2025---2026学年湖南省怀化市高三下学期物理二模练习试卷5[含答案Word版】

这是一份2025---2026学年湖南省怀化市高三下学期物理二模练习试卷5[含答案Word版】，共12页。试卷主要包含了[4分]如图所示，一小球等内容，欢迎下载使用。
2025---2026学年湖南省怀化市高三下学期物理二模练习试卷5
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）
一、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]如图甲所示，电磁波的波长范围很广，按电磁波的波长大小的顺序把它们排列起来，就是电磁波谱；如图乙所示，让一群带电粒子连续的从小磁针（被悬挂）的下方从右向左不停的飞过，发现小磁针的N极向外转动、S极向里转动；如图丙所示，安培受通电螺线管外部的磁场与条形磁体的磁场相似的启发，提出了“分子电流”。他认为，在物质内部，存在着一种环形电流——分子电流，分子电流使每个物质微粒都成为微小的磁体；如图丁所示的原子发射光谱只有一些分立的亮线。下列说法正确的是（ ）
A．对甲图，电磁波虽然具有能量，但它不是物质
B．对乙图，这群粒子带正电
C．对丙图，磁感线是真实存在的线，“分子电流”是真实的理论
D．对丁图，原子能级是分立的，辐射出光子的能量是分立的，发射光谱也是分立的亮线
2．[4分]如图所示为射线测厚装置示意图，它的放射源为铯-137，已知铯-137的衰变方程为，半衰期约为30年，下列说法正确的是（ ）
A．60年后Cs全部衰变完
B．金属板厚度越薄探测器接收到的辐射强度越小
C．Ba原子核的比结合能比Cs原子核的大
D．该反应为β衰变，β射线即为核外电子的逸出
3．[4分]如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内．将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放．释放后小球都做简谐运动．当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点．则（ ）
A．小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为零
B．小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙动能为零
C．小球甲、乙的振动周期之比为3:4
D．小球丙、丁的摆长之比为1:2
4．[4分]如图甲所示，一圆形线圈面积S=πR02=100 cm2,匝数N=200,电阻不计，处于匀强磁场中，磁感应强度B随时间t正弦变化的图像如图乙所示（取垂直纸面向里为正方向）。导线框右边与理想变压器的原线圈连接，已知变压器的原、副线圈的匝数比为1:10,与副线圈连接的电阻R1=R2=200Ω、D为理想二极管，下列说法正确的是( )
A．t=0.01 s时，圆形线圈中有逆时针方向的电流
B．原线圈中交变电流的频率为100πHz
C．1 s内原线圈输入的能量为800π2 J
D．0∼0.005 s内，流过R1的电荷量为0.02C
5．[4分]如图所示，质量分别为和的物块、叠放在一起，放在光滑的水平面上，与水平轻弹簧相连，弹簧的另一端与墙壁连接，、一起在做简谐运动，取向右为正方向。已知弹簧振子的周期，其中为振子质量，为弹簧的劲度系数.当、向左运动到平衡位置时迅速将取走，则下列能描述物体的图像的是（ ）
A．B．
C．D．
6．[4分]如图所示，一小球（视为质点）以速度v0从倾角为θ 的斜面底端斜向上抛出，落到斜面上的M点且速度水平向右。现将该小球以3v0的速度从斜面底端朝同样方向抛出，落在斜面上的N点。下列说法正确的是（ ）
A．落到M和N两点所用时间的比值大于13
B．落到M和N两点速度之比为1:3
C．落到N点时速度方向一定不是水平方向
D．M和N两点距离斜面底端的高度之比为1:9
7．[4分]如图,某战士在山坡上进行投掷手榴弹训练．他第一次将手榴弹沿水平方向抛出,落在水平地面的M点,若他第二次从同一位置将同一手榴弹沿水平方向抛出,落在水平地面的N点,不计空气阻力,手榴弹可视为质点．对于两次手榴弹从抛出到落地的过程,下列说法正确的是( )
A．第一次抛出的手榴弹在空中运动时间更短
B．第一次抛出的手榴弹抛出时初速度更大
C．两次抛出的手榴弹在空中运动全过程重力的平均功率相等
D．第二次抛出的手榴弹落地前瞬间重力的瞬时功率更大
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]如图所示，有一不可伸长的轻绳，绕过光滑定滑轮C，与质量为m的物体A连接，A放在倾角为θ 的光滑斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体B连接，连接物体A的轻绳与斜面平行，连接物体B的绳最初水平。从当前位置开始，使物体B以速度v0沿杆匀速向下运动，设绳的拉力为T，重力加速度为g，在此后的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物体A做加速运动B．物体A做匀速运动
