物理（一）-【真题密卷】2026年高考物理考前冲顶实战演练（湖南专版）

2025一2026学年度考前冲顶实战演练 物理（一） 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、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 符合题目要求。 1.卢瑟福用α粒子轰击氮原子核，首次实现人工核反应，发现了质子。其核反应方程为N 十He→1？O十p,下列说法正确的是 A.x=14,y=8 B.x=13,y=6 C.p是H D.p是_9e 2.2025年九三阅兵式上，甲、乙、丙三架直升机分别用轻绳悬挂等质量旗帜，从天安门广场 上空水平匀速飞过，如图所示。由于风力大小不同，甲、乙、丙的轻绳与竖直方向的夹角 分别为a、B、Y,a<B<y且均保持不变，风力均视为水平，则 A.甲所受轻绳拉力最大 B.乙所受轻绳拉力最大 C.丙所受轻绳拉力最大 D.甲、乙、丙所受轻绳拉力大小相等 3.如图所示，半径为R的倾斜圆盘倾角为0，绕过圆心O且垂直于盘面的转轴匀速转动。 将一质量为m的小物块（可视为质点）放在圆盘边缘，并能随圆盘一起转动。已知小物 块与圆盘间的动摩擦因数μ=2tan0,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。 则圆盘匀速转动的最大角速度为 “0 10.. 物理试题（一）第1页（共8页） 考前冲顶 g sin 0 2g tan 0 g tan 0 g sin 0 A. B. C.R D. 班级 2R R NR 4.2025年11月，火星环绕探测器“天问一号”成功观测到来自太阳系以外的彗星一阿特 拉斯。观测发现该彗星有一颗小卫星绕其做匀速圆周运动，测得小卫星的轨道半径为 姓名 x,运行周期为T。若彗星可视为半径为R的均匀球体，万有引力常量为G,忽略彗星以 --------------- 外其他星球对小卫星的影响，则下列说法正确的是 得分 A.曹星的质量M=GT 4π2r3 4π2r3 B.彗星的质量M= GT2 C若卫星轨道半径增大，则周期变小 D.若卫星轨道半径增大，则卫星的绕行速度增大 5.真空中存在着平行x轴方向的电场，x轴上各点的电势9随位置x变化的关系图像如 图所示。一个带负电的粒子从x=一1cm处由静止释放，不计粒子重力，则下列说法正 确的是 /V 8 -2-1012八 >x/cm A.x=2cm处的电势为零，电场强度大小也为零 B.x=1cm处的电场强度大于x=2cm处的电场强度 粒子沿x轴正方向运动的最远位置处横坐标x。 D.粒子沿x轴正方向运动过程中，电势能先增大后减小 6.某实验小组成员根据光的干涉原理设计了探究不同材料热膨胀程度的实验装置，如图 所示。材料I置于玻璃和平板之间，材料Ⅱ的上表面与上层玻璃下表面间形成空气劈 尖。单色光垂直照射到玻璃上，就可以观察到干涉条纹。下列说法正确的是 单色光 材料Ⅱ 材料1 材料I A.干涉条纹由玻璃的上表面和材料Ⅱ的上表面反射光叠加形成 B.仅换用频率更大的单色光，干涉条纹将向右移动 C.仅温度升高，若干涉条纹向右移动，则材料Ⅱ膨胀程度大 D.材料Ⅱ的上表面可以与上层玻璃下表面平行 实战演练 物理试题（一）第2页（共8页） 5 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 7.某相控阵雷达原理如图，在xOy直角坐标系中(k,0)的各坐标点(k为正整数)都为一个 雷达波发射单元，可向y>0空间发射波长入=2m的、以波源为圆心的同种圆形雷达 波。