2026年高考考前预测卷：物理（重庆卷）解析版

2026年高考考前预测卷（重庆专用）

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、选择题：本题共10小题，共42分。在每小题给出的四个选项中，第1〜7题只有一项符合题目要求，

每题4分；第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答

的得（）分

1.2025年7月，我国科研人员在原子核的奇特衰变研究领域取得新进展，首次在实验上观测到新核素"A1

的自发衰变，衰变的核心方程为：泌lf；Ne+3X。卜.列说法正确的是（）

A.衰变方程中的X是;H

B.增大压强可以加速［AI的衰变

C."AI的比结合能大于;;Ne的比结合能

D.与;;Ne的质量差等于衰变的质量亏损

【答案】A

【详解】A.根据题中衰变方程，由质量数守恒、电荷数守恒可知，X的质量数、电荷数分别为。=三一=1、

,13-10,

b=---------=1

3

可知X为质子;H,故A正确；

B.原子核衰变速率由半衰期决定，不受外部压强影响，故B错误；

C.衰变产物更加稳定，故［AI比的比结合能较小，故C错误；

D.衰变的质量亏损是反应前原子核总质量与反应后所有粒子总质量的差值，即

加（次）-+,故D错误。

故选Ao

2.太阳能电池应用了光电效应原理，其简化结构如图所示。太阳光穿过顶层N型硅并抵达PN结区域，光

子被吸收后激发出自由电子，这些电子在PN结内建电场作用下被推向N型硅区域，接通外部电路后即可对

外供电。已知该太阳能电池材料的极限频率为%,普朗克常量为人光速为C,下列说法正确的是（）

A.增大入射光的频率,

B.太阳能电池工作时，通过灯泡的电流方向为从A到B

C.入射光的波长小于一时，太阳能电池可以对外供电

%

D.入射光的频率为3%时，逸出电子的最大初动能为3/陷

【答案】c

【详解】A.光电流的大小主要取决于入射光的光强，增大入射光的频率，不清楚入射光的光强变化，所以

无法判断太阳能电池光电流的大小变化，故A错误；

B.由题图可知，太阳能电池工作时，电子的运动方向从A到由于电子带负电，则通过灯泡的电流方向

为从8到A,故B错误；

C.入射光的波长小于£时，则入射光的频率y=£>%

匕）兄

可以发生光电现象，太阳能电池可以对外供电，故C正确：

D.入射光的频率为3%时，根据光电效应方程可得逸出电子的最大初动能线=3力%-1%<3/*0,故D错误。

故选C。

3.如图所示在倾角为30。的斜面体上，ABCO面虚线左侧粗糙右侧光滑，绳子一端连接小球，另一端与固

定点。连接。为了让小球在A8CQ面内做圆周运动，给小球一人水平向左的速度为（未知）恰好使OE段

无张力。当小球运动到G点时绳子突然断裂，之后小球做类斜抛运动，E,尸点为圆周运动的最高点和最低

点且产在/3C上。绳子长度▲为0.2m,小球质量为1kg,运动到G点时速度为lm/s,G点与圆心O的连线

与E尸的夹角为60。，重力加速度取lOm/s?,则（）

A.从E到G动量变化最为5/2kg-m/s

B.从石到G摩擦力做的功为2J

C.小球在G点时重力的功率至W

2

3

D.小球在类斜抛运动过程中离8c边的最大距离为

40

【答案】C

2

【详解】A.小球在E点时，由重力沿斜面方向的分力提供向心力，行加2$足30。=些

L

解得%=lm/s

由几何关系可知，%与G点的速度%的夹角为120。，则速度变化量为AyZyoSinbOOMGm/s

从E到G的动量变化量为△〃=〃心，=73kgm/s,故A错误：

B.小球在E点和G点的速度大小相等，动能变化量为0,由动能定理，得M[+叱.=()

