资源简介

山西、陕西名校联考 2026 届高三下学期 4 月模拟考试物理试卷
注意事项:
1.答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮
擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
一、单选题
1．关于近代物理知识，下列说法中正确的是( )
A.一个处于n 3能级的氢原子向基态跃迁最多能产生 2种频率的光子
B. 1n 235U 144 89 1铀核裂变的一种核反应方程为 0 92 56Ba+ 36Kr+2 0n
C.原子核的结合能越大，原子核越稳定
D.光电效应现象说明光具有波动性
2．“晋作家具”作为中国古典家具四大流派之一，具有独特的艺术魅力。如图所示，一茶壶静
置在八仙桌的水平桌面上，下列说法正确的是( )
A.茶壶受到重力、支持力、弹力和摩擦力
B.茶壶受到的重力就是桌子受到的压力
C.茶壶受到的重力和支持力是一对平衡力
D.茶壶对桌面的压力和桌子对地面的压力是一对相互作用力
3．弹珠游戏是小朋友常玩的游戏之一。某次游戏时，小明将弹珠 P从某位置水平弹出，P的
轨迹如图中虚线所示，轨迹与弹珠 Q共面。为使两弹珠直接相撞，不计空气阻力，下列方法
可行的是( )
A.仅减小 P弹出时的速度
B.仅增大 P弹出时的竖直高度
C.保持 P抛出的速度大小不变，将 P斜向下抛出
D.保持抛出的速度大小不变，换用质量更大的弹珠
4．如图所示，三角形 ABC为一直角三棱镜的横截面， C 60 。一束与 BC边平行的单色
光从 AB边进入棱镜，已知光线第一次到达 AC边时刚好发生全反射，则三棱镜对该单色光的
折射率为( )
A.1.5 B. 2 C. 3 D.2
5．如图所示，可视为质点的滑雪运动员从一段圆弧滑道由静止无助力下滑，初始时，运动员
和圆心的连线与竖直方向的夹角 5 ,忽略一切阻力。运动员在圆弧轨道下滑到最低点的过
程中，下列说法正确的是( )
A.沿滑道方向的加速度和速度都在增大
B.沿滑道方向的加速度和速度都在减小
C.若初始夹角 3 ,下滑时间变长
D.若初始夹角 3 ,下滑时间不变
6．PSR1913+16是一个由两颗互相绕转的脉冲星组成的双星系统。科学家通过长期观测发现，
其绕行周期每年减少约 75微秒，两脉冲星质量均不变。据此可以判断两脉冲星( )
A.线速度均变大B.距离不变
C.轨道半径之比变小 D.向心加速度均变小
7．某质谱仪简化结构如图所示，在 xOy平面的 y 0区域存在方向垂直纸面向外、大小为 B
的匀强磁场，在 x轴上放置照相底片，SO间有电压为 U的辐射状加速电场，大量的氢同位素
1
1H
2
、 1H离子从圆弧 S处飘入，经过加速后，从坐标原点且与 y轴成 角的范围内垂直磁场
1 2
方向射入磁场，最后均打到照相底片上。已知 1H、 1H两种离子打在照相底片上的区域刚好
1
不重叠，不考虑离子间的相互作用， 1H的质量为 m，电量为 q，则cos 为( )
1 1
A. B. C. 2 D. 3
10 2 2 2
二、多选题
8．如图 1所示，两个完全相同的固定细圆环同轴放置，分别带有等量均匀分布的正电荷，
O1、O2分别为两环的圆心，两圆心间距等于圆环的半径。以两圆心连线中点为坐标原点 O,向
右为正方向建立 x轴，在 x轴上电场强度 E随 x变化的图像如图 2所示。一带负电、不计重
力的粒子以某一初速度沿轴线方向向右穿过两环，取无穷远处电势为 0。下列说法正确的是
( )
A.O点电场强度为 0,电势为 0
B.从O1到O2 的过程中，粒子的加速度先减小后增大
C.从O1到O2 的过程中，粒子的电势能先增大后减小
D.从O1到O2的过程中，粒子的动能先增大后减小
9．如图所示，虚线 AB下方有垂直纸面向外、磁感应强度为 B的匀强磁场，半径为 R的刚性
