2026届云南玉溪师范学院附属中学高三下学期全真模拟预测物理试题

**基本信息** 以南昌烟花晚会、福建舰舰载机等科技与生活情境为载体，覆盖力学、电磁学、热学等核心模块，通过梯度化问题设计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|原子能级跃迁、双星系统、电势图像等|5题结合舰载机匀加速运动考查运动图像分析，体现运动与相互作用观念| |实验题|2题/16分|弹簧弹力、电池电动势测量|12题通过电路设计与数据处理，考查科学探究中的证据分析能力| |解答题|3题/38分|简谐横波、电场油滴运动、力学综合|15题整合碰撞、圆周运动与动量守恒，凸显模型建构与科学推理素养|

高考全真模拟测试 （考试时间：75分钟，试卷满分：100分） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。 2.回答选择题，需用2B铅笔把答题卡上对应题目的标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，在试题卷上做答无效。 1、 选择题（本大题共10小题，共46分。1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分） 1．2026年2月17日晚，南昌市“赣水欢腾，马跃新春”迎春烟花晚会绚丽绽放。焰火呈现的彩色光芒，与金属原子的能级跃迁密切相关。电子从高能级向低能级跃迁时（　　） A．吸收能量，发出连续光谱 B．释放能量，发出连续光谱 C．吸收能量，发出分立线状光谱 D．释放能量，发出分立线状光谱 2．在拍电影时，工作人员甲用跨过光滑定滑轮的轻质细绳将演员乙沿竖直方向向上拉起，使乙向上做匀速直线运动。甲、乙均视为质点，质量分别为80 kg和50 kg，取重力加速度。当定滑轮左侧细绳与水平方向之间的夹角为时（　　） A．甲对地面的压力大小为800 N B．甲对地面的压力大小为 C．甲、乙的速度大小之比为 D．甲、乙的速度大小之比为 3．如图所示，某同学将一根两端开口的细玻璃管竖直插入盛有水的烧杯中，用手指按住玻璃管上端开口处，然后向下缓慢移动一段距离，管内封闭空气可视为理想气体。若整个过程中，气体温度保持不变，则管内气体（　　） A．内能变大 B．体积不变 C．从外界吸热 D．压强增大 4．用铁圈蘸取肥皂水后，在水平铁圈上会形成一层表面近似为平面的肥皂薄膜，这层膜的厚度从中心向边缘的变化情况如图所示，其中OA段近似为直线。用单色光从铁圈上方照射，从上方看，从中心向边缘，膜上相邻亮条纹间距的大致变化趋势为（　　） A．逐渐变大 B．逐渐变小 C．先不变后变大 D．先不变后变小 5．2025年9月，我国三型舰载机在福建舰首次成功阻拦着舰和弹射起飞，标志着福建舰具备了电磁弹射和回收能力。如图所示，一架歼35战机从福建舰弹射后斜向上做匀加速直线运动，下列关于歼35战机的速度、加速度、动能和机械能随时间变化的关系图像正确的是（　　） A． B． C． D． 6．DART航天器撞击迪迪莫斯小行星双星系统，使双星之间的距离减小，双星系统绕太阳公转的半径增大，不考虑双星质量的变化。与撞击之前相比（　　） A．双星互绕周期变短 B．双星互绕周期变长 C．双星绕太阳公转周期不变 D．双星绕太阳公转周期变短 7．某电磁缓冲小车车底安装着电磁铁，可产生竖直向下的匀强磁场；粗糙水平地面上固定着闭合矩形线圈abcd，磁场的长度大于线圈的bc边的长度，如图所示（俯视），关闭动力的小车向右通过线圈，在该过程中，下列说法正确的是（　　） A．小车向右做匀减速直线运动 B．当磁场的右边界刚经过ab边时，线圈里产生的感应电流方向为顺时针 C．当磁场的右边界刚经过dc边时，ab两端的电压等于dc两端的电压 D．小车的动能减少量等于线圈abcd产生的焦耳热 8．如图所示为固定在x轴上的两点电荷在x轴上产生的电场的电势关于x位置的变化规律，已知其中的一个点电荷固定在原点，处图线的切线沿水平方向，另一个点电荷固定在处，且，图中标出的坐标均已知。下列说法正确的是（    ） A．两点电荷均带正电 B． C．处的电场强度大于处的电场强度 D．若一正的试探电荷从处由静止释放，则该试探电荷一直沿x轴正方向运动 9．重庆涪陵某小型风电站，简化工作原理如图甲所示，风轮机通过绝缘传动装置，带动发电机的转子线圈转动产生交流电，通过匝数比的理想升压变压器将电压升高，经输电线向较远处的主电网变电站输送电能，到达变电站后，再通过匝数比的理想降压变压器将电压降低，最终供给用户。