湖北省鄂州市2025-2026学年高三上学期期末模拟物理试题【含答案】

这是一份湖北省鄂州市2025-2026学年高三上学期期末模拟物理试题【含答案】，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.如图为氢原子的部分能级示意图，下列说法正确的是( )
A. 动能为10.4eV的电子射向大量处于基态的氢原子，氢原子不会发生跃迁
B. 当氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级时，向外辐射的光子能量为4.91eV
C. 氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小，且总能量减小
D. 用光子能量为12.58eV的光照射一群处于基态的氢原子，电子可能跃迁到其它能级上去
2.一细光束由a、b两种单色光混合而成，当它由真空射入水中时，经水面折射后的光路如图所示，则以下看法正确的是( )
A. b光的光子能量较大
B. a光在水中传播速度比b光小
C. 该两种单色光由水中射向空气时a光发生全反射的临界角较大
D. 用a光和b光在同一装置上做双缝干涉实验，a光的条纹间距大于b光的条纹间距
3.如图所示，地球和月球组成“地月双星系统”，两者绕共同的圆心C点(图中未画出)做周期相同的圆周运动。数学家拉格朗日发现，处在拉格朗日点(如图所示)的航天器在地球和月球引力的共同作用下可以绕“地月双星系统”的圆心C点做周期相同的圆周运动，从而使地、月、航天器三者在太空的相对位置保持不变。不考虑航天器对“地月双星系统”的影响，不考虑其它天体对该系统的影响。已知：地球质量为M，月球质量为m，地球与月球球心距离为d。则下列说法正确的是( )
A. 位于拉格朗日点的绕C点稳定运行的航天器，其向心加速度小于月球的向心加速度
B. 地月双星系统的周期为T=2π d3GMm
C. 圆心C点在地球和月球的连线上，距离地球和月球球心的距离之比等于地球和月球的质量之比
D. 拉格朗日点距月球球心的距离x满足关系式GM(d+x)2+Gmx2=GM+md3x+dMM+m
4.细线OA、OB的O端与质量为m的小球拴接在一起，A、B两端固定于竖直墙面上，其中细线OA与竖直方向成45°角，细线OB与竖直方向成60°角，如图所示。现在对小球施加一个与水平方向成45°角的拉力F，小球保持静止，细线OA、OB均处于伸直状态。已知重力加速度为g，小球可视为质点，下列说法错误的是( )
A. 在保证细线OA、OB都伸直的情况下，若F增大，则细线OA中拉力变小，细线OB中拉力变大
B. 当F= 22mg时，细线OB中拉力为零
C. 为保证两根细线均伸直，拉力F不能超过3 2+ 62mg
D. 为保证两根细线均伸直，拉力F不能超过3 22mg
5.如图所示电路，当开关S1、S2闭合时，一带电液滴恰好静止在平行板电容器A、B两金属板间的M点。现进行下列操作，对应说法正确的是( )
A. 若仅断开开关S1，液滴仍然保持静止
B. 若仅断开开关S2，液滴将向下运动
C. 若仅将B板向上平移到图中虚线位置，板间M点电势将降低
D. 若仅将变阻器R2的滑片向右滑动少许，液滴电势能将减小
6.质量为M=1kg的不带电绝缘木板置于光滑水平桌面上，木板上放一质量为m=2kg的带正电的小物块。整个装置置于如图所示的匀强电场中，电场方向与纸面平行且与水平方向夹角为θ(在0到90°范围内可调)，已知小物块与木板的动摩擦因数μ= 33，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，当小物块恰好与木板发生相对滑动时，为使电场强度E最小，则θ取( )
A. 0°B. 30°C. 45°D. 60°
7.某节能环保风力发电演示系统由风力发电机、升压变压器和用户三部分构成，简易示意图如下。t=0时刻，发电机线圈所在平面与磁场方向垂直，风轮机叶片通过升速齿轮箱带动发电机线圈以恒定的转速n转动，已知发电机线圈面积S=0.01π m2，匝数为N=100匝，内阻不计；匀强磁场的磁感应强度为B= 210 T。理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2=1∶4。在用户部分电路中电表均为理想电表，D为理想二极管，定值电阻R1=4Ω、R2=2Ω，若电压表的示数为u2=40V，则( )
A. 发电机线圈的转速n=100r/sB. 电流表的示数为10 2 A
