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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2
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]让质量为的石块从足够高处自由下落，在下落的第末速度大小为，再将和质量为的石块绑为一个整体，使从原高度自由下落，在下落的第末速度大小为，g取，则（　　）
A． B．
C． D．
2．[4分]长征七号改运载火箭由中国航天科技集团一院研制，是我国新一代中型高轨液体运载火箭，具备一箭一星和一箭双星发射能力；如图长征七号改运载火箭发射的两颗卫星A、B在同一平面内绕顺时针方向运行。某时刻两卫星的连线与A卫星的轨道相切，已知A、B卫星的运行周期分别为、，A、B卫星的运行半径分别为r、2r，则（　　）
A．卫星A的机械能比B的小 B．卫星A的角速度是B的倍
C．卫星A的向心加速度是B的4倍 D．经时间两卫星距离最近
3．[4分]某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动，如图所示的矩形区域OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场，N为QP的中点。模拟动画显示，质量相同的带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，K为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用，则可推断a、b（　　）
A．电荷量之比为
B．到达K点所用时间之比为
C．加速度大小之比为
D．到达K点时沿电场方向的位移大小之比为
4．[4分]如图甲所示，一列简谐横波沿轴传播，时刻和时刻的部分波形图分别如图甲中的实线和虚线所示。已知波源的振动周期大于0.6s，时刻质点N偏离平衡位置的位移，平衡位置在处的质点M振动的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．该波沿轴负方向传播 B．该波的波长为16m
C．该波的传播速度大小为12m/s D．波源的振动周期为2.4s
5．[4分]如图甲所示，天花板上相距为L的A、B两点间悬挂长为2L的轻质光滑细绳，细绳上套一质量为m的滑环处于静止状态，此时细绳上的张力为；现对滑环施加一水平方向的恒定拉力F，使得右侧细绳与天花板垂直，此时细绳上的张力为，如图乙所示；不计一切摩擦，，，则与之比为（　　）
A． B． C． D．
6．[4分]如图所示，竖直平面内平行正对的两水平金属板、的间距和板长均为d，上极板接地，下极板不带电。一发射源从点沿方向以相同速度持续喷射出质量为m、电荷量为（q很小）的油滴（视为质点），第1滴油滴落在下极板中点C处，油滴落在极板上立即被吸收且电荷均匀分布在极板上。已知重力加速度为g，不计空气阻力，忽略油滴间的相互作用，则（　　）
A．油滴喷射的初速度大小为
B．最终稳定时，油滴沿方向做匀速直线运动
C．油滴在平行板间运动的最短、最长时间之比为
D．油滴在平行板间运动时电势能最多减少
7．[4分]如图所示，奥托循环由两个绝热和两个等容过程组成。关于该循环，下列说法正确的是（　　）
A．整个过程中温度最高的是状态
B．在过程中，所有气体分子的热运动速率减小
C．在过程中，气体放出热量
D．整个过程气体吸收热量
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]目前我国规划了三个“万星星座”计划，其中“鸿鹄－3”星座计划将在160个轨道平面上发射共1万颗卫星，这些卫星中一颗卫星甲的轨道为椭圆，另一颗卫星乙为近地卫星（轨道半径近似为地球半径）。如图所示，若两轨道相切于P点且在同一平面内，已知地球的半径为R，甲的远地点Q到地球表面的距离为3R，地球表面的重力加速度为，下列说法正确的是（）
A．卫星甲在P、Q两点的线速度大小之比为4:1
B．卫星甲在Q点的加速度大小为
C．卫星甲在P点的线速度小于
D．在卫星甲运行1圈的时间内，乙已经运行了4圈
9．[5分]如图所示，平行轨道由光滑弧形轨道和粗糙水平轨道两部分组成，水平轨道和导体棒ab、cd间的动摩擦因数均为μ，导轨间距为L，水平轨道的区域Ⅰ存在垂直于水平轨道向上的匀强磁场，区域Ⅱ存在垂直于水平轨道向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，导轨右端接入阻值为R的电阻。导体棒ab、cd的质量均为m，电阻均为R，cd静止在区域Ⅱ的磁场中，ab从弧形轨道某高度由静止释放。时刻ab离开弧形轨道直接进入区域Ⅰ，此时cd所受静摩擦力刚好到达最大值（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），时刻ab停止运动，静止在区域Ⅰ中。已知到时间内，通过电阻R的电荷量为q，导轨电阻忽略不计，两棒始终与导轨垂直并接触良好，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．时刻cd受到的摩擦力方向水平向右
B．ab在水平轨道上运动的距离为
C．ab在圆轨道释放的高度为
D．电阻R产生的焦耳热为
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．[8分]利用如图1所示的装置研究平抛运动的特点。实验前，先将一张白纸和复写纸固定在装置的背板上。钢球落到的挡板上后，就会挤压复写纸，在白纸上留下印迹。上下调节挡板N，通过多次实验，在白纸上记录钢球所经过的多个位置。用平滑曲线把这些印迹连接起来，就得到钢球做平抛运动的轨迹。
(1)实验时每次必须由斜槽上的同一位置由静止释放钢球，目的是 ；
(2)如图2，以钢球放在斜槽末端时球心在白纸上的投影点O为坐标原点，建立直角坐标系xOy，、为轨迹上的两点，钢球从O到A、A到B的时间分别为、，则 （填“＞”、“<”或“=”）；
(3)若已知重力加速度为g，则钢球做平抛运动的初速度为（　　）
A． B． C． D．
12．[9分]图甲是一种特殊材料制成的均匀圆柱体物件，为了测定这种材料的电阻率，某同学先用多用电表粗测得知其电阻约有几万欧姆。
（1）该同学用游标卡尺测得其长为，用螺旋测微器测得其外径如图乙，则___________。
（2）这种特殊材料的电阻率___________（用、、表示）。
（3）该同学又用如图丙所示电路精确测量该物件的电阻。
①实验室提供了两款滑动变阻器：和，为了减小误差，本实验中滑动变阻器应该选用___________（填“”或“”）。
②先将开关置于处，闭合开关，调节滑动变阻器，使灵敏电流计读数为；再将开关置于处，保持滑动变阻器滑片不动，调节电阻箱，当电阻箱时，灵敏电流计示数为。
③已知灵敏电流计的内阻为，则物件的电阻测量值___________。
④本次实验的测量值___________（填“大于”或“等于”或“小于”）真实值。
13．[10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．[14分]如图所示，倾角为足够长的斜面上依次等距离地放有足够多个质量相同、大小不计的小木块……木块的质量均为m，相邻的木块之间的距离为d。斜面在木块2以上的部分光滑，以下部分粗糙，所有木块与斜面粗糙部分之间的动摩擦因数都是。开始时固定木块1，其它木块都静止在斜面上，现由静止释放木块1，木块1沿斜面下滑并与木块2发生碰撞，接着陆续与其它发生木块碰撞，所有碰撞都是完全非弹性的，重力加速度为g。求：
（1）木块1和木块2碰撞后瞬间的速度；
（2）取何值时能撞到木块3而不能撞到木块4；
（3）若，能撞到第几个木块（写出核心方程和结果即可得分）。
