2026届高考物理考向核心卷·四川专版·参考答案

2026届高考考向核心卷物理参考答案——四川专版2026届高考物理（四川专版）考向核心卷考情诊断表知识模块对应题号分值试卷占比得分运动学与牛顿运动定律14分4.00%天体运动（万有引力定律）24分4.00%电场强度（带电体的电场）34分4.00%平抛运动规律44分4.00%光的折射与全反射54分4.00%理想气体状态方程与循环效率64分4.00%受力分析与摩擦力（弹性绳）74分4.00%理想变压器与交变电流86分6.00%近代物理（光电效应+波粒二象性）96分6.00%电磁感应与安培力（线圈在磁场中运动）106分6.00%验证动量定理实验（力学实验）118分8.00%测定电流表内阻实验（电学实验）1210分10.00%机械波的干涉1310分10.00%原子核衰变+带电粒子在复合场中运动1412分12.00%机械能守恒+弹性碰撞+动能定理（板块/圆弧槽）1514分14.00%题号12345678910答案BDCBDBCADBDCD1.答案：B解析：解法一动力学由加速度的定义可得，加速过程的平均加速度，则歼-35加速过程所受合力平均值为，B正确。解法二动量设歼-35加速过程所受合力平均值为F，由动量定理有，解得，B正确。2.答案：D解析：根据万有引力定律结合牛顿第二定律有，解得，其中r为飞船距地球球心的距离，而不论是在轨道Ⅰ上的M点还是在轨道Ⅱ上的M点，飞船距地球球心的距离是一样的，因此，AB错误；飞船在轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，则万有引力提供向心力，即，飞船在轨道Ⅱ上经M点做离心运动，则万有引力不足以提供所需的向心力，即，故，C错误，D正确。3.答案：C解析：如图1所示，可把半圆弧等分为三份，在O处激发场强分别为，三个场强大小相等，设为，根据对称性，方向垂直AC向下，与方向的夹角均为60°。图1中合场强E是的矢量合，可知。图2中合场强是的矢量合，结合夹角和矢量合成可知，联立得，C正确。4.答案：B解析：等腰直角三角形斜面体的倾角，设初速度大小为，等腰直角三角形的腰长为h，对甲小球的平抛过程，水平方向上有，竖直方向上有，根据几何关系可知，联立解得，对乙小球的平抛过程，水平方向上有，竖直方向上有，假设乙小球能落到斜面上，则有，联立解得，故假设不成立，乙小球落到地面上，则有，解得，故，B正确。5.答案：D解析：由几何关系可得，a光在B点的入射角，有，A错误。b光在A点的折射角小于a光的，根据折射定律可知b光的折射率大于a光的，发生全反射的临界角小于a光的临界角，b光在点的入射角大于a光在B点的入射角，则b光在点一定发生全反射，B错误。b光的折射率大于a光的，则b光的频率大于a光的，C错误。b光的频率大于a光的，则a光的波长大于b光的，a光更容易发生明显衍射现象，D正确。6.答案：B解析：根据理想气体状态方程可知气体在状态的温度分别为、，。过程气体体积不变，不对外做功，温度升高，则气体内能增大，该过程气体吸收热量，吸收的热量为。过程气体体积增大，对外界做功，有，气体温度升高，可知该过程气体吸收热量，吸收的热量为。过程，体积不变，温度降低，气体向外界放出热量，放出的热量为。同理可得过程气体放出的热量为。根据题述循环效率的公式可知该气体的循环效率约为15%，B正确。7.答案：C解析：将B向右缓慢拉动的过程中，分析两物体受力如图1所示，因为物体A始终处于静止状态，所以有，且左侧细绳与水平方向的夹角α不变，随B向右缓慢移动，细绳的长度不断变长，拉力T不断增大，故不断增大，BD错误；取滑轮位置为O，B初始位置为P，B移动后位置为Q，将B所受重力与地面支持力合成为力，将B所受外力F与摩擦力合成为，则细绳上拉力T、和三力合力为零，所以三力可组成首尾相接的矢量三角形，如图2所示，根据几何关系可知该矢量三角形与三角形OPQ相似，可得，又由胡克定律有，联立可得，随B向右缓慢移动，不断增大，不变，可得不断增大，又，可得地面对B的支持力不断减小，又，所以不断减小，A错误，C正确。8.