2026届黑龙江齐齐哈尔市高三二模物理试题（含解析）高考模拟

这是一份2026届黑龙江齐齐哈尔市高三二模物理试题（含解析）高考模拟，共44页。
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 我国福建号航母配置的隐身舰载机歼-35战机，具有优异的战斗性能，某次歼-35完成任务后，返回航母着舰时速度大小为60m/s，之后滑行3s停下来，若这个过程可看作是匀减速直线运动，则歼-35在甲板上减速滑行的加速度大小和滑行距离分别是（ ）
A. 10m/s2 100mB. 20m/s2 90mC. 20m/s2 100mD. 10m/s2 90m
【答案】B
【解析】
【详解】设，，加速度大小为，根据速度公式有
可得加速度大小为
滑行距离
故选B。
2. 如图为篮球运动员投篮过程，我们只分析篮球从最高点到落入篮筐的下落过程，考虑篮球运动中受到空气阻力f，大小满足f=kv（k为常数，v为篮球的速率），则该篮球在下落过程中重力的瞬时功率P随时间t变化的图像可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】该篮球在下落过程中，时竖直速度为零，竖直方向，根据牛顿第二定律有
一开始竖直速度较小，合力向下，可知竖直方向先做加速度减小的加速运动，当时，加速度为零，之后竖直方向匀速，根据可知重力的瞬时功率P随时间t变化的图像的斜率逐渐减小，且过原点，可能的图像是D。
故选D。
3. 2026年2月中国科学院工程热物理研究所联合中储国能（北京）技术有限公司，成功研制出国际首套单机功率最大的压缩空气储能压缩机。该机器某段工作过程中会将一定质量的空气（可看作理想气体）从状态A等温压缩到状态B，空气的压强、体积、温度分别记为p、V、T，下列描绘此阶段中各物理量变化的图像，可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】AB．一定质量理想气体的等温压缩过程，满足玻意耳定律，C为常数。可知p与成反比，图中等温线为反比例双曲线，故A正确，B错误；
C．p与​成正比，​图应为过原点的倾斜直线，故C错误；
D．该过程为等温过程，始终保持不变，图应为竖直直线，故D错误。
故选A。
4. 在纸面内沿着x轴正方向有两个相干波源，如图（a），波源在垂直纸面方向（z轴）做简谐运动，其振动图像如图（b）和图（c）所示。波源S1和S2位置已在图中标出。xA=4 m，xB=5.5 m。两列波的波速均为1 m/s。下列说法正确的是（ ）
A. 两列波波源起振方向相同B. 两列波引起质点A的振动总是加强的
C. t=4 s时，A点在最大位移处D. 两列波引起B点的振动总是加强的
【答案】D
【解析】
【详解】A．波源S1和S2起振方向分别为z轴正方向和z轴负方向，故A错误；
B．两列波到质点A的距离差为
由于两列波的起振方向相反，所以质点A的振动总是减弱的，故B错误；
C．两列波传播到A的时间均为
所以t=4 s时，A点开始振动，在平衡位置，故C错误；
D．两列波的波长为
两列波到质点B的距离差为
由于两列波的起振方向相反，所以质点B的振动总是加强的，故D正确。
故选D。
5. 某公园内有一种可供游客娱乐的转盘，转盘表面与水平面成θ角。质量为m、可视为质点的游客随转盘一起绕转轴做匀速圆周运动。游客到转轴的距离为R，游客与转盘表面之间的动摩擦因数为μ。如图所示，P、Q点分别是游客运动的轨迹圆上的最高点和最低点，MN是轨迹圆上垂直于PQ的直径，已知重力加速度大小为g，游客与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A. 游客在M点受到的摩擦力指向圆心
B. 游客在最高点的线速度最小为
C. 转盘的最大角速度为
D. 游客从Q运动到P的过程中，摩擦力做功mgRsinθ
【答案】C
【解析】
