高考物理终极押题卷（八）（教师版）

2026届高考物理终极押题卷（八）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、以下所用物理学研究方法的叙述中，说法正确的是（）A.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，主要体现了极限思想法B.在探究两个互成角度的力的合成规律实验时，采用了控制变量法C.重心概念的建立体现了理想化模型的思想D.速度和加速度都是利用比值定义法得到的定义式【答案】D【解析】【详解】A．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，主要体现了微元法，故A错误；B．在探究两个互成角度的力的合成规律实验时，采用了等效替代法，故B错误；C．重心概念的建立体现了等效替代法，故C错误；D．速度和加速度都是利用比值定义法得到的定义式，故D正确。故选D。2、中国的全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）首次实现了1亿摄氏度条件下1000秒的等离子体运行。该装置内部发生的核反应方程为，此反应会释放核能，伴随光子放出。下列说法正确的是（）A.该核反应方程中的X是质子B.比结合能小于的比结合能C.核聚变反应所释放的光子可能来源于氢原子能级跃迁D.该反应需要原子核具有足够的动能以克服库仑斥力才能发生【答案】D【解析】【详解】A．根据质量数守恒和核电荷数守恒得该核反应方程为，故A错误；B．核反应中生成物比反应物更加稳定，所以的比结合能大于的比结合能，故B错误；C．原子能级跃迁仅涉及电子在原子轨道间的跃迁，释放低能光子（如可见光、紫外线），与核反应无直接关联。核聚变反应释放的光子主要来源于核反应本身，而非氢原子能级跃迁。故C错误；D．要使核聚变发生，原子核必须首先接近到约以内，强核力才能主导结合过程。原子核带正电，根据库仑定律，它们之间的斥力随距离减小而急剧增大，这要求原子核需要足够的动能才能克服库仑斥力作用。因此，核聚变反应需要原子核具有足够的动能以克服库仑斥力才能有效发生，故D正确；故选D。3.如图所示，在水平如镜的湖面上方，一颗钢珠从离水面不高处由静止落入水中，会溅起几滴小水珠。下列说法正确的是（）A.部分小水珠溅起的高度可以超过钢珠下落时的高度B.小水珠在空中上升过程处于超重状态C.所有溅起的小水珠运动到各自最高点时速度一定为零D.所有溅起的小水珠机械能总和等于钢珠静止下落时的机械能【答案】A【解析】【详解】A．钢珠落入水中时，部分能量会转化为小水珠的动能，使得小水珠能够溅起。由于能量守恒，部分小水珠可能会获得足够的动能，使其溅起的高度超过钢珠下落时的高度，A正确；B．小水珠在空中上升时，加速度方向向下，处于失重状态，而不是超重状态，B错误；C．被溅起来的小水珠有的可能是竖直上抛，有的可能是斜抛，所以小水珠运动到最高点时竖直方向上的速度一定为零，水平方向上不一定为零，C错误；D．钢珠下落时，部分能量会转化为水的内能、声能等其他形式的能量，因此小水珠的机械能总和会小于钢珠静止下落时的机械能，D错误。故选A。4、如图所示，这是清洗汽车用的高压水枪。设水枪出水口的直径为D，水流以速度v从枪口喷出，近距离垂直喷射到车身。所有喷到车身的水流，约有向四周溅散开，溅起时垂直车身向外的速度为，其余的水流撞击车身后无反弹地顺着车流下，由于水流与车身的作用时间较短，因此在分析水流对车身的作用力时可忽略水流所受的重力。已知水的密度为，水流对车身的平均冲击力大小为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】取△t时间内的水流为研究对象，则该时间内喷出水的质量，利用动量定理列方程得解得故选D。