圆形线框悬挂在弹簧测力计下端，线框中通有恒定的电流，开始时与匀强磁场的边界 AB相
切。现将线框沿竖直方向缓慢向上拉动(不考虑感应电流)，线框移动距离为 0.4R时弹簧测力
计的读数为 F，移动距离为 R时弹簧测力计的读数为 1.2F，已知重力加速度为 g,则( )
A.线框中的恒定电流方向为 adcba
B.初始线框全部在磁场中时，线框所受安培力方向向上
F
C.线框中恒定电流的大小为
5BR
F
D.线框的质量为 5g
10．一质量m 10kg的物体在水平拉力 F的作用下沿水平面做匀速直线运动，运动 4m后，F
逐渐减小，继续运动 4m后 F减为 0，物体的速度也刚好减为 0。F随物体位移 x的变化关系
如图所示，重力加速度 g取10m / s2 则( )
A.物体与地面间的动摩擦因数等于 0.1
B.在运动 8m的过程中合外力对物体所做的功约为-20J
C.物体做匀速运动的速度大小约为 1m/s
D.物体匀速运动 4m的过程拉力的冲量大小约为 20N·s
三、实验题
11．无人机空中配送的技术已逐渐应用于快速发展的物流行业。某科技小组设计实验，测试
甲、乙两款无人机上升时的性能。
实验操作如下：
①如图 1所示，将电火花计时器固定在水平面内；
②纸带穿过限位孔后连接长细线，长细线通过定滑轮连接在待测甲无人机的正下方，细线绷
直后，调整水平细线，使纸带中轴线与限位孔中轴线共线；
③先打开计时器开关，然后让甲无人机带动纸带以最大加速度由静止匀加速上升，打出纸带；
记录各计数点到计时起点的距离分别为 x1、x2、x3、x4 ,相邻计数点之间的时间间隔为 T;
④更换纸带，重复上述步骤对乙无人机进行实验；
⑤甲、乙无人机所打纸带如图 2所示，计时起点O1和O2 均为打下的第一个点。
根据以上内容，回答下列问题：
(1)电火花计时器使用的是电源____________(填“交流”或“直流”)。
(2)计算 B点瞬时速度大小的方法中，____________(填选项前的序号)方法更准确。
x
① 2
x1 x3 x2 x3 x② ③ 1
T T 2T
(3)通过比较两条纸带可看出，____________(填“甲”或“乙”)无人机的加速性能更好。
12．某实验小组使用某种型号多用电表测量导体的电阻以及利用多用电表分析电路故障。
(1)某次测量时，多用电表指针指在图 1所示的位置，下列说法正确的(多选)。
A.若此时选用的是欧姆挡“×100”倍率，则应该更换“×10”倍率重新测量
B.重新选择合适的欧姆挡倍率后，无需欧姆调零即可直接使用
C.用多用电表电流挡测直流电流时，应让红表笔接外电路的负极，黑表笔接外电路的正极
D.测二极管的正向电阻时，应让红表笔接二极管的负极，黑表笔接二极管的正极
(2)用多用电表的欧姆挡去测量电压表(0～15V量程)的内阻，将选择开关拨至欧姆“×10k”挡，
多用电表和电压表的示数分别如图 2、3所示，多用电表的示数为____________kΩ，电压表
的示数为____________V。已知多用电表欧姆挡表盘中间刻度值为 15，则该多用电表内电池
的电动势为____________V(结果保留 2位有效数字)。
(3)图 4是“测量电源的电动势和内阻”实验的电路图。某同学在实验中，闭合开关后，发现无
论如何改变滑动变阻器滑片的位置，电压表的示数均不变且不为零，电流表的示数始终为零。
为查找故障，在其他连接不变的情况下，使用多用电表的直流电压挡进行检测，将红表笔连
接在 e位置并保持不动，另一表笔分别试触 b、c、d三个位置。发现试触 b、c时均有示数；
试触 d时，没有示数。若电路中仅有一处故障，可判断出______________(填正确答案标号)。
A.导线 ab断路 B.滑动变阻器断路
C.导线 cd断路 D.滑动变阻器短路
四、计算题
13．某汽车的空气悬架可以简化为坚直放置的绝热气缸，汽车的重力可视为作用在四个相同
