2026全国高考押题最后5卷-物理-4

2026全国高考押题最后5卷（四） 4.汽车安全带的安全性能通常利用实车碰撞进行测试。某次测试中，汽车以72km/h的速 物理试题 度水平撞向障碍物，模拟乘员由于安全带的作用，在0.8s内减速到0。已知模拟乘员的 质量为60kg,不计一切摩擦，则模拟乘员在本次测试中受到安全带的平均作用力大小为 A.1300N B.2000N C.1500N D.2500N 注意事项： 5.如图所示，某小型卫星在椭圆轨道上沿逆时针方向绕地球运行，ab为椭圆轨道的长轴，cd 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。 为短轴，椭圆轨道恰好在b点与地面相切，地心位于椭圆轨道平面上。已知地球的半径为 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 R,αb=4R,地球第一宇宙速度的大小为v,则该小型卫星 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。 A.经过a点时的速度等于号 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 B经过a点时的速度小于号 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 C从b运动到c点的最短时间小于2πR 中，只有一项是符合题目要求的。 D.从b运动到c点的最短时间等于2水 1.近日，中国自主研发的窄体客机C919(如图)正在接受来自欧洲航空安全局(EASA)的试 6.实心球是一项以力量为基础、以动作速度为核心的投掷项目。如图所示，在某次篮球场投 飞验证。下列关于客机的说法正确的是 掷实心球的比赛活动中，一同学将实心球跨场直接投人对面篮筐内，博得观众一片喝彩。 A,客机起飞前瞬间，地面对它的支持力小于它对地面的 已知实心球的质量m=2kg,抛出点到地面的高度h=1.75m,抛出点到篮筐中心的水平 压力 距离x=20.8m,实心球从抛出到落入篮筐的运动时间t=1.3s,篮筐到地面的高度H= B客机加速向上飞行时，它的惯性逐渐变大 3.05m,取重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力，下列说法正确的是 C.客机加速向上飞行时，它的机械能逐渐变大 A.实心球在抛出后0.65s时速度最小 B.实心球抛出后离地面的最大高度为4.80m D研究客机的飞行轨迹时，不可以将它视为质点 C.实心球获得的初动能为312.25J 2.氢原子核酷Rn发生a衰变时能生成Po。已知t=0时器Rn的质量为mo,经时间t后 D,实心球落入篮筐时的速度大小为16m/s 剩余R的质量为m,Rn发生a衰变过程的”一1图线如图所示，真空中的光速为c, 7真空中存在者平行于x轴方向的电场，x轴上各点的电势？随位置x变化的关系图像如 m。 图所示。一个比荷k=2X10C/kg,带负电的粒子从x=一2cm的M点由静止释放，不 下列说法正确的是 计粒子重力，N点位于x=1cm处，下列说法正确的是 A.Po中有84个中子 B若"1 m。=,则=7.6d C.Rn的比结合能大于Po的比结合能 M 5-2-1012式3xcm D.质量为mo的需Rn在时间t内放出的核能为(m。一m)c2 01.222.805.02 d AM点的电场强度大于N点的电场强度答案解析网 3.物理学中有很多物理量，这些物理量的单位之间存在关系。电容的单位F也可以表示为 B粒子在M点的电势能小于在N点的电势能 A.A2·s2/(kg·m2) B.A2·s'/(kg·m2) C,粒子在M、N之间做往复运动答案解析网 C.A2·83/(kg·m2) D.A2·s/(kg·m) D,粒子微往复运动的周期为号×108 物理试题第1页（共8页） 物理试题第2页（共8页） 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 10.如图甲所示，足够长的平行光滑金属导轨周定在水平地面上，两导轨间的距离为L,虚线 中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的 MN右侧存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。