物理（一）-【真题密卷】2026年高考物理考前冲顶实战演练（安徽专版）

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8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。 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 。2n0 g sin 0 2g tan 0 A·N B. 班级 2R R gtan 0 g sin 0 C.R D.R 姓名 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 ------------- 得分 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 A.彗星的质量M GT2 4π2r3 B.彗星的质量M=GT 4π2r3 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.如图所示为流过电阻R=10Ω的交变电流的i-t图像，虚实线结合的图像为正弦波形 图，虚线表示无电流，实线表示有电流，下列说法正确的是 个iA 2- 0 1.251.52, 0.250.5 2.252.53t/×102s) -2W2 A.该交变电流的频率为100Hz B.1min内该电阻产生的电热为1800J C.该电阻的发热功率为20W D.该交变电流的有效电流值为2A 6.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 -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 2 C.粒子沿x轴方向运动的最远位置处横坐标x3四 D.粒子沿x轴正方向运动过程中，电势能先增大后减小 实战演练 物理试题（一）第2页（共8页） 7 7.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 材料1 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 8.如图，在粗糙水平地面上静置着倾角为O、质量为M的斜面体，其斜面光滑。斜面上放 置的质量为的物块与固定在斜面上端劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧的轴线始 终与斜面平行。在弹簧处于原长时将物块由静止释放，物块在斜面上做往复运动的过 程中，斜面体始终保持静止，重力加速度为g。下列说法正确的是 M A.某时刻地面对斜面体的摩擦力大小可能为零 B.,物块沿斜面向下运动的最大距离为mgsn k C.地面对斜面体的摩擦力大小恒为2 mg sin20 D.地面对斜面体的支持力始终小于(M十m)g 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，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。 9.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△t,重力加速度为 g,不计空气阻力。下列说法正确的是 7 物理试题（一）第3页（共8页） 考前冲顶 .e 甲 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=gAt2 D.铁花经过B点时的速度大小为2△ 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。进入磁场，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 个I/A 20 M 10 h··、···。。.B。 s/m -5 分 乙 A.线框刚进入磁场时，MN边中电流的方向N→M B.PQ边刚进入磁场时，线框的加速度a=3m/s 40 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 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(6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。 