2025~2026学年湖南省武冈市第一中学高三上册期中考试物理模拟练习试卷2（含答案）

这是一份2025~2026学年湖南省武冈市第一中学高三上册期中考试物理模拟练习试卷2（含答案），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．[4分]目前已知碳的同位素共有十五种，从碳8至碳22，其中碳12和碳13属于稳定型，碳14是一种放射性元素，可衰变为氮14，图中包含碳14衰变的相关信息，结合这些信息可以判断下列说法正确的是（ ）
A．碳14转变为氮14，衰变方式为α 衰变
B．100个碳14原子核在经过一个半衰期后，一定还剩50个
C．若氮14生成碳14的核反应方程为​714N+X→614C+​11H，则X为质子
D．当氮14数量是碳14数量的7倍时，碳14衰变经历时间为17 190年
2．[4分]杂技表演“飞车走壁”的演员骑着摩托车飞驶在光滑的圆锥形筒内壁上或球形容器内壁上。圆锥形筒与球的中轴线均垂直于水平地面，且圆锥筒和球固定不动，演员和摩托车的总质量为m，若在圆锥形筒内壁A、B两处沿图中虚线所示的水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ）
A．A处的车对轨道的压力等于B处车对轨道的压力
B．A处的角速度等于B处的角速度
C．A处的线速度小于B处的线速度
D．若该演员移至右侧球形容器中分别沿高低不同的两水平面做匀速圆周运动，则在较高水平轨道内运动时周期大
3．[4分]北京时间2024年9月20日17时43分，我国在西昌卫星发射中心使用快舟一号甲运载火箭，成功将天启星座29～32星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。已知卫星的运行速度的三次方与其周期的倒数的关系图像如图所示。已知地球半径为R，引力常量为G，卫星绕地球的运动可看做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．地球的质量为 B．地球密度为
C．地球表面的重力加速度为 D．绕地球表面运行的卫星的线速度大小为
4．[4分]如图所示，相距10m的A、B两个相干波源同时开始振动，其振动方程分别为yA=3sin10πt+π2m，yB=4sin10πt−π2m，波速均为10m/s，其中O为A、B中点，BC为以O为圆心的四分之一圆弧，CD水平，则空间中各点稳定振动后在BCD上振幅为1m的点的个数为（ ）
A．12B．10C．8D．6
5．[4分]如图,真空中有区域Ⅰ和Ⅱ,区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向下(与纸面平行),磁场方向垂直纸面向里,等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外.图中A、C、O三点在同一直线上,AO与GF垂直,且与电场和磁场方向均垂直.A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中,只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ.若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1,区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2,则粒子从CF的中点射出,它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0.若改变电场或磁场强弱,能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t,不计粒子的重力及粒子之间的相互作用,下列说法正确的是( )
A． 若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1, 则t>t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E, 则t>t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为34B2,则t=t02
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为24B2, 则t=2t0
6．[4分]（河北邢台高二上联考）如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有恒定的电压，在P板附近有一电子(不计重力)由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是( )
eq \a\vs4\al(
)
A．电子到达Q板时的速率，与板间电压无关，仅与两板间距离有关
