广东省汕头市金中南区学校2026届高三第二次调研物理试卷含解析

这是一份广东省汕头市金中南区学校2026届高三第二次调研物理试卷含解析，文件包含新教材二年级下册道德与法治第10课《诚信贵如金》第一课时PPT教学课件统编版ppt、争做城实守信好少年wmv、立木为信视频动画故事wmv、范式赴约不失言wmv、西游记第81难的故事wmv、诚信歌wmv等6份课件配套教学资源，其中PPT共44页， 欢迎下载使用。
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，再选涂其它答案标号。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。
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、 “天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是（ ）
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力
C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
2、图甲为研究光电效应的电路图，当用频率为的光照射金属阴极时，通过调节光电管两端电压，测量对应的光电流强度，绘制了如图乙所示的图象。已知电子所带电荷量为，图象中遏止电压、饱和光电流及射光的频率、普朗克常量均为已知量。下列说法正确的是（ ）
A．光电子的最大初动能为
B．阴极金属的逸出功为
C．若增大原入射光的强度，则和均会变化
D．阴极金属的截止频率为
3、甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动，位移-时间图象如图所示，则在0～t1时间内
A．甲的速度总比乙大
B．甲、乙位移相同
C．甲经过的路程比乙小
D．甲、乙均做加速运动
4、在如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为10 : 1，副线圈接有阻值为10的定值电阻R，原线圈接有如图乙所示的正弦交变电压。下列分析正确的是
A．变压器原线圈通过的电流为
B．变压器副线圈通过的电流为
C．电阻R两端的电压为10 V
D．电阻R消耗的功率为40 W
5、人类在对自然界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用。下列有关说法中不正确的是（ ）
A．伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是初速度为零的匀变速直线运动
B．法国科学家笛卡尔指出：如果物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动
C．海王星是在万有引力定律发现之前通过观测发现的
D．密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值
6、如图所示为六根与水平面平行的导线的横截面示意图，导线分布在正六边形的六个角，导线所通电流方向已在图中标出。已知每条导线在O点磁感应强度大小为，则正六边形中心O处磁感应强度的大小和方向（ ）
A．大小为零
B．大小，方向沿轴负方向
C．大小，方向沿轴正方向
D．大小，方向沿y轴正方向
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、如图，在一个光滑水平面上以速度v运动的小球，到达A处时遇到一个足够长的陡坡AB，已知AB与竖直线之间的夹角为α，重力加速度取g。则小球（ ）
A．离开A到落到斜坡前的加速度为g
B．经时间t=落到斜面上
C．落在斜坡上的位置距A的距离为
D．落到斜坡上时的速度大小为
8、如图所示，轻弹簧一端固定在O点，另一端连接在一个小球上，小球套在光滑、水平的直杆上，开始时弹簧与杆垂直且处于原长。现给小球一个水平向右的拉力F，使小球从杆上A点由静止开始向右运动，运动到B点时速度最大，运动到C点时速度为零。则下列说法正确的是（）
A．小球由A到B的过程中，拉力做的功大于小球动能的增量
B．小球由B到C的过程中，拉力做的功大于弹簧弹性势能的增量
C．小球由A到C的过程中，拉力做的功等于弹簧弹性势能的增量
D．小球由A到C的过程中，小球所受合力的功先减小后增大
9、如图，相距l的两小球A、B位于同一高度、h均为定值将A向B水平抛出，同时让B自由下落、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则
A．A、B一定能相碰
B．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度大小
C．A、B在第一次落地前若不碰，以后就不会相碰
D．A、B要在最高点相碰，A球第一次落地的水平位移一定为