质量分别为m和2m的 金属棒a,b依次放于虚线MN左侧，两棒连人导轨间的电阻均为R。现使a、b同时向 得0分。 右运动，两棒先后进人右侧磁场，从α进人磁场开始计时，4中的电流！随时间：变化的 8如图甲为镀在光学元件表面上的增透膜，其上、下两个表面的反射光会相互抵消，增加透 图像如图乙所示。已知a刚进人磁场时的速度大小为。，两棒在运动过程中始终与导 射光的能量。若将光学元件简化为矩形元件，真空中波长为入的单色光垂直增透膜的上 轨垂直、接触良好且未发生碰撞。下列说法正确的是 表面人射，如图乙所示，其中增透膜的厚度为d,增透膜对该单色光的折射率为n,光在真 2R 空中的速度为C。下列说法正确的是 增透膜 光学元件 空气 甲 A.金属棒b刚进人磁场时的速度大小为。 A.增透膜应用了光的干涉原理 B,观看立体电影配带的眼镜与增透膜的光学原理相同 B金属棒6刚进入磁场时的加速度大小为3BL” 16mR C.单色光由空气进人增透膜，频率变小 C金属棒b进人入磁场后，两棒间减小的距离为 D增透膜的最小厚度为 D.金属棒b进人磁场后，金属棒a产生的总热量为 9.如图所示，由两段内壁光滑的}圆弧细管拼接而成的“S“形管道PQ固定于竖直平面内， 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(6分)某研究性学习小组设计了如图甲所示的实验装置，利用单摆测量当地的重力加 O,O'分别为两段圆弧管道的圆心，两圆弧管道的半径均为R,管道最高点P和最低点Q 速度答案解析网 的管口处切线竖直，紧靠管口P周定一倾角8=30的光滑斜面，斜面最高点与P点等高。 现用不可伸长的轻质软绳拴接一小铁球和一小木块，初始时小球位于管口的P点，小木 块静止在斜面底部，轻绳伸直且平铺在斜面上。小球由静止释放后落入管道，当运动到O cm 3 点正上方时恰好对管道内壁无挤压。已知小木块的质量为m,重力加速度的大小为g,管 道内的轻绳与内壁贴合良好，下列说法正确的是 10 20 A.小铁球的质量为受m (1)用游标卡尺测量小铁球直径，读数如图乙所示，则小铁球的直径d= cm。 (2)测量单摆周期时，当小铁球某次经过 (填“最低点”或“最高点”)时开始用秒表计 B.小铁球的质量为+m 时，经过次全振动，所用的时间为，可算出单摆的周期T= (用n、t表示)。 7779777777777779 (3)改变摆线长L,测量出多组摆线长L、周期T的数据后，画出L一T?图像如图丙所 C.小球由静止释放到运动到0点正上方过程中，轻绳对小铁球做的功为-十， 2 mgR 示，测得此图像斜率为k,则当地重力加速度g= (用k表示)：由于测量摆长时 漏加了小球半径，使得L一T图像不过原点，其他测量、计算均无误，请通过分析说明重 D,小球由静止释放到运动到0点正上方过程中，轻绳对小铁球做的功为-十， 4—mgR 力加速度的测量值与真实值相比偏大、偏小还是不变？ 物理试题第3页（共8页） 物理试题第4页（共8页）》 12.(9分)某同学用如图甲所示电路测量电流表A的内阻（满偏电流I.±200以A,内阻R 13.(10分)如图为课外兴趣小组设计的精准控温的集装箱，一单匝矩形线圈面积为S,在磁 约为1002)，可利用的实验器材有：电源E,电流表A1(满偏电流1.1=1mA,内阻RA约 感应强度大小为B的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴MN以角速度仙匀速转动，线圈内 为20)，定值电阻R。、滑动变阻器R,、开关S、导线若干。 阻忽略不计，通过原，副线圈匝数比为1：4的理想变压器，给装有一定质量的理想气体 的汽红加热，以达到精准控温。开始时轻质活塞处于静止状态，汽缸内气体的体积为 V。,温度为T。,后闭合开关K,通过电阻为R的电热丝加热气体，经过时间t,气体温度 从T。升高到1.5T。已知大气压强为p。,活塞移动过程中与汽缸的摩擦忽略不计，且 气体与外界环境没有热交换，热量全部被气体吸收。求： (1)温度为1.5T。时，汽缸内气体的体积；答案解析网 (2)上述过程中，汽缸内气体增加的内能。答案解析网 (1)为保证测量过程中待测电流表A和电流表A,尽可能都达到满偏，下列选项中与定 值电阻R。的阻值最接近的是 0 A.302 B.3 Q C.300n (2)正确选择器材并进行实验操作.