江苏省淮北中学、泗阳海门中学2025-2026学年高三上学期期末模拟联考四 物理试卷

2026届高三年级第一学期期末模拟四 物理试卷 一、单选题：本大题共11小题，共44分。 1.晶体在熔化过程中所吸收的热量，将主要用于(    ) A. 增加分子的动能 B. 增加分子的势能 C. 既增加分子的动能，也增加分子的势能 D. 既不增加分子的动能，也不增加分子的势能 2.如图甲所示，一顶角较大的圆锥形玻璃体，倒立在表面平整的标准板上， 单色光从上方垂直玻璃的上表面射向玻璃体，沿光的入射方向看到明暗相间的条纹如图乙所示，用一个曲率半径很大的凸透镜与一个平面玻璃接触，单色光从上方垂直射向凸透镜的上表面时，可看到一些明暗相间的单色圆，下列说法正确的是(    ) A. 甲图是干涉现象，乙图是衍射现象 B. 甲图的条纹是以顶点为圆心的同心圆，且疏密均匀 C. 乙图的条纹是由透镜的上、下表面的反射光干涉产生的 D. 乙图的条纹疏密均匀，若把乙图的入射光由红色换成紫 色，则观察到的条纹数会减小 3.振荡电路中，某时刻的磁场方向如图所示，则(    ) A. 若磁场正在减弱，则电容器正在充电，电流方向由向 B. 若磁场正在减弱，则电场能正在增大，电容器上极板带正电 C. 若磁场正在增强，则电场能正在减小，电容器上极板带正电 D. 若磁场正在增强，则电容器正在充电，电流方向由向 4.如图所示，卫星首先从近地圆轨道Ⅰ上的点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，然后在椭圆轨道Ⅱ上的点再次变轨进入圆轨道Ⅲ，、分别为椭圆轨道Ⅱ上的近地点和远地点，下列关于卫星的说法中正确的是(    ) A. 发射速度大于 B. 在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上经过点的加速度相等 C. 在轨道Ⅲ上的运行速率大于在轨道Ⅰ上的运行速率 D. 在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上与地心连线在单位时间扫过的面积相等 5.均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面上均匀分布着总电荷量为的正电荷，球面半径为，为通过半球顶点与球心的轴线，在轴线上有、两点，，已知点的电场强度大小为，静电力常量为，则点的电场强度大小为(    ) A. B. C. D. 6.“嫦娥四号”展开的太阳能电池板在有光照时，可以将光能转化为电能。太阳能电池板作为电源，其路端电压与干路电流的关系如图中的曲线所示，太阳能电池板的负载其图线为图中倾斜直线，则下列说法正确的是(    ) A. 负载的阻值为 B. 太阳能电池板的电动势为 C. 外电路的阻值为时电源效率约为 D. 太阳能电池板的内阻恒定不变 7.某同学利用如图甲的实验电路观察电容器的充、放电现象，、分别为电压表、 电流表示数，下列说法正确的是(    ) A. 开关接到稳定过程中，图像如乙图所示 B. 开关接到稳定过程中，图像如乙图所示 C. 电容器充电结束后将开关接，两次电阻的取值不同，对比图像应如丙图所示 D. 电容器充电结束后将开关接，两次电容的取值不同，对比图像应如丁图所示 8.如图所示的电路中，变压器为理想变压器，电压表、电流表均为理想电表，两定值电阻的阻值均为，滑动变阻器的最大阻值也为，在、两端接入电压为的正弦交流电，当滑动变阻器的滑片在端时，电压表的示数为，下列判断正确的是(    ) A. 变压器原、副线圈匝数比一定为 B. 在变阻器滑片从端向端移动过程中，电流表示数变小 C. 在变阻器滑片从端向端移动过程中，电压表的示数不变 D. 在变阻器滑片从端向端移动过程中，变压器输出功率有可能减小 9.小波同学在网上购买了两块长方体的钕铁硼强磁铁能导电，他将两个强磁体吸在一个号电池正负两极，并且将这个组合体放在了水平桌面上，磁铁的左右两侧分别为极和极，如图甲所示，图乙是俯视图。现将一长条形锡箔纸架在两强磁体上方，该锡箔纸将(    ) A. 向轴正方向运动 B. 向轴负方向运动 C. 在纸面内沿顺时针方向转动 D. 在纸面内沿逆时针方向转动 10.如图所示，接地金属球壳外的点、球壳内的点与球心处于同一竖直线上，球壳外、两点关于 对称，在点锁定一负点电荷，则(    ) A. 点的电势等于点的电势 B. 在球心处产生的场强为零 C. 、两点的场强相同，电势也相同 D. 