广东省汕头市2026届高三物理下学期二模试题含解析

注意事项：

1、答题前，考生在答题卡上务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，并贴

好条形码。请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目。

2、作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，

用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答案不能答在试卷上。

3、非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如

需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4、考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要

求的。

1.我国研发的弹性陶瓷纳米纤维气凝胶是一种耐高温的隔热材料，其内部存在大量孔隙，能显著降低热量

传递。下列说法正确的是（）

A.气凝胶具有弹性，是因为分子间只存在引力

B.温度越高，气凝胶内空气分子的平均动能越大

C.用高温喷枪直喷时，气凝胶分子的布朗运动变剧烈

D.气凝胶能耐高温，说明温度升高时，气凝胶分子热运动反而减弱

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．分子间同时存在引力和斥力，气凝胶的弹性是分子间引力和斥力共同作用的结果，并非只存在

引力，A错误；

B．温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大，因此气凝胶内空气分子的平均动能随温度

升高而增大，B正确；

C．布朗运动是悬浮在流体中的固体小颗粒的无规则运动，不是分子自身的运动，气凝胶分子的无规则运动

属于热运动，不属于布朗运动，C错误；

D．温度越高分子热运动越剧烈，气凝胶耐高温是其材料结构热稳定性好，并非分子热运动随温度升高而减

弱，D错误。

故选B。

【点睛】

2.在核物理研究的历史中，卢瑟福的α粒子散射实验具有奠基性意义，如图，关于该实验，下列说法正确

的是（）

A.确定了中子半径的数量级为10-10m

B.证明了原子内带正电的物质占据原子非常小的空间

C.观察到绝大多数α粒子发生了大角度偏转，甚至被反弹回来

D.卢瑟福根据该实验提出了原子的核式结构模型，且认为原子核由质子和中子组成

【答案】B

【解析】

【详解】A．α粒子散射实验并未涉及中子（中子直到1932年才由查德威克发现），更无法确定其半径数量

级，故A错误；

BC．α粒子散射实验现象绝大多数α粒子穿过金箔后基本仍沿原方向前进，少数α粒子发生了大角度偏转，

极少数偏转角超过90甚至被反弹回来，证明了原子内带正电的物质占据原子非常小的空间，故B正确，C

错误；

D．卢瑟福根据该实验提出了原子的核式结构模型，但未提出原子核由质子和中子组成，故D错误。

故选B。

3.我国科研团队正研发可超高速无线传输数据的植入式脑机接口技术，其内置芯片采用了频率为

1.01012Hz的太赫兹电磁波作为载波，人体神经信号的频率范围约为1~1000Hz。关于该通信过程，下列

说法正确的是（）

A.太赫兹电磁波属于横波

B.太赫兹电磁波在真空中的传播速度比无线电波快

C.将太赫兹电磁波与神经信号叠加并发射出去的过程属于调谐

D.体外接收电路若要接收此信号，其固有频率应调至与神经信号频率相近

【答案】A

【解析】

【详解】A．所有电磁波的电场、磁场振动方向均与传播方向垂直，属于横波，太赫兹电磁波属于电磁波，

故A正确；

B．所有电磁波在真空中的传播速度均为光速c，与频率无关，太赫兹电磁波和无线电波都属于电磁波，真

空中传播速度相同，故B错误；

C．将低频神经信号加载到高频太赫兹载波上并发射的过程是调制，调谐是接收端调节电路固有频率、与待

接收电磁波频率匹配的过程，故C错误；

D．体外接收电路需要和载波（太赫兹电磁波）的频率相近才能发生电谐振、接收到信号，神经信号是加载

在载波上的低频信号，故D错误。

故选A。

4.在平直测试道路上，无人驾驶汽车甲与目标车乙在t＝0时经过同一路标，并沿同一方向做直线运动，

用x、v、v、a分别表示两车的位移、速度、平均速度和加速度，t表示运动时间。下列图像中，能表示甲、

乙两车在t0时刻相遇的是（）

A.B.

C.D.

