2026年高考考前预测卷-物理（新高考卷重庆、贵州、甘肃专用）全解全析

2026年高考考前预测卷（新高考重庆、贵州、甘肃专用）

物理・全解全析

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如

需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写

在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回

一、单择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题绐出的四个选项中，只有一项符合题目要求,

选得4分，有选错得。分。

1.2025年，中国科学院近代物理研究所科研人员与德国亥姆霍兹重离子研究中心、复旦大学等国内外合作

者首次观测到具有两过程衰变特性的新核素1313cl（铝核）先发射一个质子衰变为Mg（镁核），Mg

17Ne

（镁核）再同时发射两个质子衰变为iVe（岚核）。下列说法正确的是（）

B.；；）A1和Mg中子数相同

C.若;；A1的半衰期为了，贝山00个:；A1核经过2r后乘馀25个

D.Mg同时发射两个质子的过程属于1衰变

【答案】B

【解析】•衰变为Mg是释放1个质子（：H）,根据核反应电荷数、质量数守恒，反应方程应为

故A错误；原子核的中子数=质量数-质子数，的中子数为20—13=7

生戌的Mg为;；Mg,中子数为19-12=7

二者中子数相同，故B正确；半衰期是对大量原子核衰变的统讦规律，仅适用于宏观大量的原子核样本，

对少量原子核（如100个）不适用，无法确定剩余的具体数量，故C错误；a衰变的本质是原子核放出a粒

子（：He,由2个质子和2个中子组成），该过程仅放出2个质子，不属于a衰变，故D错误。

2.一根轻质细绳系着一个质量为用的小球，细绳的上端固定在横梁上，给小球施加一个拉力尸，小球平衡

后细绳与竖直方向的夹角为。=30，如图所示。现尸绕小球逆时针缓慢旋转，同时小球在图中位置保持静

止。重力加速度为X。则下列说法正确的是()

B.轻质细绳的拉力斗不变

c.拉力厂的最小值为。5，咫

D.轻质细绳的拉力的最小值为日〃陪

【答案】C

【解析】小球受到重力、拉力尸和轻质细绳的拉力耳，由于小球受力平衡，将这三个力进行适当平移一定

可以构成一个首尾相接的矢量三角形，画出各力变化的动态图，如图所示

AB.由图可知，拉力产先变小再变大，轻质细绳的拉力4一直变小，故AB错误；

C.当拉力歹与细绳垂直时/最小，最小值"而=〃zgsine=0.5〃火，故C正确；

D.当拉力/旋转到竖直方向时，轻质细绳的拉力最小，等于0，故D错误

3.沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿X轴，其电场强度E随位置X变化的图像如图

所示，取m轴正方向为电场强度正方向。现将一正电荷从x轴上N点由静止释放，若该电荷仅受电场

力。已知ON=OP，则()

