山东省聊城市2025-2026学年下学期高三高考物理考前 模拟练习卷

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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8小题，共32分）
1.[4分]下列说法正确的是（ ）
A．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现原子中存在原子核
B．射线与X射线的本质相同，都是电磁波
C．原子核的比结合能越大，原子核越稳定
D．核聚变与核裂变相比，相同质量的核燃料，核聚变反应中产生的能量更多，所以现在的核电站主要采用核聚变发电
2.[4分]可视为质点的甲、乙两个分子，甲固定于原点，乙只在x轴上运动，乙所受分子力F只与距离x有关，F沿x轴正方向为正，F与x在2．2×10-10 m≤x≤95．0×10-10 m间的关系如图所示。乙由静止从P点开始移动，假设乙除分子力F外不受其他外力作用，则下列叙述正确的是( )
A．乙分子到达Q点时，动能最大
B．乙分子到达R点时，动能最大
C．乙分子到达Q点时便静止于该处
D．乙分子到达R点时便静止于该处
3.[4分]如图所示，凹透镜与一块平直玻璃板接触，用红光垂直透镜的上表面向下照射，会观察到明暗相间的同心圆环，则下列说法正确的是（ ）
A．同心圆环越往外越稀疏
B．透镜下表面越平坦，同心圆环越密集
C．将红光更换为蓝光，同心圆环变稀疏
D．同心圆环主要的形成原理是光的干涉
4.[4分]所谓“双星”就是两颗相距较近的恒星，这两颗星在彼此之间万有引力作用下，各自以一定的速率始终绕它们连线上的某点转动，则（ ）
A．两颗星做圆周运动的半径之比等于它们质量之比
B．两颗星速度大小之比等于它们质量的反比
C．两颗星的动能之比等于它们做圆周运动的半径的反比
D．两颗星的动量始终相同
5.[4分]风电是一种清洁、绿色的可再生能源，中国的风电装机容量目前处于世界领先地位。图甲为风力发电的简易模型，在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁铁转动，磁铁下方的线圈与电压传感器相连。在某一风速时，传感器显示如图乙所示的正弦式交流电，则
甲乙
A．磁铁的转速为10 r/s
B．线圈两端电压的有效值为62 V
C．0～0．2 s内线圈两端电压的平均值为6 V
D．图乙中电压随时间变化的原因是风速在变
6.[4分]如图甲所示，倾角为θ的光滑斜面上，轻弹簧平行斜面放置且下端固定。一质量为m的小滑块从斜面上O点由静止滑下。以O点为原点，作出滑块从O点下滑至最低点过程中的加速度大小a随位移x变化的关系如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（）
A．弹簧的劲度系数为mgsinθx2
B．在x1∼x2和x2∼x3两段过程中，滑块机械能的变化量大小相同
C．在x1∼x2和x2∼x3两段过程中，图线斜率的绝对值不相等
D．下滑过程中，在x=x2处，滑块的动能最大
7.[4分]在杂技表演中，质量为m的猴子沿竖直杆从杆底部向上爬，猴子相对杆做初速度为零，加速度为的匀加速运动，同时人顶着直杆沿水平方向做匀速直线运动，经过时间t，猴子爬到杆顶，如图所示。将猴子看作一个质点，关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是（ ）
A．猴子相对地面的运动轨迹为直线
B．杆给猴子作用力的大小为
C．杆的长度h为
D．杆给猴子斜向上方向的作用力
8.[4分]如图所示，在光滑水平面上，一个小物块放在静止的小车上，物块和小车间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2。现用水平恒力F拉动小车，关于物块的加速度am和小车的加速度aM的大小，下列选项可能正确的是（ ）
A．am＝1m/s2, aM＝2m/s2B．am＝2m/s2, aM＝1m/s2
C．am＝2m/s2, aM＝3m/s2D．am＝3m/s2, aM＝1m/s2
二、多选题（本大题共4小题，共24分）
9.[6分]一列简谐横波沿x轴方向传播，时刻的波形如图所示，介质中处的质点P的动能正在减小。，质点P第一次到达波峰处。下列说法正确的是（ ）
