2026年广西普通高中学业水平选择性考试物理模拟卷二

2026年广西普通高中学业水平选择性考试模拟卷一 物理答题卡 姓名： 班级： 考号： 注意事项 1.答题前请将姓名、班级、考场、座号和准考证号填写清楚。 2.客观题答题，必须使用2B铅笔填涂，修改时用橡皮擦干净。 3.主观题必须使用黑色签字笔书写。 条形码粘贴区 4.必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效。 5.保持答卷清洁完整。 正确填涂 缺考标记 口 一、选择题：本题共10小题，共56分，在每小题给出的四个选项中，1~7题只有一项符合 题目要求，8~10题有多项符合题目要求。 1[A][B][C][D] 5.[A][B][C1[D] 9.[AJ[B][C][D] 2.[AJ[B][C][D] 6.[AJ[B][C][D] 10.[A][B][C】[DJ 3.A][B][C][D] 7[AJ[B][C][D] 4[A][B][C][D] 8.[A][B][C][D] 二、非选择题（共54分） 11.(6分) (1)① -;(2)@ ;② 12.(10分) (1) (2)】 :(3) 答题卡第1面共4面 13.(10分) 1.01.5 .5。 2.0 ×10Pa 压力表 温度 传感器 电热丝 中 答题卡第2面共4面 14.(12分) Ne M 口 A B 答题卡第3面共4面 15.(16分) O R2 答题卡第4面共4面 2026年广西普通高中学业水平选择性考试模拟卷二 物理 本试卷共100分　考试时间75分钟。 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．某工程师遥控无人机在空中飞行,若0~10 s内无人机的x-t图像如图所示,图线为一平滑曲线,则关于无人机在0~10 s内的飞行,以下说法正确的是 A.无人机一定做曲线运动 B.无人机先做减速直线运动后做加速直线运动 C.无人机的平均速度大小为1.4 m/s D.无人机有两个时刻的瞬时速度等于它的平均速度 2．汽车气门嘴帽具有多种作用:保护气门嘴芯,防止灰尘、水、油等杂质对气门芯密封胶皮的破坏。为了检测性能,将汽车悬空点火,使车轮转速达到90 r/min,气门嘴帽距车轮中心0.4 m,此时气门嘴帽相对车轮中心的向心加速度大小约为 A.5.6 m/s2 B.15.8 m/s2 C.35.5 m/s2 D.50.5 m/s2 3．如图所示,一定质量的理想气体从状态A变化到状态B,再从状态B变化到状态C。已知气体在状态A时的温度为600 K,则气体在状态C时的温度为 A.100 K B.150 K C.200 K D.300 K 4．晓丽同学利用单色光和两块平板玻璃来观察薄膜干涉,如图甲所示,她将一块平板玻璃abcd放置在另一水平玻璃上,右端用某一厚度的垫片适当垫高,从而在两玻璃板间形成楔形空气薄膜。当她用蓝色的平行光从上方竖直照射后,轻微用手指按压上面的平板玻璃abcd,平板玻璃abcd下表面会形成图乙所示弧面,则下列说法正确的是 A.从上往下看到明暗相间的等距条纹 B.从上往下看到的条纹间距左侧较窄,右侧较宽 C.若仅撤去按压的手指,并保持垫片的厚度不变,则ad和bc间的条纹总数不变 D.若仅改为用红光竖直照射,则ad和bc间的条纹总数变多 5．如图所示的电路中,输入端接入e=220sin 100πt(V)的交流电源,理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=6∶1,滑动变阻器R的最大阻值为15 Ω,灯泡L1、L2的规格均为“12 W　6 V”,R0是阻值恒定的保护电阻。当滑动变阻器的滑片P置于滑动变阻器正中间位置时,两灯泡正常发光。若灯泡电阻不变,则 A.保护电阻的阻值R0=6 Ω B.交流电源的输出功率为86.4 W C.灯泡中的电流的方向每秒变化50次 D.若断开灯泡L2,为使L1正常发光,应向右移动滑片P 6．