2026年3月高三年级模拟考试物理答案_2026届湖北省黄冈市3月高三年级模拟考试_04物理2026届湖北省黄冈市3月高三年级模拟考试

2026 年 3 月高三年级模拟考试
物理答案及评分细则
一、选择题（每题4分，共40分。8~10多选题，不选或有错选不得分，少选得2分）
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
C A B D D A B AC AD CD
1．答案 C
解析 设X的质量数和电荷数分别为m和n，根据核反应方程中质量数和电荷数守恒可
知，2＝m＋1，1＝n＋0，解得m＝1，n＝1，可知X为质子，故选C．
2．答案 A
解析 天问二号和小行星均在太阳引力作用下绕太阳做匀速圆周运动，向心力由万有引
力提供，因天问二号和小行星轨道半径相同，根据G ＝m 可知，线速度大小相同，
2

A选项正确；16.7km/s是第三宇宙速度，即脱离太阳系

2的最小

发射速度，天问二号仅需
脱离地球引力，发射速度大于第二宇宙速度11.2km/s即可，无需达到 16.7km/s，B选
项错误；由万有引力F＝G ，二者质量m不同，轨道半径r相同，故万有引力大小不

2
同，方向也不同，C选项错  误；点火加速会使天问二号做离心运动，轨道半径变大，无
法追上同一轨道的小行星，需通过减速近心，然后加速离心变轨才能追及，D选项错误．
3．答案 B 公众号：高考试卷君
解析 气缸水平放置、活塞光滑无摩擦，气体压强始终不变，故加热过程压强不变，A
选项错误；对气体缓慢加热，气体温度升高，理想气体内能仅由温度决定，故内能增大，
B选项正确；温度是分子平均动能的标志，温度升高仅代表分子平均动能增大，并非所
有分子动能均增大，C选项错误；绝热过程只能从电热丝吸热，气体膨胀对外做功，W<0，
由热力学第一定律ΔU=Q+W，内能增大，则ΔU>0，故W<Q，D选项错误．
4．答案 D
解析 由楞次定律可得，正方形线框中感应电流为逆时针方向，故通过R中电流方向为
b→a，A选项错误；由法拉第电磁感应定律可得，正方形线框中产生的感应电动势E＝
＝ ＝kL2，回路中感应电流I＝ ＝ ，电流大小不变，B选项错误；R两端电
2
Δ  Δ  ·    
Δ  Δ   +   + 
压U＝IR＝ ，C选项错误；t时间内通过R的电荷量q=It＝ ，D选项正确．
2 2

5．答案 D  +   + 
1
解析 小球从释放至A点由机械能守恒定律可得：mgh mv2 ，解得v =2m/s，A选
2 A A
1
项错误；小球从释放至B点由机械能守恒定律可得：mg(hR) mv2，解得v =4m/s，
2 B B
mv2 110
在B点由牛顿第二定律有：F mg  B ，得轨道支持力F = N，根据牛顿第三定
1 R 1 3110
律，小球对轨道压力为 N，B选项错误；设小球在C点速度大小为v ，小球从释放
C
3
1
至C点由机械能守恒定律可得：mg(hRsin30) mv2，在C点，向心力由轨道支
2 C
mv2
65
持力和重力的分力提供，F mgsin30 C ，得轨道支持力F = N，根据牛顿第
2 R 2 3
65
三定律，小球对轨道压力为 N，C选项错误；C点速度方向与水平方向成60°夹角，
3
对C点速度进行分解，有v =v sin60°，由于小球经C点飞出后做斜抛运动，故有竖直
Cy C
方向v 2=2gh'，解得h'= ，故斜抛运动的最高点高出O点Δh=h'−Rsin30°=0.075m，D
Cy
3
选项正确． 8m
6．答案 A
解析 带正电小球受重力mg、电场力qE、细线拉力T，静止时受力平衡，α为细线与竖
直方向夹角，电场方向与竖直方向成θ角，对小球进行水平、竖直方向受力分析有：水
平方向：qEsinθ=Tsinα；竖直方向：qEcosθ+Tcosα=mg．电场强度变为2E后，同理列平
mg
衡方程，联立解得唯一合理解：E= ，夹角θ=60°，故A选项正确．
2q
另 解 ： 场 强 度 大 小 为 E 时 ， 受 力 分 析 如 图 甲 ， 由 正 弦 定 理 可 知 ，
mg qE
 ；场强度大小为E时，受力分析如图乙，由正弦定理可知，
sin(18030) sin30
公众号：高考试卷君
mg  2qE ；联立可得sin(60)  3，解得θ=60°，E= mg ，故A选
sin(18060) sin60 sin(30) 2 2q
项正确．
T'
T
60°
mg 30°
mg
θ
θ
qE 2qE
甲 乙
7．答案 B
解析 扇形线圈绕O点逆时针匀速转动，产生交变电流，由扇形半径切割磁感线电动势
E= BL2ω= BL2，线圈在从第一象限进入第二象限时有感应电流，总电动势为
1
2 π 
E = BL2+ BL2= BL2，产生的焦耳热为Q = t，t= ，故有Q = ，同
1 1 1
2 2 2 4
1 1 9  π  
π  2π  3π   6  = 6  6 
理可得Q = ，Q = ，Q = ，故线圈转动一周的过程中产生的焦耳
2 3 4
2 2 4 2 2 4 2 2 4
25  π   49  π   25  π  
6  6  6 
热为Q=Q +Q +Q +Q = ，B选项正确．
1 2 3 4
2 2 4
18  π  
8．答案 AC 解析 全反射的条件是光从光密介质射入光疏介质且入射角≥临界角，已知同种光对氟
化镁薄膜的折射率小于对镜头玻璃折射率，即光从光疏介质射入光密介质，一定不会发
生全反射，A选项正确；增透膜厚度为特定波长设计，仅对该波长光实现相消干涉，对
其他波长可见光干涉效果差，无增透效果，B选项错误；薄膜干涉的两束相干光为氟化
镁前后两个面的反射光，C选项正确；为使从氟化镁薄膜前后两个表面反射的绿光叠加
后减弱，两束反射光的光程差应等于绿光在氟化镁薄膜中半波长的奇数倍，即Δr＝(2k
＋1) (k＝0，1，2，3…)，而两束反射光的光程差等于氟化镁薄膜厚度的2倍，最小厚

