绝密★启用前
2026届广东省广州市普通高中学业水平选择性考试
物理模拟试卷1
本试卷共100分，考试时间75分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
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7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．太阳能是我们的家园地球上最大的能源，太阳内部有多种热核反应，其中的一个反应方程是：+→+X。 已知的质量为m1，的质量为m2，的质量为m3，X质量为m4，光速为c，下列说法中正确的有（ ）
A．X是质子
B．和是两种不同元素的原子核
C．和在常温下就能够发生聚变
D．反应释放的核能为
2．如图所示，一个质点做匀加速直线运动，依次经过a、b、c、d四点，已知经过ab、bc和cd三段所用时间之比为，通过ab和cd段的位移分别为和，则bc段的位移为（ ）
A． B． C． D．
3．2024年4月3日，我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭，成功将遥感四十二号01星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。遥感卫星发射过程如图所示，轨道Ⅰ为近地圆轨道，半径为R （认为近地圆轨道半径等于地球半径），轨道Ⅱ为椭圆轨道，轨道Ⅲ为预定圆轨道，半径为R ，P、Q两点为轨道间的相切点，该卫星在轨道Ⅲ上运行的周期为T，引力常量为G，根据题干条件可知，以下说法正确的是（ ）
A．地球的质量为
B．卫星在轨道Ⅰ的线速度大小大于在轨道Ⅲ的线速度大小
C．卫星在轨道Ⅰ的加速度大小小于在轨道Ⅲ的加速度大小
D．卫星在轨道Ⅱ上运行过程中，Q点的机械能大于P点的机械能
4．下列关于机械波的说法中，正确的是（ ）
A．发生干涉现象时，介质中振动加强点，振动的振幅最大，减弱点振幅可能为零
B．产生多普勒效应的原因是波源频率发生了变化
C．在一个周期内，介质的质点所通过的路程等于振幅
D．某一频率的声波，从空气进入水中时，波长和频率均增大
5．如图所示是快递包裹运送和缓冲装置，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧起缓冲作用。将快递轻放在传送带左端，快递在接触弹簧前速度已达到v，之后与弹簧接触继续向右运动。规定水平向右为正方向，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下面是描述快递从开始释放到第一次到达最右端过程中的v-t图像和a-x图像，其中可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．磁流体发电的原理如图所示，将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在面积为ab、间距为d的两平行金属板间产生电动势。将其上下极板与阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器相连，间距为L的电容器极板间有一带电微粒处于静止状态，不计其它电阻，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．平行金属板上极板比下极板电势高
B．磁流体发电机的电动势为BLv
C．电容器所带电荷量为CBav
D．微粒的比荷
7．某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机的输出电压稳定，通过升压变压器和降压变压器向的纯电阻用电器供电.已知输电线的总电阻，的原、副线圈匝数比为4：1，用电器两端的电压为，将、均视为理想变压器。下列说法中正确的是（ ）
A．升压变压器的输入功率为400W
B．升压变压器中电流的频率为100Hz
C．输电线消耗的功率为250W
D．当用电器的电阻减小时，输电线消耗的功率减小
二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中a，b两点电场强度和电势均相同的是（ ）
A． B．
C． D．
9．如图所示，一工人利用定滑轮和轻质细绳将货物提升到高处。已知该工人拉着绳的一端从滑轮的正下方水平向右匀速运动，速度大小恒为，直至轻绳与竖直方向夹角为。若滑轮的质量和摩擦阻力均不计，则该过程（ ）
A．货物也是匀速上升 B．绳子的拉力大于货物的重力
C．末时刻货物的速度大小为 D．工人做的功大于货物动能的增量
10．2024年12月2日中国首艘电磁弹射航母福建舰结束第五次试航，接下来将进行中国最新型歼-35隐身舰载战斗机的着陆测试，然后进行舰载机弹射试验。着陆系统采用全新的电磁阻拦技术，简化原理如图，在磁感应强度为B竖直向下的匀强磁场中，两根不计电阻的平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，MP间接有阻值为R的电阻。长为L、质量为m、阻值为r的金属导体棒ab垂直于MN放在轨道上，与轨道接触良好，质量为M的飞机以水平速度迅速钩住与导体棒ab连接的阻拦索，阻拦索是绝缘材料，钩住之后关闭动力系统并立即获得共同的速度，飞机和金属棒整体滑行一段距离d后停下来。若空气阻力与飞机速度成正比，，忽略轨道摩擦，下列说法中正确的是（ ）
A．飞机钩住金属棒瞬间，飞机损失的动能为
B．飞机钩住金属棒后，经过，速度大小变为
C．
D．整个回路感应电流产生的焦耳热为
三、非选择题：本大题共5题，共57分。
11．在用油膜法估测分子大小的实验中，选用下列器材：浅盘（直径为）、痱子粉、注射器（或滴管）、按一定比例稀释好的油酸溶液、坐标纸、玻璃板、水彩笔（或钢笔）。
（1）在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：
a．用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待油膜形状稳定
b．将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小
c．往浅盘里倒入约深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上
d．将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上
上述步骤中，正确的操作顺序是 。（填写步骤前面的字母）
（2）在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每溶液中有纯油酸，用注射器测得上述溶液为75滴。把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用笔在玻璃板上描绘油酸膜的形状，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状如图所示，坐标中正方形方格的边长为。
①油酸膜的面积为 。
②按以上实验数据估测出油酸分子的直径为 m。（结果保留一位有效数字）
（3）某学生在做“用油膜法估测分子的大小”的实验时，计算结果偏大，可能是由于 。
A．油酸未完全散开
B．油酸溶液浓度低于实际值
C．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
D．求每滴体积时，的溶液的滴数多记了10滴
12．如图甲所示，18650可充电锂电池广泛应用于充电宝、锂电钻、电动车等领域，其直径为18mm，长度为65mm（不含电极），合格出厂标准为：额定电压3.7V，满电电压4.2V，放电截止电压2.5V，内阻20~100mΩ。某同学网购了1节18650锂电池，为测量该电池的电动势与内阻是否合格，该同学用家中的以下器材进行测量：一个多用电表、一个电阻箱、一个阻值未知的定值电阻（小于10Ω）、开关、导线若干。实验步骤如下：
（1）把该18650锂电池提前充满电。
（2）测量的阻值：将多用电表选择开关置于直流电流挡合适挡位作为直流电流表使用，按图乙连接电路，先只闭合，调节电阻箱，当电阻箱的阻值为时，电流表示数为I；接着闭合，调节电阻箱，当电阻箱的阻值为时，电流表示数仍为I，则的阻值为 Ω。
（3）测量电动势与内阻：因该电池内阻较小，为了方便测量，将多用电表选择开关置于直流电压10V挡作为直流电压表使用，按图丙连接电路；闭合S，多次调节电阻箱的阻值，记录每次调节后电阻箱的阻值R及多用电表直流电压挡的示数U，某次测量时多用电表指针如图戊所示，该读数为 V；以为纵轴，为横轴作出了如图丁所示的图像，若该锂电池的电动势为E，内阻为r，写出与的函数式 （用E、R、和r表示）。
（4）结合以上步骤与图丁，可求得该18650锂电池的电动势， V，内阻r= Ω。（结果均保留2位有效数字）
13．佛山陶瓷名扬天下，如图所示为某陶瓷窑结构的示意图。某次烧制前，封闭在窑内的气体压强为，温度为室温。烧制时为避免窑内气压过高，窑上有一个单向排气阀，已知当窑内气体温度为时，单向排气阀开始排气，此后窑内气体压强保持不变，温度逐渐升高至烧制温度，气体可视为理想气体。求：
（1）排气阀开始排气时窑内气体的压强；
（2）本次烧制排出的气体占原有气体质量的比例。
14．随着航空领域的发展，实现火箭回收利用，成为了各国都在重点突破的技术。其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞，为此设计师在返回火箭的底盘安装了电磁缓冲装置。该装置的主要部件有两部分：①缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abcd；②火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ和超导线圈（图中未画出），超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v0，经过时间t火箭着陆，速度恰好为零；线圈abcd的电阻为R，其余电阻忽略不计；ab边长为l，火箭主体质量为m，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，求：
（1）缓冲滑块刚停止运动时，线圈ab边两端的电势差Uab；
（2）缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小；
（3）火箭主体的速度从v0减到零的过程中系统产生的电能。
15．水平面上固定一根粗糙绝缘圆筒，圆筒长，筒内充满沿圆筒水平向右的匀（图中未画出），现有一质量为的滑块静止在距圆筒左端处，该滑块为绝缘体且不带电。现有一个直径略小于圆筒内径且质量为的光滑弹性绝缘小球，该小球带电量为，在圆筒内左端无初速度释放，小球将会与滑块发生多次弹性碰撞，不计空气阻力，假设圆筒对滑块的滑动摩擦力恒为，绝缘小球带电量始终保持不变，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）小球与滑块第一次碰撞后，各自速度为多大；
（2）在第一次到第二次碰撞的这段时间内，滑块与小球相距的最大距离；
（3）从滑块开始碰撞到滑块离开圆筒所用的时间。
参考答案
1．【答案】D
【详解】
A．X的质量数为1，电荷数为0，是中子，选项A错误；
B．和是同位素，是相同元素的原子核，选项B错误；
C．和在高温下才能够发生聚变，选项C错误；
D．根据质能方程，则反应释放的核能为
选项D正确。
故选D。
2．【答案】D
【详解】
设质点经过ab、bc和cd三段所用时间分别为、和，则根据匀变速直线运动推论：某段中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度。可得ab段的平均速度
bc段的平均速度
cd段的平均速度
根据速度—时间公式有
联立以上式子，求得
故选D。
3．【答案】B
【详解】A．在轨道Ⅲ，根据，可得地球的质量为，选项A错误；
B．根据，，可得卫星在轨道Ⅰ的线速度大小大于在轨道Ⅲ的线速度大小，选项B正确；
C．根据，，则可知，卫星在轨道Ⅰ的加速度大小大于在轨道Ⅲ的加速度大小，选项C错误；
D．卫星在轨道Ⅱ上运行过程中，只有地球引力做功，机械能守恒，则Q点的机械能等于P点的机械能，选项D错误。选B。
4．【答案】A
【详解】发生干涉现象时，介质中振动加强点振幅最大，减弱点振幅最小，若两列波的振幅相等，减弱点的振幅可能为零，故A正确；产生多普勒效应的原因是振源与观察者之间距离变化，使观察者接收的频率发生了变化，但波源频率并不改变，故B错误；质点简谐振动时，一个周期内通过的路程是振幅的4倍，故C错误；波速由介质决定，频率由波源决定，当声波从空气进入水中时，频率不变，波速变大，则波长变大，故D错误。
5．【答案】B
【详解】快递在接触弹簧前速度已达到v，说明它在接触弹簧前先加速再匀速，匀速阶段不受摩擦力。接触弹簧后，在开始一段时间内快递相对于传送带静止，即其受弹簧弹力和静摩擦力平衡，继续做匀速运动，运动到弹力与最大摩擦力相等时，由于惯性继续压缩弹簧，弹力越来越大，快递接下来做加速度增大的减速运动直到速度为零。故A错误；B正确；快递在接触弹簧前加速阶段，有，解得，方向向右。匀速运动阶段，有，接触弹簧后，运动到弹力大于最大静摩擦力前，仍做匀速运动，加速度仍然为零，弹力大于最大静摩擦力后，有，解得，方向向左。故CD错误。
6．【答案】D
【详解】A．将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场时，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向下，所以正电荷会聚集的下板上，负电荷受到的洛伦兹力向上，负电荷聚集到上板上，故平行金属板上极板比下极板电势低，故A错误；
B．根据
可得磁流体发电机的电动势为
故B错误；
C．电容器两端的电势差等于电源电动势，根据
联立方程，可得电容器所带电荷量为
故C错误；
D．由于带电微粒处于静止状态，由平衡条件可得
联立方程，可得微粒的比荷
故D正确。
故选D。
7．【答案】C
【详解】
AC．用电器的电流为
根据
输电线上的电流为
输电线消耗的功率为
用电器消耗的功率为
升压变压器的输入功率为
故A错误，C正确；
B．变压器只改变电压，不改变频率，故频率
故B错误；
D．当用电器的电阻R0减小时，由于电压不变，电流增大，输电线R消耗的功率增大，故D错误。
故选C。
8．【答案】AD
【详解】
等量异种电荷电场分布如图所示
A．a、b两点在等量异种电荷连线的中垂线上，且关于连线对称，根据电场分布图以及对称规律可知a、b两点的电场场强以及电势相等，A正确；
B．图中a点距离点电荷较近，电场强度较大，b点在0等势面上，而a点靠近正电荷，电势为正，故两点电场强度和电势都不等，B错误；
C．根据对称性可知两点电场强度大小相等，但方向不同，故两点的电场强度不等，a点靠近正电荷，b点靠近负电荷，所以a点的电势高于b点的电势，C错误；
D．在连线的中垂面上，所有点的电场强度方向都是由正电荷指向负电荷，故两点的电场强度方向相同，又根据，结合矢量合成法可知两点的电场强度大小相等，故两点的电场强度相等，都平行于两电荷的连线指向同一方向，ab两点连成的平面是等势面，因此这两点电势相等，D正确。
故选AD。
9．【答案】BD
【详解】
A．如图
将人的速度v沿绳子和垂直于绳方向分解，沿绳的速度大小等于货物上升的速度大小
v货=vsinθ
θ随人向右运动逐渐变大，sinθ变大，又v不变，故货物运动的速度要变大，故A错误；
B．货物的加速度向上，由牛顿第二定律可知其合力向上，则绳的拉力T大于物体的重力mg，故B正确；
C．末时刻货物的速度大小为
=v
故C错误；
D．根据能量关系可知，工人做的功等于货物动能和重力势能的增量之和，故D正确。
故选BD。
10．【答案】AB
【详解】飞机钩住导体棒ab的过程，系统动量守恒，则有，所以它们获得共同速度为，所以飞机损失的动能为，A正确；飞机钩住金属棒后二者整体一起减速，由闭合电路欧姆定律有，由动量定理得，所以，速度随位移均匀减小，已知时，，则时，，B正确；当时，得到整个过程中运动的距离为，C错误；由能量守恒定律可知，飞机的动能一部分转化为勾住金属棒时形变的内能，一部分转化为与空气摩擦生热，另一部分才转化为感应电流产生的焦耳热，D错误。
11．【答案】cadb；114/112/113/115；；AC
【详解】（1）[1]油膜法估测油酸分子的大小实验步骤为：配置酒精油酸溶液，准备浅水盘，形成油膜，描绘油膜边缘，测量油膜面积、计算分子直径，正确的操作顺序是cadb；
（2）[2]面积超过正方形一半的正方形个数为114个，油酸膜的面积为
[3]每滴酒精油酸溶液中含有纯油酸的体积，油酸分子的直径为
（3）[4] A．油酸未完全散开, 油酸膜的面积偏小，油酸分子的直径偏大，A正确；
B．油酸溶液浓度低于实际值，每滴酒精油酸溶液中含有纯油酸的体积偏小，油酸分子的直径偏小，B错误；
C．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，油酸膜的面积偏小，油酸分子的直径偏大，C正确；
D．求每滴体积时，的溶液的滴数多记了10滴，每滴酒精油酸溶液中含有纯油酸的体积偏小，油酸分子的直径偏小，D错误。选AC。
12．【答案】；；；4.0；0.25
【详解】（2）[1]只闭合时，根据闭合电路欧姆定律，再闭合时，根据闭合电路欧姆定律，解得
（3）[2]由图戊可知，读数为
[3]根据闭合电路欧姆定律，整理得
（4）[4][5]根据可知，图线的斜率为，纵截距为，解得，
13．【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由题意可知，排气阀开始排气前，气体体积不变，初状态时，温度为，末状态时压强为，温度为，对气体，由查理定律可得，解得排气阀开始排气时窑内气体的压强为。
（2）排出气体后，气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律可得，解得，则排出的气体的体积为，则排出的气体占原有气体的质量比为。
14．【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】
(1)ab边产生电动势：E＝BLv0，因此
(2)安培力，电流为，对火箭主体受力分析可得：
Fab－mg＝ma
解得：
(3)设下落t时间内火箭下落的高度为h，对火箭主体由动量定理：
mgt－＝0－mv0
即
mgt－＝0－mv0
化简得
h＝
根据能量守恒定律，产生的电能为：
E＝
代入数据可得：
15．【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）小球释放后向右做匀加速直线运动，设其加速度为a1，与滑块第一次碰撞前的速度为v0，有
，
，
求得
，
，
两者相碰
，
，
求得
，
。
（2）碰撞后，滑块加速度大小，在第一次到第二次碰撞的这段时间内，当两者速度相等时，相距最远。设第一次碰后经过t时间，两者刚好共速，则有
，
求得。这段时间内小球位移，滑块位移，此时两者间距为最大值。
（3）第二次碰撞时，求得。此时小球速度，滑块速度，由于，，即第二次碰撞情况与第一次碰撞情况完全相同，两次碰撞之间滑块向右移动的距离，由，解得，即小球与滑块共碰撞2次，且d为第二次碰撞时滑块距离圆筒右侧的距离，设第二次碰撞后到滑块离开圆筒的时间为，则，求得，滑块从刚开始碰撞到离开圆筒的时间。
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2026届广东省广州市普通高中学业水平选择性考试
物理模拟试卷9
本试卷共100分，考试时间75分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
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7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．2023年4月29日至5月3日，中国国际新能源、智能汽车博览会在石家庄举办，新能源是指刚开始开发利用或正在积极研究、有待推广的能源，如太阳能、风能和核能等.关于核聚变、衰变，下列说法正确的是（ ）
A．是核聚变反应，粒子带负电
B．在核反应中会释放出核能，说明氘核和氚核的比结合能大于氦核
C．衰变为要经过4次 衰变，4次 衰变
D．若铀元素的半衰期为 ，则经过时间 ，8个铀核中有4个已经发生了衰变
2．关于下列四幅课本上的插图的说法正确的是（ ）
A．图甲是速度选择器示意图，由图可以判断出带电粒子的电性，不计重力的粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是
B．图乙是磁流体发电机结构示意图，由图可以判断出A极板是发电机的正极
C．图丙是质谱仪结构示意图，打在底片上的位置越靠近狭缝说明粒子的比荷越大
D．图丁是回旋加速器示意图，要使粒子飞出加速器时的动能增大，可仅增加电压U
3．如图所示，劲度系数为的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与质量为的物块连接，质量为的物块叠放在上，系统处于静止状态．现对物块施加竖直向上的拉力，使以加速度竖直向上做匀加速直线运动直至与分离，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A． 拉力刚作用瞬间，拉力的大小为
B． 物块、分离时，弹簧弹力大小为
C． 物块、分离时，物块的速度大小为
D． 从开始运动到物块、分离的过程中，拉力在竖直方向上的位移为
4．如图甲所示为医护人员利用“彩超”测定血管中血液的流速，图乙为波源S连续振动，形成的水波，靠近桥墩P时浮出水面的叶片A静止不动。下列说法不正确的是（ ）
A．图甲中，测定血管中血液的流速，利用了多普勒效应的原理
B．若波源与仪器相互靠近，仪器接收到超声波的频率变大
C．乙图中，为使水波能带动叶片振动，可降低波源振动的频率
D．乙图中，为使水波能带动叶片振动，可减小波源距桥墩的距离
5．如图所示，1、2、3、4、5为某高架桥上五根竖直吊绳，间距相等．两辆小汽车、车头在时刻分别对齐1、3绳，在两条车道上以相同初速度做匀加速直线运动，在时刻、两车头都对齐5绳．下列分析正确的是（ ）
A． 车的加速度是车的两倍
B． 车的末速度是车的两倍
C． 车的平均速度是车的两倍
D． 车在超越车过程中可把两车均视为质点
6．中国预计将在2028年实现载人登月计划，把月球作为登上更遥远行星的一个落脚点。如图所示是“嫦娥一号”奔月的示意图，“嫦娥一号”卫星发射后经多次变轨，进入地月转移轨道，最终被月球引力捕获，成为绕月卫星。关于“嫦娥一号”下列说法正确的是（ ）
A．在绕地轨道中，48h轨道的公转半长轴的三次方与公转周期的二次方之比最大
B．发射时的速度必须达到第二宇宙速度
C．卫星在轨道Ш经过Q点时的速度小于其在轨道Ⅱ上经过Q点时的速度
D．卫星在轨道Ш经过Q点时的加速度等于其在轨道Ⅱ上经过Q点时的加速度
7．如图所示，理想变压器原线圈与定值电阻串联后接在电压的交流电源上，副线圈接理想电压表、电流表和滑动变阻器R。原、副线圈的匝数比为1 4。已知，R的最大阻值为50 Ω。现将滑动变阻器R的滑片P从最上端向下滑动，下列说法正确的是（ ）
A．当时，电流表的示数为4 A
B．电源的输出功率变小
C．原线圈输入电压不变
D．理想电压表的读数不变
二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．如图所示,半球形容器ABC固定在水平面上,AC是水平直径,一个物块(可视为质点)从A点正上方由静止释放刚好能从A点进入容器,第一次从P点由静止释放物块,P点离A点高度为h,结果物块从C点飞出上升的高度为,第二次由Q点由静止释放,Q点离A点高度为,物块与容器内壁间的动摩擦因数恒定,B为容器内壁最低点,容器的内壁半径为h,则下列判断正确的是(重力加速度为g) ( )
A．第一次,物块由A点运动到C点的过程克服摩擦力做的功为mgh
B．第二次,物块运动到C点的速度刚好为零
C．第一次,物块运动到B点的最大动能为mgh
D．第一次,物块从A点运动到B点克服摩擦力做的功大于从B点运动到C点克服摩擦力做的功
9．如图所示为A、B两球沿一直线运动并发生正碰，两球碰撞前后的位移时间图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移图象，c为碰撞后两球共同运动的位移图象，若A球质量是m = 2kg，则由图象判断下列结论错误的是（ ）
A．A、B碰撞前的总动量为3kg m/s
B．碰撞时A对B所施冲量为- 4N s
C．碰撞前后A的动量变化为4kg m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J
10．真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等。一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态。过O点作两正电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，如图所示。以下说法正确的是 ( )
A．a点电势低于O点
B．b点电势低于c点
C．该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
D．该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能
三、非选择题：本大题共5题，共57分。
11．某兴趣小组在探究感应电流的产生条件和影响感应电流方向的因素：
（1）图a中，将条形磁铁从图示位置先向上后向下移动一小段距离，出现的现象是 。
A．灯泡A、B均不发光 B．灯泡A、B交替短暂发光
C．灯泡A短暂发光、灯泡B不发光 D．灯泡A不发光、灯泡B短暂发光
（2）通过实验得知：当电流从图b中电流计的正接线柱流入时指针向右偏转；则当磁体 （选填“向上”或“向下”）运动时，电流计指针向右偏转。
（3）为进一步探究影响感应电流方向的因素，该小组设计了如图c的电路。
（4）若图c电路连接正确，在闭合开关前滑动变阻器滑片应移至最 （选填“左”或“右”）端。
12．广东某学校实验小组发现一款智能手机内部使用的电池是一块扁平电池，如图甲所示，外壳上标有电动势4.50V，为了测定该电池的实际电动势和内阻，该小组成员利用身边的仪器，设计方案对其进行测量。
A．待测手机电池
B．电压表（量程0~3.00V，内阻约3000Ω）
C．电阻箱（阻值范围0~999.9Ω）
D．电阻箱（阻值范围0~9999.9Ω）
E.定值电阻R0＝5.0Ω
F.开关、导线若干
(1)实验室提供的电压表的量程不够用，需要对电压表进行改装。
①为将电压表的量程扩大为0~4.50V，小组成员采用了以下的操作：按图乙所示电路连接好实验器材，检查电路无误后，将电阻箱R2的阻值调到 （选填“最大”或“最小”），将电阻箱R1的阻值调为零。闭合开关S，调节电阻箱R2的阻值，使电压表示数为3.00V，保持电阻箱R2的阻值不变，改变电阻箱R1的阻值，当电压表示数为 V时，改装后的电压表量程为4.50V，完成了扩大量程，而后断开开关S。
②小组成员按照图乙所示的实验电路图完成了该实验。电阻箱R1应选 （填写器材前面的字母标号）。
(2)用改装好的电表测量该电池的电动势和内阻，步骤如下：保持电阻箱R1的阻值不变，闭合开关S，多次调节电阻箱R2的阻值，记录下阻值R2和电压表的相应读数U，作出图像如图丙所示，可得该电池的电动势为 V，内阻为 Ω。（结果均保留两位小数）
13．某医学氧气钢瓶的容积为20L，钢瓶在室外时，环境温度为-23℃，钢瓶内压力表显示瓶内氧气的压强为15MPa（1MPa约为10atm），现将钢瓶移至于室内温度为27℃的医院病房内（钢瓶的热胀冷缩可以忽略）。已知热力学温度与摄氏温度间的关系为T=t+273K，求：
（1）钢瓶移入室内达到热平衡后，钢瓶内氧气的压强为多少MPa？
（2）在室内环境下，若氧气输出的压强恒为0.1MPa，流量为2L/min，且要求钢瓶内氧气应保留不少于0.1MPa的剩余压力，在输出氧气过程中钢瓶内温度保持不变，该氧气瓶最多能持续使用多少分钟？
14．如图1所示，水平放置的两根平行金属导轨，间距L＝0.3m。导轨左端连接R＝0.6Ω的电阻。区域abcd内存在垂直于导轨平面磁感应大小为B＝0.6T的匀强磁场，磁场区域宽D＝0.2m。细金属棒A1和A2用长为2D的轻质绝缘杆连接，垂直放置在导轨平面上。每根金属棒在导轨间的电阻均为r＝0.3Ω，导轨电阻不计。使金属棒以v＝1.0m/s沿导轨向右匀速穿越磁场。在A1进入磁场（t＝0）到A2离开磁场的时间内。求：
（1）t＝0.1s时A1受到的安培力大小；
（2）不同时间段通过电阻R的电流强度，并在图2中画出。
15．如图所示，在光滑水平地面上放置着一半径为R的圆弧形滑块B，其弧面光滑，在滑块B的右侧放置一连接有轻质弹簧的小球C。现让小球A从滑块B的正上方距地面高h=2R处由静止释放，小球沿滑块B的切线进入圆弧面，然后从滑块B的末端水平滑出，之后小球A挤压弹簧但与弹簧未粘连。已知小球A的质量为m，小球C的质量为4m，滑块B的质量为km（k>1），重力加速度为g。
（1）小球A从滑块B末端滑出时，求小球A和滑块B的速度分别为多少？
（2）小球A挤压弹簧过程中，求弹簧最大的弹性势能；
（3）要使小球A弹回后能追上滑块B，则k的取值范围。
参考答案
1．【答案】C
【解析】本题考查衰变的次数、半衰期的概念是核聚变反应，粒子的质量数为1，电荷数为0，是中子，不带电，错误；在核反应中会释放出核能，生成物更加稳定，生成物的比结合能更大，即氘核和氚核的比结合能小于氦核，错误；设衰变为要经过次 衰变，次 衰变，则，，解得，，正确；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核衰变不适用，错误.
