高考物理终极押题卷（十三）（教师版）

2026届高考物理终极押题卷（十三）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.图甲为某同学做研究光电效应的实验装置图，他通过实验得到的单色光a、b的光电流I与电压U的关系如图乙所示，下列分析正确的是（）A.光a比b的遏止电压更大 B.光a比b的频率更大C.光a比b的强度更小 D.光a比b的饱和光电流更大【答案】D【解析】【详解】A．从乙图可知，光a比b的遏止电压小，故A错误；B．根据可知光a比b的频率更小，故B错误；CD．从乙图可知，a光的饱和光电流比b光大，则光a比b的强度更大，故C错误，D正确。故选D。2.飞机在飞行中因摩擦积累的大量静电会干扰飞机通讯系统，引发安全事故。设计者在机翼上安装了许多尖刺（如图甲），这些尖刺称为放电刷，它利用尖端放电的原理，将飞机在飞行中因摩擦积累的电荷及时释放到大气中。科学家们常用如图乙所示的针—板模型进行放电刷的模拟实验，已知图乙中AB=BC，下列关于飞机放电刷的工作原理及相关物理知识的说法，正确的是（）A.UAB=UBCB.图乙虚线上可能存在电场强度为0的位置C.飞机飞行时与空气摩擦产生的静电，本质是空气分子发生了电离D.针状电极附近空气电离后，电场力对空气中的正负电荷都做正功【答案】D【解析】【详解】A．根据可知AB段的平均场强大于BC段的平均场强，所以UAB大于UBC，故A错误；B．虚线上的电场线方向始终由针状电极指向板状电极，说明电场强度方向始终沿虚线指向板状电极，不存在电场强度为0的位置，故B错误；C．飞机飞行时与空气摩擦产生的静电，本质是电荷转移，而非空气分子电离，故C错误；D．针状电极附近空气电离后，正电荷受到的电场力方向与电场线方向相同，负电荷受到的电场力方向与电场线方向相反，负电荷向针状电极移动，正电荷向板状电极移动，电场力对正、负电荷都做正功，故D正确。故选D。3.1784年，乔治·阿特伍德为测量重力加速度和验证牛顿第二定律，设计了后来以他名字命名的实验装置——阿特伍德机。阿特伍德机的简化示意图如图所示，A、B为质量均为M的物体，物体C的质量为m，若滑轮质量和摩擦不计，轻绳不可伸长，m=0.5M，则物体B从静止开始下落一段距离所用时间约为其自由落体下落同样距离所用时间的（）A. B. C. D.5倍【答案】C【解析】【详解】对整体进行受力分析，由牛顿第二定律有解得由匀加速运动公式有可知同理，物体自由落体下落同样距离所用时间联立解得故选C。4.如图所示，在足够大的匀强磁场中，一个静止的氡原子核（）发生衰变，放出一个粒子后成为一个新核。已知粒子与新核的运动轨迹是两个相外切的圆，大圆与小圆的直径之比为42∶1，下列说法正确的是（）A.大圆是粒子的轨迹，该粒子是粒子 B.大圆是粒子的轨迹，该粒子是粒子C.小圆是粒子的轨迹，该粒子是粒子 D.小圆是粒子的轨迹，该粒子是粒子【答案】B【解析】【详解】AC．由左手定则知α衰变后产生的径迹是两个外切的圆，β衰变后产生的径迹是两个内切的圆，故AC错误；BD．根据可知因为发生衰变后动量守恒，两微粒的动量大小相等，则在磁场中的运动半径之比与电荷数成反比，则大圆是粒子的轨迹，故B正确，D错误。故选B。5.在火星探测器由地球飞往火星的众多轨道中，霍曼轨道最节省能量，如图所示，太阳处于该椭圆轨道焦点上，其近日点和远日点分别位于地球和火星的轨道上，探测器进入火星轨道后，将会被火星捕获，并最终在火星着陆，已知火星轨道半径是地球轨道半径的1.5倍，取2.236。下列说法正确的是（）A.探测器在火星轨道上运动的速率一定大于在地球轨道上运动的速率B.探测器在霍曼轨道上A、B两点时的机械能之比为3∶2C.探测器沿霍曼轨道由点A运动B点的最短时间约为0.7年D.探测器在火星轨道上运动时的机械能小于在地球轨道上运动时的机械能【答案】C【解析】【详解】A．根据解得可知探测器在圆轨道做圆周运动时，轨道半径越大，转动速率越小，所以探测器在火星轨道上运动的速率一定小于在地球轨道上运动的速率，A错误；B．