2026届湖北黄石市高三下学期(3月)模拟考试物理试题（含答案）

第第页2026届湖北黄石市高三下学期(3月)模拟考试物理试题一、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，有选错的得0分。1．有时我们靠近正在地面取食的小鸟时，它会毫不慌张，但当我们感觉能把它抓住时，它却总能立刻飞走，这是因为小鸟在起飞时具有较大的（）A．加速度 B．初速度C．速度的改变量 D．位移2．在过年的“套圈”活动中，将相同的套环Ⅰ、Ⅱ从同一位置水平抛出，分别套中Ⅰ、Ⅱ号物品。若套环可近似视为质点，不计空气阻力，则（）A．Ⅱ号套环的飞行时间较长B．抛套环时，对Ⅱ号套环做功较多C．在飞行阶段，两套环动量随时间的变化率不同D．在飞行阶段，两套环动能随高度的变化率不同3．欧姆当年研究电流跟电阻和电压的关系时，还没有现在的磁电式电流计，他巧妙设计了如图的装置来测量电流：用一根细丝将磁针悬挂在导线上方，调整装置使磁针与导线平行，当导线通电时磁针发生偏转。下列说法错误的是（）A．根据偏转方向可以判断电流方向B．导线电流越大，磁针偏转角度越大C．磁针离导线越近，灵敏度越高D．磁针偏转的角度与电流大小成正比4．如图是钳形电表的结构简图，内部的交流电流表与绕在铁芯上的线圈（n=500匝）连通，钳形电表可视为理想变压器。测量时将钳形铁芯张开，把被测导线放进钳口内。下列说法正确的是（）A．测量时钳形铁芯张开或闭合，对测量结果没有影响B．测量时应把被测电流的零线和火线都放进钳口内C．交流电流表的示数是被测导线电流的500倍D．交流电流表示数较小时，可将被测导线在铁芯上多绕几圈5．在海洋气象观测中，可以利用浮标检测海浪的传播。若海浪可视为简谐横波，从浮标A向150m远处的浮标B传播，用时15s。自t=0时刻开始计时，浮标A的振动图像如图所示，下列说法正确的是（）A．海浪的波长为90mB．t=18sC．t=18sD．t=18s6．脱氧血红蛋白和氧合血红蛋白在红光和红外线区域的吸收光谱不同，利用这一原理可以测量血氧饱和度。关于其中的物理知识，下列说法正确的是（）A．吸收光谱的特点是在连续光谱的背景上出现若干条明线B．吸收红外线光子比吸收红光光子，原子能级提升更高C．从玻尔原子理论来看，吸收了光子的原子势能增加D．从玻尔原子理论来看，吸收了光子的原子核外电子动能增加7．一款“转转杯”玩具可简化如图，水平大圆盘绕竖直轴OO'顺时针转动，其上均匀分布五个相同的小圆盘，绕各自圆心逆时针转动，大小圆盘转动的角速度大小均为ω。取图示时刻为计时起点，此时小圆盘边缘两点A、B的位置如图所示，不考虑小圆盘的厚度，下列说法正确的是（）A．t=0时刻A点对地速度大小为(L－r)ωB．t=0时刻B点对地速度大小为ωC．t=πD．t=π8．观测密近双星时发现了一种双星轨道变化的新模式：密近双星的运动周期会突变，有可能是两子星间的物质相互交流造成，即小质量子星的物质被吸引而转移至大质量子星上（不考虑质量的损失）。若双星的运动周期增大，则（）A．两子星的间距增大 B．两子星间的万有引力增大C．小质量子星的轨道半径增大 D．大质量子星的运动角速度增大9．如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，使系统靠墙静止在光滑水平面上。当撤去外力时开始计时，A、B物体运动的a−t图像如图（b）所示，S1、S2、A．撤去外力F后，系统的动量和能量均守恒B．弹簧t2C．t3时刻A物体的速度为D．S10．在平行于纸面的匀强电场中，一个质量为m、电量为+q的带电微粒仅受电场力和外力F作用，做逆时针匀速圆周运动，如图甲所示，ab为圆轨迹的一条直径。取圆心O点为坐标原点建立x轴，圆轨道半径为R。若从微粒经过a点开始计时，微粒所处位置的电势随时间t的变化图像如图乙所示。