广东广州市普通高中毕业班综合测试（一）物理试题

试卷类型：A2026届广州市普通高中毕业班综合测试（一）物理本试卷共6页，15小题，满分100分。考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上，并在答题卡相应位置上填涂考生号。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。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.如图是一束太阳光射向球形雨滴表面后发生折射的示意图，其中a、b是两种单色光。不考虑光在雨滴内的反射，下列说法正确的是（）A.雨滴对a光的折射率小于对b光的折射率B.a光的光子能量大于b光的光子能量C.a光和b光在雨滴中传播速度相同D.a光和b光在雨滴中的波长相同【答案】A【解析】【详解】A．根据光的折射规律可知，两单色光的入射角相等，折射角，因此雨滴对a光的折射率小于对b光的折射率，故A正确；B．由于雨滴对a光的折射率小于对b光的折射率，因此a光的频率小于b光的频率，a光的光子能量小于b光的光子能量，故B错误；C．根据，可知a光在雨滴中传播的速度大于b光在雨滴中传播的速度，故C错误；D．由于a光的频率小于b光的频率，则a光的波长大于b光的波长，在雨滴中传播时，尽管两光的波长都变短，但a光的波长依然大于b光的波长，故D错误。故选A。2.玻尔原子理论可解释氦离子（He+）的能级跃迁。如图为He+的能级示意图，一群处于n=3能级的He+在向低能级跃迁过程中发出不同频率的光子，照射到金属钠的表面。已知金属钠的逸出功为2.29eV，这群He+跃迁过程发出的（）A.光子频率只有2种B.光子能量可能为6.04eVC.光子能量最大为54.4eVD.光均可使金属钠发生光电效应【答案】D【解析】【详解】A．原子从高能级向低能级跃迁要释放光子，光子的频率有3种，分别是从n=3向n=1、从n=3到n=2，从n=2到n=1跃迁时释放的光子，故A错误；BCD．从n=3向n=1跃迁时释放的光子能量为从n=3向n=2跃迁时释放的光子能量为从n=2向n=1跃迁时释放的光子能量为所以光子的能量不会为6.04eV，光子能量最大为48.36eV，三种光子的能量均大于金属钠的逸出功，所以光均可使金属钠发生光电效应，故BC错误，D正确。故选D。3.图（a）是一列横波在t=0时刻的波形图，图（b）是质点P或Q的振动图像，下列说法正确的是（）A.这列波的传播速度是10m/sB.t=0时，P和Q的速度相同C.t=0.1s时，P和Q相距4cmD.若波沿x轴负方向传播，则图（b）为Q的振动图像【答案】D【解析】【详解】A．根据图示可知，波长、周期分别为，则波传播速度，故A错误；B．根据图示可知，质点P、Q平衡位置的间距等于半个波长，两个质点振动步调相反，即t=0时，P和Q的速度大小相等，方向相反，故B错误；C．波在传播过程中，质点只在其平衡位置附近振动，并不随波迁移，由于0.1s是四分之一周期，可知，t=0.1s时，P和Q两个质点一个在波峰，另一个在波谷，此时P和Q相距，故C错误；D．根据图（b）可知，0s时刻，质点沿y轴正方向运动，若波沿x轴负方向传播，根据同侧法可知，质点P沿y轴负方向运动，质点Q沿y轴正方向运动，即若波沿x轴负方向传播，则图（b）为Q的振动图像，故D正确。故选D。4.如图为某发电机的原理图，abcd为金属线框，固连于线框的E、F为一对相互绝缘的半圆形铜环，A、B为固定电刷。线框在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动，从图示位置开始计时，电阻R两端的电势差u随时间t变化的图像可能是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】线圈开始转动的位置是与中性面垂直的平面，则时刻电动势有最大值，且线圈在磁场中转动时产生的正弦交流电，由于的作用使得产生的电流始终是正弦式交流电的上半部分，故B正确，ACD错误。故选B。5.图（a）所示的油纸伞是我国古人智慧的结晶。图（b）为其结构示意图，ON是一条可绕伞顶O转动的伞骨，伞撑两端分别与ON中点M和滑环P铰接。保持伞柄不动，向上推滑环P，使得伞骨ON以恒定角速度开伞，则（）A.M点的线速度方向总是沿PM方向B.M点的向心加速度方向沿MP方向C.N点线速度大小是M点的2倍D.N点的向心加速度大小是M点的4倍【答案】C【解析】【详解】A．由题意可知，M点做匀速圆周运动，线速度方向始终沿圆周的切线方向，始终与ON垂直，而非沿PM方向，故A错误；B．由题意可知，ON是一条可绕伞顶O转动的伞骨，M点以O点为圆心做匀速圆周运动，所以向心加速度方向始终沿M指向圆心O，不是沿MP方向，故B错误；C．由匀速圆周运动规律可知由于，所以有所以N点线速度大小是M点的2倍，故C正确；D．由向心加速度公式可知由于，所以有所以N点的向心加速度大小是M点的2倍，故D错误。故选C。6.如图（a），矩形导体框mnkp被四根等长的绝缘细绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场（未画出），与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图（b）所示。开始时导体框静止在水平位置，现给导体框通上沿mnkp方向的恒定电流，则（）A.mn和pk所受安培力方向相反B.mn和pk所受安培力方向相同C.绝缘细绳对导体框的拉力增大D.导体框将绕OO′轴顺时针转动【答案】C【解析】【详解】AB．对mn和pk分别应用左手定则，可得到安培力的方向如下由图可知，mn和pk受到的安培力方向不共线，故AB错误；CD．由题意可知两导体所在位置处的磁感应强度大小相等，由对称性，可知导体框整体受到的安培力合力竖直向下，导体框受到的细绳拉力变大，导体框在水平方向受到的合力为零，没有转动的趋势，故C正确，D错误。故选C。7.某兴趣小组设计了如图（a）所示的电磁阻拦系统。当模型飞机着陆时，关闭动力系统，通过绝缘阻拦索钩住水平面内平行导轨上的金属棒ab，飞机与金属棒ab在匀强磁场中共同滑行3m后停下。已知ab被钩住后瞬间与飞机的共同速度为3m/s，导轨间距为1m，定值电阻R=1Ω，ab接入电路的电阻r=2Ω，不计导轨电阻。除电磁阻力外，忽略其他阻力。以ab初始位置为起点，ab两端电压U与其位移s的关系如图（b）所示，则（）A.b端电势高于a端的电势 B.ab被钩住后瞬间产生的电动势为1VC.通过电阻R的总电量为3C D.ab、阻拦索与飞机的总质量约为0.33kg【答案】D【解析】【详解】A．根据右手定则，可知导体棒产生感应电流方向为到，导体棒视为电源，电源内部的电流是由负极流向正极，故a端的电势高于b端的电势，故A错误；B．由图（b）可知，当ab被钩住后瞬间，ab两端电压，因导体棒与电阻形成了一个闭合电路，故此电压为路端电压，则此瞬间产生的感应电动势为，故B错误；C．由B项分析，可知ab被钩住后瞬间产生的感应电动势为，根据法拉第电磁感应定律有解得根据，，，联立解得由图（b）可知当时，说明此时导体棒刚好停止运动，速度为零，代入数据解得，故C错误；D．根据动能定理有又联立可得由图（b）可得代入数据解得，故D正确。故选D。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，地球同步卫星发射过程可简化为：先将卫星发射至近地圆轨道I，在近地点P变轨后进入椭圆转移轨道Ⅱ，再在远地点Q变轨后进入地球静止轨道Ⅲ。卫星在轨道Ⅱ上运行时（）A.运行的周期大于在轨道Ⅲ上运行的周期B.经过P点加速度大小等于在轨道I上的加速度大小C.从P点运动到Q点的过程中，机械能逐渐增大D.经过P点的速率大于在轨道I上经过P点的速率【答案】BD【解析】【详解】A．根据开普勒第三定律有，因为轨道Ⅱ是椭圆转移轨道，其半长轴小于地球静止轨道Ⅲ的半径，所以卫星在轨道Ⅱ上运行的周期小于在轨道Ⅲ上运行的周期，故A错误；B．