资源简介

2026 届湖南长沙市高考物理自编二模练习试卷【九】【湖南地
区专用二模试卷】
考试范围：2026 届高考物理全部内容 考试时间：75 分钟； 命题人：
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂
黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写
在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题 共 43 分）
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，
只有一项是符合题目要求的。
1．[4 分]物块静止在固定的斜面上,分别按图示的方向对物块施加大小相等的力 F,A中 F垂直于斜
面向上,B中 F垂直于斜面向下,C中 F竖直向上,D中 F竖直向下,施力后物块仍然静止,则物块所受
的静摩擦力增大的是 ( )
A．
B．
C．
D．
2．[4 分]国际编号为 192391的小行星绕太阳公转的周期约为 5.8年,该小行星与太阳系内八大行
星几乎在同一平面内做圆周运动．规定地球绕太阳公转的轨道半径为 1AU,八大行星绕太阳的公转
轨道半径如下表所示．忽略其他行星对该小行星的引力作用,则该小行星的公转轨道应介于( )
水 金 地 火 木 土 天王
行星 海王星
星 星 球 星 星 星 星
轨道半
径 0.39 0.72 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30
R/AU
A．金星与地球的公转轨道之间
B．地球与火星的公转轨道之间
C．火星与木星的公转轨道之间
D．天王星与海王星的公转轨道之间
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3．[4 分]如图所示,从斜面上 A点斜向上抛出一个可视为质点的小球,水平击中斜面上 B点,现将另
一相同小球从 AB中点 C抛出,仍水平击中 B点．不计空气阻力,下列说法正确的是( )
A．两个小球的初速度大小之比为 2∶1
B．从 C点抛出的小球初速度方向与水平方向夹角更大
C．两个小球离斜面的最大距离之比为 2∶1
D．调整两个小球抛出的时间,可以使两个小球在空中相遇
4．[4 分]如图所示半径为 R、圆心为 O的圆弧轨道在竖直平面内绕竖直轴O1O2角速度 转动，滑
块 A、B和圆弧轨道一起同向转动，其中 OB处于水平方向，OA与OO1方向成 37°角，A相对于
圆弧轨道刚好没有相对运动趋势，B相对于圆弧轨道刚好静止。重力加速度为 g，最大静摩擦力等
于滑动摩擦力。下列说法中正确的是（ ）
A．滑块 A与滑块 B的线速度大小相同
B．当圆弧轨道转动的角速度增大时滑块 A受摩擦力沿圆弧切线向上
C 5g．圆弧轨道转动的角速度
4R
2
D．滑块与圆弧轨道间的动摩擦因数
5
5．[4 分]如图所示，物块 A、B静置于光滑水平面上，处于原长的轻弹簧两端分别与两物块连
接，物块 A紧靠竖直墙壁，物块 A、B的质量分别为 m和 2m.某一时刻物块 B获得一初速度 v0，
则此后运动中 ( )
A．墙壁对 A的总冲量大小为 4mv0
B．墙壁对 A做的总功为 2m 20
C．A的最大速度为 v0
D 1．弹簧的最大弹性势能为 m 2
3 0
6．[4 分]下列关于生活中的圆周运动实例分析,说法正确的是( )
甲
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乙
丙
丁
A．图甲中,铁路的转弯处,外轨比内轨高的原因是为了利用轮缘与内轨的侧压力帮助火车转弯
B．图乙中,杯子离转盘中心越远越容易做离心运动,若最大静摩擦力等于滑动摩擦力,给杯子中加水
越多越不容易做离心运动
C．图丙中,滚筒洗衣机里的衣物随着滚筒做高速匀速圆周运动,衣物运动到最高点 A点时脱水效果
更好
D．图丁中,在汽车越野赛的一段赛道上 a、b、c三处中,若汽车速度大小一定,c处最容易爆胎
7．[4 分]如图甲所示的北斗卫星导航系统入选“2022全球十大工程成就”．组成北斗系统的卫星运
行轨道半径 r越高,线速度 v越小,卫星运行状态视为匀速圆周运动,其 v2-r图像如图乙所示,图中 R
为地球半径,r0为北斗星座 GEO卫星的运行轨道半径,图中物理量单位均为国际单位,引力常量为 G,
忽略地球自转,则( )
甲
乙
b
A．地球的质量为
GR
3b2
B．地球的密度为
4πR2
bR
C．GEO 卫星的加速度为
r20
b
D．地球表面的重力加速度为
R
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，有多项是符合题目要求。全部选对的得 5 分，选对但不全的
得 3 分，有选错的得 0 分。
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8．[5 分]在 平面内， 轴上有两个波源 1、 2，坐标分别为 1 = 4m和 2 = 8m。
= 0时刻起，两波源开始在同一均匀介质中，沿 轴方向做简谐运动，振动图像如图所示。已
知两波源的振动传播到坐标原点 处的时间差为 2s。下列说法正确的是（ ）
A. 两列波在介质中的传播速度大小均为 2m/s
B. 两列波在原点 处叠加后振动加强
C. = 3s时， 处的质点正位于平衡位置向上振动
D. = 5s时， 处的质点位移为 0
9．[5 分]如图所示， 、 、 、 为匀强电场中相邻的四个等势面，相邻等势面间距离为
5cm，一个电子仅受电场力，垂直经过电势为零的等势面 时，动能为 15eV（电子伏），到
达等势面 时速度恰好为零，则下列说法正确的是（ ）
A. 场强方向从 指向
B. 匀强电场的场强大小为 100V/m
C. 电子经过等势面 时，电势能大小为 5eV
D. 电子在上述等势面间运动的时间之比为 1: 2: 3
10．[5 分]如图所示，轻杆一端固定一个小球，以另一端 为圆心，使小球在竖直平面内做半径
为 的圆周运动，小球通过最高点时的速度为 ，重力加速度为 ，则（ ）
A． 必须大于等于
B． 越大，小球在最高点时所需向心力也越大
C．当 > 时， 越大，小球在最高点时杆对小球的弹力越小
D．当 < 时， 越小，小球在最高点时杆对小球的弹力越大
第二部分（非选择题 共 57 分）
三、非选择题：本大题共 5 题，共 57 分。
11．[9 分]甲、乙两同学分别通过如下实验研究测量电阻的不同实验方案.甲同学用图 1所示电路
测量阻值约为 6Ω 的电阻 1，可选用的器材有：
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图 1
A.电压表（量程 0～3V，内阻约 3kΩ）
B.电流表（量程 0～3A，内阻约 0.02Ω）
C.电流表（量程 0～0.6A，内阻约 0.1Ω）
D.滑动变阻器(0～5Ω)
E.滑动变阻器(0～200Ω)
F.电源（电压为 4.5V）及开关和导线若干
（1） 为了调节方便、测量准确，实验中电流表应选择____，滑动变阻器应选择____.（填实验器
材前的字母）
（2） 请用笔画线表示导线，在图 2中完成电路连接.
图 2
（3） 乙同学用如图 3所示电路测量另一个电阻 2.电路连好后，闭合开关，无论如何移动滑动
变阻器的滑片，发现电压表有示数且几乎不变，电流表始终没有示数.若电路中仅有一处故障，则
可能的故障是____.
图 3
A．滑动变阻器短路
B．滑动变阻器断路
C．待测电阻 2与电流表 A之间的导线断路
12．[9 分]某实验小组利用气垫导轨验证动量守恒定律，实验装置如图所示。
（1）下列操作需要进行的是_________；
A．测出气垫导轨的长度 L
B．将气垫导轨调至水平
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C．用天平测得滑块 a（含遮光条）、b（含橡皮泥）的质量ma、mb
（2）将滑块 a推至光电门 1的左侧，将滑块 b放在光电门 1和 2之间。向右轻推一下滑块 a，滑
块通过光电门 1后与静止的滑块 b碰撞粘合一起以共同速度通过光电门 2。测得滑块 a通过光电
门 1、2的时间分别为 t1 和 t2。在误差允许的范围内，只需验证等式___________（用题中所给的
字母表示）成立，即说明碰撞过程中 a，b系统动量守恒；
（3）某次实验中测得 t1 0.04s， t2 0.1s，可知滑块 a，b的质量比值为___________，滑块 a，b
二者碰撞过程中损失的机械能与碰前 a的初动能的比值为___________。
13．[12 分]如图甲，固定点 O处悬挂长为 L=3.5m的轻质细绳，末端拴接一个质量为 m（未知）
的小球，在 O点正下方 O'处固定一细钉。将细绳向左侧拉至水平位置，由静止释放小球，当细绳
摆至竖直位置时，被细钉挡住，此后小球恰好能在竖直平面内做圆周运动。如图乙，O点下方的
光滑水平面上放一凹槽，凹槽质量为 M（未知），凹槽左右挡板内侧间的距离也为 L，在凹槽右
侧靠近挡板处放置一质量也为 M的小物块，凹槽上表面与物块间的动摩擦因数μ=0.5。物块与凹槽
7
一起以速度 vM 2 gL向左运动，将细绳向左侧拉至水平位置给小球一个向下的初速度5
v 530 gL。当小球摆到最低点时刚好与凹槽左侧发生碰撞。小球被弹回，同时凹槽被弹回时速率5
为原速率的两倍。此后小球摆到 O'右侧后无法做完整的圆周运动，而是在某位置脱离圆轨道做抛
体运动，小球做抛体运动的轨迹与 OO'所在直线交于 E点（图中未画出）。已知小球与凹槽不发
生二次碰撞，所有的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度 g 10m/s2,求
（1）O'点到 O点的距离；
（2）小球和凹槽在轨道最低点相碰后，凹槽与物块达到共速时物块到右侧挡板的距离；
（3）E点到圆轨道最低点的距离。
14．[12 分]如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强
电场。质量为 、带电量为 ( > 0)的粒子从磁场中的 点以速度 0向右水平发射，当粒子进
入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60 ,然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过
右侧 点，通过 点时其速度方向水平向右。 、 距水平虚线的距离均为 ,两点之间的距离为
= 3 3 。不计重力。
（1） 求磁感应强度的大小；
（2） 求电场强度的大小；
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（3） 若粒子从 点以 0竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大
小。（一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度）
15．[15 分](18分)如图所示，光滑水平面上固定质量为 2m、倾角为θ的斜面体 OAB，在斜面体右
侧有 n 个质量均为 的物块，质量为 m的滑块从光滑斜面体顶端 A由静止释放.OA=h，重力加速度
2
为 g.
(1)求滑块到达斜面体底端时的速度大小 v0；
(2)若斜面体底端有一小圆弧，斜面体和水平面平滑连接.
①若所有的碰撞均为完全非弹性碰撞，求第 n个物块的最终速度大小 vn；
②若所有的碰撞均为弹性碰撞，求第 n个物块的最终速度大小 v'n；
(3)水平面上靠近 B处有一固定竖直挡板，斜面体不固定，滑块运动至斜面体底端与水平面碰撞
后，仅保留水平方向动量，此时改变滑块与水平面、斜面体与水平面间的粗糙程度，斜面体与水
平面间动摩擦因数μ1=0.2.滑块与挡板碰撞后以原速率返回，h=0.75 m，θ=45°，g取 10 m/s2.要使滑
块能追上斜面体，求滑块与水平面间动摩擦因数的最大值.
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参考答案
1．【答案】D
【详解】物块受重力、支持力及摩擦力平衡,当加上 F后,物块仍处于平衡,对 A、B中物块受力分析
可知,F只改变垂直于斜面的压力,不会影响沿斜面方向上的力,故摩擦力不变,fA=fB=Gsinθ,A、B错误;
加竖直向上的 F后,F有沿斜面向上的分力,若物块有沿斜面向下的运动趋势,此时沿斜面向下的重
力的分力与沿斜面向上的 F的分力及摩擦力平衡,故摩擦力 fC=(G-F)sinθ变小,C错误;加竖直向下的
力 F后,F产生沿斜面向下的分力,则沿斜面向下的力为重力和 F的分力,故摩擦力 fD=(G+F)sinθ增
大,D正确．
2．【答案】C
R 3 T 2
小 小
【详解】地球公转周期为一年,根据开普勒第三定律有 33< = =33.64<43,所以小行星轨
R T
地 地
道半径介于 3AU和 4AU之间,由题表可知小行星的公转轨道应介于火星与木星的公转轨道之间,C
正确．
3．【答案】C
1 2h
【详解】两小球的运动可看作平抛运动的逆运动,设斜面倾角为θ,根据 h= gt2解得 t= ,由
2 g
hA∶hC=2∶1可得两个小球运动时间之比为 2∶1,由 vy=gt可知,两个小球竖直速度之比为 2∶1,根
x
据 vx= 和 xA∶xC=2∶1,可知水平速度之比为 2∶1,所以两次击中 B点速度之比为 2∶1,根据t
v= v2x+v2y ,两次抛出时速度的大小之比为 2∶1,且到达 B点时速度方向相同,根据平抛运动推论可
v
知,位移偏转角正切值是速度偏转角正切值的一半, y又位移偏转角θ不变,则 tanα=2tanθ= ,可知两次抛
vx
出时速度方向相同,A、B错误;将小球的运动逆向视为平抛运动,小球在点的初速度方向与斜面的夹
(v0sinφ)2
角为φ,则小球离斜面的最大距离为 d= ,可知,两小球离斜面的最大距离之比为 2∶1,C正确;两
2gcosθ
小球的轨迹相切于 B点,不可能在空中相遇,D错误．
4．【答案】C
【详解】滑块 A与滑块 B的角速度相同，但转动的半径不同，因此线速度大小不相同，A错误；
当圆弧轨道转动的角速度增大时，滑块 A有离心的趋势，因此所受摩擦力沿圆弧切线向下，B错
误；对滑块 A受力分析可知 FN cos37 m g F sin 37 m 2R sin 37
5g
A ， N A ，解得 ，C正4R
4
确；对滑块 B受力分析可知 FN m
2
B R， FN mBg，解得 ，D错误。5
5．【答案】A
【详解】本题考查滑块—弹簧模型.物块 A离开墙壁时 B回到初始点具有向右的速度，根据能量守
恒定律可知此时 B的速度 vB=-v0，对整体有 I 合=2×2mv0=4mv0，即墙壁对 A的总冲量大小为
4mv0，A正确；墙壁对 A作用过程中 A没有位移，因此墙壁对 A不做功，B错误；物块 A离开墙
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壁后，A达到最大速度时弹簧恢复原长，A、B与弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒，有
2mv =mv +2mv 1×2m 2=1m 2+1×2m 2 40 1 2， 0 1 2，解得 v1= v0，v =
1
2 v0，C错误；物块 B向左运动至速度为2 2 2 3 3
1
零时，弹簧压缩最短，弹性势能最大，有 E 2 2pmax= ×2m =m 2 0 0，D错误.
6．【答案】D
【详解】在铁路的转弯处,通常要求外轨比内轨高,当火车按规定速度转弯时,由重力和支持力的合
力完全提供向心力,从而减轻轮缘对外轨道的挤压,故 A错误;转盘上各点角速度相等,根据静摩擦力
充当向心力,当杯子将要产生滑动时有μmg=mω2r,可知杯子离转盘中心越远,发生滑动时需要的角速
度越小,即越容易做离心运动,与杯子以及内部水的质量无关,故 B错误;根据牛顿第二定律,在最低点
v2 v2 v2 v2
B点有 FN1-mg=m ,解得 FN1=mg+m ,在最高点 A点有 FN2+mg=m ,解得 FN2=m -mg,FN1>FN2,衣物R R R R
运动到最低点 B点时脱水效果更好,故 C错误;在汽车越野赛的一段赛道上的 a、b、c三处中,在 b
v2 v2
处时 FNb=mg-m mg,c处轨道半径小于 a处,则 c处地面对车的弹R R
力最大,则轮胎受的压力最大,即 c处最容易爆胎,故 D正确．
7．【答案】C
4 3
【详解】根据 2 =m ,得地球的质量 M= ,A错误;由 V= πR3,可得地球的密度ρ= = ,B错误;根 3 4 π 2

据 2 =ma,GM=bR,解得 GEO 卫星的加速度 a= 2 ,C正确;根据 2 =mg,解得 g= ,D错误. 0 0
8．【答案】AD
Δ 8 4
【详解】两机械波在同一介质中传播，传播速度大小相等，设为 ，由题意有 = Δ = 2 m/
s = 2m/s，A正确；由题图可知，两列波的周期均为 2s，则波长为 = = 4m，由题图
可知两波源起振方向相反，两波源到原点 的距离差Δ = 4m = ，则两列波在原点 处叠
加后振动减弱，B错误；由上述分析可知， = 3s时，波源 1的振动传播到 处，且振动
1s，波源 2的振动未传播到 处，由题图可知， 处的质点正位于平衡位置向下振动，C错
误； = 5s时，波源 1的振动传播到 处，且振动 3s，波源 2的振动传播到 处，且振动
1s，可知 处的质点位于平衡位置，则位移为 0，D正确。
9．【答案】BC
【详解】电子到达等势面 时速度恰好减为零，说明电子所受电场力向下，负电荷受到的电场力
方向与电场强度方向相反，故场强方向从 指向 ，A错误；从 到 ，动能减小 15eV，故电
场力做功为 15eV，则 = = 15eV，解得 = 100V/m，B正确；只
有电场力做功，电势能和动能之和守恒（关键：电势能+动能总和不变），即 k + p =
k + p ，解得 p = 15eV，匀强电场中，沿电场线方向前进相同距离电势变化相同，
同一电荷沿电场线方向前进相同距离电势能变化相同，则 p = 5eV，C正确；电子从 到
做匀减速直线运动，可逆向视为做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为 ，根据
= 1 2，可知通过 、2 、3 所用时间之比为 1: 2: 3，故通过连续三段 2 所用时间之比
为 1: ( 2 1): ( 3 2)（点拨：构建初速度为零的匀加速直线运动模型，得到连续相等位
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移所用的时间之比），则从 到 电子在等势面间运动的时间之比为
( 3 2): ( 2 1): 1，D错误。
10．【答案】BD
【详解】因小球用轻杆连接,则在最高点时最小速度为零,即 大于等于零,A错误；根据 向 =
2
可知, 越大,小球在最高点时所需向心力也越大,B正确；当在最高点杆对小球的作用力为零
2 2
时,有 = 0 ,解得 0 = ,当 >

时,小球受杆的拉力作用,有 + = ,则
越大,小球在最高点时杆对小球的弹力越大,C错误；当 < 时,小球受杆的支持力作用,有
=
2
,则 越小,小球在最高点时杆对小球的弹力越大,D正确.
【关键点拨】
轻杆模型
实例 图示 受力示意图 力学方程 临界特征
球与杆 ± 弹 =① = 0, 向 = 0, 弹 = ;
连接、 2 ② = , 弹 = 0， 向 =
球在光

滑管道
中运动
等
11．【答案】（1） C；D
（2） 见解析
（3） C
【详解】
（1） 电源电压为 4.5V，电压表量程为 0 3V，电路中的最大电流约为
Vmax = = 0.5A，则电流表应选择C，滑动变阻器采用分压式接法，为方便操作，滑动变阻1
器应选择最大阻值较小的D.
（2） 电路连接如图所示.
（3） 无论如何移动滑动变阻器的滑片，发现电压表有示数且几乎不变，电流表始终没有示数，
可能是电压表被串联进电路中，则待测电阻 2与电流表 A之间的导线断路.故选 C.
12．【答案】（1）BC
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1 1
（2）ma ma mt b 1 t2
2 3
（3） ；
3 5
d d
【详解】（1）遮光条宽度为 d，则碰撞前后的速度为 v1 、 v2 t t ，规定向右为正方向，由动1 2
1 1
量守恒有mav1 ma mb v2，联立解得ma ma mt b t ，所以不需要测出气垫导轨的长度 L，1 2
需要测出两个滑块质量，C正确，A错误；因为系统动量守恒的条件是系统合外力为 0，所以要将
导轨调水平，B正确。
1 1
（2）由（1）可知，只需验证等式ma ma mt b t 成立，即说明碰撞过程中 a，b系统动量守1 2
恒。
1 1 m 2
（3 a）测得 t1 0.04s， t2 0.1s，根据ma m m t a b t ，可知滑块 a，b的质量比值为 1 2 m
，根
b 3
p2
据动量与动能的关系 Ek ，滑块 a，b二者碰撞过程中损失的机械能与碰前 a的初动能的比值2m
p2 p2
E
为 k0
Ek1 2ma 2(ma m ) 3 b2 。Ek0 p 5
2ma
13．【答案】（1）2.1m
（2）2.8m
（3）0
【详解】（1）从小球静止释放到到达小圆轨道最高点过程中，由动能定理，有
mg L 2R 1 mv2
2
v2
小球恰能通过最高点，有mg m
R
2
解得 R L
5
2 3
所以O 到O点的距离 h L L L 2.1m
5 5
（2）物块与凹槽在相对运动过程中，由动量守恒，有M ·2vM MvM 2Mv共
7
解得 v gL
共 5
1 2 1 2 1 2 63
由能量守恒，有Q MvM M 2vM 2Mv MgL MgS2 2 2 共 5
126 1
解得 S L 25L L
5 5
4
所以共速时小物块到右侧挡板之间的距离为 L 2.8m
5
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（3）给小球一个初速度，从开始运动到小球运动到 O点正下方过程中由动能定理，有
mgL 1 mv2 11 mv
2
2 2 0
7
解得 v1 3 gL5
小球与凹槽碰撞过程中由动量守恒和机械能守恒，有mv1 MvM mv1 M 2vM ，
1 mv2 1 Mv2 1 mv 2 1 2
2 1 2 M 2 1
M 2vM 2
解得 v 71 gL5
v2
设小球脱离轨道时细绳与水平方向夹角为 ，可得mgsin m 2
R
mg R Rsin 1 mv2 1 2小球从最低点至脱离位置过程中由动能定理，有 mv
2 2 2 1
sin 1联立两式解得 ， v 12 gL2 5
之后小球做斜抛运动，在水平方向 R cosθ vxt v2 sin θ t
t Rcos 可得 v2sin
1 2 3
则，小球下落的高度为 y v2cos t gt L R R sin θ2 5
所以小球恰好过圆轨道最低点，所以到最低点距离为 0。

14．【答案】（1） 02
2
（2） 02
3 3
（3） 8π+6 3 0
【详解】
（1） 粒子的运动轨迹如图甲所示，
甲
设粒子在磁场中运动轨迹半径为 ，由几何关系得
cos60 = （1分）
解得 = 2 （1分）
由洛伦兹力提供向心力得
2 00 = （1分）
解得 = 02 （1分）
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（2） 粒子在电场中做类斜抛运动，粒子在水平方向上做匀速直线运动,
由对称性知 1 = 2 sin60 = 3 （1分）
1 = 0cos60 （1分）
竖直方向上有 0sin60 =

2（1分）
由牛顿第二定律得 = （1分）
2 2
联立解得 = 0 02 ， = 2 （1分）
（3） 若粒子从 点以速度 0竖直向下发射，先在磁场中做匀速圆周运动，后进入电场做类斜抛
运动，再进入磁场做匀速圆周运动，一个周期的运动轨迹如图乙所示，
乙
1
由几何关系得 sin = = 2（1分）
则 = 30 （1分）
粒子在电场中做类斜抛运动，
2 cos30 2 3
粒子在电场中运动时间 ′ = 0 = （1分）0
粒子在电场中运动的水平位移为 = sin30 2 0 ′ = 3 （1分）
粒子再次进入磁场后做匀速圆周运动，
一个周期内粒子的位移 = 2 [ (1 cos30 ) + 2 + (1 cos30 )] = 3 （1
分）
240 2πm (8π+6 3)
粒子运动的周期为 = ′ + 360 = 3 （1分）0
则漂移速度大小为 = =
3 3
8π+6 3 0（2分）
【思路引导】
15 2 4 4．【答案】(1) 2 (2)① v0 ② 2 (3)2+ 3 15
【详解】(1) 1对滑块，由动能定理得 mgh= m 2
2 0
(1分)
解得 v0= 2 (1分)
(2)①若是完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有
mv0= + ·
vn (1分)2
2
解得 vn= v (1分)2+ 0
第 13 页，共 14 页
②若是弹性碰撞，设滑块第 1次与第 n个物块相碰后的速度分别是 v01、v1，根据动量守恒定律有
mv0=mv

01+ v2 1 (1分)
1
根据机械能守恒定律有 m 20=
1m 2 101+ ·
2
2 2 2 2 1
(1分)
4 4
联立解得 v = 001 ，v1= v3 3 0，由于后面发生的都是弹性碰撞，所以物块 1的最终速度为 v0，由机械能3
守恒定律知之后滑块第 2次与第 n个物块发生弹性碰撞前的瞬间速度大小为 v0，设滑块与第 n个
v 物块相碰后的速度分别是 02、v2，根据动量守恒定律，有 mv01=mv02+ v2 (1分)2
1 1
根据机械能守恒定律有 m 201= m 2 +
1· 202 2 (1分)2 2 2 2
2
解得 v = 102 ·v ，v =
4 v ，
3 0 2 32 0
4
由于后面发生的都是弹性碰撞，物块 2的最终速度为
32
v0，依次类推，可知第 n个物块的最终速度
v' 4n= 2 (2分)3
(3)设滑块刚要滑到斜面体底端时的水平速度大小为 vx，竖直速度大小为 vy，斜面体的速度大小为
v 斜，水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得 mvx=2mv 斜 (1分)
根据机械能守恒定律有 mgh=1m( 2 + 2 )+
1×2m 2 (1分)
2 2 斜
+
tan θ= 斜 (1分)

解得 vx=2 m/s，v 斜=1 m/s，滑块从释放到滑到斜面体底端，设滑块的水平位移大小为 s1，斜面体的
水平位移大小为 s2，由于水平方向系统动量守恒，则有 mvx=2mv 斜，整理可得 ms1=2ms2 (1分)
又 s1+s2=

