湖北华中科技大学第二附属中学2026届高考压轴卷物理试卷含解析

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2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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、两个完全相同的波源在介质中形成的波相互叠加的示意图如图所示，实线表示波峰，虚线表示波谷，则以下说法正确的是（ ）
A．A点为振动加强点，经过半个周期后，A点振动减弱
B．B点为振动减弱点，经过半个周期后，B点振动加强
C．C点为振动加强点，经过四分之一周期后，C点振动仍加强
D．D点为振动减弱点，经过四分之一周期后，D点振动加强
2、2019年诺贝尔物理学奖授予了三位天文学家，以表彰他们对于人类对宇宙演化方面的了解所作的贡献。其中两位学者的贡献是首次发现地外行星，其主要原理是恒星和其行星在引力作用下构成一个“双星系统”，恒星在周期性运动时，可通过观察其光谱的周期性变化知道其运动周期，从而证实其附近存在行星。若观测到的某恒星运动周期为T，并测得该恒星与行星的距离为L，已知万有引力常量为G，则由这些物理量可以求得（ ）
A．行星的质量B．恒星的质量
C．恒星与行星的质量之和D．恒星与行星圆周运动的半径之比
3、2019年7月9日，在沈阳进行的全国田径锦标赛上，来自上海的王雪毅以1米86的成绩获得女子跳高冠军。若不计空气阻力，对于跳高过程的分析，下列说法正确的是（ ）
A．王雪毅起跳时地面对她的弹力大于她对地面的压力
B．王雪毅起跳后在空中上升过程中处于失重状态
C．王雪毅跃杆后在空中下降过程中处于超重状态
D．王雪毅落到软垫后一直做减速运动
4、在物理学的发展过程中，科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用，下列关于物理思想和方法的说法中，错误的是（ ）
A．合力与分力的关系体现了等效替换的思想
B．库仑扭秤实验和卡文迪许扭秤实验都用了放大的思想
C．加速度a＝、电场强度E＝都采用了比值定义法
D．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，能用实验直接验证
5、如图所示是旅游景区中常见的滑索。研究游客某一小段时间沿钢索下滑，可将钢索简化为一直杆，滑轮简化为套在杆上的环，滑轮与滑索间的摩擦力及游客所受空气阻力不可忽略，滑轮和悬挂绳重力可忽略。游客在某一小段时间匀速下滑，其状态可能是图中的（ ）
A．B．C．D．
6、如图所示，两个相同材料制成的水平摩擦轮A和B，两轮半径RA=2RB ，A为主动轮．当A匀速转动时，在A 轮边缘处放置的小木块恰能相对静止在A轮的边缘上，若将小木块放在B轮上让其静止，木块离B轮轴的最大距离为（ ）
A．B．C．D．
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，排球运动员站在发球线上正对球网跳起从O点向正前方先后水平击出两个速度不同的排球。速度较小的排球落在A点，速度较大的排球落在B点，若不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．两排球下落相同高度所用的时间相等
B．两排球下落相同高度时在竖直方向上的速度相间
C．两排球通过相等的水平距离，落在A点的排球所用的时间较少
D．两排球在落地前的一小段相等时间内，落在B点的排球下降的高度较小
8、如图所示，卫星1和卫星2均绕地球做圆周运动，其中卫星1为地球同步轨道卫星，卫星2是极地卫星，卫星1的轨道半径大于卫星2的轨道半径. 则下列说法正确的是
A．卫星1和卫星2做圆周运动的圆心均为地心
B．卫星2的运行周期小于24h
C．卫星1的向心加速度大于卫星2的向心加速度
D．卫星2的线速度小于静止在赤道上某物体的线速度
