物理-2-【大数据押题】2026年全国高考专家押题卷

机密★启用前 2026届全国高考专家押题卷（二） 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.机器人服务人类的场景正步入现实生活中，例如餐厅中使用机器人来送餐，就越来越常见. 如图所示为某餐厅的送餐机器人的结构简化图，机器人的上表面保持水平.当菜品随着机器 人一起做匀速直线运动时，下列说法正确的是 A.菜品受到与运动方向一致的摩擦力作用 莱品 B.菜品对机器人的压力和机器人对菜品的支持力是一对平衡力 C.菜品对机器人的压力和地面对机器人的支持力是一对相互作用力 机器人 D.机器人对地面的压力是机器人发生弹性形变产生的 2.穿衣镜是人们日常生活中的必需品·常用一块透明玻璃板单面镀银制成.如图所示，→ 一束单色光与玻璃板表面成53°由P点射入，已知玻璃板厚度d=6mm,该单色光 从空气射入玻璃时的折射率n=1.2,sin37°=0.6，sin53°=0.8，则该单色光出射点 Q(未画出)与P点的距离为 A.83 mm B.4/3 mm C.4 mm D.8 mm 3 3.在环绕地球做匀速圆周运动的空间站内，航天员长期处于失重状态，给身心带来许 多不适，为此科学家设想建造一种环形空间站.如图所示，环形空间站绕其中心匀速旋转，航 天员站在旋转舱内的侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力.把地球看作 半径为R的均质球体，忽略地球的自转，已知空间站距地面的高度为h,旋转舱绕轴线自转 的周期为T。,旋转舱绕轴线转动时航天员绕轴线运动的半径为，为达到与地表相似的生 活环境，则空间站绕地球公转的速度大小为 ) r 2πRR+h TNRi B.T。N r c 2πRr D.T。√R+h 4.著名物理学家费曼曾设计这样一个实验装置：一块绝缘圆板可绕其中带电金属小球 线接 心的光滑轴自由转动，在圆板的中部有一个线圈，圆板的四周固定着 一圈带电的金属小球，如图所示.当线圈接通电源后，将有图示方向的 电流流过，则下列说法正确的是 () A.接通电源瞬间，圆板不会发生转动 B.线圈中电流的增大或减小会引起圆板向相同方向转动 C.若金属小球带正电，接通电源瞬间圆板转动方向与线圈中电流流向相同 D.若金属小球带负电，接通电源瞬间圆板转动方向与线圈中电流流向相同 5.如图所示，A、B、C为圆周上三点，O为圆心，半径为√2m,∠AOB=∠BOC =45°，空间中存在与纸面平行的匀强电场，A、B、C三点的电势分别为6V、5 V、4V,下列说法正确的是 ( A.电场强度沿OB方向 B.电场强度沿AC方向 C.电场强度的大小为，V/m D.电场强度的大小为2V/m 物理第1页（共4页） 6.元素半衰期被广泛应用于考古测年代、药物代谢控制、核能利用及医学诊断治疗等领域.已 知l8F的半衰期为110min,sGa的半衰期为68min,现将质量为m,的F和质量为m2 的68Ga投入研究，研究时长为7480min.设研究结束后发生衰变的“F的质量为m3,发生衰 变的68Ga的质量为m,,下列说法正确的是 () m3=1一2 A 1 Bm=1-1 Cm1 D.- 1 m 12y 2130 1n1268 m2=230 7.2025年9月3日，全世界的目光都聚焦北京天安门广场盛大的阅兵仪式.此次受阅的装备 均为中国国产现役主战装备，多数为首次亮相，亮出了军队打胜仗的实力底气.假若一坦克 射出的炮弹竖直上升到最高点时炸裂成甲、乙两块弹片，它们的初速度方向与水平方向的夹 角为0，如图所示，测得这两块弹片在水平地面上的落地点相距x=120m,它们从炸裂到落 地所经历的时间分别为t1=6s,t2=2s,若甲、乙两块弹片的质量之比 为2：1，重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力，则下列说法正确的是 ( A.