2026届高考物理考向核心卷·广东专版·参考答案

2026届高考考向核心卷物理参考答案——广东专版2026届高考物理（广东专版）考向核心卷考情诊断表知识模块对应题号模块总分值试卷占比得分电磁学（静电场+交变电流+电磁感应+带电粒子在复合场中运动+电学实验）3、6、9、10、12、144+4+6+6+10+12=4242.0%力学（运动学+动力学+圆周运动+动量与能量守恒+力学实验）1、7、11、154+4+6+16=3030.0%热学（理想气体状态方程+热力学定律）131010.0%近代物理初步（原子核物理+能级跃迁+光电效应）2、54+4=88.0%机械振动与机械波866.0%万有引力与天体运动444.0%合计选择题1-10非选择题11-15100分100.00%

题号12345678910答案ADABCCDBCBCBD1.答案：A解析：以竖直向上为正方向，设小球做竖直上抛运动的初速度为，月球表面的重力加速度大小为，根据，可得，故小球的速度v与上升的高度h的关系图像是一条开口向左的抛物线，A正确，B、C、D错误。2.答案：D解析：选项分析正误A由于α粒子（）带电，质量又比较大，与物质中的微粒作用时会损失能量，穿透能力较弱，γ射线的穿透能力强×B264年为3个半衰期，已衰变的比例为×C比结合能越大，原子核越稳定，由于衰变生成，说明更稳定，因此的比结合能比小×D根据质能方程可知一个核衰变释放的能量为√3.答案：A解析：4.答案：B解析：飞船从A到C的时间为0.5T，从A到B的平均速度大于从B到C的平均速度，故从B到C的时间大于0.25T，A错误。若，则椭圆轨道的半长轴为4R，由开普勒第三定律可得，得，B正确。飞船从C到D做向心运动，引力做正功，速度增大，则飞船在C点的速度小于在D点的速度，C错误。A点到月球的距离小于D点到月球的距离，由可得，飞船在A点的加速度大于在D点的加速度，D错误。5.答案：C解析：由能级图可知，核外电子从4d能级跃迁到4s能级时释放出光子的能量大于从5s能级跃迁到4s能级时释放出光子的能量。由知，a光的波长小于b光的波长，由相邻条纹中心间距公式可知，用同一双缝干涉装置实验时，a光产生的干涉条纹相邻条纹中心间距较小，又相邻干涉条纹中心间距相同，C正确。6.答案：C解析：据图析题根据理想变压器的变压规律有，可得升压变压器输出电压有效值，又正弦式交流电的最大值为有效值的倍，则A错误。根据题意可知输电线上损失的电压为，则输电线上的电流为，B错误。输电线上损失的功率为，C正确。根据能量守恒定律可知，，可得，D错误。7.答案：D解析：对滑块A和重物B，速度关系如图1所示，有，若A做匀速运动，θ逐渐减小，逐渐增大，则B的速度逐渐增大，做加速运动，A错误；若B做匀速运动，θ逐渐减小，逐渐增大，则A的速度逐渐减小，做减速运动，B错误；对处于平衡状态的重物B有，对滑块A受力分析如图2所示，由于滑块A从图示位置开始缓慢向右移动至过程中，，可知，则在竖直方向上有，在水平方向有，联立解得，设，，解得，则可求得，滑块A从初始位置开始缓慢向右移动过程中，θ从90°开始减小至30°，可知F逐渐增大，当时拉力F有最大值，C错误，D正确。8.答案：BC解析：由图乙可知时刻处质点向上振动，结合图甲可知波沿x轴正方向传播。由图可知，波长，周期，振幅，可得质点A的振动方程为，时，，结合波的传播方向可得，时，，A错误。结合图甲可知，内处质点从处沿y轴正方向运动到处，路程为，B正确。质点A第一次到达平衡位置处所用时间为，处质点第一次到达平衡位置处所用时间为，C正确。接收装置朝着波源运动，根据多普勒效应可知，接收到波的频率增大，则周期减小，小于4s，D错误。9.答案：BC解析：当时，点电荷b位于y轴正半轴上，由图乙可知此时O点的场强，则点电荷a一定位于y轴负半轴上，A错误；因时坐标原点O的场强，故有，因，故，B正确；由矢量叠加原理可知，当时，点电荷在O点产生的场强方向均沿y轴正方向，故此时O点场强最大，C正确；电势为标量，在点电荷b沿虚线圆逆时针转动一周过程中，O点电势不变，D错误。10.答案：BD解析：根据图乙可知电容器充电，两端电压随时间均匀变化，结合可知，电容器电荷量随时间均匀变化，即充电电流恒定，有，可得，根据图乙可得，导体棒在区域Ⅰ中做匀变速直线运动，时恰出区域Ⅰ，有，解得，又导体棒水平方向仅受安培力，有，解得，A错误。导体棒出磁场瞬间的速度大小为，导体棒与线框的质量相等，根据动量守恒定律和能量守恒定律可知两物体碰撞后交换速度，即棒静止，线框以的速度向右运动，线框进入区域Ⅱ过程，根据动量定理有，又，联立解得，线框进入磁场和出磁场过程的磁通量变化量相等，则动量变化量相等，即速度变化量相等，结合以上分析可知线框第1次出磁场瞬间的速度大小为，B正确。线框与挡板碰撞后被反弹，再次进入磁场，完全进入磁场后瞬间的速度大小为（可知线框不能再次出磁场与导体棒发生碰撞），设线框之后向左运动的距离为x，则有，根据动量定理有，解得，最终棒到线框的距离为，C错误，D正确。11.答案：①1②16.2③；0.0061解析：①由题可知，圆盘转动周期，；②游标卡尺读数为；③小圆柱体所需向心力表达式为，代入数据得。12.答案：（1）左；2.5；；偏大（2）解析：（1）实验开始时，为了电路安全，滑动变阻器滑动头应移到最左端；根据两次读数结果，由欧姆定律，有：，可得，解得由电阻决定式有，代入计算得电阻率；若电流表阻值不可忽略，由欧姆定律，有，可得，则，即电流表内阻不能忽略时，的测量值偏大。（2）由闭合回路欧姆定律，有，整理可得，可得斜率，计算得。13.答案：（1）（2）解析：（1）对汽缸受力分析，初始时受重力、外界大气向下的压力、封闭气体向上的压力，由力的平衡条件有，又，解得封闭气体的体积为加热后，汽缸口刚好上升到活塞处时，由汽缸由力的平衡条件得解得封闭气体的体积为由理想气体状态方程有解得。（2）在第（1）问的条件下，当温度再升高25℃时，封闭气体的温度为该过程中封闭气体做等容变化，设此时封闭气体的压强为，由查理定律得解得对汽缸由力的平衡条件有解得。14.答案：（1）（2）解析：（1）在偏转电场中，电子做类平抛运动，有根据牛顿第二定律有代入数据联立解得沿电场方向的侧移量。（2）设电子进入磁场时速度方向与水平方向的夹角为α，如图所示，出电场时，有，解得所以出电场时的速度为根据几何关系可知，在磁场中电子做圆周运动的半径为由洛伦兹力提供向心力，有，解得电子在磁场中的运动时间由于电子能返回a点，所以电子返回极板间时由题图乙可知，所用时间解得15.答案：（1）1.3s（2）（3）1.4m解析：（1）对小物块，由牛顿第二定律得设小物块先加速到与传送带相等的速度所用时间为，可得，匀加速位移大小为故小物块之后做匀速运动，时间为，可得可得小物块从释放到运动到C端所用的时间为（2）①若小物块与小球发生弹性碰撞，系统没有机械能损失，小物块与小球质量相等，所以根据动量守恒定律和能量守恒定律，小物块与小球速度交换，设小球能上升的最大高度为h，则有解得，因为，细线会发生弯曲，所以不可能是弹性碰撞。②若小物块与小球碰撞后，小球恰好到达与圆心O等高的位置，由机械能守恒定律得，以向右为正方向，由动量守恒定律得系统损失的机械能为联立解得③若小物块与小球发生完全非弹性碰撞，有，解得，系统损失的机械能为解得，所以系统损失的机械能范围为（3）小物块射出后相对于传送带的运动方向如图所示，滑动摩擦力与相对运动方向相反，可得，，