2026年高考考前预测卷：物理（湖北卷）解析版

2026年高考考前预测卷（湖北专用）

高三物理

（考试时间：75分钟，试卷满分：100分）

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

4.本试卷共分选择题和非选择题，共计15小题。

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。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或

不答的得。分。

1.碘131（续/）常用于治疗甲状腺疾病，其半衰期为8天。碘131的衰变方程为斓/i£ixe+9送+广

其中y光子的能量为5.82xIOF卜岚131（斓X。的结合能为L08xW11/,碘131的结合能为1.07x1

11

O-J,普朗克常量八=6.63x10-34j.So下列说法正确的是（）

A.碘131衰变:需8天

B.碘131比颔131稳定

C.y光子的频率约为8.8x1019Hz

D.该核反应生成物中的电子仪送）是原子核内的质子转化为中子时产生的

【答案】C

【解析】A.半衰期为半数原子核发生衰变的时间，碘131衰变?时剩余未衰变的原子核为：，对应经历2

个半衰期，所需时间为2x8=16天，故A错误；

B.核子数相同的原子核，结合能越大则比结合能越大，原子核越稳定。赦131的结合能大于碘131,故

徂131更稳定，故B错误；

C.根据光子能量公式E=九%可得v=5=维串a88XI019H7,故c正确；

h6.63x10-34nZ

D.该衰变是。衰变，本质是原子核内的中子转化为质子时释放出电子，故D错误。

故选C。

2.如图所示，质量为M的卫星A绕质量为,物的未知行星做半径为，,的匀速圆周运动，一个质量为〃?（〃?<

M）的小天体B也进入了卫星所在的圆轨道沿卫星的反方向运动并与卫星发生碰撞，碰后N星和小天体

结合为一个整体C卫星A和小天体B均可视为质点，忽略一切阻力，引力常量为G,则以下说法正确

的是（）

A.碰后C以%=芸J等的初速度做近心运动

B.碰后瞬间C的加速度小卜碰前A的加速度

C.碰后C将不可能再回到碰避时的位置

D.若碰后C仍绕该行星稳定运行，则周期变长

【答案】A

【解析】A.碰前卫星和小天体所受万有引力提供向心力，即G券=M^

r2r

得「呼

卫星和小天体碰撞，根据动量守恒有Mu-mv=+m）v0

解得孙=篝胜…

碰后C以初速度vO做近心运动，故A正确；

B.由牛顿第二定律。岁=Ma

得a=G詈

加速度与质量无关，即加速度不变，故B错误；

C.碰后C可能做椭圆轨道运动，可能回到碰撞时的位置，故C错误；

D.若碰后C仍绕该行星运动，则轨道半长轴会小于原轨道半径，根据开普勒第三定律可知，周期应变

短，故D错误。

故选Ao

3.一列简谐横波沿》轴负方向传播，在“。时刻恰好传播到原点。，如图所示，8、C两质点的平衡位置分别

在&=一1・5=一10.5m处。若£=0.2s时刻质点B第一次到达波谷，则下列说法正确的是（）

A.这列波的波长为3m

B.这列波的传播速度大小为IOm/s

C.这列波的周期为0.6s

D.在0~1.2s内，质点C通过的路程为10cm

【答案】D

【解析】A.根据题图可知，这列波的波长=A错误；

B.t=O时刻离质点8最近的波谷在x=1.5m处，t=0.2s时刻质点8第一次到达波谷，所以这列波的传

播速度大小〃="■m/s=15m/s，B错误；

C.这列波的周期Tq=0.4s,选项C错误；

D.这列波传播到质点C所用的时间口=骞s=0.7s

在0〜1.2s内，质点C振动的时间£2=1.2s-=0.5s

因为";

所以在。〜1.2s内，质点C通过的路程s=54=10cm，D正确。

故选D。

4.如图甲所示，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，理想变压器原副线圈匝数比为1：2,副线

