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2025---2026学年湖南省怀化市高三下学期物理二模练习试卷1
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]下列说法中正确的是 (　　)
甲　　乙
丙　　丁
A．图甲是研究光电效应的电路图，只要入射光照射时间足够长，电路中就能形成光电流
B．图乙是α粒子散射实验装置示意图，卢瑟福分析实验数据后提出原子的核式结构模型
C．图丙是氢原子能级图，处于基态的氢原子，可吸收能量为10.5 eV的光子发生跃迁
D．如图丁所示，放射性元素衰变过程中产生的射线中，γ射线的穿透能力最弱
2．[4分]某实验小组为了研究平抛运动,从空中同一点沿水平方向同时抛出可视为质点的甲、乙两个小球,小球运动轨迹如图所示,不计一切阻力．下列说法正确的是(　　)
A．甲、乙两球同时落地
B．甲球比乙球先落地
C．甲球速度的变化量小于乙球速度的变化量
D．甲球的落地速度大于乙球的落地速度
3．[4分]如图所示是粒子流扩束技术的原理简图。正方形区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ对称分布，一束速度相同的质子束射入后能够实现扩束，不计质子重力及质子间相互作用，四个区域内有界磁场(边界均为圆弧)分布可能正确的是(　　)
A． B．
C． D．
4．[4分]艺术体操的主要项目有绳操、球操、圈操、带操和棒操五项。下图为某运动员进行的带操比赛的照片。某段过程中彩带的运动可简化为沿轴方向传播的简谐横波时的波形图如图甲所示，质点的振动图像如图乙所示。下列判断正确的是（　　）
A．简谐波沿轴负方向传播 B．该时刻点的位移为
C．再经过点到达波谷位置 D．质点的振动方程为
5．[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
6．[4分]在东北严寒的冬天,有一项“泼水成冰”的游戏,具体操作是把一杯滚烫的开水按一定的弧线均匀快速地泼向空中,泼洒出的小水珠和热气被瞬间凝结成冰而形成壮观的场景．如图甲所示是某人玩“泼水成冰”游戏的精彩瞬间,图乙为其示意图,假设泼水过程中杯子做逆时针匀速圆周运动．下列说法正确的是(　　)
甲
乙
A．P位置的小水珠速度方向沿a方向
B．水珠做离心运动是由于合外力大于所需向心力
C．P、Q两位置,杯子的线速度相同
D．P、Q两位置,杯子的角速度相同
7．[4分]如图甲所示,倾角为30°的斜面固定在水平地面上,一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑．若斜面足够长,上滑过程中木块的机械能和动能随位移x变化的关系图像如图乙所示,则下列说法正确的是(　　)
甲
乙
A．木块上滑到最高点过程中,重力势能增加了4E0
B．木块受到的摩擦力大小为
C．木块的重力大小为
D．木块与斜面间的动摩擦因数为
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]已知一个激光发射器功率为P,发射波长为λ的光,光速为c,普朗克常量为h,则 (　　)
A．光的频率为
B．光子的能量为
C．光子的动量为
D．在时间t内激光器发射的光子数为
9．[5分]一浮筒（视为质点）在池塘水面以频率上下振动，水面泛起圆形的涟漪（视为简谐波）。用实线表示波峰位置，某时刻第1圈实线的半径为，第3圈实线的半径为，如图所示，则（ ）
A．该波的波长为 B．该波的波速为
C．此时浮筒在最低点 D．再经过，浮筒将在最低点
10．[5分]伽利略用数学方法研究斜抛运动,他发现以相同大小的初速度抛出物体,当抛射角(初速度方向与水平方向的夹角)α=45°时,射程最大,抛射角为45°±β(0°<β<45°)的两个斜抛运动射程相等．如图所示,将一个物体以相同大小的初速度由O点抛出,曲线1是抛射角为60°时的运动轨迹,曲线2是抛射角为30°时的运动轨迹,两条曲线交于P点,A点和B点分别为两条曲线的最高点,C点是曲线1上与B点高度相等的一点(在B点右侧)．不计阻力,有关物体分别沿两条轨迹运动的过程,下列说法正确的是(　　)
A．物体分别沿曲线1和曲线2由O点运动到P点的时间之比t1∶t2=1∶
B．物体经过A点和B点时的速度之比vA∶vB=1∶
C．A点和B点与O点的高度差之比hA∶hB=∶1
D．由A点到C点和由C点到P点过程重力做功之比WAC∶WCP=2∶1
