2026年高考物理三轮冲刺复习 大题预测02（A+B+C三组解答题）解析版

大题预测02

【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.（10分）如图所示，平放在桌面上的某透光圆环外圆和内圆半径为R、人一束激光从，，点水平射入，

当入射角。由0：增大到37、时，激光在圆环的内表面恰好发生了全反射：继续增大入射角，当入射角增至

45。时，观察到折射光线恰与内圆相切。光在真空中的传播速度为J不考虑多次反射。求：

⑴£的值：

⑵激光通过圆环的最长时间（用R和c表示）。

【答案】⑴32）生&月

53c

【详解】（1）根据题意作出光路图

界面上P点，“若（1分）

sin。

激光在。点恰好发生全反射，可知sinC=』（1分）

n

R..

在△OPQ中由正弦定理「；=一不（1分）

sinCsine/

>•3

二式联立得有二sina,a=37‘，可得E==（1分）

AA5

（2）界面上P点〃=号（1分）

sin"

当折射光与内表面相切时sine=：（1分）

代人数据可得〃=述

6

由折射率与光速的计算公式|，=£=3&（1分）

n5

当激光与内圆相切时在圆环内的光程最长s=2Rcos。（1分）

激光在圆环中的最长传播时间为/二士（1分）

v

代入数据可得/=生旦（1分）

3c

14.（14分）冬雪季节，大桥斜拉索杆表面的积雪结冰，有坠落伤人的风险，故在拉索杆顶端预安装了一

批除雪环。如图甲，必要时释放除雪环，可以刮除沿途所有积雪和覆冰。图乙是大桥的部分结构示意图，

03是一根拉索杆（相当于直滑道），其中OA段用于悬挂除雪环（OA长度未知），装有顶盖，不会积雪。

单个除雪环在拉索杆上受到的滑动摩擦力为定值。当拉索杆无积雪时（心0）,从。点释放一个除雪环，经

18s滑到B点。已知所有除雪环均可视为从。点释放，单个除雪环质量〃?=8kg,O8=324m,倾角族30。，重

力力「速度g取10m/s2.

⑴求单个除雪环在拉索杆上受到的滑动摩擦力儿的大小；

⑵某次，环运动至覆有冰雪层的A3段时受到冰雪层额外的阻力，其大小恒为力=24N。释放一个除雪环后,

此除雪环最终停在了C点、,已知bc=24m,试求0A长度loAo

⑶在（2）问的过程之后又释放第二个除雪环。求从第二个除雪环释放至它与第一个除雪环发生完全非弹性

碰撞后为止，该过程中系统损失机械能。

【答案】⑴工）=24N（2）=8m⑶AE=768J

【详解】（1）对于单个除雪环在无积雪的拉索杆上向下滑动的阶段，

依据运动学公式可得（1分）

同时根据牛顿第二定律列出方程mgsin，-九山㈣）（2分）

解得单个除雪环所受的滑动摩擦力K=24N（1分）

（2）除雪环自。点释放最终静止于C点，此过程中重力所做的正功与摩擦力所做的负功总和为零，应用动

能定理可得〃?（2分）

代入数据计算，得到段的长度L=8m（1分）

（3）由于第一个除雪环已将A至。段的积雪清除，第二个除雪环从O运动至C的过程中仅受到恒定的摩

擦力而共在。点碰撞前的加速度为a=gsin。-乙（1分）

m

到达。点的速度满足@=2Hsi1分）

碰撞过程为完全非弹性碰撞，取水平向右为正方向，满足动量守恒定律〃共（2分）

整个过程中系统损失的机械能等于初始状态的总机械能与碰撞后总动能之差，

即NE=mgl0csin〃一Jx2/nv„（2分）

计算得出系统损失的机械能△石=768J（1分）

15.（16分）如图空间直角坐标系0-xyzy>0的空间划分为四个区域，IV区域存在沿z轴负方向的匀强

电场，回、回区域存在沿y轴负方向的匀强磁场。在平面内.v>0区域放置一足够大的吸收屏，吸收屏下

方紧靠尸（/,0,0）处有一粒子源可向x轴负方向发射速率为I，。、质量为〃人带电量为为的粒子（重力不

计）。粒子运动经过Q（0,0,-[/）点且刚好打在屏上。点，粒子打在吸收屏上即被吸收且不影响空间

电、磁场分布U

⑴求匀强电场的电场强度大小&;

（2）求匀强磁场的磁感应强度大小Bo；

⑶若在I区域加沿轴正方向、电场强度大小为2a的匀强电场，同时调节IV区域中电场强度大小为火&

（电场方向不变），求粒子打在吸收屏上落点的坐标。

【答案】⑴爷入翳⑶（3-%广』

/,()

