2026届山西吕梁市高三下学期高考考前适应性测试物理试题（含解析）高考模拟

这是一份2026届山西吕梁市高三下学期高考考前适应性测试物理试题（含解析）高考模拟，共12页。试卷主要包含了答题前，先将自己的姓名，选择题的作答，填空题和解答题的作答，考试结束后，将答题卡上交等内容，欢迎下载使用。
（本试题满分100分，考试时间75分钟。答案一律写在答题卡上）
注意事项：
1、答题前，先将自己的姓名、准考证号等信息填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3、填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4、考试结束后，将答题卡上交。
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，只有一项符合题目要求。
1. 在国际单位制中，下列单位关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据自感电动势，电动势的单位为，自感系数的单位为，电流的单位为，时间的单位为，可得，故A正确；
B．根据电功，可得
而是力的单位（N），故B错误；
C．eV是能量单位，
V是电压单位，二者物理意义和量纲均不同，故C错误；
D．根据功率，可得，故D错误。
故选A。
2. 医疗领域常用放射性同位素进行肿瘤治疗，其衰变过程伴随射线释放，已知的半衰期年，检测发现某肿瘤患者治疗所用的药物中的剩余质量为初始质量的。的衰变方程为：。衰变相关质量数据为：、、。下列说法正确的是（ ）
A. 放射性元素发生的衰变为衰变
B. 若环境温度降低，衰变速度不变
C. 该反应前后质量亏损
D. 该药物从生产到这次使用所经历的时间为43.2年
【答案】B
【解析】
【详解】A．α衰变的产物为氦原子核，该衰变释放电子，属于β衰变，故A错误；
B．半衰期由原子核内部结构决定，与外界温度、压强等环境条件无关，因此环境温度降低，衰变速度不变，故B正确；
C．γ光子无静止质量，质量亏损为反应前总质量减去反应后总质量，则，故C错误；
D．根据半衰期公式
代入
可得
解得，故D错误。
故选B。
3. 三块相同的矩形金属板正对平行放置，三板中心分别有一个小孔、、，相邻两板间的距离相等，中间的金属板接电池的正极，两侧的接电池的负极，电子从处漂出电场（初速度不计），如图所示。以为原点，的连线为正方向建立轴。关于电场强度、电势、电子的速度、电子的电势能随坐标变化图像中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】ABD．设相邻两金属板间距离为d,，之间分别为匀强电场，之间场强方向向左为负，之间场强方向向右为正，由
故在之间某一点的电势
又电子在之间某一点的电势能
故电势从零开始均匀增大，同理电势均匀减小到零
故电势能从零开始均匀减小到最小，同理电势能均匀增大到零。故AB错误，D正确；
C．对电子由动能定理
故
故C错误。
故选D。
4. 如图所示，直杆AB倾斜固定在墙边，绕过动滑轮的轻绳C、D两端分别固定在直杆和竖直墙面上，动滑轮下面吊着重物，将轻绳C端沿杆缓慢移动（重物不着地）或将轻绳D端沿墙面缓慢移动，则下列判断正确的是（ ）
A. 轻绳C端沿杆向上缓慢移动，轻绳上张力减小
B. 轻绳C端沿杆向下缓慢移动，轻绳上张力减小
C. 轻绳D端沿墙面向上缓慢移动，轻绳上张力减小
D. 轻绳D端沿墙面向下缓慢移动，轻绳上张力减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．轻绳上各处张力大小相等，设滑轮两边轻绳间的夹角为，则根据力的平衡可知
轻绳端缓慢沿杆向上移动，滑轮两边轻绳间的夹角变小，增大，轻绳上的张力减小，A正确；
B．轻绳端缓慢沿杆向下移动，滑轮两边轻绳间的夹角变大，减小，轻绳上的张力增大，B错误；
CD．轻绳端缓慢沿墙面向上或向下移动，绳长为，、点水平距离为，如图所示
根据几何关系可知
不变，故滑轮两边轻绳间的夹角不变，则不变，因此轻绳上的张力不变，CD错误。
故选A。
