高考物理考前冲刺押题卷（4）-【名校之约】2026年高三物理考前冲刺押题卷

2026届高三高考考前冲刺于 1.选A由玻尔理论可知频率为，的光子能量为hw1=E -E3=(-0.54eV)-(-1.51eV)=0.97eV,属于近红 外波段，故A正确；频率为v2的光子能量为2=E3一 E2=(-1.51eV)-(-3.4eV)=1.89eV,不属于近红 外波段，由题图可知4>3>2，则频率为2、3、4的三 种光子均不属于近红外波段，故B、C、D错误。 2.选B由题意可知，物块乙始终静止不动，即处于平衡状 态，则物块乙所受合力一直为零，故A错误；设物块甲缓 慢向右上方移动使得细线OC与竖直方向的夹角为α，对 O点受力分析，在竖直方向上，根据平衡条件可得 Toacos0=T0 ccosa,对物块甲受力分析，在竖直方向上， 银据平衡条件可得Tcos。=m甲g,即To1S月，所以 细线OA上的弹力不变，故B正确；由Ta cos a=m甲g, 即TC=m甲5，在物块甲移动过程中，a逐渐增大，则细 cos a 线OC上的弹力逐渐增大，故C错误；对物块甲受力分 析，在水平方向上，根据平衡条件可得Tacsin a=F,解得 F=m甲gtan a,在物块甲移动过程中，a逐渐增大，则外力 F逐渐增大，故D错误。 3.选C小球做斜上抛运动，在竖直方向上做匀减速运动， 小球的速度逐渐减小，因为A、B、C三个窗户的竖直高度 相等，所以小球通过窗户A所用时间最短，通过窗户C 所用时间最长，故A错误；小球通过A、B、C三个窗户克 服重力做的功大小相等，故D错误；小球通过窗户C所 用的时间最长，则克服重力做功的平均功率最小，故B错 误；根据动量定理|△p|=mgt,小球通过窗户C所用的时 间最长，则动量变化量最大，故C正确。 4.选C线圈中产生的感应电动势为e=NBm Sucos(wt)V =120cos(100πt)V,电动势的最大值为120V,电流的 最大值为1.2A,因为电流表显示的是电流的有效值，则 读数1有=。A=0,62A,A错误；一个周期内电流方 向变化两次，该交流电的周期为T=6=0.02s,则1s 内电流方向变化100次，B错误；由焦耳定律可得定值电 阻R上一分钟内产生的焦耳热Q=I有2Rt=4320J,C正 确；穿过线圈的最大磁通量m=BmS=3×10-2Xπ× 0.22Wb=1.2π×10-3Wb,D错误。 5.选A正四面体的四个顶点为ABCD,作底边三角形 BCD的中点O,连接OD、AO,如图 A 所示，由几何关系可知c0sa=⑤. 31 B、C、D三点的小球在A点产生的 场强大小均为E。=g,这三个场强 a 水平分量互成120°且大小相等，A点场强的水平分量为零， 狎题卷（四）物理参考答案 所以A点的合场强为E合=3Ec0s。三69，方向竖直向 上A点的小球所交静电力大小为F=E合二织，若 A点小球保持静止，则所受电场力方向竖直向上，所以A 点小球带正电，由于mg=F合，解得n=,故选A。● 6.选C设该简谐横波的表达式为y=Asin(kx十9)，由题 图像可知，过点(0，-)和(3.号A,代入表达式解得y Asi血（子x-受），所以波长入=2=8m,又因为从此时 刻起经时间0.5s,P、Q两质点离开平衡位置的位移第一 次相同，根据数学知识可知(+昌×号）=0.58，解符 周期T=1.6s,根据公式v= ，解得0=5m/,故选C。 7.选C根据动能定理△Ek=F合x可知，Ekx图线的斜 率表示冰壶所受的合外力，冰壶的最大动能对应撒去水 平推力的时刻，撒去推力后两图线的斜率相同，即所受摩 擦力相同，撤去推力前第一次图线的斜率小，可知F1小 于F2,两次冰壶的整个运动过程动能变化量均为零，可 知合外力做功为零，即F1、F2做的功等于整个过程克服 摩擦力做的功，因为摩擦力大小及冰壶的位移均相同，故 F1、F2做的功相等，A错误；由Ek-x图像可知撤去F1 时比撤去？