2026届湖北襄阳市高三下学期3月统一调研测试物理试题（解析版）

第第页2026届湖北襄阳市高三下学期3月统一调研测试物理试题1．“中国核潜艇之父”黄旭华院士，隐姓埋名三十载，为祖国打造了捍卫和平的“深海利剑”。在2017年全国道德模范颁奖典礼上，习近平总书记为他“让座”的场景感人肺腑。下列有关核反应说法错误的是（）A．目前核潜艇是利用重核裂变提供动力B．重核裂变反应前后一定有质量亏损C．铀核裂变后的新核比铀核的比结合能小D．92235U+【答案】C【解析】【解答】A．目前核潜艇依靠可控重核裂变释放的核能提供动力，故A正确；B．重核裂变释放大量能量，由质能方程ΔE=C．比结合能越大，原子核越稳定，铀核裂变释放能量，生成的新核比铀核更稳定，故新核比结合能更大，故C错误；D．根据质量数守恒：左边总质量数235+1=236，右边总质量数140+94+d×1=234+d，解得d=2，故D正确。故答案为：C。

【分析】A：核潜艇采用可控重核裂变提供动力；

B：释放能量的核反应一定存在质量亏损；

C：比结合能越大原子核越稳定，裂变生成的新核更稳定；

D：根据质量数守恒计算中子数。2．我国自行研制的北斗三号卫星导航系统由3颗地球静止轨道卫星（GEO）、3颗倾斜地球同步轨道卫星（IGSO）和24颗中圆地球轨道卫星（MEO）组成，2020年已正式覆盖全球，其具有GPS系统没有的通信功能。将地球看成质量分布均匀的球体，下列说法正确的（）A．地球静止轨道卫星与地面上的点线速度大小相等，所以看起来是静止的B．倾斜地球同步轨道卫星有可能保持在湖北襄阳的正上方C．卫星运行的线速度可能大于第一宇宙速度D．赤道上物体随地球自转的向心加速度比同步卫星向心加速度小【答案】D【解析】【解答】A．地球静止轨道卫星与地面上的点角速度相等，由v=ωr，卫星轨道半径远大于地球半径，故卫星线速度远大于地面点线速度，故A错误；B．倾斜地球同步轨道卫星轨道平面不与赤道平面重合，会沿南北方向周期性运动，无法始终保持在襄阳正上方，故B错误；C．由万有引力提供向心力得v=GMD．赤道上物体与同步卫星角速度相等，由向心加速度公式a=ω故答案为：D。

【分析】A：地球静止轨道卫星与地面点角速度相等，线速度由v=ωr判断大小；B：倾斜地球同步轨道卫星轨道平面不与赤道重合，无法定点在北纬地区上空；C：第一宇宙速度是卫星最大环绕速度；D：赤道物体与同步卫星角速度相同，由a=ω3．在滑雪比赛中，某运动员从跳台上的A点以速度v0=20m/s，与水平方向成α=30∘角斜向上起跳，经过空中B点时，速度与水平方向夹角为β=A．0.7s B．1.4s C．2.7s 【答案】C【解析】【解答】由水平方向速度不变可知v0cosα=vcosβ，解得故答案为：C。

【分析】本题考查斜抛运动的分解，核心是将运动分解为水平匀速直线运动和竖直竖直上抛运动，利用水平速度不变、竖直方向匀变速规律求解飞行时间。4．一含有理想变压器的电路如图所示，电阻R1、R2和R3的阻值分别为2Ω、1Ω和3ΩA．2:1 B．3:1 C．4:1 D．5:1【答案】A【解析】【解答】在如图甲所示的理想变压器中虚线框内部分电路可以等效为图乙中的R

