2026年甘肃省陇南市文县三中、文县四中、文县东方中学高考物理一模试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2026年甘肃省陇南市文县三中、文县四中、文县东方中学高考一模物理试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.如图为氢原子的发射光谱，Hα、Hβ、Hγ、Hδ是其中的四条光谱线，已知普朗克常量h=6.63×10−34J⋅s、真空中光速c=3×10A.该光谱由氢原子核能级跃迁产生

B.Hα谱线对应光子的能量最大

C.Hγ谱线对应的是可见光中的红光

D.Hβ2.如图所示，自动洗衣机的洗衣缸与细管连通，细管内封闭一定质量的气体。洗衣缸进水时气体被压缩，设细管内气体温度不变，则气体(

)A.在该过程中吸收热量

B.分子平均动能变大

C.分子数密度变大

D.分子与细管单位面积上的撞击力变小3.下列有关磁场、磁场力的说法正确的是(

)A.磁场是人们假设出的概念，磁场本身其实并不存在

B.感应电流产生的磁场总是与原磁场方向相反

C.通过闭合线圈的磁通量变化量越大，产生的感应电动势越大

D.福建号航母弹射起飞舰载机是电磁驱动原理4.如图所示，将一质量为m的小球用轻绳悬挂在小车车厢顶部，小车在水平地面上做匀加速直线运动，当小车的加速度大小为a时，轻绳与竖直方向的夹角为θ，轻绳的拉力大小为T。关于加速度大小a、质量m、拉力大小T和夹角θ的关系，下列说法中正确的是(

)A.若m不变、a变大，则T和θ均变大 B.若m不变、a变大，则T和θ均变小

C.若a不变、m变大，则T和θ均变大 D.若a不变、m变大，则T和θ均变小5.图甲是梅州平远县泗水风电发电机，图乙为风力发电机的主体结构部分，在风力作用下，风叶通过增速齿轮带动永磁体转动，风叶与永磁体转速比为1：100，永磁体侧方的线圈与电压传感器相连。在某一风速时，电压传感器显示如图丙所示正弦规律变化，则下列说法准确的是(

)

A.风叶的转速为25r/s

B.线圈两端电压的有效值为9752(V)

C.线圈输出的交流电压表达式为u=975sin50πt(V)

D.6.如图所示，在倾角θ=37°的斜面底端正上方某点P处，一小球(可视为质点)自由下落到斜面底端，所用时间为t1。若小球在该点水平向左抛出，小球刚好能垂直打在斜面上，运动的时间为t2，不计空气阻力，sin37°=0.6，则t1t2A.344 B.3 C.7.彩虹圈有很多性质和弹簧相似，在弹性限度内弹力随着形变量的增加而增大，但彩虹圈的重力不能忽略。如图所示，用手拿起彩虹圈的上端，让彩虹圈自由下垂且下端离地面一定高度，然后由静止释放，彩虹圈始终没有超出弹性限度。则(

)A.彩虹圈下落过程中长度不变

B.刚释放瞬间彩虹圈上端的加速度大于重力加速度

C.刚释放瞬间彩虹圈下端的加速度等于重力加速度

D.彩虹圈下落过程中只有弹性势能和动能相互转化二、多选题：本大题共3小题，共15分。8.一列简谐横波在介质中沿x轴传播，t=0时刻的波形图如图甲所示，介质中一质点Q(图中未画出)的振动图像如图乙所示，则(

)A.该波的波长为12m

B.该波的周期为2.4s

C.该波的传播速度大小为203m/s

D.0～2s内质点Q9.2025年9月21日，地球、太阳、土星恰好连成一线，该现象称为“土星冲日”，冲日前后是观测这颗带有美丽光环的气态巨行星的绝佳时机。如图所示为土星冲日时与地球太阳相对位置的示意图，土星和地球绕太阳公转的轨道近似于圆且两轨道几乎共面，已知土星和地球绕太阳公转方向相同，公转的轨道半径之比约为10：1，根据以上信息可得出(

)A.土星和地球绕太阳公转的周期之比约为10：1

B.土星和地球绕太阳公转的速度之比约为1：10

C.下一次“土星冲日”将在2026年9月21日出现

10.如图所示，在与纸面平行的匀强电场中有A、B、C三点，它们的连线构成等边三角形。M、N、P分别为AB、AC、BC的中点，O点为三角形的中心。若A、B、C三点的电势分别为6V、4V、8V，则下列说法正确的是(

