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2026年河北省邢台市名校协作体高考物理一模试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.利用电子与离子的碰撞可以研究离子的能级结构和辐射特性。离子相对基态的能级图设基态能量为如图所示。用电子碰撞离子使其从基态激发到可能的激发态，若所用电子的能量为，则离子辐射的光谱中，波长最长的谱线对应的跃迁为( )
A. 能级
B. 能级
C. 能级
D. 能级
2.如图所示，两列相同的波沿一直线相向传播。当它们相遇时，波形可能是下列图中的( )
A. B.
C. D.
3.年月日，我国用捷龙三号运载火箭，成功将吉利星座组卫星发射升空。如图所示，卫星先进入椭圆轨道Ⅰ，然后在远地点点火加速，进入圆形轨道Ⅱ。下列说法正确的是( )
A. 卫星在近地点的速率小于远地点的速率
B. 卫星从近地点到远地点的过程中引力做负功
C. 卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上与地心的连线在相同时间内扫过的面积相等
D. 卫星在轨道Ⅰ上经过点时的加速度小于在轨道Ⅱ上经过点时的加速度
4.水平直线上有、、三点，在、两点各固定一点电荷，电荷量分别为和，周围的等势面分布示意图如图所示。在点固定一根竖直光滑绝缘细杆，一带正电的小环重力不可忽略套在细杆上从点无初速度释放到达点。下列说法正确的是( )
A. 小环在点与在点所受电场力的方向相同
B. 小环运动到点时的加速度大于重力加速度
C. 小环在点的电势能小于在点的电势能
D. 小环最终以点为中心做往复运动
5.镀有反射膜的三棱镜常用在激光器中用来选择波长。如图，一束复色光以一定的入射角从点进入棱镜后，不同颜色的光以不同角度折射，只有折射后垂直入射到反射膜的光才能原路返回形成激光输出。某一含红、绿、蓝光的复色光入射到三棱镜时，激光器输出的是绿光，则( )
A. 绿光在棱镜中的折射角大于红光的折射角
B. 有可能通过调节入射角，使激光器同时输出红、绿、蓝光
C. 若要调为红光输出，需将棱镜绕点逆时针转动一小角度
D. 不管怎么调节，激光器都不可能输出红光
6.如图甲所示为乐清湾农光互补、渔光互补光伏电力项目。该项目以高压输出，通过本地的变电站网络逐级降压配送。图乙是首次降压的变压器示意图，通往居民区的输出电压为，通往工业区的输出电压为。已知工业区耗电功率是居民区的倍，变压器可视为理想变压器，初级线圈匝数为、电流为；居民区次级线圈匝数为，电流为；工业区次级线圈匝数为，电流为。则( )
A. ：： B. ：：
C. ：： D. ：：
7.如图所示，质量为的小滑块套在竖直光滑杆上，质量为的小滑块置于水平面上，与水平面间的动摩擦因数，、通过铰链与长为的轻杆两端连接，轻杆与水平面的夹角为，整个装置处于静止状态。重力加速度大小为，，。现用水平力缓慢向右拉动至轻杆与水平面的夹角变为，该过程力做的功为( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.一定质量的理想气体经历了循环，已知该气体在状态时的压强为、体积为、温度为，其压强与的比值随热力学温度的关系图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. 从到的过程中，气体单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数减少
B. 从到的过程中，气体单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数增加
C. 从到的过程中，气体对外做功大于气体从外界吸收的热量
D. 从到的过程中，气体对外做功小于气体从外界吸收的热量
9.如图所示，、和、为固定的平行且足够长的光滑金属导轨，、相距且与水平面的夹角为，、相距水平放置，导轨之间都有大小为、垂直向下的匀强磁场。质量均为，长度分别为、的金属棒和垂直放置在导轨上。已知两杆在运动过程中始终垂直于导轨并与导轨保持接触良好，和的电阻分别为、，导轨的电阻不计，重力加速度大小为。现从静止释放，在稳定之前还没到底部，则( )
A. 若固定，的最大速度为
B. 若固定，则最终两端的电压为
C. 若不固定，则最终的速度是的两倍
D. 若不固定，则最终的加速度是的两倍
10.为探究包装袋易撕口的物理原理，小明进行了以下研究：
模拟实验。如图所示，用一端固定的竖直纸带模拟包装袋，在纸带边缘切开一个字型的小缺口模拟易撕口。在纸带的另一端施加拉力，纸带总是从字型缺口处撕开。
查阅资料。物理学中用“应力”来分析材料的变形和断裂。如图所示，在物体内部某一截面上，取极小面积包围点，因外力引起该处相互作用力的改变量为，则称为点处的应力。类比电场线，用“力线”来描述应力在施力点和支撑点间强弱及方向的分布。图是有两个对称支撑点的水平横梁中点受向下压力时的力线分布。
根据上述信息并结合所学知识，下列推断正确的是( )
A. 应力的单位与压强的单位相同
B. 图中垂直纸带任取两个水平横截面，穿过两截面的力线条数相等
C. 图中小缺口处点与点相比，点处力线密集，应力大
D. 图中点与点相比，横梁更容易在点处断裂
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.软件是一种广泛使用的视频分析软件。某学习小组在观看了第四次天宫课堂中的小球碰大球实验视频后，利用软件对该一维碰撞的实验视频进行分析，已知视频中的小球碰撞原来静止的的大球，由视频分析可得它们在碰撞前后的图像如图所示。
选取小球碰前速度方向为正方向，则两球碰撞前，大球、小球的总动量为 计算结果保留位有效数字，根据实验数据可知，两球碰撞过程中动量 选填“守恒”或“不守恒”。
碰撞恢复系数的定义式为，其中、和、分别为小球和大球碰撞前后的速度，利用图像数据可计算出该实验中碰撞恢复系数 。
12.用如图所示的电路测量金属丝的电阻率。器材如下：待测金属丝电阻约为、滑动变阻器、电阻箱、电流表量程，内阻可忽略、直流电源，内阻约、开关、导线若干。
将滑动变阻器的滑片移到 选填“左”或“右”端，闭合开关，调节电阻箱阻值为，移动滑片使电流表示数为。保持的滑片位置不变，调节电阻箱阻值为，此时电流表示数为，则 ；若金属丝粗细均匀，横截面积为，长度为，则金属丝的电阻率 结果均保留两位有效数字。若电流表内阻不能忽略，则的测量值 选填“偏大”、“偏小”。
图所示电路测定电池的电动势，将中金属丝接入电路中，先闭合开关，待电流表稳定后闭合开关。移动滑动触头直到电流计的示数变为零，测得，电流表示数为；改变滑动变阻器阻值重复实验，测得多组数据画出图像如图所示。已知该图像斜率为，金属丝的电阻为，长为，则电池的电动势 用题中所给的字母表示。
四、计算题：本大题共3小题，共34分。
13.如图所示为跳台滑雪赛道的简化示意图，助滑道与起跳平台平滑连接，长直着陆坡与水平面的夹角。质量为的运动员含装备沿助滑道从点下滑，到达起跳平台末端点沿水平方向飞出，在空中飞行一段距离后落在着陆坡上的点。从起跳平台末端到着陆点之间的距离是评判运动员比赛成绩的重要依据。取重力加速度，，。
不考虑空气对运动员的作用。运动员从点运动到点的过程中，在空中飞行时间。求：
、两点之间的距离。
运动员从点水平飞出时的速度大小。
考虑空气对运动员的作用。运动员在空中飞行的过程中，假设空气对运动员的作用力的方向与竖直方向夹角恒为，如图所示，力的大小恒为运动员所受重力的，取，。
运动员仍以的速度从点水平飞出，若不考虑空气对运动员的作用，运动员的运动轨迹如图中所示；若考虑空气对运动员的作用，判断运动员的运动轨迹可能是图中的______选填“”“”或“”，并通过计算说明判断依据。
14.如图所示，半径为、内壁光滑的细圆管固定在水平面内，两小球、静止在圆管内，、初始位置与圆心连线的夹角为。现给球一沿管切线向左的初速度，、间的碰撞为弹性碰撞碰撞时间忽略不计。已知球质量为、球质量为，重力加速度为。求：
刚开始运动时管对球的支持力大小；
、第一次碰撞后瞬间各自的速度大小、；
从开始运动到、即将发生第三次碰撞的过程中，球所受重力的冲量大小。
15.如图甲所示，年月日，国际上首个运行的超大规模和超高精度“幽灵粒子”探测器在我国建成并投入使用。为研究高能粒子控制与探测，研究小组设计了如图乙所示的粒子控制与探测一体化模型。在平面存在沿轴正方向的匀强电场，以点为圆心的圆形区域内存在垂直平面向里的匀强磁场。在坐标原点固定一小块含的物质，衰变成，继续衰变成，设衰变后产生的、粒子向平面各个方向均匀发射。磁场圆边界处有可移动的粒子探测器，可探测到从不同区域离开边界的粒子。已知粒子的比荷为，电子的比荷为，、粒子沿各个方向的最大速度分别为与，圆形磁场的半径为，不计空气阻力、粒子的重力及粒子间的相互作用，不考虑相对论效应。
请写出的衰变方程；
将调到，为使所有粒子均不离开磁场，求磁感应强度的最小值；
将调到，若探测器在的圆边界处均能探测到粒子，求电场强度的范围；
将调到，若存在一些初速度为的粒子，探测器探测到这些粒子离开圆弧边界时的速度与轴平行，求电场强度的最大值。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：用能量为电子碰撞离子使其从基态激发，最大可能跃迁到能级。
根据可知，光子能量最小，波长最长，所以波长最长的对应能级，故C正确、ABD错误。
故选：。
根据电子的能量判断跃迁的能级可能值，根据光子能量计算公式分析波长的最大值。
本题主要是考查能级跃迁，关键是知道光子能量的计算公式，掌握能级跃迁的原理。
2.【答案】
【解析】解：当两列波的波谷与波峰恰好相遇时，位移矢量和为零；当左边波峰和右边波峰完全相遇时，出现波形，两列波频率相同，相位差恒定能产生稳定的干涉现象，振幅变成倍，或者振幅变成零，故C正确，ABD错误；
故选：。
两列相同波相向传播时相遇处质点位移为各波单独引起位移的矢量和，通过分析不同相遇阶段的位移情况判断可能波形。
解决此类波的叠加问题，关键是牢记波的叠加原理，结合两列波的传播方向、振幅、波长等信息，分析相遇时不同位置质点的位移合成情况，从而确定可能的波形。
3.【答案】
【解析】解：、根据开普勒第二定律，卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等。卫星从近地点向远地点运动时，距离地心越来越远，为保证相同时间扫过面积相等，速度会越来越小，所以卫星在近地点的速率大于远地点的速率，故A错误；
B、卫星从近地点到远地点的过程中，卫星远离地球，引力方向与运动方向夹角大于，根据功的计算公式，此时，所以引力做负功，故B正确；
C、开普勒第二定律面积定律是针对同一轨道而言的，卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ是不同轨道，所以卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上与地心的连线在相同时间内扫过的面积不相等，故C错误；
D、根据牛顿第二定律，，可得。卫星在轨道Ⅰ上经过点和在轨道Ⅱ上经过点时，到地心距离相等，所以加速度相等，故D错误。
故选：。
根据开普勒第二定律分析作答；
根据分析作答；
开普勒第二定律是针对同一轨道而言的；
根据牛顿第二定律以及万有引力定律综合分析。
本题主要是考查开普勒第二定律以及万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据牛顿第二定律以及万有引力公式综合分析。
4.【答案】
【解析】解：等量异种电荷的电场线分布如图所示
由图可知小环在点与在点的电场强度方向不同，则所受电场力的方向不同，故A错误；
B.在点，电场力水平向左，竖直方向只受重力，根据牛顿第二定律可知加速度，故B错误；
C.小环带正电，由等势线可知，根据电势能，可知，故C正确；
D.假如重力远大于电场力，小环会一直往下运动，不会以为中心做往复运动，故D错误。
故选：。
根据等量异种电荷的电场线分布分析电场力方向；对小环进行受力分析，根据牛顿第二定律分析加速度大小；根据电势能分析电势能大小；假如重力远大于电场力，小球会一直向下运动。
掌握异名等量点电荷电场分布特点及电势能的计算方法是解题关键。
5.【答案】
【解析】解：、根据棱镜对绿光的折射率大于红光，由折射定律可知，在入射角相同的情况下，绿光在棱镜中的折射角小于红光，故A错误；
B、由于红、绿、蓝三种色光的折射率存在差异，其折射行为各不相同，因此无法通过单一地调整入射角，使得激光器同时输出这三种光，故B错误；
、红光的折射率相对较小，其折射角较大。若要将输出光调整为红光，需要使棱镜绕点沿逆时针方向转动一个微小角度，这样才可能使红光经折射后垂直射向反射膜，进而被反射返回形成激光输出，故C正确，D错误。
故选：。
题目中复色光以入射角进入棱镜，不同颜色的光折射率不同导致折射角不同，只有垂直入射到反射膜的光才能原路返回输出。已知绿光被输出，表明绿光折射后恰好垂直反射膜。分析时需明确不同色光折射率的相对大小，绿光折射率大于红光，相同入射角下绿光折射角更小。要改变输出光的颜色，需调整棱镜角度使目标色光的折射方向满足垂直反射膜的条件，因此需判断棱镜转动方向对折射光线方向的影响。
本题以激光器中选择波长的三棱镜为背景，巧妙结合了几何光学与光的色散知识。题目考查学生对折射定律的深入理解，特别是不同色光折射率差异对折射角的影响，并需要学生运用光路可逆原理分析光线在棱镜中的传播路径。本题计算量不大，但思维要求较高，重点在于构建清晰的物理图景，分析满足“原路返回”这一条件的光路几何关系。学生需具备较强的逻辑推理与空间想象能力，才能准确判断调整棱镜方位对输出光颜色的影响。选项的设置体现了对物理过程动态分析的考查，是本题的思维亮点。
6.【答案】
【解析】解：根据理想变压器的原理：：：：，故A错误；
由于理想变压器输入功率等于输出功率，则有
结合题意可知
代入数据解得：：
：：，故B正确，CD错误。
故选：。
本题根据变压器电压比与匝数比的关系和输入功率等于输出功率即可求出答案。
本题属于理想变压器的经典题型，只要掌握电压比与匝数比的关系，输入功率等于输出功率即可求出，属于基础题型。
7.【答案】
【解析】解：设轻杆长度为，初始时杆与水平方向夹角，终止时夹角。
滑块下降高度为：，解得：。
滑块水平位移为：，解得：。
对、及轻杆系统受力分析，竖直方向平衡，地面对支持力。
滑块受滑动摩擦力，解得：。
由功能关系得：。
重力对做功，解得：。
摩擦力对做功，解得：。
联立得，解得：。
换算为分数形式：，故A正确。
故选：。