调节滑动变阻器的滑片，可获得电流表A示数1，电 流表A示数I,的多组数据，由所得数据作出11一I的图线为一条过原点的倾斜直线，其 电热丝 斜率的绝对值为k,则待测电流表的内阻R= (用k、R。表示)。 (3)该同学将电流表A改装为简易欧姆表，改装电路图如图乙所示，其中电流表A的满 偏电流用1。表示，电池的电动势为E,R为滑动变阻器。A、B是两只表笔。 乙 ①其中，A表笔颜色应是 (填“红”或“黑”)色： ②测量前，应进行欧姆调零，应先将A、B短接，调节滑动变阻器，使电流表A的示数为 (填“零”或1”)： ③该同学把未知电阻接在改装好的欧姆表红、黑表笔之间，发现指针恰好指在号处，则 该电阻阻值为 (用E、1.)表示： ④若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势不变、内阻略有增大，仍能够进行欧姆调零， 按正确使用方法测量电阻时，测量结果与原测量结果相比会 (填“变大”“变小” 或“不变”) 物理试题第5页（共8页） 物理试题第6页（共8页） 14.(12分)如图所示，平面直角坐标系xOy中，以y轴上O1点(0,3L)为圆心、半径为L的 15.(17分)如图所示，质量m:=1kg的小物块P静止在水平平台上的M点，M点到平台 圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，在圆形磁场外且x<0的区域内存在沿y轴 右端N点的距离x。=1.8m,小物块P与平台间的动摩擦因数以1=0.4。质量m。= 负方向的匀强电场，电场中平行于y轴固定一绝缘挡板。一质量为m、电荷量为q的带 6kg的小车ABC紧靠平台N点静置于光滑水平地面上，其上表面的水平部分AB与 正电粒子自M点(0,2L)沿y轴正方向射入磁场区域，射入时的初速度大小为。已知 MN等高，号光滑圆弧轨道BC的半径R=0.2m,质量m:=2kg的小物块Q静止放在 整感应强度的大小为B一咒，电场强度的大小为E-,挡板到y轴的距离为3L。 小车左端的A点，小物块Q与AB段间的动摩擦因数4：=0.2。现对小物块P施加水 不计粒子的重力，挡板足够大。求： 平向右、大小为F=14N的推力，当运动到N点时撤去F,撒去F的瞬间小物块P,Q (1)粒子自M点射人到击中挡板所经历的时间t: 发生弹性碰撞，碰撞时间极短，两物块均可视为质点。取重力加速度g=10m/s2。求： (2)粒子击中挡板时的速度大小： (1)碰撞后小物块Q的速度大小：答案解析网 (3)若粒子以与y轴正方向成0=53°（如图）的初速度v。从M点射入第二象限内的磁 (2)小物块Q在小车水平部分AB上运动：=1s时（未滑到B点），两物块P,Q之间的 场，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求粒子击中挡板的位置与(2)问击中挡板位置间的距 距离；答案解析网 离d。 (3)要使小物块Q既能到达B点又不脱离小车轨道上表面，求水平部分AB长度L的取 挡板 值范围答案解析网 0-- 0 物理试题第7页（共8页） 物理试题第8页（共8页）2026全国高考押题最后5卷（四） 物理参考答案及评分意见 1.C【解析】地面对客机的支持力和客机对地面的压力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，它们大小相等、方 向相反，所以地面对它的支持力等于它对地面的压力，A错误；惯性是物体的固有属性，其大小只与物体的质量 有关，与物体的运动状态无关，客机加速飞行时，质量不变，它的惯性不变，B错误；客机加速向上飞行时，动能增 大、重力势能增大，故机械能增大，C正确；研究客机的飞行轨迹时，客机的大小和形状对研究问题的影响可以忽 略不计，所以可以将它视为质点，D错误。 2.B【解析】由衰变过程中的质量数和电荷数守恒可知，1%P0中有84个质子、134个中子，A错误；由图像可知 照Rm的半衰期r=5,02d-1.22d=3.8d,当，-时，说明t为2个半衰期，故t=2X3.8d=7.6d,B正确； 因器Rn发生衰变时要释放能量，故器Rn的比结合能小于1Po的比结合能，C错误；计算释放核能时应使用亏损 的质量进行计算，m。-m仅为减少的器Rn的质量，并非质量亏损，D错误。 3.B【解析】根据C-号，Q=,U=Ea,E=无，F=ma,电容的单位F也可以表示为A·S/(kg·m,B正确。 