2026届河北省雄安新区高三下学期考前适应性训练(一) 物理试题

2026届高三考前适应性训练（一） 物理试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在 本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 考试时间为75分钟，满分100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.中国科学院2025年11月1日发布消息，近期位于甘肃省武威市民勤县的钍基熔盐实验 堆建成并首次实现堆内钍铀转化，初步证明了利用钍资源的技术可行性，为后续规模化利 用钍燃料奠定了重要科学基础。2Th经过m次a衰变和n次3衰变可变成Pb,则m、n 分别为 A.m=6、n=2 B.m=5、n=2 C.m=5、n=4 D.m=4、n=2 2在工程领域起重机等机械的应用十分广泛。如图所示，用起重机竖直向上匀速吊起正方 形混凝土板ABCD,已知混凝土板质量为m,始终呈水平状态，四根钢索OA、OB、OC、 OD长度相同且与水平面之间的夹角均为45°，不计钢索所受重力。已知重力加速度为 g,每根钢索所受的拉力大小为 & 8 mg C.mg D mg 3.2025年11月1日3时22分，神舟二十一号飞船成功对接于空间站天和核心舱前向端口， 整个对接过程历时约3.5小时，创造了神舟飞船与空间站交会对接的最快纪录。为了此 物理试题第1页（共8页） 次对接，中国空间站完成了一次精密级别的太空变轨，将空间站近地点高度拾升了约4.7 公里、远地点高度抬升了约9.2公里。下列说法正确的是 A.神舟二十一号飞船的发射速度比第一宇宙速度小 B.空间站变轨后，其运行周期变大 C.空间站在近地，点的速度比在远地点的小 D.飞船与空间站对接前处于同一轨道 4.如图所示是一套杨氏双缝干涉实验装置，其中S1、S2为双缝，D为光屏。光屏上O点是 中央亮纹的中心，P,是光屏上另一固定的点，当用波长为640nm的红光照射双缝时，P, 为第6级亮纹的中心。下列说法正确的是 Ep, A若将光屏稍向左平移，则O点可能是暗纹中心 B.若将光屏稍向左平移，则P,可能成为第5级亮纹的中心 C.若改用波长为480nm的蓝光照射双缝，则O点可能是暗纹中心 D,若改用波长为480nm的蓝光照射双缝，则P,为第8级亮纹的中心 5.如图所示为某人设计的电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片 P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三 种工作状态。n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数。该电吹风的各项参数如表 中所示。则 热风时输入功率 500W 小风扇 冷风时输入功率 60W 小风扇额定电压 60V 正常工作时小风扇输出功率 50W 220V交流电 A.吹冷风时触片P位于ab之间 B,变压器原、副线圈的匝数比为 C.小风扇的内阻是602 D.吹热风时通过电热丝的电流为2A 物理试题第2页（共8页） 6.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质细绳的一端固定于O点，另一端系着一个 带电小球，小球在竖直平面内做圆周运动，最高点为a,最低点为b。小球经过a点时，其 速度最大。不计空气阻力，小球可视为质点，则 A.小球带负电 B.小球在a点时电势能最大 C,运动过程中小球的机械能守恒 D.小球在b点时所受细绳拉力可能为零 7.如图所示，大圆环固定在竖直平面内，一根轻绳两端各系一个小球A、B(均可视为质点)， 轻绳跨过固定在大圆环顶端的小滑轮，A为有孔小球套在光滑的大圆环上。开始时A与 大圆环圆心O连线和竖直方向夹角为60°，已知A的质量为6m,B的质量为m,大圆环半 径为R,重力加速度为g,不计一切摩擦。由静止释放A,当A与大圆环圆心O等高时，B 球的速度大小为 、60° 4-√2 B.2 2gR 8-2√2 gR A.213-8R 7 C.√°13gR D.47 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项 中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得 3分，有选错的得0分。 8.一列简谐横波沿x轴传播，在t=0时的部分波形如图甲所示，M、N、Q是介质中的三个 质点，已知图乙为M、N、Q中某个质点的振动图像，下列说法正确的是 物理试题第3页（共8页） y/cm y/cm 10--------- 10--- M 02 758x/m 070.20.81.4ts 甲 乙 A.质点Q振动的周期为2.4s B.该波传播速度大小为2.5m/s C.t=0.7s时，M、N两质点第1次速度等大反向 D.t=0.8s时，N、Q两质点第1次速度相同 9.A、B、C是直角三角形的三个顶点，∠A=90°，斜边BC长为0.4m。空间存在与三角形 所在平面平行的匀强电场，A、B、C三点的电势分别为一3V、16V、2V。已知圆的直径 所对的圆周角是90°，则该匀强电场电场强度的大小可能为 A.30 V/m B.45V/m C.60 V/m D.79 V/m 10如图所示，在光滑水平桌面上建立水平向右的x轴，两个相邻的匀强磁场区域宽度均为 L,磁感应强度大小均为B,方向分别垂直于光滑水平面向下和向上，边长为L的正方形 线框abcd以沿x轴正方向、大小为v。的初速度进入磁场，当线框的位移为2L时速度减 为零，则 0 6 B B 桌 L A.整个过程线框中的电流方向不变 B当线框的位移为L时速度大小为。 C,bc边穿过0~L与L~2L的磁场过程，线框产生的焦耳热之比为3：4 D.若线框的初速度大小变为20o,则线框的位移为2L时速度大小为vo 物理试题第4页（共8页） 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(8分)如图甲所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。 小 打点计时器 细线 纸带 单位：cm B D E 钩码 3.394.756.11 7.47 甲 乙 (1)为了使钩码的总重力mg可近似作为细线对小车的拉力，对应的操作是 A.调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行 B.补偿小车受到的阻力 C.钩码的总质量m应远小于小车的质量M (2)图乙是某同学在实验中得到的一条纸带，相邻两个计数点间还有四个点未画出，实验 中交变电源的频率是50Hz,小车的加速度大小为 m/s。(结果保留三位有效 数字) (3)若某次实验中，没有使钩码的总质量m远小于小车和车上 a 砝码的总质量M,其他实验操作均正确。以小车和车上砝码 的总质量M为横坐标，以小车加速度的倒数二为纵坐标，A、 B两组同学得到的。-M图像如图丙所示(6为已知量)。若 M 丙 该实验验证了牛顿第二定律，则当地的重力加速度大小为 (用b表示)；B组所 用钩码的总质量m比A组的更 (填“大”或“小”) 12.(8分)某实验小组要测量一未知电阻R,的阻值。 (1)如图，先用多用电表欧姆挡粗测R,的阻值，用“×100”挡时发现指针位于“①”位置， 应该换用 (填“×10”或“×1k”)挡，进行一系列正确操作后，指针静止时位于 “②”位置，其读数为 n ，，,,S LL r0Ty A-V-2 50002/V 25002/W 物理试题第5页（共8页） (2)为了精确测量R,的阻值，除R、开关S、导线外，实验室还提供的器材有： 电源E(电动势10V、内阻约0.22)； 电流表A1(量程0.3A、内阻约1.0)； 电流表A2（量程0.06A、内阻r2=102); 滑动变阻器R1(最大阻值2Ω，额定电流1.0A); 滑动变阻器R2(最大阻值302，额定电流0.50A); 滑动变阻器R,(最大阻值2000Ω，额定电流0.20A); 定值电阻R,(阻值2002)。 ①实验中欲多测几组数据，滑动变阻器R应选 (填“R,”“R2”或“R”)。 ②选择合适的仪器在方框内画出实验电路，要求标出仪器代号。 ③某次测量时两电表的偏转刚好都达到满偏的子，利用此次测量结果求得待测电阻的阻 值为 2。 13.(8分)压力锅（高压锅）通过增大锅内气压来提高水的沸点，从而达到快速烹饪食物的目 的。其结构简化如图所示，某厨师将食材放进锅内后合上锅盖，并将限压阀套在出气孔 上开始加热，随着锅内温度升高，锅内气体压强增大，当压强增大到设计的最大值时，气 体会顶起出气孔上的限压阀。已知出气孔的横截面积为10mm2,大气压强p。=1.0× 105Pa。忽略加热过程水蒸气和食材（包括水）导致的气体体积变化，气体可视为理想气 体，g取10m/s2。 (1)要使锅内压强达到1.5p。,求限压阀的质量； (2)当锅内压强达到1.5p,时打开出气孔，求稳定后高压锅内气体密度与打开出气孔前 的密度之比。（假设气体温度不变） 出气孔 限压阀 锅 物理试题第6页（共8页） 14.(14分)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内存在沿y轴负方向的匀强 电场，电场强度大小为E,在第三、四象限内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感 应强度大小为B。从y轴上坐标为(0，h)的P点沿x轴正方向以一定的初速度射出一 个质量为m、电荷量为q(q>0)的带正电的粒子，不计粒子的重力。 (1)若粒子经电场偏转后从Q点第一次经过x轴进入磁场，返回电场后又能到达P点， 求粒子从P点到Q点的时间及Q点到O点的距离； (2)若粒子在运动过程中每次通过x轴的位置均在正半轴且能通过x轴上与O相距为 L的D点（图中未画出），求vp的可能值。 物理试题第7页（共8页） 15.(16分)如图所示，一质量m2=1kg且足够长的长木板Q静止在光滑的水平面上，虚线 MN的右侧有水平向右的匀强电场，电场强度大小为E=1×105N/C,从虚线MN开 始，水平面上沿直线等间距的锁定着n十1个相同的绝缘带正电的滑块，滑块的质量均 为m=3kg,带电荷量均为g=1×105C,相邻两个滑块之间的距离均为l=1m,各滑块 均可看作质点，每个滑块在被碰撞前瞬间才解除锁定。现有一质量m1=1kg的物块P 从长木板Q的左端以大小为=8m/s的初速度滑上长木板Q,在长木板Q与滑块1发 生碰撞前，物块P和长木板Q已共速，物块P与长木板Q间的动摩擦因数为0.8。长木 板Q与滑块1的碰撞为弹性碰撞，碰撞过程中不会发生电荷转移，且碰后立即将P、Q 锁定。虚线MN右侧的滑块相互碰撞后都会结合在一起，重力加速度g取10m/s2。已 知12+22+32+…十m2=n(m十1)(2m+1) 。求 6 (1)物块P相对于长木板Q运动的距离； (2)长木板Q与滑块1碰撞后瞬间，滑块1速度的大小； (3)滑块之间第次碰撞后结合在一起时的总动能。 M P口 物理试题第8页（共8页）2026届高三考前适应性训练（一） 物理参考答案及评分意见 1.B【解析P衰变不改变质量数，粥Th变成程Pb的Q衰变次数m-232212-5,则B衰变次数m=82一90十 4 2×5=2,B正确 2.D【解析】根据平衡条件有4Tsin45=mg,解得T= 4mg,D正确。 3.B【解析】神舟二十一号飞船的发射速度比第一宇宙速度大，A错误；根据开普勒第三定律T2cα3，变轨后轨道 半长轴α增大，运行周期T必然增大，B正确；根据开普勒第二定律可知，空间站在近地点的速度比在远地点的 大，C错误；飞船与空间站对接前处于不同轨道，变轨后完成对接，D错误。 4D【解析】若将光屏稍向左平移后，光屏上O点到两个光源的距离相等，仍然为中央亮纹中心，A错误；若将光 屏稍向左平移，根据△x一宁，由于1减小，可知相邻干涉条纹间距离减小，原来屏上P,位量是第6级充纹的中 心，所以平移后不可能成为第5级亮纹的中心，B错误；改用波长为480nm的蓝光照射双缝，O点仍是亮纹中 心，C错误；双缝干涉亮条纹条件是光程差△x=以，设P1处为蓝光的第级亮条纹，有6入1=k入2，解得=8，即 改用波长为480nm的蓝光照射双缝，P1为第8级亮纹的中心，D正确。 5D【解析】由图示电路图可知，触片P若同时接触两个触点b和c,只有小风扇接入电路并工作，电吹风处于吹冷 厂风工作状态，A错误；变压器的原线圈、副线圈的匝数比为，一行，=60-3，B错误，冷风时输入功率为60w, 工作时小风扇输出功率为50W,说明小风扇内阻消耗的功率为10w,侧有P,I'7,1已。 A=1A, 0Q,C错误；电热丝消耗的功率P'=500W一60W=440W,则电热丝中的电流'-一 2A,D正确。 6.D【解析】小球经过a点时，其速度最大，说明小球所受合力方向沿Oa方向，小球所受重力向下，则电场力向 上，小球带正电，A错误；a点电势最低，根据E。=pg可知小球在a点时电势能最小，B错误；电场力对小球做 功，运动过程中小球的机械能不守恒，C错误；若小球在b点时所受细绳拉力为零，小球所受合力提供向心力，小 球恰好能在竖直平面内完成圆周运动，D正确。 7.C【解析】A与大圆环圆心O等高时，有VAsin45°=vg,根据系统机械能守恒有6mgR(1一cos60)一mg(W2 1)R-2X6mu+m /8-2√2 mw,解得ug一√°13gR,C正确。 8.AC解析】由图甲可知子X=3m,即A=12m,由图乙可知号T-1.2s,即T=2.4s,则波速0=产-5m/,A 正确，B错误；据题意可知，图乙为质点N的振动图像，t=0时刻，质点N正在沿y轴正方向振动，结合图甲可 知，波沿x轴正方向传播，当M、N两质点第1次关于波峰或波谷对称时，M、N两质点第1次速度等大反向，质 点M的横坐标x=一 (径-8m--1m,即波峰位置由-4m运动到-0.5m处，所用的时间1= 一0.5m一（一4m）=0.7s,C正确；当N,Q两质点第一次关于平衡位置对称时，N、Q两质点第1次速度相同， 5 m/s 即平衡位置由-1m运动到4m处，所用的时间'=4m二（1m)-1s,D错误。 5 m/s 9.CD【解析】B、C点的电势分别为16V、2V,则斜边BC中点O的电势Po=P。16Vp。9V 0c-2 V 0p=-3 V B 9s十Pc=9V,0、A两点的电势差UoA=90-9A=12V,以0为圆心、BC边 2 为直径画圆，则A点一定在圆上，如图所示，延长BC,设BC延长线上与A点 物理答案第1页（共4页） 电势相等的点为D,则A、D连线为等势线，当AD连线与圆相切时，O到AD连线的距离最大，电场强度最小， 此时d=,=0.2m,则最小电场强度E-a=60V/m,C.D正确。 10BD【解析】根据楞次定律可知，位移为0~L的过程中，磁通量向下增加，线框中感应电流为逆时针方向，在位 移为L~2L的过程中，磁通量先向下减小到0后向上增加，因磁场方向反向了，故线框中感应电流为顺时针方 向，A错误；设线框的位移为L时速度大小为o1,由动量定理得一BLI1△t1=mo1一vo,在位移为L~2L的过 程中，有-2BL1A1:=0-m0其中g1=1A,=BL R9:=124t2=2BL ,联立解得，=4 0,B正确；根据能 量守恒定律可知c边穿过0~L的磁场过程中，线框产生的焦耳热Q:=m-2mi,c边穿过L~2L的 1 磁场过程中，线框产生的焦耳热Q:=2mi,解得Q:Q:=9:16,C错误：在位移为0~L的过程中动量的减 少量△p1=BLI△t,=BL.BL =mu。一m1=m。一m·5,=言m,在位移为L~2L的过程中动量的减少 41 量△p2=2BLI2△t2=2BL· R=mu1-0=4 2BL mu。,若线框的初速度大小变为2，设线框的位移为2L时速 度大小为2，则有△p1十△p2=m·20o一mv2,联立解得2=o,D正确。 11.(1)C(2分)(2)1.36(2分)(3)方(2分)小(2分) 【解析】(1)使钩码的总重力g可近似作为细线对小车的拉力，需要钩码的总质量m远小于小车的质量M,这 样才能近似认为细线拉力等于钩码重力，对应的操作是C,C正确。 (2》相邻两个计数点间还有四个点未画出，可知相邻计数点间时间间隔T-5·子=0,1s,根据逐差法可知a xcE-xAc_7.47+6.11-4.75-3.39X102m/s2=1.36m/s2。 4T2 4×0.12 (3)由牛顿第二定律有mg一(m十M)a,化简可得是-是·M+,可知当M-0时，6一，即g一行；图线的 1 a mg g g 斜率越小，钩码的总质量m越大，由题图丙可知B组所用的钩码的质量比A组的更小。 12.(1)×10(1分)60(1分)(2)①R2(2分)②图见解析(2分，图中滑动变阻器代号错误不扣分)③52.5(2分) 【解析】(1)当用“×100”挡时指针偏转角度过大，说明所测电阻阻值较小，选择的挡位太大，应该换用“×10”挡 位；指针静止时位于“②”位置，其读数为6×102=602。 (2)①实验中欲多测几组数据，滑动变阻器R应选R1或R2且为分压接法，又由于要保证通过滑动变阻器的电 流不超过额定电流，由于1。一R,>1.0AR,的阻值太小，应选R: ②为了精确测量R:的阻值，避免系统误差，设计的电路图如图所示。 ③某次测量时两电表的偏转刚好都达到满偏的子，则利用此次测量结果求得待测电阻的阻值R,- 0.04×(10+2000=52.50. 0.2-0.04 13.(1)0.05kg(2)2:3 【解析】(1)当锅内气体压强增大到p1=1.5p。时，限压阀被顶起，设限压阀质量为m,由平衡条件可得 物理答案第2页（共4页） p1S=pS十mg(2分) 解得m=0.05kg(1分) (2)设打开出气孔前气体体积为V1,气体密度为ρ1，打开出气孔稳定后，气体体积为V2,气体密度为P2,则 p1V1=p2V2(2分) 此过程为等温变化，根据玻意耳定律可得p1V1=poV2(2分) 解相会-号1分 1 2Emh B g (2)见解析 【解析】(1)粒子运动的轨迹如图1所示，粒子在电场中运动时，沿x轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向做匀加 速直线运动，有h三2at2(1分) gE 根据牛顿第二定律有a= (1分) m 2hm(1分) 解得t一qE 设粒子以速度v经过Q点，v与x轴正方向之间的夹角为a。进人磁场区后，沿半径为R的圆弧运动到Q的对 称点进入电场做类斜上抛运动，粒子回到P点，根据几何关系得Q点到O点的距离d=Rsia 由洛伦兹力提供向心力得gB=mR(1分) 由速度分解矢量关系有v,=vsin a(1分) mu 则Rsin a= muy gB sin a= 根据运动学公式有v?-0=2ah(1分) 联立以上名式解得4一-后一1分) (2)①粒子从P点飞出后，经磁场回转，又斜向上飞入电场区，如此循环，历经磁场n次，最终在D点由电场进 入磁场，如图2所示，满足vpt十2n(vpt-rsin0)=L(2分) 又rsin9=mws 23sinB201/2nnh(1分) gB BN g 1 解得op= gE 2nE 2n+1 (n=0,1,2,3,…)(1分) 2hm B ②历经磁场n次，最终在D点由磁场进入电场，如图3所示，满足 Upt+2(n-1)upt-2nrsin 0=L(2) 解得p= 1 gE 2nE (n=1,2,3,…)(1分) 2n- 2hm B Up -Vp e1 D D D 01 D:. D 图1 图2 图3 15.(1)2m(2)2m/s(3 [a++] 6 【解析】(1)物块P与长木板Q组成的系统动量守恒，m1v=(m1十m2)v共(1分) 物理答案第3页（共4页） 解得v共=4m/s 根据能量守恒得mgL=mv-合，十m,加1分) 解得L=2m(2分) (2)物块P第一次与长木板Q共速后，长木板Q与滑块1发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒得 m2v共=m20Q+mvo(1分） 名m暖=m:5+m1分 1 1 解得vo=2m/s(2分) (3)对n个滑块受力分析，由牛顿第二定律得Enq=nma(1分) 即滑块在电场中加速时加速度大小恒为4一g m 由运动学公式得v-v=2al(1分) 解得滑块在第一次碰撞前的速度大小为三号+9以 77m 滑块1与2碰撞过程中，由动量守恒定律得mu1=2mu,'(1分) 解得'-d+，即=)(+2 m 设第二次碰前，滑块的速度大小为v2,则v号一v1=2al(1分) 解得i-(合)+2）+22 m 第二次碰撞过程中，由动量守恒定律得2mv2=3mv2'(1分) 可得第三次碰撞后滑块的速度大小为，'一子 则-（号）[份)+2)+2 m 整理可得2= 32 n 同理，第三次碰撞后有？= )+1++.24 42 m 第n次碰撞后v2= 1 G+1+2+32++元.2gE（1分) 12 n+1 (n+1)2 m 第n次碰撞后结合在一起的滑块的总动能Es=2(m十1)m0(1分) m6112+22+32+..十n2 化简得Ea=2(n+1) ·qEl= mo3+n(2m十1.qEl n+1 2(n+1) 6 代入数据得Ek总= [61n(2n+1)] (n+1)十6 J(1分) 物理答案第4页（共4页）