A．该波沿x轴正方向传播
B．该波的传播速度大小为4 m/s
C．P质点的振动周期为0.6 s
D．0~0.25 s时间内质点P运动的路程为
10.[6分]（多选）如图所示，一匀强电场E大小未知、方向水平向右。两根长度均为L的绝缘轻绳分别将小球M和N悬挂在电场中，悬点均为O.两小球质量均为m、带等量异号电荷，电荷量大小均为q(q>0).平衡时两轻绳与竖直方向的夹角均为θ=45°.若仅将两小球的电荷量同时变为原来的2倍，两小球仍在原位置平衡。已知静电力常量为k，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A．M带正电荷B．N带正电荷
C．q=LmgkD．q=3Lmgk
11.[6分]（多选）“飞车走壁”简化后的模型如图所示，若表演时杂技演员和摩托车的总质量不变，在水平面内做圆周运动的半径为R，摩托车与侧壁间沿侧壁倾斜方向的摩擦力恰好为零，轨道平面离地面的高度为H，侧壁倾斜角度α 不变，重力加速度为g.则下列说法正确的是（ ）
A．杂技演员和摩托车整体受力平衡
B．摩托车做圆周运动的H越高，运动的线速度越大
C．摩托车做圆周运动的H越高，摩托车对侧壁的压力越小
D．杂技演员和摩托车的角速度为gtanαR
12.[6分]在如图所示的长方体空间中，存在沿轴正方向的匀强电场和匀强磁场，，。某时刻一带正电的粒子以速度大小，方向平行于平面且与轴正方向的夹角，从左边界区域中心射入，该粒子比荷为，不计粒子重力，，。则下列说法正确的是（ ）
A．粒子在该区域运动过程中，加速度大小不变
B．若磁感应强度，则粒子会从面射出
C．若磁感应强度，则粒子会从面射出
D．若磁感应强度，则粒子可能从面射出
三、非选择题（本大题共6小题，共44分）
13.[6分]在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议；其中对提高测量结果精确度有利的是 ．
A．适当加长摆线
B．质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的
C． 单摆偏离平衡位置的角度不能太大
D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期
14.[6分]某物理兴趣小组成员根据手头的实验器材设计了如图所示的欧姆表电路，通过调节开关S，可使欧姆表具有“×1”和“×10”两种倍率。可用器材如下：
A．干电池（电动势，内阻不计）
B． 电流表G（满偏电流，内阻）
C．定值电阻（阻值为5.0Ω）
D． 滑动变阻器（最大阻值为150Ω）
E．定值电阻
F． 定值电阻
G．开关一个，红、黑表笔各一支，导线若干
（1）该兴趣小组按照如图所示电路图连接好实验电路，图中的S端应与___________（填“红”或“黑”）色表笔相连接；
（2）当开关S合向___________端（填“a”或“b”），欧姆表的倍率是“×10”挡；
（3）已知欧姆表为“×1”倍率时的中值电阻为15Ω，则定值电阻___________Ω，___________Ω；
（4）将开关S合向b端，第一步：将红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，当___________Ω时，电流表电流达到满偏电流。第二步：在红、黑表笔间接入待测电阻，发现电流表指针指向的位置，则待测电阻___________Ω。
15.[8分]如图所示，一种光学传感器是通过接收器Q接收到光的强度变化而触发工作的。当光从挡风玻璃内侧P点以入射角α=30°射向外侧M点时，其折射光线与反射光线恰好垂直；而当光从P点射向外侧的N点时，刚好发生全反射并被Q接收，已知光在真空中的传播速度为c，PQ的距离为L，求：
（1）玻璃的折射率；
（2）光由P点经全反射到达接收器Q的时间。
16.[8分]如图所示，底面积均为S的圆柱形容器、用细管连接，两容器通过阀门开关、与大气相通，容器、中的气体压强均为，容器中装有密度为的液体。已知容器的高度为，容器中的气体柱高度为，液体柱高度也为，大气压强为，重力加速度为，细管的体积忽略不计，不考虑气体温度的变化，空气可视为理想气体。
（1）若将阀门打开，容器与大气相通，通过阀门向容器中缓慢充入空气，当液体刚要进入容器时，求容器中气体的压强；
