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2026 届高三物理模拟卷
一、选择题（本大题共 10 小题，共 42 分。第 1~8 题，每小题 4 分，只有一项符合题目要求；第 9 、10 题，每小题 5 分，有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分）
1 ．由于宇宙射线的作用，在地球大气层产生有铍的两种放射性同位素 Be 和Be。测定不
同高度大气中单位体积内二者的原子个数比，可以研究大气环境的变化。已知 Be 和Be的
半衰期分别约为 53 天和 139 万年。在大气层某高度采集的样品中，研究人员发现 Be 和Be
的总原子个数经过 106 天后变为原来的 ，则采集时该高度的大气中 Be 和Be的原子个数
比约为( )
A ．1: 4 B ．1: 2 C ．3 : 4 D ．1:1
2 ．如图，利用液导激光技术加工器件时，激光在液束流与气体界面发生全反射。若分别用甲、乙两种液体形成液束流，甲的折射率比乙的大，则( )
A ．激光在甲中的频率大 B ．激光在乙中的频率大
C ．用甲时全反射临界角大 D ．用乙时全反射临界角大
3 ．如图所示，实线和虚线分别是沿着x 轴正方向传播的一列简谐横波在t = 0 时刻和t = 0.5s的波形图，已知波的周期T > 0.5s ，则下列关于该列波说法正确的是( )
A ．波长为5cm B ．波速为10cm/s
4 ．工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建筑材料。如图所示，坡面与水平面夹角为θ , 交线为 PN，坡面内 QN 与 PN 垂直，挡板平面与坡面的交线为MN， ?MNQ = θ 。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ , 重力加速度大小为 g，则建筑材料沿 MN 向下匀加速滑行的加速度大小为( )
A ．g sin2 θ - μg cos θ - μg sin θ cos θ B ．g sin θ cos θ - μg cos θ - μg sin2 θ
C ．g sin θcos θ - μgcosθ- μg sin θcos θ D ．g cos2 θ - μg cosθ - μg sin2 θ
5 ．地球和哈雷彗星绕太阳运行的轨迹如图所示，彗星从 a 运行到 b、从 c 运行到 d 的过程中，与太阳连线扫过的面积分别为S1 和S2 ，且S1 > S2 。彗星在近日点与太阳中心的距离约为地球公转轨道半径的 0.6 倍，则彗星( )
A ．在近日点的速度小于地球的速度
B ．从 b 运行到 c 的过程中动能先增大后减小
C ．从 a 运行到 b 的时间大于从 c 运行到 d 的时间
D ．在近日点加速度约为地球的加速度的 0.36 倍
6．如图所示，在同一竖直平面内，小球 A、B 上系有不可伸长的细线 a、b、c 和 d，其中 a 的上端悬挂于竖直固定的支架上，d 跨过左侧定滑轮、c 跨过右侧定滑轮分别与相同配重 P、 Q 相连，调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡。已知小球 A、B 和配重 P 、Q 质量均为50g ，细线 c、d 平行且与水平成θ = 30° （不计摩擦，重力加速度 g=10m/s2），则细线 a、b 的拉力分别为( )
A ．2N ，1N B ．2N ，0.5N C ．1N ，1N D ．1N ，0.5N
7 ．如图所示，在细绳的拉动下，半径为 r 的卷轴可绕其固定的中心点 O 在水平面内转动。
l
卷轴上沿半径方向固定着长度为 l 的细管，管底在 O 点。细管内有一根原长为 、劲度系数2
为 k 的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为 m、可视为质点的插销。当以速度v 匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若 v 过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v 的最大值为( )
A ．r B ．l C ．r D ．l
