2026年黑吉辽蒙物理卷高考真题（含答案）（网络参考）

（网络收集）2026年黑吉辽蒙物理卷高考真题带答案带解析文字版一、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.某游客驾车由丹东出发,沿“最美边境公路”国道G331到达额济纳旗,路线如图中实线所示,总里程约7500km,起点到终点的直线距离约2000km.此过程A.该车的路程约为2000kmB.该车的位移大小约为7500kmC.某时刻该车速度计显示的是平均速度D.若研究该车的运动轨迹,该车可视为质点【答案】D【解析】本题考查位移、路程、速度及质点概念.路程是实际路径长度,为7500km,故A错；位移是从起点指向终点的有向线段长度,为2000km,故B错；速度计显示的是瞬时速度（速率）,不是平均速度,故C错；研究运动轨迹时,车的大小和形状可忽略,因此可视为质点,D正确.故选:D2.秩马是古代插秧时用的一种农具,苏轼用“日行千畦”形容其高效.如图,人抬脚跨坐在秧马上,与其一起向前减速滑行的过程中A.秧马的加速度方向向后B.秧马受到秧田的摩擦力方向向前C.秧马对人的支持力和人对秧马的压力是一对平衡力D.秧马对人的支持力和人受到的重力是一对作用力与反作用力【答案】A【解析】本题考查加速度方向与运动状态的关系、摩擦力方向、平衡力与相互作用力的区别.人和秧马一起向前减速滑行,速度方向向前,减速时加速度方向与速度方向相反,故加速度向后,A正确；秧马向前滑行,地面对它的摩擦力阻碍运动,方向向后,B错误；秧马对人的支持力作用在人上,人对秧马的压力作用在秧马上,是一对相互作用力,不是平衡力,C错误；秧马对人的支持力和人受到的重力都作用在人上,方向相反,但人在减速时有加速度,两者大小不相等,不是平衡力,也不是作用力与反作用力（后者必须作用在不同物体上且性质相同）,D错误.故选:A3.某同学做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验时,得到的I-U图像如图所示.图中状态a到状态b,小灯泡电阻的变化量和电功率的变化量分别为A.2.0Ω,0.28WB.2.0Ω,0.68WC.7.0Ω,0.28WD.7.0Ω,0.68W【答案】B【解析】本题考查欧姆定律和电功率计算.由R=UI得,a点电阻Ra=0.60.2=3Ω,b点电阻Rb=20.4=5Ω,电阻变化量ΔR=2Ω故选:B4.某种微型“纳米光子电子加速器”利用激光照射周期性排列的纳米柱体时产生的交变电场来加速电子束.电子束通过虚线框区域的极短时间内,电场可视为恒定的,电场线分布如图所示,这段时间内A.a点的电场强度比b点的大B.电子沿直线从a点运动到b点时,动能减小C.电子沿直线从b点运动到c点时,速度增大D.电子束的横截面大小和形状均不变【答案】C【解析】本题考查电场线、电场强度与带电粒子在电场中的运动.电场线疏密表示场强大小,a处比b处稀疏,故Ea<Eb,A错误；电子带负电,所受电场力方向与电场线方向相反（电场线箭头向左,则电场力向右）,电子从a到b沿水平方向运动,电场力做正功,动能增大,B错误；从b到c,电场线变稀疏,但场强方向不变,电场力仍向右,继续做正功,速度增大,C正确；电子束在非均匀电场中,不同位置受力不同,轨迹会弯曲,故选:C5.