江苏省徐州市2025-2026学年下学期高三高考物理模拟卷（含解析）

江苏省徐州市2025-2026学年下学期高三高考物理模拟卷

一、单选题

1.一辆匀加速行驶的汽车，经过路旁两根电线杆共用2s时间，汽车的加速度为5m/s2,它经过第2

根电线杆时的速度为20m/s,则汽车经过第1根电线杆的速度为（）

A.2mlsB.2.5m/sC.5m/sD.10m/s

2.如图所示，通过接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果仅增加原线圈的匝数，

其他条件不变，则（）

A.小灯泡变亮

B.小灯泡变暗

C.原、副线圈两端电压的比值不变

D.通过原、副线圈电流的比值变大

3.在物理学发展过程中，观测、实脸、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史

实的是（）

A.安培发现了电流的磁效应，并总结出判定电流的磁场方向的方法一右手螺旋定则

B.奥斯特发现了电磁感应现象

C.法拉第发现了电磁感应现象并总结了产生感应电流的条件

D.库仑发现了磁感线是客观存在的描绘磁场强弱和方向的曲线

4.在东北严寒的冬天，有一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯滚烫的开水按一定的弧线均匀

快速地泼向空中，泼洒出的小水珠和热气被瞬间凝结成冰而形成壮观的场景。如图甲所示是某人玩泼

水成冰游戏的精彩瞬间，图乙为其示意图。假设泼水过程中杯子做匀速圆周运动，在0.4s内杯子旋转

了等。下列说法正确的是（）

图甲图乙

A.P位置的小水珠速度方向沿a方向

B.P、Q两位置，杯子的向心加速度相同

C.杯子在旋转时的线速度大小约为6znn/s

D.杯子在旋转时的向心加速度大小约为9n2m/s2

5.如图所示为LC电路产生电磁振荡的一个循环过程。从图中状态（a）开始，经过一个周期又回到

初始态（e）,则对于方框中三个状态在该周期中出现的先后顺序正确的是（）

6.一定质量的理想气体状态变化图线如图所示，从状态1变化到状态2的过程中，下列说法正确的

是（）

A.气体对外界做功B.气体句外放出热量

C.气体的内能增大D.气体分子的平均动能增大

7.“稻花香里说丰年，听取蛙声•片。”图甲所示为青蛙通过振动鸣囊产生水面波动，其周期性振动

在水面形成机械波。某时刻波形可抽象为沿X轴传播的简谐横波（如图乙），取青蚌位置为坐标原点

O,P为波阵面上某一点。已知波速u=4m/s,则（）

甲乙

A.该时刻P点的振动方向向上

B.该青蛙鼓囊鸣叫的频率为0.5Hz

C.水面上大小为6cm的小石头不能阻挡水波的继续传播

D.若水中再有一只青蛙鼓囊鸣叫，则两列水波一定会产生干涉

8.19世纪中叶，英国物理学家麦克斯韦创造性地运用统计方法找到r气体分子速率的分布函数，从

而确定了气体分子速率分布的统计规律。该分子速率分布函数/3）的图像如图所示，f（u）为在速率y

附近单位速率区间内分子数占总分子数的百分比。以下说法正确的是（）

B.说明单个分子做无规则运动具有一定的规律性

C.说明大多数分子的速率都在某个峰值附近

D.图中曲线与横轴围成图形的面积表示分子速率所有区间内分子数之和

9.某空间的x轴上只存在沿此轴方向的静电场，x轴上各点电势分布如图。一带电量为-q(q>0)的

粒子只在电场力作用下由x轴上某点无初速释放，下列说法正确的是()

A.若粒子沿X轴运动过程中的总能量恒为零，则粒子的运动区间是比2，%3]

B.运动过程中的最大动能为-qtpo

C.原点的电场强度最大

D.若粒子在与位置释放，贝]会在不和原点间来回往复运动

10.如图，一劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，一端与地面相连，一端连接质量为2m的平板A。平

板A上放置有质量为m的平板B。初始时系统保持静止，现用一竖直向上的恒力F拉动平板B,则

在系统运动过程中，下列说法正确的是(不计空气阻力，重力加速度大小为g)()

B

A

///////Zz/z////

A.若尸则B做振幅不变的简谐运动

B.若尸>mg,则A做振幅不变的简谐运动

C.要使B脱离A,F至少为

D.要使B脱离A,F至少为

二、实验题

11.利用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律，A为装有挡光片的钩码，总质量为M,轻绳一端

