2026湛江高三下学期二模试题物理PDF版含答案

这是一份2026湛江高三下学期二模试题物理PDF版含答案，共9页。试卷主要包含了【答案】B 2，【答案】D 8，1 mm=15，【答案】等内容，欢迎下载使用。

1.【答案】B 2.【答案】C 3.【答案】B 4.【答案】C 5.【答案】A 6.【答案】D
7.【答案】D 8.【答案】ACD 9.【答案】BD 10.【答案】AD
11.【答案】（1）①s2－（x2）2＋d2（2分） ②15.3（1分） ③可以比较稳定地控制摆球在同一竖直面内摆动（答案合理即可，1分） （2）时间相等（1分） ①右（1分） ②Mg（2分）
【解析】（1）①如图，摆长为O点到球心的距离，由勾股定理可得图中虚线长度为s2－（x2）2，故摆长为s2－（x2）2＋d2；
②摆球直径为d=15 mm＋3×0.1 mm=15.3 mm；
③该双线摆的一个优点：可以比较稳定地控制摆球在同一竖直面内摆动，答案合理均可。
（2）若通过两光电门时间相等，则小车匀速下滑。
①若通过光电门1的时间长，说明小车加速下滑，倾角过大，垫片需要向右端移动；
②由于钩码挂上时，小车受力平衡，则钩码取下后，小车受到的合力大小应等于钩码的重力大小，为Mg。
12.【答案】（1）0（或零，2分） （2）0.75（2分） ①下（2分） ②2（2分）
【解析】（1）当托盘没有放货物时，滑片处于变阻器R上端，电压表被短路，示数为0。
（2）当P放在托盘上静止时，弹簧向下移动Δx=mgk=0.1 m，变阻器R两端总的电压为U=RR＋R1＋rE=3 V，此时电压表示数为ΔU=ΔxLU=0.75 V。
①若电压表示数突然变小，则此时升降装置的加速度向下；
②若电压增加0.3 V，说明滑片下移0.04 m，弹力增加4 N，故加速度变化量为2 m/s2。
13.解：（1）设打开门A稳定后，太空舱、气闸舱内的气体体积在压强为p=0.8×105 Pa情况下体积分别为V3、V4
由玻意耳定律，p1V1=pV3、p2V2=pV4（2分）
又V3＋V4=V1＋V2（1分）
解得p1=1×105 Pa（1分）
（2）设抽出气体压强为p3时体积为ΔV，由玻意耳定律
pV2=p3（V2＋ΔV）（2分）
又k=ΔVΔV＋V2（2分）
解得k=14（1分）
说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。
14.解：（1）由动能定理，BIdL=12（m＋3m）v02－0（2分）
解得v0=BIdL2m（1分）
（2）解法一：设飞机脱离后，动子滑行至静止平均速度为v－
由E－=Bdv－（1分）
平均电流I－=E－R（1分）
电荷量q=I－Δt（1分）
又s=v－Δt（1分）
解得q=BdsR（1分）
解法二：由E－=ΔΦΔt（1分）
ΔΦ=Bds（1分）
平均电流I－=E－R（1分）
电荷量q=I－t（1分）
解得q=BdsR（1分）
（3）设飞机脱离时，动子的速度大小为v
由动量定理，－BI－dΔt=0－mv（1分）
可得v=B2d2smR（1分）
由能量守恒，Ep=W＋12mv2＋12•3m（3v）2－12•4m（0.9v0）2（2分）
解得Ep=14B4d4s2mR2－0.81BIdL＋W（1分）
说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。
15.解：（1）由乙图得，μ=2x－0.4（1分）
当qE=μmg时，G速度最大（1分）
即qE=（2d－0.4）mg（1分）
解得d=0.5 m（1分）
（2）从O到K克服摩擦力做功Wf=0＋0.8mg2（2x0）（1分）
由动能定理，qE（3x0）－Wf=12mv02－0（1分）
解得v0=2 m/s
由动量守恒，mv0=mv1＋kmv2（1分）
由能量守恒，12mv02=12mv12＋12kmv22（1分）
解得v2=41＋k（1分）
（3）若平抛后T恰好落在N点，则
竖直方向，H=12gt2（1分）
水平方向，Htanθ=v2t（1分）
解得k=1（1分）
若T刚好落在Q点，则Htanθ＋NQ=v2t
解得k=13（1分）
竖直速度vy=gt
（i）0＜k＜13，T打在挡板上，有Htanθ＋NQ=v2t
tan β=vyv2=9（1＋k）28（1分）
（ii）13≤k≤1，T落在水平面上
则tan β=vyv2，得tan β=32（1＋k）（1分）
（iii）1＜k＜3，T落在斜面上
tan β=2tan θ=3（1分）
说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。