2026年高考考前预测卷：物理（云南、江西、广西卷）解析版

2026年高考考前预测卷（云南、江西、广西卷）

物理.全解全析

注意事项：

i.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。回答非选择超时，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

第I卷（选择题）

一、选择题：本题共10小题，共46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，

每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有

选错的得0分。

1.（热点）我国著名物理学家杨振宁先生指出“学习，尤其是创造性的学习，不是吞吃知识，而是要学会提

出问题和思考问题''。了解物理学发展历史，领略建立物理概念的思想方法至关重要，以下关于物理学史

与物理研究的核心思想方法正确的是（）

A.质点、点电荷、元电荷都是理想化模型

B.安培首次发现了电流的磁效应，并提出分子环流假说，解释了磁现象的电本质

C.库仑发现了库仑定律，并通过油滴实验测定了元电荷的数值

D.法拉第不仅提出了场的概念，而且引入电场线和磁感线形象地描述电场和磁场

【答案】D

【解析】A.质点、点电荷是理想化模型，但元电荷是电荷的最小单位（基本物理常数），不是理想化

模型，故A错误；

B.电流的磁效应由奥斯特首次发现，安培提出分子环流假说并解释磁现象的电本质，但并非首次发现

电流的磁效应，故R错误：

C.库仑发现了库仑定律，但元电荷的数值是由密立根通过油滴实验测定的，故C错误；

D.法拉第提出了场的概念，并引入电场线和磁感线形象地描述电场和磁场，故D正确。

故选D。

2.（2026•深圳一模•改编）高一年级每月清洁大扫除后会颁发班级卫生流动红旗，其通过一根不可伸长

的轻绳将其悬挂在光滑钉子上。如图1所示，两悬点A8处于水平状态且两点间距离保持不变，某天

刮风后（风已消失）出现了图2的倾斜状态，老师将绳子中间打了一个结，再次挂正，如图3所示。则

下列情况中说法正确的是（）

A.图I中若由于滑动导致间距离变小（绳长不变），则绳中张力工变大

B.无风情况下图1、图2和图3中绳子受钉子的力满足5＞片=鸟

C.无风情况下图1、图2和图3中与红旗相连的绳中张力满足4＞7；

D.若仅图2中红旗受持续水平向右的风力作用，则图1、图2和图3中钉子受绳的合力满足8=邛=居'

