2026届湖北新高考协作体高三下学期5月考前学情自测物理试卷

高三物理 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每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题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对 但不全的得2分，有选错的得0分。 1.2026年我国科研团队利用特定波长激光，成功激发22Th原子核发生低能级跃迁，助力核光 钟技术发展。结合相关知识，下列说法正确的是 A.2品Th的原子核内中子数为90 B.欲使原子核吸收能量发生跃迁，入射光子能量仅需大于核能级差值 C.原子核能级跃迁辐射出的光子属于电磁波 D.原子核发生衰变时，核内质子数一定增加 2.如图所示，电荷量为+g的点电荷与均匀带电薄板相距2d,点电荷到带电薄板的垂线通过板 的几何中心。若图中B点的电场强度为0，静电力常量为k,则图中A点的电场强度大小为 A是 3kg B. 2d2 C.Bhg 9d2 学 3.2026年4月7日，长征八号运载火箭以“一箭18星”的方式将千帆星座第七批卫星送入预 定圆轨道，使千帆星座在轨总数达到126颗，初步实现全球物联网覆盖。已知地球质量为M, 引力常量为G,地球半径为R,某颗卫星的轨道半径为r(>R),忽略地球自转影响和卫星 间的相互作用，g为地球表面重力加速度，下列说法正确的是 A.该卫星的运行周期与轨道半径的三次方成正比 B。若2R则该卫星的运行速度大小为，受 C.由该卫星的运行周期T可计算出地球密度为p=3π GT2 D.若该卫星从原轨道减速，将做近心运动进入更低轨道，且新轨道的运行周期大于原轨道 4,如图所示，在学校圆形休闲步道边缘草坪中的S和2处分别安装了由 同一信号发生器带动的两个相同的扬声器，它们相距20m。两个扬声器 S 连续发出波长为4m的声波。一同学从S出发沿圆形步道缓慢行进至S 处。在此过程中他听到扬声器声音由强变弱的次数为 A.8次 B.9次 C.10次 D.11次 第1页共6页 5.某同学课间踢毽子，毽子运动轨迹如图实线所示，A、B、C为轨迹上三点，B为轨迹最高点。 已知直线AB、直线BC与水平方向夹角分别为60°和30°。不计空气阻力，毽子从A运动 到B与从B运动到C的时间之比为 60 A.1:3 B.3:1 C.1:3 D.V3:1 6. 某快递自动分拣系统部分流水线的示意图如图所示，足够宽的水平传送带以大小为Ⅵ的速度 匀速运行，货物以大小为2的速度垂直进入传送带，经时间t货物恰好与传送带相对静止。 货物可视为质点，与传送带间的动摩擦因数处处相等。若仅改变2，则下列关于t随2变化 的关系图像中，可能正确的是 B 传 D V2 7.如图所示，I区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其边界为半径为 R的圆形：Ⅱ区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其外边界为边长 可调的等边三角形，内边界与I区边界重合；三角形与圆形的 ● 中心同为O点。I区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为1：4。 带正电的粒子从I区外边界上P点沿三角形某一条边的中垂线 方向进入磁场，若一段时间后粒子又从P点离开。取si37°=0.6。 则三角形边长至少为 A.治R B.86R C. 8. 2026年1月8日，我国自主研发的全球首台城市兆瓦级浮空风电系统S2000成功完成试飞和 并网验证。该系统采用飞艇状浮空器携带发电机组，将高空风力资源转化为电能并通过电缆 传输回地面。若S2000的输出电压u随时间1变化的规律如图所示，则关于该交流电，下列 说法正确的是 第2页共6页 u/kV 110√2 0.02 /0.04 -110v2 A.电流方向每秒变化100次 B.输出电压的有效值为110W2kV C.一个周期内电压的平均值为110kV D,若将S2000的输出电压降为220V,则变压器原、副线圈匝数之比为500：1 9. 如图所示，液面上浮有一厚度不计、半径为的软木塞，在它的圆心处插着一枚大头针，调 整大头针插入软木塞的深度，当液体中大头针露在软木塞外面的长度为h时，从液面上各个 方向向液体中看，恰好看不到大头针，则 上-r A.