2026年宁夏吴忠市青铜峡市高级中学高考物理试题模拟卷（二）含解析.doc

2026年宁夏吴忠市青铜峡市高级中学高考物理试题模拟卷（二）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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、如图甲所示，一根直导线和一个矩形导线框固定在同一竖直平面内，直导线在导线框上方，甲图中箭头方向为电流的正方向。直导线中通以图乙所示的电流，则在0－时间内，导线框中电流的方向（ ）

A．始终沿顺时针 B．始终沿逆时针 C．先顺时针后逆时针 D．先逆时针后顺时针
2、如图所示，空间有与竖直平面夹角为θ的匀强磁场，在磁场中用两根等长轻细金属丝将质量为m的金属棒ab悬挂在天花板的C、D两处，通电后导体棒静止时金属丝与磁场方向平行。已知磁场的磁感应强度大小为B，接人电路的金属棒长度为l，重力加速度为g，以下关于导体棒中电流的方向和大小正确的是（　　）

A．由b到a， B．由a到b，
C．由a到b， D．由b到a，
3、如图，长l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙，初始时它们直立在光滑的水平地面上。后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒。当小球甲刚要落地时，其速度大小为( )

A． B． C． D．0
4、如图所示，在真空室中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d，电容为C，上板B接地。现有大量质量均为m、带电量均为q的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P点。如果能落到A板的油滴仅有N滴，且第滴油滴刚好能飞离电场，假定落到A板的油滴的电量能被板全部吸收，而使A板带电，同时B板因感应而带上等量异号电荷，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )

A．落到A板的油滴数
B．落到A板的油滴数
C．第滴油滴通过电场的整个过程所增加的电势能等于
D．第滴油滴通过电场的整个过程所减少的机械能等于
5、如图所示，用不可伸长的轻质细线a、b悬挂一小球，小球静止时，绳a、绳b与水平方向的夹角均为 ，绳b的拉力大小为F1。现将绳a剪断，剪断后瞬间绳b的拉力大小为F2，则F1:F2为（　　）

A．1:1 B．1:2 C．2:1 D．
6、如图所示，在横截面为正三角形的容器内放有一小球，容器内各面与小球恰好接触，图中a、b、c为容器的三个侧面、将它们以初速度v0竖直向上抛出，运动过程中容器所受空气阻力与速率成正比，下列说法正确的是

A．上升过程中，小球对c有压力且逐渐变大
B．上升过程中，小球受到的合力逐渐变大
C．下落过程中，小球对a有压力且逐渐变大
D．下落过程中，小球对容器的作用力逐渐变大
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、一物体静止在粗糙水平地面上，受到一恒力F作用开始运动，经时间t0，其速度变为v；若物体由静止开始受恒力2F作用，经时间t0，其速度可能变为（　　）
A．v B．2v C．3v D．4v
8、沿轴正向传播的简谐横波在时刻的波形如图所示，此时波传播到处的质点B，质点A恰好位于波谷位置。C、D两个质点的平衡位置分别位于和处。当时，质点A恰好第一次（从计时后算起）处于波峰位置。则下列表述正确的是________________。

A．该波的波速为
B．时，质点C在平衡位置处且向下运动
C．时，质点D的位移为
D．D点开始振动的时间为0.6s
E.质点D第一次位于波谷位置时，质点B恰好也位于波谷位置
9、如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平地面上，小车的右端固定着竖直挡板，挡板与弹簧右端相连，弹簧的左端连接质量为m的木块。弹簧处于原长状态，木块与小车间的滑动摩擦因数为μ。从某时刻开始给小车施加水平向右的外力F，外力F从零开始缓慢均匀增大，当F增大到2μ(m+M)g时保持大小不变。弹簧一直处于弹性限度内，木块的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列各种说法中正确的是（　　）

A．木块所受的摩擦力先均匀增大，后保持不变
B．当弹簧产生弹力时，外力F的大小为μ(m+M)g
C．在外力F从零达最大的过程中，静摩擦力和弹簧对木块所做的功相等
D．在外力F从零达最大的过程中，弹簧获得的弹性势能等于系统获得的内能
10、在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN，相距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上．a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨电接触良好，导轨电阻不计．则（ ）

