2026届陕西榆林市横山中学高三下学期命题趋势预测（一）物理试题

(鱼E 2026届高云命题趋势预测（一 物理试题 注意事项： 1,答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、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，如需政 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。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。 考试时间为75分钟，满分100分 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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.下列四幅图片涉及的物理现象，说法正确的是 A/cm Q7A 噪声源 合成后 的声音 A 反噪声 00.250.50.75fz 甲 乙 丙 T A.图甲中水波通过狭缝后，绕到了障碍物的后面，是波的干涉现象 B.图乙中具有主动降噪功能的耳机是利用声波的反射来减弱噪声的 C.图丙中救护车向右运动的过程中，静止的A、B两人听到鸣笛声的频率相同 D.图丁是一个单摆做受迫振动时振幅A与驱动力的频率f的关系图，由此判断出该单摆 的固有周期为2s 2.如图所示，奥托循环a→b→c→d→a由两个绝热和两个等容过程组成。一定质量的理想 气体在经历一个a→b→c→d→a的循环过程中，下列说法正确的是 A.气体对外界做功，气体吸热 B.外界对气体做功，气体放热 C.气体对外界做功，气体放热 D.外界对气体做功，气体吸热 物理试题第1页（共8页） 3.铋212衰变时释放高能。粒子，具有短半衰期、短射程（约50100um)和高线性能量传 递特性，可精准摧毁癌细胞DNA,同时显著减少对周围健康组织的损伤。研究人员测试 铋212发生衰变后的剩余质量m与初始时刻(1=0时)的质量m,的比值，其随时间的变 化图像如图所示，则关于图中x、y的取值说法正确的是 17m 0.8 0.5 0.4 06.32x1.322x 公 A.x=1,y=0.25 B.x=1,y=0.1 C.x=1.25,y=0.25 D.x=1.25,y=0.2 4.如图是远距离输电的原理图，假设发电站输出电压恒定不变，两个变压器均为理想变压 器。当用户端用电器增加导致总电阻变小时，下列说法正确的是 发 n13 用 站 A.升压变压器的输出电压减小 B.降压变压器的输出电压减小 C输电线上损失的功率减小 D.发电站输出的功率不变 5.2026年1月1日，SpaceX宣布史上最大规模的卫星降轨活动，计划将所有目前运行在约 550千米高度的卫星，降低至约480千米轨道，2026年约有4400颗卫星将高度下调。若 卫星降轨前、后均在圆轨道上运行，下列说法正确的是 A.降轨过程中需要点火加速 B.降轨后卫星的动能变大 C.降轨后卫星的角速度变小 D.降轨后卫星的周期变长 物理试题第2页（共8页） 6如图所示，光滑绝缘的半球形凹槽固定在水平面上，0为圆心，0为凹槽最低点，带同种 电荷的小球A、B置于凹槽内处于静止状态，此时OA与O)'间夹角a=37°，OB与OO间 夹角B=53°。A、B两球的电荷量分别记为Q1、Q,质量分别记为m1,m1,两球均可视为 点电荷，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则 A.两小球的质量之比为m1m2=3：4 B.两小球的电荷量之比一定为Q,·Q2=4:3 C.若B球电荷量缓慢减小，则B球会沿槽缓慢上升 D.用外力将小球A缓慢移动到O'点的过程中，A,B系统的电 势能将增大 7如图所示，光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板 上。一小滑块从离弹簧上端L处的位置由静止释放，以释放点为原点，沿斜面向下为正 方向建立x轴，弹簧始终处于弹性限度内。在滑块沿斜面下滑至最低点过程中，其动能 Ek和机械能E随位置x变化的图像可能正确的是 E A B D 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项 中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得 3分，有选错的得0分。 