2026届湖南省新高考教学教研联盟高三下学期4月第二次联考物理试题（含答案）

第第页2026届湖南省新高考教学教研联盟高三下学期4月第二次联考物理试题一、单项选择题（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．关于原子核衰变，下列说法正确的是（）A．β衰变的实质在于原子核内的中子转化成了一个质子和一个电子，其转化方程是0B．放射性的原子核在发生α衰变、β衰变时产生的新核处于高能级，这时它要向低能级跃迁，并放出γ光子C．原子核的能量也跟原子的能量一样，其变化是不连续的，也只能取一系列不连续的数值，因此，也存在着能级，且能级越高越稳定D．放射性元素的半衰期与所受压力有关2．张家界大峡谷玻璃桥在建造时，工程人员需检测桥面玻璃的均匀性，如图，他们用某单色平行激光垂直照射两块玻璃所形成的空气劈尖，工程人员通过显微镜观测到干涉条纹，下列说法正确的是（）A．该工程人员是从上面玻璃的上方观测到了干涉条纹B．干涉条纹是由上面玻璃的上、下表面的反射光形成的C．相邻的两条干涉条纹的宽度不相等D．该入射单色激光在玻璃中的波长大于在真空中的波长3．如图所示，黑板（铁材料）竖直固定，小磁铁夹着一张纸吸附在黑板上，已知纸和磁铁的质量分别为m、M，开始纸和磁铁都静止。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，对纸施加不同的力。下列说法正确的是（）A．对纸施加竖直向上的力，纸未动，黑板对纸的摩擦力一定减小B．对纸施加竖直向上的力，纸和磁铁一起向上匀速运动，纸受到的摩擦力的合力增大C．对纸施加平行黑板方向的水平力，纸未动，黑板对纸的摩擦力可能不变D．对纸施加竖直向下的力，只要拉力大于两侧滑动摩擦力之和，就能将纸抽出4．如图所示，某传送带与水平面的夹角为θ，工作人员利用传送带运送器械。已知器械质量为m，与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。传送带的速度为v，大小不变，器械初速度为0，中途某位置时速度与传送带速度大小相等，在被传送带送到顶端的过程中，下列说法正确的是（）A．器械所受摩擦力的大小一直为μmgB．器械与传送带共速后受到的摩擦力对器械不做功C．器械所受合力对器械做功为1D．器械所受支持力的冲量为05．汽车无线充电技术的研究进入快速发展期。其工作原理如图1，通过铺设在地面的充电垫（内含充电线圈）将电能传送至汽车底部的感应线圈，其简化电路如图2所示，利用充电线圈产生的磁场传递能量，进而给车载锂电池充电，充电效率约为85%。已知充电垫与220V的家庭电路相连，锂电池的充电电压为352V，下列说法正确的是（）A．充电线圈中电流产生的磁场均匀变化B．充电线圈与感应线圈上通过的电流频率不同C．充电线圈匝数与感应线圈匝数之比为5:8D．充电线圈匝数越少，感应线圈上感应电压越高6．在x轴上有坐标分别是−6cm和8cm的两波源P、Q，在x轴上分别产生向右、向左传播的简谐横波，两波的波速均为2cm/s，以P波源开始振动时计时，且Q比P先振动T4（T为两列波的周期），P的振动方程为A．两列波的振幅均为20cmB．在0~2s内，P波源向右运动了4cmC．在0~2s内，x=−2cmD．x=0的点是振动减弱的点7．某同学设计了图甲所示模型研究弹簧在碰撞过程中的缓冲作用。物体A、B放在光滑水平地面上，A以一定的初速度向B运动，B上水平固定劲度系数为k的轻弹簧。以图示时刻为计时起点，水平向右为正方向，描绘出物体A、B运动的速度时间图线如图乙所示，图中阴影部分面积为S，A的质量为1kg，已知弹簧的弹性势能Ep=1A．从A接触弹簧到A与弹簧分离，A受到弹簧的冲量I=3B．物块B的质量为2kgC．k和S数值上满足kD．从A接触弹簧到A与弹簧分离，B受到弹簧的平均作用力为3N二、多选题（本题共3小题，每小题5分，共15分。每小题有多项符合题目要求，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．如图所示，地球和某行星在同一轨道平面内同向绕太阳做匀速圆周运动。地球和太阳中心的连线与地球和该行星的连线所夹的角叫地球对该行星的观察视角（简称视角）。已知该行星的最大视角为θ，当行星处于最大视角处时，是地球上的天文爱好者观察该行星的最佳时期。下列说法正确的是（）A．地球绕太阳运动的周期小于该行星绕太阳运动的周期B．地球绕太阳运动的线速度小于该行星绕太阳运动的线速度C．行星与太阳的连线和地球与太阳的连线在相同的时间内扫过的面积相等D．行星绕太阳运动的角速度与地球绕太阳运动的角速度之比为ω9．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子束在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理可简化为下述过程：已知静电场的方向平行于x轴，在−1cm≤x≤3cm范围内，电势φ随x的变化如图所示，电子从x=−1cm处静止释放，仅在静电力作用下在A．