若要利用波的叠加原理向日=60°方向集中雷达波能量，只需使各雷达波在垂直该 方向的直线AB上的相位相同即可；此时相邻两发射单元相位差大小为△0。则 y/m B 2 5 6 7 x/m A.△p=2 B.△g=月 C.若0从60°开始减小，则△p减小 D.若0从60°开始减小，则△0增大 8.打铁花是国家级非物质文化遗产，表演时，将高温的铁汁抛向空中击打到墙上，铁花四 溅，极为壮观，如图甲所示。某同学利用频闪照相机拍摄到一铁花（可视为质点）下落过 程中的五个位置如图乙所示，测得A、C及C、E两点间连线的实际距离分别为L1 和L2,与水平方向的夹角分别为01和02。若已知频闪的时间间隔为△，重力加速度为 g,不计空气阻力。下列说法正确的是 A、B ----oic.c .0。E 乙 A.该铁花一定做平抛运动 B.铁花从B点到D点的过程，速度变化量大小为2g△t,方向竖直向下 C.L2sin 02-Lisin 01=g At2 D.铁花经过B点时的速度大小为2 Li 5 物理试题（一）第3页（共8页） 考前冲顶多 9.如图甲所示，液压拔桩机将桩体从土壤中竖直拔出，并上升一段高度的整个过程中，桩 体一直做匀加速直线运动。如图乙所示，桩体被拔出的过程中，受到的阻力f大小与在 地基里面的长度h成正比。已知桩体尖端部分、土壤对桩体的支持力大小以及空气阻 力均忽略不计，桩体质量为m,t。时刻桩完全出土。整个运动过程，液压机对桩体的作 用力F、液压机对桩体的作用力的瞬时功率P与位移x和时间t的关系中（图中t >t。、x>H。的图像为直线)。下列图像可能正确的有 地基 B D H 10.电磁制动是一种利用电磁感应产生的电磁力来制动的技术，广泛应用于各种机械设备 中。如图甲所示为一竖直下降的电梯内电磁制动系统核心部分原理图，“日”字形导线 框始终处于竖直平面内，线框水平部分EF=PQ=MN=L=1.0m,电阻均为R=2.02, PQ与EF、MN间距均为L=1.0m,线框竖直部分电阻不计，线框总质量m=6kg;线 框下方有垂直纸面向外的、磁感应强度大小B=10T的有界匀强磁场，磁场高度h=1.0m, 上下边界水平。导线框以初速度v。进人磁场，流过MN的电流与下降路程s的关系 如图乙所示（部分），不计空气阻力，g取10m/s2。下列说法正确的是 F /A 20 M 10 。。。。····· 0 3寸m h······。。eB. 。···。。·。。。 甲 A.线框刚进入磁场时，MN边中电流的方向N→M 40 B.PQ边刚进人磁场时，线框的加速度a=3m/s C.线框MN刚进入磁场时，线框的速度为6.0m/s D.线框MN边穿越磁场的过程MN边产生的焦耳热Q'=94J 战演练 物理试题（一）第4页（共8页） 三、非选择题：本题共5小题，共56分。 11.(7分)在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，已知使用的油酸酒精溶液的浓度 为A,N滴溶液的总体积为V。在浅盘中的水面上均匀撒上痱子粉，将一滴溶液滴在 水面上，待油膜稳定后，在带有边长为L的正方形小格的玻璃板上描出油膜的轮廓如 图，测得油膜占有的正方形小格个数为n。 (1)以下假设与本实验有关的是 A.将油酸分子视为球形 B.将油膜看成单分子层 C.油膜中分子沿直线排列 D.油酸分子紧密排列无间隙 (2)油酸分子直径约为 (用题中所给符号表示)。 (3)某同学所得到的油酸分子直径的计算结果明显偏大，可能是由于 A.油酸未完全散开时就描下油膜轮廓 B.计算油膜面积时把半格左右的均算成一格 C.实验使用的油酸酒精溶液在空气中搁置了较长时间 D.