高考物理考前冲刺押题卷（5）-【名校之约】2026年高三物理考前冲刺押题卷

null2026届高三高考考前冲刺押题卷（五）物理参考答案 1.选B核反应遵循质量数和电荷数守恒，可知X是质子，！6.选B通过负载电阻R的电流由1指向2，可知下极板带 释放的能量为△E=(2×3.0161-4.0026-2×1.0078) 正电，根据左手定则可知，磁感应强度垂直纸面向外；理 ×931.5MeV≈13.04MeV,故B正确。 想电压表的示数为U,可知感应电动势为E=U+尺X U 2.选D由题意可知，在干燥和湿润两种路况下的安全距！ 子R=，当两个号体电间的电势差稳定时：有 E 离分别为西=如十器=十 其中a1。 3a2,可得x1<x2,又因为3-x2=2w△>0，所以x< =gu6B,解得B=5,故选B。 Advo 3x1,故选D。 7.选B已知冰对该单色光的折射率约 3.选B因A做斜上抛运动，则从脱手处运动到P点所用： 为号，可知单色光从冰射出空气发生 时间较长，可知A后经过P点，A错误；因A、B的轨迹 在空中交于P点，则秧苗从抛出到P点，A、B的水平位 全反射的临界角满足sinC=1=3 图1 n41 3 移相等，而A运动时间较长，可知A的水平速度较小，即！ 则有tanC= √42-327 ,研究中心0 抛出后A初速度的水平分量一定小于B初速度的水平！ 处单色点光源射到冰灯底部的出射情 分量，B正确；秧苗抛出前，在最低，点由牛顿第二定律得： 景，设正方体的边长为2L,如图1所示， Fmg”,可知加速度向上，处于超重状态，C错误： 根据几何关系可得tanC-工=万，解得 图2 设秧苗在起抛处的轨迹切线与水平方向的夹角为日，秧苗 在起抛处速度为零，向心加速度为零，即F径向一mngcos日！ r= L,由于L<r<√2L,如图2所示，圆形与正方形叠加 √7 =0,当手对秧苗的作用力沿径向时，手对秧苗的作用力} 区域有光线射出。故选B。 为F=mg0s,可知手对秧苗的作用力可能小于秧苗的8.选AD根据平衡条件可知，左、右两侧筷子对小球的 重力，D错误。 合力与小球的重力等大反向，则左、右两侧筷子对小球的 4.选A顺着电场线的方向电势降低，所以Q、b、c三个点： 合力不变，故A正确；小球对左侧筷子的弹力大小为F1, 的电势高低关系为9>96>9，故B错误；由En=gg可 则F是由小球的形变产生的，故B错误；以小球为对象， 知，负电荷在电势越高的地方具有的电势能越小，所以电 根据平衡条件可得F'sin0=mg,F'cos0=F2',解得 子在a,h,c三个点的电势能高低关系为E阳>E助>Ex, 故A正确：电场线的疏密程度表示电场强度的大小，电 F一。Fg=。根据牛饭第三定律可知=E 场线越密，则场强越大，由题图可知，Q、b、c三个，点的电场 P=F'=器)由于0逐裔增大，则F运渐 强度大小关系为E>E>E。,故C错误；电子（不计重 减小，F2逐渐减小，故C错误，D正确。 力)仅在电场力作用下的运动过程，只有电势能和动能相9选AC题图乙为质点P的振动图像，可知在t=1.0s 互转化，则电势能和动能之和不变，故电子的电势能越大！ 时质点P沿y轴负方向振动，结合波形图和同侧法可 的位置，其动能越小，速度越小，所以电子在a、bc三个！ 知，波沿x轴负方向传播，故A正确；由题图甲知波长为 点的速度大小关系为ye>h>Ua,故D错误。 5,选D设着陆器a的运行周期为T1,轨道半径为r,飞船 入=4m,由题图乙知周期为T=2s,则传播速度为U=产 b的运行周期为T2,轨道半径为2，根据开普勒第三定！ =2m/s,故B错误；由题图乙知t=2.0s时，质点P的速 度沿y轴的正方向，故C正确；从t=0.5s到t=2.0s,质 、律有=，又有相邻两次相距最近的时间间隔为，门 点P振动了T,质点P通过的路程为s=3A=0.3m,故 则有六六。=1，解得工=已，故选D。 4 D错误。 10.选BC由题意可知，电压表测量的是P、Q的电势差，： 的重物，记录每一个质量值对应的电流值，最后将电流 滑动片M位于R中点位置时P端对应的电势与两电源 表刻度盘改装为质量刻度盘，故合理的实验操作顺序为 中间的电势（即Q点对应的电势）相等，设R的中点电 ③①②④. 势为零（即Q点对应的电势恒为零），由于沿着电流方！ (2)当小量程的电流表改装成量程较大的电流表时， 向电势降低，则M位于R的中点右侧时，P端电势高于！ 考溪开联一个小心但，有R4气解号R4=2n Q端电势，A错误；由题图可知两电源串联，电阻R全部 (3)根据闭合电路欧姆定律可得，当秤盘上不放重物时，调节 接入电路，设电阻R的总长度为l,若滑块向右移动△x, E 电压表的示载为U=9印一90货，R-0,由牛领第 滑动变阻器使得电流表满偏，有L一R十十R十R)! 当秤盘上放上重物，且电流表示数为20mA时，有Io 三定律可得2Ax=ma,联立解得U-积。，即电压表 R+G+R番+R),又有R=R,十kg,联立解得m=10kg。 E 的示数与加速度的大小成正比，故B正确；若电压表指！ (4)根据操作过程③可知，当电源电动势不变，而内阻增 针位于表盘左侧，说明P端电势低于Q端，滑动片M位 大时，仍可以通过减小滑动变阻器接入电路的阻值使得 于R的中点左侧，则滑动片M左侧弹簧压缩、右侧弹簧！ 电流表达到满偏，回路中电源内阻和滑动变阻器接入电 仲长，滑块所受合力向右，故物体加速度方向向右，故C! 路的总电阻不变，所以测量结果不变。 正确；由4=2k△工可知，加速度的测量范国由弹簧的形 m 答案：(1)③①②④(2分)(2)并联(1分)2(2分) 变量范围决定，与电源电压无关，故D错误。 (3)10(2分)(4)不变(2分) 11.解析：(1)为防止入射小球A碰后被反弹， 13.解析：(1)运动员穿上该鞋并单脚站立时，触地的鞋气垫 要使m1>m2。 内气体压强 (2)由平抛运动的知识可得h= 2gt,小球A,B做平地 p1=p十ms10十200100)Pa1.44X105Pa S 运动的高度h相同，故运动时间相同，水平位移x=%t, 根据玻意耳定律poV0=pV 则6一；由碰拉规律可知要验证的表达式为 解得V=25cm3。 mp=m1w十m2w,即m号=m号+me号， (2)由查理定体可知会-号 解得p2=1.2×105Pa。 因此，若m1x2=m1x十m2x3成立，即可验证两球碰撞 过程动量守恒。 答案：(1)25cm3(5分)(2)1.2×105Pa(5分) (3)由动量守恒定律得m1x2=m]x十m2x3 14.解析：(1)物块从与O点等高处运动到O点正下方， 该碰擅为弹性碰撞，由能量守恒定律得 根据动能定理得m=之m62 2m12=2ma2+7m332 物块在O点正下方时，根据牛顿第二定律可得 由于小球B的质量m2为变量，联立消去m2, vo T-mg=m 可得x3=x1十x2,故选C。 联立解得0=4m/s,T=60N。 答案：(1)大于(2分)(2)m12=m1x+m2x3(2分) (2)物块刚滑上传送带时做匀加速直线运动， (3)C(2分) 根据牛顿第二定律得m]g=m1a 12.解析：(1)在本实验中应先让秤盘上不放重物，闭合开！ 解得加速度大小为a=1m/s2 关，调节滑动变阻器，使电流表指针满偏，然后在秤盘上！ 假设物块能与传送带共速，则共速时物块在传送带上的 放置已知重力的重物G,保持滑动变阻器接入电路的阻： 值不变，读出此时电流表示数I,再换用不同已知质量} 2-62=4.5m<1 位移为x1=2a 2 即假设成立，物块第一次到达传送带右端时， (2)0角最大时对应的轨迹如图1所示， 速度大小为=5m/s 物块运动到圆孤滑块上最高点的过程， 根据水平方向动量守恒得m1v=(m十m2)v共 根据机械能守恒得mgh=名m2-一合m十m加 0 解得h=1m。 图1 (3)设物块离开圆孤滑块时，物块的速度为，圆孤滑块： 的速度为2，取水平向右为正方向，则根据水平方向动： 由几何知识知四边形PO1OO2为菱形，粒子运动轨迹的 量守恒有m1y=m1U1十m2v2,根据机械能守恒有 m12-1 1 丰径为R,则m9-食-号片以0=的 则粒子流从O,点射出时与y轴负方向的夹角的范围为 解得一m十m2 1-n2 2m1 ,02=m1十m2 0°≤0≤60°。 物块只能从左端滑上圆孤滑块一次，则有以下情况 (3)设粒子离开匀强电场时的速度大小为)， 若分离时物块速度方向向右或静止，即≥0 解得m2≤2kg 由动能定里得gEd=名m2-名may 若圆孤滑块质量大于2kg,则分离时物块与圆孤滑块速： 解得v=2o 度反向，此时1<0，有以下两种情况 由(2)中分析可知当0=60°时粒子离开匀强电场时速度 ①物块从传送带左侧离开。设物块在传送带上向左做！ 方向与AC夹角最小，轨迹如图2所示， 匀减速直线运动到速度为零的位移大小为x2, 上↓ 解得m2>18kg 图2 ②物块在传送带上减速为零后，再反向做匀加速直线运 粒子进入匀强电场后，在x方向做匀速直线运动，速度 动，因物块与圆孤滑块分离后速度小于5m/s,根据对 称性可知，物块再次运动到传送带右端时速度大小不变，： 大小为4，=0sin60°=E 方向相反，即的一十调 离开电场时与AC的最小夹角B的余弦值为osB一2 受使物换追不上园孤滑块，需要满足= 2a 即cosg=5 4 且1'≤2，解得2kg<m2≤6kg 综上可得，圆孤滑块的质量范围为26kg或2>l8kg。 (4)对在非匀强磁场中运动的粒子，规定沿℃轴正方向 答案：(1)60N(3分)(2)1m(4分)(3)m2≤6kg或 为粒子水平速度的正方向， m2>18kg(6分) ! 在x轴方向由动量定理得∑qB20,△t=mo一m(-v,) 15.解析：(1)根据题意，平行于x轴正方向正对O1射入磁： 场的粒子恰沿y轴负方向由O点射入， 即q· mw.g2=(2+ 2 2)m% 由几何关系得，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径！ 所以hm=√(4+√3)d。 r=R 02 由牛顿第二定律可得qBo=mR 答案：1B碳3分)(20<≤604分)(322分) 所以格子的比待品-跟 s分)(V4+同d4分) 3