广东清远市2026届高考压轴卷物理试卷含解析

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2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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、某静电场中有电场线与x轴重合，x轴上各点电势φ分布如图所示，图线关于纵轴对称,则( )
A．x1处和－x1处场强方向相同B．x1处和－x2处场强大小相等
C．某带电粒子在x2处和－x2处电势能相等D．某带电粒子在x2处的电势能大于在－x2处的电势能
2、物块以60J的初动能从固定的斜面底端沿斜面向上滑动，当它的动能减少为零时，重力势能增加了40J，则物块回到斜面底端时的动能为（ ）
A．10JB．20JC．30JD．40J
3、2019年4月10日21点，科学家发布了黑洞人马座A*的照片。黑洞强大的引力致使以3108m/s的速度传播的光都不能逃逸。已知人马座A*的直径为4400万公里，则人马座A*与地球的质量之比约为（ ）(可能用到的数据有：地球半径6400km；地球的环绕速度为7.9km/s；天体的逃逸速度为该天体环绕速度的倍)
A．1011B．1012C．1013D．1014
4、一辆汽车以20m/s的速度在平直的公路上行驶，当驾驶员发现前方有险情时，立即进行急刹车，刹车后的速度v随刹车位移x的变化关系如图所示，设汽车刹车后做匀减速直线运动，则当汽车刹车后的速度减小为12m/s时，刹车的距离x1为
A．12mB．12.8mC．14mD．14.8m
5、 “太空涂鸦”技术就是使低轨运行的攻击卫星通过变轨接近高轨侦查卫星，准确计算轨道并向其发射“漆雾”弹，“漆雾”弹在临近侦查卫星时，压爆弹囊，让“漆雾”散开并喷向侦查卫星，喷散后强力吸附在侦查卫星的侦察镜头、太阳能板、电子侦察传感器等关键设备上，使之暂时失效。下列关于攻击卫星说法正确的是（ ）
A．攻击卫星进攻前需要加速才能进入侦察卫星轨道
B．攻击卫星进攻前的向心加速度小于攻击时的向心加速度
C．攻击卫星进攻前的机械能大于攻击时的机械能
D．攻击卫星进攻时的线速度大于7.9km/s
6、一个做变速直线运动的物体，其加速度方向不变而大小逐渐减小至零，那么该物体的运动情况不可能是（ ）
A．速度不断增大，加速度减小到零时速度最大
B．速度不断减小，加速度减小到零时速度也减小到零
C．速度先减小后增大，加速度减小到零时速度最大
D．速度先增大后减小，加速度减小到零时速度最小
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、下列说法正确的是（ ）
A．不能用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数估算气体分子的体积
B．质量相同、温度也相同的氢气和氧气，内能相同
C．任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能
D．在失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强
E.当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大
8、2019年9月23日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第47、48颗北斗导航卫星。卫星的工作轨道是比同步卫星轨道低一些的中圆轨道，卫星由发射轨道变轨到中圆轨道b上，轨道a、b相切于P点。则卫星在两轨道上运行时。下列说法正确的是（ ）
A．卫星在轨道b运行周期大于24小时
B．卫星由地面到P点所受引力逐渐减小
C．卫星在轨道a上经过P点时的加速度等于轨道b上经过P点时的加速度
D．卫星在轨道a上经过P点时的动能大于卫星在轨道b上经过P点时的动能
9、如图所示，加有恒定电压以U1＝U的、中间带有小孔的平行板电容器AB竖直放置，右侧水平放置平行板电容器CD，CD板长和板间距均为L，板间加有恒定电压U2。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A板小孔无初速飘入，经加速后沿中线水平进入CD，恰从D板边缘飞出。不计粒子重力，下列说法正确的是( )
A．若只将B板向左移动少许，粒子到达B板时的速度比未移动时小
B．若只将B板向左移动少许，粒子到达B板的时间比未移动时短
C．若飘入质量为2m电量为2q的带正电粒子，将打在D板上
D．粒子刚到达D板边缘时的动能Ek＝2qU
10、下列说法正确的是（ ）
A．液体中的扩散现象是由分子间作用力造成的
B．理想气体吸收热量时，温度和内能都可能保持不变
C．当两分子间距从分子力为0（分子间引力与斥力大小相等，且均不为0）处减小时，其分子间的作用力表现为斥力
D．液体的饱和汽压不仅与液体的温度有关而且还与液体的表面积有关
