2026年高考考前预测卷-物理（山东卷）（全解全析）

2/22026年高考考前预测卷（山东专用）物理·全解全析注意事项：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一、单项选择题：本题共8小题，每小题3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．某同学自制双缝干涉实验装置，在纸板上割出一条窄缝，于窄缝中央沿缝方向固定一根拉直的头发丝形成双缝，将该纸板与墙面平行放置，如图所示。用绿色激光照双缝，能在墙面上观察到干涉条纹。下列做法可以使相邻两条亮纹中央间距变小的是（）A．换用更粗的头发丝 B．换用红色激光照双缝C．增大纸板与墙面的距离 D．减小光源与纸板的距离【答案】A【解析】由于干涉条纹间距Δx=A．换用更粗的头发丝，双缝间距d变大，则相邻两条亮纹中央间距ΔxB．换用红色激光照双缝，波长变长，则相邻两条亮纹中央间距ΔxC．增大纸板与墙面的距离l，则相邻两条亮纹中央间距ΔxD．减小光源与纸板的距离，不会影响相邻两条亮纹中央间距Δx故选A。2.有甲、乙两种金属，甲的逸出功小于乙的逸出功。使用某频率的光分别照射这两种金属，只有甲发射光电子，其最大初动能为Ek，下列说法正确的是（

A．使用频率更小的光，可能使乙也发射光电子B．使用频率更小的光，若仍能使甲发射光电子，则其最大初动能小于EC．频率不变，减弱光强，可能使乙也发射光电子D．频率不变，减弱光强，若仍能使甲发射光电子，则其最大初动能小于E【答案】B【解析】A．某频率的光不能使乙金属发生光电效应，说明此光的频率小于乙金属的截止频率，则换用频率更小的光不能发生光电效应，A错误；B．由光电效应方程Ek=ℎν−WC．频率不变则小于乙金属的截止频率，不会发生光电效应，C错误；D．由Ek故选B。3.如图所示，粗糙的正方形斜面ABCD与水平面间的夹角θ=30°，一质量为m的物体受到与对角线BD平行的恒力F作用，恰好能沿斜面的对角线AC做匀速直线运动，重力加速度为g，则（）A．物体与斜面间的动摩擦因数为33 B．物体与斜面间的动摩擦因数为C．恒力F的大小为22mg D．恒力F【答案】B【解析】CD．物块受摩擦力方向与速度方向相反，即沿CA方向，重力的分力沿斜面向下，则由平衡可知f及f解得F=故CD错误；AB．根据f=μmg可得μ=故B正确，A错误。故选B。4.一定质量的理想气体从状态a开始。第一次经绝热过程到状态b；第二次先经等压过程到状态c，再经等容过程到状态b。p−V图像如图所示。则（）A．c→b过程气体从外界吸热B．a→c→b过程比a→b过程气体对外界所做的功多C．气体在状态a时比在状态b时的分子平均动能小D．气体在状态a时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上的分子数少【答案】B【解析】A．c→b过程，气体体积不变，即等容变化过程，气体压强变小，温度降低，故内能减小，该过程气体对外不做功，故气体向外界放热，A错误；B．由微元法可得p−V图像与横坐标围成的面积表示为气体做功的多少，由图像可知，a→c→b过程比a→b过程气体对外界所做的功多，B正确；C．a→b过程为绝热过程，气体体积变大对外做功，由热力学第一定律可知，气体内能减小，温度降低。温度是分子平均动能的标志，故气体在状态a时比在状态b时的分子平均动能大，C错误；D．a→c过程，气体的压强相等，体积变大温度变大，分子的平均动能变大，分子撞击容器壁的动量变化量变大。由气体压强的微观解释可知，在状态a时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上的分子数多，D错误。故选B。5.随着自动驾驶技术不断成熟，北京、上海等城市某些特定地区相继出现无人驾驶网约车，给市民出行带来方便。甲、乙两辆无人驾驶汽车在平直公路上从同一地点同时出发，两车位移x和时间t的比值xt与时间tA．乙车的加速度大小为1m/C．乙车速度为6m/s时，甲车速度为【答案】D【解析】AB．