2026年全国高考押题临门三卷·物理1

机密★启用前 2026年高考押题临门三卷 物理（一） (75分钟 100分) 一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。） 1.地铁上，某同学把一根细绳的下端绑一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定 在地铁的竖直扶手上.在地铁某段平直运动过程中，细绳向右偏离了竖直方向，他 用手机拍摄了当时情景的照片如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直.下列说法 正确的是 A.如果地铁加速度增大，笔的重力势能不变 B.地铁此时一定处于起动后的某段加速过程中 C.地铁速度可能向左或者向右，但加速度一定向左 D.当地铁加速到最大速度时，圆珠笔的惯性也增加到最大 2.如图所示为用某种透明材料制成的圆心为O的四分之一的圆环截面，该 59 圆环的两端AB、CD的宽度均为L,OC=(1十√2)L.某单色光与AB成 609 45°角从AB上的A点射人，经过一次反射，恰好垂直CD射出，已知光在 真空中的传播速度为c.则该透明材料对该单色光的折射率为 () A.√3 B.√2 C.23 3 0. 3.北京时间2025年5月11日21时27分，我国在太原卫星发射中心使 用长征六号改运载火箭，成功将遥感四十号02组卫星送入预定轨道. 地球 该卫星在地球近地轨道上运行，能够提供更快速的数据传输和更高的 024 成像分辨率.假设02组卫星绕地球做匀速圆周运动且轨道平面与赤 道平面垂直，如图所示，02组卫星对地球的最大观测角为α，02组卫星 连续观测北极地面上一固定目标的最长时间为t,引力常量为G,通过 上述信息可得地球的平均密度为 3a2 B.3(π-a)2 C. 3a2t2 A.- D.无法计算 4πGt2sin3a AxGt"sin 4πGsin 2 4.如图，在与纸面平行的匀强电场中有一个三角形，其三个顶点a、b、c的电势分别为9。= 5V,P6=2V,P,=3V,则在下列各示意图中能表示该电场强度方向的是 ( D 5.2025年7月19日，雅鲁藏布江下游水电工程开工仪式在西藏自治区林芝市举行，工程建设 正式拉开帷幕.如图为某水电工程电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器和降压变 压器向用户供电，已知输电线的总电阻R=10,降压变压器的原、副线圈匝数之比为 4:1,副线圈与用电器R。组成闭合电路.若当用电器电阻R。=112时，降压变压器的副线 圈两端电压的变化规律如图乙所示，两变压器均为理想变压器，则 () 一·物理第1页（共4页） 升压变压器降压变压器 Au/V 1102 发 电⊙ 2 机 t/(×102g) -1102 乙 A.降压变压器副线圈两端交变电压u=110sin50πtV B.降压变压器原线圈电流的有效值为5A C.升压变压器的输人功率为1162.5W D.发电机中的电流变化频率为60Hz 6.14C发生放射性衰变为4N,半衰期约为5730年.已知植物存活期间，其体内14C与2C的比 例不变，生命活动结束后，4C的比例会持续减少.现测量某古木样品中“C的比例，发现正 好是现代植物样品中C比例的二分之一.则 () A.C元素在元素周期表中第三周期 B.再过约5730年，该样品中的“C将变成现代植物样品中℃比例的4 C.14C衰变为l4N的本质是H→。n十e D.改变样品测量环境的温度和压强，可以改变C的衰变快慢 7.如图所示，B、C、D、E、F五个球并排放置在光滑的水平面上， 666866m B、C、D、E四个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球 质量等于F球质量，A球以速度。向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后 () A.六个小球都运动 B.五个小球运动，一个小球静止 C.四个小球运动，两个小球静止 D.三个小球运动，三个小球静止 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。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.频率相同的两波源甲、乙发出两列简谐横波，在同一均匀介质中分别沿x轴正向和负向传 播，其中甲在x=一3m处，振幅为1cm,乙在x=6m处，振幅为2cm.