5. 某增强现实型头盔可将计算机生成的实时虚拟影像与现实场景影像进行无缝融合，其光学系统设计如图所示。虚拟影像光线由微型显示器发出，先由面入射到棱镜2，接着由面反射后经过面、面进入棱镜1，在面发生全反射后又经过面（面镀有半反半透膜）的反射，再次通过面进入人眼。现实场景光则依次通过、、面进入人眼。关于该光学系统，下列说法正确的是（ ）
A. 为使现实场景光通过面时不发生偏折，棱镜3材料的折射率必须小于棱镜1材料的折射率
B. 在面的外表面镀一层增透膜可使人眼看到的景象更加明亮，是利用了光的干涉原理
C. 经棱镜的多次折射与反射，微型显示器发出的光能量会减弱，其本质是光子的频率降低
D. 若选用折射率的材料制作棱镜1，光线在面的入射角大于30°一定可以满足全反射要求
【答案】B
【解析】
【详解】A．为使现实场景光进出光学系统前后不发生偏折，即现实场景在棱镜3与棱镜1中沿直线传播，可知棱镜3材料的折射率必须等于棱镜1材料的折射率，故A错误；
B．在面的外表面镀一层增透膜可使人眼看到的景象更加明亮，是利用了光的干涉原理，故B正确；
C．经棱镜的多次折射与反射，微型显示器发出的光能量会减弱，其本质是有一部分光在界面上发生了反射，光子的频率不变，故C错误；
D．在面发生全反射，根据折射率与临界角的关系有
解得
即
由于
可知若选用折射率的材料制作棱镜1，光线在面的入射角大于30°不可以满足全反射要求，故D错误。
故选B。
6. 《大国重器》节目介绍的GIL输电系统的三相共箱技术如图甲所示，管道内部有三根绝缘超高压长输电线缆平行且间距相等，截面图如图乙所示，上方两根输电线缆A、B圆心连线水平，某时刻B、C中电流方向垂直于纸面向外、A中电流方向垂直于纸面向里，A、B、C中电流大小均为I，已知导线在图示平面某处所产生的磁感应强度满足，R为离导线的距离。已知输电线缆A在O处所产生的磁感应强度大小为。则（ ）
A. 输电线缆B、C相互排斥
B. 输电线缆C所受安培力方向指向O点
C. 输电线缆A、B、C在正三角形中心O处的磁感应强度大小为
D. 输电线缆A、B、C在B、C连线中点处的磁感应强度大小为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据右手螺旋定则和左手定则可知，由于B、C输电线缆通入的电流方向相同，所以二者相互吸引，A错误；
B．根据右手螺旋定则和左手定则可知，由于A、C输电线缆通入的电流方向相反，所以A、C间为斥力，而B、C输电线缆通入的电流方向相同，所以B、C间为引力。又因为A、B、C输电线缆平行且间距相等，以及A、B、C中电流大小均为I，所以A、C间的斥力和B、C间的引力的大小相等，则根据平行四边形定则可知，输电线缆C所受安培力方向水平向右，B错误；
C．正三角形中心O到三个导线的距离相等，电流大小相等，根据
因此A、B、C在O点产生的磁感应强度大小均为，根据安培定则，输电线缆A、B、C在正三角形中心O处产生的磁感应强度如图所示
​
由几何关系可知与的夹角为，故两者的合磁场大小为，方向与的方向相同，所以输电线缆A、B、C在正三角形中心O处产生的总磁感应强度大小为，C正确；
D．根据右手螺旋定则可知，B、C输电线缆在B、C连线中点处的磁感应强度大小相等、方向相反，相互抵消，而A输电线缆在B、C连线中点处的磁感应强度方向由B指向C，设正三角形边长为，B、C连线中点为，由几何关系可得，
根据
可得
其中为比例系数，输电线缆A在M点产生的磁感应强度大小
联立可得，D错误。
故选C。
7. 如图所示，磁场中固定一个电荷量为Q的正点电荷，一个电荷量为q、质量为m的带电粒子（重力不计）以正点电荷为圆心，在匀强磁场中做半径为r的匀速圆周运动，沿不同的方向绕行周期之比为，已知静电力常量为k，下列说法中正确的是（ ）
A. 粒子可能带正电
B. 粒子沿逆时针方向转动时的线速度是沿顺时针方向时的2倍
C. 粒子顺时针转动时，向心加速度大小为
D. 粒子逆时针转动时，向心加速度大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．若粒子带正电，则受到的库仑力一定向外，若顺时针转动时，洛伦兹力方向背离圆心，则合力向外，粒子不可能如图所示的圆周运动，故A错误；
