贵州2026届高考物理五月模拟试题三

2026届贵州高考物理五月模拟试题三 考试时间：75分钟 第I卷（选择题） 一、单选题 1．用如图甲所示的电路研究光电效应，得到遏止电压Uc与照射光的波长关系如图乙所示，光在真空中的传播速度为c，电子的电量为e，下列说法正确的是（　　） A．普朗克常数等于 B．普朗克常数等于 C．光电管阴极的极限频率等于ac D．光电管阴极的极限频率等于 2．2025年9月13日，我国海军福建舰赴南海相关海域开展科研试验和训练任务。某舰载机在航母甲板上由静止沿直线加速起飞的过程中，若其加速度恒定不变，下列各图中能反映其速度随时间变化关系的是（　　） A． B． C． D． 3．如图所示，重为20N的木块放在倾角为的斜面上受到大小为F的水平恒力的作用，在斜面上做匀速直线运动（F的方向与斜面平行），已知木块与斜面的动摩擦因数为0.6，求F的大小为（　　） A． B． C．10N D．20N 4．如图所示，卫星甲、乙、丙沿轨道I、II、III绕某一星球转动。其中轨道I、III为圆轨道，其半径分别为R、2R。轨道II为椭圆轨道，其长轴AC为4R，与轨道I切于A点，与轨道III交于B点。下列说法正确的是（　　） A．卫星甲、丙的绕行速度v丙>v甲 B．卫星甲、乙、丙的绕行周期 C．卫星乙和卫星丙在B点的加速度相等 D．卫星乙和卫星丙的机械能一定相等 5．中医的悬丝诊脉中悬的是“丝”，“诊”的是脉搏通过悬丝传过来的振动；即通过机械波判断出病灶的位置与轻重缓急。如图甲所示，假设“丝”上有A、B、C三个质点，坐标分别为、、。t=0时刻，若脉搏搭上图中丝线上的质点A，质点A开始振动，其振动图像如图乙所示，产生的机械波沿丝线向x轴正方向传播；A、B两质点运动的方向始终相反；波长大于0.6m。关于该机械波，下列说法正确的是（　　） A．波长为1.0m B．t=2.0s时，质点C开始振动 C．质点C开始振动时，质点A的位移为0.5mm D．质点C开始振动时，质点B振动的总路程为3.5mm 6．横截面积为S的均匀气流，以速度v垂直吹向风力发电机叶片，经过叶片后速度变为，空气密度为。发电机将气流损失动能转化为电能的效率为，不计其他能量损耗。下列说法正确的是（　　） A．发电机的发电功率为 B．单位时间内气流损失的动能为 C．单位时间内冲击叶片的气流质量 D．若风速增大为原来的2倍，其余条件不变，发电机发电功率将变为原来的4倍 7．在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核（）发生了一次α衰变。放射出的α粒子（He）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R。以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量，生成的新核用Y表示。下面说法不正确的是（　　） A．发生衰变后产生的α粒子与新核Y在磁场中运动的轨迹正确的是图丙 B．新核Y在磁场中做圆周运动的半径为RY＝R C．α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，且电流大小为I＝ D．若衰变过程中释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，则衰变过程中的质量亏损为Δm＝ 二、多选题 8．下列说法正确的是（    ） A．光的偏振现象说明光是电磁波 B．从单一热库吸收热量，可以使之完全变成功 C．叶面上的露珠呈球形是因为液体表面张力的结果 D．以加速运动的物体为参考系，牛顿第一定律依然成立 9．如图甲，质量为6kg的小车静止在光滑水平面上，t＝0时刻，木块从左端滑上小车，木块和小车水平方向速度随时间变化的图像如图乙所示，g取10。下列说法正确的是（　　） A．小车的长度为5m B．小车上表面动摩擦因数为0.5 C．前2s内产生的热量为15J D．前2s内摩擦力对小车的冲量大小为8N·s 10．