2．【答案】C
【详解】图甲是速度选择器示意图，由图无法判断出带电粒子的电性，不计重力的粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是，A错误；图乙时磁流体发电机结构示意图，由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A板是电源的负极，B板是电源的正极，B错误；图丙是质谱仪结构示意图，粒子经过速度选择器后的速度一定，根据洛伦兹力提供向心力可得，解得，则可知知R越小，比荷越大，即打在底片上的位置越靠近狭缝说明粒子的比荷越大，C正确；图丁是回旋加速器示意图，根据公式，解得，最大动能，可知与加速电压无关，D错误。
3．【答案】C
【解析】将A、B看作整体，拉力刚作用瞬间，根据牛顿第二定律可得，A错误；系统刚开始处于静止状态，有，解得，分离时A、B间的弹力为0，加速度相同，以物块B为研究对象，由牛顿第二定律得，解得，且，即，则物块B上升的高度为，根据运动学公式，联立解得物块A、B分离时，物块B的速度大小为，C正确，B、D错误．
4．【答案】D
【详解】AB．“彩超”利用的是多普勒效应原理，“彩超”工作时，向人体内发射频率已知的超声波，若波源与仪器相互靠近，仪器接收到超声波的频率变大，AB正确；
CD．降低波源振动的频率，根据，波速不变，频率减小，波长增大，衍射现象明显，水波能带动叶片振动，减小波源距桥墩的距离并不能使水波能带动叶片振动，C正确，D错误；本题选择错误选项，选D。
5．【答案】C
【解析】设相邻竖直吊绳间距为，由平均速度公式得，，可得，即车的平均速度是车的两倍，故C正确；由上式得，可得，即车的末速度比车的两倍还要大，故B错误；由加速度的定义式可得，车的加速度为，车的加速度为，所以，故A错误；车在超越车过程中，两车的大小均不能忽略不计，即不能把两车视为质点，故D错误．
6．【答案】D
【详解】A．由开普勒第三定律可得，则在绕地轨道中，公转半长轴的立方与公转周期的平方之比不变，A错误；
B．“嫦娥一号”卫星发射后经多次变轨，进入地月转移轨道，没有脱离地球的引力范围，发射时的速度小于第二宇宙速度，B错误；
C．卫星由轨道Ш变轨至轨道Ⅱ需要在Q点减速制动，因此在轨道Ш经过Q点时的速度大于其在轨道Ⅱ上经过Q点时的速度，C错误；
D．根据牛顿第二定律得，可得，卫星经过同一点时r相同，M也相同，卫星在轨道Ш经过Q点时的加速度等于其在轨道Ⅱ上经过Q点时的加速度，D正确。选D。
7．【答案】A
【详解】A．当时，根据，可得，根据，可得，，A正确。
BCD．由理想变压器的特点可知，，联立可得，滑动变阻器的滑片P从最上端向下滑动，减小，则变大，原线圈两端电压为，所以减小，则副线圈两端减小，电压表的示数减小；电源的输出功率为，可知电源的输出功率变大，BCD错误；选A。
8．【答案】AD
【解析】设物块的质量为m,第一次运动过程中,根据动能定理有mg×-Wf=0,解得克服摩擦力做功Wf=mgh,A正确;第二次﹐由于物块运动到某一位置的速度小于第一次物块在该位置的速度,因此与容器间正压力小于第一次的正压力,摩擦力小于第一次的摩擦力,所以从A到C克服摩擦力做功小于mgh,根据动能定理可知,物块到达C点的速度不为零,B错误;第一次从A运动到B过程中与从B运动到C过程中在等高位置,物块从A运动到B过程中的速度较大,因此与容器间正压力较大,摩擦力较大,因此物块由A运动到B克服摩擦力做的功大于从B到C克服摩擦力做的功,大于mgh,因此到B点的最大动能小于2mgh-mgh=mgh,C错误,D正确.
9．【答案】BCD
【详解】
C．由s—t图象可知，碰撞前、后分别有
vA= = - 3m/s，vB= = 2m/s，v共 = = - 1m/s
则碰撞前A的动量为
mAvA= - 6kgm/s
则碰撞后A的动量为
mAv共 = - 2kgm/s
碰撞前后A的动量变化为
mAv共 - mAvA= 4kgm/s
C正确；
B．以A为研究对象有
Ft = mAv共 - mAvA= 4Ns
由于A、B间的力为相互作用力，则碰撞时A对B所施冲量为 - 4Ns，B正确；
A．A、B碰撞过程中动量守恒有
mAvA + mBvB= (mA + mB)v共
计算得
mB= kg
A、B碰撞前的总动量为
mAvA + mBvB= - 6 + kgm/s = - kgm/s
A错误；
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能
Ek= mAvA2 + mBvB2 - mAv共2= 10J
D正确。
故选BCD。
10．【答案】BD
【详解】带负电的试探电荷仅在电场力的作用下在O点恰好保持静止状态，由F=qE知，O点的电场强度为零，则两正点电荷连线上的电场线方向如图所示，由沿电场线方向电势逐渐降低知，a点的电势高于O点，A错误；设左边正点电荷所带的电荷量为q1，右边正点电荷所带的电荷量为q2，则在O点有k=k，在b点处平行两正电荷连线方向有kcosθ1=>kcosθ2=，故b点电场强度平行两正电荷连线方向的分量指向右方，则b点场强方向斜向右上方，由沿电场线方向电势逐渐降低知，O点电势低于a、c两点，高于b、d两点，故b点的电势低于a、c两点，由负电荷在电势低处电势能大知，试探电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，B正确，C错误；由对称性知，d点的电势低于c点，由上述分析可知，带负电的试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能，D正确。
【关键点拨】解答本题的关键是由电场的叠加确定b点的电场强度方向，然后画出电场线的大致方向，根据沿电场线方向电势逐渐降低判断电势的高低，根据负电荷在电势低处电势能大来判断电势能的大小关系。
11．【答案】B，向上，左
【详解】（1）条形磁铁向上移动一小段距离，穿过螺线管的磁感线减少，向下移动一小段距离，穿过螺线管的磁感线增加，移动方向不同，产生的感应电流方向不同，根据二极管具有单向导电性可知灯泡A、B交替短暂发光。
（2）当磁体向上运动时，穿过螺旋管的磁通量为竖直向下的减少，根据楞次定律，可知线圈中的感应电流产生的磁场竖直向下，根据右手螺旋定则可知电流从正接线柱流入，指针向右偏；磁体向上运动。
（4）闭合开关瞬间，电路中电流增大，电磁铁的磁性增强，穿过螺线管的磁感线增多，会产生感应电流，为了防止产生的感应电流过大烧坏电流表，闭合开关前需要将滑动变阻器的滑片移到最左端。
12．【答案】(1)最小，2.00，D；(2)4.29（4.17~4.41），1.43（1.25~1.62）
【详解】（1）①为了保证电压表读数从零开始调节，应将电阻箱R2的阻值调到最小；
电压表示数为3.00V且保持电阻箱R2的阻值不变时，电压表和电阻箱R1的电压之和可认为始终等于3.00V，当电压表示数为2.00V时，说明电阻箱R1两端电压为1.00V，由串联电路分压原理可知，此时R1的阻值为电压表内阻的一半，电压表的量程被扩大1.5倍，即量程为。
②由实验步骤可知电压表要扩大量程为，则串联的电阻箱R1的阻值应能调节为电压表内阻的一半，即电阻箱能调节到，电阻箱R1应选D。
（2）根据闭合电路欧姆定律可得，整理可得，根据图像的斜率和纵轴截距可得，，解得，。
13．【答案】（1）18MPa；（2）1790min
【详解】
（1）由题意可知，初态
末态
设末态压强为p2，则由查理定律得
解得
（2）由题意，设压强为18MPa，体积为20L的气体可以等效为压强为0.1 MPa，体积为V，设初始状态体积为，则由玻意耳定律得
解得
由题意可得，输出的体积为
设流量为Q，则该氧气瓶最多能持续使用时间为
14．【答案】（1）0.0648N；（2）见解析
【详解】（1）设A1在磁场区域运动的时间为t1，则有
解得
则时，A1产生的感应电动势为
此时回路总电阻为
通过A1的电流为
所以A1受到的安培力大小为
（2）由（1）知，0~0.2s，通过R的电流为
可得
0.2~0.4s，A1、A2均不切割磁感线，通过R的电流
0.4~0.6s，同理可得通过R的电流为
则通过电阻R的电流强度如图所示
15．【答案】（1）；；（2）；（3）
【详解】（1）因小球和滑块组成的系统水平方向不受外力，则系统水平动量守恒。取水平向右为正方向，则有，根据系统的机械能守恒得，联立，解得
（2）小球A挤压弹簧过程中，当两小球共速时，弹簧压缩最短，具有最大的弹性势能，可得，又，联立，解得
（3）小球A与小球C通过弹簧相互作用过程中，动量守恒机械能守恒，有，，联立，解得，负号表示小球A向左运动，要使小球A弹回后能追上滑块B，则有，解得
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2026届广东省广州市普通高中学业水平选择性考试
物理模拟试卷4
本试卷共100分，考试时间75分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
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7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．钚（Pu）是一种放射性元素，原子序数为94，是原子能工业的一种重要原料，其同位素钚239是最重要的裂变同位素之一、获取放射性同位素的一种途径为铀238俘获慢中子生成超铀239，核反应方程为，再经过衰变放出粒子，核反应方程为。已知的半衰期为24100年。下列说法正确的是（ ）
A．铀238与中子的质量之和等于超铀239的质量
B．衰变放出的粒子是
C．超铀239的衰变类型为衰变
D．环境温度升高时的半衰期变短
2．［江苏无锡2025检测］如图所示，理想变压器的副线圈匝数可调，端接输出电压有效值恒定的正弦交流电，电流表及电压表均可视为理想的交流电表，电表示数分别为、、、，当副线圈的滑片向下滑动时，电表示数变化量的绝对值分别为、、、，下列说法可能不正确的是（ ）
A．比值不变 B．比值不变
C．乘积变小 D．比值变大
3．如图所示,两底角分别为37°和53°的光滑三角劈固定在水平地面上,三角劈顶端装有一光滑定滑轮.质量均为1 kg的物块P、Q用跨过定滑轮的轻绳连接,不计一切摩擦,三角劈斜面足够长,已知重力加速度g=10 m/s2, sin 37° =0.6, sin 53°=0.8.同时由静止释放P、Q后,轻绳的拉力大小为 ( )
A．5 N
B．6 N
C．7 N
D．8 N
4．如图所示，两位同学分别拉一根长为的绳两端A、B，时刻，两同学同时抖动绳子两端，使A、B开始在竖直方向做简谐振动，产生沿绳传播的两列波，振源为A的波波速为，振源为B的波波速为。时，两列波恰好传播到P，Q两点，波形如图所示，则（ ）
A．两列波起振方向相反
B．
C．两列波周期相同
D．再过0.8s，两列波第一次相遇
5．两物体在不同高度自由下落，同时落地，第一个物体下落时间为，第二个物体下落时间为，当第二个物体开始下落时，两物体相距（ ）
A． B． C． D．
6．把用金属导体制成的霍尔元件接入如图所示电路中，把电压表接在霍尔元件、极上，调节滑动变阻器使输入电流为，又从左向右加上垂直于板面的磁感应强度为的匀强磁场，当电场力大小等于洛伦兹力大小时，电压表测出的霍尔电压为．下列判断正确的是（ ）
A． 极的电势高于极的电势
B． 只改变的大小，则跟成正比
C． 只改变的大小，则跟的平方成正比
D． 同时改变、的方向，电压表指针会偏向另一边
7．2024年2月24日，中国载人月球探测任务新飞行器名称已经确定，新一代载人飞船命名为“梦舟”，月面着陆器命名为“揽月”。已知地球质量为月球质量的81倍，地球半径为月球半径的3.6倍，月球绕地球的公转可视为匀速圆周运动，月球轨道半径为地球半径的60倍，不计地球和月球的自转。下列说法正确的是（ ）
A．同一物体在月球轨道附近和在地球表面附近受到地球的万有引力大小之比约为
B．使月球绕地球运动的力与地球表面的重力不是同一性质的力
C．月球绕地球运动的向心加速度大小与地球表面重力加速度大小之比约为
D．月球表面与地球表面的重力加速度大小之比为
二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．有一款推拉门，其三扇门板的俯视图如图所示，每扇门的宽度均为L=1.00m，质量均为m=50kg，边缘凸起部位的宽度均为d=0.05m。门完全关闭时，1号门板的左侧以及3号门板的右侧分别与两侧的门框接触，相邻门板的凸起部位也恰好接触。测试时，将三扇门板均推至最左端，然后用恒力F水平向右推3号门板，每次都经过相同的位移s=0.5m后撤去F，观察三扇门的运动情况。已知每扇门与轨道间的动摩擦因数均为0.02，门板凸起部位间的碰撞及门板与门框的碰撞均为完全非弹性碰撞（不黏连）。不考虑空气阻力，取g=10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．撤去F后，若3号门板恰好能运动到其左侧凸起与2号门板右侧的凸起接触处，则3号门板运动的位移为0.9m
B．撤去F后，若3号门板恰好能运动到其左侧凸起与2号门板右侧的凸起接触处，则恒力F=17N
C．若要实现三扇门恰好完全关闭，则恒力F=42.5N
D．若要实现三扇门恰好完全关闭，则恒力F=85N
9．某起重机进行钢架吊装作业，将质量为m的钢架悬空后，由静止开始以加速度a向上匀加速提升钢架、t1时刻达到额定功率P，之后保持额定功率提升钢架。t2时刻，钢架达到匀速。已知重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．钢架匀速运动时的速度大小为
B．0~t1时间内，起重机对钢架的拉力大小为ma
C．0~t1时间内，起重机对钢架做的功为
D．0~t2时间内，钢架的机械能增量为
10．如图（a）所示，一点电荷（不计重力）在辐向电场中围绕圆心O做匀速圆周运动，轨迹所在处的电场强度大小均为E；如图（b）所示，同一点电荷在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中做匀速圆周运动。已知点电荷两次做圆周运动的线速度大小相等，两个圆弧轨迹的半径均为r。关于该点电荷，下列说法正确的是（ ）
A．可能带负电
B．一定沿逆时针转动
C．点电荷的比荷为
D．点电荷运动的线速度大小为
三、非选择题：本大题共5题，共57分。
11．（9分）某小组研究热敏电阻阻值随温度的变化规律。根据实验需要已选用了规格和量程合适的器材。
（1）先用多用电表预判热敏电阻阻值随温度的变化趋势，选择适当倍率的欧姆挡，将两表笔 ，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右边“0 Ω”处。测量时观察到热敏电阻温度越高，相同倍率下多用电表指针向右偏转角度越大，由此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而 。
（2）再按图9连接好电路进行测量。
图9
①闭合开关S前，将滑动变阻器R1的滑片滑到 端（填“a”或“b”）。
将温控室的温度设置为T，电阻箱R0调为某一阻值R01。闭合开关S，调节滑动变阻器R1，使电压表和电流表的指针偏转到某一位置。记录此时电压表和电流表的示数、T和R01。断开开关S。
再将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D端，闭合开关S。反复调节R0和R1，使电压表和电流表的示数与上述记录的示数相同。记录此时电阻箱的阻值R02。断开开关S。
②实验中记录的阻值R01 R02（填“大于”“小于”或“等于”）。此时热敏电阻阻值RT= 。
（3）改变温控室的温度，测量不同温度时的热敏电阻阻值，可以得到热敏电阻阻值随温度的变化规律。
12．热考点 测量电源电动势和内阻 某兴趣学习小组为测量玩具电瓶车上蓄电池的电动势和内阻，现有如下实验器材：
A.电压表，内阻约为
B.电流表，内阻约为
C.电阻箱
D.待测蓄电池
E.开关、导线若干
（1） 该小组同学设计了甲、乙两个电路图，为使测量结果尽量准确，应该选择______（填“甲”或“乙”）电路图。
甲 乙
（2） 由（1）中选择的电路图测得的电动势比真实值________（填“偏大”或“偏小”），原因是______________________。
（3） 该小组同学选择（1）中的电路图测量，调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值、相应的电流表示数和电压表示数。根据记录数据作出的图像如图（a）所示，则蓄电池的电动势为____________，内阻为______________ （均保留2位小数）。
图（a）
（4） 该实验还可以测量电流表的内阻，根据记录数据进一步探究，作出图像如图（b）所示。利用图（b）中图像的纵轴截距，结合（3）问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为____________ （保留2位有效数字）。
图（b）
13．如图所示，汽缸开口向右、固定在水平桌面上，汽缸内用活塞(横截面积为S)封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁之间的摩擦忽略不计．轻绳跨过光滑定滑轮将活塞和地面上的重物(质量为m)连接．开始时汽缸内外压强相同，均为大气压p0(mg＜p0S)，轻绳处在伸直状态，汽缸内气体的温度为T0，体积为V．现使汽缸内气体的温度缓慢降低，最终使得气体体积减半，求：
(1)重物刚离开地面时汽缸内气体的温度T1；
(2)气体体积减半时的温度T2；
(3)在如图乙所示的坐标系中画出气体状态变化的整个过程并标注相关点的坐标值．
14．如图示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度一端连接的电阻，导线所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。质量1kg的导体棒MN放在导轨上，电阻，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨的电阻可忽略不计。在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度。求；
（1）感应电动势E和MN两点间的电势差；
（2）在2s时间内，拉力做的功；
（3）在2s末撤去拉力，求撤去拉力后电阻R上产生的焦耳热。
15．如图所示，在光滑水平面上有质量为2m和的物块a、b用轻弹簧锁定，物块与弹簧没有拴接。解除弹簧锁定，物块以速度被弹开，随后进入长的固定阻尼管AB中，物块与阻尼管间的动摩擦因数为，物块滑出阻尼管后进入两个半径均为的四分之一竖直光滑圆弧管道BCD，在出口处和静止在长木板左端的物块碰撞（碰撞时间极短），并粘在一起，物块的质量为，长木板的质量为4m，长度为。已知，物块b、c与长木板间的动摩擦因数均为，长木板与地面间的动摩擦因数为，重力加速度，不计空气阻力。
(1)求弹簧解锁前具有的弹性势能；
(2)求物块经过圆弧管道点时对管道的压力大小；
(3)请通过计算说明物块bc能否滑离长木板？若不能滑离，求物块bc的运动距离；若能滑离，求物块bc在长木板上滑动过程中系统因摩擦产生的热量。
参考答案
1．【答案】C
【详解】铀238俘获慢中子生成超铀239，有质量亏损，同时放出光子，那么铀238与中子的质量之和不等于超铀239的质量，A错误；根据核反应方程两边电荷数守恒与质量数守恒可知，超铀239衰变放出的X粒子为电子，B错误；超铀239的衰变类型为衰变，C正确；放射性元素的半衰期是本身特有的性质，跟外部环境没有关系，环境的温度升高时，放射性元素的半衰期不变，错误。
2．【答案】A
【解析】设原线圈匝数为、副线圈接入电路的匝数为,由理想变压器变压规律有,变压器输入功率等于输出功率,有,由欧姆定律有,把变压器及其右侧电路等效为电阻,有,当副线圈的滑片向下滑动时,增加,等效电阻减小,减小,增大,减小,故错误；根据闭合电路欧姆定律有,图线斜率的绝对值等于,所以比值不变,故正确；变压器的输入功率,当时,有最大值.由于和的关系未知,所以与的关系也未知,若开始时,滑片向下滑动时,乘积会变小,故正确；
,则,增大,比值增大,故正确.故符合题意.
