广东深圳市2026届高三下学期高考物理4月模拟卷

**基本信息** 广东深圳市2026届高考物理4月模拟卷，以神舟飞船、芯片离子注入等时代情境为载体，融合实验探究与复杂问题解决，全面考查物理观念与科学思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10题/46分|变压器、机械波、平抛运动、天体运动、电磁复合场、原子物理|第4题结合神舟二十二号考查天体运动参量，体现科技前沿| |非选择题|5题/54分|折射率测量、电阻率测定、气体实验定律、弹簧碰撞、带电粒子复合场运动|15题以芯片离子注入为情境，综合电场加速、静电分析器与磁场偏转，考查科学推理与模型建构|

广东深圳市2026届高考物理4月模拟卷 一、选择题（1~7题单选题，每小题4分，8-10题多选题，每小题6分，共46分） 1．如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数之比为，原线圈接220V交变电流，的阻值为，的阻值为。则流过原线圈的电流为（    ） A． B． C．5A D．22A 2．两船相距14km，一位同学在甲船上敲响水里的一口钟，发出的钟声频率为200Hz，同时点亮船上的灯，乙船上的同学在看到甲船灯光10s后，通过水里的听音器听到了水下的钟声，忽略光的传播时间，下列关于声波说法正确的是（　　） A．该声波为横波 B．该声波在水中传播的波长为7m C．测得声音在水中的速度为2.8km/s D．若乙船向声源方向快速运动，接收到的钟声频率不变 3．如图所示，体育课上，甲、乙两同学分别将两篮球同时从A、B两点抛出，两篮球在空中相遇。已知从A点抛出的篮球的初速度水平向右、大小为10m/s，A、B两点在竖直方向和水平方向的距离相等，不计空气阻力，则从B点竖直向上抛出的篮球的初速度大小是（　　） A．5m/s B．10m/s C．8m/s D． 4．神舟二十二号飞船于2025年11月25日成功发射，这是我国首次应急发射任务。之后飞船与空间站天和核心舱前向端口完成自主快速交会对接。已知空间站绕地球做匀速圆周运动，在t时间内通过的弧长为L，与地心的连线扫过的面积为S，则空间站运动的（　　） A．轨道半径为 B．周期为 C．角速度为 D．向心加速度大小为 5．竖直平面内同时存在匀强电场和匀强磁场，已知电场方向水平向右，磁场方向未知，一质量为m、带电荷量为q的带电小球在竖直平面内运动，其电势能和重力势能随时间的变化如图。下列说法正确的是（　　） A．该小球的运动轨迹可能为曲线 B．匀强磁场方向一定与该小球的运动方向垂直 C．0~10s内该小球的动能减少了10J D．0~10s内除静电力和重力外，其他的力对该小球做的功为10J 6．下列说法正确的是（　　） A．甲图为天安门广场阅兵上亮相的激光武器，激光作为电磁波，传播需要介质 B．卢瑟福通过乙图中的实验提出了原子的核式结构 C．丙图显示了、、三种射线从粒子源射入匀强磁场后的运动轨迹，其中③轨迹代表射线 D．丁图中，把核子分开需要能量是为了克服核子间的万有引力 7．如图所示，倾角为的斜面体固定在水平面上，物体P放在斜面体上，用轻绳拴接在物体P上后跨过光滑的定滑轮，另一端与另两条轻绳系于C点，轻绳的下端连接物体Q，系统平衡时轻绳CD沿水平方向，轻绳AB与斜面体平行，BC与竖直方向的夹角为，，不计一切摩擦。则物体P、Q的质量比为（　　） A． B． C． D． 8．沿电场中某条直线电场线方向建立轴，该电场线上各点电场强度随的变化规律如图所示，以轴正方向为电场强度的正方向，坐标点和分别与轴上四点相对应，相邻两点间距相等。