C. 电阻R1、R2上消耗的电功率之比为1∶2D. 原线圈输入的功率为600W
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.一列简谐横波在x轴上传播，某时刻的波形图如图所示，a、b、c为三个质元，a正向上运动。由此可知
A. 该波沿x轴正方向传播
B. c正向上运动
C. 该时刻以后，b比c先到达平衡位置
D. 该时刻以后，b比c先到达离平衡位置最远处
9.如图所示，空间有竖直方向的匀强电场(图中未画出)，一带正电的小球质量为m，在竖直平面内沿与水平方向成30º角的虚线MN以速度v0斜向上做匀速运动．当小球经过O点时突然将电场方向旋转一定的角度，电场强度大小不变，小球仍沿MN方向做直线运动，选O点电势为零，重力加速度为g，则( )
A. 原电场方向竖直向下
B. 改变后的电场方向垂直于MN
C. 电场方向改变后，小球的加速度大小为g
D. 电场方向改变后，小球的最大电势能为 mv024
10.如图所示，右端足够长的两平行光滑导轨左端是半径为R=0.8m的四分之一圆弧轨道，圆弧轨道部分没有磁场，导轨的水平部分有竖直向上的匀强磁场，导轨间距为L=0.5m，匀强磁场的磁感应强度为B=0.5T，质量为0.1kg的导体棒a静止在水平轨道上，质量为0.3kg的导体棒b从四分之一圆弧轨道顶端从静止开始下滑，运动过程中a、b始终与两导轨垂直且保持接触良好，a、b电阻均为r=0.1Ω，其他电阻均不计，重力加速度为g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. a运动过程中的最大加速度为10m/s2
B. b刚进入磁场时a中的电流大小为5A
C. 整个过程中安培力对a、b做功的总和为-0.3J
D. 整个过程中导体棒a产生的焦耳热为0.3J
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某实验小组用如图甲所示的实验装置来验证系统机械能守恒。在水平桌面上放有一气垫导轨，气垫导轨左侧装有定滑轮，气垫导轨上固定有两个光电门，用来测量遮光片通过光电门时的遮光时间，绕过定滑轮的轻质细绳将滑块与钩码连接，接通气源后部分操作过程如下：
(1)用游标卡尺测量遮光片的宽度d，测量结果如图乙所示，则遮光片的宽度为d=____ __cm。
(2)取下钩码和细线，轻推滑块使其依次通过光电门1和光电门2，通过的时间分别为Δt1、Δt2，当Δt1=Δt2时，说明气垫导轨已经水平。
(3)用细线跨过定滑轮连接滑块和质量为m的钩码，释放滑块，两个光电门记录的时间分别为Δt1、Δt2，已知重力加速度为g，滑块(含遮光条)的质量为M，遮光条宽度d，要验证机械能守恒还需要测量的物理量是___ ___(写出物理量的名称及符号)。
(4)若上述物理量满足___ ___关系式，则表明在上述过程中，滑块及钩码组成的系统机械能守恒(用第(3)问中的物理量符号表示)。
12.随着锂电池的科技快速发展，各种款式的锂电池层出不穷，也给我们的生活带来了很大的方便。某中学物理实验兴趣小组因此想测量一款手机锂电池的电动势和内阻。查阅资料他们了解到该手机电池的电动势约为4V，内阻很小，约为1Ω，额定电流为1.5A。
(1)该小组将该款电池的正极和负极连接线小心剥开露出，将多用电表选择开关旋到10V直流电压挡，先进行机械调零，然后将红、黑表笔分别接触此电池的正、负极，电表刻度盘如图甲所示是，该读数为 V。(保留两位有效数字)
(2)实验小组想进一步更精确的测出该锂电池的电动势和内阻，实验室提供的器材如下：
A.电压表V(量程为5V，内阻约为3kΩ)
B.电流表A(量程为3A，内阻约为0.6Ω)
C.滑动变阻器R1(最大阻值为60Ω)
D.定值电阻R0=2.5Ω
E.一个开关及导线若干
该小组设计了如图乙所示的实验电路，但在实际实验操作中发现，当移动滑动变阻器滑片从而调节其接入电路的阻值时，电压表示数变化不明显，且测试结果的误差较大，为了更准确地测量出此锂电池的电动势和内阻，需要重新设计实验电路；请你根据所提供的实验器材，在虚线框中画出你所设计的实验电路图，并准确标注各元件对应符号 。
(3)按照新设计的实验电路图连好实物电路后，该小组通过调节滑动变阻器，测得多组I、U数据，在坐标纸上描点如图丙所示，并根据描出的点作出了此锂电池的U-I图像。
(4)根据作出的U-I图像，可求得此款锂电池的电动势为 V，内阻为 Ω。(结果均保留一位小数)
