2026年全国高考押题预测三卷·物理3

机密★启用前 2026年高考押题预测二三卷（三） 物理 (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.实验室某冰箱冷藏室中密闭的一小钢瓶内封有一定质量的某种气体（可视为理想气体）.将 小钢瓶从冷藏室中移出并放置在常温环境中，钢瓶内气体体积一摄氏温度(V一)图像如图 所示，则小钢瓶内气体压强一热力学温度(p一T)图像正确的是 2.光学是一门有悠久历史的学科，它的发展史可追溯到2000多年前，关于光现象及其在科学 技术、生产和生活中的应用，下列说法正确的是 () A.光导纤维丝内芯材料的折射率比外套材料的折射率小 B.照相机镜头表面加滤光片是光的衍射现象的应用 C.用三棱镜观察太阳光谱是利用光的折射现象 D.在双缝干涉实验中，亮条纹的宽度是不等的 3.如图示，水平台面MN距地面的高度H=0.8m.有一滑块从 M点以vo=6m/s的初速度在台面上做匀变速直线运动，滑块与 M 平台间的动摩擦因数=0.25.滑块运动到平台边缘的N点后水 平飞出.已知MN=2.2m.不计空气阻力，g大小取10m/s2,则滑块从N点飞出时的速度 大小和滑块落地点到平台边缘的水平距离分别为 () A.2.5m/s,1m B.2.5m/s,2m C.5 m/s,1 m D.5 m/s,2 m 4.2025年8月18日，在日本静冈县近海发生的地震中，当地发布的紧急地震预警预测震度一 度出现了过高的情况.地震波既有横波，也有纵波.如图甲所示为一列横波在t=20s时的 波形图，如图乙是这列波中A点的振动图像，那么该波的传播速度和传播方向是() Ay/cm y/cm A.v=25m/s,向左传播 B.v=50m/s,向左传播 C.v=25m/s,向右传播 D.v=50m/s,向右传播 5.如图为卫星逃离地球过程的示意图，卫星在椭圆轨道I上运行到远地点P 变轨，进入圆形轨道Ⅱ，在圆形轨道Ⅱ上运行到P点时再次加速变轨，从而 0 地琦 最终摆脱地球束缚.对于该过程，下列说法正确的是 () 卫 A.卫星在轨道Ⅱ上运行的线速度小于第一宇宙速度 B.卫星沿轨道I运行的周期大于沿轨道Ⅱ运行的周期 C.卫星沿轨道I运行时，在O点的加速度大小小于在P点的加速度大小 D.卫星在轨道I上由O点运行到P点的过程机械能守恒，万有引力不做功 物理第1时（共4） 6.受超高压、特高压输电技术高速发展的拉动，电力电容器行业不仅市场需 求日益加大，同时催生了很多新技术、新产品.两块相互靠近的平行金属板 M、N组成电容器，充电后与电源断开，M板带正电，N板带负电，且电荷 量保持不变.如图所示，板间有一个用绝缘细线悬挂的带电小球P(可视为 质点)，小球静止时与竖直方向的夹角为，忽略带电小球所带电荷量对极 板间匀强电场的影响，则 A.小球带负电 B.若将V极板向右平移稍许，电容器的电容将增大 C.若将N极板向下平移稍许，M、N两板间电势差将增大 D.若将N极板向上平移稍许，夹角θ将变小 7.如图所示，两根绝缘细线的上端都系在水平天花板上O点，另一端分 L2L324444 别连着两个带电小球甲、乙，两小球静止时处于同一水平高度，此时 两细线与天花板间的夹角分别为α，3且α>3，不计空气阻力，两带电 小球均可视为点电荷，现将两细线同时剪断，则 () A.甲球的电荷量比乙球的电荷量大 B.甲球的质量小于乙球的质量 C.两球均做匀变速曲线运动 D.在落地前任意时刻，甲球水平位移大小小于乙球水平位移大小 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.氚是最简单的放射性原子核，如图夜光手表即是利用氚核衰变产生的β 射线激发荧光物质发光.氚核发生β衰变过程中除了产生β粒子和新核 外，还会放出质量数和电荷数为零的反中微子(Y).氚核的半衰期为 12.5年，下列说法正确的是 () A.衰变方程为H→&He十-ie+Y B.He的比结合能小于H的比结合能 C.若有质量为168g的氚核，经过25年后，剩余氚核的质量为42g D.氚与氧反应生成的超重水具有放射性 9.如图所示，两根足够长、电阻不计的平行金属导轨处于竖直向下的匀强磁 场（未画出）中，导轨平面与水平面成0=37°，导轨相距l=1m,下端连接定 值电阻R.