根据x=可得x由图像可知，甲车初速度为零，加速度1可得a1=6m/s2乙车的初速度v02=12m/s加速度1可得a2=-2m/s2两车速度相同时a解得t=1.5s选项AB错误；C．乙车速度为6m6解得t1=3s此时甲车速度为v选项C错误；D．甲车追上乙车前，两车速度相等时距离最远，则最远距离为x=选项D正确。故选D。6.卫星在不同轨道绕地球做圆周运动，卫星速率平方的倒数1v2与轨道高度ℎ的关系图像如图所示，已知图线的纵截距为b，斜率为k，引力常量为A．地球的半径为bB．地球表面附近的重力加速度为kC．地球的质量为1D．地球的平均密度为3【答案】C【解析】A．设地球半径为R，卫星的轨道高度为h，由万有引力提供向心力有GMm又M=ρ⋅联立得1所以k=b=求得地球的半径R=故A错误；B．对在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动的物体，有g=结合题图可得1求得地球表面附近的重力加速度g=故B错误；C．地球表面的物体所受重力等于万有引力，即mg=G可得M=故C正确；D．由上述分析可得ρ=故D错误。故选C。7.在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为（

）A．ρgSl2gℎ2ηℎH+ℎ+C．ρgSl2gℎ2ηℎH+【答案】B【解析】设水从出水口射出的初速度为v0，取tm=根据平抛运动规律vℎ=1解得v根据功能关系得Ptη=联立解得水泵的输出功率为P=故选B。8.如图，一带有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止在光滑水平面上，一可视为质点、质量为m的小球以速度v0从小车的左端水平滑上小车，与小车作用后从小车左端竖直掉下。已知圆弧轨道的半径足够大，重力加速度大小为gA．小球和小车组成的系统动量守恒、机械能守恒B．小车的最终速度大小为0.5C．小车对小球做的功为1D．小球在小车上能上升的最大高度为v【答案】D【解析】A．小球和小车组成的系统机械能守恒，由于小球在运动过程中存在超重与失重过程，则系统的动量不守恒，但系统水平方向的动量守恒，故A错误；B．由于小球与小车作用后从小车左端竖直掉下，表明小球落下时速度恰好为0，根据动量守恒定律有m根据机械能守恒定律有1解得v1=故B错误；C．对小球进行分析，根据动能定理有W=0−表明小车对小球做的功为−1D．小球上升到小车上的最高点时，两者速度相等，根据动量守恒定律有m根据系统机械能守恒有1结合上述解得ℎ=故D正确。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.某静电场在x轴正半轴的电势φ随x变化的图像如图所示，a、b、c、d、为x轴上四个点。一负电荷仅在静电力作用下，以一定初速度从d点开始沿x轴负方向运动到a点，则该电荷（）A．在b点电势能最小 B．在c点时速度最小C．所受静电力始终做负功 D．在a点受静电力沿x轴负方向【答案】BD【解析】AB．根据题意，由公式Ep=φq可知，负电荷在高电势位置的电势能较小，由图可知，a点的电势最大，则在a点电势能最小，同理可知，c点的电势最小，则在c点时电势能最大，电荷仅在电场力作用下，电荷的电势能和动能之和不变，可知，电势能最大时，动能最小，则在CD．根据沿电场线方向电势逐渐降低，结合题图可知，c点左侧电场方向沿x轴正方向，c点右侧电场方向沿x轴负方向，可知，c点右侧负电荷受沿x轴正方向的电场力，c点左侧负电荷受沿x轴负方向的电场力，可知，在a点受静电力沿x轴负方向，从d点开始沿x轴负方向运动到a点，电场力先做负功再做正功，故C错误，D正确。故选BD。10.两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=−0.2m和x=1.2m处，两列波的波速均为0.2m/s，波源的振幅均为4cm，图示为t=0时刻两列波的图像，此刻平衡位置在x=0和x=0.8mA．两列波波源的起振方向相同 B．当两列波相遇时，左边的波源振动了3sC．平衡位置在x=0.4m处的质点为振动加强点 D．t=5s时，【答案】BD【解析】A．