2026届高三下学期临门押题实战演练(一)物理+答案

临门押题·物理1~4参考答案

物理（一）

1.CAB段是曲线，根据做曲线运动的条件知：向右上方提高到M,

列车所受合力方向与速度方向不在一条点，则d增大，α增大，

直线上，选项A错误；BC段是直线，根据

θ增大减小，故

做直线运动的条件知，列车所受合力方向

与速度方向在一条直线上，选项B错误；F增大，选项ABC错

由于列车在AB段做减速曲线运动，合外误，D正确．

力方向与速度方向的夹角一定大于90°,5.B根据E＝Em－E"可

由于列车在BC段做减速直线运动，合外知，大量处在"=3能级的氢原子向外辐

力方向与速度方向相反，选项C正确，D射的光子中，能量最大的光子A的能量

8

错误．

EA＝E3-E1=-E1,能量最小的光子

9

小球做平抛运动，要使小球沿斜面下滑，

2.A5

则到达点时速度方向沿，故应满足

PPQB的能量EB＝E3-E2=-E1；由E=

36

关系tan

h可得fi能量最大的光子

tanθ,选项A正确．

A的动量与能量最小的光子B的动量之

3.C平衡位置位于x=5cm处质点的振动方

比选项B正确．

程为=5sin（t）cm,则振动的周期

yT2

mΨ0mΨ0

2π6.A由Ψ0B＝可得r1=，由几何关

,由题图可知，该波的波长q

=⑴=6sλ=r1qB

系可知，接收板上最近印记（粒子与板第1

12cm,则波的传播速度次碰撞的位置）与O点的距离x1=r1=

mΨ0

s=0.02m/s,选项A错误；平衡位置位于

；粒子与板碰撞前后速度方向与轴

qBx

x=5cm处质点的振动方程为y=5sin

的夹角相等，速率减半，则粒子与板第1,

（t）cm,则t=0时刻该质点沿y轴正

2,3,…次碰撞后的轨道半径分别为r2=

方向振动，由同侧法可知，该波沿x轴正

方向传播，选项B错误；0~3s内，各质点

振动了半个周期，则03s内平衡位置位mΨ0

~,…,由几何关系可知，接收板上最远

qB

于x=8cm处的质点运动的路程为10

印记与点的距离2=1+2+3+…

cm,t=3s时刻平衡位置位于x=2cmOxrrr

处质点的位移y=-5cm,选项C正确，D则接收板上最近印记和最

错误．

4.D设轻绳的长度为L，左侧轻绳与竖直方向mΨ0

远印记之间的距离d＝x2-x1=,选

夹角为α,两手之间的水平距离为d，有θqB

d项A正确．

=2α,sinα=，对空竹，由平衡条件有

L7.B设气闸舱内的容积为V，抽气前的温度为

T0,第一次抽气后气闸舱内气压为fi1,由

2Fmg，解得F若左轻

理想气体状态方程有

杆的端点不动，右轻杆的端点从M点斜

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运动到P点时的速度大小ΨP=

其中T1=T解得fi1=

7D项正确．

fi0；设第二次抽气后气闸舱内气压为

109.BC金属球处于静电平衡，球体内部的电场

强度为零，则感应电荷q9与点电荷＋q

fi2,由理想气体状态方程有=

在球心处产生的电场强度大小相等，方

向相反，故q9在球心处产生的电场强度

其中T2=T

的大小为，选项A错误，B正确；金属

T1,解得fi设第三次球接地，电势为零，即感应电荷q9在球心

处产生的电势与点电荷＋q在球心处产

抽气后气闸舱内气压为fi3,由理想气体状

生的电势之和为零，则有φq9=-φq=-

,可知当＋q远离球心时，φq减小，则

态方程有其中T3=

q9在球心O处产生的电势升高，选项C

T解得fi3=fi2=正确，D错误．

710.ADA、B组成系统的动量守恒，结合题图

3

()fi0,以此类推，可知抽气"次后气闸

10乙可知，0~t0时间内有mΨ0=（m+

7Ψ0

"mB）,解得mB=2m，t＝t0时刻A、

舱内气压为()fi0,选项B正确．

103

B的速度相同，橡皮绳的伸长量最大，

8.BD由椭圆知识可得OP=5R，OQ=2R，由

GMm由能量守恒定律有

=ma可得，卫星在P、Q两点的

r2

加速度大小之比为4∶25,A项错误；由

解得Ep=

开普勒第二定律可知卫星与地球的连线２

mΨ０,选项A正确；由题图乙可知，t=

在相等的极短时间△t内扫过的面积相

2t0时，橡皮绳恢复原长，从A开始运

等，则有Q·△t·2RPcos37°·动至橡皮绳恢复原长过程，由动量守

恒定律有mΨ0=mΨA+2mΨB，由机械

△t·5R，解得ΨP∶ΨQ=1∶2,B项正

确；根据椭圆焦点到椭圆正中心的距离能守恒定律有