质量为m=0.19kg、电阻不计的导体棒放在导轨上，棒与导轨垂 直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为u=0.25,g=10m/s2,sin 37°=0.6，cos37°=0.8.导体棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W,则() A.导体棒MN下滑过程中电流的方向从N到M B.导体棒由静止开始下滑时的加速度的大小为6m/s2 C.导体棒下滑速度达到稳定时，安培力的大小为1.6N D.导体棒下滑速度达到稳定时，速度的大小为12.5m/s 10.如图1，倾角为8的足够长斜面放置在粗糙水平面上.质量相等的小物块甲、乙同时以初速 度。沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为41、42，整个过程中斜面相对地面静 止.甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图2所示，两条曲线均为抛物线，乙的x一t曲 线在t=t。时切线斜率为0，则 () 物理第2时（共4） 3x 图1 图2 A.t=t。时，甲的速度大小为4vo B.u=2tan 0-u2 C.t=t。之前，地面对斜面的摩擦力为零 D.t=t。之后，地面对斜面的摩擦力方向向右 三、非选择题（本题共5小题，共54分。） 11.(6分)某课外探究小组做探究变压器线圈两端电压与匝数关 系的实验，请将下列实验的有关内容补充完整。 No (1)利用如图甲所示的电路来探究变压器线圈两端电压与匝 数间的关系.已知理想变压器原、副线圈的匝数比1：n2 =7：1,N是原线圈的中心抽头，图中两块电表均为理想 电表，除滑动变阻器外的电阻均不计.开关S接M,现将电 压U1加在原线圈两端时，电压表的示数为U2,电流表的 甲 示数为I2;若保持电压U1不变，只将S由M合向N,两表的示数分别为U3= 、I3= ;若输入电压增加14V时，电压表示数增加 V. (2)如图乙所示的电路中，理想变压器原线圈匝数为1，接一理想电流表；副线圈接入电路 的匝数2可以通过滑动触头P调节，副线圈与定值电阻R。和压敏电阻R相连接，物 块置于压敏电阻上.已知压敏电阻的阻值随压力的增大而变小.现保持原线圈输入 电压不变，则触头P右移增大n2,电流表示数将 (填“增大”“减小”或“不 变”)，只减小物块对R的压力，电流表示数将 （填“增大”“减小”或“不变”) 12.(8分)如图甲所示是“验证力的平行四边形定则”的实验装置，将橡皮条的一端固定在水平 木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另一端都有绳套.实验中需用两个弹簧测力计分别钩 住绳套，并互成角度地拉橡皮条，使结点到达一位置O.请回答下列问题： A 单位：N 号2 3 O FE 4指针 乙 丙 (1)下列操作正确的是 .（填正确答案标号) A.实验中，用力的图示法分别画出分力和合力时，要选择不同的标度 B.两个弹簧测力计之间夹角必须取90°，以便用勾股定理算出合力的大小 C.实验中除了要记录弹簧测力计的示数外，还要准确记录细绳的方向以及O点的位置 D.实验时，用两个弹簧测力计把橡皮条的另一端拉到某一节点O,再换一把弹簧测力 计拉橡皮条，不一定要拉到O点，只要橡皮条伸长的长度一样就行 (2)根据实验数据在白纸上所作图如图乙所示，乙图中F,、F2、F、F'四个力，其中力 (填上述字母)不是由弹簧测力计直接测得的， (3)本实验采用的科学方法是 ·(填正确答案标号) A.理想实验法B.等效替代法 C.控制变量法 D.建立物理模型法 物理第3页（共4页） (4)实验中，要求先后两次力的作用效果相同，指的是 (填正确选项前字母). A.橡皮条沿同一方向伸长同一长度 B.橡皮条沿同一方向伸长 C.橡皮条伸长到同一长度 D.两个弹簧测力计拉力F1和F?的大小之和等于一个弹簧测力计拉力的大小 (5)丙图是测量中某一弹簧测力计的示数，读出该力大小为 N. 13.