2026届广东佛山市顺德区高三下学期二模物理试题（解析版）

第第页2026届广东佛山市顺德区高三下学期二模物理试题1．下列关于多普勒效应、光的干涉和偏振现象，下列说法正确的是（）A．“彩超”仪探头接收的超声波频率变大说明血液靠近探头B．主动降噪技术是应用声波的多普勒效应C．光的偏振现象说明光是一种纵波D．3D电影技术利用光的干涉原理【答案】A【解析】【解答】A．依据多普勒效应的核心规律，当波源与观测者发生相对靠近时，观测者接收到的波的频率会升高。在彩超检测中，流动的血液相当于运动的反射波源，若血液向探头方向移动，探头接收到的反射超声波频率会显著增大，故A正确；B．主动降噪技术的原理是声波的干涉，通过发射与环境噪声相位完全相反的声波，使两列声波发生相消干涉从而抵消噪声，该过程与多普勒效应无任何关联，故B错误；C．偏振现象是横波的专属物理特性，只有横波才会发生偏振，纵波不存在偏振现象；光的偏振现象直接证明了光是横波，故C错误；D.3D电影利用光的偏振原理，让左右眼接收不同偏振方向的光产生立体视觉，与光的干涉无关，故D错误。故答案为：A。

【分析】本题考查多普勒效应、声波干涉、光的偏振等声学、光学知识点，只需逐一对应各选项的物理原理即可。2．2025年3月，我国“中国环流三号”首次实现“双亿度”突破，为未来可控核聚变能源提供关键技术支撑。已知某核反应中，一个氘核和一个氚核结合生成一个氦核并放出一个粒子X，同时释放约17.6MeV的能量，关于该核反应说法正确的是（）A．核聚变反应中，轻核结合成重核时会释放能量，其本质是质量亏损转化为能量B．装置中发生的核聚变反应方程为1C．核聚变需要极高的温度，是为克服核子间的万有引力D．核聚变过程中，生成氦核的比结合能比反应前氘核或氚核的更小【答案】A【解析】【解答】A．根据爱因斯坦质能方程ΔE=B．核反应方程必须严格满足质量数守恒与电荷数守恒，氘氚聚变的正确核反应式为12C．原子核均带正电，相互间存在库仑斥力；核聚变需要超高温，本质是为了让原子核获得足够大的动能，以克服库仑斥力实现核子的结合，万有引力在核尺度下作用极弱，可忽略不计，故C错误；D．比结合能是衡量原子核稳定性的核心物理量，比结合能越大，原子核越稳定。该聚变反应释放能量，说明生成物氦核的稳定性远高于反应物氘核、氚核，因此氦核的比结合能大于氘核、氚核的比结合能，故D错误；故答案为：A。

【分析】先依据质能方程判定聚变过程质量亏损与核能释放的关系；再利用反应守恒定律验证方程正误；接着分析聚变高温的物理本质；最后根据比结合能与原子核稳定性的关系。3．我国是光纤通信技术先进的国家。图甲为某车间正在生产光纤，图乙是此光纤简化示意图（内芯简化为长直玻璃丝，外套简化为真空）。现用一束复色光从空气射入此光纤后分成a、b两束单色光，光路如图乙，下列说法正确的是（）A．a光发生全反射的临界角较小 B．内芯相对于外套是光疏介质C．真空中b光比a光波长要长 D．b光比a光更容易发生光电效应【答案】D【解析】【解答】A．根据全反射的临界角公式sinC=1n，由于a光的折射率小于bB．发生全反射的条件之一是光从光密介质射向光疏介质，光纤内芯的光线要在与外套的分界面发生全反射，说明内芯的折射率大于外套，内芯相对外套是光密介质，故B错误；C．复色光从空气射入光纤时，入射角相同，a光折射角大于b光，由折射定律n=sinisin故答案为：D。