设原、副线圈匝数的比值为k，可得U1U2=k，副线圈电阻R消耗的功率为P=U22R，而等效电阻R'消耗的功率为P'=U12R'，根据P=P故答案为：A。

【分析】本题考查理想变压器的等效电阻法，核心规律：匝数比k=n1n5．艺术体操的主要项目有绳操、球操、圈操、带操和棒操五项。下图为某运动员进行的带操比赛的照片。某段过程中彩带的运动可简化为沿x轴方向传播的简谐横波t=1.0s时的波形图如图甲所示，质点QA．简谐波沿x轴负方向传播 B．该时刻P点的位移为5C．再经过0.75s,P点到达波谷位置 D．质点Q【答案】C【解析】【解答】A．t=1.0s时，Q点在平衡位置沿y轴正方向振动，根据“上下坡法”可知简谐波沿x轴正方向传播，故A错误；B．由图甲可知，波长λ=2×7m−3m=8m，由P点和Q点平衡位置相距3mC．由质点Q的振动图像可知质点振动周期等于2s，波速为v=λT=82m/s=4D．t=0时Q点向下振动，故质点Q的振动方程为y=10sin故选C。

【分析】根据上下坡法和质点的振动方程，以及波的传播特点分析求解。6．如图所示，真空中的正方体ABCD−A1BA．B点比C点电势高B．A1点比CC．B点和C点场强大小相等方向相反D．A1点和C【答案】D【解析】【解答】AB．由电势公式φ=kqr，A、C1C．由电场叠加与对称性，B、C两点场强大小相等，但方向不同，并非方向相反，故C错误；D．由电场叠加和对称性知A1点和C故答案为：D。

【分析】A：根据点电荷电势公式φ=kqB：同理判断A1C：由电场叠加和对称性，判断B、C两点场强大小与方向；D：由电场叠加和对称性，判断A17．某水池下方水平放置一直径为d=0.6m的圆环形发光细灯带，O点为圆环中心正上方，灯带到水面的距离h可调节，水面上面有光传感器（图中未画出），可以探测水面上光的强度。当灯带放在某一深度h1时，发现水面上形成两个以O为圆心的亮区，其中半径r1A．水面能被照亮的区域半径为1.5B．若仅增大圆环灯带的半径，则水面上中间光强更强的区域也变大C．灯带的深度hD．当h1【答案】D【解析】【解答】AC．由题意得，半径r1=1.2m的圆内光强更强，说明一部分光在r1∼r2区域内发生全反射，如图所示，在解得tanC=377，h解得水面被照亮的区域半径为r2B．水面上形成两个以O为圆心的亮区，若仅增大圆环灯带的半径，光环向外扩大，临界角C不变，由图可知重叠的区域变小，即水面上中间光强更强的区域变小，B错误；D．水面中央出现暗区，即重叠区域恰好为零，设此时灯带的深度为h0，如图所示有tanC=d2h故答案为：D。

【分析】A：先求全反射临界角，结合几何关系计算水面照亮区域半径；

B：分析圆环灯带半径增大时，中间强光重叠区域的变化；

C：利用临界角的正切几何关系，求解灯带深度h1；

D：找到中央刚出现暗区的临界深度，判断深度小于该值时的现象。8．如图所示，B、C为两个可视为质点的相同小球，在竖直面内由轻质细绳AB、BC以及轻质弹簧CD连接。其中A、D两点固定于竖直墙上，AB与竖直方向夹角为30∘,CD与竖直方向夹角为37∘,BC沿水平方向。’已知重力加速度大小为A．剪断绳后瞬间，B球加速度为0.5B．剪断绳后瞬间，B球加速度为3C．剪断绳后瞬间，C球加速度为0.6D．剪断绳后瞬间，C球加速度为0.75【答案】A,D【解析】【解答】AB．剪断BC绳瞬间，AB绳弹力突变，B球加速度方向垂直于AB绳向下，

根据牛顿第二定律可得mgsin30°=maCD．以C球为对象，根据平衡条件可得F弹=剪断BC绳后瞬间，弹簧弹力保持不变，则C球受到重力和弹簧弹力的合力大小等于剪断前BC绳的拉力大小，所以C球加速度为ac故答案为：AD。