5.螺旋星系是宇宙中一种常见的星系结构。某螺旋星系的中央核心区可以看成半径为R、总质量为M的球体，质量均匀地分布在中央核心区内。假设整个星系内所有恒星都绕星系中心做匀速圆周运动，r表示恒星到星系中心的距离，位于此螺旋星系旋臂区域（r>R）的恒星做匀速圆周运动的周期T随r变化的关系图像如图所示。科学家预言螺旋星系旋臂区域存在一种特殊物质，称之为暗物质（以星系中心为球心，质量均匀分布）。旋臂区域存在一种特殊物质，称之为暗物质（以星系中心为球心，质量均匀分布）。已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，则（n>1）的球体内，该星系旋臂区域的暗物质的质量是（）AnM B. C. D.【答案】C【解析】【详解】对处于处的恒星，由万有引力提供向心力得对处于处的恒星，由万有引力提供向心力得由题图可知时且所以有解得故选C6、如图所示，变压器为理想变压器，电流表为理想电表，为定值电阻，为滑动变阻器，在、两端输入正弦交流电压，调节滑动变阻器的滑片，发现电流表的示数变大，则下列说法正确的是（）A.滑片可能是向下移动B.原线圈输入的电压可能增大C.a、b两端输入的功率一定增大D.原线圈输入的功率一定增大【答案】C【解析】【详解】A．设原线圈中的电流为，则、两端电压由于电流表的示数变大，据变流比可知变大，不变则变小，滑片一定向上移动，故A错误；B．变大，两端的电压变大，因此原线圈两端的电压变小，故B错误；C．由于电流变大，因此、两端输入的功率变大，故C正确；D．由可知，不能确实原线圈输入的功率是变大还是变小，故D错误。故选C。7、光学仪器“道威棱镜”被广泛用来进行图形翻转。其由发光图片、棱镜和光屏构成，发光图片的中心、棱镜左右侧面的中心以及毛玻璃光屏的中心都处于轴上，如图所示。其中棱镜的横截面为底角的等腰梯形，棱镜材料对绿光的折射率。已知平行于轴入射到左侧界面的绿光穿过棱镜时，只与下底面发生一次反射，下列说法正确的是（）A.平行于轴入射到左侧界面的绿光折射时偏折了B.平行于轴入射到左侧界面不同位置的绿光在棱镜内通过的路程不同C.若从图示视角观察，图片以轴旋转，则光屏上的像与图片旋转方向相同D.若棱镜以轴旋转的角速度为，则光屏上的像旋转周期为【答案】D【解析】【详解】A．光线在棱镜中传播时光路图如图平行于轴入射到左侧界面的绿光折射角为可知r=30°可知折射时偏折了，选项A错误；B．由几何关系可知，平行于轴入射到左侧界面不同位置的绿光在棱镜内通过的路程相同，选项B错误；C．若从图示视角观察，图片以轴旋转，则根据光路图可知，入射到左侧面的光线和从右侧面的出射光线上下位置颠倒，则光屏上的像与图片旋转方向相反，选项C错误；D．若棱镜以轴旋转的角速度为，则周期，因棱镜旋转一周，则屏上的像转2周，则光屏上的像旋转周期为，选项D正确。故选D。二、多选题（本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多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）8、如图所示，空间中存在方向水平向右的匀强电场，两根等长的绝缘轻绳分别将小球M和N悬挂在电场中，悬点均为。小球M和N带电荷量分别为、（），质量分别为、，平衡时小球M和N之间相距，两轻绳与竖直方向的夹角相等。已知静电力常量为，下列说法正确的是（）A.小球M和N所受静电力的合力之比为B.匀强电场的电场强度大小为C.若仅将小球M和N交换位置，两小球仍能在原位置保持平衡D.若仅将小球M的电荷量加倍，两小球仍能在原位置保持平衡【答案】AB【解析】【详解】AB．如图所示对两球进行受力分析，设两球间的库仑力大小为，对M球根据平衡条件有，对N球有，联立解得小球M和N所受静电力的合力之比为同时有解得，故AB正确；C．