2025-2026学年湖南省武冈市第二中学高三年级上学期期末联考物理综合练习试卷【二】
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．测试范围：高中物理人教版2019全部内容
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题 共44分）
单选题（本大题共6小题， 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，共24分）
1．保护环境是可持续发展的前提，被污染的核污水中含有大量的放射性物质，其中包括碘129、铯137、碳14等，排放到海水中会破坏环境，影响生态平衡。下列说法正确的是
A．碘129的半衰期约为1 570万年，海水的低温可使其半衰期变得更长
B．已知铯137的衰变方程为CsBae，可判断此衰变为β衰变
C．碳14的半衰期约为5 730年，碳14的污染经过约11 460年能够消失
D．由于具有放射性，说明这些放射性元素原子核的比结合能较大
2．天舟七号货运飞船采用3小时快速交会对接方式与天和核心舱实现地球外高度对接，由于北斗卫星的精准定位，将远距离导引过程由多圈次压缩为一圈左右，从而实现快速对接.科学家发现沿霍曼椭圆轨道最省钱，如图所示，天舟七号从近地点运动到远地点后再与天和核心舱对接.已知天和核心舱的轨道半径是天舟七号在近地圆轨道Ⅰ半径的倍，天和核心舱在轨道Ⅱ上的运动周期为，地球半径为，地球表面重力加速度为.下列说法不正确的是（ ）
A．天舟七号通过加速从近地圆轨道Ⅰ进入霍曼轨道
B．天舟七号在轨道Ⅱ上通过加速可实现与天和核心舱对接
C．天和核心舱离地面的高度为
D．若天舟七号从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ在霍曼轨道上恰好运动半周，其运动时间为
3．如图甲为一列简谐横波在某时刻的波形图，图乙为质点以此时刻为计时起点的振动图像.则由图可知（ ）
甲 乙
A．该波的波速大小为
B．从该时刻起质点比质点先运动至波峰位置
C．当质点位于波谷时，质点正沿轴正方向振动
D．从该时刻起，经过，质点通过的路程为
4．如图所示，、两个小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度同时水平抛出.已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长为其竖直高度的2倍.若小球能落到斜面上，、均可视为质点，重力加速度取，则下列说法正确的是（ ）
A．如果球落在半圆轨道最低点，则其速度方向竖直向下
B．球落在斜面上时，其速度方向与水平面夹角的正切值为0.5
C．调整球初速度的大小，能使球垂直落在半圆轨道上
D．、两球如果同时落在半圆轨道和斜面上，则其初速度
5．光滑绝缘水平面上相距为L的点电荷A、B带电荷量分别为＋4q和－q，如图所示，今引入第三个点电荷C，使三个点电荷都处于平衡状态，则C的电荷量和放置的位置是( )
A．－q，在A左侧距A为L处
B．－2q，在A左侧距A为处
C．＋4q，在B右侧距B为L处
D．＋2q，在B右侧距B为处
6．如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长的固定绝缘杆MN，小球Р套在杆上，已知P的质量为m，电荷量为，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为，重力加速度为g，小球由静止开始下滑，在运动过程中小球最大加速度为，最大速度为，则下列判断正确的是（ ）
A．小球开始下滑时的加速度最大
B．小球的速度由增大至的过程中，小球的加速度一直减小
C．当时小球的速度v与之比一定小于
D．当时小球的加速度a与之比一定小于
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得部分，有选错的得0分．）
7．传送带在现代工业生产和物流体系中扮演着至关重要的角色，其能够提升生产效率，节省空间成本，广泛应用于各领域，推动物流自动化发展。如图所示，传送带与水平面夹角为θ，且夹角θ可根据需求调整，货物与传送带之间的动摩擦因数为μ，在货物随传送带匀速运动的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．摩擦力对货物不做功
B．θ减小，货物对传送带的压力变大
C．θ增大，货物受的摩擦力大小始终等于
D．当时，则传送带无法将货物向上输送
8．如图所示，变压器为理想变压器，、、、为4个完全相同的灯泡，在、间接入有效值不变的交流电压，开关闭合时，4个灯泡亮度相同。下列说法正确的是（ ）
A. 变压器原、副线圈的匝数比为
B. 交流电压的有效值为此时一个灯泡电压的3倍
C. 开关断开时，灯泡变亮
D. 开关断开时，灯泡的亮度不变
9．水晶球是用天然水晶加工而成的一种透明的球型物品。如图所示， 一个质量分布均匀的透明水晶球， 过球心的截面是半径为r的圆。一单色细光束平行直径PQ从A点射入球内， 折射光线AQ与PQ夹角为30°。已知光在真空中的传播速度为c， 则（ ）
A．水晶球的折射率为
B．光在水晶球中的传播速度为
C．光在水晶球中的传播时间为
D．若逐渐增大射向水晶球表面光的入射角，光可能因发生全反射而无法射出水晶球
