【高考真卷】黑吉辽蒙2026年高中物理学业水平性考试（含答案）

【高考真卷】黑吉辽蒙2026年高中物理学业水平性考试一、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2．秧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3．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。从图中状态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，0.68W4．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5．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．6．动圈式扬声器的结构和线圈绕向如图（a）所示，图（b）为线圈所在区域磁场分布。将其用作话筒时，锥形纸盆的振动带动线圈运动，把声信号转化为电信号。规定向右为线圈位移的正方向，若若x随时间t的变化如图（c）所示，则a、b间电势差随变化的图像可能为A． B．C． D．7．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v0由原点O出发，沿x轴依次经过M、N、Q三点。已知OM=MN=NQ=x0A．PN>PC．PN>P8．一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μA．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9．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10．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v0A．MN首次进入磁场时线框的加速度大小a=B．MN每次经过x=1.5L时，电势差UC．MN与右侧挡板首次碰撞后瞬间线框的速度大小v=D．线框停止处，穿过线框的磁通量为0二、非选择题：本题共5小题，共54分。11．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a'，使激光沿纸面以某一角度入射到玻璃砖侧面，在光束I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a'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xN和xp。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。

（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a'的交点处C．只能以ON为半径作圆弧（2）处理数据时，n=(用.xn（3）该同学推测，测距仪是通过测量激光的传播时间△t来计算距离的，则该测距仪示数是通过(选填“cΔt（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。12．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C=ε实验器材：厚度为d0（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SS0,s0，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S0，不变，每次增加2层塑料板，重复上述操作直至20层。作C−1d（3）保持极板间20层塑料板不变，使两极板正对面积依次为S0、3（4）若将图(b)、图(c)改绘为C−d0d、C−S13．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.F=3×104N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1（1）实验舱的最大速度v（2）舱内处于模拟的月球重力环境的时间t。14．如图，光滑水平面上一质量mA=0.4kg的木板，其右端通过轻弹簧连接质量mB=0.1kg（1）求碰撞后瞬间木板的速度大小v（2）弹簧的压缩量第一次为x0时，物块速度大小为vB15．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1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B0已知电子电荷量大小为e，质量为m；偏转电场可视为匀强电场，M、N极板长度为L、间距为d；荧光屏到极板边缘的距离为5L。忽略电子间相互作用及电、磁场边缘效应。（1）求筛选出的电子通过样品前后的动能变化量△Eₖ。（2）求M、N间电压为U2时，电子到达荧光屏上的偏移距离x0（3）样品被激发时，电子源开始每隔相同时间发射持续时间极短、电子数目相近的脉冲，同时M、N间电压随时间线性变化，变化率为β(

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、路程是行驶轨迹总长，题目总里程7500km为路程，2000km是位移大小，故A错误；

B、位移大小是起点到终点直线距离2000km，位移大小为2000km，7500km是路程，故B错误；

C、车辆速度计显示某一时刻的瞬时速度，并非平均速度，故C错误；

D、研究车辆长途运动轨迹时，车辆自身尺寸远小于全程长度，形状大小可忽略，能视为质点，故D正确。

故选：D。

【分析】路程为运动轨迹实际长度，位移是初末位置直线距离；速度计测瞬时速度；物体尺寸远小于研究范围、仅研究轨迹时可视为质点。2．【答案】A【解析】【解答】A、秧马和人一起向前减速滑行，速度方向向前，减速运动中加速度与速度方向相反，因此秧马的加速度方向向后，故A正确；

B、秧马相对秧田向前滑动，滑动摩擦力阻碍相对运动，秧田对秧马的摩擦力方向向后，故B错误；

C、秧马对人的支持力受力物体是人，人对秧马的压力受力物体是秧马，两个力作用在不同物体上，属于一对相互作用力，不是平衡力，故C错误；

D、秧马对人的支持力、人受到的重力受力物体均为人，二力等大反向共线，是一对平衡力，不是作用力与反作用力，故D错误。

故选：A。

【分析】减速运动速度与加速度方向相反；滑动摩擦力阻碍物体相对接触面的运动；平衡力作用在同一物体、等大反向共线；相互作用力作用在两个不同物体、等大反向共线。3．【答案】B【解析】【解答】​​​得到的I−U图像如图所示，由图可知a点时坐标（0.6V，0.2A），b点时坐标（2.0V，0.4A），根据欧姆定律可得a点时小灯泡电阻Ra=0.6V0.2A=3.0Ω，根据电功率公式可得电功率

