物理（二）-【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（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、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.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1，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 Ag S B. q S D. "q 2.2025年我国GJ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 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 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 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 D.无人机最大功率约为2.5×106W 物理试题（二）第1页（共8页） 考前冲顶实 3.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 班级 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 姓名 地球 得分 D 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 4.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 V/cm3 0.8 0.6 0.4 0.2 7 0 →T/×102K +p/(×10Pa） +p/(×105Pa) 2.5 净D 2.5 2.0 C 2.0 净C 1.5 B ● B 1.5 D 1.0 1.0 0.5 0.5 +T/×102K →T/×102K A. 0 1 2 3 4 B. 0123 4 ↑p/(x10Pa) +p/×105Pa) 2.5 A 2.5 2.0 20- 1.5 净C 1.5 D 1.0 B 1.0… B 0.5 0.5 →T/×102K →T/×102K c 0 1 2 3 4 D.01 23 4 5.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 战演练 物理试题（二）第2页（共8页） 6 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 6.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 十 × X X 2d d A.0 B. r c 3kd D.Ar 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.为了保护人民的生命和财产安全，科学家研究了针对导弹或陨石的拦截技术并进行模 拟测试。如图所示，假设某陨石P从A点以速度。斜向下飞来，速度方向与水平方向 的夹角为；此时在A点的正下方B处在同一竖直平面内以速度v斜向上发射炮弹进 行拦截，速度方向与竖直方向的夹角也为0，最终拦截成功。已知重力加速度为g,A、B 间的高度差为九，tan0=2,不考虑空气阻力的影响。下列说法正确的是 .A0 6 物理试题（二）第3页（共8页） 考前冲顶实 A.v=√5v0 B.v=2v0 C炮弹击中陨石时离地面的高度为6一砂 5v8 D.炮弹击中陨石时离地面的高度为力-0， 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 ◆y/cm v/cm 05 B 0 含0立4i6i82动m -2 甲 乙 A.t=4s时质点P向正方向振动 B0~2s内质点P经过的路程为23。 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=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 护 106R C.输电效率为10°R十 -×100% 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 战演练 物理试题（二）第4页（共8页） 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2v,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4；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 AwB 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=1时，弹簧的压缩量为1 (mu2-E。) umg D.0一1过程，A在传送带上留下的划痕长度大于2 三、非选择题：本题共5小题，共56分。 11.(7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。 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”）。 物理试题（二）第5页（共8页） 考前冲顶实： 12.(9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 0 2.55.025P 2 88盟 甲（指针接触） 乙 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= n。 (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。=0.52。 数字多用表1 5.50 字多用表2 5.00 开关 4.50 充电宝0 4.00.出出出出出出出出 '00.501.001.502.001 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= 2(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 龙演练 物理试题（二）第6页（共8页） 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）。 