河南省郑州市2025-2026学年下学期高三高考物理一模考前练习卷（含解析）

物理考试卷
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题（本大题共7小题，共28分）
1．[4分]核电池又称“放射性同位素电池”，某种核电池常用的放射性同位素是钚238（），其半衰期为87年，该电池利用衰变放出的能量转化为电能，可为心脏起搏器提供电能。下列说法正确的是（　　）
A．温度升高钚238的半衰期缩短
B．钚238衰变后的原子核内质子数比中子数多50个
C．钚238衰变产生的射线的电离本领比射线弱
D．经过174年后，核电池内剩余钚238的质量变为初始质量的
2．[4分]2025年12月16日，我国在太原卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射立体测绘卫星资源三号04星。若卫星入轨后做匀速圆周运动，轨道半径为r，卫星在时间t内转过的圈数为n，引力常量为G，不考虑地球的自转，则地球的质量为（　　）
A． B． C． D．
3．[4分]如图所示是户外露营中使用的一种便携式三脚架，它由三根完全相同的轻杆通过铰链组合在一起，每根轻杆均可绕铰链自由转动。将三脚架静止放在水平地面上，吊锅通过细铁链静止悬挂在三脚架正中央，三脚架正中央离地高度为h且小于杆长，吊锅和细铁链的总质量为m，重力加速度为g，支架与铰链间的摩擦忽略不计，则(　　)
A．吊锅受到3个力的作用
B．铁链对吊锅的拉力大于吊锅的重力
C．每根轻杆受到地面的作用力大小为
D．减小h时，每根轻杆对地面摩擦力增大
4．[4分]如图甲所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线和虚线分别为t1=0时刻和t2时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置为x1=1.0m和x2=8.0m的两质点。质点Q的振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）
A．波沿x轴正方向传播
B．波的传播速度大小为20m/s
C．0~t2时间内，质点Q经过的路程可能为50cm
D．t=0.025s时刻，质点P恰好位于最大位移处
5．[4分]如图所示，质量为0.1kg的小球与劲度系数为k的轻弹簧相连，初始时小球静止在O点，弹簧的伸长量为5cm。某时刻施加竖直向下大小为2N的恒定外力将小球拉至A点后撤去外力。已知弹簧始终在弹性限度内，A、O间距离为10cm，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的劲度系数k为0.2N/m B．小球做简谐运动的振幅为10cm
C．小球运动的最大速度为4m/s D．小球运动的最大速度为2m/s
6．[4分]如图甲所示为某透明介质材料制成的长方体棱镜，上下两面为边长为的正方形，棱镜高为，S，O分别为上下面的中心，在上表面挖走一个以O点为球心、R为半径的半球，在S处放置一点光源，已知该材料的折射率为，且只有上表面为光学面，图乙为俯视图，图丙为过S、O两点的剖面图，则上表面被照亮的区域面积（俯视看半球内表面被照亮的部分可等效成水平面）为（　　）
A． B．
C． D．
7．[4分]如图所示的电路中，变压器为理想变压器，电流表和电压表均为理想电表，电阻R1、R2和R3的阻值分别为1 Ω、2 Ω和6 Ω，在a、b两端接电压有效值为U的交流电源，开关S由断开变为闭合时，连接在副线圈的负载电阻消耗的电功率不变。则
A．电流表示数变小
B．电压表示数变大
C．整个电路消耗的功率变小
D．变压器原、副线圈匝数比为1∶2
二、多选题（本大题共3小题，共18分）
8．[6分]如图所示,两等量同种点电荷+Q产生的电场中,A、O是两点电荷连线上的点且O为连线的中点,B、C是两点电荷连线的垂直平分线上关于O点对称的两点。将一个负点电荷在外力作用下先沿AB从A移到B,再沿BC从B移到C,则下列说法正确的是
A．从A移到B,负点电荷的电势能一定增大
B．从B移到C的过程中负点电荷所受的静电力先做正功后做负功
C．负点电荷在A点所受静电力一定大于在B点所受静电力
D．负点电荷从B移到O的过程中静电力一定先变大后变小
9．[6分]如图甲所示，一质量为m的物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示。t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端。下列说法正确的是（　　）
A．斜面倾角θ的正弦值为
B．不能求出3t0时间内物块克服摩擦力所做的功
C．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量大小为3mgt0sinθ
D．物块从t＝0时刻开始运动到返回底端的过程中动量变化量大小为mv0
10．[6分]如图所示，阻值不计、足够长的平行光滑导轨竖直放置，上端连接一电阻，一金属棒（电阻不计）水平放置与导轨接触良好，导轨平面处于匀强磁场中且与磁场方向垂直，金属棒从某处由静止释放向下运动，设运动过程中棒的加速度为a、动量为p，通过的电荷量为q、重力势能为Ep、位移为x、运动时间为t。下列图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
三、非选择题（本大题共5小题，共54分）
11．[8分]利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究.让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞,碰撞时间极短,比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2,进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞.完成下列填空:
(1)调节导轨水平.
