2026届广东广州天河中学高三六校第一次联考物理试卷含解析

这是一份2026届广东广州天河中学高三六校第一次联考物理试卷含解析，共14页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、下列说法中不正确的是（ ）
A．在关于物质波的表达式ε＝hν和p＝中，能量ε和动量p是描述物质的粒子性的重要物理量，波长λ或频率ν是描述物质的波动性的典型物理量
B．光电效应既显示了光的粒子性，又显示了光的波动性
C．天然放射现象的发现，揭示了原子核有复杂结构
D．γ射线是波长很短的电磁波，它的穿透能力比β射线要强
2、如图，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘。当MN中电流突然减小时，线圈产生的感应电流I，线圈所受安培力的合力为F，则I和F的方向为（ ）
A．I顺时针，F向左B．I顺时针，F向右
C．I逆时针，F向左D．I逆时针，F向右
3、充电式果汁机小巧简便，如图甲所示，被誉为出行神器，满足了人们出行也能喝上鲜榨果汁的需求。如图乙所示，其主要部件是四个长短不同的切水果的锋利刀片。工作时，刀片在电机带动下高速旋转，机身和果汁杯可视为保持静止。则果汁机在完成榨汁的过程中
A．某时刻不同刀片顶点的角速度都相等
B．不同刀片上各点的加速度方向始终指向圆心
C．杯壁上的水果颗粒做圆周运动时的向心力由摩擦力提供
D．消耗的电能一定等于水果颗粒以及果汁机增加的内能
4、关于原子、原子核的相关知识，下列说法正确的是（ ）
A．当发生光电效应时，光电子的最大初动能随着入射光强度的增大而增大
B．当氢原子从n=3的能级跃迁到n=5的能级时，辐射出光子
C．核反应方程中的X是中子
D．轻核聚变的过程质量增大，重核裂变的过程质量亏损
5、如图所示，在光滑绝缘水平面上有A、B两个带正电的小球，，。开始时B球静止，A球以初速度v水平向右运动，在相互作用的过程中A、B始终沿同一直线运动，以初速度v的方向为正方向，则（ ）
A．A、B的动量变化量相同B．A、B组成的系统总动量守恒
C．A、B的动量变化率相同D．A、B组成的系统机械能守恒
6、如图所示，空间有一正三棱锥P-ABC，D点是BC边上的中点，点是底面ABC的中心，现在顶点P点固定一正的点电荷，则下列说法正确的是（ ）
A．ABC三点的电场强度相同
B．底面ABC为等势面
C．将一正的试探电荷从B点沿直线BC经过D点移到C点，静电力对该试探电荷先做负功后做正功
D．若B、C、D三点的电势为，则有
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、某同学为了研究物体下落的过程的特点，设计了如下实验，将两本书AB从高楼楼顶放手让其落下，两本书下落过程中没有翻转和分离，由于受到空气阻力的影响，其图像如图所示，虚线在P点与速度图线相切，已知，，由图可知（ ）
A．时A处于超重状态
B．下落过程中AB的机械能守恒
C．时AB的加速度大小为
D．0～2s内AB机械能减少量大于96J
8、如图所示，两根弯折的平行的金属轨道AOB和A′O′B′固定在水平地面上，与水平地面夹角都为θ，AO=OB=A′O′=O′B′=L，OO′与AO垂直，两虚线位置离顶部OO′等距离，虚线下方的导轨都处于匀强磁场中，左侧磁场磁感应强度为B1，垂直于导轨平面向上，右侧磁场B2（大小、方向未知）平行于导轨平面，两根金属导体杆a和b质量都为m，与轨道的摩擦系数都为μ，将它们同时从顶部无初速释放，能同步到达水平地面且刚到达水平地面速度均为v，除金属杆外，其余电阻不计，重力加速度为g，则下列判断正确的是（ ）
A．匀强磁场B2的方向一定是平行导轨向上B．两个匀强磁场大小关系为：B1=μB2
C．整个过程摩擦产生的热量为Q1=2μmgLcsθD．整个过程产生的焦耳热Q2=mgLsinθ﹣μmgLcsθ﹣mv2
9、如图，等离子体以平行两极板向右的速度v=100m/s进入两极板之间，平行极板间有磁感应强度大小为0.5T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，两极板间的距离为10cm，两极板间等离子体的电阻r=1Ω。小波同学在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极接电路中B点，沿边缘放一个圆环形电极接电路中A点后完成“旋转的液体”实验。若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，上半部分为S极， R0=2.0Ω，闭合开关后，当液体稳定旋转时电压表（视为理想电压表）的示数恒为2.0V，则
