2026届河南省南阳市青桐鸣联考高三下学期二模物理试题（解析版）

高级名校物理试卷PAGEPAGE12026届河南省南阳市青桐鸣联考高三下学期二模物理试卷注意事项：1、答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。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。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.如图甲所示，导热性能良好的玻璃管开口向下倒立在水槽内的水中，将玻璃管缓慢竖直向下移一些至如图乙所示位置，此过程环境温度不变，管中气体可视作理想气体，则一定增大的是管中气体的（）A.体积 B.压强 C.温度 D.内能【答案】B【解析】AB．

设大气压强为

p0，管内液面高于管外液面的高度差为

h，则管内气体压强

p=

p0−ρgh当玻璃管竖直向下移动时，假设气体体积

V

不变，则气柱长度不变，随着管子下移，管内液面也会随之下移，导致管内液面高出管外液面的高度差

h

减小。根据

p=

p0−ρgh可知，气体压强

p

将增大。根据玻意耳定律

pV=C（常数），在温度不变的情况下，若压强

p

增大，则体积

V

必然减小。这说明气体实际上是被压缩，体积

V

减小，而压强

p

增大。故A错误，B正确；CD．

玻璃管导热性能良好，且缓慢移动，说明管内气体温度始终与环境温度保持一致。由于环境温度不变，所以气体的温度

T

不变。对于理想气体，内能只与温度有关，温度不变，则内能不变，故CD错误；故选B。2.用手握住绳的一端上下做简谐振动，时刻形成的简谐波如图所示，此时绳上A、B、C、D四个质点的位移大小相等，则下列说法正确的是（）A.时刻，质点A正在向上振动B.时刻，B、C两质点的速度不同C.时刻，B、D两质点的加速度相同D.A、C两质点的振动方向总是相反【答案】D【解析】A．波向右传播，用“上下坡法”判断质点振动方向。沿波的传播方向，上坡段质点向下振动，下坡段质点向上振动。A点位于波峰左侧的上坡段，因此时刻A向下振动，故A错误；B．B、C两质点位移大小相等，由简谐运动的对称性可知，B、C两质点速度大小相同。由同侧法可知，B、C两质点均向上振动，运动方向相同，因此B、C两质点的速度相同，故B错误；C．B、D两质点位移大小相等，由简谐运动的对称性可知，B、D两质点加速度大小相同。B、D两质点的加速度方向指向各自的平衡位置，因此B、D两质点的加速度方向不同，则B、D两质点的加速度不同，故C错误；D．由位移关系可得A、C的水平间距刚好为半个波长，相差半个波长的两个质点，振动相位差恒为，因此振动方向总是相反，故D正确。故选D。3.美国物理学家密立根于1916年利用光电效应实验第一次测定了普朗克常量。某同学也想通过光电效应实验测定普朗克常量。实验装置如图所示，光电管金属的截止频率为，用不同频率的光照射，移动滑动变阻器的滑片P，使表的示数均刚好为零时，记录电压表的示数。当照射光的频率增大时，电压表的示数增大，已知光电子电量为，则测得普朗克常量等于（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根据光电效应方程可得根据动能定理可得联立可得则有即解得。故选A。4.如图所示，粗细均匀的粗糙直杆倾斜固定放置，小球套在杆上，小球的孔径比杆的直径略大，用恒力作用在小球上，恒力方向斜向右上，与杆在同一竖直面内，小球沿杆运动，小球只受两个力的作用，则关于小球的运动，下列判断正确的是（）A.可能沿杆向上匀速运动B.可能沿杆向上加速运动C.可能沿杆向下匀速运动D.可能沿杆向下加速运动【答案】B【解析】小球只受两个力的作用，且恒力F方向斜向右上，另一个是竖直向下的重力，所以重力与拉力的合力一定沿杆方向，即可能沿杆向上加速运动。故选B。5.如图所示，在空中点沿右偏上角方向抛出一个小球，同时在空中点沿左偏上角方向抛出另一个小球，结果两球在空中点（图中未标出）相遇，已知A、B两点在同一水平线上，两球的轨迹在同一竖直面内，不计小球大小，不计空气阻力，则两点的水平距离与两点水平距离之比为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】令一个小球经过A点的速度为v1，另一个小球经过B点的速度为v2，竖直分速度分别为，竖直位移分别为，根据题意知，联立解得竖直分速度分别为，AC的水平位移为BC的水平位移为联立可得。故选D。6.如图所示为发射某卫星的示意图，卫星发射后先在圆轨道1上运行，卫星离地面的高度为，在点变轨后在椭圆轨道2上运行，远地点离地面高度为，卫星在轨道2上的运行周期是在轨道1上运行周期的倍，地球表面的重力加速度为，则地球的第一宇宙速度等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】根据开普勒第三定律有根据题意，解得根据第一宇宙速度的特点有，解得，故选B。7.如图所示为远距离输电原理图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，降压变压器的副线圈匝数可调，为输电线上的电阻，为负载电阻。开始时开关断开，在升压变压器原线圈两端输入最大电压一定的正弦交流电，则下列说法正确的是（）A.仅将开关闭合，消耗的功率变小B.仅将开关闭合，消耗的功率变小C.仅将滑片P下移，输电线损耗的功率增大D.仅将滑片P下移，降压变压器的输出功率变大【答案】B【解析】A．仅将开关K