波源位于x=−0.2m处的波源起振方向为y轴负方向，波源位于x=1.2m处的波源起振方向为B．两列波的波速相同，t=0时刻，两波相距Δ所以从t=0时刻到相遇所用时间为t已知左边波的波长为λ=0.4周期为T=从左侧波源开始振动到t=0时刻的时间为t所以，当两列波相遇时，左边的波源振动的时间为t=B正确；C．由于两列波波速相同，所以左侧的波谷传到x=0.4m处时右侧波的波峰也恰好传到该点，所以平衡位置在x=0.4D．右侧的波传到x=0处的时间为t之后两列波在x=0处相遇，叠加为振动减弱点，两列波的振幅相同，所以4s之后x=0处质点的路程为0，在t3时间内，左侧的波带动x=0sD正确。故选BD。11.如图所示，一矩形线框绕垂直于匀强磁场的轴OO′匀速转动，通过电刷与理想变压器相连。已知线框的匝数n=100匝，面积S=55cm2，总电阻r=10Ω，角速度ω=100A．匀强磁场的磁感应强度B=B．匀强磁场的磁感应强度B=C．线框转动的角速度增大时，理想变压器的输入功率一定增大D．RT【答案】AC【解析】AB．设变压器原线圈电压电流分别为U1、I1，副线圈电压、电流为U由题易知U1=50则根据原副线圈电流与匝数的关系n解得I对原线圈和发电机电路NBSω解得B=2C．将变压器进行等效，等效电路如图所示只增大线框转动的角速度，则线框产生的电动势E=NBSω等效电阻R总其中等效电阻R'=整个闭合回路的总电流I=所以总电流I增大，等效电阻的功率为P'=根据表达式可以知P'增大，因此副线圈的总功率增大，那么理想变压器的输入端的功率必然增大，故C正确；D．RT处温度升高时，热敏电阻的阻值减小，根据变压器等效，则整个回路的总电阻R那么通过矩形线框的电流I=E则矩形线圈上的电压增大，那么电压表的电压将减小，即电流表示数变大，电压表示数变小，故D错误。故选AC。12.两根足够长的导轨由上下段电阻不计，光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接，M、N等高，间距L=1m，连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°，导轨两端分别连接一个阻值R=0.02Ω的电阻和C=1F的电容器，整个装置处于B=0.2T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧，质量分为m1=0.8kg，m2=0.4kg，ab棒电阻为0.08Ω，cd棒的电阻不计，将ab由静止释放，同时cd从距离MN为x0=4.32m处在一个大小F=4.64N，方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F，已知碰前瞬间ab的速度为4.5m/s，g=10m/s2（

）A．ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44sB．ab从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为0.78JC．两棒第一次碰撞后瞬间，ab的速度大小为6.3m/sD．两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小为8.4m/s【答案】BD【解析】A．由于金属棒ab、cd同时由静止释放，且恰好在M、N处发生弹性碰撞，则说明ab、cd在到达M、N处所用的时间是相同的，对金属棒cd和电容器组成的回路有Δq=C·BLΔv对cd根据牛顿第二定律有F－BIL－m2gsin30°=m2a2其中a2=联立有a则说明金属棒cd做匀加速直线运动，则有x联立解得a2=6m/s2，t=1.2s故A错误；B．由题知，知碰前瞬间ab的速度为4.5m/s，则根据功能关系有m金属棒下滑过程中根据动量定理有m其中q=It=BLxabR总，R总=联立解得q=6C，xab=3m，Q=3.9J则R上消耗的焦耳热为Q故B正确；CD．由于两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，取沿斜面向下为正，有m1v1－m2v2=m1v1′＋m2v2′1其中v2=a2t=7.2m/s联立解得v1′=－3.3m/s，v2′=8.4m/s故C错误、D正确。