A.N、P两点的电势相等B.该电荷会在NP两点间往复运动

C.由N到。，该电荷的速度先增大后减小D.由N到P,该电荷的加速度先增大后减小

【答案】D

【解析】A.图像可知电场强度均为正值，可知x轴上电场强度方向均沿X轴正方向，而随着电场线方向电

势降低，可知N、尸两点的电势不相等，故A错误；

BC.由于x轴上电场强度方向均沿工轴正方向，该正电荷受到的电场力方向不变且均沿x轴正方向，可知

正电荷从N到P一直做加速运动，故电荷不会在NP两点间往复运动，故BC错误；

D.图像可知由N到P过程，电场强度先增大后减小，则正电荷受到的电场力先增大后减小，故该电荷的加

速度先增大后减小，故D正确。

4.2026年1月19日，我国在海南商业航天发射场使用长征十二号运载火箭，成功将卫星互联网低轨19组

卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。若预定轨道是距地面高度为质（攵为系

数，R为地球半径）的圆，在时间/内，卫星转过的圈数为〃，引力常量为G,不考虑地球（视为球体）的

自转，则地球的质量为（）

4'k'R'4"，2（%+］）3R34万2〃2/R34/（火+1）3R3

Gt2Gt2GrGt2

【答案】B

【解析】卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，满足公式G粤=〃7。2r

r

1.轨道半径：卫星距地面高度为kR,因此轨道半径〃=R+a=（Z+l）R

f27r2乃〃

2.角速度：时间/内卫星转〃圈，周期丁二一，因此角速度G=—=——

nTt

3.我立上述公式消去小，解得地球质量加=贮=4万乃（&+1）,K故选B。

GGr

5.如图所示，08co为半圆柱体玻璃的横截面，。。为直径。一束由〃光和。光组成的复色光沿A0方向从

真空中射入玻璃，a光、〃光分别从8、。点射出。则下列说法正确的是（）

AX光的折射率较大

B.逐渐增大复色光的入射角，在玻璃下表面〃光先消失

C.用同一装置做双缝干涉实验，。光的条纹间距较大

D.a光从。到8与。光从。到C的传播时间相同

【答案】D

【解析】A.复色光在。点入射角i相同，”光偏折程度更大，折射角，•更小，根据折射定律〃=也，可

sinr

得折射率关系凡〉〃b，故A错误；

B.由几何关系可知，光线在玻璃下表面的入射角等于（90。-「），增大复色光的入射角鼠则折肘角「增大，

（90。-〃）减小，因此“光和〃光均不会发生全反射，不会有光消失，故B错误；

C.折射率越大，光的频率越大，波长越短，即儿＜4,

双缝干涉条纹间距为Ax=4/l，波长越小间距越小，因此a光的条纹间距更小，故C错误；

a

D.光在玻璃中速度u=£

n

由儿何关系得。点到出射点的路径长度x=2/?sinr

_x_27?sinr_2/?〃sinr

传播时间’£c

n

…sini-2/?sinz

代入〃=----，可得/=--------

sinrc

R、i对a、b光都相同,因此传指时间相同,故D正确。

故选D。

6.如图所示为某兴趣小组制作的小型照明电路示意图，发电机线圈内阻不计，变压器为理恁变压器，电

压表和电流表均为理想交流电表，当发电机线圈在匀强磁场中转速增加时（）

A.交流电频率不变B.电压表示数变大

C.电流表示数不变D.灯泡亮度不变

【答案】B

【解析】A.依据转速与频率关系/=故A错误;

B.因交流电峰值E”,=N8S69=M?S・2；Z72

故峰值变大，有效值变大，而变压器匝数比没变，故电压表示数变大，故B正确；

C.因电压表示数变大，故经过灯泡的电流增加，电流是副线圈电流决定原线圈电流，原副线圈匝数比没变，

故电流表示数变大，故c错误：

U2

D.因电压表示数变大，所以小灯泡功率尸二丁

可得灯泡功率变大，则灯泡亮度变亮，故D错误。

7.如图所示，木板。静置于光滑水平地面上，木块〃放置在木板的右端，/=0时刻，木块。以9m/s的初速

度从左端沿水平方向滑上木板c,最终木块。恰好未发生碰撞，已知木块。、力和木板c的质量分别为

=2kg,mh=0.75kg,me=1kg,木块〃与木板c之间的动摩擦因数均为〃=0.2,重力加速度g

取10m/s"则下列说法正确的是（）

_.9m/s「

A.木板c的长度为10m

B.木块。与木板c之间产生的热量为36J

C.f=2s时，木块。、人与木板。达到共同速度

D.木板c最终的速度为4nVs

【答案】B

【解析】由牛顿第二镇律可知，木块〃滑上木板c后的加速度4=二也£=2m/s?

