广西两校2026届高考全国统考预测密卷物理试卷含解析

这是一份广西两校2026届高考全国统考预测密卷物理试卷含解析，共17页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，时速度水平等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
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、如图所示为某弹簧振子在0～5 s内的振动图象，由图可知，下列说法中正确的是( )
A．振动周期为5 s，振幅为8 cm
B．第2 s末振子的速度为零，加速度为负向的最大值
C．从第1 s末到第2 s末振子的位移增加，振子在做加速度减小的减速运动
D．第3 s末振子的速度为正向的最大值
2、已知太阳到地球与地球到月球的距离的比值约为390，月球绕地球旋转的周期约为27天.利用上述数据以及日常的天文知识，可估算出太阳对月球与地球对月球的万有引力的比值约为
A．0.2B．2C．20D．200
3、如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是（ ）
A．B．C．D．\
4、如图所示空间中存在沿水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为，将长度为2L的通电直导线由中点O处弯成折线，夹角为60°，现在导线中通有恒定电流。如果在空间另外施加一磁感应强度大小为的匀强磁场，且使导线MO、NO所受的安培力相等，则下列说法正确的是（ ）
A．磁场的方向斜向左下方与水平方向成60°角，MO受到的安培力的大小为
B．磁场方向竖直向上，MO受到的安培力的大小为
C．磁场方向竖直向下，MO受到的安培力的大小为
D．磁场方向斜向右上方与水平方向成60°角，MO受到的安培力的大小为
5、如图所示， AB是斜坡，BC是水平面，从斜坡顶端A以不同初速度v向左水平抛出同一小球，当初速度为v0时，小球恰好落到坡底B。不计空气阻力，则下列图象能正确表示小球落地（不再弹起）前瞬间重力瞬时功率P随v变化关系的是
A．
B．
C．
D．
6、如图所示，在天花板下用细线悬挂一个闭合金属圆环，圆环处于静止状态。上半圆环处在垂直于环面的水平匀强磁场中，规定垂直于纸面向外的方向为磁场的正方向，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。t=0时刻，悬线的拉力为F。CD为圆环的直径，CD=d，圆环的电阻为R。下列说法正确的是（ ）
A．时刻，圆环中有逆时针方向的感应电流
B．时刻，C点的电势低于D点
C．悬线拉力的大小不超过
D．0~T时间内，圆环产生的热量为
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、飞艇常常用于执行扫雷、空中预警、电子干扰等多项作战任务。如图所示为飞艇拖拽扫雷具扫除水雷的模拟图。当飞艇匀速飞行时，绳子与竖直方向恒成θ角。已知扫雷具质量为m，重力加速度为g，扫雷具所受浮力不能忽略，下列说法正确的是( )
A．扫雷具受4个力作用
B．绳子拉力大小为
C．海水对扫雷具作用力的水平分力小于绳子拉力
D．绳子拉力一定大于mg
8、抗击新冠肺炎疫情的战斗中，中国移动携手“学习强国”推出了武汉实景24小时直播，通过5G超高清技术向广大用户进行九路信号同时直播武汉城市实况，全方位展现镜头之下的武汉风光，共期武汉“复苏”。5G是“第五代移动通信技术”的简称，其最显著的特征之一为具有超高速的数据传输速率。5G信号一般采用3.3×109—6×109Hz频段的无线电波，而现行第四代移动通信技术4G的频段范围是1.88×109—2.64×109Hz，则____
A．5G信号比4G信号所用的无线电波在真空中传播得更快
B．5G信号相比于4G信号更不容易绕过障碍物，所以5G通信需要搭建更密集的基站
C．空间中的5G信号和4G信号不会产生干涉现象
D．5G信号是横波，4G信号是纵波
E.5G信号所用的无线电波具有波粒二象性
9、如图，理想变压器的a、b两端接在U=220V交流电源上，定值电阻R0 = 40Ω，R为光敏电阻，其阻值R随光照强度E变化的公式为R=Ω，光照强度E的单位为勒克斯（lx）。开始时理想电流表A2的示数为0.2A，增大光照强度E，发现理想电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，下列说法正确的是（ ）
A．变压器原副线圈匝数比
B．理想电压表V2、V3的示数都减小
C．光照强度的增加量约为7.5lx
D．在增大光照强度过程中，变压器的输入功率逐渐减小
10、如图所示，倾角为α=37°的足够长的粗糙斜面AB固定在水平面上，一小物块从距B点l0m的A点由静止释放后，下滑到B点与弹性挡板碰撞后无能量损失反弹，恰能冲上斜面的Q点（图中未画出）。设物块和斜面间的动摩擦因数为0.5，以B点为零势能面（sln37°=0.6，cs37°=0.8）。则下列说法正确的是（ ）
A．Q点到B点距离为2m
B．物块沿斜面下滑时机械能减少，沿斜面上滑时机械能增加
C．物块下滑时，动能与势能相等的位置在AB中点上方
D．物块从开始释放到最终静止经过的总路程为15m
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）为了测量木块与木板间动摩擦因数，某实验小组使用位移传感器设计了如图所示的实验装置，让木块从倾斜木板上A点由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离。位移传感器连接计算机，描绘出滑块与传感器的距离s随时间t变化规律，取g10m/s2，sin370.6，如图所示：
(1)根据上述图线，计算可得木块在0.4s时的速度大小为v （______）m/s；
(2)根据上述图线，计算可得木块的加速度大小a （______）m/s2；
(3)现测得斜面倾角为37，则（______）。（所有结果均保留2位小数）
12．（12分）某同学用图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有220Hz、30Hz和40Hz，打出纸带的一部分如图（b）所示。
该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他条件进行推算。
（1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图（b）中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为________，重物下落的加速度的大小为________。
（2）已测得s1=8.89cm，s2=9.50cm，s3=10.10cm；当重力加速度大小为9.80m/s2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1％。由此推算出f为_________Hz。
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，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，在这一过程中，若a对应的温度为T1=200K，求：
①b点的温度；
②若从a到b的过程中内能增加2.5×105J，在这个过程中气体从外界吸收的热量是多少。
14．（16分）如图所示，直线MN与水平线夹角为60°，其右侧有一垂直纸面向外的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B；直线PQ垂直ＭＮ，且PQ与ＭＮ包围的空间有一匀强电场，电场方向平行于PQ．有一质量为m 电量为+q的带电粒子在纸面内以v0的水平初速度从A点飞入磁场，粒子进入磁场t0(t0未知)时间后立即撤除磁场，此时粒子未到达MN，之后粒子垂直MQ边界从C点（图中未画出）飞入电场；随后粒子再次通过C点．粒子在以上整个过程中所用总时间恰为此带电粒子在磁场中运动一周所需时间，粒子所受重力不计．试求：
（1）粒子在磁场中运动的时间t0
（2）匀强电场场强E的大小．
15．（12分）如图所示，水平线ab上方存在竖直向下的匀强电场，ab以及ab下方都存在竖直向上的匀强电场，场强大小都相等。在ab 下方同时存在垂直纸面向外的匀强磁场。P为ab上方一点，到ab距离为2L。一质量为m、带电荷量为-q（q>0）的带电小球从P点以大小为、与竖直方向成θ= 30°斜向下抛出。g为重力加速度，经过ab上C点（图中未画出）时速度水平。
(1)求电场强度大小；
(2)小球经过ab下方Q点（图中未画出）时获得最大速度，Q到ab的距离为，求磁场的磁感应强度大小。
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、D
【解析】
A．由题图可知振动周期为4 s，振幅为8 cm，选项A错误；
B．第2 s末振子在最大位移处，速度为零，位移为负，加速度为正向的最大值，选项B错误；
C．从第1 s末到第2 s末振子的位移增大，振子在做加速度增大的减速运动，选项C错误；
D．第3 s末振子在平衡位置，向正方向运动，速度为正向的最大值，选项D正确.
2、B
【解析】
由日常天文知识可知，地球公转周期为365天，依据万有引力定律及牛顿运动定律，研究地球有G＝M地r地，研究月球有G＝M月r月，日月间距近似为r地，两式相比＝·.太阳对月球万有引力F1＝G，地球对月球万有引力F2＝G，故＝·＝·＝=2.13，故选B.
3、A
【解析】
天平原本处于平衡状态，所以线框所受安培力越大，天平越容易失去平衡，
由于线框平面与磁场强度垂直，且线框不全在磁场区域内，所以线框与磁场区域的交点的长度等于线框在磁场中的有效长度，由图可知，A图的有效长度最长，磁场强度B和电流大小I相等，所以A所受的安培力最大，则A图最容易使天平失去平衡． A正确； BCD错误；
故选A．
4、D
【解析】
A．当所加磁场的方向斜向左下方与水平方向成60°角时，NO受到的安培力仍垂直纸面向里，大小为，MO受到的安培力垂直纸面向外，大小为，A错误；
B．当所加磁场方向竖直向上时，NO受到的安培力仍垂直纸面向里，大小为，MO受到的安培力垂直纸面向里，大小为，B错误；
C．当所加磁场方向竖直向下时，NO受到安培力垂直纸面向里，大小为，MO受到的安培力垂直纸面向外，大小为，C错误；
D．当所加磁场方向斜向右上方与水平方向成60°角时，NO受到的安培力仍垂直纸面向里，大小为当，MO受到的安培力垂直纸面向里，大小为，D正确。
故选D。
5、C
【解析】
当平抛的初速度时，小球均落在斜面上，具有相同的位移偏向角均等于斜面倾角，可得：
，
可得平抛时间：
则小球所受的重力的瞬时功率为：
可知，关于v构成正比例函数关系；
当平抛的初速度时，小球均落在水平面上，平抛的竖直高度相同为h，有：
则平抛时间为：
则小球所受的重力的瞬时功率为：
可知功率P为恒定值；
综合两种情况可得C项的图像争取，ABD项的图像错误；
故选C。
6、C
【解析】
A． 时刻，磁场向外增强，根据楞次定律可知，感应电流磁场向里，故圆环中有顺时针方向的感应电流，故A错误；
B． 时刻，磁场垂直向外减小，根据楞次定律可知，感应电流磁场向外，故C点的电势高于D点，故B错误；
C． t=0时刻，悬线的拉力为F ，则圆环重力大小为F， 时，感应电动势
， ，
故安培力
故悬线拉力的大小不超过，故C正确；
D． 根据以上分析可知0~时间内， 产热
故0~T时间内，圆环产生的热量为
故D错误。
故选C。
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、AC
【解析】
A.对扫雷具进行受力分析，受到受重力、浮力、拉力和水的水平方向的摩擦阻力，如图，故A正确；
B.根据平衡条件，有：
竖直方向：
F浮+Tcsθ=mg
水平方向：
f=Tsinθ
计算得出：
；
故B错误；
CD.扫雷器具受到海水的水平方向的作用力摩擦阻力等于拉力的水平分力，即小于绳子的拉力，而绳子拉力不一定大于mg，故C正确、D错误。
8、BCE
【解析】
A．任何电磁波在真空中的传播速度均为光速，故传播速度相同，故A错误；
B．5G信号的频率更高，波长更短，故相比4G信号不易发生衍射现象，则5G通信需要搭建更密集的基站，故B正确；
C．5G信号和4G信号的频率不同，则它们相遇不能产生稳定的干涉现象，故C正确；
D．电磁波均为横波，故5G信号和4G信号都是横波，故D错误；
E．任何电磁波包括无线电波都具有波粒二象性的特点，故E正确。
故选BCE。
9、AC
【解析】
A．设开始时变压器初级电流为I1，则
解得
选项A正确；
B．因变压器初级电压不变，则由于匝数比一定，可知次级电压V2不变；因次级电流变大，则R0上电压变大，则V3的示数减小，选项B错误；
C．变压器次级电压为
开始时光敏电阻

后来光敏电阻
由 可得
选项C正确；
D．在增大光照强度过程中，变压器次级电阻减小，则次级消耗功率变大，则变压器的输入功率逐渐变大，选项D错误。
故选AC。
10、AD
【解析】
A．物块从A到Q全过程由动能定理得
代入，
解得
选项A正确；
B．全过程摩擦力一直做负功，物块的机械能不断减少，选项B错误；
C．物块从A下滑到AB中点时，由能量守恒定律可得
显然此处重力势能大于动能，继续下滑时重力势能将减小，动能增加，故动能与重力势能相等的位置在AB中点下方，则选项C错误；
D．因为，所以物块最终静止在挡板处，根据能量守恒得
代入数据解得
s=15m
选项D正确。
故选AD。
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、0.40 1.00 0.63
【解析】
(1)[1]木块在斜面上做匀加速直线运动，某段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，则木块在0.4s时的速度大小
(2)[2]木块在0.2s时的速度大小
木块的加速度大小
(3)[3]斜面倾角为37，则对木块受力分析，由牛顿第二定律可得
解得
12、 40
【解析】
(1)[1][2] 根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：
由速度公式
vC=vB+aT
可得：
a=
(2)[3] 由牛顿第二定律可得：
mg-0.01mg=ma
所以
a=0.99g
结合(1)解出的加速度表达式，代入数据可得
f=40HZ
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、①3200K；②5×105J
【解析】
①气体从a到b，由气体状态方程
即
解得
Tb=3200K
②若从a到b的过程气体对外做功
内能增加2.5×105J；则

在这个过程中气体从外界吸收的热量是5×105J。
14、（1）；（2）
【解析】
（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，轨迹如图所示：
根据牛顿第二定律：
周期为：
粒子运动时间为：
（2）带电粒子在磁场中做圆周运动有：
解得：
D到C是匀速运动：
可得运动时间为：
带电粒子在电场中运动时间：
带电粒子在电场中运动的加速度：
速度为：
可得：
15、（1）；（2）。
【解析】
(1)小球在上方，受到电场力（竖直向上）与重力的合力
产生的加速度大小为
竖直向上
经过线时速度水平，则竖直分速度
从点到点，竖直方向分速度匀减速到0，故
解得
(2)根据速度分解可知小球在点时的速度为
电场力和重力的合外力
竖直向下；
之后在重力、电场力和洛伦兹力作用下做曲线运动。
根据左手定则可知小球运动到点时速度水平向右，设为。
从到，根据动能定理有
解得
把小球从到的过程分成无数个小过程：
在第1个小过程中水平方向应用动量定理有
即
在第2个小过程中水平方向应用动量定理有
即
在第3个小过程中水平方向应用动量定理有
即
……
在第个小过程中水平方向应用动量定理有
即
把以上各式相加有
而
联立解得