液体的折射率为n=2+严 h B.液体的折射率为n=V?+严 C.若软木塞的厚度不能忽略，液体折射率的测量值与实际值相比不变 D.若软木塞浸入水中的深度不能忽略，液体折射率的测量值比实际值略小 10.如图(a)所示，光滑水平面上静置一质量为m2的物块乙，乙右侧有一竖直墙壁，一质量为 m1(m1>m2)的物块甲以速度o向右运动。两物块均可视为质点，甲与乙之间、乙与墙壁之 间的碰撞均没有机械能损失。若设定两个新的物理量x、y,其中x与甲的质量、速度有关， y与乙的质量、速度有关，则在此后的运动过程中两个新物理量x和y始终满足x2+y2=r2, 其中r为定值。该函数的图像如图(b)所示，图像中的点(x,y)表示两个小物块组成的系 统可能的状态，A、B、C、D、E、F六点为系统在后续过程中连续经历的六个状态，其中A、 F为圆与x轴交点，则下列说法正确的是 D E 图(a) 图(b) A.xy可用√mv表示 B,x、y可用mv表示 C.甲乙的质量之比m=3 m2 D.若甲乙的质量之比=0，则在整个运动过程中甲与乙、乙与端壁的碰撞总次数为 18次 第3页共6页 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11.(6分) 如图，单刀双掷开关S原来跟2相接，从t=0开始，开关改 接1，经过一段时间电容器充电完毕后再把开关改接2。绘制流过 电路中P点的电流随时间变化的【-图像和电容器两极板的电势差 随时间变化的UBt图像。 (1)当开关改接2时，电路中的能量从电能转化为 (2)当开关改接2时，如果不改变电路其他参数，只增大R的阻值，则此过程-t的曲线与 坐标轴所围成的面积将」 (选填“减小”“不变”或“增大”)。 (3)从=0开始，下列I-t和UA知-t图像中，正确的是() 0 12.(8分) 某兴趣小组利用“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置（如图所示），设计了两种方 案来测量滑块与长木板间的动摩擦因数μ。已知遮光片的宽度为d,当地重力加速度为g,长木板 水平，滑块从出发点O由静止开始运动。 光电门 遮光片 滑块 长木板 力传感器 n 方案一：保持光电门与出发点O的距离x不变并记录x,改变钩码总质量m,记录每次力传 感器的示数F和遮光片的挡光时间t: 方案二：保持钩码总质量m不变并记录m,改变光电门与出发点O的距离x,记录每次实验 的距离x和遮光片的挡光时间t。 第4页共6页 (1)某次实验中，遮光片通过光电门的挡光时间为，则滑块经过光电门的瞬时速度为 (2)设滑块（含遮光片）质量为M,滑块做匀加速直线运动，请结合运动学公式与牛顿第二 定律分析： ①方案一中，距离x不变，推导力传感器示数F与挡光时间t的关系式： ②方案二中，钩码总质量m不变，推导距离x与挡光时间t的关系式。 为得到线性关系，下列作图方式正确的是() 分 A方案一作F-上图像，方案二作x-图像 t t B.方案一作F-}图像，方案二作x-京图像 C.方案一作F-京图像，方案二作x一图像 D。方案-作F-子图像，方案二作x-子图像 (3)按照(2)中得到的线性关系，确定图像的斜率与截距后，为进一步计算动摩擦因数4， 方案一 (选填“必须”或“不必”)测定滑块质量M的具体值，方案二 (选填“必须”或“不必”)测定滑块质量M的具体值。 (4)关于本实验的要求和误差分析，下列说法正确的是（) A.方案一不需要满足m远小于M B.为减小系统误差，应选用宽度较大的遮光片来测量速度 C.定滑轮与轴间的摩擦会使测得的动摩擦因数μ的值偏大 D.若滑块释放时具有初速度，会使测得的动摩擦因数μ的值偏大 13.（12分) 电梯轿厢内有一质量为M=8kg、横截面积为S-100cm2的汽缸，汽缸内用质量为m=10kg的 活塞封闭一定质量的理想气体。初始时，汽缸静止在轿厢底部，气柱高度1=20cm（如图甲)： 用轻绳将活塞与轿厢顶部连接，当电梯以加速度α匀加速上升至稳定状态时，气柱高度变为 h2=25cm（如图乙)。已知大气压强po=1.0×10Pa,轿厢内温度恒定，汽缸导热良好，不计活塞 与汽缸壁间的摩擦，重力加速度g=10m/s2。求： (1)图甲所示状态下，汽缸内气体压强P1的大小： (2)图乙所示状态下，电梯的加速度a的大小。 h. 第5页共6页 14.