡位置在x=4 m和x=8 m的质点P、Q刚好开始振动，两列波的波速均为2 m/s，质点M、N的平衡位置分别为x=5 m和x=6 m，下列说法正确的是（ ）
A. 两列波的周期相同都是2 s
B. 两列波相遇时刻为1.0 s，此时刻质点N向下振动
C. 两列波振幅不同，故不能发生干涉
D. P、Q间（不包括P、Q）有2处振动加强点
【答案】AD
【解析】
【详解】A．从波形图可得，两列波的波长相等λa=λb=4m
已知波速均为，由周期公式
可得两列波周期均为T=2s ，A正确；
B．t=0时，两列波的前端分别在和处，相距Δx=4m
两波相向传播，相对速度为，则相遇时间t=Δx2v=1s
振动方向判断：a波向右传，起振方向向下，b波向左传，起振方向向上，时两波刚传到N点，b波振幅大于a波，合振动方向向上，因此N向上振动，B错误；
C．波的干涉条件是频率相同，与振幅无关，两列波周期相同，频率相同，可以发生干涉，C错误；
D．两列波起振方向相反，因此振动加强条件为路程差
其中为整数，故在Δx=±12λ 处加强，振动加强点有2处，D正确。
故选AD。
10. 如图甲所示，两根间距为L=1.0 m、电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角θ=30°，导轨底端接入一阻值为R=2.0 Ω的定值电阻，所在区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向上，在导轨上垂直于导轨放置一质量为m=0.2 kg、电阻为r=1.0 Ω的金属杆。开始时使金属杆保持静止，某时刻开始给金属杆一个沿斜面向上F=5.0 N的恒力，金属杆由静止开始运动。图乙为运动过程的v-t图像，重力加速度g=10 m/s2。则在金属杆向上运动的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A. 匀强磁场的磁感应强度B=4 TB. 前2 s内通过电阻R的电荷量为3.7 C
C. 前2 s内金属杆通过的位移为5.55 mD. 前4 s内电阻R产生的热量为6.2 J
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由图乙可知金属杆先做加速度减小的加速运动，2s后做匀速直线运动；当时，速度为，此时感应电动势为
感应电流为
安培力为
根据受力平衡可得
联立解得，故A错误；
B．前2s内，根据动量定理有
又
联立解得，故B正确；
C．设前2s内金属杆通过的位移为x，由
解得，故C正确；
D．前2s内金属杆通过的位移为，2~4s内金属杆通过的位移为
前4s内由能量守恒可得
解得
则前4s内电阻R产生的热量为，故D错误。
故选BC。
第Ⅱ卷
二、非选择题（本题共5小题，共54分）
11. 学生实验“用DIS研究机械能守恒定律”的装置如图（a）所示，小球从A点（v0=0）由静止释放，摆动过程中通过光电门传感器K（位于D点，作为高度零点）。已知已测得小球直径，实验以图像方式显示结果，图（b）的横轴为小球距D点的高度h，纵轴为能量，试回答下列问题：
（1）光电门传感器K固定在D点，其作用是通过测量________，从而得到小球经过D点时的________。
（2）根据图像信息，推断图线甲、乙、丙所对应的物理量。当小球摆至高度h=0.05 m时，通过图像估算，此时小球的重力势能约为________J，动能约为________J。（计算结果保留两位有效数字）
【答案】（1） ①. 小球通过光电门的时间 ②. 瞬时速度
（2） ①. 3.8×10-3##3.9×10-3##4.0×10-3 ②. 1.2×10-2
【解析】
【小问1详解】
[1][2]通过测量小球通过光电门的时间，利用得到小球经过D点的瞬时速度，进而计算动能。
【小问2详解】
[1][2]小球运动过程中，机械能不变，小球距离D点高度越高，重力势能越大，动能越小，所以甲为小球的机械能，乙为小球重力势能，丙为小球动能，图像可知，当小球摆至高度h=0.05 m时，重力势能约为，动能约为。
12. 巨磁电阻传感器可以用来测量磁场、位移、角度、电压、电流等物理量，因此在工业生产、交通运输、医疗卫生等方面有着广泛的应用。一名同学为探究巨磁电阻（GMR）的特性，进行了如下实验：
（1）该同学先用多用电表欧姆挡测量未加磁场时该巨磁电阻的阻值，操作如下：
a．将选择开关置于“欧姆挡”×100 Ω倍率的挡位；
b．将红黑表笔短接，旋动________；直至指针指到欧姆挡的0刻线。
c．测量该巨磁电阻，指针示数如图乙所示，则该巨磁电阻在未加磁场时阻值约为________Ω。
（2）接下来该同学设计了如图丙所示电路进行实验。该电路主要部分由四个相同的巨磁电阻组成，其中R1和R3在磁性材料上方，受磁场作用时电阻减小，而R2和R4在磁性材料下方，被屏蔽而不受外界磁场的影响，电阻不变。电路中电源电动势为E，内阻不计；电压表为理想电压表。
d．当外界磁场为“0”时，电压表示数为________；
e．当外界磁场不为“0”时，R1和R3电阻减小，均变为RB；被屏蔽的R2和R4电阻不变，设此时R2=R4=R0，且此时电压表示数为U，则RB=________（用R0、U、E来表示）因此，可以利用上述电路研究巨磁电阻阻值随磁场变化的规律。