A．物块c的质量是2msinθ
B．b棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能
C．b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能
D．b棒放上导轨后，a棒中电流大小是
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）在没有电压表的情况下，某物理小组借助于一个阻值R0＝15 Ω，最大阻值50Ω的滑动变阻器和两个电流表及一个不计内阻、电动势E＝6V的电源，成功测出了一个阻值大约为几十欧姆的电阻阻值，实验电路如图甲所示，若你为该小组成员，请完善探究步骤：

(1)现有四只可供你选择的电流表：
A．电流表（0~0.3 A，内阻为5.0 Ω） B．电流表（0~3 mA，内阻为2.0 Ω）
C．电流表（0~3 mA，内阻未知） D．电流表（0~0.6 A，内阻未知）
则电流表A1你会选________；电流表A2你会选________。（填器材前的字母）
(2)滑动变阻器的阻值变化则电流表A2的示数也随之发生变化，表示接入电路的滑动变阻器长度，表示电流表A2的示数，则下列四个选项中能正确反映这种变化关系的是________。

(3)该课外活动小组利用图甲所示的电路，通过改变滑动变阻器接入电路中的阻值，得到了若干组电流表A1、A2的示数I1、I2，然后在坐标纸上描点、连线，得到的I1－I2图线如图乙所示，由图可知，该待测电阻Rx的阻值为________Ω（结果保留三位有效数字）。这样测得的Rx的阻值有无系统误差________。（填有或无）
12．（12分）在“测定一节干电池电动势和内阻”的实验中：
(1)第一组同学利用如图甲所示的实验装置测量，电压表选择量程“3V”，实验后得到了如图乙的图像，则电池内阻为_______Ω；

(2)第二组同学也利用图甲的实验装置测量另一节干电池的电动势和内阻，初始时滑片P在最右端，但由于滑动变阻器某处发生断路，合上开关后发现滑片P向左滑动的过程中，电流表的示数先始终为零，滑过一段距离后，电流表的示数才逐渐增大。该组同学记录了多组电压表示数U、电流表示数、滑片P向左滑动的距离x。然后根据实验数据，分别作出了U-x图象、I-x图象，如图丙所示，则根据图像可知，电池的电动势为______V，内阻为_______Ω。
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，一轻质弹簧一端固定在倾角为37°的光滑固定斜面的底端，另一端连接质量为mA=2kg的小物块A，小物块A静止在斜面上的O点，距O点为x0=0.75m的P处有一质量为mB=1kg的小物块B，由静止开始下滑，与小物块A发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后当小物块B第一次上滑至最高点时，小物块A恰好回到O点。小物块A、B都可视为质点，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

（1）碰后小物块B的速度大小；
（2）从碰后到小物块A第一次回到O点的过程中，弹簧对小物块A的冲量大小。
14．（16分）某空间区域内存在水平方向的匀强电场，在其中一点处有一质量为、带电荷量为的小球。现将小球由静止释放，小球会垂直击中斜面上的点。已知斜面与水平方向的夹角为60°，之间的距离为，重力加速度为。求：

(1)场强的大小和方向；
(2)带电小球从点运动到点机械能的增量；
(3)在点给带电小球一个平行斜面向上的初速度，小球落到斜面上时与点之间的距离。
15．（12分）如图所示，一长为的水平传送带，以的速率逆时针转动。把一质量为的物块A以速度大小推上传送带的右端，同时把另一质量为的物块B以速度大小推上传送带的左端。已知两个物块相撞后以相同的速度在传送带上运动，两个物块与传送带间的动摩擦因数均为，重力加速度，物块可视为质点且碰撞时间极短。求：
(1)经多长时间两个物块相撞；
(2)相撞后两个物块再经多长时间相对传送带静止；
(3)物块B与传送带因摩擦产生的热量。

