2026年海南省普通高中学业水平选择性考试物理模拟卷一

2026年海南省普通高中学业水平选择性考试模拟卷一 物理 本试卷共100分　考试时间75分钟。 一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24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．碳14能自发地发生衰变,其衰变方程为CN+X,碳14发生衰变的过程中,除检测到X粒子的射线外,还检测到了γ射线,下列说法正确的是 A.碳14衰变为氮14的过程是α衰变 B.升高温度可以加快C的衰变 C.X粒子的射线的电离能力比α射线的弱 D.X粒子来自原子核外 2．如图,轨道Ⅰ为载人飞船稳定运行的椭圆轨道,轨道Ⅱ为空间站稳定运行的圆轨道,在两轨道的相切点载人飞船与空间站可实现对接,则 A.飞船在椭圆轨道Ⅰ上经过远地点P的速度大于经过近地点Q的速度 B.飞船在椭圆轨道Ⅰ上稳定运行时机械能不守恒 C.飞船在轨道Ⅰ的运行周期大于空间站在轨道Ⅱ的运行周期 D.飞船要想从轨道Ⅰ变轨至轨道Ⅱ,需要在P点点火加速 3．小张周日在湖边钓鱼,看到湖面上的水波正平稳地向着湖岸传播。该同学估测出相邻波峰与波谷之间的水平距离约为0.2 m。自某波峰经过浮标时开始计数(从零开始),此后经10 s恰好有5个波峰通过浮标,则该水波 A.波长约为0.2 m B.周期约为4 s C.频率约为2.5 Hz D.波速约为0.2 m/s 4．如图甲所示,渔船通常利用超声波技术来探测远处鱼群的位置。若测得超声波从渔船传播至鱼群再返回渔船的总时间为4 s。已知该超声波的频率为1.0×105 Hz,某一时刻该超声波在水中传播的波动图像如图乙所示(O为波源),假设渔船与鱼群均处于静止状态,下列说法正确的是 甲 乙 A.该波的波长为15.2 m B.该波在水中的传播速度为1 520 m/s C.距波源x=3.8×10-3 m处的质点会随波的传播向鱼群迁移 D.渔船到鱼群的距离为6 080 m 5．图为某款智能羽毛球发球机。小汪站在水平地面上,球拍竖直举起,球拍中心距水平地面的高度h0=2.15 m。距小汪一定距离处的羽毛球发球机将羽毛球(可视为质点)从h1=0.9 m高度处以大小v0=13 m/s的速度向斜上方发出,羽毛球恰好水平击中球拍中心。重力加速度g=10 m/s2,则羽毛球击中球拍的速度大小是 A.4 m/s B.6 m/s C.8 m/s D.12 m/s 6．电磁俘能器的结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动,每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场,磁感应强度大小均为B。磁场中,边长为L的n匝正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示,磁场分界线恰好经过线圈的位置处,且此时永磁铁相对线圈运动的速度大小为v,永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈,下列说法正确的是 A.此时刻线圈中的感应电动势大小E=nBLv B.若减小永磁铁相对线圈上升的速度v,则线圈中感应电动势减小 C.若永磁铁相对线圈下降,则线圈中感应电流的方向为逆时针方向 D.若永磁铁相对线圈左右振动,则线圈中也能产生感应电流 7．建筑工地的工人乘坐升降机到高空作业,从地面由静止开始竖直上升,开始一段匀加速,中间一段匀速,最后一段匀减速到速度为零。已知升降机整个运动的x-t图像如图所示,图中10 s~20 s对应图线为直线,其他部分图线为曲线,以下说法正确的是 A.升降机匀加速运动的加速度大小为0.6 m/s2 B.升降机匀速运动过程中的速度大小为10 m/s C.升降机匀减速运动的加速度大小为1 m/s2 D.升降机全过程的平均速度小于5.2 m/s 8．手机无线充电原理图如图甲所示,已知电力输出线圈的电阻为r。若电力输出线圈中的电流为如图乙所示的正弦式交变电流,该电力输出线圈和接收线圈可视为非理想变压器,则下列说法正确的是 甲　　　　　　　　　　　　　　　　　　乙 A.