4.C【解析】对模拟乘员，由一Ft=0-mv可知，平均力F=1500N,C正确，A、B、D错误。 5,C【解析]由开普精第二定律可知，宁X3RX,△-弓×RX,4,解得品-号，即，- 3v6,由离心运动规律 可知，>，故u> ,AB错误：由开香精第三定律可知，)-，故椭圆轨道上的运行周期T与近地圆 轨道卫星的运行周期T。的关系为二-2Y,由近地圆轨道卫星的周期，一2R。 可知，T=22T,=42R 又 因为卫星从b点运动到a点的过程中速度越来越小，故从b点运动到c点的时间小于从c点运动到a点的时间， 即从b运动到c点的最短时间小于②πR, ，C正确，D错误。 )【解析】实心球竖直方向做匀变速直线运动，w,t一)gt=H一h,代人数值可得v,=7,5m/s,可知 g=0.75s时，竖直分速度等于零，速度最小，A错误：实心球上升的最大高度A,-%·,=2.8125m,离地 面的最大高度H1=h十h1=4.5625m,B错误；实心球水平方向做匀速直线运动，uz=工=16m/s,实心球获 1 得的初动能Ew=2m(:十，)=312.25J,C正确；实心球落入篮筐时竖直方向有分速度，速度一定大于 16m/s,D错误。 7.D【解析】在P一x图像中斜率表示电场强度，由图像可知x正半轴的电场强度大小为E2=300V/m,x负半轴 的电场强度大小为E1=200V/m,A错误；根据图像可知，M点电势(PM=2V)比N点电势(pN=3V)低，根据 E。=一qP,可知粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，B错误；根据沿电场方向电势降低，可知x正半轴 的电场方向沿x轴正方向，x负半轴的电场方向沿x轴负方向，粒子从M点释放后，沿x轴正方向先做加速运 动，再做减速运动直到速度为零，根据动能定理，有W=一q(PM一P2)=△Ek=0,粒子最远能运动到电势大小与 M点电势相同的位置，根据图像可知此点坐标为x=专cm,C错误；设粒子从M点加速到速度最大所需时间为 1、E19 t1,则x1=2Xm 三0.02m,解得=1×10‘s,设粒子从最大速度减速到零所需的时间为2，则)×上9 77m 星-言×10m,解得：-号×10，粒子做往复运动的周期T-21+)宁×10s,D正痛， 8.AD【解析】增透膜应用了光的干涉原理，A正确；观看立体电影配带的眼镜利用了光的偏振现象，B错误；单色 光由空气进人增透膜，频率不变，C错误；光在增透膜中的波长入'=入，增透膜是膜前、后反射光叠加减弱，波程 物理答案第1页（共4页） 差2d 名(2k-1)(k=1,2,3,…),解得厚度d最小值dm=元D正确。 9.BD【解析】小铁球运动到0点正上方位置时，由牛顿第二定律可知Mg=M, ，解得=√gR,对小铁球、小木 块，轻绳组成的系统，在小铁球下滑至O点正上方的过程中，由机械能守恒定律可知MgR一mg·. 2 sm30-号M+m)心，解得M-(+)m,A错误，B正确：对小铁球，根据动能定理有W+MgR 2Mu2,解 得W=一π十 4mgR,C错误，D正确。 10,BD【解析】金属棒α刚进人磁场时产生的感应电动势E。=BL,感应电流I,一g,设6棒进人磁场前瞬间& 的速度为，此时感应电流-，：，解得，，设金属棒刚进人磁场时速度为U 知此时u1>2,回路中感应电流I=3=3BLu_BL(o,- 4 8R 2R ,解得1=0，A错误；金属棒b刚进入磁场 F 3B2L2vo 时，所受安培力P=BIL二3B1如加速度大小为a2m16mR宁 ，B正确；b棒进入磁场后到两棒最终共 8R 速，a、b组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律可知mv2十2mv1=3mv,解得v= 、3,对a有BIL△三w一mw其中1ELR"2R会，故两金属棒的相对位移4x二R,C 2R 2R 错误；由能量守恒可知，a棒产生的热量Q。= 3 22 一32mw6,D正确。 11.(1)1.070(1分)(2)最低点(1分)三(1分) (3)4π2k(1分)见解析（合理即可得分，2分） 【解析】(1)用游标卡尺测得小钢球的直径d=1cm十0.05mm×14=1.070cm。 (2)当小铁球某次经过最低点时开始用秒表计时，经过次全振动，所用的时间为t,可算出单摆的周期T=: (3)单摆周期公式为T=2π，√g L十2 =2π g 整理可得1一京L点T-号 2,1-T2、L-T2图像斜率 均为是=会，故g=4,由于图线的斜率不变，即求得的g值和真实值相比是不变的。 12.A2分）(2②&-1DR,2分）3)①红1分)@1.1分)③25(2分)④不变1分) 【解析①者AA都达清偏，计算可知R,阻值约为R。-=25Q,A正确。 (2)根据实验原理有RA=山一IDR。,可得1=R十RL,图像斜率RA十R,解得RA=-1)R。 R。 R。 (3)①欧姆表电流方向为红进黑出，A表笔相连的是电源的负极，则A表笔颜色应是红色； ②欧姆调零时，应先将红、黑表笔A、B短接，调节滑动变阻器，使电流表满偏，示数为I.; ®欧姆表的内阻R欧姆表的指针恰好指在餐处，则R一 _E一R内=工 2E 3 ④电池电动势不变，内阻变大，欧姆表仍能调零，则欧姆表内阻不变，按正确使用方法测量电阻时，指针偏转角 度与内阻较小时相同，其测量结果与原结果相比将不变。 13.(1)1.5V。(2)8BS2wtpV。 R 2 物理答案第2页（共4页） 【得折10限据等压变化有品总红分) 解得V1=1.5V。(1分) (2)矩形线圈产生的电动势最大值Em=BSw(1分) 有效值E E(1分) √ E-1(1分) 根据变压器电压关系有，一n。 气体吸收热量Q=1P受1分 外界对气体做功W=一p(V1-V)(1分) 由热力学第一定律得△U=W+Q(1分) 解得aU-B“:1分) R 14.(1)4+x)L 2w0 25,(3崇L(度13) 【解析】(1)由牛顿第二定律可知，粒子在磁场中运动时满足 g0,B=mo（1分) 解得粒子在圆形磁场中运动轨迹的半径r=L 粒子在磁场中的运动时同，一器(1分) 解得一岩 粒子水平向左射出磁场后，运动至击中挡板的时间，=3L一L（1分) 00 邻得4-兴 故t=t1十t2= (4+L1分) 2 (2)由a=951分) m 保霜4一号 由v,=at2(1分) 可知v,=2v0 故击中挡板时的速度大小为v=√0十(1分) 解得v=√5v(1分) (3)在电场中运动时沿y轴方向的位移大小为%-了1分) 解得yo=2L 若粒子从M点射入磁场时的初速度方向与y轴正方向成0=53°角，粒子自射出磁场到击中挡板的过程中，x轴 方向有3L一Lcos0=vot'(1分) 解得t'-12L 50 y辅方向上的位移大小为y= 物理答案第3页（共4页） 解得y一受 自磁场两次射出位置沿y轴方向上的距离△d=L一L(1-sin0)(1分) 解得△1= 故d=y+△d-yo 解得d=号1分) 15.(1)4m/s(2)3.5m(3)2m≤L≤3m 【解析】(1)小物块P沿MN运动，设末速度为o,由动能定理得 1 (F-1m1g)xo=2m16(1分） 解得vo=6m/s 小物块P、Q发生弹性碰撞，取向右为正方向，设碰后瞬间P、Q速度分别为1、2 由动量守恒定律得m1v。=m1v1十m2v2(1分) 由机械能守恒定律得m=方m,i十了m时(1分) 解得o1=-2m/s v2=4m/s(1分) (2)小物块P向左匀减速到0，设时间为t1,则41m1gt1=0一m1o1(1分) 解得t1=0.5s<t=1s 设小物块P的位移为x,则-1m181=0-2m1（1分) 解得x1=0.5m 当小物块Q与小车共速时，根据动量守恒定律有m2v2=(m2十o)v3(1分) 可得共同速度v3=1m/s 设小物块Q一直向右匀减速，t=1s后速度为v4,则-42m2gt=m2v4一m2v2(1分) 解得v4=2m/s 由v4>v3可知，小物块Q未与小车达到共速 小物块Q的位移x,=:十·t1分) 2 解得x2=3m 两物块P、Q之间的距离x=x2十x1=3.5m(1分) (3)当小物块Q刚好到达B点与木板共速时AB段最长，由能量守恒定律得 1 1 m,o经=2(m:+m)3+mgL,(1分) 解得L1=3m(1分) 小物块Q不和小车上表面分离分为两种情况： ①小物块Q刚好回到A点与木板共速，由能量守恒定律得2m:0=2(m:十m,)i+2,m:gL:1分) 解得L2=1.5m(1分) ②小物块Q刚好到C点时与木板共速，由能量守恒定律得 2m2= 2(m+mo)u3+um2gLa十m2gR(1分) 解得L3=2m(1分) 因为L2<L3 所以AB段的长度范围为2m≤L≤3m(1分) 物理答案第4页（共4页）