题目中涉及两个滑块通过轻杆连接，在缓慢拉动过程中需考虑系统能量变化。通过几何关系确定滑块的竖直位移和滑块的水平位移，利用功能原理分析外力做功与重力势能变化及摩擦力做功的关系。由于过程缓慢，动能变化可忽略，最终通过能量守恒建立方程求解的功。
本题综合考查静力学平衡、功能关系以及受力分析等核心物理知识，属于中等偏上难度的题目。题目通过滑块系统在缓慢移动过程中的能量转化，巧妙地将受力平衡与功能原理结合起来，计算量适中但需要较强的逻辑推理能力。解题关键在于正确分析系统受力，准确计算重力势能变化和摩擦力做功，并运用功能关系建立方程。题目亮点在于将几何关系与能量转化紧密结合，要求学生具备较强的空间想象能力和综合应用能力。易错点在于容易忽略摩擦力做功的负号或错误计算几何位移，需特别注意系统能量转化的方向性。
8.【答案】
【解析】解：、到的过程中，体积不变，分子数不变，温度降低，分子平均动能减小，气体单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数减少，故A正确，B错误；
、到的过程中，压强不变，温度升高，气体内能增加，体积增大，气体对外做功，结合热力学第一定律，气体对外做功小于吸收的热量，故C错误，D正确。
故选：。
先由理想气体状态方程判断为等容变化，结合温度、压强变化分析器壁碰撞次数；再分析等压升温过程，结合内能变化与热力学第一定律，判断做功与吸放热大小关系。
本题结合图像综合考查理想气体规律与热力学第一定律，考点常规，侧重图像转化与气体宏微观规律的综合辨析。
9.【答案】
【解析】解：根据题意可知，对于金属棒，速度最大时，合力为零，则根据牛顿第二定律有
解得
故A错误；
B.相当于电源，两端的电压为
故B正确；
若不固定，则最终电路中的感应电流恒定，要想满足这一条件，最终的加速度是的两倍，则根据牛顿第二定律有
显然最终速度不是倍关系，故C错误，D正确。
故选：。
A.根据速度最大时，合力为零求若固定，的最大速度；
B.根据电路分压特点求若固定，则最终两端的电压；
根据牛顿第二定律和电动势表达式求若不固定，最终的速度以及加速度与的关系。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
10.【答案】
【解析】解：、应力的定义为“单位面积上的内力”，其单位是帕斯卡，与压强的单位相同。故A正确；
B、型缺口会引起应力集中，纸带上各截面的应力分布不均匀，因而任意两个水平截面上穿过的力线条数不一定相等。故B错误；
C、在型缺口的尖端应力集中最严重的位置，力线最密集、应力最大；若为尖端，则点的应力大于点，故“点应力更大”与实际情况相反。故C错误；
D、对于两端支撑、中点受集中力的横梁，跨中弯矩最大，应力最高，梁最容易在跨中对应图中点发生断裂。故D正确。
故选：。
11.【答案】
守恒

【解析】解：设水平向左为正方向，碰撞前大球静止，小球做匀速运动，其速度为，解得：。
系统总动量，计算得：。
碰撞后大球动量，解得：；小球动量，解得：。
系统总动量，解得：，与碰撞前相等，故动量守恒成立。
碰撞前，解得：；大球初速。
碰撞后小球速度，解得：；大球速度，解得：。
恢复系数，代入数据得：。
故答案为：，守恒；。
通过分析图像中小球碰撞前的匀速运动段，可以确定其速度大小。将小球质量与速度相乘得到系统总动量。碰撞后分别计算两球动量并求和，与碰撞前总动量比较判断动量是否守恒。
从图像中提取碰撞前后两球的速度数据，代入恢复系数定义式进行计算。注意速度方向的正负号处理，最终结果应取绝对值。