C．T小于mgsinθD．T大于mgsinθ
9．[5分]教室的一体机屏幕多为电容屏，具有灵敏度高的特点.电容式触摸屏其原理可简化为如图所示的电路.平行板电容器的上极板A为可动电极，下极板B为固定电极，P为两板间一定点.当用手指触压屏幕上某个部位时，可动电极的极板会发生形变，同时也相当于将A板接地，形变过程中，电流表G中有从a到b的电流，则下列判断正确的是( )
A．形变过程中，两极板间距离减小，电容器电容变大
B．电容器的带电量减小
C．直流电源的c端为电源正极
D．形变过程中，P点电势降低
10．[5分]如图甲所示,倾角θ=30°的粗糙斜面上有一质量为m的物体,物体始终受到沿斜面向上的变力F的作用,沿斜面向上为正方向,物体的加速度a随外力F变化的图像如图乙所示,重力加速度g=10 m/s2,根据图乙中所提供的信息可知( )
A．m=0.4 kgB．m=2.5 kg
C．μ=0.5D．μ=315
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]某同学受伽利略斜面实验思想启发，用现代实验器材改进研究匀变速直线运动规律的实验。如图甲所示，首先调节合适的斜面倾角并固定，让小球从斜面O点由静止释放，沿斜面做匀加速直线运动，先后经过A、B两个光电门，其中B光电门固定在斜面底端，A光电门的位置可调节。测出间距离x、小球通过光电门A的挡光时间以及间运动时间t。
（1）如图乙测量小球的直径D，可得________。
（2）由测得的数据可以算出小球经过A处的速度________（选用题中符号x、、t、D表示），x越大，________。（选填“越大”“越小”或“不受影响”）
（3）将小球的运动等效为从B点沿斜面向上的匀减速直线运动，有，多次改变A的位置重复实验，得到x与t的数据，并作出图像，如丙图，图像的截距为b，P点坐标为。则可算出小球在斜面上运动的加速度________，斜面长度________（两空均用b、c、d表示）。
12．[8分]科技小组利用压敏电阻制作汽车油量深度表的装置如图a所示．所用器材有：压敏电阻RM；电源E（电动势24V，内阻不计）；电流表A（量程0.6A，内阻不计）；滑动变阻器Rp（最大电阻30Ω）；定值电阻R0（阻值10Ω）；开关S；容器；汽油；导线若干．压敏电阻RM的阻值与容器内所装汽油的深度h的关系如图（b）所示．
（1）把电流表A改装成量程为40cm的汽车油量深度表，正确连接图a所示电路，断开开关S，滑动变阻器Rp的滑片P置于 （填“a”或“b”）端；
（2）容器里装40cm深度的汽油，闭合开关S，调节滑动变阻器Rp的滑片P，使电流表的示数达到满偏，滑动变阻器Rp接入电路的阻值为 Ω；
（3）改变容器所装汽油的深度，把电流表的示数标上相应的深度，改装后的深度刻度是 （填“均匀”或“不均匀”）的；0cm深度应该对应电流表的示数为 A（保留2位有效数字）．
13．[11分]如图所示，质量为M、内部高为H的绝热汽缸内部带有加热装置，用轻质绝热活塞封闭一定质量的理想气体．汽缸顶部有挡板，用绳将活塞悬挂在天花板上．汽缸底面积为S．开始时缸内理想气体温度为300K，活塞到汽缸底部的距离为0.5H．用电阻丝缓慢加热后，汽缸内气体的温度升高到700K，汽缸底部始终不与地面接触．已知大气压强恒为p0，重力加速度为g．忽略活塞和汽缸壁的厚度，不计一切摩擦．
（1） 当温度升高到700K时，求缸内气体的压强；
（2） 保持气体温度在700K不变，此后由于汽缸漏气导致活塞相对汽缸下移，最终再次距离底部0.5H，求该过程泄漏气体与漏气前缸内气体的质量之比．
14．[14分]（13分）如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，第四象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场和沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从x轴的A点沿y轴正方向以初速度v0射入第二象限，经电场偏转后从y轴上的M点进入第一象限，经匀强磁场偏转后垂直x轴进入第四象限，已知A点坐标为(−L,0)，粒子经过M点时速度方向与y轴正方向的夹角θ=37∘ ，取sin37∘=35，cs37∘=45，不计粒子重力。
（1） 求第二象限内匀强电场的场强大小E；
（2） 求第一象限内匀强磁场磁感应强度大小B；
（3） 第四象限内匀强磁场磁感应强度大小为B1=4mv09qL，匀强电场的场强大小为E1=mv028qL，若带电粒子垂直y轴进入第三象限，求粒子进入第三象限时的速度大小v1和粒子与O点的距离s。
15．[16分](18分)如图所示，光滑水平面上固定质量为2m、倾角为θ的斜面体OAB，在斜面体右侧有n个质量均为m2的物块，质量为m的滑块从光滑斜面体顶端A由静止释放.OA=h，重力加速度为g.
