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2026 年高考一轮复习检测卷
高三物理
（考试时间：60 分钟 试卷满分：100 分）
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8 小题，每小题4 分，共32 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的．
1．下列说法不正确的是（ ）
A．
，
，X 粒子的穿透本领比Y 粒子弱
B．某单色光照射一金属时不发生光电效应，改用波长较短的光照射该金属可能发生光电效应
C．放射性元素镅
Am 的半衰期为432 年，则1000g 的镅经1296 年将有125g 发生衰变
D．氢原子从能级3 跃迁到能级2 辐射出的光子的波长大于从能级2 跃迁到能级1 辐射出的光子的波长
【答案】C
【详解】A．根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，X 为α 粒子，Y 为负电子，即为β 射线，则X 的穿
透本领比Y 粒子弱，选项A 正确，不符合题意；
B．某单色光照射一金属时不发生光电效应，改用波长较短的光，即频率较大的光照射该金属可能发生
光电效应，选项B 正确，不符合题意；
C．放射性元素镅
Am 的半衰期为432 年，1296 年为3 个半衰期，则1000g 的镅经1296 年还剩
没有发生衰变，选项C 错误，符合题意；
D．因为3→2 的能级差小于2→1 的能级差，则氢原子从能级3 跃迁到能级2 辐射出的光子的频率小于
从能级2 跃迁到能级1 辐射出的光子的频率，从能级3 跃迁到能级2 辐射出的光子的波长大于从能级2
跃迁到能级1 辐射出的光子的波长，选项D 正确，不符合题意。
故选C。
2．2025 年春节联欢晚会上最大的亮点莫过于机器人和真人一起跳舞，也标志中国的人形机器人处于国际
领先水平。如图为机器人在竖直平面上转动手帕的情景，已知手帕直径约为40cm。要想把该手帕在竖
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直平面内以帕中心为转轴转动起来，重力加速度g 取10m/s²，则需提供的最小转速约为（ ）
A．0．61r/s
B．0.79r/s
C．1.12r/s
D．2.50r/s
【答案】C
【详解】选取手帕边缘的一个质量为m 的质点为研究对象，则要想经过最高点则需满足
解得
故选C。
3．如图所示，水平天花板下方固定一光滑小定滑轮O，一轻质弹簧一端固定在定滑轮的正下方N 处，另
一端与小球P 连接，同时一轻绳跨过定滑轮与小球P 相连。开始时在外力F 作用下系统在图示位置静止。
改变F 大小使小球P 缓慢移动，在小球P 到达N 点正上方前，下列说法正确的是（ ）
A．外力F 大小不变
B．外力F 逐渐变大
C．弹簧弹力逐渐变小
D．小球运动轨迹是圆弧
【答案】D
【详解】AB．对小球P 进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示
2
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根据几何关系可知两三角形相似，因此
缓慢运动过程OP 越来越小，则F 逐渐减小，故AB 错误；
BD．由
可知如果PN 增大，则x 会先减小，如果PN 减小，则x 会增大，该等式不可能
成立，所以弹簧的形变量保持不变，弹簧弹力大小始终不变，小球运动轨迹是圆弧，故D 正确，C 错误。
故选D。
4．某地震时产生的简谐横波在地球中匀速传播的速度大小为3km/s，波沿
轴正方向传播，某时刻刚好传
到
处，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．波的周期为0.04s
B．该时刻
点的振动方向沿
轴正方向
C．任意1s 内
点沿波的传播方向移动的距离为
D．从图示时刻开始计时，
时
点做减速运动
【答案】B
【详解】A．由题中图像知波长
又
解得
故A 错误；
B．由同侧法可知
点振动方向沿
轴正方向，故B 正确；
C．
点在平衡位置处上下振动，不沿波的传播方向移动，故C 错误；
D．
点经过
（半个周期）时，运动情况与原来对称，速度正在增大，故D 错误。
3
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故选B。
5．2020 年12 月17 日凌晨，嫦娥五号到月球“挖土”成功返回。作为中国复杂度最高、技术跨度最大的
