吉林省松原市2025-2026学年下学期高三高考物理考前模拟练习卷

这是一份吉林省松原市2025-2026学年下学期高三高考物理考前模拟练习卷，文件包含山东省潍坊市2026届高三三模考试英语试题+答案+听力原文pdf、山东省潍坊市2026届高三三模考试英语试题听力音频mp3等2份试卷配套教学资源，其中试卷共18页， 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]在离水面高h处的跳台上，运动员以大小为v0的初速度竖直向上起跳，重力加速度大小为g，为估算运动员从起跳到落水的时间t，可用下列哪个方程（ ）
A．B．
C． D．
2.[4分]近年来，我国核电事业发展迅速，在建与商运核电机组总规模位居世界前列。核反应堆是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量核能。是反应堆中发生的许多核反应中的一种，X是某种粒子，a是X粒子的个数，用、、分别表示、、核的质量，表示X粒子的质量，c为真空中的光速。下列说法正确的是（ ）
A．X为电子
B．a=2
C．原子核的比结合能比原子核的大
D．上述核反应中放出的核能
3.[4分]据报道，“TRAPPIST－1恒星系统”由一颗红矮星和七颗围绕它运行的行星（如图所示）组成，若地球半径为R，则这七颗行星的半径如表所示。据推测行星g和行星h的密度大致相同，若行星g的第一宇宙速度为v，则行星h的第一宇宙速度约为
A．0．5vB．0．7vC．1．5vD．2．3v
4.[4分]如图所示，游乐场有一种叫“旋转飞椅”的游乐项目，钢绳的一端系着座椅，另一端固定在水平转盘上，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内。将某游客和座椅看作一个质点，不计钢绳的重力，下列分析正确的是（ ）
A．“飞椅”转动的角速度越大，“飞椅”的周期越大
B．“飞椅”转动的角速度越大，“飞椅”的转速越小
C．“飞椅”转动的角速度越大，钢绳上的拉力越小
D．“飞椅”转动的角速度越大，游客和座椅旋转的半径越大
5.[4分]如图所示，M、N端接正弦式交变电流，理想变压器原、副线圈的匝数比为，均为定值电阻，，负载反映到原线圈的等效电阻（图中虚线框内的等效电阻）为，各电表均为理想电表，下列说法正确的是（ ）
A．原线圈的等效电阻与固定电阻的阻值之比为
B．定值电阻的电压与原线圈两端的电压之比为
C．定值电阻和的电压之比为
D．若M、N端输入电压变为原来的，则两表读数均变为原来的
6.[4分]如图所示，光滑绝缘正方形方框竖直固定，边长是a，两个质量均为m的带电小球M、N套在方框上。M球带正电，固定于底边AB中点处；带电荷量为q的小球N置于方框右边BC中点时恰好静止不动，已知重力加速度大小为g，静电力常量为k，两小球均看成点电荷，下列说法正确的是（ ）
A．小球N带负电
B．小球N受到的库仑力大小是mg
C．小球M所带电荷量是
D．小球M在方框中心O处产生的电场强度大小是
