陕西省咸阳市2025-2026学年下学期高三高考物理考前模拟练习卷含答案

这是一份陕西省咸阳市2025-2026学年下学期高三高考物理考前模拟练习卷含答案，共23页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上等内容，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35分）
1.[5分]磁电式电流表的结构如图1所示，极靴和圆柱形铁芯间存在径向磁场，铁芯外面套有缠绕着线圈的正方形铝框。铝框边长为L，所在处的磁感应强度为B，线圈匝数为n，电流为I。如图2所示，当指针偏角为时，线圈右边所受安培力大小为（ ）
A．2B．C．D．
2.[5分]一物体做匀加速直线运动，初速度为3m/s，加速度大小为，则其前3s内的位移和第3s末时的速度大小分别为（ ）
A．9m,6m/sB．18m,9m/sC．18m,6m/sD．12m,12m/s
3.[5分]a、b两种光子的能量之比为，用这两种光子照射相同的金属，均发生了光电效应，逸出光电子的最大初动能分别为、，则（ ）
A．a的波长是b波长的2倍
B．a照射时金属的逸出功是b照射时的2倍
C．
D．
4.[5分]如图所示，质量均为m的三本书叠放在水平桌面上，小甘同学用水平恒力F抽第2本书，结果第1、2本书被一起加速抽出，第3本书保持不动。假设书与书、书与桌面间的动摩擦因数均为，则抽书过程中，下列说法正确的是（ ）
A．第1本书受向左的摩擦力
B．第1、2本书间的摩擦力大小为
C．第2、3本书间的摩擦力大小为
D．桌面对第3本书的摩擦力大于第2、3本书间的摩擦力
5.[5分]为了理解绳波的传播特点，某同学拿着绳子左端上下做简谐运动，某时刻绳波恰好传播到如图所示的c点，a、b为绳上的另外两质点，下列说法正确的是（ ）
A．手的起振方向向上
B．a质点的速度正在减小
C．b质点的速度正在增大
D．a质点的加速度正在增大
6.[5分]如图所示，平直木板AB倾斜放置，与水平面夹角为θ ，O为A、B中点，物块与木板间的动摩擦因数随物块到A端距离均匀增大，让物块从A端由静止开始自由运动，恰能滑到B端，视最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中错误的是（ ）
A． 物块经过O点时速度最大
B． 物块在A、B端时加速度大小相等
C． O点处物块与木板间动摩擦因数μO=tanθ
D． 仅将木板A、B端对调，物块从顶端B由静止释放也恰好滑到底端A
7.[5分]“嫦娥六号”探测器于2024年5月8日进入环月轨道，后续经调整环月轨道高度和倾角，终于在2024年6月2日成功着陆于月球背面南极―艾特肯盆地的预选着陆区。在此期间，探测器某次从轨道甲调整到轨道乙（两轨道均可视为圆形轨道），测得探测器在甲、乙两轨道上运行速度分别为和，设甲、乙两轨道的半径分别为、，探测器在甲、乙两轨道上的运行周期分别为、。则下列选项正确的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
二、多选题（本大题共3小题，共21分）
8.[7分]发电机的示意图如图甲所示，边长为L的正方形金属框，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO轴转动，阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示。其他电阻不计，图乙中的Um为已知量。则金属框转动一周（ ）
A．电动势的最大值为UmB．框内电流方向不变
C．流过电阻的电荷D．电阻产生的焦耳热
9.[7分]封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度T关系如图所示，O、A、D三点在同一直线上。则 。
A．由状态A变到状态B过程中，气体吸收热量
B．由状态B变到状态C过程中，气体从外界吸收热量，内能增加
C．C状态气体的压强大于D状态气体的压强
D．D状态压强等于A状态压强
E.C状态到D状态气体对外做功
