2026届高考物理三轮冲刺大题预测大题预测01（A+B+C三组解答题）（答案版）

PAGEPAGE1大题预测01【A组】（建议用时：40分钟满分：40分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13．【答案】(1)(2)【详解】（1）设容器容积为，原有气体初始状态：压强、温度、体积；温度升高到后，若原有气体全部不逸出，总体积变为，根据盖-吕萨克定律有（2分）整理得气体密度均匀，逸出质量与总质量之比等于体积比，因此（2分）（2）第一阶段结束后，容器内剩余气体体积为、温度为；降温到后，设剩余气体体积变为，由盖-吕萨克定律有（2分）整理得吸入容器的水的体积为（1分）吸水后容器质量差（1分）代入整理得（1分）14．【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）设电梯在空中下坠过程中的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有（2分）根据匀变速直线运动的规律有（2分）解得（1分）设电梯与铁板碰撞后瞬间的速度大小为v，根据动量守恒定律有（2分）解得对铁板和电梯组成的系统，根据动量定理有（2分）解得（1分）（3）设碰撞前，弹簧的压缩量为，根据胡克定律有（1分）解得碰撞后，当铁板和电梯组成的系统合力为0时，电梯的速度最大，设此时弹簧的压缩量为，根据胡克定律有（1分）解得根据功能关系有（2分）解得（1分）15．【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）粒子在电场中，根据动能定理有（2分），解得（1分）（2）粒子第一次经过轴时，对速度进行分解，设速度与轴夹角为，则有（1分）可得，（1分），在方向上，有（1分），在方向上，有（1分）联立解得粒子在磁场中，根据牛顿第二定律有（1分）解得，要使粒子能经过轴，临界状态轨迹如图所示当轨迹圆恰好和轴相切时，有（1分）得，联立解得，当轨迹圆恰好和虚线相切时，有（1分），得，联立解得，故需满足的条件为：（1分）（3）当时，由，解得，轨迹如图所示，第一次经过轴的位置坐标为粒子在轴下方的复合场中运动时，由配速法可得（1分），解得，故粒子有沿轴负方向匀速的分运动，由矢量三角形，如图所示，可知，故粒子还有匀速圆周运动的分运动。由，解得，从粒子第一次经过轴到第二次经过轴，历时，匀速圆周运动的分运动，如图所示由几何关系可得（1分），粒子向轴负方向侧移（1分）对沿轴负方向匀速的分运动，粒子向轴负方向侧移（1分），故第二次经过轴，（1分），粒子第二次经过轴的位置坐标为【B组】（建议用时：40分钟满分：40分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13．【答案】(1)(2)【详解】（1）由题意可知光线恰好在N点发生全反射，如图所示根据全反射临界角公式可得（1分），由几何关系可得（1分）解得该玻璃砖的折射率为（1分）（2）光线在玻璃砖中的传播速度为（1分），光线沿轴方向从上边界射出时，在玻璃砖中的传播距离最大，如图所示则有（2分），从上边界射出的光线在玻璃砖中传播的最长时间为（1分）联立解得（1分）14．【答案】(1)(2)，(3)【详解】（1）框架初始处于静止状态，由力的平衡条件得（1分）解得（1分）（2）框架从静止开始竖直向上运动到边刚进入磁场的过程，由动能定理得（2分）由功的定义得（2分）联立解得（1分）由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律得（1分）框架边刚进入磁场时，由牛顿第二定律得（2分）联立解得（1分）（3）框架边通过磁场的过程中，由动量定理得（2分），（1分），联立解得（1分）15．【答案】(1)0(2)(3)1.6m【详解】（1）由AB系统动量守恒，有（1分）得对AB整体，由牛顿第二定律有（1分）得对，由平衡有（1分）得由牛顿第三定律得（1分）（2）小球被盒卡住后，木板、圆环和细杆一起运动，对板（1分）对杆和圆环整体（1分）且得由运动学规律（1分），第一次撞地后，细杆与环发生相对滑动，对板（1分）对杆（1分）且得木板向左的最大位移（1分）得即（1分）（3）第一次撞地后，对圆环（1分）得板向左匀减，环向下匀减，两者加速度大小相等，所以同时速度减为零，之后两者再一起加速运动至第二次撞地，第一次撞地后直至速度减为零的过程，圆环向下的位移（1分）得第一次撞地后直至速度减为零的过程，圆环与细杆最大相对位移（1分）即同理，第二次撞地后，圆环与细杆最大相对位移第次撞地后，圆环与细杆最大相对位移（1分）则细杆的长度至少为即解得即（1分）【C组】（建议用时：40分钟满分：40分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13．【详解】（1）由题意和题图可知，波源在或处，当波源位于处时，范围内波沿x轴正方向传播；当波源位于处时，范围内波沿轴负方向传播，由于t=0.2s时第一次出现虚线波形，当波源位于处时，可知波在0.2s内向右传播了1m，此时波速为（1分）周期为（1分）同理可知，当波源位于处时，波速为（1分）则周期为（1分）当波源位于处时，P的振动方程为（1分）当波源位于处时，P的振动方程为（1分）（2）设Q点是AC上的振动加强点，则（n=1，2，3……）（1分）则（n=1，2，3……）由于可得，2，3由此可以判断，AC上振动加强点有三个，QA与QB的距离差可能为4m、8m、12m（1分），则振动加强点到A的距离为（1分）解得线段AC上振动加强点到A的距离可能值为、和（1分）。14．【答案】(1)，(2)(3)，【详解】（1）电子离开加速场的速度为，由动能定理

（1分）

电子沿与、板平行的方向做匀速运动（1分），

解得，电子沿与、板垂直的方向先做匀加速运动，后做匀减速运动，由牛顿第二定律得（1分），由对称可知（1分）

解得（1分）（2）由（1）可得电子进入磁场中速度大小一定都为，且水平向右，由洛伦兹力提供向心力

（1分）

解得，设与板相距的电子从两板间射出时，在磁场中运动的轨迹恰好与边界相切，由几何关系

（1分）

解得

则打到板上的电子占电子数量的百分比为

（1分）

解得（1分）（3）进入电场的粒子做类斜抛运动，从板边缘射出的电子运动轨迹与边界相切时电场强度最小，对粒子运动进行正交分解，沿电场方向分速度刚好减为0，则有

（1分）牛顿第二定律得（1分）

解得

从板边缘射出的电子打在板上的位置离板的距离最远，垂直电场方向有

（1分）

沿电场方向有（1分）

解得（1分）15．【答案】(1)43N，方向竖直向下(2)，0.32s(3)【详解】（1）平抛：在B点（1分），（1分）；过程：动能定理（1分）在点（1分），方向竖直向下（1分）（2）小滑块从到过程，根据动能定理有（1分）解得，在竖直方向上，根据动量定理有（1分）由于解得（1分）（3）小滑块滑上甲后，因，甲不动，在甲上面动能定理（1分）小滑块滑上乙后，动量守恒（1分）能量守恒（1分）联