8.物体在外力作用下从静止开始做直线运动，其加速度α随时间t变化的图像如图所示。 关于0~6s内物体的运动，下列说法正确的是 a/(m's A.0~6s内物体所受合力保持不变 B.t=6s时物体回到出发点 6 t/s C.t=2s与t=6s时物体的速度相同 D.t=4s时物体的速度最大 物理试题第3页（共8页） 9,如图为一小朋友在一个空心水泥管里玩“踢球”游戏，将该过程简化：在竖直面内半径为R 的固定圆轨道的最低点有一质量为m的小球（视为质点），现给小球一水平向右，大小为 v。=√3gR的瞬时速度，小球沿轨道内侧运动，重力加速度为g,不计小球与轨道间的摩 擦及空气阻力。不考虑小球落在轨道后的运动，下列说法正确的是 A.小球对轨道的最大压力和最小压力之差为6mg B.小球对轨道的最大压力和最小压力之差为4mg C小球整个过程能上升的最大高度为2求 D,小球整个过程能上升的最大高度为R 10.如图所示，水平面上固定足够长的平行光滑金属导轨PMVQ,间距为L,导轨电阻忽略 不计，导轨所在区域有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨上分别静 止放置两个长为L的导体棒ab和cd,ab和cd的质量分别为m1和m2,且m1>m2,两 棒电阻均为R,与导轨始终垂直且接触良好。导轨左端连接直流电源和电容器，S为单 刀双掷开关，电源电动势为E、内阻为r,电容器电容为C。单刀双掷开关S先接1，现将 开关S接2，则（提示：电容为C的电容器电压为U时储存电能为2） CU2 X RX h A.将开关S接2瞬间导体棒ab和cd的加速度大小相等 B.达到稳定状态后导体棒ab和cd的速度大小相等 C.整个过程中通过导体棒ab和cd的电荷量相等 D将开关S接2后，电路中产生的总热量为 (m1+m2)CE2 (m1+m2+B2L2C) 物理试题第4页（共8页） E 国E 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(6分)某同学用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律。将斜槽轨道固定在水平桌 面上，轨道末端在水平地面上垂直投影为O,地面上叠放白纸和复写纸。 实验步骤一：将球1从斜槽上释放，从轨道末端抛出，落到复写纸上，并在白纸上留下痕 迹，重复上述操作10次，得到若干个落点痕迹，并确定球1落点的平均位置P。 实验步骤二：将球2放在轨道末端，将球1仍从斜槽上释放，球1和球2碰撞后，分别在 白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次，确定它们落点的平均位置M,N,如图乙。 S,球1 球2 球1球2 单位：cm 白纸 M户 N 15.50 25.50 复写纸 7777777nnn7n7 M 40.00 甲 丙 (1)下面是部分测量仪器或工具，本实验需要的是 (多选) A.秒表 B.天平 C.刻度尺 D.弹簧测力计 (2)下列关于本实验条件的叙述，正确的是 。 (多选) A.同一组实验中，球1必须从同一位置由静止释放 B.球1的质量必须小于球2的质量 C,球1的半径应等于球2的半径 D.斜槽轨道必须光滑，且斜槽轨道末端必须水平 (3)某次实验中得出的落点情况如图丙所示，假设碰撞过程中动量守恒，则球1质量m1 和球2质量m2之比为 12.(9分)某学习小组用两种不同的金属电极插入苹果做了一个如图甲所示的“水果电池” 并测量其电动势和内阻： 甲 丙 物理试题第5页（共8页） (1)除待测水果电池外，实验室提供如下器材： A.滑动变阻器R,(阻值0~150) B.滑动变阻器R2(阻值0~2000Q) C.电压表V(量程3V,内阻约3k) D.电流表A(量程500μA,内阻为15) E开关一个，导线若干 为了尽可能准确测定这个水果电池的电动势和内阻，已提供的如图乙、丙所示的两个测 量电路图，应选 (填“乙”或“丙”)；滑动变阻器应选 (填“R,”或“R,”), (2)选择正确的电路和实验器材后由实验数据作出的U一【图像如图丁所示，由图像可 求得电源电动势为 V(结果保留三位有效数字)，内阻为 (结果保留 三位有效数字)。 