9、如图，水平面上从B点往左都是光滑的，从B点往右都是粗糙的．质量分别为M和m的两个小物块甲和乙（可视为质点），与粗糙水平面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙，在光滑水平面上相距L以相同的速度同时开始向右运动，它们在进入粗糙区域后最后静止。设静止后两物块间的距离为s，甲运动的总时间为t1、乙运动的总时间为t2，则以下说法中正确的是
A．若M=m，μ甲=μ乙，则s=L
B．若μ甲=μ乙，无论M、m取何值，总是s=0
C．若μ甲＜μ乙，M＞m，则可能t1=t2
D．若μ甲＜μ乙，无论M、m取何值，总是t1＜t2
10、如图所示，一直角三角形处于平行于纸面的匀强电场中，∠A=，∠B=，AC长为L，已知A点的电势为（>0），B点的电势为2，C点的电势为0，一带电的粒子从C点以v0的速度出发，方向如图所示（与AC边成）。不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．电场强度的方向由B指向C
B．电场强度的大小为
C．若粒子能击中图中的A点，则该粒子的比荷为
D．只要粒子的速度大小合适，就可能击中图中的B点
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）用如图1所示的电路图测量一节干电池的电动势和内阻。
(1)在下表中选出适当的实验器材进行实验。
实验中电流表应选用_____；电压表应选用_____；滑动变阻器应选用____（填器材代号）。
(2)完成图2中实物间的连线_________。
(3)甲同学在实验中记录了6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在坐标纸上，请标出余下一组数据对应的坐标点，并画出U-I图线____________。
根据所画图线，可得出干电池的电动势_______。
(4)甲同学认为若不考虑电压表和电流表内阻对实验的影响，则电压表的读数与对应的电流表的读数的比值就等于干电池的内阻；乙同学认为电压表的读数变化量与相对应的电流表的读数变化量的比值的绝对值才等于电源的内阻。请判断哪位同学的观点是正确的，并说明你的判断依据___________。
12．（12分）小鹏用智能手机来研究物体做圆周运动时向心加速度和角速度、半径的关系。如图甲，圆形水平桌面可通过电机带动绕其圆心O转动，转速可通过调速器调节，手机到圆心的距离也可以调节。小鹏先将手机固定在桌面某一位置M处，通电后，手机随桌面转动，通过手机里的软件可以测出加速度和角速度，调节桌面的转速，可以记录不同时刻的加速度和角速度的值，并能生成如图乙所示的图象。
(1)由图乙可知，时，桌面的运动状态是______________（填字母编号）；
A．静止 B．匀速圆周运动 C．速度增大的圆周运动 D．速度减小的圆周运动
(2)仅由图乙可以得到的结论是：____________；
(3)若要研究加速度与半径的关系，应该保持_________不变，改变______，通过软件记录加速度的大小，此外，还需要的测量仪器是：__________________。
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，竖直平面内的光滑形轨道的底端恰好与光滑水平面相切。质量M=3.0kg的小物块B静止在水平面上。质量m=1.0kg的小物块A从距离水平面高h=0.80m的P点沿轨道从静止开始下滑，经过弧形轨道的最低点Q滑上水平面与B相碰，碰后两个物体以共同速度运动。取重力加速度g=10m/s²。求：
(1)A经过Q点时速度的大小；
(2)A与B碰后共同速度的大小；
(3)碰撞过程中，A与B组成的系统所损失的机械能ΔE。
14．（16分）一轻质弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与质量为m的小物块P接触但不连接。AB是水平轨道，质量也为m的小物块Q静止在B点，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5。初始时PB间距为4l，弹簧处于压缩状态。释放P，P开始运动，脱离弹簧后在B点与Q碰撞后粘在一起沿轨道运动，恰能经过最高点D，己知重力加速度g，求：
