2026届新疆维吾尔自治区麦盖提县实验中学高三第二学期3月模拟考试理综物理试题（含解析）

麦盖提实验中学 2025~2026 学年第二学期高三年级 3 月
模拟考试理科试卷
（卷面分值：300 分考试时间：150 分钟）
注意事项：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应的位置上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B 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，再选涂其它答案标号。写在本试卷上无效。
3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。
本卷重力加速度g 取10m / s2
二、选择题（共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 14-18 题只有一项符合题目要求，第 19-21 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。）
1 ．如图所示，某同学在实验室用频率为 10Hz 的频闪照相机拍得苹果和羽毛自由下落时的照片，由图中获得的图像关系可知，下列说法正确的是( )
A ．频闪相机的拍摄时间间隔越来越长
B ．苹果和羽毛在空气中下落
C ．苹果和羽毛同时下落
D ．苹果比羽毛运动的加速度更大
2 ．电容式位移传感器示意图如图所示，当被测物体在左、右方向发生位移时，电介质板随
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之在电容器两板之间移动。为判断被测物体是否发生位移， 将该传感器与恒压直流电源和电流表串联组成闭合回路（电路未画出），已知电容器的电容 C 与电介质板进入电容器的长度x 之间满足关系C = C0 + kx ，则当被测物体向右匀速运动时，流过电流表的电流( )
A ．均匀增大 B ．保持恒定 C ．均匀减小 D ．先增大后减小
3 ．差动变压器指的是一种广泛用于电子技术和非电量检测中的变压器装置。主要用于测量位移、压力等非电量参量。其原理简化后如图甲所示， 一个初级线圈，位于正中间，两个匝数相等的次级线圈串联且对称放置，初始时铁芯位于空心管正中央，a 、b 间接如图乙所示的电流（由 a 流向 b），c 、d 端接交流电压表，示数为零。铁芯移动时始终至少有一端在次级线圈中。下列说法正确的是( )
A ．铁芯上移，电压表示数为两次级线圈产生电动势有效值之和
B ．铁芯下移，t1 ~t2 时间内，c 端电势高于 d 端电势
C ．可以通过电压表示数关系判断铁芯移动距离的大小关系
D ．a 、b 端接正弦交流电，铁芯不动，电压表示数不为零
4 ．将 1 (2)2 (6)Mg 原子核加速后轰击95 (24)2 Am 原子核，合成了超重元素1 (2)0 (6)7 (5)Bh ，并同时释放出某种粒
子，其方程为 1 (2)2 (6)Mg +95 (24)2 Am →1 (2)0 (6)7 (5) Bh + 3X ，则( )
A ．X 为氕核 B ．X 为中子
C ． 1 (2)0 (6)7 (5)Bh 原子核内有 107 个中子 D ． 1 (2)0 (6)7 (5)Bh 原子核比95 (24)2 Am 比结合能大
5．闪电轨道是周期为 12 小时的地球卫星大椭圆轨道，该轨道近地点离地面 400 公里，远地
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点离地面 4000 公里，和赤道平面的夹角为 63.4°,可实现高纬度地区长时间通信覆盖。下列关于此轨道卫星的说法正确的是( )
A ．轨道的半长轴与地球同步卫星轨道半径相等
B ．离地心越远，卫星的机械能越大
C ．该轨道卫星在北半球上空运行时间大于 6 小时
D ．该轨道卫星在近地点的加速度是远地点加速度的104 倍
