2026届广东肇庆市德庆县香山中学高三下学期模拟预测物理试题（含答案）

第第页2026届广东肇庆市德庆县香山中学高三下学期模拟预测物理试题一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．小明去西藏旅行时，发现从低海拔地区买的密封包装的零食，到了高海拔地区时出现了严重的鼓包现象。假设食品袋里密封的有一定质量的理想气体，全过程温度保持不变。从低海拔地区到高海拔地区的过程，下列分析正确的是（）A．袋内气体压强减小 B．大气压强增大C．袋内气体释放了热量 D．袋内气体分子的平均动能变大2．A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图像，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图像，若A球质量是m=2kg，则由图判断下列结论正确的是（）A．碰撞前、后A球的动量变化量为4kg·m/sB．碰撞时A球对B球所施的冲量为4N·sC．A、B两球碰撞前的总动量为3kg·m/sD．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为20J3．下列有关原子结构和原子核的认识，其中正确的是（）A．γ射线是高速运动的电子流B．氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能增大C．太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变D．83210Bi的半衰期是5天，100克4．甲、乙、丙、丁四个物体做直线运动，它们运动的x−t、v−t、a−t、xt−t图像分别如图所示，其中a−tA．0~4 sB．0~4 sC．第4 sD．第4 s5．如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒竖直固定。有两个质量相同的小球甲和乙贴着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动。则（）A．甲球的向心力大于乙球的向心力B．甲球的线速度小于乙球的线速度C．甲球的加速度大小等于乙球的加速度D．甲球的角速度等于乙球的角速度6．如图为某风力发电机简易模型图。在风力作用下，风叶通过转轴带动条型磁铁转动，在线圈L中产生感应电动势的瞬时表达式为e=222A．磁铁转到图示位置时，线圈L中的磁通量最小B．线圈L中感应电动势的有效值为44VC．风叶每转动一圈，电阻R中电流方向改变一次D．若风叶的转速变大，则定值电阻R消耗的功率一定增大7．电场线能直观地反映电场的分布情况，如图甲是等量异种点电荷形成的电场的电场线，图乙是该电场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上关于О对称的两点，B、C和A、D分别是两电荷连线上关于О对称的两点，则（）A．A、D两点电场强度不同B．E、F两点电场强度相同C．B、O、C三点中，О点电势最低D．电子沿着中垂线从E点运动到F点，电场力先做正功后做负功二、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，一束红光和一束黄光，从O点以相同角度沿PO方向射入横截面积为半圆形的玻璃柱体，其透射光线分别为M、N两点射出，已知α=45°，β=60°，则下列说法正确的是（）A．ON是黄光，OM是红光B．玻璃对OM光束的折射率为3C．沿ON路径传播的光穿过玻璃柱体所需时间较长D．若将OM光束从N点沿着NO方向射入，可能发生全反射9．如图所示，电场中有A、B两点，则下列说法中正确的是（）A．这个电场可能是单独某个负点电荷产生的电场B．电势φA>C．将+q电荷分别放在A、B两点时的加速度aD．将+q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能E10．如图甲，某航模小组操控航模飞机在距地面一定高度的水平面内做匀速圆周运动，速度大小为v0=10m/s。飞机受到的升力方向和竖直方向的夹角θ为37°（如图乙），升力大小F=kv（k=30A．