(1)求滑块到达斜面体底端时的速度大小v0；
(2)若斜面体底端有一小圆弧，斜面体和水平面平滑连接.
①若所有的碰撞均为完全非弹性碰撞，求第n个物块的最终速度大小vn；
②若所有的碰撞均为弹性碰撞，求第n个物块的最终速度大小v'n；
(3)水平面上靠近B处有一固定竖直挡板，斜面体不固定，滑块运动至斜面体底端与水平面碰撞后，仅保留水平方向动量，此时改变滑块与水平面、斜面体与水平面间的粗糙程度，斜面体与水平面间动摩擦因数μ1=0.2.滑块与挡板碰撞后以原速率返回，h=0.75 m，θ=45°，g取10 m/s2.要使滑块能追上斜面体，求滑块与水平面间动摩擦因数的最大值.
参考答案
1．【答案】D
【详解】对甲图，电磁波具有能量，也是一种物质，A项错误；对乙图，小磁针N极的受力方向就是磁场的方向，运动带电粒子上方的磁场垂直纸面向外，根据右手螺旋定则，粒子对应的电流从左向右，运动电荷速度从右向左，与电流方向相反，则粒子带负电，B项错误；对丙图，磁感线是在磁场中画一些有方向假想的线，不是真实存在的，条形磁铁内部的分子电流是安培提出的分子电流假说，是一种假说，C项错误；对丁图，原子从高能态向低能态跃迁时辐射出的光子的能量，等于前后两个能级之差。由于原子的能级是分立的，所以辐射出的光子的能量也是分立的，因此原子的发射光谱也是一些分立的亮线，D项正确。
2．【答案】C
【详解】经过两个半衰期后，铯剩余原来的四分之一，A错误；金属板厚度越薄探测器接收到的辐射强度越大，B错误；由于生成物比反应物稳定，所以Ba原子核的比结合能比Cs原子核的大，C正确；β衰变的实质是原子核内部的一个中子放出一个电子变为一个质子，D错误。
3．【答案】C
【详解】小球做简谐运动,由题意可知,2T甲=1.5T乙=T丙=0.5T丁,小球甲第一次回到释放位置时小球丙运动至另一侧最高点,速度为零,加速度不为零,A错误；小球丁第一次回到平衡位置时所用时间t=14T丁,小球乙应运动34T乙,小球乙也运动至平衡位置,动能最大,B错误；2T甲=1.5T乙,则T甲T乙=34,T丙=0.5T丁,则T丙T丁=12,根据单摆周期公式T=2πLg可知,丙、丁的摆长之比为1:4,C正确,D错误．
4．【答案】D
【详解】A．在t=0.01 s时，磁通量的变化率最大；根据B−t图像，此时图像的斜率为负，表示穿过线圈向里（正方向）的磁通量在减小；根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向应为向里，以阻碍磁通量的减小；再根据安培定则，可知感应电流方向为顺时针，故A错误；B．原线圈中交变电流的频率应为磁感应强度变化周期的倒数，即50赫兹，故B错误；C．原线圈中电动势的最大值为
Em=NBms2πT=200×0.2×100×10−4×2π0.02 V=40π V
原线圈有效值为U1=Em2=202πV,
副线圈两端电压的有效值为U2=10U1=2002πV
电阻R1消耗的功率为P1=U22R1=400π2 W
由于理想二极管D的单向导电性，电阻R2只在半个周期内有电流通过，其消耗的功率是正常工作时的一半，即P2=P12=200π2 W,输入功率等于副线圈端总功率为P=P1+P2=600π2 W,在1 s内原线圈输入的能量为Pt=600π2 J,故C错误；