，代入数据解得 s =0.5 m，s =0.25 m (2分)
tan45° 1 2
当滑块到达水平面时，由于挡板的存在，问题简化为滑块在斜面后方 2s2处向左做匀减速直线运
2
2 斜
动，当滑块追上斜面体时恰好速度为零，此时动摩擦因数最大，则有 = +2s (1分)
2 2 2
2
1
解得μ2=
4 (1分)
15
第 14 页，共 14 页2026届湖南长沙市高考物理自编二模练习试卷【七】
【湖南地区专用二模试卷】
考试范围：2026届高考物理全部内容 考试时间：75分钟； 命题人：
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题 共43分）
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，只有一项是符合题目要求的。
1．[4分]2024年7月，天鹰2号无人机震撼亮相，滞空时间超过5小时，5000公尺高空仍能看清地面上的汽车车牌，其硬实力超越了一大批无人机。下列说法正确的是（　　）
A．“5小时”指的是时刻 B．无人机飞行过程中只受重力作用
C．无人机飞行快慢 不影响惯性大小 D．在研究无人机的飞行姿态时可将它看成质点
2．[4分]某同学投掷篮球空心入筐，篮球的出手点与篮筐的距离为7.2m，篮球进入篮筐时的速度方向恰好与出手时的速度方向垂直。不考虑空气阻力，重力加速度大小取。则篮球从出手到入筐的时间为（）
A．1.6s B．1.4s C．1.2s D．1.0s
3．[4分]2025年6月，中国科学院近代物理研究所甘再国研究员团队合成了新核素镤，并精确测量其衰变特性，衰变方程为，半衰期为.下列说法正确的是（ ）
A．是电子
B．10个原子核经过后一定剩下5个原子核
C．若使环境温度降低，的半衰期会变长
D． 衰变的实质是原子核内的两个质子和两个中子结合成一个 粒子
4．[4分]如图甲所示，小明在地球表面进行了物体在竖直方向做直线运动的实验，弹簧原长时，小球由静止释放，在弹簧弹力与重力作用下，测得小球的加速度a与位移x的关系图像如图乙所示.已知弹簧的劲度系数为k，地球的半径为R，万有引力常量为G，不考虑地球自转影响，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球的位移为x0时，小球正好处于完全失重
B．小球的最大速度为
C．小球的质量为
D．地球的密度为
5．[4分]如图所示，理想变压器原线圈电源电压U1＝3300 V，副线圈两端电压U2＝220 V，输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2，单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为3 V，当开关S断开时，电流表A2的示数是15 A。电表均为理想电表。下列说法正确的是(　　)
A．原线圈匝数为75匝
B．当开关S断开时，电流表A1的示数为2 A
C．当开关S闭合时，电流表A1的示数变小
D．当开关S闭合时，电流表A2的示数是30 A
6．[4分]如图所示，交流发电机中的线圈沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律为。下列说法正确的是（　　）
A．该交流电的频率为，每秒钟电流方向变化50次
B．线圈转到图示位置时，产生的电动势为
C．线圈转到图示位置时，边受到的安培力方向向下
D．仅线圈转速加倍，电动势为
7．[4分]如图甲，MN、PQ两平行金属光滑导轨固定在倾角为α的绝缘斜面上，其上端接一电容为C的电容器，导轨范围内存在着垂直斜面向下的匀强磁场，导体棒ab垂直MN放在导轨上，由静止开始下滑，电容器的带电量Q随时间t变化的图像如图乙，不计导体棒及导轨电阻，下列关于电容器两极板间的电势差U，导体棒ab的速度v，受到的安培力F以及回路中的电流I随时间t变化的图像一定错误的是（　　）
A． B． C． D．
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，有多项是符合题目要求。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．[5分]关于力下列说法正确的是（　　）
A．滑动摩擦力方向可以与运动方向相同
B．力的产生一定要有施力物体，可以没有受力物体
C．两物体间如果有摩擦力，则它们之间一定有弹力
D．重力就是地球对物体的吸引力，因此重力的方向垂直于地平面
9．[5分]如图所示,空间存在磁感应强度大小相等、方向分别垂直于光滑绝缘水平面向上和向下的匀强磁场,单匝正方形导线框从紧靠磁场的位置Ⅰ以某一初速度垂直边界进入磁场,运动到位置Ⅱ时完全进入左侧磁场,运动到位置Ⅲ（线框各有一半面积在左、右两个磁场中）时速度恰好为0。设从位置Ⅰ到位置Ⅱ、从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中,通过线框某一横截面的电荷量分别为、，线框中产生的焦耳热分别为、。则（ ）
A. B.
C. D.
10．[5分]如图所示，有一可绕中心轴OO'转动的水平圆盘，上面放有三个可视为质点的物块A、B、C，质量分别为2m，2m，3m，与转轴距离分别为3r、r、2r，三个物块与圆盘表面的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。物块间用轻质细绳相连，开始时轻绳伸直但无张力。现圆盘从静止开始转动，角速度ω缓慢增大，重力加速度为g，轻质细绳足够结实，若要使得物块A、B、C与水平圆盘始终保持相对静止，则下列说法正确的是（　　）
A．当BC间轻绳出现弹力时，B所受摩擦力为0
B．时，A所受摩擦力开始反向
C．连接A、B的绳上张力最大值为25μmg
D．连接B、C的绳上张力最大值为18μmg
第二部分（非选择题 共57分）
非选择题：本大题共5题，共57分。
11．[9分]某同学利用电桥探究热敏电阻的阻值随温度变化的关系。器材如下:热敏电阻、恒压电源（电动势为,内阻不计）、电阻箱3个、、、灵敏电流计、数字电压表、温度计、加热装置、开关、导线若干。
图（a） 图（b）
（1） 实验步骤如下：
①按图（a）连接好电路,在、间接入灵敏电流计,将热敏电阻放入加热装置,并保持温度恒定;
② 调节电阻箱、、,使________________________,此时电桥处于平衡状态，记录此时电阻箱、、的阻值分别为、、;
③ 此时热敏电阻的阻值______________________（用、、表示）。
（2）该同学发现当热敏电阻的阻值发生变化时,需要重新调节电桥平衡,操作繁琐，故重新设计了实验:
①将、间的灵敏电流计取下,改用数字电压表（可视为理想电表）测量、间电压;
②保持、、不变,开启加热装置,缓慢升高到一定温度,等电压表示数稳定，记录此时温度计示数和电压表示数;
③重复上述实验,缓慢升高温度,每隔一定时间记录一次温度计的示数和电压表的示数;
④根据实验数据,算出热敏电阻的阻值,绘制出热敏电阻阻值与温度的关系曲线如图（b）。
（3） 若 、 、,当时,电压表示数，则热敏电阻的阻值__________________ （结果保留三位有效数字）。
（4） 当温度从升高少许后,电压表的示数将________（填“增大”“减小”或“不变”）。
12．[8分](12分)学生实验小组要测量量程为3 V的电压表的内阻RV。可选用的器材有:多用电表,电源E(电动势5 V),电压表(量程5 V,内阻约3 kΩ),定值电阻R0(阻值为800 Ω),滑动变阻器R1(最大阻值50 Ω),滑动变阻器R2(最大阻值5 kΩ), 开关S,导线若干。
完成下列填空:
(1)利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应______________(把下列实验步骤前的字母按正确操作顺序排列)；
A.将红、黑表笔短接
B.调节欧姆调零旋钮,使指针指向零欧姆
C.将多用电表选择开关置于欧姆挡“×10”位置
再将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的______________(填“正极、负极”或“负极、正极”)相连,欧姆表的指针位置如图(a)中虚线Ⅰ所示。为了减少测量误差,应将选择开关旋转到欧姆挡______________(填“×1”“×100”或“×1 k”)位置,重新调节后,测量得到指针位置如图(a)中实线Ⅱ所示,则粗测得到的该电压表内阻为______________kΩ(结果保留1位小数);
　　
图(a)　 图(b)
(2)为了提高测量精度,他们设计了如图(b)所示的电路,其中滑动变阻器应选______________(填“R1”或“R2”),闭合开关S前,滑动变阻器的滑片应置于___________(填“a”或“b”)端;
(3)闭合开关S,滑动变阻器滑片滑到某一位置时,电压表、待测电压表的示数分别为U1、U,则待测电压表内阻RV=______________(用U1、U和R0表示);
(4)测量得到U1=4.20 V,U=2.78 V,则待测电压表内阻RV=______________kΩ(结果保留3位有效数字)。
13．[12分]如图所示，两物块A、B并排静置于高h=0.80m的光滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg．一颗质量m=0.10kg的子弹C以v0=100m/s的水平速度从左面射入A，子弹射穿A后接着射入B并留在B中，此时A、B都没有离开桌面．已知物块A的长度为0.27m，A离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s=2.0m．设子弹在物块A、B中穿行时受到的阻力大小相等，g取10m/s2．(平抛过程中物块看成质点)求：
（1）物块A和物块B离开桌面时速度的大小分别是多少；
（2）子弹在物块B中打入的深度；
（3）若使子弹在物块B中穿行时物块B未离开桌面，则物块B到桌边的最小初始距离．
14．[12分]如图所示，一端封闭粗细均匀的U形导热玻璃管竖直放置，封闭端空气柱的长度L＝50cm，管两侧水银面的高度差为h=19cm，大气压强恒为76cmHg。
（1）若初始环境温度，给封闭气体缓慢加热，当管两侧水银面齐平时，求封闭气体的温度；
（2）若保持环境温度不变，缓慢向开口端注入水银，当管两侧水银面平齐时，求注入水银柱的长度x。
15．[16分]有一正三棱柱形冰块，其横截面如图所示，其边长为a，冰块中心有一半径R=a的球形气泡（充满空气），一束平行单色光垂直AB面射向冰块。已知冰块对该单色光的折射率为，光在空气中的传播速度为c。
（1）如图所示，光线从D点射入时恰好与气泡相切，求该光线穿过冰块所需要的时间。
（2）为使光线不能从AB面直接射入中间的气泡中，在冰块AB面贴上不透明纸，求不透明纸的最小面积。
参考答案
1．【答案】C
【详解】“5小时”指的是时间间隔，故A错误；无人机飞行过程中受重力、空气阻力等作用，故B错误；惯性大小只与质量有关，与速度无关，故C正确；在研究无人机的飞行姿态时，无人机的大小和形状不能忽略，不能看成质点，故D错误。
2．【答案】C
【详解】设篮球初速度为，与水平夹角为，末速度为，与竖直方向夹角为斜向下。由题意可知，篮球做匀变速曲线运动，则竖直方向，水平方向，运动时间为，又，联立得。
3．【答案】D
【详解】根据衰变方程，质量数守恒：，电荷数守恒：，故为 粒子（氦核），而非电子，错误；半衰期是统计规律，适用于大量原子核，10个原子核衰变时经过一个半衰期剩余数量存在随机性，无法保证恰好剩5个，错误；半衰期由原子核内部性质决定，与外界温度无关.降低温度不会改变半衰期，错误； 衰变是原子核内两个质子和两个中子结合成 粒子的过程，描述符合实际，正确.
4．【答案】B
【详解】由题图乙可知，小球的位移为 时，小球的加速度为0，小球的合力为0，弹簧的拉力与小球的重力等大方向，小球既不是失重状态也不是超重状态，A错误；小球的加速度a与位移x的关系图像与坐标轴围成的面积表示速度平方的一半，当小球的加速度为零时，小球的加速度最大，设小球的最大速度为 ，则有 ，得小球的最大速度 正确；设地球表面的重力加速度为 ，小球的质量为m，当小球向下运动的位移为x，弹簧的伸长量也为x，设小球的加速度为a，对小球受力分析，由牛顿第二定律可得 ，整理可得 ，结合图乙可知 ， ，则有 错误；设地球的质量为M，由 ，可得 ，又有 ，解得 ，则月球的密度为 错误。
5．【答案】D　
【详解】设单匝线圈的匝数用n3表示，电压为U3，原线圈的匝数为n1，由电压与匝数的关＝，可得n1＝1100匝，故A错误；当开关S断开时，由输入功率等于输出功率有U1I1＝U2I2，代入数据解得I1＝1 A，故B错误；当开关S闭合时，副线圈回路中的总电阻减小，故而电流增大，而原、副线圈的匝数比不变，则可知原线圈中的电流也增大，即电流表A1的示数变大，故C错误；当开关S闭合时，两灯泡完全相同，并联后总电阻变为原来的一半，而输入端的电压以及线圈的匝数都不变，则可知副线圈两端的电压不变，因此副线圈回路中的电流变为原来的两倍，即电流表A2的示数是30 A，故D正确。故选D。
6．【答案】B
【详解】根据电动势表达式，可知角速度为，该交流电的频率为，周期为，交流电在一个周期内电流方向变化两次，每秒钟电流方向变化100次，A错误；线圈转到图示位置时，此时磁场与线圈平面平行，磁通量最小，磁通量变化率最大，感应电动势最大，即为，B正确；线圈转到图示位置时，由右手定则可知，电流由；由左手定则可知，边受到的安培力方向向上，C错误；根据，，可知仅线圈转速加倍，则角速度变为原来的两倍，即；最大值变为原来的两倍，即，电动势表达式为，D错误。
7．【答案】C
【详解】由题图乙所示图像可知Q=kt（k为比例系数）。根据电容的定义式得U==t，感应电动势与电容器两极板间的电势差相等，即U=BLv，解得v=t，则U与t成正比，v与t成正比，其图像是过原点的倾斜直线，A、B两项正确;电流I==k，安培力F=BIL=BkL，其为一定值，二者图像均是平行于t轴的直线，C项错误，D项正确。综上所述，应选C。
8．【答案】AC
【详解】滑动摩擦力的方向总是与相对运动方向相反，但与物体的运动方向可以相同。例如，将一个木块轻轻放在一个匀速转动的传送带上，木块会在滑动摩擦力的作用下向前加速，此时滑动摩擦力方向与木块的运动方向相同，A正确；力是物体对物体的作用，发生力的作用时，一定同时存在施力物体和受力物体，不存在只有施力物体而没有受力物体的力，B错误；摩擦力产生的条件之一是两物体间有弹力，因为摩擦力是由于物体表面粗糙且相互挤压，发生相对运动或有相对运动趋势时产生的，所以两物体间如果有摩擦力，它们之间一定有弹力，C正确；重力是地球对物体的吸引力的一个分力，重力的方向是竖直向下，D错误。
9．【答案】AD
【详解】根据法拉第电磁感应定律可得，设线框总电阻为，根据闭合电路的欧姆定律可得，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量，联立可得，则线框从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中通过线框某一横截面的电荷量，从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中通过线框某一横截面的电荷量，所以，正确，错误；以向右为正方向，线框从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，对线框根据动量定理有，从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中，对线框根据动量定理有，其中，，联立可得，根据能量守恒定律，线框从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中线框中产生的焦耳热为，从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中线框中产生的焦耳热为，所以，错误，正确。
10．【答案】AD
【详解】当较小时，A、B、C分别由盘面的静摩擦力提供向心力，设时，A与盘面先达到最大静摩擦力，此时对A，，解得，当时，AB间轻绳上出现弹力，设弹力大小为，B与盘面间摩擦力为（以指向圆心为正方向），此时对A、B分别有，，联立解得，随增大将减小，当时，解得此时，当时，将反向增大。设时，C与盘面间达最大静摩擦力，此时对C，，解得，当时，BC间轻绳上将出现弹力，由于，当时，解得此时，未达到最大静摩擦力。综上：当时，减小为0，当时，设BC间轻绳上弹力大小为，对A，，对B，，对C，，联立三式，解得，随增大，反向增大，当B与盘面间达最大静摩擦力，即时，解得此时，综上所述可知当BC间轻绳出现弹力时，B所受摩擦力为0，A正确；当时，A与盘面间的摩擦力开始减小为0，再反向增大。当再次达到最大静摩擦力时，对A，，对B，，对C，，联立三式，解得，继续增大则A、B、C会一起滑动。此时和都达到最大，代入解出此时，，D正确，BC错误。
11．【答案】② 灵敏电流计示数为零（2分）
③ （3分）
（3） （3分）
（4） 增大（2分）
【详解】
② 调节电阻箱、、，使灵敏电流计示数为零，此时电桥处于平衡状态，、两点的电势差为零。
③ 由于、两点的电势差为零，则有，解得。
【一题多解】 由于、两点的电势差为零，设电阻箱与电阻箱两端的电压相等且为，电阻箱与热敏电阻两端的电压相等且为，则有，，联立解得此时热敏电阻的阻值。
（3） 由题意可得、两点的电势差为，代入数据解得热敏电阻的阻值 。
（4） 由题图（b）知，当温度从升高少许后，热敏电阻的阻值减小，结合、两点的电势差为，可知增大，即电压表的示数增大。
12．【答案】(1)CAB(1分)　负极、正极(1分)　×100(1分)　1.6(1分)
(2)R1(2分)　a(2分)　(3)(2分)　(4)1.57(2分)
【详解】(1)用多用电表测电阻时,首先是选择倍率,然后将红、黑表笔短接,调节欧姆调零旋钮,使指针指示在电阻为零的位置,因此顺序为CAB。电流从多用电表的黑表笔流出,流入电压表的正极,则红表笔接电压表的负极,黑表笔接电压表的正极。指针指示Ⅰ位置时,表盘显示示数偏大,大电阻用大倍率,若旋转到“×1 k”位置,表盘显示示数将偏小,读数不准确,故应将选择开关旋转到欧姆挡“×100”位置,由题图(a)可知,粗测得到的该电压表内阻为1.6 kΩ。
(2)由题图(b)可知,滑动变阻器采用分压式接法,滑动变阻器应选最大阻值较小的滑动变阻器,故选R1。闭合开关S前,滑动变阻器的滑片应置于a端。
(3)由题图(b)可知,待测电压表与定值电阻R0串联,根据串联电路电流特点结合部分电路欧姆定律可得=,解得RV=。
(4)把数据代入RV=,可得RV=1.57 kΩ。
13．【答案】（1）5m/s；10m/s；（2）（3）
【详解】试题分析：（1）子弹射穿物块A后，A以速度vA沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运
动：解得：t=0.40s
A离开桌边的速度，解得：vA=5.0m/s
设子弹射入物块B后，子弹与B的共同速度为vB，子弹与两物块作用过程系统动量守恒：
B离开桌边的速度vB=10m/s
（2）设子弹离开A时的速度为，子弹与物块A作用过程系统动量守恒：
v1=40m/s
子弹在物块B中穿行的过程中，由能量守恒
①
子弹在物块A中穿行的过程中，由能量守恒
②
由①②解得m
（3）子弹在物块A中穿行过程中，物块A在水平桌面上的位移为s1，由动能定理：
③
子弹在物块B中穿行过程中，物块B在水平桌面上的位移为s2，由动能定理
④
由②③④解得物块B到桌边的最小距离为：，
解得：
考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律．
14．【答案】（1）；（2）
【详解】（1）封闭气体初状态压强，设玻璃管的横截面积为S，体积，温度，封闭气体末状态压强，体积，对封闭气体，由理想气体状态方程得，代入数据解得，即温度为。
（2）设空气柱的长度为H，对气体，由玻意耳定律得
代人数据解得
注入水银柱的长度
15．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）根据题意，由折射定律画出从D点射入的光线的光路图，如图甲所示，由sin C=　
可得光在冰块内发生全反射的临界角的正弦值sin C==
解得C=45°　
由几何关系可知，光在AF面的入射角为60°，大于临界角，则光在AF面上发生全反射，由几何关系可得OD=a，OE=a　
则光线从D点射入，从BF面射出，由n=　
可得该单色光在冰块内的传播速度v=c　
该光线穿过冰块的时间t==。
（2）从气泡上G和G'处射入的光线刚好在此处发生全反射，如图乙所示，入射角恰好为45°，而这两条光线之间射入的光线，其入射角均小于45°，将会直接射入气泡，所以只要将这些区域用不透明纸遮住就可以了，显然在冰块AB面上，被遮挡区为圆形时面积最小，设其半径为r，则由几何知识可知r=a　
则不透明纸的最小面积S=πr2=
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第 page number 页，共 number of pages 页2026 届湖南长沙市高考物理自编二模练习试卷【八】【湖南地区专
用二模试卷】
考试范围：2026 届高考物理全部内容 考试时间：75 分钟； 命题人：
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡
上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题 共 43 分）
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
项是符合题目要求的。
1．[4 分]关于质点，下列说法中正确的是（ ）
A．百米赛跑运动中研究运动员的冲线动作时可以将运动员看成质点
B．研究如何踢出香蕉球时可将足球看成质点
C．观察洲际导弹的运动轨迹时可将其当做质点
D．所有平动的物体都可以看成质点，所有旋转的物体都不能看成质点
2．[4 分]如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是可以在滑轨上运动的标准测量件，其
规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为 h的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒
内，两端用物块 A和 B封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为 A和 B的动
能。极短时间内 B嵌入 C中形成组合体 D，D与滑轨间的动摩擦因数为 。D在滑轨上运动 S1距离后抛
出，落地点距抛出点水平距离为 S2，根据 S2可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C质量分别
h
为 3m、m、5m， S1 ，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为 。则 g
（ ）
A．D的初动能与爆炸后瞬间 A的动能相等 B．D的初动能小于其落地时的动能
S 2 S 2
C．弹药释放的能量为 48mgh 1 22 D．弹药释放的能量为36mgh 1
2
4h 4h2
3．[4 分]如图所示，两个光滑斜面在 B处平滑连接，小球在 A点获得大小为 8m/s的速度沿斜面向上运
动，到达 B点时速度大小为 6m/s，到达 C点时速度减为 0。已知 AB=BC，下列说法正确的是（ ）
第 1 页，共 12 页
A．小球在 AB、 BC段的加速度大小之比为9：16
B．小球在 AB、 BC段运动时间之比为3：7
C．小球经过 BC中间位置时速度大小为3m/s
D．小球由 A运动到 C平均速率为5m/s
4．[4 分]小球 a和 b由劲度系数为 k的轻质弹簧连接，小球 a由不可伸长的细线悬挂在 O点，系统处于
静止状态，如图所示。将小球 b竖直下拉长度 L后由静止释放，若小球 a恰好始终不动，小球 a、b质量
分别为 2m、m。重力加速度大小为 g，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。释放小球 b后，下列说
法正确的是（ ）
A．小球 b速度最大时，绳子拉力为 2mg
B．小球 b做简谐运动，最大加速度为 2g
3mg
C．L为
k
D．小球 b向上运动过程中，弹簧弹性势能一直减小
5．[4 分]一列沿 x轴传播的简谐横波在 t 4s时的波形如图甲，平衡位置在 x 8m的质点 a的振动图像如
图乙，下列说法正确的是（ ）
A．该波沿 x轴负方向传播 B．该波的传播速度大小为 4m/s
C．4~10s内质点 a通过的路程为 40cm D． t 4.5s时，质点 a的位移为 5cm
6．[4 分]下列关于四幅图的说法正确的是（ ）
第 2 页，共 12 页
A．图甲中的电磁炉用来加热食物，可以用陶瓷材质的锅炒菜
B．图乙中的导线南北方向摆放，通电后下方小磁针的 N极向西偏转
C．图丙是磁电式电流表内部结构示意图，线圈要绕在塑料框做成的骨架上
D．图丁为回旋加速器示意图，增大电源电压，能增大粒子获得的最大速度
7．[4 分]如图甲所示， a、b两物块（均视为质点）用轻质弹簧连接并放置在光滑的水平面上，b的质量
为m。 t 0时刻，使 a获得水平向右、大小为 v0的初速度， a、b运动的速度—时间图像如图乙所示。已
k E 1 kx2知弹簧的劲度系数为 ，弹簧的弹性势能 p ，其中 x为弹簧的形变量，弹簧始终处于弹性限度2
内。下列说法不正确的是（ ）
A． a的质量为 2m
B． t2时刻， a、b间的距离最大
2
C．0 t3时间内，b所受冲量的大小为 mv3 0
D 2mv
2
．图乙中阴影部分的面积为 0
3k
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，有多项是符合题目要求。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．[5 分]如图所示,两理想变压器间接有电阻 R,电表均为理想交流电表,a、b接入电压有效值不变的正弦
交流电源。闭合开关 S后 ( )
A．R的发热功率不变
B．电压表的示数不变
C．电流表 A1的示数变大
D．电流表 A2的示数变小
9．[5 分]两个完全相同的正方形匀质金属框,边长为 L,通过长为 L的绝缘轻质杆相连,构成如图所示的组合
体。距离组合体下底边 H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平,高度为 L,
左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度 v0水平无旋转抛出,设置合适的磁感应强度大
小 B使其匀速通过磁场,不计空气阻力。下列说法正确的是 （ ）
第 3 页，共 12 页
A．B与 v0无关,与 成反比
B．通过磁场的过程中,金属框中电流的大小和方向保持不变
C．通过磁场的过程中,组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等
D．调节 H、v0和 B,只要组合体仍能匀速通过磁场,则其通过磁场的过程中产生的热量不变
10．[5 分]图为两个质量分别为m、M 的小球在光滑水平冰面上发生对心正碰前后的 x t图像，则下列
说法正确的是（ ）
A．M :m 3:1 B．碰撞过程中两小球所受合外力相同
C．碰撞前后质量为m的小球动量的变化量大小为 2m D．两小球发生的是弹性碰撞
第二部分（非选择题 共 57 分）
三、非选择题：本大题共 5 题，共 57 分。
11．[8 分]用 DIS（电流传感器，内阻可忽略）测电源电动势和内阻的电路如图甲所示， R0 是定值电
阻， R0 2 .
闭合开关 S，调节电阻箱 R，记录电阻箱接入电路的阻值 R和相应的电流 I，将测得数据以 R为横坐标，
1
以 为纵坐标（选填“I”或“ ”），经计算机拟合得到如图乙所示图像.纵、横坐标所满足的表达式为
I
（用题中的物理符号表示），由图线可得该电源电动势为 V，内阻为 Ω；若换用有一定内阻
的电流表代替电流传感器，那上述所测得的电源内阻值 （选填“偏大”“偏小”或“相等”）。
12．[8 分]某同学利用手机连拍功能测量自由落体加速度，为拍出清晰的照片，他效仿伽利略利用斜面
“冲淡”重力的方法，让物块沿带标尺的斜面运动。具体操作步骤如下：
①用支架固定好手机开始连拍，让物块从斜面底端滑上斜面直至物块重新滑回底端；
②在物块上滑过程和下滑过程中各选取连续拍摄的 3张照片如图所示，手机每隔时间 T拍摄一张照片：
第 4 页，共 12 页
③物块在上滑 1、2、3和下滑 1、2、3的位置对应的刻度值分别记为x1、 x2、 x3、 x4、 x5、 x6；
④改变斜面倾角，重复上述步骤，获得多组实验数据。
（1）在步骤③中，物块从上滑 1到上滑 2的位移 s 。（用x 、 x1 2表示）
（2）若规定沿斜面向上为正方向，则物块上滑过程加速度 a1 ，下滑过程加速度 a2 。（用
x
1、 x2… x6及 T表示）
3 m a a 2 n a a 2（ ）令 1 2 ， 1 2 ，多次实验后，根据多组实验数据，以 m为纵坐标、n为横坐标作出
m n图像，得到一条直线，若图像斜率为 k，纵轴截距为 b，则自由落体加速度为 ；若最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，在重复实验中，斜面倾角正切值应大于 。（用 k和 b表示）
13．[15 分]如图所示，竖直放置的导热良好的汽缸由横截面面积不同的上、下两部分组成，上半部分的
横截面面积为 2S，下半部分的横截面面积为 S，上半部分的汽缸内有一个质量为 3m的活塞 A，下半部分
的汽缸内有一个质量为 2m的活塞 B，两个活塞之间用一根长为 2L的轻杆连接，两个活塞之间封闭了一
定质量的理想气体，两活塞可在汽缸内无摩擦滑动而不漏气。初始时，两活塞均处于静止状态，缸内封
闭气体温度为T0，两活塞到汽缸粗细部分交接处的距离均为 L，重力加速度为 g，假设环境大气压强始终
7mg
为 ，求：
S
（1）初始时，缸内气体的压强；
10T
（2）若汽缸内密封气体温度缓慢升高到 0 ，则缸内气体对外做功多少；
9
5T
（3）若汽缸内密封气体温度缓慢降低到 0 ，则细杆对活塞 B的作用力。
9
14．[12 分]空间中某一竖直面内存在水平方向的匀强电场，如图所示，将一质量为m、电荷量为 q的小
球从地面上的O点先后两次抛出，第一次抛出时，速度方向与竖直方向的夹角为30 ，之后小球又回到O
点；第二次竖直向上抛出，之后小球回到地面上另外一点，运动都在同一竖直面内，速度大小均为 v0，
第 5 页，共 12 页
地面水平，不计空气阻力，重力加速度为 g。
（1）求匀强电场的大小；
（2）求第二次抛出落地时的速度大小；
（3）小球按第一次的角度抛出，同一竖直面内调整匀强电场，使小球仍然能够落回抛出点O，求强电场
的最小值和方向。
15．[14 分]如图甲所示，真空中的电极能连续不断均匀地放出初速度为零、质量为m、电荷量为 q的粒
子，经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板 A、B间的中线平行于极板射
入偏转电场，A、B两板距离为 d，A、B板长为 L，A、B两板间加周期为T的变化电场，UAB 如图乙所
U 2md
2
示，已知 0 2 ，能从偏转电场板间飞出的粒子在偏转电场中运动的时间也为T。忽略极板边缘处电qT
场的影响，不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，粒子打到极板上后即消失。求：
（1）加速电场中的U1；
T
（2）若 t 2 时刻粒子进入偏转电场两极板之间，粒子能否飞出极板？如果能，那么粒子的偏移量
y是多
少？如果不能，那么粒子在偏转电场内平行于极板方向的位移 x是多少？
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参考答案
1．【答案】C
【详解】研究运动员的冲线动作需关注身体细节（如躯干过线），不能忽略大小和形状，A错误；香蕉
球的形成依赖足球旋转，需考虑其形状和受力分布，B错误；洲际导弹的轨迹仅关注整体位置，其形状
和大小可忽略，C正确；平动或旋转并非判断质点条件的唯一标准，需具体问题具体分析，D错误。
2．【答案】C
【详解】爆炸前后，AB组成的系统动量守恒，即3mv1 mv2，B与C碰撞过程动量守恒mv2 6mv，联
1 2 3 2
立解得 v 0.5v1。，爆炸后瞬间A的动能 EkA 3m v 1 mv ，D的初动能2 2 1
E 1 6m 0.5v 2 3kD 1 mv 21 ，两者不相等，故 A错误；D在滑轨上水平滑动过程中摩擦力做功为2 4
W hf 6mg S1 6mg 6mgh ，做平抛运动过程中重力做的功为
WG 6mgh，故D从开始运动
到落地瞬间合外力做功为0，根据动能定理可知D的初动能与其落地时的动能相等，故 B错误；物块D
h 1 2 g平抛过程有 gt ， S2 v0t，联立可得 v0 S2 ，D水平滑动过程中根据动能定理有2 2h
6mgh 1
2
6mv2 1 6mv2 S g0 ，化简得 v2 2 2gh，弹药释放的能量完全转化为 A和 B的动能，则爆2 2 2h
1 2 2
炸过程的能量为 E 3mv2
1 mv2 24mv2 24m S2 g 2gh 48mgh 1 S 2
2 1 2 2
2h 4h2
，故 C正确，D错

误。
3．【答案】B
v2 v2 v2 v2 82 62 28
【详解】对 AB段，根据速度位移公式得a A B ， a B C1 2 ，代入数据解得 a ，2xAB 2x
1
BC 2xAB 2xAB
62 t x x
a2 ，解得 a : a 7 : 9，故 A错误；根据平均速度的推论知， AB段的时间 1 v v 7， BC段2x 1 2 A BBC 2
t x x x
运动的时间 2 vB vC 6 3，解得 t1 : t2 3 : 7，故 B正确； BC段中间位置时的速度大小
2 2
v2 v2B C 6
2 0
v m/ s 3 2 m/ s，故 C错误；物体由 A运动到 C的平均速率为
2 2
v 2x 2x x x 4.2m/ st1 t2 ，故 D错误。
7 3
4．【答案】C
【详解】如果 a球不动而 b球单独振动，则 b球做简谐振动，简谐振动的平衡位置合力为零，即 b球运
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动到平衡位置时速度达到最大，此时弹簧弹力等于 b球重力 mg，而绳子拉力等于 a球重力与弹簧弹力之
和，即为 3mg，A错误；小球 a恰好始终不动，当小球 b运动到最大高度处时，有 kx 2mg，
kx mg ma a 3g L x x 2mg mg 3mg ，所以最大加速度为 ，B错误；根据题意可知 0 ，C正k k k
确；b球向上运动过程中弹簧弹性势能先减小后增大，D错误。
5．【答案】B
【详解】由图乙可知，在 t 4s时质点 a向上振动，根据上下坡法可知，该波沿 x轴正方向传播，A错
16
误；由甲图可知波长为 16m，由图乙可知周期为 4s，则该波的传播速度大小为 v m / s 4m / s，B
T 4
T
正确；由题知，振幅为 A 10cm，在 4~10s内的时间间隔为 t 10s 4s 6s T ，4~10s内质点 a通
2
过的路程为 s 6A 60cm，C错误；设质点 a的振动方程为 y Asin t cm ，其中 A 10cm，
2 rad / s，则有 y 10sin

t cm ，当 t 4.5s时，质点 a的位移为
T 2 2
y 10sin 4.5

cm 5 2cm ，D错误。
2
6．【答案】B
【详解】电磁炉利用涡流加热，需要锅具是铁磁性材料（如铁锅、不锈钢锅），陶瓷锅不能产生涡流，
无法加热，A错误；根据安培定则，若图乙中的导线沿南北方向摆放，则通电后下方小磁针的 N极将向
西偏转，B正确；磁电式电流表的线圈绕在铝框上，利用铝框的电磁阻尼使指针快速稳定，而非塑料
qBR
框，C错误；回旋加速器中，粒子最大速度 vm ，与电源电压无关，仅由磁感应强度 B、粒子比荷m
q
和 D形盒半径 R决定，因此增大电源电压不能增大最大速度，D错误。
m
7．【答案】B
2
【详解】设 a的质量为ma，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律可得mav0 ma m v0，解得3
ma 2m，故 A正确；根据图乙可知， t1 时刻之前 a的速度大于 b的速度， t1时刻 a的速度等于 b的速
度，则 t1 时刻弹簧被压缩最短，此时 a、b间的距离最小，接着弹簧逐渐恢复原长，在 t2时刻 a的速度最
小、b的速度最大，此时弹簧恢复原长，故 t2时刻 a、b间的距离并非最大，接着弹簧继续伸长，a的速
度增大、b的速度减小，在 t3时刻两者共速，此时两物块相距最远，因此 t3时刻 a、b间的距离最大，故
B错误；0 t
2 2
3时间内，以水平向右的方向为正方向，对 b由动量定理可得 I m v mv3 0 3 0
，故 C正
确；图中阴影部分的面积为弹簧的最大压缩量 xmax，根据能量守恒定律可得
1 2mv2 1 m 2m 2
2 2 2
0 v
1 kx2 2mv0 2mv0
2 2 3 0
max，解得 x
2 max
，即图乙中阴影部分的面积为 ，故 D正
3k 3k
确。
8．【答案】BC
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【命题点】理想变压器+动态电路分析
【详解】因为 a、b之间电压有效值不变,升压变压器匝数比不变,故电压表示数不变,B正确;将降压变压器
23
和右侧电路进行等效,等效电阻 R'= R 灯,闭合开关 S,R 灯
减小,流过 R和等效电阻的电流变大,则 R的发
4
热功率增大,A错误;变压器原、副线圈上的电流变化一致,则电流表 A1、A2示数均变大,C正确,D错误。
9．【答案】CD
【命题点】平抛运动与有界的磁场相结合的问题
【详解】金属框在进入磁场前做平抛运动,竖直方向做自由落体运动,刚进入磁场时,竖直方向速度 =
2g , , mg=BIL, = , =
2 2 2g
因为金属框匀速通过磁场 有 又 联立可得 ,即 B2与 成反比,A
错误;第一个金属框刚进入磁场时,下边切割磁感线,根据右手定则可知金属框中产生逆时针方向电流,而当
第一个金属框离开磁场过程中,上边切割磁感线,根据右手定则可知,金属框中产生顺时针方向电流,即通过
磁场过程中,金属框中电流的方向发生了变化,B错误;通过磁场的过程中,组合体速度不变、合外力做功为
零,即克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等,C正确;组合体匀速通过磁场产生的热量与重力势能的
减少量相等,组合体通过磁场的过程重力势能减少量不变,故其通过磁场过程中产生的热量不变,D正确。
10．【答案】AD
【详解】 x t图像的切线斜率表示速度，可知碰撞前小球M 的速度为0，小球m的速度为
v 8 16 81 m / s 4m / s，碰撞后小球M 的速度为 v2 m / s 2m / s，碰撞后小球m的速度为2 6 2
v 0 8
M v v 4 ( 2) 3
3 m / s 2m / s
1 3
，碰撞过程满足动量守恒，则有mv
6 2 1
Mv2 mv3，解得 m v2 2 1
，
A正确；碰撞过程中两小球所受合外力大小相等，方向相反，B错误；碰撞前后质量为m的小球动量变
化量为 p mv3 mv1 6m，可知碰撞前后质量为m的小球动量变化量大小为6m，C错误；碰撞过程
1 2 1 2 1 2
中，由于 mv 8m mv Mv 8m，可知碰撞过程满足机械能守恒，故两小球发生的是弹性碰
2 1 2 3 2 2
撞，D正确。
1 1 1 R
11．【答案】 ； R 0
r
；3；1；偏大
I I E E
E 1 1 R r 1
【详解】由闭合电路欧姆定律有 I 0R R r，整理有 R ，所以纵坐标为 ；，由图像乙得0 I E E I
k 2 1 1 1 R r ， b 1 0 ，解得 E 3V， R0 r 3 ，代入 R0 可得 r 1 ，设电流传感器中的内3 3 E E
E 1 1 R r r
阻值为 r0，由闭合电路欧姆定律有 I ，整理有 R 0 0R R r r ，由图像乙得0 0 I E E
R0 r r0 3 ，可得 r 3 R0 r0，可见所测得的电源内阻值偏大。
x x 2x x x 2x
12．【答案】（1） x x ；（2） 3 1 2 4 6 5 b2 1 2 ； 2 ；（3） ； kT T 4k
【详解】（1）物块从上滑 1到上滑 2的位移为 s x2 x1
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（2）若规定沿斜面向上为正方向，则物块上滑过程有 x (x3 x2 ) (x2 x1) a
2
1T ，可得物块上滑过程
x x 2x 2
加速度为 a 3 1 21 2 ，物块下滑过程有Δx x5 x6 x4 x5 a2T ，可得物块下滑过程加速度为T
a x x 4 6 2x52 T 2
（3）设物块与斜面的动摩擦因数为 ，斜面倾角为 ；上滑时，根据牛顿第二定律可得
a mg sin mg cos 1 g sin g cos ，下滑时，根据牛顿第二定律可得m
a mg sin mg cos 2 g sin g cos ，则有m a1 a2
2 4 2 g2 cos2 ，
m
m n
n a1 a2
2 4g 2 sin 2 ，则有 2 2 14 g 4g 2 ，可得m
2n 4 2g 2
，则有
2 k，b 4 2g 2 ，联
b
立解得自由落体加速度为 g ，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为了保证物块能够下滑，需要满
4k
足mg sin mg cos ，可得 tan k
12mg
13．【答案】（1）
S
（2）4mgL
（3）5mg，方向向上。
7mg
【详解】（1）设初始时缸内气体的压强为 p，题意知大气压 p0 ，则两活塞受力平衡有S
p0 2S 5mg pS p0S p 2S
解得 p
12mg

S
L 2S LS V

（2）若汽缸内密封气体温度缓慢升高到 ，气体发生等压变化，根据盖吕萨克定律有 T 100 T
9 0
V 10LS解得
3
10LS
汽缸内等压膨胀对外做功为W p 3LS3
4mgL

（3）若汽缸内密封气体温度缓慢降低到T1，气体发生等压变化，活塞 A刚好到汽缸粗细部分交 接处，
L 2S LS 2LS
则有 T0 T1
2
解得T1 = T3 0
p p
1
随后气体发生等容变化，则有 T 51 T
9 0
p 10mg解得 1 S
对活塞 B受力分析有 p1S 2mg p0S F
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解得 F 5mg
方向向上。
3mg
14．【答案】（1）
3q
2 21（ ） v
3 0
mg
（3） 2q ，方向与地面成30
斜向右上
【详解】（1）第一次抛出，小球能返回到O点，说明重力与电场力的合力与 v0的方向相反，则有
qE mg tan 30
3mg
解得 E
3q
（2）小球竖直方向做竖直上抛运动有 2v0 gt
水平方向匀加速运动有 vx at
又 qE ma， v v20 v
2
x
v 21解得 v
3 0
（3）当电场方向与第一次抛出的初速度方向垂直时电场强度最小，如图所示

则有 qEmin mg sin 30
mg
电场强度的最小值为 Emin 2q
方向与地面成30 斜向右上。
mL2
15．【答案】（1）U1 2qT 2
3
（2）不能， x L
4
1 2
【详解】（1）粒子在加速电场中有 qU1 mv2 0
粒子在偏转电场中有 L v0T
mL2
联立解得 v
L
0 ，U1 T 2qT 2
T U 2
（2 t T） 1 T 2 时刻进入偏转电场的粒子在 至T时间内做类平抛运动，有
0 q ma， y a
2 d 1 2 2
第 11 页，共 12 页
a 2d d联立解得
T 2
， y1 4
y d
T
因 1 ，粒子在 t T时还未打到极板上，此时 vy a2 2
3T T
假设粒子能飞出极板。粒子在T至 时间内做匀速直线运动 y
2 2
vy
2
d d
解得 vy ， y2 T 2
3
粒子的偏移量为 y y1 y2 d4
y d因 ，假设不成立，粒子不能飞出极板。
2
d
设粒子在 t1时刻打到极板上，则有 y1 v2 y
t1 T
x v t T 又 0 1 2
3
解得 x L
4
第 12 页，共 12 页保密★启用前
2026届湖南长沙市高考物理自编二模练习试卷【六】
【湖南地区专用二模试卷】
考试范围：2026届高考物理全部内容 考试时间：75分钟； 命题人：
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题 共43分）
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，只有一项是符合题目要求的。
1．[4分]下列四幅图所涉及的光学现象和相应的描述中，说法正确的是（　　）
A．图是内窥镜，可以把光传送到人体内部进行照明，是利用了光的全反射
B．图是阳光下观察肥皂膜，看到了彩色条纹，这是光的干涉现象，实验时肥皂膜应水平放置
C．图是单色平行光线通过狭缝得到的干涉图样
D．图是用偏振眼镜观看立体电影，说明光是一种纵波
2．[4分]如图所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，一装满篮球的箱子沿斜面下滑。下滑过程中，全部篮球和箱子保持相对静止。已知方向1垂直斜面向上，方向2竖直向上，方向4沿斜面向上。对于篮球，下列说法正确的是（　　）
A．若箱子匀速下滑，则其他篮球对篮球的作用力的方向可能沿方向1
B．若箱子匀速下滑，则其他篮球对篮球的作用力方向一定沿方向4
C．若箱子匀减速下滑，则其他篮球对篮球的作用力可能沿方向3
D．若箱子匀减速下滑，则其他篮球对篮球的作用力可能沿方向4
3．[4分]如图所示甲是产生交流电的示意图，图乙是其产生的正弦交流电输入到图丙的理想变压器，变压器的开关S接1时原、副线圈中的匝数之比为，二极管正向导电电阻不计，所有电表都是理想电表，则下列判断正确的是（　　）
A．电压表的示数为10V
B．若只将S从1拨到2，电流表示数增大
C．在0~0.01s内穿过线圈的磁通量变化为Wb
D．若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则电流表示数减小，电压表示数增大
4．[4分]如图所示，一竖直放置的半径R=1m的固定光滑圆环上穿有一个质量m=1kg的小环，小环通过一根原长也为R、劲度系数k=100N/m的轻质弹簧与圆环的最高点A相连，弹簧弹性势能（x为形变量），取重力加速度大小g=10m/s2。小环从与A点相距为R的B点由静止开始下滑，之后的运动过程中小环获得的最大动能为（ ）
A． B． C． D．
5．[4分]在用伏安法测电阻时，待测电阻的阻值约为 ，电压表内阻约为 ，电流表内阻约为 ，测量电路中电流表按图甲或图乙所示连接，结果由公式计算得出，式中与分别为电压表和电流表的示数.下列判断正确的是（ ）
A．采用图甲测得的电阻值更接近真实值，该测量值大于真实值
B．采用图甲测得的电阻值更接近真实值，该测量值小于真实值
C．采用图乙测得的电阻值更接近真实值，该测量值大于真实值
D．采用图乙测得的电阻值更接近真实值，该测量值小于真实值
6．[4分]如图所示，物体P、Q用轻绳连接后跨过光滑轻质定滑轮，物体P放在长木板上，物体Q悬挂在定滑轮的另一侧。长木板与水平地面的夹角为，物体P与长木板之间的动摩擦因数，物体P相对长木板静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（）
A．物体P、Q的质量之比的最大值为
B．物体P、Q的质量之比的最小值为
C．若从60°缓慢减小到45°的过程中，物体P始终静止，则轻绳对滑轮的作用力保持不变
D．若从60°缓慢减小到45°的过程中，物体P始终静止，则物体P对长木板的作用力保持不变
7．[4分]如图所示，轻质弹簧左端固定，右端处于自由状态时位于点。现向左推动滑块，将弹簧的右端压缩至点后由静止释放滑块，距离为，滑块向右滑动过程中阻力恒定。则滑块向右滑动过程中的加速度、速度随位移或时间变化的关系图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
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，有多项是符合题目要求。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．[5分]磁悬浮电梯去除了传统电梯复杂的机械设备，轿厢与导轨实现零接触，电梯运行时非常安静舒适。其简化后的原理图如图，主要包括导线框（轿厢）、两根绝缘竖直导轨、导轨间存在垂直导轨平面的间隔分布的匀强磁场，导轨间距和导线框宽度均为，导线框高度、磁场高度和磁场间距均为，磁场的磁感应强度大小为，导线框总质量为、总电阻为。当磁场在竖直方向运动时，可实现导线框的悬停、向上或向下运动。重力加速度为，不计一切摩擦。若磁场向上匀速运动的速度大小为，导线框从静止到匀速向上运动所用时间为，则下列说法正确的是（ ）
A. 为实现导线框悬停在某位置，磁场向上运动的速度
B. 若，则导线框向上匀速运动的速度大小为
C. 此过程通过导线框某截面的电荷量（若电流方向改变，计算累加电荷量）
D. 此过程导线框移动的距离
9．[5分]如图所示，电路中电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，L为小灯泡，定值电阻R=r，闭合开关，小灯泡能正常发光。现将滑动变阻器的滑片向左滑动一段距离，滑动前后理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则（　　）

A．电源的输出功率一定减小
B．灯泡的功率逐渐变大
C．，，均保持不变
D．当电路稳定后，断开开关，小灯泡会立刻熄灭
10．[5分]如图所示，质量相等的光滑小环a、b、c分别套在三个滑道顶端，其中a的滑道是倾角为的斜杆，b的滑道为底边切线水平的凹弧形杆，c的滑道为底边切线竖直的凸弧形杆，三个滑道固定在同一水平地面上，它们的高度和长度均相等。同时由静止释放三个小环，不计空气阻力，小环的大小可以忽略不计，下列说法正确的是（　　）
A．三个小环落地前，总是处在同一高度
B．小环b落地时间最短
C．小环a和小环c落地时重力的功率不相等
D．在小环从释放到落地的过程中，滑道对小环b支持力的冲量比对小环a的小
第二部分（非选择题 共57分）
非选择题：本大题共5题，共57分。
11．[9分]如图所示，在真空中以竖直向上为y轴正方向建立三维直角坐标系Oxyz，整个空间内存在沿x轴正方向的匀强电场（图中未画出）。一质量为m、电荷量为q的带电微粒在点被静止释放，恰能通过点。不计空气阻力，已知重力加速度为g，求
(1)M、N两点间的电势差是多少；
(2)若该微粒从M点以初速度沿z轴正方向出发，则经时间该微粒的位置坐标是多少；
(3)若电场方向变为竖直向上，并在空间添加一沿z轴正方向的匀强磁场，该微粒从M点以初速度沿x轴正方向出发，仍能运动到N点，则粒子从M点出发经多长时间能经过N点？
12．[8分]（10分）某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图（a）所示电路，所用器材如下：
电压表（量程，内阻很大）；
电流表量程；
电阻箱阻值；
干电池一节、开关一个和导线若干。
图（a） 图（b） 图（c）
图（d）
（1） 根据图（a），完成图（b）中的实物图连线。
（2） 调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值、相应的电流表示数和电压表示数。根据记录数据作出的图像如图（c）所示，则干电池的电动势为____________（保留3位有效数字）、内阻为____________ （保留2位有效数字）。
（3） 该小组根据记录数据进一步探究，作出图像如图（d）所示。利用图（d）中图像的纵轴截距，结合（2）问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为____________ （保留2位有效数字）。
（4） 由于电压表内阻不是无穷大，本实验干电池内阻的测量值________（填“偏大”或“偏小”）。
13．[12分]某学校高二（9）班物理实验课上，同学们用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”。可拆变压器如图甲、乙所示。
(1)下列说法正确的是 。
A．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B．变压器原线圈接低压交流电时，可以用多用电表的“直流电压挡”测量副线圈电压
C．研究副线圈匝数对副线圈电压的影响时，需保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数
D．测量副线圈电压时，先用中间挡位的量程试测，大致确定后再选用适当的挡位
(2)变压器铁芯是由相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这样设计的原因是 。
A．增大涡流，提高变压器的效率
B．减小涡流，提高变压器的效率
C．增大铁芯中的电阻，以产生更多的热量
(3)一位同学实验时，发现两个线圈的导线粗细不同。他选择的原线圈为500匝，副线圈为300匝，原线圈接学生电源的正弦交流输出端“6 V”挡位，测得副线圈的电压为。则下列分析可能正确的是 。
A．原线圈导线比副线圈导线粗
B．学生电源实际输出电压小于标注的“6 V”
C．原线圈实际匝数与标注的“500”不符，应大于500
D．副线圈实际匝数与标注的“300”不符，应大于300
14．[12分]宇宙空间有两颗相距较远、中心距离为d的星球A和星球B。在星球A上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，如图（a）所示，P由静止向下运动，其加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图（b）中实线所示。在星球B上用完全相同的弹簧和物体P完成同样的过程，其a-x关系如图（b）中虚线所示。已知两星球密度相等。星球A的质量为m0，引力常量为G。假设两星球均为质量均匀分布的球体。
（1）求星球A和星球B的表面重力加速度的比值；
（2）若将星球A看成是以星球B为中心天体的一颗卫星，求星球A的运行周期T1；
（3）若将星球A和星球B看成是远离其他星球的双星模型，这样算得的两星球做匀速圆周运动的周期为T2。求此情形中的周期T2与上述第（2）问中的周期T1的比值。
15．[16分]如图所示，倾角的光滑固定斜面上放有A、B、C三个质量均为m的物块（均可视为质点），A固定，C与斜面底端的挡板接触但不连接，B与C通过劲度系数为k的轻弹簧相连，且均处于静止状态，A、B间的距离为d。现由静止释放A，一段时间后A与B发生碰撞，弹簧始终在弹性限度内。重力加速度大小为g，，。
（1）求A与B碰撞前瞬间A的速度大小v0；
（2）若A、B碰撞为弹性碰撞，求碰撞后B的速度大小v2；如碰撞后立即锁定A，已知B沿斜面向下运动的最大距离为L，求弹簧弹性势能的最大值Epm；
（3）若A、B碰撞为完全非弹性碰撞，求C恰好要离开挡板时，A、B的总动能Ek。
参考答案
1．【答案】A
【详解】图是内窥镜，可以把光传送到人体内部进行照明，是利用了光的全反射，A正确；图是阳光下观察肥皂膜，看到了彩色条纹，这是光的干涉现象，是肥皂膜两表面反射光形成的干涉图样，实验时肥皂膜不一定需要水平放置，B错误；图是单色平行光线通过狭缝得到的衍射图样，C错误；图是利用偏振眼镜能观看立体电影，偏振是横波的特点，光的偏振现象说明光是横波，D错误。
2．【答案】C
【详解】若箱子匀速下滑，篮球P处于平衡态，则其他篮球对篮球的作用力的方向一定沿方向2，AB错误；若箱子匀减速下滑，篮球P所受合力沿斜面向上，则其他篮球对篮球的作用力可能沿方向3，C正确，D错误。
3．【答案】C
【详解】原线圈的有效电压，根据变压比可知副线圈电压，由于二极管的单向导电性，所以根据电流的热效应可知，解得电压表的示数为，故A错误；根据变压比可知副线圈电压，若只将S从1拨到2，则增大，故副线圈电压减小，副线圈负载不变时，根据欧姆定律可得，副线圈电流减小，根据变流比可知，因为增大且减小，故原线圈电流减小，电流表示数减小，故B错误；由图乙知，电压从零开始变化，故初始时刻处于中性面，经过0.01s即一半周期，线圈转动180°，则穿过线圈的磁通量变化大小为，又因为，以上两式代入数据解得，故C正确；若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，原线圈电压不变，根据变压比可知副线圈电压不变，根据电流热效应，解得，则电压表示数不变，负载电阻增大，由欧姆定律可知通过负载电流减小，又有变流比可知，电流表示数减小，故D错误。
4．【答案】B
【详解】设当小环到达C点时动能最大，此时弹簧与竖直方向的夹角为θ，由几何关系可知，弹簧弹力F在重力mg与圆弧对小环的弹力N夹角的平分线上，可知N=mg，，其中，解得，由能量关系可知运动过程中小环获得的最大动能为。
5．【答案】A
【详解】由题意可知,,,则有,因此电流表采用内接法,即采用题图甲所示电路测出的电阻值更接近真实值；根据欧姆定律,电阻的测量值测,题图甲中,误差来源于电流表分压,电阻的真实值真测,即电阻测量值大于真实值,故正确,、、错误.
6．【答案】B
【详解】当物体P、Q的质量之比的最大时，P有下滑的趋势，此时最大静摩擦力沿斜面向上，根据平衡关系，解得，A错误；当物体P、Q的质量之比的最小时，P有上滑的趋势，此时最大静摩擦力沿斜面向下，根据平衡关系，可得，B正确；当从60°缓慢减小到45°的过程中，两轻绳间的夹角逐渐增大，绳子的拉力大小不变，则两绳的合力逐渐减少，则轻绳对滑轮的作用力逐渐减少，C错误；若从60°缓慢减小到45°的过程中，物体P始终静止，则物体P对长木板的作用力大小等于物体P的重力和绳的拉力的合力大小，拉力大小不变但方向变化，则物体P对长木板的作用力变化，D错误。
7．【答案】D
【详解】由牛顿第二定律可知，与图像的形状相同，由点静止释放滑块时，滑块受到弹力和阻力的作用，则有，当滑块由点向点运动过程中，弹簧形变量减小，则加速度减小，当弹力等于阻力时，加速度为零，此时弹簧形变量为，根据平衡条件则有，可见，此时速度达到最大，当滑块继续向右运动，滑块受到的向右的弹力将小于向左的阻力，根据牛顿第二定律则有，此过程加速度逐渐增大，方向水平向左，滑块做加速度逐渐增大的减速运动，如果滑块在到点之前（或在点）减速到0，此时，即，滑块将静止在此处，，如果滑块可以通过点，则过了点后，弹力为零，只受阻力的作用，滑块做加速度恒定的减速运动，、错误；结合上述分析可知，滑块可能先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，最后做匀减速直线运动，直至减速到零，也可能先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，直到速度为零，错误，正确。
8．【答案】ABD
【详解】根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为，感应电流为，要使导线框悬停，则有，联立解得此时磁场向上运动的速度大小，正确；当磁场向上运动的速度大小时，根据题意可知导线框最终向上匀速运动，设导线框向上匀速运动的速度大小为，则感应电动势为，，，解得，正确；导线框加速过程中，根据动量定理有，又，则解得整个过程中通过导线框某截面的电荷量，加速过程中根据动量定理有，解得，错误，正确。
9．【答案】AC
【详解】电源的输出功率，该函数的图像如图所示， ，当滑片向左移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则外电路的总电阻变大，由于R=r，可知外电路总电阻始终大于电源内阻r，根据图像可知输出功率一定减小，故A正确；灯泡消耗的功率为，当滑片向左移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则外电路的总电阻变大，干路电流减小，则灯泡功率变小，故B错误；根据，，，可知，，，即，，均保持不变，故C正确；断开开关，电容器将在与滑动变阻器、灯泡构成的回路中放电，灯泡将逐渐熄灭，故D错误。
10．【答案】BC
【详解】三个滑道高度相同，长度相等，作出各自的v-t图像如图所示
由图可知，三个小环落地的时间满足，落地前三者在相同时刻的高度不同，故A错误，B正确；小环a和c落地时速度大小相等，但方向不同，根据，所以重力的功率不相等，故C正确；三个小环落地时动量的大小相等，小环a、b的矢量图如图所示
由图可知，故D错误。
11．【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】（1）带电微粒从M到N点做匀速直线运动 由M、N两点的位置关系得
匀强电场中
联立解得
（2）经时间t，沿x轴方向，有
沿y轴方向
沿z轴方向
则坐标为
（3）电场力和重力平衡，微粒在磁场中做匀速圆周运动，半径
周期
所以能经过N点的时间为
12．【答案】（1） 见解析（2分）
（2） （2分）；（2分）
（3） （2分）
（4） 偏小（2分）
【详解】
（1） 根据题图（a）完成实物图连线如图所示。
（2） 由闭合电路欧姆定律得，可知图像的纵轴截距为干电池的电动势，则，斜率的绝对值为干电池的内阻，则 。
（3） 由闭合电路欧姆定律得，整理得，图像纵轴截距为，解得 。
（4） 由于电压表内阻不是无穷大,则实验测得的是干电池内阻和电压表内阻的并联总阻值，所以干电池内阻的测量值偏小。
13．【答案】(1)C；(2)B；(3)D
【详解】（1）为确保实验安全，应该是设计成降压变压器，则实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，A错误；变压器原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”，B错误；变压器的电压与匝数的关系满足，可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈的匝数对副线圈电压的影响，C正确；为了安全，测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，D错误。
（2）涡流现象能在导体内部损耗能量，利用薄硅钢片叠压而成的，增大电阻，从而减小涡流，提高效率，选B。
（3）副线圈匝数少，电流大，为减少铜损，绕制电阻小的粗导线；原线圈匝数多，电流小，可绕制细导线，A错误；若原线圈匝数是500匝，副线圈匝数是300匝，副线圈的电压为，由，可得原线圈电压为，考虑到漏磁、发热等损失，原线圈的电压要比还要大，B错误；如果原线圈实际匝数与标注的“500”不符，大于500，则测得副线圈的电压应偏低，而不是偏高，C错误；如果副线圈实际匝数与标注的“300”不符，大于300，测得副线圈的电压偏高，与题意相符，D正确。
14．【答案】（1）；（2）d；（3）
【详解】（1）对物体受力分析，根据牛顿第二定律
可得
结合图像可知，纵截距表示星球表面重力加速度。
则有
（2）设星球的质量为。
根据黄金替换公式
根据质量与体积关系式
联立得
由于星球和星球密度相等，可见
则星球与星球的质量比
联系以上各式可得
星球以星球为中心天体运行时，受到星球的万有引力作用做匀速圆周运动。
研究星球，根据向心力公式
解得
（3）将星球和星球看成双星模型时，它们在彼此的万有引力作用下做匀速圆周运动。
研究星球
研究星球
又
联立可得
则
15．【答案】（1）；（2），；（3）
【详解】（1）A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得，
解得。
（2）A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得，
由机械能守恒定律得，
解得，，
弹簧初始弹性势能为，
弹簧的形变量为，
解得，
由于A、B碰撞为弹性碰撞且A和B完全相同，可认为A的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能。
弹簧弹性势能的增加量等于A重力势能的减少量，
解得。
（3）A、B碰撞前弹簧的压缩量，
C恰好离开挡板时，弹簧的伸长量B碰撞过程系统动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得，
解得，
在B开始沿斜面向下运动到C刚要离开挡板过程中，弹簧弹性势能的改变量为零。
由机械能守恒定律得，
解得。
第 page number 页，共 number of pages 页
第 page number 页，共 number of pages 页2026 届湖南长沙市高考物理自编二模练习试卷【七】
【湖南地区专用二模试卷】
考试范围：2026 届高考物理全部内容 考试时间：75 分钟； 命题人：
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡
上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题 共 43 分）
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
项是符合题目要求的。
1．[4 分]2024年 7月，天鹰 2号无人机震撼亮相，滞空时间超过 5小时，5000公尺高空仍能看清地面上
的汽车车牌，其硬实力超越了一大批无人机。下列说法正确的是（ ）
A．“5小时”指的是时刻 B．无人机飞行过程中只受重力作用
C．无人机飞行快慢 不影响惯性大小 D．在研究无人机的飞行姿态时可将它看成质点
2．[4 分]某同学投掷篮球空心入筐，篮球的出手点与篮筐的距离为 7.2m，篮球进入篮筐时的速度方向恰
好与出手时的速度方向垂直。不考虑空气阻力，重力加速度大小 g取10m/s2。则篮球从出手到入筐的时
间为（）
A．1.6s B．1.4s C．1.2s D．1.0s
3．[4 分]2025年 6月，中国科学院近代物理研究所甘再国研究员团队合成了新核素镤 210 21091 Pa ，
并精确测量其衰变特性，衰变方程为 210Pa → 20691 89 Ac + X，半衰期为 1.2ms.下列说法正确的是
（ ）
A．X是电子
B．10个 21091 Pa原子核经过 1.2ms后一定剩下 5个 21091 Pa原子核
C．若使环境温度降低， 21091 Pa的半衰期会变长
D． 衰变的实质是原子核内的两个质子和两个中子结合成一个 粒子
4．[4 分]如图甲所示，小明在地球表面进行了物体在竖直方向做直线运动的实验，弹簧原长时，小球由
静止释放，在弹簧弹力与重力作用下，测得小球的加速度 a与位移 x的关系图像如图乙所示.已知弹簧的
劲度系数为 k，地球的半径为 R，万有引力常量为 G，不考虑地球自转影响，忽略空气阻力，下列说法正
确的是（ ）
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A．小球的位移为 x0时，小球正好处于完全失重
B．小球的最大速度为 0 0