波源乙起振2s后开 始计时，计为t=0时刻.位于原点O处的质点的振动图像如图2所示，则 () Ay/cm Ay/cm t/s 图1 图2 A.波源甲形成的波的传播速度为1.5m/s B.波源乙起振3s后波源甲起振 C.波源甲、乙的起振方向相同 D.t=0到8.5s过程，O点处质点的路程为33cm 9.如图为用磁场力输送导电液体的电磁泵模型，泵体相邻棱长分别 A 为L1、L2、L3.将泵体的上下表面接在电压为U内阻不计的电源 上，理想电流表示数为【，泵体处在垂直于前表面向外的匀强磁场 导电液 电源 中，磁感应强度大小为B,导电液体的电阻率为P.下列说法正确的 是 () 一·物理第2页（共4页） L A.泵体内导电液体沿电流方向的电阻R=PL,L。 B.电路中电流方向沿逆时针方向 C.电磁泵对导电液产生的推力大小为BL D.增大磁感应强度可以提高导电液体的流动速度 10.一水杯的杯口横截面积为20cm2,杯盖重力为0.4N,在温度为27℃的 室内将杯盖轻轻盖上，杯盖和杯口间由于有少量水，使杯内封闭了一定质 量的气体.已知大气压强为1.0×10P,室外温度为12℃.若将水杯拿 到室外竖直放置一段时间达到热平衡后，则 A.杯内气体达到热平衡是通过热传递来实现的 B.此时杯内气体压强为1.0×10sPa C.若要拿走杯盖至少需要10.4N的力 D.杯盖打开后，稳定后杯内气体与原来在室内时杯内气体质量的比是19：20 三、非选择题（本题共5小题，共54分。） 11.(6分)实验小组研究某热敏电阻的 特性，并依此利用电磁继电器和热 4R/2 敏电阻R,等器材组装了恒温箱控 90-- 制电路，如图甲所示.R1处于恒温 箱内，图中的“电源”是恒温箱加热 器（图中未画出）的加热电源.热敏 电源 050100150 声t/℃ 电阻阻值随温度的变化曲线如图乙 甲 所示.当继电器线圈中的电流大于或等于20A时，继电器的衔铁被吸合.已知继电器电 路中的电源电动势E=6V,内阻不计，继电器线圈的电阻R。=1002,R2为可变电阻.回 答下列问题： (1)图乙中热敏电阻的阻值随温度的变化关系是 (填“线性”或“非线性”)的. (2)图甲中恒温箱的加热器应与 (填“AB”或“CD”)端相连接 (3)为使恒温箱温度保持在50℃，R2的阻值应调为 2. (4)欲将恒温箱的温度调高一些，应将R,的阻值 .(填“调大”或“调小”) 12.(8分)小明同学用如图甲所示的 实验装置验证机械能守恒定律，他 打点 计时器 让重物拖着纸带从高处由静止开 0 B 始下落，打点计时器在纸带上打出 一系列点，对纸带上的点进行测 ←15.50cm- 23.25cm 量，并进行数据处理，从而验证机 械能守恒定律， .32.50cm (1)下列给实验步骤中，有4个 43.25cm 是完成实验必需且正确的，把 ) 它们选择出来并按实验顺序排列 .(填步骤前面的序号) ①先接通电源，打点计时器开始打点，然后再释放纸带 ②先释放纸带，然后再接通电源，打点计时器开始打点 ③用电子天平称量重锤的质量 ④将纸带下端固定在重锤上，穿过打点计时器的限位孔，用手捏住纸带上端 一·物理第3页（共4页） ⑤在纸带上选取一段，用刻度尺测量该段内各点到起点的距离，记录分析数据 ⑥关闭电源，取下纸带 (2)小明同学从打出的纸带中选出符合要求的纸带，依次测量出纸带上连续打出的五个点 A、B、C、D到起点O的距离，数据如图乙所示.已知相邻计数点的时间间隔为0.04s. 则打出C点时重锤下落的速度大小为 m/s.(结果保留2位有效数 字) (3)图乙中O点为打点起始点，且速度为0.若已知重物质量m=1.00kg,从打点计时器打 下起点O到打下C点的过程中，重物重力势能的减少量E。= J, 此过程中重物动能的增加量Ek= J.(g取10m/s2,计算结果均保 留4位有效数字)》 (4)实验测量的相对误差7= Ep一Ek ×100%,则本次实验过程中7= %(保留 E。 2位有效数字)，由此可得到：在误差允许的范围内，重物自由下落过程中机械能 (填“守恒”或“不守恒”).（若？<5%，可认为在实验误差允许的范围内机 械能守恒) 13.(10分)一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放 置的平行板电容器，极板间电压为U2.微粒射人时紧靠下极板边 缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板 左右两端的水平距离分别为2L和L,到两极板距离均为d,如图 459 所示.