2026届湖南衡阳市高三二模物理试题（解析版）

高级名校物理试卷高级名校物理试卷PAGE2PAGE12026届湖南衡阳市高三二模物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．我国太阳探测科学技术试验卫星羲和号在国际上首次成功实现空间太阳Hα波段光谱扫描成像。Hα为氢原子由n=3能级向n=2能级跃迁产生的谱线，已知氢原子的能级图如图所示，可见光的光子能量范围约为A．HαB．若存在大量处于n=3能级的氢原子，则可放出两种不同频率的可见光C．若存在大量处于n=3能级的氢原子，可放出两种不同频率的光子D．处于n=2能级的氢原子能吸收2.90eV的光子跃迁到n=3【答案】A【解析】根据玻尔理论的跃迁条件可知，氢原子由n=3能级向n=2能级跃迁产生的光子能量为E32=E3-E2=1.89eV，则Hα属于可见光，A正确；若存在大量处于n=3能级的氢原子，向低能级跃迁时可能辐射光子的个数为C32=3，则可放出三种不同频率的光子，其中E31=E3-E2．景观水池中央底部的光源发出的光在水面形成一个发光圆面，若水中点光源离水面垂直距离为7m，在水面上观察到发光圆面的半径为3mA．53 B．43 C．47【答案】B【解析】由题意可知，水面发光圆面的边缘对应光线刚好发生全反射，此时入射角等于光从水射向空气的临界角C；点光源水深h=7m，发光圆半径r=3m，由几何关系可知点光源到圆面边缘的光线长度l=r2+h2=32+72m3．如图是一列在均匀介质中沿x轴传播的简谐横波某一时刻的波形图，质点P处于波峰位置，质点Q恰好处于平衡位置且向y轴负方向运动，则（）A．该波沿x轴正方向传播B．经过半个周期，质点P沿x轴移动距离为半个波长C．若波源停止振动，质点P、Q、E将立即停止振动D．该时刻，质点E的速度向y轴负方向，加速度向y轴正方向【答案】D【解析】由题意可知，Q点的运动方向沿y轴负方向，根据“上下坡法”可知该波沿x轴负方向传播，A错误；根据波的传播特点可知，波形上的一点在平衡位置沿y轴方向做简谐运动，不会沿x轴方向运动，B错误；波源停止振动后E右侧还有位移不为0的点，还会振动一段时间，C错误；根据该波的传播方向结合“上下坡法”，E点的速度沿y轴负方向，加速度指向平衡位置，因此E点的加速度沿y轴正方向4．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，有一等腰直角三角形，底边BC在x轴上，底边的中点与坐标原点重合，OA长度为1m。测得B点电势为2V，C点电势为-2V，A点电势为4VA．6.6V/m B．5.5V/m C．4.4V/m【答案】C【解析】依题意，将电场强度E沿x、y坐标轴分解为Ex、Ey，设原点的电势为φ0，根据匀强电场电场强度与电势差关系可得φB=φ0-Ex×1mφC=φ0+E5．如图所示，一光滑重球P通过轻绳悬挂在竖直挡板上，轻绳与竖直方向的夹角α=30°，将挡板绕O点顺时针缓慢转动到与水平方向夹角也为α=30°，已知重球质量分布均匀，在该过程中细绳对重球的拉力A．F一直减小，N一直增大 B．F一直增大，N一直减小C．F先减小后增大，N一直增大 D．F一直增大，N先减小后增大【答案】A【解析】对小球受力分析可知，受竖直向下的重力G、垂直挡板的支持力N以及细绳的拉力F作用，如图所示将挡板绕O点顺时针缓慢转动到与水平方向夹角也为α=30°时，由图可知，绳的拉力F与垂直挡板的支持力N的夹角不变，则挡板转动过程中，F一直减小，N一直增大。故选6．如图为某学校组织的“同心击鼓”团队协作能力拓展项目。某次颠球中，排球在某位置由静止开始下降高度H时与鼓面接触，排球被竖直颠起后，又上升高度H时速度恰好为0。已知重力加速度大小为g，空气阻力产生的加速度大小恒为a，该项目所用排球质量为m，若排球与鼓面的接触时间为t，不考虑排球与鼓面接触过程中的空气阻力，则鼓面对排球的平均作用力大小为（）A．2mB．2mC．mD．m【答案】C【解析】由题意可知，在排球下落过程中，空气阻力竖直向上，由牛顿第二定律可得ma1=mg-ma，设接触鼓面的速度为v1，由匀变速直线运动规律得v12=2a1H，在排球上升过程中，空气阻力竖直向下，由牛顿第二定律可得ma2=mg+ma，设离开鼓面时速度为v27．如图所示是半径为R的薄壁圆筒的横截面，在其一条直径两端分别开有两个小孔a和b，处在方向平行于圆筒轴线并垂直纸面向内大小为B的匀强磁场中。质量为m、电荷量为-q的粒子，从小孔a以一定初速度与ab连线成θ角入射，最终从b孔穿出。设粒子与筒壁碰撞后，速度大小不变，速度方向变为关于碰撞点所在半径与原速度方向对称并反向，不计重力，下列说法正确的是（）A．若θ=π6B．若θ=π6C．若θ=π3D．