2026届江苏省扬州市高三下学期考前模拟物理试题及答案

试卷第1页，共7页高三物理试卷注意事项：3．请认真核对监考员在答题卡上粘贴的条形码上4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需色墨水的签字笔在答题卡上指定位置作答，在其他位置作答一律无效。5．如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。A．B．C．sinβD．tanβ2．“嫦娥六号”从月球背面带回含氦-3元素的月壤，月球氦-3主要源于太阳风，A．He的结合能为EB．He的比结合能为E试卷第2页，共7页A．Im变大B．Im不变C．Uc变大D．Uc变小7．如图所示，M点在P点正下方，小球甲从P点平抛，同时小球乙从M点斜向试卷第3页，共7页上抛出，两球恰好在与M点等高的N点相遇。相遇时甲、乙两球速度的水平分量分别为v1x、v2x，竖直分量分别为v1y、v2y。不计空气阻力，则2xB2试卷第4页，共7页劲度系数为k。绳一端固定于P点，另一端穿过正下方光滑小孔Q后连接一质量为m的小球，弹性绳的原长恰好等于PQ之间的距离．现把小球拉到图示位置静试卷第5页，共7页文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。______（选填“×10”“×100”或“×1k”）倍率的挡位，再进行欧姆调零。(3)为了精确测量电压表的内阻，小明设mA。______试卷第6页，共7页(4)调节电阻箱和滑动变阻器，记录多组电阻箱阻值R和对应的电压表示数U、毫(5)实验中，改变电阻箱阻值R，下列两组R的取值方案中，比较合理的方案是 (1)这列波的波长λ;(2)若温度升高，油柱从罐口处移动到吸管的最右侧与圆心等高处静止释放一质量为m的小球。试卷第7页，共7页(1)固定凹槽时，求小球下滑到最低点对凹槽的压力大小F；(2)凹槽不固定，小球运动过程中的动能随时间变化图像如图所示，图①小球运动到最低点的速度大小v1；②小球从释放到第一次到达最低点过程中凹槽对小球的冲量大小I。分别接交流电源的两极。质量为m，电荷量为q的粒子从M点沿轴线进入圆筒A变。粒子从圆筒E射出后，从N点垂直于ON进入静电分析器，沿半径为r1的圆轨道做匀速圆周运动，已知半径为r1处的电场强度大小均为E0。(1)求粒子圆周运动的速度大小v；(2)求交流电源的电压U；(3)调节加速电压大小，求恰能从Q点射出的粒子从N点运动到Q点的时间t，已知OQ距离为r2。并说明粒子从PQ范围内射出时的速度共同特征。答案第1页，共8页【详解】由图i=90。，折射角r=β由折射定律故选A。【详解】A．该反应释放的能量E是He的结合能与H的结合能的差值（单个H为自由质子，结合能为0并非He的结合能。故A错误；B．比结合能为原子核结合能与核子数的比值，He的核子数为3，且其结合能不等于E，故比结合能不是。故B错误；C．放热核反应的生成物比反应物更稳定，而比结合能越大原子核越稳定，因此He的比结合能大于H的比结合能。故C错误；D．根据质能方程ΔE=Δmc2，核反应释放能量对应存在质量亏损，即反应后生成物总质量小于反应物总质量，因此He的质量小于H与H的质量之和。故D正确。故选D。【详解】AB．饱和光电流Im的大小与入射光的强度成正比。当只增加入射单色光的强度时，单位时间内入射的光子数增多，导致单位时间内从金属表面逸出的光电子数增多，因此饱和光电流Im变大，故A正确，B错误；CD．根据爱因斯坦光电效应方程Ekm=hv-W0和动能定理eUc=Ekm，可得遏止电压只增加入射光的强度，入射光的频率v不变，金属的逸出功W0不变，因此遏止电压Uc不变，故CD错误；故选A。【详解】A．电磁波在同种均匀介质中的波速由介质决定，真空中波速为恒定光速c，与振答案第2页，共8页荡电路的频率无关，故A错误；B．由波速、波长、频率的关系c=λf，c恒定，振荡频率f增大时，波长λ会减小，故B错误；C．电磁波的频率由波源决定，等于产生它的LC振荡电路的振荡频率，因此振荡电流频率增大时，发射的电磁波频率一定增大，故C正确；D．电磁波的振幅对应其携带的能量，与振荡频率没有必然联系，不会随频率增大而变大，故D错误。故选C。【详解】A．痱子粉仅用于勾勒油膜轮廓，不改变油膜面积大小，不能解决油膜面积过小的问题，故A错误；B．更换针头较粗的注射器，会使每一滴油酸酒精溶液的体积增大，浓度不变时，一滴中纯油酸的体积V增大，最终展开得到的油膜面积S增大，符合题目要求，故B正确；C．选用浓度更小的油酸酒精溶液，相同体积的一滴溶液中，纯油酸体积更小，油膜面积会更小，故C错误；D．在已经形成的油膜上再滴入一滴溶液，容易导致油酸堆积，无法保证形成单分子油膜，不符合实验的前提假设，故D错误。故选B。【详解】衍射条纹为十字条纹，说明小孔为方形。根据水平方向条纹间距比竖直方向条纹间距更宽，说明小孔水平方向的宽度小于竖直方向的宽度。故选C。【详解】AB．M在P点正下方，因此甲（从P出发）、乙（从M出发）到N点的水平位移大小相等；两球同时出发到相遇，运动时间t相等。由水平位移公式x=vxt，可得v1x=v2x因此A正确，B错误。CD．