广东省湛江市2026届高三物理下学期二模试题含解析

试卷共8页，15小题，满分100分。考试用时75分钟。

注意事项：

1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。

将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。

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，再选涂其他答案，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。不按以上要求作答的答案无

效。

4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，请将答题卡交回。

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.我国在钍基熔盐堆能源系统（TMSR）研究已获重要突破，钍基熔盐核反应堆的核反应方程式主要包括两

2331142y

个核反应，其中一个是：92U0n56Ba36Kr3X，经分析X可能是中子或质子。下列说法正确的是

（）

A.核反应中的物质X为质子B.y=89

C.该反应为α衰变D.该反应为β衰变

【答案】B

【解析】

【详解】A．设X的电荷数为Z，由电荷数守恒得92056363Z

解得Z0，因此X是中子不是质子，故A错误；

B．X是中子则A1，由质量数守恒得234142y3，解得y89，故B正确；

C．该反应是重核吸收中子后分裂为中等质量核的核裂变，不属于α衰变，故C错误；

D．β衰变是原子核释放β粒子（电子）的核反应，该反应为核裂变，不属于β衰变，故D错误。

故选B。

2.海浪向沙滩移动的情境图如图所示，同一列水波从位置M到位置N大致的波形变化示意图显示：波长由

2L变为L已知水波的波速由介质水和水深共同决定，则从M到N，水波的（）

A.频率变为原来的2倍B.周期变为原来的2倍

C.波速变为原来的1D.振幅一定不变

2

【答案】C

【解析】

1

【详解】AB．波的频率由波源决定，同一列波从M到N传播过程中频率不变，周期T也不变，故A、B

f

错误

11

C．根据波速公式vf，频率f不变，波长从变为（变为原来的​），因此波速也变为原来的​，

2LL22

故C正确；

D．水波向沙滩传播过程中，能量不断损耗，且水深逐渐变浅，振幅会发生变化，故D错误。

故选C。

3.如图，发电站向工厂远距离输电，发电站将U1=5.5kV的交变电流通过升压变压器变为U2=550kV的交变

电流进行输送，经过总电阻为r的输电线路远距离输送到变电站一，变电站一将输入电压U3降为U4=10kV

后输入给工厂用电图中变压器均视为理想变压器，下列说法正确的是（）

A.U3大小为550kV

2

B.输电线路损失功率为(U2U3)

r

U

C.输电线路电流为2

r

D.降压变压器原、副线圈匝数比为55∶1

【答案】B

【解析】

【详解】A．输电线存在电压损失，因此降压变压器的输入电压U3U2ΔU550kV

故A错误；

B．输电线的电压损失UU2U3

(ΔU)2(UU)2

由功率公式可得输电损失功率ΔP23

rr

故B正确；

ΔUUUU

C．输电电流等于输电线电压损失除以输电线电阻，即I232

rrr

故C错误；

D．理想变压器匝数比等于电压比，降压变压器原线圈电压为U3550kV，副线圈电压U410kV，因此

n原U

匝数比355:1

n副U4

故D错误。

故选B。

4.“寒夜灯柱”是在极冷天气下，由于大气中的冰晶（视为竖直的圆柱体）对光的折射、反射造成的一种

冰晕现象。其部分光路如图所示，一束复色光从右侧界面折射进入冰晶，分成两束单色光x、y，再经左侧

界面反射，又从右侧界面折射出来进入人眼。下列说法正确的是（）

A.在冰晶中，单色光x的速度比单色光y大

B.在冰晶中，单色光x的波长比单色光y长

C.从冰晶右侧出射后，单色光x、y将平行进入人眼

D.从冰晶右侧出射后，单色光x、y将会相交于人眼处

【答案】C

【解析】

c

【详解】AB．从图中可以看出x光的折射角较小，入射角相同，故x光的折射率较大，由v，可知x光

n

在冰晶中的传播速度较小，折射率大、频率大，波长短，故AB错误；

CD．光路图如图所示，根据光路可逆，可知x、y两束光将平行出射进入人眼，故C正确，D错误。

故选C。

5.阿登型近地小行星2015XF261的半径为地球半径的八万分之一，其绕太阳转动的方向与地球绕太阳转动

方向相同，可认为该小行星与地球绕太阳运动的轨道平面共面且都近似视为圆轨道，轨道半径为地球轨道

半径的1.1倍，该小行星的密度为地球密度的一半，地球表面重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的

是（）

2

A.小行星表面的重力加速度大小为6.25105m/s

B.小行星绕太阳运动的周期小于1.1年

C.小行星绕太阳运动的向心加速度大小为地球的1.1倍

D.小行星每经过1.1年与地球相距最近

【答案】A

【解析】

Mm

【详解】A．天体表面忽略自转时，万有引力等于重力，即mgG

R2

4

结合MR3

3

4

代入得gGR

3

g11

可知与R成正比。已知行地，R行R地

28104

g行行R行111

故45

g地地R地28101.610

代入g地10m/s²

5

得g行6.2510m/s²，故A正确；

T2

B．根据开普勒第三定律，绕太阳运动的天体满足k

r3

T2r3

故行行3

231.1

T地r地

3

得2年>1.1年，故B错误；

T行1.11.15

M

C．万有引力提供向心加速度，即aG太

r2

2

a行r地1

可知与2成反比，故

ar221

a地r行1.1

小行星向心加速度小于地球的，故C错误；

22

D．两者同向转动，再次相距最近时地球比小行星多转1周，即t2

T地T行

代入T地1年、T行1.15年，

解得t7.67年，远大于1.1年，故D错误。

故选A。

6.用霍尔元件探测螺线管中电流变化的装置示意图如图所示螺线管与通电装置连接，其电流I0方向如图所

示，在螺线管正下方装有一块正方形霍尔元件，a、b、c、d为上表面的四个顶点，元件中定向移动的电子

形成沿着ab方向的电流I，螺线管的轴线垂直于元件的上表面。用电压表连接b、c两点，即可探测螺线管

中电流的变化情况。下列说法正确的是（）

A.电压表的正接线柱连接c点

B.若电流I不变，则电压表示数为零

C.若电流I0均匀变大，则电压表示数保持不变

D.若电流I0均匀变大，则电压表示数逐渐变大

【答案】D

【解析】

【详解】A．由右手螺旋定则可知，元件处在竖直向下的磁场中，元件中电子定向移动的方向沿着ba方向，

由左手定则可知电子受指向cd侧的洛伦兹力，故电子将集中到cd侧，c点接电压表负极，故A错误；

B．只要电流I存在，电子便受到洛伦兹力，电压表示数不为零，故B错误；

U

CD．设bc距离为d，电压稳定时qqvB

d

得UBdv

可知磁感应强度B越大，电压U越大，而I0均匀变大，B将变大，电压也逐渐变大，故C错误，D正确。

故选D。

7.如图（俯视图），水平面上固定着两块平行且内壁光滑的钢板A、B，质量为m的光滑圆管abcd静止在水

平面上，恰好夹在两钢板间，直径ac平行钢板、直径bd垂直钢板，圆管可以左右自由滑动，圆管中有一

质量为m的光滑小球（球直径略小于管径），小球静止在圆管的最右端a处。某时刻小球获得一垂直指向钢

板A的初速度v0，下列说法正确的是（）

A.小球从a端运动到b端的过程，圆管对小球的冲量为0

B.小球从a端运动到c端的过程，圆管对小球的冲量为0

v

C.小球到达b端时，小球和圆管的速度大小均为0

2

2

D.小球到d端时，小球和圆管的速度大小均为v

20

【答案】D

【解析】

【详解】AC．小球从a到b运动的过程，平行钢板方向动量守恒，圆管应向右运动，设小球到达b点时速

度大小为v，由于平行钢板方向初动量为零，则圆管向右的速度也应为v，由能量守恒，

111

mv2mv2mv2

2022

2

解得vv，故AC错误；

20

B．从a到c，小球的速度方向将反向，大小不变，故圆管对小球的冲量为2mv0，故B错误；

D．小球到达d点时速度大小也应该为v，方向向右，圆管速度大小为v，方向向左，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.某型号的涂改带内部结构示意图如图所示，其中传动轮分别与收带轮和出带轮连接，出带轮有90齿，

