2026届湖南省邵阳市高三上学期物理综合模拟检测试卷（二）

2026届湖南省邵阳市高三年级物理综合模拟检测试卷（二） 学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________ 考试命题范围：高中必修选修全部 考试时间：75分钟 总分100分 一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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。 一、单选题（本大题共6小题） 1．人工合成的稀有气体元素118号元素Og经过一系列衰变后成为新元素Fm,下列说法正确的是 (　　) A．若增大压强,可以增大Og的半衰期 BOg的中子数比Fm的中子数多18 C．118号元素Og经过8次α衰变和2次β衰变后成为新元素Fm D．若Og的半衰期为T,12个Og经过2个半衰期后剩余3个Og 2．“打水漂”是一种常见的娱乐活动，一薄铁片从距离水面高度为h处水平抛出，水平方向运动距离l，与水面第一次作用后，薄铁片会反复在水面上弹跳前进。假设薄铁片和水面每次接触后，在水平方向，速度不变，而在竖直方向，速度方向相反，大小变为原来的，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则（    ） A．薄铁片抛出的初速度大小为 B．薄铁片第二次与水面接触后上升的高度为 C．薄铁片从与水面第一次接触到第二次与水平面接触水平方向的位移大小为l D．薄铁片每次接触水面时速度方向与水面的夹角不变 3．一列简谐横波某时刻波形如图甲所示，由该时刻开始计时，质点N的振动情况如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．该横波沿x轴负方向传播 B．该时刻质点L向y轴正方向运动 C．该时刻质点K与M的速度、加速度都相同 D．质点N经半个周期将沿x轴移动到L点 4．一物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的九分之一，在地球上走时准确的摆钟（设这个摆钟的周期与单摆简谐运动的周期相同）搬到此行星上，此摆钟分针走一整圈经历的时间实际是（    ） A． B． C．3h D．9h 5．电子墨水是一种无光源显示技术，它利用电场调控带电颜料微粒的分布，使之在自然光的照射下呈现出不同颜色。透明面板下有一层胶囊，其中每个胶囊都是一个像素。如图所示，胶囊中有带正电的白色微粒和带负电的黑色微粒。当胶囊下方的电极极性由负变正时，微粒在胶囊内迁移（每个微粒电量保持不变），像素由黑色变成白色。下列说法正确的有（　　） A．像素由黑变白的过程中，白色微粒的电势能变小 B．像素由白变黑的过程中，电场力对黑色微粒做负功 C．像素呈黑色时，黑色微粒所在区域的电势低于白色微粒所在区域的电势 D．像素呈白色时，黑色微粒所在区域的电势低于白色微粒所在区域的电势 6．如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（　　） A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1 则t＞t0 B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E 则t＞t0 C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则t＝ D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2 则t＝t0 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 7．张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒 转，通过转速比为 的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为 ，匝数为 ，匀强磁场的磁感应强度为 ， 时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后,输出电压为 .