忽略边缘效应，不计重力.试求： (1)平行板电容器两极板之间的距离与板长之比； (2)微粒穿出电容器区域时，速度与竖直方向的夹角的正切值， 14.(14分)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与 管的上端口距离为l,圆管长度为6l.一质量为m的小球从管的上端口由静止 童在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力是其所受重力 倍.已知M=3m,小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆 盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短.不计空气阻力，重力加速度大小 为g.求： (1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度的大小； (2)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数. 15.(16分)如图所示，第一象限内存在沿x轴负方向、电场强度大小为E 的匀强电场，第二、三、四象限存在垂直xOy平面向里的匀强磁场.把一 个质量为m、电荷量为g的带正电粒子由A点静止释放，A点到x轴和×××× E y轴的距离均为d,粒子从y轴上的P点第一次进入磁场偏转后，垂直 ×××××××× x轴再次进入电场，在电场的作用下又从y轴上的Q点（图中未标出） ×××××××X 第二次进入磁场，粒子重力不计，磁场的范围足够大.求： ×XX××××× (1)匀强磁场的磁感应强度B的大小以及粒子第一次在磁场中的运动时间； (2)O、Q两点间的距离； (3)粒子第2026次进入磁场时的位置到坐标原点的距离： 一·物理第4页（共4页）2026年高考押题临 物理（ 1.C对笔受力分析，受到重力和绳子的拉力， 根据牛顿第二定律可得ng tan0=ma,解 得a=gtan8,如果地铁加速度增大，细绳 与竖直方向的夹角增大，离地高度增大， 5.C 重力势能增大，故A错误；由于细绳向右 偏离了竖直方向，物体具有惯性，可判断 车可能在向左加速或向右减速，加速度一 定向左，B错误，C正确；惯性只和质量有 关系，质量不变惯性不变，与速度无关，故 D错误 2.B画出光路图，如图，根 据几何关系可得 ∠OAF=∠OFA, ∠AOF=∠OFP,又 B ∠OFA=∠OFP,所 以△OAF是等边三 0 角形，所以∠OAF= 60°，∠r=30°，则该透明材料对该单色光 的折射率n= sin i sin45° sin y sin30=V2,故选 6.B B. Mm 3.B根据万有引力提供向心力有G r? 三1m F=m( )r,则=N GM ,T=2πr √G成持续观测过程中有上=“T,则 r 2π 02星做匀速圆周运动的周期T= 2x 81, 设地球的半径为R,则02星的轨道半径r =R。,结合P= a M,可求出地球的 4 sin 2 3 xPa 平均密度为p= 3(π-a)2 一，B正确. 4πGt2sin3 2 4.D各点电势9。=5V,96=2V,9。=3V,则 ab两点连线的线段分三等分，则取点M 7.D 的电势为3V,因此M点与c点的连接为 等势面，那么与连线垂直的即为电场线， 物理答 三卷参考答案 又因为电势沿着电场 线降低，所以场强方向 指向右下方，故选D. 降压变压器副线圈两 端交变电压u=110w2 sin100πtV,选项A错 误；副线圈电压有效值110V,由于阻值 R。=112,所以通过R。电流的有效值是 10A.降压变压器的原、副线圈匝数之比 为4：1，所以降压变压器原线圈电流的有 效值为2.5A,选项B错误；输电线上损失 的电功率为I2r=2.52×10=62.5W,输 出功率P=UI=110×10=1100W;因升 压变压器输出功率等于输电线上消耗的 功率和用电器上消耗的功率之和；故升压 变压器输入功率P=1100W+62.5W= 1162.5W,选项C正确；变压器不改变交 流电的频率，所以由图乙可知频率为50 Hz,选项D错误. C元素在元素周期表中第二周期，故A错 误；设原来C的质量为M。,衰变后剩余 质量为M,则有M=M(2)”,其中n为 发生半衰期的次数，由题意可知剩余质量 为原来的2，故”=1，所以该古木生命活 动结束的年代距今约5730年，再过约 5730年，则又经过了一个半衰期，该样品 中的“C将变成现代植物样品中1C比例 的4，故B正确："C衰变为“N的过程中 质量数没有变化而核电荷数增加1，所以 是其中的一个中子变成了一个质子和一 个电子，所以放出阝射线，其衰变的本质 为。