广东广州市天河区2026届高三下学期考前学情自测物理试题

**基本信息** 以钍基熔盐堆核电、深空探测等科技前沿及风力发电、冰壶运动等真实情境为载体，覆盖力学、电磁学、热学等核心知识，注重科学思维与问题解决能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10题46分|核反应、简谐运动、折射率、天体运动、交变电流等|结合第四代核电技术（第1题）、小行星探测任务（第4题）考查物理观念| |非选择题|5题54分|平抛运动实验、热力学定律、动量守恒、电磁复合场|冰壶弹性碰撞（第14题）、电磁复合场粒子运动（第15题）突出模型建构与科学推理，苹果分拣装置（第12题）体现科学态度与社会责任|

广东广州市天河区2026届高三下学期第三次物理模拟考试 一、选择题（1~7题单选题，每小题4分，8-10题多选题，每小题6分，共46分） 1．第四代核电技术之一的钍基熔盐堆核电，经一系列反应生成。随后通过核反应释放能量。则下列正确的是（　　） A．该核反应为聚变反应 B．该核反应方程前后粒子的总质量不变 C．比结合能比小 D．将加温加压，其半衰期会变短 2．如图甲所示，某鱼漂原来静止在平静的水面上，某时刻受到小鱼的拱饵而上下浮动。若将鱼漂在竖直方向上的运动看作做简谐运动，设原来静止的位置为其平衡位置，向上为正方向，其位移x与时间t的关系图像如图乙所示，则下列说法正确的是（   ） A．t=1s时，鱼漂的振幅为零 B．t=2s时，鱼漂的加速度为零 C．t=3s时，鱼漂的速度方向向上 D．0~2s内，鱼漂的位移先增大后减小 3．水晶球是用天然水晶加工而成的一种透明的球形物品。如图所示，一个质量分布均匀的透明水晶球，过球心的截面是半径为的圆。一单色细光束平行直径从点射入球内，折射光线与夹角为。已知光在真空中的传播速度为，则（　　） A．水晶球的折射率为 B．光在水晶球中的传播速度为 C．光在水晶球中的传播时间为 D．若逐渐增大射向水晶球表面光的入射角，光可能因发生全反射而无法射出水晶球 4．2025年9月6日我国在第三届深空探测（天都）国际会议上提出，拟对某小行星实施“伴飞、撞击、伴飞”的动能撞击防御验证任务：先发射观测器抵近观测，再发射撞击器高速撞击，最后观测器再次围绕小行星观测。已知该小行星可视为质量均匀的球体，半径为，表面重力加速度为，引力常量为。观测器绕小行星做半径为的匀速圆周运动；撞击器正面撞击小行星中心处，且撞击后撞击器完全附着，观测器经过调整后仍然围绕小行星做半径为的匀速圆周运动。忽略小行星自转及其他天体引力，下列说法正确的是（　　） A．撞击前小行星的质量为 B．撞击前观测器绕小行星运动的周期为 C．撞击后观测器的速度变大 D．撞击后观测器的加速度减小 5．我国发布的“双碳战略”计划到2030年实现碳达峰，2060年实现碳中和。风力发电绿色环保，是实现碳中和的重要途径之一。风力发电厂输电网络供电的装置如图甲所示，发电机输出的交变电压如图乙所示，升压变压器、降压变压器均为理想变压器，下列说法正确的是（    ） A．线框转动的角速度为 B．时穿过线圈的磁通量为零 C．时串联在升压变压器原线圈中的交流电流表示数为0 D．用电高峰时，输电线上的功率损失增大 6．如图所示，一物块（可视为质点）以初速度从足够长的固定斜面底端滑上斜面，运动过程中所受的阻力与速度大小成正比。以斜面底端为原点和重力势能的零点，沿斜面向上为正方向，该物块的动能为、重力势能为、机械能为、速率为、位移为，在斜面上运动的时间为。在该物块从斜面底端滑上斜面到返回斜面底端的过程中，下列图像可能正确的是（   ） A．B．C．D． 7．某新型自行车，采用如图甲所示的无链传动系统，利用圆锥齿轮轴交，将动力传至后轴，驱动后轮转动，杜绝了传统自行车“掉链子”问题。图乙是圆锥齿轮轴交示意图，其中A是圆锥齿轮转轴上的点，B、C分别是两个圆锥齿轮边缘上的点，两个圆锥齿轮中心轴到A、B、C三点的距离分别记为、和（）。