(5)根据本实验方案分析测量误差，该电池的电动势测量值比真实值 (选填“偏小”“相等”或“偏大”)，内阻的测量值与真实值相比 (选填“偏小”相等”或“偏大”)。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.导热良好的气缸用质量不计的光滑活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞下表面与气缸底部之间的距离为L，在活塞上放一个重物时，活塞平衡时下表面距离气缸底部距离为34L，已知活塞横截面积为S，大气压强为P0，环境温度为T0，重力加速度为g。
(1)求重物的质量m；
(2)缓慢升高气体的温度，求当活塞回到原来位置时，气体的温度T。
14.如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限中分布着与y轴平行的匀强电场，在第四象限中分布着垂直于纸面方向的匀强磁场，一个质量为m，电荷量为q的正粒子(不计重力)，从A(0,2)点平行于x轴射入电场，初速度v0=120m/s。从x轴上的P点(4,0)第一次由电场进入磁场，接着从磁场经过x轴上的Q点(8,0)再次进入电场。已知该粒子的比荷为qm=108C/kg，求：
(1)匀强电场的方向和匀强磁场的方向；
(2)求粒子经过P点时的速度；
(3)匀强磁场的磁感应强度B的大小。
15.如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=3 kg的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以v=3 m/s的速度逆时针转动。装置的右边是一段光滑的水平台面连接的光滑曲面，质量m=1 kg的小物块B从曲面上距水平台面h=1.0 m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的摩擦因数μ=0.3，传送带的长度l=2 m。设物块A、B之间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态，取g=10 m/s2。
(1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；
(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.由能级图可知，n=1和n=2间的能级差为10.2eV，由于用电子撞击基态的氢原子，部分电子动能被吸收，则用能量为10.4eV的电子撞击处于基态的氢原子，可以使氢原子跃迁到n=2的能级，故A错误；
B.由能级图可知，当氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级时，向外辐射的光子能量为
ΔE=E3-E2=1.89eV，故B错误；
C.根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，总能量减小，库仑力对电子做正功，电子的动能增大，电势能减小，故C正确；
D.用能量为12.58eV的光子去照射一群处于基态的氢原子，由于12.58eV的能量不等于任何一个能级与基态间的能级差，可知该光子不能被吸收而发生跃迁，故D错误。
故选C。
2.【答案】B
【解析】A.a光的偏折程度大，则水对a光的折射率比b光的大，b光的折射率较小，频率较小，由E=hν知b光的光子能量较小，故A错误。
B.根据v=cn知a光在水中传播速度比b光小，故B正确。
C.a光的折射率较大，根据sinC=1n知a光发生全反射的临界角较小，故C错误。
D.a光的折射率较大，波长较短，而双缝干涉条纹间距与波长成正比，则a光的条纹间距小于b光的条纹间距，故D错误。
故选B。
3.【答案】D
【解析】A.位于拉格朗日点的绕C点稳定运行的航天器的周期与地球的周期相同，根据a=2πT2r可知，离C点越远加速度越大，故A错误；
B.地球和月球组成“地月双星系统”，两者绕共同的圆心C点(图中未画出)做周期相同的圆周运动。
设月球的轨道半径为r1，地球的轨道半径为r2，根据万有引力提供向心力，对月球GMmd2=m4π2T2r1，对地球GMmd2=M4π2T2r2，
两式相加GM+md2=4π2T2(r1+r2)，因为d=r1+r2，所以T=2π d3G(M+m)，故B错误；
C.由GMmd2=m4π2T2r1和GMmd2=M4π2T2r2可得：r2r1=mM，即圆心C点在地球和月球的连线上，距离地球和月球球心的距离之比等于地球和月球的质量的反比，故C错误；