15．[16分]如图所示，光滑的台面左侧固定有一根劲度系数为的轻弹簧，轻弹簧的右侧与质量为的滑块A栓接，质量也为m的滑块B紧靠滑块A一起静止在台面上。台面右侧下方光滑的地面上固定有一圆心角为、半径的光滑圆弧轨道，一表面与圆弧轨道右端相切且质量为的长木板C与圆弧轨道接触不粘连，在C的右侧放着2025个质量均为m的滑块（视为质点），C和滑块均静止。现用恒力向左推动滑块B，当滑块A、B速度为0时，撤去恒力F，此后某时刻，滑块B与滑块A分离，分离后滑块A在台面上做简谐运动，滑块B从平台右侧飞出，恰好从圆弧轨道左端沿切线方向滑入，一段时间后滑上C。当B、C刚共速时，C恰好与滑块1发生第1次碰撞。一段时间后，B、C再次共速时，C恰好与滑块1发生第2次碰撞，此后B、C共速时，C总是恰好与滑块1发生碰撞；物块B始终未从C上滑落，若C与B之间的动摩擦因数，重力加速度为，所有碰撞均为弹性碰撞，且每次碰撞时间极短。弹性势能公式，其中k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量。求：
（1）滑块A做简谐运动的振幅A；（结果用根号表示）
（2）滑块B在圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；
（3）滑块C最后一次与滑块1发生碰撞前，滑块1的总路程。
参考答案
1．【答案】B
【详解】重物自由下落做自由落体运动，与质量无关，则下落1s后速度为。
2．【答案】C
【详解】由于卫星A与卫星B的质量未知，不能比较机械能的关系，A错误；由开普勒第三定律，可知，卫星A的角速度是B的倍，B错误；卫星A与B的向心加速度比值满足，C正确；设图示时刻两卫星与地球球心的连线夹角为，则，得，设由图示时刻经时间两卫星相距最近，则，解得，D错误。
3．【答案】B
【详解】两个带电粒子在沿着OQ的方向均做初速度为0的匀变速运动，相同时间内运动的位移大小相等，所以加速度大小也相等，有，所以两个电荷的电荷量之比为1:1，故AC错误；两电荷在相同时间内沿QP方向做匀速直线运动的位移之比为2:1，根据公式，可知a、b电荷的初速度之比为2:1，二者到达K点时的水平位移大小相等，所以时间之比应为1:2，故B正确；沿电场方向有公式，由于时间之比为，所以沿电场方向的位移大小之比应为，故D错误。
4．【答案】A
【详解】由图像可知时刻，质点处于平衡位置，加速度从逐渐变为正值，说明质点的运动方向向下，根据“上坡下行”可知，波沿轴负方向传播，A正确；时刻，质点偏离平衡位置的位移为，可知质点和平衡位置间的距离为，解得波长，B错误；由图甲结合上述分析可知，质点从平衡位置先向下运动，在时刻处于波峰位置，且波源的振动周期大于0.6s，可知，k=0，1，2…解得，波的传播速度，CD错误。
5．【答案】C
【详解】在题图甲中，由平衡条件及几何关系得，解得，在题图乙中，设右侧竖直部分细绳的长度为，由几何关系得，解得，设两部分细绳之间的夹角为θ，则，，对滑环由平衡条件得，解得，则与之比为。
6．【答案】D
【详解】第1滴油滴落在下极板中点C处，水平方向上，竖直方向上，可知油滴喷射的初速度，A错误；下极板的电荷量累积至油滴刚好离开B1点为止，B错误；水平方向的分运动决定了油滴在平行板间运动的时间，因此最短、最长时间对应于油滴落在C点和B1点的时间，则时间之比为1：2，C错误；电场力做功最多时油滴向上运动至最高点，由运动的对称性和分析知，水平方向上，竖直方向上，从A1点到最高点的过程中有，代入数据得，即电势能最多减少，D正确。
7．【答案】D
【详解】根据理想气体状态方程可知，某状态下的气体温度大小正比于压强与体积的乘积，即，在绝热过程中，体积膨胀，气体对外做功，有，所以，可知内能减小，即，所以c状态的温度是最高的，故A错误；在过程中，气体的体积不变，压强减小，根据查理定律有，可得，则过程气体的平均动能减小，平均速率减小，但不是所有气体分子的热运动速率都减小，故B错误；在过程中，根据查理定律，有，可得，所以的过程中，内能增加，由于体积不变，所以气体没有对外界做功，即，所以，即气体吸收热量，故C错误；整个循环过程气体又回到了初始状态，内能不变。气体的图像中曲线与体积轴围成的面积，即为气体对外界做的功，所以如图所示的阴影部分面积为整个过程的气体对外界做的功。
一个循环中，气体对外界做功，，由于，所以，即气体吸收热量，故D正确。
8．【答案】AB
【详解】根据开普勒第二定律，有，解得，A正确；卫星甲在P点有，在Q点有，联立解得，B正确；对于卫星乙有，解得，根据变轨原理可得卫星甲在P点的线速度，C错误；根据开普勒第三定律有，解得，在卫星甲运行1圈的时间内，乙还没有运行4圈，D错误。
9．【答案】AD
【详解】由右手定则判断知，cd棒中的感应电流从c流向d，再由左手定则，cd棒受到向左的安培力，摩擦力向右平衡安培力，故A正确；流经R的电荷量为q，则流经ab棒的电荷量为2q，回路总电阻为1.5R；由，可得，得ab在水平轨道上运动的距离为，故B错误；ab棒刚进入Ⅰ区时，导体棒ab所受安培力满足，速度满足，解得释放高度为，故C错误；全过程中，ab棒减少的重力势能，转化为摩擦生热和回路中的电热。根据串并联电路电流的分配特点可知流经的电流为干路电流的，结合，可知其中电阻R产生的电热只占整个回路产生电热的，故电阻R产生的焦耳热为，故D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】(1)确保钢球每次平抛的初速度相同；(2)=；(3)AC
【详解】（1）实验时每次必须由斜槽上的同一位置由静止释放钢球，目的是保证钢球每次平抛的初速度相同；
（2）由于钢球水平方向做匀速直线运动，则，，所以。
（3）水平方向有，竖直方向有，，所以或。
12．【答案】（1）5.364/5.362/6.363/5.365
（2）
（3）；23800；大于
【详解】（1）用螺旋测微器测得外径为
（2）根据电阻定律，可得这种特殊材料的电阻率为。
（3）为了保证开关S2拨动时，滑动变阻器的分压几乎不变，不管是或与滑动变阻器左侧部分的并联电阻应该变化不大，所以为了减小误差，滑动变阻器应采用阻值较小的；
由欧姆定律可知，代入数据解得；
本实验中S2置于a处的电流大于开关置于b处的电流，则S2置于a处与滑动变阻器左侧的并联的部分分压较小，由欧姆定律有，其中，，化简可得，当时，为真实值，而实际上，的测量值会偏大，即的测量值大于真实值。
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）第5个
【详解】（1）木块1与2第一次碰撞前速度记为，碰撞后速度记为，后面依照同样的方式表示，第n次碰撞前速度为，碰后速度记为，木块1下滑过程，根据动能定理有
木块碰撞，根据动量守恒定律有
解得
（2）木块12组合体下滑，根据动能定理有
木块12组合体与木块3碰撞，根据动量守恒定律有
木块123组合体下滑，根据动能定理有
木块12组合体刚好能与木块3碰撞，，此时最大，所以
木块123组合体刚好不能与木块4碰撞，，此时最小，所以
综上所述
（3）方法一：木块组合体下滑，根据动能定理有
木块组合体与木块n碰撞，根据动量守恒定律
第n次碰撞前动能为，碰后动能记为
联立可得：
若刚好能碰到第n个，则且
迭代算出：能碰到第5个小木块；
方法二：木块组合体下滑，根据速度位移公式有
木块组合体与木块n碰撞，根据动量守恒定律有
联立可得
记
联立可得
迭代计算，可撞第3个
，可撞第4个
，可撞第5个
因，不可能撞第6个；
方法三：质心方程
15．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）设对A、B向左运动最大距离为x，由功能关系得
撤去力后A、B在弹簧原长处分离，由能量守恒得
此后滑块A做简谐运动时动能转化为弹性势能，由能量守恒得
解得滑块A做简谐运动的振幅，
（2）由数学知识可得B抛出后到达固定轨道时速度
