2026年高考考前预测卷-物理（甘肃卷）（全解全析）

第1页/共1页2026年高考考前预测卷（甘肃专用）物理·全解全析（考试时间75分钟试卷满分100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。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，再选涂其他答案标号。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（第一部分选择题46分）一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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．中国科学院合肥物质科学研究院的全超导托卡马克EAST装置反应中需要用到，通常利用锂在线增殖的方式，其核反应方程为：。下列说法正确的是（）A．X为中子B．锂核的比结合能高于氦核C．反应属于衰变D．反应释放能量，反应后的产物质量增加【答案】A【解析】A．反应前质量数总和为，反应后为，根据质量数守恒得；反应前电荷数总和为，反应后为，根据电荷数守恒得。因此X为中子，故A正确；B．氦核（）为双核，比结合能较高（约），锂核（）比结合能较低（约），故锂核比结合能低于氦核，故B错误；C．衰变是放射性核素自发发射粒子（氦核）的过程，此反应需入射粒子X且为人工核反应，故不是衰变，故C错误；D．核反应释放能量时，存在质量亏损（反应前总质量大于反应后总质量），故反应后产物总质量减少，故D错误。故选A。2．某物理兴趣小组设计了一套光的干涉实验装置，其截面如图所示，直线MN与OA垂直共面，两块平面镜边缘对齐交于O，两镜面与MN成微小角度θ，A点处有一垂直于OA的光屏。S点处有一个单色光源，在小挡光板的遮挡下，光线不能直接射到光屏。则（）A．若增大入射光的频率，屏上条纹间距不变 B．若增大入射光的频率，屏上条纹间距变小C．若把光屏向右平移，屏上条纹间距不变 D．若把光屏向右平移，屏上条纹间距减小【答案】B【解析】AB．干涉条纹间距满足双缝干涉公式由光速公式可知若增大入射光频率，波长减小，代入公式可知减小，故A错误，B正确；CD．若把光屏向右平移，虚光源到光屏的距离增大，，不变，因此增大，条纹间距变大，故CD错误。故选B。3．艺术体操的主要项目有绳操、球操、圈操、带操和棒操五项。下图为某运动员进行的带操比赛的照片。某段过程中彩带的运动可简化为沿轴方向传播的简谐横波时的波形图如图甲所示，质点的振动图像如图乙所示。下列判断正确的是（）A．简谐波沿轴负方向传播 B．该时刻点的位移为C．再经过点到达波谷位置 D．质点的振动方程为【答案】C【解析】A．由乙图可知，时，质点向上运动，根据同侧法，波沿轴正方向传播，故A错误；B．由图甲可知，波长由点和点平衡位置相距可知，时点的位移，故B错误；C．波速为，再经过，波将沿轴正方向前进3m，波谷刚好传到质点所在位置，即点到达波谷位置，故C正确；D．时点向下振动，故质点的振动方程为，故D错误。故选C。4．如图是某一家用体育锻炼的发球机，从点沿不同方向发出质量相同的A、B两球，两球均经过点，、两点在同一水平线上，两球运动轨迹如图所示，如果不计空气阻力，关于两球的运动，下列说法正确的是（）A．两球运动至最高点时，两球动能相等B．两球再次经过同一点时重力做功的功率可能相等C．在运动过程中，小球A动量变化量大于小球B动量变化量D．在运动过程中，重力对小球A的冲量等于重力对小球B的冲量【答案】C【解析】A．最高点竖直速度为0，速度等于水平分量，动能因、相同，故，即A的动能小于B的动能，故A错误；B．重力做功功率对任意同一高度，由可知，因初速度更大，同一高度总有重力功率A始终更大，不可能相等，故B错误；C．根据动量定理，从P到Q的过程中，动量变化量等于重力的冲量：因、相同，故，即A的动量变化量更大，故C正确。D．重力冲量因，故重力对A的冲量更大，D错误。故选C。5．如图所示，Ⅰ为北斗卫星导航系统中的静止轨道卫星，其对地张角为；Ⅱ为地球的近地卫星。已知地球的自转周期为，万有引力常量为G，根据题中条件，可求出（）A．地球的平均密度为B．卫星Ⅱ的周期为C．卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比为D．卫星Ⅱ运动的周期内无法直接接收到卫星发出电磁波信号的时间【答案】A【解析】AB．设地球质量为，卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径分别为和，卫星Ⅰ为同步卫星，周期为，近地卫星Ⅱ的周期为。根据开普勒第三定律则有由题图可得可得卫星Ⅱ的周期为对于卫星Ⅱ，根据牛顿第二定律可得地球的密度为联立以上各式，可得地球的平均密度为，故A错误，B正确；C．对于不同轨道卫星，根据牛顿第二定律可得解得所以卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比为，故C错误；D．当卫星Ⅱ运行到与卫星Ⅰ的连线隔着地球的区域内，其对应圆心角为时，卫星II无法直接接收到卫星Ⅰ发出电磁波信号，设这段时间为。若两卫星同向运行，则有其中，解得若两卫星相向运行，则有，，解得，故D错误。故选A。6．随着我国航母福建舰的服役，电磁弹射再次成为热门话题。图1所示为一款电磁弹射演示装置，电源电动势为，内阻为，水平光滑平行金属导轨间距为，导轨处于竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场中，质量为的金属棒垂直导轨放置，电流传感器A及导轨的电阻可忽略。演示时先将开关接1，待稳定后将开关接2，金属棒随即被弹射出去，弹射过程电流传感器检测到的电流与时间的关系图线如图2所示，其中已知，阴影部分的面积为。下列说法正确的是（

）A．金属棒接入电路的电阻为B．金属棒接入电路的电阻为C．金属棒脱离导轨时的速度大小为D．金属棒脱离导轨时的速度大小为【答案】C【解析】AB．当开关接1时，电源给电容器充电，稳定时当开关接2时，电容器通过金属棒放电，有金属棒接入电路的电阻为，故AB错误；CD．对金属棒应用动量定理可得又有其中为通过金属棒的电荷量，由图2可知联立解得金属棒脱离导轨时的速度大小为，故C正确，D错误。故选C。7．如图甲所示，在光滑绝缘水平面上的O点、P点分别固定两个不等量异种点电荷和，沿方向建立一维坐标系，O为原点。电荷、在x轴正半轴产生的电场强度E随位置坐标x的变化如图乙所示，规定沿x轴正方向的电场为正，取无穷远处电势为零。将一带正电的试探电荷从A点由静止释放，水平方向仅受静电力作用。下列说法正确的是（

）A．为正电荷，为负电荷，且B．M点的电势为零C．运动过程中，试探电荷在N点时速度最大D．试探电荷将做往复运动【答案】D【解析】A．由图乙可知，靠近点电场强度为正，所以为正电荷，为负电荷，由于较远处电场强度为负，所以有，故A错误。B．由图乙可知，从点到无穷远处电场强度为负，即从无穷远处正电荷向点运动，电场力做正功，所以点电势不为零，故B错误。C．试探电荷从点向点运动过程中，在段受到的电场力方向不变，一直做加速运动，所以试探电荷在点速度最大，故C错误。D．试探电荷通过点后，电场力做负功直到速度为0，然后试探电荷反向加速，直到经过点后再次减速，直到运动到点速度为0，再重复之前的运动，即试探电荷做往复运动，故D正确。故选D。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8．磁吸基座无线充电器如图所示，当送电线圈接入的交流电源后，手机上的受电线圈产生感应电流，手机即进入无线“超充模式”。若手机“超充模式”下的充电电压为20V，充电电流为5A，充电基座送电线圈接有理想电流表，受电线圈接有的电阻，线圈电阻不计，充电过程中不计一切能量损失，则（

