资源简介

山东省济宁市2026届高三下学期考前三模学情自测物理试卷
一、单选题
1．李政道和杨振宁提出在弱相互作用中宇称不守恒，吴健雄用放射源进行实验验证。衰变方程是，是不带电的反中微子（质量可认为是零）。下列说法正确的是( )
A.此核反应为衰变
B.比更稳定
C.衰变放出的X粒子来自原子核内部
D.分别以单质和化合物形式存在时，其半衰期不同
2．如图所示，黑板竖直固定，小磁铁夹着一张纸吸附在黑板上，纸和磁铁都处于静止状态。下列说法正确的是( )
A.纸的重力和黑板对纸的摩擦力是一对平衡力
B.纸对磁铁的作用力等于磁铁的重力
C.对纸施加竖直向上的力，纸未动，磁铁对纸的摩擦力不变
D.对纸施加平行于黑板的水平力，纸未动，黑板对纸的摩擦力可能不变
3．新能源汽车充电站是一种高功率充电设施，其结构可简化为如图所示的电路，理想变压器原副线圈的匝数比为，输入端电压为（V），单桩功率为，下列说法正确的是( )
A.变压器输出电压为
B.变压器输出电压的频率为
C.流过充电桩的电流在内方向改变50次
D.当变压器同时对2个充电桩供电时，流过原线圈的电流为
4．如图所示，间距为d的足够长光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，整个导轨处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨连接有阻值为R的定值电阻和一个直流电阻为R的自感线圈。闭合开关S，导轨右侧的金属棒在水平向右的外力作用下以速度v向右做匀速直线运动，运动过程中金属棒始终与导轨垂直并接触良好。已知金属棒接入电路的电阻为R，导轨的电阻忽略不计。下列说法正确的是( )
A.线圈N端电势低于M端电势
B.通过线圈的电流大小为
C.水平外力大小为
D.断开开关S的瞬间，线圈N端电势高于M端电势
5．某小组用如图所示的装置测量激光的波长。激光经透明薄板反射与折射后形成两束相干光，再分别经反射镜和反射，在接收屏上出现干涉条纹。此时屏上P处为亮条纹（记为第1条亮条纹），将向右平移过程中，观察到P处明暗交替，当P处出现第n条亮条纹时，平移的距离为d，则该激光的波长为( )
A. B. C. D.
6．如图所示，某运动员在M点将篮球斜向上抛出，篮球在空中划过一道弧线后，到达N点。已知篮球抛出时速度方向与水平方向的夹角为，速度大小为，M、N两点的连线与水平方向的夹角为。若不计空气阻力，篮球视为质点，重力加速度大小为g，则篮球由M点运动到N点的时间为( )
A. B. C. D.
7．如图甲所示，某飞行器绕地球变轨过程中的两椭圆轨道Ⅰ、Ⅱ相切于P点。图乙为该飞行器在两轨道上受到地球引力大小随时间的变化规律。下列说法正确的是( )
A.飞行器在时刻恰好到达P点
B.飞行器在时刻与时刻到地心的距离之比为
C.飞行器沿轨道Ⅰ和Ⅱ运行的周期之比为5∶9
D.与之比为
8．如图所示，轻弹簧一端固定在竖直杆上的O点，另一端连接小球，小球套在光滑水平杆上，整个装置可绕竖直杆转动。当装置分别以角速度、匀速转动时，小球相对杆分别静止在两点，杆对球的弹力大小分别为，其中方向向下，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是( )
A.， B.，
C.，D.，
二、多选题
9．一透明圆环介质的俯视图如图所示,圆环内圆半径为R,外圆半径为,现让一紫色细光束对准A点,以射入介质,光束恰好与圆环内壁相切,并从外壁的B点射出,出射角为,已知A点、B点与圆心O在同一水平面内,下列说法正确的是( )
A.该介质对紫光的折射率为
B.出射角比入射角大
C.增大,紫色光束可能会从圆环外壁发生全反射
D.用红色光束仍以从点入射,光束一定不会从圆环内壁射出
10．如图所示，一球壳均匀带有正电荷，球壳内电场强度处处为零，O为球心，N点在O点的正上方。在球壳最右端M处挖掉一足够小的曲面，球壳剩余部分电荷分布保持不变。下列说法正确的是( )
A.O点的电场强度方向由M指向O