B在固定轨道上滑到最低点的过程由动能定理得
B在最低点时由牛顿第二定律得
联立代入数据得
由牛顿第三定律得B对轨道的压力大小为
（3）B滑上C后和C构成的系统动量守恒，到共速时据动量守恒得
C和1弹性碰撞，据动量守恒有
据能量守恒有
此后1和2碰撞，1保持静止；2和3碰撞，2保持静止；……碰后C和B再次共速，据动量守恒有
由牛顿第二定律得
由运动学公式得C前进的位移
C和2弹性碰撞，据动量守恒有
据能量守恒有
此后1和2碰撞，1保持静止；2和3碰撞，2保持静止；……，碰后C和B再次共速，据动量守恒有
由运动学公式得C前进的位移
得C第2024次碰1后，C前进的位移为
每两次碰撞过程中，C前进的位移即滑块1前进的位移，滑块1前进后和滑块2碰撞，然后等滑块C刚好共速时来撞滑块1，即滑块C的位移和为滑块1的总路程
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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4
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]如图所示为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是（　　）
A．图1中，物体在时间段通过的位移为
B．图2中，阴影面积表示时刻物体的速度大小
C．图3中，物体在时间内的平均速度等于
D．图4中，内物体的速度变化量是
2．[4分]如图所示，质量为3m的小球P和质量为m的小球Q通过两根长度均为L的细线悬挂在天花板的O点，两球之间通过长度为的轻杆相连，重力加速度为g。现对小球P施加一外力F并确保轻杆始终处于水平状态，则（　　）
A．外力F竖直向上时，外力取得最小值2mg
B．外力F水平向左时，外力取得最小值
C．外力F垂直于绳子OP时，外力取得最小值
D．外力F垂直于绳子OP时，外力取得最小值
3．[4分]两个点电荷、分别固定在x轴上的O、M两点，在两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中C点的电势最高。下列说法正确的是（　　）
A．C点的电场强度为零
B．为负电荷，为正电荷
C．A、N两点的电场强度方向相同
D．将一负点电荷从D移到N的过程中，电势能先增大后减小
4．[4分]我国计划在2030年前实现载人登陆月球开展科学探索，初步方案是：采用长征十号火箭先后将揽月着陆器和梦舟载人飞船送入地月转移轨道，经组合变轨，两个飞行器在环月轨道图中未画出交会对接，航天员进入揽月着陆器，之后揽月着陆器被月球捕获下降并将航天员送上月面。下列说法正确的是（　　）
A．载人飞船在地月转移轨道上的运行速度大于
B．飞船与着陆器对接时，可以在同一轨道上向后喷气追上着陆器
C．飞船在轨道Ⅱ上P点的加速度大小大于在轨道Ⅰ上P点的加速度大小
D．飞船从捕获轨道转移到冻结轨道时需要在A点减速
5．[4分]图甲是风力发电原理示意图，当风轮机的叶片转动时，叶片的转轴连接一个升速齿轮箱，齿轮箱中连接叶片的齿轮与连接发电机的转子的转轴相互啮合，如图乙所示。当风轮机的叶片转动时，发电机就可以进行发电了。某物理学习小组按照以上原理制作了一个小型发电机模型，已知叶片的转速为n，传动齿轮升速比（输入与输出转速比）达到，与升速齿轮箱相连的发电原理图如图丙所示，线圈匝数为N，面积为S，内部匀强磁场的磁感应强度大小为B，在一段时间内叶片稳定转动，忽略其他因素的影响，线圈电阻不计，则下列说法错误的是（　　）
A．线圈的转速为20n
B．线圈电动势的峰值为40πnNBS
C．负载的电阻为R时，发电机的输出功率与成正比
D．发电机输出的交流电的频率为40n
6．[4分]冰滑梯是一种体验冰雪运动的娱乐项目，其示意图如图所示，游客从螺旋滑道上端滑下，旋转两周后经便斜滑道冲上水平滑道，滑行结束时停在水平滑道上。假设螺旋滑道的圆面半径为，上端与下端高度差为，倾斜滑道高度差为，螺旋滑道、倾斜滑道和水平滑道均平滑相接，游客与各滑道间的动摩擦因数处处相同，游客可视为质点。现测得游客某次滑行时停在水平滑道的位置与螺旋滑道上端的水平距离为，则游客与各滑道间的动摩擦因数可能为（　　）
A．0.07 B．0.08 C．0.09 D．0.10
7．[4分]甲、乙两球在同一竖直平面内同时从同一水平线上抛出，并同时落到P点，轨迹如图所示，甲、乙两球运动的最大高度相等，不计空气阻力。则上述整个过程中（　　）
A．甲球的初速度一定比乙球的大
B．甲球的最小动能一定比乙球的大
C．甲球合外力的冲量一定比乙球的大
D．甲球相对于乙球做匀变速曲线运动
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]两个完全相同的劈A和B，分别放在很长的光滑水平面上，处于静止状态。A和B的斜面都是光滑圆弧面，斜面下端与水平面相切，如图所示。一个小物块位于劈A的斜面上，距水平面的高度为h。物块从静止开始滑下，然后又滑上劈B。已知劈A、B和小物块的质量均为m，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）
A．小物块离开劈A时的速率为
B．小物块离开劈A时的速率为
C．小物块在劈B上能够达到的最大高度为
D．小物块在劈B上能够达到的最大高度为
9．[5分]下列关于教科书上的四幅插图，说法正确的是（　　）
A．奥斯特利用（a）图实验装置发现了电磁感应现象
B．（b）图中，两根通电方向相反的长直导线相互排斥，是通过磁场实现的
C．图（c）中只增大电压U，粒子可以获得更大的动能
D．图（d）等离子体进入A、B极板之间稳定后，A极板电势低于B极板电势
10．[5分]如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度。下列说法正确的是（　　）
A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为
B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球在C点动能最大
C．若将小球在A点由静止开始释放，它将沿直线运动到C点
D．若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将不能沿半圆ADB到达B点
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]用如下实验装置进行“探究平抛运动的特点”实验，步骤如下
（1）按照甲图安装实验装置，调节斜槽末端水平，并将一张白纸和复写纸固定在背板上。斜槽末端下方用细线悬挂重锤的作用是
A．判断仪器背板是否竖直
B．确定白纸上轴的方向
C．利用重锤的惯性来保证实验装置稳定
（2）让小球静止在斜槽末端附近，用笔通过复写纸在白纸上描出球心投影点，描出槽口端点在白纸上的投影，描出过的竖直线与过水平线的交点。白纸上平抛轨迹的初始位置应是 （填、或）。
（3）让钢球从斜槽上某一高度滚下，落到水平挡板上，在白纸上留下印迹。
（4）上下调节挡板的位置，多次操作步骤（3），并保证钢球在斜槽上的释放点 （填“相同”“不同”或“随机”）。
（5）用平滑曲线把印迹连接起来，就得到钢球做平抛运动的轨迹，如图乙。轨迹上任意一点的坐标、应满足关系： （填、或）
12．[8分]（1）如图甲所示，某同学用螺旋测微器和游标卡尺测量某工件的厚度和长度，由图可读出，______cm，______cm。
（2）图乙为某同学设计的双缝干涉实验的装置图，图中A位置处的实验器材名称为______。
（3）图丙为某同学设计的欧姆表原理示意图，其中电流表的满偏电流，内阻，可变电阻的最大阻值为，电池电动势，内阻。某次实验时，在测量图丙中的电阻时，电流表示数稳定后，指针指在处，此时，电阻的测量值______kΩ。若在进行欧姆调零时，电流表示数略小于，这种状态下测量电阻时，电阻的测量值将比真实值______（填偏大、偏小或不变）