3．【答案】C
【详解】对P、Q整体,由牛顿第二定律可知mgsin 53°-mgsin 37°=2ma,对物块P,有T-mgsin 37°=ma,解得T=7 N.
【方法总结】加速度相同的连接体问题的分析方法:若连接体内各物体具有相同的加速度(相对静止),利用整体法求出加速度,再利用隔离法求出物体之间的内力,可总结为“先整体求加速度,后隔离求内力”.
4．【答案】D
【详解】A．图示时刻两列波恰好传播到P，Q两点，根据上下坡法可得P，Q两点起振方向竖直向上，因此两列波起振方向相同，A错误；
B．机械波的传播速度与介质有关，因在同一种介质传播，传播速度相同，B错误；
C．质点A振动周期为，质点B振动周期，C错误；
D．两列波传播速度相同均为，由图可知，两列波第一次相遇位置在处，则从图示时刻到第一次相遇所用时间为，D正确。选D。
5．【答案】D
【详解】
第二个物体在第一个物体下落后开始下落，此时第一个物体下落的高度．根据，知第一个物体和第二个物体下落的总高度分别为，，两物体未下落时相距．所以当第二个物体开始下落时，两物体相距，故D正确，A.B.C错误．
6．【答案】B
【详解】根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力指向极，故电子向极偏转，故极的电势低于极的电势，故错误；平衡时，电子所受洛伦兹力与电场力平衡，则，可得，由电流微观表达式得，联立可得，所以只改变的大小，则跟成正比，只改变的大小，则跟成正比，故正确，错误；同时改变、的方向，根据左手定则可知电子偏转方向不变，故极的电势仍低于极的电势，电压表指针偏转方向不变，故错误．
【关键点拨】
分析两侧面产生电势高低时应特别注意霍尔元件的材料，若霍尔元件的材料是金属，则参与定向移动形成电流的是电子，偏转的也是电子；若霍尔元件的材料是半导体，则参与定向移动形成电流的可能是正“载流子”，此时偏转的是正电荷．
7．【答案】D
【详解】A．设月球半径，则地球半径R=3.6，，根据，同一物体在月球轨道附近和在地球表面附近受到地球的万有引力大小之比约为4:25，A错误；
B．使月球绕地球运动的力与地球表面的重力是同一性质的力，B错误；
C．月球轨道半径r=60R=216，月球绕地球运动的向心加速度大小，地球表面重力加速度大小，则，C错误；
D．月球表面重力加速度，地球表面的重力加速度，得，D正确。选D。
8．【答案】BD
【详解】3号门板运动的位移等于 ，即0.85m，A错误；对3号门板用动能定理有 ，可得 ，B正确；若要实现三扇门恰好完全关闭，从开始到2、3号门板碰撞之前，对3号门用动能定理有 ，2、3号门板碰撞满足 ，此后对2、3号门板用动能定理有 ，得 ，C错误，D正确。
9．【答案】AC
【详解】起重机输出功率达到额定功率后，功率不再增加，当起重机对钢架的拉力大小等于钢架的重力大小时，钢架达到最大速度，此时有，解得，故A正确；0~t1时间内，根据牛顿第二定律，有，所以，故B错误；0~t1时间内，起重机功率均匀增大，t1时刻达到额定功率；t1~t2时间内起重机保持额定功率，所以0~t1时间内，起重机对钢架做功，0~t2时间内，钢架的机械能增量等于起重机对钢架做功，故C正确，D错误。
10．【答案】BCD
【详解】图（a）中，点电荷受到的电场力提供向心力，方向与场强方向相同，所以点电荷一定带正电；对图（b）由左手定则可知点电荷一定沿逆时针转动，故A错误，B正确；对图（a）有，对图（b）有，联立可得，，故CD正确。
11．【答案】（1）短接（2分） 减小（2分） （2）①b（1分） ②大于（2分） R01-R02（2分）
【解析】（1）在使用多用电表欧姆挡测量热敏电阻的阻值之前需要对多用电表进行欧姆调零，即将多用电表旋钮旋转至适当的倍率挡，将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右边“0 Ω”处;观察到随着热敏电阻温度升高时，相同倍率下多用电表指针向右偏转的角度变大，因为欧姆挡的零刻度线在表盘的右侧，故可判断热敏电阻阻值随温度的升高而减小。
（2）①由电路图可知，滑动变阻器以限流式接法接入电路中，故闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片滑到最大阻值的b端;
②电压表右侧导线接到C处时，电压表测量电阻箱和电流表两端电压，将电压表右侧导线接到D处时，调节滑动变阻器和电阻箱的阻值，使得电压表与电流表的示数与导线接在C处的示数相同，此时电压表测量电流表、电阻箱、热敏电阻两端电压，又因为此时电流表的示数也相同，说明调节导线前后电压表测量部分的电阻值相同，即调整到D处后需要将电阻箱的阻值调小，R01大于R02，则有RA+R01=RA+R02+RT，解得RT=R01-R02。
【易错警示】每次使用多用电表欧姆挡测量待测电阻的阻值时，首先需要将旋钮调整到合适的挡位，然后进行欧姆调零，同时每次换其他挡位都需要进行欧姆调零，即让电表的指针指向表盘右侧欧姆挡零刻度线处;使用多用电表电压、电流挡位前，需要进行机械调零，即让电表的指针指向表盘左侧零刻度线处。
12．【答案】（1） 甲（2分）
（2） 偏小（1分）；电压表的分流作用（1分）
（3） （2分）； （2分）
（4） （2分）
【详解】
（1） 蓄电池内阻相对较小，图乙中由于电流表的分压作用，造成电源内阻测量误差相对较大，故实验应该选择甲电路图；
（2） 由（1）中选择甲电路图，误差来源于电压表的分流作用；将电压表和蓄电池看成一个等效电源，则甲电路图测得的电动势为等效电源的电动势，即测得的电动势比真实值偏小；
（3） 根据闭合电路欧姆定律可得，可知图（a）中图像的纵截距等于电动势，则有，图像的斜率绝对值等于内阻，则有 ；
（4） 根据闭合电路欧姆定律可得，可得，由图（b）可知，解得电流表内阻为 。
13．【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】
试题分析：①p1=p0，
容过程：解得：
②等压过程：
③如图所示
14．【答案】（1）2.5V；2V；（2）10J；（3）10J
【详解】（1）MN棒产生的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律得 MN两点间的电势差，代入数据解得
（2）因导体棒沿导轨向右匀速运动，导轨光滑，则拉力与安培力大小相等，则，拉力做的功
（3）撤去拉力之后棒动能全部转化为焦耳热Q，则，又因为R与r串联，R产生的焦耳热
15．【答案】(1)；(2)；(3)能滑离，
【详解】（1）以物块a、b为研究对象，由动量守恒定律有
由能量守恒定律可得
联立解得
（2）物块从点运动到点，由动能定理可得
在点，由牛顿第二定律可得
联立可得
由牛顿第三定律可得物块经过圆弧管道点时对管道的压力大小
（3）物块与物块发生完全非弹性碰撞，有
因
则长木板相对地面滑动，假设物块bc没有从长木板上滑下，对物块bc有
对长木板有
物块bc与长木板共速时有
该过程中两者的相对位移为，假设不成立
物块bc从长木板上滑下时，长木板的滑行距离为，对物块bc有
对长木板有
在此过程中系统因摩擦产生的总热量
联立可得
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2026届广东省广州市普通高中学业水平选择性考试
物理模拟试卷10
本试卷共100分，考试时间75分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
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7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．某国政府不顾国际社会的反对，公然决定将大量核废水排放到太平洋，引起了国际舆论的强烈谴责。核废水主要包含60多种放射性物质，其中以铯137、锶90、氚、碳14等为主，下列说法正确的是
A．铯137的半衰期是30年，60年后核废水中的铯137将全部衰减殆尽
B．锶90发生β衰变的反应方程为SrYeSr的比结合能比Y的大
C．氚具有放射性，是原子核外电子从高能级向低能级跃迁造成的
D．碳14的半衰期为5 730年，如果一块古木中的碳14含量是现代植物的，则该古木的历史约为11 460年
2．我国未来将建立月球基地，并在绕月轨道上建造空间站。如图所示，关闭发动机的航天飞机仅在月球引力作用下沿椭圆轨道向月球靠近，并将在椭圆的近月点B处与空间站对接。已知空间站C绕月轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，月球的半径为R，忽略月球自转。下列说法正确的是（ ）
A．航天飞机从A处到B处运行过程中速度增大，机械能也增加
B．要使对接成功，航天飞机在接近B点时必须减速
C．航天飞机沿椭圆轨道到达B处的加速度小于空间站在B处的加速度
D．月球表面的重力加速度为
3．某自动驾驶无人车自动控制反应时间（从发现障碍物到实施制动的时间）小于人的反应时间,如图甲、乙所示的两图像分别是在自动控制操作下的图像和驾驶员操作下的图像。下列说法正确的是（ ）
A．无人车自动控制时运动走过的距离
B．无人车每次刹车自动控制反应时间比驾驶员操作反应时间短
C．无人车自动控制安全刹车距离比驾驶员操作安全刹车距离短
D．无人车每次在自动控制操作下刹车至停止过程中的平均速度大小约为
4．如图所示，实线为一列简谐横波在某一时刻的波形曲线，经过后，其波形曲线如图中虚线所示。若波是沿x轴正方向传播的（周期大于），则该波的速度大小及周期分别为（ ）
A． B． C． D．
5．电磁血流量计是应用于心血管手术和有创外科手术的精密监控仪器，可以测量血管内血液的流速．如图所示，某段被监测的血管可视为内径为的圆筒，其前后两侧、固定两块竖直正对的金属电极板（未画出，电阻不计），血液中的正、负离子随血液一起从左至右水平流动，当加上竖直向下的匀强磁场时，、电极间存在电势差．当血液的流量（单位时间内流过管道横截面的液体体积）一定时，下列说法正确的是（ ）
A． 电极的电势高于电极的电势
B． 稳定时、电极间的电势差变大，说明血管内径变小
C． 稳定时、电极间的电势差大小与血液流速成正比
D． 当血液中正、负离子浓度增大且稳定时，、电极间的电势差会增大
6．如图所示，将一盒未开封的香皂置于桌面上的一张纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，香皂盒的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验，若香皂盒和纸板的质量分别为和，各接触面间的动摩擦因数均为 ，重力加速度为．若本实验中，，，，香皂盒与纸板左端的距离，若香皂盒移动的距离超过，人眼就能感知，忽略香皂盒的体积因素影响，取．为确保香皂盒移动不被人感知，对纸板的拉力大小至少是（ ）
A． B． C． D．
7．电蚊拍利用高压电击网来击杀飞近的蚊虫。如图所示，将直流电压通过转换器转变为正弦交变电压，再将其加在理想变压器的原线圈上，副线圈两端接电击网，电压峰值达到时可击杀蚊虫，正常工作时（ ）
A．交流电压表的示数为
B．副线圈与原线圈匝数比需满足
C．电击网上的高频电压的频率为
D．将直流电压连接在变压器的原线圈两端电蚊拍也可以正常工作
二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．在如图所示的坐标系内，带有等量负电荷的两点电荷、B固定在轴上，并相对于 轴对称，在轴正方向上的点处有一带正电的检验电荷由静止开始释放。若不考虑检验电荷的重力，那么检验电荷运动到点的过程中（ ）
A．电势能逐渐变小 B．电势能先变大后变小，最后为零
C．先做加速运动后做减速运动 D．始终做加速运动，到达点时加速度为零
9．一小物块由静止开始沿倾角θ=37°的斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，物块经过连接处时速度大小不变，物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为0.25，取地面为零势能面，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8。该过程中，物块的机械能E、重力势能Ep、动能Ek、摩擦产生的热量Q与水平位移x的关系图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．一枚质量为m的烟花弹获得动能后，从地面竖直升空，当烟花弹上升到最大高度时，弹中火药爆炸将烟花弹炸成质量分别为m1和m2的A、B两部分，m1∶m2＝2∶1，此时两部分获得的动能之和为烟花弹初动能的两倍，且爆炸后瞬间均沿水平方向运动。设爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，A、B两部分落地的水平位移大小分别为x1和x2，则（ ）
A．A、B两部分落地时的速度大小之比为2∶1
B．A、B两部分落地时的动能之比为4∶5
C．x1∶x2＝2∶1
D．A、B两部分落地点的间距为烟花弹上升的最大高度的6倍
三、非选择题：本大题共5题，共57分。
11．某软件能够调用手机内置加速度传感器，实时显示手机加速度的数值。小明通过安装有该软件的智能手机（其坐标轴如图1所示）探究加速度与力、质量的关系，实验装置原理图如图2所示。已知当地重力加速度为g。
（1）分别称量出小桶的质量和手机的质量。
（2）开始时，整个实验装置处于静止状态，小桶里没有装砝码。
（3）用手突然向上托起小桶，使得绳子松弛，此瞬间手机受到的合力为（用题目所给字母表示），读出此瞬间手机y轴上的加速度a的数值。
（4）往小桶中增加砝码，重复步骤（3），测得实验数据如下：
实验次数 1 2 3 4 5 6
小桶和砝码的重力m（kg） 0.0245 0.0445 0.0645 0.0845 0.1045 0.1245
手机加速度a（） 1.76 2.58 3.39 4.20 4.98
根据图3软件截图，上表中空白处的数据为。利用数据作出图像，在图4中描出第一组数据的点并连线，可以得到结论：。
（5）保持小桶和砝码的质量不变，用双面胶把不同数量的配重片贴在手机背面，重复步骤（3），测得实验数据并作出图像，得出结论：当合外力一定，加速度与物体质量成反比。
（6）从图3软件截图可以看出，即使整个实验装置处于静止状态，手机依然显示有加速度扰动，为了减少该扰动造成的相对误差，下列做法可行的是。
A．使用质量更大的砝码组
B．将弹簧更换为不可伸长的细线
C．将弹簧更换为劲度系数更小的弹簧
D．让小桶和砝码的质量远远小于手机的质量
12．某实验小组选用以下器材测定电池组的电动势和内阻，要求测量结果尽量准确。
电压表 （量程，内阻约为）
电流表 （量程，内阻约为）
滑动变阻器 （，额定电流）
待测电池组 （电动势约为，内阻约为）
开关、导线若干
①该小组连接的实物电路如图所示，经仔细检查，发现电路中有一条导线连接不当，这条导线对应的编号是 。
②改正这条导线的连接后开始实验，闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于滑动变阻器的 端（填“a”或者“b”）
③实验中发现调节滑动变阻器时，电流表读数变化明显但电压表读数变化不明显。为了解决这个问题，在电池组负极和开关之间串联一个阻值为的电阻，之后该小组得到了几组电压表读数U和对应的电流表读数I，并作出图像，如图所示。根据图像可知，电池组的电动势为 V，内阻为 。（结果均保留两位有效数字）
13．如图所示，将横截面积S=100cm2、容积为V=5L，开口向上的导热良好的气缸，置于t1=－13的环境中。用厚度不计的轻质活塞将体积为V1=4L的理想气体封闭在气缸中，气缸底部有一个单向阀门N。外界大气压强p0=1.0×105Pa，重力加速g=10m/s2，不计一切摩擦。求：
(i)将活塞用卡销Q锁定，用打气筒通过阀门N给气缸充气，每次可将体积V0=100mL，压强为p0的理想气体全部打入气缸中，则打气多少次，才能使其内部压强达到1.2p0；
(ii)当气缸内气体压强达到1.2p0时，停止打气，关闭阀门N，将质量为m=20kg的物体放在活塞上，然后拔掉卡销Q，则环境温度为多少摄氏度时，活塞恰好不脱离气缸。
14．如图甲所示，光滑的金属导轨和平行，间距，与水平面之间的夹角，匀强磁场磁感应强度，方向垂直于导轨平面向上，间接有阻值的电阻，质量，电阻的金属棒ab垂直导轨放置，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移时达到稳定状态，对应过程的图像如图乙所示。取，导轨足够长（，）。求：
（1）末金属棒两端的电势差；
（2）恒力F的大小；
（3）从金属棒开始运动到刚达到稳定状态，此过程中R产生的焦耳热；
（4）从金属棒开始运动到刚达到稳定状态过程，通过金属棒ab横截面的电荷量q和所用的时间t。
15．如图所示，为水平轨道，间的距离是半径的竖直半圆形轨道，为两轨道的连接点，为轨道的最高点，整个轨道处于竖直向下的匀强电场中，电场强度的大小。一电荷量为的小物块甲的质量为，它与水平轨道间的动摩擦因数为，另一个质量为的中性小物块乙静止在点，两个小物块均可以看成质点。小物块甲在的水平恒力作用下从点由静止开始运动，到达点时撤去力，同时与物块乙发生瞬间碰撞，碰撞后两者粘在一起，且碰撞过程电荷量不变，两者碰撞后恰能通过点，取重力加速度大小。试求：
（1）撤去时小物块甲的速度大小；
（2）在半圆形轨道上两个物块克服摩擦力做的功。
参考答案
1．【答案】D
【解析】铯137的半衰期是30年，60年为两个半衰期，剩余量为原来的四分之一，A错误；衰变过程释放能量，反应前原子核的比结合能比反应后原子核的比结合能小（易错：对于释放能量的核反应，反应后的原子核比结合能较大），B错误；氚具有放射性，射线来自于原子核，C错误；古木中的碳14含量是现代植物的，则其经历了两个半衰期，经历的时间约为11 460年，D正确。
2．【答案】B
【详解】航天飞机从A处到B处，万有引力做正功，速度增大，在这一过程中只有万有引力做功，机械能守恒，故A错误；要使对接成功，需要飞机在接近B点时减速，否则飞机将做椭圆运动，故B正确；根据牛顿第二定律，有，可得，都在B处，r相同，则加速度相同，故C错误；月球表面物体重力等于月球对物体的引力，则有，对空间站，万有引力提供向心力，有，可得，故D错误。
3．【答案】C
【题图剖析】
【详解】由题图甲知，，加速度大小为，反应时间为，无人车自动控制时减速时间为，故无人车自动控制时运动内走过的距离即为内走过的距离，由题图甲知，错误；由题图乙知，驾驶员操作的反应时间为，故无人车每次刹车自动控制反应时间比驾驶员操作反应时间短，错误；驾驶员操作的安全刹车距离为，则，正确；无人车每次在自动控制操作下刹车到停止过程的平均速度大小约为（点拨：刹车时间包括反应时间），错误。
【易错警示】
在汽车刹车问题中易因直接套用公式而致错，汽车刹车至速度为零后静止，分析汽车刹车问题时应先判断汽车的运动情况，再结合具体情况分析，不能直接套用运动学公式求解。
4．【答案】A
【详解】
由图可得
因为波沿x轴正方向传播，则
即
又因为周期大于，所以
所以波速为
故选A。
5．【答案】B
