昭通市2026年高考冲刺押题（最后一卷）物理试卷（含答案解析）

这是一份昭通市2026年高考冲刺押题（最后一卷）物理试卷（含答案解析），共36页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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、如图所示，质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M＞m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为T。若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力为T′。则（ ）
A．a′＞a，T′=TB．a′=a，T′=TC．a′＜a，T′＞TD．aʹ＜a，T′＜T
2、2010 年命名为“格利泽 581g”的太阳系外行星引起了人们广泛关注，由于该行星的温度可维持表面存在液态水，科学家推测这或将成为第一颗被发现的类似地球世界，遗憾的是一直到 2019 年科学家对该行星的研究仍未有突破性的进展。这颗行星距离地球约 20 亿光年(189.21 万亿公里)，公转周期约为 37 年，半径大约是地球的 2 倍，重力加速度与地球相近。则下列说法正确的是
A．飞船在 Gliese581g 表面附近运行时的速度小于 7.9km/s
B．该行星的平均密度约是地球平均密度的
C．该行星的质量约为地球质量的 8 倍
D．在地球上发射航天器前往“格利泽 581g”，其发射速度不能超过 11.2km/s
3、如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块，木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a­F图，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，则下列选项错误的是
A．滑块的质量m＝4 kg
B．木板的质量M＝2 kg
C．当F＝8 N时滑块加速度为2 m/s2
D．滑块与木板间动摩擦因数为0.1
4、如图所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向夹角为θ，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，先给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100J，在C点时动能减为零，D为AC的中点，那么带电小球在运动过程中（ ）
A．到达C点后小球不可能沿杆向上运动
B．小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等
C．小球在D点时的动能为50J
D．小球电势能的增加量等于重力势能的减少量
5、如图所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，一带电金属滑块以Ek0＝30 J的初动能从斜面底端A冲上斜面，到顶端B时返回，已知滑块从A滑到B的过程中克服摩擦力做功10 J，克服重力做功24 J，则( )
A．滑块带正电，上滑过程中电势能减小4 J
B．滑块上滑过程中机械能增加4 J
C．滑块上滑到斜面中点时重力势能增加14 J
D．滑块返回到斜面底端时动能为15 J
6、汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时，安全气囊爆开。在某次试验中，质量m1=1 600 kg的试验车以速度v1 = 36 km/h正面撞击固定试验台，经时间t1 = 0.10 s碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开。则在本次实验中汽车受到试验台的冲量I0大小和F0的大小分别为（ ）（忽略撞击过程中地面阻力的影响。）
A．I0=5.76×104N·S，F0=1.6×105NB．I0=1.6×104N·S，F0=1.6×105N
C．I0=1.6×105N·S，F0=1.6×105ND．I0=5.76×104N·S，F0=3.2×105N
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，一根不可伸长的细绳两端分别连接在固定框架上的A、B两点，细绳绕过光滑的轻小滑轮，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态．若缓慢移动细绳的端点，则绳中拉力大小的变化情况是（ ）
A．只将绳的左端移向A′点，拉力变小
B．只将绳的左端移向A′点，拉力不变
C．只将绳的右端移向B′点，拉力变小
D．只将绳的右端移向B′点，拉力变大
8、如图所示，半径分别为R和2R的甲、乙两薄圆盘固定在同一转轴上，距地面的高度分别为2h和h，两物块a、b分别置于圆盘边缘，a、b与圆盘间的动摩擦因数μ相等，转轴从静止开始缓慢加速转动，观察发现，a离开圆盘甲后，未与圆盘乙发生碰撞，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A．动摩擦因数μ一定大于
