2026年山西省临汾市高考物理一模试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2026年山西省临汾市高考物理一模试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.位于广东省江门市的中微子实验室使用我国自主研发的光电倍增管，利用光电效应捕捉中微子信息。已知光电倍增管阴极金属材料的逸出功为W0，普朗克常量为h，现用频率为ν的入射光能使该金属发生光电效应，下列说法正确的是(

)A.入射光的频率ν<W02hB.入射光的频率ν<W0h

C.2.汽车高速长时间行驶时，因摩擦使轮胎内气体温度显著升高。若把胎内封闭气体看作理想气体(轮胎体积近似不变)，关于胎内气体，下列说法正确的是(

)A.胎内气体的压强保持不变 B.胎内气体的内能保持不变

C.胎内气体分子的平均动能增大 D.胎内每个气体分子运动的动能都增大3.某学生在水平投掷区练习前抛实心球，他将实心球沿与水平方向成37°角的方向斜向上抛出，抛出时速度大小为10m/s，抛出点距地面的高度为2.25m。实心球可看作质点，不计空气阻力，已知sin37°=0.6，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是(

)A.实心球运动到最高点的速度为0 B.实心球最大离地高度为5.45m

C.实心球在空中运动的时间为1.2s D.实心球的水平射程为12m4.空间存在静电场，一电荷量为q(q>0)、质量为5m的带电粒子从O点以速率v0射入电场，运动到A点时速率为2v0；另一电荷量为−q、质量为3m的带电粒子也从O点以速率3v0射入该电场，运动到B点时速率为A.在O、A、B三点中，A点电势最高 B.在O、A、B三点中，B点电势最高

C.OA间的电势差比OB间的电势差大 D.OA间的电势差与OB间的电势差相等5.如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻该波刚好传到x=4.0m处，t=0.50s时x=3.0m处的质点a恰好第一次到达波峰的位置。x=8.2m处的质点b第一次到达波峰的时刻为(

)A.2.05s

B.1.80s

C.1.30s

D.1.05s6.如图所示，仅在圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B，P是圆外一点，OP=2r，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出。已知粒子运动轨迹恰好经过圆心O，不计粒子的重力。粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间为(

)A.2m3qBB.4m3qBC.8m3qBD.3m7.库仑定律和万有引力定律的表达式具有很高的相似性，都与距离的平方成反比。如图，一个带负电的点电荷Q固定在O点，另一个电荷量为+q的试探电荷先后绕O点沿圆形轨道1和椭圆轨道2运动。轨道1和轨道2共面且相切于A点，AB为轨道2的长轴，A、B到O点的距离之比为1：3，不计重力，下列说法正确的是(

)A.试探电荷在A、B两点受到的库仑力大小之比为3：1

B.试探电荷在A点的电势能大于B点的电势能

C.试探电荷在轨道1、2的运动周期之比为1：22

D.试探电荷在轨道2上A、B两点的速度大小之比为9二、多选题：本大题共3小题，共18分。8.一种用磁流体发电的装置如图所示。平行金属板A、B之间有一个很强的磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)喷入磁场，A、B两板间便产生电压。如果把A、B和用电器连接，A、B就是一个直流电源的两个电极。下列说法正确的有(

)A.A板为电源的正极

B.B板为电源的正极

C.仅减小两极板间的距离，极板间的电压增大

D.仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大9.如图所示，一个装满篮球的箱子以一定的初速度沿着固定斜面自由下滑。下滑过程中，篮球和箱子保持相对静止。已知图中的方向2为垂直斜面向上，方向3为竖直向上，方向5为沿斜面向上。正中间的篮球B受到周围其它篮球的作用力表示为F，关于作用力F的方向，下列说法正确的是(

)A.若箱子匀速下滑，则F的方向一定沿方向3

B.若箱子匀加速下滑，则F的方向可能沿方向1

C.若箱子匀减速下滑，则F的方向可能沿方向4

D.若箱子匀减速下滑，则F的方向可能沿方向510.如图甲，物块A与质量为m的物块B之间用轻弹簧连接，放在光滑水平面上，弹簧处于原长状态。t=0时刻，给A、B以相同大小的初速度v0相向运动，取A的初速度方向为正方向，在t=0到t=2t0的时间内A、B的v−t图像如图乙所示。已知在t=0到t=t0的时间内物块A的位移为A.物块A的质量为3m B.t=t0时刻弹簧的弹性势能为32mv02

