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湖南省岳阳市2026届高三年级教学质量监测(一)物理试卷
本试卷共8页，15道题，满分100分，考试用时75分钟。 2026.02
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、考号和姓名填写在答题卡指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应的标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
3.非选择题必须用黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，只交答题卡。
一、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，只有一项符合题目要求。
1.物理学的发展与完善离不开科学家的探索，也伴随着重要研究思想与方法的确立。下列对相关物理学史或物理思想方法的描述正确的是( )
A.伽利略根据理想斜面实验，提出了力是维持物体运动的原因
B.麦克斯韦电磁理论告诉我们变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场
C.牛顿通过“月地检验”，发现了月球受到的引力与地面上的重力是不同性质的力
D.点电荷是一种理想模型，当带电体的形状、大小及电荷分布状况对所研究问题影响不可忽略时，可以将带电体视为点电荷
2.如图所示，在同一竖直平面内，两套自动投放装置分别安装在不同高度的固定平台上。装置①与装置②分别以大小相等、方向相反的水平初速度释放两个小型探测器，释放后探测器只受重力作用，且两探测器恰好在同一时刻落到地面，它们运动轨迹的交汇点为A点。不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )
A.两探测器一定在 A点发生相遇
B.两探测器一定是在同一时刻被释放的
C.装置①与装置②释放的探测器水平方向的位移大小相等
D.两物体运动过程中，速度变化率大小始终相等，方向竖直向下
3.一只双层圆形晾衣篮(结构如图)，篮口平面的圆心为O点。晾衣篮可视为质量均匀分布，半径 R=0.40m的刚性圆环。四根轻绳下端系于圆环上四等分点A、B、C、D，上端汇到P点，再由挂钩悬挂。调节四根轻绳的长度，使 P点始终在圆心O 点正上方，且保持篮口水平。篮与衣物总质量m=12kg，取重力加速度. 每根绳允许的最大拉力为50N，为保证四根绳都不断裂，P点到O点的竖直距离至少应为( )
A.0.30m B. 0.25m C. 0.20m D.0.15m
4.如图所示，在某种介质水平面上有 S 、S 、Q、O四个点，S 和 之间的距离为8m，O点为S 和S 连线的中点，点Q到S 的距离为6m，到S 的距离为10m，两波源分别置于 S 和S ，t=0时刻同时从平衡位置开始沿竖直方向振动，振动方程均为y=2sin(πt) cm,波速为2m/s。下列说法正确的是( )
A.该简谐波的波长为2m
B. O点振动加强，Q点振动减弱
C. 在 t=6.5s 时, 点 Q 的位移大小为4cm
D.在0~4s的时间内，点O 通过的路程为8cm
5.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之 比为 2：1，接入 的理想交流电源，定值电阻R 和R 的阻值均为55Ω，滑动变阻器 R 的最大阻值为 55Ω，电流表、电压表均为理想电表。当滑动变阻器 R 的滑片 P从最上端滑动到最下端的过程u中，电流表和电压表示数变化量的绝对值分别用△I 和△U表示，下列判断正确的是( )
A.滑片在向下滑动过程中，电源的输出功率变小
B.滑片在向下滑动过程中，电流表的示数变小
C.当滑片滑到最下端时，电压表的示数为44V
D.电表示数变化量的绝对值之比 等于13.75Ω
6.如图所示，某智能物流系统的倾斜传送带AB与水平面夹角为( 传送带以v =6m/s的速率沿顺时针方向匀速运行。现将一个质量 m=200kg的打包货箱(可视为质点)无初速地置于底端A处。为了提高运输效率，系统对货箱施加一个沿传送带向上的恒定辅助拉力 F=1600N。已知货箱与传送带的动摩擦因素 ，取重力加速度. 空气阻力忽略不计。当货箱运行至顶端B时，速度大小恰好为1 。关于该过程，下列判断正确的是 ( )
A.货箱从底端A 运行至顶端B 耗时5s
B.传送带 AB段长度.
