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高2026届高考模拟考试（三）
物理试题
(本试卷共100分，考试时问75分钟)
注意事项：
1,答卷前，请考生先在答题卡上准确工整地填写本人姓名、准考证号；
2.选择题必须使月2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5m黑色签字笔答题；
3.请在答题卡中题号对应的区域内作答，超出区域书写的答案无效：在草稿纸、试题卷上答题无效；
4.诗保持答题卡卡面清洁，不要折叠、损毁：考试结束后，将答题卡交回。
一、选择题：本题共10小题，共43分。
(一)单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分，在每小题给出的四个选项中，只有
一项是符合题目要求的。
1.2025年7月，中国科学院宣布首次观测到铅的新核索铝20的衰变现象，衰变路径：A1→2Mg+x,
2Mg→Ne+2y。其中x、y分别是()
A.质子、电子
B.中子、质了
C.电子、中子
D,质子、质子
2.一定质量的里想气体从状态Q等温膨胀至状态R,再绝熟收缩至状态S,其P-”图像如题2图所示，则()
0
绝热
等温
R
0
题2图
A.卫→R过程中，气体内能诚小
B.→R过程中，气体对外做功
C.R→S过程中，气体内能不变
D.R>S过程中，气体温度降低
3.某种不导电溶液的相对介电常数6与浓度Cm的关系曲线如题3图()所示，将平行板电容器两极板全部插
入该溶液中，并与恒压电源，电流表等构成如题图(b)所示的电路，闭合开关$后，若降低溶液浓度，则()
Erk
图(a)
图(b)
题3图
A.电容器的电容减小
B.电容器所带的屯荷量增火
C.电容器两极板之间的电势差谱大
D.溶液浓度降低过程中电流方向为M→N
[山城学术圈]第1页·预祝考试顺利
4.武打片中飞檐走壁的镜头其实是借助悬绳拍摄产生的效果，某演员（未画出）在下列四种拍摄场景中均在空
中做匀速运动，由绳①和绳②连接演员，若忽略绳所受重力，则绳①受力最小的是(
②
①
②
0/①
②
0
②
0
B
①
D
①
5、静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置，如题5图所示为该透镜工作原理示意图。虚线表示
此静电场在xOy平面内的一簇等势面，相邻两个的等势面间的电势差是相等的。实线为一电子仅在电场力作
用下通过该区域的部分运动轨迹，P、Q为轨迹上两点。则(）
题5图
A.P点的电场强度比Q点的电场强度小
B.P点的电势低于Q点的电势
C.电子在P点的动能大于在Q点的动能
D,电子从P运动到Q的过程中，电势能先增大后减小
6.一质量为m的新能源汽车在平直公路上以速度%匀速行驶，此时该车的功率为P。某时刻，其功率提升为2P
且保持不变，经过时间t后，该车再次匀速行驶。若该车行驶过程中所受阻力大小恒定，则时间t内，该车运
动的位移为(
A.vof-3mg
2P
B.6t-36
4P
C.2,t-3m
2P
D.2v-3mvg
4P
7.如题7图，距地面h高处水平放置间距为L的两条光滑平行金属导轨，导轨左端接有电动势为E的电源，质
量为m的金属杆静置于导轨上，与导轨垂直且电接触良好，空间有竖直向下的磁感应强度大小为B的匀强磁
场。现将开关S闭合，一段时间后金属杆从导轨右端水平飞出，测得其水平射程为，则()
B
题7图
A.整个过程电源消耗的电能为mdE,g
BL \2h
B,金属杆离开导轨前做匀加速直线运动
C.金属杆离开导轨后到落地前感应电动势逐渐增大
D,从闭合开关到金属杆刚要落地时，金属杆受到的冲量为m2gh+S
[山城学术圈]第2页·预祝考试顺利物理答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B B A C C A BC AC AC
1. D【山城学术圈—解析】核反应过程遵循质量数与核电荷数守恒，可知 x、y粒子的质量数都为 1，核电荷数为
1，x、y粒子均为质子，故选 D。
2. B【山城学术圈—解析】AB．Q R过程，温度不变，内能不变；体积增大，对外做功，故 A错误，B正确；
CD． R S过程，绝热，也即和外界没有热传递，做功与内能变化大小相等；该过程体积变小，外界对气体