若仅将小球M和N交换位置，二者仍能在原位置保持平衡，则对M球有，对N球有，联立可得无解，假设不成立，故C错误；D．若仅将小球M的电荷量加倍，二者仍能在原位置保持平衡，则对M球有，对N球有，联立可得，即，与上述分析不符，假设不成立，故D错误。故选AB。9、一列纵波波源做频率为1.0Hz简谐振动，在介质中形成疏密相间的状态向右传播，时刻部分质点振动情况如图所示。图中虚线代表相邻各质点1、2、3、…、13的平衡位置且相距为0.5cm，小圆点代表该时刻各质点振动所在的位置。下列说法正确的是（）A.这列纵波的波长为2cmB.该时刻质点7振动方向向左C.，质点3恰好运动到图中质点7的位置D.经过20.25s，质点4的运动路程大于质点6的运动路程【答案】BD【解析】【详解】A．质点3和质点7均在平衡位置，二者相距半个波长，这列纵波的波长为4cm，A错误；B．因为质点5在左最大位移处，所以该时刻质点7振动方向向左，B正确；C．质点只振动不移动，质点3不可能运动到图中质点7的位置，C错误；D．经过，经过20个周期时二者的路程相等，最后四分之一周期时间内，质点4向右运动并经过平衡位置，速度大，路程大，质点6向左运动到最大位移处后向右运动，速度小，路程小，所以，质点4的运动路程大于质点6的运动路程，D正确。故选BD。10、如图所示，光滑水平绝缘桌面上直线边界右侧存在范围足够大的匀强磁场。正方形单匝导线框平放在桌面上，其对角线与垂直。现使线框获得一速度后向右运动。从c点进入磁场瞬间，在c点对线框施加水平向右的力F，使线框保持原速度做匀速直线运动。已知线框速度始终与垂直，线框进入磁场的过程中，线框中的感应电流大小用表示，线框的位移用x表示，下列图像可能正确的是（）A. B.C D.【答案】AD【解析】【详解】设正方形线框的边长为l，电阻为R，当时，线框中的有效长度为线框中的感应电动势为线框中的感应电流大小为线框受到的安培力为由于线框匀速运动，因此线框受到的安培力与F相等，有当时，线框中的有效长度为线框中感应电动势为线框中的感应电流大小为线框受到的安培力为由于线框匀速运动，因此线框受到的安培力与F相等，有综上所述，电流I的图像为关于成轴对称的两条线段，力F图像为关于成轴对称的两条抛物线。故选AD。三、实验题（本题共2小题，共14分）11、某同学用双线摆测当地的重力加速度，装置如图所示．用长为L的不可伸长的细线穿过球上过球心的V型小孔，细线两端固定在水平杆上的A、B两点．球的直径远小于细线长．（1）使小球在垂直于的竖直平面内做小幅度摆动，小球经过最低点时开始计时并记为1，第n次经过最低点时停止计时，总时长为t，则该双线摆的周期________；（2）改变细线的长度，细线的两端分别固定在A、B两点不变，多次重复实验，记录每次细线的长L及相应的周期T，若A、B间距离为d，则等效摆长为________，为了能直观地看出物理量之间的关系，根据测得的多组L、T，应作出________图像；A．B．C．D．（3）若作出的图像为直线且斜率为k，则可求得当地的重力加速度________．【答案】（1）（2）①.②.D（3）【解析】【小问1详解】根据题意有解得【小问2详解】[1]根据几何关系，可得等效摆长[2]根据解得可见，和是线性关系，因此为了能直观地看出物理量之间关系，根据测得的多组L、T数据，应作出的图像。故选D。【小问3详解】若图像的斜率为k，则有解得12.新能源汽车日益普及，离不开汽车电池技术的创新。某学习小组在实验室测量一块电池的电动势E和内阻r。实验室提供的器材有：A.待测电池(电动势E约4V，内阻r约2Ω，允许通过的最大电流Ⅰm=0.6A)；B.电压表(量程0～3V，内阻很大，可视为理想电压表)；C.