在向量筒中滴入总体积为V的N滴油酸酒精溶液时，滴数多数了10滴 12.(9分)某科技兴趣小组用下列方法测量手机锂电池的内阻。 (1)首先用多用电表的直流电压10V挡粗略测量了锂电池的电动势，由图甲可知锂电 池的电动势约为 V。 (2)某同学用图乙所示的电路测量电源电动势和内阻，测得多组电压U和电阻箱R 的数据，画出的元R 11 图像为一条直线（见图丙）。由图丙可知该电池的电动势E = V,内阻x= Ω（保留2位有效数字），测得电动势 (填 “大于”“小于”或“等于”)真实值。 a255025P T/V- 0.6--------- R 0.3 80股 N-V-Ω 0 4.0 P/Q- 甲 乙 丙 物理试题（一）第5页（共8页） 考前冲顶实战 13.(10分)小明的电动滑板车采用一种创新的“空气动力巡航”技术。其核心是一个导热 良好、容积恒为V。=1.5L的高压储气罐，气罐向后排气可给滑板车提供动力。使用 前，他先在温度T1=280K车库内用电动气泵给储气罐充气，气泵每次工作，会 将V。=0.1L、压强p。=1.0×105Pa的空气打入储气罐中，不考虑由于做功引起的 气体温度的变化。 (1)打气150次后，压强表显示储气罐内压强p2=4.0×106Pa,求打气前，储气罐内气 体压强。 (2)在完成150次打气后，将滑板车拿到温度T2=300K户外使用，当储气罐压强降 至p3=1.5×106Pa时，停止排气，求放出的气体与刚完成打气时罐中的气体质量 的比值。 人 演练 物理试题（一）第6页（共8页） 5 14.(14分)如图所示，xOy竖直平面的第一象限0≤x≤4L区域内存在垂直xOy平面向 5 外的匀强磁场，第二象限存在水平向右的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带电 粒子从x轴上的P点以初速度vo垂直x轴进人电场中，粒子经y轴上的Q点进入磁 场中、又从与Q等高的M点（未标出）离开磁场，最后到达x轴上的N点（未标出）。 已知P点坐标为（一3L,0),Q点坐标为(0,23L),粒子重力不计。求： (1)匀强电场的电场强度大小； (2)匀强磁场的磁感应强度大小； (3)粒子从P到N的时间。 y 23L 个6 P-3L O 4 5 物理试题（一）第7页（共8页） 考前冲顶实战演练 (16分)如图所示，传送带的左侧为足够长的光滑水平台面，右侧为光滑竖直圆弧曲 面，传送带与左侧台面、圆弧轨道最底端等高且平滑对接。一轻质弹簧左端固定在竖 直墙上，右端与质量M=2kg的小物块B连接。传送带始终以v=2/s的速度逆时 针转动。现将质量m=1kg的小物块A从曲面上距水平面高度h=2.0m处由静止 释放。物块A、B之间每次发生的都是完全非弹性碰撞，但碰后并不粘连，第一次碰撞 前物块B静止于平衡位置，且每次回到平衡位置时物块B都会立即被锁定，而当它们 再次碰撞前锁定被解除。已知传送带长L=1.0m,物块A与传送带之间的摩擦因数 h=0.2,g取10m/s2。 (1)求物块A第一次与物块B碰撞前的速度大小。 (2)求物块A第一次与物块B碰撞后弹簧弹性势能的最大值。 (3)与物块B第一次碰后运动的全过程中，求物块A与传送带间因摩擦而产生的热量。 B =2m/s O)】 物理试题（一）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（一） 一、选择题 错误；粒子沿x轴正方向运动到最远处时速度为 1.A【解析】p是质子，表示为1H,C、D错误；根据 零，根据动能定理，有W=一q(p1一P2)=△Ek= 反应方程满足质量数和电荷数守恒，可得x十4= 0,粒子最远能运动到电势大小与x=一1cm处相 17+1,7+2=y+1,解得x=14,y=8,A正确，B 2 错误。 