2026届高三临门押题实战演练（二）物理+答案

1.B根据质量数与电荷数守恒有12+1=7+2×1+A，6+1=3+2×1+Z，解得A=4,Z=2,可见X为α射线，α射线带正电，不是电磁波，穿透本领比γ射线弱，电离本领比β射线强，只有选项B正确．2.D设水对红光的临1nCP点在n水下h处时水面上呈现的亮斑半径r=htanC，红色亮斑在水面上缩小的速度大小U选项D正确．3.C线框平面与磁场方向垂直时，感应电动势为零，流过灯泡的电流为零，选项A错误；⑴灯泡两端瞬时电压的频率f=2π=2.5Hz,选项B错误；电动势最大定律得：穿过变压器原线圈的磁通量变化率最大值为s,选项C正确；由U可得U2项D错误．λ1s内质点N运动的路程为14×4A=10cm,选项C错误时质点N位于平衡位置，且速度方向沿y轴正方向，所以质点N的振动方程为y=2sint(cm),选项D错误．5.A由对称性知，E1与E2的方向均与带电荷量为-4q的细棒垂直指向此棒；带电荷量为-4q的细棒可看成为带电荷量＋q与-5q的叠加，每边带电荷量均为＋q的正五边形细棒在。点的合电场强度为零，由电场强度的矢量叠加可知，带电荷量为-5q的细棒在。点产生的电场强度为E1,则带电荷量为-4q的细棒在。点产生的4电场强度为5E1,故四根均带电荷量为+q的细棒在。点产生的电场强度大小为E2=EE1,选项A正确．轨道半径分别为r1,r2,周期分别为T1,T2（T2=1年质量分别为m1,m2,由开普勒第三定律有由题图可知，每隔时间T火星和地球之间的距离最短，有 T=1,此时火星和地球之间的 万有引力25F0=（r1-r2)2,每隔时间T火星和地球之间的距离最远，此时火星和 地球之间的万有引力F0=（r1+r2)2,解得T≈2.2年，选项D正确．面向上建立直角坐标30°-qEcos30°=max，垂直斜面方向有mgcos30°+qEsin30°=may，解得ax=度分别为y=1度分别为y=1,当小球落回斜面时y=1220,则有Ψ0yt-0,则有Ψ0yt-2ayt2=0,解得t=,则小球从开始运动至落回斜面过1点A运动到D点过程，由动能定理有-mgl解程沿斜面的位移大小x=Ψ0x程沿斜面的位移大小x=Ψ0xt-2axt2,小球运动时间t后到达OA竖直线上，解得x=49g，小球机械能的增加量等于静电力对它做的功，所以小球机械能的增则水平方向有Lsinθ=ΨD解得x=49g，小球机械能的增加量等于静电力对它做的功，所以小球机械能的增ts,竖直方向有y=ΨDsinθ·t加量ΔE＝qExcos30°=49,选项加量ΔE＝qExcos30°=49,选项D正速度a1==μg，长木板的加速度有a2ta1t2=L，解得Ψ0t-gt2=L，整理得(1+)μgt，由题图乙可知=6-3t，对比可得g=3,解得M=2m，选项A错误，B正确；由上述分析可得a1=4m/s2,a2=2m/s2,小物块刚好未滑离长木板时，小物块滑到长木板左端时两者共速，设从开始至两者共速的时间为t，则有Ψ0-a2t＝a1t，a2ta1t2=L，解得L=3Lm,t=1s,故k＝t=3m/s,选项C错误，D正确．高度差为Δy＝lcosθ+l所以小球从D点飞出后恰好能击中最低点A，选项C正确，D错误．N点时速度大小为Ψ,方向与竖直向下成θ角，粒子在电场中做类平抛解得周运动，设运动半径为R，则R+4Rsinθ=2d，解得R=3d，由qBΨ=视为以速度Ψ1水平向左做匀速直线合运动，则qΨ1B＝qE，可得Ψ1=根据余弦定理可求得Ψ2= ,经过最低点P的速度大小 的高度差为h，根据动能定理有qEh=mΨ2,解得hd，选项D正确．(2)A(1分）(3)②③①④(2分）低．(2)连接滑块的细线应与气垫导轨平行，使滑块和钩码受到的合外力为钩码的重力，选项A正确；本实验不需要用钩码重力来替代细线拉力，故不需要滑块和遮光条的总质量远大于钩码的质量，选项B错误．(3)上述步骤按照先后顺序，最合理的排序是②③①d④.(4)滑块通过光电门A的速度大小为，tAd滑块通过光电门B的速度大小为，在滑块tB经过光电门A、B的过程中，误差允许范围内，若关系式mgLM＋md()2]成立，则滑块（含遮光片）与钩码组成tA系统的机械能守恒．解析：(1)由欧姆定律和串联电路规律可得，0.6A=3.60Ω,当电流表的示数为Ⅰ时，流过电源的电流为10Ⅰ,由闭合电路欧姆定律有E=10Ⅰ（R2+RA,＋R0+r整理得 RA,＋R0+r结合题图乙可得RA,＋R0+r）=20A-1,解得E=30.6A=3.60Ω,当电流表的示数为Ⅰ时，流过电源的电流为10Ⅰ,由闭合电路欧姆定律有E=10Ⅰ（R2+RA,＋R0+r整理得 RA,＋R0+r结合题图乙可得RA,＋R0+r）=20A-1,解得E=3.2V,r=0.8Ω.13.解：(1)第一次抽气过程，初态，fi1=fi0,V1=V0-V，(1分）末态，fifi0,V2=V0-VV0,(1分）由玻意耳定律有fi1V1=fi2V2,(1分）1解得V=10V0.(2分）(2)降温过程，展柜中气体的体积不变，初态，T1=(273+27)K=300K,fi1=fi0,(1分）末态，T2=(273+7)K=280K,fi2=fi,由查理定律有解得fi=15fi0.(2分）只有导体棒1做切割磁感线运动则平均感应电动势E＝B0dΨ,(1分）平均感应电流 Er1+r2r1+r2 导体棒1受到的平均安培力 -F1t=2mΨ-2mΨ0,(1分）Bd2r1+r2整理得－t=2mΨ-2mΨr1+r2联立解得Ψ=1m/s.(1分）(2)当导体棒1运动到与cd距离为x时，导体棒1和2均做切割磁感线运动，则感应电动势EB－B0)dΨ,(1分）Er1+r2r1+r2导体棒1和2所受安培力的合力大小FAB－B0)Ⅰd，(1分）FA＝F，(1分）解得F=0.5x，(1分）导体棒1在cdef区域内做匀速运动至ef的过程，外力F对导体棒1做的功W＝x=×4J=4J.(2分）15.解：(1)滑块刚好运动到斜面顶端时，滑块与由动量守恒定律有由机械能守恒定律有沿水平和竖直方向的分速度分别为Ψx和Ψy，斜面的速度为Ψ,方向水平向右，规定水平向右为正方向，在水平方向上由动量守恒定律有0=MΨ-mΨx，(1分）滑块和斜面在垂直斜面方向的速度相同，则有Ψsinθ=Ψycosθ-Ψxsinθ,(2分）由机械能守恒定律有联立解得y=根据动能定理，滑块对斜面做的功②斜面的受力分析如图甲所示，设斜面的加速度为a，则有FNs