（1）粘合体在B点的速度；
（2）初始时弹簧的弹性势能。
15．（12分）某空间存在一竖直向下的匀强电场和圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，如图所示．一质量为m，带电量为+q的粒子，从P点以水平速度v0射入电场中，然后从M点沿半径射入磁场，从N点射出磁场．已知，带电粒子从M点射入磁场时，速度与竖直方向成30°角，弧MN是圆周长的1/3，粒子重力不计．求：
（1）电场强度E的大小．
（2）圆形磁场区域的半径R．
（3）带电粒子从P点到N点，所经历的时间t．
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】
A．点是波峰和波峰叠加，为振动加强点，且始终振动加强，A错误；
B．点是波峰与波谷叠加，为振动减弱点，且始终振动减弱，B错误；
C．点处于振动加强区，振动始终加强，C正确；
D．点为波峰与波谷叠加，为振动减弱点，且始终振动减弱，D错误。
故选C。
2、C
【解析】
恒星与行星组成双星，设恒星的质量为M，行星的质量为m。以恒星为研究对象，行星对它的引力提供了向心力，假设恒星的轨道半径为r1，动力学方程为
得到行星的质量
以行星为研究对象，恒星对它的引力提供了向心力，假设行星的轨道半径为r2，动力学方程为
得到恒星的质量
则有
故ABD错误，C正确。
故选C。
3、B
【解析】
A．王雪毅起跳时地面对她的弹力与她对地面的压力是作用力与反作用力，大小相等，故A项错误；
B．王雪毅起跳后在空中上升过程中，加速度的方向向下，处于失重状态，B项正确；
C．王雪毅越杆后在空中下降过程中，她只受到重力的作用，加速度的方向向下，处于失重状态，C项错误；
D．王雪毅落到软垫后，软垫对她的作用力先是小于重力，所以她仍然要做短暂的加速运动，之后才会减速，D项错误。
故选B。
4、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；
5、B
【解析】
设索道的倾角为α，若不考虑任何阻力，对滑轮和乘客组成的整体，由牛顿第二定律得
（M+m）gsinα=（M+m）a
对乘客由于满足
Mgsinα=Ma
可知绳子与索道垂直。若索道与滑轮之间有摩擦，而乘客不受空气阻力，则当匀速运动时，绳子在竖直方向；若同时考虑滑轮与索道之间的摩擦以及人所受的空气阻力，则绳子应该在垂直于索道与竖直方向之间，则选项B正确，ACD错误；故选B。
6、B
【解析】
摩擦传动不打滑时，两轮边缘上线速度大小相等，根据题意有：两轮边缘上有：RAωA=RBωB，所以：ωB＝ωA，因为同一物体在两轮上受到的最大摩擦力相等，根据题意有，在B轮上的转动半径最大为r，则根据最大静摩擦力等于向心力有：mRAωA2＝mrωB2，得：，故ACD错误，B正确；故选B．
点睛：摩擦传动时，两轮边缘上线速度大小相等，抓住最大摩擦力相等是解决本题的关键．
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、AB
【解析】
A．从同一高度水平发出两个速度不同的排球，根据平抛运动规律，竖直方向上有
可知两排球下落相同高度所用的时间相等，A项正确；
B．由可知两排球下落相同高度时在竖直方向上的速度相同，B项正确；
C．由平抛运动规律可知水平方向上有x=vt，可知速度较大的排球通过相等的水平距离所用的时间较少，C项错误；
D．由于做平抛运动的排球在竖直方向的运动为自由落体运动，两排球在落地前的一小段相等时间内下降的高度相同，D项错误。
故选AB。
8、AB
【解析】
A．由万有引力提供向心力，卫星1和卫星2的做圆周运动的圆心均为地心，A正确；
B．卫星1的周期为24h，根据：
可得：
因为卫星2的轨道半径小于卫星1的轨道半径，所以卫星2的运行周期小于卫星1的周期，即小于24h，故B正确；
C．根据：
可得：
卫星1的向心加速度小于卫星2的向心加速度，故C错误；
D．由：
可得：
可知卫星1的线速度小于卫星2的线速度，由知赤道上物体的线速度小于卫星1的线速度，所以卫星2的线速度大于静止在赤道上某物体的线速度，故D错误.