航天系统工程，嫦娥五号任务实现了多项重大突破，标志着中国探月工程“绕、落、回”三步走规划
完美收官。若探测器测得月球表面的重力加速度为g0，已知月球的半径为R0，地球表面的重力加速度
为g，地球的半径为R，忽略地球、月球自转的影响，则（ ）
A．月球质量与地球质量之比为
B．月球密度与地球密度之比为
C．月球第一宇宙速度与地球第一宇宙速度之比为
D．嫦娥五号在月球表面所受万有引力与在地球表面所受万有引力之比为
【答案】A
【详解】A．根据
，
可知月球质量与地球质量之比
A 正确；
B．由于
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可知月球密度与地球密度之比
B 错误；
C．根据
可知月球第一宇宙速度与地球第一宇宙速度之比
C 错误；
D．嫦娥五号在月球表面所受万有引力与在地球表面所受万有引力之比为
D 错误。
故选A。
6．如图所示，质量分别为1kg、2kg 的小车A、B 置于光滑水平面上，小车A 右端与轻质弹簧连接。现使
A、B 两车分别以6m/s、2m/s 沿同一直线，同向运动。从小车B 与弹簧接触到与弹簧分离时，以下判断
正确的是（ ）
A．弹簧对小车B 做功的功率一直增大
B．弹簧对小车A 冲量大小为
C．某一时刻小车A、B 速度可能分别为－4m/s 和7m/s
D．某一时刻小车A、B 速度可能分别为2m/s 和4m/s
【答案】D
【详解】A．从小车B 与弹簧接触到与弹簧分离过程，弹簧的弹力从0 逐渐增大后又逐渐减小为0，小
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车B 的速度一直增大，根据
可知弹簧对小车B 做功的功率先增大后减小，故A 错误；
B．从小车B 与弹簧接触到与弹簧分离时，根据系统动量守恒可得
根据系统机械能守恒可得
联立解得分离时A、B 的速度分别为
，
根据动量定理可得弹簧对小车A 的冲量为
可知弹簧对小车A 冲量大小为
，故B 错误；
C．由于分离时A、B 的速度分别为
，
，所以A 的速度不会变为反向，故C 错误；
D．由于分离时A、B 的速度分别为
，所以可以存在某一时刻小车A 的速度为2m/s，此时根
据动量守恒可得
代入数据解得
故D 正确。
故选D。
7．如图a，倒挂的彩虹被叫做“天空的微笑”，是光由卷云里随机旋转的大量六角片状冰晶（直六棱柱）
折射形成的。如图b 光线从冰晶的上顶面进入后，经折射从侧面射出，发生色散。以下分析正确的是
（ ）
A．光线从空气进入冰晶后波长不变
B．在冰晶中红光和紫光的传播速度相同
C．光线从空气射入冰晶时可能发生全反射
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D．当入射角
逐渐减小，在侧面紫光比红光先发生全反射
【答案】D
【详解】A．光线从空气进入冰晶后，频率不变，速度减小，根据
可知，波长变小，故A 错误；
B．红光的频率小于紫光的频率，则冰晶对红光的折射率小于对紫光的折射率，根据
可知，红光在冰晶中的传播速度比紫光在冰晶中的传播速度大，故B 错误；
C．全反射只能发生在光密介质射入光疏介质，而光线从空气射入冰晶是光疏介质射入光密介质，所以
不可能发生全反射，故C 错误；
D．全反射的条件为入射角度达到临界角
，根据
可知，冰晶对红光的折射率小于对紫光的折射率的情况下，紫光的临界角更小，更容易发生全反射，
即紫光比红光先在侧面发生全反射，故D 正确。
故选D。
8．如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN 为两电荷连线的中垂线，a、b、c 三点所在直线平行于
两电荷的连线，且a 与c 关于MN 对称，b 点位于MN 上，d 点位于两电荷的连线上。以下判断正确的
是（ ）
A．b 点场强大于d 点场强
B．b 点场强为零
C．a、b 两点间的电势差等于b、c 两点间的电势差
D．试探电荷+q 在a 点的电势能小于在c 点的电势能
【答案】C
【详解】A.在两等量异种点电荷连线上中点的场强最小，在两等量异种点电荷连线的中垂线上中点的电
场强度最大。所以b 点的场强小于连线中点的场强，d 点的场强大于中点的场强，则b 点场强小于d 点
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场强，选项A 错误；
B.根据适矢量的叠加，b 点的合场强由b 指向c，不为零，选项B 错误；
C.由对称性可知，a、b 两点的电势差等于b、c 两点间的电势差，选项C 正确；