同的位置，根据图像，可知此点横坐标x一3cm,C 2C【解析】以旗帜为研究对象，进行受力分析如 正确；带负电的粒子从x=一1cm处由静止释放向x 图，由几何关系可知，假设轻绳与竖直方向夹角为 轴正方向运动，运动过程中电势先增大后减小，设带 0,轻蝇对旗枫的拉力F=)又因为夫角a<P 负电的粒子的电荷量大小为q,根据公式E。=一qP, 可知电势能是先减小后增大的，D错误。 <Y,所以F两>Fz>F甲，C正确。 6.C【解析】干涉条纹由上层玻璃的下表面反射的 光和经材料Ⅱ的上表面反射的光发生千涉形成 的，A错误；换用频率更大的单色光，根据c=入∫， 可知光的波长入会变小，根据暗条纹（或明条纹） 的位置条件2d=(或2d=(2十1) 2),对于同 一级次的条纹(k值相同)，其对应的光程差会变 G 小，由于空气膜厚度从左到右是增大的，所以同一 3.D【解析】物块随圆盘做匀速圆周运动，在最低 级条纹出现在原来的左侧，条纹需要向左移动，B 点时受到的摩擦力最先达到最大，小物块与圆盘 错误；干涉条纹是等厚线，即空气膜厚度相同的位 间的动摩擦因数μ=2tan0,则有mg cos0一 置，从左到右，空气膜的厚度逐渐增大，当温度升 g sin 0 高时，若干涉条纹向右移动，说明原来某一条纹所 mg sin0=mwR,解得w-√R,D正确。 在位置的空气膜厚度变小了，需要向右移动，空气 4.B【解析】由万有引力定律和圆周运动向心力公 膜厚度的减小，意味着材料Ⅱ的膨胀量大于材料 式可知，GMm=4r2, 产=mT,简化得M=4 I的膨胀量（因为空气膜厚度等于材料I的高度 GT8,B正 减去材料Ⅱ的高度)，因此，材料Ⅱ的膨胀程度更 确，A错误；根据万有引力充当向心力，可解得T2= 大，C正确；要观察到干涉条纹，要求空气膜的厚 4π2r3 GM,即TCr,当轨道半径r增大时，周期T增 度发生连续变化，即形成一个劈形膜。如果材料 Ⅱ的上表面与上层玻璃下表面平行，则空气膜厚 大，C错误；根据公式G Mm一m,解得。S 度处处相等，在单色光垂直照射下，将是均匀的亮 r2 或暗，而不会出现明暗相间的千涉条纹，D错误。 当轨道半径，增大时，绕行速 G,即c1 二、选择题 7.AD【解析】由图可知，从相邻两个波源传到直线 度v减小，D错误。 AB上的波的路程差△x=dcos60°=1×0.5m= 5.C【解析】由px图像可知，x=2cm处的电势 为零，在中x图像中斜率表示电场强度的大小，可 05m=子，可知要伐各需达波在金直该方向的直 知其电场强度大小不为0，A错误；由图像可知，x 线AB上的相位相同，则相邻两发射单元相位差 正半轴的电场强度大小为300V/m,沿x轴正方 向电势降低，所以电场强度方向沿x轴正方向， 大小△g=,B错误，A正确；若0从60开始减 x=1cm和x=2cm两个位置电场强度相同，B 小，则根据△x=dcos0,可知△x增大，则△p增 物理答案（一）第1页（共4页） 5 2026 考前冲顶实战演练（一） 大，C错误，D正确。 