资源简介

江苏省连云港市2026届高三二模物理考前练习卷
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
一、单选题（本大题共11小题，共44分）
1．[4分]天然石材中含有放射性元素镭，镭衰变产生氡气，氡衰变时放射出X粒子和钋，、X粒子、的比结合能分别是、、，衰变释放的核能为。下列说法正确的是（　　）
A．X粒子是电子 B．
C． D．
2．[4分]我国神舟二十一号载人飞船于2025年10月31日成功发射。已知我国空间站在近地轨道上绕地球做匀速圆周运动，绕行时间约为90分钟，取，地球第一宇宙速度大小为。下列说法正确的是（　　）
A．由以上信息可求出地球的质量
B．空间站绕地球运行的线速度大小大于小于
C．若使空间站在半径更大的轨道上匀速绕行，则其周期将小于90分钟
D．航天员在空间站内处于完全失重状态，其受到的地球引力为零
3．[4分]如图所示是同一地点的甲、乙两单摆的部分振动图像，下列说法正确的是（　　）
A．甲、乙两单摆的摆长之比为
B．乙单摆的振动方程为
C．甲单摆的机械能小于乙单摆的机械能
D．内，甲摆球的重力势能增大，乙摆球的重力势能减小
4．[4分]如图所示为某静电场在x轴上的电场强度E随x的变化图像，电场强度沿x轴正方向时取正值。一个带正电的点电荷仅在电场力作用下由静止开始沿x轴运动，x轴上的a、b、c、d四点间距相等，下列说法正确的是（　　）
A．点电荷由d运动到a的过程中加速度先减小后增大
B．点电荷由b运动到a的过程中电场力做的功小于由c运动到b的过程中电场力做的功
C．点电荷由d运动到a的过程中电势能先增大后减小
D．若点电荷有初速度，点电荷一定不能沿着x轴运动
5．[4分]如图所示电路中， 为定值电阻，滑动变阻器的滑片 在某一位置处，闭合开关 后，灯泡 、 都恰好正常发光．若电源的电动势不变，内阻不计，灯泡的电阻不随温度改变，现在向左移动滑片 ，三个理想电流表 示数变化量的绝对值分别为 ．下列判断正确的是（ ）
A．灯泡 和 亮度都增大
B．灯泡 和 亮度都减小
C．
D．
6．[4分]一列简谐横波在均匀介质中沿轴传播，时刻的波形如图甲所示，图乙为质点的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．该波沿轴正方向传播
B．从时刻起，质点的振动方程为
C．质点在时刻的位置为
D．在时间内，质点的路程为
7．[4分]检测球形滚珠直径是否合格的装置如图甲所示，将标准滚珠与待测滚珠、放置在两块平板玻璃之间，用单色平行光垂直照射平板玻璃，形成如图乙所示的干涉条纹。若待测滚珠与标准滚珠的直径相等为合格，下列说法正确的是（ ）
A．滚珠、均合格 B．滚珠、均不合格
C．滚珠合格，滚珠不合格 D．滚珠不合格，滚珠合格
8．[4分]如图所示，倾角为 的传送带始终以的速度顺时针匀速运动，一质量为的物块以的速度从底端冲上传送带，恰好能到达传送带顶端．已知物块与传送带间的动摩擦因数为，取重力加速度大小，．物块从传送带底端运动到顶端的时间为（ ）
A． B． C． D．
9．[4分]2024年2月21日晚间，丽水多地出现短时大冰雹。如图所示为某冰雹从高空由静止下落过程中速度随时间变化的图象。若该冰雹所受的空气阻力可认为与物体速度大小成正比，图中作出了t=2.4s时刻的切线，已知该冰雹的质量为0.2kg，则（　　）
A．冰雹在t=2.4s时刻的加速度大小为5m/s2
B．冰雹所受的空气阻力与速度大小的比例系数大小为
C．冰雹最终达到最大速度的大小为15m/s
D．冰雹在0至2.4s内通过的位移为14.4m
10．[4分]一正方形导线框处在磁感应强度大小为、方向垂直线框平面的匀强磁场中，如图甲所示：另一正方形导线框内有磁感应强度大小随时间变化、方向垂直线框平面的匀强磁场，如图乙所示。图甲中导线框以角速度绕中心轴MN匀速转动的同时，图乙中磁场的磁感应强度均匀增大。图甲中导线框刚好转完一圈的过程中两导线框产生的焦耳热相同。两个正方形导线框完全相同，则乙图中磁场的磁感应强度随时间的变化率为（　　）
