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江苏省苏州市2025-2026学年下学期高三高考物理模拟卷
一、单项选择题：本题共11小题，每小题4分，共计44分。每小题只有一个选项符合题意。
1．甘肃省文物考古研究所蜀道考古研究项目（甘肃段）涉及羊马城遗址和圣寿院遗址考古勘探。考古学家们利用放射性元素的半衰期可以确定文物的年代，衰变方程为，的半衰期是5730年，下列说法中正确的是（　　）
A．80个经过11460年后，还剩下20个
B．衰变的实质是核内的一个中子转变为一个质子，并放出一个电子
C．从比结合能大的核向比结合能小的核转变，这种核反应才能自发地发生
D．衰变过程由于发生了质量亏损，会吸收能量
2． 关于电磁波，下列说法中正确的是（　　）
A．周期性变化的电场和磁场交替产生由近及远地向周围传播，形成了电磁波
B．电磁波在真空中的传播速度比在水中小
C．电磁波能发生反射、折射、衍射和干涉现象，但不能发生偏振现象
D．不同电磁波具有不同的频率，但在同一介质中波速相同
3．如图所示的两种卫星，一种是经过两极附近的极轨卫星甲，运行在离地高度约为的圆形轨道上；一种是在赤道平面上运行的同步卫星乙，运行轨道离地高度约为。下列说法正确的是（　　）
A．甲乙两颗卫星运行的速度
B．甲乙两颗卫星运行的周期
C．两卫星受到地球的万有引力
D．极轨卫星与地心连线和同步卫星与地心连线在相同时间内扫过相同的面积
4．“地震预警”是指在地震发生以后，地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前几秒至数十秒发出警报，通知目标区域，从而实现预警。科研机构对波的特性展开研究，如图甲所示为研究过程中地震横波时刻的波形图，是此波上的一个质点，平衡位置处于处，图乙为质点的振动图像，则下列说法正确的是（　　）
A．该列波的传播速度为
B．该列波的传播方向沿轴正方向传播
C．质点在内沿轴运动了
D．质点在内通过的路程为
5．蹦床是深受儿童喜爱的体育活动，弹性网面起到提高弹跳高度和保护作用。在一次玩耍中，儿童从空中最高点竖直下落至弹性网面再运动到最低点的整个过程，若不计空气阻力和弹性网的质量，下列说法正确的是（　　）
A．儿童减少的重力势能小于弹性网增加的弹性势能
B．儿童减少的机械能等于弹性网增加的弹性势能
C．儿童接触网面后速度立即减小
D．儿童接触网面后加速度一直减小
6．如图所示为远距离输电的原理图。两个变压器均为理想变压器，输电线的总电阻为，其他导线电阻可以忽略不计。发电厂的输出功率为200kW，输出电压为400V。向距离较远的用户供电，为了减少电能损失，使用5kV高压输电，最后用户得到的电压为220V。下列说法正确的是（　　）
A．输电线路中的电流为4A
B．升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶25
C．降压变压器原、副线圈的匝数比为450∶11
D．输电效率为
7．如图所示，在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，若想增加目镜中观察到的条纹个数，该同学可（　　）
A．将单缝靠近双缝 B．将毛玻璃远离双缝
C．使用间距更大的双缝 D．将绿色滤光片换成红色滤光片
8．如图甲所示，一束单色光从真空中沿半径射入半圆柱形透明工件，光在圆心O处发生折射和反射，折射光线的强度随着的变化而变化（如图乙所示），光在真空中的传播速度为c，，结合图像信息可知，单色光在工件中的传播速度为（　　）
A． B． C． D．
9．在光电效应中，当一定频率的光照射某种金属时，实验得到的遏止电压与入射光的频率的关系如图所示，其横轴截距为，纵轴截距为，元电荷电量为。下列说法正确的是（　　）