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、A
【解析】
电流先沿正方向减小，产生的磁场将减小，此时由右手螺旋定则可知，穿过线框的磁场垂直于线框向里且减小，故电流顺时针，当电流减小到零再反向增大时，此时由右手螺旋定则可知，穿过线框的磁场垂直于线框向外且增大，故电流顺时针，则在0－时间内，导线框中电流的方向始终为顺时针，故A正确。
故选A。
2、C
【解析】
对导体棒进行受力分析，根据左手定则分析导体棒中的电流方向，根据三角形定则分析求解安培力的大小，从而根据求解导体棒的电流大小。
【详解】
导体棒静止，则其受力如图所示：

根据左手定则可知，导体棒的电流方向为由a到b，根据平衡条件可知安培力的大小为：

所以感应电流的大小为：

故ABD错误C正确。
故选C。
3、C
【解析】
甲、乙组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：

当小球甲刚要落地时，水平方向上的速度为零，所以乙球的速度也为零，乙球的动能为零，甲球的重力势能全部转化为甲球的动能，由机械能守恒定律得：

解得：

A.与计算结果不符，故A不符合题意。
B.与计算结果不符，故B不符合题意。
C.与计算结果相符，故C符合题意。
D.0与计算结果不符，故D不符合题意。
4、A
【解析】
AB．对于第一滴油，则有：

联立解得：

最多能有个落到下极板上，则第个粒子的加速度为，由牛顿运动定律得：

其中：

可得：

第粒子做匀变速曲线运动，有：

第粒子不落到极板上，则有关系：

联立以上公式得：

故选项A符合题意，B不符合题意；
C．第滴油滴通过电场的整个过程所增加的电势能为：

故选项C不符合题意；
D．第粒子运动过程中电场力做的负功等于粒子减少的机械能：
电
故选项D不符合题意。
5、C
【解析】
小球静止时，绳a、绳b与水平方向的夹角均为 ，根据题意可知，此时绳b的拉力大小和绳a拉力大小相等，根据几何关系可知

将绳a剪断，剪断后瞬间绳b的拉力大小与重力沿绳方向的分力大小相等

故

故C正确ABD错误。
故选C。
6、D
【解析】
AB．小球和正三角形容器为共加速系统，上升过程中，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律：

系统加速度竖直向下且大于重力加速度，小球加速度向下，所以容器底面c对小球无作用力，a、b侧面对小球的作用力竖直向下，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律：

系统速度减小，加速度减小，小球受到的合外力减小，AB错误；
CD．下落过程中，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律：

系统加速度竖直向下且小于重力加速度，小球加速度向下，所以a、b侧面对小球无作用力，底面c对小球的作用力竖直向上，根据牛顿第二定律：

系统的速度增大，加速度减小，小球的加速度减小，底面c对小球的作用力增大，根据牛顿第三定律可知小球对容器的作用力逐渐变大，C错误；D正确。
故选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、CD
【解析】
设恒力与水平方向夹角为，物体质量为m，动摩擦力因数为，由牛顿第二定律有

