甘肃省定西市岷县部分学校2026届高三下学期5月考前模拟考试物理答案

1．答案：B解析：A.根据德布罗意物质波公式，电子的物质波波长为，故A错误；B.增大电子动量，由可知物质波波长减小；根据双缝干涉条纹间距公式，波长减小会导致干涉条纹间距减小，故B正确；C.由动量，推导得电子动能，故C错误；D.该实验证明电子具有波动性，电子是实物粒子，不是电磁波，故D错误。故选B。2．答案：B解析：A.花粉颗粒在液体中的布朗运动是花粉小颗粒的运动,它反映了液体分子的无规则运动,A错误;B.太空中处于失重状态的水滴受到的重力提供向心力,由于液体的表面张力的作用而呈球形,B正确;C.若分子间距大于平衡位置时,分子力表现为力,分子间距离增大,分子势能一定增大;若分子间距小于平衡位置时,分子力表现为斥力,分子间距离增大,分子势能一定减小,C错误;D.根据理想气体的状态方程可知,理想气体等压膨胀过程温度一定升高,此过程气体对外做功,根据热力学第一定律可知一定从外界吸收热量,D错误.3．答案：C解析：A.航天员相对空间站静止时,与空间站一同绕地球做匀速圆周运动,受地球引力提供向心力,合力不为零,故A错误;B.第一宇宙速度是物体在地球附近绕地球做圆周运动的速度,此时物体做圆周运动的轨道半径近似为地球半径R(),空间站的轨道高度h在之间,万有引力提供空间站运动所需的向心力,所以解得第一宇宙速度为因为,所以,即空间站的运行速度小于第一宇宙速度,故B错误;C.万有引力提供空间站运动所需的向心力,有解得空间站的加速度为而地面处的重力加速度为因为,所以,即空间站的加速度小于地面处的重力加速度,故C正确;D.托盘天平利用杠杆原理测量物体质量,空间站处于失重状态,物体对托盘无压力,所以无法测量物体的质量,故D错误。故选C。4．答案：C解析：设纤维轴线半径为R，从A端面内侧垂直端面入射的光在射向空气时的入射角为，如图所示则根据几何关系根据全反射临界角公式有根据题意有联立解得故选C。5．答案：B解析：A.ab棒向左运动切割磁感线，根据右手定则，感应电动势方向为b→a，回路中产生顺时针方向的感应电流。cd棒中电流方向为c→d，所处磁场方向竖直向下，根据左手定则，cd棒受到水平向右的安培力，故cd棒向右运动，故A错误；B.cd棒在向右的安培力作用下向右加速运动，同时切割磁感线产生感应电动势。cd棒向右运动，磁场向下，根据右手定则，其感应电动势方向为d→c。回路总电动势随着cd棒速度增大，ab棒受向左的安培力（阻力）减速，减小，总电动势E减小，电流I减小，安培力减小。当时，，安培力为零，cd棒做匀速运动。所以cd棒向右先加速后匀速运动，故B正确；CD.根据能量守恒定律，整个过程中，ab棒减少的动能等于cd棒增加的动能与回路中产生的焦耳热（内能）之和，即故ab棒减少的动能大于cd棒增加的动能，故CD错误；故选B。6．答案：D解析：A.0~2s是以坐标原点为顶点的抛物线,说明物块做初速度为零的匀加速直线运动,故A错误;B.2~4s图像是直线,则斜率不变,速度不变,说明物块做匀速直线运动,故B错误;C.在0~2s内,有代入数据解得所以所受合力大小为,故C错误;D.2~4s内物块的速度大小为根据动能定理可得,故D正确。故选D。7．答案：B解析：A.木块静止，水平方向受向右的、向左的因此水平方向上和的合力为合力水平向右，根据平衡条件，木块受到水平向左的大小为的静摩擦力，A错误；B.由上述分析可知，木块的最大静摩擦力只撤去，木块对桌面的正压力减小，最大静摩擦力随之减小，减小后最大静摩擦力可能小于水平方向的合力，因此木块有可能滑动，B正确；C.只撤去，水平方向仅剩下向左的，需要的静摩擦力仅为，仍存在，正压力不变，最大静摩擦力仍有故木块一定保持静止，不可能滑动，C错误；D.只撤去，水平方向仅剩下向右的，若最大静摩擦力大于，木块静止，则静摩擦力大小为，方向向左；若最大静摩擦力小于，木块滑动，摩擦力为滑动摩擦力，大小不等于，因此摩擦力不一定是，D错误。故选B。8．答案：AC解析：A.根据图像的斜率表示加速度，由图乙可知，乙车在和加速度相同，大小均为，故A正确；B.甲车在朝正方向运动，朝负方向运动，朝正方向运动；乙车在朝正方向运动，朝负方向运动，故甲、乙车均做往返运动，故B错误；C.甲车朝负方向做匀速直线运动，位移为根据图像的斜率表示加速度，由图乙可知，乙车的加速度为，故C正确；D.甲车做匀速直线运动，加速度为0，乙车的位移为零，平均速度为零，故D错误。故选AC。9．答案：BD解析：A.根据题意粒子轨迹如图几何关系可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹圆半径根据因为联立解得，故A错误；B.