【详解】A． 游客做匀速圆周运动，在点， 游客所受摩擦力与重力沿斜面向下的分力的合力指向圆心，故A错误；
B． 在最高点P，当游客所受最大静摩擦力沿斜面向上时，此时游客的线速度最小，根据牛顿第二定律得
解得，故B错误；
C．在Q点，当最大静摩擦力指向圆心时，转盘的角速度最大，由向心力公式
解得，故C正确；
D．游客做匀速圆周运动，由动能定理
解得摩擦力做功，故D错误。
故选C。
6. 将一质量为M的物块套在固定光滑长杆上，物块与一质量为m的小球用轻绳连接。长杆与水平面夹角为θ=30°，如果给物块一沿着长杆向上的初速度，稳定后二者一起沿杆向上运动。已知重力加速度为g，不计空气阻力，则二者稳定后，下列说法正确的是（ ）
A. 整体加速度大小为gcsθ
B. 物块受到杆的支持力大小为Mgcsθ
C. 此时轻绳与竖直方向的夹角恰好与θ角相等
D. 若杆粗糙，且物块与小球一起沿杆向下匀速运动，则物块与杆间的动摩擦因数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．以整体为对象，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为，故A错误；
B．以整体为对象，垂直杆的方向根据平衡条件可得物块受到杆的支持力大小为，故B错误；
C．由于小球的加速度也为，以小球为对象，由于
可知轻绳方向与杆垂直，则此时轻绳与竖直方向的夹角恰好与θ角相等，故C正确；
D．若杆粗糙，且物块与小球一起沿杆向下匀速运动，以整体为对象，根据平衡条件可得
解得，故D错误。
故选C。
7. 如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，其下端浸没在下方储罐中的不导电液体中，P是两极板间的一点，N极板接地。电容器与理想二极管串联后，接在电动势恒定的电源两端。关于该电路，下列判断正确的是（ ）
A. 液面上升一小段高度，电容器所带的电荷量不变
B. 液面下降一小段高度，P点的电势降低
C. 将M板向左移一小段距离，P点的电场强度减小
D. 将N板向左移一小段距离，P点的电势降低
【答案】B
【解析】
【详解】A．液面上升一小段高度，两极板的正对面积S变大，平均介电常数增加，根据平行板电容器的决定式，可知电容器的电容变大，电容器两极板间电压U不变，根据电容的定义式，C变大，U不变，所以电容器所带的电荷量增加，A错误；
B．液面下降，平均介电常数减小，两极板的正对面积S减小，根据平行板电容器的决定式，可知电容器的电容减小，二极管阻止电容器放电，因此Q不变。板间电场强度
根据电容的定义式
根据平行板电容器的决定式
联立解得,Q不变,S与减小，因此E增大。N接地，则，电场方向由N指向M，P到N的距离不变，因此P点电势，E增大，降低。故B正确；
C．M左移，极板间距增大，C减小，Q不变（二极管阻止放电）。由，可知E不变。C错误；
D．N左移，d减小，C增大，二极管导通，U等于电源电动势不变，，E增大。设到M距离为，则，因此增大。故D错误。
故选B 。
8. 如图为模拟远距离输电的电路，发电机的输出电压U1=22V，输电线总电阻r=5Ω，其中降压变压器原、副线圈匝数比，用电器两端电压U4=20V，其功率，用电器为纯电阻元件，变压器视为理想变压器。以下说法正确的是（ ）
A. 输电线中的功率损失为10W
B. 升压变压器原、副线圈的匝数比为1：15
C. 当用电器增多时，降压变压器输入电压U3减小
D. 当用电器增多时，用电器增加的功率大于升压变压器输出端增加的功率
【答案】BC
【解析】
【详解】A．对降压变压器，副线圈电流
根据理想变压器电流关系​​，得输电线电流（即降压原线圈电流）
输电线功率损失 ，故A错误；
B．根据理想变压器电压关系​​，得降压原线圈电压
输电线电压损失
因此升压副线圈电压
升压变压器匝数比满足，故B正确；
