江苏省常州市教育学会2026届高考物理倒计时模拟卷含解析

这是一份江苏省常州市教育学会2026届高考物理倒计时模拟卷含解析，共20页。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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、一列简谐横波沿轴负方向传播，时刻的波形图象如图所示，此时刻开始介质中的质点经第一次回到平衡位置。则下列说法中正确的是（ ）
A．时刻质点向轴正方向运动
B．简谐横波的周期为
C．简谐横波传播的速度为
D．质点经过平衡位置向上运动时开始计时的振动方程为
2、如图所示，虚线为某匀强电场的等势线，电势分别为、和，实线是某带电粒子在该电场中运动的轨迹。不计带电粒子的重力，则该粒子（ ）
A．带负电
B．在、、三点的动能大小关系为
C．在、、三点的电势能大小关系为
D．一定是从点运动到点，再运动到点
3、静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示金属球与外壳之间的电势差大小，如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属极板，G为静电计。开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大，下列采取的措施可行的是（ ）
A．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近
B．断开开关S后，减小A、B两极板的正对面积
C．断开开关S后，将A、B两极板靠近
D．保持开关S闭合，将变阻器滑片向右移动
4、高空抛物是一种不文明的行为，而且会带来很大的社会危害2019年6月26日，厦门市某小区楼下一位年轻妈妈被从三楼阳台丢下的一节5号干电池击中头部，当场鲜血直流，若一节质量为0.1kg的干电池从1.25m高处自由下落到水平地面上后又反弹到0.2m高度，电池第一次接触地面的吋间为0.01s，第一次落地对地面的冲击力跟电池重量的比值为k，重力加速度大小g=10m/s2，则（ ）
A．该电池的最大重力势能为10J
B．该电池的最大动能为100J
C．k=71
D．电池在接触地面过程中动量的变化量大小为0.3kg•m/s
5、一质点在做匀变速直线运动，依次经过四点。已知质点经过段、段和段所需的时间分别为、、，在段和段发生的位移分别为和，则该质点运动的加速度为（ ）
A．B．C．D．
6、一质点静止在光滑水平面上，先向右做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为，经过时间后加速度变为零；又运动时间后，质点加速度方向变为向左，且大小为，再经过时间后质点回到出发点。以出发时刻为计时零点，则在这一过程中（ ）
A．
B．质点向右运动的最大位移为
C．质点回到出发点时的速度大小为
D．最后一个时间内，质点的位移大小和路程之比为3∶5
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，两个固定的半径均为r的细圆环同轴放置，O1、O2分别为两细环的圆心，且O1O2 =2r，两环分别带有均匀分布的等量异种电荷-Q、+Q(Q>0)。一带负电的粒子(重力不计)位于右侧远处，现给粒子一向左的初速度，使其沿轴线运动，穿过两环后运动至左侧远处。在粒子运动的过程中
A．从O1到O2，粒子一直做减速运动
B．粒子经过O1点时电势能最小
C．轴线上O1点右侧存在一点，粒子在该点动能最大
D．粒子从右向左运动的整个过程中，电势能先减小后增加
8、如图所示，两根相互平行，间距为足够长的金属导轨固定在水平面上，导轨间存在的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，导轨上的金属杆ab、cd所受滑动摩擦力均为0.2N，两杆电阻均为0.1Ω，导轨电阻不计，已知ab受恒力的作用，ab和cd均向右做匀速直线运动，下列说法正确的是（ ）
A．恒力B．两杆的速度差大小为
C．此时回路中电流大小为2AD．ab杆克服安培力做功功率等于回路中产生焦耳热的功率
