2025---2026学年湖南省怀化市高三下学期物理二模练习试卷2[含答案Word版】

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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]让质量为的石块从足够高处自由下落，在下落的第末速度大小为，再将和质量为的石块绑为一个整体，使从原高度自由下落，在下落的第末速度大小为，g取，则（ ）
A．B．
C．D．
2．[4分]长征七号改运载火箭由中国航天科技集团一院研制，是我国新一代中型高轨液体运载火箭，具备一箭一星和一箭双星发射能力；如图长征七号改运载火箭发射的两颗卫星A、B在同一平面内绕顺时针方向运行。某时刻两卫星的连线与A卫星的轨道相切，已知A、B卫星的运行周期分别为、，A、B卫星的运行半径分别为r、2r，则（ ）
A．卫星A的机械能比B的小B．卫星A的角速度是B的倍
C．卫星A的向心加速度是B的4倍D．经时间两卫星距离最近
3．[4分]某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动，如图所示的矩形区域OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场，N为QP的中点。模拟动画显示，质量相同的带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，K为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用，则可推断a、b（ ）
A．电荷量之比为
B．到达K点所用时间之比为
C．加速度大小之比为
D．到达K点时沿电场方向的位移大小之比为
4．[4分]如图甲所示，一列简谐横波沿轴传播，时刻和时刻的部分波形图分别如图甲中的实线和虚线所示。已知波源的振动周期大于0.6s，时刻质点N偏离平衡位置的位移，平衡位置在处的质点M振动的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．该波沿轴负方向传播B．该波的波长为16m
C．该波的传播速度大小为12m/sD．波源的振动周期为2.4s
5．[4分]如图甲所示，天花板上相距为L的A、B两点间悬挂长为2L的轻质光滑细绳，细绳上套一质量为m的滑环处于静止状态，此时细绳上的张力为；现对滑环施加一水平方向的恒定拉力F，使得右侧细绳与天花板垂直，此时细绳上的张力为，如图乙所示；不计一切摩擦，，，则与之比为（ ）
A．B．C．D．
6．[4分]如图所示，竖直平面内平行正对的两水平金属板、的间距和板长均为d，上极板接地，下极板不带电。一发射源从点沿方向以相同速度持续喷射出质量为m、电荷量为（q很小）的油滴（视为质点），第1滴油滴落在下极板中点C处，油滴落在极板上立即被吸收且电荷均匀分布在极板上。已知重力加速度为g，不计空气阻力，忽略油滴间的相互作用，则（ ）
A．油滴喷射的初速度大小为
B．最终稳定时，油滴沿方向做匀速直线运动
C．油滴在平行板间运动的最短、最长时间之比为
D．油滴在平行板间运动时电势能最多减少
7．[4分]如图所示，奥托循环由两个绝热和两个等容过程组成。关于该循环，下列说法正确的是（ ）
A．整个过程中温度最高的是状态
B．在过程中，所有气体分子的热运动速率减小
C．在过程中，气体放出热量
D．整个过程气体吸收热量
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]目前我国规划了三个“万星星座”计划，其中“鸿鹄－3”星座计划将在160个轨道平面上发射共1万颗卫星，这些卫星中一颗卫星甲的轨道为椭圆，另一颗卫星乙为近地卫星（轨道半径近似为地球半径）。如图所示，若两轨道相切于P点且在同一平面内，已知地球的半径为R，甲的远地点Q到地球表面的距离为3R，地球表面的重力加速度为，下列说法正确的是（）
A．卫星甲在P、Q两点的线速度大小之比为4:1
B．卫星甲在Q点的加速度大小为
C．卫星甲在P点的线速度小于
D．在卫星甲运行1圈的时间内，乙已经运行了4圈