两弹片分离瞬间的动量大小相等，方向相反 B.弹片甲落地点到O点的距离为84m C.tumn o D.爆炸点距水平地面的高度为72m 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.“蜻蜓点水”的字面意思是蜻蜓轻轻触碰水面，蜻蜓“点水”会在 2.6y/cm 水面上形成水波.如图甲所示，蜻蜓连续“点水”于平静水面O 18 10 处，形成的水波近似看作简谐横波，以点水处为坐标原点O,沿 水面建立坐标系Oxy.某时刻观察到的波形示意图如图乙所 示，实线圆、虚线圆分别表示此刻相邻的波峰和波谷.已知从开 始点水到波纹传出去10m远共用时50s,则 图甲 图乙 A.该波的波长为0.8cm B.该波的频率为12.5Hz C.图乙所示时刻O点的振动方向竖直向上D.图乙所示时刻P点的振动方向竖直向上 9.浮桶式灯塔模型如图甲，其由带空腔的磁体和一个连着灯泡的V匝圆形线圈组成，线圈半 径为R,灯泡电阻为，其他电阻不计，磁体在空腔产生的磁场如图乙所示，在线圈处磁感应 强度大小均为B,磁体通过支柱固定在暗礁上，线圈随波浪相对磁体沿竖直方向上下运动， 速度最大为，且始终处于磁场中，则 ⑧ 磁体 A.当海水水平匀速流动时，灯泡稳定发光 磁场 B.海水上下振荡幅度越大，灯泡发光越亮 浮桶 C.浮桶线圈中产生的电动势最大为2VBπR D.灯泡中电流最大为2NBxR, 磁体 浮桶截面 10.空气炸锅是利用高温空气循环技术加热食物.图为某型 乙 号空气炸锅简化模型图，其内部有一气密性良好的内胆，封闭了质量、体积均不变可视为理 想气体的空气，已知初始气体压强为p。=1.0×10'Pa,温度为t。=27℃，加热一段时间后 气体温度升高到最高，最高温度t=197℃，此过程中气体吸收的热量为1×10J,热力学 温度与摄氏温度的关系是T=t十273K,则 A.升温后内胆中所有气体分子的动能都增大 3.升温后内胆中气体的压强为。X10 C.此过程内胆中气体的内能增加量大于1×10J D.此过程内胆中气体分子单位时间内撞击内壁的次数增多 物理第2页（共4页） 三、非选择题（本题共5小题，共54分。） 11.(6分)某同学设计了如图1所示电路，来测量某均匀电阻丝（阻值约200Ω）的电阻率.电阻 丝两端自由伸直固定在带刻度尺的接线柱α、b上，在电阻丝上夹一个与接线柱c相连的小 金属夹P,移动金属夹P可改变电阻丝接入电路的长度.可用实验器材还有：电池组（电动 势约10V,内阻不计)，电压表（量程0~10V,内阻约2k2),电流表（量程0~50mA,内阻 约5)，滑动变阻器（最大阻值10Ω），开关及导线若干.主要实验步骤如下： 1 20 ◆UV 电阻丝 15 0 L/m 图1 图2 图3 (1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其示数如图2所示，则该金属丝直径的测量值d= mm. (2)根据提供的实验器材，需要在如图1中两个虚线框内分别接入电压表和电流表，其中虚 线框“1”处应接入 (选填“电压表”或“电流表”). (3)调节滑动变阻器的滑片位置，使其位于最右端，闭合开关. (4)将金属夹P夹在电阻丝某一位置处，调节滑动变阻器的滑片位置，使电流表达到满偏 电流I,记录此时电压表的示数U和电阻丝接入电路的长度L. (5)断开开关，将金属夹P向右移动.为使电流表的示数仍为I,闭合开关后，滑动变阻器的 滑片位置应向 (选填“左”或“右”)移动，并记录电流表满偏时对应的U、L数据。 (6)多次重复步骤(5)，记录每一次的U、L数据， (7)断开开关，用记录的多组数据作出U一L图像如图3所示.已知该图像斜率为k,请写 出电阻丝电阻率的表达式p= (用k、d、I表示)： 12.(8分)某同学用如图甲所示的实验装置探究“加速度与力、质量的关系” 制动装 小车纸带打点计时器 单位cm 3.59-→ 00 .13.22 19.24 (1)以下操作中，是为了让槽码的总重力mg替代细线的拉力的操作是 ;细线对 小车的拉力替代小车所受的合外力的操作有 A.调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行 B.平衡小车受到的阻力 C.砝码和砝码盘的总质量m应远小于小车的质量M (2)某同学得到了如图乙所示的一条纸带，频率为50Hz,由此纸带得到小车加速度的大小 a= m/s2.(其中每两个计数点之间还有四个点未画出，结果保留两位有效数字) (3)在研究加速度与力的关系时，该同学根据实验数据作出的α一F图像如图丙所示，发现 该图线不通过坐标原点且BC段明显偏离直线，分析其产生的原因，下列说法正确的是 A.不通过坐标原点可能是因为平衡阻力不足 B.不通过坐标原点可能是因为平衡阻力过度 C.图线BC段弯曲可能是未满足钩码总质量远小于小车总质量的条件 D.图线BC段弯曲可能是未满足钩码总质量远大于小车总质量的条件 (4)实验中将钩码重力大小作为细绳对小车的拉力大小，在实验中引入了系统误差，考虑实 际情况，细绳对小车的拉力F与钩码重力mg的大小关系应为F mg(填 “>”“<”或“=”)；若实验中补偿阻力后，摩擦阻力的影响可忽略不计，某次实验时，钩 码质量m=30g,小车质量M=250g,实验中因将钩码重力大小作为细绳对小车的拉 物理第3页（共4页） 力大小引入的百分误差6= %.(0=1FF×100%,F为实验中处理 F真 数据时细绳的拉力值，F真为细绳拉力的真实值.计算结果保留2位有效数字) 13.(10分)如图甲所示为喷墨打印机的简化模型，墨汁微滴 信号输入 从墨盒喷出，经带电室带电后，以一定速度沿轴线垂直 墨盒☑ 匀强电场飞入极板间，最终打在关于轴线对称的纸面 上.假设一质量为m,带电量为q的墨汁微滴，经加速电 带电室 场后如图乙所示以初速度。沿中线水平飞入平行板电 场中，微滴飞出平行板电场后，最后垂直打在竖直纸屏M的上半部分.已知两平行金属板 水平正对且板长均为L,两板间距为，平行板右端到纸屏M的距离为，，重力加速度大 小为g,求： (1)两平行金属板的电压； (2)微滴在电场中偏移的距离. 14.(14分)如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直于纸面向外的 E· ·B● 水平匀强磁场，匀强磁场方向与电场方向垂直，电场强度大小为E=5 N/C.有一可视为质点的带负电小球，质量为m=1×10-6kg,电荷量 q=2×10-6C,以大小v=10m/s的速度在图示的竖直平面内做匀速 。·。。。 直线运动，取重力加速度g=10m/s2. (1)求该匀强磁场的磁感应强度B的大小； (2)当小球经过P点时撤掉磁场（不考虑磁场消失对原电场的影响），求撤掉磁场后，小球 再次到达与P点相同高度的位置时距P点的距离； (3)当小球经过P点的瞬间将电场方向改为竖直向下（不考虑电场改变对原磁场的影响）， 求此后小球经过多长时间第一次到达与P点等高的位置. 15.(16分)如图，平板小车C静止在水平面上，左端紧靠平台且A9 与平台等高，平台边缘正上方用长H=0.8m的轻绳悬挂质 量为m的物块A,悬点正下方静置一质量为mg=3kg的物 块B,将A向左拉至轻绳水平由静止释放，A与B发生正碰， B 碰后A的速度为零.