物理（二）-【真题密卷】2026年高考物理考前冲顶实战演练（冀辽黑吉赣贵晋豫陕青宁蒙新藏粤滇川专版）

2025一2026学年度考前冲顶实战演练 物理（二） 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡 上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项符合题目要求。 1.如图所示为氢原子能级示意图的一部分，假设氢原子发生如图中三种跃迁而辐射三种 不同频率的光子，则下列分析正确的是 3 ② A.①光子的波长最短 B.①光子的频率最高 C.③光子的能量最大 D.③光子的动量最小 2.如图甲所示，将带电量为一Q的点电荷固定在A点，现把带电量为十q的试探电荷沿直 线AC从B点移到C点，A、B之间的距离为r1,A、C之间的距离为r2,图乙是试探电荷 所受电场力大小F随距离”的变化图像。已知F-r图像阴影部分曲边梯形的面积为S, 则在A处点电荷产生的电场中，B、C之间的电势差UC为 A. B.- S D. 物理试题（二）第1页（共8页） 考前冲顶实 3.2025年我国G】一1察打一体无人机在阅兵式上亮相。在某次训练中已知无人机在水平 班级 地面上从静止开始，以恒定的动力F=27000N启动，经过4s在地面上向前运动了约 200m。无人机总质量为1000kg,该过程中无人机所受阻力恒定，g取10m/s2,则 A.无人机运动过程中所受阻力大小约2000N 姓名 B.无人机4s时的速度约50m/s C.无人机运动过程中加速度大小约50m/s2 得分 D.无人机最大功率约为2.5×106W 4.如图所示，卫星绕地球沿椭圆轨道逆时针运行，其轨道近地点与地心的距离可视为地球 半径。不计空气阻力，卫星从A运动至B的过程中，下列说法正确的是 人造卫星 C 地球 A.加速度逐渐增大 B.速度始终小于第一宇宙速度 C.机械能逐渐减小 D.受到地球的万有引力做负功 5.如图所示是一定质量的理想气体缓慢地由状态A经过状态B变为状态C再到状态D 的V-T图像。已知气体在状态A时的压强是1.5×105Pa。则对应的气体的p-T变化 图像正确的是 Vicm 0.8 D 0.6 0.4 0.2 4 →T1×102K +p/(×103Pa) +p/(×105Pa) 2.5 2.5 2.0 C 2.0H 1.5 B B 1.5 --D 1.0 1.0 0.5 0.5 +T/×102K 4 T/×102K A. 0 3 B. 012 3 4 ↑p/(x105Pa) +p/(x10Pa) 2.5 A 2.5 2.0 2.0---C 1.5 1.5 D 1.0 ·D 1.0 B 0.5 0.5 →T/×102K →T/×102K 0 2 3 4 D.01234 战演练 物理试题（二）第2页（共8页） 6.如图所示，轻质细线OA、OB、OC系于O点。A端固定于天花板上，B端与水平桌面上 的物块乙相连，C端系有物块甲。初始时OA与竖直方向的夹角为0，OB与水平方向平 行，甲、乙物块静止。现对物块甲施加水平向右的外力F,在保持O点位置不变的情况 下，使物块甲缓慢向右上方移动少许，在移动过程中，下列说法正确的是 A.细线OA上的弹力不变 B.物块乙所受合力逐渐增大 C.细线OC上的弹力逐渐减小 D.外力F逐渐减小 7.导体内芯材料相同粗细均匀的漆包线做成如图所示的单匝线圈，线圈构成一个闭合回 路，中间大圆的半径为2d,左右两侧小圆的半径均为d,导线单位长度的电阻为r,将线 圈固定在与线圈平面垂直的磁场中，磁场随时间发生变化，磁感应强度大小为B=B。十 t,式中的B。和k为常量，且k>0,则线圈中感应电流的大小为 × B.kd 3kd A.0 Ar D Ar 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多 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。 