【分析】A、B：剪断BC瞬间，AB绳弹力突变，B球加速度垂直AB绳向下，由牛顿第二定律求解；

C、D：弹簧弹力瞬间不变，C球合力等于原BC绳拉力，由牛顿第二定律求解加速度。9．近年来我国新能源汽车发展迅速，2025年新能源汽车全年产销量突破1600万辆，位列全球第一。如图所示为比亚迪某型号汽车某次测试行驶时的加速度和车速倒数1v的关系图像。若汽车质量为2×103A．汽车匀加速时间为5B．汽车以恒定功率启动C．汽车所受阻力为1×D．汽车在车速为5m/【答案】A,D【解析】【解答】A．汽车匀加速运动的末速度1v=110sB．汽车先匀加速启动，速度增大、功率增大，达到额定功率后变加速，并非全程恒定功率启动，故B错误；C．由图可知汽车的最大速度为30m/则P=30f，当1v=110即P10−f=4×103，联立解得D．根据牛顿第二定律，汽车匀加速运动时有F−f=ma，代入数据得F=f+ma=6×103N，车速为5故答案为：AD。

【分析】A：由图像确定匀加速末速度，结合匀加速加速度求时间；

B：判断汽车启动方式，匀加速阶段功率增大，并非恒定功率启动；

C：结合最大速度、牛顿第二定律联立求阻力；

D：5m/s处于匀加速阶段，先求牵引力，再由P=Fv求功率。10．如图所示，两粗糙水平导轨固定放置，间距为L，导轨左端接有阻值为R的电阻，质量为m的导体棒ab垂直放在导轨上。空间存在一矩形磁场区域，磁感应强度竖直向下，大小为B。磁场以速度v匀速向右移动，当磁场右边界经过导体棒时开始计时，t0时刻导体棒运动恰好稳定，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为gA．导体棒稳定时的速度大小为μmgRB．导体棒稳定时的速度大小为v−C．0−t0D．0−t0【答案】B,D【解析】【解答】AB．磁场向右运动，根据右手定则可知导体棒中电流为从a到b，导体棒受到的安培力向右，导体棒加速，两者的速度差逐渐减小，则导体棒的加速度逐渐减小，最后两者速度差恒定；设导体棒稳定时速度大小为v1，则导体棒相对磁场的切割速度大小为v−v感应电流I=ER=BLv−v1C．对导体棒根据动量定理有BLIt0−μmgtD．由q=ΔΦR=BLΔx故答案为：BD。

