河北省廊坊市重点中学2026届高考临考冲刺物理试卷含解析

这是一份河北省廊坊市重点中学2026届高考临考冲刺物理试卷含解析，共38页。
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、靠近地面运行的近地卫星的加速度大小为a1，地球同步轨道上的卫星的加速度大小为a2，赤道上随地球一同运转（相对地面静止）的物体的加速度大小为a3，则（ ）
A．a1=a3＞a2B．a1＞a2＞a3C．a1＞a3＞a2D．a3＞a2＞a1
2、如图所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A上的顶端O处，细线另一端拴一质量为m=0.2kg的小球静止在A上．若滑块从静止向左匀加速运动时加速度为a．(取)则( )
A．当a=5m/s2时，线中拉力为
B．当a=10m/s2时, 小球受的支持力为
C．当a=12m/s2时, 经过1秒钟小球运动的水平位移是6m
D．在稳定后，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和
3、传送带可向上匀速运动，也可向上加速运动；货箱M与传送带间保持相对静止，受传送带的摩擦力为f。则（ ）
A．传送带加速运动时，f的方向可能平行传送带向下
B．传送带匀速运动时，不同质量的货箱，f相等
C．相同的货箱，传送带匀速运动的速度越大，f越大
D．相同的货箱，传送带加速运动的加速度越大，f越大
4、如图所示，空间P点离地面足够高，从P点以很小的速度向右水平抛出一个小球，小球能打在竖直的墙壁上，若不断增大小球从P点向右水平抛出的初速度，则小球打在竖直墙壁上的速度大小
A．一定不断增大
B．一定不断减小
C．可能先增大后减小
D．可能先减小后增大
5、目前在太阳系内一共已经发现了约127万颗小行星，但这可能仅是所有小行星中的一小部分.若某颗小行星在离太阳中心R处做匀速圆周运动，运行的周期为T，已知引力常量为G，仅利用这三个数据，可以估算出太阳的（ ）
A．表面加速度大小B．密度C．半径D．质量
6、在如图所示的电路中，当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P向下调节，则正确的是（ ）
A．电路再次稳定时，电源效率增加
B．灯L2变暗，电流表的示数减小
C．灯L1变亮，电压表的示数减小
D．电容器存储的电势能增加
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，A、B两板间电压为600V，A板带正电并接地，A、B两板间距离为12cm，C点离A板4cm，下列说法正确的是( )

A．E=2000V/m，φC=200V
B．E=5000V/m，φC=-200V
C．电子在C点具有的电势能为-200eV
D．电子在C点具有的电势能为200eV
8、关于热力学定律，下列说法正确的是（ ）
A．气体吸热后温度一定升高
B．对气体做功可以改变其内能
C．理想气体等压膨胀过程一定放热
D．理想气体绝热膨胀过程内能一定减少
E.热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
9、如图所示，长度为l的轻杆上端连着一质量为m的小球A（可视为质点），杆的下端用铰链固接于水平面上的O点。置于同一水平面上的立方体B恰与A接触，立方体B的质量为m2。施加微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而小球A与立方体B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小球A与立方体B刚脱离接触的瞬间A与立方体B的速率之比为1:2
B．小球A与立方体B刚脱离接触的瞬间，立方体B的速率为
C．小球A落地时速率为
D．小球A、立方体B质量之比为1:4
10、一小球从地面竖直上抛，后又落回地面，小球运动过程中所受空气阻力与速度成正比，取竖直向上为正方向．下列关于小球运动的速度v、加速度a、位移s、机械能E随时间t变化的图象中可能正确的有