B．离开圆盘前，a所受的摩擦力方向一定指向转轴
C．离开圆盘后，a运动的水平位移大于b运动的水平位移
D．若，落地后a、b到转轴的距离之比为
9、下列说法正确的是（ ）
A．布朗运动只能在液体里发生，且温度越高，布朗运动越激烈
B．分子间距离增大，分子间作用力对外表现可能为斥力
C．分子动能与分子势能的和叫作这个分子的内能
D．滴进水中的墨水微粒能做扩散运动，说明分子间有空隙
E.外界对某理想气体做功，气体对外放热，则气体温度升高
10、某探究小组利用图甲所示的电路探究一标签模糊的理想变压器的原、副线圈匝数比。R为定值电阻，L1、L2为两只标有“5V，2A”的相同小灯泡，S为开关。保持开关S断开，在输入端施加如图乙所示的交变电压后，灯泡L1正常发光，测得电阻R两端的电压为灯泡L1两端电压的2倍。以下说法正确的是（ ）
A．理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1
B．理想变压器原、副线圈的匝数比为1：4
C．定值电阻的阻值为10Ω
D．闭合开关S后，灯泡L1中的电流变小
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） (1)用分度游标卡尺测一工件外径的度数如图(1)所示，读数为______；
用螺旋测微器测一圆形工件的直径读数如图(2)所示，读数为______。
(2)在伏安法测电阻的实验中，待测电阻约为，电压表的内阻约为，电流表的内阻约为，测量电路中电流表的连接方式如图（a）或图（b）所示，电阻由公式计算得出，式中与分别为电压表和电流表的示数，若将图（a）和图（b）中电路图测得的电阻值分别记为和，则______（填“”或“”）更接近待测电阻的真实值，且测量值______（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值，测量值______（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。
12．（12分）如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究在弹性限度内弹簧弹力与形变量的关系的实验。
(1)实验中还需要的测量工具有______。
(2)如图乙所示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码质量m，横轴是弹簧的形变量x。由图像可知：弹簧的劲度系数k=______N/m（g取10m/s2）。
(3)如图丙所示，实验中用两根不同的弹簧a和b，画出弹簧弹力F与弹簧长度L关系的F-L图像。下列说法正确的是______。
A．a的原长比b的长
B．a的劲度系数比b的大
C．a的劲度系数比b的小
D．弹力与弹簧长度成正比
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，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m，导轨平面与水平面成θ＝37°角，下端连接阻值为R的电阻。匀强磁场方向与导轨平面垂直。质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25。
（1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；
（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小；
（3）在上问中，若R＝2Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向；
（4）若ab棒从静止到速度稳定下滑的距离为20m，求此过程R产生的热量。（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）
14．（16分）如图所示，半径为的光滑圆弧AB固定在水平面上，BCD为粗糙的水平面，BC和CD距离分别为2.5 m、1.75 m，D点右边为光滑水平面，在C点静止着一个小滑块P，P与水平面间的动摩擦因数为，容器M放置在光滑水平面上，M的左边是半径为的光滑圆弧，最左端和水平面相切于D点。一小滑块Q从A点正上方距A点高处由静止释放，从A点进入圆弧并沿圆弧运动，Q与水平面间的动摩擦因数为。Q运动到C点与P发生碰撞，碰撞过程没有能量损失。已知Q、P和M的质量分别为，重力加速度取，求：
(1)P、Q第一次碰撞后瞬间速度大小；
(2)Q经过圆弧末端B时对轨道的压力大小；
(3)M的最大速度。
15．（12分）如图所示，小球b静止与光滑水平面BC上的C点，被长为L的细线悬挂于O点，细绳拉直但张力为零．小球a从光滑曲面轨道上AB上的B点由静止释放，沿轨道滑下后，进入水平面BC（不计小球在B处的能量损失），与小球b发生正碰，碰后两球粘在一起，在细绳的作 用下在竖直面内做圆周运动且恰好通过最高点．已知小球a的质景为M，小球b的质量为m．M=5m．己知当地重力加速度为g求：
（1）小球a与b碰后的瞬时速度大小
（2）A点与水平面BC间的高度差．
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、A
【解析】