6 ．“海琴”号是我国于 2025 年投入使用的新型 6000 米级深海电动潜水器，某次深海作业过程中，其内部封闭的理想气体经历了如图所示的循环过程，p -V 图中a → b → c → a 为一个完整循环。已知a → b 过程为等温变化，b → c 过程为等容变化。下列说法正确的是( )
(
1
)A ．气体在状态 b 时的压强为 p0 3
7
B ．c → a 过程中，气体对外界做的功为 p0 V0
3
C ．a → b 过程中，气体从外界吸收的热量等于气体对外界做的功
D ．一个完整循环过程中，气体从外界吸收的热量小于向外界放出的热量
7．如图所示，P、Q 分别为位于x=0 和x=9cm 处同时起振的两个波源，其产生的简谐波沿 x轴传播，某同学画出传播过程中振动和波的 x-y-t 图，其中波的图像①②③与 xOy 平面平行， ④为波源的振动图像，下列说法正确的是( )
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A ．t=6s 时，x=3cm 处质点向上运动
B．x=2cm 和x=7cm 处质点的位移总是相同
C ．0~2025s 内，x=6cm 处质点经过的路程为 4cm
D ．经足够长时间，08 ．某列车制动器的简化图如图所示。在列车的底座上固定一个边长为 L 的正方形单匝线圈 abcd，在轨道间存在两个宽度均为 L 的匀强磁场，边界 1 、2 间磁场的磁感应强度大小为 B、方向竖直向上，边界 2 、3 间磁场的磁感应强度大小为 2B、方向竖直向下。已知列车（包含线圈）的质量为 m，运动过程中列车关闭动力，当线圈的 ab 边运动到磁场边界 1 时的速度
L
为v0 ，ab 边穿过磁场边界 2 后，再向右运动 速度恰好减为 0。忽略运动过程中受到的摩
2
擦阻力，下列说法正确的是( )
A ．线圈 ab 边经过边界 2 时的速度大小为 v0 4
B ．线圈 ab 边刚进入磁场时与线圈ab 边刚通过边界 2 时的加速度大小之比为 4 ∶ 1
C ．线圈 ab 边从刚进入磁场到刚穿过边界 2 的过程中线圈产生的热量为 20mv0 (2)
121
D ．从线圈 cd 边刚通过边界 1 到线圈停止运动的过程中，流过线圈某一截面的电荷量为
3mv0
11BL
三、非选择题：共 62 分。
9 ．用如图所示的装置验证机械能守恒定律。光滑水平桌面左端固定一竖直挡板，轻弹簧一端与挡板连接，另一端与质量为m 的小车（含挡光板）相连，小车右侧通过细线绕过定滑
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轮悬挂一砝码盘。光电门可固定在桌面边缘不同位置， 测量挡光板的挡光时间。刻度尺固定在桌面边缘可记录小车位置。实验过程如下：
①用游标卡尺测出挡光板的宽度d ；
②调节桌面至水平，让小车不与弹簧连接、不挂砝码盘能静止在桌面上任意位置；
③小车与弹簧右端连接，静止时记录挡光板中心的位置刻度x0 ，并将光电门固定在x0 处；
④挂上砝码盘，向盘中逐个缓慢添加砝码至挡光板中心位置在刻度x 处；
⑤取下砝码盘和砝码，再用外力沿弹簧轴向拉小车，让挡光板中心至刻度x 处，并由静止释放，记录挡光板第一次通过光电门的时间 Δt ；用天平称得砝码盘和砝码总质量为M 。
回答问题：
(1)挡光板通过光电门的速度大小v = ；
(2)向盘中逐个缓慢添加砝码，在挡光板中心从刻度x0 处到x 处的过程中，拉力对弹簧做的功W = ；
(3)取下砝码盘和砝码后，弹簧和小车组成的系统，在挡光板中心从刻度x 处到x0 处的过程中，弹簧弹性势能减少量等于W，小车动能的增加量ΔEk = 。在实验误差范围内，若
W = ΔEk ，则验证了弹簧和小车组成的系统机械能守恒。
10 ．一学习小组测量某种镍合金的电阻率。
除待测镍合金丝外，实验室提供的器材还有：螺旋测微器、电源（电动势 5V ，内阻不计）、电流表（量程 100mA，内阻约 0.6Ω)、电压表（量程 300mV，内阻约 5kΩ)、滑动变阻器
R1（最大阻值 200Ω)、滑动变阻器 R2（最大阻值 10Ω)、尺子、开关 S 和导线若干。完成下列填空：