13．[13分]（10分）如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为的活塞密封一部分理想气体，活塞横截面积为，能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为，气柱的高度为。当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升再次平衡。已知容器内气体内能变化量与温度变化量的关系式为，为已知常数，大气压强恒为，重力加速度大小为，所有温度为热力学温度。求:
（1） 再次平衡时容器内气体的温度。
（2） 此过程中容器内气体吸收的热量。
14．[12分]如图所示，水平传送带以恒定速度运送工件，完全相同的工件从传送带最左端无初速度地放到传送带上。工件质量，工件与传送带之间的动摩擦因数，当前一个工件与传送带相对静止时，再从传送带最左端放上后一个工件。已知第10个工件刚好放上传送带最左端时，恰好第1个工件到达最右端。重力加速度，求：
（1）每个工件相对传送带滑动的时间;
（2）每个工件相对传送带滑动的过程中，摩擦产生的热量;
（3）传送带的长度。
15．[16分]如图所示，两根间距为的金属导轨和，电阻不计，左端向上弯曲，其余水平，水平导轨左端有宽度为、方向竖直向上的匀强磁场，右端有另一磁场，其宽度也为，磁场的磁感应强度大小均为。有两根质量均为、电阻均为的金属棒a与与导轨垂直放置，棒置于磁场中点、处，导轨除、两处（对应的距离极短）外其余均光滑，两处对棒可产生总的最大静摩擦力为棒重力的倍，a棒从弯曲导轨某处由静止释放。
（1）若a棒释放的高度大于，则a棒进入磁场时才会使棒运动，请求出；
（2）若将a棒从高度小于的某处释放，使其以速度进入磁场，结果a棒以的速度从磁场中穿出，求两棒即将相碰时棒上的电功率；
（3）若将a棒从高度大于的某处释放，使其以速度进入磁场，从磁场穿出时的速度大小为，分析说明棒此时是否已穿出磁场。
参考答案
1．【答案】D
【详解】图1中，初始时刻时物体的位置坐标不为0，时物体的位置坐标为，所以物体时间段通过的位移为，A错误；图2中，图像中，图像与时间轴所围的面积表示速度的变化量。时间内物体速度的变化量，而不是时刻物体的速度大小，因为不知道初速度，所以无法确定时刻物体的速度大小，B错误；在图像中，若物体做匀变速直线运动，其平均速度为，且图像为倾斜直线。图3中物体图像是曲线，说明物体做的不是匀变速直线运动，所以物体在时间内的平均速度不等于，C错误；由运动学公式，解得，图像的斜率，图4中图像斜率为，则加速度，根据，内物体的速度变化量为，D正确。
2．【答案】C
【详解】根据题意，几何关系可知OQ与PQ的夹角、OP与PQ的夹角均为，分析可知，Q受到重力mg、杆的弹力、绳子拉力而平衡，由平衡条件得，，联立解得，对P受力分析可知，P受到重力3mg、杆的弹力、绳子拉力和外力F而平衡，如图甲所示。，则小球P受的重力与杆的合力，联立以上解得，作出、、三个力的矢量三角形如图乙所示，当作用在小球P的外力方向与P相连的细绳方向垂直时，外力F最小，即最小值为，联立以上解得。
3．【答案】A
【详解】图像斜率表示电场强度，C点的电势最高，斜率为，因此，A正确；由图像可知，附近电势高且正，附近电势低且负，由正电荷周围电势为正，负电荷周围电势为负可知，为负电荷，为正电荷，B错误；图像斜率表示电场强度，斜率正负表示电场强度方向，根据“上坡正，下坡负”可知、两点电场强度方向相反，C错误；由图可知，从到的过程中，电势先增大后减小，由电势和电势能关系，需要带入正负计算，因为是负电荷，因此，电势能正负表示大小，因此将一负点电荷从移到的过程中，电势能先减小后增大，D错误。
4．【答案】D
【详解】地月转移轨道仍受地球引力主导（未脱离地球束缚），所以载人飞船的发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，则载人飞船在地月转移轨道上的运行速度小于，故A错误；飞船与着陆器对接时，若飞船与着陆器在同一轨道上，飞船向后喷气会加速，做离心运动进入更高轨道，无法追上同一轨道的着陆器，故B错误；由牛顿第二定律可得，解得，由于、、都相同，所以飞船在轨道Ⅱ上P点的加速度大小等于在轨道Ⅰ上P点的加速度大小，故 C错误；卫星从高轨道变轨到低轨道需要在变轨处点火减速，所以飞船从捕获轨道转移到冻结轨道时需要在A点减速，故 D正确。
5．【答案】D
【详解】因为升速比为，传动齿轮转速为20n，线圈的转速与传动齿轮转速相同，所以为20n，A正确；由于，其中，所以，B正确；发电机的输出功率，其中，代入得，所以发电机的输出功率与成正比，C正确；发电机输出的交流电的频率为，D错误。
6．【答案】A
【详解】研究游客整个运动过程，根据动能定理有，代入数据解得，实际上游客在圆轨道运行时因为向心力的原因导致支持力比在同角度的斜面大，即在圆轨道摩擦力做功，因此动摩擦因数应更小。
7．【答案】A
【详解】两球做斜抛运动，竖直方向做竖直上抛运动，由于两球运动的最大高度相同，根据抛体运动的对称性及可逆性，可得，解得两球运动时间，抛出时两球竖直方向的速度，可知两球抛出时竖直方向的速度相等，水平方向做匀速直线运动，则有，由于甲球水平方向的位移大于乙球水平方向的位移，因此水平方向两球的速度关系为，根据速度的合成可知，两球抛出时的速度为，因此甲球抛出时的初速度一定大于乙球抛出时的初速度，A正确；由于两球的质量关系未知，因此两球的最小动能关系无法确定，B错误；根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，由于两球的质量关系未知，因此两球的动量变化情况无法确定，两球合外力的冲量大小也就无法确定，C错误；两球做斜抛运动，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀速直线运动，甲球相对于乙球做匀速直线运动，D错误。
8．【答案】AC
【详解】物块和A看作一个系统，当物块第一次滑到水平面上时速度最大，水平方向动量守恒。根据水平方向动量守恒定律，根据能量守恒定律，联立解得，A正确，B错误；物块和B看作一个系统，水平方向动量守恒，当物块上升最大高度时物块和B共速。，根据水平方向动量守恒定律，根据能量守恒定律，联立解得，C正确，D错误。
9．【答案】BD
【详解】奥斯特利用（a）图实验装置发现了电流的磁效应，故A错误；（b）图中，两根通电方向相反的长直导线相互排斥，是通过磁场实现的，故B正确；图（c）中，当粒子在磁场中的轨迹半径等于D形盒半径时，粒子的动能最大，由洛伦兹力提供向心力得，可得粒子的最大动能为，可知只增大电压U，粒子不可以获得更大的动能，故C错误；图（d）中，根据左手定则可知，正离子受到的洛伦兹力向下，负离子受到的洛伦兹力向上，则B板带正电，A板带负电，A极板电势低于B极板电势，故D正确。
10．【答案】CD
【详解】先求小球受到的重力和电场力的合力F，即，代入题中数据，解得，可将F视为等效重力，当F恰好提供小球做圆周运动的向心力时，它运动的最小速度，则有，解得，故A错误；当小球在等效重力最低点时动能最大，由于重力与电场力等大，可知等效重力方向与竖直方向夹角为，故等效重力最低点在BC的中点，故B错误；由于AC连线与竖直方向夹角为，可知等效重力方向与AC共线且从A指向C，故若将小球在A点由静止开始释放，它将沿直线运动到C点，故C正确；若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，由对称性可知小球再次回到AB水平面时间为，该段时间内小球水平位移，其中，联立解得，故小球刚好运动到B点，可绘制出运动图示如下