传动轮9齿、半径为2.4mm，M、N分别是出带轮、收带轮边缘上的两个点，涂改带工作时，三个齿轮均逐

个咬合转动，下列说法正确的是（）

A.工作时，收带轮与出带轮转动方向相同

B.工作时，收带轮与传动轮转动方向相同

C.M、N两点线速度大小相等

D.出带轮的半径大小为2.4cm

【答案】ACD

【解析】

【详解】AB．由图可知，出带轮顺时针方向转动时，传动轮逆时针方向转动，收带轮顺时针方向转动，因

此工作时，收带轮与出带轮转动方向相同，收带轮与传动轮转动方向相反，故A正确，B错误；

C．涂改带工作时，三个齿轮均逐个咬合转动，因此三轮边缘线速度大小相等，故C正确；

24.8

D．传动轮、出带轮每齿弧长相等，其中传动轮每齿对应的弧长为l2.4mm=mm

99

2

故出带轮的半径大小满足Rl

90

解得R24mm2.4cm，故D正确。

故选ACD。

9.如图，t=0时刻，在距离水平地面高H处，将一弹性球以初速度v0竖直向下抛出，球与地面碰撞没有机

械能损失，碰后反弹返回抛出点，整个过程球受到的阻力恒定。运动过程中，球的加速度、速度、重力势

能、机械能分别设为a、v、Ep、E，球下落过程与抛出点距离设为h，在下列选项a-t图、v-t图、Ep-h图

和E-h图中，实线表示忽略空气阻力的情况，虚线表示考虑了空气阻力的情况，以向下为正方向、地面为

零势能面。球从抛出到返回抛出点的过程中，可能正确的图像有（）

A.B.

C.D.