【详解】由左手定则可知正离子向电极偏转，则电极的电势高于电极的电势，故错误；由题意知流量不变，且流量，稳定时有，联立解得稳定时、电极间的电势差，可知若电势差变大，说明血管内径变小，与血液流速的次方成正比、与离子浓度无关，故正确，、错误．
6．【答案】D
【解析】香皂盒与纸板发生相对滑动时，对香皂盒由牛顿第二定律可知，解得，对纸板，由牛顿第二定律可知，为确保实验成功，即香皂盒移动的距离不超过，纸板抽出时香皂盒运动的最大距离为，纸板运动的距离为，纸板抽出后香皂盒运动的距离为，则，由题意知，，代入数据解得，故D正确．
【一题多解】由牛顿第二定律可知，解得，对纸板，由牛顿第二定律可知，由题意作出纸板和香皂盒的图像如右图所示，则，，，联立解得，故D正确．
7．【答案】B
【详解】A：正弦交变电压的有效值为，交流电压表的示数为，A错误；
B：根据变压器原、副线圈电压比等于匝数比，可知副线圈与原线圈匝数比需满足，B正确；
C：电击网上的高频电压的频率为，C错误；
D：将直流电压连接在变压器的原线圈两端，副线圈不会产生感应电动势，电蚊拍不可以正常工作，D错误。选B。
8．【答案】AD
【详解】检验电荷从M到O的过程中是由高电势到低电势，是由电场力做正功，电荷加速运动，电势能减小，故A正确，错误；因为电场力做正功，所以电荷始终做加速运动，到达O点时，场强为零，则加速度为零，故C错误，D正确。
9．【答案】BD
【详解】机械能减小量等于克服阻力做功，则在斜面上时的位移为L，则，在平面上时，因此在斜面与水平面上的E-x图像一致，图中斜率不同，摩擦产生的热量与机械能变化量相同，即，故A错误，D正确；重力势能与水平位移之间的关系为EP=EP0-mgxtanθ，EP与x呈线性关系，故B正确；动能为合力做的功，在斜面上则有，在水平面上则有Ek=Ek0-μmgx，两部分的斜率都是μmg，故C错误。
10．【答案】BD
【详解】设烟花弹的初速度为v0，上升的最大高度为h，发生爆炸瞬间，A、B两部分在水平方向上动量守恒，则有m1v1－m2v2＝0，由题意可得m1＋m2＝m，m＝mgh，m1＋m2＝m×2，联立解得v1＝v0，v2＝2v0，且速度均沿水平方向，接着A和B分别以速度v1＝v0、v2＝2v0向相反方向做平抛运动，到达地面过程中机械能守恒，设A、B落地时速度大小分别为v1'、v2'，则对A有m1＋m1gh＝m1v1'2，对B有m2＋m2gh＝m2v2'2，联立解得v1'＝v0，v2'＝v0，所以v1'∶v2'＝∶，则m1v1'2∶m2v2'2＝4∶5，故A错误，B正确；设A、B在最高处爆炸后在空中做平抛运动的时间为t，则有h＝gt2，x1＝v1t，x2＝v2t，联立解得x1＝2h，x2＝4h，故x1∶x2＝1∶2，A和B落地点的距离是x1＋x2＝6h，为烟花弹上升的最大高度的6倍，故C错误，D正确。
11．【答案】；0.98；；当手机的质量一定时，手机的加速度与手机所受合外力成正比 ；A
【详解】（3）[1]静止时根据平衡条件可得弹簧的弹力，当将小桶突然托起时，弹簧的弹力大小不变，此瞬间手机受到的合外力
（4）[2]根据图3可读得手机的加速度大小大约为，因此上表中空白处的数据应为。
[3]作图时应用平滑的直线将各点迹连接起来，且应尽可能多的让点迹落在图线上，不能落在图线上的点迹应让其均匀的分布在图线的两侧，明显有误差的点迹应直接舍去。描点作图如图所示
[4]根据图像可以得到的结论是：当手机的质量一定时，手机的加速度与手机所受合外力成正比。
（6）[5]A．使用质量更大的砝码组，整体的惯性将增加，其状态将越难改变，扰动将越小，因此该方案可行，A正确；
B．将弹簧更换为不可伸长的细线，在挂上和去掉小桶和砝码时，手机自身总是能达到平衡态，因此该方法不可行，B错误；
C．劲度系数越小，弹簧越容易发生形变，则扰动越大，因此该方法不可行，C错误；
D．让小桶和砝码的质量远远小于手机的质量，并不能减小其扰动，甚至会增加其扰动，且当托起小桶和砝码时，手机所受合外力将过小，对实验数据的处理将变得更困难，因此该方案不可行，D错误。故选A。
12．【答案】 5 a 2.9 0.80
【详解】①[1]因为电源内阻较小，故对于电源来说应该采用电流表外接法，图中采用的是电流表内接；故导线5连接不当，应该从电压表正接线柱接到电流表正接线柱；
②[2]开始实验前应该让滑动变阻器连入电路阻值最大，故应将滑片置于a端；
③[3][4]由图线可知图线与纵轴的交点即为电源电动势，故E=2.9V；图线与横轴的交点为短路电流I=0.50A，故可得等效内阻为
又因为在开关和电池负极之间接有的电阻，在计算过程中等效为内阻，故电源内阻为
13．【答案】(i)8；(ii)52
【详解】
(1)由玻意耳定律得
其中，，n为打气次数，代入数值解得：
(ii)初态气体温度为，最终稳定时，体积为，内部气体压强为
即拔掉卡销后，缸内气体压强不变，由盖·吕萨克定律得：，解得
则气缸内气体的温度为
14．【答案】（1）；（2）；（3）；（4），
【详解】（1）由右手定则可判断感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，b端电势高；由图乙可知末金属杆的瞬时速度为，电动势为，末金属杆两端的电势差，解得
（2）当金属棒匀速运动时，由平衡条件得，其中，由乙图可知，联立解得
（3）从金属棒开始运动到恰好达到稳定状态，根据动能定理可得，又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得，又，，可得
（4）从金属棒开始运动到恰好达到稳定状态，有，代入数据解得，在匀强磁场中导体棒做加速度减小的加速运动，根据动量定理可得，又由图可知，代入数据解得
15．【答案】（1）撤去力时小物块甲的速度大小；（2）
【解析】（1）小物块甲从点运动到点的过程，由动能定理得，代入数据得撤去力时小物块甲的速度大小。
（2）两物块发生完全非弹性碰撞后，由动量守恒定律得，碰撞后共同的速度大小，两物块恰好能通过点，对轨道无压力，由牛顿第二定律得，设在半圆形轨道上克服摩擦力做的功为，对系统由动能定理得，由以上两式并代入数据得。
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2026届广东省广州市普通高中学业水平选择性考试
物理模拟试卷3
本试卷共100分，考试时间75分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
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7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．2023年11月2日，东京电力公司启动第三批约7800吨核污染水排海，引起多国强烈反对。核污水中含有多种放射性元素，如铀、锶、铯等，其中铯（）衰变后会产生新核钇（），钇很不稳定，也会发生衰变，产生新核锆（），下列说法正确的是（ ）
A．发生的是α衰变
B．发生的是β衰变，衰变时放出的β射线具有极强的穿透能力
C．的比结合能比的比结合能大
D．升高温度不会改变铯的半衰期
2．如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向转动，t=0时刻将质量m=1 kg的物块(可视为质点)轻放在传送带上，物块相对地面的v-t图像如图乙所示.设沿传送带向下为正方向，g取10 m/s2，则 ( )
甲 乙
A．传送带的速率v0为12 m/s
B．传送带的倾角为30°
C．物块与传送带间的摩擦力大小为5 N
D．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
3．如图甲所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器.升压变压器原线圈匝数为150匝，副线圈匝数为1 500匝，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为 .降压变压器右侧电路中为一定值电阻，为滑动变阻器，则下列说法正确的是（ ）
甲 乙
A. 降压变压器副线圈输出的交流电频率为
B. 若升压变压器的输入功率为，远距离输电线路损耗功率为
C. 当滑片向端滑动时，电阻上的电压变小
D. 当滑片向端滑动时，输电线上的电流变大
4．图（a）为一机械波在t=4s时的图像，P、Q为平衡位置在1m和2m的两质点，图（b）为质点P的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．该波沿x轴正方向传播 B．质点P经过2s迁移到Q点
C．该波波速为1m/s D．t=0s时，质点Q在正方向最大位移处
5．如图所示，距离为的两平行金属板、之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为，一束速度大小为的等离子体垂直于磁场喷入板间.相距为的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为，导轨平面与水平面夹角为 ，两导轨分别与、相连.质量为、电阻为的金属棒垂直导轨放置，恰好静止.重力加速度为，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体的重力.下列说法正确的是（ ）
A．两平行金属板、中，板的电势比板高
B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上
C．等离子体的速度大小
D．金属棒所受安培力大小等于
6．如图（a）所示，太阳系外的一颗行星绕恒星做匀速圆周运动。由于的遮挡，探测器探测到的亮度随时间做如图（b）所示的周期性变化，该周期与的公转周期相同。已知的质量为，引力常量为。关于的公转，下列说法正确的是
图（a） 图（b）
（ ）
A. 周期为 B. 半径为
C. 角速度的大小为 D. 加速度的大小为
7．某自动驾驶无人车自动控制反应时间（从发现障碍物到实施制动的时间）小于人的反应时间,如图甲、乙所示的两图像分别是在自动控制操作下的图像和驾驶员操作下的图像。下列说法正确的是
甲 乙
（ ）
A. 无人车自动控制时运动走过的距离
B. 无人车每次刹车自动控制反应时间比驾驶员操作反应时间短
C. 无人车自动控制安全刹车距离比驾驶员操作安全刹车距离短
D. 无人车每次在自动控制操作下刹车至停止过程中的平均速度大小约为
二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．如图所示，汽车在水平路面上做匀速直线运动，用跨过光滑定滑轮的轻绳牵引小船，汽车与滑轮间的轻绳保持水平，汽车受恒定阻力f作用。当牵引小船的轻绳与水平方向的夹角为θ时，汽车发动机的输出功率为P，小船的速度大小为v，此时汽车的速度大小、轻绳对小船的拉力的功率分别为（ ）
A． B． C． D．
9．如图，电荷量分别为q和–q（q>0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点，则（ ）
A．a点和b点的电势相等
B．a点和b点的电场强度大小相等
C．a点和b点的电场强度方向相同
D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加
10．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使B瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得 ( )
A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于伸长状态
B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C．两物块的质量之比为m1∶m2=1∶2
D．在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2=8∶1
三、非选择题：本大题共5题，共57分。
11．（7分）某小组测定长方体玻璃砖折射率的步骤如下：
．水平桌面上铺一张白纸，在纸上画出两条平行直线、。画直线与两直线相交于点和点，过点画垂直于直线的直线。
．将长方体玻璃砖的边与直线对齐放置，在直线上的处竖直插上一枚大头针1。在直线上的合适位置处竖直插上另一枚大头针2，此时透过玻璃砖观察到大头针2恰好能挡住点和大头针1的像。
．直线与相交于，直线与相交于。
．测量出的长度为，的长度为，的长度为。
结合上述步骤，请回答下列问题：
（1） 实验操作规范的前提下，到的距离对实验精度______（填“有”或“无”）影响。
（2） 其他条件不变，直线、间距离越大，误差越______（填“大”或“小”）。
（3） 用测量到的结果表示该玻璃砖的折射率________________________________________。
12．某实验小组为测量干电池的电动势和内阻,设计了如图(a)所示电路,所用器材如下:
电压表(量程0~3 V,内阻很大);
电流表(量程0~0.6 A);
电阻箱(阻值0~999.9 Ω);
干电池一节、开关一个和导线若干。
图(a) 图(b)
(1)根据图(a),完成图(b)中的实物图连线。
(2)调节电阻箱到最大阻值,闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻,记录其阻值R、相应的电流表示数I和电压表示数U。根据记录数据作出的U-I图像如图(c)所示,则干电池的电动势为 V(保留3位有效数字)、内阻为 Ω(保留2位有效数字)。
图(c) 图(d)
(3)该小组根据记录数据进一步探究,作出-R图像如图(d)所示。利用图(d)中图像的纵轴截距,结合(2)问得到的电动势与内阻,还可以求出电流表内阻为 Ω(保留2位有效数字)。
(4)由于电压表内阻不是无穷大,本实验干电池内阻的测量值 (填“偏大”或“偏小”)。
13．2023年2月10日0时16分，我国神舟十五号航天员经过约7小时的出舱活动，圆满完成全部舱外既定任务。航天员所着的舱外航天服为出舱作业提供了安全保障。出舱前，关闭航天服上的所有阀门，启动充气系统给气密层充气（可视为理想气体）。假定充气后，气密层内气体的体积为2L，温度为30°C，压强为。经过一段时间，气体温度降至27°C，忽略此过程中气体体积的变化。
（1）求27°C时气密层内气体的压强；
（2）出舱后启动保温系统，维持气体的温度为27°C。因舱外气压较低，气密层内气体的体积将会膨胀。试求不放气的情况下，气密层内气体膨胀至3L时的压强。
14．海浪发电是一种应用前景广阔的新能源技术，海浪通过传动装置带动线圈在磁场中做切割磁感线运动从而发电，实现海浪动能向电能的转化。某科技小组设计了一发电模型，其原理图如图甲所示，N匝正方形闭合线圈处在垂直干线圈平面的组合磁场中，组合磁场是由两方向相反的匀强磁场组成的，磁感应强度大小均为B，线圈和磁场的宽度均为L，设线圈的总电阻为R，总质量为m，线圈在海浪的带动下上下运动切割磁感线且线圈在运动过程中不会超出磁场范围，其运动的速度-时间图像如图乙所示。线圈处于平衡位置时，线圈的中线恰好与组合磁场中的中线重叠。求：
（1）运动过程中，该线圈产生的最大感应电流；
（2）运动过程中，该线圈所受安培力的最大值；
（3）在理想条件下，该线圈的发电功率。
15．如图甲所示，半径的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，为轨道的最低点，光滑水平面上有一静止的、足够长、上表面粗 的平板车紧挨圆弧轨道右侧放置，平板车质量，其上表面与点等高。质量的滑块（可视为质点）从圆弧轨道最高点由静止释放。取，求：
（1）滑块滑到圆弧轨道的最低点时的速度大小；
（2）滑块在平板车上运动的过程中，系统因摩擦转化的内能；
（3）若平板车上表面铺着特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，滑块运动全过程接触位置动摩擦因数变化情况如图乙所示，经过二者达到共同速度，在此过程中平板车移动的距离，请在图丙中定性画出达到共速之前平板车和物块的速度一时间关系图像，并求出图乙中的（结果可用分数表示）和。
参考答案
1．【答案】D
【详解】A．根据电荷数守恒和质量数守恒可知，发生的是β衰变，A错误；
B．发生的也是β衰变，β射线没有极强的穿透能力，B错误；
C．衰变中会释放能量，新核的结合能增大，由于质量数没变，所以的比结合能比的比结合能小，C错误；
D．半衰期跟温度、压强等没有关系，只跟原子核本身性质有关，D正确。
选D。
2．【答案】D
【解析】由题图乙可知，物块先以加速度a1做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后，物块以加速度a2继续向下做匀加速直线运动，传送带的速率v0为10 m/s，A错误；开始时物块受到的摩擦力方向沿传送带向下，物块与传送带速度相等后摩擦力方向沿传送带向上，则共速前有a1=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2，共速后有a2=gsin θ-μgcos θ=2 m/s2，联立解得μ=0.5，θ=37°，B错误，D正确；物块与传送带间的摩擦力始终为滑动摩擦力，只是方向发生变化，则f=μFN=μmgcos 37°=4 N，C错误.
【方法总结】对于倾斜传送带，从上往下传送，由于物体的初速度为零，则滑动摩擦力的方向向下，其加速度a=gsin θ+μgcos θ，当二者的速度相等时：若mgsin θ≤μmgcos θ，即μ≥tan θ，则物体变为匀速运动，滑动摩擦力突变为静摩擦力；若mgsin θ>μmgcos θ，即μ
3．【答案】D
【详解】由题图乙知交流电的周期为，所以频率为，故错误；由题图乙知，升压变压器输入端电压有效值为，若升压变压器的输入功率为，则，根据理想变压器原、副线圈电流与匝数的关系有，所以，所以远距离输电线路损耗功率为，故错误；对输电回路，有，根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系有，根据理想变压器原、副线圈电流与匝数的关系有，对用电回路有，联立可得，当滑片向端滑动时，减小，升压变压器副线圈两端电压不变，则、增大，电阻上的电压变大，故错误，正确.
4．【答案】D
【详解】A．由图乙可知，4s时质点P向下振动，根据同侧法可以判断机械波沿x轴负方向传播，A错误；
B．机械波传播的是振动形式，质点在平衡位置处做简谐运动，不随波迁移，B错误；
C．由图可知，机械波的周期为，波长为，所以该波的波速为，C错误；
D．当时，质点Q在负方向最大位移处，t=0s时，向前4s即半个周期，质点Q在正方向最大位移处，D正确。选D。
5．【答案】C
【解析】根据左手定则可知板聚集了等离子体中的负离子,板聚集了等离子体中的正离子,所以板为正极,板的电势比板低,所以通过金属棒的电流方向为,由题意可知金属棒所受安培力方向一定沿导轨向上,根据左手定则可知导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下,故、错误；当、板间电压稳定时,等离子体所受电场力与洛伦兹力大小相等,即,流过金属棒的电流为,对金属棒,根据平衡条件有,其中,联立解得,故正确,错误.