9．[5分]如图所示，平行轨道由光滑弧形轨道和粗糙水平轨道两部分组成，水平轨道和导体棒ab、cd间的动摩擦因数均为μ，导轨间距为L，水平轨道的区域Ⅰ存在垂直于水平轨道向上的匀强磁场，区域Ⅱ存在垂直于水平轨道向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，导轨右端接入阻值为R的电阻。导体棒ab、cd的质量均为m，电阻均为R，cd静止在区域Ⅱ的磁场中，ab从弧形轨道某高度由静止释放。时刻ab离开弧形轨道直接进入区域Ⅰ，此时cd所受静摩擦力刚好到达最大值（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），时刻ab停止运动，静止在区域Ⅰ中。已知到时间内，通过电阻R的电荷量为q，导轨电阻忽略不计，两棒始终与导轨垂直并接触良好，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．时刻cd受到的摩擦力方向水平向右
B．ab在水平轨道上运动的距离为
C．ab在圆轨道释放的高度为
D．电阻R产生的焦耳热为
10．[5分]如图所示，有一可绕中心轴OO'转动的水平圆盘，上面放有三个可视为质点的物块A、B、C，质量分别为2m，2m，3m，与转轴距离分别为3r、r、2r，三个物块与圆盘表面的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。物块间用轻质细绳相连，开始时轻绳伸直但无张力。现圆盘从静止开始转动，角速度ω缓慢增大，重力加速度为g，轻质细绳足够结实，若要使得物块A、B、C与水平圆盘始终保持相对静止，则下列说法正确的是（ ）
A．当BC间轻绳出现弹力时，B所受摩擦力为0
B．时，A所受摩擦力开始反向
C．连接A、B的绳上张力最大值为25μmg
D．连接B、C的绳上张力最大值为18μmg
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]利用如图1所示的装置研究平抛运动的特点。实验前，先将一张白纸和复写纸固定在装置的背板上。钢球落到的挡板上后，就会挤压复写纸，在白纸上留下印迹。上下调节挡板N，通过多次实验，在白纸上记录钢球所经过的多个位置。用平滑曲线把这些印迹连接起来，就得到钢球做平抛运动的轨迹。
(1)实验时每次必须由斜槽上的同一位置由静止释放钢球，目的是 ；
(2)如图2，以钢球放在斜槽末端时球心在白纸上的投影点O为坐标原点，建立直角坐标系xOy，、为轨迹上的两点，钢球从O到A、A到B的时间分别为、，则 （填“＞”、“0），初速度大小均为，不计粒子的重力及粒子间相互作用。
（1）若，求初速度沿方向的粒子运动到平面时的y坐标；
（2）若，经过足够长的时间，求所有粒子在xOy平面内经过区域的总面积
（3）若，在的空间内有一足够大荧光屏，如图乙所示，求粒子打在荧光屏上形成亮线的长度
14．[14分]如图所示，倾角为足够长的斜面上依次等距离地放有足够多个质量相同、大小不计的小木块……木块的质量均为m，相邻的木块之间的距离为d。斜面在木块2以上的部分光滑，以下部分粗糙，所有木块与斜面粗糙部分之间的动摩擦因数都是。开始时固定木块1，其它木块都静止在斜面上，现由静止释放木块1，木块1沿斜面下滑并与木块2发生碰撞，接着陆续与其它发生木块碰撞，所有碰撞都是完全非弹性的，重力加速度为g。求：
（1）木块1和木块2碰撞后瞬间的速度；
（2）取何值时能撞到木块3而不能撞到木块4；
（3）若，能撞到第几个木块（写出核心方程和结果即可得分）。
15．[16分]如图所示，光滑的台面左侧固定有一根劲度系数为的轻弹簧，轻弹簧的右侧与质量为的滑块A栓接，质量也为m的滑块B紧靠滑块A一起静止在台面上。台面右侧下方光滑的地面上固定有一圆心角为、半径的光滑圆弧轨道，一表面与圆弧轨道右端相切且质量为的长木板C与圆弧轨道接触不粘连，在C的右侧放着2025个质量均为m的滑块（视为质点），C和滑块均静止。现用恒力向左推动滑块B，当滑块A、B速度为0时，撤去恒力F，此后某时刻，滑块B与滑块A分离，分离后滑块A在台面上做简谐运动，滑块B从平台右侧飞出，恰好从圆弧轨道左端沿切线方向滑入，一段时间后滑上C。当B、C刚共速时，C恰好与滑块1发生第1次碰撞。一段时间后，B、C再次共速时，C恰好与滑块1发生第2次碰撞，此后B、C共速时，C总是恰好与滑块1发生碰撞；物块B始终未从C上滑落，若C与B之间的动摩擦因数，重力加速度为，所有碰撞均为弹性碰撞，且每次碰撞时间极短。弹性势能公式，其中k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量。求：
（1）滑块A做简谐运动的振幅A；（结果用根号表示）
（2）滑块B在圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；
（3）滑块C最后一次与滑块1发生碰撞前，滑块1的总路程。
参考答案
1．【答案】B
【详解】重物自由下落做自由落体运动，与质量无关，则下落1s后速度为。
2．【答案】C
【详解】由于卫星A与卫星B的质量未知，不能比较机械能的关系，A错误；由开普勒第三定律，可知，卫星A的角速度是B的倍，B错误；卫星A与B的向心加速度比值满足，C正确；设图示时刻两卫星与地球球心的连线夹角为，则，得，设由图示时刻经时间两卫星相距最近，则，解得，D错误。
3．【答案】B
【详解】两个带电粒子在沿着OQ的方向均做初速度为0的匀变速运动，相同时间内运动的位移大小相等，所以加速度大小也相等，有，所以两个电荷的电荷量之比为1:1，故AC错误；两电荷在相同时间内沿QP方向做匀速直线运动的位移之比为2:1，根据公式，可知a、b电荷的初速度之比为2:1，二者到达K点时的水平位移大小相等，所以时间之比应为1:2，故B正确；沿电场方向有公式，由于时间之比为，所以沿电场方向的位移大小之比应为，故D错误。
4．【答案】A
【详解】由图像可知时刻，质点处于平衡位置，加速度从逐渐变为正值，说明质点的运动方向向下，根据“上坡下行”可知，波沿轴负方向传播，A正确；时刻，质点偏离平衡位置的位移为，可知质点和平衡位置间的距离为，解得波长，B错误；由图甲结合上述分析可知，质点从平衡位置先向下运动，在时刻处于波峰位置，且波源的振动周期大于0.6s，可知，k=0，1，2…解得，波的传播速度，CD错误。
5．【答案】C
【详解】在题图甲中，由平衡条件及几何关系得，解得，在题图乙中，设右侧竖直部分细绳的长度为，由几何关系得，解得，设两部分细绳之间的夹角为θ，则，，对滑环由平衡条件得，解得，则与之比为。
6．【答案】D
【详解】第1滴油滴落在下极板中点C处，水平方向上，竖直方向上，可知油滴喷射的初速度，A错误；下极板的电荷量累积至油滴刚好离开B1点为止，B错误；水平方向的分运动决定了油滴在平行板间运动的时间，因此最短、最长时间对应于油滴落在C点和B1点的时间，则时间之比为1：2，C错误；电场力做功最多时油滴向上运动至最高点，由运动的对称性和分析知，水平方向上，竖直方向上，从A1点到最高点的过程中有，代入数据得，即电势能最多减少，D正确。
7．【答案】D
【详解】根据理想气体状态方程可知，某状态下的气体温度大小正比于压强与体积的乘积，即，在绝热过程中，体积膨胀，气体对外做功，有，所以，可知内能减小，即，所以c状态的温度是最高的，故A错误；在过程中，气体的体积不变，压强减小，根据查理定律有，可得，则过程气体的平均动能减小，平均速率减小，但不是所有气体分子的热运动速率都减小，故B错误；在过程中，根据查理定律，有，可得，所以的过程中，内能增加，由于体积不变，所以气体没有对外界做功，即，所以，即气体吸收热量，故C错误；整个循环过程气体又回到了初始状态，内能不变。气体的图像中曲线与体积轴围成的面积，即为气体对外界做的功，所以如图所示的阴影部分面积为整个过程的气体对外界做的功。
一个循环中，气体对外界做功，，由于，所以，即气体吸收热量，故D正确。
8．【答案】AB
【详解】根据开普勒第二定律，有，解得，A正确；卫星甲在P点有，在Q点有，联立解得，B正确；对于卫星乙有，解得，根据变轨原理可得卫星甲在P点的线速度，C错误；根据开普勒第三定律有，解得，在卫星甲运行1圈的时间内，乙还没有运行4圈，D错误。
9．【答案】AD
【详解】由右手定则判断知，cd棒中的感应电流从c流向d，再由左手定则，cd棒受到向左的安培力，摩擦力向右平衡安培力，故A正确；流经R的电荷量为q，则流经ab棒的电荷量为2q，回路总电阻为1.5R；由，可得，得ab在水平轨道上运动的距离为，故B错误；ab棒刚进入Ⅰ区时，导体棒ab所受安培力满足，速度满足，解得释放高度为，故C错误；全过程中，ab棒减少的重力势能，转化为摩擦生热和回路中的电热。根据串并联电路电流的分配特点可知流经的电流为干路电流的，结合，可知其中电阻R产生的电热只占整个回路产生电热的，故电阻R产生的焦耳热为，故D正确。
10．【答案】AD
【详解】当较小时，A、B、C分别由盘面的静摩擦力提供向心力，设时，A与盘面先达到最大静摩擦力，此时对A，，解得，当时，AB间轻绳上出现弹力，设弹力大小为，B与盘面间摩擦力为（以指向圆心为正方向），此时对A、B分别有，，联立解得，随增大将减小，当时，解得此时，当时，将反向增大。设时，C与盘面间达最大静摩擦力，此时对C，，解得，当时，BC间轻绳上将出现弹力，由于，当时，解得此时，未达到最大静摩擦力。综上：当时，减小为0，当时，设BC间轻绳上弹力大小为，对A，，对B，，对C，，联立三式，解得，随增大，反向增大，当B与盘面间达最大静摩擦力，即时，解得此时，综上所述可知当BC间轻绳出现弹力时，B所受摩擦力为0，A正确；当时，A与盘面间的摩擦力开始减小为0，再反向增大。当再次达到最大静摩擦力时，对A，，对B，，对C，，联立三式，解得，继续增大则A、B、C会一起滑动。此时和都达到最大，代入解出此时，，D正确，BC错误。
11．【答案】(1)确保钢球每次平抛的初速度相同；(2)=；(3)AC
【详解】（1）实验时每次必须由斜槽上的同一位置由静止释放钢球，目的是保证钢球每次平抛的初速度相同；
（2）由于钢球水平方向做匀速直线运动，则，，所以。
（3）水平方向有，竖直方向有，，所以或。
12．【答案】（1）5.364/5.362/6.363/5.365
（2）
（3）；23800；大于
【详解】（1）用螺旋测微器测得外径为
（2）根据电阻定律，可得这种特殊材料的电阻率为。
（3）为了保证开关S2拨动时，滑动变阻器的分压几乎不变，不管是或与滑动变阻器左侧部分的并联电阻应该变化不大，所以为了减小误差，滑动变阻器应采用阻值较小的；
由欧姆定律可知，代入数据解得；
本实验中S2置于a处的电流大于开关置于b处的电流，则S2置于a处与滑动变阻器左侧的并联的部分分压较小，由欧姆定律有，其中，，化简可得，当时，为真实值，而实际上，的测量值会偏大，即的测量值大于真实值。
13．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）粒子在yOz平面做类平抛运动
设粒子运动的加速度为a，则有
y方向有
z方向有
解得
（2）粒子在xOy平面内做匀速圆周运动
由牛顿第二定律，有
解得
经过足够长的时间，所有粒子在xOy平面内经过区域如图所示
则其总面积为
解得
（3）设粒子在磁场中运动的半径为r，粒子在磁场中的偏转角为
粒子的运动可以分解为平行xOy平面的匀速圆周运动，和沿方向的匀加速直线运动，则有
解得
粒子沿方向的匀加速直线运动有，
粒子在磁场中运动的周期
粒子在磁场中的偏转角为
解得
入射的粒子在xOy平面内投影运动的轨迹如图
由几何关系
解得
14．【答案】（1）
（2）
（3）第5个
【详解】（1）木块1与2第一次碰撞前速度记为，碰撞后速度记为，后面依照同样的方式表示，第n次碰撞前速度为，碰后速度记为，木块1下滑过程，根据动能定理有
木块碰撞，根据动量守恒定律有
解得
（2）木块12组合体下滑，根据动能定理有
木块12组合体与木块3碰撞，根据动量守恒定律有
木块123组合体下滑，根据动能定理有
木块12组合体刚好能与木块3碰撞，，此时最大，所以
木块123组合体刚好不能与木块4碰撞，，此时最小，所以
综上所述
（3）方法一：木块组合体下滑，根据动能定理有
木块组合体与木块n碰撞，根据动量守恒定律
第n次碰撞前动能为，碰后动能记为
联立可得：
若刚好能碰到第n个，则且
迭代算出：能碰到第5个小木块；
方法二：木块组合体下滑，根据速度位移公式有
木块组合体与木块n碰撞，根据动量守恒定律有
联立可得
记
联立可得
迭代计算，可撞第3个
，可撞第4个
，可撞第5个
因，不可能撞第6个；
方法三：质心方程
15．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）设对A、B向左运动最大距离为x，由功能关系得
撤去力后A、B在弹簧原长处分离，由能量守恒得
此后滑块A做简谐运动时动能转化为弹性势能，由能量守恒得
解得滑块A做简谐运动的振幅，
（2）由数学知识可得B抛出后到达固定轨道时速度
B在固定轨道上滑到最低点的过程由动能定理得
B在最低点时由牛顿第二定律得
联立代入数据得
由牛顿第三定律得B对轨道的压力大小为
（3）B滑上C后和C构成的系统动量守恒，到共速时据动量守恒得
C和1弹性碰撞，据动量守恒有
据能量守恒有
此后1和2碰撞，1保持静止；2和3碰撞，2保持静止；……碰后C和B再次共速，据动量守恒有
由牛顿第二定律得
由运动学公式得C前进的位移
C和2弹性碰撞，据动量守恒有
据能量守恒有
此后1和2碰撞，1保持静止；2和3碰撞，2保持静止；……，碰后C和B再次共速，据动量守恒有
由运动学公式得C前进的位移
得C第2024次碰1后，C前进的位移为
每两次碰撞过程中，C前进的位移即滑块1前进的位移，滑块1前进后和滑块2碰撞，然后等滑块C刚好共速时来撞滑块1，即滑块C的位移和为滑块1的总路程