B．电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与板间电压有关
C．两板间距离越小，电子的加速度就越小
D．两板间距离越大，加速时间越短
二、多选题（本大题共4小题，共20分）
7．[5分]一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑,其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ 所示,重力加速度取10 m/s2.则( )
A．物块下滑过程中机械能不守恒 B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2 D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
8．[5分]物块a、b中间用一根轻质弹簧相接，放在光滑水平面上，，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，时对物块a施加水平向右的恒力F。时撤去，在内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中以下分析正确的是（ ）
A．恒力F=3.6 N B．物块b的质量为
C．撤去F瞬间，a的加速度大小为 D．若F不撤去，则后两物块将一起做匀加速运动
9．[5分]在某建筑工地上，变压器输入的交变电流如图甲所示。原线圈安装的保险丝R的额定电流为，副线圈并联安装三台“，”的挂式空调（图中未画出）、一台“，”的柜式空调D和照明灯L及危险信号指示灯，如图乙所示。忽略输电线路和保险丝R的电压损失，变压器视为理想变压器，变压器电压能使空调正常工作。则下列说法正确的是（ ）

A．原、副线圈的匝数之比是5：1
B．副线圈开一台柜式空调时，最多可以同时再开两台挂式空调
C．照明灯L中的电流方向每秒改变50次
D．原、副线圈的磁通量的变化率之比是5：1
10．[5分](光的折射·应用)(多选)一位潜水爱好者在水下活动时,利用激光器向岸上救援人员发射激光信号,设激光光束与水面的夹角为α,如图所示.他发现只有当α大于41°时,岸上救援人员才能收到他发出的激光光束,下列说法正确的是( )
A．水的折射率为1sin41°
B．水的折射率为1sin49°
C．当他以α=60° 向水面发射激光时,岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于60°
D．当他以α=60°向水面发射激光时,岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角大于60°
三、非选择题（本大题共5小题，共56分）
11．[8分](1)在用单摆测定当地重力加速度的实验中，下列器材和操作最合理的是___________。
A．B．
C．D．
(2)某同学课后想利用身边的器材再做一遍“单摆测量重力加速度”的实验。家里没有合适的摆球，于是他找到了一块外形不规则的小金属块代替小球进行实验。
①如图所示，实验过程中他先将金属块用细线系好，结点为M，将细线的上端固定于O点。
②利用刻度尺测出OM间细线的长度作为摆长，利用手机的秒表功能测出金属块做简谐运动的周期T。
③在测出几组不同摆长对应的周期T的数值后，他作出的图像如图所示。
④根据作出的图像可得重力加速度的测量值为 。（取3.14。计算结果保留三位有效数字）
(3)相比于实验室作出的图像，该同学在家做实验的图像明显不过原点，其中横轴截距绝对值的意义为 。
12．[8分]充电宝是跟蓄电池、干电池一样的可移动直流电源。某款充电宝的电动势E约为5V，内阻r约为0.25Ω。现有实验器材：量程为3V的电压表，量程为0.6A的电流表，定值电阻R=10Ω，滑动变阻器R′，开关S，导线若干。
(1)①甲同学采用图甲进行实验，图甲已完成部分电路连线，最后一步连线时，他将接线端a连接到B，然后进行实验，记录多个电压表和电流表的示数，作出U-I图线，如图乙所示。则该充电宝的电动势E= V（保留2位有效数字），内电阻r= Ω（保留2位有效数字）。
②实验完成后，甲同学又将接线端a改接C进行实验，并在同一图中作出两次实验的U-I图线，图丙用于理论分析。在电压表、电流表都为理想电表的情形下，两次U-I图线应为同一图线，请在图丙中画出该图线 。
(2)乙同学认为，如果按照甲同学的实验设计操作，由于电压表内阻有限，电路测量是有一定误差的，于是她设计了图丁所示的电路来测量充电宝的电动势E和内阻r。均匀电阻丝XY长1.0m，电阻8.0Ω，标准电池A电动势为8.0V、内电阻0.50Ω。
①开关S断开，当滑动片J移动至XJ=0.80m位置时电流表G示数为零，则充电宝B的电动势E= V（保留3位有效数字）；
②开关S闭合，滑片J移至XJ=0.76m处时电流表G示数为零，则充电宝B的内电阻r= Ω（保留2位有效数字）。