叫

木块b的加速度4=丝超=〃g=2m/s2

"%

木板。的加速度为w产=25m//

设经过/时间木块4与木板C达到共同速度叭根据运动学规律可得丫=馆=%+”

代人数据解得/=2s,v=5m/s

木块ci的位移x1=^(v+v0)r=14m

木板c的位移vr=5m

相对位移AJCUI=七一七二9m

此时木块b的速度为vh=4m/s

位移为々=gvbf=4m

与木板c的相对位移为Av仇.=七一%2二1m

2

之后木块a与木板c将共同运动，它们的加速度«4=:"〃赭、=-0.5m/s

(ma+mc)

木块〃的加速度不变，依然为a2=2m/s?

设经过/时间木块〃与a、c达到共速p,则有v=u+〃J=以+生，

解得，=0.4s，V=4.8m/s

即经过时间/十，=2.4s木块“、。与木板c达到共同速度，木板c•的速度为4.8m/s,这段时间内木块。与木

板c的相对位移为A%=-(v+v)t一一(5+v)/=0.2m

22

则木板C的长度为L=M=\xac+\xhc+A%.=10.2m,故ACD错误；

B.根据功能关系可知，木块a与木板c之间产生的热量为Q=/Mc=W%g・AE=36J,故B正确。

故选Bo

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，有多项符合题目要求。

全都选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

8.如图甲，景区湖面有一种水上蹦床设施，游客在蹦床上有规律的跳动，水面激起一圈圈水波。波源位于0

点，水波在％。y水平面内传播(不考虑能量损失)，波面呈现为圆形。/=ls时刻，部分波面的分布情况如

图乙所示，其中虚线、实线表示两相邻的波谷、波峰。A处质点的振动图像如图丙所示，Z轴正方向表示

竖直向上。则(

A.水波的波速为0.5m/s

B.f=ll$时，8处质点处在波峰位置

C.该水波传播过程中遇到一直径为10cm的安全警示桩，能发生明显的衍射现象

D.某人驾驶摩托艇向蹦床快速驶来，他感觉该水波的频率比摩托艇启动前降低了

【答案】BC

【解析】A.由图可知二=2m,7=4s,则水波的波速为□=—=lm/s

2T

故A错误；

T

B.f=ls时刻，8位于波谷，f=ls时刻到r=lls时刻，经过时间&=11—ls=10s=27+—

2

分析可知，，=Us时，〃处质点处在波峰位置。故B正确；

C.由于10cm=0.1mv4=4m

所以该水波传播过程中遇到一直径为10cm的安全警示桩，能发生明显的衍射现象。故C正确；

D.根据多普勒效应可知，当摩托艇向蹦床（波源）靠近时，接收到的水波频率会变高，故D错误。

故选BCo

9.中国铁路运营总里程突破16.2万公里，其中高铁运营里程达4.8万公里。在动车技术方面也有重大突破，

复兴号动车已率先实现自动驾驶速度突破530km/h。己知动车由静止开始沿水平直线轨道以恒定的加速度启

动，经时间，达到额定功率P时，劭车的速度为L然后动车保持额定功率不变，再经过（）.6/，可近似认为

达到最大速度%。已知%=1・2口假设全程阻力大小恒定，则下列说法正确的是（）

A.0〜1.6/内动车的平均速度为0.6u

Pt

B.动车的质量为「

6u“

49Pr

c.。〜1.6f内动车克服阻力做功为——

50

03P/

D.牵引力在0〜1.6,内的冲量为

15v

【答案】BCD

【解析】B.0~1内由牛顿第二定律得/一/二相。

又y=P=Fv

速度最大时，牵引力等于阻力，则有尸=/Vm=/12u

Pt

联立得加=

蔽故B正确;

C.0~16内由动能定理得乌+尸0.6"%=-mvl

2兄2

49Pr

解得W,,=——，故C正确;

(50

49a

A.设0〜1.61内的位移为X,则亚克=石鼠=#

x

又方=

L6T

147v

求得<二——,故A错误;

200

D.0-1.6/内由动量定理得/-/-1.6r=mvm

23T7

解得/=——，故DiE确;