【答案】C

【解析】A.由钉子光滑可知，图1和图2两边绳子的拉力相等，两边细绳与竖直方向夹角相等，但是

图I中两边细绳间夹角较大，设两边细绳与竖直方向夹角为6,则由平衡可知27bosJ=mg

由可知（，对图।和图3比较，图3中细绳因打结变短故与竖直方向的夹角4＞〃，可知4

即4＞7；＞笃，故C正确；

A.AB间距离变小（绳长不变），则两边细绳与竖直方向夹角变小，重力不变，则绳中张力变小，故A

错误；

B.无风情况下图1、图2和图3中绳子受钉子的力均与重力平衡，即6=6="，故B错误；

D.同B项，得F；=K=〃?g,由受力分析及勾股定理得弓＞，咫，故夕＞斤二8，故D错误。

故选C。

3.（2026♦广东汕头•一模）“工夫茶”是潮汕地区的传统饮茶习俗,如图所示，热水倒入茶托上的玻璃盖碗后

盖上杯盖，在水面和杯盖间就封闭了一部分空气（可视为理想气体）。下列说法正确的是（）

玻璃盖碗

A.玻璃盖碗是非晶体

B.水温越高，每个水分子运动的速率越大

C.温度降低，玻璃盖碗内壁区位面积所受气体分子的平均作用力变大

D.水滴落在干净的茶托上会自然摊开，这说明水不能浸润茶托

【答案】A

【解析】A.玻璃属于典型的非晶体，所以玻璃盖碗是非晶体，故A正确；

B.水温越高，水分子运动的平均速率越大，但不是每个水分子运动的速率都越大，故B错误；

C.温度降低，封闭空气的体枳不变，根据查理定律可知，空气的压强减小，则玻璃盖碗内壁单位面枳

所受气体分子的平均作用力变小，故C错误；

D.水滴落在干净的茶托上会自然摊开，这说明水能浸润茶托，故D错误。

故选Ao

4.（热点）2025年中科院合成了新核镁210（^Pa）,它的半衰期为1.2ms,衰变后产生新核钢（非Ac）。

下列判断正确的是（）

A.衰变过程中电荷数守恒，质量守恒

B.核反应方程为善Ac+：He,核反应类型为。衰变

C.100个#Pa原子核，经过2.4ms后还剩下25个未衰变

D.高温高压的环境中，；：°Pa的衰变速度会加快

【答案】B

【解析】A.原子核衰变过程中电荷数、质量数守恒正确，但质量不守恒（因质量亏损转化为能量），

故A错误；

B.根据质量数和核电荷数守恒可知，核反应方程为邛Paf般Ac+；He

即该核反应类型a衰变，故B正确；

C.半衰期是大量原子核衰变的统计规律，仅对宏观大量样本有意义，对少量原子核的衰变行为无法准

确预测，故c错误；

D.放射性衰变速度由核内部结构决定，与温度、压力等外部条件无关，故D错误。

故选B。

5.（原创）在某校运动会篮球比赛罚球时，运动员将篮球以一定角度。正对着篮板投出，结果篮球刚好垂

直击中竖直篮板，击中点到地面的距离H=3.2m,篮球与篮板碰后瞬间的速度变小且垂直篮板反向弹回，

已知运动员投篮出手点到地面的距离〃=1.95m,重力加速度8取lOm/sz,忽略空气阻力，篮球视为质

点，下列说法正确的是（）

A.若篮球与篮板碰撞时速度大小损失20%,则篮球落地点在出手点正下方的前方

B.若篮球与篮板碰撞时速度大小损失20%,则篮球落地点恰好在出手点的止下方

C.若篮球与篮板碰撞时速度大小损失37.5%,则篮球落地点在出手点正下方的前方

D.若篮球与篮板碰撞时速度大小损失37.5%,则篮球落地点恰好在出手点的正下方

【答案】D

【解析】CD.由题图得，碰的篮球的运动是反向的平抛运动，则水平方向做匀速直线运动、竖直方向

做自由落体运动,由H—刀=gg/

代入数据解得，2=0-5S

设碰后瞬间篮球的速度大小为i，有

假设碰后落在出手点的正下方，即两次平抛的水平位移相同，设碰前瞬间篮球的速度大小为小,则有

碰后竖直方向有劭2

解得八=0.8s

故，：匕2=8:5,速度损失］,即37.5%，故C错，D正确，

O

AB.分析易得若速度损失20%,由x=S，得不：/=25:32

则篮球落地点在出手点正下方的后方，AB错误。

故选D。

6.（2026•天津二模•改编）如图所示，12位身高相同的同学手挽手站成一排模拟机械波的形成和传播。

片0时，从同学1开始依次带动右边的同学，每人每分钟完成30次下蹲和起立，形成一列向右传播的“机

械波己知同学1第一次蹲到最低点时，同学5刚好要开始卜.蹲；队伍中相邻两同学所站位置间距均为

0.8m,所有同学从开始下蹲到最低点过程中，头部竖直向下运动路程均为60cm。下列说法正确的是（）

H-----H

10.8m1

A.这列“波”的波长为2.4m

B.这列“波”的波速为3.2m/s

C.k6s时同学12开始下蹲

D.0~4s内同学9的头部运动路程为1.8m

【答案】D

【解析】A.相邻同学间距0.8m,波长是指一个完整波形对应的平衡位置间的长度，题意可知，17个

同学间距对应•个完整波形，波长4=8x（）.8m=6.4m,故A错浜。

B.每人每分钟完成30次下蹲和起立,则同学1振动频率/=0.5Hz，波速i，=4/=12.8x0.5in/s=6.4m/s,

故B错误.

