2026届广东省江门市高三下学期高考适应性测试（二模）物理试题（含解析）

2026届广东江门市高三下学期高考适应性测试（二模）物理试题一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．原子钟依赖于原子中电子的能级跃迁，通过特定频率的微波或激光使电子跃迁到更高的能级。氢原子的能级图如图所示，大量处于n=2能级的氢原子吸收了大量能量为2.55eV的光子，氢原子辐射出光的频率最多有（）A．3种 B．4种 C．5种 D．6种2．卫星A和卫星B均绕地球做匀速圆周运动，卫星A的轨道半径大于卫星B的轨道半径。下列说法正确的是（）A．相同时间内，卫星A与地球中心连线扫过的面积等于卫星B与地球中心连线扫过的面积B．卫星A的向心加速度小于卫星B的向心加速度C．卫星A的机械能一定小于卫星B的机械能D．卫星A的周期小于卫星B的周期3．2025年8月，世界人形机器人运动会在北京举办。在百米机器人“飞人大战”中，机器人站在同一起跑线上，发令枪响（记为0时刻）后，A、B两机器人沿直线运动，它们的速度v随时间t变化的图像如图所示，下列说法正确的是（）A．两机器人同时出发B．0～2s内，A机器人的加速度大小为2C．t=5s时，B机器人刚好追上A机器人D．2s～5s内，两机器人之间的距离一直在减小4．如图所示，将带正电的小球甲、乙（均视为点电荷）从水平地面上方相同高度处同时由静止释放。已知小球甲的电荷量和质量均大于小球乙的，不计空气阻力，则两小球从释放到落地的过程中，下列物理量中，小球甲一定大于小球乙的是（）A．水平位移 B．水平方向加速度C．库仑力做的功 D．同一时刻重力的瞬时功率5．2026年2月11日，梦舟载人飞船系统完成国内首次最大动压逃逸飞行试验。已知动压p的单位为kg⋅m−1A．p=12ρv2 B．p=ρs 6．如图所示，理想变压器原线圈经阻值r=2 Ω的定值电阻与交流电源相连，交流电源的电压为40V，原、副线圈的匝数比A．100W B．200W C．400W D．800W7．如图所示，在光滑定滑轮正下方某处固定一带电小球A，用一根绝缘轻质细绳绕过定滑轮，将带电小球B和不带电物块连接在一起，将物块放在倾角为30°、以恒定速率顺时针转动的传送带上，传送带上方的细绳与传送带表面平行。初始时，小球B和物块均静止，物块的质量是小球B质量的23A．物块与传送带间的动摩擦因数为3B．在小球B缓慢运动至定滑轮的正下方前，细绳的拉力逐渐变小C．在小球B缓慢运动至定滑轮的正下方前，两小球之间的库仑力逐渐变小D．在小球B缓慢运动至定滑轮的正下方前，物块可能沿传送带向下运动二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8．简谐横波a、b在同一介质中分别沿x轴负方向、x轴正方向相向传播，t=0时刻的波形图如图所示，实线波形为横波a的波形，波源位于P点，虚线波形为横波b的波形，波源位于Q点。已知横波a的周期为0.4s，下列说法正确的有（）A．横波a的传播速度为2m/sB．横波b的传播速度为1m/sC．0时刻平衡位置在x=0.2m处的质点的加速度沿y轴正方向D．坐标原点处质点的振幅为09．向袋装薯片包装袋内充入氮气，既抑制微生物繁殖与氧化反应，又能缓冲运输途中的冲击。袋装薯片中的密封氮气（视为理想气体）从状态a开始经a→b→c→a这一循环回到原状态，该过程中氮气的p−V图像如图所示。已知ab反向延长线过O点，bc平行于p轴，ca平行于V轴，氮气在状态a、b的压强分别为p1、2p1A．a→b过程中氮气分子的平均动能保持不变B．