本题以天宫课堂中的碰撞实验为背景，结合图像，综合考查动量守恒定律和碰撞恢复系数的计算。题目通过实验数据处理的方式，既检验学生对动量守恒条件的理解，又强化了图像信息提取与速度计算的能力。第一问通过计算碰撞前后系统总动量，验证动量守恒定律，计算过程涉及有效数字处理，体现了实验数据的严谨性。第二问引入恢复系数概念，要求学生灵活运用定义式并结合图像数据求解，既巩固了碰撞分类的知识，又培养了公式变形与代数运算能力。题目将理论分析与实验数据处理有机结合，难度适中，能有效锻炼学生的科学探究素养和定量分析能力。
12.【答案】左
偏大

【解析】解：实验开始时，为了电路安全，滑动变阻器滑动头应移到最左端；
根据两次读数结果，由欧姆定律，有：
可得
解得；
由电阻决定式有
代入计算得电阻率；
若电流表阻值不可忽略，由欧姆定律，有
可得
则，即电流表内阻不能忽略，的测量值偏大。
由闭合回路欧姆定律，有
整理可得
可得斜率
计算得
故答案为：左，，，偏大；。
由电路的安全性，串并联电路的特点，电阻定律，欧姆定律确定；
由闭合电路的欧姆定律及数形结合确定。
本实验考查电路的安全性，串并联电路的特点，电阻定律，欧姆定律，闭合电路的欧姆定律及数形结合。
13.【答案】根据平抛运动的竖直分运动为自由落体，可得到竖直分位移为：，
结合几何关系，可得到、两点间距离满足：，
解得：；
根据几何关系，可得到运动员水平分位移：，
根据匀速运动特点，可得到运动员从点水平飞出时的速度大小满足：，
解得：；
对运动员受力分析，如下图：
由图可知，水平方向：，；
竖直方向：，，
由几何关系，可得到水平分位移、竖直分位移满足：，
解得：，即其轨迹为。
【解析】详细解析和解答过程见答案
14.【答案】刚开始运动时管对球的支持力大小为 、第一次碰撞后瞬间各自的速度大小分别为、 从开始运动到、即将发生第三次碰撞的过程中，球所受重力的冲量大小为
【解析】解：刚开始运动时，水平方向
竖直方向
所以
对、系统，以的方向为正方向，有
解得
所以、各自的速度大小分别为
从开始运动到与发生第一次碰撞历时
由知，第一次碰后，球沿逆时针运动，球沿顺时针运动，且
故第二次碰撞发生在球初始位置
第二次碰撞过程，以的方向为正方向，有：
解得
第二次碰后到第三次碰撞历时
所以
答：刚开始运动时管对球的支持力大小为；
、第一次碰撞后瞬间各自的速度大小分别为、；
从开始运动到、即将发生第三次碰撞的过程中，球所受重力的冲量大小为。
根据牛顿第二定律和力的合成求刚开始运动时管对球的支持力大小；
根据动量守恒定律和能量守恒定律求、第一次碰撞后瞬间各自的速度大小、；
根据动量守恒定律和能量守恒定律结合运动学公式求出从开始运动到、即将发生第三次碰撞的过程中的时间，再结合冲量表达式求球所受重力的冲量大小。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒的条件，结合能量守恒定律，选择合适的过程联立等式即可完成分析。
15.【答案】衰变方程为 磁感应强度的最小值为 电场强度的范围 电场强度的最大值为
【解析】解：发生衰变，根据质量数守恒和电荷数守恒，可得；
粒子在磁场中做圆周运动由于
对粒子
对粒子
代入数据得；
设第二象限内与轴正向夹角为的粒子，刚好从轴离开圆边界，轴方向，
轴方向
代入数据得
当时，因此；
把粒子分解成沿轴正方向以做匀速直线运动，已经以逆时针匀速圆周运动，满足，
代入数据得
轴方向
轴方向
由几何关系
结合，其中
代入数据得
当时，。，
答：衰变方程为；
磁感应强度的最小值为；
电场强度的范围；
电场强度的最大值为。
根据质量数质子数守恒求解；
两种粒子均不离开磁场，取其交集；
把粒子在电场中速度分解，求电场的最小值；
根据粒子运动的周期性进行求解。
本题是一道综合题涉及衰变，带电粒子在电场，磁场中的运动以及速度的分解的知识。
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