A．B．
C．D．
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）如图所示为某同学测量电源的电动势和内阻的电路图．其中包括电源E，开关S1和S2，电阻箱R，电流表A，保护电阻Rx．该同学进行了如下实验步骤：

(1)将电阻箱的阻值调到合适的数值，闭合S1、S2，读出电流表示数为I，电阻箱读数为9.5 Ω，断开S2，调节电阻箱的阻值，使电流表示数仍为I，此时电阻箱读数为4.5Ω．则保护电阻的阻值Rx＝________Ω．（结果保留两位有效数字）
(2)S2断开，S1闭合，调节R，得到多组R和I的数值，并画出图象，如图所示，由图象可得，电源电动势E＝________V，内阻r＝________Ω．（结果保留两位有效数字）

(3)本实验中，内阻的测量值________（填“大于”或“小于”）真实值，原因是_____________．
12．（12分）利用如图所示的电路既可以测量电压表和电流表的内阻，又可以测量电源电动势和内阻，所用到的实验器材有：
两个相同的待测电源（内阻r约为1Ω）
电阻箱R1（最大阻值为999.9Ω）
电阻箱R2（最大阻值为999.9Ω）
电压表V（内阻未知）
电流表A（内阻未知）
灵敏电流计G，两个开关S1、S2
主要实验步骤如下：
①按图连接好电路，调节电阻箱R1和R2至最大，闭合开关S1和S2，再反复调节R1和R2，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V、电阻箱R1、电阻箱R2的示数分别为0.40A、12.0V、30.6Ω、28.2Ω；
②反复调节电阻箱R1和R2（与①中的电阻值不同），使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V的示数分别为0.60A、11.7V。
回答下列问题：
(1)步骤①中，电流计G的示数为0时，电路中A和B两点的电势差UAB=______ V；A和C两点的电势差UAC=______ V；A和D两点的电势差UAD=______ V；
(2)利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为_______ Ω，电流表的内阻为______Ω；
(3)结合步骤①步骤②的测量数据，电源电动势E为___________V，内阻为________Ω。
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）一扇形玻璃砖的横截面如图所示，圆心角∠AOC=，图中的虚线OB为扇形的对称轴，D为OC的中点，一细束平行于玻璃砖截面的单色光沿与OC面成角的方向从D点射入玻璃砖，折射光线与竖直方向平行。
（i）求该玻璃砖对该单色光的折射率；
（ii）请计算判断此单色光能否从玻璃砖圆弧面射出，若能射出，求射出时折射角的正弦值。
14．（16分）如图所示，一端封闭的细玻璃管总长度为L=75cm，竖直倒插在水银槽中，管内封闭有一定质量的理想气体，气体温度27℃时管内气柱的长度为48cm，此时管内外水银面相平。若将玻璃管沿竖直方向缓慢拉出水银槽，此过程中管内气体温度保持不变。取大气压强P0=75cmHg。求：
(1)玻璃管离开水银槽后管内气柱的压强；
(2)将玻璃管拉离水银槽后，再将玻璃管缓慢转动180°到管口竖直向上放置，之后缓慢加热气体，直到水银上端面刚好到达管口，转动过程中无气体漏出，求此时气体的温度。
15．（12分）壁厚不计的圆筒形薄壁玻璃容器的侧视图如图所示。圆形底面的直径为，圆筒的高度为R。
(1)若容器内盛满甲液体，在容器中心放置一个点光源，在侧壁以外所有位置均能看到该点光源，求甲液体的折射率；
(2)若容器内装满乙液体，在容器下底面以外有若干个光源，却不能通过侧壁在筒外看到所有的光源，求乙液体的折射率。
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、B
【解析】
题中涉及三个物体：地球赤道上有一随地球的自转而做圆周运动物体3、绕地球表面附近做圆周运动的近地卫星1、地球同步卫星2；物体3与卫星1转动半径相同，物体3与同步卫星2转动周期相同，从而即可求解．
【详解】
地球上的物体3自转和同步卫星2的周期相等为24h，则角速度相等，即ω2=ω3，而加速度由a=rω2，得a2＞a3；同步卫星2和近地卫星1都靠万有引力提供向心力而公转，根据，得，知轨道半径越大，角速度越小，向心加速度越小，则a1＞a2，综上B正确；故选B．
【点睛】
本题关键要将赤道上自转物体3、地球同步卫星2、近地卫星1分为三组进行分析比较，最后再综合；一定不能将三个物体当同一种模型分析，否则会使问题复杂化．
2、A
【解析】
当小球对滑块的压力恰好等于零时，小球所受重力mg和拉力T使小球随滑块一起沿水平方向向左加速运动，由牛顿运动定律得小球和滑块共同的加速度为：．
A．当时，斜面对小球有支持力，将小球所受的力沿加速度方向和垂直于加速度方向分解，有：，，联立解得：，故A正确；
B．当时，斜面对小球恰好没有支持力，故N=0，故B错误；
C．当时，滑块的位移为，而小球要先脱离斜面，然后保持与滑块相同的运动状态，故在这1s内小球运动的水平位移小于6m，故C错误；
D．在稳定后，对小球和滑块A整体受力分析可知，在竖直方向没有加速度，故地面对A的支持力等于两个物体重力之和，故D错误．
3、D
【解析】
A．当传送带加速向上运动时，加速度沿传送带向上，根据牛顿第二定律分析可知货箱所受合力沿传送带向上，则有：
知摩擦力的方向向上，故A错误；
B．当传送带匀速运动时，货箱受到重力、传送带的支持力和静摩擦力作用，其中重力沿传送带方向的分力与静摩擦力平衡，摩擦力方向一定沿斜面向上，即，不同质量的货箱，f不相等，故B错误；
C．传送带匀速运动时的摩擦力为：，与货箱的质量有关，与传送带的速度无关，故C错误；
D．当传送带加速向上运动时，加速度沿传送带向上，根据牛顿第二定律分析可知合力沿传送带向上：：
解得：，所以相同的货箱，传送带加速运动的加速度越大，f越大。故D正确。
故选D。
4、D
【解析】
设P点到墙壁的距离为d，小球抛出的初速度为v0，运动时间
竖直速度
刚小球打到墙壁上时速度大小为
v=
根据数学知识：
即。由此可见速度有最小值，则小球打在竖直墙壁上的速度大小可能先减小后增大。
A．一定不断增大。故A不符合题意。
B．一定不断减小。故B不符合题意。
C．可能先增大后减小。故C不符合题意。
D．可能先减小后增大。故D符合题意。
5、D
【解析】
AC．在太阳表面，重力和万有引力相等，即
因根据已知条件无法求出太阳半径，也就无法求出太阳表面的重力加速度，故AC错误；
B． 在不知道太阳半径的情况下无法求得太阳的密度，故B错误；
D．根据万有引力提供向心力可得
求得中心天体质量
故D正确。
故选：D。
6、C
【解析】
A．电源的效率
将滑动变阻器的滑片P向下调节，变阻器接入电路的电阻减小，外电路电阻减小，则电源的效率减小，选项A错误；
BC．将滑动变阻器的滑片P向下调节，变阻器接入电路的电阻减小，R与灯L2并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电压表示数减小，灯L1变亮。R与灯L2并联电路的电压U并=U-U1，U减小，U1增大，U并减小，灯L2变暗。流过电流表的电流IA=I-I2，I增大，I2减小，IA增大，电流表的示数增大。故B错误，C正确；
D．电容器两端的电压等于并联部分的电压，电压变小，由Q=CU知电容器的电荷量减少，电容器存储的电势能减小，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、BD
【解析】
由U=Ed可求得场强E，C点的电势等于C与A板的电势差，由U=Ed求解C点的电势；由Ep=qφC可求得电子在C点具有的电势能．
【详解】
A、B、AB间有匀强电场，场强为,AC间的电势差为 UAC=Ed1=5000×0.04V=200V，因A带正电且电势为零，C点电势低于A点的电势，故φC=-UAC=-200V，故A错误，B正确；
C、D、电子在C点具有的电势能EP=φC×(-e)=200eV；故C错误，D正确；
故选BD.
【点睛】
在研究电场中电势时一定要注意各个量的正负，明确各点间电势的高低，注意电势的符号．
8、BDE
【解析】
A．气体吸热，若同时对外做功，则气体内能可能减小，温度也可能降低，A错误；
B．改变气体的内能的方式有两种：做功和热传递，B正确；
C．理想气体等压膨胀，根据盖—吕萨克定律
可知理想气体温度升高，内能增大，根据热力学第一定律
理想气体膨胀对外做功，所以理想气体一定吸热，C错误；
D．理想气体绝热膨胀过程，理想气体对外做功，没有吸放热，根据热力学第一定律可知内能一定减少，D正确；
E．根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，E正确。
故选BDE。
9、BD
【解析】
A．A与B刚脱离接触的瞬间，A的速度方向垂直于杆，水平方向的分速度与B速度大小一样，设B运动的速度为vB，则
因此
故A错误；
B．根据牛顿第二定律
解得
又
得
故B正确；
C．由机械能守恒可知
解得
故C错误；
D．根据A与B脱离之前机械能守恒可知
解得
故D正确。
故选BD。
10、AC
【解析】
AB. 小球在上升过程中所受重力和阻力，由于所受空气阻力与速度成正比，所以阻力逐渐减小，则加速度逐渐减小，向上做加速度减小的减速运动，上升到最高点再次下落过程中由于空气阻力逐渐增大，所以加速度逐渐减小，做加速度减小的加速运动，故A正确，B错误；
C. 在s-t图像中斜率表示速度，物体先向上做减速，在反向做加速，故C正确；
D. 因阻力做负功，且导致机械能减小，机械能的减少量为
图像不是一次函数，故D错误；
故选AC
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、5.0 3.0 2.2 大于 电流表也有内阻
【解析】
(1)[1]由题意可知，闭合S1和S2时只有电阻箱接入电路，闭合S1、断开S2时，电阻箱与R串联接入电路，两种情况下电路电流相等，由欧姆定律可知，两种情况下电路总电阻相等，所以 保护电阻的阻值
Rx＝9.5 Ω-4.5 Ω＝5.0Ω
(2)[2][3]根据闭合电路的欧姆定律可得，E＝I(R+Rx+r)，整理可得
可见图线的斜率
图线的纵截距
结合图象中的数据可得
E＝3.0V，r＝2.2Ω．
(3)[4][5]本实验中，内阻的测量值大于真实值，原因是电流表也有内阻，测量值等于电源内阻和电流表内阻之和．
12、0 12.0V -12.0V 1530Ω 1.8Ω 12.6V 1.50
【解析】
(1)[1][2][3]．步骤①中，电流计G的示数为0时，电路中AB两点电势相等，即A和B两点的电势差UAB=0V；A和C两点的电势差等于电压表的示数，即UAC=12V；A和D两点的电势差UAD= =-12 V；
(2)[4][5]．利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为
电流表的内阻为
(3)[6][7]．由闭合电路欧姆定律可得
2E=2UAC+I∙2r
即
2E=24+0.8r
同理
即
2E=2×11.7+0.6∙2r
解得
E=12.6V
r=1.50Ω
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、（i）；（ii）能射出，
【解析】
(i)光路图如图所示，有几何关系得:
根据折射定律有，解得
(ii)如图所示，光线出射过程中，入射角，折射角为，
根据正弦定理有
得
由可知，因＜C，故此单色光能从玻璃砖圆弧面射出，由光路可逆可得
解得
14、（1）60cmHg（2）
【解析】
（1）设玻璃管横截面积为S，初状态气体的压强和体积分别为
P1=75cmHg，V1=48S
玻璃管拉离水银槽时，设管内水银柱长度为x，则气体的压强和体积分别为
cmHg
气体发生等温变化，由玻意耳定律可得：
解得：
x=15cm
故：
cmHg
（2）拉离水银槽未旋转时，气体的压强和温度为
旋转加热后压强：
cmHg=90 cmHg
设末状态气体温度为，由查理定律可得：
解得：
15、 (1)；(2)
【解析】
(1)盛满甲液体，如图甲所示，P点刚好全反射时为最小折射率，有
由几何关系知
解得
则甲液体的折射率应为
(2)盛满乙液体，如图乙所示，与底边平行的光线刚好射入液体时对应液体的最小折射率，
A点
由几何关系得
B点恰好全反射有
解各式得
则乙液体的折射率应为