内蒙古包头市2026届高三下学期第二次模拟考试物理试卷（Word版附解析）

这是一份内蒙古包头市2026届高三下学期第二次模拟考试物理试卷（Word版附解析），共11页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
2026年普通高等学校招生全国统一考试
（二模第二次考试）
物理
注意事项：
1．考生答卷前，务必将自己的姓名、座位号写在答题卡上。将条形码粘贴在规定区域。本试卷满分100分，考试时间75分钟。
2．做选择题时，选出每小题答案后，用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。写在本试卷上无效。
3．回答非选择题时，将答案写在答题卡的规定区域内，写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将答题卡交回。
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，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．下列关于地磁场的描述正确的是（ ）
A．地磁场是匀强磁场B．地磁场的北极在地理的南极附近
C．地磁场的北极在地理的北极附近D．地磁场的磁感线平行地球表面指向北
2．以下研究中所采用的最主要物理思维方法与“重心”概念的提出所采用的思维方法相同的是（ ）
A．理想斜面实验B．卡文迪什扭秤实验
C．共点力合成实验D．探究影响向心力大小因素
3．某次乒乓球比赛中，运动员击球时，球拍竖直正对来球击打，使乒乓球以原速率返回，不考虑球拍与球之间的摩擦及乒乓球的转动，下列说法正确的是（ ）
A．球拍对球的冲量为0
B．球拍击打乒乓球时，球拍给球的力大于球给球拍的力
C．球拍对球做的功为0
D．球被击回的过程中，空气阻力对球做正功
4．根据如图所示的原子核的比结合能曲线，以下判断中正确的是（ ）
A．核的结合能比核的结合能小
B．两个核结合成时要释放能量
C．两个核结合成存在能量与质量的相互转化
D．中核子的平均质量比中核子的平均质量小
5．如图甲，水袖舞文化在我国源远流长。其简化模型如下：材质不同的重水袖A和轻水袖B连接在一起，放在光滑水平玻璃上。某时刻在重水袖A左端抖动产生如图乙所示波形，下列说法正确的是（ ）
A．振幅越大，波速越小
B．波在、中传播的周期一定相等
C．波在、中传播的速度一定相等
D．重水袖上的某点在一个周期内向右平移一个波长的距离
6．如图，水平放置、内壁光滑、绝热的圆柱形气缸，左端用透明绝热、厚度为的平行玻璃砖密封，右端可自由移动的绝热活塞封闭一定质量的空气（可视为理想气体）。一束激光从玻璃砖左侧面射入并进入气缸，入射角为。已知激光在玻璃砖中的折射率，真空中光速为。激光进入气缸后照射气体，使气体温度升高，进而推动活塞缓慢向右移动。不考虑激光对活塞的作用力，下列说法正确的是（ ）
A．活塞缓慢向右移动过程中，单位体积内气体分子数不变
B．活塞缓慢向右移动过程中，外界对气体做正功
C．激光在玻璃砖中的传播时间为
D．进入气缸的光线相对于入射光线的侧移量为
7．如图，质量分布均匀、粗细均匀的细杆其端装有转轴，端连接细线通过滑轮和质量为的重物相连，若杆呈水平，细线与水平方向夹角为时恰能保持平衡，不计一切摩擦，重力加速度为，则下列结论正确的是（ ）
A．杆对轴的作用力大小为
B．杆的质量为
C．因为不知道杆的质量，所以无法求出杆对轴的作用力
D．杆的质量一定大于
8．交流弧焊机是一种特殊变压器，其基本结构与原理如图所示，它由变压器在副线圈中串入电抗器（电感量较大的电感器）构成。电流在流过焊条和工件时，高温熔化焊条和工件金属，对工件实现焊接。变压器原线圈接入的交流电，空载（电路断开）时焊钳与工件之间的电压为，焊接时焊钳与工件之间的电压为，下列说法正确的是（ ）
A．变压器原、副线圈的匝数比为22∶3
B．电抗器在工作时主要起限流保护作用
C．若原线圈中接入80 V的直流电源，也能实现焊接
D．交流电的频率越大，焊接时焊钳与工件之间的电压越小
9．如图，电荷量为的点电荷固定在点，电荷量为-、质量为的点电荷绕点沿椭圆轨道运动，轨道长轴的两端点、到点的距离分别为、，点电荷运动的周期为。不计粒子受到的重力，静电力常量为，两电荷距离为时的电势能。下列判断正确的是（ ）
A．点电荷在点和点的速度大小之比为
B．点电荷从运动到的过程中电势能先减小后增大
C．若电荷运动到点时，速度方向不变，大小变为，则此后运动周期为
D．点电荷运动到点时的速度为
10．如图，日字形金属框长、宽，放置在光滑绝缘水平面上，左侧接一个阻值为的定值电阻，边和边的阻值均为，其它电阻不计，线框总质量为。金属框右侧有宽为的匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为。金属框以初速度（未知）进入匀强磁场，最终边恰好没从磁场中穿出。下列说法正确的是（ ）