C.由于货箱与传送带相对滑动产生的热量为2800J
D.货箱在传送带上留下的摩擦痕迹长为14m
7.如图甲所示，在与竖直平面平行的匀强电场中，有一质量为m=0.4kg,，带电量为q=+0.5C的小球(可视为质点)，小球在半径R=2m的竖直光滑圆轨道上，从与圆心等高的点 A 以初速度 v 沿轨道切线向下运动，恰好能做完整的圆周运动。角度θ为小球从A 点起沿运动方向转过的圆心角，C点为轨道最低点，已知带电体在运动过程中电势能 Ep随角度θ的变化图像如图乙所示，电势能的最大值 取重力加速度 下列判断正确的是 ( )
A.电场强度大小为6N/C,方向水平向右
B.小球在从A 点运动到C 点的过程中机械能先增大后减小
C.小球在运动过程中速度的最大值为 10m/s
D.小球在运动过程中对轨道压力的最大值为30N
二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8.我国“朱雀”行星探测计划对类地行星X进行详细探测，探测器将先进入行星X的同步轨道(轨道周期与行星自转周期相同)，轨道高度为h。随后经过多次变轨，最终进入贴近行星表面的圆形轨道运动。已知行星自转周期为T ，贴近表面轨道周期为T，引力常量为G，忽略大气阻力及探测器质量变化。根据上述信息，下列判断正确的是( )
A. T 小于 T
B.行星X 的半径R 与同步轨道高度 h 满足关系式
C.行星X的质量可表示为 其中 R 为行星X半径
D.探测器在行星X同步轨道上的加速度大于在贴近表面轨道上的加速度
9.如图所示，质量分别为m 和m 的两个小球之间用轻绳AB、BQ和轻弹簧PA连接并保持静止，其中轻绳AB保持水平，轻弹簧PA 与竖直方向夹角为37°，轻绳 BQ与竖直方向夹角为 ，重力加速度为g，下列说法正确的是 ( )
A.
B.
C.剪断轻绳BQ 的瞬间，小球 m 的加速度为
D.剪断轻绳 BQ 的瞬间，小球 m 的加速度为
10、如图所示，两根足够长的导轨由上下两段电阻不计，光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接，M、N两点等高，间距L=1m,，连接处平滑。导轨面与水平面夹角 ，导轨两端分别连接一个(C=0.6F的电容器和一个阻值， 的电阻，整个装置处于B=1T的垂直斜面向上的匀强磁场中，两根导体棒 ab、cd分别放在 MN两侧，质量分别为 棒 ab 电阻忽略不计，棒 cd电阻. 给 cd施加一沿导轨平面向上的恒力.F=5N,，使 cd 由静止开始运动，同时 ab 从距离 MN为x=1m处由静止开始释放，两棒恰好在 MN处发生弹性碰撞，相遇前瞬间棒 cd速度为4m/s，此时撤去作用力F，取重力加速度 则从棒 ab 静止释放开始( )
A.棒 ab 静止释放到与棒 cd相遇运动的时间为1s
B.棒 cd沿导轨向上运动的距离为6.4m
C.棒 cd上产生的焦耳热为24J
D.两棒碰后,棒 cd速度大小为 2m/s
三、非选择题：本题共5小题，共57分。
11.(6分)甲同学用单摆测定重力加速度的装置如图所示，O为固定悬点，摆球用细线悬挂，在摆球与O点之间串接力传感器，记录细线对摆球的拉力F。将摆球从最高点(与竖直方向夹角 )由静止释放，摆球在同一竖直面内往返运动。数据采集得到 F-t图像如图所示。
(1)由图乙可知，单摆的振动周期T= s。
(2)若已知摆长L和周期T，则当地重力加速度的表达式g= (用L、T表示)。
(3)乙同学发现他们组的摆球在水平面内做圆周运动，如图丙所示，这时如果测出摆球做这种运动的周期，仍然用单摆运动公式求出重力加速度，则由此测得的重力加速度值与真实值相比将 (选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
12.(10分)某同学利用实验室的实验器材制成了简易的欧姆表，该简易欧姆表有×10、×1两个倍率，如图所示，已知电流计(内阻. 量程为 、滑动变阻器 R(最大阻值为1500Ω)、电阻箱(0~499.9Ω)、干电池(E=1.2V, r=0.8Ω)。
(1)电路中M应为 (填“红”或“黑”)表笔；断开开关S时, 应为 (填“×10”或“×1”)倍率。
(2)断开开关S，滑动变阻器接入电路的电阻值为 Ω，当电流表的指针偏转角度为满偏的 时，此时所对应的电阻阻值应为 Ω。
(3)这位同学发现，表内电池的电动势已经下降，但仍然可以调零。实际测量时，实际阻值为240Ω的标准电阻的测量值为300Ω，分析可知表内电池的电动势等于 V。
13.(10分)某同学利用几何光学原理制作了一种简易液体折射率测量仪，一正方体容器，边长为d=10cm，紧贴容器底边内侧贴有等间距刻度尺，最左端刻度为0刻度，向右刻度增大。空容器时，从A 点恰好能看到底部刻度尺的0刻度点B，向容器中加入透明液体，每次都加到同一高度，使液面稳定在离底部h=8cm处，仍沿AB方向观察，恰好能看到底部刻度尺的C点，读出其刻度读数为x=4cm，空气的折射率取1.0，光在空气中的传播速度取 求：
(1)C点刻度处对应的液体折射率n(已知.