6．【答案】B
【详解】因为行星的遮挡，探测器检测到的亮度会略有降低，所以两次亮度减弱之间的时间就是行星的公转周期，即，错误；行星绕恒星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得，解得，正确；行星公转的角速度，错误；该行星的向心加速度，错误。
7．【答案】C
【题图剖析】
【详解】由题图甲知，，加速度大小为，反应时间为，无人车自动控制时减速时间为，故无人车自动控制时运动内走过的距离即为内走过的距离，由题图甲知，错误；由题图乙知，驾驶员操作的反应时间为，故无人车每次刹车自动控制反应时间比驾驶员操作反应时间短，错误；驾驶员操作的安全刹车距离为，则，正确；无人车每次在自动控制操作下刹车到停止过程的平均速度大小约为（点拨：刹车时间包括反
应时间），错误。
【易错警示】
在汽车刹车问题中易因直接套用公式而致错，汽车刹车至速度为零后静止，分析汽车刹车问题时应先判断汽车的运动情况，再结合具体情况分析，不能直接套用运动学公式求解。
8．【答案】AC
【详解】当轻绳与水平方向的夹角为θ时，由关联速度规律可知，小船沿轻绳方向的分速度等于车速，即，A正确，B错误；此时轻绳的牵引力，则轻绳对小船的拉力的功率，解得，C正确，D错误。
【方法总结】关联速度问题
（1）物体的实际速度一定是合速度，分解时两个分速度方向应取沿绳方向和垂直绳方向；
（2）由于绳不可伸长，一根绳两端物体沿绳方向的速度分量大小相等；
（3）常见的速度分解模型如图所示
9．【答案】BC
【详解】
由几何关系，可知b的电势大于a的电势，故A错误；把负电荷从a移到b，电势能减少，故D错误；由对称性和电场的叠加原理，可得出a、b的合电场强度大小、方向都相同，故B、C正确。
10．【答案】BD
【详解】图线的交点表示速度相同，由A的v-t图像知其t1时刻正在加速，说明弹簧被拉伸，t3时刻正在减速，说明弹簧被压缩，故选项A错误；t3时刻A正在减速，说明弹簧被压缩，t4时刻A的加速度为零，说明弹簧处于原长，故选项B正确；对0到t1过程，根据动量守恒定律得m2v0=(m1+m2)v1，故m1∶m2=2∶1，故选项C错误；在t2时刻，由动能计算公式Ek=并结合t2时刻各自速度，知A与B的动能之比为8∶1，故选项D正确。
11．【答案】（1） 有（2分）
（2） 小（2分）
（3） （3分）
【解析】
（1）实验操作规范的前提下，到的距离过小，测量误差较大，故该距离对实验精度有影响。
（2）直线、间距离越小，作图及测量误差越大，故其他条件不变，直线、间距离越大，误差越小。
（3）光路图如图所示，，折射率为。
12．【答案】(1)见解析(2分) (2)1.58(2分) 0.65(2分)
(3)2.5(2分) (4)偏小(2分)
【命题点】测电源电动势和内阻+测电表内阻
【详解】(1)根据题图(a)完成实物图连线如图所示。
(2)由闭合电路欧姆定律得U=E-Ir,可知U-I图像的纵轴截距为干电池的电动势,则E≈1.58 V,斜率的绝对值为干电池的内阻,则=r= Ω=0.65 Ω。
(3)由闭合电路欧姆定律得E=I(RA+R+r),整理得=+,-R图像纵轴截距为2 A-1==,解得RA≈2.5 Ω 。
(4)由于电压表内阻不是无穷大,则实验测得的是干电池内阻和电压表内阻的并联总阻值,所以干电池内阻的测量值偏小。
13．【答案】（1）；（2）
【详解】（1）气体发生等容变化，则有，其中，，，联立可得。
（2）出舱后启动保温系统，维持气体的温度为27°C，根据玻意耳定律可得，其中，，联立解得。
14．【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）当线圈达到最大速度时，线圈中感应电流最大，最大感应电动势
最大感应电流
解得回路中最大感应电流
（2）运动过程中的线圈所受安培力的最大值
代入
解得
（3）由于线圈切割磁感线的时候，速度随时间呈正弦规律变化，感应电动势和感应电流也随时间呈正弦规律变化。因而其电流有效值
该线圈的发电功率
解得
15．【答案】（1） （2） （3）见解析；；
【解析】（1）从点到点，由动能定理有，解得。
（2）水平面光滑，平板车与滑块组成的系统动量守恒，有，解得，从滑块滑上平板车到二者共速过程中，根据能量守恒有，解得。
（3）由图乙知，随着相对位移的增加，加速度逐渐减小，可以得到平板车与滑块速度—时间关系图像如图1所示，
由滑块在平板车上滑行过程中动量守恒可知，任意时刻都有，从开始到达到共速，对时间累积可得，由，可得，二者的相对位移大小为，所以，可以戏图乙做变形，如图2所示，由图像可知，解得。
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第 page number 页，共 number of pages 页绝密★启用前
2026届广东省广州市普通高中学业水平选择性考试
物理模拟试卷2
本试卷共100分，考试时间75分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
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7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列说法正确的是（ ）
A．衰变为要经过4次衰变和2次衰变
B．衰变中产生的射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的
C．查德威克发现了中子，并第一次实现了人工合成放射性同位素
D．汤姆孙在研究阴极射线时发现了电子，并准确测出了电子的电荷量
2．如图所示，一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在小车上的水平横杆，质量为M的物块A穿在杆上，A通过细线悬吊着质量为m的小物体B，B在小车的水平底板上，小车未动时，细线恰好在竖直方向上，现使小车向右运动，全过程中A始终未相对杆bc移动，A、B与小车保持相对静止，已知a1∶a2∶a3∶a4=1∶2∶4∶8，A受到的摩擦力大小依次为Ff1、Ff2、Ff3、Ff4，以下结论不正确的是 ( )
图1 图2
图3 图4
A．Ff1∶Ff2=1∶2 B．Ff2∶Ff3=1∶2
C．Ff3∶Ff4=1∶2 D．tan α=2tan θ
3．如图所示，一自耦变压器接在交流电源上，V1、V2为理想电压表。下列说法正确的是（ ）
A．若P不动，滑片F向下滑动时，V1示数不变，V2示数变小
B．若P不动，滑片F向下滑动时，灯泡消耗的功率变大
C．若F不动，滑片P向上滑动时，V1示数不变，V2示数变大
D．若F不动，滑片P向上滑动时，灯泡消耗的功率变小
4．如图所示，、、为一条弹性轻绳上的三点，且。时刻，波源开始起振，方向垂直于向上,振动规律为。此后，测得点开始振动的时刻为。下列说法正确的是（ ）
A. 波长为
B. 波传播速度为
C. 点开始振动时方向向下
D. 时刻质点处在平衡位置
5．有 、 、 、 四颗地球卫星， 还未发射，在地球赤道表面随地球一起转动， 处于近地轨道上正常运动， 是地球同步卫星， 是高空探测卫星，地球自转周期为 ，所有卫星均视为做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则有（ ）
A． 的向心加速度等于 的向心加速度
B． 在相同时间内转过的弧长最长
C． 在 内转过的圆心角是
D． 的运行周期有可能是
6．小明从1楼乘坐电梯回家时，用手机软件记录了电梯运动速度ν与时间t的关系图，简化后如图所示，途中有其他楼层的邻居走出电梯，末电梯到达小明家所在的楼层，已知该居民楼每层楼高均为3m，下列说法正确的是（ ）
A．邻居家所在的楼层为11楼
B．电梯加速阶段加速度大小为
C．电梯0~24s的平均速度大小为
D．10~12s，小明感觉到肩上书包变重了
7．如图所示的平行板器件中有方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场（电场方向沿纸面向下、磁场方向垂直纸面向里）。一带电粒子以某一速度从该装置的左端水平向右进入两板间后，恰好能做直线运动。忽略粒子重力的影响，则（ ）
A．若只改变粒子的电性，则该粒子将往上偏
B．若只增加粒子的电荷量，则该粒子将往上偏
C．若只增加粒子进入该装置的速度，则该粒子将往上偏
D．若粒子从右端水平进入且速度大小不变，则该粒子不能沿直线水平飞出
二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离,静止于水平桌面上,甲的N极正对着乙的S极,甲的质量大于乙的质量,两者与桌面之间的动摩擦因数相等.现同时释放甲和乙,在它们相互接近过程中的任一时刻 ( )
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为零
9．如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移与斜面倾角的关系，将某一物体每次以大小不变的初速度沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得与斜面倾角的关系如图乙所示，取10m/s2，根据图象（ ）
A．当时，最小
B．物体的初速度
C．物体与斜面间的动摩擦因数
D．当时，物体最终会回到出发点
10．太极图的含义丰富而复杂，它体现了中国古代哲学的智慧。如图所示，为大圆的圆心，为上侧阳半圆的圆心，为下侧阴半圆的圆心，、、在同一直线上，为大圆的直径且与连线垂直，、为关于点对称的两点，在、两点分别固定电荷量大小相等的异种点电荷，整个空间只有、处点电荷产生的电场。下列说法正确的是（ ）
A. 、两点电场强度相同
B. 把电子由沿直线移到的过程中，电子的电势能先增加后减小
C. 把质子由沿直线移到的过程中，质子所受电场力先增加后减小
D. 将一电子（不计重力）从点由静止释放，电子可以沿直线在间做往返运动
三、非选择题：本大题共5题，共57分。
11．某实验小组使用如图所示的器材探究“电磁感应现象”中影响感应电流方向的因素。
(1)为弄清灵敏电流表指针摆动方向与电流方向的关系，某同学想用多用电表的某一挡位来进行探究，他应选用多用电表的 挡（选填“欧姆”、“直流电流”、“直流电压”、“交流电流”或“交流电压”），对灵敏电流表进行测试。该同学先将多用电表的红表笔接灵敏电流表的正接线柱，再将黑表笔 （选填“短暂”或“持续”）接灵敏电流表的负接线柱，此时发现灵敏电流表的指针向左摆动。
(2)在图中用实线代替导线完成实验电路连接 。
(3)连接好电路后，闭合开关，发现灵敏电流计G的指针向右偏了一下、保持开关闭合，依次进行以下操作：将铁芯迅速插入线圈A时，灵敏电流计指针将向 （填“左”或“右”）偏；然后将滑动变阻器连入电路中的阻值调大，灵敏电流计指针将向 （填“左”或“右”）偏。
(4)亮亮同学经过以上实验探究，对自家“自发电"无线门铃按钮原理进行研究，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程，磁铁靠近螺线管；松开门铃按钮过程，磁铁远离螺线管回归原位。下列说法正确的是（ ）
A．只有按下按钮时，门铃才会响
B．按住按钮不动，门铃不会响
C．按下按钮过程，Q点的电势大于Р点的电势
D．按下和松开按钮过程，通过门铃感应电流大小一定相等
12．小振同学在实验室练习使用多用电表测电阻：
（1）他找来一段电阻丝，先使用螺旋测微器饶有兴致地测了其直径，读数如图（a）所示，则该电阻丝的直径为 mm
（2）接着他找来多用表来测量该段电阻丝的电阻，请根据下列步骤完成电阻测量：
①旋动 ，使指针对准电流的“0”刻线。（填图b中的“S”、“K”或“T”）
②将选择开关旋转到电阻挡“×10”的位置。
③将红、黑表笔短接，旋动 （填图b中的“S”、“K”或“T”），使指针对准电流的 刻线（填“0”或“满偏电流”）。
④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过大。为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按 的顺序进行操作，再完成读数测量。
A．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接
B．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表欧姆调零
C．将K旋转到电阻挡“×100”的位置
D．将K旋转到电阻挡“×1”的位置
（3）正确操作后，读数如图c所示，则阻值为 Ω（保留3位有效数字）
13．如图所示的是一个蒸馏海水的装置，通过阳光照射透明容器使得容器中的水通过表面液化并流淌到取蒸馏水的装置中。已知容器总体积为，初始时候放置海水在容器中，温度，压强为，忽略水蒸气分子产生的压强对总压强的影响且认为容器内总体积不变。如果容器内的海水全部蒸发掉且被取水装置接走，此时容器内温度变为，求：
（1）此时容器的压强为多少？
（2）为了使此时容器内压强变为，求需要送入压强为，温度为的气体体积。
14．如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨电阻不计，其间距为。左端通过导线连接一个R=1.5Ω的定值电阻，整个导轨处在磁感应强度大小，方向竖直向下的匀强磁场中，质量、电阻长度为1m的匀质金属杆垂直导轨放置，且与导轨接触良好。在杆的中点施加一个垂直杆的水平拉力F，使杆由静止开始运动，拉力F的功率P=2W保持不变，当杆的速度时撤去拉力F。求：
（1）杆的速度为4m/s时，杆的加速度的大小；
（2）从撤去拉力F到杆停下整个过程中，杆上产生的热量；
（3）从撤去拉力F到杆停下整个过程中，杆滑动的位移大小x。
15．如图所示，以A、B和C、D为断点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑的地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C两点，一物块（视为质点）被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A点时刚好与传送带速度相同，然后经A点沿半圆轨道滑下，且在B点对轨道的压力大小为10mg，再经B点滑上滑板，滑板运动到C点时被牢固粘连。物块可视为质点，质量为m，滑板质量为，两半圆半径均为R，板长，板右端到C点的距离为，E点距A点的距离，物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因数相同，重力加速度为g，求：
（1）物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因数；
（2）物块与滑板间因摩擦而产生的总热量。
参考答案
1．【答案】A
【详解】
A．经过4次α衰变和2次β衰变后，则质量数减小16，而质子减小6，因此衰变为要经过4次衰变和2次衰变，故A正确；
B．衰变中产生的β射线实际上是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子，故B错误；
C．查德威克发现了中子，卢瑟福用α粒子轰击氮核首次实现了原子核的人工转变，故C错误；
D．汤姆孙在研究阴极射线时发现了电子，密立根测出了电子的电荷量，故D错误。
故选A。
2．【答案】B
【解析】题图1中，A受到的摩擦力大小为Ff1=Ma1；题图2中，A受到的摩擦力大小为Ff2=Ma2；题图3中，对A和B整体分析可知，A受到的摩擦力大小为Ff3=(M+m)a3；题图4中，对A和B整体分析可知，A受到的摩擦力大小为Ff4=(M+m)a4，则Ff1∶Ff2=1∶2，Ff2∶Ff3≠1∶2，Ff3∶Ff4=1∶2，选项A、C正确，B错误.题图3中，对B分析可知mgtan θ=ma3；题图4中，对B分析可知mgtan α=ma4，则tan α=2tan θ，选项D正确.本题选不正确的，故选B.
3．【答案】A
【详解】AB．设变压器的输入电压为U1，输出电压为U2；若P不动，滑片F向下移动时，输入电压U1不变，根据变压比公式，由于n2减小，输出电压U2也减小，灯泡消耗的功率变小，V2的示数也变小，A正确，B错误；
CD．若F不动，根据变压比公式，输入电压U1不变，则输出电压U2也不变，滑片P向上滑动时，电阻R减小，根据闭合电路欧姆定律，电路中电流增大，小灯泡两端电压也增大，由PL＝ULI，可知，灯泡消耗的功率变大，由U＝U2－UL，可知，电压表V2示数变小，CD错误。选A。
4．【答案】A
【详解】点开始振动的时刻为，则波的传播速度为，错误；由波源的振动规律知，，则，波长，正确；介质中所有质点的起振方向均与波源起振方向相同，故点开始振动时方向向上，错误；，故波传播到点的时间为，时质点振动时间为，质点起振方向向上，故时质点位于波峰处，错误。
5．【答案】B
【详解】 , 与 的角速度相同, 的轨道半径大,则 的向心加速度大,A错误；由万有引力提供向心力得 ,解得 ,由于 ,则 ,又 ,则 ,故 的线速度最大,在相同时间内转过的弧长最长,B正确； 是地球同步卫星,所以 的运行周期为 ,其在 内转过的圆心角为 错误；由万有引力提供向心力可得 ,解得 ,可知轨道半径越大,周期越长,故 的运行周期一定大于 的运行周期,即大于 错误.
【易错分析】 不善于抓住物体之间的关联点导致错误.如同步卫星和近地卫星都是万有引力提供向心力,即都满足 ,由上式比较各物理量的大小关系,可知 越大, 、 、 越小, 越大；而同步卫星和赤道上物体做圆周运动的周期和角速度都相同,因此要通过 、 比较两者的线速度和向心加速度的大小.
【关键点拨】 近地卫星和同步卫星的相同点是万有引力全部提供向心力,赤道上待发射的卫星与同步卫星具有相同的周期和角速度,则有 , .
6．【答案】A
【详解】A．由题意结合题图可知在时，邻居到达其所在楼层，根据图像与横轴围成的面积表示位移可知内有，可知邻居家所在的楼层为11楼，A正确；
B．由图像可知电梯加速阶段加速度大小为，故B错误；
C．由图像可知电梯的位移为，则电梯的平均速度大小为，故C错误；
D．由图像可知电梯在向上做匀减速直线运动，加速度方向向下，处于失重状态，则小明感觉到肩上书包变轻了，D错误。选A。
7．【答案】D
【详解】A．粒子恰好能做直线运动，说明粒子受到的洛伦兹力和电场力等大反向，有
qE=qvB
若只改变粒子的电性，洛伦兹力和电场力的方向均反向，则粒子仍沿直线通过，选项A错误；
B．若只增加粒子的电荷量，由qE=qvB可知洛伦兹力和电场力仍平衡，其仍将沿直线通过，选项B错误；
C．若只增加粒子进入该装置的速度，则电场力不变，洛伦兹力变大，但由于不知粒子的带电性，无法判断洛伦兹力的方向，因此无法判断粒子的偏转方向，选项C错误；
D．若粒子从右端水平进入，则电场力和洛伦兹力同向，合力方向与速度方向不在同一条直线上，则粒子不能沿直线水平飞出，选项D正确。
故选D。
8．【答案】BD
【解析】设乙对甲的磁力大小为F,对两磁铁受力分析如图所示,由牛顿第二定律和牛顿第三定律可知F=F',a=-μg,因为m甲>m乙,所以a甲m乙,所以p甲9．【答案】BC
【详解】B．由图可知，当时物体做竖直上抛运动，位移为
由竖直上抛运动规律可知
解得
故B正确；
C．当时，位移为
由动能定理得
解得
故C正确；
A．由动能定理得
解得
其中
解得
当时，即
此时位移最小
故A错误；
D．当时，根据计算可得
可知物体最终会静止在斜面上，故D错误。
故选BC。
10．【答案】AC
【题图剖析】设处为正点电荷，处为负点电荷，电场分布如图所示.
【详解】根据等量异种点电荷电场分布特点可知，、两点电场强度大小相等、方向相同，正确；为等量异种点电荷连线的中垂线，根据等量异种点电荷电势分布特点可知，两点电荷连线的中垂线为等势线，所以把电子由沿直线移到的过程中，电子的电势能保持不变，错误；根据等量异种点电荷电场分布特点可知，点为两点电荷连线的中垂线上场强最大的点，则把质子由沿直线移到的过程中，场强先变大后变小，质子所受电场力先增加后减小，正确；由于等量异种点电荷连线的中垂线上的场强方向与中垂线垂直，所以将一电子（不计重力）从点由静止释放，在处受到的电场力与直线垂直，电子不可能沿直线在间做往返运动，错误。
11．【答案】(1)欧姆，短暂；(2)；(3)右，左；(4)BC
【详解】（1）要使灵敏电流表指针摆动，一定有电流通过，想用多用电表的某一挡位来进行探究，只有“欧姆挡”有电源，因此他应选用多用电表的“欧姆"挡。该同学先将多用电表的红表笔接灵敏电流表的正接线柱，由于灵敏电流计的量程很小，欧姆挡电表内部的电源电压相对较高，流过灵敏电流计的电流将较大，为保护灵敏电流计，将黑表笔“短暂”接灵敏电流表的负接线柱。
（2）实验电路连接如图
（3）连接好电路后，闭合开关，线圈B内的磁通量增大，灵敏电流计G的指针向右偏了一下，则将铁芯迅速插入线圈A时，线圈B内的磁通量增大，灵敏电流计指针将向右偏。
[2]将滑动变阻器连入电路中的阻值调大，回路中电流减小，线圈A产生的磁场减小，线圈B内的磁通量减小，灵敏电流计指针将向左偏。
（4）按下和松开按钮过程，螺线管中磁通量发生变化，螺线管产生感应电动势，门铃均会响，A错误；按住按钮不动，螺线管中磁通量不变，螺线管中的感应电动势为零，门铃不会响，B正确；按下按钮过程，螺线管中向左的磁通量增大，根据楞次定理，可知按下按钮过程，通过门铃电流方向Q→P，所以Q点的电势大于Р点的电势C正确；按下和松开按钮过程，螺线管中磁通量的变化率不一定相同，螺线管产生的感应电动势不一定相同，通过门铃感应电流大小不一定相等，D错误。
12．【答案】0.641（0.640~0.643均可）；S；T；满偏电流；DBA；12.0
【详解】（1）[1]螺旋测微器读数为d=0.5mm+14.1×0.01mm=0.641mm
（2）①[2]使用电表前应先进行机械调零，即调节S，使指针对准电流的“0”刻线。
③[3][4]将多用电表调节到欧姆挡后，进行欧姆调零，当两表笔短接时，电路处于通路状态，此时，相当于待测电阻为0，电流应为满偏状态，即调节T，使指针对准电流的满偏电流。
④[5]指针偏转角度过大，则待测阻值较小，说明挑选量程较大，应尽量使指针位于表盘中央左右位置，则应选用更小的量程，即将K旋转到电阻挡“×1”的位置，然后再次进行欧姆调零，最后进行测量，挑选后的顺序为DBA。
（3）[6]如图c，挡位为“×1”，则读数为12.0Ω。
13．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）对容器内气体，初始，蒸馏后：
由理想气体状态方程
解得
（2）对理想气体，由玻意耳定律
解得
14．【答案】（1）加速阶段为0.9m/s2，减速阶段为1.6m/s2；（2）；（3）12.5m
【详解】（1）杆运动产生感应电动势
电路中感应电流
代入数据可得
杆所受安培力
代入数据可得
杆加速阶段速度v1为4 m/s时，拉力
代入数据可得
根据牛顿第二定律
代入数据可得
杆减速阶段速度为4 m/s时，根据牛顿第二定律
代入数据可得
（2）从撤去拉力F到杆停下的整个过程中，杆的动能转化为电路中产生的总热量
所以总热量
代入数据可得
杆上产生的热量
代入数据可得
（3）从撤去拉力到金属杆停下的整个过程，杆只受安培力做变减速直线运动，取向右为正方向，由动量定理得
又
联立解得
15．【答案】（1）0.5；（2）3.5mgR
【详解】（1）设物块运动到B的速度为，由牛顿第二定律得，解得，从E到B由动能定理得，解得。
（2）物块从B点滑上滑板时至物块与滑板共速，根据动量守恒定律得，解得，对m，根据动能定理，解得，对M，根据动能定理，解得，因为，可知物块与滑板达到共同速度时，物块未离开滑板，物块与木板此后以共同速度匀速运动至C点，滑板不再运动，物块在滑板上继续往前运动对m，根据动能定理，解得，又因为，由上可知，可知物块不能到达与圆心同一高度的点，将会沿圆轨道滑回来，由能量守恒定律可得，总热量。
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第 page number 页，共 number of pages 页绝密★启用前
2026届广东省广州市普通高中学业水平选择性考试
物理模拟试卷8
本试卷共100分，考试时间75分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
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7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．对以下几位物理学家所做的科学贡献，叙述正确的是（ ）
A．德布罗意认为任何一个运动的物体，小到电子、质子、中子，大到行星、太阳都有一种波与之相对应，这种波叫物质波
B．爱因斯坦通过对黑体辐射现象的研究，提出了量子说
C．卢瑟福通过a粒子散射实验，发现了质子和中子，提出了原子的核式结构模型
D．贝克勒尔通过对氢原子光谱的分析，发现了天然放射现象
2．把用金属导体制成的霍尔元件接入如图所示的电路中，把电压表接在霍尔元件、极上，调节滑动变阻器使输入电流为，又从左向右加垂直于板面的磁感应强度大小为的匀强磁场，当电场力等于洛伦兹力时，电压表测出的霍尔电压为.下列判断正确的是（ ）
A．极的电势高于极的电势
B．只改变的大小，则跟成正比
C．只改变的大小，则跟的平方成正比
D．改变、的方向，电压表指针会偏向另一边
3．如图所示是快递包裹运送和缓冲装置，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧起缓冲作用。将快递轻放在传送带左端，快递在接触弹簧前速度已达到v，之后与弹簧接触继续向右运动。规定水平向右为正方向，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下面是描述快递从开始释放到第一次到达最右端过程中的v-t图像和a-x图像，其中可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．在某一均匀介质中由波源O发出的简谐横波在x轴上传播，某时刻的波形如图所示，其波速为5 m/s，则下列说法正确的是 （ ）
A．此时P、Q两质点运动方向相反
B．波的周期为0.4 s
C．波的频率与波源的振动频率无关
D．波速由波源和介质的性质共同决定
5．新能源车是指不用传统内燃机作为动力来源的车辆，这些车辆采用替代能源和先进技术，旨在减少对化石燃料的依赖和降低污染物排放量.新能源车1、2、3、4同时同地朝同一方向出发，做道路测试时，得到的位移—时间图像和速度—时间图像分别如图甲、乙所示，则下列说法正确的是（ ）
甲 乙
A．时间内，2车的平均速度小于1车的平均速度
B．时间内，1车与2车之间的距离先减小后增大
C．时间内，3、4两车之间的距离逐渐增大
D．时间内，4车的速度先小于3车的速度，后大于3车的速度
6．如图（a）所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的遮挡，探测器探测到Q的亮度随时间做如图（b）所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同。已知Q的质量为M，引力常量为G。关于P的公转，下列说法正确的是（ ）
图（a） 图（b）
A．周期为2t1－t0 B．半径为
C．角速度的大小为 D．加速度的大小为
7．如图所示，理想变压器原线圈输入电压u=Umsinωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器．V1和 V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；A1 和A2 是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．下列说法正确的是（ ）
A．和表示电流的瞬时值
B．和表示电压的最大值
C．滑片P向下滑动过程中，不变、变大
D．滑片P向下滑动过程中，变小、变小
二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到一定值后立即关闭发动机，汽车继续滑行直到停止。这辆汽车图像如图所示，设在汽车行驶的整个过程中，汽车的牵引力和汽车所受的阻力都是恒定的，汽车牵引力大小为，阻力大小为f在汽车行驶的整个过程中，牵引力做功为，克服阻力做功为，则（ ）
A． B．
C． D．
9．如图，电荷量分别为q和–q（q>0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点，则（ ）
A．a点和b点的电势相等
B．a点和b点的电场强度大小相等
C．a点和b点的电场强度方向相同
D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加
10．如图所示，质量为M的带有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，圆弧的半径为R（未知），一质量为m的小球以速度v0水平冲上小车，恰好到达圆弧的顶端，此时M向右走了0．2R，接着小球又返回小车的左端。若M＝2m，重力加速度为g，则
A．整个过程小车和小球组成系统动量和机械能都守恒
B．圆弧半径R＝
C．整个过程小球对小车做的功为
D．小球从圆弧轨道底端上升到顶端所用的时间为
三、非选择题：本大题共5题，共57分。
11．（8分）在“用双缝干涉测量光的波长”实验中（装置如图甲所示）
甲
（1）下列说法正确的是 .
A．调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心前，应放上单缝和双缝
B．用测量头测量时，应使分划板中心刻线与亮条纹的中心对齐
C．屏上的干涉条纹与双缝垂直
（2）如果用激光器做光源，该实验照样可以完成，这时可以去掉的部件是 .