14.(14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 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g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轴的方向首次进人磁场，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。 物理试题（二）第7页（共8页） 考前冲顶实 15.(16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μ1=0.15，木板 与DE间的动摩擦因数μ2=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。 平台心启动牌 C d 一L D R P F nminmm K B 战演练 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、选择题 1.B【解析】F-r图像阴影部分曲边梯形面积的物 据平街条件可得Tsa=mg,即Tam=mg cos 理意义代表试探电荷从B,点移到C点过程中克服 所以细线OA上的弹力不变，A正确；由题意可 库仑力所做的功，即电场力做负功，W=一S,因为 知，物块乙始终静止不动，即处于平衡状态，则物 W=qUc,所以Uc=- 块乙所受合力为零不变，B错误；由A选项可 ，B正确。 q 知Tcc0sa=m8,即T心=，在移动过程 1 2,A【解析】根据x=2at,解得无人机运动过程 中，α逐渐增大，则细线OC上的弹力逐渐增大，C 中加速度大小约为a=25m/s2,C错误；根据牛顿 错误；对物块甲受力分析，在水平方向上，根据平 第二定律可得F一f=ma,解得无人机运动过程 衡条件可得Tocsin a=F,与Toccos a=mg联 中所受阻力f=2000N,A正确；无人机4s时的 立，解得F=mwgtan a,在移动过程中，a逐渐增 速度o4=at4=100m/s,B错误；根据P=Fv可 大，则外力F逐渐增大，D错误。 知，则无人机4s末功率约为P=F4=2.7X105W 6.C【解析】根据楞次定律可知，左侧小圆和中间 >2.5X105W,D错误。 大圆产生的感应电流方向相同，而右侧小圆产生 3.D【解析】卫星从A运动至B的过程中，距离地 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 心越来越远，由GM=ma可知加速度逐渐减 势的大小为E=E在十E中-E古=S,·光+S2 小，A错误；人造卫星在A点的发射速度大于第一 宇宙速度，由A向B运动过程中速度大小逐渐减 5-S。·B,即E=d2+kπ(2)一元d2 小，故其速度不是始终小于第一宇宙速度，B错 kπ(2d)2,导线单位长度的电阻为r,则电路总电 误；人造卫星运动过程中只有引力做功，机械能守 阻R=r·[(2πd)X2+2π·2d],可得线圈中感 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 应电流的大小I=E_π(2d)d R8πdr-2,C正确。 地球的万有引力做负功，D正确。 二、选择题 4.B【解析】从题图可以看出，A与B连线的延长 7.BD【解析】设经过时间t,炮弹与陨石相遇，则在 线经过原点，根据理想气体状态方程可知，从A到 水平方向位移相等，则VotcOs0=tsin0,所以v= B是等压变化，即有卫A=pB,根据盖-吕萨克定律 有”y。 an0-2o,A错误，B正确；在竖直方向有u,tsin日 TA=T,解得TA=200K,从B到C是等容 1 十1.2tc。s8一g2=五，解得t—,故饱 支化，帐格意度究律有器-行解得e 5v0 弹击中陨石时陨石离地面的高度h1=ut cos日 2.0×105Pa,从C到D是等温变化，根据玻意耳 -告一欲C维头，D医瑞 1 定律有，pcVc=ppVp,解得pD=1.5X105Pa,结 合上述，只有第二个图像满足要求，B正确。 &BC【解析】周期T=人=8s,t=0时刻质点卫 5,A【解析】设物块甲缓慢向右上方移动使得细线 T OC与竖直方向的夹角为a,对节点O受力分析， 向正向振动，经2质点运动方向相反，故向负向振 在竖直方向上，根据平衡条件可得To4cos日= Toccos a,对物块甲受力分析，在竖直方向上，根 动，A错误：经波在其传搭方向传出入， 4 94t=2s时 物理答案（二）第1页（共4页） 5 2026 考前冲顶实战演练（二） 1 质点P位移为3cm,故质点经过的路程为7 一mg一F,弹簧弹力逐渐变大，故加速度逐浙 m 变大，A做加速度变大的减速运动，故A的位 2 ·cm,B正确；左侧波经4s传至 书人>20主：-名1A在传道带上奥下的 一12m处，质点负向起振，振动3位移为1cm 1 划痕长度x和=xA一xt>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 动位移为2cm,故t=10S时，x=12m处质点位 11.(1)B(2分)(2)A(2分)(3)减小(3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=_U一U,B正确设降压变压器副线圈两 每次静止位置相同，A正确。 r (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 计B如图顺时针转动一些，FB力会减小，FA也 尺，对降压变压器，由理想变压器的原理可得7 会减小。 一n,U4 =,结合1=U二，棕合可得1 不FA U2 nR十，由能量守恒定律可得输电效率)= U,1平x100%-U”X10%=R mg U,I U, n2R+r 12.(1)①B(2分)②160(2分)(2)①右(1分) 106R U2 ②电压(1分)③5.50(1分)0.25(1分) 100%= -X100%,C正确；由I= 106R+r1 n2R+r ④C(1分) 可得当r增大，R减小，U1、U2、n不变时，高压输 【解析】(1)①欧姆调零时，应将红、黑表笔直接 电线的电流I不一定减小，D错误。 