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江苏省南菁高级中学2026届高三下学期考前三模学情自测物理试卷
一、单选题
1．2026年3月，中国科学院近代物理研究所超重核研究团队，利用重离子加速器装置，首次成功合成了新核素锫-235（）及其衰变后产生的核镅-231（）和X。则X为( )
A.氦核 B.质子 C.中子 D.电子
2．在研究光电效应实验中，光电流I与光电管两端电压U的关系图线如图所示。若只增加入射单色光的强度，则( )
A.变大 B.不变 C.变大 D.变小
3．有一种靶材材料为碳化硅（SiC），图为其空间点阵结构，则( )
A.SiC是非晶体 B.SiC结构很不稳定
C.破坏SiC结构需要吸收热量 D.C原子在点阵结构中固定不动，故其分子动能为零
4．如图，水黾通过后足（视为质点）以一定频率f在水平面上振动产生水波纹（视为简谐波），和同类之间传递信息。已知该水波纹相邻的峰和谷之间的水平距离为d，则波速为( )
A. B.df C. D.
5．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1~1000 Hz。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
6．如图甲是国家博物馆馆藏的西汉龙纹玉璧，可简化为图乙所示情景。承托玉璧的光滑斜面倾角，玉璧底部两个起支撑作用等高的钉子A、B与玉璧中心O的连线夹角，若将钉子A、B向外移动一小段相同距离，则( )
A.斜面对玉璧的支持力变小 B.斜面对玉璧的支持力变大
C.每个钉子对玉璧的支持力变小 D.每个钉子对玉璧的支持力变大
7．如图所示，某同学将一根两端开口的细玻璃管竖直插入盛有水的烧杯中，用手指按住玻璃管上端开口处，然后向下缓慢移动一段距离，管内封闭空气可视为理想气体。若整个过程中，气体温度保持不变，则管内气体( )
A.内能变大 B.体积不变 C.从外界吸热 D.压强增大
8．一闭合的轻质弹性柔软三角形通电线圈的三个顶点a、b、c用绝缘钉子固定在水平绝缘桌面上，一刚性长金属棒MN固定放置在如图所示的位置，金属棒和三角形线圈中的电流方向均已标出。已知金属棒中的电流远大于线圈中的电流，则稳定后三角形线圈的大致形状可能是( )
A. B.
C. D.
9．如图所示，水平放置的平行板电容器距离为d，上板所带电荷量为，距上极板为处有一点P，已知每个极板在板间产生的电场均可视为匀强电场。撤去下极板，则( )
A.P点场强不变 B.P点场强变为原来的
C.P点的电势变大 D.P点的电势不变
10．如图所示，光滑水平面上存在竖直向下的匀强磁场，磁场的左右边界相互平行，范围足够大。一正方形金属线框在水平面上以初速度进入磁场，则穿过磁场的过程中( )
A.线框做直线运动 B.线框做匀变速曲线运动
C.线框进、出磁场动能的变化相等 D.线框进、出磁场速度的变化相等
11．如图所示，竖直平面内有一轻质弹性绳，弹力与伸长量关系符合胡克定律，劲度系数为。绳一端固定于P点，另一端穿过正下方光滑小孔Q后连接一质量为的小球，弹性绳的原长恰好等于之间的距离.现把小球拉到图示位置静止释放，已知。则下列图中能反映小球运动轨迹的是( )