8.一列简谐横波沿x轴正向传播，t=0时传至A点，该波的波速v=1.0m/s,波形图如图 甲所示，此时x=20m处的波源B开始沿y轴的方向振动，振动图像如图乙所示。下 列说法正确的是 /cm y/cm B 10立461820xm -2-- 甲 1 物理试题（二）第3页（共8页） 考前冲顶 A.t=4s时质点P向正方向振动 B.0~2s内质点P经过的路程为 √3 2 cm C.t=10s时，x=12m处质点位移为3cm D.经过一段时间振动稳定后，AB间有5个振动减弱点 9.如图为远距离输电系统的简化情景图，已知发电厂输出的正弦交流电压为U1,理想升压 变压器副线圈两端电压为U2,降压变压器原线圈两端电压为U3,高压输电线的阻值为 r,理想降压变压器原、副线圈的匝数之比n=103。假设用户（负载）是纯电阻，且阻值为 R,下列说法正确的是 发电厂升压变压器 高压输电线 降压变压器用户 A.高压输电线的输送电压为U2 U2-U3 B.高压输电线的输送电流为 106R C.输电效率为10R十，X100% D.若r增大，R减小，U1、U2、n不变，则高压输电线的电流一定减小 10.如图所示，物块A、B用轻弹簧连接并放置于水平传送带上，传送带以恒定速率v顺时 针转动。t=0时，A的速度大小为20，方向水平向右，B的速度为0，弹簧处于原长。 t=t1时，A第一次与传送带共速，弹簧弹性势能为E。已知A、B可视为质点，质量均 为m,与传送带的动摩擦因数均为；A与传送带相对滑动时会留下痕迹，重力加速度 大小取g,A、B始终在传送带上，弹簧始终在弹性限度内，则 AwwB A.0~t1过程，A、B的位移相等 B.在t=t1时，A、B的速度不相同 C.在t=t1时，弹簧的压缩量为1 (mv2-Ep） umg D.0~41过程，A在传送带上留下的划痕长度大于t1 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(6分)某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。弹簧测力计A 挂于固定点P,下端用细线挂一重物M。弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持 另一端向左拉，使结点O静止在某位置。分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴 于竖直木板的白纸上记录O点的位置和三个力的方向。 实战演练 物理试题（二）第4页（共8页） M (1)本实验主要采用的科学方法有 A.控制变量法 B.等效替代法 C.理想模型法 D.放大法 (2)下列需要的实验要求有 A.测量重物M的重力 B.改变拉力多次实验，每次都要使O点静止在同一位置 (3)在某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针示数稍稍超出量程。为完成实验， 可以适当 OB方向的拉力（填“增大”或“减小”）。 12.(8分)小尧同学在实验室练习使用多用电表。 (1)①她将选择开关调到欧姆挡，先用手指捏着红、黑表笔进行欧姆调零（如图甲），然 后用手指压着表笔与待测电阻的引脚测量电阻（如图乙），这两步操作对实验结 果是否产生影响 10 a255025P 甲（指针接触） 丙 A.甲影响 B.乙影响 C.甲、乙都不影响 D.甲、乙都影响 ②已知选择开关在“×10”位置，正确操作情况下指针如图丙所示，待测电阻R= 0。 (2)她进一步用如图丁所示实验电路探究充电宝的电动势和内阻，并用两只数字多用 电表分别作为电压表和电流表，图中电阻R。