2026年高考物理全真模拟试卷3（含答案解析）

第第页参考答案题号12345678910答案DDCBDBDBCACDBC1．D【详解】AB．根据衰变过程中电荷数守恒和质量数守恒，可知X的电荷数为，质量数为0，故该反应是β衰变，满足电荷数和质量数守恒，但不满足质量守恒，AB错误；C．新核比反应核更稳定，即的比结合能小于的比结合能，C错误；D．根据的半衰期为5700年，可知11400年是两个半衰期，故1g的有0.75g的发生了衰变，D正确。故选D。2．D【详解】因竖直方向为自由落体运动，小球与墙撞之后竖直分速度不变，而AB与B与地面的竖直高度之比恰好为1:3，故小球从A点运动至B点的时间跟反弹后从B点运动至地面的时间相同；又因为小球与墙撞之后，水平分速度减半，故小球落地时距墙面的距离为,故ABC均错误，D正确。故选D。【点睛】3．C【详解】A．鹊桥二号在地月转移轨道时必须减速，合外力大于向心力做近心运动，轨道半径才能减小，才能顺利进入环月轨道，故A错误；B．鹊桥二号在C点时根据牛顿第二定律有同理在B点时有代入题中数据联立解得故B错误；C．在星球表面有解得可计算得地球的第一宇宙速度与月球第一宇宙速度的比值约为，故C正确；D．在星球表面有解得可计算得地球表面的重力加速度与月球表面重力加速度的比值约为，故D错误。故选C。4．B【详解】A．q在A点形成的电场强度的大小为方向向左；因A点场强为零，故薄板在A点的场强方向向右，薄板带负电，薄板在A点的场强大小也为，故A错误；BCD．由对称性可知，薄板在B点的场强也为方向向左；电荷量为q的正点电荷在B点的场强大小为，方向向左，所以B点的场强B点电场强度的方向向左。沿电场方向电势逐渐降低，B点电势高于A点电势，故B正确，CD错误。故选B。5．D【详解】A．N个小球整体为研究对象，由力的平衡条件可得得Nmgtanθ，故A错误；B．以1号球为研究对象，根据机械能守恒定律可得解得，故B错误；C．当时，选择水平轨道面为零势能面，两小球的重力势能设2号球对1号球所做的功为，由动能定理得解得，故C错误；D．当个球全部到达水平轨道时，根据机械能守恒定律有第个球的动能球的机械能变化量解得，当时，，故D正确。故选D。6．B【详解】A．根据左手定则可知，霍尔元件中的载流子受到向上的洛伦兹力，将向上偏转。若霍尔元件中的载流子带正电，则上表面电势高于下表面电势；若霍尔元件中的载流子带负电，则上表面电势低于下表面电势，A错误；B．设图中霍尔元件沿磁场方向长度为，垂直于电流、磁场方向的长度为元件中的运动电荷同时受洛伦兹力，电场力作用。稳定时电流的微观表达式联立可得设，则上式可变形为的单位，的单位，所以的单位为，B正确；CD．由上一选项的推导过程可知，公式中的为沿磁场方向的长度，即前、后两表面间的距离，CD错误。故选B。7．D【详解】A．在AB段，拉力F较小，物体在木板上相对于木板滑动的路程保持不变，说明物块会从板右侧滑离木板；在BC段，物块滑上木板后，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度，之后保持相对静止一起以相同加速度做匀加速运动；在DE段，物块滑上木板后，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度，物块相对于木板向左滑动，最终物块会从板左侧滑离木板；故A错误；B．时，根据牛顿第二定律可得，物块的加速度大小为木板的加速度大小为由图像AB段可知，滑块相对木板的路程为联立解得或（舍去，此时滑块的速度小于木板的速度）则物块滑离木板时的速度大小为故B错误；C．在AB段，F较小，物块将从木板右端滑下，其中B点，对应物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度，设此时对应的恒力为，由牛顿第二定律得由速度关系得由位移关系得联立解得由图乙可知，B点对应的相对路程，代入解得故B点的坐标为（，），故C错误；D．在BC段，物块滑上木板后，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度，之后保持相对静止一起以相同加速度做匀加速运动；C点时物块与木板间的静摩擦力刚好达到最大，设此时对应的恒力为，以物块与木板为整体，由牛顿第二定律得以物块为对象，由牛顿第二定律得联立解得，由C选项分析同理可得代入，可得故C点的坐标为（，），故D正确。故选D。8．BC【详解】A．根据题图甲可知，简谐横波的周期为0.4s，因若波沿x轴正向传播，则t0时间内传播的最小距离对应时间为与题意相符，则波沿x轴正向传播，平衡位置在处的质点沿轴正方向运动，选项A错误；B．该简谐横波的波长为3m，简谐横波的传播速度选项B正确；C．