10．如图所示，一根长为的轻杆的两端分别固定小球和.轻杆可绕距球为处的轴在竖直平面内转动，初始时杆处于竖直位置，小球恰好与水平光滑地面接触.在杆的左侧紧贴着球的是棱长为的立方体滑块，、、的质量均为.现用一水平恒力作用于球上，使之绕固定的轴顺时针转动，直到转动到的右上角分离.设在此过程中滑块一直紧贴地面，重力加速度为,不计一切摩擦.下列判断正确的是（ ）
A．力的功率逐渐增大
B．分离之前滑块的动能始终小于球的动能
C．力做的功大于滑块的动能增量与球、重力势能增量之和
D．滑块的最大速度为
第二部分（非选择题 共56分）
三．非选择题（本大题共5小题，共56分）
11．(7分)某实验兴趣小组用如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律。轻质折杆AOB为直角形式，可以在竖直平面内绕轴O自由转动且AO=2BO，折杆两端分别固定两个大小相等但质量不等的小球A、B，O点正下方有一光电门，调节光电门位置，使小球A从水平位置静止释放，当小球A通过最低点时，球心恰好通过光电门，与光电门连接的数字计时器显示的挡光时间为Δt，已知小球A、B的直径为d、质量分别为M、m(M>m)，当地重力加速度为g。完成下列实验：
甲 乙
(1)使小球A从水平位置静止释放，则小球A经过最低点时的速度大小v= (用d、Δt表示)；
(2)用游标卡尺测得小球的直径如图乙所示，则小球的直径d= cm；
(3)测得AO=L，则小球A从水平位置静止释放，转至A球刚好通过光电门过程中，验证系统机械能守恒的表达式为 (用M、m、L、d、Δt表示)。
12．（8分）在测量某电源电动势和内阻时，因为电压表和电流表的影响，不论使用何种接法，都会产生系统误差，为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验兴趣小组设计了如图甲实验电路进行测量。已知。
（1）按照图甲所示的电路图，将图乙中的器材实物连线补充完整。
（2）实验操作步骤如下：
①将滑动变阻器滑到最左端位置
②接法Ⅰ：单刀双掷开关S与1接通，闭合开关，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据的值，断开开关
③将滑动变阻器滑到最左端位置
④接法Ⅱ：单刀双掷开关S与2闭合，闭合开关，调节滑动变阻器
R，记录下若干组数据的值，断开开关
⑤在丙图中分别作出两种情况所对应的U—I图像
（3）由图丙可知（填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”）测得的电源内阻更接近真实值。
（4）根据测得数据，作出和图像如图丙所示，根据图线求得消除系统误差后测得电源电动势。，内阻Ω。（结果均保留两位小数）
13．（10分）为了测定某些特殊物品（如药丸）的体积，实验小组找来一个带有刻度的容器，其底面积、容积为、导热性能良好，带有厚度不计可无摩擦滑动的轻质活塞，装置不漏气，如图甲所示.已知环境温度，大气压强，重力加速度大小取.
甲
（1） 将某种特殊物品放在容器中，盖上活塞，将其置于的冰箱中，稳定时活塞下端所指刻度，如图乙所示，则该物品的体积为多少？
乙
（2） 保持环境温度不变，把一些“宝塔糖”放进容器后，盖上活塞，再将的重物放在活塞上，稳定时活塞水平，下端所指刻度，如图丙所示，则这些“宝塔糖”的体积为多少？
丙
14．（13分）如图所示为一套电磁阻尼装置原理图，在光滑水平地面上方存在着水平方向上的磁场，磁感应强度大小均为B＝0．5 T，磁场方向垂直于纸面向里、向外分区域交替排列，依次编号为区域1、2、3、4、…，磁场区域足够多，每个区域的边界均保持竖直，且各区域宽度相等，均为L＝0．1 m，现有一个正方形线圈，边长也为L＝0．1 m，线圈匝数n＝100，电阻R＝10 Ω，质量为m＝0．5 kg，以初速度v0＝10 m/s向右滑入磁场区域，重力加速度g＝10 m/s2。
（1）线圈从开始进入区域1到刚要进入区域2的过程中，求流经线圈的电荷量；
（2）线圈从开始进入区域1到刚要进入区域2的过程中，求线圈产生的焦耳热；
（3）线圈从开始运动到最终停止，求线圈右侧边完整经过的磁场个数。
15．（18分）如图所示，水平轨道上放置长板A和滑块C，A的右侧到C的距离为5m，可视为质点的滑块B置于A的左端，三者质量分别，，。A与水平轨道间的动摩擦因数为，A与B间的动摩擦因数为。开始时C静止，A、B一起以的速度向右运动，A与C发生弹性正碰（时间极短），最终B没从A上滑落。已知g取，试求：
（1）A与C碰前瞬间，A的速度大小；
（2）A与C碰后瞬间，A、C二者的速度大小和；
（3）在整个过程中，因A、B间摩擦损失的机械能的大小（结果保留两位小数）。
2025-2026学年湖南省武冈市第二中学高三年级上学期期末联考物理综合练习试卷【一】参考答案
1．【答案】B
【解析】元素半衰期只由原子核内部自身的因素决定，与温度无关，A错误；该衰变放出β粒子，是β衰变，B正确；由半衰期公式m＝m0得，碳14经过约11 460年还剩余m＝m0，依然会产生污染，C错误；由于具有放射性，说明这些放射性元素原子核不稳定，所以比结合能较小，D错误。
2．【答案】B
【详解】天舟七号从近地圆轨道Ⅰ通过加速才能进入霍曼轨道,正确；天舟七号在轨道Ⅱ上加速后将做离心运动,向着更高的轨道运动,即同轨道上无法实现对接,错误；天和核心舱在轨道Ⅱ上运动时,万有引力提供向心力,有,在地球表面有,,解得,正确；根据题意可知,天舟七号在霍曼轨道运动时间为在霍曼轨道运动周期的一半,即,根据开普勒第三定律有,解得,正确.故符合题意.
