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2025-2026学年湖南省武冈市第一中学高三下学期
物理二模练习试卷二
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）
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]某带电体产生的等势面分布如图中实线所示，虚线是一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点，则下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．粒子在M点的电势能小于在N点的电势能
C．粒子从M点运动到N点的过程中电场力对粒子先做正功后做负功
D．M点的电场强度比N点的电场强度小
2．[4分]河水的流速随离河岸一侧的距离的变化关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示，若要使船以最短时间渡河，则下列说法中不正确的是（　　）

A．船渡河的最短时间是60s
B．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直
C．船在河水中航行的轨迹不是一条直线
D．船在河水中的最大速度是5m/s
3．[4分]如图所示，现有一质量为的单摆用轻绳竖直悬挂并保持静止，摆长为。又有一质量为的小球以的速度向右水平运动与单摆相撞，碰撞前两物体的重心位于同一高度，为重力加速度。已知碰撞的恢复系数，其中和分别是碰撞前两物体的速度，和分别是碰撞后两物体的速度。若要求碰撞后的单摆能够做完整的圆周运动，则的最小值为（　　）
A． B．
C． D．
4．[4分]人类首次发现的引力波来源于距地球之外13亿光年的两个黑洞互相绕转最后合并的过程．设两个黑洞A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图所示，黑洞A的轨道半径大于黑洞B的轨道半径，两个黑洞的总质量为M，两个黑洞中心间的距离为L，则（ ）
A．黑洞A的质量一定大于黑洞B的质量
B．黑洞A的线速度一定小于黑洞B的线速度
C．其运动周期
D．两个黑洞的总质量M一定，L越大，角速度越大
5．[4分]如图所示，足够长的固定粗糙倾斜绝缘管与水平方向夹角为，处于垂直纸面向外的匀强磁场中，一直径略小于绝缘管直径的带正电小球从静止开始沿管下滑。已知小球质量为m，电荷量为q，磁感应强度大小为B，绝缘管与小球间的动摩擦因数为。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．小球下滑过程中，摩擦力一直减小
B．小球下滑过程中，绝缘管对小球的支持力方向不变
C．小球下滑过程中，最大加速度为
D．小球下滑过程中，最大速度为
6．[4分]水平面有一边长为L的等边三角形ABC，N、P、M分别为各边的中点，O点为中心。如图所示，在顶点A、B、C分别固定电荷量为、、（）的点电荷，已知静电力常量为k。则（　　）
A．顶点A、B、C中，B点电势最高
B．中点N、P、M中，M点电势最高
C．P点电场强度大小为
D．N、P、M和O四点中，O点电场强度最大，大小为
7．[4分]如图所示，一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶，在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只质量为的桶，自由地摆放在桶之间，没有用绳索固定，桶的大小都一样。桶受到桶和桶的支持，和汽车保持相对静止一起运动，重力加速度为。下列说法正确的是（　　）
A．若货车匀速向左运动，则对的弹力大小为2mg
B．若货车匀速向左运动，则对的弹力大小为
C．若货车向左减速运动，则对的支持力不可能为0
D．若货车向左加速运动，则货车的加速度大小可以为