【分析】本题结合折射定律、全反射临界角公式、折射率与光的频率、波长的关系、光电效应条件，逐一分析各选项。4．2025年12月，中山大学学生自研的“逸仙-A星”立方星在酒泉成功发射，成为世界首颗成功在轨开展木质外板验证的卫星。此次发射采用“一箭九星”方式，共将九颗卫星送入离地高度500km的同一预定轨道。下列说法正确的是（）A．九颗卫星的线速度相同B．九颗卫星的机械能一定相同C．在轨稳定运行时，卫星的线速度约为8.0×D．卫星所在轨道处重力加速度小于地面重力加速度【答案】D【解析】【解答】A．线速度是矢量，既有大小又有方向。九颗卫星虽在同一轨道，线速度大小相等，但做圆周运动的方向可能不同，因此线速度不一定相同，故A错误；B．机械能包含动能与引力势能，这两个物理量均与卫星质量成正比。由于九颗卫星的质量未知，无法确定机械能是否相等，故B错误；C．第一宇宙速度7.9×103mD．由万有引力近似等于重力可得g=GMr2故答案为：D。

【分析】本题围绕卫星圆周运动的核心规律，紧扣矢量性、机械能、第一宇宙速度、重力加速度的本质逐一分析。5．智能运动手环中有加速度传感器，且能测量x轴、y轴和z轴加速度（如图甲）。现手环做平抛运动掉落在地面上，图乙表示手环y轴方向的加速度随时间的变化情况。已知g=10mA．大约1.40s末手环第一次接触地面B．手环加速度最大值处重力的功率最大C．手环开始平抛的高度约为0.8mD．落地时手环速度大小为4m/s【答案】C【解析】【解答】A．手环与地面接触后受地面作用力，加速度大小和方向会改变，从图中看并非约1.20s末，判断依据是运动状态突变点；A错误；B．加速度最大时速度为0，但此时重力的功率不为0（P=mgvy，C．由图知手环在空中运动时间为t=1.20−0.80=0.40s，代入h=D．虽可由vy故答案为：C。【分析】本题围绕手环的平抛运动，结合加速度-时间图像，逐一分析各选项，最终由空中运动时间算出平抛高度。6．高压输电线周围存在较强的电场，对环境和安全有重要影响。如图甲，某超高压输电线路的两条导线可视为带等量异种电荷的平行长直导线，其截面图简化为等量异种点电荷+Q和-Q，如图乙，图中实线为电场线，竖直虚线为点电荷+Q和-Q连线的中垂线，B是该中垂线上的点。A点是离+Q较近的点，C点是离-Q较近的点，下列说法正确的是（）A．C点电场强度大于B点电场强度，C点电势高于B点电势B．电子在A点电势能低于B点电势能C．在A点释放一正试探电荷q，试探电荷将沿电场线方向向上运动D．试探电荷从A点开始绕+Q做圆周运动，电场力不做功【答案】B【解析】【解答】A．电场线的疏密反映电场强度大小，C点电场线更密集，因此C点场强大于B点；沿电场线方向电势逐渐降低，故B点电势高于C点，A错误；B．由电势沿电场线降低可知A点电势高于B点；负电荷的电势能与电势成反比（Ep=qφ，C．在A点由静止释放正试探电荷，其初速度为0，初始电场力沿A点电场线切线方向；但电场线为曲线，运动过程中电场力方向持续变化，试探电荷不会沿电场线轨迹运动，C错误；D．圆周运动需要大小不变、始终指向圆心的向心力，而该电场中A点的电场力沿径向向外，无法提供指向圆心的向心力，因此试探电荷不可能绕+Q做匀速圆周运动，D错误；故答案为：B。【分析】本题围绕点电荷电场的电场线分布，结合电场强度、电势、电势能、电场力等核心规律，逐一分析各选项。7．太极球是市民中较流行的健身器材，现将其简化成如图所示的小球拍和小球。某市民健身时，让小球拍和质量为m的小球在竖直面内保持这样的姿势且按顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动。已知运动过程中小球拍对小球的最大作用力为2mg，小球相对于小球拍始终保持静止，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．小球做圆周运动的角速度大小为ω=B．从最高点C到最低点A运动的过程中，小球先处于超重状态后处于失重状态C．