【答案】（1） ①. 欧姆调零旋钮 ②. 1900
（2） ①. 0 ②. (E−U)R0E+U
【解析】
【小问1详解】
[1]多用电表欧姆挡使用时，选好倍率后需要红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮进行欧姆调零；
[2]开关置于“欧姆挡”×100 Ω倍率的挡位， 由图乙可知欧姆表读数为
【小问2详解】
[1]磁场为0时，四个巨磁电阻阻值均为​，电路结构为与串联、​与串联，两条支路并联在电源两端，由电路图可知M、N两点电势相等，因此电压表示数为。
[2]设电源负极电势为0，正极电势为，对和支路，电流I1=ER2+R3
可得I1=ER0+RB
故M点电势 φM=I1RB=ERBR0+RB​​
对和支路，电流I2=ER1+R4
可得I2=ERB+R0
故N点电势 φN=I2R0=ER0R0+RB
电压表示数U=φN−φM
代入整理得U=E(R0−RB)R0+RB
解得 RB=(E−U)R0E+U
13. 铝矿石广泛应用于航空航天、交通运输等国家重要装备制造领域。某矿山采用倾斜传送带筛选矿石，流程如下：将碎石原料轻放在长度L=5 m、倾角θ=30°的倾斜传送带底端，传送带以v1=5 m/s的速度沿逆时针匀速转动。顶端出口处通过自动化选矿门将高品位矿石送入冶炼环节，低品位碎石残渣从传送带顶端沿切线抛出落入渣土车，传送带顶端相对渣土车的竖直高度为H=1.2 m。已知碎石与传送带间的动摩擦因数，重力加速度g=10 m/s2，不计空气阻力。求：
（1）碎石在传送带上的加速度大小a；
（2）碎石从底端由静止开始运动至传送带顶端时的速度大小v0；
（3）碎石残渣落入渣土车时的速度大小v2，以及其从释放到落入渣土车的总时间t。
【答案】（1）2.5 m/s2
（2）5 m/s （3）7 m/s，2.8 s
【解析】
【详解】（1）对碎石受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
（2）假设碎石加速到与传送带共速，运动的位移
解得x1=5m=L
故正好等于传送带长度，说明碎石到达顶端时刚好共速，因此v0=v1=5m/s
（3）碎石抛出后下落过程，由动能定理有
代入数据得v2=7m/s
设碎石在传送带上的运动时间为，由
解得
设竖直向上为正方向，斜上抛时间为
解得t2=0.8s
故总时间t=t1+t2=2+0.8=2.8s
14. 在光滑水平地面上有一长木板，其左端与半径R=1.8 m的固定光滑四分之一圆弧轨道底端平滑连接。可视为质点的物块A置于木板上某处，A左侧的木板上表面光滑，右侧粗糙且与A间动摩擦因数μ=0.5。另一可视为质点的物块B从圆弧轨道顶端由静止滑下，滑上木板后经Δt=0.3 s与A发生完全弹性正碰，最终A恰好不滑离木板。已知A的质量是B质量的2倍，木板的质量是B质量的3倍，取g=10 m/s2。求：
（1）B刚滑到木板上时的速度大小v0；
（2）A、B碰撞后瞬间两者的速度大小；
（3）木板的最小长度L。
【答案】（1）6 m/s
（2）4 m/s，2 m/s
（3）2.76 m
【解析】
【小问1详解】
B从圆弧轨道顶端由静止滑下，根据动能定理
B刚滑到木板上时的速度大小
【小问2详解】
A、B发生完全弹性碰撞，动量守恒且能量守恒
解得、
【小问3详解】
B匀速运动时间Δt内发生的位移
最终A恰好不滑离木板，则A与木板共速
根据能量守恒
解得
木板的最小长度
15. 如图所示，在平面直角坐标系xOy内，有一与y轴相距d且平行于y轴的理想边界MN。MN左侧有平行y轴向下的匀强电场，MN右侧有垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。某时刻，从坐标原点同时发射两个电荷量均为q，质量均为m的正电荷a、b，两粒子的速度大小均为，且与x轴正方向均成60°角。已知a粒子以垂直于MN的速度从P点进入磁场，b粒子从Q点进入磁场，P、Q两点未画出。粒子重力忽略不计，求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）P、Q两点纵坐标绝对值之比；
（3）两粒子第二次经过MN边界时间差（可用反三角函数表示）
【答案】（1）
（2）1∶3 （3）或2m⋅arctan23Bq
【解析】
【详解】（1）a粒子在电场中做类斜抛运动，垂直MN进入磁场，x轴方向匀速运动，则
y轴方向速度减为0，则0=v0sin60°−at
其中
解得
（2）a粒子纵坐标yP=(v0sin60°)22a
解得
b粒子纵坐标的绝对值
解得
所以P、Q两点纵坐标绝对值之比yP∶yQ=1∶3
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有
运动周期
粒子在磁场中经历时间
a粒子在磁场中运动的圆心角θa=π
设b粒子进入磁场时速度方向与MN夹角为α，则
其在磁场中运动的圆心角θb=2(π−α)=2(π−arctan36)
故两粒子第二次经过MN边界的时间差
第二种设法：若设b粒子进入磁场时速度方向与水平方向夹角为β，则
其在磁场中运动的圆心角θb=π+2β
故两粒子第二次经过MN边界的时间差