探测器在霍曼轨道上运动时，只有万有引力做功，机械能守恒，B错误；C．根据开普勒第三定律（c为常数）探测器在地球上随地球绕太阳转动的周期为1年，设地球轨道半径为，则有解得所以探测器沿霍曼轨道由点A运动B点的最短时间为，C正确；D．探测器由地球轨道转移到火星轨道，探测器需进行两次点火加速，所以探测器的机械能增加，探测器在火星轨道上运动时的机械能大于在地球轨道上运动时的机械能，D错误。故选C。6.如图所示，有一倾角为30°的足够长固定光滑斜面，劲度系数为k的轻弹簧的一端连在斜面底部的固定挡板上。质量分别为m和2m的物块A和B叠放在一起，压在弹簧上，初始时系统处于静止状态。现对B施加一沿斜面向上的外力F，使B以0.5g（g为重力加速度）的加速度沿斜面做匀加速运动。下列说法正确的是（）A.两物块分离时的速度大小为B.两物块分离时的速度大小为C.物块从开始运动到分离时，拉力F做的功为D.物块从开始运动到分离时，拉力F做的功为【答案】B【解析】【详解】AB．当AB静止时，对整体受力分析有解得当物体AB恰好分离时，AB间作用力为零，此时对物块A分析有解得当AB分离时，物块A上滑的距离为根据速度位移公式有解得两物块分离时的速度大小为，故A错误，B正确；CD．物体从开始运动到分离，根据动能定理有，联立解得，故CD错误。故选B。7.如图所示，平行金属直导轨由宽、窄两部分组成，固定在同一水平面内，宽、窄导轨的间距分别为、，宽导轨左端与两条相互平行且竖直固定、半径为的四分之一圆弧导轨相切。水平宽导轨间存在竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场，窄导轨间存在竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场。长为、质量为、电阻为的金属棒放置在两圆弧导轨的最高点。长为、质量为、电阻为的金属棒放置在窄导轨上。宽、窄导轨均足够长，忽略导轨的电阻及所有摩擦，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度大小为。现将金属棒由静止释放。下列说法正确的是（）A.棒进入磁场后，与棒组成的系统动量不守恒B.、棒所受的安培力时刻相同C.棒匀速运动时，棒的速度大小为D.从棒进入磁场至其匀速运动，棒上产生的焦耳热为【答案】D【解析】【详解】AB．棒进入磁场后，金属棒cd和ab存在相对运动的过程中，通过两金属棒的电流时刻相等，根据，可得两金属棒所受安培力大小，时刻大小相等，结合左手定则知两棒所受安培力方向相反，所以两金属棒组成的系统满足动量守恒的条件，系统动量守恒，故AB错误；CD．设棒进入磁场瞬间的速度大小为，则有棒匀速运动时，、棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，方向相反，此时有，联立求得棒匀速运动时，棒的速度大小为从棒进入磁场至其匀速运动，根据能量守恒定律有，联立求得棒上产生的焦耳热为，故C错误，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.J中学创新实验室配备一只机器狗，科技社团学生查阅该机器狗的说明书，得到机器狗专用电池部分参数如下表所示，下列说法正确的是（）电池版本标准版充电限制电压DC33.6V充电最大功率117.6W额定容量8000mAh236.8Wh续航时间1～2hA.该电池的最大充电电流为3.5AB.该电池的内阻为9.5ΩC.表格中的Wh与焦耳（J）是相同物理量的不同单位D.续航时间最大的条件下，电池的平均工作电流为2A【答案】AC【解析】【详解】A．该电池的最大充电电流，故A正确；B．根据题目信息，无法求出电池的内阻，故B错误；C．根据可知Wh是能量的单位，焦耳（J）也是能量的单位，即表格中的Wh与焦耳（J）是相同物理量的不同单位，故C正确；D．续航时间最大的条件下，电池的平均工作电流为，故D错误。故选AC。9.