(2)光在该液体中的传播速度 v。
14.(15分)有一粒子源位于边长为2L 的正方体空间内的几何中心O，能够向水平各个方向发射速度大小均为v 、质量为m，电荷量为+q的相同带电粒子，忽略粒子重力及粒子间相互作用。求：
(1)若只加竖直向下的匀强电场，为使垂直于平面ABCD射出的粒子能打在 F点，求所加电场的场强E的大小；
(2)若只加竖直向下的匀强磁场，磁感应强度 粒子运动到正方体侧面的最短时间t；
(3)当所加竖直向下的匀强电场 时，再在竖直方向加一竖直向下的匀强磁场，使所有粒子都能汇聚于正方体底面的中心( 求所加磁场的磁感应强度 B 。
15.(16分)一质量M=1kg的绝缘长木板放在倾角( 的光滑斜面上，并在外力作用下保持着静止状态。木板左端距斜面底端的距离，s=10.25m,，斜面底端固定着一弹性薄挡板，与之相碰的物体会以原速率弹回。t=0时刻将一质量；m=2kg的带正电小物块置于木板上距离木板左端1=37m的位置，并使其获得沿木板向上的初速度 v =6m/s,如图所示，与此同时，撤去作用在木板上的外力。空间还存在着沿斜面向上的匀强电场，场强大小 小物块的带电量 当木板第一次与弹性挡板相碰时，撤去电场。木板与物块间的动摩擦因数 小物块可以看作质点，且整个过程中小物块不会从木板右端滑出，不考虑因电场变化产生的磁场,: 取重力加速度 求：
(1)t=0时刻，小物块和木板的加速度的大小；
(2)木板第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小；
(3)小物块从木板左端滑出之前木板与挡板碰撞的次数，及滑出瞬间小物块与挡扳间的距离。
岳阳市2026届高三教学质量监测(一)
物理参考答案及评分标准
一、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，只有一项符合题目要求.
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 B D A C D C D
1. B【解析】
A.伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，故A错误；
B.麦克斯韦电磁理论指出变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场，故B正确；
C.牛顿通过“月地检验”证明了月球受到的引力与地面上的重力是同一种力，故C错误；
D.点电荷是理想模型，当带电体的形状、大小及电荷分布对研究问题影响可忽略时，才能视为点电荷，故D错误。
2. D【解析】
A.两探测器轨迹交汇于A点，但不是在A点相遇，它们在不同时刻经过A点，故A错误；
B.两探测器同时落地，但由于释放高度不同，释放时间不同，故B错误；
C.水平位移x=vt，由于运动时间不同，水平位移不相等，故C错误；
D.两物体均只受重力，加速度均为g，方向竖直向下，所以速度变化率相同，故D正确。
3. A【解析】
设P点到O点的竖直距离为h，每根绳与竖直方向夹角为θ，根据共点力平衡有 mg=4Tcosθ，由几何关系知 当T取最大值50N时, cosθ最小, h最小。代入数据: m=12kg, g=10m/s , R=0.40m, 解得cosθ=0.6, h=0.30m。故答案为A。
4. C【解析】
A. 由振动方程 y=2sin(πt) cm 得角频率ω=π rad/s, 周期 波速 v=2m/s,波长 λ=vT=4m，故A错误；
B. O点到两波源路程差为O，是振动加强点；Q点到两波源路程差为4m=λ，也是振动加强点，故B错误；
C.在t=6.5s 时, 来自S 的波已在Q点振动6.5s-3s=3.5s, 来自S 的波已在Q点振动6.5s-5s=1.5s, 两列波在Q点引起的振动相位相同,合振幅为4cm,振动方程为 y=4sin(πt)cm ,当t=1.5s时,位移为-4cm, 大小为4cm, 故C正确;
D. 波传到O点需2s, 在0~4s内O点振动时间为2s, 即一个周期, 通过的路程为4×4cm=16cm, 故D错误。
5. D【解析】
