2026届湖北新八校4月检测-物理答案_12.2026年4月全国各地高考模拟卷_2026年4月_湖北新八校二模4月2026年湖北省新八校高三4月联考（二模）全科

高三物理解析
1.答案C
详解：A．黑体辐射强度、波长与温度的关系不是一一对应的单调函数；B.光电子的最大初动能与入
射光频率不成正比；C.由光电效应方程可得，横轴截距为极限频率；D.甲、乙、丙光的频率关系应
为v =v <v 光子动量关系为P  P  P
甲 乙 丙 , 甲 乙 丙
2．答案B

详解：A．甲乙两绳波在同一介质中传播，波速相等，波形甲的波长比乙的大，根据v ，波形甲
T
的周期大于波形乙的周期，B正确；
C．波形乙的形成时间比波形甲早，C错误；
D．波形甲的起振方向向下，波形乙的起振方向向上，D错误。故选B。
3.答案D
1
详解：平抛时间由h gt2决定，所以A错误；
2
做平抛运动只受重力；B、C错误；
D．如图，连接p点到落点构成斜面，由平抛运动的推论，
2tan  tan() 2tan  tan()
3 1 公4 众号2：高考试卷君
因为  所以 
3 4 1 2
4.答案B
详解：单色光在透明材料上表面的入射角为60°，反射角也为60°，反射光线和折射光线恰好垂直，
则折射角为 9030
1
sin
根据折射定律，有n  3
sin
1
c
折射光线在介质中的速度为v
3
L 3
若改变A点的入射角，A点折射角为r，则有sin 3sinr t 
ccosr
当r最大时，t最大， sinr 3
3
此时在侧面900 r C发生全反射。
L 3 2L
故最长时间为 t  
max vcosr 2c
5. 答案C
1L
详解：设柔软导线长为L，通电后当导线张紧时，导线形状成一个圆形，半径为r＝ ，取半圆为研
2π
L 2F
究对象，根据平衡条件有2F  IB 解得I  ，故C正确。
 BL
6.答案B
详解：微型卫星和空间站同步做匀速圆周运动，周期相同，A选项不正确；微型卫星和空间站角速
度相同，微型卫星的轨道半径大，由
a 2r
知，其加速度更大，B选项正确；如果机械臂和微型
n
卫星间作用力为零，而微型卫星在比空间站更高的轨道上做匀速圆周运动，其周期就比空间站的运
动周期大，无法同步，C选项错误；微型卫星脱落后，其所受地球的万有引力不足以提供匀速圆周
运动所需的向心力，将要做离心运动，D选项错误；故正确答案为B。
7.答案C
详解A．小圆柱的线速度为vd ，横杆vdcost ，金属横杆产生电动势的瞬时值为
e Bd2cost，故A错误；
Bd2R
B．金属横杆两端的电压大小为 故B错误；
2(Rr)
C．从t＝0起，轮子转过1/4圈过程中，整个回路产生的焦耳热为
Bd2 1 公众B2d号4 ：高考试卷君
Q ( )2   ，
2 Rr 2 4(Rr)
故C正确，由功能原理，从t＝0起，轮子转过1/4圈过程中，轮子对支架做的功为
B2d4 1
wmgd   m2d2，D错误。
4(Rr) 2
8.答案 BD
详解：不管O 、O 放置的是异种电荷，还是同种电荷，从 到 电场强度总是先变小后变大，故A
1 2
错误；若O 、O 放置的是等量异种电荷，则 为等势线，故B正确；设O 、O 放置的点电荷电
1 2  1  2 1 2
2kQ
荷量为Q，在直线AB 上，与 O O 的夹角为AB处，电场强度为E，则E  sincos2，当
1 2
R2
2 2
tan 时，电场强度最大，距离O点 R，故D正确；将正点电荷沿圆弧由C经O移动到
2 2
D，电场力要做功，其电势能会改变。
9.答案ACD
详解A．地面电势高于金属球的电势，方向由地面流向金属球，故A正确
n n
B.每秒金属球单位面积上有 个电子落上，末速度为零，根据动量定理Ft 0 mv 其
4r2 4r2
n
中t1s，可解得F  mv
4r2
2C.稳定之后，落到球面上的电子数应等于通过电阻流到地面上的电子数，则通过电阻R的电流强度
I ne，电阻R消耗的电功率为PI2Rn2e2R；
1
D．单位时间内落到金属球上电子的总动能为E  nmv2
k 2
由能量守恒定律可知，金属球单位时间释放的热量为
nmv2
Q E Q n2e2R
放 k 2
故D正确。
10.答案AD
1 u
详解：粒子加速qu  mv2 v2105m/s 速度选择器内 qvB q 1 解得B 5103T 根
0 2 1 d 1
1
mv2
据qvB  解出r 0.1m 根据几何知识可求出，在磁场中偏转角为530，粒子在磁场II中运
2 r 1
1
qu L
动的沿竖直方向的偏转距离为r r cos530 0.04m；撤去磁场I，v  1  1.5103m/s
1 1 y md v
1
v 3
设偏转角为 tan y  370粒子在磁场II中运动的轨迹半径为r 0.125m，粒子在磁
v 公 4 众号：高考试卷君 2
场II中运动的沿竖直方向的偏转距离为2r cos370 0.2m
2
b F
11. 答案(1)B (2)0.02 (3) (4)μ＝ 偏大 （每空各2分）
g Mg
详解：(1)力传感器可以测出绳中的拉力，不能选A、C；绳与桌面平行时，不用分解拉力，B正确；
D选项.应该先接通电源，再释放滑块；实验目的是测量滑块与桌面间的动摩擦因数，E错误
（2）根据xaT2，代入数据计算即得：a 0.02m/s2
2 b
（3）根据牛顿第二定律，2F Mg  Ma得：a  F g，再联系图像即得，
M g
F
（4）设滑块滑动的距离为S，根据动能定理，2FS Mg(S S)0 得： μ＝ ；
Mg