C.t=2t0三、实验题：本大题共2小题，共15分。11.某实验小组利用如图甲所示实验装置测量滑块和长木板之间的动摩擦因数。左端带有定滑轮的长木板水平放置，滑块上固定一定滑轮，细线通过两滑轮分别与拉力传感器和沙桶相连，两段细线的水平部分均与长木板平行，不计滑轮与绳子、转轴之间的摩擦。打点计时器接入交流电的频率为50Hz，重力加速度g取9.8m/s2。

(1)实验时，必要的操作是

(单选)。

A.将长木板右端垫高以平衡摩擦力

B.使沙桶及沙的质量远小于滑块(含轻滑轮)质量

C.先打开打点计时器的电源，然后释放沙桶

D.用天平测出沙和沙桶的总质量

(2)实验得到一条清晰纸带如图乙所示，相邻计数点间还有四个点未画出，本次实验中滑块的加速度大小为

m/s2(结果保留两位有效数字)。

(3)改变沙桶总质量，记录多组拉力传感器的读数F，并算出相应纸带的加速度a，作出a−F图像如图丙所示，则滑块与木板间动摩擦因数为μ=

(结果保留一位小数12.某实验小组用如图甲所示电路测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：

待测电源

电阻箱R(最大阻值999.9Ω)

定值电阻R0(阻值为3.0Ω)

电流表A(量程为200mA，内阻RA=6.0Ω)

开关S、导线若干

实验步骤如下：

①将电阻箱的阻值调到最大，闭合开关S；

②多次调节电阻箱，记录电流表A的示数I和电阻箱对应的阻值R；

③以1I为纵坐标，R为横坐标，作出1I−R图线如图乙。

回答下列问题：

(1)电流表A与定值电阻R0并联，相当于改装了一个新的电流表，改装后新电流表的量程为

mA，内阻为

Ω；

(2)由上述实验可得该电源的电动势E=

V，内阻r=

Ω(结果均保留2位有效数字)；

(3)上述实验方法中不考虑偶然误差，电动势的测量值

真实值，内阻的测量值

四、计算题：本大题共3小题，共39分。13.如图所示，三角形ABC为玻璃三棱柱的横截面，∠BAC=∠ABC=30°，AB边的长度为L，足够长的光屏与AB平行，与AB间的距离也为L。平行光垂直AB边入射，刚好覆盖整个AB面。已知三棱柱的折射率为3，不考虑光线在介质中的反射，求：

(1)从AC边射出的光线与AC边的夹角θ；

(2)光屏上可以接收到光线的总宽度d。14.如图所示，水平传送带AB长度L=3.0m，以恒定的速率v0=5.0m/s顺时针方向匀速转动，传送带右侧有一光滑的平台与传送带等高(不计与传送带的间隙)。质量为M=4.0kg的物块Q放在光滑平台的左端，将一个质量m=1.0kg的物块P轻放到传送带的左端A点，物块P与传送带的动摩擦因数μ=0.5，物块P与物块Q之间发生的碰撞为弹性正碰，取重力加速度g=10m/s2，求：

(1)第一次碰撞后瞬间物块P和物块Q的速度；

(2)15.两根足够长的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨间距为L，导轨电阻忽略不计，俯视图如图所示。虚线MN与导轨垂直，虚线左侧有竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，虚线右侧有竖直向上、磁感应强度大小为14B的匀强磁场。金属棒a和b垂直置于导轨上，a和b质量分别为2m和m，在导轨间的电阻分别为2R和R，初始时刻b棒静止，给a棒一个水平向右的初速度v0，经过一段时间后b棒运动到虚线MN，此时a棒的速度是b棒的2倍；之后，当a棒运动到虚线MN时a棒速度刚好为零。整个过程中两棒没有发生碰撞。求：

(1)当b棒运动到虚线MN时，a、b棒速度va和vb的大小；

(2)从b棒运动至虚线MN到a棒运动至虚线MN的过程中，b棒产生的焦耳热Qb；

(3)初始时刻a、b两棒之间的距离答案解析1.【答案】C

【解析】解：AB.根据光电效应规律，当入射光的频率大于金属的截止频率时，才能发生光电效应

结合Ekm=hν−W0

当Ekm=0时，v0=W0h

入射光频率需满足v≥v0=W0h，故A、B错误

CD.光电子的最大初动能Ekm等于入射光子能量2.【答案】C

【解析】解：胎内气体体积不变，温度升高，根据气态方程可知其压强增大。温度升高，气体的内能增大，气体分子的平均动能增大，不是每个气体分子运动的动能都增大，故C正确，ABD错误。