8 ．如图，将不计重力、电荷量为 q 带负电的小圆环套在半径为 R 的光滑绝缘半圆弧上，半圆弧直径两端的 M 点和 N 点分别固定电荷量为27Q 和64Q 的负点电荷。将小圆环从靠近 N点处静止释放，小圆环先后经过图上P1 点和P2 点，已知sin ，则小圆环从P1 点运动到P2点的过程中( )
A ．静电力做正功 B ．静电力做负功
C ．静电力先做正功再做负功 D ．静电力先做负功再做正功
9 ．如图，理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头 T 调节，副线圈回路接有滑动变阻器 R、定值电阻R0 和R1、开关 S 。S 处于闭合状态，在原线圈电压U0 不变的情况下，为提高R1 的热功率，可以( )
A ．保持 T 不动，滑动变阻器 R 的滑片向f端滑动
B ．将 T 向 b 端移动，滑动变阻器 R 的滑片位置不变
C ．将 T 向 a 端移动，滑动变阻器 R 的滑片向f端滑动
D ．将 T 向 b 端移动，滑动变阻器 R 的滑片向 e 端滑动
10．如图，竖直面内存在垂直纸面向里的匀强磁场 B 与水平向右的匀强电场 E，一带电粒子在复合场中恰能沿着 MN 做匀速直线运动，当粒子运动到 N 点时，撤去磁场，一段时间后粒子经过 P 点，已知 MN 与水平面的夹角为45°, NP 水平向右。粒子带电荷量为 q，速度为v，质量为 m，重力加速度为 g。则( )
A ．电场强度大小为E
B ．磁感应强度大小为B
C．N、P 两点的电势差为U
2
D ．粒子从 N 运动到 P 的过程中，与 NP 的距离最大值为 v 8g
二、非选择题（本大题共 5 小题，共 58 分）
11 ．如图 1 所示，实验小组利用打点计时器、铁架台、重锤、纸带、刻度尺等器材， 通过研
究自由落体运动测量重力加速度 g，已知交流电源频率为 50Hz。
(1)下列实验步骤正确的操作顺序为 （填步骤前的字母）。
A ．先接通电源，待打点计时器稳定打点后，再释放纸带
B ．将纸带穿过打点计时器的限位孔，下端固定在重锤上，用手捏住纸带上端保持静止
C ．在纸带上选取合适的一段，用刻度尺测量该段内各点到起点的距离，记录并分析数据
D ．关闭电源，取下纸带
(2)图 2 所示是纸带上连续打出的五个点A、B、C、D、E 到起点的距离，利用逐差法计算重力加速度 g= m / s2 （结果保留 2 位有效数字）。
(3)若绘制v2 - h 关系图像（v 为某点速度，h 为对应下落高度），理论上该图像的斜率为 （用 g 表示）。
12 ．某实验小组为测量一节干电池的电动势 E 和内阻 r，设计了如图（a）所示电路，所用器材如下：干电池、智能手机、电流传感器、定值电阻 R0、电阻箱、开关、导线等。按电路图连接电路，将智能手机与电流传感器通过蓝牙无线连接，闭合开关 S，逐次改变电阻箱的阻值 R，用智能手机记录对应的电流传感器测得的电流 I。回答下列问题：
(1)R0 在电路中起 （填“保护”或“分流”）作用。
(2) 与 E、r、R 、R0 的关系式为
(3)根据记录数据作出- R 图像，如图（b）所示。已知 R0=9.0Ω,可得 E= V（保留三位有效数字），r= Ω（保留两位有效数字）
(4)电流传感器的电阻对本实验干电池内阻的测量结果 （填“有”或“无”）影响。
13．如图是某铸造原理示意图，往气室注入空气增加压强，使金属液沿升液管进入已预热的铸型室，待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通， 大气压强p0 = 1.0 x 105 Pa ，铸型室底面积 S1 = 0.2m2 ，高度h1 = 0.2m ，底面与注气前气室内金属液面高度差H = 0. 15m ，柱状气室底面积S2 = 0.8m2 ，注气前气室内气体压强为p0 ，金属液的密度 r = 5.0 x 103 kg / m3 ，重力加速度取 g = 10m / s2 ，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。
(1)求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属液面下降的高度h2 和气室内气体压强p1 。
(2)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且注气过程中铸型室内温度不变，求注气后铸型室内的金属液高度为h3 = 0．04m 时，气室内气体压强p2 。