C．用电器增多时，总负载功率增大，总电流增大，因此输电线电流增大，输电线电压损失增大。发电机输出电压不变，升压变压器匝数比不变，因此升压输出电压不变。
而，增大，故降压变压器输入电压​减小，故C正确；
D．升压变压器输出功率满足
功率变化满足
整理得​，即用电器增加的功率小于升压变压器输出增加的功率，故D错误。
故选BC。
9. 某兴趣小组用如图甲所示的电路探究光电流与电压之间的关系，分别用a、b、c三束单色光照射，调节阳极A与阴极K间的电压U，实验得到光电流I与电压U的关系如图乙所示。下列表述正确的是（ ）
A. 实验中若阳极A接电源负极，可阻碍光电子向阳极A移动
B. a、b、c三束单色光的光照强度一定为a>b>c
C. a光的光子能量小于b光的光子能量
D. 若增大b光的光照强度，可以增大饱和光电流和遏止电压
【答案】AC
【解析】
【详解】A．当阳极A接电源负极、阴极K接电源正极时，A、K间为反向电压，电场方向由K指向A，光电子受电场力与运动方向相反，会阻碍光电子向阳极A移动，故A正确；
B．饱和光电流的大小与光照强度有关，在频率相同的情况下，光照强度越大，饱和光电流越大。从图中看，a光和c光的遏止电压相同（频率相同），但a的饱和电流大于c，说明a的光照强度大于c的光照强度；而b光的遏止电压大于a、c光，根据可知b光的频率大于a、c光，频率不同不能直接通过饱和电流比较光照强度，故B错误；
C．b光的频率大于a、c光，根据可得a光的光子能量小于b光的光子能量，故C正确；
D．若增大b光的光照强度，可以增大饱和光电流；根据可知遏止电压与光照强度无关，增大b光的光照强度，遏止电压不变，故D错误。
故选AC。
10. 如图所示，空间中存在范围足够大的水平向右的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，电场强度大小E=40 N/C，磁感应强度大小B=0.5 T。以水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立直角坐标系。原点O处的粒子源可发射质量m=3×10-6 kg、电荷量q=1×10-6 C的带负电的粒子，粒子的发射速度大小和方向可调整。第一次实验发射的粒子恰能在xOy平面内做直线运动；第二次实验将匀强电场方向调整为竖直向下，电场强度大小调整为E'=30 N/C，发射的粒子速度大小调整为第一次实验发射速度大小的，且方向不变。取重力加速度g=10 m/s2，不计粒子间的相互作用，sin37°=0.6，cs37°=0.8。下列说法正确的是（ ）
A. 第一次实验中，粒子发射速度大小为100 m/s
B. 第一次实验中，粒子发射速度方向与x轴夹角为37°
C. 第二次实验中，粒子发射后第一次经过x轴的坐标为（19.2 m，0）
D. 第二次实验中，粒子发射后第一次经过y轴的坐标为（0，-14.4 m）
【答案】AC
【解析】
【详解】A．第一次实验发射的粒子恰能在xOy平面内做直线运动；粒子所受重力、电场力与洛伦兹力的合力为零，如图
重力大小为
电场力大小为
则洛伦兹力大小为
由，解得第一次实验中，粒子发射速度大小为，故A正确；
B．由左手定则可知粒子运动方向如图

则
解得
第一次实验中，粒子发射速度方向与x轴夹角为，故B错误；
CD．第二次实验发射速度大小
粒子所受电场力大小为
方向沿y轴正方向，则电场力与重力大小相等，方向相反。粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，如图
由，解得
由几何知识可得，
所以第二次实验中，粒子发射后第一次经过x轴的坐标为（19.2 m，0），第二次实验中，粒子发射后第一次经过y轴的坐标为（0，14.4 m），故C正确，D错误。
故选AC。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11.
