广西2026届普通高中学业水平选择性考试物理模拟卷五

2026年广西普通高中学业水平选择性考试模拟卷五 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.[AJ[B][c][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[A][B][C][D] 4.AJ[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) 导热汽缸 绝热汽缸 B A 答题卡第2面共4面 14.(12分) moom R 圆弧轨道 挡板 B 台阶 000000T. 水平轨道 答题卡第3面共4面 15.(16分) 舱体 M ×××X× 光滑绝缘 XX XX x 缓冲轨道 级XXX K×××x 地面 缓冲滑块 % 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五 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。 1．2024年7月31日,我国运动员获得巴黎奥运会自由式小轮车女子公园赛冠军。如图所示,比赛中运动员骑行小轮车通过圆弧坡面,并完成各种技巧动作。下列说法正确的是 A.小轮车在圆弧坡面上运动的路程与位移的大小相等 B.小轮车在圆弧坡面上运动的平均速率大于平均速度的大小 C.小轮车通过圆弧坡面受到支持力是由于车轮发生形变 D.观赏运动员在圆弧坡面上的各种技巧动作时,可将其视为质点 2．2024年4月,神舟十八号载人飞船发射升空,并与空间站天和核心舱自主交会对接成功。将二者对接前飞船和空间站的稳定运行轨道简化,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．如图所示,波源P的平衡位置位于x=0处,产生的简谐横波沿x轴正方向传播;波源Q的平衡位置位于x=8 m处,产生的简谐横波沿x轴负方向传播。两波源均在竖直方向振动,振动方程均为y=2sin 4πt(cm),产生的波的波速均为v=8 m/s。下列说法正确的是 A.两列波的周期均为2 s B.两列波的频率均为0.5 Hz C.两列波的波长均为2 m D.稳定后,平衡位置在x=4 m处的质点的振幅为4 cm 4．2024年11月20日,江门中微子实验探测器主体建设完成。江门中微子实验装置位于广东省江门市地下700米处,有世界最大的单体有机玻璃球。一个原子核Be俘获一个电子e,可生成一个新原子核X并放出中微子ν(质量和电荷量均不计),其核反应方程为Bee→X+ν。关于该过程,下列说法正确的是 A.原子核X是Li B.核反应前后总质子数不变 C.核反应前后总中子数不变 D.核反应前后总质量数不同 5．图甲是某发电机通过理想变压器输电的示意图,图乙是原线圈接入的内阻r=2 Ω的发电机提供的交变电流的u-t图像(um未知)。已知原线圈匝数n1=110匝,副线圈匝数n2=22匝,电压表和电流表均视为理想电表。电流表的示数为1 A,电压表的示数为2 V,灯泡恰好正常发光,则下列说法正确的是 甲 乙 A.灯泡的电阻为20 Ω B.交变电流的频率为50 Hz C.原线圈接入的交流电压表达式为u=10sin(100πt) V D.原线圈电路中消耗的总功率为12 W 6．如图所示,A、B、C三个物体的质量分别为1 kg、1 kg、2 kg,所有接触面的摩擦均不计,绳、滑轮的质量也不计,重力加速度g=10 m/s2,则由静止释放物体C的瞬间,A、B、C三个物体的加速度大小分别是 A.aA=5 m/s2,aB=5 m/s2,aC=5 m/s2 B.aA=10 m/s2,aB=10 m/s2,aC=0 C.aA=5 m/s2,aB=5 m/s2,aC=10 m/s2 D.aA=10 m/s2,aB=10 m/s2,aC=5 m/s2 7．如图甲所示,两根水平放置的平行粗糙金属导轨左侧接有阻值R=3 Ω的定值电阻,导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中,磁感应强度大小B=1 T,导轨间距L=1 m。一阻值r=1 Ω、长度也为L=1 m的金属棒放置在导轨上,在水平向右的拉力F作用下由静止从CD处开始运动。金属棒运动的v-x图像如图乙所示,导轨电阻不计,金属棒始终与导轨垂直且接触良好,下列说法正确的是 甲　　　　　　 　　乙 A.金属棒做匀加速直线运动 B.运动过程中,拉力F做的功等于金属棒产生的焦耳热与克服摩擦力所做的功之和 C.运动到x=1 m处时,金属棒所受安培力的大小为1 N D.金属棒从起点运动到x=1 m处的过程中,回路产生的焦耳热为0.25 J 8．一列简谐横波在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 9．某品牌单反相机五棱镜目镜横截面和各部分角度如图所示,其中AB=L,CD=L,BC=L。一由红光、紫光组成的细束复色光从AB中点P垂直AB射入,依次经过CD、DE和EA的反射后,最后从BC射出。已知红光照到CD上恰好发生全反射,光在真空中的速度为c。下列说法正确的是 A.五棱镜对紫光的折射率为2 B.紫光在DE上不会发生全反射 C.红光从P点传播到CD所用时间为(1+) D.红光从P点开始在五棱镜中传播到BC用时比紫光的短 10．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 二、非选择题:本题共5小题,共54分。 11．(6分)某实验研究小组欲精准测量一个电阻Rx的阻值(约100 Ω)。 (1)为了准确测出Rx的阻值,实验室提供了以下器材: A.电池组(电动势为3 V,内阻很小); B.电流表1(量程为0~50 mA,内阻很小); C.电流表2(量程为0~25 mA,内阻很小); D.定值电阻(R=100 Ω); E.滑动变阻器(阻值范围为0~10 Ω); F.开关一只,导线若干。 甲　　　　　　　　　　　　　　　乙 ①根据提供的器材,小明同学设计了如图甲所示的电路。其中表应选　　　　(填器材前的字母序号)。  ②若流过电流表和电流表的电流分别为I1和I2,则待测电阻的阻值Rx=　　　　(用题目中的I1、I2和R表示)。  (2)由于电流表有电阻,根据图甲测出来的电阻有误差,研究小组同学思考后发现只需在上述电路的基础上略加调整就可以测出Rx的准确值。在利用图甲电路测出一组数据I1和I2后,再将电流表与待测电阻相连,如图乙所示。调整滑动变阻器,使I1大小不变,记录此时电流表的示数I2',若认定电流表的内阻恒定不变,根据研究小组的做法,可求出电阻Rx=　　　　　　　(用题目中的字母表示)。  12．(10分)某实验小组把表头改装成一个有“×1”与“×10”挡的电阻表,实验器材如下: A.表头(量程为0~1 mA,内阻为90 Ω) B.定值电阻R1、R2 C.电源(电动势为1.5 V,内阻不计) D.滑动变阻器R3(0~20 Ω) E.滑动变阻器R4(0~2 000 Ω) F.单刀双掷开关、导线若干 甲 乙 (1)该小组先设计如图甲所示的电路图,将表头改装成量程分别为10 mA和100 mA的电流表,则R1=　　　　Ω,R2=　　　　Ω。  (2)该小组再按图乙电路将电流表改装成电阻表,接线柱A应接　　　　(选填“红”或“黑”)表笔。  (3)改装后电阻表表盘的中值刻度为“15”,则选择电阻“×1”挡时,单刀双掷开关应拨到　　　　(选填“1”或“2”)处,此时调零电阻接入电路的阻值是　　　　Ω。  13．(10分)某热学研究所实验室的热学研究装置如图所示,A、B两汽缸深度均为2L,汽缸B活塞横截面积为2S,汽缸A活塞横截面积为S。汽缸A绝热,固定于水平地面上,汽缸B导热,紧靠汽缸A放置但不固定。由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦,两活塞之间与大气相通,两汽缸内均装有理想气体,两活塞处于平衡状态,汽缸A内的活塞与其底部的距离为L,被封闭气体的压强为1.5p0,温度为T0,汽缸B内的活塞与其底部的距离也为L,缓慢加热A中气体,直到汽缸B开始滑动。在此过程中环境温度保持不变,已知大气压强为p0,汽缸B与地面间的最大静摩擦力fm=p0S,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,活塞厚度不计。求: (1)汽缸B开始滑动时缸内活塞到其底部的距离; (2)汽缸B开始滑动时汽缸A中气体温度。 14．(12分)快递业近几年在我国高速发展,某快递企业为了提高效率安装了一些自动卸货设备,其原理简化图如图所示。质量为m的运货箱内装有质量为3m的货物,从半径为R的光滑圆弧轨道上的最高点A由静止释放,滑到圆弧轨道的最低点B后再滑上静止在光滑水平轨道上的小车,圆弧轨道与小车的水平上表面相切于B点,小车的质量为m。运货箱与小车右端挡板碰撞后速度相同但不粘连,而后随小车向右运动至水平轨道右端时,压缩固定在水平轨道右端的弹簧,当弹簧被压缩到最短时将小车锁定。卸下货物后解除锁定,弹簧能量全部释放,将小车及空的运货箱一起弹回,小车与水平轨道左侧台阶碰撞后瞬间停止运动。运货箱滑出小车后冲上圆弧轨道,恰好能回到出发点A。若运货箱及货物可看成质点,货物不会在运货箱中滑动,弹簧的形变量始终处于弹性限度内,重力加速度为g,运货箱与小车间的动摩擦因数μ=0.2。求: (1)运货箱装着货物下滑经过圆弧轨道B点时对轨道的压力大小; (2)当弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能; (3)小车的长度L。 15．(16分)为了确保载人飞船返回舱安全着陆,设计师在返回舱的底盘安装了4台电磁缓冲装置。每台电磁缓冲装置包含两条绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ,且缓冲轨道内存在稳定的匀强磁场,方向垂直于整个缓冲轨道平面。4台电磁缓冲装置与率先着陆的4个缓冲滑块分别对接,缓冲滑块外部由高强度绝缘材料制成,其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abcd。当缓冲滑块接触地面时,滑块立即停止运动,此后线圈与缓冲轨道中的磁场相互作用,返回舱一直做减速运动,直至速度达到软着陆的要求,从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时,返回舱的速度大小为v0,4台电磁缓冲装置结构相同,其中一台电磁缓冲装置的结构简图如图所示,线圈的电阻为R,ab边长为L,返回舱的质量为m,磁场的磁感应强度大小为B。假设缓冲轨道足够长,线圈足够高,软着陆时返回舱的速度大小为v,重力加速度大小为g,一切摩擦阻力均不计。 (1)求缓冲滑块刚停止运动时,线圈中的电流大小; (2)求缓冲滑块刚停止运动时,返回舱的加速度大小; (3)若返回舱的速度大小从v0减到v的过程中,经历的时间为t,求该过程中返回舱下落的高度h和每台电磁缓冲装置中产生的焦耳热Q。 【参考答案】 1． B　 【解题分析】小轮车在圆弧坡面上运动的路程大于位移的大小,A项错误;平均速率是物体运动的路程与所用的时间之比,而平均速度是物体运动的位移与所用的时间之比,可见小轮车在圆弧坡面上运动的平均速率大于平均速度的大小,B项正确;小轮车通过圆弧坡面受到支持力是由于坡面发生形变,C项错误;观赏运动员在圆弧坡面上的各种技巧动作时,其形体和动作均不能忽略,所以不能将其视为质点,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】根据振动方程均为y=2sin 4πt(cm),可知周期T=0． 5 s,频率f==2 Hz,根据λ=vT,可得λ=4 m,A、B、C项错误;根据波的干涉原理,x=4 m处是振动加强点,质点的振幅为4 cm,D项正确。 4． A　 【解题分析】根据核反应质量数守恒、电荷数守恒,可知原子核X的质量数为7,电荷数为3,即原子核X是Li,A项正确;由核反应方程可知核反应前后总质子数减少了1,中子数增加了1,B、C项错误;核反应前后质量数守恒,所以总质量数不变,D项错误。 5． D　 【解题分析】根据理想变压器的工作原理,有===5,由题意可知U2=2 V,则U1=10 V,又根据=,由题意可知I1=1 A,解得I2=5 A,根据部分电路欧姆定律可得,灯泡的电阻R==0． 4 Ω,原线圈电路中消耗的总功率P=r+U1I1=12 W,A项错误、D项正确;由题图乙可知,交流电的周期T=0． 2 s,则交流电的频率f==5 Hz,故原线圈接入的交流电压表达式为u=10sin(10πt) V,B、C项错误。 6． A　 【解题分析】由关联运动可知2xC=xA+xB,可得2aC=aA+aB。设绳的拉力大小为T,则T=mAaA=mBaB,对C分析,有mCg-2T=mCaC,解得aA=5 m/s2,aB=5 m/s2,aC=5 m/s2,A项正确。 7． D　 【解题分析】由题图乙可知金属棒的速度随位移均匀变化,图线斜率k===,即金属棒做加速度增大的加速运动,A项错误;运动过程中金属棒受拉力、安培力及摩擦力作用,金属棒做加速运动,动能增加,故拉力做的功大于金属棒克服安培力和摩擦力所做的功之和,B项错误;由题图乙可知当x=1 m时,金属棒的速度为2 m/s,则金属棒产生的感应电动势E=BLv1=2 V,对应的感应电流I==0． 5 A,所受安培力的大小F1=BIL=0． 5 N,C项错误;由功能关系可知金属棒从起点运动到x=1 m处的过程中,回路产生的焦耳热等于金属棒克服安培力所做的功,即Q=W=F安·x=x,从题图乙中图线与x轴围成的面积的物理意义可知,该过程回路产生的总焦耳热Q总=0． 25 J,D项正确。 8． 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。 9． CD　 【解题分析】设五棱镜对红光的折射率为n1,作出光路图,如图所示,红光照到CD上时恰好发生全反射,由几何关系可知,n1==2,由于五棱镜对紫光的折射率大于五棱镜对红光的折射率,所以五棱镜对紫光的折射率大于2,A项错误;复色光经CD、DE和EA时的入射角分别为30°、75°、30°,故都会发生全反射,B项错误;红光从P点传播到CD所用时间t0=,又由v=,解得t0=(1+),C项正确;红光、紫光在五棱镜中传播的路程x相等,在五棱镜中传播的时间t==n,由于五棱镜对红光的折射率小于五棱镜对紫光的折射率,所以红光从P点开始在五棱镜中传播到BC用时比紫光的短,D项正确。 10． 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。 11． (1)①B　(2分)　②　(2分) (2)R　(2分) 12． (1)1　(2分)　9　(2分) (2)红　(2分) (3)1　(2分)　14． 01　(2分) 13． 【解题分析】(1)分析未加热时活塞整体受力,根据平衡条件,有 1． 5p0S+p0·2S=p0S+pB·2S　(1分) 设汽缸B开始滑动时内部气体压强为pB1,对汽缸B由平衡条件得 pB1·2S=p0·2S+fm　(1分) 汽缸B内部气体发生等温变化,有pB·2SL=pB1·2SLB1　(2分) 又fm=p0S 解得LB1=L。　(1分) (2)汽缸B开始滑动时对活塞整体受力分析,根据平衡条件得 pA1S+p0·2S=p0S+pB1·2S　(1分) 汽缸A内气体体积VA1=(L-LB1)S+SL=LS　(1分) 对A内气体根据理想气体状态方程得 =　(2分) 解得TA1=T0。　(1分) 14． 【解题分析】(1)设货物的质量为M,以运货箱及货物整体为研究对象,它们由A点运动到最低点B的过程,根据机械能守恒定律得 (m+M)gR=(m+M),其中M=3m　(1分) 解得vB=　(1分) 对运货箱和货物构成的整体,在B点由牛顿第二定律得 FN-(M+m)g=(M+m)　(1分) 解得FN=3(M+m)g=12mg　(1分) 由牛顿第三定律得,在B点运货箱对圆弧轨道的压力大小FN'=FN=12mg。　(1分) (2)从运货箱越过B点到运货箱与小车右侧挡板碰撞后一起运动,对系统由动量守恒定律得 (M+m)vB=(M+m+m)v共　(2分) 运货箱与小车达到共速后一起压缩弹簧到最短,由机械能守恒定律得 Ep=(M+m+m)　(1分) 解得Ep=mgR。　(1分) (3)空运货箱返回时,弹簧的弹性势能转化成了小车和空运货箱的总动能,有 Ek=Ep=mgR　(1分) 空运货箱恰好能返回A点的条件是Ek=μmgL+mgR(其中μ=0． 2)　(1分) 解得小车的长度L=。　(1分) 15． 【解题分析】(1)ab边产生的感应电动势E=BLv0　(2分) 线圈中的电流I==。　(2分) (2)返回舱所受单个闭合矩形线圈的安培力大小F安=BIL　(1分) 根据牛顿第二定律得4F安-mg=ma　(2分) 解得a=-g。　(1分) (3)设一小段时间Δt内返回舱下落的高度为Δh,对返回舱,由动量定理,得 mgΔt-4F安Δt=mΔv　(2分) 则对t时间内返回舱的运动,有 mgt-4=mv-mv0　(2分) 解得h=　(1分) 由能量守恒定律有 mgh+m=mv2+4Q　(2分) 解得Q=m(-v2)+。　(1分) 第1页共8页 学科网（北京）股份有限公司 $