河北省保定市2025-2026学年高三下学期高考物理考前模拟练习卷

这是一份河北省保定市2025-2026学年高三下学期高考物理考前模拟练习卷，共11页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，12W，[6分]如图等内容，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]下列说法是某同学对电学中相关概念及公式的理解，其中正确的是（ ）
A．电场强度公式中，U、d分别是电场中任意两点间的电势差和距离
B．根据电容的定义式，电容器极板上的电荷量每增加1C，电压就增加1V
C．根据电场力做功的计算式，一个电子在1V的电压下加速，电场力做功为1eV
D．电场线就是正电荷只在电场力的作用下运动的轨迹
2.[4分]如图所示，由红光与黄光组成的双色光，从空气斜射向一块平行玻璃砖，在上表面经折射分成两束单色光、，并都从下表面斜射出去。下列说法正确的是（）
A．光为红光
B．在真空中，光的速度更快
C．、光射出玻璃砖时，两束光线平行
D．、光分别照射同一个双缝装置，光产生的干涉条纹更宽
3.[4分]如图所示，线圈A与滑动变阻器、电源、开关相连。线圈B与电阻R连接成闭合电路。下列判断正确的是（ ）

A．开关闭合稳定后，电阻R中电流方向为b→a
B．开关断开瞬间，电阻R中没有电流
C．开关闭合瞬间，电阻R中电流方向为a→b
D．开关闭合稳定后，向右移动滑动变阻器的滑片，电阻R中电流方向为b→a
4.[4分]如图所示，电源电动势，小灯泡L的规格为“2V 0.4W”，开关S接1，当电阻箱R调到3Ω时，小灯泡L正常发光。现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均以额定功率正常工作，则（ ）
A．电源内阻为2Ω
B．电动机的内阻为3Ω
C．电动机的输出功率为0.12W
D．若某时刻电动机转子被卡住，电源效率提高
5.[4分]如图，质点M在竖直面内绕定点O沿逆时针方向做匀速圆周运动，质点N在水平面上做直线运动且始终在质点M的正下方，t=0时，质点M恰好在O点正上方。取水平向右为正方向，则在质点M运动的一个周期T内，质点N运动的加速度a随时间t变化的图像可能是（ ）
A．B．
C．D．
6.[4分]有一娱乐项目，人坐在半径为R的倾斜圆盘边缘随着圆盘绕圆心O处的转轴匀速转动，转轴垂直于盘面，圆盘的倾角为α ，如图所示，图中人用方块代替。当人与圆盘间的动摩擦因数μ=2.5tanα 时，人恰好不从圆盘滑出去。人的质量为m，A为圆盘的最低点，B为圆盘的最高点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，以下说法正确的是（ ）
A．人在B位置处受到的摩擦力方向沿盘面向上
B．人在A点与B点所受到的摩擦力大小之差为3mgsinα
C．人在转动时的线速度大小为3gRsinα2
D．人从A到B所受摩擦力做功为2mgR
7.[4分]如图所示，竖直固定放置一个半径为r的光滑圆环，两个可以沿圆环自由滑动且可视为质点的小球A、B套在圆环上，两小球之间用一个长度为 的轻杆相连，初始时，小球B在圆环最低点。已知小球A的质量为2m，小球B的质量为m，重力加速度为，忽略空气阻力。关于轻杆处于水平位置时两小球速度、与小球A 滑到圆环最低点时两小球速度，的大小关系，下列选项正确的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
二、多选题（本大题共3小题，共18分）
8.[6分]甲乙两个物体从同一点开始沿直线运动，甲的和乙的图像如图所示，则下列说法中正确的是（ ）

A．甲为匀速直线运动，乙为匀变速直线运动
B．甲、乙均在末回到出发点，距出发点的最大距离均为
C．内与内，甲的速度等大同向，乙的加速度等大同向
D．内甲的路程为，乙的路程为
9.[6分]如图（a）所示的圆环形导线，处在方向垂直于圆环平面的磁场B中（磁场未画出，以向里为正方向），B随时间t变化的关系如图（b）所示，则（ ）
A．内，圆环形导线中感应电流沿逆时针方向
B．内，圆环形导线中感应电流的大小均匀增大
C．内，圆环形导线有扩张趋势
D．和两段时间内，圆环形导线中感应电流的大小相等
10.[6分]如图所示，在水平地面上，左右两侧各固定一半径为R的圆弧轨道，两轨道分别与地面相切于B、C点，左侧轨道的最高点A与圆心等高，右侧半圆形轨道的D点与圆心等高，最高点为E点，左侧轨道粗糙，水平地面BC和右侧轨道均光滑。质量为m的物块以初速度从A点竖直向下进入轨道，运动至B点的速度为，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．物块从A点运动到B点的过程中，克服摩擦力做功为
B．若物块从A点静止释放，到达B点时的速度为
C．物块从C点运动到D点的过程中，其重力的瞬时功率一直增大
D．物块将在右侧轨道上距离地面高度为处脱离轨道
三、非选择题（本大题共6小题，共54分）
11.[9分]热敏电阻是温度传感器的核心元件，某金属热敏电阻说明书给出的阻值R随温度t变化的图线如图甲所示，现有一课外活动小组利用该金属热敏电阻测量温度，提供实验器材如下：
A．直流电源，电动势E＝3V，内阻不计。
B．电压表，量程3V，内阻约5KΩ
C．电流表，量程0.3A，内阻约10Ω
D．滑动变阻器，最大阻值5Ω
E．滑动变阻器，最大阻值2KΩ
F．被测热敏电阻；
G．开关、导线若干
（1）本实验采用如图乙的电路连接方式，滑动变阻器应选用（填“”或“”）；
（2）结合所供实验器材，为较精确地测量金属热敏电阻，单刀双掷开关应置于（填“1”或“2”）位置。
（3）接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，此时电压表示数为0.8V，对应的电流表示数如图丙所示，由此得此时热敏电阻对应的温度为°C（结果保留两位有效数字），温度测量值真实值（填“大于”“小于”或“等于”）。
12.[9分]某实验小组用插针法测量玻璃的折射率。
（1）在白纸上放好玻璃砖，和分别是玻璃砖与空气的两个界面，如图甲所示。在玻璃砖的一侧插上两枚大头针和，用“+”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察，再插上一枚大头针，使其挡住与的像。当再插上一枚大头针时，应该有哪些注意事项 。（写出一项且符合实验操作要求即可）
（2）如图甲，插完大头针后，取下玻璃砖，用铅笔分别连接和，与和分别交于和，用直尺测量的长度，记为。然后以点为起始端在上量取长度为的线段，由这个线段的另一个端点向法线做垂线，测得该垂线段距离为，再测得的距离为，则玻璃砖的折射率 。（用题目中测得的物理量表示）
（3）某同学在画完边界时，不小心将玻璃砖向上平移了一小段距离，然后画出下边界，导致两边界间距略小于玻璃砖宽度，如图乙所示。其他实验操作步骤均无误，那他测得的折射率与真实值相比 （选填“偏大”“偏小”“不变”或“无法确定”）。
（4）以下实验操作符合实验操作规范或者能减小测量误差的是______
A．与法线的夹角应适当大一些
B．玻璃砖的厚度可适当小一些
C．在画和时或者连接和时，可以用玻璃砖替代直尺画线
D．要避免用水笔画线或者用手直接触摸玻璃砖光洁的光学面
13.[9分]某实验小组用如图所示的装置验证动量守恒定律。在固定的水平气垫导轨上安装两个光电门，带有遮光片的A、B两滑块放置在气垫导轨上，两遮光片的宽度相等，A放置在光电门1的左侧，B放置在两光电门之间，实验开始，让导轨的气源充上气，给A一个水平方向的初速度，两滑块碰撞前A通过光电门的时间为，碰撞后A、B通过光电门的时间分别为、。
（1）若A的质量大于B的质量，则碰撞后A 通过光电门1；若A的质量等于B的质量，则 等于。（均填“可能”或“不可能”）
（2）若碰撞后A、B的运动方向相反，，且A、B发生的是弹性碰撞，则A、B的质量之比为 。
14.[9分]如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m=0.5 kg的活塞密封一部分气体，活塞能无摩擦地滑动，容器的横截面积S=100 cm2，将整个装置放在大气压恒为p0=1.0×105 Pa的空气中，开始时气体的温度T0=300 K，活塞与容器底的距离为L=20 cm。由于外界温度改变，活塞缓慢下降h=3 cm后再次平衡，此过程中气体与外界有40 J的热交换。求：
（1）在此过程中容器内气体 （选填“吸收”“释放”或“既不吸收也不释放”）热量；
（2）活塞再次平衡时外界的温度；