2
度对应k=0，得d= ，D选项错误．

9．答案 AD 4
解析 机器人先向上加速，加速度向上，超重状态，后向上减速，加速度向下，失重状
态，A选项正确；加速阶段，弹簧弹力F逐渐减小，由F−Mg−mg=(M+m)a得加速度a
逐渐减小，直到加速度为零；减速阶段，Mg+mg−F=(M+m)a，弹簧弹力F继续减小至0，
加速度a反向增大，最后离开跳台后加速度大小恒为重力加速度g，故加速度先减小后
增大，最后不变，B选项错误；机器人速度最大时加速度为零，受力平衡，弹力F=Mg+mg，
C选项错误；机器人与跳板分离的条件是二者间弹力为0 和加速度相同，均为g，此时
弹簧恢复原长，弹簧弹力为0，D选项正确．
10．答案 CD
解析 t=0时刻P、Q两质点位公移均众为号，：高考试卷君

其平衡位置之间的距离小于λ，有如图所2
示两种情况，可得x = ，或者x = 。
PQ PQ
2  
3 3
则Asinθ= ，解得θ= 或θ= ；t=0.4s时刻P、Q两质点速度相同，位移大小相等方
1 2
5 
2 6 6
向相反，有Asin(θ+φ)=-Asin(θ+φ)，这段时间机械波传播了 ，故有t=0.4s= ，解得
1 2

T=1.6s，由λ=vT可得λ=9.6m，故x =6.4m或x =3.2m，C、D选4项正确． 4
PQ PQ
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11．（8分）
(1)8.020（8.018~8.022均可）；(2) ； (3)0.38 ；（4） (cot 亦可) (每空2分)
1
解析 (1)螺旋测微器的固定刻度读数Δ  为8mm，可动刻度读tan数  0为2.0  × 0 0.01mm＝0.020mm，
所以最终读数为8mm＋0.020mm＝8.020mm，由于存在估读偏差，因此8.018mm~8.022
mm均正确；
（2）光电门的工作原理是用挡光片的平均速度代替滑块通过光电门的瞬时速度，故v= ；

Δ (3)滑块沿斜面向上运动，由能量守恒定律： mv 2=mgSsinθ＋μmgScosθ，全过程由能量
1
1
2
守恒定律：mv 2= mv 2＋2μmgScosθ，联立解得：S= ，进一步解得：v 2= v 2，
1 2 2 1
2 2 ＋
1 1  1+  2 sin  −  cos 
由v 2-v 2图 2 像斜率 2 k= = ，解得μ≈0.38； 4  sin  sin   cos 
2 1
＋
sin  −  cos  1
sin   cos  3
（4）由向上滑块滑行距离S= ，v 不变时，S最小则分母 ＋ 最大，
1
＋2
1
2  (sin   cos  ) sin   cos 
由数学知识可得当 = 时 最小，即 ．
1 1
12．（9分） tan     = tan  0
(1)B(2分) E(2分) (2)电流表A 的示数为零(2分) (3)不需要(1分) (4)91.7(2分)
2
解析 (1)由于电流表测R 的电流，R ≈100Ω，电源电动势4V，电压表量程3V，R 和
x x x
R 两端电压约为3V，故最大电流I≈ =10mA，故选择量程 0~10mA的B；滑动变阻
0

