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江苏省淮安市2025-2026学年下学期高三高考物理模拟卷
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。
1．茶道文化起源于中国，是一种以茶修身的生活方式。如图所示，向茶杯中倒入热水，盖上杯盖茶水漫过杯盖，在水面和杯盖间密闭了一部分空气（可视为质量和体积均不变的理想气体），过一段时间后水温降低。关于泡茶中的物理现象下列说法正确的是（　　）
A．泡茶时，热水比冷水能快速泡出茶香，是因为温度越高每个分子动能都越大
B．水中放入茶叶后，水的颜色由浅变深，是布朗运动现象
C．温度降低后杯盖拿起来比较费力，是因为杯盖与杯子间的分子引力作用
D．温度降低，杯内气体分子撞击单位面积器壁的平均作用力变小，气体对外界放热
2．钠的放射性同位素经过一次衰变后产生稳定的镁（）。已知的半衰期为15h，将放射强度为每秒次的，溶液样本倒入某水池中，45h后从该水池中取50mL的水，测得其放射强度为每秒20次。下列说法正确的是（　　）
A．该衰变过程为衰变
B．进入到水池后半衰期发生变化
C．水池中水的体积约为
D．水池中水的体积约为
3．有关下列四幅图的描述，正确的是（　　）
A．图1中，
B．图2中，匀速转动的线圈电动势正在增大
C．图3中，电容器中电场的能量正在增大
D．图4中，增大电容C，调谐频率增大
4．下列情景均与光学知识相关，其说法正确的（　　）
A．甲图中将单色光的强度变为2倍，相邻亮条纹之间的距离也变为原来的2倍
B．乙图中水里的气泡看起来很亮和荷叶上的水珠看起来很亮的主要成因相同
C．丙图中利用偏振眼镜能观看立体电影，利用了两束光的干涉原理
D．丁图中五颜六色的彩虹是光由空气中小水珠间隙衍射的结果
5．如图所示，从倾角为的足够长的斜面顶端以大小为v0的水平初速度抛出一个可视为质点的小球，小球落在斜面上。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．小球在空中运动的时间为
B．小球在空中运动的水平位移大小为
C．若仅将小球的初速度大小变为2v0，则小球在空中运动的水平位移大小变为原来的2倍
D．若仅改变小球的初速度大小，则小球落在斜面上时速度方向可能垂直于斜面
6． 潮汐现象出现的原因之一是在地球的不同位置海水受到月球的引力不相同。图中a、b和c处单位质量的海水受月球引力大小在（　　）
A．a处最大 B．b处最大
C．c处最大 D．a、c处相等，b处最小
7．一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速为0.04m/s，振幅为A。如图所示为该波在t=0时的波形图，x轴上有P、R和S三点，三点的横坐标分别为2cm、5cm和8cm。下列说法正确的是（　　）
A．t=0.8s时，P点在t=0时的振动状态传到R点
B．P点和S点在任何时刻的位移都不相同
C．t=0.4s时，R点正在向y轴正方向运动
D．时，S点的位移为
8．如图光滑水平面上有a、b、c、d四个弹性小球，质量分别为m、9m、3m、m。小球a一端靠墙，并通过一根轻弹簧与小球b相连，此时弹簧处于原长。小球b和c接触但不粘连。现给小球d一个向左的初速度，与小球c发生碰撞，整个碰撞过程中没有能量损失，弹簧始终处于弹性限度之内。以下说法正确的是（　　）
A．整个过程中小球a、b、c、d和弹簧组成的系统动量守恒
B．整个过程中四个弹性小球a、b、c、d的机械能守恒
C．小球a速度的最大值为
D．弹簧弹性势能最大值为
9．如图所示，在立体直角坐标系xyz中，坐标轴上的A、B、C、D、F各点至原点O点距离相同，A、B处固定有正电荷，C、D处固定有负电荷，电荷量大小均相等，设无穷远处的电势为零，则下列说法中正确的是（　　）
A．O点电场强度为零
B．O点电势为零
C．从O点静止释放一正电荷，其电势能将一直减小
D．从F点静止释放一正电荷，其将沿着y轴做匀加速直线运动