x轴上O点左侧的电场强度E1和右侧的电场强度E2B．若将正电子从x=3cm处静止释放，则正电子也能在−1C．电子在x=1cmD．电子的运动是简谐运动10．如图所示，两粗糙平行金属导轨CD、EF固定在一倾角为θ的斜面上，导轨上端接有一个不带电且电容为C的平行板电容器。导轨下端接固定在水平面上的足够长平行直光滑导轨MN、PQ，CD与MN、EF与PQ均通过很短的绝缘弯头平滑相连，金属导轨CD、EF及MN、PQ的间距均为L。斜面上存在磁感应强度为B的匀强磁场且方向垂直斜面向下，水平面存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度也为B。在水平导轨上静止放置长度为L的导体棒cd，cd到弯头的初始距离为x。现有一长度为L的导体棒ab垂直放置于导轨CD、EF的某处并从静止开始下滑，无摩擦地滑过绝缘弯头，滑上水平放置的金属导轨MN、PQ。导体棒ab刚下滑时离水平导轨的高度为h，且与导轨CD、EF之间的动摩擦因数为μ。已知导体棒ab、cd的质量均为m，导体棒cd的电阻为R，不计导体棒ab及所有导轨电阻，重力加速度大小为g，电容器始终未被击穿，金属棒ab与金属棒cd始终未发生碰撞。下列说法正确的是（）A．金属棒ab在倾斜导轨上做匀加速运动，在水平导轨上做匀减速运动B．金属棒ab与金属棒cd的最终速度为v=C．电容器最终储存的电能为E=mgh−D．x的最小值为mR三、实验题（本题共2小题，共16分）11．某同学设计一个测定平抛运动初速度的实验装置，设计示意图如图甲所示，O点是小球抛出点，在O点有一个频闪的点光源，闪光周期为T，在抛出点的正前方，竖直放置一块毛玻璃，已知O点与毛玻璃水平距离为L，在小球抛出后当光源闪光时，在毛玻璃上有一个小球的投影点，在毛玻璃右边用照相机多次曝光的方法，拍摄小球在毛玻璃上的投影照片。重力加速度为g。（1）使用游标卡尺测量小球的直径如图乙所示，则小球直径为cm。（2）小球在毛玻璃上的投影点做运动。已知两个相邻小球投影点的实际距离为Δh，小球的投影在玻璃上经过b点的速度为（用Δh和（3）投影点沿毛玻璃下降的高度h随小球运动时间t变化的关系如图丙所示，若该图像斜率为k，则小球做平抛运动的初速度大小为（用k、L和g表示）。12．小明同学为测量电阻丝Rx（1）他首先选择多用电表的欧姆挡进行粗测，用电表的“×1”挡正确操作后指针位置如图所示，则读数为Ω。（2）为了精确测量该电阻Rx电压表V（0~15V，内阻rV电流表A1（0~40mA，内阻r电流表A2（0~80mA，内阻r定值电阻R滑动变阻器R（0~5Ω）电源E（电动势1.5V、内阻约为4Ω）开关S、导线若干实验中要求调节范围尽可能大，并读数尽可能准确，在方框内画出符合要求的电路图，并在图中注明各元件的符号。（3）得到多组数据后用图像法处理数据，通过描点得到了如图所示的图线，其中横、纵坐标分别为电路中两电表的示数，由图线可得该电阻丝的阻值为Ω。四、计算题（本题共3小题，共41分。其中第13题10分，第14题14分，第15题17分）13．如图所示，一根下端封闭、上端开口的均匀玻璃管竖直放置，管内有长度为L2=20cm的水银柱，将一段空气柱（视为理想气体）封闭在管内，静止时空气柱的长度为L1=15cm，已知外界大气压强恒定为（1）玻璃管加速运动时，管内封闭空气的压强为多少？（2）玻璃管加速运动时与竖直静止时相比较，管内封闭空气柱的长度减少了多少？14．某工业级电子束调制系统由电子加速腔、平行板电偏转模块和磁偏转腔依次衔接组成，某原理可简化为如图甲所示装置。加速电场的电压U1=md218et02，大量电子由静止开始经加速腔加速后，连续不断地沿水平方向从两板正中间OO'射入电偏转模块；电偏转模块的两块水平平行金属板间距为d，其正对区域的长度满足：无电场作用时，电子水平穿过极板的时间为2（1）求平行板电偏转模块中偏转电场的极板长度L；（2）电子在刚穿出两极板之间时的最大侧向位移与最小侧向位移之比为多少？（3）若将偏转磁场的磁感应强度变为kB（0<k<1），但磁场宽度不变。为使电子仍能垂直打在竖直放置的荧光屏上，将荧光屏向右移动一段距离，在匀强磁场右边界与荧光屏之间加一段竖直向上的匀强电场进行“速度偏折矫正”。已知电子在该矫正电场中运动的时间为t1，求该矫正电场的电场强度E15．如图所示，水平光滑的地面上静置着一套由轻杆铰接而成的装置，装置包含A、B、C三个小球（可视为质点），其质量之比为3:2:1。两个完全相同的轻质细杆长度均为L，将A与B、B与C分别通过无摩擦的轻质铰链相连。初始时，两根细杆并拢且竖直立在地面上，A、C两球位于水平地面上，B球位于最高点，整个装置在外力作用下保持静止。现撤去外力后，装置在重力作用下发生运动，最终B球触地停止。若运动到某一位置时，两根细杆与水平方向夹角为β，重力加速度为g。（1）求B球落地前瞬间速度大小；（2）以初始时A球位置为坐标原点，竖直向上和水平向右分别为y轴和x轴正方向建立坐标系，求落地前B球的运动轨迹方程；（3）当β=37°时，取g=10m/s2，L=31