如图,真空中一带正电的小球用绝缘轻绳悬于O点,处于竖直向下的匀强磁场中.将小球从P点由静止释放,小球运动轨迹的俯视示意图可能是A.B.C.D.【答案】B【解析】本题考查了带电粒子在复合场（重力场和磁场）中的运动,涉及洛伦兹力方向的判断（左手定则）以及洛伦兹力不做功的特点.受力分析:小球在运动过程中受到三个力的作用:竖直向下的重力G、沿绳子方向的拉力T以及垂直于速度方向的洛伦兹力F.洛伦兹力方向判断:小球带正电,磁场方向竖直向下.当小球从P点开始向最低点运动时,其速度方向大致指向倾斜向下.根据左手定则（伸开左手,使磁感线垂直穿过手心,四指指向正电荷的运动方向,则大拇指所指方向为洛伦兹力方向）,可以判断出洛伦兹力的方向始终垂直于速度方向,并指向轨迹的左侧（从俯视角度看）.轨迹分析:由于小球在运动过程中始终受到一个使其向左偏转的洛伦兹力,其运动轨迹必然是一条向左弯曲的曲线,而不是直线.因此,选项A错误.根据左手定则,轨迹应向左偏转,而不是向右偏转.因此,选项C错误.洛伦兹力F的方向始终与速度v的方向垂直,所以洛伦兹力对小球不做功.在整个运动过程中,只有重力做功,因此小球的机械能守恒.这意味着小球能够摆动到与初始位置P点等高的另一侧.选项D的轨迹显示小球没有到达等高点,且洛伦兹力作用下小球的偏转方向,不符合分析.因此,选项D错误.选项B的轨迹是一条向左偏转的曲线,并且能够到达与P点等高的位置,这与我们的分析完全相符.故选:B6.动圈式扬声器的结构和线图绕向如图(a)所示,图(b)为线圈所在区域磁场分布.将其用作话简时,锥形纸盆的振动带动线围运动,把声信号转化为电信号.规定向右为线图位移x的正方向,若x随时间t的变化如图(c)所示,则a、b间电势差随t变化的图像可能为A.B.C.D.【答案】B【解析】本题考查了电磁感应定律和右手定则的应用.分析线圈运动规律:由图(c)可知,线圈的位移随时间按正弦规律变化,可表示为.线圈的速度是位移对时间的导数,即.这表明线圈的速度随时间按余弦规律变化.分析感应电动势规律:根据法拉第电磁感应定律,线圈在磁场中运动产生的感应电动势的大小与线圈切割磁感线的速度成正比,即.因此,感应电动势也随时间按余弦规律变化.判断电势差的初始状态:在时刻,从图(c)可知,线圈的位移,但速度为正向最大值(即线圈向右运动最快).根据图(a)和图(b),当线圈向右运动时,线圈的导线切割径向向外的磁感线.应用右手定则判断感应电流方向:磁感线穿过手心,大拇指指向导线运动方向(向右),四指指向感应电流方向.可以判断出,在线圈这个“电源”内部,电流方向是从b流向a.因此,a端为正极,b端为负极,a点电势高于b点电势,即.由于在时刻速度最大,所以感应电动势最大,即在时刻取得正向最大值.选择正确图像:综合以上分析,随时间变化的图像应为一个余弦函数图像,且在时取正向最大值.对比四个选项,只有B选项符合该规律.故选:B7.如图（a）,水平面上一质量为m的物块在拉力F作用下,以初速度.由原点O出发,沿x轴依次经过M、N、Q三点.己知,物块与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g.,F随位置x的变化如图(b)所示.设物块经过N、Q两点时F的瞬时功率分别为、,经过OM、MN、NQ段F的平均功率分别为、、则A.,