得

同理当拉力变为2F时，有

由速度公式可知，速度将大于原来的2倍，故AB错误，CD正确。
故选CD。
8、ACD
【解析】
A．由图可知波长，当时质点第一次在波峰，则周期为

则波速

故A正确；
B．可知

波传到所用时间为

之后点开始向上振动，做2次全振动后到平衡位置处且向上运动，故B错误；
CD．点开始振动的时间为

之后点开始向上振动，再经过

到达波谷，位移为-2cm，故CD正确；
E．B、D间相距，其振动情况总是相反，则当质点第一次位于波谷位置时，质点恰好位于波峰位置，故E错误。
故选ACD。
9、AB
【解析】
A．当F较小时，木块和小车相对静止，由牛顿第二定律有
F=(m+M)a
Ff=ma
得
Ff=
Ff与F成正比，当Ff增大到等于μmg后，木块与小车间缓慢相对移动，Ff保持不变，故A正确；
B．当弹簧产生弹力时，摩擦力达最大
Ff=μmg
可得
F=μ(m+M)g
故B正确；
C．当F达最大时，有
2μ(m+M)g=(m+M)a′
μmg+F′=ma′
得
F′=μmg
所以静摩擦力和弹簧弹力都是由零增大到μmg，但由于静摩擦力产生在先，弹簧弹力产生在后，木块的速度不相同，木块的位移不相同，所以两力做功不相等，故C错误；
D．弹簧的弹性势能等于弹簧的弹力做功，相对应的位移为木块在小车上滑动的距离，系统的内能等于滑动摩擦力与木块在小车上滑动的距离的乘积，但由于两力并不相等，所以弹簧获得的弹性势能与系统获得的内能不相等，故D错误。
故选AB。
10、AD
【解析】
b棒静止说明b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a棒匀速向上运动，说明a棒受绳的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，c匀速下降则c所受重力和绳的拉力大小平衡．由b平衡可知，安培力大小F安=mgsinθ，由a平衡可知F绳=F安+mgsinθ=2mgsinθ，由c平衡可知F绳=mcg；因为绳中拉力大小相等，故2mgsinθ=mcg，即物块c的质量为2msinθ，故A正确；b放上之前，根据能量守恒知a增加的重力势能也是由于c减小的重力势能，故B错误；a匀速上升重力势能在增加，故根据能量守恒知C错误；根据b棒的平衡可知F安=mgsinθ又因为F安=BIL，故，故D正确；故选AD．
考点：物体的平衡；安培力.

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、A D D 46.6Ω（45.0-50.0Ω均可） 无
【解析】
(1)[1][2]．由于在该实验电路中没有电压表，所以要将定值电阻R0和电流表改装成电压表使用，因此电流表A1的内阻应已知，通过该电流表的最大电流约为：

A1应选用A电流表．由于电流表A2的内阻不是必须要知道的，其量程要大于电流表A1的量程，所以电流表A2应选择D电流表．
(2)[3]．流经电流表A2的电流为电路中的总电流，设滑动变阻器单位长度的电阻为r，则有

又因为R0、Rx、RA1、RA2等均为定值，令，则上式可变为

由数学关系可知，D正确，故选D．
(3)[4][5]．根据图示电路图，由欧姆定律可知
（R0+RA1）I1=Rx（I2-I1）
整理可得

而即题图中I1-I2图线的斜率，由图可知

解得
Rx=46.6Ω．
由于实验中考虑到了电流表内阻，则这样测得的Rx的阻值无系统误差。
12、1.5 1.5 1
【解析】
(1)[1]．由图乙图像可知，电源内阻

(2)[2] [3]． 由图示图像可知，时，，；当时，，，则由U=E-Ir可得
1.20=E-0.3r
1.35=E-0.15r
解得：
r=1Ω
E=1.5V

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）-1m/s（2）10N∙s
【解析】
（1）B下滑x0获得的速度为v0，则，
解得：v0=3m/s
A、B发生弹性正碰，有：，

解得：vA=2m/s，vB=-1m/s
（2）碰后，对B由动量定理：
解得：
对A由动量定理：
解得：
14、 (1),方向水平向右；(2) ；(3)
【解析】
(1)根据题意，方向为合力方向，小球所受电场力水平向右，小球带正电，则匀强电场的方向水平向右；
带电小球合力方向与竖直方向成60°角，由平行四边形定则可得

解得

(2)根据功能关系可知，电场力对小球做的功等于小球机械能的增量，则

解得

(3)解法一 小球所受电场力与重力的合力沿方向，若小球初速度平行斜面向上，则小球做类平抛运动，如图甲所示。由平行四边形定则得

由牛顿第二定律得

设小球在斜面上的落点到点的距离为，小球落到斜面上的时间为，则

解得

解法二 小球在水平方向上做匀加速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动。设小球落在斜面上的点，水平位移，竖直位移，如图乙所示。则

，则

联立解得

解得

15、 (1)1s(2)(3)
【解析】
(1)由题意知物块A随传送带一起做匀速直线运动，设物块B做加速度大小为的匀减速直线运动，则由牛顿第二定律有

设经时间两个物块相撞，则有

解得
或者（舍去）
(2)规定向右为正方向，两个物块相撞后瞬间的速度为，则有

以两个物块为系统，经时间两个物块相对传送带静止，由动量定理得

解得

(3)设物块B在与物块A相撞之前与传送带因摩擦产生的热量为，由能量守恒定律有

设碰撞之后物块B与传送带因摩擦产生的热量为，由能量守恒定律有

物块B与传送带因摩擦产生的热量

解得