n→}H+_e,故C错误；放射元素的半 衰期与物理环境以及化学环境无关，故D 错误， 设入碰小球的速度为。，碰撞后的两球速 度分别为v1和2，由题可知所发生的碰 撞均为弹性碰撞，动量守恒定律和机械能 案第1页 1 守恒，则有m1vo=1u1十m2u2,2m1号 =m1十亏m2,解得碰撞后两个小 球的速度分别为v1= （m1-m2）vo ,U2= 1n1十m2 2:。,由于A球质量小于B球质量， m1+m2 所以A、B相碰后A球向左运动，B球向 右运动；B、C、D、E四球质量相等，弹性 碰撞后，不断交换速度，最终E有向右的 速度，B、C、D静止；由于F球质量小于E 球质量，所以E、F两球弹性碰撞后E、F 两球都向右运动；所以碰撞之后B、C、D 三球静止；A球向左运动，E、F两球向右 运动；即三个小球静止，三个小球运动，D 正确. 8.AD由图像可知，从t=0开始，经过2s波 源乙形成的波传到O点，则乙的振动传 到0点的时间为4s,传播速度为u=8门 m/s=1.5m/s,同一介质中机械波的传 播速度相同，则波源甲形成的波的传播 速度也为v=1.5m/s,选项A正确；波 源甲的振动传到O点需要的时间为t= 1,5s=2s,从图中可知5s时甲传播到 3 O点，所以波源甲应是从t=3s时开始 起振，所以波源乙起振5s后波源甲起 振，选项B错误；两列波的周期均为T =2s,波长入=vT=3m,因O点起振 后t=5s后振动加强，可知波源乙起振 7$后振动方向与波源甲起振2s后振 动方向相同，可知波源甲、乙的起振方向 相反，选项C错误；由图像可知t=0到 8.5s过程，O点处质点的路程为s=6 X2cm+7×3cm=33cm,选项D正 确. 9.CD根据电阻定律，泵体内液体的电阻R=p 专-之，故A错误：当电流方向沿 逆时针方向时，泵体上表面接电源的正 极，电流从上向下流过泵体，这时受到的 磁场力水平向左，会推动液体向左流动， 物理 故B错误；根据安培力公式得电磁泵对 液体产生的推力大小F=BIL3,故C正 确；增大磁感应强度，则安培力增大，根 据F=ma可知加速度增大，根据v2= 2aL1,可知导电液体的流动速度增大， 故D正确. 0.AC杯内气体是通过与室外空气进行热量 交换实现热平衡的，故A正确；根据查 理定律，等容条件下，一定质量的气体 满足号=号，初始时p,=1.0×10心 Pa,T1=(273+27)K=300K,末状态 T2=273+12K=285K,代入公式，解 得p:=号T,=0.95×10Pa,B错误： 对杯盖进行受力分析mg十p。S=F十 p2S,解得F=mg+pS-p2S=10.4 N,C正确；根据玻意耳定律，一定质量 的气体，等温条件下满足p2V2= p3V3,未打开盖子时，体积记为V2,压 强为p2=0.95×105Pa,打开盖子后， 体积记为V,压强为p3=1.0×10 Pa,代入公式解得，2=2=0.95，所 以稳定后杯内气体的质量与原来杯内 气体的质慧之比受-光-智，D情 误 1.(1)非线性(1分) (2)AB(1分) (3)110(2分) (4)调大(2分) 解析：(1)根据图乙可知热敏电阻的阻值随 温度的变化关系是非线性的；(2)由图可知， 热敏电阻R,的阻值随温度的升高而减小， 可见温度越高，电路中的电流越大，当电流 达到20mA时，继电器的衔铁被吸合，电路 应当断开，所以应该把恒温箱的加热器接在 AB端；(3)为使恒温箱温度保持在50℃，由 图乙可知此时R,=90Ω，根据闭合电路欧姆 定律可得E=I(R。+R,十R2),可得R2的 阻值应调为R,=号-R。-R=0,02n- 6 1002一902=1102；(4)欲将恒温箱的温 答案第2页 度调高一些，则对应的热敏电阻R,阻值变 小，相同电流情况下，电路总电阻不变，则应 将R2的阻值调大. 12.(1)④①⑥⑤(1分) (2)2.5(1分) (3)3.250(2分)3.125(2分) (4)3.8(1分)守恒(1分) 解析：(1)实验步骤为：将纸带下端固定在重 锤上，穿过打点计时器的限位孔，用手捏住 纸带上端，先接通电源，打点计时器开始打 点，然后再释放纸带，关闭电源，取下纸带， 在纸带上选取一段，用刻度尺测量该段内各 点到起点的距离，记录分析数据，根据原理 mgh=2mv2可知质量可以约掉，不需要用 电子天平称量重锤的质量.故选择正确且正 确排序为④①⑥⑤.