=0.5Ω。 物理试题（二）第5页（共8页） 考前冲顶实 U/V 数字多用表1 5.50 数序多用表2 左 5.00 开关 4.50 充电宝 4.oo 00.501.001.502.00/A 丁 戊 ①闭合开关前，应把滑动变阻器的滑片移到最 端（填“左”或“右”）； ②图中“数字多用电表1”是 表（填“电流”或“电压”）； ③在充电宝电量接近100%时，实验得到了与干电池相似的U-I图像，如图戊所示。 由图像可得该充电宝的电动势E=V,内阻r= Ω（结果均保留 小数点后两位)。 ④研究发现充电宝在电量减少的过程中，电动势几乎不变，由此可以推测充电宝内 用来储存电能的器件可能是 A.电感线圈 B.电容器 C.电池组 13.(10分)如图所示，某柱状透明工艺品的截面形状是圆心角为60°、半径为R的扇形，一 束单色平行光沿与OA面成45°角的方向射向OA面，经OA面折射进入该柱状介质 内，已知折射光线均平行于OB面。 (1)求该柱状介质的折射率。 (2)求弧面AB有光线射出的部分对应的弧长（不考虑二次反射）。 战演练 物理试题（二）第6页（共8页） 1 14.(13分)现代科技中常用电场和磁场控制粒子的运动。如图，在平面直角坐标系xOy 15 的第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，在第一、三、四象限内有垂直于坐标平面向 外的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从x负半轴上坐标为 (一d,0)的P点沿与x轴正向成60角向第二象限内射出，初速度大小为vo,粒子以垂 直y轴的方向首次进入磁场，粒子再次进电场时速度方向与初速度。方向相同，不计 粒子的重力，求： (1)匀强电场的电场强度E的大小； (2)匀强磁场的磁感应强度B的大小； (3)粒子从P点射出（记为第0次经过x轴）后，第6次经过x轴时的位置离坐标原点 O的距离。 P。O 1 物理试题（二）第7页（共8页） 考前冲顶实战演练 (17分)某多米诺骨牌游戏爱好者设计的游戏启动装置，如图所示。整个装置由粗糙水 平直轨道AB、与AB相切于B点的光滑竖直半圆固定轨道BC、粗糙水平桌面DE、平 台四部分组成。可看作质点的滑块P和Q分别放置于A点和B点，与平台等高的木 板静置于DE上且其右端与C恰好在一条竖直线上，多米诺游戏启动牌静置于平台的 右端。现用F=30N的水平恒力向右拉动滑块P,运动x=0.4m后撤去F,P运动到 B点与Q发生弹性碰撞，Q经过C点后滑上木板，木板左端运动到平台右端时木板被 锁定，待Q与启动牌碰撞后游戏启动。已知AB的长度s=1m,BC的半径R=0.3m,木板 的长度L=1.05m,木板左端到平台右端的距离d=0.34m,P的质量M=2kg,Q与木板 的质量均为m=1kg。P与AB间、Q与木板间的动摩擦因数均为41=0.15，木板 与DE间的动摩擦因数42=0.05，重力加速度大小g取10m/s2。求： (1)P与Q碰撞前瞬间的速度大小； (2)Q运动到C点时对半圆轨道的压力大小； (3)Q与启动牌碰撞前瞬间的速度大小。 平台Y启动牌 C d D R F Q 72257777777777777777777777777 A B 物理试题（二）第8页（共8页）·物理· 参考答案及解析 参考答案及解析 2025一2026学年度考前冲顶实战演练物理（二） 一、单项选择题 2.0×105Pa,从C到D是等温变化，根据玻意耳 1.C【解析】频率越大，光子的波长越短，故入1>λ2 定律有，pcVc=pDVD,解得pD=1.5×105Pa,结 >入3，A错误；能级差越大，光子的能量越大，故三 合上述，只有第二个图像满足要求，B正确。 