(2)测得两滑块的质量分别为0.510 kg和0.304 kg.要使碰撞后两滑块运动方向相反,应选取质量为　　　　kg的滑块作为A．
(3)调节B的位置,使得A与B接触时,A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等.
(4)使A以一定的初速度沿气垫导轨运动,并与B碰撞,分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2.
(5)将B放回到碰撞前的位置,改变A的初速度大小,重复步骤(4).多次测量的结果如下表所示.
1 2 3 4 5
t1/s 0.49 0.67 1.01 1.22 1.39
t2/s 0.15 0.21 0.33 0.40 0.46
k= 0.31 k2 0.33 0.33 0.33
(6)表中的k2=　　　　(保留2位有效数字).
(7)的平均值为　　　　(保留2位有效数字).
(8)理论研究表明,对本实验的碰撞过程,是否为弹性碰撞可由判断.若两滑块的碰撞为弹性碰撞,则的理论表达式为　　　　(用m1和m2表示),本实验中其值为　　　　(保留2位有效数字);若该值与(7)中结果间的差别在允许范围内,则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞.
12．[10分]某探究小组要测量电池的电动势和内阻。可利用的器材有：电压表、电阻丝、定值电阻（阻值为R0）、金属夹、刻度尺、开关S、导线若干。他们设计了如图所示的实验电路图。
(1)实验步骤如下：
①将电阻丝拉直固定，按照图（a）连接电路，金属夹置于电阻丝的A端；
②闭合开关S，快速滑动金属夹至适当位置并记录电压表示数U，断开开关S，记录金属夹与B端的距离L；
③多次重复步骤②，根据记录的若干组的值，为了减小误差利用线性图像来测量电池的电动势和内阻，若以为纵坐标，则应以 （选填“L”或“”）为横坐标作图，探究小组得到图（c）中图线I。
④按照图（b）将定值电阻接入电路，多次重复步骤②，再根据记录的若干组U、L的值，作出图（c）中图线II。
(2)由图线得出纵轴截距为b，则待测电池的电动势E= 。
(3)由图线求得I、II的斜率分别为k1、k2，则待测电池的内阻r= （用k1、k2和R0表示）。
(4)探究小组想要继续测定电阻丝的电阻率，用螺旋测微器测量出电阻丝的直径，记为D，则电阻丝的电阻率ρ= （用b、k1、k2和R0和D表示）。
13．[10分]如图甲所示,“系留气球”是一种用缆绳固定于地面、高度可控的氦气球,作为一种长期留空平台,具有广泛用途.图乙为某一“系留气球”的简化模型图;主、副气囊通过无漏气、无摩擦的活塞分隔,主气囊内封闭有一定质量的氦气(可视为理想气体),副气囊与大气连通.轻弹簧右端固定、左端与活塞连接.当气球在地面达到平衡时,活塞与左挡板刚好接触,弹簧处于原长状态.在气球升空过程中,大气压强逐渐减小,弹簧被缓慢压缩.当气球上升至目标高度时,活塞与右挡板刚好接触,氦气体积变为在地面时的1.5倍,此时活塞两侧气体压强差为地面大气压强的.已知地面大气压强p0=1.0×105 Pa、温度T0=300 K,弹簧始终处于弹性限度内,活塞厚度忽略不计.
(1)设气球升空过程中氦气温度不变,求目标高度处的大气压强p;
(2)气球在目标高度处驻留期间,设该处大气压强不变.气球内外温度达到平衡时,弹簧压缩量为左、右挡板间距离的.求气球驻留处的大气温度T.
甲　　　乙
14．[12分]如图所示，直角坐标系第一象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，x轴下方存在垂直纸面向里的匀强磁场。时，一质量为m、电荷量为的带电粒子以速度从y轴上的一点沿平行x轴的虚线射入匀强电场，经过x轴上的C点（图中未画出）时速度方向与x轴成角，粒子再次到达虚线位置时恰好位于C点正上方，粒子重力忽略不计。
（1）求电场强度的大小E；
（2）求磁感应强度的大小B；
（3）写出粒子到达虚线位置的时间和横坐标的表达式。
15．[14分]如图所示，左右两端带有弹性挡板的长木板乙静止放在光滑的水平地面上，物块甲放置在长木板的中点，原长为的弹性绳上端固定于点，下端穿过固定于点 的光滑圆环与物块甲连接，初始时三点位于同一竖直线上。已知物块甲的质量，木板乙的质量、长度，弹性绳的劲度系数，间长度为，弹性绳的弹性势能的表达式为为弹性绳的伸长量)，物块甲和木板乙之间的动摩擦因数，忽略挡板的厚度和物块甲的大小，物块甲和木板乙之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所有碰撞时间忽略不计，弹性绳始终处于弹性限度内，重力加速度取。
(1)若某时刻给物块甲、木板乙相同的向右初速度，二者向右一起减速且一直未发生相对滑动，求物块甲向右运动的最大位移;
(2)若某时刻给物块甲、木板乙以相同的向右初速度， 且当二者将要发生相对滑动时，将长木板乙锁定不动，使得物块甲与木板乙的挡板仅能碰撞一次，求的最小值（结果可用根号表示)；
(3)若将长木板乙锁定不动，给物块甲一个向右的初速度，使其初动能为，求物块甲在长木板上运动的总路程。
参考答案
1．【答案】D
A．元素的半衰期是由放射性元素本身决定的，与原子所处的物理状态和化学状态均无关，A错误；
B．钚238的衰变方程为
则内质子数与中子数的差值为
可知钚238衰变后的原子核内质子数比中子数少50个。故B错误；
C．钚238衰变产生的射线的电离本领比射线强。故C错误；
D．设初始时核电池内钚238的质量为m，则经过174年后，核电池内剩余钚238的质量
D正确。
选D。
2．【答案】B
由题知，卫星在时间t内转过的圈数为n，则卫星的周期，卫星入轨后做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有，联立解得。
3．【答案】D
吊锅受到重力、铁链对吊锅的拉力，共2个力的作用，吊锅静止，则铁链对吊锅的拉力等于吊锅的重力，故A、B错误；
设轻杆与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件可得3Fcos θ=mg，解得每根轻杆受到地面的作用力大小为F=，故C错误；
每根轻杆对地面摩擦力为Ff=Fsin θ=tan θ
减小h时，θ增大，每根轻杆对地面摩擦力增大，故D正确。
4．【答案】D
由图乙可知，t1=0时刻，质点Q沿y轴正方向运动，根据平移法可知，波沿x轴负方向传播，故A错误；由图甲知波长λ=8m，由图乙知周期T=0.2s，波速，故B错误；0~t2时间内，质点Q运动的时间（n=0，1，2，3，…），则质点Q运动的路程（n=0，1，2，3，…），若s=50cm，代入解得，故C错误；0~0.025s内，机械波沿x轴负方向传播的距离，即t=0.025s时x=2m处质点的振动形式恰好传播到P点，故D正确。
5．【答案】D
初始时，对小球受力分析，有，，解得，A错误；小球在A点时速度不为0，振幅大于10cm，B错误；小球返回O点时速度最大，从静止开始向下运动到返回O点的过程，根据动能定理可得，解得，C错误，D正确。
6．【答案】D
由题知，材料的折射率为，则由公式，代入得
光由该材料射向空气时发生全反射的临界角为，过S点作出圆的切线，切点为a，如图所示
则由几何关系得，该光线不能从弧面射出但能从上表面射出，出射点为b，则，作出刚好从上表面射出的光线，出射点为d，则，从上向下看上表面被照亮的区域为环形，其面积为，作出刚好从弧面射出的临界光线，出射点为c，则，在中由正弦定理得，代入得，又由余弦定理得，代入得，过c点作的垂线，垂足为e，则，代入得，从上向下看弧形面被照亮的区域面积为，所以俯视看棱镜被照亮的区域面积为，D正确；故选D。
