2026届四川省剑门关高级中学高三第二次调研物理试卷含解析

这是一份2026届四川省剑门关高级中学高三第二次调研物理试卷含解析，文件包含高考生物三轮冲刺小题限时训练专题卷04遗传规律原卷版docx、高考生物三轮冲刺小题限时训练专题卷04遗传规律解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、下列说法中，正确的是（ ）
A．物体在恒力作用下不可能做曲线运动
B．物体在恒力作用下不可能做圆周运动
C．物体在变力作用下不可能做直线运动
D．物体在变力作用下不可能做曲线运动
2、如图所示，固定在水平地面上的物体A，左侧是圆弧面，右侧是倾角为θ的斜面，一根轻绳跨过物体A顶点上的小滑轮，绳两端分别系有质量为m1、m2的小球，当两球静止时，小球m1与圆心连线跟水平方向的夹角也为θ，不计一切摩擦，则m1、m2之间的关系是（ ）
A．m1＝m2B．C．m1＝m2tanθD．m1＝m2csθ
3、2019年10月8日，瑞典皇家科学院在斯德哥尔摩宣布，将2019年诺贝尔物理学奖，一半授予美国普林斯顿大学吉姆·皮布尔斯，以表彰他“关于物理宇宙学的理论发现”，另外一半授予瑞士日内瓦大学的米歇尔·麦耶和瑞士日内瓦大学教授兼英国剑桥大学教授迪迪埃·奎洛兹，以表彰他们“发现一颗环绕类日恒星运行的系外行星”。若某一系外行星的半径为R，公转半径为r，公转周期为T，宇宙飞船在以系外行星中心为圆心，半径为r1的轨道上绕其做圆周运动的周期为T1，不考虑其他星球的影响。(己知地球的公转半径为R0，公转周期为T0)则有
A．B．
C．该系外行星表面重力加速度为D．该系外行星的第一宇宙速度为
4、用一质量不计的细线将质量为m的氢气球拴在车厢地板上A点，此时细线与水平面成θ=37°角，气球与固定在水平车顶上的压力传感器接触。小车静止时，细线恰好伸直但无弹力，压力传感器的示数为小球重力的0.5倍。重力加速度为g。现要保持细线方向不变而传感器示数为零，下列方法中可行的是（ ）
A．小车向右加速运动，加速度大小为0.5g
B．小车向左加速运动，加速度大小为0.5g
C．小车向右减速运动，加速度大小为
D．小车向左减速运动，加速度大小为
5、如图所示，同种材料制成的轨道MO和ON底端由对接且．小球自M点由静止滑下，小球经过O点时无机械能损失，以v、s、a、f分别表示小球的速度、位移、加速度和摩擦力四个物理量的大小．下列图象中能正确反映小球自M点到左侧最高点运动过程的是( )
A．B．
C．D．
6、如图，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根质量为m、竖直悬挂的条形磁铁，细绳对磁铁的拉力为F。若线圈下落过程中，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴始终保持重合，则下列图中能正确描述拉力F随时间t变化的图像是（ ）
A．B．
C．D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、一物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F作用下开始向上运动，如图甲。在物体向上运动过程中，其机械能E与位移x的关系图象如图乙，已知曲线上A点的切线斜率最大，不计空气阻力，则
A．在x1处物体所受拉力最大
B．在x1~x2过程中，物体的动能先增大后减小
C．在x1~x2过程中，物体的加速度先增大后减小
D．在0~x2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功
8、如图半径为R的内壁光滑圆轨道竖直固定在桌面上，一个可视为质点的质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，使小球在极短的时间内获得一个水平速度后沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过这两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2。若两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则的值可能是（ ）
A．B．C．1D．2
9、在光滑水平桌面中央固定一边长为0.3m的小正三棱柱abc俯视如图．长度为L=1m的细线，一端固定在a点，另一端拴住一个质量为m=0.5kg、不计大小的小球．初始时刻，把细线拉直在ca的延长线上，并给小球以v0=2m/s且垂直于细线方向的水平速度，由于光滑棱柱的存在，细线逐渐缠绕在棱柱上（不计细线与三棱柱碰撞过程中的能量损失）．已知细线所能承受的最大张力为7N，则下列说法中正确的是：
A．细线断裂之前，小球角速度的大小保持不变
B．细线断裂之前，小球的速度逐渐减小
C．细线断裂之前，小球运动的总时间为0.7π（s）
D．细线断裂之前，小球运动的位移大小为0.9（m）
10、图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V．一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV．下列说法正确的是
A．平面c上的电势为零
B．该电子可能到达不了平面f
C．该电子经过平面d时，其电势能为4 eV
D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分） (1)在“测定金属丝的电阻率”实验中，先用螺旋测微器测出金属丝的直径，测量示数如图甲所示，则金属丝的直径d=__________mm。
(2)在测定电源电动势和内阻的实验中，实验室仅提供下列实验器材：
A．干电池两节，每节电动势约为1.5V，内阻约几欧姆
B．直流电压表V1、V2，量程均为0~3V，内阻约为3kΩ
C．电流表，量程0.6A，内阻小于1Ω
D．定值电阻R3，阻值为5Ω
E.滑动变阻器R，最大阻值50Ω
F.导线和开关若干
①如图乙所示的电路是实验室测定电源的电动势和内阻的电路图，按该电路图组装实验器材进行实验，测得多组U2、Ⅰ数据，并画出U2-Ⅰ图像，求出电动势和内电阻。电动势和内阻的测量值均偏小，产生该误差的原因是__________，这种误差属于__________（填“系统误差”或“偶然误差”）。
②实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1一U2图像如图丙所示，图线斜率为k，与横轴的截距为a，则电源的电动势E=__________，内阻r=_________（用k、a、R0表示）。
12．（12分）某实验小组利用如图所示的装置验证“碰撞过程中的动量守恒”和探究“碰撞过程中的动能是否守恒”。水平的气垫导轨上有两滑块A、B，滑块A上有宽度为d的遮光板；滑块B上固定一支架，支架上水平固定一内壁光滑左侧开口的细薄金属直管，金属管右侧用金属板封闭，管内靠近金属板处静置一金属小球。气垫导轨通气后利用右侧挡板上的弹射装置将滑块A向左弹出，测得滑块A第一次经过光电门的时间为t1，后与静止的滑块B相碰，碰后滑块B和小球一起向左滑动滑块A向右运动。滑块A第二次通过光电门的时间为t2，滑块B与左侧挡板刚接触时，立即被安装的锁止装置锁止，同时金属管中的小球沿管壁飞出落在水平地面上的O点(图中未画出)。用天平称量出滑块A(包括遮光板的总质量M1、滑块B(包括支架、金属管)的总质量M2、小球的质量m，重力加速度为g。请回答以下问题：
（1）除了题中已给出的物理量还需用刻度尺测出的物理量及符号是________。
（2）小球离开金属管口时的速度大小为 ________(用题中已知和(1)问中物理量符号表示)。
（3）要验证碰撞过程中的动量守恒，本实验需要验证的表达式为 ________。
（4）要进一步探究碰撞过程中的动能是否守恒，需要比较表达式________与表达式________在误差允许范围内是否相等。
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）两根长为L的绝缘轻杆组成直角支架，电量分别为+q、-q的两个带电小球A、B固定在支架上，整个装置处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E。在电场力之外的力作用下，整体在光滑水平面内绕竖直轴O以角速度ω顺时针匀速转动，图为其俯视图。不计两球之间因相互吸引而具有的电势能。试求：
（1）在支架转动一周的过程中，外力矩大小的变化范围。
（2）若从A球位于C点时开始计时，一段时间内（小于一个周期），电场力之外的力做功W等于B球电势能改变量，求W的最大值。
（3）在转动过程中什么位置两球的总电势能变化最快？并求出此变化率。
14．（16分）如图所示，质量m1=1kg的木板静止在倾角为θ=30°足够长的、固定的光滑斜面上，木板下端上表而与半径R=m的固定的光滑圆弧轨道相切圆弧轨道最高点B与圆心O等高。一质量m2=2kg、可视为质点的小滑块以v0=15m/s的初速度从长木板顶端沿木板滑下已知滑块与木板之间的动摩擦因数u=，木板每次撞击圆弧轨道时都会立即停下而不反弹，最终滑未从木板上端滑出，取重力加速度g=10m/s2。求
(1)滑块离开圆弧轨道B点后上升的最大高度；
(2)木板的最小长度；
(3)木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能。
15．（12分）如图所示，打开水龙头，流出涓涓细流。将乒乓球靠近竖直的水流时，水流会被吸引，顺着乒乓球表面流动。这个现象称为康达效应（Canda Effect）。某次实验，水流从点开始顺着乒乓球表面流动，并在乒乓球的最低点与之分离，最后落在水平地面上的点（未画出）。已知水流出水龙头的初速度为，点到点的水平射程为，点距地面的高度为，乒乓球的半径为，为乒乓球的球心，与竖直方向的夹角，不计一切阻力，若水与球接触瞬间速率不变，重力加速度为。
(1)若质量为的水受到乒乓球的“吸附力”为，求的最大值；
(2)求水龙头下端到的高度差。
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、B
【解析】
A．物体在恒力作用下也可能做曲线运动，例如平抛运动，选项A错误；
B．物体做圆周运动的向心力是变力，则物体在恒力作用下不可能做圆周运动，选项B正确；
C．物体在变力作用下也可能做直线运动，选项C错误；
D．物体在变力作用下也可能做曲线运动，例如匀速圆周运动，选项D错误；
故选B。
2、C
【解析】
设绳子对两球的拉力大小为FT，对m2根据平衡条件得
FT=m2gsinθ
对m1根据平衡条件得
FT= m1gcsθ
联立解得
m1=m2tanθ
故选C.