做功，气体内能变大，温度升高，故 CD错误。故选 B。
3. B【山城学术圈—解析】A．降低溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数
S
r增大，根据电容器的决定式C r4 kd
可知电容器的电容增大，故 A错误；BC．溶液不导电没有形成闭合回路，电容器两端的电压不变，根据Q CU
结合 A选项分析可知电容器所带的电荷量增大，故 B正确，C错误；D．根据 B选项分析可知电容器所带的电
荷量增大，则给电容器充电，结合题图可知电路中电流方向为 N M ，故 D错误。故选 B。
4. A【山城学术圈—解析】分析演员的受力，演员受到自身重力，绳①和绳②的拉力；绳②的拉力方向不变，绳
①的拉力方向在变化，三个力使演员处于平衡状态，三个力构成矢量三角形，利用动态三角形进行求解，如图
所示由图可知，当 F1与F2垂直时 F1最小。故选 A。
5. C【山城学术圈—解析】A．等势线越密，电场强度越大。由图可知， P点处的等势线比Q点处的等势线密集，
所以 P点的电场强度比Q点的大，故 A错误； B．电子做曲线运动，所受电场力指向
轨迹的凹侧，且电场力方向与等势线垂直。由图可知，电子在 P点受到的电场力方向
大致向左。因为电子带负电，受力方向与电场强度方向相反，所以电场强度方向大致
向右。沿电场线方向电势降低，所以 P点的电势高于Q点的电势，故 B错误； C．电
子从 P运动到Q的过程中，电场力方向大致向左，位移方向大致向右，电场力做负功。
根据动能定理，动能减小，所以电子在 P点的动能大于在Q点的动能，故 C正确； D．电子从 P运动到Q的过
程中，电场力做负功，电势能增大，故 D错误。故选 C。
P
6. C【山城学术圈—解析】汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，则阻力 f v 功率提升后再次匀速时，此时牵引0
1 2 1 2
力仍等于阻力，则有 2P fv1联立解得 v1 2v0 对时间 t内的运动过程，根据动能定理有 2Pt fs mv1 mv 联2 2 0
3mv3
立解得 s 2v0t 0 故选 C。2P
1
7. A 2【山城学术圈—解析】A．据平抛运动规律，竖直方向有 h gt 水平方向有 d=v0t得，平抛运动的初速度为2
v d g0 金属杆离开轨道前，根据动量定理 BIL t mv 0 又因为 q I t电源消耗的能量为 W 电=qE联立解2h 0
W mdE g得： ，故 A正确；B．开关闭合后，由左手定则可知，金属杆受到向右的安培力做加速运动，电 BL 2h
随着速度的增加，金属杆切割磁感线产生的感应电动势增大，因为感应电动势与原电动势方向相反，电路中的
电流减小，金属杆受到的安培力减小，根据牛顿第二定律，金属杆的加速度减小，金属杆做变加速直线运动，
故 B错误；Ｃ．设金属杆离开轨道时的速度为 v0，因为离开轨道后做平抛运动，其水平速度 v0保持不变，金
属杆离开导轨后到落地前感应电动势为 E=BLv0，所以感应电动势保持不变，故 C错误；D．设金属杆落地时速
〔山城学术圈〕 第 1 页 共 4 页
2
度为 v，根据动能定理mgh
1
mv 2 1 mv 2 gd0 根据动量定理 I2 2 总
=mv-0联立解得： I总 m 2gh ，D错。2h
U
8. BC max【山城学术圈—解析】A．正弦式交流电的有效值U ，图中电压的最大值Umax 400 2V，因此有效2
U U max值 400V
1
，故 A错误；B．由图 2可知，交流电的周期
2 T 2 10
2s，根据频率公式 f ，代入
T
1 n1 U1
解得 f 2 Hz 50Hz ，故 B正确；C．理想变压器的电压比等于匝数比 ，已知原线圈电压U 400V2 10 n2 U
1 ，
2
4 n1 U1 400 1
副线圈电压U2 10kV 10 V，因此匝数比 n U 104 25，故 C正确；D．理想变压器输入功率等于输出2 2
P 8 104
功率 P1 P2 80kW 8 10
4W 原线圈电流 I 11 A 200A，故 D错误。故选 BC。U1 400
GMm GM
9. AC【山城学术圈—解析】A．根据牛顿第二定律及万有引力有 r r2 ma解得 a 2 ，由 P Q ，则卫星 Pr r
T 2 3Q rQ