）A．送电线圈与受电线圈的匝数比为B．电流表的示数为50AC．超充模式下，该充电器送电线圈的输入功率为110WD．若此手机的电池容量为，则超充模式下的充电时间为75分钟【答案】AC【解析】A．送电线圈输入电压，因此有效值受电线圈侧充电电流，串联电阻的分压手机充电电压因此受电线圈总感应电动势理想变压器电压比等于匝数比，故A正确；B．理想变压器电流比满足得，所以电流表示数为，故B错误；C．不计能量损失，输入功率等于输出总功率，，故C正确；D．电池容量，充电电流，充电时间，故D错误。故选AC。9．如图所示，D→A→B→C表示一定质量的某种气体状态变化的一个过程，则下列说法正确的是（

）A．D→A是一个等温过程 B．A→B是一个等温过程C． D．B→C过程中，气体的体积增大，压强减小，温度不变【答案】AD【解析】A．若图像是过原点的一条直线，则说明气体发生等温变化，故是一个等温过程，也是等温变化过程，故A正确；BC．由于到体积不变，根据知，压强增大，则温度升高，可知故BC错误；D．是一个等温过程，根据可知，增大，减小，故D正确。故选AD。10．如图，在平面直角坐标系、区域内存在大小为、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在、区域内存在大小为、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。开始计时时，一质量为、电荷量为的带正电的粒子以速度从坐标原点沿轴正向射入磁场，不计粒子重力，则下列说法正确的是（

）A．若粒子的速度方向能再次沿轴正向，所经历的时间可能为B．若粒子的速度方向能再次沿轴正向，此时粒子位置的纵坐标可能为C．若粒子离开磁场时速度与轴成夹角，所经历的时间可能为D．若粒子离开磁场时速度与轴成夹角，的大小可能为【答案】ACD【解析】根据可知，粒子在右侧磁场中运动的半径，周期在左侧磁场中运动的半径，周期A．若粒子的速度方向能再次沿轴正向，所经历的时间当n=3时，A正确；B．若粒子的速度方向能再次沿轴正向，此时粒子位置的纵坐标则不可能为，B错误；C．若粒子沿类似轨迹a的形式从磁场中沿与y轴成30°角方向射出，则用时间当n=3时，C正确；D．若粒子沿类似轨迹b的形式从磁场中沿与y轴成30°角方向射出，则的大小当n=3时，D正确。故选ACD。（第二部分非选择题54分）三、非选择题：本题共5小题，共54分。11．（8分）某同学用如图所示的装置验证轻弹簧和小物块（带有遮光条）组成的系统机械能守恒。图中光电门安装在铁架台上且位置可调。物块释放前，细线与弹簧和物块的栓接点（A、B）在同一水平线上，且弹簧处于原长。滑轮质量不计且滑轮凹槽中涂有润滑油。以保证细线与滑轮之间的摩擦可以忽略不计，细线始终伸直。小物块连同遮光条的总质量为，弹簧的劲度系数为，弹性势能（为弹簧形变量），重力加速度为，遮光条的宽度为，小物块释放点与光电门之间的距离为（远远小于）。现将小物块由静止释放，记录物块通过光电门的时间。(1)物块通过光电门时的速度为________；(2)改变光电门的位置，重复实验，每次滑块均从点静止释放，记录多组l和对应的时间，做出图像如图所示，若在误差允许的范围内，满足关系式________时，可验证轻弹簧和小物块组成的系统机械能守恒；(3)在（2）中条件下，和时，物块通过光电门时弹簧具有的两弹性势能分别为、，则________（用、、、表示）；(4)在（2）中条件下，取某个值时，可以使物块通过光电门时的速度最大，速度最大值为________（、、表示）。【答案】(1)（2分）(2)（2分）(3)（2分）(4)（2分）【解析】（1）遮光条的宽度为，通过光电门的时间，则物块通过光电门时的速度为（2）若系统机械能守恒，则有变式为所以图像若能在误差允许的范围内满足即可验证弹簧和小物块组成的系统机械能守恒。