A．遏止电压与入射光的频率成正比
B．金属的逸出功为
C．金属的截止频率为
D．普朗克常量
10．如图所示，半径为2r的均匀带电球体电荷量为Q，过球心O的x轴上有一点P，已知P到O点的距离为3r，现若挖去图中半径均为r的两个小球，且剩余部分的电荷分布不变，静电力常量为k，则下列分析中不正确的是（　　）
A．挖去两小球前，两个小球在P点产生的电场强度相同
B．挖去两小球前，整个大球在P点产生的电场强度大小为
C．挖去两小球后，P点电场强度方向与挖去前相同
D．挖去两小球后，剩余部分在P点产生的电场强度大小为
11． 如图所示，某同学在同一位置用同一频闪相机记录了乒乓球抛至最高点和从最高点下落的两张频闪照片，频闪时间间隔相同，其中、处均为最高点。若全程空气阻力大小不变，则下列说法正确的是（　　）
A．图甲乒乓球在运动过程中机械能守恒
B．图乙为乒乓球上抛时所拍摄的频闪照片
C．乒乓球在段运动过程中重力的冲量大小不同
D．通过两张照片可估测乒乓球所受重力与空气阻力之比
二、非选择题：共5题，共56分，其中第16题~19题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
小李同学设计了如图甲所示的方案来探究小车的加速度与所受合力的关系。
12．本实验涉及到最主要的思想方法是________。
A．控制变量法 B．等效法 C．放大法 D．极限法
13．关于实验操作，下列说法正确的是________。
A．实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行
B．平衡摩擦力时，在细线下端悬挂槽码，使小车在细线的拉力作用下能匀速下滑
C．每次改变小车所受的拉力后都要重新平衡阻力
D．实验时应先释放小车，后接通打点计时器电源
14．小李处理实验数据后得到关系如图乙所示，出现这种结果最可能的原因是________。
A．未平衡小车阻力 B．平衡小车阻力过度
C．槽码的总质量太大 D．释放小车过早
15．小王同学受到小李同学的启发，关于本实验又设计了如图丙、丁所示的两种实验方案，下列说法正确的是________（多选）。
A．图甲、丙、丁中的方案都需要平衡阻力
B．只有图甲中方案需要平衡阻力
C．只有图甲中方案必须满足小车的质量远大于重物的质量
D．图丙中方案力传感器的示数和图丁中方案弹簧测力计的示数均等于小车所受合力的大小
16．如图所示，某小型交流发电机内的矩形金属线圈ABCD的面积，匝数，线圈的总电阻，线圈所处磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小。线圈通过滑环和电刷与阻值的定值电阻连接。现使线圈绕轴匀速转动，角速度为。
（1）从中性面开始计时，写出线圈中电流瞬时值的表达式；
（2）求线圈转动过程中电阻R上产生的热量Q；
（3）求线圈从中性面位置转过的过程中，通过电阻R的电荷量q。
17．医用氧气瓶是医院必备用品，存放场所须符合防火安全要求，应有良好的通风，并远离明火，避免阳光曝晒。容积为40升的某医用氧气瓶，使用压力上限为，假设该氧气瓶导热良好，当环境温度为27℃时，压力表显示该氧气瓶里面的压强为。1标准大气压。热力学绝对零度为。
（1）当打开阀门释放氧气时，能看到排气口出现白雾，试解释形成白雾的原因；
（2）出现火情时，周边温度可达到200℃，分析论证氧气瓶在这样的环境中的危险性；
（3）某病患由于治疗需要，每天需要消耗1标准大气压下的氧气40升。该氧气瓶加上稳压阀后，能稳定输出1标准大气压下的氧气，以供患者使用。假设环境温度为27℃不变，该氧气瓶可以供给此病患使用多少天？