下列有关物理量之间的大小关系的表述中正确的是（    ） A．C点与A点的角速度 B．B点与C点的角速度 C．B点与A点的线速度 D．B点和C点的线速度 8．范德格拉夫静电加速器结构如图所示，其工作原理是先通过传送带将正电荷传送到金属球壳（电荷在金属球壳均匀分布），使金属球与地面间产生几百万伏的高压，然后利用高压给绝缘管中的带电粒子加速。在加速管顶端A点无初速度释放一带电粒子，粒子经过B、C两点到达管底（B为AC中点）。不计粒子重力，仅考虑球壳产生电场的影响，下列说法正确的是（　　）   A．金属球达到带电稳定时，正电荷只能分布在外表面 B．粒子从B点到C点的过程中电势能增大 C．粒子在B点的加速度大于在C点的加速度 D．粒子在AB与BC间的动能变化量不同 9．如图所示，匝数、面积、电阻的线圈处在竖直向下的匀强磁场中，通过电阻不计的软导线与边长为、质量分布均匀的导体棒围成的正方形线框abcd的d点和c点相连接，正方形线框用两个劲度系数均为的绝缘轻弹簧悬吊在天花板上，整个线框处在垂直纸面向外的匀强磁场中，已知随时间的变化规律为，正方形线框每条边的电阻值均为，电键闭合后，两弹簧的长度变化了，忽略软导线对线框的作用力，则下列说法正确的是（　　） A．电键闭合后，线框中的电流方向由d到c B．ab边与cd边所受的安培力相等 C．闭合电键后，流过线圈的总电流为 D．磁感应强度的大小 10．如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为。将木栓对准方孔，接触但无挤压，锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了的位移，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则（　　） A．进入过程，木料对木栓的合力的冲量为 B．进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为 C．进入过程，木料和木栓的机械能共损失了 D．木栓前进后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为 二、非选择题（11题8分，12题8分，13题10分，14题12分，15题16分，共54分） 11．下列是《普通高中物理课程标准》中必做实验的部分步骤，请完成实验操作和计算。 （1）①某实验小组用如图甲所示的实验装置来完成“探究平抛运动的特点”实验。实验前，斜槽末端的切线需要调成水平。图乙为用相机拍摄的频闪照片的一部分，A、B、C三点为连续三次频闪照相时小球的位置，则可以得出O点__________（选填“是”或“不是”）小球的抛出点。若图乙中背景方格的边长均为5cm，取重力加速度大小g=10m/s2，则小球做平抛运动的初速度大小v0=_________m/s（结果保留两位有效数字）。②某同学用螺旋测微器测量金属丝的直径时，测量结果如图丙所示，可知金属丝的直径D=________mm。 （2）物理兴趣小组利用手机中“声学秒表”软件测量当地的重力加速度。如图甲所示，他们将铁架台放在水平台面上，上端固定电磁铁M，闭合电磁铁M的开关后能吸住小球，打开手机软件，断开开关，小球下落撞击挡板A，手机接收到断开开关的声音和小球撞击挡板A的声音，算出时间间隔t，改变小球距离挡板A的高度h及对应的时间间隔t，测量多组数据。 某次记录下声音振幅随时间变化曲线如图乙，第一、第二个尖峰的横坐标分别对应断开开关的声音和撞击挡板A的声音，小球下落的时间t=______s；作出如图丙所示的图线，可得到重力加速度g=______m/s2。（结果保留两位有效数字） 12．如图甲所示为苹果自动分拣装置的示意图，该装置把大小不同的苹果，按一定质量标准自动分拣为大苹果和小苹果。