7.[4分]如图所示，水平地面上固定一斜面，斜面倾角为θ，初始时将一物体A轻放在斜面上，A与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。下列分析正确的是（ ）
A．若，并在物体A上施加一竖直向下的恒力F，则物体A将在力F的作用下沿斜面向下加速运动
B．若，并在物体A上施加一竖直向下的恒力F，则物体A将在力F的作用下沿斜面向下加速运动
C．若，物体A将以加速度a沿斜面向下加速运动；在物体A上施加一竖直向下的恒力F后，物体A将仍以加速度a沿斜面向下加速运动
D．若，物体A将以加速度a沿斜面向下加速运动；在物体A上施加一竖直向下的恒力F后，物体A将以大于a的加速度沿斜面向下加速运动
二、多选题（本大题共3小题，共27分）
8.[9分]（多选）利用两台相距很远（几千公里）联合工作的射电望远镜观察射电恒星，可以精确测定大陆板块漂移的速度，模型可简化为如图所示的双缝干涉。将射电恒星看成点光源S，分别在地球上不同大陆的两个望远镜相当于两个狭缝S1、S2，它们收到的光满足相干条件，汇集两望远镜信号的接收器相当于光屏，设某时刻光屏上P点到S1、S2的距离相等，S到S1、S2的距离也相等，当S2向上远离S1时，下列说法中正确的有（ ）
A．P点接收到的干涉信号先变强
B．P点接收到的干涉信号先变弱
C．干涉条纹间距发生改变
D．干涉条纹间距不变
9.[9分]如图所示，三维坐标系O-xyz的z轴方向竖直向上，所在空间存在沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为+q的小球从z轴上的A点以速度v0沿x轴正方向水平抛出，A点坐标为（0，0，L），重力加速度为g，电场强度大小为，则下列说法中正确的是（ ）
A．小球在yOz平面内的分运动为平抛运动
B．小球从抛出到落到xOy平面的过程电势能减小4mgL
C．小球到达xOy平面的速度大小为
D．小球的运动轨迹与xOy平面交点的坐标为（，L，0）
10.[9分]如图所示，在竖直平面内有两根相互平行、电阻忽略不计的光滑金属导轨（足够长），两平行金属导轨间的距离L＝0.4 m，在导轨间接有阻值R＝2.0 Ω的电阻，一根质量为m＝0.4 kg的金属棒ab垂直导轨放置其上，金属棒的电阻r＝1.0 Ω。整个装置处于垂直导轨所在平面的匀强磁场中，磁感应强度B＝5 T、方向垂直于导轨所在平面向里。现让金属棒沿导轨由静止开始运动（金属棒始终与导轨良好接触），金属棒下滑高度为h＝1.2 m时恰好能达到最大速度，重力加速度为g＝10 m/s2。则（ ）
A．金属棒由静止先匀加速运动、后匀速运动
B．金属棒能达到的最大速度为3 m/s
C．金属棒由静止下滑1.2 m所用时间为0.8 s
D．由静止开始到达到最大速度的过程中，通过电阻R的电荷量为0.8 C
三、非选择题（本大题共5小题，共45分）
11.[9分]用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。