10、1966年科研人员曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的实验。实验时，用双子星号宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组（可视为质点），接触后，开动飞船尾部的推进器，使飞船和火箭组共同加速，如图所示。推进器的平均推力为F，开动时间Δt，测出飞船和火箭的速度变化是Δv，下列说法正确的有（ ）
A．推力F通过飞船传递给火箭，所以飞船对火箭的弹力大小应为F
B．宇宙飞船和火箭组的总质量应为
C．推力F越大，就越大，且与F成正比
D．推力F减小，飞船与火箭组将分离
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）如图所示是研究电源电动势和电路内、外电压关系的实验装置。电池的两极A、B与电压表V2相连，位于两个电极内侧的探针a、b与电压表V1相连，R是滑动变阻器，电流表A测量通过滑动变阻器的电流，置于电池内的挡板向上移动可以使内阻减小。当电阻R的滑臂向左移动时，电压表V2的示数_______________（选填“变大”、“变小”或“不变”）。若保持滑动变阻器R的阻值不变，将挡板向上移动，则电压表V1的示数变化量ΔU1与电流表示数变化量ΔI的比值_______________。（选填“变大”、“变小”或“不变”）
12．（12分）某同学想将一量程为1mA的灵敏电流计G改装为多用电表，他的部分实验步骤如下：
（1）他用如图甲所示的电路测量灵敏电流计G的内阻
①请在乙图中将实物连线补充完整____________；
②闭合开关S1后，将单刀双置开关S2置于位置1，调节滑动变阻器R1的阻值，使电流表G0有适当示数I0：然后保持R1的阻值不变，将开关S2置于位置2，调节电阻箱R2，使电流表G0示数仍为I0。若此时电阻箱阻值R2=200Ω，则灵敏电流计G的内阻Rg=___________Ω。
（2）他将该灵敏电流计G按图丙所示电路改装成量程为3mA、30mA及倍率为“×1”、“×10”的多用电表。若选择电流30mA量程时，应将选择开关S置于___________(选填“a”或“b”或“c”或“d")，根据题给条件可得电阻R1=___________Ω，R2=___________Ω。
（3）已知电路中两个电源的电动势均为3V，将选择开关置于a测量某电阻的阻值，若通过灵敏电流计G的电流为0.40mA，则所测电阻阻值为___________Ω。
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）在某次学校组织的趣味运动会上，某科技小组为大家展示了一个装置，如图所示，将一质量为0.1kg的钢球放在O点，用弹射器装置将其弹出，使其沿着光滑的半圆形轨道OA和AB运动，BC段为一段长为L＝2.0m的粗糙平面，DEFG为接球槽。圆弧OA和AB的半径分别为r＝0.2m，R＝0.4m，小球与BC段的动摩擦因数为μ＝0.5，C点离接球槽的高度为h＝1.25m，水平距离为x＝0.5m，接球槽足够大，g取10m/s2，求：
(1)钢球恰好不脱离圆弧轨道，钢球在A点的速度vA多大；
(2)满足(1)时，钢球在圆轨道最低点B对轨道的压力；
(3)要使钢球最终能落入槽中，弹射速度至少多大。
14．（16分）如图所示，MNPQ是边长为的正方形匀强磁场区域，磁场方向垂直于MNPQ平面。电子从电极K处由静止开始经电势差为U的电场加速后，从MN的中点垂直于MN射入匀强磁场区域，经磁场偏转后恰好从P点射出。已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子重力。求：
(1)电子射入匀强磁场时的速度大小；
(2)匀强磁场区域中磁感应强度的大小和方向。
15．（12分）如图所示，一轻弹簧左端与竖直的墙连接，右端与质量为m的物块接触，开始时弹簧处于原长，弹簧的劲度系数为k，现用恒力F向左推物块，当物块运动到最左端时，推力做的功为W，重力加速度为g，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，整个过程弹簧的形变在弹性限度内，求：
（1）物块向左移动过程中克服摩擦力做的功；
（2）物块运动到最左端时，撤去推力，弹簧能将物块弹开，则物块从最左端起向右能运动多远？
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】
摩天轮运动过程中做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，选项A错误；圆周运动过程中，在最高点由重力和支持力的合力提供向心力，即，所以重力大于支持力，选项B正确；转动一周，重力的冲量为I=mgT，不为零，C错误；运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，根据P=mgvcsθ可知重力的瞬时功率在变化，选项D错误．故选B．
2、D
【解析】
A．光电子的最大初动能为，选项A错误；
B．根据光电效应方程：
则阴极金属的逸出功为
选项B错误；
C．若增大原入射光的强度，则最大初动能不变，则截止电压不变；但是饱和光电流会变化，选项C错误；
D．根据可得，阴极金属的截止频率为
选项D正确；
故选D.
3、B
【解析】
A．因x-t图像的斜率等于速度，可知在0～t1时间内开始时甲的速度大于乙，后来乙的速度大于甲，选项A错误；
B．由图像可知在0～t1时间内甲、乙位移相同，选项B正确；
C．甲乙均向同方向做直线运动，则甲乙的路程相同，选项C错误；
D．由斜率等于速度可知，甲做匀速运动，乙做加速运动，选项D错误．
4、B
【解析】
由原线圈接的正弦交变电压的u-t图像可读出最大值为，可得输入电压的有效值为；
，
由理想变压器的电压比等于匝数比，有：
可得副线圈的两端的电压为：
AB．对副线圈的电路由欧姆定律可得副线圈的电流为：
结合电流比等于匝数的反比，可得原线圈流过的电流为：
故A项错误，B项正确；
C．电阻R并联在副线圈两端，则电压即为副线圈两端的电压为，故C错误；
D．电阻R消耗的功率为：
，
故D项错误。
故选B。
5、C
【解析】
伽利略在斜面实验中得出物体沿斜面下落时的位移和时间的平方成正比，然后利用这一结论合理外推，间接证明了自由落体运动是初速度为零的匀变速直线运动，故A正确；
法国科学家笛卡尔指出：如果物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向；故B正确；
海王星是在万有引力定律发现之后通过观测发现的，故C不正确；
密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值，任何电荷的电荷量都应是基本电荷的整数倍；故D正确；
6、D
【解析】
根据磁场的叠加原理，将最右面电流向里的导线在O点产生的磁场与最左面电流向外的导线在O点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为B1；
同理，将左上方电流向外的导线在O点产生的磁场与右下方电流向里的导线在O点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为B2；
将右上方电流向里的导线在O点产生的磁场与左下方电流向外的导线在O点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为B3。
如图所示：
根据磁场叠加原理可知
由几何关系可知B2与B3的夹角为120°，故将B2与B3合成，则它们的合磁感应强度大小也为2B0，方向与B1的方向相同，最后将其与B1合成，可得正六边形中心处磁感应强度大小为4 B0，方向沿y轴正方向.
选项D正确，ABC错误。
故选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、ABC
【解析】
A．小球离开A后做平抛运动，只受重力，加速度为g，即离开A到落到斜坡前的加速度为g，故A正确；
B．落在斜面上时位移方向与竖直方向的夹角为α，则有
解得
故B正确；
C．落在斜坡上时的水平位移
则落在斜坡上的位置距A的距离
故C正确；
D．落到斜坡上时竖直方向速度
则落到斜坡上时的速度大小
故D错误。
故选ABC。
8、AC
【解析】
A.小球由A到B的过程中，小球的动能增加，弹簧的弹性势能增加，根据功能关系可知，拉力做的功大于小球动能的增量，故A正确；
B.小球由B到C的过程中，小球的动能减少，弹簧的弹性势能增加，根据功能关系可知，拉力做的功与小球减少的动能之和等于弹簧弹性势能的增量，则拉力做的功小于弹簧弹性势能的增量，故B错误；
C.小球由A到C的过程中，动能的增量为零，根据功能关系可知，拉力做的功等于弹簧弹性势能的增量，故C正确；
D.根据动能定理知：小球所受合力的功等于小球动能的变化量，小球的动能先增大后减小，所以合力的功先增大后减小，故D错误。
9、AB
【解析】
A、B两物体在竖直方向上的运动是相同的，若A、B在第一次落地前不碰，由于反弹后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，则以后一定能碰，故A正确，C错误．若A球经过水平位移为l时，还未落地，则在B球正下方相碰.可知当A的初速度较大时，A、B在第一次落地前能发生相碰，故B正确．若A、B在最高点相碰，A球第一次落地的水平位移x=l/n，n=2、4、6、8…，故D错误．故选AB．
【点睛】
此题关键是知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据该规律抓住地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反来判断两球能否相碰．
10、BC
【解析】
A．对飞船和火箭组组成的整体，由牛顿第二定律，有
设飞船对火箭的弹力大小为N，对火箭组，由牛顿第二定律，有
解得
故A错误；
B．由运动学公式，有，且
解得
故B正确；
C．对整体
由于（m1+m2）为火箭组和宇宙飞船的总质量不变，则推力F越大，就越大，且与F成正比，故C正确；
D．推力F减小，根据牛顿第二定律知整体的加速度减小，速度仍增大，不过增加变慢，所以飞船与火箭组不会分离，故D错误。
故选BC。
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、变小 不变
【解析】
[1]根据题意，电压表测量是电源的内电压，电压表测量是路端电压，由闭合电路欧姆定律：
可知，当电阻的滑臂向左移动时外电阻减小，总电流增大，由：
可知内电压变大，故电压表2的示数变小；
[2]因电源电动势等于电源内外电路之和，故电压表1和电压表2的示数之和不变；若保持滑动变阻器的阻值不变，将挡板向上移动，则电源的内电阻将减小，根据
结合数学推理可知：
所以电压表1的示数变化量与电流表示数变化量的比值大小等于电源的内阻，由于挡板向上运动时，液体的横截面积变大，根据电阻定律：
可知内电阻减小，故比值变小。
12、如图所示：
200 b 10 90 150
【解析】
(1)①由原理图连线如图：
；
②由闭合电路欧姆定律可知，两情况下的电流相同，所以灵敏电流计G的内阻Rg=200；
(2)由表头改装成大量程的电流表原理可知，当开关接b时，表头与R2串联再与R1串联，此种情形比开关接c时更大，故开关应接b
由电流表的两种量程可知：
接c时有：
接b时有：
联立解得：；
(3)接a时，，多用电表的内阻为：，此时流过待测电阻的电流为，所以总电阻为：
，所以测电阻阻值为150。
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)2m/s；(2)6N，方向竖直向下；(3)m/s
【解析】
(1)要使钢球恰好不脱离圆轨道，钢球在A点有
mg＝m
解得
vA＝＝2m/s
(2)从A到B根据动能定理有
在B位置时，对钢球
联立解得
FB＝6N
根据牛顿第三定律，钢球对半圆轨道的压力大小为6N，方向竖直向下
(3)使钢球刚好落入槽中时对钢球，则有，x＝vCt，解得
vC＝1m/s
从O到C点，根据动能定理有
解得
m/s
故要使钢球最终能落入槽中，弹射速度v0至少为m/s
14、 (1)；(2)，方向垂直于纸面向里
【解析】
（1）电子在加速场中由动能定理可得:
①
解得:
②
（2）电子在区域内做匀速圆周运动，由题意可做出运动轨迹如图:
由几何关系可得:
③
洛伦兹力提供向心力:
④
解得:
⑤
由左手定则可判断:磁感应强度的方向垂直于纸面向里。
15、（1）（2）
【解析】
（1）设物块向左移动的距离为x，根据题意：
克服摩擦力做功：
（2）物块向左运动过程中，由于弹簧的弹力与物块运动的位移成正比，弹簧弹力做功：
根据弹簧弹力做功与弹性势能大小关系，弹簧具有的最大弹性势能：
撤去推力后，根据动能定理：
可得物块能向右运动的距离：
点睛：此题关键要搞清能量之间的转化关系，知道弹力做功等于弹性势能的变化；因弹簧的弹力与物块运动的位移成正比，所以求解弹力做功时，弹力可取平均值.