（1）小明采用如图（俯视图）所示方案探究加速度与力、质量的关系。实验步骤如下：
A．将小车放在倾斜木板上，平衡摩擦力
B．在两辆完全相同的小车上，分别挂上质量为m1=14.8 g和m2=7.8 g的沙袋（沙袋质量远小于小车的质量）
C．用黑板擦压住连在两车后面的细线
D．记录两辆小车的初位置
E．抬起黑板擦，两车同时开始运动
F．用黑板擦压住两小车后面的细线，两小车同时停止运动
G．用刻度尺测得两车的位移大小分别为x1、x2
H．重复三次，所得实验数据如表所示。
本实验探究质量一定时，加速度与力的关系，需要验证表达式___________（用m1、m2、x1和x2表示）是否成立。
（2）小明认为，小车做先加速后减速的直线运动，导致测量数量有较大误差。他对上述实验方法进行改进，去掉黑板擦，利用手机拍摄两车运动视频，通过tracker软件对视频逐帧采集，并分别拟合出两辆小车运动过程中位移x与时间t的关系图像，若得到的关系方程为x=At2+Bt+C，则相应运动的加速度a=___________（选用A、B、C表示）。通过分析，下列情况中对实验结果有影响的是___________。
A．两辆小车从不同的位置释放 B．两车不同时释放
C．两车释放时有初速度 D．拍摄视频时，手机平面与轨道平面不平行
【答案】（1）
（2） ①. 2A ②. D
【解析】
【小问1详解】
两车同时开始运动，同时停止运动，则运动时间t相等，根据匀变速直线运动规律
可知
本实验中沙袋质量远小于小车质量，拉力近似等于沙袋重力，即，
两车质量相等，探究质量一定时加速度与力成正比，需要满足
因此需要验证
【小问2详解】
[1] 对比匀变速直线运动位移公式
可知
解得
[2] A．不同位置释放：初始位置仅影响常数项C，不改变加速度，对结果无影响，故A错误；
B．小车不同时释放，拟合所得运动的时间-位移对应关系不变，加速度测量不变，故B错误；
C．释放有初速度：初速度仅影响一次项系数B，不改变二次项系数A，不影响加速度测量，对结果无影响，故C错误；
D．手机平面与轨道平面不平行：拍摄得到的位移和实际位移不符，会导致加速度测量错误，对结果有影响，故D正确。
故选D。
12. 两个物理兴趣小组分别用甲、乙两种电路测毫安表的内阻RA和电阻Rx的阻值。
（1）在图甲所示的实验中，电源电动势为E=15.0 V，主要实验步骤为：
①先将开关S2断开，闭合开关S1，调节滑动变阻器R1，使毫安表示数为I=8 mA。
②保持R1的滑片位置不变，将S2闭合，调节电阻箱R2，当毫安表的示数为IA=4 mA时，读出此时电阻箱的阻值R2=18.5 Ω。
③根据上述测量原理，可计算出毫安表的电阻RA=___________Ω。此方法测量值相比真实值___________（填“偏大”“偏小”或“相等”）。
（2）在图乙所示的电路中，将电阻Rx与另外两个已知阻值的定值电阻。R1、R2和电阻箱相连接，M、N两点接检流计G（可以检测微小电流）。闭合开关S，调节电阻箱的阻值为R3时，检流计G的示数为0，则待测电阻Rx=___________（结果用R1、R2、R3表示）。此方法测得的阻值与真实值相比，___________（填“偏大”“偏小”或“相等”）。
【答案】（1） ①. 18.5 ②. 偏小
（2） ①. ②. 相等
【解析】
【小问1详解】
[1]保持滑动变阻器滑片不变，闭合​后，毫安表与电阻箱并联，二者电压相等。当毫安表示数变为，认为干路电流不变时，流过的电流也为，因此可得
[2]​​闭合后，并联部分总电阻减小，整个电路总电阻减小，干路总电流大于原来的，因此流过​的电流大于。
由
得，因此测量值比真实值偏小。
【小问2详解】
[1]检流计示数为，说明、两点电势相等，因此满足：​的电压等于的电压，的电压等于​的电压。设上支路电流为​，下支路电流为​，可得，
​两式相除消去、​，得
[2]该关系由电桥平衡条件严格推导得出，原理上不存在系统误差，因此测量值与真实值相等。
13. 如图所示为一半圆柱形玻璃砖的横截面，D点放置一光线传感器，可以接收感知光信号。将一束单色光从该半圆柱形玻璃截面的左端点A处射入。假设在AB边上的入射角α=60°，光在真空中的光速为c，半圆柱形玻璃截面半径为R，光在该玻璃介质中速度为。
（1）请求出光从A点射入玻璃后的折射角；
（2）D点光线传感器能否接收到该单色光？如果不能，请说明理由；如果能，请求出光从A到D的传播的时间。
