湖北省2026届高三高考模拟考试 物理试卷及答案

这是一份湖北省2026届高三高考模拟考试 物理试卷及答案，文件包含高三4月调研模拟考试物理pdf、高三4月调研模拟考试物理答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共12页， 欢迎下载使用。
1.答案：C
解析：该反应属于核裂变，不是衰变，A 错；分析可知X应该是中子01n，而不是质子11H，B错；任何核反应都满足电荷数守恒、质量数守恒，C 对；半衰期由核本身决定，与环境温度无关，D 错。
2.答案：B
解析：分析照度随时间变化的图像可知，0~t1时间内动车匀速运动，t1~t2时间内动车减速运动，t1时刻的速度比t2时刻的瞬时速度大。每当动车经过电线杆时，照度明显减小，因此0~t1时间内动车的位移为200m，0~t2时间内动车的位移应该在300m~350m之间。
3.答案：D
解析：根据开普勒第三定律：a3T2=k，可知该小行星的公转周期大于1年；由于该小行星的轨道半长轴较大，因此运行到远日点时的速度比地球公转速度小；被撞击之后，小行星的线速度变小，做近心运动，所以轨道半长轴会变小，周期也会变短。
4.答案：C
解析：变压器的输入电压不变，则U1与U2的示数不变。R增大时，I2减小，U3=U2−I2R0，因此U3变大，I1=I2n2n1，因此I1减小；R0消耗的功率P0=I22R0，P0减小；变压器的输入功率P入=U1I1
P入减小。
5.答案：D
解析：当轻绳偏角为60°时，由力学的相似三角形可知mgL=kq1q2L2L，此时系统的电势能为Ep=kq1q2r=mgL，A球重力势能的增加量为EpA=mgL(1−cs60°)=12mgL，上述过程中，由功能关系有：W=Ep+EpA=32mgL。
6.答案：B
解析：子弹射入物块时，动量守恒：mv0=(m+M)v，解得v=2m/s；之后二者一起压缩弹簧至最短时；由能量守恒定律可知：12(m+M)v2=12kx2+μ(m+M)gx，解得x=0.8m或x=−1m（舍去）。
7.答案：A
解析：入射角记为i，折射角记为r，则有sini=4.8R5R=2425，在△POQ中，由正弦定理有3Rsinr=5Rsin(180°−α)，解得sinr=72125，由折射定律得n=sinisinr=53≈1.67，对照表格可知，1.65≤1.67≤1.68，因此该翡翠为高档翡翠。
8.答案：BC
解析：A项，当电场线弯曲时，带电粒子在电场中运动的轨迹与电场线不重合；
电势是电场自身的性质，与试探电荷的电荷量无关；C项，洛伦兹力的方向总是与带电粒子的运动方向垂直，洛伦兹力永不做功；D项，由周期公式T=2πmqB可知，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期跟轨道半径无关。
9.答案：AD
解析：由波形图可知，波长为λ=6m，速度最大时，P、Q应该经过平衡位置。当Q第二次达到最大速度时，tQ=34T。
①若这列波沿x轴正方向传播，当P第二次达到最大速度时，tP=1112T，∆t=tP−tQ=16T=0.5s，因此周期为T=3s，v=λT=2m/s；
②若这列波沿x轴负方向传播，当P第二次达到最大速度时，tP=712T，∆t=tQ−tP=16T=0.5s，因此周期为T=3s，v=λT=2m/s。
即不论沿x轴正方向还是负方向，传播速度都是v=2m/s。
10.答案：BC
解析：a、b两个粒子在第一象限中运动的时间为t=θmqB，则有θb=23θa=60°，由几何关系有：r−rcs60°=d，解得rb=2d；洛伦兹力提供向心力，qBv=mv2r，r=mvqB，ra:rb=1:2，因此va:vb=3:4；粒子在第二象限中加速时，由动能定理得：Eqx=12mv2，代入数据得d '=43d；两个粒子在电场中运动的时间差为Δt1=2d'a'−da=mdEq，在磁场中运动的时间差为Δt2=32πmqB−πmqB=πm2qB，因此总的时间差为Δt=mdEq+πm2qB.
11.【答案】(1)B（2分） (2) 2.6（2分） 9.8（2分） (3)B（2分）
【详解】（1）为了减少空气阻力的影响，在选择小球时，应尽可能选择质量大、体积小（密度大）的小球，故B符合题意；
（2）斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，由图乙（1）可得斜抛运动水平方向上的速度
设斜抛运动初速度为，与水平方向夹角为，
竖直方向上位移
小球竖直方向的初速度为
小球在原点处速度与水平方向夹角的正切值为
结合图乙（2）可知，小球的加速度
（3）竖直方向上升到最高点的时间
结合图乙（2）可知，上升到最高点
该视频的帧率为，最接近30Hz。
12.【答案】(1)3000（2分）
(2) 5.0（3分） 0.42（3分）
【详解】（1）为了将量程扩大为原来的2倍，电阻和电压表分压各为3V，二者串联，电阻应该相等，故电阻箱应该调为3000Ω.
（2）[1]根据闭合电路欧姆定律有
整理得
由题图二中可得纵轴截距为2.5V，故电源电动势为E=5.0V；斜率，故内阻r=0.42Ω
13.解析：（1）设样品体积为V
以图乙活塞为对象
p0S+mg=p1S ………2分
解得P1=76P0 ………2分
（2）由图甲、乙等温变化知
p0(LS−V)=p1(LS−18LS−V) ………4分
解得该样品的体积为：V=18LS ………2分
解析：（1）对鼓分析，由牛顿第二定律得：
10Fcs37°−Mg=Ma ………2分
解得
a=2m/s2 ………2分
（2）鼓向上匀加速过程中：
v2=2ah ………1分
代入数据得：
v=2m/s ………1分
由功能关系得：
W=mgℎ+12mv2………2分
解得
W=43.2J………2分
（3）鼓与球发生弹性碰撞时，动量守恒：
Mv=Mv1+mv2………2分
能量守恒：
12Mv2=12Mv12+12mv22………2分
联立上式得
v2=3.6m/s………2分
解析：（1）弹射过程中，将开关S置于2的瞬间，回路中的电流最大，模型飞机的加速度最大：
I=ER………1分
F安=BIL………1分
a=F安M+m………1分
联立上式得
a=BEL(M+m)R………1分
当飞机达到最大速度时，金属棒产生的电动势与电容器两端的电压相等，即
U=BLvm………1分
电容器放出的电荷量为
q=CE−CU………1分
对金属棒和模型飞机整体，由动量定理得：
(M+m)vm=BiL∙∆t=BLq………1分
联立上式得
vm=CELCL2B+M+mB………1分
当CL2B=m+MB，即B=m+MCL2 时，vm有最大值，………1分
vm=E2CM+m………2分
飞机运动过程中，由动量定理，有：
(M+m)v=BiL∙∆t−kv∙∆t………1分
即
(M+m)v=BLq−kx………1分
最终飞机匀速运动时，
BIL=kv………1分
其中
I=UC−BLvR………1分
电容器放出的电荷量为：
q=CE−CUC………1分
联立上式得
v=CBLE−kxM+m+kCR+CB2L2………2分
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
D
C
D
B
A
BC
AD
BC