Pa＝0.6V×0.2A＝0.12W，b点时小灯泡电阻R【分析】根据坐标结合欧姆定律分析a、b时的电阻，根据电功率公式分析电功率，然后分析变化量。4．【答案】C【解析】【解答】A、电场线越密场强越大，b点电场线比a点密集，故b点场强大于a点，故A错误；

B、电场线方向向左，电子所受电场力方向向右，电子从a到b，电场力与运动方向同向，电场力做正功，动能增大，故B错误；

C、电子从b到c，电场力方向向右，与运动方向一致，电场力持续做正功，电子动能增加，速度增大，故C正确；

D、上下两侧电场线向外偏转，电子受到沿电场线外侧的分力，电子束会向上下散开，横截面大小、形状发生变化，故D错误。

故选：C。

【分析】电场线疏密表示电场强度大小；电子受力方向与电场线切线方向相反；电场力做正功，动能增大、速度增大；电场线向两侧发散，电子受侧向力会改变束截面。5．【答案】B【解析】【解答】将小球的运动分解为竖直向下的运动和水平向右的运动，俯视图如图所示：由左手定则可知俯视时小球所受洛伦兹力向上，合力指向轨迹内侧，则轨迹向上偏转，直到到达最高点，由最高点再次运动时，水平方向的初速度指向O点，俯视图如图所示：由左手定则可知俯视时洛伦兹力斜向右下方，故B正确，ACD错误。故选：B。【分析】正电荷运动时，四指指向速度方向，磁感线穿手心，大拇指指向洛伦兹力方向；洛伦兹力始终垂直速度方向，不做功，小球速度大小只由重力做功改变；小球从静止释放，初始向右下摆，洛伦兹力向上（俯视看向右上方），会使轨迹向受力一侧偏转。6．【答案】D【解析】【解答】由于x随时间成正弦规律变化，即x＝Asinωt，将位移x对时间求导可得：v＝Aωcosωt；由于速度随时间成余弦规律变化，速度时间成余弦规律变化，图（b）磁场沿径向向外，线圈左右运动时，导线切割磁感线，动生电动势E＝nBLv，则感应电动势随时间成余弦规律变化；规定向右为线圈位移x的正方向，根据图（a）结合右手定则可知开始时电流由a流向b，因此a端开始电势低，则有Uab＜0，故D正确，ABC错误。

故选：D。【分析】简谐运动位移图像斜率表示速度；动圈话筒径向磁场，电势差Uab与瞬时速度成正比；初始时刻，线圈向右（正方向）运动，速度为正，对应Uab初始为负值；位移达峰值时速度为0，电势差为0。7．【答案】C【解析】【解答】水平面上一质量为m的物块在拉力F作用下，以初速度v0由原点O出发，F﹣x图中图线与横轴所围图形面积代表做功，物块由O到M，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，对物体受力分析由动能定理可知12μmgx0−μmgx0=12mvM2−12mv02，代入数据可得vM=μgx0，

物块由M到N，由动能定理可知3μmgx02−μmgx0=12mvN2−18．【答案】B,D【解析】【解答】A、由图可知，理想气体由a到b压强不变，体积增大，由理想气体状态方程pVT=C可知状态b的温度比状态a的高，故A错误；

B、由理想气体状态方程可知pbVbTb=pcVcTc，由图可知pb＝3p0，Vb＝2V0，pc＝p0，Vc＝3V0，代入数据可得T9．【答案】A,D【解析】【解答】A、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，卫星与地球的角速度ω=2πT相同，而卫星的轨道半径R卫（L5到P的距离）大于地球的轨道半径R地（E到P的距离），因此a卫=ω2R卫＞a地=ω2R地，故A正确；

B、轨道半径R卫＞R地，因此v卫＝ωR卫＞v地＝ωR地，故B错误；

C、卫星做匀速圆周运动的向心力由太阳和地球的引力合力提供，因此合力必须指向圆周运动的圆心P，而非SE连线的中点，故C错误；

10．【答案】A,C【解析】【解答】A、感应电动势E＝BLv0，感应电流I=ER=BLv0R，安培力F=BIL=B2L2v0R，由牛顿第二定律得a=Fm，代入v0得a=B2L2mR⋅2026B2L3mR=2026B4L5m2R2，故A正确；

