江苏省无锡市洛社高级中学2026届高考物理必刷试卷含解析

这是一份江苏省无锡市洛社高级中学2026届高考物理必刷试卷含解析，共21页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
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、同一平面内固定有一长直导线PQ和一带缺口的刚性金属圆环，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于圆环所在平面固定放置的平行金属板MN连接，如图甲所示．导线PQ中通有正弦交流电流i，i的变化如图乙所示，规定从Q到P为电流的正方向，则在1~2s内
A．M板带正电，且电荷量增加
B．M板带正电，且电荷量减小
C．M板带负电，且电荷量增加
D．M板带负电，且电荷量减小
2、热核聚变反应之一是氘核（）和氚核（）聚变反应生成氦核（）和中子。已知的静止质量为2.0136u，的静止质量为3.0150u，的静止质量为4.0015u，中子的静止质量为1.0087u。又有1u相当于931.5MeV。则反应中释放的核能约为（ ）
A．4684.1MeVB．4667.0MeVC．17.1MeVD．939.6MeV
3、如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从b点沿ba方向射入磁场，结果粒子恰好能通过c点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为
A．B．C．D．
4、如图所示，木块的上表面是水平的，将木块置于上，让、一起沿固定的光滑斜面向上做匀减速运动，在上滑的过程中（ ）
A．对的弹力做负功B．对的摩擦力为零
C．对的摩擦力水平向左D．和的总机械能减少
5、如图所示，装有细沙的木板在斜坡上匀速下滑。某一时刻，一部分细沙从木板上漏出。则在细沙漏出前后，下列说法正确的是（ ）
A．木板始终做匀速运动
B．木板所受合外力变大
C．木板由匀速变为匀加速直线运动
D．木板所受斜坡的摩擦力不变
6、如图所示，质量相等的A、B两个小球悬于同一悬点O，且在O点下方垂直距离h=1m处的同一水平面内做匀速圆周运动，悬线长L1＝3m，L2＝2m，则A、B两小球（ ）
A．周期之比T1：T2＝2：3B．角速度之比ω1：ω2＝3：2
C．线速度之比v1：v2＝：D．向心加速度之比a1：a2＝8：3
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，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示。已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，以下判断错误的是（ ）
A．电路中电源电动势为3.6V
B．变阻器向右滑动时，V2读数逐渐减小
C．此电路中，电动机的输入功率减小
D．变阻器的最大阻值为30Ω
8、1772年，法籍意大利数学家拉格朗日在论文《三体问题》指出：两个质量相差悬殊的天体（如太阳和地球）所在同一平面上有5个特殊点，如图中的L1、L2、L3、L4、L5所示，人们称为拉格朗日点。若飞行器位于这些点上，会在太阳与地球共同引力作用下，可以几乎不消耗燃料而保持与地球同步绕太阳做圆周运动。若发射一颗卫星定位于拉格朗日L2点，下列说法正确的是（ ）
A．该卫星绕太阳运动周期和地球公转周期相等
B．该卫星在L2点处于平衡状态
C．该卫星绕太阳运动的向心加速度小于地球绕太阳运动的向心加速度
D．该卫星在L2处所受太阳和地球引力的合力比在L1处大
9、如图所示，在光滑绝缘水平面上，A、B和C为等边三角形ABC的顶点，A、B固定正点电荷+Q，C固定负点电荷－Q，D、E是A、B连线上的两点，且AD=DE=EB。则（ ）
A．D点和E点的电场强度大小相等
B．D点和E点的电场强度方向相同
C．D点和E点的电势相等
D．将负电荷从D点移到E点，电势能增加
10、沿轴正向传播的简谐横波在时刻的波形如图所示，此时波传播到处的质点B，质点A恰好位于波谷位置。C、D两个质点的平衡位置分别位于和处。当时，质点A恰好第一次（从计时后算起）处于波峰位置。则下列表述正确的是________________。
A．该波的波速为
B．时，质点C在平衡位置处且向下运动
C．时，质点D的位移为
D．D点开始振动的时间为0.6s
E.质点D第一次位于波谷位置时，质点B恰好也位于波谷位置