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]运动员沿竖直方向做跳伞训练，打开降落伞后的速度—时间图像如图（a）所示。降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图（b）所示，已知运动员的质量为，降落伞的质量为，假设打开伞后伞所受阻力f的大小与速率v成正比，即。g取，，，则（　　）
A．
B．打开伞后瞬间运动员的加速度方向竖直向上
C．打开伞后瞬间运动员的加速度大小为
D．每根悬绳能够承受的拉力至少为400N
9．[5分]如图所示，图中物体均始终保持静止，重力加速度为，在不改变悬点的位置的条件下，将顺时针旋转，使角从小于变化到大于的过程中，则（　　）
A．先变小后变大
B．和之间的摩擦力不可能先减小后增大
C．地面给的支持力不可能大于
D．地面给摩擦力一直增大
10．[5分]如图所示是一种脉冲激光展宽器的截面图，其构造为四个相同的顶角为的直角三棱镜，对称放置在空气中。一细束脉冲激光垂直第一个棱镜左侧面入射，经过前两个棱镜后分为平行的光束，再经过后两个棱镜重新合成为一束，此时不同频率的光前后分开，完成脉冲展宽。已知相邻两棱镜斜面间的距离，脉冲激光中包含频率不同的光1和2，它们在棱镜中的折射率分别为和。取，，，则（　　）
A．光1和2通过相同的双缝干涉装置后2对应条纹间距更大
B．为使光1和2都能从左侧第一个棱镜斜面射出，需
C．减小d后光1和2通过整个展宽器过程中在空气中的路程差不变
D．若则光1和2通过整个展宽器过程中在空气中的路程差约为
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]为了“探究物体质量一定时加速度与力的关系”，某同学设计了如图所示的实验装置，其中M为小车和小车上的滑轮的总质量，m为沙和沙桶的总质量，力传感器可测出轻绳的拉力大小。
（1）关于本实验，下列说法正确的是（　　）
A．本实验不需要将带滑轮的长木板右端适当垫高，以平衡摩擦力
B．需要调整力传感器和定滑轮的高度，使连接它们的轻绳与长木板平行
C．实验中需要m远小于M
（2）该同学在实验中得到如图所示的一条纸带（相邻两计数点间还有四个计时点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为的交流电，根据纸带求出小车的加速度为 （结果保留两位有效数字）；当打点计时器打下B点时，沙和沙桶的速度为 。
（3）该同学根据实验数据作出小车的加速度a与力传感器的示数F的关系图像，若图像的斜率为k，则M为（　　）
A． B．k C． D．2k
12．[9分]热敏电阻是电路中经常使用的传感器元件：
（1）某学习小组要探究一热敏电阻的阻值随温度变化的规律。可供选择的器材有：
待测热敏电阻Rt（实验温度范围内，阻值约几百欧到几千欧）；
电源E（电动势1.5V，内阻r约为0.5Ω）；
电阻箱R（阻值范围0~9999.99Ω）；
滑动变阻器R1（最大阻值20Ω）；
滑动变阻器R2（最大阻值2000Ω）；
微安表（量程100μA，内阻等于2500Ω）；
开关两个，温控装置一套，导线若干。
该小组设计了如图甲所示的测量电路，主要实验步骤如下：
a.按图甲连接电路；
b.闭合S1、S2，调节滑动变阻器滑片P的位置，使微安表指针满偏；
c.保持滑动变阻器滑片P的位置不变，断开S2，调节电阻箱，使微安表指针半偏；
d.记录此时的温度和电阻箱的阻值。
回答下列问题：
①为了使微安表所在支路两端电压基本不变，滑动变阻器应选用（选填“R1”或“R2”）；
②某温度下微安表半偏时，电阻箱的读数为6500.00Ω，该温度下热敏电阻的测量值为Ω（保留整数），该测量值（选填“大于”或“小于”）真实值。
（2）在坐标纸中描绘热敏电阻的图像，如图所示。利用该热敏电阻、电动势（内阻不计）的电源、定值电阻（其中阻值有、、三种可供选择）、控制开关和加热系统，设计电路，以实现环境温度控制。要求将环境温度控制在之间，且当两端电压大于时，控制开关开启加热系统加热。则下列A、B、C三种电路中，可以满足要求的是（填标号），定值电阻的阻值应选，两端的电压小于时，自动关闭加热系统（不考虑控制开关对电路的影响）。