（2）若将阀门关闭，通过阀门向容器中缓慢充入压强为的空气，当容器中有一半的液体进入到容器中并达到稳定后，求充入空气的体积。
17.[8分]如图所示，放在光滑水平面上的平直木板，其上方竖直平面内固定一倾角的光滑斜轨PQ（足够长），斜轨PQ与木板平滑连接，Q点的正右方固定一半径R=0.4m的竖直光滑螺旋圆形轨道ABCD。质量m=0.2kg的小物块在斜轨PQ上某点由静止释放。已知QA段的长度L=0.5m，动摩擦因数，AN段的动摩擦因数，木板与所有轨道的总质量M=0.6kg，sin53°=0.8，cs53°=0.6，不计空气阻力。
（1）若木板固定，物块恰能通过圆轨道最高点C，求小物块：
①释放位置到Q点的距离x1；
②运动到圆心等高处D点时所受合力的大小。
（2）若木板不固定且只能左右滑动，物块从距Q点x2=2m处由静止释放，恰好到N点，
①求AN段的长度d以及这个过程木板运动的距离S；
②改变物块的释放位置，使物块始终不脱离轨道或木板，求释放位置到Q的距离范围。
18.[8分]如图所示，光滑平行金属导轨由水平和圆弧两部分构成，间距，左侧竖直四分之一圆弧部分的半径，水平部分足够长，两导轨间接有一阻值的电阻，水平导轨的一部分位于宽度的匀强磁场区域内，磁感应强度大小，方向竖直向下，磁场边界与导轨垂直。质量、有一定电阻的导体棒a自圆弧顶端由静止滑下，离开磁场时速度大小，运动过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好。已知重力加速度g取，空气阻力及导轨电阻不计。
（1）求导体棒a下滑到圆弧底端时对轨道的压力大小；
（2）求导体棒a在导轨间的阻值及经过磁场过程中电阻产生的电热；
（3）若在磁场区域中点垂直导轨放置另一根绝缘棒b（图中未画出），导体棒a与绝缘棒碰撞过程时间极短，且没有机械能损失。若两棒只能发生一次碰撞，且最终导体棒a静止在磁场内，求绝缘棒b的质量M应满足的条件。
参考答案
1.【答案】C
A：贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现原子核具有复杂结构，A错误；
B：射线的本质是电子流，而X射线的本质是电磁波，B错误；
C：原子核的比结合能越大，原子核越稳定，C正确；
D：核聚变与核裂变相比，相同质量的核燃料，核聚变反应中产生的能量更多，但核聚变目前还不可控，所以现在的核电站主要采用核裂变发电，D错误。选C。
2.【答案】A
根据题意，由图可知，乙分子在P→Q做加速运动，到达Q点时，F=0，速度最大，动能最大，之后开始做减速运动，故A正确，B、C错误；由F-x图像与横轴围成的面积表示做功可知，从P→Q过程中分子力做功大于Q→R过程中分子力做功，则乙分子到R点时，速度不为零，且受力也不平衡，则乙分子到达R点时不能静止于该处，故D错误。
3.【答案】D
明暗相间的同心圆环是由透镜和玻璃板之间的空气膜上、下两表面的反射光发生干涉后形成的，同一亮圆环（或暗圆环）处空气膜的厚度相等，相邻的两个明圆环处，空气膜的厚度差等于半个波长，离圆心越远的位置，空气膜的厚度减小得越快，则同心圆环越密，所以同心圆环内疏外密，A错误；透镜下表面越平坦，空气膜的厚度变化越慢，同心圆环越稀疏，B错误；蓝光频率更大，波长更短，对于同一干涉装置，形成的干涉条纹间距更小，得到的同心圆环更密集，C错误；同心圆环主要的形成原理是光的干涉，D正确。
4.【答案】B
令两恒星间距为L，质量分别为、，轨道半径分别为、，双星圆周运动的周期相等，可知，角速度也相等，则有，，解得，即两颗星做圆周运动的半径之比等于它们质量的反比，A错误；根据线速度与角速度的关系有，，结合上述解得，即两颗星速度大小之比等于它们质量的反比，B正确；两恒星的动能，，结合上述解得，即两颗星的动能之比等于它们做圆周运动的半径之比，C错误；两恒星的动量，，结合上述解得，可知，两恒星动量大小相等，当动量的反向始终相反，可知，两颗星的动量不相同，D错误。
5.【答案】B
题图乙可知，交变电压的周期为T＝0．4 s，磁铁的转速为n＝1T＝2．5 r/s，A错误；线圈两端电压的有效值为U有＝um2＝122 V＝62 V，B正确；若0～0．1 s内线圈两端电压从0到12 V均匀增大，0．1 s～0．2 s内线圈两端电压从12 V到0均匀减小，则0～0．2 s内线圈两端电压的平均值为6 V，而在0～0．2 s内任意时刻，实际线圈两端电压不小于上述情况的线圈两端电压，故0～0．2 s内线圈两端电压的平均值大于6 V，C错误；磁铁的转速不变，可知风速不变，题图乙中电压随时间变化的原因是永磁铁转动使磁场周期性变化，导致线圈内磁通量周期性变化，D错误。