气缸的活塞上。如图所示，气缸内均封闭着一定质量的理想气体，初始时，气缸内气体的温
度为T1 300K，活塞距离缸底的高度h 10cm。现通过电加热丝缓慢加热气缸内的气体，使
活塞上升 h 2cm。已知活塞的截面积为 S 100cm2 ，汽车重力为G 20000N，外部大气压
强 p0 1.0 10
5Pa，活塞质量以及活塞与气缸间的摩擦忽略不计。
(1)求加热后气缸内气体的温度；
(2)若每个气缸内的气体均吸收了Q 200J的热量，求加热过程中每个气缸内的气体内能的变
化量 U。
14．如图所示，两条足够长的平行金属导轨固定在倾角为 30 的绝缘斜面上，间距为 L,在
导轨上有一电阻为 R、质量为 m、长度为 L的光滑导体棒 MN，一金属叉丝 EFGH放置在 MN
的上方，叉丝由两根相同的匀质金属棒在共同的中点 O焊接而成，E、F、G、H分别是两根
m
金属棒与导轨的接触点，四个点到 O的距离均相等，EF、GH每根金属棒的质量均为 2 ,电阻
均为 2R。整个空间有垂直导轨所在平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。初始时，叉
丝固定在导轨上，MN由静止释放，重力加速度为 g,不计导轨电阻和焊接点处的接触电阻。
求：
(1)导体棒 MN在导轨上运动的最大速度；
(2) 3当导体棒 MN达到稳定时，释放叉丝，已知叉丝和轨道间的动摩擦因数为 ,求系统
3
达到稳定时，导体棒 MN和叉丝的速度之差。
15．如图所示，在固定的光滑水平桌面上叠放有 1、2、3…足够多的完全相同的积木，积木
的质量均为m 0.3kg ,其中积木 2、3…处于竖直管道内。质量m 0.1kg的小球从倾角 30
的光滑固定斜面上距水平桌面高度h 0.8m的 P点由静止滑下，在水平桌面与积木 1发生弹
性正碰，斜面与桌面平滑连接。碰后 1滑到静止在水平地面与桌面等高且平滑衔接的小车上，
小车的质量M 0.6kg。第一次碰撞后被弹回的小球与落到水平桌面的积木 2发生弹性碰撞，
小球又被弹回，然后与落在桌面的积木 3相碰，依次类推，积木落到地面被立即取走。已知
积木 1与小车间的动摩擦因数为
1
且积木 1未从小车上滑下，不计积木之间以及小车与地
3
面间的摩擦，积木长度不计，重力加速度 g取10m / s2 。求：
(1)小球与积木 1碰撞后瞬间二者的速度大小分别为多少；
(2)小车的最小长度；
(3)小球在斜面上滑行的总路程。
参考答案
1．答案：A
解析：A.一个处于n 3能级的氢原子向基态跃迁，要产生最多频率光子时，跃迁路径为
3 2 1，共产生 2种频率的光子，故 A正确；
B.核反应需满足质量数守恒，左侧质量数总和为1 235 236，右侧质量数总和为
144 89 2 1 235，质量数不守恒，故 B错误；
C.原子核的比结合能（平均结合能）越大，原子核越稳定，总结合能大的原子核比结合能不
一定大，稳定性不一定高，故 C错误；
D.光电效应现象说明光具有粒子性，光的干涉、衍射现象才能说明光具有波动性，故 D错误。
故选 A。
2．答案：C
解析：A.茶壶静置在水平桌面上，没有相对桌面的运动趋势，因此不受摩擦力；桌面给茶壶
的支持力本质上就是弹力，所以茶壶实际只受重力和支持力（弹力）两个力，故 A错误；
B.壶受到的重力，施力物体是地球，受力物体是茶壶；桌子受到的压力，施力物体是茶壶，
受力物体是桌子。两者的受力物体、施力物体都不同，也不是同一种力，因此不是同一个力，
故 B错误；
C.茶壶静止在水平桌面上，处于平衡状态，受到的重力和支持力大小相等、方向相反、作用
在同一直线上、作用在同一物体上，是一对平衡力，故 C正确；
D.相互作用力作用在两个不同的物体上，且性质相同。茶壶对桌面的压力作用在桌面上，桌
子对地面的压力作用在地面上，这两个力方向相同，不是一对相互作用力，故 D错误。