(2)根据匀变速直线运 动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度 可得，打下C点的速度大小c-2票=2.5 m/s.(3)从打点计时器打下起点O到打下C 点的过程中，重物重力势能的减少量△E。= mghoc=1.00×10×0.3250J=3.250J,动 能增加量AEk=2mu2=3.125J.(4)代入 数据可得7≈3.8%，由于7<5%，可得重物 自由下落过程中机械能守恒. 13.解：根据题意可知，带电微粒从静止开始经 电压U1加速后，设其射入水平放置的平行 板电容器的速度为。，根据动能定理有 qU1=2m6,(1分) 带电微粒在平行板电容器内由射人点到最 高点的过程中，竖直方向做匀减速直线运 动， 有vosin45°=at1, qU2 2d =ma, d=Vosin45° 2 —t1,(1分) 水平方向做匀速直线运动，有 2L=vocos45°·t1,(1分) 联立解得L:d=1:1,U1：U2=1：1,(1 分) 物理 则两极板之间的距离与板长之比为 2d:3L=2:3.(1分) (2)带电微粒在平行板电容器内由最高点到 射出点的过程中，竖直方向做匀加速直线运 动，设射出时竖直方向速度为，，有 vy=at2,(1分) 水平方向做匀速直线运动，有 L=voc0s45°·t2,(1分) 微粒穿出电容器区域的速度与水平方向夹 角的正切值 tan 6=- V0cos450,(1分) 联立解得tan9=2,(1分) 则速度与竖直方向的夹角的正切值为 tan(2-9)=2.(1分) 4.解：(1)规定竖直向下为正方向，小球释放后 自由下落，下降1，根据机械能守恒定律 mgl=2mu6,(1分) 解得vo=√2gl, 小球以初速度。与静止圆盘发生弹性碰撞， 根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有 1 1 2mu=22u+之Mu,(1分） mvo=mv1+Mz2,(1分) 解得 m-M ，m+i00=一<&L 2· √2gl U2= 2,1分) 碰后小球速度大小为图，方向竖直向上： 盘速度大小为区，方向竖直向下. 分) (2)第一次碰撞后小球做竖直上抛运动，圆 盘做匀减速运动， 由Mg-Fr=Ma,(1分) 解得圆盘加速度 a=-38, 由2ax2=0-v2,(1分) 答案第3页 解得圆盘运动的距离 3 x2=41,(1分) 第一次碰撞后，由0一v2=at2,(1分) 解得圆盘运动时间 ,-2 32 ,(1分) 小球在t2时间内运动的位移 x1=01t2+ s=1.1分) 可见，当圆盘速度为零时，小球会与之第二 次碰撞，即第一次碰撞后圆盘下滑的距离为 、3 x2=4l, 第二次碰撞前小球的速度 v1=v1十gt2=√2gl,(1分) 接下来运动和小球第一次碰撞相同，同理可 推导每次碰撞圆盘向下移动。，则碰撞次数 6l-l20 3 ,(1分) 3 4 小球和圆盘碰撞次数为7次.(1分) 15.解：由题意可知，粒子在电场中做匀加速直 线运动，由动能定理可得 gEd=2mu6-0,1分） 粒子在磁场中做匀速圆周运动，如图， X XX X XX XX ××××T×××x 由洛伦兹力提供向心力 qvoB=m 1分 由几何关系可知 R1=d,(1分) 联立可得，匀强磁场的磁感应强度B的大小 2mE 为B=√qd ,(1分) 物理 由几何关系可知，粒子在磁场中运动了 圈， 4 πm,(1分) ,T=Bq 联立解得 3π2d t= 4 Eg .(1分) (2)粒子再次进人匀强电场中做类平抛运 动，x轴方向有 、1 d=2at',(1分) 其中a= E,1分) 在y轴方向有y=vot',(1分) 联立可得，O、Q两点间的距离为 y=2d.(1分) (3)粒子第一次进入磁场时 y1=d, 粒子第二次进入磁场时 y2=2d,(1分) 第二次进入磁场时有 v,=at',w=√o+v,tan0= 联立可得，粒子第二次进入磁场时的速度及 速度方向与y轴正方向的夹角为 v=√2v0,0=45°，(1分) 粒子在磁场中的运动半径为 R2=√2d,(1分) 根据几何关系OQ=2d可知，粒子第二次从 坐标原点进入电场后做类斜抛运动，沿y轴 正方向的位移为4d,所以第三次进人磁场时 到原点的距离为 y3=2d+2d,(1分) 同理可得，第四次进入磁场时到原点的距离 为y1=2d+4d,(1分) 以此类推可知，粒子第2026次进入磁场时的 位置到坐标原点的距离为 y2o26=2d+2024×2d=4050d.(1分) 答案第4页