山东省济宁市2026届高三物理下学期一模试题含解析

注意事项∶

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置，认真核对条形码上的姓名、

考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。

2．选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5mm黑色签字笔书写，

字体工整，笔迹清楚。

3．请按照题号在各题目的答题区域内答题，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸。试卷上答题无效；

保持卡面清洁，不折叠、不破损。

一、单项选择题；本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。

1.如图所示，导热良好的气缸和活塞之间密封一定质量的理想气体。若外界温度保持不变，缓慢下压活塞

的过程中，关于气缸内的气体，下列说法正确的是（）

A.内能增大

B对外界做功

.

C.向外界放热

D.单位时间内撞击气缸内壁单位面积的分子数不变

【答案】C

【解析】

【详解】A．由于外界温度保持不变，气缸导热性能良好，在缓慢下压活塞的过程中，气体温度不变，则气

体内能不变，故A错误；

B．由于缓慢下压活塞，气体体积减小，可知，外界对气体做功，故B错误；

C，结合上述有W>0，U0

根据热力学第一定律有UWQ

则有Q0

即气体向外界放热，故C正确；

D．气体温度不变，气体分子运动的平均速率不变，气体体积减小，气体分子分布密集程度增大，可知，单

位时间内撞击气缸内壁单位面积的分子数增大，故D错误。

故选C。

2.某实验小组利用如图所示的电路研究“光电效应”现象，用红光照射光电管，有光电子从K极逸出，现

改用蓝光照射光电管。下列说法正确的是（）

A.饱和电流一定增大

B.光电子的最大初动能增大

C.测得相应的遏止电压减小

D.需要克服K极金属的逸出功增大

【答案】B

【解析】

【详解】A．饱和光电流的大小与入射光的强度有关，题目仅更换入射光的频率，未说明光强变化，无法确

定饱和电流一定增大，故A错误；

ν

B．蓝光频率大于红光频率，根据爱因斯坦光电效应方程EkhW0

其中逸出功W0是金属本身的固有属性，不随入射光改变，入射光频率增大时，光电子的最大初动能一定

增大，故B正确；

E

C．遏止电压满足关系Uk，最大初动能增大时，遏止电压也随之增大，故C错误；

ce

D．逸出功由金属本身性质决定，与入射光无关，因此克服逸出功不变，故D错误。

故选B。

3.2025年7月15日，天舟九号货运飞船成功对接空间站天和核心舱，交会对接的示意图如图所示，飞船

首先进入预定圆轨道I，之后经椭圆轨道II与在圆轨道II运行的空间站在B点完成交会对接，对接后空间

站仍在圆轨道II运行。已知轨道I、III的半径分别为r1、r2，轨道I、II相切于A点，轨道II、III相

切于B点。下列说法正确的是（）

A.飞船在轨道I上的周期小于在轨道II上的周期

B.飞船在轨道I上的机械能大于在轨道II上的机械能

C.飞船与空间站完成对接后，空间站的运行加速度变小

r

D.飞船在轨道II上运行时，在A、B两点的速度之比为2

r1

【答案】A

【解析】

a3

【详解】A．由开普勒第三定律可得常量，轨道I半径小于轨道II的半长轴，故飞船在轨道I上的

T2

周期小于在轨道II上的周期，故A正确；

B．飞船从轨道I变轨到轨道II需加速，机械能增大，故B错误；

Mm

C．对接后空间站质量增大但轨道不变，根据Gma

r2

GM

可得加速度a不变，故C错误；

r2

11

D．由开普勒第二定律可得rvtrvt

21A22B

vr

得A2，故D错误。

vBr1

故选A。

4.如图所示，一固定的带正电的小球右侧有一金属球壳，O点为金属球壳的中心，M点为金属球壳内表

面上的一点，N点在球壳右侧。下列说法正确的是（）

A.O点的电势高于M点的电势

B.O点的电场强度大于N点的电场强度

C.球壳外表面上任一点的电场强度方向均与球壳表面垂直

D.将一正试探电荷由O点沿直线移动到M点，电场力做正功

【答案】C

【解析】

【详解】A．静电平衡时，金属球壳是等势体，O点和M点都在球壳的等势区域内，二者电势相等，故A

错误；

B．静电平衡时，金属球壳内部场强处处为0，则O点场强为0，N点在球壳外，N点场强由球壳外电荷分

布决定，可能大于O点，故B错误；

C．静电平衡时，球壳外表面是等势面，电场强度方向一定垂直于球壳表面，故C正确；

D．O点和M点电势相等，电势差为0，正试探电荷从O点移动到M点，电场力做功为0，故D错误。

故选C。

5.在冰雪运动训练场的水平直道上，为模拟不同摩擦条件，交替铺设长度l12m的制动区和长度l24m

的光滑区，如图所示。滑雪运动员从第一个制动区的左端以6m/s的初速度开始向右滑行。已知制动区与

滑雪板间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g10m/s2，则运动员滑行的总时间为（）

A.1.2sB.2.2sC.2.8sD.3.8s

【答案】B

【解析】

mg

【详解】制动区的加速度大小为a5m/s2

m

运动员经过第一个制动区过程，由运动学公式可得22

2al1v1v0

解得v14m/s

vv

该过程所用时间为t010.4s

1a

l2

运动员经过光滑区做匀速直线运动，所用时间为t21s

v1

设运动员在第二个制动区停下，由运动学公式可得2

2ax0v1

解得x1.6ml12m

v

假设成立，运动员在第二个制动区的运动时间为t10.8s

3a

则运动员滑行的总时间为tt1t2t32.2s

故选B。

6.建筑工人常常通过徒手抛砖的方式来搬运砖块。简化图如图所示，地面上的工人将砖块从A点斜向上抛

出，砖块被脚手架上的工人在B点接住。已知砖块运动至最高点时距离B点的高度为0.8m，A、B两点的高

度差为2.4m，A、B两点间的水平距离为2.4m，重力加速度大小g10m/s2，忽略空气阻力，则砖块经过

最高点时的速度大小为（）

A.1m/sB.2m/sC.3m/sD.4m/s

【答案】B

【解析】

2H2(2.40.8)

【详解】设最高点速度v，从A点到最高点的时间ts0.8s

1g10

2h20.8

从最高点到B点时间ts0.4s

2g10

水平位移xv(t1t2)2.4m

解得v2m/s

故选B。

7.如图所示，空间存在某四分之一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外。一电子以初速度v0从圆心

O沿OD方向射入磁场，恰好从A点离开磁场。若电子以初速度v从O点沿OD方向射入磁场，恰好从圆

弧AD的中点C离开磁场。则v等于（）

1

A.2B.C.2D.

vv0v2v0

40220

【答案】D

【解析】

【详解】作出运动轨迹如图所示

根据几何关系有2r0R，2r1cos45R

22

v0v

粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qv0Bm，qvBm

r0r1

解得

v2v0

故选D。

8.如图所示，光滑平行金属导轨水平放置，导轨间存在竖直向下的匀强磁场，导轨右端接有理想变压器。

导体棒ab垂直放在导轨上，在水平外力作用下做简谐运动，其速度随时间变化的规律为v22sin20t

（m/s），运动过程中始终处在磁场范围内。已知导轨间距为L1m，磁感应强度大小为B5T，变压

∶∶

器原、副线圈的匝数之比n1n212，图中两定值电阻R均为20Ω，其余电阻均不计，电压表为理想交流

电压表。下列说法正确的是（）

A.1s内导体棒中的电流方向改变10次

B.导体棒产生的电动势表达式为e10sin20t（V）

C.电压表的示数为4V

D.变压器的输入功率为4W

【答案】C

【解析】

【详解】B．感应电动势eBLv102sin20（tV），故B错误；

2

A．因为2f20

T

20

交流电频率f10Hz

2

一个周期内电流的方向改变2次，故1s内电流方向改变20次，故A错误；

102

C．感应电动势的有效值EV10V

2

EIRn

由理想变压器电压关系得11

U2n2

In2

12

又，U2I2R

I2n11

2

UE4V

25

电压表示数为U24V，故C正确；

22

D．理想变压器的输入功率等于输出功率U24，故D错误。

P出0.8W

R20

故选C。

二、多项选择题∶本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对

得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9.如图所示，甲、乙、丙、丁四幅图是不同的单色光通过同一双缝或单缝观测装置形成的图样。下列说法