若θ=π3【答案】B【解析】若θ=π6，粒子无碰撞直接从a到b，ab是圆筒直径，长度2R，速度与弦ab的夹角为θ，由几何关系可得ab=2rsinθ=2R，解得r=2R，根据洛伦兹力提供向心力结合牛顿第二定律Bqv=mv2r，解得v=由几何关系可知β=π2-θ，左图中α=π4，由正弦定理可得r1sinα=Rsinπ-α-β，解得v1=2BqR2msin3π4-β，右图中γ=3π4，由正弦定理可得r2sinγ=Rsinπ-γ-β，解得v2二、多选题8．2026年2月11日17时30分，我国在文昌航天发射场使用长征八号改运载火箭，成功将互联网低轨02组卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。已知低轨02组卫星的运行轨道是距离地面高度为h的圆，环绕周期为T，地球可看作半径为R的均质球体，引力常量为G，下列说法正确的是（）A．地球的质量为4B．地球表面的重力加速度大于2πC．互联网低轨02组卫星的向心加速度为2πD．地球的第一宇宙速度为2π(R+h)【答案】ABC【解析】卫星在轨道上运行时，由万有引力提供向心力结合牛顿第二定律得GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)，整理得M=4π2(R+h)3GT2，A正确；处于地球表面的物体，万有引力完全提供重力时有GMmR2=mg，即g=GMR29．山西长治到湖北荆门1000kV特高压交流输电工程，是世界上第一条投入运行的特高压输电大通道，其输电线路可简化为如图所示电路。设该工程中某电厂输出电压为U1，远距离输电线总电阻为r，用户端电压为U2，发电机输出功率为P。若输电线上损失的功率为发电机输出功率的A．升压变压器原、副线圈匝数比为UB．降压变压器原、副线圈匝数比为kPrC．若保持U1不变，晚高峰用户增多时，输电线上电流变小，UD．若保持P不变，晚高峰用户增多时，输电线上电流变大，输电线上损失的功率变大【答案】AD【解析】由题意可知，发电机输出功率P=U1I1，解得升压变压器原线圈电流I1=PU1，输电线上损失功率ΔP=Pk=I22r，解得输电线电流I2=Pkr，根据理想变压器原副线圈电流与匝数关系n1n2=I2I1，解得n1n2=U1kPr，A正确；升压变压器副线圈电压U升=PI2=kPr，根据欧姆定律可知输电线路电压损失ΔU=I2r=kPrk，则降压变压器原线圈电压U10．如图，质量为0.3kg的滑块A套在水平固定的光滑轨道上，A的右侧有一挡板，挡板与A不连接，质量为0.2kg的小球B通过长为1.2m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，可绕O点在竖直平面内自由转动。初始时滑块静止，轻杆处于水平状态。小球以v0=210m/s竖直向下的初速度开始运动，A、B均视为质点，A．B第一次到达最低点的速度大小为6B．B第一次到达最低点时轻杆的拉力约为12.7NC．B在最高点时，B与光滑轨道的高度差为0.6mD．B在最高点时，B与A水平方向上的距离为0.96m【答案】BD【解析】由题意可知，B第一次到达最低点的过程中，由于挡板的缘故，滑块A未动，只有重力对小球做功，机械能守恒，有12mBv02+mBgL=12mBvB2，代入数据解得vB=8m/s，A错误；B在最低点时，由拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有T-mBg=mBvB2L，代入数据解得T≈12.7N，B正确；B到达最大高度时，竖直速度为0，水平速度与A相等，系统水平方向不受外力，动量守恒，得mBvB=(mB+mA)v，解得共同速度v=3.2m/s，设B三、实验题11．手机在物理实验中有重要的应用。某学习小组利用手机进行“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验。已知当地重力加速度g=10m/s（a）将弹簧的左端固定在水平桌面上，右端与细绳相连，细绳跨过固定在桌面边缘的光滑定滑轮后，系一手机，手机重心和细绳在同一竖直线上，如图甲所示。（b）手机的下方悬挂一质量为m=50g的钩码，待平衡后，利用手机软件中的“定位”功能测量手机竖直方向上相对不挂钩码时的位移x（c）增加手机下方的相同钩码数量，作出钩码数量n与手机在竖直方向上位移x的关系图像，如图乙所示。则：(1)关于该实验，下列说法正确的是___________。A．本实验无需测量弹簧的原长B．手机下方所挂钩码不宜过多，以免超出弹簧的弹性限度C．用图像法处理数据时，能够有效减小该实验的系统误差(2)由图乙可知，在弹簧弹性限度内，弹簧弹力与弹簧形变量成__________（选填“正比”或“反比”），测得弹簧的劲度系数为_______N/m。【答案】(1)AB；(2)正比，50【解析】（1）根据胡克定律可得nmg=kx，则k=ΔFΔx=ΔnmgΔx，可知本实验无需测量弹簧的原长，A（2）由图乙可知，图线对应的函数关系为n=100x(m-1)，而12．为了测量某未知电阻（大约100多欧姆），准备的实验器材中没有电压表，有两个电流表，电流表A1（量程为30mA，内阻约为2Ω），电流表A2（量程为10mA，内阻约为1Ω(1)小王首先设计了图甲所示电路来测量A2的内阻，他选用了一个电动势约为3V的电源。实验过程：闭合开关S1，断开开关S2，调整滑动变阻器R1滑片的位置，使A2满偏；保持R1滑片的位置不变，闭合开关S2，调节电阻箱的阻值，当A2指针位于表盘中央时，读出电阻箱R(2)小王把电阻箱R和A2串联作为电压表使用，欲使电压表量程为3V，电阻箱R的阻值应调为________Ω(3)小王利用上述电源设计了如图乙所示的电路测量待测电阻Rx，在实验过程中测得电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，调节滑动变阻器，测得多组I1和I2，并作出I1-I2图像如图丙所示，则该电阻的阻值为________Ω。由于（1）中测量A2内阻时存在系统误差，该方法测量得到的待测电阻阻值【答案】(1)1.10；(2)298.90；(3)120，偏小【解析】（1）根据欧姆定律I=UR（2）根据电压表改装原理可知，电阻箱电阻为R（3）并联时两端电压相等，所以RxI1-I2=RVI2，整理可得I1=Rx+R四、解答题13．如图甲所示，导热性良好的汽缸内用光滑活塞封闭着一定质量的理想气体，汽缸开口向上静置在地面上时，汽缸内的空气柱长度为l0。如图乙所示，若缓慢将汽缸开口向下悬挂在天花板上时，由于操作不当汽缸内漏出了部分气体（此后装置仍然密闭），静止稳定后汽缸内的空气柱长度仍为l0，已知汽缸的横截面积为S，大气压强为p0，重力加速度为g(1)汽缸开口向上时，汽缸内气体压强为多大；(2)汽缸内漏出气体的质量与原有质量的比值为多大。【答案】(1)43p0【解析】（1）汽缸开口向上时，对活塞受力分析，由平衡条件可知p解得p（2）同理，汽缸开口向下时，对活塞受力分析，由平衡条件可知p解得p假设气体不漏气，根据玻意耳定律p则有l=2汽缸内漏出气体的质量与原有质量之比为l-14．如图所示，电阻不计的光滑金属导轨AB和CD放在水平面上，导轨间距LAC=2LBD=1m，处于竖直向下、磁感应强度大小为0.1T的匀强磁场中。两根质量为m=0.1kg，接入电阻为R=0.06Ω的完全相同的导体棒a、b静止在导轨上，导体棒a与导轨变窄处相距1m，如图所示。锁定导体棒b，导体棒a在F=0.1N(1)导体棒a从静止开始运动到导轨变窄处的过程中，导体棒b产生的热量。(2)导体棒b在导轨上运动的最大速度。【答案】(1)0.014J；(2)【解析】（1）由题意可知，a棒在F作用下做加速度减小的加速运动，当加速度为0，即F=时，速度达到最大，根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律可得E=BLv，I=安培力F联立解得v=代入数据得v=1.2导体棒a、b串联在回路中，产生热量相同，对导体棒a、b利用功能关系得W其中恒力做功W联立解得导体棒b产生的热量Q（2）当导体棒a进入0.5m的轨道稳定后，电路中无电流，说明两导体棒切割磁感线产生的感应电动势等大反向，设导体棒b最大速度为vm，有可知导体棒a的速度为2vm，对导体棒a、b分别利用动量定理得I安培力的冲量大小关系I联立解得v15．如图所示，一足够长的倾斜传送带处于静止状态，传送带与水平面的夹角θ=30°。现把一滑块轻放到传送带上O点由静止释放，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=35，传送带的底端垂直传送带放一挡板P，O点到挡板距离x0=4m(1)滑块最终停止在什么位置，滑块在斜面上滑行的总路程s1(2)若传送带光滑，滑块每次与挡板碰撞后的动能都为碰撞前的95%，其他条件不变，则滑块在斜面上运动的总路程s(3)若传送带以v=2m/s的速率沿顺时针方向匀速运行，其他条件不变，求滑块在运动的整个过程中以大于v的速率沿传送带上滑的总路程x【答案】(1)滑块最终停止在P处，203m；(2)156m【解析】（1）对滑块受力分析，可得μmgcosθ因此滑块不可能停在传送带上，滑块最终的位置在P处，设滑块在斜面上滑动的总路程为s1，全过程由动能定理得解得s（2）由几何关系可得滑块第一次下滑的高度为H=根据题意，小滑块从开始下滑到停止的过程滑块第一次上滑的高度为H×0.95，第二次上滑的高度为H×0.952则下滑的总高度之和为h=H+2×H×0.95+2×H×0.952故运