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山东省淄博市2026届高三下学期三模仿真考试物理试卷
一、单选题
1．图甲为高青县陈庄·唐口遗址的祭姜太公铜觥全息投影，其拍摄过程的基本原理如图乙所示。激光经分束镜被分成两部分：一部分经平面镜反射、扩束镜发散后射到胶片上；另一部分射向一个平面镜，经反射后通过另一个扩束镜发散后射向被拍摄的文物，文物把光反射到胶片上，并与第一束光相遇，两束光就在胶片上记录下文物的全息照片。则( )
A.文物全息拍摄主要利用光的偏振现象
B.文物全息拍摄主要利用光的折射现象
C.文物全息拍摄主要是利用激光的相干性好的特点
D.改用白炽灯发出的自然光也能清晰完成文物的全息拍摄
2．电子双缝干涉实验是近代证实物质波存在的实验。如图所示，电子枪持续发射动量大小为P的电子，然后让它们通过双缝打到屏上。已知电子质量为m，普朗克常量为h，下列说法正确的是( )
A.电子的物质波波长
B.仅增大电子的动量，干涉条纹的间距减小
C.电子的动能
D.该实验说明电子也是一种电磁波
3．将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示。已知圆周运动半径R为0.3m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为37°，小球质量为0.48kg，重力加速度大小。则该小球( )
A.角速度大小为 B.线速度大小为2m/s
C.向心加速度大小为 D.所受支持力大小为6N
4．某带有照明系统的电动装置电路如图所示，理想变压器原线圈的匝数为，副线圈匝数分别为，原线圈两端接电压有效值为220V的交流电源，两副线圈分别连接电动机M和灯泡L，电动机线圈的电阻为5Ω，灯泡的电阻恒为30Ω。电动机和灯泡都正常工作，理想电流表的示数为1A。下列说法正确的是( )
A.灯泡中的电流为1A B.电动机中的电流为20A
C.电动机的电功率为100W D.电动机的机械功率为85W
5．为实现车位空余信息的提示和统计功能，某智能停车位通过预埋在车位地面下方的LC振荡电路获取车辆驶入驶出信息。如图甲所示，当车辆驶入车位时，相当于在线圈中插入铁芯，使其自感系数变大，引起LC电路中的振荡电流频率发生变化。某次振荡电路中的电流随时间变化如图乙所示，下列说法正确的是( )
A.时刻，电容器C的电场能最大
B.时刻，线圈L的磁场能最大
C.过程，电容器C处于充电过程
D.由图乙可判断汽车正驶出智能停车位
6．北宋《武经总要》中记载：“单梢砲，……，四十人拽，一人定放，放五十步外，石重二斤。”（单梢砲，……，需要四十人一齐拉拽，由一人专门负责瞄准和发射，可以将重达二斤的石弹，向外抛射五十步。）若已知石弹抛射的初速度大小为25m/s，方向与水平面夹角为，抛射的起点和落点在同一水平面上，重力加速度大小，不计空气阻力，则“一步”约为( )
A.1.25m B.1.0m C.0.75m D.0.5m
7．随着我国登月工程的发展，绕月飞行器的发射至关重要。从月球表面发射的飞行器在飞行过程中只考虑月球引力，不考虑月球自转，月球可视为质量分布均匀的球体，半径为，表面重力加速度大小为。质量为m的飞行器与月球中心距离为r时，引力势能为。要使飞行器在距月球表面高度为3R0的轨道上做匀速圆周运动，则发射速度大小为( )
A. B. C. D.
8．质量为m的小球在黏滞液体中由静止释放，液体对小球的阻力大小与速率成正比，比例系数为k。小球受到的浮力大小恒为F，且重力大于浮力。当小球下落的时间为t时，恰好达到最大速度，重力加速度大小为g。则小球从释放至达到最大速度的下落高度为( )
A. B.
C. D.
二、多选题
9．两列波速大小相等的简谐横波沿x轴相向传播，实线波的频率为2Hz，振幅为10cm，虚线波的振幅为5cm，时，两列波在如图所示区域内相遇，则( )
A.两列波在相遇区域内会发生干涉现象
B.实线波和虚线波的频率之比为3∶2
C.两列波的波速大小为12m/s
D.时，处的质点实际位移为
10．某恒压高温报警器的工作原理如图甲所示。导热性能良好的圆柱形汽缸开口向上，用质量为m、横截面积为S的活塞封闭一定质量的理想气体，封闭气体在初始状态时的体积为、温度为300K，随着环境温度缓慢升高，当活塞上表面接触报警器的下端时开始报警，报警前气体由初始状态A变化到某一状态B的V﹣T图像如图乙所示。已知缸外大气压强为，开始报警时封闭气体的体积为，气体由初始状态到开始报警的过程中内能的增加量为，重力加速度大小为g，忽略活塞与缸壁间的摩擦。则( )
A.报警温度为900K
B.封闭气体的压强为
C.从状态A变化到状态B，气体对外做的功为
D.从初始状态到开始报警，气体吸收的热量为
11．汽车装有测量纵向加速度的传感器，该传感器有一个弹性梁，一端夹紧固定，另一端连接导电物质为电子的霍尔元件H，如图所示。汽车静止时，霍尔元件处在上下正对的两个相同磁体中央位置，如果汽车有一向上的纵向加速度，则霍尔元件离开中央位置而向下偏移，偏移程度与加速度大小有关。霍尔元件通有从左往右的恒定电流I，汽车的行驶速度大小为v，为霍尔电压。则( )
A.当汽车有向上的纵向加速度时，霍尔元件前表面比后表面的电势低
B.若汽车速度v越大，则也越大
C.若汽车的纵向加速度为0，增大电流I，则也增大
D.若汽车纵向加速度越大，则也越大
12．如图所示，两根足够长的光滑平行导轨放置在水平面上，间距。MN、PQ段绝缘，MP、NQ均垂直于导轨，其他位置为电阻不计的金属导轨。导轨两端分别连接一个阻值的电阻和的未充电的电容器，整个装置处于的垂直导轨平面竖直向上的匀强磁场中。导体棒ab静止放置在MP、NQ之间某一位置，导体棒cd静止放置在MP左侧，与MP距离为。ab、cd棒质量分别为，ab棒电阻为0.08Ω，cd棒电阻不计，两棒与导轨始终垂直且接触良好。某时刻，cd棒在一个大小、方向沿导轨水平向右的力作用下由静止开始运动，当cd棒到达MP瞬间撤去F，之后两棒发生弹性碰撞，则( )
A.cd从开始运动至到达MP时所用时间为
B.两棒碰撞后瞬间，cd的速度大小为2m/s
C.ab从开始运动到速度为0的过程中，通过R的电荷量为8C
D.ab从开始运动到速度为0的过程中，R上产生的焦耳热为16J
三、实验题
13．如图甲是“用油膜法估测油酸分子的大小”实验的部分操作步骤：
(1)下列有关该实验说法正确的是
A.实验步骤正确的操作顺序是③→②→④→①
B.步骤①中计算油膜面积时，忽略所有不完整的小正方形
C.与油酸酒精溶液相比，纯油酸更容易在水面形成单分子油膜
(2)将的油酸溶于酒精，制成的油酸酒精溶液，测得的油酸酒精溶液有50滴。现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是，由此估算出油酸分子的直径为______m。（结果保留l位有效数字）
(3)某实验小组向水面滴入一滴油酸酒精溶液后得到如图乙所示的油膜，该油膜形状是由于撒粉太____________（填“多”或“少”）引起的；若按该油膜面积进行计算，测得油酸分子直径偏____________（填“大”或“小”）。
14．小齐设计的探究压敏电阻压力特性的实验如下。
(1)实验器材有：
A、压敏电阻
B、滑动变阻器，最大阻值为200Ω
C、滑动变阻器，最大阻值为10kΩ
D、电流表G，量程300μA，内阻约30Ω
E、电压表V，量程3V，内阻约3kΩ
F、直流电源E，电动势3V，内阻可忽略
G、开关S，导线若干
①已知压敏电阻在10N以内压力下，其阻值在几千欧到十几千欧之间，为了提高实验的准确度，滑动变阻器应选用____________（填“”或“”）。
②按照图甲电路图在答题纸上补充完成实物图。____________
③闭合开关S，调节滑动变阻器阻值，测出不同压力F下压敏电阻的阻值，并描出特性曲线如图乙所示。观察图像可知，压力越大，阻值____________（填“越大”或“越小”），且压力小于4.0N时的灵敏度比压力大于4.0N时的灵敏度____________（填“高”或“低”）。
(2)利用5个上述压敏电阻制作如图丙所示机械手，每个指尖对应一个压敏电阻，电路如图丁所示。已知电源电动势为6.0V，内阻忽略不计，检测电压表为理想电压表，电阻箱接入电路阻值大小为1.4kΩ，机械手指尖与圆柱体间的动摩擦因数均为0.60，若机械手的五个指尖对圆柱体施加的压力大小相等、方向均水平，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小。某次实验，电压表的示数为4.2V，则此时一个机械手最多能抓起圆柱体的质量为______kg（结果保留2位有效数字）。
四、计算题
15．一种升降电梯的原理如图所示，A为电梯的轿厢，B为平衡配重。在某次运行时A、B的质量分别为和。A、B由跨过轻质滑轮的足够长轻质缆绳连接。电动机通过牵引绳向下拉B，使得电梯的轿厢由静止开始向上运动。电动机输出功率保持不变。不计空气阻力和摩擦阻力，重力加速度大小。在A向上运动过程中，求：
(1)A能达到的最大速度；
(2)A从静止开始至上升到30m高度（A已处于匀速状态）所用的时间t。
16．如图为某光学器件的示意图，ABCDE为五棱镜的一个截面，，FGH为四分之一玻璃圆柱的一个截面，。光线垂直AB射入，分别在CD和EA上发生反射，且两次反射的入射角相等，两次反射恰好都为全反射，然后光线垂直BC射出，从圆弧射入玻璃柱，入射光线与FG边的距离为h，进入柱体后射到GH边恰好发生全反射。已知玻璃柱的折射率，其截面圆半径为R。求：
(1)五棱镜的折射率；（计算结果用三角函数表示）
(2)h与R的比值。
17．如图所示，三个同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，圆Ⅰ的半径为，圆Ⅱ的半径为R。圆Ⅰ、Ⅱ之间存在垂直圆面向外的匀强磁场；圆Ⅱ、Ⅲ之间的环形区域存在背向圆心的均匀辐向电场，环形边界间的电压U可调；圆Ⅱ上四分之一圆弧SQ处有吸收装置。圆Ⅲ上P处不断有相同的带电粒子飘入电场，粒子的初速度几乎为0。当（未知）时，粒子经电场加速后以竖直向上的速度v射出电场，由Q点射入磁场，经过磁场偏转后，刚好与圆Ⅰ相切，最终到达SQ区域均被吸收。已知粒子质量为m，电量为+q，不计粒子的重力及粒子间相互作用。
(1)求电压的大小；
(2)求圆Ⅰ、Ⅱ之间磁场的磁感应强度B的大小；
(3)将电压U从连续增加到过程中（时间足够长），粒子仍由P点飘入电场，求圆Ⅱ上有粒子穿越部分的弧长L。
18．如图，长度为的“”型木板在外力作用下静止于倾角的粗糙斜面上，木板下端B到斜面底端的距离，木板总质量，木板下表面粗糙，上表面光滑。现将质量的小物块P（可视为质点）由距木板上端A为的C处静止释放，同时撤去作用在木板上的外力，P滑到木板下端B时与挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知木板与斜面间的动摩擦因数，重力加速度大小，，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)P与挡板第一次碰撞前P的速度大小；
(2)P与挡板在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，P离开挡板的最大距离及木板因摩擦所产生的热量Q；
(3)从木板开始运动至其下端B刚好到达斜面底端所用的时间t。
参考答案
1．答案：C
解析：AB.全息摄影主要利用了光的干涉原理，故AB错误；
C.激光的相干性好，能满足干涉对相干光源的要求，这是激光用于全息拍摄的核心特点，故C正确；
D.白炽灯发出的自然光为非相干光，无法获得稳定的干涉图样，不能完成全息拍摄，故D错误。
故选C。
2．答案：B
解析：A.根据德布罗意物质波公式，电子的物质波波长为，故A错误；
B.增大电子动量，由可知物质波波长减小；根据双缝干涉条纹间距公式，波长减小会导致干涉条纹间距减小，故B正确；
C.由动量，推导得电子动能，故C错误；
D.该实验证明电子具有波动性，电子是实物粒子，不是电磁波，故D错误。
故选B。
3．答案：D
解析：A.分析小球的受力，由牛顿第二定律
有
得，A错误；
B.由，得，B错误；
C.由，得，C错误；
D.根据小球的受力，得，D正确。
故选D。
4．答案：C
解析：A.根据理想变压器电压与匝数的关系
代入数据可得电动机所在副线圈电压为
灯泡所在副线圈电压为
灯泡是纯电阻，由欧姆定律得灯泡电流，故A错误；
B.多副线圈理想变压器满足功率守恒
可得
已知原线圈电流，代入数据解得
即电动机电流为，故B错误；
C.电动机的总电功率为，故C正确；
D.电动机的热功率为
机械功率为总功率减去热功率，故D错误。
故选C。
5．答案：D
解析：A.时刻振荡电流最大，线圈磁场能最大，电容器放电完毕，电场能最小，故A错误；
B.时刻振荡电流为0，线圈磁场能最小，电容器充电完毕，电场能最大，故B错误；
C.过程，振荡电流的大小从0增大到峰值，电流增大，属于电容器的放电过程，故C错误；
D.LC振荡电路周期公式为，频率。由图乙可知，振荡周期越来越小，频率越来越大，说明自感系数L越来越小；题目说明车辆驶入车位时，插入铁芯使L变大，因此L变小对应铁芯离开，说明汽车正驶出停车位，故D正确。
故选D。
6．答案：A
解析：斜抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，起点和落点在同一水平面时，根据，
可得射程公式为
其中为初速度，为初速度与水平方向夹角，g为重力加速度。
代入已知条件、、，得总射程
由题意射程为50步，因此一步长度为
故选A。
7．答案：C
解析：依题意，轨道距月球表面高度为，故轨道到月球球心距离，飞行器在该轨道上做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力
有
在月球表面飞行器的重力等于万有引力
有
联立得
依题意，在月球表面时，飞行器的引力势能，在轨道时，飞行器的引力势能，飞行器从月球表面到轨道过程中，只有万有引力做功，飞行器的机械能守恒
有
得，C正确，ABD错误。
故选C。
8．答案：B
解析：当小球达到最大速度时，加速度为0，受力平衡：
整理得最大速度：
取向下为正方向，下落过程阻力冲量为
动量定理表达式为：
将代入上式，整理得：
故选B。
9．答案：BD
解析：AB.发生稳定干涉现象的条件是两列波的频率相等。由图可知，实线波的波长，虚线波的波长
因两列波的波速大小相等，根据可得两列波的频率之比为
由于两列波的频率不等，因此不能发生稳定的干涉现象，故A错误，B正确；
C.已知实线波的频率，则两列波的波速大小均为，故C错误；
D.实线波沿x轴正方向传播，周期
在时，处质点位于波峰，由实线波引起的位移为
经过即，该质点运动到波谷，由实线波引起的位移为
虚线波沿x轴负方向传播，其波长，频率，周期
虚线波在时的波形图为正弦曲线，因其向左传播，对应的波动方程为
将，代入得
根据波的叠加原理，此时处质点的实际位移为两列波单独引起的位移之和，即，故D正确。
故选BD。
10．答案：AC
解析：AB.对活塞受力分析，由平衡条件得
整理得封闭气体压强
报警前活塞可自由移动，封闭气体做等压变化，满足盖-吕萨克定律
已知初始状态、，报警时体积
代入解得，故A正确，B错误；
C.状态A体积，状态B体积，体积变化量
气体对外做功
代入压强
得，故C正确；
D.从初始到开始报警，体积变化量为
气体对外做功
根据热力学第一定律
整理得吸收热量，故D错误。
故选AC。
11．答案：AD
解析：A.当汽车有向上的加速度时，霍尔元件离开中央位置而向下偏移，则霍尔元件所处位置的磁场方向向上，根据左手定则可知，金属导体中的自由电子在洛伦兹力的作用下，向前表面运动，所以前表面比后表面的电势低，故A正确；
B.当电场力与洛伦兹力平衡时，有
得（d为前后表面间距，为电子漂移速度），又电流（n为电子浓度，L为霍尔元件沿磁场方向的宽度）
得
代入得
可见霍尔电压与磁感应强度B、电流I成正比，与汽车行驶速度v无关，故B错误；
C.纵向加速度为0时，霍尔在中央，，则
可知增大I，不会增大，故C错误；
D.纵向加速度越大，霍尔偏移程度越大，越靠近磁极，磁感应强度B越大，I恒定，因此越大，故D正确。
故选AD。
12．答案：BC
解析：A.根据题意可知cd从开始运动产生感应电动势
给电容器充电的电流
对cd棒根据牛顿第二定律有
联立可得
代入数据，所以cd做匀加速直线运动；
由可得；故A错误；
B.由于MN、PQ段绝缘，故接着cd棒做匀速直线运动与ab棒发生弹性碰撞；
cd棒到达MP速度
碰撞过程能量和动量都守恒，即，
代入数据联立解得，，即cd速度大小为2m/s，故B正确；
C.根据前面分析可知ab棒进入金属导轨区域，切割磁感线，受安培力减速直到为0。回路电阻
对ab棒，根据动量定理有，代入数据可得，故C正确；
D.对ab棒根据能量守恒有
则R上产生的焦耳热为，故D错误。
故选BC。
13．答案：(1)A
(2)
(3)多；大
解析：（1）A.实验正确操作顺序为：③配制油酸酒精溶液→②撒痱子粉→④滴油酸酒精溶液→①描绘油膜轮廓，即③→②→④→①，故A正确；
B.计算油膜面积时，不完整的方格需按“过半算一格，不足半格舍去”的原则处理，不能全部忽略，故B错误；
C.油酸酒精溶液中的酒精易溶于水，能帮助油酸分子在水面快速扩散，更容易形成单分子油膜；纯油酸粘度大，扩散困难，不易形成单分子层，故C错误。
故选A。
（2）一滴溶液中纯油酸的体积
则油酸分子的直径
（3）图乙中油膜呈不规则放射状，是由于痱子粉撒得太多，阻碍了油酸的均匀扩散，导致油膜无法正常铺展。此时测得的油膜面积S比真实值偏小，根据可知，计算出的分子直径会偏大。
14．答案：(1)；；越小；高
(2)0.90
解析：（1）为了提高实验的准确度,根据题干中图甲可知滑动变阻器采用分压式接法，分压接法的原则是选择阻值更小的滑动变阻器，调节更方便、电压变化更均匀，因此选最大阻值200Ω的。
根据电路图，实物图连接如下图：
由图乙的曲线可知：压力越大，压敏电阻阻值越小；
灵敏度是指相同压力变化对应的电阻变化量，压力小于4.0N时，相同压力变化量对应的电阻变化量更大，因此灵敏度更高。
（2）丁图中，与5个并联的压敏电阻串联，电源电动势，两端电压，因此并联压敏的总电压
串联电路电压与电阻成正比，因此
代入，解得并联总电阻。
5个相同压敏电阻并联，满足，因此单个压敏电阻阻值
结合图乙，可得单个压敏受到的压力。
抓起圆柱体时，总最大静摩擦力等于圆柱体重力，每个指尖的最大静摩擦力为，五个指尖总摩擦力满足
代入，
解得
15．答案：(1)
(2)
解析：（1）A达到最大速度时，由受力分析得
瞬时功率表达式得
联立方程得
（2）上升过程由动能定理得
解得：
【点睛】
16．答案：(1)
(2)
解析：（1）在五棱镜中由光路的几何关系得，在棱镜中发生全反射的临界角为
故由
得
（2）在玻璃柱HG面，刚好发生全发射，则
在圆弧面，由折射定律得
由几何关系得
联立方程得
17．答案：(1)
(2)
(3)
解析：（1）粒子在PQ间加速，由动能定理得
解得
（2）在磁场中，粒子做匀速圆周运动，设其半径为r，由几何关系得
洛伦兹力提供向心力
联立方程解得
（3）电压为时，由动能定理得
洛伦兹力提供向心力
联立方程解得
其运动轨迹如图，由几何关系得，此过程中粒子由Q点出发到第一次回到圆Ⅱ上的a点，对应圆Ⅱ的圆心角为
电压为时，半径为R，此过程中粒子由Q点出发到第一次回到圆Ⅱ上的b点，该两点对应圆Ⅱ的圆心角为
故电压由连续增加到的过程中，所有粒子第一次回到圆Ⅱ，对应圆Ⅱ上的弧线ab的长度为
同理，电压为时，粒子第二次回到圆Ⅱ上的位置为c点，对应圆Ⅱ上Qc的圆心角为
电压为时，粒子第二次回到圆Ⅱ上的位置为d点，对应圆Ⅱ上Qd的圆心角为
故电压由连续增加到的过程中，所有粒子第二次回到圆Ⅱ，对应圆Ⅱ上的弧线cd长度为
电压为时，粒子第三次回到圆Ⅱ上的位置为d点，刚好与电压为时粒子第二次回到圆Ⅱ上的位置相同。则图中弧线dS上都有粒子穿越。对应圆Ⅱ上的弧线长度为
故有粒子穿越部分的弧长
联立方程得
18．答案：(1)
(2)，
(3)
解析：（1）第一次碰撞前，对木板受力分析得
即第一次碰撞前木板静止不动，碰撞后木板做匀速直线运动。对物块P受力分析，由牛顿第二定律得
物块匀加速运动，由运动学公式得
联立上述方程解得
（2）P与挡板第一次碰撞，由动量守恒得
由机械能守恒得
在P与木板共速时，两者间距离最大
此时有
解得
第一次碰撞到第二次碰撞
摩擦产生的热量
其中
解得，，
（3）第二次碰撞前瞬间，P与木板速度分别为，
第二次碰撞过程动量守恒
由能量守恒
第二次碰撞到第三次碰撞有
其中
联立方程解得，
做出P与木板图像如右图，同理依次推出第三次到第四次碰撞，
第N次到第次碰撞
木板开始运动到B到达底端过程
解得，即

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