广东省汕头市潮阳第一中学2026届高三最后一卷物理试卷含解析

这是一份广东省汕头市潮阳第一中学2026届高三最后一卷物理试卷含解析，文件包含新教材二年级下册道德与法治第10课《诚信贵如金》第一课时PPT教学课件统编版ppt、争做城实守信好少年wmv、立木为信视频动画故事wmv、范式赴约不失言wmv、西游记第81难的故事wmv、诚信歌wmv等6份课件配套教学资源，其中PPT共44页， 欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．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、静止在湖面的小船上有两个人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，甲向左抛，乙向右抛，如图所示．甲先抛，乙后抛，抛出后两小球相对岸的速率相等，若不计水的阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A．两球抛出后，船往左以一定速度运动，乙球受到的冲量大一些
B．两球抛出后，船往右以一定速度运动，甲球受到的冲量大一些
C．两球抛出后，船的速度为零，甲球受到的冲量大一些
D．两球抛出后，船的速度为零，两球所受的冲量相等
2、下列说法正确的是( )
A．图甲中，有些火星的轨迹不是直线，说明炽热微粒不是沿砂轮的切线方向飞出的
B．图乙中，两个影子在x、y轴上的运动就是物体的两个分运动
C．图丙中，小锤用较大的力去打击弹性金属片，A、B两球可以不同时落地
D．图丁中，做变速圆周运动的物体所受合外力F在半径方向的分力大于所需要的向心力
3、下列说法中正确的是（ ）
A．千克（kg）、开尔文（K）和伏特（V）均为国际单位制中的基本单位
B．阴极射线是由电子组成，电子来源于中子的衰变
C．在光电效应的实验中，若增加入射光的频率，则相应的遏止电压也增加
D．α射线来源于原子核内部，是由氦原子组成
4、如图所示，A、B、C是三级台阶的端点位置，每一级台阶的水平宽度是相同的，其竖直高度分别为h1、h2、h3，将三个相同的小球分别从A、B、C三点以相同的速度v0水平抛出，最终都能到达A的下一级台阶的端点P处，不计空气阻力。 关于从A、B、C三点抛出的小球，下列说法正确的是（ ）
A．在空中运动时间之比为tA ∶tB∶tC=1∶3∶5
B．竖直高度之比为h1∶h2∶h3=1∶2∶3
C．在空中运动过程中，动量变化率之比为=1∶1∶1
D．到达P点时，重力做功的功率之比PA：PB：PC=1：4：9
5、如图所示，轻弹簧的一端固定在地面上，另一端固定一质量不为零的托盘，在托盘上放置一小物块，系统静止时弹簧顶端位于B点（未标出）。现对小物块施加以竖直向上的力F，小物块由静止开始做匀加速直线运动。以弹簧处于原长时，其顶端所在的位置为坐标原点，竖直向下为正方向，建立坐标轴。在物块与托盘脱离前，下列能正确反映力F的大小随小物块位置坐标x变化的图像是（ ）
A．B．C．D．
6、如图甲所示，沿波的传播方向上有六个质点a、b、c、d、e、f，相邻两质点之间的距离均为1m，各质点均静止在各自的平衡位置，t=0时刻振源a开始做简谐运动，取竖直向上为振动位移的正方向，其振动图像如图乙所示，形成的简谐横波以2m/s的速度水平向左传播，则下列说法正确的是（ ）
A．此横波的波长为1m
B．质点e开始振动的方向沿y轴负方向
C．从t=0至t=3s内质点b运动的路程为10cm
D．从t=2s至t=2.5s内质点d的加速度沿y轴正向逐渐减小
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、如图所示，光滑平行金属导轨与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，下端与阻值为R的电阻相连。匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感应强度大小为B。 一质量为m、长为L、电阻为r的导体棒垂直导轨放置，从ab位置以初速度v沿导轨向上运动，刚好能滑行到与ab相距为s的a′b′位置，然后再返回到ab。该运动过程中导体棒始终与导轨保持良好接触，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．向上滑行过程中导体棒做匀减速直线运动