A.滑片向下滑动过程中，电阻R 减小，副线圈等效电阻减小，原线圈电流增大，电源的输出功率P=uI增大, 故A错误;
B.原线圈电流增大，副线圈电流也增大，所以电流表示数变大，故B错误；
C.当滑片滑到最下端时，副线圈总电阻为55Ω，等效电阻为220Ω，原线圈两端电压为196V，副线圈两端电压为88V，故C错误；
D.依电压表示数U与电流表示数I关系 可得 绝对值之比为13.75Ω，故D正确。
6. C【解析】
A.对货箱第一阶段进行受力分析可得： 先以加速度 加速到与传送带共速，时间t =2s，位移x =6m；共速后，摩擦力发生突变，第二阶段
F-μmgcosθ-mgsinθ=ma , 再以加速度a=1m/s 加速到v=10m/s, 时间t =4s, 位移x =32m, 总时间t=6s, 故A错误;
B.传送带长度 故B错误；
C.摩擦力大小 第一阶段相对位移 第二阶段相对位移 总相对路程△s=14m, 产生热量Q=f△s=2800J, 故C正确;
D.货箱在传送带上留下的摩擦痕迹长度为相对路程14m，但实际痕迹长度为两阶段相对位移覆盖的区域长度，为8m，故D错误。
7. D【解析】
A.由电势能变化图像可知，电势能最大值为Ep =6J，对应位置为起始点A (θ=0)。电势能表达式为 Ep=qERcosθ, 代入数据得6-0.5×E×2 , 解得电场强度大小E=6N/C。由. 知电场强度方向水平向左，故A错误；
B.从A点到C点过程中，电场力做负功，电势能减小，机械能一直增加，故B错误；
C.建立等效重力场，大小 方向与竖直方向夹角37°斜向左下方，等效重力加速度为
12.5m/s ，小球恰能做完整圆周运动，则在等效最高点(合力反方向)有最小速度 vmin，满足 代入可得 最大速度出现在等效最低点， 代入可得· 故C错误；
D.在等效最低点，轨道对小球支持力最大，由牛顿第二定律： 代入可得 故D正确。
二、选择题：本题共4 小题，每小题5 分，共20 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5 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分.
题号 8 9 10
答案 AC BC AB
8. AC【解析】
A.由开普勒第三定律可知，轨道半径越大周期越长。同步轨道半径R+h大于行星半径R，故同步轨道周期T 大于贴近表面轨道周期T，即TB.由开普勒第三定律可得 整理得 故 B 错误;
C.对同步轨道，由万有引力提供向心力， 解得 其中R为行星X半径，故C正确；
D.探测器做圆周运动的加速度由 决定，半径越大加速度越小。同步轨道半径R+h大于贴近表面轨道半径R，故同步轨道上的加速度小于贴近表面轨道上的加速度，故D错误。
9. BC【解析】
AB.对两小球及连接装置进行受力分析，设弹簧PA的弹力为F，绳AB的张力为T ，绳BQ的张力为T 。对m 水平方向有Fsin37°=T , 竖直方向有 对m 水平方向有 竖直方向有 联立可得 即 故A错误，B正确；
CD.剪断轻绳BQ瞬间，弹簧弹力F不变，绳AB张力突变为T'。对m ：竖直方向有 故 水平方向有 。对m ：竖直方向只受重力，故 水平方向有 。由绳AB不可伸长，两球水平加速度相等，均为a ，联立解得 代入得
故m 的加速度大小为 方向水平向左；m 的加速度有水平分量 和竖直分量g，合加速度大小不为 故C错误，D正确。
10. AB【解析】
A.对金属棒 ab和电容器组成的回路有△q=C·BL△v，对 ab，根据牛顿第二定律有 其中 联立有 说明金属棒 ab做匀加速直线运动，则有 联立解得 故 A 正确;
B.由题知，碰前瞬间 cd的速度为4m/s，则根据功能关系有 金属棒上滑过程中根据动量定理有 其中 联立解得xca=6.4m, Q=24J, v =2m/s, 故 B 正确;
C. Q为总焦耳热，其中 cd棒上产生的焦耳热为 故C错误；
D.两棒发生弹性碰撞，以沿斜面向上为正方向，碰前v =-2m/s，v =4m/s，由弹性碰撞公式可得，碰后棒 cd速度大小为4m/s，方向沿斜面向下，故D错误。
三、非选择题：本题共5 小题，共56 分.
