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

**基本信息** 2026届香山中学高三物理模拟卷，以生活情境（如西藏旅行零食鼓包）、科技应用（如航模圆周运动）为载体，通过多样化题型覆盖气体定律、动量、电磁等核心知识，注重物理观念与科学思维的综合考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|7/28|气体实验定律、动量守恒、原子结构|结合生活现象（第1题理想气体状态分析）| |多选|3/18|光的折射、电场性质、圆周运动|考查科学推理（第8题光的折射规律应用）| |非选择|5/54|动量守恒实验、热敏电阻应用、电磁场综合|突出科学探究（第11题碰撞实验设计）、模型建构（第15题电磁场组合模型）|

2026届香山中学高三物理高考模拟预测 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象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图象，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象，若A球质量是m＝2 kg，则由图判断下列结论不正确的是　(　　) A．碰撞前、后A球的动量变化量为4 kg·m/s B．碰撞时A球对B球所施的冲量为4 N·s C．A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为20 J 3．.下列有关原子结构和原子核的认识，其中正确的是。(填选项前的字母) A.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. 的半衰期是5天，100克经过10天后还剩下50克 4．甲、乙、丙、丁四个物体做直线运动，它们运动的图像分别如图所示，其中图像表示的物体在时的速度为零，则下列说法正确的是（　　） A．内运动位移最大的是乙物体 B．内有3个物体运动的位移为零 C．第末加速度最大的是丁物体 D．第末速度最大的是丁物体 5．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，将线圈L与一定值电阻R相连，则（　　） A．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44V C．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，，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 C．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，场强 C．将+q电荷分别放在A、B两点时的加速度 D．将+q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能 10．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。飞机受到的升力方向和竖直方向的夹角θ为（如图乙），升力大小（，v为飞机的速度大小）。，重力加速度g大小取，π取3.14，下列说法正确的是（　　） A．该航模飞机的质量为18kg B．该航模飞机做匀速圆周运动的半径约为13.3m C．该航模飞机做匀速圆周运动的向心加速度大小为 D．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．(8分)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、、。已知重力加速度为g。则碰后瞬间小球1的速度大小为________。 （3）若测量数据近似满足关系式________（用、、、、表示），则说明两小球碰撞过程动量守恒。 （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．(8分)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时，系统开始自动报警。所用器材有： 直流电源（，内阻不计）         电流表（量程，内阻约） 电压表（量程，内阻约为）    热敏电阻 滑动变阻器（最大阻值）       电阻箱（最大阻值） 报警器（内阻很小，流过的电流超过时就会报警） 单刀单掷开关、单刀双掷开关、导线若干。 (1)用图（a）所示电路测量热敏电阻的阻值。当温度为时，电压表读数为，电流表读数为；当温度为时，调节，使电压表读数仍为，电流表指针位置如图（b）所示。温度为时，热敏电阻的阻值为___________（保留三位有效数字）。从实验原理上看，该方法测得的阻值比真实值略微___________（填“偏大”或“偏小”）； (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，该热敏电阻为___________（填“正”或“负”）温度系数热敏电阻； (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，先使用电阻箱进行调试，其阻值设置为___________，滑动变阻器阻值从最大逐渐减小，直至报警器开始报警，此时滑动变阻器连入电路的阻值为___________。调试完毕后，再利用单刀双掷开关的选择性开关功能，把热敏电阻接入电路，可方便实现调试系统和工作系统的切换。（结果均保留到个位） 13(11分)．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．(12分)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，2分钟后经过第个里程碑时，车速显示为。已知相邻里程碑间的距离为，列车进站过程可视为匀减速直线运动。求： (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个里程碑时，的数值。 15．(15分)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平面之间的区域记为区域I，区域I沿x方向的宽度为L；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。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，只有初速度大小为的粒子才能沿着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，所有粒子经过平面时的坐标都为，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，忽略上、下极板的边缘效应。求： （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 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届香山中学高三物理高考模拟预测参考答案 1．A 【详解】A．从低海拔地区到高海拔地区的过程，大气压强减小，对食品袋进行分析，为了达到内外平衡，则袋内气体压强减小，故A正确； B．大气层中，随高度的增加。大气压强减小，可知，从低海拔地区到高海拔地区的过程，大气压强减小，故B错； C．温度不变，气体内能不变，气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，袋内气体从外界吸收热量，故C错误； D．气体分子的平均动能由温度决定，温度不变，袋内气体分子的平均动能不变，故D错误。故选A。 2、解析：选A .