河南部分学校2025-2026学年高三下学期考前质量检测物理试题（含解析）高考模拟

这是一份河南部分学校2025-2026学年高三下学期考前质量检测物理试题（含解析）高考模拟，共13页。试卷主要包含了本场考试75分钟，满分100分等内容，欢迎下载使用。
1．本场考试75分钟，满分100分。试卷共8页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
2．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
3．回答选择题时，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如果改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。非选择题必须使用黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
4．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 据《科技日报》2025年6月6日报道，中国科学院近代物理研究所通过钙-40束流轰击镥-175靶，成功合成了新核素镤-210，即镤的同位素，并测量了镤-210的衰变能量和半衰期。该核反应方程为，则（ ）
A. B. C. X为质子D. X为中子
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】CD．核反应过程遵循电荷数守恒，左边总电荷数为71+20=91 ，右边镤的电荷数为91，因此n个X的总电荷数为0，可知X为中子，C错误，D正确；
AB．核反应过程遵循质量数守恒，左边总质量数为，右边镤-210的质量数为210，X为中子，则n=215−210=5 ，A、B错误；
故选D。
2. 一同学经过多次训练，从点将小球以某一速度水平抛出，小球恰好落在倾角为的固定光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，如图所示。不计空气阻力，若该同学改变初速度的大小，要使小球仍然恰好落在斜面顶端并刚好沿斜面下滑，则抛出点距点的竖直高度与水平距离应满足的关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设小球在点水平方向速度和竖直方向速度大小分别为、，如图所示
设小球从点到点时间为，由平抛运动水平方向做匀速直线运动和竖直方向做自由落体运动可得
小球仍然恰好落在斜面顶端并刚好沿斜面下滑，则满足
综合解得
故选A。
3. 等量正点电荷的电场线（实线带箭头表示）及等差等势面（虚线表示）分布图如图所示。将一带正电的试探电荷从点沿直线经、移动到点，、、、均在等势面上。取无限远处的电势为零，则（ ）
A. 从点沿直线到点运动过程中电势不变
B. 点的电场强度大小比点的大
C. 该试探电荷在点的电势能比在点的大
D. 、间的电势差比、间的电势差大
【答案】B
【解析】
【详解】A．沿电场线方向电势降低，且电场线与等势面垂直，离正电荷越近电势越高。从点沿直线到点，电势先升高后降低，并非不变，故A错误；
B．电场线的疏密表示电场强度的大小。由图可知，a点处的电场线比点处的电场线密集，所以点的电场强度大小比点的大，故B正确；
C．由图可知点和点在同一等势面上，电势相等，根据电势能公式，电势能相等，故C错误；
D．图中虚线为等差等势面，b、间与、间均为相邻等势面，所以、间的电势差等于、间的电势差，故D错误。
故选B。
4. 四根相同长直导线处于边长为的正方形的四个顶点上，为正方形的中心，通入的电流方向如图所示，第1、2、3、4根导线中电流的大小分别为、、、。已知一根无限长直导线通入电流时，与直导线距离为处的磁感应强度大小，为常量。则中心处的磁感应强度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】正方形边长为，对角线长度为2×2a=2a
中心到四个顶点的距离均为r=2a2=a
根据安培定则，导线1（电流向里）在点产生的磁场方向垂直于连线1O指向左下方；导线4（电流向外）在点产生的磁场方向垂直于连线4O指向左下方。故与同向，大小分别为B1=kI0a，B4=k4I0a
合磁场B14=B1+B4=5kI0a
同理，导线2（电流向里）在点产生的磁场方向指向左上方；导线3（电流向外）在点产生的磁场方向指向左上方。故与同向，大小分别为B2=k2I0a，B3=k3I0a
合磁场B23=B2+B3=5kI0a
由于正方形对角线互相垂直，B14与B23垂直，总磁感应强度B=B142+B232=52kI0a
故选A。
5. 远距离输电中，使用升压变压器和降压变压器的组合可以有效地减少输电损耗。某小组利用如图所示的模拟电路研究这一问题。升压变压器的原、副线圈匝数比为，降压变压器的原、副线圈匝数比为。已知输电线电阻为，负载电阻阻值为，为了保证输电效率不低于，则的最小值为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【详解】设输电线上的电流为，由于降压变压器原、副线圈匝数比为，根据电流与匝数成反比可知，负载电阻上的电流为。负载电阻消耗的功率为
输电线上损耗的功率为
输电效率η=P用P用+P损=+I2R=+1
由+1≥0.96
解得
故选C。
6. 甲、乙两架无人机进行空中表演。甲起飞后，先以大小为的速度匀速竖直上升，时刻开始加速竖直上升，此后甲的图像如图所示，且时刻甲的速度大小为，在时间内甲上升的高度为；乙从时刻开始以大小为的初速度匀加速竖直上升，且时刻乙的速度大小也为，在时间内乙上升的高度为，则（ ）