下列说法正确的是（）A．匀强电场的方向与x轴正方向成πB．电势差UC．外力F的最大值与最小值的差可能是mD．外力F的最大值与最小值的差可能是q二、非选择题：本题共5小题，共60分。11．用如图甲所示的装置来探究“气体等温情况下压强随体积变化的规律”。注射器内封闭了一定质量的气体，注射器导热性能良好。用细绳系住活塞，另一端跨过滑轮挂钩码。调节滑轮的高度，使细绳拉直时能水平。实验时依次挂上质量相同的钩码，通过注射器的刻度读出对应空气柱的体积。已知注射器的最大体积为Vm，刻度全长为L，每个钩码的质量均为m，重力加速度为g。（1）关于本实验的操作，下列说法正确的是（）A．活塞要加适量润滑油，防止水平放置的注射器漏气B．为防止注射器移动，挂钩码时可以用手握住注射器C．挂上钩码可以立即读取空气柱体积（2）根据测得的气体体积V和对应的钩码数n，作出1V−n图像，如图乙。若图线的纵轴截距为b，斜率大小为k，则大气压强p0=（3）若在增加钩码的过程中，室温升高，图线弯曲（选填“不会”、“向上”或“向下”）。12．某实验小组测量一捆长度为L=100m铜芯线的电阻率，实验如下：（1）如图甲所示，用螺旋测微器测得铜芯的直径为mm；（2）如图乙所示，取整捆铜芯线、学生电源（选用4.5V）和相关器材，组成实验电路，请补充连接好实物电路，要求电压表示数能从零开始连续调节；（3）正确连接实物电路后，闭合开关，调节滑动变阻器，测得电流表示数为2.00A，此时电压表示数如图丙所示，示数为V。计算得到铜芯线的电阻率为ρ测=（4）实验小组查阅教材得知在t=20℃时铜的电阻率小于（3）中的测量值，你认为造成这种偏差的可能原因是。A．用电流表测得的电流大于通过铜芯线的电流B．用螺旋测微器测得铜芯的直径偏小C．实验时铜芯线的温度高于20℃D．铜芯材料不纯，含有杂质13．钍系是天然存在的三大放射性衰变系之一，会发生一系列α衰变和β衰变。用磁场研究天然放射性材料的放射性，如图所示，产生的粒子沿Ox方向穿过极板进入磁感应强度为B的有界匀强磁场。其中，P粒子落在极板的下方，落点距O点长为L，Q粒子从Ox右上方飞出磁场。已知Q粒子与P粒子的速度之比为1：20，整个装置处于真空中，且核子的平均质量为m0、电荷量大小为e，电子质量为m0（1）写出钍核90230（2）求P粒子在磁场中的运动时间t和Q粒子在磁场中的运动半径R。14．如图1所示，两条平行光滑水平导轨间距为L，PQ的左侧弯成竖直面内的四分之一圆弧，其半径也为L。导轨水平部分有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化规律如图2所示。导体棒ab和cd分别被控制在圆弧导轨最高点、水平导轨上与圆弧底端相距为2L的位置，导体棒ab、cd长均为L、电阻均为R，质量分别为m和2m。从0时刻开始，静止释放导体棒ab，当ab到达圆弧底端时立即释放导体棒cd。不计导轨电阻和空气阻力，已知L=1m，R=0.5Ω，m=1kg，g=10（1）导体棒ab刚进磁场时两端的电压U；（2）导体棒ab从释放到滑至圆弧底端的过程中，导体棒ab产生的焦耳热Q；（3）若在距离PQ足够远处并排固定挡柱M和N，导体棒cd撞上挡柱立即停止运动，试判断两棒能否相撞。15．水平面O点左侧光滑，右侧粗糙。质量为M=3kg的14圆弧槽末端与O点重合处于静止状态，其圆弧表面光滑，半径R=0.4m。质量均为m=1kg可视为质点的相同滑块，如图所示，滑块1从h=0.6m高处由静止释放恰好能沿切线方向进入圆弧槽，滑块2、滑块3……滑块n自距离O点L=0.5m处从左向右依次排列，间距均为（1）滑块1离开圆弧槽末端时的速度；（2）滑块1离开圆弧槽末端后，经过多长时间撞上滑块2？（最终答案取一位小数）（3）组合体最多由多少个滑块组成？停下时距离O点多远？【提示：12

