湖北省八校联考2026届高三上学期1月期末物理试题（Word版附解析）

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本试卷共6页，全卷满分100分，考试用时75分钟。
★祝考试顺利★
注意事项：
1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。
2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4、考试结束后，请将答题卡上交。
一、单项选择题：（本题共10小题，每小题4分，共40分,。在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题有多项符合要求，每小题全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选或者不选的得0分）
1.一物体受到三个共面共点力F1、F2、F3的作用，三力的矢量关系如图所示(小方格边长相等)，则下列说法正确的是( )
A.三力的合力有最大值F1＋F2＋F3，方向不确定
B.三力的合力有唯一值3F3，方向与F3同向
C.三力的合力有唯一值2F3，方向与F3同向
D.由题给条件无法求合力大小
答案解析：B 先以力F1和F2为邻边作平行四边形，其合力与F3共线，大小F12＝2F3，如图所示，F12再与第三个力F3合成求合力F合，可得F合＝3F3，故选B。
2.如图所示，密度为ρ、边长为a的正立方体木块漂浮在水面上(h为木块在水面上的高度)。现用竖直向下的力F将木块按入水中，直到木块上表面刚浸没，则此过程中木块克服浮力做功为(已知水的密度为ρ0、重力加速度为g)( )
A.ρa3gh
B.eq \f(1,2)a3gheq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ρ＋ρ0))
C.ρ0a3gh(a－h)
D.eq \f(1,2)a3gheq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－h))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ρ＋ρ0))
答案解析：B 木块漂浮在水面上时有F浮＝G＝ρga3，木块上表面刚浸没时受到的浮力为F浮′＝ρ0ga3，浮力做的功为W＝eq \f(F浮＋F浮′,2)h＝eq \f(1,2)ga3h(ρ＋ρ0)，故选B。
3.如图所示，一质量为m＝0.5 kg的小球(可视为质点)，用长为0.4 m的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动，g＝10 m/s2，下列说法不正确的是( )
A.小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2 m/s
B.当小球在最高点的速度为4 m/s时，轻绳拉力为15 N
C.若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过4eq \r(2) m/s
D.若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过4 m/s
答案解析：D 设小球通过最高点时的最小速度为v0，则根据牛顿第二定律有mg＝meq \f(v02,R)，解得v0＝2 m/s，故A正确；当小球在最高点的速度为v1＝4 m/s时，设轻绳拉力大小为FT，根据牛顿第二定律有FT＋mg＝meq \f(v12,R)，解得FT＝15 N，故B正确；小球在轨迹最低点处速度最大，此时轻绳的拉力最大，根据牛顿第二定律有FTm－mg＝meq \f(vm2,R)，解得vm＝4eq \r(2) m/s，故C正确，D错误。
4.额定电压都是110 V、额定功率PA＝110 W和PB＝40 W的两盏电灯，若接在电压是220 V的电路上，使两盏电灯均能正常发光，且电路中消耗功率最小的电路是( )