2k2kJ

【详解】（1）粒子从夕到。做类平抛运动，设运动时间为〃

x方向有/=%4（1分）

z方向有g=（1分）

其中（1分）

m

联立三式得：4=斗（1分）

qi

（2）设粒子到达。点时，，速度方向与X轴成。角，由tan6=§=l得8=45。（1分）

粒子在磁场中做匀速圆周运动，从Q点进入磁场，从M点离开磁场。设粒子圆周运动半径为一速度々,

2

由洛伦兹力提供向心力有/。综=机/（1分）

并且为。四=%（1分）

粒子打在P点，有MQ=Aane+g=2rcos。（1分）

（3）调节I、IV区域的电场分布后，设粒子从。点进入磁场,

再从M点离开磁场ZQ=二"=-"（1分）

2U2

----3

由前面分析可知=与IV区域电场强度大小无关。

3

粒子要进入I区域，打在吸收屏上，需满足OVL=IV：/,即0<k<3（1分）

22

粒子到达时点时，Z方向的分速度匕（1分）

v0

粒子在/区域运动，设经历时间b落点在吸收屏上坐标设为（X,h0）有z0+而=5/2（1分）

13-0

得f

22M

咨*Ml3分)

故fF（i分），

2m\2k)

所以打在吸收屏的坐标是（37），，（3.一,。门分）

【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.（10分）供暖管上的温度计及其内部结构如图，滑片把圆环分成团、团两部分，回密封一定质量的理想气

体，紧贴供暖管上的导热片，回与大气相通，滑片可沿圆环无摩欧自由滑动。已知大气压强为1.0xl（）5pa,

供暖前温度计指示-3团，回区内气体体积为9.0xl（rm3,供暖后温度计指示42或若供暖前后，田区内气体吸

收了53J的热量。求:

导热片

（1）供暖后，团区内气体的体积;

（2供暖前后，回区内气体内能的变化量。

【答案】⑴1.05x107n?(2)38J

【详解】（1）团区内气体压强始终等于大气压强“。,供暖前7；=-3+273K=270K,V,=9.0xl0-4m?

