2025届湖北省部分学校高三下学期考前信息卷二物理试题

2025年湖北省新高考信息卷（二） 物理答题卡 姓 名 答避馆，考生先将自己的姓名、推考证号填写清楚，并 班级 注 填徐相成的考号信息点， 准考证号 2.选择规必须使用2B沿笔填涂：解答题必象使用黑色围水 的签字笔书写，不得用留笔或圆抹笔作解答题：字体工 整，笔迹清楚， 贴条形码区 项3.请按照愿号粮序在各题目的答题区域内作咨，超出答圈 区城书写的容想无效：在草局纸，试塑程上答题无效 贴缺考标识 4保持卡而清洁，不要折叠，不要弄破。 选择题填涂样例 正确填涂■ 选择题（须用2B铅笔涂填） ■ 1A四回 四回 5I)网可 9四I网团 2AIC 可 6AIB]网可 10AIB网) ◆ 3田回 7D四回 4A四可网 8四B田M四 非选择题（须用0.5毫米的黑色字迹签字笔书写） 11.(7分) 12.(9分) ■ (1) (1) (2) (2)① (3) ② ② 13.(10分) B D 请在各题目的客题区城内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的容题区城内作答超出黑色矩形边松限定区域的答案无效 14.(16分) 15.(18分) 请在各题目的答题区域内作答超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 ■2025年湖北省新高考信息卷（二） 一、选择题。 1.【答案B 【解析】根据题意以及质量数守恒和电荷数守恒，可得中子轰击锂核的人工转变方程为Ii十}nHe 十：日，选项A错误：核反应生成物中的α粒子具有很强的电离本领，但穿透性较弱，选项B正确：中子轰击 锂核发生的核反应是原子核的人工转变，选项C错误：核反应中释放的核能源于核反应过程中的质量亏 损，与核反应的条件无关，选项D错误。 2.【答案C 【解析】由于乒乓球在空中运动过程中只受重力，加速度为g,乒乓球两次在空中运动时的加速度都为重力 加速度，都处于失重状态，根据△=g,可知速度改变量的方向与重力加速度方向相同，即速度改变量的 方向总是竖直向下，选项AB错误。第一次发球，根据平抛运动规律，得么，=2,3L=,山1一 名，2L=1,可得A-号=L√祭第二次，根据运动的对称性得=有-名，1=，所以 五：，-9：5，=L√气1物=5：1，选项C正确（它解：根据匀变速直线运动规律有。一h-1中3. 5 可得A,=号，根据对称性得：=)。不计空气阻力，反弹崩后动能不变，两次发球满足机械能守恒定律。 擦网时的机械能等于发球时的机械能，以球台面为零势能面，则E=mgh,十之m听，E,=mgh:十之m, E一E一青mgh十mg号（它解：显然机械能第一次比第二次多），选项D错误. 3.【答案】D 【解析】由波形图可知两列波的波长均为2m,而波速都为1m/s,T=A=2s,由(5-x)一(x一2)=(n =0,士1，士2，士3…)得x=2.5m,3.5m,4.5m…,两列波叠加后，PQ(包括点P、Q)之间振幅为12cm 的点有3个，选项B错误：以x=3.5m处的质点开始振动时刻作为计时起点，该点起振方向向上，根据以 上分析可知，该点振幅A=8cm十4m=12cm,所以该质点的振动方程为y=12sim(停)m=12sin（()cm, 选项A错误：1=4s时，波传播的距离x==4m,左侧原点处的波形传到该位置，右侧x=8cm处质点 的波形传到该位置，左侧引起振动向上，右侧引起振动向下，根据叠加原理可知，t=4s时x=4m处的质 点正处在平衡位置向y轴正方向运动，选项C错误：左侧波传到x=3m处需要时间山，=△=1s,右侧 波传到x=3m处需琴时间。=△一2s,都传到该点时，该点振动诚弱，所以从题图所示时刻开始经过 7 3s通过的路程是=，兰×4A十7×4(A一A)=24m,选项D正确。 4.