广东省2026届普通高中学业水平选择性考试物理冲刺卷一

2026年广东省普通高中学业水平选择性考试冲刺卷一 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8月25日，新一代人造太阳“中国环流三号”取得新成果：发现并实现了一种先进磁场结构，对提升核聚变装置的控制运行能力具有重要意义。该装置中主要核反应为H+H→He+X。下列说法正确的是（　　） A. X是电子 B. 该核反应属于α衰变 C. H核的比结合能小于He核的比结合能 D. He核中的质子和中子凭借弱相互作用紧密结合在一起 2．如图所示，BAC为均匀带正电的细圆弧，其中O为圆弧的圆心，AB、AC的长度均为周长的，BAC在O点产生的电场强度大小为E。则AB段在O点产生的电场强度大小为（　　） A． B． C．E D．2E 3．如图所示，三角形金属线框置于匀强磁场中，绕固定轴匀速转动，当线框平面与磁场方向垂直时，下列说法正确的是（　　） A. 穿过线框的磁通量为0 B. 线框中的感应电流为0 C. 线框中的感应电动势最大 D. 线框所受安培力最大 4．太空碎片会对航天器带来危害。设空间站在地球附近沿逆时针方向做匀速圆周运动，如图中实线所示。为了避开碎片，空间站在P点向图中箭头所指径向方向极短时间喷射气体，使空间站获得一定的反冲速度，从而实现变轨。变轨后的轨道如图中虚线所示，其半长轴大于原轨道半径。则（　　） A. 空间站变轨前、后在P点的加速度相同 B. 空间站变轨后的运动周期比变轨前的小 C. 空间站变轨后在P点的速度比变轨前的小 D. 空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的大 5．2024年5月3日，“嫦娥六号”探测器成功发射，开启了人类首次从月球背面采样返回之旅。已知地球质量约为月球质量的81倍，地球半径约为月球半径的3.7倍，近地卫星绕地球做匀速圆周运动的周期约为85min。若“嫦娥六号”探测器在近月轨道绕月做匀速圆周运动，周期约为（　　） A. 82min B. 95min C. 108min D. 120min 6．如图所示，在粗糙水平面上放置质量分别为m和2m的四个物块，物块之间的动摩擦因数为μ，物块与地面之间的动摩擦因数为0.5μ，上面的两物块用不可伸长、可承受足够大拉力的水平轻绳相连。现对右边质量为m的物块施加水平向右的力F，使四个物块一起向右运动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。为使物块之间不发生相对滑动，则F的最大值为（　　） A. 3μmg B. 3.6μmg C. 4.5μmg D. 6μmg 7．如图所示，物块A用不可伸长的轻绳绕过轻质光滑定滑轮与置于光滑水平面上的物块B连接，物块A、B的质量均为m,施加外力使物块A、B保持静止，此时轻绳恰好处于伸直状态。某时刻撤去外力，两物块同时由静止开始运动，当物块A下落高度为h时，其加速度大小为a,方向竖直向下，此时连接物块B的轻绳与水平方向的夹角为θ，整个过程物块B始终未离开水平面，已知重力加速度为g。当物块A下落高度为h时，下列说法正确的是（　　） A. 物块B的加速度大小为 B. 物块B的加速度大小为（g+a）cosθ C. 物块A的速度大小为 D. 物块A的速度大小为 二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18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6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。 8．如图所示，一定质量理想气体的循环由下面的三个过程组成：1→2为等压过程，2→3为等温过程，3→1为等容过程。下列说法正确的是（　　） A. 