故选：C。

依据查理定律分析等容变化下的压强，结合理想气体内能仅由温度决定、温度是分子平均动能标志的特点，逐一判断各选项。

本题以汽车行驶为情境，考查理想气体的等容变化与分子热运动知识，能有效检验学生对气体实验定律与热学基本概念的掌握情况。3.【答案】D

【解析】解：实心球做斜抛运动，最高点的速度是水平的，将初速度分解为水平和竖直方向，则竖直分速度v0y=v0sinθ，v0x=v0scosθ

代入数据得v0y=6m/s，v0x=8m/s

上升时间t1=v0yg

升高的高度h1=v0y22g

下落时下降的高度H=h0+h1

4.【答案】D

【解析】解：AB.正电荷(q>0)从O到A的过程：质量m1=5m初速度v0，末速度2v0

动能变化量ΔEk1=12m1(2v0)2−12m1v02Φφ

电场力做功WOA=qUOA=ΔEk1

则UOA=15mv022q，即φO−φA=15mv0210q，故5.【答案】B

【解析】解：依题意可得T2=t=0.50s，则T=1s，由图知波长λ=4m，则波速为v=λT=41m/s=4m/s。当图中波峰传到质点b时，质点b第一次到达波峰，则质点b第一次到达波峰的时刻为t=xv=8.2−14s=1.80s，故ACD错误，B正确。

故选：B。

根据t=0时刻该波刚好传到6.【答案】C

【解析】解：粒子运动轨迹如图所示：

由几何关系可知R2+r2=(2r−R)2，代入数据可得R=34r，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB=mv2R，第一次在圆形区域运动时间t=2rv，代入数据可得7.【答案】C

【解析】解：该物理模型与天体运动的动力学特征相似，点电荷间的库仑力充当向心力。

A、由库仑定律F=kQqr2可知，库仑力与距离平方成反比，因rA：rB=1：3，故试探电荷在A、B两点所受库仑力大小之比为9：1，故A错误。

B、点电荷Q带负电，试探电荷q带正电，两者相互吸引，距离越远电势能越大，因此A点电势能小于B点电势能，故B错误。

C、轨道1半径R1=rA，轨道2长轴2a=rA+rB=4rA，解得：半长轴a=2rA，根据开普勒第三定律a3T2=k，可得周期之比T1：T2=R13：a3，解得：T8.【答案】AD

【解析】解：等离子体射入磁场后，正、负离子在洛伦兹力作用下发生偏转。根据左手定则，磁场方向向右，等离子体射入方向垂直纸面向里，正离子所受洛伦兹力向上，向A板偏转；负离子所受洛伦兹力向下，向B板偏转。当两板间积累的电荷产生的电场力与洛伦兹力平衡时，满足qUd=qvB，解得：U=Bdv。

AB、由于正离子聚集于A板，负离子聚集于B板，因此A板为电源正极，B板为电源负极，故A正确，B错误；

CD、由平衡方程解得的电压表达式U=Bdv可知，极板间电压U与板间距离d及等离子体射入速率v均成正比。因此，仅减小板间距离d，电压U减小；仅增大射入速率v，电压U增大，故C错误，D正确。

故选：AD。

题目描述等离子体喷入磁场后，正负离子在洛伦兹力作用下分别向两金属板偏转并积累电荷，从而在两板间形成电势差。核心是分析洛伦兹力方向以确定哪块板聚集正电荷成为正极，并理解当板间电场力与洛伦兹力平衡时，电压与板间距及等离子体速度的关系。需应用左手定则判断电荷偏转方向，并通过平衡条件分析电压的影响因素。

