河北省保定一中2026届高三第一次模拟考试物理试卷含解析

这是一份河北省保定一中2026届高三第一次模拟考试物理试卷含解析，共16页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、电源电动势反映了电源把其他形式的能转化为电能的本领，下列关于电动势的说法中正确的是
A．电动势是一种非静电力
B．电动势越大表明电源储存的电能越多
C．电动势由电源中非静电力的特性决定，跟其体积、外电路无关
D．电动势就是闭合电路中电源两端的电压
2、如图所示，在半径为R的半圆和长为2R、宽为的矩形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里。一束质量为m、电量为q的粒子（不计粒子间相互作用）以不同的速率从边界AC的中点垂直于AC射入磁场.所有粒子从磁场的EF圆弧区域射出（包括E、F点）其中EO与FO（O为圆心）之间夹角为60°。不计粒子重力.下列说法正确的是（ ）
A．粒子的速率越大，在磁场中运动的时间越长
B．粒子在磁场中运动的时间可能为
C．粒子在磁场中运动的时间可能为
D．粒子的最小速率为
3、一正三角形导线框ABC（高度为a）从图示位置沿x轴正向匀速穿过两匀强磁场区域。两磁场区域磁感应强度大小均为B、方向相反、垂直于平面、宽度均为a。下图反映感应电流Ⅰ与线框移动距离x的关系，以逆时针方向为电流的正方向。图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
4、如图所示，aefc和befd是垂直于纸面向里的匀强磁场I、II的边界，磁场I、Ⅱ的磁感应强度分别为B1、B2，且B2=2B1，一质量为m、电荷量为q的带电粒子垂直边界ae从P点射入磁场I，后经f点进入磁场II，并最终从fc边界射出磁场区域．不计粒子重力，该带电粒子在磁场中运动的总时间为（ ）
A．B．
C．D．
5、如图所示，弹簧振子在a、b两点间做简谐振动当振子从平衡位置O向a运动过程中
A．加速度和速度均不断减小
B．加速度和速度均不断增大
C．加速度不断增大，速度不断减小
D．加速度不断减小，速度不断增大
6、如图，一根容易形变的弹性轻导线两端固定。导线中通有如图箭头所示的电流I。当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加如图所示的匀强磁场B时，描述导线状态的四个图示中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放，某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计小球与弹簧接触时能量损失，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是（ ）
A．最低点的坐标大于
B．当，重力势能与弹性势能之和最大
C．小球受到的弹力最大值等于
D．小球动能的最大值为
8、如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体以速度向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为，现让弹簧一端连接另一质量为的物体（如图乙所示）， 物体以的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为，则( )
A．物体的质量为
B．物体的质量为
C．弹簧压缩最大时的弹性势能为
D．弹簧压缩最大时的弹性势能为
9、下列说法正确的是
A．库仑力和核力都是一种强相互作用
B．光电效应说明了光具有粒子性
C．运动的实物粒子具有波动性
D．结合能越大，原子核越稳定
10、沿x轴正方向传播的一列横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s，则下列说法正确的是（ ）
A．从图示时刻开始，经0.01s质点a通过的路程为40cm，相对平衡位置的位移为零
B．图中质点b的加速度在增大
C．若产生明显的衍射现象，该波所遇到障碍物的尺寸为20m
D．从图示时刻开始，经0.01s质点b位于平衡位置上方，并沿y轴正方向振动做减速运动
E.若此波遇到另一列波，并产生稳定的干涉现象，则另一列波的频率为50Hz
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）某同学用如图所示的实验器材来探究产生感应电流的条件．
（1）图中已经用导线将部分器材连接，请补充完成图中实物间的连线________．
（2）若连接好实验电路并检查无误后，闭合开关的瞬间，观察到电流计指针发生偏转，说明线圈______（填“A”或“B”）中有了感应电流．开关闭合后，他还进行了其他两项操作尝试，发现也产生了感应电流，请写出两项可能的操作：
①_________________________________；
②_________________________________．
12．（12分）在没有天平的情况下，实验小组利用以下方法对质量进行间接测量，装置如图甲所示：一根轻绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物P、Q相连，重物P、Q的质量均为m（已知），在重物Q的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块Z。重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加速度为g。
(1)某次实验中。先接通频率为50Hz的交流电源，再由静止释放系统，得到如图乙所示的纸带。相邻两计数点间还有四个点没画出，则系统运动的加速度a=______________m/s²（保留两位有效数字）。
(2)在忽略阻力的情况下，物块Z质量M的表达式为M=________（用字母m、a、g表示）。
(3)由(2)中理论关系测得的质量为M，而实际情况下，空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦、定滑轮中的滚动摩擦不可以忽略，使物块Z的实际质量与理论值M有一定差异。这是一种_______（填“偶然误差”或“系统设差”）。
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）如图所示，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中当温度为280K时，被封闭的气柱长L=25cm，两边水银柱高度差h=5cm，大气压强p0=75cmHg。
①加热封闭气体，为使左端水银面下降h1=5cm，求此时封闭气体的温度；
②封闭气体的温度保持①问中的值不变，为使两液面相平，求需从底端放出的水银柱长度。
14．（16分）如图所示，系统由左右连个侧壁绝热、底部、截面均为S的容器组成。左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭。两个容器的下端由可忽略容积的细管连通。容器内两个绝热的活塞A、B下方封有氮气，B上方封有氢气。大气的压强p0，温度为T0=273K，两个活塞因自身重量对下方气体产生的附加压强均为0.1 p0。系统平衡时，各气体柱的高度如图所示。现将系统的底部浸入恒温热水槽中，再次平衡时A上升了一定的高度。用外力将A缓慢推回第一次平衡时的位置并固定，第三次达到平衡后，氢气柱高度为0.8h。氮气和氢气均可视为理想气体。求
(1)第二次平衡时氮气的体积；
(2)水的温度。
15．（12分）如图所示，在xy平面内y轴右侧有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向外；分成I和II两个区域，I区域的宽度为d，右侧磁场II区域还存在平行于xy平面的匀强电场，场强大小为E＝，电场方向沿y轴正方向。坐标原点O有一粒子源，在xy平面向各个方向发射质量为m，电量为q的正电荷，粒子的速率均为v＝。进入II区域时，只有速度方向平行于x轴的粒子才能进入，其余被界面吸收。不计粒子重力和粒子间的相互作用，求：
(1)某粒子从O运动到O'的时间；
(2)在I区域内有粒子经过区域的面积；
(3)粒子在II区域运动，当第一次速度为零时所处的y轴坐标。
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、C
【解析】
ABC．电动势的大小等于非静电力把单位正电荷从电源的负极，经过电源内部移到电源正极所做的功，电动势不是一种非静电力，电源电动势反映电源将其他形式能量转化为电能的本领大小，电动势越大，电源将其他形式能量转化为电能的本领越大，AB错误，C正确；
D．电动势大小等于电路断开后电源两端的电压，D错误。
故选C。
2、B
【解析】
ABC．粒子从F点和E点射出的轨迹如图甲和乙所示；
对于速率最小的粒子从F点射出，轨迹半径设为r1，根据图中几何关系可得：

