物理（四）-【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（四） 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.在超导托卡马克实验装置中，一个H与一个H发生核反应，放出一个，并生成一个 新核。其中H质量为m1,3H质量为m2,0n质量为m3,新核质量为m4,若已知真空中 的光速为c,则下列说法中正确的是 A.该核反应属于α衰变 B.新核的中子数为3，且该新核是He的同位素 C.该反应释放的核能为(m1十m2一m3一m4)c2 D.对于参与核反应的粒子系统，核反应前后系统的动量不守恒 2.某人驾驶一辆汽车以速度。匀速行驶，某时刻汽车开始刹车，测得第1s内的位移大小为 6m,第4s内的位移大小为1.5m。若汽车刹车过程可看做匀减速直线运动，则 A.汽车第4s末已经停下来 B.汽车初速度vo=6.75m/s C.汽车加速度的大小为3m/s2 D.汽车在t=4s时速度大小为0.5m/s 3.如图，一定量的理想气体从状态A经等容过程到达状态B,然后经状态B变化到状态 C,其VT图像如图所示。已知质量一定的某种理想气体的内能只与温度有关，且随温 度升高而增大。下列说法正确的是 A.A→B过程为放热过程 B.B→C过程为等压过程 C.状态A压强比状态C的小 D.状态A内能比状态C的大 物理试题（四）第1页（共8页） 考前冲顶 4.如图，在某次巴蜀中学趣味运动会中，小蜀手持质量为M的乒乓球拍托着质量为m的 班级 乒乓球一起沿水平方向做匀加速直线运动。球拍平面与水平面之间的夹角为日。不计 球和球拍之间的摩擦力以及空气阻力，重力加速度为g。则 姓名 乒乓球 球拍 得分 A.乒乓球的加速度大小为gtan0 B.手对球拍的作用力大小为(m+M)gsin0 C.乒乓球运动过程中，其重力做负功 D.若小蜀在中途突然带着球拍减速，则乒乓球将做自由落体运动 5.一理想变压器原、副线圈匝数比n1:n2=11：5,如图甲所示，原线圈与正弦交流电源连 接，副线圈接入一个20Ω的电阻。原线圈输入电压u随时间t的变化情况如图乙所示。 电压表、电流表均为理想电表，下列说法正确的是 个/V 220√2 5 0.5 /2t/×102s -220√2 A.电流表的示数为5A B.电压表的示数为50V C.变压器的输入功率为500W D.经过60s电阻产生焦耳热为6×104J 6.如图所示，某星球赤道上的A点有一卫星观测站，高空中有一探测卫星b,其轨道与赤 道共面。探测卫星b的绕行方向与该星球自转方向相反，角速度为该星球自转角速度 的2倍。已知该星球半径为R,高空探测卫星b距星球表面的高度也为R,星球表面两 极的重力加速度为g,下列说法正确的是 A,探测卫星b的加速度大小为号 B.该星球同步卫星的轨道半径为4√2R C.每经过4π2R 3 g 时间，探测卫星b经过A点正上方一次 D.卫星观测站能持续监测到探测卫星b的时间最长为 π2R 9g 实战演练 物理试题（四）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.波源处于坐标原点的一机械波沿x轴正方向传播，质点P的平衡横坐标xp=2m,质点 Q的平衡横坐标x。=8m,质点P、Q的振动图像分别如图甲、乙所示，t=0时刻，质点 P、Q间只有一个波峰，下列说法正确的是 A.该机械波的波长为4m B.该机械波的波速是3m/s C.t=10s时，质点P在平衡位置沿y轴负方向振动 D.该机械波在0~5s时间内传播的距离是10m 8.在竖直平面内存在一静电场，其电场线分布如图甲所示，Ox轴竖直向下。在O点由静 止释放一个带电小球，其后小球沿x轴正方向运动的心t图像如图乙所示。已知重力加 速度为g,下列说法正确的是 A.小球带负电 B.小球在A点的加速度可能大于g C.从O点到A点，小球的动量变化率先增大再减小 D.从O点到A点，小球的电势能一直增大 9.《卖油翁》是宋代文学家欧阳修创作的一则写事明理的寓言故事，说明了熟能生巧的道 理。如图所示，油从距离地面高度为H的地方倒出，油束刚好充满钱孔倒入壶内，钱孔 的横截面积为S,油壶的高度为h,油的密度为ρ，重力加速度为g。若油倒人瓶底速度 减为0，没有飞溅。不计一切阻力，下列说法正确的是 5 物理试题（四）第3页（共8页） 考前冲顶 A.