（3）用测量头测量相邻两个亮条纹中心间的距离，转动测量头的手轮，使分划板中心刻线对准第1条亮条纹中心，如图乙所示，记下手轮的读数.继续转动手轮，使分划板中心刻线对准第10条亮条纹中心，如图丙所示，记下手轮的读数.则相邻两条亮条纹的间距是 （结果保留三位有效数字）.
乙 丙
（4）在（3）的前提下，如果已经测得双缝的间距是，双缝和屏之间的距离是，则待测光的波长是 （结果保留三位有效数字）.
12．现有两组同学要测定一节干电池的电动势和内阻（已知约为1.5V，约为）。
(1)第一组采用图甲所示电路。
①为了调节方便且测量精度更高，电流表和电压表应选 （选填选项前的字母）。
A．电流表（0~0.6A），电压表（0~3V）
B．电流表（0~0.6A），电压表（0~15V）
C．电流表（0~3A），电压表（0~3V）
D．电流表（0~3A），电压表（0~15V）
②经过多次测量，他们记录了多组电流表示数和电压表示数，并在图中画出了图像。由图像乙可以得出，此干电池的电动势的测量值 V（保留三位有效数字），内阻的测量值 （保留两位有效数字）。
(2)第二组在没有电压表的情况下，设计了如图丙所示的电路，完成了对同一电池的测量。改变电阻箱接入电路中的电阻，记录多组电流表示数I和电阻箱示数R，画出图像。若图像斜率为k，纵截距为b，则干电池内阻 （用k、b表示）
13．(12分)
(1)(6分)在高空飞行的客机上某乘客喝完一瓶矿泉水后，把瓶盖拧紧。下飞机后发现矿泉水瓶变瘪了，机场地面温度与高空客舱内温度相同。由此可判断，高空客舱内的气体压强 (填“大于”“小于”或“等于”)机场地面大气压强；从高空客舱到机场地面，矿泉水瓶内气体的分子平均动能 (填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)(6分)为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液，如图12所示。某种药瓶的容积为0．9 mL，内装有0．5 mL的药液，瓶内气体压强为1．0×105 Pa。护士把注射器内横截面积为0．3 cm2、长度为0．4 cm、压强为1．0×105 Pa的气体注入药瓶，若瓶内外温度相同且保持不变，气体视为理想气体，求此时药瓶内气体的压强。
图12
14．（15分）如图所示，足够长“V”字形的金属导轨两侧与水平地面的夹角θ＝37°，最低点平滑连接，其间距为L＝0．5 m，左端接有电容C＝2000 μF的电容器。质量m＝10 g的导体棒可在导轨上滑动，导体棒与两侧导轨间的动摩擦因数相同，导体棒和导轨的电阻均不计。导轨左右两侧存在着垂直于导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T。现使导体棒从左侧导轨上某处由静止释放，经时间t1＝0．8 s第一次到达最低点，此时速度v1＝1．6 m/s，然后滑上右侧导轨，多次运动后，最终停在导轨的最低点。整个过程中电容器未被击穿，忽略磁场边缘效应和两个磁场间相互影响，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8。求：
（1）导体棒第一次运动到最低点时，电容器所带电荷量Q；
（2）动摩擦因数μ和导体棒第一次运动到最低点时，电容器储存的能量EC；
（3）导体棒运动的总时间t总。
15．如图所示，以A、B和C、D为断点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑的地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C两点，一物块（视为质点）被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A点时刚好与传送带速度相同，然后经A点沿半圆轨道滑下，且在B点对轨道的压力大小为10mg，再经B点滑上滑板，滑板运动到C点时被牢固粘连。物块可视为质点，质量为m，滑板质量为，两半圆半径均为R，板长，板右端到C点的距离为，E点距A点的距离，物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因数相同，重力加速度为g，求：
（1）物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因数；
（2）物块与滑板间因摩擦而产生的总热量。
参考答案
1．【答案】A
【详解】A．德布罗意认为任何一个运动的物体，小到电子、质子、中子，大到行星、太阳都有一种波与之相对应，这种波叫物质波，A正确；
B．普朗克通过对黑体辐射现象的研究，提出了量子说，B错误；
C．卢瑟福通过a粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，该实验没有发现质子和中子，C错误；
D．贝克勒尔发现了天然放射现象，但并不是通过对氢原子光谱的分析发现的，D错误。选A。
2．【答案】B
【解析】本题考查霍尔效应问题.根据左手定则可知，电子受到的安培力指向极，故电子向极偏转，故极的电势低于极的电势，错误；电子平衡时，电子所受的洛伦兹力与电场力平衡，则，可得，由电流微观粒子表达式得，联立可得，所以只改变的大小，则跟成正比；只改变的大小，则跟成正比，正确，错误；改变、的方向，根据左手定则，故极的电势仍低于极的电势，电压表指针不会偏向另一边，错误.
3．【答案】B
【详解】快递在接触弹簧前速度已达到v，说明它在接触弹簧前先加速再匀速，匀速阶段不受摩擦力。接触弹簧后，在开始一段时间内快递相对于传送带静止，即其受弹簧弹力和静摩擦力平衡，继续做匀速运动，运动到弹力与最大摩擦力相等时，由于惯性继续压缩弹簧，弹力越来越大，快递接下来做加速度增大的减速运动直到速度为零。故A错误；B正确；快递在接触弹簧前加速阶段，有，解得，方向向右。匀速运动阶段，有，接触弹簧后，运动到弹力大于最大静摩擦力前，仍做匀速运动，加速度仍然为零，弹力大于最大静摩擦力后，有，解得，方向向左。故CD错误。
4．【答案】B
【详解】波同时向两侧传播，根据对称性可知，此时P（-2 m，0）、Q（2 m，0）两点运动方向相同，故A错误；由图知波长λ=2 m，v=5 m/s，则周期为T==0.4 s，故B正确；在传播过程中介质中的质点做的是受迫振动，波的频率和波源的振动频率一致，故C错误；波速只与介质有关，同种介质波速相同，故D错误.
5．【答案】C
【解析】本题考查图像、图像.由题图甲可知，在时间内，2车的位移等于1车的位移，则2车的平均速度等于1车的平均速度，故错误；根据位移—时间图像可比较同一时间车1、2的位移，由题图甲可知内1车与2车的位移差先增大后减小，故时间内，1车与2车之间的距离先增大后减小，故错误；由题图乙可知，时间内，3车的速度一直比4车的速度大，则两车间的距离一直增大，故正确，错误.
6．【答案】B
【解析】因为行星的遮挡，探测器检测到的亮度会略有降低，所以两次亮度减弱之间的时间就是行星的公转周期，即T＝t1－t0，A错误；行星绕恒星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得G＝mr，解得r＝，B正确；行星公转的角速度ω＝＝，C错误；该行星的向心加速度a＝＝，D错误。
7．【答案】C
【详解】
在交流电中电表显示的都是有效值，故AB错误；滑片P向下端滑动过程中，电阻减小，电压不变即U2不变，则I2变大，输出功率变大，输入功率变大，输入电压不变，所以I1变大，故C正确，D错误．
8．【答案】BC
【详解】内，由图像可知加速度，位移（图线与对应时间轴围成的图形面积），且由牛顿第二定律可知，内，由图像可知加速度大小，位移（图线与对应时间轴围成的图形面积），且由牛顿第二定律可知，联立解得，故B正确，A错误；由，可得牵引力做功，克服阻力做功，则，故C正确，D错误。
9．【答案】BC
【详解】
由几何关系，可知b的电势大于a的电势，故A错误；把负电荷从a移到b，电势能减少，故D错误；由对称性和电场的叠加原理，可得出a、b的合电场强度大小、方向都相同，故B、C正确。
10．【答案】BCD
【解析】在小球运动过程中，小球和小车组成的系统所受合外力不为零（关键：可用超重和失重分析系统所受合外力是否为零），则动量不守恒，系统只有动能和重力势能的转化，机械能守恒，A错误；小球从冲上小车至到达圆弧轨道顶端的过程中，系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律得mv0＝（m＋M）v（点拨：小球恰好到达圆弧轨道的顶端，则小球到达圆弧轨道顶端时小球与小车共速），根据机械能守恒定律得m＝（m＋M）v2＋mgR，解得R＝，此时M向右走了0.2R，根据水平方向动量守恒得mv0＝mvm＋MvM，在时间上累积即有mv0t＝mxm＋MxM，其中xm＝R＋xM＝1.2R，解得t＝，B、D正确；设小球离开小车时小球的速度大小为v1，小车的速度大小为v2，以水平向右为正方向，整个过程中，根据水平方向动量守恒得mv0＝mv1＋Mv2，根据机械能守恒定律得m＝m＋M，解得v2＝v0，根据动能定理得整个过程小球对小车做的功为W＝M＝，C正确。
11．【答案】（1）B
（2）滤光片和单缝（2分）
（3）（2分）
（4）（2分）
【解析】（1）调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心前，不需要放上单缝和双缝，错误；用测量头测量时，分划板中心刻线与亮条纹的中心如果不对齐，测量结果不准确，正确；屏上的干涉条纹与双缝平行，错误.
（2）激光器做光源，由于激光的单色性和相干性好，可以去掉滤光片和单缝；
（3）第1条亮条纹中心对应手轮的读数约为，第10条亮条纹中心对应手轮的读数约为，则相邻亮条纹的间距.
（4）由 ，可得.
12．【答案】(1)A，1.48/1.49/1.50，0.80/0.81/0.82/0.83/0.84；(2)
【详解】（1）由于干电池的电动势约为1.5V，应选的电压表，由于电源内阻约为1Ω，可估算出电流最大电流为，为了减小实验误差，所以选量程为0~0.6A的电流表。
根据闭合电路欧姆定律得，可知图像纵截距表示电动势大小，斜率绝对值表示内阻，结合图乙可得，
（2）结合图丙，根据根据闭合电路欧姆定律得，整理得，图像斜率为，纵截距为，联立解得
13．【答案】(1)小于(3分) 不变(3分) (2)1.3×105 Pa
【解析】(1)以矿泉水瓶内的封闭气体为研究对象，由于机场地面温度与高空客舱内温度相同，则有p1V1＝p2V2，而矿泉水瓶变瘪了，说明矿泉水瓶内气体的体积减小，故瓶内气体压强增大，即高空客舱内的气体压强小于机场地面大气压强；温度是分子平均动能的标志，由于机场地面的温度与高空客舱内温度相同，故分子的平均动能不变，即矿泉水瓶内气体的分子平均动能不变。
【技巧必背】
温度是分子平均动能的标志，温度升高时分子的平均动能变大，温度降低时分子的平均动能变小，与分子的种类、状态等无关。
(2)1.3×105 Pa
设注射器内的气体体积为V1，压强为p0，则有
V1＝Sh＝1.2×10－7 m3，p0＝1.0×105 Pa，
药瓶内气体的体积V2＝9×10－7 m3－5×10－7 m3＝4×10－7 m3，
把注射器内气体注入药瓶内过程，瓶内外温度相同且保持不变，设此时药瓶内气体压强为p1，体积为V'2＝V2(2分)
根据玻意耳定律有
p0V1＋p0V2＝p1V'2(2分)
解得p1＝1.3×105 Pa(2分)
【方法拓展】
用三个气体实验定律与理想气体状态方程研究变质量气体问题时有多种不同的处理方法。
(1)口袋法：给初状态或者末状态补接一个口袋，把变化的气体用口袋收集起来，从而保证质量不变。
(2)隔离法：对变化部分和不变部分隔离，只对不变部分进行研究，从而实现被研究的气体质量不变。
(3)比较常数法：气体常数与气体质量有关，质量变化，气体常数变化；质量不变，气体常数不变。根据已知状态参量计算出各个状态下的气体常数C，然后进行比较。
14．【答案】（1）3.2×10－3 C （2）0.45 2.56×10－3 J （3）2 s
【解析】（1）在最低点，导体棒切割磁场，电容器两端电压与导体棒两端电动势相等。
U＝E＝BLv1①（1分）
电容器的电容C＝②（1分）
由①②得Q＝3.2×10－3 C（1分）
（2）导体棒在左边导轨上由静止释放后，在下滑过程中受力分析如图：
沿斜面方向由牛顿第二定律得：
mgsin θ－μmgcos θ－F＝ma1③（1分）
F＝BIL④，
I＝＝BLC＝BLCa1⑤（1分）
a1＝⑥，
由③④⑤⑥得a1＝，a1为常数，
则导体棒做匀加速直线运动，
又v1＝a1t1得a1＝2 m/s2，
联立解得μ＝0.45，
x1＝a1＝0.64 m，h＝x1sin θ（1分）
EC＝mgh－μmgcos 37°x1－m（2分）
解得EC＝2.56×10－3 J（1分）
【一题多解】
沿斜面方向由动量定理得：
mgsin θt1－μmgcos θt1－Blt1＝mv1（2分）
t1＝Q，
解得μ＝0.45（1分）
根据电容器储存能量公式EC＝CU2（1分）
U＝BLv（1分）
解得EC＝2.56×10－3 J（1分）
（3）根据分析可知，物体冲上右边导轨后，电容器放电，导体棒受到的安培力F沿斜面向上，受力分析图如图所示，根据牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ－F＝ma2⑦，
F＝BIL⑧，
I＝＝BLC＝BLCa2⑨，
由⑦⑧⑨得a2＝8 m/s2，可知导体棒沿导轨向上做匀减速直线运动（1分）
t2＝＝0.2 s（1分）
物体上滑到右侧最高点位移x2＝（1分）
解得x2＝0.16 m（1分）
同理，导体棒在右侧轨道上滑到达最高点后以加速度a1向下匀加速运动，到达最低点后以加速度a2匀减速滑上左侧轨道，如此往复，直至停在最低点。根据运动学规律得
在两边导轨匀加速下滑时间依次为：
t1＝0.8 s，t3＝0.4 s，t5＝0.2 s，t7＝0.1 s…
在两边导轨匀减速上滑时间依次为：
t2＝0.2 s，t4＝0.1 s，t6＝0.05 s，t8＝0.0025 s…
所以t总＝2 s（2分）
15．【答案】（1）0.5；（2）3.5mgR
【详解】（1）设物块运动到B的速度为，由牛顿第二定律得，解得，从E到B由动能定理得，解得。
（2）物块从B点滑上滑板时至物块与滑板共速，根据动量守恒定律得，解得，对m，根据动能定理，解得，对M，根据动能定理，解得，因为，可知物块与滑板达到共同速度时，物块未离开滑板，物块与木板此后以共同速度匀速运动至C点，滑板不再运动，物块在滑板上继续往前运动对m，根据动能定理，解得，又因为，由上可知，可知物块不能到达与圆心同一高度的点，将会沿圆轨道滑回来，由能量守恒定律可得，总热量。
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2026届广东省广州市普通高中学业水平选择性考试
物理模拟试卷5
本试卷共100分，考试时间75分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
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7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．2021年科学家们利用14C测年法估测出我国三星堆遗址三号坑的大概年份。其测量依据是：大气中的14N在宇宙射线的轰击下转换为14C，其核反应方程为，14C通过光合作用和新陈代谢作用进入生物体内，生物活着的时候其体内12C和14C的比例保持不变，当生物死后，14C发生衰变，其含量逐渐减少，14C的半衰期约为5700年，其衰变方程为，下列说法正确的是（ ）
A．X为光子
B．生物活着时体内14C不会发生衰变
C．14C发生的是β衰变
D．生物死后11400年，体内14C将完全衰变成14N
2．如图所示为回旋加速器示意图，利用回旋加速器对氘核进行加速，此时D形盒中的磁场的磁感应强度大小为B，D形盒缝隙间电场变化周期为T，加速电压为U，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出，忽略相对论效应和粒子在D形盒缝隙间的运动时间，下列说法正确的是（ ）
A．只增大加速电压U，氘核获得的最大动能增大
B．只增大加速电压U，氘核在回旋加速器中加速次数减少
C．保持B、U和T不变，该回旋加速器可以加速质子
D．若要加速质子可只将磁感应强度大小调为原来的2倍
3．如图所示为某小型水电站电能输送线路示意图，发电机通过升压变压器和降压变压器向用户供电。已知发电机线圈电阻为r，产生的感应电动势有效值为E，升压变压器原、副线圈匝数比为a，降压变压器原、副线圈匝数比为b，两变压器间输电线总电阻为R1，用户端总电阻为R2。电流表为理想电表，变压器为理想变压器，下列说法正确的是
A．电流表的示数I＝
B．升压变压器原线圈两端的电压 U1＝
C．电阻R1、R2消耗的功率之比为R1∶bR2
D．若用户端负载增加，电流表示数变小
4．如图所示，一列简谐横波向左传播，振幅为A，某时刻介质中质点a的位移为，经周期，质点a位于平衡位置的（ ）
A．上方，且位移大于
B．上方，且位移小于
C．下方，且位移大于
D．下方，且位移小于
5．物体沿一条东西方向的水平线做直线运动，取向东为运动的正方向，其速度一时间图像如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．在末，速度大小为，方向向东
B．内，加速度大小为
C．内，物体做速度方向向东的加速运动
D．内，物体做速度方向向西的减速运动
6．2019年1月3日“嫦娥四号”探测器成功在月球背面着陆，标志着我国探月航天工程达到了一个新高度。已知地球和月球的半径之比约为4：1，分别在离月球表面高度为h处和离地球表面高度为h处自由下落的小球运动时间之比为，由此可知（ ）
A．地球表面重力加速度和月球表面重力加速度之比为
B．小球在地球表面落地的速度和在月球表面落地的速度之比为6:1
C．地球的质量与月球的质量之比为96:1
D．地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为8:1
7．如图所示是一种升降系统示意图.轻弹簧上端固定质量为的平台，站在上面的人手握轻质横杆，绳子的一端与横杆相连，另一端与定滑轮相连，初始时绳子刚好伸直，人和平台处于静止状态.启动电动机，让其带动定滑轮向上收绳子，使人和平台一起做加速度为的匀加速直线运动，直至人离开平台.已知弹簧劲度系数为，人的质量为，重力加速度为.下列说法正确的是（ ）
A．电动机启动前，弹簧的形变量为
B．电动机启动瞬间，绳子拉力大小为
C．人与平台分离瞬间，平台上升的高度为
D．当平台速度达到最大时，弹簧恢复原长
二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．质量为的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度时间图像如图所示，从时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为，则（ ）
A．时间内，汽车的牵引力为
B．时间内，汽车的功率为
C．汽车运动过程中的最大速度
D．在时刻，汽车的加速度为
9．（多选）质量均为m的木块A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为M的小球C.现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，在以后的运动过程中，下列判断正确的是（重力加速度为g） （ ）
A．A和B分离之前，A、B、C组成的系统动量守恒
B．小球C到达最低点时的速度大小为2
C．木块B的最大速度大小为
D．小球C到达左侧最高点时速度大小为
10．半径为R、均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场，电场强度大小沿半径方向分布规律如图所示.图中E0已知，E-r曲线下O~R部分的面积等于2R~3R部分的面积，过球心同一直线上A、B两点离球心的距离分别为2R、3R.下列说法中正确的是 （ ）
A．A点的电势低于B点的电势
B．A、B两点的电场强度大小之比是9∶4
C．从球面到A点的电势差小于A、B两点间的电势差
D．电荷量为q的正电荷沿直线从A移到B的过程中电场力做的功为
三、非选择题：本大题共5题，共57分。
11．某实验小组使用如图甲所示的装置测量某激光的波长.用光具座固定激光笔和刻有双缝的黑色纸板，双缝间的宽度.激光经过双缝后投射到光屏上的条纹如图乙所示.
甲 乙
（1） 由刻度尺读出、两亮纹中心间的距离___.
（2） 通过激光测距仪测量出双缝到光屏间的距离，已知（为相邻两亮条纹间的距离），则该激光的波长___________.（结果保留3位有效数字）
（3） 如果在同样装置和参数下用绿色（波长在左右）激光重新进行实验，相邻两亮条纹中心间距会_____（填“变大”“变小”或“不变”）.