的加速度大于卫星 Q，故 A正确；B C D．根据几何关系有 rP rQ sin ，由开普勒第三定律 2 3 解得TP rP
T 2Q 1 T P，即 sin
3 S r t T 1
3 T t时间内卫星与地心连线扫过的面积 S r
2 Q P Q解得 2 ，故TP sin Q T SP TQ rP sin
BD错误、C正确。故选 AC。
10. AC【山城学术圈—解析】A．由图乙、丙可知，两列波的周期均为T 0.25s 。 B处水深hB 0.4m ，波速
OB
vB ghB 2m / s波从 B传到O的时间 tB 0.5sv 由题意: t 0.75s后O点振幅不再变化，说明此时 A的波B
OA
也传到了O点，且 A的波后到达。故 A波传到O的时间 tA 0.75s A处波速 vA 4m / s由 vA ght A 得A
v2h A A 1.6m。故 A正确；B．从C到 A区域，水深 h随距离变化。由几何关系h x hA xtan45 1.6 x 波g
速 v gh 16 10x可见 v与 x不是线性关系，所以水波传到 A点时的波速不是传到 AC中点时波速的两倍。
故 B错误；C．由图可得波源 A的振幅 A1=5cm，波源 B的振幅 A2=4cm当波源 A的振动形式传到 O点时，O
点以波源 B的形式振动了 t tA tB 0.25s所以质点 O先运动了 s1 4A2 16cm t=0.75s后，在 O点发生干涉，
由于两波源振动步调相反，故此时振幅 A A1 A2 1cm所以在 t=0.75s和 t=1.5s之间，质点 O运动的周期个数
1.5 0.75
为 3则质点 O运动了 s2 3 4A 12cm解得总路程为 s s1 s2 28cm，故 C正确；D．AB 连线长T
4m，分 AO 段(0 x 3m )，波速( vA 4 m/s )和 OB 段(3m x 4m )，波速( vB 2 m/s )，干涉加强条件为相位
差( 2k AO t
x 1 3 x 5 x
)（k为整数）在 段: A波传播时间 A B波传播时间 tB 相位差4 2 4 4
tB tA 9 4 x加强条件9 4 x 2k 其中 x (0,3]解得 k 1,0,1,2,3,4，共 6个。同理在OB
段（距O点 x，3 x 4）：相位差 tB tA 21 8 x 加强条件 21 8 x 2k 其中 x 3,4 解
得 k 5, 4, 3, 2，共 4个。总共 10个。故 D错误。故选 AC。
11. 【答案】(1)正 (2)d (3)变大【山城学术圈—解析】（1）图甲中检测电流 I0通过线圈，根据安培定则，线圈在
铁芯中产生逆时针方向的磁场，霍尔元件是金属材料制成，处于向上的磁场中，正电荷受到垂直纸面向外的磁
〔山城学术圈〕 第 2 页 共 4 页
场力而偏转到外侧面上，使得霍尔元件外侧面电势高，所以应该是 N端与电压表的正接线柱相连。（2）当霍尔
U BI
元件内外侧面电压稳定时，内部电荷受力平衡，则有 qvB q 因为 I nqbdv联立解得U
b nqd
因此要电压
BI
表示数变大，可适当减小 d宽度。（3）根据U nqd 可知，工作电流 I不变时，电压表示数 U变大，可知 B增
大，说明检测电流 I0增大。
d 1
12. 【答案】(1) t (2) Δt 2 (3)C (4)0.48∽0.521
d
【山城学术圈—解析】（1）该次遮光片通过光电门的速度 v t1
2 d 2 1
（2）根据牛顿第二定律有 F mg mv 联立解得 F mg m 2 可知图像横坐标表示的物理量为 2 。（3）L L Δt Δt
2 2
（4）根据 F mg m
d
md
2 可知图像的斜率为 k ,增大悬挂点到球心的距离 L，重复上述步骤，绘制得L Δt L
13
k 13 2
到的图像为图乙中的 C；图乙中 A组实验与 B组实验的斜率之比为 A 13 则 A组实验所用细绳的长度与kB 1
26
B组实验所用细绳长度之比为 0.50。
2d
13. 【答案】(1) 3 (2) (3) 45 c
sin 60
【山城学术圈—解析】（1）根据折射定律可得该晶体对 o光的折射率为 no 3（2）o光在晶体中的sin 30
v c d
s 2d
传播速度为 o o光在晶体中的传播距离为 s 则 o光在晶体中的传播时间为 to t n cos30 v
联立解得 o
o c
c
n
3 e
ve n e
vo v 6 sin
（ ）根据 o e
n c