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】小鸟在起飞时在很短的时间内速度很快由零增加到一定的值，即小鸟具有较大的加速度。故答案为：A。

【分析】根据加速度的定义式得出小鸟在很短时间内速度加到一定值时具有较大的加速度。2．【答案】B【解析】【解答】A．不计空气阻力，竖直方向为自由落体运动，下落高度h=12Ⅱ号套环的下落高度h更小，飞行时间更短，A错误；B．Ⅱ号套环水平位移更大，飞行时间更短，故初速度v0更大。抛套环时做的功等于套环的初动能W=C．根据动量定理ΔpΔt=FD．由动能定理ΔEk=mgΔh故选B。

【分析】结合平抛运动竖直方向自由落体规律分析飞行时间，由水平位移与时间的关系判断初速度大小，进而分析抛射做功；再依据动量变化率等于合外力、动能变化率等于重力做功功率分析剩余选项。3．【答案】D【解析】【解答】A.电流的磁场方向由电流方向决定，电流方向改变时，磁针偏转方向也会改变，因此可根据偏转方向判断电流方向，故A正确；B.电流越大，导线产生的磁场越强，对磁针的作用力越大，磁针偏转角度也越大，故B正确；

C.磁针离导线越近，磁场越强，相同电流变化引起的磁场变化更易被察觉，装置灵敏度更高，故C正确；

D.磁针偏转角度不仅与电流磁场有关，还受丝线扭转力矩等因素影响，并非与电流大小严格成正比，仅在小角度下近似线性，故D错误。

本题选择错误的，故选：D。【分析】依据电流的磁效应，结合磁场强弱与电流、距离的关系，分析磁针偏转方向、角度与电流的关联，判断各选项正误，注意磁针偏转角度与电流并非简单正比关系。4．【答案】D【解析】【解答】A、铁芯有缝隙会导致漏磁增加，破坏理想变压器的磁通量耦合条件，会影响测量结果，故A错误；B、零线和火线电流方向相反，产生的磁场相互抵消，副线圈无感应电流，则电表无示数，故B错误；C、根据理想变压器电流比可得交流电流表的示数I2D、交流电流表示数I2=n故选D。

【分析】根据理想变压器的特点分析；根据两条电线产生的磁场分析；根据变压器的变压比知识列式进行分析。5．【答案】C【解析】【解答】A、根据浮标A的振动图像可知，15s为2.5个周期，即浮标AB之间的距离为2.5个波长，即150m=2.5λ，解得λ=60BCD、由图浮标A的起振方向沿y轴的正方向，15s末波至浮标B处，其沿y轴的正方向振动，经

∆t=18s-15s=T2故选：C。

【分析】简谐横波匀速传播，传播距离除以时间等于传播速度；振动图像反映质点位移随时间变化，质点加速度始终指向平衡位置。6．【答案】C【解析】【解答】A.吸收光谱是连续光谱背景上的暗线，而非明线，故A错误；B.光子能量与频率成正比，红外线频率低于红光，对应光子能量更小，原子能级提升更低，故B错误；

C.原子吸收光子后电子跃迁到更高能级，轨道半径增大，库仑力做负功，原子势能增加，故C正确；

D.由库仑力提供向心力ke2r2=mv2【分析】吸收光谱是连续光谱背景上的暗线，再依据光子能量公式比较红外线与红光的光子能量，接着结合玻尔原子理论分析原子吸收光子后电子轨道、势能及动能的变化，逐一判断各选项的正误。7．【答案】B【解析】【解答】AB、t=0时刻，A点相对小圆盘圆心的速度大小为v2=ωr，方向水平向右，而小圆盘圆心对地的速度大小为v1=ωL，方向水平向右，则A点对地的速度大小为：vA=v1+v2=ω（L+r）。