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）某同学在用如图所示实验装置测量光的波长的实验中，已知两缝间的间距为0.3mm，以某种单色光照射双缝时，在离双缝1.2m远的屏上，用测量头测量条纹间的宽度：先将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图甲所示；然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，此时手轮上的示数如图乙所示。图甲读数为____________mm，图乙读数为_________mm。
根据以上实验，测得光的波长是_________m（结果保留2位有效数字）。
12．（12分）某同学想测出济南当地的重力加速度g，并验证机械能守恒定律。为了减小误差，他设计了一个实验如下：将一根长直铝棒用细线悬挂在空中（如图甲所示），在靠近铝棒下端的一侧固定电动机M，使电动机转轴处于竖直方向，在转轴上水平固定一支特制笔N，借助转动时的现象，将墨汁甩出形成一条细线。调整笔的位置，使墨汁在棒上能清晰地留下墨线。启动电动机待转速稳定后，用火烧断悬线，让铝棒自由下落，笔在铝棒上相应位置留下墨线。图乙是实验时在铝棒上所留下的墨线，将某条合适的墨线A作为起始线，此后每隔4条墨线取一条计数墨线，分别记作B、C、D、E。将最小刻度为毫米的刻度尺的零刻度线对准A，此时B、C、D、E对应的刻度依次为14.68cm，39.15cm，73.41cm，117.46cm。已知电动机的转速为3000r/min。求：
(1)相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为________s；
(2)由实验测得济南当地的重力加速度为________m/s2（结果保留三位有效数字）；
(3)该同学计算出划各条墨线时的速度v，以为纵轴，以各条墨线到墨线A的距离h为横轴，描点连线，得出了如图丙所示的图像，据此图像________（填“能”或“不能”）验证机械能守恒定律，图线不过原点的原因__________________。
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，半径R＝1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点．C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M＝1 kg，上表面与C点等高．质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.1 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．取g＝10 m/s1．求：

（1）物块经过B点时的速度vB．
（1）物块经过C点时对木板的压力大小．
（3）若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q．
14．（16分）在光滑绝缘水平面上，存在着有界匀强磁场，边界为PO、MN，磁感应强度大小为B0，方向垂直水平南向下，磁场的宽度为，俯视图如图所示。在磁场的上方固定半径的四分之一光滑绝缘圆弧细杆，杆两端恰好落在磁场边缘的A、B两点。现有带孔的小球a、b（视为质点）被强力绝緣装置固定穿在杆上同一点A，球a质量为2m、电量为－q；球b质量为m、电量为q；某瞬时绝缘裝置解锁，a、b被弹开，装置释放出3E0的能量全部转为球a和球b的动能，a、b沿环的切线方向运动。求：（解锁前后小球质量、电量、电性均不变，不计带电小球间的相互作用）
(1)解锁后两球速度的大小va、vb分别为多少；
(2)球a在磁场中运动的时间；
(3)若MN另一侧有平行于水平面的匀强电场，球a进人电场后做直线运动，球b进入电场后与a相遇；求电场强度E的大小和方向。
15．（12分）如图所示，宽度为的区域被平均分为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，其中Ⅰ、Ⅲ有匀强磁场，它们的磁感应强度大小相等，方向垂直纸面且相反，长为，宽为的矩形abcd紧邻磁场下方，与磁场边界对齐，O为dc边的中点，P为dc边中垂线上的一点，OP=3L．矩形内有匀强电场，电场强度大小为E，方向由a指向O．电荷量为q、质量为m、重力不计的带电粒子由a点静止释放，经电场加速后进入磁场，运动轨迹刚好与区域Ⅲ的右边界相切．
（1）求该粒子经过O点时速度大小v0；
（2）求匀强磁场的磁感强度大小B;
（3）若在aO之间距O点x处静止释放该粒子，粒子在磁场区域中共偏转n次到达P点，求x满足的条件及n的可能取值．
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】
