湖北黄冈市蕲春县第一中学2026届高三下册临门一脚物理试卷 含答案

/蕲春一中2026届高三年级临门一脚物理试题本试卷共6页，15题。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，先将自己的姓名，准考证号，考场号，座位号填写在试卷和答题卡上，并认真核准准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷，草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答：字体工整，笔迹清楚。4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。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。全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选得0分。1.下列说法正确的是（）A.诗人王安石笔下“遥知不是雪，为有暗香来”，“暗香”说明花粉在做布朗运动B.的冰熔化成的水温度不变，每个水分子的动能都保持不变，一定质量的水结成冰后体积膨胀，分子间距离变大，分子势能随之增大C.用打气筒快速给自行车轮胎打气，越往后越费劲，说明分子间斥力越来越大D.用烧热的针尖接触表面涂有蜂蜡层的云母片，蜂蜡层形成了椭圆形的熔化区域，说明云母片的导热性存在各向异性【正确答案】D【详解】A．“暗香”是梅花香气分子的扩散现象，故A错误；B．温度不变时，分子平均动能不变，但每个分子的动能因热运动而随机变化，并非都保持不变；水结冰时体积膨胀，分子间距离增大，但由于形成了更稳定的晶体结构并释放热量，系统的‌分子势能是减小的‌，故B错误；C．打气筒打气费劲是因轮胎内气体压强增大，需克服更大压力做功，气体分子间距大，斥力作用可忽略，并非分子间斥力增大，故C错误；D．蜂蜡熔化区域呈椭圆形，表明热量沿不同方向传导速率不同，说明云母片（晶体）的导热性存在各向异性，故D正确。故选D。2.1976年在阿连德陨石中发现的铝-26是天体物理研究中最为重要的放射性核素之一，现已知银河系中存在大量铝-26，发生衰变时会释放出能量，其衰变方程为。已知的质量为，的质量为，X的质量为，真空中的光速为c，下列说法正确的是（）A.为衰变方程B.在低温环境中，铝-26的半衰期会缩短C.若铝-26与其他元素形成化合物，该化合物仍具有放射性D.1个核在发生上述衰变过程中释放的能量为【正确答案】C【详解】A．根据题意，由质量数守恒和电荷数守恒可知，是正电子，则不是衰变方程，故A错误；B．半衰期由原子核内部因素决定，与环境温度无关，在低温环境中，铝-26的半衰期不变，故B错误；C．放射性元素的放射性与核外电子无关，则铝-26与其他元素形成化合物，该化合物仍具有放射性，故C正确；D．根据题意，由公式可得，1个核在发生上述衰变过程中释放的能量为故D错误。故选C。3.Phyphox手机物理工坊是一款实用的软件，手机安装这款软件后，可用手机的传感器来测许多的物理量，某研究小组利用手机加速度传感器来测试某型号电梯在特殊情况下的加速度，他们将手机放置于该电梯的地板上并打开加速度传感器，使电梯从静止开始迅速向上运动，以竖直向上为正方向，其图像如图所示，不计空气阻力，g取。以下说法正确的是（）A.时刻电梯速度最大 B.在到时间内手机受到的支持力一直在减小C.时刻电梯速度方向发生改变 D.在运行过程中手机一定没有与电梯地面分离【正确答案】B【详解】AC．由图可知，手机在时间内匀速运动，时间内向上做加速度逐渐增大的加速运动，时间内向上做加速度逐渐减小的加速运动，时刻速度最大，时间内向上做加速度逐渐增大的减速运动，故时刻速度不是最大，时刻运动方向也没有发生改变，AC均错误；B．