B.,

C.,

D.,【答案】C【解析】本题考查动能定理与功率的比较.由v0=2μgx0和F-x图像可计算出各点速度:vM=μgx0,vN=2μgx0=v0，vQ=3μgx0.瞬时功率P=Fv,在N点F=2μmg,PN=2μmg2μgx0；在Q点F=μmg,PQ=μmg3μgx0,比较得PN>PQ.比较平均功率.各段拉力做功:WOM=0.5μmgx0,WMN=WNQ因此,PN>P故选:C8.一定质量的理想气体由状态a经状态b、c变化到状态d,p-V图像如图所示,则A.状态a的温度比状态b的高B.状态b的内能比状态c的大C.b→c、c→d过程气体对外做的功相等D.c→d过程气体对外做的功小于从外界吸收的热量【答案】BD【解析】本题考查理想气体状态方程与热力学第一定律.A选项:由pV图像可知,状态a的pV=3p0V0,状态b的pV=6p0V0B选项:状态b的pV值大于状态c（3p0V0）,故TC选项:b→c过程气体对外做功等于p-V图线下的面积,为梯形面积(3p0+p0)2×(3V0−2D选项:c→d过程,气体对外做功W=p0V0,同时pV增大（内能增加）,由热力学第一定律Q=ΔU+W>W,故选:BD9.我国计划将“羲和二号”太阳探测卫星部署至日地系统拉格朗日点L5.研究表明,太阳中心S、地球中心E和L5的连线构成稳定的等边三角形,太阳、地球和部署在L5的卫星以相同周期绕日地连线上的P点做圆周运动,如图所示,则A.卫星的向心加速度比地球的大B.卫星与地球的线速度大小相等C.太阳和地球对卫星引力的合力指向E、S连线中点D.太阳和地球对卫星的引力大小之比等于太阳和地球的质量之比【答案】AD【解析】本题考查拉格朗日点与圆周运动.太阳、地球和卫星均绕日地连线上的P点（系统质心）以相同角速度ω做圆周运动.A选项:卫星到P点的轨道半径大于地球到P点的轨道半径（由等边三角形几何关系及质心位置可得）,由a=ω2r知卫星向心加速度更大B选项:线速度v=ωr,因半径不同,线速度大小不等,B错误.C选项:卫星所受太阳和地球引力的合力提供向心力,方向指向P点（质心）,而非E、S连线中点,C错误.D选项:卫星到太阳和地球的距离相等（等边三角形边长均为日地距离R）,由万有引力公式F=GMmR2得引力大小之比等于质量之比故选:AD10.如图,光滑绝缘水平面上x=0两侧区域Ⅰ、Ⅱ分别存在竖直方向的匀强磁场,宽度均为L,磁感应强度方向相反,大小分别为B、2B,x=-3L和x=3L处有固定挡板.同种材料制成、粗细均匀的正方形导体线框MNPQ,边长为L,质量为m,总电阻为R,以初速度从左侧进入磁场,沿x轴方向运动.线框平面始终与磁场方向垂直,MN边始终与磁场边界平行,线框与挡板的碰撞均为弹性碰撞.则A.MN首次进入磁场时线框的加速度大小B.MN每次经过x=1.5L时,电势差C.MN与右侧挡板首次碰撞后瞬间线框的速度大小D.线框停止处,穿过线框的磁通量为0【答案】AC【解析】本题考查电磁感应综合问题、安培力、牛顿第二定律、动量定理、动生电动势与电势、弹性碰撞选项A:MN刚进入磁场I时,感应电动势,感应电流,安培力.由牛顿第二定律a=,代入可算出题干给出的加速度数值a=,A正确.选项B:运动到时,边在磁感应强度的磁场中切割,边在磁感应强度B的磁场中切割,产生的动生电动势分别为、.线框中形成环形电流,结合线框电路分压规律,则有=,B错误.选项C和选项D:对线框从初始位置到接触右侧挡板的全过程或从最右位置运动到最左位置,动量变化对称,应用电磁感应动量定理-△t=△p,电荷量q=I△t,q=,则有如下关系:线框第一次进入磁场区域Ⅰ,安培力的冲量大小I1==；线框由磁场区域Ⅰ进入区域Ⅱ,安培力的冲量大小I2==线框由磁场区域Ⅱ离开运动最右方,安培力的冲量大小I3==,线框运动过程中,安培力的方向都与运动方向相反,由动量定理知:I1+I2+I3=m△v,则△v=,结合v0=则有==144.71428∙∙∙∙∙且10=1+9,即线框和左右两板分别碰撞72次,最后线框停在磁场区域Ⅱ,磁通量ϕ=2BL2. D错误.