)A.M点的电势为5V

B.M点的电势比P点的电势高

C.N、P两点的电势差UNP=1V

D.O三、实验题：本大题共2小题，共14分。11.某学习小组的同学们想利用电压表和电阻箱测量一电池组的电动势E和内阻r，他们找到的实验器材如下：

A.待测电池组；

B.电压表(量程0～3V，内阻约3kΩ)；

C.电阻箱R(阻值范围0～999.9Ω)；

D.开关、导线若干。

实验步骤如下：

①将电池组与其余实验器材按图甲所示电路连接；

②调节电阻箱阻值，闭合开关，待示数稳定后，记录电阻箱的阻值R和电压表的示数U后立即断开开关；

③改变电阻箱的阻值，重复实验，计算出相应的1R和1U，绘制出1U−1R关系图线如图乙中的直线所示。

请回答下列问题：

(1)步骤②中立即断开开关最可能的原因是______(填序号)；

A.防止烧坏电阻箱

B.防止烧坏电压表

C.防止长时间通电，电池内阻和电动势发生明显变化

(2)根据闭合电路欧姆定律，可以得到1U与1R的关系表达式为1U=______(用E、r和R表示)；

(3)根据实验数据绘制的图像得出电池组的电动势E=______V。(保留两位有效数字)

(4)本实验系统误差产生的原因是______(选填“电压表分压”“电压表分流”或“电阻箱分压”)12.如图1所示，实验小组利用打点计时器、铁架台、重锤、纸带、刻度尺等器材，通过研究自由落体运动测量重力加速度g，已知交流电源频率为50Hz。

(1)下列实验步骤正确的操作顺序为

(填步骤前的字母)。

A.先接通电源，待打点计时器稳定打点后，再释放纸带

B.将纸带穿过打点计时器的限位孔，下端固定在重锤上，用手捏住纸带上端保持静止

C.在纸带上选取合适的一段，用刻度尺测量该段内各点到起点的距离，记录并分析数据

D.关闭电源，取下纸带

(2)图2所示是纸带上连续打出的五个点A、B、C、D、E到起点的距离，利用逐差法计算重力加速度g=

m/s2(结果保留2位有效数字)。

(3)若绘制v2−h关系图像(v为某点速度，h为对应下落高度)，理论上该图像的斜率为

(用g表示四、计算题：本大题共3小题，共43分。13.某透明柱形材料的横截面是半径为R的四分之一圆，其BC面涂有反光涂层。如图所示的截面内，一与AB边平行的细光束从圆弧上D点入射，光束进入柱体后射到BC边上的E点，经反射后直接射到A点。已知D到AB的距离为32R，光在空气中的速度为c，求：

(1)材料的折射率；

(2)光从D传播到A的时间。14.如图，质量为2kg的小球A(视为质点)在细绳O′P和OP作用下处于平衡状态，细绳O′P=OP=1.6m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O′P，小球A开始运动。(重力加速度g取10m/s2)

(1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。

(2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)，碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。

(3)A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。

15.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，在匀强电场(图中未画出)中做曲线运动，运动过程中先后经过a、b两点，运动轨迹如图所示，已知粒子经过a点时的速度大小为v0，方向与ab连线的夹角为30°，a、b两点距离为L，电场方向与粒子运动轨迹所在的平面平行且和粒子在a点时的速度方向垂直，不计粒子受到的重力，求：

(1)匀强电场的电场强度大小E；

(2)若粒子经过a点时(速度不变)，把电场方向在纸面内顺时针旋转30°，同时电场强度取合适值，粒子也会通过b点，求此种情况下，粒子的最小动能Ekmin。

答案解析1.【答案】D

【解析】解：A.氢原子的发射光谱是由氢原子核外电子的跃迁产生，故A错误；

B.Hα谱线波长最长，频率最小，根据E=hν，可知光子能量最小，故B错误；

C.可见光的波长介于400nm−700nm之间，而且红光、橙光波长较长，应该靠近700nm，蓝光、紫光波长较短，应该靠近400nm，故H γ谱线对应的不是可见光中的红光，故C错误；

