2026届广西贵港市覃塘高级中学高考物理全真模拟密押卷含解析

这是一份2026届广西贵港市覃塘高级中学高考物理全真模拟密押卷含解析，文件包含强基联盟2026年高三5月题库技术pdf、强基联盟2026年高三5月题库技术答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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、在升降机底部安装一个加速度传感器，其上放置了一个质量为m小物块，如图甲所示。升降机从t=0时刻开始竖直向上运动，加速度传感器显示加速度a随时间t变化如图乙所示。取竖直向上为正方向，重力加速度为g，以下判断正确的是（ ）
A．在0～2t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态
B．在t0～3t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态
C．t=t0时刻，物块所受的支持力大小为mg
D．t=3t0时刻，物块所受的支持力大小为2mg
2、如图，可视为质点的小球，位于半径为半圆柱体左端点A的正上方某处，以一定的初速度水平抛出小球，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点．过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为，则初速度为：（不计空气阻力，重力加速度为） （ ）
A． B．C． D．
3、关于近代物理学，下列说法正确的是
A．光电效应现象揭示了光具有波动性
B．—群氢原子从n＝4的激发态跃迁时，最多能辐射6种不同频率的光子
C．卢瑟福通过粒子散射实验证实原子核由质子和中子组成
D．氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经过7.6天后一定剩下1个氡原子核
4、如图所示，固定在竖直平面内的大圆环的半径为。质量为的小环套在大圆环上，且与大圆环接触面光滑。在劲度系数为的轻弹簧作用下，小环恰静止于大圆环上，弹簧与竖直方向的夹角为30°，则（ ）
A．弹簧伸长的长度为
B．弹簧伸长的长度为
C．弹簧缩短的长度为
D．弹簧缩短的长度为
5、如图甲所示，一倾角θ＝30°的斜面体固定在水平地面上，一个物块与一轻弹簧相连，静止在斜面上。现用大小为F＝kt（k为常量，F、t的单位均为国际标准单位）的拉力沿斜面向上拉轻弹簧的上端，物块受到的摩擦力Ff随时间变化的关系图像如图乙所示，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，则下列判断正确的是（ ）
A．物块的质量为2.5kg
B．k的值为1.5N/s
C．物块与斜面间的动摩擦因数为
D．时，物块的动能为5.12J
6、平行板电容器C与三个可控电阻R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路，闭合开关S，待电路稳定后，电容器C两极板带有一定的电荷，要使电容器所带电荷量减少。以下方法中可行的是（ ）
A．只增大R1，其他不变
B．只增大R2，其他不变
C．只减小R3，其他不变
D．只减小a、b两极板间的距离，其他不变
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、如图所示，一根水平横杆上套有A、B两个轻环，拴柱水杯的等长细绳系在两环上，整个装置处于静止状态，现缓慢增大两环距离，则下列说法正确的是
A．杆对A环的支持力逐渐增大
B．杆对A环的摩擦力保持不变
C．杆对B环的支持力保持不变
D．细绳对B环的拉力逐渐增大
8、如图所示，是半圆柱形玻璃体的对称面和纸面的交线，A、B是关于轴等距且平行的两束不同单色细光束，从玻璃体右方射出后的光路如图所示，MN是垂直于放置的光屏，沿方向不断左右移动光屏，可在屏上得到一个光斑P，根据该光路图，下列说法正确的是（ ）
A．该玻璃体对A光的折射率比对B光的折射率小
B．A光的频率比B光的频率高
C．在该玻璃体中，A光比B光的波长长
D．在真空中，A光的波长比B光的波长长
E.A光从空气进入该玻璃体后，其频率变高
9、如图甲所示，两条平行实线间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为，一总电阻为的圆形线圈从靠近左侧实线的位置开始向右做匀速直线运动，圆形线圈产生的感应电动势随时间变化的图线如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．圆形线圈的半径为B．圆形线圈运动速度的大小为
C．两实线之间的水平距离D．在0.05s，圆形线圈所受的安培力大小为400N
10、甲、乙两物体在同一条直线上运动，其运动的位置一时间图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．在3～5s时间内，甲的速度大小等于乙的速度大小
B．甲的出发位置在乙的前面
C．甲、乙在20m处相遇
D．在3～7s的时间内，甲的平均速度大小小于乙的平均速度大小
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）某实验小组在实验室做“验证牛顿运动定律”实验：
（1）在物体所受合外力不变时，改变物体的质量，得到数据并作出图象如图甲所示.由图象，你得出的结论为____________
（2）物体受到的合力大约为______（结果保留三位有效数字）
（3）保持小车的质量不变，改变所挂钩码的数量，多次重复测量.在某次实验中根据测得的多组数据在坐标纸上画出a-F关系的点迹如图乙所示.经过分析，发现这些点迹存在一些问题，产生这些问题的主要原因可能是______
A．轨道与水平方向夹角太大
B．轨道保持了水平状态，没有平衡摩擦力
C．所挂钩码的总质量太大，造成上部点迹有向下弯曲趋势
D．所用小车的质量太大，造成上部点迹有向下弯曲趋势
12．（12分）导电玻璃是制造LCD的主要材料之一，为测量导电玻璃的电阻率，某小组同学选取了一个长度为L的圆柱体导电玻璃器件，上面标有“3V，L”的字样，主要步骤如下，完成下列问题．
(1)首先用螺旋测微器测量导电玻璃的直径，示数如图甲所示，则直径d=________mm．
(2)然后用欧姆表×100档粗测该导电玻璃的电阻，表盘指针位置如图乙所示，则导电玻璃的电阻约为________Ω．
(3)为精确测量在额定电压时的阻值，且要求测量时电表的读数不小于其量程的，滑动变阻器便于调节，他们根据下面提供的器材，设计了一个方案，请在答题卡上对应的虚线框中画出电路图，标出所选器材对应的电学符号_____________．
A．电流表（量程为60mA，内阻约为3Ω）
B．电流表（量程为2mA，内阻=15Ω）
C．定值电阻=747Ω
D．定值电阻=1985Ω
E．滑动变阻器R（0~20Ω）一只
F．电压表V（量程为10V，内阻）
G．蓄电池E（电动势为12V，内阻很小）
H．开关S一只，导线若干
(4)由以上实验可测得该导电玻璃电阻率值=______（用字母表示，可能用到的字母有长度L、直径d、电流表、的读数、，电压表读数U，电阻值、、、、）．
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）某空间区域内存在水平方向的匀强电场，在其中一点处有一质量为、带电荷量为的小球。现将小球由静止释放，小球会垂直击中斜面上的点。已知斜面与水平方向的夹角为60°，之间的距离为，重力加速度为。求：
(1)场强的大小和方向；
(2)带电小球从点运动到点机械能的增量；
(3)在点给带电小球一个平行斜面向上的初速度，小球落到斜面上时与点之间的距离。
14．（16分）如图所示，Ⅰ、Ⅲ区域（足够大）存在着垂直纸面向外的匀强磁场，虚线MN、PQ分别为磁场区域边界，在Ⅱ区域内存在着垂直纸面向里的半径为R的圆形匀强磁场区域，磁场边界恰好与边界MN、PQ相切，S、T为切点，A、C为虚线MN上的两点，且AS=CS=R，有一带正电的粒子以速度v沿与边界成30°角的方向从C点垂直磁场进入Ⅰ区域，随后从A点进入Ⅱ区域，一段时间后粒子能回到出发点，并最终做周期性运动，已知Ⅱ区域内磁场的磁感应强度B2为Ⅰ区域内磁场的磁感应强度B1的6倍，Ⅲ区域与Ⅰ区域磁场的磁感应强度相等，不计粒子的重力。求：
(1)粒子第一次进入Ⅱ区域后在Ⅱ区域中转过的圆心角；
(2)粒子从开始运动到第一次回到出发点所经历的总时间。
15．（12分）滑雪者从高处沿斜面直线雪道下滑。雪道总长度为200m，倾角为。甲、乙两滑雪者的滑雪板不同，与雪面的动摩擦因数分别为，。二人下滑过程中不使用雪杖加力，由静止从雪道顶端自由下滑。g取，，。求：（计算结果保留2位有效数字）
（1）甲滑雪者到达雪道底端时的速度；
（2）若乙在甲之后下滑且不能撞到甲，乙开始下滑应迟于甲多长时间？
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、C
【解析】
A．由乙图可知，在0～2t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，A错误；
B．由乙图可知，在t0～3t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，B猎；
C．由乙图可知，t=t0时刻，物块所受的支持力大小为mg，C正确；
D．由乙图可知，t=3t0时刻，物块所受的支持力大小为mg，D错误。
故选C。
2、C
【解析】
飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，知速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则有

因为

则竖直位移为


所以
联立以上各式解得
故选C。
3、B
【解析】
光电效应现象揭示了光具有粒子性，故A错误；—群氢原子从n＝4的激发态跃迁时，最多能辐射，即6种不同频率的光子，故B正确；卢瑟福通过粒子散射实验证实原子的核式结构模型，故C错误；半衰期只适用大量原子核，对极个别原子核没有不适用，故D错误．所以B正确，ACD错误．
4、A
【解析】
如图所示
静止小环受重力，由假设法分析知，弹簧有向内的拉力，为伸长状态，大圆环的支持力沿半径向外。在力三角形中，由正弦定理得
由胡克定律得
联立可得
故A正确，BCD错误。
5、D
【解析】
A.当时，则可知：
解得：
故A错误；
B.当时，由图像可知：
说明此时刻，则：
故B错误；
C.后来滑动，则图像可知：
解得：
故C错误；
D.设时刻开始向上滑动，即当：
即：
解得：
即时刻物体开始向上滑动，时刻已经向上滑动了，则合力为：
即：
根据动量定理可得：
即：
解得：
即当时所以速度大小为，则动能为：
故D正确；
故选D。
6、A
【解析】
A．只增大，其他不变，电路中的电流变小，R2两端的电压减小，根据，知电容器所带的电量减小，A符合要求；
B．只增大，其他不变，电路中的电流变小，内电压和R1上的电压减小，电动势不变，所以R2两端的电压增大，根据，知电容器所带的电量增大，B不符合要求；
C．只减小R3，其他不变，R3在整个电路中相当于导线，所以电容器的电量不变，C不符合要求；
D．减小ab间的距离，根据，知电容C增大，而两端间的电势差不变，所以所带的电量增大，D不符合要求。
故选A。
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】
AC. 设水杯的质量为，以两个轻环和水杯组成的系统为研究对象，竖直方向受到重力和水平横梁对铁环的支持力，力图如图所示，根据平衡条件得：
可得：
可见，水平横梁对铁环的支持力不变，故A错误、C正确；
B. 以环为研究对象，竖直方向：
水平方向：
联立解得：
减小时，变大，故B错误；
D. 设与环相连的细绳对水杯的拉力为，根据竖直方向的平衡条件可得：
由于绳子与竖直方向的夹角增大，则变小，绳子拉力变大，故D正确．
8、ACD
【解析】
ABD．光线通过玻璃体后，A光的偏折程度比B光的小，则该玻璃体对A光的折射率比对B光的折射率小，而折射率越大，光的频率越高，说明A光的频率比B光的频率低，由c=λγ知，在真空中，A光的波长比B光的长，故A、D正确，B错误；
C．设同一光线在真空中的波长为λ0，在玻璃体中的波长为λ，折射率为n，则
，
得：
在真空中，A光的波长比B光的波长长，而玻璃体对A光的折射率比对B光的折射率小，由λ=λ0/n知，在该玻璃体中，A光比B光的波长长．故C正确；
E. 光的频率由光源决定，与介质无关，则A光从空气进入该玻璃体后，其频率不变．故E错误．
9、BD
【解析】
AB．设线框向右运动的速度为，线框的半径为R，圆形线框匀速进入磁场，切割磁感线的有效长度为
产生的感应电动势
显然时，产生的感应电动势最大，结合图像有：，即
由图像可知，当时，线框全部进入磁场有：
联立以上两式可求得：
故A错误，B正确；
C．由以上分析知，全部离开磁场时线框向右移动的距离为
所以两磁场边界的距离为
故C错误；
D．由图像知，时，，线框正向右运动了1m，此时有效切割长度为2R，则安培力
F安=
故D正确。
故选BD。
10、CD
【解析】
A．因为x-t图像的斜率等于速度，可知在3～5s时间内，甲的速度大小小于乙的速度大小，选项A错误；
B．甲和乙出发的位置都在x=0位置，选项B错误；
C．由图像可知，甲、乙在20m处相遇，选项C正确；
D．在3～7s的时间内，甲的位移小于乙的位移，根据可知，甲的平均速度大小小于乙的平均速度大小，选项D正确；
故选CD。
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、在物体所受合外力不变时，物体的加速度与质量成反比 0.150N至0.160N之间均对 BC
【解析】
(1)[1] 由图象，得出在物体所受合外力不变时，物体的加速度与质量成反比。
(2)[2]由牛顿第二定律得，即图线的斜率等于小车所受的合外力，大小为
(3)[3]AB．拉力不为零时，加速度仍为零，可能有平衡摩擦力，故A错误B正确；
CD．造成上部点迹有向下弯曲趋势，原因是没有满足所挂钩码的总质量远远小于小车质量，选项C正确D错误。
12、1.990 500
【解析】
（1）螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为49.0×0.01mm=0.490mm，所以最终读数为1.5mm+0.490mm=1.990mm（1.989～1.991mm均正确 ）
（2）表盘的读数为5，所以导电玻璃的电阻约为5×100Ω=500Ω．
（3）电源的电动势为12V，电压表的量程为10V，滑动变阻器的电阻为20Ω，由于滑动变阻器的电阻与待测电阻的电阻值差不多，若串联使用调节的范围太小，所以滑动变阻器选择分压式接法； 流过待测电阻的电流约为：I==0.006A=6mA，两电压表量程均不合适；
同时由于电压表量程为10V，远大于待测电阻的额定电压3V，故常规方法不能正常测量；
所以考虑用电流表改装成电压表使用，同时电压表量程为10V，内阻RV=1kΩ，故满偏电流为10mA，符合要求，故将电压表充当电流表使用，电流表A2与R2串联充当电压表使用，改装后量程为4V，可以使用，由于改装后电表已知，故内外接法均可，故电路图如图所示；

（4）根据串并联电路的规律可知，待测电阻中的电流：I=-I2
电压：Ux=I2（R2+RA2）
由欧姆定律可知电阻：Rx=
根据电阻定律可知：R=ρ
而截面积：S=π
联立解得：ρ=
点睛：本题考查电阻率的测量，本题的难点在于仪表的选择和电路接法的选择，注意题目中特别要求测量时电表的读数不小于量程的1/3，所以一定要认真分析各电表的量程再结合所学规律才能正确选择电路和接法．
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),方向水平向右；(2) ；(3)
【解析】
(1)根据题意，方向为合力方向，小球所受电场力水平向右，小球带正电，则匀强电场的方向水平向右；
带电小球合力方向与竖直方向成60°角，由平行四边形定则可得
解得
(2)根据功能关系可知，电场力对小球做的功等于小球机械能的增量，则
解得
(3)解法一 小球所受电场力与重力的合力沿方向，若小球初速度平行斜面向上，则小球做类平抛运动，如图甲所示。由平行四边形定则得
由牛顿第二定律得
设小球在斜面上的落点到点的距离为，小球落到斜面上的时间为，则
解得
解法二 小球在水平方向上做匀加速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动。设小球落在斜面上的点，水平位移，竖直位移，如图乙所示。则
，则
联立解得
解得
14、 (1)120°(2)
【解析】
(1)粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系得，
半径
粒子转过的圆心角为
粒子从点进入Ⅱ区域，先做匀速直线运动，且速度延长线刚好过Ⅱ区域圆形磁场的圆心，接着在磁场中做圆周运动，离开时速度方向的反向延长线仍然过圆心
设轨迹半径为，由牛顿运动定律知
得
故
即
连接，得
得
故此粒子第一次进入Ⅱ区域后在Ⅱ区域转过的圆心角为
(2)粒子进入Ⅲ区域时，速度方向仍与边界成30°角，故此粒子的轨迹图左右对称，上下对称，粒子在一个周期内，在Ⅰ、Ⅲ区域总共要经历两次圆周运动过程，每次转过的圆心角均为
所用总时间为
在Ⅱ区域要经历两次圆周运动过程，每次转过的圆心角均为，所用时间为
在Ⅱ区域要经过4次匀速直线运动过程，每次运动的距离为
所用总时间
故此粒子在一个周期内所经历的总时间为
15、（1）；（2）18s。
【解析】
（1）甲下滑过程，由牛顿第二定律得
由运动规律得
解得
（2）乙下滑过程，由牛顿第二定律得
由运动规律得
又有
甲又有
甲、乙下滑的时间差为
解得
二人不相撞，乙开始下滑的时刻比甲至少要晚18s