从最高点C到最低点A运动的过程中，小球拍对小球的支持力先减小后增大D．小球经过与圆心等高的D点时，小球拍对小球的作用力大小为2【答案】D【解析】【解答】A．小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最低点A处球拍对小球的作用力最大。在A点由牛顿第二定律列方程：FA−mg=mω2r，结合题意FB．小球从最高点C运动到D点的过程中，向心加速度存在竖直向下的分量，小球处于失重状态；从D点运动到最低点A的过程中，向心加速度存在竖直向上的分量，小球处于超重状态，B错误；C．小球做匀速圆周运动，向心加速度大小an=ω2r恒定。从C到D的过程中，设加速度与竖直方向的夹角为θ，竖直方向受力平衡方程为mg−FND．小球运动到与圆心等高的D点时，竖直方向受力平衡，FN=mg；水平方向由向心力公式得Ff故答案为：D。【分析】本题围绕竖直平面内的匀速圆周运动，结合受力分析、牛顿第二定律、超重失重规律逐一分析选项。8．智能洗衣机能根据衣物的重量自动投放洗衣液，如图为简化的部分工作电路图。已知电源A电动势为12V，内阻为1Ω，R2=9Ω，电阻R1阻值随所受压力F变化的关系式为R1=30−F（A．当衣物重量减小时，R2B．当衣物重量大于临界值时会接通工作电路2C．当R2两端电压达到临界值时，压力FD．为了提高电压临界值，只需要增大R2【答案】B,C【解析】【解答】A．由题意可知，衣物重量减小，压敏电阻R1所受压力减小，阻值增大。控制电路总电阻R总=R1+R2+rB．结合A的分析，衣物重量增大时，R1阻值减小，总电阻减小，干路电流增大，R2两端电压随之升高。当衣物重量超过临界值，C．当R2两端电压达到临界值U=3.6V时，干路电流I=UR2=ER1+RD．电压临界值由控制电路的触发条件决定，与R2阻值无关。增大R2的阻值，会改变达到临界电压时对应的故答案为：BC。【分析】本题围绕压敏电阻控制电路，结合动态电路分析、闭合电路欧姆定律、电磁继电器原理逐一分析选项。9．如图甲所示，机器人手持彩带一端上下抖动模拟艺术体操运动员的动作，形成的绳波可简化为简谐波。以手的平衡位置为坐标原点，已知乙图为x1=0mA．0∼1s内，xB．0时刻，x2C．若波长大于1m，此列波的传播速率可能是4D．若波长大于2m，此列波的传播速率一定是20【答案】A,D【解析】【解答】A．由图可知，波源的振动周期T=0.4s，0∼1s内，x1=0mB．由图丙可知，0时刻，x2CD．由图甲可知波向右传播，则波源和x2=2m处质点之间的波形可能为34若波长大于1m，得n=0,1，则λ1=83得v1=若波长大于2m，得n=0，则λ1=得v1故答案为：AD。

【分析】先由振动图像得波源周期，计算0~1s内波源振动路程判；再用波的传播方向判断质点振动方向；最后根据波源与x=2m处质点的相位差列波长通式，按波长条件筛选取值、计算波速。10．在工业检测的磁控装置实验中，将一均匀导线围成总电阻为r的闭合环状扇形线框MNPQ，其中OQ=R,OM=3R，圆弧MN和PQ的圆心均为O点，O点为直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。从t=0时刻（如图位置PN刚好进入第四象限）开始让导线框以O点为圆心，以恒定的角速度ω沿顺时针方向做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A．t=0时，N端的电势比P端电势高B．t=0时，感应电动势为4BωC．该线框产生的感应电动势为e=8BωD．0∼πω【答案】A,B,D【解析】【解答】A．t=0时刻，线框切割磁感线，根据右手定则可判断感应电流方向，进而确定N端电势高于P端，A正确；B．t=0时，线框有效切割长度为2R，两端线速度分别为ωR和3ωR，由转动切割感应电动势公式E=BLv‾，代入平均速度v‾C．分阶段分析感应电动势：

0∼π2ω内，线框切割产生的电动势大小为E1=4BωR2；

π2ω∼D．0∼πω内包含两个阶段，由焦耳定律分段计算总电能：

故答案为：ABD。【分析】用右手定则判断t=0时线框电势高低；计算t=0时感应电动势大小；分阶段计算不同时间段的感应电动势；分段计算0∼π11．请完成下列实验操作和计算。（1）在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中。用打点计时器记录由静止释放被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定出A、B、C、D、E共5个计数点，相邻点间的距离如图所示，每两个相邻的计数点之间还有4个计时点未画出，电源频率为50Hz。实验时，使小车靠近打点计时器，先（选填“接通电源后释放小车”或“释放小车后接通电源”），根据纸带上的数据，算出小车的加速度大小a=ms（2）在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，如图乙所示，某同学在实验中用两弹簧秤同时拉橡皮筋AO，弹簧秤a、b间夹角小于90°，某时刻弹簧秤a的示数如图丙所示，其示数为N。此后在纸面内逆时针缓慢旋转弹簧秤a，同时保持橡皮筋AO两端位置和弹簧秤b拉力方向不变，直到弹簧秤a转至与AO垂直，弹簧秤均未超量程，此过程中弹簧秤a的读数（选填“变大”、“变小”、“不变”、“先变大再变小”或“先变小再变大”）。【答案】（1）接通电源后释放小车；0.400（2）2.61；先变小再变大【解析】【解答】（1）因电源刚接通时，打点计时器工作不稳定，故先接通电源后释放小车每两个相邻的计数点之间还有4个计时点未画出，每两个相邻的计数点的时间间隔T=5×0.02由逐差法得a=故答案为：接通电源后释放小车；0.400；

（2）弹簧测力计的最小分度为0.1N，故读数时要估读到其下一位，故读数为2.62N(±0.01由力的合成的矢量三角形得弹簧测力计a的读数Fa

故答案为：2.61；先变小再变大；

【分析】(1)先明确打点计时器的实验操作规范，遵循“先接通电源后释放小车”以保证点迹稳定；再根据电源频率算出计数点时间间隔，用逐差法计算小车加速度。

(2)先按弹簧测力计的分度值规范读数；再利用力的矢量三角形，结合“一个力方向不变、合力不变、另一个力旋转”的动态平衡规律，分析弹簧秤a的读数变化。（1）[1]因电源刚接通时，打点计时器工作不稳定，故先接通电源后释放小车[2]每两个相邻的计数点之间还有4个计时点未画出，每两个相邻的计数点的时间间隔T=5×0.02由逐差法得a=（2）[1]弹簧测力计的最小分度为0.1N，故读数时要估读到其下一位，故读数为2.62N(±0.01[2]由力的合成的矢量三角形得弹簧测力计a的读数Fa12．顺德家电产业在全国占据非常重要的地位。其中智能家居中常用光敏电阻（阻值随光照强度增大而减小）自动控制照明电路。某实验小组欲测定某光敏电阻RG待测光敏电阻RG（光照强度为E电源E（电动势3V，内阻不计）电流表A1（量程0∼1mA，内阻电流表A2（量程0∼3mA，内阻滑动变阻器R（最大阻值20Ω，额定电流1定值电阻R开关S、导线若干（1）实验电路设计：由于缺少电压表，小组决定将电流表A1与定值电阻R0串联改装成电压表。请在甲图虚线框内画出测量光敏电阻阻值的实验电路图（要求滑动变阻器采用分压式接法，电流表（2）实验操作：闭合开关S，改变滑片位置，记录电流表A1、A2的示数。某次实验电流表A1（3）实验数据处理：某次测量中，电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2（4）系统误差分析：该实验方案中，测得的光敏电阻阻值与真实值相比（填“偏大”“偏小”或“无系统误差”）。（5）实际应用分析：若将该光敏电阻与一个阻值为1.5kΩ的定值电阻串联后接在3V电源两端，当光照强度增大时，电源的总功率将会（填“增大”“减小”或“不变”），原因是。【答案】（1）根据实验要求画出测量光敏电阻阻值的实验电路图，如图（2）0.66（3）I（4）无系统误差（5）增大；光敏电阻阻值随光照强度增大而减小，总电阻减小，由欧姆定律可知电流增大，电源的总功率P总【解析】【解答】（2）电流表A1示数如乙图所示，则其读数为0.66故答案为：0.66；

（3）待测光敏电阻的阻值表达式R故答案为：I1r1故答案为：无系统误差；

（5）若将该光敏电阻与一个阻值为1.5kΩ的定值电阻串联后接在3V电源两端，当光照强度增大时，电源的总功率将会增大，原因是光敏电阻阻值随光照强度增大而减小，总电阻减小，由欧姆定律可知电流增大，电源的总功率P总=EI将会增大。

故答案为：增大；光敏电阻阻值随光照强度增大而减小，总电阻减小，由欧姆定律可知电流增大，电源的总功率P总=EI将会增大；

【分析】(1)采用分压式滑动变阻器，用电流表A1与定值电阻R0串联测电压，A2测干路电流，设计并联电路测光敏电阻阻值。

(2)按电流表量程和分度值，视线垂直刻度盘，估读得到A1示数。

(3)利用并联电路电压相等、干路电流等于支路电流之和，结合欧姆定律推导光敏电阻阻值表达式。（1）根据实验要求画出测量光敏电阻阻值的实验电路图，如图（2）电流表A1示数如乙图所示，则其读数为0.66（3）待测光敏电阻的阻值表达式R（4）该实验方案中，测得的光敏电阻两端电压与电流的测量值与真实值相比无系统误差，阻值与真实值相比无系统误差。（5）[1][2]若将该光敏电阻与一个阻值为1.5kΩ的定值电阻串联后接在3V电源两端，当光照强度增大时，电源的总功率将会增大，原因是光敏电阻阻值随光照强度增大而减小，总电阻减小，由欧姆定律可知电流增大，电源的总功率P总13．如图，某刚性绝热轻杆将导热U形管固定在某高度，左管与大气相通，右管用轻活塞B封闭一定质量的气体b，活塞B通过刚性轻杆与轻活塞A相连，固定在地面上的导热气缸内中装有气体a。已知活塞平衡时，左右两管的水银高度差为h=24cm，气柱b长为19cm，活塞A到缸底距离为10cm，环境大气压p0=76（1）活塞平衡时，缸内气体a的压强为多少？（2）对气缸进行加热，U形管内水银柱相平时，气缸中气体温度为多少摄氏度？【答案】（1）解：对气体b有p对活塞整体受力分析有：p解得：p（2）解：当左右两侧水银柱相平时有：p对气体b有状态参量如下：pb1=100cmHg，V由理想气体状态方程可知：p解得L由几何关系：x=解得活塞上升的距离为x=6对活塞整体受力分析p解得p对气体a由状态参量如下：pa1=80cmHg，Va1由理想气体状态方程得：p得Tt【解析】【分析】（1）先由水银柱高度差算出气体b的初始压强，再对活塞整体受力分析列平衡方程，求解得到气体a的平衡压强。