已知用户端得到的电压u随时间t的变化关系如图乙所示，用户端得到的功率为44kW，输电线的总电阻为10Ω，线圈电阻可不计。则下列说法正确的是（　　） A．风轮机的转动周期为0.02s B．电流表的示数为 C．发电站的输出功率为48kW D．发电机的输出电压U1=440V 10．如图甲所示，可视为质点的物块以的初速度滑上长度的水平传送带，从传送带右端离开后，平滑进入固定在竖直面内光滑半圆细管道。管道最低点固定一压力传感器，可测量物块经过最低点时对轨道的压力大小。当传送带以不同的速度运行时，得到随变化的图像如图乙所示，重力加速度取。下列说法正确的是（　　） A． B．管道半径为 C．物块的质量为 D．物块与传送带之间的动摩擦因数为0.5 二、实验题（本大题共2小题，共16分） 11．用如图所示的装置“探究弹簧弹力与形变量的关系”。某同学测量出弹簧自由地处于水平状态时的长度作为原长，则他用图甲装置进行测量，作出的弹力与伸长量的图像是图乙中的图线_______（“1”、“2”或“3”）；理由是_______；这条图线的斜率_______（“等于”、“小于”、“大于”）被测弹簧的劲度系数。 12．某科学探究小组测量一款新型固态电池的电动势E和内阻r。提供有以下器材： A．电流表A（量程为500mA，内阻等于0.5Ω） B．电压表（量程为5V，内阻约为3kΩ） C．电压表（量程为15V，内阻约为9kΩ） D．滑动变阻器（最大阻值为30Ω） E．定值电阻（阻值为2Ω） F．待测电源（电动势约为4V，内阻r约为0.2Ω） G．开关一个，导线若干 (1)为了尽量减小电压表读数带来的误差，电压表应该选择_______（选填“B”或“C”）； (2)为了尽量减小电源内阻测量误差，以下甲乙两幅电路图应该选择_______（选填“甲”或“乙”）； (3)选择正确的电路图连接器材，通过改变滑动变阻器的阻值，测得电压表V与电流表A的示数变化的图像如图丙所示，请根据图像计算出电池电动势E=_______V，电池内阻r=_______Ω。 四、解答题 13．（10分）抖动绳子一端可以在绳子上形成一列简谐横波。如图所示为一列沿轴传播的简谐横波时刻的波动图像，此时振动恰好传播到的质点A处，经过质点A第一次回到平衡位置，质点B在轴上位于处，求： (1)波在介质中传播的速度大小； (2)质点A的振动方程表达式； (3)质点B第一次处于位移的时刻。 14．（13分）某科研小组设计了如下实验，研究油滴在匀强电场中的运动。实验装置的原理示意图，如图所示，两个水平放置、相距为d的金属极板﹐上极板中央有一小孔，两金属极板与恒压源（可以提供恒定电压U），定值电阻R，电阻箱（最大阻值为R）、开关串联组成的电路。用喷雾器将细小的油滴喷入密闭空间，这些油滴由于摩擦而带了负电。油滴通过上极板的小孔进入到观察室中，油滴可视为半径为r的球体，油滴的密度为，重力加速度为g，油滴受到的空气阻力大小为，其中为空气的粘滞系数（已知），v为油滴运动的速率，不计空气浮力。 （1）开关断开时，观察到油滴A运动到两极板中心处开始匀速下落，之后经过时间t油滴A下落到下极板处，请推导油滴A的半径r的表达式（用，d、t、和g表示）。 （2）若将图中密闭空间的空气抽出，使油滴运动所受的空气阻力可忽略。闭合开关： ①调整电阻箱的阻值为，观察到半径为的油滴B可做匀速直线运动，求油滴B所带的电荷量； ②调整电阻箱的阻值为R，观察到比荷为k、处于下极板的油滴C由静止开始向上加速运动，求油滴C运动到上极板的时间。 15. （17分）如图所示，质量为的物块静止在水平面上点，半径为的四分之一光滑圆弧体静止在光滑水平面上，圆弧面与水平面刚好在圆弧面的最低点相切，质量为的小球用长为（未知）的轻绳连接于点，点正下方点固定一颗钉子，将轻绳水平拉直，由静止释放，运动到最低点时刚好与沿水平方向发生弹性正碰，碰撞后刚好绕钉子做半径为的完整的圆周运动，恰能运动到圆弧体的最高点，与点左侧水平面间的动摩擦因数为，点右侧水平面光滑，开始时点与点对齐，、间距离，、可视为质点，重力加速度为，求： (1)、碰撞后瞬间，的速度大小； (2)细线长度及圆弧体的质量； (3)若在圆弧面上向上运动的时间为，则在圆弧面向上运动过程中，圆弧体运动的距离为多少。 《全真模拟选择题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C D C B A C AC AC BD 1．D 【详解】电子从高能级向低能级跃迁时能量降低，会释放能量而非吸收能量，且原子的能级是分立的，跃迁时的能级差为特定值，对应释放的光子能量、频率也为特定值，因此发出的是分立线状光谱。 