2026届黑吉辽蒙高三上学期物理模拟试卷4

2026届黑吉辽蒙高考高三物理模拟试卷4【含解析】 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8-10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1．将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是 A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关 B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大 C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大 D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同 2．在2019年9月29日，中国女排队在世界杯中完成11连胜的壮举，成功卫冕冠军。比赛中运动员朱婷扣球瞬间，排球被挤压变形，下列说法正确的是（　　） A．此时的排球没有惯性 B．排球对手部的弹力是由于排球发生形变产生的 C．排球只受到运动员手部的弹力和空气阻力 D．运动员扣球的弹力与排球对手部的弹力是一对平衡力 3．如图所示是我国空军出动运运输机运送物资的情景.运输机的升力为（其中为飞行动压、为机翼面积、是一个无单位升力系数）.若用 表示空气的密度，表示飞机的质量，表示飞行速度，表示飞机发动机推力，你可能不会计算飞机飞行时的动压，但你可根据所学的物理知识和方法进行分析，下列飞行动压的表达式合理的是（ ） A． B． B． C． D． 4．图甲为研究光电效应的实验装置，用不同频率的单色光照射阴极，正确操作下，记录相应电表示数并绘制如图乙所示的图像，当频率为时绘制了如图丙所示的图像，图中所标数据均为已知量，则下列说法正确的是（ ） 甲 乙 丙 A．饱和光电流与、A两极之间的电压有关 B．测量遏止电压时，滑片应向移动 C．阴极的逸出功 D．普朗克常量 5．地球和哈雷彗星绕太阳运行的轨迹如图所示，彗星从a运行到b、从c运行到d的过程中，与太阳连线扫过的面积分别为 和 ，且 。彗星在近日点与太阳中心的距离约为地球公转轨道半径的0.5倍，则关于彗星下列说法错误的是（　　） A．在近日点的速度大于远日点的速度 B．从a运行到b与从c运行到d的时间相等 C．在近日点的速度大于地球绕太阳运行的速度 D．在近日点加速度大小约为地球的加速度大小 6．光滑绝热的活塞把密封的圆筒容器分成A、B两部分，这两部分充有温度相同的气体，平衡时，现将A中气体加热到127℃，B中气体降低到27℃，待重新平衡后，这两部分气体体积的比为（ ） A．1∶1 B．2∶3 C．3∶4 D．2∶1 7．如图所示，a、b两物块质量分别为m、2m，用不计质量的细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧。开始时，a、b两物块距离地面高度相同，用手托住物块b，然后由静止释放，直至a、b物块间高度差为h，b未落地，不计滑轮质量和一切阻力，重力加速度为g。在此过程中，下列说法正确的是（    ）    A．b物体的加速度大小为 B．绳子拉力大小是mg C．a、b高度差为h时，物块b的速度大小为 D．此过程物块a克服重力做功为mgh 8．一列简谐横波在时刻的部分波形如图（a）所示，图（b）表示介质中某质点的振动图像。下列说法正确的是 图（a） 图（b） （ ） A. 该波的周期为 B. 再过，间的波形不变 C. 若波沿轴正方向传播，则图（b）可能为点的振动图像 D. 若波沿轴正方向传播，则图（b）可能为点的振动图像 9．如图所示，在倾角为0的足够长的绝缘光滑斜面底端，静止放置质量为m、带电量q（）的物体。加上沿着斜面方向的电场，物体沿斜面向上运动。物体运动过程中的机械能E与其位移x的关系图像如图所示，其中OA为直线，AB为曲线，BC为平行于横轴的直线，重力加速度为g，不计空气阻力（　　） A．过程中，电场强度的大小恒为 B．过程中，物体电势降低了 C．过程中，物体加速度的大小先变小后变大 D．过程中，电场强度为零 10．如图所示，MN、PQ是两条平行、光滑、足够长的倾斜金属轨道，导轨平面的倾角，导轨间距为，导轨上端接有定值电阻、下端接有电阻箱（0～9999Ω），金属棒ab水平放置在轨道上，其电阻忽略不计．空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为．