对情况一的整体受力分析，受重力、支持力和拉力：
①
再对小球分析：
②
③
联立①②③解得：，；
再对情况二的小球受力分析，据牛顿第二定律，有：
④
解得，由于M＞m，所以；
细线的拉力：
⑤
A正确，BCD错误。
故选A。
2、B
【解析】
ABC．忽略星球自转的影响，根据万有引力等于重力得：
mg =m
得到
v =
万有引力等于重力，=mg，得到
M=
ρ=
这颗行星的重力加速度与地球相近，它的半径大约是地球的2倍，所以它在表面附近运行的速度是地球表面运行速度的倍，大于1．9km/s，质量是地球的4倍，密度是地球的。故B正确，AC错误。
D．航天器飞出太阳系所需要的最小发射速度为第三宇宙速度，即大于等于2．1km/s，故D错误。
3、C
【解析】
AB．由题图乙知，F＝6 N时，滑块与木板刚好不相对滑动，加速度为a＝1 m/s2。对整体分析，由牛顿第二定律有F＝（M＋m）a，代入数据计算得出:
M＋m＝6 kg，
当F≥6 N时，对木板，根据牛顿第二定律得: ，
知图线的斜率k＝，则:
M＝2 kg，
滑块的质量:
m＝4 kg；
故AB不符合题意；
CD．根据F＝6 N时，a＝1 m/s2，代入表达式计算得出:
μ＝0.1，
当F＝8 N时，对滑块，根据牛顿第二定律得μmg＝ma′，计算得出：
a′＝μg＝1 m/s2，
故C符合题意，D不符合题意。
故选C。
4、B
【解析】
A.如果小球受电场力大于重力，则到达C点后小球可能沿杆向上运动，选项A错误；
B.小球受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和滑动摩擦力的作用，由于，故下滑过程中洛伦兹力减小，导致支持力和滑动摩擦力变化，故小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，选项B正确；
C.由于小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，故小球在D点时的动能也就不为50J，选项C错误；
D.该过程是小球的重力势能、电势能、动能和系统的内能之和守恒，故小球电势能的增加量不等于重力势能的减少量，选项D错误；
故选B。
5、A
【解析】
A．动能定理知上滑过程中
代入数值得
电场力做正功，滑块带正电，电势能减小4J，A正确；
B．由功能关系知滑块上滑过程中机械能的变化量为
即机械能减小6J，B错误；
C．由题意知滑块上滑到斜面中点时克服重力做功为12J，即重力势能增加12J，C错误；
D．由动能定理知，所以滑块返回到斜面底端时动能为10J，D错误．
故选A。
解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功等于重力势能的变化量，合力做功等于动能的变化量，除重力以外其它力做功等于机械能的变化量，电场力做功等于电势能的变化量．
6、B
【解析】
汽车受到试验台的冲量等于汽车动量的改变量的大小
平均撞击力，根据动量定理可知
带入数据解得：
A． I0=5.76×104N·S，F0=1.6×105N与分析不符，故A错误；
B． I0=1.6×104N·S，F0=1.6×105N与分析相符，故B正确；
C． I0=1.6×105N·S，F0=1.6×105N与分析不符，故C错误；
D． I0=5.76×104N·S，F0=3.2×105N与分析不符，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、BD
【解析】
设细绳长为L，AB两点间的水平距离为x，绳与竖直方向的夹角为θ，则由图可得：
设绳中拉力为F，对滑轮与绳的结点处受力分析，由平衡知识可得：
解得：
AB.只将绳的左端移向A′点，L、x均不变，拉力不变；故A项错误，B项正确；
CD.只将绳的右端移向B′点，L不变、x变大，拉力变大；故C项错误，D项正确。
8、ABD
【解析】
A．由题意可知，两物块随圆盘转动的角速度相同，当最大静摩擦力提供物体向心力时，此时的角速度为物体随圆盘做圆周运动的最大角速度，为临界角速度，根据牛顿第二定律得
解得b物体滑离圆盘乙的临界角速度为
同理可得，a物块的临界角速度为
由几何知识知，物体a滑离圆盘时，其位移的最小值为
由题意知，其未与圆盘乙相碰，根据平抛运动规律可知
解得
所以A正确；
B．离开圆盘前，a随圆盘一起做匀速圆周运动，由静摩擦力来提供向心力，所以a所受的摩擦力方向一定指向转轴，B正确；
C．由于
所以一定是b物块先离开圆盘，离开圆盘后，物块做平抛运动，对b物体的水平位移为
同理可得，a物体的水平位移为
故离开圆盘后a的水平位移等于b的水平位移，所以C错误；
D．当
时
a的落地点距转轴的距离为
同理，b的落地点距转轴的距离为
故
所以D正确。
故选ABD。
9、BDE
【解析】
A．布朗运动是悬浮在液体或气体中固体小颗粒的无规则运动；布朗运动可以在液体里发生，也可以在气体里发生，且温度越高，布朗运动越激烈，故A错误。
B.在分子间距离rr0范围内，即使距离增大，分子间作用力表现为斥力，故B正确；
C.所有分子动能与分子势能的总和叫做物体的内能，单个分子的内能没有意义，故C错误；
D.滴进水中的墨水微粒能做扩散运动，说明分子间有空隙，故D正确；
E.外界对某理想气体做功W=2.0×105J，气体对外放热Q=-1.0×105J，根据热力学第一定律，则气体的内能变化