种光子的能量e3>e2>e1,根据e=hy可知v3>y2 6.A【解析】设物块甲缓慢向右上方移动使得细线 B错误，C正确；报据p左可知波长越长， OC与竖直方向的夹角为α，对节点O受力分析， 在竖直方向上，根据平衡条件可得ToA cos0= 动量越小，所以p3>p2>p1,D错误。 Toccos a,对物块甲受力分析，在竖直方向上，根 2.B【解析】F-r图像阴影部分曲边梯形面积的物 理意义代表试探电荷从B点移到C点过程中克服 超平衡条件可得Tocos a=m昭，即ToA=090 库仑力所做的功，即电场力做负功，W=一S,因为 所以细线OA上的弹力不变，A正确；由题意可 W=gUc,所以Uc=-S,B正确。 知，物块乙始终静止不动，即处于平衡状态，则物 9 块乙所受合力为零不变，B错误；由A选项可 3A【解标】桃搭工一？4，解得无人机运动过框 知Tocosa=mW,即Ta-品在移动注程 中加速度大小约为a=25m/s2,C错误；根据牛顿 中，a逐渐增大，则细线OC上的弹力逐渐增大，C 第二定律可得F一f=ma,解得无人机运动过程 错误；对物块甲受力分析，在水平方向上，根据平 中所受阻力f=2000N,A正确；无人机4s时的 衡条件可得Tocsin a=F,与Toccos a=mg联 速度4=at4=l00m/s,B错误；根据P=Fv可 立，解得F-m wgtan a,在移动过程中，a逐渐增 知，则无人机4s末功率约为P=Fu4=2.7×105W 大，则外力F逐渐增大，D错误。 >2.5X106W,D错误。 7.C【解析】根据楞次定律可知，左侧小圆和中间 4.D【解析】卫星从A运动至B的过程中，距离地 大圆产生的感应电流方向相同，而右侧小圆产生 心越来越运，由G=ma可知加速度逸济减 的感应电流方向与左侧小圆和中间大圆均为逆时 针，根据法拉第电磁感应定律可得线圈中感应电动 小，A错误；人造卫星在A点的发射速度大于第 宇宙速度，由A向B运动过程中速度大小逐渐减 势的大小为E=E十E。一E=S,·A +S,· 小，故其速度不是始终小于第一宇宙速度，B错 误；人造卫星运动过程中只有引力做功，机械能守 π(2d)2,导线单位长度的电阻为r,则电路总电 恒，C错误；卫星从A运动至B的过程中，距离地 心越来越远，万有引力与速度夹角是钝角，故受到 阻R=r·[(2πd)X2十2π·2d],可得线圈中感 地球的万有引力做负功，D正确。 度心流的安小1一是--c层 5.B【解析】从题图可以看出，A与B连线的延长 二、多项选择题 线经过原点，根据理想气体状态方程可知，从A到 B是等压变化，即有pA=pB,根据盖-吕萨克定律 8.BC【解析】周期T= 人=8s,t=0时刻质点P 有个A-,解得T4=200K,从B到C是等 向正向振动，经质点运动方向相反，故向负向拔 宝化，福金理定体有-积，解得c 动，A错误：经波在其传搭方向传出入 4 41=2s时 物理答案（二）第1页（共4页）》 1 2026 考前冲顶实战演练（二） 质点P位移为3cm,故质点经过的路程为 a=g一F,弹簧弹力遂浙变大，故加速度 m (1-9）-3 逐渐变大，A做加速度变大的减速运动，故A的 2 -cm,B正确；左侧波经4s传至 位移>20士，=A在传送带上留下 工=12m处，质点负向起振，报动3平位移为1cm, 的划痕长度x=正A一x4> 2t1,D正确。 右侧波经8s传至x=12m处，质点正向起振，振 三、非选择题 人位移为2cm,故t=10s时，x=12m处质 11.(1)B(2分)(2)A(2分)(3)减小(2分) 移为3cm,C正确；AB为反步调振动的相千波 【解析】(1)由实验原理可知，实验过程中合力的 源，波程差为0，入处为减弱点，AB间有x=10m、 作用效果与两个分力的作用效果相同，运用了等 x=14m、x=18m三个振动减弱点，D错误。 效替代法，B正确。 