故选D。 2．C 【详解】AB．对甲受力分析易知，甲对地面的压力大小为，故AB错误； CD．设甲的速度大小为，对甲的速度分解如图所示 可得 甲、乙的速度大小之比为，故C正确， D错误。 故选C。 3．D 【详解】AD．假设大气压强为，玻璃管质量为��，横截面积为��，内部气体压强为��，则有施加向下的压力F后，有可见封闭气体压强变大。气体发生等温变化，温度不变。理想气体的内能变化量与温度有关，温度不变，气体内能不变，故A错误，D正确； B．气体发生等温变化，变大，根据玻意耳定律 可知气体体积减小，故B错误； C．气体体积变小，外界对气体做正功，即温度不变，内能不变，即根据 可知即气体放热，故C错误。 故选D。 4．C 【详解】劈尖干涉条纹间距公式，图像可知OA段劈尖角不变，故膜上相邻亮条纹间距不变，A点以后劈尖角减小，故膜上相邻亮条纹间距变大，综合可知C选项符合题意。 故选C。 5．B 【详解】A B．斜向上做匀加速直线运动,则加速度恒定，由 故v-t图像是倾斜直线 ，故A错误，B正确； C．由 由动能定理 则是二次函数关系，故C错误； D．斜向上做匀加速直线运动，战机动能增大，重力势能增大，则机械能增大，故D错误。 故选B。 6．A 【详解】设双星质量为m1、m2，两星间距为，互绕角速度为，轨道半径满足 两星由彼此的万有引力提供向心力，对m1有 对m2有 整理得 根据 可得互绕周期 撞击后减小、m1+m2不变，所以互绕周期变短，故A正确，B错误； 将双星视为总质量为的质点，太阳质量为M日，公转半径为r，太阳对双星的万有引力提供公转向心力 解得 撞击后公转半径增大，所以公转周期变长，故CD错误。 故选A。 7．C 【详解】A．线圈相对磁场向左切割磁感线，产生电动势 电流为 根据牛顿第二定律 得到 加速度不是定值，不是匀变速运动，故A错误； B．当磁场的右边界刚经过ab边时，根据右手定则，可知线圈里产生的感应电流方向为逆时针，故B错误； C．当磁场的右边界刚经过dc边时，左右两边均切割磁感线，根据可知，ab两端的电压等于dc两端的电压，故C正确； D．根据能量守恒可知，小车的动能减少量大于线圈abcd产生的焦耳热，还有一部分克服阻力做功产生了热量，故D错误。 故选C。 8．AC 【详解】A．由题图可知x轴上各点的电势均为正值，则两点电荷均带正电，故A正确； B．由于处图线的切线沿水平方向，则处的电场强度为0，由点电荷电场强度的叠加原理可知 解得，故B错误； C．图像切线的斜率反应电场强度，由题图可知处图像的斜率绝对值大于处图像的斜率绝对值，所以处的电场强度大于处的电场强度，故C正确； D．左侧的电场方向沿x轴的正方向，右侧的电场方向沿x轴的负方向，若一正的试探电荷从处由静止释放，则该试探电荷沿x轴的正方向做加速运动，经过后该试探电荷沿x轴正方向做减速运动，由于、处的电势相等，因此该试探电荷应在、之间往复运动，故D错误。 故选AC。 9．AC 【详解】A．由图可知，风轮机的转动周期为0.02s，故A正确； B．电流表的示数为， 代入数据解得，故B错误； C．根据理想变压器电流与匝数的关系 可得 输电线上损失的功率为 所以发电站的输出功率为，故C正确； D．根据理想变压器电流与匝数的关系 可得 所以发电机的输出电压为，故D错误。 故选AC。 10．BD 【详解】D．由题图乙可知当传送带速度大于后，传送带速度越大，压力越大，说明当传送带速度小于时，物块在传送带上一直做匀减速直线运动，当速度时，恰好全程减速，由匀变速直线运动的规律可得 由牛顿第二定律可得 联立解得 故D正确； BC．当传送带以的速度运动时，物块在传送带上做匀速直线运动，物块从传动带右端离开到经过圆轨道的最低点的过程中，由动能定理可得 物块经过最低点时，由牛顿第二定律可得 当时，，当时，，解得 故B正确，C错误； A．由题图乙可知当传送带速度大于时，物块在传送带上一直做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的规律可得 解得 由动能定理可得 物块经过最低点时，由牛顿第二定律可得 可得 故A错误。 故选BD。 三、实验题 11．【答案】 3 弹簧自重 等于 【详解】[1][2]作出的弹力与伸长量的图像是图乙中的图线3；理由是由于弹簧有自重，则当F=0时伸长量不为零； [3]根据，可知这条图线的斜率等于被测弹簧的劲度系数。 12．【答案】(1)B (2)乙 (3) 4.2 0.15 【详解】（1）由于电动势大小约为4V，选择的电压表量程不要超过4V太多，否则读数会有较大的相对误差，所以电压表应选择B。 （2）由于器材中电流表的内阻已知，若选择图乙的电路图进行测量，测出的电动势大小没有系统误差，测出的电池内电阻大小也可以减去电流表内阻从而得到真实值。 （3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律，可以写出公式 图丙中的直线方程可以设为 代入两组数据和 可得到 与闭合电路欧姆定律公式进行对照，有 解得 同理， 四、解答题 13．（10分）【答案】(1)10m/s (2) (3)0.733s 【详解】（1）由于经过质点A第一次回到平衡位置，则有 可得质点A的振动周期————————1分 由图得波长为————————1分 波的传播速度————————1分 （2）由甲图可知，质点A的振幅为————————1分 角速度为————————1分 则质点A的振动方程为————————1分 （3）波传到B质点的时刻为————————1分 由甲图可知，质点B起振到第一次处于位移————————1分 所用时间————————1分 则质点B第一次到达波谷的时刻————————1分 14.（13分）【答案】（1）；（2）①；② 【详解】（1）油滴匀速下落的速度 ————————1分 此时 ————————1分 其中 解得 ————————2分 （2）①由串联电路规律有 ————————1分 解得两极板之间的电压 ————————1分 对油滴由平衡条件可知 ————————1分 而 ————————1分 解得 ————————1分 ②设油滴C的电荷量为q、质量为m，两极板之间电压为 ————————1分 设油滴向上运动加速度为a，由牛顿第二定律有 ————————1分 解得 ————————1分 由运动学公式解得 ————————1分 15. （17分）【答案】(1) (2)细线长度，圆弧体质量为m (3) 【详解】（1）碰撞后A绕钉子做完整圆周运动，在圆周最高点满足重力提供向心力————————1分 得最高点速度 从碰撞后A在最低点到圆周最高点，上升高度为，机械能守恒————1分 代入 解得————————1分 （2）A下摆到碰撞前过程机械能守恒，下落高度为，则————————1分 即 A与B发生弹性正碰，由弹性碰撞速度公式，得碰撞后A的速度————————1分 即 代入 得————————1分 碰撞后B的速度为————————1分 B从P到Q过程，由动能定理————————1分 代入 得————————1分 B滑到圆弧最高点D时，B与圆弧共速，水平方向动量守恒，机械能守恒—————1分 ————————1分 联立解得————————1分 （3）B向上运动过程中，系统水平方向动量守恒，任意时刻满足————————1分 代入 得 对两边从到积分，得————————1分 其中为圆弧对地位移（向右为正），为B对地水平位移。 B相对于圆弧的水平位移为，即————————1分 联立得————————1分 整理得————————1分 第2页，共8页 第1页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 $高考全真模拟测试 （考试时间：75分钟，试卷满分：100分) 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。 2.回答选择题，需用2B铅笔把答题卡上对应题目的标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答 案。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，在试题卷上做答无效。 一、选择题（本大题共10小题，共46分。1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；8~10题有多项 符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分) 1.2026年2月17日晚，南昌市“赣水欢腾，马跃新春”迎春烟花晚会绚丽绽放。焰火呈现的彩色光芒，与 金属原子的能级跃迁密切相关。电子从高能级向低能级跃迁时() A.吸收能量，发出连续光谱 B.释放能量，发出连续光谱 C.吸收能量，发出分立线状光谱D.释放能量，发出分立线状光谱 2.在拍电影时，工作人员甲用跨过光滑定滑轮的轻质细绳将演员乙沿竖直方向向上拉起，使乙向上做匀速 直线运动。