C 0．小球的质量为 2 0
D 3 ．地球的密度为 0
2
5．[4 分]如图所示，理想变压器原线圈电源电压 U1＝3300 V，副线圈两端电压 U2＝220 V，输出端连有
完全相同的两个灯泡 L1和 L2，单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为 3 V，当开关 S断开
时，电流表 A2的示数是 15 A。电表均为理想电表。下列说法正确的是( )
A．原线圈匝数为 75匝
B．当开关 S断开时，电流表 A1的示数为 2 A
C．当开关 S闭合时，电流表 A1的示数变小
D．当开关 S闭合时，电流表 A2的示数是 30 A
6．[4 分]如图所示，交流发电机中的线圈 ABCD沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化的规
律为 e 10sin 100πt V。下列说法正确的是（ ）
A．该交流电的频率为50Hz，每秒钟电流方向变化 50次
B．线圈转到图示位置时，产生的电动势为10V
C．线圈转到图示位置时， AB边受到的安培力方向向下
D．仅线圈转速加倍，电动势为 e 20sin 100πt V
7．[4 分]如图甲，MN、PQ两平行金属光滑导轨固定在倾角为α的绝缘斜面上，其上端接一电容为 C的
电容器，导轨范围内存在着垂直斜面向下的匀强磁场，导体棒 ab垂直 MN 放在导轨上，由静止开始下
滑，电容器的带电量 Q随时间 t变化的图像如图乙，不计导体棒及导轨电阻，下列关于电容器两极板间
的电势差 U，导体棒 ab的速度 v，受到的安培力 F以及回路中的电流 I随时间 t变化的图像一定错误的
是（ ）
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A． B． C． D．
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，有多项是符合题目要求。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．[5 分]关于力下列说法正确的是（ ）
A．滑动摩擦力方向可以与运动方向相同
B．力的产生一定要有施力物体，可以没有受力物体
C．两物体间如果有摩擦力，则它们之间一定有弹力
D．重力就是地球对物体的吸引力，因此重力的方向垂直于地平面
9．[5 分]如图所示,空间存在磁感应强度大小相等、方向分别垂直于光滑绝缘水平面向上和向下的匀强磁
场,单匝正方形导线框从紧靠磁场的位置Ⅰ以某一初速度垂直边界进入磁场,运动到位置Ⅱ时完全进入左侧磁
场,运动到位置Ⅲ（线框各有一半面积在左、右两个磁场中）时速度恰好为 0。设从位置Ⅰ到位置Ⅱ、从位
置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中,通过线框某一横截面的电荷量分别为 1、 2，线框中产生的焦耳热分别为 1、
2。则（ ）
A. 1: 2 = 1: 1 B. 1: 2 = 2: 1
C. 1: 2 = 3: 1 D. 1: 2 = 5: 4
10．[5 分]如图所示，有一可绕中心轴 OO'转动的水平圆盘，上面放有三个可视为质点的物块 A、B、
C，质量分别为 2m，2m，3m，与转轴距离分别为 3r、r、2r，三个物块与圆盘表面的动摩擦因数均为μ，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力。物块间用轻质细绳相连，开始时轻绳伸直但无张力。现圆盘从静止开始
转动，角速度ω缓慢增大，重力加速度为 g，轻质细绳足够结实，若要使得物块 A、B、C与水平圆盘始
终保持相对静止，则下列说法正确的是（ ）
A．当 BC间轻绳出现弹力时，B所受摩擦力为 0
B 2 g． 时，A所受摩擦力开始反向
r
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C．连接 A、B的绳上张力最大值为 25μmg
D．连接 B、C的绳上张力最大值为 18μmg
第二部分（非选择题 共 57 分）
三、非选择题：本大题共 5 题，共 57 分。
11．[9 分]某同学利用电桥探究热敏电阻的阻值随温度变化的关系。器材如下:热敏电阻 t、恒压电源
（电动势为 ,内阻不计）、电阻箱 3个( 1、 2、 3)、灵敏电流计、数字电压表、温度计、加热装置、
开关、导线若干。
图（a） 图（b）
（1） 实验步骤如下：
①按图（a）连接好电路,在 、 间接入灵敏电流计,将热敏电阻放入加热装置,并保持温度恒定;
② 调节电阻箱 1、 2、 3,使________________________,此时电桥处于平衡状态，记录此时电阻箱 1、
2、 3的阻值分别为 10、 20、 30;
③ 此时热敏电阻的阻值 t =______________________（用 10、 20、 30表示）。
（2）该同学发现当热敏电阻的阻值发生变化时,需要重新调节电桥平衡,操作繁琐，故重新设计了实验:
①将 、 间的灵敏电流计取下,改用数字电压表（可视为理想电表）测量 、 间电压 ;
②保持 10、 20、 30不变,开启加热装置,缓慢升高到一定温度,等电压表示数稳定，记录此时温度计示数
和电压表示数 ;
③重复上述实验,缓慢升高温度,每隔一定时间记录一次温度计的示数 和电压表的示数 ;
④根据实验数据,算出热敏电阻的阻值 t,绘制出热敏电阻阻值与温度的关系曲线如图（b）。
（3） 若 10 = 30 = 1000Ω 、 20 = 1500Ω 、 = 6.0V,当 = 52℃时,电压表示数
= 0.40V，则热敏电阻的阻值 t =__________________Ω （结果保留三位有效数字）。
（4） 当温度从 52℃升高少许后,电压表的示数将________（填“增大”“减小”或“不变”）。
12．[8 分](12分)学生实验小组要测量量程为 3 V的电压表 的内阻 RV。可选用的器材有:多用电表,电源
E(电动势 5 V),电压表 (量程 5 V,内阻约 3 kΩ),定值电阻 R0(阻值为 800 Ω),滑动变阻器 R1(最大阻值 50 Ω),
滑动变阻器 R2(最大阻值 5 kΩ), 开关 S,导线若干。
完成下列填空:
(1)利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应______________(把下列实验步骤前的字母按正确操作顺
序排列)；
A.将红、黑表笔短接
B.调节欧姆调零旋钮,使指针指向零欧姆
C.将多用电表选择开关置于欧姆挡“×10”位置
再将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的______________(填“正极、负极”或“负极、正极”)相连,欧
姆表的指针位置如图(a)中虚线Ⅰ所示。为了减少测量误差,应将选择开关旋转到欧姆挡______________(填
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“×1”“×100”或“×1 k”)位置,重新调节后,测量得到指针位置如图(a)中实线Ⅱ所示,则粗测得到的该电压表内阻
为______________kΩ(结果保留 1位小数);
图(a)
图(b)
(2)为了提高测量精度,他们设计了如图(b)所示的电路,其中滑动变阻器应选______________(填“R1”或“R2”),
闭合开关 S前,滑动变阻器的滑片应置于___________(填“a”或“b”)端;
(3)闭合开关 S,滑动变阻器滑片滑到某一位置时,电压表 、待测电压表的示数分别为 U1、U,则待测电压表
内阻 RV=______________(用 U1、U和 R0表示);
(4)测量得到 U1=4.20 V,U=2.78 V,则待测电压表内阻 RV=______________kΩ(结果保留 3位有效数字)。
13．[12 分]如图所示，两物块 A、B并排静置于高 h=0.80m的光滑水平桌面上，物块的质量均为
M=0.60kg．一颗质量 m=0.10kg的子弹 C以 v0=100m/s的水平速度从左面射入 A，子弹射穿 A后接着射
入 B并留在 B中，此时 A、B都没有离开桌面．已知物块 A的长度为 0.27m，A离开桌面后，落地点到
桌边的水平距离 s=2.0m．设子弹在物块 A、B中穿行时受到的阻力大小相等，g取 10m/s2．(平抛过程中
物块看成质点)求：
（1）物块 A和物块 B离开桌面时速度的大小分别是多少；
（2）子弹在物块 B中打入的深度；
（3）若使子弹在物块 B中穿行时物块 B未离开桌面，则物块 B到桌边的最小初始距离．
14．[12 分]如图所示，一端封闭粗细均匀的 U形导热玻璃管竖直放置，封闭端空气柱的长度 L＝50cm，
管两侧水银面的高度差为 h=19cm，大气压强恒为 76cmHg。
（1）若初始环境温度 27°C，给封闭气体缓慢加热，当管两侧水银面齐平时，求封闭气体的温度；
（2）若保持环境温度 27°C不变，缓慢向开口端注入水银，当管两侧水银面平齐时，求注入水银柱的长度
x。
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1
15．[16 分]有一正三棱柱形冰块，其横截面如图所示，其边长为 a，冰块中心有一半径 R= a的球形气
6
泡（充满空气），一束平行单色光垂直 AB面射向冰块。已知冰块对该单色光的折射率为 2，光在空气
中的传播速度为 c。
（1）如图所示，光线从 D点射入时恰好与气泡相切，求该光线穿过冰块所需要的时间。
（2）为使光线不能从 AB面直接射入中间的气泡中，在冰块 AB面贴上不透明纸，求不透明纸的最小面
积。
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参考答案
1．【答案】C
【详解】“5小时”指的是时间间隔，故 A错误；无人机飞行过程中受重力、空气阻力等作用，故 B错
误；惯性大小只与质量有关，与速度无关，故 C正确；在研究无人机的飞行姿态时，无人机的大小和形
状不能忽略，不能看成质点，故 D错误。
2．【答案】C
【详解】设篮球初速度为 v0，与水平夹角为 ，末速度为 v，与竖直方向夹角为 斜向下。由题意可知
v cos v sin v，篮球做匀变速曲线运动，则竖直方向 y 0
sin vcos
0 t，水平方向 x v0 cos t，2
v0 sin v cos
运动时间为 t ，又 s x2 y2 7.2m，联立得 t 1.2s。
g
3．【答案】D
【详解】根据衰变方程，质量数守恒：210 = 206 + 4，电荷数守恒：91 = 89 + 2，故 X为 粒子
（氦核 42He），而非电子，A 错误；半衰期是统计规律，适用于大量原子核，10个原子核衰变时经过
一个半衰期剩余数量存在随机性，无法保证恰好剩 5个，B错误；半衰期由原子核内部性质决定，与外
界温度无关.降低温度不会改变半衰期，C错误； 衰变是原子核内两个质子和两个中子结合成 粒子
42He 的过程，描述符合实际，D正确.
4．【答案】B
【详解】由题图乙可知，小球的位移为 0 时，小球的加速度为 0，小球的合力为 0，弹簧的拉力与小
球的重力等大方向，小球既不是失重状态也不是超重状态，A错误；小球的加速度 a与位移 x的关系图
像与坐标轴围成的面积表示速度平方的一半，当小球的加速度为零时，小球的加速度最大，设小球的最
1 2 = 1大速度为 ，则有 0 0 ，得小球的最大速度 = 0 0， 正确；设地球表面的重力2 2
加速度为 ，小球的质量为 m，当小球向下运动的位移为 x，弹簧的伸长量也为 x，设小球的加速度为
a，对小球受力分析，由牛顿第二定律可得 = ，整理可得 = + ，结合图乙

= 0 = = 0可知 ， 0 ，则有 ，

错误；设地球的质量为 M，由 =0 0 2 ，
2 2 3 0
可得 = ，又有 = 0 0 ，解得 = ，则月球的密度为 = 4 = ， 3 3 4
错误。
5．【答案】D

【详解】设单匝线圈的匝数用 n3表示，电压为 U 1 13，原线圈的匝数为 n1，由电压与匝数的关系 ＝ ，可 3 3
得 n1＝1100匝，故 A错误；当开关 S断开时，由输入功率等于输出功率有 U1I1＝U2I2，代入数据解得 I1
＝1 A，故 B错误；当开关 S闭合时，副线圈回路中的总电阻减小，故而电流增大，而原、副线圈的匝数
比不变，则可知原线圈中的电流也增大，即电流表 A1的示数变大，故 C错误；当开关 S闭合时，两灯泡
完全相同，并联后总电阻变为原来的一半，而输入端的电压以及线圈的匝数都不变，则可知副线圈两端
的电压不变，因此副线圈回路中的电流变为原来的两倍，即电流表 A2的示数是 30 A，故 D正确。故选 D。
6．【答案】B
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【详解】根据电动势表达式 e 10sin 100πt V，可知角速度为 100 rad / s，该交流电的频率为
1f 50Hz，周期为T 0.02s2 f ，交流电在一个周期内电流方向变化两次，每秒钟电流方向变化 100
次，A错误；线圈转到图示位置时，此时磁场与线圈平面平行，磁通量最小，磁通量变化率最大，感应
电动势最大，即为 Em 10V，B正确；线圈转到图示位置时，由右手定则可知，电流由 B A；由左手
定则可知， AB边受到的安培力方向向上，C错误；根据 2 n， Em NBS ，可知仅线圈转速加倍，则
角速度变为原来的两倍，即 200 rad / s；最大值变为原来的两倍，即 Em 20V，电动势表达式为
e 20sin 200πt V，D错误。
7．【答案】C

【详解】由题图乙所示图像可知 Q=kt（k为比例系数）。根据电容的定义式得 U= = t，感应电动势与电


容器两极板间的电势差相等，即 U=BLv，解得 v= t，则 U与 t成正比，v与 t成正比，其图像是过原点


的倾斜直线，A、B两项正确;电流 I= =k，安培力 F=BIL=BkL，其为一定值，二者图像均是平行于 t轴的

直线，C项错误，D项正确。综上所述，应选 C。
8．【答案】AC
【详解】滑动摩擦力的方向总是与相对运动方向相反，但与物体的运动方向可以相同。例如，将一个木
块轻轻放在一个匀速转动的传送带上，木块会在滑动摩擦力的作用下向前加速，此时滑动摩擦力方向与
木块的运动方向相同，A正确；力是物体对物体的作用，发生力的作用时，一定同时存在施力物体和受
力物体，不存在只有施力物体而没有受力物体的力，B错误；摩擦力产生的条件之一是两物体间有弹
力，因为摩擦力是由于物体表面粗糙且相互挤压，发生相对运动或有相对运动趋势时产生的，所以两物
体间如果有摩擦力，它们之间一定有弹力，C正确；重力是地球对物体的吸引力的一个分力，重力的方
向是竖直向下，D错误。
9．【答案】AD
Δ
【详解】根据法拉第电磁感应定律可得 = ，设线框总电阻为 ，根据闭合电路的欧姆定律可得
Δ
= Δ ，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量 = Δ ，联立可得 = ，则线框从位置Ⅰ到

= 位置Ⅱ的过程中通过线框某一横截面的电荷量 1 ，从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中通过线框某一横截面的
电荷量 2 =

，所以 1: 2 = 1: 1，A正确，B错误；以向右为正方向，线框从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程
中，对线框根据动量定理有 1 Δ 1 = 1 0，从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中，对线框根据动量定
理有 2 2 Δ 2 = 0
2
1，其中 1 = 1Δ 1， 2 = 2Δ 2，联立可得 1 = 0，根据能量守恒定3
1 1 5
律，线框从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中线框中产生的焦耳热为 1 = 20 2 22 2 1 = 0，从位置Ⅱ到位18
= 1 2 0 = 2置Ⅲ的过程中线框中产生的焦耳热为 22 1 0，所以 1: 2 = 5: 4，C 错误，D正确。2 9
10．【答案】AD
【详解】当 较小时，A、B、C分别由盘面的静摩擦力提供向心力，设 1时，A与盘面先达到最大静
2 g
摩擦力，此时对 A， 2mg 2m 1 3r，解得 1 ，当 1时，AB间轻绳上出现弹力，设弹力3r
大小为T1，B与盘面间摩擦力为 fB （以指向圆心为正方向），此时对 A、B分别有
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2 mg T1 2m
2 3r f 2 2， B T1 2m r，联立解得 fB 4m r 2 mg，随 增大 fB 将减小，当 fB 0
g
时，解得此时 ，当 2时， f2 B 将反向增大。设 3时，C与盘面间达最大静摩擦力，此时2r
对 C， 3mg 3m 23 2r
g
，解得 3 ，当 3时，BC间轻绳上将出现弹力，由于 3 2，当2r
3时，解得此时 fB 0，未达到最大静摩擦力。综上：当 1 3时， fB 减小为 0，当 3时，
设 BC 2 2间轻绳上弹力大小为T2，对 A， 2 mg T1 2m 3r，对 B，T1 fB T2 2m r，对 C，
T 2 22 3 mg 3m 2r，联立三式，解得 fB 2m r mg，随 增大， fB 反向增大，当 B与盘面间达
3 g
最大静摩擦力，即 fB 2 mg时，解得此时 5 ，综上所述可知当 BC间轻绳出现弹力时，B所受2r
3 g
摩擦力为 0，A正确；当 时，A与盘面间的摩擦力开始减小为 0，再反向增大。当再次达到最
2r
2 2
大静摩擦力时，对 A，T1 2 mg 2m 3r，对 B，T1 2 mg T2 2m r，对 C，
T2 3 mg 3m
2 2r，联立三式，解得 7 g6 ， 继续增大则 A、B、C会一起滑动。此时T2r 1
和T2
都达到最大，代入解出此时T1max 23 mg，T2max 18 mg，D正确，BC错误。
11．【答案】② 灵敏电流计示数为零（2分）
20 30
③ （3分）
10
（3） 1.14 × 103（3分）
（4） 增大（2分）
【详解】
② 调节电阻箱 1、 2、 3，使灵敏电流计示数为零，此时电桥处于平衡状态， 、 两点的电势差为
零。
10 30 20 30③ 由于 、 两点的电势差为零，则有 = ，解得 = 。
10+ 20 + t30 t 10
【一题多解】 由于 、 两点的电势差为零，设电阻箱 1与电阻箱 3两端的电压相等且为 1，电阻箱
2与热敏电阻 t两端的电压相等且为 2，则有 1 = 2 1 2， = ，联立解得此时热敏电阻的阻值 t =10 20 30 t
20 30
。
10
（3） 由题意可得 、 10 30 30 10 两点的电势差为 = = ，代入 10+ 20 30+ t 30+ t 10+ 20
数据解得热敏电阻的阻值 t ≈ 1.14 × 103Ω 。
（4） 由题图（b）知，当温度从 52℃升高少许后，热敏电阻的阻值 t减小，结合 、 两点的电势差为
=
30 10 ，可知 增大，即电压表的示数增大。 30+ t 10+ 20
12．【答案】(1)CAB(1分) 负极、正极(1分) ×100(1分) 1.6(1分)
(2)R1(2分) a(2分) (3) (2分) (4)1.57(2分)
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【详解】(1)用多用电表测电阻时,首先是选择倍率,然后将红、黑表笔短接,调节欧姆调零旋钮,使指针指示
在电阻为零的位置,因此顺序为 CAB。电流从多用电表的黑表笔流出,流入电压表的正极,则红表笔接电压
表的负极,黑表笔接电压表的正极。指针指示Ⅰ位置时,表盘显示示数偏大,大电阻用大倍率,若旋转到“×1 k”
位置,表盘显示示数将偏小,读数不准确,故应将选择开关旋转到欧姆挡“×100”位置,由题图(a)可知,粗测得到
的该电压表内阻为 1.6 kΩ。
(2)由题图(b)可知,滑动变阻器采用分压式接法,滑动变阻器应选最大阻值较小的滑动变阻器,故选 R1。闭合
开关 S前,滑动变阻器的滑片应置于 a端。
(3)由题图(b)可知,待测电压表与定值电阻 R0串联,根据串联电路电流特点结合部分电路欧姆定律可得
= ,解得 RV= 。
(4)把数据代入 RV= ,可得 RV=1.57 kΩ。
13．【答案】（1）5m/s；10m/s 2；（2） LB 3.5 10 m（3）2.5 10 2m
【详解】试题分析：（1）子弹射穿物块 A后，A以速度 vA沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平
抛运
h 1动： gt 2解得：t=0.40s
2
A离开桌边的速度 v
s
A ，解得：vA=5.0m/st
设子弹射入物块 B后，子弹与 B的共同速度为 vB，子弹与两物块作用过程系统动量守恒：
mv0 MvA (M m )vB
B离开桌边的速度 vB=10m/s
（2）设子弹离开 A时的速度为 v1，子弹与物块 A作用过程系统动量守恒：
mv0 mv1 2Mv A
v1=40m/s
子弹在物块 B中穿行的过程中，由能量守恒
fL 1 Mv2 1 mv2 1 2B 2 A 1
(M m)v ①
2 2 B
子弹在物块 A中穿行的过程中，由能量守恒
fL 1 mv2 1mv2 1A 0 (M M )v
2
②
2 2 1 2 A
2
由①②解得 LB 3.5 10 m
（3）子弹在物块 A中穿行过程中，物块 A在水平桌面上的位移为 s1，由动能定理：
fs 11 (M M )v
2
A 0③2
子弹在物块 B中穿行过程中，物块 B在水平桌面上的位移为 s2，由动能定理
fs 1 Mv2 1 22 Mv ④2 B 2 A
由②③④解得物块 B到桌边的最小距离为： smin s1 s2 ，
2
解得： smin 2.5 10 m
考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律．
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14．【答案】（1） 203°C；（2）44cm
【详解】（1）封闭气体初状态压强 p1 p0 ph (76 19)cmHg 57cmHg ，设玻璃管的横截面积为 S，体
积V1 LS 50S，温度T1 (273 27)K 300K，封闭气体末状态压强 p2 p0 76cmHg，体积
h 19 pV p VV2 (L )S (50 )S 59.5S
1 1 2 2
，对封闭气体，由理想气体状态方程得 T ，代入数据解得2 2 1 T2
T2 476K，即温度为 203°C。
（2）设空气柱的长度为 H，对气体，由玻意耳定律得 p1V1 p2HS
代人数据解得H 37.5cm
注入水银柱的长度 x 2(L H ) h 2 (50 37.5)cm 19cm 44cm
15 6a．【答案】（1）
2c
a2
（2）
72
1
【详解】（1）根据题意，由折射定律画出从 D点射入的光线的光路图，如图甲所示，由 sin C=
n
1 2
可得光在冰块内发生全反射的临界角的正弦值 sin C= =
2 2
解得 C=45°
由几何关系可知，光在 AF面的入射角为 60°，大于临界角，则光在 AF面上发生全反射，由几何关系可
OD= 3 a OE= 3得 ， a
3 6
c
则光线从 D点射入，从 BF面射出，由 n=
v
2
可得该单色光在冰块内的传播速度 v= c
2
OD OE 6a
该光线穿过冰块的时间 t= = 。
v 2c
（2）从气泡上 G和 G'处射入的光线刚好在此处发生全反射，如图乙所示，入射角恰好为 45°，而这两条
光线之间射入的光线，其入射角均小于 45°，将会直接射入气泡，所以只要将这些区域用不透明纸遮住就
2
可以了，显然在冰块 AB面上，被遮挡区为圆形时面积最小，设其半径为 r，则由几何知识可知 r= a
12
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πa2
则不透明纸的最小面积 S=πr2=
72
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2026 届湖南长沙市高考物理自编二模练习试卷【六】
【湖南地区专用二模试卷】
考试范围：2026 届高考物理全部内容 考试时间：75 分钟； 命题人：
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡
上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题 共 43 分）
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
项是符合题目要求的。
1．[4 分]下列四幅图所涉及的光学现象和相应的描述中，说法正确的是（ ）
A．图（a）是内窥镜，可以把光传送到人体内部进行照明，是利用了光的全反射
B．图（b）是阳光下观察肥皂膜，看到了彩色条纹，这是光的干涉现象，实验时肥皂膜应水平放置
C．图（c）是单色平行光线通过狭缝得到的干涉图样
D．图（d）是用偏振眼镜观看立体电影，说明光是一种纵波
2．[4 分]如图所示，倾角为 的斜面固定在水平地面上，一装满篮球的箱子沿斜面下滑。下滑过程中，
全部篮球和箱子保持相对静止。已知方向 1垂直斜面向上，方向 2竖直向上，方向 4沿斜面向上。对于
篮球 P，下列说法正确的是（ ）
A．若箱子匀速下滑，则其他篮球对篮球P的作用力的方向可能沿方向 1
B．若箱子匀速下滑，则其他篮球对篮球P的作用力方向一定沿方向 4
C．若箱子匀减速下滑，则其他篮球对篮球P的作用力可能沿方向 3
D．若箱子匀减速下滑，则其他篮球对篮球P的作用力可能沿方向 4
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3．[4 分]如图所示甲是产生交流电的示意图，图乙是其产生的正弦交流电输入到图丙的理想变压器，变
压器的开关 S接 1时原、副线圈中的匝数之比为 22 :1，二极管正向导电电阻不计，所有电表都是理想电
表，则下列判断正确的是（ ）
A．电压表的示数为 10V
B．若只将 S从 1拨到 2，电流表示数增大
C 22 2．在 0~0.01s内穿过线圈的磁通量变化为 Wb
5
D．若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则电流表示数减小，电压表示数增大
4．[4 分]如图所示，一竖直放置的半径 R=1m的固定光滑圆环上穿有一个质量 m=1kg的小环，小环通过
1 2
一根原长也为 R、劲度系数 k=100N/m的轻质弹簧与圆环的最高点 A相连，弹簧弹性势能 Ep kx （x2
为形变量），取重力加速度大小 g=10m/s2。小环从与 A点相距为 R的 B点由静止开始下滑，之后的运动
过程中小环获得的最大动能为（ ）
5 5 5 5
A． J B． J C． J D． J
11 9 7 4
5．[4 分]在用伏安法测电阻时，待测电阻 的阻值约为 60Ω ，电压表内阻约为 3kΩ ，电流表内阻
约为 0.2Ω ，测量电路中电流表按图甲或图乙所示连接，结果由公式 = 计算得出，式中 与 分别
为电压表和电流表的示数.下列判断正确的是（ ）
A．采用图甲测得的电阻值更接近真实值，该测量值大于真实值
B．采用图甲测得的电阻值更接近真实值，该测量值小于真实值
C．采用图乙测得的电阻值更接近真实值，该测量值大于真实值
D．采用图乙测得的电阻值更接近真实值，该测量值小于真实值
6．[4 分]如图所示，物体 P、Q用轻绳连接后跨过光滑轻质定滑轮，物体 P放在长木板上，物体 Q悬挂
第 2 页，共 14 页
3
在定滑轮的另一侧。长木板与水平地面的夹角为 60 ，物体 P与长木板之间的动摩擦因数 ，物
2
体 P相对长木板静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（）
2
A．物体 P、Q的质量之比的最大值为 3
3
4
B．物体 P、Q的质量之比的最小值为 3
9
C．若 从 60°缓慢减小到 45°的过程中，物体 P始终静止，则轻绳对滑轮的作用力保持不变
D．若 从 60°缓慢减小到 45°的过程中，物体 P始终静止，则物体 P对长木板的作用力保持不变
7．[4 分]如图所示，轻质弹簧左端固定，右端处于自由状态时位于 点。现向左推动滑块，将弹簧的右
端压缩至 点后由静止释放滑块， 距离为 0，滑块向右滑动过程中阻力恒定。则滑块向右滑动过程
中的加速度 、速度 随位移 或时间 变化的关系图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
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，有多项是符合题目要求。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．[5 分]磁悬浮电梯去除了传统电梯复杂的机械设备，轿厢与导轨实现零接触，电梯运行时非常安静舒
适。其简化后的原理图如图，主要包括导线框（轿厢）、两根绝缘竖直导轨、导轨间存在垂直导轨平面
的间隔分布的匀强磁场，导轨间距和导线框宽度均为 ，导线框高度、磁场高度和磁场间距均为 ，磁场
的磁感应强度大小为 ，导线框总质量为 、总电阻为 。当磁场在竖直方向运动时，可实现导线框的
悬停、向上或向下运动。重力加速度为 ，不计一切摩擦。若磁场向上匀速运动的速度大小为 1，导线
框从静止到匀速向上运动所用时间为 ，则下列说法正确的是（ ）
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A. 为实现导线框悬停在某位置，磁场向上运动的速度 1 =

2 2

B. 若 1 > 2 2，则导线框向上匀速运动的速度大小为

1 2 2

C. 此过程通过导线框某截面的电荷量 = ( + +

1 2 2 )（若电流方向改变，计算累加电荷
量）
D. 此过程导线框移动的距离 = 1

2 2 ( + 1 2 2 )
9．[5 分]如图所示，电路中电源电动势为 E，内阻为 r，C为电容器，L为小灯泡，定值电阻 R=r，闭合
开关，小灯泡能正常发光。现将滑动变阻器的滑片向左滑动一段距离，滑动前后理想电压表 V1、V2、V3
示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表 A示数变化量的绝对值为ΔI，则（ ）
A．电源的输出功率一定减小
B．灯泡的功率逐渐变大
U1 U UC． ， 2 ， 3 均保持不变
I I I
D．当电路稳定后，断开开关，小灯泡会立刻熄灭
10．[5 分]如图所示，质量相等的光滑小环 a、b、c分别套在三个滑道顶端，其中 a的滑道是倾角为 45
的斜杆，b的滑道为底边切线水平的凹弧形杆，c的滑道为底边切线竖直的凸弧形杆，三个滑道固定在同
一水平地面上，它们的高度和长度均相等。同时由静止释放三个小环，不计空气阻力，小环的大小可以
忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A．三个小环落地前，总是处在同一高度
B．小环 b落地时间最短
C．小环 a和小环 c落地时重力的功率不相等
D．在小环从释放到落地的过程中，滑道对小环 b支持力的冲量比对小环 a的小
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第二部分（非选择题 共 57 分）
三、非选择题：本大题共 5 题，共 57 分。
11．[9 分]如图所示，在真空中以竖直向上为 y轴正方向建立三维直角坐标系 Oxyz，整个空间内存在沿 x
轴正方向的匀强电场（图中未画出）。一质量为 m、电荷量为 q的带电微粒在点M 0, l,0.5l 被静止释
放，恰能通过点 N l,0,0.5l 。不计空气阻力，已知重力加速度为 g，求
(1)M、N两点间的电势差是多少；
l
(2)若该微粒从 M点以初速度 v0 gl沿 z轴正方向出发，则经时间 t 该微粒的位置坐标是多少；g
(3)若电场方向变为竖直向上，并在空间添加一沿 z轴正方向的匀强磁场，该微粒从 M点以初速度
v0 gl沿 x轴正方向出发，仍能运动到 N点，则粒子从 M点出发经多长时间能经过 N点？
12．[8 分]（10分）某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图（a）所示电路，所用器材如
下：
电压表（量程 0 3V，内阻很大）；
电流表(量程 0 0.6A)；
电阻箱(阻值 0 999.9Ω)；
干电池一节、开关一个和导线若干。
图（a） 图（b） 图（c）
图（d）
（1） 根据图（a），完成图（b）中的实物图连线。
第 5 页，共 14 页
（2） 调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值 、相应的电流表示数
和电压表示数 。根据记录数据作出的 图像如图（c）所示，则干电池的电动势为____________V
（保留 3位有效数字）、内阻为____________Ω （保留 2位有效数字）。
1
（3） 该小组根据记录数据进一步探究，作出 图像如图（d）所示。利用图（d）中图像的纵轴截
距，结合（2）问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为____________Ω （保留 2位有效数
字）。
（4） 由于电压表内阻不是无穷大，本实验干电池内阻的测量值________（填“偏大”或“偏小”）。
13．[12 分]某学校高二（9）班物理实验课上，同学们用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”。
可拆变压器如图甲、乙所示。
(1)下列说法正确的是 。
A．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B．变压器原线圈接低压交流电时，可以用多用电表的“直流电压挡”测量副线圈电压
C．研究副线圈匝数对副线圈电压的影响时，需保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数
D．测量副线圈电压时，先用中间挡位的量程试测，大致确定后再选用适当的挡位
(2)变压器铁芯是由相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这样设计的原因是 。
A．增大涡流，提高变压器的效率
B．减小涡流，提高变压器的效率
C．增大铁芯中的电阻，以产生更多的热量
(3)一位同学实验时，发现两个线圈的导线粗细不同。他选择的原线圈为 500匝，副线圈为 300匝，原线
圈接学生电源的正弦交流输出端“6 V”挡位，测得副线圈的电压为 3.7V。则下列分析可能正确的是 。
A．原线圈导线比副线圈导线粗
B．学生电源实际输出电压小于标注的“6 V”
C．原线圈实际匝数与标注的“500”不符，应大于 500
D．副线圈实际匝数与标注的“300”不符，应大于 300
14．[12 分]宇宙空间有两颗相距较远、中心距离为 d的星球 A和星球 B。在星球 A上将一轻弹簧竖直固
定在水平桌面上，把物体 P轻放在弹簧上端，如图（a）所示，P由静止向下运动，其加速度 a与弹簧的
压缩量 x间的关系如图（b）中实线所示。在星球 B上用完全相同的弹簧和物体 P完成同样的过程，其 a-
x关系如图（b）中虚线所示。已知两星球密度相等。星球 A的质量为 m0，引力常量为 G。假设两星球均
为质量均匀分布的球体。
（1）求星球 A和星球 B的表面重力加速度的比值；
（2）若将星球 A看成是以星球 B为中心天体的一颗卫星，求星球 A的运行周期 T1；
（3）若将星球 A和星球 B看成是远离其他星球的双星模型，这样算得的两星球做匀速圆周运动的周期
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为 T2。求此情形中的周期 T2与上述第（2）问中的周期 T1的比值。
15．[16 分]如图所示，倾角 37 的光滑固定斜面上放有 A、B、C三个质量均为 m的物块（均可视为
质点），A固定，C与斜面底端的挡板接触但不连接，B与 C通过劲度系数为 k的轻弹簧相连，且均处
于静止状态，A、B间的距离为 d。现由静止释放 A，一段时间后 A与 B发生碰撞，弹簧始终在弹性限度
内。重力加速度大小为 g，sin37° 0.6， cos37° 0.8。
（1）求 A与 B碰撞前瞬间 A的速度大小 v0；
（2）若 A、B碰撞为弹性碰撞，求碰撞后 B的速度大小 v2；如碰撞后立即锁定 A，已知 B沿斜面向下运
动的最大距离为 L，求弹簧弹性势能的最大值 Epm；
（3）若 A、B碰撞为完全非弹性碰撞，求 C恰好要离开挡板时，A、B的总动能 Ek。
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参考答案
1．【答案】A
【详解】图（a）是内窥镜，可以把光传送到人体内部进行照明，是利用了光的全反射，A正确；图（b）是
阳光下观察肥皂膜，看到了彩色条纹，这是光的干涉现象，是肥皂膜两表面反射光形成的干涉图样，实
验时肥皂膜不一定需要水平放置，B错误；图（c）是单色平行光线通过狭缝得到的衍射图样，C错误；图
（d）是利用偏振眼镜能观看立体电影，偏振是横波的特点，光的偏振现象说明光是横波，D错误。
2．【答案】C
【详解】若箱子匀速下滑，篮球 P处于平衡态，则其他篮球对篮球P的作用力的方向一定沿方向 2，AB
错误；若箱子匀减速下滑，篮球 P所受合力沿斜面向上，则其他篮球对篮球P的作用力可能沿方向 3，C
正确，D错误。
3．【答案】C
um U1 n1 n2
【详解】原线圈的有效电压U1 220V，根据变压比 U n 可知副线圈电压
U2 U2 n 1
10V，由
2 2 1
U 2 T U 2
于二极管的单向导电性，所以根据电流的热效应可知 2 T ，解得电压表的示数为U 5 2V，故
R 2 R
U1 n1 nA 2错误；根据变压比 U n 可知副线圈电压
U 2 Un 1，若只将 S从 1拨到 2，则
n1增大，故副线圈电
2 2 1
U U
I1 n2
压 2减小，副线圈负载不变时，根据欧姆定律 I 可得，副线圈电流 I2减小，根据变流比 I n 可知R 2 1
I n1 2 I2，因为 n1增大且 I2减小，故原线圈电流 In 1减小，电流表示数减小，故 B错误；由图乙知，电压1
从零开始变化，故初始时刻处于中性面，经过 0.01s即一半周期，线圈转动 180°，则穿过线圈的磁通量变
2 BS
化大小为ΔΦ 2BS，又因为um BS
Tu 22 2
，以上两式代入数据解得
T ΔΦ
m Wb，故 C正
5
U1 n1
确；若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，原线圈电压不变，根据变压比 U n 可知副线圈电压不变，根2 2
U 2 T U 2 2 U
据电流热效应 2 T，解得U U2，则电压表示数不变，负载电阻增大，由欧姆定律 I 可R 2 R 2 R
I1 n2
知通过负载电流 I2减小，又有变流比 I n 可知，电流表示数
I1减小，故 D错误。
2 1
4．【答案】B
【详解】设当小环到达 C点时动能最大，此时弹簧与竖直方向的夹角为θ，由几何关系可知，弹簧弹力 F
在重力 mg与圆弧对小环的弹力 N夹角的平分线上，可知 N=mg， F 2mg cos ，其中
F k(2Rcos R)，解得 cos
5
，由能量关系可知运动过程中小环获得的最大动能为
9
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Ekm mg (2Rcos cos Rcos60
) 1 k(2Rcos R)2 5 J。
2 9
5．【答案】A
60 3000
【详解】由题意可知, V V = 0.2 = 300, = 60 = 50,则有 > ,因此电流表采用内接法,即采用题A A

图甲所示电路测出的电阻值更接近真实值；根据欧姆定律,电阻的测量值 测= ,题图甲中,误差来源于

电流表分压,电阻的真实值 真= A < = 测,即电阻测量值大于真实值,故 A正确,B、C、D
错误.
6．【答案】B
【详解】当物体 P、Q的质量之比的最大时，P有下滑的趋势，此时最大静摩擦力沿斜面向上，根据平衡
m gsin60 m g m gcos60 mP 4 3关系 P Q P ，解得 ，A错误；当物体 P、Q的质量之比的最小时，P有mQ 3
上滑的趋势，此时最大静摩擦力沿斜面向下，根据平衡关系mPgsin60 mPgcos60 mQg，可得
mP 4 3 ，B正确；当 从 60°缓慢减小到 45°的过程中，两轻绳间的夹角逐渐增大，绳子的拉力大小不
mQ 9
变，则两绳的合力逐渐减少，则轻绳对滑轮的作用力逐渐减少，C错误；若 从 60°缓慢减小到 45°的过
程中，物体 P始终静止，则物体 P对长木板的作用力大小等于物体 P的重力和绳的拉力的合力大小，拉
力大小不变但方向变化，则物体 P对长木板的作用力变化，D错误。
7．【答案】D
【详解】由牛顿第二定律 = 可知， 与 图像的形状相同，由 点静止释放滑块时，滑
块受到弹力和阻力的作用，则有 Δ = ，当滑块由 点向 点运动过程中，弹簧形变量Δ
减小，则加速度 减小，当弹力等于阻力时，加速度为零，此时弹簧形变量为Δ 1，根据平衡条件则有
Δ 1 = 0，可见Δ 1 ≠ 0，此时速度达到最大，当滑块继续向右运动，滑块受到的向右的弹
力将小于向左的阻力，根据牛顿第二定律则有 Δ = ，此过程加速度逐渐增大，方向水平
向左，滑块做加速度逐渐增大的减速运动，如果滑块在到 点之前（或在 点）减速到 0，此时Δ <
Δ 1，即 Δ < ，滑块将静止在此处， = 0，如果滑块可以通过 点，则过了 点后，弹力为
零，只受阻力的作用，滑块做加速度恒定的减速运动，A、B错误；结合上述分析可知，滑块可能先做
加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，最后做匀减速直线运动，直至减速到零，也可能
先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，直到速度为零，C错误，D正确。
8．【答案】ABD
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【详解】根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为 = 1，感应电流为 =

，要使导线框悬
停，则有 安 = =

，联立解得此时磁场向上运动的速度大小 1 = 2 2，A正确；当磁场向

上运动的速度大小 1 > 2 2时，根据题意可知导线框最终向上匀速运动，设导线框向上匀速运动的速
度大小为 2，则感应电动势为 ' = (
'
1 2)， '安 = ' = ， ' = ，解得 2 =
1 2 2，B正确；导线框加速过程中，根据动量定理有∑ Δ = 2，

又 = ，则解得整个过程中通过导线框某截面的电荷量 = ( + 1 2 2 )，加速过程中
2 2( )
根据动量定理有 1 =

2，解得 = 1 2 2 ( + 1 2 2 )，C错
误，D正确。
9．【答案】AC

P E R E
2

【详解】电源的输出功率 出 外 r R R r
2
2r ，该函数的图像如图所示，外 外 R外
，当滑片向左移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则外电路的总电阻变大，由
于 R=r，可知外电路总电阻始终大于电源内阻 r，根据图像可知输出功率一定减小，故 A正确；灯泡消耗
2
的功率为 PL I RL，当滑片向左移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则外电路的总电阻变大，干路电流
减小，则灯泡功率变小，故 B错误；根据U1 IR，U2 E Ir，U3 E I r R
U
，可知 1 R，
I
U2 U U U U r， 3 r R，即 1 ， 2 ， 3 均保持不变，故 C正确；断开开关，电容器将在与滑动变
I I I I I
阻器、灯泡构成的回路中放电，灯泡将逐渐熄灭，故 D错误。
10．【答案】BC
【详解】三个滑道高度相同，长度相等，作出各自的 v-t图像如图所示
由图可知，三个小环落地的时间满足 tb ta tc，落地前三者在相同时刻的高度不同，故 A错误，B正
确；小环 a和 c落地时速度大小相等，但方向不同，根据 PG mgvy，所以重力的功率不相等，故 C正
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确；三个小环落地时动量的大小相等，小环 a、b的矢量图如图所示
由图可知 INa mv INb，故 D错误。
mgl l
11．【答案】(1)UMN 0.5l,0.5l,1.5l q ；(2) ；(3) t 2n 0.5 π n 0、1、2、3L g
【详解】（1）带电微粒从 M到 N点做匀速直线运动 由 M、N两点的位置关系得mg Eq
匀强电场中UMN El
mgl
联立解得UMN q
1
（2）经时间 t，沿 x轴方向，有 x gt2 0.5l
2
1
沿 y y g t2轴方向 0.5l
2
沿 z轴方向 z v0t 0.5l
则坐标为 0.5l,0.5l,1.5l
（3）电场力和重力平衡，微粒在磁场中做匀速圆周运动，半径 R l
T 2πR周期 v0
l
所以能经过 N点的时间为 t 2n 0.5 π n 0、1、2、3L
g
12．【答案】（1） 见解析（2分）
（2） 1.58（2分）；0.65（2分）
（3） 2.5（2分）
（4） 偏小（2分）
【详解】
（1） 根据题图（a）完成实物图连线如图所示。
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（2） 由闭合电路欧姆定律得 = ，可知 图像的纵轴截距为干电池的电动势，则 ≈
1.58V，斜率的绝对值为干电池的内阻，则| | = = | 1.42 1.550.25 0.05 |Ω = 0.65Ω 。
1 + 1
（3） 由闭合电路欧姆定律得 = ( A + + )，整理得 = +
A
， 图像纵轴截距为
2A 1 = A+ 0.65Ω+ A = 1.58V ，解得 A ≈ 2.5Ω 。
（4） 由于电压表内阻不是无穷大,则实验测得的是干电池内阻和电压表内阻的并联总阻值，所以干电池
内阻的测量值偏小。
13．【答案】(1)C；(2)B；(3)D
【详解】（1）为确保实验安全，应该是设计成降压变压器，则实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，
A错误；变压器原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”，B错误；变压
U1 n1
器的电压与匝数的关系满足 U n ，可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线2 2
圈的匝数对副线圈电压的影响，C正确；为了安全，测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定
电压后再选用适当的挡位进行测量，D错误。
（2）涡流现象能在导体内部损耗能量，利用薄硅钢片叠压而成的，增大电阻，从而减小涡流，提高效
率，选 B。
（3）副线圈匝数少，电流大，为减少铜损，绕制电阻小的粗导线；原线圈匝数多，电流小，可绕制细导
U
A 1
n1
线， 错误；若原线圈匝数是 500匝，副线圈匝数是 300匝，副线圈的电压为3.7V，由 U n ，可得2 2
原线圈电压为 6.17V，考虑到漏磁、发热等损失，原线圈的电压要比6.17V还要大，B错误；如果原线圈
实际匝数与标注的“500”不符，大于 500，则测得副线圈的电压应偏低，而不是偏高，C错误；如果副线
圈实际匝数与标注的“300”不符，大于 300，测得副线圈的电压偏高，与题意相符，D正确。
1 d 214．【答案】（1） ；（2） 2 d ；（3） 22Gm0 3
【详解】（1）对物体 P受力分析，根据牛顿第二定律
mg kx ma
可得 a
kx
g
m
结合 a x图像可知，纵截距表示星球表面重力加速度。
gA 2a0 1
则有 gB 4a0 2
（2）设星球 B的质量为M 。
G Mm根据黄金替换公式 2 mgR
4 3
根据质量与体积关系式M R
3
3g
联立得
4 GR
第 12 页，共 14 页
gA g R 1
由于星球A B A和星球 B密度相等，可见 RA RB RB 2
M R 3
则星球 B与星球A的质量比 B
m R 30 A
联系以上各式可得M 8m0
星球A以星球 B为中心天体运行时，受到星球 B的万有引力作用做匀速圆周运动。
Mm0 2 2
研究星球A，根据向心力公式G md 2 0
( ) d
T1
解得T1 d
d

2Gm0
（3）将星球A和星球 B看成双星模型时，它们在彼此的万有引力作用下做匀速圆周运动。
G Mm0 m (2 )2研究星球A rd 2 0 T A2
Mm0 2 2
研究星球 B G 2 m0 ( ) rd T B2
又 rA rB d
联立可得T
2 d
2 d 3 Gm0
T2 2
则 2T1 3
2 2
15 1 6gd 2 6gd 0.6mg d L 0.18m g 3 3 mgd 36m
2g 2
．【答案】（ ） ；（ ） ， ；（ ）
5 5 k 10 25k
1 2
【详解】（1）A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得mgd sin mv
2 0
，
v 6gd解得 0 。5
（2）A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得mv0 mv1 mv2，
1 2 1 2 1 2
由机械能守恒定律得 mv0 mv1 mv ，2 2 2 2
6gd
解得 v1 0， v2 ，5
1 2
弹簧初始弹性势能为 Ep0 kx0 ，2
弹簧的形变量为 kx0 mg sin37 ，
0.18m2g 2
解得 Ep0 ，k
由于 A、B碰撞为弹性碰撞且 A和 B完全相同，可认为 A的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能。
弹簧弹性势能的增加量等于 A重力势能的减少量 Epm Ep0 mg d L sin ，
E 0.18m
2g 2
解得 pm 0.6mg d L 。k
第 13 页，共 14 页
mg sin
（3）A、B碰撞前弹簧的压缩量 x1 ，k
mg sin
C恰好离开挡板时，弹簧的伸长量 x2 B碰撞过程系统动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒k
定律得mv0 2mv3，
v 1 6gd解得 3 ，2 5
在 B开始沿斜面向下运动到 C刚要离开挡板过程中，弹簧弹性势能的改变量为零。
1 2
由机械能守恒定律得 2mv3 Ek 2mg x1 x2 sin 2 ，
3 36m2g 2
解得 Ek mgd 。10 25k
第 14 页，共 14 页2026 届湖南长沙市高考物理自编二模练习试卷【十】（难）【湖南
地区专用二模试卷】
考试范围：2026 届高考物理全部内容 考试时间：75 分钟； 命题人：
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡
上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题 共 43 分）
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
项是符合题目要求的。
1．[4 分]如图所示，一个小球从 P点以大小为 v0的初速度斜向上抛出，初速度与水平方向的夹角为θ，
小球恰好垂直打在竖直墙面上的 B点，墙面上的 A点与 P点等高而与 B点在同一竖直方向上；若保持小
球从 P点抛出的初速度大小不变，水平抛出后小球打在墙面上的位置在 A点正下方的 C点。已知
AB=2AC，不计空气阻力，小球可视为质点，则θ角为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
2．[4 分]关于电磁波、能量量子化、电磁感应现象，下列说法正确的是（ ）
A．赫兹预言并证实了电磁波的存在
B．磁感线是客观存在的曲线
C．普朗克认为微观粒子的能量是不连续的
D．奥斯特从实验中领悟到“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应
3．[4 分]如图所示为小型交流发电机的示意图，磁场可视为水平方向磁感应强度为 1T的匀强磁场，置于
2
磁场中的多匝线框面积是 m2，匝数 n 100，线框电阻 r 2Ω，电刷 PQ外接电阻 R 10Ω，电流表
100
A是理想交流电流表，线框绕垂直于磁场的水平轴OO '沿逆时针方向以 12rad/s匀速转动。从图示位置
开始计时，则下列说法正确的是（ ）
第 1 页，共 14 页
A 2．从图示位置转过60 ，穿过线框的磁通量是 Wb
100
B．从图示位置转过60 6，穿过线框的磁通量是 Wb
2
C．从图示位置转过60 ，电流表读数是 0.71A
D．从图示位置转过60 ，电流表读数是 1.00A
4．[4 分]如图甲所示，电磁波的波长范围很广，按电磁波的波长大小的顺序把它们排列起来，就是电磁
波谱；如图乙所示，让一群带电粒子连续的从小磁针（被悬挂）的下方从右向左不停的飞过，发现小磁
针的 N极向外转动、S极向里转动；如图丙所示，安培受通电螺线管外部的磁场与条形磁体的磁场相似
的启发，提出了“分子电流”。他认为，在物质内部，存在着一种环形电流——分子电流，分子电流使每
个物质微粒都成为微小的磁体；如图丁所示的原子发射光谱只有一些分立的亮线。下列说法正确的是
（ ）
A．对甲图，电磁波虽然具有能量，但它不是物质
B．对乙图，这群粒子带正电
C．对丙图，磁感线是真实存在的线，“分子电流”是真实的理论
D．对丁图，原子能级是分立的，辐射出光子的能量是分立的，发射光谱也是分立的亮线
5．[4 分]2023年 10月 26日消息，据中国载人航天工程办公室消息，神舟十七号载人飞船入轨后，于北
京时间 2023年 10月 26日 17时 46分，成功对接于空间站天和核心舱前向端口，整个对接过程历时约
6.5小时。空间站的运行轨道可近似看作圆形轨道 I，椭圆轨道 II为神舟十七号载人飞船与空间站对接前
的运行轨道，已知地球半径为 R，两轨道相切于 P点，地球表面重力加速度大小为 g，下列说法正确的是
（ ）
A．轨道 I上的线速度大小为 gR
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B．神舟十七号载人飞船在轨道 I上 P点的加速度小于在轨道 II上 P点的加速度
C．神舟十七号载人飞船在 P点经点火加速才能从轨道 II进入轨道 I
D．轨道 I上的神舟十七号载人飞船想与前方的空间站对接，只需要沿运动方向加速即可
6．[4 分]下列关于重力、弹力和摩擦力的说法正确的是（ ）
A．重力、弹力和摩擦力是按力的作用效果命名的
B．劲度系数越大的弹簧产生的弹力越大
C．接触面的动摩擦因数越大，滑动摩擦力也一定越大
D．在两个运动的物体之间也可能存在静摩擦力
7．[4 分]如图所示，用轻绳 a将质量为 m的小球 A悬挂于质量为 M的木箱顶部，小球 A通过一根轻质
弹簧与质量同为 m的小球 B相连，小球 B底端与木箱接触而不挤压，木箱通过轻绳 b悬挂于天花板。已
知重力加速度为 g，现仅剪断其中一根轻绳，下列说法正确的是（ ）
A．剪断轻绳 a瞬间，小球 A的加速度大小为 g
B．剪断轻绳 a瞬间，轻绳 b的拉力为 M m g
C．剪断轻绳 b瞬间，小球 A的加速度大小为 g
M 2m
D．剪断轻绳 b瞬间，小球 A的加速度大小为 g M m
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，有多项是符合题目要求。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．[5 分]一定质量的理想气体从状态 A开始，经 A B、 B C、C A三个过程后回到初始状态 A，
其 p V 图像如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．在 A B过程中，气体分子的内能一直在增大
B．在 B C过程中，气体分子的平均动能一直在减小
C．在C A过程中，气体对外界做功 300J
D．在 A B C A一个循环过程中，气体从外界吸收 450J热量
9．[5 分]如图所示，物块 A、B由绕过轻质定滑轮的轻绳相连，物块B和C通过劲度系数为 k的竖直轻
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质弹簧连接，物块C放在水平地面上。初始时用手托住物体A，整个系统处于静止状态，轻绳恰好拉直
且无弹力。已知A的质量为 2m，B和C的质量均为m。重力加速度为 g，弹簧始终在弹性限度范围内，
不计一切摩擦。从释放物体A至C恰好离开地面过程中，下列说法正确的是（ ）
2
A．释放瞬间，A的加速度大小为 g
3
1
B．释放瞬间，轻绳上的弹力大小为 mg
3
3mg
C．C与地面分离时，B向上移动了
k
D m．物体A获得的最大速度为 2g
3k
10．[5 分]如图所示，光滑斜面上有一小球被悬挂在天花板上的轻绳系住，轻绳与竖直方向的夹角为
45 ，斜面的倾角为37 ，顶端有一与小球半径相同的定滑轮，整个装置处于静止状态。现缓慢向右推动
斜面，则在小球到．达．斜．面．顶．端．前．（ ）
A．轻绳对小球的拉力先减小后增大
B．轻绳对小球的拉力先减小后不变
C．斜面对小球的支持力逐渐增大
D．斜面对小球的支持力先增大后不变
第二部分（非选择题 共 57 分）
三、非选择题：本大题共 5 题，共 57 分。
11．[8 分]在“研究电磁感应现象”的实验中： 先按图甲所示连线，不通电时，电流表指针停在正中
央，闭合开关 S时，观察到电流表指针向左偏．然后按图乙所示将灵敏电流计与副线圈 B连成一个闭合
回路，将原线圈 A、电池、滑动变阻器和开关 S串联成另一个闭合电路．
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1 图甲电路中，串联定值电阻 R
的主要作用是
A.减小电源两端的电压，保护电源
B.增大电源两端的电压，保护开关
C.减小电路中的电流，保护灵敏电流计
D.减小电路中的电流，保护开关
2 图乙中，S闭合后，在螺线管 A插入螺线管 B的过程中，电流表的指针将 偏转 (填“向
左”、“向右”或“不” )．
3 图乙中，S闭合后，线圈 A放在 B中不动，在滑动变阻器的滑片 P向左滑动的过程中，电流表指针将
偏转 (填“向左”、“向右”或“不” )．
4 图乙中，S闭合后，线圈 A放在 B中不动，在突然断开 S时，电流表指针将 偏转 (填“向
左”、“向右”或“不” )．
12．[8 分]欧姆表是在电流表的基础上改装而成的，如图所示是一个简单的欧姆表电路。设电源的电动势
为 E，内阻为 r，电流表的电阻为Rg ，可调电阻为R0 ，电流表的满偏电流为 Ig。
（1）欧姆表在测量过程中，______电势高（选填“A表笔”或“B表笔”）。
（2）当 A、B表笔直接接触时（相当于被测电阻为 0），调节可调电阻 R0 使电流表指针指在最大值 Ig
E
处，由闭合电路的欧姆定律可得，欧姆表的总电阻 R 内 I 。g
（3）当 A、B表笔之间有待测电阻 Rx时，电流表指针指在 Ix 处，由闭合电路的欧姆定律可得， Rx＝
______（用“E、 Ix 、 R内 ”表示）。
（4）小华同学利用上述对应关系，决定自己制作一个简易欧姆表。以下是他选用的器材：电流表满偏电
流 Ig＝200mA、电流表电阻 Rg 5 ；电源电动势 E＝3V、内阻 1Ω；变阻器 R0阻值 0~20Ω。请帮他把电
流表的电流刻度值对应的欧姆表电阻值填在下表中。
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电阻刻度 ______（填
． 15 5 0
（Ω） 空．）
电流刻度
0 50 100 150 200
（mA）
（5）由此，该同学发现刻度盘上电阻值的刻度值______（选填“均匀”或“不均匀”）。
（6）该欧姆表的刻度值是按电池电动势为 3V刻度的，当电源的电动势下降到 2.7V、内阻增大到 3Ω时
仍可调零。若测得某电阻阻值为 10.0Ω，则这个电阻的真实值是______Ω。
13．[12 分]如图甲所示，在直角坐标系 Oxyz整个空间中，有沿 z方向的匀强电场 E和匀强磁场 B，坐
标原点 O处有一粒子源，能不断向 xOy平面第一象限内各个方向均匀发射粒子，粒子的质量为 m、电荷
量为 q（q>0），初速度大小均为 v0，不计粒子的重力及粒子间相互作用。
2mv2
（1）若 B 0，E 0 ，求初速度沿 y方向的粒子运动到 z d平面时的 y坐标；
dq
E 0 B mv（2 0）若 ， dq ，经过足够长的时间，求所有粒子在 xOy平面内经过区域的总面积
S；
2mv2 2 mv
（3）若 E 0 ，B 0 ，在 z d，y 0的空间内有一足够大荧光屏，如图乙所示，求粒子打在
dq 3dq
荧光屏上形成亮线的长度 L。
14．[13 分]如图甲所示，在粗糙的水平面上有一滑板，滑板上固定着一个用粗细均匀的导线绕成的正方
形闭合线圈，匝数 N 10，边长 L 1m，总电阻 R 5 ，滑板和线圈的总质量M 4kg，滑板与地面间
的动摩擦因数 0.5，前方虚线边界内有磁场，两竖直虚线边界与水平虚线的交点分别为 A点和 B点，
且 AB之间的距离为 4m，其中虚线 AB以上区域内的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小 B1按如图
乙所示的规律变化，虚线 AB以下的匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小 B2 1T，A、B两点与
线圈中心等高。现给线圈施加一水平拉力，使线圈以速度 v 1m/s匀速通过磁场区域， t 0时刻，线圈右
侧恰好开始进入磁场。 g 10m/s2 。求：
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（1） t 0.1s时线圈中通过的电流；
（2）线圈全部进入磁场区域前的瞬间所需拉力的大小；
（3）从线圈右侧开始进入磁场到线圈左侧刚好出磁场区域的过程中滑板与地面之间因摩擦产生的内能。
15．[16 分]如图所示，倾角 37 的足够长斜面固定在水平面上， t 0时刻，将滑块 a、b从斜面上相
距 d 1m的两处同时由静止释放。ma 2kg，mb 1kg， a、b与斜面之间的动摩擦因数分别为
3 3a ， b ， a、b之间的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，取重力加速度大小 g 10m/s2 ，16 4
sin37 0.6，两滑块均可看作质点。
（1）求两滑块第一次碰撞后瞬间，滑块 a的动能 Ek；
（2）求滑块 a从开始运动至第 302次与滑块b碰撞经过的时间 t；
（3）写出滑块 a碰撞后瞬间的速度与碰撞次数 n的函数关系 n 1 ；
（4）写出滑块b从开始运动至第 n 1次碰撞前的位移表达式 n 1 。
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参考答案
1．【答案】B
【详解】设第一次斜抛小球在空中运动的时间为 t，小球在空中运动的逆运动是平抛运动，第二次平抛小
球运动的时间为 t′，则 v0cos t v0 t ，由于 AB 2AC
1 gt2 1，所以有 2 gt 2，联立两式解得
2 2
45 。
2．【答案】C
【详解】赫兹通过实验证实了电磁波的存在，但电磁波的预言是由麦克斯韦完成的，A错误；磁感线是
人为引入的描述磁场分布的假想曲线，并非客观存在的实体，B错误；普朗克提出能量量子化理论，认
为微观粒子的能量只能取离散值（即不连续），C正确；发现“磁生电”即电磁感应现象的是法拉第，而奥
斯特发现的是电流的磁效应，D错误。
3．【答案】D
BS BS sin 60 1 2 3 6【详解】根据磁通量公式 ，可知 Wb= Wb ，AB错误；感应电动势
100 2 200
2 Em
的最大值为 Em nBS 100 1 12V=12 2V，有效值为 E 12V，电流表读数是有效值，始100 2
I E 12终为 A=1A，C错误，D正确。
R r 10 2
4．【答案】D
【详解】对甲图，电磁波具有能量，也是一种物质，A项错误；对乙图，小磁针 N极的受力方向就是磁
场的方向，运动带电粒子上方的磁场垂直纸面向外，根据右手螺旋定则，粒子对应的电流从左向右，运
动电荷速度从右向左，与电流方向相反，则粒子带负电，B项错误；对丙图，磁感线是在磁场中画一些
有方向假想的线，不是真实存在的，条形磁铁内部的分子电流是安培提出的分子电流假说，是一种假
说，C项错误；对丁图，原子从高能态向低能态跃迁时辐射出的光子的能量，等于前后两个能级之差。
由于原子的能级是分立的，所以辐射出的光子的能量也是分立的，因此原子的发射光谱也是一些分立的
亮线，D项正确。
5．【答案】C
G Mm v
2 Mm 2
【详解】根据 m ，G 0 m g v gR2 ，可得 ，轨道 I上半径 r大于 R，线速度小于r r R2 0 r
GM
gR，A错误；在同一位置引力大小相同，根据 a 2 ，加速度相同，B错误；卫星由低轨道变轨到r
更高的轨道时需加速，则神舟十七号载人飞船在 P点经点火加速才能从轨道 II进入轨道 I，C正确；对接
空间站需要先减速做向心运动降低轨道，再加速做离心运动进行对接，D错误。
6．【答案】D
【详解】重力、弹力、摩擦力是按力的性质命名的，而按作用效果命名的力如拉力、压力等，A错误；
由胡克定律 F kx可知，弹力大小与劲度系数 k和形变量 x有关，k大但 x很小时弹力不一定大，B错
误；滑动摩擦力 f N，μ大但若正压力 N很小，f仍可能较小，C错误；静摩擦力存在于有相对运动趋
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势的物体间，例如传送带与货物共同斜向上运动时，两物体均运动但存在静摩擦力，D正确。
7．【答案】D
【详解】剪断前，对小球 B分析，由平衡条件知 kx mg，在剪断绳 a的瞬间，弹簧的弹力没有来得及
变化，A受到重力 mg和弹簧向下的拉力 mg，A的合力为向下的 2mg，由牛顿第二定律有 2mg maA ，
可得剪断轻绳 a瞬间，小球 A的加速度大小为 aA 2g，故 A错误；剪断轻绳 a瞬间，轻绳 a对小球 A
向上的拉力减为零，弹簧形变不变，小球 A所受合力向下，具有向下的加速度 2g，在剪断绳 a的瞬间，
弹簧的弹力没有来得及变化，B的受力情况没有变化，则 B所受合力为零，小球 B的加速度大小为零，
对系统，应用牛顿第二定律 M 2m g FT maA 2mg，解得轻绳 b的拉力为 FT Mg，故 B错误；
剪断轻绳 b瞬间，轻绳 b的拉力突变为零，若轻绳 a松弛，则木箱只受重力作用开始以加速度 g加速下
落，对小球 A，根据牛顿第二定律 mg kx ma1，解得 a1 2g g，加速下落，则轻绳 a未松弛，木箱
与小球 A同步，根据系统牛顿第二定律 M 2m g m M a m 0，解得小球 A的加速度大小为
M 2m g
a ，故 C错误，D正确。
m M
8．【答案】AD
p
【详解】 A B的过程，气体体积不变，压强增大，根据查理定律 C，可知该过程温度升高，则分
T
pV
子内能增大，故 A正确；根据 C，可知 p V 的等温曲线为反比例函数图像，根据数学知识可知
T
B C的过程中， pV乘积先增大后减小，则温度先增大后减小，即分子平均动能先增大后减小，故 B
错误；状态C A过程为等压变化，气体体积减小，外界对气体做功WCA p V 300J，故 C错误；在
A B C A一个循环过程中，外界对气体做功W WBC WCA 450J，气体内能不变，即
U 0，根据热力学第一定律 U W Q，可得Q 450J，气体从外界吸收 450J热量，故 D正确。
9．【答案】AD
【详解】初始时，轻绳恰好伸直无弹力，弹簧处于压缩状态，物块 B受力平衡，有 kx1 mg ,释放瞬间，
2 2
设轻绳上的拉力为T ，对 A有T 2mg 2ma ,对 B有T kx1 mg ma ,解得 a g，T mg ,故 A正3 3
确，B错误；C与地面分离时，弹簧处于拉伸状态，对 C有 kx2 mg ,B向上移动的距离为
x 2mg x1 x2 ,故 C错误；当 A的合力为零时，物体 A达到最大速度，此时轻绳中的拉力为 2mg，Ck
1 2 m
与地面分离。对 A、B和弹簧组成的系统由机械能守恒定律有2mgx mgx 2m m vm ,解得 vm 2g ,2 3k
故 D正确。
10．【答案】BD
【详解】如图所示，
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对小球受力分析，小球受重力 mg，斜面对小球的弹力 FN及绳的拉力 FT，重力大小方向均不变，斜面对
小球的弹力方向不变，随着斜面向右移，轻绳与竖直方向的夹角增大，当轻绳与斜面平行时，轻绳上的
拉力与斜面对小球的支持力垂直，可知在此过程中，斜面对小球的支持力一直增大，轻绳对小球的拉力
一直减小，当轻绳与斜面平行后，轻绳对小球的拉力方向不变，斜面对小球的支持力方向也不变，轻绳
对小球的拉力和斜面对小球的支持力都不变，所以轻绳对小球的拉力先减小后不变，斜面对小球的支持
力先增大后不变。
11．【答案】C，向左，向左，向右
【详解】（1）电路中串联定值电阻，目的是减小电流，保护灵敏检流计，C正确，A、B、D错误；
（2）将 S闭合后，将螺线管 A插入螺线管 B的过程中，穿过 B的磁场向下，磁通量变大，由楞次定律
可知，线圈 B的感应磁场向上，根据右手定则，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将左
偏转；
（3）螺线管 A放在 B中不动，穿过 B的磁场向上，将滑动变阻器的滑动触片向左滑动时，穿过 B的磁
通量增大，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将左偏转；
（4）螺线管 A放在 B中不动，穿过 B的磁场向上，突然切断开关 S时，穿过 B的磁通量减小，由楞次
定律可知，感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将向右偏转．
答案为（1）C；（2）向左；（3）向左；（4）向右
E
12．【答案】A表笔； RI 内；45；不均匀；9/9.0x
【详解】（1）因 A表笔接内部电源的正极，可知欧姆表在测量过程中，A表笔电势高。
（3）当 A、B表笔之间有待测电阻 Rx时，电流表指针指在 Ix 处，由闭合电路的欧姆定律可得
I Ex R R
内 x
可得 R
E
x RI 内x
E
（4）当电流表满偏时 I g R
内
E
当读数为 50mA时 I R R
内 x
解得 Rx 45
（5）由表中数据，该同学发现刻度盘上电阻值的刻度值不均匀。
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E E
（6）当电动势为 E=3V，内阻为 1Ω时 I ，其中 I g ， Rx测 10 R R
内 x测 R内
E '
当电源的电动势下降到 E ' 2.7V、内阻增大到 3Ω时 I R ' R
内 x真
E '
其中 Ig R '
内
解得 Rx 9 真
13．【答案】（1） y d
（2） S 2 d 2
（3 3） L d
4
【详解】（1）粒子在 yOz平面做类平抛运动
设粒子运动的加速度为 a，则有 qE ma
y方向有 y v0t1
z方向有 d
1
at 2
2 1
解得 y d
（2）粒子在 xOy平面内做匀速圆周运动
v2
由牛顿第二定律，有 qv0B m 0r1
解得 r1 d
经过足够长的时间，所有粒子在 xOy平面内经过区域如图所示
1
则其总面积为 S r 21 （2r）
2
4 1
解得 S 2 d 2
（3）设粒子在磁场中运动的半径为 r，粒子在磁场中的偏转角为
2
粒子的运动可以分解为平行 xOy v平面的匀速圆周运动，和沿 z方向的匀加速直线运动，则有 qv0B m 0r
解得 r
3d

2
1 2 d
粒子沿 z方向的匀加速直线运动有 d at
2 1
， t1 v0
2 r 3d
粒子在磁场中运动的周期T v0 v0
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2
粒子在磁场中的偏转角为 t
T 1
2 解得
3
入射的粒子在 xOy平面内投影运动的轨迹如图

由几何关系 L （ ） 2rsin（ ）
2 2
3
解得 L d
4
14．【答案】（1） I1 1A
（2）F 40N
（3）E 90J
L
【详解】（1）线圈切割磁感线 E1 NB1 v NB
L v 5V
2 2 2
线圈电流 I
E
1
1 1A
R
L L
（2）线圈匀速运动将要全部进入前，右边导线所受向左的安培力 F1 NB1I1 NB I 5N2 2 1 2
上下边导线所受向下的安培力 F2 NB1I1L NB2I1L 30N
滑动摩擦力 f2 Mg F2 35N
拉力 F F1 f2 40N
（3）设线圈进入磁场位移为 x时，摩擦力为 f1，则 f1 Mg N B1 B2 I1x 20 15 x
f f
可知摩擦力与位移呈线性关系，所以线圈进入过程克服摩擦力所做的功W f L min max1 1 L 27.5J2
q
完全在磁场中运动时 E2 N 5V t
E
线圈中形成顺时针电流 I 22 1AR
线圈上下边受到向上的最大力 F3 NB1I2L NB2I2L 30N， f3 Mg F3 5N
线圈上下边受到向上的最小力 F4 NB2I2L 10N f4 Mg F4 15N
f f
同理可知摩擦力与位移呈线性关系，1s~3s克服摩擦力所做的功W2 f L 3 4 2L 20J2
3s~4s无电流，克服摩擦力所做的功W3 MgL 20J
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L E
4s~5s线圈左边一半在切割下方磁场 E3 NB2 v 5V， I3 3 1A2 R
线圈下边受到向下的安培力 F5 NB2I3L 10N， f5 Mg F5 25N
f Mg
克服摩擦力所做的功W f L 54 22.5J2
E W1 W2 W3 W4 90J
15．【答案】（1）Ek 1J
（2） t 402s
（3） vn 4n 3 n 1
8n n 1
（4） x n 1
3
【详解】（1）对滑块b进行受力分析可知，由于mbgsin bmbgcos
故滑块b恰好静止在斜面上；对滑块 a进行受力分析并列牛顿第二定律方程有magsin amagcos maa0
解得滑块 a 2下滑的加速度大小为 a0 4.5m/s
2
根据匀变速直线运动速度与位移的关系式有 v 2a0d
解得两滑块发生第一次弹性碰撞前瞬间滑块 a的速度大小为 v 3m/s
由于两滑块发生弹性碰撞，则根据动量守恒定律有mav mava mbvb
1 2 1 2 1 2
根据机械能守恒定律有 mav m v m v2 2 a a 2 b b
联立解得碰后瞬间滑块 a的速度大小为 va 1m/s
滑块b的速度大小为 vb 4m/s
1 2
所以两滑块第一次碰撞后瞬间，滑块 a的动能为 Ek m v 1J2 a a
1
2 2（ ）根据匀变速直线运动的位移公式有 d a t
2 0 1
2d 2
解得两滑块发生第一次弹性碰撞前滑块 a的运动时间为 t1 sa0 3
由分析可知，两滑块每次发生弹性碰撞后，滑块 a都将继续以加速度 a0做匀加速直线运动，而滑块b将做
匀速直线运动。设两滑块从发生第一次弹性碰撞到发生第二次弹性碰撞的时间间隔为 t2，则有
vat
1
2 a
2
0t2 vbt2， v2 a1
va a0t2
4
联立解得 t2 s， va1 7m/s3
1 m v2 1 2 1 2 1 2同理两滑块第二次发生弹性碰撞有 m v m v m v ，m v m v m v
2 a a1 2 b b 2 a a2 2 b b1 a a1 b b a a2
mbvb1
1 2
设两滑块从发生第二次弹性碰撞到发生第三次弹性碰撞的时间间隔为 t3，则有 va2t3 a2 0
t3 vb1t3，
va3 va2 a0t3
4
联立解得 t3 s ， v3 a2
5m/s， vb1 8m/s
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1 2 1 2 1 2 1 2
同理两滑块第三次发生弹性碰撞有 m v m v m v m v ，m v m v m v m v
2 a a3 2 b b1 2 a a4 2 b b2 a a3 b b1 a a4 b b2
，
v 1 2a4t4 a0t4 vb2t2 4
， va5 va4 a0t4
4
联立解得 t4 s ， va4 9m/s， vb 12m/s3 2
……
4
经过计算发现，两滑块从发生第一次弹性碰撞后，每相邻两次弹性碰撞的时间间隔都相等，都为 t s
3
a 2 4所以滑块 从开始运动至第 302次与滑块b碰撞经过的时间为 t t1 301 t s 301 s 402s3 3
（3）由前面数据分析可知，两滑块第一次碰撞后瞬间滑块 a的速度大小为 va 1m/s
两滑块第二次碰撞后瞬间滑块 a的速度大小为 va2 5m/s
两滑块第三次碰撞后瞬间滑块 a的速度大小为 va4 9m/s
……
依次类推可得滑块 a碰撞后瞬间的速度与碰撞次数 n的函数关系为 vn 1 4 n 1 4n 3 n 1
（4）由前面数据分析可知，从发生第一次弹性碰撞到发生第二次弹性碰撞，滑块b的位移为
x 161 vbt2 m3
32
从发生第二次弹性碰撞到发生第三次弹性碰撞，滑块b的位移为 x2 vb1t3 m3
48
从发生第三次弹性碰撞到发生第四次弹性碰撞，滑块b的位移为 x3 vb2t4 m3
……
16 16
n
依次类推可得滑块b从开始运动至第 n 1次碰撞前的位移表达式为 3 3 8n n 1 x n n 1
2 3
第 14 页，共 14 页2026届湖南长沙市高考物理自编二模练习试卷【九】【湖南地区专用二模试卷】
考试范围：2026届高考物理全部内容 考试时间：75分钟； 命题人：
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题 共43分）
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，只有一项是符合题目要求的。
1．[4分]物块静止在固定的斜面上,分别按图示的方向对物块施加大小相等的力F,A中F垂直于斜面向上,B中F垂直于斜面向下,C中F竖直向上,D中F竖直向下,施力后物块仍然静止,则物块所受的静摩擦力增大的是 (　　)
A．
B．
C．
D．
2．[4分]国际编号为192391的小行星绕太阳公转的周期约为5.8年,该小行星与太阳系内八大行星几乎在同一平面内做圆周运动．规定地球绕太阳公转的轨道半径为1AU,八大行星绕太阳的公转轨道半径如下表所示．忽略其他行星对该小行星的引力作用,则该小行星的公转轨道应介于(　　)
行星 水星 金星 地球 火星 木星 土星 天王星 海王星
轨道半径 R/AU 0.39 0.72 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30
A．金星与地球的公转轨道之间
B．地球与火星的公转轨道之间
C．火星与木星的公转轨道之间
D．天王星与海王星的公转轨道之间
3．[4分]如图所示,从斜面上A点斜向上抛出一个可视为质点的小球,水平击中斜面上B点,现将另一相同小球从AB中点C抛出,仍水平击中B点．不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
A．两个小球的初速度大小之比为2∶1
B．从C点抛出的小球初速度方向与水平方向夹角更大
C．两个小球离斜面的最大距离之比为2∶1
D．调整两个小球抛出的时间,可以使两个小球在空中相遇
4．[4分]如图所示半径为R、圆心为O的圆弧轨道在竖直平面内绕竖直轴角速度转动，滑块A、B和圆弧轨道一起同向转动，其中OB处于水平方向，OA与方向成37°角，A相对于圆弧轨道刚好没有相对运动趋势，B相对于圆弧轨道刚好静止。重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法中正确的是（　　）
A．滑块A与滑块B的线速度大小相同
B．当圆弧轨道转动的角速度增大时滑块A受摩擦力沿圆弧切线向上
C．圆弧轨道转动的角速度
D．滑块与圆弧轨道间的动摩擦因数
5．[4分]如图所示，物块A、B静置于光滑水平面上，处于原长的轻弹簧两端分别与两物块连接，物块A紧靠竖直墙壁，物块A、B的质量分别为m和2m.某一时刻物块B获得一初速度v0，则此后运动中 (　　)
A．墙壁对A的总冲量大小为4mv0
B．墙壁对A做的总功为2m
C．A的最大速度为v0
D．弹簧的最大弹性势能为m
6．[4分]下列关于生活中的圆周运动实例分析,说法正确的是(　　)
甲
乙
丙
丁
A．图甲中,铁路的转弯处,外轨比内轨高的原因是为了利用轮缘与内轨的侧压力帮助火车转弯
B．图乙中,杯子离转盘中心越远越容易做离心运动,若最大静摩擦力等于滑动摩擦力,给杯子中加水越多越不容易做离心运动
C．图丙中,滚筒洗衣机里的衣物随着滚筒做高速匀速圆周运动,衣物运动到最高点A点时脱水效果更好
D．图丁中,在汽车越野赛的一段赛道上a、b、c三处中,若汽车速度大小一定,c处最容易爆胎
7．[4分]如图甲所示的北斗卫星导航系统入选“2022全球十大工程成就”．组成北斗系统的卫星运行轨道半径r越高,线速度v越小,卫星运行状态视为匀速圆周运动,其v2-r图像如图乙所示,图中R为地球半径,r0为北斗星座GEO卫星的运行轨道半径,图中物理量单位均为国际单位,引力常量为G,忽略地球自转,则(　　)
甲
乙
A．地球的质量为
B．地球的密度为
C．GEO卫星的加速度为
D．地球表面的重力加速度为
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，有多项是符合题目要求。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．[5分]在平面内，轴上有两个波源、，坐标分别为和。时刻起，两波源开始在同一均匀介质中，沿轴方向做简谐运动，振动图像如图所示。已知两波源的振动传播到坐标原点处的时间差为。下列说法正确的是（ ）
A. 两列波在介质中的传播速度大小均为
B. 两列波在原点处叠加后振动加强
C. 时，处的质点正位于平衡位置向上振动
D. 时，处的质点位移为0
9．[5分]如图所示，、、、为匀强电场中相邻的四个等势面，相邻等势面间距离为，一个电子仅受电场力，垂直经过电势为零的等势面时，动能为（电子伏），到达等势面时速度恰好为零，则下列说法正确的是（ ）
A. 场强方向从指向
B. 匀强电场的场强大小为
C. 电子经过等势面时，电势能大小为
D. 电子在上述等势面间运动的时间之比为
10．[5分]如图所示，轻杆一端固定一个小球，以另一端为圆心，使小球在竖直平面内做半径为的圆周运动，小球通过最高点时的速度为，重力加速度为，则（ ）
A．必须大于等于
B．越大，小球在最高点时所需向心力也越大
C．当时，越大，小球在最高点时杆对小球的弹力越小
D．当时，越小，小球在最高点时杆对小球的弹力越大
第二部分（非选择题 共57分）
非选择题：本大题共5题，共57分。
11．[9分]甲、乙两同学分别通过如下实验研究测量电阻的不同实验方案.甲同学用图1所示电路测量阻值约为 的电阻，可选用的器材有：
图1
A.电压表（量程，内阻约）
B.电流表（量程，内阻约）
C.电流表（量程，内阻约）
D.滑动变阻器
E.滑动变阻器
F.电源（电压为）及开关和导线若干
（1） 为了调节方便、测量准确，实验中电流表应选择____，滑动变阻器应选择____.（填实验器材前的字母）
（2） 请用笔画线表示导线，在图2中完成电路连接.
图2
（3） 乙同学用如图3所示电路测量另一个电阻.电路连好后，闭合开关，无论如何移动滑动变阻器的滑片，发现电压表有示数且几乎不变，电流表始终没有示数.若电路中仅有一处故障，则可能的故障是____.
图3
A．滑动变阻器短路
B．滑动变阻器断路
C．待测电阻与电流表A之间的导线断路
12．[9分]某实验小组利用气垫导轨验证动量守恒定律，实验装置如图所示。
（1）下列操作需要进行的是_________；
A．测出气垫导轨的长度L
B．将气垫导轨调至水平
C．用天平测得滑块a（含遮光条）、b（含橡皮泥）的质量、
（2）将滑块a推至光电门1的左侧，将滑块b放在光电门1和2之间。向右轻推一下滑块a，滑块通过光电门1后与静止的滑块b碰撞粘合一起以共同速度通过光电门2。测得滑块a通过光电门1、2的时间分别为和。在误差允许的范围内，只需验证等式___________（用题中所给的字母表示）成立，即说明碰撞过程中a，b系统动量守恒；
（3）某次实验中测得，，可知滑块a，b的质量比值为___________，滑块a，b二者碰撞过程中损失的机械能与碰前a的初动能的比值为___________。
13．[12分]如图甲，固定点O处悬挂长为L=3.5m的轻质细绳，末端拴接一个质量为m（未知）的小球，在O点正下方O'处固定一细钉。将细绳向左侧拉至水平位置，由静止释放小球，当细绳摆至竖直位置时，被细钉挡住，此后小球恰好能在竖直平面内做圆周运动。如图乙，O点下方的光滑水平面上放一凹槽，凹槽质量为M（未知），凹槽左右挡板内侧间的距离也为L，在凹槽右侧靠近挡板处放置一质量也为M的小物块，凹槽上表面与物块间的动摩擦因数μ=0.5。物块与凹槽一起以速度向左运动，将细绳向左侧拉至水平位置给小球一个向下的初速度当小球摆到最低点时刚好与凹槽左侧发生碰撞。小球被弹回，同时凹槽被弹回时速率为原速率的两倍。此后小球摆到O'右侧后无法做完整的圆周运动，而是在某位置脱离圆轨道做抛体运动，小球做抛体运动的轨迹与OO'所在直线交于E点（图中未画出）。已知小球与凹槽不发生二次碰撞，所有的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度求
（1）O'点到O点的距离；
（2）小球和凹槽在轨道最低点相碰后，凹槽与物块达到共速时物块到右侧挡板的距离；
（3）E点到圆轨道最低点的距离。
14．[12分]如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为、带电量为的粒子从磁场中的点以速度向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为 ,然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧点，通过点时其速度方向水平向右。、距水平虚线的距离均为,两点之间的距离为。不计重力。
（1） 求磁感应强度的大小；
（2） 求电场强度的大小；
（3） 若粒子从点以竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。（一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度）
15．[15分](18分)如图所示，光滑水平面上固定质量为2m、倾角为θ的斜面体OAB，在斜面体右侧有n个质量均为的物块，质量为m的滑块从光滑斜面体顶端A由静止释放.OA=h，重力加速度为g.
(1)求滑块到达斜面体底端时的速度大小v0；
(2)若斜面体底端有一小圆弧，斜面体和水平面平滑连接.
①若所有的碰撞均为完全非弹性碰撞，求第n个物块的最终速度大小vn；
②若所有的碰撞均为弹性碰撞，求第n个物块的最终速度大小v'n；
(3)水平面上靠近B处有一固定竖直挡板，斜面体不固定，滑块运动至斜面体底端与水平面碰撞后，仅保留水平方向动量，此时改变滑块与水平面、斜面体与水平面间的粗糙程度，斜面体与水平面间动摩擦因数μ1=0.2.滑块与挡板碰撞后以原速率返回，h=0.75 m，θ=45°，g取10 m/s2.要使滑块能追上斜面体，求滑块与水平面间动摩擦因数的最大值.
参考答案
1．【答案】D　
【详解】物块受重力、支持力及摩擦力平衡,当加上F后,物块仍处于平衡,对A、B中物块受力分析可知,F只改变垂直于斜面的压力,不会影响沿斜面方向上的力,故摩擦力不变,fA=fB=Gsinθ,A、B错误;加竖直向上的F后,F有沿斜面向上的分力,若物块有沿斜面向下的运动趋势,此时沿斜面向下的重力的分力与沿斜面向上的F的分力及摩擦力平衡,故摩擦力fC=(G-F)sinθ变小,C错误;加竖直向下的力F后,F产生沿斜面向下的分力,则沿斜面向下的力为重力和F的分力,故摩擦力fD=(G+F)sinθ增大,D正确．
2．【答案】C　
【详解】地球公转周期为一年,根据开普勒第三定律有33<==33.64<43,所以小行星轨道半径介于3AU和4AU之间,由题表可知小行星的公转轨道应介于火星与木星的公转轨道之间,C正确．
3．【答案】C　
【详解】两小球的运动可看作平抛运动的逆运动,设斜面倾角为θ,根据h=gt2解得t=,由hA∶hC=2∶1可得两个小球运动时间之比为∶1,由vy=gt可知,两个小球竖直速度之比为∶1,根据vx=和xA∶xC=2∶1,可知水平速度之比为∶1,所以两次击中B点速度之比为∶1,根据v=,两次抛出时速度的大小之比为∶1,且到达B点时速度方向相同,根据平抛运动推论可知,位移偏转角正切值是速度偏转角正切值的一半,又位移偏转角θ不变,则tanα=2tanθ=,可知两次抛出时速度方向相同,A、B错误;将小球的运动逆向视为平抛运动,小球在点的初速度方向与斜面的夹角为φ,则小球离斜面的最大距离为d=,可知,两小球离斜面的最大距离之比为2∶1,C正确;两小球的轨迹相切于B点,不可能在空中相遇,D错误．
4．【答案】C
【详解】滑块A与滑块B的角速度相同，但转动的半径不同，因此线速度大小不相同，A错误；当圆弧轨道转动的角速度增大时，滑块A有离心的趋势，因此所受摩擦力沿圆弧切线向下，B错误；对滑块A受力分析可知，，解得，C正确；对滑块B受力分析可知，，解得，D错误。
5．【答案】A　
【详解】本题考查滑块—弹簧模型.物块A离开墙壁时B回到初始点具有向右的速度，根据能量守恒定律可知此时B的速度vB=-v0，对整体有I合=2×2mv0=4mv0，即墙壁对A的总冲量大小为4mv0，A正确；墙壁对A作用过程中A没有位移，因此墙壁对A不做功，B错误；物块A离开墙壁后，A达到最大速度时弹簧恢复原长，A、B与弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒，有2mv0=mv1+2mv2，×2m=m+×2m，解得v1=v0，v2=v0，C错误；物块B向左运动至速度为零时，弹簧压缩最短，弹性势能最大，有Epmax=×2m=m，D错误.
6．【答案】D　
【详解】在铁路的转弯处,通常要求外轨比内轨高,当火车按规定速度转弯时,由重力和支持力的合力完全提供向心力,从而减轻轮缘对外轨道的挤压,故A错误;转盘上各点角速度相等,根据静摩擦力充当向心力,当杯子将要产生滑动时有μmg=mω2r,可知杯子离转盘中心越远,发生滑动时需要的角速度越小,即越容易做离心运动,与杯子以及内部水的质量无关,故B错误;根据牛顿第二定律,在最低点B点有FN1-mg=m,解得FN1=mg+m,在最高点A点有FN2+mg=m,解得FN2=m-mg,FN1>FN2,衣物运动到最低点B点时脱水效果更好,故C错误;在汽车越野赛的一段赛道上的a、b、c三处中,在b处时FNb=mg-mmg,c处轨道半径小于a处,则c处地面对车的弹力最大,则轮胎受的压力最大,即c处最容易爆胎,故D正确．
7．【答案】C　
【详解】根据=m,得地球的质量M=,A错误;由V=πR3,可得地球的密度ρ==,B错误;根据=ma,GM=bR,解得GEO卫星的加速度a=,C正确;根据=mg,解得g=,D错误.
8．【答案】AD
【详解】两机械波在同一介质中传播，传播速度大小相等，设为，由题意有，正确；由题图可知，两列波的周期均为，则波长为，由题图可知两波源起振方向相反，两波源到原点的距离差 ，则两列波在原点处叠加后振动减弱，错误；由上述分析可知，时，波源的振动传播到处，且振动，波源的振动未传播到处，由题图可知，处的质点正位于平衡位置向下振动，错误；时，波源的振动传播到处，且振动，波源的振动传播到处，且振动，可知处的质点位于平衡位置，则位移为0，正确。
9．【答案】BC
【详解】电子到达等势面时速度恰好减为零，说明电子所受电场力向下，负电荷受到的电场力方向与电场强度方向相反，故场强方向从指向，错误；从到，动能减小，故电场力做功为，则，解得，正确；只有电场力做功，电势能和动能之和守恒（关键：电势能动能总和不变），即，解得，匀强电场中，沿电场线方向前进相同距离电势变化相同，同一电荷沿电场线方向前进相同距离电势能变化相同，则，正确；电子从到做匀减速直线运动，可逆向视为做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为，根据，可知通过、、所用时间之比为，故通过连续三段所用时间之比为（点拨：构建初速度为零的匀加速直线运动模型，得到连续相等位移所用的时间之比），则从到电子在等势面间运动的时间之比为，错误。
10．【答案】BD
【详解】因小球用轻杆连接,则在最高点时最小速度为零,即大于等于零,错误；根据可知,越大,小球在最高点时所需向心力也越大,正确；当在最高点杆对小球的作用力为零时,有,解得,当时,小球受杆的拉力作用,有,则越大,小球在最高点时杆对小球的弹力越大,错误；当时,小球受杆的支持力作用,有,则越小,小球在最高点时杆对小球的弹力越大,正确.
【关键点拨】
轻杆模型
实例 图示 受力示意图 力学方程 临界特征
球与杆连接、球在光滑管道中运动等 ,,; ,，
11．【答案】（1） C；D
（2） 见解析
（3） C
【详解】
（1） 电源电压为，电压表量程为，电路中的最大电流约为，则电流表应选择，滑动变阻器采用分压式接法，为方便操作，滑动变阻器应选择最大阻值较小的.
（2） 电路连接如图所示.
（3） 无论如何移动滑动变阻器的滑片，发现电压表有示数且几乎不变，电流表始终没有示数，可能是电压表被串联进电路中，则待测电阻与电流表之间的导线断路.故选.
12．【答案】（1）BC
（2）
（3）；
【详解】（1）遮光条宽度为d，则碰撞前后的速度为、，规定向右为正方向，由动量守恒有，联立解得，所以不需要测出气垫导轨的长度L，需要测出两个滑块质量，C正确，A错误；因为系统动量守恒的条件是系统合外力为0，所以要将导轨调水平，B正确。
（2）由（1）可知，只需验证等式成立，即说明碰撞过程中a，b系统动量守恒。
（3）测得，，根据，可知滑块a，b的质量比值为，根据动量与动能的关系，滑块a，b二者碰撞过程中损失的机械能与碰前a的初动能的比值为。
13．【答案】（1）2.1m
（2）2.8m
（3）0
【详解】（1）从小球静止释放到到达小圆轨道最高点过程中，由动能定理，有
小球恰能通过最高点，有
解得
所以到点的距离
（2）物块与凹槽在相对运动过程中，由动量守恒，有
解得
由能量守恒，有
解得
所以共速时小物块到右侧挡板之间的距离为
（3）给小球一个初速度，从开始运动到小球运动到O点正下方过程中由动能定理，有
解得
小球与凹槽碰撞过程中由动量守恒和机械能守恒，有，
解得
设小球脱离轨道时细绳与水平方向夹角为，可得
小球从最低点至脱离位置过程中由动能定理，有
联立两式解得，
之后小球做斜抛运动，在水平方向
可得
则，小球下落的高度为
所以小球恰好过圆轨道最低点，所以到最低点距离为0。
14．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】
（1） 粒子的运动轨迹如图甲所示，
甲
设粒子在磁场中运动轨迹半径为，由几何关系得
（1分）
解得（1分）
由洛伦兹力提供向心力得
（1分）
解得（1分）
（2） 粒子在电场中做类斜抛运动，粒子在水平方向上做匀速直线运动,
由对称性知（1分）
（1分）
竖直方向上有（1分）
由牛顿第二定律得（1分）
联立解得，（1分）
（3） 若粒子从点以速度竖直向下发射，先在磁场中做匀速圆周运动，后进入电场做类斜抛运动，再进入磁场做匀速圆周运动，一个周期的运动轨迹如图乙所示，
乙
由几何关系得（1分）
则 （1分）
粒子在电场中做类斜抛运动，
粒子在电场中运动时间（1分）
粒子在电场中运动的水平位移为（1分）
粒子再次进入磁场后做匀速圆周运动，
一个周期内粒子的位移（1分）
粒子运动的周期为（1分）
则漂移速度大小为（2分）
【思路引导】
15．【答案】(1)　(2)①v0　②　(3)
【详解】(1)对滑块，由动能定理得mgh=m (1分)
解得v0= (1分)
(2)①若是完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有
mv0=vn (1分)
解得vn=v0 (1分)
②若是弹性碰撞，设滑块第1次与第n个物块相碰后的速度分别是v01、v1，根据动量守恒定律有mv0=mv01+v1 (1分)
根据机械能守恒定律有m=m+· (1分)
联立解得v01=，v1=v0，由于后面发生的都是弹性碰撞，所以物块1的最终速度为v0，由机械能守恒定律知之后滑块第2次与第n个物块发生弹性碰撞前的瞬间速度大小为v0，设滑块与第n个物块相碰后的速度分别是v02、v2，根据动量守恒定律，有mv01=mv02+v2 (1分)
根据机械能守恒定律有m=m+· (1分)
解得v02=·v0，v2=v0，
由于后面发生的都是弹性碰撞，物块2的最终速度为v0，依次类推，可知第n个物块的最终速度v'n= (2分)
(3)设滑块刚要滑到斜面体底端时的水平速度大小为vx，竖直速度大小为vy，斜面体的速度大小为v斜，水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得mvx=2mv斜 (1分)
根据机械能守恒定律有mgh=m(+)+×2m (1分)
tan θ= (1分)
解得vx=2 m/s，v斜=1 m/s，滑块从释放到滑到斜面体底端，设滑块的水平位移大小为s1，斜面体的水平位移大小为s2，由于水平方向系统动量守恒，则有mvx=2mv斜，整理可得ms1=2ms2 (1分)
又s1+s2=，代入数据解得s1=0.5 m，s2=0.25 m (2分)
当滑块到达水平面时，由于挡板的存在，问题简化为滑块在斜面后方2s2处向左做匀减速直线运动，当滑块追上斜面体时恰好速度为零，此时动摩擦因数最大，则有=+2s2 (1分)
解得μ2= (1分)
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考试范围：2026届高考物理全部内容 考试时间：75分钟； 命题人：
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题 共43分）
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，只有一项是符合题目要求的。
1．[4分]关于质点，下列说法中正确的是（　　）
A．百米赛跑运动中研究运动员的冲线动作时可以将运动员看成质点
B．研究如何踢出香蕉球时可将足球看成质点
C．观察洲际导弹的运动轨迹时可将其当做质点
D．所有平动的物体都可以看成质点，所有旋转的物体都不能看成质点
2．[4分]如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D，D与滑轨间的动摩擦因数为。D在滑轨上运动S1距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为S2，根据S2可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C质量分别为3m、m、5m，，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则（　　）
A．D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等 B．D的初动能小于其落地时的动能
C．弹药释放的能量为 D．弹药释放的能量为
3．[4分]如图所示，两个光滑斜面在B处平滑连接，小球在A点获得大小为8m/s的速度沿斜面向上运动，到达B点时速度大小为6m/s，到达C点时速度减为0。已知AB=BC，下列说法正确的是（ ）
A．小球在、段的加速度大小之比为：
B．小球在、段运动时间之比为：
C．小球经过中间位置时速度大小为
D．小球由A运动到C平均速率为
4．[4分]小球a和b由劲度系数为k的轻质弹簧连接，小球a由不可伸长的细线悬挂在O点，系统处于静止状态，如图所示。将小球b竖直下拉长度L后由静止释放，若小球a恰好始终不动，小球a、b质量分别为2m、m。重力加速度大小为g，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。释放小球b后，下列说法正确的是（　　）
A．小球b速度最大时，绳子拉力为2mg
B．小球b做简谐运动，最大加速度为2g
C．L为
D．小球b向上运动过程中，弹簧弹性势能一直减小
5．[4分]一列沿x轴传播的简谐横波在时的波形如图甲，平衡位置在的质点a的振动图像如图乙，下列说法正确的是（　　）
A．该波沿x轴负方向传播 B．该波的传播速度大小为4m/s
C．4~10s内质点a通过的路程为40cm D．时，质点a的位移为5cm
6．[4分]下列关于四幅图的说法正确的是（　　）
A．图甲中的电磁炉用来加热食物，可以用陶瓷材质的锅炒菜
B．图乙中的导线南北方向摆放，通电后下方小磁针的N极向西偏转
C．图丙是磁电式电流表内部结构示意图，线圈要绕在塑料框做成的骨架上
D．图丁为回旋加速器示意图，增大电源电压，能增大粒子获得的最大速度
7．[4分]如图甲所示，、两物块（均视为质点）用轻质弹簧连接并放置在光滑的水平面上，的质量为。时刻，使获得水平向右、大小为的初速度，、运动的速度—时间图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数为，弹簧的弹性势能，其中为弹簧的形变量，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法不正确的是（　　）
A．的质量为
B．时刻，、间的距离最大
C．时间内，所受冲量的大小为
D．图乙中阴影部分的面积为
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，有多项是符合题目要求。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．[5分]如图所示,两理想变压器间接有电阻R,电表均为理想交流电表,a、b接入电压有效值不变的正弦交流电源。闭合开关S后 (　　)
A．R的发热功率不变
B．电压表的示数不变
C．电流表A1的示数变大
D．电流表A2的示数变小
9．[5分]两个完全相同的正方形匀质金属框,边长为L,通过长为L的绝缘轻质杆相连,构成如图所示的组合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平,高度为L,左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出,设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场,不计空气阻力。下列说法正确的是 （ ）
A．B与v0无关,与 成反比
B．通过磁场的过程中,金属框中电流的大小和方向保持不变
C．通过磁场的过程中,组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等
D．调节H、v0和B,只要组合体仍能匀速通过磁场,则其通过磁场的过程中产生的热量不变
10．[5分]图为两个质量分别为、的小球在光滑水平冰面上发生对心正碰前后的图像，则下列说法正确的是（　　）
A． B．碰撞过程中两小球所受合外力相同
