资源简介

湖北省部分高中2025—2026学年上学期二模联考
高三物理试题
本试卷共6页，全卷满分100分，考试用时75分钟。
★祝考试顺利★
注意事项：
1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。
2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4、考试结束后，请将答题卡上交。
一、单项选择题：（本题共10小题，每小题4分，共40分,。在小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合要求，每小题全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选或者不选的得0分）
1.铀核裂变的产物是多样的，一种典型的铀核裂变生成钡和氪，同时放出3个X粒子，核反应方程是U＋n→Ba＋Kr＋3X，其中铀核、中子、钡核和氪核的质量分别为m1、m2、m3和m4。下列说法正确的是(　　)
A．X是e
B．X的质量为
C．铀核的结合能大于氪核的结合能
D．铀核的比结合能大于氪核的比结合能
答案解析：C　由电荷数守恒和质量数守恒，得X电荷数为零，质量数为1，X是n，A错误；该核反应释放核能，存在质量亏损，X的质量小于，B错误；铀核的结合能大于氪核的结合能，C正确；铀核的比结合能小于氪核的比结合能，D错误。故选C。
2.用a、b两束单色可见光分别照射同一单缝衍射装置，在同一屏幕上得到如图甲(a光)和图乙(b光)所示的图样，下列说法正确的是(　　)
甲　　　　　　　乙
A．在同一介质中，a光的波长大于b光的波长
B．在同一介质中，a光的光速小于b光的光速
C．以相同的入射角从空气斜射入水中，a光的折射角小
D．若用b光照射某金属有光电子逸出，则用a光照射该金属也一定有光电子逸出
答案解析：A　由于甲、乙是由同一条单缝衍射而形成的图样，由于波长越短中央条纹的宽度越小，由图可知λa>λb，故A正确；对于同一介质，波长越长的单色光频率越小，折射率越小，即navb，故B、C错误；根据光电效应的产生条件可知，入射光的频率大于金属的极限频率时才发生光电效应现象，由于a光的频率小于b光，故用b光照射某金属有光电子逸出，则用a光照射该金属不一定有光电子逸出，故D错误。故选A。
3.某简谐横波在t＝2 s时的波形图如图甲所示，在该波传播方向上有两质点B、C(图中均未画出)，B、C平衡位置间的距离为Δx＝1 m，其中B的振动图像如图乙所示，则C的振动图像可能是(　　)
答案解析：C　根据波形图像可得波长λ＝4 m，根据振动图像可得周期T＝4 s，两质点之间的距离Δx＝1 m＝λ，根据振动和波动之间的关系，则另一质点相对该质点的振动延迟T或者提前T，如图所示。符合条件的只有选项C。
4.如图，竖直放置的金属环内的肥皂薄膜干涉条纹间距上宽、下窄。下列说法正确的是(　　)
A．肥皂膜的竖直横截面可能是梯形
B．肥皂膜上的条纹是薄膜前后表面反射光形成的干涉条纹
C．肥皂膜从形成到破裂，条纹的宽度和间距不会发生变化
D．若将肥皂膜外金属环顺时针缓慢转过90°，则条纹也会跟着转过90°
答案解析：B　由重力作用，肥皂膜前后表面的厚度从上到下逐渐增大，因表面张力的原因，侧截面是一个圆滑的曲面，不是梯形，故A错误；肥皂膜上的条纹是薄膜前后两表面反射形成的两列光波叠加形成的干涉条纹，故B正确；薄膜是等厚干涉，肥皂膜从形成到破裂，由于液体在向下流动，薄膜上部逐渐变薄，下部逐渐变厚，条纹的宽度和间距会发生变化，故C错误；将肥皂膜外金属环顺时针缓慢转动90°，条纹不会跟着转动，仍在水平方向，故D错误。故选B。
5.北斗卫星导航系统是我国自主发展、独立运行的全球卫星导航系统。如图，Ⅰ为地球近地卫星，Ⅱ为北斗卫星导航系统中的一颗静止轨道卫星，其对地张角为2θ。已知地球自转周期为T0，万有引力常量为G。下列说法正确的是(　　)
A．地球的平均密度为