设P到M的竖直高度为h，甲做平抛运动，竖直方向下落相遇时甲的竖直速度分量v1y=gt答案第3页，共8页乙从M出发，N与M等高，因此乙竖直方向总位移为0，设乙竖直初分量为vy0，由位移公式式得即v1y=2v2y故选A。【详解】A．根据开普勒第三定律由于两轨道周期T相同，则椭圆轨道A的半长轴a等于圆轨道B的半径R，即a=R卫星在两轨道上的机械能相等。对于点3（远地点）和点4，由机械能守恒定律有因为>a=R，所以-势能更大，即绝对值更小则动能即v34，故A错误；B．对于点1（近地点）和点4，由机械能守恒定律有因为<a=R，所以-势能更小，即绝对值更大则动能即v14，故B正确；C．卫星在椭圆轨道A上从近地点1向远地点3运动过程中，万有引力做负功，动能减小，速度减小，所以v1>v2，故C错误；D．卫星在椭圆轨道A上运动，点3为远地点，速度最小，点2在点3之前，所以v2>v3，故选B。【详解】A．磁场垂直纸面向里，粒子向右偏转，则洛伦兹力向右，由左手定则可知粒子a、b均带负电。故A错误；答案第4页，共8页B．洛伦兹力始终与速度方向垂直，不做功。故B错误；C．粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB=m解得角速度rmD．如图可知a粒子半径大于b粒子，根据r=故a粒子速度大于b粒子，加速度故选D。【详解】AB．线框穿过磁场的过程中，可将其实际运动分解为水平方向和竖直方向的两个分运动。对线框进行受力分析可知，在竖直方向上，线框所受安培力的合力为0，所以线框在竖直方向上做匀速直线运动；由于在水平方向上安培力阻碍线框的相对运动，所以线框在水平方向上向右做减速直线运动，根据法拉第电磁感应定律及安培力的表达式可知，随着速度的减小线框受到的安培力越来越小，故线框在水平方向的加速度越来越小，即合加速度越来越小，因此穿过磁场的过程中线框做的是变加速曲线运动，故AB错误；C．根据动能定理可知，安培力做的功等于线框动能的变化。由于线框进磁场时的平均速度大于出磁场时的平均速度，故线框进磁场时受到安培力的平均值更大，所以位移相同的情况下，进磁场时安培力做的功更多，线框动能的变化更大，故C错误；D．在水平方向分别对线框进、出磁场的过程列动量定理方程有 由于线框进出磁场的过程中磁通量的变化量ΔΦ相等，则有I.Δt=I'.Δt'=q=联立解得Δv进x=Δv出x即线框进、出磁场的过程中水平方向速度的变化量大小相等，方向相同。由于竖直方向上线框做匀速直线运动，其速度的变化量为零，所以线框进、出磁场的过程中速度的变化相等，故D正确。答案第5页，共8页故选D。【详解】设Q点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向。设小球某时刻的位置坐标为(x，y)。由题意可知，弹性绳的原长等于PQ间距，故弹性绳的伸长量ΔL等+y2方向沿绳指向Q点。将弹力正交分解，可得弹力的水平分量Fx和竖直分量Fy（取向下为正已知kh=mg代入上式得：F合y=khky=k(hy)由图示可知，小球初始位置在Q点正下方距离为h的水平虚线上，即初始时刻y0=h，且由静止释放，vy0=0竖直方向加速度ay=0。由于初速度为零且初加速度为零，小球在竖直方向将保持静止，即运动过程中y坐标始终为h。在水平方向，小球受回复力F合x=—kx，将做简谐运动。综上所述，小球的运动轨迹是一条故选C。(2)—(3)2.19##2.18##2.20(4)(5)B见解析【详解】（1）为了减小误差，用多用电表的欧姆挡位测量电阻时，指针应指在刻度盘的中央答案第6页，共8页位置附近，测量约为3kΩ的电阻，应先将多用电表的选择开关拨到电阻挡×100倍率的挡位，再进行欧姆调零。（2）欧姆表的黑接线柱与内置电源的正极相连，所以测量时多用电表红表笔应与电压表的—接线柱相连。（3）由图3可知，毫安表的最小刻度为0.1mA，所以读数为2.19mA。（4）电压表的内阻为整理可得解得电压表内阻为（5）[1][2]方案A（10~50Ω),阻值远小于电压表内阻，并联后总电阻近似为R，电流几乎全部从电阻箱流过，电压表电流可忽略，无法体现并联电流分配规律；方案B（1000~5000Ω),阻值与3kΩ相当，并联时两支路电流都在同一数量级，随的变化明显，实验数据更准确。则波长为所以a质点的振动与b质点的振动完全相反，即t=0.25s时，a质点在正向最大位移处，则a质点位移随时间变化的关系式为y=Asin(①t+φ)代入可得y=4sin2πt(cm)【详解】（1）封闭气体做等压变化，当油柱到达透明吸管的最右端时，气体的温度最高，由答案第7页，共8页1盖吕萨克定律可得=1=360cm33解得T=303K（2）气体对外做功，所以W=一pΔV其中ΔV=V2V1解得W=0.36J根据热力学第一定律可得ΔU=Q+W其中ΔU=0.90J15．(1)F=3mg【详解】（1）对小球，根据动能定理mgR=mv2根据牛顿第二定律可得FN一mg=m解得FN=3mg根据牛顿第三定律可得，小球下滑到最低点对凹槽的压力大小F=FN=3mg（2）①设小球运动到最低点时，半圆形凹槽的速度大小为v2，小球和凹槽在水平方向上动量守恒mv1=根据机械能守恒mgR=联立，解得v1=②由题意可知，小球在t2时刻第一次到达最低点。在水平方向，根据动量定理在竖直方向，冲量大小为Iy=mgt2则小球从释放到第一次到达最低点过程中凹槽对小球的冲量大小为答案第8页，共8