【易错分析】
本题在分析圆周运动中的追及和相遇问题时,需考虑加速和减速导致的离心和向心运动,忽视这一点,容易导致错解.
3．【答案】C
【解析】根据图像可知，该波的波长和周期分别为、，波速大小为，故错误；由题图乙可知，此时质点沿轴负方向振动，结合题图甲由同侧法可知，波沿着轴正方向传播，该时刻质点沿轴正方向振动，则从该时刻起质点比质点先运动至波峰位置，故错误；此时质点沿轴负方向振动，可知经过时间，质点位于波谷，此时质点处于从平衡位置向波峰位置振动的过程中，即质点正沿轴正方向振动，故正确；从该时刻起，经过，即，该时刻质点向着平衡位置振动，内质点通过的路程大于一个振幅，即大于，故错误.
4．【答案】D
【解析】本题考查斜面上的平抛运动、曲面结合的平抛运动.平抛运动的末速度不可能竖直向下，错误；设斜面倾角为 ，则速度方向与水平面夹角的正切值为，错误；平抛运动末速度的反向延长线交于水平位移的中点，若球垂直落在半圆轨道上，则速度的反向延长线过圆心，由几何关系可知此处不是水平位移的中点，不符合实际情况，错误；、两球如果同时落在半圆轨道和斜面上，则下落高度相同，且位移偏转角均等于斜面倾角，设球落点和圆心的连线与水平方向的夹角为 ，则，，而，得，正确.
5．【答案】C
【详解】A、B、C三个点电荷要平衡，三个点电荷必须在一条直线上，外侧两个点电荷相互排斥，中间的点电荷吸引外侧两个点电荷，所以外侧两个点电荷电性相同，中间点电荷与它们电性相反；要平衡中间点电荷的吸引力，必须使外侧点电荷的电荷量大，中间点电荷的电荷量小，所以C必须带正电，在B的右侧，设C所在位置与B的距离为r，则C所在位置与A的距离为L＋r，设C的电荷量为Q，对C由平衡条件得，k＝k，解得r＝L，对点电荷A由平衡条件得，k＝k，解得Q＝4q，即C带正电，电荷量为4q，在B的右侧距B为L处，故C正确，A、B、D错误．
6．【答案】B
【详解】小球刚开始下滑时受到竖直向下的重力，水平向左的电场力，水平向右的弹力以及竖直向上的滑动摩擦力，且此时滑动摩擦力，竖直方向根据牛顿第二定律有，而随着小球速度的增加，小球所受洛伦兹力由0逐渐增大，根据左手定则可知洛伦兹力的方向水平向右，则在小球运动后水平方向有，可知随着小球速度的增加，杆对小球的弹力减小，致使杆对小球的摩擦力减小，而当洛伦兹力的大小等于小球所受电场力大小时，杆对小球的弹力为零，此时小球在竖直方向仅受重力，加速度达到最大，为重力加速度，即，而随着小球速度的进一步增大，洛伦兹力将大于电场力，杆上再次出现弹力，方向水平向左，则摩擦力再次出现，竖直方向的合外力减小，加速度减小，直至摩擦力等于小球重力时，小球速度达到最大值，此后小球将做匀速直线运动，因此小球开始下滑时的加速度不是最大，A错误；小球刚开始运动时根据牛顿第二定律有，解得，而根据A中分析可知，加速度最大为重力加速度，即在整个过程中加速度先由逐渐增大到，再由逐渐减小为0，假如开始时加速度是由0开始增加的，则根据运动的对称性可知，当加速度最大时速度小球速度恰好达到，但实际上加速度并不是由0开始增加的，因此可知，当加速度最大时小球的速度还未达到，而加速度最大之后由于摩擦力的再次出现，小球开始做加速度减小的加速运动，由此可知，小球的速度由增大至的过程中，小球的加速度一直减小，B正确；当时小球可能正在做加速度增大的加速运动，也可能正在做加速度减小的加速运动，根据B中分析可知，若小球正在做加速增大的加速运动，则v与之比一定小于，但若小球正在做加速减小的加速运动，则v与之比一定大于，C错误；由B中分析可知，小球的加速度时，即加速度达到最大时，小球的速度还不到，因此当时小球的加速度a一定小于，当速度时对小球由牛顿第二定律有，即，而当小球速度最大时有，两式联立可得，化简可得，D错误。
7．【答案】BD
【详解】货物所受摩擦力沿斜面向上，与速度方向同向，做正功，A错误；货物对传送带的压力，θ减小，货物对传送带的压力增大，B正确；货物随传送带一起保持匀速运动，两者之间无相对滑动，所受摩擦力为静摩擦力，C错误；如果，则最大静摩擦力小于重力的分力，所以无法向上传输，D正确。
8．【答案】AC
【详解】由题意知，每个灯泡的电流和电压均相同（点拨：由亮度相同得出），设每个灯泡的电流为，电压为，则原线圈中的电流为，副线圈中的电流为，则变压器原、副线圈的匝数比为，变压器原线圈两端的电压，可得、间交流电压的有效值，即为一个灯泡电压的4倍，正确，错误；变压器等效电阻（点拨：把变压器原、副线圈和副线圈连接的电阻等效为一个电阻），开关断开时，变大，则变大，则原线圈中的电流减小，两个灯泡两端的电压减小，即灯泡变暗，变压器原线圈两端的电压变大，则副线圈两端的电压变大，灯泡变亮，正确，错误。
9．【答案】BC
【详解】如图所示
由几何关系可知，光线射入时的入射角α为2θ，折射率为，A错误；光在水晶球中的传播速度为，B正确；由几何关系可知，光在水晶球中的传播时间为，C正确；由几何关系可知，若逐渐增大射向水晶球表面光的入射角，光不会因为全反射而无法射出水晶球，D错误。
10．【答案】ACD
【解析】用表示球转过 角时球的速度大小,用表示球转过 角时球的速度大小,表示此时立方体的速度大小,则,由于与的角速度相同,,且,则,则,根据能量守恒定律可知,力做的功等于滑块的动能增量与球、机械能增量之和,则力做的功大于滑块的动能增量与球、重力势能增量之和,可得,解得,由几何关系可知转过的最大角度为 ,在、分离前,由于、一直接触，滑块向左做加速运动,则在水平方向上做加速运动,则力的功率增加,故、正确；分离前的动能为,分离前的动能为,由数学知识可知角度转动的范围为 ,则,可知,故错误；当 时,速度最大，为,故正确.