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．β衰变的实质是原子核内中子转化为质子和电子，正确的转化方程为01B．放射性原子核发生α衰变或β衰变后，生成的新核通常处于高能级，当它向低能级跃迁时，会以γ光子的形式释放能量，产生γ射线，故B正确；C．原子核的能量变化是不连续的，存在能级，但能级越低能量越低，原子核越稳定；能级越高越不稳定，选项表述逻辑错误，故C错误；D．放射性元素的半衰期由原子核内部结构决定，与外界压力、温度、化学状态等外部因素无关，故D错误。故答案为：B。

【分析】本题考查原子核衰变的相关概念，核心是明确β衰变的实质、γ射线的产生机制、原子核能级特点及半衰期的决定因素。2．【答案】A【解析】【解答】A．空气劈尖干涉，激光垂直入射，从上方玻璃上方可观测到干涉条纹，故A正确；

B：干涉由上玻璃下表面、下玻璃上表面的反射光形成，不是上玻璃上下表面，B错误。

C：劈尖夹角恒定，相邻条纹对应的空气膜厚度差恒定，条纹宽度相等，C错误。D．因为光在玻璃中的波长为λ=vT，光在真空中的波长为λ'故答案为：A。

【分析】A：明确空气劈尖干涉的观测方向；

B：判断发生干涉的两束反射光来源；

C：分析劈尖干涉条纹间距特点；

D：结合光在介质中波长公式，比较光在玻璃与真空中的波长。3．【答案】B【解析】【解答】A．若施加的力太大，黑板对纸的摩擦力可能反向，比原来的摩擦力更大，故A错误；B．没有施加力，纸受到的摩擦力的合力为f合=f1−f2C．纸原来受到的黑板摩擦力为f0，设施加的水平力为F，则纸受到的黑板的摩擦力大于f0D．设纸受到向下的力为F，磁铁与纸的摩擦力大小为f1，纸与黑板的摩擦力大小为f2，刚好将纸抽出，则对纸F+mg−f1−故答案为：B。

【分析】本题考查静摩擦力、滑动摩擦力的分析与计算，核心是通过受力分析判断摩擦力的大小和方向变化，结合牛顿第二定律分析物体的运动状态。4．【答案】C【解析】【解答】A．器械与传送带共速后做匀速运动，受到的摩擦力大小等于重力沿斜面的分力大小，所以摩擦力为f=mgsinB．器械匀速上行，相对传送带有下滑趋势，所以器械受到的摩擦力方向沿传送带向上，故做正功，故B错误；C．器械受到的合力做功等于器械动能的增加量，故C正确；D．器械上行过程中所受支持力一直垂直于传送带，根据I=F故答案为：C。

【分析】本题考查斜面上传送带的受力分析与动能定理的应用，核心是分阶段分析器械的运动状态、摩擦力的变化，并利用动能定理和冲量的定义判断各选项。5．【答案】D【解析】【解答】A．充电线圈中通有交流电，电流产生的磁场是周期性变化的，而非均匀变化，故A错误；B．充电线圈与感应线圈上通过的电流频率相同，故B错误；C．若为理想变压器，则U1U2D．根据变压器电压与匝数关系U1故答案为：D。

【分析】本题考查无线充电的工作原理（互感现象），核心是利用变压器的电压与匝数关系、频率特性及实际能量损失来分析各选项。6．【答案】C【解析】【解答】A．由振动方程可知，两列波的振幅均为10cm，并非20cm，故A错误；B．机械波传播时，质点仅在平衡位置上下振动，不会随波迁移，因此P波源不会向右运动，故B错误；C．由P、Q的振动方程可知，两列波的振动周期相同，为T=2πω=2ππ2s=4s，t=2s时P波刚传播的距离为Δx1=vt=4cm，可知P波刚传播到x=−2cmD．机械波传播的波长满足λ=vT，解得λ=8cm，因Q比P先振动T4，由Q的振动方程y=10sinπ2t+此时P开始振动，方程为y=10sinπ2tcm可知，以该时刻作为计时起点，波源Q的振动超前波源P的相位为π2rad，因x=0的点到两波源的波程差Δx=xQ−xP=2cm，两波源的振动传播到x=0处的时间差为Δt=Δxv=1s=1故答案为：C。

【分析】本题考查两列简谐横波的传播与叠加，核心是结合振动方程分析波的周期、传播距离，利用波的叠加原理判断质点振动状态。7．【答案】C【解析】【解答】A．从A接触弹簧到A离开弹簧，A的速度由2m/s变成−1B．由动量守恒可知mv0=mC．由图像可知，S为AB共速时弹簧的压缩量，由mv0=m+mD．由动量定理可得Ft=mBv故答案为：C。

【分析】本题考查弹簧碰撞过程中的动量守恒、能量守恒与冲量计算，核心是利用速度-时间图像分析物体运动状态，结合动量定理和机械能守恒定律判断各选项。8．【答案】B,D【解析】【解答】AB．根据GMmr2=mvC．根据开普勒第二定律可知，同一行星与太阳的连线在相同的时间内扫过的面积相等，C错误；D．设该行星与太阳的连线和该行星与地球的连线的夹角为α，则由正弦定理得rsinθ=r地sinα，则sinθ=r故答案为：BD。

【分析】本题考查行星绕太阳的圆周运动规律，核心是利用万有引力定律分析周期、线速度、角速度的关系，并结合几何关系和开普勒定律判断选项。9．【答案】A,C【解析】【解答】A．根据E=Ud坐标原点右侧的场强为E2=ΔB．沿电场线方向电势降低，故正电子在x=3cm到x=0处受到的电场力沿x轴正方向，则正电子不会在−1C．电子在原点左侧受向右的电场力，电子做匀加速运动，在原点右侧受向左的电场力，电子做匀减速运动到速度为0，后匀加速至原点，再匀减速到初始位置，在原点左侧运动的位移大小为x1=1cm，在原点右侧运动的位移大小为x2=1cm，根据动能定理有D．电子先做匀加速运动，再做匀减速运动，之后重复，不是简谐运动，故D错误。故答案为：AC。

【分析】本题考查电势-位置图像（φ-x图像）的应用，核心是利用图像斜率求电场强度、结合动能定理分析电子的运动和能量变化。10．【答案】B,C,D【解析】【解答】A．在倾斜导轨上运动时，设金属棒ab的速度大小为v1时，经历的时间为t1，通过金属棒的电流为I1，在时间间隔t1按定义有I1=ΔQΔt，Δ金属棒所受到的摩擦力方向沿导轨斜面向上，大小为f=μmg金属棒在时刻t1的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有又a=ΔvΔt，联立可得a=msinθ−μcos在水平轨道运动时，设金属棒ab的速度大小为v2时，金属棒cd的速度大小为v3，通过金属棒ab的电流为I2，金属棒由于金属棒ab速度减小，金属棒cd速度增大，随着运动F'减小，根据牛顿第二定律得a'=所以，金属棒ab在水平轨道上做加速度减小的减速运动，故A错误；B．金属棒ab与金属棒cd在水平轨道上满足动量守恒，有mv0=2mvC．设电容器最终储存的电能为E，金属棒ab在倾斜轨道下滑过程，由能量守恒有mgh=12mD．从金属棒ab刚滑上水平轨道到金属棒ab和cd共速过程，对金属棒cd用动量定理，有∑得到流过电路中的电荷量为q =mvBL=mv02BL，当金属棒ab与cd共速时，金属棒ab刚好与金属棒cd故答案为：BCD。

【分析】本题是电磁感应综合问题，涉及含电容器的双杆模型，核心是通过受力分析、动量定理和能量守恒分析导体棒的运动状态、最终速度、电容器储能及位移最小值。11．【答案】（1）1.060（2）匀速（或“匀速直线”）；Δ（3）gL【解析】【解答】（1）游标卡尺读数为10mm+0.05（2）如图所示小球运动到A点时三角形OAM与投影三角形OBN是相似三角形，其中xy设NB=h，有x可解得h=其中L，g，v0根据公式，小球的投影在玻璃上经过b点的速度vb=Δ（3）由（2）可知h=gL2v0t，则斜率k=gL2v0，解得v（1）游标卡尺读数为10（2）[1]如图所示小球运动到A点时三角形OAM与投影三角形OBN是相似三角形，其中xy设NB=h，有x可解得h=其中L，g，v0[2]根据公式，小球的投影在玻璃上经过b点的速度v（3）由（2）可知h=则斜率k=得v12．【答案】（1）19（2）（3）19.5【解析】【解答】（1）用电表的“×1”挡正确操作后指针位置如图所示，则读数为19×1Ω=19（2）要求调节范围尽可能大，故滑动变阻器应采用分压接法；电动势为1.5V，电压表量程太大，不适合；应将内阻已知的电流表A1与定值电阻R0串联，改装成新的电压表；改装后新电压表分流可知，所以电流表（3）根据电路图可知A2电流表示数大，由图可得I2=2I1，所以Rx和A(2)电压表量程过大不适用，需将电流表A1与定值电阻R0串联改装为电压表，滑动变阻器采用分压式接法，电流表(3)由图像法处理数据，结合改装电表的读数关系求电阻值。（1）用电表的“×1”挡正确操作后指针位置如图所示，则读数为19×1（2）要求调节范围尽可能大，故滑动变阻器应采用分压接法；电动势为1.5V，电压表量程太大，不适合；应将内阻已知的电流表A1与定值电阻R0串联，改装成新的电压表；改装后新电压表分流可知，所以电流表（3）根据电路图可知A2电流表示数大，由图可得I2=2I1，所以13．【答案】（1）解：设玻璃管加速运动时管内封闭空气的压强为p2，玻璃管横截面积为则p或p解得p（2）解：玻璃管竖直静止时，对水银柱受力分析，由平衡条件得封闭空气柱的压强p或p1S=解得p由于管内空气温度保持不变，由玻意耳定律得p或p解得L空气柱的长度减小量Δ解得ΔL=0.6【解析】【分析】(1)对水银柱受力分析，结合牛顿第二定律求加速运动时封闭空气的压强；

(2)先求静止时封闭空气的压强，再由玻意耳定律求加速运动时的空气柱长度，进而求长度减少量。（1）设玻璃管加速运动时管内封闭空气的压强为p2，玻璃管横截面积为则p或p解得p（2）玻璃管竖直静止时，对水银柱受力分析，由平衡条件得封闭空气柱的压强p或p或p解得p由于管内空气温度保持不变，由玻意耳定律得p或p解得L空气柱的长度减小量Δ解得Δ14．【答案】（1）解：由动能定理qU1=12m（2）解：据分析可得：电子在t=0，2t0，4t0后t0时间不受电场力做匀速运动，匀速运动侧向位移a=即y电子在t=t0，3t0，5t0（3）解：电子进入磁偏转腔后，洛伦兹力提供向心力evB=mv电子在磁场中偏转的圆心角θ满足sinv即v得θ=45°，sin当磁感应强度变为kB时，R0<k<1即半径变大，sinv又m所以E=【解析】【分析】(1)先由动能定理求电子加速后的速度，再结合电子穿过极板的时间求极板长度；

(2)分析电子在不同时刻进入偏转电场的运动过程，分别计算最大和最小侧向位移，求其比值；

(3)先求电子在磁场中的偏转半径和偏转角，再结合“速度偏折矫正”的运动学规律，求矫正电场的电场强度。（1）由动能定理q得vL=解得L=（2）解法一：据分析可得：电子在t=0，2t0，4t0后t0时间不受电场力做匀速运动，匀速运动侧向位移a=即y电子在t=t0，3t0，5即y解法二：据分析可得，电子在t=t0，3t0，5t0……时刻进入电场时，有最小侧向位移ymin，电子在如图所示据类平抛运动规律：速度反向延长线交于x方向位移的中点，据相似三角形相似比可得y（3）电子进入磁偏转腔后，洛伦兹力提供向心力evB=或R=电子在磁场中偏转的圆心角