15v

故选BCDo

10.某列车制动器的简化图如图所示。在列车的底座上固定一个边长为L的正方形单匝线圈〃尻4在轨道间

存在两个宽度均为A的匀强磁场，边界1、2间磁场的磁感应强度大小为B、方向竖直向上，这界2、3间磁

场的磁感应强度大小为28、方向竖直向下。已知列车（包含线圈）的质量为，〃，运动过程中列车关闭动力，

当线圈的附边运动到磁场边界1时的速度为%,"边穿过磁场边界2后，再向右运动与速度恰好减为0。

忽略运动过程中受到的摩擦阻力，下列说法正确的是（）

A.线圈仍边经过边界2时的速度大小为之

4

B.线圈时边刚进入磁场时与线圈时边刚通过边界2时的加速度大小之比为401

C.线圈帅边从刚进入磁场到刚穿过边界2的过程中线圈产生的热量为独强

121

D.从线圈〃边刚通过边界1到线圈停止运动的过程中，流过线圈某一截面的电荷量为四殳

WBL

【答案】CD

【解析】A.设线圈乃边经过边界2时的速度大小为L则线圈"边在边界1到边界2运动过程中，根据

动量定理一切乙，=

A0

其中力=瓦=瓦u比

RRR

线图公边由边界2到停止过程，根据动量定理―万^^—?"77"'-。—〃”

_A①'

其中方=亘/，"上,，二些

RR2R

9

联立，解得U=故A错误；

B.线圈仍边刚进入磁场时，安培力为F\=BIJ=B里/L=/公

安培力为&=BI?L+2BbL=3B阳/L=81B2L2V

，心边刚通过边界2时,0

11R

则线圈他边刚进入磁场时与线圈外边刚通过边界2时的安培力之比为

根据牛顿第二定律可知，线圈时边刚进入磁场时与线圈必边刚通过边界2时的加速度之比为£L=A=H

%F281

故B错误;

C.根据能量守恒可知，线圈，山边从刚进入磁场到刚穿过边界2的过程中线圈产生的热量为

Q=-inv1-—mv2=,故C正确:

2°2121

D.从线圈cd边刚通过边界1到线圈停止运动的过程中，即线圈时边由边界2到停止过程，因为

且%=后

3〃?%

则%二,故D正确。

WBL

二、实验题：本题共2小题，共15分。

11.（6分）某小组采用如图甲所示的气垫导轨装置验证牛顿第二定律，5为两个光电门，它们与数

字计时器相连，部分实验步骤如下：

光电商门5光电商门G工?遮光僚*片占

I/////////////////////i///户/////?//一/

匚----x----->、、

甲

（1）将两光电门安装在轨道上，选择宽度为d的遮光片固定在滑块上，用跨过定滑轮的细线将滑块与牵引

槽码相连。用游标卡尺测出滑块.上遮光片的宽度d如图乙所示，则宽度的测量值4=<

012cm

IL1,1.1I1III)JJJJ'J.1J.1.