正确的是（）

A.甲、乙是光的干涉图样

B.丙、丁是光的干涉图样

C.形成甲图样的光的频率比形成乙图样的光的频率大

D.形成丙图样的光的频率比形成丁图样的光的频率小

【答案】AD

【解析】

【详解】AB．双缝干涉的条纹特点是等间距、等宽度的平行条纹，单缝衍射的条纹特点是不等间距，中央

亮纹最宽最亮，两侧条纹宽度逐渐变窄。由图可知，甲、乙是等间距条纹，属于干涉图样；丙、丁是中央

宽、两侧窄的不等间距条纹，属于衍射图样，故A正确，B错误；

C．对于双缝干涉，条纹间距越大，光的波长越大。甲条纹间距更大，对应光波长更长，频率更小，故C错

误；

D．对于单缝衍射，波长越长，衍射越明显。丙衍射更明显，对应光波长更长，频率更小，故D正确。

故选AD。

10.如图所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，可视为质点的小球从A点自由下落，至B点时开始压缩弹簧，

小球下落的最低位置为C点，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）

A.小球从B到C过程中，速度先增大再减小

B.小球在C点时加速度大于g

C.小球从B到C过程中，重力的冲量大于弹簧弹力的冲量

D.小球从B到C过程中，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变

【答案】AB

【解析】

【详解】A．从B到C的过程中，小球受到弹簧弹力F与重力mg的共同作用，弹力F从零逐渐增大，当F＜mg

时有mgFma

小球做加速运动，速度逐渐增大，当Fmg时速度最大；

小球继续向下运动，有F＞mg

此时对小球分析有Fmgma

小球开始做减速运动，直至运动到C点速度减为0，故A正确；

B．若小球从B点由静止释放，根据简谐运动的对称性可知运动到最低点时的加速度应为g，此时对小球分

析，应有Fmg

现在小球从更高的位置释放，根据机械能守恒原理，小球达到最低点的位置应更低，所以此时小球在C点

的加速度应大于g，方向向上，故B正确；

C．设小球在B点时的速度为v，从B到C对小球应用动量定理，有IGIF0mv

所以弹力的冲量大于重力的冲量，故C错误；

D．小球与弹簧组成的系统机械能守恒，但小球从B运动到C的过程中小球的动能发生变化，所以小球的重

力势能与弹簧的势能之和会变化，故D错误。

故选AB。

11.两列简谐横波在同一介质中沿x轴相向传播，两波源S1、S2的平衡位置坐标分别为

、

x18mx28m。t0时刻两波源同时开始振动，t0.4s时波形如图所示，t1.6s时坐标原点处的

质点开始振动。下列说法正确的是（）

A.两列简谐波的波长均为2m

B.两列简谐波的波速均为4m/s

C.t1.4s时，x2m处的质点处于平衡位置向下振动

D.02s时间内，坐标原点处的质点运动的路程为16cm

【答案】ACD

【解析】

【详解】AB．t1.6s时坐标原点处的质点开始振动，可知在1.6s内波传播的距离为8m，则波速

x8

vm/s5m/s

t1.6

由题意可知周期为T0.4s，则波长vT2m，A正确，B错误。

82

C．右侧波传到x=2m处的质点用时间为ts1.2s

5

则在t=1.4s时该质点振动了0.2s=0.5T，因质点起振方向向上（S2起振方向向上），可知t=1.4s时该质点

在平衡位置向下振动，C正确；

D．因两列波起振方向相反，则O点振动减弱，则振幅为A=A1-A2=4cm；在t=2s时刻O点振动了0.4s=T，可

知通过的路程为4A=16cm，D正确。

故选ACD。

12.如图所示，一矩形斜面abcd固定在水平地面上，斜面倾角为37、宽为L、长为3L。把质量为m的