A．玻璃皿中的电流方向由中心流向边缘
B．由上往下看，液体做逆时针旋转
C．通过R0的电流为1.5A
D．闭合开关后，R0的热功率为2W
10、某探究小组利用图甲所示的电路探究一标签模糊的理想变压器的原、副线圈匝数比。R为定值电阻，、为两只标有“5V，2A”的相同小灯泡，在输入端加如图乙所示的交变电压。开关S断开时，灯泡正常发光，测得电阻R两端的电压与灯泡两端电压相等，则下列说法正确的是（ ）

A．理思变压器原副线圈的匝数比为
B．理想变压器原副线圈的匝数比为
C．定值电阻的阻值为
D．闭合开关S后，灯泡变暗
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）某实验小组用如图所示的装置探究功和速度变化的关系：将小钢球从固定轨道倾斜部分不同位置由静止释放，经轨道末端水平飞出，落到铺着白纸和复写纸的水平地面上，在白纸上留下点迹．为了使问题简化，小钢球在轨道倾斜部分下滑的距离分别为L、2L、3L、4L…，这样在轨道倾斜部分合外力对小钢球做的功就可以分别记为W0、2W0、3W0、4W0…．
（1）为了减小实验误差必须进行多次测量，在L、2L、3L、4L…处的每个释放点都要让小钢球重复释放多次，在白纸上留下多个点迹，那么，确定砸同一位置释放的小钢球在白纸上的平均落点位置的方法是___________________；
（2）为了完成实验，除了测量小钢球离开轨道后的下落高度h和水平位移s，还需测量_____________．
A．小钢球释放位置离斜面底端的距离L的具体数值
B．小钢球的质量m
C．小钢球离开轨道后的下落高度h
D．小钢球离开轨道后的水平位移x
（3）请用上述必要的物理量写出探究动能定理的关系式：W=______；
（4）该实验小组利用实验数据得到了如图所示的图象，则图象的横坐标表示_________（用实验中测量的物理量符号表示）．
12．（12分）现有一电池,电动势E约为5V,内阻r 约为50Ω,允许通过的最大电流为50mA．为测定该电池的电动势和内阻,某同学利用如图甲所示的电路进行实验．图中R为电阻箱,阻值范围为0~999.9Ω,R．为定值电阻 V 为理想电压表．
（1）可供选用的R．有以下几种规格,本实验应选用的R．的规格为______ (填选项序号字母)
A．15Ω 1.0W B．50Ω 0.01W
C．60Ω 1.0W D．1500Ω 6.0W
（2）按照图甲所示的电路图,在答题卡上将图乙所示的实物连接成实验电路________．
（3）连接好电路,闭合开关S,调节电阻箱的阻值,记录阻值R 和相应的电压表示数U,测得多组实验数据,并作出如图丙所示的1/U-1/R关系图像,则电动势E=____V,内阻r=____Ω．(结果均保留两位有效数字)
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）如图所示，光滑水平地面上方ABCD区域存在互相垂直的匀强磁场和匀强电场，电场强度E=1×106N/C，方向竖直向上，AD距离为1m，CD高度为1m，一厚度不计的绝缘长木板其右端距B点1m，木板质量M=1kg，在木板右端放有一带电量q=+ 1×10-6C的小铁块（可视为质点），其质量m=0.1kg，小铁块与木板间动摩擦因数μ=0.4，现对长木板施加一水平向右的恒力F1=11.4N，作用1s后撤去恒力，g取10m/s1．
(1)求前1s小铁块的加速度大小am，长木板加速度大小aM；
(1)要使小铁块最终回到长木板上且不与长木板发生碰撞，求磁感强度B的最小值；
(3)在t=1s时再给长木板施加一个水平向左的力F1，满足（1）条件下，要使小铁块回到长木板时恰能相对长木板静止，求木板的最小长度（计算过程π取3.14）．
14．（16分）如图所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M=2m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B。求：
(1)碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。
15．（12分）如图所示，质量为m、直径为d的小球，拴在长为l的细绳一端一组成一单摆。将球偏开一小角度α使之做简谐运动，求小球从左侧最大偏角摆至最低点的过程中，绳子拉力产生的冲量大小。（重力加速度g已知）
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、B
【解析】
