2026届湖南武冈市第十中学高三上学期高考第二次学情调研物理试题 含答案

/2026届湖南武冈市第十中学高三上学期高考第二次学情调研物理试卷（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答第Ⅰ卷时，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．写在本试卷上无效．3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．4．测试范围：高中物理人教版2019全部内容5．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44分）单选题（本大题共6小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，共24分）1．下列核反应方程中括号内的粒子为中子的是 ()A.92235U+01nB.92238UC.714N+2D.614C2．已知质量分布均匀的空心球壳对内部任意位置的物体引力为0.P、Q两个星球的质量分布均匀且自转角速度相同，它们的重力加速度大小g随物体到星球中心的距离r变化的图像如图所示.关于P、A．质量相同B．密度不相同C．第一宇宙速度大小之比为1D．同步卫星距星球表面的高度之比为13．现为了在某海岸进行炸弹爆炸后的地质检测，在大海中的A处和陆地上的B处同时引爆炸弹，A、B处质点分别产生如图甲、乙所示的振动图像，且两处爆炸产生的波均向O处传播。已知两列波在海水中的传播速度均为v1＝1500m/s，在陆地上的传播速度均为v2＝3000m/s，AB＝600km，O为AB的中点，C为OB的中点，假设两列波在海水和陆地上的传播速度不变，忽略海水的流速。则 甲 乙A．O点为振动加强点B．若A处有一漂浮物，漂浮物运动到陆地的最短时间为200sC．由于A、B处两列波在海水和陆地上的传播速度不同，故无法形成干涉现象D．C点持续振动的时间为200s4．教师和学生分别在A、B两点以速度v1和v2水平抛出沙包，两沙包在空中的C点相遇，忽略空气阻力，重力加速度为A．教师和学生同时抛出沙包B．两沙包到C点时的速度方向与竖直方向的夹角一定不相等C．若已知A和C、B和C的高度差HAC和HBC，可求出A、D．若教师远离学生几步，则需要与学生同时扔出沙包，两沙包才能相遇5．如图甲所示,一条电场线与Ox轴重合,取O点电势为零,Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示,若在O点由静止释放一电子,电子仅受电场力的作用,则 ()甲乙A．电子沿Ox轴的负方向运动 B．电子的电势能将增大C．电子运动的加速度恒定 D．电子运动的加速度先减小后增大6．如图所示，空间中有三个同心圆L、M、N，半径分别为R、3R、33R，图中区域Ⅰ、Ⅲ中有垂直纸面向外的匀强磁场（未画出），区域Ⅱ中有沿半径向外的辐向电场，AOB为电场中的一条电场线，AO和OB间电压大小均为U，a、b两个粒子带电荷量分别为－q、＋q，质量均为m，从O点先后由静止释放，经电场加速后进入磁场，加速时间分别为t1、t2，a进入Ⅰ区域后从距入射点四分之一圆弧的位置第一次离开磁场，b进入Ⅲ区域后恰好未从外边界离开磁场，不计粒子重力。则A．Ⅰ、Ⅲ磁感应强度大小的比值B1BB．Ⅰ、Ⅲ磁感应强度大小的比值B1BC．为使两粒子尽快相遇，两粒子释放的时间间隔Δt＝6t2－4t1＋（43－1）πRmD．为使两粒子尽快相遇，两粒子释放的时间间隔Δt＝6t2－4t1＋（23－1）πRm二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得部分，有选错的得0分．）7．如图所示，水平地面上有一小车，车内有质量分别为m、2m的A、B两小球，用轻杆相连，杆与竖直方向的夹角为θ=30∘.A球靠在光滑的竖直侧壁上，A．在不同加速度的情况下，轻杆对小球A的作用力始终为恒力B．当小球B对底面的摩擦力等于零时，小车做匀加速运动，加速度大小为3C．若k=4D．若k=312，当小车做匀加速直线运动时，侧壁对小球8．如图所示，a、b两束单色光沿相同方向从同一点P沿圆心O射入半圆形玻璃砖，其中a光刚好发生全反射，b光沿图示方向射出，β＝30°，则下列说法正确的是（）A．单色光a的折射率为na＝2B．当减小β时，b光也可能发生全反射现象C．在玻璃砖中，a光传播速度小于b光传播速度D．a光的波长大于b光的波长9．如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与套在粗糙固定直杆N处、质量为0．2kg的小球（可视为质点）相连。直杆与水平面的夹角为30°，N点距水平面的高度为0．4m，NP＝PM，ON＝OM，OP等于弹簧原长。小球从N处由静止开始下滑，经过P处的速度大小为2m/s，并恰能停止在M处。已知重力加速度g取10m/s2，小球与直杆的动摩擦因数为35A．小球通过P点时的加速度大小为3m/s2B．弹簧具有的最大弹性势能为0．5JC．小球通过NP段与PM段摩擦力做功相等D．从N运动到P的过程中，小球和弹簧组成的系统损失的机械能为0．4J10．近年来,基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用,其简化的充电原理图如图所示。发射线圈的输入电压为220V、匝数为1100匝,接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下,穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%,忽略其他损耗,下列说法正确的是 （）A．接收线圈的输出电压约为8VB．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同D．穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同第二部分（非选择题共56分）三、非选择题（本大题共5小题，共56分）11．（8分）小明做“用单摆测量重力加速度”的实验。（1）如图甲所示，细线的上端固定在铁架台上，下端系一个小钢球（下方吸附有小磁片），做成一个单摆；甲（2）使小球在竖直平面内做小角度摆动，打开手机的磁传感器软件。某次采集到的磁感应强度B的大小随时间t变化的图像如图乙所示，则单摆的振动周期T=________________________________________s乙（3）改变线长l，重复上述步骤，实验测得数据如下表所示（实验前已测得小球半径r），请根据表中的数据，在图丙上作出L−丙L=(T/sT20.401.2761.6280.601.5552.4180.801.8013.2441.002.0104.0401.202.2084.875（4）测得当地的重力加速度g=____________m/（5）有同学认为，根据公式T=2πLg12．用如图甲所示的电路测量一个量程为100μA、内阻约为2000Ω的微安表头的内阻,所用电源的电动势约为12V,有两个电阻箱可选,R1(0~9999.9Ω),R2(0~99999.9Ω)。图甲(1)RM应选,RN应选。

