2026年全国高考压轴密卷 物理试题(4)

绝密★启用前 2026届全国高考压轴密卷（四） 物 理 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上。 3.请按照题号顺序在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、 试题卷上答题无效。 4.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并上交。 一、选择题：本题共10小题，共46分。第1~7题只有一个选项符合要求，每小题4分；第8~10 题有多个选项符合要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得 0分。 如 1.分子力F随分子间距离r的变化如图所示.若将两分子从相距x=r2处释放，仅考虑这两个 分子间的作用，下列说法正确的是 A.从r=r。到r=r1分子力表现为引力 B.从r=r2到r=1分子力先减小后增大 长 吹 C.从r=r2到r=r1分子力先做正功后做负功 D.从r=r2到r=r1分子势能先增大后减小 典 2.如图所示，将一只气球放到绝热密闭的升温箱中缓慢加热，已知气球不漏气，内部压强总是大 于外部压强.随温度的升高气球缓慢膨胀的过程中，下列说法正确的是 A.气球内气体对外做功，内能减少 加 B.气球内气体温度升高，所有分子的动能均增大 C.气球内的气体分子对气球壁单位面积的平均撞击力增大 数 D.箱内气体及气球内气体总内能增加量等于从加热器上吸收的热量 3.2025年第九届亚洲冬季运动会于2025年2月7日至14日在中国黑龙江省哈尔滨市举行.如 图甲所示，比赛中冰壶被投掷出后可认为做匀减速直线运动，依次通过A、B、C三点，且AB =2BC,如图乙所示.已知冰壶通过AB、BC所用时间之比为3：2，通过A、B、C三点的速度 分别为A、B、c,则下列关系式正确的是 B C 甲 A.3UA十VB=4vc B.3UA=VB十4C C.3vA=UB+3Uc D.3vA十VB=3VC (四)·物理第1页（共6页） 4.在浩瀚的银河系中，我们发现的半数以上的恒星都是双星体，组成双星的两颗恒星都称为双 星的子星.有的双星不但相互之间距离很近，而且有物质从一颗子星流向另一颗子星.设子星 B所释放的物质被子星A全部吸收，并且两星间的距离在一定的时间内不变，两星球的总质 量不变，则下列说法正确的是 B A.子星A的轨道半径不变 B.子星A的运动周期变大 C.两星间的万有引力不变 D.两星速率之和不变 5.如图所示，一个沙漏沿水平方向以速度v做匀速直线运动，沿途连续漏出沙子，单位时间内漏 出的沙子质量恒定为Q,出沙口距水平地面的高度为H.忽略沙子漏出瞬间相对沙漏的初速 度，沙子落到地面后立即停止，不计空气阻力，已知重力加速度为g.在已有沙子落地后的任 意时刻，下列说法正确的是 A.沙子在空中形成的几何图形是一条抛物线 B,在空中飞行的沙子的总质量为Q2背 C.若将沙漏以速度v水平抛出，漏出的沙子在空中形成的几何图形是一 条直线 D.沙子落到地面时与沙漏的水平距离为"√ H 6.长城被列为世界建筑的七大奇迹之一，在建筑长城时为了节省人力，工人在高处用绳子拉着 工料运送到高处，简易图如图所示.由地面的A点向建筑工地竖直固定的杆B处搭建一倾角 0=15°的斜坡，在杆的顶端固定一光滑的定滑轮，工人通过绳子拴接工料跨过定滑轮将工料 由A点缓慢地拉到B处.已知AC=OC,工料的质量为m,工料与斜坡间的动摩擦因数为， 重力加速度大小为g,下列说法正确的是 A.若以=0，细绳的拉力逐渐减小 B.若=0，工料对斜坡的压力逐渐增大 C若以-号，组绳的最小拉力大小为号 D.若以=怎，细绳的拉力先减小后增大 7.如图所示，光滑斜面上有一倾斜放置的弹簧，弹簧上端固定，下端连接绑在一起的物体A、B, 做振幅为x。