短接（用手捏表笔不会影响调零），所以甲操作不 10.CD【解析】0~t1过程，A向右减速，B向右加 影响结果；测量电阻时，用手捏表笔会使人体电 速，最后共速，则在这段时间内A的位移大于B 阻与待测电阻并联，导致测量值偏小，所以乙操 的位移，A错误；初始时A向右减速，B向右加 作影响结果，B正确。②选择开关在“×10”挡 速，故可知在A与传送带第一次共速前，AB整 位，由图丙可知，欧姆表指针示数为“16”，则待 体所受合外力为零，系统动量守恒有2mv= 测电阻R=16×10=1602。 mv十mB,解得在t=t1时，B的速度vB=v,所 (2)①闭合开关前，滑动变阻器应调到阻值最大 以在t=t1时，A、B的速度相同，B错误；在t1时 处，由图丁可知，滑片移到最右端时，接入电路的 间内，设AB向右的位移分别为xA,xB,由功能关系 电阻最大。②“数字多用表1”与滑动变阻器、R0 有-amg十mg,=号m2+m-na) 1 并联，因此它是电压表。③根据闭合电路欧姆定 律U=E-I(R。十r),在UI图像，电动势E等 十E。,此时弹簧的压缩量△x=xA一xB,解得△x= 于图像的纵轴截距，即E=5.50V;图像斜率的绝 (m2-E,),C正确；0~41过程，传送带位 对值表示R十r,斜率k=55-4.0 2=0.75, mg 2.0-0 移x传=t1,A的初速度2u,末速度v,加速度a= 已知R。=0.52,则内阻r=(0.75-0.5)2= 5 物理答案（二）第2页（共4页） ·物理· 参考答案及解析 0.252。④电池组的电动势在电量减少过程中 子在磁场中做圆周运动的半径为，根据几何 几乎不变（类似干电池），而电感线圈、电容器的 (1分) 储能特性不符合此特点，C正确。 关系sin30°=-y 13.(1)√2 e 解得r=√3d (1分) 粒子第一次在磁场中运动的速度 【解析】（1)对光线进入介质时，由折射定律知 1 (1分) sin i 0=Uc0s60°=20 sinr =n (2分) v2 根据洛伦兹力提供向心力guB=m (1分) 其中i=45°，r=30 可得n=√2 (1分) 解得B= 3mvo (1分) (2)进入介质内光线，在AB孤面上恰好发生全 6gd 1 (3)粒子第1次经过x轴时位置离坐标原点的距 反射时，设临界角为C,可知sinC= (1分) n 离x1=rcos30°=1.5d 可得C=45 (1分) 根据对称性，粒子第2次经过x轴时位置离坐标 光路如图所示 (1分) 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=vt2c0s60°= <x,假设成立 (1分) 粒子第3次经过x轴时位置离坐标原点的距 射到AB孤面上的光线入射角为α，可知 a=60°-B 离x3=x2一S=x1一S (1分) (1分) 可知折射进入的光线在AB孤面上到达位置越 粒子第4次经过x轴时位置离坐标原点的距 离x4=x3十2x1=3x1-s (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5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) 故射出光线的圆孤部分对应圆心角 离x5=x4一5=3x1一2 (1分) ∠POB=45° (1分) 粒子第6次经过x轴时位置离坐标原点的距 离x6=x6+2x1=5x1-2s=6.5d。 (1分) 对应的孤长：=名×2R- 4 (1分) 5.3m/s(2380N(30.1m3 14.(1)3mu5 (2)3mu (3)6.5d 【解析】(1)滑块P从A运动到B,设P到B,点 Agd 6gd 【解析】(1)设电场强度大小为E,粒子第一次在 时的速度大小为0，根据动能定理有 1 电场中运动的时间为t1,将粒子在电场中的速度 Fx-μ1Mgs -2 Mug-0 (1分) 沿两坐标轴分解，则vosin60°=at1 (1分) 解得vo=3m/s (1分) 根据牛顿第二定律gE=ma,水平位移d= (2)P与Q在B点发生弹性碰撞，设向右为正，碰 tivo cos 60 (1分) 撞后P的速度为vp,Q的速度为vQ,根据动量守 √3mv 联立解得E= (1分) 恒定律和能量守恒定律有Mv。十0=Mo。十 4qd (2)设粒子第一次出电场的位置离坐标原，点的距 ma,2wo+0=2Mw+wd (2分) 离为y,则y=2tsin60= 1 (1分) 解得vp=1m/s,vQ=4m/s 24 碰撞后，Q从B点运动到C点，根据能量守恒定 由于粒子第二次进电场时速度方向与初速度 同向，根据对称性可知，粒子在磁场中第一次经 珠有了m6=2mgR十号mo (1分) 过x轴时，速度与x轴正向夹角为60°，设粒 Q在半圆轨道的C,点，根据圆周运动规律有 物理答案（二） 第3页（共4页） 5 2026 考前冲顶实战演练（二） FN十mg=mR (1分) 解得t1=1s,共=0.5m/s,x1=1.25m,x2= 0.25m 解释F、-吕N 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(1分) 由牛顿第三定律，滑块Q在C点对半圆轨道的 设两者一起减速的过程中，加速度大小为a3,运 10 压力大小为gN (1分) 动的位移为△x2,末速度大小为v2,根据动力 (3)Q以c滑上长木板后，Q向左做减速运动， 学分析对木板和Q有2μ2mg=2ma3,v?-o共= (3分) 木板向左做加速运动。设它们的加速度大小分 -2a3△x2,△x2=d-x2 别为a1、a2,对Q有1mg=ma1 (1分) 解得v2=0.4m/s 木板到达平台右端时被锁定，此时Q在木板上继续 对木板有u1mg一2μ2mg=ma2 (1分) 向左减速至平台右端。则该过程Q的加速度为a1, 解得a1=1.5m/s2,a2=0.5m/s2 设其运动的位移为△x,末速度大小为3，即为Q与 假设经时间t1,两者有共同的速度口共，此时Q运 启动牌碰撞前瞬间的速度大小，根据动力学分析对 动的位移为x1,木板运动的位移为x2,对Q Q有-v2=一2a1△x,△x=L-(x1一x2)(2分) 1 有v类=0c-a141=2(Uc十v共) 解得v3=0.1m/s。 (1分) 1 对木板有v*=06x2=2”来 5 物理答案（二）第4页（共4页）