让金属棒由静止开始释放，当电阻箱的阻值为1Ω时，金属棒下滑的最大速度为1m／s，当电阻箱的阻值为0.5Ω时，金属棒下滑的最大速度为，重力加速度g取，则下列说法正确的是（　　） A．电阻的阻值为1Ω B．金属棒的质量为1kg C．调节电阻箱接入电路的阻值，金属棒下滑的最大速度不超过2m／s D．若金属棒运动的最大速度为，则与成正比 二、非选择题（本大题共5小题 共54分） 11．(1)在“验证力的平行四边形定则”的实验中，如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。 （a）图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是 。 （b）本实验采用的科学方法是( ) A．理想实验法    B．等效替代法    C．控制变量法    D．建立物理模型法 (2)某同学在做研究弹簧的形变与外力的关系实验时，将一轻弹簧竖直悬挂让其自然下垂，测出其自然长度；然后在其下部施加外力F，测出弹簧的总长度L，改变外力F的大小，测出几组数据，作出外力F与弹簧总长度L的关系图线如图所示。（实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的）由图可知该弹簧的自然长度为 cm；该弹簧的劲度系数为 N/m。 (3)这位同学把这根弹簧做成了一个弹簧秤，当弹簧秤上的示数为5 N时，里面弹簧的长度x = cm（结果保留3位有效数字）。 (4)关于本实验中的实验操作及实验结果，以下说法正确的是（　　） A．测量弹簧原长时应将弹簧平放在水平桌面上，使其自然伸长，并测出其长度 B．根据所测数据在F − x图上描点，作图时用直线连接每一个点 C．在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持竖直状态 D．可以随意增加砝码个数，只要保持砝码静止再读数就不会有误差 12．测量电源的电动势和内阻的实验中，为了消除电流表和电压表内阻对实验结果的影响，某实验小组设计了如图（a）所示的实验。先将单刀双掷开关接1，闭合，调节滑动变阻器，得到多组电压和电流，断开，作出图像；再将开关接2，重复上述操作。最终作出的两条图线如图（b）所示。 (1)仅利用开关接1测得的数据，得出电动势和内阻，系统误差来源于___________。 A．电压表分流 B．电流表分压 (2)开关接2进行实验，作出的图像为图（b）中的图线 （填“A”或“B”）。 (3)消除电流表和电压表内阻对实验结果的影响，用图（b）中物理量的符号表示出电动势 ，内阻 。 13．如图所示,内径很小的细管PMN竖直固定,PM段为长为L且内径粗糙的水平直细管.P端有一竖直弹性挡板,MN段为内径光滑、半径为R的圆弧细管,两段细管在M处平滑连接.细绳一端连接质量为3m的滑块A,另一端跨过滑轮,穿过挡板P上的光滑小孔与质量为m、略小于细管内径的滑块B相连,已知滑块B与PM段细管间动摩擦因数为μ=0.5,起初两滑块在外力作用下静止,现同时释放两滑块,重力加速度为g.求: (1)滑块B在PM段向左运动过程中的加速度大小a; (2)滑块B第一次运动至M点时速度大小vM; (3)若滑块B每次与挡板P碰撞后均以原速弹回时,在整个运动过程中,滑块B在水平PM段运动的总路程S. 14．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第Ⅰ、Ⅱ象限内存在着平行于纸面的匀强电场，电场强度大小为E，方向与y轴正方向成角，第Ⅲ象限存在着沿y轴负方向的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从电场中的Q点，以速度沿x轴正方向开始运动。然后从坐标原点O进入第Ⅰ象限的匀强电场，在电场中运动一段时间后，再次通过O点，通过O点时，x轴下方的匀强电场已换成与第Ⅳ象限相同的匀强磁场，方向垂直于纸面向外，第Ⅳ象限磁场的上边界ON与x轴正方向成角，下边界平行于x轴，当粒子从边界ON上的P点（图中未画出）离开磁场后，再次进入电场，经电场偏转恰好回到O点，不计粒子的重力，Q点到y轴的距离为到x轴距离的倍，求： (1)粒子第一次到达O点时速度的大小和方向； (2)粒子第一次在第Ⅰ象限中运动时，粒子离原点O的最远距离和粒子整个运动过程中磁场下边界到x轴的最小距离； (3)粒子第二次和第三次经过O点的时间间隔。 15．(18分)如图所示，在倾角为θ＝37°且足够长的粗糙斜面上放一长为L＝3．0 m、质量为m、上下挡板厚度不计的U形盒子P(盒子内底面与斜面平行)，盒子P与斜面间的动摩擦因数μ＝。