山东省淄博市2025-2026学年高三下学期高考模拟物理试卷

这是一份山东省淄博市2025-2026学年高三下学期高考模拟物理试卷，共14页。试卷主要包含了47，粒子在第Ⅱ象限做类平抛运动，5m等内容，欢迎下载使用。

2025—2026 学年高三模拟考试物理参考答案
2026.3
1
2
3
4
5
6
7
8
D
A
B
C
B
C
A
D
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。在每个题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每个题给出的四个选项中，有
多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。
三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。
13．（6 分）（1）1:2（2 分）（2） 3 （2 分）（3）C （2 分）
4
14．（8 分）（1）保护（2 分）（2） R0  r 1  1 （2 分）
ERE
（3）1.47（2 分）0.94（2 分）
15. （8 分）解：（1）光线从盖玻片射向空气，发生全反射的临界角 C 满足：
sin C  1（1 分）
n
9
10
11
12
BD
AC
BC
BD
解得：
C  45（1 分）
只有入射角 C 时，光线才能透出盖玻片上表面，因此： 45（1 分）
（2）设光线从盖玻片射向空气的折射角为α，光线从空气射向物镜下表面的折射角为β，光线在物镜下表面入射点为 A，光线在球面上入射点为 B，光路图如图所示。
由折射定律可得：n  sin
sin
①（1 分）
n  sin ②
sin
联立①②式得：
 45
 30
（- 1 分）
光线在物镜球面上恰好发生全反射，此时入射角等于临界角C  45
在ΔOAB 中，OB=4d,由正弦定理可得：
OA OB
（1 分）
sin C

sin(
2
 )
解得：
OA  4 6d
3
由几何关系可得：OA  d tan h tan（1 分）
解得：
h  (4 6 
3
3)d
-（1 分）
16．（8 分）解：（1）做出 mg、F1 及 F 合的矢量三角形如图所示
其中，  30

  30 2
所以该矢量三角形为等腰三角形，即F合  mg ①（1 分）
由牛顿第二定律可得：F合  ma ②（1 分）
联立①②式得：
a  10m/s2
由运动学公式可得：
v  v0  at
（1 分）
解得：v  30m/s
（1 分）
（2）设小球在匀加速直线运动的位移为 x，则： x  v0  v t（1 分）
2
解得： x  40m
撤去风力 F1 后，小球将做曲线运动落地速度恰好为 0，由动能定理得：
mgx sinW  0  1 mv2
2
解得：W  650J
17.（14 分）解：（1）粒子在第Ⅱ象限做类平抛运动：
（2 分）
（1 分）
水平方向：L  v0t1 ①（1 分）
竖直方向：
3 L  1 qE t 2 ②
（- 1 分）
22 m 1
3mv2
联立①②式得： E  0
qL
（1 分）
粒子到达 N(−L,0) 时：
竖直速度v  qE t ③（1 分）
ym 1
v2  v2
0y
合速度④
v 
速度与x 轴方向夹角tan vy ⑤
v0
（- 1 分）
联立③④⑤式得：
 60
v  2v0
粒子在第Ⅲ象限做匀速圆周运动，从 N 到 O，由几何关系得：
3
轨道半径r1  3 L
v2
r
由洛伦兹力提供向心力：qvB1  m
3
1
-（-
1 分）
代入 v  2v0
r1  3 L
解得：B1
（1 分）
2 3mv0
qL
设粒子在第Ⅰ象限磁场中轨道半径为 r2，
由洛伦兹力提供向心力：
解得： r2  L
v2
r
qvB2  m
2
1
粒子从 O 点运动到 P 点速度偏转角为 90°，则对应第Ⅰ象限中磁场区域轨迹为 4 圆周，运动
轨迹如图所示要使圆形磁场面积最小，磁场区域需为粒子轨迹弦对应的最小圆，弦长为
2r2 sin 45  2L
故最小圆半径 R 2 L
2
（1 分）
最小面积：S  1L2
2
在ΔOAF 中： AO  3 L ，
2
OF  3 L ，
4
AF  3 3 L
4
（1 分）
在ΔOAD 中： AD  1 L ，
2
则 O´纵坐标： y  3 3  2 L
4
O´横坐标： x  3  2 3 L
4
OD 3 L
2
即 O´点坐标（ 3  2 3 L ， 3 3  2 L ）（2 分）
44
粒子在第Ⅳ象限做半径减小的螺旋运动，由洛伦兹力提供向心力：qvB3  mv
-（1 分）
代入 B  3mv0 ，可得： 3v0
3qLL
粒子从 P 点运动到 Q 点时，转过的圆心角为 11
6
t
代入解得： t  11L
18v0
18．（16 分）解（1）小球下摆过程，由动能定理得：m gL
（1 分）
（1 分）
 1 m v2（1 分）
解得： v0  9m/s
小球与 A 弹性碰撞过程：
002 0 0
m0v0  m0v球+mA vA ①（1 分）
1 m v2  121
2 ②（1 分）
2 0 02 m0v球+ 2 mA vA
联立①②式得： vA  9m/s
（2）A 在 B 上滑动时，对 A、B 分别运用牛顿第二定律得：
（1 分）
mA g  mA aA ③
（- 1 分）
mA g  mBaB ④
（③④写对任何一式给 1 分）
A
B
联立③④式得： a  2m/s2a  1m/s2
假设经过时间 t1，B 与 C 碰撞。则 B 的位移为 x=2m
x  1 a t 2
（1 分）
2 B 1
解得： t1  2s
此时 B 的速度：vB1  aBt1 ⑤
（- 1 分）
A 的速度： vA1  vA  aAt1 ⑥
（⑤⑥写对任何一式给 1 分）联立⑤⑥式得： vA1  5m/s
vB1  2m/s
因为vA1  vB1 ，所以此前二者未达到共速状态，假设成立。
B 与 C 第一次弹性碰撞过程：
mBvB1  mBvB2 +mCvC1 ⑦
1 m v2  1
212 ⑧
2 B B12 mBvB2 + 2 mCvC1
联立⑦⑧式得： vB2  1m/svC1  1m/s
此后 C 做简谐运动，C 第一次到达最大位移的时间为t2
 1 T（1 分）
4
此过程 B 在摩擦力作用下减速到 0，由运动学公式得：
0  vB2  aBt2
（- 1 分）
简谐运动周期公式： T  2 m C
k
32
解得：k 
N/m
2
（1 分）
（3）B 减速为 0 时，设 A 得速度为vA2
vA2  vA1  aAt2
解得： vA2  3m/s
此后设经过 t3 时间，A 与 B 二者共速
v共=aBt3  vA2  aAt3
（1 分）
解得： t3  1s
v共  1m/s
由对称性可知，此时 B 右端恰好运动到 P 点并与 C 发生第二次弹性碰撞：
mBv共  mCvC1  mBvB3 +mCvC2 ⑨（1 分）
12121212 ⑩
2 mBv共+ 2 mCvC1  2 mBvB3 + 2 mCvC2
（⑨⑩写对任何一式给 1 分）
联立⑨⑩式得： vB3  2m/svC2  0
B 与 C 第二次碰后到 A 与 B 第二次共速过程：
mA v共  mBvB3  (mA  mB )v共
（1 分）
共
解得： v  1m/s
从球与 A 碰后到 A 与 B 第二次共速过程，运用能量守恒定律得：
m gL  1 m v2  1 (m  m )v2
（2 分）
A2 A A2AB 共
解得：L  19.5m
（1 分）