闭合，负载电阻

与并联，降压变压器副线圈的总电阻减小。设降压变压器匝数比为；根据变压器原理，等效到原线圈的电阻减小，输电线上的总电压不变，则输电线的电流增大，由可知，消耗的功率变大，故A错误；

B．仅将开关K闭合，输电线电流增大，输电线上的电压损失

增大。升压变压器副线圈电压

不变，则降压变压器原线圈电压减小。根据变压器电压与匝数的关系，降压变压器副线圈电压减小。

消耗的功率变小，故B正确；

C．仅将滑片P下移，降压变压器副线圈匝数减小。等效电阻增大。回路总电阻增大，输电线电流减小。由

可知，输电线损耗的功率减小，故C错误；D．仅将滑片P下移，降压变压器副线圈匝数减小，变压比增大。等效电阻增大，输出功率输电线的电阻与等效电阻大小未知，所以降压变压器的输出功率可能变小，故D错误。故选B。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.如图所示，光滑绝缘半圆柱筒固定在水平面上，长直导线固定在水平面上与半圆柱筒的轴线重合，一段通电直导线紧靠半圆柱筒放在水平面上，、通有方向相同的恒定电流，给施加始终沿半圆柱筒切线方向的拉力，使沿半圆柱筒表面向上缓慢运动，a、b始终相互平行，导线直径忽略不计。在向上运动过程中，下列说法正确的是（）A.受到的安培力大小不变，方向不断变化B.受到的安培力不断减小，方向保持不变C.拉力不断减小D.对半圆柱筒表面的压力不断增大【答案】ACD【解析】AB．导线固定在圆心处，导线在半圆柱筒表面运动，两者距离始终等于圆柱半径。根据长直导线磁场分布规律可知，在处产生的磁感应强度大小不变。根据安培力公式可知，受到的安培力大小不变。由于、电流方向相同，根据同向电流相互吸引可知，安培力方向始终指向圆心。随着的位置变化，半径方向不断变化，所以安培力方向不断变化。故A正确B错误。C．对导线进行受力分析，设所在位置的半径与水平面的夹角为。受到竖直向下的重力、沿半径向外的支持力、沿半径向内的安培力和沿切线向上的拉力。在切线方向上，根据平衡条件有在向上运动过程中，从增大到，不断减小，所以拉力不断减小。故C正确。D．在法线（半径）方向上，根据平衡条件有在向上运动过程中，增大，增大，不变，所以支持力不断增大。根据牛顿第三定律，对半圆柱筒表面的压力不断增大。故D正确。故选ACD。9.如图所示，图中实线、、、为某静电场中的等差等势线，相邻两等势线的电势差绝对值为，虚线为一个电子在该静电场中的运动轨迹，电子在点的动能为，在点电势能为，电子的电量为，则下列判断正确的是（）A.电子在点加速度比在点大B.等势线的电势为C.电子在点的电势能为D.电子运动中的动能可能为【答案】AC【解析】A．等势线的疏密反映电场强度大小：等势线越密，电场强度越大。由图可知，A点等势线更密集，故根据牛顿第二定律电子在A点受力更大，加速度更大。A正确；B．已知电子在点电势能，由得点电势：相邻等势线电势差绝对值为10V，结合轨迹弯曲方向（电场力指向轨迹内侧，电子带负电，电场线与等势线垂直且由高电势指向低电势），可判断电势沿依次升高，由，可得，B错误；C．根据，则，得点总能量点与点等势，故点电势能，C正确；D．电子总能量，由可知动能时，电势能，电势为-35V，由轨迹图可知，电子未能到达等势线上，所以电子运动中的动能不可能为，故D错误。故选AC。10.如图所示，绕过光滑定滑轮的轻绳两端分别吊着矩形金属线框和，两金属线框的水平宽度均为，竖直长度相同，线框的质量为，电阻为，线框efgh的质量为，电阻为，水平线下方有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为，开始时，边和边到的距离均为，由静止释放两金属线框，线框先一直加速运动，当边刚要进磁场时线框的加速度恰好为零，线框abcd进磁场的时间为，线框运动过程中，边、边始终与平行，线框始终与磁场垂直，重力加速度为，则下列判断正确的是（）A.