云南省昆明市田高中2026届高三2月摸底诊断测试物理试卷+答案

这是一份云南省昆明市田高中2026届高三2月摸底诊断测试物理试卷+答案，共11页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码。
回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. “滇超”比赛正如火如荼进行。守门员发门球时，以一定的初速度将足球水平踢出，足球在草地上做匀减速直线运动，经2s运动到离发球点15m的后卫处，此时速度为初速度的一半。则足球被踢出时的初速度大小为
A.5m/sB.10m/sC.15m/sD.20m/s
2. 如图所示，O为正方形abcd的几何中心，e、f分别为ab、cd的中点。通电长直导线（图中未画出）经过O点且与abcd所在平面垂直，空间存在平行于ab边向右、磁感应强度大小为B的匀强磁场。已知e点的磁感应强度为0。下列说法正确的是
A.a、b两点磁感应强度相同B.a、d两点磁感应强度相同
C.f点磁感应强度大小为0D.f点磁感应强度大小为2B
3．如图甲所示，竖直墙壁上固定3个挂钉A、B、C，挂钉均与墙面垂直且在同一水平线上，用质量不计的网兜把篮球挂在挂钉A、B上，侧视图如图乙所示。不计挂钉的大小及一切摩擦，若将篮球挂于挂钉A、C上，稳定时
A、悬绳的拉力变小B．悬绳的拉力变大
C．篮球对墙壁的压力变小D．篮球对墙壁的压力不变
4．废旧塑料回收中常用静电分选技术精准分离不同材质的塑料颗粒，其装置简化图如图所示，在水平向右的匀强电场中，带电的PVC、PP塑料颗粒由O点静止释放，分别落入收集器1、2中。忽略颗粒间的相互作用及空气阻力，颗粒从O点运动到收集器的过程中，下列说法正确的是
A．PVC塑料颗粒带正电
B．两种颗粒在电场中均做曲线运
C．两种颗粒的电势能变化量一定相等
D．PP塑料颗粒机械能的增加量等于其电势能的减少量
5．如图所示，在竖直平面内，一木条悬挂在离地足够高处，P为木条上的一点，A点与P点之间的距离为L。某时刻一小球从A点以速度v沿AP方向抛出，同时木条由静止释放。小球从抛出至击中木条所用时间为t。不计空气阻力，下列说法正确的是
A．小球将击中P点，t=Lv
B．小球将击中P点，t；”“=” 或 “；
（2）m1x0=m1x1+m2x2
（3）滑块a、b运动的距离测量有误差。
评分标准：本题共6分。第（1）问2分；第（2）问2分；第（3）问2分。
12.（1）0.547（0.546～0.549）。
（2）1k1 πk2d24k1
（3）无
评分标准：本题共10分。第（1）问4分，每空2分；第（2）问4分，每空2分；第（3）问2分。
13. 解：（1）当气体温度T1=290K时，封闭气体的体积V1=V0，当气体温度T2=300K时，油柱位于x1=20cm处，封闭气体的体积为
V2=V0+Sx1 ①
由盖-吕萨克定律得
V1T1=V2T2 ②
解得：V0=290cm3 ③
（2）温度T3=t+273K时，封闭气体的体积为
V3=V0+Sx ④
由盖-吕萨克定律得
V1T1=V3T3 ⑤
解得：t=(0.5x+17)°C(0≤x≤20cm) ⑥
评分标准：本题共10分。第（1）问5分，得出①式给1分，得出②③式每式各给2分；第（2）问5分，得出④式给1分，得出⑤⑥式每式各给2分。其他解法正确同样给分。
14. 解：若第一象限内为匀强磁场，离子从O点运动到P点的运动轨迹如图甲所示，设离子质量为m，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，速率为v0。由几何关系得
tanθ=36ll−R ①
解得：R=12l ②
离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
qv0B=mv02R ③
离子的动量大小为
P=mv0 ④
解得：P=12qBl ⑤
（2）若第一象限内为匀强电场，离子在电场中的运动轨迹如图乙所示，设离子在电场中运动的时间为t，沿x轴方向运动的距离为x。由几何关系得
tanθ=36ll−x ⑥
解得：x=12l ⑦
离子在电场中运动的加速度大小为
a=qEm ⑧
由运动的分解得
x=v0csθ·t ⑨
v0sinθ=a·t2 ⑩
离子的动能为
Ek=12mv02 ⑪
解得：Ek=36qEl ⑫
评分标准：本题共12分。第（1）问5分，得出①②③④⑤式每式各给1分；第（2）
问7分，得出⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式每式各给1分。其他解法正确同样给分。
15. 解：（1）b由静止开始运动到与挡板P碰撞前，a、b一起以加速度a0向下做匀加速直
线运动。由牛顿第二定律得
2mgsinθ=2ma0 ①
解得：a0=6m/s2
设b第一次与挡板P碰撞前瞬间的速度大小为v0，由匀变速直线运动的规律得
v02=2a0d ②
解得：v0=5m/s ③
（2）b与挡板P第一次碰撞向上反弹，对a由牛顿第二定律得
mgsinθ−μmgcsθ=ma1 ④
解得：a1=2m/s2
对b由牛顿第二定律得
mgsinθ+μmgcsθ=ma2 ⑤
解得：a2=10m/s2
b与挡板P第一次碰撞后反弹向上运动，设经时间t速度减为0，可得
v0=a2t ⑥
解得：t=0.5s
b反弹后先向上做匀减速直线运动，速度减小为0后向下做匀加速运动，由于b向下运
动过程中速度始终小于a的速度，因此a、b的受力不变，加速度不变。b每次与挡板P
碰撞的速度大小均为5m/s，a、b的速度v随时间t变化的图像如图所示。b与挡板P第
一碰撞到第二次碰撞过程中，a、b的位移大小分别为
xb=0 ⑦
xa=v0·2t+12a1(2t)2 ⑧
Δx1=xa−xb ⑨
解得：Δx1=6m ⑩
（3）同（2）可知b与挡板P第二次碰撞到第三次碰撞、第三次碰撞到第四次碰撞过程中，a相对b的位移大小分别为：Δx2=8m，Δx3=10m。b与挡板P第四次碰撞后瞬间，a与b下端之间的距离
Δx=L−(Δx1+Δx2+Δx3)=7m ⑪
设b与挡板P第四次碰撞后到a从b上滑落的时间为t1，第四次碰撞后瞬间a的速度大小为v3，则
xa1=v3t1+12a1t12 ⑫
v3=v0+a1·6t ⑬
xb1=v0t1−12a2t12 ⑭
ΔL=xa1+xb1
解得：t1=0.5s，说明b减速到零时，a刚好从b上滑落。0∼236s时间内，a对b做的总功为零，因此a在b上的整个运动过程中，a对b做的功为
W=−μmgcsθ·xb1 ⑮
解得：W=−25J ⑯
评分标准：本题共16分。第（1）问3分，得出①②③式每式各给1分；第（2）问7分，得出④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式每式各给1分；第（3）问6分，得出⑪⑫⑬⑭⑮⑯式每式各给1分。其他解法正确同样给分。题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
B
D
A
C
C
BC
BD
AD