13．[8分]如图所示,一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为V1=750 cm3的左右两部分。面积为S=100 cm2的绝热活塞B被锁定,隔板A的左侧为真空,右侧中一定质量的理想气体处于温度T1=300 K、压强p1=2．04×105 Pa的状态1。抽取隔板A,右侧中的气体就会扩散到左侧中,最终达到状态2。然后解锁活塞B,同时施加水平恒力F,仍使其保持静止,当电阻丝C加热时,活塞B能缓慢滑动(无摩擦),使气体达到温度T2=350 K的状态3,气体内能增加ΔU=63．8 J。已知大气压强p0=1．01×105 Pa,隔板厚度不计。
(1)气体从状态1到状态2是(填“可逆”或“不可逆”)过程,分子平均动能 (填“增大”“减小”或“不变”);
(2)求水平恒力F的大小;
(3)求电阻丝C放出的热量Q。
14．[16分]如图所示，质量为的导体棒置于光滑的倾斜导轨上，两导轨平行且间距，与水平面夹角为37°。整个空间中存在一个与导轨面垂直的磁感应强度为的匀强磁场。右侧导轨底部连接一单刀双掷开关S，可接通电源E或定值电阻R。导体棒初速度沿导轨向上，大小为。已知导轨足够长、导体棒始终与导轨垂直且良好接触，导体棒连入电路的电阻和定值电阻R的阻值均为，导轨电阻不计，电源E的电动势为、内阻，，，重力加速度g取。
（1）若单刀双掷开关接定值电阻R，求导体棒的初始加速度大小；
（2）若单刀双掷开关接定值电阻R，导体棒从出发至回到初始位置的时间为1.1s，求导体棒回到初始位置时的速度大小；
（3）若单刀双掷开关接电源E，导体棒从出发至速度达到最小值经历的时间为，求该过程中导体棒上产生的焦耳热（最终结果保留2位有效数字）。
15．[16分]如图所示，AB为足够长的光滑斜面，斜面底端B处有一小段光滑圆弧与水平面BE平滑相连，其中CD部分粗糙，其长度L=1 m，其余部分光滑，DE部分长度为S=1 m，E点与半径R=1 m的竖直光滑半圆形轨道相接，O为轨道圆心，E为最低点，F为最高点。将质量的物块甲从斜面上由静止释放，如果物块甲能够穿过CD区域，它将与静止在D点右侧的质量为的物块乙发生弹性正碰，已知物块甲、乙与CD间的动摩擦因数为，且物块均可看成质点。求：
（1）若物块乙被碰后恰好能通过圆轨道最高点F，求其在水平面BE上的落点到E点的距离x；
（2）若物块甲在斜面上释放的高度，求物块乙被碰后运动至圆轨道最低点E时对轨道的压力大小；
（3）用质量的物块丙取代物块甲（丙与CD间的动摩擦因数），为使物块丙能够与物块乙碰撞，并且碰撞次数不超过2次，求物块丙在斜面上释放的高度h应在什么范围？（已知所有碰撞都是弹性正碰，且不考虑物块乙脱离轨道后与物块丙可能的碰撞）
2025---2026年湖南省武冈市第一中学高三上学期期中考试物理模拟练习试卷2参考答案
1．【答案】D
【详解】碳14转变为氮14,根据衰变过程中电荷数守恒和质量数守恒,可得其衰变方程为​614C→​714N+​−10e,可知衰变方式为β 衰变,故A错误；衰变服从统计规律,半衰期只对大量的原子核有意义,故B错误；根据核反应方程中电荷数守恒和质量数守恒,可知X为中子,故C错误；当氮14数量是碳14数量的7倍时,可知还有18碳14未衰变,由题图可知t=17190年,故D正确.
2．【答案】A
【详解】A．在A、B两处分别对车受力分析，可知，在A、B两处的支持力方向相同，若设支持力与水平方向的夹角为，则竖直方向，根据平衡条件有
可知，车在A、B两处受到的支持力相等，根据牛顿第三定律可知，A处的车对轨道的压力等于B处车对轨道的压力，故A正确；
BC．水平方向，根据牛顿第二定律有
可知，车在A、B两处的向心加速度相等，根据公式，且由图可知，在A处的半径大于B处的半径，则A处的角速度小于B处的角速度，根据公式可知，A处的线速度大于B处的线速度，故BC错误；
D．若该演员移至右侧球形容器中，设球的半径为，演员做圆周运动的半径为，设支持力与水平方向的夹角为，根据几何关系可知
根据牛顿第二定律有
联立解得
由图可知，在较高的水平轨道运动时，较小，故在较高水平轨道内运动时周期小，故D错误。
故选A。
3．【答案】C
【详解】A．由万有引力提供向心力，化简可得，根据可得，联立可得，由图像可知，地球的质量为，A错误；
B．地球的体积，所以地球密度为，B错误；
C．在地球表面有，可得地球表面的重力加速度为，C正确；
D．由万有引力提供向心力，可得绕地球表面运行的卫星的线速度大小为，D错误。选C。
4．【答案】C
【解析】由振动方程可知两波源的振动步调相反，所以振幅为1m的点到A、B两点的距离差等于波长的整数倍，由题意可得T=2πω=0.2s，λ=vT=2m，D点到两波源的波程差为BD−AD=55−5m≈6.18m，所以DC上到A、B两点的波程差分别为2m、4m、6m的三个点为振动减弱点，B、C圆弧上到A、B两点的波程差分别为0、2m、4m、6m、8m的五个点为振动减弱点，则BCD上振幅为1m的点的个数为8个，C正确.
