第=page11頁，共=sectionpages11頁2025-2026學(xué)年湖北省八校聯(lián)考高三（上）期末物理試卷一、選擇題1.一物體受到三個共面共點力F1、F2、F3的作用，三力的矢量關(guān)系如圖所示(小方格邊長相等)，則下列說法正確的是(

)A.三力的合力有最大值F1+F2+F3，方向不確定

B.三力的合力有唯一值3F3，方向與F3同向2.如圖所示，密度為ρ、邊長為a的正立方體木塊漂浮在水面上(h為木塊在水面上的高度)?，F(xiàn)用豎直向下的力F將木塊按入水中，直到木塊上表面剛浸沒，則此過程中木塊克服浮力做功為(已知水的密度為ρ0、重力加速度為g)(

)A.ρa3gh

B.12a33.如圖所示，一質(zhì)量為m=0.5kg的小球，用長為0.4m的輕繩拴著在豎直平面內(nèi)做圓周運動，g=10m/s2，下列說法不正確的是(

)A.小球要做完整的圓周運動，在最高點的速度至少為2m/s

B.當小球在最高點的速度為4m/s，輕繩拉力為15N

C.若輕繩能承受的最大張力為45N，小球的最大速度不能超過42m/s

D.若輕繩能承受的最大張力為45N，小球的最大速度不能超過4m/s

4.額定電壓都是110V、額定功率PA=110W和PBA. B.

C. D.5.光刻機利用光源發(fā)出的紫外線，將精細圖投影在硅片上，再經(jīng)技術(shù)處理制成芯片。為提高光刻機投影精細圖的能力，在光刻膠和投影物鏡之間填充液體，提高分辨率，如圖所示。若浸沒液體的折射率為1.65，當不加液體時光刻膠的曝光波長為193mm，則加上液體后(

)

A.紫外線進入液體后波長變短，光子能量增加

B.傳播相等的距離，在液體中所需的時間變短

C.紫外線在液體中比在空氣中更容易發(fā)生衍射，能提高分辨率

D.在液體中的曝光波長約為117mm6.如圖所示甲是產(chǎn)生交流電的示意圖，圖乙是其產(chǎn)生的正弦交流電輸入到圖丙的理想變壓器，變壓器的開關(guān)S接1時原、副線圈中的匝數(shù)之比為22：1，二極管正向?qū)щ婋娮璨挥嫞须姳矶际抢硐腚姳?，則下列判斷正確的是(

)

A.電壓表的示數(shù)為10V

B.若只將S從1撥到2，電流表示數(shù)增大

C.在0～0.01s內(nèi)穿過線圈的磁通量變化為2225π7.氦原子被電離一個核外電子，形成類氫結(jié)構(gòu)的氦離子，已知基態(tài)的氦離子能量為E1=?54.4eV，氦離子的能級示意圖如圖所示．在具有下列能量的光子或者電子中，不能被基態(tài)氦離子吸收而發(fā)生躍遷的是(

)A.42.8

eV(光子) B.43.2

eV(電子) C.41.0

eV(電子) D.54.4

eV(光子)8.如圖所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O為球心。一質(zhì)量為m的小滑塊，在水平力F的作用下靜止于P點。設(shè)滑塊所受支持力為FN，OP與水平方向的夾角為θ。重力加速度為g，下列關(guān)系正確的是(

)A.F=mgtanθ C.FN=mg9.如圖甲所示，某電場中的一條電場線恰好與M、P所在直線重合，以M為坐標原點，向右為正方向建立直線坐標系x，P點的坐標xP=5.0cm，此電場線上各點的電場強度大小E隨x變化的規(guī)律如圖乙所示。若一電子僅在電場力作用下自M點運動至P點，其電勢能減小45eV，對于此電場，以下說法正確的是(

)

A.該電子做勻變速直線運動

B.x軸上各點的電場強度方向都為x軸負方向

C.M點的電勢是P點電勢的12

D.圖象中的E010.如圖所示，xOy平面的第一、三象限內(nèi)以坐標原點O為圓心、半徑為2L的扇形區(qū)域充滿方向垂直紙面向外的勻強磁場，邊長為L的正方形金屬框繞其始終在O點的頂點、在xOy平面內(nèi)以角速度ω順時針勻速轉(zhuǎn)動，t=0時刻，金屬框開始進入第一象限，不考慮自感影響，關(guān)于金屬框中感應(yīng)電動勢E隨時間t變化規(guī)律的描述正確的是(

