2025届湖北省高三下学期4月第十届调研模拟考试物理试卷

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Ogl / ] & z H m4d B( !#" a j5 C( !+" z & ! 48 5 2 ./ ! 4 &' '( / " ! % ! ' " (%&!(- ? " stau & ! |}u < 4xyz{ & z{4 ~ y5 = 4 & ! ^Y !D ~ z &!!D 4 < # ' ! Y 4 AD b~ y5 #= 4 & 4 k 4 <& b~y 5 = 4 & 4g 81 % 2 ( + ' ~ Bo A 2 ( # " #2< Og & Fz D <E & de $ & ~ 9 2 [ ) & A I9:T & F \l !D m 4nVOg ' f() 4 & ab I :% & Co 2' & + !(" A GH de24 ( !#" nx 2 & A 04 !D! &4} W @:4 & ( !+" A oa 2 1! f P & P y "' '( / " ! ' ! ' " 1 第十届湖北省高三(4 月)调研模拟考试 物理试题答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 D B B A B C C AD BD AC 1.【答案】D 【解析】A.静止是相对的,运动是绝对的。B.太阳系行星绕太阳运行的轨迹为椭圆,太阳 在椭圆的一个焦点上。C.行星绕太阳做椭圆运动,由近日点到远日点速率逐渐降低,由远日 点到近日点速率逐渐增加。D.各行星绕太阳运行的公转周期不同。 2【答案】B 【解析】如图所示,对绳子结点�受力分析,其中��绳拉力大小方向均不 变,��绳拉力方向不变,故当��绳沿顺时针转动过程中,OA绳拉力��逐渐 增大,其水平分量逐渐增大。对圆环,OA绳拉力��的水平分量等于圆环所受 摩擦力大小,故小圆环所受摩擦力也逐渐增大。 3.【答案】B 【解析】入射角为 53 ,根据折射定律� = ���� ���� 可计算出折射角为 37 ,如图 所示,�� = 3 2 � = 6��。 4.【答案】A 【解析】由楞次定律,从 0时刻到 1 4 �时刻,��边切割磁感线,感应电流方向为����,即 正方向;从 1 4 �时刻到1 2 �时刻,��边切割磁感线,感应电流方向为����,即负方向,感应电 流的大小先增大后减小,且电流的峰值为��边切割时电流峰值的两倍。 5.【答案】B 【解析】U核经历一次�衰变后产生的新核相比于 U核质子数减小 2,中子数减小 2;经 历一次�衰变后产生的新核相比于 U核质子数加 1,中子数减少 1。U核衰变为 Po核,质子 数减少 8,中子数减少 12。所以发生�衰变的次数为 5,发生�衰变的次数为 2。 6.【答案】C 【解析】A.对物块受力分析,物块竖直方向所受重力和支持力平衡,水平方向所受弹簧向 右的弹力和向左的静摩擦力平衡,此时物块所受静摩擦力大小为 3N。B.对物块受力分析, 物块加速度方向竖直向上,物块受支持力大于重力,接触面的最大静摩擦力增加,故此时物 块不可能相对于木箱滑动。C.假设物块随木箱向右做匀减速直线运动,其加速度方向水平向 左。假设物块相对静止,弹簧弹力不变,由牛顿第二定律:�� − �� = �, �� = 8N,接触面 最大静摩擦力����� = ��� = 5N,��>�����,假设不成立,故物块将相对于木箱向右滑动。 D.假设物块随木箱一起向右做匀加速直线运动,对物块受力分析,由牛顿第二定律:��+ �� = ��。静摩擦力方向水平向右且大小�� = 2N,��<�����,假设成立,物块与木箱相对 静止,一起向右做匀加速直线运动。 7.【答案】C 【解析】�1、�2的振动周期� = 2� � = 2s,波长� = �� = 8m,�1传播至�点的时间�1 = �1� � = 1.5s,�2传播至�点的时间�2 = �2� � = 2.5s,�点与�1、�2的距离差�� = �2� − �1� = 4m = � 2 , 故�为振动减弱点。0~1.5s内�点不动,1.5 ~ 2.5s内�点振动� 2 ,运动路程为 1.6 cm,2.5~5� 内�点振动5 4 �,运动路程 1.0cm,故�点运动总路程为 2.6cm,选 C。 8.【答案】AD 【解析】A.由图像可知,�到�的过程体积逐渐增大,故气体对外界做功,�正确;B.