2026届海南怀化市高三下学期第二次仿真模拟考试物理试题（解析版）

第第页2026届海南怀化市高三下学期第二次仿真模拟考试物理试题1．铽的同位素Tb-161因半衰期为6.9天且衰变时发射β射线，适合制备放射性药物。关于衰变，下列说法正确的是（）A．经过13.8天，10g铽的同位素Tb-161衰变后剩余7.5gB．10个Tb-161原子经过6.9天有5个发生衰变C．通过高温高压可改变Tb-161的半衰期D．β射线电离作用较弱，穿透能力较强，很容易穿透黑纸【答案】D【解析】【解答】A．半衰期为大量原子核衰变一半所花的时间，经过13.8天，即两个半衰期，10g铽的同位素Tb-161衰变后剩余m=122B．半衰期是大量原子核的统计规律，不适用于少数原子，所以10个原子核不能利用半衰期进行计算，故B错误；C．每种元素原子核的半衰期都是固定的，不受外界温度、压强等影响，所以高温高压环境下原子核的半衰期保持不变，故C错误；D．三种射线中，β射线电离作用较弱，穿透能力较强，很容易穿透黑纸，故D正确。故选D。

【分析】利用半衰期结合衰变的时间可以判别原子核衰变后剩下的质量；半衰期是大量原子核的统计规律，不适用于少数原子；高温高压环境下原子核的半衰期保持不变；β射线电离作用较弱，穿透能力较强，很容易穿透黑纸。2．中国基于北斗导航系统的高空探测气球携带气象探测仪器升空，可用于实时监测大气参数并通过北斗卫星传输数据。气球内部充满氦气，在某段升空过程中，离地面越高，空气密度越小、温度越低，气球体积越大，若忽略太阳作用和空气摩擦，则在该段上升过程中，下列说法正确的是（）A．球内气体的内能不断增大 B．球内气体压强不断减小C．球内气体从外界吸收热量 D．外界对球内气体做正功【答案】B【解析】【解答】A．随着海拔升高，外界温度降低，气球内温度也随之降低，由于理想气体的温度决定气体的内能，所以气体内能减小，A错误；B．随着海拔升高，外界大气压强减小，根据气球内外平衡可知气球内压强也随之减小，B正确；C．根据热力学第一定律ΔU=W+Q，由于气体内能减小，外界对气体做负功，球内气体可能向外界放出热量，也可能从外界吸收热量，C错误；D．气球上升过程中，由于温度降低，压强减小，所以气体体积增大，气体对外界做功（W<0），D错误。故选B。【分析】利用外界温度降低可以得出气球内温度也随之降低，由于理想气体的温度决定气体的内能，所以气体内能减小，利用平衡条件可以得出气体压强减小，体积增大，结合热力学第一定律可以判别球内气体可能向外界放出热量，也可能从外界吸收热量。3．某汽车检测中心对两款新型智能网联电动车进行直线加速与制动性能测试。测试车甲、乙均配备高精度北斗定位模块，分别实时记录其位置坐标、瞬时速度随时间变化的规律。两辆测试车同时由静止从同一起跑线出发，沿平直车道向同一方向行驶。根据车载传感器回传数据绘制运动图像，其中甲车的位移—时间关系图像如图甲所示，乙车的速度—时间关系图像如图乙所示，从出发点开始计时，下列说法正确的是（）A．0~2sB．t=3sC．t=5sD．t=6s【答案】A【解析】【解答】A．由图甲位移和时间的关系中，在0~2s内，根据甲车的初末坐标可以得出甲车的位移大小为x1=4B．根据x−t图像的斜率表示速度，由图甲可知t=3s时，根据图像斜率可知甲车的速度大小为vC．t=5sD．由图甲的初末位置可知0~6s内，甲车的位移为0；根据v−t图像与横轴围成的面积表示位移，由图乙可知0~6故选A。