|IIIIIIIIfIiiii|iiiiI

01020

乙

（2）将滑块自轨道右端由静止释放，从数字计时器分别读取遮光片经过5、a时的遮光时间△力=0.0046s、

△u=0.0115s,以及从遮光片开始遮住光电门G到开始遮住光电门a的时间r=1.00s,计算滑块的加速

度4=m/s2（结果保留2位有效数字）。

（3）已知滑块的质量为何、槽码的质量为相，重力加速度为g,滑块受到的合力歹=。

【答案】（1）0.230（2分）（2）030（2分）（3）也驾（2分）

M+m

【解析】（1）根据游标卡尺读数规则，可得d=2mm+0.05mmx6=0.230cm

d

（2）通过光电门G1的速度匕==-=0.5m/s

v

通过光电门G2的速度2=v-=0-2m/s

生

根据加速度的定义式可得a='=乜二殳=0.30m/s2

Att

（3）设细线拉力为4,对滑块有耳=

对槽码有〃吆一耳=ma

联立解得耳=也”-

M+m

12.（9分）钙钛矿太阳能电池是一种可以将光能转换为电能的器件。某同学利用如图中所示电路探究某钙

钛犷电池的输出功率p与路端电压U的关系。所用器材有：光强可调的光源、钙钛矿电池、理想电压

表V、理想电流表A、滑动变阻器R、开关S以及导线若干。已知当光照强度不变时钙钛矿太阳能电池的

电动势视为不变。

木尸/mW

1.20

（1）正确连接器材后，开始实验时，滑动变阻器R的滑片应调至（填“M”或"N”）端；

（2）闭合开关S，用一定强度的光照射电池，保持光照强度不变，调节滑动变阻器R,通过测量的数

据计算出输出功率P,并描绘出P-U图线如图乙中曲线8所示，则此强度光照下钙钛矿电池的电动

势E=V,输出功率最大值Pm=mW；（均保留2位有效数字）

（3）改变光照强度，重到上述实验步骤得到如图乙中曲线m对曲线〃进行分析，当电压为0.6V时，

电池内阻为Q（保留3位有效数字）。

【答案】（1）M（1分）（2）①0.90（3分）②.0.45（2分）（3）484（3分）

【解析】（1）因滑动变阻器为限流式接法，故为r保护电路，应将滑片调至M端，此时滑动变阻器接入

阻值最大，可以有效保护电路。

（2）依据外电路等于内阻时，电源输出功率最大，此时。外=匕.内，由图乙中b图线可得u外=，q=0.45V

则电动势E=U外+U内=0.90V

由图乙可得输出功率最大值为0.45mW

（3）由图乙a曲线可得依据外电路等于内阻时，电源输出功率最大，此时。外=。内，。外'=U［=0.675V

则电动势E=U外'+U；=1.35V

当电压为U=0.6V时,此时输出功率%=0.93mW

p

则此时回路中的电流/=』=L55mA

U

又有闭合电路欧姆定律E=U+/r

解得，个484c

三、计算题：本题共3小题，共37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.（10分）如图所示，导热柱形气缸B位于倾角为0的斜面上，不可伸长的细绳连接着气缸中的活塞A,

初始状态活塞到气缸底部内侧的距离为2L,气缸底部外侧到斜面底端挡板的距离为3气缸质量为机（不

含活塞），内部底面积为S。若活塞与气缸间密封一定质量的理想气体，旦该气体的内能U与温度7之间关

系为U=kT,2为已知常量，初始温度为经。不计一切摩擦，重力加速度为g,大气压强为外。求：

（1）初始状态下气缸内气体压强P；

（2）现对气缸进行缓慢加热，从初始状态到气缸底部恰好接触老板的过程中（活塞未脱离•气缸），气缸内

气体内能增加了多少。

［答案］（1）P°s—mgsm®（2）Ho

S2

【解析】（1）对气缸，由平衡条件得相gSine+pS=p°S（2分）

解得P=£等叱0分）

（2）分析可知，从初始状态到气缸底部恰好接触挡板的过程中，气体压强不变,

2LS(2L+L)S

则（3分）

T。T

气体初末状态的内能U0=A",U=kT（1分）

气缸内气体内能增加量AU=U-U（）（2分）

联立解得△。=组（1分）

2

14.（15分）如图所示，两竖直放置的平行金属板M、N之间的电压U°=50V,N板右侧宽L=O.lm的

区域分布着电场强度大小E=与gv/m、方向竖直向下的匀强电场，虚线pp与CQ'为其边界,虚

线。Q右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。一质量w=1.640一2,kg、电荷量q=+1.6xl0*c的粒

子从靠近M板的S点由静止释放，经尸产上的A点进入PP、QQ'间，经过虚线QQ上的C点进入磁场,

在磁场中做匀速圆周运动后从虚线QQ上的。点（C、。两点未画出）返回电场时，将电场方向变为竖直

向上，恰好经A点再次回到S点。不计粒子重力。求:

