2026届内蒙古杭锦后旗奋斗中学高三下学期考前学情自测物理试题

奋斗中学2026届高三年级第三次模拟考试 物理试题 一、单项选择题（每小题4分，共28分） 1.清澈幽深的泉水池底部，不断有气泡生成，气泡上升至水面后破裂。气泡在泉水中从泉池底部 上升至水面破裂前的过程中，若不考虑泉水温度的变化，下列判断正确的是() A气泡内压强增大 B.气泡中的气体对外界做功 C.气泡放出热量 D.气泡匀速上升 2.如图所示为玻尔原子模型理论下的氢原子能级图，已知可见光的光子能量在1.62V到3.11 eV之间，则下列说法正确的是() leV 0 A.处于=2能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线并发生电离 -0.85 -1.51 B氢原子从高能级向低能级跃迁时可能辐射出γ射线 -3.40 C.氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时会辐射出红外线 13.6 D.大量氢原子从n=4能级向低能级跃迁过程中可能辐射出2种频率的可见光 3.光刻机是制造芯片的核心设备，利用光源发出的紫外线，将精细图投影在硅片上，再经技术处 理制成芯片。为提高光刻机清晰投影最小图像的能力，在透镜组和硅片之间充有液体。紫外线 进入液体后与其在真空中相比() A.波长变短 B.光子能量增加 C频率降低 D.传播速度增大 4.图(a)是一列横波在1=0时刻的波形图，图(b)是质点P或2的振动图像，下列说法正 确的是() ly/cm Ly/cm A.这列波的传播速度是10m/s 0 0 0 B.t=0时，P和Q的速度相同 0.2 /0.4 x/m 0.2 0.4 C.t=0.1s时，P和Q相距4cm 图(a) 图(b) D若波沿x轴负方向传播，则图(b)为Q的振动图像 5.心脏除颤器的工作原理是向储能电容器充电，使电容器获得一定的储能，对心颜患者皮肤上 的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，刺激心颜患者的心脏，使之恢复正常跳动。如图是 一次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除颤器的电容器电容为70F,充电至5kV电压，如果电容 器在2s时间内完成放电，放电结束时电容器两极板间的电势差减为零，下列说法正确的是 () A这次放电过程中通过人体组织的电流恒定 B.若充电至2.5kV,则该电容器的电容为35μF C.这次放电有0.35C的电荷量通过人体组织 D这次放电过程中，人体起到绝缘介质的作用 6.2025年2月11日17时30分，我国在海南文昌航天发射场使用长征八号改运载火箭 成功将卫星送入预定轨道。如图所示，如果卫星先沿圆周轨道1运动，再沿椭圆轨道2 运动，两轨道相切于P点，Q为轨道2离地球最远点，在两轨道上卫星只受地球引力作用， 下列说法正确的是() A.卫星在轨道2上经过P点时机械能比经过Q点时机械能大 、轨道2 B.卫星经过P点时在轨道1上加速度比在轨道2上加速度大 轨道 C卫星在轨道1的速度比在轨道2上经过Q点时的速度大 D.卫星在轨道1的周期比轨道2的周期大 7.“火树银花十里开”，花城广州常在珠江边燃放烟花庆祝盛大的节日。现有某烟 引线 花筒的结构如图甲所示，其工作原理为点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花 纸盖子 发射简 弹获得一个竖直方向的初速度并同时点然延期引线，当礼花弹到最高点时，延期 礼花弹 引线点然礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成延期引饯 《、b两部分，速度均为水平方向。炸开后a、b的轨迹图如图乙所示。b的水平 发射药 位移是α的水平位移的3倍。忽略空气阻力的作用，则() A.a、b两部分落地时的速度大小之比为1：3 b B.a、b两部分的初动能之比为1：3 C.a、b两部分的质量之比为1：3 D.a、b两部分落地时的重力功率之比为1：3 二、多项选择题（每小题6分，共18分，选对不全的得3分，有选错的得0分。） 