2026届重庆铜梁县一中高考全国统考预测密卷物理试卷含解析

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1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的。
1、一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图甲所示，以此时为计时起点t=0，小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系如图乙所示，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，v1>v2，已知传送带的速度保持不变，则（ ）
A．小物块与传送带间的动摩擦因数μv2，由图示图象可知，0～t1内图象与坐标轴所形成的三角形面积大于图象在t1～t2内与坐标轴所围成的三角形面积，由此可知，物块在0～t1内运动的位移比在t1～t2内运动的位移大，故B错误；0～t2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：W+WG=mv22-mv12，则传送带对物块做功W≠mv22-mv12，故C错误。0～t2内，物块的重力势能减小、动能也减小，减小的重力势能与动能都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，即：0～t2内物块动能变化量大小一定小于物体与皮带间摩擦而产生的热，故D正确。故选D。
2、A
【解析】
开始时，金属棒的重力和安培力大小相等．当磁场方向由垂直纸面向里缓慢地转过90°变为竖直向下，知安培力的大小FA=BIL不变，方向由竖直向上向里变为垂直纸面向里．根据共点力平衡知，细线向纸面内偏转，因为金属棒受重力、拉力和安培力平衡，重力和安培力的合力于拉力大小等值方向，重力和安培力的大小不变，之间的夹角由180°变为90°，知两个力的合力一直增大，所以拉力一直增大，故A正确，BCD错误．
3、D
【解析】
AB．A点和B点在同一个等势面上，第一次小球从A点由静止运动到B点的过程中，库仑力对小球做功的代数和为零，根据动能定理，得
第二次小球从A点由静止运动到B点的过程中，洛伦兹力不做功，根据动能定理，得
所以 ，故AB错误；
CD．小球第一次经过B点时，库仑力有竖直向下的分量，小球受的竖直方向的合力F1>mg ，由牛顿第二定律可知，小球经过B点时的加速度a1>g，小球第二次经过B点时，由左手定则可知，洛伦兹力始终与杆垂直向右，同时杆对小球产生水平向左的弹力，水平方向受力平衡。竖直方向只受重力作用，由牛顿第二定律可知，小球经过B点时的加速度a2=g ，所以a1>a2 ，故C错误，D正确。
故选D。
4、B
【解析】
传送带传动的两轮子边缘上的点线速度相等，所以vA=vB，由题知r1：r2=2：1，由向心加速度公式a=得，
aA：aB=1：2
故B正确，ACD错误。
故选B。
5、D
【解析】
A．合力与分力的关系体现了等效替换的思想，故A正确，不符合题意；
B．库仑扭秤实验和卡文迪许扭秤实验都用了放大的思想，故B正确，不符合题意；
C．加速度a＝、电场强度E＝都采用了比值定义法，故C正确，不符合题意；
D．牛顿第一定律是在实验的基础上经逻辑推理而得出的，采用的是实验加推理的方法，反映了物体不受外力时的运动状态，而不受外力的物体不存在的，所以不能用实验直接验证，故D错误，符合题意；
6、B
【解析】
A．曲线运动的速度方向一直在变化，故A错误；
B．只要是匀变速运动，其加速度a的大小、方向均不变，任意相等时间内速度的变化量为
所以任意相等时间内速度的变化量相同，故B正确；
C．速率恒定的曲线运动，其速度方向变化，则；其加速度不恒定，任意相等时间内速度的变化量为
所以任意相等时间内速度的变化量不相同，故C错误；
D．物体所受合外力持续为零时，其加速度持续为0，速度的大小和方向均不改变，则物体只能做匀速直线运动，故D错误。
故选B。
二、多项选择题：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，有多个选项是符合题目要求的。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、ABD
【解析】
A．干涉条纹是两列频率相同、相位和振动情况相同的光波叠加，衍射条纹是从单缝通过的两列或多列频率相同的光波叠加，故A正确；
B．干涉和衍射是波的特有现象，光可以发生干涉衍射现象，光是波，故B正确；
C．干涉和衍射都产生明暗相间的条纹，但干涉条纹的宽度是相等的，而衍射条纹宽度不等，中央最宽，故C错误；
D．通过狭缝观察日光灯看到彩色条纹是单缝衍射现象，故D正确；
D．白光是由各种不同颜色的单色光组成的复色光，光的颜色由频率决定，不同单色光，频率不同，在真空中传播速度相同，故E错误。
故选ABD。
8、BCD
【解析】
A．设当A离开墙面时，B的速度大小为vB．根据功能关系知

得
从撤去外力到A离开墙面的过程中，对A、B及弹簧组成的系统，由动量定理得：墙面对A的冲量大小
故A错误；
B．当A离开墙面时，B的动量大小
故B正确；
C．当弹簧再次恢复原长时，A的速度最大，从A离开墙壁到AB共速的过程，系统动量和机械能均守恒，取向右为正方向，由动量守恒有
mvB=2mvA+mv′B ①
由机械能守恒有
②
由①②解得：A的最大速度为
故C正确；
D．B撤去F后，A离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大。设两物体相同速度为v，A离开墙时，B的速度为v1．根据动量守恒和机械能守恒得
mvB=3mv

联立解得：弹簧的弹性势能最大值为
故D正确。
故选BCD。
9、BD
【解析】
AB. 合力先做正功再做负功，根据动能随x的表达式知，动能先均匀增加，然后均匀减小，则知物块先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移大小相等，匀减速直线运动的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，则匀减速运动的时间小于匀加速直线运动的时间，故A错误，B正确。
C. 物体先向上匀加速后向上匀减速运动，速度方向不变，故过程中加速度改变方向，故C错误。
D. 根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量，知前半段恒力F做正功，可知机械能随x均匀增加，后半段只有重力做功，机械能守恒，故D正确。
10、ACD
【解析】
A．当线圈处于图示位置时，位于与中性面垂直的平面，瞬时感应电动势最大，灯泡两端电压最大，故A正确；
B．电流表测量的是通过灯泡电流的有效值，故B错误；
C．根据
可知当转速增加1倍，则电动势最大值增大为原来的2倍，根据
可知电动势有效值增大为原来的2倍，即电压表的示数增大为原来的2倍，故C正确；
D．根据
当转速增大1倍，可知交流电的频率变为原来的2倍，即通过灯泡的电流频率为原来的2倍，故D正确。
故选ACD。
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、黑 1 50 560 2400 0.52A 1400Ω 偏大
【解析】
(1)[1]由题中所示电路图可知，B与欧姆表内置电源的负极相连，B为红表笔，A为黑表笔。
(2)[2]由题中所示电路图可知，开关S接位置1时，分流电阻较小，此时电流挡的大量程；
[3]根据题中所示电路图，由欧姆定律可知
[4][5]5mA电流挡的内阻为
则
(3)[6]B端是与“1”相连的，电流表量程为1A，分度值是0.02A，多用电表读数为
[7]此时B端是与“3”相连，多用电表测电阻，由图示可知，指针指在14的位置，则读数为
(4)[8]当电池电动势变小、内阻变大时，需要重新欧姆调零，由于满偏电流Ig不变，欧姆表内阻
变小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，可知当R内变小时，有
由于Ig不变、R内变小，指针跟原来的位置相比偏左，欧姆表的示数变大，导致测量阻值偏大。
12、小车释放时距打点计时器过远；细线没有放在滑轮上；细线没有与木板平行 B BC ABD 11.00 0.60（0.59〜0.63均可） 1.35（1.30〜1.40均可）
【解析】
（1）[1]小车释放时距打点计时器过远、细线没有放在滑轮上、细线没有与木板平行均为错误操作；
（2）[2]图甲中是电火花计时器，电源应用交流电压220V，故选B；
（3）[3]题图甲中已经有了电火花计时器，故不再需要电磁打点计时器，故A错误；实验中需要测量小车质量及纸带点间距离，故要用到天平和刻度尺，故BC正确；题图甲中已经有钩码，不需要质量较大的砝码，故D错误，故选BC；
（4）[4]本装置不能做平拋运动实验，其他均可，故选ABD；
（5）[5][6][7]刻度尺分度值为1mm，故读数为11.00cm；
选C点前后点数据可得瞬时速度
前面的点抖动明显存在误差，选择后面的点计算
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、（1）0.1（2）0.75s（3）一共可以碰撞2次
【解析】
方法一：
解：（1）碰后A向左减速，B向右减速，由图像得：
由牛顿第二定律：
求得
（2）由牛顿第二定：
A减速到0后，向右继续加速，最后与B共速
由：
求得：
，
此过程中，A向左移动的距离为：
之后A与B一起向右匀速运动，时间：
所以一共用的时间：
；
（3）A第1次与挡板P相碰，到第2次相碰的过程内，
假设第3次碰撞前，A与B不分离，A第2次与挡板P相碰后到第3次相碰的过程内
，
求得：
由于：
所以一共可以碰撞2次。
方法二：
解：（1）碰后A向左减速，B向右减速，由图像得：
由牛顿第二定律：
求得
；
（2）碰后B向右减速，A向左减速到0后，向右继续加速，最后与B共速，由动量守恒定律可得：
解得：
此过程，对B由动量定理得：
解得：
对A由动能定理：
求得：
此后A、B一起向右匀速运动的时间：
所以一共用的时间：
（3）A第1次与挡板P碰撞后到共速的过程中，对整个系统，由能量守恒：
假设第3次碰撞前，A与B不分离，A第2次与挡板P相碰后到共速的过程中，由动量守恒：
由能量守恒：
解得：
由于，所以一共可以碰撞2次。
14、①405K ②315K
【解析】
①开始时气体的压强为
体积为V1=LS1，温度T1=300K
水银全离开下面的粗管时，设水银进入上面的粗管中的高度为h3，
则h1S1+h2S2=2h2S2+h3S1，
解得h3=1cm
此时粗管中气体的压强为
此时粗管中气体体积为V2=(L+h1)S1
由理想气体状态方程
得：T2=405K
②再倒入同体积的水银，粗管里气体的体积不变，则粗管里气体的压强为：
由气体发生的是等容变化，则
得：T3=315K
15、 (1)；(2)
【解析】
(1)作出光路图如图所示
入射角为，设折射角为，光束从透明介质出射时偏离入射点距离为，则有
则有
由折射定律
(2)细光束在透明介质中的速度
由几何关系有
解得
光束在空气中的传播时间为
因此光束从发射到射到荧光屏上的时间为