河北省普通高中2026届高考物理五模试卷含解析

这是一份河北省普通高中2026届高考物理五模试卷含解析，共11页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
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、 “世纪工程”﹣港珠澳大桥已于2018年10月24日9时正式通车，大桥主桥部分由约为6.7km海底隧道和22.9km桥梁构成，海底隧道需要每天24小时照明，而桥梁只需晚上照明。假设该大桥的照明电路可简化为如图所示电路，其中太阳能电池供电系统可等效为电动势为E、内阻为r的电源，电阻R1、R2分别视为隧道灯和桥梁路灯，已知r小于R1和R2，则下列说法正确的是（ ）
A．夜间，电流表示数为
B．夜间，开关K闭合，电路中电流表、电压表示数均变小
C．夜间，由于用电器的增多，则太阳能电池供电系统损失的电功率增大
D．当电流表示数为I则太阳能电池供电系统输出电功率为EI
2、如图所示，一根长为L的金属细杆通有电流时，在竖直绝缘挡板作用下静止在倾角为的光滑绝缘固定斜面上。斜面处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。若电流的方向和磁场的方向均保持不变，金属细杆的电流大小由I变为0.5I，磁感应强度大小由B变为4B，金属细杆仍然保持静止，则（ ）
A．金属细杆中电流方向一定垂直纸面向外B．金属细杆受到的安培力增大了
C．金属细杆对斜面的压力可能增大了BILD．金属细杆对竖直挡板的压力可能增大了BIL
3、如图所示，压缩的轻弹簧将金属块卡在矩形箱内，在箱的上顶板和下底板均安有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动。当箱静止时，上顶板的传感器显示的压力F1=2N，下底板传感器显示的压力F2=6N，重力加速度g=10m/s2。下列判断正确的是（ ）
A．若加速度方向向上，随着加速度缓慢增大，F1逐渐减小，F2逐渐增大
B．若加速度方向向下，随着加速度缓慢增大，F1逐渐增大，F2逐渐减小
C．若加速度方向向上，且大小为5m/s2时，F1的示数为零
D．若加速度方向向下，且大小为5m/s2时，F2的示数为零
4、已知声波在钢轨中传播的速度远大于在空气中传播的速度，则当声音由钢轨传到空气中时（ ）
A．频率变小，波长变长B．频率变大，波长变短
C．频率不变，波长变长D．频率不变，波长变短
5、质量为m的物体放在粗糙水平面上，在一个足够大的水平力F作用下开始运动，经过一段时间t撤去拉力，物体继续滑行直至停止，运动总位移s。如果仅改变F的大小，作用时间不变，总位移s也会变化，则s与F关系的图象是（ ）
A．B．C．D．
6、欧姆在探索通过导体的电流和电压、电阻关系时由于无电源和电流表，他就利用金属在冷水和热水中产生电动势代替电源，用小磁针的偏转检测电流，具体做法是：在地磁场作用下处于水平静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转；当通过该导线的电流为I时，小磁针偏转了30°，则当他发现小磁针偏转了60°时，通过该直导线的电流为（已知直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比）（ ）
A．2IB．3IC．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、如图所示，玩具飞机以恒定的仰角斜向上做匀速直线运动，上升至距离地面某高度时，从玩具飞机上掉下一个小零件，零件掉下后，玩具飞机飞行速度保持不变，零件运动过程中受到的空气阻力不计，则零件落地时
A．速度比玩具飞机的速度大
B．和玩具飞机的速度大小可能相等
C．在玩具飞机的正下方
D．在玩具飞机正下方的后侧
8、如图，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的动能Ek－h图象，其中h＝0.18m时对应图象的最顶点，高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余为曲线，取g＝10m/s2，由图象可知（ ）
A．滑块的质量为0.18kg
B．弹簧的劲度系数为100N/m
C．滑块运动的最大加速度为50m/s2
D．弹簧的弹性势能最大值为0.5J
9、下列关于匀变速运动说法正确的是（ ）
A．只有在加速度和速度方向相同时，速度大小才可能增大
B．若速度为零，则物体所受合外力可能不能为零
C．若物体做匀加速直线运动时，从时刻开始连续相等时间内位移之比不可能是1：4：8：13：…
D．若物体的加速度增加，则在相同时间内速度变化量一定增大
10、某列简谐横波在t1＝0时刻的波形如图甲中实线所示，t2＝3.0s时刻的波形如图甲中虚线所示，若图乙是图甲a、b、c、d四点中某质点的振动图象，则正确的是________
A．这列波的周期为4s
B．波速为0.5m/s
C．图乙是质点b的振动图象
D．从t1＝0到t2＝3.0s这段时间内，质点a通过的路程为1.5m
E.t3＝9.5s时刻质点c沿y轴正方向运动
