2026届高考物理预测卷

2026届高考物理预测题 本试卷满分100分，考试时间75分钟。 第Ⅰ卷（选择题，共46分） 一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，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。 1.为保障大坝安全，我国大量使用水下智能检测机器人排查隐患，下列研究中，能把机器人视为质点的是( ) A.研究机器人螺旋桨的转动姿态 B.研究机器人整体在水库中的下潜轨迹 C.研究机器人机械臂的伸缩动作 D.研究机器人外形受到的水的阻力 2.下列与电磁感应有关的四幅图中说法正确的是 A.甲图，变化的磁场激发出感生电场，自由电荷在感生电场的作用下定向移动，从而形成感应电流 B.乙图，磁块在没有裂缝的铝管中由静止开始下落做的是自由落体运动 C.丙图，是麦克斯韦验证了电磁波存在的实验装置 D.丁图，断开开关的瞬间，因原线圈中没有电流，所以副线圈中也没有电流 3.在如图所示的四个物体的运动图像中，已知四个图像的斜率的数值相同，所有物理量的单位均为国际制单位，从t=0或x=0时开始计时，经过相同时间，物体的位移最大的是（　） 4.如图所示，质量为m的滑块（视为质点）与水平面上MN段的动摩擦因数为µ1，与其余部分的动摩擦因数为µ2，且µ1>µ2。第一次，滑块从I位置以速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x1，所用时间为t1；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x2，所用时间为t2。忽略空气阻力，则（　　） A．t1<t2 B．t1>t2 C．x1> x2 D．x1< x2 5. 如图甲，“星下点”是指卫星和地心连线与地球表面的交点。图乙是航天控制中心大屏幕上显示某气象卫星的“星下点”在一段时间内的轨迹。已知地球静止轨道卫星的轨道半径为r，则下列说法中正确的是（　　） A.该气象卫星的轨道是椭圆 B.该气象卫星线速度介于第一、二宇宙速度之间。 C.该气象卫星的周期是地球自转周期的 D.该气象卫星受地球的引力一定大于静止卫星受地球的引力 6.如图所示，线圈L的自感系数为0.1 H，直流电阻为零，电容器C的电容为40 μF，电阻R的阻值为3 Ω，电源电动势E＝1.5 V，内阻不计。闭合开关S，待电路达到稳定状态后断开开关S，LC电路中将产生电磁振荡。如果规定线圈中的电流方向从a到b为正，在断开开关的时刻t＝0，则电感线圈中电流i随时间t变化的图像为(　　) 7. 两个带电小球放置在足够宽广的真空环境中，a带正电、b带负电，且qa>qb，两电荷附近的电场分布如图所示。若从足够远处观察这两个电荷，可以把两电荷视作一个点，则在足够远处观察到的电场分布正确的是（ ） 8. 如图，有一垂直纸面向里的圆形匀强磁场，线段和线段是圆的两条直径，夹角为。两个同种带电粒子甲、乙以不同的初速度，沿垂直于方向从点射入磁场，之后甲粒子从点飞出磁场，乙粒子从点飞出磁场。不计粒子重力，则 A. 粒子甲在磁场中运动的时间长 B. 粒子甲在磁场中运动的速度大 C. 粒子乙在磁场中运动的加速度大 D. 甲、乙粒子在磁场中运动的路程相等 9. 一列简谐机械横波沿x轴传播，其在t=s时的波形图如图a所示，P、Q是介质中的两个质点，图b是质点Q的振动图像。则（　　） A．该列波沿x轴负方向传播 B．该列波的波速是0.18m/s C．在t=s时，质点Q的位移为A D．质点P的平衡位置的坐标x=2cm 10.如图所示，轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，质量为m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0。从t＝0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离，再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好为x0。弹簧始终在弹性限度内，其中心轴线与斜面平行，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A．弹簧的劲度系数为 B．a、b分离时，弹簧的压缩量为 C．物块b加速度的大小为gsinθ D．物块b加速度的大小为gsinθ 第Ⅱ卷（非选择题，共54分） 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 11. 某小组设计了如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。物块A、B用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，宽度为d的遮光条固定在A上，D为铁架台，E为固定在铁架台上的轻质滑轮，F为光电门。托住A，使系统处于静止状态，在铁架台上标记为位置O，并测得该位置与光电门F之间的距离为h，让A从位置O由静止开始下落，测得遮光条通过光电门的时间为t。已知当地的重力加速度大小为g，测出A（含遮光条）、B的质量分别为m1、m2。 (1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d的读数如图乙所示，其读数为 mm；物块A下落过程中的加速度大小a＝ （用d、t、h表示）； (2)为提高实验结果的准确程度，小组同学对此实验提出建议，下列建议中确实对提高准确程度有作用的是（　　） A．细绳的质量要小些 B．在“细绳”的前提下，绳子越长越好 C．尽量保证物块只沿竖直方向运动，不要摇晃 D．两个物块的质量之差要尽可能小 (3)改变距离h，测量遮光条通过光电门的速度v，重复实验进行多次测量，以为纵轴，以h为横轴，作出－h图像，测得该图像的斜率为k。在误差允许范围内，若A、B质量之比＝ （用g、k表示），则验证了机械能守恒定律。 12.某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图1（a）所示的实验电路，所用器材包括：电压表（量程0~3V，内阻很大）、电流表（量程0~0.6A）、电阻箱（阻值0~999.9Ω）、干电池、开关、导线若干；同时配备多用电表、热敏电阻Rt等辅助器材。 (1)实验前，小组同学用多用电表粗测干电池的电动势，下列操作步骤正确的是（　　） A．测量前将红黑表笔短接，进行机械调零 B．红表笔接干电池正极、黑表笔接负极，测量电动势 C．需将干电池从电路中取出，避免损坏多用电表 D．测量完成后，将选择开关拨至欧姆挡位置，拔出表笔 (2)将多用电表选择开关调至直流电压______（选填“0~3V”或“0~15V”）量程，按正确操作测量。 (3)根据图1（a）的电路图，完成图1（b）中实物图的连线。______ (4)按图1（a）电路进行实验：调节电阻箱到最大阻值后闭合开关，多次改变电阻箱的阻值R，记录对应的电流表示数I和电压表示数U，并作出U-I图像如图2所示。根据图像可得，干电池的电动势E=______V（保留3位有效数字），内阻r=______Ω（保留2位有效数字） (5)小组进一步利用实验数据作出图像如图3所示。结合（3）中求得的电动势E和内阻r，利用该图像的纵轴截距可求出电流表的内阻RA=______Ω（保留2位有效数字）；同时分析可知，由于电压表内阻不是无穷大，本实验中干电池内阻的测量值______（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。 (6)有同学提出新的实验方案：将图1（a）中的电阻箱替换为图2中的热敏电阻Rt，通过改变温度控制Rt的阻值（Rt与温度t的关系如右图所示），重复上述实验步骤来测量干电池的电动势和内阻。请评价该方案是否可行，并说明理由；若方案可行，分析实验中需要注意的问题；若不可行，说明具体原因。______ 13.潜水艇中显示下潜深度的装置可简化如下：一根内壁光滑的平底厚玻璃管，开口端向下，侧面标有均匀的刻度线，开口端刻度值为“0”，底端刻度值为“120”。用质量和厚度均不计的活塞封闭开口端，活塞位于“0”处，以某种方式让其缓慢下降到水底，稳定时，活塞位于“40”处。