重力做功％=，〃gsin30c(七十七cos600)=1.5J

则从七到G摩擦力做的功为Wf=-L5J,故B错误；

C.小球在G点时沿斜面垂直于8c方向的速度为匕=%5皿60。=*m/s

小球在G点时抬直方向的速度为v=V.sin30°=—m/s

4

小球在G点时重力的功率P=fngvy=孚W,故C正确；

D.小球沿斜面垂直于方向的速度为。时，离BC边的距离最大，沿斜面垂直于8C方向的加速度为

«=^sin3O°=5m/s2

由匀变速直线运动速度与位移的关系，可得从G点沿斜面垂直于8C方向上升的最大距离为y=K=3m

2a40

I7

由儿何关系，可得离3c边的最大距离为m=；+X=^m,故D错误。

故选C。

4.我国空间站沿逆时针方向围绕地球做圆周运动，轨迹如图实线所示。为了避开太空碎片，空间站在尸点

向图中箭头所指方向短时间喷射气体，从而实现变轨。变轨后的椭圆轨道如图中虚线所示，其半长轴大于

原轨道半径，则（）

A.空间站变轨前、后经过P点的加速度相同

B.空间站变轨后的运动周期比变轨前的小

C.变轨后，在远地点的机械能比近地点大

D.气体对空间站的作用力方向为箭头方向

【答案】A

【详解】A.根据牛顿第二定律可知空间站变轨前、后在。点的加速度相同，故A正确；

B.因为变轨后其半长轴大于原轨道半径，根据开普勒第三定律可知空间站变轨后的运动周期比变轨前的大,

故B错误；

C.变轨后，机械能守恒，故远地点的机械能和近地点一样，故C错误；

D.箭头是气体喷射方向，故气体对空间站的作用力方向为箭头的反方向，故D错误。

故选A.

5.如图所示，实验小组用双缝干涉实验来测量某液体的折射率。先用红光照射双缝，发现£为第4级亮条

纹的中心；使双缝与屏之间充满待测液体后再用该红光照射双缝，发现［处恰好为第7级暗条纹的中心。

已知狭缝E和打到屏上4点的距离相同，规定弓处为第。级亮条纹，然后依次是第1级暗条纹、第1级亮

条纹……则待测液体对红光的折射率为（）

单色光三

A”13

BD.—C.1.5

,88D-7

【答案】B

【详解】当双缝与屏之间为空气时，屏上P点处是稣上方的第乙级亮条纹的中心，则波程差为"=44

当双缝与屏之间充满某种液体时，屏上。点处是外上方的第7级暗条纹的中心，则光程差为△/=6；4

因为△r二△/

c

设红光在这种液体中的波长为4,频率为力则％=上=五=£=4

774〃

则液体的折射率〃=?13

O

故选Bo

6.如图所示，电荷量相同的两个正点电荷分别固定在A、B两点,。为4、6连线的中点，P为A、6连线

的中垂线上的点，其中雨、PB、A4的长度均为心一电子由尸点以大小为u的速度垂直于纸面向外射出,

电子恰好绕。点做匀速圆周运动。已知静电力常量为A，电子的比荷为〃。则两点电荷的电荷量均为（）

e

B

A.W0同S1

百5一ILv

D，

D.-----V*•~3k^

3krj3krj3k

【答案】D

因此A0=?

【详解】分析几何关系：已知=。为A4中点,

△AP。为直角三角形，可得圆周运动半径（即。尸长度）：r=OP=y]PA1-AO2=^2-（|）2=^-

计算p点合场强：设每个点电荷电荷号为Q,单个点电荷在产点产生的场强大小为：E=/隼

1r\L

两个场强方向分别沿AfP、水平分量抵消，竖直分量叠加，两场强夹角为60，合场强沿OP背

离。向上，大小为：£/_=2£cos30=2•正=正仪

"1}2I）

结合向心力公式求解。：电子带负电，所受电场力指向。，提供匀速圆周运动的向心力。

电子比荷〃=刍，向心力公式为：eE,.=—

m"r

也L/逊=叱

代入E合和「=与得eg瓦

2

2Lv2_2Lv2

整理得：0=[=旃

3K・一,

m

故选D（.