在1~2s内，穿过金属圆环的磁场垂直于纸面向里，磁感应强度变小，穿过金属圆环的磁通量变小，磁通量的变化率变大，假设环闭合，由楞次定律可知感应电流磁场与原磁场方向相同，即感应电流磁场方向垂直于纸面向里，然后由安培定则可知感应电流沿顺时针方向，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势增大，由此可知上极M板电势高，带正电，电荷量增加，故A正确，B、C、D错误；
故选A．
2、C
【解析】
反应的质量亏损
根据爱因斯坦的质能方程，可得放出的能量为
又有
解以上各式得
所以C正确，ABD错误。
故选C。
3、C
【解析】
粒子沿半径方向射入磁场，则出射速度的反向延长线一定经过圆心，由于粒子能经过C点，因此粒子出磁场时一定沿ac方向，轨迹如图：
由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为

根据牛顿第二定律得：

解得： ，故C正确。
故选：C。
4、C
【解析】
A．由于对的弹力竖直向上，、又一起沿斜面向上运动，弹力方向与速度方向的夹角为锐角，所以弹力做正功，A错误；
BC．、整体的加速度沿斜面向下，将该加速度分解后，水平方向的加速度分量向左，对于木块而言其在水平方向的加速度是由对的摩擦力提供的，所以对的摩擦力水平向左，B错误，C正确；
D．斜面光滑，对于、整体而言，只有重力做负功，不改变整体的机械能，所以和的总机械能保持不变，D错误。
故选C。
5、A
【解析】
AC．在细沙漏出前，装有细沙的木板在斜坡上匀速下滑，对整体受力分析，如图所示：
根据平衡条件有：
又
联立解得：
在细沙漏出后，细沙的质量减少，设为，木板的质量不变，对整体受力情况与漏出前一样，在垂直斜面方向仍处于平衡状态，则有：
又
且
解得：
而重力沿斜面向下的分力为，即，所以在细沙漏出后整体仍向下做匀速直线运动，A正确，C错误；
B．因为整体仍向下做匀速直线运动，所受合外力不变，仍为零，B错误；
D．因为细沙的质量减小，根据，可知木板所受斜坡的摩擦力变小，D错误。
故选A。
6、C
【解析】
AB．小球做圆周运动所需要的向心力由重力mg和悬线拉力F的合力提供，设悬线与竖直方向的夹角为θ。
对任意一球受力分析，由牛顿第二定律有：
在竖直方向有
Fcsθ-mg=0…①
在水平方向有
…②
由①②得

分析题意可知，连接两小球的悬线的悬点距两小球运动平面的距离为h=Lcsθ，相等，所以周期相等
T1：T2=1：1
角速度
则角速度之比
ω1：ω2=1：1
故AB错误；
C．根据合力提供向心力得
解得

根据几何关系可知
故线速度之比
故C正确；
D．向心加速度：a=vω，则向心加速度之比等于线速度之比为
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】
先确定图线与电压表示数对应的关系，再根据图线求出电源的电动势，并判断V2读数的变化情况。当I=0.3A时，电动机输入功率最大。变阻器的全部接入电路时，电路中电流最小，由欧姆定律求解变阻器的最大阻值。
【详解】
A．由电路图甲知，电压表V2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V2的电压与电流的关系。此图线的斜率大小等于电源的内阻，为
当电流 I=0.1A时，U=3.4V，则电源的电动势
故A正确。
B．变阻器向右滑动时，R阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即为V2读数逐渐增大，故B错误。
C．由图可知，电动机的电阻
当I=0.3A时，U=3V，电动机输入功率最大，此电路中，电动机的输入功率增大，故C错误。
D．当I=0.1A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以
故D正确。
本题选择错误的，故BC符合题意。
故选BC。
【点睛】
此题考查对物理图像的理解能力，可以把本题看成动态分析问题，来选择两电表示对应的图线。对于电动机，理解并掌握功率的分配关系是关键。
8、AD
【解析】
A．据题意知，卫星与地球同步绕太阳做圆周运动，则卫星绕太阳运动周期和地球公转周期相等，故A正确；
B．卫星受的合力为地球和太阳对它引力的合力，这两个引力方向相同，合力不为零，处于非平衡状态，故B错误；
C．由于卫星与地球绕太阳做圆周运动的周期相同，卫星的轨道半径大，根据公式分析可知，卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度，故C错误；
D．由题可知，卫星在L1点与L2点的周期与角速度是相等的，卫星的合力提供向心力，根据向心力的公式可知，在L1点处的半径小，所以在L1点处的合力小，故D正确。
故选AD。
9、AC
【解析】
