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2026年河北省石家庄一中高考物理一模试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.在用光电管研究光电流与电压的关系时，测得黄光的光电流与电压的关系如图所示。下列分析正确的是( )
A. 增大电压，也随之一直增大
B. 增大黄光的强度，图线将会下移
C. 将黄光换成蓝光，图线将会上移
D. 将黄光换成蓝光，将会左移
2.如图所示，一列简谐横波沿轴传播，振幅为。时刻的波形如图中实线所示，时刻的波形如图中虚线所示。在到时间内，处的质点运动的路程为，且，则( )
A. 此列波沿轴正方向传播
B. 此列波的周期为
C. 波的速度为
D. 处质点的振动方程为
3.全球卫星导航系统是目前广泛应用的新一代导航定位系统，利用近地空间的卫星为各类用户提供可靠和高精度的定位、导航和授时服务，常用的全球卫星导航系统有我国的北斗卫星导航系统，美国的全球定位导航系统，俄罗斯的格洛纳斯导航系统和欧盟的伽利略系统，下列关于卫星导航系统描述正确的是( )
A. 汽车行驶定位时不能把汽车看成质点
B. 汽车行驶导航时以地面为参考系
C. 北斗导航系统显示北京时间：为时间间隔
D. 全球卫星导航系统的卫星最小发射速度为
4.在如图所示的位移时间图像和速度时间图像中，给出的四条图线中甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点沿同一方向出发的运动情况，则下列说法中正确的是( )
A. 甲车做曲线运动，乙车做直线运动
B. 时间内，甲、乙两车的平均速率相等
C. 时间内，丙车的速度方向发生了变化
D. 丙车和丁车在时刻相距最远
5.如图甲所示是可拆变压器的实验装置图，已知小灯泡额定电压为，调节学生电源，使小灯泡正常发光，此时原线圈上的电压随时间变化的图像如图乙所示。变压器可看作理想变压器，下列说法正确的是( )
A. 此时变压器的原、副线圈匝数之比为：
B. 若拆走可拆卸铁芯，则小灯泡两端没有电压
C. 若原线圈接学生电源直流输出端，则小灯泡仍能正常发光
D. 此时通过小灯泡的交变电流周期为
6.如图所示，为半径为的绝缘球壳的中心，球壳上均匀分布着正电荷。已知均匀带电球壳在内部产生电场的场强处处为零。现在球壳上点处取下一面积足够小、带电荷量为的曲面，将其沿连线的延长线移到点，。若球壳的其他部分的带电荷量与电荷分布保持不变，静电力常量为，则球心点处场强为( )
A. ，方向由指向 B. ，方向由指向
C. ，方向由指向 D. ，方向由指向
7.如图所示，水平固定的足够长平行光滑金属导轨和间连接定值电阻，金属棒在两导轨间的距离为，电阻为，整个运动过程中金属棒与导轨垂直且接触良好，整个装置处在竖直向上的匀强磁场图中未画出中，磁场的磁感应强度大小为，金属棒的质量为，现用一水平向右的恒力作用在金属棒上使金属棒由静止开始运动，其他电阻不计，下列说法正确的是( )
A. 金属棒做匀加速直线运动
B. 点电势比点电势高
C. 金属棒达到的最大速度为
D. 金属棒从静止到速度最大的过程，恒力对金属棒做的功为
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.某同学做测玻璃折射率实验时，在白纸上放好平行玻璃砖，并画出玻璃砖的轮廓为长方形，透过玻璃砖使、、、四枚大头针处于一条直线上，得到如图所示的光路图，测得入射角为，折射角为，下列说法正确的是( )
A. 直线与平行
B. 玻璃砖的折射率为
C. 光从边射出时的折射角为
D. 若实验时玻璃砖相对长方形顺时针转动了少许，则测得的折射率将偏小
9.如图所示，某同学在距离篮筐中心水平距离为的地方跳起投篮。出手点离地面的高度为，篮筐离地面的高度为。该同学出手的瞬时速度，要使篮球到达篮筐中心时，竖直速度刚好为零。将篮球看成质点，篮筐大小忽略不计，忽略空气阻力，重力加速度为。下列说法正确的是( )
A. 出手时瞬时速度与水平方向的夹角为 B. 出手时瞬时速度与水平方向的夹角为
C. 水平距离 D. 水平距离
10.如图所示，足够长的水平光滑金属导轨所在空间中，分布着垂直于导轨平面且方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为。两导体棒、均垂直于导轨静止放置。已知导体棒质量为，导体棒质量为，长度均为，电阻均为，其余部分电阻不计。现使导体棒获得瞬时平行于导轨水平向右的初速度。除磁场作用外，两棒沿导轨方向无其他外力作用，在两导体棒运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 任何一段时间内，导体棒的动能增加量小于导体棒的动能减少量
B. 全过程中，两棒共产生的焦耳热为
C. 全过程中，通过导体棒的电荷量为
D. 任何一段时间内导体棒的动量改变量跟导体棒的动量改变量总是大小相等方向相反
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验。图乙是某实验小组在正确的操作下得到的一条纸带，点为打点计时器打的第一个点，、、为三个计数点，每相邻两点间有四个点没有画出。已知打点计时器与“”的交变电源相连接，实验中夹子和重物的质量均为，当地的重力加速度。
根据图乙中的纸带可以判断，实验时用手提住纸带的 填“左”或“右”端。
若选取图乙中纸带的点来验证机械能守恒定律，则夹子和重物总的重力势能减少量 ，动能的增加量 。以上结果均保留位有效数字
实验中发现夹子和重物的动能增加量略小于夹子和重物重力势能的减少量，其主要原因是 。
12.实验小组用如图甲所示的电路来测量电阻的阻值，图中标准电阻的阻值已知为，为电源，内阻为，为开关，为单刀双掷开关，为滑动变阻器，为理想电压表。合上开关，将开关掷于端，将的触头置于适当的位置，记下的示数，保持的触头位置不变，然后将掷于，记下的示数，再改变触头的位置，重复前面步骤，多测几组、的值，并计算，作出的函数关系图像如图乙所示，回答下列问题：
按照图甲所示的实验电路图在图丙实物图中接好电路；
合上开关之前，触头应置于______填“最右端”或“最左端”，多测几组、，目的是消除______填“系统”或“偶然”误差；
写出乙图的函数表达式 ______，若乙图的斜率为，可得 ______。用题中物理量的字母表示
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.用热力学方法可测量重力加速度。如图所示，粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内用液柱封闭了一段长度为的空气柱。液柱长为，密度为。缓慢旋转细管至水平，封闭空气柱长度为，大气压强为。
若整个过程中温度不变，求重力加速度的大小；
考虑到实验测量中存在各类误差，需要在不同实验参数下进行多次测量，如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下，液柱长，细管开口向上竖直放置时空气柱温度。水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度时，空气柱长度与竖直放置时相同。已知。根据该组实验数据，求重力加速度的值。
14.如图，质量为，足够长的长木板放在光滑水平面上，质量为的铁块放在长木板的上表面左端，质量为的小球用长为的细线悬于点。将小球拉至与等高的位置，细线伸直，由静止释放，小球运动到最低点时刚好沿水平方向与铁块发生弹性碰撞，碰撞后铁块在长木板上表面向右滑动。已知铁块与长木板上表面的动摩擦因数为，铁块、小球均看作质点，重力加速度为。求：
小球与铁块碰撞前一瞬间，细线对小球的拉力大小；
小球与铁块碰撞后一瞬间，铁块的速度大小；
最终铁块与长木板相对静止时因摩擦产生的热量。
15.如图所示，在平面内，直线与轴正方向夹角为，直线左侧存在平行于轴的匀强电场，方向沿轴负方向。直线右侧存在垂直平面向里的磁感应强度为的匀强磁场。一带电量为，质量为带正电的粒子忽略重力从原点沿轴正方向以速度射入磁场。当粒子第三次经过直线时，电场方向突然调整为垂直于直线斜向右下方，电场强度的大小不变，粒子恰好从电场中回到原点。粒子通过边界时，其运动不受边界的影响。求：
粒子第一次在磁场中做圆周运动的半径和周期；
匀强电场电场强度的大小；
从点射出至第一次回到点所用的时间。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：、增大电压，增大为饱和电流后便保持不变，故A错误；
B、实验表明，在光的频率不变的情况下入射光越强饱和电流越大，所以增大黄光强度，图像将会上移，故B错误；
、由，，黄光换成蓝光，入射光的频率变大，则遏止电压变大，将会左移，若光强相同，将黄光换成蓝光，单位时间内照射到金属表面的光子数较少，产生的光电子较少，光电流变小。图线会下移，故C错误，D正确。
故选：。
光饱和电流与入射光强度成正比，与加在光电管两端的电压无关；根据光电效应方程和动能与遏止电压的关系分析。
本题考查了光电效应的基本规律，基础题。
2.【答案】
【解析】解：、由图可知波长是，振幅是，在到时间内，处的质点运动的路程为，且，那么可以判断处的质点在时刻向上振动，利用同侧法可知，波向轴负方向传播，故A错误；
、由选项的分析可知波向轴负方向传播，那么在时间内波传播的距离是，那么波速是，周期是，故BC错误；
D、周期是，则圆频率，由图知振幅是，由选项分析可判断处的质点在时刻在平衡位置向上振动，
则处质点的振动方程是，故D正确。
故选：。
振幅是，在到时间内，处的质点运动的路程为，且，那么可以判断处的质点在时刻向上振动，利用同侧法可知，波向轴负方向传播。利用波形图可知波传播的距离，结合时间求出波速，然后求出周期。结合数学方法求出振动方程。
此题考查了波动规律，机械振动问题中，一般根据振动图质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。
3.【答案】
【解析】解：汽车行驶定位时可以忽略汽车的大小和形状，能把汽车看成质点，故A错误；
B.汽车行驶导航时把地面当做静止不动的物体，是以地面为参考系，故B正确；
C.北斗导航系统显示北京时间：为时刻，不是时间间隔，故C错误；
D.全球卫星导航系统的卫星最小发射速度为，故D错误。
故选：。
根据质点、参考系和时间与时刻和地球的第一宇宙速度的知识进行分析解答。
考查质点、参考系和时间与时刻和地球的第一宇宙速度的知识，会根据题意进行准确分析解答。
4.【答案】
【解析】解：图像只能描述直线运动，则甲乙两车均做直线运动，故A错误；
B.时间内，甲的路程大于乙的路程，甲车的平均速率大于乙车，故B错误；
C.时间内，丙车的速度一直为正，速度方向没有发生变化，故C错误；
D.在时间内丙车的速度大于丁车，两车间距逐渐增加，在时刻速度相等，此时两车相距最远，故D正确。
故选：。
明确图像斜率代表速度、图像面积代表位移，分析各车运动性质，逐一判断选项中运动轨迹、平均速率、速度方向及两车间距的正误。
本题结合与两种运动图像，考查图像物理意义与直线运动规律，侧重对图像信息的解读和运动过程的分析，难度适中，能有效检验基础概念的掌握情况。
5.【答案】
【解析】解：、如图乙所示，原线圈电压有效值为
根据原副线圈电压与线圈匝数的关系，故此时变压器的原副线圈匝数之比为
故A错误；
B、根据题意可知，若拆走可拆卸铁芯，根据变压器的原理，还是有互感现象，灯泡两端仍然有电压，故B错误；
C、根据题意可知，若原线圈接学生电源直流输出端，不能发生电磁感应现象，副线圈两端无电压，则灯泡不能发光，故C错误；
D、变压器不改变交流电的周期，根据如图乙所示，可知周期为
故D正确。
故选：。
通过分析电压变化图像来确定原线圈的电压峰值和频率，原副线圈电压比等于匝数比，进而利用理想变压器的性质来解题。
理想变压器的特性是解答本题的关键。通过确定原副线圈的电压比与匝数比的关系，可以判断出小灯泡在给定条件下能够正常发光。
6.【答案】
【解析】解：在球壳上点处取下一面积足够小、电荷量为的曲面，等效于在点处叠放等面积、等电荷密度的带正、负电荷的曲面。由于球壳内的场强处处为零，故球壳内的电场可视为点处带电荷量为与点处带电荷量为的两个点电荷电场的叠加，故球心点处场强的大小，方向由指向，故B正确，ACD错误。
故选：。
利用均匀带电球壳内部场强为零的结论，先得出球壳剩余部分在点的场强与原点在点的场强等大反向，再计算移到点的在点的场强，最后将两者叠加得到点总场强。
本题以带电球壳取走电荷再移动为情境，结合场强叠加原理和点电荷场强公式，考查学生对补偿法的应用能力，题目设计新颖，能有效检验学生对电场核心规律的掌握程度。
7.【答案】
【解析】解：、随着速度增大，安培力增大，故导体棒的加速度逐渐减小，最后变为，所以导体棒是做加速度变小的加速运动，之后加速度为，速度达到最大，故A错误；