故它将不能沿半圆ADB到达B点，故D正确。
11．【答案】AB，，相同 ，
【详解】（1）重锤的作用是确保坐标轴的y轴为竖直方向或沿重锤方向描下y轴为竖直方向，即必须保证仪器背板竖直，AB正确；重锤的惯性无法保证实验装置稳定，C错误。
（2）让小球静止在斜槽末端附近，用笔通过复写纸在白纸上描出球心投影点O1，描出槽口端点在白纸上的投影O2，描出过O2的竖直线与过O1水平线的交点O3，即竖直方向与水平方向的交点恰好是小球抛出点在白纸上的投影点，实验白纸上平抛轨迹的初始位置应是O3；
（4）上下调节挡板的位置，多次操作步骤（3），并保证钢球在斜槽上的释放点相同，这样才能保证每次平抛的初速度相同；
（5）用平滑曲线把印迹连接起来，就得到钢球做平抛运动的轨迹，如图乙，在轨迹上任意一点的坐标x、y，根据平抛运动规律得，，消去t，可得x、y应满足关系为，即满足
12．【答案】（1）1.0242/1.0243/1.0244；24.220
（2）单缝
（3）2.5；偏大
【详解】（1）用螺旋测微器测量某工件的厚度x=10mm+0.01mm×24.3=10.243mm=1.0243cm
游标卡尺测量某工件的长度=24.2cm+0.05mm×4=24.220cm
（2）图中A位置处的实验器材名称为单缝；
（3）电流计满偏时
测量电阻时
可得
若在进行欧姆调零时，电流表示数略小于，则R内偏大，这种状态下测量电阻时，电流的示数I偏小，则电阻的测量值将比真实值偏大。
13．【答案】（1） （2）
【详解】（1） 活塞缓慢上升，活塞始终处于平衡态，设容器内气体的压强为，对活塞受力分析，有（1分）
可知容器内气体的压强不变，活塞缓慢上升的过程，对封闭气体由盖-吕萨克定律可知
（2分）
解得（1分）
（2） 活塞缓慢上升过程中，外界对气体做的功为
（1分）
容器内气体内能变化量为（1分）
由热力学第一定律可知（2分）
联立解得（2分）
14．【答案】（1）0.5s，（2），（3）8.5m
【详解】（1）对工件，设加速度阶段加速度大小为,①
得：
②
得：
（2）工件加速阶段位移，此过程传送带位移，相对位移大小为
③
④
⑤
⑥
联立③④⑤⑥得：
（3）对第一个工件，从左端到右端匀速运动位移
⑦
⑧
联立⑦⑧得：
15．【答案】（1）
（2）
（3）b棒此时没有穿出磁场
【详解】（1）a棒从高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，则有
解得
棒刚进入磁场时，感应电动势
感应电流
棒刚要运动时有
解得
（2）若将a棒从高度小于的某处释放，结合上述可知，此时b棒静止不动，a棒经过区域时，根据动量定理有
该过程感应电动势的平均值
感应电流的平均值，
a棒经过区域时到两棒即将相碰，根据动量定理有
该过程感应电动势的平均值
感应电流的平均值，
解得
此时的感应电流
此时棒电功率
（3）由于a棒从高度大于处释放，因此当棒进入磁场后，棒开始向右运动，取向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
两棒的速度大小随时间的变化图像大致如下图所示
可见棒位移小于a棒位移的一半，所以没有穿出磁场。
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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5
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
2．[4分]如图所示为射线测厚装置示意图，它的放射源为铯-137，已知铯-137的衰变方程为，半衰期约为30年，下列说法正确的是（　　）
A．60年后Cs全部衰变完
B．金属板厚度越薄探测器接收到的辐射强度越小
C．Ba原子核的比结合能比Cs原子核的大
D．该反应为β衰变，β射线即为核外电子的逸出
3．[4分]如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内．将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放．释放后小球都做简谐运动．当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点．则（ ）
A．小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为零
B．小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙动能为零
C．小球甲、乙的振动周期之比为
D．小球丙、丁的摆长之比为
4．[4分]如图甲所示，一圆形线圈面积,匝数,电阻不计，处于匀强磁场中，磁感应强度随时间正弦变化的图像如图乙所示（取垂直纸面向里为正方向）。导线框右边与理想变压器的原线圈连接，已知变压器的原、副线圈的匝数比为,与副线圈连接的电阻D为理想二极管，下列说法正确的是( )
A．时，圆形线圈中有逆时针方向的电流
B．原线圈中交变电流的频率为
C．内原线圈输入的能量为
D．内，流过的电荷量为
5．[4分]如图所示，质量分别为和的物块、叠放在一起，放在光滑的水平面上，与水平轻弹簧相连，弹簧的另一端与墙壁连接，、一起在做简谐运动，取向右为正方向。已知弹簧振子的周期，其中为振子质量，为弹簧的劲度系数.当、向左运动到平衡位置时迅速将取走，则下列能描述物体的图像的是（　　）
A． B．
C． D．
6．[4分]如图所示，一小球（视为质点）以速度从倾角为 的斜面底端斜向上抛出，落到斜面上的点且速度水平向右。现将该小球以的速度从斜面底端朝同样方向抛出，落在斜面上的点。下列说法正确的是（ ）
A．落到和两点所用时间的比值大于
B．落到和两点速度之比为
C．落到点时速度方向一定不是水平方向
D．和两点距离斜面底端的高度之比为
7．[4分]如图,某战士在山坡上进行投掷手榴弹训练．他第一次将手榴弹沿水平方向抛出,落在水平地面的M点,若他第二次从同一位置将同一手榴弹沿水平方向抛出,落在水平地面的N点,不计空气阻力,手榴弹可视为质点．对于两次手榴弹从抛出到落地的过程,下列说法正确的是(　　)
A．第一次抛出的手榴弹在空中运动时间更短
B．第一次抛出的手榴弹抛出时初速度更大
C．两次抛出的手榴弹在空中运动全过程重力的平均功率相等
D．第二次抛出的手榴弹落地前瞬间重力的瞬时功率更大
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，有一不可伸长的轻绳，绕过光滑定滑轮，与质量为的物体连接，放在倾角为 的光滑斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体连接，连接物体的轻绳与斜面平行，连接物体的绳最初水平。从当前位置开始，使物体以速度沿杆匀速向下运动，设绳的拉力为，重力加速度为，在此后的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物体做加速运动 B．物体做匀速运动
C．小于 D．大于
9．[5分]教室的一体机屏幕多为电容屏，具有灵敏度高的特点.电容式触摸屏其原理可简化为如图所示的电路.平行板电容器的上极板A为可动电极，下极板B为固定电极，P为两板间一定点.当用手指触压屏幕上某个部位时，可动电极的极板会发生形变，同时也相当于将A板接地，形变过程中，电流表G中有从a到b的电流，则下列判断正确的是 (　　)
A．形变过程中，两极板间距离减小，电容器电容变大
B．电容器的带电量减小
C．直流电源的c端为电源正极
D．形变过程中，P点电势降低
10．[5分]如图甲所示,倾角θ=30°的粗糙斜面上有一质量为m的物体,物体始终受到沿斜面向上的变力F的作用,沿斜面向上为正方向,物体的加速度a随外力F变化的图像如图乙所示,重力加速度g=10 m/s2,根据图乙中所提供的信息可知( )