考虑到纸带、滑轮所受的阻力等因素会让力传感器测出的拉力F偏大，所以动摩擦因数的测量值与
真实值相比偏大
312.答案：（1）（3分，每空各1分） A E F
（2）电路图如图所示（3分，有一处错误得0分）
（3）小于（2分）
（4）1.50(1.45～1.55)（2分）
2.5
详解：（1）小灯泡的最大电流I  A0.5A，故电流表选择A ，为将电压表改装成量程6V的
1
5
电压表，故定值电阻选择R 。滑动变阻器应接成分压式供电，故滑动变阻器应选择R
2 3
（2）实验电路如图所示
（3）当测量小灯泡的电阻时，电流偏大，故电阻值偏小。
（4）当将两只灯泡接入电源时，设每只灯泡的电流为I，两端电压为U，根据闭合电路欧姆定律有：
U  E2IR 66I ，作出 U 66I 的图线，交点即为每只小灯泡的电流和电压值
P=3.25×0.47W=1.53W
I/A
0.6
0.5
0.4 公众号：高考试卷君
0.3
0.2
0.1
U/V
0 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0
13.解：(1)设管的横截面积为s
P =(76+14)cmHg=90cmHg P =(76+18)cmHg=94cmHg
1 2
V =20s V =22s
1 2
T =300K T =
1 2
PV PV
根据理想气体状态方程有： 1 1  2 2 ………………………………………………2分
T T
1 2
1034
代数据，解得：T = K=344.7K …………………………………………………2分
2
3
(2) 根据等温变化规律：PV  PV ……………………………………………………………2分
1 1 3 3
90cmHg20s  P 18s
3
得：P 100cmHg ………………………………………………………………………………2分
3
4h(1007610)cm=14cm……………………………………………………………………2分
其它方法解题正确的，等同给分。
14.解：（1）根据牛顿第二定律有：mgsin37mgcos37ma ……………………………2分
解得：a=0.2g………………………………………………………………………………………………2分
（2）金属棒速度最大时，处于平衡状态：BIL mgsin37mgcos37 ……………………2分
BLv I(Rr)…………………………………………………………………2分
m
mg(Rr)
得：v  …………………………………………………………………2分
m 5B2L2
（3）对金属棒上滑过程利用动量定理：
B2L2vt
(mgsin37mgcos37)t  0mv ………………………………2分
(Rr) 0
v B2L2S
解得：t  0  …………………………………………………………………2分
g mg(Rr)
其它方法解题正确的，等同给分。
公众号：高考试卷君
15.解：（1）小物块从滑槽P下滑过程中，水平方向动量守恒：
0m v Mv …………………………………………………………………………………1分
0 A P
根据机械能能量守恒定律有：
m gR  1m v2  1Mv2…………………………………………………………………………1分
0 2 0 A 2 P
联立上述方程，代数据得：v 8m/s…………………………………………………………1分
A
（2）小物块从滑槽P下滑过程中，水平方向动量守恒：0m v Mv
0 A P
0 m v t Mv t
0 A P
得：0m x Mx ……………………………………………………………………………1分
0 A P
x x  R…………………………………………………………………………………………1分
A P
联立解得：x 0.8m……………………………………………………………………………1分
p
小物块在水平平台上的位移：x x d  2.8m
p
根据动能定理：m gx 1m v2 1m v2…………………………………………………………1分
1 0 2 0 2 0 A
5解得： 0.5………………………………………………………………………………………1分
1
（3）小物块滑上木板B，根据动量守恒定律有：m v (m m)v ………………………………1分
0 0 1
对木板根据动能定理有：m gL  1mv2……………………………………………………………1分
2 0 2 1
联立解得：L 2m………………………………………………………………………………………1分
m g
（4）木板在运动中的加速度: a  2 0  4m/s2………………………………………………1分
m
v2
木板第一次与挡板碰后，向左运动的最大位移x  1 2m…………………………………1分
1 2a
木板第二次与小物块达到共同速度为v
2
根据动量守恒定律有：m v mv (m m)v
0 1 1 0 2
1
得：v  v …………………………………………………………………………………………1分
2 3 1
v2 1
木板第二次与挡板碰后，向左运动的最大位移x  2  x ……………………………………1分
2 2a 9 1
v2 1公众号：高考试卷君
同理可得：x  n ( )n1x
n 2a 9 1
木板B的总路：s  L2(x x x +)
1 2 3
2
s 2m2 m=6.5m………………………………………………………………………1分
11
9
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