与A相连，另一端跨过轻质定滑轮与质量为m的重物B相连。实验过程如下：用游标卡尺测出挡光片

的宽度为A先用力拉住B,保持A、B静止，测出A下端到光电门的距离为h(h»d)；然后由静止释

放B,A下落过程中挡光片经过光电门，测出挡光时间为匕已知重力加速度为g。

(1)为了能完成上述实验，Mm(选填”或"v")。

(2)某次实验中用螺旋测微器测出挡光片的宽度，测量结果如图乙所示，则挡光片的宽度为d=_

mmo

(3)在A从静止开始下落九的过程中，如果满足,则验证A、B和地球所组

成的系统机械能守恒(用题中所给物理量的符号表示)。

三、解答题

12.江门中微子实验室使用我国自主研发的光电倍增管，利用光电效应捕捉中微子信息。光电倍增管

阴极金属材料的逸出功为用)，普朗克常量为鼠

(1)求该金属的截止频率vo;

(2)若频率为v的入射光能使该金属发生光电效应，求光电子的最大初动能反。

13.如图所示，一带电荷量为q的正电荷、质量为m的小物块处于一倾角为。的粗糙斜面上，物块与斜

面的动摩擦因数为〃，且〃<tan。。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g,求：

(1)求不加电场时，物块的加速度的大小Q：

(2)若当整个装置放置于一水平向右的匀强电场中时，小物块处于静止状态，求电场强度大小的

范围。

14.如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直弹性挡板，挡板右侧依次放有985个质量均为2m的

白色小球(在一条直线上)，一质量为m的红色0号小球以与白色小球共线的速度为与1号小球发生

弹性正碰，红色小球反弹后与挡板弹性碰撞，碰后速度方向与碰前速度相反，白色小球之间也发生弹

性正碰.求：

(1)红色0号小球和1号小球第1次碰撞后，红色0号小球的速度大小;

(2)985号小球最终速度大小；

(3)红色0号小球最终速度大小.

15.如图所示，上方的平行金属导轨MM'与NN询距为5=1m,下方的金属导轨由圆弧导轨FD、F'D

与水平导轨DCPP'、D'C'QQ'平滑连接而成，上方导轨和下方导轨没有连接在一起，圆弧导轨尸。与F'。'

的圆心角为60。、半径为r=0.9m,DC与DC'的间距k=lm，PP'与QQ'的间距=0-5m，M'N'

与FF’的高度差为比=0.6巾。导轨MM'、NN'左端接有R=3。的电阻，导轨MM'与NN'间的圆弧区域内

没有磁场，平直部分存在宽度为d、磁感应强度/=27方向竖直向上的匀强磁场；圆弧导轨FD与FD

的区域内没有磁场，平直部分OD'右侧存在磁感应强度助=47方向竖直向上的匀强磁场(图中没有画

出)，导体棒。质量为巾1=0.2Ag,棒。接在电路中的电阻R_=2。；导体棒〃质量为=0-2kg,棒

b接在电路中的电阻&=1。。导体棒a从距离导轨MM'、NN'平直部分h=1.25m处静止释放，恰好

沿圆弧轨道产。与F'。'的上端切线方向落在圆弧轨道上端，接着沿网弧轨道下滑；导体棒6最初静止在

水平导轨PP'与QQ'上。重力加速度：g=10m/s2,不计导轨电阻、一切摩擦及空气阻力。求：

(1)导体棒a刚进入磁场邑时电阻R的电流大小和方向！

(2)d的大小：

(3)导体棒人从静止开始到匀速运动的过程中，导体棒人上产生的焦耳热。(导轨DC与。C'、PP'

与QQ’均足够长，导体棒。只在导轨0C与0C'上运动)

答案

1.【答案】D

已知汽车做匀加速直线运动，末速度〃=20m/s,加速度Q=5m/s2,时间t=2s

根据速度时间公式〃=%+at,变形得初速度为=v-at

代入数据：v0=20-5x2=10m/s

故答案为：Do

本题考查匀变速直线运动的速度时间公式应用，核心思路是明确已知量（末速度、加速度、时间）,

直接代入公式求解初速度（经过第1根电线杆的速度）。

2.【答案】B

AB.由电压比患=,,%、电不变，n1增大则力减小，灯泡实际功率「=雪（R为灯泡电阻），U2

减小则功率减小，灯泡变暗，A错误，B正确；

C.对于理想变压器有肛=察，所以原、副线圈两端电压的比值变大，C错误：

u2九2

D.对于理想变压器有白=箸，所以原、副线圈电流的比值变小，D错误。

Z2nl

故答案为：Bo

利用理想变压器的电压比（患=荔）和电流比（胃=转）规律，分析原线圈匝数变化对副线圈电压、

电流及灯泡亮度的影响。

3.【答案】C

A、奥斯特发现了电流的磁效应，安培总结出判定电流的磁场方向的方法一右手螺旋定则。故A错误;