E.一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行的
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）某同学现要利用气垫导轨来研究匀变速直线运动规律，其实验装置如图甲所示，其实验步骤如下：
①用游标卡尺测出挡光片的宽度d。按图甲安装好器材，并调节好气垫导轨，使气垫导轨处于水平位置。然后用跨过轻质定滑轮的轻绳一端与钩码相连，另一端与滑块相连，再将滑块置于气垫导轨的左端，并用手按住滑块不动；
②调整轻质滑轮，使轻绳处于水平位置；从气垫导轨上的刻度尺上读出滑块与光电门之间的距离s（钩码到地面的高度大于滑块与光电门之间的距离），同时记下滑块的初始位置；
③由静止释放滑块，用光电门测出挡光片经过光电门的时间t；
④将滑块重新置于初始位置，保持滑块所挂的钩码个数不变，改变光电门的位置从而改变滑块与光电门之间的距离s，多次重复步骤③再次实验，重物到地面的高度大于滑块与光电门之间的距离；
⑤整理好多次实验中得到的实验数据。
回答下列问题：
(1)挡光片的宽度测量结果，游标卡尺的示数如图乙所示，其读数为d=_______cm；
(2)滑块在运动过程中的加速度a可根据匀变速运动的规律__________来求；
(3)据实验数据最后得到了如图丙所示的图像，由图像可求得滑块运动时的加速度a=______m/s2。（取g=10m/s2，结果保留三位有效数字）
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）足够长的光滑斜面固定在水平面上，现以恒力F沿斜面向上拉物体，使其以初速度为0、加速度从斜面底端向上运动。恒力F作用一段时间t后撤去，又经过相同时间t物体恰好回到斜面底端。求：
（1）施加恒力时物体的加速度与撤去恒力后物体的加速度大小之比；
（2）撤去恒力的瞬间物体的速度与物体回到斜面底端时速度大小之比。
14．（16分）如图所示，空间中存在水平向右的匀强电场E＝8×103V/m，带电量q＝1×10—6C、质量m＝1×10—3kg的小物块固定在水平轨道的O点，AB为光滑固定的圆弧轨道，半径R＝0.4m。物块由静止释放，冲上圆弧轨道后，最终落在C点，已知物块与OA轨道间的动摩擦因数为＝0.1，OA＝R，重力加速度g＝10m/s2，求:
(1)物块在A点的速度大小vA(结果可保留根号)
(2)物块到达B点时对轨道的压力
(3)OC的距离(结果可保留根号)。
15．（12分）将电容器的极板水平放置分别连接在如图所示的电路上，改变滑动变阻器滑片的位置可调整电容器两极板间电压。极板下方三角形ABC区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，其中∠B=、∠C=，底边AB平行于极板，长度为L，磁感应强度大小为B。一粒子源O位于平行板电容器中间位置，可产生无初速度、电荷量为+q的粒子，在粒子源正下方的极板上开一小孔F，OFC在同一直线上且垂直于极板。已知电源电动势为E，内阻忽略不计，滑动变阻器电阻最大值为R，粒子重力不计，求：
(1)当滑动变阻器滑片调节到正中央时，粒子从小孔F射出的速度；
(2)调整两极板间电压，粒子可从AB边射出。若使粒子从三角形直角边射出且距离C点最远，两极板间所加电压应是多少。
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】
AB．φ—x图象的斜率大小等于电场强度，x1处和-x1处场强大小相等，方向相反，x1处和-x2处场强大小不相等，故AB错误；
CD．在x2处和-x2处电势相等，根据Ep=qφ知某带电粒子在x2处和-x2处电势能相等，故C正确，D错误。
故选C。
2、B
【解析】
由能量守恒可知物块沿斜面上滑的过程中，产生的摩擦热为20J。由于上滑过程和下滑过程中摩擦力的大小相同，相对位移大小也相同，所以上滑过程中的摩擦生热和下滑过程中的摩擦生热相等。对全程用能量守恒，由于摩擦生热40J，所以物块回到斜面底端时的动能为20J。故B正确，ACD错误。
故选B。
3、B
【解析】
设地球的质量为m，半径用r表示，则地球的环绕速度可表示为；黑洞的逃逸速度为c，设人马座A*的质量为M，半径用R表示，则有
带入数据，人马座A*与地球的质量之比
故ACD错误，B正确。
故选B。
4、B
【解析】
由题意可知，汽车做匀减速直线运动，设加速度大小a，由公式，其中，代入解得：，
当时，汽车刹车的位移为，故B正确。
故选：B。
5、A
【解析】
A．攻击卫星的轨道半径小，进攻前需要加速做离心运动，才能进入侦查卫星轨道，故A正确；
B．根据
得
可知，攻击前，攻击卫星的轨道半径小，故攻击卫星进攻前的向心加速度大于攻击时的向心加速度，故B错误；
C．攻击卫星在攻击过程中，做加速运动，除引力以外的其他力做正功，机械能增加，故攻击卫星进攻前的机械能小于攻击时的机械能，故C错误；
D．根据万有引力提供向心力
得
轨道半径越小，速度越大，当轨道半径最小等于地球半径时，速度最大，等于第一宇宙速度7.9km/s，故攻击卫星进攻时在轨运行速率小于7.9km/s，故D错误。
故选A。
6、D
【解析】
A．当速度的方向和加速度的方向相同时，则可以做加速度逐渐减小的加速运动，故A正确；
B．当加速度的方向和速度方向相反时，则可以做减速运动，当加速度减小到零时速度也恰好减小到零，故B正确；
C．刚开始的时候速度和加速度的方向相反，则先做减速运动，当减速到零时再做反向加速，加速度减小到零时速度最大，故C正确；
D．只有当加速度的方向和速度的方向相同时，做加速运动，因为加速度方向不变，所以无法再做减速运动，故D错误。
故选D。
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、ACE
【解析】
A．气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数只能求出每个气体分子平均占有的空间和气体分子间的距离，不能估算气体分子本身的体积，故A正确；
B．内能的大小与物质的量、温度、物体体积都有关，质量相同、温度也相同的氢气和氧气，它们的物质的量不同，则内能不相同，故B错误；
C．根据热力学第二定律可知，任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能，故C正确；
D．密闭容器内气体压强是由分子不断撞击器壁而产生的，在完全失重情况下，气体分子仍然不断撞击器壁，仍然会产生压强，故D错误；
E．当分子力表现为斥力时，分子力随分子间距离的减小而增大，间距减小斥力做负功分子势能增大，故E正确。
故选ACE。
8、BC
【解析】
A．同步卫星周期为24小时，轨道b比同步卫星轨道低一些，周期小于24小时，选项A错误；
B．由可知，距离地面越远，引力越小，选项B正确；
C．由于，卫星从轨道a和轨道b经过P点时加速度相同，选项C正确；
D．卫星从a轨道到b轨道，需点火加速，动能增大，D错误。
故选BC。
9、BD
【解析】
A．若只将B板向左移动少许，电场力做功不变，由
得，到达B板时的速度
故粒子到达B板时的速度不变，故A错误；
B．由于粒子在AB间做匀加速直线运动，只将B板向左移动少许时，粒子到达B板时的速度不变，所以平均速度不变，AB距离减小，运动时间变短，故B正确；
C．进入CD后，由牛顿第二定律和运动学公式可知，偏转位移
代入可得
即粒子的偏转位移与粒子的质量、电量无关，故飘入质量为2m、电量为2q的带正电粒子时，偏转位移不变，将依然恰好从D板边缘飞出，故C错误；
D．由粒子恰从D板边缘飞出可知，偏转位移
又因，，所以
所以对全过程，由动能定理可知
故
故D正确。
故选BD。
10、BCE
【解析】
A．扩散现象是分子无规则热运动的表现，A错误；
B．理想气体吸收热量时，若同时对外做功，根据热力学第一定律可知温度和内能可能不变，B正确；
C．当两分子间距从分子力为0处减小时，分子引力和分子斥力均增大，由于斥力增大的快，其分子间作用力表现为斥力，C正确；
D．液体的饱和汽压与液体的表面积无关，D错误；
E．由热力学第二定律可知，一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行的，E正确。
故选BCE。
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、0.520 2as=v2 0.270
【解析】
(1)[1]游标卡尺的主尺读数为5mm，游标尺读数为
0.05×4mm=0.20mm
则读数结果为
5.20mm=0.520cm
(2)[2]滑块在钩码的作用下沿水平桌面做匀加速直线运动，滑块在运动过程中的加速度a可根据匀变速运动的规律来求。
(3)[3]滑块在钩码的作用下沿水平桌面上做匀加速直线运动，经过光电门时的瞬时速度大小为，由匀变速直线运动规律和解得：
由上式可得
由此可知图像的斜率为
由图像可知图像的斜率为k=2.0×104。所以滑块的加速度为
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） ；（2）
【解析】
（1）（2）施加恒力时，物体做匀加速直线运动，则有
，
撤去恒力物体返回斜面底端过程，物体做匀变速直线运动
方向沿斜面向下，则有
，，
联立解得
，
故与大小之比为，与大小之比为。
14、 (1)(2)(3)
【解析】
(1)对物块从O到A由动能定理得
代入数据解得
(2)对小物块从O到B点由动能定理得
在B点由牛顿第二定律得
联立解得
(3)对小物块从O到B点由动能定理得
解得
离开B点后竖直方向先做匀减速运动，上升到最高点离B点高度为
所用的时间为
从最高点落到地面的时间为
则B到C的水平距离为
所以OC的距离
15、 (1)；(2)
【解析】
(1)当滑动变阻器调到时，两极板间电压为
设粒子加速电压为，则有
由动能定理可得
解得
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，与AB相切，设轨道半径为r，由几何关系得
由牛顿第二定律可知
设两极板间电压为，由动能定理得
解得