忽略线圈电阻，下列说法正确的是( ) A．发电机输出的电压为 B．发电机输出交变电流的频率为 C．变压器原、副线圈的匝数比为 D．发电机产生的瞬时电动势 8．在某游乐场有如图所示的弹射游戏，在竖直固定的支架上固定有带孔的半圆形容器以及可上下自由调节的水平弹射器，游戏时，手动调整弹射器高度，再压缩弹簧将弹性小球弹出，弹射出口在点的正上方，小球只有在小孔中心处沿图示速度方向（速度方向的反向延长线过圆心）射入小孔时，才能通过小孔成功过关.若小球可看作质点，忽略摩擦及空气阻力，已知弹簧的弹性势能与形变量的关系为，则下列说法正确的是（ ） A. 小球弹射出去的初速度大小与弹簧的压缩量成正比 B. 将弹射器出口调整到点，无论以多大的速度将小球弹射出去都无法顺利过关 C. 弹射器在点上方的不同位置，只要小球射出速度大小合适，都能顺利过关 D. 若将弹射器出口调整在点上方某一位置时游戏可顺利过关，再将弹射器出口水平向左调整一段距离，要想顺利过关，应将弹射器高度降低 9．物块、中间用一根轻质弹簧相接，放在光滑水平面上，，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，时对物块施加水平向右的恒力，时撤去，在内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中以下分析正确的是（　　） A．时弹簧长度最长 B．时物体的速度大小为 C．当弹簧长度由最长变为最短时，弹簧对物体的做功代数和为0 D．通过题干数据可求出物体的质量和恒力的大小 10．在生产玻璃的过程中，有时会有空气进入玻璃，形成空气泡。如图，一边长为4R的方形玻璃元件的中心处有一个半径为R的圆形空气泡。用一束与AB边夹角为45°光从E点射入玻璃。AE=d，玻璃折射率，光在空气中传播速率为c，下列说法正确的是（　　） A．若0<d<2R，光都能经过内圆 B．若d=2R，光从BC边射出 C．若，射入光线与射出光线平行 D．若，光通过内圆时间为 三、非选择题（本大题共5小题 共56分） 11．某同学设计了如图所示的装置来“验证机械能守恒定律”.将量角器竖直固定在铁架台上，使直径边水平，将小球通过一段不可伸长的细线固定到量角器的圆心O处，在铁架台上O点正下方安装光电门(图中未画出)，实验时，让小球在紧贴量角器的竖直平面内运动，调整好光电门，使小球的球心刚好能通过光电门的细光束. （1）以下列举的物理量中，为本实验必须测量的物理量有 ; A．小球的质量m B．小球的直径d C．细线的长度L D．小球的运动周期T （2）图中细线与竖直方向的初始偏角为 ; （3）实验时，将小球拉开，使细线与竖直方向偏开一定的角度θ，将小球由静止释放，测出小球通过光电门的时间t，则小球通过最低点时的速度为 ;如果这一过程中小球的机械能守恒，则题中各物理量应遵循的表达式为 ; （4）多次实验，由实验数据作出了-cos θ图线，则实验所得的图线应该是 . A． B． C． D． 12．小明同学在实验室做实验，需要去测量一个未知定值电阻R0的阻值，该待测电阻阻值接近500Ω。现实验室有如下器材可供选择： A．待测电阻Rx； B．电流表Al（量程0~10mA，内阻RA1=100Ω）； C．电流表A2（量程0~5mA，内阻RA2约为100Ω）； D．电压表V（量程0~1.5V，内阻Rv=500Ω）； E.定值电阻R0=200； F.滑动变阻器R（最大阻值约为10Ω，允许通过的最大电流为1A）； G.滑动变阻器R2（最大阻值约为1000Ω，允许通过的最大电流为1A）； H.直流电源E，电动势为3V，内阻很小； I.开关S，及若干导线。 小明在以上器材中选择了合适的器材，并设计了电路，如甲图所示。现要求测量数据范围较大，测量结果尽可能准确。 (1)滑动变阻器应选 ，a电表应选 ，b电表应选 （请填写所选仪器前的字母编号） (2)通过调节滑动变阻器，测量得到多组a电表和b电表的示数，将a电表和b电表的示数描成图像如图乙所示，图像横纵轴物理量的单位均采用国际单位，该图像斜率大小为k=150，则待测电阻Rx= Ω（保留三位有效数字），所测得的Rx的测量值与真实值的关系是：测量值 且真实值（选填“>”“<”或“=”）。 (3)如图丙，将该待测电阻与一硅光电池串联，硅光电池的路端电压U与干路电流I的关系如图丁所示，则该待测电阻的功率为 W（保留两位有效数字）。 13．如图所示，圆柱形绝热汽缸固定在倾角为θ的斜面上，汽缸深度为H，汽缸口有固定卡槽.汽缸内用质量为m、横截面积为S的绝热活塞封闭了一定质量的理想气体，此时活塞到汽缸底部的距离为，汽缸内气体温度为T0.现缓慢对气体加热，一直到气体温度升高到4T0，加热过程中电热丝产生热量Q.若电热丝产生的热量全部被气体吸收，大气压强恒为p0，不计活塞及固定卡槽的厚度，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气.重力加速度为g，求: (1)气体温度升高到4T0时的压强p； (2)气体温度从T0升高到4T0的过程中增加的内能ΔU. 14．如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，间距为L，左侧倾斜导轨与水平面的夹角为θ，且存在方向垂直倾斜导轨平面向上的磁感应强度为B1(大小未知)的匀强磁场，右侧部分导轨水平，矩形区域abcd内存在方向竖直向上的磁感应强度为B2(大小未知)的匀强磁场，金属棒M用锁扣固定在ab右侧x处.金属棒N从倾斜导轨的某一位置由静止释放，并在进入水平导轨前以速度大小v做匀速运动，最后刚好未与M发生碰撞.已知ab、cd的间距为x，两金属棒的质量均为m、在导轨间的电阻均为R，倾斜导轨和水平导轨平滑连接，两金属棒始终与导轨接触良好且运动过程中保持垂直，不计导轨的电阻和空气阻力，重力加速度为g. (1)求B1的大小； (2)求N在水平导轨上运动过程中通过回路的电荷量； (3)若在N到达ab附近前打开锁扣，M出磁场时的速度大小为，求N出磁场时的速度大小.(M、N未在磁场区域发生碰撞) 15．如图所示，质量为的足够长木板静止在光滑水平面上，质量为的物块放在长木板上表面的左端，右侧共有个质量均为的物块一字排开静止在水平面上，现使、一起以初速度向右运动，以后每次碰撞板与物块、物块与物块均会粘在一起，每次碰撞前瞬间，与均恰好达到共速，重力加速度为，开始时物块1与2间的距离为，不计碰撞时间和物块的大小.求： （1） 与物块1碰撞过程中，物块1对的冲量大小； （2） 与间的动摩擦因数； （3） 从与物块1碰撞后瞬间到与物块碰撞前瞬间，运动的距离. 参考答案 1．【答案】B 【解析】元素的半衰期与物理及化学状态无关,所以增大压强,半衰期不变,A错误Og的中子数为294-118=176,Fm的中子数为258-100=158Og的中子数比Fm的中子数多18,B正确;设经过x次α衰变和y次β衰变,根据质量数守恒及电荷数守恒得294=258+4x,118=100+2x-y,解得x=9,y=0,C错误;半衰期是个统计概念,大量原子核才符合统计规律,对少量原子核没有意义,D错误. 2．【答案】C 【详解】A．根据平抛运动，，解得，A错误； B．第一次竖直方向自由落体有，薄铁片第二次与水面接触后速度为，竖直方向做竖直上抛运动，根据，薄铁片第二次与水面接触后上升的高度为，B错误； C．薄铁片从与水面第一次接触到第二次与水平面接触水平方向的时间，薄铁片从与水面第一次接触到第二次与水平面接触水平方向的位移大小为，C正确； D．薄铁片接触水面时速度方向与水面的夹角的正切值为，因为水平速度不变，竖直方向速度变小，所以薄铁片每次接触水面时速度方向与水面的夹角变小，D错误。选C。 3．【答案】A 【详解】结合波形图和质点N的振动图像可知，该时刻质点N在平衡位置向上振动，可知该横波沿x轴负方向传播，故A正确；由于该横波沿x轴负方向传播，根据“上下坡法”，可知该时刻质点L向y轴负方向运动，故B错误；该时刻质点K与M的速度均为零、加速度大小相同，方向相反，故C错误；质点只能在平衡位置附近振动，而不随波迁移，故D错误。 4．【答案】C 【详解】设物体在某行星表面的重力加速度为，根据万有引力与重力的关系，，则，根据单摆简谐运动的周期公式，在该星球和地球上摆钟分针走一整圈所需要摆动的次数相同，地球上摆钟分针走一整圈经历的时间为，则，摆钟分针走一整圈经历的时间为。 5．