已知大气压p0=1.0×105Pa，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2。全程封闭气体不泄漏且温度不变，玻璃管始终竖直。 (1)求活塞位于“40”处对应的水深h1； (2)将玻璃管上的刻度值x转换成深度值h，刻度线是否仍然均匀？请说明理由。 14.如图（a），质量为的篮球从离地H高度处静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后最高反弹至离地处，设篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度为g，不计空气阻力。 (1) 求篮球与地面第一次碰撞中损失的机械能 (2) 求篮球与地面第一次碰撞过程所受合力的冲量I及碰后速率v2与碰前速率v1之比； (3) 若篮球反弹至最高处h时，运动员向下拍球，对篮球施加一个向下的压力F，持续作用至h0高度处撤去，使得篮球与地面第二次碰撞后恰好反弹至h高度处，力F的大小随高度y的变化如图（b）所示，求F0的大小。 15. 如图甲所示，长直光滑水平导轨的左端连有开关S，开关保持断开，导轨右侧连接长直粗糙倾斜导轨，倾角满足sinθ=0.1，摩擦力大小与速度大小满足f=kv（k未知），虚线CD和C/D/之间存在磁感应强度大小为B=0.5T、方向竖直向下的匀强磁场。垂直导轨放置的金属杆P、Q，先后向右进入磁场区域。P杆从CD进入磁场区域到从C/D/离开的过程，其速度vp随位移x变化的图像如图乙所示，P杆离开磁场前速度已达到稳定。已知P、Q杆的质量mp=mQ=2kg导轨间距为L=2m，两杆电阻均为R=1Ω，其余电阻不计，不计金属杆通过水平导轨与倾斜导轨连接处的能量损失，取g=10m/s2，求： （1）P杆刚进入磁场时回路中的电流方向（俯视），及P受到的安培力的大小； （2）从Q杆进入磁场到P杆第一次离开磁场前，Q杆产生的焦耳热； （3）P杆从C/D/离开磁场区域后，冲上倾斜导轨，经时间t=4.4s再次返回磁场时恰好与Q杆碰撞（碰撞时间极短）后粘在一起，此时立即合上开关S，求P、Q两杆的粘合体最终停止处与C/D/的距离。 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高考物理预测题答案及解析 1.【答案】B 【解析】解:A、研究机器人螺旋桨的转动姿态，不能看作质点，否则就没有转动了.故A错误. B、研究机器人整体在水库中的下潜轨迹时大小是可以忽略的，故可以看作质点;故B正确; C、研究机器人机械臂的伸缩动作时，不能看作质点，故C错误; D、研究机器人外形受到的水的阻力时，要考虑其大小和形状的，故不能看作质点;故D错误. 2.【答案】A 【解析】A.甲图中变化的磁场激发出感生电场，自由电荷在感生电场的作用下定向移动，从而形成感应电流，A正确; B.乙图，根据楞次定律可知磁块在没有裂缝的铝管中由静止开始下落受到向下的重力和向上的安培阻力，所以不是做自由落体运动，B错误; C.丙图，是赫兹验证了电磁波存在的实验装置，C错误; D.丁图，断开开关的瞬间，原线圈中电流突然消失导致副线圈中磁通量发生变化，所以副线圈中会产生感应电流，D错误。故选A。 3【答案】B 【解析】根据:v=v0+at 可知:v—t图像斜率等加速度；根据:x= v0t+at 2 可得: 可知: 图像斜率等于2倍的加速度； 根据:v2-v02=2ax 可得: v2=2ax+ v02 可知 :v2—t图像斜率等于二分之一倍加速度； 四个物体运动的初速度都相同，A图像中物体的加速度等于斜率k，B图像中物体的加速度大小为2k，C图像中物体的加速度为，D图像中物体做减速运动。所以B图像中物体的加速度最大，根据: x= v0t+at 2 可知相同时间内物体的位移最大。故选B。 4.【答案】A 【解析】CD．对两种运动的整个过程根据能量守恒有:= µ1mgxMN+µ2mg(x1-xMN)，= µ1mgxMN+µ2mg(x2-xMN)， 可得x1= x2，故CD错误； AB．