B．卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比为
C．卫星Ⅰ的周期为T0
D．卫星Ⅱ的发射速度大于11.2 km/s
答案解析：A　设地球的质量为M，卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径分别为R和r，卫星Ⅱ为同步卫星，周期为T0，根据开普勒第三定律可得＝，根据几何关系可得sin θ＝，可得卫星Ⅰ的周期为T＝T0，对卫星Ⅰ，根据万有引力提供向心力可得G＝mR，地球的密度ρ＝＝，联立解得ρ＝，故A正确，C错误；根据G＝ma，可得a＝，可得卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比为，故B错误；11.2 km/s是第二宇宙速度，为逃逸出地球引力的最小发射速度，卫星Ⅱ处于地球引力场中，所以卫星Ⅱ的发射速度小于11.2 km/s，故D错误。故选A。
6.气压式升降椅(图甲)通过汽缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如图乙所示，圆柱形汽缸与椅面固定连接，柱状汽缸杆与底座固定连接。可自由移动的汽缸与汽缸杆之间封闭一定质量的理想气体，设汽缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。设气体的初始状态为A，某人坐上椅面后，椅子缓慢下降一段距离达到稳定状态B。然后打开空调，一段时间后，室内温度降低到设定温度，稳定后气体状态为C(此过程人的双脚悬空)；接着人缓慢离开座椅，直到椅子重新达到另一个稳定状态D，室内大气压保持不变，则气体从状态A到状态D的过程中，关于p、V、T的关系图正确的是(　　)
　甲　　　　　　　乙
　　　
答案解析：B　从状态A到状态B过程中，气体等温压缩，体积减小，压强增大，温度不变，从B到C，气体等压降温，温度降低，体积减小，压强不变，从C到D过程中，气体等温膨胀，体积变大，压强减小，且D状态的压强恢复为原A状态的压强。故选B。
7.如图所示，某同学用一双筷子夹起质量为m的圆柱形重物，已知圆柱竖直、半径为r，筷子水平，交叉点到圆柱接触点的距离均为L＝4r，每根筷子对圆柱的压力大小为2mg，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)
A．每根筷子与圆柱体间的摩擦力大小为mg
B．若增大筷子与圆柱间的压力，摩擦力大小不变
C．每根筷子与圆柱体间的摩擦力大小为mg
D．每根筷子与圆柱体间的摩擦力大小为mg
答案解析：D　重物在竖直方向上由平衡条件可知2Ffy＝mg，解得Ffy＝，俯视水平方向受力分析如图所示，则2FN×＝2Ffx× ，FN＝2mg，解得Ffx＝，所以每根筷子与圆柱体间的摩擦力大小为Ff＝＝，故A、C错误，D正确；增大筷子与圆柱间的压力，摩擦力竖直分量仍等于重力大小，摩擦力水平分量增大，摩擦力变大。故B错误。故选D。
8.如图，将四个完全相同的灯泡接入电路，电源输出电压为U的正弦交流电，理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，开始时开关S1断开，S2闭合，灯泡都正常发光。忽略灯泡电阻随温度变化，下列说法正确的是(　　)
A．变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝1∶2
B．电源输出电压U与灯泡额定电压UL比值U∶UL＝4∶1
C．若闭合开关S1，则灯泡L1熄灭，L2、L3、L4都变亮
D．若断开开关S2，则灯泡L4熄灭，L1、L2、L3都变暗
答案解析：BC　根据理想变压器的规律有＝＝，可知原、副线圈匝数比为2∶1，A错误；又U1＝UL＝2UL，故U＝2UL＋U1＝4UL，B正确；研究灯泡亮度变化时，可把变压器和其右侧电路等效为一个电阻R′ ，对理想变压器有＝，＝，R′＝＝＝R，当闭合开关S1时，等效电阻不变，灯泡L1被短路，总电阻减小，总电流增大，灯泡L2分压变大，L2变亮，等效电阻 R′分压变大，即原线圈两端电压U1变大，灯泡L3、L4变亮，C正确；当开关S2断开时，等效电阻 R′变大，分压变大，即原线圈两端电压U1变大，灯泡L3变亮，灯泡L1、L2的分压变小，L1、L2变暗，D错误。故选BC。