电阻箱R1(0~99.9Ω)；D.定值电阻R0=4.0Ω；E.开关S一个，导线若干。（1）该学习小组设计了如图1和图2所示的两套方案，若要求电压表能够达到满偏，你认为合理的是图_________(选填“1”或“2”)，原因是____________________。（2）多次改变电阻箱的阻值R1，读出对应的电压表示数U，根据测得的数据作出图像，如图3所示，则电池电动势E=________V，内阻r=__________Ω。(结果均保留两位有效数字)（3）如果考虑电压表内阻的影响，则E测_________E真，r测________r真。(均选填“>”“=”或“<”)【答案】（1）①.图1②.图2中电压表达到满偏，通过电池的电流将超过电池允许通过的最大电流（2）①.4.0②.2.4（3）①.<②.<【解析】【小问1详解】[1][2]如果采用题图2所示方案，电压表达到满偏时，通过电池的电流=0.75A>0.6A可能会烧坏电池，故合理的是图1。【小问2详解】[1][2]根据闭合电路的欧姆定律有整理得图像的斜率纵截距代入数据解得，【小问3详解】[1][2]此实验的系统误差来源于电压表的分流，将定值电阻等效到电源里，根据“伏阻法”测电源电动势和内阻的实验原理，可得电动势和内阻的测量值都小于真实值。四、解答题（本大题共3小题，共42分。第13题10分，第14题14分，第15题18分）13公园里的装饰灯在晚上通电后会发出非常漂亮的光，如图a所示。该灯可简化为图b所示的模型，该装饰灯是由透明材料（对红光的折射率n=2）制成的棱长为L的正方体，正方体中心有一个发红光的点光源O。不考虑经反射后的折射光线，不考虑光刚好射到棱上的情况，光在空气中的传播速度为c，求：（1）光线从装饰灯内射出的最长时间tmax；（2）从外面看，装饰灯被照亮的总面积。【答案】（1）（2）【解析】【小问1详解】设光线从装饰灯内射出时发生全反射的临界角为C，对一条射到侧面上且恰好发生全反射的光线，设光在装饰灯内传播的距离为x，有解得根据几何关系可得又，联立解得【小问2详解】每一侧面被照亮的图形为圆，圆的半径为r，有每一侧面被光照亮的面积从外面看装饰灯被照亮的总面积联立解得14、某游戏装置的竖直截面如图所示。半径的竖直螺旋圆轨道与倾斜直轨道、水平面分别相切于B、，段圆弧对应的圆心角。水平传送带在电动机带动下，以顺时针转动，传送带两端分别与左、右两侧水平面平滑对接于E、F两点，长，右侧水平面上等间距摆放许多质量的小滑块，从左到右标号分别为1、2、3…n，n足够大。间是一个宽、高的矩形坑。游戏开始，一质量的滑块P从轨道上距水平面高度为h处由静止释放，到达C点时速度。滑块P与轨道间动摩擦因数，与传送带间动摩擦因数，其余摩擦力与空气阻力均忽略。各滑块均可视为质点，滑块间的碰撞均为弹性碰撞，滑块与坑壁碰撞后竖直方向速度不变，水平方向速度大小不变，方向反向，各碰撞时间不计，滑块到达坑底时立即停止运动。求：（1）滑块P到达圆轨道最高点D时受到轨道的弹力大小，以及释放高度h；（2）标号为n的滑块到达坑底时距坑底右边缘T的距离；（3）滑块P与滑块1发生第一次碰撞后，滑块P在传送带上运动的总时间t以及电动机多消耗的电能。【答案】（1）（2）（3），【解析】【小问1详解】对滑块P，从C到D，由动能定理得解得在联立解得从开始下滑到C，由动能定理联立解得【小问2详解】因为若一直减速，则有滑块P在传送带上一直减速，滑块P与滑块1第1次碰撞，规定向右为正方向，则有联立解得之后，通过滑块间的碰撞，速度依次传递对物块n，从J抛出到落到坑底，由平抛规律有联立可得【小问3详解】滑块P与滑块1发生第一次碰撞后，每次进传送带和出传送带速度大小相等：滑块P与滑块1每发生一次碰撞，速度反向，大小减半，则有滑块P与滑块1发生第一次碰撞后的在传送带上总时间电动机