【答案】D 【解析】p上图像可以等效于V图像，A选项中状态a和状态c的pV乘积不同，故温度不同，选项A错 p 误：B选项中，心到d过程中，体积不变，压强变大，温度升高，内能变大，气体吸热，选项B错误；C选项中，b 到c过程，气体对外界做功6×10J,选项C错误：D选项中，从状态a经b,c变为状态d,外界对气体做功 即为abd所围成的面积，即3×10J,选项D正确。 物理试卷参考答案和评分标准第7页（共23页） 5.【答案】C 【解析】由1图像可得，1=3s时斜率由正值变为负值，所以t=3s时汽车的加速度开始反向，选项A正 确：03s时间内，由动量定理可得I一0.1mg4=m队，其中t=3s,=6m/5,解得0~3s时间内牵引 力的冲量大小为I=18N·s,选项B正确：3~4s时间内由图像可知加速度大小a=6m/s”,由牛顿第二 定律可得F十0.1mg=m,计算可得因刹车额外产生的制动力的大小为10N,选项C错误：wt图像与时 间轴围成的面积表示位移，0~4s时间内汽车的位移大小x,=12m,克服阻力f做的功为W,=0.1mgx =24J,4~6s时间内汽车的位移大小x=4m,克服阻力f做的功为W=0.1mgx2=8J,0~6s时间内 克服阻力f做的功为We=24J十8J=32J,选项D正确。 6.【答案】A 【解析】离子推进器可将静电加速层中的电能转化为机械能，A选项正确：根据动能定理有gU- 2m,正 离子喷出时的速度大小为一√吧，选项B精误：大量粒子喷射出去的过程，据动量定理可得F △m,其中Am=m,联立解得提供的平均推力为F=n√2m,选项C错误：正离子经加速后由B处喷出 △t 形成的等效电流大小1=9-g,选项D错误. 7.【答案】B 【解析折】粒子的运动轨迹如图所示，根据上=，得L一装，可得-一 了，因此进人磁场时速度与水平方 向夹角为0=30，滤度为。-2，根据T-部-語面4一云故6-=号T,0到上时间内，粒子俯 转120°，1。到2。磁感应强度为0，粒子做匀速直线运动，21。到31。粒子偏转120°，和0到t时间对称，故 粒子从进人磁场和射出磁场的两点间距离为d=2Rc0s30牛，R一%，可得d一十23x心选项B 3kB。 正确。 ×X×××X 父文X××× !X0x×为×X x××Y×× xjxx xx i,××火xx XXX× ×××× 8.【答案】AB 【解析】以A球为研究对象，由平衡条件可得mg=,解得弹簧的劲度系数=m5,选项A正确：设B与 A碰撞前瞬间速度大小为。，根据运动学公式可得2g·3.x。=话，B与A碰撞过程动量守恒，则有m= 2m,联立解得B与A碰撞后瞬间速度大小为=√飞，选项B正确：小球A,B回到0点时，弹簧弹力 2 为0，两球受到重力作用，加速度不为0，选项C错误：碰撞后两球一直做简谐运动，两球恰能回到O点，此 时两球的加速度为g,方向向下，根据简谐运动的对称性可知两球处于最低点时的加速度大小为g,方向 向上，设最低点的压缩量为，侧有k一2mg=2ma=2mg,解得x1=m5=4r。,设此过程中弹簧的最 物理试卷参考答案和评分标准第8页（共23页） 大弹性势能为E,根据系统机械能守恒可得Em=2mgx1=8mgx,选项D错误 9.【答案】AC 【解析】嫦娥六号在轨道1和轨道Ⅲ运行时，万有引力提供向心力，有GMm一m艺，可得知= GM,嫦 六号在轨道I和轨道Ⅲ运行的速率之比兰 /1740+15 3511 1740+200 388J ,选项A正确：由开普勒第三定律 子=长可得，城续六号在轨道1和轨道Ⅱ运行的周期之比 1740+200 1740×2+15+200 119401子 1847.5 2 (),选项B精误：短蛾六号在轨道1做匀速圆周运动，在轨道Ⅱ做椭圈运动，在A点做近心运动，故 嫦娥六号在轨道I上A点的速度比轨道Ⅱ上A点的速度大，所以嫦城六号从轨道I到轨道Ⅱ机械能减 小，选项C正确：嫦娥六号在轨道Ⅱ运行时做椭圆运动，其加速度不仅改变运动方向，还改变运动大小，选 项D错误。 10.