如图所示,电荷量分布均匀的绝缘带电圆环半径为R,A点在圆心O的正上方到O点的距离也为R处,B点在圆环所在的水平面内,到O点的距离为R,在B点放置电荷量为-Q的点电荷时,A点的电场强度的方向与OB平行,则圆环所带的电荷量为 A. B. C. D. 7．在水平面内建立直角坐标系xOy,如图,在x轴上x=-b的M点和x=b的N点分别固定电荷量为+Q的点电荷。若在坐标原点O处一电荷量为+q(电荷量远小于Q)的带电粒子受到一微小扰动,不考虑带电粒子的重力及其电荷量对电场的影响,则下列说法正确的是 A.带电粒子不可能沿x轴方向运动 B.x轴上坐标为x=-和x=两点处的电场强度相同 C.y轴上坐标为y=b点处的电场强度一定最大 D.当带电粒子从O点沿y轴正方向运动时,加速度先增大后减小 8．拔火罐是一种以罐(导热性良好)为工具,利用燃火、抽气等方法产生负压,使之吸附于体表特定部位,以达到通经活络、行气活血、消肿止痛、祛风散寒等作用的中医疗法。火罐中封闭气体质量变化不计且可以看作理想气体。火罐“吸”到皮肤上的短时间内(封闭气体体积变化可不计),封闭气体 A.温度降低,压强减小 B.温度升高,压强增大 C.吸收热量,内能增大 D.放出热量,内能减少 9．某储能输电网络如图所示,所有变压器均为理想变压器,升压变压器的匝数比n1∶n2=1∶45,降压变压器的匝数比n3∶n4=50∶1。R为输电线总电阻,其余线路电阻不计,发电机输出电压的有效值U1=250 V,输送给储能站的功率为400 kW,用户端电压U4=220 V,功率为110 kW。下列说法正确的是 A.输电线的总电阻R=25 Ω B.输电线的总电阻R=62.5 Ω C.发电机的输出功率为512.5 kW D.发电机的输出功率为510 kW 10．平行长直倾斜导轨M、N与水平面的夹角θ=30°,这两条导轨之间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场,导轨间距L=1 m。R1和R2是并联在导轨上端的电阻,且R1=12 Ω、R2=6 Ω,导体棒ab垂直导轨M、N放置,其质量m=1 kg,各处导轨和导体棒之间的动摩擦因数均相同,如图。从导体棒ab静止释放开始计时,刚释放时导体棒的加速度大小为0.25 m/s2,当导体棒ab下滑的距离为20 m时,其速度达到了最大值1 m/s,之后它以这个速度匀速下滑。除R1、R2以外,其余部分的电阻均不计,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2,滑动过程中导体棒ab始终保持与导轨垂直且接触良好。由此可知 A.导体棒ab运动过程中受到的摩擦力大小f=4.75 N B.导轨之间磁场的磁感应强度大小B=1.5 T C.导体棒达到最大速度时,导体棒中的电流I=0.5 A D.在导体棒ab的位移从0增大至20 m过程中,电路中产生的焦耳热为4.5 J 二、非选择题:本题共5小题,共54分。 11．(6分)为了探究并验证两个互成角度的力的合成规律,两位同学分别设计了如下方案。 (1)李红同学找到三条相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干小重物,还有刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子等。 实验方案:先将三条橡皮筋的一端连接成结点O,将其中两条橡皮筋的另一端分别挂在竖直墙上的两个钉子a、b上,然后将第三条橡皮筋的另一端通过细绳悬挂小重物,如图甲所示。 甲 ①本实验中,下列说法正确的是　　　　。  A.Oa与Ob的夹角必须为30°、60°或90°,不能为其他角 B.测量每条橡皮筋的原长 C.测量悬挂小重物后每条橡皮筋的长度 D.记录悬挂小重物后每条橡皮筋的方向 ②探究结论:两个互成角度的力的合成遵循平行四边形定则。 (2)王华同学为了验证李红同学的实验结论,设计了如下实验方案: a.用天平测得一个小物块的质量。 b.如图乙所示,两根固定的竖直杆间距为d,用长为L的不可伸长的轻绳穿过光滑轻质滑轮,滑轮下端连接小物块,轻绳两端分别固定在杆上M、N两点,在轻绳的左端连接力传感器,力传感器的重力忽略不计。 c.改变并记录小物块的质量m,记录力传感器对应的示数F,得到多组数据,已知重力加速度为g。 乙 丙 ①力传感器的示数F与小物块的质量m满足F=　　　　(用题中给出的L、d、g、m等表示),就可以验证力的平行四边形定则。  ②王华同学作出F-m图像如图丙所示,则图线的斜率k=　　　　。  12．(10分)某同学用如图甲所示的装置测量物块与长木板间的动摩擦因数μ。其中一端装有轻滑轮的长木板固定在水平桌面上,在其上表面的P点安装一光电门,物块上表面固定一遮光片,左侧墙壁上固定一力传感器。细绳的一端与力传感器相连,另一端绕过固定在物块上的轻质动滑轮和固定在长木板左端的定滑轮与沙桶(内有沙)相接。实验时,物块从长木板右侧的O点由静止释放,在绳的拉力作用下向左运动并通过光电门,记录力传感器示数F和对应遮光片通过光电门的时间Δt。增加沙桶内沙的质量,重复上述实验过程,保证每次让物块从长木板上的O点由静止释放,得到多组F、Δt数据。 　甲 乙　　　　　　　　　　　　丙 (1)测量遮光片的宽度时结果如图乙所示,则遮光片的宽度d为　　　　cm。  (2)已知重力加速度为g,物块(含遮光片)的质量为m,测得物块在O点时遮光片的中心与光电门的中心之间的距离为s,则F与的关系式为F=　　　　(用题中所给字母表示)。  (3)若s=0.80 m,重力加速度g=9.8 m/s2,实验得到的F-图像如图丙所示,则物块与木板间的动摩擦因数μ=　　　　,物块(含遮光片)的质量m=　　　　kg。(结果均保留两位有效数字)  13．(10分)一个密闭绝热容器的左侧内壁上装有体积不计的温度传感器,底部装有体积不计的电热丝,顶部装有压力表。容器的容积始终保持不变。 (1)初始时容器内气体温度为t1,压力表示数为p0,现用电热丝给容器内的气体加热,当温度传感器示数由t1升高到t2时,求压力表示数p; (2)若电热丝的额定电压为U,电阻为R,电热丝在额定电压下给气体加热t时间,温度传感器示数由t1升高到t2,已知气体的内能变化量与热力学温度变化量成正比,即ΔU=kΔT,电热丝产生的热量全部转化为气体的内能。求比例系数k。 14．(12分)如图所示,M、N两个钉子固定于竖直方向上相距0.1 m的两点,一根不可伸长的轻质细绳一端固定在M上,另一端连接位于M正下方、放置于水平地面上的小木块B,细绳恰好伸直。小木块B的质量为1 kg,M到地面的距离为0.5 m,质量为2 kg的小木块A沿水平地面向右运动并与B发生弹性碰撞,碰撞时间极短,A与地面无摩擦。已知碰后B恰能在竖直面内做圆周运动,重力加速度g=10 m/s2,忽略空气阻力和钉子直径,不计绳被钉子阻挡时的机械能损失,小木块A、B均可视为质点。 (1)求碰前A的速度的大小; (2)若碰后小木块B在竖直平面内做圆周运动,求小木块B再次经过M正下方前后的瞬间,细绳中拉力的大小F1和F2。 15．(16分)如图所示,两光滑平行金属导轨间距d=1 m,左侧部分弯曲成四分之一圆弧,中间部分固定在高h=3.2 m的水平绝缘桌面上,右侧部分弯曲成半径R1=3 m、圆心角θ=37°的圆弧,左、右两段圆弧导轨的最低点均恰好与桌面左、右边缘平齐。质量m1=1.0 kg、接入电路的电阻r1=1.0 Ω的导体棒a垂直于导轨静置于桌面左边缘导轨上。水平桌面所在区域存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小B=2.0 T。将质量m2=2.0 kg、接入电路的电阻r2=2.0 Ω的导体棒b从左侧圆弧导轨的最高点静止释放,随后导体棒b与导体棒a发生弹性碰撞,最终a、b先后从右侧圆弧导轨飞出并落至水平地面上的同一位置(图中未画出),落点到桌面右边缘的水平距离x0=3.4 m。已知重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,桌面足够长,导轨电阻和空气阻力忽略不计,右侧圆弧导轨绝缘。