BCD．根据A的分析可知，粒子一定带负电；根据可知，线速度之比为；由于逆时针转动时，向心力较小，故线速度较小，因此沿逆时针方向旋转时的线速度是沿顺时针方向时的，顺时针转动时，洛伦兹力向里，则有
而逆时针转动时，洛伦兹力向外，则
由于，则
且
则联立解得，，故BC错误，D正确。
故选D。
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，选对但选不全的得3分，有选错的得0分。
8. 如图所示，水平面内有两个沿竖直方向振动的相干波源、，它们发出的简谐横波在同一均匀介质中相遇，波长均为，波源的振幅为，的振幅为。图中实线表示该时刻的波峰，虚线表示该时刻的波谷，a、c、e三点均位于、连线的中垂线上，其中e点是a、c连线的中点，b、d、f三点为所在两个圆弧的交点。下列说法正确的是（ ）
A. a、c两点为振动加强点，故a、c两点任何时刻位移不可能为0
B. 图示时刻a、c两点连线上的任意一点（不含a、c）均向下振动
C. b点此时位移为，再过四分之一周期，b点到达平衡位置
D. 图中e点的振幅为0，但是它是振动加强点
【答案】BC
【解析】
【详解】A．、是振动加强点，仅说明振幅增大为
质点仍做简谐运动，位移会在之间周期性变化，经过平衡位置时位移为0，故A错误；
B．是两波谷相遇，当前位移为；是两波峰相遇，当前位移为。波沿中垂线远离波源，从向方向传播，根据波动规律“上坡下，下坡上”，沿传播方向，到段位移从增加到，属于上坡，因此该段任意一点（不含、）的振动方向均向下，故B正确；
C．是​的波峰和​的波谷相遇，属于振动减弱点，振幅为
当前合位移为
恰好是最大负位移处，简谐运动中，从最大负位移处经过​周期恰好到达平衡位置，故C正确；
D．在、的中垂线上，到两波源的路程差为0，属于振动加强点，振幅为，故D错误。
故选BC。
9. 如图所示，科学家设想在赤道平面内建造一条垂直于地面、延伸至太空的电梯轨道——“太空电梯”。乘客乘坐电梯舱可沿轨道从地面直接到达地球同步轨道上的空间站。已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步轨道距地面高度为h。某时刻电梯舱停留在距地面高度为2R的P点处。此时，电梯舱内一质量为m的乘客站在体重计上，体重计示数为F，引力常量为G。下列说法正确的是（ ）
A. 乘客在P点的线速度大小为
B. 乘客在P点的向心加速度小于
C. 乘客在P点受到的万有引力大小为
D. 体重计的示数
【答案】BC
【解析】
【详解】由题意可知，“太空电梯”上各点的运动周期及同步卫星的运动周期都与地球的自转周期相同，由可知，它们的角速度也相同。
A．乘客所受万有引力提供向心力时
可解出
但乘客还受到体重计的支持力，所以乘客在点的线速度不等于，故A错误；
B．地球同步轨道上空间站的向心加速度
因为乘客与空间站具有相同的角速度，但乘客在点的运动半径小于地球同步轨道半径，由
可知乘客在点的向心加速度小于，故B正确；
C．乘客在点受到的万有引力大小为，故C正确；
D．根据牛顿第三定律，体重计示数与体重计对乘客的支持力等大反向，分析乘客的受力得
可解得，故D错误。
故选BC。
10. 如图所示，一固定在水平面上的光滑木板，与水平面的夹角，木板的底端固定一垂直木板的挡板，上端固定一定滑轮O。劲度系数为的轻弹簧下端固定在挡板上，上端与质量为的物块Q连接。跨过定滑轮O的不可伸长的轻绳一端与物块Q连接，另一端与套在水平固定的光滑直杆上质量为m的物块P连接。初始时物块P在水平外力F作用下静止在直杆的A点，且恰好与直杆没有相互作用，轻绳与水平直杆的夹角。撤去水平外力F，物块P由静止运动到B点时轻绳与直杆间的夹角。已知滑轮到水平直杆的垂直距离为d，重力加速度大小为g，弹簧轴线、物块Q与定滑轮之间的轻绳共线且与木板平行，不计滑轮大小及摩擦。，。则下列说法正确的是（ ）
A. 物块P静止在A点时拉力F大小为
B. 物块P在A点时，弹簧的伸长量为
C. 物块P从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹性势能一直减小