14 ．光滑斜面倾角为θ = 30° , Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直斜面向外的匀强磁场，两区磁感应 强度大小相等（大小未知）。正方形线框abcd 质量为 m ，总电阻为 R，同种材料制成且粗细均匀，Ⅰ区域长为L1 ，Ⅱ区域长为L2 （ L2 < L1 ），两区域间无磁场的区域长度大于线框长度。线框从某一位置释放，cd 边进入Ⅰ区域时速度为 v ，且直到ab 边离开Ⅰ区域时速度均为 v ，当 cd 边进入Ⅱ区域时的速度和ab 边离开Ⅱ区域时的速度一致，重力加速度为 g 则：
(1)求线框释放点cd 边与Ⅰ区域上边缘的距离；
(2)求cd 边进入Ⅰ区域时cd 边两端的电势差；
(3)求线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率。
15 ．为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道 AB 、CD 和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R = 0.4m 的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道 DEF 与轨道 CD 和足够长的水平直轨道 FG 平滑相切连接。质量为 3m 的滑块 b 与质量为 2m 的滑块 c 用劲度系数k = 100 N/ m 的轻质弹簧连接，静置于轨道 FG 上。现有质量m = 0.12kg 的滑块 a 以初速度v0 = 221m / s 从 D 处进入，经 DEF 管道后，与 FG 上的滑块 b 碰撞（时间极短）。已知传送带长L = 0.8m ，以v = 2m / s 的速率顺时针转动，滑块 a 与传送带间的动摩擦因数μ = 0.5 ，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep kx2 （x 为形变量）。
（1）求滑块 a 到达圆弧管道 DEF 最低点 F 时速度大小 vF 和所受支持力大小 FN；
（2）若滑块 a 碰后返回到 B 点时速度vB = 1m / s ，求滑块 a 、b 碰撞过程中损失的机械能
ΔE ；
（3）若滑块 a 碰到滑块 b 立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差 Δx 。
1 ．B
设采集时大气中有 x 个 Be 原子和y 个Be原子， 由于Be的半衰期为 139 万年，
故经过 106 天后Be原子的衰变个数可以忽略不计， Be 的半衰期为 53 天，故经过 106 天
后剩余数量为x ，故可得
解得 故选 B。
2 ．D
AB ．激光在不同介质中传播时，其频率不变，故 AB 错误；
CD．根据sin C， 甲的折射率比乙的大，则用乙时全反射临界角大，故 C 错误，D 正确。故选 D 。
3 ．D
A ．由图可知波长为 10cm，故 A 错误；
BC ．t = 0 时刻到t = 0.5s 的过程中， Δt = nT T，n = 0, 1, 2...
已知波的周期T > 0.5s ，则 n 只能取 0，则T s波速为v cm / s ，故 BC 错误；
D ．简谐横波沿着x 轴正方向传播，根据同侧法可知t = 0 时刻，质点M 向下振动，故 D 正确。
故选 D。
4 ．B
根据牛顿第二定律mg sinθ cos θ - μmg cosθ - μmg sinθ sin θ = ma可得a = g sin θ cos θ - μg cosθ - μg sin2 θ
故选 B。
5 ．C
A ．地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力
过近日点做一个以太阳为圆心的圆形轨道，卫星在该圆形轨道上的速度v1 比彗星在椭圆轨道上近日点速度小，而v1 比地球公转的速度大，因此哈雷彗星在近日点的速度大于地球绕太阳的公转速度，A 错误；
B ．从 b 运行到 c 的过程中万有引力与速度方向夹角一直为钝角，哈雷彗星速度一直减小，因此动能一直减小，B 错误；
C．根据开普勒第二定律可知哈雷彗星绕太阳经过相同的时间扫过的面积相同，根据S1 > S2可知从 a 运行到 b 的时间大于从 c 运行到 d 的时间，C 正确；