)A.在t=0到t=π2ω的過程中，E一直增大

B.在t=0到t=π2ω的過程中，E先增大后減小

C.在t=0到t=π4ω的過程中，E的變化率一直增大

D.在t=0二、非選擇題11.如圖所示，平面直角坐標系xOy中第一、二、四象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，第三象限存在沿x軸正方向的勻強電場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從S點(?l,?l)由靜止釋放，進入磁場區(qū)域運動，恰好過x軸上P點(l,0)、不計粒子重力。

(1)求勻強電場的電場強度大?。?/p>

(2)粒子釋放開始計時，求粒子第1次到達y軸正半軸的時間；

(3)粒子第3次過y軸時的坐標。12.在“探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律”實驗中，實驗裝置及實驗過程的俯視圖如圖甲、乙、丙所示，E為橡皮筋原長時小圓環(huán)的位置，O為實驗時小圓環(huán)被拉至的位置。

(1)圖丁中彈簧測力計的示數(shù)為______N；

(2)在實驗過程中，不必記錄的有______；

A.甲圖中E的位置

B.乙圖中O的位置

C.OB、OC的方向

D.彈簧測力計的示數(shù)

(3)下列選項中，與本實驗要求相符的是______；

A.兩細繩OB、OC夾角越大越好

B.讀數(shù)時，視線應(yīng)正對彈簧測力計的刻度

C.實驗時，只需保證兩次橡皮筋伸長量相同即可

(4)某次實驗記錄紙如圖戊所示，拉力F1和F2的方向分別過P1和P2點，拉力F的方向過P點；三個力的大小分別為：F1=2.70N、F2=2.30N和F=4.00N。得出正確實驗結(jié)論后，請根據(jù)實驗結(jié)論和圖中給出的標度：①在圖中作出F1和13.手機快充線是否合格至關(guān)重要。很多手機都在用圖(a)所示的USBType?C接口。USBType?C協(xié)會關(guān)于充電線有個規(guī)范：1m長的3A充電線電阻應(yīng)小于0.25Ω。實驗室有一條1m長的導(dǎo)線，某同學(xué)要通過實驗判斷該導(dǎo)線的電阻Rx是否符合協(xié)會規(guī)范。

實驗室提供的器材有：

A.電流表A1(量程為0～50mA，內(nèi)阻r1=4Ω)

B.電流表A2(量程為0～500mA，內(nèi)阻r2約為0.5Ω)

C.定值電阻R1(阻值為4Ω)

D.定值電阻R2(阻值為40Ω)

E.滑動變阻器R(阻值范圍為0～5Ω)

F.電源E(電動勢約為2V，內(nèi)阻不計)

G.開關(guān)S一個，導(dǎo)線若干

該同學(xué)設(shè)計了如圖(b)所示的測量電路。請回答下列問題：

(1)定值電阻R0應(yīng)選用______(選填“C”或“D”)。

(2)根據(jù)圖(b)所示的電路圖，請用筆畫線代替導(dǎo)線將圖(c)所示的實驗電路補充連接完整。

(3)該同學(xué)利用電流表A2示數(shù)I2和電流表A1示數(shù)I114.如圖所示，在水平面上依次放置小物塊A和C以及曲面劈B，其中小物塊A與小物塊C的質(zhì)量相等均為m，曲面劈B的質(zhì)量M=3m，曲面劈B的曲面下端與水平面相切，且曲面劈B足夠高，各接觸面均光滑?，F(xiàn)讓小物塊C以水平速度v0向右運動，與小物塊A發(fā)生碰撞，碰撞后兩個小物塊粘在一起滑上曲面劈B，重力加速度為g。求：

(1)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能；

(2)碰后物塊A與C在曲面劈B上能夠達到的最大高度。15.肺活量是指在標準大氣壓下能夠呼出的氣體的最大體積。如圖，是小明同學(xué)設(shè)計的測量肺活量的一個模型。豎直放置的頂端開孔的汽缸中有一與汽缸壁接觸良好的活塞，活塞上方放有重物，活塞置于卡槽上，插銷K封閉了一定質(zhì)量的氣體，已知汽缸中活塞下方空間體積為V0，壓強為標準大氣壓p0，活塞上方的空間體積也為V0，活塞面積為S，活塞及上方重物所受重力G=12p0S，汽缸導(dǎo)熱性能良好，忽略活塞和重物體積，大氣溫度保持不變，不計一切摩擦，題中所提及的氣體均視為理想氣體。

