2026年广东省普通高中学业水平选择性考试物理试卷及参考答案

A．原子核能级跃迁的条件是入射光子能量等于能级差，与光强无关，光强倍增只要光子能量匹配仍可发生跃迁，故 A 错误。B．同理，光强减半不影响光子能量，只要能量匹配仍能发生跃迁，故 B 错误。C．根据光子能量公式 \(\varepsilon=h\nu\)，可得频率 \(\nu=\frac{\varepsilon}{h}=\frac{1.3\times10^{-18}}{6.6\times10^{-34}}\approx2.0\times10^{15}\) Hz，与选项给出的 \(2.0\times10^{16}\) Hz 不符，故 C 错误。D．根据波长与频率关系 \(\lambda=\frac{c}{\nu}=\frac{3.0\times10^{8}}{2.0\times10^{15}}\approx1.5\times10^{-7}\) m，故 D 正确。故选 D。

AC．晶片在电场力作用下向卡盘运动并被吸附，则晶片与卡盘电极之间表现为引力，晶片所受电场力方向指向卡盘，与晶片向卡盘运动的位移方向同向，电场力对晶片做正功，AC 错误。B．电场力对晶片做正功，则晶片在电场中的电势能逐渐减少，故 B 正确。D．根据题意可知该电场不是匀强电场，晶片与卡盘电极之间电场强度并不是处处相同，故 D 错误。故选 B。

AB．由图像可知，电压的最大值为 200 V，且并不是一直维持 200 V，则有效值小于 200 V，故 AB 错误。CD．从 U–t 图像可以看出，电压完成一次周期性变化的时间（周期）\(T=0.02\) s，则频率为 \(f=\frac{1}{T}=50\) Hz，故 C 正确，D 错误。故选 C。

设运动过程中最大速度为 \(v_m\)，则有 \(\frac{v_m}{2}\cdot t=s\)，代入数据解得 \(v_m=\frac{2s}{t}=\frac{2\times20}{5}=8\text{ m/s}\)。加速过程或减速过程的最大时间均小于总时间，则有 \(a\ge\frac{v_m}{t}=\frac{8}{5}=1.6\text{ m/s}^2\)，即最小加速度 \(a_{\min}=1.6\text{ m/s}^2\)。综上所述，该球员某时刻的速度不可能为 9 m/s，加速度大小不可能为 1 m/s²。所以速度和加速度大小可能是 6 m/s、2 m/s²。故选 A。

飞行器安全到达着陆线，速度最小时会刚好通过月面坑边到达着陆线，此时根据平抛运动规律在竖直方向有 \(H+h=\frac{1}{2}g_{\text{月}}t^2\)，代入数据解得 \(t\)；在水平方向 \(v_0t=l\)，代入数据可得 \(v_{\min}=30\text{ m/s}\)。飞行器安全到达着陆线，速度最大时会到达着陆线最右端的坑边缘，此时竖直方向下落 H，\(\frac{1}{2}g_{\text{月}}t'^2=H\) 得 \(t'=40\) s，水平方向 \(v_0't'=l+d\)，得 \(v_{\max}=105\text{ m/s}\)。所以飞行器安全到达着陆线需满足 \(30\text{ m/s}<v_0<105\text{ m/s}\)。故选 B（50 m/s）。

根据 \(\frac{GMm}{r^2}=m\frac{4\pi^2}{T^2}r\) 可得 \(r^3\propto T^2\)。又因为两卫星绕该行星做匀速圆周运动的周期之比为 8∶1，可得 \(r_P^3:r_Q^3=T_P^2:T_Q^2=64:1\)，即 \(r_P:r_Q=4:1\)。根据“引力差值”公式 \(F=k\frac{MR}{r^3}\)，其中 M 和 k 相同，所以 \(F_P:F_Q=\frac{R_P}{r_P^3}:\frac{R_Q}{r_Q^3}=\frac{2}{4^3}:\frac{1}{1^3}=\frac{2}{64}:1=1:32\)。故选 C。

AB．由题意可知①过程为电容器充电过程，电容器两端电势差逐渐增大，根据 \(Q=CU\) 可知电容器电荷量逐渐增大；②过程接 b 端，则电容器 Q 不变，动极板向下运动，S 减小，根据 \(C=\frac{\varepsilon S}{4\pi kd}\) 可知 U 增大、C 减小；③过程为放电过程，动极板在最低处电容为更小的恒定值，故对应 Q–U 图线为过原点、斜率更小的直线，A 正确，B 错误。CD．通过前面的分析可知①过程的电容 C 大于③过程的电容 C，②过程中 Q 不变，因为 \(U=\frac{Q}{C}\)，所以 U 与 C 成反比，图像为双曲线的一支，故 CD 均错误。故选 A。