答案解析：C 由P＝eq \f(U2,R)和已知条件可知RA＜RB。对于A电路，由于RA＜RB，所以UB＞110 V，B灯烧毁，两灯不能正常发光；对于B电路，由于RA＜RB，A灯并联变阻器，并联电阻更小于RB，所以UB＞110 V，B灯烧毁；对于C电路，B灯与变阻器并联，并联电阻可能等于RA，所以可能有UA＝UB＝110 V，两灯可以正常发光；对于D电路，若变阻器的有效电阻等于A、B的并联电阻，则UA＝UB＝110 V，两灯可以正常发光；比较C、D两个电路，由于C电路中滑动变阻器功率为(IA－IB)×110 V，而D电路中滑动变阻器功率为(IA＋IB)×110 V，所以C电路消耗电功率最小，故选C。
5.光刻机利用光源发出的紫外线，将精细图投影在硅片上，再经技术处理制成芯片。为提高光刻机投影精细图的能力，在光刻胶和投影物镜之间填充液体，提高分辨率，如图所示。若浸没液体的折射率为1.65，当不加液体时光刻胶的曝光波长为193 mm，则加上液体后( )
A.紫外线进入液体后波长变短，光子能量增加
B.传播相等的距离，在液体中所需的时间变短
C.紫外线在液体中比在空气中更容易发生衍射，能提高分辨率
D.紫外线在液体中的曝光波长约为117 mm
答案解析：D 紫外线在液体中的波长λ′＝eq \f(λ,n)＝eq \f(193,1.65) nm≈117 nm，故D正确；紫外线进入液体频率不变，根据E＝hν可知光子能量不变，根据D选项分析可知波长变短，故A错误；设传播L距离，在真空中的时间t＝eq \f(L,c)，在液体中所需的时间t′＝eq \f(L,\f(c,n))＝eq \f(1.65L,c)＝eq \f(33,20)t，传播时间变长，故B错误；由A选项分析可知紫外线在液体中波长变短，更不容易发生衍射，故C错误。
6.如图所示甲是产生交流电的示意图，图乙是其产生的正弦交流电输入到图丙的理想变压器，变压器的开关S接1时原、副线圈中的匝数之比为22∶1，二极管正向导电电阻不计，所有电表都是理想电表，则下列判断正确的是( )

甲 乙
丙
A.电压表的示数为10 V
B.若只将S从1拨到2，电流表示数增大
C.在0～0.01 s内穿过线圈的磁通量变化为eq \f(22\r(2),5π) Wb
D.若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则电流表示数减小，电压表示数增大
答案解析：C 原线圈的电压U1＝eq \f(Um,\r(2))＝220 V，根据变压比可知副线圈电压U2＝eq \f(n2,n1)U1＝10 V，由于二极管的单向导电性，所以根据电流的热效应可知eq \f(U22,R)·eq \f(T,2)＝eq \f(U2,R)T，解得电压表的示数为U＝5eq \r(2) V，故A错误；根据变压比可知副线圈电压U2＝eq \f(n2,n1)U1，若只将S从1拨到2，则n1增大，故副线圈电压减小，副线圈电流减小，根据变流比可知I1＝eq \f(n2,n1)I2，因为n1增大且I2减小，故原线圈电流减小，电流表示数减小，故B错误；由题图乙知，电压从零开始变化，故初始时刻处于中性面，经过0.01 s即一半周期，线圈转动180°，因为开始后的eq \f(1,4)周期电压为正，则穿过线圈的磁通量变化为ΔΦ＝－2BS，又因为Um＝BSω＝eq \f(2πBS,T)，解得ΔΦ＝eq \f(TUm,π)＝－eq \f(22\r(2),5π) Wb，故C正确；若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，原线圈电压不变，根据变压比可知副线圈电压不变，根据eq \f(U22,R)·eq \f(T,2)＝eq \f(U2,R)T，U2＝eq \f(U22,2)，则电压表示数不变，负载电阻增大，则电流减小，电流表示数减小，故D错误。
7.氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子，已知基态的氦离子能量为E1＝－54.4 eV，氦离子的能级示意图如图所示。在具有下列能量的光子或者电子中，不能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是( )
A.42.8 eV(光子)
B.43.2 eV(电子)
C.41.0 eV(电子)
D.54.4 eV(光子)
答案解析：A 入射光子使原子跃迁时，其能量应正好等于原子的两能级间的能量差，而电子使原子跃迁时，其能量大于或等于原子两能级间的能量差即可，发生电离而使原子跃迁时入射光子的能量要大于或等于54.4 eV，故选A。