单位时间倒入壶中油的质量为pS√2g(H一h) B.单位时间倒入壶中油的质量为p√2g(H-h) C.在动量减小阶段，后落入壶内的油，单位时间内动量变化更少 D.在动量减小阶段，任何时候落入壶内的油，单位时间内动量变化都一样多 10.如图，真空中两个足够大的平行金属板M、N水平固定，间距为d,M板接地。M板上 方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场。M板O点处正上方P点有一粒子源，可 沿纸面内任意方向发射、速度大小相同的同种带电粒子。当发射方向与OP的夹角 0=60°时，粒子恰好垂直M板穿过Q点处的小孔。已知OQ=3L,初始时两板均不带 电，粒子碰到金属板后立即被吸收，电荷在金属板上均匀分布，金属板电量可视为连续 变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法正确 的是 × ×0x + P × ×0× OX A.粒子一定带负电 B.若间距d增大，则板间所形成的最大电场强度增大 C.粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为7L D.粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为2√3d 三、非选择题：本题共5小题，共56分。 11.(7分)某实验小组用如图甲所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。 铁夹 丙 (1)用游标卡尺测量小球的直径，示数如图所示，读数为 mm. 1cm 3 0 10 20 实战演练 物理试题（四）第4页（共8页） (2)若某同学实验中测出单摆做n次全振动所用时间为t、摆线长为l、摆球直径为d, 则当地的重力加速度g= (用测出的物理量表示)。 (3)下列叙述正确的是 A.长度不同的1m和30cm的同种细线，应选用1m的细线做摆线 B.如图乙中A、B、C,摆线上端的三种悬挂方式，选C方式更好 C.从经过平衡位置开始计时，此后单摆60次经过平衡位置的总时间除以60为单 摆振动的周期 D.如图丙中，由于操作失误，致使摆球在一个水平面内做圆周运动，对实验的结果 并不会产生影响 12.(9分)磁阻效应是指某些材料的电阻值随外加磁场变化而变化的现象。如图甲为某磁 敏电阻在室温下的电阻一磁感应强度特性曲线，其中RB、R。分别表示有、无磁场时 磁敏电阻的阻值。为测量某磁场的磁感应强度B,需先测量磁敏电阻处于磁场中的电 阻值。实验器材如下： R 4 10 - 6 、 0 0.2 0.61.0 1.4B/7 分 A.磁敏电阻，无磁场时阻值R。=4002 B.滑动变阻器R,总电阻为102 C.电流表A,量程3mA,内阻未知 D.电压表V,量程3V,内阻为2k2 E.直流电源E,电动势6V,内阻不计 F.定值电阻R G.开关S,导线若干 (1)待测磁场磁感应强度大小约为0.6T~1.4T,选择一个合理的定值电阻R= (填“2k2”“200n”或“202”)； (2)为使测量尽量精确，下列电路图符合实验要求的是 R R A 物理试题（四）第5页（共8页）》 考前冲顶实战 R R R E S E (3)将该磁敏电阻置于待测匀强磁场中，不考虑磁场对电路其它部分的影响。某次闭 合开关后，电压表的示数如图乙所示，此时电压表读数为 V; AUNV 2.5 1.5 5 10 hg 0 1215 0.5 0 3 V 00.511.522.53jmA 丙 (4)进行多次测量，得到电压表读数U和电流表读数I,绘出U-I图像如图丙所示，根据 图像，进一步分析得到匀强磁场中磁敏电阻的阻值RB= 2,结合图甲可知 待测磁场的磁感应强度B= T(结果均保留两位有效数字)。 13.(10分)一个柱状玻璃砖的横截面如图所示，它可视为由半径为R的扇形OPQ与直角 三角形OPM组成，∠QOP=90°，∠OPM=90°，∠OMP=45°。现有一束单色光从 OQ边上的N点垂直边界OQ射人玻璃砖，在圆弧面PQ刚好发生全反射。已知光在 真空中的速率为c,ON长度为受k。不考虑PM反射，求： (1)玻璃砖对该单色光的折射率； (2)单色光在玻璃砖中的传播时间。 459 寅练 物理试题（四）第6页（共8页） 5 14.