11．【答案】(1)(2分) (2)1.040 (2分)
(3)4(2M-m)gL=(4M+m)(3分)
【解析】(1)小球A通过光电门时的速度大小v=。
(2)由题图乙知，游标卡尺的精确度为0.02 mm，则小球的直径d=10 mm+0.02×20 mm=1.040 cm。
(3)A、B系统重力势能的减少量为ΔEp=MgL-mg·=，A、B同轴转动，角速度相同，由v=ωr知，v=2vB=，系统动能的增加量为ΔEk=Mv2+m=，系统机械能守恒，则ΔEp=ΔEk，联立解得4(2M-m)gL=(4M+m)。
12．【答案】；接法Ⅱ；1.80；2.50
【详解】实物连线如图所示
接法Ⅰ的内阻测量偏大，接法Ⅱ的内阻测量偏小，根据闭合电路欧姆定律，图像的斜率绝对值表示内阻，实线的斜率绝对值比虚线的大，实线为接法Ⅰ，虚线为接法Ⅱ。由图得：实线的斜率，解得；虚线的斜率，解得。由可知，接法Ⅱ测得的电源内阻更接近真实值。
接法Ⅰ，电流表示数为0时，电压表测量准确，电源电动势为纵截距，；
接法Ⅱ，电压表示数为0时，电流表测量准确，即短路电流，又有，解得。
13．【答案】（1）
（2）
【详解】
（1） 设放入容器中的物品体积为,对盖上活塞后容器中的气体分析,由盖-吕萨克定律有,代入数据得.
（2） 盖上活塞后,设稳定时容器内的气体压强为,对活塞受力分析有,解得,设“宝塔糖”的体积为,对盖上活塞后的容器内气体分析,由玻意耳定律有,解得.
14．【答案】（1）0.05 C （2）2.437 5 J （3）5
【解析】（1）进入1区域，线圈右侧边切割磁感线产生感应电动势
E＝n（1分）
由闭合电路欧姆定律有I＝（1分）
则电荷量q＝I·Δt（1分）
联立解得q＝0.05 C（1分）
（2）线圈进入1区域的过程中做变减速运动，取一短暂时间Δt'，由动量定理有
－nBILΔt'＝mΔv（1分）
微元累加有
－nBLq＝mv1－mv0（1分）
根据能量守恒定律有
Q＝m－m（1分）
解得Q＝2.437 5 J（1分）
（3）当线圈进入2区域及以后的磁场时，左、右两侧边均在切割磁感线，故在某一时刻的电动势
E'＝2nBLv2（1分）
此时电流为I'＝（1分）
线圈受到的安培力
F＝2nI'LB（1分）
取一短暂时间Δt″，由动量定理有
－FΔt″＝mΔv'（1分）
微元累加可得－＝0－mv1（1分）
解得x＝0.475 m（1分）
1＋＝5.75，
故线圈右侧边穿过完整的磁场个数
N＝5（1分）
15．【答案】（1）
（2）A、C的速度大小均为2m/s
（3）13.22J
【详解】（1）对AB整体，根据牛顿第二定律有
解得
根据速度位移公式有
解得
（2）A、C发生弹性正碰，根据动量守恒和能量守恒有，
解得，
因此A、C的速度大小均为2m/s
（3）A、C碰后，对A分析，根据牛顿第二定律有
解得
对B分析，根据牛顿第二定律有
解得
A的速度减为零的时间
B的速度为
A的位移为
B的位移为
此后对A分析，根据牛顿第二定律有
解得
A向右匀加速直线运动，B以原加速度继续减速直至与A共速，用时，则有
解得，
A的位移为
B的位移为
因此整个过程A、B的相对位移为
则摩擦热为
故在整个过程中，因A、B间摩擦损失的机械能的大小为13.22J。
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学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．测试范围：高中物理人教版2019全部内容
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题 共44分）
单选题（本大题共6小题， 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，共24分）
1．氚核的质量是3.016 050 u,质子的质量为1.007 277 u,中子的质量是1.008 665 u.已知1 u相当于931 MeV的能量,h=6.63×10-34 J·s,一个质子和两个中子结合为氚核时,下列说法正确的是 ( )
A．本次核反应释放能量2.66 MeV
B．本次核反应吸收能量7.97 MeV
C．氚核的结合能为7.97 MeV,比结合能为2.66 MeV
D．如果这些能量对应一个光子能量,则该光子的频率是1.92×1015 Hz
2．甲、乙两个小球同时从水平面上的点斜向上抛出，其运动轨迹如图，甲球落地时，乙球刚好运动到轨迹的最高点.乙球的落点正好在甲球轨迹最高点的正下方，不计空气阻力，下列判断正确的是（ ）
A．乙球初速度与水平方向的夹角的正切值是甲球的2倍
B．甲球的最小速度是乙球最小速度的2倍
C．从抛出到落地乙球速度的变化量是甲球的2倍
D．乙球离地面的最大高度是甲球的2倍
3．我国空间站第三批空间科学实验样品随神舟十四号飞船返回舱返回地面,运抵北京中科院空间应用中心后，已顺利交接相关实验科学家.空间站绕地球做圆周