时冰壶的动能小，即最大速度小，加速过程 的平均速度小，由平均功率P一FU可知，F1的平均功率 小于F2的平均功率，B错误；两次冰壶的整个运动过程 动量变化量为零，即合外力的冲量等于零，所以F1、F2 的冲量大小等于摩擦力的冲量大小，因为两次运动的位 移相同，第一次撒去外力时冰壶的速度小，可知冰壶第一 次运动的时间大于第二次运动的时间，故冰壶第一次运 动中摩擦力的冲量大于第二次运动中摩擦力的冲量，即 F,的冲量大于F2的冲量，C正确，D错误。 8.选BD悬挂第二个钩码后的释放瞬间，橡皮筋的长度还 没变化，由胡克定律可知，橡皮筋的拉力大小不变，拉力 传感器的读数仍为10N,A、C错误；悬挂一个钩码静止 时，由平衡条件得F=g,解得钩码的质量m=1kg,悬 挂第二个钩码后的释放瞬间，橡皮筋的弹力不变，两个钩 码具有相同的加速度，取两个钩码为整体，由牛顿第二定 律得2mg-F=2ma,解得a=5m/s2,取第二个钩码为研 究对象，由牛顿第二定律得mg-F=ma,解得F=5N, B正确；设悬挂一个钩码稳定时橡皮筋的伸长量是x1,则 有kx=G,释放第二个钩码后，当钩码运动速度最大时， 钩码受力平衡，设此时橡皮筋又伸长x2,则有k(x1十x2)= 2G,联立解得x2=10cm,D正确。 9.选AC小球与圆孤轨道组成的系统机械能守恒、在水平！ 方向上动量守恒，小球从释放到离开圆孤轨道，由机械能 守恒定律得mgR=m02+号Mv2,由动量守恒定律 得m心1=Mv2,解得星球表面的重力加速度大小g'=} m/s,故A正确：对星球表西的物体，万有引力近似 10 羊于堂力C=mg,则显球的质量M=密，故诚里球 与地球的质莹之比为R,子，故B错误：物体 在星球表面做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力： GM R2=mR=mg,解得第一宇宙速度v=√gR,故该星 球与地球的第一宇宙速度之比为里 gR星=1 故C 地VgR地√2 正确；星球的平均密度ρ= 器戴演星球与地 M 4R3 球的平均密度之比为一gR是=号，故D错误。 10.选CD电容器充电完毕时，上极板所带电荷量Q=! EC,A错误；开关S掷于2瞬间，电容器放电，通过金属 棒的电流方向从到b,根据左手定则可知，金属棒受到 向右的安培力作用，B错误；开关S掷于2瞬间，通过金 属捧的电流大小I一晨，由牛顿第二定律得BIL=m0, 解得a一，C正确：设全属棒匀速运动时的速度为 、电容器放电量为q,电容器两端的电压为U=BLw,: q=EC-UC=I△t,由动量定理有BLI△t=BLg=mw, 解得v= BLCE m十BLCD正确。 11.解析：(1)从光源S发出的光射到磨砂面P发生全反射 时满足sinC=,由几何关系tanC= 可知要测出冰块的折射率，还需要测量的物理量是AB!} 的长度，该量记为L。 (2由sinC=7,anC=品 n 可知n=V①十4P (8*块新特率的测量彼”证√什(） L 光源S到磨砂面P的距离d越小，测量引起的误差越 大，则实验误差越大，故A错误；光源S到磨砂面P的！ 距离d较大时，光线射到冰块两端时，入射角较小，可能 2 无法发生全反射，则可能无法完成实验，故B正确；不同 颜色的光折射率不同，临界角也不同，则二极管发光的 颜色不同，理论上对实验结果有影响，故C错误。 答案：1)AB的长度(2分)(2)+4d(（2分) L (3)B(2分) 2.解析：(1)当电阻箱接入电路的电阻最大时电路电流最小， E 最小电流为ImmR干RA十，≈176aA,大于微安表的 量程，所以实验室提供的微安表量程太小；应将微安表 与定值电阻并联，改装成较大量程的微安表，依题意，微 安表量程为IA=100uA,如果与50002的定值电阻 IARA= R并联，改装后微安表的量程为I=(IA十R 160uA,小于最小电流Imin,与5002的定值电阻R2并联， 改装后微安表的量程为-（十）=704 故应将定值电阻R2与微安表A并联。 (2)根据分析可知，当微安表的读数为I时，千路电流为 7I,根据闭合电路欧姆定律可得E=IRA十7I(r十R), 参驱可好是·R+”,由莲因乙宁R图像可 g7"4=10x10A-1,是=20010v-1. 得E 4800-0 解得E=3.36V,r≈4.37k2。 (3)依题意，微安表的内阻已知，则实验过程中微安表的 分压值可以准确算出，从而可得到准确的电源电动势和 内阻，故从系统误差的角度考虑，消除了由于微安表内 阻而产生的系统误差，所以利用该方法测出的电源内阻 与电源真实内阻相等。 答案：(1)小(1分)C(1分)并联(1分)(2)3.36(2分) 4.37(2分)(3)相等(2分) 3.解析：(1)活塞恰好能向右推动物体时，设气室I内气体 的压强为p1、温度为T1,对活塞和刚性杆整体受力分析 可得p1S=poS十umg 解得p1=1.02×105Pa 对气室【内的气体，由查理定律可得= T。T 解得T1=306K。 (2)活塞恰好能向左移动时，气室Ⅱ中的气体压强为 p2=p1=1.02×105Pa 对此时气室Ⅱ中的气体，由玻意耳定律可得p2V=V 解释V 则气室Ⅱ内注入气体的质量与原有气体的质量之比为 y动 答案：(1)306K(4分)(2)1：50(6分) 14.解析：(1)粒子在平行板中的运动过程，以竖直向上为正！ 方向，由动量定理得： U0.T.2U.T 3 解得=40 (2)由第(1)问可知，粒子从平行板间射出时速度相同， 由于E=B0,则qE=Bqh,粒子在y轴右侧的复合场： 中，在水平方向做初速度为的匀速直线运动，在竖直 方向做速度为子心的匀速国周运动，由牛顿第二定律 得gu,B=mR 粒子在复合场中的运动周期为T=2π尽_2xm gB 经过T后粒子的速度方向第一次垂直于荧光屏， 故x=w·子T+R (3+2π)mv0 4Ba (3)t=0时刻进入两板间的粒 子的)t图像如图甲所示，粒 3 4 子射出平行板时沿y轴方向 的位移为 =-× 甲 -1×3 2 1=时刻选入两板间的粒子，粒子运动时在y铂方 T 向的建度方1m-2船×号-号 粒子的-t图像如图乙所 3. 示，时：子在号 T时间 3 内沿y轴方向的位移为 4 Po 3T 8 在T名T时同内沿y轴 乙 方向的位移为 y2=十uyXT=9w0 2 16 粒子射出平行板时沿y轴方向的位移为 15v0T y+=y1+y2= 16 37m0 由90，B=m天，得R=4gB 所有粒子在复合场中均向上平移R, ymin=y-+R=- 3voT 3mvo 164gB ymx-y++R=15wT13mwo 164gB 则粒子打到荧光屏上的坐标范围为 3I+3w≤y16 150T,3m0 16 4gB 4gB 答案：Dw(2分)(2)③+4分 4qB 3) +品+器分 5.解析：(1)物块A从开始运动到D点的过程中，由动能 定理得-g·2R=名mn2-子mw2 当物块A到达D,点时，对物块A受力分析有 U D FN十mg=mR 联立解得e0=4m/sF、-罗N 根据牛顿第三定律可知在D,点物块A对轨道的压力大 小为N,方向竖直向上。 (2)当物块A离开D点后做平抛运动，到达P点时速度 方向沿斜面向下，则p=h cos 373=5 m/s 物块A从P点到Q点的过程中，由动能定理得 mg…sn37r=zmo2-2mp2 1 解得vQ=6m/s 物块A、B碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得 mvo-2mv 解得v=3m/s. (③)设在物块A、B碰擅前弹簧的压缩量为x1,对物块B 5 受力分析得kx1=mgsin37,解得一24m 当物块C恰好离开挡板时，弹簧处于伸长状态，设此时 弹簧的仲长量为x2,对物块C受力分析得 5 k2=mgsin37',解得x2=24m 设物块C恰好离开挡板时物块A、B的共同速度为V1, 从物块A、B碰撞后到物块C恰好离开挡板，对物块A、 B和弹簧组成的系统，由动能定理得 -2mg(+)sn37=2×2mn2-子×2m2 解得=2m/s 从物块A、B碰撞后到物块C恰好离开挡板，设弹簧对 物块A、B的冲量为I。,规定沿斜面向上为正方向， 由动量定理得2m-（-2mu)=-2 ngtsin37°+I0 此过程弹簧对物块C的冲量大小I=I0=70N·s。 答案：1号N,方向竖直向上4分)(2)3ms(5分) (3)70N·s(7分)null