四川省内江市威远中学2026届高三下学期高考仿真考试物理试卷（Word版附解析）

这是一份四川省内江市威远中学2026届高三下学期高考仿真考试物理试卷（Word版附解析），文件包含浙教版科学七上-第一章探索自然的科学强化提升·B卷-原卷版doc、浙教版科学七上-第一章探索自然的科学强化提升·B卷-解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共7小题，每题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求。
1. 2025年11月19日，清华学子邵雨琪在第十五届全运会女子跳高决赛中获得金牌，若起跳过程中，其重心上升的高度约为0.8m，请估算她起跳离地时，竖直向上速度为（ ）
A. 2m/sB. 3m/sC. 4m/sD. 5m/s
【答案】C
【解析】
【详解】起跳后运动员在竖直方向的运动可以看成竖直上抛运动，重心上升的高度约为，由竖直上抛运动的规律，有
解得竖直向上速度。
故选C。
2. 关于近代物理学，下列说法正确的是（ ）
A. 光既有粒子性，也有波动性，康普顿散射与光电效应都表明光具有粒子性
B. 激光频率约为，，据此可推测功率为50千瓦级的激光器每秒射出光子数达1020量级
C. 黑体是指能够完全吸收所有入射电磁波的理想物体，因此黑体一定是黑色的
D. 放射性元素的衰变方程是，说明原子核内有电子
【答案】A
【解析】
【详解】A．光电效应和康普顿散射均证实光具有粒子性，而光的干涉、衍射等表明其波动性，故A正确；
B．光子能量
则每秒光子数，故B错误；
C．黑体定义是理想吸收体，但其颜色取决于温度（如高温黑体可发光），并非一定是黑色，故C错误；
D．该方程为β衰变，电子由核内中子转化为质子时产生，并非原子核内存在电子，故D错误。
故选A。
3. 机器人表演扭秧歌时，将左、右手中的手绢同时抛出互换，如图（b）所示。两手绢在空中的运动轨迹分别为轨迹和轨迹，若忽略空气阻力，则（ ）
A. 沿轨迹运动的手绢加速度更大
B. 沿轨迹运动的手绢在空中运动时间更长
C. 沿轨迹运动的手绢到最高点时速度更大
D. 沿轨迹运动的手绢到最高点时速度更大
【答案】D
【解析】
【详解】A．手绢沿轨迹和运动的加速度相等均为重力加速度，故A错误；
B．手绢在空中为斜上抛运动，手绢从手中到最高点（逆向思维）与最高点到手中为对称的平抛运动，设手绢在空中运动时间为，由可知，沿轨迹运动的手绢更大，所以其在空中运动时间更长，故B错误；
CD．设手绢在空中运动时间为，由
由图可知相同，沿轨迹运动的手绢在空中运动时间更短，所以沿轨迹运动的手绢到最高点时的速度更大，故C错误，D正确。
故选D。
4. 2025年4月25日1时17分，在执行任务的神舟十九号航天员乘组打开“家门”，欢迎神舟二十号航天员乘组入驻中国空间站。神舟二十号航天员乘组入驻后，空间站仍在原来的轨道（视为近地圆轨道）上运行，则（ ）
A. 空间站的运行周期不变
B. 空间站的速度大小变小
C. 新入驻空间站的航天员所受合外力为零
D. 新入驻空间站的航天员所受合外力比静止在地面上时小
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据万有引力提供向心力
所以周期
由于r、M均为定值，故空间站运行周期不变，故A正确；
B．根据万有引力提供向心力
解得线速度为
所以空间站速度大小不变，故B错误；
C．新入驻航天员随空间站做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，合外力不为零，故C错误；
D．根据万有引力提供向心力
可得
由此可知，新入驻空间站的航天员的加速度大于同步卫星的加速度，由于航天员静止在地面时，其角速度等于同步卫星公转角速度，根据可知，航天员的加速度小于同步卫星的加速度，所以航天员静止在地面的加速度小于入驻空间站的加速度，则新入驻空间站的航天员所受合外力比静止在地面上时大，故D错误。
故选A。
5. 爱因斯坦提出的光子说成功地解释了光电效应的实验现象，在物理学发展历程中具有重大意义。图甲是光电效应实验装置示意图，图乙是研究光电效应电路中a、b两束入射光照射同种金属时产生的光电流与电压的关系图像，图丙是P、Q两种金属的光电子最大初动能与入射光频率的关系图像，图丁是某种金属的遏止电压与入射光频率之间的关系图像。下列说法正确的是（ ）
A. 在图甲实验中，改用红外线照射锌板验电器指针也会张开
B. 由图乙可知，a光的频率等于b光
C. 由图丙可知，金属P的逸出功大于金属Q的逸出功
D. 由图丁可知，该图线的斜率为普朗克常量h
【答案】B
【解析】