运动时,由于地球遮挡阳光,会经历“日全食”过程,如图所示.太阳光可看作平行光,航天员在A点测出地球的张角为。已知地球半径为R,地球质量为M,引力常量为G,不考虑地球公转的影响.下列说法正确的是（ ）
A．空间站运行的高度
B．空间站运行的周期为π
C．空间站运行的线速度大小为
D．空间站绕地球一周经历“日全食”过程的时间为α
4．一池塘俯视图如图所示，两圆弧顶点、的距离为，圆弧部分半径为，、两点各放一个振源，两振源的振动情况完全相同，产生波长为的水波，则池塘边界上振动加强的点共有（ ）
A．5个 B．9个 C．10个 D．11个
5．如图所示，在区域MNQP中有一垂直纸面向里的匀强磁场。质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹。已知O是PQ的中点，不计粒子重力。下列说法中正确的是( )
A．射入磁场时粒子a的速率最小
B．粒子a带负电，粒子b、c带正电
C．射出磁场时粒子b的动能最小
D．粒子b在磁场中运动的时间最短
6．如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有恒定的电压，在P板附近有一电子(不计重力)由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是( )
A．电子到达Q板时的速率，与板间电压无关，仅与两板间距离有关
B．电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与板间电压有关
C．两板间距离越小，电子的加速度就越小
D．两板间距离越大，加速时间越短
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得部分，有选错的得0分．）7．将一根筷子竖直插入到装有水的玻璃杯中,从水平方向拍摄的照片如图甲所示,看上去,浸在水中的这段筷子产生了侧移,而且变粗了.乙图为筷子在玻璃杯中的俯视图,O为圆心,P为筷子在水中的位置,则 ( )
甲 乙
A.筷子侧移是因为光的折射现象,变粗是因为凸透镜的放大现象
B.若将筷子平移到圆心O点,筷子不会侧移但会放大
C.若沿虚线方向(视线与水面平齐)观察插入在O点处的筷子,看到水中的筷子位置与实际位置相同
D.若沿虚线方向(视线与水面平齐)观察插入P点处的筷子,看到水中的筷子位置与实际位置相同
8．如图所示，一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速传动的水平足够长的传送带平滑连接于点，圆弧轨道半径为。质量为的小滑块自圆弧轨道最高点A以某一初速度沿切线进入圆弧轨道，小滑块在传送带上运动一段时间后返回圆弧轨道。已知重力加速度为，滑块与传送带间的动摩擦因数为，传送带速度大小为。不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．经过足够长的时间，小滑块最终静止于点
B．小滑块第一次返回圆弧轨道时上升的最大高度为
C．若，小滑块第1次在传送带上运动的整个过程中在传送带上的痕迹长为
D．若，小滑块第次在传送带上来回运动的时间是
9．我国高铁技术迅猛发展，取得举世瞩目的成就.学校物理兴趣小组为研究高铁车厢间的相互作用力，用8个完全相同的滑块放在水平地面上模拟高铁车厢，滑块与地面间的动摩擦因数都相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块间用轻杆连接，如图所示.给滑块1施加水平向右的拉力，滑块向右加速运动，下列说法正确的是（ ）
A．若减小滑块与地面间的动摩擦因数，则滑块7、8间杆的拉力变小
B．若增大水平拉力，滑块7、8间杆的拉力变大
C．滑块7、8间杆的拉力与滑块5、6间杆的拉力大小之比为
D．滑块7、8间杆的拉力与滑块5、6间杆的拉力大小之比为
10．如图所示为交流发电机与变压器的简化示意图。矩形线圈处于磁感应强度为的匀强磁场中,其边长分别为、,匝数匝,内阻 ,以角速度匀速转动。理想变压器原线圈匝数匝,副线圈匝数匝,定值电阻 与原线圈连接,电阻箱与副线圈连接,下列说法正确的是（ ）
A. 交流发电机产生的电动势有效值为
B. 当电阻箱阻值 时,交流发电机输出功率最大
C. 当电阻箱阻值 时,上消耗的功率最大
D. 当电阻箱的阻值变大时,电阻消耗的热功率变小
第二部分（非选择题 共56分）
非选择题（本大题共5小题，共56分）
11．（6分）某学习兴趣小组利用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律.装置中M为斜槽,N为水平放置的可上下调节的倾斜挡板,白纸和复写纸固定在竖直背板上.钢球在斜槽中从某一位置由静止释放,从末端飞出后,落到N上,挤压复写纸,在白纸上留下印迹.上下调节挡板N,通过多次实验,利用描迹法描绘出钢球的运动轨迹.在描出的轨迹上安装光电门1和光电门2.改变光电门2的位置,使钢球多次释放后均可以无阻碍地通过两光电门.记录光电门1的挡光时间t0,光电门2的挡光时间t(多组数据),测量钢球直径d作为挡光时间里钢球的位移.