9.【答案】AC

【解析】解：箱子下滑过程中，篮球仅受重力和其它篮球的作用力F，根据牛顿第二定律，合力方向与加速度方向相同；

A.若箱子匀速下滑，该F与篮球的重力平衡，则F的方向一定沿方向3，故A正确；

B.若箱子匀加速下滑，从整体法可得，a=gsinθ−μgcosθ≤gsinθ

若F的方向沿方向1，则篮球a>gsinθ

所以F的方向可能沿方向2或在方向2和方向3之间，故B错误；

C.若箱子匀减速下滑，则加速度沿斜面向上，F的方向可能沿方向4，故C正确；

D.若箱子匀减速下滑，则加速度沿斜面向上，若F的方向沿方向5，篮球的合力方向不可能沿斜面向上，故D错误。

故选：AC。

对篮球B受力分析，结合箱子匀速、匀加速、匀减速下滑的不同运动状态，利用牛顿第二定律分析周围篮球对其作用力F的方向，逐一判断各选项正误。

本题以装满篮球的箱子沿斜面下滑为情境，综合考查受力分析与牛顿第二定律的应用，是力学基础综合题，侧重运动状态与受力的关联分析能力。10.【答案】ABD

【解析】解：A、在t=t0时刻，根据图乙可知，此时A与B具有共同速度vc=0.5v0。以A的初速度方向为正方向，根据系统动量守恒定律可得：mAv0−mv0=(mA+m)⋅0.5v0，整理后得到2mA−2m=mA+m，解得物块A的质量为mA=3m，故A正确；

B、在t=t0时刻，系统动能的减少量全部转化为弹簧的弹性势能，其表达式为Ep=12mAv02+12mv02−12(mA+m)vc2，将mA=3m和vc=0.5v0代入，计算得Ep=2mv02−0.5mv02=32mv02，故11.【答案】C1.90.1

【解析】解：(1)A.本实验不需要用绳子的拉力代替小车所受合力，因此不需要将长木板右端垫高以平衡摩擦力，故A错误；

BD.本实验使用了力传感器测拉力，不需要用沙和桶的纵重力代替绳子的拉力，因此不需要使沙桶及沙的质量远小于滑块(含轻滑轮)质量，不需要用天平测出沙和沙桶的总质量，故BD错误；

C.为了充分利用纸带，实验时要先打开打点计时器的电源，然后释放沙桶，故C正确。

故选：C。．

(2)相邻加速度之间的时间间隔T=5f=550s=0.1s

根据逐差法，加速度a=(x4−x2)−x24T2=(27.15−2×9.78)×10−24×0.12m/s2≈1.9m/s2

(3)根据牛顿第二定律2F−μMg=Ma

变形得a=2M⋅F−μg12.【答案】60023.01.0等于等于

【解析】解：(1)改装后电流表量程IA′=Ig+IgRgR0=200mA+200×6.03.0mA=600mA；改装后电流表内阻RA′RAR0RA+R0=6.0×3.06.0+3.0Ω=2Ω。

(2)改装后电流表量程是原电流表量程的3倍，电流表示数为I时电路电流为3I，

由闭合电路的欧姆定律得E=3I(r+R+RA′)，整理得1I=3ER+3(r+RA13.【答案】从AC边射出的光线与AC边的夹角为30°

光屏上可以接收到光线的总宽度为23【解析】解：(1)从AC边射出的光线光路图如图所示：

由几何关系可知光在AC边的入射角i=30°，由折射定律可知n=sinrsini，代入数据可得r=60°，则θ=30°；

(2)由AC边和BC边射出的光线光路图如图所示：

由几何关系可知AC=12Lcos30∘，DE=CH=12ACcosθ，由对称性可知光屏上可以接收到光线的总宽度d=2DE，代入数据可得d=23L。

答：(1)从AC边射出的光线与AC边的夹角为30°14.【答案】第一次碰撞后瞬间物块P的速度大小为3m/s(方向向左)，物块Q的速度大小为2m/s(方向向右)

最终物块Q的速度大小为2.4m/s

【解析】解：(1)物块P在传送带上加速时的加速度a=μg，解得：a=5m/s2，加速到与传送带同速所需的位移x=v022a，解得：x=2.5m，由于x<L，故物块P到达B端时的速度v1=5m/s；

P与Q发生弹性正碰，取速度v0为正方向，根据动量守恒和机械能守恒：mv1=mvP1+MvQ1；12mv12=12mvP12+12MvQ12；代入数据解得第一次碰撞后：vP1=−3m/s(方向向左)，vQ1=2m/s(方向向右)。

(2)碰撞后P向左做匀减速运动，由于xmin=vP122a，解得：xmin=0.9m，且xmin<L，P不会从左端掉下；P减速到零后反向加速，返回B端时速度大小v2=|vP1|，解