北京市2026届高三物理一轮复习摸底自编模拟练习卷（三）

高三物理一轮复习摸底自编模拟练习卷（三） 一、单选题 1．有一个小气泡从水池底缓慢地上升，气泡跟水不发生热传递，而气泡内气体体积不断增大，小气泡上升过程中 A．由于气泡克服重力做功，则它的内能减少 B．由于重力和浮力的合力对气泡做功，则它的内能增加 C．由于气泡内气体膨胀做功，则它的内能增加 D．由于气泡内气体膨胀做功，则它的内能减小 2．对下列现象解释正确的是（　　） A．图甲的原理是光的全反射 B．图乙的原理是光的干涉 C．图丙的原理是光的衍射 D．图丁的原理是光的折射 3．以下说法中正确的是（  ） A．闭合电路的导体做切割磁感线的运动，电路中就一定有感应电流 B．整个闭合回路从磁场中出来时，闭合回路中一定有感应电流 C．穿过闭合回路的磁通量越大，越容易产生感应电流 D．穿过闭合回路的磁感线条数不变，但全部反向，在这个变化的瞬间闭合回路中有感应电流 4．电磁脉冲器可以用来测量高速旋转轮子的转速．如图甲是电磁脉冲器的原理图，一根永久磁铁外绕有线圈，它的左端靠近一个非磁性圆盘，圆盘上均匀分布着小磁片(当磁片靠近磁铁时被磁化)．当圆盘高速转动时，输出电流i随时间t变化的图像如图乙所示，下列分析正确的是 (    ) A．圆盘转速越大，电流最大值不变，交变电流频率越高 B．交变电流的频率与小磁片的个数无关 C．若某次测得交变电流的频率为104Hz，小磁片的个数为100个，则该非磁性圆盘的转速为100 r/s D．线圈匝数越多，交变电流的频率越高 5．类比是一种有效的学习方法，通过归类和比较，有助于掌握新知识，提高学习效率。在类比过程中，既要找出共同之处，又要抓住不同之处。某同学对机械波和电磁波进行类比，总结出下列内容，其中正确的是（　　） A．机械波和电磁波都既有横波又有纵波 B．机械波和电磁波的传播都依赖于介质 C．机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象 D．微波属于机械波，紫外线属于电磁波 6．如图所示，物体以初速度v0冲上粗糙的斜面，则物体受到的作用力是（　　） A．重力、弹力、摩擦力、上冲力 B．重力、弹力、摩擦力 C．重力、弹力、摩擦力、支持力 D．重力、压力、上冲力 7．2021年2月，我国首个火星探测器“天问一号”实现了对火星的环绕。若“天问一号”绕火星做匀速圆周运动的线速度大小为v，周期为T，引力常量为G，则火星的质量为（　　） A． B． C． D． 8．目前仍然在椭圆轨道上运行的人造卫星东方红一号，其轨道近地点高度约为440km，远地点高度约为2060km；东方红二号卫星运行在赤道上空35786km的地球同步轨道上。设东方红一号在远地点的加速度为，东方红二号的加速度为，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为，则、、的大小关系为（　　） A． B． C． D． 9．如图所示，E为内阻可以忽略的电池，R0、R1、R2均为定值电阻，其中R1=R2，R3、R4是滑动变阻器（初始时滑片均处于中点位置），C是电容器，电流表、电压表为理想电表。闭合开关S，待电路稳定后，则（　　） A．仅向右移动R3的滑片，电容器会放电 B．仅向右移动R3的滑片，电压表示数减小 C．仅向右移动R4的滑片，电压表示数变化量|ΔU |与电流表示数变量化|ΔI |的比值为 D．仅向右移动R4的滑片，电源的输出功率一定先变大后变小 10．如图甲所示，粗细均匀的一根木筷，下端绕有铁丝，可使其竖直漂浮于装水的杯中。以竖直向上为正方向，把木筷提起一段距离后放手，木筷的振动图像如图乙所示。关于木筷（含铁丝）下列说法正确的是（　　） A．在时刻处于超重状态 B．在时刻向下运动 C．在时刻合力不为零 D．运动过程中，机械能一直减小 11．如图为某同学制作的“竖直加速度测量仪”，可以用来测量竖直方向的加速度。左侧为刻度均匀的标尺，右侧用一轻弹簧悬挂一重物G，当测量仪静止时指针位置的刻度标记为0，测量仪在竖直方向加速度不同时，对应指针指向不同的位置，一一在标尺上标记加速度的数值。则以下判断正确的是 A．当指针指向位置C时，表明测量仪的加速度方向向上 B．当指针指向位置C时，表明测量仪的速度方向向上 C．当指针指向C时，弹簧的弹力一定小于重物G的重力 D．这个加速度测量仪加速度的刻度也是均匀的 12．为对环境污染进行监控，技术人员在排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上、下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前、后两个内侧面分别固定有金属板作为电极．污水充满排污管从左向右流经该装置时，电流表将显示两个电极间的电压U．若用Q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法中正确的是（     ） A．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高 B．若污水中负离子较多，则前表面比后表面电势高 C．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大 D．所测的污水流量Q与U成正比 13．在某真空环境中存在着竖直向下的匀强磁场，一静止的铀核沿水平方向放出一个α粒子衰变成钍核，衰变方程为，下列说法正确的是 A．衰变后钍核的动量等于a粒子的动量 B．铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间 C．从上往下看，衰变后的钍核和α粒子都做逆时针方向的匀速圆周运动 D．衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量 14．波是传递能量的一种方式。某一简谐波的振幅为A、圆频率为（在波传播过程中保持不变），用表示波在传播过程中的平均能量密度，即单位体积内具有的能量，则有，（为介质的密度）；用I表示波在传播过程中的能流密度，即单位时间内流过垂直传播方向的单位面积上的平均能量。若不计传播过程中的能量损耗，该简谐波沿直线传播的速度为v，则有（　　） A． B． C． D． 二、实验题 15．在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中。 (1)图1中的a、b、c三个位置对应的器材为______ A．a是滤光片、b是单缝、c是双缝 B．a是单缝、b是双缝、c是滤光片 C．a是双缝、b是单缝、c是滤光片 (2)该同学正确操作后观察到的干涉条纹如图2甲所示，转动测量头的手轮，使分划板中心刻线对准a位置，手轮的读数如图2乙所示，此时手轮的读数为 mm。 (3)已知双缝间距为d，双缝到毛玻璃的距离为l，分划板中心刻线对准a位置时手轮的读数记作x1，继续转动手轮，分划板中心刻线对准b位置时手轮的读数记作x2（x2>x1），则所测单色光的波长λ= （用题中物理量符号表示）。 (4)为减小误差，该实验先测量n个亮条纹的间距，再求出相邻亮条纹间距Δx。下列实验采用了类似方法的有______ A．“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中单摆周期的测量 B．“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中合力的测量 C．“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验中弹簧的形变量的测量 D．“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中1滴油酸酒精溶液的体积测量 16．(1)电火花打点计时器使用 电源（选填“直流”或“交流”），工作电压为 V。 (2)研究小车匀变速直线运动的部分实验步骤如下： A．测量完毕，关闭电源，取出纸带 B．接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车 C．将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连 D．把打点计时器固定在平板上，让纸穿过限位孔 上述实验步骤的正确顺序是： （用字母填写） (3)某次实验课上同学们用打点计时器（工作频率为50Hz）测定已知做匀变速直线运动的物体的加速度，其中一个小组的同学从所打的几条纸带中选取了一条点迹清晰的纸带，如图所示。O、A、B、C、D是按打点先后顺序依次选取的计数点，在纸带上选定的相邻两个计数点之间的时间间隔为0.1s，由图中的数据可知，打点计时器打下C点时小车运动的速度大小是 ，小车运动的加速度大小是 。（计算结果均保留两位有效数字） 三、解答题 17．如图所示，由两个半径均为R=0.2m的四分之一圆弧型细管道构成的光滑细管道ABC竖直放置，且固定在光滑水平面上，管道最低点刚好与水平面相切，圆心连线O1O2水平；轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端与质量为m=l0g的小球接触（不拴接，小球的直径略小于管的内径，小球大小可忽略）。宽为2R，高为R的木盒子固定于水平面上，盒子左侧DG到管道右端C的水平距离为2R，开始时弹簧处于锁定状态，当解除锁定后小球离开弹簧进入管道，最后到达C点或从C点抛出，重力加速度g取10m/s2，（弹簧、小球及轨道ABC与木盒截面GDEF在同一竖直面内） （1）若小球恰好能到达C点，求弹簧处于锁定状态时具有的弹性势能； （2）若弹簧处于锁定状态时具有的弹性势能为0.12J，求解除锁定后小球经C点时对轨道的压力； （3）若小球从C点抛出后能直接击中盒子的底部，求弹簧处于锁定状态时具有的弹性势能满足什么条件? 18．解答以下两个小题： (1)质量为2kg的物体，速度有4m/s增大为8m/s，它的动量和动能各增大为原来的几倍？动量变化量为多少？ (2)A物体质量是2kg，速度是2m/s，方向向东；B物体质量是3kg，速度是3m/s，方向向西。它们的动量的矢量和是多少？它们的动能之和是多少？ 19．如图甲所示，校园中的喷泉从喷泉水面以相同倾斜角度和速度大小喷射而出，喷出的水下落击打水面形成层层涟漪甚为美观。喷出的水的运动可视为一般的抛体运动，在水平方向不受力，在竖直方向只受重力，我们可以仿照研究平抛运动的方法来研究一般的抛体运动。喷泉喷出水的运动轨迹示意图如图乙所示，水上升的最大高度为h，落在水面的位置距喷水口的距离为d。已知喷水口的水流量为（水流量定义为单位时间内喷出水的体积），水的密度为，重力加速度为g，忽略空气阻力。 （1）求上述喷泉中水上升至最大高度时水平速度的大小； （2）假设水击打在水面上时速度立即变为零，且在极短时间内击打水面的水受到的重力可忽略不计，求水击打水面竖直向下的平均作用力的大小； （3）如图乙所示，该喷泉利用水泵将水先从地下水池由静止提升至喷泉水面，然后再喷射出去。已知地下水池的水面距喷泉水面恒为H，若H=h，d=4h，水泵提升水的效率为，求水泵抽水的平均功率P。 20．如图所示，在场强大小为E、方向水平向右的匀强电场中，一轻杆可绕固定光滑转轴O在竖直平面内自由转动。杆的另一端固定电荷量的小球A；轻杆长度为L，小球受到的电场力大小为重力大小的倍。开始时杆与电场间夹角为。小球受到轻微扰动开始向下运动，以O点为重力势能和电势能零点。求： （1）初始状态的电势能； （2）杆在竖直位置时小球处在B点，杆对小球的拉力F； （3）小球重力势能与电势能之和的最小值。      试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《高三物理一轮复习摸底自编模拟练习卷（三）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B D C C B A D C C 题号 11 12 13 14 答案 D D C A 1．D 【详解】由于气泡内气体膨胀做功，气泡跟水不发生热传递，则它的内能减小，D对； 故选D。 2．B 【详解】A．图甲的原理是光的衍射，故A错误； B．图乙的原理是光的干涉，故B正确； C．图丙的原理是光的折射，故C错误； D．图丁的原理是光的偏振，故D错误。 故选B。 3．D 【详解】A．闭合电路的导体做切割磁感线的运动，穿过回路的磁通量不一定变化，不一定有感应电流，故A错误； B．只有磁通量发生变化，才能在闭合回路中产生感应电流，整个闭合回路平行磁场从磁场中出来时，闭合回路中没有感应电流，故B错误； C．感应电动势与磁通量的变化率成正比，和磁通量的大小无关，感应电动势的大小取决于磁通量的变化快慢，磁通量变化越快，闭合电路中感应电动势越大，故C错误； D．穿过闭合回路的磁感线条数不变，但全部反向，在这个变化的瞬间，闭合回路中磁通量变化，则有感应电流，故D正确。 故选D。 4．C 【详解】A、小磁片被磁化，产生磁场，当靠近和远离线圈时产生感应交变电流,转速越大，磁通量变化越快，交变电流的最大值越大，故A错误； B、转速一定时，小磁片的个数越多，切割次数越多，频率越高，故B错误； C、转速乘以一圈上的小磁片的个数就是交变电流的频率，C正确； D、线圈匝数越多感应电动势越大，电流峰值越大，但不影响交变电流的频率，故D错误； 故选C． 5．C 【详解】A．机械波既有横波（如绳波）又有纵波（如声波），而电磁波是横波（电场和磁场方向均垂直于传播方向），故A错误； B．机械波传播需要介质（如空气、水等），但电磁波可在真空中传播，无需介质，故B错误； C．干涉和衍射是波的共有特性，机械波和电磁波均能发生，故C正确； D．微波和紫外线均属于电磁波，而非机械波，故D错误。 故选C。 6．B 【详解】物体以初速度冲上粗糙的斜面，按顺序分析：物体先受到重力，由于重力作用物体跟斜面发生挤压，物体受到斜面的支持力即弹力，由于物体相对粗糙斜面向上运动，物体还受摩擦力。 故选B。 7．A 【详解】火星做匀速圆周运动的线速度大小为v，周期为T，则有火星做匀速圆周运动的半径 根据万有引力提供向心力有 联立解得火星的质量 故选A。 8．D 【详解】由牛顿第二定律可得 解得 东方红一号在远地点的轨道半径小于东方红二号卫星轨道半径，因此有，东方红二号地球静止卫星运行的角速度与地球自转的角速度相同，由，可知， 所以有，ABC错误，D正确。 故选D。 9．C 【详解】A．R3当中没有电流经过，所以变阻器R3是个等势体，在电路中相当于一段导线，所以仅向右移动R3的滑片时，电容器两端电压不变，则电容器所带电荷量不变，故A错误； B．R3的滑动，不影响电路总电阻，干路电流和路端电压，所以电压表示数不变，选项B错误； C．因为R1=R2，电压表示数变化|ΔU |为路端电压变化量|ΔU 路|的一半，而 可知 故C正确； D．仅向右移动R4的滑片，R4连入电路的电阻增大，由串反并同可知电流表示数减小，电源内阻可以忽略，则电源的输出功率减小，故D错误。 故选C。 10．C 【详解】A．在时刻，振动物体处于正的最大位移处，加速度方向竖直向下，物体处于失重状态，故A错误； B．由图乙可知，在时刻，物体处于平衡位置，且向上运动，故B错误； C．在时刻，物体处于平衡位置，木筷（含铁丝）受到的浮力和重力等产生回复力的力的合力为0，但由于木筷（含铁丝）做阻尼运动，则木筷（含铁丝）依然受阻尼力的作用（水对木筷的阻力），合力不为零，故C正确； D．木筷（含铁丝）向上运动时，浮力做正功，若浮力大于阻力，则机械能增加，故D错误。 故选C。 11．D 【详解】A．测量仪静止时对小球受力分析，设弹簧的原长为，现在的长度为，有： 现指针指向位置C时，伸长量变小了，则弹力变小，小球的合力向下，由牛顿第二定律可知小球有向下的加速度；故A错误； B．测量仪具有向下的加速度，但速度可以向上或者向下，故B错误； C．指针指向位置C时，若弹簧依然是伸长的，则弹力变小一定小于重力，若弹簧是压缩状态，弹力变为向下，会出现弹力的大小大于、小于或等于小球的重力，故C错误； D．设OC的长度为，若弹簧依然是伸长的，则弹力为 由牛顿第二定律可得： 联立可得： 若弹簧依然是压缩的，则弹力为 由牛顿第二定律可得： 联立可得： 综上两种情况都有，说明加速度值随刻度线性变化，则刻度均匀， 故D正确。 故选D。 12．D 【详解】A．若污水中正离子较多，正离子向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向后表面偏，则前表面比后表面电势低，故A错误； B．若污水中负离子较多，根据左手定则，负离子向前表面偏，则前表面比后表面电势低，故B错误； CD．电场力、洛伦兹力二力平衡，有，即，，污水流量，即电压表的示数与离子浓度无关，Q与U成正比，故C错误，D正确． 13．C 【详解】一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，根据系统动量守恒知，衰变后钍核和α粒子动量之和为零，可知衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小，但是两者方向相反，选项A错误；半衰期是原子核有半数发生衰变的时间，不等于其放出一个α粒子所经历的时间，故B错误．根据左手定则可知，从上往下看，衰变后的钍核和α粒子都做逆时针方向的匀速圆周运动，选项C正确；衰变的过程中有质量亏损，即衰变后α粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，故D错误． 14．A 【详解】设时间内流过垂直传播方向面积上的波，根据其物理意义知，能流密度 故选A。 