2026届湖北省部分名校高三下学期4月联考物理试题（解析版）

高级名校物理试卷高级名校物理试卷PAGE2PAGE12026届湖北省部分名校高三下学期4月联考物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．关于近代物理学，对下列图像所描述的现象解释正确的是（）A．如图甲所示，黑体温度升高辐射电磁波的波长变长，辐射强度变大B．如图乙所示，光电子的最大初动能与入射光频率成正比C．如图丙所示，在遏制电压Uc与入射光频率νD．如图丁所示，同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光）。则可判断甲、乙、丙三束光的光子动量关系为p【答案】C【解析】图甲中，根据普朗克黑体辐射实验规律，随着温度升高，各种波长的辐射强度都增加，且辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，A错误；乙图中，根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hν-W0可知，光电子的最大初动能与入射光频率是线性关系，不是正比关系，B错误；丙图中，根据光电效应方程Ek=hν-W0，结合遏止电压与光电子最大初动能的关系eUc=Ek，可得Uc=heν-W2．某同学研究绳波的形成，取一条较长的软绳，用手握住一端水平拉直后，沿竖直方向抖动。该同学先后两次抖动后，某时刻在绳上观察到如图所示的甲、乙两个绳波。下列判断正确的是（）A．波形甲的速度比波形乙大B．波形甲的周期比波形乙大C．波形甲的形成时间比波形乙早D．波形甲的起振方向与波形乙相同【答案】B【解析】机械波在同种均匀介质中传播速度由介质决定，故波形甲和波形乙的速度相等，即v甲=v乙，A错误；由图可知，波形甲的波长大于波形乙的波长，即λ甲>λ乙，根据波速、波长与周期的关系v=λT可知，波形甲的周期比波形乙大，B正确；由题图可知，波源在左侧，波向右传播，离波源越远的波形成越早，乙波在甲波右侧，故波形乙的形成时间比波形甲早，3．2026年春节期间，第25届米兰-科尔蒂纳冬季奥运会，中国跳台滑雪队取得了历史性突破。在跳台滑雪混合团体项目中，中国队获得第8名，创造了在该项目上的历史最好成绩。如图所示为跳台滑雪的简易示意图，运动员（可视为质点）从雪坡上某位置由静止滑下，到达P点后分别以大小不同的速度水平飞出，分别落在平台下方的斜面上的M、N两点。设落在M、N两点时小球的速度方向与斜面间的夹角分别为θ1、θ2，不计空气阻力，关于运动员在PM与A．运动的时间相等B．速度的变化量相等C．速度的变化快慢不相等D．θ【答案】D【解析】运动员做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，由h=12gt2，解得t=2hg，由图可知落在N点时下落高度大，运动时间长，A错误；运动员的速度变化量Δv=gt，因运动时间不相等，故速度变化量不相等，B错误；运动员做平抛运动时，只受重力，加速度为g，故速度变化快慢相等，C错误；设斜面倾角为α，P点距斜面顶端竖直高度为H，落点水平位移为x，竖直位移为y，根据几何关系可得y=H+xtanα，根据匀变速直线运动规律可得y=12gt2，x=v0t，联立解得12gt2=H+v0ttan4．转角菱方氮化硼光学晶体，是世界上已知最薄的光学晶体，仅有微米量级厚度，能效相较于传统晶体提升了100至1万倍。如图为氮化硼光学晶体的截面图，其截面长为L。一束单色光斜射到上表面A点，当入射角θ=60°时反射光线和折射光线恰好垂直，折射光线经长方体侧面反射后射到下表面，光在真空中的传播速度为c。下列说法正确的有（）A．透明材料的折射率为2B．