D ．万有引力提供加速度
则哈雷彗星的加速度a1 与地球的加速度a2 比值为
D 错误。
故选 C。
6 ．D
由题意可知细线 c 对 A 的拉力和细线 d 对 B 的拉力大小相等、方向相反， 对 A、B整体分析可知细线 a 的拉力大小为
Ta = (mA + mB)g = 1N
设细线 b 与水平方向夹角为 α ,对 A 、B 分析分别有
Tb sina + Tc sin θ = mAg
Tb cos a = Td cos θ解得
Tb = 0.5N
故选 D。
7 ．A
有题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为 ，根据胡克定律有
插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销有弹力提供向心力
F = mlw2
对卷轴有
v = rw
联立解得
故选 A。
8 ．A
解法一：设在小圆环在P1 、P2 间的任意一点P ，PM 与MN的夹角为a ，根据几何关系可得
37° ≤ a ≤ 53°
带负电的小圆环与 M 点固定的电电荷间库仑力为
FM ，方向由 M → P带负电的小圆环与 N 点固定的电电荷间库仑力为
FN ，方向由 N → P
连接OP ，将两个库仑力沿着OP 方向（半径方向）和垂直OP （圆弧切线方向）分解，则沿切线方向
因素分解可得
则小圆环在半圆弧上运动时，0 < a < 90° ,则 cos a 、sin a 、sin 2a 均大于 0，则当
4 cosa - 3sin a ≥ 0 时，即0 < a ≤ 53° 时，F切线 ≥ 0 ，静电力做正功。当53° < a < 90° 时，F切线 < 0 ，静电力做负功。可得小圆环后经过图上P1 点和P2 点的过程中受到的静电力在切线方向的分力一直大于等于 0，则静电力一直做正功。
故选 A。
825596520
解法二：设在小圆环在P1 、P2 间的任意一点P ，
PM 与MN的夹角为a ，根据几何关系可得
37° ≤ a ≤ 53°带负电的小圆环在两个负点电荷电场中的电势能
Ep Ep 关于a 求导可得
当0 < a < 53° 时，(Ep)' < 0 ，
Ep 为单调递减函数。
当53° < a < 90° 时， (Ep)' > 0 ，
Ep 为单调递增函数，
从P1 点运动到P2 点时a 由37° 增大到53° , 故Ep 一直变小，静电力一直做正功。故 A 正确。
故选 A。
9 ．AC
A．保持 T 不动，根据理想变压器的性质可知副线圈中电压不变，当滑动变阻器 R的滑片向f端滑动时， R 与R1 串联后的总电阻减小，电流增大，根据P = I2R1 可知此时热功率增大，故 A 正确；
B．将 T 向 b 端移动，副线圈匝数变小，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器 R 的滑片位置不变时，通过R1 的电流减小，故热功率减小，故 B 错误；
C ．将 T 向 a 端移动，副线圈匝数增加，故副线圈两端电压变大，滑动变阻器 R 的滑片向f端滑动，R 与R1 串联后的总电阻减小，电流增大，此时热功率增大，故 C 正确；
D．将 T 向 b 端移动，副线圈匝数减少，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器 R 的滑片向 e端滑动，R 与R1 串联后的总电阻增大，电流减小，此时热功率减小，故 D 错误。
故选 AC。
10 ．BC
AB ．由于粒子沿着 MN 做匀速直线运动，粒子所受洛伦兹力垂直于 MN，粒子所受合力为零，所以粒子所受重力和电场力的合力也垂直于 MN，故电场力水平向右，粒子带
正电。由力的平衡条件有qvB cos 45° = mg tan 45°解得E ，故 A 错误，B 正确；
C ．撤去磁场后，粒子所受电场力和重力不变，则其竖直方向上做竖直上抛运动，由于 NP水平向右，所以粒子从 N 运动到 P 点的过程所用的时间为t
又粒子在水平方向上做匀加速直线运动，由位移时间公式可得xNP = vt sint2结合 A 项分析联立解得xNP
所以 N、P 两点的电势差UNP = ExNP ，故 C 正确；
D．当粒子竖直方向的速度减为 0 时，其与 NP 的距离最大，为xm ，故 D错误。