【答案】BD

【解析】

【详解】A．球向下运动时，阻力向上，故考虑空气阻力的情况下加速度小于g，球向上运动时，阻力向下，

故考虑空气阻力的情况下加速度大于g，故A错误；

B．v-t图中，图线的斜率表示加速度，结合选项A分析可知，第一段虚线的斜率应小于实线，第二段虚线

斜率的绝对值大于实线。由于存在机械能损失，球不能回到原来的高度，图像与t轴围成的面积（表示位

移）虚线情况要小于实线的情况，故B正确；

C．小球的重力势能先减小后增大，但有空气阻力时，由于阻力一直做负功，机械能损失，小球不能回到原

来的高度，故C错误；

D．若不考虑阻力，机械能不变，若考虑阻力，小球下落过程和反弹过程机械能均减小，且图像的斜率大小

均等于阻力大小，故D正确。

故选BD。

10.真空中的某静电场x轴上各点的电场强度E与坐标x的关系图像如图所示，x轴正方向为电场强度正方

向.一正电荷仅在电场力作用下从原点O由静止释放，沿x轴正方向运动，依次经过x0、2x0和3x0处，2x0

处的电势为零，图上物理量均已知。下列说法正确的是（）

A.该电荷在x0处的电势能大于在3x0处的电势能

B.从x0到2x0处，该电荷做匀加速直线运动

C.3x0处的电势为0.5E0x0

D.该电荷在x0、2x0和3x0处的动能之比为2∶3∶4

【答案】AD

【解析】

【详解】A．该电荷一直做加速直线运动，电场力做正功，电势能一直减小，在x0处的电势能大于在3x0处

的电势能，故A正确；

B．从x0到2x0处，该电荷做加速度减小的加速直线运动，故B错误；

C．E-x图线与x轴所围的面积表示两点间的电势差大小，2x0处的电势为零，2x0、3x0两处的电势差

U0.5Ex

232x03x000

所以3x0处的电势为0.5E0x0，故C错误；

D．由U=Ed，E-x图线与x轴所围的面积表示两点间的电势差大小，由图可知，O、x0两处的电势差UO1E0x0，

O、2x0两处的电势差UO21.5E0x0

O、3x0两处的电势差UO32E0x0

根据动能定理有EkqU

所以该电荷在x0、2x0和3x0处的动能之比为2∶3∶4，故D正确。

故选AD。

三、非选择题（本题共5小题，共54分.考生根据要求作答）

11.请按要求完成下列实验内容。

（1）如图甲，将一个小钢球通过两根长均为s的不可伸长的细线悬挂在A、B两点，A、B两点连线水平且

距离为x，摆球直径为d。摆球在垂直纸面内的竖直面内小角度摆动，则：

①该单摆的摆长L=_______（用s、x、d表示）；

②用游标卡尺测量d如图乙，则d=_______mm；

③写出该双线摆的一个优点：_______。

（2）为了探究小车质量一定时，加速度a与其受到的合外力F的关系，设计了如图丙所示的装置：在桌面

上放一块固定有定滑轮的木板，细绳的一端固定在小车上，另一端绕过定滑轮悬挂钩码，连接小车的细绳

始终平行于木板，反复调节木板下方垫片的位置，直到轻推小车，小车通过光电门1、2的_______，此时

小车受力平衡。

①若通过光电门1的时间t1大于通过光电门2的时间t2，则应将垫片向_______（选填“左”或“右”）移

动恰当的距离；

②若钩码质量为M，重力加速度大小为g，调节垫片的位置使得小车在木板上下滑时受力平衡。现将小车置

于图示位置，取下钩码让小车下滑，则小车下滑过程中受到的合外力大小为_______。

xd

【答案】（1）①.s2()2②.15.3③.可以比较稳定地控制摆球在同一竖直面内摆

22

动（答案合理即可）

（2）①.时间相等②.右③.Mg

【解析】

【详解】（1）[1]如图，摆长为O点到球心的距离

x

由勾股定理可得图中虚线长度为s2()2

2

xd

故摆长为s2()2

22

[2]摆球直径为d15mm30.1mm15.3mm

[3]该双线摆的一个优点：可以比较稳定地控制摆球在同一竖直面内摆动，答案合理均可。

（2）[1]若通过两光电门时间相等，则小车匀速下滑。

[2]若通过光电门1的时间长，说明小车加速下滑，倾角过大，垫片需要向右端移动；

[3]由于钩码挂上时，小车受力平衡，则钩码取下后，小车受到的合力大小应等于钩码的重力大小，为Mg。

12.测量竖直运动货物加速度的装置原理图如图所示。电路图中的器材有：电源E（E=6V，r=0.2Ω）、数字

电压表（视为理想电压表）、定值电阻R1（R1=2.8Ω）、滑动变阻器R（最大阻值为3Ω，长度为0.4m）。测

量加速度的原理：滑动变阻器R的滑片一端固定在竖直固定的轻弹簧上端，弹簧上端固定一质量为m0=1kg

的托盘、下端固定在竖直运动的升降装置底座上，弹簧劲度系数k=100N/m，升降装置静止且托盘上不放货

物时，滑片静止于变阻器上端。请回答下列问题；

（1）升降装置静止且托盘不放货物时，电压表的示数为_______V。

（2）升降装置静止，将质量为m=1kg的货物P放在托盘上，P静止时，电压表的示数为_______V，货物P

置于托盘上后，升降装置沿直线匀速向上运动。

①若升降装置向上运动过程中，电压表示数突然变小，则此时升降装置的加速度向_______（选填“上”或

“下”）；

②若升降装置向上运动过程中，电压表示数增加了0.3V，则升降装置的加速度变化量的大小为_______m/s2。

【答案】（1）0##零

（2）①.0.75②.下③.2

【解析】

【详解】（1）当托盘没有放货物时，滑片处于变阻器R上端，电压表被短路，示数为0。

mg

（2）[1]当P放在托盘上静止时，弹簧向下移动x0.1m

k

R

变阻器R两端总的电压为UE3V

RR1r

x

此时电压表示数为UU0.75V

L

[2]电压变小，根据UIR

I不变，U变小说明R减小，即滑片下移量变小，弹簧压缩量减小，弹力小于总重力，合力向下，则此

时升降装置的加速度向下：

R

[3]电压增加ΔU0.3V，由ΔUIΔRIΔx

L

ΔUL0.30.4

可得下移量变化Δx0.04m

IR13

由牛顿第二定律有kΔy(m0m)a

kΔy1000.04

可得加速度am/s22m/s2

m0m11

即加速度变化量大小为2m/s2

33

13.如图，太空舱的体积为V1=21m，气闸舱的体积为V2=7m.初始时两个舱门均紧闭，气闸舱内空气压强为

5

p2=0.2×10Pa。宇航员从太空舱出舱，首先要经过气闸舱.先打开门A，空气从太空舱流向气闸舱稳定后压

55

强为p=0.8×10Pa；然后闭合门A，对气闸舱进行抽气，当气闸舱内气体压强为p3=0.6×10Pa时不再抽气.

整个过程中太空舱和气闸舱温度相同且均保持不变，所有气体均视为理想气体，宇航员的体积忽略不计，

求：

（1）门A打开前，太空舱内气体的压强p1；

（2）门A闭合后，从气闸舱抽出的气体质量占气闸舱气体总质量的比例k。

【答案】（1）5

p1110Pa

1

（2）k

4

【解析】

【小问1详解】

整个过程温度不变，将太空舱和气闸舱的气体看作整体，根据玻意耳定律p1V1p2V2p(V1V2)

代入已知条件3，3、5、5

V121mV27mp20.210Pap0.810Pa

得55

21p10.21070.810(217)

解得5

p11.010Pa

【小问2详解】

门A闭合后，气闸舱内原有气体压强为p、体积为V2​，温度不变。对抽气过程，设原有气体在压强p3​

下的总体积为V，由玻意耳定律pV2p3V

VV

理想气体同温下，质量比等于体积比，抽出气体的体积为VV，因此k2

2V

pV

代入V2

p3

pp0.8105Pa0.6105Pa1

化简得k3

p0.8105Pa4

14.设计小组研制的电磁弹射系统模型如图所示，主要由间距为d的水平平行金属导轨、电源和搭载模型

飞机的动子组成，动子主要由导体棒和安置飞机的压缩弹簧（绝缘）装置组成。导轨所在平面存在垂直导

轨平面向下的匀强磁场（未画出），磁感应强度大小为B当开关接“1”时，电路中电流恒定为I，动子在安

培力作用下带动飞机向右加速，加速距离L到达虚线MN时，开关从“1”断开后与“2”接通，接通后动子

减速滑行至速度大小衰减为MN处的90%时，动子上弹簧装置被触发将飞机弹开，飞机脱离动子，动子继续

滑行距离s后停在导轨上。已知动子（含弹簧装置）质量为m、飞机质量为3m，弹簧装置被触发到飞机脱

离动子过程，动子克服安培力做功大小为W，飞机脱离动子时速度大小是动子速度大小的3倍，导体棒接入

电路的电阻阻值为R，忽略导轨的电阻和摩擦阻力，求：

（1）到达MN时，飞机的速度大小v0；

（2）飞机脱离后，动子滑行过程中通过回路的电荷量q；

（3）飞机被弹开过程中，弹簧装置释放的弹性势能Ep。

BIdL

【答案】（1）v

02m

Bds

（2）q

R

14B4d4s2

（3）E0.81BIdLW

pmR2

【解析】

【小问1详解】

1

由动能定理BIdL(m3m)v20

20

BIdL

解得到达MN时，飞机的速度大小v

02m

【小问2详解】

解法一：设飞机脱离后，动子滑行至静止平均速度为v，由EBdv

E

平均电流I

R

电荷量qIt

又svt

Bds

解得q

R

解法二：由E，Bds

t

E

平均电流I

R

电荷量qIt

Bds

解得q

R

【小问3详解】

设飞机脱离时，动子的速度大小为v，由动量定理BIdt0mv

B2d2s

可得v

mR

111

由能量守恒EWmv23m(3v)24m(0.9v)2

p2220

14B4d4s2

解得E0.81BIdLW

pmR2

15.为控制不同工件落入轨道的角度，设计了如图甲所示的装置，CD是固定水平平台OAK右端的竖直虚线，

CD左侧所在空间存在水平向右的匀强电场，CD右侧不存在电场。长为x0=0.2m的OA段光滑，长为2x0的AK

段涂有特殊粗糙材料。倾角为θ的斜面KN连接平台和水平面NQ。在Q处有一足够高的固定竖直挡板，且

NQ=0.6m弹性物块G和工件T质量分别为m和km（k为常数且0<k<3），物块G所带电荷量为q（q>0），工件

T不带电初始时，工件T静止在K点，物块G在O点由静止开始被电场加速，并沿着OA运动，物块G和平

台间的动摩擦因数μ随它与O点距离x变化的图像如图乙。物块G到达K点时与工件T发生弹性碰撞，碰

后工件T做平抛运动，K距离斜面底端DN高度为H=1.8m、tanθ=1.5，工件T第一次与轨道KNQ或挡板碰