7.如图，弹簧左端固定，将细圆管弯成圆弧轨道分别与水平轨道相切于M、N点，在竖直面内存在方向竖

直向下的匀强电场（图中未画出），电场强度大小E=10N/C,质量为M=4kg的绝缘小球B静止在水平轨道

上，将质量为，〃=2kg、带电量为4=0.8C的负电小球A（可视为质点）压缩弹簧后由静止释放，小球能从

M点进入圆弧轨道，通过轨道的最高点P时恰好与圆管无弹力作用，之后从N点返回水平轨道，水平轨道

足够长，两球间的碰撞为弹性碰撞，已知两球的大小相同，圆弧轨道半径R=lm,不计一切摩擦和空气阻

力，g取lOm/s?。则（）

A.释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为5J

B.两小球至多能发生2次碰指

C.A小球再次返回轨道运动的过程中对内轨道可能有弹力

D.A小球从M点运动到P点的过程中对内轨道无弹力

【答案】D

【详解】A.A小球在最高点。时恰好与圆管无弹力作用，则有心-西=加去

代入数据解得Vp="m/s

释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为4=（〃田-西）・2K+J丽

解得《=30J,故A错误：

B.小球A与B碰前的速度％==J为m/s

以水平向右为正方向，则AB碰撞过程根据动量守恒则有加%=，叫+/岭

机械能守恒则有g加*=g〃诉+《川学

代人数据联立解得巧=-粤m/s,v2=^-m/s

小球A返回到水平面时的速度大个仍为回m/s,因小于小球B的速度，则两球不可能再发生第二次碰撞,

3

故B错误；

C.A小球再次返回轨道运动时能上升的高度为力，则有（眼=

解得人=（）.28mVR

可知小球不能越过与圆心等高的位置，则与内轨道无弹力，故C错误；

D.从M点到圆心等高点，小球一定挤压外轨，又因为在P点小球恰好对轨道无弹力，可证明从圆心等高

点到尸点，小球也一直挤压外轨，故D正确。

故选Do

8.两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=-0.2m和.r=1.2m处，两列波的波速均

为0.4m/s,波源的振幅均为2cm。如图所示为/=ls时刻两列波的图像，此刻平衡位置在x=0.2m和x=0.8m

的P、Q两质点刚开始振动。质点M的平衡位置处于x=0.5m处，下列说法正确的是（）

A.两列波的周期均为0.1sB.，点在r=1.5s时刻位于平衡位置

C.两列波在f=2.75s相遇D.0~2.75s内质点M运动的路程是16cm

【答案】BD

【详解】A.根据图像可知波长为0.4m,则波传播的周期为r=2="s=ls,故A错误;

v0.4

B.由于周期为Is,P点再次问到平衡位置需要半个周期，即0.5s,M/=l+0.5s=1.5s,故B正确;

C.两列波传播速度相同，由图可知，两列波会在必点相遇，即两列波还需要传播的距离为

().8-0.2

in=0.3m

2

对应时刻为f=ls+为-BSs,故C错误；

v

D.0~l.75s内，M点还没有开始振动，M点总共振动的时间为Is,即一个周期，两波源与M点的距离分别

为A*=0.5+0.2m=().7m,Av,=1.2-0.5m=0.7m

可知波程差为零，由于两列波振动步调相同，故"点为振动加强点，振幅为24,可知在剩余的17内，质

点运动的路程为s=4・2A=4x2x2cm=16cm,故D正确。

故选BDO

9.如图甲为某景区的电动汽车应急充电站，由山下的光伏储能电站供电。由于充电站与储能电站距离较远，

需要通过变压器远程输电。图乙为远程输电示意图，升压变压器原线圈的电压为4=2(X)V,降压变压器原、

副线圈的匝数比〃3：〃4=5：L充电桩的额定电压为q=220V、额定功率为llkW,输电线上的电阻，=10Q,

其余电阻不计，变压器均视为理想变压器。充电桩正常工作时，下列说法正确的是()

充

电

配电设备桩

图甲图乙

A.降压变压器的输入电压q=1100V

B.输电线上电阻，消耗的功率为500W

C.升压变压器的原、副线圈匝数之比为〃=1:8

D.升压变压器的输入功率为二2kW

【答案】AD

【详解】A.对降压变压器进行分析，根据电压匝数关系有今=?■

解得U3=1100V,故A正确；

B.充电桩的额定电压为S=220V、额定功率为"kW,则充电桩的电流，4=5=^MA=50A

1/ANNU

根据电流匝数关系有/的=

解得，2=，3=10A

则输电线上电阻r消耗的功率为AP=/"=1000W,故B错误：

c.升压变压器副线圈电压%=小+4

结合上述解得a=1200V

根据电压匝数关系有今=3

u2n2

解得"：叼=1:6,故C错误;

D.理想变压器不消耗功率，则升压变压器的输入功率

结合上述解得P/=12kW,故D正确。

故选ADo

10.如图所示，倾角为30。的光滑斜面体固定在水平面上，轻弹簧放在斜面上，下端与斜面底端的固定挡板

连接，上端与放在斜面上的物块A连接，绕过斜面顶端光滑定滑轮的轻绳一端连接在物块A上，另一端吊

着物块B。已知物块A的质量为出，物块B的质量为3/〃，斜面足够长，牵引物块A的轻绳与斜面平行，用

手托着物块B,改变B的高度，使轻弹簧刚好处于原长。已知重力加速度为8,弹簧的劲度系数为％,

弹簧的弹性势能昂=3日。攵表示弹簧的劲度系数，X为弹簧的形变量，弹簧始终在弹性限度内，快速撤

去手。下列说法正确的是（）

A.快速撤去手的一瞬间，物块B的加速度大小为《g

B.当物块A的速度达到最大时，弹簧的伸长量为:小

C.物块A沿斜面向上运动的最大速度大小为避瓦

4

D.物块A沿斜面向上运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能为

【答案】BC

【详解】A.快速撤去手的一瞬间，根据牛顿第二定律可得3，〃g-r=3，MT-〃?gsin30=/m

解得。=，g，A错误;