根据牛顿第二定律: µmg=ma 可得:a=µg 由于µ1>µ2，故滑块在MN上时的加速度大，根据前面分析可知两次运动的总位移相等，即两次运动过程中v—t图像与横轴围成的面积相等，由于第二次时滑块距离M点的距离较近，根据公式:v02_v2=2µ2gx可知第二次到达M点时速度较大，作出整个过程中两种运动状态的v—t图像可得:t1<t2，故A正确，B错误； 故选A。 5. 【答案】C; 【解析】A.由图乙可知，该气象卫星相邻两次经过赤道正上方所用的时间相等，所以，该气象卫星的轨道是圆，故A错误； B.因轨道半径越大线速度越小，第一宇宙速度是最大环绕速度，所以，该气象卫星线速度应小于第一宇宙速度，故B错误； C.由图乙可知，在地球自转一周的时间内，该气象卫星转了3周，即T地=3T卫 即T卫=T地 故C正确； 6.【答案】 A； 【解析】 电路达到稳定状态时，电感线圈中电流大小I＝＝0.5 A，方向从a流向b，断开开关瞬间电流不发生突变，之后电流在LC电路中振荡，周期为T＝2π＝4π×10－3 s，故选A。 7.【答案】A 【解析】由题意可知，在足够远处的电场相当于将两电荷合在一起时形成的电场，由于a带正电、b带负电，且qa>qb，即相当于qa-qb的正点电荷产生的电场。 故选A。 8. 【答案】BD  【解析】解：甲、乙两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示 图中甲粒子做圆周运动的圆心对应，乙粒子对应，设圆形磁场对应的半径为，磁感应强度的大小为，且甲、乙粒子做圆周运动的轨道半径分别为和，根据几何关系有，，得； A.根据带电粒子在磁场中做圆周运动的周期公式，则两粒子的做圆周运动的周期相等，运动时间，图中乙粒子对应的圆心角大于甲，则乙的运动时间长于甲做圆周运动的时间，故A错误； B.根据洛伦兹力提供向心力有，可得，因为，则，故B正确； C.根据牛顿第二定律，得，因为，则，故C错误； D.甲运动的路程，乙运动的路程，即两粒子路程相等，故D正确。 9. 【答案】ABC 【解析】A．图b可知s时，Q质点向上振动，同侧法结合图a可知，波沿x轴负方向传播，故A正确； B．结合图ab可知，波长λ=36cm，周期T=2s，根据:v=cm/s=0.18m/s 故B正确； C．质点Q从平衡位置开始振动，由振动方程:y= 可知，当t=s，联立以上，解得Q质点位移为: y= A 故C正确； D．分析图a可知，OP相位差为，故OP距离为:d= =3cm 故D错误。故选 ABC。 10.【答案】AC 【解析】对b施加外力前，小物块b紧靠a静止在斜面上，将二者看成一个整体，根据平衡条件和胡克定律有kx0＝gsinθ，解得弹簧的劲度系数k＝，故A正确；由初速度为0的匀加速直线运动的比例关系可知，小物块b最初两段相同时间间隔内位移之比为＝，且由题意得x1＋x2＝x0，当物块a、b分离时弹簧压缩量Δx＝x0－x1，联立解得Δx＝x0，故B错误；两物块刚好要分离时，a与b之间无相互作用力且加速度相同，设加速度大小为a，对a，由牛顿第二定律有k·x0－mgsinθ＝ma，代入k＝后解得a＝gsinθ，故物块b加速度的大小为gsinθ，C正确，D错误。 11.【答案】(1) 11.3 (2)AC (3) 【详解】（1）[1]遮光条的宽度为d＝11mm＋3×0.1mm＝11.3mm； [2]遮光条通过光电门的速度为v= 由速度-位移公式:v2=2ah 可得:a= （2）A．如果细绳质量不能忽略，则A、B组成的系统势能将有一部分转化为绳子的动能，从而为验证机械能守恒定律的实验带来误差，故A正确； BC．若细绳太长，容易引起物体的摆动，当物体摆动时，两物体的速度大小有差别，给计算系统的动能带来误差，即尽量保证物块只沿竖直方向运动，不要摇晃，故B错误，C正确； D．绳子长度和两个物块质量差应适当，即两个物块的质量之差不能过小，也不能过大，故D错误。 故选AC。 （3）由于系统机械能守恒，即:(m1-m2)gh= 变形可得: 可知－ h图像斜率为:k= 所以: = 12．【答案】(1)B (2)0~3V(3) 如图： (4) 1.58 0.63（0.58~0.63均可）(5) 2.5（2.4~2.6均可） 偏小 (6)方案可行，理由见解析 【解析】（1）A．