yQQ

C.同学1与同学12间距为Ilx0.8m=8.8m,由/=土=吧s=1.375s,故C错误。

v6.4

D.1到9同学间刚好半个波长，所以f=ls时第9位同学开始下蹲，，=4s时完成1.5次下蹲起立，路

程为3x60cm=180cm=1.8m,故D正确。

故选D。

7.（2026•吉林延边•一模）市场上某款“自发电”门铃开关的原理如图所示。在按下门铃按钮过程中，夹着

永磁铁的铁块向下移动，改变了与“E”形铁芯接触的位置，使得通过线圈的磁场发生改变。松开门铃按钮

后，弹簧可使之复位（与。、人连接的外电路未画出）。由此可以判断（）

A.按住按钮不动，门铃会一直响

B.按下按钮过程中，〃点电势高于〃

C.按钮复位的过程中，穿过线圈的磁通量一直减小

D.按钮更位的过程中，穿过线圈的磁通量一直增加

【答案】B

【解析】A.按住按钮不动时，根据题意可知线圈磁通量不变，无感应电流，所以门铃不会一直响，故

A错误；

B.按下按钮过程中，线圈中的磁场先向右减小，后向左增加，利用楞次定律可得感应电流方向从〃接

线柱通过线圈流向〃接线柱，根据题意可知线圈是电源，而在电源内部电流方向由负极流向正极，所以线

圈〃接线柱的电势比方接线柱高，故B正确；

CD.按钮复位过程中，线圈中的磁场先向左减小，后向右增加，磁通量先减小后增大，故CD错误；

故选Bo

8.（2026•河北•一模）氢气球常被用作装饰。如图所示，用一根轻质细绳将不计重力的氢气球与水平地

面上质量6=0.4kg的小物块连接，氢气球受尸=3N、水平恒定的风力作用，氢气球与小物块相对静止时，

细绳与水平方向的夹角为仇已知地面粗糙，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，风对小物块的作用力不计，

小物块始终没有脱离地面，重力加速度g取I0m/s2,sin37=0.6,则下列说法正确的是（）

A.小物块一定受到4个力的作用

B.小物块的加速度可能为7.5m/s2

C.细绳与水平方向的夹角。不可能大于53

D.若小物块始终处于静止状态，则小物块与地面间的动摩擦因数可能为0.6

【答案】BC

【解析】A.若小物块刚好与地面接触无挤压，则小物块受到重力、拉力2个力的作用，故A错误;

B.对系统整体分析，若小物块刚好与地面接触无挤压，根据牛顿第二定律/=/浓

3N

解得=7.5m/s2

0.4kg

故B正确；

C.当小物块刚好与地面接触无挤压时，细绳与水平方向的夹角夕最大，此时对氢气球水平方向受力分

析知F=Tcos®

对小物块在竖宜方向分析知用gsin0

联立解得tan”：

故〃最大为53,故C正确；

D.小物块处于静止状态时，系统整体平衡，可知，水平方向/=F=3N

由滑动摩擦力公式得/=〃N=3N

若〃=0.6

解得N=5N>〃g

竖直方向，对小物块分析N+Tsin®=〃吆

产生矛盾，小物块不可能静止在地面上，故小物块与地面间的动摩擦因数不可能为0.6,故D错误。

故选BCo

9.（原创）“飞车走壁”是一种传统的杂技项目，杂技演员驾驶摩托车在倾角很大的“桶壁”内侧做圆周运动而

不掉下来。如图所示，一杂技演员驾驶摩托车沿半径为5m的圆周做匀速圆周运动，10s内运动的弧长为

200m,则()