故选 C。
3．答案：B
1
解析：A.对弹珠 P，根据平抛规律有h gt2，x vt
2
2h
联立解得 x v
g
由图可知，弹珠 P落在 Q的左侧，说明水平位移 x偏小，为使两弹珠直接相撞，若仅减小 P
弹出时的速度，x将减小，弹珠 P将落在更左侧，故 A错误；
2h
B.根据 x v 可知，若仅增大 P弹出时的竖直高度，x将增大，则两弹珠可能相撞，故 B
g
正确；
C.若保持 P抛出的速度大小不变，将 P斜向下抛出，则竖直方向有向下的初速度，下落时间 t
变短；同时水平分速度 vx 小于原速度 v0。根据 x vxt可知，水平位移 x必然减小，弹珠 P将
落在更左侧，故 C错误；
D.平抛运动的轨迹与物体质量无关，质量变化不影响运动时间和水平位移，故 D错误。
故选 B。
4．答案：D
解析：光线第一次到达 AC边时刚好发生全反射，根据几何关系可知，此时入射角恰好等于
n 1 1临界角，其大小为 30°，所以 2
sinC sin30
故选 D。
5．答案：D
解析：AB.对运动员受力分析，重力的分力提供沿滑道切线方向的合力：设某位置运动员与
圆心连线和竖直方向夹角为 ，可得 F mg sin 合
F
因此沿滑道方向的加速度a 合 g sin
m
下滑过程中， 从初始角度逐渐减小到 0，因此沿滑道方向加速度逐渐减小；由于加速度方
向始终与下滑速度方向同向，速度一直增大，故 AB错误；
CD.本题中初始角度5 、3 都属于小角度，运动员在圆弧轨道的运动等效于单摆的小角度简
谐运动，小角度下周期和振幅（初始偏角）无关，这是单摆的等时性。运动员从初始位置滑
T
到最低点的时间为 t ，T不变，因此初始偏角从5 变为3 ，下滑时间不变，故 C错误，D
4
正确。
故选 D。
6．答案：A
解析：B.双星系统，两星角速度、周期相同，万有引力提供向心力，轨道半径之和等于两星
mm 2 2
间距离 L，则G 1 2 m 4π r G m1m2 m 4π r r L
L2
1 2 1， 2 T L 2 T 2
r2， 1 2
L3
联立解得T 2π
G(m1 m2 )
由于周期减小，则两星间距离减小，故 B错误；
r m
C. 1 2由以上分析可知 r2 m1
由于两星质量不变，所以轨道半径之比不变，故 C错误；
m
D.根据万有引力提供向心力G 1
m2 m a G m， 1
m2
2 1 1 2 m aL L 2 2
Gm
所以 a 21 2 ， a
Gm
1
L 2 L2
由于两星间距离减小，所以向心加速度均变大，故 D错误；
v 2πr1 v 2πrA.由于 21 ， T 2 T
Gm2 2
所以 v 2 v
Gm
， 11 (m 2

1 m2 )L (m1 m2 )L
由于两星间距离减小，则线速度均变大，故 A正确。
故选 A。
7．答案：C
1 2
解析：离子经加速电场，有 qU mv
2
v2
离子在匀强磁场中，有 qvB m
R
R 1 2mU联立可得
B q
2 1
由此可知， 1H做圆周运动的半径应为 1H做圆周运动半径的 2倍，两种离子打在照相底片上
1 2
的区域刚好不重叠，则 1H打在底片上距离 O点的最远位置与 1H打在底片上距离 O点的最近
位置相同，即 2R1 2R2 cos ，R2 2R1
2
解得 cos
2
故选 C。
8．答案：BD
解析：A.由图 2可知 O点电场强度为 0，两圆环带正电，无穷远处电势为 0，根据电场线从正
电荷出发终止于无穷远或负电荷，根据沿电场线电势降低，可知O点电势大于 0，故 A错误；
qE
B.从O1到O2 的过程中，由图 2可知电场强度大小先减小后增大，根据 a 可知粒子的加速m
度大小先减小后增大，故 B正确；
C.从O1到 O的过程中，电场强度方向向左（E 0），粒子带负电，电场力方向向右，电场