9、如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R＝10Ω，其余电阻均不计。从某时刻开始在c、d两端加上如图乙所示的交变电压。则下列说法中正确的有（ ）
A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22V
B．当单刀双掷开关与b连接时，在t＝0.01s时刻，电流表示数为4.4A
C．当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率变为25Hz
D．当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变小
10、如图所示，一小球固定在轻杆上端，AB为水平轻绳，小球处于静止状态，则杆对小球的作用力方向可能是( )
A．F1B．F2C．F3D．F4
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）在“观察电容器的充、放电现象”实验中，电路如图（甲）所示
(1)将开关S接通1，电容器的__________（填“上”或“下”）极板带正电，再将S接通2，通过电流表的电流方向向__________（填“左”或“右”）。
(2)若电源电动势为10V，实验中所使用的电容器如图（乙）所示，充满电后电容器正极板带电量为__________C（结果保留两位有效数字）。
(3)下列关于电容器充电时，电流i与时间t的关系；所带电荷量q与两极板间的电压U的关系正确的是__________。
12．（12分）图甲为“验证动量守恒定律”的实验装置，轨道由斜槽和水平槽组成，A、B两小球大小相同，质量mA=20.0g、mB=10.0g。实验步骤如下：
a.固定轨道，使水平槽末端的切线水平，将记录纸铺在水平地面上，并记下水平槽末端重垂线所指的位置O；
b.让A球从斜槽C处由静止释放，落到记录纸上留下痕迹，重复操作多次；
c.把B球放在水平槽末端，A球仍从C处静止释放后与B球正碰，A、B分别落到记录纸上，留下各自的痕迹，重复操作多次；
d.确定三个落点各自的平均位置P、M、N，用刻度尺测出它们到O点的距离分别为xOP、xOM、xON；
（1）确定P、M、N三点时，可用圆规画一个尽可能小的圆，把所有有效落点圈在里面，圆心即为落点的平均位置，这样做可以减小_______（填“系统”或“偶然”）误差；
（2）如图乙，xOM、xOP读数分别为10.20cm、30.65cm，xON读数为________cm；
（3）数据处理时，小球离开水平槽末端的速度大小可用水平射程x表示，由小球质量及(2)中数据可算出碰前系统总的mx值是________kg∙m（保留3位有效数字），把该值与系统碰撞后的值进行比较，就可验证动量是否守恒。
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，质量m1=1kg的木板静止在倾角为θ=30°足够长的、固定的光滑斜面上，木板下端上表而与半径R=m的固定的光滑圆弧轨道相切圆弧轨道最高点B与圆心O等高。一质量m2=2kg、可视为质点的小滑块以v0=15m/s的初速度从长木板顶端沿木板滑下已知滑块与木板之间的动摩擦因数u=，木板每次撞击圆弧轨道时都会立即停下而不反弹，最终滑未从木板上端滑出，取重力加速度g=10m/s2。求
(1)滑块离开圆弧轨道B点后上升的最大高度；
(2)木板的最小长度；
(3)木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能。
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）如图甲所示，S1、S2为两波源，产生的连续机械波可沿两波源的连线传播，传播速度v=100m/s，M为两波源连线上的质点，M离S1较近。0时刻两波源同时开始振动，得到质点M的振动图象如图乙所示，求：
(1)两波源S1、S2间的距离；
(2)在图中画出t=6s时两波源S1、S2间的波形图，并简要说明作图理由。
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、D
【解析】
A．简谐波沿轴负方向传播，所以时刻质点向轴正方向运动，故A错误；
B．简谐波沿轴负方向传播，质点第一次回到平衡位置时，即处质点的振动传播到点，所需的时间，解得
故B错误；
C．从题图上读出波长为，所以波速
