2026届青海西宁市高三下学期复习检测(二)物理试卷（含解析）高考模拟

这是一份2026届青海西宁市高三下学期复习检测(二)物理试卷（含解析）高考模拟，共2页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将自己的姓名、准考证号、座位号填写在本试卷上。
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的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。涂写在本试卷上无效。
3．作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 如图所示为现代所做的伽利略斜面实验的频闪照片：让小球沿左侧斜面从静止开始向下运动，小球将冲上右侧斜面；减小右侧斜面的倾角，重复实验，直至斜面最终变为水平。几次实验中小球都从同一位置由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A. 右侧斜面的倾角越小，小球冲上右侧斜面过程中的平均速度越大
B. 右侧斜面的倾角越大，小球冲上右侧斜面过程中的平均速度越大
C. 由于小球与斜面之间存在摩擦，右侧斜面的倾角越小，小球冲上右侧斜面高度越低
D. 由于小球与斜面之间存在摩擦，右侧斜面的倾角越大，小球冲上右侧斜面高度越低
【答案】C
【解析】
【详解】AB．几次实验中小球都从同一位置释放，则冲上斜面前速度大小相同，最终都减小为零，由此可得平均速度大小相同，A错误，B错误；
CD．由于小球与斜面之间存在摩擦，右侧斜面的倾角越小，运动相同距离小球克服摩擦力做功越多，机械能损失越多，小球冲上右侧斜面高度越低，C正确，D错误。
故选C。
2. 地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大，太阳光斜射向地面的过程中会发生弯曲。下列光路图中能描述该现象的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据折射定律
n上sinθ上 = n下sinθ下
由于地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大，则n下 > n上，则θ下逐渐减小，画出光路图如下

则从高到低θ下逐渐减小，则光线应逐渐趋于竖直方向。
故选A。
3. 钠的焰色反应为黄色，是由钠原子的能级跃迁造成的，钠原子从高能级向低能级跃迁时，发出的黄光Ⅰ波长为589.0nm，黄光Ⅱ波长为589.6nm，下列说法正确的是
A. 玻尔的氢原子理论可以解释钠原子的光谱现象
B. 黄光Ⅰ的频率小于黄光Ⅱ的频率
C. 若黄光Ⅰ能使某金属发生光电效应，黄光Ⅱ也一定能
D. 黄光Ⅰ在空气中的传播速率小于黄光Ⅱ在空气中的传播速率
【答案】D
【解析】
【详解】A．玻尔的氢原子模型只能解释原子核外只有一个电子时的光谱，如氢原子、失去一个电子的氦离子，故A错误；
B．根据可知，波长越大，频率越小，则黄光Ⅰ的频率大于黄光Ⅱ的频率，故B错误；
C．根据光子能量表达式，可知频率越小，光子能量越小，若黄光Ⅰ恰好能使某金属发生光电效应，则黄光Ⅱ不能，故C错误；
D．光的频率越高，在介质中的折射率越大，根据，可知光在介质中的传播速度越小，黄光Ⅰ的频率较大，故在空气中的传播速率较小，故D正确。
故选D。
4. 心脏除颤器的原理是首先向除颤器的储能电容器充电，使电容器获得一定的能量，再对患者皮肤上的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，刺激患者的心脏恢复正常跳动。如图甲是一次心脏除颤器的模拟治疗，图乙是其等效电路图。人体模型可导电，已知该心脏除颤器的电源电动势为5kV，电容器电容为，放电结束时电容器两极板间的电势差减为零，电容器能量公式为，下列说法正确的是（ ）
A. 这次放电有0.5C的电荷量通过人体组织
B. 电容器放电过程中，人体模型两端的电压不断减小
C. 若电源电动势提高为10kV，则电容增大为20μF
D. 放电过程中放出的电能为250J
【答案】B
【解析】
【详解】A．电容器储存的电荷量为
放电结束时电容器两极板间的电势差减为零，所以通过人体组织的电荷量为0.05C，故A错误；
BC．电容器的放电过程中，电容器的电荷量减少，且电容器电容只和电容器本身有关，跟外界电压无关，根据可知人体模型两端的电压不断减小，故B正确，C错误；
D．放电过程中电容器放出的电能为，故D错误。
故选B。