A．在边进入磁场前，电路的总电阻为
B．在边进入磁场前，通过边的电荷量为
C．边刚进入磁场时的速度大小为
D．整个过程中间定值电阻产生的焦耳热为
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（8分）用如图甲所示的实验装置测某两种新型材料表面之间的动摩擦因数。把两种材料分别安装在水平放置木板的上表面和物块的下表面，利用力传感器测量物块所受细绳拉力的大小，已知当地重力加速度为。
（1）本实验砝码和托盘的总质量__________（选填“需要”或“不需要”）远小于滑块的质量。
（2）在实验中得到一条如图乙所示的纸带，用毫米刻度尺测量并在纸带上标出了部分段长度。已知相邻计数点间的时间间隔，由图中数据可求得打下点时纸带的速度大小为__________，纸带的加速度大小为__________（结果均保留3位有效数字）。
（3）改变所加砝码的质量，多次进行实验，测出多组拉力和对应加速度，作图像如图丙所示，图线与纵轴的截距为，可得__________。
12．（8分）某学习小组想利用霍尔元件（载流子为电子）和灵敏电流计改装一个磁感应强度测量计。实验电路如图所示，匀强磁场垂直于元件的前后工作面，工作电源通过左右侧面为霍尔元件提供电流，记录不同磁感应强度对应的灵敏电流计示数。灵敏电流计（量程范围，内阻），已知电流从左侧流入灵敏电流计时，指针向左偏转。
（1）按图示操作时，灵敏电流计指针向__________偏转（填“左”或“右”）
（2）霍尔元件单位体积中自由电子的个数为，电子电荷量为，元件三个棱长分别为、、（如图所示），电流表示数为，当磁感应强度为时，灵敏电流计（内阻）示数，不计霍尔元件电阻，则与的关系式为__________（结果用题中字母表示）
（3）磁感应强度测量计灵敏度可用表示，实验中要使灵敏度增大，可将滑动变阻器的触头向__________滑动（填“左”或“右”）
（4）若将磁感应强度计的量程扩为原来的10倍，可在灵敏电流计上__________联（填“串”或“并”）一个__________的电阻。
13．（7分）“电磁炮”利用电磁系统中产生的安培力来对金属炮弹进行加速，如图是“电磁炮”的原理结构示意图。光滑水平加速导轨电阻不计，轨道宽为，在导轨间有竖直向下的匀强磁场（未画出），磁感应强度。已知“电磁炮”弹体总质量，电源是恒流源，“电磁炮”匀加速发射。在某次试验发射时，电源为加速弹体提供的电流恒为，不计空气阻力。求：
（1）弹体所受安培力大小和方向；
（2）弹体从静止加速到，轨道至少要多长?
（3）实际上炮弹在轨道上运动时会受到空气阻力和摩擦阻力，若其受到的总阻力与速度的关系为，其中阻力系数为常量，炮弹离开轨道前已做匀速运动，炮弹离开轨道时的速度大小为，则阻力系数为多少?
14．（13分）如图1所示，长为的轻绳一端固定于点，另一端与小球相连，物块、静置于光滑水平面上，滑块的曲面为光滑的四分之一圆弧，圆弧半径为，其最低点与水平面相切。现将小球从轻绳水平位置由静止释放，运动至最低点时与物块发生弹性碰撞。已知小球的质量为，物块、的质量均为，、均可视为质点，重力加速度取。
（1）小球与物块碰撞前瞬间轻绳对的拉力大小；
（2）物块运动至最高点时距地面的高度；
（3）若仅将图1中的物块换成图2中的物块，的质量也为，半径也为，圆心角，求物块运动至最高点时距地面的高度。
15．（18分）如图，平面直角坐标系内，过原点的直线与轴的夹角为，将轴右侧分成上下两个区域Ⅰ和Ⅱ。Ⅰ区（含轴）中有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为。Ⅱ区有垂直纸面方向的匀强磁场，Ⅱ区的磁感应强度可调。现将一个质量为、电量为的带电粒子从点沿方向以初速度射出，带电粒子重力不计。
（1）若调Ⅱ区磁感应强度为0，求到达轴的位置；
（2）若使不能到达轴，Ⅱ区磁场的磁感应强度应如何调整；
（3）将Ⅱ区磁场调成与Ⅰ区相同，并使整个空间均匀分布黏性介质。带电粒子仍从点沿方向以初速度射出，运动中受到大小正比于速率（比例系数为常数，未知）、方向与速度反向的介质阻力作用，且带电粒子速度第一次沿方向的位置在直线上。求比例系数的大小及带电粒子最终停止的位置坐标。
高三物理试题答案
1. B【详解】A．匀强磁场的磁感应强度大小和方向均相同，不同地点的地磁场大小和方向不同，地磁场不是匀强磁场，故A错误；BC．地球本身是一个磁体，地磁场的北极在地理的南极附近，地磁场的南极在地理的北极附近，故B正确，C错误；D．地磁场由地磁北极指向地磁南极，即地理南极指向地理北极，在北半球，地磁场方向斜向下，在南半球，地磁场方向斜向上，在赤道，地磁场和地球表面平行，故D错误.
2．C【详解】A．理想斜面实验为建模法，故A错误；B.卡文迪什扭称实验应用了放大的思想，故B错误；C.共点力合成实验与重心概念的提出都是应用了等效替代的方法，故C正确；D.探究影响向心力大小因素应用了控制变量法，故D错误.
3．C【详解】A．击打前后乒乓球的速度方向发生了变化，即动量发生了变化，根据动量定理球拍对球的冲量不为0，故A错误；B．球拍给球的力和球给球拍的力是一对作用力和反作用力，大小相等，故B错误；C．击球过程乒乓球以原速率返回，动能不变，根据动能定理，合外力对乒乓球做功为零，击球瞬间乒乓球的重力做功为零，故球拍对球做功也为零，故C正确；D．球被击回的过程中，空气阻力与球的运动方向相反对球做负功，故D错误。故选C。
4．B【详解】A．由题图可知，核的比结合能约为，则核的结合能约为。可知核的比结合能约为，则核的结合能约为，所以核的结合能比核的结合能更大，故A错误；B．由图可知，的比结合能约为1MeV，则两个的结合能约为4MeV，的比结合能约为7MeV，则的结合能为28MeV，可知，的结合能大于两个的结合能，则两个核结合成时要释放能量，故B正确；C．由质能方程可知，能量与质量之间存在着—定的必然对应的关系，两者都反映物体的属性，彼此之间不存在转化关系，故C错误；D．由题图可知，核的比结合能比核的比结合能小，由于平均质量越小的原子核，其比结合能越大，所以中核子的平均质量比中核子的平均质量大，故D错误。故选B。
5．B【详解】A．机械波的波速仅由介质决定，与振幅无关，则介质一定时，振幅变大，但波速不变，故A错误；BC．波的频率仅由波源决定，机械波从一种介质中进入另一种介质时，其频率不变，周期不变，波速改变，故B正确，C错误；重水袖上某点一个周期内通过的路程为4倍振幅，而这一个周期内机械波传播的距离为一个波长，但质点不会随波迁移，故D错误。故选B。
6．D【详解】A B．活塞缓慢向右移动过程中，气体体积增大，单位体积内气体分子数减少，外界对气体做负功，故A、B错误；C.由折射率公式可知，激光在玻璃砖中的折射角为30°，在玻璃砖中通过的路程为23d3, 激光在玻璃砖中的速度为33c，所以激光在玻璃砖中的传播时间为2dc，故C错误；D.进入气缸的光线相对于入射光线的侧移量为23d3sin30°=3d3，故D正确.