10．如图所示，足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上，导轨左端接有定值电阻，整个空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，导轨上静置一金属棒，金属棒和导轨电阻均不计。现给金属棒一个向右的初速度，设金属棒向右运动的位移大小为x时，速度大小为v，加速度大小为a，通过定值电阻的电荷量为q，金属棒克服安培力做功的功率为P，则下列四个图像中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
11． 如图甲所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，，，则下列说法正确是（　　）
A．木块的重力大小为
B．木块受到的摩擦力大小为
C．木块与斜面间的动摩擦因数为
D．木块上滑过程中，重力势能增加了
二、实验题
12．（1）某同学用多用电表的欧姆挡来测量一电压表的内阻，器材如图甲所示。先将选择开关旋至“×10”挡，红、黑表笔短接调零后进行测量，红表笔应接电压表的　 　（选填“+”或“-”）接线柱，结果发现欧姆表指针偏角太小，则应将选择开关旋至　 　（选填“×1”或“×100”）挡，并重新短接调零，再次测量。
（2）想用多用电表的欧姆挡去测量某个二极管的正向电阻。
①将多用电表调至“×10”挡，将红、黑表笔短接，调节旋钮，使指针指在　 　；
②连接电路，并将黑表笔接二极管的　 　；
③若多用电表的指针偏转情况如图乙所示，则二极管的正向电阻为　 　Ω。
三、本题共4小题，共41分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要计算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位。
13．某边长为的等边三角形发光元件放在半径为R的半球形透明介质上表面，其中心与半球形圆心重合，光在空气中的速度大小为c，不考虑反射。求：
（1）若介质的折射率为n，从三角形顶点发出的光到达半球形底部A的时间；
（2）要使三角形发光元件发出的光都能从球面射出，介质的折射率应该满足的条件。
14．如图甲所示，导体棒MN放在光滑水平金属导轨上，并垂直导轨。导轨间距为L，左端固定阻值为R的电阻，导体棒MN与导轨其它部分电阻不计，导体棒MN质量为m。匀强磁场的方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度大小为B。现给导体棒MN一水平向右平行于金属导轨的初速度v0，运动过程中导体棒MN与金属导轨始终保持良好接触并与QP平行。
（1）在图乙中定性画出导体棒MN向右运动过程中的v-t图像，并求速度为v时导体棒MN的加速度大小a；
（2）求从导体棒MN开始运动到停止全过程中，在左端电阻R上产生的热量Q；
（3）求从导体棒MN开始运动到停止全过程中，通过左端电阻R的电荷量q。
15．如图所示，长的水平传送带以的速度顺时针转动，传送带右侧存在匀强电场，方向水平向左，场强大小为。质量为的不带电小滑块放在与传送带等高的平台上，与传送带右端的距离为，质量为、带电量的小滑块放在与距离为的位置，由静止释放，与碰后结合成一个整体记作滑块。和与传送带间的动摩擦因数均为，与平台间的动摩擦因数均为，在碰撞和滑动过程中，滑块的电荷量始终保持不变，重力加速度取。求：
（1）两滑块碰撞过程中损失的机械能；
（2）滑块从第一次滑上传送带到第一次离开传送带过程中，系统因摩擦产生的热量；
（3）运动全过程中，滑块在平台上运动的总路程。
16．学习磁场等相关知识后，某同学设计了如图所示的装置，两相距为d的平行栅极板M和N（由金属细丝组成的网状电极），M板位于x轴上，其正下方为N板，两板间电势差为。M板的上方和N板的下方有磁感应强度大小均为B、方向如图所示的匀强磁场。粒子探测器位于y轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子。有一位于处的粒子发射源，能沿y轴正方向射出速率不同、质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子。忽略场的边缘效应、粒子的重力及粒子间的相互作用力，粒子碰到探测板后即被吸收，不会反弹。求：
