山东省实验中学2026届高三下学期高考模拟考前测试物理试题（含答案）

这是一份山东省实验中学2026届高三下学期高考模拟考前测试物理试题（含答案），共6页。试卷主要包含了BC等内容，欢迎下载使用。

1.A. 绝大多数粒子方向不发生改变
2.C
【详解】A.0~t1 两同学都先做加速运动，再做减速运动。
B. 甲在t₁ 后反向运动
C. t₂ 时刻甲乙位移相同
D.0~t₃ 时刻乙的平均速度更大
3.B
【详解】A。变速前后速度不同，向心加速度不同
B. 变轨后半长轴大于原半径，周期变大
C. 变轨后半长轴大于原半径，机械能增加
D. 变轨后半长轴大于原半径，在近地点速度变大
4.D
【详解】A. 顺序为滤光片、单缝、双缝
B. 测出的条纹间距偏大，结果偏大
C 、D. 根据丁图可以看出条纹在左侧，所以镜头偏右，需向左移 5.C
【详解】对甲、乙整体受力分析可知，L₂ 的拉力大小为) ,剪断L₂瞬间，弹簧的形变恢复需要时间， 故弹簧的弹力不发生突变，小球乙的加速度为零；剪断L₂瞬间，轻绳L₁的力可以发生突变，由运动状态考虑，小 球甲的加速度应竖直向下，故轻绳L 的力突变为0,则小球甲受重力和弹簧向下的拉力作用，由牛顿第二定律
mg+2mg=ma甲；解得a甲=3g, 同时剪断L 和L₂ 的瞬间，弹簧的力不发生突变，小球乙的加速度为 0
6.B
【详解】用户减少时，并联的用电器减少，总负载电阻增大，输电线电流I₂ 减小；输电线损耗功率为△P=I₂R,
因此损耗功率减少；若升压变压器原、副线圈匝数比为n, 则 又P =I₁U₁, 则输电线电阻R 损耗的功率
题号
1
2
3
4
5
6
7
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9
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11
12
答案
A
C
B
D
C
B
D
C
BC
AC
BD
AD
发电机电压U₁不变，升压变压器匝数比不变，因此副线圈电压U₂ 不变；用户减少后I₂ 减小，输
电线电压损失△U=I₂R 减小，降压变压器输入电压U₃=U₂-△U 增大；降压变压器匝数比不变，因此用户得到
的电压U₄ 随U₃ 增大而增大。
7.D
【详解】在过程BC 中，体积增大，气体对外做功，但由于温度不变，内能保持不变，所以气体从外界吸热， 故A 错误；DA 为等温过程，温度不变，所以气体在状态A的内能等于在状态D 的内能，故B 错误；从A 状 态 顺时针回到A, 气体内能不变，对外界做功多，所以气体从状态A 变化回到状态A 过程中向外界放出热量小于 从外界吸收的热量；气体从状态A 变化到状态B 为等压过程，体积增大，气体对外做功，即W=p△V=4×10⁵×(20 -10)×10⁻3J=4000J, 由 于AB 、CD为等压过程，即pA=pB=P1, pc=pD=p₂ , 过 程AB 气体对外界做的功pi(VB 一VA), 过程CD 对外界做的功p₂(Vc-VD),BC 、DA 为等温过程，则有p₁VB=pzVc,pIVa=p₂V, 所以过程CD 中外界对气体做的功等于在过程AB中气体对外界做的功，故D 正确。
8.C
【详解】
A.A 、 B 再次静止后，A 、B 受到的电场力的合力为 方向水平向左。对A 、B 整体受力分析如图
由几何关系可得Fau=√F²+(2mg²=2√2mg
且OA 绳与竖直方向的夹角为1即α=45°A 错误；
B. A 、B 再次静止后，对 B 受力分析如图
由几何关系可得Fᴀʙ=√(qE)²+(mg)²=√2mg
且AB 绳与竖直方向的夹角为即β=45° B 错误；
C. 由上述分析可知，A 、B 再次静止后，OA 绳、AB 绳与竖直方向的夹角均为45°,则此 时两球的位置如图所示
设绳长为L, 故 A 电势能的变化量为
B电势能的变化量为
A重力势能的变化量为
B 重力势能的变化量为
与撤去F 前相比，系统电势能和系统重力势能变化量分别为
故与撤去F 前相比，系统电势能和系统重力势能都减小，C 正确；
D. 与撤去F 前相比，A 、B 两球的总能量变化量分别
故A 球的总能量减少，D 错误。
9.BC
【详解】A.t=0.01s 时，由乙图得P 点向9轴负方向振动，根据同侧法，可得波沿x 轴负方向传播，故A 错误；
故波长λ=60cm
因此频率 波速
B. 由甲图得 由乙图得周期T=0.04s,
t=0.01s 时 ，Q 点在平衡位置，振动方向向上； 时间差
即t=0.18s 时Q 点振动状态相当于经过 ,到达正最大位移处，加速度沿y 轴负方向，故B 正确；
C. 振动形式传播的距离等于波传播的距离，传播距离x=v△t=1500cm/s×0.04s=60cm, 故 C 正确；
D. 干涉的条件是两列波频率相同，该波频率为25Hz, 与2.5Hz频率不同，不能发生干涉，故D 错误。 故选BC。
10.AC
【详解】AB. 水流垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上，
水平方向速度和竖直方向速度满足解得故A 正 确 ，B 错误；
CD. 水流到水轮叶面上时的速度大小为 根据v=wR 解得 故D 错 误 ，C 正确。 故选AC。
11.BD
【详解】A. 由对称性可知，M 与0点的场强大小相同，但方向不同， A 错误；
B. 在ab 的中垂线上，在ab 两处电荷的电场中，M 点的电势为0。M 点是cd 的中点，在cd 两处电荷的电场中，
M点的电势也为0,故M 点的电势为0;P 、Q 距离a 、c 均为 处 ，a 、c 分别为+q 、-q 的电荷，则分别在P、Q
处的电势绝对值相等，同理，P 、Q 距离b 、d 均为处，b 、d 分别为-q 、+q 的电荷，b 、d 分别在P 、Q 处的电
势绝对值相等，P 与d 、c 距离与Q 与b 、a 距离相等，则合电势刚好相反，即φp=-φQ, 根据A 分析，0点的电势 也为零，则有 UPM=φp-φM,U=φ-φQ, 则 UpM=-Ug;
C. 因为φp>φQ, 则负电荷由P 点运动到Q 点，电场力做负功，故C 错误；
D. 根据正四面体及电荷分布的对称性可知，ab 、ac 、db中点的电场强度大小，电势均与M 点相同，其他各点 均不满足条件。
12.AD
【详解】A. 线圈进入磁场的过程，磁通量增加，根据楞次定律，感应电流的方向为ADCBA, 故A 正确；
B. 线圈在进入磁场的过程中通过截面的电荷量为q=I△t
电流平均值为
根据法拉第电磁感应定律 解得
故B 错误；
C. 在线圈进入磁场的过程中，受到沿CA方向的安培力作用，由于线圈匀速运动，所以线圈受到的摩擦力方向 为AC 方向，根据牛顿第三定律可知，线圈对传送带的摩擦力始终沿CA方向，最大值为
fm=Fm=NBI.·√2L=√2NBIL
线圈在进入磁场的过程中感应电动势的最大值为Em=NBLv
感应电流的最大值为 解得 故C 错误；
D. 线圈质量不变，材料不变，边长不变，匝数变成2倍，则导线长度变为原来的2倍，横截面积变为原来的
根据 可知，电阻变为原来的4倍，又因为安培力的最大值为
可知匝数变成2倍，电阻变为原来的4倍，线框受到的安培力的最大值不变，而最大静摩擦力为fm=μmg
不变，故在不改变传送带速度的情况下，相同质量、材料、边长但匝数为的线圈进入磁场过程也恰好不打滑，故
D 正确。
13.(1)3.664/3.665/3.666 (2) D E 解析：
(1)3.664/3.665/3.666
(2)①[1]电子元件的阻值约为90Ω,电源电压为9V, 故流过电子元件的最大电流为 故电流表A₂ 可以满足测量要求，故选D。
[2]滑动变阻器的连接方式为分压法，为了方便线性调节电压，应挑选最大电阻小的滑动变阻器，故选E。
②[3]根据欧姆定律可知
化简得 故
14.(1)A(2)16.000(3)1.3
【详解】(1)A 当玻璃边界平行时，透过玻璃的折射光与原入射光平行，可保证汇聚到两光源连线中点齐平位置， 保证实验顺利进行，故A 正确
B.为减小实验误差，入射角应适量大些，故B 错误
C. 由于光从空气进入玻璃砖后再次进入到空气中，所以入射角与离开玻璃砖时的折射角相同，不会发生全反射。
D. 增加玻璃砖厚度，依旧发生两次折射，两条光线依旧在两光源连线中点齐平位置相交，0点位置不变。
(2)16.0cm+0×0.05mm=16.000cm
(3)nsinθ₁=nzsinθ₂=n₃sinθ
θ₁=53° θ₃=37° 则 保留两位有效数字为1.3
15. (1)根据动能定理： …… …… ……………… 1分
在最低点： …… … ……1分
解得：F=4mg…………………… … …… ………1 分
(2)小球释放后先做自由落体运动，绳子将为松弛状态。当小球运动到0点所在水平线下方 且与0点连线与水平方向成30角时，绳被瞬间拉直。在绳绷直前的瞬间小球的速度方向竖直 向下，大小为v= √2g·2Lsin30°= √2gL 1分
在绳绷直的瞬间过程中，由于0点固定，则小球在沿绳方向上的分速度在瞬时减小到零，小
球在垂直于绳方向上的分速度 v₁=vcs30° · … … ……… 1分
此后小球以v 为初速度沿弧线下摆，由机械能守恒有
在最低点由牛顿第二定律有 ………………………………1分
联立以上各式可得 T=3.5mg………… … 1 分
16. (1)由题意可知，封闭琉璃不对儿的内部气体的初状态为p,T,V
末状态为V₁ ,Pi=P+△p… …… … … … … ……… ……1分
根据理想气体状态方程可
解得 …… … ……1分
(2)该琉璃不对儿内气体的压强不变，根据盖吕萨克定律可得;解得
因为冷却前气体质量与冷却后气体质量之比为：… … … … … … 2 分
所以吸入气体与冷却前气体质量之比为：……………………………… … … 2分
17. (1)电子束匀速通过速度选择器，受力平衡，则有 … … … … … … … … 2分 解得 U=B₀ dv… …………………… 1 分
(2)不计电子束轴向速度的变化，设电子沿轴线的初速度为v₀, 径向的力为F,
则有F=Krev 1 分
其中K 、e 、v₀ 为常量，则 F=kr 电子在径向受力与偏离轴向的距离r 成正比，………1分
故在径向电子做简谐运动，周期满足： , 则 第一次经过轴线时，
电子在轴向做匀速直线运动 L=vt… …… … …… 1分
…… …………………… …… …… … 1分
(3)不计电子束轴向速度的变化，设电子沿轴线的初速度为vx, 径向的力为F,
则有F= krev 周期
电子从射入磁场区到N 点过程：沿径向…… ………2分 沿轴向L₀=v t … … … … … … … … … … … … … …1 分
则速度
18.答案：(1) (2)L=3.75m; (3)t 总=1.5s
(1)分析得，物块恰好完成完整圆周运动，在D 点对物块： …… … 1分 开始释放到D 点过程中，对物块： ………………1分
解得： 所以 … … … … … … … … … … … … … 1 分
(2)法一：B→D 过程中，对物块：… ………… …… … 1分
B→E过程中，对物块：………… …………1分
E→F过程中，对物块：水平方向上：x= ve … ………1分
竖直方向上：……… ………………… … 1分 解得：vE=2 √4-L…………………… 1 分
所以，F 点与B 点最大水平距离s=L+x=L+√4-L; …………………1 分
所以当L=3.75m时 ，s 最大。…………………… … …… ……………1分
法二：释放到E 点过程中，对物块：………………… … 1分
解得： E→F 过程中，对物块：竖直方向上： 解得t=0.5s; … … …1分
水平方向上：x=ve… …… 1 分
所以，F 点与B 点最大水平距离 …………………… ……1分
所以当vE=1m/s时s 有最大值，…………………… … … … … 1分
此时L=3.75m… …………… …… …………………… 1分
(3)与地面碰撞后：E=EA-75%EAO, ………………………………… ……1分
即： 所以
因为与地面碰后夹角不变，所以：…… ………… ………… 1分
所以第一次碰后到第二次与地面碰撞所用时间1… … … 1 分
第二次碰后到第三次与地面碰撞所用时间为：
第三次碰后到第四次与地面碰撞所用时间为： 综上所述，第n 次碰后到第n+1 次于地面碰撞所用时间为：
从E 到F 过程中 ………………… ……… … … … … 1分 所以从E 点飞出到最后静止所用时间为：t总=+t₁+t₂+t₃++tn
所以：……………… ……… …… …… 1分