【分析】利用甲图初末位置可以求出甲车的位移；利用乙图面积的大小可以求出乙车位移的大小；利用位移图像斜率可以得出速度的大小及方向；利用速度时间图像坐标可以得出速度的大小及方向。4．中国天问二号于2025年5月29日成功发射，其任务主要是实现对小行星2016HO3的详细探测，包括伴飞观测、表面采样和样品返回。天问二号在变轨过程中会经历不同轨道，如图中Ⅰ轨道和Ⅱ轨道，则天问二号（）A．在Ⅰ轨道上运行的周期更小B．在Ⅱ轨道上运行时经过P点的速度小于经过Q点的速度C．在Ⅱ轨道上经过P点的速度小于在Ⅰ轨道上经过P点的速度D．在Ⅰ轨道上经过P点的加速度小于在Ⅱ轨道上经过P点的加速度【答案】C【解析】【解答】A．天问二号在Ⅰ轨道和Ⅱ轨道运行时，根据开普勒第三定律a轨道半长轴越大，运行周期越大。由图可知Ⅰ轨道半长轴大于Ⅱ轨道，因此Ⅰ轨道运行周期更大，故A错误；B．根据开普勒第二定律，同一椭圆轨道上，由于靠近行星的速度大于远离行星的速度。Ⅱ轨道上P点离小行星更近，因此P点速度大于Q点速度，故B错误C．从Ⅰ轨道变轨到Ⅱ轨道，由于天问二号做向心运动，由于向心力需要减小，所以经过P点时需要减速，使万有引力大于所需向心力，做向心运动进入Ⅱ轨道，因此Ⅱ轨道上P点的速度小于Ⅰ轨道上P点的速度，故C正确；D．加速度由万有引力提供，根据牛顿第二定律有a=GMr2故选C。

【分析】利用开普勒第三定律结合半长轴的大小可以比较周期的大小；利用向心运动可以判别速度的大小；利用开普勒第二定律可以比较同一轨道不同位置的速度大小；利用引力产生加速度可以比较相同位置的加速度大小。5．超声悬浮技术依托高频振动产生的声压梯度及声辐射力，使微小颗粒克服重力并驻留于空间特定位置，此项技术在细胞分选等场景中应用广泛。仪器结构如图甲所示，上部圆柱体产生超声波信号，信号经下部圆柱体反射后与原波场相遇，两束声波干涉叠加，在空间构建出振幅极低的波节区域，颗粒得以在这些波节处维持稳定悬浮。已知每个波节（振动减弱点）处有一个悬浮颗粒，通过刻度尺对5个相邻悬浮颗粒的间距进行测量，结果如图乙所示。图丙给出了两列波在某一时刻的波形示意图，波源标记为S1和SA．超声波的波长为16.5mmB．将超声悬浮仪内抽成真空可消除空气的影响C．两列波叠加稳定后，颗粒可能悬浮在O点处D．两列波叠加稳定后，O、N连线的中点的振幅为2A【答案】D【解析】【解答】A．在两波源连线上，5个相邻悬浮颗粒对应4个相邻波节间距，驻波中相邻波节及两个振动减弱点间距为λ2，因此总间距4×λ2B．高频声波属于机械波，传播需要介质，若将超声悬浮仪内抽成真空，声波无法传播，也不能出现干涉现象，B错误；C．设波长为λ，O点到两波源的波程差Δd=D．由于两波振动的步调相反，由于波程差等于半波长的奇数倍时，振动点为振动加强点，