D. 物块P从A点运动到B点的过程中，轻绳拉力对物块P做的功为
【答案】ABD
【解析】
【详解】AB．物块P在A点受力平衡，
Q在斜面上受力平衡
联立解得，拉力F大小为， 弹簧的伸长量为 ，A正确 ，B正确；
C．当物块P运动到B点时，弹簧的形变为
代入数据解得，故弹簧的缩短量为
物块P在A点时弹簧处于伸长状态，物块P在B点时弹簧处于压缩状态，物块P从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹性势能先减小、后增大(弹簧变为原长时，弹性势能最小，且最小值为零)，故C错误；
D．物块P从A点运动到B点的过程中，对P应用动能定理，其中为轻绳拉力对物块P做的功。
物块P从A点运动到B点的过程中，对Q应用功能关系有
整理得
物块P 运动到B点时，根据速度关联关系有
又知道，
联立解得
所以，物块P从A点运动到B点的过程中，轻绳拉力对物块P做的功为，故D正确。
故选ABD。
三、实验题：本题共2小题，共16分。
11. 某实验小组采用数字化实验装置探究加速度与物体受力、物体质量的关系，实验装置如图所示：水平气垫导轨上放置滑块，滑块左侧通过轻质细绳绕过定滑轮与力传感器相连，力传感器下方悬挂砝码和砝码盘，力传感器测量的是与滑块相连的细线上的拉力，气垫导轨上安装两个光电门，可记录挡光片通过两光电门的时间。已知挡光片宽度为d，两光电门间距离为L，当地重力加速度为g。
（1）实验中发现，砝码质量越大，力传感器的示数F与砝码盘、砝码和力传感器的总重力差值就________（填“越大”或“越小”）。
（2）某次实验中力传感器的示数为F，挡光片通过光电门1、2的时间分别为、，滑块的加速度________（用、、、表示），实验中砝码、砝码盘和力传感器的总质量________（用F、g、a表示）。
【答案】（1）越大 （2） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
设砝码盘、砝码和力传感器的总质量为，根据牛顿第二定律有
对滑块有
联立解得
可知砝码质量越大，加速度就越大，力传感器的示数与砝码盘、砝码和力传感器的总重力差值为
故力传感器的示数与砝码盘、砝码和力传感器的总重力差值越大。
【小问2详解】
[1]滑块经过光电门1的速度为
滑块经过光电门2的速度为
根据匀变速运动规律得
联立可得
[2]对砝码、砝码盘和力传感器整体分析有
解得
12. 实验小组为测量电源电动势和内阻，设计了如图甲所示的电路，保护电阻为。
（1）如果只需要测量电源电动势，则开关应该打到________（填“a”或“b”）。
（2）为了测量更准确，小组成员将保护电阻和电流表串联，先用多用电表的×1Ω挡位测量电流表和保护电阻的总电阻，电表测量值如图乙所示，电表示数为________Ω。
（3）为了精确测量电源电动势和内阻，应将图甲中的开关置于________（填“a”或“b”）进行实验，得到数据绘制U-I图像如图丙所示，则电源电动势和内阻分别为________V，________Ω。（结果保留两位有效数字）
【答案】（1）
（2）4.0 （3） ①. ②. 1.5 ③. 1.0
【解析】
【小问1详解】
如果只需要测量电源电动势，则开关应该打到。因为开关打到时，电流表内接（相对于电源来说），该电路测电源的电动势无系统误差。
【小问2详解】
根据题意可知，多用电表示数为
【小问3详解】
[1]因先用多用电表测出了电流表和保护电阻的总电阻，为了减小电动势和内阻的测量误差，开关应该打到，这样可以消除测量电动势和内阻的系统误差。
[2][3]根据闭合电路欧姆定律可得
可得
可得图丙中图像的纵截距表示电源的电动势，斜率的绝对值表示
故电源电动势
又
则内阻
四、解答题：共3小题，13题8分，14题13分，15题17分，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13. 小宁同学在实验室中使用导热性能良好的圆底烧瓶，进行如下实验探究：装置如图所示，空烧瓶上通过橡胶塞连接一根两端开口的细玻璃弯管，向玻璃管水平部分注入一段水柱来封闭气体，瓶内气体温度变化时，会观察到水柱移动。某次实验时室温为，大气压为，封闭的气体体积为，此时水柱水平且静止。小宁同学拿着吹风机对着瓶身吹冷风，水柱开始缓慢水平向内移动（始终未进入竖直玻璃管中），待水柱不再移动时，瓶内气体温度降低了，在此过程中瓶内气体向外界传递的热量为。烧瓶内气体可视为理想气体且无质量变化。求稳定后：
（1）烧瓶内气体的体积变化量绝对值；
（2）烧瓶内气体内能的变化量。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
初始状态水柱静止，说明瓶内气体压强等于大气压
实验过程中，水柱始终水平静止，瓶内气体压强始终与外界大气压平衡，因此稳定后气体压强
气体做等压变化，由盖-吕萨克定律
化简得
解得
【小问2详解】
根据热力学第一定律
其中是外界对气体做的功。气体等压压缩，
将代入
解得
代入热力学第一定律，得
14. 如图，在光滑水平地面的左端固定一倾角为、高度为的粗糙斜面，右端竖直固定一半径为R的光滑半圆形轨道。一质量为（可看成质点）的滑块B置于水平面上，左端接一轻弹簧（两者接触但未固定）。现将另一个完全相同的滑块A从斜面顶端由静止释放，滑块B脱离弹簧运动一段时间后滑上半圆形轨道，已知滑块A从开始压缩弹簧到弹簧长度最短所用时间为，滑块A与斜面间的动摩擦因数，滑块B运动到半圆形轨道顶端时所受弹力大小为，各部分平滑连接，弹簧始终在弹性限度内。（，，重力加速度）
（1）求滑块A到达斜面底端时的速率；
（2）求半圆形轨道的半径；
（3）求从滑块A与弹簧接触到B与弹簧分离过程中，A运动的位移大小。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
滑块A在斜面上运动时，其加速度为，由牛顿第二定律得
解得
设滑块A到达斜面底端时的速率为，由匀变速直线运动规律有
联立各式得
【小问2详解】
滑块A开始压缩弹簧到滑块B刚脱离弹簧的过程可看成弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得，
解得，
设滑块B运动到半圆形轨道最高点时的速度为，由动能定理得
设滑块B运动到半圆形轨道顶端时所受的弹力为，有
联立解得，
【小问3详解】
滑块A开始压缩弹簧到弹簧长度最短的过程中，设滑块A的位移为，滑块B的位移为，系统动量守恒，有
对时间微元求和，得
即
根据A、B运动对称性可知，滑块A开始压缩弹簧到滑块B刚脱离弹簧的过程中，滑块A的位移为
故A运动的位移为
15. 为了提高能源的利用率，高铁动车组可将列车制动产生的电能，提供给同一电网下处于启动状态的其他列车。此过程可简化为如图所示的模型：水平面内有间距足够长粗糙平行金属导轨MN、PQ，导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。两根相同的金属棒甲、乙，质量均为，接入电路的电阻均为，静止放在导轨上且与导轨垂直良好接触，两棒与导轨间的摩擦阻力均为，不计导轨电阻。时，开关接通、断开，恒流源提供恒定电流，甲棒从静止开始向右匀加速运动；时立即断开同时接通，甲棒制动并将产生的电能驱动乙棒运动。求：
（1）时刻甲金属棒的速度大小；
（2）时刻接通瞬间，甲、乙两金属棒的加速度大小和方向；
（3）当时刻后甲金属棒速度减到某数值时，乙金属棒不能再加速；求这一过程两金属棒的相对位移。
【答案】（1）
（2），方向向左；，方向向右
（3）24m
【解析】
【小问1详解】
甲棒受到安培力的作用，大小为
根据牛顿第二定律，有
所以在时刻甲棒的运动速度为
【小问2详解】
在断开同时接通的瞬间，甲棒切割磁感线产生的感应电动势大小为
回路中的瞬时电流为
对甲棒分析，有
解得，方向向左；
对乙棒分析，有
解得，方向向右。
【小问3详解】
时刻后甲金属棒减速，乙金属棒加速，当乙金属棒受到的安培力与摩擦力相等时，乙棒不再加速。设此时甲棒的速度为，乙棒的速度为，回路中的电流为，有
此时有
解得
可解得
对甲棒应用动量定理，有
对乙棒应用动量定理，有
将上述两公式相减，有
根据电流的定义，有
所以
根据电磁感应定律，
且
所以相对位移