（14分)如图所示，足够长的固定平行金属导轨A1B1A2B2与水平面的夹角0=30°，导 15 轨的右端接有阻值为R的电阻，导轨的间距为L,导轨C1C2的下方存在随空间交替变 化的匀强磁场，方向如图，大小均为B,每个磁场的宽度均为？。现闭合开关S,将材料 相同、粗细均匀的矩形金属线框MNPQ从距C1C2的上方某一位置静止释放，MN边 刚进入磁场时加速度变为零。已知金属线框的质量为m、周长为3L、总电阻为3R,运 动过程中金属线框与导轨始终接触良好，且MQ与A1B1重合，NP与A2B2重合，不 计线框与导轨之间的摩擦力，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。 (1)线框MNPQ的MN边刚进入磁场时，求B1、B2两点之间的电势差UB,B,; (2)求初始时线框MNPQ的MN边与C1C2之间的距离x1; (3)从线框MNPQ完全进人磁场开始计时，同时断开S,经过时间t,线框的加速度再 次变为零，求此时线框MNPQ的PQ边与C1C2之间的距离x2。 C R B P 、+ C2 630 5 物理试题（四）第7页（共8页） 考前冲顶实战演练 (16分)一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角0=37°的直轨 道AB、螺旋圆形轨道BCDE,倾角0=37°的直轨道EF、足够长水平直轨道FG组成， 半径R=0.32m的螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处，B点高度为1.2R, 轨道间平滑连接。质量M=5kg的滑块b放置在轨道FG上，滑块b的上端面是一水 平台面，合面的长度1，=0.8m,高度，=0.8m,滑块b的侧面是名圆周的圆弧形光滑 槽，槽底跟水平面相切。质量m=2kg的物块a从倾斜轨道AB上高度为H处静止释 放（各段轨道均光滑，物块a视为质点，不计空气阻力，忽略螺距，重力加速度g取 10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8)。 (1)若H=1.12m,求： ①物块a经过B点时螺旋圆形轨道对物块a的作用力大小FB; ②物块a冲上滑块b后能达到的最大离地高度h； (2)欲使物块a击中滑块b的水平台面，求释放高度H的取值范围。 459 ◇物块a A D 、-1 H 滑块b 物理试题（四）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（四） 一、选择题 1.C【解析】这个反应是核聚变，A错误；根据题意 可以写出核反应方程H十H→He十n,新核的 质子数和中子数都是2，是8He同位素，B错误；由 于释放核能，会产生质量亏损，释放的能量大小 E=(m1十m2-m3一m4)c2,C正确；核反应方程 (M+m)g 能量守恒且动量守恒，D错误。 e 2.B【解析】根据△x=aT2,汽车4s末未停下来，根 据△x1-△x4=3aT2,得出加速度大小a=1.5m/s2, 第4s内的平均速度与第3.5s瞬时速度相等，均 乒乓球 为v1=1.5m/s,可知t=4s时，汽车速度2=v1一 球拍 a×0.5s=0.75m/s,A、C、D错误；汽车初速 度o=v1十aX3.5s=6.75m/s,B正确。 3.C【解析】A→B过程，体积不变，则W=0,温度 mg 升高，则△U>0,根据热力学第一定律△U=W+ 丙 Q可知Q>0,即该过程吸热，A错误；B、C连线并 非过原，点的倾斜直线，非等压线，B错误；从A状 5.C【解析】原线周电压有效值U,=202V= 态至C状态，图线上的点与O连线的斜率越大，说 √2 明此状态下压强越小，可知状态A的压强比状态 220V,电压表示数等于副线圈电压的有效 C的小，C正确；状态A的温度比C的低，其内能 值U,=”U,=100V,B错误；流过电阻的电 比C的小，D错误。 171 4.A【解析】对乒乓球受力分析如图甲所示，根据 U2_10 流12=R=20 5A,根据电流比与匝数比的关 牛顿第二定律得ma=mg tan0,解得a=gtan0, 25 A正确；对球拍和乒乓球整体受力分析，如图乙所 系②解得电流表的示数A,A错泥 示，根据平行四边形定则知，运动员对球拍的作用 力F=M+m)g 25 B错误：对乒乓球受力分析如图丙 变压器的输入功率P1=11·U=员A×220V= cos 0 所示，乒乓球水平向右运动，其重力不做功，C错 500W,C正确；理想变压器输入功率与输出功率相 误；若小蜀在中途突然带着球拍减速，由于惯性， 等，即P1=P2=500W,则经过60s电阻产生焦耳 乒兵球的速度不会减小，将与球拍分离，在水平方 热Q=P2t=500W×60s=3.0×104J,D错误。 