同理，t=0时刻，B点相对小圆盘圆心的速度大小为：v3=ωr，方向如下图所示：

B点的对地速度为v3与v1的合速度，其大小为：vB=v12+vCD、以大圆盘为参照系，小圆盘以2ω的角速度逆时针转动，则在t=πω时，A点转动了2π此时A点到大圆盘圆心的距离最近，在t=π故选B。

【分析】对A、B两点进行线速度分解与矢量叠加，计算得出两者对地速度；结合小圆盘转动周期，分析A、B点到大圆盘中心距离最远的时刻。8．【答案】A,C【解析】【解答】AD.设小质量子星质量为m1，大质量子星质量为m2，两星总质量M=m1+m2（无质量损失，M恒定），两星间距为L，轨道半径分别为r双星系统角速度相同，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得Gm1解得T2=4π2L3GM，r1=m2LM、B.两星间万有引力F=Gm1m2L2，m1+m2C.小质量子星轨道半径r1=m2LM，M恒定，故选AC。

【分析】根据万有引力提供向心力导出相关表达式结合周期变化判断角速度和两子星的距离变化；根据万有引力的表达式进行分析解答；根据万有引力提供向心力导出小质量子星的轨道半径表达式判断；根据角速度和周期关系式进行判断。9．【答案】B,D【解析】【解答】A、撤去外力F后弹簧弹力不能发生突变，墙和B之间有相互作用力，A、B和弹簧组成的系统所受的合外力不为零，所以A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，故A错误；B、由图（b）可知，t2时刻A的加速度大小小于0时刻A的加速度大小，A所受合力始终等于弹簧弹力，根据牛顿第二定律可知，弹簧t2时刻的对A的拉力小于0时刻对A的推力，则弹簧t2时刻的伸长量小于0时刻的压缩量，故B正确；

C、由图（b）可知，A物体的初速度为零，a-t图像与坐标轴所包围的面积表示物体速度变化量，0～t1时间内物体A的速度增加量为S1，t2～t3时间内物体A的速度减少量等于S3，可得t3时刻A物体的速度为S1-S3，故C错误；D、0~t1​末（弹簧恢复原长），A的速度vA=S1，B速度为0，t2时刻AB共速，由动量守恒：mA因此S1故选BD。

【分析】撤去外力F后弹簧弹力不能发生突变，墙和B之间有相互作用力，根据能量守恒的条件分析；由图（b）可得到t2时刻A的加速度与0时刻A的加速度的大小关系，根据牛顿第二定律与胡克定律分析；a-t图像与坐标轴所包围的面积表示物体速度变化量，根据图（b）的a-t图像分析；t1～t3时间内弹簧由原长被拉伸到恢复原长，此过程系统满足动量守恒。根据动量守恒定律与机械能守恒定律，结合a-t图像与坐标轴所包围的面积解答分析。10．【答案】B,C,D【解析】【解答】A、根据图像可知，经过t1时间带电微粒处于电势最高处，之后电势逐渐降低，一直到7t1时刻最低，说明电场方向从t1时刻所处位置指向7t1时刻所处位置，如图所示

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从图示看出，t1时刻所处位置和7t1时刻所处位置两点的电势差U=φ1-（-φ2）=φ1+φ2，则电场强度的大小E=Ud=φ1+φ22R，还可以从图像看出从t1时刻到7t1时刻带电微粒运动了半个周期，所以运动周期T=2（7t1-t1）=12t1设带电微粒在电场中t1时间内绕圆心运动的角速度为θ，则2π12t1=θC．微粒做匀速圆周运动，受力满足矢量关系：F+qE=F∣F向∣=mω2R为定值，差值：若qE≥F向​：Δ得：ΔF=2⋅D．若F向≥qE：ΔF=(F向故选BCD。

