2026年高考选考物理押题模拟试卷3（含答案解析）

第第页参考答案题号12345678910答案ABCBDADDDA题号111213答案ACACDCD1．A【详解】A．根据F=kx劲度系数k的单位是，故A正确；BC．非基本单位，故BC错误；D．根据普朗克常量h的单位是，故D错误。故选A。2．B【详解】A．小章同学调整空中姿态时，不能忽略形状和大小，故不能视为质点，故A错误；B．小章同学上升过程，只受重力作用，加速度方向竖直向下，处于失重状态，故B正确；CD．由B选项分析可知，小章同学所受合力即重力方向竖直向下，在空中做匀变速曲线运动，故CD错误。故选B。3．C【详解】AB．当我们研究物体的姿态时，飞机的形状、大小不能忽略，因此无论降落姿态还是空中转弯姿态，都不能将飞机视为质点，故AB错误；C．飞机降落接地时，地面对飞机的作用力是竖直方向支持力和水平方向摩擦力的合力，二者方向垂直；而飞机对地面的压力，大小仅等于地面对飞机支持力的大小。根据力的合成，地面对飞机的总作用力大小一定大于支持力（即大于飞机对地面的压力），故C正确；D．空气对飞机的作用力和飞机对空气的作用力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律，二者大小始终相等，故D错误。故选C。4．B【详解】A．图2中虚线代表等势面，A错误；B．铝制网状编织层可起到信号屏蔽作用，B正确；C．a、b两点处的电场强度不相同，因为方向不相同，C错误；D．距离内导体越远，电场强度越小，，所以a、d间的电势差大于b、c间电势差的两倍，D错误。故选B。5．D【详解】A．由万有引力提供向心力有解得由图可知，水星绕太阳运动的轨道半径最小，则七星中水星绕太阳运动的向心加速度最大，故A错误；B．由万有引力提供向心力有解得可知，由于水星绕太阳运动的轨道半径最小，七星中水星绕太阳运动的角速度最大，故B错误；C．根据开普勒第三定律有解得由于火星绕太阳运动的轨道半径则火星的公转周期大于，故C错误；D．在火星表面有解得由万有引力提供向心力有解得则太阳质量与火星质量之比为故D正确。故选D。6．A【详解】对空调主机受力分析，建坐标系如图所示根据平衡条件，可得y轴方向有可得x轴方向有两式联立可得化简得解得根据x轴方向有可知故A正确；BC．由题知，要求吊运过程中空调主机与楼墙保持一定的距离，即d不变，设OP间的绳长为，OQ间的绳长为，空调主机离地的高度为h，根据几何关系可得，在缓慢上升过程中，OP间的绳长变短，OQ间的绳不变，但离地高度h增大，则有变大，变大，故变大，变小，根据平衡条件，可得y轴方向有x轴方向有联立解得可知变大，根据可知变大，故BC错误；D．对地面上的人受力分析，在水平方向有故地上的人受到地面的摩擦力变大，故D错误。故选A。7．D【详解】AB．若磁场正在减弱，则电流正在减小，是充电过程，根据安培定则可确定电流由b向a，电场能增大，上极板带负电，故AB正确，但不符合题意；CD．若磁场正在增大，则电流在增大，是放电过程，电场能正在减小，根据安培定则，可判断电流是由b向a，上极板带正电，故C正确，不符合题意，D错误。故选D。8．D【详解】带电量为q的点电荷以速率v在超导环中运动，设其运动一周时间为T，有所以该点电荷产生的电流为则该点电荷运动在霍尔元件处产生的磁感应强度为由题意可知，则该霍尔元件的霍尔电压为代入数据有整理有故选D。9．D【详解】感生电场的表达式为，则小球受到的电场力为设小球所在位置到圆心O的连线与的夹角为，则由几何关系可得电场力沿细管方向的分力大小为又因为代入上式解得所以小球做简谐运动的回复力为其中负号表示回复力与位移方向相反。