圈两端的电压4随时间变化的图像如图乙所示，L1、G为两个相同的灯泡，开关s断开时，〃恰好正常

发光，不计线圈及导线电阻，电压表为理想交流电表，则（）

U/V

A.r=u时刻，电压表的示数为110鱼V

B.线圈转动的角速度为lOOred/s

C.闭合开关，为使灯泡正常发光，线圈转速应加倍

D.闭合开关，为使灯泡正常发光，外力对线圈做功的平均功率应加倍

【答案】D

【解析】A.由晟=最，代入数据，得出=110V,电压表示数为110V,故A错误；

B.线圈转动的角速度为3=景=100/rrad/s,故B错误；

C.闭合开关，要使灯泡正常发光，电压不变，则转速不变；故C错误：

D.闭合开关，副线圈的电阻减半，由P=?可知灯泡的总功率是原来的两倍，根据能量守恒，外力的平

均功率应为原来的两倍，故D正确。

故选D。

5.手机拍照时手的抖动产牛的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除议.种影响。如图，镜头

仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧，c、d中的一

部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度

a的大小和方向，依此自动调节c、4中通入的电流4和〃的大小和方向（无抖动时4和〃均为零），使镜

头处于零加速度状态。下列说法正确的是（）

上

手机框架

A.若4沿顺时针方向，。=0，则表明a的方向向右

B.若。沿逆时针方向，4=。，则表明Q的方向向下

C.若a的方向沿左偏上30°,则4沿顺时针方向，J沿逆时针方向且/c>〃

D.若a的方向沿右偏上30°,则沿顺时针方向，J沿顺时针方向且4<〃

【答案】C

【解析】A.4顺时针而。=0,则c线圈受到向右的安培力，手机的加速度是向左，镜头处于零加速度状

态，故A错误：

B.〃逆时针而/c=。，则d线圈受到向下的安培力，手机的加速度是向上，镜头处于零加速度状态，故B

错误；

C.若a的方向左偏上30。，说明手机框架给镜头向上以及向左的作用力，要使得镜头处于零加速度状态，

线圈c需要受到向右的安培力打、线圈d需要受到向下的安培力均，且外＞及，故可知4顺时针，〃逆时

针，由F=可知故C正确：

D.若Q的方向右偏上30。，说明手机框架给镜头向上以及向右的作用力，且向右的分力大于向上的分力

要使得镜头处于零加速度状态，线圈c需要受到向左的安培力外、线圈d需要受到向下的安培力及，且凡＞

&，可知/c逆时针，〃逆时针，且故D错误。

故选C。

6.两根通有相同电流的长直导线垂直％Oy平面固定在。、E两点，电流方向如图所示。。、E两点坐标为

(-4())和3,0),8点的坐标为10间)。在适当位置安放垂直坐标平面的第三根通电的长直导线，可以使8

点的磁感应强度为零，则第三根导线可能()

A.在位置A,并通以垂直平面向外的电流

B.在位置从并通以垂直平面向里的电流

C.在位置C,并通以垂直平面向外的电流

D.在位置O,并通以垂直平面向里的电流

【答案】A

【解析】根据安培定则，。、E两位置的通电长直导线在8点产生的磁场方向如图所示

•c

由矢量合成法则，可知合磁场方向沿y轴负方向，第三根长直导线放置的位置在4并通以垂直平面向外的

电流，或放在C通以垂直平面向里的电流，产生的磁场都在y轴正方向，B点的合磁感应强度可能为零。

故选Ao

7.我国的抛石机最早出现于战国时期，通过人在远离抛石机的地方牵拉连在横杆上的梢抛出石块。假设有

一待攻的城池，城墙高度为伍厚度为4,攻城方想用抛石机将石弹从城外直接抛入城内，抛石机的高度

相对城墙高度忽略不计，空气阻力不计，重力加速度为g,则抛出石弹的最小速度应为()

A.y]g(2h+d)B.Jg(h+2d)C.J2g(〃+d)D.Jg2h+2h

【答案】A

【解析】石弹抛出速度最小时，其运动轨迹恰好经过城墙两边缘，最高点恰好在城墙中心正上方，设石

弹经过城墙左边缘时的速度大小为巧，速度方向与水平方向的夹角为。，右弹由城墙左边缘到右边缘所

用的时间为t,斜抛运动水平方向d=v1cos0-t

竖直方向0=v1sin3-t.3gt2

解得%=匡

1yjsin20

当6=45°时，%具有最小值人碗]mm

石弹抛出后至经过城墙左边缘过程，由动能定理-mgh=2

2

20lmin

解得石弹抛出时的最小速度大小Jg(2/i+d)。

故选Ao

8.如图所示，真空中S/、S2处有两个等量同种正点电荷，其连线水平，。为连线的中点，。、b、c、d、e、

/、加、〃为以。为球心的球面上的点，。、c两点位于S/、S2的连线上，圆abed在水平面内，圆在

竖直面内，圆在S/、S2连线的中垂面内，/小〃两点位于圆a%/■上且关于。点对称。则()

A.一电子从〃点开始沿竖直圆弧经e点运动到。点，其电势能先减小后增大

B.〃?、〃两点电场强度大小相等、方向相反

C.在e点将一电子以一定的初速度抛出，电子可能会沿圆助/小做匀速圆周运动

D.将一质子沿水平圆弧从。点移到c点电场力所做的功大于沿竖直圆弧从。点移到c•点电场力所做的

功

【答案】BC

【解析】A.根据等量同种正点电荷的电势分布规律，结合沿着电场线电势逐渐降低，可知%=%>%

即电子从。点开始沿竖直圆弧经e点运动到c点，电势先降低再升高；乂电子在电势越低的点，其电势

能越大，可知在该过程中电子的电势能先增大再减小，故A错误；

B.根据等量同种正点电荷的电场线分布规律，可知m、n两点所处位置电场线的疏密程度相同，故电场

强度的大小相等，又电场强度沿电场线的切线方向，根据几何关系，可知两点的电场强度方向相反，故

B正确；

C.圆ebfd在工、S2连线的中垂面内，该平面卜.各点的电场强度方向沿径向向外（背离0点），电子带

负电，受到的电场力方向沿径向指向。点，这个力可以提供电子做圆周运动的向心力。若电子的初速

度方向与圆ebfd相切，且速度大小合适，电子就可以沿圆ebfd做匀速圆周运动，故C正确；

D.根据W=qU

可知在静电场中，电场力做功只与初末位置的电势差有关。根据等量同种正点电荷的电势分布规律，可

知。和c两点是关于。点对称的等势点，所以无论沿水平恻弧还是竖直圆弧从〃到c,电势差都为0,

电场力做功都为0,故D错误。

故选BCo

9.如图所示为一定质量的理想气体由AT3TC->A变化过程的P-F图像。其中CA部分的延长线过坐标原

点，BC部分与横轴平行，理想气体的内能与热力学温度成正比，下列说法正确的是（）

A.气体在BC过程中分子的数密度保持不变

B.气体在状态A下的压强大于状态B下的压强

C.气体在状态A卜.分子的平均动能大于状态C下分子的平均动能

D.气体在CA过程放出的热量大于在AB和BC过程吸收的总热量

【答案】ABD

【解析】A.8C过程是等容过程，故气体分子的数密度保持不变，故A正确;