（16分) 某兴趣小组设计了一种电磁阻尼装置，其简化模型如图所示。光滑水平面上方存在一宽度 L=1的匀强磁场区域，磁感应强度大小B=0.5T,方向竖直向下。一轻弹簧右端固定，左端恰好 位于磁场右边界。一上面固定着单匝矩形线框的小车以初速度vo=4m/s向右运动，穿过磁场，并 压缩弹簧。已知线框ad边足够长，ab边宽度也为L=1m,线框右端与小车右端平齐，小车（含 线框)总质量m=0.5kg,线框电阻R=0.52。求： (1)线框刚进入磁场左边界时，小车的加速度； (2)小车向右运动过程中弹簧弹性势能的最大值： (3)若仅将线框匝数增至=3，线框总电阻变为3R,其他条件不变，忽略线框匝数引起的小 车总质量的变化，小车最终能否静止？若能，确定其静止位置；若不能，求其最终速度大小。 0 Vo ×M 15.(18分) 如图所示，足够长的光滑水平面上方分布有宽度为L的向右匀强电场，电场强度为E。一质 量为m,带电量为+q的小球A从靠近电场左边界处由静止释放，A球离开电场足够远后再将一 质量为二m、带电量为+g(心0)的小球B从同一位置由静止释放。由于屏蔽作用，B在电场中 运动时，A、B之间无相互作用，B离开电场后，A、B之间若有相互作用，表现为静电相互作用。 当B与A相距最近时，记二者发生一次“碰撞”，两小球可视为质点。求： (1)A刚离开匀强电场时的速度大小： (2)若=1，B离开电场后A、B系统电势能增量的最大值： (3)若A、B仅“碰撞”一次，k的取值范围。 E 第6页共6页高三物理参考答案及评分标准 1【答案】C 【解析】原子核符号20Th中，质子数Z-90,质量数A-229,中子数N=A-Z=139,A错误：原子或原子 核吸收光子实现跃迁时，光子能量必须严格等于两能级的能量差，B错误：光子本质是电磁波，原子核能 级跃迁吸收或辐射的光子，都属于电磁波范畴，C正确：Qα衰变质子数减少，B衰变质子数增加，原子核衰 变时质子数不一定增加，D错误。 2【答案】D kg 【解析】板与电荷+q在B点的电场强度等大反向，板在B点的电场强度大小为 ,根据对称性，A点场 kg kq 10kg 强为子+3d9 ,D正确。 3【答案】B 【解折】根据开普利第三定体，分=太优为与中心天体质量有关的常量。即卫星的运行周期的平方与 轨道半径的三次方成正比，而非周期与轨道半径的三次方成正比，A错误；地球表面物体重力近似等于万 有引力，即Gg,卫星绕地球做匀速圆周运动，G =m一，解得v B正确：由 G恤m学且M=P写成，联立得0见·机道率轻与地球率轻前关系未知，C错淡：卫 373 3 星从原轨道减速，万有引力大于所需向心力，做近心运动进入更低轨道，运行周期T随之变小，故新轨道 周期小于原轨道，D错误。 4【答案】C 【解析】该同学在圆弧上某点P到S1、S2的距离差值满足-20≤6=PS-PS≤20m,若P为振动减弱点， 则满足6=(2n+1D2=2(2m+),得-5.5≤n≤45，n取从5到4共10个值，故C正确。 2 5【答案】B 【解析】设毽子在最高点B的速度为o,方向水平，B与轨迹上任一点连线与水平方向的夹角为0，从B 1 到该点，y2,x=%4,an0=上=g x 2vo 得1=2an ，从A到B可视为从B到A平抛运动 的逆运动，故4B=tan60 lac tan30° =3,B正确。 6【答案】C M 【解析】货物相对传送带的初速度大小为。=√？+好，货物相对于传送带做匀减 速直线运动，加速度大小为a=g,经1=丛=+竖相对静止，C正确。 48 第1页共5页 7【答案】B 【解析】由题可知粒子在I区和I区的运动半径分别为4r和n则∠PAB=37°，有rsin37+2=5L, 且 3 Lnn+R=5r,联立可得Lmm 265R 4 8【答案】AD 【解折】该交流电的频率为了=宁02=50，电流方向每周期变化两次，则每秒变化10次，A正 确：输出电压的有效值为U= =10~N5kV=11OkV,B错误：一个周期内电压的平均值为0，C错误： √2√2 原副线圈的匝数之比为及-V-110kY 2,-0=220V =500,D正确。 9【答案】BC 【解析】由于软木塞厚度不计，根据折射定律，sinC= 元片，则=压平，A错误，B正南 软木塞厚度不能忽略、或浸入水中的深度不能忽略都不会导致入射角的测量值变化，折射率不变，C正确， D错误。 