【分析】A、B：磁场向右运动，导体棒相对磁场向左切割，稳定时安培力与摩擦力平衡，用相对速度推导速度；C：对导体棒用动量定理，结合电荷量定义求解；D：由电荷量公式q=ΔΦ11．请使用下列器材测量小车质量M：小车、一端带有定滑轮的平直轨道、垫块、细线、打点计时器、纸带、频率为50Hz的交流电源、直尺、质量均为m=10（1）实验步骤i.按图安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂着6个槽码。改变轨道的倾角，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列等间距的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑；ⅱ.保持轨道倾角不变，取下1个槽码（即细线下端悬挂5个槽码），让小车拖着纸带沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速度a；iii.依次减少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤ii；iv.以取下槽码的总个数n1≤n≤6的倒数1n为纵坐标，1a（2）已知重力加速度大小g=9.78m（1）下列说法正确的是______（多选）A．接通电源后，再将小车从靠近打点计时器处由静止释放B．小车下滑时，位于定滑轮和小车之间的细线应始终跟倾斜轨道保持平行C．实验中必须保证细线下端悬挂槽码的质量远小于小车的质量D．若细线下端悬挂着2个槽码，则小车在下滑过程中受到的合外力大小为2mg（2）写出1n随1a变化的关系式（用（3）测得1n−1a关系图线的斜率为0.20m【答案】（1）A；B（2）1（3）0.43【解析】【解答】（1）A．为了打点稳定，接通电源后，再将小车从靠近打点计时器处释放，故A正确；B．小车下滑时，位于定滑轮和小车之间的细线应始终跟倾斜轨道保持平行，是为了保证小车受到的拉力（即细线的张力）是沿着轨道方向的，并且能准确测量小车的位移，如果细线与轨道不平行，那么拉力将会有一个垂直于轨道的分量，这个分量会对实验产生误差，故B正确；C．由于该实验绳子拉力不需要近似等于槽码的重力，故不需要使质量远小于小车质量，故C错误；D．若细线下端悬挂着2个槽码，小车加速下滑，槽码加速上升，槽码超重，故细线对小车的拉力大于2个槽码的重力，而小车的重力沿轨道方向的分力为6mg，所以小车下滑过程中受到的合外力小于4mg，故D错误。故答案为：AB。（2）小车匀速运动时有Mgsinθ−μMgcosθ=6mg，取下n联立以上各式得1n=mg（3）1n−1a关系图线的斜率mg6m+M=0.20m/s2（1）A．为了打点稳定，接通电源后，再将小车从靠近打点计时器处释放，故A正确；B．小车下滑时，位于定滑轮和小车之间的细线应始终跟倾斜轨道保持平行，是为了保证小车受到的拉力（即细线的张力）是沿着轨道方向的，并且能准确测量小车的位移，如果细线与轨道不平行，那么拉力将会有一个垂直于轨道的分量，这个分量会对实验产生误差，故B正确；C．由于该实验绳子拉力不需要近似等于槽码的重力，故不需要使质量远小于小车质量，故C错误；D．若细线下端悬挂着2个槽码，小车加速下滑，槽码加速上升，槽码超重，故细线对小车的拉力大于2个槽码的重力，而小车的重力沿轨道方向的分力为6mg，所以小车下滑过程中受到的合外力小于4mg，故D错误。故选AB。（2）小车匀速运动时有Mg取下n个槽码后，对小车和剩下的槽码分别进行受力分析有：对小车Mg对槽码T−联立以上各式得1（3）1n−代入数据解得M=0.4312．某同学测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材。A.待测干电池一节B.电流表：量程0∼0.6A，内阻C.电压表1：量程0∼15VD.电压表2：量程0∼3VE.滑动变阻器1：阻值范围为0∼10ΩF.滑动变阻器2：阻值范围为0∼100ΩG.开关、导线若干（1）伏安法测电池电动势和内阻的实验，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。在上述器材中请选择适当的器材，电压表选择，滑动变阻器选择。（填写器材前的字母）（2）实验电路图应选择图（填“甲”或“乙”）。（3）正确选择电路图后，根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U−I图像，则于电池的内阻r=Ω（保留三位有效数字），此电路测得的电动势数值真实值（填“大于”、“等于”或“小于”）。【答案】（1）D；E（2）甲（3）1.15；等于【解析】【解答】(1)一节干电池电动势约1.5V，电压表选D；滑动变阻器选阻值较小的E，方便调节。

故答案为：D；E(2)电流表内阻已知，甲图可将电流表内阻计入电源内阻，消除电流表分压带来的系统误差，故选甲。

故答案为：甲（3）由闭合电路欧姆定律有U=E−IRA解得r=1.15Ω；，由等效电源法可知电源电动势的测量值等于真实值。

故答案为：1.15；等于

(2)电流表内阻已知，可等效为电源内阻，选择甲电路；(3)由U−I图像斜率求RA（1）[1]一节干电池电动势约为1.5V，因此选量程0∼[2]干电池内阻较小，为方便调节，选阻值范围0∼10Ω（2）因为电流表的内阻已知，把它接入干路中，可以准确测出流过电源的干路电流，把它的内阻等效为电源内阻，电压表的示数即可看作路端电压，则应选甲图。（3）[1]由闭合电路欧姆定律有U=E−I结合图像可得k解得r=1.15[2]由等效电源法可知电源电动势的测量值等于真实值。13．车载气垫床体积小、重量轻、便于携带。现有一气垫床，充气前内部气体的压强等于大气压强p0，体积为V，使用充气筒给气垫床充气，使其内气体体积增加到9V，压强增加到5p0（1）若充气过程中，该充气筒每次从大气中吸取压强为p0的气体体积是恒定的。已知需打气220次才能使气垫床达到目标状态（内部体积9V，压强5p0（2）若夜间环境的热力学温度降为0.96T0，充好气后的气垫床体积减小到8.7V【答案】（1）解：白天充好气的床垫内气体压强为5p0，温度为T0，体积为9V，设要充好气垫床，充气筒需要打220次气，