(1)小玲向吹嘴吹入壓強為p0，體積為V03的氣體后，關(guān)閉插銷K，求汽缸中封閉氣體的壓強；

(2)答案解析1.【答案】B

【解析】解：根據(jù)平行四邊形定則，出F1、F2的合力如圖，大小等于2F3，方向與F2相同，再跟F3合成，兩個力同向，則三個力的合力為3F3.故B正確，ACD錯誤；

故選：B．

先根據(jù)平行四邊形定則求出2.【答案】B

【解析】解：木塊漂浮在水面上時有F浮=G=ρga3

木塊上表面剛浸沒時受到的浮力為F′浮=ρ0ga3

浮力做的功為W=Fh

代入數(shù)據(jù)得W=13.【答案】D

【解析】解：A、在最高點，根據(jù)mg=mv2L，代入數(shù)據(jù)解得：v=2m/s，故A正確；

B、在最高點，根據(jù)牛頓第二定律得mg+F=mv′2L，解得：F=15N，故B正確；

CD、在最低點，根據(jù)牛頓第二定律得F′?mg=mv′′2L，解得：v′′=42m/s，故4.【答案】C

【解析】【分析】

由題可知，燈泡的電壓相等，但是燈泡的功率不同，由此可以知道兩種燈泡的電阻的大小不同，在由電路的串并聯(lián)的知識先逐個分析燈泡能否正常的發(fā)光，再判斷消耗的功率最小的電路，燈泡正常工作時，兩燈泡上的電壓相等，可先判斷電路是否能正常工作，然后再比較分流電阻和分壓電阻分別消耗的功率大小，從而做出判斷。判斷燈泡能否正常發(fā)光，就要判斷電壓是否是額定電壓，或電流是否是額定電流

解答本題是一定要注意題目要同時滿足兩個條件即燈泡能夠正常發(fā)光并且消耗的功率還要最小

【解答】

A.由P=U2R和已知條件可知，RA<RB。對于A電路，由于RA<RB，若A正常發(fā)光，則UB>110

V，B燈燒毀，兩燈不能正常發(fā)光。故A錯誤；

B.對于B電路，若A正常發(fā)光，由于RB>RA，A燈又并聯(lián)變阻器，并聯(lián)電阻更小于RB，所以UB>110

V，B燈燒毀。故B錯誤；

CD.對于C電路，B燈與變阻器并聯(lián)，電阻可能等于RA，所以可能有UA=UB=110

V，兩燈可以正常發(fā)光。對于D電路，若變阻器的有效電阻等于A、B的并聯(lián)電阻，則5.【答案】D

【解析】解：AD.紫外線進入液體頻率不變，根據(jù)E=hν可知光子能量不變，紫外線在液體中的波長λ′=λn=1931.65nm≈117nm，可知波長變短，故A錯誤，D正確；

B.設(shè)傳播L距離，在真空中的時間t=Lc，在液體中所需的時間t′=Lcn=1.65Lc=3320t，傳播時間變長，故B錯誤；

C.紫外線在液體中波長變短，更不容易發(fā)生衍射，故6.【答案】C

【解析】解：A.原線圈的電壓

U1=um2

根據(jù)變壓比可知副線圈電壓

U2=n2n1U1

由于二極管的單向?qū)щ娦?，所以根?jù)電流的熱效應(yīng)可知

U22RT2=U2RT

解得電壓表的示數(shù)為

U=52V

故A錯誤；

B.根據(jù)變壓比可知副線圈電壓

U2=n2n1U1

若只將S從1撥到2，則n1增大，故副線圈電壓減小，副線圈電流減小，根據(jù)變流比可知

I1=n2n1I2

因為n1增大且I2減小，故原線圈電流減小，電流表示數(shù)減小，故B錯誤；

C7.【答案】A

【解析】解：A、基態(tài)的氦離子吸收42.8eV的光子能量，能量為?11.6eV，不能被吸收發(fā)生躍遷。故A正確。

B、基態(tài)的氦離子與43.2eV的電子相撞，有40.8eV的能量被吸收，能躍遷到第二能級。故B錯誤。

C、與41.0eV的電子碰撞，40.8eV的能量被吸收躍遷到第2能級。故C錯誤。

D、基態(tài)的氦離子吸收54.4eV的光子能量，能被吸收，發(fā)生電離。故D錯誤。

故選：A。

氦離子吸收光子發(fā)生躍遷，光子能量需等于兩能級間的能級差，否則不會被吸收．電子能量可以部分被吸收，發(fā)生躍遷．

解決本題的關(guān)鍵知道能級間躍遷吸收和輻射光子的能量等于兩能級間的能級差，對于電子，能量可以部分被吸收．8.【答案】AC

【解析】解：對滑塊進行受力分析，作出力圖，如圖所示：

由題，滑塊處于靜止狀態(tài)，合力為零，則有

Ftanθ=mg，Nsinθ=mg

得，F(xiàn)=mgtanθ，N=mgsinθ，故AC正確，BD錯誤；

故選：AC。

對滑塊進行受力分析，作出力圖，由于滑塊處于靜止狀態(tài)，合力為零，由平衡條件求解N9.【答案】BD

【解析】解：A、由牛頓第二定律可知，電子的加速度：a=eEm，由圖乙所示圖象可知，從M到P過程電場強度E減小，電子的加速度a減小，加速度不變的運動是勻變速運動，由于加速度減小，電子從M到P的運動不是勻變速直線運動，故A錯誤；

B、從M到P運動過程電子的電勢能減小45eV，電場力做做正功，電子位移方向向右，電子所受電場力方向向右，電子帶負電，所受電場力方向與場強方向相反，因此電場強度方向水平向左，即沿x軸負方向，故B正確；

C、電勢的高低與零勢點的選擇有關(guān)，M點的電勢比P點電勢低，但M點的電勢不一定是P點電勢的12，故C錯誤；

D、一電子僅在電場力作用下自M點運動至P點，其電勢能減小45eV，從M到P電場力做功WMP=45eV，

PM間的電勢差UMP=WMP?e=45eV?e=?45V，UPM=?UMP=45V，

E?x圖線與坐標軸圍成圖形的面積等于電勢差，由圖乙所示圖象可知，U10.【答案】BC

【解析】解：AB、如圖所示

在t=0到t=π2ω的過程中，即線圈順時針轉(zhuǎn)過90°的過程中，根據(jù)有效長度的定義可知，線框切割磁感線的有效切割長度先變大后變小，根據(jù)電動勢的計算公式E=BLv，其中v=ωL2，由此可知E先增大后減小，故B正確，A錯誤；

CD、在t=0到t=π4ω的過程中，由圓周運動公式可知θ=ωt

根據(jù)幾何關(guān)系和三角形的面積公式可得：

S=L?Ltanθ2

則穿過線圈的磁通量為：

Φ=BL2tanωt2

對上述的表達式進行二次求導(dǎo)得：

ΔEΔt=BL2sec2ωttanωt，由此可知，在t=011.【答案】勻強電場的電場強度大小為B2ql2m；

粒子第1次到達y軸正半軸的時間為(π+2)mqB；

粒子第3次過【解析】(1)帶正電粒子從S點(?l,?l)由靜止釋放，則在電場中做勻加速直線運動，從(0,?l)位置進入磁場區(qū)域運動，恰好過x軸上P點(l,0)。

由幾何關(guān)系可知，在磁場中做圓周運動的半徑：r=l

根據(jù)牛頓第二定律：qvB=mv2r

聯(lián)立可得：v=qlBm

則在電場中：qEl=12mv2

代入可得：E=B2ql2m

(2)粒子在電場中加速的時間：t1=2lv=2mqB

粒子第1次到達y軸正半軸時，在磁場中運動半周，則運動時間：t2=T2=πmqB

則總時間：t=(π+2)mqB

(3)粒子從(?l,0)位置進入第三象限的電場，則當粒子第3次過y軸時

沿著電場線方向有：l=12?qEmt′2

垂直于電場方向有：y=vt′

聯(lián)立解得：y=2l

即粒子第3次過y軸時的坐標12.【答案】2.35

A

B

3.99

【解析】解：(1)彈簧測力計最小分度值為0.1N，估讀到0.01N，圖中讀數(shù)為2.35N；

(2)必須要記錄的有兩個分力F1和F2的大小和方向、合力F的大小和方向，力的大小通過測力計讀出，兩次都要使小圓環(huán)被拉到O點位置，所以必須記錄的有BCD，不需要記錄的是甲圖中E的位置，故A正確，BCD錯誤；

故選：A；

(3)A.兩個細繩OB、OC夾角要適當大：一些，但不能太大，合力一定時，兩分力夾角太大則兩分力太大，導(dǎo)致測量誤差變大，故A錯誤；

B.讀數(shù)時，視線應(yīng)正對彈簧測力計的刻度，規(guī)范操作，故B正確；

C.實驗時，不僅需保證兩次橡皮筋伸長量相同，還必須都是沿豎直方向伸長至O點才行，故C錯誤。

故選：B。

(4)由于標度已經(jīng)選定，作圖時要保證F1和F2的線段長度為2.7倍和2.3倍，作圖如下

量出作圖法求出的合力長度約為標度的3.99倍，所以合力