BC、法拉第发现了电磁感应现象并总结了产生感应电流的条件。故B错误；C正确；

D、为了形象地描述磁场的强弱和方向，法拉第提出了磁感线的概念，但磁感线并不是客观存在的。

故D错误。

故答案为：Co

奥斯特发现了电流的磁效应，安培总结出判定电流的磁场方向的方法一右手螺旋定则，法拉第发现了

电磁感应现象并总结了产生感应电流的条件。

4.【答案】D

解答本题，要掌握速度、向心加速度、速度变化量均为矢量；要掌握匀速圆周运动合外力充当向心力、

且合外力指向圆心、不做功。A.根据图乙水珠做离心运动的方向可知杯子旋转方向为逆时针，故可

知P位置的小水珠速度方向沿b方向，A错误；

B.向心加速度方向指向网心，P、Q两位置，杯子的向心加速度方向不同，B错误；

C.杯子在旋转时的角速度大小为

67r

e

=y=0彳rad/s=371rad/s

杯子在旋转时的运动半径大约为1m，故线速度大小约为

v=（or=3Tmis

C错误；

D.杯子在旋转时的向心加速度大小约为

a=32r=97T277l/S2

D正确。

故选D。

根据图乙中水珠做离心运动的方向，可以判断杯子的旋转方向，进而判断P位置的小水珠谏度方向。

根据向心加速度的矢量特性，判断P、Q两位置，杯子的向心加速度是否相同。根据速度的矢量性分

析速度是否相同；杯子做匀速圆周运动，根据杯子所受合外力的特点、与位移的角度关系，判断从Q

到P，杯子所受合外力做功是否为零。

5.【答案】C

在电磁振荡中，磁场能与电场能周期性地相互转化，（a）图为电容器刚充完电的状态，电场能最大，

接下来应该放电，电流沿逆时针方向，电场能转化为磁场能，磁场能达到最大后（图③），电容器反

向充电，下极板带上正电，磁场能转化为电场能，电场能达到最大后（图①），再反向放电，电流沿

顺时针方向，电场能转化为磁场能，磁场能达到最大后（图②），电容器正向充电，上极板带正电，

直到充电完毕（图e）,完成一个振荡周期，C符合题意，ARD不符合题意。

故答案为：Co

根据电磁振荡过程中电场能和磁场能的相互转化过程进行分析。

6.【答案】B

本题考查理想气体状态方程、热力学第一定律、温度的微观意义等等知识，要知道一定质量的理想气

体的内能只跟温度有关，温度是分子热运动平均动能的标志。A.根据

叱

T

变形得

c

PR

可知理想气体从状态1变化到状态2的过程中，体积不变，气体不对外界做功，外界也不对气体做功，

故A错误；

B.理想气体从状态1变化到状态2的过程中发生等容变化，温度降低，则内能减小，气体向外放出

热量，故B正确，C错误；

D.理想气体从状态1变化到状态2的过程中发生等容变化，温度降低，故气体分子的平均动能减小，

故D错误。

故选Bo

根据理想气体状态方程分析气体体积的变化，判断做功情况，由温度的变化分析气体内能的变化，再

根据热力学第一定律分析热传递情况。根据温度的变化分析气体分子平均动能的变化。

7.【答案】C

波的图象反映了在某时刻介质中的质点离开平衡位置的位移情况，图象的横轴表示各质点的平衡位置,

纵轴表示该时刻各质点的位移。

A.由于波的传播方向未知，无法确定该时刻P点的振动方向，故A错误；

B.根据波速公式u=Af

则f=之_2Hz=50Hz,故B错误。

人oX1U

C.水面波的波长4=8cm,根据波发生明显衍射的条件是障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多，