【分析】沿电场线方向电势降落最快，根据图示图像结合匀强电场场强与电势差的关系求出电场强度，根据图示图像求出圆周运动的周期，然后求出电场方向；根据匀强电场场强与电势差的关系求出a、b间的电势差；微粒做匀速圆周运动，合力提供向心力，应用牛顿第二定律求出外力的最大值与最小值，然后求出最大与最小值之差。11．【答案】（1）A（2）bmgL（3）向下【解析】【解答】（1）A.活塞加适量润滑油可密封注射器，防止漏气，保证封闭气体质量一定，故A正确；

B.用手握住注射器会使气体温度升高，破坏等温条件，且干扰活塞受力平衡，故B错误；

C.挂钩码后需待气体稳定、温度恢复室温后再读数，立即读数会导致体积测量不准确，故C错误。

故选：A。（2）设活塞横截面积为S=Vm由玻意耳定律pV=p0V0（V对比1V=b-kn，可得b=p0p0可得p（3）温度对图线的影响由理想气体状态方程pVT=C得1V【分析】（1）分析实验操作的规范性，判断各选项的正确性，重点考查气密性保持与实验操作安全；

（2）根据玻意耳定律，结合受力分析推导出1V．与钩码数n的函数关系，利用图像的截距和斜率求解相关物理量；

（3）结合理想气体状态方程，分析温度升高时1（1）A．活塞加适量润滑油，可减小摩擦并防止漏气，保证气体质量不变，A正确。B．用手握住注射器会使气体温度升高，违背“等温”条件，B错误。C．挂上钩码后需等待活塞稳定、气体温度恢复室温后再读数，立即读数会因未平衡导致误差，C错误。故选A。（2）设活塞横截面积为S=封闭气体压强为p=由玻意耳定律pV=p0V0（变形得1对比1可得b=p0两式相除消去p0V可得p（3）若室温升高，气体体积会膨胀（V变大），对应1V变小。在相同钩码数n下，112．【答案】1.400（1.399-1.401均可）；；2.40（2.39~2.41均可）；1.8×10−8或1.9×【解析】【解答】（1）螺旋测微器读数：固定刻度1mm，可动刻度40.0×0.01=0.400mm，总读数1＋0.400=1.400（1.399-1.401均可）；（2）实物连线要点：滑动变阻器采用分压接法，电流表外接（铜芯线电阻小），电压表并联铜芯线两端，电源、开关接入分压回路。（3）电压表应选量程为3V，分度值0.1V，指针指2.40V，示数2.40V，R=可求得ρ（4）A．电流的测量值偏大会导致电阻的测量值偏小，从而使电阻率的测量值偏小，故A选项错误；B．铜芯的直径测量值偏小会导致铜芯线的横截面积测量值偏小，从而使电阻率的测量值偏小，故B选项错误；C．通电后导线发热，温度高于20℃，金属电阻率升温变大，测量值大于20℃标准值，故C选项正确；D．含杂质，杂质电阻率更大，整体电阻率偏大，故D选项正确。故选CD。

【分析】（1）由螺旋测微器的读数方法读出；

（2）要求电压从零开始连续调节，故用滑动变阻器的分压式接法，电流表连接“小外偏小”；

（3）由电阻定律及电压表的读数方法读数；

（4）由电阻定律进行误差分析。13．【答案】（1）根据α衰变的电荷数守恒和质量数守恒，衰变方程为90230（2）解：α粒子（氦核）带正电，电荷量qα=2e，质量β粒子（电子）带负电，电荷量大小qe=e根据vQβ粒子进入磁场后做圆周运动，故qvB=mv2联立解得，β粒子的运动的周期为T=2πmβ粒运动半个周期，故P粒子在磁场中的运动时间t=根据qvB=mv2所以，β粒子的运动半径为Lα粒子的运动半径为R=联立解得，Q粒子在磁场中运动的半径为R=90L【解析】【分析】（1）α衰变过程核电荷数与质量数均守恒，由已知钍核的电荷数与质量数，确定α粒子为氦核，写出生成镭核的衰变方程，注意电荷数总和与质量数总和保持不变。