实战演练 物理试题（一）第4页（共8页） (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.在向量简中滴入总体积为V的N滴油酸酒精溶液时，滴数多数了10滴 12.(10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 11 的数据，画出的元R 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r= (保留2位有效数字)，测得电动势 (填 “大于”“小于”或“等于”)真实值。 A255.025P 0.6 0.3 A-V-2 4.0 甲 乙 丙 13.(10分)墨子被誉为我国古代“科圣”，在其思想精华《墨经》中云：“景之小大，说在杝正 远近”，对影子大小影响因素进行了阐述。如图为一透明材质的长方体纵截面，一束平 行光以60°的入射角照射在上表面，AB为一长为L的不透光装饰长条（厚度不计），在 物理试题（一）第5页（共8页） 考前冲顶实战演练 长方体的左侧壁形成的影子CD长为√3L。已知光在真空中的传播速度为c。求： (1)透明材料的折射率； (2)照射到C点和D点的光在长方体中传播的时间差。 C D 物理试题（一）第6页（共8页） 7 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 6 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o垂直x轴进入电场中，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↑ 。2 个6 P-3L O 4L 7 物理试题（一）第7页（共8页） 考前冲顶实战演练 (18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 =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 v=2 m/s 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 误；1min内电阻产生的电热为Q=IR·t=1800J, 1.A【解析】p是质子，表示为1H,C、D错误；根据 B正确；电阻的发热功率P=IR=30W,C错误。 反应方程满足质量数和电荷数守恒，可得x十4= 6.C【解析】由px图像可知，x=2cm处的电势 17+1,7+2=y+1,解得x=14,y=8,A正确，B 为零，在x图像中斜率表示电场强度的大小，可 错误。 知其电场强度大小不为0，A错误；由图像可知，x 2.C【解析】以旗帜为研究对象，进行受力分析如 正半轴的电场强度大小为300V/m,沿x轴正方 图，由几何关系可知，假设轻绳与竖直方向夹角为 向电势降低，所以电场强度方向沿x轴正方向， 0,轻绳对旗饮的数力F=g又国为夹角a<月 x=1cm和x=2cm两个位置电场强度相同，B 错误；粒子沿x轴正方向运动到最远处时速度为 <Y,所以F两>F2>F甲，C正确。 零，根据动能定理，有W=一q(p1一P2)=△Ek= 甲 0,粒子最远能运动到电势大小与x=一1cm处相 2 同的位置，根据图像，可知此点横坐标x=了cm,C 正确；带负电的粒子从x=一1cm处由静止释放向x 轴正方向运动，运动过程中电势先增大后减小，设带 胜 负电的粒子的电荷量大小为q,根据公式E,=一q9, G 可知电势能是先减小后增大的，D错误。 3.D【解析】物块随圆盘做匀速圆周运动，在最低 7.C【解析】千涉条纹由上层玻璃的下表面反射的 点时受到的摩擦力最先达到最大，小物块与圆盘 光和经材料Ⅱ的上表面反射的光发生干涉形成 间的动摩擦因数4=2tan0,则有μng cos0 的，A错误；换用频率更大的单色光，根据c=入f, gsin 0 mgsin0=mwR,解得w=√R,D正确。 可知光的波长入会变小，根据暗条纹（或明条纹） 4.B【解析】由万有引力定律和圆周运动向心力公 的位置条件2a=a(或2a=(2E+1D含，对于同 式可知，GMm=m4r2, 2=m,简化得M=4 GT?,B正 一级次的条纹(k值相同)，其对应的光程差会变 小，由于空气膜厚度从左到右是增大的，所以同一 确，A错误；根据万有引力充当向心力，可解得T?= 级条纹出现在原来的左侧，条纹需要向左移动，B 4π2r3 GM,即TCr,当轨道半径r增大时，周期T增 错误；干涉条纹是等厚线，即空气膜厚度相同的位 置，从左到右，空气膜的厚度逐渐增大，当温度升 大，C错误根据公式GMm-m,解得。马 r2 高时，若干涉条纹向右移动，说明原来某一条纹所 在位置的空气膜厚度变小了，需要向右移动，空气 心1，即上，当轨道半径r增大时，绕行速 膜厚度的减小，意味着材料Ⅱ的膨胀量大于材料 度v减小，D错误。 I的膨胀量（因为空气膜厚度等于材料I的高度 5.B【解析】由图可知，该交变电流周期T=2× 减去材料Ⅱ的高度)，因此，材料Ⅱ的膨胀程度更 大，C正确；要观察到干涉条纹，要求空气膜的厚 1 102s,则频率f= =50Hz,该交变电流的频率 度发生连续变化，即形成一个劈形膜。如果材料 为50Hz,A错误；设交变电流有效电流值为I, Ⅱ的上表面与上层玻璃下表面平行，则空气膜厚 则IPR·T=2XR.3T,解得I=3A,D错 度处处相等，在单色光垂直照射下，将是均匀的亮 4 或暗，而不会出现明暗相间的干涉条纹，D错误。 物理答案（一）第1页（共4页） 7 2026 考前冲顶实战演练（一） 8.A【解析】物块在斜面上做简谐运动，其平衡位 时，MN中的电流I1=5A,则由电路结构知流过 置满足ng sin0=kxo,弹簧处于原长时将物块由 PQ的电流I=10A,由牛顿第二定律得BIL 静止释放，故振格A=,=80,根6简背运 20 mg=ma,解得a=3m/s,方向向上，B错误； 动的对称性，可知物块沿斜面向下运动的最大距 线框MN边出磁场时，由法拉第电磁感应定律 离xm=2A=2 ng sin0 ,B错误；物块在斜面上做 k E=BL,感应电流1一，结合图乙知I=10A, 简谐运动，沿斜面方向的加速度按正弦规律变化， 即a=gsin0 cos wt,其在水平方向上的分量 总电队R=R+R=3.0n,联立解得线框的速 1 为a,=gsin0cos9 cos t=2gsin20 cos l,根 度u=3.0m/s,由能量守恒定律得mgL十2mu品 1 1 据牛领第二定律可得f=ma:=2 mgsin20 cos, 一2mu2=Q,MN边穿越磁场的过程MN边焦 即摩擦力的大小按余弦规律变化，可能为零，A正 千热Q-号0，解得Q=941,D正猜。 确，C错误；因为ay=gsin 0sin 0cos wt= gsin0 cos wt,在竖直方向上根据系统牛顿第二定 三、非选择题 律得(M+m)g-N=may=mg sin0 cos wt,解得 1DAD2分)(2,1(2分)（3A2分 N=(M十m)g-mg sinOcos wt,地面对斜面体的 【解析】(1)该实验采用理想模型法，即将油酸分 支持力可能大于、等于或小于(M十m)g,D错误。 子视为球形，将油膜看成单分子层，油酸分子紧 二、选择题 密排列无间隙；与实验无关的是油膜中分子沿直 9.BD【解析】铁花初速度情况未知，故不一定做平 线排列，A、B、D正确。 抛运动，A错误；铁花从B点到D点的过程，根据 (2)一滴油酸酒精溶液含纯油酸的体积V。= △v=a△t,可得速度变化量大小为△v=g·2△t= VA V。VA 2g△t,方向竖直向下，B正确；根据逐差公式△x= 入，油酸分子直径约为d=SnNL: aT2,可知L2sin02-L1sin01=4g△t2,C错误；如 (3)某同学所得到的油酸分子直径的计算结果明 图所示，设铁花运动时水平方向的速度为，，经过 A、B、C三点竖直方向的速度分别 显偏大，根将d则油酸未完全散开时就播 为VyA、VB、V,C,则水平方向有L1c0s日1=VzX 下油膜轮廓，则S偏小，则油酸分子直径的测量 24,竖直方向有L1血0，="AcX2△L=,B 值偏大，A正确；计算油膜面积时把半格左右的 2 均算成一格，则S偏大，则油酸分子直径的测量 X2△t,B点时的速度大小vB=√十oB,联立解 值偏小，B错误；实验使用的油酸酒精溶液在空 气中搁置了较长时间，则油酸酒精溶液的浓度变 得B二2AD正确。 大，实验时仍按原体积浓度比计算，得到的油酸 体积偏小，则油酸分子直径的测量值偏小，C错 A)0 误；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，则得到的一滴油酸 L、 酒精溶液中含纯油酸的体积V。偏小，则油酸分 ●C 子直径的测量值小于真实值，D错误。 10.ACD【解析】由右手定则可知，MN边刚进入 12.(1)3.8(2分)(2)3.3(2分)0.25(3分)小 磁场时电流的方向N→M(向左)，A正确；MN 于(3分) 边在磁场中运动产生感应电动势，有E。=BL0, 【解析】(1)电压表量程为10V,则最小分度为 0.2V,则读数为3.8V。 感应电流1，，由图像知16=20A,总电 ②)由闭合电路欧姆定律可得E=U十？·，可 阻R。=R+2R=3.0,联立解得速度0= 6.0m/s,C正确；由图乙知，PQ边刚进入磁场 福亡-巨·日+E·向日日图像可知，织核距 7 物理答案（一）第2页（共4页） ·物理· 参考答案及解析 1 40,解得E 由几何关系可知，粒子轨迹圆的圆心在x轴上 万=0.3，斜率”=0·60·3=3 4.0 的C点，粒子在匀强磁场中做圆周运动的圆半 10 3 V≈3.3V,r=0.252,由于电压表的并联， 径R=23L =4L (1分) cosβ 所测得电动势偏小。 由牛顿第二定律可得qB=mR (1分) 13.(1)5 (2)23L c mvo 【解析】(1)作出光路图如图所示，入射角i= 代入数据，解得B=2gL (1分) 60°，折射角为r,过C作左侧壁的垂线交BD于 A E,易知CE=AB=L (1分) 则DE=√CD2十CE?=2L (1分) 根据几何关系可知 CE 1 sinr=sin∠CDE= (1分) 可得透明材料的折射率n= (2分) sin r (3)粒子在磁场内运动的圆心角为2B,由对称性 可知粒子出磁场后y方向的速度大小仍为0，粒 子从M到N的时间仍为t1,则粒子从P到N的 时间1=24，+29那 (2分) D 代入教据，解得1=4y3L+2L (2分) 3v0 (2)光在透明材料中的速度0= (2分) 15.(1)6m/s(2)6J(3)12J n 【解析】(1)设物块A滑到曲面底部速度为0， 照射到D点比到C点的光在长方体中传播多用 1 DE 根据动能定理，有mgh= (1分) 的时间△t= (2分) 0 解得vo=2√10m/s>v=2m/s (1分) 2√3L 解得△t= (1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VA, 14.(1)24L 、mi mvo (2) (3)4L+2xL 1 2gL 3U0 1 则有-mgL=2mu暖-2m时 (1分) 【解析】(1)带电粒子在电场中做抛体运动，根据 解得va=6m/s (1分) 牛顿第二定律有qE=ma (1分) .1 由于vA=6m/s>2m/s,说明假设成立，即物块 沿x轴方向有3L= (1分) A与物块B第一次碰撞前的速度大小为6m/s。 沿y轴方向有23L=ot (1分) (1分) (2)设第一次碰后物块A与物块B的速度 装立标得E-爱 (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vx=at1,v= 根据动量守恒，有mA=(m十M)vA √/w+v 解得vA1=2m/s (1分) 代入数据，解得v=2v0 (1分) 之后物块A与物块B一起减速至速度为零时，弹 粒子运动轨迹如图所示 簧弹性势能最大，可得 由几何关系可知，粒子速度与水平方向夹角β满 1 E-(m+M)vA (1分) 足sinB= (1分) 代入，解得Epm=6J (1分) 则有日-日 (3)物块A与B第一次碰撞后，当弹簧恢复原长 (1分) 时A、B分离，此时物块A的速度大小仍为 物理答案（一） 第3页（共4页） 7 2026 考前冲顶实战演练（一） h2m/s 后返回传送带，速度大小为 (1分) VA 6 UAn33m/s (1分) 物块A在传送带上先向右做匀减速运动，减速到 是_06=1m=L 零的位移x=2a一2pg 第n次与物块B碰撞后，在传送带上运动的时 (1分) 所以物块A在传送带上先向右做匀减速到零的 间t.=2X0=2X"u=6 ug 3s (1分) a 运动，再向左做匀加速运动以原速率返回左端， 物块A与传送带的相对位移 所以物块A与物块B第二次碰撞前的速度 12 5指=t。一0=3m (1分) h=2m/s (1分) 与物块B第一次碰后运动的全过程，物块A与传 设第二次碰后物块A与物块B的速度为？2，则 送带间因摩擦而产生的热量 对物块A与B系统在第二次碰撞过程，有 mo'h=(m+M)UA2 (1分) Q=mga=2×(货+号+号++5）J≈ =VA_2 解得e一nNi-学-号n小 (1分) 3 24× 1J=12J。 (2分) 同理可推，物块A每次碰撞后都将被传送带带回 13 与物块B发生下一次碰撞，则A与B碰撞n次 7 物理答案（一）第4页（共4页）