18．某同学用质量m=20g、可视为质点的小石片打“水”漂的轨迹示意图如图所示，小石片从距液面高处的P点以初速度水平飞出后，从A点与液面成角射入某种液体中，然后从B点与液面成角射出液面做斜上抛运动，到达最高点D时距离液面的高度。已知小石片从A点运动到B点的过程中，水平方向的运动可视为匀变速直线运动，A、B两点间的距离L=1m，重力加速度，，不计空气阻力。求：
（1）小石片从P点运动到D点的过程中，该液体对小石片做的功W；
（2）小石片从抛出到第二次进入液面运动的时间t。
19．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第三象限内，区域I（x<-L）内有方向垂直xOy平面向外的匀强磁场；区域II（-L0）的粒子从点a（-2L，-2L）沿y轴正方向、以大小为v0的初速度开始运动，从点b（-L，-L）沿x轴正方向进入区域II，粒子在电场中运动时间后，从坐标原点进入第一象限，第一象限内存在垂直xOy平面向里的磁场，该磁场内各点的磁感应强度大小B2与横坐标x满足B2=kx（k为大于0的常量）。不计粒子重力，求：
（1）区域I内匀强磁场磁感应强度B1的大小；
（2）区域II内匀强电场场强E的大小；
（3）该粒子在第一象限内运动过程中与y轴的最大距离。
答案
1．【答案】B
A．半衰期具有统计意义，对于数量较少的放射性元素的原子而言没有意义，故A错误；
B．根据质量数守恒和电荷数守恒，可知X为电子，属于衰变，衰变的实质是核内的一个中子转变为一个质子，并放出一个电子，故B正确；
C．核反应自发进行的条件是 “从结合能小的核向结合能大的核转变”（结合能大的核更稳定），而非 “结合能大的核向结合能小的核转变”，故C错误；
D．衰变过程有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程可知该过程会放出能量，故D错误。
故答案为：B。
利用核反应的守恒定律（质量数、电荷数守恒）判断衰变类型，结合β 衰变的实质、半衰期的统计意义、结合能与核反应自发的关系分析选项。
2．【答案】A
A．周期性变化的电场和电磁场交替产生由近及远地向周围传播，形成了电磁波，A正确；
B．电磁波在真空中的传播速度最大，B错误；
C．电磁波能发生反射、折射、衍射和干涉现象，电磁波是横波，能发生偏振现象，C错误；
D．不同电磁波具有不同的频率，在真空中传播速度相同，不同电磁波具有不同的频率，则介质对不同频率的电磁波的折射率不同，根据可知在同一介质中波速不相同，D错误。
故答案为：A。
电磁波是能量的一种，凡是高于绝对零度的物体，都会释出电磁波。且温度越高，放出的电磁波波长就越短。正像人们一直生活在空气中而眼睛却看不见空气一样，除光波外，人们也看不见无处不在的电磁波。
3．【答案】B
ABC．根据，可知
因同步卫星的轨道半径大于极地卫星的轨道半径，可知甲乙两颗卫星运行的速度，周期；因质量关系不确定，则万有引力不确定；AC错误，B正确；
D．根据开普勒第二定律，因两卫星不在同一轨道上运动，可知极轨卫星与地心连线和同步卫星与地心连线在相同时间内扫过的面积不一定相同，D错误。
故答案为：B。
先根据万有引力提供向心力，推导卫星线速度、周期的表达式，结合轨道半径大小判断线速度和周期的关系，再分析万有引力的影响因素，最后依据开普勒第二定律的适用条件判断扫过面积的情况。
4．【答案】A
A．根据图甲可知，波长为4m，根据图乙可知，周期为2s，则波传播速度为，故A正确；
B．t=0时，由图乙知质点 M 向y轴正方向运动；结合图甲，用 “同侧法”（质点振动方向与波传播方向在波形图同侧），可知波沿x轴负方向传播，故B错误；
C．机械波传播的是质点振动的形式与能量，质点本身不会随波发生迁移，故C错误；
D．由于，则质点M在5s内通过的路程为cm，故D错误。
故答案为：A。