解得

根据图中几何关系可得
解得θ1=60°，所以粒子轨迹对应的圆心角为120°；
粒子在磁场中运动的最长时间为

对于速率最大的粒子从E点射出，轨迹半径设为r2，根据图中几何关系可得

解得
根据图中几何关系可得

所以θ2＜60°，可见粒子的速率越大，在磁场中运动的时间越短，粒子的速率越小运动时间越长，粒子在磁场中运动的最长时间为，不可能为，故B正确、AC错误；
D．对从F点射出的粒子速率最小，根据洛伦兹力提供向心力可得
解得最小速率为
故D错误。
故选B。
3、A
【解析】
在上，在范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值。在范围内，线框穿过两磁场分界线时，BC、AC边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势增大，AC边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势不变，两个电动势串联，总电动势
增大，同时电流方向为瞬时针，为负值。在范围内，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，综上所述，故A正确。
故选A。
4、B
【解析】
粒子在磁场中运动只受洛伦兹力作用，故粒子做圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有
则有
粒子垂直边界ae从P点射入磁场Ⅰ，后经f点进入磁场Ⅱ，故根据几何关系可得：粒子在磁场Ⅰ中做圆周运动的半径为磁场宽度d；根据轨道半径表达式，由两磁场区域磁感应强度大小关系可得：粒子在磁场Ⅱ中做圆周运动的半径为磁场宽度，那么，根据几何关系可得：粒子从P到f转过的中心角为，粒子在f点沿fd方向进入磁场Ⅱ；然后粒子在磁场Ⅱ中转过，在e点沿ea方向进入磁场Ⅰ；最后，粒子在磁场Ⅰ中转过后从fc边界射出磁场区域；故粒子在两个磁场区域分别转过，根据周期可得：该带电粒子在磁场中运动的总时间为
故选B。
5、C
【解析】
弹簧振子的振动规律.
【详解】
当振子从平衡位置O向a运动过程中，位移逐渐增大，恢复力逐渐增大，加速度逐渐增大，因为速度和加速度方向相反，故速度逐渐减小，选项C正确.
6、B
【解析】
考查安培力。
【详解】
A．图示电流与磁场平行，导线不受力的作用，故A错误；
B．由左手定则判得，安培力的方向水平向右，故B正确；
C．由左手定则判得，安培力的方向垂直直面向里，故C错误；
D．由左手定则判得，安培力的方向水平向右，故D错误。
故选B。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、AD
【解析】
AC．根据乙图可知，当x=h+x0使小球处于平衡位置，根据运动的对称性可知，小球运动到h+2x0位置时的速度不为零，则小球最低点坐标大于h+2x0，小球受到的弹力最大值大于2mg，选项A正确，C错误；
B．根据乙图可知，当x=h+x0，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，以弹簧和小球组成的系统，机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故B错误；
D．小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知
故小球动能的最大值为，故D正确。
故选AD。
8、AC
【解析】
对图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能EP=M；对图乙，物体A以2的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量仍为x时，A、B二者达到相等的速度v
由动量守恒定律有：M=(M+m)v
由能量守恒有：EP=M-(M+m)
联立两式可得：M=3m，EP=M=m，故B、D错误，A、C正确．
故选A、C
9、BC
【解析】
A．库仑力是一种电磁相互作用，核力是强相互作用，在原子核内核力比库仑力大的多，故A错误；
B．光电效应和康普顿效应都说明了光是由一份一份的光子组成的，体现了光的粒子性，故B正确；
C．德布罗意提出运动的实物粒子具有波动性，其动量P与波长满足，故C正确；
D．比结合能反映平均拆开一个核子的难易程度，故比结合能越大，原子核越稳定，故D错误；
故选BC。
10、BDE
【解析】
A．由图象可知波长为
又波速为
则该列波的周期为
那么经过0.01s，质点a振动了半个周期，质点a通过的路程为40cm，应在负向最大位移处，所以A错误；
B．根据同侧法可以判断b质点此时正沿y轴负方向振动，也就是远离平衡位置，所以回复力在增大，加速度在增大，所以B正确；
C．由图象已知该波的波长是4m，要想发生明显的衍射现象，要求障碍物的尺寸与机械波的波长差不多或更小，所以障碍物20m不能观察到明显的衍射现象，C错误；
D．经过0.01s，质点b振动了半个周期，图示时刻质点b正沿y轴负方向振动，所以可知过半个周期后，该质点b在平衡位置上方且沿y轴正方向振动，速度在减小，所以D正确；
E．该波的周期是0.02s，所以频率为
所以若此波遇到另一列波，并产生稳定的干涉现象，那么另一列波的频率也是50Hz，所以E正确。
故选BDE。
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、 （2）B； 将滑动变阻器的滑片快速滑动； 将线圈A（或铁芯）快速抽出；断开开关的瞬间．
【解析】
感应电流产生的 条件：穿过闭合线圈的磁通量发生变化，所以要想探究这个问题就要从这个条件出发，尽可能的改变穿过线圈B的磁通量，达到电流计发生偏转的效果．
【详解】
（1）连接实物图如图所示：
（2）闭合开关的瞬间，观察到电流计指针发生偏转，说明线圈B中有了感应电流，
根据感应电流产生的 条件：穿过闭合线圈的磁通量发生变化即可，所以要想是电流计指针发生偏转，则还可以采取的措施为：将线圈A（或铁芯）快速抽出；断开开关的瞬间
12、0.32 系统误差
【解析】
(1)[1]根据逐差法求解加速度
(2)[2]对P、Q、Z构成的系统应用牛顿第二定律
解得
(3)[3]根据题意可知这种误差为客观因素造成的不可避免的误差，应为系统误差。
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、①384K；②9cm
【解析】
①设左端水银面下降后封闭气体的压强为p2，温度为T2，体积为V2，则
，
由理想气体状态方程得
代入数值解得
②两液面相平时，气体的压强为：，体积为，左端液面下降，右管液面下降了，由玻意耳定律得
解得
所以放出的水银柱长度
14、 (1)2.7Sh； (2)95.55℃
【解析】
(1)以氢气为研究对象，初态压强为p0，体积为hS，末态体积为0.8hS。
气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p0V1=p2V2，即
p0hS=p×0.8hS
解得
p=1.25p0
活塞A从最高点被推回第一次平衡时位置的过程是等温过程。
该过程的初态压强为1.1p0，体积为V；末态的压强为p′，体积为V′，
则
p′=p+0.1p0=1.35p0，V′=2.2hS
由玻意耳定律得
1.1p0×V=1.35p0×2.2hS
解得
V=2.7hS
(2)活塞A从最初位置升到最高点的过程为等压过程。该过程的初态体积和温度分别为2hS和T0=273K，末态体积为2.7hS。设末态温度为T，由盖-吕萨克定律得
解得
T=368.55K
水的温度
t=T-273K=368.55 K -273=95.55℃
15、 (1)；(2)；(3)0
【解析】
(1)根据洛伦兹力提供向心力可得
则轨迹半径为
粒子从运动到的运动的示意图如图所示：
粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为
周期为
所以运动时间为
(2)根据旋转圆的方法得到粒子在I区经过的范围如图所示，沿有粒子通过磁场的区域为图中斜线部分面积的大小：
根据图中几何关系可得面积为
(3)粒子垂直于边界进入II区后，受到的洛伦兹力为
在II区受到的电场力为
由于电场力小于洛伦兹力，粒子将向下偏转，当速度为零时，沿方向的位移为，由动能定理得
解得
所以第一次速度为零时所处的y轴坐标为0。