9.ABC【解析】高压输电线的输送电压指升压变压 (2)根据力的平衡条件，弹簧测力计A与B的合 器副线圈两端电压U2,A正确；降压变压器原线 力应与物体M的重力等大且反向，故实验中要 圈两端电压为U3,则高压输电线上损失的电压△U 测出物体M的重力大小；每次实验保持重物静 =U2一U3,由欧姆定律可得高压输电线的输送电流 止时读两个弹簧测力计示数即可，不必要让重物 I=NU_U.-U, 每次静止位置相同，A正确。 ,B正确；设降压变压器副线圈两 (3)对结点O进行受力分析，如图所示，当结点O 端电压为U4,由欧姆定律可得用户的电流I。= 位置不变，测力计A的力方向也不变时，将测力 U 尺，对降压变压器，由理想变压器的原理可得 计B如上图顺时针转动一些，FB力会减小，FA 也会减小。 =,结合1=UU,综合可得1= 二n,U4 U2 nR十，由能量守恒定律可得输电效率)= U,1X100%=U,-1 U2I-I'r X100%=n2R × mg U, n2R+r 12.(1)①B(2分)②160(1分)(2)①右(1分) 100%= 105R U2 ×100%,C正确；由I= 106R+r n2R+r' ②电压(1分)③5.50(1分)0.25(1分) 可得当r增大，R减小，U1、U2、n不变时，高压输 ④C(1分) 电线的电流I不一定减小，D错误。 【解析】(1)①欧姆调零时，应将红、黑表笔直接 10.CD【解析】0~t1过程，A向右减速，B向右加 短接（用手捏表笔不会影响调零），所以甲操作不 速，最后共速，则在这段时间内A的位移大于B 影响结果；测量电阻时，用手捏表笔会使人体电 的位移，A错误；初始时A向右减速，B向右加 阻与待测电阻并联，导致测量值偏小，所以乙操 速，故可知在A与传送带第一次共速前，AB整 作影响结果，B正确。②选择开关在“×10”挡 体所受合外力为零，系统动量守恒有2v= 位，由图丙可知，欧姆表指针示数为“16”，则待 m十mvB,解得在t=t1时，B的速度vB=v,所 测电阻R=16×102=1602。 以在t=t1时，A、B的速度相同，B错误；在t1时 (2)①闭合开关前，滑动变阻器应调到阻值最大 间内，设AB向右的位移分别为xAxB,由功能关系有 处，由图丁可知，滑片移到最右端时，接入电路的 1 221 mgtgs2+ 电阻最大。②“数字多用表1”与滑动变阻器、R0 m(2oP+E。, 并联，因此它是电压表。③根据闭合电路欧姆定 此时弹簧的压缩量△x=xA一xB,解得△x= 律U=E一I(R。+r),在UI图像，电动势E等 1 于图像的纵轴截距，即E=5.50V;图像斜率的绝 (mo2一Ep),C正确；0~t1过程，传送带位 umg 移x格=t1,A的初速度2v,末速度v,加速度 对值表示R。十r,斜率=5,5-4.0 2=0.752, 2.0-0 1 物理答案（二）第2页（共4页） ·物理· 参考答案及解析 已知R。=0.52,则内阻r=(0.75-0.5)2= 同向，根据对称性可知，粒子在磁场中第一次经 0.252。④电池组的电动势在电量减少过程中 过x轴时，速度与x轴正向夹角为60°，设粒 几乎不变（类似干电池），而电感线圈、电容器的 子在磁场中做圆周运动的半径为r,根据几何 储能特性不符合此特点，C正确。 关系sin30°=-y (1分) 18.反e 解得r=√3d 【解析】(1)对光线进入介质时，由折射定律知 粒子第一次在磁场中运动的速度 sin i (2分) 1 sin r v=v0c0s60°= 20 (1分) 其中i=45°，r=30° v2 (1分) 可得n=√2 (1分) 根据洛伦兹力提供向心力qB=m (2)进入介质内光线，在AB弧面上恰好发生全 √3muo 解得B= 6gd (1分) 1 反射时，设临界角为C,可知sinC= (1分) n (3)粒子第1次经过x轴时位置离坐标原，点的距 可得C=45 (1分) 