在t1时刻,电力接收线圈中的感应电动势为0 B.在t2时刻,电力输出线圈与电力接收线圈相互吸引 C.在t3时刻前后,电力接收线圈中的电流方向不变 D.0~t3时间内,电力输出线圈消耗的电能为rt3 二、多项选择题:本题共5小题,每小题4分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。 9．某同学为了探究机械波的特性,往平静的水池中央放入一个漂浮物,然后在水池边以2 Hz的频率均匀敲击水面荡起层层水波(视为机械波),测得漂浮物到敲击点的距离为6 m,水波传播到漂浮物所在位置的时间为5 s,则 A.水波的波长为0.6 m B.敲击频率越高,水波的传播速度越大 C.水波能将漂浮物推向水池的另一边 D.漂浮物做受迫振动的频率等于2 Hz 10．中国茶文化享誉世界。在茶叶生产过程中有道将茶叶与茶梗分离的工序,如图所示,A、B两个带电球之间产生非匀强电场,茶叶、茶梗均带正电荷,且茶叶的比荷大于茶梗的比荷,二者通过静电场便可分离,并沿光滑绝缘分离器分别落入左、右两个小桶。假设一茶梗P的电荷量为4×10-8 C、质量为2×10-4 kg,以1 m/s的速度同茶叶一起离开A球表面O点,经过分离器分离,最后落入桶底。已知O点电势为1×104 V,距离桶底高度为1.0 m,桶底电势为零。不计空气阻力以及茶叶、茶梗间的作用力,假设茶叶和茶梗不发生接触且它们与分离器碰撞过程无能量损失,重力加速度g=10 m/s2,则 A.M处比N处的电场强度小 B.Q处的电势高于N处的电势 C.茶叶落入左桶,茶梗落入右桶 D.茶梗P落入桶底的速度大小为6 m/s 11．一列简谐横波在t=0.2 s时的波形图如图所示。介质中x=2 m处的质点P沿y轴方向做简谐运动,其位移—时间关系式为y=10sin(5πt) cm。下列说法正确的是 A.波沿x轴正方向传播 B.波沿x轴负方向传播 C.t=0.5 s时,x=4 m处的质点偏离平衡位置的位移是10 cm D.t=0.5 s时,x=4 m处的质点偏离平衡位置的位移是-10 cm 12．“西电东送”是我国实现经济跨区域可持续快速发展的重要保证,模拟远距离输电的部分测试电路图如图所示。理想变压器原线圈接e=Umsin(100πt) V的交流电(Um为定值),原、副线圈的匝数比n1∶n2=4∶1,已知定值电阻r和R1的阻值分别为17R0、R0,R是滑动变阻器,电压表和电流表均为理想交流电表,以下说法正确的是 A.流过滑动变阻器的电流的方向每分钟改变3 000次 B.滑动变阻器的滑片向下滑动,电压表示数变大 C.滑动变阻器的滑片向下滑动,电流表示数不变 D.当滑动变阻器接入电路的阻值R=R0时,理想变压器的输出功率最大 13．为了了解某电梯的原理,小明同学设计了如图所示的简易玩具电梯模型。一周长L=2 m、电阻R=1 Ω的单匝圆形线圈套在竖直放置的圆柱形磁极上,线圈圆心与磁极中轴线重合,磁极周围存在聚集状的辐向水平磁场。当磁极以v0=3 m/s的速度竖直向上运动时,磁场随之向上匀速运动,线圈也以稳定的速度匀速上升。线圈所在处的磁感应强度大小始终为B=1 T, 线圈始终保持水平且不与磁极接触,线圈的质量m=0.2 kg,重力加速度g=10 m/s2。在线圈向上匀速运动过程中,下列说法正确的是 A.线圈中电流大小I=1 A B.线圈匀速上升的速度v=2 m/s C.线圈克服重力做功的功率P=5 W D.若线圈的材料、粗细不变,仅增加线圈的匝数,则线圈会一直加速上升 三、非选择题:本题共5小题,共56分。 14．(1)(6分)某同学用如图甲所示实验装置验证牛顿第二定律。质量分别为M和m的两物块(M>m)通过跨过轻质光滑定滑轮的轻绳相连;左边竖直放置两个光电门1、2,其中光电门1固定不动,光电门2可以上下移动,质量为m的物块的左侧有一挡光片(质量不计)。重力加速度为g。 甲　　　　　　　　　　乙 ①用螺旋测微器测量挡光片的宽度d,示数如图乙,则d=　　　　cm。  ②某次实验中,用刻度尺测得两个光电门的间距为h,挡光片通过光电门1的时间为Δt1,通过光电门2的时间为Δt2,则要验证牛顿第二定律,需验证的表达式为(M-m)g=　　　　　　　　(用M、m、d、h、Δt1、Δt2表示)。  (2)(6分)如图1所示,倒置的饮料瓶内装着水,瓶塞内插着A、B两根两端开口的竖直细管。现将B管下端弯成水平,在水平端加接一段更细的硬管作为喷嘴,水从喷嘴中水平射出,在空中形成弯曲的细水柱,获得水做平抛运动的轨迹。将轨迹描在背后的纸上就能研究平抛运动的规律。 图1 图2 ①实验时,关于瓶中A管的上端,下列描述正确的是　　　　。  A.可以露在瓶内液面的上方 B.始终保持在液面以下,并可以不断调整A管上端与B管上端的高度差H C.始终保持在液面以下,并保持A管上端与B管上端的高度差H不变 ②水从B管水平端流出的运动轨迹如图2所示。已知重力加速度g=10 m/s2,x1=x2=18 cm,h3=16 cm,h4=26 cm,则水从水平端管口喷出时的初速度v1=　　　　m/s。  ③将图1中A管往瓶外拉出少许,使两细管上端的高度差H变小,则水从B管的水平端流出时的初速度　　　　(选填“不变”“变小”或“变大”)。  15．(10分)某同学研究小灯泡的伏安特性,使用的器材有:小灯泡L(额定电压2.5 V,额定电流0.32 A);电压表(量程3 V,内阻3 kΩ);电流表(量程0.5 A,内阻0.5 Ω);滑动变阻器R(阻值0~9.0 Ω);电源E(电动势5 V,内阻不计);开关S;导线若干。 甲 乙 丙 丁 (1)设计的实验电路原理图如图甲所示,请你在图乙中用笔画线代替导线完成电路连接。 (2)合上开关前,滑动变阻器滑片的位置应置于原理图中的　　　　(选填“A”或“B”)点。  (3)当滑片移动到某点时,电压表的示数如图丙所示,此时小灯泡两端的电压为　　　　V。  (4)通过实验测得该小灯泡的伏安特性曲线如图丁所示。若把灯泡和电动势为3 V、内阻为10 Ω的电源组成闭合电路,则小灯泡的实际功率约为　　　　W(结果保留两位有效数字)。  16．(10分)如图,空间存在方向垂直于xOy坐标平面向里的磁场。在y轴右侧区域,磁感应强度的大小为B0;在y轴左侧区域,磁感应强度的大小为B0。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正方向射入磁场,此时开始计时,当粒子的速度方向再次沿x轴正方向时,求:(不计粒子重力) (1)粒子与O点间的距离; (2)粒子运动的时间。 17．(12分)风洞是空气动力学研究和试验中最广泛使用的设备。一质量为m的小球从竖直平面直角坐标系xOy的x轴正半轴上的A点以速度v0进入风洞区域,速度v0与x轴正方向的夹角θ=37°,风洞中空气只对小球提供沿x轴负方向的恒定风力,小球从y轴正半轴上的B点以垂直y轴的速度离开风洞区域。已知OB=2OA,x轴水平,重力加速度为g,风洞外的空气阻力不计,sin 37°=0.6。求: (1)风洞中恒定风力的大小; (2)小球落回x轴时的速度大小。 18．(16分)空间中存在如图所示的匀强电场和匀强磁场区域,磁场分布在一个圆形区域内,方向垂直xOy平面,圆心坐标为(0,r),圆形区域半径为r;电场方向沿x轴负方向,分布于x≤-r的无限大的区域内,电场强度大小为E。y轴上P(0,2r)处有一电子源,可以在xOy平面内向磁场中任意方向发射质量为m、电荷量为e、速度大小均为v0的电子。已知沿y轴负方向进入磁场的电子第一次从磁场中射出时速度沿x轴负方向,不计电子所受重力及电子之间的相互作用力。 (1)求圆形区域内匀强磁场的磁感应强度B; (2)请画出电子从P点以与y轴负方向成45°角斜向左下方的速度进入磁场到从磁场第二次射出过程的运动轨迹(标出电子两次出射点P1、P2的坐标及电子出射的方向)并求出电子在磁场中运动的时间; (3)求电子从P点进入磁场到第二次从磁场射出时经历的最长时间和最短时间。 【参考答案】 1． C　 【解题分析】根据质量数守恒和电荷数守恒可知X是电子,因此发生的是β衰变,A项错误;外界温度不会影响C衰变的快慢,B项错误;β射线的电离能力比α射线的弱,C项正确;发生β衰变的过程中,原子核内中子转化为质子,同时释放一个电子,D项错误。 2． D　 【解题分析】由开普勒第二定律,可知飞船在椭圆轨道Ⅰ上远地点的速度小于近地点的速度,A项错误;由于只有万有引力作用,飞船在椭圆轨道Ⅰ上运行时机械能守恒,B项错误;由开普勒第三定律,可知飞船在轨道Ⅰ的运行周期小于空间站在轨道Ⅱ的运行周期,C项错误;飞船由内轨道向外轨道变轨,必须点火加速,D项正确。 3． D　 【解题分析】因相邻波峰与波谷之间的水平距离为0.2 m,可知波长λ=0.4 m,10 s内有5个波峰通过浮标,可知周期T=2 s,频率f=0.5 Hz,波速v==0.2 m/s,D项正确。 4． B　 【解题分析】从波动图像可知该波的波长为1.52×10-2 m,A项错误;波速v==λf=1 520 m/s,B项正确;距波源x=3.8×10-3 m处的质点不会随波的传播而迁移,C项错误;超声波往返时间为4 s,故x1=v·=3 040 m,D项错误。 5． D　 【解题分析】羽毛球从发出到击中球拍前的逆运动是平抛运动,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做自由落体运动。设羽毛球发出时竖直方向的分速度大小为vy,有=2g(h0-h1),解得vy=5 m/s,根据速度的合成与分解,有v0=,联立解得vx=12 m/s,D项正确。 6． B　 【解题分析】根据题意可知,线圈上下两边均切割磁感线,故此时刻线圈中的感应电动势大小E=2nBLv,A项错误;根据法拉第电磁感应定律可知永磁铁相对线圈上升越慢,磁通量变化越慢,线圈中产生的感应电动势越小,B项正确;永磁铁相对线圈下降时,根据安培定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向,C项错误;永磁铁相对线圈左右振动时,穿过线圈的磁通量不变,线圈中不能产生感应电动势和感应电流,D项错误。 7． C　 【解题分析】根据匀变速运动规律,由x1=a1,代入x1=40 m,t1=10 s,解得a1=0.8 m/s2,A项错误;由x-t图像可得匀速运动过程中的速度大小v=8 m/s,B项错误;运用逆推法,把匀减速到速度为零的运动看成从静止开始的匀加速运动,由x3=a3,代入x3=152 m-120 m=32 m,t3=8 s,解得a3=1 m/s2,C项正确;升降机全过程的平均速度== m/s≈5.4 m/s,D项错误。 8． B　 【解题分析】由电流磁效应知,在t1时刻,电流减小到零,则电流产生的磁场的磁感应强度也减小到0,此时电流的变化率最大,则磁感应强度的变化率也最大,由法拉第电磁感应定律有E=NS知,电力接收线圈中的感应电动势最大,A项错误;在t2时刻,电力输出线圈中的电流在减小,其产生的磁场在减弱,则电力接收线圈中的磁通量减小,感应电流产生的磁场与电力输出线圈中电流产生的磁场方向相同,两线圈相互吸引,B项正确;在t3时刻,电力输出线圈中的电流最大,电力接收线圈中的磁通量最大,感应电流为零,该时刻前后电流方向改变,C项错误;0~t3时间内,由于该变压器不是理想变压器,故电力输出线圈消耗的电能大于自身电阻产生的焦耳热,即Q>Qr=(Im)2rt3=rt3,此外还有向电力接收线圈输送的电能和耗散到周围环境中的能量,D项错误。 9． AD　 【解题分析】由题意可知水波的传播速度v==1.2 m/s,波长λ==0.6 m,A项正确;水波的传播速度取决于介质,与频率无关,B项错误;漂浮物上下振动,并不会随波的传播而迁移,所以不会被推向水池另一边,C项错误;漂浮物做受迫振动,频率等于波源频率,即2 Hz,D项正确。 10． AB　 【解题分析】由于M处的电场线稀疏,N处的电场线密集,故M处的电场强度小于N处的电场强度,A项正确;沿电场线的方向,电势逐渐降低,故Q处的电势高于N处的电势,B项正确;设该电场的电场强度为E,根据牛顿第二定律有qE=ma,解得a=,由于茶叶的比荷大于茶梗的比荷,可知在同一位置茶叶的加速度均大于茶梗的加速度,水平方向都做加速运动,即在相等时间内,茶叶的水平位移大于茶梗的水平位移,可知茶叶落入右桶,茶梗落入左桶,C项错误;设茶梗P落入桶底的速度大小为v,茶梗P从离开O点到落入桶底过程中,由动能定理可知mgh+qU=mv2-m,代入数据解得v=5 m/s,D项错误。 11． BD　 【解题分析】根据质点P做简谐运动的位移—时间关系式,知该简谐横波的周期T== s=0.4 s,t=0.2 s时刻,质点P沿y轴负方向运动,再结合波的图像可得波沿x轴负方向传播,A项错误、B项正确;图示时刻x=4 m处的质点沿y轴正方向运动,再经过0.3 s,该质点处于波谷位置,偏离平衡位置的位移为-10 cm,C项错误、D项正确。 12． BD　 【解题分析】由e=Umsin(100πt) V知,圆频率ω=100π rad/s,则流过滑动变阻器的电流的频率f==50 Hz,流过滑动变阻器的电流的方向每分钟改变的次数N=2×60×50次=6 000次,A项错误;滑动变阻器的滑片向下滑动时,R变大,则变压器的等效电阻R等变大,原线圈中电流减小,电流表示数变小,则定值电阻r两端的电压变小,原线圈两端的电压变大,则副线圈两端电压变大,即电压表示数变大,B项正确、C项错误;当r=R等时,变压器的输出功率最大,即r=()2(R+R0),解得R=()2r-R0=R0,D项正确。 13． AC　 【解题分析】对线圈,根据平衡条件有BIL=mg,解得I=1 A,A项正确;感应电动势E=BL(v0-v),根据闭合电路欧姆定律有I=,可得I=,解得v=2.5 m/s,B项错误;线圈克服重力做功的功率P=mgv=5 W,C项正确;若线圈的材料、粗细不变,仅增加线圈的匝数,线圈稳定时仍将匀速上升,D项错误。 14． (1)①0.170 0　(3分) ②　(3分) 15． (1)见解析　(3分) (2)B　(2分) (3)2.40　(2分) (4)0.22(0.21~0.23均可)　(3分) 16． 【解题分析】(1)在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动。设在x>0区域,圆周运动的半径为R1;在x<0区域,圆周运动的半径为R2。粒子的运动轨迹如图所示。由洛伦兹力公式及牛顿定律得 qB0v0=m　(1分) q×B0v0=m　(1分) 由几何关系及式得,所求距离d0=2(R1-R2)=。　(2分) (2)粒子速度方向转过180°时,所需时间t1=　(2分) 粒子再转过180°时,所需时间t2=　(2分) 所求时间t0=t1+t2　(1分) 联立解得t0=。　(1分) 17． 【解题分析】(1)设O、A两点之间的距离为s,小球在风洞区域中运动的时间为t,对进入风洞的小球,竖直方向有 v0sin θ=gt　(1分) (v0sin θ)2=2g×2s　(1分) 水平方向有 -s=v0tcos θ-×t2　(2分) 解得恒定风力的大小F=。　(2分) (2)小球离开B点后做平抛运动,设平抛运动的初速度为vx,则满足 vx=v0cos θ-t　(1分) 由对称性可知小球落到x轴上的竖直速度 vy=v0sin θ　(1分) 小球落回x轴时的速度大小 v=　(2分) 解得v=v0。　(2分) 18． 【解题分析】(1)由数学知识知,电子以指向圆心方向进入圆形磁场区域,则以背离圆心方向离开圆形磁场区域。沿y轴负方向进入磁场的电子第一次在磁场中射出时沿x轴负方向,此电子一定在坐标(-r,r)点射出,如图甲所示　(1分) 甲 由图甲可知,电子在磁场中做圆周运动的半径也为r,有 ev0B=m　(2分) 匀强磁场的磁感应强度大小B=　(1分) 由于电子左偏,由左手定则分析知,磁场方向垂直xOy平面向里。　(1分) (2)该电子的运动轨迹如图乙所示　(2分) 乙 该电子在磁场中偏转的总角度θ=45°+135°=180°　(1分) 该电子在磁场中运动的时间t=T=×=。　(1分) (3)无论左偏、右偏,还是竖直进入磁场的电子,在磁场中运动的时间为一定值,分析如图丙 右偏 左偏 垂直 丙 电子在磁场中运动转过的总圆心角均为π,在磁场中运动的时间t1==　(1分) 电子在匀强电场中运动的时间也为定值,有v0=a,其中a=　(1分) 解得t2=　(1分) 电子经历的最长时间和最短时间取决于在磁场和电场中间区域来回运动对应的时间t3,分析知在磁场和电场中间区域来回运动的最长路程为2r,最短路程为0　(1分) 总时间t=t1+t2+t3　(1分) 最长时间tmax=++　(1分) 最短时间tmin=+。　(1分) 第1页共8页 学科网（北京）股份有限公司 $