由牛顿第二定律，对手机则有：时间内解得结合图像可知，此阶段加速度逐渐减小，故手机受到的支持力在减小，时间内手机的加速度向下逐渐增大，则有解得由于加速度逐渐增大，故此阶段手机受到的支持力也在减小，B正确；D．由图可知，有段时间手机竖直向下的加速度大小等于重力加速度，手机处于完全失重状态，所以手机有可能离开过升降机，D错误。故选B。4.空间中存在着沿水平方向的匀强磁场B1，某兴趣小组设计的测量匀强磁场B1大小和方向的实验装置如图所示。通有电流的螺线管水平固定，其轴线与匀强磁场B1平行，螺线管在霍尔元件处产生的磁场的磁感应强度B2=kI，其中k为比例常数，I为电流表示数。霍尔元件的工作面A向左且与匀强磁场B1垂直，霍尔元件的载流子为电子。调节滑动变阻器R接入电路的阻值，当电流表示数为I0时，霍尔元件输出的霍尔电压UH=0，下列说法正确的是（）A.匀强磁场B1的磁感应强度大小为kI0，方向水平向左B.若电流表示数小于I0，则a、b端的电势满足φa<φbC.电流表的示数越大，霍尔电压UH一定越大D.电流表的示数越大，霍尔电压UH一定越小【正确答案】B【详解】A．由右手定则可知，通过电流表的电流在螺线管内产生的磁场水平向左，当电流表示数为I0时，霍尔元件输出的霍尔电压UH＝0，说明霍尔元件处总磁感应强度为0，可知B1、B2等大反向，即B1＝B2＝kI0匀强磁场B1的方向水平向右，故A错误；B．若电流表示数小于I0，霍尔元件处总磁感应强度方向水平向右，左手定则可知电子向a偏转，故φa<φb，故B正确；CD．若电流表示数大于I0，电流表示数越大，霍尔电压越大，若电流表示数小于I0，电流表示数越大，霍尔电压越小，故CD错误。故选B。5.现为了在某海岸进行炸弹爆炸后的地质检测，在大海中的A处和陆地上的B处同时引爆炸弹，A、B处质点分别产生如图甲、乙所示的振动图像，且两处爆炸产生的波均向O处传播。已知两列波在海水中的传播速度均为v1=1500m/s，在陆地上的传播速度均为v2=3000m/s，AB=600km，O为AB的中点，C为OB的中点，假设两列波在海水和陆地上的传播速度不变，忽略海水的流速。则（）A.零时刻时两列波的振动方向相同B.若A处有一漂浮物，漂浮物运动到陆地的最短时间为200sC.由于A、B处两列波在海水和陆地上的传播速度不同，故无法形成干涉现象D.C点持续振动的时间为200s【正确答案】D【详解】A．根据图甲可知，零时刻时A处振动产生的波的振动方向沿y轴正方向，根据图乙可知，零时刻时B处振动产生的波的振动方向沿y轴负方向，即零时刻时两列波的振动方向相反，故A错误；B．波在传播过程中，质点只在各自平衡位置振动，并不随波迁移，即A处的漂浮物不会运动到陆地，故B错误；C．根据图甲、乙可知，两列波的周期均为4s，即频率相同，可知两列波能够发生干涉现象，故C错误；D．A处振源的振动形式传到C点所用时间B处质点的振动形式传到C点所用时间时间差Δt＝200s＝50T，因为两列波起振方向相反，故C点为振动减弱点，当A处质点的振动形式传到C点时，C点不再振动，所以C点持续振动的时间为Δt＝200s，D正确。故选D。6.如图所示，在正方体上顶点A、C、、处分别放置了点电荷，电荷量分别为+Q、+Q、+Q、-Q。M点和N点分别为上表面和下表面的中心，关于这些点电荷形成的电场，下列判断正确的是（）A.M点和N点的电场强度大小 B.B点和D点的电场强度大小C.M点和N点的电势 D.B点和D点的电势【正确答案】C【详解】AC．A和C处点电荷在M和N点的电场强度大小关系是竖直向下，电势关系如图所示，点、处点电荷在M和N点的电场强度关系是方向相同。