在盒子的上端放一质量等于2m的物块Q(可看作质点)，Q与盒子内表面无摩擦，同时由静止释放物块Q和盒子P，物块在盒内滑下与下面挡板碰撞，设碰撞时间极短且碰撞中没有机械能损失，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8。求： (1)物块Q与盒子P发生第一次碰撞后各自的速度大小； (2)物块Q与盒子P发生第一次碰撞后至第二次碰撞前，Q与盒子下挡板间的最大距离以及第一次碰撞后再经过多长时间Q与P发生第二次碰撞(结果可用根式表示)。 参考答案 1．【答案】C 【分析】 解答本题应掌握感应电动势取决于磁通量的变化快慢，与磁通量的变化及磁通量无关． 【详解】 AC．由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势，即感应电动势与线圈匝数有关，感应电动势与磁通量的变化率有关，磁通量变化越快，感应电动势越大故A错误，C正确； B．穿过线圈的磁通量大，但若所用的时间长，则电动势可能小，故B错误； D．由楞次定律可知：感应电流的磁场方向总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故原磁通增加，感应电流的磁场与之反向，原磁通减小，感应电流的磁场与原磁场方向相同，即“增反减同”，故D错误． 2．【答案】B 【详解】A．排球具有质量，即有惯性，A错误； B．排球对手部的弹力是由于排球发生形变产生的，B正确； C．排球受到重力、运动员手部的弹力和空气阻力，C错误； D．运动员扣球的弹力与排球对手部的弹力是一对作用力与反作用力，D错误。选B。 3．【答案】C 【解析】根据题意可得,所以动压的单位为的单位为,故A错误；的单位为,故B错误；的单位为,故C正确；的单位为,故D错误. 4．【答案】C 【解析】本题考查光电效应图像问题.饱和光电流只与入射光的光强有关，与外加电压无关，错误；测量遏止电压时，光电管应接反向电压，滑片应向移动，错误；根据光电效应方程，根据动能定理，整理得，图像的斜率为，解得普朗克常量，错误；根据，，解得阴极的逸出功，正确. 5．【答案】D 【详解】A．根据开普勒第二定律可知，在彗星在近日点的速度大于远日点的速度，选项A正确； B．彗星从a运行到b、从c运行到d的过程中，与太阳连线扫过的面积相等，由开普勒第二定律可知，从a运行到b与从c运行到d的时间相等，选项B正确； C．若在近日点做圆周，根据 可得 可知在该圆周上的速度大于地球绕太阳运行的速度；而从该圆周到椭圆轨道要加速做离心运动，可知彗星在近日点的速度大于地球绕太阳运行的速度，选项C正确； D．根据 可得 可知在近日点加速度大小大于地球的加速度大小，选项D错误。 此题选择错误的，选D。 6．【答案】B 【详解】 对A部分气体有 对B部分气体有 因为 ，， 联立解得 则 所以B正确；ACD错误； 故选B。 7．【答案】C 【详解】AB．对b物体，根据牛顿第二定律有 对a物体，根据牛顿第二定律有 解得 ， 故AB错误； C．块a、b组成的系统，运动过程中物块a、b的速度大小始终相同，在a、b物块间高度差为h时，根据机械能守恒，有 解得 故C正确； D．物块a上升的高度为，此过程物块a克服重力做功为 故D错误； 故选C。 8．【答案】AD 【详解】由图（b）可知该波的周期为，正确；再经过，波形图沿着传播方向移动半个波长，间的波形与图（a）不相同，错误；图（b）中时刻质点向上振动，若波沿轴正方向传播，根据“同侧法”，图（a）中时刻质点向上振动，质点向下振动，则图（b）可能为点的振动图像，不可能为点的振动图像，错误，正确。 【易错警示】 区分振动图像与波形图，不要将两个图混淆，振动图像可观察周期和起振方向，波形图观察的是波长与各质点的位置，在波形图中分析振动方向时注意波的传播方向。 9．【答案】BCD 【详解】A．过程中，电场力做正功，机械能增大，则，解得，A错误； B．过程中，电场力做正功，电势降低，可得，解得，B正确； C．图像的斜率表示电场力大小，过程中，斜率逐渐减小到零，电场力逐渐减小到零，物体加速度，可知加速度先减小到零，后沿斜面向下增大，C正确； D．过程中，此过程中机械能不变，只有重力做功，电场力为0，则电场强度为零，D正确。选BCD。 10．【答案】AC 【详解】AB.当金属棒匀速运动时速度最大，由平衡条件得，回路电阻，电流，感应电动势E= BLv，解得，由题意可知，，得，，A正确，B错误； C.金属棒下滑的速度，C正确； D.由，可知，则与不成正比，D错误。选AC。 11．【答案】(1) F′ B (2) 10 50 (3)20.0 (4)C 【详解】（1）（a）[1]图乙中的F与F′两力中，F是两个分力合力的理论值，F′是两个分力合力的实验值，则方向一定沿AO方向的是F′； （b）[2]本实验采用的科学方法是等效替代法，故选B。 （2）[1]由图可知该弹簧的自然长度为L0 = 10 cm； [2]该弹簧的劲度系数为 （3）这位同学把这根弹簧做成了一个弹簧秤，当弹簧秤上的示数为5 N时，里面弹簧的长度 （4）A．测量弹簧原长时应将弹簧竖直悬挂，测出其长度，故A错误； B．根据所测数据在F − x图上描点时，要使大多数点落在直线上，少数均匀分布在直线两侧，并舍掉误差较大的点，故B错误； C．在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持竖直状态，故C正确； D．增加砝码个数时不能超出弹簧的弹性限度，故D错误。 故选C。 12．【答案】(1)B；(2)B；(3)， 【详解】（1）由图（a）所示电路图可知，S2接1时相对于电源电流表采用内接法，由于电流表的分压作用使路端电压的测量值小于真实值造成实验误差，选B。 （2）开关S2接2时由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电压表示数为零时分流电流为零，可知导致电源电动势与内阻的测量值都小于真实值，U-I图图线应为B。 （3）开关S2接1时电源电动势的测量值等于真实值，图线为A，则电源电动势E=UA；开关S2接2时短路电流的测量值与真实值相等，由图线B可知，短路电流为IB，则电源内阻 13．【答案】(1)g　(2)　(3)3πR+6L-2R 【解析】(1)根据题意,对A、B整体,由牛顿第二定律有 3mg-μmg=(3m+m)a, 解得a=g. (2)滑块B第一次运动至M点时,滑块A、B的速度大小相等,由动能定理有 3mg·-mgR=(3m+m), 解得vM=. (3)由于3mg>μmg, 则滑块B最终停在P处,对整个过程,由动能定理有 3mg-mgR-μmgS=0, 解得S=3πR+6L-2R. 14．【答案】(1)，粒子到达点时速度方向与轴正成角斜向上 (2)； (3) 【详解】（1）第Ⅲ象限的电场中，粒子做类平抛运动，设点到轴的距离为，到轴的距离为 沿轴正方向有 沿轴正方向有 粒子到达点时的速度大小为 联立解得 设速度方向与轴方向的夹角为，有 解得 即粒子到达点时速度方向与轴正成角斜向上 （2）由第一问可知粒子从点进入第Ⅰ象限时，速度方向与电场方向平行，粒子在电场中做匀减速直线运动，如图所示 从点到最远处过程，由动能定理得 联立解得 由运动的对称性可知，粒子再次通过点时，速度大小仍为，方向与轴负方向成角进入磁场，运动轨迹如图所示，粒子的运动轨迹刚好和磁场下边界相切时，磁场下边界到轴的距离最小，由几何关系得 粒子进入磁场时与的夹角为，由几何关系知，粒子出磁场时，转过的圆心角为，再次从点进入电场时，做类平抛运动回到点。在第Ⅰ象限中，初速度方向 电场力方向 根据 联立解得 ，， （3）粒子在磁场中运动了四分之三个周期，有 粒子离开磁场到再次进入电场过程中做匀速直线运动，由几何知识得 则有 故粒子第二次和第三次两次经过点的时间间隔 15．【答案】（1）2 m/s　8 m/s　（2） m　 s 【解析】（1）对盒子P，因为mgsin θ＜μ·3mgcos θ，故同时释放后盒子P不动，Q在盒子中加速下滑，物块Q下滑过程中，与盒子P第一次碰撞前做匀加速运动，根据牛顿第二定律得 2mgsin θ＝2ma（1分） 物块Q与盒子P第一次碰撞前的速度为 v＝＝＝6 m/s（1分） 物块Q与盒子P第一次碰撞过程动量守恒和机械能守恒，则 2mv＝2mvQ＋mvP（2分） ·2mv2＝·2m＋m（2分） 解得vQ＝2 m/s（1分） vP＝8 m/s（1分） （2）第一次碰撞后，对盒子P，根据牛顿第二定律有 mgsin θ－μ·3mgcos θ＝ma'（1分） 解得a¢＝－16 m/s2（1分） 可知盒子沿斜面向下做匀减速运动， 物块Q与盒子P速度相等时，有 vP＋a't0＝vQ＋at0（1分） 解得t0＝ s（1分） 在t0＝ s时，有 Δx＝xP－xQ＝vPt0＋a'－＝ m＜3 m（1分） 故共速前二者不会相碰，且此时为最大距离。 设第一次碰后盒子P经过时间t1减速至零，则 t1＝＝0.5 s（1分） 第一次碰后盒子P减速至零过程中经过的位移为 x1＝t1＝2 m（1分） 物块Q在t1时间内的位移为 x2＝vQt1＋a＝1.75 m＜x1（1分） 所以盒子P停止运动之前两者未相碰，第一次碰后物块Q只要加速下滑位移x1＝2 m，就会与盒子P发生第二次碰撞，根据运动学公式有x1＝vQt＋at2（1分） 解得t＝ s（1分） 第 page number 页，共 number of pages 页 第 page number 页，共 number of pages 页 学科网（北京）股份有限公司 $$