B．上滑过程中电阻R产生的热量为
C．向下滑行过程中通过电阻R的电荷量为
D．电阻R在导体榛向上滑行过程中产生的热量小于向下滑行过程中产生的热量
8、如图所示，一固定斜面倾角为，一质量为的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小。若物块上升的最大高度为，则此过程中，物块的（ ）
A．动能损失了B．动能损失了
C．机械能损失了D．机械能损失了
9、如图所示，理想变压器原线圈上串联一个定值电阻R0，副线圈上接一个滑动变阻器R，原线圈的输入端接在一个输出电压恒定的交流电源上，理想电压表V1、V2、V3的示数分别用U1、U2、U3表示，当滑动变阻器的触头P移动时，下面说法中正确的是（ ）
A．向上移动滑动触头P，U3与U1的比值变大
B．向下移动滑动触头P，U3与U2的比值不变
C．移动滑动触头P，当U3减小时，R0消耗的功率也减小
D．移动滑动触头P，电阻R0与滑动变阻器R消耗的功率之比始终都等于
10、倾角为的传送带在电动机带动下始终以的速度匀速上行。相等质量的甲、乙两种不同材料的滑块（可视为质点）分别无初速放在传送带底端，发现甲滑块上升高度处恰好与传送带保持相对静止，乙滑块上升高度处恰与传送带保持相对静止。现比较甲、乙两滑块均从静止开始上升高度的过程中（ ）
A．甲滑块与传送带间的动摩擦因数大于乙滑块与传送带间的动摩擦因数
B．甲、乙两滑块机械能变化量相同
C．甲运动时电动机对皮带所做的功大于乙运动时电动机对皮带所做的功
D．甲滑块与传送带间摩擦产生的热量等于乙滑块与传送带间摩擦产生的热量
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）利用图a所示电路，测量多用电表内电源的电动势E和电阻“×10”挡内部电路的总电阻R内。使用的器材有：多用电表，毫安表（量程10mA），电阻箱，导线若干。
回答下列问题：
(1)将多用电表挡位调到电阻“×10”挡，红表笔和黑表笔短接，调零；
(2)将电阻箱阻值调到最大，再将图a中多用电表的红表笔和_____（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端。
(3)调节电阻箱，记下多组毫安表的示数I和电阻箱相应的阻值R；某次测量时电阻箱的读数如图b所示，则该读数为_________；
(4)甲同学根据，得到关于的表达式，以为纵坐标，R为横坐标，作图线，如图c所示；由图得E=______V，R内=______。（结果均保留三位有效数字）
(5)该多用电表的表盘如图d所示，其欧姆刻度线中央刻度值标为“15”，据此判断电阻“×10”挡内部电路的总电阻为______Ω，甲同学的测量值R内与此结果偏差较大的原因是_________________。
12．（12分）某同学利用电磁打点计时器、光电门和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验。气垫导轨装置如图（a）所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、光电门等组成，气垫导轨大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差。
(1)下面是实验的主要步骤：
①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平，向气垫导轨通入压缩空气：
②把电磁打点计时器固定在紧靠气垫导轨右端，将纸带客穿过打点计时器，并固定在滑块的右端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向且在同一直线上；
③在小滑块上固定一个宽度为的窄遮光片，把滑块放在气垫导轨中间附近，使滑块开始时处于静止状态；
④先______，然后滑块一个向左的初速度，让滑块带动纸带一起向左运动，滑块和发生碰撞，纸带记录滑块碰撞前后的运动情况，纸带左端是滑块碰前运动的记录情况，纸带右端是滑块碰后运动的记录情况。
⑤记录滑块通过光电门时遮光片的遮光时间；
⑥取下纸带，重复步③④⑤，选出理想的纸带如图（b）所示，测出遮光片宽度，并计算遮光片遮光时间的平均值；
⑦测得滑块的质量为，滑块的质量为。
完善实验步骤④的内容。
(2)已知打点计时器每隔打一个点，计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量大小为______；两滑块相互作用以后系统的总动量大小为______（保留三位有效数字）。
(3)分析碰撞前后的总动量本实验可以得到的结论是：______。
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，两相同小木块M、N（均视为质点）的质量均为m=1kg，放在水平桌面上，木块M、N间夹有一压缩的轻质弹簧P，弹簧两端与小木块M、N不拴接，但两木块通过长L=0.1m的细线相连接。桌子中央O左侧粗糙，中央O右侧光滑，小木块M、N与桌子左侧间的动摩擦因数μ=0.5，且开始时木块N离桌子中央O的距离s=1.15m。现让小木块M、N一起以v0=4m/s的初速度向桌子右侧运动，当木块M、N越过桌子中央O进入右侧光滑区后，剪断从N间的细线，发现小木块M最终停在桌面光滑区，而小木块N水平抛出离开桌面，木块N运动到A点时速度方向恰好沿AB方向，小木块N沿斜面AB滑下。己知斜面AB与水平方向的夹角为，斜面长为2.0m，木块N与斜面间的动摩擦因数也是μ=0.5.木块N到达B点后通过光滑水平轨道BC到达光滑竖直圆轨道，底端（稍稍错开）分别与两侧的直轨道相切，其中AB与BC轨道以微小圆弧相接。重力加速度g取10m/s2，sin=0.6，cs=0.8.
(1)求压缩弹簧的弹性势能Ep；
(2)求水平桌面与A点的高度差；
(3)若木块N恰好不离开轨道，并能从光滑水平轨道DE滑出，则求竖直圆轨道的半径R。
14．（16分）如图所示，在平面坐标系xOy的第Ⅰ象限内有M、N两个平行金属板，板间电压为U，在第Ⅱ象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅲ、IV象限内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计粒子重力)从靠近M板的S点由静止释放后，经N板上的小孔穿出，从y轴上的A点(yA=l)沿x轴负方向射入电场，从x轴上的C点(xc=-2l)离开电场，经磁场偏转后恰好从坐标原点O处再次进入电场。求：
(1)粒子运动到A点的速度大小
(2)电场强度E和磁感应强度B的大小
15．（12分）如图所示，在匀强磁场中水平放置两根平行的金属导轨，导轨间距L＝1.0 m。匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度B＝0.20 T。两根金属杆ab和cd与导轨的动摩擦因数μ＝0.5。两金属杆的质量均为m＝0.20 kg，电阻均为R＝0.20 Ω。若用与导轨平行的恒力F作用在金属杆ab上，使ab杆沿导轨由静止开始向右运动，经过t＝3 s，达到最大速度v，此时cd杆受静摩擦力恰好达到最大。整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接触良好，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属导轨的电阻可忽略不计，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)ab杆沿导轨运动的最大速度v；
(2)作用在金属杆ab上拉力的最大功率P；
(3)ab棒由静止到最大速度的过程中通过ab棒的电荷量q。
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】
设小船的质量为M，小球的质量为m，甲球抛出后，根据动量守恒定律有：mv=（M+m）v′，v′的方向向右．乙球抛出后，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：（M+m）v′=mv+Mv″，解得v″=1．根据动量定理得，所受合力的冲量等于动量的变化，对于甲球，动量的变化量为mv，对于乙球动量的变化量为mv-mv′，知甲的动量变化量大于乙球的动量变化量，所以抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大．故C正确．
2、B
【解析】
A．题图甲中炽热微粒是沿砂轮的切线方向飞出的，但是由于重力及其他微粒的碰撞而改变了方向，故A错误；
B．题图乙中沿y轴的平行光照射时，在x轴上的影子就是x轴方向的分运动，同理沿x轴的平行光照射时，在y轴上的影子就是y轴方向的分运动，故B正确；