D.因a 点的电势高于c 点的电势，故试探电荷+q 在a 点的电势能大于在c 点的电势能，选项D 错误。
故选C。
二、选择题：本题共2 小题，每小题5 分，共10 分．在每小题给出的选项中，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，有选错的得0 分．
9．如图所示，在粗糙绝缘的水平面内，存在一竖直向下的磁场区域，磁感强度B 沿水平向右的方向均匀
增加，分布规律为B=kx，其中k 为正的常数。有一个长为L、宽为h、质量为m、电阻为R 的不变形的
矩形金属线框，在运动过程中始终位于磁场区域内。当它在该平面内运动时，将受到大小恒为f 的阻力
作用，则（ ）
A．若磁场区域以速度v 水平向左匀速运动，线圈可能静止不动
B．若磁场区域以速度v 水平向左匀速运动，线圈由静止释放，则此后线圈运动的最大速度可能为
C．若让线圈在水平外力F 的作用下从静止开始向右做加速度为a 的匀加速直线运动，则F 与时间t 的
关系为
D．若零时刻磁场区域由静止开始水平向左做匀加速直线运动，同时线圈由静止释放，足够长的时间后，
t 时刻磁场区域的速度为vt，则此刻线圈的速度
【答案】ABD
【详解】A．设线圈的右边导线所在位置的磁感应强度为B1，左边导线所在位置的磁感应强度为B2，则
8
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线圈所受的安培力大小为
若安培力小于最大静摩擦力，则线圈静止不动，故A 正确；
B．若安培力大于最大静摩擦力，线圈将加速向左运动，最终匀速运动，则
解得
故B 正确；
C．若让线圈在水平外力F 的作用下从静止开始向右做加速度为a 的匀加速直线运动，则
所以F 与时间t 的关系为
故C 错误；
D．若零时刻磁场区域由静止开始水平向左做匀加速直线运动，同时线圈由静止释放，足够长的时间后，
线圈的加速度与磁场的加速度相同，即
，
解得
故D 正确。
故选ABD。
10．如图甲所示，劲度系数为k 的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块B 相连并处于静止状态。一
物块A 在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块A 静止时的位置为原点O、竖直向下为正方
向建立x 轴。某时刻撤去外力，物块A 自由下落，与物块B 碰撞后以相同的速度向下运动，碰撞过程
时间极短。测得物块A 的动能Ek与其位置坐标x 的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性限度内），图
中除
之间的图线为直线外，其余部分均为曲线。已知物块A、B 均可视为质点，则（ ）
9
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A．物块A 与B 碰撞前后速度大小之比为3 1∶
B．物块A 与B 从
到
的过程中，重力的瞬时功率先减小后增大
C．物块A 与B 整体运动至加速度为零时弹簧压缩量大于
D．弹簧的劲度系数
【答案】ACD
【详解】A．根据图像可知碰撞后A 的动能变为原来的
，根据
则物块A 与B 碰撞前后速度大小之比为3 1∶，A 正确；
B．物块A 与B 从
到
的过程中，动能先增大后减小，则速度先增大后减小，根据
则重力的瞬时功率先增大后减小，B 错误；
C．设弹簧的原长为
，当物块A 与B 整体运动至加速度为零时， 弹簧的压缩量为
，而
处
是上端与物块B 相连并处于静止状态时弹簧的长度，
小于弹簧的原长
，所以弹簧的压缩量
大于
，C 正确；
D．设碰撞前一刻速度为v，取初速度方向为正方向，由动量守恒定律有
解得
10
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设A 质量为m，则B 的质量为2m，由图乙可知，x2处动能达到最大，根据平衡条件可得此时弹簧弹力
为3mg，从x1到x2过程中，弹簧弹力增加mg，由胡克定律知
故
从O 到x1，由动能定理有
联立解得
D 正确。
故选ACD。
三、非选择题：共5 题．共58 分．
11．(6 分)某同学用如图所示实验装置验证A、B 组成系统机械能守恒。A、B 是完全相同的小桶，质量均为
，用轻绳连接A、B 并跨过定滑轮，A 桶上固定一宽度为d 的遮光条，实验时每次将遮光条中心对
齐P 处。该同学还准备了多个质量为
的小钢珠，实验过程中分别将不同个数的钢珠放入A、B 小桶
内，但始终保证A 中钢珠个数比B 中钢珠个数多一个，然后在P 点由静止释放小桶A，使小桶A 经过