10.[7分]两根足够长的导轨由上下段电阻不计、光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接，M、N等高，间距L=1m，连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30∘ ，导轨两端分别连接一个阻值R=0.02Ω 的电阻和C=1F的电容器，整个装置处于B=0.2T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧，质量分别为m1=0.8kg、m2=0.4kg，ab棒电阻为0.08Ω ，cd棒的电阻不计，将ab棒由静止释放，同时cd棒从距离MN为x0=4.32m处在一个大小F=4.64N、方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在MN处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F，已知碰前瞬间ab棒的速度为4.5m/s，g=10m/s2，则（ ）
A．ab棒从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44s
B．ab棒从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为0.78J
C．两棒第一次碰撞后瞬间，ab棒的速度大小为6.3m/s
D．两棒第一次碰撞后瞬间，cd棒的速度大小为8.4m/s
三、非选择题（本大题共5小题，共44分）
11.[7分]在“用单摆测量重力加速度”的实验中，某实验小组在测量单摆的周期时，测得摆球经过n次全振动的总时间为，在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆线长度为，再用游标卡尺测量摆球的直径为D。
回答下列问题：
（1）该单摆的周期为 。
（2）若用表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝ 。
（3）如果测得的g值偏小，可能的原因是________。
A．测摆长时摆线拉得过紧
B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时时，停表过迟按下
D．实验时误将49次全振动记为50次
（4）为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，以L为横坐标、为纵坐标作出图线，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的图像是图乙中的 （选填“①”“②”或“③”）。
12.[9分）某实验小组用伏安法测电阻，设计了三个电路图如图（a）、图（b）、图（c）所示，待测电阻Rx约为300 Ω，电压表的内阻约为3 kΩ，电流表的内阻约为10 Ω。
图（a） 图（b） 图（c）
（1）若采用图（a）和图（b）的电路进行实验，测得的电阻值分别记为Rxa和Rxb，则 （填“Rxa”或“Rxb”）更接近真实值，这个值比真实值 （填“偏大”或“偏小”）；
（2）为减小实验误差，采用图（c）的电路进行实验，请用笔画线代替导线，将图（d）实物图连接成如图（c）的完整电路；
图（d）
（3）图（c）实验中，滑动变阻器R2滑片置于a端，先将S2接1，闭合S1，调节R1和R2，使电流表和电压表示数适当，电流表和电压表的示数分别为4.00 mA、2.40 V；再将S2接2，保持 （填“R1”或“R2”）不变，调节另一滑动变阻器，电流表和电压表示数分别为4.64 mA、1.40 V，经计算得Rx= Ω（保留3位有效数字）；
（4）图（c）实验中，下列说法正确的是 。
A．电流表内阻对电阻的测量值无影响
B．电压表内阻对电阻的测量值有影响
C．电源内阻对电阻的测量值有影响
D．电阻的测量值没有误差
13.[9分]光纤光谱仪的部分工作原理如图所示。待测光在光纤内经多次全反射从另一端射出，再经棱镜偏转，然后通过狭缝进入光电探测器。
（1）若将光纤简化为真空中的长玻璃丝，设玻璃丝的折射率为，求光在玻璃丝内发生全反射时的最小入射角。
（2）若探测器光阴极材料的逸出功为，求该材料的截止频率。（普朗克常量）
14.[10分]利用电场和磁场可以控制带电粒子的轨迹。如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，MN为过圆心O的竖直轴，纸面内边长也为R的正方形abcd内存在与ab边平行的匀强电场，bc边所在直线与MN重合，ab边与圆相切。质量为m、电荷量为q的粒子从P点正对圆心O以大小为v0的速度垂直射入磁场，速度方向与MN夹角为60∘，之后从MN与圆的交点b射出磁场立即进入电场，最后恰好从d点射出电场，打在ad边左侧距离为R处的竖直照相底片上，不计粒子重力，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B；
（2）粒子打到照相底片上时的速度大小v1；