每次充入床垫的气体体积为解得V故每次充入床垫的气体体积为V（2）解：对床垫内气体有5故夜间床垫内气体的压强p=【解析】【分析】(1)充气过程等温，根据玻意耳定律，把原有气体和充入的气体作为整体，初态压强均为p0，末态压强5p0(2)降温过程，气体质量不变，根据理想气体状态方程p1（1）白天充好气的床垫内气体压强为5p0，温度为T0，体积为9V，设要充好气垫床，充气筒需要打220次气，每次充入床垫的气体体积为解得V故每次充入床垫的气体体积为V（2）对床垫内气体有5故夜间床垫内气体的压强p=14．如图所示，一质量M=3kg的小车由水平部分AB和14圆弧轨道BC组成，AB长L=3m，圆弧BC的半径R=0.4m，且与水平部分相切于B点，小车静止时左端与固定的光滑曲面轨道MN相切，一质量为m1=0.5kg的物块P从距离轨道MN底端高为h=1.8m处由静止滑下，并与静止在小车左端的质量为（1）求物块P与物块Q碰撞后Q的速度；（2）若碰后Q运动到C点用时t=1.6s（3）要使物块Q既可以到达B点又不会与小车分离，求Q与小车AB部分动摩擦因数μ的取值范围。【答案】（1）解：物块P沿MN滑下，设末速度v0，由机械能守恒定律得解得v物块P、Q碰撞，取向右为正，碰后P、Q速度分别为v1、由机械能守恒得1解得v1=−2故碰撞后瞬间物块Q的速度为4m（2）解：碰后物块Q从A运动到C过程，系统水平方向动量守恒，则m等式两边同时乘Δt，然后求和可得又因为x解得x（3）解：考虑极限情况：若物块Q刚好向右到达B点时就与小车共速，由动量守恒定律有m解得v由能量守恒定律得1解得μ若物块Q刚好回到A点时与小车共速，由能量守恒定律得1解得μ若当物块Q在圆弧上上升高度为R时，二者刚好共速，由能量守恒定律得1解得μ=因为μ<0.1，所以Q不会从圆弧轨道上滑出，则μ的取值范围为0.1≤μ≤0.2【解析】【分析】(1)物块P下滑由机械能守恒求碰撞前速度，P、Q发生弹性碰撞，由动量守恒+机械能守恒求碰后Q速度；

(2)Q在小车运动时，系统水平动量守恒，利用平均动量守恒、位移关系求解小车位移；

(3)分两个临界：①Q刚好到B点共速；

②Q刚好回到A点共速，结合动量守恒+能量守恒，确定动摩擦因数范围。（1）物块P沿MN滑下，设末速度v0，由机械能守恒定律得解得v物块P、Q碰撞，取向右为正，碰后P、Q速度分别为v1、由机械能守恒得1解得v1=−2故碰撞后瞬间物块Q的速度为4m（2）碰后物块Q从A运动到C过程，系统水平方向动量守恒，则m等式两边同时乘Δt，然后求和可得又因为x解得x（3）考虑极限情况：若物块Q刚好向右到达B点时就与小车共速，由动量守恒定律有m解得v由能量守恒定律得1解得μ若物块Q刚好回到A点时与小车共速，由能量守恒定律得1解得μ若当物块Q在圆弧上上升高度为R时，二者刚好共速，由能量守恒定律得1解得μ=因为μ<0.1，所以Q不会从圆弧轨道上滑出，则μ的取值范围为0.1≤μ≤0.215．在粒子物理学的研究中，经常用电场和磁场来控制或者改变粒子的运动。如图所示为一控制粒子运动装置的模型。在平面直角坐标系xOy的第二象限内，一半径为r的圆形区域内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场I，磁场I的边界圆刚好与两坐标轴相切，与x轴的切点为P，与y轴的切点为Q，在第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，在x轴下方区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场II，磁场II中有一垂直于y轴的足够长的接收屏。P点处有一粒子源，粒子源在坐标平面内均匀地向第二象限的各个方向射出带正电粒子，粒子射出的初速度大小均为v0。已知沿y轴正向射出的粒子恰好通过Q点，该粒子经电场偏转后