连线的中垂线为等势面，可知电势关系根据场强和电势的叠加法则可知，，故A错误，C正确；BD．A和C处点电荷在B和D点的电场强度大小关系是方向相反，沿方向，电势关系为点、处点电荷在B和D点的电场强度大小关系是电势关系为如图所示，与成钝角，同理可得与成锐角，根据电场强度矢量合成，得，电势求和知，故BD错误。故选C。7.如图所示，甲、乙分别为常见的三星系统模型和四星系统模型。甲图中三颗质量均为的行星都绕边长为的等边三角形的中心做匀速圆周运动，周期为；乙图中三颗质量均为的行星都绕静止于边长为的等边三角形中心的中央星做匀速圆周运动，周期为，不考虑其它星系的影响。已知四星系统内中央星的质量，，则两个系统的周期之比为（）A. B. C. D.【正确答案】B【详解】甲图中，任一颗行星轨道半径任意两星间的万有引力F=G任一颗行星F合=2Fcos30°=F由牛顿第二定律可得F合=解得乙图中，任一颗行星轨道半径每颗星受到的万有引力的合力为又得由万有引力提供向心力得解得又联立解得故选B。8.2024年6月2日6时9分，嫦娥六号着陆器在鹊桥二号中继卫星支持下，开始实施动力下降，7500N变推力主发动机开机，着陆器接触地面前经过喷火反冲减速后关闭主发动机，此时的速度为，这一速度仍大于软着陆设计速度，为此科学家设计了一种电磁阻尼缓冲装置，其原理如图所示：主要部件为缓冲滑块K及固定在绝缘光滑缓冲轨道MN和PO上的着陆器主体，着陆器主体中还有超导线圈（图中未画出），能在两轨道间产生垂直于导轨平面的匀强磁场，导轨内的缓冲滑块由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有匝矩形线圈，当着陆器接触地面时，滑块K立即停止运动，此后线圈与轨道间的磁场发生作用，使着陆器主体持续做减速运动，从而实现缓冲。从缓冲滑块着地到着陆器主体速度减为0的过程中（）A.线圈段受到向上的安培力B.若磁场反向，装置也能起到缓冲作用C.线圈段中电流方向为由到D.探测器主体的重力势能减少量等于线圈中产生的焦耳热【正确答案】BC【详解】AC．当缓冲滑块接触地面停止运动后，线圈处于静止状态，着陆器主体继续向下运动。以着陆器主体为参考系，相当于线圈相对磁场向上运动。线圈的边在磁场中切割磁感线，已知磁场方向垂直于纸面向里，根据右手定则，可以判断出线圈段中感应电流的方向为由到，故C正确；线圈边所在处的磁场向里，电流向左（到），由左手定则可知，线圈段受到的安培力方向向下，故A错误；B．若磁场反向，垂直于纸面向外，根据右手定则，感应电流方向也会反向，此时电流向右、磁场向外，由左手定则可知安培力方向依然向下。根据牛顿第三定律，着陆器主体受到的反作用力始终向上，依然能阻碍其向下运动，装置也能起到缓冲作用，故B正确；D．在着陆器主体向下减速缓冲的过程中，主体的速度不断减小，高度不断下降，因此其动能和重力势能均减小。根据能量守恒定律可知，主体的重力势能减少量与动能减少量之和等于线圈中产生的焦耳热，即线圈中产生的焦耳热大于重力势能的减少量，故D错误。故选BC。9.如图，直角梯形区域为的中点，直角三角形、平行四边形ebcd两区域内存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直与纸面的匀强磁场，一等腰直角三角形导线框与梯形在同一平面内，边长为且与共线，导线框以垂直于的恒定速度穿过磁场区域，从点进入磁场开始计时，末刚好到达点。规定逆时针方向为感应电流的正方向，水平向左为导线受到的安培力的正方向，此过程中线框中的感应电流受到的安培力，二者与时间的关系图像可能正确的是（）A. B.C. D.【正确答案】BC【详解】AB．设导线框速度为v，电阻为R，则内电流可知均匀增大，该过程最大电流为，由右手定则可知电流方向为逆时针，为正方向；