12．某实验小组要测量阻值约为50Ω的定值电阻的阻值，为了精确测量该电阻阻值，实验室提供了如下实验器材：
A．电压表（量程为0~3V，内阻约为6000Ω）；
B．电压表（量程为0~15V，内阻约为30000Ω）；
C．电流表A（量程为0~10mA，内阻RA10Ω）；
D．滑动变阻器（最大阻值为10Ω）；
E．滑动变阻器（最大阻值为3kΩ）；
F.电阻箱（最大阻值999.9Ω）；
G.电源（电动势3V、内阻不计）、开关，导线若干。
(1)该小组同学分析实验器材，发现电流表的量程太小，需将该电流表改装成0~60mA量程的电流表，应并联电阻箱，并将的阻值调为 Ω；
(2)实验时，通过调整测量方法消除测量方案中的系统误差，请设计电路并画在虚线方框中 ，并要求实验操作时电压可以从零开始调节。在设计的电路中电压表选用 ，滑动变阻器选用 （填写各器材前的字母序号）；
(3)某次测量时，电压表与电流表的示数分别为U、I，则待测电阻的阻值 （用已知物理量的字母表示）。
13．在学校科技节的“水火箭”比赛上，小明同学用容积为的可乐瓶制作了一支水火箭，现向瓶中装入的水后用带气嘴的橡胶塞塞紧瓶口，将火箭竖直放置，火箭内气体的压强为，如图所示。现在用容积为的打气筒将压强为的空气打进“水火箭”内，当瓶内气体的压强达到时橡胶塞脱落，水流高速喷出，火箭向上飞起。假设整个过程中水火箭没有变形、漏气和漏水，气体可视为理想气体。
（1）水喷出后瞬间，箭体内气体的温度升高还是降低，简要说明理由；
（2）设打气过程气体的温度保持不变，求需打气的次数。
14．如图所示，水平面上方左侧有一垂直水平面向下的匀强磁场，边长为L的正方形金属线框平放在水平面上，且bc边与磁场边界重合。现对线框施加垂直于水平方向大小为F的恒力使线框由静止开始运动，在线框的ad与磁场边界重合前线框已开始匀速运动且速度为v，已知线框的质量为m、电阻为R，线框与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，求：
（1）线框加速度的最大值多大；
（2）磁场的磁感应强度多大？
15．如图所示，在光滑水平面上有质量为2m和的物块a、b用轻弹簧锁定，物块与弹簧没有拴接。解除弹簧锁定，物块以速度被弹开，随后进入长的固定阻尼管AB中，物块与阻尼管间的动摩擦因数为，物块滑出阻尼管后进入两个半径均为的四分之一竖直光滑圆弧管道BCD，在出口处和静止在长木板左端的物块碰撞（碰撞时间极短），并粘在一起，物块的质量为，长木板的质量为4m，长度为。已知，物块b、c与长木板间的动摩擦因数均为，长木板与地面间的动摩擦因数为，重力加速度，不计空气阻力。
(1)求弹簧解锁前具有的弹性势能；
(2)求物块经过圆弧管道点时对管道的压力大小；
(3)请通过计算说明物块bc能否滑离长木板？若不能滑离，求物块bc的运动距离；若能滑离，求物块bc在长木板上滑动过程中系统因摩擦产生的热量。
参考答案
1．【答案】C
【详解】A．由核反应方程可知，X为，A错误；
B．放射性元素衰变是由原子核内部自身的因素决定的，与外界的物理和化学等状态无关，B错误；
C．根据质量数守恒与电荷数守恒可知其衰变方程为
所以14C发生的是β衰变，C正确；
D．生物死后11400年，经过了两个半衰期，体内14C剩余质量为
即原来的，D错误。
选C。
2．【答案】B
【详解】A．设回旋加速器D形盒的半径为R，氘核的最大速度为，根据牛顿第二定律有，解得，氘核获得的最大动能为，所以最大动能与U无关，只增大加速电压U，氘核获得的最大动能不变，A错误；
B．氘核在回旋加速器中加速次数为，所以只增大加速电压U，氘核在回旋加速器中加速次数减少，B正确；
CD．氘核做匀速圆周运动的周期为，氘核每运动一个周期都被加速两次，而交变电场的方向每个周期改变两次，且氘核每次经过电场都会被加速，所以D形盒缝隙间电场变化的周期等于氘核运动的周期，而氘核和质子的比荷不同，所以保持B、U和T不变，该回旋加速器不能加速质子。而质子的比荷为氘核比荷的2倍，则由上式可知若要加速质子，可只将磁感应强度大小调为原来的一半或只将D形盒缝隙间电场变化周期调为原来的一半，CD错误。选B。
3．【答案】B
【解析】设流过R2的电流为I4，则降压变压器输出电压为U4＝I4R2，输入电压为U3＝bU4＝bI4R2，输入电流I3＝I4，升压变压器输出电压U2＝I3R1＋U3＝bI4R2＋I4R1，输出电流I2＝I3，则升压变压器输入电压U1＝aU2＝abI4R2＋I4R1，输入电流I＝I1＝I2＝I4，对发电机电路有E＝U1＋Ir＝abI4R2＋I4R1＋I4r，解得I4＝，则I＝I4＝，A错误；升压变压器原线圈输入电压U1＝abI4R2＋I4R1＝，B正确；电阻R1、R2消耗的功率之比为＝＝，C错误；由I＝I4＝知，当负载增加时（易错点：负载增加是指并联用户数增多，并联电阻减小），电阻R2减小，I增大，电流表示数增大，D错误。
4．【答案】A
【详解】由于简谐横波向左传播，经过周期后，波形如图
则可知质点a位于平衡位置的上方，且位移大于。选A。
5．【答案】D
【详解】A．由图线可知，在末，速度为，方向为向西，故A错误；
B．内，加速度大小为
故B错误；
C．内，物体速度为负，且速度变大，与规定的正方向相反，物体做速度方向向西的加速运动，故C错误；
D．内，物体速度为负，且速度变小，与规定的正方向相反，物体做速度方向向西的减速运动，故D正确。
故选D。
6．【答案】C
【详解】A．根据可知，地球表面重力加速度和月球表面重力加速度之比为，A错误；
B．根据可知，小球在地球表面落地的速度和在月球表面落地的速度之比为，B错误；
C．根据万有引力与重力的关系有，解得地球的质量与月球的质量之比为，C正确；
D．根据第一宇宙速度的计算公式，可知地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为，D错误；选C。
7．【答案】C
【详解】电动机启动前,对平台和人整体受力分析,有,则弹簧的形变量为,错误；电动机启动瞬间,有,解得绳子拉力大小为,错误；人与平台分离瞬间,平台的加速度为且人对平台无压力,则对平台受力分析,有,平台上升的高度,正确；当平台速度达到最大时,加速度为零,此时弹簧弹力等于平台的重力,可知弹簧处于压缩状态,错误.
8．【答案】BC
【详解】AB．在0～t1时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度
根据牛顿第二定律得
解得
从t1时刻起汽车的功率保持不变，则汽车的额定功率
时间内，汽车的功率等于，A错误B正确；
C．当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度
C正确；
D．假设是匀变速运动，即图线是一条直线AB，根据
速度时间图像的倾斜程度表示加速度，时刻的该时刻图线的切线和直线AB不平行，即在时刻，汽车的加速度不是， D错误。
故选BC。
9．【答案】BCD
【解析】小球摆动过程中，A、B、C组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒，A错误；小球C下落过程中，系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律可得MvC-2mvAB=0，由机械能守恒定律可得MgL=M+×2m，解得vC=2，vAB= ，B正确；A、B分离后B以原速度做匀速直线运动，则B的最大速度大小为vAB=，C正确；A、B分离后B以原速度做匀速直线运动，A速度减为零后方向改变，向左运动，当A、C速度相等时，C球摆到最高点，此过程A、C组成的系统在水平方向上动量守恒，则有MvC-mvAB=（m+M）v，解得v=，D正确.
10．【答案】BD
【详解】带正电球体产生向外辐射的电场，即直线AB上电场方向为从A到B，根据沿电场线方向电势降低，可知A点的电势高于B点的电势，A错误；因为球体均匀带电，所以球体产生的电场可等效为集中在球心位置、与球体电荷量相同的点电荷产生的电场，根据E=k，结合rA∶rB=2∶3，可得EA∶EB=9∶4，B正确；根据公式U=Ed可知E-r曲线与r轴所围面积表示两点之间的电势差，则从球面到A点的电势差大于A、B两点间的电势差，C错误；E-r曲线下O~R部分的面积等于2R~3R部分的面积，所以从球心到R处的电势差等于A、B两点间的电势差，大小为U=E0R，根据W=Uq可得电荷量为q的正电荷沿直线从A移到B的过程中电场力做的功为E0Rq，D正确.
11．【答案】（1） 65.0
（2）
（3） 变小
【解析】
（1） 刻度尺的分度值为,由刻度尺读出、两亮纹中心的位置分别为、,则、两亮纹中心间的距离.
（2） 相邻两亮条纹间的距离,由,可得该激光的波长.
（3） 如果用绿色激光重新进行实验,由于绿色激光的波长约为,由可知,、不变,则相邻两亮条纹中心间距会变小.
【关键点拨】
很小,直接测量时相对误差较大,通常测出条亮条纹间的距离,然后计算出相邻两条亮条纹间的距离.
12．【答案】(1)2
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意，若电流表量程为0~60mA，量程扩大到6倍，则根据并联电压相等的关系
即
解得
（2）[1][2][3]电源电动势3V，所以电压表应选用；实验操作时电压可以从零开始调节，滑动变阻器采用分压接法，为了调节方便，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选用阻值较小的；由于电流表内阻已知，所以电流表采用内接法，可消除测量方案中的系统误差，实验电路图如图所示
（3）根据欧姆定律可得
13．【答案】（1）降低，理由见解析；（2）9
【详解】（1）水喷出后瞬间，箭体内气体对外界做功，即，且此过程经历时间很短，气体来不及与外界完成充分的热交换，可视为绝热过程，，根据热力学第一定律可知，气体的内能减少，温度降低；
（2）设需打气次，根据玻意耳定律有，
其中，
解得n=9。
14．【答案】（1）；（2）
【详解】
（1）线框刚开始运动时它的加速度最大，则有
解得
（2）匀速运动时，线框的感应电动势为
感应电流为
线框的安培力为
由平衡条件可得
联立解得
15．【答案】(1)；(2)；(3)能滑离，
【详解】（1）以物块a、b为研究对象，由动量守恒定律有
由能量守恒定律可得
联立解得
（2）物块从点运动到点，由动能定理可得
在点，由牛顿第二定律可得
联立可得
由牛顿第三定律可得物块经过圆弧管道点时对管道的压力大小
（3）物块与物块发生完全非弹性碰撞，有
因
则长木板相对地面滑动，假设物块bc没有从长木板上滑下，对物块bc有
对长木板有
物块bc与长木板共速时有
该过程中两者的相对位移为，假设不成立
物块bc从长木板上滑下时，长木板的滑行距离为，对物块bc有
对长木板有
在此过程中系统因摩擦产生的总热量
联立可得
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第 page number 页，共 number of pages 页绝密★启用前
2026届广东省广州市普通高中学业水平选择性考试
物理模拟试卷7
本试卷共100分，考试时间75分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
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7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．铀核衰变为钍核的核反应方程为，铀核衰变为铅核的核反应方程为，下列说法正确的是（ ）
A．铀核衰变产生的粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量
B．铀核衰变为铅核的核反应方程中的，
C．两个铀核经过一个半衰期后一定会剩下一个铀核未衰变
D．由于铀核衰变时辐射出射线，有能量损失，因此衰变前后能量不守恒
2．如图所示为研究光电效应和霍尔效应的装置示意图.光电管和霍尔片串联，霍尔片的长、宽、高分别为、、，该霍尔片放在磁感应强度大小为、方向平行于边的匀强磁场中.闭合开关，入射光照到阴极时，电流表A的示数为，该电流在霍尔片中形成沿电流方向的恒定电场，电场强度为，电子在霍尔片中移动的平均速度，其中电子迁移率 为已知常数.电子电荷量为，电子的质量为.霍尔片单位体积内的电子数为，则（ ）
A．霍尔片前后侧面的电压为
B．霍尔片内的电场强度大小为
C．调节滑动变阻器，可以使电流表的示数减为零
D．滑动变阻器滑片右移后，单位时间到达光电管阳极的光电子数一定大于
3．如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在斜面上一起以一定的初速度滑行一段距离后停止。现拿走砝码，而持续加一个垂直于斜面向下的恒力F（F=mgcos θ），其他条件不变，则木盒滑行的距离将（ ）
A．不变 B．变小
C．变大 D．变大、变小均有可能
4．下列说法正确的是（ ）
A．在干涉现象中，振动加强点的位移总比减弱点的位移要大
B．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关
C．火车鸣笛向我们驶来时，我们听到的笛声频率将比声源发声的频率低
D．当水波通过障碍物时，只有障碍物或小孔的尺寸比波长小时，才发生明显的衍射现象
5．如图,理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2,输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源,灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同。在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中,两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内,下列说法正确的是 ( )
A．L1先变暗后变亮,L2一直变亮
B．L1先变亮后变暗,L2一直变亮
C．L1先变暗后变亮,L2先变亮后变暗
D．L1先变亮后变暗,L2先变亮后变暗
6．在空中某固定点竖直悬一根均匀的绳子，现从悬点释放绳子让其自由下落（不计空气阻力），若此绳通过悬点正下方20m处某点A共用了时间1s，则该绳全长为（ ）（g取10m/s2）．
A．15m B．10m C．20m D．25m
7．2024年5月3日嫦娥六号探测器由长征五号遥八运载火箭在中国文昌航天发射场成功发射，之后准确进入地月转移轨道，由此开启世界首次月背“挖宝”之旅。如图所示为嫦娥六号探测器登月的简化示意图，首先从地球表面发射探测器至地月转移轨道，探测器在P点被月球捕获后沿椭圆轨道①绕月球运动，然后在P点变轨后沿圆形轨道②运动，下列说法正确的是（ ）
A．飞船在轨道①上经过P点时应该加速才能进入轨道②
B．飞船在轨道②上的环绕速度大于月球的第一宇宙速度
C．飞船在轨道①上经过P点时的加速度与在轨道②上经过P点时的加速度相同
D．飞船在轨道①上的周期小于轨道②上的周期
二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为m的滑块，滑块的一侧是一个弧形槽，槽半径为R，A点切线水平，B为最高点，C是AB间某位置。另有一个质量也为m的小球以速度从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计摩擦和阻力，下列说法中正确的是（ ）
A．当时，小球无法到达B点
B．当时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能先增大再减小
C．小球回到弧形槽底部离开A点后做自由落体运动
D．小球回到弧形槽底部离开A点后可能做平抛运动
9．如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场，之后进入电场线竖直向下的匀强电场发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（ ）
A．偏转电场对三种粒子做功一样多
B．三种粒子打到屏上时速度一样大
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D．三种粒子一定打到屏上的同一位置，
10．如图所示，飞机场运输行李的传送带保持恒定的速率运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，传送带将它送入飞机货舱，在此过程中传送带对货物做功的功率为，货物速度为，位移为，加速度为，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，则下列图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
三、非选择题：本大题共5题，共57分。
11．某软件能够调用手机内置加速度传感器，实时显示手机加速度的数值。小明通过安装有该软件的智能手机（其坐标轴如图1所示）探究加速度与力、质量的关系，实验装置原理图如图2所示。已知当地重力加速度为g。
（1）分别称量出小桶的质量和手机的质量。
（2）开始时，整个实验装置处于静止状态，小桶里没有装砝码。
（3）用手突然向上托起小桶，使得绳子松弛，此瞬间手机受到的合力为（用题目所给字母表示），读出此瞬间手机y轴上的加速度a的数值。
（4）往小桶中增加砝码，重复步骤（3），测得实验数据如下：
实验次数 1 2 3 4 5 6
小桶和砝码的重力m（kg） 0.0245 0.0445 0.0645 0.0845 0.1045 0.1245
手机加速度a（） 1.76 2.58 3.39 4.20 4.98
根据图3软件截图，上表中空白处的数据为。利用数据作出图像，在图4中描出第一组数据的点并连线，可以得到结论：。
（5）保持小桶和砝码的质量不变，用双面胶把不同数量的配重片贴在手机背面，重复步骤（3），测得实验数据并作出图像，得出结论：当合外力一定，加速度与物体质量成反比。
（6）从图3软件截图可以看出，即使整个实验装置处于静止状态，手机依然显示有加速度扰动，为了减少该扰动造成的相对误差，下列做法可行的是。
A．使用质量更大的砝码组
B．将弹簧更换为不可伸长的细线
C．将弹簧更换为劲度系数更小的弹簧
D．让小桶和砝码的质量远远小于手机的质量
12．（8分）某科技小组欲修复一个量程为的电流表，操作过程如下:
甲 乙 丙
（1） 拆开电流表底座发现其内部结构如图甲所示，其中为电流表负接线柱，、为其余两个接线柱，请根据图甲在图乙中将电流表的电路图补充完整。选择的量程时，应接入电路的两个接线柱是____________。（填“”或“”）
（2） 取出表头，发现表头完好无损，用标准电表测出表头的满偏电流为，接着测量表头的内阻，按照如图丙所示电路图连接电路。闭合开关前，滑动变阻器滑片应移到________端（填“”或“”），先闭合开关，调节滑动变阻器使表头指针满偏;再闭合开关，保持滑动变阻器阻值不变，仅调节电阻箱阻值使表头指针半偏，此时电阻箱的示数为 ，则表头的内阻为____________ ，表头的内阻测量值________真实值。（填“大于”“等于”或“小于”）
（3） 经检测除损坏外，其余元件均完好，已知 ， ，请根据电流表的量程，推算需用____________ 电阻替换。（结果保留两位有效数字）
13．(10分)用活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞质量为1 kg，初始状态时汽缸内压强为1.5×105 Pa，气体温度为400 K。现对活塞施加一个向上的拉力F，保持气体温度不变，平衡时汽缸内气体的体积变为原来的倍。已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，不计汽缸与活塞的摩擦。求：
(1)向上的拉力F的大小；
(2)保持向上的拉力F不变，让缸内气体缓慢降温至300 K，此时汽缸内气体的体积为初始状态的多少倍。
14．如图所示，间距为的两条平行光滑竖直金属导轨、足够长，底部Q、N之间连有一阻值为的电阻，磁感应强度为的匀强磁场与导轨平面垂直，导轨的上端点P、M分别与横截面积为的10匝线圈的两端连接，线圈的轴线与大小均匀变化的匀强磁场平行，开关K闭合后，质量为、电阻值为的金属棒恰能保持静止。金属棒始终与导轨接触良好，其余部分电阻不计，g取。求：
（1）金属棒恰能保持静止时，匀强磁场的磁感应强度的变化率；
（2）开关K断开后，金属棒下落时能达到的最大速度v；
（3）开关K断开后，金属棒下落时恰好运动至最大速度，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q.
15．图甲是一种智能减震装置的示意图，轻弹簧下端固定，上端与质量为m的减震环a连接，并套在固定的竖直杆上，a与杆之间的智能涂层材料可对a施加大小可调节的阻力，当a的速度为零时涂层对其不施加作用力．在某次性能测试中，质量为0.5m的光滑环b从杆顶端被静止释放，之后与a发生正碰；碰撞后，b的速度大小变为碰前的倍、方向向上，a向下运动2d时速度减为零，此过程中a受到涂层的阻力大小f与下移距离s之间的关系如图乙。已知a静止在弹簧上时，与杆顶端距离为4.5d，弹簧压缩量为2d，重力加速度为g。求：
（1）与a碰前瞬间，b的速度大小；
（2）的值；
（3）在a第一次向下运动过程中，当b的动能为时a的动能。
参考答案
1．【答案】B
【详解】A．衰变后粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，故A错误；
B．根据质量数守恒，电荷数守恒列方程组
解得
故B正确；
C．半衰期是针对大量原子核的统计规律，对少量原子核没有意义，故C错误；
D．衰变前后能量守恒，故D错误。
故选B。
2．【答案】B
【解析】设霍尔片前后侧面的电压为,霍尔片内沿前后侧面的电场强度大小为,根据洛伦兹力与电场力平衡可得,其中,,联立解得,故错误；,沿电流方向的恒定电场为,则霍尔片内的电场强度大小为 ,故正确；由于光电管所加的电压为正向电压,则调节滑动变阻器,不可以使电流表的示数减为零,故错误；若已经为光电效应达到的饱和电流,则滑动变阻器滑片右移后,电流保持不变,则单位时间到达光电管阳极的光电子数等于,故错误.