甲
(1)关于本实验,下列说法正确的是 .
A．必须测量钢球的质量
B．必须将M末端调至水平
C．钢球必须从M上同一位置由静止释放
(2)钢球通过光电门1的速度vP= (用题中给出的字母表示).
(3)测量两光电门间的高度差h,当地重力加速度为g.兴趣小组根据多组实验数据,作出和h的关系图像如图乙所示.为说明钢球从M飞出后的运动过程中机械能守恒,图像的斜率应为k= (用题中给出字母表示).
乙
(4)请你分析实验中可能存在的系统误差(说出两条) .
12．（9分）测量电源的内阻，可供使用的器材如下：
A． 待测电源（内阻约为）
B． 电源（电动势略大于待测电源的电动势）
C． 灵敏电流计（量程）
D． 电阻箱
E． 电阻箱
F． 定值电阻
G． 均匀金属电阻丝及滑动触头
H． 开关、导线若干
（1） 实验时采用图甲所示电路，闭合开关、，将滑片与金属电阻丝试触，根据灵敏电流计指针偏转方向调整的位置，并________（填“增大”或“减小”）电阻箱的阻值，反复调节，直到表指针不发生偏转，此时金属电阻丝左端接线柱与滑片间的电势差________（填“大于”“小于”或“等于”）待测电源的路端电压。
甲
（2） 改变的阻值，用（1）中的方法调节到表指针不发生偏转，用刻度尺测量滑片到接线柱间的距离，记下此时电阻箱的阻值，多次重复上述步骤，根据测得的数据，作出电阻箱的阻值的倒数与对应、间距离的倒数的关系图像如图乙所示，测得图线的斜率为，图线在纵轴上的截距为，则待测电源的内阻测量值为__________。
乙
（3） 实验中，电阻箱应选用________（填序号“D”或“”）。
（4） 请写出由金属电阻丝引起误差的一个原因：____________________________________________________________________________________________。
13．（10分）游乐场的充气碰碰球是一种新型充气游乐项目，由0．8 mm厚的环保、高弹性、透明的PVC或TPU制成完全封闭的气舱，并附带安全背带和辅助手柄。如图所示，充气碰碰球内部由多个拉点拉绳组成，耐冲击力高达500 kg，有力保障了游玩者的安全。人体工程学的设计增加了产品的舒适性，玩法也有多种，可一人或多人参与游玩，可翻滚或多人碰撞玩耍，相比传统的碰碰车、碰碰船，充气碰碰球使用更灵活、更有娱乐性，并可锻炼身体、增强身体素质。如果某款充气碰碰球充气前内部空气压强为p1＝1．1×105 Pa，体积为V1＝1．0 m3，现用气泵给它充气，每秒可充入ΔV＝2．0×10－2 m3、压强为p0＝1．0×105 Pa的空气，取0 ℃＝273 K，气体均可视为理想气体。（结果均保留三位有效数字）
（1）若充气过程中碰碰球容积不变，环境温度及碰碰球内部温度也不变，求充气10 s后碰碰球内部气体的压强；
（2）实际上充气10 s后发现碰碰球体积膨胀了10％，碰碰球内部气体温度也由17 ℃升高到27 ℃，求充气后碰碰球内部气体的压强。
14．（14分）中国第三艘航空母舰为中国人民解放军海军福建舰，其采用了目前世界上最为先进的电磁弹射技术。某兴趣小组设计了一款简易的电磁弹射系统，其俯视原理图如图所示。两导轨电阻不计，固定在水平面上，相距为，左边接有电动势为的电源，内阻不计。一个由非导体材料制作的模型飞机，质量为，固定在质量为的导体杆上，导体杆的电阻为 ，与导轨接触良好，导轨与导体杆间的动摩擦因数。已知在虚线左侧有竖直向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度为，其中与时间满足某种函数关系，右边有竖直向下的磁感应强度为的匀强磁场，到导轨左端的距离为。闭合开关，飞机与导体杆从边界右侧某位置从静止开始做匀加速直线运动，而与电源构成的回路磁通量的变化率在飞机加速阶段始终为零。
（1） 写出时刻随时间变化的表达式，并求出飞机的加速度大小；
（2） 飞机被加速到速度为时，停止电磁推动，那么从开始到此时，飞机运动了多远？消耗了多少能量？
（3） 已知飞机被加速到速度为时与导体杆自动脱离，系统自动断开开关，并且导轨右端自动短接，同时导体杆与前方（与脱离处很近）的一个弹性装置碰撞原速反弹，右边的磁场突然减小为，导体杆恰好能返回出发点，那么飞机与导体杆脱离多长时间后导体杆返回出发点？并求出反弹到停下来通过导体杆电流的平均值和有效值。（结果可以保留根号）
15．（17分）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为30l。一小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，第一次碰撞后瞬间小球以的速度向上反弹，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力始终与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）求小球第一次与圆盘碰撞的速度大小；
（2）以竖直向下为正方向，画出第一次碰撞到第二次碰撞之间小球的v-t图像，要求标出初末速度对应的纵坐标；
（3）圆盘在管内运动过程中，求小球与圆盘碰撞的次数。
2025-2026学年湖南省武冈市第二中学高三年级上学期期末联考物理综合练习试卷【一】参考答案
1．【答案】C
【解析】根据题意可知,1个质子和2个中子结合成H时的质量亏损Δm=mp+2mn-mH=1.007 277 u+2×1.008 665 u-3.016 050 u=0.008 557 u,则该反应释放出能量.根据ΔE=Δmc2可知,放出的能量为(2mn+mp-mH)c2=0.008 557×931.5 MeV≈7.97 MeV,A、B错误;1个质子和2个中子结合释放出能量为7.97 MeV,所以氚核的结合能为7.97 MeVH的比结合能为== MeV≈2.66 MeV,C正确;光子的能量为E=hν,所以ν== Hz≈1.92×1021 Hz,D错误.