4U八V 1.10 1.00 0.90 0.80 M 0.70 0.60 0.5000.100.200.300.400.300.601imA 丁 (3)该小组还设计了图戊所示的电路，其中E。为工作电源，R。为限流电阻，MN为粗细 均匀同种材料的电阻丝，P为滑动触头，G为灵敏电流计：R,为它的保护电阻，R,为阻 值已知的工作电阻。为了测量电源电动势E.和内阻r,现做如下操作： ①先闭合S1,断开S2,调节滑动触头P的位置，当其位于A位置时，灵敏电流计示数 为零； ②再闭合S2,调节滑动触头P的位置，当其位于B位置时，灵敏电流计示数再次为零，此 时R4两端电压U=(用E.、rx、R4表示)； ③测量出两次电阻丝MA和MB的长度分别为l1和l2。则电源内阻r.= (用 L1、l2、R4表示)。 物理试题第6页（共8页） 13.(9分)如图所示，一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为R的半圆，AB为半圆的直 径，O为圆心，E为OA上的一点，已知真空中光速为c。一束细光线从E点垂直于 AB入射，恰好在上表面M点发生全反射，之后射在B点。求： (1)玻璃砖的折射率； (2)光线在玻璃砖中从E到B传播的时间。 14.(14分)雨滴在空中下落的运动比较复杂，既会受到空气阻力的影响，也会与其他雨滴发 生撞击作用。 (1)空气对下落雨滴的阻力可由公式f=2CS,来计算，其中C为空气对雨滴的阻力 系数（可视为常量），·为空气的密度，S为雨滴的有效横截面积（即垂直于速度v方向的 横截面积)。假设雨滴下落时可视为球形，某较大雨滴的质量为m、半径为R,重力加速 度为g,由静止开始竖直下落高度h后做匀速直线运动，不考虑与其他雨滴的撞击，求该 雨滴做匀速直线运动时的速度大小及下落高度h过程中空气阻力对雨滴所做的功； (2)雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量 逐渐增大。现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始质量为 o,初速度为o。,下降距离1后与静止的小水珠碰撞且合并，质量变为m1,再经过同样 的距离！后，雨滴与静止的小水珠碰撞且合并，质量变为2。所有碰撞时间极短，不计 空气阻力，考虑重力的影响，重力加速度为g求第2次碰撞后雨滴的动能。 物理试题第7页（共8页） 15.(16分)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第·，二象限内存在沿y轴负方向的匀强 电场，第三、四象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m,电荷量为？的带正 电粒子从A点(0，h)以沿x轴正方向的初速度0。射人电场，第一次到达x轴时速度方 向改变了30°，第二次到达x轴时恰好经过坐标原点O,不计粒子重力。 (1)求电场强度的大小E; (2)求磁感应强度的大小B; (3)若在第三、四象限内另加一沿y轴正方向、电场强度大小为E=m 的匀强电场，求 3gh 粒子从A点射入电场到速度达到最小所经历的时间。 物理试题第8页（共8页） ⑥E加 2026届高三命题趋势预测（一） 物理参考答案及评分意见 1D【解析】图甲中水波通过狭缝后的现象，是波的衍射现象，A错误；图乙中具有主动降噪功能的耳机，其原理是 通过产生与噪声相位相反的声波来相互抵消，利用波的干涉达到降噪效果，B错误；图丙中救护车向右运动时，由 于多普勒效应，观察者听到的鸣笛声频率会发生变化，所以两人听到的频率不可能相同，C错误；根据共振原理， 当驱动力的频率等于单摆的固有频率时，振幅达到最大，由此可以判断出该单摆的固有周期为2s,D正确。 2.A【解析】整个循环过程气体又回到了初始状态，内能不变，b→c、d→a过程气体体积不变，气体不做功，a→b 过程气体体积减小，外界对气体做功，c→d过程气体体积增大，气体对外界做功，a→b、c→d两个过程气体体积 的变化量大小相等，→b过程气体压强较小，故一个循环中，外界对气体做的功小于气体对外界做的功，即气体 对外界做功，W<0,由于△U=Q十W=0,所以Q>0,即气体吸收热量，A正确。 3.A【解析】根据半衰期的定义可知，衰变后的剩余质量m与初始时刻(t=0时)的质量m。