江苏南通市海安高级中学2025-2026学年高三下学期物理考前模拟练习卷含答案

这是一份江苏南通市海安高级中学2025-2026学年高三下学期物理考前模拟练习卷含答案，共6页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，5m等内容，欢迎下载使用。
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50分）
1.[5分]如图所示，甲、乙、丙三种固体薄片在熔化过程中温度T随加热时间t变化的关系图像。图像所示为晶体的是（ ）
A．甲 乙B．甲 丙C．乙 丙D．甲 乙 丙
2.[5分]均匀介质中的波源O开始振动后，经4s距离波源16m处的质点也开始振动，且该质点振动的频率为2Hz，则该波的波长为（ ）
A．4mB．2mC．1mD．0.5m
3.[5分]如图所示，空间区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小，为磁场的右边界。磁场内一匝数的正方形闭合金属导线框平行于纸面放置，线框边长，其右边与磁场边界重合。时刻线框从图示位置开始逆时针（俯视）绕以角速度匀速转动，此过程中感应电动势随时间变化的图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
4.[5分]研究表明原子核的质量虽然随着原子序数的增大而增大，但是二者之间并不成正比关系，其核子的平均质量（原子核的质量除以核子数）与原子序数的关系如图所示，一般认为大于铁原子核质量数（56）的为重核，小于则为轻核，下列对该图像的说法错误的是（ ）
A．从图中可以看出，Fe原子核最稳定
B．从图中可以看出，重核A裂变成原子核B和C时，释放核能
C．从图中可以看出，轻核D和E发生聚变生成原子核F时，释放核能
D．从图中可以看出，重核随原子序数的增加，其比结合能变大
5.[5分]地球某卫星的轨道如图中虚线圆所示，卫星轨道平面与太阳和地球的连线垂直，卫星与太阳中心连线与卫星轨道平面的夹角为θ。已知卫星公转周期为T2，地球质量为m1，公转周期为T1，太阳质量为m2，不考虑太阳对卫星的引力。则tanθ的值为（ ）
A．B．C．D．
6.[5分]如图所示，一定量的理想气体从状态 A 开始，经历两个过程，先后到达状态 B 和 C，下列说法正确的是（ ）
A．状态 A 和状态 B 温度相同，状态 C 温度最高
B．状态 B 和状态 C 温度相同，状态 A 温度最高
C．从状态 A 到状态 B 温度升高，气体对外界做功，不断吸热
D．从状态 B 到状态 C 温度升高，气体对外界做功，不断吸热
7.[5分]如图所示，上下抖动细绳一端，形成一列简谐横波，A、B为绳上的两个质点，下列说法正确的是（ ）
A．图示时刻，质点A向下振动
B．图示时刻，质点A、B速度相同
C．经过一段时间，质点A会移动到质点B的位置
D．增大抖动的频率，波长会变短
8.[5分]如图所示，电路中电源电动势为，内阻为，为电容器，为小灯泡，为定值电阻，闭合开关，小灯泡能正常发光。现将滑动变阻器的滑片向左滑动一段距离，滑动前后理想电压表、、示数变化量的绝对值分别为、、，理想电流表A示数变化量的绝对值为，则（ ）
A．电源的输出功率一定增大
B．保持不变，比小，且他们都保持不变
C．灯泡逐渐变亮
D．当电路稳定后，断开开关，小灯泡立刻熄灭
9.[5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.[5分]空间内有一电场，其电势在x轴上分布如图所示。在该电场中一负电荷的电势能随x变化的图像可能正确的是（ ）
A．B．C．D．
二、非选择题（本大题共5小题，共50分）
11.[10分]用如图甲所示实验装置验证机械能守恒定律。重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带通过打点计时器，打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。已知当地重力加速度为g。
（1）除图中所示的装置外，还必须使用的器材是_____________。
A．直流电源、天平（含砝码） B．直流电源、刻度尺
C．交流电源、天平（含砝码） D．交流电源、刻度尺
（2）如图所示是实验中打出的某条点迹清晰的纸带，其中A、B、C、D、E、F为连续打出的点，已知打点计时器所用电源的频率为，重力加速度，重物的质量为。重物运动到打点时的动能为_____________J，上述过程中，点到点重物重力势能减少了_____________J。（结果均保留三位有效数字）

（3）某同学利用图乙中纸带，先分别测量出从点到B、C、D、E、F点的距离，再计算打出B、C、D、E、F各点时重锤下落的速度v，绘制图像，如图丙所示，并求得图线的斜率k。要验证机械能守恒，图线斜率应为_____；图线斜率的实验值总是小于理论值的原因是______________________。
12.[10分]如图，足够长的粗糙平行金属导轨、水平放置，磁感应强度的匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的左端与间连接阻值的电阻，长为、质量、电阻为（阻值未知）的金属棒紧贴在导轨上，棒与导轨间动摩擦因数。现使金属棒由静止开始在恒力的作用下向右运动，通过传感器记录金属棒滑行的距离与时间的关系如下表，导轨的电阻不计。取。求：
（1）在前的时间内，金属棒的平均感应电动势大小；
（2）金属棒的电阻；
（3）在前的时间内，金属棒上产生的热量。
13.[10分]如图所示，桌面上倒立一个透明玻璃圆锥体，其底面圆的直径和母线长度均为，有一束直径为L的圆柱形平行光束垂直圆锥底面入射，光束横截面圆心与圆锥底面圆心重合。已知光束在玻璃中的折射率为，求：
（1）光束在玻璃圆锥体中的全反射临界角C的正弦值；
（2）圆锥体侧面有光射出的面积，并画出用到的光路图。
14.[10分]如图所示，在平面坐标系xOy内，第一、二象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，第三、四象限内存在半径为R的圆形边界匀强磁场，磁感应强度大小可调节，磁场边界圆心在O1(0，－R）点，磁场方向垂直于坐标平面向外。电荷量为q、质量为m的带正电粒子从P－R，R2点以速度v0沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入磁场。N点坐标为（0，－2R），M点坐标为（－R，－R），不计粒子的重力。
（1）求匀强电场的电场强度E的大小；
（2）若粒子从劣弧MN上离开磁场，求磁感应强度大小的取值范围；
（3）若粒子从劣弧MN的中点射出磁场，求粒子在磁场中运动的时间以及在磁场中的运动轨迹与O1的最近距离。（ 已知sin 67．5°＝2+22）
15.[10分]如图，一根竖直固定的无限长的直圆管内有一质量为的水平薄圆盘恰好静止，圆盘与管的上端口有一段距离。一质量为的小球从管的上端由静止释放，以速度与圆盘发生弹性碰撞（时间极短），碰撞后圆盘在管中匀速滑动，设小球在管中运动时与管壁不接触，小球与圆盘的碰撞始终为弹性碰撞，重力加速度大小为，不计空气阻力，圆盘所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）小球从释放到与圆盘第一次碰撞运动的时间；
（2）第一次碰撞与第二次碰撞之间圆盘与圆管摩擦产生的热量；
（3）第二次碰撞与第三次碰撞之间小球与圆盘之间的最大距离。
参考答案
1.【答案】B
甲、丙有固定的熔点，乙没有固定的熔点，所以甲、丙是晶体，乙是非晶体。
2.【答案】B
波从波源O传播到16m处的时间为4s，波速为，波的频率与质点振动频率相同，即，根据波速公式，代入数据解得波长为。
3.【答案】B
线圈产生的电动势最大值为，线圈转动的周期为，在内，线圈产生的电动势为，在内，线圈处于磁场外部，产生的电动势一直为0；在内，线圈产生的电动势为。
4.【答案】D
A．从图中可以看出，Fe原子核核子平均质量最小，比结合能最大，Fe原子核最稳定，A正确，不符合题意；
B．重核A裂变成原子核B和C时，由图可知，核子平均质量减小，裂变过程存在质量亏损，需要释放能量，B正确，不符合题意；
C．轻核D和E发生聚变生成原子核F时，由图可知，核子平均质量减小，聚变过程存在质量亏损，需要释放能量，C正确，不符合题意；
D．从图中可以看出，重核随原子序数的增加，原子核越不稳定，比结合能越小，D错误，符合题意。选D。
5.【答案】B
设太阳到地球的距离为R，由万有引力提供向心力有，整理得，设卫星绕地球的轨道半径为r，由万有引力提供向心力有，整理得，联立解得，根据几何关系有。
6.【答案】C
由图可知，状态A到状态B是一个等压过程，根据，因为VB＞VA，则有TB＞TA，而状态B到状态C是一个等容过程，则有，因为pB＞pC，则有TB＞TC，对状态A和C，依据理想气体状态参量方程，则有，即，解得TA=TC，AB错误；从状态 A 到状态 B 温度升高，内能增大，体积膨胀，气体对外界做功，根据热力学第一定律，可知气体不断吸热，C正确；从状态 B 到状态 C 温度降低，内能减少，体积不变，气体不做功，根据热力学第一定律，可知气体不断放热，D错误。
7.【答案】D
A．机械波向右传播，根据机械波的形成与传播规律知，A点的振动是由其左侧的质点带动的，左侧的质点在A点的上方，因此A点向上振动，A错误；
B．同理可以得出质点B向下振动，A、B两点速度方向相反，速度不相同，B错误；
C．每一个质点都在各自的平衡位置上下振动，而不随波的传播方向移动，C错误；
D．波在同一介质中传播，传播速度不变，由知，增大频率，波长会变短，D正确。选D。
8.【答案】B
设外电路总电阻，由题意得电源的输出功率，上式整理可得，由上式可知，当时，电源输出功率最大。因为定值电阻与电源内阻的阻值大小不确定，所以将滑动变阻器的滑片向左滑动一段距离时，电源的输出功率可能减小可能增大。故A错误；由图可知，电压表、、分别测定值电阻两端电压、电源路端电压、滑动变阻器及小灯泡总电压。电流表测的是流经电源内阻、定值电阻、滑动变阻器、灯泡的电流。由欧姆定律可得，由图及题意可得，，由以上两式可得，，故B正确；滑动变阻器向左滑动时，滑动变阻器接入电路电阻变大，闭合电路中的总电阻也变大，由闭合电路欧姆定律可得，电路的电流减小，即通过灯泡的电流减小，灯泡逐渐变暗。故C错误；当电路稳定后，由于电容器的两极板储存有电荷，所以在开关断开时，电容器、滑动变阻器、灯泡会形成回路使电容器两极板电荷中和，从而形成电流，所以小灯泡不会立刻熄灭。故D错误。
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】C
设负电荷带电量的绝对值为q，根据电势与电势能的关系Ep=-qφ，可知当φ>0时电势能为负值，随着x值的增大，电势在减小，电势能在增大。故选C。
11.【答案】（1）D （2）3.94 1.48 （3）当地重力加速度的2倍 存在着空气阻力或摩擦阻力
（1）[1]根据实验原理可知打点计时器需要交流电源，还需要刻度尺测量点间距离，由于质量可被消去，无需天平。故选D。
（2）[2]根据中间时刻瞬时速度等于这段时间的平均速度可知，根据动能的公式解得3.94J；[3]根据重力势能的公式可知1.48J；
（3）[4] [5]根据实验原理及机械能守恒定律可知，解得，则图线斜率k应为当地重力加速度的2倍；图线斜率的实验值总是小于理论值的原因是存在着空气阻力或摩擦阻力。
12．【答案】（1）
(2)
(3)
（1）由表格数据可知，在前的时间内，金属棒滑行的距离为，则金属棒的平均感应电动势大小
（2）由表中实验数据可知，金属棒在0.4s以后在相等时间内的位移相等，金属棒做匀速直线运动，金属棒的最终速度为
根据平衡条件可得
又，，
联立解得金属棒的电阻为
（3）在前的时间内，根据功能关系可得
其中，解得
则金属棒上产生的热量为
13．【答案】（1）；（2）
（1）由全反射临界角公式，可得光束在玻璃圆锥体中的全反射临界角C的正弦值为
（2）由几何知识可知，经轴线的截面是等边三角形，光线在A点的入射角为60°，大于临界角，光线从圆锥体侧面产生全反射后垂直射在相对一侧的界面上，直线射出去，如图所示，由几何关系可得
由圆锥体侧面积公式，可得圆锥体侧面有光射出的面积为
14．【答案】(1)mv02qR (2)mv0qR≤B≤2mv0qR (3)32πR8v0 (1－2－2)R
(1）粒子在电场中做类平抛运动，有R＝v0t，
R2＝12at2(1分）
由牛顿第二定律有qE＝ma(1分）
联立解得E＝mv02qR(1分）
（2）设粒子进入磁场时的速度大小为v，根据动能定理有qE·R2＝12mv2－1/2(1分）
解得v＝2v0(1分）
由此可知，粒子进入磁场时速度方向与y轴负方向夹角θ＝45°，如图甲所示，
当粒子从N点射出磁场时，根据几何知识可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径
r1＝2R(1分）
洛伦兹力提供向心力，有qvB1＝mv2r1(1分）
解得B1＝mv0qR(1分）
当粒子从M点射出磁场时，轨迹半径r2＝22R(1分）
由qvB2＝mv2r2，解得B2＝2mv0qR(1分）
磁感应强度大小的取值范围为mv0qR≤B≤2mv0qR(1分）
（3）粒子从劣弧MN的中点Q射出磁场，如图乙所示，速度v的垂线与弦OQ的垂直平分线的交点O'为粒子在磁场中的运动轨迹的圆心，
根据几何关系可知，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为135°，
由几何关系可知四边形OO'QO1为菱形，则粒子轨迹半径r3＝R(1分）
粒子运动周期为T＝2πr3v，可知粒子在磁场中运动的时间为t＝135°360°T＝32πR8v0(1分0.0.
根据正弦定理有O1O'sin45°＝Rsin67．5°(1分）
解得O1O'＝2－2R，
运动轨迹与O1的最近距离为（1－）R(1分）
甲乙
15．【答案】（1）
(2)
(3)
（1）小球与圆盘碰撞前做自由落体运动，根据：
解得：
（2）设小球与圆盘第一次碰撞后小球的速度为，圆盘的速度为，根据动量守恒定律和能量守恒，有：
解得：
设经过时间，小球与圆盘第二次相碰，以竖直向下为正方向，则有：
解得：
圆盘匀速下滑，与管壁之间的摩擦力：
在这段时间内，圆盘所运动的距离：
由于摩擦产生的热量为：
解得：
（3）第二次碰撞前小球的速度为：
设第二次碰撞后，小球的速度为，圆盘的速度为，根据弹性碰撞的规律有：
解得：
第二次碰撞后，小球做自由落体运动，圆盘以速度做匀速运动，当两者速度相等时，小球与圆盘的距离最远，
有：
解得：
时间
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
滑行距离
0
0.1
0.3
0.7
1.2
1.7
2.2
2.7