(10分)2025年第二季度全球新能源汽车销量呈现显著增长态势，同比增幅达30%，新能 源车以其环保、智能等优势越来越受到广大消费者的青睐，新能源车将逐步替代传统燃油 汽车成为家庭用车的主流.某款国产电动汽车质量为2，储能部件电池组每次充满电后能 提供的总电能为78kW·h.充电时，直流充电桩的充电效率为95%，充电电压为400V,充 电时间为4.5h,汽车将总电能转化为机械能的效率为90%，汽车受到的阻力为重力的 0.03倍，重力加速度大小g=10m/s2,以108km/h的速度在高速公路匀速行驶时，求： (1)充电的平均电流和电动汽车牵引力的功率； (2)该电动汽车能匀速行驶的最大距离， 14.(14分)如图，水平直轨道AC与半径R =0.32m的光滑竖直圆轨道相切于B 点，A、B间距L=1.0m,BC段光滑， A 水平地面距直轨道的高度h=0.45m, D 某同学操纵质量m1=0.1kg的遥控赛车，以P=2W的额定功率从A点出发，沿平直轨 道运动到B点，此过程中该同学遥控赛车的时间t=1.05s,其间受到恒定的阻力F,=0.3 N,当赛车运动到B点，立刻关闭遥控器，赛车经过圆轨道后沿直轨道运动到C点，与质量 2=0.125kg的滑块发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后赛车恰好能通过圆轨道，滑块则落 在水平地面上D点，赛车和滑块均可视为质点，不计空气阻力，g取10m/s2.求： (1)碰撞前瞬间赛车速度v。的大小. (2)碰撞后滑块速度2的大小； (3)C、D间的水平距离x. 15.(16分)如图所示为某兴趣小组设计的一个利用匀强磁场和点电荷电场控 制带电粒子做匀速圆周运动和椭圆运动的装置模型.在竖直平面内建立平··· 面直角坐标系xOy,Oy方向竖直向上.第二、三象限内存在垂直于坐标平 面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.某时刻，一带正电的粒子从C ·· (0,一h)点进入磁场，速度方向与y轴正方向夹角8=30°，从D(0,h)点飞 ··.c 出磁场.粒子的质量为m,电荷量为q(q>0),不计粒子重力.求： (1)粒子从C点刚进入磁场时的动量大小p和在磁场中从C点运动到x轴所用的时间t1 (2)若在x0y平面内某点固定一负点电荷，电荷量大小为48g,粒子质量取m= B2h3 (k为 静电力常量)，粒子仍沿(1)中的轨迹从C点运动到D点，求射入磁场的速度大小2· (3)在(2)问条件下，粒子从D点射出磁场开始，经时间t2速度方向首次与D点速度方向 相反，求t2(电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电 _kQ) 荷距离为r处的电势p= 物理弟1页（共4页）物理( 1.A由小钢瓶内气体体积一摄氏温度(V一t) 图像可知，将小钢瓶从冷藏室中移出并放 置在常温环境中，小钢瓶内的气体体积 V。不变，由查理定律得气体压强和热力 学温度成正比.则小钢瓶内气体压强一热 力学温度(p一T)图像正确的是A.只有 选项A正确. 2.C产生全反射的必要条件是光必须从光密 介质射入光疏介质，则知光从光导纤维丝 内芯射入外套时要产生全反射，必须使内 芯材料的折射率比外套材料的折射率大， 选项A错误；光的偏振现象说明光是 种横波，照相机镜头表面所加滤光片为偏 振滤光片，选项B错误；用三棱镜观察太 阳光光谱是利用光的折射现象，选项C正 确；在双缝干涉实验中，同种颜色光的干 涉条纹间距是相等的，选项D错误， 6. 3.D由牛顿第二定律mg=ma,运动学公式 v一v=一2ax,解得滑块从B点飞出时 的速度大小v,=5m/s;由平抛运动公式 x=01,H=2g,解得滑块落地点到平 台边缘的水平距离x=2m,只有选项D 正确， 4.B从图甲得出波的波长为入=100m,从图 乙得出质点振动的周期为T=2s,则波 入100 传播的速度为u=宁=2m/s=50m/ s.t=20s时质点A的振动情况与t=0 时的振动情况相同，质点A的位移为零， 速度方向向上，从图甲可以得出，质点A 向上振动，波向左传播，只有选项B正确. 