的比值从0.8变为 0.4的时间即为半衰期，所以半衰期的大小为(1.32-0.32)h=1h,所以x=1,比值从0.5变为0.25的时间也为 一个半衰期，所以y=0.25,A正确。 4B【解析根据原、副线周电压比等于臣数比可得号-，即U,-U,可知升压变压器的输出电压U,不变，A 错误；当用户端用电器增加导致总电阻变小时，根据变压器等效电阻理论可知，升压变压器原线圈中的电流I1 变大，输电线上的电流I2也变大，故输电线上损失的电压和功率都增大，降压变压器的输出电压U4减小，B正 确，C错误；发电站输出的功率P1=U1I1,可得P1增大，D错误。 5,B【解析】由高轨道到低轨道是通过对卫是点火酸速后降低轨道来实现的，A错误；根据G=m可知，卫 星在圆轨道运行的线速度v= √广，卫星的动能E= GM 2 mv2=GMm ,降轨后r变小，则卫星的动能变大，B正 GM 确；根据GM=mw7可知，卫星在圆轨道运行的角速度w ，降轨后r变小，则卫星的角速度变大，C错 误；根据开普勒第三定律 =k,降轨后r变小，则卫星的周期变短，D错误。 6.D【解析】对两小球受力分析如图所示，两小球静止，受力平衡，由相似三角形关系 可听-学景南于吃品-期6一手 m:sin&3,A错误； 两球电荷量大小无法确定，B错误；若B球电荷量减小，则A、B两球间的库仑力将 减小，则可知11、l2都减小，即A、B两球都会降低，C错误；用外力将小球A缓慢移 tm g 动到球心O'点，则A、B两球间的距离减小，库仑力变大，移动过程中电场力做负功，则A、B系统的电势能增大， D正确。 7.A【解析】在滑块与弹簧接触前，只有重力对滑块做正功，滑块的机械能保持不变，所受合力沿斜面向下，大小为 F合=mgsi0,滑块的动能逐渐增大，接触弹簧后，弹簧弹力对滑块做负功，滑块的机械能减小，所受合力 F合=mgsi0一k(x一L),则合力先沿斜面向下，大小逐渐变小，滑块的动能继续增大，当合力为零时，滑块的动 能最大，之后合力沿斜面向上，大小逐渐变大，滑动的动能减小直至为零，由此可知，B、C错误；根据动能定理得 △E.=F合△x,可知E、一工图像的斜率==F合，合力先不变（为正），再减小（为正）后增大（为负），则该图 △x 像的切线斜率先不变（为正），再减小（为正）后增大（为负），A正确；根据功能关系有△E=F△x,可知E一x图 物理答案第1页（共4页） 像的斜率k公F,滑块与弹簧接触后，弹力不断增加，则该图像的切线斜率绝对值不断增大，D靠西 8.CD【解析】因4s末加速度的方向改变，则0~6s内物体所受合力方向改变，A错误；0~4s内物体沿正方向加 速，4~6s内物体沿正方向减速，则t=6s时物体没有回到出发点，B错误；因α一t图像与横轴围成的面积等于 速度的变化量，可知2~6s内物体的速度变化量为零，即t=2s与t=6s时物体的速度相同，C正确；t=4s时 物体的速度最大，D正确。 6 9.BC【解析】小球在最低点时对轨道的压力最大，由Nm一mg=m尺，解得N。=4mg,设小球运动到与圆心的连 线与竖直方向成0角时脱离轨道，由动能定理，有mgR(1十c0s0)-2m0-名m心，由牛顿第二定律，有 mgc0s0=m反，联立解得=√零，c6s日=号，故小球对轨道的最小压力为0，因此△N=N。-0=mg,A错 gR 误，B正确：小球脱离轨道后做斜上龙运动的最大高度质-00》-务R,因此小球能上升的最大高度H 2g R十Rc0s0十A-铝R,C正确，D错误。 10.BD【解析】开始时，电容器放电，导体棒αb和cd的电阻相同，电流相同，受到的安培力大小相等，但两棒的质 量不同，所以两棒加速度大小不相等，A错误；开关S接2后，电容器通过导体棒ab和cd放电，两棒在安培力 作用下向右运动，最终稳定时，电路中没有电流，两棒产生的感应电动势与电容器的电压相等，由E=BL可 知，最终两棒的速度相等，B正确；由动量定理得BILt=BLq=mv,通过导体棒的电荷量与质量成正比，C错 误；开关S接1时，电容器充电，所带电荷量Q=CE,则电容器储存的电能E。=CE,开关S接2后，取向右 为正方向，对整体根据动量定理可得B'Lt=(m1十m2)o,最终稳定时，电路中没有电流，两棒产生的感应电动 势与电容器的电压相等，则有U=BLv,电容器放电电荷量q'='t=CE一CU,联立解得v= BLCE (m1+m2)CE2 ,十。272云，根据能量守恒定律得2CE2一2CU2二2Cm1十m2）0十Q，解得Q一2(m1十n2十B2L2C) D正确 11.