2026年广东省佛山市顺德区高考物理模拟试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2026年广东省佛山市顺德区高考物理模拟试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.2026年3月，中国科学院发布研究成果，成功合成新核素锫−235及其衰变产物镅−231，衰变方程为 97235Bk+ X231Am+A.该反应类型为β衰变

B.镅的原子序数X为96

C.衰变过程释放能量是因为锫−235的比结合能大于镅−231

D.10g镅−231原子核经过150秒后，剩余质量为2.5g2.“十五五”规划将特高压输电作为“西电东送”核心载体。如图为相邻竖直铁塔M、N间某根输电线的示意图，输电线质量为m且分布均匀、两端分别固定在P、Q两等高点，两塔间距为d，输电线两端的切线与竖直方向的夹角为θ=60°，重力加速度为g。下列说法正确的是(

)A.输电线上张力大小处处相等

B.P点处拉力大小为mg

C.若d增大，P点处张力减小

D.由于热胀冷缩，冬季降温时输电线最低点的张力减小3.2026年4月，神州乘组入驻中国空间站。如图，地球半径为R，自转周期为T，空间站所在轨道离地面的高度约为0.06R，同步卫星离地面的高度约为6R，万有引力常量为G。下列说法正确的是(

)A.根据题中物理量可求出地球平均密度

B.空间站绕地运行线速度比同步卫星小

C.空间站绕地运行角速度比地球自转角速度小

D.空间站绕地运行的周期约为T4.为贯彻绿色低碳理念，某学习小组设计如图甲的静电除尘装置。假设装置内某电子由静止出发，仅受电场力作用，从A点运动到B点，其速度随时间变化的规律如图乙。下列说法正确的是(

)A.加速度aA<aB B.电场强度EA=EB5.如图，利用某种光纤材料制成半径r=1mm的光导纤维并将其弯成半径为R的半圆形并置于真空中，已知光在真空中的速度为3×108m/s，光导纤维的折射率n=1.25。现用紫色激光垂直于光导纤维的端面EF射入，该束激光恰好不从光导纤维的侧面外泄，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是A.激光在光导纤维中的传播速度v=1.4×108m/s

B.激光在光导纤维中发生全反射的临界角为37°

C.半径R的最小值为10mm

6.如图甲为我国风力电应用简化原理图，风轮带动矩形线圈在匀强磁场中转动输出如图乙的交流电，并通过理想变压器给用电户供电。已知匝数为N的线圈匀速转动，发电机输出功率为P，输电线上的总电阻为R，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，不计其余电阻。下列说法正确的是(

)

A.线圈转动至图甲中位置时，发电机的输出电压为Um

B.转动过程中，线圈的磁通量最大值为2πNUmT

C.输电线上损耗的功率为7.如图甲，用轻弹簧悬挂的手机在竖直方向做简谐运动，O点为平衡位置，P点为最高点，Q点为最低点。手机上的传感器记录其竖直方向的加速度a随时间t变化的曲线，如图乙。已知手机质量为m，振动周期为T，最大加速度大小为am，重力加速度为g，忽略空气阻力，以竖直向下为正方向。下列说法正确的是(

)

A.t=0时，手机在Q点 B.T4～T2过程中，手机运动的动能增大

C.手机运动的最大速度大小为18二、多选题：本大题共3小题，共18分。8.在建设目前世界最高花江峡谷大桥时，某起重机将质量为m的构件从地面由静止竖直吊起。提升过程中，电动机提供的牵引力F随时间t变化规律如图。已知t2时刻构件恰好开始以速度v匀速上升，重力加速度为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是(

)A.0−t1时间内，构件一直上升

B.t1−t2时间内，构件的动能增加量等于牵引力做的功

C.0−9.如图，倾角为θ的足够长斜面上放置三个完全相同视作质点的木箱，相邻两木箱的距离均为l，木箱质量为m，恰能在斜面上保持静止。现使最上方的木箱获沿斜面向下的初速度v0，下滑中与其它木箱碰撞，每次碰撞后木箱都粘在一起运动。设木箱与斜面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，碰撞时间极短，重力加速度为g，下列说法正确的是(

)A.μ=tanθ

B.第一次碰撞中损失的机械能ΔE1=14mv02

C.木箱先后经过两段l10.“福建舰”装载我国自主研制的电磁弹射系统，在飞机被弹射离舰后，能让弹射动子迅速停下，其实验模型如图。水平桌面上固定光滑平行金属导轨MN、PQ，间距L=5m，定值电阻R=0.6Ω。将动子简化为质量m=3kg、电阻r=0.4Ω的金属棒ab。金属棒ab以v0=180km/h的速度进入磁感应强度B=4T的匀强磁场，减速滑行至停下。忽略导轨电阻、摩擦力和空气阻力。下列说法正确的是(

)

A.进入磁场的瞬间，金属棒上感应电流方向为a→b

B.进入磁场的瞬间，金属棒上的感应电流大小为1000A

C.金属棒的减速距离为0.375m

D.减速滑行至停下，金属棒上产生的热量为3750J三、实验题：本大题共1小题，共6分。11.请完成下列实验操作和计算。

(1)某课堂用图甲装置完成“探究平抛运动”实验。

①下列实验条件必须满足的有

。(填选项前的字母)

A.斜槽轨道末端水平

B.挡板高度等间距变化

C.每次从斜槽上不同的位置无初速度释放钢球

D.尽可能减小钢球与斜槽轨道之间的摩擦

②该同学用频闪照相机记录钢球做平抛运动轨迹上的A、B、C三点，取A点为坐标原点，建立如图乙坐标系.由实验数据算得钢球平抛的初速度为

m/s(取g=10m/s2，计算结果保留两位有效数字)。

(2)某实验小组用图丙所示实验装置测量当地重力加速度大小。

实验操作如下：

①测量所需长度

用刻度尺测得摆线长度为l。用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图丁，小球直径D=

mm。

②测量当地重力加速度的大小

将小球拉起一个小角度，静止释放，使小球在竖直平面内做简谐运动。测得小球从第1次遮光到第n次遮光经历的总时间为t，当地的重力加速度g的表达式

(用n、t、l、D表示)。若摆动过程中悬点出现松动导致实际摆长增大，测得重力加速度

(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。四、计算题：本大题共3小题，共38分。12.萃取咖啡的摩卡壶简化结构如图。壶体由上壶座和下壶座组成，中间用竖直导管连通，上壶座与大气相通。下壶座容积为V，初始时盛有体积为0.4V的水，上方封闭有体积V0=0.6V、温度T0=300K、压强与外界大气压p0相同的理想气体。萃取咖啡时，下壶座被缓慢加热，气体膨胀将水压入导管，从顶端流入上壶座。水上升过程中咖啡粉饼对水流的阻碍等效为导管顶端处一个反向压强，其大小Δp=0.12p0。已知初始水面与导管顶端的高度差h=10cm，大气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度g=10m/s2，水的密度ρ=1.0×103kg/m313.图甲所示的波荡器可通过周期性磁场使高速电子束产生扭摆运动，从而辐射出高亮度光子。图乙是波荡器的简化模型，A是电子源，可朝不同方向发射电子，A右侧有若干个互不重叠的、半径均为R的圆形磁场区域，沿水平直线等间距分布，A位于中心线上，A、O1间距离d=3R。所有圆形磁场内的磁感应强度大小均相等，相邻磁场方向相反且均垂直纸面。若电子从A点以初速度v0沿中心线向右射入波荡器，电子恰好从O1点正上方离开第一个磁场(轨迹未在图乙中画出)。电子的质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应及磁场边界效应，不计电子的重力。求：

(1)磁感应强度B的大小；

(2)若调节电子的速度为v，方向与中心线的夹角θ=30°，使电子从A点进入波荡器后，每次穿过中心线时速度方向与中心线的夹角均为30°，电子做扭摆运动，轨迹如图乙。求相邻圆形磁场圆心间的距离D及电子速度v的大小；

(3)在(2)14.某科技公司研发的无人机具备离地高度感应与智能着陆功能，可在接近地面时自动增大升力实现安全软着陆。已知无人机质量为m，重力加速度为g，机底搭载高度传感器，可实时探测离地高度h。研究小组对该无人机的智能着陆系统进行测试，其升力控制规律为：

当离地高度h>d0时，升力大小恒定，F1=14mg；

当离地高度h≤d0时，升力随高度线性调节，F2=k(d0−h)+12mg(k>0)。

(1)现将无人机从距水平地面高H(H>d0)处由静止释放，无人机沿竖直方向下落，运动过程中保持姿态稳定，无人机在接触地面瞬间速度恰好减为零。忽略空气阻力，求：

①无人机升力开始增大的瞬间，其速度大小v0；

②无人机在下落过程中，速度最大时的离地高度hm；答案解析1.【答案】D

【解析】解：A.衰变方程放出的是α粒子(24He)，属于α衰变，不是β衰变(β衰变放出电子)，故A错误；

B.根据电荷数守恒：97=X+2，解得X=95，故镅的原子序数X为95，故B错误；

C.衰变释放能量，说明产物(镅−231和α粒子)的比结合能大于反应物(锫−235)的比结合能，因此锫−235的比结合能小于镅−231。故C错误；

D.镅−231的半衰期T=75s，150秒为2个半衰期：m=m0(12)15075=10×(12)2g=10×14g=2.5g，故2.【答案】B

【解析】解：对输电线整体进行受力分析，其受到两端固定点的拉力和重力作用，由对称性可知，两端拉力大小相等。

A、由于输电线各部分的重力分布，输电线上各点的张力方向和大小沿曲线不断变化，两端张力最大，最低点张力最小且方向水平，故A错误；

B、在竖直方向上，根据平衡条件有2TPcosθ=mg，代入θ=60°，解得：TP=mg，故B正确；

C、若d增大，输电线将被拉得更紧更平直，导致两端切线与竖直方向的夹角θ增大，根据公式TP=mg2cosθ可知，cosθ减小，则P点处张力增大，故C错误；

D、由于热胀冷缩，冬季降温时输电线收缩变紧，导致两端切线与竖直方向的夹角θ增大，对半根输电线分析可知最低点的张力为T最低=12mgtanθ，因tanθ增大，最低点的张力增大，故3.【答案】A

【解析】解：A.根据GMm(6R+R)2=m(6R+R)4π2T2，结ρ=MV，以及V=43πR3，联立可求出地球平均密度，故A正确；

B.根据高轨低速的原理，空间站绕地运行线速度比同步卫星大，故B错误；

C.根据GMmr2=mrω24.【答案】C

【解析】解：A.v−t图像的斜率表示加速度，由图乙可知，电子的加速度随时间逐渐减小，因此A点的加速度大于B点的加速度，故A错误；

B.电子的加速度由电场力提供，根据a=Fm=eEm，加速度减小说明电场强度减小，因此A点的电场强度大于B点的电场强度，故B错误；

C.电子从A到B做加速运动，电场力方向与运动方向一致，电子带负电，因此电场强度方向由B指向A；沿电场线方向电势逐渐降低，故A点电势低于B点电势，故C正确；

D.电子从A到B的过程中，电场力做正功，根据电场力做功与电势能的关系，电势能减小，因此A点的电势能大于B点的电势能，故D错误。

故选：C。

根据v−t5.【答案】C

【解析】解：A、由折射定律可知光在纤维中的传播速度v=cn，代入数据可得v=2.4×108m/s，故A错误；

B、由折射率与全反射临界角关系可知sinC=1n，代入数据可得C=53°，故B错误；

C、由F点射入的光恰好发生全反射时，半径最小，光路图如图所示：

由几何关系可知sinC=R−2rR，代入数据可得R=10mm，故C正确；

D、换红色激光，频率减小，折射率减小，全反射临界角变大，则紫光恰好发生全反射时，红光会从侧面外泄，故D错误。

故选：C。

A、根据折射定律分析；

B、根据折射率与全反射临界角关系分析；6.【答案】C

【解析】解：A、图甲中线圈平面与磁场垂直，处于中性面位置，此时磁通量最大，感应电动势为0，输出电压瞬时值为0，故A错误；

由感应电动势峰值公式Um=NΦmω=NΦm⋅2πT

整理得磁通量最大值Φm=UmT2πN，故B错误；

C、发电机输出电压有效值U1=Um2，由变压器电压比，升压变压器副线圈电压U7.【答案】D

【解析】解：规定竖直向下为正方向，根据简谐运动的特征，加速度方向与位移方向相反。

AB、在t=0时刻，加速度为正向最大值，则手机的位移为负向最大值，即位于最高点P；在T4至T2过程中，手机由平衡位置O向最低点Q运动，速度逐渐减小，动能减小，故AB错误；

C、根据简谐运动规律，最大加速度am与最大速度vm的关系满足am=2πTvm，解得：vm=amT2π，故C错误；

D、在T2时刻，手机到达最低点Q，此时加速度为−am，根据牛顿第二定律mg−F=m(−am8.【答案】CD

【解析】解：A.在0～t1时间内，当牵引力F小于重力mg时，构件受地面支持力作用保持静止，并未上升，故A错误；

B.根据动能定理，动能增加量等于合外力做功，即ΔEk=WF+WG(重力做功为负)，因此构件动能增加量等于牵引力做功与重力做功的代数和，故B错误；

C.根据动量定理，0～t2时间内合外力冲量等于动量变化，公式为IF−mgt2=mv−0

整理得牵引力冲量IF=mv+mgt2，故C正确；

D.9.【答案】ABD

【解析】解：A、木箱恰能在斜面上保持静止，根据平衡条件有mgsinθ=μmgcosθ，解得：μ=tanθ，故A正确；

B、由于斜面摩擦情况满足μ=tanθ，木箱下滑时重力沿斜面的分力与滑动摩擦力大小相等，故在碰撞前木箱做匀速直线运动。

第一次碰撞前瞬间速度为v0，根据动量守恒定律有mv0=2mv1，解得碰后共同速度v1=12v0。

由能量守恒定律可知第一次碰撞中损失的机械能ΔE1=12mv02−12⋅2mv12，解得：ΔE1=14mv02，故B正确；

C、木箱在碰撞前后均做匀速运动，通过第一段距离l的速度为v0，所用时间t1=lv10.【答案】BC

【解析】解：AB、根据右手定则可判定，金属棒进入磁场瞬间的感应电流方向为由b流向a。根据法拉第电磁感应定律，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv0，其中v0=50m/s。由闭合电路欧姆定律，感应电流大小为I=ER+r，代入数据解得：I=1000A，故A错误，B正确；

C、金属棒减速滑行至停下的过程中，根据动量定理有−BLq=0−mv0，而通过回路的电荷量q=BLxR+r，代入数据解得金属棒的减速距离x=0.375m，故C正确；

D、金属棒减速滑行至停下的整个过程中，根据能量守恒定律，整个电路产生的总热量Q=12mv02，解得：11.【答案】A1.820.035π偏小

【解析】解：(1)①A.斜槽轨道末端水平，能保证小球做平抛运动，故A正确；

B.挡板高度不需要等间距变化，只要能记录不同位置的痕迹点即可，故B错误；

C.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，这样才能保证钢球每次平抛的初速度相同，是必须满足的条件，故C错误；

D.钢球与斜槽轨道之间的摩擦不影响每次从同一位置释放时到达末端的速度，不是必须减小的，不是必须条件，故D错误。

故选：A。

②根据题意可知，由于A、B和B、C间水平距离相等，则运动时间相等，设为T，竖直方向上，由逐差法有

yBC−yAB=gT2

代入数据解得

T=0.1s

则水平方向上，由x=v0T可得，小球做平抛运动的初速度大小

v0=1.8m/s

(2)①小球直径D=20mm+3.5×0.01mm=20.035mm。

②单摆的周期为T=tn−12=2tn−1

根据单摆周期公式有T=2πl+D2g

联立可得g=π2(2l+D)(n−112.【答案】当水恰好从导管顶端流出时，下壶座内气体的压强p1为1.01p0

当体积为0.1V的水被压入上壶座时，下壶座内水面与导管顶端的高度差h0=20cm【解析】解：(1)当水恰好从导管顶端流出时，下壷座内气体的压强p1水恰好从导管顶端流出时，下壶内气体压强需平衡大气压强、水柱产生的压强p1=p0+ρgh

代入数据ρgh=1.0×103×10×0.1=1.0×103Pa=0.01p0

可得p1=1.01p0

(2)初始状态p0，V0=0.6V，T0=300K

末状态气体体积：下壶内水减少0.1V，故气体体积V2=0.6V+0.1V=0.7V

气体压强：需平衡大气压、水柱压强和反向压强，故p2=p0+ρgh0+Δp

代入数据ρgh0=1.0×103×10×0.2=2.0×103Pa=0.02p0，13.【答案】磁感应强度大小为mv0eR

相邻圆形磁场圆心间的距离为23R【解析】解：(1)电子沿中心线进入第一个磁场，由于A、O1间距离为3R，磁场边界半径为R，故电子从(−R,0)处进入磁场。

由题意电子恰好从O1正上方(0,R)处离开，说明电子在磁场中运动了四分之一圆周，速度方向偏转了90°。

设其在磁场中做匀速圆周运动的半径为r1，由几何关系可知r1=R。

根据洛伦兹力提供向心力有ev0B=mv02r1，解得磁感应强度B=mv0eR。

(2)设电子以速度v射入波荡器时，在磁场中做圆周运动的半径为r2。

以O1为坐标原点建立平面直角坐标系，电子从A(−3R,0)点沿与中心线成30°的方向做匀速直线运动。