B.由华=皿

得，=祭，7图中A和0连线的斜率比8和。连线的斜率小，故气体在状态A下的压强大于状态8

下的压强，故B正确；

C.气体从状态人到状态C,温度升高，而温度是分子的平均动能大小的标志，故气体在状态人下分子

的平均动能小于状态C下分子的平均动能，故c错误：

D.因从CtRtBtC这一个循环，气体的内能没变，由V-T图作出对应p-V图可知

气体在。过程中外界对气体做的功大于在AB和8C过程气体对外界做的功，气体在CA过程放出的热

故选ABDO

10.如图所示，小环A套在光滑水平杆上，连接小环A的轻质细线与水平杆间所成夹角9=30。，细线跨过

同一高度上的两光滑定滑轮与小环A质量相等的物块B相连，定滑轮顶部离水平杆距离为爪现将物块

B由静止释放，A、B均可视为质点，重力加速度大小为g,不计空气阻力，则（）

A.物块B下降过程中，物块8机械能守恒

B.物块B下降过程中，小环力和物块B系统机械能守恒

C.当小环A运动到。=45。时，小环4的速度大小以=4（2”仙

D.当小环A运动到0=45。时,物块B的速度大小为

【答案】BC

【解析】A.物块8下降过程中，细线拉力对8做负功，故机械能减小，故A错误;

B.以小环4和物块8为整体可知，系统机械能守恒，故B正确;

CD.当小环A运动到8=45°1时，可知为=以「。045。

其中mg(2/i-x/2/i)=+17n诏

解得力二百要,二=『(2一”,故C正确，D错误。

故选BCo

二、实验题：本大题共2小题，共16分。

H.(6分)某实验小组利用如图甲所示装置验证牛顿第二定律，不计轻绳、滑轮及传感器的质量，轻绳与滑

轮间接触光滑，忽略空气阻力。

(1)为使重物向上加速运动，钩码的质量TH与重物的质量M应满足的关系是

(2)下列说法正确的是______；

A.力传感器的示数与钩码的重力大小相等

B.测量时应先释放重物，后接通打点计时器电源

C.打点计时器应接交流电

(3)钩码的加速度大小4与重物的加速度大小生的关系为

(4)实验所用交流电源频率为50Hz。打点计时器某次打出的纸带如图乙所示，图中相邻两点间有4个点

未画出，则重物的加速度大小为(计算结果保留两位有效数字)：

单位:cm叫61V6.59-8.61-＞：-10.61—：

乙

(5)增加钩码的个数，得到多组重物的加速度a和传感器的示数尸的数据，画出尸图像如图闪所示，图

像的斜率为匕若重物的质量M=(用攵表示)，则说明牛顿第二定律成立。

丙

【答案】

(2)C

(3)QI=2a2

(4)2.0

【解析】（1）为使重物向上加速运动，应满足2m>M

（2）A.钩码有加速度，传感器显示的拉力不等于钩码的重力，故A错误;

B.测量时应先接通电源，待打点稳定后再释放重物，故B借误;

C.打点计时器应接交流电，故C正确。

故选C。

（3）当重物上升高度为h时，钩码下降高度为2h,由h=

可知，钩码的加速度为重物的两倍

=2-°m/s2

（5）由重物受力，可得Q=g-g

图像的斜率4=[,得

MK

12.（10分）在测定一根粗细均匀金属丝的电阻率的实验中:

=-40

1111111—

rr,,rr35

05=-30

（1）某学生用螺旋测微器测定该金属丝的直径时，测得的结果如图所示，则该金属丝的直径d=

mm.,

（2）实验室提供了下列可选用的器材（电阻丝的总阻值大约为10。）

A、电源电压恒为E=3.0V,内阻不计

B、电压表V1（0~3V,内阻约3kc）;

C、电压表V?（0〜15V,内阻约15kQ）：

D、电流表A1（0-0.6A,内阻约0.125。）；

E、电流表A?（0~3A,内阻约0.02550）

F、滑动变阻器8（0〜503A）

G、滑动变阻器4（0〜17500,3A）

H、开关S、导线若干

①滑动变阻器应选________,电流表应选________,电压表应选_________（选填选项前的字母）；

②将器材如图2连接好后，在金属丝上夹一个可沿金属丝滑动的金属触头P,触头的位置可从刻度尺上

读出。实验时改变触头P与金属丝接触的位置，多次改变金属丝楼入电路的长度/,调节滑动变阳器滑

动触头的位置，使电流表的读数达到某一相同值/时，记录电压表的示数U,从而得到多个苫的值，作出

牛一/图像，如图3所示。

③由图3所给数据，可得金属丝的电阻率夕=；（用〃、b、c、d表示）

④请从理论上分析并说明，③问求得的金属丝电阻率（选填“存在”或“不存在”）因电表内阻带

来的误差。

【答案】（1）6.861~6.864

⑵FDB—不存在

4a

【解析】（1）该金属丝的直径d=6.5mm+O.Olmznx36.1=6.86177ml

（2）[1]⑵[3]电源电压为3V,选量程0~3V的电压表匕，故选B；

金属丝电阻约10。，最大电流京=”0・34选量程0〜064的电流表A】，故选D；

分压式中滑动变阻器应选小阻值的Ri，故选F。

[4]由3=/?工+以=弓+%

横截面积S=苧

因此"黑，+&

多一/图像的斜率k二七二黑

/and2

整理得金属丝的电阻率p=四符

[5]电流表内阻只影响图像截距，不影响斜率，电阻率由斜率计算得到，因此不存在电表内阻带来的误差。

三、计算题：本题共3小题，共44分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出

最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

13.(10分)如图所示为某仪器中使用的一种截面为扇形的玻璃砖光学元件，其圆心角为120。，。为圆心，

半径为R，弧上镀有反射膜。一束激光照射到半径4。上的一点C,OC长度L=^R,光线与半径A

。的夹角为45。。已知玻璃砖对该激光的折射率n=/,，则第一次从玻璃砖中出射的光线相对入射光线

的偏转角为多少？

【答案】120°

【解析】光线与半径AO的夹带为45。，则光线入射角41=45。

根据折射定律几=密

解得42=30°

所以乙OCD=60°

根据正弦定理一4左=一、

sinZ.OCDsmz3

解得43=30°

在D点发生反射，且圆心角为12()。，根据几何关系可知N4=z5=30°

根据折射定律几=华

sinz.5

解得乙6=45°

由于入射光线与A。央角45。，出射光线与央角45。，且A。与〃。央角为120。，根据几何关系可知出

射的光线相对入射光线的偏转角为120。

14.(16分)如图所示，光滑水平台面MN上放两个相同小物块A、B,右端N处与水平传送带理想连接，

传送带水平部分长度L=18m,沿逆时针方向以恒定速度%=2m/s匀速转动。物块A、8(大小不计，

视作质点)与传送带间的动摩擦因数均为〃=0.2,物块A、B质量分别为7%=lkg,mB=0.5kg。开始

时A、B静止，A、B间压缩一轻质短弹簧。现解除锁定，弹簧弹开A、B,弹开后B滑上传送带，A掉

落到地面上的Q点，已知水平台面高=Q点与水平台面右端的水平距离s=1.6m,g取lOm/s2。

AB

」4[~|wwwT~|N

(・)

h

Q_________

ks

(1)求物块A脱离弹簧时速度的大小；

(2)求弹簧储存的弹性势能；

(3)求物块B在水平传送带上运动的过程中摩擦力对物块B的冲量。

【答案】(l)4m/s

(2)24J

(3)5N・s,方向水平向左

【解析】(1)A脱离弹簧后做平抛运动，竖直方向自由下落h=产

水平方向匀速运动s=vAt

物块A脱离弹簧时速度的大小匕=4m/s

(2)弹簧弹开过程，水平面光滑，A、B系统动量守恒，^mAvA-=0

解得知~8m/s

弹簧储存的弹性势能等于弹开后A、B的总动能Ep=1叫4若4-

弹簧储存的弹性势能Ep=24/

(3)B滑上传送带后，受向左的滑动摩擦力，加速度大小a=〃g=2m/s2,方向向左；

当B减速到零时，由为2=2以

B向右减速到零的位移％=16m