2026年高考考前最后一卷：物理（黑吉辽蒙专用03）（解析版）

这是一份2026年高考考前最后一卷：物理（黑吉辽蒙专用03）（解析版），共11页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．电影《飞驰人生3》的票房一路领跑春节档。该系列的赛车题材速度与激情的氛围感拉满，为观众带来沉浸式视听震撼。若有一段赛道如图1所示，将赛车视为质点，依次经过赛道上的四个位置，如图2所示，其中D位置位于直道段，则图2中关于速度方向与加速度方向可能正确的是（ ）
A．A位置B．B位置C．C位置D．D位置
【答案】B
【解析】曲线运动的速度方向沿轨迹的切线方向；曲线运动的加速度（合外力）一定指向轨迹的凹侧；直线（直道）运动中，加速度与速度一定共线。故选B。
2．如图，等腰三角形玻璃砖的截面ABD的底边长，。一束细光线垂直AB面入射，恰好在底边中点E处发生全反射。不考虑光在玻璃砖内传播时在AB和AD面的反射。已知光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是（ ）
A．该玻璃砖对这种光的折射率为3
B．光在该玻璃砖中传播的速度大小为
C．光在该玻璃砖内部传播的时间为
D．光在AD边上的入射角等于90°
【答案】C
【解析】画出光路图如图所示
A．根据几何关系可知
根据发生全反射的条件
可得该玻璃砖对这种光的折射率，故A错误；
B．光在该玻璃砖中传播的速度大小为，故B错误；
C．根据几何关系可得光在该玻璃砖内部传播的路程为
光在该玻璃砖内部传播的时间，故C正确；
D．根据反射定律可知光在AD边上的入射角等于0，故D错误。
故选C。
3．《中华人民共和国道路交通安全法实施条例》规定：不得连续驾驶机动车超过4小时未停车休息或者停车休息时间少于20分钟。长时间行车不仅驾驶员会疲劳，而且汽车轮胎与地面摩擦会使轮胎变热，有安全隐患。一辆汽车行驶4小时后轮胎变热，轮胎内气体温度升高，设此过程中轮胎体积不变且没有气体泄漏，胎内气体可视为理想气体，该段时间内下列说法正确的是（ ）
A．外界对轮胎内气体做正功
B．轮胎内气体分子的平均动能增大，气体压强减小
C．轮胎内气体向外界释放热量，其内能减小
D．速率大区间的分子数增多，轮胎内气体分子平均速率增大
【答案】D
【解析】A．气体做功的判定依据为体积变化，本题中轮胎体积不变，即气体体积，外界与气体间相互做功为0，故A错误；
B．温度是分子平均动能的标志，温度升高则气体分子平均动能增大；气体做等容变化，由查理定律可知，温度升高时气体压强增大，故B错误；
C．理想气体内能仅由温度决定，温度升高则内能增大；由热力学第一定律
因、，可得，即气体从外界吸收热量，故C错误；
D．温度升高时，气体分子速率分布曲线的峰值向高速区移动，速率大区间的分子数占比增多，分子平均动能增大，因此分子平均速率增大，故D正确。
故选D。
4．如图所示，平行板电容器与电源连接，其中B板接地。开关S闭合后，在两板间C点有一个质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．保持S闭合，将两板平行错开一些，电容器的电容增加
B．保持S闭合，将A板向上平移一小段距离，C点电势降低
C．若将S断开，再将两板平行错开一些，电容器带电量减少
D．若将S断开，再将A板向上平移一小段距离，油滴会向下运动
【答案】B
【解析】A．保持S闭合，电容器两板间电压不变。将两板平行错开一些，正对面积减小，根据电容决定式可知，电容器的电容减小，故A错误；
B．保持S闭合，电压不变。将A板向上平移一小段距离，板间距增大，根据可知板间场强减小。B板接地，电势为零，C点电势
由于C点位置不变，不变，减小，所以降低，故B正确；
C．若将S断开，电容器带电量不变。再将两板平行错开一些，电容减小，但电荷量仍保持不变，故C错误；
D．若将S断开，电荷量不变。再将A板向上平移一小段距离，板间距增大。根据
可知，板间场强不变，油滴受到的电场力不变，油滴仍处于静止状态，故D错误。
故选B。
5．两列频率相同、振幅均为A的水波相遇后，某时刻在它们重叠的区域形成如图所示的图样，实线表示波峰，虚线表示波谷，P、Q、M为叠加区域的三个点，则（ ）
A．Q点始终静止不动
B．M点为振动减弱点
C．P点在半个周期内路程为2A
D．P点经半个周期将变为振动减弱点
【答案】A
【解析】A．Q为波峰与波谷相遇，振动减弱点，振幅为0，始终静止，A正确。
B．M为波谷与波谷相遇，为振动加强点，B错误；
C．P为波峰与波峰相遇，为振动加强点，半个周期路程为4A，C错误；
D．加强点与减弱点的位置是固定的，D错误。
故选A。
6．“一带一路”年度汉字发布活动已经多年，“和”“融”“互”“惠”“永”等都曾当选。某力学兴趣小组制作了“互”字形木制模型。模型分上下两部分，质量均为。用细线连接两部分，当细线都竖直绷紧时，整个模型可以如图所示静止在水平地面上。其中连接a、b两点的细线为p，连接c、d两点的细线为q，已知重力加速度，则（ ）
A．细线q的弹力大小为20NB．细线p的弹力大小一定为20N
C．两细线弹力的差值一定等于20ND．整个模型对地面的压力一定小于40N
【答案】C
【解析】ABC．细线只能提供沿细线的拉力，所以细线p对a点的作用力向下。对模型上部分受力分析，有
变形得
细线p与细线q的拉力大小不确定，但两细线弹力的差值一定等于20N，故AB错误，C正确；
D．对整个模型受力分析，有
根据牛顿第三定律，可知整个模型对地面的压力大小为40N，故D错误 。
故选C。
7．如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的电场强度E＝
B．小球动能的最小值为Ek＝
C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
【答案】A
【解析】A．小球静止时悬线与竖直方向成θ角，对小球进行受力分析
小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有mgtanθ＝qE
解得E＝
故A正确；
B．小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据等效重力提供向心力，有＝m
则最小动能Ek＝mv2＝
故B错误；
C．小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，故C错误；
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，故D错误。
故选A。
8．太阳能量的来源主要通过质子-质子链反应简称PP链，太阳产生的能量约来自该链反应。科学研究发现，该链反应主要通过如下方程发生：①，②，其中为正电子，为太阳中微子，下列说法正确的是（ ）
A．方程式中X为，Y为B．方程式中X为，Y为
C．反应①属于核聚变反应D．Y的比结合能大于X的比结合能
【答案】ACD
【解析】AB．根据质量数守恒和电荷数守恒，方程式中X为，Y为，故A正确，B错误；
CD．反应①、②均属于核聚变反应，反应后的产物更加稳定，比结合能更大，故Y的比结合能大于X的比结合能，故CD正确。
故选ACD。
9．图甲所示的装置是斯特林发电机，其工作原理图可以简化为图乙．已知矩形导线框的匝数为100匝，面积为，处在磁感应强度大小为的匀强磁场中，矩形导线框以10rad/s的角速度绕垂直磁场方向的轴匀速转动，线框与理想变压器原线圈相连，理想变压器原、副线圈的匝数比为，图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，理想电流表示数为0.5A，副线圈串联了电阻可忽略的熔断器、定值电阻，滑动变阻器R和理想电流表，电路处于正常工作状态．不计矩形导线框电阻，下列说法正确的是（ ）
A．原线圈两端电压的瞬时值表达式为
B．熔断器的熔断电流应该不小于5A
C．滑动变阻器的滑片向d端滑动的过程中，电流表示数减小
D．线框从图示位置开始转过的过程中，产生的平均电动势为
【答案】AD
【解析】A．电动势的最大值为
从中性面开始计时，则原线圈两端电压的瞬时值表达式为
选项A正确；
B．理想电流表示数为0.5A，则次级电流
则熔断器的熔断电流应该不小于0.05A，选项B错误；
C．滑动变阻器的滑片向d端滑动的过程中，R阻值减小，则次级电流变大，则电流表示数变大，选项C错误；
D．线框从图示位置开始转过的过程中，产生的平均电动势为
选项D正确。
故选AD。
10．如图甲所示，一物块以某一速度冲上一倾角α=37°的固定斜面，取斜面底端水平面为参考平面，物块冲上斜面开始计时，0.5s内物块动能Eₖ随高度h的变化规律如图乙所示，重力加速度 ，，下列说法正确的是（ ）
A．物块的质量m=2kg
B．物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25
C．物块上升过程的加速度大小
D．物块回到斜面底端时的动能
【答案】BD
【解析】ABC．设物体的质量为m，初速度为，末速度为，由图可知
解得
动能由36J变化为16J物体在斜面上的位移
根据运动学公式则有
解得
联立可得，
又因为
解得
物块的加速度
对物块受力分析，由牛顿第二定律可得
联立解得
AC错误，B正确；
D．物体上升到斜面最高点的位移
从最高点到斜面底端，由动能定理可得
代入数据解得
D正确。
故选BD。
二、实验题：本题共2小题，共16分。
11．（8分）某兴趣小组研究某贵金属电阻的阻值随温度变化的规律。所用器材如下：
电源E（电动势为4.5V，内阻不计）；
电流表A1（量程为0~0.6A，内阻不计）；
电流表A2（量程为0~5mA，内阻不计）；
电压表V（量程为0~3V，内阻约为3kΩ）；
滑动变阻器RP（最大阻值为10Ω）；
定值电阻R0（阻值为2kΩ）；
多用电表；
待测电阻Rx、温控系统、开关以及导线若干。
（1）先用多用电表粗测常温下该金属电阻的阻值，将选择开关旋至“×100”倍率的欧姆挡，进行欧姆调零后对该电阻进行测量，表盘示数如图甲所示，其读数为________Ω。
（2）为了较为精确地测量该电阻的阻值，按照图乙连接电路，其中电流表应选择________（用A1、A2表示）。
（3）调节温控系统的温度，闭合开关S1，断开开关S2，调节滑动变阻器RP，测得此时的电压表、电流表示数分别为U、I1，然后闭合开关S2，调节滑动变阻器RP，使得电压表的示数仍为U，此时电流表的示数为I2，则该温度下电阻的阻值为________（用U、I1、I2表示），电表内阻对贵金属电阻的测量值________（填“有”或“无”）影响。
【答案】（1）3000 （2）A2 （3） 无
【解析】（1）欧姆表的读数为指针所指刻度与倍率的乘积，所以图中读数为
（2）由于实验中电压表量程为3V，待测电阻约为3000Ω，R0阻值为2kΩ，二者并联总电阻约为1.2kΩ，所以流过待测电阻的电流较小，约为4mA，故电流表应选量程较小的A2；
（3）[1]闭合开关S1，断开开关S2时，根据欧姆定律可得
闭合开关S2时，有
联立解得
[2]由以上分析可知，电表内阻对测量值无影响。
12．（8分）某同学用如图1所示装置做“研究平抛运动”的实验，根据实验结果在坐标纸上描出了小球水平抛出后的运动轨迹，但不慎将画有轨迹图线的坐标纸丢失了一部分，剩余部分如图2所示。图2中水平方向与竖直方向每小格的长度均代表，、和是轨迹图线上的3个点，和、和之间的水平距离相等。完成下列填空：（计算结果均保留2位有效数字，g取）
（1）若已测知抛出后小球在水平方向上做匀速运动。利用图2中读取的数据，小球从运动到所用的时间为________s，小球抛出后的水平速度大小为________，小球经过时的瞬时速度大小为________。
（2）已测得小球抛出前下滑的高度为。设和分别为开始下滑时和抛出时的机械能，则小球从开始下滑到抛出的过程中机械能的相对损失________。
【答案】（1）0.20 3.0 5.0 （2）10
【解析】（1）[1]设相邻点迹间的时间间隔为T，小球竖直方向做自由落体运动，则根据匀变速直线运动的推论有
解得
[2]小球的水平初速度为
[3] 小球竖直方向做自由落体运动，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，则点的竖直方向的速度为
所以点的瞬时速度大小为
（2）以斜槽末端所在平面为零势能面，则释放点的机械能为
小球离开斜槽时的机械能为
所以小球从开始下滑到抛出的过程中机械能的相对损失为
三、计算题：本题共3小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．（8分）如图，粗细均匀的光滑细直杆水平固定，滑块A套在直杆上，用长为L的细线与质量为m的小球B相连，质量为3m的长木板静止在光滑水平面上，质量为3m的物块C静止在长木板上表面的左端。现将小球B移到合适的高度，细线刚好水平伸直，滑块A、小球B均静止，释放小球B，小球B摆到最低点时，刚好沿水平方向与物块C发生弹性碰撞，碰撞后，物块C刚好不滑离长木板。已知长木板长为，物块C与长木板间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小为g，滑块A、小球B及物块C均可视为质点，，求：
（1）小球B与物块C碰撞后一瞬间，物块C的速度的大小；
（2）从释放小球B到小球B与物块C碰撞前一瞬间，细线对滑块A做的功W为多少？
【答案】（1） （2）
【解析】（1）设物块C与长木板共同速度为v，根据动量守恒定律
根据能量守恒可得
联立解得
（2）设小球B与物块C碰撞前一瞬间，小球B的速度为，碰撞后一瞬间，小球B的速度大小为，根据动量守恒可得
根据机械能守恒可得
解得
设滑块A的质量为M，B与C碰撞前一瞬间，滑块A的速度为，根据水平方向上动量守恒可得
根据机械能守恒可得
联立解得，
根据动能定理可得，细线对滑块A做的功为
14．（12分）如图甲所示，在水平桌面上固定着两根相距、相互平行的无电阻轨道、，轨道一端固定一根电阻的导体棒，轨道上横置一根质量、电阻可忽略不计的金属棒，两棒相距也为。该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中。开始时，磁感应强度。设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，。
（1）若保持磁感应强度的大小不变，从时刻开始，给棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动。此拉力的大小随时间变化关系如图乙所示。求棒做匀加速运动的加速度及棒与导轨间的滑动摩擦力。
（2）若从开始，磁感应强度随时间按图丙中图像所示的规律变化，求在金属棒开始运动前，这个装置释放的热量是多少？
【答案】（1）， （2）
【解析】（1）由图乙可知，拉力的大小与时间的关系为
设时刻棒速度为，棒做匀加速运动的加速度为，则有
根据闭合电路欧姆定律，此时环路内电流大小为
则时刻棒所受安培力为
设导轨间的滑动摩擦力为，对棒由牛顿第二定律可得
联立可得
由于可取任意时刻，因此有，
代入数据联立解得，
（2）由图丙可知，磁感应强度与时间的关系为
对于环路内的感生电动势有
根据闭合电路欧姆定律，此时环路内电流大小为
金属棒开始运动时，棒所受洛安培力与摩擦力等大反向，有
代入数据可得，从开始到金属棒开始运动时所用时间为
则装置释放的热量为
15．（18分）如图，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，MN和PQ两条竖直分界线把第一象限分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，其中区域Ⅰ中分布着水平向右的匀强电场（大小未知）和垂直于xOy向里的匀强磁场（大小未知），区域Ⅱ中仅分布着与区域Ⅰ相同的匀强电场，区域Ⅲ中分布着与区域Ⅰ相同的匀强磁场和竖直向上的匀强电场（大小与区域Ⅰ相等）。一质量为m、电荷量为q（q>0）可视为质点的小球从O点进入区域Ⅰ中恰好做匀速直线运动，已知小球的初速度大小为，方向与x轴正方向夹角为。小球经M 点进入区域Ⅱ，然后从P点恰好沿x轴正方向进入区域Ⅲ。已知区域Ⅰ的宽度为L，重力加速度大小为g，忽略磁场的边界效应。求：
（1）电场强度E和磁感应强度B的大小；
（2）小球在区域Ⅰ、Ⅱ中运动的总时间t；
（3）小球进入区域Ⅲ后，再次经过PQ线时离x轴的距离Y。
【答案】（1）， （2） （3）
【解析】（1）在区域Ⅰ，小球做匀速直线运动，由受力平衡可知
解得，
（2）在区域Ⅰ，小球水平方向做匀速直线运动，可知，解得
在区域Ⅱ，小球竖直方向只受重力，竖直方向有 ，解得
故小球在区域Ⅰ、区域Ⅱ运动的总时间，解得
（3）在区域Ⅱ，小球水平方向只受电场力，水平方向有，
解得
在区域Ⅲ，
所以，解得
在区域Ⅰ易知，M点到x轴的距离
在区域Ⅱ，设P、M两点的高度差为，小球在竖直方向做匀减速直线运动
解得
根据几何关系可知小球再次经过PQ线时到x轴的距离