A. B.
C. D. 无法判断、的大小关系
【答案】B
【解析】
【详解】对于乙无人机，从时刻开始以的初速度匀加速竖直上升，时刻速度为，根据匀变速直线运动平均速度公式，乙在时间内的位移ℎ2=v0+2v02·2t0=3v0t0
对于甲无人机，结合题意和图像，甲在时间内做变加速运动，初速度为，时刻速度为。由图像可知，加速度关于对称，即和时间内速度变化量相等，均为
故时刻甲的速度为1.5v0。作出速度时间图像如下
由于加速度对称，速度关于点t01.5v0中心对称，结合图像面积代表位移可知，位移ℎ1=1.5v0·2t0=3v0t0
综上所述，。
故选B。
7. 取无穷远处为引力势能零点，质量为的物体在距离地心处具有的引力势能，其中为引力常量，为地球质量；物体在地球引力作用下做椭圆运动的过程机械能保持不变。假设质量为的某地球卫星绕地球做椭圆运动的轨道方程为（为地球半径），如图所示，为椭圆中心，为半长轴，地心处于椭圆焦点上，则该地球卫星运动至远地点时的速度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由轨道方程x24R2+y23R2=1 可知，椭圆半长轴，半短轴b=3R ，半焦距c=a2−b2=R
地心位于焦点，远地点为长轴上离焦点最远的点，其距离地心r=a+c=3R
在远地点由能量守恒定律有12mv2−GMmr=E
根据开普勒第二定律
在远近地点由能量守恒定律有
联立解得v=GM6R
故选C。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 很多场所新装修时会安装如图甲所示的水晶灯，水晶灯下方的吊坠可以提高灯体的稳定性，其多面棱角的形状使光线在内部多次反射，减少眩光。某种吊坠的截面图如图乙所示，的长度与相等，，。一束单色光从边上距点处的点以入射角射入吊坠，经界面折射后恰好直接射到上距点处的点（图中没有画出），下列说法正确的是（ ）
A. 该材料折射率为B. 该材料折射率为
C. 该束光在点会发生全反射D. 该束光在点不会发生全反射
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．一束单色光从边上距点处的点以入射角射入吊坠，经界面折射后恰好直接射到上距点处的点，根据几何关系可知折射角正切值
所以折射角为30°，折射率，故A错误，B正确；
CD．该材料的全反射临界角满足
根据几何关系可知，光线在点的入射角i'=90∘−r=60∘
因为sini'=sin60∘=32，
即sini'>sinC ，所以i'>C ，光线在点发生全反射。故C正确，D错误。
故选BC。
9. 如图甲所示，长度可调节、质量始终为的长木板静止在光滑的水平地面上，长木板右端放置一个质量为的小物块（视为质点）。某时刻给长木板一个水平向右的初速度（未知），调节长木板的长度，小物块在长木板上的运动时间为，作出图像如图乙所示。已知小物块与长木板间的动摩擦因数，重力加速度大小取。下列说法正确的是（ ）
A. M=3m
B.