E=W+Q=2.0×105J-1.0×105J=1.0×105J
所以气体的内能增大，温度升高，故E正确。
故选BDE。
10、CD
【解析】
AB．由电压图像可知，输入电压的最大值为V，则有效值为
20V
灯泡正常发光，故灯泡两端的电压为5V，即副线圈两端的电压V，由题知电阻R两端的电压为10V，故变压器原线圈的电压
=10V
原副线圈的匝数比
故AB错误；
C．灯泡L1正常发光，即副线圈的电流A，根据理想变压器输入功率等于输出功率可知，原副线圈中的电流之比
解得电阻R中的电流为1A，由欧姆定律可知
Ω=10Ω
故C正确；
D．开关S闭合后，电路的总电阻减小，而输入端电压保持不变，故副线圈中的电流增大，则原线圈中电流增大，电阻R两端电压升高，变压器原线圈电压降低，故副线圈输出电压降低，灯泡两端电压降低，电流减小，故D正确。
故选CD。
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、32.7 1.506 大于 小于
【解析】
(1)[1]10分度的游标卡尺，精确度是0.1mm，游标卡尺的主尺读数为32mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为
7×0.1mm=0.7mm
所以最终读数为
32mm+0.7mm=32.7mm
[2]螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为
6.0×0.001mm=0.006mm
所以最终读数为
1.5mm+0.006mm=1.506mm
(2)[3]由于待测电阻满足
所以电流表应用内接法，即更接近真实值；
[4]根据串并联规律可知，采用内接法时真实值应为
即测量值大于真实值；
[5]采用外接法时，真实值应为
即测量值小于真实值。
12、刻度尺 5 B
【解析】
（1）[1]需要测弹簧的长度、形变量，故还需要的实验器材有：刻度尺；
(2)[2]图线的物理意义是表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比。可得
（3）[3]A.在图象中横截距表示弹簧的原长，故b的原长比a的长，故A错误；
BC.在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，故a的劲度系数比b的大，故B正确，C错误；D.弹簧的弹力满足胡克定律，弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误。
故选：B。
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）4m/s2（2）10m/s（3）0.4T，方向垂直导轨平面向上（4）6J
【解析】
考查导体切割磁感线运动。
【详解】
（1）因为金属棒刚开始下滑的速度为零，所以不受到安培力作用，由牛顿第二定律得：
代入数据解得a＝4m/s2
（2）金属棒下滑速度稳定时，棒受力平衡，根据平衡条件有
又因为金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率
代入数据解得v＝10m/s
（3）设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B，则
因为：
联立解得B＝0.4T。磁场方向垂直导轨平面向上。
（4）由功能关系得，减少的重力势能转化为导体棒的动能、摩擦生热和电阻R上的焦耳热，摩擦力做功为：
所以摩擦生热产生的能量为Q＝8J，因此，电阻R上产生的热量为
。
14、（1）-8m/s 4m/s（2）43.8N（第一次）和17.8N（第二、三次）（3）5m/s
【解析】
（1）物体Q从开始下落，到到达C点的过程，由动能定理：

解得
v1=12m/s
Q运动到C点与P发生碰撞，则：

联立解得：
v2=-8m/s
v3=4m/s
（2）碰撞后Q向左滑行，设Q第二次到B点时速度为，由动能定理有
Q第二次在B点，设轨道对Q的支持力大小为，应用向心力公式有
解得
Q滑上圆弧轨道AB后再次滑下，第三次经过B点时的速度大小仍为，轨道对Q的支持力大小仍为，之后Q一直向右运动，最终停在BD上，且与P无碰撞，所以由牛顿第三定律可知，Q在B点对轨道的压力大小为（第一次）和（第二、三次）
（3）P、Q碰撞后P向右滑行，设P点运动到D点速度为，由动能定理有
解得
P滑上M的轨道过程M向右加速，从轨道上滑下，M仍向右加速，则P滑到水平面时M有最大速度，设P刚到水平面时，M和P的速度分别为和，为M的最大速度，P从滑上到回到水平面，P和M水平方向动量守恒，初末两态总动能相等，则有
联立解得
15、（1）（2）3.6L
【解析】解：（1）两球恰能到达圆周最高点时，重力提供向心力，
由牛顿第二定律得：（m+M）g=（m+M），
从碰撞后到最高点过程，由动能定理得：
﹣（M+m）g•2L=（M+m）v2﹣（M+m）v共2，
解得，两球碰撞后的瞬时速度：v共=；
（2）设两球碰前a球速度为va，两球碰撞过程动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：Mva=（M+m）v共，
解得：va=，
a球从A点下滑到C点过程中，由机械能守恒定律得：
Mgh=Mva2，解得：h=3.6L；