湖北省黄冈八模2026届高三第二次联考物理试卷含解析

这是一份湖北省黄冈八模2026届高三第二次联考物理试卷含解析，文件包含物理试题pdf、物理试题答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共9页， 欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )
A．小灯泡变亮
B．小灯泡变暗
C．原、副线圈两端电压的比值不变
D．通过原、副线圈电流的比值不变
2、小朋友队和大人队拔河比赛，小朋友队人数多，重心低，手握绳的位置低，A、B两点间绳倾斜，其余绳不一定水平，此可以简化为如图所示的模型。相持阶段两队都静止，两队的总质量相等，脚与地面的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。各队员手紧握绳不滑动，绳结实质量不计。以下说法正确的是（ ）
A．相持阶段小朋友队和大人队所受地面的摩擦力大小不等
B．无论相持还是胜败，两队脚与地面的摩擦力大小永远相等
C．绳上拉力增大时，大人队会先败
D．绳上A点对B点的拉力，其大小一定等于B点对A点的拉力
3、如图，质量为m=2kg的物体在=30°的固定斜个面上恰能沿斜面匀速下滑。现对该物体施加水平向左的推力F使其沿斜面匀速上滑，g=10m/s2，则推力F的大小为（ ）
A．B．C．D．
4、如图所示，某同学练习定点投篮，其中有两次篮球垂直撞在竖直篮板上，篮球的轨迹分别如图中曲线1、2所示。若两次抛出篮球的速度v1和v 2的水平分量分别为v1x和v 2x，竖直分量分别为v1y和v 2y，不计空气阻力，下列关系正确的是（ ）
A．v1xv 2yB．v1x>v 2x，v1y0.5s，试求；
①该列波的波长λ、周期T和波速v；
②在x轴上质点P在t=0时刻的运动方向和t=3.0s内通过的路程．
15．（12分）倾角为的斜面上叠放着质量均为滑块和长木板，在垂直于斜面方向的压力F作用下，均保持静止。已知滑块与长木板间动摩擦因素，滑块正处于长木板的中间位置；长木板与斜面间动摩擦因素，长木板长度。滑块大小忽略不计，各接触面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面足够长，取，。
(1)压力F的最小值；
(2)突然撤去压力F，滑块经过多长时间从长木板滑下？
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、B
【解析】
因变压器为降压变压器，原线圈匝数大于副线圈匝数；而当同时减小相同匝数时，匝数之比一定变大；再根据变压器原理进行分析即可．
【详解】
由变压器相关知识得：，原、副线圈减去相同的匝数n后： ，则说明变压器原、副线圈的匝数比变大，则可得出C、D错误．由于原线圈电压恒定不变，则副线圈电压减小，小灯泡实际功率减小，小灯泡变暗，A错误，B正确．
【点睛】
本题考查理想变压器的基本原理，要注意明确电压之比等于匝数之比；而电流之比等于匝数的反比；同时还要注意数学知识的正确应用．
2、D
【解析】
A．可以用整体法处理问题，所以不在乎同队员之间的绳水平。相持阶段小朋友队和大人队脚下属于静摩擦力，永远相等，所以选项A错误。
BC．当倾斜的绳上拉力增大时，大人队的压力更加大于其重力，最大静摩擦力也增大，而小朋友队和地面之间的压力小于其总重力，脚下会产生滑动摩擦力，平衡被打破，小朋友队败而且还有加速度，两队摩擦力大小不等。所以选项BC错误。
D．作用力与反作用力永远相等，无论拔河的哪个阶段，绳上A点对B点的拉力，其大小一定等于B点对A点的拉力，所以选项D正确。
故选D。
3、C
【解析】
无F时，恰能沿斜面下滑，有
mgsinθ=μmgcsθ
则有
有F时，沿下面匀速上滑，对物体进行受力分析如图所示
有
Fcsθ=mgsinθ+μ（mgcsθ+Fsinθ）
F（csθ-μsinθ）=2mgsinθ
解得
故C正确，ABD错误。
故选C。
4、A
【解析】
将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，由图可知，第二次运动过程中的高度较小，所以运动时间较短，水平射程相等，但第二次用的时间较短，故第二次水平分速度较大，即
在竖直方向上做自由落体运动，由公式可知，第二次运动过程中的高度较小，所以第二次竖直分速度较小，即
故选A。
5、C
【解析】
A．下落过程探测器自由下落，，处于完全失重状态，其内部的物体也处于完全失重状态。故A错误；
B．“嫦娥四号”探测器做自由落体运动，有
解得