向有初速度，在竖直方向受力重力作用，故乒乓球 6.A【解析】由万有引力提供向心力G-a, 将做平抛运动，D错误。 r=2R,黄金代换式GM=gR2,联立解得a= 41 乒乓球 (2R)=mw2X2R,解得卫星的角 Mm A正确；由G 球拍 GM 速度u一√2R),则该星球自转的角速度，一 mg 1GM 2√(2R),该星球自转角速度与其同步卫星角速 物理答案（四）第1页（共4页）》 5 2026 考前冲顶实战演练（四） 度相同，有G,产 Mm =mwr,联立解得r=24R,B错 m,油到达壶口时的速度为v,则有m=p·△V,△V 误；由绕行方向相反，则卫星与观测站下一次相遇 =S·a,根据机拔能守恒定律，则有2m2=mg 满足wt十wot=2π，解得时间t= (H-h),联立解得m=S√2g(H-h)·△t,故单 2π ,代入黄金代换式可解得t= GM 1GM 往时间内薄入金中油的质量m=公=PS N(2R)32√(2R)3 √2g(H-h),A正确，B错误；随着油面的上升， 2π2R 后落入壶内的油到达油面的速度逐渐减小，因此 3g ,C错误；如图所示，由几何关系可得，卫星 在动量减小阶段，其单位时间内动量的变化更少， 相对观测站转过的角度为，则卫星现测站能特 C正确，D错误。 续监测探测卫星的时间最长，则t= 10.AC【解析】根据粒子在磁场中的偏转方向，与 2x 左手定则可知粒子带负电，A正确；随着粒子不 3 2π2R 断打到N极板上，N极板带电量不断增加，向下 ,D错误。 GM 1GM 9g 的电场强度增加，粒子做减速运动，当粒子恰能 V(2R)3+ 2W(2R)3 到达N极板时满足0=2ad,a=9E,解得E= A B 2gd,即d越大，板间所形成的最大电场强度越 mv2 609 小，B错误；因粒子发射方向与OP夹角为60°时 恰能垂直穿过M板Q点的小孔，则由几何关系 cos60-3L-T,解得，=2L,可得OP=rsin60°= 二、选择题 7.AC【解析】由振动图像可知周期T=4s,由于 √L,可得粒子从磁场上方，直接打在打到M板 Q、P两个质点振动方向相反，且质点P、Q间只 上表面的位置与O点的最大距离xm= 3 有一个波峰，则可知两者间距离满足入=6m,解 √(2r)2-(OP)=√/13L,当N极板吸收一定量的 粒子后，粒子再从Q点射入极板，会返回再从在Q 入 得波长入=4m,则波速v=不=1m/s,A正确，B 点射出，后继续做圆周运动，这时打在M板上表面 错误；在t=10s时质，点P的振动与方向t=2s时 的位置x=OQ十r=7L>xml,则粒子打在M板 相同，由质点P的振动图像可看出，质点P在平 上表面的位置的最大距离为7L,C正确；因金属板 衡位置沿y轴负方向振动，C正确；该机械波在 厚度不计，当粒子在磁场中运动轨迹的弦长仍为 PQ长度时，粒子仍可从Q点进入两板之间，由几何 0~5s时间内传播的距离△x=ut=5m,D错误。 8.AD【解析】通过题图乙知小球加速度先减小后 关系可知此时粒子从P点沿正上方运动，进入两板 增大，小球向下运动，假设小球带正电，电场力向 间时的速度方向与M板夹角α=30°，则在两板间运 下，由牛顿第二定律可知mg十Eq=ma,电场线从 动时间t 2如。，其中a-a打到M板下表面距 a O到A先密集再稀疏，电场强度先增大再减小，加 离Q点的最小距离s=vcos at,解得s=2dsin2a= 速度先增大再减小，与题图乙不符合，故小球带负 电，且所受电场力始终小于重力，A正确；由牛顿 √3d,D错误。 第二定律mg一Eq=a可知，小球加速度必小于 8,B错误：动量支化本岩=R,由图乙可知小球 60% O. 加速度先减小再增大，故合力也是先减小再增大， 动量变化率先减小再增大，C错误；小球所受电场 力方向竖直向上，电场力一直做负功，电势能一直 602￥ 增大，D正确。 ,0 a 9,AC【解析】设△t时间内倒入壶中油的质量为 5 物理答案（四）第2页（共4页） ·物理· 参考答案及解析 三、非选择题 11.