11.(6 分, 每空2 分) (1) 1.6 (3) 偏大
【解析】(1)由图乙F-t图像可知，相邻两个拉力峰值(对应摆球经过最低点)之间的时间间隔为0.8s，此为半个周期，故单摆的振动周期T=1.6s。
(2)由单摆周期公式 解得
(3)若摆球在同一水平面内做圆锥摆运动，其周期公式为 (θ为细线与竖直方向夹角)，对同一摆长L，圆锥摆周期T 小于单摆周期T(cosθ<1)，若仍用单摆周期公式 计算，由于实际周期测量值T偏小，将导致计算结果g偏大。
12. (10 分, 每空2 分) (1) 黑 ×10 (2) 1139.2 400 (3) 0.96
【解析】(1)在欧姆表内部，电流从内置电源的正极流出，经过黑表笔、外部待测电阻、红表笔流回电源负极，因此，与内部电源正极相连的M表笔为黑表笔；S断开时，干路的最大电流变小，根据 满偏电流越小，欧姆表内阻越大，对应较高的倍率。
(2)根据闭合电路欧姆定律 可得R=1139.2Ω。当电流表指针偏转为满偏的 时，设所测电阻为R ，有 代入数据解得
(3)当电池电动势下降为E'后，仍可调零，欧姆表的内阻 Ri，满足 测量一个实际电阻值为 的电阻时，指针指向的刻度值为 对于同一个指针位置(即相同的
电流I)，在电动势为E和E'时，分别满足：化简后得到比例关系： 可得.E'=0.96V。
13. (10 分) 【解析】
(1)C点发出的光线CO从液体射向空气中，有折射定律有 由几何关系可知 解得液体的折射率
(2) 因为
…2 分
【说明：(1)问6 分，(2)问4 分，其他解法对，也酌情给分】
14. (15 分) 【解析】
(1)粒子从中心O沿垂直与平面ABCD的方向(设为x轴正方形)以初速度v 射出，在竖直向下的电场中做类平抛运动。运动方程为： … 2 分
设F点为ABCD(如x=L的侧面) 下边缘中点, x-L, z=-L
代入方程： …1 分
解得： …2 分
(2)只加竖直向下的磁场 粒子在水平面内做匀速直线运动，
轨道半径： 周期： …2 分
粒子从O点运动到侧面(如x=L)的最短时间，对应圆周运动中从O点到侧面垂足的最短弧长，通过几何分析，当粒子初速度方向与x轴夹角为 时，弦长OP=L，圆心角 … 1 分
弧长 故最短时间： … 2 分
(3)同时加上电场和磁场，粒子运动可以分解为竖直方向的匀加速直线运动，水平方向的匀速圆周运动，得 …3 分
联立解得 … 2 分
【说明: (1) 问5 分, (2)问5 分, (3) 问5 分, 其他解法对, 也酌情给分】
15.(16 分)【解析】
(1)对物块进行分析，根据牛顿第二定律有 … 2 分
解得 方向沿斜面向下 … 1 分
对木板进行分析, 根据牛顿第二定律有μmgcosθ-Mgsinθ=Ma … 2 分
解得 方向沿斜面向上 … 1 分
(2)物块先向上做匀减速直线运动，木板先向上做匀加速直线运动，令历时t 达到相等速度，则有 解得t =1s, v =2m/s …
此过程，物块位移 木板位移 … 1 分
之后两者保持相对静止向上做往返匀变速直线运动，
根据牛顿第二定律有( 解得a=2m/s … 1 分
运动至木板第一次与挡板碰撞过程有 … 1 分
舍去负值解得 … 1 分
此时木板速度为 … 1 分
(3)木板第一次与挡板碰撞，此时物块距下端的距离
之后，对物块 得
对木板Mgsinθ+μmgcosθ=Ma , 得 … 1 分
之后物块向下一直做匀加速直线运动，木板先向上匀减后向下匀加，加速度不变，
因此每次与挡板碰撞前瞬间速度大小均为7m/s
设物块做木板上滑行，每经过△t木板和挡板碰撞一次，则有
第一次碰后，物块相对木板下移
第二次碰后，物块相对木板下移
第三次碰后，物块相对木板下移
第4次碰撞前的瞬间物块与挡板的距离为△d，则有 因此小物块与挡板碰撞次数为4次
得 (舍)
滑出瞬间小物块与挡板间的距离 … 1 分
【说明: (1) 问6 分, (2) 问6 分, (3) 问4 分, 其他解法对, 也酌情给分】

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