的简谐运动，当达到最高点时弹簧恰好为原长.已知A、B的质量相等，某时刻绑 着物体A、B的细绳断开，下列说法中正确的是 A.如果在平衡位置处断开，A依然可以到达原来的最低点 B.如果在最高点处断开，则B带走的能量最多 C.无论在什么地方断开，此后A振动的振幅一定增大 D.如果在最低点处断开，此后A振动的振幅变为号 (四)·物理第2页（共6页） 8.如图所示，均匀带负电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a环绕O点在其所在平 面内旋转时，b环具有扩张的趋势，由此可知，α环可能绕O点 6 A.顺时针加速旋转 B.顺时针减速旋转 0 C.逆时针加速旋转 D.逆时针减速旋转 9.真空中有一锥角为60°的圆锥体，在圆锥顶点0处固定一电荷量为一Q的点电荷，在底面圆心O处 固定另一电荷量为十Q的点电荷，如图所示.其中C、D分别是母线OA、OB的中点，O是过C、D 两点且与底面平行的圆锥截面圆心，E点在底面圆周上.下列说法正确的是 A.A、B、E三点的电势相等 B.过C、D与底面平行的圆锥截面上各点电场强度大小相等，方向不同 C.在A点将带正电的试探电荷q沿底面圆周切线射入空间，该电荷将做匀 速圆周运动 D.将带负电的试探电荷q从A点沿AE连线移到E点，该电荷电势能先减小后增大 10.如图所示，理想变压器原线圈接e=100√2sin(100πt)V的交流电，原、副线圈匝数比n1:n2 =2：5,已知定值电阻r=16、R。=252,R是滑动变阻器，电压表和电流表均为理想交流 电表，以下说法正确的是 A.R=752时，理想变压器的输出功率最大 B.理想变压器的最大输出功率为Pm=165.25W C.理想变压器的输出功率最大时，电流表的示数为1A D.R=125时，滑动变阻器消耗的功率最大 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(6分)用如图甲所示的电路观察电容器的充放电现象，实验器材有电源E、电容器C、理想电 压表、电流传感器、计算机、定值电阻R、单刀双掷开关S1、开关S2、导线若干. 接计 电流 1.20mA 算机 传感 器 02s 甲 (1)闭合开关S2,将S接1，电压表示数增大，最后稳定在12.6V.关于此过程的说法正确的 是 A.电容器在放电 B.电容器的电容增大 C.通过定值电阻R的电流先增大后逐渐减小为零 (四)·物理第3页（共6页） (2)再将S接2，此时通过定值电阻R的电流方向为 (填“a→b”或“b→a”).通过传感器将 电流信息传人计算机，画出电流随时间变化的I一t图像，如图乙所示，t=2s时，I=1.20mA, 图中M、N区域面积比为8：7，可求出R= kΩ（结果保留两位有效数字）， 12.(9分)某实验小组成员用如图甲所示装置验证机械能守恒定律，铁架台上固定与数字计时 器相连的光电门1、2，物块A(左侧固定挡光片)与物块B用轻绳连接后，跨放在定滑轮上，A (含挡光片)的质量为m1、B的质量为m2,且m1<m2,重力加速度为g. L 光电门2 B 光电门1 2 cm 挡光片 01020 (1)先用游标卡尺测挡光片的宽度，示数如图乙所示，则挡光片宽度d mm (2)小组成员王同学用该装置做实验时，保持两光电门的位置不变，测出两光电门的高度差 h,将A在光电门1下面某位置由静止释放，记录光电计时器上显示的挡光片通过光电 门1、2时的挡光时间t、2,改变A由静止释放的位置进行多次实验，测得多组挡光时 间，根据测得的数据作}一}图像，如果得到的图像是一条倾斜直线，在误差允许的范围 内，若图像的斜率等于 ,图像与纵轴的截距等于 ,则机械能守恒定律得 到验证 (3)小组成员李同学用该装置做实验时，每次保持A在光电门1下由静止释放的位置不变， 保持光电门1的位置不变，多次改变光电门2的位置，每次实验测出挡光片通过光电门 1、2时的挡光时间t1、t2,并测出每次实验中两光电门间的高度差h,根据测得的数据作 饣图像，如果图像是一条倾斜直线，在误差允许的范围内，若图像的斜率等 ,图像与纵轴的截距等于 ,则机械能守恒定律得到验证. (四)·物理第4页（共6页） 13.