o

B.当物块A的加速度为零时速度最大，此时"+mgsin30=3〃名

解得工=3小，B正确;

c.从开始到速度最大的过程中，根据机械能守恒，+—x4〃?匕：+mgx—玉）sin30=3ingx—x

2220

解得匕=或瓯，C正确；

D.设弹簧的最大伸长量为•%,贝］由能量关系可得:心：+加0/41130=3〃RT,“

4

解得

则弹簧具有的最大弹性势能Ep=L^=lmgXo,D错误。

故选BCo

二、实验题：本题共2小题，共15分。

11.某学习小组用如图所示的实验装置来验证机械能守恒定律。实验操作步骤如下：

①川天平测出滑块和遮光条的质量M、钩码的质量机；

②调整气垫导轨水平，按图连接好实验装置，固定滑块；

③测量遮光条中点与光电门之间的距离L及遮光条宽度"，将滑块由静止释放，光电门记录遮光条遮光时

间/;

④改变遮光条中点与光电门之间的距离L,进行多次实验。

根据上述实验操作过程，回答下列问题：

（1）下列关于该实验的说法正确的是。

A.实验中必须保证m远小］'M

B.本实验是验证钩码机械能守恒

C.滑块运动过程中速度大小等于钩码速度大小的一半

D.在调整气垫导轨至水平时，滑块不需要连接钩码

（2）调整气垫导轨至水平，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块保持静止或者匀速运动,

表示气垫导轨已经调节至水平。

（3）多次改变遮光条到光电门的距离，测出多组L和3作出！随L的变化图像如图所示，图线为过坐标

v

原点的直线，如果在误差允许的范围内当地的重力加速度大小为且=时（用字母/爪M、。、b、

d表示），可以验证机械能守恒定律。

【答案】D（2分）（4以+砌小门分）

4ma

【详解】田A.本实验不需要用钩码的重力代替绳的拉力，所以实验中不需要保证〃?远小于也，故A错误；

B.本实验中钩码所受绳的拉力做负功，所以钩码的机械能不守恒，应验证滑块和钩码组成的系统机械能守

恒，故B错误；

C.滑块运动过程中速度大小始终是钩码速度的2倍，故C错误；

D.在调整气垫导轨至水平时，滑块不需要连接钩码，故D正确。

故选D1.