物理（三）答案 根据万有引力提供向心力，有GMm=m 2 GM ,所以u=√ 二，卫星在轨道Ⅱ上运行 的线速度小于近地卫星的环绕速度，即小 于第一宇宙速度7.9km/s,选项A正确； 因轨道I的半长轴小于轨道Ⅱ的半径，根 据开普勒第三定律可知，沿轨道I运行的 周期小于沿轨道Ⅱ运行的周期，选项B错 误：根据@-G可知，沿轨道1运行时。 在O点的加速度大小大于在P点的加速 度大小，选项C错误；卫星在轨道I上由 O点运行到P点的过程，万有引力对其做 负功，根据动能定理知，动能减小，速度逐 渐减小，重力势能增加，由于只有万有引 力做功，所以机械能守恒，选项D错误。 由图可知，M板带正电，N板带负电，形 成水平向右的电场，小球向右偏，则说明 小球带正电，选项A错误；平行板电容器 ES 的电容为C=4a,电容器两板间的电 压为U= Q_4πkdQ ,两板间电场的电场 ES 强度大小为E= U4πkQ d CS若将N极板 向右平移稍许，两板间的距离变大，电容 器的电容将减小，选项B错误；若将N极 板向下平移稍许，两板的正对面积减小， M、V两板间的电势差增大，选项C正 确；若将N极板向上平移稍许，两板的正 对面积减小，两板间的电场强度增大，带 电小球P所受的电场力增大，夹角0将变 第1页 大，选项D错误. 7.D两球之间的静电力为一对相互作用力，大 小相等，但无法比较电荷量的大小，选项 A错误；令静电力大小为F,两球处在同 一水平面上，分别对两球进行受力分析， 根据平衡条件有F=pS,F=m28 tan a tan B' 由平衡时α>B,可得到两球的质量关系 m单>m2,选项B错误；当细线剪断后，对 小球受力分析，竖直方向仍只受重力，所 10. 以加速度不变，仍为g,因此下落的时间 、相等，但在下落过程中，两球仍处于同一 水平面，而由于库仑斥力的作用下，导致 间距增大，从而使得库仑力减小，则水平 方向的加速度减小，所以两球不可能做匀 变速曲线运动，选项C错误；水平方向，两 球受力大小相等，任一时刻的加速度a甲 <a乙，在相等时间内，两球的水平位移 x芈<x乙，选项D正确， 8.ACD根据核反应质量数和电荷数守恒，核 反应为H→He+_e+Y,选项A正 确；He更稳定，He的比结合能大 于H的比结合能，选项B错误；根据 m=m,(分)，可得m=168×(2)品 g=42g,选项C正确；物体具有放射 性，与物体处于单质还是化合物状态 无关，选项D正确. 9.AD根据楞次定律可知，导体棒MN下滑过 程中，MN中电流的方向从N到M,选 项A正确；导体棒开始下滑时，根据牛 顿第二定律，mg sin8-mg cos8=ma, 解得导体棒加速度的大小a=4m/s2, 11. 选项B错误；设导体棒运动达到稳定 物理三答案弃 时，速度为，所受安培力为F,则 mgsin 0-uN-Fcos 0=0,N=mgcos 0+Fsin 0,f=N,解得安培力大小F =0.8N,选项C错误；导体棒下滑速度 达到稳定时，导体棒克服安培力做功的 功率等于电路中电阻R消耗的电功率， 则P=Fvcos0,解得导体棒下滑速度达 到稳定时速度的大小v=12.5m/s,选 项D正确 BC位置x与时间t的图像的斜率表示速 度，甲乙两个物块的曲线均为抛物线， 则甲物体做匀加速运动，乙物体做匀减 速运动，在t。时间内甲乙的位移可得 vg十v, 2t0=3.x0,xz= v0十0 2t0= xo,可得t。时刻甲物体的速度为v= 2v。,A错误；甲物体的加速度大小为 ”一=，乙物体的加速度大小 a1= to to 为a2-,由牛顿第二定律可得甲物 t。 体ng sin8-41 mgcos0=ma1,同理可 得乙物体μ2 mgcos0-mg sin8=ma2, 联立可得1=2tan0一以2，B正确；设 斜面的质量为M,取水平向左为正方 向，对系统由牛顿第二定理可得f= ma1cos0-ma2cos8=0,则t=t。之 前，地面和斜面之间摩擦力为零，C正 确；t=1。之后，乙物体保持静止，甲物 体继续沿斜面向下加速，由系统牛顿第 二定律可得f=ma1cos0,即地面对斜 面的摩擦力向左，D错误 1)2U2(1分)2I2(1分)2(2分) 2)增大(1分)减小(1分) 2页 解析：(1)保持电压U1不变，只将S由M合 向V,原线圈的匝数减半，因此副线圈的电 压应加倍.由于不调节变阻器，电阻不变，在 电压加倍时电流也加倍，故填2U2和2I2.