6.【答案】D
A．由图可知，当小球位移为x2时，加速度为零，即弹力与重力沿斜面的分力大小相等，此时弹簧的形变量为x2−x1，则kx2−x1=mgsinθ，解得k=mgsinθx2−x1，A错误
B．对小滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，即滑块机械能与弹簧弹性势能总和不变。由图可知，x1∼x2的距离差小于x2∼x3两处的距离差，可得弹簧弹性势能的增量不相等，所以滑块机械能的变化量大小不相同。B错误；
C．在x1∼x2的过程中，由a=mgsinθ−kx−x1m，知斜率为−km，在x2∼x3的过程中，由a=kx−x1−mgsinθm，得斜率为km，所以两段过程斜率绝对值相等。C错误；
D．下滑过程中，在x=x2处，a=0，合力为零，速度最大，所以滑块的动能最大，D正确。
7.【答案】C
猴子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为0的匀加速直线运动，根据运动的合成，知合速度与合加速度不在同一条直线上，所以猴子运动的轨迹为曲线。故A错误。对猴子受力分析，根据牛顿第二定律，则有：f-mg=ma=m×，解得：f=，其方向竖直向上，BD错误。猴子相对杆做初速度为零，加速度为的匀加速运动，那么t时间，其位移为：，C正确。选C．
8.【答案】C
当m与M恰好不发生相对滑动时，两者加速度恰好相等，此时对m
解得
设此时拉力为，若
物块和小车不会发生相对滑动，两者加速度相等，且都小于，但若
两者会发生相对滑动，m的加速度为，而M的加速度大于。
故选C。
9.【答案】BD
A：质点P的速度正在减小，可知时刻，质点P向下振动，根据同侧法可知，该波沿x轴负方向传播，A错误；
B：由图可知，波长为，该波的传播速度大小为，B正确；
C：P质点的振动周期为，C错误；
D：时刻，波形图的表达式为,时刻，质点P的位移为，0~0.25 s时间内质点P运动的路程为，D正确。选BD。
10．【答案】BC
若M带正电荷，N小球对M小球的库仑力水平向右，匀强电场对M小球的电场力水平向右，M小球不可能静止，所以M带负电荷，N带正电荷，A错误，B正确；对M小球分析，根据平衡条件和库仑定律可得tan 45°=qE−kq2(2L)2mg,tan 45°=2qE−k(2q)2(2L)2mg，联立可得q=Lmgk,C正确，D错误。
【一题多解】若N带负电荷，M小球对N小球的库仑力水平向左，匀强电场对N小球的电场力水平向左，N小球不可能静止，所以N带正电荷，M带负电荷，故A错误，B正确；对M小球分析，根据平衡条件和库仑定律可得Tsin 45°=qE-kq2(2L)2,Tcs 45°=mg；仅将两小球的电荷量同时变为原来的2倍，则有T'sin 45°=2qE-k(2q)2(2L)2,T'cs 45°=mg，联立可得q=Lmgk，故C正确，D错误。
11．【答案】BD
杂技演员和摩托车做匀速圆周运动，合外力不为零，A错误；作出受力图如图所示，则合力提供向心力，根据牛顿第二定律得mgtanα=mv2R，解得v=gRtanα,H越高，R越大，则v越大，B正确；根据题意，由平衡条件可得F=mgcsα，由牛顿第三定律可知，摩托车对侧壁的压力大小F′=F=mgcsα，则摩托车对侧壁的压力F′与H无关，C错误；由牛顿第二定律有mgtanα=mω​2R，解得ω=gtanαR,D正确。
【方法总结】 圆锥筒问题中，θ 不变，物体对侧壁的压力不变，做匀速圆周运动的加速度不变，ℎ越高，r越大，物体做匀速圆周运动的周期越大，角速度越小，线速度越大。
12．【答案】AC
粒子在该区域受到向右电场力F=Eq，将v0分解为竖直向上v0z和水平向右v0y，则有，由左手定则知F洛=Bqv0z，方向向里，在xz平面做匀速圆周运动，由于F洛不做功。v0z不变，故F洛大小不变。而电场力是恒力， y方向虽加速，但不影响洛伦兹力。所以合力，大小不变，则加速度大小不变，故A正确；若磁感应强度，根据洛伦兹力提供向心力，有，解得，AA1B1B的侧视图如图
