2026年高考物理全真模拟试卷1（含答案解析）

2026年高考物理全真模拟试卷11.本试卷满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分)钍234甲乙丙丁A.图甲中铀238的半衰期是45亿年，经过45亿年，10个铀238必定有5个发生衰变B.图乙中氘核的比结合能小于氦核的比结合能C.图丙中一个氢原子从n=4的能级向基态跃迁时，最多可以放出6种不同频率的光甲乙丙丁甲乙A.流过R的电流为由d到c,B.流过R的电流为由c到d,流过r的电流为由b到aC.流过R的电流为由d到c,流过D.流过R的电流为由c到d,流动r的电流为由a到b不全的得3分，有选错的得0分，共18分)9.如图所示，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，下端接入定值电阻R₀,上端接入可变电阻R(调节范围为0～1.5R₀),导轨间距为L,角为θ,整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B,再将质量为m的金属棒垂直导轨放置，金属棒接入导轨之间的电阻为r,运动过程中金属棒与导轨 直径且与O₁O2连线垂直，C、D为关于0点对称的两点，在0₁,O₂两点分别固定电荷量大C0BDD.将一电子(不计重力)从A点由静止释放，电子可以沿直线在AB间做往返运动三、实验题(本题共2小题，共14分)缝与双缝间的距离L₁,双缝与屏的距离L₂,双缝间距d。用测量头来测量亮纹中心的距离。滤光片滤光片遮光筒甲丙乙A.将屏移近双缝，干涉条纹间距变窄B.将滤光片由蓝色的换成红色的，干涉条纹间距变宽C.换一个两缝之间距离较大的双缝，干涉条纹间距变窄D.去掉滤光片后，干涉现象消失(2)分划板的中心刻线分别对准第1条(丙图左)和第7条(丙图右)亮纹的中心时，手轮上的读数如图丙所示，则对准第1条时读数：x₁=mm;对准第7条时读数为x₂。(3)写出计算波长λ的表达式：。(用题中出现的字母表示)RR出图像，如图2所示。由图2可得电源的电动势E=_0四、计算题(本题共3小题，共计40分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)(1)烧瓶内气体压强P;(3)烧瓶内气体内能的变化量△U。14.如图甲所示，在xOy平面内有足够大的匀强电场E,在y轴左侧平面内有足够大的磁场，磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向.在y轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r=0.3m的圆形区域(图中未画出)且圆的左侧与y轴相切，磁感应强度B₂=0.8T,t=0时刻，一质量m=8×104kg、电荷量q=+2×10⁻4C的微粒从x轴上xp=—0.8m处的P点以速度v=0.12m/s向x轴正方向入射.已知该带电微粒在电磁场区域做匀速圆周运动.(g取10m/s²)甲乙(2)若磁场15πs后消失，求微粒在第二象限运动过程中离x轴的最大距离；(2)求物块在长木板上滑行的时间t;123456789BBBDADB过45亿年，10个铀238不一定有5个发生衰变，故A错误；4→3→1、4→3→2→1,所以最多可以放出3种不同频率的光，故C错误；故选B。F=μFɴ=μmgcosθ故选B。【详解】A.根据安培右手定则，通电直导线在下方会产生垂直纸面向外的磁场，小磁转动方向与图示方向相反，故A错误；B.图乙中闭合开关S的瞬间，线圈M中有电流通过，会在铁芯中产生向左的磁场，线圈P中的磁通量从无到有，使得线圈P中产生感应C.条形磁铁周围不是匀强磁场，所以封闭的水故选B。【详解】A.A、C碰后粘在一起向下运动速度最大的位置，即为A、C处于平衡状态的位B.C和A相碰前，对A有C和A相碰后，则此后弹簧弹力大于A、C总重力时，两物体做减速运动，故B错误；平衡位置时弹簧的形变量为处于压缩状态；当B对地面弹力最小时，对B分析，则有此时B对地面的弹力为故C错误。故选D。加速过程最大加速度发生在速度最小(即V)时，牵引力B.若为匀加速运动，平均速度为D.发动机功率P=2P恒定，牵引力,速度v′增大时，F减小，故D错误。故选A。知B对；P出=UI-I²RM=10×2-故D正确.故选ABC。③故选ABC。(3)依题意有强：p=Po14.(1)E=40N/C,方向竖直向上(2)2.4m(3)(0.30,2.25)解得：E=40N/C,方向竖直向上(3)如图，微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大，入射点A与出射点B的连线必须为磁场圆的直径.所以最大偏转角为60°所以圆心坐标x=0.30m【详解】(1)由静止释放长木板之后，设长木板的加速度为a,由牛顿第二定律有解得a₁=gsinθ-μgcosθ=0.4m/s²,放上物块瞬间，同理由牛顿第二定律，长木板的加速度大小为(2)刚放上物块时，设物块的加速度为a₂,由牛顿第二定律，m₂gsinθ+μ₂m₂gcosθ=m₂a₂解得a₂=gsinθ+μ₂8cosθ=8.4m/s²此时长木板的速度为V₁=a₁△t=1.0m/s设经过△t₁时间二者共速，则v₁-a₁△t₁=a₂△t₁这段时间里长木板比物块多走的距离经过判断，物块会继续相对长木板加速下滑，长木板的加速度沿斜面向上物块的加速度为a₂=gsinθ-μ₂gcosθ=3.6m/s²,△t₂时间内物块比长木板多