� 到�过程体积不变,则�到�过程外界对气体不做功,�错误;C.由�� � = �可知,� = � � �,故该 图像上的点与坐标原点O连线的斜率表示 � � ,故气体在�状态的压强的小于在�状态下的压强, C错误。综合�、�选项分析可知,气体从状态�到状态�,气体对外界做功,即W < 0,气 体温度升高表示内能增加,即∆� > 0,由热力学第一定律∆� = � +�,可知� > 0,即气 2 体在此过程中吸收热量,D正确。 9.【答案】BD 【解析】由对称性(或者据电场的矢量叠加)可知,�、�两点场强大小相等,方向不同, A错误。由等量同种电荷电场场强的对称性(或者据电势代数叠加)可知,�、�两点电势 相等,B正确。设��与��的交点为�,当正电荷由�向�移动时,电场力与��夹角为锐角, 电场力做正功,电势能减小,当正电荷由�向�移动时,电场力与��夹角钝角,电场力做负 功,电势能增大,C错误;当负电荷由�向�移动时,电场力与��夹角为钝角,电场力做负 功,当负电荷由�向�移动时,电场力与��夹角为锐角,电场力做正功,D正确。 10.【答案】AC 【解析】磁感应强度大小为�,导体棒最终最大速度为�。� − ��� = ��,��� − � = 0。联 立两式得:� =− �� �2 1 �2 + � � 1 � ,可知当� = 2�� �� 时,�取最大值�� = �2 4�� ,A正确。保持� = 2�� �� 不变,取�� 0, 任意时刻导体棒电流� = �−��� � , 在时间�内,� = ��� = �−��� � �� = � � � − ��� � = � � � − 2�� � ,B错误。导体棒所受安培力的冲量大小� = ����� = ��� = 2�� − 4� 2�� �2 ,C正 确。电源消耗的电能� = �� = � 2� � − 2��,据能量守恒电源消耗的电能转化为电流通过导体 棒产生的热量、导体棒的动能、导体棒与导轨摩擦产生的热量,D错误。 11.【答案】 1 5.50 ⑵ 1 (��)2 (�+�)�2 2 �−� � (每空 2 分) 【解析】⑴� = 5mm+ 0.05 10mm = 5.50mm ⑵若机械能守恒则有: �� = �� + 1 2 (� +�)( � �� )2 得 �−� � = 1 2 (� +�) � 2 ��2 = (�+�)� 2 2 �−� � 1 (��)2 所以应取 为纵坐标, 1 ��2 为横坐标,直线的斜率为 (�+�)�2 2 �−� � 。 12.【答案】⑴10 ⑵100.0(填“100”不给分) ⑶不相等 ⑷ 5 980 (每空 2 分) 【解析】⑴压敏电阻的阻值随压力�的增大而增加,压力为 0,回路电阻最小,电流最 大,故对应刻度应为电流表 10mA; ⑵压力� = 0,� = 100 ,� = 10mA,� = �(� + �1 + �2),得�2 = 100.0 ; ⑶� = �(� + �1 + �2),� = 100 + � 得:� = � 1000+� ,�随�不是线性变化, 电流表刻度均匀,故相邻刻度间的压力差值不相等; ⑷压力为 F = 1000N时,对应电流表读数为�1 �0 = 10V, �0 = �1[(100 + �) + �1 + �2] 得:�1 = 5�� 电动势降为�1 =9.8V时,调零后 �1 + �2 = � �� − 100 = 880 实际压力为�1, �1 = �1[880 + (100 + �1)] 得:�1 = 980� 13.(10 分)(第⑴问 6 分,第⑵问 4 分) 解:⑴设经过时间�,甲、乙两车达共速�,此时两车距离最小 � = �1� ① 1分 � = �0 + �2� ② 1分 联立①②得:� = 2� � = 2�/� 设此过程中甲、乙两车位移大小分别为�1、�2 �1 = 0+� 2 � ③ 1 分 �2 = �0+� 2 � ④ 1分 联立③④得:�1 = 2� �2 = 3� �� = �1 + �0 − �2 ⑤ 1 分 3 得:�� = 4� 1 分 ⑵�0 = 5� < �, �� = 4� > 0,乙车没有追上甲车,甲乙两车蓝牙通讯仅中断一次。 1 2 �1��2 + �0 − (�0�� + 1 2 �2��2) = � ⑥ 2分 解得:�� = (2 + 2 6)� 2 分 (另一根为负值舍弃) 14.