b→c过程中氮气对外界放出的热量等于氮气内能的减少量C．c→a过程中单位时间内撞击单位面积包装袋的氮气分子个数增加D．完成a→b→c→a过程，氮气从外界吸收热量10．完全相同的平行板电容器1、2、3按如图所示的位置放置。开有小孔的负极板固定在等边三角形PQM的三条边上，三个小孔恰好在三条边的中点，三角形区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。0时刻比荷为k的带正电粒子从PQ边上小孔处垂直于PQ边射入三角形内，依次穿过各个小孔后能回到初始位置。已知三角形的边长为L，电容器的两极板均连接在恒压电源两端且板间距离均为d，不计粒子的重力。下列说法正确的有（）A．粒子在磁场中运动的速度大小为kBLB．电容器两板之间的电压至少为kC．粒子每次在电容器内运动的时间可能大于8dD．仅移动正极板来改变电容器的板间距离，粒子仍能回到出发位置三、非选择题：本大题共5小题，共54分。考生根据要求作答。11．某学习小组使用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。用不可伸长的细线悬挂一个质量为m的小球，将光电门置于小球平衡位置，其光线恰好通过小球球心，计时器与光电门相连。将小球拉离平衡位置并记录小球与平衡位置的高度差h，然后由静止释放（运动平面与光电门光线垂直），记录小球经过光电门的挡光时间t。改变h，测量多组数据。已知重力加速度大小为g，忽略阻力。（1）用20分度的游标卡尺测小球的直径d，如图乙所示，则小球的直径为mm；（2）在小球从释放到经过光电门的过程中，小球的动能增加量为。多次正确实验测出多组数据后，绘制出h−1t2（3）由于操作错误，某同学每次测量h时测量值都比真实值小Δh，Δh恒定，则他绘制出的h−112．某实验小组想要利用压敏电阻制作压力计，设计了如图甲所示的电路。恒流电源输出的电流恒为50mA，理想电压表的量程可切换为0～3V或0～15V。压敏电阻的阻值RF随压力F（1）某次实验时电压表接入电路的量程为0～3V，闭合开关后，在压敏电阻上放置某物块后电压表的示数如图丙所示，则电压表的示数为V，此时压敏电阻受到的压力大小为N；（2）为扩大测量范围，该小组决定选用电压表的0～15V量程。将电压表的表盘修改为压力计表盘，压力计的0刻度线应标在此时电压表的V处，压力测量范围为0～N，改装后的表盘刻度是（填“均匀”或“不均匀”）变化的。13．由某均匀透明介质制成的光学组件，其横截面由直角梯形ABCD和半圆组成，如图所示，CD为半圆的直径，（CD⊥BC，CD⊥AD，E、F分别为AD、AB边上的点。一束单色光平行于AB边从E点射入光学组件，经一次折射后经过F点。已知半圆的半径为R，BC=AE=EF=3R，（1）光学组件对该单色光的折射率n；（2）该束单色光从E点到第一次射出光学组件的时间t。14．如图所示，半径R=0.45m的光滑半圆轨道AB竖直固定放置，与水平光滑平台在B点平滑连接。质量m=0.18kg的玩具小车（无动力）以某一水平初速度向右运动，与静止于平台上、质量M=0.54kg的物块发生碰撞（碰撞时间极短），碰撞后小车经过轨道最高点A时对轨道的压力大小F=1N，物块从平台飞出后落在水平地面上，落点到平台右侧的水平距离x=2m，平台到水平地面的高度h=0.8m。小车、物块均视为质点，取重力加速度大小g=10 m（1）碰撞后瞬间物块的速度大小v；（2）小车经过轨道上的B点时对轨道的压力大小FN（3）小车与物块碰撞过程中损失的机械能ΔE15．间距为L的足够长平行光滑导轨固定在绝缘水平面上，导轨左、右两端各连接一个阻值为R的定值电阻，有部分导轨处在垂直于导轨平面向上的有界匀强磁场中，磁感应强度大小为B，磁场的边界线M、N与导轨垂直，M、N间的距离大于L，俯视图如图所示，质量均为m、长度均为L的金属棒a、b垂直导轨放置，用长为L的绝缘轻杆连接，构成工字形框架。现给工字形框架一水平向右、大小为v0（1）金属棒b刚进入磁场的瞬间，金属棒b两端的电压U；（2）工字形框架出磁场的过程中，金属棒b中产生的焦耳热Q；（3）磁场边界M、N间的距离s。