2．【答案】C
【详解】由题意可知,甲球的水平位移与乙球的水平位移的大小关系为,时间关系为,由,可得甲球的最小速度与乙球最小速度的关系为,错误；甲球的竖直初速度大小为,乙球的竖直初速度大小为,可得,根据速度的分解与合成,对甲球,有,对乙球,有,联立解得,错误；从抛出到落地速度变化量,所以从抛出到落地甲、乙两球速度的变化量之比为,正确；甲、乙两球离地面的最大高度分别为、,则,错误.
3．【答案】D
【详解】热门考点：万有引力定律与航天
由几何关系有sin=,解得 h=R,A错误;空间站绕地球做圆周运动,设空间站的质量为m,由万有引力提供向心力有G=m(R+h),故空间站运行周期为T= 2π,B错误;同理,有G=m,故空间站运行的线速度为v=,C错误;如图所示,由几何关系知空间站每次经历“日全食”的区域对应的圆心角β=α,又β=ωt,2π=ωT,解得t=α,D正确。
4．【答案】C
【思路导引】
如图所示为波的干涉示意图，注意振动加强区和减弱区的对称性,振动加强区和减弱区交替分布在一条条与波源连线相交的线上,波源连线上有几个加强点,则在波源中间区域延伸出几个加强区.
【解析】根据题意,两列相干波的波长均为,设、两处振源分别为、,根据干涉条件,波程差是半波长的偶数倍时振动加强,、相距为,则在连线上以中点为原点，由为轴正方向建立坐标系，有、、、、共5个点,过连线上加强点的加强线与池塘边界均有两个交点,则池塘边界上的振动加强点共有10个,故正确.
5．【答案】D
【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，即qvB＝m，解得v＝，由题图可知，射入磁场时粒子c的半径最小，则速率最小，A错误；由题图可知，a向左偏，b、c向右偏，根据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电，B错误；粒子的动能Ek＝mv2＝，由于q、B、m都相同，因此r越大，粒子动能越大，由题图可知，b的轨迹半径r最大，则粒子b动能最大；c的半径最小，则动能最小，C错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝，粒子在磁场中的运动时间t＝T＝，其中θ为转过的圆心角，由于m、q、B都相同，粒子c转过的圆心角θ最大，则在磁场中c的运动时间最长，粒子b转过的圆心角θ最小，则在磁场中粒子b的运动时间最短，D正确。
6．【答案】B
【解析】极板之间的电压U不变，由E＝可知两极板距离d越大，场强E越小，电场力F＝Ee越小，加速度越小，加速时间越长，由eU＝mv2，得v＝，则电子到达Q板时的速率与极板间距离无关，与加速电压有关，A、C、D错误， B正确．
7．【答案】ABC
【解析】筷子侧移是因为光的折射现象,变粗是因为杯壁是一个曲面,与水组成凸透镜,是凸透镜的放大现象,故A正确;若将筷子平移到圆心O点,光线沿杯子的半径方向从水中射入空气,入射光线垂直杯子与空气的界面,不会发生折射现象,所以筷子不会侧移,看到水中的筷子位置与实际位置相同,但水和杯壁依然能组成凸透镜,所以仍然会放大,故B、C正确;同理可知,若沿虚线方向观察插入P点处的筷子,入射光线与杯子和空气的界面不垂直,有入射角,会发生折射现象,所以看到水中的筷子位置与实际位置不同,故D错误.