甲、乙均视为质点，质量分别为80kg和50kg,取重力加速度g=10m/s2。当定滑轮左侧细绳 与水平方向之间的夹角为30°时() <130° 乙 777777777777777777 A.甲对地面的压力大小为800N B.甲对地面的压力大小为(800-250√③)N C.甲、乙的速度大小之比为2√5D.甲、乙的速度大小之比为2：1 3.如图所示，某同学将一根两端开口的细玻璃管竖直插入盛有水的烧杯中，用手指按住玻璃管上端开口处， 然后向下缓慢移动一段距离，管内封闭空气可视为理想气体。若整个过程中，气体温度保持不变，则管内 气体() 第1页，共8页 A.内能变大B.体积不变C.从外界吸热 D.压强增大 4.用铁圈蘸取肥皂水后，在水平铁圈上会形成一层表面近似为平面的肥皂薄膜，这层膜的厚度从中心向边 缘的变化情况如图所示，其中OA段近似为直线。用单色光从铁圈上方照射，从上方看，从中心向边缘， 膜上相邻亮条纹间距的大致变化趋势为() 厚度 A 0 中心 边缘 A.逐渐变大 B.逐渐变小 C.先不变后变大 D.先不变后变小 5.2025年9月，我国三型舰载机在福建舰首次成功阻拦着舰和弹射起飞，标志着福建舰具备了电磁弹射和 回收能力。如图所示，一架歼35战机从福建舰弹射后斜向上做匀加速直线运动，下列关于歼35战机的速 度、加速度、动能和机械能随时间变化的关系图像正确的是() B D 第2页，共8页 6.DART航天器撞击迪迪莫斯小行星双星系统，使双星之间的距离减小，双星系统绕太阳公转的半径增大， 不考虑双星质量的变化。与撞击之前相比() A.双星互绕周期变短 B.双星互绕周期变长 C.双星绕太阳公转周期不变 D.双星绕太阳公转周期变短 7.某电磁缓冲小车车底安装着电磁铁，可产生竖直向下的匀强磁场：粗糙水平地面上固定着闭合矩形线圈 bcd,磁场的长度大于线圈的bc边的长度，如图所示（俯视），关闭动力的小车向右通过线圈，在该过程中， 下列说法正确的是() ×××××××a d ××××××X ××××××× 线圈 x×××××× b 小车 A.小车向右做匀减速直线运动 B.当磁场的右边界刚经过b边时，线圈里产生的感应电流方向为顺时针 C.当磁场的右边界刚经过dc边时，ab两端的电压等于dc两端的电压 D.小车的动能减少量等于线圈abcd产生的焦耳热 8.如图所示为固定在x轴上的两点电荷在x轴上产生的电场的电势P关于x位置的变化规律，已知其中的 一个点电荷9固定在原点O,x处图线的切线沿水平方向，另一个点电荷42固定在3x处，且3x>,图 中标出的坐标均已知。下列说法正确的是() X1 x2 X3 X A.两点电荷均带正电 B.4:42=1:9 C.x处的电场强度大于处的电场强度 D.若一正的试探电荷从x处由静止释放，则该试探电荷一直沿x轴正方向运动 第3页，共8页 9.重庆涪陵某小型风电站，简化工作原理如图甲所示，风轮机通过绝缘传动装置，带动发电机的转子线圈 转动产生交流电，通过匝数比2：”，-1：5的理想升压变压器将电压升高，经输电线向较远处的主电网变电 站输送电能，到达变电站后，再通过匝数比么：儿，=10：1的理想降压变压器将电压降低，最终供给用户。 已知用户端得到的电压u随时间t的变化关系如图乙所示，用户端得到的功率为44kW,输电线的总电阻为 102,线圈电阻可不计。则下列说法正确的是() 风轮机 绝缘传动装置 A u/V 2202 3102s -220W2 发电机转子线圈升压变压器 降压变压器 甲 A.风轮机的转动周期为0.02s B.电流表的示数为200W2A C.发电站的输出功率为48W D.发电机的输出电压U1-440V 10.如图甲所示，可视为质点的物块以。=6m/s的初速度滑上长度L=2的水平传送带，从传送带右端离 开后，平滑进入固定在竖直面内光滑半圆细管道。管道最低点固定一压力传感器，可测量物块经过最低点 时对轨道的压力大小F。当传送带以不同的速度v运行时，得到F随v变化的图像如图乙所示，重力加速度 8取10n/s2。下列说法正确的是() ↑FN 140 R 90 0 4 6v3v/(m's) 分 乙 A.耳=180N B.管道半径为R=0.4m C.物块的质量为1.5kg D.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.5 二、实验题（本大题共2小题，共16分） 第4页，共8页 11.用如图所示的装置“探究弹簧弹力与形变量的关系”。某同学测量出弹簧自由地处于水平状态时的长度作 为原长，则他用图甲装置进行测量，作出的弹力F与伸长量x的图像是图乙中的图线 (1”、“2”或3”)： 理由是 这条图线的斜率 (“等于”、“小于”、“大于”)被测弹簧的劲度系数。 12.某科学探究小组测量一款新型固态电池的电动势E和内阻r。提供有以下器材： A.电流表A(量程为500mA,内阻等于0.52) B.电压表V(量程为5V,内阻约为3k2) C.电压表V(量程为15V,内阻约为9k2) D.滑动变阻器R(最大阻值为302) E.定值电阻R(阻值为22) F.待测电源（电动势约为4V,内阻r约为0.22） G.开关一个，导线若干 (1)为了尽量减小电压表读数带来的误差，电压表应该选择 （选填B”或“C”) (2)为了尽量减小电源内阻测量误差，以下甲乙两幅电路图应该选择 (选填“甲”或“乙”)： ◆UV 3.67 3.14 0.20.41/A 甲 的 (3)选择正确的电路图连接器材，通过改变滑动变阻器的阻值，测得电压表V与电流表A的示数变化的图像 如图丙所示，请根据图像计算出电池电动势E=V,电池内阻1=2。 第5页，共8页 四、解答题 13.(10分)抖动绳子一端可以在绳子上形成一列简谐横波。如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波t=0时 刻的波动图像，此时振动恰好传播到=5m的质点A处，经过0.2s质点A第一次回到平衡位置，质点B 在x轴上位于x1=12m处，求： ◆y/cm 10 B 3456 x/m 10 (1)波在介质中传播的速度大小： (2)质点A的振动方程表达式： (3)质点B第一次处于位移y=5cm的时刻。 第6页，共8页 14.(13分)某科研小组设计了如下实验，研究油滴在匀强电场中的运动。实验装置的原理示意图，如图所 示，两个水平放置、相距为d的金属极板，上极板中央有一小孔，两金属极板与恒压源（可以提供恒定电 压U),定值电阻R,电阻箱R'(最大阻值为R)、开关串联组成的电路。用喷雾器将细小的油滴喷入密闭 空间，这些油滴由于摩擦而带了负电。油滴通过上极板的小孔进入到观察室中，油滴可视为半径为r的球体， 油滴的密度为P,重力加速度为g,油滴受到的空气阻力大小为∫=6π'，其中刀为空气的粘滞系数（已 知)，ⅴ为油滴运动的速率，不计空气浮力。 (1)开关断开时，观察到油滴A运动到两极板中心处开始匀速下落，之后经过时间t油滴A下落到下极板 处，请推导油滴A的半径r的表达式（用刀，d、t、P和g表示）。 (2)若将图中密闭空间的空气抽出，使油滴运动所受的空气阻力可忽略。闭合开关： ①调整电阻箱的阻值为 ,观察到半径为的油滴B可做匀速直线运动，求油滴B所带的电荷量： ②调整电阻箱的阻值为R,观察到比荷为k、处于下极板的油滴C由静止开始向上加速运动，求油滴C运 动到上极板的时间。 喷雾器 中五中王 压 C 源 d R 第7页，共8页 15.(17分)如图所示，质量为m的物块B静止在水平面上P点，半径为r=2R的四分之一光滑圆弧体静止 在光滑水平面上，圆弧面与水平面刚好在圆弧面的最低点C相切，质量为3m的小球A用长为L(未知)的 轻绳连接于O点，O点正下方O点固定一颗钉子，将轻绳水平拉直，由静止释放A,A运动到最低点时刚 好与B沿水平方向发生弹性正碰，碰撞后A刚好绕钉子做半径为R的完整的圆周运动，B恰能运动到圆弧体 的最高点D,B与O点左侧水平面间的动摩擦因数为0.5，Q点右侧水平面光滑，开始时C点与2点对齐， P、Q间距离s=37R,A、B可视为质点，重力加速度为8，求： L AO O" B 77777777777 7777777777777777777777777777777777777777777 (1)A、B碰撞后瞬间，A的速度大小； (2)细线长度L及圆弧体的质量： (3)若B在圆弧面上向上运动的时间为t,则B在圆弧面向上运动过程中，圆弧体运动的距离为多少。 第8页，共8页 《全真模拟选择题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 8 9 10 答案 D D B A AC AC BD 1.D 【详解】电子从高能级向低能级跃迁时能量降低，会释放能量而非吸收能量，且原子的能级是分立的，跃 迁时的能级差为特定值，对应释放的光子能量、频率也为特定值，因此发出的是分立线状光谱。 故选D。 2.C 【详解】AB.对甲受力分析易知，甲对地面的压力大小为F,=8-28sin30°=550N,故AB错误： CD.设甲的速度大小为v,对甲的速度分解如图所示 30° 可得'zvC0s30° 甲、乙的速度大小之比为2：√，故C正确，D错误。 故选C。 