5．【答案】D
【解析】
设沿AC做直线运动的粒子的速度大小为v,有qvB1=qE,即v=EB1,粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动,如图中轨迹1,由几何关系可知运动轨迹所对的圆心角为90°,则运动时间为14周期,又qvB2=mv2r,可得r=mvqB2,时间t0=14·2πmqB2,根据几何关系可知OC=2r,若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1,则做匀速直线运动的粒子的速度变为原来的一半,粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹半径变为原来的一半,如图中轨迹2,轨迹对应的圆心角依然为90°,时间t=14·2πmqB2=t0,A错误;若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E,则做匀速直线运动的粒子的速度变为原来的2倍,粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹半径变为原来的2倍,如图中轨迹3,粒子从F点离开磁场,对应的圆心角依然为90°,时间t=14·2πmqB2=t0,B错误;若仅将区域Ⅱ中的磁感应强度大小变为34B2,粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹半径变为433r>2r,粒子从O、F间离开,如图中轨迹4,由几何关系可知,轨迹对应的圆心角θ满足sin θ=OC433r=2r433r=32,则θ=60°,则t=16·2πmq·34B2=839t0,C错误;若仅将区域Ⅱ中的磁感应强度大小变为24B2,粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹半径变为42r=22r>2r,粒子从O、F间离开,如图中轨迹5,由几何关系可知,轨迹对应的圆心角θ满足sin θ=OC22r=2r22r=22,则θ=45°,粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t=18·2πmq·24B2=2t0,D正确.
6．【答案】B
【解析】极板之间的电压U不变，由E＝eq \f(U,d)可知两极板距离d越大，场强E越小，电场力F＝Ee越小，加速度越小，加速时间越长，由eU＝eq \f(1,2)mv2，得v＝eq \r(\f(2eU,m))，则电子到达Q板时的速率与极板间距离无关，与加速电压有关，A、C、D错误， B正确．
7．【答案】AB
【解析】本题考查功能关系,根据能量图像分析受力情况.物块在下滑过程中重力势能减少,动能增加,故Ⅰ为重力势能随下滑距离s的变化图线,Ⅱ为动能随下滑距离s的变化图线.由题图可知,初状态时物块的机械能为E1=30 J,末状态时物块的机械能为E2=10 J,故物块下滑过程中机械能不守恒,A正确;物块下滑过程损失的机械能转化为克服摩擦力做功产生的内能,设斜面倾角为θ,物块质量为m,由功能关系得μmgcs θ·s=E1-E2,由几何知识知cs θ=45,物块开始下滑时Ep=E1=mgh,由以上各式解得μ=0.5,m=1 kg,B正确;由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcs θ=ma,解得a=2.0 m/s2,C错误;由功能关系得,物块下滑2.0 m时损失的机械能为ΔE=μmgcs θ·s1=8 J,D错误.
8．【答案】BC
【详解】A．时，弹簧弹力为零，对a根据牛顿第二定律可得，A错误；
B．时，a、b整体加速度相同，对整体根据牛顿第二定律可得，
解得，B正确；
C．时，对b根据牛顿第二定律可得弹簧弹力大小为，撤去F瞬间，弹簧弹力不会突变，此时a的加速度大小为，C正确；
D．a-t图像与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，从图像可看出，t=2 s时a的速度大于b的速度，所以若此时不撤去F，弹簧在之后的一段时间内会继续伸长，a的加速度减小，b的加速度增大，并不能一起做匀加速运动，D错误。选BC。
9．【答案】AB
【详解】A．变压器电压能使空调正常工作，副线圈电压有效值，由图甲，原线圈电压有效值
原、副线圈的匝数之比是
A正确；
B．原副线圈匝数比为
所以副线圈最大电流为
副线圈开一台柜式空调时，还可以同时开挂式空调
副线圈开一台柜式空调时，最多可以同时再开两台挂式空调，B正确；
CD．变压器不改变交变电流频率，由图甲可知
照明灯L中的电流方向每秒改变100次，原、副线圈的磁通量的变化率之比是1：1，CD错误。
故选AB。
10．【答案】BC
【解析】作出临界情况下的光路图，如图甲所示，激光发生全反射的临界角为90°－41°＝49°，由n＝eq \f(1,sin C)可得，水的折射率n＝eq \f(1,sin 49°)，A错误，B正确；当α＝60°时，光路图如图乙所示，由n＝eq \f(sin θ,sin 30°)＝eq \f(1,sin 49°)可得，sin θ＝eq \f(sin 30°,sin 49°)，由于sin 49°eq \f(1,2)，故θ>30°，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于60°，C正确，D错误.