由万有引力提供向心力有可得加速度因为卫星在轨道Ⅱ和轨道Ⅰ上经过P点时到地心的距离r完全相同，所以经过P点的加速度大小相等，故B正确；C．卫星在轨道Ⅱ上运行时，只有地球的万有引力做功，没有其他外力做功，满足机械能守恒的条件，因此从P点运动到Q点的过程中，机械能保持不变，故C错误；D．从近地圆轨道Ⅰ变轨到椭圆转移轨道Ⅱ，需要在P点进行加速操作，使卫星做离心运动，因此卫星在轨道Ⅱ上经过P点的速率大于在轨道Ⅰ上经过P点的速率，故D正确。故选BD。9.某同学练习投篮，篮球脱手时速度方向与水平方向夹角为45°，篮球到达最高点后下落穿过篮筐中心时速度方向与水平方向的夹角为37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8），空气阻力可忽略。篮球从脱手到入筐（）A.上升过程的时间大于下降过程的时间B.上升过程的水平位移等于下降过程的水平位移C.上升过程的初速度与下降过程的末速度大小之比为4：5D.上升过程的竖直位移与下降过程的竖直位移大小之比为16：9【答案】AD【解析】【详解】AC．设篮球脱手时的速度为v，故篮球刚被抛出时水平速度为竖直方向的初速度为上升到最高点有联立上式代入数据解得篮球上升到最高点的时间为由题意可知篮球在空中做斜抛运动，仅竖直方向的速度改变，水平方向速度不改变，有且此时速度为解得，故刚抛出时的速度与到篮筐中心的速度大小之比为下降到篮筐中心时有代入数据解得由上述分析可知，故A正确，C错误；B．由于篮球做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，上升过程的时间大于下降过程的时间，故上升过程的水平位移大于下降过程的水平位移，故B错误；D．上升过程有下降过程有代入数据解得，联立上式整理解得，故D正确。故选AD。10.如图（a），劲度系数为k的轻弹簧下端悬挂薄板A，A静止。带孔薄板B套于弹簧且与弹簧间无摩擦，A、B质量相同，B从A上方h高度处由静止释放，A、B碰撞时间极短，碰后粘在一起下落3l后速度减为零。以A、B碰撞位置为坐标原点O，竖直向下为正方向建立x轴，A、B整体的重力势能随下落距离x变化图像如图（b）中I所示，弹簧的弹性势能随下落距离x变化图像如图（b）中Ⅱ所示，重力加速度为g，则（）A.薄板A的质量为B.薄板B下落的高度h为C.碰撞后两薄板的最大速度为D.碰撞后两薄板上升的最大高度在O上方l处【答案】ABD【解析】【详解】A．设A、B的质量为，由图可知，图线I所示斜率的绝对值为解得，故A正确；B．设B与A碰撞前的速度为，根据自由落体运动规律可知解得由于A、B碰撞过程动量守恒，则有解得碰后A、B的动能对两薄板从碰后到最低点，由能量守恒可得结合图像可知，，，解得又因为联立解得，故B正确；C．碰后的最大速度处加速度为0，即可得碰后最大速度对应的弹簧压缩量为所以最大速度在A、B碰撞后下落处；从A、B碰后到最大速度时由动能定理可得解得，故C错误；D．由题意可知，在最低点时弹簧的压缩量为；碰后假设最高点处弹簧刚好恢复原长，从最低点到最高点由能量守恒可得即解得恰好恢复原长，假设成立；碰撞后A、B上升的最大高度在O上方处，故D正确。故选ABD。三、非选择题：共54分，考生根据要求作答。11.某小组利用图（a）装置探究小球沿倾斜直槽运动的特点。数字计时器可分别采集小球经过光电门B、C的遮光时间t1、t2，及经过两个光电门之间的时间T。（1）实验步骤：①测量小球直径：如图（b），游标卡尺的读数d=___________cm；②由倾斜直槽顶端A静止释放小球，记录对应的t1、t2、T；③保持B位置不变，改变C的位置；④重复步骤②③，得到多组数据。（2）数据处理：小球经过光电门C的瞬时速度表达式为v=___________（可用d、t1、t2、T表示）；根据所记录的数据，作出vT图像如图（c），可知小球沿倾斜直槽运动速度变化的特点是___________。（3）拓展研究：由图（c）可知，当小球经过光电门C的速度v=1.00m/s时，光电门B、C间的距离为___________m。（结果保留两位小数）【答案】（1）2.00（2）①.②.速度随时间均匀变化（3）0.490.500.510.490.500.51【解析】【小问1详解】图（b），游标卡尺的读数【小问2详解】[1]小球经过光电门C的瞬时速度表达式为[2]由图（c），可知小球沿倾斜直槽运动速度变化的特点是速度随时间均匀变化【小问3详解】由题知，小球经过光电门C的速度v=1.00m/s，对应的时刻，初速度为，则光电门B、C间的距离为12.硅光电池被一定条件的光照射时，可以对外供电。某实验小组设计实验测试某款硅光电池在太阳光照射下的输出特性。（1）电路连接实验小组设计了如图（a）的电路图，请根据电路图完成图（b）实物图连线___________。（2）光强一定时，硅光电池输出功率测量①用碘钨灯（发出的光近似于太阳光）在20cm处正对照射硅光电池，电阻箱取不同阻值时，记录多组电压表读数U和毫安表读数I，当电压表读数为1.40V时，毫安表示数如图（c），读数为___________mA。②硅光电池输出功率P=UI。根据记录的数据，求得不同输出电压下的硅光电池输出功率，并作PU图像如图（d）。（3）硅光电池的转化效率测试①如图（e），利用（2）中的碘钨灯正对照射光功率计，距离仍为20cm时，光功率计测得单位受光面积的光功率为38mW/cm2，已知步骤（2）中，硅光电池的受光面积为25cm2，则入射到硅光电池的光功率Pi=___________mW。②硅光电池转化效率定义为，实验中硅光电池的转化效率为___________%。（结果保留3位有效数字）（4）误差分析若电表内阻影响不可忽略，则实验测得的转化效率___________（选填“大于”“等于”或“小于”）实际的转化效率。【答案】（1）（2）50（3）①.950②.10.5（4）小于【解析】【小问1详解】根据图（a）将图（b）连接如下【小问2详解】由图（c）可知，毫安表的示数为【小问3详解】[1]由题意可知，入射到硅光电池的光功率[2]由图（d）可知，硅光电池的最大输出功率为则其转化效率为【小问4详解】由于电压表的分流作用，导致毫安表测得电流小于实际输出的电流，计算出的最大输出功率偏小，因此测得的转化效率小于实际转化率。13.如图是地铁隧道防洪气囊，使用时通过充气机向气囊内充气，使其膨胀为长度L=10m、横截面积S=20m2的柱体，当其内部气压满足时，可以阻断洪水。已知隧道内大气压强恒为，充气机每秒从隧道中吸入体积为ΔV=0.5m3的空气并充入气囊。气囊不漏气且导热良好，内部气体可视为理想气体。（1）充气前气囊内气体可忽略，要使气囊内部气压达到1.8×105Pa，求充气时间；（2）某次防洪演练，将气囊气压充至2.0×105Pa，一段时间后，隧道内温度由300K降至288K，气囊体积不变，通过计算判断气囊气压是否仍满足阻断洪水的要求。【答案】（1）720s（2）能【解析】【小问1详解】充气完成后，气囊内气体体积V=LS设充入的环境空气体积为V0时，气囊气压达到防洪气压pmin，充入的气体温度不变，由玻意耳定律，有解得V0=360m3依题意有故充气时间为720s。【小问2详解】设降温后，温度为T1时气囊内气体压强为p1，气体做等容变化，由查理定律，有解得p1=1.92×105Pa由于p1>pmin=1.8×105Pa，故气囊仍能满足防洪气压要求。14.如图，某排球运动员练习垫球。每次在同一位置垫球后，排球离开手臂竖直向上运动，上升h后又落回原位置。排球的质量为m，上升和下降过程中，空气阻力大小恒为f，重力加速度为g。（1）排球从离开手臂到再次落回手臂的过程中，求：i.排球在空中运动时间；ii.空气阻力的冲量大小和方向。（2）若排球与手臂接触时间为Δt，且接触过程中空气阻力冲量可忽略，求手臂触球过程中，排球对手臂的平均作用力大小。【答案】（1）i.；ii.，竖直向上（2）【解析】【小问1详解】i.设排球离开手臂后的上升时间为t1，下降时间为t2根据牛顿第二定律，上升过程有​根据位移时间公式有根据牛顿第二定律，下降