若改变光线在A点的入射角，则光从上端面传播至下端面的最长时间为3C．若改变光线在A点的入射角，则光从上端面传播至下端面的最长时间为2D．若改变光线在A点的入射角，则光从上端面传播至下端面的最长时间为3【答案】B【解析】已知入射角θ=60°，反射光线与折射光线垂直，因此折射角r=90°-60°=30°，根据折射定律n=sinθsinr，代入数据可得n=3，A错误；根据折射率与传播速度关系可得v=cn=c3，设折射角为r，无论光在侧面如何反射，光传播总路径的竖直投影总和等于截面长度L，因此总路径长满足scosr=L，传播时间t=sv，联立解得t=3Lccosr，要使t最大，需要cosr最小，即r最大。根据折射定律sinθ=nsin5．在光滑绝缘水平桌面上将长为L的柔软金属导线的两个端点固定在间距可忽略不计的a、b两点，整个导线处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。当导线通有图示电流I，稳定后导线中的张力为F。下列说法正确的有（）A．F=0 B．I=FBL C．I=2【答案】C【解析】由题意可知，图中的导线为柔软导线，稳定时对应静止状态。根据左手定则可知每一小段导线受到的安培力都是向外的，且大小相同，导线中张力固定，最后每小段导线受力均匀，形状相同，整条导线会变为圆形，其半径R=L2π，张力为0时，每小段导线只受到安培力，不能平衡，故F≠0，A错误；取一小段圆弧l进行受力分析，这段圆弧受到三个力，分别为沿半径向外的安培力FA，以及大小为F，分别沿两侧切线方向的张力。并且三力平衡的矢量三角形与圆弧两侧与圆心连线后，弦和两条半径相连产生的三角形相似，此时弧长约等于弦长，因此有FAF=lR，根据安培力公式可得，这一小段圆弧受到的安培力为FA6．如图所示空间站伸出的机械臂，外端安置一微型卫星。微型卫星、空间站、地球球心在同一直线上，微型卫星与空间站同步做匀速圆周运动。忽略空间站和微型卫星之间的引力，下列说法正确的是（）A．空间站的运动周期比微型卫星的运动周期小B．微型卫星的加速度比空间站的加速度大C．正常运行时，机械臂和微型卫星间作用力为零D．微型卫星与机械臂连接松动，脱落后会做近心运动【答案】B【解析】由题意可知，微型卫星与空间站同步做匀速圆周运动，说明两者的角速度ω相同，根据角速度与周期关系可得T=2πω可知，两者的运动周期相同，A错误；根据向心加速度公式a=ω2r，由于两者角速度ω相同，由图可知微型卫星的轨道半径大于空间站的轨道半径，所以微型卫星的加速度比空间站的加速度大，B正确；空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有GMmr站2=mω2r站，对于微型卫星，若只受万有引力，其需要的向心力为GMm'r卫7．图，某测速装置中的一个竖直轮子由半径为d的细圆环与辐条构成，辐条和细圆环质量不计。当轮子绕圆心匀速转动时，固定在轮子上的轻质小圆柱可带动“工”形支架在竖直方向运动。“工”形支架质量为m，其上端是绝缘材料，下端是电阻为r、长度为d的金属横杆；金属横杆与平行导轨垂直且紧密接触。导轨间距也为d，下端接有阻值为R的定值电阻，整个导轨处于磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中。现对轮子施加外力，使轮子以角速度ω顺时针匀速转动，当小圆柱转动到左侧与轮子中心等高处开始计时（t=0）。除定值电阻外其余电阻均忽略不计，空气阻力、摩擦阻力不计，电路中电流的磁场忽略不计。则下列说法正确的是（）A．金属横杆产生电动势的瞬时值为e=BωB．金属横杆两端的电压大小为BωC．从t=0起，轮子转过14圈过程中，整个回路产生的焦耳热为D．