（1）能被探测器探测到的粒子中，初速度的最大值及其在磁场中运动的时间 ；
（2）能够进入N板下方磁场的粒子的初速度范围；
（3）探测器能探测到粒子的位置坐标。
答案
1．【答案】D
本题考查分子动理论、热力学第一定律的应用，要注意区分布朗运动和分子的扩散现象，要理解热力学第一定律的内容。A．温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，但不是每个分子的动能都越大，分子动能遵循统计规律，存在动能大小的分布，故A错误；
B．水中放入茶叶后，水的颜色由浅变深，是因为茶叶中的色素分子在水中扩散，扩散现象是分子的无规则运动，而布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的无规则运动，所以这不是布朗运动现象，故B错误；
C．温度降低后杯盖拿起来比较费力，是因为杯内气体做等容变化，根据查理定律（p是压强，T是温度，C是常量 ）
可知温度降低，气体压强减小，外界大气压大于杯内气体压强，产生向下的压力差，而不是因为杯盖与杯子间的分子引力作用，故C错误；
D．温度降低，根据理想气体状态方程和气体压强的微观解释，气体分子的平均动能减小，撞击单位面积器壁的平均作用力变小；同时，理想气体温度降低，内能减小，即，体积不变，（气体不对外做功，外界也不对气体做功 ），根据热力学第一定律
可得
即气体对外界放热，故D正确。
故选D。
温度越高分子的平均动能越大；水的颜色由浅变深是扩散现象；根据和热力学第一定律分析。
2．【答案】C
A．根据质量数与电荷数守恒有24-24=0，11-12=-1，则产生电子，该衰变过程为衰变，故A错误；
B．半衰期与物理性质和化学性质无关，进入到水池后半衰期不会发生变化，故B错误；
CD.45h等于3个半衰期，可知，经过45h后，放射强度为每秒次的溶液的每秒放射强度的次数为
令水池中水的体积约为V，则有
解得
故C正确，D错误。
故选C。
1、根据质量数与电荷数守恒，推导出衰变后有电子产生则为衰变。
2、半衰期与物理性质和化学性质无关。
3、经过3个半衰期，可计算溶液的每秒放射强度的次数，再根据体积与次数成正比计算水池中水的体积。
3．【答案】C
了解交变电流的产生、变压器的构造和原理、电磁振荡产生的过程是解决本题的关键，属于基础题。A．理想变压器原副线圈与匝数的关系为，A错误；
B．从图2所示位置转动至线框与磁感线垂直的过程中，逐渐转向中性面，因此线框中的电动势逐渐减小，B错误；
C．电容器中电场强度方向竖直向上，因此下极板带正电，上极板带负电，根据线圈的磁场方向结合安培定则可知电流流向正极板，因此电容器正在充电，电场的能量正在增大，C正确；
D．电容C增大，根据电磁振荡的频率可知调谐频率减小，D错误。
故选C。
根据变压器电压与匝数的关系进行分析；根据交流发电机及其产生交变电流的原理可知，线圈平面与磁场垂直时，线圈位于中性面位置，此时磁通量最大，磁通量的变化率最小，电动势最小进行分析；根据电磁振荡产生的原理，判断电容器上下极板带电性及根据电感判断电流方向，从而判断出能量的转化；根据调谐频率即可分析。
4．【答案】B
A．由条纹间距表达式可知，甲图中将单色光的强度变为2倍，亮条纹变亮，相邻亮条纹之间的距离不变，故A错误；
B．乙图中水里的气泡看起来很亮和荷叶上的水珠看起来很亮的主要原因都是光发生全反射，故B正确；
C．丙图中利用偏振眼镜能观看立体电影，利用了两束光的偏振原理，故C错误；
D．丁图中五颜六色的彩虹是光的色散（即光的折射）的结果，故D错误。
故答案为：B。
本题核心思路是结合光的干涉、全反射、偏振和色散现象的本质，逐一分析四幅图对应的物理规律，判断选项正误。
5．【答案】B
A．由于小球做平抛运动，已知斜面的倾角为 ，根据位移的分解结合分运动的位移公式有
解得运动的时间为
故A错误；
BC．由于小球在水平方向上做匀速直线运动，根据位移公式有
仅将小球的初速度大小变为2v0，则小球在空中运动的水平位移大小变为原来的4倍，故B正确，C错误；