C. 小物块刚好未滑离长木板时对应的k=4m/s
D. 小物块刚好未滑离长木板时，长木板的长度为3m
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．小物块在长木板上滑动时，小物块做匀加速运动，加速度大小a1=μmgm=4ms2
长木板做匀减速运动，加速度大小
设经过时间t小物块滑离长木板，此过程中长木板位移xM=v0t−12a2t2
小物块位移xm=12a1t2
相对位移即板长L=xM−xm=v0t−12(a1+a2)t2
整理得Lt=v0−12(a1+a2)t
由图乙可知，图像纵轴截距为6，则，图像斜率绝对值k=6−02−0=3
即12(a1+a2)=3
解得a1+a2=6ms2
则
由
解得，故A错误B正确；
C．小物块刚好未滑离长木板时，两者速度相等，经历时间
此时Lt=6ms−3×1ms=3ms
即图中k=3ms，故C错误；
D．小物块刚好未滑离长木板时，长木板的长度L=v0t−12(a1+a2)t2=3m ，故D正确。
故选BD。
10. 如图所示，一根长度l=75m 的轻质细线上端固定在点，下端悬挂一小球，当小球处于静止状态时，小球位于最低点。现给小球一个水平向左的初速度（未知），当小球运动到点时，细线刚好松弛，此时细线与竖直方向间的夹角。重力加速度大小取，不计空气阻力。则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 小球从点飞出后恰好能击中最低点D. 小球从点飞出后不能击中最低点
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．在点细线刚好松弛，说明细线拉力为零，重力的径向分力提供向心力，有mgcsθ=mvD2l
解得vD2=glcs60∘=12gl
小球从运动到的过程中机械能守恒，取点所在水平面为零势能面，有12mv02=12mvD2+mg(l+lcsθ)
解得v0=7ms，故A正确，B错误；
CD．小球从点飞出后做斜抛运动，初速度大小vD=12gl
方向垂直于斜向右上方，与水平方向夹角为。以点为原点，水平向右为轴正方向，竖直向下为轴正方向，则点坐标为(lsin60∘,−lcs60∘，点坐标为(0l。水平方向做匀速直线运动x=−lsin60∘+vDcs60∘t
当小球击中点时，解得t=ltan60∘vD
竖直方向做匀变速直线运动y=−lcs60∘−vDsin60∘t+12gt2
将及vD2=12gl 代入可得
恰好等于点的纵坐标，说明小球恰好能击中最低点，故C正确，D错误。
故选AC。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 某同学利用一半径较大的固定光滑圆弧面（如图甲所示）测量当地的重力加速度。该同学将小铁球从最低点移开一小段距离由静止释放，小铁球的运动可等效为一单摆。
（1）用游标卡尺测量小铁球的直径，示数如图乙所示，则小铁球的直径________。
（2）测量小铁球的运动周期时，开始计时的位置为图甲中的________（选填“”或“”）处。
（3）测量（为次）次全振动的时间为，得到等效单摆的周期为。
（4）更换半径不同的小铁球进行实验，正确操作，根据实验记录的数据，绘制的图像如图丙所示，横、纵截距分别为，则该半圆弧面的半径________，当地的重力加速度为________。（均用字母、表示）
【答案】 ①. ②. ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]该游标卡尺为10分度，精度为，小铁球的直径
（2）[2]测量单摆的运动周期时，应从最低点开始计时，因为最低点小球速度最大，相同位置误差下计时误差最小，因此选。
（4）[3][4]等效单摆的摆长为球心到圆弧圆心的距离，即
代入单摆周期公式
整理得
结合图像可知，斜率
截距
解得半圆弧面的半径
当地的重力加速度
12. 某实验小组欲把表头G改装为电压表，因电流表内阻未知，根据以下提供的实验仪器，测其内阻并完成电压表改装。