8．【答案】BCD
【详解】由于传送带足够长，小滑块每次减速到0后，都会反向加速到一定的速度，所以小滑块在圆弧轨道和传送带之间做往返运动，最终不会停在B点，A错误；由于小滑块返回来的速度最大与传送带共速，则，得，B正确；设小滑块第1次经过B点速度大小为，则，得，小滑块滑上传送带到共速，设小滑块位移为，传送带位移为，规定向左为正，则，，，，联立解得，，，，分析可知，滑痕为它们的相对位移，即，C正确；小滑块到B点的速度大小设为，则，可知，小滑块过B点后，先减速到0，再反向加速到与传送带共速，最后匀速到达B点，之后以这个速度在圆弧轨道和传送带之间做往返运动。因此小滑块第N次在传送带上运动的整个过程的时间是，D正确。选BCD。
9．【答案】BC
【详解】对所有滑块,根据牛顿第二定律有,对第8个滑块,有,解得,由此可知,若减小滑块与地面间的动摩擦因数,则滑块7、8间杆的拉力不变,若增大水平拉力,滑块7、8间杆的拉力变大,错误,正确；对6、7、8三个滑块,根据牛顿第二定律有,解得,则滑块7、8间杆的拉力与滑块5、6间杆的拉力大小之比为,正确,错误.
10．【答案】CD
【详解】交流发电机产生的电动势最大值为，有效值为，错误；根据，可得，，则等，，当时，输出功率最大，对于本题，即当等时交流发电机输出功率最大，解得 ，错误；由等效电源法得，等效内阻为 ，当等 ，即 时，上消耗的功率最大，正确；当电阻箱的阻值变大时，等也变大，由闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，故电阻消耗的热功率变小，正确。
11．【答案】(1)C (2) (3) (4)见解析
【解析】(1)若验证机械能守恒定律,则钢球从光电门1到光电门2满足mgh=mv2-m即只需满足gh=v2-,不需要测量质量,A错误;该实验验证机械能守恒定律,不需要保证钢球做平抛运动,所以M末端不一定要水平,B错误;要保证每次运动轨迹都相同,所以钢球必须从M上同一位置由静止释放,C正确.
(2)钢球通过光电门1的速度vP=.
(3)若机械能守恒,则gh=v2-,其中vP=,v=,
整理得=h+,和h的关系图像的斜率k=.
(4)可能存在的系统误差:钢球要克服阻力做功;钢球通过光电门的挡光时间内的平均速度大小略小于球心经过光电门的速度大小.
12．【答案】（1） 减小（2分）；等于（2分）
（2） （2分）
（3） （1分）
（4） 通电后温度变化使金属电阻丝电阻变化（金属电阻丝粗细不均匀、长度测量存在读数误差等也可）（2分）
（1） 为了保护表，闭合开关前电阻箱应调至最大，闭合开关后减小，当表指针不发生偏转时，则说明等于被测电源的路端电压。
（2） 调节后路端电压改变，与长度成正比（点拨：回路中电流不变），设，由闭合电路欧姆定律得，，解得，图线的纵截距，斜率，联立解得。
（3）因为电源内阻不大，要使路端电压有明显变化，要求电阻箱的调节范围更便于测量，故电阻箱应选用。
（4） 为使与长度成正比，金属电阻丝必须保持电阻均匀，通电后温度变化使金属电阻丝电阻变化、金属电阻丝粗细不均匀或长度测量存在读数误差等都会引起误差。
【解析】
13．【答案】（1）1．30×105 Pa （2）1．22×105 Pa
【解析】（1）若充气过程中碰碰球容积不变，环境温度及碰碰球内部温度也不变，则根据玻意耳定律得
p1V1＋10p0ΔV＝p2V1（3分）
代入数据解得p2＝1．30×105 Pa（2分）
（2）根据理想气体状态方程得
＝（3分）
T1＝（17＋273）K，T3＝（27＋273）K，
代入数据解得p3≈1．22×105 Pa（2分）
14．【答案】（1） ；
（2） ；
（3） ；；
【解析】（1） 回路磁通量变化率为零，不产生感应电动势，所以电流恒定为…………1分对飞机与导体杆，根据牛顿第二定律有可得飞机的加速度大小为…………1分解得…………1分设与的初始位置相距，那么回路的磁通量为，为常量，虚线左侧磁场的磁感应强度大小为…………1分当时，,代入可得，所以虚线左侧磁场的磁感应强度大小为…………1分
（2） 飞机加速时间为，飞机前进的距离为使用其他方法求得飞机前进的距离也得分…………1分根据能量守恒定律，消耗的能量为…………2分
（3） 导体杆反弹的速度大小为，导体杆运动的位移大小为，根据动量定理有…………1分其中…………1分解得，…………1分平均电流…………1分根据能量守恒定律有…………1分解得…………1分
15．【答案】（1）
（2）
（3）5
【详解】（1）设小球自静止下落至薄圆盘处时的速度为v10，根据机械能守恒定律有
解得
（2）设第一次碰撞后瞬间小球和薄圆盘的速度分别为、，在小球与薄圆盘碰撞过程中，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
且，联立解得，
设自第一次碰撞后经时间发生第二次碰撞，则
解得
追上时小球速度
圆盘的速度为
图像如图所示
（3）设碰后瞬间小球和圆盘的速度分别为v2m、v2M，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
假设小球与薄圆盘可以一直在管内碰撞，分析得出，小球每次碰后至下一次追上薄圆盘所经历的时间，画出第一次碰撞后小球的图像，如图所示
v-t图像中图线与t轴围成的面积表示位移，则根据图像可计算出，，，
则小球与薄圆盘碰撞的次数是5
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