D.根据E=hν=hcλ=6.63×10−34×3×108486.1×10−9J≈0.041×10−17J≈2.56eV，可知Hβ谱线对应的光子能量2.56eV2.【答案】C

【解析】解：BCD.洗衣缸进水时气体被压缩，细管内气体的压强增大，分子与细管单位面积上的撞击力变大，细管内气体温度不变，则气体分子平均动能不变，根据玻意耳定律可知细管内被封闭的空气体积减小，分子数密度变大，故BD错误，C正确；

A.空气体积减小，外界对气体做正功，细管内气体温度不变，分子平均动能不变，内能不变，根据热力学第一定律ΔU=W+Q

可知该过程中气体放出热量，故A错误。

故选：C。

洗衣缸内水位缓慢升高，细管内空气压强增大，根据气态方程可以判断出其体积变化情况，结合热力学第一定律分析求解。

本题是理想气体状态方程和热力学第一定律的综合应用．要掌握温度的意义：一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，温度是分子平均动能的标志。3.【答案】D

【解析】解：A、磁场是客观存在的物质，磁感线才是为了方便研究假想的曲线，故A错误；

B、根据楞次定律，感应电流的磁场方向总是阻碍原磁通量的变化，当原磁场增强时，感应电流磁场方向与原磁场相反；当原磁场减弱时，方向相同，并非总是相反，故B错误；

C、根据法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt，感应电动势大小与磁通量变化率ΔΦΔt成正比，而与变化量ΔΦ大小无必然联系，故C错误；

D、福建号航母采用电磁弹射系统，利用电流在磁场中受安培力推动舰载机加速，符合电磁驱动原理，故D正确。

故选：D。

根据磁场分析作答；

根据楞次定律分析作答；

根据法拉第电磁感应定律分析作答；

4.【答案】A

【解析】解：AB、对小球受力分析可知，小球受到竖直向下的重力mg，沿绳子向上的拉力T，如图所示：

由平衡条件可得：mg=Tcosθ

由牛顿第二定律可得：Tsinθ=mgtanθ=ma

联立解得：tanθ=ag，T=mgcosθ

若m不变、a变大，则根据tanθ=ag可知θ变大，根据T=mgcosθ可知T也变大，故A正确，B错误；

CD、若a不变、m变大，则根据tanθ=ag可知θ不变，由T=mgcos5.【答案】C

【解析】解：A.由图丙可知交变电流的周期为T=0.04s

故磁体的转速为n=1T

代入数据得n=25r/s

因风叶与永磁体转速比为1：100，风叶的转速为n′=1100n

代入数据得n′=0.25r/s，故A错误；

B.通过丙图可知电压的最大值为975V，故有效值U=Umax2=9752V，故B错误；

C.交变电流的周期为T=0.04s

可知ω=2πT

代入数据得ω=50πrad/s

电压表达式为u=975sin50πt(V)，故C正确；

D6.【答案】A

【解析】解：设小球平抛运动的速度为v0，小球垂直打在斜面上，如图所示

根据几何关系可得水平方向的分速度与竖直方向的分速度的关系tanθ=v0vy=v0gt2

解得t2=v0gtanθ=4v03g

小球做平抛运动的水平位移x=v0t2

故小球抛出点距斜面的高度7.【答案】B

【解析】解：A、刚开始下落的一小段时间内，上端下落的加速度大于下端下落的加速度，上端和下端之间的距离减小，即彩虹圈的长度变短，从开始释放到彩虹圈下端接触地面的过程中，彩虹圈可能一直变短，也可能先变短，后不变(即彩虹圈恢复到原长之后长度不变)，故A错误；

BC、刚释放瞬间彩虹圈上端受到竖直向下的重力和弹力作用，合外力大于其重力，所以加速度大于当地的重力加速度；彩虹圈下端受到竖直向上的弹力和竖直向下的重力，合外力小于其重力，所以加速度小于当地的重力加速度，故B正确，C错误；