3.D 【详解】AD.假设大气压强为，玻璃管质量为？？，横截面积为？？，内部气体压强为？？，则有 S+g=pS施加向下的压力F后，有F+PS+g=pS可见封闭气体压强p'变大。气体发生等温变化， 温度不变。理想气体的内能变化量与温度有关，温度不变，气体内能不变，故A错误，D正确： B.气体发生等温变化，p变大，根据玻意耳定律pV=C可知气体体积减小，故B错误： C.气体体积变小，外界对气体做正功，即W>0温度不变，内能不变，即△U=0根据△U=Q+W可知Q<0 即气体放热，故C错误。 故选D。 4.C 【详解】劈尖干涉条纹间距公式山=。图像可知QA段劈尖角不变，敝腹上相部亮条纹同距不交，4点 以后劈尖角减小，故膜上相邻亮条纹间距变大，综合可知C选项符合题意。 第9页，共8页 故选C。 5.B 【详解】AB.斜向上做匀加速直线运动，则加速度恒定，由v=+t 故-t图像是倾斜直线，故A错误，B正确； .由x=w+5t 由动能定理nax=Ex-E 则E:~t是二次函数关系，故C错误： D.斜向上做匀加速直线运动，战机动能增大，重力势能增大，则机械能增大，故D错误。 故选B。 6.A 【详解】设双星质量为、2，两星间距为L,互绕角速度为ω，轨道半径满足1+2=L 两星由彼此的万有引力提供向心力，对有G”业=m 2 对有G”业=，o2 整理得0= G(+%) 根据o=2π T 可得互绕周期T=2π， G(m +m) 撞击后L减小、+2不变，所以互绕周期变短，故A正确，B错误： 将双星视为总质量为M=叫+的质点，太阳质量为M,公转半径为r,太阳对双星的万有引力提供公转 向心力GM4-M4r产 T公 解得T公=2π， GM 撞击后公转半径r增大，所以公转周期变长，故CD错误。 故选A。 7.C 第10页，共8页 【详解】A.线圈相对磁场向左切割磁感线，产生电动势E=B 电流为1=g=跏 根据牛顿第二定律BIl+∫=a 得到a=B1+R R 加速度不是定值，不是匀变速运动，故A错误； B.当磁场的右边界刚经过b边时，根据右手定则，可知线圈里产生的感应电流方向为逆时针，故B错误； C.当磁场的右边界刚经过dc边时，左右两边均切割磁感线，根据E=B可知，ab两端的电压等于dc两 端的电压，故C正确： D.根据能量守恒可知，小车的动能减少量大于线圈abcd产生的焦耳热，还有一部分克服阻力做功产生了 热量，故D错误。 故选C。 8.AC 【详解】A.由题图可知x轴上各点的电势均为正值，则两点电荷均带正电，故A正确： B.由于x处图线的切线沿水平方向，则x,处的电场强度为0，由点电荷电场强度的叠加原理可知 k4=k, x22 (2x) 解得9：q2=1:4,故B错误： C.P-x图像切线的斜率反应电场强度，由题图可知x,处图像的斜率绝对值大于处图像的斜率绝对值， 所以x处的电场强度大于5处的电场强度，故C正确： D.x,左侧的电场方向沿x轴的正方向，x,右侧的电场方向沿x轴的负方向，若一正的试探电荷从x处由静 止释放，则该试探电荷沿x轴的正方向做加速运动，经过x,后该试探电荷沿x轴正方向做减速运动，由于x 处的电势相等，因此该试探电荷应在x、x之间往复运动，故D错误。 故选AC。 9.AC 【详解】A.由图可知，风轮机的转动周期为0.02s,故A正确： .电流表的示数为4是，4 U==220V 第11页，共8页 代入数据解得I4=200A,故B错误： C,根据理想变压器电流与匝数的关系子- I n 可得I3=20A 输电线上损失的功率为△P=r=4000W 所以发电站的输出功率为卫=△P+D=48W,故C正确： D.根据理想变压器电流与匝数的关系了4 = 可得I1=100A 所以发电机的输出电压为U= =480V,故D错误。 故选AC。 10.BD 【详解】D.由题图乙可知当传送带速度大于4m/s后，传送带速度越大，压力越大，说明当传送带速度小 于y=4m/s时，物块在传送带上一直做匀减速直线运动，当速度y,=4m/s时，恰好全程减速，由匀变速直 线运动的规律可得 1-6=-2aL 由牛顿第二定律可得 uig ma 联立解得 u=0.5 故D正确； BC.当传送带以y,=6m/s的速度运动时，物块在传送带上做匀速直线运动，物块从传动带右端离开到经过 圆轨道的最低点的过程中，由动能定理可得 2gR=与m最低点一2 1 2 物块经过最低点时，由牛顿第二定律可得 F-mg =m- 然 R 当v=y=4m/s时，耳=90N,当v=2=6m/s时，耳=140N,解得 =1kg,R=0.4m 第12页，共8页 故B正确，C错误； A.