【答案】CD 【解析小球沿斜面上升的过程中，加速度a,=mgsn37十Esn37°=1.2g,且一直做匀减速运动至速 度为0，所以一云-路器选项A错误：小球沿斜面上升过程中，所用时同为-吕一爱·当小球向下 运动时，加速至速度v时离开斜面，此过程中小球向下的加速度a1=a,=1.2g,而分离时应满足gB= 2g7十7=1回阳gr·E==mH出1d,山出1M,9a·)gso3好b+,Lgso3Hu az 3g 错误；上升过程由平衡条件可得F=gvB+mgcos37°+qEcos37°，此过程中弹力的冲量为I= ∑(mg cos37°十qmB+gEc0s37)1=(mgcos37°+gEc0s37)1十gBc,同理可得下行过程弹力冲量为 1=∑(mgos37°-b+qEcos37):=(mgcos37”+gEc0s37)t:一qBx',全程弹力的冲量为1=1+ (mg©0s37”+950s37)4,+4)+B(r一)，又由匀变速直线运动规律可得了若=·联立 得1=2”m四，选项℃正确：微元累加法：小球离开斜面后做摆线运动，从离开斜面至到达最高点的过程中， 10 ∑qB,△=mm-me, 一gBh=u'一U, 以向上为正方向，以向左为正方向，则有 (mg+gE)h=7mwg】 2m, 一m(2g)h=1 2m2, 得么=，离开斜面时，小球离底边高度：=（红x)sim37”= E,=gE(h1+h)=21m 100 ,选项 D正确。 二、非选择题。 1.【答案11301分)：1001分)(2)并联1分1.02分)3)R-72-12分) 【解析】(1)设毫安表每格表示电流大小为1。，则当电阻箱的阻值为R=11002时，由欧姆定律可得151。· (R+R.)=U,当电阻箱的阻值为R2=5002时，则有30I(R+R.)=U, 两式联立并代人数据可解得R.=100n,I。=1mA,故该毫安表的量程I=30L=30mA。 (2)要将量程为300mA的毫安表改成量程为【一3A的电流表，则需在毫安表两端并联一个电阻，设其 电阻为R',则有IR一(Ia一I)R',代人数据可解得R'≈1.02。 (3)由题意可知，改装后电流表的内阻为R:=1n,设通过光敏电阻的电流大小为'（单位：A),则有(R十 物理试卷参考答案和评分标准第9页（共23页） R)=U成立，且R。=R,由以上两式可得(R+1D×19×EX10(V)=18.0V,整理可得R 720-1(0. 12.【答案1K1)18.51分)(2)0(2分)②变小(2分)：偏小(2分)③B(2分) 【解析】(1)根据题意，由题图甲可知，摆球的直径为d=18mm十5×0.1mm=18.5mm。 (2)①单摆在一个周期内两次经过平衡位置，每次经过平衡位置，单摆会挡住细激光束，从题图丙可以看 出，摆长为上，时振动网開为24，根搭公式T一2√臣，可得重力加速度的表达式为g-华 ②根据公式T=2示√店可知，若保持悬点到小球顶缩距离不变，换用直径为原来一半的另一均匀小球进 行实验，则题图丙中的1将变小。由于重力加速度与小球的半径大小有关，半径越大，摆长越长，故可得 与摆线长度加上小球半径作为摆长相比，此方法求得的重力加速度偏小。 ③由题图丁可知，对图线a,当L为0时T不为0，所测摆长偏小，可能是把摆线长度作为摆长，即把悬点 到摆球上端的距离作为摆长，选项A错误：实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导 致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率k偏小，选项B正确：图线c对应的斜率k小于图线b对应的斜 率，由g=紧可知图线c对应的g值大于图线6对应的：值，选项C错误。 13.【答案1)见解析(2分)(2)m-Rsin(3分)（3)1=2 Rsin i/R-正(5分) d de 【解析】(1)光路图如图。 (2分) (2)设折射角为Y,水滴中反射角也为Y, 据折射定律，有n=sin ………(分) sin y 据几何关系，有siny= d ……(1分) 解得n=Rsini ……(门分) (3)水滴中光速u=￡ …(1分) 水滴中L=2√R一d (1分) 红光在水滴中的传播时间一马 (1分) 解得1=2 Rsin iR-d (2分) dc 14.【答案1K1)R=1n5分)(24，=19s6分)（3a,=10m/s5分) 10 【解析1)当S邦向2接通定值电阻尺时，感应电流为广头 ………++…(1分) 安培力为Fg=nB'1 ………(1分) 物理试卷参考答案和评分标准第10页（共23页） 根据牛顿第二定律有(100-10)+上B 亿元m0……44…（门分】 由题图2可知在，至时间内加速度恒定.则有民 =10kg1……+…… (1分) 解得R=1n …(1分) a'=100m/s (2)根据题图2可知，一6=号=015，故12=2.05…1分) a 在0~5时间段内的位移=6=10m …(们分) 而根据法拉第电磁感应定律和电荷量的定义式，从1：时刻到最后返回初始位置停下的时间段通过回路 电荷量4-公1△-∑R发4，=R∑4，=R0 nBl ·x…(1分) 其中r=合0一刀 根据动量定理有一nBl△q=0一ma(1一t:) 联立可得5(t一t)2十(1一1e)一1=0 …(分) 解得=19+v②红 8 …(1分) 10 a'=100 mis 1.9s2.0 (3)设ta时刻对应的速度大小为，由(1)(2)可知功=10（√21一1）m/s,替换瞬间，线圈产生的电压为 E=nBk1o=100(√21一1)V,忽略元件Y电流，电压变化的时间，则元件Y两端电压为U。=100(√21一 )V,由于元件Y的电压总是清耗线圈提供的电势差，此时通过线圈的电流为1EB-10A R …(2分) 对金属棒，F安=nBl=m☑1……… (1分) 解得a=100m/s (2分) 【答案】1)然(3分)(2)粒子的角度范围在与x轴夹角53的范围内(4分)（③ -)4分) (0器一R7分 【解析】(1)由磁聚焦原理，沿着y轴正向人射的粒子将汇聚于区域I与y轴的交点，且磁场圆与轨迹圆 半径相同，则，=尽 2 ……………(们分) 由牛顿第二定律可得Bg=m吗 ………小……小4*…(1分) 解得=B +…**…+…小…*…++*+4…（门分） 2m (2).r=一0.1R时，由几何关系可得sin9=0.5R-01R=0.8…Q分) 0.5R 所以0=53……（们分） 物理试卷参考答案和评分标准第11页（共23页） r=-0.9R时，由几何关系可得sin0=0.9R-05R=0.8 0.5R ……(门分) 所以d=0=530……(1分) 则粒子的角度范围在与x轴夹角53的范围内。 (3)区域Ⅱ中带电粒子在匀强电场中做匀变速曲线运动，为类斜抛运动，假设人射粒子与x轴正方向夹 角为a,由运动的分解可得，x方向有oC0sa·t=R……(们分) y方向有.1=2sina …(1分) 解得a=45… ………(门分) 由儿何关系可知坐标为1=（慢-）鉴 …(门分) (4)若粒子进人磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，粒子在磁场的运动轨迹如图所示。 根据gB,=mw, 可得-退 ……(门分） 即角速度为一个定值，又知粒子与磁场左边界相切时转过的弧度为？x, 6 则有么-寸52m-5mx 2gB 4gB: ……(们分) 取一小段时间△，对粒子在x方向上由动量定理一ksin0·△1一guB,cos0·△t=m△U,…(1分) 两边同时对过程求和，得∑(-kusin0·△)十∑（一uB:cos0·△）=∑m△，…(1分) 可得k∑(-sin0·△)+gB.∑(-vos0·△)=m∑△u, 即k∑(-△x)十qB∑△y=m∑△u,……1分) 其中k∑(-4x)=0, 期有9BAy-号1分 可得△y=一 2m=一R, 2qB: 故有y归=一R………(们分) 物理试卷参考答案和评分标准第12页（共23页）null