机械调零不需要红黑表笔短接。红黑表笔短接是欧姆调零的操作，机械调零是在不通电的情况下调节表盘螺丝使指针指在零刻度线，故A错误； B．多用电表的电压挡测量时，电流需从红表笔流入、黑表笔流出，所以红表笔应接电源正极，黑表笔接负极，故B正确； C．测量电源电动势时，不须将干电池从电路中取出，故C错误； D．测量完成后，应将选择开关拨至OFF挡或交流电压最高挡，而不是欧姆挡，欧姆挡内部接有电源，长期存放可能损坏电表，故D错误。 故选B。 （2）干电池的电动势约1.5V，可知多用电表选择开关调至直流电压0~3V。 （3）实物图的连线如图所示 （4）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有:E=U+Ir 可得:U=E-Ir 可知U-I图像的纵截距为，可知电动势为1.58V，斜率绝对值为电源内阻，可知内阻:r=k= （5）[1] 根据闭合电路欧姆定律有:E=I(RA+R+r) 可得: 可得: 图像的纵截距为: 可得电流表的内阻:RA=2.5Ω [2]根据闭合电路欧姆定律有:E=U+ 可得:U=E 可得U-I图像的斜率为:k=<r 可知干电池内阻的测量值偏小。 （6）热敏电阻的阻值可通过改变温度调节，从而改变外电路总电阻，获得多组路端电压U和电流I的数据，利用U-I图像可求得干电池的电动势和内阻，实验原理与原实验一致。 13.【答案】(1)5m (2)不均匀 【详解】（1）对活塞封闭的温度不变气体，由玻意耳定律得:p0Sl=p1S(l-x) 其中：l=120mm，x=40mm 又因为:p1=p0+ρgh1 联立得:h1=5m （2）由小问1可得x与h的函数关系式:=p0+ρgh，可知x与h不成正比。 故将玻璃管上的刻度值x转换成深度值h，刻度线不均匀。 14.【答案】(1) mg(H-h) (2)m(),方向竖直向上， v2: v1= (3) 【解析】：(1) 根据能量守恒可得，篮球与地面第一次碰撞中损失的机械能为:△E=mgH-mgh=mg(H-h) (2)篮球自由下落，设碰地前瞬间的速率为v1，由运动学公式可得:v=2gH 篮球反弹至h高处，设离地瞬间的速率为v2，由运动学公式可得:0- v=-2gh 联立可得篮球与地面第一次碰撞的碰后速率与碰前速率之比为: v2: v1= 设竖直向下为正方向， 合力的冲量为:I=- mv2-mv1 解得: I=- m() 负号表示与正方向相反，即方向竖直向上 (3)由图像可知，拍球过程压力做的功为:WF= 设篮球落地瞬间的速率为v3，由动能定理可得:mgh+ WF= 篮球反弹至h高处，设离地瞬间的速率为v4，由运动学公式可得: 0- v=-2gh 由(2)问可知速率之比为：v2: v1= 联立解得： 15. 【答案】(1)逆时针（俯视），2.5N （2）1J （3）0.4m 【解析】 (1)P杆刚进入磁场时，根据楞次定律和安培定则可知回路中电流方向为逆时针（俯视） P杆刚进入磁场时，由图甲知vp=5m/s 产生的感应电动势E=BLvp 产生的感应电流:I= 安培力的大小F=BIL 代入数据联立解得:F=2.5N (2)Q杆刚进入磁场之前，根据法拉第电磁感应定律: 感应电流的平均值: 电荷量:q= 上述过程，对P进行分析，根据动量定理有:-=mpvp1- mpvp 解得: vp1=vp- 可知，上述过程P杆的速度与位移成线性关系，根据图甲可知，Q杆刚进入磁场时，P杆恰好在x=12m处，令此时P杆速度为vp1，Q杆速度为vQ，结合上述结果，代入数据可得: vp1=2m/s Q进入磁场后到稳定过程，令v1是P杆离开磁场前的稳定速度，根据图甲可知: v1=3m/s 对P、Q杆整体进行分析，根据动量守恒定律有: mpvp1+ mQvQ=(mp+mQ)v1 解得: vQ=4m/s 根据系统的能量守恒有Q总= Q杆产生的焦耳热:Q1==1J (3)设Q杆进入后到两杆共速，两杆的相对位移为，对P杆进行分析，根据动量定理有 解得:Δx=4m 由题意可知，P、Q杆恰好在虚线处发生碰撞，P杆离开磁场至与Q杆碰撞前，Q杆在磁场中滑行的距离:xQ=x-Δx=8m 2 学科网（北京）股份有限公司 $