答案解析部分1．【答案】D大量处于n=2能级的氢原子吸收了大量能量为2.55eV的光子后，电子从低能级向高能级跃迁，跃迁后电子所处能级的能量为E=即电子跃迁到n=4能级，当电子从n=4能级向低能级跃迁时会辐射光子，根据排列组合可以得出辐射出光的频率最多有C4故选D。利用电子吸收光子的能量可以判别电子跃迁到能级n=4，当大量电子从n=4向低能级跃迁时，利用排列组合可以求出辐射光子的种数。2．【答案】BA．开普勒第二定律仅适用于同一环绕天体，根据面积公式可知不同环绕天体单位时间Δt扫过的面积为S=12rvΔt=12ωB．地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得GMmr轨道半径越大向心加速度越小，卫星A轨道半径大于B，因此A的向心加速度小于B，故B正确；C．已知卫星的速度和轨道半径，由于不知道两个卫星的质量关系，不能比较动能和重力势能的大小，所以两个卫星的机械能大小没法判断，故C错误；D．地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有GMmr轨道半径越大周期越大，卫星A轨道半径更大，因此A的周期大于B，故D错误。故选B。利用引力提供向心力可以比较加速度和周期的大小；由于卫星质量大小未知所以无法比较机械能的大小；利用引力提供向心力可以求出角速度的表达式，结合面积公式可以比较卫星在相同时间内扫过的面积大小。3．【答案】CA．根据速度时间图像的初始坐标可知A机器人在t=0时开始运动，而B机器人在t=2sB.在速度时间中，图像斜率代表加速度的大小，0～2s内，A机器人的加速度大小为aAC．在速度时间图像中，根据图线与坐标轴所围面积表示位移可知，t=5s时，根据图像面积可知A机器人的位移大小为xA=D．根据图像坐标可知B机器人在2s刚开始运动时的速度小于A机器人的速度，A在B前方，两机器人之间的距离在增大；3s后B的速度大于A的速度，两机器人之间的距离在减小。所以2s～5s内，两机器人之间的距离先增大后减小，故D错误。故选C。利用初始坐标可以得出两个机器人开始运动的时刻；利用图像斜率可以求出加速度的大小；利用图像面积可以求出位移的大小进而判别相遇的时刻；利用速度的比较可以判别两个机器人之间距离的大小变化。4．【答案】DA．由于两个小球在水平方向不受外力的作用，根据水平方向的动量守恒可得m甲x甲=mB．甲、乙间库仑力是相互作用力，大小F相等。在水平方向上两个小球都只受到库仑力的作用，根据牛顿第二定律可得水平加速度a甲=Fm甲，aC．由于甲在水平方向运动的位移大于乙小球运动的位移，根据库仑力做功W=F⋅x，由于F大小相等且x甲<xD．重力瞬时功率P=mg⋅vy根据竖直方向的位移公式h=12gt2故选D。利用水平方向的动量守恒定律可以比较水平方向运动的位移大小；利用库仑力属于相互作用力大小相等，结合牛顿第二定律可以比较加速度的大小；利用水平方向的位移结合库仑力的大小可以比较库仑力做功的大小；利用竖直方向的位移公式可以比较竖直方向分速度的大小，结合重力的大小可以比较重力瞬时功率的大小。5．【答案】AA．根据ρ的单位为kg/m3，v的单位为m/s可知12B．根据ρ的单位为kg/m3，s的单位为m2，ρs的单位为C．根据ρ的单位为kg/m3，v的单位为m/s，m的单位为kg可知EkD．根据ρ的单位为kg/m3，v的单位为m/s，s的单位为m2可知ρsv故选A。根据密度、速度、质量、面积的单位可以导出各个表达式对应的单位，结合动压p的单位可以判别表达式是否正确。6．【答案】B设原线圈中的电流为I1，副线圈中的电流为I2，原线圈两端电压为U根据理想变压器电流与匝数成反比可知：I1I2副线圈两端电压由欧姆定律可得：U根据理想变压器电压与匝数成正比可知：U1U2对原线圈回路，根据闭合电路的欧姆定律可知（电源电压等于在电阻r上的电压与原线圈电压之和）：U=I1r+U根据电流的关系可知副线圈电流：I根据电功率的表达式可知副线圈的输出功率：P=故选B。利用匝数之比可以求出输入电流和输出电流的关系之比；再利用匝数之比可以求出输入电压和输出电压的大小关系，结合欧姆定律可以求出原线圈输入电流的大小，结合匝数之比可以求出输出电流，再利用电功率的表达式可以求出输出功率的大小。7．【答案】CA．设小球B质量为m，则物块质量M=23m，定滑轮到固定小球A的竖直距离AC=H，BC=l，AB=r。对B受力分析，重力mg、拉力T、库仑斥力F构成的力三角形与几何△CAB相似，根据矢量三角形定则有Tl=Fr=mgH，可得T=BCD．在小球B缓慢运动至定滑轮的正下方前，BC长度l不变，根据拉力的表达式可知T=mglH，则拉力T不变，物块保持静止；由于AB间距r逐渐减小，根据表达式可知F=mgrH​，故选C。利用小球B的平衡方程结合矢量三角形可以求出绳子拉力的大小，结合物块的平衡方程可以求出动摩擦因数的大小；在小球B缓慢运动至定滑轮的正下方前，利用平衡方程可以判别拉力及库仑力的大小变化。8．【答案】A,CA．已知a波、b波波长均为0.8m，横波a的周期为0.4s，根据波长和周期的大小可以得出波速v=λB．波速由介质决定，两列波在同一介质中，波速相同，因此a波、b波速度相同，所以b波的波速为2m/s，故B错误；C．两列波在x=0.2处叠加后，由于横波a的位移大小大于横波b的位移大小，且两者方向反向，根据位移的叠加可知合位移不为零且合位移沿y轴负方向，而加速度由合位移决定且与位移方向相反，即合加速度向上，即沿y轴正方向，故C正确；D．因为两波波长相同、波速相同，根据波长和波速的比值可知两波周期相同、根据周期和频率长反比所以两波的频率相同，满足干涉条件；对a波，由于沿着x轴的负方向传播，根据同侧法可知x=−0.4m处的质点起振方向沿y轴正方向，可知P处波源起振方向沿y轴正方向；对b波，由于沿着x轴的正方向传播，根据同侧法可知x=0.4m因此坐标原点O处的质点为振动加强点，根据位移的叠加可知O点的振幅为两波振幅之和，即振幅A=20cm故选AC。利用波长和周期可以求出a波的波速大小；由于两波在同一介质所以波速相等；利用波的位移叠加可以判别质点的位移方向，利用位移的方向可以判别加速度的方向；利用O点处两波发生干涉，利用振动步调相同结合波长差的大小可以判别两波在O点处为振动加强，利用两波的振幅叠加可以求出O点处振幅的大小。9．【答案】B,C,DA．根据理想气体的状态方程pV=CT可知压强与体积乘积大小代表温度的大小，题图可知状态b的压强与体积的乘积大于状态a的压强与体积的乘积，所以状态b的温度大于状态a的温度，由于温度决定分子平均动能的大小，因此a→b过程中氮气分子的平均动能增大，故A错误；B．b→c过程中，压强减小、氮气体积不变，由于体积不变所以外界对气体做功等于0则W=0，根据查理定律可知，该过程气体温度降低，温度决定气体内能的变化，所以气体内能减小（ΔU<0），根据ΔC．c→a过程中，气体压强不变、体积减小，根据pV=CT可知，该过程温度降低，分子平均动能减小，因此c→a过程中单位时间内撞击单位面积包装袋的氮气分子个数增加，故C正确；D．因为a→b过程气体体积增大可知气体对外做功，且设气体对外做功为W1，b→c过程因为气体体积不变所以气体不做功，c→a过程由于气体体积减小所以外界对气体做功且设外界对气体做功为W2，由于p−V图面积表示功，根据图像面积的大小可知可知W又因为整个过程温度不变所以内能变化量为0，根据热力学第一定律可知Q总故选BCD。利用压强和体积的乘积可以判别气体温度的变化，利用温度的变化可以判别气体平均动能的变化；利用气体体积不变可以判别外界对气体做功等于0，结合热力学第一定律可知氮气对外界放出的热量等于氮气内能的减少量；利用理想气体的状态方程结合压强不变和体积减小可以判别温度降低，由于分子平均动能减小，但压强不变所以c→a过程中单位时间内撞击单位面积包装袋的氮气分子个数增加；利用图像面积可以判别整个过程气体对外界做功的大小，结合热力学第一定律可以判别气体吸收热量。10．【答案】B,DA．带正电粒子从PQ边上小孔处垂直于PQ边射入三角形内，依次穿过各个小孔后能回到初始位置。画出粒子运动的轨迹如图所示几何关系可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹圆半径r=L2因为qm=k，联立解得B．粒子在电容器中减速运动过程，由于电场力对粒子做负功，根据动能定理有qU≥联立解得U≥kL2C．根据速度公式可知粒子每次在电容器内减速运动的时间t=根据牛顿第二定律可知粒子在电容器中运动的加速度为a=联立解得t≤4dkBL可知粒子每次在电容器内运动的时间不可能大于8dkBLD．题意可知电容器的两极板均连接在恒压电源两端，仅移动正极板来改变电容器的板间距离，极板间电压不变，根据W=qU可知电场力做功不变，则粒子在磁场中运动的速率不变，因此粒子仍能回到出发位置，故D正确。故选BD。画出粒子运动的轨迹，利用几何关系可以求出粒子的轨迹半径，结合牛顿第二定律可以求出粒子速度的大小；利用电场力做功可以求出板间电压的大小；利用板间的速度公式结合牛顿第二定律可以求出粒子运动的时间；当仅移动正极板来改变电容器的板间距离，极板间电压不变，根据W=qU可知电场力做功不变，则粒子在磁场中运动的速率不变，因此粒子仍能回到出发位置。11．【答案】（1）7.50（2）md2（3）c（1）已知20分度的游标卡尺的精度为0.05mm，根据游标卡尺上下结构可知小球的直径为（2）根据平均速度公式可得小球从释放到经过光电门时的速度为v=根据动能的表达式可得小球的动能增加量为Δ由于小球下落过程重力势能的减少量等于动能的增量，根据机械能守恒有mgh=可得h=d22gt2，h−（3）每次测量h时测量值都比真实值小Δh，根据机械能守恒定律有可得h=d（1）利用游标卡尺的结构可以得出小球的直径；（2）利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小，结合动能的表达式可以求出小球动能的增量；利用机械能守恒定律可以得出图像斜率的大小；（3）每次测量h时测量值都比真实值小Δh（1）20分度的游标卡尺的精度为0.05mm，可得小球的直径为（2）[1]小球从释放到经过光电门时的速度为v=可得小球的动能增加量为Δ[2]根据机械能守恒有mgh=可得h=h−1t2图像的斜率为d（3）每次测量h时测量值都比真实值小Δh，有可得h=可知斜率不变，纵截距为负值，可知可能为图丙中的虚线c12．【答案】（1）1.70；16（2）1.50；1080；均匀（1）电压表接入电路的量程为0～3V，最小分度为0.1V根据欧姆定律可知此时压敏电阻阻值为R结合题图乙可以电阻和压力的大小关系式为R代入可知此时压敏电阻受到的压力大小F（2）压敏电阻上的压力为0时压敏电阻的阻值R根据欧姆定律可知压力计的0刻度线应标在电压表的U=由于选择的电压表量程为0～15V，根据欧姆定律可知U可得压敏电阻的最大阻值为：R代入RF=30+0.25F根据欧姆定律U=I0R（1）利用电压表的刻度可以得出电压的大小，结合欧姆定律可以求出压敏电阻的阻值，结合压力和电阻的关系可以求出压力的大小；（2）已知压力为0时电阻的大小，结合欧姆定律可以求出电压的大小；利用电压表的最大值结合欧姆定律可以求出电阻的最大值，结合压力和压敏电阻的关系可以求出压力的最大值；由于电压表示数与压敏电阻的阻值成正比，而压敏电阻的阻值与作用在压敏电阻上的压力是线性关系，因此改装后的表盘刻度是均匀变化的。（1）[1]电压表接入电路的量程为0～3V，最小分度为0.1V[2]此时压敏电阻阻值为R结合题图乙有R代入可知此时压敏电阻受到的压力大小F（2）[1][2]压敏电阻上的压力为0时压敏电阻的阻值R因此压力计的0刻度线应标在电压表的U=由于选择的电压表量程为0～15V，因此U可得R代入可得F[3]结合前面的分析可知，电压表示数与压敏电阻的阻值成正比，而压敏电阻的阻值与作用在压敏电阻上的压力是线性关系，因此改装后的表盘刻度是均匀变化的。13．【答案】（1）如图所示，过E点做PE⊥AE，已知∠BAD=θ=30°，AE=EF，则∠AFE=θ=30°得折射角r=∠FEP=依题意，AE平行于AB，则入射角i=解得光学组件对该单色光的折射率n=​​​​​​​（2）根据前面证明可知，sinC=1n=33，该束单色光从E点折射后到达F点，在F点的入射角为60°，sin60°>sinC，故该单色光在F得HO=FK−R=1得HM=32R，∠HMO=过B点做BN⊥FH，则BN=2R−FK=得FN=BNtan解得该束单色光从E点到第一次射出光学组件的时间t=​​​​​​​（1）画出光折射的路径，利用几何关系可以求出入射角和折射角的大小，结合折射定律可以求出折射率的大小；（2）已知折射率的大小，利用折射率可以判别光在F点发生全反射，利用几何关系可以求出光传播的路程，结合光传播的速度可以求出传播的时间。（1）如图所示，过E点做PE⊥AE，已知∠BAD=θ=30°，AE=EF，则∠AFE=θ=30°得折射角r=∠FEP=依题意，AE平行于AB，则入射角i=解得光学组件对该单色光的折射率n=（2）根据前面证明可知，sinC=1n=33，该束单色光从E点折射后到达F点，在F点的入射角为60°，sin60°>sinC，故该单色光在F得HO=FK−R=1得HM=32R，∠HMO=过B点做BN⊥FH，则BN=2R−FK=得FN=BNtan解得该束单色光从E点到第一次射出光学组件的时间t=14．【答案】（1）碰后M做平抛运动，根据平抛运动规律有h=代入题中数据，解得v=5​​​​​​​（2）碰后小车回到A点时有mg+F=m代入题中数据，解得v碰后对小车，根据机械能守恒有1联立解得v小车经过轨道上的B点有F解得F根据牛顿第三定律可知，小车经过轨道上的B点时对轨道的压力大小FN（3）设碰前小车速度为v0，规定向右正方向，根据动量守恒有联立解得v则小车与物块碰撞过程中损失的机械能Δ联立解