A．表达式和中，能量ɛ和动量p是描述物质的粒子性的重要物理量，波长λ或频率是描述物质的波动性的典型物理量，故A正确；
B．光电效应显示了光的粒子性，而不是波动性，故B错误；
C．天然放射现象的发现，揭示了原子核复杂结构，故C正确；
D．γ射线一般伴随着α或β射线产生，γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故D正确。
本题选不正确的，故选B。
2、B
【解析】
金属线框abcd放在导线MN上，导线中电流产生磁场，根据安培定则判断可知，线框abcd左右两侧磁场方向相反，线框左侧的磁通量小于线框右侧的磁通量，磁通量存在抵消的情况。若MN中电流突然减小时，穿过线框的磁通量将减小。根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，则线框abcd感应电流方向为顺时针；再由左手定则可知，左边受到的安培力水平向右，而右边的安培力方向也水平向右，故安培力的合力向右。
A．I顺时针，F向左，与结论不相符，选项A错误；
B．I顺时针，F向右，与结论相符，选项B正确；
C．I逆时针，F向左，与结论不相符，选项C错误；
D．I逆时针，F向右，与结论不相符，选项D错误；
故选B。
3、A
【解析】
A．不同刀片相对静止的绕同一轴做圆周运动，属于同轴转动模型，角速度相等，故A正确；
B．刀片旋转角速度越来越大，做变速圆周运动，加速度方向不是指向圆心，故B错误；
C．杯壁上的水果颗粒做圆周运动时的向心力由杯壁的弹力提供，重力和摩擦力平衡，故C错误；
D．消耗的电能等于水果颗粒增加的机械能和水果颗粒与果汁机增加的内能，故D错误。
4、C
【解析】
A．当发生光电效应时，光电子的最大初动能随着入射光频率的增大而增大，与光强无关，选项A错误；
B．当氢原子从n=3的能级跃迁到n=5的能级时，要吸收出光子，选项B错误；
C．根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，核反应方程中的X质量数为1，电荷数为0，是中子，选项C正确；
D．轻核聚变的过程和重核裂变的过程都要释放能量，有质量亏损，选项D错误。
故选C。
5、B
【解析】
AB．两球相互作用过程中A、B组成的系统的合外力为零，系统的总动量守恒，则A、B动量变化量大小相等、方向相反，动量变化量不同，故A错误，B正确；
C．由动量定理
可知，动量的变化率等于物体所受的合外力，A、B两球各自所受的合外力大小相等、方向相反，所受的合外力不同，则动量的变化率不同，故C错误；
D．两球间斥力对两球做功，电势能在变化，总机械能在变化，故D错误。
故选B。
6、C
【解析】
AB．A、B、C三点到P点的距离相等，根据点电荷的场强公式分析可知，A、B、C三点的电场强度大小相等，但方向不同；A、B、C的三个点到场源电荷的距离相等，在同一等势面，但其它点到场源电荷的距离与A、B、C三点到场源电荷的距离不等，故底面ABC所在平面不是等势面，故A、B错误；
C．将一正的试探电荷从B点沿直线BC经过D点移到C点，电势先升高后降低，电势能先增大后减小，则静电力对该试探电荷先做负功后做正功，故C正确；
D．由于B、C的两个点到场源电荷的距离相等，在同一等势面， 即，则有，故D错误；
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、CD
【解析】
A．根据图象的斜率表示加速度，知时A的加速度为正，方向向下，则A处于失重状态，A错误；
B．由于空气阻力对AB做功，则AB的机械能不守恒，B错误；
C．根据图象的斜率表示加速度，时AB的加速度大小为
选项C正确；
D．0～2s内AB下落的高度
AB重力势能减少量
动能增加量
则AB机械能减少量
选项D正确。
故选CD。
8、ABD
【解析】
A.由题意可知，两导体棒运动过程相同，说明受力情况相同，对a分析可知，a切割磁感线产生感应电动势，从而产生沿导轨平面向上的安培力，故a棒受合外力小于mgsinθ﹣μmgcsθ；对b棒分析可知，b棒的受合外力也一定小于mgsinθ﹣μmgcsθ，由于磁场平行于斜面，安培力垂直于斜面，因此只能是增大摩擦力来减小合外力，因此安培力应垂直斜面向下，由流过b棒的电流方向，根据左手定则可知，匀强磁场B2的方向一定是平行导轨向上，故A正确；
B.根据A的分析可知，a棒受到的安培力与b棒受到的安培力产生摩擦力应相等，即B1IL=μB2IL；解得B1=μB2，故B正确；
C.由以上分析可知，b棒受到的摩擦力大于μmgcsθ，因此整个过程摩擦产生的热量Q12μmgLcsθ，故C错误；
D.因b增加的摩擦力做功与a中克服安培力所做的功相等，故b中因安培力而增加的热量与焦耳热相同，设产生焦耳热为Q2，则根据能量守恒定律可知：
2mgLsinθ﹣2μmgLcsθ﹣2Q2=2mv2
解得整个过程产生的焦耳热：
Q2=mgLsinθ﹣μmgLcsθ﹣mv2
故D正确。
故选ABD。
9、BD
【解析】
AB．由左手定则可知，正离子向上偏，所以上极板带正电，下极板带负电，所以由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心，器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A错误，B正确；
C．当电场力与洛伦兹力相等时，两极板间的电压不变，则有
得
由闭合电路欧姆定律有
解得
R0的热功率
故C错误，D正确。
故选BD。
10、BCD
【解析】
AB．由图乙可知，输入电压的有效值为20V，断开S，灯泡L1正常发光，故灯泡两端的电压为5V，灯泡中的电流为2A，即副线圈输出电压为5V，又因电阻R两端的电压为5V，故变压器原线圈的输入电压为15V，原、副线圈的匝数比
故A错误，B正确；
C．由理想变压器输入功率等于输出功率可知，原、副线圈中的电流之比
解得电阻R中的电流为A，由欧姆定律可知
故C正确：
D．开关S闭合后，电路的总电阻减小，设副线圈输出电压保持不变，故副线圈输出电流增大，根据变流比可知，原线圈输入电流增大，电阻R两端电压增加，则变压器原线圈输入电压减小，故副线圈输出电压减小，灯泡L1两端电压降低，灯泡L1变暗，故D正确。
故选BCD。
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、用尽可能小的圆圈圈住尽量多的落点， 圆心即为平均落点的位置 B
【解析】
（1）确定砸同一位置释放的小钢球在白纸上的平均落点位置的方法是：用尽可能小的圆圈圈住尽量多的落点，圆心即为平均落点的位置；
（1）根据动能定律可得：W=mv1
根据平抛规律可得：x=vt，h=gt1
联立可得探究动能定理的关系式：W=，
根据表达式可知为了探究动能定理，并测量当地的重力加速度还需测量的量为小钢球的质量m，故选B．
（3）由解析（1）可知探究动能定理的关系式为：W=．
（4）根据图象形状可知，W与横轴表示的物理量成正比例，又因为表达式为W=，所以图象的横坐标表示x1．
12、C 5.0 53
【解析】
（1）定值电阻起保护作用，电动势为5V，允许通过的电流为：50mA；由欧姆定律可得：；需要的保护电阻约为：100-50=50Ω；故电阻数值上BC均可以，但由于B中额定功率太小，所以额定电流过小，故应选择C（60Ω，1.0W）；
（2）根据原理图图，连接实物图如图所示：
（3）由闭合电路欧姆定律得，可整理为，根据图象可知，解得E=5.0V；，解得．
【点睛】
题考查测量电动势和内电阻的实验，注意只用电压表和变阻箱测电动势和内电阻的方法叫“伏欧法”，若用图象解时，基本思路是：用学过的物理定律列出表达式，再结合数学整理表达出有关一次函数式的形式，再求出k和b即可．
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、（1）4m/s1；6m/s1；（1） ；（3）6.915m
【解析】
（1）当F作用在长木板上时，对小铁块由牛顿第二定律：，
解得：
对长木板：
代入数据解得：
（1）由于，此后小铁块进入复合场做匀速圆周运动（如图所示），
当，铁块必定会与木板碰撞，当时有可能不会相撞，但B不是最小值，因此要使得小铁块与长木板不发生碰撞，其圆周运动半径r=1m，此时对应的磁场强度最小
根据：
速度关系为：
联立解得：
（3）长木板运动1s末位移为：
速度关系为：
小铁块运动1s末位移：
撤去F后长木板减速运动，小铁块离开长木板后先在磁场中做匀速圆周运动，出场后竖直上抛，设小铁块离开长木板的总时间
小铁块在磁场中运动的总时间：
小铁块出场后上抛与下降的总时间：
所以：
若小铁块回到木板时不发生滑动，则木板速度与小铁块相同，此过程木板匀速运动位移为：
此时小铁块从C点滑上长木板，距木板右端
代入数据得木板的最小长度：
14、 (1)；(2)
【解析】
(1)小物块C与A发生碰撞粘在一起，由动量守恒定律得
解得
碰撞过程中系统损失的机械能为
损
解得
损
②当AC上升到最大高度时，ABC系统的速度相等；根据动量守恒定律
解得
由能量关系
解得
15、
【解析】
设合力冲量为I合，绳子拉力产生的冲量为I，由动量定理可知：
I合=mv
摆球由最大偏角摆至平衡位置的过程中，由机械能守恒定律

所以：

其中重力的冲量
由于合力的冲量沿水平方向，所以由矢量合成的平行四边形定则可知：
由图可得：