【详解】A．图甲中，当紫外线照射锌板时，验电器指针张开，由于红光的频率较小，所以用红外线照射锌板不一定有光电子飞出，验电器指针不一定会张开，故A错误；
B．图乙中，从光电流与电压的关系图中可以看出，遏止电压相同，根据可知a光的频率等于b光的频率，故B正确；
C．根据光电效应方程
由图可得金属Q的极限频率大，可知金属P的逸出功小于金属Q的逸出功，故C错误；
D．根据
解得
则斜率，故D错误。
故选B。
6. 如图所示，一根光滑细杆倾斜固定，其与水平方向的夹角为，、、三点位于细杆上且满足，点位于点正下方，与点连线水平，一轻弹簧一端固定于点，另一端连接一小球，小球中间有一小孔，穿在光滑细杆上，当小球处于点或者点时，小球刚好能处于静止状态。已知小球处于点时弹簧的压缩量为，小球处于点时弹簧的伸长量为，小球可看作质点，下列关系式正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】当小球处于点或者点时，小球刚好能处于静止状态。当小球处于点时，根据平衡条件可知，弹簧的弹力竖直向上且一定等于小球的重力，有
当小球处于点时，受力分析可知
两式联立可知
故选C。
7. 通过变压器给用户供电的原理图如图所示。理想变压器原、副线圈的匝数比为，原线圈和副线圈输电线的电阻分别用和表示，且，a、b端输入电压不变，电压表均为理想电表。当并入电路的用电器逐渐增加时，下列判断正确的是（ ）
A. 电压表的读数保持不变B. 电压表的读数逐渐变大
C. 变压器的输出功率逐渐变大D. 电压表与的读数之比保持不变
【答案】C
【解析】
【详解】AB．根据等效电源法可得，
当并入电路的用电器逐渐增加时，减小，减小，增大，减小，则电压表的读数减小。
根据原、副线圈的电压、电流与匝数的关系可知，副线圈中电流增大，副线圈电压减小，两端电压增大，的示数减小，故A错误，B错误；
C．由于，，所以
根据等效电源法及电源的输出功率随外电路电阻变化的关系可知，减小时，外电路电阻减小，由于外电路电阻始终大于等效电源内阻，所以电源的输出功率增大，即变压器的输出功率逐渐变大，故C正确；
D．根据原、副线圈的电压与匝数的关系有，其中，
所以
由于增大，减小，则增大，减小，增大，故D错误。
故选C。
二、多项选择题：本题共3小题，每题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求。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. 如图所示，一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶，在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只质量为的桶，自由地摆放在桶之间，没有用绳索固定，桶的大小都一样。桶受到桶和桶的支持，和汽车保持相对静止一起运动，重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A. 若货车匀速向左运动，则对的弹力大小为
B. 若货车匀速向左运动，则对的弹力大小为
C. 若货车向左减速运动，则对的支持力不可能为0
D. 若货车向左加速运动，则货车的加速度大小可以为
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．当车辆匀速时，对进行受力分析得
解得，正确，B错误
CD．如图所示，向左减速时，若加速度大小为，此时只受重力和的支持力，对的支持力为零。向左加速时，若对支持力为零此时只受重力和的支持力，则加速度大小为，C错误，正确。
故选AD。
9. 一列简谐横波沿轴正向传播，时传至点，该波的波速，波形图如图（a）所示，此时处质点开始在同一平面振动，振动图像如图（b）所示。下列说法正确的是（ ）
A. 时质点向负方向振动
B. 内质点经过的路程为
C. 时，处质点位移为0
D. 经过一段时间振动稳定后，间有3个振动减弱点
【答案】AD
【解析】
【详解】A．周期，时刻质点向正向振动，经质点运动方向相反，故向负向振动，故A正确；
B．经波在其传播方向传出，时质点位移为，故质点经过的路程为，故B错误；
C．左侧波经传至处，质点负向起振，振动位移为，右侧波经传至处，质点正向起振，振动位移为，故时，处质点位移为，故C错误；
D．为反步调振动的相干波源，波程差为0、处为减弱点，间有、、三个振动减弱点，故D正确。
故选AD。
10. 如图甲所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，磁场方向垂直纸面向里，一带正电小球以4m/s的速率恰好能沿竖直平面做匀速圆周运动，小球电荷量，圆心O的电势为零。以竖直向上为正方向建立y轴。在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势随纵坐标y的变化关系如图乙所示，重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A. 匀强电场的场强大小为
B. 小球一定沿逆时针方向做匀速圆周运动
C. 匀强磁场的磁感应强度大小为
D. 小球从最低点运动到最高点的过程中，电势能增加了2.4J
【答案】BC
【解析】
【详解】A．根据题意和题图乙可知，匀强电场的场强大小为，故A错误；
B．小球受竖直向上的电场力与竖直向下的重力平衡，可知带正电
小球做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，根据左手定则可知，小球做逆时针方向的匀速圆周运动，故B正确；
C．由题意知，洛伦兹力提供向心力
解得，故C正确；
D．小球从最低点运动到最高点的过程中，电势能减少了，故D错误。
故选BC。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。13~15小题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11. 某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，作出的光路图及测出的相关角度如图甲所示。
（1）下列措施能够提高实验准确度的是________；
A. 和之间的距离适当减小
B. 、连线与玻璃砖分界面法线的夹角适当减小
C. 选用宽度较大的玻璃砖
D. 用入射界面与出射界面平行的玻璃砖
（2）该同学在插针时不小心插得偏右了一点，则折射率的测量值________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）；
（3）另一同学操作正确，根据实验记录在白纸上画出光线的径迹，过入射光线上A点作法线的平行线交折射光线的反向延长线于B点，再过B点作法线的垂线，垂足为C点，如图乙所示，其中，则玻璃的折射率________。
【答案】（1）C （2）偏大
（3）1.5
【解析】
【小问1详解】
A．为减小作图误差，和之间的距离应适当增大，故A错误；
B．、连线与玻璃砖分界面法线的夹角适当增大，折射现象更明显，误差较小，故B错误；
C．光在宽度较大的玻璃砖中的传播路程较长，入射点与出射点之间的距离较大，角度测量越准确，误差越小，故C正确；
D．玻璃砖无需平行，故D错误。
故选C。
【小问2详解】
针插得偏右一点会导致出射光线在玻璃砖上的出射点左移，从而导致折射角的测量值偏小，根据可知折射率的测量值偏大。
【小问3详解】
由几何知识得，
则玻璃的折射率
12. 某同学利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性，制作了一个简易的汽车低油位报警装置。
（1）该同学首先利用多用电表电阻“×100”挡粗测该热敏电阻在常温下的阻值。示数如图甲所示，则此时热敏电阻的阻值________。
（2）该同学为了进一步探究此热敏电阻阻值随温度变化的关系，设计了如图乙所示的实验电路，定值电阻，则在闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于最________（选填“左”或“右”）端。在某次测量中，若毫安表的示数为2.5mA，的示数为1.50mA，两电表可视为理想电表，则热敏电阻的阻值为________（结果保留两位有效数字）。
（3）经过多次测量，该同学得到热敏电阻阻值随温度变化的关系图像如图丙所示，可知该热敏电阻的阻值随温度降低越来越________（选填“大”或“小”）。
（4）该同学利用此热敏电阻设计的汽车低油位报警装置如图丁所示，其中电源电动势，定值电阻，长度的热敏电阻下端紧靠在油箱底部，不计报警器和电源的内阻。已知流过报警器的电流时报警器开始报警，若测得报警器报警时油液（热敏电阻）的温度为30℃，油液外热敏电阻的温度为70℃，由此可知油液的警戒液面到油箱底部的距离约为________cm（结果保留一位有效数字）。
【答案】（1）1.9 （2） ①. 左 ②. 5.0
（3）大 （4）5
【解析】
【小问1详解】
表盘的指针位置为19，测电阻所用的挡位为“×100”挡，所以读数结果为
【小问2详解】
[1]为了保证被测部分的电压从零开始逐渐增大，对仪器起到保护作用，电路图中滑动变阻器的滑片P应置于最左端。