D、由于彩虹圈在下落过程中，彩虹圈的重心在下降，重力势能减小，则由功能关系可知，彩虹圈下落过程中弹性势能与重力势能和动能相互转化，故D错误。

故选：B。

开始彩虹圈处于伸长状态，彩虹圈各部分之间存在着弹力的作用，根据各部分之间的受力情况结合牛顿第二定律进行分析。

本题主要是考查了功能关系及牛顿第二定律的知识，关键是能清楚彩虹圈各部分之间的弹力方向，能够根据牛顿第二定律进行定性的分析。8.【答案】BC

【解析】解：A、根据图甲可知该波的波长为：λ=16m，故A错误；

B、根据图乙可知：0.1sinφ=320，解得质点Q的初相为：φ=π3；所以有：(1−16)T=2s，解得周期：T=2.4s，故B正确；

C、该波的传播速度大小为：v=λT=162.4m/s=203m/s，故C正确；

D、质点Q在Δt1=112T=112×2.4s=0.2s内通过的路程为：s1=(0.1−9.【答案】BD

【解析】解：A.已知：r土：r地=10：1。根据开普勒第三定律可得土星和地球绕太阳公转的周期之比为：T土T地=r土3r地3=10101，故A错误；

B.根据万有引力提供向心力得：GMmr2=mv2r，解得：v=GMr

可得土星和地球绕太阳公转的速度之比为：v土v地=r地r土=110，故B正确；

C.设相邻两次“土星冲日”的时间间隔为t10.【答案】AC

【解析】解：A、根据U=Ed知，在匀强电场中，任意一条直线上任意相等距离的两点之间的电势差相等，M为AB的中点，则UAM=UMB，即φA−φM=φM−φB，解得：φM=5V，故A正确；

B、点P为CB的中点，则有UCP=UPB，即φC−φP=φP−φB，解得：φP=6V，可知φP>φM，故B错误；

C、点N为CA的中点，则有UCN=UNA，即φC−φN11.【答案】C；

rER+1E；

2.9【解析】解：(1)步骤②中立即断开开关原因是防止长时间通电，电池内阻和电动势发生变化。故C正确，AB错误。

故选：C。

(2)在闭合电路中，由闭合电路欧姆定律有

E=U+Ir=U+URr

解得

1U=rER+1E

(3)结合图像有

rE=1.75−0.355.6A−1

1E=0.35V−1

解得

E=2.9V

r=0.71Ω

(4)根据闭合电路欧姆定律有函数中的电流为干路电流，本实验误差原因是电压表分流；将电压表与电源等效为一个新电源，流过电阻电流等于新电源的干路电流，所测电阻为电源内阻与电压表并联的等效电阻，可知电阻测量值偏小。

故答案为：(1)C；12.【答案】BADC9.52g

【解析】解：(1)实验操作需遵循“先固定器材→通电后释放→关电源取纸带→分析数据”的顺序，故正确的操作顺序为BADC。

(2)由逐差法可知，g=CE−AC4T2=(29.00−20.34)−(20.34−13.20)4×0.022×10−2m/s2=9.5m/s2

(3)由自由落体规律得v2=2gh

故图像斜率为2g。

故答案为：(1)BADC；(2)9.5；(3)2g。

(1)实验操作需先将纸带穿过打点计时器并固定重锤，再接通电源待稳定后释放纸带，实验结束关闭电源取下纸带，最后选取合适段测量分析，故顺序为BADC；

(2)13.【答案】材料的折射率为3；

光从D传播到A的时间为3R【解析】解：(1)如图，从D点的入射光线的延长线与BC的交点为F，令∠BDE=α，∠EDF=β，由几何关系可知

∠BAE=β

因为BF=32R

则DF=R2

α+β=60°

又Rtanβ+R2tanβ=32R

解得α=β=30°

则根据光的折别正伊n=sin(α+β)sinα

解得n=3

(2)光在材料中的传播速度v=cn

根据几何关系有AE=Rcosβ，DE=R2cosβ

则光从D到A的传播时间t=DE+AEv

解得t=3Rc14.【答案】解：(1)细绳OP的长度为L=1.6m，从小球A开始做圆周运动到最低点的过程，根据动能定理得：

mAg(L−Lcos60°)=12mAv02−0

解得：v0=4m/s

设小球A运动到最低点时细绳OP对小球A的拉力为T，根据牛顿第二定律得：

T−mAg=mAv02L

解得：T=40N

根据牛顿第三定律可知A运动到最低点时细绳OP所受的拉力为40N。

(2)A飞出后与C碰撞前做平抛运动，A与C碰撞前瞬间A的水平分速度等于v0=4m/s，由题意可知碰撞后A的水平分速度为零。A与C