D．在0∼0.005 s时间内，根据法拉第电磁感应定律，原线圈中的平均感应电动势为E1=NSΔBΔt=200×100×10−4×0.2−00.005−0 V=80 V
副线圈的平均电动势为E2=10E1=800 V,流过R1的平均电流为I1=E2R1=4 A
流过R1的电荷量为q1=I1t1=0.02C,故D正确。
5．【答案】C
【详解】物块、质量分别为和，取走时，的速度是向左的，取向右为正方向，可知之后的位移为负。根据弹簧振子周期可知振子质量变小，周期变为原来的一半，且动能减小，将弹簧压缩到最短时的势能也会变小，所以振幅减小，C选项图像正确。
6．【答案】D
【详解】令抛出速度与水平方向的夹角为α ，则落在M点过程水平方向有x1=v0csα⋅t1，竖直方向有y1=v0sinα2⋅t1，根据题意有y1x1=tanθ ，解得tanα=2tanθ ，当落在N点过程水平方向有x2=3v0csα⋅t2，竖直方向有y2=3v0sinα+vy2⋅t2，根据题意有y2x2=tanθ ，解得vy=0，即该小球以3v0的速度从斜面底端朝同样方向抛出，落在斜面上的N点的速度方向仍然水平向右，C错误；根据上述，在竖直方向上有v0sinα=gt1，y1=v0sinα2⋅t1，3v0sinα=gt2，y2=3v0sinα2⋅t2，在水平方向上有vM=v0csα ，vN=3v0csα ，解得t1t2=13，y1y2=19，vMvN=13，A、B错误，D正确。
7．【答案】C
【详解】抛出的手榴弹做平抛运动,在竖直方向是自由落体运动,则有h=12gt2,解得t=2hg,由题意知,两次抛出手榴弹的高度相同,则两次抛出的手榴弹在空中运动时间相同,A错误;手榴弹做平抛运动,在水平方向是匀速直线运动,则有x=v0t,由题意知,第一次抛出的手榴弹的水平位移较短,而时间相同,则第一次抛出的手榴弹抛出时初速度更小,B错误;由题知,两次手榴弹抛出的高度相同,则重力做的功为WG=mgh,可知两次手榴弹抛出后重力做的功相同,抛出的手榴弹在空中运动全过程重力的平均功率为P=WGt,因为WG、t都相同,所以两次抛出的手榴弹在空中运动全过程重力的平均功率相等,C正确;手榴弹做平抛运动,在竖直方向是自由落体运动,则有vy2=2gh,解得vy=2gh,则手榴弹落地前瞬间重力的瞬时功率PG=mgvy=mg2gh,可知两次抛出的手榴弹落地前瞬间重力的瞬时功率相等,D错误．
8．【答案】AD
【详解】物体B的速度分解如图所示，
由图可知物体A的速度等于物体B沿绳方向的分速度，即vA=v绳=v0sinα，与B的位置有关，因为B做匀速运动，B下降过程中α 变大，因此物体A做加速运动，T大于mgsinθ ，A、D正确，B、C错误。
9．【答案】AD
【详解】本题考查电容器的动态分析.根据电容的决定式C=εrS4πkd可知两极板间距离d减小，电容器电容变大，A正确；因为电容器与电源相连，所以电容器两极板间的电压U不变，根据Q=CU可知，若电容C增大，则电容器的带电量Q增大，B错误；由于电容器的带电量增大，电容器充电，电流从a到b通过电流表G，可知c为电源负极，C错误；由于电容器两端电压U不变，根据E=Ud可知，d减小，极板间电场强度E增大，A板接地，A板电势为0，由于A、B板间电压U不变，所以极板B的电势φB不变，设P点与极板B的距离为d0，则有φB-φP=E×d0，d0不变，E增大，可知φP减小，即P点电势降低，D正确.