B.O点的电势高于N点的电势
C.O点的电场强度大于N点的电场强度
D.若将一正点电荷由O点沿直线移动到M点电场力做正功
11．如图所示，某一均匀介质中矩形区域内有一位置未知的波源。波源从某时刻开始振动产生振幅为A的简谐横波，分别向左、右两侧传播，P、Q分别为矩形区域左右两边界上振动质点的平衡位置。和时矩形区域外波形分别如图中实线和虚线所示，下列说法正确的是( )
A.该波的波速为
B.波源与P点的距离为
C.时，波源处于平衡位置且向上运动
D.内，波源的质点运动的路程为
12．如图所示，一足够长的光滑斜面固定在水平地面上，倾角，一劲度系数为k的轻质弹簧一端与斜面顶部相连，另一端与可视为质点的小球B相连，静止时小球B与斜面上P点相距l。现将与小球B完全相同的小球A从P点以一定的初速度沿斜面上滑，两球发生碰撞，碰后粘在一起运动后速度减为零。在碰后至速度减为零的过程中，A、B整体的重力势能增加了。已知重力加速度大小为g，弹簧振子的周期，其中m为弹簧振子的质量，k为弹簧的劲度系数。下列说法正确的是( )
A.小球A的质量为
B.小球B运动至最高点时的加速度大小为
C.碰撞后瞬间两小球的速度大小为
D.小球A、B碰后第一次从最高点运动到P点的时间为
三、实验题
13．某同学用如图甲所示的实验装置“验证机械能守恒定律”，实验所用的电源为学生电源，可提供输出电压为的交流电，交流电的频率为。重锤从高处由静止开始下落，电磁打点计时器在纸带上打出一系列的点，对纸带上的点测量并分析，即可验证机械能守恒定律，已知重力加速度大小为g。
该同学进行了下面几个操作步骤：
A.按照图甲所示的装置安装器材；
B.将打点计时器接到学生电源上；
C.用天平测出重锤的质量；
D.先接通电源，后释放纸带，打出一条纸带；
E.测量纸带上选定点与O点间的距离；
F.根据测量的结果处理数据。
(1)其中没有必要进行或操作不当的步骤是________________。（填步骤前的选项字母）
(2)该同学对纸带进行测量，如图乙所示，其中O点为起始点，A、B、C、D、E、F为六个连续打出的点，根据纸带上的测量数据，可得出打B点时重锤的速度大小为________________。（计算结果保留3位有效数字）
(3)若测得多组重锤下落距离h和对应速度大小v的数据，绘制出图像。在实验误差允许范围内，若图线是一条倾斜直线，且斜率近似等于________________，则可认为重锤下落过程中机械能守恒。
14．某学习小组测量一电池的电动势和内阻，小组成员设计了如图甲所示的电路，为定值电阻，R为滑动变阻器，两个电压表均可视为理想电表。
(1)请根据图甲所示电路图，在图乙中用笔画线代替导线完成实物图连接。
(2)实验中移动滑动变阻器的滑片，分别读出电压表和的多组数据、。利用测出的数据描绘出图像如图丙所示，图中直线的斜率为k，截距为b，可得电池的电动势________________，内阻________________。（用k、b、表示）
(3)若电压表不能视为理想电表，则实验测得的电池电动势________________。（选填“偏大”“偏小”或“无影响”）
四、计算题
15．如图所示，一根弹簧上端固定，下端与一绝热，活塞连接并悬挂一绝热气缸，气缸内部高为H、底面积为S，气缸内部带有加热装置，顶部开口且有卡扣，以保证活塞不会脱离。活塞与气缸内封闭着一定质量的理想气体，初始时气缸内气体温度为，现缓慢加热气体，当气体温度为时，活塞恰好到达气缸顶部，此过程中，气体吸收的热量为Q。已知大气压强为，气缸的重力为，忽略活塞和气缸壁的厚度及加热装置的体积，不计一切摩擦。求此过程中
(1)气缸下降的距离d；
(2)气体内能的变化量。
16．如图所示，在范围内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。原点O处有一粒子源，沿x轴正方向射出一质量为m、电荷量为、速度大小为的粒子，并从磁场右边界A点射出，不计该粒子的重力。
(1)求A点的纵坐标；