3．【答案】B
【详解】设木盒的质量为，木盒与斜面的动摩擦因数为，木盒和砝码在斜面上一起以一定的初速度滑行一段距离后停止，可知木盒和砝码做匀减速直线运动。
①若初速度方向向上，则拿走砝码前，木盒和砝码的加速度大小为
现拿走砝码，而持续加一个垂直于斜面向下的恒力后，木盒的加速度大小变为
②若初速度方向向下，则拿走砝码前，木盒和砝码的加速度大小为
现拿走砝码，而持续加一个垂直于斜面向下的恒力后，木盒的加速度大小变为
可知不管初速度方向是向上还是向下，拿走砝码，而持续加一个垂直于斜面向下的恒力后，木盒做减速运动的加速度都变大了，则木盒将更快停下来，所以木盒滑行的距离将变小。
选B。
4．【答案】B
【详解】A．在干涉现象中，振动加强点的振幅总比减弱点的振幅要大，位移不一定比减弱点的位移大，A错误；
B．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期由驱动力周期决定，与单摆的固有周期无关，与单摆的摆长无关，B正确；
C．火车鸣笛向我们驶来时，根据多普勒效应可知，我们接收的频率高于波源发出的频率，C错误；
D．当水波通过障碍物时，障碍物或小孔的尺寸与波长相比差不多或更小时，才发生明显的衍射现象，D错误。选B。
5．【答案】A
【命题点】理想变压器的性质及动态电路分析
【详解】设C、D端接入的电压为U,变压器原、副线圈两端的电压、电流分别为U1、U2和I1、I2,副线圈所接电路的电阻为R并,变压器原线圈两端的电压为U1=U-I1R0,由变压器原理可得=,=,又U2=I2R并,联立可得R并=·-·R0,U2=(U-R0I1),滑动变阻器的滑片从a端滑动到b端的过程中,R并先增大后减小,由上式可知I1先减小后增大,流过灯泡L1的电流为I1,所以灯泡L1先变暗后变亮,故U2先增大后减小,I2先减小后增大;滑动变阻器的滑片从a端滑到中点的过程中,U2增大,灯泡L2所在支路的电阻(R0+Rb)减小,所以流过灯泡L2的电流增大,L2变亮;滑动变阻器的滑片从中点滑到b端的过程中,U2减小,I2增大,电阻R0所在支路的电阻(R0+Ra)增大,所以流过R0所在支路的电流减小,则流过灯泡L2所在支路的电流增大,L2变亮,故L2一直变亮,A正确。
6．【答案】A
【详解】绳下端到A点时的速度v，从下落到全部通过的时间为t，由自由落体规律可得：h＝gt2，解得： ；设绳从下落到下端接触A的时间为t1，则绳长为：L＝gt2 gt12=×10×22 ×10×12＝15m，A正确，选A．
7．【答案】C
【详解】A．飞船由椭圆轨道①上经过P点时应该减速做向心运动变轨到轨道②，A错误；
B．月球的第一宇宙速度是卫星绕月球做匀速圆周运动的最大速度，即为由月球的万有引力提供向心力可得
飞船在轨道②上的环绕速度
其中是飞船距月球表面的高度，可知飞船在轨道②上的环绕速度小于月球的第一宇宙速度，B错误；
C．设飞船在轨道②上的环绕半径为，由牛顿第二定律可得
可知飞船在轨道①上经过P点时与在轨道②上经过P点时距月心的距离相等，因此飞船在轨道①上经过P点时的加速度与在轨道②上经过P点时的加速度相同，C正确；
D．设飞船在轨道①上半长轴为，由开普勒第三定律可得
可知，则有，即飞船在轨道①上的周期大于轨道②上的周期，D错误。
选C。
8．【答案】AC
【详解】A．滑块与小球水平方向动量守恒，小球恰能到达B点时有，系统机械能守恒，有，联立可得，可知当时，小球无法到达B点，故A正确；
B．当时，小球未到达B点，小球在弧形槽运动的过程中，小球对滑块的作用力始终做正功，所以滑块的动能一直增大，故B错误；
CD．由于系统水平方向动量守恒，可得，系统机械能守恒，有，联立可得，所以小球回到弧形槽底部离开A点后做自由落体运动，故C正确，D错误。
故选AC。
9．【答案】AD
【详解】带电粒子在加速电场中加速，由动能定理可知，解得，粒子在偏转电场中的时间，在偏转电场中的纵向速度，纵向位移，即位移与比荷无关，与速度无关；则可三种粒子的偏转位移相同，则偏转电场对三种粒子做功一样多，A正确，B错误；因三粒子由同一点射入偏转电场，且偏转位移相同，三个粒子打在屏幕上的位置一定相同；因粒子到屏上的时间与横向速度成反比；因加速后的速度大小不同，三种粒子运动到屏上所用时间不相同，C错误，D正确。
【关键点拨】此题考查带电粒子在电场中的偏转，要注意偏转中的运动的合成与分解的正确应用；正确列出对应的表达式，根据表达式再去分析速度、位移及电场力的功。
10．【答案】AB
【分析】
【详解】
BCD．货物先向上做匀加速运动，此时的v-t图像是卿斜的直线，s-t图像为曲线；a-t图像是平行与t轴的直线；当与传送带共速后做匀速运动，则此时的v-t线是平行与t轴的直线；s-t图像是倾斜的直线；加速度a为零，则选项B正确，CD错误；
A．加速时传送带对货物的摩擦力
匀速时
加速时传送带对货物做功的功率
匀速时传送带对货物做功的功率
则选项A正确；
故选AB。
11．【答案】；0.98；；当手机的质量一定时，手机的加速度与手机所受合外力成正比 ；A
【详解】（3）[1]静止时根据平衡条件可得弹簧的弹力，当将小桶突然托起时，弹簧的弹力大小不变，此瞬间手机受到的合外力
（4）[2]根据图3可读得手机的加速度大小大约为，因此上表中空白处的数据应为。
[3]作图时应用平滑的直线将各点迹连接起来，且应尽可能多的让点迹落在图线上，不能落在图线上的点迹应让其均匀的分布在图线的两侧，明显有误差的点迹应直接舍去。描点作图如图所示
[4]根据图像可以得到的结论是：当手机的质量一定时，手机的加速度与手机所受合外力成正比。
（6）[5]A．使用质量更大的砝码组，整体的惯性将增加，其状态将越难改变，扰动将越小，因此该方案可行，A正确；
B．将弹簧更换为不可伸长的细线，在挂上和去掉小桶和砝码时，手机自身总是能达到平衡态，因此该方法不可行，B错误；
C．劲度系数越小，弹簧越容易发生形变，则扰动越大，因此该方法不可行，C错误；
D．让小桶和砝码的质量远远小于手机的质量，并不能减小其扰动，甚至会增加其扰动，且当托起小桶和砝码时，手机所受合外力将过小，对实验数据的处理将变得更困难，因此该方案不可行，D错误。故选A。
12．【答案】（1） （1分）；见解析（1分）
（2） （1分）；（1分）；小于（2分）
（3） （2分）
【详解】
（1） 电路图如答图甲所示。
甲
为大量程，作为分流电阻，干路电流大于、之间的电流，选。
高分关键：明确误差产生的原因，准确分析闭合开关后引起的电阻变化
（2） 闭合开关前，滑片处在端，电阻最大，回路电流最小，可以保护电路；闭合开关后，滑动变阻器阻值不变，干路电流不变，支路电流各一半，则电阻为 。考虑到闭合后，总电阻减小，则干路电流增大，则流过电阻箱的电流，，则测量值小于真实值。
（3） 电流表分别为和量程时，内部电路图如答图乙、丙所示，
乙 丙
则有，，联立解得 。
13．【答案】(1) 12 N (2)倍
【详解】本题考查内能。放置一段时间后，氧气瓶及瓶内氧气和周围环境达到热平衡，瓶内氧气温度升高，则内能增大；瓶内氧气温度升高，则氧气分子的平均速率变大，氧气瓶体积不变，所以单位体积内氧气分子的数目不变，故瓶内氧气分子在单位时间内对氧气瓶单位面积的撞击次数增多。
【详解】本题考查气体实验定律。
(1)初始状态压强p1＝1.5×105 Pa，设初始状态气体的体积V1＝V0，
施加一个向上的拉力F之后有V2＝V0
根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2(2分)
解得p2＝9×104 Pa(2分)
初状态平衡时p0S＋mg＝p1S(1分)
施加外力F之后，平衡时p0S＋mg－F＝p2S(1分)
解得F＝12 N(1分)
(2)温度逐渐降低的过程是等压变化，根据盖－吕萨克定律
有＝(1分)
解得V3＝V0(2分)
因此，此时气体的体积为初始状态的倍。
14．【答案】（1）；（2）；（3）0.072J
【详解】（1）金属棒ab保持静止，根据平衡条件得
可得
则线圈产生的感应电动势为
由电磁感应定律可知
解得
（2）断开开关K后，金属棒ab向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度是0（即合外力是0）时速度最大，此时恰能匀速下降，根据平衡条件得
此时金属棒ab中产生的感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律得
联立解得金属棒的最大速度为
（3）根据动能定理得
金属棒产生的焦耳热
15．【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小环b下落的过程为自由落体，则
解得与a碰前瞬间，b的速度大小为
（2）ab发生碰撞，设向下为正方向，根据动量守恒定律可知
a向下运动2d时速度减为零的过程中，由动能定理可知
由题可知a静止在弹簧上时，弹簧压缩量为2d，根据胡克定律可知
联立解得
（3）当b的动能为时，b的速度为
根据动量定理可知
解得
在a第一次向下运动过程中，取一段时间，根据动量定理可知
当Δ时
此时a的动能为
第 page number 页，共 number of pages 页
第 page number 页，共 number of pages 页绝密★启用前
2026届广东省广州市普通高中学业水平选择性考试
物理模拟试卷6
本试卷共100分，考试时间75分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
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7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．放射性同位素14C在考古中有重要应用，只要测得该化石中14C残存量，就可推算出化石的年代，为研究14C的衰变规律，将一个原来静止的14C原子核放在匀强磁场中，观察到它所放射的粒子与反冲核的径迹是两个相内切圆，圆的半径之比R：r=7：1，如图所示，那么14C的衰变方程式应是（ ）
A． B．
C． D．
2．如图所示，假设在太空中有A、B双星系统绕点O顺时针做匀速圆周运动，运动周期为T1，它们的轨道半径分别为RA、RB，且RA＜RB，C为B的卫星，绕B逆时针做匀速圆周运动，周期为T2，忽略A与C之间的引力，且A与B之间的引力远大于C与B之间的引力。引力常量为G，下列说法正确的是
A．若知道C的轨道半径，则可求出C的质量
B． A、B、C三星由图示位置到再次共线的时间为
C．若A也有一颗运动周期为T2的卫星，则其轨道半径一定大于C的轨道半径
D． B的质量为
3．如图所示，某时刻将质量为10kg的货物轻放在匀速运动的水平传送带最左端，当货物与传送带速度恰好相等时，传送带突然停止运动，货物最后停在传送带上。货物与传送带间的动摩擦因数为0.5，货物在传送带上留下的划痕长为10cm，重力加速度取 10m/s2，则货物（ ）
A．总位移为10cm B．运动的总时间为0.2s
C．与传送带由摩擦而产生的热量为5J D．获得的最大动能为5J
4．绽放激情和力量，升腾希望与梦想．如图甲，“龙狮舞水城”表演中绸带宛如水波荡漾，展现水城特色，舞动的绸带可简化为沿轴方向传播的简谐横波，图乙为时的波形图，此时质点在平衡位置，质点在波谷位置，图丙为质点的振动图像，则下列说法正确的是（ ）
甲 乙 丙
A． 该波沿轴负方向传播
B． 时，质点的振动方向沿轴负方向
C． 时，质点的加速度正在减小
D． 该波传播速度为
5．质谱仪可以用来分析同位素。如图所示，在容器A中有互为同位素的两种原子核，它们可从容器A下方的小孔无初速度飘入加速电场，经小孔垂直进入匀强磁场，分别打到M、N两点，距离分别为．则分别打到M、N的原子核质量之比为（ ）
A． B． C． D．
6．［江苏扬州新华中学2025高二上月考］如图所示为学校自备发电机在停电时为教学楼教室输电的示意图，发电机输出电压恒为，发电机到教学楼的输电线电阻用图中等效替代.若使用中，在原来工作着的日光灯的基础上再增加教室开灯的盏数，则（ ）
A．整个电路的电阻将增大，干路电流将减小
B．因为发电机输出电压恒定，所以原来工作着的日光灯的亮度将不变
C．发电机的输出功率将增大
D．输电过程中的损失功率（即输电线路消耗的功率）将减小
7．如图所示，在做自由落体运动与竖直上抛运动的杂技表演中，表演者让甲球从离地高度为的位置由静止释放，同时让乙球在甲的正下方的某点由静止释放．已知乙球与水平地面碰撞后的速度大小是刚落地时速度大小的，且碰撞后的速度方向竖直向上．两小球均视为质点，忽略空气阻力，乙球与地面的碰撞时间忽略不计，重力加速度大小为，下列说法正确的是（ ）
A． 若乙释放时的高度为，则乙与地面碰撞刚结束时的速度大小为
B． 若仅释放乙，且释放时的高度为，则乙从释放到再次到达最高点的运动时间为
C． 若乙第一次上升到最高点时刚好与甲相撞，则乙第一次上升的最大高度为
D． 若乙在第一次上升的过程中能与甲相撞，则乙释放时的高度的范围为
二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．如图所示，将弹簧一端固定在水平桌面上，另一端放上小球，用力把小球往下压后迅速放开，观察到小球被弹起并离开弹簧向上运动一段距离。不计弹簧质量和空气阻力，在弹簧恢复原长的过程中（ ）
A．小球的加速度先不断减小，后不断增大
B．小球先做加速运动，达到最大速度后，再做匀减速运动
C．弹簧对小球做的功和对桌面做的功相等
D．弹簧对小球的弹力做功的平均功率大于小球克服重力做功的平均功率
9．如图所示，一倾角为的固定斜面的底端安装一弹性挡板，、两物块的质量分别为和，静止于斜面上处.某时刻，以沿斜面向上的速度与发生弹性碰撞.与斜面间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.与斜面间无摩擦，斜面足够长，的速度减为零之前不会再与之发生碰撞.重力加速度大小为.下列说法正确的是( )
A．与第一次碰撞后的瞬时速度大小为
B．物块从点上升的总高度为
C．物块从点上升的总高度为
D．物块第二次碰撞前的速度大小为
10．如图所示的电场中有A、B两点，下列判断正确的是（ ）
A．电势，场强
B．电势，场强
C．将电荷量为q的正电荷从A点移到B点，电场力做正功，电势能减少
D．将电荷量为q的负电荷分别放在A、B两点，电荷具有的电势能
三、非选择题：本大题共5题，共57分。
11．为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图所示，已知线圈由a端开始绕至b端，当电流从电流计G的左端流入时，指针向左偏转.
(1)将条形磁铁的N极从线圈上方竖直向下插入线圈L时，发现电流计的指针向左偏转.俯视线圈，其绕向为 (填“顺时针”或“逆时针”)方向.
(2)当条形磁铁从图中的虚线位置向左靠近线圈L时，发现电流计的指针向左偏转.俯视线圈，其绕向为 (填“顺时针”或“逆时针”)方向.
12．某同学测一段粗细均匀的金属圆柱体ab的电阻率ρ，除了待测金属圆柱体、多用电表、螺旋测微器、游标卡尺之外，实验室还准备了如下器材：
A．电压表V1（量程0~3V，内阻很大）
B．电压表V2(量程0~3V，内阻）
C．滑动变阻器R1（阻值范围为0~10Ω，最大电流为3A）
D．定值电阻
E.电源（输出电压恒为4V）
G.开关，导线若干
(1)实验前用多用电表粗略测量圆柱体的电阻，选择“×1”倍率的欧姆挡，欧姆调零后再进行测量，多用电表的示数如图甲所示，多用电表读数为 Ω；用直尺测得金属圆柱体的长度为50cm，用螺旋测微器测量圆柱体的直径，测量结果如图乙所示，其读数为 mm。
(2)为获得多次测量数据，实验小组组装了图丙电路图，因实验室没准备电流表，电路中电压表V2与定值电阻。并联当作电流表使用，它的量程为 A。（保留一位小数）
(3)测得电压表示数，则该金属圆柱体电阻。 Ω（保留一位小数），电阻率 （保留两位有效数字）。
13．某旅游爱好者，由低海拔地区（海拔高度近似为零）到海拔的高海拔地区旅游，发现随身携带的方便面包装袋膨胀变大，如图所示。已知在低海拔地区时，方便面包装袋内密封的空气体积为，压强等于大气压强，在高海拔地区时，包装袋内密封空气的体积增大为原来的1.5倍，大气压强随海拔高度的变化规律为，将方便面包装袋内的封闭气体视为理想气体，忽略环境温度变化的影响，不考虑方便面自身体积的变化。
（1）由低海拔地区到高海拔地区的过程中，若包装袋内的气体对外做功，求包装袋内密封空气吸收或放出的热量；
（2）包装袋绷紧会对内部空气造成额外压强，求额外压强；
（3）若在海拔处包装袋恰好绷紧，恰不对内部气体造成额外压强，且低海拔地区的温度为27℃，热力学温度与摄氏温度间的关系为，求海拔处的摄氏温度。
14．如图甲所示为某款车轮带有闪烁灯的儿童自行车，其车轮闪烁灯的电路结构如图乙所示，在车轮与轴承之间均匀分布着三根金属条，每根金属条上串联有一个阻值为的小灯泡，金属条与车轮金属边框构成闭合回路，金属条的长度。车架上分布有强磁铁，可以在车轮圆面的范围内形成匀强磁场，磁感应强度大小为，方向如图乙所示，自行车前、后齿轮半径分别为，如图丙所示，不计车轮厚度和其他电阻影响。求：
（1）磁场中金属条两端的电压为时，车轮转动的角速度；
（2）若人以的转速蹬脚避，3个小灯泡发光的总功率。
15．如图（a）所示，门球又称槌球，比赛时以球槌击球，球过球门即可得分。如图（b）所示，某次比赛中完全相同的1号球、3号球与门洞恰好位于一条直线上，两球之间的距离，3号球与球门之间的距离。运动员用球槌水平打击1号球，使其获得向右的初速度，经过一段时间后，该球以的速度与3号球发生碰撞（碰撞时间极短），碰后1号球又向前运动了后停下来。已知两球质量均为，将两球的运动视为一条直线上的滑动，并且两球与地面间的滑动摩擦因数相同，重力加速度取。
（1）求球与地面的动摩擦因数；
（2）求两球碰撞过程1球对3球做的功；
（3）通过分析，判断3号球能否进门得分。
参考答案
1．【答案】C
【详解】
由图看出，原子核衰变后放出的粒子与新核所受的洛伦兹力方向相同，而两者速度方向相反，则知两者的电性相反，新核带正电，则放出的必定是β粒子，发生了β衰变，β粒子是电子，故C正确，ABD错误。
故选C。
2．【答案】C
【解析】由万有引力提供向心力可知，环绕运动天体的质量无法求解，A错误； 当A、B、C三星再次共线时，A、B转过的圆心角与C转过的圆心角互补，有t＋t＝π，解得t＝（易错点：注意有内、外两种共线情况），B错误；双星的轨道半径与质量成反比，由RA＜RB可知MA＞MB，卫星运行时由＝mr，得T＝2π，A卫星的周期与B的卫星的周期相同，而A的质量大，则其卫星的轨道半径大，C正确；对A有＝MA，解得MB＝，D错误。
3．【答案】D
【详解】
A．设传送带的速度为v，经时间t货物与传送带速度相等，则货物相对传送带的位移为
即为划痕长度，当传送带停止货物做匀减速运动，由于加速和减速过程的加速度大小相等，则货物在传送带上减速的位移为
由于加速过程留下划痕长度与减速过程留下划痕长度重合，则货物的总位移为两倍的划痕长度即为20cm，故A错误；
B．货物减速的位移为10cm，加速度为
则有
解得
总时间为
故B错误；
C．与传送带由摩擦而产生的热量为
故C错误；
D．当货物与传送带速度相等时速度最大，动能最大，则
得
则最大动能为
故D正确。
故选D。
4．【答案】D
【解析】从题图丙的振动图像可看出时质点的振动方向沿轴正方向，根据波动图像及“同侧法”可判断该波沿轴正方向传播，A错误；从题图乙可看出，时，质点在波谷，速度为0，B错误；从题图乙可看出，时，质点在平衡位置，加速度为0，C错误；从题图乙和丙中可知，，可得，D正确．
5．【答案】C
【详解】设原子核的质量为m，电荷量为q，进入磁场时的速度大小为v，则粒子在电场中加速的过程，由动能定理得
得速度为
在磁场中，洛伦兹力提供向心力
代入速度得
由题知，，因此有
得原子核质量之比为
6．【答案】C
【解析】根据并联电路的等效总阻值,可知教室开灯的盏数越多,电路中的等效总阻值越小,结合欧姆定律,可知电压不变时,电阻减小,干路上的电流增大,错误；发电机输出电压恒定,当干路电流增大时,输电线分担的电压增大,日光灯两端的电压减小,根据,可知日光灯的实际功率变小,故日光灯变暗,错误；根据输出功率,可知输出电压不变,电路中的电流变大,输出功率变大,正确；根据,可知输电线的电阻不变、电流增大时,其损失功率变大,错误.
7．【答案】C
【解析】若乙释放时的高度为，则由，可得乙落地时的速度大小为，落地时间为，乙与地面碰撞后的速度大小为，与地面碰后上升的时间为，乙从释放到再次到达最高点的运动时间为，故A、B错误；若乙第一次上升到最高点时刚好与甲相撞，设乙第一次上升的最大高度为，与地面碰后上升的时间为，则有，由乙球与水平地面碰撞后的速度大小是刚落地时速度大小的可知，乙第一次下落的时间，则甲与乙碰撞时运动的总时间为，则有，联立可得，故C正确；若乙第一次上升到最高点时刚好与甲相撞，则乙下落高度为，所以若乙在第一次上升的过程中能与甲相撞，则乙释放时的高度的范围为，故D错误．
8．【答案】AD
【详解】AB．弹簧恢复原长的过程中，小球向上做加速运动，弹簧压缩量减小，弹力减小，由可知，加速度逐渐减小，当弹力等于重力时，加速度减为零，速度最大，此后弹力小于重力，合力向下，由可知，加速度逐渐增大，加速度与速度反向，小球做加速度增大的减速运动，不是匀减速，A正确，B错误；
Ｃ．弹簧对桌面虽然有弹力，但力的作用点没有位移，所以桌面的弹力不做功，C错误；
Ｄ．在弹簧恢复原长的过程中，根据动能定理和功率的定义得
解得
所以，在弹簧恢复原长的过程中，弹簧对小球的弹力做功的平均功率大于小球克服重力做功的平均功率，D正确。
故选AD。
9．【答案】CD
【解析】与的第一次碰撞，取的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得，由机械能守恒定律得，联立解得，,错误；当与上升高度时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程，由动能定理得，解得，错误，正确；设第一次碰撞后上升的高度为,对,由运动学公式得，解得,设运动至与刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为，第一次碰撞后至第二次碰撞前，对，由动能定理得，与的第一次碰撞后的速度,解得，正确．
10．【答案】BC
【详解】AB．电场线越密，电场强度越大，B点处电场线较密，则，根据沿电场线方向电势降低，则。A错误，B正确；
C．将正电荷从A移到B，电场力做正功，电势能减少，C正确；
D．负电荷在电势高处电势能小，故将电荷量为q的负电荷分别放在A、B两点，电荷具有的电势能，D错误。选BC。
11．【答案】(1)顺时针 (2)逆时针
【解析】(1)由题意可知，在线圈L内电流从b流向a，根据楞次定律(增反减同)知，线圈L中产生的磁场与原磁场方向相反(向上)，根据右手螺旋定则可知，线圈产生的感应电流方向沿逆时针方向(俯视线圈)，因此线圈绕向为顺时针方向(俯视线圈)如图甲所示.
甲 乙
(2)由题意可知，在线圈L内电流从b流向a，根据楞次定律(增反减同)知，线圈L中产生的磁场与原磁场方向相反(向下)，根据右手螺旋定则可知，感应电流方向沿顺时针方向(俯视线圈)，因此线圈绕向为逆时针方向(俯视线圈)，如图乙所示.
12．【答案】(1)，1.844 ；(2)；(3)，
【详解】（1）多用电表读数为；圆柱体的直径为
（2）与定值电阻并联，量程，量程为。
（3）根据欧姆定律可得金属圆柱体电阻；根据电阻定律，联立可得电阻率
13．【答案】（1），（2），（3）
【详解】（1）理想气体的内能只与温度有关，因为忽略环境温度变化，内能不变，即，根据热力学第一定律可得，解得，包装袋内密封空气吸收的热量为
（2）在海拔处，大气压强，体积，根据玻意耳定律可得，解得
（3）设低海拔地区与高海拔地区的温度分别为和，根据理想气体状态方程可得，解得，
14．【答案】（1）；（2）1.92W
【详解】（1）金属条切割磁感线产生的感应电动势，电流大小为，联立解得，根据法拉第电磁感应定律可得，解得
（2）前齿轮转动频率，后轮转动的角速度，根据法拉第电磁感应定律可得金属条切割磁感线产生的感应电动势，解得，电路中的总电阻为，解得，3个小灯泡发光的总功率为，解得，
15．【答案】（1）0.4 （2）1.125 J （3）3号球能够进门得分
【详解】（1）根据动能定理，解得。
（2）设球1碰后速度为，根据动能定理，解得，设球3碰后速度为，根据动量守恒定律，解得，根据动能定理知，代入数据解得。
（3）设3号球碰后运动的距离为，根据动能定理，解得，3号球能够进门得分。
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