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]某实验小组探究用单摆测定重力加速度，回答下列问题。
(1)用游标卡尺测摆球直径如图所示，则 cm
(2)测量时，若测得值偏大，可能是因为( )
A．开始计时时，过早按下停表
B．开始计时时，过晚按下停表
C．测量周期时，把次全振动误认为是次全振动
D．测量周期时，把次全振动误认为是次全振动
(3)若发现摆球质量分布不均匀，只知道连接小球的细线长度分别为时，测得单摆做简谐运动的周期分别为,由此可知当地的重力加速度大小 。
12．[8分]在“验证动量守恒定律”的实验中：
（1）某同学先采用如图甲所示的装置进行实验。把两个小球用等长的细线悬挂于同一点，让B球静止，拉起A球，由静止释放后使它们相碰，碰后粘在一起。
①实验中必须测量的物理有______（填选项前的字母）。
A．细线的长度L
B．A球质量mA和B球质量mB
C．释放时A球被拉起的角度θ1
D．碰后摆起的最大角度θ2
E．当地的重力加速度g
②利用上述测量的物理量，验证动量守恒定律的表达式为______；
（2）某同学又用如图乙所示的装置做验证动量守恒定律的实验，下列说法中符合本实验要求的是______（填选项前的字母）。
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽轨道末端的切线是水平的
C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置由静止释放
D．入射小球与被碰小球满足m1 < m2，r1= r2
（3）若该同学在用如图乙所示的装置的实验中，正确操作，认真测量，得出的落点情况如图丙所示，则入射小球质量和被碰小球质量之比为______。
13．[12分]某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径R=10 m，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度h=5 m，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量M=25 kg，一质量为m=50 kg的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台C的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行s=16 m停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ=0.2，忽略空气阻力，重力加速度g=10 m/s2，求：
（1）游客滑到b点时对滑梯的压力的大小；
（2）滑板的长度L。
14．[13分]（16分）如图甲，水平面（纸面）内固定有两足够长、光滑平行金属导轨，间距，其左端接有阻值的定值电阻。一质量，接入回路的电阻 的金属棒长度略大于垂直锁定在导轨上。空间有两个垂直于纸面向里的匀强磁场，圆形磁场面积为，磁感应强度大小随时间的变化关系为：在0到内从0均匀增加到，到内满足正弦规律减小到0，之后不再变化；矩形磁场磁感应强度大小，如图乙。
甲 乙
（1） 求到时间内，通过电阻的电荷量；
（2） 求到时间内，电阻上产生的热量（结果可用 表示）；
（3） 时刻，解除金属棒锁定，给它施加一个水平外力，使它沿轨道向右运动的速度随位移均匀增大，且，金属棒到磁场边的距离为，求金属棒由图示位置运动到过程中力做的功。
15．[16分](13分)如图所示，顶角为74°足够长的等腰三角形金属轨道MON水平固定在方向竖直向上，磁感应强度大小B= T的匀强磁场中，沿轨道角平分线方向建立坐标轴Ox.质量m=0.01 kg且足够长的金属棒ab静止放在轨道上，其中点与O点重合.质量为M=0.04 kg的绝缘物块沿Ox方向以速度v0=0.25 m/s与金属棒ab发生碰撞并迅速粘在一起，之后一起在轨道上做减速运动.金属棒与坐标轴Ox始终垂直，与轨道始终接触良好.已知金属棒与轨道单位长度电阻值均为r=0.125 Ω，不计一切摩擦阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8.求:
(1)物块与ab棒碰撞后瞬间共同速度的大小；
(2)物块与ab棒一起运动速度v=0.1 m/s时，回路中感应电流的大小；
(3)从物块与ab棒碰撞后瞬间到它们停下来的过程中，物块与ab棒运动的距离.
参考答案
1．【答案】B　
【详解】题图甲是研究光电效应的电路图，光电效应是当光照射到金属表面时，金属表面的电子会吸收光子的能量而逸出金属表面的现象.只有当入射光的频率大于等于金属的截止频率时，才能产生光电效应，形成光电流.因此，入射光照射时间足够长并不能保证电路中形成光电流，因为还需要满足频率条件，A错误；题图乙是α粒子散射实验装置示意图，卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型.该模型认为原子由一个带正电的原子核和围绕原子核运动的电子组成，B正确；题图丙为氢原子能级图，处于基态的氢原子，其能量为-13.6 eV，根据能级跃迁原理，氢原子吸收能量为10.5 eV的光子后，其能量变为-13.6 eV+10.5 eV=-3.1 eV，没有相应的能级与之对应，不能发生跃迁，C错误；题图丁中放射性元素衰变过程产生的射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的穿透能力最弱，D错误.
2．【答案】A　
【详解】两球在竖直方向做自由落体运动,根据h=gt2,竖直高度相同,可知运动时间相同,即甲、乙两球同时落地,A正确,B错误;根据Δv=gt,可知甲球速度的变化量等于乙球速度的变化量,C错误;根据v0=,可知甲的初速度小于乙的初速度,根据v=,可知甲球的落地速度小于乙球的落地速度,D错误．
3．【答案】C
【详解】质子进入A中的磁场后做匀速圆周运动，由左手定则可知质子进入磁场后运动轨迹如图甲，即入射平行质子束不会扩束，故A错误；
由左手定则可知，平行质子束入射B中的磁场后，经两个同方向磁场，会向同一方向偏转，不会平行于入射方向射出，故B错误；如图乙所示，当质子进入磁场后做匀速圆周运动的半径恰好等于有界磁场的圆弧半径时，一束速度相同的质子束射入后能够实现扩束，故C正确；
由左手定则可知，质子进入D中的磁场运动大致轨迹如图丙所示，平行质子束射入后不会实现扩束，故D错误。
4．【答案】C
【详解】由乙图可知，时，质点向上运动，根据同侧法，波沿轴正方向传播，A错误；由图甲可知，波长，由点和点平衡位置相距可知，时点的位移，B错误；波速为，再经过，波将沿轴正方向前进3m，波谷刚好传到质点所在位置，即点到达波谷位置，C正确；时点向下振动，质点的振动方程为，D错误。
5．【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。
6．【答案】D　
【详解】杯子做逆时针匀速圆周运动,则P位置的小水珠速度方向沿b方向,故A错误;水珠做离心运动是由于合外力小于所需向心力,故B错误;杯子做匀速圆周运动,在P、Q两位置,杯子的线速度大小相等,方向不同,故C错误;杯子做匀速圆周运动,在P、Q两位置,杯子的角速度相同,故D正确．
7．【答案】B　
【详解】由题图乙可知,木块的位移为x0时,动能为零,机械能为2E0,则重力势能增加了2E0,A错误;由题图乙可知,位移为x0时,木块克服摩擦力做功损失的机械能ΔE=3E0-2E0=E0,则木块受到的摩擦力大小为f=μmgcosθ=,B正确;木块上滑过程,由动能定理得-(mgsinθ+μmgcosθ)x0=0-3E0,解得mg=,μ=,C、D错误．
8．【答案】AC
【命题点】光子能量
【详解】波长、波速与周期的关系为T=,则光的频率ν==,A正确;光子能量E=hν=h,B错误;光子动量为p=,C正确;在时间t内发射的光子的总能量为Pt,即n·h=Pt,解得n=,D错误。
9．【答案】AD
【详解】某时刻第1圈实线的半径为，第3圈实线的半径为，则该波的波长为，正确；该波的波速为，错误；第1圈实线的半径为 ，则此时浮筒在平衡位置，且向下振动，再经过，浮筒将在最低点，错误，正确。
10．【答案】BD　
【详解】物体沿曲线1由O点运动到P点的时间t1==,沿曲线2由O点运动到P点的时间t2==,则t1∶t2=∶1,A错误;物体经过A点和B点时只有水平方向有速度,则物体经过A点和B点时的速度之比==,B正确;A点和B点与O点的高度差之比hA∶hB=∶=3∶1,C错误;因为hA∶hB=3∶1,可知hAC∶hCP=2∶1,根据WG=mgh可知,由A点到C点和由C点到P点过程,重力做功之比WAC∶WCP=2∶1,D正确．
11．【答案】(1)2.170 (2)BD (3)(或
【详解】(1)由题图可知该摆球的直径为
(2)开始计时时，过晚按下停表，所测周期偏小，则偏大，正确；测量周期时，误将摆球次全振动的时间计为次全振动的时间，则所测周期偏小，则偏大，正确。