8.用无人机进行高空救援模拟演练，其上安装有位移记录仪，竖直向上运动的位移x随时间t变 化的图像如图所示，加速和减速阶段的运动均可看作匀变速直线运动，己知无人机在仁10s时 由静止开始运动，=30s时速度最大，无人机质量为30kg,重力加速度g取 10m/s2。下列说法正确的是() x/m A.无人机的最大速度为30m/s 300 200 B.0到t=40s内无人机的平均速度为5ms 100 C.无人机加速和减速过程的加速度大小之比为1：2 10203040 D.无人机升力的最大功率为6600W 2 ▣▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 ▣ 9.(多选)如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传 送带以相同的速度匀速运动。为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀 强磁场区域，磁场方向垂直于传送带运动方向，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测 出不合格线圈。通过观察图形，判断下列说法正确的是() A.若线圈闭合，进入磁场时，线圈中感应电流方向从上向下看为逆时针 B.若线圈闭合，传送带以较大速度匀速运动时，磁场对线圈的作用力增大 C.从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈 使这带运动方向土北 D.从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈 654321 10竖直面内，一带电小球以一定的速度进入匀强电场中，如图所示，虚线为匀强电场的等差等势 面，实线为带电小球的运动轨迹。下列说法正确的是( A匀强电场的方向竖直向上 B.小球从O到N,电场力对其做负功，小球的电势能增加 C.小球从O到M与从M到N,其动能的变化量相同 D.小球从O到N,其重力势能减少，动能增加，机械能守恒 三、实验题 11.(8分)用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，物块2从高处由静止开始下落，物 块1上拖着的纸带打出了一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定 律.图乙给出的是实验中获取的一条纸带，其中0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还 有4个计时点（图中未标出），计数点间的距离如图乙所示.已知物块1、2的质量分别为： =50g、m2=150g.(电源频率为50Hz,结果均保留两位有效数字) ms 5.82 单位： 21.6026.40 hlm 38.40 1.20 乙 (1)在纸带上打下计数点5时的速度s= m/s. (2)在打点0~5过程中，系统动能的增加量△Ek=J,系统重力势能的减少量△E。= J.(g取10m/s2) (3)若某同学作出的2一h图像如图丙所示，则当地的实际重力加速度g= m/s2. 12.(8分)人体脂肪测量仪是通过测量人体电阻来判断脂肪所占比重。某同学想在实验室测量 人体电阻。 图a 图b (1)该同学先将多用电表的选择开关置于欧姆挡“×100”位置，用单手紧捏红黑表笔的金属部分 进行欧姆调零（如图a所示），然后用两手分别紧捏红黑表笔（如图b所示）测自已的阻值，欧姆表 的指针位置如图（©）中虚线I所示。为了减少测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡 (填 “×10”或“×1k”)位置，重新调节后，测量得到指针位置如图(c)中实线Ⅱ所示，则测得到 的该同学电阻为k2; (2)该同学设计更精确地测量人体电阻R:的电路。