故C错误；
D．根据图象可知，此列波的振幅，简谐波沿轴负方向传播，，角速度
则质点经过平衡位置向上运动时开始计时的振动方程为
故D正确。
故选D。
2、C
【解析】
A．根据电场线与等势面垂直，且由高电势指向低电势，可知场强方向向上，带电粒子的轨迹向上弯曲，粒子所受的电场力向上，则该粒子一定带正电荷，故A错误；
BC．带正电的粒子在电势高的地方电势能大，故
又粒子仅在电场力的作用下运动，动能与电势能总和保持不变，故
故B错误，C正确；
D．由图只能判断出粒子受力的方向与电势能、动能的大小关系，但不能判断出粒子是否从a点运动到b点，再运动到c点，故D错误。
故选C。
3、B
【解析】
A． 保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，与极板间距无关，则指针张角不变，故A错误；
B． 断开电键，电容器带电量不变，减小A、B两极板的正对面积，即S减小，根据知，电容减小，根据知，电势差增大，指针张角增大，故B正确；
C． 断开电键，电容器带电量不变，将A、B两极板靠近，即d减小，根据知，电容增大，根据知，电势差减小，指针张角减小，故C错误；
D． 保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头滑动不会影响指针张角，故D错误。
故选：B。
4、C
【解析】
A．电池的最大重力势能为：
EP=mgh=0.1×10×1.25J=1.25J
故A错误。
B．最大动能与最大重力势能相等，为1.25J，故B错误。
CD．选向下为正，接触地面过程中动量的变化量为：
△P=mv′-mv=-m-m=0.1×（）kgm/s=-7kgm/s
由动量定理：
（mg-kmg）△t=△p
代入数据得：
K=71
故C正确，D错误。
故选C。
5、C
【解析】
设A点的速度为v，由匀变速直线运动的位移公式有
联立解得
故C正确，ABD错误。
故选C。
6、C
【解析】
A．以向右为正方向，由速度公式有
由题意知
由位移公式得
，，
解得
故A错误；
B．根据题意，作出质点运动的图象，如图所示，
设向右从减速到0所用的时间为，则有
又
解得
根据图象的面积表示位移大小可知，质点向右运动的最大位移
故B错误；
C．质点回到出发点时所用的时间为
则对应的速度大小为
故C正确；
D．最后一个时间内，质点的位移大小为
路程
所以最后一个时间内，质点的位移大小和路程之比为15：17，故D错误。
故选C。
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】
A．圆环在水平线上产生的场强竖直分量叠加为0，只有水平分量相加，所以圆环在水平线上的场强方向与水平线平行，同理圆环在水平线上的场强方向与水平线平行；根据场强的叠加，带负电粒子从到过程中，受到的电场力合力方向始终水平向右，与粒子运动方向相反，所以粒子做减速运动，A正确；
BC．圆环在水平线上处场强为0，在向右无穷远处场强为0，同理圆环在水平线上的场强分布也如此，根据场强的叠加说明在右侧和左侧必定存在场强为0的位置，所以粒子从右侧远处运动到过程中，合场强先水平向左减小，带负电粒子所受电场力水平向右减小，电场力做正功，电势能减小，粒子做加速运动，在右侧某位置合场强为0，粒子速度达到最大，动能最大；继续向左运动，合场强水平向右且增大，粒子所受电场力水平向左，电场力做负功，电势能增大，粒子做减速运动至，B错误，C正确；
D．粒子穿过后，对比上述分析可知，粒子所受电场力先水平向右，后水平向左，所以电势能先减小，后增大，综合BC选项分析，D错误。
故选AC。
8、AB
【解析】
A．对金属杆ab、cd整体，由于两杆所受的安培力大小相等，方向相反，所以由平衡条件有
故A正确。
BC．cd杆做匀速直线运动 ，则有
解得I= 2.5A，因两杆均切割磁感线，故均产生感应电动势，且ab产生的感应电动势一定大于cd产生的感应电动势，则有
解得速度差为
故B正确，C错误。
D．ab杆克服安培力做功功率为
回路中产生焦耳热的功率为
可知ab杆克服安培力做功功率不等于回路中产生焦耳热的功率，故D错误。
故选AB。
9、AB
【解析】
A．当单刀双掷开关与a连接时，变压器原副线圈的匝数比为10∶1，输入电压
＝220 V
故根据变压比公式

可得输出电压为22 V，电压表的示数为22V，故A正确；