3、D
【解析】
AB．开普勒第三定律，其中k与中心天体有关，系外行星，宇宙飞船，地球做圆周运动的中心天体均不同，故AB错误；
C．对宇宙飞船
解得
故C错误；
D．对系外行星的近地卫星：
解得
故D正确。
4、C
【解析】
静止时细线无弹力，小球受到重力mg、空气浮力f和车顶压力FN，由平衡条件得
f=mg+FN=1.5mg
即浮力与重力的合力为0.5mg，方向向上。要使传感器示数为零，则细线有拉力FT，如图所示
由等效受力图（b）可得
小车加速度大小为
方向向左。故小车可以向左加速运动，也可以向右做减速运动，C正确，ABD错误。
故选C。
5、D
【解析】
A.由于在两个斜面上都是匀变速运动，根据位移时间关系公式，可知位移--时间图象是曲线，故A错误；
B.小球先做匀加速运动，a=gsinθ-μgcsθ，后做匀减速运动，加速度大小为a=gsinα+μgcsα，而gsinα+μgcsα＞gsinθ-μgcsθ，因而B错误；
C.根据f=μN=μmgcsθ可知：当θ＞α时，摩擦力μmgcsθ＜μmgcsα，则C错误；
D.小球运动过程中，在两个斜面上都受到恒力作用而沿斜面做匀变速直线运动，速度先增加后减小，根据速度时间关系公式，可知两段运动过程中的v-t图都是直线，且因为在OM上的加速度较小，则直线的斜率较小，故D正确；
6、B
【解析】
铜环闭合，铜环在下落过程中，穿过铜环的磁通量不断变化，铜环中产生感应电流；由楞次定律可知，当铜环在磁铁上方时，感应电流阻碍铜环靠近磁铁，给铜环一个向上的安培力，则铜环对磁铁的力向下，细绳对磁铁拉力大于重力；当铜环位于磁铁下方时，铜环要远离磁铁，感应电流阻碍铜环的远离，对铜环施加一个向上的安培力，则铜环对磁铁的力向下，细绳对磁铁拉力大于重力；当铜环处于磁铁中央时，磁通量最大，没有感应电流，铀环对磁铁没有力的作用，细绳对磁铁拉力等于重力。
A.靠近和远离时拉力都小于重力，与上述结论不符，故A错误；
B. 靠近和远离时拉力都大于重力，与上述结论相符，故B正确；
C.靠近时拉力大于重力，远离时拉力小于重力，与上述结论不符，故C错误；
D.靠近时拉力小于重力，远离时拉力大于重力，与上述结论不符，故D错误。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、AB
【解析】
A．E-x图像的斜率代表竖直向上拉力F，物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F作用下开始向上，说明在x=0处，拉力F大于重力，在0-x1过程中，图像斜率逐渐增大，则拉力F在增大，x1处物体图象的斜率最大，所受的拉力最大，故A正确；
BC．在x1~x2过程中，图象的斜率逐渐变小，说明拉力越来越小；在x2处物体的机械能达到最大，图象的斜率为零，说明此时拉力为零。根据合外力可知，在x1~x2过程中，拉力F逐渐减小到mg的过程中，物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体加速度在减小，动能在增大，拉力F=mg到减小到0的过程中，物体的加速度反向增大，物体做加速度逐渐增大的减速运动，物体的动能在减小；在x1~x2过程中，物体的动能先增大后减小，物体的加速度先减小后反向增大，故B正确，C错误；
D．物体从静止开始运动，到x2处以后机械能保持不变，在x2处时，物体具有重力势能和动能，故在0~x2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功与物体的动能之和，故D错误。
8、AB
【解析】
第一次击打后球最多到达与球心O等高位置，根据功能关系，有
W1≤mgR①
两次击打后可以到轨道最高点，根据功能关系，有
W1+W2-2mgR=②
在最高点，有
mg+FN=≥mg③
联立①②③解得
W1≤mgR
W2≥mgR
故
故AB正确，CD错误。
故选AB。
9、CD
【解析】
试题分析：A、B细线断裂之前，绳子拉力与速度垂直，不做功，不改变小球的速度大小，故小球的速度大小保持不变，由圆周运动的速度与角速度的关系式v=r，随r减小，小球角速度增大，故A、B错误；绳子刚断裂时，拉力大小为7N，由F=m，解得此时的半径为r=m，由于小球每转120°半径减小0.3m，则知小球刚好转过一周，细线断裂，则小球运动的总时间为t=，其中r1=1m，r2=0.7m，r3=0.4m，v0=2m/s，解得t=0.7π（s），故C正确；小球每转120°半径减小0.3m，细线断裂之前，小球运动的位移大小为0.9m，故D正确．故选CD
考点：牛顿第二定律 圆周运动规律
10、AB
【解析】
A、虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A正确．B、由上分析可知，当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面f，故B正确．C、在平面b上电势为2V，则电子的电势能为-2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能为2eV，故C错误．D、电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的倍，故D错误．故选AB．
【点睛】考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键．
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、2.600 电压表的分流 系统误差
【解析】
(1)[1]．金属丝的直径d=2.5mm+0.01mm×10.0=2.600mm；
(2)①[2][3]．流过电流表的电流不是流过干路的电流，产生误差的原因是电压表的分流造成的，这种误差是由于电路结构造成的，属于系统误差；
②[4][5]．由闭合电路欧姆定律可知
变形得
则有：当U1=0时，U2=a
则有


解得

12、小球从离开金属管口到落地的过程中，运动的水平位移s和竖直高度h
【解析】
(1)[1]．滑块A与静止的滑块B相碰后，A反向，B和小球一起向左滑动，B被锁止后，小球以碰后B的速度平抛，故利用平抛的运动规律可求出小球离开金属管时的初速度，也即碰后B和小球的共同速度故需要测出小球从离开金属管口到落地的过程中，运动的水平位移s和竖直高度h。
(2)[2]．由平抛运动规律可知，平抛的初速度为 。
(3)[3]．取向左为正方向滑块A、B碰前的总动量为 ，碰后的总动量为 ，故需验证的表达式为
(4)[4][5]．滑块A、B碰前的总动能为 ，碰后的总动能为 ，故要探究功能是否守恒，需要比较 和 是否相等。
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、（1）0~qEL（2）W=－2qEL（3）OA杆与电场线平行时，电势能变化最快，变化率qEωL
【解析】
(1)设OA与电场线夹角，电场力矩与外力矩平衡，外力矩：
，
故外力矩大小的变化范围为0~qEL
(2)支架匀速转动，由动能定理可得
W+W电场力=0，
根据题意
W=ΔEpB，
得
W电场力=-ΔEpB，
电场力做功仅改变了B球电势能，所以A球电势能变化为零，则A球在这段时间初末应在同一个等势面上，根据B球前后位置关系，得：
W=-2qEL；
(3)因为电场力做功等于电势能改变量，所以电势能变化最快的位置应是电场力功率最大的位置。设OA与电场线夹角，由公式有
电场力功率：
，
显然在一周内θ=0或π时有最值，即OA杆与电场线平行时，电势能变化最快。为变化率qEωL
可能存在的另一类解法：
以OA与电场线平行，A在右端位置为t=0，以任意位置为零电势，均能得到整体电势能
Ep=qELsin(ωt)，
求导得电势能变化率=qEωLcs(ωt)，显然一周内ωt =0或π时有最值，即OA杆与电场线平行时，电势能变化最快。变化率qEωL。
14、 (1)9.75m； (2)7.5m； (3)
【解析】
(1)由滑块与木板之间的动摩擦因数可知，滑块在木板上匀速下滑，即滑块到达A点时速度大小依然为v0=15m/s，设滑块离开圆弧轨道B点后上升的最大高度为h，则由机械能守恒定律可得
解得
h=9.75m
(2) 由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小为v0=15m/s，
滑上木板后，木板的加速的为a1，由牛顿第二定律可知

滑块的加速度为a2，由牛顿第二定律可知
设经过t1时间后两者共速，共同速度为v1，由运动学公式可知
该过程中木板走过的位移
滑块走过的位移
之后一起匀减速运动至最高点，若滑块最终未从木板上端滑出，则木板的最小长度
L=x2－x1
联立解得
L=7.5m；
(3) 滑块和木板一起匀减速运动至最高点，然后一起滑下，加速度均为a3，由牛顿第二定律可知

一起匀减速向上运动的位移
木板从最高点再次滑至A点时的速度为v2，由运动学公式可知
滑块第三次、第四次到达A点时的速度大小均为v2，第二次冲上木板，设又经过时间t2两者共速，共同速度为v3，由运动学公式可知
v3=v2－a2t2=a1t2
该过程中木板走过的位移
一起匀减速向上运动的位移
设木板第二次滑至A点时的速度为v4，由运动学公式可知
木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能为
联立各式得
15、 (1)；(2)
【解析】
(1)设水流在点的速率为，在点时最大，由牛顿第二定律
①
水流从点开始做平抛运动，有
②
③
联立，解得
④
(2)水流从水龙头流出至到达点，由动能定理
⑤
联立，解得
⑥