O、N连线的中点到两波源的波程差Δd'=故选D。

【分析】利用振动减弱点的个数结合距离可以求出波长的大小；利用超声波干涉需要介质，所以不能抽成真空；利用波程差的大小可以判别振动的加强和减弱。6．如图甲所示，在理想变压器a、b端输入电压为U0的正弦交流电，原、副线圈的匝数比n1:n2=4:1。定值电阻R1、R2、A．通过R3B．电压表示数先减小后增大C．图乙中纵截距U1D．R1【答案】C【解析】【解答】A．将输入电源于R1及变压器作为一个电源，根据闭合电路的欧姆定律可知：副线圈电压U2、电流I2满足U2=E'−I2r'，其中nC．根据表达式U2=E'−I2r'可知U-I图像中纵截距为UB．设滑动变阻器滑片左端电阻为R左，滑片右端电阻为R右当R2+R左=R3+R右时，R副取最大值2Ω；当R左=0D．由等效电阻知识可知，副线圈中电阻等效至原线圈中后，R'=k2R故选C。

【分析】利用等效电源结合闭合电路的欧姆定律可以判别当电阻减小时通过R3的电流不断增大；利用闭合电路的欧姆定律可以判别图像截距和斜率的大小；利用等效电阻的变化结合串反并同可以判别电压表的读数大小变化；利用等效电阻的变化可以判别原线圈电流的变化，结合电功率的表达式可以判别R1消耗的功率大小变化。7．如图所示，在足够大的范围内存在水平向左的匀强电场（图中未画出），倾角为α的足够长斜面固定在水平地面上，在斜面底端有一垂直斜面的足够长的绝缘挡板，现从斜面上O点垂直斜面、以大小为v的速度抛出一质量为m的带正电小球，O点到斜面底端的距离为s，小球刚被抛出时所受的合力方向沿斜面向下，小球碰到挡板后垂直挡板反弹（平行挡板方向的速度变为0），且每次反弹后的速度大小为碰前瞬间垂直挡板方向速度大小的12A．小球所受电场力大小为mgB．小球可能落在距O点为s2C．小球第一次落到挡板上的点到斜面底端的距离为vD．小球从第一次到第四次与挡板碰撞的过程中的路程为21s【答案】D【解析】【解答】A．已知合力沿斜面向下（垂直挡板方向），因此垂直斜面（平行挡板）方向合力为0：由于垂直于斜面方向的合力等于0，对重力和电场力进行分解，重力垂直斜面分量为mgcos⁡α，电场力垂直斜面分量为Fsin⁡α故A错误；B．沿斜面向下（垂直挡板方向）合力恒定，根据牛顿第二定律可知加速度a=F合m垂直挡板方向，初速度为0，做匀加速直线运动，加速度a=g小球碰撞挡板后反弹，反弹后垂直挡板方向速度大小为碰前的12​，计算第一次反弹后上升的最大距离：碰前速度，根据速度位移公式有：vy12=2as，反弹后速度v1'后续每次反弹上升距离更小，小球碰到挡板后垂直挡板反弹（平行挡板方向的速度变为0），小球碰后只是沿平行于斜面运动，没有平行于斜面方向的位移，所以永远无法到达斜面，因此不可能落在斜面上，故B错误；C．第一次碰撞挡板时，根据位移公式可知垂直挡板方向位移s=12得运动时间t1=故C错误；D．计算第一次碰撞到第四次碰撞过程的总路程，第一次碰后→第二次碰：根据运动的路程可知往返路程2Δy往返路程2Δy2=s总路程s2故选D。

【分析】利用垂直于斜面方向的平衡方程可以求出电场力的大小；利用小球碰后没有平行于斜面方向的速度所以不会返回斜面；利用碰撞过程的速度变化结合速度位移公式可以求出碰后小球上升的高度；利用位移公式可以第一次碰前运动的时间，结合匀速直线运动的位移公式可以垂直于斜面方向的位移大小。8．一电荷量为e的质子仅在电场力的作用下从O点沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位置坐标x变化的关系图像如图所示，其中图线在0∼2x0时为抛物线，在x>2A．0∼2xB．2.5x0C．x0处的电势为D．在x0∼2x【答案】A,C【解析】【解答】A．0∼2x0内图像为抛物线，顶点在x0处，0∼B．x>2x根据电场力和电荷量的比值可知电场强度大小，故B错误；C．根据电势能的表达式Ep=eφ，x0处D．根据功能关系可知电场力做功满足W=−ΔEp，x0∼2x0故选AC。