从t=0起，轮子转过14圈过程中，轮子对支架做的功为【答案】C【解析】由题意可知，t=0时，小圆柱位于轮子左侧与中心等高处，此时小圆柱的速度方向竖直向下，根据角速度与线速度关系可得v=ωd，金属横杆切割磁感线的速度最大，产生的感应电动势最大，根据法拉第电磁感应定律可得Em=Bdv=Bd2ω，此后小圆柱向下运动，竖直分速度减小，电动势减小。故电动势的瞬时值表达式应为余弦函数，即e=Bd2ωcosωt，A错误；金属横杆两端的电压为路端电压，根据闭合电路欧姆定律可知其最大值Um=RR+rEm=RR+rBd2ω，有效值U=Um2=2RBd2ω2R+r，B错误；从t=0起，轮子转过14圈过程中，即经过时间二、多选题8．太极图是一种中国的哲学符号，外面是大圆圈，里面由黑、白两部分阴阳鱼构成，它以阴阳理论为基础，表达了宇宙万物变化发展的普遍规律。如图所示，其中O是大圆圈的圆心，O1和O2两个“鱼眼”分别对应图中两个半径为R的半圆弧CO和OD的圆心，其中半圆弧CO和OD与大圆相切。若在O1、O2各放置一个点电荷，这两个点电荷的电荷量相等。下列说法正确的是（）A．若沿直线从O1到O2电场强度先变小后变大，则O1、O2放置的一定是同种电荷B．若沿直线从A到B电势不变，则O1、O2放置的一定是异种电荷C．将一正点电荷沿两段圆弧由C经O移动到D，其电势能一直不变D．若在O1、O2放置电荷量相等、电性相同的点电荷，则在直线AB上，电场强度最大处距离O点22R，且该位置与O1、O【答案】BD【解析】若在O1、O2放置同种电荷，在连线O1O2上，中点O处电场强度为0，靠近电荷处电场强度趋于无穷大，所以从O1到O2电场强度先变小后变大；若在O1、O2放置异种电荷，在连线O1O2上，两电荷产生的电场方向相同，中点O处电场强度最小（但不为0），靠近电荷处电场强度趋于无穷大，所以从O1到O2电场强度也是先变小后变大。故无法判断一定是同种电荷，A错误；由题图可知，直线AB是线段O1O2的中垂线。若沿直线从A到B电势不变，说明AB是等势线，故O1、O2放置的一定是异种电荷，B正确；将一正点电荷沿圆弧CO移动时，该点电荷到O1的距离恒为R，但到O2的距离逐渐变化。根据电势叠加原理φ=kQ1r1+kQ2r2，可知电势发生变化，正点电荷的电势能Ep=qφ也随之变化，C错误；设9．如图所示，半径为r的金属球远离其他物体，通过电阻R接地。电子束从远处以速度v均匀落到球上，每秒钟有n个电子落到球上，全部被吸收而不反弹。电子电荷量为e，质量为m。不计电子重力，不计导线电阻，取大地电势恒为零，稳定后金属球的能量状态与电子落到球上之前的状态没有变化，下列判断正确的是（）A．通过电阻R的电流方向由地面流向金属球B．电子对金属球表面单位面积撞击力为nmvC．电阻R消耗的电功率为n2e2RD．金属球单位时间释放的热量为nm【答案】ACD【解析】由题意可知，落到球面上的电子通过电阻R流向大地，规定正电荷定向移动的方向为电流方向，由于电子带负电，故通过电阻R的电流方向由地面流向金属球，A正确；每秒钟金属球单位面积上有n4πr2个电子落上，电子的速度由v变为零，以电子飞来的方向为正方向，根据动量定理有-FΔt=0-n4πr2mv，其中Δt=1s，联立解得F=n4πr2·mv，根据牛顿第三定律可知电子对金属球表面单位面积上的撞击力为F'=F=n4πr2·mv，B错误；每秒钟金属球上有n个电子落上，根据电流强度定义式I=Qt=ne10．如图所示，有一带正电粒子从O点漂入加速电场，不计粒子的初速度，经过电场加速，沿直线通过速度选择器后，垂直磁场II左边界入射到磁场中，已知粒子的比荷qm=2×108C/kg，加速电场电压U0=100V。速度选择器水平极板长L=0.15m，间距d1=0.12mA．磁场I的磁感应强度B1的大小为B．粒子在磁场II中运动的沿竖直方向的偏转距离为0.4C．