9.如图所示，空间中A、B、C、A1、B1、C1六个点恰好为竖直正三棱柱的顶点，在A1点固定有正电荷Q1，B1点固定有正电荷Q2，C1点固定有负电荷－q，带电量Q1＝Q2>q。以下说法正确的是(　　)
A．A、B两点的电场强度相同，电势也相同
B．若将Q2自B1点竖直向上移动至B点，则其所受静电力逐渐减小
C．若将－q自C1点竖直向上移动至C点，则其电势能逐渐增大
D．若将Q2自B1点竖直向上移动至B点，则其电势能始终不变
答案解析：BC　由几何关系可知，A、B两点的电场强度方向不同，A错误；若将Q2自B1点竖直向上移动至B点，则Q2距离Q1、－q越来越远，Q1、－q对其电场力逐渐减小，且两力夹角逐渐增大，故其所受静电力逐渐减小，B正确；若将－q自C1点竖直向上移动至C点，则Q1、Q2均对其做负功，故其电势能逐渐增大，C正确；若将Q2自B1点竖直向上移动至B点，则Q1对它做正功，－q对它做负功，且正功大于负功，故总功为正，故其电势能减小，D错误。故选BC。
10.如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，斜面最低点在转轴OO1上，质量均为m＝1 kg、可视为质点的两个小物块P、Q随转台一起匀速转动，P、Q到斜面最低点的距离均为0.5 m，与接触面之间的动摩擦因数均为0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　　)
A．为保持P与斜面体相对静止，角速度的最小值为 rad/s
B．为保持P与斜面体相对静止，角速度的最大值为5 rad/s
C．当角速度等于 rad/s时，Q会相对转台滑动，P有沿斜面向上滑的趋势
D．若P与斜面体保持相对静止，则P对斜面的压力大小范围是 N≤FN≤20 N
答案解析：BD　为保持P与斜面体相对静止，当物块P恰好不下滑时，有最小角速度，水平方向有FN1sin 37°－μFN1cos 37°＝mωLcos 37°，竖直方向有FN1cos 37°＋μFN1sin 37°＝mg，解得FN1＝ N，ω1＝ rad/s，当物块P恰好不上滑时，有最大角速度，水平方向有FN2sin 37°＋μFN2cos 37°＝mωLcos 37°，竖直方向有FN2cos 37°＝μFN2sin 37°＋mg，解得FN2＝20 N，ω2＝5 rad/s，可知若P与斜面体保持相对静止，根据牛顿第三定律可得P对斜面的压力大小范围是 N≤FN≤20 N，故A错误，BD正确；当P与斜面恰无摩擦力时，有mgtan 37°＝mω2Lcos 37°，解得ω＝ rad/s，故C错误。故选BD。
二、非选择题：（本大题共5小题，共60分）
11、(7分)物理社团的同学利用实验室提供的传感器设计了如图甲所示的实验装置，用以探究加速度与力的关系，以及验证机械能守恒定律。他们将附有刻度尺的气垫导轨调整水平，在导轨左侧P2处固定一光电门，将轻绳一端固定在P1点，另一端与滑块相连，滑块上安装遮光条和加速度传感器，并且可以增加砝码以改变其质量，在轻绳上通过不计质量的动滑轮悬挂一个重物。打开气泵，将滑块从导轨右侧P3处由静止释放，记录加速度传感器的数值、遮光条通过光电门的时间以及P2和P3之间的距离。已知重物的质量为m，遮光条的宽度为d，重力加速度为g，滑块、遮光条、加速度传感器以及砝码的总质量用M表示，遮光条通过光电门的时间用t表示，加速度传感器的示数用a表示，P2和P3之间的距离用L表示。
　　　　　甲　　　　　　　　　　　　乙
(1)若某次实验中遮光条挡光时间为t1，则此时滑块的速度为________(1分)，重物的速度为________(1分)。