解锁后向下运动过程中，静电力对其做负功 11.如图，两光滑导轨竖直放置，导轨平面内两不相邻的相同矩形区域Ⅰ、Ⅱ中存在垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反。金属杆与导轨垂直且接触良好，导轨上端接有电阻其他电阻不计。将金属杆从距区域Ⅰ上边界一定高度处由静止释放(    ) A. 金属杆在Ⅰ区域运动的加速度可能一直变大 B. 金属杆在Ⅱ区域运动的加速度一定一直变小 C. 金属杆在Ⅰ、Ⅱ区域减少的机械能一定相等 D. 金属杆经过Ⅰ、Ⅱ区域上边界的速度可能相等 二、实验题：共15分。 12.为测量甲、乙金属丝的电阻率，小明同学设计了如图、所示的两种实验方案，已知电源的电动势 和内阻在实验过程中保持不变。 小明先进行了如图方案的测量： 他首先利用游标卡尺和螺旋测微器分别测出甲、乙两根不同金属丝的直径，示数分别如图、图所示，则两根金属丝直径的测量值分别为          ，          。 实验过程中，小明先将金属丝甲接入电路，并用米尺测出接入电路中的金属丝甲的长度。某次测量得到的电压为，电流为。 该方案测得的金属丝甲的电阻率           计算结果保留位有效数字。 小明又用如图方案测量金属丝乙的电阻率，实验中他可以通过改变接线夹以控制接入电路中金属丝的长度。 实验操作步骤： 正确连接电路，设定电阻箱的阻值，闭合开关 读出电流表的示数，记录接线夹的位置 断开开关，测出接入电路的金属丝的长度 闭合开关，重复、的操作 根据测得电流与金属丝接入长度关系的数据，绘出如图所示的关系图线，由图可以算出图线的斜率为，若已测得金属丝乙的直径为，已知电源的电动势为、内阻为，则金属丝乙的电阻率为          。写出电阻率的计算式 电表内阻可能对实验产生系统误差，图方案电阻率测量值          选填“大于”“小于”或“等于”真实值。 三、计算题。 13.（6分）我国重大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电。核聚变反应的方程为；。已知氘核的质量为，比结合能为，中子的质量为，反应中释放的核能为，光速为，求： 核的质量； 的比结合能。 14.（8分）某校防疫消毒使用的气压式喷壶容积为，壶内气体压强至少达到，才能将壶内消毒液呈雾状喷出。现向喷壶内注入消毒液并拧紧壶盖，然后向壶内打气，每次打气能将压强、体积的空气打入壶内。已知打气过程中壶内气体温度一直与外界温度相同，不计细管的体积，大气压强。 要使喷壶中的消毒液呈雾状喷出，至少需要打气多少次； 若经过多次打气，壶内空气压强达到，要将药液呈雾状喷出，最多能喷出多少升消毒液？ 15.（13分）如图所示，质量均为的物块、并排放在光滑水平面上，上固定一竖直轻杆，轻杆上端的点系一长为的细线，细线另一端系一质量为的球，整个系统处于静止状态现给球一个水平向右的初速度，式中为重力加速度，不计空气阻力求： 此时细线对球的拉力大小 球向右摆动过程中，上升的最大高度 球摆到杆左侧，离杆最远时的速度大小． 16.（14分）如图所示，在直角坐标系中，轴下方存在沿轴正方向的匀强电场，电场强度大小为，在轴上方，的范围内存在垂直于纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ，在的范围内存在垂直于纸面向里的匀强磁场区域Ⅱ，区域Ⅰ、Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度大小相同。有一质量为，电荷量为的带电粒子从轴负半轴上某点由静止释放，粒子恰好不能进入磁场区域Ⅱ中，不计粒子重力，、间距离为。 求Ⅰ、Ⅱ区域内匀强磁场的磁感应强度大小 若从点静止释放该粒子，区域Ⅰ内匀强磁场的磁感应强度大小变为原来的，区域Ⅱ内匀强磁场保持不变，求粒子从释放到离开磁场的时间 若从点静止释放该粒子，区域Ⅰ内的磁场磁感应强度大小随均匀增大，即满足，粒子恰好不能进入磁场区域Ⅱ，求值。 高三物理一模模拟练习（六）答案 【答案】 1.   2.   3.   4.   5.   6.   7.   8.   9.   10.   11. 1.【答案】  【解析】【分析】 温度是分子的平均动能的标志，温度不变，则分子的平均动能不变；晶体吸热后，破坏晶体结构，从而导致分子势能增加． 该题考查晶体吸热后作用，增加学生对知识的进一步认识．在该过程中要注意，温度是分子的平均动能的标志．基础题目． 