10【答案】AC 【详解】碰撞不改变系统总动能，由图可知，倾斜直线表示两物块之间的碰撞 V√m22 过程，竖直直线表示乙与墙壁之间的碰撞过程，以从状态A到状态B为例，根 据机械能守恒方网+方时=方m号和动量守恒m+m=m。,令 2 x=Vmy,y=√my2,得“能量圆”x2+y2=m哈，其中r=√m,“动量线” Vmx+√m2y=√m%,A正确，B错误：所有动量线斜率均为 k=-瓜=tan60,得=3，C正确：设AB中点为P,直线OP与x轴夹角为0，易得an9= m m m2 若1 m,an10°，则AB对应的圆心角为2G=20°，则所有动量线将圆周长等分为n= 360° =18份，故总 20° 碰撞次数为18-1=17次，D错误。 11【答案】(1)内能（或热能）(2分) (2)不变(2分) (3)AC(2分) 【解析】(1)放电过程，电能转化为焦耳热：(2)1图像的面积表示放电电荷量，改变R,影响放电时间， 但放电总电量不变，故面积不变：(3)流经P点的放电电流与充电电流方向相反，电流减小，电势差减 小均越来越慢，AC正确。 第2页共5页 12【答案】(1) L(2分)(2D2分)(3)不必(1分)必须(1分)④AC(2分) 【解析】()略(2)①方案一，对小车：F-Mg=M 整理得F=ug+M 2x 2x 12 ②方案二，对小车和钩码组成的系统： 整理得x= (m+M)d21 mg-uMg =(m+M)-I 2x 2(mg-uMg)2 (3)由上述分析可知方案一根据直线截距与斜率表达式联立可以消去M,M不需要测，方案二必须测M (4)方案一精确测定了绳子拉力，无系统误差，无需满足m远小于M,A正确：遮光片宽度越小，瞬时速 度测量越准确，可减小系统误差，B错误：滑轮摩擦使F测量值偏大，误将滑轮摩擦计入小车与木板摩擦 力，导致u测量值偏大，C正确：滑块有初速度导致a测量值偏大，最终μ测量值偏小，D错误。 13【答案】(1)p,=1.1×l0°Pa(2)a=5m/s2 【解析】(1)对活塞受力分析，由平衡条件 PiS=PoS+mg ① 得p,=1.1×103Pa ② (2)气体做等温变化，由玻意耳定律 PV=P2V2 回 其中V=hS、V3=hS, 得p2=8.8×104Pa ④ 对汽缸受力分析，由牛顿第二定律 PoS-Mg-p2S=Ma ⑤ 得a=5ml/s2 ⑥ 评分标准：六式每式2分，共12分 14【答案】(1)4m/s2(2)2.25J（3)小车能静止，静止在磁场中离右边界1/3m处 【解析】(1)线框刚进入磁场左边界时 E=BLVo ① 16 ② R F=BIL ③ ② m 得a=4m/s2 ⑤ 方向水平向左 ⑥ 第3页共5页 (2)设线圈的ab边穿过磁场时的速度为v,由动量定理 -BiL△t=w-mo ⑦ TAI=BL:L ⑧ R 得=3m/s ⑨ 线圈ab边出离磁场后压缩弹簧 1 E-m ⑩ 得Epm=2.25J ① (3)假设线圈ab边能穿过磁场，从刚进入磁场到最终停止，设b边在磁场中运动的总路程为s。,全程 根据动量定理 -nBI,L△t1=0-w% g T=nBLy G nR t=S总 G 4 得g=m<2L 百 故小车最终保持静止，且离磁场右边界d= 3m-lm= 1 m处。 © 评分标准：每式1分，共16分 15【答案】 (1) 2qEL m ()(3 4 【解析】 (1)A离开电场时的速度为，A在电场中运动过程，根据动能定理 95L=方m ① EL 得y=m ② ①式2分，②式1分，共3分 (2)B离开电场时的速度为2，B在电场中运动过程，根据动能定理 11 g5L=24m, ③ 得2=2 2qEL km AB两球共速时，系统电势能增量最多，根据动量守恒和能量守恒 第4页共5页 5 m+4m=4mw共 ④ m2+11 △Epm= ⑤ 得A=写9L @ ③④⑤式各2分，⑥式1分，共7分 (3)k取任意值时，B离开电场时的速度为2'，根据动能定理 m, ⑦ 要使B能碰A,需满足>1 得k>4 ⑧ B与A碰撞过程，根据动量守恒和能量守恒 m+m=m+好m, ,1 ⑨ +-+ 1 24m, ⑩ (a)当v4≥0时，不会碰第二次，满足题意 得ks9即s号 9 ① (b)若4<0，根据能量关系，可知B球会返回左侧电场经减速至零后反向加速再次出电场， 欲使B不与A碰第二次，有-4≤巧 得k≤，即白<k≤四 9 4 ② 综上，要是4B仅碰一次，有日k≤四 4 G 评分标准：⑧①③⑤式2分，共8分，本题共18分 第5页共5页