物理（二）-【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（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.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 ① ③ ② 1 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.树上熟透的苹果由静止开始掉落，不计空气阻力，苹果下落过程中 A.相等时间内，速度变化量一定减小 B.相等时间内，速度变化量一定增大 C.下落相同高度，速度变化量一定相同 D.下落相同高度，速度变化量一定诚小 3.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r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 物理试题（二）第1页（共8页） 考前冲顶 B、 班级 9 c-g 0 4.2025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约 姓名 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 得分 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2.5×10W 5.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 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 6.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 0.8 D 0.61 0.4 0.2 0 4 →T/×102K ↑plx105Pa) *p/(x105Pa) 2.5 D 2.5 2.0 2.0----------- 净C 1.5 1.5…A B B --D 1.0 1.0 0.5 0.5 3 →T/×102K A. 0 1 2 B.012 3 T/×102K +p/x105Pa) +p/x105Pa) 2.5 2.0-- 2.5 1.5 C 2.0 PC 1.5 D 1.0 D 1.0 0.5 0.5 →T/×102K →T/×102K C. 0 2 4 D.0 1 2 3 4 实战演练 物理试题（二） 第2页（共8页） 7 7.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 甲 F 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 8.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 ,式中的B。和k为常量，且k>0,则线圈中感应电流的大小为 XX × A.0 B Ar c kd D. 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。 9.一列简谐横波沿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 y/cm ) 024161820xm 甲 7 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 B0~2s内质点P经过的路程为3二3 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 10.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 B.高压输电线的输送电流为 U2-U3 C输电效率为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 三、非选择题：本题共5小题，共58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。 (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”）。 实战演练 物理试题（二）第4页（共8页） 12.(10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 30 2.55.02.5P 0 2 甲（指针接触） 分 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= 2。 (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。 ◆UV 数字多用表1 5.50 字多用表2 左 5.00 开关 限 4.50 充电宝0 4.00 年 0 0.501.001.502.00 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 物理试题（二）第5页（共8页） 考前冲顶实 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面折射进人该柱状介质 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） 7 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 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、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v。,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 7 物理试题（二）第7页（共8页） 考前冲顶实战演练 (18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2=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 nn7n777777n777n777777n77nn77777 E 一d L D R Q nn7n777777777777777 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、选择题 线经过原点，根据理想气体状态方程可知，从A到 1.C【解析】频率越大，光子的波长越短，故入1>入2 B是等压变化，即有pA=pB,根据盖-吕萨克定律 >入3，A错误；能级差越大，光子的能量越大，故三 有A-0,解得TA=200K,从B到C是等容 种光子的能量ea>e2>e1,根据e=hy可知y3>v2 >1,B错误，C正确：根据力一会可知波长越长， 史化根据查豆交球有-气解得c 动量越小，所以p3>p2>1,D错误。 2.0×105Pa,从C到D是等温变化，根据玻意耳 2.D【解析】苹果自由下落，不计空气阻力，为自由 定律有，pcVc=ppV。,解得pD=1.5X105Pa,结 落体运动，加速度恒定为重力加速度g。则相等 合上述，只有第二个图像满足要求，B正确。 时间内，速度变化量△v=g·△t,由于g和△t均 7.A【解析】设物块甲缓慢向右上方移动使得细线 恒定，△v相同，A、B错误；相同位移内，用时越来 OC与竖直方向的夹角为α，对节点O受力分析， 越小，速度变化量减小，D正确、C错误。 在竖直方向上，根据平衡条件可得ToAcos0= 3.B【解析】Fr图像阴影部分曲边梯形面积的物 Toccos a,对物块甲受力分析，在竖直方向上，根 理意义代表试探电荷从B,点移到C,点过程中克服 据平街条件可得Tcos=m昭，即Ta二0， 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=一S, ,B正确。 知，物块乙始终静止不动，即处于平衡状态，则物 块乙所受合力为零不变，B错误；由A选项可 4.A【解析】根据工-，解得无人机运动过程 知To cos a=m甲g,即Toc=,在移动过程 中加速度大小约为a=25m/s2,C错误；根据牛顿 第二定律可得F一f=ma,解得无人机运动过程 中，a逐渐增大，则细线OC上的弹力逐渐增大，C 中所受阻力f=2000N,A正确；无人机4s时的 错误；对物块甲受力分析，在水平方向上，根据平 速度v4=at4=100m/s,B错误；根据P=Fv可 衡条件可得Tocsin a=F,与Toccos a=mg联 知，则无人机4s末功率约为P=Fu4=2.7×106W 立，解得F-m wgtan a,在移动过程中，a逐渐增 大，则外力F逐渐增大，D错误。 >2.5×105W,D错误。 8.C【解析】根据楞次定律可知，左侧小圆和中间 5,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 心越来越远，由G Mm r2 =ma可知加速度逐渐减 的感应电流方向与左侧小圆和中间大圆均为逆时 小，A错误；人造卫星在A点的发射速度大于第一 针，根据法拉第电磁感应定律可得线圈中感应电动 宇宙速度，由A向B运动过程中速度大小逐渐减 铃的大小为E=E卷+E+-E=S,:+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 恒，C错误；卫星从A运动至B的过程中，距离地 π(2d)2,导线单位长度的电阻为r,则电路总电 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。 6.B【解析】从题图可以看出，A与B连线的延长 应电流的大小I=E_π(2d)”d R8πdr-2,C正确。 物理答案（二）第1页（共4页） 7 2026 考前冲顶实战演练（二） 二、选择题 力应与物体M的重力等大且反向，故实验中要 9.BC【解析】周期T=入 8s,t=0时刻质点P 测出物体M的重力大小；每次实验保持重物静 止时读两个弹簧测力计示数即可，不必要让重物 T 向正向振动，经2质点运动方向相反，故向负向振 每次静止位置相同，A正确。 (3)对结点O进行受力分析，如图所示，当结点O T 动，A错误；经好波在其传播方向传出 41=2s时 位置不变，测力计A的力方向也不变时，将测力 计B如上图顺时针转动一些，FB力会减小，FA 质点P位移为cm,故质点经过的路程为十 也会减小。 1-）-3 2cm,B正确；左侧波经4s传至 x=12m处，质点负向起振，振动3T 位移为1cm, mg 右侧波经8s传至x=12m处，质点正向起振，振 12.(1)①B(2分)②160(2分)(2)①右(1分) 动T位移为2cm,故1三0s时，z2m处质点位 ②电压(1分)③5.50(1分)0.25(1分) 移为3cm,C正确；AB为反步调振动的相干波 ④C(2分) 源，波程差为0，入处为减弱点，AB间有x=10m、 【解析】(1)①欧姆调零时，应将红、黑表笔直接 x=14m、x=18m三个振动减弱，点，D错误。 短接（用手捏表笔不会影响调零），所以甲操作不 10.ABC【解析】高压输电线的输送电压指升压变 影响结果；测量电阻时，用手捏表笔会使人体电 压器副线圈两端电压U2,A正确；降压变压器原 阻与待测电阻并联，导致测量值偏小，所以乙操 线圈两端电压为U3,则高压输电线上损失的电压 作影响结果，B正确。②选择开关在“×10”挡 △U=U2一U3,由欧姆定律可得高压输电线的输送 位，由图丙可知，欧姆表指针示数为“16”，则待 电流I=_U:,B正确：设降压变压器刮 测电阻R=16102=1602。 (2)①闭合开关前，滑动变阻器应调到阻值最大 线圈两端电压为U,,由欧姆定律可得用户的电 处，由图丁可知，滑片移到最右端时，接入电路的 流1。