7．【答案】D
设副线圈负载电阻为R，变压器线圈的匝数比为n1∶n2，输出电流为I2，则有U2＝I2R，由＝得U1＝I2R，由＝得I1＝I2，原线圈电路有U＝I1R1＋U1＝I2R1＋I2R。当开关S由断开变为闭合，R3被短路，R减小，则I2增大，所以电流表示数增大，A错误；由I1＝I2知，当I2增大时I1增大，由U＝I1R1＋U1知，U1减小，所以电压表示数减小，B错误；整个电路消耗的功率为P＝I1U，I1增大，则P增大，C错误；开关断开时R＝R2＋R3，U＝I2，P2＝（R2＋R3），开关闭合时，R'＝R2，U＝I'2，P'2＝I'22 R2，由P2＝P'2得＝，D正确。
【技巧必背】
等效电阻法分析变压器原线圈串联电阻问题：设变压器的副线圈负载总电阻为R，变压器等效电阻R'＝R，整个电路等效为R1与R'串联，I1＝，U1＝U－I1R1，当R增加时，I1减小，由＝得I2减小，U1增大，由＝知U2增大。理想变压器输入功率等于输出功率，则变压器输出功率为P2＝P1＝R'＝R'，由功率可求匝数比。
8．【答案】AB　
重难考点：电场线+电场力做功+电势能
由于两等量同种点电荷+Q的连线是两条从点电荷指向连线中点的电场线,所以A点电势高于O点电势;中垂线上的电场线从连线中点指向无穷远处,所以O点电势高于B点电势,即φA>φO>φB,由电势能公式Ep=qφ知,从A移到B,负点电荷的电势能一定增大,A正确。负点电荷从B移到C的过程中所受静电力均指向O点,故静电力先做正功后做负功,B正确。根据题目所给条件,无法比较A、B两点的电场强度大小,所以无法比较负点电荷在A、B两点的静电力大小,C错误。由于O点和无穷远处电场强度为零,故沿OB所在射线方向电场强度先增大后减小,但无法确定电场强度最大的位置,故无法确定负点电荷从B移至O的过程中静电力的大小变化情况,D错误。
【关键点拨】两等量同种电荷的连线的中垂线OD,如图所示,设中垂线OD上场强最大处在D点,则必须满足tan θ=。
【技巧必背】(1)电势能大小的判断
判断依据 判断方法
电场力做功 电场力做正功,电势能减少;电场力做负功,电势能增加
公式Ep=qφ 正电荷在电势高的地方电势能大,而负电荷在电势低的地方电势能大
能量守恒 在只有电场力做功时动能和电势能之和保持不变,动能增加时,电势能减少
(2)电势高低的判断
判断依据 判断方法
电场线 沿电场线方向电势逐渐降低
场源电荷 离正电荷越近的地方电势越高,离负电荷越近的地方电势越低
电势能 正电荷在某点的电势能越大,该点电势越高;负电荷在某点电势能越大,该点电势越低
电场力做功 已知WAB,可根据UAB=确定UAB,再根据UAB=φA-φB判断电势高低
9．【答案】AD
根据动量定理得，上滑过程，下滑过程，上滑与下滑过程位移大小相等，联立解得，，，A正确；根据，可求解摩擦力，根据题图乙也可求解3t0内的路程，由此可求解3t0时间内物块克服摩擦力所做的功，B错误；物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量大小为3mgt0，C错误；物块从t＝0时刻开始运动到返回底端的过程中动量变化量大小为，D正确。
10．【答案】ACD
A．感应电流为
安培力为
根据牛顿第二定律有
则速度增加过程中，加速度逐渐减小，金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，A正确；
B．金属棒的动量为
则动量与速度成正比，由于金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，其速度与时间图像的斜率将逐渐减小，B错误；
C．通过的电荷量为q，则有
所以电荷量q与位移x成正比，C正确；
D．重力势能为Ep，则有
D正确。
选ACD。
11．【答案】(2)0.304　(6)0.31　(7)0.32
(8)　0.34
(2)应该用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块,才能使得碰后两滑块运动方向相反,故选取质量为0.304 kg的滑块作为A.