（2）先对气体b用玻意耳定律求末态长度，结合几何关系算出活塞上升距离；再对活塞受力分析求气体a的末态压强，用理想气体状态方程求出气体a的末态温度，换算为摄氏温度。​​​​​​14．如图，质量分别为mA=2kg和mB=1.2kg的物块A和B（均视为质点），通过轻质不可伸长的细绳连接，跨过定滑轮（不考虑其质量）悬挂于两侧。初始时，两物块距天花板的高度均为l22，绳长l2=2m，两物块距地面的高度均为H=0.8m。初始状态下通过外力使物块A与B保持静止。在t=0时刻，同时释放两物块。当物块A接触光滑地面的瞬间，将细绳切断。此后经过时间t1=0.1s，物块A在竖直方向的速度减为零，忽略物块B此后的运动情况。物块A的速度为零时，位于物块A左侧的另一个m（1）求物块A落地时的速度大小；（2）求时间t1（3）若传送带静止，物块A能否冲上传送带顶端？若不能，为使物块A恰好能够到达顶端，传送带应如何（顺时针或逆时针）转动？其速度应为多大？此过程传送带电动机因运送物块A而额外消耗的电能是多少？【答案】（1）解：方法1：释放后，物块A向下加速运动，物块B向上加速运动。设绳子的拉力为T，两物块的加速度大小均为a。对物块A，由牛顿第二定律：mA对物块B，由牛顿第二定律：T−m由①＋②得：m解得加速度：a物块A从静止开始，下落高度H=0.8m，由运动学公式：解得落地速度：v=2方法2：对A、B系统，由机械能守恒定律：m解得落地速度：v=2（2）解：物块A落地后，经过时间t1=0.1s，其竖直方向速度减为零。此过程中，物块A受到重力m以竖直向上为正方向，由动量定理：F−解得平均作用力：F=60地面对物块A的平均作用力大小为F=60N（3）解：物块C与物块A的碰撞过程，弹簧恢复为原长，A和C物块动量守恒，m能量守恒，1由于碰撞后弹簧恢复原长：vA=若传送带保持静止，对物块A进行受力分析：m加速度大小：a物块A沿斜面向上滑行的最大距离：s=说明物块A不能冲上斜面顶端。传送带应顺时针转动。设传送带速度v传<代入数据：a当物块A的速度与传送带速度相同时，由μmgcos37°<mgsin30°代入数据：a设传送带速度为v传，vA位移满足x得v因此可知假设成立。第一阶段共速前时间为：v代入数据：t此段时间内，传送带与物块A的相对位移为：Δ第二阶段共速后：t此段时间内，传送带与物块A的相对位移为：Δ整个过程因摩擦产生内能Q=μ电动机额外提供的电能使物块A的机械能增加和摩擦产生内能：E代入数据：E方法2：电动机额外提供的电能等于传送带克服摩擦力做功E【解析】【分析】（1）对A、B整体用牛顿第二定律求共同加速度，再用运动学公式直接求A落地速度；或对系统用机械能守恒定律求解落地速度。（2）以竖直向上为正方向，对物块A应用动量定理，结合落地速度与作用时间，列方程求解地面对A的平均作用力。（3）先利用动量守恒和能量守恒求碰撞后A的速度；再判断静止传送带时A能否冲顶，随后设计传送带顺时针转动，分共前、共后两阶段用牛顿第二定律与运动学公式求传送带速度，最后结合机械能与摩擦生热求电动机额外消耗的电能。（1）方法1：释放后，物块A向下加速运动，物块B向上加速运动。设绳子的拉力为T，两物块的加速度大小均为a。对物块A，由牛顿第二定律：mA对物块B，由牛顿第二定律：T−m由①＋②得：m解得加速度：a物块A从静止开始，下落高度H=0.8m，由运动学公式：解得落地速度：v=2方法2：对A、B系统，由机械能守恒定律：m解得落地速度：v=2（2）物块A落地后，经过时间t1=0.1s，其竖直方向速度减为零。此过程中，物块A受到重力m以竖直向上为正方向，由动量定理：F−解得平均作用力：F=60地面对物块A的平均作用力大小为F=60（3）物块C与物块A的碰撞过程，弹簧恢复为原长，A和C物块动量守恒，m能量守恒，1由于碰撞后弹簧恢复原长：vA=若传送带保持静止，对物块A进行受力分析：m加速度大小：a物块A沿斜面向上滑行的最大距离：s=说明物块A不能冲上斜面顶端。传送带应顺时针转动。设传送带速度v传<代入数据：a当物块A的速度与传送带速度相同时，由μmgc