理 想变压器的电压与数关系为品-= U1+△U1 U,+4U,整理可得 0=”,即原、副线圈 13 U2n2 匝数之比等于原、副线圈的电压变化量之 比，当△U1=14V时，△U2=2V.(2)触头右 移增大2，变压器输出电压增大，电阻一定 时负载消耗的功率增大，输入功率也随之增 大，致使电流表的示数增大；只减小物块对 R的压力时，压敏电阻的阻值增大，在输出 电压一定的情况下，输出功率减小，输入功 率也减小，电流表的示数减小. 12.(1)C(2分) (2)F(1分) (3)B(1分) (4)A(2分) (5)2.75(2.73~2.77均可)(2分) 解析：(1)实验中，用力的图示法分别画出分 14 力和合力时，要选择相同的标度，选项A错 误；实验中，两个弹簧测力计之间夹角不宜 过大也不宜过小，有利于作图即可，不一定 非得90°，选项B错误；实验中要记录弹簧测 力计的示数和细绳的方向以及O点的位置， 选项C正确；实验时，用两个弹簧测力计把 橡皮条的另一端拉到某一节点O,再换一把 弹簧测力计拉橡皮条，一定要拉至O点，才 能保证橡皮条伸长的长度一样及效果相同， 选项D错误.故选C.(2)F在以F1与F2为 邻边的平行四边形的对角线上，不是由弹簧 测力计直接测出的.(3)一个力的作用效果 物理{三)答案 与两个力的作用效果相同，它们的作用效果 可以等效替代，故B正确.(4)该实验采用了 “等效替代”法，即合力与分力的关系是等效 的，前后两次要求橡皮条沿同一方向伸长同 一长度，只有选项A正确.(5)指针在2.7与 2.8之间，估读为2.75N. 解：(1)根据W=UIt,可得充电电流为 78×109 95% I=400X4.5A=45.6A,(2分） 当汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力的大 小 即F=kmg=0.03×2×103×10N=600N, (2分) 则牵引力的功率为 108 P=Fu=600X3.6 W=18kW,(2分) (2)根据W=Pt,汽车能匀速行驶的时间为 w78×90%h=3.9h,(2分) t 18 汽车能行驶的最大距离为 s=t=108×3.9km=421.2km.(2分) 解：(1)赛车碰撞前的运动过程，据动能定理 1 Pt-FL=2m1v6,(2分） 解得碰撞前瞬间赛车速度的大小 vo=6m/s.(2分) (2)设碰撞后赛车恰好通过最高点的速度大 小为，与滑块碰撞后的速度大小为1， 由牛顿第二定律 mg=m1R,(2分) 赛车从碰撞后到最高点，根据机械能守恒定 律 1 1i=2m102+m:g·2R,1分) 第？匠 赛车与滑块碰撞过程动量守恒 m1vo=-1m1v1十m2v2,(1分) 解得碰撞后滑块速度的大小v2=8m/s.(2 分) (3)碰撞后滑块做平抛运动 h=2gt,(1分) x=v2t,(1分) 解得C、D间的水平距离x=2.4m.(2分) 15.解：(1)作出正电荷在磁场中运动的轨迹，如 图所示， 由几何关系可知，正电荷在磁场中做匀速圆 周运动的半径为 h sin0=2h,(1分) r 由洛伦兹力提供向心力 g0,B=m正，（1分) 解得正电荷的入射速度大小为 2qBh ,(1分) 得粒子射入磁场的动量大小p=2gBh,(1 分) 正电荷在磁场中运动的周期为 —之严2《1分) 所以正电荷在磁场中从C点运动到x轴所 用的时间为 4=r=器1分) 8 (2)由题意可知，在xOy平面内的负电荷在 物理{三)答案 圆心O'处，由牛顿第二定律可知 qv2B+ 48g=m,（1分) B2h3 其中m= k, 解得射入磁场的速度大小 ,(1分) V2= 或（舍去.(1分 (3)在(2)的条件下，正电荷从D点离开磁场 后绕负电荷做椭圆运动，如图所示， 0 由能量守恒定律得 1 k48q 2mv k48g,(1分） 2m-g 由开普勒第二定律可知 U2r2=v3r3,(1分) 其中r2=2h,(1分) 联立解得 r3=6h,(1分) 由牛顿第二定律 k 48g2 =m十”) 2 T,(1分) 解得T=4V3πBh ,(1分) 3kq 故正电荷从D点离开磁场后到首次速度变 为与D点的射出速度相反的时间为 T23Bh.1分) t2 3kg 第4页