该航模飞机的质量为18kgB．该航模飞机做匀速圆周运动的半径约为13.3mC．该航模飞机做匀速圆周运动的向心加速度大小为7D．该航模飞机做匀速圆周运动的周期为84s三、非选择题（11题8分，12题8分，13题11分，14题12分，15题15分，共54分）11．一研究学习小组设计出如图甲所示的实验装置来探究“动量守恒定律”。（1）如图甲所示，两个相同的刚性球悬挂于同一水平面，两悬点的距离等于刚性球的直径大小，线长相等，将其中一球拉开至一定角度，松手后使之与另一球发生正碰。（2）如图甲所示，分析连拍照片得出，球1从A点由静止释放，在最低点与球2发生水平方向的正碰，球1反弹后达到的最高位置为B，球2向左摆动的最高位置为C，测得A、B、C到最低点的竖直高度差分别为hA、hB、hC（3）若测量数据近似满足关系式（用m1、m2、hA、h（4）如图乙所示，在两个球上分别套上尼龙搭扣（魔术贴）毛面和勾面做的套圈，再进行同样的碰撞。两小球分别（填“能”或“不能”）到达原来的位置C跟B，可能的原因是。12．由半导体材料制成的热敏电阻阻值是温度的函数。基于热敏电阻对温度敏感原理制作一个火灾报警系统，要求热敏电阻温度升高至50∘直流电源E（36V，内阻不计）电流表（量程100mA，内阻约0.1电压表（量程50V，内阻约为106滑动变阻器R1（最大阻值4000Ω）电阻箱（最大阻值报警器（内阻很小，流过的电流超过10mA单刀单掷开关S1、单刀双掷开关S（1）用图（a）所示电路测量热敏电阻RT的阻值。当温度为27∘C时，电压表读数为30.0V，电流表读数为15mA；当温度为50∘C时，调节R1，使电压表读数仍为30.0（2）如果热敏电阻阻值随温度升高而变大，则其为正温度系数热敏电阻，反之为负温度系数热敏电阻。基于以上实验数据可知，该热敏电阻RT为（3）某同学搭建一套基于该热敏电阻的火灾报警系统，实物图连线如图（c）所示，正确连接后，先使用电阻箱R2进行调试，其阻值设置为Ω，滑动变阻器R1阻值从最大逐渐减小，直至报警器开始报警，此时滑动变阻器R1连入电路的阻值为Ω。调试完毕后，再利用单刀双掷开关S13．一定质量的理想气体经历如图所示的AB、BC、CA三个变化过程，若B→C过程中气体做功数值约是C→A过程中气体做功数值的1.6倍，气体在状态B时压强为4.5×105Pa，求：(i)气体在状态A和C的压强。(ii)整个过程中气体与外界交换的热量。14．我国自主研发的“复兴号”智能动车组，以其高颜值、智能化的特点成为国家名片。当列车减速进站时，某同学通过观察车窗外里程碑和车厢内电子屏显示的车速来估算列车减速的加速度大小。当他经过第1个里程碑时，电子屏显示车速为288km/h，2分钟后经过第n个里程碑时，车速显示为72（1）列车进站的加速度大小；（2）从第1个里程碑开始，到列车完全停下行驶的距离；（3）2分钟后该同学到达第n个里程碑时，n的数值。15．如图所示，在空间直角坐标系中，速度选择器的上、下极板均平行于xOz平面，两极板间距离为d，上极板带正电，下极板带负电，形成的电场为匀强电场；两极板间还有沿z轴负方向的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B。将速度选择器两极板右端与yOz平面之间的区域记为区域I，区域I沿x方向的宽度为L；yOz平面与垂直于x轴的足够大的光屏之间的区域记为区域Ⅱ，光屏与x轴交点的x坐标为7πmv03qB。在区域I内存在沿y轴方向的匀强电场（图中未画出）；在区域Ⅱ内存在沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小也为B。在速度选择器左侧x轴上有一粒子源，粒子源发出所有粒子的质量均为m，带电量均为+q，只有初速度大小为v0的粒子才能沿着x轴通过速度选择器进入区域I，其他粒子都不能进入区域I，所有粒子经过（1）速度选择器两极板间的电势差大小。（2）区域I中匀强电场的电场强度大小。（3）粒子在区域Ⅱ内运动的时间。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、从低海拔去往高海拔，外界大气压强降低，包装袋可以发生形变，袋内气体压强最终和外界大气压保持平衡，因此袋内气体压强减小，故A正确；