已知简谐运动回复力的表达式为又因为简谐运动的位移表达式为其中为简谐运动的振幅。所以小球以为平衡位置做简谐运动时，其比例系数满足根据几何关系有联立解得所以联立解得故选D。10．A【详解】设在恒力F的作用下，A端△t时间内向右移动微小的量△x，则相应圆半径减小△r，则有在时间内做的功等于回路中电功电动势为可认为由于半径减小微小量而引起的面积的变化，有而回路中的电阻联立解得显然与圆面积变化成正比，所以由面积变化为零，所经历的时间为故选A。11．AC【详解】A．根据原子核的组成理论，氦原子核由两个质子和两个中子组成，其中两个质子之间三种作用力从大到小的排列顺序为：核力、库仑力、万有引力。故A正确。B．聚变反应后生成的氦核的结合能为4×7.03MeV=28.12MeV，选项B错误；C．氘核的比结合能为E1，氚核的比结合能为E2，氦核的比结合能为E3，根据比结合能等于结合能与核子数的比值，则有该核反应中释放的核能△E=4E3-2E1-3E2=4×7.03-2×1.09-3×2.78=17.6MeV．选项C正确；D．比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定，比结合能并非随着质量数的增大而增大，故D错误；故选AC。12．ACD【详解】A．甲光导纤维利用全反射原理，所以内芯的折射率大于外套，故A正确；B．如图乙抽去一张纸片，即空气膜的夹角减小，根据薄膜干涉的原理可知，劈尖干涉的条纹间距变大，故B错误；C．太阳的反射光中振动方向垂直纸面的光较强，故C正确；D．根据单缝衍射原理可知，用两根铅笔之间的缝隙观察衍射条纹，缝隙越窄，观察到的中央衍射条纹越宽，故D正确。故选ACD。13．CD【详解】A．由圆周运动的对称性可知，从同一直线边界以30°的弦切角进磁场，射出时的速度也与边界成30°角，而圆心角为60°，则圆心和入射点以及出射点构成等边三角形，由几何关系可知A错误；B．根据洛伦兹力提供向心力有可得则初速度之比B错误；C．由于三粒子从ac边射出时速度方向与ac边的夹角均为30°，故射出的方向均与ab边垂直，C正确；D．由可知，仅将B改为，则粒子B做圆周运动的半径将变为而其他条件不变，由几何关系可知，粒子B将从c点射出，D正确。故选CD。14．ABCC4小于【详解】(1)[1]A．将长木板右端适当垫高，平衡摩擦力,使小车能自由匀速滑动。故A正确；B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数。故B正确；C．改变砂和砂桶质量，打出几条纸带，多次进行测量以减小误差。故C正确；DE．由拉力传感器可读出细线的拉力，故不需要知道砂和砂桶的质量，实验中也就不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量。故DE错误。故选ABC。(2)[2]整体分析由牛顿第二定律得mg=(M+m)a隔离小车，由牛顿第二定律有T=Ma联立可得细线的拉力为可知在平衡摩擦力的前提下，若，小车所受的合外力可认为等于砂和砂桶的总重力，小车的加速度为随着砂和砂桶的质量增大，当不满足关系时，小车的实际加速度为图线会向下弯曲，故C正确；ABD错误。故选C。[3]依题意，纸带上相邻计数点的时间间隔为打C点时小车的速度为[4]根据逐差法，可得小车的加速度为(3)[5]根据牛顿第二定律有可得结合图象可知，图线的斜率为，由图可知A物体对应的斜率较大，则可知A物体的质量小于B物体的质量，即15．(1)减小767调小(2)45.9【详解】（1）①[1]随着一氧化碳浓度增加，Rq变大，由闭合电路欧姆定律知，干路电流变小，电压表示数逐渐减小。