实验室提供的器材 R 如下：电压表V1(量程为0~5V,内阻r1=5k2),电压表V2(量程为0-3V, ® 内阻r2=3k2),电流表A(量程为0-0.6A,内阻rA=12),滑动变阻器R(额 定电流为1.5A,最大阻值为502)，电源E(电动势为6.0V,内阻不计)，开 关S,导线若干，请完成下列实验步骠： 图d ①根据测量要求，请你按照图d中的电路图连接选择合适的电表，其中表1为，表2为一。 (两空均选填“V:”“V2”或“A”) ②选择合适的电表后，按图d连接电路进行实验。若选择的电表为V1,V2或A,相应的电表测量 值分别记为U1、U2和I,则测得的人体电阻R=。(用本题给出的物理量符号表示) 四、计算题 13.(10分)如图所示，一质量为m的小钢球，用长为1的细丝线挂在水平天花板上(1远大于小 钢球的半径)，初始时，摆线和竖直方向的夹角为(0<5)。静止释放小球后，求：（不计空气 阻力，重力加速度为g) (1)小球摆到最低点所用的时间： (2)小球在最低点受到的拉力的大小。 4 ▣▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 ▣ 14.(11分)中国是世界上第3个掌握卫星回收技术的国家。将某次卫星回收过程落地前的运动 简化为竖直方向的匀减速直线运动、匀速直线运动和撞击地面速度减为0的运动三个阶段， 并作-1图像如图所示，撞击过程未显示。设匀减速开始时的高度H-1075m,撞击地面时间 △t=0.125s,重力加速度g=10mls2。求 (ms)本 (1)卫星匀速运动阶段的速度大小； 65 (2)卫星在匀减速运动阶段受到的阻力大小和撞击地面时受到地面的 平均作用力大小之比。 01020 3035i/s 5 15.(17分)如图所示，在平面直角坐标系中，第三象限里有一加速电场，一个电荷量为q、质量为 m的带正电粒子（不计重力），从静止开始经加速电场加速后，垂直x轴从A(-4L,0)点进入第二象 限，在第二象限的区域内，存在着指向0点的均匀辐射状电场，距0点4L处的电场强度大小均 为B-粒子恰好能垂直y轴从C0,4)点进入第一象限，如图所示，在第一象限中有两个全 16m 等的直角三角形区域I和Ⅱ，充满了方向均垂直纸面向外的匀强磁场，区域I的磁感应强度大 小为B,区域Ⅱ的磁感应强度大小可调，D点坐标为(3L,4L),M点为CP的中点。 (1)求加速电场的电压U; (2)若粒子恰好从CP中点M进入磁场区域I,求区域Ⅱ磁感 应强度大小； (3)若粒子恰好不能从OC边射出，求区域Ⅱ磁感应强度大小 又为多大； 6 Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 2026奋斗中学高三物理第三次模拟试卷答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D A D B CD BD BC 1【解析】选B。气泡在泉水中从泉池底部上升至水面破裂前的过程中根据pp+gk,可知气泡内压强减小；不考虑泉水温度 的变化，根据玻意耳定律C,可知气泡体积变大，则气泡中的气体对外界做功；由于温度不变，则气泡中的气体内能不变，根据 热力学第一定律可知，气泡吸收热量，故A、C错误，B正确；由于气泡体积变大，可知气泡受到的浮力变大，所以气泡加速上升， 故D错误。 2.答案：D【解析】氢原子在广2能级吸收3.4cV的光子能量就可以电离，紫外线的最小频率3.11小于3.4cV不可以使处于 n=2能级的氢原子都电离，故A错误；Y射线为重核衰变或裂变时才会放出，氢原子跃迁无法辐射y射线，故B错误；氢原子从m=3 能级向n=2能级辐射光子的能量E-1.51cV-(-3.40c=1.89cV 可见光的光子能量在1.62eV到3.11eV之间，故C错误；氢原子从n=4能级向n=2能级辐射光子的能量E-0.85eV-(-3.40 cV)=255cV在可见光的光子能量1.62cV到3.11cV之间，同理，氢原子从m=3能级向n=2能级辐射光子的能量E=-1.51 eV-(-3.40cV=l.89cV,也在可见光的光子能量1.62cV到3.11cV之间，所以大量氢原子从=4能级向低能级跃迁过程中可能 辐射出2种领率的可故D正确。 3【解析】选A.紫外线进入液体后与真空相比，频率不变传播速度减小，根据2-可知波长变短根据=，可知，光子能量不变。 故选A。 4答案：D解析：A项分析：由题图()可知这列波的波长为入=0.4m,由题图(b)可知这列波的周期为T=0.4s, 10.4 则由波速公式可知这列波的传播速度为V= m/s=1m/S,A错误； T0.4 B项分析：由题图(a)可知，质点P、Q的平衡位程的间距等于半个波长，1=0时P、2均己振动，所以1=0时质点R ?的速度大小相等、方向相反，B错误： T C项分析：经时间△！=0.1S= ,质点PQ均振动二个周期，由题图(a)可知1=0时，P2两质点均处于于 置，则【=0.1$时质点P、2分别处在波峰、波谷（或波谷、波峰）处，即1=0.1s时质点P、2在振动方向上的距离为 4cm,又质点P、Q平衡位置间的距离为0.2m,所以此时P、Q的间距大于4cm,C错误： D项分析：由题图(b)可知1=O时，图像对应的质点沿y轴正方向振动，若波沿x轴负方向传播，则由“同侧法”和题图 ()可知1=0时，质点P的振动方向沿y轴负方向，质点Q的振动方向沿y轴正方向，又题图(b)是质点P或2的振 动图像，因此题图(b)为Q的振动图像，D正确。 5.【解析】远C。根据C-号可知该电容器所带电荷量在放电过程中逐渐减小，电压也在逐浙减小，所以电流逐渐减小，故A错 误：电容器在充电过程中，电容器的电容C不变，仍然为70F故B错误；根据C一可知充电至5kV时电容器所带电荷量为 Q=CC=0.35C,故这次放电有0.35C的电荷量通过人体组织，故C正确：这次放电过程中，人体起到导体的作用，故D错误。 6.【解析】选C。卫星在轨道2上稳定运行时，只受万有引力，机械能守恒，经过P点时机械能等于经过Q点时机械能故A错 误：根据m4,可得a侧卫是经过P点时在轨道1上加速度等于在轨道2上加速度故B错误；设卫星在轨道1的速度为 ,根据变轨原理可知，在轨道2上经过Q点时的速度小于以卫点到地心距离为半径圆轨道的速度e,根据一可知， 所以卫星在轨道1的速度比在轨道2上经过Q点时的速度大故C正确；根据开普勒第三定律可知，卫星在轨道1的周期比轨 道2的周期小，故D错误。 7.【解析】选B。平抛运动水平方向为匀速直线运动，则有=，3x一，竖直方向上有3，h-书听，则有%：%=1：3，根据 动量守恒定律有m,w一mo%=0,解得m。:m3:1,故C错误；a、b两部分的初动能Em:2,Ewms哈，结合上述解得 E:Ew-l:3,故B正确a、b两部分落地时的速度大小=√+g,h=+g2公，结合上述可知，a、b两部分落地时的速度大 小之比不等于1：3，故A错误a、b两部分落地时的重力功率P=magvgf-mag'to,P=mg0=mg2,结合上述解得P。:Pw=3:l, 故D错误。 二、多项选择题 8【解析】选CD。根据xa,设加速时加速度为m,由图可得200ma×202,得a4=1ms,设减速时加速度为a利用逆向思 维有100m=a×10得a=2m/s3,则无人机加速和减速过程的加速度大小之比为1：2，故C正确：最大速度"a1=20m/s故 A错误：0到40s内无人机的平均速度产 m/s=7.5ms,故B错误；设无人机匀加速时升力为F,由牛倾第二定律有 F-mg=m,求得330N,升力最大功率P=。=6600W,故D正确。 9【解析】选BD若线圈闭合，进入磁场时，穿过线图的磁通量增大，由榜次定律可知，线圈中的感应电流的磁场方向向 下，所以感应电流的方向从上向下看是顺时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，传送带以较大速度匀速运动时，线 图中产生的感应电动势较大，则感应电流较大，磁场对线圈的作用力增大，故B正确；由题图知1、2、4、5、6线圈都发 生了相对滑动，而第3个线圈没有滑动，则第3个线圈不闭合，没有产生感应电流，故C错误，D正确。 