一个带正电的粒子从轴上点由静止释放，运动到点的动能为，仅考虑电场力作用，则（　　） A．从点到点，电势逐渐降低 B．粒子先做匀加速运动，后做变加速运动 C．粒子在段电势能变化量大于段的电势能变化量 D．粒子运动到点时动能大于 9．幼儿园滑梯（如图甲所示）是孩子们喜欢的游乐设施之一，滑梯可以简化为如图乙所示模型。一质量为m 的小朋友（可视为质点），从竖直面内、半径为r 的圆弧形滑道的A 点由静止开始下滑，利用速度传感器测得小朋友到达圆弧最低点B时的速度大小为 （g为当地的重力加速度）。已知过A点的切线与竖直方向的夹角为30° ，滑道各处动摩擦因数相同，则小朋友在沿着AB下滑的过程中（　　） A．处于先失重后超重状态 B．重力的功率先减小后增大 C．在最低点B时对滑道的压力大小为 D．摩擦力对小朋友所做的功为 10．从地面上以一定初速度竖直向上抛出一质量为m的小球，其动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。小球落地时的动能为E0，且落地前小球已经做匀速运动。重力加速度为g，则小球在整个运动过程中（　　） A．最大的加速度为5g B．从最高点下降落回到地面所用时间小于t1 C．球上升阶段阻力的冲量大小等于下落阶段阻力的冲量大小 D．球上升阶段动量变化的大小小于下落阶段动量变化的大小 二、非选择题（11题8分，12题8分，13题10分，14题12分，15题16分，共54分） 11．某学习小组进行测量玻璃的折射率实验。小明同学采用如图甲的实验方法：先在木板上面铺一张白纸并用图钉固定，用直尺画一条直线，把平行玻璃砖放在纸上，一边与直线平齐，描出玻璃砖的另一条边，在玻璃砖的一侧插两个大头针A、B，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使B把A挡住。接下来在眼睛这一侧插上大头针C，使C挡住A和B，再插上大头针D，使D挡住A、B、C。 (1)关于此实验，下列说法正确的是___________（多个选项正确） A．为了减小作图误差，C和D的距离应适当小些 B．在白纸上用笔沿着玻璃砖下边缘画出直线 C．不论光以多大角度从边射入，经两次折射后都能从边射出 D．若误将玻璃砖的两界面间距画得偏大，则折射率的测量值将偏小 (2)移开玻璃砖，过A、B作直线交直线于点，过C、D作直线交直线于点，连接，过作垂直于的直线，测量图甲中角和的大小，则玻璃砖的折射率________； (3)另一名同学用激光笔和透明长方体玻璃砖测量玻璃的折射率，实验过程如下： ①将玻璃砖平放在水平桌面上的白纸上，用大头针在白纸上标记玻璃砖的边界。 ②激光笔发出的激光沿从玻璃砖上的点水平入射，到达面上的A点后反射到eh面的B点。用大头针在白纸上标记O点、A点和B点位置。 ③移走玻璃砖，在白纸上描绘玻璃砖的边界和激光的光路，作连线的延长线与面的边界交于C点，如图所示。 ④用刻度尺测量、、的长度。利用所测量的物理量，写出玻璃砖折射率的表达式________。（用来表示） 12．某实验小组测量一粗细均匀合金电阻丝的电阻率，设计了如图甲所示的电路测量该电阻丝的电阻Rx。 实验室提供了下列器材： A．电压表V1（量程为0~5V，内阻约为3000Ω）；B．电压表V2（量程为0~3V，内阻为1500Ω） C．滑动变阻器R（0~10Ω，额定电流2.0A）；D．滑动变阻器R（0~1000Ω，额定电流1.0A） E.定值电阻R0（阻值为50Ω）；F.定值电阻R0（阻值为1000Ω） G.电源（电动势6.0V，内阻约0.2Ω）；H.开关S、导线若干 (1)为了正确选择器材，该同学先对电阻丝的电阻进行粗测。