故选BD。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13．（8分）某实验小组设计方案验证机械能守恒定律。(1)如图1所示，利用打点计时器记录重物自由下落的运动过程。a.下列实验操作和数据处理正确的是______。A．实验中必须测量重物的质量B．打开打点计时器前，应提住纸带上端使纸带竖直C．实验中应先接通打点计时器的电源，再释放重物D．测量纸带上某点的速度时，可由公式v=2gℎb.图2为实验所得的一条纸带，在纸带上选取连续的、点迹清晰的3个点A、B、C，测出A、B、C与起始点O之间的距离分别为ℎ1、ℎ2、ℎ3。已知打点计时器的打点周期为T，当地重力加速度为g。从打O点到打B(2)某同学利用如图3所示的装置验证机械能守恒定律。将直径为d的小球通过细线系在固定点上，使小球可以在竖直平面内做圆周运动。调节小球的释放位置，记录小球释放时球心到光电门中光信号的竖直高度h，并将其无初速度释放。当小球经过光电门时，光电门可以记录小球遮挡光信号的时间t。改变小球的释放位置，重复上述步骤，得到多组竖直高度h和对应时间t的数据。a.若小球向下摆动的过程中机械能守恒，则描绘以h为横坐标、以______为纵坐标的图像，在误差允许范围内可以得到一条倾斜的直线。该图线的斜率k=______（用d、g表示）。b.该同学利用上述方案验证机械能守恒定律时，得到图像的斜率总是略大于a问中的k。请分析说明其中的原因，并提出合理的解决办法____。【答案】(1)BCg(2)1t22gd2小球通过光电门的过程中，若因细线形变等原因导致圆心划过轨迹的最低点略高于或低于光信号的高度，会使遮挡光信号的宽度d′小于实验过程中测量的小球直径d。由k=2gd【解析】（1）[1]A．由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要用天平测量重物的质量，故A错误；B．为了减小纸带与打点计时器的摩擦，打开打点计时器前，应提住纸带上端使纸带竖直，故B正确；C．为了充分利用纸带，实验中应先接通电源，后释放纸带，故C错误；D．不能利用公式来求解瞬时速度，因为这样直接认为加速度为重力加速度，失去了验证的意义，故D错误。故选BC。[2]打B点时的速度v打O点到打B点的过程中，增加的动能为Δ打O点到打B点的过程中，减少的重力势能为Δ若机械能守恒，则有1整理得ℎ（2）[1][2]当小球经过光电门时速度大小v=从释放到经过光电门过程，小球增加的动能为Δ减少的重力势能为Δ若机械能守恒，则有1整理得1可知1t2−ℎ图像为过原点的一条倾斜直线，故纵坐标为1[3]小球通过光电门的过程中，若因细线形变等原因导致圆心划过轨迹的最低点略高于或低于光信号的高度，会使遮挡光信号的宽度d′小于实验过程中测量的小球直径d。由k=2gd2可知，斜率的测量值将总会略大于k的理论值。则可将小球换为质量分布均匀的金属小圆柱体，可避免遮挡光信号的宽度14.（8分）某小组欲设计一种电热水器防触电装置，其原理是：当电热管漏电时，利用自来水自身的电阻，可使漏电电流降至人体安全电流以下．为此，需先测量水的电阻率，再进行合理设计。（1）如图（a）所示，在绝缘长方体容器左右两侧安装可移动的薄金属板电极，将自来水倒入其中，测得水的截面宽d=0.07m和高ℎ=0.03（2）现有实验器材：电流表（量程300μA,内阻RA=2500Ω）、电压表（量程3V或15（3）连接好电路，测量26℃的水在不同长度l时的电阻值Rx。将水温升到65℃，重复测量。绘出26℃和65℃水的R（4）若Rx−l图线的斜率为k，则水的电阻率表达ρ=____________（用k、d、h表示）。实验结果表明，温度（5）测出电阻率后，拟将一段塑料水管安装于热水器出水口作为防触电装置。为保证出水量不变，选用内直径为8.0×10−3m的水管。