可得 n v 又 根据折射率可得 ne 联立解得 e光的折射角为
45
o o e ve 3 sin 30
e
vo
14. 【答案】(1) 0.1 (2) v 2m/s v 1m/s (3) sin 3 1A B 【山城学术圈—解析】（1）对物块 A单独下
5
H 0.45m
滑到停止的全过程，由动能定理m1gH m1gL 0约去m1g得 0.1（2）A下滑到 O点碰撞前，L 4.5m
m gH 1 m v2由动能定理得碰撞前速度 1 1 0 解得 v0 2gH 3m/sA、B发生弹性碰撞，满足动量守恒和动能守恒2
m v 1 2 1 2 1 21 0 m1vA m2vB m1v2 0
m1v2 A
m
2 2
vB 代入m1 0.2kg,m2 1.0kg,v0 3m/s 解得
v m 1 m2 v 2m/s, v 2m 1A v 1m/sm m 0 B m m 0 速度大小为
vA 2m/s, vB 1m/s 负号表示方向向左。
1 2 1 2
v
（3）B碰撞后向右匀减速运动，加速度大小 a g 1m/s2停下的时间 t BB 1sB停下的位置距离 O点a
v2 vx BB 0.5m
A
碰撞后 A向左滑上斜面，斜面光滑，加速度大小 a g sin 上滑时间 t1 g sin 下滑回到 O点时间也2a
〔山城学术圈〕 第 3 页 共 4 页
2v
t A
0.4
为 1，总斜面上运动时间 t 2t斜 1 g sin sin 斜面光滑，A回到 O点时速度大小仍为
v
A
2m/s，方向向右。A
1
向右运动到 B停下位置 xB 0.5m，由匀变速位移公式 xB vAt平 at
2 2
平 代入数据得 t平 4t平 1 0解得合理的时间2
t平 2 3s
0.4
（舍去较大的根）要求第二次碰撞时 B已停止，需满足总时间 t总 t t平 t斜 B代入得 (2 3) 1sin
0.4 3 1 3 1
整理得 sin 即满足条件为 sin
3 1 5 5
B R2 n 2U m 2 2U m
15. 【答案】(1) t 0 (2) n为偶数时 0 0 (1 2 3 4 n 1 n )，n为奇数时，
2U0 B q B q
n 2U0m 2 2U0m (1 2 3 4 n 2 n 1) 2n (3) B B 2n B
B q B q 2n 1 0 2n 1 0
【山城学术圈—解析】（1）粒子经电场加速后，在磁场中运动的最大速度为 vm.对应圆周运动的最大半径为 R.其中
R mv m
B0q
B qR 1 B2q2R2 B2q2R2
即 vm 0 最大动能为 E 2 0km mvm 每旋转一圈加速两次，设旋转 N圈 0 2NUm 2 2m 2m 0
q
B2N 0 qR
2 2
则 因此在磁场中运动的时间为 t NT
B R
0
0
4mU0 2U0
x mv（2）第一次圆周运动的圆心坐标为 1 1 其中 qU
1
mv2
Bq 0 1
0 v 2U q1 0 第二次圆周运动的圆心坐标为2 m
mv2 x 2mv2 2mv1
2mv1 2mv
2
1
Bq
(1 2)第三次圆周运动的圆心坐标为
Bq Bq

Bq Bq
x mv3
2mv
2
2mv1 3mv1 2mv1
3 (1 2)第 n次圆周运动的圆心坐标为Bq Bq Bq Bq Bq
n为偶数时
x nmv1 2mv
n 2U m 2 2U m
n
1 (1 2 3 4 n 1 n) 0 0 (1 2 3 4 n 1 n )
Bq Bq B q B q
n为奇数时 x rmv1 2m 1n (1 2 3 4 n 2 n 1)Bq Bq
n 2U0m 2 2U 0m (1 2 3 4 n 2 n 1)
B q B q
（3）若磁感应强度减小，则周期增加，设周期变为T0 T
T T T 2 m 2n 1 2n
为使连续加速 n次，则 n 0 即 T 0 要求 T0 有 B B BB q 2n 0 0 若磁场增大，则周期减2 4 2n 2n 1
T T T 2 m 2n 1 2n
小，设周期变为T0 T 为使连续加速 n次，则 n 0 ;即 T 0 要求 TB q 2n 0 则有 B2 4 2n 0
B B
2n 1 0
2n 2n
因此有 B B B
2n 1 0 2n 1 0
〔山城学术圈〕 第 4 页 共 4 页

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