9、BC
【解析】
A．由动能定理可知：
若，，则两物体在粗糙地面上滑动的位移相同，故二者的距离为零，故A错误；
B．由动能定理可知：
解得：
滑行距离与质量无关，故若，无论、取何值，总是，故B正确；
CD．两物体在粗糙斜面上的加速度：
则从点运动到停止的时间：
若，则有：
因乙离点较远，故可能有：
故C正确，D错误；
故选BC。
10、BC
【解析】
A．B点的电势为2φ，C点的电势为0，故BC中点D的电势为φ，又有A、D电势相等，故匀强电场场强方向垂直AD，根据沿着电场线电势降低可得：电场线方向垂直AD指向左侧，故A错误；
B．根据可知电场强度的大小为
故B正确；
C．粒子在电场中做类平抛运动，粒子能击中图中的A点，则有
联立解得
故C正确；
D．粒子运动过程只受电场力作用，电场力与初速度方向垂直，故粒子做类平抛运动，所以粒子速度不论多大在电场中都不能击中图中的B点。
故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、V1 A1 R1 1.49 乙正确
【解析】
(1)[1]干电池的电动势约为1.5V，所以电压表选用0~3V量程的，故选V1；
[2]干电池所在电路电流非常小，所以选用的电流表应为0~0.6A量程的，故选A1；
[3]滑动变阻器阻值过大，会造成电路中电流变化不明显，不利于数据的采集，所以选用滑动变阻器。
(2)[4]滑动变阻器采用的限流接法，电流表采用内接法，故实物图连接如图所示。
(3)[5]图像如图所示：
[6]图线与坐标轴的纵截距表示电源电动势，故。
(4)[7]乙同学说法正确。根据闭合电路欧姆定律U=E－Ir，在电路变化过程中，U与I的变化趋势是相反的（即一个变大，另一个就变小），因此U与I的比值是不断变化的，不可能等于内阻。而在电路变化过程中，电动势E不变，任意取两个状态，
U1=E－I1r，U2=E－I2r，＝U1－U2，＝I1－I2，
可以得出
=r
由于两个状态是任意取的，因此乙同学说法正确。
12、B 半径一定，角速度大小不变时，加速度大小也不变；角速度增大时，加速度也增大 转速（或角速度） 手机到圆心的距离（或半径） 刻度尺
【解析】
(1)[1]由图乙可知，时，加速度大小不变，角速度大小也不变，所以此时桌面在做匀速圆周运动，所以B正确，ACD错误。
故选B。
(2)[2]由图乙可以看出，加速度和角速度的变化曲线大致一样，所以可以得到的结论是：半径一定时，角速度大小不变时，加速度大小也不变；角速度增大时，加速度也增大。
(3)[3][4]物体做圆周运动的加速度为
若要研究加速度与半径的关系，应该保持转速（或角速度）不变，改变手机到圆心的距离（或半径）；
[5]所以还需要的测量仪器是刻度尺。
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)A经过Q点时速度的大小是4m/s；(2)A与B碰后速度的大小是1m/s；(3)碰撞过程中A与B组成的系统损失的机械能△E是6J。
【解析】
(1)A从P到Q过程中,由动能定理得:
解得
v0=4m/s
(2)A、B碰撞,AB系统动量守恒,设向右为正方向,则由动量守恒定律得:
解得
v=1m/s
(3)碰撞过程中A.B组成的系统损失的机械能为:
=6J
14、（1） ；（2）12mgl
【解析】
（1）恰好能够到达D点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律有
可得
从B到D，由机械能守恒定律得
4mgl+
得
（2）P与Q碰撞的过程时间短，水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，设碰撞前P的速度为v，则
P从开始释放到到达Q的过程中，弹簧的弹力对P做正功，地面的摩擦力对P做负功，由功能关系得
联立得
15、（1） ．（2） ．（3）
【解析】
（1）在电场中，粒子经过M点时的速度大小 v==2v0
竖直分速度 vy=v0ct30°=v0
由 ，a=得
E=
（2）粒子进入磁场后由洛伦兹力充当向心力做匀速圆周运动，设轨迹半径为r．
由牛顿第二定律得：qvB=m，
根据几何关系得：R=rtan30°=

（3）在电场中，由h=得 t1=；
在磁场中，运动时间
故带电粒子从P点到N点，所经历的时间 t=t1+t2= ．
器材（代号）
规格
电压表（）
0~3V，内阻约3k
电压表（）
0~15V，内阻约15k
电流表（）
0~0.6A，内阻约0.125
电流表（）
0~3A，内阻约0.025
滑动变阻器（）
总阻值约20
滑动变阻器（）
总阻值约1000
待测干电池
电动势约为1.5V
开关（）
导线若干
序号
1
2
3
4
5
6
电压（）
1.45
1.40
1.30
1.25
1.20
1.10
电流（）
0.06
0.12
0.24
0.26
0.36
0.48