（2）根据两种粒子在磁场中的偏转轨迹与方向，结合α衰变与β衰变产物的电荷、质量特性，判断P为α粒子、Q为β粒子。P粒子在磁场中做半个圆周运动，其轨迹弦长L等于直径，由此确定P的轨道半径。利用带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式，结合运动轨迹对应半个周期，求出P的运动时间。根据洛伦兹力提供向心力得到的半径公式，结合已知P与Q的速度比例关系，先由P的半径与速度关系求出P的速度，进而得到Q的速度，最后代入Q的质量与电荷量求出Q在磁场中的运动半径。（1）根据α衰变的电荷数守恒和质量数守恒，衰变方程为90（2）α粒子（氦核）带正电，电荷量qα=2e，质量β粒子（电子）带负电，电荷量大小qe=e根据vQβ粒子进入磁场后做圆周运动，故qvB=mv2联立解得，β粒子的运动的周期为T=2πmβ粒运动半个周期，故P粒子在磁场中的运动时间t=根据qvB=mv2所以，β粒子的运动半径为Lα粒子的运动半径为R=联立解得，Q粒子在磁场中运动的半径为R=90L14．【答案】（1）解：导体棒ab从圆弧最高点滑下，机械能守恒：mgL=代入数据L=1m,g=10ab切割磁感线产生的感应电动势：E=代入B0=2电路总电阻R电流：I=ab两端电压为路端电压：U=IR=2（2）解：若ab自由下落L，则所用时间t由图2可知，则导体棒到达圆弧底端前磁场已经恒定，磁场变化率ΔB回路面积S=L×2L=2感生电动势：E代入数据：E总焦耳热：Q代入数据：Qab与cd电阻相等，故ab产生的焦耳热：Q=（3）解：释放cd时，磁场恒定为B0，ab以v系统在水平方向不受外力，动量守恒；安培力为内力，最终两棒共速：m得v由动量定理，对ab：-对cd：B联立得：I回路磁通量变化ΔΦ=B0故：B代入数据：Δx=初始间距为2L=2m，Δx<2Lcd碰撞挡柱后立即停止，ab以v共继续向右运动，产生感应电动势：电流I″=E″2R，ab受安培力由能量守恒，ab的动能最终全部转化为焦耳热：1ab的位移x'满足：得B代入数据：x此时两棒间距为2L-Δx≈1.255m，x【解析】【分析】（1）导体棒ab从圆弧最高点下滑至底端，该过程机械能守恒，可确定其进入磁场时的初速度。进入磁场瞬间，ab棒切割匀强磁场产生感应电动势，与静止的cd棒构成闭合回路，回路中形成感应电流。ab棒两端电压为路端电压，需根据闭合电路欧姆定律及串联电阻关系，由感应电动势与电流确定其大小。

（2）ab棒下滑过程中，磁场随时间均匀增强，穿过闭合回路的磁通量发生变化，产生感生电动势。需计算ab棒下滑所用时间，结合磁感应强度变化率，应用法拉第电磁感应定律求出感生电动势，进而得到回路电流，结合焦耳定律求解。

（3）释放cd棒后，两棒均处于磁场中，系统水平方向合外力为零，动量守恒，可求出两棒最终共速。需分析两棒达到共速前，通过回路的电荷量与相对位移的关系，应用动量定理与电磁感应中电荷量表达式，计算该阶段相对位移。cd棒撞上挡柱停止后，ab棒继续减速运动，再次应用动量定理计算其减速位移。比较两棒运动过程中的总相对位移与初始间距，判断是否相撞。（1）导体棒ab从圆弧最高点滑下，机械能守恒：mgL=代入数据L=1m,g=10ab切割磁感线产生的感应电动势：E=代入B0=2电路总电阻R电流：I=ab两端电压为路端电压：U=IR=2（2）若ab自由下落L，则所用时间t由图2可知，则导体棒到达圆弧底端前磁场已经恒定，磁场变化率ΔB回路面积S=L×2L=2感生电动势：E代入数据：E总焦耳热：Q代入数据：Qab与cd电阻相等，故ab产生的焦耳热：Q=（3）释放cd时，磁场恒定为B0，ab以v系统在水平方向不受外力，动量守恒；安培力为内力，最终两棒共速：m得v由动量定理，对ab：-对cd：B联立得：I回路磁通量变化ΔΦ