小物块放置在c点，用沿斜面的拉力F（大小方向未知）将物块沿着ca缓慢拉至a点。已知物块与斜面间

的动摩擦因数为0.75，重力加速度为g，sin370.6，cos370.8。下列说法正确的是（）

A.物块所受摩擦力方向与F的方向相反

B.F与ac的夹角为30

C.若拉动更大质量的物块至a点，F与ac的夹角需减小

D.物块由c点运动到a点的过程中，F做的功为1.8mgL

【答案】BD

【解析】

【详解】A．因摩擦力方向与相对运动方向相反，故物块所受摩擦力方向与F无关，故A错误；

B．由题知，物块处于受力平衡状态，把物块的重力分别沿着斜面和垂直斜面正交分解，则有

，

Gxmgsin370.6mgGymgcos370.8mg

根据平衡条件，可得斜面对物块的支持力为FNGy0.8mg

则物块所受摩擦力的大小为fFN0.6mg

方向由a指向c；设F与ac的夹角为，此时在斜面上的受力分析，如图所示

3L

设bc与ac的夹角为，根据几何关系有tan3

L

可得bc与ac的夹角为60，故f与Gx的夹角也为60°，将f与Gx合成，根据平行四边形定则，结

合f的大小与Gx的大小相等，可知这两个力的合力F合沿bc与ac的夹角的平分线，与ac的夹角为30°，

根据平衡条件，可知F与F合等大，反向共线，故F与ac的夹角为30，故B正确；

C．若拉动更大质量的物块至a点，根据f0.6mg，Gx0.6mg，可知f的大小与Gx的大小仍相等，

故这两个力的合力F合仍沿bc与ac的夹角的平分线，与ac的夹角仍为30°，根据平衡条件，可知F与F合，

等大，反向共线，故F与ac的夹角仍为30，保持不变，即夹角不变，故C错误；

2

D．根据几何关系，可得对角线ca的长度为2

LacL3L2L

物块由c点运动到a点的过程中，根据动能定理有WGxLf2L0

解得W1.8mgL，故D正确。

故选BD。

三、非选择题∶本题共6小题，共60分。

13.利用手机软件可定量探究向心加速度a与半径r、角速度的关系。装置如图甲所示，转盘连接在一

个可调转速的电机上，在转盘上沿半径方向每隔相等距离打一个方孔，手机可固定在孔上。

（1）下列实验与本实验采用的实验方法一致的是______。

A.探究弹簧弹力与形变量的关系

B.探究两个互成角度的力的合成规律

C.探究物体加速度与力、质量的关系

（2）保持转盘的转速不变，将手机固定在不同的孔位上，读出不同半径r下手机的向心加速度大小a，得

到如图乙所示的图像。由图可知当角速度不变时，物体的向心加速度大小与物体做圆周运动的半径成______。

（3）手机固定在某个孔位中，手机转动过程中向心加速度a与角速度的平方2的图像如图丙所示。此时

手机所在孔位距转盘中心的距离为r______m。（保留两位有效数字）

【答案】（1）C（2）正比

（3）0.16

【解析】

【小问1详解】

A．实验探究向心加速度a与半径r、角速度的关系，在研究其中两个物理量的关系时，需要确保第三个

物理量不变，可知，实验采用了控制变量法。探究弹簧弹力与形变量的关系时，实验中研究的物理量只有

两个，没有采用控制变量法，故A错误；

B．探究两个互成角度的力的合成规律时，采用了等效替代法，没有采用控制变量法，故B错误；

C．探究物体加速度与力、质量的关系时，在研究其中两个物理量的关系时，需要确保第三个物理量不变，

可知，实验采用了控制变量法，故C正确。

故选C。

【小问2详解】

ar图像是一条过原点的倾斜直线，可知，当角速度不变时，物体的向心加速度大小与物体做圆周运动的

半径成正比。

【小问3详解】

根据a2r

25

结合图丙有rm0.16m

160

14.某同学测量一电热丝的电阻率，实验步骤如下∶

（1）用多用电表粗测该电热丝Rx的电阻值，将多用电表选择开关旋至“100”挡，进行欧姆调零后，将

红、黑表笔连接到电热丝两端，指针位置如图甲所示，此时读数为_____Ω。

（2）用螺旋测微器测量电热丝不同位置的直径，某次测量的示数如图乙所示，该读数为_____mm。

（3）为精确测量该电热丝的电阻Rx，设计了如图丙所示的实验电路图。现有实验器材如下∶

电池组E（电动势为15V，内阻忽略不计）；

电压表V（量程为3V，内阻为Rv3kΩ）；

电流表A（量程为9mA，内阻约为1Ω）；

定值电阻R0（阻值可选用3kΩ和12kΩ）；

滑动变阻器R（最大阻值为50Ω）；

开关、导线若干。

①本实验中定值电阻R0的阻值应选用_____（填“3kΩ”或“12kΩ”）；

②闭合开关S，调节滑动变阻器R，读出电压表V和电流表A的示数分别记为U、I，则该电热丝电阻准

确值的表达式为Rx_____（用U、I、R0、RV表示）；

③多次测量得到电热丝的电阻Rx的平均值，计算得出电热丝的电阻率。

【答案】（1）1900

（2）5.299##5.297##5.298##5.300

URR

（3）①.12kΩ②.V0

IRVU

【解析】

【小问1详解】

读数为19.01001900。

【小问2详解】

读数为5mm29.90.01mm=5.299mm。

【小问3详解】

[1]定值电阻R0若选择3k，则改装后的电压表能测量电压的最大值为

3V3

UmRVR0=33V=6V

RV3

定值电阻R0若选择12k，则改装后的电压表能测量电压的最大值为

3V3

UmRVR0=123V=15V

RV3

为了使电阻丝两端的电压变化范围更大，要求改装后的电压表测量范围更大，故本实验中定值电阻R0的阻

值应选用12k；

U

RR

RV0URR

[2]该电热丝电阻准确值的表达式为RVV0

xUIRU

IV

RV

15.如图所示，一竖直放置的导热圆筒高度h1.0m，进行科学实验时，将圆筒开口向下，由水面沿竖直

1

方向缓慢下压，筒口距离水面的深度为H（未知）时，封闭气柱的长度恰好为h。已知下压过程中气体

2

335

温度保持不变，圆筒中的气体可视为理想气体，水的密度1.010kg/m，大气压强p01.010Pa，

重力加速度大小g10m/s2。

（1）求H；

（2）若保持H不变，向圆筒内压入空气，使圆筒内的水恰好全部排出，求压入的空气质量与圆筒中原有的

空气质量之比k。

【答案】（1）10.5m

（2）1.05

【解析】

【小问1详解】

设圆筒的横截面积为S，则初始状态下圆筒内气体的压强为p0，体积为V0Sh

1

筒口距离水面的深度为H时，圆筒内气体的压强为p1p0gHh

2

1

体积为VSh

12

则由玻意耳定律有p0V0p1V1

代入数据联立解得H10.5m

【小问2详解】

设向圆筒内压入压强为p0的空气体积为V2，压入气体后圆筒内气体的压强为p2，则p2p0gH

则由玻意耳定律有p1V1p0V2p2V0

代入数据联立解得V21.05Sh

m压入V

所以压入的空气质量与圆筒中原有的空气质量之比为k21.05

m原V0

16.如图所示，半圆ABC为半球形玻璃砖的截面，半径为R、圆心为O，AC为水平直径。一束单色光斜

3

射到AC边上的D点，D点到O点距离为R，入射角60，折射光线刚好射到半圆的最低点B。

3

（1）求玻璃砖对该单色光的折射率；

（2）保持入射光的方向不变，将入射点从D点水平向右移动，至折射光线在BC面上刚好发生全反射，求

入射点移动的距离。

【答案】（1）3

（2）(23)R

3

【解析】

【小问1详解】

3OD3

设折射角为，在△ODB中，ODR，OBR，因此tan

3OB3

解得30

sin

根据折射定律n

sin

代入60，30，解得n3