故选:AC二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.(8分)如图（a）某同学利用激光测距仪分别在①、②位置测量玻璃砖厚度时,发现两次示数差异较大.他猜想这可能与玻璃砖的折射率有关,于是设计了如下验证实验.如图（b）在白纸上描出玻璃砖的两个边a和,使激光沿纸面以某一角度入射到玻璃砖侧面,在光束1上靠近光源处标记点M,在光束1与a的交点处标记点O,在光束2与的交点处标记点N.移走测距仪和玻璃砖.如图（c）,过O点作a的垂线b,连接MO和ON,以O为圆心、ON为半径作圆弧,与MO交于P点.分别测量N、P到b的距离,记为和.改变入射角多次测量,记录多组数据,计算玻璃砖折射率n及其平均值.结果表明,测距仪在①、②位置测量时的示数比值与此平均值近似相等.回答下列问题:(1)上述实验过程中,下列说法正确的是(单选).A.点M只能标记在光束1上靠近光源处B.点N只能标记在光束2与的交点处C.只能以ON为半径作圆弧(2)处理数据时,n=(用、表示).(3)该同学推测,测距仪是通过测量激光的传播时间来计算距离的,则该测距仪示数是通过(选填“”或“”,c和v分别是激光在真空和介质中的速度)计算的.(4)该同学将深度为16.0cm的不锈钢杯装满水(折射率为1.33)后,测量此杯深度,若测距仪的示数接近cm(保留至小数点后1位),则符合他的推测.【答案】(1)B；(2)xPxN【解析】本题考查光的折射定律、折射率的测量及激光测距原理.(1)实验操作中,需要记录出射点B的位置才能确定折射光线及半径OB,故必须在B点做标记,B正确；A点为测距仪位置,无需紧靠,A错误；画圆时以OB为半径是为了使OP=OB,从而用水平距离之比代替正弦之比,但并非必须,也可以取其他半径,故C中“必须”不准确.(2)由几何关系,入射角正弦sini=xPOP,折射角正弦sinr(3)激光测距仪利用光在空气中的传播速度c,通过测量光往返时间Δt计算距离,故d=cΔt2.若选,则v为介质中光速,但仪器默认空气中光速(4)光在水中的实际速度,测距仪发出的光垂直射入水中,往返时间,仪器按空气中的光速计算,显示深度d=cΔt2=nh=1.33×16cm=21.28cm≈21.3cm12.(8分)某同学从教材的“拓展学习”栏目中学习到平行板电容器的电容,为验证C与极板间距d、正对面积S的关系,他与人工智能讨论得知,用数字式多用电表可以测量电容,测量过程中电路存在额外电容,每次应扣除额外电容,以获得电容的测量值.据此,设计并完成如下实验.实验器材:厚度为d₀的绝缘塑料板若干、面积均为(已知)的矩形单面覆铜板两块、数字式多用电表、螺旋测微器、绝缘重物等.(1)用螺旋测微器测量20层塑料板的厚度,测量结果如图(a)所示,读数为mm.(2)将两极板覆铜面相对,中间夹入10层塑料板并用重物压紧,使正对面积为,用多用电表测量电容并记录数据.断开表笔,将极板短接放电,保持正对面积为不变,每次增加2层塑料板,重复上述操作直至20层.作图线如图(b)所示,由此确定C与成正比,由图线,极板间夹15层塑料板时,电容为pF(保留至整数).(3)保持极板间20层塑料板不变,使两极板正对面积依次为 、、、、、,用重物压紧,测量电容并记录数据.作C-S图线如图(c)所示,由此确定C与S成正比.图(c)中某次测量值明显偏离拟合直线,排除仪器故障和数据处理错误,从实验操作角度分析,写出一条可能的原因:.(4)若将图(b)、图(c)改绘为、图线,两图线的斜率分别为、,则理论上(选填“20”“1”或“0.05”).【答案】(1)3.800（或3.800~3.805之间均可）(2)157(3)调节正对面积时,两极板未完全对齐,实际正对面积大于标称值（或:重物未压紧,导致极板间距小于20层塑料板厚度）(4)20【解析】本题考查螺旋测微器读数、电容公式及实验数据分析.