内，导线框一部分在垂直纸面向里的磁场，一部分在垂直纸面向外的磁场，且两边切割磁感线产生的感应电动势方向相同，此时两边产生的感应电动势相加，可得可知电流从最大逐渐减小到0，由右手定则可知电流方向为顺时针，为负方向；2～3s内，导线框离开磁场，电流可知电流逐渐减小到0，由右手定则可知电流方向为逆时针，为正方向。综合可知，内最大电流是

末电流的

2

倍，所以图像B选项符合题意。CD．根据

内，AC在磁场外，安培力内，导线框一部分在垂直纸面向里的磁场，一部分在垂直纸面向外的磁场，AC边安培力大小可知该过程安培力从最大值逐渐减小到0，再反向增大最后减小到0，分析可知AC边安培力方向先向左后向右，即方向先正后负，且图像为开口向上的二次函数；内，线框出磁场，AC边安培力大小可知安培力从最大值逐渐减小，且图像为开口向上的二次函数。综合分析可知C选项符合题意。故选BC。10.如图所示，质量分别为3M、2M、M的A、B、C三个可视为质点的小球通过两根长度均为l的轻杆和轻质光滑铰链连接，初始时整个装置通过外力作用静止于竖直平面内，且两杆呈竖直状态。A、C位于光滑水平地面上，某时刻撤去外力，系统在重力作用下开始运动，直至B球落地。设某时刻两杆之间的夹角为，重力加速度为，则（）A.C球经历先加速后减速的过程B.落地前的瞬间B球的速度大小为C.落地前的瞬间C球相对地面的水平位移大小为D.当等于时，A、C两球的速度大小之比为【正确答案】ACD【详解】A．系统水平方向动量守恒，则静止释放和B球刚要与地面接触的瞬间，C球水平方向速度均为0，所以C球经历了先加速后减速的过程，故A正确；B．由分析可知，在B球落地瞬间，A、C两球的速度为0。B球下落的高度为，根据系统机械能守恒有解得落地前的瞬间B球的速度大小为，故B错误；C．设从静止释放直至B球落地，A、B、C三个小球的对地位移分别为、、，由水平方向动量守恒有A、B、C三个小球的对地位移满足，联立解得即C向右移动的位移大小为，故C正确；D．当等于时，设B相对于A的速度为，B与C球在沿BC杆方向的分速度相同，即又因为水平方向动量守恒，则有联立解得，故D正确。故选ACD。二、非选择题：本题共5小题，共60分。11.（1）某同学利用双线摆测量当地的重力加速度，实验装置如图甲所示，把两根不可伸长的轻绳系在质量分布均匀的金属小球的最上端，已知每根绳长为d，两悬点间相距2s，小球半径为r，则双线摆的等效摆长L的表达式为__________；测出双线摆做简谐运动的周期T与等效摆长L，绘制T²-L的图像，如图乙所示，π取3.14，根据图像可求得当地重力加速度g=__________m/s²（结果保留三位有效数字）；（2）如图丙所示，把双线摆的其中一根悬线换成一根很轻的硬杆，组成一个“杆线摆”。细线与轻杆的夹角为α，杆线摆可以绕着悬挂轴OO'来回摆动，小球的运动轨迹被约束在一个与水平面夹角为θ的倾斜平面内，这相当于单摆在斜面上来回摆动。若杆线摆等效摆长为L0，重力加速度为g，不计一切摩擦，摆角小于5°时，杆线摆周期T0的表达式为____________。（用第（2）问中的字母表示）【正确答案】（1）①.②.9.86（2）【小问1详解】[1]单摆的等效摆长应为小球的球心到悬挂的水平杆之间的距离，即[2]根据单摆周期公式，可知可通过图像中的斜率求解当地的重力加速度，即代入数据可得【小问2详解】根据单摆的周期公式“杆线摆”的摆长为轻杆长度，小球在斜面上做单摆运动时的等效重力加速度为故“杆线摆”的周期为12.某实验小组用图甲所示电路测量一电池组的电动势和内阻，使用到的实验器材有：A.待测电池组（电动势约3V，内阻约1Ω）B.毫安表mA（量程为200mA，内阻）C.电阻箱RD.定值电阻E.开关、导线若干（1）由于毫安表的量程太小，需要将其改装成量程为0.6A的电流表，则图甲虚线框中，与毫安表并联的定值电阻的阻值为______Ω；（2）闭合开关S前，应将电阻箱的阻值调到______（选填“最小”或“最大”）；（3）闭合开关S，多次调节电阻箱，记录其阻值R和毫安表mA的读数；某次测量时，毫安表的示数如图乙所示，对应的读数为______mA；（4）根据每次测得的毫安表读数，计算出通过电池组的电流I；以为纵坐标，R为横坐标，作－R图线（用直线拟合）如图丙所示；根据图像可求出电池组的电动势E＝______V，内阻r＝______Ω。（结果均保留两位有效数字）【正确答案】（1）6（2）最大（3）88##89#90（4）①.2.6##2.7②.1.2##1.3##1.4【小问1详解】根据并联分流可得代入数据可知解得【小问2详解】为了保护电路（防止电流过大损坏电表或电源），需要电路中的电流最小，则闭合开关S前应将电阻箱的阻值调到最大；【小问3详解】量程为200mA的电流表精度为5mA，故读到1mA，则电流表的读数为89mA（88mA、90mA）【小问4详解】[1][2]利用毫安表读数计算出通过电池组的电流I为干路电流，改装后的电流表内阻为根据全电路的欧姆定律可知变形为则图像的斜率为解得（2.6V）图像的纵截距为解得（1.2、1.3）13.如图，玻璃砖的横截面由等腰直角三角形MNQ和半径为R的四分之一圆弧NPQ组成，Q为圆心，A为MQ边的中点．一束平行光束垂直MQ面射入，经过A点的光线在MN面上发生全反射并直接从NP面射出，射出时的折射角为，不考虑光在NP面上的二次反射已知。求：（1）玻璃砖的折射率n；（2）从NP面上直接射出的光线，对应的入射光线在MQ上的长度l。【正确答案】（1）1.6（2）【小问1详解】作出经过A点的光线在玻璃砖中前进的光路图如图，由于A为MQ边的中点，由几何关系得由题意知折射角，根据折射定律得解得【小问2详解】光射到NP面上刚好发生全反射时由几何关系得联立解得14.如图所示，倾角的传送带，两端PQ的距离L=9.0m，以恒定速度顺时针转动。当把质量的物块A无初速度轻放到P端时，立即有质量m=30g的子弹射穿它，子弹初速度平行传送带向上，大小为300m/s，子弹射穿A后速度变为100m/s以后每隔时间就有一颗相同的子弹射中A并穿出，直到物块到达顶端Q。已知物块A与传送带间的动摩擦因数，物体和弹丸均可看成质点，射穿木块的时间不计，且每次射穿时阻力相同，取，（1）A物体被第二颗子弹击中前，在传送带上的划痕；（2）至少需要射出几颗子弹才能使A物体到达传送带顶端；（3）从第一颗子弹击中木块到木块最终离开传送带的过程中，木块和传送带这一系统所产生的热量。【正确答案】（1）（2）颗（3）27.2J【小问1详解】第一颗子弹射穿后，由动量守恒：

m解得vAvA1>A减速到传送带速度的时间：

t1=此阶段A的位移：x1

传送带位移：x带1A相对传送带向上的位移：Δx共速后，，A继续减速，摩擦力向上，加速度：a2=到第二颗击中前剩余时间t2末A速度：

此过程A位移：x2传送带位移：x传2相对位移：Δx划痕长度为最大相对位移