B、大气压强随海拔升高而减小，由低海拔到高海拔，外界大气压强变小，故B错误；

C、温度不变，理想气体内能不变；袋的体积膨胀，气体对外做功，结合热力学第一定律ΔU=Q+W，可以判断气体需要从外界吸收热量，故C错误；

D、温度是分子平均动能的决定因素，温度不变，则袋内气体分子平均动能保持不变，故D错误；

【分析】A、考查气体压强平衡。需结合包装袋可形变的特点，分析袋内压强与外界大气压的平衡关系。

B、考查大气压强随高度的变化规律。需明确海拔越高，大气压强越小。

C、考查热力学第一定律的应用。需抓住等温条件下内能不变，结合气体对外做功，判断吸放热情况。

D、考查分子平均动能。需记住温度是分子平均动能的唯一标志，平均动能只由温度决定。2．【答案】A【解析】【解答】解：由x-t图像的斜率表示速度可知，碰撞发生在t=2s时刻。

碰前A球的速度vA=ΔxAΔt=4−102m/s=−3A.A球的动量变化量ΔpA=mAv−mAvA=2×(−1)−2×(−3)=4kg·m/s，该选项正确。

B.根据动量定理，A对B的冲量等于B球的动量变化量。由系统动量守恒可知ΔpB故答案为：A【分析】本题考查动量守恒定律与x-t图像的结合应用，涉及动量变化、冲量与动能损失的计算。首先通过位移-时间图像的斜率获取碰撞前后两球的速度，结合动量守恒定律求解B球的质量；选项A利用动量变化量的定义式计算A球的动量变化；选项B结合动量定理与系统动量守恒的特点，判断A对B的冲量大小与方向；选项C根据系统总动量的定义计算碰撞前的总动量；选项D通过动能公式分别计算碰撞前后的总动能，二者的差值即为系统损失的动能。3．【答案】B【解析】【解答】γ射线是光子流，所以A不符合题意；氢原子辐射光子后，从高轨道跃迁到低轨道，其绕核运动的电子速度增大，动能增大，B符合题意；太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的轻核聚变，所以C不符合题意；半衰期是大量的统计规律，少数原子核不适应，所以D不符合题意．故答案为：B．

【分析】γ射线属于光子流；太阳辐射的能量主要是轻核聚变；利用半衰期结合原子核的质量可以求出衰变剩下的质量。4．【答案】D【解析】【解答】AB、0‑4 s内甲的位移为8m；乙的vx丙=4×12at2=4×12×1×12m=2C、第4 s末，甲的加速度等于0；乙的加速度a乙=41m/sD、第4 s末，甲的速度v甲v丁=v【分析】A、B、考查运动图像的位移求解。v‑t图像利用图像面积求位移；分段匀变速运动逐段计算位移；xtC、考查加速度的读取与计算。从图像或者运动公式中提取加速度，比较加速度的大小（比较绝对值）。D、考查瞬时速度计算。结合图像或者运动学公式算出各个物体第4 s末的速度，比较速度的大小。5．【答案】C【解析】【解答】解：对任意小球受力分析，小球受重力与筒壁的支持力，两力的合力提供圆周运动的向心力。设圆锥筒半顶角为θ，由几何关系可得向心力FnA.两球质量相同，圆锥筒半顶角θ相同，因此两球的向心力大小相等，该选项错误。

B.由牛顿第二定律mgtanθ=mv2r，解得线速度v=grtanθ。甲球运动半径更大，因此甲球的线速度大于乙球，该选项错误。

C.由牛顿第二定律mg故答案为：C【分析】本题考查圆锥摆模型的匀速圆周运动分析，涉及向心力、线速度、角速度与向心加速度的推导。首先对小球进行受力分析，将重力与支持力合成得到向心力的表达式，明确向心力与轨道半径无关；再结合牛顿第二定律，分别推导线速度、向心加速度、角速度与轨道半径的关系式，结合两球半径的大小关系逐一判断各物理量的大小。6．【答案】D【解析】【解答】本题考查交流电的功率和最大值、有效值以及磁通量的问题，会根据题意进行准确分析解答。A．磁铁转到图示位置时，线圈L中的磁通量最大，故A错误；B．线圈L中感应电动势的有效值为