C．碰撞前后质量为的小球动量的变化量大小为 D．两小球发生的是弹性碰撞
第二部分（非选择题 共57分）
非选择题：本大题共5题，共57分。
11．[8分]用DIS（电流传感器，内阻可忽略）测电源电动势和内阻的电路如图甲所示，是定值电阻，.
闭合开关S，调节电阻箱R，记录电阻箱接入电路的阻值R和相应的电流I，将测得数据以R为横坐标，以 为纵坐标（选填“I”或“”），经计算机拟合得到如图乙所示图像.纵、横坐标所满足的表达式为 （用题中的物理符号表示），由图线可得该电源电动势为 V，内阻为 Ω；若换用有一定内阻的电流表代替电流传感器，那上述所测得的电源内阻值 （选填“偏大”“偏小”或“相等”）。
12．[8分]某同学利用手机连拍功能测量自由落体加速度，为拍出清晰的照片，他效仿伽利略利用斜面“冲淡”重力的方法，让物块沿带标尺的斜面运动。具体操作步骤如下：
①用支架固定好手机开始连拍，让物块从斜面底端滑上斜面直至物块重新滑回底端；
②在物块上滑过程和下滑过程中各选取连续拍摄的3张照片如图所示，手机每隔时间T拍摄一张照片：
③物块在上滑1、2、3和下滑1、2、3的位置对应的刻度值分别记为、、、、、；
④改变斜面倾角，重复上述步骤，获得多组实验数据。
（1）在步骤③中，物块从上滑1到上滑2的位移 。（用、表示）
（2）若规定沿斜面向上为正方向，则物块上滑过程加速度 ，下滑过程加速度 。（用、…及T表示）
（3）令，，多次实验后，根据多组实验数据，以m为纵坐标、n为横坐标作出图像，得到一条直线，若图像斜率为k，纵轴截距为b，则自由落体加速度为 ；若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在重复实验中，斜面倾角正切值应大于 。（用k和b表示）
13．[15分]如图所示，竖直放置的导热良好的汽缸由横截面面积不同的上、下两部分组成，上半部分的横截面面积为2S，下半部分的横截面面积为S，上半部分的汽缸内有一个质量为3m的活塞A，下半部分的汽缸内有一个质量为2m的活塞B，两个活塞之间用一根长为2L的轻杆连接，两个活塞之间封闭了一定质量的理想气体，两活塞可在汽缸内无摩擦滑动而不漏气。初始时，两活塞均处于静止状态，缸内封闭气体温度为，两活塞到汽缸粗细部分交接处的距离均为L，重力加速度为g，假设环境大气压强始终为，求：
（1）初始时，缸内气体的压强；
（2）若汽缸内密封气体温度缓慢升高到，则缸内气体对外做功多少；
（3）若汽缸内密封气体温度缓慢降低到，则细杆对活塞B的作用力。
14．[12分]空间中某一竖直面内存在水平方向的匀强电场，如图所示，将一质量为、电荷量为的小球从地面上的点先后两次抛出，第一次抛出时，速度方向与竖直方向的夹角为，之后小球又回到点；第二次竖直向上抛出，之后小球回到地面上另外一点，运动都在同一竖直面内，速度大小均为，地面水平，不计空气阻力，重力加速度为。
（1）求匀强电场的大小；
（2）求第二次抛出落地时的速度大小；
（3）小球按第一次的角度抛出，同一竖直面内调整匀强电场，使小球仍然能够落回抛出点，求强电场的最小值和方向。
15．[14分]如图甲所示，真空中的电极能连续不断均匀地放出初速度为零、质量为、电荷量为的粒子，经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B间的中线平行于极板射入偏转电场，A、B两板距离为，A、B板长为，A、B两板间加周期为的变化电场，如图乙所示，已知，能从偏转电场板间飞出的粒子在偏转电场中运动的时间也为。忽略极板边缘处电场的影响，不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，粒子打到极板上后即消失。求：
（1）加速电场中的；
（2）若时刻粒子进入偏转电场两极板之间，粒子能否飞出极板？如果能，那么粒子的偏移量是多少？如果不能，那么粒子在偏转电场内平行于极板方向的位移是多少？
参考答案
1．【答案】C
【详解】研究运动员的冲线动作需关注身体细节（如躯干过线），不能忽略大小和形状，A错误；香蕉球的形成依赖足球旋转，需考虑其形状和受力分布，B错误；洲际导弹的轨迹仅关注整体位置，其形状和大小可忽略，C正确；平动或旋转并非判断质点条件的唯一标准，需具体问题具体分析，D错误。
2．【答案】C
【详解】爆炸前后，组成的系统动量守恒，即，与碰撞过程动量守恒，联立解得。，爆炸后瞬间的动能 ，的初动能 ，两者不相等，故A错误；在滑轨上水平滑动过程中摩擦力做功为 ，做平抛运动过程中重力做的功为 ，故从开始运动到落地瞬间合外力做功为，根据动能定理可知的初动能与其落地时的动能相等，故B错误；物块平抛过程有 ， ，联立可得 ，水平滑动过程中根据动能定理有 ，化简得 ，弹药释放的能量完全转化为A和B的动能，则爆炸过程的能量为 ，故C正确，D错误。
3．【答案】B
【详解】对段，根据速度位移公式得，，代入数据解得，，解得，故A错误；根据平均速度的推论知，段的时间，段运动的时间，解得，故B正确；段中间位置时的速度大小，故C错误；物体由A运动到C的平均速率为，故D错误。
4．【答案】C
【详解】如果a球不动而b球单独振动，则b球做简谐振动，简谐振动的平衡位置合力为零，即b球运动到平衡位置时速度达到最大，此时弹簧弹力等于b球重力mg，而绳子拉力等于a球重力与弹簧弹力之和，即为3mg，A错误；小球a恰好始终不动，当小球b运动到最大高度处时，有，，所以最大加速度为，B错误；根据题意可知，C正确；b球向上运动过程中弹簧弹性势能先减小后增大，D错误。
5．【答案】B
【详解】由图乙可知，在时质点a向上振动，根据上下坡法可知，该波沿x轴正方向传播，A错误；由甲图可知波长为16m，由图乙可知周期为4s，则该波的传播速度大小为，B正确；由题知，振幅为，在4~10s内的时间间隔为，4~10s内质点a通过的路程为，C错误；设质点a的振动方程为，其中，，则有，当时，质点a的位移为，D错误。
6．【答案】B
【详解】电磁炉利用涡流加热，需要锅具是铁磁性材料（如铁锅、不锈钢锅），陶瓷锅不能产生涡流，无法加热，A错误；根据安培定则，若图乙中的导线沿南北方向摆放，则通电后下方小磁针的N极将向西偏转，B正确；磁电式电流表的线圈绕在铝框上，利用铝框的电磁阻尼使指针快速稳定，而非塑料框，C错误；回旋加速器中，粒子最大速度，与电源电压无关，仅由磁感应强度、粒子比荷和D形盒半径决定，因此增大电源电压不能增大最大速度，D错误。
7．【答案】B
【详解】设a的质量为，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律可得，解得，故A正确；根据图乙可知，时刻之前a的速度大于b的速度，时刻a的速度等于b的速度，则时刻弹簧被压缩最短，此时a、b间的距离最小，接着弹簧逐渐恢复原长，在时刻a的速度最小、b的速度最大，此时弹簧恢复原长，故时刻a、b间的距离并非最大，接着弹簧继续伸长，a的速度增大、b的速度减小，在时刻两者共速，此时两物块相距最远，因此时刻a、b间的距离最大，故B错误；时间内，以水平向右的方向为正方向，对b由动量定理可得，故C正确；图中阴影部分的面积为弹簧的最大压缩量，根据能量守恒定律可得，解得，即图乙中阴影部分的面积为，故D正确。
8．【答案】BC
【命题点】理想变压器+动态电路分析
【详解】因为a、b之间电压有效值不变,升压变压器匝数比不变,故电压表示数不变,B正确;将降压变压器和右侧电路进行等效,等效电阻R'=R灯,闭合开关S,R灯减小,流过R和等效电阻的电流变大,则R的发热功率增大,A错误;变压器原、副线圈上的电流变化一致,则电流表A1、A2示数均变大,C正确,D错误。
9．【答案】CD
【命题点】平抛运动与有界的磁场相结合的问题
【详解】金属框在进入磁场前做平抛运动,竖直方向做自由落体运动,刚进入磁场时,竖直方向速度 ,因为金属框匀速通过磁场,有mg=BIL,又 ,联立可得 ,即B2与 成反比,A错误;第一个金属框刚进入磁场时,下边切割磁感线,根据右手定则可知金属框中产生逆时针方向电流,而当第一个金属框离开磁场过程中,上边切割磁感线,根据右手定则可知,金属框中产生顺时针方向电流,即通过磁场过程中,金属框中电流的方向发生了变化,B错误;通过磁场的过程中,组合体速度不变、合外力做功为零,即克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等,C正确;组合体匀速通过磁场产生的热量与重力势能的减少量相等,组合体通过磁场的过程重力势能减少量不变,故其通过磁场过程中产生的热量不变,D正确。
10．【答案】AD
【详解】图像的切线斜率表示速度，可知碰撞前小球的速度为，小球的速度为，碰撞后小球的速度为，碰撞后小球的速度为，碰撞过程满足动量守恒，则有，解得，A正确；碰撞过程中两小球所受合外力大小相等，方向相反，B错误；碰撞前后质量为的小球动量变化量为，可知碰撞前后质量为的小球动量变化量大小为，C错误；碰撞过程中，由于，可知碰撞过程满足机械能守恒，故两小球发生的是弹性碰撞，D正确。
11．【答案】；；3；1；偏大
【详解】由闭合电路欧姆定律有，整理有，所以纵坐标为；，由图像乙得，，解得， ，代入可得，设电流传感器中的内阻值为，由闭合电路欧姆定律有，整理有，由图像乙得，可得，可见所测得的电源内阻值偏大。
12．【答案】（1）；（2）；；（3）；
【详解】（1）物块从上滑1到上滑2的位移为
（2）若规定沿斜面向上为正方向，则物块上滑过程有，可得物块上滑过程加速度为，物块下滑过程有，可得物块下滑过程加速度为
（3）设物块与斜面的动摩擦因数为，斜面倾角为；上滑时，根据牛顿第二定律可得，下滑时，根据牛顿第二定律可得，则有，，则有，可得，则有，，联立解得自由落体加速度为，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为了保证物块能够下滑，需要满足，可得
13．【答案】（1）
（2）
（3），方向向上。
【详解】（1）设初始时缸内气体的压强为p，题意知大气压，则两活塞受力平衡有
解得
（2）若汽缸内密封气体温度缓慢升高到 ，气体发生等压变化，根据盖吕萨克定律有
解得
汽缸内等压膨胀对外做功为
（3）若汽缸内密封气体温度缓慢降低到，气体发生等压变化，活塞A刚好到汽缸粗细部分交 接处，则有
解得
随后气体发生等容变化，则有
解得
对活塞B受力分析有
解得
方向向上。
14．【答案】（1）
（2）
（3），方向与地面成斜向右上
【详解】（1）第一次抛出，小球能返回到点，说明重力与电场力的合力与的方向相反，则有
解得
（2）小球竖直方向做竖直上抛运动有
水平方向匀加速运动有
又，
解得
（3）当电场方向与第一次抛出的初速度方向垂直时电场强度最小，如图所示
则有
电场强度的最小值为
方向与地面成斜向右上。
15．【答案】（1）
（2）不能，
【详解】（1）粒子在加速电场中有
粒子在偏转电场中有
联立解得，
（2）时刻进入偏转电场的粒子在至时间内做类平抛运动，有，
联立解得，
因，粒子在时还未打到极板上，此时
假设粒子能飞出极板。粒子在至时间内做匀速直线运动
解得，
粒子的偏移量为
因，假设不成立，粒子不能飞出极板。
设粒子在时刻打到极板上，则有
又
解得
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第 page number 页，共 number of pages 页2026届湖南长沙市高考物理自编二模练习试卷【十】（难）【湖南地区专用二模试卷】
考试范围：2026届高考物理全部内容 考试时间：75分钟； 命题人：
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题 共43分）
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，只有一项是符合题目要求的。
1．[4分]如图所示，一个小球从P点以大小为v0的初速度斜向上抛出，初速度与水平方向的夹角为θ，小球恰好垂直打在竖直墙面上的B点，墙面上的A点与P点等高而与B点在同一竖直方向上；若保持小球从P点抛出的初速度大小不变，水平抛出后小球打在墙面上的位置在A点正下方的C点。已知AB=2AC，不计空气阻力，小球可视为质点，则θ角为（　　）
A．30° B．45° C．60° D．75°
2．[4分]关于电磁波、能量量子化、电磁感应现象，下列说法正确的是（　　）
A．赫兹预言并证实了电磁波的存在
B．磁感线是客观存在的曲线
C．普朗克认为微观粒子的能量是不连续的
D．奥斯特从实验中领悟到“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应
3．[4分]如图所示为小型交流发电机的示意图，磁场可视为水平方向磁感应强度为1T的匀强磁场，置于磁场中的多匝线框面积是，匝数，线框电阻，电刷PQ外接电阻，电流表A是理想交流电流表，线框绕垂直于磁场的水平轴沿逆时针方向以匀速转动。从图示位置开始计时，则下列说法正确的是（　　）
A．从图示位置转过，穿过线框的磁通量是
B．从图示位置转过，穿过线框的磁通量是
C．从图示位置转过，电流表读数是0.71A
D．从图示位置转过，电流表读数是1.00A
4．[4分]如图甲所示，电磁波的波长范围很广，按电磁波的波长大小的顺序把它们排列起来，就是电磁波谱；如图乙所示，让一群带电粒子连续的从小磁针（被悬挂）的下方从右向左不停的飞过，发现小磁针的N极向外转动、S极向里转动；如图丙所示，安培受通电螺线管外部的磁场与条形磁体的磁场相似的启发，提出了“分子电流”。他认为，在物质内部，存在着一种环形电流——分子电流，分子电流使每个物质微粒都成为微小的磁体；如图丁所示的原子发射光谱只有一些分立的亮线。下列说法正确的是（　　）
A．对甲图，电磁波虽然具有能量，但它不是物质
B．对乙图，这群粒子带正电
C．对丙图，磁感线是真实存在的线，“分子电流”是真实的理论
D．对丁图，原子能级是分立的，辐射出光子的能量是分立的，发射光谱也是分立的亮线
5．[4分]2023年10月26日消息，据中国载人航天工程办公室消息，神舟十七号载人飞船入轨后，于北京时间2023年10月26日17时46分，成功对接于空间站天和核心舱前向端口，整个对接过程历时约小时。空间站的运行轨道可近似看作圆形轨道I，椭圆轨道II为神舟十七号载人飞船与空间站对接前的运行轨道，已知地球半径为R，两轨道相切于P点，地球表面重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．轨道I上的线速度大小为
B．神舟十七号载人飞船在轨道I上P点的加速度小于在轨道II上P点的加速度
C．神舟十七号载人飞船在P点经点火加速才能从轨道II进入轨道I
D．轨道I上的神舟十七号载人飞船想与前方的空间站对接，只需要沿运动方向加速即可
6．[4分]下列关于重力、弹力和摩擦力的说法正确的是（　　）
A．重力、弹力和摩擦力是按力的作用效果命名的
B．劲度系数越大的弹簧产生的弹力越大
C．接触面的动摩擦因数越大，滑动摩擦力也一定越大
D．在两个运动的物体之间也可能存在静摩擦力
7．[4分]如图所示，用轻绳a将质量为m的小球A悬挂于质量为M的木箱顶部，小球A通过一根轻质弹簧与质量同为m的小球B相连，小球B底端与木箱接触而不挤压，木箱通过轻绳b悬挂于天花板。已知重力加速度为g，现仅剪断其中一根轻绳，下列说法正确的是（　　）
A．剪断轻绳a瞬间，小球A的加速度大小为g
B．剪断轻绳a瞬间，轻绳b的拉力为
C．剪断轻绳b瞬间，小球A的加速度大小为g
D．剪断轻绳b瞬间，小球A的加速度大小为
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，有多项是符合题目要求。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．[5分]一定质量的理想气体从状态开始，经、、三个过程后回到初始状态，其图像如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．在过程中，气体分子的内能一直在增大
B．在过程中，气体分子的平均动能一直在减小
C．在过程中，气体对外界做功300J
D．在一个循环过程中，气体从外界吸收450J热量
9．[5分]如图所示，物块A、B由绕过轻质定滑轮的轻绳相连，物块和通过劲度系数为的竖直轻质弹簧连接，物块放在水平地面上。初始时用手托住物体，整个系统处于静止状态，轻绳恰好拉直且无弹力。已知的质量为，和的质量均为。重力加速度为，弹簧始终在弹性限度范围内，不计一切摩擦。从释放物体至恰好离开地面过程中，下列说法正确的是（　　）
A．释放瞬间，的加速度大小为
B．释放瞬间，轻绳上的弹力大小为
C．与地面分离时，向上移动了
D．物体获得的最大速度为
10．[5分]如图所示，光滑斜面上有一小球被悬挂在天花板上的轻绳系住，轻绳与竖直方向的夹角为，斜面的倾角为，顶端有一与小球半径相同的定滑轮，整个装置处于静止状态。现缓慢向右推动斜面，则在小球到达斜面顶端前（　　）
A．轻绳对小球的拉力先减小后增大
B．轻绳对小球的拉力先减小后不变
C．斜面对小球的支持力逐渐增大
D．斜面对小球的支持力先增大后不变
第二部分（非选择题 共57分）
非选择题：本大题共5题，共57分。
11．[8分]在“研究电磁感应现象”的实验中： 先按图甲所示连线，不通电时，电流表指针停在正中央，闭合开关S时，观察到电流表指针向左偏．然后按图乙所示将灵敏电流计与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电池、滑动变阻器和开关S串联成另一个闭合电路．
图甲电路中，串联定值电阻R的主要作用是
减小电源两端的电压，保护电源
增大电源两端的电压，保护开关
减小电路中的电流，保护灵敏电流计
减小电路中的电流，保护开关
图乙中，S闭合后，在螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针将 偏转填“向左”、“向右”或“不”．
图乙中，S闭合后，线圈A放在B中不动，在滑动变阻器的滑片P向左滑动的过程中，电流表指针将 偏转填“向左”、“向右”或“不”．
图乙中，S闭合后，线圈A放在B中不动，在突然断开S时，电流表指针将 偏转填“向左”、“向右”或“不”．
12．[8分]欧姆表是在电流表的基础上改装而成的，如图所示是一个简单的欧姆表电路。设电源的电动势为E，内阻为r，电流表的电阻为，可调电阻为，电流表的满偏电流为。
（1）欧姆表在测量过程中，______电势高（选填“A表笔”或“B表笔”）。
（2）当A、B表笔直接接触时（相当于被测电阻为0），调节可调电阻使电流表指针指在最大值处，由闭合电路的欧姆定律可得，欧姆表的总电阻。
（3）当A、B表笔之间有待测电阻时，电流表指针指在处，由闭合电路的欧姆定律可得，＝______（用“E、、”表示）。
（4）小华同学利用上述对应关系，决定自己制作一个简易欧姆表。以下是他选用的器材：电流表满偏电流＝200mA、电流表电阻；电源电动势E＝3V、内阻1Ω；变阻器阻值0~20Ω。请帮他把电流表的电流刻度值对应的欧姆表电阻值填在下表中。
电阻刻度（Ω） ______（填空） 15 5 0
电流刻度（mA） 0 50 100 150 200
（5）由此，该同学发现刻度盘上电阻值的刻度值______（选填“均匀”或“不均匀”）。
（6）该欧姆表的刻度值是按电池电动势为3V刻度的，当电源的电动势下降到2.7V、内阻增大到3Ω时仍可调零。若测得某电阻阻值为10.0Ω，则这个电阻的真实值是______Ω。
13．[12分]如图甲所示，在直角坐标系Oxyz整个空间中，有沿方向的匀强电场E和匀强磁场B，坐标原点O处有一粒子源，能不断向xOy平面第一象限内各个方向均匀发射粒子，粒子的质量为m、电荷量为q（q>0），初速度大小均为，不计粒子的重力及粒子间相互作用。
（1）若，求初速度沿方向的粒子运动到平面时的y坐标；
（2）若，经过足够长的时间，求所有粒子在xOy平面内经过区域的总面积
（3）若，在的空间内有一足够大荧光屏，如图乙所示，求粒子打在荧光屏上形成亮线的长度
14．[13分]如图甲所示，在粗糙的水平面上有一滑板，滑板上固定着一个用粗细均匀的导线绕成的正方形闭合线圈，匝数，边长，总电阻，滑板和线圈的总质量，滑板与地面间的动摩擦因数，前方虚线边界内有磁场，两竖直虚线边界与水平虚线的交点分别为A点和B点，且AB之间的距离为4m，其中虚线AB以上区域内的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小B1按如图乙所示的规律变化，虚线AB以下的匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小，A、B两点与线圈中心等高。现给线圈施加一水平拉力，使线圈以速度匀速通过磁场区域，时刻，线圈右侧恰好开始进入磁场。。求：
（1）时线圈中通过的电流；
（2）线圈全部进入磁场区域前的瞬间所需拉力的大小；
（3）从线圈右侧开始进入磁场到线圈左侧刚好出磁场区域的过程中滑板与地面之间因摩擦产生的内能。
15．[16分]如图所示，倾角的足够长斜面固定在水平面上，时刻，将滑块、从斜面上相距的两处同时由静止释放。，，、与斜面之间的动摩擦因数分别为，，、之间的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，取重力加速度大小，，两滑块均可看作质点。
（1）求两滑块第一次碰撞后瞬间，滑块的动能；
（2）求滑块从开始运动至第302次与滑块碰撞经过的时间；
（3）写出滑块碰撞后瞬间的速度与碰撞次数的函数关系；
（4）写出滑块从开始运动至第次碰撞前的位移表达式。
参考答案
1．【答案】B
【详解】设第一次斜抛小球在空中运动的时间为t，小球在空中运动的逆运动是平抛运动，第二次平抛小球运动的时间为t′，则，由于，所以有，联立两式解得。
2．【答案】C
【详解】赫兹通过实验证实了电磁波的存在，但电磁波的预言是由麦克斯韦完成的，A错误；磁感线是人为引入的描述磁场分布的假想曲线，并非客观存在的实体，B错误；普朗克提出能量量子化理论，认为微观粒子的能量只能取离散值（即不连续），C正确；发现“磁生电”即电磁感应现象的是法拉第，而奥斯特发现的是电流的磁效应，D错误。
3．【答案】D
【详解】根据磁通量公式，可知，AB错误；感应电动势的最大值为，有效值为，电流表读数是有效值，始终为，C错误，D正确。
4．【答案】D
【详解】对甲图，电磁波具有能量，也是一种物质，A项错误；对乙图，小磁针N极的受力方向就是磁场的方向，运动带电粒子上方的磁场垂直纸面向外，根据右手螺旋定则，粒子对应的电流从左向右，运动电荷速度从右向左，与电流方向相反，则粒子带负电，B项错误；对丙图，磁感线是在磁场中画一些有方向假想的线，不是真实存在的，条形磁铁内部的分子电流是安培提出的分子电流假说，是一种假说，C项错误；对丁图，原子从高能态向低能态跃迁时辐射出的光子的能量，等于前后两个能级之差。由于原子的能级是分立的，所以辐射出的光子的能量也是分立的，因此原子的发射光谱也是一些分立的亮线，D项正确。
5．【答案】C
【详解】根据，，可得，轨道I上半径r大于R，线速度小于，A错误；在同一位置引力大小相同，根据，加速度相同，B错误；卫星由低轨道变轨到更高的轨道时需加速，则神舟十七号载人飞船在P点经点火加速才能从轨道II进入轨道I，C正确；对接空间站需要先减速做向心运动降低轨道，再加速做离心运动进行对接，D错误。
6．【答案】D
【详解】重力、弹力、摩擦力是按力的性质命名的，而按作用效果命名的力如拉力、压力等，A错误；由胡克定律可知，弹力大小与劲度系数k和形变量x有关，k大但x很小时弹力不一定大，B错误；滑动摩擦力，μ大但若正压力N很小，f仍可能较小，C错误；静摩擦力存在于有相对运动趋势的物体间，例如传送带与货物共同斜向上运动时，两物体均运动但存在静摩擦力，D正确。
7．【答案】D
【详解】剪断前，对小球B分析，由平衡条件知 ，在剪断绳a的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，A受到重力mg和弹簧向下的拉力mg，A的合力为向下的2mg，由牛顿第二定律有，可得剪断轻绳a瞬间，小球A的加速度大小为，故A错误；剪断轻绳a瞬间，轻绳a对小球A向上的拉力减为零，弹簧形变不变，小球A所受合力向下，具有向下的加速度2g，在剪断绳a的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，B的受力情况没有变化，则B所受合力为零，小球B的加速度大小为零，对系统，应用牛顿第二定律 ，解得轻绳b的拉力为，故B错误；剪断轻绳b瞬间，轻绳b的拉力突变为零，若轻绳a松弛，则木箱只受重力作用开始以加速度g加速下落，对小球A，根据牛顿第二定律 ，解得，加速下落，则轻绳a未松弛，木箱与小球A同步，根据系统牛顿第二定律 ，解得小球A的加速度大小为 ，故C错误，D正确。
8．【答案】AD
【详解】的过程，气体体积不变，压强增大，根据查理定律，可知该过程温度升高，则分子内能增大，故A正确；根据，可知的等温曲线为反比例函数图像，根据数学知识可知的过程中，乘积先增大后减小，则温度先增大后减小，即分子平均动能先增大后减小，故B错误；状态过程为等压变化，气体体积减小，外界对气体做功，故C错误；在一个循环过程中，外界对气体做功，气体内能不变，即，根据热力学第一定律，可得，气体从外界吸收450J热量，故D正确。
9．【答案】AD
【详解】初始时，轻绳恰好伸直无弹力，弹簧处于压缩状态，物块B受力平衡，有,释放瞬间，设轻绳上的拉力为，对A有,对B有,解得，,故A正确，B错误；C与地面分离时，弹簧处于拉伸状态，对C有,B向上移动的距离为,故C错误；当A的合力为零时，物体A达到最大速度，此时轻绳中的拉力为，C与地面分离。对A、B和弹簧组成的系统由机械能守恒定律有,解得,故D正确。
10．【答案】BD
【详解】如图所示，
对小球受力分析，小球受重力mg，斜面对小球的弹力及绳的拉力，重力大小方向均不变，斜面对小球的弹力方向不变，随着斜面向右移，轻绳与竖直方向的夹角增大，当轻绳与斜面平行时，轻绳上的拉力与斜面对小球的支持力垂直，可知在此过程中，斜面对小球的支持力一直增大，轻绳对小球的拉力一直减小，当轻绳与斜面平行后，轻绳对小球的拉力方向不变，斜面对小球的支持力方向也不变，轻绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力都不变，所以轻绳对小球的拉力先减小后不变，斜面对小球的支持力先增大后不变。
11．【答案】C，向左，向左，向右
【详解】（1）电路中串联定值电阻，目的是减小电流，保护灵敏检流计，C正确，A、B、D错误；
（2）将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，穿过B的磁场向下，磁通量变大，由楞次定律可知，线圈B的感应磁场向上，根据右手定则，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将左偏转；
（3）螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向上，将滑动变阻器的滑动触片向左滑动时，穿过B的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将左偏转；
（4）螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向上，突然切断开关S时，穿过B的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将向右偏转．
答案为（1）C；（2）向左；（3）向左；（4）向右
12．【答案】A表笔；；45；不均匀；9/9.0
【详解】（1）因A表笔接内部电源的正极，可知欧姆表在测量过程中，A表笔电势高。
（3）当A、B表笔之间有待测电阻时，电流表指针指在处，由闭合电路的欧姆定律可得
可得
（4）当电流表满偏时
当读数为50mA时
解得
（5）由表中数据，该同学发现刻度盘上电阻值的刻度值不均匀。
（6）当电动势为E=3V，内阻为1Ω时，其中，
当电源的电动势下降到、内阻增大到3Ω时
其中
解得
13．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）粒子在yOz平面做类平抛运动
设粒子运动的加速度为a，则有
y方向有
z方向有
解得
（2）粒子在xOy平面内做匀速圆周运动
由牛顿第二定律，有
解得
经过足够长的时间，所有粒子在xOy平面内经过区域如图所示
则其总面积为
解得
（3）设粒子在磁场中运动的半径为r，粒子在磁场中的偏转角为
粒子的运动可以分解为平行xOy平面的匀速圆周运动，和沿方向的匀加速直线运动，则有
解得
粒子沿方向的匀加速直线运动有，
粒子在磁场中运动的周期
粒子在磁场中的偏转角为
解得
入射的粒子在xOy平面内投影运动的轨迹如图
由几何关系
解得
14．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）线圈切割磁感线
线圈电流
（2）线圈匀速运动将要全部进入前，右边导线所受向左的安培力
上下边导线所受向下的安培力
滑动摩擦力
拉力
（3）设线圈进入磁场位移为x时，摩擦力为f1，则
可知摩擦力与位移呈线性关系，所以线圈进入过程克服摩擦力所做的功
完全在磁场中运动时
线圈中形成顺时针电流
线圈上下边受到向上的最大力，
线圈上下边受到向上的最小力
同理可知摩擦力与位移呈线性关系，1s~3s克服摩擦力所做的功
3s~4s无电流，克服摩擦力所做的功
4s~5s线圈左边一半在切割下方磁场，
线圈下边受到向下的安培力，
克服摩擦力所做的功
15．【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【详解】（1）对滑块进行受力分析可知，由于
故滑块恰好静止在斜面上；对滑块进行受力分析并列牛顿第二定律方程有
解得滑块下滑的加速度大小为
根据匀变速直线运动速度与位移的关系式有
解得两滑块发生第一次弹性碰撞前瞬间滑块的速度大小为
由于两滑块发生弹性碰撞，则根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
联立解得碰后瞬间滑块的速度大小为
滑块的速度大小为
所以两滑块第一次碰撞后瞬间，滑块的动能为
（2）根据匀变速直线运动的位移公式有
解得两滑块发生第一次弹性碰撞前滑块的运动时间为
由分析可知，两滑块每次发生弹性碰撞后，滑块都将继续以加速度做匀加速直线运动，而滑块将做匀速直线运动。设两滑块从发生第一次弹性碰撞到发生第二次弹性碰撞的时间间隔为，则有，
联立解得，
同理两滑块第二次发生弹性碰撞有，
设两滑块从发生第二次弹性碰撞到发生第三次弹性碰撞的时间间隔为，则有，
联立解得 ，，
同理两滑块第三次发生弹性碰撞有，，，
联立解得 ，，
……
经过计算发现，两滑块从发生第一次弹性碰撞后，每相邻两次弹性碰撞的时间间隔都相等，都为
所以滑块从开始运动至第302次与滑块碰撞经过的时间为
（3）由前面数据分析可知，两滑块第一次碰撞后瞬间滑块的速度大小为
两滑块第二次碰撞后瞬间滑块的速度大小为
两滑块第三次碰撞后瞬间滑块的速度大小为
……
依次类推可得滑块碰撞后瞬间的速度与碰撞次数的函数关系为
（4）由前面数据分析可知，从发生第一次弹性碰撞到发生第二次弹性碰撞，滑块的位移为
从发生第二次弹性碰撞到发生第三次弹性碰撞，滑块的位移为
从发生第三次弹性碰撞到发生第四次弹性碰撞，滑块的位移为
……
依次类推可得滑块从开始运动至第次碰撞前的位移表达式为
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