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B.线圈转动到如图所示位置时a端电势高于b端电势
海浪
2026届高三物理学科模拟考试
浪板
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符C.线圈产生的电动势大小与海浪波动的频率无关
合题目要求，每小题4分：第8-10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6D.线圈转动到如图所示位置时电流方向发生变化
B
发电机
分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
a b
1.日前，哈尔滨市中小学生度过了愉快的冰雪假期。如图，某同学穿戴滑雪装备在雪场沿
5.一次军事演习中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士
山坡加速下滑，下列说法正确的是
在同一位置先后水平投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h,
A.研究滑行姿态时可将该同学视为质点
不计空气阻力，轨迹如图所示，重力加速度为g,下列说法正确的是()
B.速度增大会导致该同学惯性增大
A.甲在空中运动过程中动量变化比乙小
C.该同学（含滑雪装备）、机械能不守恒
B.手榴弹落地瞬间，甲、乙手榴弹重力的瞬时功率不相同，甲的大
D.雪地对滑板的摩擦力沿坡面向下
C.从投出到落地，甲、乙手榴弹的动能增加量相同
2.宝石切工决定价值，优秀的切割工艺可以让宝石璀璨夺目。某宝石的剖面简化如图，一
D.从投出到落地，甲、乙手榴弹重力的冲量，乙的小
复工
束复合光斜射到宝石的AB面上，经折射后分成a、b两束单色光从C0面上射出，则下列说
6.如图所示，竖直平面内的固定光滑圆形绝缘轨道的半径为RA、B两点分别是圆形轨道的最低点和最高
法正确的是()
点，圆形轨道上C、D两点的连线过圆心0且0C与竖直向下方向的夹角为60°。空间存在方向水平向右
A.宝石对a光的折射率比b光的小
且平行圆形轨道所在平面的匀强电场，一质量为m的带负电小球（视为质点）恰好能沿轨道内侧做完整的
B.宝石中a光的传播速度比b光的大
圆周运动，且小球通过D点时的速度最小。重力加速度大小为g。下列说法正确的是()
C.b光从空气进入宝石，频率变低
A.小球受到的电场力大小为2mg
D.逐渐减小光斜射到AB面上的入射角，从C0面射出的光线中a光先消失
B.小球通过D点时的速度大小为√gR
C.小球在运动过程中的最大速度为√gR
3.在平直公路上，a、b两小车运动的x-t图像如图所示，其中a是一条抛物线，M是其顶
D.小球通过C点时所受轨道的作用力大小为12mg
点，b是一条倾斜、过原点的直线，关于a、b两小车，下列说法正确的是（
A.当t=2.5s时，两车相距最近
↑xm
7.如图所示，点M、O、N、P位于同一竖直平面内，曲线MON为半径为R的半圆弧，直线N沿竖直方向，
M-NP,直线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场B和竖直向上的匀强电场E:,右侧存在水平向左的
B.a车做变加速直线运动，b车做匀速直线运动
C.a车速度始终大于b车速度
匀强电场E2·
一带电量为q、质量为m的小球（可视为质点）在复合场中恰能沿着半圆弧NOM在竖直
D.t=0时刻，a、b两小车相距16m
.14
平面内做匀速圆周运动，经过M点进入匀强电场E 。已知磁感应强度为B,E:=VE:但：大小未
4.“海上充电宝”-南鲲号是一个利用海浪发电的大型海上电站，其发电原理：海浪带动浪
知)，∠MPN=60,重力加速度为g,则()
板上下摆动，从而驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的链接装置使转子只能单方向转动。
B
图示时刻线圈平面与磁场方向平行，若转子带动线圈逆时针转动并向外输出电流，则下列说
V3mg
A.电场强度E1大小为9
0
法正确的是()
A.线圈转动到如图所示位置时感应电流最小
B.M、P两点的电势差为q
12026届高三物理学科1.5模测试答案
选择题
1
2
5
6
7
8
9
10
C
D
D
D
CD
AC
AD
11.【答案】(1)1.9×103
(2)左3.0/3
(3)10
【解析】(1)由多用电表欧姆表的读数
的阻值为R=R
规则可知，此时热敏电阻的阻值为
同理，可得油液外的热敏电阻的阻值为
Rr=19×1002=1.9×1032
50一王R
(2)滑动变阻器采用分压接法，为保护
R,=50
电路安全，在开关闭合前应将滑动变阻
其中R2=0.5k,由闭合电路欧姆定
器的滑片P置于最左端，由于R,和R。
律有E=I(R十R,+R2)
并联，故有IR。=I2RT
将E=6V、I=2.4mA、R=1.8kn代
代入数据解得Rr=3.0kn。
入可得x=10cm。
(3)设警戒液面到油箱底部的距离为
x,温度为30℃时热敏电阻的阻值为
Rn=1.5k2,则在油液内的热敏电阻
12.【答案】(1)D(2)AC(3)m1s2=
用水平位移代替水平初速度，无需测量
m151十m25:(4)52=53-51
地面的高度，故D错误；故选AC。
【解析】(1)为满足对心正碰，且碰后
(3)根据动量守恒定律有m10。=m101十
球A不反弹，则实验中必须满足m1>
m2V:
m2r1=r2,故选D.
