湖北省随州市2026届高三下学期二模考试物理+答案

一、选择题：本题共10题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合要求，第8-10题有多项符合要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.2026年1月，中国的“人造太阳”——全超导托卡马克核聚变实验装置(EAST)在实验中2.甲、乙两物体沿同一方向做直线运动，其v-t图像如图所示，已知两者在第4秒末相遇。下A.乙物体0~2s内与2~6s内的速度方向相反B.甲的初始位置在乙后方2米处D.0-6s内，两物体最远相距3米的液体中太阳质量的21倍，伴星(蓝巨星)质量约为太阳质量的40倍，轨道周期约为5.6天。下列扫描全能王创建A.EXX乙的分量。在图乙中，初始时K点位于图乙中a点(0,vo),随后在磁场I作用下K点沿以0点(vo,-vo),然后粒子进入磁场Ⅱ,K点沿以0为圆心的圆弧wb(0,--A.图乙中的s点坐标为(v₀,0),可知磁场I的方向为垂直x扫描全能王创建做功mv2二、非选择题：本题共5小题，共60分。某探究小组使用拉力传感器测量当地的重力加速度，实验装置如图甲所示。轻绳一端系在拉力传感器上的0点，另一端连接在可以视为质点的小钢球上，小钢球球心至0点的长度为L。将小钢球拉至轻绳与竖直方向成一定角度后由静止释放，让小钢球以较小的角度在竖直面内摆动，拉力传感器通过计算机采集拉力随时间的变化，图像如图乙所示。甲乙(1)小球运动到最低点时，传感器的示数为。(选填“F₁”或“F₂”)(2)当地的重力加速度大小为。(用L、to表示)(3)多次改变悬线与竖直方向的初始夹角并重复上述实验步骤，记下各组传感器最大示数F₁和最小示数F₂,根据测量数据在直角坐标系中绘制F₂—F₁图像如图丙所示，若小钢球摆动过程中机械能守恒，则丙图中直线斜率绝对值的理论值应为○硅基负极锂电池是以硅基材料(如硅氧或硅碳复合材料)作为负极的锂离子电池，旨在突破传统石墨负极的能量密度瓶颈。某硅基负极电池内阻较小，电动势约为3.0V,实验小组为了准确测量某硅基电池的电动势E和内阻r,设计了如下实验。其中定值电阻Ro=2.0Ω。甲乙(1)按图甲接好电路进行实验，记下电阻箱和电压表对应的一系列读数R、U,获取了多组数据，作出图像如图乙所示，不考虑电压表的分流作用，则可得该电池组的电动势(2)若考虑电压表的分流作用，则该实验中电动势的测量值比真实值。(选填“偏大”“偏小”或“相等”)(3)该实验小组还设计了图丙所示的电路，其中Eo为工作电源，Ro为限流电阻，MN为粗丙R₂表示)13.(10分)(2)潜水员从水深90m处上浮时需先用嘴从外界往肺里吸入部分空气使肺部体积恢复至14.(14分) ,重力加速度大小为g,求：(1)球B上升的最大高度h;(2)球B运动到M点时绳子拉力大小F;(3)球B从O点运动到P点的时间t。甲乙15.(18分)高三物理答案详解：A:错误，主流核电站利用的是核裂变原理，而非核聚变。B:错误，所有物理过程均遵循能量守恒定律，核聚变能量由质量亏损转化而来。C:正确，轻核聚变成更稳定的较重核的过程要释放能量，核子的平均质量减小，核子的比结合能(平均结合能)增大，多余能量被释放。D:错误，核聚变释放的高能γ光子来源于原子核内部，而非核外电子的跃迁。2、正确答案：D详解：A:错误，根据v-t图知乙速度方向始终为正，并未相反。B:错误，0-4s内，甲的位移为8m,乙的位移为10m,因此甲的初始位置在乙前方2米处，而非后方。C:错误，两物体仅在t4s相遇。在0-6s内的其他时刻，它们的位置均不相同。D:正确，在t=1s时，两者速度相等，距离最远，根据数据得此时相距3m。详解：A:错误，该实验是一种光的全反射现象。B:正确，绿光的折射率比红光大，根据绿光临界角较小，更容易发生全反射，因此仍被约束在流动的水流中。C:错误，水面下降，水流速度变慢，水流会更弯曲，激光在水和空气界面处的入射角将会变小，当入射角小于临界角时，将不再发生全反射，即光束不再被约束在流动的水流中。D:错误，改用折射率更小的液体，临界角变大，当入射角小于临界角时，将不再发生全反射。A:错误，双星绕同一点转动，属于同轴转动，因此角速度w必然相同，与质量无关。B:错误，两星之间的引力为,在质量之和保持不变的前提下，由于质量较小的M变大，因此它们之间的万有引力变大，故B错误。C:错误，对于圆周运动双星系统，其周期公式为,系统总质量不变，则周期不变。D:正确，题干明确指出，引力波辐射导致双星的间距L减小，由得周期减小。将半球壳分为左边三分之一、中部三分之一和右侧三分之一，根据对称性，这三部分在0点的场强均沿角6、正确答案：D详解：B只受重力和A对B向上的支持力，故B只在竖直方向上运动，且A、B在竖直方向上不分离，则有aB=aA受B对其竖直向下，大小为FAB的压力，斜面的支持力FN。对A,由牛顿第二定律，在竖直方向上：2mg+FB-FNcos30°=2ma在水平方向上：Fɴsin30°=2maB相对A水平位移为√3H,加速度为aᴀ,故有,解得7、正确答案：B①当t<0.05s,只有ab边切割磁感线产生感应电流时，也只考虑ab边受到安培力的作用，则有F安=BId,联立解得又F=F安代入数据解得F=80t²+8t+0.2(N)(t<0.05s),故D选项错误；②当t≥0.05s,线框全部进入磁场后，ab、cd边同时切割磁感线，设某时刻线框ab边处磁感应强度为B₁,线框cd边处磁感应强度为B₂,则B₁-B₂=kd安培力F=B₁Id-B₂Id=kd²T又F=F代入数据解得F=0.2N(t≥0.05s),故B选项正确；故0.05s后线框消耗的电功率P=Fv=0.4W,C选项错误。8、正确答案：BCA.穿过线圈的磁通量始终为零，不产生感应电流，故A错误；D.线圈做匀速直线运动出磁场时，线圈的左边匀速切割磁感线，则会产生恒定电流，不是交变电流，故D错误BC.线圈绕垂直于磁场的轴转动过程中，穿过线圈的磁通量不断变化，能产生交变电流，故BC正确。9、正确答案：CDA.由乙图可知，t=0.10s时Q沿y负方向振动，根据“上、下坡法”可知，该波沿x负方向传播，A错误；B.将t=0.10s代入,得到y=-10√2cm,C.t=0.10s时P沿y正方向振动，周期为0.20s,故t=0.05s时，质点P的运动方向沿y轴正方向，C正确；D.从t=0.10s到t=0.35s,质点振动,一个周期内路程为4A=80cm,从t=0.30s到t=0.35s,P点的路程为2(20-10√2)cm,质点P通过的总路程为(120-20√2)cm。D正确。A.由s点的坐标(v。,O)知，粒子在磁场I中顺时针运动。磁场方向向外，A正确。B.粒子在电场中沿y轴负方向做匀速运动，有d=v₀t;沿x轴正方向做匀加速运动，又因为,解得方向沿x轴正方向，故B正确。C.w点坐标为(-√2v,0),对应粒子运动是顺时针的，磁场Ⅱ方向向外。坐标错误，故C不正确。D.图乙中d→a过程，粒子克服电场力做功故D不正确。(1).受力分析可知钢球在最高点时，绳子拉力F=mgcosθ,最低点时，绳子拉力为故最低点示数为较大的F₁。(2).由图乙知单摆的周期为4to,代入单摆的周期公式可得(3).在最低点时,最高点时F₂=mgcosθ,若小钢球摆动过程中机械能守恒，则有联立可得故斜率绝对值为12、答案：(1)2.70.70(2)偏小③详解：(1)根据闭合电路欧姆定律整理可可知图线纵截距为斜率为解得E=2.7Vr=0.70Ω(2)电压表分流情况下闭合电路欧姆定律为整理可则图像的纵轴截距整理可故电动势的测量值与真实值相比偏小。(也可采用等效电源法，对于电源、Ro、电压表回路，,故电动势的测量值与真实值相比偏小)(3)灵敏电流计示数为零，因此对E、R₂回路分析，根据闭合电路的欧姆定律可得,R₂两端电压只闭合S₁时灵敏电流计示数为零，则有E=UM同时闭合S₁、S₂则联立解得13、(10分)解答：(1)(4分)设水深90米处压强为p1,(2分)(2)(6分)水深90米处压强P₁=Po+pgh,解得pgh=9p。(1分)吐气前到水面过程中有p₁·0.5V₀=P₂·0.6V。+P。联立可得，h=40m(1分)14、(14分)解答：(1)(5分)P点，球B与A环水平方向共速，根据水平方向动量守恒和机械能守恒有：(2)(5分)球B由O点运动到M点的过程，球B和环A相当于发生了一次弹性碰撞，设球B运动到M点时球B和环A的速度大小分别为vB₁和vA,根据动量守恒和机械能守恒有，联立解得此时对球B根据牛顿第二定律有(1分)(3)(4分)根据水平方向动量守恒，球B和环A相互作用的任意时刻都满足两边分别对时间t求和得mvt=mxg+2mx(1分)15、(18分)解答：(1)(8分)电子在电磁场中受电场力方向向下，由二力平衡可知电子受洛伦兹力方向向上，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外。2分设电子的速度为v,①1分设电子在板间运动的时间为t,L=vt②1分电子在垂直板方向的分速度③1分设电子离开电场时速度的偏向角为θ,