(8分)如图所示，一块足够大的平面镜与一块横截面为半圆形的玻璃砖平行放置，玻璃砖圆 心为O,半径为R,圆心O点正下方P点可向平面镜发出单色细光束，P点到B点的距离为 R.调整光束方向，可使得光线经平面镜反射后进入玻璃砖，恰好从OA中点D处垂直于AB 的方向射出.已知玻璃砖对该光的折射率为n=√3.求： (1)光线进入玻璃砖时的入射角； (2)平面镜与玻璃砖直径AB之间的距离， 平面镜 ◆ 14.(14分)如图所示，水平传送带AB,长度L1=8m,以1=6m/s顺时针匀速转动.另一右侧 靠墙的水平传送带CD(与AB等高)长度L2=2m,以v2=4m/s逆时针匀速转动.t=0时 刻质量为m的物块m1以水平向右的速度vo=10m/s从A点滑上传送带，同时在D点轻放 一质量也为m的物块m2.两物块与传送带间的动摩擦因数均为4=0.4，忽略两传送带间的 间隙，物块在整个运动过程中可看作质点，所有碰撞均为弹性碰撞，不计物块滑上传送带时 的能量损耗，重力加速度大小g=10m/s2.求： (1)第一次碰后m1、m2的速度； (2)从第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间. L,-8m L2-=2m (四)·物理‘第5页（共6页） 15.(17分)如图所示，空间中存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.x轴 8 上有一厚度不计的薄板MN,垂直于xOy平面固定，薄板长度为2a,中点位于O点.一质量 为m,电荷量为g的带正电粒子，从A(0,一a)点以速率u=B沿x0y平面射人磁场.若粒 m 子打到薄板下表面会被吸收，打到薄板上表面会被反弹，粒子与薄板碰撞前后速度大小不 变，方向遵循光的反射定律，不计粒子重力， (1)若粒子向各方向射出的概率相等，求粒子被薄板吸收的概率； (2)求粒子从发射到被吸收经历的最短时间t; (3)若粒子与薄板上表面碰撞n(n=1,2,3…)次后经过A点被薄板吸收，求粒子发射方向与 y轴负方向夹角的正弦值， y 圜 + + 如 + ×A + (四)·物理第6页（共6页2026届全国高考压轴密卷（四） 物理答题卡 姓 名 贴条形码区 准考证号 考生禁填 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，请认真核对条形码上的准考证 号、姓名。 注 2.选择题必须使用2B铅笔填涂：非选择题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔书写 填 正确填涂 缺考考生，由监 考员用2B铅笔填 意 字体工整、笔迹清楚。 涂下面的缺考标记 3.请按照题号顺序在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 项 稿纸、试题卷上答题无效。 例 4.作图可先用2B铅笔画出，确定后用钢笔或签字笔的黑色字迹覆盖。 缺考标记 5.保持清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀 选择题 1 ABCD 6 AB C D 2 AB CD 7 AB C D ■ 3A B CD 8 AB C D ■ 4AB CD 9 AB C D 5 A B C D 10 AB C D 非选择题 11.(1) (2) 12.(1) (2) (3)】 13 平面镜 .D 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 (四)物理第1页（共2页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 14. 