(2)根据电路图甲,请把实物图乙连线补充完整。图乙(3)下列操作顺序合理排列的是。

①将滑动变阻器滑片P移至最左端,将RN调至最大值;②闭合开关S2,调节RM,使微安表半偏,并读出RM的阻值;③断开S2,闭合S1,调节滑片P至某位置再调节RN使表头满偏;④断开S1、S2,拆除导线,整理好器材。(4)如图丙是RM调节后的面板,则待测表头的内阻为,该测量值(填“大于”“小于”或“等于”)真实值。

图丙(5)将该微安表改装成量程为2V的电压表后,某次测量指针指在图丁所示位置,则待测电压为V。

图丁(6)某次半偏法测量表头内阻的实验中,S2断开,电表满偏时读出RN的值,在滑片P不变的情况下,S2闭合后调节电阻箱RM,使电表半偏时读出RM,若认为OP间电压不变,则微安表内阻为(用RM、RN表示)。13．如图所示，一定质量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环，该过程每个状态都视为平衡态，各状态参数如图所示,（1）B状态的温度TB（2）C状态的压强pC（3）完成一个循环，气体与外界发生热交换的热量是多少？是吸热还是放热？14．如图所示，水平面上有足够长且电阻不计的水平光滑导轨，导轨左端间距为L1=4L，右端间距为L2=L.导轨处在竖直向下的匀强磁场中，左端宽导轨处的磁感应强度大小为B，右端窄导轨处的磁感应强度大小为4B，现垂直导轨放置ab和cd两金属棒，质量分别为m1=4m、m2=m，电阻分别为R1=4R、R（1）t时刻ab棒的速度大小v1（2）t时间内通过ab棒的电荷量q及cd棒发生的位移大小x；（3）最终cd棒与ab棒的速度差Δv15．如图所示，一圆弧槽固定在水平面上，圆弧两端点a、b间对应的圆心角为θ=60∘，a、b两点的高度差为0.6m，b点与圆心O的连线竖直。圆弧槽右侧是光滑的水平面，质量为1kg的小车紧靠圆弧槽右端放置，且小车上表面与圆弧槽b点等高，质量均为2kg的相同小球Q1和Q2放在小车右侧。光滑水平台面上放有一个质量为2.97kg的滑块P，一质量为0.03kg的子弹以（1）求滑块P从圆弧b点离开时的速度大小；（2）当滑块与小车第1次共速时小车与球Q1刚好发生弹性碰撞（正碰），当滑块与小车第2次共速时，小车与球Q1再次发生弹性碰撞，求初始时球Q1（3）若在球Q2的右侧放置无限多个与Q1、