若仅撤去磁场I，则粒子在磁场II中运动的轨迹半径为0.25D．若仅撤去磁场I，则粒子在磁场II中运动的沿竖直方向的偏转距离为0.2【答案】AD【解析】粒子在加速电场中加速过程，根据动能定理有qU0=12mv2，解得v=2×105m/s，粒子在速度选择器内，处于平衡状态，由平衡条件可得qU1d1=qvB1，解得B1=5×10-3T，A正确；粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力结合牛顿第二定律有qvB2=mv2r，解得r=mvqB2=0.1m，粒子能从磁场右边界射出，轨迹对应的圆心角为θ2，则有由几何关系可知粒子在磁场Ⅱ区域内运动的距离L=r1-r1cos53°=0.05m，所以粒子不能从磁场右边界射出，轨迹对应的圆心角为2θ2，则有三、实验题11．一同学设计了如图甲所示的实验装置，测量滑块A与放在水平桌面上的带有定滑轮水平木板间的动摩擦因数μ，整个过程中，木板始终没有在桌面上滑动。A为带滑轮的滑块，B为盛有砂的砂桶。(1)实验时，必须要进行的操作是________。A．用天平测量出砂和砂桶的质量B．调整滑轮的位置，使绳与木板平行C．要保证砂和砂桶的质量远小于滑块的质量D．滑块靠近打点计时器，先释放滑块，再接通电源E．在挂砂桶前需平衡摩擦力(2)该同学实验中得到如图乙所示的一条纸带（相邻两计数点之间还有四个点未画出），打点计时器的交流电源频率为50Hz，根据纸带可以求出滑块的加速度a=________m/s2(3)通过改变砂的质量，得到滑块运动的加速度和力传感器示数F的关系如图丙所示，纵截距为-b，已知当地的重力加速度为g，则滑块和木板间的动摩擦因数μ=________（用b、g表示）。(4)实验中已测得滑块的质量为M，将其由静止释放，力传感器的示数为F，滑块运动了一段距离，砂桶刚好接触地面且不反弹，滑块继续滑行一段距离后停止运动，实验测得这两段距离刚好相等，则滑块与木板间的动摩擦因数μ的表达式为________（用F、M、g表示）；μ的测量值与真实值相比________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。【答案】(1)B；(2)0.02；(3)bg；(4)F【解析】（1）由题意可知，实验时力传感器可直接测拉力，无需测砂和砂桶质量，A错误；调整滑轮使绳与木板平行，为了保证拉力沿水平方向，B正确；由于力传感器直接测拉力，无需满足砂桶质量远小于滑块质量，C错误；实验过程中，为了减小误差，打点计时器应先通电待打点稳定后，再释放滑块，D错误。本实验的目的就是测量滑块与木板间的动摩擦因数，因此不能提前平衡摩擦力，否则摩擦力就被抵消了，无法测出动摩擦因数，E错误。故选B。（2）纸带上相邻计数点间有4个点未画出，故时间间隔t=5×1f=0.1s，由逐差法可知滑块加速度大小满足x（3）设滑块质量为M，根据牛顿第二定律有2F-μMg=Ma，整理得a=2MF-μg，结合a-F图像可知图线纵截距（4）设这两段距离均为x，全过程对滑块，根据动能定理有2Fx-μMg×2x=0-0，整理得μ=FMg，因为滑块运动过程中，还存在其他阻力作用（如空气阻力），因此有2Fx-μ'（12．某研究性学习小组的同学欲做实验——描绘小电珠两端的电压和通过它的电流两者之间关系的曲线。已知所用新型小电珠的额定电压和额定功率分别为5.0V、2.5W，实验使用的直流电源的电动势为6.0V、内阻忽略不计，实验可供选择的器材规格如下：A．电流表A1（量程0～0.6A，内阻约为0.5Ω）B．电流表A2（量程0～3A，内阻约为0.1Ω）C．电压表V（量程0～3V，内阻等于3kΩ）D．定值电阻R1=1kΩE.定值电阻R2=3kΩF.滑动变阻器R3（阻值0～10Ω，额定电流1A）G.滑动变阻器R4（阻值0～5000Ω，额定电流500mA）H.开关S一个请回答下列问题：(1)为了完成实验且尽可能减小实验误差，电流表应选择________，定值电阻应选择________与电压表串联改装成量程合适的电压表，滑动变阻器应选择________（填写实验器材前的序号）。(2)根据所选的实验器材，请设计合理的电路原理图补填在下面方框中，然后根据方框中的电路图完成该实验______________。(3)该研究性学习小组的同学用设计好的电路测得了该小电珠两端的电压U和通过电流表的电流I，由UI计算得到的小电珠的电阻值________（选填“大于”“等于”或“小于”(4)该研究性学习小组的同学通过设计好的电路得到了多组实验数据，并根据得到的多组数据在坐标系中描点画图，如图所示。如果取两个这样的小电珠并联以后再与一阻值为3.0Ω的定值电阻串联，并接在电动势为6.0V、内阻忽略不计的直流电源两端，则每个小电珠消耗的实际功率为________W（结果保留两位小数）。【答案】(1)A，E，F；(2)；(3)小于；(4)1.52【解析】（1）由题意可知，小电珠的额定电压为5.0V，额定功率为2.5W，额定电流I=PU=0.5A，额定电流与电流表A1更为接近，故电流表选A。电压表需要将量程改为5V，由欧姆定律可知其满偏电流Ig=UgR0=33×（2）小电珠在额定功率下的电阻为RL（3）在电流表外接的情况下，小电珠的电压没有测量误差，测得的电流是小电珠和电压表的电流之和。因此测得的电流偏大，小电阻计算得到电阻值小于真实值。（4）将直流电源与电阻构成的整体视为一个有内阻的电源，则此电源的电动势为6V，内阻为3Ω，由于两个小电珠并联，设通过一个小电珠的电流为I，通过电源的电流实际上是图中的二倍，因此把电源的伏安特性曲线画在图中表示时，其表达式为U=6-3×2I=6-6I，其表达式为因此每个小电珠消耗的实际功率为P=UI=3.3×0.46四、解答题13．如图，一端封闭、另一端足够长的粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在左管中。当温度为300K时，被封闭的气柱长L=20cm，两边水银柱高度差h=14cm(1)为使左端水银面下降2cm，封闭气体温度应变为多少K(2)让封闭气体的温度重新再回到300K并保持不变，为使封闭气柱长度变为18cm，则还需向开口端注入的水银柱长度为多少【答案】(1)344.7K；(2)14cm【解析】（1）由题意可知，开始时，即初状态p1=p0+h=90左端水银面下降2cm时，即末状态，则p2根据理想气体状态方程p解得T（2）让封闭气体的温度重新再回到300K并保持不变，使封闭气柱长度变为18cm解得p即两边液面高度差为24cm，则由几何关系可知加入水银长度为Δ14．如图所示，两足够长平行金属导轨MN、PQ倾斜固定放置，与水平面的夹角为θ=37°，导轨间距为L，导轨电阻不计，导轨下端接一阻值为R的定值电阻。导轨所在平面区域存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在导轨上放置一质量为m、电阻为r的金属棒ab，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.5。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，不计空气阻力，忽略回路中的电流对原磁场的影响。(1)由静止释放金属棒，求金属棒下滑过程中的最大加速度；(2)从距离斜面底端足够远处由静止释放金属棒，求金属棒下滑的最大速度大小vm(3)如果给金属棒一沿导轨向上的初速度v0，金属棒上滑的最大距离为s【答案】(1)g5m/s2；(2)mg(R+r)【解析】（1）