水面上大小为6cm的小石头尺寸小于波长，能发生明显衍射;不会阻挡水波纹的继续传播，故C正

确；

D.两列波产生干涉的条件是频率相同、相位差恒定、振动方向相同。水中再有一只青蛙鼓囊鸣叫，

不能保证两列水波满足干涉条件，所以不一定会产生干涉，故D错误；

故选C。

波的传播方向未知，无法确定振动方向；根据波速公式求解频率，根据发生干涉以及明显衍射的条件

分析。

8.【答案】C

A、温度越高，分子的热运动越剧烈，速率大的分子比例越大，则曲线I对应的温度比曲线II对应的温

度低，故A错误：

B、做无规则运动的大量分子的规律是用统计思想方法加以研究得出的，说明大量分子的运动具有一

定的规律性，故B错误；

C、气体分子的速率各不相同，但大多数分子的速率都在某个峰值附近，离这个数值越远，分子数越

少，呈现出“中间多、两头少”的分布特征，故C正确；

D、曲线与横轴围成图形的面积表示分子速率所有区间内分子数的占比之和，故D错误。

故答案为：C。

温度越高，分子的热运动越剧烈，速率大的分子比例越大。做无规则运动的大量分子的规律是用统计

思想方法加以研究得出的，对单个分子不适应，单个分子的运动具有偶然性。曲线与横轴围成图形的

面积表示分子速率所有区间内分子数的占比之和等于屋

9.【答案】A

10.【答案】C

CD.初始时刻，设弹簧的压缩量为xo,则

_mg+2mg_3mg

当A、B刚好分离的时候，此时A和B具有相同的速度v龙和加速度a共，且分离时，A、B之间的弹

力等于0,先分析B,由牛顿第二定律得

F—mg=ma

再分析A,由牛顿第二定律得

F,押—2mg=2ma

联立得

尸弹=2尸

设分离时弹簧的形变量为XI，由胡克定律得

F弹=kxi

且分离时B的位移为x,则

x=x0-xi

将A,B当作整体，使用动能定理得

=1x3mv2

Fx—3mgx+

整理得

(2F-1.57^)x=|mv2

通过上式可知，当〃时，/取最小值

2%

所以C正确，D错误;

AB.由上面的分析可得，当时，B做简谐运动，且振幅不变；当时，A、B

会有分离的可能，分离之后，B就不是做简谐运动，而是做匀变速直线运动；当尸＞mg时，A、B也

会有分离的可能，分离前后A都做简谐运动，但是振幅不同，所以AB错误。

故选C。

该题将牛顿运动定律、简谐运动和动能定理综合考查，在涉及到多个物体的运动和受力时需要整体法

和隔离法综合使用，脱离的问题存在临界状态，临界就是刚好分离时，需要对其分析，结合动能定理

的运用才能够得出结果。

1L【答案】（1）>

（2）4.700

2

（3）（M—m）gh=+m）②

（1）为了使A下落过程中挡光片经过光电门，故需满足

故答案为：>

（2）根据螺旋测微器的读数原理可知，挡光片的宽度为d=4.5mm+20.0x0.01mm=4.700mm

故答案为：4.700

（3）A经过光电门时的瞬时速度为〃=宇

系统重力势能的减少量为AEp=（M-in）gh

2

系统动能的增加量为g=+m）停）

2

则系统机械能守恒的表达式为（M-m）gh=+m）©）

2

故答案为：（M—7n）g/i=［（M+m）q）

⑴为使钩码A能下落，其重力必须大于重物B的重力，即M>m.

⑵螺旋测微器读数为固定刻度读数+可动刻度读数，固定刻度为4.5mm,可动刻度为20.0x0.01mm,

总和为4.700mm。

2

（3）系统重力势能减少量为动能增加量为4（河+m）（?，若机械能守恒，则两者相等。

12.【答案】（1）根据光电效应方程Ek=hvo-Wo

当Ek=0时，可得截止频率丫0=等

（2）解：根据光电效应方程，光电子的最大初动能为Ekm=hv—Wo

13.【答案】（1）解：不加电场时，物块受力如图甲，因为

〃<tanO

故物块沿斜面向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得

mgsinO-“mgcosJ=ma

解得

a=gsinO-〃gcos。

N

(2)解：若

EqcosO<mgsind

则物块受力如图，由平衡条件得

N=ingcosO+Eqsin仇mgsinO=EqcosO+〃N

解得

E_mg(sin9一〃cos。)

q(cos0+〃sin9)

同理若

EqcosO>mgsinO

则有

7ngsin。+〃N=EqcosO

解得

E_mg(sin0+/zcos0)

q(cos。一〃sin9)

故：匀强电场场强的大小E的范围为：mg(sinO-〃cosO)dMsin8+-s。)

q(cos8+〃sin0)q(cosO-fisinO')

14.【答案】(1)设红色。号小球与1号小球碰撞后速度分别为q)i和%,根据动量守恒定律有m%=

TnVQI+2小/

由能量守恒定律有④m诏=^mvoi+4,27n听

解得%]=一可为'%=吾"。

故红色0号小球与I号小球第一次碰撞后，红色0号小球的速度大小为义孙

(2)设1号小球与2号小球碰撞后的速度分别为和吸，

根据动量守恒定律及能量守恒定律有2m%=2mv1+2mv2

21-2cmv\2=21•c2mv2]+]1,c2m吸2

解得“2=%=iv

O0

由题意可知，白色小球之间发生弹性正碰，

由1号小球开始，白色小球碰撞时不断交换速度,

985号小球最终速度为%85=%

(3)设红色0号小球与1号小球第n次碰撞后速度为孙“，第2次与1号小球碰撞后，有m1即=

mvQ2+

2

v）2=2mv2

2mv2,0^rn,VQ2+'

解得为2=-（4）—

985

以此类推，红色0号小球最终速度大小为孙985=(l)V0

15.【答案】⑴解:根据动能定理可知

刀12

巾1。九=2啊4

解得导体棒a刚进入磁场々时的速度大小为

%=5m/s

导体棒a产生的电动势为

Ei=BiLiVi

由闭合电路欧姆定律可得

联立解得