离x1=rcos30°=1.5d 光路如图所示 (1分) 根据对称性，粒子第2次经过x轴时位置离坐标 原，点的距离x2=x1 假设粒子第二次经电场偏转后，从x轴出电场， 粒子在电场中运动的时间t2= 2vsin60°_2d a 则粒子沿x轴正向运动的距离s=vt2cos60° 射到AB孤面上的光线入射角为a,可知 <c2假设成立 (1分) a=60°-3 (1分) 粒子第3次经过x轴时位置离坐标原，点的距 可知折射进入的光线在AB孤面上到达位置越 离x3=x2一5=x1一5 (1分) 向左入射角越大，设恰好射到P点的光线为对应 粒子第4次经过x轴时位置离坐标原点的距 临界角时的光线，可得B=15° (1分) 离x4=x3十2x1=3x1-5 (1分) 故射出光线的圆孤部分对应圆心角 粒子第5次经过x轴时位置离坐标原，点的距 ∠POB=459 (1分) 离x5=x4一S=3x1一2s (1分) 8X2xR=π 粒子第6次经过x轴时位置离坐标原点的距 对应的孤长5= 4 (1分) 离x6=x5十2x1=5x1-2s=6.5d。 (1分) 14.a)3mg (2)3m (3)6.5d 4gd 6gd 5.(①)3m/s(2)8N(3)0.1ms 【解析】(1)设电场强度大小为E,粒子第一次在 【解析】(1)滑块P从A运动到B,设P到B点 电场中运动的时间为t1,将粒子在电场中的速度 时的速度大小为0，根据动能定理有 沿两坐标轴分解，则Vosin60°=ati (1分) .1 Fz-Mgs-2Moi-0 (1分) 根据牛顿第二定律gE=ma,水平位移d= t1vocos 60 (1分) 解得vo=3m/s (1分) 联立解得E=3mu (2)P与Q在B,点发生弹性碰撞，设向右为正，碰 (1分) Aqd 撞后P的速度为V,Q的速度为oQ,根据动量守 (2)设粒子第一次出电场的位置离坐标原点的距 恒定律和能量守恒定律有Muo十0=Mu。十 离为，则y=21sin60°=5。 2 d (1分) mg,号Med+0-2Me;+mw3 (2分) 由于粒子第二次进电场时速度方向与初速度。 解得vp=1m/s,va=4m/s 物理答案（二） 第3页（共4页） 2026 考前冲顶实战演练（二） 碰撞后，Q从B点运动到C点，根据能量守恒定 1 $有m=2mgR+7m呢 1 对木板有0*=a1,x2=20来 (1分) 解得t1=1s,℃共=0.5m/s,x1=1.25m,x2= Q在半圆轨道的C点，根据圆周运动规律有 0.25m 名 FN十mg=mR (1分) 因为x2<d,x1一x2<L,所以Q与木板达到共 速后，再一起向左做减速运动至平台右端(2分) 屏得F-9N 设两者一起减速的过程中，加速度大小为a3,运 动的位移为△x2,末速度大小为v2,根据动力 由牛顿第三定律，滑块Q在C点对半圆轨道的 学分析对木板和Q有2μ2mg=2ma3,v-v= 压力大小为3 0 (1分) -2aa△x2,△x2=d-x2 (3分) (3)Q以c滑上长木板后，Q向左做减速运动， 解得v2=0.4m/s 木板向左做加速运动。设它们的加速度大小分 木板到达平台右端时被锁定，此时Q在木板上继续 别为a1、a2,对Q有μ1mg=ma1 (1分) 向左减速至平台右端。则该过程Q的加速度为a1, 对木板有μ1mg-2μ2mg=ma2 (1分) 设其运动的位移为△x,末速度大小为3，即为Q与 启动牌碰撞前瞬间的速度大小，根据动力学分析对 解得a1=1.5m/s2,a2=0.5m/s2 假设经时间t1,两者有共同的速度℃共，此时Q运 Q有3-3=一2a1△x,△x=L-(x1一x2）（2分) 解得o3=0.1m/s。 (1分) 动的位移为x1,木板运动的位移为x2,对Q 1 有0共=uc-a1t1x1=2(0e十u失)t 1 物理答案（二）第4页（共4页）