U=故B错误；C．风叶每转动一圈，电阻R中电流方向改变两次，故C错误；D．电阻R上消耗的功率为

P=若风叶的转速变大，则感应电动势增大，电路电流增大，定值电阻R消耗的功率一定增大，故D正确。故选D。

【分析】根据图中位置结合磁铁的磁场判断磁通量的大小；根据正弦交流电的有效值和最大值关系列式解答；根据线圈转动频率和电流方向变化频率关系进行判断；根据电动势的最大值和有效值随转速的变化关系判断功率变化情况。7．【答案】B【解析】【解答】A、依据等量异种电荷电场分布的对称性，A、D两处电场线疏密一致，电场强度大小相等；但观察电场线走向，两点电场强度的方向并不一致，电场强度为矢量，因此A、D两点电场强度不相同，故A错误；B、等量异种点电荷连线的中垂线为等势线，电场强度方向与等势面保持垂直。E、F两点关于O点对称，两点电场强度大小相等，电场强度方向也完全一致，故B正确；C、沿着电场线方向电势不断降低，对比B、O、C三点的位置，C点距离负电荷最近，因此三点当中C点电势最低，故C错误；D、等量异种电荷的中垂线为等势线，电子由E移动至F，运动全程处在同一等势面上，电场力和位移方向始终相互垂直，电场力做功为零，故D错误；

故答案为：B；【分析】A、考查等量异种电荷电场的矢量特征。电场强度是矢量，需要同时满足大小、方向均相同，两点电场才相等，依靠电场线疏密判断大小，电场线切线判断方向。

B、考查中垂线上电场分布。等量异种电荷中垂线上对称位置，场强大小、方向均相同。

C、考查电势高低判断。遵循沿电场线电势降低的规律，靠近负电荷处电势更低。

D、考查电场力做功特点。电荷在等势面上移动，电场力不做功。8．【答案】A,C【解析】【解答】解：A.两束光的入射角相同，由图可知OM对应的折射角更大。根据折射定律n=sinisinr，折射角越大则介质折射率越小。红光的折射率小于黄光，因此OM为红光，ON为黄光，该选项正确。

B.对OM光束，入射角为α=45∘，介质内的折射角为90∘−β=30∘，由折射定律得

nM故答案为：AC【分析】本题考查光的折射定律与全反射条件，涉及不同色光的折射率差异。选项A结合折射定律，通过折射角的大小比较折射率，再根据红光与黄光的折射率差异判断光束种类；选项B确定入射角与折射角，代入折射定律公式计算折射率；选项C由折射率与光速的关系比较传播速度，结合路程相等判断传播时间；选项D先计算全反射临界角，再结合全反射的条件（光从光密到光疏、入射角大于临界角）判断是否会发生全反射。9．【答案】B,D【解析】【解答】解：A.单个负点电荷的电场线为指向负电荷的辐射状直线，图中电场线为曲线，因此不可能是单个负点电荷产生的电场，该选项错误。

B.沿电场线方向电势逐渐降低，因此φA>φB；电场线的疏密程度表示场强大小，B点电场线更密集，因此EA<EB，该选项正确。

C.电场力F=qE，加速度a=Fm=故答案为：BD【分析】本题考查电场线的物理意义，涉及场强、电势、加速度与电势能的判断。选项A明确点电荷电场的电场线为直线，与图中曲线电场线不符；选项B分别利用电场线的疏密判断场强大小、沿电场线电势降低判断电势高低；选项C结合电场力公式与牛顿第二定律，由场强大小比较加速度大小；选项D依据正电荷电势能随电势升高而增大的规律，比较两点的电势能大小。10．【答案】B,C【解析】【解答】解：先计算升力大小：F=kA.竖直方向飞机受力平衡，重力与升力的竖直分力相等，即mg=Fcos⁡37∘