【解答】 晶体在熔化过程中，吸收热量，但温度不变，吸收的热量用来克服分子间的作用力做功，即增加分子的势能，故B选项正确． 故选B。 2.【答案】  【解析】A.甲、乙两图的本质均是薄膜干涉现象，故A错误； B.甲图中圆锥形玻璃体与标准板的距离是均匀变化的，所以条纹是以顶点为圆心的同心圆，且疏密均匀，故B正确； C.乙图的条纹是由夹在透镜和平面玻璃间的空气层的上、下表面的反射光干涉产生的，故C错误； D.乙图的条纹中间疏、边缘密，若把乙图的入射光由红色换成紫色，波长减小，则条纹间距减小，条纹变密集，条纹数会增多，故D错误。 故选B。 3.【答案】  【解析】若磁场正在减弱，则磁场能在减小，电场能在增大，电容器在充电，根据磁感线的方向，由右手螺旋定则可以判断出电流方向由向，故电容器上极板带负电，故AB错误； 若磁场正在增强，则电场能在减小，电容器在放电，根据磁感线的方向，由右手螺旋定则可以判断出电流方向由向，故电容器上极板带正电，故C正确，D错误。 故选C。 4.【答案】  【解析】A.是第二宇宙速度，是卫星脱离地球引力束缚的最小发射速度，中星卫星是地球静止同步轨道卫星，未脱离地球引力束缚，其发射速度应大于且小于，故 A错误。 B.根据牛顿第二定律，可得，在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上经过点时，卫星到地心的距离相同，中心天体质量为地球质量不变，所以加速度相等，故 B正确。 C.根据，可得，轨道Ⅲ的半径大于轨道Ⅰ的半径，所以在轨道Ⅲ上的运行速率小于在轨道Ⅰ上的运行速率，故 C错误。 D.开普勒第二定律是指同一轨道上卫星与中心天体连线在相等时间内扫过的面积相等，轨道Ⅰ和轨道Ⅱ是不同的轨道，不满足该定律，故 D错误。 5.【答案】  【解析】【分析】 左半球面在点的场强与缺失的右半球面在点产生的场强大小相等，方向相反是解题的关键；均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，假设将带电量为的球面放在处，求得在、点所产生的电场；左半球面在点的场强与缺失的右半球面在点产生的场强大小相等。 【解答】 若将带电量为的球面放在处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，则在、点所产生的电场为：，由题知当半球面在点产生的场强为，则点的场强为：，故A正确，BCD错误。 故选A。 6.【答案】  【解析】【分析】 分析路端电压和干路电流的关系图可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势，图象斜率表示内阻；电池与的电阻连接构成一个闭合电路，交点为实际的工作电压和电流。 此题考查了闭合电路欧姆定律的相关计算，解题的关键是明确图象的意义，斜率的绝对值表示内阻，纵轴截距表示电动势。 【解答】 A.图中倾斜直线的斜率为负载的阻值，则有，故A错误； B.分析路端电压和干路电流的关系图可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势，故电动势约为，故B错误； C.外电路电阻为时，电池与的电阻连接构成一个闭合电路，图象的交点为电源的工作点，则由图可知电源的工作电压为，则电源的效率，故C正确； D.根据闭合电路欧姆定律可知，分析电池的图象，图象的纵轴交点与图像上的点的连线的斜率绝对值表示电源内阻，随着电流的变大，该斜率逐渐变大，所以太阳能电池板的内阻逐渐增大，故D错误。 7.【答案】  【解析】【分析】 本题主要是考查“观察电容器的充、放电现象”实验，关键是知道电容器的充放电过程中电流的变化情况，知道电容是由电容器本身的性质决定的。 【解答】 、开关接到稳定过程中，电压表示数增大，电流表示数减小，A错误，B正确； C、电容器充电结束后将开关接，两次电阻的取值不同，释放的电量相同，图像所围的面积相同，C错误； D、容器充电结束后将开关接，两次电容的取值不同，电容大释放的电量大，且初始时电流相同，D错误。 8.【答案】  【解析】A.当滑动变阻器滑片在端时，电压表的示数为，设原线圈中电流为，根据变压比、变流比可知，，，解得变压器原、副线圈匝数比为或，故A错误； 当滑动变阻器的滑片从端向端移动过程中，，在滑片移动过程中，副线圈电路中的电阻变小，因此电流表的示数变大，原线圈电路中定值电阻两端的电压变大，原线圈输入电压变小，电压表示数变小，故B错误，C错误； D.原线圈输入功率，当原线圈中电流时，变压器输出功率最大，当滑片在端时，原线圈中电流，或为当滑片移到端时，原线圈中电流，或为。由此可知，滑动变阻器滑片从端移到端过程中，原线圈中电流从增大到，变压器的输出功率增大，或由增大到，变压器的输出功率减小，故D正确。 9.【答案】  【解析】【分析】 电池、磁极与锡纸构成闭合电路，锡纸中有电流在磁场中因受洛伦兹力发生转动，分析锡纸两端受力情况即可分析转动情况。 本题解题关键是应用左手定则分析锡纸两端受洛伦兹力情况从而判断锡纸的转动情况，也是分析通电导线在磁场中运动常用方法。 【解答】 电池、磁极与锡纸构成闭合电路，在锡纸内，自由电子从右向左运动，右磁体在锡纸右端附近有斜向左上方的磁场，分解如下图所示： 对分磁场，由左手定则可知，自由电子受到水平向外的洛伦兹力， 同理，自由电子在左磁极附近受到水平向里的洛伦兹力，相当于锡纸右端受力水平向外，左端受力水平向里，因此在纸面内锡纸顺时针方向转动，故C正确，ABD错误。 故选：。 10.【答案】  【解析】A.由于金属球壳接地，球壳内部的电势处处相等，且球壳的电势等于大地的电势，因此，点和点的电势相等，故 A正确 B.点电荷会产生电场，即点电荷在球心处产生的场强不为零，点电荷在球心处产生的场强方向指向点电荷，故B错误 C.、两点关于对称，由负点电荷形成的场强可知，、两点的场强大小相等，方向不同，它们到点电荷的距离相等，它们的电势相等，故C错误 D.解锁后向下运动，由于是负点电荷，由于金属球壳接地后由于静电感应上表面带上正电，负电荷会受到向下电场力，静电力对其做正功，故 D错误。 故选A。 11.【答案】  【解答】 由于无法确定金属杆进入磁场区域时所受的安培力与其重力的大小关系，所以无法确定此时金属杆的加速度的方向， 若金属杆进入磁场时其所受安培力，则有，且加速度方向向上，可知金属杆进入磁场区域后加速度一直减小或先减小到再保持不变； 若金属杆进入磁场时其所受安培力，则有，且加速度方向向下，可能金属杆进入磁场区域后加速度一直减小或先减小到再保持不变； 若金属杆进入磁场时其所受安培力，则有，则金属杆进入磁场区域后加速度为且保持不变，故AB错误； C.根据功能关系得，金属杆在Ⅰ、Ⅱ区域中减少的机械能等于克服安培力做的功，由于无法确定金属杆所受安培力的大小关系，所以无法确定金属杆经过两区域过程中克服安培力做功的关系，故C错误； D.若金属杆进入磁场时其所受安培力，则金属杆在Ⅰ区域中先减速运动再做匀速运动或一直减速运动，出Ⅰ区域后在重力作用下再做加速运动，所以金属杆经过Ⅰ、Ⅱ区域上边界的速度有可能相等，故D正确。 12. 均可 等于  13. 答：根据质能方程得 解得 根据质量数守恒，的质量数为    的比结合能   14. 解：设至少需要打次气，喷液前壶内空气体积为，选取打入的气体和喷壶内原有的气体为研究对象， 根据玻意耳定律得： 代入数据解得需要打气的次数为：次 设壶内空气压强为时，气体体积为，则 根据玻意耳定律得： 最多喷出的消毒液体积为： 联立解得最多能喷出的消毒液体积为： 答：要使喷壶中的消毒液呈雾状喷出，至少需要打气次； 要将药液呈雾状喷出，最多能喷出升消毒液。  15. 解：根据牛顿第二定律得 解得：。 球向右上升到最大高度时，球与木块、三者具有共同速度，根据动量守恒定律与系统机械能守恒定律可得： 代入数据解得。 球再次回到最低点时，、具有共同速度，球的速度为，根据动量守恒定律与系统机械能守恒定律可得： 解得：， 球摆到杆左侧，球与木块具有共同速度，根据动量守恒定律可得 代入数据可得。  16. 解：粒子出电场时速度大小为，Ⅰ、Ⅱ区域匀强磁场磁感应强度大小为 粒子在磁场区域中轨道半径为，恰不进入磁场区域 联立得：， 粒子在电场中运动时间为 得： 粒子在磁场区域中，轨道半径为 得： 如图，由几何关系得 联立得： 粒子在磁场区域中做圆周运动的周期 得： 粒子在磁场区域中运动的时间 得： 在磁场区域Ⅱ中，粒子做圆周运动的半径为，设粒子射出磁场区域Ⅱ时的半径与上边界的夹角为，由几何关系得 得： 粒子在磁场区域Ⅱ中做圆周运动的周期 在磁场区域Ⅱ中运动时间，总时间 得：， 得： 粒子恰不进入磁场区域Ⅱ中，即当粒子运动至时，速度方向为水平向右，速度大小仍为，取，水平方向由动量定理得： 又因为得： 为图像的面积，     代入得：   第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $