广东省广州市2026届高三上学期12月调研测试物理冲刺练习卷8（含答案）

这是一份广东省广州市2026届高三上学期12月调研测试物理冲刺练习卷8（含答案），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．2022年11月31日，“神十五”成功对接空间站组合体，“胜利会师”两个航天员乘组。我国空间站在地球近地轨道运行，轨道参数为倾角：41.3度、近地点距地面高度：388km、远地点距地面高度：398km，地球半径约为6300km，以下判断错误的是（ ）
A．空间站近地点速度大于远地点速度
B．空间站上的航天员完全失重是因为不受地球引力作用
C．空间站运行速度小于第一宇宙速度
D．从近地点到远地点空间站的加速度大小逐渐减小
2．一列简谐横波在0时刻的波动图如图甲所示，传播方向上有平衡位置相距为10m的两个质点P、Q（图中未画出），质点P的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．该波的波长为5mB．该波的波速为2m/s
C．6s时质点P沿y轴负方向振动D．6s时质点Q沿y轴负方向振动
3．如图所示，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向里，磁感应强度大小B=1T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9m，M点为x轴正方向上一点，OM=3m现有一个比荷大小为qm=1.0C/kg，可视为质点带负电的微粒（重力不计）从挡板下端N处小孔以不同的速度沿x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，微粒最后都能经过M点，则微粒射入的速度大小可能是（ ）

A．2.25m/sB．4.75m/s
C．3.75m/sD．5.25m/s
4．如图所示，a和b是从A点以相同的速度射入匀强磁场的、两个带等量电荷的粒子运动的半圆形径迹，已知其半径ra=2rb，则由此可知（ ）
A．两粒子均带正电，质量比ma∶mb=1∶2
B．两粒子均带负电，质量比ma∶mb=1∶2
C．两粒子均带正电，质量比ma∶mb=2∶1
D．两粒子均带负电，质量比ma∶mb=2∶1
5．如图甲所示，一物块放在光滑的水平面上，在水平向右的推力F的作用下从静止开始运动，力F随时间变化的图像如图乙所示，则物块运动速率的平方随位移变化的关系可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
6．一质量为1kg的物块静止在足够大的光滑水平地面上，如图甲所示。从t=0时刻起，对物块施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间的变化关系如图乙所示，取重力加速度大小g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．在0~2s内，物块做匀加速直线运动
B．在t=2s时刻，拉力的功率为50W
C．在0~2s内，物块的位移大于10m
D．在t=4s时刻，物块的速度大小为20m/s
7．如图所示，水平面上放置一辆小车，系在车后的轻绳绕过定滑轮，拉着质量为m的物体；若控制小车向左运动的速度v1（大小变化），让物体以恒定的速度v2=v匀速上升，不计滑轮与绳间摩擦和滑轮质量，当车后的绳与水平方向的夹角为θ时，绳对物体的拉力为FT，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．因小车速度v1=v2，所以小车也是做匀速运动
B．此时小车的速度v1=vcsθ
C．小车应该是向左做加速运动，绳对物体的拉力大小有FT>mg
D．小车应该是向左做减速运动，绳对小车的拉力大小有FT=mg
二、多选题
8．如图甲所示，物块受水平向右的力F作用，紧靠竖直墙壁，F随时间变化规律如图乙所示。已知物块质量为m，t=0时物块速度为0，物块与墙壁间动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，考虑0−2T0过程，对物块有（ ）
A．最大速度为0.5gT0
B．最大速度为gT0
C．位移为0.5gT02
D．位移为gT02
9．如图，篮球比赛的某次快攻中，球员甲将球斜向上传给前方队友，球传出瞬间离地面高1m，速度大小为10m/s；对方球员乙原地竖直起跳拦截，其跃起后手离地面的最大高度为2.8m，球越过乙时速度沿水平方向，且恰好未被拦截。球可视为质点，质量为0.6kg，重力加速度取10m/s2，以地面为零势能面，忽略空气阻力，则（ ）
A．球在空中上升时处于超重状态B．甲传球时，球与乙的水平距离为4.8m
C．队友接球前瞬间，球的机械能一定为36JD．队友接球前瞬间，球的动能一定为30J
10．如图所示，在正方形abcd范围内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，两个电子以不同的速率，从a点沿ab方向垂直磁场方向射入磁场，其中甲电子从c点射出，乙电子从ad边中点射出。不计电子的重力，则甲、乙两电子（ ）
A．动能之比2∶1
B．在磁场中运行的周期之比1∶2
C．在正方形磁场中运行的时间之比1∶2
D．速度偏转角之比为1∶2
三、实验题
11．某同学用图甲所示的实验装置测定重力加速度，其中打点计时器的电源为交流电源，频率为50Hz．打出纸带的一部分如图乙所示，相邻计数点之间的时间间隔都为t。
（1）本实验除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是 。
A．交流电源 B．刻度尺 C．天平（含砝码） D．秒表
（2）若使用x1和x3两组数据来计算重力加速度，则表达式为g= 。
（3）已测得x1=6.62cm,x2=8.18cm,x3=9.74cm，已知当地的重力加速度大小约为9.8m/s2，由此可推算出所选纸带相邻计数点之间的时间间隔t= s，实验测得的重力加速度为 m/s2。
12．为了测量某电池的电动势E（约3V）和内阻r（约5Ω），可供选择的器材如下：
A．电流表G1（2mA 100Ω） B．电流表G2（1mA 内阻未知）
C．电阻箱R1（0~9.9Ω）和电阻箱R2（0-9999Ω） D．滑动变阻器R3（0~10Ω 1A）
E.定值电阻R0（800Ω 1A） F.待测电池 G.导线、电键若干
（1）采用如图甲所示的电路，测定电流表G2的内阻，得到电流表G1的示数I1、电流表G2的示数I2如下表所示：
根据测量数据，请在图乙坐标中描点作出I1-I2图线 ，由图得到电流表G2的内阻等于 Ω。
（2）首先将G1和G2表分别改装成0.5A量程的电流表和3V量程的电压表，选择恰当的电阻箱与G1表并联和G2表串联，改装后电阻箱的阻值分别应拨到 Ω、 Ω。
（3）在现有器材的条件下，采用如图丙所示的电路测量该电池的电动势和内阻，将两电阻箱的阻值拨到和计算的值一致后，闭合电键，调节滑动变阻器的阻值，分别读出两电流表的数值，并作出I2-I1图线，若图线斜率的大小为k，纵轴截距为a，则电源的电动势为 V，内阻为 Ω。
四、解答题
13．如图，在直角坐标系xOy的第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第二象限内存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场。在33d,d处有一粒子源P，能沿x轴负方向以大小为v0的速度发射质量为m、电荷量为+q的粒子，粒子经过电场偏转后通过y轴上的M点进入匀强磁场，M点的坐标为0,d2，在磁场中偏转后粒子垂直于x轴进入第三象限。忽略粒子间的相互作用，不计粒子重力。求：
（1）匀强电场的电场强度E的大小；
（2）粒子进入匀强磁场时的速度大小和方向；
（3）匀强磁场的磁感应强度B的大小。

14．如图所示，桌面右侧的水平地面有一竖直放置的半径为R的光滑圆弧轨道MNP,MN为其竖直直径，桌面与圆弧轨道MNP中间有一光滑管道Q，其右端与P相切平滑连接，管道内径略大于小球直径，桌面到水平地面的竖直距离也为R，劲度系数为k的轻质弹簧放置在光滑的水平桌面上，一端固定在光滑桌面左端的挡板上。一质量为m、可视为质点的小球与弹簧不粘连，现移动小球压缩弹簧后由静止释放小球，小球到达圆弧的C点时刚好脱离轨道。已知弹簧压缩量为s，弹簧弹性势能的表达式为Ep=12kx2（x为弹簧的形变量），不计其他阻力及小球在管道Q和圆弧轨道中运动的能量损耗，重力加速度为g。
（1）求C点与O点的高度差h；
（2）若只改变小球的质量，使小球运动过程中不脱离圆弧轨道，求小球质量的取值范围。

15．如图所示的水平轨道AB、倾斜直轨道DE用圆弧管道连接，圆弧半径R=1m，管道的内径远小于R，可忽略不计。直轨道与圆弧在B、D两点相切，各部分平滑连接，倾斜直轨道DE与水平面的夹角θ=37°,ABCDE在同一竖直面内，质量ma=0.5kg的滑块a放在水平直轨道离B点足够远处，质量mb=0.1kg的滑块b停放在管口D处。略小于管道的内径，质量mc=0.1kg的小球c，以某一初速度从物块a的右侧某处出发，经过圆弧轨道恰到达D处。两滑块与轨道的摩擦因数μ=0.5，不计小球的摩擦力，小球与物块间碰撞均为弹性正碰。
（1）求小球在通过C点时对管道的压力大小；
（2）求小球第一次与a相碰后滑块a的动能Ek；
（3）增大小球向右出发的速度，小球在D处与滑块b碰撞，碰撞后滑块上升到最远处离D点的距离L=4m。在D处有一特殊装置，使小球与滑块b相碰后能停在管口，直到再次与滑块相碰，小球再次离开D处。小球通过与滑块的反复碰撞最终停止，求滑块a在水平轨道上滑行的总距离s。
I1/mA
0.40
0.81
1.20
1.59
2.00
I2/mA
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
《2026届广东省广州市高三上学期12月调研测试物理冲刺练习卷8》参考答案
1．B
【详解】A．根据开普勒第二定律推理可知，空间站近地点速度大于远地点速度，故A正确；
B．空间站上的航天员完全失重是因为地球给航天员的万有引力全部提供宇航员圆周运动所需的向心力，故B错误；
C．第一宇宙速度是绕地卫星的最大环绕速度，空间站运行速度小于第一宇宙速度，故C正确；
D．根据
GMmR2=ma
可知，从近地点到远地点空间站的加速度大小逐渐减小，故D正确。
本题要选错误选项，故选B。
2．D
【详解】A．由甲图可知，该波的波长为4m，选项A错误；
B．该波的周期为4s，则波速为
v=λT=44m/s=1m/s
选项B错误；
C．由P点的振动图像可知，在t=0时刻P点向下振动，可知波沿x轴负向传播； 6s时，即经过了1.5T，则质点P沿y轴正方向振动，选项C错误；
D．因PQ=10m=2.5λ，则PQ两质点振动情况相反，则6s时质点Q沿y轴负方向振动，选项D正确。
故选D。
3．C
【详解】由题意，粒子运动的圆心的位置一定在y轴上，所以粒子做圆周运动的半径r一定要大于等于3m，而
ON=9m＜3r
所以粒子最多与挡板ON碰撞一次，碰撞后，第二个圆心的位置在O点的上方，也可能粒子与挡板ON没有碰撞，直接过M点。由洛伦兹力提供向心力
qvB=mv2r
解得
r=mvqB
若小球与挡板ON碰撞一次，则轨迹可能如图1

设OO1=s，由几何关系得
r2=OM2+s2=9+s2
3r-9=s
联立解得
r1=3m
r2=3.75m
代入r=mvqB可解的速度分别为
v1=3m/s
v2=3.75m/s
若小球没有与挡板ON碰撞，则轨迹如图2，设 OO2=x，由几何关系得
r32=OM2+x2=9+x2
x=9-r3
联立解得
r3=5m
代入r=mvqB可解的速度分别为
v3=5m/s
故选C。
4．D
【详解】根据洛伦兹力提供向心力有
qvB=mv2R
解得
R=mvqB
由于速度、电荷量相同，则半径与质量成正比，所以质量比ma∶mb=2∶1，根据左手定则可判断两粒子均带负电，所以D正确；ABC错误；
故选D。
5．B
【详解】CD．由牛顿第二定律F=ma可得
a=Fm
根据题图乙可知物块在0~t0时间内加速度正向（以向右为正方向）均匀减小，在t0~2t0，时间内加速度负向均匀减小，由v2=2ax可知，v2−x图像斜率为2a，则v2−x图像中v2先逐渐增大变“缓”再逐渐减小变“缓”，故CD错误；
AB．由v−t图像可知，物块在前一半时间内的位移大于在后一半时间内的位移，故A错误，B正确。
故选B。
6．D
【详解】A．在0~2s内，物块所受合外力不断增大，做变加速直线运动，故A错误；
B．在t=2s时刻，设物块的速度大小为v1，F-t图像与坐标轴所围的面积表示F的冲量，则根据动量定理有
I1=12×10×2N⋅s=mv1
解得
v1=10m/s
在t=2s时刻，拉力的功率为
P1=F1v1=100W
故B错误；
C．如图
若物体做匀加速直线运动，位移为
x=v1t2=10m
但是物体做的是加速度逐渐增大的变加速运动，v−t图像与横坐标围成的面积比匀加速运动时要小，即物块的位移小于10m，C错误；
D．在t=4s时刻，设物块的速度大小为v2，根据动量定理有
I2=12×10×4N⋅s=mv2
解得
v2=20m/s
故D正确。
故选D。
7．D
【详解】AB．小车的运动可分解为沿绳方向和垂直与绳的方向，由题意中夹角为θ，由几何关系可得
v2=v=v1csθ
解得
v1=vcsθ
可知小车不是匀速运动，故AB错误；
CD．由
v1=vcsθ
可知随着小车向左运动，夹角θ变小，则csθ变大，v不变，可得v1减小，知小车应该是向左做减速运动，因为物体匀速上升，所以物体受力平衡，则
FT=mg
所以绳子对小车的拉力为
FT=mg
故D正确，C错误。
故选D。
8．AC
【详解】0−T0过程中，F=mg，物块与墙壁间最大静摩擦力为0.5mg，小于物块自身重力，物块向下做匀加速直线运动，加速度大小为
a1=mg−0.5mgm=0.5g T0时刻，物块速度为
v1=a1t1=0.5gT0
位移为
x1=12a1t12=0.25gT02 T0−2T0过程中，F=3mg，物块与墙壁间为滑动摩擦力，大小为1.5mg，大于物块自身重力，物块会向下做匀减速运动，加速度大小为
a2=1.5mg−mgm=0.5g
减速至0的时间为
t2=v1a2=T0
该段时间内物块向下位移为
x2=v1t2−12a2t22=0.25gT02
由上述分析可知，物块在T0时刻速度最大，最大速度为0.5gT0，整个过程中位移为
x=x1+x2=0.5gT02
故选AC。
9．BC
【详解】A．球在空中上升时加速度为向下的g，处于失重状态，选项A错误；
B．球刚斜抛出时的竖直速度
vy=2gΔh=2×10×1.8m/s=6m/s
水平速度
vx=v2−vy2=8m/s
甲传球时，球与乙的水平距离为
Δx=vxt=vx2Δhg=4.8m
选项B正确；
C．以地面为零势能面，则球刚抛出时的机械能为
E=mgh+12mv2=36J
球抛出后机械能守恒，则队友接球前瞬间，球的机械能一定为36J，选项C正确；
D．因为球刚抛出时的动能为
Ek=12mv2=30J
则队友接球前瞬间，球的动能不一定为30J，选项D错误。
故选BC。
10．CD
【详解】A．甲、乙电子在磁场中运动的轨迹如图所示
设正方形的边长为l，甲电子从c点离开，由几何关系可得r甲=l
由洛伦兹力提供向心力ev甲B=mv甲2l
可得v甲=Belm
乙电子从ad边中点离开，由几何关系可r乙=14l
由洛伦兹力提供向心力ev乙B=mv乙2r乙
可得v乙=Bel4m
则甲、乙两电子速度大小之比为v甲v乙=41
根据Ek=12mv2可得甲、乙两电子动能之比为Ek甲Ek乙=v甲2v乙2=161
故A项错误；
B．根据v=2πrT和r=mveB可知电子的运行周期T=2πmBe
与电子的速率无关，即甲、乙两电子在磁场中运行的周期之比1∶1，故B项错误；
C．甲电子从c点离开，由几何关系可知运行的时间t甲=14T=πm2Be
乙电子从ad边中点离开，由几何关系可知运行的时间t乙=12T=πmBe
整理可知t甲t乙=12
即甲、乙两电子在磁场中运行的时间之比1∶2，故C项正确；
D．由图可知，甲电子的偏转角是90°，而乙电子的偏转角是180°，则甲、乙两电子的速度偏转角之比为θ甲θ乙=12
故D项正确。
故选CD。
11． AB/BA x3−x12t2 0.04 9.75
【详解】（1）[1]测定重力加速度，不需要测量重物的质量，则不需要天平，因为需要电磁打点计时器，则需要交流电源，不需要秒表，需要刻度尺测量点迹间的距离。
故选AB。
（2）[2]根据x3−x1=2gt2，得重力加速度
g=x3−x12t2
（3）[3][4]根据x3−x1=2gt2得
t=x3−x12g≈0.04s
由（2）知
g=x3−x12t2=9.75m/s2
12． 200（195~205均正确，） 0.4 2800 3a 12k
【详解】（1）[1][2]根据数据在题图乙中描点连线，如图所示。由并联电路的特点可得
I1r1g=I2r2g
I1=r2gr1gI2
则图线斜率
k=r2gr1g=2
r2g=200Ω
（2）[3][4]由串、并联规律得
I1gr1g=(I−I1g)R1
U=I2g(r2g+R2)
所以
R1=0.4Ω
R2=2800Ω
（3）[5][6]由闭合电路欧姆定律
U=E−Ir
可得
I2(r2g+R2)=E−(I1+I1r1gR1)r
变换后可得
I2=Er2g+R2−(r1g+R1)r(r2g+R2)R1I1≈E3000−r12I1
所以有
E3000=a1000
r12=k
即
E=3a
r=12k
13．（1）3mv02qd；（2）2v0，与y轴负方向夹角为30°；（3）2mv0qd
【详解】（1）根据题意，画出粒子在电场中的运动轨迹，如图所示

粒子在电场中做类平抛运动，沿x轴负方向上有
3d3=v0t
沿y轴负方向上有
Eq=ma
d−d2=12at2
联立解得
E=3mv02qd
（2）把粒子在M点的速度分解，设粒子进入匀强磁场时的速度方向与y轴负方向夹角为θ，如图所示

由（1）分析可得
vy=at=3v0
由几何关系可得
v=v02+vy2=2v0
tanθ=v0vy=33
解得
θ=30°
即粒子进入匀强磁场时的速度大小为2v0，方向为与y轴负方向夹角为30°。
（3）根据题意，画出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示

由几何关系可得
r=OMsin30°=d
又有
qvB=mv2r
解得
B=2mv0qd
14．（1）ks23mg；（2）0