“嫦娥四号”探测器落到月球表面时的动能

故B错误；
C．由万有引力等于重力，有
解得
月球的平均密度
故C正确；
D．月球的第一宇宙速度

“嫦娥四号”探测器在月球表面获得的水平速度就可离开月球表面围绕月球做圆周运动。故D错误。
故选C。
6、B
【解析】
首先明确图像的物理意义，结合电场的分布特点沿电场线方向电势差逐点降低，综合分析判断。
【详解】
A．x2﹣x4处场强方向沿x轴负方向，则从x2到x4处逆着电场线方向，电势升高，则正电荷在x4处电势能较大，A不符合题意；
B．x1﹣x3处场强为x轴负方向，则从x1到x3处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x3处电势能较大，B符合题意；
C．由x1运动到x4的过程中，逆着电场线方向，电势升高，正电荷的电势能增大，C不符合题意；
D．由x1运动到x4的过程中，电场强度的绝对值先增大后减小，故由
F=qE
知电场力先增大后减小，D不符合题意
故选B。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、ABD
【解析】
A．开关始终接a不变，变压器输入电压不变，原、副线圈的匝数不变，变压器输出电压不变，即电压表示数不变，当滑片P向下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律可知，所以电流会减小，电流表示数变小，而
所以会变大，即电压表示数变大，故A正确；
B．开关始终接b，由于原、副线圈的匝数不变，变压器输入电压不变，则变压器输出电压不变，即电压表示数不变，当滑片P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，根据欧姆定律可知，电流表示数增大，电阻消耗的电功率增大，将原线圈和电阻看作等效电源，则示数的变化量与示数的变化量之比等于等效电源的内阻，恒定不变，故B正确；
C．保持滑片P的位置不变，将开关由b改接a时，原线圈匝数增大，根据变压比可知
可知变小，根据
可知副线圈输出功率变小，则原线圈输入功率变小，故C错误；
D．保持滑片P的位置不变，将开关由a改接b，原线圈匝数减小，根据变压比可知
可知增大，电容器两端电压增大
所带电荷量增大，故D正确。
故选ABD。
8、BD
【解析】
A．滑块向下运动受到的合力为零时，速度最大，即
这时，速度最大，故A错误；
B．根据动能定理有
解得
故B错正确；
C．滑块加速度为零即合力为零，向下滑动时
向上滑动时
所以C错误；
D．弹簧被压缩到最短时弹性势能最大，根据能量守恒
解得弹簧最大弹性势能为
故D正确。
故选BD。
9、BC
【解析】
A．带电粒子在加速电场中加速

在偏转电场中

由于
则

则粒子的竖直偏转距离y与U2不是成正比关系，选项A错误；
B．从偏转电场飞出的粒子的偏转角
滑片p向右滑动的过程中U1变大，U2减小，则从偏转电场飞出的粒子的偏转角逐渐减小，选项B正确；
CD．当粒子在加速电场中一直被加速时，飞出偏转电场的速率最大，即当U1=E时粒子的速率最大，根据动能定理
解得
选项C正确，D错误。
故选BC。
10、ACE
【解析】
A．电磁波传播方向与电场方向、磁场方向均垂直，故A正确；
B．电磁波在真空中传播速度不变，与频率无关，故B错误；
C．衍射是一切波都具有的现象，电磁波是横波，只要是横波就能发生偏振现象，故C正确；
D．，周期与波长成正比，故D错误；
E．声波从空气传入水中时频率不变，因为波速变大，由，可知波长边长，故E正确。
故选：ACE。
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、C E F 0.54--0.57
【解析】
(1)[1][2]小灯泡的额定电压为3V，因此电压表选择量程大于等于3V的即可，电压表故选E；而小灯泡的额定电流为
电流表A1量程太大，测量误差太大，故应用电流表A2和定值电阻并联，改装成电流表，电流表故选C；
[3]还需要调节电路的滑动变阻器，为了方便操作，且小灯泡两端的电压从零开始变化，滑动变阻器应选阻值较小的F；
(2)[4]本实验小灯泡两端的电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；同时因电流表内阻与小灯泡的电阻接近，电压表内阻远大于小灯泡的电阻，故电流表选用外接法；实验电路图如图所示：
(3)[5]电源内阻不计，两灯泡串联，每个灯泡两端电压相等为，根据图象可知，此电压下流经灯泡的电流为
则小灯泡的功率
12、①③②④ D θ为n个点对应的圆心角
【解析】
(1)[1]该实验先将电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触，先使卡片转动，再打点，最后取出卡片进行数据处理．故次序为①③②④；
(2)[2]要测出角速度，需要测量点跟点间的角度，需要的器材是量角器，故选D；
(3)[3]根据，则
，
[4]θ是n个点对应的圆心角，T是电火花计时器的打点时间间隔。
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、
【解析】
用面积为的黑纸片覆盖在液面上，液面上方恰好无光线射出，则从点光源发出的光线射到黑纸片的边缘处恰发生全反射，临界角为，光路图如图甲所示。
由几何关系得
由全反射知识有
解得
剪出一个面积为圆孔后，设透光部分的半径为，射出光线的最大入射角为，对应的折射角为，光路图如图乙所示。
由几何关系得
根据折射定律有
缸口的最小半径为
缸口的最小面积为
解得
14、（1）8m；2s；4m/s（2）质点p向y轴负方向运动，0.3m
【解析】
（1）由图可知，波长λ=8m，由于该波沿x轴负方向传播，从t1=0到t2=0.5s时间内，有： (k=0，1，2，3….)又知T>0.5s，联立上式解得：k=0，则波的周期T=4∆t=2s
由 可得
（2）由于波沿x轴负向转播，故t=0时刻质点p向y轴负方向运动，又知 ，
则质点P在t=3.0s时间内通过的路程为
15、 (1)11N；(1)0.5s
【解析】
（1）滑块保持止，假设压力F的最小值为，根据平衡条件得
解得
滑块和木板整体保持静止，压力F的最小值为F1．根据平衡条件得
解得
所以压力F的最小值为
（1）撤去压力F，滑块和木板均沿斜面向下做匀加速运动，设加速度分别为a1和a1，根据牛顿第二定律得，对滑块有
解得
对木板有
解得
设经过时间t，滑块从木板上滑下，则
解得