答案：AD解析：理想变压器原副线圈的电压比满足，其中，，解得，A正确。副线圈电流，理想变压器原、副线圈的电流比满足，因此，B错误。变压器不改变交流电的频率，原线圈交流电频率为50Hz，则副线圈交流电频率也为50Hz，C错误。电阻R两端电压，电动机内阻，考虑到可能存在摩擦损耗等，则电动机M的机械功率不大于，D正确。9.答案：BD解析：根据爱因斯坦光电效应方程可知，光电子的最大初动能与照射光的频率有关，与照射光强度无关，故减弱紫光的照射强度，电子的最大初动能不变A错误电子为实物粒子，紫光的波长远大于电子的德布罗意波波长，故通过相同的狭缝，紫光比电子更容易发生明显衍射现象B正确由和可得，屏上干涉条纹间距为C错误由折射率可得紫光在真空中的波长为，又，联立可得该量子材料的逸出功为D正确10.答案：CD解析：线圈从刚进入磁场到落地过程，由能量守恒定律得，A错误；线圈产生的感应电动势，感应电流，根据牛顿第二定律有，联立解得，由于线圈进入磁场过程一直做减速运动，因此刚进入磁场速度最大，加速度最大，故，B错误；线圈从刚进入磁场到落地过程，由动量定理有，又，解得，C正确；线圈刚进磁场时的发热功率，设线圈在磁场中下落高度为h时，速度大小为，则根据题意有，线圈在磁场中下落高度为h的过程，由能量守恒定律有，解得，D正确。11.答案：（1）6.50（2）；滑块B的质量M（3）存在空气阻力作用（合理即可）解析：（1）根据游标卡尺的读数规则可知，遮光条的宽度。（2）根据图像与横轴所围图形的面积表示冲量结合题图（b）可知，细线绷紧过程，细线上拉力的冲量大小，对滑块A由动量定理有，又，联立可得；若要验证动量守恒定律，则需要验证细线绷紧前后瞬间滑块A和滑块B总动量守恒，即，故还需要测出滑块B的质量M。（3）系统总动量存在一定损失，可能是空气阻力的冲量影响，也可能是细线具有一定的伸缩性，导致细线上的一部分弹力冲量没有转化为滑块的动量。12.答案：（1）串联；（2）；如图所示（3）解析：（1）电源电动势为3V，内阻为，可通过串联电阻改装为的电压表，由，解得，所以需要串联定值电阻。（2）滑动变阻器选择分压法接入电路，因此选择阻值较小的；由于要求电表偏转角度尽可能大，所以当电流表满偏时，要求电流表尽可能也满偏，由的满偏电流和内阻可知，其满偏时两端电压约为0.3V，故其也需要串联一个电阻，结合欧姆定律可知只有电阻箱满足条件，即将与电阻箱串联后与（1）问中改装电压表并联接入电路，如答图所示。（3）根据欧姆定律可知，解得。13.答案：（1）见解析（2）见解析解析：（1）设满足条件的波的频率为f机械波的波长为结合题述可得，右、左等效波源到左端点的波程差为l，且左端点为振动减弱点，结合波的干涉知识，有，其中、1、2、…结合对称性可知，此时右端点也为振动减弱点则满足条件的波的频率这些波的最大波长（2）假设敲击点向左移动，各点的变化情况如图所示左等效波源到左端点的距离变为右等效波源到左端点的距离变为波程差变为结合（1）中分析可知，满足条件的波的频率发生变化14.答案：（1）234m；90e（2）（3）解析：（1）根据核反应方程的质量数守恒和电荷数守恒可知，新核的质量数，新核的电荷数则新核的质量为234m，电荷量为90e（2）将新核在磁场中的运动分解为沿中心线方向的匀速直线运动和垂直于中心线的匀速圆周运动，对匀速圆周分运动由洛伦兹力提供向心力有根据几何关系可知联立解得（3）衰变过程动量守恒，则由动量守恒定律有α粒子在电场中做类斜抛运动，从α粒子进入电场至运动到最高点（运动轨迹恰与上极板相切）的过程，竖直方向上有由牛顿第二定律有联立解得15.答案：（1）（2）（3）解析：（1）从静止释放至与小物块2碰撞前瞬间的过程，小物块1下落的高度恰好为A、B两点间距，根据动能定理有由于轻绳与P点处钉子碰后，小物块1的运动半径为P点距水平面的高度，又P点和C点等高，所以运动半径为R，根据牛顿第二定律有联立解得（2）小物块1、2发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有解得小物块2的质量为，碰后瞬间小物块2的速度大小为对之后小物块2滑