质点P平衡位置的横坐标选项C正确；D．由图乙到图丙，该波沿x轴传播的距离为Δx=3m-1.5m=1.5m，且2t0＜T，质点P沿y轴正方向运动，t0～2t0时间内质点P通过的路程故D错误。故选BC。9．ACD【详解】A．根据变压器电流与匝数关系代入数据，解得，故A正确；B．由容量单位可知，手机充电时间为电池容量与充电电流的比值，即，故B错误；C．根据变压器电压与匝数关系其中，代入数据，解得，故C正确；D．由理想变压器的等效电阻，结合C选项分析可知解得，故D正确。故选ACD。10．BC【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力有解得沿轴正方向射入的粒子经偏转后刚好打在荧光屏上的点，轨迹如图根据几何关系可知解得故A错误；B．沿轴正方向射入的粒子恰好经过M点，则在磁场中运动的时间为故B正确；C．粒子在磁场中运动的最长时间、最短时间轨迹如图根据几何关系可知对应圆心角分别为300°，60°，则运动时间分别为，时间之比为5:1，故C正确；D．由几何可知，粒子入射角度为0~30°时，被左侧光屏吸收，入射角度为90°~150°时，粒子被右侧光屏吸收，则被荧光屏右侧面和左侧面接收的粒子数之比为2:1，故D错误；故选BC。11．(1)B(2)A<见解析【详解】（1）①[1]A．根据，将单缝向双缝靠近，条纹宽度不变，从目镜中观察到的条纹个数不变，A错误；B．根据，将光屏向靠近双缝的方向移动，L减小，条纹宽度减小，从目镜中观察到的条纹个数增多，B正确；C．根据，换用波长更长的单色光，λ增大，条纹宽度增大，从目镜中观察到的条纹个数减少，C错误；D．根据，使用间距更小的双缝，d减小，条纹宽度增大，从目镜中观察到的条纹个数减少，D错误。故选B。②[2]根据条纹宽度为解得（2）①[1]A．在柱塞上涂抹润滑油可以提高装置的气密性，A正确；B．应缓慢推拉柱塞并读数，让气体与外界有充分时间发生热交换，保证气体温度不变，B错误；C．推拉柱塞时，手不能握住注射器，防止气体温度发生变化，C错误。故选A。②[2]在图丙中做一条竖线，垂直于横轴，该条直线是等容线。沿着该等容线向上，气体的压强增大，温度升高，所以T1<T2；③[3]设橡胶套内气体体积为V0。根据玻意耳定律得解得图像的斜率为随着压强的增大，V比V0减小得更多、更快，增大，k减小，弧线上端向下弯曲。12．(1)DBFI(2)1上10232【详解】（1）多用电表测电流表内阻的操作步骤：1．机械调零：先将选择开关置于“OFF”或交流电压最高档，转动部件S，使指针对准电流的“0”刻度（步骤D）。2．选择倍率：电流表内阻约100Ω，应选择“×10”倍率（步骤B），使指针指在表盘中央附近。3．欧姆调零：红黑表笔短接，转动部件T，使指针对准电阻的“0”刻线（步骤F）。4．测量连接：多用电表内部电源负极接红表笔，正极接黑表笔。为使电流表正向偏转，应将红表笔与电流表的负接线柱连接，黑表笔与另一接线柱连接（步骤I）。故顺序为DBFI。（2）[1]欧姆表的倍率越大，内部总电阻越大。在图乙中，开关与“1”接通时，电路的总电阻最大，对应“×100”挡位。[2]挡位由“×10”换到“×100”时，内部总电阻增大。为使短接时满偏，调零电阻的阻值需增大，因此滑片应向上移动。[3]根据欧姆表原理，当选用“×100”挡时，内阻为。则满偏电流测量阻值为5kΩ的定值电阻，电流表的指针偏转到满偏刻度的，则有解得再测量某定值电阻Rx时，电流表的指针偏转到满偏刻度的，则有联立可得[4]电动势变为1.45V时，欧姆表内阻原来1.5V时的内阻则测量时的真实电流和表盘上的对应电流的数值相同，则有联立解得13．(1)(2)内能减少【详解】（1）容器导热性能良好，温度不变，封闭气体做等温变化，由玻意耳定律代入，，约去得对活塞受力分析，活塞随小车向右匀加速，由牛顿第二定律（大气压力向右，气体压力向左，合力向右）代入，得（2）压强不变，封闭气体做等压变化，由盖-吕萨克定律其中初始温度，末温度解得气体体积减小，外界对气体做功代入数据得气体向外界放热，故，由热力学第一定律则负号表示封闭气体内能减少。14．(1)(2)(3)，方向沿斜面向上【详解】（1）当满足时，A开始滑动，此时对应的时刻为；从过程，对A根据动量定理有其中，，代入数据解得解得（2）A从平台飞出后无碰撞地由斜面顶端滑上斜面，则有又解得则平台与斜面顶端之间的高度差为（3）A刚滑上斜面上的速度大小为A在斜面上滑行时，由牛顿第二定律可得解得设物块A与物块B碰撞前瞬间的速度为，根据运动学公式可得解得A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得