如图所示，理想变压器与定值电阻按图甲所示方式连接，已知变压器的原、副线圈的匝数比，电阻，图乙是两端电压随时间变化的图像，，下列说法正确的是（　　） A．通过的电流随时间变化的规律为 B．变压器的输入功率为 C．电阻上消耗的功率为 D．电阻两端的电压为 第II卷（非选择题） 请点击修改第II卷的文字说明 三、实验题 11．在探究单摆运动的实验中，图甲是用力传感器对单摆小角度（小于5°）振动过程进行测量的装置图，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的绳子拉力大小与时间图像。 (1)关于此单摆下列说法正确的是________。 A．摆球摆到最高点速度、加速度均为零 B．摆球摆动过程合力方向始终沿绳指向悬挂点 C．最低点为平衡位置，此时合力为零 D．摆球的回复力为重力在垂直摆线方向上的分力 (2)某同学的操作步骤如下，其中正确的是 。 A．取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上 B．用米尺量得细线长度L，得摆长为L C．在摆线偏离竖直方向5°位置释放小球 D．让小球在水平面内做圆周运动，测得摆动周期，再根据公式计算重力加速度 (3)根据图乙的信息可得周期为________s；摆球的质量为________kg，摆长为_____m （取π2＝10，重力加速度大小g＝10m/s2，结果保留三位有效数字）。 12．某同学想要探究某一标有额定电压4V的电阻在不同电压下的工作情况，实验室提供下列器材： A．电压表V（量程4V，内阻约5kΩ） B．电流表A（量程25mA，内阻约0.2Ω） C．滑动变阻器R1（最大阻值10Ω） D．滑动变阻器R2（最大阻值500Ω） E.直流电源（电动势6V，内阻忽略不计） F.多用电表 G.开关一个、导线若干 (1)该同学先使用多用电表的欧姆挡“×100”倍率粗略测量电阻的阻值，示数如图1所示，为_______Ω。 (2)该同学选择适当的器材（除多用电表），正确进行实验操作，根据电表读数描绘出了该电阻的伏安特性曲线，如图2所示。该同学选择的滑动变阻器是_______（填“C”或“D”）。 (3)请在图3所示虚线框中画出该同学完成此实验的电路图________（待测电阻符号为Rx）。 (4)若将该电阻与R0=99Ω的定值电阻串联后，直接接在电动势E=3V、内阻r=1Ω的电源上，此时该电阻消耗的电功率为_________W。（结果保留3位有效数字） 四、解答题 13．如图所示为一玻璃砖的横截面，其中OAB是半径为R的扇形，，OBD为等腰直角三角形。一束光线从距O点的P点垂直于OD边射入，光线恰好在BD边上发生全反射，最后由AB边射出。已知光在真空中的传播速度为c，求： (1)玻璃砖对该光线的折射率； (2)光在玻璃砖中传播的时间和从AB边射出时的折射角。 14．粒子探测实验室，为校准新型带电粒子探测器的精准度，搭建了一套磁场-电场联合测试装置。如图所示，测试区域在xoy平面内，其中第一、二象限内存在垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一象限的磁场范围足够大；第二象限的磁场左边界是一半径为R的四分之一圆弧，圆心在y轴上点，圆弧边界与x轴相切于坐标原点O，该圆弧为粒子入射边界。在x轴下方区域，有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为。实验中，发射大量质量为m、电荷量为q的带电粒子，所有粒子均从第二象限的四分之一圆弧边界处沿x轴正方向射入磁场，初速度大小均为。其中，从圆弧上A点射入磁场的粒子，运动轨迹恰好经过坐标原点O，验证了入射方向的准确性。粒子的重力不计，忽略粒子间的相互作用及边界效应的影响。求： (1)磁感应强度的大小； (2)粒子从A点射入磁场开始计时，则粒子经过多长时间再次返回磁场； (3)从圆弧中点P处射入的粒子第三次经过x轴正半轴时离坐标原点的距离。 15．如图所示，一质量的小车由水平部分和圆弧轨道组成，长，圆弧的半径，且与水平部分相切于点，小车静止时左端与固定的光滑曲面轨道相切，一质量为的物块从距离轨道底端高为处由静止滑下，并与静止在小车左端的质量为的物块（两物块均可视为质点）发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知除了小车段粗糙外，其余所有接触面均光滑，重力加速度。 (1)求物块与物块碰撞后的速度； (2)若碰后运动到点用时，求此过程小车位移； (3)要使物块既可以到达点又不会与小车分离，求与小车部分动摩擦因数的取值范围。 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 2026届贵州高考物理五月模拟试题三 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D A C D A A BC AC BC 1．C 【详解】由光电方程得 即 结合图像得， 解得， 故选C。 2．D 【详解】图斜率表示加速度，题意可知某舰载机在航母甲板上由静止沿直线加速起飞的过程中，其加速度恒定不变，故图是一条过原点的倾斜直线。 故选D。 3．A 【详解】将重力沿斜面与垂直于斜面方向分解，则有 由于木块做匀速直线运动，则沿斜面方向所受合力为0，结合上述有 木块受到斜面对其的滑动摩擦力，则有 解得 故选A。 4．C 【详解】A．根据万有引力提供向心力可得 可得线速度 卫星甲的轨道半径小于丙的半径，可知卫星甲的线速度大于丙的线速度，故A错误； B．轨道II为椭圆轨道，其长轴AC为4R，可知其半长轴为2R，与轨道III的半径相同，根据开普勒第三定律可得乙、丙的周期相同，且均大于甲的周期，故卫星甲、乙、丙的绕行周期，故B错误； C．在B点，根据牛顿第二定律有 可得加速度 可知卫星乙和卫星丙在B点的加速度相等，故C正确； D．卫星乙和卫星丙的质量关系未知，故机械能大小关系未知，故D错误。 故选C。 5．D 【详解】A．已知A、B振动方向始终相反，说明A、B间距为半波长的奇数倍，即 又， 可知仅符合，解得，A错误； B．由A的振动图像得周期 因此波速 波从传到的时间 即时，质点C才开始振动，B错误； C．质点C开始振动时 故对应A的振动状态和相同，由乙图得此时A的位移为，C错误； D．波传到B的时间 C开始振动时，B振动的总时间 振幅 B起振方向向下，故总路程， D正确。 故选D。 6．A 【详解】C．单位时间内冲击叶片的气流质量为，故C错误； B．单位时间内气流损失的动能为 结合 可得，故B错误； A．发电机的发电功率为 其中 可得发电机的发电功率为，故A正确； D．根据可知若风速增大为原来的2倍，其余条件不变，发电机发电功率将变为原来的8倍，故D错误。 故选A。 7．A 【详解】A．由动量守恒可知，衰变后α粒子与新核Y运动方向相反，所以轨迹圆应外切，由洛伦兹力提供向心力 可得圆周运动的半径 可知，α粒子半径大，由左手定则可知两粒子圆周运动方向相同，丁图正确，故A错误； B．由 可知 则，故B正确； C．圆周运动周期 环形电流，故C正确； D．对α粒子，由洛伦兹力提供向心力 可得 由质量关系可知，衰变后新核Y质量为 由衰变过程动量守恒可得Mv′－mv＝0 解得 系统增加的能量为 由质能方程得ΔE＝Δmc2 联立得Δm＝，故D正确。 本题选不正确的，故选A。 8．BC 【详解】A．光的偏振现象说明光是横波，故A错误； B．在循环过程中，可以从单一热源吸收热量，并把它全部用来做功，而不产生其他影响，故B正确； C．叶面上的露珠呈球形是因为液体表面张力的结果，故C正确； D．牛顿第一定律仅在惯性参考系中成立，加速运动的参考系是非惯性系，牛顿第一定律不成立，故D错误。 故选BC。 9．AC 【详解】A．由图可知时木块滑离小车，图面积表示位移，由图可知小车的长度为，故A正确； B．由图可知内木块的加速度大小 由牛顿第二定律有 解得，故B错误； C．水平面光滑，规定向左为正方向，木块和小车组成的系统水平方向动量守恒有 由图可知，代入解得 根据功能关系，可知前2s内产生的热量为，故C正确； D．前2s内摩擦力对小车的冲量大小为，故D错误。 故选AC。 10．BC 【详解】A．通过的电流随时间变化的规律是，故A错误； B．变压器的输入功率等于输出功率，即，故B正确； C．通过电阻的电流 通过电阻的电流 电阻上消耗的功率为，故C正确； D．电阻两端的电压，故D错误。 故选BC。 11．(1)D (2)AC (3) 1.57 0.002 0.616 【详解】（1）A．摆球摆到最高点速度为零、加速度不为零，A错误； B．摆球摆动过程因为做非匀速圆周运动，则合力方向不是始终沿绳指向悬挂点（最低点除外），B错误； C．最低点为平衡位置，此时合力沿绳指向悬挂点，不为零，C错误； D．摆球的回复力为重力在垂直摆线方向上的分力，即F回复=mgsinθ，D正确。 故选D。 （2）A．取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上，A正确； B．用米尺量得细线长度L，加小球的半径得摆长为L+r，B错误； C．在摆线偏离竖直方向5°位置释放小球，C正确； D．让小球在竖直面内做圆弧摆动，测得摆动周期，再根据公式计算重力加速度，D错误。 故选AC。 （3）[1]根据图乙的信息可得周期为； [2]设摆线与竖直方向的夹角为θ，则在最高点，向心加速度为零，则有Fmin-mgcosθ=0 在最低点，根据牛顿第二定律有 从最高点到最低点，根据机械能守恒有 联立解得m=0.002kg [3]根据 摆长为 12．(1)700 (2)C (3) (4)1.44×10-2 【详解】（1）欧姆表读数为刻度值乘以倍率，欧姆挡倍率为“×100”，指针指向刻度7，故读数为 （2）描绘伏安特性曲线需要电压从0开始连续调节，因此滑动变阻器采用分压式接法，分压式接法优先选择最大阻值较小的滑动变阻器，方便调节，因此选最大阻值的。 故选C。 （3）待测电阻，电压表内阻，电流表内阻，比较得 为大电阻，因此采用电流表内接法，滑动变阻器为分压接法，电路图如图所示 （4）根据闭合电路欧姆定律，有 代入， 整理得 在图中作出直线，与待测电阻的伏安特性曲线交点即为工作点，如图所示 可得交点约为， 因此待测电阻功率 13．(1) (2)， 【详解】（1）作出光路图，如图所示 由几何关系知 又光线恰好发生全反射，所以为临界角C，根据 解得 （2）由几何关系知，边与边平行，光线在边上也恰好发生全反射，则有 因此 则， 因此光在玻璃砖中传播的路程 光在玻璃砖中传播的时间 解得 由几何关系可知光在AB边的入射角为，根据折射定律可得 解得光从AB边射出时的折射角为 14．(1) (2) (3) 【详解】（1）设从A点射入的粒子轨道半径为r，由几何关系得 由洛伦兹力提供向心力 解得 解得磁感应强度 （2）粒子在磁场中运动的周期为 粒子在磁场中运动的时间为 粒子在电场中运动的加速度大小为 粒子在电场中运动的时间为 再次回到磁场的时间为 （3）从圆弧中点P处射入，如图所示 设在O点时速度与x轴正方向的夹角为，则 第一次经过x轴正半轴时离坐标原点的距离为 速度与x轴正方向的夹角为，第二次经过x轴正半轴时离坐标原点的距离为 粒子第三次经过x轴正半轴时离坐标原点的距离为 15．(1)，方向水平向右 (2) (3) 【详解】（1）物块沿滑下，设末速度，由机械能守恒定律得 解得 物块碰撞，取向右为正，碰后速度分别为，由动量守恒得 由机械能守恒得 解得， 故碰撞后瞬间物块的速度为，方向水平向右。 （2）碰后物块从运动到过程，系统水平方向动量守恒，则 等式两边同时乘，然后求和可得 又因为 解得 （3）考虑极限情况： 若物块刚好向右到达点时就与小车共速，由动量守恒定律有 解得   由能量守恒定律得 解得 若物块刚好回到点时与小车共速，由能量守恒定律得 解得 若当物块在圆弧上上升高度为时，二者刚好共速，由能量守恒定律得 解得 因为，所以不会从圆弧轨道上滑出，则的取值范围为 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 $