A．待测表头G（满偏电流Ig=3mA ）
B．电源（，内阻忽略不计）
C．电源（E2=15V ，内阻忽略不计）
D．电阻箱（0∼999.9Ω ）
E．滑动变阻器（0∼10Ω ）
F．滑动变阻器（0∼5000Ω ）
G．导线、开关若干
（1）测量表头G的内阻，按照如图甲所示电路图连接电路。
①为了较准确地测量表头G的内阻，实验中，电源应选择________，滑动变阻器应选择________。（填写选项前的字母代号）
②闭合开关前，将滑动变阻器滑片移到端。
③先闭合开关，调节滑动变阻器，直至表头G指针满偏；再闭合开关，保持滑动变阻器阻值不变，仅调节电阻箱阻值，直至表头G示数为满偏示数的，此时电阻箱的示数如图乙所示，则电阻箱的示数________Ω，表头G的内阻为________Ω。
④该表头G的内阻测量值比实际值________。（选填“偏大”或“偏小”）
（2）现将该表头G改装成量程为的电压表，应串联一个阻值为________Ω的电阻。
【答案】（1） ①. C ②. F ③. 11.0 ④. 22.0 ⑤. 偏小
（2）978.0
【解析】
【小问1详解】
①[1][2]半偏法测电阻实验中，为了减小误差，要求闭合后干路电流基本不变，这需要串联的滑动变阻器阻值远大于并联部分电阻。滑动变阻器选0~5000Ω ，即选F，为了使回路电流满足要求，电源应选电源，即选C。
③[3][4]由图乙可知电阻箱读数R0=1×10Ω+1×1Ω+0×0.1Ω=11.0Ω
闭合后，认为干路电流不变仍为，表头电流为，则流过电阻箱电流为
根据并联电路电压相等有
解得Rg=2R0=22.0Ω
④[5]闭合后，电路总电阻减小，干路电流增大，即I>Ig。当表头示数为时，流过电阻箱的电流IR0=I−13Ig>23Ig
根据并联电流电阻关系可知，真实值Rg>2R0，而测量值取，故测量值偏小。
【小问2详解】
由题可知改装后电压表量程。将表头改装为电压表需串联电阻分压。由
解得R=978.0Ω
13. 某学校青少年科技活动制作的水火箭如图甲所示。为了探究水火箭在充气与喷水过程中气体的热学规律，把水火箭的塑料容器竖直固定在支架上，是水火箭容器充气口，是出水口，如图乙所示。在室温环境下，容器内装入一定质量的水，封闭质量m=2.5×10−4kg 、体积V1=2×10−4m3的空气（视为理想气体），气压计B的示数p1=1×105Pa 。现将压强p0=1×105Pa 的空气通过充气口缓慢压入塑料容器，直到气压计B的示数p2=5×105Pa 。忽略容器的容积和温度的变化，空气的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为。求：
（1）充入容器内的空气质量；
（2）充入空气后容器内空气的分子间的平均距离。（用、、、等表示，忽略空气分子的大小）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
设将压强、体积为的气体压入容器内，充气过程中气体温度不变，则有p0V2+p1V1=p2V
解得
对于同种气体，压强、温度相同时，则密度相同，故充入容器内的空气质量M=4×2.5×10−4kg=1×10−3kg
【小问2详解】
充入空气后，空气的总物质的量n=5mM0
由体积关系有nNAd3=V1
解得d=3M0V15mNA
14. 在平面直角坐标系内存在如图所示的磁场和电场，为磁场和电场的分界线，与轴正方向的夹角为，在区域内（含边界）存在垂直于平面向里的匀强磁场，在分界线之上的电场由两组匀强电场组成，电场强度方向均垂直于向下，沿的宽度均为，电场强度大小分别为和，每个电场区域包含右边界。一质量为、电荷量为的粒子（不计重力）以初速度从轴上的点（图中未画出）沿轴正方向射入匀强磁场，并恰好垂直、从距点处进入电场。。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）粒子在电磁场中运动的总路程。
【答案】（1）
（2）3mv02qE0+397270πL
