江苏省南通市2026届下学期高三四模 考前模拟 物理试题及答案

这是一份江苏省南通市2026届下学期高三四模 考前模拟 物理试题及答案，共6页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，5 cm等内容，欢迎下载使用。
2026.5
注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题（本大题共10小题，共40分）
1.[4分]碳化硅是一种第三代半导体材料，解决了大尺寸晶体制备的难题，其晶体结构与金刚石相似，硬度非常高。碳化硅（ ）
A．有良好的导电性B．熔化过程温度升高C．原子呈无规则排列D．原子间的作用力很强
2.[4分]中国传统乐器竹笛的发声原理为空气柱振动，理论振动频率满足f=kvL（式中v为声速，L为空气柱长度，k为常数）。如图所示为某6孔竹笛，孔1、孔6到吹孔的间距分别约为31.8 cm、17.2 cm，贴上笛膜吹奏，仅开孔1（其余5孔闭合）时发出的声波波长约为76 cm。已知声波在空气中传播时，温度越高声速越大。下列说法正确的是（ ）
A．仅开孔6时发出的声波波长约为41.1 cm
B．仅开孔6时发出的声波波长约为140.5 cm
C．“小寒”时竹笛发声的频率高于“大暑”时竹笛发声的频率
D．“小寒”时竹笛发声的频率等于“大暑”时竹笛发声的频率
3.[4分]如图甲所示，匝数为N的闭合矩形线圈abcd处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，绕着与磁场垂直且与线圈共面的固定轴OO＇以角速度匀速转动。线圈的ad边长为，ab边长为。线圈经过某位置时开始计时，通过线圈的磁通量随时间t的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．时刻，线圈中产生的感应电动势的瞬时值大小为
B．时刻，穿过线圈的磁通量的变化率大小为
C．时刻，线圈平面与中性面垂直
D．时刻，穿过线圈的磁通量大小为
4.[4分]原子核的比结合能曲线如图所示，根据该曲线，下列判断中正确的是（ ）
A． 816O核的结合能约为64 MeV
B．.24He核比 36Li核更稳定
C．两个 12H核结合成 24He核时吸收能量
D．. 92235U核中核子的平均结合能比 3689Kr核中的大
5.[4分]2026年1月19日，我国将卫星互联网低轨19组卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。某卫星在赤道平面内绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为，转动方向与地球自转方向相同。若在赤道上有一个信号接收站，该卫星运动周期小于地球自转周期，且每隔时间就会从接收站正上方飞过，则与之间的关系图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
6.[4分]如图所示为的某种气体的压强和温度关系的图线。表示个标准大气压，标准状态（0℃，1个标准大气压）下气体的摩尔体积为。则在状态时气体的体积为（ ）
A．B．C．D．
7.[4分]一列振幅为A=5cm的简谐横波向右传播，在其传播路径上每隔L=0.1m选取一个质点，如图甲所示，t=0时刻波恰传到质点1，质点1立即开始向上振动，经过时间Δt=0.3s，所选取的1～9号质点间第一次出现如图乙所示的波形，则下列判断正确的是（ ）
甲乙
A． t=0.3s时，质点1向上运动
B． t=0.3s时，质点8向上运动
C． t=0至t=0.3s内，质点5运动的时间为0.2s
D． t=0至t=0.3s内，质点3通过的路程为15cm
8.[4分]如图甲所示的电路中，电源电动势，内阻，定值电阻，滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的阻值的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（ ）
A．图乙中的，
B．图乙中如果，则，才能使滑动变阻器消耗的功率也为
C．当滑动变阻器接入电路的阻值时，定值电阻R消耗的功率最大
D．当滑动变阻器接入电路的阻值时，电源的输出功率最大
9.[4分]尽管无线充电有一定的便利性，但目前还面临来自效率、散热，以及应用场景等方面的挑战：一是充电效率不高，无线充电的转换效率大多在上下；二是将手机拿开一定距离就无法充电。手机无线充电的原理如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．虽然漏磁严重，但送电线圈和受电线圈的电压比仍等于匝数比
B．充电时将手机拿离充电基座，受电线圈和送电线圈的频率不再相等，造成无法充电
C．无线充电能量转化率不高的主要原因是漏磁严重
D．充电时将手机拿离充电基座，因受电线圈的电流频率过低，造成无法充电
10.[4分]、为固定在x轴上的两个点电荷，x轴上部分区域的电势分布如图所示。则（ ）
A．电荷量大于电荷量
B．带负电，带正电
C．a点电场强度小于c点电场强度
D．若将电子从a点沿x轴移到c点，其电势能先增大后减小
二、非选择题（本大题共5小题，共60分）
11.[11分]如图
（1）如图所示为探究机械能守恒定律的实验原理图。下列说法正确的是 （单选）
A．所选重物质量越大越好
B．重物必须由静止释放
C．释放前应让纸带自由下垂
D．若电火花计时器的频率变为51Hz，则测出的速度大小偏小
（2）实验中，得到一条如图所示的纸带，已知打点计时器打出O点时物块的速度为0。已知打点计时器的周期为T，若下落过程中机械能守恒，则满足等式 （用图中所给字母表示）
（3）某同学画出了图像，h是计数点到起始点O的距离，v是该计数点的速度，如下判断正确的是 （单选）
A．若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能一定守恒
B．若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能可能不守恒
C．若图像是一条不过原点的直线，则重物下落过程中机械能一定不守恒
12.[10分]如图甲所示，MN、PQ为间距L = 1m足够长的平行导轨，NQ⊥MN，导轨的电阻均不计。导轨平面与水平面间的夹角θ = 37°，NQ间连接有一个R = 4Ω的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0= 1T。将一根电阻r = 1Ω的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，金属棒与导轨接触良好。现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒截面的电量q = 0.2C，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。重力加速度g取10m/s2，（sin37° = 0.6，cs37° = 0.8）。求：
（1）金属棒的质量m，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ；
（2）cd离NQ的距离s；
（3）金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量。
（4）规律总结：归纳总结电磁感应中求热量的方法（写出两种方法）。
13.[12分]真空中有一半径为R的半圆柱形玻璃砖，其横截面如图所示，O为圆心，一束平行光线照射到玻璃砖面上，经玻璃砖折射后，有部分光从BC边射出（只考虑第一次射向BC边的光线）。已知光线AO沿半径方向射入玻璃砖后，恰在O点发生全反射，。求：
（1）玻璃砖的折射率n；
（2）从BC边射出光的区域长度。
14.[12分）有些高能粒子会对物理仪器造成损害，一位同学认为可利用电磁场让带电粒子偏转的特点设计装置实现对粒子的屏蔽作用。如图所示为一半径为R的圆柱形铅盒的截面图，其中心为粒子发射源，以中心为坐标原点建立xOy平面直角坐标系，使y轴负半轴与∠AOB的角平分线重合，发射源可在图示∠AOB＝60°平面范围内从圆心O沿半径方向往外不断发射出速度大小均为v、电荷量为q、质量为m的某种带正电粒子，粒子通过圆弧AB间的缝隙到达铅盒外面。该同学打算在y＝－R到y＝－2R间的条形区域内设置匀强电场或者匀强磁场以实现屏蔽效果。粒子重力不计，忽略粒子间的相互作用。
（1）如果条形区域设置平行于y轴的匀强电场，则电场的电场强度应至少为多少，才能使得所有粒子不能越过条形电场区域？并判断匀强电场的方向；
（2）如果条形区域设置垂直于截面向里的匀强磁场，则磁场的磁感应强度应至少为多少，才能使得所有粒子不能越过条形磁场区域？此时粒子在磁场运动的最长时间为多少？
15.[14分]如图所示，在绝缘的光滑水平面（足够长）上M点左侧的区域有水平向右的匀强电场。小滑块A、B的质量均为m，其中B不带电，A的带电荷量为+q，点到点的距离为L，点到点的距离为kLk>0.现将小滑块A从N点由静止释放，其向右运动至O点与静止的小滑块B发生弹性碰撞，设A、B均可视为质点，整个过程中，A的电荷量始终不变，B始终不带电，已知电场强度E=mgq，重力加速度大小为g.
（1） 求A与B发生第一次碰撞前瞬间，A的速度大小；
（2） 求A、B第一次碰撞后各自的速度大小，若A、B发生第二次碰撞，求k的取值需要满足的条件；
（3） k的取值满足（2）问的条件下，求A和B两次碰撞间隔的时间。
参考答案
1.【答案】D
碳化硅为共价晶体，无自由电子，导电性差，故A错误；晶体熔化时温度不变，碳化硅为晶体，熔化过程温度不升高，故B错误；晶体原子排列规则有序，碳化硅结构与金刚石相似，原子呈规则排列，故C错误；碳化硅硬度极高，说明原子间通过强共价键结合，作用力很强，故D正确。
2.【答案】A
根据题意，竹笛发声的频率公式为f=kvL，又v=λf，化简得k=Lλ，根据题意，仅开孔1时，L1=31.8 cm，波长λ1=76 cm，解得k=L1λ1=31.876，仅开孔6时，L6=17.2 cm，则波长λ6=L6k=17.2×7631.8 cm≈41.1 cm，A正确，B错误；根据题意，温度越高声速越大，则“小寒”气温低，声速小，“大暑”气温高，声速大，对于同一竹笛，L不变，频率f与声速v成正比，因此“小寒”时竹笛发声的频率低于“大暑”时竹笛发声的频率，C、D 错误。
3.【答案】B
线圈经过中性面时磁通量最大，由乙图可知，线圈经过中性面时开始计时，线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式，其中，，解得，由乙图可知，所以时刻，线圈中产生的感应电动势的瞬时值大小为，A错误；由乙图可知，时刻线圈平面与磁场平行，有，又，联立，解得，B正确；由乙图可知，时刻，穿过线圈的磁通量最大，线圈平面与中性面重合，C错误；由图乙可知，时刻，穿过线圈的磁通量大小为，D错误。
4.【答案】B
由题图可知， 816O核的比结合能约为8 MeV，且核子数为16，因此结合能约为16×8 MeV=128 MeV，故A错误； 2 4 He核比 36Li核比结合能更大，则更稳定，故B正确；两个 12H核结合成 24He核时发生聚变反应，有质量亏损，释放能量，故C错误；由题图可知， 92235U核中核子的平均结合能比 3689Kr核中的小，故D错误。
5.【答案】D
假设地球自转周期为，卫星环绕地球做圆周运动的周期为，每隔时间，卫星就比地球多转一圈，有，根据万有引力提供向心力有，可得，则与之间的关系图像是以为纵轴，为横轴的一次函数。
6.【答案】D
此气体在时，压强为标准大气压，所以此时它的体积应为，由图线所示，从压强为到状态，气体做等容变化，状态时气体的体积为，温度为，从状态到状态为等压变化，状态的温度为，根据盖吕萨克定律，得，选D。
7.【答案】C
波向右传播，由题图乙根据“同侧法”可知，t=0.3s时，质点1向下运动，质点8向下运动，A、B错误；t=0时刻波恰好传到质点1，质点1立即开始向上运动，且经过0.3s第一次出现如图乙所示的波形，则有Δt=1.5T，解得T=0.2s，又有波长λ=8L=0.8m，所以波速v=λT=4m/s，波从质点1传播到质点3所需时间t13=2Lv=0.05s，传播到质点5所需时间t15=4Lv=0.1s，则t=0至t=0.3s内，质点5运动的时间为0.2s，质点3运动的时间为0.25s=54T，质点3通过的路程s=5A=5×5cm=25cm，C正确，D错误。
8.【答案】D
由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电路外电阻等于电源内阻时，输出的功率最大。把定值电阻R看成电源内阻的一部分，结合题图乙可知，当时，滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率，故A错误；滑动变阻器接入电路的阻值为和时消耗的功率相等，有，代入数据解得，故B错误；电路中的电流越大，定值电阻R消耗的功率越大，可知电路中的总电阻越小越好，可知当滑动变阻器接入电路的阻值为零时，电阻最小，电流最大，定值电阻R消耗的功率最大，故C错误；电源的输出功率，整理得，根据数学知识可得当滑动变阻器接入电路的阻值时，电源的输出功率最大，故D正确。
9.【答案】C
A．由于漏磁，副线圈通过的磁通量小于原线圈通过的磁通量，副线圈的磁通量的变化率小于原线圈的磁通量的变化率，导致送电线圈和受电线圈的电压比仍大于匝数比，A错误；
B．变压器改变电压与电流，不改变频率，可知，充电时将手机拿离充电基座，受电线圈和送电线圈的频率仍然相等，B错误；
C．结合上述可知，由于漏磁导致送电线圈和受电线圈的电压比仍大于匝数比，即无线充电能量转化率不高的主要原因是漏磁严重，C正确；
D．根据上述可知，充电时将手机拿离充电基座，受电线圈和送电线圈的频率仍然相等，D错误。选C。
10.【答案】A
A．根据电势的表达式有
图中a点的电势为0，则有
由于
可知，两点电荷带异种电荷，电荷量大于电荷量，故A正确；