⑵滑块经过光电门时的速度为

钩码带动滑块运动过程中，若系统机械能守恒，有〃若=；加+3吗尸

1二mgL

联立可得了一嬴匣

4

mg二b

结合图像可得md

Md-+。-----

4

(4M+m)bd2

所以g

4ma

12.学生要测量某金属圆环材料的电阻率，如图甲，已知圆环的半径为L

⑴他先用螺旋测微器测量圆环材料圆形横截面的直径d如图乙所示，则4=mm：

⑵他再用如图丙所示的电路测最该圆环的电阻，图中圆环接入电路的两点恰好位于一条直径上，电压表的

量程为5V。为保证电路安全，实验开始前，应将滑动变阻器凡的滑片放置在（填“最左端”"最

右端〃或“中间”）。电键S闭合后，电压表右端接到。点时电压表示数为4.1V、亳安表示数为1.6mA,接

到人点时电压表示数为4.7V、亳安表示数为L5mA。为了减G电阻的测量误差，他应该把电压表的右端

接在________进行实验（填“。〃或*"）:则圆环接入电路的两点间的电阻值为C;电阻测量值

（填"偏大"或"偏小

⑶实验中发现电压表损坏，他乂找到另外一个内阻为凡的电流表A1替代电压表完成了实验。实验中亳安表

mA和A1的示数分别为/和人，改变滑片位置测得多组/、♦数据，他作出了/-乙图像为一条直线，如

图丁所示，测得该直线的斜率为火。若，•远大于4,则金属圆环材料的电阻率的表达式为（用「、

d、k、R[表）0

【答案】（1）5.665/5.666/5.667/5.668/5.669（3分）

Rd2

（2）最左端a2562.5。偏小（每空1分）⑶〔3分）

2r[k-\）

【详解】（1）螺旋测微器固定刻度部分读数为5.5mm,活动刻度部分读数为0.167mm

总的读数结果为5.5mm+0.167rnrn=5.667min

（2）[1]实验开始前，滑动变阻器滑片应置于最左端，使待测电路两端电压为0,保证安全

⑵电压变化更明显，说明电流表分压作用显著，被测电阻为小电阻，应采用电流表外接法，即把电压表右

端接在a点

U4IV

[3]采用电流表外接法（接a点）测得的数据更准确，根据欧姆定律&=广=]6.©aC=2562.5Q

[4]电流表外接法中，电压表测量的是准确的，但电流表测量的是通过电阻和甩压表的总电流，即甩流测量

值偏大。

根据〃=与可知，测得的电阻值偏小。

（3）开联电路两端电压相等（1—4）鸟=/A

R+RR+R

公式变形可得/二yL，结合题图条件可得上二-u

KxKx

接入的凡是两个半圆环（电阻凡）的并联，故&=24

半圆环长度L=乃广，横截面积S==网

根据电阻定律与=2!

联立可得”品

三、计算题：本题共3小题，共42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，纸面内竖直边界1、2之间有磁感应强度大小为3、方向垂直纸面向里的匀强磁场，

边界1的左侧（紧挨边界1）放置极板垂直边界1的平行板电容器，一电子紧贴下极板水平向右射入电容器，

经枚间电场偏转后从电容器右上端〜点沿与边界1•夹角a=53,（斜向上）的方向射入磁场，电子从。点射

出磁场时的速度方向与边界2的夹角尸二37（斜向下）。电子的质量为小、电荷量为e,电容器的极板长度

以及磁场的宽度均为L,不计电子所受的重力,取sin53、=0.8,8s53,=0.6。求:

⑴电子通过。点时的速度大小也

⑵电容器两极板间的电压U以及两极板间的距离”。

5eBL

【答案】⑴y=

1m

【详解】（1）设电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，根据几何关系有心=氏。$。+氏54（2分）

解曲•=%

洛伦兹力提供向心力可得e田（1分）

r

解得电子通过F点时的速度大小（1分）

/in

（2）电子射入电容器时的速度大小%=vsina（1分）

解得%=、一

1m

对电子在电容器中运动的过程，根据动能定理有6〃=：〃?声一；加诏

（1分）

解得u="丘（1分）

98/77

L

电子在电容器中运动的时间，=T（1分）

解•得，=黑

4eB

e,0+vcosa,八、.,3,/八、

又"=---t（1分）解得d=（1分）

2o

14.（15分）如图所示，导热良好带有吸管的瓶子,通过瓶塞密闭T/=300K,体积匕=2x103cm，处于状态］

的理想气体，管内水面与瓶内水面高度差〃=10cm。将瓶子放进乃=310K的恒温水中，瓶塞无摩擦地缓慢上

升恰好停在瓶口，力保持不变，气体达到状态2,此时锁定瓶塞，再缓慢地从吸管中吸走部分水后，管内和

瓶内水面等高，气体达到状态3。大气压强〃o=l.Oxl（）5pa,水的密度&=l.（）xl（）3kg/m'；g取lOm/sa,忽

略表面张力和水蒸气对压强的影响。

⑴求气体在状态3的体积（结果保留3位有效数字）

（2）估算从状态2到状态3气体向外界吸收的热量。（结果保留2位有效数字）

【答案】（l）2.O9xl（Tcm'（2）2.OJ

V.匕

【详解】（1）气体从状态1到状态2的过程，由盖吕萨克定律可得h二十（2分）

1\12

解得匕=2.07xl0%m，

此时气体压强为小=月=%+pgh=l.01xl（）5Pa（2分）

气体从状态2到状态3的过程，由玻意耳定律〃2匕=心匕（2分）

其中〃3=Po

代人数据解得气体在状态3的体积为匕=2.09xQcm3（2分）

（2）从状态2到状态3,温度保持不变，理想气体分子的内能保持不变，即&/=（）（2分）

外界对气体做负功卬，-0S丫（2分）

解得WU—2.0J

由热力学第一定律AU=Q+W（2分）

可得。=2.0J（1分）

15.（17分）如图所示，一组平行光滑金属导轨固定在水平面上，导轨倾斜部分与水平面夹角为以顶端锁

定有金属棒1,底端与水平部分在处平滑连接。导轨水平部分