结合波的图像（甲）和质点振动图像（乙），分析波速、传播方向、质点运动特点及路程。
5．【答案】B
A．不计空气阻力时，儿童从空中最高点竖直下落至最低点的过程中，初末速度都为0，整个过程中只有重力和弹性网的弹力做功，系统机械能守恒。根据机械能守恒定律可以得出儿童减少的重力势能转化为弹性网增加的弹性势能，故A错误；
B．因为儿童和弹性网组成的系统机械能守恒，由于弹力做功导致儿童机械能的减少，根据功能关系可以得出儿童机械能的减少量等于弹性网弹性势能的增加量，故B正确；
C．儿童接触网面后，由于弹力与形变量成正比，所以弹力从0开始增大，开始时重力大于弹力，合力向下，加速度向下，儿童做加速运动，速度增大；当重力等于弹力时速度达到最大，此时儿童加速度等于0，再往下运动时，儿童受到的弹力大于重力，合力向上，加速度向上，儿童做减速运动，速度减小，所以儿童接触网面后速度不是立即减小，故C错误；
D．儿童接触网面后，开始时重力大于弹力，设弹性网的劲度系数为，形变量为，加速度方向向下，对儿童，根据牛顿第二定律方程有
随着x的增大，合力减小，加速度减小；当重力等于弹力后，再向下运动弹力就大于重力，加速度方向向上，根据牛顿第二定律有
随着x的增大，合力增大，加速度增大，所以儿童接触网面后加速度先向下减小后反向增大，故D错误。
故选B。
利用儿童的牛顿第二定律结合弹力的大小变化可以判别加速度的大小及方向的变化；利用系统机械能守恒可以得出儿童减少的重力势能转化为弹性网增加的弹性势能；根据功能关系可以得出儿童机械能的减少量等于弹性网弹性势能的增加量；由于最开始儿童受到的弹力小于重力，所以接触到网面继续加速。
6．【答案】D
AB．变压器为理想变压器，故，则输电线路中的电流为
升压变压器原、副线圈匝数比，故AB错误；
CD．输电线两端电压为
降压变压器原线圈两端电压为
降压变压器原、副线圈匝数比为
降压变压器输入功率
则输电效率为，故C错误，D正确。
故答案为：D。
结合理想变压器的功率、电压关系，以及输电线路的功率损耗公式，逐步计算输电电流、变压比、输电效率。
7．【答案】C
A. 根据双缝干涉条纹间距的表达式
可知将单缝靠近双缝对条纹间距没有影响，A不符合题意；
B. 增加毛玻璃片与双缝的距离，可使条纹间距变宽，条纹个数减小，B不符合题意；
C. 使用间距更大的双缝，可使条纹间距变窄，条纹个数增加，C符合题意；
D. 绿光改为红光，波长变大，可使条纹间距变宽，条纹个数减小，D不符合题意。
故答案为：C。
利用双缝干涉的条纹间距表达式，结合实验条件可得出结论。
8．【答案】A
由图乙确定此工件的临界角，当时，光发生全反射，根据全反射临界角公式求出工件的折射率n，
代入数据解得
根据折射率求出单色光在工件中的传播速度，
故选A。
由图乙确定此工件的临界角，根据全反射临界角公式求出工件的折射率n，再根据折射率求出单色光在工件中的传播速度。
9．【答案】B
根据光电效应方程可得电子的最大初动能为
根据动能定理可得
联立可得
可知遏止电压与入射光的频率不成正比关系，图像的斜率为
解得普朗克常量为
图像的纵轴截距为
解得金属的逸出功为
金属的截止频率为
故答案为：B。
结合光电效应方程和遏止电压的定义，推导遏止电压与入射光频率的关系，进而分析逸出功、截止频率及普朗克常量。
10．【答案】A
A．两小球分别在x轴上下两侧，电性相同，它们在P点产生的场强分别斜向上和斜向下，与x轴夹角相等，方向不同，A错误；
B．大球所带电荷均匀分布整个球体，它在外部产生的电场可等效为所有电荷集中在球心O点在外部产生的电场，由库仑定律
B正确；
C．大球在P点产生的电场沿x轴方向，两小球在P点的合场强也沿x轴方向，且小于大球在P点的场强，由场强叠加原理可知，挖去两小球后，P点场强方向不变，C正确；
D．设两小球的球心到P点的距离为l，有几何关系
球体积公式为