由题图乙可知当传送带速度大于时，物块在传送带上一直做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的规 律可得 -6=2aL 解得 3=V56m/s 由动能定理可得 2meR=m2a 2 物块经过最低点时，由牛顿第二定律可得 F-ng m- 低点 R 可得 E=190N 故A错误。 故选BD。 三、实验题 11.【答案】 弹簧自重 等于 【详解】[1][2]作出的弹力F与伸长量x的图像是图乙中的图线3；理由是由于弹簧有自重，则当=O时伸 长量不为零： [3]根据F=x-g,可知这条图线的斜率等于被测弹簧的劲度系数。 12.【答案】(1)B (2)乙(3)4.2 0.15 【详解】(1)由于电动势大小约为4V,选择的电压表量程不要超过4V太多，否则读数会有较大的相对误 差，所以电压表应选择B。 (2)由于器材中电流表的内阻已知，若选择图乙的电路图进行测量，测出的电动势大小没有系统误差，测 出的电池内电阻大小也可以减去电流表内阻从而得到真实值。 (3)[1][2]根据闭合电路欧姆定律，可以写出公式E=U+I(+R2+a) 图丙中的直线方程可以设为U=kI+b 代入两组数据(0.2A,3.67)和(0.4A,3.14) 可得到U=-2.65I+4.2 第13页，共8页 与闭合电路欧姆定律公式进行对照，有k=-(+R+)=-2.65 解得r=0.152 同理，E=b=4.2V 四、解答题 13.(10分)【答案】(1)10m/s (2)y=10 sin 5n(cm) (3)0.733s T 【详解】(1)由于经过02s质点A第一次回到平衡位置，则有20.2S 可得质点A的振动周期T=0.4s -1分 由图得波长为2=4m 一1分 波的传播速度v= =10m/s -1分 (2)由甲图可知，质点A的振幅为10cm -1分 角速度为0= 2兀 =5mad/s- T -1分 则质点A的振动方程为y=10sin5t(cm) -1分 (3)波传到B质点的时刻为5=超=0.7s -1分 1 由甲图可知，质点B起振到第一次处于位移y=5cn -一1分 所用时间5=T≈0.0339 --1分 则质点B第一次到达波谷的时刻t=t+t2=0.733s -1分 143分【1展20遮：@”远 2d 2\tpg 【详解】(1)油滴匀速下落的速度 0.5d 1v= -1分 t 此时 f=mg -1分 其中 f=6π刃N 解得 3 nd r=21ip8 -2分 第14页，共8页 (2)①由串联电路规律有 U_U 一= -1分 解得两极板之间的电压 U=3 -1分 对油滴由平衡条件可知 U a d =8 -1分 公 4 -3 -1分 解得 q=Argpdr -1分 U ②设油滴C的电荷量为4、质量为m,两极板之间电压为 J U22 -1分 设油滴向上运动加速度为α，由牛顿第二定律有 a d -1分 解得 kU 2d8 a= -1分 由运动学公式解得 2d t'= -1分 kU-2dg 15.(17分)【答案】(1)V5gR(2)细线长度L=10R,圆弧体质量为m(3)√2gRt-R 【详解】(1)碰撞后A绕钉子做完整圆周运动，在圆周最高点满足重力提供向心力 ,12 3g=37 -1分 R 得最高点速度v=√gR 从碰摇后A在录低点到圆周最高点，上升高度为2R,机械能守恒}3m=3别g2R+行m-一一1分 2 代入v2=gR 第15页，共8页 解得vy4=V5gR -1分 (2)A下摆到碰撞前过程机械能守恒，下落高度为L,则号3时-3gL -1分 即=2gL A与B发生弹性正碰，由弹性碰撞速度公式，得碰撞后A的速度A+ 3L-m,-0 -1= -1分 2 即%=2y4=2√5gR 代入16=2gL 得L=10R 一1分 2.3m 碰撞后B的速度为'g= -Vo=35gR 3m+m B从P到Q过程，由动能定理。-mgs子 1 -1分 代入u=0.5,5=37R 得g=22gR 1分 B滑到圆弧最高点D时，B与圆弧共速，水平方向动量守恒，机械能守恒g=(m+)v一一一一一1分 +(m+Mv2 R) -1分 2 联立解得M=m -1分 (3)B向上运动过程中，系统水平方向动量守恒，任意时刻满足x+MM=一 -1分 代入M=m 得Bx+VM=B 对两边从0到t积分，得XB+x=Vg -1分 其中x为圆弧对地位移（向右为正），X:为B对地水平位移。 B相对于圆弧的水平位移为r=2R,即XB-x=2R -1分 联立得(x+2R)+x=2V2gR·t- -1分 整理得x=√2gR·t-R -1分 第16页，共8页