（3）粒子从进入磁场到打到照相底片上的运动总时间t．
15.[10分]如图所示，空间存在水平向右范围足够大的匀强电场，电场强度大小为E=3mg2q.物块A质量为3m，带电荷量为+q，物块B的质量为m，电荷量为+q3.A、B与绝缘水平面的动摩擦因数分别为μA=14，μB=12.A、B由相距l=0.05 m的两处静止释放，碰撞为弹性正碰，且碰撞时间极短，碰撞过程中各自电荷量均不改变，A、B可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，求：
（1）A、B发生第一次碰撞后瞬间，A、B的速度大小；
（2）释放A、B后经多长时间A、B发生第二次碰撞；
（3）释放A、B后第nn=1，2，3⋯⋯次碰撞到第n+1次碰撞前瞬间，A运动的位移。
参考答案
1.【答案】B
由题知，在磁电式电流表中极靴和圆柱形铁芯间存在径向磁场，即磁感应强度方向始终与电流方向垂直，又有匝线圈，故线圈右边所受安培力大小为。
2.【答案】B
物体的速度为
位移为
故选B。
3.【答案】D
光子能量，a、b两种光子的能量之比为，所以a、b两种光子的波长之比为，故A错误；逸出功由金属材料决定，与入射光无关，相同金属逸出功相同，故B错误；， ，又，所以，故C错误，D正确。
4.【答案】C
在水平向右恒力F作用下第1、2本书被一起加速抽出，说明它们的加速度方向水平向右，对第1本书，其有向右的加速度原因是受到向右的静摩擦力，故A错误；对第1、2本书整体，第2、3本书间的滑动摩擦力大小为，由牛顿第二定律 ，对第1本书，由牛顿第二定律，故B错误，C正确；第3本书保持不动，其水平方向受力平衡，即第2本书对第3本书的滑动摩擦力与桌面对其的静摩擦力平衡，故D错误。
5.【答案】C
绳波从左向右传播，根据质点振动的前带后，后跟前关系，c质点向下振动，则手的起振方向向下，故A错误；由图可知a质点向下振动、b质点向上振动，即都向平衡位置运动，位移减小，加速度减小，速度增大，故C正确，BD错误。
6.【答案】D
根据动能定理有mgLsinθ−μA+μB2mgLcsθ=0，解得μO=μA+μB2=tanθ ，C正确；物块经过O点时有μOmgcsθ=mgsinθ，加速度为零，且在OB段的摩擦力大于mgsinθ ，所以物块经过O点时，速度最大，A正确；由牛顿第二定律有，mgsinθ−μAmgcsθ=maA，μBmgcsθ−mgsinθ=maB，μA+μB2=tanθ，解得aA=aB，故物块在A、B端时加速度大小相等，B正确；因为fBmax=μBmgcsθ>mgsinθ ，将木板A、B端对调后，物块从顶端B由静止释放，将保持静止，D错误。
7.【答案】A
根据万有引力提供向心力，可得，，可得，，可推知，所以，，选A。
8.【答案】AC
由图乙可知，电动势的最大值为Um，选项A正确；框内将产生正弦交变电流，一周内其电流方向改变两次，选项B错误；转过半周流过电阻的电荷，则转过一周流过电阻的电荷，选项C正确；因，解得，一周内电阻产生的焦耳热，选项D错误。
9.【答案】ACD
A．由状态A变到状态B过程中，体积不变，则W=0，温度升高，则内能增加∆U>0，根据∆U=W+Q可知Q>0，即气体吸收热量，选项A正确；
B．由状态B变到状态C过程中，温度不变，则内能不变，体积变大，则对外做功W0，即气体从外界吸收热量，选项B错误；
C．从C到D，体积不变，温度降低，由此可知，压强减小，即C状态气体的压强大于D状态气体的压强，选项C正确；
D．由可知，则AD为等压线，即D状态压强等于A状态压强，选项D正确；
E．C状态到D状态气体体积不变，则气体不对外做功，选项E错误。
故选ACD。
10．【答案】BD
本题考查含容双杆切割模型、碰撞分析。由于金属棒ab、cd同时由静止开始运动，且恰好在MN处发生弹性碰撞，故金属棒ab、cd到达MN处所用的时间相同，对cd棒和电容器组成的回路，电容器所带电荷量的增加量为Δq=C⋅BLΔv，对cd棒，根据牛顿第二定律得F−​BIL−m2gsin30∘=m2a2，a2=ΔvΔt，I=ΔqΔt，联立解得a2=F−12m2gm2+CB2L2，故cd棒做匀加速直线运动，由运动学公式得x0=12a2t2，联立解得a2=6m/s2，t=1.2s，A错误；碰前瞬间ab棒的速度为4.5m/s，根据功能关系得m1gxabsin30∘−​Q=12m1v12，ab棒下滑过程中，根据动量定理得m1gsin30∘⋅t−​BIL⋅t=m1v1，q=It=BLxabR+Rab，联立解得q=6C，xab=3m，Q=3.9J，则R上消耗的焦耳热为QR=RR总Q=0.78J，B正确；由于两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，以沿导轨向下为正方向，根据动量守恒定律得m1v1−​m2v2=m1v'1+m2v'2，根据机械能守恒定律得12m1v12+​12m2v22=12m1v'12+​12m2v'22 ，由运动学公式得v2=a2t=7.2m/s，联立解得v'1=−3.3m/s，v'2=8.4m/s，C错误，D正确。
11．【答案】(1)，（2），（3）B，（4）①
（1）经过n次全振动的总时间为，则单摆的周期为
（2）根据单摆周期公式有，解得
（3）A．测摆长时，摆线拉得过紧，使摆线长度测量值变大，由，可知测得的g值偏大，A错误；
B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，则摆线长度测量值比实际的摆长偏小，由，可知测得的g值偏小，B正确；
C．开始计时时，停表过迟按下，偏小，则周期T偏小，由，可知测得的g值偏大，C错误；
D．实验时误将49次全振动记为50次，即n值偏大，则周期T偏小，由，可知测得的g值偏大，D错误。选B。
（4）根据题意可知，单摆的实际摆长为，由单摆周期表达式得，化简可得，可知，由此得到的图像是图乙中的①。
12.【答案】（1）Rxb（1分） 偏大（1分） （2）见解析（2分）（3）R1（1分） 298（2分） （4）A（2分）
（1）由于Rx2>RVRA，则电流表选择内接时误差较小，Rxb更加接近真实值，由于电流表分压，测量值偏大（点拨：本实验中电流表、电压表都未给精确值，可以使用“大内小外”的结论来判断电流表的接法）。
（2）根据电路图，连线如图所示。
（3）根据实验原理可知应保持R1不变，开关S2接1时，根据欧姆定律有Rx+R1+RA=U1I1，开关S2接2时，根据欧姆定律有R1+RA=U2I2，解得Rx=298 Ω。
（4）由上述分析可知，题图（c）中电源内阻、电压表内阻与电流表内阻对实验结果都无影响。因电表读数等会产生误差，电阻的测量值也会有误差。故选A。
13．【答案】（1）
(2)
（1）光在玻璃丝内发生全反射的最小入射角满足
可得
（2）根据爱因斯坦光电方程
可得
14．【答案】（1）mv03qR （2）5v0 （3）3π+2R6v0
（1）粒子在磁场中运动，有qv0B=mv02r，
由几何关系r=3R，可得B=mv03qR
（2）在电场中，有R=v0t=vy2t，
由v1=v02+vy2，
可得v1=5v0
（3）粒子在磁场中的运动时间t1=16T，
则T=2πrv0，
在电场中的运动时间t2=Rv0，
离开电场后的运动时间t3=Rvy，
可得t=t1+t2+t3
15.【答案】（1）0.75 m/s；（2）0.6s；（3）xAn=6nl=0.3nm
（1）A沿水平面向右加速，由牛顿第二定律
qE-μA3mg=3ma（1分）
分析B的受力
q3E=μBmg（1分）
即B静止在水平面上
A与B发生第一次碰撞前，由运动学规律
vA02=2al（1分）
A与B发生第一次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律
3mvA0=3mvA1+mvB1（1分）
12·3mvA02=12·3mvA12+12·mvB12（1分）
解得
vA1=0.25 m/s，vB1=0.75 m/s（1分）
由（1）可得，A从静止释放后，经过时间t0与B发生第一次碰撞，有
vA0=at0（1分）
B以vB1匀速直线运动，A以初速度vA1，加速度a匀加速直线运动，第二次碰撞前，有
vA1t1+12at12=vB1t1（1分）
此时，B以vB1匀速直线运动，A的速度为
vA1'=vA1+at1（1分）
解得t1=0.4 s
T2=t0+t1=0.2s+0.4s=0.6s（1分）
（3）A与B发生第二次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律
3mvA1'+mvB1=3mvA2+mvB2（1分）
12·3mvA1'2+12mvB12=12·3mvA22+12mvB22（1分）
B以vB2匀速直线运动，A以初速度vA2，加速度a匀加速直线运动，每次碰撞后，B均相对A以初速度vA0、加速度aA作匀减速直线运动，至下一次碰撞，经过的时间均为0.4 s（1分）
从开始至第一次碰撞，xA1=l
从第一次碰撞至第二次碰撞，xA2=2l+4l=6l（1分）
从第二次碰撞至第三次碰撞，xA3=8l+4l=12l（1分）
从第三次碰撞至第四次碰撞，xM=14l+4l=18l（1分）
······