该装置的托盘秤压在一个以为转动轴的杠杆上，杠杆末端压在压力传感器R上，R的阻值随压力变化的曲线如图乙所示。调节托盘秤压在杠杆上的位置，使质量等于分拣标准（0.15kg）的大苹果经过托盘秤时，杠杆对R的压力为1N。调节可调电阻，可改变R、两端的电压比，使质量等于分拣标准的大苹果通过托盘秤时，两端的电压恰好能使放大电路中的电磁铁吸动分拣开关的衔铁，此电压叫做放大电路的激励电压。该放大电路中包含保持电路，能够确保大苹果在衔铁上运动时电磁铁始终保持吸动状态。 (1)当大苹果通过托盘秤时，R所受的压力较大，电阻______（填“较大”或“较小”）。 (2)自动分拣装置正常工作时，大苹果通过______（填“通道A”或“通道B”）。 (3)若电源电动势为5V，内阻不计，放大电路的激励电压为2V； ①为使该装置达到上述分拣目的，的阻值等于______。（结果保留两位有效数字） ②若要提高分拣标准到0.33kg，仅将的阻值调为______即可实现。（结果保留两位有效数字） （提示：托盘秤压在杠杆上的位置不变的情况下，压力传感器受到的压力与苹果的质量成正比） 13．气压式升降椅内的气缸填充了气体，气缸上下运动来支配椅子升降。如图乙所示为其简易结构示意图，圆柱形气缸与椅面固定连接，总质量为，横截面积为的柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气动杆之间封闭一定质量的理想气体，稳定后测得封闭气体柱长度为。设气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。已知大气压强为，室内温度，重力加速度为。求： (1)若质量的人盘坐在椅面上，室内温度保持不变，稳定后缸内气体柱长度为多少； (2)人盘坐稳定后再打开空调，在室内气温缓慢降至的过程中，外界对缸内气体所做的功。 14．2022年2月4日至20日，北京冬奥会成功举办，冰壶项目给人们留下了深刻的印象。某次投掷冰壶的物理过程，可以简化为如下模型：如图甲所示，P、M、O为比赛场地中心线上的3个点。投壶手从起滑架处，推着冰壶沿中心线由静止出发，投壶手对冰壶推力的方向与速度方向相同。在P点放手，冰壶沿中心线滑动，冰道的右端有一圆形的营垒区，以场地上冰壶最终静止时距离营垒圆心O的远近决定胜负。已知冰壶（可视为质点）的质量均为，PO的距离为，冰壶与冰面间的动摩擦因数，重力加速度g取。 （1）某次投壶手对冰壶的推力大小，随时间变化规律如图乙所示，投壶手在点P处放手时，冰壶的速度是多大？ （2）某次比赛中，蓝壶静止在营垒区M点，M点距圆心O的距离为，如图甲所示。红壶在P点以初速度为投掷出，沿冰道中心线PO滑行，在M点与蓝壶发生弹性正碰。求蓝壶停止时，距点O的距离。 16．如图所示，在坐标系第一、四象限中过Q点的直线MN的右侧存在着范围足够大、方向垂直坐标平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在第二象限内存在着沿y轴负方向的匀强电场；第三象限内（包含边界）存在着垂直坐标平面向外的匀强磁场。将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度从C点沿y轴负方向射入磁场区域，粒子经D点进入第二象限，此时粒子速度方向与x轴正方向的夹角，运动一段时间后恰好沿x轴正方向进入第一象限，不计粒子重力。 (1)求第三象限内匀强磁场的磁感应强度大小； (2)求第二象限内匀强电场的场强大小； (3)若将上述粒子从P点以的速度沿x轴正方向射入第一象限，当直线MN与x轴的夹角（）取合适值时，粒子经过磁场偏转后恰好能够到达Q点，求粒子从P点运动到Q点可能经历的时间。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．C【详解】A．该核反应为重核裂变反应，A错误； B．该核反应方程前后因放出核能，则有质量亏损，B错误； C．