B、MN在x＝1.5L，即线框一半在Ⅱ区（2B向外）、一半无磁场，只有PQ边切割磁感线，电动EPQ＝2BLv线框为均匀正方形，四边电阻相等，每边电阻r=R4。PQ是电源，UPQ为路端电压（PN、NM、MQ三边总外阻3r）：UPQ=−34⋅2BLv=−32BLv，MN是外电路一段导线，无切割，UMN=Ir=2BLv4r⋅r=12BLv，比值|U【分析】由切割磁感线求电动势、电流，再推导安培力，结合牛顿第二定律代入初速度表达式计算加速度；先判断切割边、分割四边电阻，分别计算路端电压与线段电势差再求比值；分三段磁场区域利用安培力冲量结合电荷量公式分段用动量定理求速度，无磁场区间匀速运动，弹性碰撞速度大小不变；根据C选项的分析求出最终停止位置。11．【答案】（1）B（2）x（3）cΔt（4）21.3【解析】【解答】（1）A、M点只需在入射光线MO直线上任意一点，不强制只能靠近光源，但距离a较远时误差较小，故A错误。

B、N点是出射光线与a'交点，题目操作要求在此标记，所以点N只能标记在光束2与a'的交点处，故B正确；

C、半径可以任意选取，不一定非要ON，故C错误；

故选：B。

（2）如图所示：根据折射定律可得：n=sinθsinα，根据几何关系可得：sinθ=x联立解得：n=x（3）激光测距仪出厂是按“真空光速c”标定的，无论在介质还是空气，都统一用c计算距离；光往返传播，路程L＝c•Δt，单程示数为cΔt2；

（4）实际深度h＝16.0cm，水中光速v=cn，光在水中往返时间：Δt=2hv=（2）根据折射定律结合几何关系进行解答；

（3）激光测距仪出厂是按“真空光速c”标定的，由此分析；

（4）求出光在水中的传播速度以及往返时间，根据激光测距仪的原理求解测距仪示数。12．【答案】（1）1.804（2）158（3）放置重物时未将极板充分压紧，极板间存在空气薄层，正对面积取值偏大（4）20【解析】【解答】（1）螺旋测微器的最小分度为0.01mm，根据图（a）可知20层塑料板的厚度为：d＝1.5mm+30.4×0.01mm＝1.804mm；

（2）极板间夹15层塑料板时，厚度为：d'=d20×15=1.80420×15mm=1.353mm

则：1d'=11.353mm﹣1≈0.74mm﹣1由图线，极板间夹15层塑料板时，电容约为158pF；

（3）根据平行板电容公式可得C=εrS4πkd，测量值偏小，操作原因可能是放置重物时未将极板充分压紧，极板间存在空气薄层，正对面积取值偏大等；

（4）对于C−d0d图像，d0为单层塑料板的厚度，总间距为d＝20d0，

则有：C=εrS4πkd=εrS4πk⋅d0×d0d，所以k113．【答案】（1）解：根据牛顿第二定律：F﹣mg＝ma1，代入数据可得a1=50m/s2，由运动学公式求最大速度实验舱从静止开始匀加速上升高度h＝6.25m，有：（2）解：设减速阶段加速度a2，舱内设备所受支持力为16mg代入数据可得a2=253减速时间减速阶段初速为vm＝25m/s，末速为0，加速度大小为a2，则：t=代入数据可得t＝3s【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求解加速度大小，根据匀加速直线运动公式v＝at1求出匀加速阶段结束时的最大速度；

（2）根据牛顿第二定律求解减速阶段加速度大小，根据速度—时间关系求解时间。14．【答案】（1）解：小球由释放到最低点的过程，由动能定理可知mCgL(1−cosθ)=12mCvC2−0，代入数据可得vC＝3m/s，小球与木板发生弹性碰撞，以向左为正方向，由动量守恒定律可知mCvC＝mCv（2）解：地面光滑，碰撞后A、B和弹簧组成的系统水平方向动量守恒，弹簧的压缩量第一次为x0时，以向左为正方向，由动量守恒定律可知mAvA＝mAvA1+mBvB，代入数据可得vA1＝1m/s，

由功能关系可知12【解析】【分析】（1）根据动能定理求解球在最低点的速度大小，小球与木板弹性碰撞，动量守恒，系统总动能不变，联立方程求解；

（2）地面光滑，碰