【分析】利用图像斜率可以判别电场力的大小变化，结合牛顿第二定律可以判别加速度的大小变化；利用图像斜率可以求出电场力的大小，结合电场强度的表达式可以求出电场强度的大小；利用电势能的表达式可以求出电势的大小；利用电势能的变化可以判别电场力做功的情况。9．某5G智慧港口的水平导轨上，一台质量m的重载自动导引车从静止开始运送集装箱。导引车采用“恒牵引力一恒功率”两阶段智能启动策略：初始阶段，电机提供恒定推力使导引车从静止开始做匀加速直线运动；当电机功率达到额定功率后，系统转为恒功率驱动，导引车加速度逐渐减小。t2时刻导引车达到最大运行速度并保持匀速，导引车的加速度与时间的关系图像如图所示。已知导引车在导轨上运行时受到的电磁阻尼与摩擦力的总和恒为f，a0、t1A．恒牵引力大小为mB．导引车的额定功率为(f+mC．t1∼D．t1∼【答案】B,D【解析】【解答】A．由题意可知0∼t1时间内导引车做匀加速直线运动，由于此时导引车牵引力保持不变，根据牛顿第二定律有F−f=maB．t1时刻由于导引车的加速度开始减小，由于此时导引车的功率达到额定功率，所以随着速度增大，牵引力减小则会出现加速度减小，根据功率的表达式有P额解得P额CD．当导引车达到最大速度v2后，由于牵引力此时等于阻力，有P额=Fv2=fv故选BD。【分析】利用加速度恒定时结合牛顿第二定律可以求出牵引力的大小；利用加速度开始变化的瞬间可以判别导引车达到额定功率，利用速度公式结合额定功率的表达式可以求出额定功率；当速度达到最大时，利用阻力和额定功率可以求出最大速度，结合初末速度可以求出速度的增加量。10．电动汽车能量回收装置的简化原理图如图所示。间距为L的足够长平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平面内，导轨左端通过单刀双掷开关S可分别与电动势为E、内阻为r的电源和电容器相连。虚线右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、长度也为L的金属棒ab垂直导轨静置于虚线右侧，金属棒在导轨上运动时与导轨间的阻力大小始终为BLE3r。0时刻将开关S拨至1，t时刻金属棒的加速度恰好为0，此时将开关S拨至2，电容器在极短时间内完成充电。已知电容器的电容为mA．0∼t内金属棒做匀加速直线运动B．将开关S拨至2前瞬间，金属棒的速度大小为EC．电容器完成充电瞬间，电容器两端的电压为ED．电容器充电完成后，金属棒做加速度大小为BLE6mr【答案】C,D【解析】【解答】A．开关S接1时，设金属棒速度为v，由于金属棒产生的电流方向与回路电流方向相反，根据欧姆定律可知电路电流I=E−BLvr，安培力F安=BIL=BL(E−BLvd)r，由于金属棒受到安培力和阻力的作用产生加速度，根据牛顿第二定律有B．将开关S拨至2前瞬间，金属棒的加速度为0，由于安培力和阻力相等，则有BIL=其中I=E−BLvr，解得C．将开关S拨至2后，电容器在极短时间内完成充电，电容器两端电压与金属棒切割磁场产生的感应电动势相等，根据动生电动势的表达式有U=对金属棒，由于安培力的冲量导致动量的变化，根据动量定理有BILΔt=BQL=mv−mvD．设电容器充电完成后Δt(Δt→0)内金属棒的速度减小了Δv解得加速度为：a=BLE故选CD。