A． B． C． D．
11．[4分]小球甲套在粗细均匀的光滑竖直杆上，小球乙放在光滑水平面上，两球用轻杆相连，由静止释放小球甲，在小球甲向下运动到最低点的过程中（不计小球的大小），下列说法正确的是（　　）
A．轻杆对小球甲先做正功后做负功 B．小球甲的机械能先增大后减小
C．小球乙的动能一直增大 D．当小球甲刚要落地时，速度最大
二、非选择题（本大题共5小题，共58分）
12．[8分]（6分）如图为欧姆表原理示意图，电流表的满偏电流Ig＝1 mA，电池电动势E＝1．5 V，图中与接线柱A相连的表笔颜色应是　　　　（填“红”或“黑”）色，按正确方法测量Rx的阻值，指针指在刻度盘的正中央，则Rx＝　　　　kΩ。
该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变为1．4 V，内阻变大，但此表仍能调零，仍按照正确方法测量电阻，测量结果与真实值相比会　　　　（填“偏大”“偏小”或“相等”），若欧姆表示数为1．5 kΩ，所测电阻的阻值应为　　　　kΩ。
13．[10分]一定质量的理想气体，从状态A到状态B，再到状态C，最后回到状态A，如图所示，图中、均为已知量，气体在状态A时的热力学温度为，求：
（1）气体在状态C时的热力学温度；
（2）在过程中，外界对气体做的总功W；
（3）在的循环中，气体从外界吸收（或向外界放出）的热量。
14．[12分]如图所示，等腰三棱镜，顶角，的长度为，一束光从某点P垂直于边界射入三棱镜，恰好在边界上发生全反射，再直接经过边界射出三棱镜．已知真空中的光速，不考虑光在边界的反射．求：
（1）三棱镜折射率n；
（2）从边界射出的光在三棱镜中的传播速度v和时间t．
15．[12分]福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，2025年9月22日，央视首次公开了福建舰的电磁弹射视频。已知某舰载机质量为，在弹射系统和发动机共同作用下能在内从静止沿水平甲板跑道匀加速运动到起飞速度，重力加速度。
（1）舰载机在水平甲板上直线加速过程中，若发动机提供的动力为，舰载机受到的阻力f恒为其重力的0.2倍，求弹射系统提供的作用力F大小；
（2）舰载机离开航空母舰后，以与水平成的方向匀速直线爬升。此阶段发动机以最大推力运行，推力方向与速度方向相同。另外舰载机还受空气阻力，，方向与速度方向相反；受升力，，方向与速度方向垂直。求舰载机匀速爬升时的速度大小v和舰载发动机的最大推力。
16．[16分]如图所示，在平面直角坐标系的第二象限内，在半径为R的圆形区域内有垂直于坐标平面向外、磁感应强度为B的匀强磁场Ⅰ，圆与x轴相切于P点。在抛物线与y轴之间有沿轴负方向的匀强电场。在第一、四象限内有垂直于坐标平面向里、磁感应强度也为B的范围足够大的匀强磁场Ⅱ。在第一象限内y=R处有一平行于x轴的足够大的荧光屏。在P点持续发射出大量同种带正电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与x轴正方向夹角分布在0~180°范围内。其中沿与x轴负方向成角方向射出的粒子在磁场Ⅰ中偏转后沿x轴正方向进入电场，经电场偏转刚好从坐标原点O射入磁场Ⅱ中，经磁场Ⅱ偏转后打在荧光屏上。已知粒子的质量为m、电荷量为q，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。
（1）求粒子从P点射出的初速度大小；
（2）求匀强电场的电场强度大小；
（3）求粒子打在荧光屏上形成亮线的长度。
参考答案
1．【答案】C
A．根据质量数和电荷数守恒知，X粒子的质量数是4，电荷数是2，X粒子是α粒子，A错误；
B．衰变过程释放核能，原子核的比结合能变大，，B错误；
CD．衰变生成物的结合能减去衰变前原子核的结合能才是释放出的核能，则，C正确，D错误。选C。
2．【答案】A