P 点正下方距其为L（d 远小于L）的光电门，并记录遮光条通过光电门的时间
，若A 中钢珠个数用
n 表示，当地重力加速度大小为g。
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(1)若满足n＝____________________，则证明系统机械能守恒（用d、L、
、g 表示）
(2)改变小钢珠的个数多次重复实验，得到多组数据如图所示，实验中遮光条宽度d＝2.00cm，L＝
48.00cm，请根据实验数据画出n-
图像（题中未画出），计算当地重力加速度大小g＝__________
（结果保留2 位有效数字）
钢球个数n
1
2
3
4
5
6
△t（
）
1.0
1.3
1.6
1.9
2.1
2.3
（
）
1.00
1.69
2.56
3.61
4.41
5.29
(3)该同学对比当地重力加速度，发现计算结果比当地重力加速度略小，于是得出结论，A、B 系统重
力势能的减少量略大于系统动能的增加量，本实验误差来源可能是下列原因中的哪几项（ ）
A．小桶受空气阻力作用
B．没有满足A 桶质量远大于B 桶质量
C．滑轮与轻绳之间有摩擦
【答案】(1)
(2)9.7/9.4/9.5/9.6
(3)AC
【详解】（1）若系统机械能守恒，则有
其中
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联立解得
（2）根据上述分析可知，在
图像中，其斜率
解得
其中
，d＝2.00cm，L＝48.00cm
联立解得
（3）AC．实验过程中，由于要克服空气阻力的作用及滑轮与绳子间的摩擦力做功，会导致重力势能
的减少量略大于系统动能的增加量，故AC 正确；
B．本实验无需满足A 桶质量远大于B 桶质量，故B 错误。
故选AC。
12．(10 分)小明所在的课外活动小组在实验室测量导线的电阻率，他们在实验室选取了一段金属丝，经过
讨论他们进行了如下操作。
（1）先用刻度尺测量其长度如图l 所示，该段金属丝的长度为___ cm。
（2）接着他们使用多用电表粗测金属丝的电阻，操作过程分以下三个步骤：（请填写第②步操作）
①将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”“-”插孔，选择电阻挡“×l”；
②____，调整欧姆调零旋钮，____；
③把红、黑表笔分别与金属丝的两端相接，多用电表的示数如图2 所示。
（3）根据多用电表示数，为了减小实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从图3 中的
四个电路中选择___电路来测量金属丝电阻，闭合开关前应将滑动变阻器的滑片P 移至最__（填
“左”或“右”）端，多次测量求平均值后测得该金属丝的电阻为5.2Ω。
13
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A．
B．
C．
D．
（4）他们使用千分尺测量金属丝的直径，示数如图4 所示，金属丝的直径为___mm。
（5）根据以上数据可以计算出该金属丝的电阻率为
=____
（结果保留两位有效数字）。
【答案】 60.50（60.48～60.52 均可） 将红、黑表笔短接 使指针指向电阻刻度“0”刻
线 D 左 0.200
【详解】（1）[1]毫米刻度尺的分度值为
，所以读数为：70.50cm-10.00cm=60.50cm；
（2）[2][3]②将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向表盘右侧的“0”刻度线，即表盘中
电阻刻度“0”刻线；
（3）[4][5]电阻为
，电流表的分压相对较为明显，所以电流表应采用外接法；为获得较大的
电压调节范围，滑动变阻器应选用分压式接法，所以选择电路D，滑片P 开始应调节至左端，使电压
从0 开始调节；
（4）[6]螺旋测微器的精度为
，所以读数为：
；
（5）[7]根据电阻定律：
金属丝的横截面积：
所以电阻率：
14
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。
13．(10 分)某款插电电动汽车采用高压油箱，其工作原理是利用油箱隔离阀维持内部压力稳定。已知该高
压油箱容积为50L，其中燃油的体积为20L，在温度为300K 时，油箱内部燃油蒸气压强为30kPa。假设
油箱内燃油蒸气可视为理想气体，不考虑燃油消耗及蒸气补充。
(1)当油箱内温度变为320K 时，油箱内燃油蒸气压强为多少？