(1)螺旋测微器固定刻度读数为3.5mm（半毫米刻度线已露出）,可动刻度读数为30.0格（估读一格）,故读数为3.5mm+30.0×0.01mm=3.800mm.(2)由图(b)知,C与成线性关系,直线过点(0.5,110)和(1.1,230),得.15层时,,由10层时得,故,代入得.

(3)偏离直线的点对应电容偏大,可能原因:正对面积实际比标称值大(如未完全对齐),或极板间距实际偏小(如塑料板未压紧导致间隙减小).

(4)由,图(b)中,斜率；图(c)中,斜率,故.13.(10分)某科研机构设计了模拟月球重力环境的实验塔,简化模型如图所示,在竖直向上的电磁力的驱动下,质量m=500kg的实验舱由静止开始沿塔身竖直向上做匀加速直线运动,上升h=6.25m时,立即减小电磁力,使实验舱向上做匀减速直线运动.减速过程中,舱内水平台面上的设备所受支持力为其重力的,从而模拟月球重力环境.不计摩擦力与空气阻力,取重力加速度.求上升过程中(1)实验舱的最大速度;(2)舱内处于模拟的月球重力环境的时间t.【答案】(1)25m/s;(2)3s【解析】本题考查匀变速直线运动规律及牛顿第二定律的应用.(1)第一阶段:升降舱受竖直向上的恒定电磁力F=3×104N和重力Mg=500×10=5000N,合力向上,从静止开始匀加速上升位移h=6.25m时达到最大速度,由运动学公式得.(2)第二阶段:舱内物体受到的支持力变为其重力的16,即支持力N=16mg解得减速阶段加速度大小a2=56g=56×10=.14.(12分)如图,光滑水平面上一质量的木板,其右端通过轻弹簧连接质量的物块,此时弹簧伸长量,物块和木板均静止.质量的小球（可视为质点）通过长的轻绳悬于点.小球从绳与竖直方向成处由静止释放,摆至最低点时与木板右端发生弹性碰撞,时间极短.取重力加速度.

(1)求碰撞后瞬间木板的速度大小.

(2)弹簧的压缩量第一次为时,物块速度大小为,方向向左.求木板与物块间的动摩擦因数.【答案】(1)1.2m/s;(2)0.28【解析】本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律、弹性碰撞及功能关系的综合应用.(1)小球从静止释放到最低点,由机械能守恒得:mCgL(1−cosθ)=12mCv02,代入L=0.9m解得vA(2)碰撞后瞬间,木板速度vA=1.2m/s向右,物块静止,弹簧伸长量x0=0.1m.此后系统水平方向动量守恒,设弹簧压缩量第一次为x0时物块速度vB=0.8m/s方向向右（若方向向左将导致机械能增加,得vA'=1.0m/s.此过程中弹簧弹性势能变化为零（初始伸长x0,末态压缩x0,形变量相同）,由功能关系代入数据得μ=0.28.15.(16分)某些材料的激发态可视为准粒子的集合,激发态寿命可由“时间分辨-能量分析仪”测量,简化原理如图（a）所示.电子源释放初速度可忽略的电子,经电压为的加速电场加速,穿过处于激发态的样品时,部分电子与准粒子作用后动能发生变化,相互作用时间不计.为筛选出动能变化为特定值的电子,调节匀强磁场的磁感应强度为,使筛选出的电子沿半径为R的圆弧形中心线运动,从