小球半径是大球半径的一半，故小球体积是大球体积的八分之一，故小球所带电荷量为
两小球在P点场强均为
合场强为
剩余部分在P点的场强为
D正确。
题目要求选不正确，故选A。
根据点电荷的电场强度公式，利用割补法求解。
11．【答案】D
A．由于乒乓球在运动过程中空气阻力做功，则机械能不守恒，故A错误；
C．根据题意，由图可知，乒乓球在段运动过程中的运动时间相等，则运动过程中重力的冲量大小相等，故C错误；
BD．根据题意，设空气阻力为，由牛顿第二定律可得，上抛时有
下降时有
可知
由可知，上抛时运动的距离较大，则图甲为乒乓球上抛时所拍摄的频闪照片，根据逐差法，由图可求的乒乓球上抛时的加速度和下降时的加速度，联立解得
，
可得，乒乓球所受重力与空气阻力之比
即通过两张照片可估测乒乓球所受重力与空气阻力之比，故B错误，D正确。
故选D。
系统机械能守恒条件为：系统只有重力或弹力做功，根据Δx=at2结合图片判断机械能是否守恒；根据Δx=at2和牛顿第二定律分析两图所受合力判断是上升还是下降；根据I=Ft判断重力冲量；根据Δx=at2和牛顿第二定律得到重力和阻力关系
【答案】12．A
13．A
14．B
15．A；C
16．【答案】解：（1）感应电动势最大值
从中性面开始计时，线圈中电流瞬时值的表达式
（2）电流有效值
线圈转动过程中电阻R上产生的热量
（3）线圈从中性面位置转过的过程中，通过电阻R的电荷量
(1)根据求解电动势的峰值，根据闭合电路欧姆定律写出线圈中电流瞬时值的表达式；
(2)根据正弦式交变电流规律求解电动势的有效值，根据闭合电路欧姆定律求解电流的大有效值，根据焦耳定律求电阻R上产生的热量Q；
(3)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和q=It求解电荷量。
17．【答案】解：（1）打开阀门释放氧气时，由于时间短，来不及传热，为一个绝热过程，此时气体体积膨胀对外做功，内能减少，温度下降，气体发生液化，出现白雾。
（2）27℃的热力学温度为
此时压强为，假设气体压强达到时温度为，此过程为一个等容过程，根据查理定律
代入数据得安全温度为
所以氧气瓶在200℃的环境下使用有可能发生爆炸。
（3）假设，假设所有气体全部减压到时体积为，此过程为等温变化，由玻意耳定律得
解得
由于氧气瓶内气体压强降到1标准大气压时，氧气不再排出，所以供给患者的氧气体积为
使用天数为
18．【答案】（1）解：小石片从P点运动到A点，由平抛运动规律可知，小石片在A点速度大小
设小石片在B点速度大小为，从B点运动到D点，由平抛运动规律可知，小石片在D点速度大小
由机械能守恒定律有
从A点运动到B点，只有液体对小石片做功，由动能定理有
代入题中数据，联立解得
（2）解：从P点运动到A点，
因为
从A点运动到B点，水平方向做匀减速运动
从B点运动到D点，竖直方向减速到零
根据对称性可知
联立解得t=1.2s
19．【答案】（1）解：粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系得粒子在区域I中运动的轨迹半径为
由牛顿第二定律得
解得
（2）解：设匀强电场的水平分量为，竖直分量为，由牛顿第二定律得、
粒子沿x轴、y轴的分运动均为匀变速直线运动，沿x轴方向有
沿y轴方向有
解得，
区域II内匀强电场场强E的大小为
（3）解：粒子经过坐标原点O瞬间，沿x轴方向的分速度大小为
沿y轴方向的分速度大小为
粒子经过O点瞬间的速度大小为
粒子在第一象限内运动过程中，当粒子与y轴距离最大时，粒子沿x轴方向的分速度为0，沿y轴方向的分速度大小为
在y轴方向由动量定理得
而
解得

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