代入数据解得m=Fcos⁡37∘g=300×0.810=24kg，该选项错误。

B.水平方向升力的分力提供圆周运动向心力，即Fsin故答案为：BC【分析】本题考查水平面内匀速圆周运动的动力学分析，涉及受力分解与圆周运动物理量计算。首先根据升力公式计算升力大小，将升力沿竖直与水平方向分解；选项A利用竖直方向受力平衡的条件求解飞机质量；选项B通过水平分力提供向心力，推导圆周运动半径的表达式并计算；选项C由牛顿第二定律，利用水平分力求解向心加速度；选项D结合圆周运动周期公式计算运动周期。11．【答案】2ghB；【解析】【解答】(2)设碰撞结束瞬间小球1速度大小为vB，小球1从碰撞后运动到位置B，只有重力做功，机械能守恒m1故答案为：2ghB；

(3)同理，小球1碰撞之前下落过程机械能守恒，碰前瞬间速度vA=2ghA

小球2被碰之后上升，机械能守恒，碰后瞬间速度故答案为：m1hA故答案为：不能；两球均需要克服尼龙搭扣毛面和勾面相互作用的阻力做功，机械能均减少；【分析】考查机械能守恒、碰撞过程动量守恒、碰撞中的机械能损失，核心公式mgh=12mv2，m1v1+12．【答案】（1）600；偏大（2）负（3）600；3000【解析】【解答】本题主要考查了伏安法测电阻的相关实验，根据实验原理、理解正确的实验操作，结合欧姆定律和电路构造即可完成分析。

（1）由图（b）可知，电流表的示数为50mA，则此时热敏电阻的阻值为R该方法所测电流值为真实电流值，所测电压值为热敏电阻和电流表两端的总电压，故根据R=可知此时所测电阻值偏大。（2）在相同电压下，温度越高，通过电流越大，说明热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，故RT（3）要求热敏电阻温度升高至50°C时，系统自动报警，由（1）问中的分析可知，该温度下，热敏电阻阻值为600Ω，所以先使用电阻箱R2报警器报警时通过电路的电流为I=10mA，报警器和电流表的电阻很小，忽略不计，可得此时滑动变阻器的阻值为R1=EI−R（1）[1]由图（b）可知，电流表的示数为50mA，则此时热敏电阻的阻值为R[2]该方法所测电流值为真实电流值，所测电压值为热敏电阻和电流表两端的总电压，故根据R=可知此时所测电阻值偏大。（2）在相同电压下，温度越高，通过电流越大，说明热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，故RT（3）[1]要求热敏电阻温度升高至50∘C时，系统自动报警，由（1）问中的分析可知，该温度下，热敏电阻阻值为600Ω，所以先使用电阻箱R2[2]报警器报警时通过电路的电流为I=10mA，报警器和电流表的电阻很小，忽略不计，可得此时滑动变阻器的阻值为R13．【答案】解：(i)由图可知，气体从状态A到状态B为等容变化过程，由查理定律有pBp由图可知，气体从状态B到状态C为等温变化过程，由玻意耳定律有pBp(ii)由状态B经状态C回到状态A，设外界对气体做的总功为W，从状态C到状态A，为等压变化，外界对气体做功为WB→C过程中气体做功的大小约是C→A过程中气体做功的大小的1.6倍，则B→C过程中外界对气体做功为W从状态A到状态B，由图线知为等容过程，外界对气体不做功，所以整个过程中外界对气体做功为W=整个过程中气体内能增加量为△U=0，设气体从外界吸收的热量为Q，由热力学第一定律△U=Q+W，解得Q=180J即气体从外界吸收的热量是180J。【解析】【分析】（i）本题考查理想气体的状态变化规律，首先识别过程特点：A到B为等容变化，依据查理定律pBTB=pATA