A.摩托车的线速度大小为2（）m/s

B.摩托车的角速度大小为4md/s

C.摩托车运动的周期为

D.摩托车运动的转速为］r/s

【答案】ABC

【解析】A.杂技演员驾驶摩托车沿半径为5m的圆周做匀速圆周运动，10s内运动的弧长为200m,根

据I，=竽As可得线速度大小为I，=Ym/s=20m/s,故A正确；

Ar10

B.根据£=「口可得角速度为69=2=型出（1/$=4m（1/5,故B正确；

r5

C.根据0==可得摩托车运动的周期为T=^=^s=Ws,故C正确；

T42

D.根据0=2乃〃可得摩托车运动的转速为〃=*=；r/s=2r/s,故D错误。

故选ABCo

10.（改编）行星A、B绕太阳运动的朝L迹为椭圆，太阳在椭圆轨道的焦点上，A、B所受的引力随时间的

变化如图所示，其中，2="1，行星A、B与太阳的距离分别记为以、％。假设A、B只受到太阳的引力，

下列叙述正确的是（）

引力大小

A.行星A、R轨道半长轴之比2：1

B.以的最大值与％的最大值之比为4：9

C.行星A与行星B的质量之比为81：32

D.行星B与太阳的连线在任意4时间内扫过的面积均为椭圆物道面积的一半

【答案】BD

【解析】A.由图可知，A的周期"=*B的周期"=2,2=261

根据开普勒第三定律，得《二普解得

幺=故A错误;

aB

B.由万有引力尸二丝丝，可知对同一行星，/与/成反比，则对A,有纣=导=熊=4

r4n脸in2F

4

得以皿=2、in又&ax+Anin=2aA因此Gmax=孑4A

对B,有纣二导/=9得—=3=

Bmin^Bmin

3

乂Gmax+Gmin=2aB因此^max=

4

r

结合”=；,得Amax_D8aA814

255=5'故B正确;

传,Binax3〃9aH

GMm,可得机=上

C.由万有引力尸=

GM

%nin，Giax_32尸4A

则有wA=

GM9GMGM4GM

代入&=4m.32

康可得嬴=和故C错误;

‘Bnvjx

D.行星B的周期「=2,2,根据开普勒第二定律，任意一个行星与太阳的连线在相等时间扫过的面积

相等，则行星B与太阳的连线在任意4时间内扫过的面积为椭圆轨道面积的•半，故D正确。

故选BDo

第n卷（非选择题）

二、非选择题：本题共5小题，共54分。其中第13题~15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要

的演算步骤，只写出最后答案的不能得分：有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。

11.（8分）

某学习小组为探究光电效应的规律，设计了如图甲所示的电路图，图乙是对应的装置实物图。

（1）电路连接

图乙中已正确连接了部分电路，请完成图中滑动变阻器R、单刀双掷开关S、灵敏电流计（G）和电压

表（V）间的实物图连线。

（2）实验探究

①为了探究入射光的频率、强度对光电流的影响，需要把单刀双掷开关S打向端（填也"或

在光电管上加正向电压（光电管阳极接电源正极）。

②实验发现，在光照条件不变的情况下，灵敏电流计示数随着滑动变阻器滑片P向右滑动而增大，当

滑片P移到某一位置后，灵敏电流计示数不再变化。此时灵敏光电流计（G）的示数如图丙所示,读数为—

由此可知，光电效应存在饱和光电流。

③通过控制变量法，改变入射光的频率或强度，测量饱和光电流的变化情况。

④把单刀双掷开关*打向另一侧,在光电管上加反向电压,可以探究入射光的频率、强度对

的影响。（填下列选项前字母）

A.遏止电压B.饱和光电流C.截止频率

（3）为了实现用滑动变阻器可以控制输出正向电压或反向电压，该学习小组对实验方案进行了改进，

设计电路图如图丁所示。为给光电管提供反向电压应将滑片P往____端移动。（填气”或“〃'）

A

光源

【答案】（1）

⑵〃（1分）70（2分）A（1分）

⑶d（2分）

【详解】（1）实物图连线如图所示

（2）[1]欲在光电管上加正向甩压（光电管阳极接电源正极），需要将单刀双掷开关打向力端;