若人体的安全电流为1.0×10−3A，热水器出水温度最高为【答案】kdℎ高0.46【解析】（2）[1]电源电动势为3V，故电压表量程选择3（4）[2]根据电阻定律R故可得k=得ρ=kdℎ[3]电阻率越小更容易导电，根据图像可知65℃的水的电阻率更小，故可知温度高的水更容易导电。（5）[4]根据前面分析可知65℃的水的电阻率为ρ=kdℎ=故当选用内直径为d0=8.0×10−3mUR=ρl解得水管的长度至少应设计为l15.（8分）如图所示，三角形ABC是三棱镜的横截面，AC=BC，∠C=30°，三棱镜放在平面镜上，AC边紧贴镜面。在纸面内，一光线入射到镜面O点，入射角为α，O点离A点足够近。已知三棱镜的折射率为2。(1)当α=45°时，求光线从AB边射入棱镜时折射角的正弦值；(2)若光线从AB边折射后直接到达BC边，并在BC边刚好发生全反射，求此时的α值【答案】(1)6(2)60°【解析】（1）作出光路图，如图所示由几何关系可知∠BAC=∠1=∠BAC−(90°−α)=30°所以在AB边的入射角为∠2=90°−∠1=60°由光的折射定律n=解得光线从AB边射入棱镜时折射角的正弦值为sin（2）根据sin可得C则AB边的折射角为∠根据折射定律可知AB边的入射角满足n=解得∠根据几何关系可知恰好发生全反射时的入射角为α16.（9分）如图，某实验小组为测量一个葫芦的容积，在葫芦开口处竖直插入一根两端开口、内部横截面积为0.1cm2的均匀透明长塑料管，密封好接口，用氮气排空内部气体，并用一小段水柱封闭氮气。外界温度为300K时，气柱长度l为10cm；当外界温度缓慢升高到310K（1）求温度变化过程中氮气对外界做的功；（2）求葫芦的容积；（3）试估算被封闭氮气分子的个数（保留2位有效数字）。已知1mol氮气在1.0×105Pa、273K状态下的体积约为【答案】（1）0.4J；（2）119cm【解析】（1）由于水柱的长度不计，故封闭气体的压强始终等于大气压强。设大气压强为p0，塑料管的横截面积为S，初、末态气柱的长度分别为l1、W=解得W=0.4（2）设葫芦的容积为V，封闭气体的初、末态温度分别为T1、TVVV联立以上各式并代入题给数据得V=119（3）设在1.0×105Pa、273K状态下，1mol氮气的体积为V0V+S其中n=联立以上各式并代入题给数据得n=2.9×1017.（12分）如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电量为q（q>0）的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为s=3(1)求磁感应强度的大小；(2)求电场强度的大小；(3)若粒子从a点以v0【答案】(1)m(2)m(3)3【解析】（1）根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示由题意可知θ=60°设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系有r=r解得r=2ℎ由牛顿第二定律有q解得B=（2）根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为v0，方向与水平虚线的夹角为60°，由几何关系可得则粒子在电场中的运动时间为t=沿电场方向上，由牛顿第二定律有qE=ma由运动学公式有−联立解得E=（3）若粒子从a点以v0由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为v0，粒子在磁场中运动的半径仍为2ℎ，由几何关系可得，粒子进入电场时速度与虚线的夹角结合小问2分析可知，粒子在电场中的运动时间为tAB间的距离为AB=由几何关系可得BC=2r则AC=BC−AB=粒子在磁场中的运动时间为t则有t=综上所述可知，粒子每隔时间t向右移动3ℎ，则漂移速度大小18.（15分）如图，质量为1kg的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为0.75m的竖直光滑圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成37°角．质量为2kg的小