力做正功，电势能减小；从 O到O2 的过程中，电场强度方向向右（E 0），电场力方向向
左，电场力做负功，电势能增大，所以电势能先减小后增大，故 C错误；
D.从O1到O2 的过程中，电场力先做正功后做负功，根据动能定理可知粒子的动能先增大后减
小，故 D正确。
故选 BD。
9．答案：AD
解析：A.线框向上拉动过程中，弹簧测力计读数增大，说明线框受到向下的安培力阻碍其运
动。根据左手定则，磁场垂直纸面向外，安培力向下，则线框中电流方向为逆时针 adcba，
故 A正确；
B.初始时线框全部在匀强磁场中，闭合线框所受安培力矢量和为零，故 B错误；
C.设线框质量为 m，电流为 I。当线框向上移动 x 0.4R时，圆心距 AB为 d1 R 0.4R 0.6R
有效切割长度 L1 2 R
2 d 21 1.6R
此时 F mg BIL1 mg 1.6BIR
当线框向上移动 x R时，圆心在 AB上，有效切割长度 L2 2R
此时1.2F mg BIL2 mg 2BIR
F
联立解得 I ，故 C错误；
2BR
I FD.将 代入 F mg 1.6BIR
2BR
得 F mg 0.8F
解得mg 0.2F
F
即m 5g ，故 D正确。
故选 AD。
10．答案：AC
解析：A.物体在0 ~ 4m做匀速直线运动，处于平衡状态，拉力等于滑动摩擦力，由图可知
F 10N，则 f F 10N
又 f mg
f
解得 0.1mg ，故 A正确；
B.在运动8m的过程中，摩擦力做功Wf mgx 80J
拉力做功WF 等于 F x图线与坐标轴围成的面积，每一小格对应W0 2 1J 2J
共有约 37个小格（不满半格的舍去，超过半格的算一格），拉力总功为WF 37W0 74J
合外力对物体所做的功约为W Wf W合 F 6J，故 B错误；
1
C. 2根据动能定理W合 0 mv2
代入数据解得 v 1.2 1m / s，故 C正确；
D.物体匀速运动 4m的过程，时间 t
x
4s
v
拉力的冲量 I Ft 40N s，故 D错误。
故选 AC。
11．答案：(1)交流
(2)③
(3)乙
解析：（1）电火花计时器是利用火花放电在纸带上打出小孔而显示出点迹的计时仪器，工作
电压为 220V，使用的是交流电源。
x2 x（2）①. 1 表示 AB段的平均速度，等于 AB中间时刻的瞬时速度，不是 B点速度，故①
T
错误；
x3 x②. 2 表示 BC段的平均速度，等于 BC中间时刻的瞬时速度，不是 B点速度，故②错误；
T
x x
③. 3 1 表示 AC段的平均速度，B点是 AC的时间中点，根据匀变速直线运动中间时刻瞬时
2T
x x x
速度等于该段时间内的平均速度，有 v ACB 3 1 ，故③正确。2T 2T
故选③。
（3）由图 2可知，在相同的时间间隔 T内，乙纸带相邻计数点间的距离差值 x明显比甲纸
带大，根据匀变速直线运动推论 x aT 2可知，乙的加速度 a更大，说明乙无人机的加速性
能更好。
12．答案：(1)AD
(2)260；7.0；11
(3)C
解析：（1）A.图 1中指针偏转角度过大，指示阻值较小，说明所选倍率过大，应换用“×10”
倍率重新测量，故 A正确；
B.欧姆表换挡后必须重新进行欧姆调零，故 B错误；
C.使用多用电表电流挡测直流电流时，电流从红表笔流入，从黑表笔流出，故红表笔应接外
电路的正极，黑表笔接外电路的负极，故 C错误；
D.欧姆表内部电源负极接红表笔，正极接黑表笔，测二极管正向电阻时，电流应从二极管正
极流入，故黑表笔接二极管正极，红表笔接二极管负极，故 D正确。
故选 AD。
（2）多用电表欧姆挡倍率为“×10k”，指针指在 26刻度处，读数为26 10k 260k
电压表量程为 0 ~ 15V，分度值为0.5V，读数为7.0V。
欧姆表内阻等于中值电阻，即 R 15 10k 150k 内