B、根据右手定则可知，感应电流是顺时针，此时导体棒是电源，电源内部电流是从低电势流向高电势，导体棒下端相当于电源正极，故的电势低于点的电势，故B错误；
C、当速度达到最大速度时，，，，解得，故C正确；
D、根据动能定理做的功与安培力做的功之和等于导体棒动能的增加量，导体棒最终动能等于，即做的功大于，故D错误。
故选：。
根据右手定则判断导体棒中电流方向；根据导体棒切割磁感线产生的感应电动势得出导体棒两端的电压，根据功能关系可知，做的功等于回路产生的电能和导体棒动能的增加量，根据动能定理可知，做的功与安培力做的功之和等于导体棒增加的动能。
本题是右手定则和电路问题及功能关系在电磁感应现象中的综合题，要注意明确在电磁感应现象中能量转化的方向，掌握功能关系的应用。
8.【答案】
【解析】解：、由于玻璃砖上、下表面平行，光线在上的折射角等于在上的入射角，根据光路可逆性原理可知光线在上的入射角等于在上的折射角，所以直线与平行，故A正确；
B、根据折射率定律可得：，故B错误；
C、光路可逆性原理可知，由光从边射出时的折射角为，故C错误；
D、如图所示
因玻璃砖相对长方形顺时针转动了少许，使得入射角小于，折射角小于，实际折射率
，故D正确；
故选：。
根据光路可逆分析直线与的关系；根据折射率定律求解折射率；根据光路可逆分析光从边射出时的折射角；若实验时玻璃砖相对长方形顺时针转动了少许，作出光路图，分析入射角和折射角的变化，判断测得的折射率的变化。
解决本题的关键要掌握光路可逆性原理，来分析平行板玻璃砖的光学特性，结合折射定律进行解答。
9.【答案】
【解析】解：根据题意，篮球到达篮筐时，竖直速度为零。看成从篮筐处开始做平抛运动。设出手瞬时速度与水平方向夹角，由平抛运动规律可知：
，，
联立解得，，故BC正确，AD错误。
故选：。
篮球到达篮筐时，竖直速度为零。看成从篮筐处开始做平抛运动，由平抛运动规律，即可解答。
本题解题关键是找出平抛模型，并应用平抛运动规律去解决实际问题，考查了学生的分析推理能力。
10.【答案】
【解析】解：、在运动过程中，系统会不断产生焦耳热，导致其机械能持续减少。依据能量守恒定律，在任意时间段内，均有，由此可得，故A正确；
B、取速度方向为正方向，系统在水平方向满足动量守恒，即，解得稳定后的共同速度。在整个过程中，两根导体棒产生的总焦耳热为，计算可得，故B错误；
C、取速度方向为正方向，对导体棒应用动量定理，有，解得通过导体棒的电荷量为，故C正确；
D、由于系统在水平方向不受外力，两棒所受的安培力始终互为作用力与反作用力。根据动量定理可知，在任意时间段内，两棒的动量变化量总是大小相等、方向相反，故D正确。
故选：。
题目描述两导体棒在光滑导轨上因安培力作用而相互作用的过程。系统水平方向不受外力，满足动量守恒，最终两棒以共同速度运动。动能变化需考虑安培力做负功导致部分机械能转化为焦耳热，因此任意时间内棒的动能增加量小于棒的动能减少量。总焦耳热可通过系统初末动能差计算。通过棒的电荷量可由其动量变化与安培力冲量关系推导。两棒所受安培力为相互作用力，故任意时间内它们的动量变化量总是等大反向。
本题以双导体棒在光滑导轨上的电磁感应过程为背景，综合考查了动量守恒、能量守恒、动量定理以及电荷量与磁通量变化的关系等核心知识点。题目计算量适中，但涉及多过程动态分析和多个物理规律的灵活运用，对学生的逻辑推理和综合分析能力有较高要求。本题亮点在于将力学中的动量守恒与电磁感应中的能量转化、电荷量计算巧妙结合，通过分析任意时间间隔内的能量分配和动量变化，深化了对系统内相互作用过程的理解。正确解答需要准确把握安培力作为系统内力的特点，并熟练运用动量定理的微分形式。
11.【答案】右
阻力做功消耗部分机械能

【解析】解：纸带上打的点左端密集、右端稀疏，根据实验时的实际情况，先打的点速度小、后打的点速度大，故判断出手提住纸带的右端。
根据纸带点的数据可求得夹子和重物总的重力势能减少量，打纸带上点时的速度，代入数据解得，故夹子和重物总的动能的增加量，解得。
实验中发现夹子和重物增加的动能略小于夹子和重物减少的重力势能，原因可能是阻力做功消耗部分机械能。
故答案为：右。，。阻力做功消耗部分机械能。
根据纸带上点迹的分部情况进行分析解答。
根据纸带的数据处理方法求解速度，再由重力势能和动能表达式列式求解。
根据空气阻力的存在进行分析解答。