A. B. C. D.
二、实验题
12．铜片与锌片相隔一段距离插入新鲜的马铃薯中，就制成水果电池，铜片为电源的正极，锌片为电源的负极。经查阅资料，水果电池的内阻与选用的水果、两电极之间的距离及电极面积大小有关，一般在几百至几千欧姆之间。某班级同学在实验室中来测量该水果电池的电动势与内阻。
(1)第一小组用多用电表进行测量水果电池的电动势和内阻，如图甲所示，操作如下。你认为正确的操作是( )
A.选择直流电压挡，直接将红表笔与铜片、黑表笔与锌片连接测量电动势
B.选择直流电压挡，直接将红表笔与锌片、黑表笔与铜片连接测量电动势
(2)第二小组用电压表V（量程为，内阻约为），电流表A（量程为，内阻为），滑动变阻器，电键。你认为选择图______________（选填“乙”、“丙”）所示的电路可以更准确的测量该电池的电动势与内阻。选择好电路后，第二小组的同学得到几组数据，并作出图像，所图丁所示。根据图像求出该电池的电动势_______V，内阻______________。（结果保留两位有效数字）
(3)不考虑测量误差，你认为______________（选填“第一小组”、“第二小组”）测量的电动势较为准确。请说明理由______________。
三、计算题
13．如图所示，一玻璃砖截面为半圆形，O为圆心，一束频率为的激光沿半径方向射入玻璃砖，入射方向与直径夹角为，在O点恰好发生全反射，水平射出后，进入双缝干涉装置。已知双缝间距，光屏离双缝，光在真空中的传播速度为。求：
(1)玻璃砖的折射率n（结果可保留根号）；
(2)光屏上相邻亮条纹的间距。
14．“天问一号”探测器在火星表面附近的圆形轨道上做匀速圆周运动，测得其线速度大小为v，周期为T，引力常量为G，忽略火星自转影响，求：
(1)火星的半径R；
(2)火星的平均密度。
15．如图所示，空间中存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场。y轴正方向竖直向上，x轴正方向水平向右。x轴上有一厚度不计的薄板MN，垂直于xOy平面固定，薄板长度为2a，中点位于O点。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，可从y轴上处的P点以速率沿xOy平面向不同方向发射。若粒子打到薄板下表面会被吸收，打到薄板上表面会被反弹，粒子与薄板间的碰撞为弹性碰撞，碰撞前后速度大小不变，方向遵循光的反射定律，不计粒子重力。
（1）求粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r；
（2）求粒子从发射到被吸收经历的最短时间t。
（3）粒子发射后能否与薄板碰撞一次就返回P点？若能，求粒子发射方向与y轴负方向的夹角，若不能，请说明理由。
16．如图所示，半径的四分之一光滑圆弧轨道A固定在水平地面上，轨道最低点切线水平，紧邻轨道右侧放置着一下表面光滑、上表面粗糙的滑板B，在滑板B的右侧放置着一个物块C，其中滑板B的质量，物块C的质量。现将一质量的小滑块D（可视为质点）从圆弧轨道正上方距离圆弧轨道最高点处由静止释放，小滑块D正好沿圆弧切线进入圆弧轨道，小滑块D冲上滑板B，在达到共同速度的瞬间滑板B与物块C发生弹性碰撞，整个运动过程中，小滑块D未从滑板B上掉落。已知小滑块D与滑板B间的动摩擦因数，物块C与地面间的动摩擦因数，重力加速度。求：
(1)小滑块D到达圆弧轨道最低点时对圆弧轨道的压力；
(2)最初滑板B右端到物块C的距离；
(3)物块C与地面间因摩擦产生的热量。
参考答案
1．答案：A
解析：核反应过程遵循电荷数守恒和质量数守恒，则该衰变的核反应方程为，其中A为X的质量数，Z为X的电荷数。
由质量数守恒：
解得
由电荷数守恒：
解得
因此X为，即氦核，故A正确。
故选A。
2．答案：A