【解析】
【小问1详解】
由题意可知，粒子在磁场中的偏转半径
由牛顿第二定律有
解得
【小问2详解】
粒子第一次在磁场中运动的路程s1=37°360°×2πr=37270πL
由题意可知，粒子第一次进入电场强度大小为的电场时，速度方向与电场线平行，由动能定理有−qE0d1=0−12mv02
则粒子在电场强度大小为的电场中运动的路程s2=2d1=mv02qE0
粒子第二次进入磁场中的速度大小为，半径为，在磁场中运动过程中不会从轴离开磁场，则再运动半周恰好从电场强度大小为的电场右侧边界进入，且速度方向与电场右侧边界平行，由动能定理有
则粒子在电场强度大小为的电场中运动的路程
最后粒子在磁场中运动半周从垂直方向离开电磁场，粒子第二次进入磁场至离开电磁场过程，在磁场中运动的路程
则粒子在电磁场中运动的总路程s=s1+s2+s3+s4=3mv02qE0+397270πL
15. 如图所示，平行光滑金属导轨固定在绝缘水平桌面上，导轨左侧接有电容为的电容器及阻值为的定值电阻，右端连接有足够长的光滑圆形轨道，匀强磁场区域边界分别为、及、，导轨间距离为，磁场区域的磁感应强度大小均为，方向分别为竖直向上与竖直向下。导体棒M接入导轨的电阻为、质量为2m2m=B2L2C，绝缘棒N的质量为，两棒垂直导轨放置且始终接触良好。开始时N静止于与ef之间的某位置，M静止于边界，单刀双掷开关处于空置状态，电容器两极板间的电压为。现将单刀双掷开关与1连接，M在安培力的作用下由静止开始水平向右运动，在到达之前电容器两极板间的电压降为原来的一半且保持不变，M运动到位置立即将单刀双掷开关与2连接。其他电阻忽略不计，M、N间的碰撞均为弹性碰撞，第一次碰撞之后，N与M每次碰撞前M均已静止，且碰撞时间极短。电容器储能表达式，其中为电容器两极板间的电压。求：
（1）电容器极板的极性以及M由静止开始运动至电容器两极板间的电压刚降为原来的一半过程，M产生的热量；
（2）M第一次在磁场区域中运动至停止过程，流过导体棒的电荷量；
（3）从第一次碰撞后到最终两棒都停止，在磁场中运动的总路程（始终不会超过边界左侧和边界右侧）。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
M在安培力的作用下由静止开始水平向右运动，则电容器极板P的极性为正极，电容器两极板的电压降为原来的一半且保持不变，则M离开前已经做匀速运动，设M第一次经过位置的速度大小为，由法拉第电磁感应定律有
解得
M由静止开始运动至电容器两极板间的电压刚降为原来的一半过程，由能量守恒定律有
解得
【小问2详解】
设M、N第一次碰撞后的速度分别为、，由动量守恒定律及机械能守恒定律有
解得、
M第一次在区域磁场中运动至停止过程，由动量定理有
其中
解得
【小问3详解】
设第一次碰撞后M在区域磁场向右运动至停止的位移大小为，则有
解得
绝缘棒N第二次与导体棒M碰前速度大小，方向水平向左，设第二次碰撞后M、N的速度分别为，由动量守恒定律和机械能守恒定律有，
解得、（负号表示碰后N向右运动）
第二次碰撞后，设M向左运动至停止的位移大小为，对M由动量定理有
解得x2=16RmU9B3L3
同理可得，当绝缘棒N第三次与导体棒M碰前速度大小，方向水平向左，设第三次碰撞后M、N的速度分别为、，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mvN2=2mvM3+mvN3,12mvN22=12×2mvM32+12mvN32
解得vM3=4U27BL，vN3=−2U27BL（负号表示碰后N向右运动）
第三次碰撞后，设M向左运动至停止的位移大小为，对M由动量定理有−B2L22Rx3=0−2mvM3
解得x3=16RmU27B3L3
以此类推，第次（）碰撞后，M向左运动至停止的位移大小xn=x213n−2=16RmU9B3L313n−2
从第一次碰撞后到最终两棒都停止，M在磁场中运动的总路程s=x1+x2+⋯+xn=x1+x21−13n−11−13=x1+32x2=10mRU3B3L3