器采用分压式接法，选择小阻值的E  ，  +调  0节更方便；
(2)调节R 使电流表A 的示数为零，此时电压表不分A 中的电流，A 的示数即为通过
2 2 1 1
R 的电流；
x
(3) 测量电路部分电路结构稳定，各元件阻值不变，为保证电压表不分A 中的电流，
1
A 的示数即为通过R 的电流，不需要再调节R ；由U=I ( )，代入电压、电流表
1 x 2 1
示数，解得 ≈91.7Ω．
公众号：高考试卷君   +  0
13．（9分）(1)6m/s(5分) (2)108W(4分)

解析(1) 无人机由静止开始做匀加速直线运动，初速度v =0，
0
由运动学公式： h＝ at2 (2分)
1
3s末的速度： v=2at (2分)
解得： v=6m/s (1分)
(2) 对无人机受力分析，由牛顿第二定律：
F−mg−f=ma (2分)
3s末的瞬时功率即输出功率为： P=Fv (1分)
解得： P=108W (1分)
14．（16分）(1) m (6分) (2) (5分) (3) (5分)
2
1  0  0 
2
解析 (1)滑块C4与  滑0 块A发生碰12撞  ，碰后粘在一3 起，由动量守恒定律可得：
mv ＝(m＋m)v (2分)
0 1
由能量守恒可知碰撞损失的机械能：
ΔE＝ m (m＋m)v 2 (2分)
1
1 1
2
2  0 −2
解得： ΔE＝ m (2分)
1
2
(2)小球B上升到最大高度时，三者共速4，  由0水平方向动量守恒可得：(m＋m)v ＝(m＋m＋m)v (2分)
1 2
滑块C与滑块A碰撞后系统机械能守恒，有：
(m＋m)v 2＝ (m＋m＋m)v 2＋mgh (2分)
1 2
1 1
2 2
解得： h＝ (1分)
2
0
(3)小球B从开始运动至速度第一次达到1最2  大时，小球恰好位于滑块AC的正下方，故小
球与滑块水平方向位移相同，即 x＝x ， (1分)
B
由系统水平方向动量守恒可得：
(m＋m)v ＝(m＋m)v ＋mv (1分)
1 3 4
对方程两边同时乘以时间Δt，有：
(m＋m)v Δt＝(m＋m)v Δt＋mv Δt (1分)
1 3 4
0~t之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得：
mv t＝(m＋m)x＋mx (1分)
0 B
解得： x＝ (1分)
0 
3
15．(18分)(1) (5分) (2) (7分) (3) (6分)
0 1 25 
解析 (1)由题可   知，粒子在磁5 场中运动的轨  ≥道半16  径：
r＝R (2分)
公众号：高考试卷君
粒子所受洛伦兹力提供向心力，有：qv B＝m (1分)
0
2
0
解得：  (2分)
0
(2)由于y轴与荧光屏之间存在垂直x  Oy=平   面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B =B，
1
故带电粒子在第一象限顺时针圆周运动，轨道半径r＝R
打在荧光屏上的粒子的两个临界为轨迹①和②，如图所示
根据临界轨迹①可得： x=R+Rsinθ (2分)
解得： θ=37° (1分)
由几何知识可得临界①对应的粒子在发射源上距离y轴：
d=R Rsinθ (2分)
解得： d=0.4R
−
临界②对应的粒子在发射源上位于y轴，故打到荧光屏上的粒子数占粒子总数的比例：
η= (1分)

2 
解得： η= (1分)
1
(3)由题意可知，所有粒子均不能打到荧光5屏上，则临近+y方向入射第一象限的粒子在
变化后的磁场中运动的轨迹刚好与荧光屏相切，
则沿y轴方向根据动量定理有Σqv B Δt mv mv  (2分)
x 2 0 0有： ΣqB Δxmv mv  (1分)
2 0 0
由于B =kx，所以 (2分)
2
0+  
2   =  2 
解得：
25 
= 16 
故k的取值范围为： (1分)
25 
≥ 16 
y
②
B
O ① x
θ
d O 1
v
0
公众号：高考试卷君