已知A与B碰撞过程中的恢复系数e= cmm 碰前相对速度，该系数是一个定值，只与发生碰撞物体材料 碰后相对速度 有关.现将A、B互换角色，将B悬挂起来从水平位置由静止释放，与A发生正碰后，A滑 上小车后，立即取走B,经过一段时间作用，小车C停止且A不滑出小车.已知物块A和 小车C质量都为m=2kg,物块A与小车C上表面间的动摩擦因数41=0.4，小车C与地 面间的动摩擦因数2=0.1，重力加速度g=10m/s2,A、B均可视作质点，不计空气阻力. 求： (1)物块B与物块A碰撞前的瞬间，轻绳拉力F的大小； (2)A刚滑上小车时的速度大小v1; (3)小车C的最小长度L,及最后小车与平台右端之间的距离x. 物理第4页（共4页）物理（二 1.D菜品随着机器人一起做匀速直线运动，匀 速直线运动的合力为零，菜品只受到重力 和支持力的作用，没有受到摩擦力，A错 误；菜品随着机器人一起做匀速直线运动 时，菜品对机器人的压力和机器人对菜品 的支持力是一对作用力与反作用力，B错 误；一对相互作用力产生在两个相互作用 的物体之间，菜品对机器人的压力和地面 对机器人的支持力涉及到三个物体，因此5.B 菜品对机器人的压力和地面对机器人的 支持力不是一对相互作用力，C错误；由 弹力产生的条件可知，机器人对地面的压 力是机器人发生弹性形变产生的，D正 确. 2.B根据题意作出光的折射与反射，→ld 如图所示.根据折射定律有n= ”·该单色光出射点Q与卫 6.A 点的距离为s=2 Itan r,代入数 据解得s=4√3mm,故选B. 3.D设地球表面重力加速度为g,则 有0 =mg,空间站绕地球公转时，有 GMm' (R+h)=mR十h,旋转舱内的航天员 做匀速圆周运动，侧壁对航天员的支持力 7.A 4π 等于mg,则有mg=mr T,联立解得u 2πRr T。√R+h,故选D 4.D线圈接通电源瞬间，则变化的磁场在其周 围产生感生电场，从而导致带电小球受到 电场力，使其转动，A错误；不论线圈中电 流增大或减小都会引起磁场的变化，从而 产生电场，使小球受到电场力而转动，接 通电源后，电流增大或减小会使其周围感 生电场方向相反，圆板转动方向相反，B 物理答 错误；接通电源瞬间圆板受到电场力作用 而转动，由于金属小球带正电，根据电磁 场理论可知，电场力沿顺时针方向，所以 与线圈中电流流向相反，故C错误；接通 电源瞬间圆板受到电场力作用而转动，由 于金属小球带负电，根据电磁场理论可 知，电场力沿逆时针方向，所以与线圈中 电流流向相同，故D正确。 连接AC,则AC与OB交点的电势p= 9A十9C=5V=9H,可知OB为等势面， 2 则电场强度方向沿AC方向，选项A错 误，B正确；电场强度的大小为E= UAC 2 2Rsin 455= V/m=1V/m,选 2×号 项CD错误. 对8F经过时长为7480min时剩余质量 即-则 2,'=m1(号)时=，即 mn 2s,对6Ga经过时长为7480min时 =1- 112 剩余质量22'=m2()需=品，即 1722 2品则%-1- 1722 20,故选A. 炮弹竖直上升到最高点时，炮弹的动量为 0;炸裂成甲、乙两块弹片，根据动量守恒 可知，甲，乙两弹片分离时，它们的动量大 小相等，方向相反，故A正确；设两弹片分 离时，甲的速度大小为，由于甲、乙两块 弹片的质量之比为2：1，根据动量守恒定 律可知，乙的速度大小应为2v,设爆炸点 的高度为h,对甲、乙水平方向有x=vcos 0·t1+2ucos8·t2,解得vcos0=12m/ s,对甲、乙竖直方向有h=一vsin0·t1+ 1 2gti=2wsin0·1+2gt5,解得vsin0 案 =6ms,联立解得1an9=手，sin9= 3 5,cos9=亏，w=20m/s,h=84m,所以 甲落地时距O点的距离为x甲=vcos8· t1=72m,故BCD错误. 8.BC相邻波峰与波谷间距为分，由图乙，令 (1.8-1.0)cm=0.8cm,则入=1.6 cm,A错误；波速u=三=10m=0.2 50s 、2 m/s,频率f=入=12.5Hz,B正确：根 据“上下坡法”，此时O点振动方向竖直 向上，C正确；P点在波峰与波谷间，根 据“上下坡法”，P点振动方向竖直向 下，D错误 9.CD当海水水平匀速流动时，线圈不切割磁 感线，不产生电动势，灯泡不亮，故A错 误；切割磁感线产生的电动势E=NBl) 可知，电动势的大小与海水上下振荡速 度有关，与振荡幅度无关，v越大，E越 大，则灯泡发光越亮，故B错误；切割磁 感线的线圈长度l=N·2πR,由于线圈 上下运动的速度最大为v,故有最大电 动势为E=2NBπRv,灯泡中电流最大 为I=2VBπR ,故CD正确， 10.BD升温后气体分子平均动能变大，并非所 有气体分子的动能都增大，故A错误； 根据号-÷，其中T。=800K,T=470 K,解得升温后内胆中气体的压强为力 三36×10Pa,故B正确；此过程胆中 气体体积不变，则W=0,吸收的热量为 1×101J,由热力学第一定律，则气体内 能增加量为△U=Q=1×10J,故C错 误；气体体积不变，压强增大，则单位气 体体积的分子数不变，升温后气体分子 物理 平均速率变大，则单位时间内撞击内壁 的次数增多，故D正确. 1.(1)4.135(1分) (2)电压表(1分) (5)左(1分) 8分) 解析：(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm, 由图甲可知该金属丝直径为d=4mm+ 13.5×0.01mm=4.135mm.(2)由“伏安法 测电阻”原理可知，虚线框“1”处应接电压 表，“2”处应接电流表.(5)金属夹P向右移 动时，电阻丝接入电路的电阻变大，要使电 流表示数仍为I,则电阻丝与滑动变阻器并 联部分（滑片右侧）的电压应增大，故滑动变 阻器的滑片应向左移动.(7)由I(R+RA)= UR=片=P总眠立可得U-L+十 IRA结合U-L图像可知，斜率k=l. d,可 kπd2 得p=4I· 2.(1)C(1分)AB(1分) (2)0.81(2分) (3)AC(1分) (4)<(1分)12(2分) 解析：(1)当砝码和砝码盘的总质量远小 于小车的质量M,砝码和砝码盘的总重力可 以替代细线的拉力，故操作是C.调整长木板 上滑轮的高度使细线与长木板平行，且平衡 小车受到的阻力，目的是使细线的拉力等于 小车所受的合力.故操作是AB.（2)每两个 计数点之间还有四个点未画出，可知T=0. 1s,故纸带的加速度为a= CE-AC= 4T2 19.24-8.00-8.00×10-2)m/s2=0.81 4×0.12 m/s2.(3)根据图像可知，当力F达到一定大 小后，小车才开始运动，可知可能是平衡阻 力不足，故A正确，B错误；图线BC段弯曲 答案 可能是未满足钩码总质量远小于小车总质 (2)微滴在电场中向上偏移的距离为 量的条件，这样小车受到的拉力不再等于钩 y= 码的重力，a和F不再成正比，故C正确，D 2at,(1分) 错误.故选AC.(4)考虑实际情况，对钩码， 其中a=9E-mg,1分) 根据牛顿第二定律mg一T=ma,对小车，根 m 据牛顿第二定律T=Ma,联立可得a= 在水平方向L=vot,(1分) mg Mg.可得T=M+m M干m,T=M+m Mmg_ 联立解得y= 41分) M 14.解：(1)小球做匀速直线运动时受力如图所 M+mmg<mg,钩码质量m=30g,小车质 示，其所受的三个力在同一平面内，合力为 量M=250g,百分误差为6=F-Fk 零，有 F 100%,其中F为实验中处理数据时细绳的 拉力值，为mg,F真为细绳拉力的真实值，为 Mig M |F-F真 T=M十mM ng,可得6= F真 m ×100%=M,解得0=0.12=12%. f路=√2mg=V2×10-3N,(1分) 13.解：(1)由题意可知，微 又f=qB,代入数据求得磁感应强度大小 滴飞出平行板后只受 B=洛=V2 T.(2分) 重力作用且垂直打在 qv 2 M上，可知微滴在平行 (2)撤掉磁场后，小球做类平抛运动，如图所 板间向上偏转做类平 示， 抛运动，如图所示.由 图可知，微滴在平行板间运动的时间是微滴 飞出平行板后到垂直打在竖直纸屏M上半 部分运动时间的2倍，则微滴在平行板间竖 mo 直方向的加速度大小与飞出平行板后竖直 根据几何关系有 方向的加速度大小之比为1：2.(2分) 在平行板间由牛顿第二定律可得 tan 0=9E =1,(1分) mg gE-mg=ma,(1分） 解得0=45°，(1分) 飞出平行板后则有 mg=m·2a,(1分) 加速度为a= mg=102m/s2,(1分) m 联立解得两极板间的电场强度为 1 E=3ms,(1分) w=2a2.1分） 2q 2v 解得t=,(1分) 由匀强电场的电场强度与电势差的关系式U a =Ed, 小球再次到达与P点相同高度的位置时距 可得U=3mgL.（1分) P点的距离 2q xp=√2vt=20m.(1分) 物理答案 (3)由于qE=mg,则电场方向改为竖直向下 后小球做匀速圆周运动，则 qvB=n,(1分) 周期为T=2 =08,(1分) 由几何关系可得小球第一次到达与P点等 高的位置转过的圆心角为 Q= 2元，(1分) 则：=至r=3 4 -s.（2分) 15.(1)对B进行分析，根据动能定理有 mngH-2mgv6, 解得vo=4m/s,(1分) 在最低点，由牛顿第二定律知 mBvo F-mg=月，1分) 解得F=90N.(1分) (2)当A向左拉至轻绳水平由静止释放至最 低点过程，根据动能定理有 mgH=2mvA 解得v4=4m/s,(1分) A碰撞B过程，根据动量守恒定律有 mUA =m BUB, 8 解得vs=3m/s,(1分） 则A与B碰撞过程中的恢复系数 e=-02 4-0-3(1分) B碰撞A过程，根据动量守恒定律有 mBvo=mv1+mBv2,(1分) B与A碰撞过程中的恢复系数 U1一v2 2 e= v0-0 =3’ 由于B质量大于A质量，碰撞后A、B速度 物珏 方向相同，且A的速度大于B的速度，则解 得 4 u=4m/s,w=3m/s.(1分） (3)A滑上C后，A先向右做匀减速直线运 动，对A进行分析，根据牛顿第二定律有 uimg=ma, 解得a1=4m/s2,(1分) C先向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二 定律有 41mg-42·2mg=ma2, 解得a2=2m/s2,(1分) 历时t。,A、C达到相同速度，则有 U共=a2t0=U1一a1t0, 2 4 解得1。=3s,v共=3m/s,1分) 此后A、C保持相对静止，向右做匀减速直 线运动，则小车C的最小长度 u十U共t0一 L= U共 2 4 解得L=3m≈1.33m,1分) 上运过程C的位移x,=受1，=音m.1分) 4 A、C保持相对静止，根据牛顿第二定律有 42·2mg=2na3, 解得a3=1m/s2,(1分) 减速至0过程，利用逆向思维，根据速度与位 移的关系有 v共=2a3x2, 8 解得x?=9m,1分) 则最后小车与平台右端之间的距离 x=x1十x2, 4 解得x=3m≈1.33m.(1分） 里答案