⑵灵敏光电流计（G）的示数为70pA；

⑶在光电管上加反向电压，可以探究入射光的频率、强度对遏止电压的影响。

（3）由电路结构可知，光电管阳极电势始终不变，当滑片P位于滑动变阻器中央时，阴极和阳极电势

相等，这时加在光电管上的电压为零，当滑片P向d端滑动时，阴极电势升高，阴极电势高于阳极，这时

加在光电管上的电压为反向电压，故为给光电管提供反向电压应将滑片P往d端移动。

12.（10分）

图甲为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池（电动势E=3.0V,内限为0.5Q）；

%、&、%、%是定值电阻，&是可变电阻；表头G的满偏电流为200〃A,内阻为4500。虚线方框内为换

挡开关，人端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位,5个挡位分别为：直流电压IV挡和10V挡、

直流电流2mA挡和20mA挡、欧第挡。

<1）图甲中的A端与（填“红”或“黑”）表笔相连接；

（2）图甲中选择开关接通“4”,对应直流电压________（填“IV”或“10V”）挡;

（3）根据题中条件可得图甲中凡=。、&=Q;

（4）如图乙所示，为更精确地测量电阻，将多用电表内部电路做一定调整。其中1、2两拦位为欧姆挡

（“xlOC”或“xlOOC"），则开关接通“2”时，对应多用电表为________（填“xlOQ”或“xlOOC"）挡。如果选

择开关接通“1”，当测量某电阻阻值时，指针恰好指在表盘的正中央，则该电阻的测量值R=Qo

【答案】⑴黑（1分）（2）1V（1分）（3）5（2分）45（2分）（4）xlOOC（2分）

150（2分）

【详解】（1）多用电表内部电源正极接黑表笔，确保测量电阻时电流“红进黑出”，A端与黑色表笔连接。

（2）直流电压挡由电流挡串联分压电阻实现，所串联的电阻越大，电压表量程越大，可知接“4”时对应

“IV”挡。

（3）⑴⑵接通2,对应2mA量程，表头与凡+&并联，有I居

代入数据得飞+&=50。

接通1,对应20mA量程，表头与与串联后再和《并联，有//4+&）=“-凡

代入数据得450c+&=99与联立解得R=5QR2=45c

（4）⑴[2]挡位2对应电流表展程小，为2mA，电源电动势确定，电流表量程越小，电表内阻越大,

欧姆挡倍率越大，对应“1（X）0”挡。选择开关接通T”，指针指向中值时，被测电阻的阻值等于电表内阻,

P

表头示数/。=1X1A则对整个电路有100/。二£

2/\

解得A=15（4

13.（8分）

（2026•青岛市•第一次适应性检测）如图甲所示，长为〃的光导纤维折射率为〃，A、8为纤维的两

个圆形端面，直径为d。

（I）要使光从A传播到8过程纤维侧面不漏光，求光在4端面最大入射角仇的正弦值；

（2）若将该纤维弯成半圆形，其轴线长度L不变，如图乙所示，光垂直A端面入射，仍要使纤维侧面

不漏光，求纤维长度/,与直径〃应满足的关系。

(n+l)7k/

【答案】(l)sin^=-Jn2-1(2)L-Vn

2(〃-1)

【详解】（1）当折射光线恰好在纤维侧面发生全反射时的光路如图所示，此时光在A端面上入射角最

大。

由全反射定律得sinC=

由几何关系得4+C=5（1分）

sin0

由折射定律得〃=盗（1分）

S111C，）

解得sin4=V7=T（1分）

（2）设纤维轴线半径为凡从A端面内侧垂直端面入射的光在射向空气时的入射角为。，如图所示,

Dd

贝ljsina=——(1分)