因反应后放出核能，生成物更加稳定，则生成物的比结合能更大，则比结合能比小，C正确； D．半衰期由内部因素决定，与外界条件无关，则将加温加压，其半衰期不变，D错误。故选C。 2．C【详解】A．鱼漂的振幅为定值，保持不变，故A错误； B．t=2s时，位移为负向最大，则加速度为正向最大，不为零，故B错误； C．图像的斜率表示速度，t=3s时斜率为正，说明鱼漂的速度方向向上，故C正确； D．0~2s内，鱼漂从最高点运动到最低点，位移先减小后增大，故D错误。故选C。 3．B【详解】A．作出A点的法线如图所示 由几何关系可知，光线射入时的入射角，则折射率为故A错误； B．光在水晶球中的传播速度为，故B正确； C．由几何关系可知，光在水晶球中的传播时间为，故C错误； D．由几何关系可知 若逐渐增大射向水晶球表面光的入射角，光不会因为全反射而无法射出水晶球，故D错误。故选B。 4．C【详解】A．小行星表面物体的重力约等于万有引力，设小行星的质量为，则解得，故A错误；B．观测器做圆周运动的向心力由万有引力提供，则 其中解得，故B错误； C．撞击后，小行星的质量增大，根据可得所以，速度增大，故C正确； D．撞击后，小行星的质量增大，根据可得所以，加速度增大，故D错误。故选C。 5．D【详解】A．由图乙可知，交变电压的周期 ，根据角速度与周期的关系 ，得 ，故A错误； B． 时，感应电动势为0，说明线圈处于中性面，此时穿过线圈的磁通量最大，并非为零，故B错误； C．交流电流表测量的是交流电的有效值，有效值不为零，因此电流表示数不可能为0，故C错误； D．用电高峰时，用户端总负载增多，总电阻减小，降压变压器输出电流增大，导致输电线上的电流增大，根据输电线上功率损失 ，可知输电线上的功率损失增大，故D正确。故选D。 6．A【详解】B．物块在斜面上运动时，上升过程中所受的合力 图像的斜率表示合外力，可知上升过程速度减小，合外力减小，斜率减小；下降过程中所受的合力 下降过程速度增大，合外力减小，斜率减小，且加速度没有突变，即斜率没有突变，故B错误； C．物块在斜面上运动时，上升过程中所受的合力 下降过程中所受的合力 可知上升的加速度大小大于下降的加速度，可知物块上滑到最高点所用的时间小于下滑到底端的时间，故C错误； D．物块沿斜面运动的过程中，由于阻力做负功，物块的机械能一直在减小，故D错误。 A．根据，上升过程中速度大，加速度大，斜率变化平缓，之后速度减小得快，加速度趋于，斜率绝对值变大；下降阶段，速度变大，加速度减小，可知斜率绝对值变小，故A正确。故选A。 7．A【详解】ABD．由图可知，B与C点属于齿轮传动，两点的线速度大小相等，即 根据可得由于则 由图可知，A与B点属于同轴传动，两点角速度相等，则有 则C点与A点的角速度关系为故A正确，BD错误； C．A与B点具有相等的角速度，根据 可得B点与A点的线速度关系为故C错误。故选A。 8．ACD【详解】A．金属球达到静电平衡状态时，整体为等势体，内部电场强度处处为零，则正电荷只能分布在外表面，故A正确； B．带电粒子在电场力作用下无初速度释放向下运动，电场力对粒子做正功，可知粒子从B点到C点的过程中电势能减小，故B错误； C．由于电荷在金属球壳均匀分布，当研究金属球壳外部的电场时，可以将金属球壳等效为一个位于球心的点电荷，根据点电荷的电场分别规律，从B到C的过程中电场线逐渐变稀疏，而电场线的疏密程度表示场强的大小，所以B点的场强大于C点的场强，根据牛顿第二定律 可知，粒子在B点的加速度大于在C点的加速度，故C正确； D．因为从A到C的过程中场强逐渐减小，根据公式 可知，AB两点间的电势差大于BC两点间的电势差，根据， 可知粒子在AB间的动能变化量大于在BC间的动能变化量，即粒子在AB与BC间的动能变化量不同，故D正确。 故选ACD。 9．AD【详解】A．根据楞次定律可知线框中的电流方向由d到c，故A正确； B．