解析：AB.饱和光电流的大小与入射光的强度成正比。当只增加入射单色光的强度时，单位时间内入射的光子数增多，导致单位时间内从金属表面逸出的光电子数增多，因此饱和光电流变大，故A正确，B错误；
CD.根据爱因斯坦光电效应方程 和动能定理，可得遏止电压
只增加入射光的强度，入射光的频率v不变，金属的逸出功不变，因此遏止电压 不变，故CD错误；
故选A。
3．答案：C
解析：A.SiC具有空间点阵结构，属于晶体，故A错误；
BC.SiC具有空间点阵结构，结构很稳定，破坏SiC结构需要吸收热量，故B错误，C正确；
D.C原子在点阵结构中做热振动，分子动能不为零，故D错误。
故选C。
4．答案：A
解析：横波中，相邻波峰与相邻波谷的水平距离为半个波长，根据题意可得
波速、波长、频率满足关系
联立解得
故选A。
5．答案：A
解析：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。
6．答案：D
解析：AB.对玉璧受力分析可知，垂直于斜面方向斜面对玉璧的支持力，则斜面对玉璧的支持力不变，故AB错误；
CD.对玉璧进行受力分析，在斜面平面内，玉璧受到重力沿斜面向下的分力以及两个钉子对玉璧的支持力、。由对称性可知且两力方向均指向圆心，夹角为，根据平衡条件，两钉子支持力的合力与重力沿斜面向下的分力大小相等、方向相反，即
若将钉子A、B向外移动一小段相同距离，则夹角增大，增大，即每个钉子对玉璧的支持力变大，故C错误、D正确。
故选D。
7．答案：D
解析：AD.假设大气压强为，玻璃管质量为m，横截面积为s，内部气体压强为p，则有施加向下的压力F后，有可见封闭气体压强变大。气体发生等温变化，温度不变。理想气体的内能变化量与温度有关，温度不变，气体内能不变，故A错误，D正确；
B.气体发生等温变化，变大，根据玻意耳定律 可知气体体积减小，故B错误；
C.气体体积变小，外界对气体做正功，即温度不变，内能不变，即根据 可知即气体放热，故C错误。
故选D。
8．答案：A
解析：三角形线圈中电流间相互作用可以忽略不计。根据右手螺旋定则，通电金属棒MN在线圈所在位置产生的磁场方向为垂直纸面向里，由左手定则可知，在安培力的作用下线圈大体形成为选项A的形状。
故选A。
9．答案：C
解析：AB.设极板总间距d，单块极板单独产生场强大小为，两极板都存在时，两板电场同向叠加，板间合场强为2，故撤去下极板后，只剩上极板电场，P点场强为，故场强变为原来一半，故AB错误；
CD.设上极板电势为0，原状态，P距上板h，点的电势
撤下板后，P点的电势
电势变大，故C正确，D错误。
故选C。
10．答案：D
解析：AB.线框穿过磁场的过程中，可将其实际运动分解为水平方向和竖直方向的两个分运动。对线框进行受力分析可知，在竖直方向上，线框所受安培力的合力为0，所以线框在竖直方向上做匀速直线运动；由于在水平方向上安培力阻碍线框的相对运动，所以线框在水平方向上向右做减速直线运动，根据法拉第电磁感应定律及安培力的表达式可知，随着速度的减小线框受到的安培力越来越小，故线框在水平方向的加速度越来越小，即合加速度越来越小，因此穿过磁场的过程中线框做的是变加速曲线运动，故AB错误；
C.根据动能定理可知，安培力做的功等于线框动能的变化。由于线框进磁场时的平均速度大于出磁场时的平均速度，故线框进磁场时受到安培力的平均值更大，所以位移相同的情况下，进磁场时安培力做的功更多，线框动能的变化更大，故C错误；
D.在水平方向分别对线框进、出磁场的过程列动量定理方程有，
由于线框进出磁场的过程中磁通量的变化量相等，则有
联立解得
即线框进、出磁场的过程中水平方向速度的变化量大小相等，方向相同。由于竖直方向上线框做匀速直线运动，其速度的变化量为零，所以线框进、出磁场的过程中速度的变化相等，故D正确。
故选D。
11．答案：C
解析：设Q点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向。设小球某时刻的位置坐标为。由题意可知，弹性绳的原长等于间距，故弹性绳的伸长量等于Q点到小球的距离，即