2026届湖南武冈市第十中学高三上学期高考第二次学情调研物理试卷参考答案1．【答案】A【命题点】核反应方程【详解】中子的质量数为1,电荷数为0,根据在核反应中质量数和电荷数均守恒可知,A中有235+1-144-89=3,92+0-56-36=0,则括号中为3个中子,A正确;B中有238-234=4,92-90=2,括号中为氦核,B错误;C中有14+4-17=1,7+2-8=1,括号中为质子,C错误;D中有14-14=0,6-7=-1,括号中为电子,D错误。2．【答案】C【详解】由题图可知,两星球表面的重力加速度大小之比和半径之比都是1:2,由天体表面万有引力和重力相等可知GMmR2=mg,可得M=gR2G,则两星球的质量之比MPMQ=18,故A错误；密度为同步卫星的轨道半径之比rPrQ=12,又因为两星球的半径之比为3．【答案】D【解析】由题图甲、乙可知两列波的周期均为T＝4s，B处质点的振动形式传到O点所用时间t1＝LOBv2＝100s，A处质点的振动形式传到O点所用时间t2＝LAOv1＝200s，可知B处质点的振动形式先传到O点，时间差Δt＝100s＝25T，因A、B两处波起振方向相反，故O点为振动减弱点，A错误；波上质点本身不会随波迁移，而是在平衡位置附近上下振动，故漂浮物无法到达陆地，B错误；两列波频率相同，可以产生干涉现象，C错误；A处质点的振动形式传到C点所用时间t3＝t2＋LOCv2＝250s，B处质点的振动形式传到C点所用时间t4＝LBCv2＝50s，时间差Δt'＝200s＝50T，因为两列波起振方向相反，故C点为振动减弱点，当4．【答案】C【详解】沙包被抛出后做平抛运动,时间为t=2hg,则教师抛出的沙包到达C点的时间较长,可知教师应先抛出沙包才能与学生抛出的沙包在C点相遇,若教师远离学生几步,竖直高度并未发生变化,故仍需要教师先抛出沙包,A、D错误；两沙包到C点的速度方向与竖直方向的夹角满足tanα=v0vy=v02gh,则满足v12gHAC=v22g5．【答案】D【详解】由题图乙可知,随x增大,电势逐渐升高,则电场线方向沿Ox轴负方向,电子所受的电场力沿Ox轴正方向,电子将沿Ox轴正方向运动,A错误;电子由静止释放后,电场力对电子做正功,电子的电势能将减小,B错误;φ-x图像的切线斜率的绝对值等于电场强度的大小,题图乙中φ-x图像的切线斜率的绝对值先减小后增大,电场强度先减小后增大,则电子所受的电场力先减小后增大,由牛顿第二定律可知电子运动的加速度先减小后增大,C错误,D正确.【关键点拨】φ-x图像的切线斜率的绝对值表示电场的场强大小．6．【答案】AC【解析】带电粒子沿电场线加速，由动能定理知qU＝12mv2，可得v＝2qUm，由几何关系可知，a粒子在区域Ⅰ中做圆周运动的轨迹半径为R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB1＝mv2R，设b粒子在区域Ⅲ中做圆周运动的轨迹半径为r2，根据几何关系有（3R）2＋r22＝（33R－r2）2，解得r2＝3R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB2＝mv23R，联立可得B1B2＝31，A正确，B错误；由图可得，两粒子最快在D点相遇，a粒子的运动时间为ta＝4t1＋Ta2，又Ta＝2πRv，b粒子的运动时间为tb＝6t2＋2Tb，又Tb＝2π·3Rv，则Δt＝tb7．【答案】ACD【解析】根据题意,设杆对球A的作用力大小为F,对球A,竖直方向上由平衡条件有Fcosθ=mg,解得F=mgcosθ,轻杆与车厢相对静止,则θ不变,轻杆对小球A的作用力始终为恒力,故A正确；对球B受力分析,结合A项分析可知,杆对球B的作用力大小始终也为F=mgcosθ,当小球B对底面的摩擦力等于零时,对B,根据牛顿第二定律得Fsinθ=2ma1,解得a1=3g6,故B错误；若k=439,小车做匀减速运动,杆与车厢相对静止,对A有Fsinθ−N=ma2,当N=8．【答案】BC【详解】a光刚好发生全反射，由题意得Ca＝90°－β＝60°，可得na＝eq\f(1,sinCa)＝eq\f(2\r(3),3)，故A错误；由题可知，半圆形玻璃砖为光密介质，当减小β时，b光入射角增大，当入射角大于或等于b光临界角后发生全反射，故B正确；由题意可知na>nb，而在玻璃砖中光的传播速度v＝eq\f(c,n)，可知va<vb，故C正确；由于玻璃砖对a光的折射率大于b光的折射率，因此a光的频率大于b光的频率，根据λ＝eq\f(c,f)，可知λa<λb，故D错误。9．【答案】CD【解析】因在P点时弹簧为原长，则到达P点时的加速度大小为a＝gsin30°－μgcos30°＝2m/s2，A错误；因OP等于弹簧原长且NP段与PM段关于P点对称，则在两段上弹力大小的平均值相等，且滑动摩擦力的平均值相等，摩擦力做功相等，C正确；设小球从N运动到P的过程中克服摩擦力做功为W，弹簧具有的最大弹性势能为Ep，根据能量守恒定律，有mg×h2＋Ep＝12mv2＋W，小球从N运动到M的过程中有mgh＝2W，解得Ep＝12mv2＝0．4J，B错误；从N运动到P的过程中，小球和弹簧组成的系统损失的机械能转化为因摩擦力做功而产生的内能，则ΔE＝W＝mg10．【答案】AC【命题点】变压器【详解】发射线圈的电压U1=1△Φ△t=220V,解得△Φ△t=0.2,接收线圈的电压U211．【答案】（2）1.36(1.30∼（3）见解析（4分）（4）9.78（4分）（5）见解析（4分）【详解】（2）【详解】小球经过最低点时磁感应强度最大，相邻两次磁感应强度最大值的时间间隔为半个周期，由题图乙可知单摆的振动周期约为1.36s（3）【详解】根据表格中数据描点连线如图所示。（4）【详解】根据T=2πLg可得L=g（5）【详解】该同学的观点错误。由题意和以上分析可知本题中根据图像的斜率求重力加速度，摆长只影响图像在L轴上的截距，不影响图像的斜率，故小磁片对摆长的影响不影响本实验中测得的重力加速度g的大小。12．【答案】(1)R1(1分)R2(1分)(2)见解析(2分)(3)①③②④(2分)(4)1998.0Ω(2分)小于(2分)(5)1.28(2分)(6)RN【命题点】半偏法测电表的内阻【详解】

(1)根据半偏法的测量原理可知,当闭合开关S2之后,与滑动变阻器并联部分的电流应基本不变,就需要RN较大,RM较小,此时闭合开关S2,对分压电路影响较小。故RM应选R1,RN应选R2。(2)根据电路图,连线如图所示。(3)闭合开关前,先将滑动变阻器滑片P移至最左端,将RN调至最大值;然后断开开关S2,闭合S1,调节滑片P至某位置再调节RN使表头满偏;之后闭合开关S2,调节RM使微安表半偏,并读出RM的阻值;最后断开S1、S2,拆除导线,整理好器材。故正确的操作顺序是①③②④。(4)根据半偏法的测量原理可知,电阻箱RM的阻值表示待测表头内阻,则待测表头内阻为1998.0Ω;由于开关S2闭合导致并联部分电阻变小,通过RN的电流大于Ig,微安表支路电流为12Ig时,电阻箱RM支路电流大于12Ig,则电阻箱R(5)指针指在64位置,按换算关系有2V100=u64,可知电压为1(6)根据题意可得Ig(Rg+RN)=Ig2+Ig2RgRMRN+13．【答案】（1）600K（2）3×（3）180J放热【详解】（1）由理想气体状态方程可得V=CpT,V−T图像中BA的延长线过原点,则理想气体从A状态到（2）由理想气体状态方程有pAVA（3）理想气体从A状态到B状态的过程中,外界对气体做的功为W1=−pA(VB−VA),解得W1=−120J；气体从B状态到C状态和从D状态到A状态的过程中,体积保持不变,外界对气体不做功；从C状态到D状态的过程中,外界对气体做功为W2=pC【方法总结】对于理想气体来说,由于分子间距比较大,分子势能可以忽略不计,理想气体内能的大小由分子动能决定,即一定质量理想气体的内能由温度决定；做功情况看气体体积的变化,体积减小