AB．D、E两点电场，是A、B两正点电荷的电场与C点的负点电荷的电场的叠加。A、B两正点电荷在D点和E点的合场强大小相等，方向相反，C点的负点电荷在D点和E点的场强大小相等，方向不同，所以，D点和E点的合场强大小相等，方向不同，A正确，B错误；
C．D点和E点在的等势面上，同时关于两正点电荷对称，所以D点和E点的电势相等，C正确；
D．根据电势能的计算公式
可知负电荷在D点和E点的电势能相同，D错误。
故选AC。
10、ACD
【解析】
A．由图可知波长，当时质点第一次在波峰，则周期为
则波速
故A正确；
B．可知
波传到所用时间为
之后点开始向上振动，做2次全振动后到平衡位置处且向上运动，故B错误；
CD．点开始振动的时间为
之后点开始向上振动，再经过
到达波谷，位移为-2cm，故CD正确；
E．B、D间相距，其振动情况总是相反，则当质点第一次位于波谷位置时，质点恰好位于波峰位置，故E错误。
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、2.335（2.332-2.337） 15.375（15.372-15.377） 6.5×10-7
【解析】
[1] 图甲螺旋测微器固定刻度的读数是2.0mm
可动刻度的读数是
33.5×0.01 mm =0.335mm
则螺旋测微器的读数等于
2.0mm+0.335mm=2.335mm
（2.332-2.337都正确）
[2] 图乙螺旋测微器固定刻度的读数是15.0mm
可动刻度的读数是
37.5×0.01 mm =0.375mm
则螺旋测微器的读数等于
15.0mm+0.375mm=15.375mm
（15.372-15.377都正确）
[3]相邻条纹间距为
根据双缝干涉的条纹宽度的公式
则这种单色光的波长
代入数据解得
12、0.1 9.79 能 墨线A对应的速度不为零
【解析】
(1)[1]由于电动机的转速为3000r/min，则其频率为50Hz，故每隔0.02s特制笔N便在铝棒上画一条墨线，又每隔4条墨线取一条计数墨线，故相邻计数墨线间的时间间隔是0.1s
(2)[2]由题可知
可知连续相等时间内的位移之差
根据△x=gT2得
(3)[3]铝棒下落过程中，只有重力做功，重力势能的减小等于动能的增加，即
mgh＝mv2
得
若图线为直线，斜率为g，则机械能守恒，所以此图像能验证机械能守恒
[4]图线不过原点是因为起始计数墨线A对应的速度不为0
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） （1） （3）Q＝9 J．
【解析】
设物块在B点的速度为vB，在C点的速度为vC，从A到B物块做平抛运动，有
解得：
（1）从B到C，根据动能定理有
mgR(1＋sin θ)＝
解得vC＝6 m/s
在C点，由牛顿第二定律列式，有
解得：
再根据牛顿第三定律得，物块对木板的压力大小
(3)根据动量守恒定律得：(m＋M)v＝m
根据能量守恒定律有
(m＋M)v1＋Q＝
联立解得Q＝9 J．
14、 (1)，(2)(3)，方向与MN成斜向上方向
【解析】
(1)对两球a、b系统，动量守恒，有
能量守恒，有
解得
，
(2)小球在磁场中运动轨迹如图所示，
由牛顿第二定律得
故小球在磁场中运动的半径
由几何知识得
，∠
两粒子在磁场中运动对应的圆心角均为
(3)两小球相遇，且a做直线运动，电场若与a从磁场射出时的方向相同，则a做减匀速直线运动，b做类平抛运动，b在轨道上运动时间
两球同时出磁场，若电场与小球a从磁场射出时的方向相同，小球a做匀减速直线运动，小球b做向左方做类平抛运动，则两球不能相遇，故电场方向为与a从磁场出射方向相反，即电场方向为与MN成斜向上方向。现小球b做向右方做类平抛运动与a球相遇
联立得
电场大小为，方向与MN成斜向上方向。
15、（1）
（2）
（3）,其中n=2、3、4、5、6、7、8
【解析】
试题分析：（1）由题意可知aO=L,粒子在aO加速过程中有
由动能定理：
解得粒子经过O点时速度大小：
（2）粒子在磁场区域Ⅲ中的运动轨迹如图，设粒子轨迹圆半径为R0，
由几何关系可得：
由洛伦兹力提供向心力得：
联立以上解得：
（3）若粒子在磁场中一共经历n次偏转到达P，设粒子轨迹圆半径为R,
由几何关系可得：
依题意得:
联立解得：，且n取正整数
设粒子在磁场中的运动速率为v，则有：
在电场中的加速过程，由动能定理：
联立解得：,其中n=2、3、4、5、6、7、8
考点：带电粒子在匀强电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动
【名师点睛】本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动．电场对粒子做正功，由动能定理求出粒子经过O点时速度大小；作出粒子运动轨迹，找到圆心、找出半径与磁场宽度的关系即可解题．