,甲) ,乙)
【一题多解】几何分析法
11．【答案】(1)D (2)9.86 (3)金属块重心与M点间距离
【详解】（1）根据单摆理想模型可知，为减小空气阻力的影响，摆球应采用密度较大，体积较小的铁球，为使单摆摆动时摆长不变化，摆线应用不易形变的细丝线，悬点应该用铁夹来固定。选D。
（2）设M点到重心得距离为r，根据周期公式可得，故该图像的斜率为，解得由此得出重力加速度的测量值为。
（3）令，解得，所以横轴截距绝对值的意义为M点到重心的距离。
12．【答案】(1) 5.0，0.36，；(2)5.12，0.25
【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律可得，将（0.4A，0.85V）和（0.26A，2.3V）代入有，，联立解得，；
接线端a连接到B时，根据等效电源法可知，短路电流为，即电动势测量值偏小，短路电流准确；
当接线端a连接到C时，根据等效电源法可知，短路电流为，即电动势测量准确，短路电流偏小，所以若电压表、电流表都为理想电表，此时U-I图线如图所示
（2）[1]开关S断开时，当滑动片J移动至XJ=0.80m位置时，XJ部分电阻为，由于电流表G示数为零，则
[2]开关S闭合，滑片J移至XJ=0.76m处时，XJ部分电阻为，由于电流表G示数为零，则，解得充电宝B的内电阻为
13．【答案】(1)不可逆 不变 (2)10 N (3)89.3 J
【命题点】气体实验定律+热力学定律
【详解】(1)根据热力学第二定律可知,气体从状态1到状态2是不可逆过程,由于隔板A的左侧为真空,可知气体从状态1到状态2,气体不做功,又没有发生热传递,根据热力学第一定律可知,气体的内能不变,气体的温度不变,分子平均动能不变(2分)
(2)气体从状态1到状态2发生等温变化,根据玻意耳定律有
p1V1=p2·2V1(1分)
解得状态2气体的压强为
p2=p12=1.02×105 Pa(1分)
解锁活塞B,同时施加水平恒力F,仍使其保持静止,以活塞B为研究对象,根据受力平衡得
p2S=p0S+F,
解得F=(p2-p0)S=10 N(1分)
(3)当电阻丝C加热时,活塞B能缓慢滑动(无摩擦),使气体达到温度T2=350 K的状态3,可知气体做等压变化,根据盖-吕萨克定律有
2V1T1=V3T2,
可得状态3气体的体积为
V3=T2T1·2V1=1 750 cm3(1分)
该过程气体对外做功为
W=p2ΔV=p2(V3-2V1)=25.5 J(1分)
根据热力学第一定律得
ΔU=-W+Q',
解得气体吸收的热量为
Q'=ΔU+W=89.3 J,
可知电阻丝C放出的热量为
Q=Q'=89.3 J(1分)
14．【答案】（1）11m/s2；（2）2.6m/s；（3）0.44J
【详解】（1）若单刀双掷开关接定值电阻R，则牛顿第二定律，，
联立解得导体棒的初始加速度大小
（2）若单刀双掷开关接定值电阻R，则上升到最高点时由动量定理
其中
由最高点下落到低端时由动量定理
其中
又
联立解得v1=2.6m/s
（3）初始时刻回路产生的动生电动势E0=0.4V