(1)9.50(2分) (2)2xn(21+(3分) t2 (3)AB(2分) 【解析】(1)游标卡尺测量的读数为9mm+10× 0.05mm=9.50mm。 (2)根据几何关系可知光程 (2)单摆周期T=,且联立单摆周期公式T n 2R R -2R=R+W2R(2分) + sin45+R、v② 2xn2(2l+d) 2πg ,解得g= 光在介质中的速度口= (1分) t2 n (3)摆线应适当长一些，A正确；选C方式更好， 单色光在玻璃砖中的传播时间=、 (1分) 能使摆线长度稳定，减小误差，B正确；从经过平 衡位置开始计时，单摆每相邻两次经过平衡位置 (2+√2)R 得出t= (1分) 的时间间隔为一个周期，则60次经过平衡位置的 时间除以30为单摆的周期，C错误；圆锥摆的周 14.(1)mgR (2)9m'gR: (3)mgRmgRt 4BL 16B4L4 4BLT4B2L* 期与单摆的周期不同，会对实验结果造成影响，D 【解析】(I)MN边刚进入磁场时加速度变为零， 错误。 则可得mg sin0=BIL (1分) 12.(1)2k2(2分)(2)B(2分)(3)2.50(2分) 由右手定则可知M端相当于电源的正极，故 (4)4.0×103(2分)1.2(1分) B1B2两点之间的电势差UB,B,>0 (1分) 【解析】(1)磁场磁感应强度大小约为0.6~1.4 1 T,根据图像可知磁敏电阻4R。~12R。,电压表 MN,QP长度均为L,MQNP长度均为2L,可 与电源相比，需要扩量程，所以串联电阻R1= 知QP上的电阻为R U-Uv=2kM。 R21 (1分) Uy 回路外电阻R1一2R一2R Rv 则可得UB,B,=I·R1 (1分) (2)采用伏安法测量电阻，由于待测电阻较大，且 mgR 电压表内阻已知，为了准确测量，选择电流表外 解得UB,B,=4BL (1分) 接，滑动变阻器采用分压式接法，B正确。 (2)MN边刚进入磁场时E=BLo。 (1分) (3)电压表最小分度值为0.1V,读数为2.50V。 E=I·(R,+R) (1分) 2U 金属线框从静止释放到MN边刚进入磁场，由动 (4)根据欧姆定律RB= U,整理得U= 1 I Rv 能定理可得mgx1sin0=2·mw6 (1分) RvRn1,根据图像有RB十2RV RvRB 3V 9m2gR2 解得x1=16B*L (1分) RB十2Rv 3×10-3A' 解得RB=4.0×1032=10R0,结合图甲可知待 (3)从线框MNPQ完全进入磁场到再次加速度 测磁场的磁感应强度B=1.2T。 为零时，设此时速度为1，由力学平衡和动量定 (2)2+2)R 理可知 13.(1)2 4B2L2v1 c mg sin 6= (1分) 2R 【解析】(1)根据题意作图，如图 临界角满足sinC=ON-V2 mgsin0·t-34B2L2 (2分) 2R ·△t=m(v1-0) R2 (2分) 则折射率n一sinC 1 (2分) 其中x2=∑u△t (1分) m2gR2 mgRt 得出n=√2 (1分) 解得x2 4BL4 4B2L2 (1分) 物理答案（四） 第3页（共4页） 5 2026 考前冲顶实战演练（四） 15.(1)①108N;②0.8m 1 (2)1.12m<H<1.6m mg(H-1.2R-R-Rcos 37)-2mv ( 【解析】(1)①从A到B由机械能守恒定律 在C点时 1 vc mg(H-1.2R)=2mu6 (1分) mg-m R (1分) 房 解得H=1.12m (1分) 在B点时FB一ng cos37°=m R (1分) 恰好击中平台右端 解得FB=108N (1分) 由动量守恒和能量关系得mor=mwx十Mu ②从A到F由机械能守恒定律 (1分) 1 mgH-2mv (1分) Ux一V=Vy 1 当物块上升到最大高度时，假设没有离开圆孤 2mu呢=2n(u+g)+2Mm2+mgl,(1分） 面，则物块与滑块共速，此时由动量守恒和能量 20y 且t= 关系mur=(m十M)v共 (1分)》 g 1 1 (v:-v)t=l1 (1分) 2 mv-2(m+M)vk-mgh (1分) 1 (1分) 解得h=0.8m (1分) 其中mgH-2mo3 假设正确，因此最大高度为0.8m 综上解得H=1.6m (1分) (2)恰过C点，根据机械能守恒 故1.12m<H<1.6m。 (1分) 5 物理答案（四）第4页（共4页）