5. 如图所示，某卫星变轨后绕地球做椭圆运动，是椭圆的长轴，是椭圆的短轴，为地心，、和椭圆段曲线所围成的面积占整个椭圆面积的，则卫星沿顺时针方向从点运动到A点的平均速率和从A点运动到点的平均速率之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】根据题意，、及段曲线所围成的面积占整个椭圆面积的
设卫星沿顺时针方向从点运动到A点的时间为，从A点运动到点的时间为，根据开普勒第二定律可知
由于曲线和曲线长度相等，则卫星沿顺时针方向从点运动到A点的平均速率和从A点运动到点的平均速率之比为。
故选C。
6. 如图所示，金属环M、N用不可伸长的细线连接，分别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，当整个装置以竖直杆为轴以不同大小的角速度匀速转动时，两金属环始终相对杆不动，下列判断正确的是（ ）
A. 转动的角速度越大，细线中的拉力越大
B. 转动的角速度越大，环N与竖直杆之间的弹力越大
C. 转动的角速度不同，环M与水平杆之间的弹力相等
D. 转动的角速度不同，环M与水平杆之间的摩擦力大小不可能相等
【答案】C
【解析】
【详解】AB．设细线与竖直方向的夹角为θ，对N受力析，受到竖直向下的重力GN，绳子的拉力T，杆给的水平支持力N1，因为两环相对杆的位置不变，所以对N有
因为重力恒定，角度恒定，所以细线的拉力不变，环N与杆之间的弹力恒定，AB错误；
CD．受力分力如图
对M有
所以转动的角速度不同，环M与水平杆之间的弹力相等；若以较小角速度转动时，摩擦力方向右，即
随着角速度的增大，摩擦力方向可能变成向左，即
故可能存在
摩擦力向左和向右时相等的情况，C正确，D错误。
故选C。
7. 风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为时，输出电功率为，风速在范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为，空气密度为，风场风速为，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是（ ）
A. 该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B. 单位时间流过面积的流动空气动能为
C. 若每天平均有的风能资源，则每天发电量为
D. 若风场每年有风速在范围内，则该发电机年发电量至少为
【答案】D
【解析】
【详解】AB．单位时间流过面积的流动空气体积为
单位时间流过面积的流动空气质量为
单位时间流过面积的流动空气动能为
风速在范围内，转化效率可视为不变，可知该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比，AB错误；
C．由于风力发电存在转化效率，若每天平均有的风能资源，则每天发电量应满足
C错误；
D．若风场每年有风速在的风能资源，当风速取最小值时，该发电机年发电量具有最小值，根据题意，风速为时，输出电功率为，风速在范围内，转化效率可视为不变，可知风速为时，输出电功率为
则该发电机年发电量至少为
D正确；
故选D。
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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，有选错的得0分。
8. 如图为一列简谐横波在时刻的波形图，、是波传播路径上的两个质点，质点平衡位置的横坐标为。质点的振动方程为。则下列说法正确的是（ ）
A. 波沿轴正方向传播
B. 质点振动的频率为
C. 质点平衡位置的坐标为
D. 时刻，质点正在向轴正方向运动
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．由质点的振动方程可知，振动周期为
时刻质点正沿轴负方向运动，由波动与振动的关系可知，波正沿轴正方向传播，质点的振动频率为
A正确，B错误；
C．时刻代入振动方程可知，质点的位移为
波动方程为
由此可知质点的平衡位置坐标为
C正确；
D．根据平移法可知，时刻质点沿轴正方向运动，时刻，质点正在向轴负方向运动，D错误。
故选AC。
9. 如图所示，正方形的四个顶点各固定一个点电荷，为正方形的中点，无穷远处电势为零，点电荷电场中的电势为静电力常量，为点电荷电荷量，为空间某点到点电荷的距离），则下列判断正确的是（ ）
A. 若四个顶点的电荷量各不相同，则点的电场强度一定不为零
B. 若四个顶点的电荷量各不相同，则点的电势不可能为零
C. 若点的点电荷受到的电场力为零，则B、D两点的点电荷一定带等量同种电荷
D. 若B、D两点的点电荷带等量异种电荷，则从到电势一定升高