由于da，ab，bc三个边串联之后再与dc并联，可知ab边与cd边电流不同，因此所受安培力不同，B错误； C．回路感应电动势 回路总电阻 因此流过线圈的电流故C错误； D．根据平衡条件可知解得故D正确。故选AD。 10．BD【详解】A．锤子撞击木栓到木栓进入过程，对木栓分析可知合外力的冲量为0，锤子对木栓的冲量为I，由于重力有冲量，则木料对木栓的合力冲量不为-I，故A错误； B．锤子撞击木栓后木栓获得的动能为 木栓进入过程根据动能定理有解得平均阻力为故B正确； C．木栓进入过程损失的动能与重力势能，一部分转化为系统内能另一部分转化为木栓的弹性势能， 故C错误； D．对木栓的一个侧面受力分析如图 由于方孔侧壁弹力成线性变化，则有 且根据B选项求得平均阻力 又因为联立可得故D正确。故选BD。 11．(1) ①不是 ； 1.5； ②0.830；（2）0.40 ；9.5/9.6/9.7 【详解】（1）①平抛运动水平方向做匀速直线运动，有 竖直方向有解得频闪照相的时间间隔 小球平抛的初速度大小 小球运动到 B点时的竖直方向速度大小为 从抛出点到B的时间为 若O为抛出点，则可知O点不是抛出点。 ②螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为 （2）从乙图可知小球下落的时间 由得   可知重力加速度g等于直线的斜率为 12．(1)较小 ；(2)通道B ；(3) 20 16 【详解】（1）由图乙可知，当大苹果通过托盘秤时，R所受的压力较大，电阻较小。 （2）自动分拣装置正常工作时，大苹果通过托盘秤时，R所受的压力较大，电阻较小，则两端的电压较大，使放大电路中的电磁铁吸动分拣开关的衔铁，则大苹果通过通道B。 （3）①[1]若电源电动势为5V，内阻不计，放大电路的激励电压为2V；由题意可知杠杆对R的压力为1N，此时，为使该装置达到上述分拣目的，的阻值需满足解得 ②[2]若要提高分拣标准到0.33kg，根据 可知杠杆对R的压力为2.2N，此时，根据解得 13．(1)7.5cm ；(2)2.88J 【详解】（1）初始状态时，以圆柱形汽缸与椅面整体为研究对象， 根据平衡条件得 把质量为的重物放在椅面上，稳定后，根据平衡条件得 稳定后缸内气体柱长度为，由玻意耳定律得解得 （2）根据解得室内气温缓慢降至时气柱长 外界对缸内气体所做的功 解得 14．（1）；（2） 【详解】（1）图线与t轴所围成的面积表示推力F的冲量，内推力的冲量为 设脱手时冰壶的速度为v，由动量定律得解得 （2）设PM间的距离为，在PM间由牛顿第二定律得由运动学公式得 以红蓝两冰壶为研究对象，设碰前红壶的速度为，碰后瞬间它们的速度分别为和，根据动量守恒定律 根据能量守恒定律解得， 所以红壶停在M点。蓝壶继续做减速运动，设滑行x后速度减为0，根据动能定理得 解得 所以蓝壶停在距离中心点右侧处 。 15．(1)(2)(3)或 【详解】（1）粒子在第三象限的运动轨迹如图所示 设轨迹半径为R，由几何关系有解得 根据牛顿第二定律有解得 （2）根据几何关系有 粒子在第二象限做类斜抛运动，有，，联立解得 （3）粒子进入磁场区域后做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，根据牛第二定律有解得 根据几何关系可知，当时，粒子恰好能够到达Q点，粒子在第一象限的运动轨迹如图所示 粒子在第一象限内水平运动的距离 经历的时间 粒子在磁场区域做匀速圆周运动的周期， 粒子在磁场中转过的圆心角为 故粒子在磁场中运动的时间 所以粒子从P点运动到Q点的时间 当时，粒子也恰好能够到达Q点，粒子在第一象限内水平运动的距离 经历的时间 粒子在磁场中转过的圆心角为，则粒子在磁场中运动的时间 所以粒子从P点运动到Q点的时间 综上所述粒子从P点运动到Q点可能经历的时间为或 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $