河南省夏邑一高2026届高三下学期第二次质量测试物理试题含解析.doc

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河南省夏邑一高2026届高三下学期第二次质量测试物理试题请考生注意： 1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。 2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、单项选择题：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。 1、我国不少地方在节日期间有挂红灯笼的习俗。如图，质量为m的灯笼用两根长度一定的轻绳OA、OB悬挂在水平天花板上，O为结点，OA>OB，∠AOB=90°。设OA、OB对O点的拉力大小分别为FA、FB，轻绳能够承受足够大的拉力，则（　　） A．FA大于FB B．FA、FB的合力大于mg C．若左右调节A点位置，可使FA等于FB D．若左右调节A点位置，可使FA、FB均大于mg 2、2019年1月3日上午10点26分，“嫦娥四号”探测器在月球背面成功软着陆图示为“嫦娥四号”探测器奔月过程中某阶段的运动示意图，“嫦娥四号”探测器沿椭圆轨道Ⅰ运动到近月点处变轨进入圆轨道Ⅱ，其在圆轨道Ⅱ上做圆周运动的轨道半径为、周期为。已知引力常量为，下列说法正确的是（） A．“嫦娥四号”探测器在点进行加速后进入圆轨道Ⅱ B．“嫦娥四号”探测器在椭圆轨道Ⅰ上运动的周期小于在圆轨道Ⅱ上运动的周期 C．“嫦娥四号”探测器在椭圆轨道上经过点时的加速度等于在圆轨道Ⅱ上经过点时的加速度 D．“嫦娥四号”探测器在椭圆轨道Ⅰ上运动时的机械能等于在圆轨道Ⅱ上运动时的机械能 3、若一个质点由静止开始做匀加速直线运动，下列有关说法正确的是（　　） A．某时刻质点的动量与所经历的时间成正比 B．某时刻质点的动量与所发生的位移成正比 C．某时刻质点的动能与所经历的时间成正比 D．某时刻质点的动能与所发生位移的平方成正比 4、如图所示，甲、乙两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，甲、乙间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是（　　） A．甲、乙的质量之比为1: B．甲、乙所受弹簧弹力大小之比为: C．悬挂甲、乙的细线上拉力大小之比为1: D．快速撤去弹簧的瞬间，甲、乙的瞬时加速度大小之比为1: 5、在如图所示的变压器电路中，a、b端输入有效值为U的正弦式交变电压，原线圈电路中接有一个阻值为R0的定值电阻，副线圈电路中接有电阻箱R，变压器原副线圈的匝数比为1：3.若要使变压器的输出功率最大，则电阻箱的阻值为（　　） A．9R0 B． C．3R0 D． 6、如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。以下判断正确的是（） A．b点场强大于d点场强 B．b点场强为零 C．a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差 D．试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能二、多项选择题：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，有多个选项是符合题目要求的。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、如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放，某同学在研究小球落到弹簧后向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，做出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是（　　） A．小球在下落的过程中机械能守恒 B．小球到达最低点的坐标大于 C．小球受到的弹力最大值等于2mg D．小球动能的最大值为mgh+mgx0 8、如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道竖直放置，轨道的末端的切线水平，一倾角为的斜面体的顶端紧挨着圆弧轨道的末端点放置，圆弧上的点与圆心的连线与水平方向的夹角为。一个小球从点由静止开始沿轨道下滑，经点水平飞出，恰好落到斜面上的点。已知小球的质量，圆弧轨道的半径，重力加速度。下列说法正确的是（） A．小球在点时对轨道的压力大小为 B．、两点的高度差为 C．、两点的水平距离为 D．小球从点运动到点的时间为 9、以下说法正确的是 A．晶体具有各向同性，而非晶体具有各向异性 B．液体表面张力与重力有关，在完全失重的情况下表面张力消失 C．对于一定的液体和一定材质的管壁，管内径的粗细会影响液体所能达到的高度 D．饱和汽压随温度而变，温度越高饱和汽压越大 E.因为晶体熔化时吸收的热量只增加了分子势能，所以熔化过程中晶体温度不变 10、如图所示，半径为的圆弧BCD与倾角为θ的斜面相切于B点，与水平地面相切于C点，与圆O2轨道相切于D点，圆心O1、O2和D在同一水平直线上，圆O2的半径为r。质量为m的质点从斜面上某位置由静止释放，刚好能在圆O2轨道内做完整的圆周运动。不计一切阻力，重力加速度为g。则质点（　　） A．释放点距离地面的高度为5r B．在C时对轨道压力为 C．从圆弧BCD进入圆O2轨道的瞬间，前后向心加速度之比为5：2 D．从圆弧BCD进入圆O2轨道的瞬间，前后角速度之比为2：5 三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11．（6分）在没有电压表的情况下，某物理小组借助于一个阻值R0＝15 Ω，最大阻值50Ω的滑动变阻器和两个电流表及一个不计内阻、电动势E＝6V的电源，成功测出了一个阻值大约为几十欧姆的电阻阻值，实验电路如图甲所示，若你为该小组成员，请完善探究步骤： (1)现有四只可供你选择的电流表： A．电流表（0~0.3 A，内阻为5.0 Ω） B．电流表（0~3 mA，内阻为2.0 Ω） C．电流表（0~3 mA，内阻未知） D．电流表（0~0.6 A，内阻未知）则电流表A1你会选________；电流表A2你会选________。（填器材前的字母） (2)滑动变阻器的阻值变化则电流表A2的示数也随之发生变化，表示接入电路的滑动变阻器长度，表示电流表A2的示数，则下列四个选项中能正确反映这种变化关系的是________。 (3)该课外活动小组利用图甲所示的电路，通过改变滑动变阻器接入电路中的阻值，得到了若干组电流表A1、A2的示数I1、I2，然后在坐标纸上描点、连线，得到的I1－I2图线如图乙所示，由图可知，该待测电阻Rx的阻值为________Ω（结果保留三位有效数字）。这样测得的Rx的阻值有无系统误差________。（填有或无） 12．（12分）图甲为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池，R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻，表头电流表G的量程为0~1mA，内阻，B为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，分别为直流电压3V挡和15V挡，直流电流5mA挡和1A挡，欧姆“”挡。 (1)图甲中A端与________（填“红”或“黑”）色表笔相连接 (2)开关S接位置_________（填“1”或“2”）时是电流挡的大量程，根据题给条件可得。______Ω，_______Ω，_______Ω。 (3)某次测量时该多用电表指针位置如图乙所示，若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为_______；若此时B端是与“3”相连的，则读数为________。 (4)多用电表长时间使用后会造成电源的电动势减小和内阻增大，若继续使用时还能进行欧姆调零，则用该多用电表测量电阻时，所测得的电阻值将_________（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。 13．（10分）如图所示，两平行长直金属导轨不计电阻水平放置，间距为L，有两根长度均为L、电阻均为R、质量均为m的导体棒AB、CD平放在金属导轨上。其中棒CD通过绝缘细绳、定滑轮与质量也为m的重物相连，重物放在水平地面上，开始时细绳伸直但无弹力，棒CD与导轨间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略其他摩擦和其他阻力，导轨间有一方向竖直向下的匀强磁场，磁场区域的边界满足曲线方程：，单位为。CD棒处在竖直向上的匀强磁场中。现从时刻开始，使棒AB在外力F的作用下以速度v从与y轴重合处开始沿x轴正方向做匀速直线运动,在运动过程中CD棒始终处于静止状态。（1）求棒AB在运动过程中，外力F的最大功率；（2）求棒AB通过磁场区域的过程中，棒CD上产生的焦耳热；（3）若棒AB在匀强磁场中运动时，重物始终未离开地面,且满足：，求重物所受支持力大小随时间变化的表达式。 14．（16分）理论研究表明暗物质湮灭会产生大量高能正电子，所以在宇宙空间探测高能正电子是科学家发现暗物质的一种方法。下图为我国某研究小组设计的探测器截面图：开口宽为的正方形铝筒，下方区域Ⅰ、Ⅱ为方向相反的匀强磁场，磁感应强度均为B，区域Ⅲ为匀强电场，电场强度，三个区域的宽度均为d。经过较长时间，仪器能接收到平行铝筒射入的不同速率的正电子，其中部分正电子将打在介质MN上。已知正电子的质量为m，电量为e，不考虑相对论效应及电荷间的相互作用。 (1)求能到达电场区域的正电子的最小速率； (2)在区域Ⅱ和Ⅲ的分界线上宽度为的区域有正电子射入电场，求正电子的最大速率； (3)若L=2d，试求第（2）问中最大速度的正电子打到MN上的位置与进入铝筒位置的水平距离。 15．（12分）如图所示，有一棱镜，，．某同学想测量其折射率，他用激光笔从面上的点射入一束激光，从点射出时与面的夹角为，点到面垂线的垂足为，．求： ①该棱镜的折射率 ②改变入射激光的方向，使激光在边恰好发生全反射，其反射光直接到达边后是否会从边出射？请说明理由。参考答案一、单项选择题：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。 1、D 【解析】 A．对点受力分析，如图所示：根据平衡条件，并结合正弦定理，有：由于，故： A错误； B．根据平衡条件，、的合力等于，B错误； C．调节悬点的位置，使点向右移动，由于始终比长，所以不可能出现的情况，所以不可能使等于，C错误； D．调节悬点的位置，使点向左移动，当趋向时，可使、都大于，D正确。故选D。 2、C 【解析】 A．在点减速，提供的向心力等于需要的向心力，“嫦娥四号”探测器进入圆轨道Ⅱ，故A错误； B．根据开普勒第三定律知，可知椭圆轨道的半长轴大于圆轨道Ⅱ的半径，所以探测器在椭圆轨道上运动的周期大于在圆轨道Ⅱ上运动的周期，故B错误； C．根据万有引力提供向心力，得，可知探测器在椭圆轨道上经过点时的加速度等于在圆轨道Ⅱ上经过点时的加速度，故C正确； D．由以上分析可知探测器在椭圆轨道上经过点时的动能大于在圆轨道Ⅱ上经过点时的动能，故探测器在椭圆轨道Ⅰ上运动时的机械能大于在圆轨道Ⅱ上运动时的机械能，故D错误。故选：C。 3、A 【解析】 A．根据和，联立可得与成正比，故A正确； B．根据可得与成正比，故B错误； C．由于与成正比，故C错误； D．由于与成正比，故D错误。故选A。 4、D 【解析】 B．因为是同一根弹簧，弹力相等，故B错误； AC．对甲乙两个物体受力分析，如图所示甲乙都处于静止状态，受力平衡，则有对甲，对乙，代入数据得故AC错误； D．快速撤去弹簧的瞬间，甲、乙所受合力为其重力在绳端的切向分力，根据牛顿运动定律有故D正确。故选D。 5、A 【解析】理想变压器原线圈接有电阻，可运用等效电阻法把副线圈的电阻箱搬到原线圈上，则得而等效的全电路要使外电阻R效的功率最大，需要满足可变电阻的功率能取最大值，解得故A正确，BCD错误。故选A。 6、C 【解析】 A.在两等量异种点电荷连线上中点的场强最小，在两等量异种点电荷连线的中垂线上中点的电场强度最大。所以b点的场强小于连线中点的场强，d点的场强大于中点的场强，则b点场强小于d点场强，选项A错误； B.根据适矢量的叠加，b点的合场强由b指向c，不为零，选项B错误； C.由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，选项C正确； D.因a点的电势高于c点的电势，故试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能，选项D错误。故选C。二、多项选择题：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，有多个选项是符合题目要求的。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、BD 【解析】 A．小球与弹簧组成地系统只有重力和弹簧的弹力做功，满足机械能守恒定律，故A错误； BC．由图像可知，为平衡位置，小球刚接触弹簧时有动能，有对称性知识可得，小球到达最低点的坐标大于，小球运动到最低点时弹力大于2mg，故B正确，C错误； D．为平衡位置，动能最大，故从开始到这段过程，根据动能定理可得而克服弹力做功等于图乙中小三角形面积，即故小球动能的最大值 D正确。故选BD。 8、BD 【解析】 A．小球从点运动到点根据动能定理有在c点时有代入数据解得，据牛顿第三定律，小球在点时对轨道的压力大小为，故A错误； BCD．小球从点运动到点做平抛运动有解得又由平抛运动规律可知水平位移竖直位移故B正确，D正确，C错误。故选BD。 9、CDE 【解析】 A．晶体分为单晶体和多晶体，单晶体各向异性，多晶体各向同性，非晶体各向同性，故A错误； B．液体表面张力是微观的分子引力形成的规律，与宏观的超失重现象无关，则在完全失重的状态下依然有表面张力的现象，故B错误； C．浸润现象中，浸润液体在细管中上升时，管的内径越小，液体所能达到的高度越高，故对于一定的液体和一定材质的管壁，管内径的粗细会影响液体所能达到的高度，则C正确； D．饱和汽压与温度有关，温度越高饱和汽压越大，故D正确； E．晶体熔化时吸收热量，导致内能增大，但只增加了分子势能，故熔化过程中晶体温度不变，故E正确。故选CDE。 10、BD 【解析】 A．质点刚好能在圆O2轨道做完整的圆周运动，在轨道的最高点设释放点离地高度为h，根据机械能守恒定律解得 A错误； B．设质点在C点速度为，轨道对质点的支持力为，由机械能守恒有根据牛顿第二定律解得由牛顿第三定律可知，质点在C时对轨道压力为，B正确； C．质点从圆弧BCD进入圆O2轨道的瞬间，速度不变，由线速度与角速度关系可知 C错误； D．质点从圆弧BCD进入圆O2轨道的瞬间，速度不变，向心加速度可知 D正确。故选BD。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、A D D 46.6Ω（45.0-50.0Ω均可）无【解析】 (1)[1][2]．由于在该实验电路中没有电压表，所以要将定值电阻R0和电流表改装成电压表使用，因此电流表A1的内阻应已知，通过该电流表的最大电流约为： A1应选用A电流表．由于电流表A2的内阻不是必须要知道的，其量程要大于电流表A1的量程，所以电流表A2应选择D电流表． (2)[3]．流经电流表A2的电流为电路中的总电流，设滑动变阻器单位长度的电阻为r，则有又因为R0、Rx、RA1、RA2等均为定值，令，则上式可变为由数学关系可知，D正确，故选D． (3)[4][5]．根据图示电路图，由欧姆定律可知（R0+RA1）I1=Rx（I2-I1）整理可得而即题图中I1-I2图线的斜率，由图可知解得 Rx=46.6Ω．由于实验中考虑到了电流表内阻，则这样测得的Rx的阻值无系统误差。 12、黑 1 50 560 2400 0.52A 1400Ω 偏大【解析】 (1)[1]由题中所示电路图可知，B与欧姆表内置电源的负极相连，B为红表笔，A为黑表笔。 (2)[2]由题中所示电路图可知，开关S接位置1时，分流电阻较小，此时电流挡的大量程； [3]根据题中所示电路图，由欧姆定律可知 [4][5]5mA电流挡的内阻为则 (3)[6]B端是与“1”相连的，电流表量程为1A，分度值是0.02A，多用电表读数为 [7]此时B端是与“3”相连，多用电表测电阻，由图示可知，指针指在14的位置，则读数为 (4)[8]当电池电动势变小、内阻变大时，需要重新欧姆调零，由于满偏电流Ig不变，欧姆表内阻变小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，可知当R内变小时，有由于Ig不变、R内变小，指针跟原来的位置相比偏左，欧姆表的示数变大，导致测量阻值偏大。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。 13、（1）（2）（3）①当 0<t≤时，FN=mg ②当<t<时， FN=(1+μ)mg-sin ③当≤t<时， FN=mg 【解析】（1）当棒AB运动到处时，棒AB的有效切割长度最长，安培力最大，则外力F最大，功率也最大，此时： F=B1IL=，Pm=Fv 解得： Pm=； (2) 棒AB在匀强磁场区域B1的运动过程中，产生的感应电动势为： E=B1Lvsinx 则感应电动势的有效值为： E有效=，I有效= t= 可以得到： Q= Rt=； (3)当CD棒所受安培力F安=μmg 时，设棒AB所在位置横坐标为x0，对棒CD受力分析可得： =μmg y=Lsinx0 解得： x0=，x1=L 则： t1=，t2= ①当 0<t≤时，则： FN=mg ②当<t<时，则： FN=mg+μmg - 即： FN=(1+μ)mg-sin ③当≤t<时，则： FN=mg。 14、 (1)；(2)；(3) 【解析】 (1)正电子在磁场中只受洛伦兹力作用，故正电子做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力；在电场中正电子只受电场力作用，做匀变速运动；正电子离开电场运动到MN的过程不受力，做匀速直线运动；根据两磁场磁场方向相反，磁感应强度相等，故正电子在其中做匀速圆周运动的轨道半径相等，偏转方向相反，所以正电子离开磁场时的速度竖直向下；故正电子能到达电场区域，则正电子在磁场中在匀速圆周运动的轨道半径R≥d；那么由洛伦兹力做向心力可得所以正电子速度故能到达电场区域的正电子的最小速率为； (2)根据几何关系可得：正电子进入磁场运动到区域Ⅱ和Ⅲ的分界线时，正电子水平位移偏移故轨道半径R越大，水平偏移量越小；由(1)可得：最大偏移量 △xmax=2d；故有探测器正方向开口宽为，在区域Ⅱ和Ⅲ的分界线上宽度为的区域有正电子射入电场可得：正电子最小偏移量所以由可得正电子运动轨道半径最大为故根据洛伦兹力做向心力可得：正电子的最大速率 (3)速度最大的正电子垂直射入电场时，在电场中运动的时间在电场中水平方向的位移解得进入无场区域时运动的时间在无场区域内运动的水平位移解得则最大速度的正电子打到MN上的位置与进入铝筒位置的水平距离 15、①②激光能够从CD边出射【解析】 ①如图所示，FG为法线 ∠D=75°，则 ∠EQA=75°，∠PQE=15°，∠PQA=60°，∠PQG=30 所以入射角 i=∠PQG=30° 折射角 r=45° 由于光从棱镜射向空中，所以该棱镜的折射率 ②设全发射临界角为C，如图所示因而 ∠OJD=60° 激光在CD边的入射角30°＜45°，因而激光能够从CD边出射。

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