13．[12分]一光滑绝缘半圆环轨道固定在竖直平面内，与光滑绝缘水平面相切于B点，轨道半径为R，整个空间存在水平向右的匀强电场E，场强大小为，一带正电小球质量为m，电荷量为q，从距B点为处的A点以某一初速度沿AB方向开始运动，经过B点后恰能运动到轨道的最高点C（重力加速度为g，，）则：
（1）带电小球从A点开始运动时的初速度v0多大？
（2）带电小球从轨道最高点C经过一段时间运动到光滑绝缘水平面上D点（图中未标记），B点与D点的水平距离多大？
14．[12分]如图所示，杂技团的摩托飞车表演的演员从A点驾驶摩托车出发，途中依次经过水平直轨道AB、竖直面内半径为R的圆周运动轨道BC、水平直轨道BE，沿着倾斜轨道EF冲上斜面（不计算拐角处能量损失），达到倾斜轨道最高点F后，关闭摩托车发动机，摩托车倾斜飞出落向水平地面，第一次落地点为G，与地面碰撞后反弹（碰撞时间极短），第二次落地点为H。已知AD之间的距离为4R，DF为高度为R的高墙，摩托车从A到F点的全过程速率恒定且恰好足以使得骑手通过竖直圆轨道，从A到F的过程中所受的摩擦阻力为摩托车对轨道压力的μ倍，摩托车和骑手的总质量为m，重力加速度为g，不计其他阻力。
（1）求摩托车从A运动到F点的速率v0；
（2）求从A运动到F的过程中，摩托车牵引力做的功；
（3）若已知摩托车飞出与地面碰撞的过程中，所受地面的摩擦力始终为摩托车对地面压力的k倍，摩托车与地面碰撞后远离地面的竖直速度大小为碰撞前靠近地面的竖直速度大小的e倍，为了提高飞车表演的观赏效果，轨道设计团队通过调整EF轨道的长度，确保骑手飞出后水平飞行距离DG最大，求：
①轨道EF的长度；
②摩托飞车在地面经过n次碰撞反弹后（未停下）的水平分速度。
15．[16分]如图所示，质量为的滑块放在质量为的滑块上，滑块可以沿着竖直轨道上下滑动，和轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小都为，且为重力加速度）。轨道下方地面上固定了一根轻弹簧，弹簧的劲度系数为，将一起从的下端距离弹簧上端的高度为处由静止释放，接触弹簧后与弹簧不粘连。（弹簧的弹性势能为为弹簧的形变量）
（1）若，且，、在第一次反弹过程中能够分离，分离时，轨道弹簧的形变量的大小；
（2）若，只改变释放高度（其余条件均不变），当为多大时，刚好不会分离
（3）若，只改变弹簧的劲度系数（其余条件均不变），试讨论由最低点第一次上升的最大高度与的关系。
2025-2026学年湖南省武冈市第一中学高三下学期
物理二模练习试卷二参考答案
1．【答案】D
【详解】根据电场线与等势面垂直且由电势高的等势面指向电势低的等势面，而做曲线运动的物体所受合外力指向轨迹的凹侧，可知粒子所受电场力与场强方向相反，即粒子带负电，故A错误；因粒子带负电，且，由可知，粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故B错误；因粒子带负电，M到N的过程中电势先减小后增大，由可知，电势能先增大后减小，电场力对粒子先做负功后做正功，故C错误；因M点等势面比N点稀疏，故M点电场强度比N点小，故D正确。
2．【答案】A
【详解】当船头垂直河岸渡河时，过河时间为最短，A错误，B正确；因河水的速度是变化的，故船相对于岸的速度的大小和方向均是变化的，船在河水中航行的轨迹不是一条直线，当船在河中心时，船速最大，CD正确。
3．【答案】D
【详解】在单摆做完整圆周运动的最高点，根据牛顿第二定律，根据机械能守恒定律，从最低点到最高点，有，联立解得，已知碰撞前，，由恢复系数，解得，由动量守恒定律，解得。
4．【答案】C
【详解】设两个黑洞质量分别为mA、mB，轨道半径分别为、，角速度为，则由万有引力定律可知，，，联立可以得到，而，所以，故选项A错误；由于二者角速度相等，则线速度分别为，，则，故选项B错误；联立方程式，，，可以得到，而且，整理可以得到，可知当总质量M一定，L越大，则T越大，角速度越小，故选项C正确，D错误。
5．【答案】D
【详解】小球从静止开始沿管下滑，刚开始受到竖直向下的重力，垂直于管下壁向上的支持力，沿斜面向上的摩擦力。随着物体开始运动，根据左手定则，小球受到一个垂直于管下壁向上的洛伦兹力。洛伦兹力大小，随着速度逐渐增大，洛伦兹力逐渐增大，管对小球的支持力逐渐减小，小球对管的压力逐渐减小，由滑动摩擦力，可知滑动摩擦力逐渐减小，当，此时摩擦力等于0，有最大加速度，物体继续加速向下走，随着速度增大，洛伦兹力增大，小球会挤压管上壁，管上壁给小球一个向下的支持力，支持力逐渐增大，小球给管上壁的压力逐渐增大，滑动摩擦力逐渐增大，加速度逐渐减小，一直到，解得。此后小球将匀速下滑，综上，摩擦力先减小后增大；支持力先垂直绝缘管向上，在垂直绝缘管向下。
6．【答案】B
【详解】电场线由正电荷指向负电荷，沿着电场线电势降低，由对称性可知，A错误；对称性可知，沿着电场线电势降低，可知，综合可得，B正确；根据，BC对P点的叠加合场强大小为（水平向左），A对P点的场强大小（方向竖直向下），P点电场强度大小为，C错误；由场强叠加可知O点电场强度大小为，由场强叠加可知M点电场强度大小为，对称性可知N点场强与P点场强等大，即，可知O点电场强度不是最大的，D错误。
7．【答案】D
【详解】当车辆匀速时，对进行受力分析得，解得，不正确，B错误如图所示，向左减速时，若加速度大小为，此时只受重力和的支持力，对的支持力为零。向左加速时，若对支持力为零此时只受重力和的支持力，则加速度大小为，C错误，正确。
8．【答案】BD
【详解】由题图（a）可知，当速度为m/s时运动员匀速运动，运动员与降落伞整体受力平衡，此时有，解得，故A错误；打开伞后瞬间运动员减速下落，故加速度方向竖直向上，故B正确；打开伞后瞬间运动员的速度为，对运动员和降落伞整体有，解得，故C错误；打开伞后瞬间，绳上的拉力最大，对运动员受力分析有，解得每根悬绳的拉力大小，故D正确。
9．【答案】AD
【详解】分析的受力，构建如图1的失量关系图，当角从小于变化到大于的过程中，可知先变小后变大，正痛；对进行受力分析，若斜面倾角为，则重力沿斜面向下的分量为，而由图1可知，拉力是不断增大的，由于没有具体数据，故可能开始时，而静止，由平衡可知，此时所受静摩擦力沿斜面向上，随着的增大，所受沿斜面向上的静摩擦力减小，当时，所受摩擦力减小到0，再随着的增大：所受摩擦力沿斜面向下且增大，故错误；将三个物体视为整体，分析整体受力情况，可知当不断顺时针方向转动时，其竖直方向的分量先向上，当转到右下方时，它的竖直分量向下，此时地面给的支持力大于可知错误；当不断顺时针方向转动时，共水平方向分量不断增大，如图2，由整体水平方向平衡可知，地面给的摩擦力不断增大。
10．【答案】AD
【详解】由于，可知两束激光的频率关系为，根据，可知波长关系为，双缝干涉相邻条纹间距为，可得光1和2通过相同的双缝干涉装置后2对应条纹间距更大，故A正确；只要光1能从棱镜中射出，光2就一定能射出，设光1临界角为C，则，可得，因此要使光1和2都能从左侧第一个棱镜斜面射出，根据几何关系可知，故B错误；减小d后光1和2通过整个展宽器过程中在空气中的路程差减小，故C错误；根据光的折射定律可知，，在空气中的路程差，代入数据可得，故D正确。
11．【答案】（1）B
（2）0.81；1.12
（3）C
【详解】（1）A．本实验需要将长木板右端垫高，使小车重力沿斜面分力平衡摩擦力，故A错误；为了保证小车运动过程，绳子拉力恒定不变，需要调整力传感器和定滑轮的高度，使得连接它们的轻绳与长木板平行，故B正确；力传感器可直接测出绳子拉力，所以实验中不需要m远小于M，故C错误。
（2）由题可知，相邻计数点之间的时间间隔为
根据逐差法可知，小车的加速度为
根据匀变速直线运动规律可得，打下B点时，小车的速度大小为
则打下B点时，沙和沙桶的速度为
（3）对小车受力分析，根据牛顿第二定律可得
解得
因此图像的斜率为
解得
12．【答案】（1）；4000；大于；（2）B；3000；1.8
【详解】（1）①用半偏法测量热敏电阻的阻值，尽可能让该电路的电压在闭合前、后保持不变，由于该支路与滑动变阻器左侧部分电阻并联，滑动变阻器的阻值越小，闭合前、后并联部分电阻变化越小，从而并联部分的电压值变化越小，滑动变阻器应选；
②微安表半偏时，该支路的总电阻为原来的2倍，即，可得，当断开，微安表半偏时，由于该支路的电阻增加，电压略有升高，根据欧姆定律，总电阻比原来2倍略大，也就是电阻箱的阻值略大于热敏电阻与微安表的总电阻，而我们用电阻箱的阻值等于热敏电阻与微安表的总电阻来计算，因此热敏电阻的测量值比真实值偏大。
（2）A电路A，定值电阻和热敏电阻并联，电压不变，不能实现电路的控制，A错误；
B电路B，定值电阻和热敏电阻串联，温度越低，热敏电阻的阻值越大，热敏电阻分得电压越大，可以实现1、2两端电压大于2V，控制开关开启加热系统加热，B正确；
C电路C，定值电阻和热敏电阻串联，温度越低，热敏电阻的阻值越大，定值电阻分得电压越小，无法实现1、2两端电压大于2V，控制开关开启加热系统加热，C错误。
热敏电阻在20℃的阻值为，由题意可知，解得，28℃时关闭加热系统，此时热敏电阻阻值为4500Ω，此时1、2两点间的电压为，则1、2两端的电压小于1.8V时，自动关闭加热系统。
13．【答案】（1）；（2）
【详解】（1）当小球在半圆轨道上运动时，当小球所受重力和电场力的合力与速度垂直时速度最小，此时合力恰好提供向心力，由牛顿第二定律得
由等效法可得，该点小球所受合力与竖直方向的夹角为37°，从A到该点由动能定理得
联立代入数据解得
（2）从A点到C由动能定理得
从最高点C抛出，竖直方向做自由落体运动，设运动到水平面用时t，则
水平方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得
加速运动位移为
解得
14．【答案】（1）
（2）
（3）①；②
【详解】（1）由摩托车从A到F点的全过程速率恒定且恰好足以使得骑手通过竖直圆轨道可知，在C点时有
解得
（2）当摩托车通过竖直面内圆轨道时，取摩托骑手经过竖直面内圆周运动同一竖直线上的上下两点P与Q分析，在Q点，由向心力公式有
在P点有
两式相加可得
因摩托车在不同位置与圆轨道间的压力不同，所以摩擦力是一个变力，将圆轨道分成2N段，在轨道上下关于2πR水平直径对称的位置上取两小段，每段的长度为
则在A、B两小段的压力可视为恒力，摩擦力做功之和为
解得
当摩托车通过直轨道时候，设倾斜轨道与水平面的夹角为，摩擦力所做的功
从A到F全过程，对摩托车和骑手而言，有
联立解得
（3）①调整轨道EF长度，实则调整摩托车飞出时速度与水平面的夹角，法1：运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的竖直上抛运动，则
结合速度矢量三角形图示，我们有
其中S为矢量三角形的面积，即当面积最大的时候，水平抛射距离也最大。根据机械能守恒定律
即末速度的大小是固定的，易知：当时，面积取最大值。此时，结合速度矢量三角形可得
斜面EF的长度
法2：将摩托飞车飞出之后的运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的竖直上抛运动，则，
联立得
其中
考虑到
以上平方后整理得
可得时x取最大值，此时满足
斜面EF的长度
②由设物体第n次与地面发生碰撞前的水平速度为、竖直速度为，则由①可知，
又由碰撞前后有
由碰撞前后竖直方向上的动量定理有
碰撞前后水平方向上的动量定理有
又由碰撞全过程所受地面的摩擦力始终为摩托车对地面压力的k倍，有
联立上式可得
以此类推，有...
上述方程累加有
由等比数列递推公式与求和公式有
可知第n次碰撞后的水平速度为
15．【答案】（1）
（2）
（3）见解析
【详解】（1）分离时B对A的弹力为零，弹簧的压缩量，对A根据牛顿第二定律则有
解得
同理对B则有
联立解得
（2）设上升过程到达平衡位置时，弹簧的压缩量为，对AB则有
解得
由向上的简谐运动的对称性，振幅为
弹簧向下运动的最大压缩量为，则有
从释放到最低点，由能量守恒则有
联立解得
（3）AB分离时压缩量
上升过程平衡位置
第一次下降到最低点压缩量为，根据能量守恒定律则有
（舍去负根）
讨论：情况1：若到最低点之后，则有
联立可得
则A回弹的最大高度为
情况2：若二者一起上升到最高点时，AB刚要分离，则有
联立可得
所以若，AB减速为零时，还未分离，此时上升的高度最大
情况3：若，AB分开之后，设AB分开时候速度为，根据能量守恒定律则有
解得
有
联立可得
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2026届高三二模物理试卷

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