根据万有引力提供圆周运动的向心力，空间站绕地球运动满足 ，解得，结合第一宇宙速度的意义可知，解得，在近地轨道，轨道半径近似等于地球半径，结合已知周期，，联立求得地球质量，故A正确；第一宇宙速度是地球表面附近（）的环绕速度，空间站轨道半径 ，根据万有引力提供向心力则有，解得 ，可知线速度小于，而是第二宇宙速度（逃逸速度），与轨道速度无关，故B错误；由开普勒第三定律，周期与轨道半径满足，即，因此半径越大时周期越大，因此当空间站轨道半径增大时，其运行周期大于分钟，故C错误；航天员处于完全失重状态是因地球引力提供圆周运动的向心力，所受地球引力不为零，故D错误。
3．【答案】B
由振动图像可知，甲、乙单摆的周期为，，根据单摆周期公式，可知，A错误；对乙单摆有，，故，由图可知，时刻，乙单摆的位移为0，且向负方向运动，乙单摆的振动方程为，B正确；单摆的机械能与摆球的质量、振幅等因素有关，仅从振动图像无法判断两单摆小球的质量关系，所以不能比较机械能的大小，C错误；内，甲、乙摆球均从平衡位置向最高点运动，甲、乙摆球的重力势能均增大，D错误。
4．【答案】B
由题图可知，点电荷由d运动到a的过程，场强先增大后减小，则电场力先增大后减小，加速度先增大后减小，A错误；电场强度E随x的变化关系图像与横轴所围成的面积与电荷量的乘积等于电场力做功，b、a两点间的面积小于c、b两点间的面积，所以点电荷从b运动到a电场力做的功小于从c运动到b电场力做的功，B正确；a、d两点间的电场强度方向为负方向，一个带正电的点电荷所受电场力的方向也为负方向，点电荷的位移方向为负方向，所以电场力做正功，电势能减小，C错误；若点电荷初速度沿着x轴方向，点电荷仍沿着x轴运动，D错误。
5．【答案】D
当滑片 向左移动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可知，电路中总电流增大，故 变亮，电路中总电流增大， 两端的分压增大，而电源的电动势不变，并联电路两端的电压减小， 变暗，因 中电流 减小，干路电流 增大，且 ，则流过 的电流 增大， 变亮，A、B错误； 中电流增大量 中电流增大量 ，而 中电流减小量 ，则有 ，即 ，因此 ，C错误，D正确．
6．【答案】C
由乙图知时，质点的振动方向沿轴负方向，根据同侧法可知该简谐横波沿轴负方向传播，故A错误；由乙图可知，质点的振动周期为，振幅为，振动方程 ，故B错误；由甲图可知，时刻质点的振动方向将沿轴正方向，再经过后，其运动到平衡位置，质点在时刻的位置为，故C正确；在时间内，若质点从特殊位置（波峰、波谷或平衡位置）开始振动，则其路程为，由甲图可知，时质点从一般位置开始振动，在时间内的路程小于，故D错误。
7．【答案】C
用单色平行光垂直照射平板玻璃，将发生薄膜干涉，由光的干涉知识可知，同一条干涉条纹位置处光的波程差相等，则滚珠、的直径相等，即滚珠合格，不同的干涉条纹位置处光的波程差不同，则滚珠与的直径不相等，即滚珠不合格，正确。
8．【答案】D
【解析】开始时物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力沿方向传送带向下，根据牛顿第二定律有，解得，物块速度减少到与传送带速度相等所需的时间为，由于 ,则物块将继续向上减速，物块所受摩擦力方向沿传送带向上，根据牛顿第二定律有，解得，物块从与传送带共速到速度减为零所需时间为，由于物块恰好能到达传送带顶端，则物块从传送带底端运动到顶端的时间，D正确．
9．【答案】B
A．速度时间图象的斜率表示加速度，由图象可知冰雹在t=2.4s时刻的加速度大小等于此时切线的斜率，加速度大小为，A错误；
B．设空气阻力与速度大小的正比系数为k，当v=12m/s时，根据牛顿第二定律有，达到最大速度时，加速度为零，则有，联立解得，，B正确，C错误；
D．设冰雹做匀变速直线运动，根据图像与坐标轴围成的面积代表位移可知，2.4s内的位移为，由图可知冰雹在0至2.4s内通过的位移大于14.4m，D错误；选B。
10．【答案】A
设正方形导线框的面积为S，在一个周期内，题图甲中导线框产生交流电动势的有效值为，题图乙中导线框的感应电动势为，由于两个导线框中产生的焦耳热相同，根据焦耳定律可得，解得，选A。
11．【答案】D
AC．当甲球刚要落地时，甲球速度沿水平方向的分速度为零，此时小球乙的速度为零，因此小球乙沿地面向右先加速后减速，杆对乙球先施加推力后施加拉力，杆对甲球也是先施加推力后施加拉力，因此杆对小球先做负功，后做正功，AC错误；
B．小球甲和乙组成的系统机械能守恒，小球乙的机械能先增大后减小，因此小球甲的机械能先减小后增大，B错误；
D．当小球甲刚要落地时，小球甲减少的重力势能最大，全转化为小球甲的动能，因此此时小球甲的速度最大，D正确。选D。
12．【答案】红（1分）　1．5（2分）　偏大（1分）　1．4（2分）
欧姆表是由电流表改装的，必须满足电流的方向“＋”进“－”出，题图中，回路中电流表的负端接到电源负极，所以电流应从A接线柱流进，电源正极与B接线柱相连，根据多用电表的使用规则“红进黑出”，所以与A相连的表笔颜色是红色；当两表笔短接（即Rx＝0）时，电流表应调至满偏电流Ig，设此时欧姆表的内阻为R内，由闭合电路欧姆定律得Ig＝ ，解得R内＝ ＝1 500 Ω，当指针指在刻度盘的正中央时，I＝ ＝ ，要满足上式可得R内＝Rx＝1 500 Ω＝1．5 kΩ（点拨：中值电阻等于欧姆表的内阻）。当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆表需要重新调零，由于满偏电流Ig不变，由公式R内＝ 知，欧姆表内阻会变小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由I＝ ＝ 可知，当R内变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，故欧姆表的示数变大了，即测量值偏大；电池电动势变为E'＝1．4 V时，R'内＝ ＝1．4 kΩ，若欧姆表示数为1．5 kΩ，可知指针指在刻度盘的正中央，由 ＝ 可得，R'内＝R'x＝1．4 kΩ。
13．【答案】（1）；（2）；（3）气体从外界吸收的热量为
（1）根据理想气体状态方程有，解得
（2）过程中，气体体积缩小，图像与坐标轴所围的面积即为外界对气体做的功，则有，解得
（3）从状态A到状态B，气体体积不变，即，气体从的初、末内能不变，即，设气体从外界吸收的热量为Q，结合热力学第一定律有，，解得，即气体从外界吸收的热量为。
14．【答案】（1）；（2）；
（1）垂直于边界入射的光沿直线传播到边界的入射角，由题意可知，代入数据解得
（2）根据，代入数据解得，光传播的光路如图，则光在棱镜中传播距离，传播时间，代入数据解得
15．【答案】（1）
（2）
（1）舰载机在水平甲板上做匀加速直线运动的加速度
由牛顿第二定律
解得
（2）舰载机匀速直线爬升时受力平衡，受力情况如图
垂直速度方向有
解得速度
沿速度方向有
解得
16．【答案】（1））
（2）
（3）（1+）R
（1）因粒子磁场Ⅰ中偏转后沿轴正方向射出，则在磁场中做圆周运动的半径
根据牛顿第二定律有
解得
（2）粒子在电场中做类平抛运动，对于能过坐标原点O的粒子，，，
解得
（3）改变粒子从点射入磁场Ⅰ的方向，粒子仍能以沿轴正方向射入电场，且由（2）分析可知粒子仍能通过点，设粒子进入磁场Ⅱ时速度与轴正方向的夹角为，则
设粒子在磁场Ⅱ的半径为，根据牛顿第二定律有
粒子轨迹的圆心离轴的距离为
得R
则所有在磁场Ⅱ中的粒子都恰好能垂直打在荧光屏上；
在P点沿x轴正方向入射的粒子打在荧光屏上时离y轴最近=R
在P点沿x轴负方向入射的粒子打在荧光屏上时离y轴最远，设该粒子磁场Ⅱ时速度与轴正方向的夹角为，由类平抛的规律可得tan=2，R， +
得=(2+）R
则光屏上亮线的长度d==(1+）R
第 page number 页，共 number of pages 页
第 page number 页，共 number of pages 页

展开更多......

收起↑