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(1)如图（a ）所示，一段镍合金丝的直径为 d、长度为 L，通过镍合金丝的电流为 I，其两端电压为 U，则镍合金的电阻率 ρ= （用 π 、d、L 、I 和 U 表示）；
(2)如图（b）所示，用螺旋测微器测量镍合金丝直径 d 时，将镍合金丝放在 F 与A 之间，旋转 （填“D”或“H”），当 F 快靠镍合金丝时，改旋 （填“D”或“H”），听到“ 喀喀”声时停止，调节 G 锁紧 F。此时螺旋测微器的示数如图（c）所示，该示数为
mm；
(3)该小组设计了如图（d）的电路，滑动变阻器 R 应选 （填“R1”或“R2”）。
连接好电路后，安装镍合金丝，使其通电长度为 1.000m。闭合开关 S，调节滑动变阻器，
使电流表示数为 35.0mA。保持滑动变阻器滑片位置不变， 固定电压表表笔 M，改变表笔 N的位置，记录 MN 间镍合金丝的长度 L、电压表的示数 U 和电流表的示数 I，记录的实验数据如下表：
L/m U/mV I/mA r / (Ω . m)
0.600 147 35.0 1.39 10-6
0.700 174 35.0 1.40 10-6
0.800 198 35.0 1.40 10-6
0.900 223 35.0 1.40 10-6
1.000 246 35.0 1.39 10-6
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ρ 的平均值 1.40 10-6
(4)该小组考虑通过调节滑动变阻器，使流过镍合金丝的电流为 60.0mA，保持 L 的取值与上表一致，重复上述实验进行对比。通过对上表数据进行分析， 实验前应准备量程为 （填正确答案标号）的电压表。
A ．300mV B ．400mV C ．500mV
11 ．如图所示，质量均为m 的 A 、B 、C 三个小球分别套在光滑的“T”型离心装置的水平杆 两侧和竖直杆上，O 为水平杆的中点，两球与O 之间用原长为0.8L 的两个完全相同的轻质 弹簧连接，A 、B 两球用长为L 的轻绳与C 球连接。最初系统处于静止， 轻绳与竖直杆间的夹角为θ = 37° 。该装置绕竖直杆所在轴缓慢加速，直至弹簧恢复到原长。已知sin37° = 0.6 ， cos37° = 0.8 ，重力加速度为 g 。求：
(1)系统静止时，绳上弹力T 的大小和弹簧的劲度系数k ；
(2)当弹簧恢复原长时，水平杆转动的角速度w ；
12．现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。如图所示， 半径r = 1m 的圆形区域Ⅰ内（包含边界）有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B1 = 1T ，圆形区域正下方长L = 2m 、宽d1 = 1m 的矩形区域内有水平向右的匀强电场，矩形的上边界、左右边界线分别与区域Ⅰ相切，电场强度E = 2V / m ，在其下方是宽度为d2 的匀强磁场区域Ⅱ, 磁感应强度大小B2 = ( 2 -1)T ，方向垂直纸面向里。在圆形边界上的 P 点有一粒子源，该粒子源可向区域Ⅱ内各个方向发射速度大小均为v0 = 2m / s 、比荷k = 2C / kg 的带正电的粒子，P 点与圆心 O 的连线与电场方向平行。已知从电场下边界飞出的粒子进入区域Ⅱ后，恰好未从区域Ⅱ的下边界飞出。粒子重力不计，求：
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(1)粒子在区域Ⅰ中圆周运动的半径R1；
(2)电场下边界有粒子飞出区域的长度 x；
(3)区域聂的宽度d2 。
13．如图所示，光滑水平地面上有一右侧带挡板的长木板，不同材料做成的物块 A、B 中间夹有微量炸药放置在木板上，物块 B 离挡板的距离为 L=5.5m，炸药具有的化学能 E0=8J，
物块 A、B 均视为质点。引爆炸药， 将两物块沿木板分开，炸药化学能的50%转化为两物块的动能，在以后的运动过程中两物块的碰撞以及物块与挡板间的碰撞均为弹性碰撞，两物块均未从木板上滑下。已知两物块及长木板的质量均为 m=1kg，物块 A 与长木板间的动摩擦因数为 μ=0.1，物块 B 与长木板间无摩擦，重力加速度 g=10m/s2，碰撞时间不计，求