A．m=0.4 kg B．m=2.5 kg
C．μ=0.5 D．μ=
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]某同学受伽利略斜面实验思想启发，用现代实验器材改进研究匀变速直线运动规律的实验。如图甲所示，首先调节合适的斜面倾角并固定，让小球从斜面O点由静止释放，沿斜面做匀加速直线运动，先后经过A、B两个光电门，其中B光电门固定在斜面底端，A光电门的位置可调节。测出间距离x、小球通过光电门A的挡光时间以及间运动时间t。
（1）如图乙测量小球的直径D，可得________。
（2）由测得的数据可以算出小球经过A处的速度________（选用题中符号x、、t、D表示），x越大，________。（选填“越大”“越小”或“不受影响”）
（3）将小球的运动等效为从B点沿斜面向上的匀减速直线运动，有，多次改变A的位置重复实验，得到x与t的数据，并作出图像，如丙图，图像的截距为b，P点坐标为。则可算出小球在斜面上运动的加速度________，斜面长度________（两空均用b、c、d表示）。
12．[8分]科技小组利用压敏电阻制作汽车油量深度表的装置如图所示．所用器材有：压敏电阻；电源（电动势，内阻不计）；电流表（量程，内阻不计）；滑动变阻器（最大电阻；定值电阻（阻值；开关；容器；汽油；导线若干．压敏电阻的阻值与容器内所装汽油的深度的关系如图（b）所示．
（1）把电流表改装成量程为的汽车油量深度表，正确连接图所示电路，断开开关，滑动变阻器的滑片置于 （填“”或“b”）端；
（2）容器里装深度的汽油，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数达到满偏，滑动变阻器接入电路的阻值为 ；
（3）改变容器所装汽油的深度，把电流表的示数标上相应的深度，改装后的深度刻度是 （填“均匀”或“不均匀”）的；深度应该对应电流表的示数为 （保留2位有效数字）．
13．[11分]如图所示，质量为、内部高为的绝热汽缸内部带有加热装置，用轻质绝热活塞封闭一定质量的理想气体．汽缸顶部有挡板，用绳将活塞悬挂在天花板上．汽缸底面积为．开始时缸内理想气体温度为，活塞到汽缸底部的距离为．用电阻丝缓慢加热后，汽缸内气体的温度升高到，汽缸底部始终不与地面接触．已知大气压强恒为，重力加速度为．忽略活塞和汽缸壁的厚度，不计一切摩擦．
（1） 当温度升高到时，求缸内气体的压强；
（2） 保持气体温度在不变，此后由于汽缸漏气导致活塞相对汽缸下移，最终再次距离底部，求该过程泄漏气体与漏气前缸内气体的质量之比．
14．[14分]（13分）如图所示，直角坐标系位于竖直平面内，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，第二象限内存在沿轴正方向的匀强电场，第四象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场和沿轴正方向的匀强电场。一质量为、电荷量为的带正电粒子从轴的点沿轴正方向以初速度射入第二象限，经电场偏转后从轴上的点进入第一象限，经匀强磁场偏转后垂直轴进入第四象限，已知点坐标为，粒子经过点时速度方向与轴正方向的夹角 ，取，，不计粒子重力。
（1） 求第二象限内匀强电场的场强大小；
（2） 求第一象限内匀强磁场磁感应强度大小；
（3） 第四象限内匀强磁场磁感应强度大小为，匀强电场的场强大小为，若带电粒子垂直轴进入第三象限，求粒子进入第三象限时的速度大小和粒子与点的距离。
15．[16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】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。
2．【答案】C
【详解】经过两个半衰期后，铯剩余原来的四分之一，A错误；金属板厚度越薄探测器接收到的辐射强度越大，B错误；由于生成物比反应物稳定，所以Ba原子核的比结合能比Cs原子核的大，C正确；β衰变的实质是原子核内部的一个中子放出一个电子变为一个质子，D错误。
3．【答案】C
【详解】小球做简谐运动,由题意可知,,小球甲第一次回到释放位置时小球丙运动至另一侧最高点,速度为零,加速度不为零,错误；小球丁第一次回到平衡位置时所用时间,小球乙应运动,小球乙也运动至平衡位置,动能最大,错误；,则,,则,根据单摆周期公式可知,丙、丁的摆长之比为,正确,错误．
4．【答案】D
【详解】A．在时，磁通量的变化率最大；根据图像，此时图像的斜率为负，表示穿过线圈向里（正方向）的磁通量在减小；根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向应为向里，以阻碍磁通量的减小；再根据安培定则，可知感应电流方向为顺时针，故错误；B．原线圈中交变电流的频率应为磁感应强度变化周期的倒数，即50赫兹，故错误；C．原线圈中电动势的最大值为
原线圈有效值为,
副线圈两端电压的有效值为
电阻消耗的功率为
由于理想二极管的单向导电性，电阻只在半个周期内有电流通过，其消耗的功率是正常工作时的一半，即,输入功率等于副线圈端总功率为,在内原线圈输入的能量为,故错误；
D．在时间内，根据法拉第电磁感应定律，原线圈中的平均感应电动势为
副线圈的平均电动势为,流过的平均电流为
流过的电荷量为,故正确。
5．【答案】C
【详解】物块、质量分别为和，取走时，的速度是向左的，取向右为正方向，可知之后的位移为负。根据弹簧振子周期可知振子质量变小，周期变为原来的一半，且动能减小，将弹簧压缩到最短时的势能也会变小，所以振幅减小，C选项图像正确。
6．【答案】D
【详解】令抛出速度与水平方向的夹角为 ，则落在点过程水平方向有，竖直方向有，根据题意有 ，解得 ，当落在点过程水平方向有，竖直方向有，根据题意有 ，解得，即该小球以的速度从斜面底端朝同样方向抛出，落在斜面上的点的速度方向仍然水平向右，错误；根据上述，在竖直方向上有，，，，在水平方向上有 ， ，解得，，，、错误，正确。
7．【答案】C　
【详解】抛出的手榴弹做平抛运动,在竖直方向是自由落体运动,则有h=gt2,解得t=,由题意知,两次抛出手榴弹的高度相同,则两次抛出的手榴弹在空中运动时间相同,A错误;手榴弹做平抛运动,在水平方向是匀速直线运动,则有x=v0t,由题意知,第一次抛出的手榴弹的水平位移较短,而时间相同,则第一次抛出的手榴弹抛出时初速度更小,B错误;由题知,两次手榴弹抛出的高度相同,则重力做的功为WG=mgh,可知两次手榴弹抛出后重力做的功相同,抛出的手榴弹在空中运动全过程重力的平均功率为P=,因为WG、t都相同,所以两次抛出的手榴弹在空中运动全过程重力的平均功率相等,C正确;手榴弹做平抛运动,在竖直方向是自由落体运动,则有=2gh,解得vy=,则手榴弹落地前瞬间重力的瞬时功率PG=mgvy=mg,可知两次抛出的手榴弹落地前瞬间重力的瞬时功率相等,D错误．
8．【答案】AD
【详解】物体的速度分解如图所示，
由图可知物体的速度等于物体沿绳方向的分速度，即，与的位置有关，因为做匀速运动，下降过程中 变大，因此物体做加速运动，大于 ，、正确，、错误。
9．【答案】AD　
【详解】本题考查电容器的动态分析.根据电容的决定式C=可知两极板间距离d减小，电容器电容变大，A正确；因为电容器与电源相连，所以电容器两极板间的电压U不变，根据Q=CU可知，若电容C增大，则电容器的带电量Q增大，B错误；由于电容器的带电量增大，电容器充电，电流从a到b通过电流表G，可知c为电源负极，C错误；由于电容器两端电压U不变，根据E=可知，d减小，极板间电场强度E增大，A板接地，A板电势为0，由于A、B板间电压U不变，所以极板B的电势φB不变，设P点与极板B的距离为d0，则有φB-φP=E×d0，d0不变，E增大，可知φP减小，即P点电势降低，D正确.