结合平抛运动规律有工=，h=g
(2)为保证小球做平抛运动，斜槽末端必
须水平，斜槽无需光滑，故A正确，B错
可知有m152=m151十m253。
(4)若这个碰撞是弹性碰撞，则由能量
误；为保证A球每次碰撞前的速度相等，
A球每次必须从同一位置由静止释放，
守可得m,-名，+，
故C正确；根据实验原理可知，斜槽末端
联立解得52=5a一s1·
距地面的高度相同，则运动时间相同，可
13.
【解析】(1)设初始时缸内气体的压强
L×2S+LSV
为p,题意知大气压p。=7mg,则两活
克定律有
T
10
9T。
塞受力平衡有p。X2S十5mg十pS=
解得V=10LS
p,S+p×2S,解得p=12mg
3
汽缸内气体等压膨胀对外做功为
(2)若汽缸内密封气体温度缓慢升高到
w-p(1015-31.S)-4mgL..
0。气体发生等压变化，根据盖吕萨
14
4UdH
【答案】(1)0，=LL+2s
关系可
H
4U,dH
2+
(2)U,=LL+2s+2R)
4U dH
【解析】(1)电子在A、B间加速，根据
解得U,=LL+2s)
动能定理可得eU,=2mv
(2)电子从偏转电场射出后动能不变，电
子打在靶台右边缘时的动能最小，设电
2eU
可得0=m
子在CD间沿竖直方向的位移为y',根
UL
电子在C,D间做类平抛运动，沿水平方
搭(1)问分析可得y=U,
向有L=t
H
y
墨直方向有臣胎y一女
2L+s+R
21
U.L
联立解得y=U,d
4U dH
根据电子离开偏转电场的速度方向反
联立解得U,=L(L+2s+2R)
向廷长线过水平位移的中点，结合几何
15.15.【答案】(1)5mg(2)r
此时a距高MN的距高为乞a向右运
(3)/gr-BqL_2umgR
m BL
动乞过程中，地缘轨道向左运动乞，所以
2qR
(4)mg（x,一BL
):能量转化情况见
绝缘导轨水平部分的最小长度为
解析
x=2+2=
【解析】(1)导体棒a沿图孤轨道滑至
(3)对b棒的加速过程，对a棒由动量
最低点PP'的过程中，设导体棒a到达
定理可得一BIL△t=mU.一mw1
最低点时的速度为1，斜轨的速度为
2,根据水平方向动量守恒可得
其中I△t=q
BaL=√gr
BqL
mU:三mV,
解得v,=v1
整个过程中，由能量守慢有
此时b受力平衡，则有mg=BL
mgrmuv
根据闭合电路欧姆定律得
有导体棒a和光滑绝缘导轨质量相等，
1=
BL (v-v)
2R
则有U1=v2,解得U1=√gr
则导体棒a和光滑绝缘导轨和对速度
联立解得=√T-BgL_2mgR
m
B2L
为v对=2√r
(4)a棒进入磁场瞬间，ab系统只有a的
在最低点由牛领第二定律可得F、一
动能，此后a向右运动，受到向左的安
培力，b受到向右的安培力，安培力做功
m”,解得R,=5mg
mg =m
转化为焦耳热形式的电能和b的动能，
b在运动过程中，与导轨处有摩擦，b的
又由牛顿第三定律可如，对轨道的压力
部分动能转化为摩擦热，由于通过导体
大小等于轨道对导体棒的支持力，即有
棒b的电荷量为q时，导体棒b的速度
Fs=FN=5mg。
△DBL△x
(2)以绝撩轨道和导体棒a整体为研究
达到最大，则有g一2R=2R
对象，当导体棒a下滑到最低点时，a的
水平位移为x1,绝缘轨道的水平位移为
好样△-瓷
x2,根据“人船模型”可得mx1=mx:
则产生的摩擦热为W,一mg(x。一
根据几何关系可得x1十工：=r
2qR
B）
解得x1=工2=2

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