(1)爆炸后瞬间，物块 B 的速度大小；
(2)物块 B 从爆炸后瞬间到第一次与挡板相碰所经历的时间；
(3)整个过程中，物块 B 与物块 A、挡板之间发生碰撞的总次数记为 n，发生第 n 次碰撞前系统损失的机械能记为 E，当 n>2 时，写出 E 与 n 的关系。
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1 ．C
A ．频率为10Hz 的照相机拍摄时间间隔始终为 0. 1s ，A 错误；
BC ．要得到图示羽毛和苹果同步下落的照片，两者必须在真空中下落，并且同时下落，B错误，C 正确；
D ．两者运动步调一致，加速度相同，D 错误。
故选 C。
2 ．B
当物体向右匀速运动时，则电介质板进入电容器的长度 x 均匀减小，根据C = C0 + kx
可知电容 C 均匀减小，Q 均匀减小，所以流过电流表的电流保持恒定。
故选 B。
3 ．C
A ．副线圈反向接，当铁芯在中央时上下方次级线圈的磁通量相同，此时副线圈电压为零。即铁芯移动时会因铁芯的移动导致的磁通量的变化产生感应电动势。铁芯上移时，它会使得上方的次级线圈中的磁通量增多，下方的次级线圈中的磁通量减小。由于次级线圈是沿相反方向串联的，所以上方的次级线圈产生的感应电动势会与下方的次级线圈产生的感应电动势相减。所以，电压表示数为两次级线圈产生电动势有效值之差，故 A 错误；
B ．铁芯下移，t1 ~ t2 时间内，原线圈的电流减小，根据楞次定律可得，c 端电势低于d 端电势，故 B 错误；
C ．当铁芯从中央位置开始的移动量越大时，它改变穿过次级线圈的磁通量也越多，从而导致次级线圈中产生的感应电动势也越大。所以可以通过电压表示数关系判断铁芯移动距离的大小关系，故 C 正确；
D．副线圈反向接，当铁芯在中央时上下方次级线圈的磁通量相同，副线圈的电压一直为零，故 D 错误。
故选 C。
4 ．B
AB ．设 X 的质量数为x ，电荷数为y ，根据核反应过程满足质量数和电荷数守恒可得26 + 242 = 265 + 3x ，12 + 95 = 107 + 3y
解得x = 1 ，y = 0
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可知 X 为中子（ 0 (1)n ），故 A 错误，B 正确；
C ． 1 (2)0 (6)7 (5)Bh 原子核内有中子数为265 -107 = 158 ，故 C 错误；
D ．比结合能越大，原子核越稳定；超重元素 1 (2)0 (6)7 (5)Bh 的原子核不稳定，其比结合能小于95 (24)2 Am
原子核的比结合能，故 D 错误。
故选 B。
5 ．C
A ．该卫星与同步卫星周期不同，根据 可知，轨道的半长轴与地球同步卫星轨道半径不同。故 A 错误；
B ．远离地心过程，只有引力做功，卫星的机械能守恒不变。故 B 错误；
C．根据开普勒第二定律，卫星在相等时间内扫过的面积相等。则卫星在近地点附近速度大，在远地点附近速度小。轨道大部分处于北半球上空，同时速度较小，根据t 可知，卫星在北半球上空运行的时间大于总周期的一半，即大于 6 小时。故 C 正确；
D ．由万有引力提供向心力G ma解得a = G
1
该轨道卫星在近地点的半径是远地点加速度的 倍，则该轨道卫星在近地点的加速度是远
10
地点加速度的 100 倍。故 D 错误。
故选 C。
6 ．ACD
A ．a → b 过程为等温变化，根据玻意耳定律有p0 V0 = pb . 3V0解得pb p0 ，故 A 正确；
B ．p -V 图像中，图像与 V 轴所围几何图形的面积表示功，c → a 过程中，气体体积减小，外界对气体做正功，则气体对外界做负功W p0 V0 ，故 B 错误；
C ．a → b 过程为等温变化，温度不变，则气体内能不变，体积增大，气体对外界做功，气体从外界吸收热量，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收的热量等于气体对外界做的功，故 C 正确；