D.根据r2r1=mM和d=r1+r2可得，月球距离圆心C点距离为：r1=dMM+m，航天器在月球和地球引力的共同作用下可以绕“月地双星系统”的圆心C点做周期相同的圆周运动，设航天器的质量为m0，则：GMm0(d+x)2+Gmm0x2=m04π2T2x+dMM+m，即：GM(d+x)2+Gmx2=GM+md3x+dMM+m，故D正确。
故选D。
4.【答案】D
【解析】A.对小球进行受力分析如图所示：
；
设细线OA、OB中拉力分别为TA、TB；
若OA、OB都伸直，对小球由平衡条件列方程，竖直方向有：TAcs45°+Fsin45°=TBcs60°+mg；
水平方向有：TAsin45°+TBsin60°=Fcs45°；
解得：TA=3 2- 62mg-(2- 3)F，TB=( 6- 2)F-( 3-1)mg；
若F增大，则TA变小，TB变大，故A正确，不合题意；
B.TB为零时，有TB=( 6- 2)F-( 3-1)mg=0，解得：F= 22mg，故B正确，不合题意；
CD.为保证两根细线都伸直，F最大时，有TA=3 2- 62mg-(2- 3)F=0，解得：F=3 2+ 62mg，故C正确，不合题意，D错误，符合题意。
故选D。
5.【答案】C
【解析】若仅断开开关S1，电容器将放电，液滴将向下运动，故A错误;
若仅断开开关S2，极板电荷量不变，液滴将仍保持静止，故 B错误;
若仅将B板向上平移到图中虚线位置，板间距减小，电压不变，根据U=Ed可知场强变大，取B板电势为0，则φM=UAB-E⋅dAM，得到φM减小，故C正确;
若仅将变阻器R2的滑片向右滑动少许，调节滑片不改变极板间电压，液滴仍然保持静止，电势能不变，故 D错误。
6.【答案】D
【解析】设小物块的电荷量为q，当小物块恰好与木板发生相对滑动时，小物块与木板具有相同的加速度a，取木板和小物块整体及木板为研究对象，应用牛顿第二定律分别列方程，有：
μ(mg-Eqsinθ)=MaEqcsθ=(m+M)a
解得Eq= 3mg 3sinθ+csθ
整理得E= 3mg2qsin (θ+φ)(tanφ= 33,φ=30∘)
则当θ=60∘时，E有最小值。故选D。
7.【答案】B
【解析】A.因为理想变压器，两端的电压与匝数之比满足：
u1u2 = n1n2 故u1= n1n2u2 =10v
则发电机产生的最大电动势Em= 2 u1= 10 2 V=NBSω=NBS2πn
解得n=50r/s，A错误
B.因为二极管为理想二极管，电流表的示数也为有效值，所以有：u2m 2R22R2T2 =I2R2T
解得：I= 10 2 A
故B项正确；
CD.电阻R1的功率为：P1= u22R1 =400W
电阻R2的功率为：P2=I2R2=400W
电阻R1、R2上消耗的电功率之比为P1∶P2=1∶1，C错误；
副线圈消耗的功率为：P副=P1+P2=800W
因为是理想变压器，所以：P原=P副=800W
D项错误。
故选B。
8.【答案】AC
【解析】A.a正在向上运动，由质点带动法知，这列波沿x轴正方向传播，故A正确；
B.根据波形平移法得知c与a的振动方向相反，所以此刻c正在向下运动，故B错误；
C.此刻b正向上运动，c正向下运动，所以b比c先到达平衡位置，故C正确；
D.该时刻以后，c比b先到达离平衡位置最远处，故D错误。
故选AC。
9.【答案】CD
【解析】A.由题意可知，小球只受到重力与电场力，做匀速直线运动，所以它受到的合力为0，电场力与重力是一对平衡力．所以电场力的大小也是mg，方向与重力的方向相反．则匀强电场的电场强度大小E=mgq.带正电的小球受到的电场力的方向与电场的方向相同，所以电场的方向竖直向上．故A错误；
B.改变电场的方向后，电场力沿垂直于MN方向的分力必须与重力沿垂直于MN方向的分力大小相等，电场力与重力的合力的方向才能沿MN(或沿NM的方向)，可知此时：qE⋅sinθ=mgcs30°
可知此时电场力的方向与MN之间的夹角为60°，如图．故B错误；
C.电场方向改变后，小球受到的合力：F合=mgsin30°+qEcsθ
又：ma=F合
联立得小球的加速度大小为：a=g.故C正确；
D.小球向上运动，当速度等于0时，电势能最大，最大等于克服电场力做的功．设沿MN小球向上运动的最大位移为x，由动能定理得：
小球的最大电势能：
联立得：EPm=mv024.故D正确。
故选CD。
10.【答案】BD
【解析】AB．b下滑过程有mgR=12mv02，可得v0=4m/s，b刚进入磁场时，a的加速度最大，此时E=v0BL，I=E2r，IBL=ma，解得I=5A，a=12.5m/s2，故A错误，B正确；
C.b进入磁场后a、b组成的系统动量守恒，以水平向右的方向为正方向，mbv0=(ma+mb)v，ΔE=12mbv02-12(ma+mb)v2，解得ΔE=0.6J，安培力对系统做的总功为负功，数值上等于系统损失的机械能，即整个过程中安培力对a、b做功的总和为-0.6J，故C错误；
D.因两根导体棒电阻相等，故导体棒a产生的焦耳热为0.3J，故D正确。
故选BD。
11.【答案】2.030； 两光电门间的距离L mgL=12(M+m)(dΔt2)2-12(M+m)(dΔt1)2
【解析】(1)遮光片的宽度为d=2cm+6×0.05mm=2.030cm；
(3)由题中条件可求出物体的速度，根据机械能守恒可知，还需要测量钩码下落的高度，即两光电门间的距离L；
(4)若满足系统重力势能的减少量等于动能的增加量，则可以证明系统的机械能守恒，即mgL=12(M+m)⋅(dΔt2)2-12(M+m)⋅(dΔt1)2。
12.【答案】4.3
4.2 0.5 偏小 偏小

【解析】(1)多用电表选择开关旋到10 V直流电压挡，最小刻度为0.2 V，故读数为4.3 V；
(2)由于此锂电池的内阻比较小，若用原电路测量，则改变滑动变阻器接入电路的阻值时，内阻分压小，导致外电路电压表示数变化不明显，不利于测量，误差较大；新的电路设计，仍然需要选用定值电阻一方面起到保护电路的作用；另一方面，将定值电阻与电源先串联，并将电流表外接，则在改变滑动变阻器接入电路的阻值时，电压表、电流表的示数变化较为明显，测量误差也较小，得出的结果更为精确，如图所示
(4)根据闭合电路欧姆定律有E=U+IR0+r
得到U=E-IR0+r
根据图像在纵轴上的截距可得E=4.2 V
由图像的斜率大小可得R0+r=4.21.4Ω
可得r≈0.5Ω
(5)该实验由于电压表分流IV，使电流表的示数I小于该款锂电池的输出电流I真，则有I真=I+IV
而IV=URV
显然，U越大，IV越大，它们的关系如图表示；实测的图线为AB，经过IV修正后的图线为A'B，可看出实测的图线为AB在纵轴上的截距小于A'B，即测量的电动势E小于真实值。
由上图线可知，实测的图线为AB的斜率绝对值小于IV修正后的图线为A'B的斜率绝对值，因此测量的电源内阻r小于真实值。
13.【解析】(1)放重物后，气体压强变为P，对物块和活塞有mg+P0S=PS，
则气体压强为P=P0+mgS，
气缸内气体是等温变化，则根据玻意耳定律得P0LS=P3L4S，
联立解得m=P0S3g；
(2)缓慢升高气体温度，活塞缓慢上升，气体做等压变化，
根据盖—吕萨克定律得34LST0=LST，
解得T=43T0。
14.【解析】(1)由题意可知，带正电的粒子受向下的电场力，可知电场方向为沿y轴负方向；根据左手定则，磁场方向为垂直于纸面向里。
(2)粒子在电场中做类平抛运动
水平方向x=v0t
竖直方向y=12at2
vy=at
联立上述方程得vy=2yv0x=2×2×1204m/s=120 m/s
粒子从P点进入磁场时的速度大小v= v02+vy2=120 2 m/s
方向与x轴成α=arctanv0vy=45°
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由图可知圆弧所对应的圆心角θ=90°
圆周运动的轨道半径R2+R2=42
同时有qvB=mv2R
解得B=mvqR=10-8×120 22 2T=6×10-7 T．
15.【答案】(1)设B滑到曲面底部速度为v0，根据机械能守恒定理mgh=12mv02
解得v0= 2gh=2 5m/s
由于v0>v=3m/s，B在传送带上开始做匀减速运动，假设B一直减速滑过传送带的速度为v1，由动能定理可知-μmgl=12mv12-12mv02
解得v1=2 2m/s
由于v1=2 2m/s小于3m/s，说明B在传送带上先减速后匀速，即B与A碰前速度为3m/s；
(2)设第一次碰后A的速度为vA1，B的速度为vB1，取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得mv=mvB1+MvA1
12mv2=12mvB12+MvA12
解得vB1=-1.5m/s
上式表明B碰后以vB1=1.5m/s的速度向右反弹，滑上传送带后在摩擦力的作用下减速，设向右减速的最大位移为xB，由动能定理得-μmgxB=0-12mvB12
解得
因此，在传送带上B的速度减为零，故B不能滑上右边曲面。