8.BD【解析】铁花初速度情况未知，故不一定做平 阻R,-R十R-30,联立解得递度w 抛运动，A错误；铁花从B点到D点的过程，根据 6.0m/s,C正确；由图乙知，PQ边刚进入磁场 △v=a△t,可得速度变化量大小为△v=g·2△t= 时，MN中的电流I1=5A,则由电路结构知流过 2g△t,方向竖直向下，B正确；根据逐差公式△x= PQ的电流I=10A,由牛顿第二定律得BIL一 aT2,可知L2sin02-L1sin01=4g△t2,C错误；如 mR-m0,解得a-四m/,方有向上，B错溪 图所示，设铁花运动时水平方向的速度为x,经过 A、B、C三点竖直方向的速度分别 线框MN边出磁场时，由法拉第电磁感应定律 为V,A、VB、VC,则水平方向有L1cos01=vzX E E=BL0,感应电流I=尺，结合图乙知I=10A, 2A,竖直方向有L4im0,=0A十cX2△L=,B 2 总电阻R”=R十2R=3,02,联立解得线框的速 X2△t,B点时的速度大小vB=√十，联立解 度v=3.0m/,由能量守恒定律得mgL+2moi 得UB人D正确 1 一2mu=Q,MN边穿越磁场的过程MN边焦 A10 B 耳热Q-号Q,解得Q=941,D正猜。 三、非选择题 ●C 9,BC【解析】由题知，桩体向上做匀加速运动，则有v 1.1DABD2分)2n(2分)3A3分) =at,没出土之前，根据牛顿第二定律F一f-ng 【解析】(1)该实验采用理想模型法，即将油酸分 m又f)-(-w联立可 子视为球形，将油膜看成单分子层，油酸分子紧 密排列无间隙；与实验无关的是油膜中分子沿直 线排列，A、B、D正确。 得F=mg+ma士(H。一x)=mg十ma十 (2)一滴油酸酒精溶液含纯油酸的体积V。= 看(H。一r小，出上之后，根%车领第二定律 VA H。 _Vo_VA ,油酸分子直径约为d=SmN· 有F一mg=ma,解得F=mg十ma,综上分析，可 (3)某同学所得到的油酸分子直径的计算结果明 知力F先与位移x是一次函数，与时间t之间是 Vo 二次函数，之后保持不变，B正确，A错误；根据功 显偏大，根据d=S,则油酸未完全散开时就描 率公式P=Fu,其中v=at,出土之前，P= 下油膜轮廓，则S偏小，则油酸分子直径的测量 [g+m+后(a-r】u,出主之后，P 值偏大，A正确，计算油膜面积时把半格左右的 均算成一格，则S偏大，则油酸分子直径的测量 (mg十ma)at,出土之前P与时间t是三次函数，出 值偏小，B错误；实验使用的油酸酒精溶液在空 土之后是一次函数，C正确；根据功率公式P=F, 气中搁置了较长时间，则油酸酒精溶液的浓度变 其中v=√2ax,可得到出土之前P= 大，实验时仍按原体积浓度比计算，得到的油酸 ng+m+va,出士之后，P- 体积偏小，则油酸分子直径的测量值偏小，C错 误；在向量筒中滴入总体积为V的V滴油酸酒 (mg十ma)√2ax,P与x不可能是一次函数，D错 精溶液时，滴数多数了10滴，则得到的一滴油酸 误。 酒精溶液中含纯油酸的体积V。偏小，则油酸分 10.ACD【解析】由右手定则可知，MN边刚进入 子直径的测量值小于真实值，D错误。 磁场时电流的方向N→M(向左)，A正确；MN 12.(1)3.8(2分)(2)3.3(2分)0.25(2分)小 边在磁场中运动产生感应电动势，有E。=BL0, 于(3分) 【解析】(1)电压表量程为10V,则最小分度为 应电流，=尺，由图像知1，=20A,总 0.2V,则读数为3.8V。 5 物理答案（一）第2页（共4页） ·物理· 参考答案及解析 (2)由闭合电路欧姆定律可得E=U十尺·r,可 2 由牛顿第二定律可得qoB=mR (1分) 11 ·图像可知，纵截距 代入数据，解得B=2gL mvo (1分) r0.6-0.33 F三0.3，斜谗 ,解得E= 4.0 40 10 TB- 3 V≈3.3V,r=0.252,由于电压表的并联， 所测得电动势偏小。 13 13.