【答案】A 【详解】像素由黑变白的过程中，白色微粒受到的电场力向上，位移向上，电场力对白色微粒做正功，白色微粒电势能变小，A正确；像素由白变黑的过程中，黑色微粒受到的电场力向上，位移向上，电场力对黑色微粒做正功，B错误；像素呈黑色时，胶囊下方的电极带负电，像素胶囊里电场线方向向下，所以黑色微粒所在的区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，C错误；像素呈白色时，胶囊下方的电极带正电，像素胶囊里电场线方向向上，所以黑色微粒所在的区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，D错误。 6．【答案】D 【解析】设沿AC做直线运动的粒子的速度大小为v，有qvB1＝qE，即v＝，粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动，如图中轨迹1，由几何关系可知运动轨迹所对的圆心角为90°，则运动时间为周期，又qvB2＝，可得r＝，时间t0＝·，根据几何关系可知OC＝2r，若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则做匀速直线运动的粒子的速度变为原来的一半，粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹半径变为原来的一半，如图中轨迹2，轨迹对应的圆心角依然为90°，时间t＝·＝t0，A错误；若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则做匀速直线运动的粒子的速度变为原来的2倍，粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹半径变为原来的2倍，如图中轨迹3，粒子从F点离开磁场，对应的圆心角依然为90°，时间t＝·＝t0，B错误；若仅将区域Ⅱ中的磁感应强度大小变为B2，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹半径变为r＞2r，粒子从O、F间离开，如图中轨迹4，由几何关系可知，轨迹对应的圆心角θ满足sin θ＝＝＝，则θ＝60°，则t＝·＝t0，C错误；若仅将区域Ⅱ中的磁感应强度大小变为B2，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹半径变为r＝2r＞2r，粒子从O、F间离开，如图中轨迹5，由几何关系可知，轨迹对应的圆心角θ满足sin θ＝＝＝，则θ＝45°，粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t＝·＝t0，D正确。 7．【答案】C 【解析】 发电机线圈的转速为 ，输出交变电流的频率 ， 错误；线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生正弦式交流电，最大值 ，输出电压的有效值 ， 错误；变压器原、副线圈的匝数比 ， 正确；发电机产生的瞬时电动势 ， 错误. 8．【答案】AB 【解析】小球弹出过程,弹簧的弹性势能转化为小球的动能,有,得,A正确；从A点飞出的小球到达点,速度的反向延长线过水平位移的中点,不可能指向圆心,速度方向不可能垂直点的切线方向,无法过关,B正确；将顺利过关时小球通过小孔的速度沿水平方向与竖直方向分解,如图所示,可得,水平位移,联立可得,,下落高度,则弹射器只能在距离点竖直高度处,以固定的速度弹出,才能顺利过关,C错误；根据可知,小球通过小孔时,速度与水平方向夹角恒定,将弹射器出口向左调整一段距离后小球的水平位移增大,故想要顺利过关,需增大弹射器高度,D错误. 9．【答案】CD 【详解】A．时撤去恒力，由图乙可知，图线与t轴所围图形面积为物体速度变化量，可知物体的速度大于物体的速度，当两者共速时，弹簧长度最长，故A错误； B．对物体由图像围成的面积应小于，故B错误； C．当弹簧长度由最长变为最短时，两状态下物体和物体均共速，根据系统动量守恒可知，两次共速时速度相同，根据动能定理可知，弹簧对物体的做功代数和为0，故C正确； D．时对物体和物体系统有 由图乙可知，，时对物体有 ， 代入数据可得 ， 故D正确。 故选CD。 10．【答案】CD 【详解】A．