C．无论小锤用多大的力去打击弹性金属片，只会使得小球A的水平速度发生变化，而两小球落地的时间是由两球离地面的高度决定的，所以A、B两球总是同时落地，故C错误；
D．做变速圆周运动的物体所受合外力F在半径方向的分力等于所需要的向心力，故D错误。
故选B。
3、C
【解析】
A．开尔文、千克均为国际单位制中基本单位，伏特不是国际单位制中基本单位，故A错误；
B．阴极射线是由电子组成，电子来源于核外电子，故B错误；
C．遏止电压
则若增加入射光的频率，则相应的遏止电压也增加，故C正确；
D．α射线来源于原子核内部，由两个质子和两个中子组成，故D错误。
故选C。
4、C
【解析】
A．根据水平初速度相同，A、B、C水平位移之比为1:2:3， 所以它们在空中运动的时间之比为1:2:3， A错误。
B．根据，竖直高度之比为， B错误。
C．根据动量定理可知，动量的变化率为物体受到的合外力即重力，重力相同，则动量的变化率相等，故C正确。
D．到达P点时，由
知，竖直方向速度之比为1:2:3， 重力做功的功率
所以重力做功的功率之比为
故D错误。
故选C。
5、B
【解析】
根据
有
可知F随着x增大而减小；由于以弹簧处于原长时，其顶端所在的位置为坐标原点，当F=m(a+g)时，物块与弹簧脱离，初始时刻F=ma>0故B正确。
故选B。
6、C
【解析】
A．由振动图像可知T=2s，则波长为
故A错误；
B．由图乙可知，波源起振方向为竖直向上，根据介质中所有质点开始振动方向都与波源起振方向相同，即质点e开始振动的方向沿y轴正方向，故B错误；
C．波从a传到b所用的时间为
从t=0至t=3s内质点b振动了
则运动的路程为
故C正确；
D．波传到d点需要1.5s，则从t=2s至t=2.5s内质点d的正在从最高点向最低点振动，加速度方向沿y轴负方向且逐渐减小，故D错误。
故选C。
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、BC
【解析】
向上滑行过程中导体棒受到重力、安培力，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况；上滑过程中根据功能关系结合焦耳定律求解电阻R产生的热量；根据电荷量的计算公式求解向下滑行过程中通过电阻R的电荷量；根据分析电阻R在导体棒向上滑行过程中产生的热量与向下滑行过程中产生的热量的大小。
【详解】
A．向上滑行过程中导体棒受到重力、安培力，根据右手定则可得棒中的电流方向，根据左手定则可得安培力方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律可得：
其中：
解得：
由于速度减小，则加速度减小，棒不做匀减速直线运动，故A错误；
B．设上滑过程中克服安培力做的功为W，根据功能关系可得：
克服安培力做的功等于产生的焦耳热，则：
上滑过程中电阻R产生的热量为：
故B正确；
C．向下滑行过程中通过电阻R的电荷量为：
故C正确；
D．由于上滑过程中和下滑过程中导体棒通过的位移相等，即导体棒扫过的面积S相等，根据安培力做功计算公式可得：
由于上滑过程中的平均速度大于，下滑过程中的平均速度，所以上滑过程中平均电流大于下滑过程中的平均电流，则电阻R在导体棒向上滑行过程中产生的热量大于向下滑行过程中产生的热量，故D错误。
故选BC。
8、BD
【解析】
AB．已知物体上滑的加速度大小为，由动能定理得：动能损失等于物体克服合外力做功为
故A选项错误，B选项正确；
CD．设摩擦力的大小为，根据牛顿第二定律得
得
则物块克服摩擦力做功为
根据功能关系可知机械能损失，故C错误，D正确。
故选BD。
9、ABD
【解析】
A．向上移动滑动触头P，则R变大，则次级电流减小，初级电流减小，R0的电压减小，由于U2=U1-UR0，而U1不变，则初级电压变大，次级电压也变大，即U3变大，则U3与U1的比值变大，选项A正确；
B ．U3与U2的比值等于变压器的次级与初级线圈的匝数比，则向下移动滑动触头P，U3与U2的比值不变，选项B正确；
C．移动滑动触头P，当U3减小时，则U2也减小，由于U2=U1-UR0，而U1不变，则UR0变大，则此时R0消耗的功率变大，选项C错误；
D．根据理想变压器的规律可知，输出功率等于输入功率，即电阻R消耗的功率等于原线圈的输入功率，分析原线圈电路可知，电阻R0与原线圈串联，电流相等，功率P=UI，则电阻R0与滑动变阻器R消耗的功率之比等于R0两端电压与原线圈电压之比，电压表V1、V2的示数为U1、U2，则电阻R0与滑动变阻器R消耗的功率之比为，选项D正确；
故选ABD。
10、BC
【解析】
A．相等质量的甲，乙两种不同材料的滑块分别无初速放在传送带底端，最终都与传送带速度相等，动能增加量相同，但甲的速度增加的慢，说明甲受到的摩擦力小，故甲滑块与皮带的动摩擦因数小于乙滑块与皮带的动摩擦因数，故A错误；
B．由于动能增加量相同，重力势能增加也相同，故甲、乙两滑块机械能变化量相同，故B正确；
CD．动能增加量相同，即
得
相对位移
滑块与皮带间摩擦生热为等于系统内能的增加量，根据知甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量，电动机对皮带做的功等于系统摩擦产生的内能和滑块机械能的增加量，由于滑块机械能增加相同，则甲运动时电动机对皮带所做的功大于乙运动时电动机对皮带所做的功，故C正确，D错误。
故选BC。
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、1 23.2 1.43 200 150 甲同学没有考虑毫安表内阻的影响
【解析】
(2)[1]欧姆表中电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；电流从电流表正接线柱流入，故红表笔接触1，黑表笔接2；
(3)[2]由图可知，电阻箱读数为
(4)[3][4]由变形得
由图像可得
解得
截距为
得
(5)[5]由图可知，此欧姆表的中值电阻为
则电阻“×10”挡内部电路的总电阻为
[6]由甲同学处理方法可知，由于没有考虑毫安表的内阻，如果考虑毫安表的内阻则有
由此可知，甲同学的测量值R内与此结果偏差较大的原因是没有考虑毫安表的内阻
12、先接通打点计时器电源 在允许误差范围内，通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒
【解析】
（1）[1]为了打点稳定，实验时应先接通打点计时器的电源，再放开滑块1。
（2）[2]作用前系统的总动量为滑块1的动量，
而
所以
[3]作用后系统的总动量为滑块1和滑块2的动量和，且此时滑块1速度v1为
滑块2速度v2为
以两滑块相互作用以后系统的总动量大小
（3）[4] 分析碰撞前后的总动量本实验可以得到的结论是在允许误差范围内，通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒。
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)4J；(2)0.45m；(3)0.66m
【解析】
(1)设两木块运动到O右侧时的速度大小为，在两木块一起运动到桌子中央O右侧的过程，由动能定理知
解得
剪断细线，两木块组成的系统水平方向动量守恒，设剪断细线后小木块N的速度大小为v，则有
根据能量守恒知
解得
(2)设木块N的抛出点到A点的高度差为h，到A点时，根据平抛运动规律知且
解得
(3)木块N到达A点时的速度大小为
设小木块N到达B点时的速度大小为，从A点到B点，由动能定理知，
设木块N在轨道最高点时最小速度为，木块N从B点到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得
在最高点根据牛顿第二定律知
解得
14、（1）（2）；
【解析】
(1)设粒子运动到A点的速度大小为v0，由动能定理得
可得粒子运动到A点的速度大小
(2)粒子在电场中做类平抛运动，设经历时间为t1，则
联立解得
设粒子离开电场时速度大小为v，与x轴的夹角为a。则
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，则
2Rsinα=2l
可得
15、 (1)10m/s(2)20W(3)5C
【解析】
(1)金属杆cd受力平衡：
F安=μmg
根据电磁感应定律，金属杆ab上产生的感应电动势为：
E感=BLv
根据闭合电路欧姆定律，通过金属杆ab的电流：
I=，F安=BIL
由以上四式可得：
v=10m/s。
(2)金属杆ab受力平衡，受拉力：
F=F安＋μmg
根据功率公式：
P=Fv
解得：
P=20W。
(3)对杆ab，由动量定理有：
(F－μmg)t－BILt=mv－0
即：
(F－μmg)t－BLq=mv
解得：
q=5C。