（3）由图像可知和时，时间相等，则物块的速度大小相等，动能相等，可得，联立可得（4）由图像可知时遮光条挡光时间最短，此时物块通过光电门时的速度最大，可得又联立可得12．（9分）某同学测量一电热丝的电阻率，实验步骤如下∶(1)用多用电表粗测该电热丝的电阻值，将多用电表选择开关旋至“”挡，进行欧姆调零后，将红、黑表笔连接到电热丝两端，指针位置如图甲所示，此时读数为_____Ω。(2)用螺旋测微器测量电热丝不同位置的直径，某次测量的示数如图乙所示，该读数为_____。(3)为精确测量该电热丝的电阻，设计了如图丙所示的实验电路图。现有实验器材如下∶电池组（电动势为，内阻忽略不计）；电压表V（量程为，内阻为）；电流表A（量程为，内阻约为）；定值电阻（阻值可选用和）；滑动变阻器（最大阻值为）；开关、导线若干。①本实验中定值电阻的阻值应选用_____（填“3kΩ”或“12kΩ”）；②闭合开关，调节滑动变阻器，读出电压表和电流表的示数分别记为、，则该电热丝电阻准确值的表达式为_____（用、、、表示）；③多次测量得到电热丝的电阻的平均值，计算得出电热丝的电阻率。【答案】(1)1900（2分）(2)5.297~5.300（2分）(3)12kΩ（2分）（3分）【解析】（1）读数为。（2）读数为。（3）定值电阻若选择，则改装后的电压表能测量电压的最大值为定值电阻若选择，则改装后的电压表能测量电压的最大值为为了使电阻丝两端的电压变化范围更大，要求改装后的电压表测量范围更大，故本实验中定值电阻的阻值应选用；该电热丝电阻准确值的表达式为13．（10分）导光管采光系统是一套采集天然光并经管道传输到室内的采光系统，如图为过系统中心轴线的截面图。上面部分是收集阳光的半径为的某种均匀透明材料的采光半球，为球心，下面部分是内侧涂有反光涂层的高度为的空心导光管，直径为两部分的分界线，导光管与垂直。平行单色光在该竖直平面内从采光装置上方以与竖直方向成角射入圆面。已知采光半球对该单色光的折射率为，空气中的光速为，求：(1)直径上有光照射的长度；(2)从点入射的光在采光系统中传播的时间。【答案】(1)(2)【解析】（1）从C点射入的光线，根据折射定律有（1分）得（1分）则直径上有光照射的长度（2分）（2）由几何知识可得，从点入射的光在采光半球中运动的路程（1分）速度在采光球中运动时间（1分）光线进入导光管有（1分）可得由几何知识得，光线在导光管中运动的路程（1分）时间（1分）得（1分）14．（11分）“抡大锤”游戏可以充分展示抡锤者的力量与智慧。如图所示，初始时跷板左端B点静置一小球，游戏时大锤竖直砸在跷板右端A点并与之共速，在跷板水平时，跷板右端接触支点并停止运动，小球被跷板竖直向上抛出，若小球击中其正上方的铃铛，则抡锤者获胜。某次游戏中，大锤被举起至与A点的竖直高度为的C点后由静止抡出，游戏者恰好获胜（小球与铃铛接触时速度可视为零）。已知O点为跷板的支点且，跷板水平时，铃铛到小球的距离为，大锤质量为，小球可视为质点，跷板质量及其摩擦不计，忽略空气阻力，重力加速度g取。(1)求该次游戏中小球刚被抛出时的速度大小；(2)若该次游戏中大锤与跷板作用时受到的平均作用力大小为，大锤与跷板的碰撞时间为，碰撞过程中忽略人对大锤的作用力，大锤与跷板碰撞时的相互作用力可视为竖直方向，求：①大锤刚接触A点时的速度大小；②人对大锤做的功。【答案】(1)(2)①；②【解析】（1）小球被抛出后做竖直上抛运动，由运动学公式可得（2分）解得小球刚被抛出时的速度大小为（1分）（2）①由题意可知，A、B两点绕O点转动，角速度相等，则有（2分）解得小球离开跷板时大锤的速度大小为（1分）对大锤，根据动量定理有（2分）解得（1分）②该次游戏中，对大锤，根据动能定理有（1分）解得人对大锤做的功为（1分）15．（16分）如图所示，倾角为、宽度为L的光滑