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D ．由于p -V 图像中，图像与 V 轴所围几何图形的面积表示功，根据图像可知，a → b 过程中，气体体积增大，气体对外界做功，b → c → a 过程中，气体体积减小，外界对气体做功，且气体对外界做功小于外界对气体做功，即一个完整循环过程中，外界对气体做功，由于一个完整循环过程中，气体内能不变，则一个完整循环过程中，气体向外界放热，即一个完整循环过程中，气体从外界吸收的热量小于向外界放出的热量，故 D 正确。
故选 ACD。
7 ．BC
A ．由图可知，周期为 4s，波长为 6cm，x=3cm 处质点到两波源的距离之差为
3cm，等于半个波长，则该质点处于振动减弱点，所以 t=6s 时，x=3cm 处质点处于平衡位置，既不向上振动，也不向下振动，故 A 错误；
B ．由于 x=2cm 和x=7cm 处质点到两波源的距离差值相等，所以x=2cm 和x=7cm 处质点的振动步调相同，则位移总是相同，故 B 正确；
C．由于 x=6cm 处质点到两波源的距离之差为 3cm，等于半个波长，则该质点为振动减弱点，波源 P 产生的波传播到x=6cm 处需要 4s，波源 Q 产生的波传播到x=6cm 处需要 2s，所以 0~2025s 内，x=6cm 处质点实际振动的时间为 2s，经过的路程为 4cm，故 C 正确；
D ．若质点的振幅为 4cm，即质点处于振动加强点，所以Δx = 2n
0 ≤ Δx ≤ 9cm
所以0 ≤ n ≤ 1.5
所以振动加强点为 x=1.5cm 、x=4.5cm 、x=7.5cm 处质点，则经足够长时间，0故选 BC。
8 ．CD
A ．设线圈 ab 边经过边界 2 时的速度大小为v ，则线圈 ab 边在边界 1 到边界 2 运
动过程中，根据动量定理-BILt = mv - mv0其中
线圈 ab 边由边界 2 到停止过程，根据动量定理-BI,Lt, - 2BI,Lt, = 0 - mv其中
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联立，解得v v0 ，故 A 错误；
B ．线圈 ab 边刚进入磁场时，安培力为 BI1L = B
ab 边刚通过边界 2 时，安培力为 BI2L + 2BI2L = 3B
则线圈 ab 边刚进入磁场时与线圈ab 边刚通过边界 2 时的安培力之比为
根据牛顿第二定律可知，线圈 ab 边刚进入磁场时与线圈ab 边刚通过边界 2 时的加速度之比为 ，故 B 错误；
C ．根据能量守恒可知，线圈 ab 边从刚进入磁场到刚穿过边界 2 的过程中线圈产生的热量为Q mv mv ，故 C 正确；
D．从线圈 cd 边刚通过边界 1 到线圈停止运动的过程中，即线圈 ab 边由边界 2 到停止过程，
因为-BI,Lt, - 2BI,Lt, = 0 - mv
且q2 = I,t,
则q ，故 D 正确。
故选 CD。
9 ．
（1）挡光板的宽度 d ，挡光板通过光电门的时间 Δt ，因挡光板宽度很小，挡光板通过光电门的速度大小v 可近似等于这段时间内的平均速度v
（2）弹簧在大小为Mg 的拉力作用下，伸长量为x - x0根据胡克定律Mg = k(x - x0)
拉力做功等于弹簧弹性势能的增加量W
解得W Mg
（3）小车动能的增加量 mv
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10 ．
(2) D H 0.502
(3)R1
(4)C
（1）根据电阻定律可得 r
（2）[ 1][2]用螺旋测微器测量镍合金丝直径 d 时，将镍合金丝放在 F 与A 之间，旋转粗调旋钮 D，当 F 快靠镍合金丝时，改旋微调旋钮 H，听到“ 喀喀”声时停止，调节 G 锁紧F；
[3]螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以图中示数为0.5mm + 0.2 0.01mm = 0.502mm
（3）由表格可知，滑动变阻器需要实现小幅度调节，满足实验精度需求，应选择总阻值较大的 R1。