（1）为了减少测量误差，下列做法正确的是
A．摆的振幅越大越好
B．摆球质量大些、体积小些
C．摆线尽量细些、长些、伸缩性小些
D．计时的起、止位置选在摆球达到的最高点处
（2）用游标卡尺测得摆球直径如图甲所示，为cm；把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L；然后用停表记录了单摆完成60次全振动所用的时间如图乙所示，该单摆的周期是T=s（结果保留三位有效数字）。

（3）实验时改变摆长，测出几组摆长L和对应的周期T的数据，画出T2-L图线如图丙，此图线斜率的物理意义是。

A．g B． C． D．
（4）如果测得的g值偏小，可能的原因是。
A．测摆长时只测量了摆线长度而忘记考虑小球半径
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，导致摆线长度增加了
C．开始计时时，秒表过迟按下
D．实验中误将59次全振动的次数记为60次
（5）某同学在家里测重力加速度。他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图所示。由于家里只有一根量程为30 cm的刻度尺。于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程。保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长。实验中，当O、A间细线的长度分别为L1、L2时，测得相应单摆的周期为T1、T2。由此可得重力加速度g=（用L1、L2、T1、T2表示）。

12.[9分]（2025·大连模拟）某学习小组将电压表改装成电子秤。实验器材有：
直流电源（电动势为E=4.5 V，内阻为r=1.0 Ω）；
电压表V（量程0~3 V，内阻很大）；
滑动变阻器R（最大阻值10 Ω）；
竖直固定的滑动变阻器R0（总长l=10 cm，最大阻值20 Ω）；
竖直弹簧下端固定于水平地面，上端固定秤盘且与滑动变阻器R0的滑动端连接，滑片接触良好且无摩擦（弹簧劲度系数k=103 N/m）；
开关S以及导线若干。
取重力加速度g=10 m/s2，不计摩擦和其他阻力。
实验步骤如下：
①静止的托盘中未放被测物时，R0的滑片P恰好置于R0的最上端，电压表的示数为零，调节滑动变阻器R的滑片位于阻值最大端。
②在弹簧的弹性限度内，在托盘中轻轻放入砝码，直至托盘静止后，滑片P恰好置于变阻器R0的最下端，调节滑动变阻器R，使电压表达到满偏，此时为电子秤的最大称重。
请回答下列问题（所有计算结果保留2位有效数字）：
（1）电子秤达到最大称重时，滑动变阻器R接入电路的阻值为_______________Ω。
（2）该电子秤的最大称重为____________kg。
（3）在图乙中画出被测物体质量m与电压表示数U的m-U图像。
（4）直流电源使用一段时间后，电动势E不变，内阻略增大。则被测物体质量的测量值与真实值相比____________（选填“偏大”或“偏小”）。
13.[9分]如图所示，两侧粗细均匀，横截面积相等的U型管，左管上端封闭，右管上端开口。左管中密封气体的长度为，右管中水银柱上表面比左管中水银柱上表面低。大气压强，环境温度为T=27°C。
（1）先将左管中密封气体缓慢加热，使左右管水银柱上表面相平，此时左管密封气体的温度为多少；
（2）使左管中气体保持（1）问的温度不变，现从右侧端口缓慢注入水银（与原水银柱之间无气隙），求注入多少水银的长度（右端足够长，无水银从管口溢出）能使最终稳定后左管密封的气体恢复原来的长度。
14.[9分]冰壶是冬奥会的热门项目，其中包含大量的物理规律。冰壶比赛场地如图所示，投掷线AB到圆垒区圆心O的距离为，圆垒区半径为。运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面以减小减速时的摩擦力。若不擦冰时，冰壶与冰面的动摩擦因数为，擦冰面后动摩擦因数减小至。在某次训练中，运动员推着冰壶从起滑架出发，到达投掷线中点时立即将冰壶以一定的速度向O点推出，推出冰壶后运动员静止（推出过程忽略所受的摩擦力），若不用毛刷擦冰面，冰壶向前滑行25m速度即减为0。已知运动员的质量，所有冰壶的质量均为，冰壶可看作质点，g取，壶之间碰撞的机械能损失忽略不计。求：
（1）运动员刚将冰壶从手中推出时冰壶的速度；
（2）将冰壶从手中推出过程中运动员对冰壶所做的功W；
（3）在圆垒圆心位置有对方的冰壶，如果在碰撞前运动员用毛刷擦冰面的长度为18m，通过计算判断擦冰面之后能否将对方冰壶撞出圆垒区。
15.[9分]“太空粒子探测器”是一种探测宇宙射线的试验设备，其简化原理图如图所示，两个同心扇形圆弧面PQ、MN之间存在辐射状的加速电场，方向由内弧面指向外弧面，圆心为O，右侧边长为L的正方形边界abcd内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，O点为ad边界的中点，PO、QO与ad边界的夹角均为。假设太空中质量为m、电荷量为的带电粒子能均匀地吸附在外弧面PQ的右侧面上，由静止经电场加速后均穿过内弧面从O点进入磁场，从O点垂直于ad边射入磁场的粒子恰能从b点离开，不计粒子重力、粒子间的相互作用力及碰撞。
求：
（1）粒子到达O点时的速率；
（2）内外弧面所加电压U；
（3）现要求外弧面PQ上所有的粒子全部从ab区域离开磁场，求内外弧面所加电压的取值范围。

参考答案
1.【答案】B
【思路点拨】规定运动的正方向，同一等式中所有矢量的正方向要一致。
规定竖直向上为正方向，根据匀变速直线运动的位移时间公式可得
即
选B。
2.【答案】D
根据电荷数守恒，左右总电荷数，故X不带电，应为中子，故A错误；根据质量数守恒可得，解得，故B错误；生成核更稳定，则原子核的比结合能比原子核的小，故C错误；质量亏损为反应前总质量减去反应后总质量，则，根据质能方程，可得，故D正确。
3.【答案】B
根据万有引力定律得G·4＝mv2r，解得v＝r43Gρπ，则vℎvg＝rℎrg≈0．7，故vh≈0．7v，B正确。
4.【答案】D
A．“飞椅”转动的角速度越大，“飞椅”的周期越小，选项A错误；
B．“飞椅”转动的角速度越大，“飞椅”的转速越大，选项B错误；
CD．“飞椅”转动的角速度越大，“飞椅”做圆周运动所需的向心力越大，向心力由重力与拉力的合力提供，则钢绳上的拉力越大，钢绳与竖直方向的夹角越大，旋转半径越大，选项C错误、D正确。选D。
5.【答案】B
A．原副线圈的功率相同，则有
即
则
故A错误；
B．原线圈的等效电阻与固定电阻的阻值相等，两者串联，通过的电流相等，根据
可知定值电阻的电压与原线圈两端的电压相等，比值为1:1，故B正确；
C．定值电阻和的电压之比为
故C错误；
D．若M、N端输入电压变为原来的，原线圈的等效电阻不变，则原线圈的电流变为原来的，副线圈的电流也变为原来的，由欧姆定律可知副线圈的电压变为原来的，则两表读数均变为原来的，故D错误。
故选B。
6.【答案】D
A．小球N置于方框右边BC中点时恰好静止不动，根据平衡条件可知，N所受库仑力一定为斥力，即小球N带正电，A错误；
B．结合上述，对N进行分析，根据平衡条件有
解得
故B错误；
C．根据库仑定律有
结合上述解得
故C错误；
D．小球M在方框中心O处产生的电场强度大小
结合上述解得
故D正确。选D。
7.【答案】D
AB．若μ≥tanθ，重力下滑分力小于或等于最大静摩擦力，物体静止，施加F后相当于增大重力，物体A仍静止，故AB错误；
CD．若μ＜tanθ，重力下滑分力大于最大静摩擦力，物体加速下滑，施加F后合外力增大，但质量不变，故加速度增大，故D正确C错误。
故选D。
8．【答案】BC
在双缝干涉实验中，当S2向上远离S1时，则光经过S1、S2到P的路程差不等于0，导致P点接收到的干涉信号先变弱，故A错误，B正确；根据公式Δx=ldλ可知，当S2向上远离S1时，d增大，干涉条纹间距将变小，故C正确，D错误。
9.【答案】BC
带电小球始终受到重力与电场力，因此可等效成一个恒定的力，且此力方向与初速度方向垂直，所以做匀变速曲线运动，运动轨迹即为抛物线，所以小球在yOz平面内的分运动为匀加速直线运动，故A错误；小球从抛出到落到xOy平面的过程电势能减小量为，，，联立解得，故B正确；小球到达xOy平面时的速度大小为，故C正确；小球在x轴方向做匀速直线运动，则，在y方向，有，所以小球的轨迹与xOy平面交点的坐标为（，2L，0），故D错误。
10．【答案】 BD
金属棒向下运动过程在竖直方向上受到竖直向下的重力和竖直向上的安培力，安培力从零开始不断增大，所以金属棒由静止开始做加速度减小的加速运动，当安培力与重力达到相等时，加速度为零，金属棒的速度达到最大值，之后金属棒做匀速运动，故A错误；由平衡条件有mg＝I1LB，其中I1＝eq \f(BLv1,R＋r)，解得v1＝3 m/s，故B正确；平均感应电动势为E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BLh,Δt)，平均电流为eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(E,R＋r)，Q＝eq \(I,\s\up6(－))·Δt，解得Q＝0.8 C，故D正确；金属棒由静止下滑1.2 m过程中，根据动量定理可得mgt－eq \(I,\s\up6(－))LB·Δt＝mv，其中Q＝eq \(I,\s\up6(－))·Δt，联立解得t＝0.7 s，故C错误。
11.【答案】BC/CB；2.125；2.10；C；AB/BA；
（1）[1] A．摆长一定的情况下，摆角不超过5°，即并非摆的振幅越大越好，A错误；
B．为减小空气阻力对实验的影响，摆球尽量选择质量大些、体积小些的，B正确；
C．实验过程摆长应保持不变，为减小实验误差，摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些，C正确；
D．为减小误差，计时器应选平衡位置，D错误。选BC。
（2）[2] 游标卡尺的分度值为0.05mm，不需要估读，则摆球的直径为d=21mm+5×0.05mm=21.25mm=2.125cm
[3]秒表的读数为t=120s+6.0s=126.0s，该单摆的周期是
（3）[4] 由周期公式，可得，可知，图线斜率，选C。
（4）[5]根据
A．摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，测摆线长时测了悬线的总长度，没有测出摆球半径，所测摆长偏小，可知测得的g值偏小，A正确；
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，知摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，B正确；
C．开始计时时，停表过迟按下，周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，C错误；
D．实验时误将59次全振动数为60次，周期的测量值偏小，导致重力加速度测量值偏大，D错误。选AB。
（5）[6] 设A到铁锁重心的距离为L，当O、A间细线的长度为L1时实际摆长变为L+ L1，有，当O、A间细线的长度为L2时实际摆长变为L+ L2，则有，联立解得
12.【答案】（1）9.0；（2）10；（3）图像见详解； （4）偏小
（1）设此时滑动变阻器R接入电路的阻值为R1，根据欧姆定律Um=ER1+R0+rR0=3 V，代入数据，解得R1=9.0 Ω。
（2）电子秤的最大称重为m，则由平衡条件可得mg=kl，解得m=10 kg。
（3）根据闭合电路欧姆定律可得U=ER1+R0+r·xlR0，由平衡条件可得mg=kx，整理得m=（R1+r+R0）klER0g·U，则m-U图线为过原点的直线，将m=10 kg，U=3 V描点连线，如图所示。
（4）因为m=（R1+r+R0）klER0g·U，直流电源使用一段时间后，电动势E不变，内阻r略增大，但计算时还用较小的内阻r计算，则测量的质量m与真实值相比偏小。
13．【答案】（1）380K；（2）19.2cm
（1）由题意得，加热前左管中气体压强
加热后左管中气体压强
加热后左管中气体
由理想气体状态方程得
其中，
解得
（2）设注入水银的长度为x，左侧内部温度不变，由玻意耳定律有
此时左侧管中气体压强
解得x=19.2cm
14.【答案】（1）；（2）；（3）能将对方冰壶碰出圆垒区
（1）若不刷冰面，冰壶滑行过程中由动能定理有，式中，可得
（2）冰壶被推出过程，由动量守恒定律有，由动能定理可得将冰壶从手中推出过程中运动员对冰壶所做的功，可得
（3）推出后冰壶在冰面滑行过程，根据动能定理有，冰壶碰撞过程由动量守恒定律和机械能守恒定律有，，被碰冰球的滑行过程由动能定理有，联立以上各式解得，可知，能将对方冰壶碰出圆垒区。
15．【答案】（1）；（2）；（3）
（1）从O点垂直于ad边射入磁场的粒子恰能从b点离开，画出粒子运动轨迹如图

设粒子的运动半径为r，根据几何关系可知，解得，根据洛伦兹力提供向心力有，解得
（2）粒子在加速的过程中，根据动能定理有，解得
（3）磁场最小时，只要满足沿PO方向射入磁场的粒子，轨迹与bc边界相切即可，如图甲

则其它方向射入磁场的粒子均能从边界ab射出，由几何关系可得，解得，根据洛伦兹力提供向心力有，结合粒子在加速的过程中，根据动能定理有，解得，只要满足沿QO方向射入磁场的粒子，轨迹经过a点（图乙），则其它方向射入磁场的粒子均能从边界ab射出，由几何关系可得

，根据洛伦兹力提供向心力有，结合粒子在加速的过程中，根据动能定理有，解得，内外弧面所加电压的取值范围为行星
b
c
d
e
f
g
h
半径
1．12R
1．10R
0．78R
0．91R
1．05R
1．15R
0．77R