粒子在电容器中减速运动过程，根据动能定理有联立解得可知电容器两板之间的电压至少为，故B正确；C.粒子每次在电容器内减速运动的时间因为联立解得可知粒子每次在电容器内运动的时间可知粒子每次在电容器内运动的时间不可能大于，故C错误；D.题意可知电容器的两极板均连接在恒压电源两端，仅移动正极板来改变电容器的板间距离，极板间电压不变，电场力做功不变，则粒子在磁场中运动的速率不变，因此粒子仍能回到出发位置，故D正确。故选BD。10．答案：BC解析：A.由图像易得，货物在传送带上先加速，再匀速运动，A错误；B.根据功能关系有可得货物与传送带间的动摩擦因数为B正确；C.货物沿传送带向上运动时，与传送带保持相对静止，此时有解得传送带速度为设货物加速过程所用时间为，根据运动学公式可得解得设A点到B点的距离为L，货物在B点时则有解得则货物匀速阶段所用时间为货物从下端A点运动到上端B点的时间为，C正确；D.货物在与传送带共速前，发生的相对位移为因摩擦产生的热量为根据能量守恒可知传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为，D错误。11．答案：(1)ABD(2)；；解析：（1）A.斜槽的作用是使小球获得水平初速度，所以安装斜槽时其末端切线应水平，故A正确；B.描绘同一轨迹时，小球必须每次从斜槽上同一位置由静止开始释放保证小球水平抛出的速度大小相等，故B正确；C.释放小球的位置应适当，越靠近斜槽末端，小球做平抛运动的初速度越小，下落相同高度，水平位移越小，测量误差较大，故C错误；D.为了准确记录小球平抛运动过程中的位置，应将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行，故D正确。故选ABD。（2）由于小球在水平方向做匀速直线运动，由图可知，a到b、b到c的水平位移相等，则时间间隔相等，在竖直方向，有所以水平方向，有所以小球运动到b点时竖直速度大小为所以12．答案：(1)并；40(2)6.0；1.5(3)0.34/0.32/0.33/0.36/0.35解析：（1）小量程电流表改装成大量程电流表，应并联一个电阻，由并联电路分流规律可得，并联的电阻大小为（2）由闭合电路欧姆定律可知，当时，即图像与U轴的交点即为电源电动势，则电池的电动势为当时，电流为短路电流由图像可知，图像斜率满足即图像的斜率为内阻，由于定值电阻可等效为内阻的一部分，则有解得电池内阻为（3）由于电路是串联电路，设电流为I，任意一个小灯泡两端的电压为U，则根据闭合电路欧姆定律有代入数据有当时，；当时，在图像上描绘出的图像有两根曲线的交点即为小灯泡实际工作状态参数，即此时,故每只小灯泡的实际功率约为13．答案：(1)2倍(2)压强为，放出热量为30C解析：（1）以充气后足球内的气体为研究对象，根据等温变化有解得即充气了30次后足球内部空气的压强是大气压的2倍。（2）第（1）问中足球内气体的温度为将足球拿到的环境时，足球内气体的温度为该过程足球内气体做等容变化，由查理定律得解得根据理想气体内能与热力学温度成正比气体体积未发生变化，则外界对气体不做功，根据热力学第一定律，稳定后足球内气体放出的热量大小14．答案：(1)(2)4m/s(3)2.4s(4)解析：（1）铁块恰好通过D点时，轨道作用力为零，由重力提供向心力，有解得（2）铁块从A点到B点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有解得铁块做平抛运动，水平方向速度大小不变，铁块沿切线进入圆弧轨道，则B点速度方向与OB垂直，有（3）铁块在水平面上做加速运动时，由牛顿第二定律有解得铁块做减速运动时由牛顿第二定律有解得设F作用时间为t，由运动学的公式可知最大速度为铁块加速和减速过程总位移，由运动学公式有联立解得，（4）铁块在C点受到重力、支持力和摩擦力三个力作用，重力和支持力产生向心加速度改变速度方向，由向心加速度的表达式有摩擦力产生切向加速度改变速度大小由重力和支持力的合力提供向心力有联立解得则铁块在最低点C时的加速度大小15．答案：(1)(2)(3)，［，0.8m]解析：（1）对小球P在区域Ⅰ，电场力做功由功能关系，P电势能的变化量（2）对小球P在区域Ⅰ由动能定理解得P与Q碰前的速度P和Q发生弹性正碰，设碰撞后P和Q的速度分别为和，根据动量守恒定律及能量守恒定律有，代入数据，解得，设小球Q与区域Ⅱ极板碰撞时的速度大小为，碰后对小球Q，由动能定理代入数据解得（3）碰前P的加速度为时间碰后P在区域Ⅰ加速度时间在区域