【答案】C

【解析】

【详解】A．由x-t图像可知，在t=t0时刻，乙的位移大于甲的位移，可知甲、乙两车在t0时刻不能相遇，

A错误；

B．因v-t图像的面积等于位移，可知在t=t0时刻，乙的位移大于甲的位移，可知甲、乙两车在t0时刻不能

相遇，B错误；

C．由图可知，在t=t0时刻，甲乙的平均速度相同，可知乙的位移等于甲的位移，可知甲、乙两车在t0时刻

能相遇，C正确；

D．因a-t图像的面积等于速度的变化量，则在t=t0时刻，乙的速度变化量大于甲的速度变化量，而因开始

时初速度大小关系不确定，可知甲乙位移关系不能确定，即两车不一定相遇，D错误。

故选C。

5.如图，汕头市儿童公园的旋转飞椅在悬挂结构的电机驱动下运行，座椅与游客在水平方向做匀速圆周运

动，同时沿竖直方向匀加速上升。已知座椅与游客总质量为60kg，转动半径为5m，角速度为1.0rad/s，

不计空气阻力。下列说法正确的是（）

A.座椅与游客处于失重状态B.座椅与游客做匀变速曲线运动

C.座椅与游客的向心力大小为360ND.座椅与游客的机械能随时间不断增大

【答案】D

【解析】

【详解】AB．座椅与游客在水平方向做匀速圆周运动，同时沿竖直方向匀加速上升，有竖直向上的加速度，

故处于超重状态，座椅与游客竖直方向加速度恒定，但水平方向的加速度是变化的，故合加速度是变化的，

故座椅与游客做变速曲线运动，故AB错误；

C．由2，故C错误；

Fnmr300N

D．座椅与游客水平方向动能不变，但竖直方向机械能增大，故总的机械能随时间不断增大，故D正确。

故选D。

6.汕头南澳海上某风电场采用搭载永磁同步发电机的风力机组，该机组使用4极发电机，其转速公式为

120f

nr/min，其中f为频率，p为发电机的极数。发电机产生的电动势e＝975sin100πt（V），下列

p

说法正确的是（）

A.电动势有效值为9752V

B.发电机转速为1500r/min

C.当转速增大时，交流电的频率增大，电动势不变

D.当电动势为零时，发电机中线圈的磁通量也为零

【答案】B

【解析】

E975

【详解】A．正弦式交变电流有效值EmV，故A错误；

22

12050

B．已知极数p4，代入转速公式n1500r/min，故B正确；

4

C．转速n增大时，可知频率f也2n增大，角速度2f增大，根据电动势最大值EmNBS可

知，Em增大，电动势也会增大，故C错误；

D．电动势为零时，线圈处于中性面位置，此时磁通量最大，磁通量的变化率为零，故D错误。

故选B。

7.如图，空间存在边长为a的正四面体PABC，O为水平底面ABC中心。A、B、C三点各固定一个电荷

量为+Q的点电荷，在外力作用下将电荷量为+q的探测电荷沿PO连线从P点缓慢移至O点。已知静电力常

量为k，下列说法正确的是（）

A.探测电荷在P点时，受到的库仑力竖直向下

B.探测电荷在P处的电势能大于在O处的电势能

C.从P点向O点移动过程中，外力的大小保持不变

6kQq

D.若将B点的+Q替换为-Q，探测电荷在O点受到的库仑力为

a2

【答案】D

【解析】

a

【详解】设底面ABC的外接圆半径为R，则正三角形边长为a时，ROAOBOC

3

又因为PABC是正四面体，所以PAPBPCa

A．在P点，三个Q对探测电荷q的作用力大小相等。由对称性可知，水平方向的分力相互抵消，合力

一定沿PO方向。由于三个固定电荷都带正电，探测电荷也带正电，因此作用力都是斥力，合力方向应沿PO

向上，即远离底面方向，而不是竖直向下，故A错误。

kQ3kQ

B．P点的电势为3

Paa

点的电势为kQ33kQ

OO3

a/3a

显然OP

由于探测电荷带正电，电势能Epq

所以Ep,OEp,P

即探测电荷在P处的电势能小于在O处的电势能，故B错误。

C．设探测电荷在PO上某点，且该点到底面中心O的距离为x，则它到A、B、C的距离都为

2

2a

rx

3

kQqxkQqx

每个点电荷对探测电荷的库仑力沿连线方向，其沿PO方向的分力为

r2rr3

kQqx3kQqx

F333/2

r2

故三个点电荷的合力大小为2a

x

3

显然这个力随x变化，不是常量。由于探测电荷是缓慢移动的，外力大小始终与库仑力大小相等，所以外力

大小也不会保持不变，故C错误。

kQq3kQq

F

D．若将B点的Q替换为Q，则在O点，A点的Q对探测电荷的作用力大小为022，

a/3a

方向沿AO

3kQq

C点的Q对探测电荷的作用力大小也为F，方向沿CO

0a2

3kQq

B点的Q对探测电荷的作用力大小同样为F，方向沿OB。

0a2

设OA,OB,OC为从O指向三个顶点的矢量，则正三角形中心满足OAOBOC0

因此AOCOOAOCOB

所以A、C两个电荷在O点产生的合力大小为FACF0，方向沿OB。

3kQq6kQq

再与B点的负电荷产生的力叠加，可得总库仑力大小为FFFFF2F2，

ACB000a2a2

故D正确。

故选D。

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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.如图所示，将一个空玻璃试管放在盛满水的透明水槽中，从水槽外侧可以观察到试管浸入水中的玻璃侧

壁更亮一些。已知水的折射率约为1.33，玻璃的折射率约为1.5。下列说法正确的是（）

A.光从水射向试管玻璃壁，折射光线往法线方向偏折

B.侧壁更亮一些是因为光从水射向玻璃侧壁时发生全反射

C.光从水射向试管玻璃壁再射入试管内的空气，频率始终不变

D.光从水射向试管玻璃壁再射入试管内的空气，传播速度始终不变

【答案】AC

【解析】

【详解】A．光从水（光疏介质）射向玻璃（光密介质），根据折射规律，折射光线会向法线方向偏折，故A

正确；

B．全反射的条件是光从光密介质射向光疏介质，而水是光疏介质、玻璃是光密介质，光从水射向玻璃不会

发生全反射。实际是光从玻璃射向试管内的空气时发生全反射，才让侧壁更亮，故B错误；

C．光的频率由光源决定，在不同介质中传播时频率不变，故C正确；

c

D．由v可知，光在不同介质中的传播速度不同，故D错误。

n

故选AC。

9.某科技小组自制了一枚火箭，如图，其发射过程可分为三个阶段：第一阶段，火箭点火发射，到最高点

时质量为m1；第二阶段，火箭喷出燃气在高空悬停，单位时间喷出燃气质量为Δm1（远小于m1）；第三阶段，

火箭在悬停状态下完成90转向，此时火箭的质量为m2，紧接着在极短时间内以速度v喷出质量为Δm2（与

m2相比不可忽略）的燃气变为水平飞行。全程忽略空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）

A.在悬停阶段，火箭合力为零

B.火箭发射到最高点的过程中一直在加速

mg

C.在悬停阶段，燃气喷出的速度为1

m1

mv

D.在转向阶段，火箭获得的水平速度为2

m2

【答案】AC

【解析】

【详解】A．悬停阶段，火箭静止状态，即处于平衡状态，因此合力为零，故A正确；

B．初始阶段，推力大于重力，火箭加速上升；当推力小于重力时，火箭会减速上升，直到最高点速度为零，

因此火箭并非“一直在加速”，故B错误；

C．悬停阶段，火箭合力为零，燃气推力等于重力，设燃气喷出速度为v，单位时间喷出质量为m1，根据

动量定理FΔtΔm1v10

m1g

解得v1，故C正确；

Δm1

D．转向阶段，火箭和燃气组成的系统在水平方向动量守恒，则有m2Δm2v火Δm2v0

m2v

联立解得v火，故D错误。

m2m2

故选AC。

10.某高压三相交流输电线路采用等边三角形排列，三根输电线a、b、c位于等边三角形顶点，O1为中心，

O2与O1关于bc边对称。某时刻电流满足Ia＝2Ib＝2Ic，方向如图。已知无限长直导线产生的磁感应强度大

kI

小B（k为常数，r为该点到导线的距离）。将矩形线圈平行于输电线截面放置在三角形区域内，下列

r

说法正确的是（）

A.O1的磁感应强度为零

B.O2的磁感应强度为零

C.矩形线圈中有感应电流

D.输电线b所受安培力的方向垂直bc边向下

【答案】BD

【解析】

【详解】A．如图

根据右手螺旋定则可知电流c在O1产生的磁场平行ab指向右下方，电流a在O1产生的磁场平行于bc向右，

b电流在O1产生的磁场平行ac指向右下方，根据平行四边形定则，则O1点合磁感应强度不为零，故A错误；

B．如图

2II

根据右手螺旋定则可知电流a在O产生的磁场平行于bc向右，大小为Bkbkb

2a2rr

电流c在O2产生的磁场平行ab指向左上方，b电流在O2产生的磁场平行ab指向左下方，Bb与Bc间的

I

夹角为120，B与B的矢量和大小为B=BBkb

bcbcbcr

方向与bc平行，向左；则O2点合磁感应强度为零，故B正确；

C．矩形线圈中磁场稳定，磁通量不变，没有感应电流，故C错误；

D．如图

根据右手螺旋定则可知电流c在b产生的磁场垂直于bc向上，电流a在b产生的磁场垂直于ab向右下方，

则Ba2Bc

由平行四边形定则可知b处的合磁场方向从b指向c，由左手定则可知输电线b所受安培力的方向垂直bc

边向下，故D正确。

故选BD。

第Ⅱ卷

三、非选择题：本题共5小题，共54分，考生根据要求作答。

11.小铭同学利用实验室常见的仪器完成高中三个力学实验。

（1）小铭先用图1装置探究平抛运动的特点，以下说法正确的是______。

A.该实验两小球落地时的速度大小相同

B.该实验说明平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动

C.该实验需要改变小球高度和打击力度进行多次实验对比

D.该实验说明平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动

（2）小铭接着用小球制成单摆来测量当地重力加速度。用螺旋测微器测得摆球直径如图2所示，则直径d

＝______cm；若使用了弹性细绳来制作单摆，这会导致测得的重力加速度比实际值______（选填“偏大”

或“偏小”）。

（3）小铭又把两个半径相同、质量不同的小球用等长的细线悬挂，保持B球静止，拉起A球使摆线与竖直

方向夹角为θ1并静止释放，AB碰后粘在一起，上升到最高点时摆线与竖直方向夹角为θ2，测得A、B球质

量为m、m，若满足关系式______，则可验证两小球碰撞前后动量守恒。

ABmA1cos1

【答案】（1）BC（2）①.0.6969##0.6970##0.6971②.偏小

（3）

mAmB1cos2

【解析】

【小问1详解】

A．该实验两小球落地时的竖直速度大小相同，但是由于右侧小球落地时有水平速度，可知两球落地的速度

大小不相同，A错误；

BD．实验可观察到两球总是同时落地，说明两球在竖直方向的运动完全相同，即该实验说明平抛运动在竖

直方向的分运动是自由落体运动，但不能说明平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，B正确，D错

误；

C．该实验需要改变小球高度和打击力度进行多次实验对比，从而得到一般规律，C正确；

故选BC。

【小问2详解】

[1]用螺旋测微器测得摆球直径d＝6.5mm+0.01mm×47.0=0.6970cm；

L4π2L

[2]根据T2可得g

gT2

若使用了弹性细绳来制作单摆，则当单摆摆动时摆长会变大，而计算时仍用原来的值计算，则会导致测得

的重力加速度比实际值偏小。

【小问3详解】

1

A球摆到最低点时mgl(1cos)mv2

A12AA

1

碰后A、B两球一起摆到最高点时(mm)gl(1cos)(mm)v2

AB22AB

若动量守恒则满足mAvA(mAmB)v

即

mA1cos1mAmB1cos2

12.为助力“百千万工程”，某科创小组为蔬菜大棚设计自动控温装置，要求大棚温度低于15℃时加热系

统自动启动，小组进行如下探究：

（1）实验室有PTC和NTC两种热敏电阻，PTC阻值随温度升高而增大，NTC阻值随温度升高而减小。他们

用多用电表欧姆挡并选择“×1K”倍率测量电阻，某次指针位置如图1中a所示，将倍率换成______（选

填“×100”或“×10K”）重新调零后进行测量，指针位置如图中b所示，则阻值为______Ω。

（2）他们查找到一种控温装置的原理如图2所示，已知继电器线圈电流I≥2mA时衔铁被吸合，加热器所

在电路断路，加热结束。结合控温要求，Rt应选用______型热敏电阻（选填“PTC”或“NTC”）。若电源E1

＝10V，电源内阻和继电器电阻忽略不计，要使得温度低于15℃时（此时热敏电阻阻值为3.2kΩ），加

热系统立即启动，应将可变电阻R调为______Ω；若要提高加热系统的启动温度，可采取的措施是______。

【答案】（1）①.“×100”②.2.0103##2103##2000

（2）①.NTC②.1.8103##1800③.将可变电阻R的阻值调大（还可以说电动势，电动势降

低）

【解析】

【分析】

【小问1详解】

[1]选择“×1K”倍率进行测量时，发现指针偏转角度太大（指针靠近欧姆零刻度），说明示数太小；由于

电阻的测量值=指针示数×倍率，要使欧姆表指针示数变大，应该减小欧姆表的倍率，需换成“×100”倍

率挡；

[2]换倍率后指针指在20，因此阻值为20100Ω2000Ω

【小问2详解】

[1]根据要求，温度低于15℃时加热启动，即温度低时电流I2mA，衔铁不吸合，加热器通路。温度升高

后电流I2mA，衔铁吸合，加热器断开。NTC热敏电阻阻值随温度升高而减小，随温度降低而增大：低

温时NTC阻值大，总电阻大，电流小，满足加热启动条件；高温时NTC阻值小，总电阻小，电流达到阈值

断开加热，符合要求，因此选NTC；

[2]临界条件为15℃时I2mA2103A

E110V

由欧姆定律总电阻R总5000Ω

I2103A

已知Rt3200Ω，因此RR总Rt5000Ω3200Ω1800Ω

E

[3]提高启动温度，即临界温度升高，更高温度下NTC的阻值更小，临界条件仍满足RR1

tI

（I阈值不变），因此需要增大可变电阻R的阻值（减小电源电动势也可，核心逻辑正确即可）。

【点睛】

13.汕头表角灯塔观测站在海面记录到一列沿水平方向传播的简谐横波，某时刻，相距16m的两浮标均处

于平衡位置且运动方向相同，两浮标间有两个波峰，在浮标处每隔20s能观察到完成了5次全振动，且浮

标在竖直方向的最大速度为0.6πm/s，简谐运动可等效为匀速圆周运动沿其一条直径方向的投影运动，假

设波传播过程中能量无损耗。求该横波的周期、波速大小和振幅。

【答案】v2m/s，T4s，A1.2m

【解析】

【分析】

t20

【详解】浮标在20s能观察到完成了5次全振动，周期Ts4s

n5

d

两浮标相距16m，且两浮标间有2个波峰，则波长8m

2

波速大小v2m/s

T

2

根据

T

2

得rad/s

T2

简谐运动最大速度vmA

解得振幅A1.2m

【点睛】

14.探测车在某行星上执行科研任务时突然失去动力，从倾角为θ的固定斜坡上静止滑下，从车上传感器

获取其速度平方v2与位移x的关系如图所示，且图像斜率为k。已知该行星半径为R，不计一切摩擦和该行

星的自转影响。

（1）求该行星表面的重力加速度；

（2）已知第二宇宙速度是第一宇宙速度的2倍，求质量为m的卫星脱离该行星所需的最小动能。

k

【答案】（1）g

2sin

kmR

（2）E

km2sin

【解析】

【分析】

【小问1详解】

探测车在斜坡上有v22ax

由牛顿第二定律，得mgsinma

且k2a

k

联立解得g

2sin

【小问2详解】

设行星质量为M，第一宇宙速度为v，则第二宇宙速度为

12v1

GMmmv2

由万有引力定律，得1

R2R

GMm

同时有mg

R2

1

脱离该行星的最小动能为Em(2v)2

km21

kmR

联立解得E

km2sin

15.某实验小组设计类似质谱仪的装置测定带电粒子的电量。如图，在坐标系