广东省深圳市2026届高三上学期高考一模物理试卷（含答案）

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1．解析：位置时间关系，只能描述直线运动，机器狗在0到t1以及t1到t2两段时间内的速度大小不同，故不是匀速直线运动，故A、B错误；0到t1时间内不知道人的位置时间图像的斜率具体值，因此无法判断是否一直比机器狗的速度大，故C错误；在0到t2时间内，人和机器狗的位移相等，故平均速度也相等，D正确。
2．解析：由图可知，简谐波a波长λa=0.2m、简谐波b波长λb=0.4m，因此根据根据波长公式λ=vf=vT，可知波a的频率f为4Hz，波b的周期T=0.5s，故A、B错误；根据波形图随时间平移，可知简谐波先到到P点，根据同侧法，此时P点起振方向向上，故C错误；根据波形图平移t=0.5s时，波a在P点时，恰好是平衡位置，简谐波b在P点时，也是平衡位置，故质点P的位移为0，故D正确。
3．解析：运动接触跳板后，跳板开始发生形变，根据牛二mg-FN=ma，FN越来越大，当mg=FN时，加速度为零，速度达到最大，之后运动员开始减速，运动员先失重后超重，故A、B错误；整个过程中，运动员的动能、重力势能均减少，而跳板的弹性势能增加，根据能量守恒，跳板的弹性势能增加量等于运动的重力势能减少量与动能减少量之和，故C错误，D正确。
4．解析：有图中几何关系可知，星体半径R与轨道半径r的关系满足R=rsinθ2。星体的密度ρ=MV=3M4πR3=3M4πr3sin3θ2，因此需要求解Mr3。而根据万有引力提供向心力，GMmr2=mv2r=m4π2rT2，可知Mr3=4π2GT2，故选C。
5．解析：两次运动轨迹的最高点在同一水平线上，又因为轨迹是抛物线，根据画图可以得到轨迹在空中还有一次交点（在过了最高点之后），故A错误；因为最高点在同一水平线上，抛体运动可以两次平抛运动，时间只与高度有关，因此两次抛体运动时间相同，故C错误；又因为抛到P点的水平位移小于抛到Q点的水平位移，水平方向又是匀速运动，故P点运动轨迹水平速度小于Q点水平速度，故D正确，在P、Q两点的竖直分速度又相同，故在P、Q两点的速度方向不同，即C错误。
6．解析：无人机在竖直方向作匀速圆周运动，故合力提供向心力，即合力与速度垂直，合力不做功，合力的功率始终等于零，故C错误；匀速运动四分之一圆，动能不变，重力势能增加，故机械能一直更加，即机械能不守恒，故A错误；合力方向始终在不断变化，不可用冲量公式求解合力冲量，根据动量定理，以及动量矢量性可知，I=m∆v=2mv，故B错误；将力始终沿轨迹半径方向和切向方向正交分解，径向方向Fy+mgsinθ=mv2R，切向方向Fx=mgcsθ+f，其中θ为半径与水平方向的夹角，即θ不断增大，可以得到Fy不断减小，Fx不断减小，故F=Fx2+Fy2，驱动力F的功率P=Fxv，因此F和功率都在不断减小，故D正确。
7．解析：松开之前，与摩擦轮相对静止，因此夯杆的速度大小与摩擦轮的线速度大小相等v=ωR，故B正确；夯杆向上运动过程为先向上加速，此时2μF-mg=ma，a=2μFm-g，相对静止时，受力平衡2f=mg，故摩擦力发生改变，即A、C错误；根据v=at，解得t=mωR2μF-mg，故D错误。
8．解析：根据共点力平衡条件，重力、吸盘拉力和绳子拉力三力平衡，可知A正确。当B从a移动到b的过程中，A受力没有发生变化，故绳子的拉力不变，排除C；以B为研究对象，由于绳子与水平方向夹角减小，故绳子水平分力增大，摩擦力增大，D正确。答案AD。
9．解析：桩体向上做匀加速运动，即v=at，没出土之前，根据牛顿第二定律F-f-mg=ma，其中f=f0H0H0-x=f0H0H0-12at2，即F=mg+ma+f0H0H0-x=mg+ma+f0H0H0-12at2，出土之后F-mg=ma，即F=mg+ma，因此力F先与位移x是一次函数，与时间t之间是二次函数，之后保持不变，故A正确、B错误；根据功率公式P=Fv，得到出土之前P=mg+ma+f0H0H0-x2ax，出土之后，F=mg+ma2ax，不可能是一次函数，故D错误；出土之前P=mg+ma+f0H0H0-12at2at，出土之后F=mg+maat，出土之前P与时间t是三次函数，出土之后是一次函数，故选C。答案AC。
10．解析：由图可知，单摆先摆动14个周期，在最低点与B碰撞，即T=4t0，根据周期公式T=2πLg，解得：摆长L=4π2gt02，B正确；小球B获得向右速度，向右减速到零，又反回初始位置，弹簧振子运动半个周期，即弹簧振子的周期为4t0，故A错误；现分析碰撞过程，小球摆至最低点速度为vA，与B发生碰撞，小球B的速度为v0，小球A静止，说明AB质量相等且该碰撞为弹性碰撞。根据A的碰前速度为v0，可以判断A的初始位置高度为；又因为在最低点速度最大，故A的最大速度为v0，故CD均正确。答案BCD。
11．1.50N（2分） 画图能够按照图中给出的标度绘图，并且通过平行四边形法则画出合力得2分；
能够通过刻度尺准确量出合力长度并与标尺进行比较，计算出合力大小得2分，计算出合力在2.30~2.65N间均得分。
(1) = (2) F=mg （3）平行 （4）D （5）避免因钩码加速引起小车受到合外力不等于钩码重力的现象
13．解析：（1）根据向心加速度公式，2g=vA2r（2分）
从最低点运动到最高点，根据机械能定义，机械能损失量满足∆E=12mv02-mgH+12mvA2（2分）
解得：∆E=3000J（1分）
（2）从A点运动到B点，同理∆E=mgH+12mvA2-12mvB2
或者从最低点回到B点，2∆E=12mv02-12mvB2（2分）
根据牛顿第二定律，FN-mg=mvB2R（2分）
解得：FN=2100N（1分）
14.解析：（1）气囊恢复原状过程中，气囊对滑块B的冲量大小：IF=12F×t2（1分）
解得：IF=32N∙s（1分）
根据动量定理，气囊恢复原状后，滑块B反向，即-IF=mvB-mv0（2分）
解得：vB=0（1分）
（2）②由图可知0~t1时刻内，图像斜率k=Fmt1=3200Ns（1分）
当t=t1时，滑块A加速度最大，根据牛二：Fm-μmg=ma（2分）
解得：a=75ms2（1分）
②整个运动过程，根据能量守恒，最终动能全部转化为摩擦生热，因此滑块A、B运动的总路程满足：μmgx总=12mv02（2分）
解得：x总=6.4m（1分）
15．解析：（1）①匀速行驶，受力平衡F牵=kMg（2分）
根据功率公式P0=F牵vm（1分）
解得：vm=P0kMg（1分）
②扫起垃圾，与车共速，动量守恒即Mvm=M+mv（2分）
此时牵引力F牵1=P0v
解得：F牵1=kM+mg（1分）
即受力平衡，故环卫车依旧匀速运动（1分）
（2）①经时间t后，环卫车一直匀速运动，环卫车的质量M1=M+m0v0t（1分）
环卫车的动能Ek=12M1v02（1分）
解得：Ek=12Mv02+12m0v03t（1分）
②经很小一段时间∆t，扫起垃圾的质量为∆m=m0v0∆t（1分）
根据动量定理：F牵∆t-kM1g∆t=∆mv0（2分）
根据P=F牵v0
解得：P=m0v03+km0gv02t+kMgv0（2分）
（备注：此题不能用系统的动能定理去做，即P∆t-kM1gv0∆t=12∆mv02，该式子看似正确，其实错误。因为扫起垃圾，并使得垃圾获得动能的同时，也会产生热量。类似传送带，环卫车一直匀速，垃圾从零加到共速，热量大小与动能增加量一样，感兴趣的同学可以验证一下。）题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
D
D
C
D
D
B
AD
AC
BCD