(16 分) (第⑴问 4分,第⑵问 5分,第(3)问 7 分) 解:⑴对小球从管 M端运动到 N 端的过程,由动能定理得 � = 1 2 �( 2�0)2 − 1 2 ��02 ① 2 分 得:� = 1 2 ��02 2 分 ⑵设小球沿�轴正方向做匀加速直线运动的加速度大小 为�,小球在�端时沿�轴方向速度大小为�� �� = ( 2�0)2 − �02 ② 1分 得:�� = �0 ��0� = �� ③ 1分 2�� = ��2 − 0 ④ 1分 联立③④得:� = ��0 2�� 2 分 ⑶设小球从�端运动到 N 端时间为�,水平位移大小为�,速度与水平方向夹角为� � = 0+�� 2 � ⑤ 1分 � = �0� ⑥ 1 分 联立⑤⑥得:� = 2� ���� = �0 2�0 ⑦ 1 分 得:� = � 4 设粒子在右侧磁场圆周运动的轨道半径为�1,左侧磁场圆周运动的轨道半径为�2 � 2�0 � = �( 2�0)2 �1 ⑧ 1分 � 2�0 2� = �( 2�0)2 �2 ⑨ 1 分 联立⑧⑨得:�1 = 2 2� �2 = 2� 由几何关系可知,粒子圆周运动圆心刚好在�轴上 � = � + �1 + �1��� � 4 + 2�2 ⑩ 1分 得:� = (3 + 4 2)� 1 分 15.(18 分)(第⑴问 7分,第⑵问 6分,第(3)问 5分) 解:⑴小球摆至最低点时速度大小为�0 ��� = 1 2 ��02 − 0 ① 1分 得:�0 = 2�� 小球与凹槽碰后,凹槽的速度�1,小球速度为�2 ��0 + 2� −� = 2��1 +��2 ② 1分 1 2 ��02 + 1 2 2��2 = 1 2 2��12 + 1 2 ��22 ③ 1分 联立②③得 �1 = 1 2 2�� �2 =− 2�� 物块与凹槽共速为�时,小物块相对凹槽滑动距离为� 2��1 +� −� = 2� +� �' ④ 1分 ���� = 1 2 2��12 + 1 2 ��2 − 1 2 (2� +�)�'2 ⑤ 1分 4 联立④⑤得:� = 2� 1 分 因为� = 2� 滑块相对凹槽静止时,滑块位于凹槽最右端 1分 ⑵小球与凹槽碰后向左反弹,之后回到最低点,并绕� 做圆周运动。在脱离轨道处, 小球速度大小为�3 −�� 1 2 � + 1 2 ����� = 1 2 ��32 − 1 2 ��22 ⑥ 2分 ������ = � �3 2 1 2� ⑦ 2分 联立④⑤得:���� = 2 3 2 分 ⑶方法一:程序法 物块匀减速直线运动加速度大小为�1,凹槽匀减速加速度大小为�2 ��� = ��1 ��� = 2��2 得:�1 = 1 3 � �2 = 1 6 � 设碰后经时间�1,物块与凹槽第一次碰撞 ��1 + 1 2 − �1 �12 + �1�1 + 1 2 − �2 �12 = � 即 1 2 ��12 − 2 2���1 + 2� = 0 解得:�1 = 2 2��− 8��−4�� � = (2 2−2) �� � ,另一解舍弃 此时滑块速度 �1' = � − �1�1 �1' = 4− 2 6 �� 方向向左 凹槽速度 �2' = �1 − �2�1 �2' = 2+ 2 6 �� 方向向右 滑块与凹槽弹性碰撞,向右为正向 � − �1' + 2��2' = ��1'' + 2��2'' 1 2 ��1' 2 + 1 2 2��2' 2 = 1 2 ��1'' 2 + 1 2 2��2'' 2 得:�2'' = 2−2 6 �� < 0 即碰后凹槽向左运动 �1'' = 4+ 2 6 �� 第一次碰后再过时间�2共速,则 �1'' + − �1 �2 = �2'' + �2�2 得:�2 = �1 ''−�2 '' �1+�2 �2 = �� 1 2� = 2 � � 此过程中 滑块位移 �1 = �1''�2 + 1 2 ( − �1)�22 �1 = 2+ 2 3 � 凹槽位移 �2 = �2''�2 + 1 2 �2�22 �2 = 2−1 3 � 此时 �1 − �2 = � 即滑块恰好回到凹槽右端时达到共速 则 � = �1 + �2 得: � = 2 2� � 5 分 5 方法二:图像法 �相 = 1 2 1 2 2�� + 1 2 2�� � �相 = 2� 得:� = 2 2� � 5 分 方法三:换参法 以凹槽为参考系,滑块与凹槽弹性碰撞前后,相对初速度大小不变 相对初速度 �0 = 2�� 相对加速度 � = 3 2 �� = 1 2 � 0 = �0 + −� � 得:� = 2 2� � 5 分