8.(多选)如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心。一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止于P点。设滑块所受支持力为FN，OP与水平方向的夹角为θ。重力加速度为g，下列关系式正确的是( )
A.F＝eq \f(mg,tan θ) B.F＝mgtan θ
C.FN＝eq \f(mg,sin θ) D.FN＝mgtan θ
答案解析：AC 法一 合成法
滑块受力如图甲，由平衡条件知eq \f(mg,F)＝tan θ，所以F＝eq \f(mg,tan θ)，FN＝eq \f(mg,sin θ)。故选AC。
法二 正交分解法
将滑块受的力沿水平、竖直方向分解，如图乙所示，mg＝FNsin θ，F＝FNcs θ，联立解得F＝eq \f(mg,tan θ)，FN＝eq \f(mg,sin θ)。故选AC。
法三 力的三角形定则法
滑块受到的三个力可组成封闭的三角形，如图丙所示，则由几何关系可得F＝eq \f(mg,tan θ)，FN＝eq \f(mg,sin θ)。故选AC。

甲 乙 丙
9.(多选)如图甲所示，某电场中的一条电场线恰好与M、P所在直线重合，以M为坐标原点，向右为正方向建立直线坐标系，P点的坐标xP＝5.0 cm，此电场线上各点的电场强度大小E随x变化的规律如图乙所示。若一电子仅在电场力作用下自M点运动至P点，其电势能减小45 eV，对于此电场，以下说法正确的是( )
甲
乙
A.该电子做匀变速直线运动
B.x轴上各点的电场强度方向都沿x轴负方向
C.M点的电势是P点电势的eq \f(1,2)
D.图像中的E0的数值为1.2
答案解析：BD 由题图可知电子从M点运动到P点过程中，电场强度逐渐减小，所以该电场不是匀强电场，即电子受到的电场力不是恒定的，所以该电子不做匀变速直线运动，故A错误；若一电子仅在电场力作用下自M点运动至P点，电势能减小，则电场力做正功，由功能关系可得WMP＝EpM－EpP＞0，又WMP＝－UMPe，所以UMP＜0，即φM＜φP，而电场线由高电势指向低电势，可知x轴上各点的电场强度方向都沿x轴负方向，故B正确；电势零点未知，所以无法确定两点的电势数值关系，故C错误；由题可知WMP＝45 eV，E-x图像与横轴围成图形的面积表示对应距离的电势差，可得WMP＝eq \f(（E0e＋\f(E0e,2)）×5×10－2 m,2)＝45 eV，解得E0＝1200 V，即图像中E0的数值为1.2，故D正确。
10.(多选)如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为eq \r(2)L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场。边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动，t＝0时刻，金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是( )
A.在t＝0到t＝eq \f(π,2ω)的过程中，E一直增大
B.在t＝0到t＝eq \f(π,2ω)的过程中，E先增大后减小
C.在t＝0到t＝eq \f(π,4ω)的过程中，E的变化率一直增大
D.在t＝0到t＝eq \f(π,4ω)的过程中，E的变化率一直减小
答案解析：BC 如图所示，金属框切割磁感线的有效长度为d，根据转动切割磁感线产生的感应电动势公式有E＝eq \f(1,2)Bd2ω，从图中可以看出在t＝0到t＝eq \f(π,2ω)的过程中，d是先增大到eq \r(2)L，再减小到L，所以电动势E先增大后减小，A项错误，B项正确。在t＝0到t＝eq \f(π,4ω)的过程中，d＝eq \f(L,cs ωt)，感应电动势的表达式可写为E＝eq \f(1,2)Bd2ω＝eq \f(BL2ω,2cs2ωt)，由表达式可以看出在t＝0到t＝eq \f(π,4ω)的过程中，E的变化率一直增大，C项正确，D项错误。
二、非选择题：（本大题共5小题，共60分）
11、(12分)如图所示，平面直角坐标系xOy中第一、二、四象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，第三象限存在沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从S点(－l，－l)由静止释放，进入磁场区域运动，恰好过x轴上P点(l，0)，不计粒子重力。
(1)求匀强电场的电场强度大小(4分)；
(2)粒子释放开始计时，求粒子第1次到达y轴正半轴的时间(4分)；
(3)粒子第3次过y轴时的坐标(4分)。
解析：(1)带正电粒子从S点(－l，－l)由静止释放，则在电场中做匀加速直线运动，从(0，－l)位置进入磁场区域运动，恰好过x轴上P点(l，0)、可知在磁场中做圆周运动的半径
r＝l
根据qvB＝meq \f(v2,r)
可得v＝eq \f(qlB,m)
则在电场中qEl＝eq \f(1,2)mv2
可得E＝eq \f(B2ql,2m)。
(2)粒子在电场中加速的时间t1＝eq \f(2l,v)＝eq \f(2m,qB)
粒子第1次到达y轴正半轴时，在磁场中运动半周，则运动时间t2＝eq \f(T,2)＝eq \f(πm,qB)
则总时间t＝eq \f(（π＋2）m,qB)。
(3)粒子从(－l，0)位置进入第三象限的电场，则当粒子第3次过y轴时l＝eq \f(1,2)eq \f(qE,m)t′2，y＝vt′
解得y＝2l
即粒子第3次过y轴时的坐标(0，－2l)。
答案：(1)eq \f(B2ql,2m) (2)eq \f(（π＋2）m,qB) (3)(0，－2l)
12.(15分)在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，实验装置及实验过程如图甲、乙、丙所示，E为橡皮筋原长时小圆环的位置，O为实验时小圆环被拉至的位置。
丁 戊
(1)图丁中弹簧测力计的示数为 N(3分)。
(2)在实验过程中，不必记录的有 (3分)。
A.甲图中E的位置 B.乙图中O的位置
C.OB、OC的方向 D.弹簧测力计的示数
(3)下列选项中，与本实验要求相符的是 (3分)。
A.两细绳OB、OC夹角越大越好
B.读数时，视线应正对弹簧测力计的刻度
C.实验时，只需保证两次橡皮筋伸长量相同即可
(4)某次实验记录纸如图戊所示，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点，拉力F的方向过P点；三个力的大小分别为：F1＝2.70 N、F2＝2.30 N和F＝4.00 N，得出正确实验结论后，请根据实验结论和图中给出的标度：
①在图中作出F1和F2的合力(3分)；
②根据作图求出该合力大小为 N(3分)。
解析：(1)弹簧测力计最小分度值为0.1 N，估读到0.01 N，题图丁中读数为2.35 N。
(2)必须要记录的有两个分力F1和F2的大小和方向、合力F的大小和方向，力的大小通过弹簧测力计读出，两次都要使小圆环被拉到O点位置，所以必须记录的有B、C、D；不需要记录的是题图甲中E的位置，故选A。
(3)两个细绳OB、OC夹角要适当大一些，但不能太大，合力一定时，两分力夹角太大导致两分力太大，测量误差变大，A错误；读数时，视线应正对弹簧测力计的刻度，规范操作，B正确；实验时，不仅需保证两次橡皮筋伸长量相同，还必须都是沿竖直方向伸长至O点才行，C错误。
(4)①由于标度已经选定，作图时要保证表示F1、F2的线段长度分别为标度的2.7倍和2.3倍，作图如图所示。
②量出作图法求出的合力长度约为标度的3.99倍，所以合力大小为3.99 N。
答案：(1)2.35 (2)A (3)B (4)①见解析图 ②3.99
13.(12分)手机快充线是否合格至关重要。很多手机都在用图(a)所示的USB Type-C接口。USB Type-C协会关于充电线有个规范：1 m长的3 A充电线电阻应小于0.25 Ω。实验室有一条1 m长的导线，某同学要通过实验判断该导线的电阻Rx是否符合协会规范。

(a) (b)
(c)
实验室提供的器材有：
A.电流表A1(量程为0～50 mA，内阻r1＝4 Ω)
B.电流表A2(量程为0～500 mA，内阻r2约为0.5 Ω)
C.定值电阻R1(阻值为4 Ω)
D.定值电阻R2(阻值为40 Ω)
E.滑动变阻器R(阻值范围为0～5 Ω)
F.电源E(电动势约为2 V，内阻不计)
G.开关S一个，导线若干
该同学设计了如图(b)所示的测量电路。请回答下列问题：
(1)定值电阻R0应选用 (选填“C”或“D”)(3分)。
(2)根据图(b)所示的电路图，请用笔画线代替导线将图(c)所示的实验电路补充连接完整(3分)。
(3)该同学利用电流表A2示数I2和电流表A1示数I1，作出I2-I1图像如图(d)所示。
(d)
(4)该同学所用导线的电阻为 Ω(3分)，可以判定该导线
(选填“满足”或“不满足”)协会规范(3分)。
解析：(1)因待测电阻阻值较小，故在测量电路中串联一个电阻以保护电路，根据电源电动势和电流表的量程分析可知定值电阻R0应选用定值电阻R1(阻值为4 Ω)，故选C。
(2)根据题图(b)所示的电路图，实验电路补充连接完整如图。
(4)由欧姆定律可得，待测电阻的阻值为Rx＝eq \f(I1r1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(I2－I1)))＝eq \f(r1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(I2,I1)－1)))，由图像斜率可知eq \f(I2,I1)＝eq \f(440,40)＝11，故该同学所用导线的电阻为Rx＝eq \f(4.0,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(11－1))) Ω＝0.40 Ω，该导线电阻大于0.25 Ω，可以判定不满足协会规范。
答案：(1)C (2)见解析图 (4)0.40(0.38～0.42均可) 不满足
14.(11分)如图所示，在水平面上依次放置小物块A、C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B。求：
(1)碰撞过程中系统损失的机械能(5分)；
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度(6分)。
解析：(1)小物块C与物块A发生碰撞粘在一起，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝2mv，解得v＝eq \f(1,2)v0
碰撞过程中系统损失的机械能为
E损＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv2，解得E损＝eq \f(1,4)mv02。
(2)当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等。根据动量守恒定律有mv0＝(m＋m＋3m)v1，解得v1＝eq \f(1,5)v0
根据机械能守恒定律得eq \f(1,2)×2m(eq \f(1,2)v0)2＝eq \f(1,2)×5m×(eq \f(1,5)v0)2＋2mgh，解得h＝eq \f(3v02,40g)。
答案：(1)eq \f(1,4)mv02 (2)eq \f(3v02,40g)
15.(10分)肺活量是指在标准大气压下能够呼出的气体的最大体积。如图，是小明同学设计的测量肺活量的一个模型。竖直放置的顶端开孔的汽缸中有一与汽缸壁接触良好的活塞，活塞上方放有重物，活塞置于卡槽上，插销K封闭了一定质量的气体，已知汽缸中活塞下方空间体积为V0，压强为标准大气压p0，活塞上方的空间体积也为V0，活塞面积为S，活塞及上方重物所受重力G＝eq \f(1,2)p0S，汽缸导热性能良好，忽略活塞和重物体积，大气温度保持不变，不计一切摩擦，题中所提及的气体均视为理想气体。
(1)小玲向吹嘴吹入压强为p0，体积为eq \f(V0,3)的气体后，关闭插销K，求汽缸中封闭气体的压强(5分)；
(2)小明打开插销K，使汽缸中气体与外界充分交换后，用尽全力向吹嘴吹入气体，关闭插销K，最终活塞下方空间体积变为eq \f(3,2)V0，求小明的肺活量(5分)。
解析：(1)活塞要移动，则活塞下部封闭气体的压强的最小值p0′＝p0＋eq \f(G,S)
代入数据解得p0′＝eq \f(3,2)p0
对小玲吹入的气体和活塞下方汽缸中原有的气体为研究对象，假设小玲吹入气体后，活塞不移动，则有p0V0＋p0eq \f(V0,3)＝p1V0
解得p1＝eq \f(4,3)p0
由于p1