②[2]当一氧化碳浓度为60mg/m3时，由图1知，气敏电阻，此时电阻箱R两端的电压，电源电动势（内阻不计），故可得电阻箱的阻值③[3]当一氧化碳浓度更低时，Rq更小，要求此时电阻箱两端的电压仍为1V，则仍有，故R应变小，即需要调小电阻箱的阻值。（2）①[1]当灯泡L两端的电压小于或等于1V时，灯泡L不发光，光控开关P接通，蜂鸣报警器报警，此时虚线框两端的电压大于或等于3V，虚线框内的等效电阻≥，当一氧化碳浓度为60mg/m3时，气敏电阻，因此需要将气敏电阻与电阻箱R并联，补充电路图如图所示。②[2]当一氧化碳浓度为60mg/m3时，虚线框内的并联总电阻，由可得16．油酸分子形成单层分子膜A0.0326.25×10-10偏大【详解】（1）[1]本实验中做了三点理想化假设：将油酸分子视为球形；油酸分子形成单层分子膜；油酸分子是紧挨在一起的；（2）[2]在油膜法估测分子大小的实验中，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，将油酸分子看作球形，认为油酸分子是一个紧挨一个的，估算出油膜面积，从而求出分子直径，这里用到的方法是理想模型法。故选A。（3）[3]在本实验中将油膜分子看成紧密排列的球形，由图示油膜可知，油膜的面积为[4]每滴酒精油酸溶液中含有纯油酸的体积为油酸分子的直径为（4）[5]由图可知该次实验中痱子粉撒太多，油膜未能充分展开，此时所测油膜面积偏小，所以油酸分子的直径测量结果相对真实值偏大。17．(1)(2)(3)【详解】（1）未发生火灾时，对活塞有解得（2）活塞刚到达卡柱时的温度为，对等压变化有，，解得之后气体做等容变化，可得容器内气体的图像如图所示（3）气体仅在等压膨胀阶段做功，有从至过程中容器中气体内能增加了9.6J，代入热力学第一定律可得气体吸收的热量为18．(1)①；②；③，(2)【详解】（1）①通过金属棒ab的电流为根据牛顿第二定律解得②当金属棒ab达到最大速度时解得③从闭合开关到金属棒ab达到最大速度的过程中，以向右为正，根据动量定理通过金属棒ab和电源的电量为解得因此电源输出的能量为解得（2）方法一当金属棒的速度减为0时，以向右为正，根据动量定理解得此时电容器所带电荷量为，电容器将继续放电，使金属棒ab向左加速假设金属棒ab稳定运动后，电容器两端的电压为U，则以向右为正，根据动量定理得解得方法二假设电容器放电结束前，金属棒ab的速度已稳定设金属棒ab稳定运动后，电容器的两端的电压为U，则以向左为正，根据动量定理根据电荷量关系可得解得19．(1)，(2)(3)【详解】（1）由图乙有过程中在上滑动的加速度大小为由受力分析和牛顿第二定律有解得与间的动摩擦因数为在过程中，和一起运动的加速度大小为对整体受力分析和牛顿第二定律有解得与地面间的动摩擦因数为（2）在过程中，设的加速度为，对进行受力分析和牛顿第二定律有解得设时刻的速度为，经匀加速到由运动学公式有和弹性碰撞，动量守恒能量守恒解得，所以和碰撞后的速度大小为（3）由图乙有，与墙壁碰撞后速度大小为设向右匀减速运动的时间为，加速度的大小为，则其中解得即时刻，速度为零，此时的速度接着继续向左做减速运动，向左加速，设共速时间为，由运动学公式可知可得，由图可知之后间的相对位移为阴影部分面积，故因摩擦产生的热量为其中联立可得20．(1)(2)(3)(4)【详解】（1）根据题意，结合几何关系可知，轨迹圆圆心、入射点、磁场圆圆心与出射点构成的四边形为菱形，即离子在磁场运动的轨迹半径等于磁场区域的半径，离子在磁场中运动有解得（2）作出离子打到挡板最高位置C与最低位置H的图像，如图甲所示由题意可得，打到C点的纵坐标打到H点的纵坐标则挡板上有离子击中区域的长度（3）设离子发射速度方向与x轴正方向夹角，