（4）由于镍合金丝的总电阻不变，取镍合金丝的长度为 1.000m，则
所以实验前应准备量程 500mV 的电压表。
故选 C。
11 ．(1)T = mg ，k
（1）对 C 球，根据平衡条件有2Tcos37° = mg
解得T mg
对 A 球受力分析，根据平衡条件可得Tcos53° = k(0.8L - Lsin37°)解得k
（2）当弹簧恢复原长时，设此时绳子拉力为 T,，设绳子与竖直方向夹角为 a ，则有
可得a = 53°
对 C 球，根据平衡条件，有2T,cos53° = mg
对 A 球由牛顿第二定律得T,cos37° = mw2 . 0.8L
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联立解得w
12 ．(1)R1 = 1m
(2) x = 1.5m
(3)d2 = 1m
（1）由洛伦兹力提供向心力有qv0B 解得R1 = 1m
（2）因为 R1 = r ，根据磁聚焦可知，所有从区域Ⅰ射出的粒子速度方向都垂直于电场方向，粒子进入电场后做类平抛运动，垂直电场方向有d1 = v0t
沿电场方向有x at2
根据牛顿第二定律有qE = ma
则下边界有粒子飞出区域的长度为Δx = L - x解得 Δx = 1.5m
（3）粒子飞入区域Ⅱ时沿电场方向的速度v1 = at粒子从电场中飞出时的速度大小为v
粒子进入区域Ⅱ后，在平行于边界方向上，根据动量定理有qvyB2t = mv - mv1
又vy t = d2
解得d2 = 1m
13 ．(1)2m/s
(2) 2s
（1）炸药爆炸瞬间，由能量守恒可得 E mv mv 对 A 、B 组成的系统，规定向左为正方向，由动量守恒可得mvA + mvB = 0
解得vB = -2m / s
爆炸后瞬间，物块 B 的速度大小为 2m/s
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（2）两物块及长木板的质量均为 m=1kg，对物块 A 受力分析可得 μmg = ma可得a = 1m / s2
木板加速度大小与物块 A 的加速度大小相等，设 A 与木板共速后，B 再与木板碰撞，规定方向向左为正方向，有v共1 = vA - at1 = at1
可得v共1 = 1m / s ，t1 = 1s
此时xB = vBt1 = 2m ，x板 t1 = 0.5m
因为Δx = xB + x板 = 2.5m < L = 5.5m ，故假设成立。
又L - Δx = (vB + v板)t1,解得t1, = 1s
可得物块 B 从爆炸后瞬间到第一次与挡板相碰所经历的时间t = t1 + t1, = 2s
（3）物块 A 与木板第一次共速前的相对位移xt1 = 1m
第一次 B 与木板发生碰撞mv共1 + mvB = mvB1 + mv板 mv mv mv mv 解得vB1 = v共1 = 1m / s ，v板1 = =vB -2m / s
可得v共2 = v共1 - at2 = v板1 + at2解得t s ，v共m / s此时x m
第二次 B 与物块 A 发生碰撞，同理可得vB2 = v共m / s ，vA 2 = vB1 = 1m / s
3 1
可得v共3 = vA 2 - at3 = v共2 + at3 ，t3 = 4 s ，v共3 = 4 m / s
此时x m
第三次 B 与木板发生碰撞，同理可得vB3 = v共m / s ，v板3 = vBm / s
3 1
可得v共4 = v共3 - at4 = v板3 + at4 ，t4 = 8 s ，v共4 = - 8 m / s此时x m
发生第 n 次碰撞前，物块 A 与木板的总相对位移为x总 = x1 + x2 + x3 + … + xn
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解得x总 = 1m m = 1m m
可得损失的机械能E = μmgx总 J
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