边刚进磁场时，线框中的电流大小为B.边刚出磁场时，线框的加速度大小为C.两线框的竖直长度均为D.线框abcd中产生的焦耳热是线框efgh中产生焦耳热的4倍【答案】AC【解析】A．边进磁场前，线框efgh没有感应电流，分别对两线框根据牛顿第二定律有，，解得进磁场前的速度为，解得根据法拉第电磁感应定律有感应电流大小为，故A正确；B．结合A选项可知，ef刚出磁场（即ab刚进磁场）时，速度对两线框，根据牛顿第二定律有，解得，故B错误；C．当cd边刚要进磁场时线框的加速度恰好为零，则有其中，解得线框abcd进磁场的时间为t，对整体根据动量定理有其中联立解得，故C正确；D．abcd进磁场过程中，efgh同时出磁场，同一时刻速度v相同，电流分别为，焦耳热Q=I2Rt，因此，故D错误；故选AC。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11.要测量当地的重力加速度，某同学设计了如图甲所示的装置。电磁铁和力传感器均与电子计时器连接，开始时，电磁铁接通电源时，小球被吸在电磁铁上处于静止状态，从电磁铁断电开始，电子计时器开始计时，至小球撞击力传感器产生压力时停止计时。（1）用毫米刻度尺测出电磁铁到力传感器的距离，刻度尺竖直放置，零刻度与电磁铁下边缘对齐，力传感器的上边缘与刻度尺刻度对齐的位置如图乙所示，则电磁铁下边缘到力传感器上边缘的距离__________cm；（2）给电磁铁断电，电子计时器记录了小球下落的时间，改变电磁铁到力传感器的高度多次实验，测出每次实验电磁铁到力传感器的高度、记录电子计时器记录的时间，作图像，得到的图像斜率为，图像与纵轴的截距为，则得到当地的重力加速度___________；由此还可以得到小球的半径___________。【答案】（1）10.90（2）；【解析】【小问1】电磁铁下边缘到力传感器上边缘的距离【小问2】小球做自由落体运动变形得，所以图像斜率，纵截距解得当地重力加速度，小球的半径。12.要测量一个毫安表（量程为，内阻约）及一个电压表（量程为，内阻约）的内阻，某同学设计了如图甲所示的电路，为定值电阻，为滑动变阻器，电源电动势为。实验室提供的定值电阻有：、。（1）定值电阻应选用___________（填“”或“”）；（2）将开关合向，将图甲中滑动变阻器滑片移到___________（填“左”或“右”）端，闭合开关，多次调节滑动变阻器，记录每次调节后电压表和毫安表的示数、，某次毫安表的指针所指位置如图乙所示，则毫安表测得的电流___________；作图像，得到图像的斜率为，则毫安表的内阻___________（定值电阻的阻值用表示）；（3）将开关合向，重复实验，根据测得的数据仍作图像，得到图像的斜率为，则求得电压表的内阻___________（定值电阻的阻值用表示）。【答案】（1）（2）左；；（3）【解析】【小问1】因电压表量程为，毫安表量程为，若选用的定值电阻为，则当电压表满偏时，毫安表的示数约为若选用的定值电阻为，则当电压表满偏时，毫安表的示数约为为保证电路中各器件安全，使毫安表及电压表均不超量程，应选用定值电阻。【小问2】闭合开关前，滑动变阻器接入阻值需调至最大以保护电路，由图甲可知，滑片应移到最左端。由图乙可知，毫安表的最小刻度为，故毫安表测得的电流根据欧姆定律可知，解得结合图像的斜率为，可知【小问3】根据欧姆定律可知，解得结合图像的斜率为，可知13.半径为的某种圆形透明介质截去一小部分，是截面，是其对称轴，与的交点到圆心的距离为，一束光线以平行的方向从点射入介质，折射光线刚好射到点，点到的距离为。（1）求介质对光的折射率；（2）试判断光照射到点时会不会发生全反射。【答案】（1）（2）会【解析】【小问1】作出光路图如图所示到对称轴的距离为，（半径），因此法线与入射光线的夹角，即入射角，在中，，，，由正弦定理得