(1)3×10Pa(2)20 【解析】(1)假设打气前储气罐内气体压强为1， (3)粒子在磁场内运动的圆心角为2B,由对称性 由于温度保持不变，由玻意耳定律可得 可知粒子出磁场后y方向的速度大小仍为o,粒 pV。+npovp=pzVo (2分) 子从M到N的时间仍为t1,则粒子从P到N的 解得p1=3×10Pa (2分) 时间1=2弘，+2 0 (2分) (2)打气后拿到户外罐中气体在温度为T2,压强 为3时体积为V,由理想气体状态方程可得 代入数据，解得1=43L+2L (2分) 0 3v0 pzV。_p3V T T2 (2分) 15.(1)6m/s(2)6J(3)12J 放出的气体与刚完成打气时的罐中的气体质量 【解析】(1)设物块A滑到曲面底部速度为o0, 之比装 V兹V-Vo (1分) (2分) 根据动能定理，有mgh三2mo 代入数据得m燕=13 解得vo=2√10m/s>v=2m/s (1分) m20 (2分) 则物块A在传送带上开始做匀减速运动 假设物块A一直减速滑过传送带前速度为口A, 14.(1)m0 2gL (e2w2 (3)43L+2πL 3u0 剥有-mgL=mi-名mi 1 (1分) 【解析】(1)带电粒子在电场中做抛体运动，根据 牛顿第二定律有qE=ma (1分) 解得vA=6m/s 由于vA=6m/s>2m/s,说明假设成立，即物块 1 沿x轴方向有3L=2at好 (1分) A与物块B第一次碰撞前的速度大小为6m/s。 (1分) 沿y轴方向有2W3L=vot1 (1分) (2)设第一次碰后物块A与物块B的速度 联立解得E= (1分) 为VA1,则对物块A与物块B系统在碰撞过程， (2)粒子进入磁场的速度为v,则有vz=at1,v= 根据动量守恒，有mvA=(m十M)vA1 解得vA1=2m/s (1分) √6+u 之后物块A与物块B一起减速至速度为零时，弹 代入数据，解得=2vo (1分) 簧弹性势能最大，可得 粒子运动轨迹如图所示 1 由几何关系可知，粒子速度与水平方向夹角β满 E-(m+M)v (1分) 足sin月==J (1分) 代入，解得Epm=6J (1分) 02 (3)物块A与B第一次碰撞后，当弹簧恢复原长 则有月一君 (1分) 时A、B分离，此时物块A的速度大小仍为 由几何关系可知，粒子轨迹圆的圆心在x轴上 o=-2m/ (1分) 的C,点，粒子在匀强磁场中做圆周运动的圆半 物块A在传送带上先向右做匀减速运动，减速到 径R=23L =4L (1分) 零的位移x= (1分) cos B 是-=1m=L 2a 2ug 物理答案（一） 第3页（共4页） 5 2026 考前冲顶实战演练（一） 所以物块A在传送带上先向右做匀减速到零的 第n次与物块B碰撞后，在传送带上运动的时 运动，再向左做匀加速运动以原速率返回左端， 间t。=2X0=2X巴=6 ug 3ns (1分) 所以物块A与物块B第二次碰撞前的速度 a o=号=2m/ 物块A与传送带的相对位移 (1分) (1分) 设第二次碰后物块A与物块B的速度为V2,则 S相=tn二0=30 对物块A与B系统在第二次碰撞过程，有 与物块B第一次碰后运动的全过程，物块A与传 mo'h=(m+M)Un2 (1分) 送带间因摩擦而产生的热量 UA 2 Q=mgss=2×(得+是+号+…+）J≈ /12,12,12, 解得vu一m十M=3=3m/s (1分) 同理可推，物块A每次碰撞后都将被传送带带回 与物块B发生下一次碰撞，则A与B碰撞n次 3 24× 1 J=12J。 （1分) 后返回传送带，速度大小为 1一3 _0A6 UAn3-3m/s (1分) 5 物理答案（一）第4页（共4页）