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）为了测某电源的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：
电阻箱R，定值电阻R0、两个电流表A1、A2，电键K1，单刀双掷开关K2，待测电源，导线若干．实验小组成员设计如图甲所示的电路图．
(1)闭合电键K1，断开单刀双掷开关K2，调节电阻箱的阻值为R1，读出电流表A2的示数I0；然后将单刀双掷开关K2接通1，调节电阻箱的阻值为R2，使电流表A2的示数仍为I0，则电流表A1的内阻为_____．
(2)将单刀双掷开关K2接通2，多次调节电阻箱的阻值，记录每次调节后的电阻箱的阻值R及电流表A1的示数I，该同学打算用图像处理数据，以电阻箱电阻R为纵轴，为了直观得到电流I与R的图像关系，则横轴x应取（_________）
A．I B．I2 C． D．
(3)根据(2)选取的x轴，作出R-x图像如图乙所示，则电源的电动势E=_____，内阻r=______．（用R1，R2，R0，及图像中的a、b表示）
12．（12分）某同学通过实验探究热敏电阻的阻值随温度变化的非线性规律。实验室有器材如下：毫安表（0～300mA），电压表（0～15V），滑动变阻器R（最大阻值为），开关S，导线，烧杯，水，温度计等。
(1)按图甲所示的电路图进行实验，请依据此电路图，用笔画线代表导线正确连接图乙中的元件___；
(2)某一次实验中，电压表与电流表的读数如图丙所示。则电流表的读数为_________A，电压表的读数为_________V。由上述电流值、电压值计算的电阻值为_________；
(3)该实验电路因电流表的外接造成实验的系统误差，使电阻的测量值_________（选填“大于”或“小于”）真实值；
(4)实验中测量出不同温度下的电阻值，画出该热敏电阻的图像如图丁示。则上述(2)中电阻值对应的温度为_________；
(5)当热敏电阻的温度为时，其电阻值为_________。
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）如图光滑水平导轨AB的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为m=1kg的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，B点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带的长度BC的长为L=6m，沿逆时针方向以恒定速度v=1m/s匀速转动．CD为光滑的水平轨道，C点与传送带的右端刚好平齐接触，DE是竖直放置的半径为R=0.4m的光滑半圆轨道，DE与CD相切于D点．已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，取g=10m/s1．
（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C点，求弹簧储存的弹性势能；
（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上距D点的距离为x=1.1m处（CD长大于1.1m），求物块通过E点时受到的压力大小；
（3）满足（1）条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能．
14．（16分）地心隧道是根据凡尔纳的《地心游记》所设想出的一条假想隧道，它是一条穿过地心的笔直隧道，如图所示。假设地球的半径为R，质量分布均匀，地球表面的重力加速度为g。已知均匀球壳对壳内物体引力为零。
(ⅰ)不计阻力，若将物体从隧道口静止释放，试证明物体在地心隧道中的运动为简谐运动；
(ⅱ) 理论表明：做简谐运动的物体的周期T=2π，其中，m为振子的质量，物体的回复力为F=－kx。求物体从隧道一端静止释放后到达另一端需要的时间t (地球半径R = 6400km，地球表面的重力加速为g = 10m/ s2 ）。
15．（12分）如图所示，上端封闭、下端开口的玻璃管竖直放置，管长55cm，其中有一段长为6cm的水银柱，将长为20cm的空气柱A封闭在管的上部，空气柱B和大气连通现用一小活塞将管口封住，并将活塞缓慢往上压，当水银柱上升4cm时停止上压已知外界大气压恒为76cmHg，上压过程气体温度保持不变，A、B均为理想气体，求：
（1）气体A、B末状态的压强；
（2）试分析此过程中B气体是吸热还是放热？
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】
A．夜间，桥梁需要照明，开关K闭合，电阻R1、R2并联，根据闭合电路欧姆定律可知，电流表示数，故A错误；
B．夜间，开关K闭合，总电阻减小，干路电流增大，电路中电流表示数变大，故B错误；
C．根据能量守恒定律可知，夜间，由于用电器的增多，则太阳能电池供电系统损失的电功率增大，故C正确；
D．当电流表示数为I，则太阳能电池供电系统总功率为EI，输出功率为EI﹣I2r，故D错误。
故选C.
2、D
【解析】
A．金属细杆受到重力、斜面的支持力、挡板的支持力和安培力作用，根据力的平衡条件可知，金属细杆中电流方向可能垂直纸面向外，也可能垂直纸面向里，故A错误；
B．由于磁场与电流方向垂直，开始安培力为，后来的安培力为
则金属细杆受到的安培力增大了
故B错误；
C．金属细杆受到重力、斜面的支持力、挡板的支持力和安培力作用，根据力的平衡条件可知，将斜面的支持力分解成水平方向和竖直方向，则水平方向和竖直方向的合力均为零，由于金属细杆的重力不变，故斜面的支持力不变，由牛顿第三定律可知，金属细杆对斜面的压力不变，故C错误；
D．由于金属细杆受到斜面的支持力不变，故安培力的大小变化量与挡板的支持力的大小变化量相等；如果金属细杆中电流方向垂直纸面向里，安培力方向水平向右，当安培力增大，则金属细杆对挡板的压力增大，由于安培力增大BIL，所以金属细杆对竖直挡板的压力增大了BIL；如果金属细杆中电流方向垂直纸面向外，安培力方向水平向左，当安培力增大BIL，则金属细杆对挡板的压力减小BIL，故金属细杆对竖直挡板的压力可能增大了BIL，D正确。
故选D。
3、C
【解析】
A．若加速度方向向上，在金属块未离开上顶板时弹簧的压缩量不变，则F2不变，根据牛顿第二定律得
得
知随着加速度缓慢增大，F1逐渐减小，A错误；
B．若加速度方向向下，在金属块未离开上顶板时弹簧的压缩量不变，则F2不变，根据牛顿第二定律得
得
知随着加速度缓慢增大，F1逐渐增大，故B错误；
C．当箱静止时，有
得
m=0.4kg
若加速度方向向上，当F1=0时，由A项分析有
解得
a=5m/s2
故C正确；
D．若加速度方向向下，大小是5m/s2小于重力加速度，不是完全失重，弹簧不可能恢复原长，则F2的示数不可能为零，D错误。
故选C。
4、D
【解析】
当声音由钢轨传到空气中时，频率不变，由题意得知波速减小，由波速公式v=λf可知，波长变短。
A．频率变小，波长变长，与结论不相符，选项A错误；
B．频率变大，波长变短，与结论不相符，选项B错误；
C．频率不变，波长变长，与结论不相符，选项C错误；
D．频率不变，波长变短，与结论相符，选项D正确；
5、C
【解析】
当拉力F小于最大静摩擦力，物体的位移为零；当F大于最大静摩擦力，根据牛顿第二定律可得：
F﹣μmg=ma1
物体在足够大的水平力F作用下的加速度
a1=
撤去拉力后，物体的速度
撤去拉力后，物体的加速度
物体继续滑行直至停止，运动的时间
物体运动的总位移
可见，作用时间t不变，s﹣F是一元二次函数，是开口向上的抛物线，故C正确，ABD错误。
故选C。
6、B
【解析】
小磁针的指向是地磁场和电流磁场的合磁场方向，设地磁场磁感应强度为B地，电流磁场磁感应强度为B电=kI，由题意知二者方向相互垂直，小磁针在磁场中静止时所指的方向表示该点的合磁场方向，则有kI=B地tan30°，kI'=B地tan60°，所以I'=3I.
A. 2I，与结论不相符，选项A错误；
B. 3I，与结论相符，选项B正确；
C. ，与结论不相符，选项C错误；
D. ，与结论不相符，选项D错误；
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、AC
【解析】
AB.零件掉下的一瞬间速度与玩具飞机的速度相同，根据机械能守恒可知，落地时的速度大于玩具飞机的速度，故A正确B错误；
CD. 由于零件在运动过程中水平方向的分速度与玩具飞机的水平分速度相同，因此落地时在玩具飞机的正下方，故C正确D错误；
8、BD
【解析】
A．在从0.2m上升到0.35m范围内，△Ek=△Ep=mg△h，图线的斜率绝对值为:
则
m=0.2kg
故A错误；
B．由题意滑块与弹簧在弹簧原长时分离，弹簧的原长为0.2m，h=0.18m时速度最大，此时
mg=kx1
x1=0.02m
得
k=100N/m
故B正确；
C．在h=0.1m处时滑块加速度最大
kx2-mg=ma
其中x2=0.1m，得最大加速度
a=40m/s2
故C错误；
D．根据能量守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以
Epm=mg△hm=0.2×10×（0.35-0.1）J=0.5J
故D正确。
故选BD。
9、BCD
【解析】
A．对于匀变速直线运动，由得，只有在加速度和速度方向相同时，速度大小才增大；对于曲线运动，加速度方向和速度方向的之间夹角大于小于时，速度大小也增大，故A错误；
B．做竖直上抛运动的物体，到达最高点时，速度为零，但它所受的合外力为自身重力，不为零，故B正确；
C．物体做匀加速直线运动时，从时刻开始连续相等时间内位移之差为一恒量，即为
而1：4：8：13：…位移之差分别是3、４、5…，故从时刻开始连续相等时间内位移之比不可能是1：4：8：13：…，故C正确；
D．由得，物体的加速度增加，则在相同时间内速度变化量一定增大，故D正确。
故选BCD。
10、ABE
【解析】
A．由图乙可知，波的振动周期为4s，故A正确；
B．由甲图可知，波长λ=2m，根据波速公式
故B正确；
C．在t1=0时刻，质点b正通过平衡位置，与乙图情况不符，所以乙图不可能是质点b的振动图线，故C错误；
D．从t1=0 s到t2=3.0 s这段时间内为，所以质点a通过的路程为s=×4A=15cm=0.15m，故D错误；
E．因为t3＝9.5s＝2T，2T后质点c回到最低点，由于，所以t3=9.5s时刻质点c在平衡位置以上沿y轴正向运动，故E正确。
故选ABE。
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、R2-R1 C E= r=a-R0-（R2-R1）
【解析】
(1)由题意可知，电路电流保持不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电阻不变，则电流表A1内阻等于两种情况下电阻箱阻值之差，即．
(2)单刀双掷开关K2接通2时，据欧姆定律可得：，整理得：，为得到直线图线，应作图象．故C项正确，ABD三项错误．
(3)由图象结合得：图象斜率、图象纵截距，解得：电源的电动势、电源的内阻．
12、 0.120 10.5 87.5 小于 20 29
【解析】
(1)[1]电路元件连线如图所示
(2)[2]电流表量程为，分度值为，测量值为
[3]电压表量程为15V，分度值为0.5V，测量值为
[4]由欧姆定律得
(3)[5]电流表外接，电压表分流使电流表读数大于通过热敏电阻的电流，则电阻测量值小于真实值。
(4)[6]图像轴的分度值为，估读至。图像t轴的分度值为，估读至。则对应电阻值为的温度为t=20℃。
(5)[7]对应时的电阻值为。
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、（1）（1）N=11.5N（3）Q=16J
【解析】
（1）由动量定理知：
由能量守恒定律知：
解得：
（1）由平抛运动知：竖直方向：
水平方向：
在E点，由牛顿第二定律知：
解得：N=11.5N
（3）从D到E，由动能定理知：
解得：
从B到D，由动能定理知
解得：
对物块
解得：t=1s；
由能量守恒定律知：
解得：Q=16J
14、（i）F回=-G 又M′= 解得F回= 而为常数，即物体做简谐运动。（ii）t=2512s
【解析】
（i）以地心为平衡位置，设某时刻物体偏离平衡位置的位移为x，万有引力提供回复力，则有
F回=-G
又M′=
解得：
F回=
而为常数，即物体做简谐运动。
（ii）在地球表面，万有引力等于重力
地球的质量为M=
又T=2π
解得T=2π
物体从隧道一段静止释放后到达另一端需要的时间为半个周期，则
t=
代入数据，可得t=2512s
15、（1）气体A末状态的压强87.5cmHg，B气体末态压强93.5cmHg； （2）B气体是放热。
【解析】
（1）气体A的初态的压强为pA：
pA+p柱=p0
末态时气柱的长度为lA′
lA′=lA-△l
气体A发生等温变化
pA lAS=pA′lA′S
解得
pA′=87.5cmHg
气体B的末态压强为pB′，解得
pB′=pA′+p柱=93.5cmHg
（2）气体B的初态：压强为p0，气体柱的长度为lB
lB=L-lA-l柱=29cm
气体B发生等温变化
pB lBS=pB′lB′S
解得
lB′=23.6cm
lB′＜lB，气体B的变化是等温压缩
等温变化，内能不变△U=0，压缩体积减小，外界对气体做功W＞0
由热力学第一定律△U=W+Q可知Q＜0：气体B要放热。