【分析】利用金属棒的速度可以求出动生电动势的大小，结合回路的欧姆定律可以求出回路电流的大小，结合安培力的表达式及阻力的表达式可以求出加速度的表达式，进而判别加速度不断变化；利用金属棒的平衡方程可以求出金属棒的速度大小；将开关S拨至2后，利用电容的定义式结合动量定理可以求出电容器两端电压的大小；当金属棒减速的过程中，利用牛顿第二定律可以求出金属棒加速度的大小。11．某物理兴趣小组做实验“探究平抛运动的特点”。实验装置如图甲所示。（1）关于该小组的实验操作，下列说法正确的是________。A．调节斜槽轨道，确保其末端切线水平B．描绘同一轨迹时，应让小球从斜槽上的不同位置无初速度释放C．释放小球的位置应尽量靠近斜槽末端，起始高度不宜过高D．木板需保持竖直，且小球下落的竖直平面应与木板平面平行（2）该小组得出如图乙所示的轨迹图，其中a、b、c三点的位置在运动轨迹上已标出，已知重力加速度大小为g。小球从a点运动到b点的时间为，小球离开斜槽末端时的初速度大小为，小球运动到b点时的速度大小为。（均用相关物理量符号表示）【答案】（1）A；D（2）y2−2y1【解析】【解答】（1）A．为了保证小球初速度沿水平方向，安装斜槽时其末端切线应水平，以保证小球离开斜槽后做平抛运动，故A正确；B．为了保证小球每次运动的轨迹相同，小球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放，以保证小球到达斜槽末端时的速度相同，故B错误；C．为了完整记录小球运动的轨迹，小球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度要适当，不能过高或过低，故C错误；D．将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行，防止小球与木板相碰，故D正确。故选AD。（2）小球在水平方向做匀速直线运动，由于ab和ac水平方向的距离相等则小球从a点到b点的时间等于从b点到c点的时间，设为T，有t小球在竖直方向做匀加速直线运动，根据竖直方向的邻差公式有Δ解得T=y2−2y1g；根据水平方向的位移公式可知小球做平抛运动的初速度大小vx=x0T=（1）A．安装斜槽时其末端切线应水平，以保证小球离开斜槽后做平抛运动，故A正确；B．小球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放，以保证小球到达斜槽末端时的速度相同，故B错误；C．小球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度要适当，不能过高或过低，故C错误；D．将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行，防止小球与木板相碰，故D正确。故选AD。（2）[1]小球在水平方向做匀速直线运动，则小球从a点到b点的时间等于从b点到c点的时间，设为T，有t小球在竖直方向做匀加速直线运动，有Δ解得T=y[2]小球做平抛运动的初速度大小vx[3]小球经过b点时竖直方向的速度v又v解得vb12．某实验小组尝试测量某款电动自行车上蓄电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻器、阻值为10Ω的定值电阻R0（1）多次调节滑动变阻器R的阻值，读出相应的电压表和电流表示数U和I，用测得的数据描绘出如图乙所示的U−I图像。则电压表应选择（填“3”或“15”）V的量程，该电池的电动势E=V，内阻r0=（2）该同学反思后发现上述实验方案存在系统误差。若考虑电表内阻的影响，与真实值相比，电动势的测量值，内阻的测量值。（均填“偏大”“偏小”或“准确”）【答案】（1）15；12；2.5（2）偏小；偏小【解析】【解答】（1）由于回路电动势等于内外电压之和，根据闭合电路的欧姆定律有U=E−I由题图可知该电池的电动势为纵截距E=12V根据表达式可知斜率的绝对值为k=故电池的内阻r（2）当电源短路时，电表的内阻不影响短路电流，与横坐标轴交点的数值不变，由于电压表中也有电流，故通过电池的电流比电流表的示数大，修正图如图所示，根据图像截距可知电动势的测量值小于真实值，根据图像斜率可知内阻的测量值也小于真实值。

【分析】（1）利用闭合电路的欧姆定律结合图像斜率和截距可以求出内阻和电动势的大小；

（2）当电源短路时，电表的内阻不影响短路电流，与横坐标轴交点的数值不变，由于电压表中也有电流，故通过电池的电流比电流表的示数大，根据修正后图像斜率和截距可以判别电动势和内阻的变化。（1）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律有U=E−I由题图可知该电池的电动势为纵截距E=12V[3]斜率的绝对值为k=故电池的内阻r（2）[1][2]当电源短路时，电表的内阻不影响短路电流，与横坐标轴交点的数值不变，由于电压表中也有电流，故通过电池的电流比电流表的示数大，修正图如图所示，可知电动势的测量值小于真实值，内阻的测量值也小于真实值。13．如图所示，一个半径为5a的圆木板静止在某种透明液体的表面，在圆木板圆心O的正下方有一点光源S，已知圆木板边缘上任意一点到点光源的距离均为13a，该液体的折射率n=4（1）从圆木板边缘出射的光线在液体中传播的时间t；（2）从圆木板边缘出射的折射光线的折射角的正弦值sinθ【答案】（1）解：光在液体中传播的速度大小v=光在液体中传播的时间t=解得t=​​​​​​​（2）解：设从点光源射到圆木板边缘的光线的入射角为θ1，根据几何关系有根据折射定律有n=解得sin​​​​​​​【解析】【分析】（1）已知折射率的大小，利用折射率可以求出光在液体中的传播速度，结合传播的路程可以求出传播的时间；

（2）已知光在圆木板边缘发生折射，利用折射定律可以求出折射光线的折射角的正弦值。（1）光在液体中传播的速度大小v=光在液体中传播的时间t=解得t=（2）设从点光源射到圆木板边缘的光线的入射角为θ1，根据几何关系有根据折射定律有n=解得sin14．弹珠是小朋友们喜爱的玩具之一。质量M=18g的木槽截面如图所示，四分之一圆弧处表面光滑，圆弧的圆心为O点，半径R=0.15m，圆弧末端切线水平且距水平地面的高度h=0.05m，如图所示。质量m=6g（1）若木槽固定，弹珠离开木槽前瞬间，木槽对弹珠的支持力大小F；（2）若木槽不固定且地面光滑，弹珠与木槽刚分离时弹珠的速度大小v；（3）在（2）的条件下，弹珠从释放到落地的水平位移大小s。【答案】（1）解：若木槽固定，设弹珠离开木槽时的速度大小为v0mgR=弹珠离开木槽前瞬间，设木槽对弹珠的支持力大小为F，由牛顿第二定律有F−mg=m解得F=0.18​​​​​​​（2）解：若木槽不固定且地面光滑，设弹珠与木槽刚分离时木槽的速度大小为v1，由能量守恒定律有对木槽和弹珠组成的系统，在水平方向上，由动量守恒定律有M解得v=1.5​​​​​​​（3）解：在（2）过程中，设弹珠、木槽的位移大小为xm、xM又R=弹珠离开木槽后做平抛运动，设运动时间为t，在竖直方向上有h=在水平方向上有x=vt又由几何关系有s=解得s=0.2625m【解析】【分析】（1）木槽固定时，利用动能定理可以求出弹珠离开木槽的速度，结合牛顿第二定理可以求出木槽对弹珠的支持力大小；

（2）当木槽不固定时，利用能量守恒定律结合动量守恒定律可以求出弹珠与木槽分离时的速度大小；（3）弹珠离开木槽做平抛运动，利用平抛运动的位移公式可以求出弹珠运动的水平距离。（1）若木槽固定，设弹珠离开木槽时的速度大小为v0mgR=弹珠离开木槽前瞬间，设木槽对弹珠的支持力大小为F，由牛顿第二定律有F−mg=m解得F=0.18（2）若木槽不固定且地面光滑，设弹珠与木槽刚分离时木槽的速度大小为v1，由能量守恒定律有对木槽和弹珠组成的系统，在水平方向上，由动量守恒定律有M解得v=1.5（3）