四川省广元市2025-2026学年下学期高三高考物理考前模拟练习卷含答案

这是一份四川省广元市2025-2026学年下学期高三高考物理考前模拟练习卷含答案，共7页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，3N等内容，欢迎下载使用。
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7小题，共28分）
1.[4分]如图所示，甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动，位移—时间图像，则在0～t1时间内（ ）
A．甲、乙均做加速运动
B．甲经过的路程比乙小
C．甲、乙位移相同
D．甲的速度总比乙大
2.[4分]我国主持的江门中微子实验于2022年年底成功完成2万吨液体闪烁体灌注，正式运行取数，中微子又被称为“幽灵粒子”，极难探测。假设中微子与发生核反应，核反应方程为“中微子”，下列说法正确的是（ ）
A. 中微子不带电
B. 中微子的质量为0
C. 该核反应方程满足电荷数守恒和能量守恒
D. 该核反应方程不满足质量守恒，但满足电荷数守恒和能量守恒
3.[4分]如图甲是街头常见的变压器，它通过降压给用户供电，简化示意图如图乙所示，各电表均为理想交流电表，变压器的输入电压U1保持不变，输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻为R0。当并联的用电器增多时，下列判断正确的是
A．电流表A1示数增大，A2示数增大
B．电压表V2示数不变，V3示数减小
C．变压器的输入功率增大，输出功率增大
D． V3的变化量ΔU3与A1的变化量ΔI1之比不变
4.[4分]安装在某特高压输电线路上的一个六分导线间隔棒的截面图如图所示。间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心。已知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比。某时刻，6条输电导线中通入垂直纸面向外、大小相等的电流，其中a导线中的电流对b导线的安培力大小为F，该时刻（ ）
A.该点处的磁感应强度方向垂直于cf向下
B.、e、f处5根导线在a处产生磁场的磁感应强度方向由a指向O
C.该导线所受安培力的方向由O指向c
D.该导线所受安培力大小为2.5F
5.[4分]北斗卫星导航系统是我国自主研发、独立运行的全球卫星导航系统。如图所示，Ⅰ为地球近地卫星，Ⅱ为北斗卫星导航系统中的一颗静止轨道卫星，其对地张角为2θ ．已知地球自转周期为T0，引力常量为G．下列说法正确的是（ ）
A． 地球的平均密度为3πGT02sin3θ
B． 卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度大小之比为1sin3θ
C． 卫星Ⅰ的周期为T0sin32θ
D． 卫星Ⅱ的发射速度大于11.2km/s
6.[4分]如图甲，两根足够长的平行金属导轨固定在水平桌面上，左端接有阻值的电阻。一质量的金属棒垂直导轨放置，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。金属棒在水平向右的拉力F作用下向右运动，拉力F与时间t的关系式为，时撤去拉力，金属棒在时停止运动，整个运动过程金属棒速度v随时间t变化的图像如图乙所示。导轨和金属棒电阻不计，重力加速度g取。下列判断正确的是（ ）
A. 金属棒与导轨间摩擦力大小为0.3N
B. 金属棒运动的距离为2.5m
C. 电阻R上产生的焦耳热为0.2J
D. 通过电阻R的电荷量为
7.[4分]如图1所示，将一圆形线状光源水平放置在足够大的平静水面下，线状光源可以发出红光。通过支架（图中未画出）可以调节光源到水面的距离h，随着h变化，在水面上会看到不同形状的发光区域。已知圆形线状光源的半径为，水对红光的折射率为，下列说法正确的是（ ）
A. h越大，水面上的发光区域面积越小
B．时，水面上的发光区域会呈现类似图2所示的圆环形状
C．当时，水面上的发光区域面积为
D．当时，水面上亮环与暗圆的面积之比为4:1
二、多选题（本大题共3小题，共25分）
8.[7分]如图甲所示为沿着x轴传播的简谐横波于t=1s时的波形图，M、Q、P三个质点的平衡位置分别在x轴的2m、3.5m、4m处，图乙为P质点的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A. 波沿x轴负方向
B．从图甲时刻开始计时，无法直接确定为1.25s
C．从t=0时刻计时，无法直接得出此方程
D．从图甲时刻开始计时，再经7s，P质点的路程为2.8cm
9.[9分]如图所示，在x轴上电场强度E随x变化的图像如图所示（x轴正方向为场强正方向），其中图线在x=6cm处与x轴相切。把一个检验电荷q放在x=2cm处由静止释放，电荷仅在电场力作用下向x轴正方向运动，运动到x=7.2cm处速度减为零，运动中只受电场力，下列说法正确的是：（ ）
A. 电荷q带正电
B．x轴上2cm到6cm过程中场强减小、电势增加
C．电荷q从2cm到4cm与从4cm到6cm过程中动能的增加相同
D．电荷q在2cm处与在7.2cm处电势能相等
10.[9分]（多选）如图甲所示，固定在竖直面内的光滑圆形管道内有一小球在做圆周运动，小球直径略小于管道内径，管道最低处N点装有连着数字计时器的光电门，可测球经过N点时的速率vN，最高处M点装有力的传感器，可测出球经过M点时对管道的作用力F（竖直向上为正），用同一小球以不同的初速度重复试验，得到F与vN2的关系图像如图乙，c为图像与横轴交点的横坐标，b为图像延长线与纵轴交点的纵坐标，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）
甲乙
A．若小球经过N点时满足vN2=c，则经过M点时对管道无压力
B．若小球经过N点时满足vN2=2c，则经过M点时对内管道壁有压力
C．小球做圆周运动的半径为c5g
D．小球的质量等于−b3g
三、非选择题（本大题共5小题，共47分）
11.[9分]某同学设计运用图示装置测量木块与水平木板间的动摩擦因数，该同学测得木块的质量是砝码（含砝码盘）质量的k倍，根据打出的纸带求出木块运动的加速度大小为a。
（1）已知当地的重力加速度大小为g，根据测得的物理量，木块与木板间的动摩擦因数可表示为 。
（2）本实验测得的结果 （选填“大于”“小于”或“等于”）木块与木板间的实际动摩擦因数。
12.[9分]某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图甲所示的电路，所用器材如下：
A．干电池一节；
B．电压表（量程为，内阻较大）；
C．电阻箱（阻值为）；
D．开关一个和导线若干。
（1）根据图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实物图补充完整。
（2）调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电压表的示数U。根据记录的数据作出的图像如图丙所示，则该干电池的电动势 V、内阻 Ω。（结果均保留两位小数）
（3）由于电压表的内阻不是无穷大的，因此本实验干电池的内阻的测量值 ，电动势的测量值 （填“偏大”“偏小”或“准确”）。
13.[9分]如图（a）所示，竖直放置、开口向上的汽缸内用质量m=10 kg的活塞封闭着一部分理想气体，活塞横截面积S=0.01 m2，能无摩擦地滑动。初始时活塞处于静止状态，距离汽缸底部的高度h1=9 cm。若汽缸、活塞导热性好，气体温度始终保持不变，已知大气压强p0=1×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，求：
图（a）图（b）
（1）初始时刻气体的压强p1；
（2）将汽缸缓慢倒置后，如图（b）所示，活塞距汽缸底部的高度h2。
14.[10分]如图所示，质量、长的木板静止在光滑水平面上，质量为、可视为质点的物块以初速度滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力。恒力大小不同，物块在木板上相对于木板滑动的路程不同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。
（1）若，物块滑离木板时，求滑块和木板的速度大小；
（2）若物块恰好不从左端滑离木板，求滑块与木板因摩擦产生的热量；
（3）若物块恰好到达木板中点处二者速度相同，求滑块与木板整个运动过程中因摩擦产生的热量。
15.[10分]某粒子发射器简化结构如图所示，建立立体空间坐标系，为与平面平行放置的竖直屏，与轴垂直相交于处。粒子源发射口位于轴上距原点的位置，且平行于轴方向射出速度为的正粒子，进入第一象限。在轴上方区域存在沿轴正方向的匀强磁场，磁感应强度，在轴下方区域存在沿轴正方向的匀强磁场和沿轴正方向的匀强电场。已知粒子质量，电荷量，电场强度，不计粒子的重力和空气的影响。取。求：
（1）粒子第一次到达x轴上，该点到原点的距离；
（2）粒子第二次到达平面时，沿轴走过的位移；
（3）粒子从发射到打到屏幕上经历的时间；
（4）粒子打在屏上的位置坐标。
参考答案
1.【答案】C
A．根据位移—时间图像的斜率等于速度可知，甲做匀速直线运动，故A错误；
B．由图可知甲、乙都是做单向运动，经过的路程大小等于位移大小，故B错误；
C．在0～t1时间内，甲、乙的起点和终点都相同，则位移相同，故C正确；
D．由图像可知，在0～t1时间内，乙的斜率先小于甲的斜率，再等于甲的斜率，最后大于甲的斜率，故甲的速度先比乙的大，再等于乙的速度，最后小于乙的速度，故D错误。
故选C。
2.【答案】C
由电荷数、质量数守恒可得，中微子的电荷数为零，质量数也为零，所以中微子不带电，故AB错误；能量守恒是自然界普遍定律，在核反应过程中成立，所以该核反应方程满足电荷数守恒和能量守恒，故C正确；核反应方程满足电荷数和质量数守恒，但质量不守恒，故D错误。
3.【答案】D
变压器的输入电压U1保持不变，根据＝知，副线圈电压U2不变，故V2示数不变，当并联的用电器增多时，并联部分的电阻减小，副线圈所在回路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知，通过副线圈的电流I2增大，故A2示数增大，根据＝ ，原线圈中电流I1增大，故A1示数增大，A错误；由闭合电路欧姆定律得，并联电路两端电压U3＝U2－I2R0，I2增大，U2不变，则U3减小，故V3示数减小，B错误；变压器的输入功率等于输出功率，由P＝U1I1知，输入功率和输出功率均变大，C错误；副线圈电压U2不变，则V3的变化量ΔU3与R0两端电压的变化量ΔU0之和为零，所以｜ΔU3｜＝｜ΔU0｜，I1I2＝n2n1，所以ΔI1ΔI2＝n2n1，又ΔU0ΔI2＝R0，所以ΔU3ΔI1＝n1n2R0，D正确。
【一题多解】
理想变压器的输入电压决定输出电压，由于输入电压不变，故输出电压不变，并联的用电器增多时，并联部分电阻减小，由“串反并同”知，V3示数减小，A2示数增大，由输入电流与输出电流变化趋势相同知，A1示数增大，A、B错误。
4.【答案】D
由对称性可知，a、d两条导线在O点处的磁感应强度等大反向，b、e两条导线在O点处的磁感应强度等大反向，c、f两条导线在O点处的磁感应强度等大反向，所以O点处的磁感应强度为零，A错误；根据安培定则，b、c、d、e、f处5根导线在a处产生磁场磁感应强度方向如图所示，设b处导线在a处产生磁场的磁感应强度大小为B，则f处导线在a处产生磁场的磁感应强度大小也为B，c、e处导线在a处产生磁场的磁感应强度大小为B3，d处导线在a处产生磁场的磁感应强度大小为B2，根据磁感应强度的叠加可知，b、c、d、e、f处5根导线在a处产生磁场的磁感应强度方向垂直于aO斜向左下，合磁感应强度大小为2.5B，根据左手定则和安培力公式可知，a导线受安培力方向由a指向O，大小为2.5F，B错误，D正确；同理可得，c导线所受安培力方向由c指向O，C错误。
5.【答案】A
设地球的质量为M，卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径分别为R和r，卫星Ⅱ为同步卫星，周期为T0，根据开普勒第三定律可得r3T02=R3T2，根据几何关系可得sinθ=Rr，可得卫星Ⅰ的周期T=T0⋅sin3θ，对卫星Ⅰ，根据万有引力提供向心力可得GMmR2=m4π​2T2R，地球的平均密度ρ=MV=3M4πR3，联立解得ρ=3πGT02sin3θ，故A正确，C错误；根据GMmr2=ma，可得a=GMr2，可得卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度大小之比为1sin2θ，故B错误；11.2km/s是第二宇宙速度，为卫星脱离地球引力束缚的最小发射速度，卫星Ⅱ处于地球引力场中，所以卫星Ⅱ的发射速度小于11.2km/s，故D错误。
6.【答案】D
由图线的斜率表示加速度，得加速度，感应电动势为，由闭合电路的欧姆定律，得电流为，安培力，根据牛顿第二定律，得，代入、，整理得，对比等式两边的系数，得，代入，，解得，对比等式两边常数项，得，解得，故A错误；由图乙可知，在时，速度，图线与时间轴所围图形的面积表示位移，得位移为，对之后过程，由动量定理，得，其中，安培力冲量，代入数据得，解得，整个过程中金属棒运动的距离为，故B错误；对撤去过程，由能量守恒，得，解得电阻上产生的焦耳热为，故C错误；撤去拉力后，电荷量，解得通过电阻R的电荷量为，故D正确。
7.【答案】C
设亮环最外圈的半径为，暗圆的半径为，其光路图如图所示
发光面积为，临界角为，根据几何关系可知，，联立，解得，所以，h越大，水面上的发光区域面积越大，A错误；当时，，即此时中心区域全部被照亮，不存在暗圆，B错误；当时，，所以，中心不存在暗圆，其中，水面上的发光区域面积为，C正确；当时，中心不存在暗圆，D错误。
8.【答案】BD
由图乙可知，t=1s时质点P沿y轴正方向振动，根据“上下坡”法可知，简谐波沿x轴正方向传播，故A错误；由图甲和图乙可知波长和周期分别为，，则波速，从图甲时刻开始计时，Q点第一次到达波谷所用时间，故B正确；由图甲可知，t=1s时M点位于平衡位置且正在向y轴负方向振动，可知t=0时M点位于平衡位置且正在向y轴正方向振动，则初相，由图乙可知，振幅，角频率，因此M质点的振动方程为，故C错误；因为，故从t=1s计时，再经7s，P质点的路程为，故D正确。
9.【答案】AD
检验电荷q在x=2cm处由静止释放，电荷仅在电场力作用下向x轴正方向运动，则电场力方向沿x轴正向，x轴正方向为场强正方向，所以电荷q带正电，A正确；由图可知，x轴上2cm到6cm过程中场强减小，方向沿x轴正向，电场力对电荷q做正功，电势能减小，B错误；由图可知，从2cm到4cm与从4cm到6cm之间的平均场强不等，电荷受到的平均电场力不同，电场力做功不同，根据动能定理，动能的增加量不相同，C错误；电荷q由静止从2cm处运动到7.2cm处停止，根据动能定理，电场力做功为零，根据，则两点之间的电势差为零，即电荷q在2cm处与在7.2cm处电势能相等，D正确。
10．【答案】AC
由题图乙可知，当vN2=c时，小球经过M点时对管道作用力F=0,A正确；由题图乙可知，当vN2=2c时，小球经过M点时对管道作用力F>0，即F的方向竖直向上，小球对外管道壁有压力，对内管道壁无压力，B错误；设小球做圆周运动的半径为R，从最高点M到最低点N，由动能定理得2mgR=12mvN2−12mvM2，当vN2=c时，代入上式可得vM2=c−4gR，此时小球经过M点时对管道作用力为F=0，则有mg=mvM2R=mc−4gRR，解得R=c5g,C正确；小球经过M点时，由向心力公式有mg+F′=mvM2R，由牛顿第三定律有F′=F，结合2mgR=12mvN2−12mvM2，当vN2=0时，F=−b，解得m=−b5g,D错误。
【关键点拨】 杆球模型
小球在最高点时，杆既可以提供拉力，也可以提供支持力，mg±F弹=mv2R.
小球恰好通过最高点时，v=0,F弹=mg.
【方法总结】 物体通过圆周最低点、最高点时，利用合力提供向心力列牛顿第二定律方程；物体从某一位置到另一位置的过程中，用动能定理找出两位置间的速度关系；求对轨道的压力时，转换研究对象，先求物体所受支持力，再根据牛顿第三定律求出压力。
11.【答案】；大于
（1）[1]设砝码（含砝码盘）的总质量为m，则木块的质量为km，根据牛顿第二定律得
解得
（2）[2]因本实验中还有空气阻力和纸带与限位孔之间有摩擦，所以测得的加速度偏小，根据动摩擦因数的表达式知，动摩擦因数测得的结果大于木块与木板间的实际动摩擦因数。
12．【答案】(1)
(2) 1.56 0.40
（3） 偏小 偏小
（1）根据电路图，连接实物图如图所示
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律
其中
整理得
则图线丙的斜率为
纵截距为
联立，解得
（3）[1][2]由于电压表的内阻不是无穷大的，根据闭合电路欧姆定律
其中
整理得
则图线丙的斜率为
图线的纵截距为
解得
所以，本实验干电池的内阻的测量值偏小，电动势的测量值偏小。
13．【答案】（1）1.1×105 Pa （2）11 cm
（1）对活塞受力分析，有mg+p0S=p1S
解得初始时刻气体压强p1=1.1×105 Pa
（2）对活塞受力分析，有mg+p2S=p0S
由玻意耳定律得p1h1S=p2h2S
联立解得h2=11 cm
14．【答案】（1），；（2）；（3）
（1）根据题意，由动量守恒定律有，由能量守恒定律有，联立解得，
（2）对物块，由牛顿第二定律有，解得，当物块恰不从木板左端滑出时，对整体，解得，木板的加速度，，相对运动过程，，，相对滑过的路程，摩擦产生的热量
（3）由于，结合上一问可知，物块将从木板的左端滑离；因此摩擦产生的热量
15．【答案】（1）；（2）0.2m；（3）；（4）
（1）带电粒子在x轴上方的磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹在xOy平面内，轨迹如下图所示
根据洛伦兹力公式及牛顿第二定律可得
代入数据可得
根据题意及几何关系可得，粒子第一次到达x轴上，该点到原点的距离为
（2）粒子进入x轴下方后，在xOy平面内做匀速圆周运动，在z轴方向上，在电场力的作用下做匀加速直线运动。根据洛伦兹力公式及牛顿第二定律可得
代入数据可得
故粒子从x1处到达平面的过程中，粒子在xOy平面内的运动轨迹如下所示
根据几何关系可知，粒子在x轴下方做匀速圆周运动的圆心角为
故粒子运动的时间为
粒子在z轴方向上，由牛顿第二定律及匀变速直线运动规律可得，
代入数据可得，
（3）粒子在xOy平面内做匀速圆周运动的轨迹如下图所示
由几何关系可得，粒子首次在磁场区域1中运动的圆心角为
故其做圆周运动的时间为
由图可知粒子从磁场1进入磁场2到离开磁场2的运动时间均相等，均为
粒子从磁场2进入磁场1到离开磁场1的运动时间均相等，均为
分析可知，粒子在第一次离开磁场2时，沿z轴方向的速度为
粒子第一次从磁场2进入磁场1到离开磁场1的过程中，由于其沿z轴方向具有速度，故在磁场1中沿z轴方向做匀速直线运动，此过程中沿z轴方向位移为
粒子第2次从磁场1进入磁场2到离开磁场2的过程中，沿z轴方向有，
粒子第2次从磁场2进入磁场1到离开磁场1的过程中，沿z轴方向有
由于
故粒子在第三次离开磁场1前已经打到屏幕上。故粒子第2次从磁场2进入磁场1到打到屏幕上的过程有，在磁场1中有
解得
粒子从发射到打到屏幕上经历的总时间为
（4）由上分析可知，当粒子打到屏幕上，此时其在xOy平面上的投影为图中p点
由几何关系可得，P点沿x轴方向的坐标为
沿y轴方向的坐标为
粒子打在屏上的位置坐标