(2)若保持燃油蒸气温度为320K 不变，缓慢将一部分燃油蒸气转移到一个容积可以从零开始缓慢增加
的备用油箱，使油箱内压强降为20kPa，求此时备用油箱的容积。
【答案】(1)32kPa
(2)18L
【详解】（1）初始状态有p1=30kPa，温度T1=300K
发生等容变化后温度T2=320K
根据查理定律有
解得
（2）释放燃油蒸气前，燃油蒸气温度T2=320K，压强p2=32kPa，体积V2=50L−20L=30L
燃油蒸气在温度为T2状态下发生等温变化，压强p3=20kPa，体积为V3，
根据玻意耳定律
解得
即此时备用油箱的容积为V′=V3−V2=18L。
14．(14 分)如图，长为
的轻绳一端固定在
点，另一端连接质量为
的小球P。起始时小
球P 位于
点正上方的A 点，绳子恰好伸直，给小球P 一向左的水平初速度
，当小球P
运动到最低点B 时恰好与位于光滑水平面BC 上的小球Q 发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后小球
Q 恰好能到达右侧半径为
的光滑半圆形轨道的最高点
，图中
点、半圆圆心
和
点在
15
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同一竖直线上。已知重力加速度g 取
，不计空气阻力。求：
（1）小球P 与小球Q 碰撞前瞬间速度的大小
；
（2）小球Q 的质量
。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）若小球在A 点恰好做圆周运动，则有
解得
因为
，所以小球从A 点先做平抛运动，设当轻绳与竖直方向成
角时绳子
再次伸直，如图所示
则根据平抛运动的规律可得
，
联立解得
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，
当绳子再次伸直以后，小球将以
为初速度开始做圆周运动，根据机械能守恒定律得
解得
（2）设P、Q 碰撞以后的速度分别为
和
，则根据动量守恒定律和能量守恒定律可得
联立解得
，
因为小球Q 恰好能到达最高点
，则有
对小球Q 根据机械能守恒定律有
解得
，
15．(18 分)如图所示，平面直角坐标系的第一象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场左边界到y 轴的距
离为s（s 未知），磁感应强度为B2（B2未知）；第二象限有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度为E
（E 未知）；第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场上边界到x 轴距离为d，磁感应强度为
17
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。有一个带正电的粒子（质量为m、电荷量为q、不计重力）从电场中的A（- 2L，L）点
以水平向右的速度v0射出，恰好经过坐标原点O 进入第四象限，经过磁场后，从x 轴上某点进入第一
象限的磁场中，经过磁场偏转后水平射出，恰好经过y 轴上的P（0，2d）点。求：
(1)电场强度E；
(2)磁感应强度B2；
(3)第一象限磁场左边界到y 轴的距离s。
【答案】(1) E =
；(2) B2 =
；(3) s = 4d
【详解】(1)在匀强电场中，设粒子运动时间为t，加速度为a，到达原点O 时竖直分速度为vy，合速度
为v；由牛顿第二定律和运动学公式得
2L = v0t，L =
at2，a =
联立解得
E =
(2)由(1)问可知
vy = at，2L = v0t，a =
，E =
联立上式有
vy = v0，v =
=
v0
18
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设合速度v 与x 轴正方向夹角为θ，由平行四边形定则得：
vy = vsinθ
解得
θ = 45°
设粒子在第一象限的磁场中做圆周运动的半径为r2，由几何关系、牛顿第二定律和洛伦兹力公式得
r2 + r2cos45° = 2d，qvB2= m
解得
B2=
(3)粒子的运动轨迹如下图所示
设粒子在第四象限的磁场中做圆周运动的半径为r1，由几何关系、牛顿第二定律和洛伦兹力公式得
ON = d + 2r1sin45° + d，qvB1= m
，MN = r2sin45°，s = ON - MN
联立解得
s = 4d
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