结合余弦定理，解得，代入得

根据折射定律，解得【小问2】临界角点的入射角是折射光线与的法线（）的夹角，由正弦定理得

，计算得因为，即，则恰好会发生全反射。14.如图所示，水平线上方有平行纸面竖直向下的匀强电场，下方有垂直纸面向外的匀强磁场，在上的点沿与成角向右上射出一个质量为、电荷量为的带正电的粒子，初速度的大小为，粒子经电场偏转后从点进入磁场，间的距离为，粒子经磁场偏转后从点左侧距点处第一次离开磁场，不计粒子的重力。（1）求匀强电场的电场强度大小；（2）求匀强磁场的磁感应强度大小；（3）若在电场中放一个平行的弹性绝缘挡板，粒子仍从点沿与成角向右上射出，粒子在挡板上碰撞前后瞬间，平行于挡板的速度大小不变，垂直于挡板方向的速度大小相等、方向相反，要使粒子与挡板下边缘碰撞再经磁场偏转后第一次离开磁场的位置到点的距离为，求挡板到的距离。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1】粒子从P点射出，水平方向做匀速运动，则竖直方向，，可得【小问2】由对称性可知，粒子从Q点进入磁场时，速度大小仍为v0，方向与MN成45°斜向右下方，由几何关系可知粒子做圆周运动的半径为，即根据可得【小问3】若在MN上方放挡板CD，则粒子从P点射出后在C点与挡板相碰，因相碰时水平速度不变，竖直速度等大反向，可知粒子进入磁场时速度大小和方向不变，进入磁场后仍做半径为r的圆周运动，因第一次离开磁场的位置到点的距离为，可知进入磁场的位置应该在PQ的中点M，则由对称性可知，C点在PM上的投影点B应该是PM的中点，根据类平抛运动的规律可知，而挡板到的距离15.如图所示