-，对降压变压器，由理想变压器的原理 电阻最大。②“数字多用表1”与滑动变阻器、R。 并联，因此它是电压表。③根据闭合电路欧姆定 -费=，4合1U旅合可件 可得 律U=E一I(R。十r),在UI图像，电动势E等 于图像的纵轴截距，即E=5.50V;图像斜率的绝 U, nR十，由能量守恒定律可得输电效率) I=- 5.5-4.0 对值表示R。十r,斜率= 2=0.752, U1-产×10%-”×100%=nR, 2.0-0 U21 已知R。=0.52,则内阻r=(0.75-0.5)2= 106R 0.252。④电池组的电动势在电量减少过程中 100%= ×100%,C正确；由I= 106R+r 几乎不变（类似千电池），而电感线圈、电容器的 U2 nR+,可得当r增大，R减小，U1、U、n不变 储能特性不符合此特，点，C正确。 时，高压输电线的电流I不一定减小，D错误。 1.拒e 三、非选择题 【解析】(1)对光线进入介质时，由折射定律知 11.(1)B(2分)(2)A(2分)(3)减小(2分) sin in (2分) 【解析】(1)由实验原理可知，实验过程中合力的 sinr 作用效果与两个分力的作用效果相同，运用了等 其中i=45°，r=30° 效替代法，B正确。 可得n=√2 (1分) (2)根据力的平衡条件，弹簧测力计A与B的合 (2)进入介质内光线，在AB孤面上恰好发生全 物理答案（二）第2页（共4页）》 ·物理· 参考答案及解析 反射时，设临界角为C,可知sinC=】 (1分) √3mv0 n 解得B= (1分) 6qd 可得C=45° (1分) (3)粒子第1次经过x轴时位置离坐标原点的距 光路如图所示 (1分) 离x1=rcos30°=1.5d (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， ǐO 粒子在电场中运动的时间t,=2usin60°_2d 0 则粒子沿x轴正向运动的距离s=l2c0s60° 射到AB孤面上的光线入射角为a,可知 d a=60°-3 (1分) <x2,假设成立 (1分) 可知折射进入的光线在AB孤面上到达位置越 粒子第3次经过x轴时位置离坐标原点的距 向左入射角越大，设恰好射到P点的光线为对应 离x3=x2一5=x1一S (1分) 临界角时的光线，可得B=15° (1分) 粒子第4次经过x轴时位置离坐标原点的距 故射出光线的圆孤部分对应圆心角 离x4=x3十2x1=3x1一5 (1分) ∠POB=45 (1分) 粒子第5次经过x轴时位置离坐标原点的距 X2πR=πR 1 离x5=x4-s=3.x1-25 (1分) 对应的孤长s= 。 (1分) 粒子第6次经过x轴时位置离坐标原点的距 √3mu (2)3mvo 离x6=x5+2x1=5x1-2s=6.5d。 (1分) 14.(1) (3)6.5d 4gd 6gd 10 【解析】(1)设电场强度大小为E,粒子第一次在 15.(1)3m/s(2)3N(3)0.1m/s 电场中运动的时间为t1,将粒子在电场中的速度 【解析】(1)滑块P从A运动到B,设P到B点 沿两坐标轴分解，则Vosin60°=at1 (1分) 时的速度大小为0，根据动能定理有 根据牛顿第二定律gE=ma,水平位移d= 1 Fx-Mgs=2Mo-0 (1分) t1v0cos60° (1分) 解得vo=3m/s (1分) 联立解得E=√3m (1分) (2)P与Q在B点发生弹性碰撞，设向右为正，碰 4qd (2)设粒子第一次出电场的位置离坐标原，点的距 撞后P的速度为vp,Q的速度为vQ,根据动量守 恒定律和能量守恒定律有Mu。十0=Mv。十 离为，则y=241sin60°= 1 2 d (1分) me,2AMadi+0-号Mo;+7mo8 (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 同向，根据对称性可知，粒子在磁场中第一次经 碰撞后，Q从B点运动到C点，根据能量守恒定 过x轴时，速度与x轴正向夹角为60°，设粒 子在磁场中做圆周运动的半径为，根据几何 徐有2m8=2mgR+名m时 (1分) 关系sin30°=一y (1分) Q在半圆轨道的C,点，根据圆周运动规律有 v己 解得r=√3d FN十mg=mF (1分) 粒子第一次在磁场中运动的速度 0 解得FN=3 N 1 u=U0c0s60°=20 (1分) 由牛顿第三定律，滑块Q在C点对半圆轨道的 根据洛伦兹力提供向心力gwB=m 2 (1分) r 压力大小为智N (1分) 物理答案（二） 第3页（共4页） 7 2026 考前冲顶实战演练（二） (3)Q以c滑上长木板后，Q向左做减速运动， 速后，再一起向左做减速运动至平台右端 木板向左做加速运动。设它们的加速度大小分 设两者一起减速的过程中，加速度大小为a3,运 别为a1、a2,对Q有41mg=ma1 (1分) 动的位移为△x2,末速度大小为v2,根据动力 对木板有μ1mg-2μ2mg=ma2 (1分) 学分析对木板和Q有2μ2mg=2ma3,2一v共= 解得a1=1.5m/s2,a2=0.5m/s2 -2a3△x2,△x2=d-x2 (3分) 假设经时间t1,两者有共同的速度v共，此时Q运 解得v2=0.4m/s 动的位移为x1,木板运动的位移为x2,对Q 木板到达平台右端时被锁定，此时Q在木板上继续 1 向左减速至平台右端。则该过程Q的加速度为a1, 有0类=c-a11x1=2(0c十0类)1 设其运动的位移为△x,末速度大小为3，即为Q与 1 对木板有0共=a2t1,x2=2”共t 启动牌碰撞前瞬间的速度大小，根据动力学分析对 Q有？-v2=-2a1△x,△x=L-(x1-x2)(2分) 解得t1=1s,v共=0.5m/s,x1=1.25m,x2= 解得v3=0.1m/s。 (1分) 0.25m (3分) 因为x2<d,x1一x2<L,所以Q与木板达到共 7 物理答案（二）第4页（共4页）