I U根据闭合电路欧姆定律 E I R R内 x ， Rx
U
联立得 E R Rx 11VR 内x
（3）电流表示数为零，说明电路断路；电压表示数不变且不为零，说明电压表两端与电源连
通。用多用电表直流电压挡检测，表笔接 e和 b、c时有示数，说明 b、c点与电源负极连通；
表笔接 e和 d时无示数，故断路位置在 c、d之间，即导线 cd断路。
故选 C。
13．答案：(1)360K
(2)80J
解析：（1）气体发生等压变化，初态体积V1 h S
温度T1 300K，末态体积V2 h h S
V
- 1
V
2根据盖 吕萨克定律 T1 T2
h S h h S
即
T1 T2
代入数据解得T2 360K
G
（2）对活塞受力分析，气体压强 p p0 4S
代入数据得 p 6.0 105Pa
气体对外做功W p V pS h
代入数据解得W 120J
根据热力学第一定律 U Q W
代入数据得 U 80J
mgR
14．答案：(1)
B2L2
mgR
(2)
2B2L2
解析：（1）导体棒 MN切割磁感线产生感应电动势E BLv
叉丝由两根电阻为 2R的金属棒在 O点焊接，且 O为中点，故EO、OF、GO、OH四段电阻
R R
均为 R。外电路结构为HO与 FO并联， EO与GO并联，再串联，外电阻 R外 R2 2
回路总电阻 R总 R R外 2R
I E感应电流 R总
安培力F BIL安
当 MN受力平衡时速度最大，有mg sin F安
解得 v
mgR
m B2L2
（2）释放叉丝后，设 MN速度为 v1，叉丝速度为 v2，相对速度 v v1 v2
感应电动势E BL v
I BL v电流
2R
2 2
安培力F B L v
安 2R
MN '受重力分力和安培力，由牛顿第二定律mg sin F ma安 1
叉丝总质量 m，受重力分力、安培力（方向向下，大小与 MN所受安培力相等）和摩擦力。
摩擦力 f mg cosa
3 1
因为 ，解得 f mg mg sin
3 2
叉丝牛顿第二定律mg sin F ' f ma安 2
即F ma
安 2
系统稳定时，两者加速度相等 a1 a2 a
F ' 1联立解得 mg sin 安 2
mgR
得 v
2B2L2
15．答案：(1) 2m / s， 2m / s
(2)0.4m
8
(3) m
3
1
解析：（1）小球从 P点滑到水平桌面过程，由机械能守恒定律得mgh mv2
2 0
代入数据解得 v0 4m / s
小球与积木 1发生弹性正碰，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv mv m v 0 1 1
1 2 1 2 1 2
由机械能守恒定律得 mv0 mv1 m v 2 2 2 1
m m
联立解得 v1 v 2m / s
2m
， v v 2m / s
m m 0 1 m m 0
即小球速度大小为 2m / s，方向向左；积木 1速度大小为 2m / s，方向向右。
（2）积木 1滑上小车后，系统水平方向动量守恒，设共同速度为 v共，则m v 1 m M v共
2
代入数据解得 v共 m s3
1 2 1 2
由能量守恒定律，系统损失的动能转化为摩擦热 m gL m v 1 m M v2 2 共
代入数据解得 L 0.4m
m m
（3）小球与积木发生弹性碰撞，每次碰撞后速度大小变为碰前的 k 0.5
m m
小球第一次下滑路程 s
h
0 1.6msin30
v2
第一次碰后小球以v1 2m/s滑上斜面，上滑路程 s 11 0.4m2gsin30
1
随后滑下，路程相同。此后每次碰撞后速度减半，上滑路程变为原来的 4 。总路程
S s 2 s 1 s 1.6m 2 0.4 m 80 1 4 1
m
1 0.25 3

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