如图甲所示，质量为2kg的薄木板B静止在光滑的水平地面上，质量为1kg的物块A静止在B的右端。t=0时刻起，对B施加一水平向右的作用力F，其大小随时间t变化关系如图乙所示，t=3s时撤去F。已知A与B之间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A始终未脱离B，取g=10m/s2。下列说法正确的是（）A.t=2.5s时A与B未发生相对滑动B.0~2s内摩擦力对A的冲量大小为4kg⋅m/sC.t=2s时，B的速度大小为2m/sD.t=3s时，A的速度大小为4m/s【答案】CD【解析】【详解】A．AB恰发生相对滑动时，对A分析解得a0=2m/s2此时对AB整体解得F0=6N则此时t=2s，即当t=2.5s时A与B已经发生相对滑动，故A错误；B．0~2s内摩擦力对A的冲量大小为，故B错误；C．0~2s内整体一起加速运动，加速度从零均匀增加到2m/s2，则t=2s时，B的速度大小为，故C正确；D．从2s~3s滑块A做匀加速运动，加速度为a0=2m/s2，可知t=3s时，A速度大小为，故D正确。故选CD。10.如图所示在光滑水平面上有两个小木块和，其质量，它们中间用一根轻弹簧相连。一颗水平飞行的子弹质量为，初速度为，在极短的时间内射穿两木块，子弹射穿木块后子弹的速度变为原来的，且子弹射穿木块损失的动能是射穿木块损失的动能的2倍，则（）A.子弹射穿A木块过程中系统损失的机械能为3975JB.子弹打穿两个木块后的过程中弹簧最大的弹性势能为C.弹簧再次恢复原长时的速度为D.弹簧再次恢复原长时的速度为【答案】AC【解析】【详解】A．设子弹射穿木块后和子弹的速度分别为和，由题意可知，子弹穿过的过程中，由动量守恒定律可得联立解得，射穿木块过程中系统损失的机械能为，故A正确；B．设子弹射穿木块后和子弹的速度分别为和，由动量守恒定律可得由题意可知联立解得，子弹穿过以后，弹簧开始被压缩，和弹簧所组成的系统动量守恒，当达到共同速度时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律可得解得根据机械能守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为故B错误；CD．弹簧再次恢复原长时的速度分别为、，规定水平向右为正方向，根据动量守恒定律机械能守恒定律有联立解得，故C正确，D错误。故选AC。三、实验题（本题共2小题，共15分）11.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（）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l（远远小于l）。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1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）（3）（4）【解析】【小问1详解】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【小问2详解】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。小问3详解】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【小问4详解】由图像可知时遮光板挡光时间最短，此时物块通过光电门时速度最大，可得又联立可得12.实验课中同学们要完成“测量一节干电池的电动势和内阻”的任务，被测电池的电动势约为，内阻约为。某小组计划利用图示的电路进行测量，已知实验室除待测电池、开关、导线外，还有下列器材可供选用：电流表：量程，内阻约电流表：量程，内阻约电压表：量程，内阻约滑动变阻器：，额定电流（1）为了使测量结果尽量准确，电流表应选用_____（填写仪器的字母代号）。（2）请根据所示电路图，在如图中完成实物的连接________。