求: (1)导体棒a运动到右侧圆弧导轨最低点时的速度大小; (2)左侧圆弧导轨的半径R2; (3)导体棒a运动至右侧圆弧导轨最低点时,a、b两导体棒的间距x1。 【参考答案】 1． D　 【解题分析】画出的是x-t图像,说明无人机做直线运动,A项错误;由各点斜率知,无人机先做加速直线运动后做减速直线运动,B项错误;无人机的平均速度大小==1． 6 m/s,C项错误;如图所示,图像中作出的长实线的斜率表示0~10 s内无人机的平均速度,长实线两侧一定可以找出曲线上点的切线与长实线平行,无人机在这两个点的瞬时速度等于它的平均速度,D项正确。 2． C　 【解题分析】90 r/min=1． 5 r/s,根据公式a=R×(2πn)2得a≈35． 5 m/s2,C项正确。 3． C　 【解题分析】A、C两状态气体体积相等,则有=,解得TC=TA=200 K,C项正确。 4． C　 【解题分析】根据薄膜干涉原理可知,相邻亮条纹对应薄膜的厚度差为λ,由于红光的波长大于蓝光的,改用红光照射后,楔形空气薄膜最大厚度不变,条纹间距增大,则条纹数目减少,D项错误;轻微按压平板玻璃时,根据题图乙可知,平板玻璃下表面的切线的斜率从左往右逐渐变大,左侧膜层的厚度变化较小,右侧膜层的厚度变化较大,结合干涉原理可知,在相等的水平间距内,左侧的条纹数目比右侧的条纹数目少一些,可知,条纹间距左侧变宽,右侧变窄,故条纹的间距不相等,A、B项错误;若撤去按压的手指,并保持垫片的厚度不变,根据薄膜干涉原理可知,ad和bc间的干涉条纹总数不变,C项正确。 5． A　 【解题分析】由e=220sin 100πt(V)知,电源电压的有效值U=220 V,ω=100π s-1,故f==50 Hz。灯泡正常发光,由PL=ULIL,得IL=2 A,副线圈两端电压U2=UL+2IL=36 V,由=得U1=216 V,故保护电阻R0两端的电压U0=U-U1=4 V。由n1I1=n2I2,其中I2=2IL=4 A,得I1= A,故电阻R0==6 Ω,A项正确;交流电源的输出功率P=UI1= W,B项错误;由f=50 Hz知,电流方向每秒改变100次,变压器不改变电流频率,故灯泡中的电流的方向每秒变化100次,C项错误;断开灯泡L2后并联电阻变大,故为保持灯泡L1分得的电压值不变,滑动变阻器电阻应变大,即应向左滑动滑片P,D项错误。 6． D　 【解题分析】设绝缘带电圆环所带的电荷量为q,则弧长为L的小圆弧所带的电荷量q'=q,小圆弧在A点产生的电场强度大小E'=,求和可得整个绝缘带电圆环在A点产生的电场强度大小E=cos 45°=,方向沿OA方向,A点的电场强度的方向与OB平行,则cos 60°=E,可得q=,D项正确。 7． D　 本题考查带电粒子在电场中的运动。 【解题分析】若带电粒子沿x轴方向偏离平衡位置,则带电粒子将沿x轴做往返运动,A项错误;根据点电荷电场强度公式和电场强度叠加原理,可知x轴上坐标为x=-和x=两点处的电场强度大小相等,方向相反,B项错误;设y轴上y0处电场强度最大,坐标为y0的点和M(或N)点的连线与y轴的夹角为θ,如图,由点电荷电场强度公式和电场强度叠加原理,可得该点的电场强度E=2cos θ,其中r=,cos θ=,可得E=2kQ×,对y0求导,当导函数为零时有极值,可得y0=b,又由F=qE=ma,故当带电粒子从O点沿y轴正方向运动时,在y0处带电粒子的加速度最大,C项错误、D项正确。 8． AD　 【解题分析】在刚开始的短时间内,火罐内部气体体积稍有减小(体积变化不计),由于火罐导热性良好,所以火罐内气体温度迅速降低,根据理想气体状态方程=C,可知气体压强减小,在外界大气压的作用下火罐“吸”在皮肤上,A项正确、B项错误;气体温度迅速降低,则气体内能减小,ΔU<0,又气体体积变化不计,即W=0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可得Q<0,即气体向外放热,C项错误、D项正确。 