A．根据题意可知 P、Q 做圆周运动的半径 \(r_1=\frac{L_1}{2}=1\) m。对 P、Q 根据 \(a_1=\omega^2 r_1\) 可得 \(\omega=\sqrt{\frac{a_1}{r_1}}=\sqrt{\frac{4}{1}}=2\) rad/s，故 A 正确。B．因为四个球角速度相同，对球 M、N 有 \(a_2=\omega^2 r_2\)，所以 \(r_2=\frac{a_2}{\omega^2}=\frac{1}{4}=0.25\) m，\(L_2=2r_2=0.5\) m，故 B 正确。C．对于 P 有 \(v_1=\omega r_1=2\times1=2\) m/s，故 C 错误。D．绳子拉力提供向心力，根据 \(F=m\omega^2r\) 可知由于四球质量相等、角速度相等，但半径不同，故拉力大小不相等，故 D 错误。故选 AB。

A．画出光路图，根据几何关系可知，该单色光在锥面发生全反射的临界角 \(C=45°\)。根据临界角公式 \(\sin C=\frac{1}{n}\) 可得此光纤对该单色光的折射率为 \(n=\frac{1}{\sin45°}=\sqrt{2}\)，故 A 正确。B．根据 \(v=\frac{c}{n}=\frac{c}{\sqrt{2}}\)，可知该单色光在此光纤中的传播速度是真空中光速的 \(\frac{1}{\sqrt{2}}\)，故 B 错误。C．光从折射率大的介质到折射率小的介质中才可能发生全反射，被测液体折射率大于此光纤折射率，则锥面浸入液体部分光不会发生全反射，即锥面浸入液体过程中，探测到的光强相对于浸入液体前变弱，故 C 错误。D．锥面完全浸入液体后，若探测到的光强在变强，说明光在某些地方发生了全反射，发生全反射的地方即有空气，说明检测到气泡，故 D 正确。故选 AD。

A．电子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得 \(evB=m\frac{v^2}{r}\)，可得 \(v=\frac{eBr}{m}\)。根据几何关系可知电子 1 的运动半径小于电子 3 的运动半径，则电子 1 的速度小于电子 3 的速度，根据 \(E_k=\frac{1}{2}mv^2\) 可知电子 1 的动能比电子 3 的小，故 A 错误。B．电子在磁场中做匀速圆周运动的周期 \(T=\frac{2\pi m}{eB}\)。根据题图可知电子 1 在磁场中运动的圆心角为 90°，则电子 1 在磁场中的运动时间为 \(t=\frac{T}{4}=\frac{\pi m}{2eB}\)，故 B 正确。C．对电子 2，设半径 \(r_2\)，根据几何关系 \((r_2-b)^2+x_2^2=r_2^2\) 可得 \(r_2=\frac{x_2^2+b^2}{2b}\)。根据 \(v=\frac{eBr}{m}\) 得电子 2 的动能为 \(E_k=\frac{e^2B^2(x_2^2+b^2)^2}{8mb^2}\)，故 C 正确。D．对电子 3，设半径 \(r_3\)，根据几何关系 \((r_3-a)^2+x_3^2=r_3^2\) 可得 \(r_3=\frac{x_3^2+a^2}{2x_3}\)，根据 \(p=eBr_3\) 得电子 3 的动量大小为 \(\frac{eB(x_3^2+a^2)}{2x_3}\)，故 D 正确。故选 BCD。

[1] 毫米刻度尺的分度值为 1 mm，需要估读到下一位，根据题图可得 \(s_1=6.26\) cm。[2] 根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度可得 \(v_1=\frac{s_1+s_2}{2T}\)。[3] 根据速度时间关系 \(v_2=v_1+aT\)，又 \(s_2-s_1=aT^2\)，联立可得 \(v_2=\frac{3s_2-s_1}{2T}\)。[4] 根据题图可得 \(I_p\) 为 158 时，F 为 100 N。[5] \(m=30.0\) g、\(T=0.02\) s，由动量定理 \(t=\frac{2mv_2}{F}\)，将数据代入可得 \(t=2.06\times10^{-3}\) s。

【12 题详解】[1] 添加砝码后，需要等待砝码平衡稳定后再读数，才能保证弹簧弹力等于砝码重力，得到准确的弹簧长度。[2] 根据胡克定律 \(F=kx\)，因此 F–x 图线的斜率等于劲度系数 k。 【13 题详解】[1] 电阻箱读数为各转盘读数乘倍率之和：\(R=2\times10000+9\times1000=29000\text{ }\Omega\)。[2] \(S_2\) 断开，\(R_c\) 串联接入电路，总电阻增大，因此电流减小，微安表示数变小。[3] 要让电流回到原来的数值，需要总电阻和原来相等，因此需要调小电阻箱 R 的阻值，使总电阻回到原来大小。[4] 等效后满足 \(R_1=R_2+R_c\)，整理得棉花电阻 \(R_c=R_1-R_2\)。

【小问 1】充气过程温度不变，对所有充入气室的气体，由玻意耳定律有 \(p_0V_0=p_1\cdot10\cdot(\pi r^2 h)\)，解得 \(p_1=\frac{p_0V_0}{10\pi hr^2}\)。 【小问 2】变形前气室的体积为 \(V_1=\pi r^2 h\)。挤压过程温度不变，且横截面周长不变，原圆形横截面周长 \(2\pi r\)；变形后跑道形横截面两端半圆合为一个整圆，周长为 \(\pi d\)，剩余直边总长度为 \(2\pi r-\pi d\)，单根直边长 \(\frac{2\pi r-\pi d}{2}\)。变形后横截面积 \(S'=\frac{\pi d^2}{4}+d\cdot\frac{2\pi r-\pi d}{2}=\frac{\pi d(4r-d)}{4}\)，体积 \(V_2=S'h=\frac{\pi dh(4r-d)}{4}\)。对气室气体，等温过程由玻意耳定律 \(p_1V_1=p_2V_2\)，解得 \(p_2=\frac{2p_0V_0}{5\pi dh(4r-d)}\)。 【小问 3】体积不变，气体等容变化，有 \(\frac{p_2}{T_0}=\frac{p_c}{T_c}\)，解得气室不爆破的最高室温 \(T_c=\frac{p_cT_0}{p_2}=\frac{5\pi dh(4r-d)p_cT_0}{2p_0V_0}\)。

【小问 1】两摆锤以初速度 \(v_0\) 沿外壳向上运动，与挡板相碰前，摆锤机械能守恒。设摆锤与挡板相碰前的速度为 v，根据机械能守恒定律有 \(\frac{1}{2}mv_0^2=\frac{1}{2}mv^2+mgR(1-\cos90°)\)，解得 \(v=\sqrt{v_0^2-2gR}=\sqrt{16-8}=2\sqrt{2}\) m/s。摆锤与挡板相碰后与机器人一起运动，根据动量守恒定律有 \(2mv=(2m+M)v'\)，解得 \(v'=\frac{2\times1\times2\sqrt{2}}{6}=\frac{2\sqrt{2}}{3}\) m/s。机器人起跳时的动能 \(E_k=\frac{1}{2}Mv'^2=\frac{1}{2}\times4\times\frac{8}{9}=\frac{16}{9}\) J≈1.78 J。 【小问 2】根据速度位移关系 \(v'^2=2gh\)，可得机器人外壳上升的最大高度 \(h=\frac{v'^2}{2g}=\frac{8/9}{20}=0.04\) m。 【小问 3】机器人外壳落到地面时，机器人外壳的速度立即变为 0，根据竖直上抛运动的对称性可知摆锤速度大小为 \(v'\)，从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失 \(\Delta E=2\times\frac{1}{2}mv_0^2-2\times\frac{1}{2}mv'^2=2\times\frac{1}{2}\times1\times16-2\times\frac{1}{2}\times1\times\frac{8}{9}=16-\frac{8}{9}=\frac{136}{9}\) J≈15.1 J。

【小问 1】当小球刚好到金属板时，受力分析，根据几何关系可得 \(\tan\theta=\frac{qE}{mg}\)，其中 \(\theta=30°\)（两绳夹角为直角，小球与横杆距离为 d，几何关系确定），\(E=\frac{U}{d}\)。联立可得 \(U=\frac{mgd\tan30°}{q}=\frac{\sqrt{3}mgd}{3q}\)。 【小问 2】小球从金属板 N 到金属板 M 过程，根据动能定理，小球第一次碰撞 M 前瞬间，受力分析，对小球根据牛顿第二定律，联立解得 \(T=\frac{2\sqrt{6}}{3}mg\)。 【小问 3】要使小球仍能沿着圆弧往复运动，即绳子拉力大于零，需要满足 \(k<3\)。根据（2）分析可知当 \(k\le1\) 时，小球到达金属板时动能最大，根据动能定理可得 \(E_k=(\frac{\sqrt{3}}{6}k+\sqrt{1+\frac{k^2}{3}}-\frac{\sqrt{3}}{2})mgd\)；当 \(1<k<3\) 时，小球所受的重力和电场力的合力与小球位移的夹角一直为锐角，当小球到达金属板时动能最大，根据动能定理 \(E_k=\frac{\sqrt{3}}{3}kmgd\)。