(1)粒子第一次到达A点时的速度大小％；

(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小;

粒子从A点进入电场至返回到A点的运动时间（结果可以用兀表示）。

5

【答案】(1)v0=10m/s

(2)B=—T

xlO-6

［解析】⑴根据动能定理可得U0q=g，〃%2（2分）

解得%=l（Tm/s（1分）

（2）粒子在电场中做类平抛运动，有£=%乙（1分）

L0.1…

解得4=r=历rs=i°s

根据〃二效（1分）

m

可得%=明=竺="xIffm/s（1分）

ni3

故粒子离开电场时的速度v=，+/,2=~~~~xlO'm/s（1分）

tan<9=—（1分）

%3

解得。=30

则y=—ar=—m（1分）

-AC2160

由题意可知，A点到C点与。点到A点有一定的对称性，粒子从D点回到A点的时间，2=4=l0-6

6

）'加=加=/m

ou

即无。=）%+%《=：!m（1分）

设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，，则ycc=2rcos。（1分）

解得r=^-m

30

2

根据Bqv=tn—（1分）

可得8（1分）

5（）

（3）根据几何关系可知粒子在磁场中的偏转角度为240，故在磁场中的运动时间为

222nr2舟-「小）

t=—T=-----------xi1n06s（1分）

R833y9

故粒子从A点进入电场至返回到A点的运动时间为，=。+，2+%=2+之沪）1（）%（1分）

15.（17分）在实际生产活动中，常常需要将不同规格的物体从低处运输到高处，如图所示为一种运输方

式。斜面A8固定于水平地面，倾角为。=371CO为足够长的水平面。与斜面有相同倾角的传送带按逆

时针方向以u=lm/s的速度保持匀速运转，传送带与斜面、水平面分别在8、C处平滑连接，8C两点距

离为L=5m。现将可视为质点的三个物块，按图中的上、中、下位置紧密排列摆放在斜面顶端4处，从上

到下三个物块的质量分别为町=1kg、，&=2kg、=3kg,相邻两个物块之间用长度为d=1.5m的轻

绳连接（轻绳所占空间可忽略不L）,每个物块与所有接触面的动摩擦因数均为4=0.8。已知轻绳绷紧的

时间极短,绳绷紧后瞬间两端物块立即共速。取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6o

（1）沿斜面向上轻轻拉动上物块，使其滑上传送带底端，求上、中物块之间的轻绳绷紧后瞬间，两个物块

的速度大小匕：

（2）在（1）条件下，当下物块与传送带刚共速时，求上物块到传送带顶端的距离4”；

（3）调整三个物块的位置，相邻两物块之间用原轻绳重新连接。设上、中、下三个物块的质量分别为X、gZ,

则物块共计有6种摆放方案，编定序号如下：①x=lkg、），=2kg、z=3kg；②x=lkg、

y=3kg、z=2kg；@x=2kg>y=lkg、z=3kg；④x=2kg、y=3kg%z=1kg；⑤x=3kg、y=lkg>z=2kg

⑥x=3kg、y=2kg、z=1kg。请通过计算选出因为传送带将三个物块从底端运输到顶端而多消耗电能最

小的方案序号，并求其最小值£也“°

117

【答案】（1）-m/s（2）—m（3）①和③，214.75J

316

【解析】（1）分析上物块在斜面上受力情况，根据牛顿第二定律/ggcos。-町gsin6=M]q（1分）

设上物块与传送带共速时，向上的位移为x,根据速度位移关系，=2a/（1分）

解得x=1.25m

\^x<d,当上、中物块之间的轻绳绷紧时，上物块已与传送带共速u=lm/s

绷紧瞬间内力远大于外力，动量守恒班口=（叫+加2）匕（1分）

解得V1=-m/s（1分）

3

（2）上、中物块一起向上加速生=4

设加速到与传送带共速时，向上的位移为4,根据速度位移关系F一匕2=2%x（1分）

解得％=与m

因$