10.【解析】选B、C。由题意可知，带电小球所受电场力指向轨迹凹侧，即受到竖直向上的电场力，但由于带电小球的电性未 知，则匀强电场的方向未知，故A错误；小球从O到N的过程中，电场力做负功，电势能增加，故B正确：小球从O到M与从M到 N,根据伊g心，可得电场力做的负功相同，又因为匀强电场的等差等势面是等间距的，可知重力做的正功相同，根据动能定理 可知其动能的变化量相同，故C正确；电场力与亚力的合力竖直向上，因此小球从0到V,重力做正功重力势能减少：合力做负 功动能减少：除重力以外的力为电场力且做负功小球的机械能减少，故D错误。 三、实验题 11.答案(1)2.4(2)0.580.60(3)9.7 解析()物块做匀变速直线运动，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可知在纸带上打下计数点5时的速度s =s=02160+0.2640ms=2.4ms, 2T 2×0.1 (2)在打0~5点过程中，系统动能的增量△Ek=(m1十my0.58J,系统重力势能的减少量aE。=(m2一mgs=0.60J. 何报据机核能守恒定律得十m加广-伽一m8,则有”-十震一=，所以一图像的斜率仁之-m心 21十m: 1.20 =4.85ms2,故g=9.7ms. 12.(1)【解析】读数时欧姆表的指针位置如图()中虚线所示，偏转角度较小即倍率选择过小，为了减少测量误差，应将 选择开关旋转到欧姆挡倍率较大处，故应选择欧姆挡×1k"的位置：读数为16.0k2或16k2 (2)【解析】①人体电阻很大，电路电流很小，电流表量程太大，不能用电流表测电流；电压表内阻己知，可以用电压表测电流，由图 c可知，表1两端电压大于表2两端电压，则表1应选择电压表V,表2应选择电压表V;由于人体电阻远大于滑动变阻器最大 阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示 ②由图示电路图，结合欧姆定律可知，人体电阻阻值R一_(：2 四、计算题 (2)3mg-2mgcos 0 解新（限据周期公式有一2江分刎 小球做简谐运动，则小球从静止释放到最低点所用的时间为=T=? (2分) 2、g (2)从静止释放到最低点，由动能定理有 mg-cos=n分别 根据牛顿第二定律，有P。一mg=mQ分) 联立解得Fn=3加g一2 ngcos0。(2分) 14答案(1)v2=56(2)f:P=6:25 【解折】（1)4图象与：轴所围面积即为下落高度当十业×+y,以，=H,…2分 2 代入数据： 65+业×30+2×5=1075，得：=5ms2分 2 夸克扫描王 极速扫描，就是高效 (2)匀减速阶假，加速度大小：a=当二业_65.5m15=2m15…2分 430 由牛顿第二定律：∫-g=ma由yo,得：=1.2mg2分 撞击地面，设地面对卫星的平均作用力为F,竖直向下为正方向，由动量定理得 -(F-mg)△1=0-my2,2分带入数据得：F=5g1分 所以：∫：F=6:25.1分 15答案(02B,警(3)24g 【解析i(1)粒子在加速电场中加速根据动能定强有g心m以…(2分) 粒子在第二象限辐射状电场中只能做半径为4亿的匀速圆周运动，则gE一m六…(2分） 解得- 8m …(1分) (凶由5=n得粒子运动的速度器…(1分) 根据，n听…（2分) 作出对应的运动轨迹如图，由几何餐4-品n一总工…口分) ··B 联立得B警1分 ③放子在疆场中运动的速度兰 根据gm=m片得粒子在区城中的运动半径半径一需-气…（2分) 作出对应的运动轨迹如图 若粒子在区域I中的运动半径R较小，则粒子会从OC边射出磁场。恰好不从OC边射出时满足 ∠0010=20.…(1分) 由于0P-3L,0C-4L,所以0=3r,sin20-2sin0cos0又sin20- 解得R24…2分) 在区城I中，根据牛领第二定律得gv8=m后联立得B2号…(1分) Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效哥爸