(3)设细线下端到系统重心的距离为,则有,联立解得当地的重力加速度大小为(或
12．【答案】BCD；；BC；3∶2
【详解】（1）②A球静止释放到两球碰撞前，根据机械能守恒定律有mAgl(1 - cosθ1) = mAvA2
两球碰撞后到一起运动到最高点，根据机械能守恒定律有(mA + mB)gl(1 - cosθ2) = (mA + mB)v2
碰撞中的不变量满足mAvA = (mA + mB)v
验证动量守恒定律的表达式为
① 需测量的物理量为A球的质量mA和B球的质量mB以及释放时A球被拉起的角度θ1，和碰后摆起的最大角度θ2。
（2）A．“验证动量守恒定律”的实验中是通过平拋运动的基本规律求解碰撞前后的速度，只要小球离开轨道后做平抛运动对斜槽是否光滑没有要求，A错误；要保证每次小球都做平抛运动则轨道的末端必须水平，B正确；要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，C正确；为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求m1 > m2，r1= r2，D错误。
（3）设落地时间为t，则有，，
而动量守恒的表达式为m1v0= m1v1 + m2v2
即m1OP = m1OM + m2ON
代入数据可得m1：m2= 3∶2
13．【答案】（1）1 000 N　（2）7 m
【命题点】牛顿运动定律的应用+机械能守恒定律的应用
【解析】（1）设游客滑到b点时速度大小为v0，从a到b过程，根据机械能守恒定律有
mgh=m （1分）
解得v0=10 m/s （1分）
在b点，根据牛顿第二定律有
FN-mg=m （1分）
解得FN=1 000 N （1分）
根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力大小为F'N=FN=1 000 N （1分）
（2）设游客恰好滑上平台时的速度大小为v，在平台上运动过程由动能定理得
-μmgs=0-mv2 （1分）
解得v=8 m/s，
当滑板右端运动到与其上表面等高平台C的边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设游客与滑板的加速度大小分别为a1和a2，根据牛顿第二定律得
a1==2 m/s2 （1分）
a2==4 m/s2 （1分）
根据运动学规律，对游客有v=v0-a1t （1分）
解得t=1 s，
该段时间内游客的位移大小为s1=t=9 m （1分）
滑板的位移大小为s2=a2t2=2 m （1分）
根据位移关系得滑板的长度为L=s1-s2=7 m （1分）
14．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】
（1） 由法拉第电磁感应定律得（1分）
在0到内均匀增加，则电动势大小恒定，由闭合电路欧姆定律有（1分）
由电荷量与电流关系有（1分）
解得流过电阻的电荷量（1分）
（2） 结合上述，到时间内产生恒定直流电动势，其大小（1分）
到时间内产生正弦式交流电，最大值（1分）
总热量（1分）
电阻上产生的热量（1分）
解得（1分）
（3） 金属棒切割磁感线的动生电动势（1分）
根据闭合电路欧姆定律有，
MN所受安培力（1分）
依题意有（1分）
解得（1分）
安培力大小与位移大小成正比，对金属棒由题图所示位置到的运动过程进行分析，根据动能定理有
安（1分）
其中安，，（1分）
解得（1分）
15．【答案】(1)0.2 m/s　(2)0.1 A　(3)0.2 m
【详解】本题考查碰撞后粘连的电磁切割模型.
(1)物块与金属棒ab碰撞过程中系统动量守恒，有
Mv0=(M+m)v共 (2分)
解得v共=0.2 m/s (1分)
(2)设ab棒切割磁感线的切割长度为L，回路中产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律有E=BLv (1分)
回路中总电阻R=r=Lr (1分)
回路中电流I= (1分)
解得I=0.1 A (1分)
(3)设某时刻ab棒在磁场中的长度为L'，则回路中电阻为R'=r (1分)
经过Δt，由动量定理可得∑F安Δt=(M+m)Δv (1分)
某时刻F'安=BI'L'=BL'=，
联立可知=(M+m)Δv (1分)
由几何关系可得tan 37°== (1分)
联立可得Δv=v共= (1分)
解得x=0.2 m (1分)
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