(1)BC(2分，少选得1分)(2)AC(2分，少选得1分)(3)4：1(2分) 【解析】(1)本实验需要天平称量小球的质量，需要刻度尺测量长度，B、C正确。 (2)同一组实验中，为了保证每次碰撞前球1的速度相同，球1必须从同一位置由静止释放，A正确；为了保证 碰后球1不反弹，球1的质量必须大于球2的质量，B错误；为了保证两球发生正碰，两球半径应相等，C正确； 斜槽轨道是否光滑不影响碰撞前球1的速度，故不需要光滑，为了保证小球抛出时做平抛运动，轨道末端必须 水平，D错误。 (3)根据平抛的规律有h=】 2g2,z=4,解得乏√若碰撞过程中动量守恒，则有m1·0Pm OM+m2·ON,代入数据，有m1×0.2550=m1X0.1550+m2×0.4000,解得m1：m2=4:1。 12.z1分)R:1分》（②1.02分）9852分)(a)@gE.a分)③R.会-2分) 【解析】(1)电流表的内阻已知，为减小实验误差，测量电路图应选乙；电源内阻大，滑动变阻器阻值过小会使电 路中电流变化不明显，所以滑动变阻器选R2。 (2)根据闭合电路的欧姆定律有E=U+I(RA十r),整理得U=一(RA十r)I十E,由图像可求得电源电动势 物理答案第2页（共4页） E-1.60V,图像斜率的绝对值1=R:十7-8×)59n=10n,内阻，一985n RE: (3)@对E,R:回路分析得U=R,十7于 ③只闭合S有E:=UwM,同时闭合S、S有RA十T R-Ue懈得，k信- 13.(1)2(2)35R 【解析】1)在M处恰好发生全反射，根据全反射临界角公式有sinC=1(2分) n 根据几何关系可得C=30°(1分) 解得n=2(1分) (2)根据几儿何关系可得光线通过的路程s=EM十MB-3,R☑分) 光线在玻璃砖中传播速度。一片(2分) 则光线在玻璃砖中传精的时间1=。1分） 解得=35R(1分) 14.(1)2/2m8mg R√C。RC。mgh(2),[m&o品+(m6+m)2gl] 【解析】(1)雨滴匀速下落时mg=f(2分) 又因为f-0nsd-cRr1分) 1 12mg(1分) 解得u=RπCp 根据动能定理有mgh+w,= 2mu2(2分) 解得W:=g πRC-mgh(2分) (2)雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动，碰撞瞬间动量守恒 第1次碰撞前，根据运动学公式有v=o十2gl(1分) 第1次碰撞过程，根据动量守恒有mov1=m1o1(1分) +×2al 则mn 第2次碰撞前，根据运动学公式有v=v1+2gl(1分) 化简得=°i+m+m）2gl m 第2次碰撞过程，根据动量守恒有m1v2=m2v2'(1分) 化商得)i+m2e 1 第2次碰撞后雨滴的动能Ek=2m:(1分) 物理答案第3页（共4页） 则E=2m+(m+m2g1分剂 15.(1)mu6 (2)m。 （3)2+1D(4v5+3mhm=0,1,2,…) 6gh 3gh 20 或 2n-1)(45+3rh(n=1,2,3,…) 2w0 【解析】(1)粒子在电磁场中的运动轨迹如图所示 粒子在电场中做类平抛运动，由几何关系有tan30°-(1分) 其中0，=at1(1分) a=gh (2分) m 又-ei0分) 解得1=23h E-1分 (2)粒子进磁场时有=vcos30(1分) 由几何关系可知粒子在磁场中运动轨迹的半径r=vot1(1分) 带电粒子在腾场中运动有nB-m口(2分) 解得B-1分) (3)粒子第一次到达x轴进人第四象限后，运动轨迹是摆线，由于qB=gE'(1分) 所以粒子以速度沿x轴正方向做匀速直线运动的同时以速度，做匀速圆周运动 则有0,8-紧（红分） 拉手在第四象限中做圈周运动的时间，=×21分) 解得t2=3πh 0 然后进人第一象限，运动轨迹是抛物线，结合第(1)问可知粒子在第一象限中运动时间为21，然后再进入第四 象限做摆线运动，如此反复 粒子在第四象限经过最低点时，两分速度方向相反，合速度最小 粒子从A点射入电场到速度达到最小所经历的时间 1=+号+n(21+)m=0,1,2…)1分) 或t=t1+号+(m-1D(2+tm=1,2,3,…)1分)】 解得1=2m+1)C4,3+3h(m=0,1.2,…)1分) 2v0 [或1=2m-1)45+3x6m=1,23,…)1分刀 2w0 物理答案第4页（共4页）