15. 以 + + + + + x N ×A× + 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 (四)物理第2页（共2页）2026届全国高考压轴密卷（四） 物理·参考答案 1.CA.从r=r1到r=r。分子力表现为斥力，从r=r。到r=r2分子力表现为引力，故A错误；B.由题图可得， 从r=r2到r=r。分子力先增大后减小，从r=ro到r=r1分子力逐渐增大，故B错误；CD.从r=r2到r=n, 分子力先表现为引力再表现为斥力，则分子力先做正功后做负功，分子势能先减小后增大，故C正确、D错 误.故选C. 2.C气球内气体温度升高，内能增加，A错误；温度升高，分子的平均动能增大，但不是每个分子的动能均增 大，B错误：箱内气体的体积减小、温度升高，由理想气体状态方程可知其压强增大，则气球内气体压强也增 大，气球内气体分子对气球壁单位面积的平均撞击力增大，C正确；箱内气体及气球内气体从加热器中吸收 的热量等于总内能增加量和气球弹性势能增加量的总和，D错误.故选C. 3.B设冰壶通过AB、BC所用时间分别为3t,21,根据匀变速直线运动的规律有A十X31=2XB十c×2, 2 2 整理得3vA=vg十4c,故选B. 4.DA.设子星A的质量为M,轨道半径为rA,子星B的质量为m,轨道半径为rB,根据双星系统中两星所受 的万有引力相等，则有M。A=m7,可得合一得，子星A质量变大，子星B质量变小，所以子是A的半径 变小，放A错误；B设两星之间的距离为，两星角速度为，则对子星A有M-Mw,对子是B有 r2 =m7a,又因为4十。=，解得w=人√CM生m,由上述式子可知，因为两星的总质量不变且两星间的距 r3 离在一定的时间内不变，故两星球的角速度不变，又因为T=2红，故两星球的周期不变，即子星A周期不变， 故B错误：C.设子星B释放的物质质量为△m,根据万有引力F=G(M+△m)(m-△m),可知两星的引力 r2 大小在变化，故C错误；D.因为角速度和线速度满足v=rw,由上述关系和选项B可得两星速率之和为v GM牛mD,因为两星的总质量不变，且两星间的距离在一定的时间内不变，故两星的速率之和不变，故D 1 正确.故选D. 5.BA.由于沙子下落时，沙子与沙漏均具有水平向右的初速度v,以沙漏为参照物，漏出的沙子在水平方向上 均与沙漏以相同的速度向右运动，因此沙子在空中形成的几何图形是一条直线，A错误；B.从第一粒沙子漏 开始到这粒沙子刚落地，这一过程中在竖直方向上，有H7,这一过程的时间为1一入√。 ,由于单位 时间内漏出的沙子质量恒定为Q,则这一过程中落下的沙子总质量满足M=Q:=Q√西，B正确，C若将沙 漏水平抛出，沙漏处于完全失重状态，沙子不会漏出，C错误；D.因为沙子与沙漏在水平方向上以相同的速度 运动，所以沙子落地时与沙漏的水平距离为O,D错误.故选B. 6.CAB.若4=0，对工料受力分析，如图甲所示.工料沿斜坡缓慢向上移动的过程中，细绳与竖直方向的夹角 逐渐减小，故细绳的拉力逐渐增大，斜坡对工料的支持力逐渐减小，由牛顿第三定律可知，工料对斜坡的压力 逐渐减小，AB错误，CD,者以一号，对工料受力分析，如图乙所示，设细绳与斜披间的夹角为。，沿斜坡方向有 √2mg mgsin9+f=Fcos a,垂直斜坡方向有mgcos9=Fsina+FN,又f=uFN,解得F=2sinY（60-a),分析可知， 细绳与斜坡的夹角α由30°逐渐增大到75°，故细绳的拉力一直增大，当α=30°时，细绳的拉力最小，此时F= 2mg,C正确，D错误.故选C. mg mg 田 乙 (四)·物理参考答案第1页（共4页 7.BA如果在平衡位置处断开，由于振子质量减小，从能量角度分析，假设依然可以到达断开前的最低点，则弹 簧弹性势能的增加量大于A振子动能和重力势能的减小量（弹簧弹性势能的增加量等于A、B两个物体的动能 和重力势能的减小量)，则假设错误，经过分析，A到不了原来的最低点，A错误；B.由于在上升过程中，A、B间 的力一直对B做正功，所以到达最高点时，B的机械能最大，则如果在最高点断开，则B带走的能量最多，B正 确；CD.设细绳断开前弹簧的劲度系数为k,A、B的质量为m,振幅为xo,振子在平衡位置时有mgsin0=kxo,振 子到达最低点时，弹簧的形变量为2，者此时细绳断开，振子在平衡位置时有之mgs如0=d,则- 2x0,细 绳断开后，设振幅为A,最低点的位置没有变化，弹簧的形变量没有变化，则有A一，十号， 3 26=之x0,而越是 在弹簧短的时候断开，此后A的振幅就越小，当在最高点断开时，此后A的振幅为2，CD错误故选B, 8.ACAB.a环顺时针旋转时产生逆时针的电流，a环内部产生垂直纸面向外的磁场，外部产生垂直纸面向里 的磁场，b环中总的磁通量向外.当环加速旋转时，b环中的磁通量变大，产生顺时针的感应电流，此时b环 有扩张趋势：当α环减速旋转时，b环中的磁通量变小，产生逆时针的感应电流，此时b环有收缩趋势，A正 确，B错误.同理α环逆时针旋转时产生顺时针的电流，内部产生垂直纸面向里的磁场，外部产生垂直纸面向 外的磁场，b环中总的磁通量向里.当a环加速旋转时，b环中的磁通量变大，产生逆时针的感应电流，此时b 环有扩张趋势；当α环减速旋转时，b环中的磁通量变小，产生顺时针的感应电流，此时b环有收缩趋势，C正 确，D错误.故选AC 9.ADA取无穷远处为0势能点，点电荷的电势为g=k?,因为A,B、E三点到O点和O点的距离相等，根 据电势的相加可知A,B、E三点的电势相等，A正确；B.过C、D与底面平行的圆锥截面是等势面，则各点电 势相等，场强大小相等，方向相同，B错误：C.在A点将带正电的试探电荷▣沿底面圆周切线射人空间，因该 试探电荷所受的电场力的合力不指向同一点，则该电荷不可能做匀速圆周运动，C错误：D.将带负电的试探 电荷q从A点沿AE连线移到E点时，因试探电荷距离在O处的十Q较近，则电场力做功由在O处的十Q决 定，带负电的试探电荷q从A点沿AE连线移到E点时，先靠近十Q后远离十Q,则电场力先做正功后做负 功，则该电荷电势能先减小后增大，D正确.故选AD. 10.ADAB.根据题意，电源电动势有效值E=100V,如图：假设原线圈中的电压为U1,电流为I1,可认为虚线 框中为等效电阻R-受号-器是-兴号-R+R,求得R-(R,十R),则电路可看成是由，和 R组皮的电路，若使变压器输曲功率最大，则R的功率最大，根据P。=P,=R=()R- E 一，根据基本不等式，当R=r=160时，R的输出功率最大，此时R=R一R。=750,输出的 R+R'+ 最大功率P=PR二-6W=156.25W,故A正确，B错误，C,理想变压器的输出功率等于负 载电阻总功率，则有P出=I(R。十R),可得I2=1.25A,故C错误；D.要使滑动变阻器上的功率最大，把T 按照上述规则等效到别线圆中，有=酒/，求得/=100，如图所示：把虚线框看成是电源，内阻/= 1002,当r+R。=R时，滑动变阻器输出功率最大，此时R=1252,故D正确.故选AD. A 11.(1)C(2分)(2)b→a(2分)4.9(2分) 解析：(1)闭合开关S2,将S接1，电容器开始充电，电容不变，AB错误；当电路刚接通后，通过定值电阻R 的电流从0增大到某一最大值，后随着电容器的不断充电，电路中的充电电流在减小，当充电结束电路稳定 后，此时电路相当于开路，电流为0，故C正确.故选C. (2)根据电路图可知充电结束后电容器上极板带正电，将S:接2，电容器放电，此时通过定值电阻R的电流 方向为b→a;I一t图像与横轴围成的面积表示放电电荷量，M、N区域面积比为8：7，可得0时刻、2s末电 容器的电荷量之比为Q:Q=15:7,所以R-号-是-品-得=4,9kn (四)·物理参考答案第2页（共4页） 12.a2.601分)212分)2-02分)8)2+02分》量2分剂 (m1+m2)d 解析：(1)挡光片的宽度为d=2mm+12×0.05mm=2.60mm. (2)如果A、B系统机械能守恒，则有(m2一m1)gh= 名(m+m)[()-(号)门，变形得-十 （m十)整，因此当图像的斜率等于1，与纵轴的截距等于2Cmm),则机械能守恒定律得到验证， 2(m2-m1)gh (m+m2)d2 李同学实铃时，根据A、B系统机械能守恒可得青一青+2圆产，可知当图像的斜家等于 是，与纵轴的震距等于行，则机城能守恒定件得到险证 13.解：(1)光路图如图所示 光从F点射人玻璃砖有 n=sn9=3(2分) sin a 平 D为AO的中点，则 镜 R a=30° 所以0=60°(2分) (2)反射光EF的延长线过A点，则 AP=3R,AG=3R (1分) 由于B=0-a=30°(1分) 3R 所以EG=AG _3W3R tan B 3 2 (2分) 3 14.解：(1)两物块在传送带上加速度相同，根据牛顿第二定律可得 f=umg=ma 解得a=g=4m/s2(1分) 对于m1物块 话-计=2ax1 解得x1=L1=8m(1分) 对于m2物块 =2ax2 解得x2=L2=2m(1分) 与传送带共速所用时间。=一山=1s=些 所以第一次碰撞发生在两传送带交界处，规定向右为正方向.两物块发生弹性碰撞 m10-m2=m1v1十m2t'2(1分) m财+分m砖=宫m好+mi1分) 1 解得1=-4m/s,v2=6m/s(2分) (2)第一次碰撞后，m2物块向右减速 经-=2aL2 撞墙时速度 =2√5m/s 从第一次碰撞到撞墙所用时间 64=二=6-25。(2分) a 4 反弹后速度仍大于4m/s,反弹后在传送带上继续减速 喝-呢=2axa 反弹后减速的时间 4=。-25.1分 后与传送带共速运动到C点 (四)·物理参考答案第3页（共4页） -4=是。1分) m1物块向左减速到0所用时间为1s,所以在m2物块回到传送带交界处时，m1物块仍未减速到0.从此时 开始计时，设两物块到第二次碰撞用时为t:,则有 d1(a+++)+2a(a,+h+ia+)2=-+2ad 9 解得4=6s(2分) 所以从第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间 23 ta=i十t红十t十t4=16s (1分) 15.解：(1)粒子在磁场中做圆周运动 v2 quB=m R 解得R=a(2分) 若粒子的初速度方向竖直向下，刚好可以经过N点，若初速度方向竖直向上，刚好可以经过M点，轨迹如图 1所示；若粒子有x轴负方向的分速度，粒子不会碰到薄板，若粒子有x轴正方向的分速度，可能会直接被 薄板吸收，也可能与薄板碰撞一次或多次后被吸收，轨迹如图2所示.所以粒子被吸收的概率为 P=开=1 2x2 (3分) (2)粒子在磁场中做完整圆周运动的周期 T=2xm qB (1分) a 当粒子发射后直接打到薄板下表面的O点，用时最短，如图3所示，由几何关系可知血号= 2R (2分) 此时粒子的运动时间 =品r=器1分剂 (3)粒子能再次经过A点，其运动轨迹关于y轴对称，当n=1时，如图4所示，此时粒子回到A点后的轨迹 与(2)中相同，由(2)知此时粒子发射方向与y轴负方向的夹角为号，正弦值为 sm号-2 (2分) 当n>1时，如图5所示.由几何关系可知O、C之间的距离 O1C=a(1-sina)(1分) C、D之间的距离 CD=√a2-OC(1分) O、C之间的距离为 OC=acos a(1分) 粒子在薄板上碰撞n次后回到A点，需满足 OC=nCD(1分) 联立可得(n2-1)sin2a-2n2sina+1=0(1分) 解得i血a=-分+五(m=2,3,4）Q分 n2-1 (另一解不符题意，舍去) 四)·物理参考答案第4页（共4页）