（3）上图是该组同学根据所获得的6组实验数据，在坐标纸上绘制的反映路端电压随电流变化的图线，请据此图线判断被测干电池的电动势_____，内阻_____。（结果保留到小数点后两位）（4）若仅考虑电表内阻的影响，上图中描绘的点迹与“电池两端电压的真实值”和“流过电池的电流真实值”所对应点迹存在一定的偏差，请根据实验中该同学测得的数据，以及电表的参数估算这一偏差的数量级约为_____。A. B.C. D.【答案】（1）（2）（3）①.1.48②.0.81##0.82##0.83##0.84##0.85（4）B【解析】【小问1详解】由于被测电池的电动势约为，内阻约为，流过电流表的最大电流不超过若选电流表则最大电流为1.46A，小于量程的一半，误差较大；若选电流表则最大电流为1.33A，由于滑动变阻器的存在，可以控制电流表中的电流不超量程，所以选择电流表。【小问2详解】根据电路图，连接的实物图如图【小问3详解】[1][2]根据闭合电路欧姆定律有结合图像，可知纵轴截距为斜率的绝对值为由于读数的误差，答案在均可。【小问4详解】根据电路图可知，电压表测量值等于电源两端电压，而由于电压表的分流作用，电流表的测量值小于流过电源的电流，存在这误差，有故选B。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.淄博琉璃享誉天下，某同学测定一块环形琉璃手镯的折射率。他将手镯平放在水平桌面上，过环心的横截面如图所示（俯视图），内环的半径为r，外环的半径为R。图中AB是过环心O的一条直线，该同学用激光笔发出一细光束平行于AB射入手镯，当入射点为P1时，该光束经手镯第一次折射后折射光线恰与内环相切，测得P1点距AB的距离为d。（1）求手镯的折射率n；（2）若细光束从P2点平行于AB射入手镯时，经一次折射后，恰好在内环上发生全发射，且从外环上第一次的射出点为Q（图中未画出），并测得圆心角P2OQ为2θ，已知光在真空中的传播速度为c，求光在手镯中由P2点入射到Q点出射所用的时间t。【答案】（1）（2）【解析】【小问1详解】由题意可知光线经P1进入手镯，如图甲所示。设入射角度为，折射角为，由几何关系折射率得【小问2详解】光路如图乙所示在三角形OP2M中，根据正弦定理光在手镯中传播解得14.货物传送装置的结构如图所示，在竖直面内有三个半径均为的圆形转动轮，轮外绕有绷紧的传送带，三个轮子均顺时针匀速转动，圆心分别为和。C、D、E和F均为传送带和圆形转动轮的切点，CD段传送带水平且足够长。有半径为的光滑的四分之一圆弧轨道，轨道末端点处的切线为水平方向，且不计间的高度差，不影响传送带运动。小物块放置在点，小物块从段某处静止释放，在点以与发生弹性碰撞后，、均立即落到点，与传送带恰好没有摩擦力。、均可视为质点，的质量为，的质量为，小物块与传送带之间的摩擦因数，的间距，求：（1）的释放点相对于点的高度；（2）对轨道的最大作用力；（3）碰后、的最大间距；（4）若转动轮转动的角速度，在段运动时恰好不发生相对滑动，求在到的过程中对传送带所做的总功。【答案】（1）0.45m；（2）26N，方向竖直向下；（3）；（4）【解析】【小问1详解】从释放点到点，只有重力做功，由动能定理即解得【小问2详解】在圆弧轨道最低点时，对轨道的作用力最大，对受力分析由牛顿第二定律其中是轨道对的支持力根据牛顿第三定律，对轨道的作用力与轨道对的支持力大小相等、方向竖直向下，大小为【小问3详解】设、碰撞后的速度分别为、，取水平向右为正方向根据动量守恒定律得机械能守恒定律代入数据联立解得，碰撞后小物块、均立即落到点，与传送带恰好没有摩擦力，说明与传送带没有相对滑动，二者共速，传送带的速度为因此与传送带保持相对静止，做匀减速直线运动，直到与传送带共速，小物块的加速度大小根据运动学公式代入数据解得碰后、的最大间距【小问4详解】根据线速度与角速度的关系，传送带的速度设对应的圆心角为，因为滑块在点不相对滑动，在点，根据平衡条件根据牛顿第二定律可以解得又所以滑块在上不会下滑，滑块在上与传送带恰好没有摩