15．(1)C (2)15.575/15.576/15.577/15.578 (3) (4)AD 【详解】（1）图1中的a、b、c三个位置对应的器材为a是双缝、b是单缝、c是滤光片。故选C； （2）手轮的读数为15.5mm+0.01mm×7.5=15.575mm （3）条纹间距 根据 可得 （4）减小误差，该实验先测量n个亮条纹的间距，再求出相邻亮条纹间距Δx，本实验采用的是累积放大测量取平均值，则 A．“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中单摆周期的测量是测量至少30次全振动的周期然后取平均值，用的是累积放大测量取平均值，选项A正确； B．“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中合力的测量，采用的是等效思想，选项B错误； C．“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验中弹簧的形变量的测量采用多次测量求平均值的方法，故C错误； D．“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中1滴油酸酒精溶液的体积测量采用的放大测量取平均值的方法，故D正确。 故选AD。 16．(1) 交流 220 (2)DCBA (3) 0.96m/s 2.4m/s2 【详解】（1）[1][2]电火花打点计时器使用的是220V交流电源。 （2）要先把打点计时器固定在平板上，让纸穿过限位孔；将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连；然后接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车；待测量完毕，关闭电源，取出纸带，所以正确顺序应该是DCBA。 （3）[1]打下C点时小车运动的速度大小是 [2]根据逐差法可知，小车运动的加速度大小是 17．（1）；（2），方向向上；（3） 【详解】（1）恰能到达C点时 对全过程应用动能定理 （2）从小球从弹簧处离开至C点由动能定理得 在C点由牛顿第二定律得 联立解得 由牛顿第三定律可得 F压=F=0.7(N) ；方向向上。 （3）①小球从G点进入盒子，则小球从C点到G点做平抛运动，有 从小球从弹簧处离开至C点由动能定理得 联立解得 ②小球落到E点，则小球从C点到E点做平抛运动，有 从小球从弹簧处离开至C点由动能定理得 解得 弹簧处于锁定状态时具有的弹性势能满足 【点睛】理解到达最高点的临界速度为零。运用动能定理解答即可。 18．(1)动量增大为原来的2倍，动能增大为原来的4倍，；(2)动量的矢量和是，动能之和是17.5J 【详解】(1)由动量定义式可知，速度由4m/s增大为8m/s，它的动量增大为原来的2倍，由动能定义式可知，它的动能增大为原来的4倍；动量变化量为 (2)动量为矢量，取向西为正方向，则A物体的动量为 B物体的动量为 它们的动量的矢量和是 方向向西，动能为标量，则它们的动能之和是 19．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）由运动的合成与分解及平抛运动规律可知，竖直方向 水平方向 解得 （2）极短时间内击打在水面上的水的质量 水击打在水面上竖直方向的速度 设水受到的竖直方向的平均作用力为，取向下为正，由动量定理有 依据牛顿第三定律，可得竖直方向平均作用力的大小 （3）在时间内，喷射出水的质量，对时间内喷出的水，在最高点竖直方向速度为零，因此，其动能 由功能关系得 解得 20．（1）；（2） ，向上；（3） 【详解】（1）电势能 解得 所以 （2）小球自初始位置到B过程中，根据动能定理 根据牛顿第二定律 又因为 解得 方向向上。 （3）小球运动过程中动能、重力势能和电势能之和保持不变，当动能最大时，电势能和重力势能之和最小。把重力和电场力进行合成，合力方向恰好沿初始时反方向延长线，如图所示，C点为等效最低点，该位置动能最大，重力势能与电势能之和最小。 重力势能 电势能 2 重力势能与电势能之和 【点睛】牛顿第二定律与功能关系结合使用，本题还考察等效重力的问题，需要同学们找到等效的最低点。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $