2026届广东省普通高等学校联合招收华侨港澳台高三下学期第二次模拟物理试卷(解析版)

高级名校物理试卷PAGEPAGE12026届广东省普通高等学校联合招收华侨港澳台高三下学期第二次模拟物理试卷1.对于物体经历的一个过程，以下说法正确的是(  )A.物体的动能变化为零时，物体所受合外力一定为零B.物体运动的位移为零时，摩擦力做功一定为零C.物体运动中动能不变时，合外力总功一定为零D.物体所受合外力为零时，物体的机械能变化一定为零【答案】C【解析】动能变化为零时，合外力做功为零，但合外力不一定为零。例如做匀速圆周运动的物体，动能不变，合外力(向心力)不为零，A错误；物体运动的位移为零时，摩擦力做功不一定为零，比如物体沿一圆周运动一周，摩擦力做功等于力与路程的乘积，B错误；由动能定理，合外力对物体做的总功等于物体动能的变化。动能不变，则合外力总功一定为零，C正确；物体所受合外力为零时，物体的机械能变化不一定为零，比如匀速上升的物体，机械能增加，D错误。故选C。2.铯-137( 55137Cs)具有独特的物理和化学性质，在高科技领域应用中具有不可替代性。 55137CsA.X来自 55B.X的穿透能力比α射线的穿透能力弱C. 56137BaD.若 55137Cs以化合物Cs【答案】C【解析】根据核反应质量数、电荷数守恒，计算得X的质量数A=137-137=0，电荷数Z=55-56=-1，因此X为电子(β粒子)，该衰变为β衰变。β⁻衰变中产生的电子来源于原子核内的一个中子衰变为一个质子和一个电子，并非来自核外电子，故A错误；β射线的穿透能力强于α射线(α射线一张纸即可阻挡，β射线可穿透几毫米厚铝板)，故B错误；该衰变过程释放能量，生成物 56137Ba比反应物 55137Cs更稳定；原子核的比结合能越大，原子核越稳定，因此 56137Ba的比结合能大于 553.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，它们的v－t图像如图所示。已知两车在t＝3s时并排行驶，则(  )A.在t＝1s时，甲车在乙车后B.在t＝0时，甲车在乙车前7.5mC.两车另一次并排行驶的时刻是t＝2sD.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为30m【答案】B【解析】因v－t图像与坐标轴围成的面积等于位移，根据v－t图像可知在1～3s内两车位移相等，可以判断在t＝1s时，甲、乙车并排行驶，故A、C错误；在t＝0时，甲车在乙车前Δx＝m－×1×10m＝7.5m处，故B正确；甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离也就是从第1s末到第3s末两车运动的位移Δx′＝m＝40m，故D错误。4.如图所示，一根细线下端栓一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动，现使小球在一个更高的水平面上做匀速圆周运动，而金属块Q始终静止在桌面上的同一位置，则改变高度后与原来相比较，下面的判断中正确的是()A.细线所受的拉力不变 B.Q受到桌面的静摩擦力变小

C.小球P运动的周期变大 D.小球P运动的线速度变大【答案】D【解析】设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为T，细线的长度为L．P球受到重力和细线拉力作用，合力提供匀速圆周运动的向心力，如图，则有：由受力分析，细线拉力T=mgcosθ，θ增大，cosθ减小，则得到细线拉力T增大，Q静止，由平衡条件，Q所受静摩擦力等于细线拉力T，T增大，故静摩擦力变大，AB错误．由mgtanθ=mω2Lsinθ=mv2Lsinθ，得角速度ω=5.如图所示，两个完全相同的小车质量为M，放在光滑的水平面上，小车横梁上用细线各悬挂一质量为m(m＜M)的小球，若分别施加水平恒力F1、F2，整个装置分别以加速度a1、a2做匀加速运动，但两条细线与竖直方向夹角均为α，则下列判断正确的是()A.两细线的拉力大小不相同 B.地面对两个小车的支持力相同

C.水平恒力F1=F2 D.两个小车的加速度a1＜a2【答案】B【解析】先对左图中小球受力分析，如图由几何关系得mgtanα=ma1，T1=mgcosα，则a1=mgtanαm=g根据牛顿第二定律，有F2-T2sinα=ma2，T2cosα-mg=0，由以上三式可解得T2=mgcosα，a2=mgtanαM，因为m＜M，则a1＞a2，拉力T1=T2，对整体分析F合=(M+m)a，则F1＞F2，在竖直方向上有N=(M+m)g，所以N16.2024年1月9日我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭，成功将爱因斯坦探针卫星发射升空，该卫星主要用于观测宇宙中的剧烈爆发现象。其发射过程如图乙所示，卫星先进入圆形轨道Ⅰ，然后由轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，卫星在轨道Ⅱ上运动时，经过近地点a时的速度大小为经过远地点b时速度大小的3倍，卫星在轨道Ⅱ上b点再变轨进入圆轨道Ⅲ，卫星在轨道Ⅰ上运行的周期为T，则下列关系正确的是(  )A.卫星在轨道Ⅱ上的运行周期为2B.卫星在轨道Ⅰ上、轨道Ⅲ上运行的加速度大小之比为3C.卫星在轨道Ⅰ上、轨道Ⅲ上的运行速度的大小之比为3D.卫星在轨道Ⅱ上从a运动到b，线速度、加速度、机械能均减小【答案】A【解析】设轨道Ⅰ的半径为r1，轨道Ⅲ的半径为r3，由开普勒第二定律可得，3r1=r3，椭圆轨道的半长轴r2=r1+r32=2r1，设轨道Ⅱ的周期为T2，根据开普勒第三定律有T2r13=T22r23，解得T2=22T，选项7.如图所示，a、b、c、d、e、f是以O为球心的球面上的点，平面aecf与平面bedf相互垂直，分别在b、d两点放上等量异种点电荷，则下列说法正确的是(  )A.a、c、e、f四点电场强度大小相同，但方向不同B.a、c、e、f四点电势不同C.若电子沿直线a→O→c运动过程中，电子受到的电场力大小一直不变D.若电子沿圆弧a→e→c运动过程中，电势能保持不变【答案】D【解析】根据等量异种点电荷的电场线分布，a、c、e、f四点位于两电荷连线的中垂面上，关于O点对称，因此电场强度大小相同，方向相同，故A错误；a、e、c、f四点在等量异种点电荷中垂面上，因此四点在零势面上，电势相同，故B错误；电子沿直线a→O→c运动过程中，场强大小变化，电场力大小变化，故C错误；电子沿圆弧a→e→c运动，轨迹始终位于中垂面(零势面)上。由于电势处处相等，因此电子的电势能保持不变，故D正确。故选D。8.如图所示，平行金属板与电源连接。一点电荷由a点移动到b点的过程中，电场力做功为W。现将上、下两板分别向上、向下移动，使两板间距离增大为原来的2倍，再将该电荷由a移动到b的过程中，电场力做功为()A.W2 B.W

C.2W D.【答案】A【解析】根据题意可知，电容器与电源保持连接，电容器两端电压不变，现将电容器两极板间距增大至原来的两倍，由公式E=Ud可知，极板间电场强度变为原来的12，则有W=Eqd可知，再把电荷由a移至b，则电场力做功变为原来的1故选A。9.如图所示，在水平向右磁感应强度大小为B的匀强磁场中，以O点为圆心的竖直面内圆周上有M、N、P、Q四个点，将两根长直导线垂直于纸面放在M、N处，并通入相同的电流，Q点磁感应强度大小为0。则(  )A.P点磁感应强度大小为0 B.P点磁感应强度大小为2B

C.M处导线受安培力方向竖直向上 D.M处导线受安培力方向斜向右上方【答案】B【解析】Q点磁感应强度大小为0，则M、N处的导线在Q点产生的合磁场大小为B，方向水平向左，根据对称性可知，M、N处的导线在P点产生的合磁场与在Q点产生的合磁场等大反向，即M、N处的导线在P点产生的合磁场大小为B，方向水平向右，故P点磁感应强度大小为2B，方向水平向右，故A错误，B正确；根据安培定则可知，N处导线在M处产生的磁场方向竖直向上。M处的合磁场方向为匀强磁场(水平向右)和N导线磁场(竖直向上)的矢量和，故斜向右上方。由左手定则，M处导线所受安培力方向斜向右下方，故CD错误。故选B。10.如图，正方形abcd内有方向垂直于纸面的匀强磁场，电子在纸面内从顶点a以速度v0射入磁场，速度方向垂直于ab。磁感应强度的大小不同时，电子可分别从ab边的中点、b点和c点射出，在磁场中运动的时间分别为t1、t2和t3，则A.t1<t2=t3 B.t1<t2<t3 C.t1=t2>t3 D.t1>t2>t3【答案】A【解析】由于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则电子在磁场中运动的时间为t=sv0，设正方形abcd的边长为l，电子从ab边中点射出时，轨迹半径为l4，圆心角为π，s1=π⋅l4，从b点射出时，s2=π⋅l2，从c点射出时，s3=11.如图所示，一多匝线圈通过电刷M、N与理想自耦变压器相连。线圈绕与磁场方向垂直的OO'轴以大小为ω的角速度匀速转动。当开关S断开时，理想交流电压表的示数为U0；当开关S接通，变压器原、副线圈的匝数比为2:3时，电压表的示数为U，理想交流电流表的示数为I。若穿过线圈的最大磁通量为A.线圈的电阻为2(B.线圈的匝数为UC.当磁感线与线圈平面垂直时，线圈产生的电动势为3D.当开关S接通时，为维持线圈匀速转动，外力做功的功率为2【答案】A【解析】开关接通时，根据理想变压器的变流原理有I1I=n2n1=32，解得原线圈电流为I1=32I，设线圈电阻为r，由闭合电路欧姆定律，感应电动势的有效值E=U0=I1r+U，解得线圈的电阻r=2(U12.10月6日，杭州第19届亚运会艺术体操个人全能资格赛暨个人团体决赛在黄龙体育中心体育馆举行。中国队以总分313.400获团体铜牌。下图为中国队选手赵樾进行带操比赛。某段过程中彩带的运动可简化为沿x轴方向传播的简谐横波，t=1.0s时的波形图如图甲所示，质点Q的振动图像如图乙所示。下列判断正确的是A.简谐波沿x轴负方向传播B.该时刻P点的位移为5C.再经过0.25s，P点到达平衡位置D.质点Q的振动方程为y=10【答案】C【解析】A．t=1.0s时，Q点在平衡位置沿y轴正方向振动，根据“上下坡法”可知简谐波沿x轴正方向传播。故AB．由图乙可知，质点振幅A=10cm，周期T=2s，由图甲可知波的波长为λ=8myP=10sinyP=52C．当t=0.25s时，PyP=0即P点到达平衡位置。故D．t=0时刻质点Q从平衡位置向下振动，故质点Q的振动方程为y=10sin(πt+π)cm故选C。13.一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电动机供电，刚好维持小车以速度v匀速运动，此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m，运动过程中受到的阻力f=kv(k为常量)，该光伏电池的光电转换效率为η，则光伏电池单位时间内获得的太阳能为A.2kB.kC.kD.2k【答案】A【解析】根据题意小车匀速运动，则有F=f=kv小车的机械功率P由于电动机的效率为50%，则有光伏电池的光电转换效率为η，即η=可得P故选A。14.如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球从A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H(H≫d)，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g.则：(1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d＝                  mm.(2)小球经过光电门B时的速度表达式为                  ．(3)多次改变高度H，重复上述实验，作出1t2随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足表达式(4)实验中发现动能增加量ΔEk总是稍小于重力势能减少量ΔEp，增加下落高度后，则ΔEp－ΔEk将                  (填“增大”、“减小”或“不变”)．【答案】(1)7.15(2)d(3)1t0(4)增大【解析】(1)游标卡尺为20分度，精确度为0.05mm。主尺读数为7mm，游标尺第3条刻度线与主尺对齐，故读数为：7+3×0.05=7.15mm；(2)由于金属球直径较小，通过光电门的时间极短，可以用平均速度近似表示瞬时速度，故v=；(3)若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgH=mv2；即：2gH0=()2，解得：；(4)实验中存在空气阻力等做功，导致动能增加量小于重力势能减少量。下落高度越大，克服阻力做功越多，则△Ep﹣△Ek将增大；15.电子温度计就是根据热敏电阻的阻值随温度改变而改变的特性而制作的。小敏想自制一个简易电子温度计，现有热敏电阻Rt、电源E(电动势为4.5V，内阻r=1.1Ω)、电流表A(量程03mA，内阻rA=9Ω)、电阻箱R1(阻值范围(1)小敏用该热敏电阻作测温探头设计了如图电路，把电流表A的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易的电子温度计。为了达到温度设计要求，需要把电流表A的量程改装为030mA则电阻箱R1的阻值应调为                  Ω(2)连接好电路，闭合开关后发现电流表指针不偏转，小敏用多用电表检查电路故障，下列哪个选项是正确的                  。A.用多用电表检测电源时，将选择开关旋钮转到交流电压挡“10V”B.机械调零后，断开电路中的开关，将选择开关旋钮转到“×10”位置，进行欧姆调零，然后用两表笔依次测量相邻接线柱之间的阻值(3)用正确操作步骤排除故障后用此温度计去测量一物体温度，电流表A的示数稳定后为2.00mA，则该物体的温度为                  °C，此温度计能测量的最高温度为                  (4)电池使用一段时间后其内阻r变大，电动势E略微变小，则用该温度计测量的温度要比真实值                  (填“偏高”或“偏低”)。【答案】(1)1.0(2)B(3)35；50(4)偏低【解析】(1)将量程为I₉=3mA的电流表扩大量程至I=30mA，需并联分流电阻R₁。由并联分流规律，电阻箱的阻值应调为R(2)检测直流电路电源时，应使用多用电表的直流电压挡，选项A错误；机械调零后，断开电路中的开关，将选择开关旋钮转到“×10”位置，进行欧姆调零，然后用两表笔依次测量相邻接线柱之间的阻值，选项B正确；故选B。(3)电流表A的示数稳定后为2.00mA，则此时电路中的电流为I=20mA；改装后的电流表内阻RA=1×91+9Ω=0.9Ω，根据闭合电路欧姆定律，E=I(R2+r+RA+Rt)，解得Rt=125Ω，根据R(4)电池使用一段时间后其内阻r变大，电动势E略微变小，则I=E16.如图为某光学仪器上的一个匀质透明零部件的结构简图，该零部件竖直放置，上部分为半径为R的半球体，O点为半球体的球心，下部分为一个截面半径为R、高度也为R的圆柱体，OO'为该零部件的中心轴，CD面涂有反射膜(厚度不计，O'为CD面的中心)。现让一细束单色光平行于OO'从P点射入该零部件，经折射后刚好经过O'点，然后从P'点射出。已知P(1)该零部件材料的折射率n；(2)该单色光在零部件中的传播时间t。【答案】(1)3(2)6R【解析】(1)根据题意，画出光路图，如图所示设入射角为θ₁，折射角为θ₂，根据光路对称性和几何关系θRsinθ1=由折射定律n=解得n=(2)根据光路的对称性，该光线在O'点反射后，从半球面射出，射出光线与入射光线平行，在等腰三角形OO该单色光在零部件中的传播速率v=光在半圆柱体内经过入射、反射、出射，传播时间t=解得t=17.如图所示，竖直放置的容器A和B通过一细管相连，容器A内的液面比容器B内的液面低h，容器A的横截面积是容器B横截面积的3倍。两容器内分别封闭I和II两部分气体。容器A上端与一活塞相连。初始时气体I的压强小于活塞上面的气体压强，活塞被一对卡环挡住。使活塞不能下降。初始时气体II的高度为2h，其压强为p。(1)若对气体I进行降温后，两容器内液面相平，气体II温度不变。求此时气体I的压强力p1；(2)若将活塞向上缓慢拉(两部分气体温度保持不变)，当两容器内液面相平时，已知液体的密度为ρ，重力加速度为g，满足ρgh=p。求此时气体I的体积与初始时体积的比值。【答案】(1)8(2)11【解析】(1)因为容器A的横截面积是容器B的三倍，所以A中液面上升的高度是B中液面下降高度的三分之一。设初始时气体II的体积为V，两液面相平时气体II的压强为p'，B中液面下降了34h，气体II的体积变为原来的11解得p此时气体I的压强p(2)设初始时气体I的体积为V0，两液面相平时体积为Vx，气体I的初始压强为p0=p+pgh=2p，两液面相平时压强为根据玻意耳定律，2p解得V18.如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=2kg的小物块A．装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带始终以v="2m/s"的速率逆时针转动．装置的右边是一光滑的曲面，质量m=1kg的小物块B从其上距水平台面h=1.0m处由静止释放．已知物块B与传送带之间的摩擦因数μ=0.2，l=1.0m．设物块A、B中间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态．取g=10m/s2．(1)求物块B与物块A第一次碰撞前速度大小；(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小．【答案】(1)4m/s(2)不能(3)(【解析】(1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v根据动能定理，mgh=1v0设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为aμmg=ma③设物块B通过传送带后运动速度大小为v，根据匀变速直线运动位移公式，有v2结合②③④式解得v=4m/s⑤由于v>u=2m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小(2)设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为V、v1-mv=mv12解得v1即碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动设物块B在传送带上向右运动的最大位移为