(2)该社团同学首先保持L不变，改变M进行了若干次实验，根据实验数据画出了如图乙所示的一条过坐标原点的直线，其纵轴为加速度a，经测量其斜率恰为重力加速度g，则该图线的横轴为________(用所给的字母表示)(2分)。
(3)接下来他们欲验证该过程中系统机械能守恒，使滑块总质量保持为M0不变，改变L进行若干次实验，根据实验数据画出的L-图线也是一条过原点的直线，若图线斜率为k，则需满足k＝________(用所给的字母表示)(3分)。
解析：(1)此时滑块的速度为v1＝，重物的速度为v2＝＝。
(2)由牛顿第二定律可得mg－2Ma＝ma，整理得a＝ g，图乙所示的一条过坐标原点的直线，其纵轴为加速度a，经测量其斜率恰为重力加速度g，则该图线的横轴为。
(3)由机械能守恒定律可得mg＝M0＋m，整理可得L＝·，根据实验数据画出的L 图线也是一条过原点的直线，若图线斜率为k，则k＝。
答案：(1)　　(2)　(3)
12.(10分)某实验小组用图甲所示的电路探究某灯泡的电阻和功率随电压变化的规律，该灯泡在25 ℃时的电阻约为2.5 Ω，所加电压为2 V时的电阻约为4.0 Ω。图甲中其他部分器材的参数如下：
电源(电动势为4 V，内阻不计)；
电压表(量程为3 V时内阻约为3 kΩ，量程为15 V时内阻约为15 kΩ)；
电流表(量程为0.6 A时内阻约为0.1 kΩ，量程为3 A时内阻约为0.02 kΩ)。
　
甲　　　　　　　　　　　　乙
(1)将图甲所示的实验电路补充完整，要求灯泡两端的电压自零开始调节(2分)。
(2)电压表示数用U表示，电流表示数用I表示，调整滑动变阻器滑片位置，得到多组U、I数据，根据得到的U、I数据画出的U-I图像如图乙所示，由图像可得灯泡在U＝1.0 V时的电阻为________Ω(保留两位有效数字)(2分)，由于实验存在系统误差，该测量值比真实值________(选填“偏大”“偏小”或“相等”)(2分)。
(3)将两个这样的小灯泡串联后接在电动势为3 V、内阻为2 Ω的电源上，则每个小灯泡消耗的功率约为________W(2分)，电源的效率约为________(保留两位有效数字)(2分)。
解析：(1)要求灯泡两端的电压自零开始调节，滑动变阻器应采用分压接法；电动势为4 V，则电压表量程选择3 V，由于灯泡的电阻远小于电压表内阻，则电流表应采用外接法，则实物连线如图所示。
(2)根据U I图像可知，U＝1.0 V时，电流为I＝0.5 A，此时灯泡电阻为R＝＝ Ω＝2.0 Ω。由于电流表采用外接法，误差来源于电压表的分流，使得电流表的示数大于通过灯泡的实际电流，则灯泡电阻的测量值比真实值偏小。
(3)将两个这样的小灯泡串联后接在电动势为3 V、内阻为2 Ω的电源上，设每个灯泡的电压为U，电流为I，根据闭合电路欧姆定律可得E＝2U＋Ir，可得3＝2U＋2I，在灯泡的U I图像画出对应关系图像，如图所示。由图像交点可知，每个小灯泡消耗的功率约为P＝UI＝1×0.5 W＝0.50 W，电源的效率约为η＝＝＝≈67%。
答案：(1)图见解析　(2) 2.0　偏小　(3)0.50　67%
13.(10分)如图所示，某透明材料的横截面是半径为R的半圆，AB为直径，O为圆心。P为圆周上的一点，P到AB的距离为R；透明材料的折射率为，底面AB用吸光材料涂黑。入射光平行于AB射向圆面上的P点，经两次折射后射出。已知真空中的光速为c，求：
(1)出射光线与开始的入射光线间的夹角θ(5分)；
(2)光通过透明材料的时间(5分)。
解析：(1)设光在射入圆面时入射角为i，折射角为α，如图所示。
由几何关系可得sin i＝＝
解得i＝60°
由折射定律n＝＝
射出圆面时，入射角为β，折射角为r，有n＝
由几何关系可得α＝β＝45°
解得r＝60°
由几何关系可得θ＝r－＝30°。
(2)设光在透明材料中通过的距离为l，由几何关系可得
l＝R
光在透明材料中的速度为v＝
光通过透明材料的时间t＝＝。
答案：(1)30°　(2)
14.(15分)如图所示，固定的光滑半圆柱面ABCD与粗糙矩形水平桌面OABP相切于AB边，半圆柱面的圆弧半径R＝0.4 m，OA的长为L＝2 m。小物块从O点开始以某一大小不变的初速度v0沿水平面运动，初速度方向与OA方向之间的夹角为θ。若θ＝0°，小物块恰好经过半圆弧轨道的最高点。已知小物块与水平桌面间的滑动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)初速度v0的大小(7分)；
(2)若小物块沿半圆弧运动的最大高度为h＝0.4 m，求夹角θ的余弦值(8分)。
解析：(1)小物块恰好经过半圆弧轨道的最高点，则
＝mg
从O点到最高点，由动能定理可得
mv－mv＝－2mgR－μmgL
联合解得v0＝2 m/s。
(2)小物块沿半圆弧运动的最大高度为h＝0.4 m＝R，此时小物块仅有沿AB方向的水平速度vx，竖直方向速度为零，设小物块在圆弧轨道最低端时的速度为v2，则vx＝v2sin θ
从圆弧轨道最低端到最大高度过程由动能定理可得
mv－mv＝－mgh
从O点到圆弧轨道最低端过程由动能定理可得
mv－mv＝－μmg·
联合解得cos θ＝。
答案：(1)2 m/s　(2)
15.(18分)如图所示，P为固定的竖直挡板，质量为2m的长木板A静置于光滑水平面上(A的上表面略低于挡板P下端)，质量为m的小物块B(可视为质点)以水平初速度v0从A的左端向右滑上A的上表面，经过一段时间A、B第一次达到共同速度，此时B恰好未从A上滑落，然后物块B与长木板A一起向右运动，在t＝0时刻，物块B与挡板P发生了第一次碰撞，经过一段时间物块B与长木板A第二次达到共同速度，之后物块B与挡板P发生了很多次碰撞，最终在t＝t0(未知)时恰好相对地面静止。已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，物块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，求：
(1)木板A的长度(4分)；
(2)A、B第二次达到共同速度时B离A左端的距离(5分)；
(3)0～t0时间内B经过的路程(4分)；
(4)t0的值(5分)。
解析：(1)依题意，设木板的长度为L，A、B第一次达到共速时速度大小为v1，物块和木板由动量守恒定律有mv0＝(2m＋m)v1
根据能量守恒定律有μmgL＝mv－(2m＋m)v
联立求得v1＝v0，L＝。
(2)由于物块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，因此物块第一次与挡板碰撞后的速度大小不变，方向向左，设二者第二次碰撞前达到共速的速度大小为v2，取方向向右为正，根据动量守恒定律有2mv1－mv1＝(2m＋m)v2
根据能量守恒定律有μmgx1＝(2m＋m)v－(2m＋m)v
联立求得v2＝v0，x1＝
则可得此时物块距木板左端的距离为Δl1＝L－x1＝。
(3)由(1)(2)问分析可知，物块B与木板第n次共速时的速度为，对B有
μmg＝maB
从B第一次撞击挡板到第二次撞击挡板过程，有＝2aBs1
从B第二次撞击挡板到第三次撞击挡板过程，有＝2aBs2
从B第n次撞击挡板到第n＋1次撞击挡板过程，有＝2aBsn
则s＝2(s1＋s2＋s3＋…＋sn)＝(＋＋＋…＋)
得s＝·＝。
(4)B从第n次与挡板发生碰撞到第n＋1次与挡板发生碰撞的过程中，设B做匀变速运动的时间为t1，B做匀速直线运动的时间为t2，A、B保持相对静止共同运动的位移为Δx，匀变速运动过程有＋＝aBt1，－＝2aBΔx
匀速过程有Δx＝t2
联立可得t1∶t2＝1∶1
即每相邻两次碰撞过程：A、B匀变速运动过程与A、B匀速运动过程的时间之比为1∶1。在0～t0时间内，设A做匀减速运动的累计时间为t′，则t′＝t0
对A有μmg＝2maA
又＝aAt′
解得t0＝。
答案：(1)　(2)　(3)　(4)

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