9． AC　 【解题分析】由题知,用户端电压U4=220 V,功率为110 kW,则由P'=U4I4得I4=500 A,由==,解得I3=10 A,U3=11 000 V。再根据=解得U2=11 250 V,由U2=U3+I3R得R=25 Ω,A项正确、B项错误;因为理想变压器无功率损失,所以发电机的输出功率P=U2I3+P储=512． 5 kW,C项正确、D项错误。 10． AD　 【解题分析】由导体棒初始的加速度为0． 25 m/s2,可知mgsin θ-f=ma,解得f=4． 75 N,A项正确;最终导体棒做匀速运动,速度v=1 m/s,设此时受到的安培力为F安,由力的平衡条件得mgsin θ-f-F安=0,而安培力F安=BIL=B··L,电路总电阻R总==4 Ω,联立解得B=1 T,B项错误;由mgsin θ-f-F安=0可得,导体棒达到最大速度时所受安培力F安=0． 25 N,由F安=BIL解得导体棒中电流I=0． 25 A,C项错误;对导体棒由能量守恒定律有(mgsin θ-f)x=mv2+Q,解得Q=4． 5 J,D项正确。 11． (1)①BCD　(2分) (2)①m　②　(每空2分) 12． (1)0． 95　(2分) (2)·+μmg　(3分) (3)0． 30　(3分)　0． 47　(2分) 13． 【解题分析】(1)T1=t1+273 K,T2=t2+273 K,用电热丝给气体加热,气体发生等容变化,由查理定律有 =　(2分) 解得p=p0。　(2分) (2)由热力学第一定律,气体的内能变化量ΔU=Pt=t　(2分) 而ΔU=kΔT=k(t2-t1)　(2分) 联立解得k=。　(2分) 14． 【解题分析】(1)碰后B恰能在竖直面内做圆周运动,设碰后B的速度大小为v3,B运动到最高点时的速度大小为v,在最高点时,有 mBg=mB　(1分) 对B从最低点到最高点的过程,有 mBv2=mB-mBg·2LMB　(1分) A和B碰撞过程中动量守恒,机械能也守恒,设碰前A的速度大小为v1,碰后A的速度大小为v2,则有 mAv1=mAv2+mBv3　(1分) mA=mA+mB　(1分) 解得v1=3． 75 m/s。　(1分) (2)由(1)可得v3=5 m/s　(1分) 设B做圆周运动再次经过M正下方时的速度大小为v4,有 mB=mB+mBg×2LNM　(2分) 根据牛顿第二定律有 F1-mBg=mB　(1分) F2-mBg=mB　(1分) 解得F1=62． 5 N,F2=80 N。　(2分) 15． 【解题分析】(1)由于最终a、b先后从右侧圆弧导轨飞出,均做斜抛运动并落至水平地面上的同一位置,表明两导体棒在磁场中运动的末速度相等,设导体棒a从右侧圆弧导轨飞出时的速度大小为v1,导体棒a在右侧圆弧导轨最低点时的速度大小为v2 则导体棒a飞出后,在竖直方向有-(h+R1-R1cos θ)=v1sin θ·t-gt2　(1分) 在水平方向有x0-R1sin θ=v1cos θ·t　(1分) 解得t=1 s,v1=2 m/s　(1分) 对导体棒a在右侧圆弧导轨运动的过程,根据动能定理有-m1gR1(1-cos θ)=m1-m1　(1分) 解得v2=4 m/s。　(1分) (2)设导体棒b运动至左侧圆弧导轨最低点时的速度大小为v0 两导体棒在水平桌面运动过程中总动量守恒,则有m2v0=(m1+m2)v2　(2分) 对导体棒b在左侧圆弧导轨运动过程,根据动能定理有m2gR2=m2　(1分) 解得v0=6 m/s,R2=1． 8 m。　(1分) (3)设导体棒a、b碰撞结束瞬间的速度大小分别为v4、v3 根据动量守恒定律有m2v0=m2v3+m1v4　(1分) 根据机械能守恒定律有m2=m2+m1　(1分) 解得v3=2 m/s,v4=8 m/s　(1分) 两导体棒碰撞后,在磁场中运动的过程中,对导体棒a,根据动量定理有-Bdt=m1v2-m1v4　 (2分) 因为q=t=　(1分) 解得x1=3 m。　(1分) 第1页共8页 学科网（北京）股份有限公司 $