10．【答案】BD
【详解】由牛顿第二定律可得F-mgsin θ-μmgcs θ=ma,则a=Fm-gsin θ-μgcs θ,由图像可得图线斜率为k=1m=6−(−6)30 kg-1=0.4 kg-1,解得m=2.5 kg,同理可得纵轴截距-gsin θ-μgcs θ=-6,解得μ=315,A、C两项错误,B、D两项正确。
11．【答案】（1）1.53/1.54/1.55/1.56/1.57
（2）；不受影响
（3）；
【详解】（1）图中刻度尺上一小格为0.1cm，应估读到下一位，即要读到0.01cm。小球的直径
（2）因很小，小球通过光电门的平均速度可近似为瞬时速度，由表达式可知，只与和有关，不受x影响。
（3）根据，公式变形得，结合图丙，斜率，所以，截距​；设斜面长度，小球从O到B做初速度为0的匀加速直线运动，根据速度位移关系，可得。
12．【答案】（1）b （2）20 （3）不均匀，0.17
13．【答案】（1） 76(p0−MgS)
（2） 47
【详解】（1） 假设气体一直做等压变化,当T1=300K时,体积为0.5HS；当T2=700K时,设活塞到汽缸底部的距离为h,根据盖-吕萨克定律,有0.5HST1=hST2,解得h=76H>H,因此假设不成立,故气体先做等压变化,活塞碰到挡板后气体做等容变化．
设初始气体压强为p,对汽缸受力分析,有pS+Mg=p0S,设T2=700K时气体的压强为p′,由理想气体状态方程得p⋅0.5HST1=p′HST2,
代入数据解得p′=76(p0−MgS)．
（2） 当活塞再次距离底部0.5H时,由平衡条件可知,气体压强恢复到p．设缸内剩余气体初态时体积为V余,气体总体积为V总,从初始状态到最终状态,该部分气体进行等压膨胀,根据盖-吕萨克定律得V余T1=V总T2,
则漏出气体与原有气体质量比为m漏m总=V总−V余V总=47．
14．【答案】（1） 9mv0232qL
（2） 9mv032qL
（3） v0 94L
【题图剖析】
【详解】
（1） 带电粒子在电场中做类平抛运动，
在沿x轴方向，有L=12at2，vx=at（1分）
根据牛顿第二定律有qE=ma（1分）
离开电场时，由几何关系有tan37∘=vxv0，
联立解得E=9mv0232qL（1分）
（2） 带电粒子射入第一象限的速度v=v0cs37∘=54v0（1分）
粒子在第二象限沿y轴方向，有yM=v0t
由（1）可得t=8L3v0，yM=83L（1分）
根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r=409L（1分）
由洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r（1分）
解得B=9mv032qL（1分）
（3） 洛伦兹力的水平分量提供水平方向的动量变化，根据动量定理有∑qv'yB1t=mv1（1分）
即qB1s=mv1（1分）
根据动能定理有−qE1s=12mv12−12m(5v04)2（1分）
联立方程，解得粒子进入第三象限时粒子的速度大小v1=v0（1分）
粒子与O点的距离s=94L（1分）
15．【答案】(1)2gh (2)①22+nv0 ②43n2gh (3)415
【详解】(1)对滑块，由动能定理得mgh=12mv02(1分)
解得v0=2gh(1分)
(2)①若是完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有
mv0=m+n·m2vn(1分)
解得vn=22+nv0(1分)
②若是弹性碰撞，设滑块第1次与第n个物块相碰后的速度分别是v01、v1，根据动量守恒定律有mv0=mv01+m2v1(1分)
根据机械能守恒定律有12mv02=12mv012+12·m2v12(1分)
联立解得v01=v03，v1=43v0，由于后面发生的都是弹性碰撞，所以物块1的最终速度为43v0，由机械能守恒定律知之后滑块第2次与第n个物块发生弹性碰撞前的瞬间速度大小为v0，设滑块与第n个物块相碰后的速度分别是v02、v2，根据动量守恒定律，有mv01=mv02+m2v2(1分)
根据机械能守恒定律有12mv012=12mv022+12·m2v22(1分)
解得v02=132·v0，v2=432v0，
由于后面发生的都是弹性碰撞，物块2的最终速度为432v0，依次类推，可知第n个物块的最终速度v'n=43n2gh(2分)
(3)设滑块刚要滑到斜面体底端时的水平速度大小为vx，竖直速度大小为vy，斜面体的速度大小为v斜，水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得mvx=2mv斜(1分)
根据机械能守恒定律有mgh=12m(vx2+vy2)+12×2mv斜2(1分)
tan θ=vx+v斜vy(1分)
解得vx=2 m/s，v斜=1 m/s，滑块从释放到滑到斜面体底端，设滑块的水平位移大小为s1，斜面体的水平位移大小为s2，由于水平方向系统动量守恒，则有mvx=2mv斜，整理可得ms1=2ms2(1分)
又s1+s2=htan45°，代入数据解得s1=0.5 m，s2=0.25 m(2分)
当滑块到达水平面时，由于挡板的存在，问题简化为滑块在斜面后方2s2处向左做匀减速直线运动，当滑块追上斜面体时恰好速度为零，此时动摩擦因数最大，则有vx22μ2g=v斜22μ1g+2s2(1分)
解得μ2=415(1分)