【答案】（1）30° （2）
【解析】
【小问1详解】
根据光在介质中的速度与折射率的关系，玻璃的折射率
得
设A点的折射角为r，根据光的折射定律有
代入数据解得
【小问2详解】
作出光路图如图所示，由几何关系可得、、均为等边三角形
则在B点，光线在B点发生全反射，同理可得在C点也发生全反射，最后光线射向D点，即光线传感器能接收到该单色光 。
光程
传播时间
14. 如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上，存在宽度为l=2 m的有界匀强磁场，磁感应强度B=0.1 T，方向竖直向上，其左右边界分别为MN、M′N′，在磁场外侧对称固定有两个轻弹簧甲、乙。初始时，轻弹簧甲被压缩一段长度并锁定。一质量m=0.2 kg、边长L=1 m、电阻R=0.05 Ω的正方形金属框abcd紧靠轻弹簧甲。解除锁定，弹簧甲将金属框水平向右弹出，当金属框ab边第一次运动到边界MN时其克服安培力做功的功率为4.05 W。整个运动过程中金属框的ab边始终平行于磁场边界，不计空气阻力，解除弹簧锁定时不会改变弹簧的弹性势能。求：
（1）弹簧甲刚开始被锁定时储存的弹性势能；
（2）金属框最终停止时ab边相对于磁场边界MN的位置。
【答案】（1）2.025J
（2）在边界MN的右侧0.5m处
【解析】
【小问1详解】
设金属框ab边第一次运动到边界MN时的速度大小为，则此时感应电动势
金属框中的电流
ab边受到的安培力
克服安培力做功的功率
解除锁定，弹簧甲将金属框水平向右弹出过程，弹簧甲储存的弹性势能全部转化为金属框的动能，有
联立各式解得
【小问2详解】
金属框穿过磁场过程速度变小，穿过磁场后被弹簧反向弹回，继续穿过磁场，直到速度为0.将所有穿过磁场过程看作整体，设减速时间为t，平均电流为，根据动量定理有
平均电流
平均电动势
设所有减速阶段通过的总路程为x，有
联立各式解得
由长度关系可知金属框最终停止时，ab边在边界MN的右侧0.5m处
15. 如图，有一悬点O在竖直平面内连接一长L=1m且不可伸长的轻绳，轻绳的另一端A点拴接一质量为m1（未知）的小球。在图示位置M点有一长钉，，OM连线与水平方向的夹角θ=37°。在地面有一装置，包括一长度L1=8m的固定粗糙水平传送带DE，传送带以v3=4m/s的速率顺时针旋转。在D点左侧有一紧挨在一起的光滑平台CD（高度和传送带上表面一致），有一质量为m2=1kg的物块静置在该平台上。传送带右端E点紧挨着一质量为m3=1kg的小车，小车静止在光滑水平地面上，小车的上表面由长为L2=3m的粗糙水平面FG和半径为R=0.05m的四分之一的光滑圆弧面GH组成，H为圆弧最高点，小车水平部分上表面与传送带右端平滑连接。现将小球从绳水平伸直的位置A由静止释放，到达最低点时与静止物块发生弹性正碰，之后小球反弹到左侧最高点B时轻绳恰好不接触长钉；已知物块与传送带上表面和小车水平表面间的动摩擦因数均为μ=0.1，不计其他阻力，小球和物块均可视为质点，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8.求：
（1）小球的质量m1和碰撞后瞬间物块的速度大小；
（2）全过程物块能到达的最大高度hm（相对于小车水平部分上表面）；
（3）试分析物块最终能否从小车上离开。如果不能，求物块最终与G点的距离。
【答案】（1） 2 m/s
（2）0.1 m （3）不能，距离G点1 m处
【解析】
【小问1详解】
小球下摆过程根据动能定理有
代入数据解得
小球跟物块相碰后反弹到最高位置过程有
代入数据解得
小球与物块发生弹性碰撞，满足动量守恒定律，有
机械能守恒得
代入数据解得，
【小问2详解】
假设物块能与传送带达到共速，设物块加速时间为，加速度大小为a，有
解得
加速时间
加速位移
说明物块在传送带上先加速后匀速；物块滑上小车后，不管物块是否会从圆弧最高点H飞离，在水平方向二者动量守恒
由能量守恒定律得
代入数据解得
【小问3详解】
物块离开圆弧面点时，物块和小车具有相同的水平速度，物块能再次从H点滑回圆弧面；假设物块最终与G点距离为x，从物块滑上小车到最终相对静止，由水平方向动量守恒和能量守恒得
由能量守恒定律得
代入数据解得
由于，则物块最终不能从小车上离开，距离G点1m处。序号
x1/cm
x2/cm
1
54.0
24.5
2.2
2
28.5
8.5
3.4
3
36.9
17.2
2.1