可得，由图可知当时，圆周运动顶点刚好在ADD1A1面上。水平向右做匀加速运动、故刚能从DCC1D1面上射出。根据可知B越大，r越小，故时，则粒子会从DCC1D1面射出，故C正确，B错误；若时，根据洛伦兹力提供向心力，有，解得，则圆心在A1D1C1B1面上，则粒子从ADD1A1面射出，故D错误。

13．【答案】AC
A．单摆的摆长越长，周期越大，适当加长摆长，便于测量周期，可以减小测量的误差，提高测量结果的精确度，A正确；
B．要减小空气阻力的影响，应选体积较小的摆球，B错误；
C．单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过5°，C正确；
D．单摆周期较小，把一次全振动的时间作为周期，测量误差较大，应采用累积法，测多个周期的时间取平均值作为单摆的周期，D错误。
14．【答案】 黑 b 1.5 13.5 131.5 75
（1）[1]欧姆表黑表笔接电源正极，红表笔接电源负极，由电路图可知图中的S端应与黑色表笔相连接。
（2）[2]设欧姆表中值刻度为，则欧姆表为“×1”倍率时的欧姆内阻为
欧姆表为“×10”倍率时的欧姆内阻为
欧姆表进行欧姆调零时，有
欧姆表倍率越高，欧姆表的内阻越大，可知电路的满偏电流越小；由电路图可知，当开关S合向b端，电路的满偏电流较小，欧姆表的倍率是“×10”档。
（3）[3][4]已知欧姆表为“×1”倍率时的中值电阻为15Ω，可知开关S合向a端，欧姆表的倍率是“×1”挡，此时欧姆调零时，满偏电流为
又
开关S合向b端，欧姆表的倍率是“×10”挡，此时欧姆调零时，满偏电流为
又
联立解得
，
（4）[5]将开关S合向b端，欧姆表的倍率是“×10”档，第一步：将红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，电流表电流达到满偏电流，此时欧姆表内阻为
解得
[6]第二步：在红、黑表笔间接入待测电阻，发现电流表指针指向的位置，此时电路总电流为
根据闭合欧姆定律可得
解得
15．【答案】（1）；（2）
（1）光线在M点发生折射，由于光线从光密介质射入光疏介质折射，光路如图所示
则由折射定律得
代入数值可得
（2）在N点全反射，则有
光在PNQ的路程为
光在介质中的传播速度为
解得
16．【答案】（1）
(2)
（1）当液体刚要进入容器时，容器（细管）中的液面比容器中的液面高，所以容器中的气体压强
（2）当有一半的液体进入到容器中并达到稳定后，容器中的液面高度为，容器中的液面高度为，容器中的液面比容器中的液面高
设此时容器中的气体压强为，体积
容器中的气体压强
体积
充气前，容器中的气体压强为，体积
容器中的气体压强为，体积
设充入气体的体积为，且压强为，气体温度不变
对容器中的气体有
对容器中的气体有
解得
17．【答案】（1）①；②
（2）①d=2.8m，；②或
（1）①物块在C点，重力提供圆周运动的向心力，则有
解得
从开始运动到C过程，由动能定理可得
解得
②小物块C→D过程，由动能定理可得
解得
则向心力的大小
物块的合力大小
（2）①若木板不固定，小物块与木板在水平方向总动量为0，小物块运动到N点时，两者速度均为0，由能量守恒
解得d=2.8m
设木板运动距离为S，物块和木板组成的系统动量守恒，则有
解得
②到圆心等高处B点过程，根据动能守恒定律则有
解得
小物块过圆轨道最高点C，根据牛顿第二定律可得
由水平方向动量守恒则有
解得，
由能量守恒定律可得
解得
因此，满足或，小物块始终不脱离轨道与木板。
18．【答案】（1）60N
(2)0.2Ω;5.6J
(3)
（1）导体棒a下滑过程中机械能守恒，有
在最低点，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律，导体棒对轨道压力的大小
（2）导体棒a经过磁场过程中，根据动量定理有
又因为，，
可得
解得
根据能量守恒定律，电路中产生的总热量
根据串联关系有
解得
（3）设两棒相撞前导体棒a速度大小为，根据（2）问过程可知
对a、b碰撞过程中，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
可得
若碰撞后导体棒a继续向前运动，设运动的路程为
根据动量定理得，且
若碰撞后导体棒a反向运动，设运动的路程为
根据动量定理得，且
解得