10．【答案】BD
【详解】由牛顿第二定律可得F-mgsin θ-μmgcos θ=ma,则a=-gsin θ-μgcos θ,由图像可得图线斜率为k== kg-1=0.4 kg-1,解得m=2.5 kg,同理可得纵轴截距-gsin θ-μgcos θ=-6,解得μ=,A、C两项错误,B、D两项正确。
11．【答案】（1）1.53/1.54/1.55/1.56/1.57
（2）；不受影响
（3）；
【详解】（1）图中刻度尺上一小格为0.1cm，应估读到下一位，即要读到0.01cm。小球的直径
（2）因很小，小球通过光电门的平均速度可近似为瞬时速度，由表达式可知，只与和有关，不受x影响。
（3）根据，公式变形得，结合图丙，斜率，所以，截距 ；设斜面长度，小球从O到B做初速度为0的匀加速直线运动，根据速度位移关系，可得。
12．【答案】（1）b （2）20 （3）不均匀，0.17
13．【答案】（1）
（2）
【详解】（1） 假设气体一直做等压变化,当时,体积为；当时,设活塞到汽缸底部的距离为,根据盖-吕萨克定律,有,解得,因此假设不成立,故气体先做等压变化,活塞碰到挡板后气体做等容变化．
设初始气体压强为,对汽缸受力分析,有,设时气体的压强为,由理想气体状态方程得,
代入数据解得．
（2） 当活塞再次距离底部时,由平衡条件可知,气体压强恢复到．设缸内剩余气体初态时体积为,气体总体积为,从初始状态到最终状态,该部分气体进行等压膨胀,根据盖-吕萨克定律得,
则漏出气体与原有气体质量比为．
14．【答案】（1）
（2）
（3）
【题图剖析】
【详解】
（1） 带电粒子在电场中做类平抛运动，
在沿轴方向，有，（1分）
根据牛顿第二定律有（1分）
离开电场时，由几何关系有，
联立解得（1分）
（2） 带电粒子射入第一象限的速度（1分）
粒子在第二象限沿轴方向，有
由（1）可得，（1分）
根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为（1分）
由洛伦兹力提供向心力有（1分）
解得（1分）
（3） 洛伦兹力的水平分量提供水平方向的动量变化，根据动量定理有（1分）
即（1分）
根据动能定理有（1分）
联立方程，解得粒子进入第三象限时粒子的速度大小（1分）
粒子与点的距离（1分）
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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2025---2026学年湖南省怀化市高三下学期物理二模练习试卷3
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]将固定在水平地面上的斜面分为四等份，如图所示，AB=BC=CD=DE，在斜面的底端A点有一个小滑块以初速度v0沿斜面向上运动，刚好能到达斜面顶端E点．则小滑块向上运动经过D点时速度大小是
A． B． C． D．
2．[4分]2025年2月哈尔滨亚冬会上，中国运动员在速度滑冰男子500米决赛中，以34秒95的成绩夺得冠军。对运动员整个决赛过程描述正确的是（　　）
A．比赛中运动员的位移大小是500m
B．运动员全程的平均速度大小等于平均速率
C．研究运动员的冲线技巧时，不可以把运动员看作质点
D．运动员在直线赛道上保持高速滑行时，加速度一定也很大
3．[4分]篮球比赛中，击地传球是指持球者在传球时，为躲避防守队员防守而将球击地后传给队友，如图所示。在篮球撞击地面时，下列说法正确的是（　　）
A．篮球对水平地面的弹力方向斜向右下方
B．水平地面对篮球的弹力方向斜向右上方
C．水平地面受到篮球的压力是由于篮球发生形变而产生的
D．篮球受到水平地面的支持力是由于篮球发生形变而产生的
4．[4分]在一种叫做“蹦极跳”的运动中，质量为m的游戏者身系一根长为L、弹性优良的轻质柔软的橡皮绳，从高处由静止开始下落2L时到达最低点，若不计空气阻力，在弹性绳从原长到达最低点的过程中，（　　）
A．速度先减小后增大
B．速度一直减小，直到为零
C．加速度先减小后增大
D．加速度一直增大，最后达到某一最大值
5．[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
6．[4分]某静电除尘装置由带电的金属圆筒Q和带电的电极P组成，其横截面上的电场线分布及方向如图所示，A、B、M、N四点到P距离相等，下列说法正确的是（　　）
A．A、B两点电场强度相同
B．C点的电场强度比B点大
C．金属圆筒Q带正电，电极P带负电
D．带正电的粉尘在M点和N点，所受电场力相同
7．[4分]如图所示，竖直面内固定一光滑绝缘大圆环，半径为，为竖直直径，为水平直径，一轻弹簧的一端固定在点，另一端与穿在圆环上的带正电小球相连，空间有垂直圆环平面向外的匀强磁场，已知小球在、两点时弹簧的形变量大小相等，重力加速度为，现将小球由点静止释放，下列说法正确的是（　　）
A．刚释放时小球加速度大小为 B．小球不可以到达点
C．小球到达弹簧原长位置时速度最大 D．小球到达点时速度大小为
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]如图，间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有一定值电阻R，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场.质量为m的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在导轨上.已知金属棒在运动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则 (　　)
A．加速过程中通过金属棒的电荷量为
B．金属棒加速的时间为
C．加速过程中拉力的最大值为
D．加速过程中拉力做的功为mv2
9．[5分]如图所示，平行金属板间有一个带电油滴悬浮在点，不考虑电流表和电压表对电路的影响，地面的电势为零，当滑动变阻器的滑片向端移动时，下列说法正确的是（ ）
A．油滴带负电，将向下运动
B．电压表示数变大
C．电源的效率变低
D．若电压表、电流表的示数变化量分别为和，则
10．[5分]如图所示，光滑的水平面上放置质量为的长木板乙，质量为的小物块甲放在长木板的最左端，时刻同时给小物块和长木板方向相反，大小均为的初速度。已知小物块与长木板间的动摩擦因数为，重力加速度取，小物块甲可视为质点，整个过程小物块始终没有离开长木板。则下列说法正确的是（　　）
A．长木板的长度至少为
B．长木板的速度为时，小物块的速度大小为，方向向左
C．长木板的速度为时，小物块正处在加速阶段
D．小物块在长木板上发生相对滑动的时间为
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]某实验小组的同学利用了如图1所示的实验装置研究平抛运动的轨迹。
（1）下列对实验装置以及操作的理解正确的是______（填选项序号）；
A．固定有白纸的长木板必须沿竖直方向放置 B．斜槽轨道必须光滑
C．斜槽轨道的末端必须水平 D．小球每次的释放点可以改变
（2）正确地组装好装置后，通过多次操作，在木板的白纸上得到多个点迹，然后用平滑的曲线拟合各点，得到了平抛运动的轨迹，图2为轨迹的一部分。在轨迹上选取、、三点，并测量了相邻两点的水平间距以及竖直间距，测量的数据如图2所示，已知重力加速度为，不计空气阻力，则小球从到的时间为 ，小球做平抛运动的初速度大小为 。
12．[8分]（10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。
（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,操作烦琐，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3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”）。
13．[12分]如图所示，AB为空心圆管，长度为＝10m，C为可视为质点的小球，AB与C在同竖直线上，AC之间距离为＝20m。＝0时刻，由静止释放AB，同时C从地面以初速度竖直向上抛出。忽略空气阻力，AB若落地则立即静止，取＝。
（1）要使C在AB落地前从B端穿出，至少多大？
（2）若＝20m/s，求C从A端进入管中至由B端穿出所经过的时间？
（3）若＝20m/s，求C在圆管外部运动的时间。（答案可保留根号）
14．[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？
15．[15分]如图，两光滑平行圆弧导轨竖直放置，下端与两根间距为L的光滑平行水平导轨平滑连接。水平导轨足够长，其右端接有电容为C的电容器，且全部处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，在导轨上放置长度略大于L的导体棒P、M、N。P棒和M棒的质量均为m，接入电路的电阻均为2R，N棒的质量为2m，接入电路的电阻为R。已知初始时电容器带电量为0，开关S断开，M棒和N棒间距为d，且均处于静止状态。现让P棒从圆弧导轨上高为h处由静止释放，P棒与M棒如果发生碰撞则会粘在一起。重力加速度大小为g，不计导轨电阻及空气阻力，且导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。
（1）求P棒刚进入磁场时速度的大小及此时流经M棒电流的大小；
（2）若P棒与M棒恰好不发生碰撞，求该过程P棒中产生的焦耳热；
（3）若初始时M棒离磁场左边界的距离，且运动过程中M棒始终未与N棒发生碰撞，求d的最小值；当P、M、N三棒达到稳定运动时，闭合开关S，求电容器最终的带电量。
参考答案
1．【答案】D
【分析】根据题中“在斜面的底端A点有一个小滑块以初速度v0沿斜面向上运动，刚好能到达斜面顶端E点”可知，本题考查匀减速直线运动．根据匀减速直线运动的规律，应用逆向思维法、速度位移公式等知识分析求解．
【详解】将末速度为零的匀减速直线运动看作初速度为零的匀加速直线运动，则，，
解得
故D项正确，ABC错误。
2．【答案】C
【详解】位移是起点到终点的直线距离，而500米比赛通常为绕圈或非直线赛道，位移大小小于路程500m，A错误；平均速度等于位移与时间的比值，平均速率等于路程与时间的比值。位移小于500m，平均速度大小小于平均速率，B错误；研究冲线技巧需分析身体动作，不能忽略运动员形状，不可视为质点，C正确；若运动员保持高速且速度不变（匀速直线运动），加速度为0，D错误。
3．【答案】C
【详解】压力或支持力的方向垂直接触面，分别指向被压或被支持的物体，篮球对水平地面的弹力方向垂直水平地面竖直向下，A错误；水平地面对篮球的弹力方向竖直向上，B错误；水平地面受到篮球的压力是由于压力的施力物体篮球发生形变而产生的，C正确；篮球受到水平地面的支持力是由于地面发生形变而产生的，D错误。
4．【答案】C
【详解】设游戏者的质量为m，加速度大小为a，橡皮绳的拉力大小为F。开始阶段，游戏者的重力大于橡皮绳的拉力，游戏者合力向下，速度向下，做加速运动，根据牛顿第二定律得，mg-F=maF逐渐增大，a逐渐减小，当橡皮绳的拉力大于游戏者的重力时，游戏者合力向上，速度向下，做减速运动，又由牛顿第二定律得，F-mg=maF增大，a增大。即人先向下加速，然后向下减速，加速度的大小先减小后增大，速度先增大后减小。故C正确，ABD错误。
5．【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。
6．【答案】C
【详解】电场线分布的密集程度表示电场的强弱，根据图示可知，A点位置电场线分布比B点密集，则A点位置电场强度比B点位置电场强度大一些，由于电场强度方向沿电场线切线方向，可知，A、B两点电场强度方向相反，即A、B两点电场强度不相同，故A错误；由于C点位置电场线分布比B点稀疏，则C点的电场强度比B点小，故B错误；电场线起源于正电荷（或无穷远），终止于负电荷（或无穷远），根据图示可知，金属圆筒Q带正电，电极P带负电，故C正确；根据对称性可知，M点和N点大小相等，但电场强度方向不相同，可知，带正电的粉尘在M点和N点，所受电场力不相同，故D错误。
7．【答案】D
【详解】释放时小球受重力，弹簧向右下方的弹力，圆环水平向左的弹力，合力大于，故加速度大于，故A错误；洛伦兹力和圆环弹力不做功，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，故可以达到点，故B错误；小球达到原长位置时，洛伦兹力和圆环弹力的方向均沿半径方向，小球还受重力，可知切线方向合力不为零，要继续加速，故C错误；小球在、两点时弹簧的形变量大小相等，可知弹簧弹性势能在、两点相等，从到由机械能守恒，解得，故D正确。
8．【答案】AB　
【详解】本题考查电磁感应综合问题.金属棒减速过程中，由动量定理得-BLΔt=0-mv，即BqL=mv，解得q=，q=Δt=Δt=，由于加速阶段与减速阶段位移相等，故加速阶段通过金属棒的电荷量q'=q=，A正确；q==，解得加速阶段的位移x=，由运动学公式得x=vt，解得t=，B正确；速度最大时拉力最大，由牛顿第二定律得F-=ma，又v=at，联立解得F=，C错误；加速过程中安培力做负功，由动能定理有WF+W安=mv2，可知拉力做功大于mv2，D错误.
9．【答案】AC
【详解】油滴原来静止在电容器内,受向上的电场力与向下的重力且二力平衡,由题图可知,电容器内部电场方向向下,所以油滴带负电.当滑片向端移动时,滑动变阻器接入电路的电阻减小,则电路中总电阻减小,由闭合电路欧姆定律可知,电路中的总电流增大,路端电压减小,所以两端的电压增大,则电容器两端电压减小,即电压表示数变小,电容器内场强减小,油滴所受电场力小于重力,将向下运动,故正确,错误；电源的效率为,当滑动变阻器的滑片向端移动时,其阻值减小,则外电路的总电阻减小,电源的效率变低,故正确；根据闭合电路欧姆定律可知,可得,若电压表、电流表的示数变化量分别为和,则有,故错误.
10．【答案】CD
【详解】规定向左为正方向，甲、乙所组成的系统，在水平方向上不受外力，满足动量守恒，解得甲、乙共速时的速度大小为，根据能量守恒，有，解得长木板的长度至少为L=24，A错误；设向左为正方向；两物体在运动中不受外力，总动量守恒；则由动量守恒定律可知，代入数据解得小物块的速度为，负号表示方向向右，B错误；设向左为正方向；两物体在运动中不受外力，总动量守恒；则由动量守恒定律可知
，代入数据解得小物块的速度为，方向向左，小物块正处在加速阶段，C正确；选向右为正方向，对小物块根据动量定理，有，解得小物块在长木板上发生相对滑动的时间为，D正确。
11．【答案】（1）AC；（2）；
【详解】（1）平抛运动过程中只受重力，故不能让小球与白纸接触，固定有白纸的长木板必须沿竖直方向放置，否则会受摩擦力，不会做平抛运动，故A正确；斜槽本身光滑或粗糙没有影响，故B错误；能否使小球做平抛运动，关键是使斜槽末端切线水平，保证小球能获得一个水平方向的初速度，故C正确；由于一次实验无法描出太多点，故需要重复实验多次描点，为保证描的是同一条轨迹，故每次初速度要相等，故释放小球的位置要相同，故D错误。
（2）、、三点，水平间距相等，故时间相等，由，有，解得，则小球从到的时间为，水平方向，解得。
12．【答案】（1）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】（1）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。
（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。
13．【答案】（1）15m/s；（2）0.5s；（3）s
【详解】（1）要使C在AB落地前穿过AB的条件是，圆管落地的瞬间小球与B点相遇，圆管的落地时间为
此时C恰好与B相遇v0t-gt2=L
解得v0=15m/s
（2）由上可知，小质点一定在空中穿过圆管，设C遇到A点的时间为t1
设C遇到B点的时间为t2
C从A端穿过AB所用的时间为Δt=t2-t1
解得Δt=0.5s
（3）若＝20m/s，则球从抛出到落地的总时间为
小球第二次穿过管时，管已经落地，则设穿过管时用时间为t3，则结合逆向思维，该时间等于球从开始抛出向上运动L=10m的时间，则
即
解得（另一值舍掉）
则C在圆管外部运动的时间
14．【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
15．【答案】（1），；（2）；（3），
【详解】（1）对P棒，由动能定理得，
解得P棒刚进入磁场的速度大小为，
当P棒进入磁场时产生感应电动势，
P棒为电源，M、N两棒并联，则有，
又，
由欧姆定律得电路的总电流，
，
各式联立得流经M棒的电流。
（2）P棒进入磁场，M、N两棒所受的安培力，，
由牛顿第二定律得，，
联立可得M、N两棒的加速度关系为，
由此可知，M、N两棒加速度相同其运动总是相对静止的，由于P棒受到的安培力与M、N棒受到的安培力的合力为0，所以三棒组成的系统动量守恒。若P棒与M棒恰好不发生碰撞，则三棒速度相等，设此时的三棒速度均为，以向右为正方向，
根据动量守恒定律有，
根据能量守恒，该过程系统损失的机械能全部转化为电路电阻的焦耳热，
故得，
该过程P棒中产生的焦耳热，
，
联立各式解得。
（3）P棒进入磁场到三棒速度相等的过程，对P棒，
由动量定理得，
又，
联立解得P棒与M棒恰好不发生碰撞时，M棒离磁场左边界的距离，
根据题意，若初始时M棒离磁场左边界的距离为，
则P棒与M棒一定发生碰撞并粘在一起。
设导体棒P与导体棒M碰撞前瞬间的速度为v2，导体棒M、N的速度大小均为v3，
碰撞前过程根据动量守恒定律有，
同样对P棒，由动量定理得，
又，
联立解得，，
设导体棒P与导体棒M碰撞粘在一起后瞬间的速度为v4，
则根据动量守恒定律可得二者碰撞时满足，
之后导体棒P、M整体与导体棒N通过安培力发生作用，设导体三棒最终共同速度为v5，
则根据动量守恒定律可得，
联立解得，，
此过程对P、M整体，由动量定理得，
又，
，
联立解得满足题意的d的最小值，
当P、M、N三棒达到稳定运动时，
导体棒切割磁感线产生感应电动势为，
闭合电键，根据动量定理，
而，
联立解得闭合开关S电容器最终的带电量。
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