（3）此过程中密闭气体内能变化量。
15.[9分]如图所示，在xOy平面Ⅰ和Ⅱ区域内存在着垂直平面的匀强磁场，Ⅰ区域边界与y轴夹角θ=30∘ ，分别将A、B两带电粒子从y=a和y=a2处沿与y轴负方向成θ 角方向射出，A、B恰好能在O点相遇。已知A、B的电荷量均为q(q>0），质量分别为m和2m，A射出时的速度大小为v0。（不计粒子的重力和A、B间的库仑力）
（1） 求匀强磁场的磁感应强度大小B；
（2） 求释放A、B的时间差值Δt；
（3） A、B在O点相遇时，B在A前，求B第一次通过Ⅱ区域时，轨迹与y轴交点纵坐标的取值范围。
16.[9分]游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来，如图甲所示。我们把这种情形抽象为如图乙所示的模型：弧形轨道的最低点N与竖直圆轨道平滑相接，P为圆轨道的最高点。使小球（可视为质点）从弧形轨道上端滚下，小球进入圆轨道下端后沿圆轨道运动。不考虑小球运动所受到的摩擦等阻力。
（1）小球沿弧形轨道运动的过程中，经过某一位置A时动能为Ek1，重力势能为Ep1，经过另一位置B时动能为Ek2，重力势能为Ep2。请根据动能定理和重力做功的特点，证明：小球由A运动到B的过程中，总的机械能保持不变，即；
（2）已知圆形轨道的半径为R，将质量为m的小球从弧形轨道某一高度处由静止释放，小球通过最高点P时的速度为。求：小球通过圆轨道最低点N时对轨道的压力F大小；
（3）已知圆形轨道的半径为R，将另一质量为M的小球，从弧形轨道距地面高h处由静止释放。请通过分析、计算，说明小球不脱离轨道h所要满足的条件。
参考答案
1.【答案】C
电场强度公式仅适用于匀强电场，其中为两点沿电场线方向的距离，不一定是两点的距离，为两点间的电势差，故A错误；根据电容的定义式，可得，由于电容不一定等于，则电容器极板上的电荷量每增加1C，电压不一定增加1V，故B错误；根据电场力做功的计算式，一个电子在1V的电压下加速，电场力做功为1eV，故C正确；电场线是人为引入的虚拟曲线，用于描述电场方向；电荷运动轨迹由初速度和受力共同决定，不一定与电场线重合，故D错误。
2.【答案】C
光的偏折越大，则折射率越大，可知a的折射率更大，则为黄光，A错误；介质中的光速，则光的速度更快，B错误；因为a、b光束射到下表面的入射角等于射到上表面的折射角，可知从下表射出时的折射角等于射到上表面时的入射角，即光分别从下表面两点射出后，两束光相互平行，C正确；的频率大，则的波长短，根据可知，通过相同的双缝装置，的条纹更窄，D错误。
3.【答案】C
A．开关闭合稳定后，线圈中磁通量不变，则不会在线圈B中产生感应电流，选项A错误；
B．开关断开瞬间，穿过线圈B的磁通量减小，则在电阻R中会有感应电流，选项B错误；
C．开关闭合瞬间，穿过线圈B的磁通量向下增加，根据楞次定律可知，电阻R中电流方向为a→b，选项C正确；
D．开关闭合稳定后，向右移动滑动变阻器的滑片，则A线圈中电流变大，穿过线圈B的磁通量向下增加，根据楞次定律可知，电阻R中电流方向为a→b，选项D错误。选C。
4.【答案】A
A．开关S接1，当电阻箱R调到3Ω时，小灯泡L正常发光，可知电流，根据闭合电路欧姆定律，代入题中数据，电源内阻，故A正确；
B．现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均以额定功率正常工作，则电动机两端电压为，联立以上，解得，电动机M正常工作时为非纯电阻，所以其内阻 ，故B错误；
C．电动机输出功率，由于电动机内阻未知，输出功率算不出，C错误；
D．电源效率，若某时刻电动机转子被卡住后，外电路总电阻变小，短路电流变大，电源效率降低，D错误。选 A。
5.【答案】C
【题图剖析】
质点M做匀速圆周运动的加速度大小aM始终不变，方向始终指向圆心O，质点N的加速度与质点M的加速度在水平方向的分量相同，t=0时，质点M在O点的正上方，质点M沿逆时针方向运动，取水平向右为正方向，则有a=aMsin ωt，C正确。
6.【答案】C
人做匀速圆周运动，受力分析可知，人在A位置处受到的摩擦力沿盘面向上，根据牛顿第二定律有fA−mgsinα=mω2R，人恰好不从圆盘滑出去，（人恰好不滑出去→ 摩擦力恰好达到最大静摩擦力）可知fA=μmgcsα=2.5mgsinα ，解得mω2R=1.5mgsinα ，（人在B点的重力的分量不足以提供向心力）可知人在B位置处受到的摩擦力方向沿盘面向下，根据牛顿第二定律有mgsinα+fB=mω2R，解得fB=0.5mgsinα ，人在A点与B点所受到的摩擦力大小之差为fA−fB=2.5mgsinα−0.5mgsinα=2mgsinα ,A、B错误；人在A位置时，根据牛顿第二定律有fA−mgsinα=mv2R，解得v=3gRsinα2,C正确；因为人做匀速圆周运动，从A运动到B，由动能定理有Wf−mg⋅2Rsinα=0，解得Wf=2mgRsinα ,D错误。
7.【答案】A
杆的两端连着两个小球，小球沿杆方向的速度相等，当杆处于水平位置时，解得此时，当小球A滑到圆环最低点时，两小球沿杆方向的速度仍然相同，则；，对于两个小球和杆所组成的系统而言，在运动过程中，只有重力对系统做功，即系统机械能守恒，设圆环最低点为重力势能的零势能点，则有，三式联立，解得，A正确。
8.【答案】CD
A．匀速直线运动的速度保持不变，而图甲为图像，其斜率代表物体的速度，可知其速度大小和方向均发生变化，则甲做的不是一种匀速直线运动；图乙为图像，其斜率代表加速度，可知其加速度大小和方向均发生变化，乙做的不是匀变速直线运动，A错误；
B．根据图像可知，末甲回到出发点，乙此时的正向位移最大，此时距出发点最远，根据图像与时间轴围成的面积代表位移，可知最大距离为，B错误；
C．根据图像的斜率等于速度，知内与内，甲的速度等大同向；图像的斜率等于加速度，知内与内，乙的加速度等大同向，C正确；
D．甲前2 s内路程为4 m，第3 s内路程为4 m，第4 s内路程为4 m，内路程为4 m，总路程为16 m，乙的路程为，D正确。选CD。
9.【答案】AC
A．内，有图像可知磁场向里增大，由楞次定律“增反减同”可知圆环形导线中感应电流沿逆时针方向，A正确；
B．内，磁场均匀增大，可知圆环形导线中产生恒定的电流，B错误；
C．内，磁通量在减小，根据“增缩减扩”圆环形导线有扩张趋势，C正确；
D．和两段时间内
由于磁通量的变化率不相等，所以圆环形导线中感应电流的大小不相等，D错误。
故选AC。
10．【答案】AD
物块从A点运动到B点的过程中，根据动能定理有，解得，A正确；从A点运动到B点的过程中，物块从A点静止释放运动到B点和以初速度从A点运动到B点的过程对比，从A点静止释放运动到B点的过程，物块经过圆弧上相同点的速度更小，如图
根据牛顿第二定律有，速度越小，轨道的支持力越小，滑动摩擦力也越小，路径长度未变，因此物块从A点静止释放运动到B点过程克服摩擦力做功，根据动能定理有，解得，B错误；物块从C点运动到D点的过程中，重力的瞬时功率。在C点，物块竖直方向的合力向上，在D点，竖直方向的合力竖直向下，可以推测，物块从C点运动到D点的过程中，竖直方向的合力应该是先竖直向上、后变为竖直向下，而一直竖直向上，先增大后减小，重力的瞬时功率先增大后减小，C错误；若在图中F点脱轨，如图
则在F点有，从B点到F点，根据动能定理有，解得，则F点离地面高度为，D正确。
11.【答案】；2；40；小于
（1）本实验采用如图乙的电路连接方式，滑动变阻器应RP选用阻值较小的R1；
（2）因电压表的内阻远大于热敏电阻的阻值，应该采用电流表外接电路，以较精确地测量金属热敏电阻，单刀双掷开关应置于2位置；
（3）接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，此时电压表示数为0.8V，对应的电流表最小刻度为0.01A，则示数为0.200A，由此得此时热敏电阻的测量值为，当Rt=4.0Ω时其对应的温度为t=40℃，采用电流表外接电路测电阻，测量值偏小，则温度测量值小于真实值。
12.【答案】(1）使挡住和、的像；（2）；（3）偏大；（4）AD
（1）在白纸上放好玻璃砖，和分别是玻璃砖与空气的两个界面，如图甲所示。在玻璃砖的一侧插上两枚大头针和，用“+”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察，再插上一枚大头针，使其挡住与的像。当再插上一枚大头针时，使其挡住和、的像。
（2）由题可知，入射角的正弦，折射角的正弦，则玻璃砖的折射率
（3）如图所示，由几何知识可得，测出的折射角小于正确操作时的折射角，根据折射定律，测得的折射率将偏大。
（4）与法线的夹角应适当大一些，可以减小测量误差，A正确；玻璃砖的厚度适当小一些不影响测量误差，B错误；不可以用玻璃砖替代直尺画线，C错误；要避免用水笔画线或者用手直接触摸玻璃砖光洁的光学面，D正确。
13.【答案】(1) 不可能 可能
(2)1:3
（1）[1]若A的质量大于B的质量，则碰撞后A滑块不反弹，即碰撞后A不可能通过光电门1；
[2]若A的质量等于B的质量，且若发生弹性碰撞，则速度发生交换，则可能等于。
（2）若碰撞后A、B的运动方向相反，，则碰后两滑块的速度大小相等，由动量守恒定律
且A、B发生的是弹性碰撞，根据机械能守恒定律
联立解得
14．【答案】(1）释放 (2)255 K (3)
（1）气体进行等压变化，体积减小，则根据可知，温度降低，可知内能减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体释放热量；
（2）根据盖—吕萨克定律，，解得T=255 K。
（3）此过程中外界对气体做功为，气体向外放热Q=-40 J，
则气体内能变化量。
15．【答案】（1） 3mv0qa
(2) (33+2π)a9v0
(3) 2a3≤y≤a
【题图剖析】
（1） 设A粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为rA，轨迹如图所示。
根据几何关系有rA=a2tan30∘cs30∘=a3（2分）
由洛伦兹力提供向心力有qv0B=mv02rA（1分）
联立解得B=3mv0qa（1分）
（2） 设B粒子射出的速度大小为vB，在磁场中做圆周运动的半径为rB，
根据几何关系有rB=12rA，
由洛伦兹力提供向心力有qvBB=2，
联立可得vB=14v0（1分）
在磁场区域外A、B粒子做直线运动的时间分别设为tA、tB，则有
tA=xAv0=a2cs30∘v0（1分）
tB=xBvB=2tA=23a3v0（1分）
在磁场区域A、B粒子偏转角均为120∘ ，运动时间分别为t′A、t′B，粒子在磁场中做匀速圆周运动，有BqvA=mA(2πTA)2rA，BqvB=mB(2πTB)2rB，t′A=13TA，t′B=13TB，解得
t′A=2πm3qB=2πa9v0（1分）
t′B=2′A=4πa9v0,
Δt=(t′B+tB)−(t′A+tA），
解得Δ = (3 3 + （1分）
（3） A、B粒子在O点的速度均水平向左，A的速度为v0，B的速度为14v0，二者发生碰撞。
①假如发生的是完全非弹性碰撞，设碰后A和B的共同速度为v1，
根据动量守恒定律有mv0+2=(m+2m)v1（1分）
B在磁场中做匀速圆周运动，半径r1=2mv1qB=a3（1分）
B第一次通过Ⅱ区域轨迹与y轴交点的纵坐标为23a；
②假如发生的是弹性碰撞，设碰后A、B速度大小分别为v′A、v′B，
根据动量守恒定律有mv0+2=mv′A+2′B（1分）
根据能量守恒定律有12mv02+12×2(v04)2=12mv′A2+12×2′B2（1分）
解得v′B=34v0。
B在磁场中做匀速圆周运动的半径r2=2mv′BqB=a2（1分）
B第一次通过Ⅱ区域，其轨迹与y轴交点的纵坐标为a，
故B第一次通过Ⅱ区域，其轨迹与y轴交点的纵坐标满足2a3≤y≤a（1分）
16.【答案】（1）见解析
(2)
（3）或
（1）小球沿弧形轨道运动时，只有重力做功，合外力做功等于重力做功，
根据动能定理可得
根据重力做功与重力势能变化关系知，重力做正功等于重力势能的减少量，即
联立得
即小球由A运动到B的过程中，机械能保持不变。
（2）小球从N到P，由动能定理可得
将代入解得
在N点，合外力提供向心力，由牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律，小球通过圆轨道N时对轨道的压力
（3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：
①小球恰好能通过最高点P点，只有重力提供向心力，即，解得
小球从高度h处静止释放到P点，由动能定理可得
将代入解得
因此当时，小球能通过最高点且不脱离轨道
②小球上升高度不超过圆心等高处，在圆轨道下半部分运动，
由机械能守恒可得如下不等式，即
综上当或时，小球不脱离轨道。