【答案】AC
【解析】
【详解】A．若四个顶点的电荷量各不相同，则B、D两点的点电荷在O点的合电场强度不等于零，A、C两点的点电荷在O点的合电场强度不等于零，根据电场叠加可知，点的电场强度一定不为零，故A正确；
B．若四个顶点的点电荷的电荷量各不相同，O点到三个顶点的间距相等，令为，则点的电势
可知，只要电荷的代数和为零，则点的电势为零，故B错误；
C．若点的点电荷受到的电场力为零，则B、D两点电荷的合场强一定与A点点电荷在点的场强等大反向，即B、D两点的点电荷一定带等量同种电荷，故C正确；
D．若B、D两点带等量异种电荷，则B、D两点处电荷在C、O连线上产生的电势均为零，由于不知道A、C两点处电荷的正负与电荷量，则从到的电势变化情况不能确定，故D错误。
故选AC。
10. 如图所示是导轨式电磁炮的原理结构示意图。两根平行长直金属导轨沿水平方向固定在一匀强磁场中，其间安放炮弹。炮弹可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触，内阻为可控电源提供的强大恒定电流。在发射过程中，磁场在炮弹所在位置始终可以简化为磁感应强度为的垂直平行轨道的匀强磁场。已知两导轨内侧间距，炮弹的质量，炮弹在导轨间的电阻为，若炮弹滑行后获得的发射速度为。不计空气阻力，不考虑电磁炮产生的感应电动势，下列说法正确的是（ ）
A. 为电源负极
B. 电磁炮受到的安培力大小为
C. 可控电源的电动势是
D. 这一过程中系统消耗的总能量是
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由图中的发射方向可知，安培力方向应水平向右，根据左手定则，电流方向由b开始通过导体滑块到a，所以为电源负极，故A正确；
B．根据动能定理
解得电磁炮受到的安培力大小为，故B错误；
C．由匀加速运动公式
由安培力公式和牛顿第二定律，有
根据闭合电路欧姆定律
联立以上解得，故C错误；
D．因这一过程中的时间为
所以系统产生的内能为
因
联立解得
炮弹的动能为
由能的转化与守恒定律得这一过程中系统消耗的总能量为，故D正确。
故选AD。
三、填空、实验探究题（本题包含2个小题，共15分。请按题目要求作答，并将答案填写在答题纸上对应位置。）
11. 某乒乓球爱好者，利用手机研究乒乓球与球台碰撞过程中能量损失的情况。实验步骤如下：
①固定好手机，打开录音功能；
②从一定高度由静止释放乒乓球；
③手机记录下乒乓球与台面碰撞的声音，其随时间（单位：s）的变化图像如图所示。
根据声音图像记录的碰撞次序及相应碰撞时刻，如下表所示。
根据实验数据，回答下列问题：
（1）利用碰撞时间间隔，计算出第3次碰撞后乒乓球的弹起高度为__________（保留2位有效数字，当地重力加速度）。
（2）设碰撞后弹起瞬间与该次碰撞前瞬间速度大小的比值为，则每次碰撞损失的动能为碰撞前动能的__________倍（用表示），第3次碰撞过程中__________（保留2位有效数字）。
（3）由于存在空气阻力，第（1）问中计算的弹起高度__________（填“高于”或“低于”）实际弹起高度。
【答案】（1）0.20
（2） ①. ②. 0.95
（3）高于
【解析】
【小问1详解】
[1]第3次碰撞到第4次碰撞用时
根据竖直上抛和自由落体运动的对称性可知第3次碰撞后乒乓球弹起的高度为h0=12gt022=12×10×0.22m=0.20m
【小问2详解】
[1]碰撞后弹起瞬间速度为v2，碰撞前瞬间速度为，根据题意可知
则每次碰撞损失的动能与碰撞前动能的比值为
[2]第2次碰后从最高点落地瞬间的速度v=gt=2.00−1.582g=0.21g
第3次碰撞后瞬间速度为
则第3次碰撞过程中
【小问3详解】
由于存在空气阻力，乒乓球在上升过程中受到向下的阻力和重力，加速度变大，上升的高度变小，所以第（1）问中计算的弹起高度高于实际弹起的高度。
12. 要测量一节干电池的电动势和内阻，现有下列器材：电压表，电阻箱，定值电阻，开关和导线若干。某实验小组根据所给器材设计了如图1所示的实验电路。由于的阻值无法辨认，实验时先用一欧姆表测量其阻值。该欧姆表的内部结构如图2所示，该表有“”、“”两个倍率。现用该表测量阻值小于的电阻。
（1）图2中表笔为______（选填“红”或“黑”）表笔。要测量应与______（选填“”或“”）相连。测量时指针位置如图3所示，欧姆表的读数为______。
（2）实验小组同学利用图1电路多次调节电阻箱阻值，读出电压表对应的数据，建立坐标系，描点连线得到如图4所示的图线，则该电源的电动势____V，内阻____。（结果均保留三位有效数字）
（3）经核实，电阻的测量值与真实值一致，实验小组利用图1电路得到的内阻的测量值______（选填“小于”、“等于”或“大于”）真实值
【答案】（1） ①. 黑表笔 ②. d ③. 4
（2） ①. 1.43 ②. 2.25
（3）小于
【解析】
【小问1详解】
[1]电流从红表笔流入，黑表笔流出，所以图2中a表笔为黑表笔；
[2]该表有“”、“”两个倍率，欧姆表的内阻等于该倍率下的中值电阻，所以“”倍率的内阻小于“”倍率的内阻，由于阻值小于，应选择“”倍率，故要测量应与d相连；
[3]如图3所示，欧姆表的读数为
【小问2详解】
[1][2]由闭合电路欧姆定律
化简可得
由图可知
，
联立解得，该电源的电动势为
内阻为
【小问3详解】
由图1可知，误差来源于电压表分流，则根据闭合电路欧姆定律
化简可得
对比
可得
四、计算题：本大题共3小题，共39分。解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式和重要的演算步骤，只写出结果的不得分，有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位。
13. 如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为，气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为，C为已知常数，大气压强恒为，重力加速度大小为g，所有温度为热力学温度。求
（1）再次平衡时容器内气体的温度。
（2）此过程中容器内气体吸收的热量。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）气体进行等压变化，则由盖吕萨克定律得
即
解得
（2）此过程中气体内能增加
气体对外做功大小为
由热力学第一定律可得此过程中容器内气体吸收的热量
14. 如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长。小球质量。物块、小车质量均为。小车上的水平轨道长。圆弧轨道半径。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围。
【答案】（1）6N；（2）4m/s；（3）
【解析】
【详解】（1）对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理
解得
在最低点，对小球由牛顿第二定律
解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为
（2）小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为
（3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为
15. 如图所示，平面直角坐标系的圆形区域内有沿轴负方向的匀强电场，边界圆的圆心在（0，R）的位置（图中未标出），边界圆与轴相切，边界圆外有垂直于坐标平面向里的匀强磁场。从坐标原点处在坐标平面内沿与轴正方向成角向第一象限内射出一个质量为、电荷量为、速度大小为的带正电粒子，粒子第一次射出电场时方向沿轴正方向，粒子第一次经磁场偏转刚好从（0，2R）位置再次进入电场。不计粒子的重力，求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）若粒子第二次进入电场时立即撤去电场，则此后粒子第二次在磁场中运动的时间。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
由于粒子从点射出后第一次在电场中做类平抛运动的逆运动，在水平方向
在竖直方向
根据几何关系得
又有
根据牛顿第二定律得
解得，，
【小问2详解】
粒子第一次经磁场偏转刚好从（0，2R）位置再次进入电场，轨迹如图甲所示。
设粒子第一次在磁场中做圆周运动的半径为，根据题意，粒子第一次在磁场中运动的入射点和出射点间的距离
设与轴负方向的夹角为，则，
解得
根据牛顿第二定律有
设粒子第一次进入磁场时的速度为，根据动能定律有
解得
【小问3详解】
设粒子在点进入电场时速度方向与轴负方向夹角为，如图所示，根据几何关系有
得
粒子第二次进入电场时立即撤去电场，粒子在圆形区域内做匀速直线运动，第二次进入匀强磁场做匀速圆周运动，轨道如图所示。
由于粒子做圆周运动的半径与电场边界圆的半径相同，设粒子第二次在磁场中运动的入射点和出射点分别为、，根据几何关系可知，粒子第二次在磁场中运动的轨迹所对圆心角为
粒子第二次在磁场中运动的时间碰撞次序
1
2
3
4
5
6
7
碰撞时刻（s）
1.12
1.58
2.00
2.40
2.78
3.14
3.47