7．B【详解】AC．由题可知，C物体受到重力和绳子的拉力处于平衡状态，所以绳子的拉力与C物体的重力大小相等，即.对杆AB进行受力分析如图，由受力图可知，轴A对杆的作用力的方向的反向延长线一定过绳子的拉力的延长线与重力的作用线的交点，由于重力的作用线过杆的中点，所以可知力F与绳子的拉力与水平方向之间的夹角是相等的，所以F与绳子的拉力的大小也相等，即，故A、C错误；BD．由图可知Mg=2mgsinθ,解得，故B正确，D错误。
8．BD【详解】A．依题意，原、副线圈两端的电压之比为，A错误；
B．工作过程中电抗器阻碍电流变化，起限流保护作用，B正确；C．接入直流电源，变压器副线圈中磁通量不变，副线圈没有感应电流，不能实现焊接，C错误；D．交流电频率越大，电感线圈的自感电动势越大，阻碍越大，则焊钳与工件之间的电压越小，D正确。故选BD
9．CD【详解】A．点电荷之间的库仑力公式与物体之间的万有引力形式类似，都满足平方反比关系，可知点电荷P绕Q点的运动关系也满足开普勒三定律。根据开普勒第二定律的内容可知，电荷P单位时间内与Q的连线转过的面积相同，即 所以，故A错误；
B．点电荷之间是吸引力，从b运动到a时距离减小，静电力做正功，电势能减小，故B错误
C．点电荷在椭圆轨道运动时的半长轴为，根据开普勒第三定律，有其中c为一个常数当运动到a点时速度改变，刚好有,
说明在a点处刚好以半径r做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律，有,
解得，故C正确；
D.利用能量守恒和开普勒第二定律，总能量E=−kq22a=−kq24r= −kq23r+12mv2,则b点时的速度为kq26mr。故D正确；故选CD。
10．ACD【详解】A. CF进入，PQ未进入时只有CF切割磁感线，CF（阻值）为电源，外电路为中间和左侧并联，外阻,总电阻,故A正确；B. 总电荷量 ，并联电路电流与电阻成反比，，故通过的电荷量，故B错误；C. 对整个框用动量定理−BLIΔt=mv1−m0,即,
PQ、CF都在磁场中，和都切割磁感线，电动势均为，方向都是上端正、下端负，两个电源并联,总电动势仍为，总内阻,外电路为，总电阻,由动量定理，末速度,得BLI总Δt=mv1 ，总电荷量,代入得,即,故C正确；D. 总焦耳热等于动能损失, CF进入，PQ未进入时，热量占总热量的比例,总热量,得, PQ、CF都在磁场中时，热量占总热量的比例,总热量,得,两过程总热量,故D正确。
11． (1)不需要 （2分） (2) 1.19 （2分） 1.72（2分） (3)（2分）
12．(1)左 （2分） (2) （2分） (3)左 （2分） (4) 串（1分） 900 （1分）
13．（1）弹体所受安培力大小为F=BIl=8×104N （1分）
根据左手定则可知，安培力方向水平向右。 （1分）
（2）弹体从静止加速到，根据动能定理可得 （2分）
代入数据解得x=20m
可知轨道至少长为。 （1分）
炮弹离开轨道前已做匀速运动，炮弹离开轨道时的速度大小为
根据平衡条件可得 （1分）
解得阻力系数为k=0.5N⋅s2/m2 （1分）
14.（1）小球A从释放至最低点的过程，根据动能定理，有m1gR1=12m1v02 （1分）
A碰前由牛顿第二定律可得 （1分）
解得F=9N （1分）
(2)A、B弹性碰撞，动量守恒有m1v0=m1vA+m2vB （1分）
机械能守恒有12m1v02=12m1vA2+12m2vB2 （1分）
当物块B、C共速时，物块B运动至最高点，物块B、C水平方向上动量守恒，
有m2vB=(m2+m2)v共共 （1分）
根据系统机械能守恒，有12m2vB2=12⋅2m2v共2+m2gh1 （1分）
解得h1=0.9m （1分）
（3）物块B在D圆弧上运动的过程中，B、D水平方向上动量守恒，有m2vB=m2vBx+m2vD（1分）
根据机械能守恒，有12m2vB2=12m2(vBx2+vBy2)+12m2vD2+m2gR2(1−csθ) （1分）
根据运动的合成与分解，有 （1分）
B从圆弧顶点离开D，做斜上抛运动，竖直方向有vEy2=2gh2−R2(1−csθ) （1分）
解得h2=0.8m （1分）
15.（1）如图所示
粒子在磁场中，有 （1分）
根据几何关系有 （1分）
可得 x0=3mv0Bq (1分）
（2）若Ⅱ区磁场垂直纸面向外，则 （1分）
当粒子恰到达x轴，如图所示
根据几何关系可得 （1分）
解得B10=(3+23 )3B （1分）
所以B1>(3+23 )3B
若Ⅱ区磁场垂直纸面向里，则 （1分）
当粒子恰到达x轴，轨迹如图所示
根据几何关系可得 （1分）
解得 B20=(23 −3)3B （1分）
所以B2>(23 −3)3B
综合以上分析可知，若调Ⅱ区磁场垂直纸面向外，则B1>(3+23 )3B，
若调Ⅱ区磁场垂直纸面向里，则B2>(23 −3)3B ；（1分）
（3）设某时刻粒子沿两轴的速度分量分别为vx和vy，如图所示
速度第一次沿-y方向时，此时x方向速度为零，设位于（x0，y0），
对粒子在方向由动量定理可得： qBvyΔt−kvxΔt=0 （1分）
vyΔt=y0 vxΔt=x0 （1分）
又 （1分）
（1分）
设带电粒子P最终停止的位置坐标为（x1，y1），则由动量定理可得
方向 （1分）
y方向 （1分）
， （1分）
可得x1=3mv04qB， y1=3mv04qB1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
B
C
C
B
B
D
B
BD
CD
ACD