D．设落到斜面的速度与水平方向的夹角为，根据速度的分解结合速度公式可以得出
倾斜角度为定值，所以落在斜面上速度与水平方向的夹角为定值，与速度大小无关，故D错误。
故选B。
利用位移的方向可以求出速度的方向；利用位移方向结合位移公式可以求出运动的时间，结合水平方向的位移公式可以判别水平位移的大小及变化。
6．【答案】A
根据万有引力公式可知图中a处单位质量的海水收到月球的引力最大，故A正确，BCD错误；
故选A。
根据万有引力的计算公式分析判断。
7．【答案】D
A．t=0.8s时，该波传播距离为，而PR两点平衡位置的距离为3cm，故A错误；
B．P点和S点在振动过程中总会有位移相同的时刻，故B错误；
C．该波周期为，t=0.4s大于而小于，根据振动规律可知，R点正在向y轴负方向运动，故C错误；
D．S点位移的表达式为，当时，可得S点的位移为，故D正确。
故答案为：D。
这道题的核心是理解简谐横波的传播规律，包括波速、波长、周期的关系，质点的振动方向，以及位移随时间的变化。
8．【答案】C
A．由于墙壁对a球有弹力作用，整个过程中小球a、b、c、d和弹簧组成的系统动量不守恒，故A错误；
B．整个过程中弹簧与四个弹性小球的系统机械能守恒，所以四个弹性小球a、b、c、d的机械能不守恒，故B错误；
D．小球d与小球c碰撞，设小球c碰撞后速度为，小球d碰撞后速度为，由动量守恒和机械能守恒定律得，
解得，
小球c与小球b碰撞，设小球c碰撞后速度为，小球b碰撞后速度为，由动量守恒和机械能守恒定律得，
解得，
小球b向左运动速度为零时，弹簧弹性势能最大，则，故D错误；
C．小球b压缩弹簧，到弹簧恢复原长过程，小球b与弹簧组成的系统机械能守恒，小球b向右的速度大小为；当小球a、b向右运动，弹簧恢复原长时，小球a的速度最大，设小球a的速度大小为，小球b的速度大小为，由动量守恒和机械能守恒定律得，
解得，故C正确。
故答案为：C。
这道题的核心是分阶段处理弹性碰撞和弹簧的相互作用，首先分析d与c、c与b的两次弹性碰撞，利用动量守恒和机械能守恒求出碰撞后的速度，然后分析b压缩弹簧再弹开的过程，找到弹簧弹性势能的最大值和a球的最大速度。
9．【答案】B
A．已知各点点电荷的电性，根据场强的叠加可以得出A、C处点电荷在O点的场强沿AC方向不为零，B、D处点电荷在O点的场强沿BD方向不为0，根据电场的矢量叠加可知O点场强不为0，故A错误；
B．根据等量异种点电荷的电势分布可知，由于异种等量点电荷之间中垂线为等势线所以y轴是等势线，且电势为0，故B正确；
C．根据电场的矢量叠加可知，从O点静止释放一正电荷，在电场力的作用下由于正电荷先靠近CD加速，在远离CD减速，将做往复运动，电势能先减小，后增大，故C错误；
D．沿着y轴方向，根据电场线的分布可以得出：电场强度变化，从F点静止释放一正电荷，不做匀加速直线运动，故D错误；
故选B。
利用电场的叠加可以判别O点电场强度的大小；利用异种等量点电荷的电场可以判别O点电势的大小；利用电场力的方向可以判别电场力做功进而判别电势能的大小变化；利用电场线分布可以判别电场力的大小进而判别加速度的大小。
10．【答案】A
C．导体棒切割磁感线，产生感应电流，已知导体棒的速度方向向右，磁场方向竖直向上，根据左手定则可知棒受安培力向左，开始向右做减速运动。设磁感应强度为B，棒长为L，定值电阻阻值为R，根据动生电动势的表达式可以得出产生的感应电动势为
根据欧姆定律可以得出感应电流大小
根据安培力的表达式可以得出导体棒所受安培力
根据电流的定义式可以得出通过电阻的电荷量
可知与成正比，C错误；
A．对于导体棒，在安培力的作用下做减速运动，根据动量定理有：
联立上述两式可解得
即速度与位移为线性递减函数，故A正确；
B．由于导体棒在安培力的作用下做减速运动，利用牛顿第二定律有
联立上式化简得
即加速度随的图像也为线性递减函数，B错误；
D．根据功率的表达式结合安培力的大小可以得出克服安培力的功率
即功率与为二次函数，D错误。
故选A。
利用左手定则可以判别安培力的方向，利用动生电动势及欧姆定律可以求出安培力的表达式，结合牛顿第二定律可以求出加速度与位移的关系；利用动量定理可以求出速度与位移的关系；利用电流的定义式可以求出电荷量与位移的关系；利用功率的表达式可以求出克服安培力做功的功率与速度的关系。
11．【答案】A
A. 由图乙可知，木块的初动能为4E0，当滑到最顶端的过程中，机械能损失量为E0，根据能量守恒定律有
，可得，A符合题意；
B. 摩擦力做功，可得，B不符合题意；
C. 摩擦力大小为，可得，C不符合题意；
D. 木块上滑过程中，重力势能增加量为3E0，D不符合题意。
故答案为：A
根据功能关系可得出重力和摩擦力的做功特点，进而得出重力与摩擦力的大小。
12．【答案】-；×100；电阻0刻度处；正极；160
（1）根据电流的流向“红进黑出”可知，黑表笔应该接电压表的+接线柱，红表笔接电压表的-接线柱，即负接线柱；
欧姆表指针偏角太小，说明电压表是个大电阻，现选的挡位倍率太小，需换一个大倍率的挡位，才能使指针指到中值附近，故应选择×100；
故答案为：-；×100
（2）欧姆调零过程，需要指针指向电阻0刻度线处；
想用多用电表的欧姆挡去测量某个二极管的正向电阻，电流从黑表笔流出，接二极管正极；
故答案为：电阻0刻度处；正极；160
13．【答案】（1）设三角形某一顶点到圆心的距离为h，到底部A的距离为s，由几何关系
，，
联立得光线从到底部A的时间
（2）由正弦定理
α等于90°时，θ最大，此时
解得
故折射率应满足。
14．【答案】（1）导体棒向右运动时，受向左的安培力而做减速运动，电动势
感应电流，
棒MN受力
由牛顿第二定律
解得
随速度减小，加速度减小，则图像如图所示
（2）由能量守恒定律，
（3）对导体棒MN，由动量定理
即
由
解得
15．【答案】（1）解： 设滑块向左运动位移时速度为，由动能定理
有
得
设和碰后速度为，由动量守恒定律
有
得
由能量守恒定律
有
解得在碰撞过程损失机械能；
（2）解： 设碰后滑块向左运动位移时速度为，由动能定理
有
得
滑块滑上传送带后先向左做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
有
得
当滑块速度减为零时，由
得，滑块未从传送带左端滑出
由
得所需时间为
该段时间内，传送带运动距离为
此过程滑块与传送带的相对位移
由于摩擦，系统产生的热量
滑块速度减为零时，未从传送带左端滑出，之后向右做匀加速直线运动
与传送带共速时，需要时间
此过程，滑块滑行的位移为
传送带运动的距离为
此过程滑块与传送带的相对位移
由于摩擦，系统产生的热量
滑块从第一次滑上传送带到第一次离开传送带过程中，系统因摩擦产生的热量为
解得；
（3）解： 滑块第一次离开传送带，向右以进入电场做匀减速直线运动，直到速度减为零
因，不能静止，会再次向左做匀加速直线运动，由于摩擦产生热量，向左出电场，第二次滑上传送带时的速度小于传送带的速度，之后每次滑块向左出电场时的速度都在减小
由于向左出电场，第二次滑上传送带时的速度小于传送带的速度，故滑块第二次向左滑上传送带之后，在传送带上向左和向右的运动是对称的，所以之后每次进入传送带和从传送带滑出的速度大小相等，最终滑块将停在平台最左端
设滑块向右再次进入电场后，在电场中运动的总路程为
对该过程，由动能定理
有
解得
对运动全过程，滑块在平台上运动的总路程为
解得。
16．【答案】（1）由题可知最大半径为
根据洛伦兹力提供向心力有
得最大速率
粒子的运动时间为
（2）能进入N板下方的粒子最小速度，则有
得
能进入N板下方的粒子中最大的运动半径为，因此粒子的速率为
所以能进入B板下方的粒子速度范围为
（3）①若粒子不经过电场直接打到探测板上时；
②若粒子经过电场但不从N板射出，能在区域被探测器探测到的粒子满足
则对应的粒子速度为
由于
因此，k=1，2，3…；
③若粒子经过N板射入下方磁场，在区域被探测器探测到粒子，由第（2）小题的粒子的初速度范围可得粒子只经过一次电场。
设该粒子初速度为v，粒子进入N板下方后的速度为，则
设粒子在M板上方磁场运动的半径为r，在N板下方磁场运动的半径为，则，
且
解得、（舍去）或、
则粒子被探测的纵坐标为。
综上所述，探测器所有能探测到粒子的位置坐标为或

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