将多用电表的选择开关调到“×100”的欧姆挡，把多用电表的红、黑表笔短接后，再进行_______，然后再把多用电表的红、黑表笔分别与电阻丝的两端连接，发现指针偏转角度过大，为得到比较准确的测量结果，应将选择开关旋调到_______（填“×1k”或“×10”）挡。 (2)用多用电表粗测出该电阻丝的阻值约为400Ω，再用如图甲所示的电路精确测量电阻丝的阻值，根据所给的实验器材，该电路中滑动变阻器R应选择_______，定值电阻R0应选择_______。（选填器材前面的字母代号） (3)用刻度尺测出该电阻丝的长度为l=15.00cm，用螺旋测微器测量电阻丝的直径，其示数如图乙所示，则电阻丝直径的测量值为d=_______mm。 (4)正确选择器材后按图甲连接好电路。闭合开关S，调节滑动变阻器R，测得电压表V1与V2分别对应的多组电压值U1、U2，作出（U1-U2）-U2的图像如图丙所示，可得该电阻丝的电阻Rx=_______Ω。根据题设条件中的已知数据和测量数据可求得该电阻丝的电阻率为_______Ω·m（最后一空的结果保留1位有效数字）。 13．如图甲所示，开口向上的绝热气缸内用横截面积、质量的绝热活塞封闭着一定质量的理想气体，气缸内气体的温度，活塞静止时距气缸底的高度为。阻值的电热丝密封在气缸内，电热丝的一端连接一个匝数为2000匝、横截面积为的线圈，线圈总电阻。时刻，在线圈所在空间内加一垂直于线圈平面向里的磁场，磁感应强度按照图乙所示规律变化，时刻撤去磁场，经过足够长时间，活塞缓慢升高了，此时气缸内气体的温度为，该过程中气体的内能增加了359.6J。已知活塞可在气缸内无摩擦滑动且不漏气，电热丝的体积忽略不计，电热丝产生的焦耳热完全被气体吸收，外界大气压强始终为 ，重力加速度，求： (1)温度及整个过程中气体吸收的热量； (2)所加磁场的时间。 14．如图甲是一种智能减震装置的示意图，轻弹簧下端固定，上端与质量为m的减震环P连接，并套在固定的竖直杆上，P与杆之间的智能涂层材料可对P施加大小可调节的阻力，当P的速度为零时涂层对其不施加作用力。在某次性能测试中，质量为的光滑环Q从杆顶端由静止释放，之后与P发生弹性正碰；碰撞后，P向下运动d时速度减为零，此过程中P受到涂层的阻力大小f与下移距离s之间的关系如图乙。已知P静止在弹簧上时，弹簧压缩量为d，弹簧没有超过弹性限度，重力加速度为g。求： (1)弹簧劲度系数k的大小； (2)碰撞后P环向下运动过程中加速度a的大小； (3)释放环Q时，P、Q两环位置的高度差h。 15．在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入简化工作原理的示意图，一个粒子源于处不断释放质量为，带电量为的离子，其初速度视为零，经电压为的加速电场加速后，沿图中半径为的圆弧形虚线通过圆弧形静电分析器（静电分析器通道内有均匀径向分布的电场）后，从点沿直径方向进入半径为的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向外。经磁场偏转，离子最后垂直打在平行PQ放置且与PQ等高的硅片上，硅片到PQ的距离为，不计离子重力。求： (1)离子进入静电分析器时的速度大小； (2)静电分析器通道内虚线处电场强度的大小和圆形磁场的磁感应强度大小； (3)若匀强磁场的磁感应强度大小可以调节，要让从点沿直线方向进入圆形匀强磁场区域的离子全部打在硅片上，求磁感应强度大小的取值范围。 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 参考答案 1．A【详解】理想变压器原、副线圈的匝数比为 根据变压比公式，有，解得，根据欧姆定律得 又，解得，故选A。 2．B【详解】A．该声波为纵波，故A错误； BC．测得声音在水中的速度为 该声波在水中传播的波长为，故B正确，C错误； D．若乙船向声源方向快速运动，根据多普勒效应可知，接收到的钟声频率变大，故D错误。故选B。 3．B【详解】设A、B两点在竖直方向和水平方向的距离均为，B点篮球的初速度为，则对A点抛出的篮球， 对B点抛出的篮球又因为联立，解得，故选B。 4．D【详解】A．空间站做匀速圆周运动，在t时间内通过的弧长为L，与地心的连线扫过的面积为S，设空间站运动的线速度大小为v，轨道半径为R，则有解得线速度大小 轨道半径，故A错误； C．根据，可得空间站运动的角速度，故C错误； B．根据，可得空间站运动的周期，故B错误； D．根据牛顿第二定律，有解得空间站运动的向心加速度大小，故D正确。故选D。 5．D【详解】A．由题图可知，重力势能和电势能随时间均匀变化。说明电荷做匀速直线运动，A错误。 BCD．匀强磁场方向不一定与电荷运动方向垂直，但是洛伦兹力方向与电荷的运动方向垂直，洛伦兹力不做功，由图像可知，静电力做功-6J，重力做功-4J，电荷做匀速直线运动，动能不变，合外力功为零，故除重力、静电力外，其他力对该电荷做的功为10J，BC错误，D正确。故选D。 6．B【详解】A．激光是一种电磁波，传播时不需要介质，故A错误； B．卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，故B正确； C．粒子带正电，粒子带负电，不带电，根据左手定则可知，②轨迹代表射线，③轨迹代表射线，①轨迹代表射线，故C错误； D．把核子分开需要克服核子之间的核力作用，故D错误。故选B。 7．A【详解】系统平衡时，物体P受重力、支持力和轻绳的拉力，如图甲所示 由力的平衡条件得 对物体Q有 对结点C受力分析，如图乙所示 由力的平衡条件可知，BC绳与CD绳的合力大小等于物体Q的重力，则有联立解得 可得物体P、Q的质量比为。故选A。 8．AC【详解】A．从O点到C点，电场强度方向保持不变沿x轴正方向，根据电场的特性沿电场线方向电势逐渐降低，则从O点到C点，电势逐渐降低，故A正确； B．由图像可知场强先增大后减小，则电场力也是先增大后减小，所以粒子的加速度先增大后减小，一直做变加速运动，故B错误； C．E-x图线与坐标所围的面积表示电势差，粒子在AB段图像的面积大于BC段图像的面积，则 根据电场力做功公式 可知粒子在AB段电场力做的正功大于BC段做的正功，所以粒子在AB段电势能减少量大于BC段电势能减少量，故C正确； D．由E-x图线与坐标所围的面积表示电势差，则有 由动能定理有，可得 所以粒子运动到C点时动能小于3Ek，故D错误。故选AC。 9．ACD【详解】A．小朋友在A点时加速度沿着切线向下，处于失重状态，到最低点时加速度竖直向上，处于超重状态，故A正确； B．小朋友在A点时速度为零，重力的功率为零，到最低点时重力的方向与速度方向垂直，重力的功率也为零，故重力的功率先增大后减小，故B错误； C．在B点，根据牛顿第二定律得解得 结合牛顿第三定律得小朋友在最低点时对滑道的压力大小为，故C正确； D．在整个运动过程中，由动能定理得 可得克摩擦力做功为，故D正确。故选ACD。 10．AC 【详解】A．小球抛出上升过程和下降过程，由牛顿第二定律有mg+f1=ma1，mg-f2=ma2 已知小球受到的空气阻力与速率成正比，即f=kv 则小球刚抛出时空气阻力最大，加速度最大，有mg+kv1=mamax， 小球落地前已经匀速运动，有mg=kv2，，联立解得amax=5g，故A正确； B．因为小球要克服空气阻力做功，则机械能不断减少，则上升过程中的平均速度大于下降过程中的平均速度，又因为上升过程与下降过程的位移大小相等，所以小球在运动的全过程，上升的时间小于下降的时间，则从最高点下降落回到地面所用时间大于t1，故B错误； C．已知小球受到的空气阻力与速率成正比，则阻力与速率的关系为f=kv 故阻力的冲量大小为If=Σft=Σkvt=kx 因为上升过程和下降过程位移大小相同，则上升和下降过程阻力的冲量大小相等，故C正确； D．根据动能表达式可得，动量大小p=mv，联立可得 小球初动能为16E0，球上升阶段动量的变化量 小球下降阶段动量的变化量 所以球上升阶段动量变化的大小大于下落阶段动量变化的大小，故D错误。故选AC。 11．(1)CD(2)(3) 【详解】（1）A．为了减小作图误差，C和D的距离应适当大些，故A错误； B．要先画好界线和法线，用玻璃砖的一边对准界线后用三角板轻贴玻璃砖的另一边，移去玻璃砖后再画出另外一条界线，故B错误； C．根据光的可逆性可知，不论光以多大角度从a边射入，经两次折射后都能从边射出，故C正确； D．如图所示      入射角没有变化，但折射角的测量值偏大，故折射率测量值偏小，故D正确。故选CD。 （2）根据题意有折射率 （3）根据折射率设，由几何关系可得，联立解得 12．(1) 欧姆调零 ×10(2) C F(3)0.150(4) 420 5×10-5 【详解】（1）[1][2]使用多用电表欧姆挡测量电阻时，每次换挡后都需要进行欧姆调零，即把红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指在右侧零刻度处。指针偏转角度过大，说明被测电阻阻值较小，电流较大，为了减小读数误差，应换用较小的倍率，即“”挡。 （2）[1][2]滑动变阻器采用分压式接法，为了便于调节，应选择最大阻值较小的滑动变阻器，故选C。 根据实验原理可知，电压表和并联计算电流，因为内阻为1500Ω，为了使指针偏转明显，故选F。 （3）螺旋测微器固定刻度读数为，可动刻度读数为则直径 （4）[1]根据电路结构，流过的电流 两端电压则 即 结合图像可知 代入数据解得 [2]根据电阻定律得代入数据解得 13．(1)，(2) 【详解】（1）活塞缓慢上升，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律则有解得 则 对活塞受力分析，则有解得 活塞缓慢上移的过程中，活塞对气体做的功 解得 由热力学第一定律解得封闭气体吸收的热量 （2）磁场变化，在线圈中产生的感应电动势 解得 由闭合电路的欧姆定律可得 根据焦耳定律解得 14．(1)(2)(3) 【详解】（1）设弹簧劲度系数为，P静止在弹簧上时由平衡条件解得 （2）由图乙可知 设向上为正方向，当P向下运动过程中所受合外力为联立可得 （3）对P根据运动学公式可得 解得碰撞后瞬间减震环P的速度大小为 P、Q发生弹性碰撞，设碰前瞬间Q的速度大小为，则由动量守恒定律 由机械能守恒定律可得解得 光滑环Q做自由落体运动，则有联立解得 15．(1)(2)，(3) 【详解】（1）离子在加速电场中运动，由动能定理 解得 （2）① 静电分析器中，径向电场力提供离子圆周运动的向心力 代入化简得： ② 离子沿直径进入磁场，偏转后速度水平向右垂直打在硅片上，可得偏转角为。对圆形磁场中沿直径入射的离子，由几何关系得离子轨迹半径 。 洛伦兹力提供向心力 代入，化简得 （3）设离子在磁场中轨迹半径为，由 可知越大，越小。 硅片与等高，因此只有离子打在硅片上（为交点纵坐标）才符合要求，推导得与满足离子全部打在硅片上。 将代入不等式 解得 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 $