R+-

2

L=nR(1分)

sina>sinC(1分)

(n+l)7u/

解得(1分)

2(〃［T)、

14.（14分）

（2024•辽宁•改编）如图所示，半圆形轨道的直径PQ与水平面垂直，轨道的最低点。与右侧光滑

的台阶相切，台阶右侧紧靠着表面有一与台阶齐平的足够长的长木板C。台阶上的两个小铁块A,B之间有

一被压缩的微型弹簧（弹簧与铁块不栓接），某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A,B瞬间分离。释放后，

铁块A恰好沿半圆形轨道运动到最高点P（被取走）。铁块B滑上木板C的上表面，当B,C恰好速度相同

4

时，木板与弹性挡板碰撞。已知B,C接触面间的动摩擦因数〃=A，其余摩擦均不计，木板C与弹性挡板

9

在碰撞过程中没有机械能损失，半圆形轨道的半径R=0.5m,木板C的质量〃『O.lkg,铁块A、B与木板C

的质量之比是SA：WIB："C=4：2：1,重力加速度取g=IOm/s，求：

（1）释放前，微型弹簧的弹性势能；

（2）木板C的右端到挡板的距离；

（3）从铁块B滑上木板C到C停止运动，木板C运动的总路程。

【答案】⑴15J（2）2.5m（3）8.125m（或等m）

8

【详解】（1）铁块A,B弹开过程，根据动量守恒有

4mvA-2mvB=0（1分）

铁块A弹开后恰好过半圆形轨道最高点P,则由牛顿第二定律有

4mg二卷%（1分）

铁块A弹开后，一直运动到半圆形轨道最高点P,根据机械能守恒定律有

—x（4/7?）或=—x（4〃?）次+41ngx（27?）（1分）

22

解得

vA=5in/s,vB=10m/s

释放前，微型弹簧的弹性势能

Ep=；x（4〃小，：+：x（2〃而（1分）

解得

£,=15J（1分）

（2）设木板C与弹性挡板碰撞前瞬间的速度为匕，铁块B滑上木板C后，铁块B和木板C整体动量

守恒，有

2〃%=（2〃?+机）匕（1分）

解得

v.=—m/s（1分）

3

对木板C从开始运动到第一次碰撞弹性挡板的过程，由动能定理有

卜卜2mgx=；（1分）

解得

x=2.5m（1分）

（3）由于木板C与弹性挡板碰撞过程没有能量损失，碰撞前后瞬间C的速度大小不变，方向相反，木

板C第一次与弹性挡板碰撞后以大小为I，的速度返回，在摩擦力的作用下，木板C先向左减速到零再向右

加速到与铁块B共速；铁块B则一直向右匀减速到与木板C再次共速，根据

2a

可得木板C向左的减速路程大于向右的加速路程，即木板C再次与弹性挡板碰撞之前已经与铁块B共

速，依此类推，木板C每次与弹性挡板碰撞之前均已经与铁块B共速。对木板C与挡板第〃次碰撞后到第

〃+1次碰撞前的过程，由动量守恒定律有

2mvn-mvn=（2m+zn）（n=l,2,3,4,...）（1分）

解得

一J

「3

设木板c与挡板第〃次碰撞后，木板C在速度减为0的过程中运动的位移大小为工，则日动能定理有

一〃•2mgX"=°一g〃?匕；（1分）

解得

T工

有

==冬=4（I分）

%乙9

即Z是公比q="的等比数列，其中

%=x=2.5m

则从铁块B滑上木板C到C停止运动，木板C运动的总路程

x=x+2-^-（1分）

解得

5=8.125m（1分）

15.（14分）

（2026•山东临沂•一模）某科研小组将威尔逊云室置于如图所示的匀强电场和匀强磁场中，用来显

示带电粒子的运动径迹，进而研究带电粒子的性质。平面直角坐标系h?），位于竖直平面内，x轴上有M、N、

P三点、,三点的横坐