(2)现撤去磁场，同时在范围内加上平行于纸面的匀强电场，使得该粒子仍从A点射出，且速度大小、方向与从磁场中射出时相同，求所加电场的电场强度大小E。
17．如图所示，光滑斜面、水平传送带、光滑水平面和两个半径为R的光滑四分之一圆管轨道顺次平滑连接。现有一可视为质点的小滑块从斜面上距传送带h高处由静止释放，通过传送带和后，进入圆管轨道。已知传送带长且以顺时针转动，长，，小滑块的质量，小滑块与传送带间的动摩擦因数，忽略空气阻力，重力加速度大小。
(1)若小滑块恰好到达圆管轨道最高点E，求小滑块在D点受圆管轨道的支持力大小和释放高度h；
(2)若段粗糙，小滑块与段的动摩擦因数记为，小滑块从斜面上距传送带高度处由静止释放，最终停在的中点，求：
①若小滑块只经过C点一次，的可能值；
②若小滑块能经过C点多次，的可能值。
18．如图所示，足够长水平平行金属导轨间距为L，导轨处在磁感应强度大小为B、方向坚直向下的匀强磁场中。导轨在分界线MN处用两段极短（长度忽略不计）的绝缘材料平滑连接，分界线MN与导轨垂直。金属棒a、b放置在MN左侧的导轨上，金属棒b与MN的距离为。金属棒c放置在MN右侧导轨上，一电容为C的电容器连接在导轨右端，初始时电容器不带电。现给金属棒a水平向右的初速度，当金属棒a速度大小为时，金属棒b恰好到达MN，此时立即撤去金属棒a。金属棒b进入MN右侧一段时间后整个系统达到稳定。已知金属棒a、b、c的质量分别为m、2m、m，电阻分别为R、2R、R，金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且没有相碰，导轨电阻与一切摩擦均不计。求：
(1)金属棒b到达时速度大小及其在左侧运动过程中产生的热量；
(2)金属棒a在左侧运动的距离和时间t；
(3)金属棒b进入右侧后，整个系统达到稳定时电容器所带电荷量q。
参考答案
1．答案：C
解析：设X的电荷数为Z、质量数为A，根据电荷数守恒
质量数守恒
解得，，，因此X是电子（β粒子）
A.α衰变放出氦核，该反应放出电子，属于β衰变，故A错误；
B.衰变是原子核由不稳定向稳定转变的过程，产物比反应物更稳定，故B错误；
C.衰变放出的电子是原子核内的中子转化为质子时释放的，确实来自原子核内部，故C正确；
D.半衰期由原子核内部结构决定，与元素的物理状态、化学存在形式无关，单质和化合物形式的半衰期相同，故D错误。
故选C。
2．答案：C
解析：A.纸的重力和黑板对纸的摩擦力与磁铁对纸的摩擦力的合力相平衡，A错误；
B.纸对磁铁竖直向上的摩擦力大小等于磁铁的重力，B错误；
C.对磁铁而言，纸对磁铁的摩擦力大小等于磁铁的重力，则对纸施加竖直向上的力，纸未动，磁铁对纸的摩擦力不变，大小等于磁铁的重力，C正确；
D.平行于黑板方向，纸受向下的重力黑板对纸向上的摩擦力，以及磁铁对纸的向下的摩擦力，对纸施加平行于黑板的水平力，纸未动，纸的重力和磁铁对纸的摩擦力不变，则黑板对纸的摩擦力一定变化，D错误。
故选C。
3．答案：D
解析：A.根据理想变压器电压比
可得输出电压有效值，选项中给出的是输出电压的最大值，通常变压器输出电压指有效值，A错误；
B.理想变压器不改变交流电频率，原输入频率为，输出频率也为，B错误；
C.交流电频率为，1s内包含50个周期，每个周期电流方向改变2次，因此1s内电流方向改变次，C错误；
D.由于
理想变压器输入功率等于输出功率，即
由
可得原线圈电流，D正确。
故选D。
4．答案：B
解析：A.匀强磁场竖直向上，金属棒在水平向右运动，根据右手定则，可知金属棒中的感应电流方向自上而下，下端（接导轨下轨，连线圈N端）电势更高，电流在线圈中从N流向M，因此N端电势高于M端，即M端电势低于N端，A错误；
B.金属棒匀速运动，产生的电动势恒定，电路中电流恒定，线圈中没有自感电动势
并联支路电阻相等，电流平分，因此通过线圈的电流，B正确；
C.金属棒匀速，外力等于安培力，C错误；
D.断开开关S瞬间，自感线圈阻碍原电流减小，维持线圈内电流方向仍为
线圈作为自感电源，电源内部电流从负极流向正极，因此M为正极，M端电势高于N端，D错误。
故选B。
5．答案：A
解析：该装置的原理类似迈克耳孙干涉仪，当反射镜向右平移距离d时，经过反射的光往返经过平移段，总光程差增加了
初始P处为第1条亮条纹，当P处出现第n条亮条纹时，说明亮纹级次变化了级，每相邻亮纹对应的光程差变化为1个波长，因此总光程差满足
解得
故选A。
6．答案：B
解析：抛出时水平方向分速度
竖直方向分速度：
设运动时间为，水平位移
竖直位移
题意可知
解得运动时间：
故选B。
7．答案：D
解析：A.根据万有引力定律，可得，即引力越小，距离地心越远。结合变轨过程（先在轨道Ⅱ运行，后变轨到轨道Ⅰ）和图像分析：时刻引力最小，对应最远点，因此时刻不在P点，故A错误；
B.时刻，时刻，由
得，故B错误；
C.设，轨道Ⅰ：近地点，
远地点，，半长轴
轨道Ⅱ：近地点，，远地点，
半长轴
根据开普勒第三定律
得：，故C错误；
D.是轨道Ⅱ从近地点到远地点的时间，为
是轨道Ⅰ从近地点到远地点的时间，为
因此，故D正确。
故选D。
8．答案：A
解析：设竖直杆上O点到水平杆的竖直距离为h，弹簧原长为，劲度系数为k，小球的质量为m。设小球做匀速圆周运动的转动半径为r，弹簧长度为L，由几何关系得
设弹簧与竖直杆的夹角为，由几何关系得，。小球在点时受到的杆的弹力方向向下，在竖直方向上由共点力平衡条件得
代入解得
由于题给条件，推知，即弹簧始终处于伸长状态。在水平方向上由牛顿第二定律得
代入解得
同理在B点，在竖直方向上由共点力平衡条件得
解得
在水平方向上由牛顿第二定律得
解得
由题图可知小球在A点转动的半径小于在B点转动的半径，由几何关系得，进而可得，比较可推得且。
故选A。
9．答案：AD
解析：A.紫光在A点入射,法线为外圆半径OA,根据几何关系,折射光线与内圆相切,圆心O到折射光线的距离等于内圆半径R,而
因此折射角满足
解得
根据折射定律
解得,故A正确;
B.出射时,根据几何关系,B点介质内的入射角等于
由折射定律(介质到空气)可得
解得
所以,故B错误;
C.全反射条件是光从介质射向空气,且入射角大于等于临界角。该介质临界角满足
对于外壁出射,介质内入射角满足
其中d为O到折射光线的距离,结合折射定律有
可得
由于
所以
因此不可能发生全反射,故C错误;
D.红光频率小于紫光频率,故红光折射率小于紫光折射率,则红光折射光线与内圆相离,不会碰到内壁,因此一定不会从圆环内壁射出,故D正确。
故选AD。
10．答案：CD
解析：A.均匀带电球壳挖去M处一小块正电荷后，剩余电荷的电场等效于完整均匀带电球壳和M处一个等量负点电荷的电场矢量和。已知完整均匀带电球壳内部场强处处为零、电势处处相等，因此总电场就是M处负点电荷产生的电场。负点电荷在M处，场强方向指向负电荷，因此O点场强方向由O指向M，故A错误；
B.负点电荷的电势分布：离负电荷越远，电势越高。O到M的距离为球半径R，N到M的距离大于R，因此N点电势高于O点电势，故B错误；
C.点电荷场强公式
又
则O点的电场强度大于N点的电场强度，C正确；
D.场强方向从O到M，正电荷受力方向与场强方向一致，因此从O到M电场力做正功，D正确。
故选CD。
11．答案：BC
解析：A.根据波形可知
从到，波传播距离刚好为半个波长，则
解得
波速为，故A错误；
B.设波源的平衡位置距离P点距离为，设波源开始振动时刻为，根据时左侧波形图可知
根据时右侧波形图可知
联立解得，，故B正确；
C.由图可知，波向左传至P点左侧距离其1m处，其起振方向向下，说明波源质点的起振方向是向下的，时开始振动，则时，波源处的振动时间
此时波源处于平衡位置且向上运动，故C正确；
D.内，波源处的振动时间
则波源的质点运动的路程为，故D错误。
故选BC。
12．答案：BC
解析：A.设单个小球质量为m，碰后AB整体上滑，重力势能增加量
由题意可知
则
解得，故A错误；
C.设小球B静止时，弹簧伸长量为，由平衡条件有
解得
碰后上滑后，则弹簧压缩量为l，根据弹性势能
可知弹性势能变化
设碰撞后AB整体速度为v，由能量守恒定律有
代入
解得，故C正确；
B.最高点弹簧压缩l，弹力沿斜面向下，大小，小球B运动至最高点时，对AB整体，由牛顿第二定律有
代入
解得加速度，故B正确；
D.AB整体做简谐运动，设平衡位置弹簧伸长量为，平衡位置满足
解得
小球B静止时，弹簧伸长量为l，B与斜面上P点相距l，则平衡位置正好对应P点位置，周期
从最高点（最大位移）到平衡位置P的时间为，故D错误。
故选BC。
13．答案：(1)C
(2)
(3)
解析：（1）验证机械能守恒定律时，需要验证的关系为
等式两边质量m可约去，不需要测量重锤的质量，因此步骤C没有必要，其余步骤操作均正确。
故选C。
（2）交流电频率为，相邻打点的时间间隔
打B点的速度等于A到C段的平均速度，则
（3）若机械能守恒，则有
可得
因此图像为过原点的倾斜直线，斜率大小等于重力加速度g，若图线是一条倾斜直线，且斜率近似等于g，即可验证机械能守恒。
14．答案：(1)
(2)；
(3)无影响
解析：（1）根据图甲所示电路图，实物连接如图所示
（2）根据闭合电路欧姆定律
电路中干路电流等于流过定值电阻的电流，因此
代入可得
整理可得
对比图像可知，纵截距
斜率
联立解得，
（3）若不是理想电表，也是R与并联部分的实际电压，的电压仍为，干路电流仍满足
推导得到的关系不变，因此测得的电动势无影响。
15．答案：(1)
(2)
解析：（1）设气缸内部气体对气缸底部的压强为p，气缸受竖直向下的重力G、压力，竖直向上的大气压力
受力平衡有解得
故气体压强恒为，与温度无关，因此过程为等压变化。
设初始气体柱高度为，体积
末态气体柱高度为，体积
由盖·吕萨克定律解得
（2）气体等压膨胀，对外做功
解得
已知气体吸收热量为Q，由热力学第一定律
解得
16．答案：(1)
(2)
解析：（1）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力
代入
解得轨道半径
粒子沿x轴正方向入射，圆心在y轴上，如图所示
由几何关系可得
解得
（2）粒子在磁场中出射速度的方向垂直于半径，可知出射速度与x轴夹角等于对应的圆心角，则
可得
出射时速度的分量，
粒子在匀强电场中做匀变速曲线运动，根据匀变速运动规律，水平位移
解得运动时间
则水平方向加速度大小
竖直方向加速度大小
所以合加速度大小
由牛顿第二定律有
代入
联立解得
17．答案：(1)，
(2)或，
解析：（1）圆管轨道中，恰好到达最高点E，则
从D到E，由机械能守恒定律有
解得
在D点，合力提供向心力
解得
因为
故滑块到达B的速度大于传送带速度，全程在传送带上减速，摩擦力全程做功，从释放到最高点E，由动能定理有
解得
（2）滑块第一次到达C点，由动能定理有
解得
设上运动总路程为x，整个过程由动能定理得
解得
中点距离为
①若小滑块只经过C点一次，两种情况：若滑块从C向D运动，未到达D直接停在中点位置，则
解得
若滑块到达D，经圆管返回后停在中点，总路程
可得
解得
故只经过C一次时，的可能值为或。
②小滑块能经过C点多次，滑块经过C多次后，从C向D出发走停在中点，总路程满足
代入
解得
18．答案：(1)，
(2)，
(3)
解析：（1）金属棒a、b在左侧运动时，系统安培力合力为零，动量守恒，由动量守恒定律有
解得
系统总焦耳热等于动能损失，由能量守恒定律有
串联电路中热量与电阻成正比，则
（2）设金属棒a在左侧运动过程中总电荷量为q，对a由动量定理有
其中
联立解得
根据法拉第电磁感应定律，电荷量
代入q可得
解得
取极短时间，由动量守恒定律有
可得
求和可得
解得
（3）整个系统达到稳定时，匀速运动，加速度为零，电流
电容器电压
流过电容器电荷量
对b，由动量定理有
对c，由动量定理有
联立解得，
代入
解得

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