根据题图可知，碰前A球的速度vA＝－3 m/s，碰前B球的速度vB＝2 m/s，碰后A、B两球共同的速度v＝－1 m/s，故碰撞前、后A球的动量变化量为ΔpA＝mv－mvA＝4 kg·m/s，选项A正确；A球的动量变化量为4 kg·m/s，碰撞过程中动量守恒，B球的动量变化量为－4 kg·m/s，根据动量定理，碰撞过程中A球对B球所施的冲量为－4 N·s，选项B正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝ kg，故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为ΔEk＝mv＋mBv－(m＋mB)v2＝10 J，选项D正确；A、B两球碰撞前的总动量为p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－ kg·m/s，选项 A对 3．B 4．D 【详解】AB．内甲的位移为8m；因乙图中图像与坐标轴围成的面积等于位移，可知乙的位移为零；丙图中，物体先加速后减速，再加速，再减速……一直向前运动，则4s内的位移 丁图中根据 可得 可知初速度v0=4m/s 加速度即a=2m/s2 则4s内的位移 内运动位移最大的是甲物体，内有2个物体运动的位移为零，选项AB错误； C．第4s末，甲的加速度为零；乙的加速度 丙的加速度为-1m/s2；丁的加速度a丁=2m/s2，则加速度最大的是乙，选项C错误； D．第末甲的速度 乙的速度为零；丙的速度为零；丁的速度则丁的速度最大，选项D正确。故选D。 5．C 【详解】A．以任一小球为研究对象，对小球受力分析，小球受力如图所示 重力与支持力的合力充当向心力，则向心力 因为两球质量相同，所以两球做圆周运动的向心力相同，故A错误； B．由牛顿第二定律可得 得 因为甲球的运动半径大于乙球的运动半径，所以甲球的线速度大于乙球的线速度，故B错误； C．由牛顿第二定律可得 得小球的向心加速度为可知两球的向心加速度大小相等，故C正确； D．由牛顿第二定律可得 得 因为甲球的运动半径大于乙球的运动半径，所以甲球的角速度小于乙球的角速度，故D错误。故选C。 6．D 【详解】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 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。 7．B 【详解】A．根据对称性可知，A、D两点处电场线疏密程度相同，则A、D两点电场强度大小相等，由题图甲看出，A、D两点电场强度方向相同，所以A、D点电场强度相同。故A错误； B．等量异号点电荷连线的中垂线是一条等势线，电场强度方向与等势线垂直，因此E、F两点电场强度方向相同，由于E、F是连线中垂线上关于O对称的两点，则其电场强度大小也相等，故B正确； C．顺着电场线电势逐渐降低，由题图甲看出，B、O、C三点比较，C点处的电势最低，故C错误； D．由题图可知，电子沿着中垂线从E点运动到F点，所受电场力总是与运动方向垂直，因此电场力不做功。故D错误。故选B。 8．AC 【详解】A．根据光的折射定律，光在介质中的折射率为 由图可知，OM、ON两束光在空气中的入射角相等，而在介质中OM光的折射角大于ON光的折射角，所以OM光束在介质中的折射率小于ON光束在介质中的折射率，而红光的折射率小于黄光的折射率，所以OM为红光，ON为黄光，故A正确； B．对OM光束，根据光的折射定律有故B错误； C．光在介质中的传播速度为 由于OM光束在介质中的折射率小于ON光束在介质中的折射率，所以OM光束在介质中的传播速度大于ON光束在介质中的传播速度，而光穿过玻璃柱体的路程相同，所以沿ON路径传播的光穿过玻璃柱体所需时间较长，故C正确； D．OM光线发生全反射的临界角为解得 则若将OM光束从N点沿着NO方向射入，此时的入射角一定小于临界角，则一定不会发生全反射，故D错误。 故选AC。 9．BD 【详解】A．单独负电荷产生的电场是直线不是弯曲的电场线，故A错误； B．沿电场线电势降低，所以，电场线疏密代表了电场强度的大小，所以，故B正确； C．由于，所以将+q电荷分别放在A、B两点时的加速度，故C错误； D．由于，所以将+q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能，故D正确。故选BD。 10．BC 【详解】A．已知，代入得 竖直方向受力平衡 解得，故A错误； B．水平方向分力提供向心力 得圆周运动半径，故B正确； C．水平方向分力提供向心力 代入得，故C正确； D．周期公式 代入得，故D错误。 故选BC。 11． 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 【详解】（2）[1]设碰后瞬间小球1的速度大小为vB，对碰后小球1运动到位置B的过程，根据机械能守恒定律得解得 （3）[2]与（2）同理可得：碰前瞬间小球1的速度大小为 碰后瞬间小球2的速度大小为 以向左为正方向，若两小球碰撞过程动量守恒，则根据动量守恒定律得 可得测量数据近似满足关系式为 （4）[3][4]碰撞时两球接触尼龙搭扣粘合后再分离的过程，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，使两球的机械能均减少，则两小球均不能到达原来的位置C和B。 12．(1) 600 偏大 (2)负 (3) 600 3000 【详解】（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 [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 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，故为负温度系数热敏电阻。 （3）[1] 要求热敏电阻温度升高至时，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，所以先使用电阻箱R2进行调试时，其阻值应设置为才可进行调试； [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 13． 11分（ i）；（ii）吸收热量；180J 【】(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 1分，解得1分 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1分，解得1分 (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 1分 B→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 1分 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 1分 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 2分， 解得Q=180J 即气体从外界吸收的热量是180J。 2分 14．(1)(2)(3)7 12分 【详解】（1）公式转换 列车做匀减速直线运动，设加速度为，有代入数据解得 2分 故列车进站的加速度大小为。2分 （2）设从第1个里程碑开始到列车完全停下行驶的距离为，有 2分代入数据解得 2分 （3）设列车从第1个里程碑到第个里程碑行驶的距离为，则 2分代入数据解得 则故的数值为7。 2分 15．15分（1）；（2）；（3）；（4） 【详解】（1）进入区域I的粒子在速度选择器中受力平衡，有 2分 又 2分 联立解得，速度选择器两极板间的电势差大小 1分 （2）粒子在区域I中的运动过程，平行于轴方向有 2分 平行于轴方向有 2分 又 1分 联立解得，区域I中匀强电场的电场强度大小 1分 （3）粒子在区域Ⅱ中沿x轴方向以速度做匀速直线运动，有 2分 解得 2分 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 学科网（北京）股份有限公司 $