广东省东莞市高中名校2026届高考物理考前最后一卷预测卷含解析

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2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
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、空间内有一水平向右的电场E，现有一带电量为q的小球以初速度为v0向右上抛出，已知，求小球落地点距离抛出点的最远距离（ ）
A．B．C．D．
2、—物块的初速为v0，初动能为Ek0，沿固定斜面（粗糙程度处处相同）向上滑动，然后滑回到原处。此过程中，物块的动能Ek与位移x，速度v与时间t的关系图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
3、如图所示，一光滑半圆形轨道固定在水平地面上，圆心为O、半径为R，一根轻橡皮筋一端连在可视为质点的小球上。另一端连在距离O点正上方R处的P点。小球放在与O点等高的轨道上A点时，轻橡皮筋处于原长。现将小球从A点由静止释放，小球沿圆轨道向下运动，通过最低点B时对圆轨道的压力恰好为零。已知小球的质量为m，重力加速度为g，则小球从A点运动到B点的过程中下列说法正确的是（ ）
A．小球通过最低点时，橡皮筋的弹力等于mg
B．橡皮筋弹力做功的功率逐渐变大
C．小球运动过程中，橡皮筋弹力所做的功等于小球动能增加量
D．小球运动过程中，机械能的减少量等于橡皮筋弹性势能的增加量
4、某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系图如图所示.用此电源和电阻R1、R2组成电路.R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路.为使电源输出功率最大，可采用的接法是( )
A．将R1单独接到电源两端
B．将R1、R2并联后接到电源两端
C．将R1、R2串联后接到电源两端
D．将R2单独接到电源两端
5、重水堆核电站在发电的同时还可以生产出可供研制核武器的钚239（），这种钚239可由铀239（）经过n次β衰变而产生，则n为（ ）
A．2B．239C．145D．92
6、如图甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为mA和mB的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，它们的质量之比mA:mB=2:1．当用水平力F作用于B上且两物块以相同的加速度向右加速运动时（如图甲所示），弹簧的伸长量xA；当用同样大小的力F竖直向上拉B且两物块以相同的加速度竖直向上运动时（如图乙所示），弹簧的伸长量为xB，则xA:xB等于（ ）
A．1:1B．1:2C．2:1D．3:2
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、一质量为m的物体以某一速度冲上一个倾角为37°的斜面，其运动的加速度的大小为0.9g．这个物体沿斜面上升的最大高度为H，则在这过程中( )
A．物体克服重力做功0.9 mgH
B．物体克服摩擦力做功0.6 mgH
C．物体的动能损失了1.5 mgH
D．物体的重力势能增加了mgH
8、长为的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直面内做圆周运动，关于小球在最高点时的速度、运动的向心力及相应杆的弹力，下列说法中正确的是（ ）
A．速度的最小值为
B．速度由0逐渐增大，向心力也逐渐增大
C．当速度由逐渐增大时，杆对小球的作用力逐渐增大
D．当速度由逐渐减小时，杆对小球的作用力逐渐增大
9、一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能可能( )
A．一直增大
B．先逐渐减小至零，再逐渐增大
C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小
D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大
10、如图为儿童游乐场的滑梯示意图，滑梯可视为倾角为θ、质量为M的斜面固定在地面上，小美手持细线下端悬挂一小球沿滑梯滑下，小美连同小球的质量为m，下滑时，细线呈竖直状态，则在下滑过程中，下列说法正确的是（ ）
A．滑梯对地面的压力大小为（M+m）g
B．小美、小球组成的系统机械能守恒
C．小美与滑梯间的动摩擦因数一定为tanθ
D．系统增加的内能大于小美减少的机械能
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．（6分）小明同学想要设计一个既能测量电源电动势和内阻，又能测量定值电阻阻值的电路。
他用了以下的实验器材中的一部分，设计出了图(a)的电路图：
a．电流表A1(量程0.6A，内阻很小)；电流表A2(量程300μA，内阻rA=1000Ω)；
b．滑动变阻器R(0-20Ω)；
c，两个定值电阻R1=1000Ω，R2=9000Ω；
d．待测电阻Rx；
e．待测电源E(电动势约为3V，内阻约为2Ω)
f．开关和导线若干
(1)根据实验要求，与电流表A2串联的定值电阻为___________(填“R1”或“R2”)
(2)小明先用该电路测量电源电动势和内阻，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关S1，调节滑动变阻器，分别记录电流表A1、A2的读数I1、I2，得I1与I2的关系如图(b)所示。根据图线可得电源电动势E=___________V；电源内阻r=___________Ω，(计算结果均保留两位有效数字)
(3)小明再用该电路测量定值电阻Rx的阻值，进行了以下操作：
①闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器到适当阻值，记录此时电流表A1示数Ia，电流表A2示数Ib；
②断开开关S2，保持滑动变阻器阻值不变，记录此时电流表A1示数Ic，电流表A2示数Id；后断开S1；
③根据上述数据可知计算定值电阻Rx的表达式为___________。若忽略偶然误差，则用该方法测得的阻值与其真实值相比___________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)
12．（12分）某实验小组要测量两节干电池组的电动势和内阻，实验室有下列器材：
A．灵敏电流计G（0~5mA，内阻约为60Ω）
B．电压表V（0~3V，内阻约为10kΩ）
C．电阻箱R1（0~999.9Ω）
D．滑动变阻器R2（0~100Ω，1.5A）
E．旧电池2节
F．开关、导线若干
(1)由于灵敏电流计的量程太小，需扩大灵敏电流计的量程。测量灵敏电流计的内阻的电路如图甲所示，调节R2的阻值和电阻箱使得电压表示数为2.00V，灵敏电流计示数为4.00mA，此时电阻箱接入电路的电阻为1．0Ω，则灵敏电流计内阻为___________Ω；（保留1位小数）
(2)为将灵敏电流计的量程扩大为60mA，该实验小组将电阻箱与灵敏电流计并联，则应将电阻箱R1的阻值调为___________Ω；（保留3位有效数字）；
(3)把扩大量程后的电流表接入如图乙所示的电路，根据测得的数据作出U－IG（IG为灵敏电流计的示数）图象如图丙所示，则该干电池组的电动势E=___________V；内阻r=___________Ω（保留3位有效数字）。
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．（10分）如图所示，在平面的第一、第四象限有方向垂直于纸面向里的匀强磁场；在第二象限有一匀强电场，电场强度的方向沿轴负方向。原点处有一粒子源，可在平面内向轴右侧各个方向连续发射大量速度大小在之间，质量为，电荷量为的同种粒子。在轴正半轴垂直于平面放置着一块足够长的薄板，薄板上有粒子轰击的区域的长度为。已知电场强度的大小为，不考虑粒子间的相互作用，不计粒子的重力。
(1)求匀强磁场磁感应强度的大小；
(2)在薄板上处开一个小孔，粒子源发射的部分粒子穿过小孔进入左侧电场区域，求粒子经过轴负半轴的最远点的横坐标；
(3)若仅向第四象限各个方向发射粒子：时，粒子初速度为，随着时间推移，发射的粒子初速度逐渐减小，变为时，就不再发射。不考虑粒子之间可能的碰撞，若穿过薄板上处的小孔进入电场的粒子排列成一条与轴平行的线段，求时刻从粒子源发射的粒子初速度大小的表达式。
14．（16分）如图所示，滑块和滑板静止在足够大的水平面上，滑块位于滑板的最右端，滑板质量为M=0.6kg，长为L1=0.6m，滑块质量为m=0.2kg，质量也为m=0.2kg的小球用细绳悬挂在O点，绳长L2=0.8m，静止时小球和滑板左端恰好接触。现把小球向左拉到与悬点等高处无初速释放，小球到达最低点时与木板发生弹性碰撞。空气阻力忽略不计，已知滑块与滑板之间的动摩擦因数为，滑板与水平面之间的动摩擦因数，滑块和小球均可看成质点，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）小球刚摆到最低点时与木板发生碰撞前绳的拉力大小；
（2）滑块能否从滑板上掉下?试通过计算说明理由；
（3）滑块和滑板之间由于相对滑动所产生的热量。
15．（12分）如图所示，在直角坐标xOy平面内，第一、二象限有平行y轴的匀强电场，第三、四象限有垂直坐标平面的匀强电磁场。一质量为m、电荷量为q的正电粒子，从坐标原点O以大小为v0，方向与x轴正方向成的速度沿坐标平面射入第一象限，粒子第一次回到x轴时，经过x轴上的P点（图中未标出），已知电场强度大小为E，粒子重力不计，sin=0.6，cs=0.8
(1)求p点的坐标；
(2)若粒子经磁场偏转后，第二次回到x轴的位置与坐标原点O的距离为OP的一半，求磁场的磁感应强度大小和方向。
参考答案
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、C
【解析】
设与水平方向发射角，落地点y=0，故竖直方向上有
解得
在水平方向有
又因为
，
所以最远射程为
故C正确，ABD错误。
故选C。
2、A
【解析】
AB．设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，根据动能定理可得，上滑过程中
则
下滑过程中
则
可知，物块的动能Ek与位移x是线性关系，图像是倾斜的直线，根据能量守恒定律可得，最后的总动能减小，故A正确，B错误；
CD．由牛顿第二定律可得，取初速度方向为正方向，物块上滑过程有
下滑过程有
则物块上滑和下滑过程中加速度方向不变，但大小不同，故CD错误。
故选A。
3、D
【解析】
小球运动到最低点时，根据牛顿第二定律可得F-mg=m，橡皮筋的弹力F=mg+m，故F大于mg，故A错误；根据P=Fvcsα可知，开始时v=1，则橡皮筋弹力做功的功率P=1．在最低点速度方向与F方向垂直，α=91°，则橡皮筋弹力做功的功率P=1，故橡皮筋弹力做功的功率先变大后变小，故B错误；小球运动过程中，根据动能定理知，重力做功和橡皮筋弹力所做的功之和等于小球动能增加量，故C错误。小球和弹簧组成的系统机械能守恒，知小球运动过程中，机械能的减少量等于橡皮筋弹性势能的增加量，故D正确。
4、A
【解析】
根据闭合电路欧姆定律得：U=E−Ir知，I=0时，U=E，图象的斜率等于r，则由电源的U−I图线得到：电源的电动势为E=3V，内阻为r=0.5Ω. 由电阻的伏安特性曲线求出R1=0.5Ω、R2=1Ω，R1单独接到电源两端时，两图线的交点表示电路的工作状态，可知，电路中的电流为3A，路端电压为1.5V，则电源的输出功率为P出1=1.5V×3A=4.5W，
同理，当将R1、R2串联后接到电源两端，利用欧姆定律可得电路电流I串=1.5A，此时电源的输出功率P串=I2串(R1+R2)=3.75W；两电阻并联时，利用欧姆定律可得电路电流I并=3.6A,此时电源的输出功率P并=EI并−I2并r=4.32W；R2单独接到电源两端输出功率为P出2=2V×2A=4W.所以将R1单独接到电源两端时电源的输出功率最大。故A正确，BCD错误。
故选：A
【点睛】
由电源的U-I图线纵横截距读出电源的电动势，由斜率求出电源的内阻．由电阻的U-I图线求出电阻．再分别求出四种情况下电源的输出功率进行选择．
5、A
【解析】
衰变方程为：
根据电荷数守恒：
解得。A正确，BCD错误。
故选A。
6、A
【解析】
设mA=2mB=2m，对甲图，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度：
对A物体有：
F弹-μ∙2mg=2ma，
得
；
对乙图，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度：
对A物体有：
F弹′-2mg=2ma′，
得
则x1：x2=1：1．
A． 1:1，与结论相符，选项A正确；
B． 1:2，与结论不相符，选项B错误；
C．2:1，与结论不相符，选项C错误；
D．3:2，与结论不相符，选项D错误．
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、CD
【解析】
AD. 重力势能的增加量等于克服重力做的功mgH，故重力势能增加了mgH，故A错误，D正确；
B. 物体上滑过程，根据牛顿第二定律，有：mgsin37°+f=ma，解得摩擦力大小：f=0.3mg，物体克服摩擦力做功：Wf=0.3mg×=0.5mgH，故B错误；
C．物体上滑过程,根据牛顿第二定律,得合外力大小为F合=ma=0.9mg，根据动能定理得：△Ek=−F合=−1.5mgH，故物体的动能减少了1.5mgH，故C正确．
故选CD。
8、BCD
【解析】
A．如图甲所示
“杆连小球”在最高点速度有最小值0（临界点），此时杆向上的支持力为
故A错误；
B．解析式法分析动态变化。由0逐渐增大，则
即逐渐增大，故B正确；
C．如图乙所示
当最高点速度为（临界点）时，有
杆对小球的作用力。当由增大时，杆对小球有拉力，有
则
随逐渐增大而逐渐增大；故C正确；
D．当由减小时，杆对小球有支持力，有
则
随逐渐减小而逐渐增大，故D正确。
故选BCD。
9、ABD
【解析】
试题分析：一质点开始时做匀速直线运动，说明质点所受合力为0，从某时刻起受到一恒力作用，这个恒力就是质点的合力．
根据这个恒力与速度的方向关系确定质点动能的变化情况．
解：A、如果恒力与运动方向相同，那么质点做匀加速运动，动能一直变大，故A正确．
B、如果恒力与运动方向相反，那么质点先做匀减速运动，速度减到0，质点在恒力作用下沿着恒力方向做匀加速运动，动能再逐渐增大．故B正确．
C、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相同，这个方向速度就会增加，另一个方向速度不变，那么合速度就会增加，不会减小．故C错误．
D、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相反，这个方向速度就会减小，另一个方向速度不变，那么合速度就会减小，当恒力方向速度减到0时，另一个方向还有速度，所以速度到最小值时不为0，然后恒力方向速度又会增加，合速度又在增加，即动能增大．故D正确．
故选ABD．
【点评】对于直线运动，判断速度增加还是减小，我们就看加速度的方向和速度的方向．
对于受恒力作用的曲线运动，我们可以将速度分解到恒力方向和垂直恒力方向，再去研究．
10、ACD
【解析】
A．由于下滑时，细线呈竖直状态，说明小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，将滑梯、小美、小球看一个整体，则滑梯对地面的压力大小为（M+m）g，故A正确；
B．由于小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，则小美、小球组成的系统机械能减小，故B错误；
C．由于小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，则有
所以小美与滑梯间的动摩擦因数一定为tanθ，故C正确；
D．由能量守恒可知，小美和小球减小的机械能等于系统增加的内能，则系统增加的内能大于小美减少的机械能，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、R2 3.0 2.1 相等
【解析】
（1）电流表A2与R2串联，可改装为量程为的电压表，故选R2即可；
（2）由图可知电流表A2的读数对应的电压值即为电源的电动势，则E=3.0V；内阻
（3）由题意可知： ，；联立解得；由以上分析可知，若考虑电流表A1内阻的影响，则表达式列成： ，，最后求得的Rx表达式不变，则用该方法测得的阻值与其真实值相比相等。
12、50.0 4.55
【解析】
(1)[1]根据电路结构和欧姆定律得
解得
(2)[2]根据并联电路特点可得，电阻箱的阻值
(3)[3]由闭合电路欧姆定律可得
解得
根据图象可得电源电动势
图象斜率为
[4]解得电源内阻
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)；(2)；(3)或者
【解析】
(1)速度为的粒子沿轴正向发射，打在薄板的最远处，其在磁场中运动的半径为，由牛顿第二定律
①
②
联立，解得
③
(2)如图a所示
速度为的粒子与轴正向成角射出，恰好穿过小孔，在磁场中运动时，由牛顿第二定律
④
而
⑤
粒子沿轴方向的分速度
⑥
联立，解得
⑦
说明能进入电场的粒子具有相同的沿轴方向的分速度。当粒子以速度为从点射入，可以到达轴负半轴的最远处。粒子进入电场时，沿轴方向的初速度为，有
⑧
⑨
最远处的横坐标
⑩
联立，解得
(3)要使粒子排成一排，粒子必须在同一时刻进入电场。粒子在磁场在运动轨迹如图b所示
周期相同，均为
又
粒子在磁场中的运动时间
以进入磁场的粒子，运动时间最长，满足，其在磁场中运动时间
以不同速度射入的粒子，要同时到达小孔，有
联立，解得
或者
14、（1）6N；（2）没有掉下来，理由见解析；（3）J
【解析】
（1）小球下摆过程中，由动能定理：
小球摆到最低点时，则有：
解得T=6N
（2）对小球和滑板碰撞前后，小球和滑板系统动量守恒，则有：
根据能量守恒，则有：
解得：m/s，m/s
碰后滑块向右加速，滑板向右减速
对滑块，根据牛顿第二定律有：
解得：m/s2
对滑板，根据牛顿第二定律有：
解得： m/s2
假设没有掉下来，经过时间t共速度，则有：
得
根据：
解得：m/s
滑块位移为：
解得：m
滑板位移为：
解得：m
相对位移
此时没有掉下来。
（3）但由于，共速后滑块和滑板之间会继续相对运动，此时滑块相对于滑板向右运动，
对滑块，根据牛顿第二定律有：
解得：m/s2
对滑板，根据牛顿第二定律有：
解得：m/s2
滑块位移为：
解得：m
滑板位移为：
解得：m
相对位移
不会掉下来
则滑块和滑板之间由于相对滑动所产生的热量：
解得：J
15、（1）（，0）；（2），方向垂直坐标平面向外；，方向垂直坐标平面向外
【解析】
(1)由运动的独立性可知，粒子运动可以看成沿y轴向上先做匀减速后做匀加速直线运动和x轴匀速直线运动合成的。设回到x轴过程所需要的时间为t，y轴：
加速度
a=
时间
t=2
x轴：
，x=vxt
联立上式，可解得
即p点的坐标为（，0）
(2)第二次回到x轴的位置与坐标原点O的距离为OP的一半，满足题意得有两种情况。
①回到x轴时在O点右侧。如图所示，由几何关系，可知轨迹半径
由
解得：
方向垂直坐标平面向外；
②回到x轴时在O点左侧，如图所示，由几何关系，可知轨迹半径
由
解得：
方向垂直坐标平面向外