故选 BC。
11 ．(1)BADC (2)9.5
(3)2g
（1）实验操作需遵循“先固定器材→通电后释放→关电源取纸带→分析数据” 的顺序，故正确的操作顺序为 BADC。
（2）由逐差法可知 g x 10-2 m / s2 = 9.5m / s2
（3）由自由落体规律得v2 = 2gh
故图像斜率为2g 。
12 ．(1)保护
(3) 1.47 1.3 (4)有
（1）R0 与电阻箱串联，可知，R0 在电路中起保护作用。
（2）根据闭合电路欧姆定律E = I (R + R0 + r )化简可得
（3）[ 1][2]结合上述有
结合图（b）有 ， = 7A-1解得E ≈ 1.47V ，r ≈ 1.3Ω
（4）当电流传感器有内阻时，所测的电源内阻 r测 = r真 + r传
导致电源内阻测量值偏大，即电流传感器的电阻对本实验干电池内阻的测量结果有影响。
13 ．(1)h2 = 0.05m ，p1 = 1.2 x 105 Pa (2) p2 = 1.35 x 105 Pa
（1）根据体积关系S1h1 = S2h2可得下方液面下降高度h2 = 0.05m
此时下方气体的压强p1 = p0 + rg(h1 + H + h2)
代入数据可得p1 = 1.2 x 105 Pa
（2）初始时，上方铸型室气体的压强为 p0 ，体积V = S1h1
当上方铸型室液面高为h3 = 0.04m 时体积为V, = S1 (h1 - h3)
根据玻意耳定律p0 V = p,V,
可得此时上方铸型室液面高为h3 = 0.04m 时气体的压强为p, = 1.25 x 105 Pa同理根据体积关系S1h3 = S2h4
可得h4 = 0.01m
此时下方气室内气体压强p2 = p, + rg(H + h3 + h4)代入数据可得p2 = 1.35 × 105 Pa
14 ．
（1）线框在没有进入磁场区域时，根据牛顿第二定律mg sinθ = ma根据运动学公式v2 = 2ad
联立可得线框释放点 cd 边与Ⅰ区域上边缘的距离d
（2）设两区域内的磁感应强度为B ，因为 cd 边进入Ⅰ区域时速度为 v ，且直到 ab 边离开Ⅰ区域时速度均为 v，可知线框的边长与Ⅰ区域的长度相等，根据平衡条件有mg sinθ = BIL1
又因为E = BL1v ，I
cd 边两端的电势差U = I E联立可得U
（3）根据题意可知线框进入Ⅱ区域到完全离开的过程，线框的初末速度相同，设此过程克服安培力做功为 W，根据动能定理得mg sinθ .（L1 + L2）-W = ΔEk = 0
解得W mg
设此过程安培力的冲量大小为I安 ，时间为 t ，以沿斜面向下为正方向，由动量定理得mgt sin θ - I安 = 0
因为L2 < L1 ，则线框进入磁场的过程安培力的冲量大小为 I安1 = BLt = BL 同理可得线框离开磁场的过程安培力的冲量大小为I安
可得I安 = I安1 + I安 联立解得t
线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率为P
15 ．（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
（1）滑块 a 从 D 到 F，由能量关系
在 F 点
解得
vF = 10m/s
FN=31.2N
（2）滑块 a 返回 B 点时的速度 vB=1m/s，滑块 a 一直在传送带上减速，加速度大小为
a = μg = 5m/s2根据
v = v - 2aL
可得在 C 点的速度
vC=3m/s则滑块 a 从碰撞后到到达 C 点
解得
v1=5m/s因 ab 碰撞动量守恒，则
mvF = -mv1 + 3mv2解得碰后 b 的速度
v2=5m/s则碰撞损失的能量
（3）若滑块 a 碰到滑块 b 立即被粘住，则 ab 碰后的共同速度
mvF = 4mv
解得
v=2.5m/s当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
' 4mv = 6mv
则
当弹簧被压缩到最短时压缩量为 x1，由能量关系
解得
x1 = 0. 1m同理当弹簧被拉到最长时伸长量为
x2=x1则弹簧最大长度与最小长度之差
Δx = 2x1 = 0.2m

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