B．结合上述可知，两点电荷带异种电荷，由于沿电场线电势逐渐降低，可以确定在所在位置到b点之间的电场方向由b指向，即在所在位置到b点之间的电场终止于，根据电场线起源于正电荷（或无穷远），终止于负电荷（或无穷远），可知，带负电，则带正电，故B错误；
C．图像斜率的绝对值表示电场强度的大小，根据图像可知，a点图像斜率的绝对值大于c点图像斜率的绝对值，则a点电场强度大于c点电场强度，故C错误；
D．沿电场线方向电势降低，可知，坐标原点到b点间电场方向向左，b点右侧电场方向向右，电子带负电，若将电子从a点沿x轴移到c点，电场力方向先向右后向左，电场力先做正功后做负功，其电势能先减小后增大，故D错误。
故选A。
11．【答案】(1)D，（2），（3）B
（1）A.所选重物质量太大的话，纸带无法承受重物的质量，A错误；
B.因为可以通过纸带上的点测算出每个点重物的速度，所以重物不需要静止释放，B错误；
C.为减小阻力，释放前应让纸带竖直下垂，C错误；
D.若电火花计时器的频率变为51Hz，则周期变小，实际速度变大，则测出的速度大小偏小，D正确；选D。
（2）根据匀加速直线运动中中间时刻速度等于平均速度可知，若下落过程中机械能守恒，则满足等式，化简得
（3）若下落过程中机械能守恒，则满足等式，化简得，在图像中，若图像是一条过原点的直线，且斜率等于2g，则重物下落过程中机械能守恒。若图像是一条不过原点的直线，可能是所研究的过程的初速度不为零，不一定机械能守恒，B正确，AC错误，选B。
12．
（1）由乙图可知，当v = 0时，a = 4m/s2，对金属棒有
代入数据解得
当a= 0时，vm= 2m/s当金属棒达到稳定速度时，有
因为，
由平衡条件有
联立解得m = 0.1kg
（2）因为
代入题中数据，解得s = 1m
（3）棒下滑的过程中重力、摩擦力与安培力做功，根据动能定理有
因为，
联立解得
（4）①可以通过能量转化角度，例如通过机械能与电能之间的转化关系求解热量；②通过安培力做功求解热量。
13．【答案】（1）2；（2）
（1）根据题意，光线在O点恰好发生全反射，入射角等于临界角C，则得C=30°，根据，解得n=2
（2）如图所示
进入玻璃中的光线①垂直半球面，沿半径方向直达球心位置O，且入射角等于临界角，恰好在O点发生全反射。光线①左侧的光线（如：光线②）经球面折射后，射在BC上的入射角一定大于临界角，在BC上发生全反射，不能射出。光线①右侧的光线经半球面折射后，射到BC面上的入射角均小于临界角，能从BC面上射出。最右边射向半球的光线③与球面相切，入射角i=90°，由折射定律知，解得r=30°，根据几何知识可知光线③将在BC边发生全反射，在光线③左侧的光线，都能从BC边射出，所以在BC面上射出的光束宽度应是
14．【答案】（1）mv22qR 沿y轴正方向 （2）3mv2qR8πR9v
（1）由于粒子发射源发出的粒子速度大小相等，因此沿y轴负方向射出的粒子不能穿过条形电场区域时，其他粒子一定不能穿过，当沿y轴负方向射出的粒子恰好不能越过条形电场区域时，场强取得最小值，由动能定理有
－EqR＝0－12mv2（2分）
解得E＝mv22qR（1分）
方向沿y轴正方向（1分）
（2）如果条形区域设置垂直于截面向里的匀强磁场，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由左手定则可知，粒子进入磁场后沿逆时针方向做圆周运动，可知，只要沿OA方向的粒子不能越过条形磁场区域，其他粒子一定不能越过，当沿OA方向的粒子恰好不能越过时，轨迹如图所示，此时磁感应强度取得最小值，
由几何关系得
r＋rsin 30°＝R（1分）
解得r＝23R（1分）
粒子在洛伦兹力的作用下做圆周运动，由牛顿第二定律得
qvB＝mv2r（1分）
解得r＝mvqB（1分）
则B＝3mv2qR（1分）
此时圆弧所对应的圆心角最大，粒子在磁场中运动的时间最长，由几何关系得圆心角为240°，
根据周期公式T＝2πrv（1分）
运动时间t＝240°360°T（1分）
联立解得t＝8πR9v（1分）
15．
（1） 设A与B碰撞前的速度为v1，对A由动能定理得EqkL=12mv12，又E=mgq，联立解得v1=2gkL.
（2） 由题意知，A与B发生弹性碰撞，规定v1方向为正方向，由动量守恒定律得mv1=mv'1+mv'2,
由机械能守恒定律得12mv12=12mv'12+12mv'22,
联立解得v'1=0,v'2=2gkL,
碰撞后，B以v'2的速度做匀速直线运动，A在电场力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，为使A与B能发生第二次碰撞，则A经电场再次加速后的最大速度v″1应满足的条件为v″1>v'2;
A、B第一次碰撞后，对A由动能定理得EqL=12mv″12，联立解得k