如图1，当d=2R时，光线与内圆相切，如图2，当d=（2-）R时，光线射进内圆的入射角为30°，则若，存在光线与内圆的入射角大与等于45，而 解得 C=45 故当光线与内圆的入射角大于等于45时发生全反射，光线不经过内圆，选项A错误； B．如图1，当d=2R时，光线在BC边发生全反射，光线从CD边射出，选项B错误； C．如图2，当d=（2-）R时，射入光线与射出光线平行，选项C正确； D．当d=（2-）R时，由几何关系得，通过内圆的路程为R，光在空气中传播速率为c，所以光通过内圆时间为，选项D正确。 故选CD。 11．【答案】BC；32.3°(32.0°~32.8°)；；＝g(l+)(1-cos θ)；C 【分析】考查实验“验证机械能守恒定律”。 【详解】（1）本实验验证机械能守恒的关系式如下：，，联立可得：，所以本实验必须测量的物理量有绳长L，小球直径d，选BC。 （2）由题图读数可知，图中细线与竖直方向的初始偏角为32.3°。 （3）小球直径为d，通过光电门的时间为t，所以通过光电门时的速度为 ；应遵循的表达式为： （4）由关系式：，可得：，图线是一条倾斜的直线，斜率为负，截距为正，选C。 12．【答案】(1)F；B；D，(2)500 ；=，(3)0.010（0.0092~0.011） 【详解】（1）[1]滑动变阻器为分压式接法，为了实验数据的连续性强一些，选最大阻值较小的； [2]电源电动势为3V，a表与串联改装成电压表，即a表内阻已知，选电流表，能测量的最大电压为，可知，选刚好等于电源电压； [3]电源电动势为3V，b表选电压表V，其内阻已知，能够测量出通过其所在电路的电流。与分压，能分走将近电压，量程合适，且电压表内阻已知，测量会更精确。 （2）[1][2]乙图横轴为电流表示数，纵轴为电压表示数，电压表示数U与电流表示数I满足关系式有，解得，则有，解得，由于两电表内阻已知，可知测量值等于真实值。 （3）在硅光电池的图中，描绘的图，由于，则图像如图所示 交点处为工作点，其坐标为，则功率为 13．【答案】(1)2　(2)Q-(p0S+mgsin θ) 【解析】(1)初始时活塞受力平衡，活塞到达卡槽前压强恒为p1，对活塞由受力平衡得 p1S=p0S+mgsin θ，解得p1=p0+， 活塞刚到达卡槽时，由盖-吕萨克定律有=， 解得T1=2T0， 活塞到达卡槽后体积不变，由查理定律得=， 解得p=2. (2)设电热丝产生的热量为Q，由题意得气体对外做功为W=p1S， 由热力学第一定律得，气体增加的内能为ΔU=Q-W， 解得ΔU=Q-(p0S+mgsin θ). 14．【答案】(1)　(2)　(3)0 【解析】(1)N沿倾斜导轨做匀速运动时，由平衡条件有mgsin θ=F安， 又F安=B1IL，I=，E=B1Lv， 联立解得B1=. (2)N在水平导轨上从刚进入磁场到停止，由动量定理有0-mv=-B2Lt， 又q=t，=，==， 联立解得q=，B2=. (3)在水平导轨的磁场中运动的过程，设Ｍ运动到cd边时，M、N在磁场中运动的位移之差为Δx，M棒运动的位移为x，N棒运动的位移为x+Δx，则此时N棒到cd边的距离为x-Δx， 对于M，由动量定理有B2Lt1=， 又q1=t1，q1=， 设此时N的速度大小为v1，M、N在水平导轨的磁场中运动时，M、N组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有mv=mv1+mv， 设N出磁场时的速度大小为v2，从M出磁场到N出磁场的过程中，由动量定理有-B2Lt2=mv2-mv1， 又q2=t2，q2=， 联立解得v2=0. 15．【答案】（1） （2） （3） 【解析】 （1） 设与物块1碰撞后瞬间，的速度大小为，根据动量守恒定律有，解得，根据动量定理，物块1对的冲量大小. （2） 设、、物块1共速时的速度大小为，根据动量守恒定律有，解得，设、间的动摩擦因数为 ，、相对滑动时板的加速度大小为，由牛顿第二定律，有，解得，根据速度—位移公式，有，解得. （3） 根据题意，从与物块1碰撞后瞬间到与物块碰撞前瞬间，一直做匀减速运动，由牛顿第二定律，有，解得，设板与物块碰撞前瞬间的速度为，根据动量守恒定律有，解得，在这段时间内，对有，解得. 第 page number 页，共 number of pages 页 第 page number 页，共 number of pages 页 学科网（北京）股份有限公司 $