根据胡克定律，弹性绳对小球的弹力大小
方向沿绳指向点。将弹力正交分解，可得弹力的水平分量和竖直分量（取向下为正）：
小球受到的合外力在方向的分量分别为：
已知
代入上式得：
由图示可知，小球初始位置在Q点正下方距离为h的水平虚线上，即初始时刻，且由静止释放，
此时竖直方向合力
竖直方向加速度。由于初速度为零且初加速度为零，小球在竖直方向将保持静止，即运动过程中y坐标始终为h。
在水平方向，小球受回复力，将做简谐运动。综上所述，小球的运动轨迹是一条水平直线（线段）。
故选C。
12．答案：(1)A
(2)丙；1.0；
(3)第二小组；第二小组由于可知，图线的纵截距为电动势，不存在系统误差；第一小组多用电表的电压挡内阻不是无穷大，电源内阻有分压作用，造成电压表的示数小于电动势，故电动势测量值存在系统误差
解析：（1）根据多用电表的使用原则“红进黑出”（即电流从红表笔流入），红表笔应接电源的正极（铜片），黑表笔应接电源的负极（锌片），这样指针才会正向偏转，故B错误，A正确。
故选A。
（2）因电流表的内阻已知，电流表外接时，把电流表内阻和电源内阻看成电源的等效内阻，内阻测量值再减去电流表内阻，则没有系统误差，所以选择图丙电路；
由闭合回路欧姆定律有
结合图像可得，
解得
（3）第二组由于可知，图线的纵截距为电动势，不存在系统误差；第一组多用电表的电压挡内阻不是无穷大，电源内阻有分压作用，造成电压表的示数小于电动势，故电动势测量值存在系统误差，故第二组电动势测量值较准确。
13．答案：(1)
(2)
解析：（1）由题图中几何关系可知，激光在O点恰好发生全反射的临界角为
根据
可得折射率为
（2）激光的波长为
光屏上相邻亮条纹的间距为
14．答案：(1)
(2)
解析：（1）根据
可得，火星的半径为
（2）根据万有引力提供向心力可得
可得，火星的质量为
将（1）中 代入 ，化简可得
火星的体积为
则火星的密度为
15．答案：（1）a；（2）；（3）能，
解析：（1）根据
粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径
（2）粒子在磁场中做完整圆周运动的周期
当粒子发射后直接打到薄板下表面的O点，用时最短，如图所示
设粒子发射方向与y轴正方向的夹角为，偏向右侧，由几何关系有
粒子从发射到吸收经历的最短时间
（3）由对称性分析可知，当粒子发射后直接打到薄板上表面的O点，一次反射后恰好能回到P点，粒子轨迹如图所示
粒子发射方向与y轴负方向间的夹角为，偏向右侧。由几何关系有
得
此时轨迹圆弧与x轴的交点到O点的距离为
有
说明此种情况成立。
16．答案：(1)，方向竖直向下
(2)
(3)
解析：（1）小滑块D从静止释放后到滑上滑板B前的过程中，根据动能定理可得
对最低点的小滑块D受力分析可得
由牛顿第三定律可得小滑块D到达圆弧轨道最低点时对圆弧轨道的压力为
联立解得
方向竖直向下。
（2）小滑块D冲上滑板B的速度大小为，根据动量守恒定律可得
小滑块D冲上滑板B时，滑板B的加速度为a，则有
由运动学公式可得
联立解得最初滑板B右端到物块C的距离为
（3）滑板B与物块C发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒可得，
解得，
之后滑板B与小滑块D达到共同速度再次与已经静止的物块C发生碰撞，滑板B与小滑块D达到共同速度时，有
滑板B第二次与物块C发生碰撞，设碰后物块C的速度为，根据动量守恒和机械能守恒可得
可知第次碰撞后物块C的速度为
最终小滑块D、滑板B和物块C均静止，根据能量的转化和守恒，可得物块C与地面摩擦产生的总热量为
结合等比数列求和公式可得

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