B．当单刀双掷开关与b连接时，变压器原副线圈的匝数比为5∶1，输入电压U1＝220 V，故根据变压比公式，输出电压为44 V，根据欧姆定律，电流表的示数即为输出电流的有效值
故B正确；
C．由图象可知，交流电的周期为，所以交流电的频率为
当单刀双掷开关由a拨向b时，变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为50 Hz。故C错误；
D．当单刀双掷开关由a拨向b时，根据变压比公式，输出电压增加，故输出电流增加，故输入电流也增加，则原线圈的输入功率变大，故D错误。
故选AB。
10、BC
【解析】
小球处于静止状态，则杆对小球的作用力方向在重力与绳子拉力夹角的对顶角范围内（不含水平方向），如图所示；
所以杆对小球的作用力方向可能是F2和F3，故BC正确，AD错误。
故选BC。
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、上 左 A
【解析】
(1)[1]开关S接通1，电容器充电，根据电源的正负极可知电容器上极板带正电。
[2]开关S接通2，电容器放电，通过电流表的电流向左。
(2)[3]充满电后电容器所带电荷量
(3)[4]AB．电容器充电过程中，电流逐渐减小，随着两极板电荷量增大，电流减小的越来越慢，电容器充电结束后，电流减为0，A正确，B错误；
CD．电容是电容器本身具有的属性，根据电容的定义式可知，电荷量与电压成正比，所以图线应为过原点直线，CD错误。
故选A。
12、偶然 40.80（40.78～40.2） 6.13×10-3
【解析】
（1）[1]确定P、M、N三点时，可用圆规画一个尽可能小的圆，把所有有效落点圈在里面，圆心即为落点的平均位置，这样做可以减小偶然误差；
（2）[2]由图可知，xON读数为40.80cm；
（3）[3]碰前系统总的mx值是
0.02kg×0.3065m=6.13×10-3kg∙m
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)9.75m； (2)7.5m； (3)
【解析】
(1)由滑块与木板之间的动摩擦因数可知，滑块在木板上匀速下滑，即滑块到达A点时速度大小依然为v0=15m/s，设滑块离开圆弧轨道B点后上升的最大高度为h，则由机械能守恒定律可得
解得
h=9.75m
(2) 由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小为v0=15m/s，
滑上木板后，木板的加速的为a1，由牛顿第二定律可知

滑块的加速度为a2，由牛顿第二定律可知
设经过t1时间后两者共速，共同速度为v1，由运动学公式可知
该过程中木板走过的位移
滑块走过的位移
之后一起匀减速运动至最高点，若滑块最终未从木板上端滑出，则木板的最小长度
L=x2－x1
联立解得
L=7.5m；
(3) 滑块和木板一起匀减速运动至最高点，然后一起滑下，加速度均为a3，由牛顿第二定律可知

一起匀减速向上运动的位移
木板从最高点再次滑至A点时的速度为v2，由运动学公式可知
滑块第三次、第四次到达A点时的速度大小均为v2，第二次冲上木板，设又经过时间t2两者共速，共同速度为v3，由运动学公式可知
v3=v2－a2t2=a1t2
该过程中木板走过的位移
一起匀减速向上运动的位移
设木板第二次滑至A点时的速度为v4，由运动学公式可知
木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能为
联立各式得
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)800m；(2)见解析
【解析】
(1)由乙图知，M点2s时开始振动，6s时振动出现变化，所以可知，波源的振动经2s传到M点，波源S2的振动经6s传到M点，所以两波源间的距离
x=(100×2+100×6)m=800m
(2)2s时M点的起振方向沿y轴负方向，所以波源S1的起振方向沿y轴负方向，6s时波源S1引起的M点的振动方向沿y轴负方向，而实际M点的振动方向沿y轴正方向，所以波源S2引起的M点的振动方向沿y轴正方向，波源S1引起的振动位移为5cm，所以波源S2引起的振动位移为10m，波长
波源S1引起的波形图为
波源S2引起的波形图为
两波源S1、S2间的波形图为