是半焦距，则O点到椭圆正中心的距离

２

2mΨB，解得其

d＝1/(5R）2-(4R）2=3R，则Q点的引

中负号表示向右运动，时间

A__0~2t0

力势能EP

内，对B由动量定理有F(2t0-0)=

22mΨ0

点的引力势能E__

2m×Ψ0-0,解得F＝，选项B

所以从Q点运动到P点卫星的引力势33t0

GMm错误；2t0~3t0时间内，A向右做匀速

能变化量△Ep=Ep2-Ep1=--

5R运动，B向左做匀速运动，直至相碰，

则橡皮绳的原长lt0

项错误；从Q点

=Ψ0t0,选项C错误；设A、B在0~t0

运动到P点，依据能量守恒定律，有-

时间内的任意时刻速度分别为ΨA1、

2

△Ep=△EmΨ,解得卫星

ΨB1,由动量守恒定律有mΨ0=mΨA1+

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2mΨB1,两边同乘以Δt并求和可得由光的折射定律

1

sini

mΨ0t0=mxA+2mxB，其中xB=有"=,(1

10sinr

4分）

Ψ0t0,解得xA=Ψ0t0,选项D正确．

5解得"＝13.(1

(1)等于(2分）

11.分）

2（b－c）

(2)(2分）(2)光线从BC的中点射入时的光路图如图

t0

乙所示，由几何关系可知，经过的中点

2（M＋m）（b－c）ACD

(3)(2分）1

mt0时的入射角为60°,由于sin60°>,所以光

"

解析：(1)滑块做匀速直线运动，遮光条通过

在此处发生全反射，到达AB边时的入射角

光电门A的挡光时间等于遮光条通过光电为30°,光线在F点射出，(2分）

门B的挡光时间．(2)根据逆向思维可得x

2

=ΨAt－at,变形得at+ΨA，结合

图乙得解得a=.(3)根

据牛顿第二定律有mg＝（M＋m）a，又a=

由几何关系有

2（M＋mt）（b－c）

,解得g=0．

m

12.(1)R1(1分）R3(1分）

(1分）

(2)4.2(2分）0.9(2分）

c

(3)4.5(2分）该单色光在棱镜中传播的速度Ψ=，(1

"

解析：(1)R0的阻值应选用与电源内阻差不

分）

多的定值电阻R1,串联电阻的阻值应为

该单色光在棱镜中传播的时间t=

3

.2×10Ω,即应选用R3.DF＋ED

,(1分）

Ψ

联立解得t=2.5×10-10s.(1分）

(2)闭合S1和S2,根据闭合电路欧姆定律有

14.解：(1)ab在初位置时加速度最大，由闭合电

E＝U＋（R0+r），变形得路欧姆定律有

BLΨ0

,结合图像可得Ⅰm=，(1分）

+2R

由牛顿第二定律有

A-1,解得E=4.2V,r=0.9

BⅠmL＋F+μmg＝mam,其中R=

Ω.(3)S2断开，S1闭合时，有E＝U1+

9F

解得am=．(1分）

r），解得Rx4m

(2)ab向右运动，在运动位移大小为x的过

，解得

r）Rx=4.5Ω.程中的平均电流为

13.解：(1)由题意可知，作出光路图如图甲所__BLx

Ⅰ1=，(1分）

示，由几何关系可知，△ABD为等腰三角t1·2R

形，此时光线的入射角i=60°,折射角r=通过ab某一横截面的电荷量绝对值

30°,(2分）q=Ⅰ1t1,

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解得q=,(1分）解得t分）

ab返回到初始位置时受力平衡，有(3)小球2从静止释放到最低点过程，根据动

BⅠ2L+μmg＝F，(1分）能定理有

BLΨ

Ⅰ2=，(1分）

2R

ab回到初位置时克服安培力做功的功率在最低点，有

2

P＝BⅠ2LΨ,Ψ0

49N－mg＝m，(1分）

R

解得P=FΨ0.(1分）

120由牛顿第三定律有N,＝N，

7

解得(1分）

(3)由(2)问得Ψ=Ψ0,N,=8mg．

10

(4)小球2运动至与小球1碰撞前的瞬间，由

ab从初位置开始到回到初始位置过程，根据动能定理有

功能关系有

两球发生弹性碰撞，则有

解得QFx，(1分）mΨ1=mΨ2+mΨ3,

ab向右运动过程中，根据动量定理有分）

-Ft1-μmgt1-BⅠ1Lt1=0-mΨ0,(1分）

解得

ab向左运动到初位置过程中，根据动量定理

有

之后小球1运动至C点

Ft2-μmgt2-BⅠ2Lt2=mΨ-0,(1分）

其中

分）

ab从初位置开始到回到初始位置过程所用之后小球做类斜抛运动，由牛顿第二定律有

的时间t＝t1+t2,