状态1的温度高于状态3的温度 B. 2→3过程中，外界对气体做正功 C. 1→2过程中，每个气体分子的速率都增大 D. 1→2→3→1全过程气体向外界放热 9．如图所示，一物块放在水平木板上，现用木板托住物块一起绕O点在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，角速度大小为ω，物块与木板之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。若在运动过程中物块和木板始终保持相对静止且木板始终保持水平，则下列说法正确的是（　　） A. 在圆心等高处时物块受到的摩擦力为μmg B. 在圆心等高处时物块受到的摩擦力为mω2R C. ω的最大值为 D. ω的最大值为 10．半径为R的半圆形区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场（含边界），磁感应强度大小为B，P是直径上一点，且。如图所示，质量为m、电荷量为-q（q＞0）的带电粒子从P点垂直射入磁场，已知粒子的速度大小可调、方向始终与直径成θ=30°角，若从直径边界射出的粒子在磁场中的运动时间为t1，从圆弧边界射出的粒子在磁场中的运动时间为t2，则（　　） A. B. C. D. 三、非选择题:本题共5小题,共54分。 11．（6分）研究物体的运动时，除了使用打点计时器计时外，也可以使用数字计时器。计时系统的工作要借助于光源和光敏管（统称光电门）。光源和光敏管相对，它射出的光使光敏管感光。当滑块经过时，其上的遮光条把光遮住，与光敏管相连的电子电路自动记录遮光时间的长短，通过数码屏显示出来。根据遮光条的宽度和遮光时间，可以算出滑块经过时的速度。如图1，在滑块上安装宽度d为0.50cm的遮光条，滑块在牵引力作用下由静止开始运动并通过光电门，配套的数字计时器记录了遮光条的遮光时间∆t为2.5ms。 (1)遮光条通过光电门的平均速度______m/s（保留两位有效数字），由于遮光条的宽度很小，所以这个速度可以近似看作遮光条通过光电门的瞬时速度v。 (2)考虑到“光电门的光源射出的光有一定的粗细，数字计时器内部的电子电路有一定的灵敏度”，若当遮光条遮住光源射出光的80%，即认为光被遮住，则第（1）问中的测量值比真实值______（选填“偏大”或“偏小”）。 (3)用U型挡光片便可消除上述系统误差。某同学换用如图2所示的U型挡光片重复上述实验，若数字计时器显示两次开始遮光的时间间隔为∆t′，则滑块通过光电门的瞬时速度______。（用s、∆t′表示） 12．（10分）某同学制作航模时发现电动机两端电压小于某一值时电动机无法转动，于是设计实验用传感器测量并描绘电动机的伏安特性曲线，图（a）为实验时的照片。 (1)实验中滑动变阻器应选用________式接法（选填“分压”或“限流”）； (2)图（b）为描绘的图线，由图可知该电动机的线圈电阻约为________（计算结果保留2位有效数字）； (3)不考虑线圈电阻的变化，不计摩擦阻力，电动机输入电压为2.0V时，电动机的机械功率约为________W（计算结果保留2位有效数字）；电动机两端电压从3.0V增大到4.0V的过程中，电动机的机械功率随电压的增大而________（选填“线性”或“非线性”）增大。 13．（10分）如图，一个半径为R，折射率为的半球形透明介质，O点为球心，以及一个等腰直角三角形的玻璃砖SMN，B为MN中点，BO垂直斜边，长度为，MN与PQ平行且相等，一束单色光从SM边中点A垂直SM进入玻璃砖，依次到达B、C、D点，光路图如图所示，OC的长度为，光在真空中的传播速度为c。求： (1)玻璃砖的折射率； (2)光线从的时间； (3)不考虑反射光线，如图所示的光路图到达D点是否有光线射出？ 14．（14分）如图所示，圆心为O、半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直平面内。质量为m的小球（可视为质点）静止在最低点，现给小球一水平初速度，已知重力加速度大小为g，不计空气阻力。 (1)若小球能做完整的圆周运动，求小球在最低点和最高点所受圆轨道的弹力大小之差； (2)若小球上升到某一点时脱离圆轨道，之后恰好经过O点，求小球初速度的大小。（结果可用根式表示） 15．（14分）如图所示，足够长的光滑水平面上有用细线相连的甲、乙两个小物块（均视为质点），两者之间有一被压缩的轻质微型弹簧（未与甲、乙拴接），甲、乙质量均为kg。甲的右侧有一长度m的水平传送带，其两端和水平面等高且平滑连接，传送带以速度m/s逆时针转动，传送带右侧固定有一半径为m的光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切于A点。乙的左侧静置着一个光滑弧形槽丙，质量kg，其底部与水平面平滑连接。某时刻将细线剪断，甲、乙瞬间分离后取走弹簧，甲从半圆形轨道的最高点C离开后落到水平地面上，并立即被取走，甲落地点与C点的水平距离为m。乙向左滑上弧形槽，运动过程中乙未到达弧形槽最高点，乙与甲也未相碰。已知甲、乙与传送带间的动摩擦因数均为，其他摩擦不计，重力加速度m/s2.求 (1)甲、乙与弹簧分离时甲速度的大小； (2)乙第一次和丙分离时的速度的大小； (3)丙最终的速度的大小。 【参考答案】 1．【答案】C 【解析】根据质量数和电荷数守恒判断生成物；根据核聚变和核裂变定义判断核反应类型；根据结合能和比结合能的定义及特点判断；强相互作用是作用于强子之间的力，它抵抗了质子之间的强大的电磁力，维持了原子核的稳定。它将质子和中子中的夸克束缚在一起，并将原子中的质子和中子束缚在一起。 解：A．核反应方程遵循质量数和电荷数守恒，则X的质量数A=2+3-4=1，电荷数Z=1+1-2=0，故X是中子，故A错误； B．该反应是热核反应不是α衰变，故B错误； C．比结合能越大原子核越稳定，该核反应释放能量，生成物比反应物更稳定比结合能也更大，所以的比结合能小于的比结合能小，故C正确； D、原子核中质子和中子能紧密地保持在一起，是因为它们之间存在强相互作用，故D错误。 故选：C。 2．C 【详解】AB、AC两段圆弧在O点产生的电场强度，大小相等，夹角为120°，叠加之后大小为E，则 可得 E1=E 所以每段产生的场强大小也为E。 故选C。 3．【答案】B 【解析】当线框平面处于中性面时，穿过线框的磁通量最大，磁通量变化率、感应电动势为零，线框不受安培力的作用。 解：ABC、当线框平面与磁场方向垂直时，穿过线框的磁通量最大，不为0；此时穿过线框的磁通量变化率为0，根据法拉第电磁感应定律可知线框中的感应电动势最小，为0，线框中的感应电流为0，故AC错误，B正确； D、线框中的感应电流为0，线框不受安培力的作用，故D错误。 故选：B。 4．【答案】A 5．【答案】C 6．【答案】B 【解析】要使四个物体一起做加速运动不发生相对滑动，则m与2m物体两个接触面上的静摩擦力不能超过最大静摩擦力，分析各物体的受力看确定出那一面达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律可求得最大拉力。 解：四个物体一起做加速运动不发生相对滑动，加速度相同，设当右侧两物体间的摩擦力恰好达到最大值时加速度为a,绳子的拉力为T，对右侧上面的物体分析，根据牛顿第二定律有 μ×2mg-T=2ma,对左侧两体分析，根据牛顿第二定律有T-0.5μ×3mg=3ma,联立解得a=0.lμg, 对右侧下方的物体进行分析，根据牛顿第二定律有Fm-0.5μ×3mg-μ×2mg=ma,解得Fm=3.6μmg,故B正确，ACD错误。 故选：B。 7．【答案】D 【解析】由于A、B两物体通过一根不可伸长的轻绳连接，因此它们的沿绳子方向的分速度大小相等。首先需要对A、B两物体的运动进行分解，找出它们沿绳子方向的分运动。然后根据牛顿第二定律求出B的加速度。最后利用速度分解和系统机械能守恒求出A的速度。 解：AB、对物块A由牛顿第二定律得：mg-T=ma 对物块B由牛顿第二定律得：Tcosθ=maB 联立解得物块B的加速度大小为：aB=（g-a）cosθ，故AB错误； CD、对物块A和B整体，根据机械能守恒定律的： A、B的速度的关联如下图所示，可得A、B的速度大小关系为：vA=vBcosθ 联立解得：，故C错误，D正确。 故选：D。 8．【答案】BD 9．【答案】BD 10．【答案】BC 11．(1)2.0 (2)偏大 (3) 【解析】（1）遮光条通过光电门的平均速度为 （2）由于光电门的光源射出的光有一定的粗细，且当遮光条遮住光源射出光的80%，认为光被遮住，即挡光时间变短，所以平均速度的测量值比真实值偏大。 （3）若采用U型挡光片，则数字计时器显示两次开始遮光的时间间隔内，滑块的位移为2s，所以 12．(1)分压 (2)0.50() (3) 0.72() 线性 【解析】（1）题中要求电压从零开始，所以滑动变阻器应该按分压接法接在电路中； （2）电动机两端电压小于某一值时电动机无法转动，此时电动机认为是纯电阻，即电阻保持不变，I-U图线的斜率不变，I随U的增大而增大，故由图b可知，，则电动机线圈的电阻为 （3）[1]图b可知，当电动机输入电压为2.0V时，电流为0.4A，则有电动机的机械功率约为 [2]图b可知，电动机两端电压从3.0V增大到4.0V的过程中，电流保持不变，根据 电动机的机械功率随电压的增大而线性增大。 13．(1) (2) (3)D点无光线射出 【解析】（1）光路如图所示 设在MN面上光线的折射角为，在直角三角形BOC中，由几何知识可知 所以玻璃砖的折射率 解得 （2）光线在玻璃砖中的传播速度为 由几何知识可知，光线在玻璃砖和半球形透明介质中的传播路程分别为 ， 故光线从的时间 解得 （3）设在PQ面上光线的折射角为，半球形透明介质的折射率 解得 在三角形OCD中，设角ODC为，根据正弦定理有 解得 在圆弧PQ界面光线发生全反射的临界角满足 解得 则 故D点恰好无光线射出。 14．(1)6mg (2) 【解析】（1）小球在最低点，由牛顿第二定律得 小球在最高点，由牛顿第二定律得 小球由最低点到最高点，由动能定理得 小球在最低点与最高点所受轨道的弹力之差为 联立解得 （2）设小球脱离轨道时速度大小为v，此时小球和圆心的连线与水平方向的夹角为，由牛顿第二定律得 离开轨道后，小球做抛体运动，将运动沿速度v的方向和垂直v的方向分解，则沿速度方向上有 沿垂直于速度方向上有 小球由最低点运动至脱离处，由机械能守恒得 联立解得 15．(1)8m/s (2)6m/s (3)2.5m/s 【解析】（1）设甲在C点时速度为vC，甲离开C点后做平抛运动的落地时间为t 水平方向有 竖直方向有 解得 甲、乙分离后甲运动到C点的过程由动能定理有 解得 （2）设甲、乙分离时乙的速度为v0，向左为正方向，由动量守恒定律得 解得 设乙和丙第一次分离时的速度分别为v1和u1， 由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 解得 乙第一次和丙分离时的速度大小为6m/s ； （3）设乙第一次能通过传送带，到A点速度大小为vA 解得 假设乙在半圆轨道上没有过B点，上升的高度为h1 解得 h1=0.6m＜R=0.8m 乙从半圆轨道原路返回到A点的速度 假设乙在传送带上先做加速运动，和传送带共速时位移为L1 解得 L1=0.5m＜L=3m 假设成立 乙将会再次滑上丙且分离，设分离时乙和丙的速度分别为v2和u2 由动量守恒定律和机械能守恒定律得    解得 碰后乙在传送带向右减速运动，假设传送带足够长，其速度减为0时，位移有 得 又因为 乙再次返回平台后，不再与丙相遇，故丙最终的速度 第1页共8页 学科网（北京）股份有限公司 $