【小问2详解】

11

光线在BC面上刚好发生全反射时，入射角等于临界角C，满足sinC

n3

入射方向不变，因此折射角仍为30

即折射光线与竖直法线夹角恒为30，与水平直径AC夹角为60。设移动后入射点为D¢，D¢在O右侧，E

为折射光线与弧面交点，在ODE中，OER，ODE120，OEDC

OEOD

由正弦定理，得

sinODEsinC

2

联立解得ODR

3

23(23)R

原入射点D在O左侧，因此入射点移动的距离ΔxODODRR

333

17.如图所示，一端带有四分之一圆弧轨道的长木板固定在水平面上，B点为圆弧轨道的最低点，BC段为

长木板的水平部分，长木板的右端与平板车上表面平齐并紧靠在一起，但不粘连。现将一质量为m12kg的

物块在圆弧的最高点A由静止释放，经过B点时对长木板的压力为40N。物块经C点滑到平板车的上表面，

若平板车固定不动，物块恰好停在平板车的最右端。已知圆弧轨道的半径为R3.6m，BC段的长度为

L15.0m，平板车的质量为m22kg、长度为L24.0m，物块与BC段之间的动摩擦因数为0.2，

平板车与水平面间的摩擦力可忽略不计，重力加速度大小为g10m/s2。求∶

（1）物块从A点运动到B点过程中克服摩擦力做的功W；

（2）物块在BC段滑动的时间t；

（3）若平板车不固定，求物块最终距平板车左端距离x。

【答案】（1）W36J

（2）t1s

（3）x2m

【解析】

【小问1详解】

已知物块经过B点时对长木板的压力为40N，则长木板对物块的支持力FN40N，根据牛顿第二定律有

v2

Fmgm0

N11R

解得v06m/s

12

物块从A点运动到B点，根据动能定理有mgRWmv

1210

解得W36J

【小问2详解】

物块从B点运动到C点，根据牛顿第二定律有m1gm1a

解得a2m/s2

1

根据位移时间公式有Lvtat2

102

解得t1s（另一值舍弃）

【小问3详解】

物块从B点运动到C点做匀减速直线运动，则物块在C点的速度为vCv0at4m/s

设物块与平板车的动摩擦因数为。当平板车固定时，物块从C点滑上平板车，刚好到达平板车的右端停

1

止，根据动能定理有mgL0mv2

1221C

解得0.2

当平板车不固定时，物块从C点滑上平板车，因水平面光滑，故物块与平板车组成的系统满足动量守恒，

设物块与平板车共速时，物块相对平板车的位移为L，根据动量守恒定律有m1vCm1m2v

解得v2m/s

11

根据动能定理有mgLmmv2mv2

121221C

解得L2mL24m

说明物块不会滑离平板车，则物块最终距平板车左端距离xL2L2m

18.如图所示，间距为L的两条足够长的平行金属导轨固定放置，与水平面的夹角为30，导轨光滑且

kmR

电阻忽略不计，上端连接阻值为R的电阻。导轨之间存在磁感应强度大小为B，方向与导轨平面

L

垂直的匀强磁场区域I、II、III，磁场区域的宽度均为s，磁场区域I与磁场区域II之间的距离未知，磁

场区域II与磁场区域III之间的距离为d。一导体棒ab与导轨垂直放置并处于锁定状态，导体棒质量为m、

长为L、电阻为R，与磁场区域I相距为x0。解除锁定后，导体棒刚要离开磁场区域I时，恰好处于平衡状

态，导体棒在磁场区域II、III及其间无磁场区域运动的时间均相等。导体棒运动过程中始终与导轨垂直，

重力加速度大小为g。求∶

（1）导体棒刚要离开磁场区域I时速度的大小v0；

（2）从解除锁定到导体棒刚要离开磁场区域I过程中，导体棒上产生的焦耳热QR；

（3）导体棒穿过磁场区域II的时间T；

（4）从解除锁定到导体棒刚好离开磁场区域III所用的时间t。

g

【答案】（1）v

0k

mgxsmg2

（2）Q0