(6)由于两段位移大小相等,根据表中的数据可得k2===≈0.31.
(7)平均值为=≈0.32.
(8)弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律,可得m1v0=-m1v1+m2v2,m1=m1+m2,联立解得=,代入数据可得≈0.34.
12．【答案】(1)；(2)；(3)；(4)
（1）对于电路图（a），根据闭合电路欧姆定律有，设金属丝的电阻率为ρ，横截面积为S，结合欧姆定律和电阻定律，，联立可得，整理可得，所以应作出关于的线性图像；
（2）对于电路图（b），根据闭合电路欧姆定律有，结合欧姆定律和电阻定律，，联立后整理，可知图线的纵轴截距，所以。
（3）由以上分析可知，，解得，所以。
（4）根据，结合，，，解得。
13．【答案】(1) 5.0×104 Pa　(2)266 K
(1)气囊中的温度不变,则发生的是等温变化,设气囊内的气体在目标位置的压强为p1,由玻意耳定律得p0V0=p1·1.5V0,解得p1=p0,由目标处的内外压强差可得p1-p=p0,解得p=p0=5.0×104 Pa.
(2)由胡克定律F=kx,可知弹簧的压缩量变为原来的,则活塞受到弹簧的压力也变为原来的,即px=p0×=p0,设此时气囊内气体的压强为p2,活塞两侧受力平衡,可得p2=px+p=p0,由理想气体状态方程可得=,其中V2=V0+0.5V0×=V0,解得T=T0=266 K.
14．【答案】（1）
（2）
（3）；
（1）粒子经过C点时，设粒子沿y轴负方向的速度为，由速度的合成与分解可得
解得
设粒子在电场中的加速度大小为a，可得
由运动规律可得
解得
（2）粒子在竖直方向的速度满足
解得
粒子沿x轴方向的位移
粒子经过C点时，设粒子的速度大小为v，则有
可知
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得
由几何关系可得粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径
解得
（3）粒子完成一个周期性运动，在匀强磁场中运动的时间
其中粒子在磁场中运动的周期
如图所示，粒子从开始运动至到达虚线位置的时间
代入数据可得
根据周期性和对称性可知，粒子每次回到虚线位置，均沿x轴正方向前进
粒子的横坐标。
15．【答案】(1)，(2)，(3)
(1)甲、乙一起向右做减速直线运动，由能量守恒定律可得
(2分)
解得(1分)
(2)甲、乙一起向右做减速直线运动，当二者将要发生相对滑动时，二者间达到最大静摩擦力，设此时二者向右运动的位移为对乙，由牛顿第二定律得(1分)
对甲、乙整体，由牛顿第二定律得(1分)
甲、乙向右运动位移为的过程中，由能量守恒定律可得
(2分)
此后甲刚好减速到挡板时速度最小，由能量守恒定律可得
(2分)
解得(1分)
(3)物块甲先向右运动，假设能够到达挡板，且动能为，由能量守恒定律可得
(1分)
解得，则物块甲正好能够达到挡板
此时最大静摩擦力小于弹性绳弹力的水平分力，所以将向左运动，物块从到过程，先加速后减速，设到达点时动能为，由能量守恒定律可得
(1分)
解得，则物块甲能够返回点，之后将继续向左运动位移大小，由能量守恒定律可得(1分)
解得，分析可知物块甲将返回点向右运动位移大小，由能量守恒定律可得
(1分)
解得，此时弹性绳弹力的水平分力正好等于最大静摩擦力，所以物块甲将静止不动，物块甲在长木板上运动的总路程(2分)
第 page number 页，共 number of pages 页
第 page number 页，共 number of pages 页