[2]并联电路，各支路两端电压相同，根据欧姆定律得热敏电阻阻值
【小问3详解】
由图像可知该热敏电阻的阻值随温度降低越来越大。
【小问4详解】
电路报警时，总电阻，
由图可知，油液内（报警液面处）热敏电阻的温度为30℃，由图可知，此时热敏电阻的阻值1.5kΩ，油液外热敏电阻的温度为70℃，由图可知，此时热敏电阻的阻值0.5kΩ。设报警液面到油箱底部的距离为h，热敏电阻的总阻值
解得
13. 池塘水面温度为，一个体积为的气泡从深度为的池塘底部缓慢上升至水面，其压强随体积的变化图像如图所示，气泡由状态1变化到状态2。水的密度为，水面大气压强，气泡内气体看作是理想气体，重力加速度大小为。求：
（1）池底的温度；
（2）若该过程气泡中气体内能增加，气体所吸收的热量。
【答案】（1）282K
（2）0.55J
【解析】
【小问1详解】
气泡在池底时压强
由理想气体状态方程得
解得
【小问2详解】
由图可知，气泡在上升过程中平均压强
由得气体做的功大小为
解得
由热力学第一定律得气体吸收的热量
14. 如图所示，有一右侧带挡板的长木板静止在光滑水平地面上，可视为质点的物块A、B中间夹有微量炸药静置在木板上，物块B离挡板的距离。炸药具有的化学能，引爆炸药将两物块沿木板分开，炸药化学能的50%转化为两物块的动能，在以后的运动过程中两物块的碰撞以及物块与挡板间的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间和爆炸时间均不计，两物块均未从木板上滑下。已知两物块质量均为，长木板的质量，物块A与长木板间的动摩擦因数，物块B与长木板间无摩擦，重力加速度，求：
（1）爆炸后瞬间，物块A的速度大小；
（2）物块B从爆炸后瞬间到第一次与挡板相碰所经历的时间、碰后木板的速度大小。
【答案】（1）3m/s
（2）；
【解析】
【小问1详解】
对A、B组成的系统，动量守恒
由能量关系可得
解得
【小问2详解】
爆炸后，物块A向左匀减速，物块B匀速，长木板向左匀加速；设A与木板共速后，B再与木板碰撞，规定方向向左为正方向；A、长木板动量守恒
对A受力分析根据牛顿第二定律
匀变速运动中速度时间关系
可得，
物块B的位移
长木板位移
，假设成立
A和木板共速后以匀速运动，
爆炸后瞬间到B第一次与挡板相碰所经历的时间
第一次B与木板发生弹性碰撞，以右为正向
根据动量守恒
机械能守恒
解得
15. 电磁制动是通过电磁规律实现制动的技术，具有响应速度快，方便控制，不易磨损等优点，广泛用于现代各种机械设备中。某同学对矩形线圈进入磁场的制动特点进行研究。如图甲所示xy是位于光滑水平桌面上的直角坐标系，在的一侧，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面向里，磁感应强度的大小为。在水平面区域紧靠y轴有一静止的质量为m0的矩形线框，边长分别为和，每个边电阻为0，每个边电阻为。
（1）给线框施加沿x轴正方向的恒定外力F，线框即将完全进入磁场时，加速度恰好为0，线框即将完全进入磁场时的速度大小vt；
（2）在（1）问条件下，求线框从开始至即将完全进入磁场的时间t；
（3）该同学对线框进行改造，n个题干所述矩形线框，其中1个线框保持不变，其余（n-1）个线框各去掉一个边，如图乙所示焊接在一起，整体质量为。初始时大线框右侧紧贴y轴，给改造后的大金属框一个沿x轴正方向的初速度，使其恰能全部进入磁场区域，求初速度的大小。（已知：）
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
线框即将完全进入磁场时，由闭合电路的欧姆定律
又
解得
【小问2详解】
线框从开始至完全进入磁场过程中，由动量定理可得，
故I安=∑BIl2Δt=∑BBl2v2rl2Δt=B2l22l12r
解得
【小问3详解】
大线框右侧第一条边进入磁场至第二条边即将进入磁场的过程中I安1=∑BIl2Δt=∑BBl2vr+1nrl2Δt=B2l22l1r⋅nn+1
大线框右侧第二条边进入磁场至第三条边即将进入磁场的过程中
I安2=∑BIl2Δt=∑BBl2v12r+1n−1rl2Δt=B2l22l1r⋅2(n−1)n+1
同理可得：大线框右侧第i条边进入磁场至第i+1条边即将进入磁场的过程中
I安i=∑BIl2Δt=∑BBl2v1ir+1n+1−irl2Δt=B2l22l1r⋅i(n+1−i)n+1
大线框从右侧第一条边刚进入磁场到全部进入磁场的过程中
I总=I安1+I安2+…+I安n=B2l22l1r⋅(n+1)+2(n+1)+…+n(n+1)−(12+22+…+n2)n+1=(n2+2n)B2l22l16r
由动量定理可得I总=mnvn−0