供暧后E=42+273K=315K

根据盖吕萨克定律有J=J（2分）

71’2

解得匕=1.05xl（r3m3（2分）

（2）若供暖前后，回区内气体吸收了53J的热量，则有Q=53J

气体体积增大，气体对外界做功，则有W=-〃。化-M）=T5J（2分）

根据热力学第一定律有AU=W+。（2分）

解得△U=38J（2分）

14.（14分）如图所示，倾角为9、宽度为L的光滑倾斜导轨"G”顶端连接电动势大小为E、内阻为r

的电源，AG以上区域存在垂直导矶平面向下、磁感应强度大小为3的匀强磁场。一质量为机、电阻为2r的

金属棒。垂直导轨放置，金属棒长度为L,与导轨始终接触良好，闭合开关S瞬间将金属棒。由静止释放,

金属棒。向卜运动一段时间达到匀速后穿出磁场边界所，经过绝缘圆弧轨道进入足够长的光滑水平导轨

MNPQ。已知重力加速度大小为g,导轨电阻不计，求：

QP

⑴金属棒。释放瞬间加速度的大个；

（2）金属棒a在倾斜导轨EFGH匀速运动速度的大小：

⑶金属棒“经过绝缘圆弧后，到达光滑水平导轨“NPQ时的速度大小为i，,MQ右侧存在竖直向卜•、磁感应

强度大小也为B的匀强磁场，金属棒力、c•通过轻质绝缘弹簧连接，静止在水平导轨上，金属棒〃恰好与磁

场边界MQ重合，此时弹簧处于原长。三根金属棒。、氏c•完全相同，金属棒〃与。在MQ处发生碰撞，碰

撞时间极短，碰后粘为一体一起运动，经过时间，后，弹簧达到最大压缩量「此时弹簧的弹性势能为综,

求这段时间内，金属棒。产生的焦耳热及金属棒c运动位移的大小。

▼生.V.cBEL,\3mgrsinO-BEL,、I22rlvt2

【答案】（D^in^--（2）------⑶*小，-一§耳，y--A-

F

【详解】（1）金属棒4释放瞬间，通过金属棒的电流/=T-（1分）

根据牛顿第二定律有，咫sin。一机=.（1分）

解得a=gsin。-4（1分）

3mr

（2）金属棒〃在倾斜轨道上匀速运动时，根据平衡条件有，〃gsin〃=8/Z（1分）

E+BLv

通过金属棒的电流/'=m（1分）

r+2r

3”igrsin8—BEL,

解得%一市—T分）

（3）金属棒〃与在MQ处发生碰撞，根据动量守恒定律有如，=2"?此（1分）

当金属棒〃、〃、c三者共速时，弹簧压缩量达到最大，根据动量守恒定律有2加匕=3〃%（1分）

根据能量守恒定律有于2〃*=于3〃可+耳+。（1分）

金属棒c产生的焦耳热2=彳誓Q（1分）

什“2r-2r

其中凡〃=丁丁

2r+2r

i2

2

解得Q.=—wv--Ep（1分）

Io3

金属棒〃、b、c运动过程中，根据动量守恒定律有2〃%=2/%%,+//叫（1分）

两边同时对时间微元累加有22〃码加=Z2mvafrAr+»叫&

整理可得〃?皮加=2/应匕力加+/zzZvAr

其中2。=/,£%a=Sab，工匕4=X

代人并整理得fnvt=2ms曲+，吟（1分）

其中%-*=x（1分）

解得&（1分）

15.（16分）如图所示，质量为2〃?、半径为R的四分之一绝缘圆弧体A静止在光滑的水平面上，圆弧面

光滑且底端切线水平，质量为，〃的绝缘长木板B也静止在光滑K平面上，长木板右端离圆弧体的左端距离

为R,上表面与圆弧的底端等高，整个系统处在水平向右的匀强电场中，将一个质量为〃八带电量为+，/的

带电物块C轻放在长木板上表面的左端，之后长木板运动一段时间后与圆弧体碰撞并粘在一起。已知匀强

电场的场强大小为七=鳖，其中g为重力加速度，物块与长木板上表面的动摩擦因数为0.5,且最大静摩擦

q

⑴物块C放到长木板上一-瞬间，C、B的加速度大小；

（2）B与A碰撞后一瞬间，A的速度大小；

⑶若板长等于2R,B与A碰撞后，当C刚滑到B板的右端时，A与水平面上一固定挡板碰撞，A、B立即

停止，则C滑卜.圆弧面后对圆弧面的最大压力多大。

【答案】（1）0.5g,o.5g（2）：阚（3）（3垃+2）小g

【详解】（1）对物块C,由牛顿第二定律（1分）

解得%=0.5g,对长木板B,由牛顿第二定律〃〃吆=〃q（1分）解得％=S5g（1分）

（2）C、B以〃=0.5g匀加速向右运动，由匀变速直线运动公式得碰前B的速度诏=2%R（1分）

碰撞时间极短，水平方向不受外力，动量守恒；A、B碰撞后粘在一起，以向右为正方向，

有〃%=（2"?+〃。匕（1分）

解得碰撞后一瞬间，A的速度大小丹=g娴（1分）

（3）碰撞后C与A、B的相对滑动阶段，C的加速度%=四二侬=0・5g（1分）

m

A、B整体的加速度/”等《（1分）

3/776

根据位移公式％=卬+3。</（1分），^AB=V2Z+1^\B/2（1分）

且相对位移a-加=2/?（1分）解得32仁

此时C的速度匕=匕+%/=2荷（1分）

等效重力大小为尸=J（%）2+（〃?g）2=立口唔（1分）

方向与水平夹角为45。，滑上圆弧面后，在等效最低点位置速度最大，从圆弧底端到等效最低点

,nv2,nv

EcjRsin450-mg（R-Rcos45°）=~m~~^（1分）

在等效最低点N-b=〃?上二（1分）

R

根据牛顿第三定律，解得最大压力=N=（3>/5+2）〃火（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.（6分）一列沿x轴传播的简谐横波在f=0时的波形图如图1所示，图2为x轴上E点的振动图像，图

1中成点尸的位移为-lOx/Jcm。求：

⑴从，=。时刻开始到质点尸第一次到达波谷的时间;

（2）质点尸在。〜0.25s时间内通过的路程o

【答案】(l)0.35s(2)(40+10x/2)cm

I31

【详解】（1）由图1可知，E、F两点平衡位置处的距离为则2m（1分）

o48

解得2=3.2m

由图2知，周期7=0.4s

则波速v=y=8m/s(1分)

机械波向右传播，波谷第•次传到尸点，传播的距离工=/1-：2（1分）

O

Y

质点尸第一次到达波谷需要的时间//=-=0.35s（1分）

V

(2)由0.25s=3+((1分)

可知0.25s时质点刚好H到平衡位置，质点尸在0~0.25S时间内通过的路程s=（40+10无卜11111分）

14.（14分）如图所示，在坐标系x<0区域内存在平行于人轴、电场强度大小为石（E未知）的匀强电

场，分界线OP将1>0区域分为区域I和区域II，区域I存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为8（B未知）

的匀强磁场，区域II存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为=的匀强磁场及沿），轴负方向、电场强度

大小为的匀强电场。一质量为加、电荷量为q的带正电粒子从M（-d,0）点以初速度如垂直电场方

向进入第二象限，经N点进入区域I,此时速度与），轴正方向的夹角为60。，经区域I后由分界线O”上的A

点（图中未画出）垂直分界线进入区域II,不计粒子重力及电磁场的边界效应。已知%=2m/s,d=6m,

求：

⑴N点的），轴坐标yv：

（2）带电粒子从M点运动到八点的时间/；

⑶粒子在区域II中运动时，第1次和第2〃+1次（应1）经过工釉的位置之间的距离$。

【答案】⑴y,v=2m（2〃=8+"为⑶s=2府4=（2屏4）m,（〃=1,2,3…）

8

【详解】（1）粒子经过N点时的速度v=—V=2%（1分）

cos60

经过N点时的％轴分速度匕=%tan60=G%（1分）

由类平抛规律有，/=三，（1分），%=%（1分）

联立解得yv=¥〃=2m（1分）

（2）粒子从M点到N点，由）%=%《

联立解得包

3%

从点运动到A点，其运动轨迹如图1所示

图1

由几何关系可得，粒子在区域I中做匀速圆周运动的半径4=|例如60=d（1分）

nr.7td

可知运动时间，2=了工=丁L=「（1分）

42v4%

则带电粒子从M点运动至ij4点的时间r=/,+r2=资+当=色业s（1分）

~3%4%8

（3）粒子从M点到N点，由动能定理得〃八/一｝〃片（1分）

解得上二誓

2qd

2

粒子在区域【中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力①B=〃?二（1分）

ri

解得八驾

qd

在A点将速度u分解为沿K轴分速度H和沿y轴负向分速度V'.如图I所示，设片对应的洛伦兹力与静电

力平衡;这样粒子进入区域II中的运动分解为以V,的匀速直线运动和以力的匀速圆周运动，静电力等

于洛伦兹力有小'=>"（1分）

联立解得v,=v0

则M=Jv27；=6%

niv

设对应的匀速圆周运动的半径为a,由洛伦兹力提供向心力有/5=——

6

联立解得弓=岛

运动周期为

粒子从第1次到第2〃+1次经过x轴，共运动了〃个周期，时间—（1分）

%

距离5=卬”（1分）

联立解得s=2md=（2岛万）m,（〃=123…）（1分）

15.（20分）如图所示，为足够大的光滑圆弧轨道，BC、EF均为光滑水平平台，C。是半径为R上端

切线水平的;光滑圆弧轨道。质量为机的滑块甲从48不同高度”处自由释放，与静止在水平面上质量为

/〃〃（”＞1,且为定值）的滑块乙发生弹性正碰，两平台间高度差力可调，重力加速度为以已知〃=1.I25R

时，碰撞后乙恰能过C点做平抛运动。

⑴求n的值;

⑵若〃=1.8R、h=3.9R,求甲、乙在EF上落点间的水平距离Ar；（结果用分式及根号表示）

（3）若”=4.5R、。已知，甲带正电、电量为g,不加电场时甲落点在乙左侧，欲使甲落点在乙右侧，在。点

右侧空间加一竖直向上的匀强电场，甲仅受重力和电场力，乙除受重力外还受始终与运动方向相反的空气

阻力/=仙（女为常数）。已知在右侧空间运动时甲乙均不与轨道CDE相碰，乙刚过C点时金=竽〃?g,

落到后厂上时，乙速度大小为2A“、方向斜向右下，求场强E的取值范围。（结果用/〃、々、小鼠R表示）

【答案】⑴“=2（2心=2--鹿⑶丝萼叫＜£＜鳖

56亦q

【详解】（1）甲滑下，由动能定理有〃2g〃=5"（（1分）

甲、乙弹性碰撞机%="叫+〃〃叱（1分）

--诏=--$+—nmv^（1分）

2

乙在C点,有nmg=nm—（1分）

联立解得〃=2（1分）

（2）

I师|＜朝，甲先沿圆弧轨道运动后脱离，假设在尸点脱离，P0与co夹角为e

C—P过程有mgR（1-cos夕）=gmv2-g小扁（1分）

v2

。点有mgcos£=m一，（1分）

R

联；了.得85。=0.8、

又人-/?（1一cc