考查机械能守恒定律的应用和误差分析，熟练掌握动能和重力势能的表达式是关键，会处理纸带数据，属于中等难度考题。
12.【答案】 最左端偶然
【解析】解：根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示
为保护电路，合上开关之前，触头应置于最左端，多测几组、，多次测量的目的是减小偶然误差。
掷于端，表示，串联的总电压，掷于端，表示的电压，由串联电阻的电流相等，总电压等于两个电阻电压之和，结合欧姆定律可得，变形可得，即，若乙图的斜率为，可得，解得
故答案为：；
最左端；偶然；；。
根据电路图连接实物电路图。
根据图示电路图分析答题；多次测量可以减小偶然误差。
根据串联电路的规律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
本题关键掌握伏安法测电阻的实验原理、利用图像处理问题的方法。
13.【答案】若整个过程中温度不变，重力加速度的大小为；
根据该组实验数据，重力加速度的值为
【解析】竖直放置时里面气体的压强为：
水平放置时里面气体的压强：
由等温变化与玻意耳定律可得：
代入解得：
根据等容变化与查理定律可得：
其中：；；；
代入数据可得：
答：若整个过程中温度不变，重力加速度的大小为；
根据该组实验数据，重力加速度的值为。
根据压强的计算，结合等温变化与玻意耳定律求解即可；
根据等容变化与查理定律求解即可。
本题考查了压强的计算，等温变化与玻意耳定律和等容变化与查理定律，熟悉公式是解决此类问题的关键。
14.【答案】小球与铁块碰撞前一瞬间，细线对小球的拉力大小为 小球与铁块碰撞后一瞬间，铁块的速度大小为 最终铁块与长木板相对静止时因摩擦产生的热量为
【解析】解：小球从静止释放到与铁块碰撞前一瞬间，根据机械能守恒可得
解得
根据牛顿第二定律可得
解得细线对小球的拉力大小
小球与铁块发生弹性碰撞，以的方向为正方向，根据动量守恒可得
根据机械能守恒可得
联立解得小球与铁块碰撞后一瞬间，铁块的速度大小为
碰撞后铁块在长木板上表面向右滑动，铁块做匀减速直线运动，长木板做匀加速直线运动，铁块与长木板最终达到共速相对静止，以的方向为正方向，根据动量守恒可得
解得
根据能量守恒定律可得
解得因摩擦产生的热量
则最终铁块与长木板相对静止时因摩擦产生的热量
答：小球与铁块碰撞前一瞬间，细线对小球的拉力大小为；
小球与铁块碰撞后一瞬间，铁块的速度大小为；
最终铁块与长木板相对静止时因摩擦产生的热量为。
根据机械能守恒求出小球从静止释放到与铁块碰撞前一瞬间的速度，结合牛顿第二定律求出小球与铁块碰撞前一瞬间，细线对小球的拉力大小；
根据动量守恒和机械能守恒求小球与铁块碰撞后一瞬间，铁块的速度大小；
根据动量守恒求出铁块与长木板最终达到的共痛速度，结合能量守恒定律求最终铁块与长木板相对静止时因摩擦产生的热量。
本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律的应用。对于多物体的相对运动的模型，解答时要理清物体的相对运动过程，确定所研究过程的初末状态。掌握应用动量守恒定律和机械能或能量守恒定律综合解决问题的方法。
15.【答案】解：带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
故
可得
如图所示，设粒子第一次经过上的点为点，粒子第三次经过上的点为点。由几何关系可知
过点后，粒子在新的电场中沿方向做匀速直线运动，沿方向的速度大小为
粒子在新的电场中沿垂直于方向先做匀减速运动后做匀加速直线运动。
解得
根据轨迹图可知，粒子在磁场中时间为
粒子在旧电场中运动的时间为
粒子在新电场中运动的时间为
粒子从点射出到第一次回到点的时间为
答：粒子第一次在磁场中做圆周运动的半径为，周期为；
匀强电场电场强度的大小为；
从点射出至第一次回到点所用的时间为。
【解析】根据牛顿第二定律列方程求半径，根据求出周期；
粒子第二次进入电场后做类平抛运动，根据平抛运动规律列方程求解；
粒子从点射出至回到点的时间为各阶段运动的时间之和。
本题属于带电粒子在组合场中运动问题，磁场中圆周运动处理的基本方法是画轨迹，电场中运用运动的合成和分解，注意研究方法的区别。
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