湖北省部分重点中学2025届高三物理第二次联考试题含解析

PAGE18-湖北省部分重点中学2025届高三物理其次次联考试题（含解析）二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但选不全得3分，有选错的得0分。1.用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法。下列六个物理量的表达式中为比值定义式的是（）①加速度：②功率：③电场强度：④电流：⑤电动势：⑥磁感应强度：A.①②③⑤B.②③④⑥C.②④⑤⑥D.①③④⑥【答案】B【解析】【详解】①加速度：为加速度确定式，故不属于比值法定义式②功率：是功率的定义式，属于比值法定义式③电场强度：是电场强度的定义式，E与F、q无关，由电场本身确定，属于比值法定义式④电流：是电流的定义式，I与q、t无关，属于比值法定义式⑤电动势：中电动势与磁通量变更率成正比，不属于比值法定义式⑥磁感应强度：磁感应强度与放入磁场中的电流元无关，属于比值法定义式故选B。2.一跳伞运动员从悬停的直升飞机上跳下，2s时开启着陆伞，运动员跳伞过程中的v-t图象如图所示，依据图象可知运动员（）A.在2~6s内速度方向先向上后向下B.在2~6s内加速度方向先向上后向下C.在2~6s内先处于失重状态后处于超重状态D.在0~20s内先匀加速再匀减速最终匀速直线运动【答案】C【解析】【分析】v-t图像的斜率等于加速度，斜率的符号反映加速度的方向；加速度向下为失重，加速度向上为超重．【详解】在2~6s内速度始终为正，则速度方向始终向下，选项A错误；图像的斜率等于加速度，可知在2~6s内加速度方向先向下后向上，人先处于失重状态后处于超重状态，选项B错误，C正确；在0~20s内先变加速再变减速最终匀速直线运动，选项D错误；故选C.【点睛】此题关键是理解速度时间图像的意义，搞清正方向，图像的斜率等于加速度，图像与坐标轴围成的面积等于位移.3.2024珠海航展，我国五代战机“歼20”再次闪亮登场。表演中，战机先水平向右，再沿曲线ab向上（如图），最终沿陡斜线直入云霄。设飞行路径在同一竖直面内，飞行速率不变。则沿ab段曲线飞行时，战机

（）A.所受合外力大小为零B.所受合外力方向竖直向上C.竖直方向的分速度渐渐增大D.水平方向的分速度不变【答案】C【解析】【详解】A．战机做曲线运动，运动状态发生变更，合外力不为零，故A错误；B．战机飞行速率不变，合力方向始终与速度方向垂直，故B错误；C．飞机速度大小不变，与水平方向的倾角θ增大，则vy=vsinθ增大，即竖直方向的分速度渐渐增大，故C正确；D．飞机速度大小不变，与水平方向的倾角θ增大，则vx=vcosθ减小，即水平方向的分速度减小，故D错误。故选C。4.银河系中心存在大量黑洞。黑洞是一种密度极高的天体，其其次宇宙速度超过光速，已知天体的其次宇宙速度为其第一宇宙速度的倍。若某黑洞的半径R约300km，则该黑洞表面最小重力加速度的数量级为（）A.108m/s2 B.1011m/s2 C.1013m/s2 D.1015m/s2【答案】B【解析】【详解】依据万有引力供应向心力，有得有由题得其次宇宙速度为天体成为黑洞的条件为即为解得故选B。5.如图,正三角形的三条边都与四相切,在圆形区域内有垂直纸面对外的匀强磁场,质子P()和氦核Q()都从顶点A沿∠BMC的角平分线方向射入磁杨,质子P()从C点离开磁场,核Q()从相切点D离开磁场,不计粒子重力,则质子和氦核的入射速度大小之比为(

)A.6:1B.3:1C.2:1D.3:2【答案】A【解析】【详解】设三角形的边长为L，依据几何关系可以得到磁场圆的半径为，质子进入磁场时的运动轨迹如图所示由几何关系可求得氦核进入磁场时的运动轨迹如图所示，由几何关系可得：粒子在磁场中时洛伦兹力供应的向心力即结合两个粒子的轨迹半径可求得质子和氦核的入射速度大小之比为6:1，故A正确，BCD错误。6.一名杂技演员在两幢高10m的楼之间表演“高空走钢丝”．当他缓慢经过钢丝的中点时，钢丝与水平方向的夹角为10°.已知演员及横杆的总质量为60kg，钢丝重量不计.重力加速度为10m/s2，sin10°＝0.17,下列说法正确的有（）A.演员经过解丝中点时，钢丝上的力约为3530NB.演员经过钢丝中点时，钢丝上的张力约为1765NC.演员经过中点后又向右走了几步停下来，此时钢丝对演员的作用力方向朝左上方D.假如更换一根更长的钢丝表演，演员经过钢丝中点时，钢丝绳上的张力会减小【答案】BD【解析】【分析】以人为探讨对象，分析受力状况，作出力图，依据平衡条件求解水平钢丝下垂与水平面成θ角时演员在最低点绳中的张力F.【详解】A、B、分析受力状况，作出力图：依据依据平衡条件：2Fsinθ=mg，可得；故A错误，B正确.C、当演员走几步停止后依旧平衡，由平衡条件可知绳对人的张力的合力与重力等大反向，即方向竖直向上，大小为mg；故C错误.D、假如换成更长的钢丝绳，在中点平衡时的夹角θ变大，由可知绳的张力变小；故D正确.故选BD.【点睛】本题要留意明确两侧绳子的拉力大小相等，关于竖直方向具有对称性，同时正确应用平衡条件进行分析求解即可.7.如图所示，质量为3m的容器静止在光滑水平面上，该容器的内壁是半径为R的光滑半球面，在容器内壁的最高点由静止释放一质量为m的小滑块P，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.P滑到最低点时，容器的动能为B.P从起先到最低点过程中机械能削减了C.P从起先到最低点过程中，容器的位移大小为D.P经过最低点后沿内壁接着上滑的最大高度小于R【答案】BC【解析】【详解】AB．设小滑块到达最低点的速度为v1，容器的速度为v2，系统水平方向动量守恒，则此过程中系统机械能守恒，则解得，容器具有的动能为此过程中滑块机械能的削减量为故A错误，B正确；C．依据动量守恒定理可知容器在水平方向的速度总是为小滑块的，所以滑块在水平方向位移是容器的3倍，当滑块到达容器底端时，两者在水平方向的相对位移为R，则则容器的位移为故C正确；D．当滑块P经过最低点后沿内壁接着上滑到最大高度时，两者有共同的速度，设此时最大高度为H，则由水平方向动量守恒与系统机械能守恒解得故D错误。故选BC。8.两个点电荷分别固定于x轴上，电量大小分别为Q和2Q，在它们形成电场中，有一个摸索电荷+q沿x轴从+∞向坐标原点O运动，其电势能Ep随x变更的关系如图所示，图中x0已知，且该处电势能最小，当x→+∞时，电势能Ep→0；当x→0时，电势能Ep→+∞。依据图象供应的信息可以确定（）A.在x0处电场强度为零B.在x轴上x＞x0的区域电场方向向右C.两个点电荷的电性D.2Q在x轴上的坐标为【答案】ACD【解析】【详解】A．图线Ep－x的斜率表示摸索电荷所受的电场力大小，因为电场力F=qE，所以也可以用斜率表示电场强度的大小，在x0处，图线的斜率为零，即该点的电场强度为零，故A正确；B．在x轴上x＞x0的区域，随x增大电势是渐渐上升的，电场强度的方向指向电势降低的方向，所以该区域电场方向应当是水平向左，故B错误；C．当x→0时，电势能Ep→+∞，而在x＞x0的区域内电势为负值，所以正电荷固定在坐标原点O处，负电荷应当在x轴的负轴上，且电荷量应当是2Q，故C正确；D．x0处的场强为零，正电荷Q在坐标原点，设负电荷2Q距离原点为x，则解得所以2Q在x轴上的坐标为，故D正确。故选ACD。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必需作答。第33～40题为选考题，考生依据要求作答。9.某同学用如图甲所示的试验装置验证机械能守恒定律，打出如图乙所示的一条纸带。已知打点计时器频率为50Hz。(1)依据纸带所给数据，打下C点时重物的速度为______m/s（结果保留三位有效数字）。(2)某同学选用两个形态相同，质量不同重物a和b进行试验，测得几组数据，画出图象，并求出图线的斜率k，如图丙所示，由图象可知a的质量m1______b的质量m2（选填“大于”或“小于”）。(3)通过分析发觉造成k2值偏小的缘由是试验中存在各种阻力，已知试验所用重物的质量m2=0.052kg，当地重力加速度g=9.78m/s2，求出重物所受的平均阻力f=______N。（结果保留两位有效数字）【答案】(1).2.25m/s(2).大于(3).0.031【解析】【详解】(1)[1]C点的瞬时速度等于BD段的平均速度，则有：(2)[2]依据动能定理得则有知图线的斜率为b的斜率小，知b的质量小，所以a的质量m1大于b的质量m2(3)[3]依据动能定理知则有可知解得10.（1）用多用电表测未知电阻阻值的电路如图甲所示，电池的电动势为E、内阻为r，R0为调零电阻，Rg为表头内阻，电路中电流I与待测电阻的阻值Rx关系图象如图乙所示，则该图象的函数关系式为_____；（调零电阻R0接入电路的部分阻值用R0表示）（2）下列依据图乙中I﹣Rx图线做出的说明或推断中正确的是_____；A．用欧姆表测电阻时，指针指示读数越大，测量的误差越小B．欧姆表调零的实质是通过调整R0，使Rx＝0时电路中的电流I＝IgC．Rx越小，相同的电阻变更量对应的电流变更量越小，所以欧姆表的示数左密右疏D．测量中，当Rx的阻值为图乙中的R2时，指针位于表盘中心位置的右侧（3）某同学想通过一个多用电表中欧姆挡，干脆去测量某电压表（量程10V）的内阻（大约为几十千欧），欧姆挡的选择开关拨至倍率“1k”挡．先将红、黑表笔短接调零后，选用图丙中_____（填“A”或“B”）方式连接．在本试验中，如图丁所示为欧姆表和电压表的读数，请你利用所学过的学问，求出欧姆表电池的电动势，E＝_____V．（计算结果保留3位有效数字）【答案】(1).（1）；(2).（2）BC；(3).（3）A；(4).8.75．【解析】【详解】（1）由闭合电路欧姆定律可得表达式为：（2）用欧姆表测电阻，指针在中心刻度线旁边读数误差较小，故A错误；欧姆表调零的实质是通过调整R0，使Rx＝0时电路中的电流I＝Ig，故B正确；Rx越小，相同的电阻变更量对应的电流变更量越小，所以欧姆表的示数左密右疏，故C正确；测量中，当Rx的阻值为图乙中的R2时，此时待测电阻阻值大于中值电阻，指针位于表盘中心位置的左侧，故D错误；（3）当欧姆表的指针指在中间位置旁边时，测量值较为精确，依据读数为：示数×倍率＝读数知，选择×1K的挡较好；欧姆表的正极插孔与内部电源的负极相连，与电压表构成一闭合回路，电流从负极流出，进入电压表的正极，所以选择图A正确；欧姆表的读数为：40×1K＝40KΩ；电压表的读数为5.0V；由题意知欧姆表的内阻为30KΩ，与电压表的内阻40KΩ串联，由欧姆定律可知：11.如图所示，水平面上两根足够长平行粗糙金属导轨，间距为d，左端接有阻值为R的电阻，整个平面内有竖直向下磁感应强度为B的匀强磁场．质量为m、电阻为r的金属杆ab搁在导轨上，中点与一根轻质绝缘弹簧相连，弹簧右端固定．将金属杆连同弹簧一起向左拉至伸长量为s处由静止释放，当弹簧第一次复原原长时金属杆的速度为v，此过程电阻R产生的焦耳热为Q．金属杆始终与导轨垂直且接触良好，与金属导轨间的动摩擦因数为μ．求：（1）弹簧第一次复原原长时金属杆的加速度大小和方向．（2）弹簧初始时的弹性势能．【答案】（1），向左；（2）【解析】本题考查电磁感应中能量问题，需应用安培力、牛顿运动定律、能量守恒、串联电路中各电阻热量间关系等学问．(1)弹簧第一次复原原长时金属杆所受合力电路中电流加速度大小，方向向左．（2）依据能量守恒，有又有代入，得12.如图所示，水平地面上固定一表面粗糙的水平桌面，桌子高度为h=02m、长度为L=0.42m．紧靠桌子的右侧空间有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直纸面对外的匀强磁场，电场强度大小为E=1V/m，磁感应强度大小为B=0.5T，电场、磁场区域足够大．在桌面左、右两端分别放置滑块P和小球Q，滑块的质量为m1=0.01kg、不带电，小球的质量为m2=0.03kg、带正电、电荷量为q=0.3C．给滑块一向右的初速度v0=2.2m/s，之后滑块和小球发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰撞过程中小球电荷量保持不变．滑块和小球均可视为质点，已知滑块与桌面的动摩擦因数为，取g=10m/s2，求：（1）碰撞后瞬间，滑块速度和小球速度；（2）滑块和小球首次落地的时间差（结果保留两位有效数字）．【答案】（1）vp=1m/s，方向向左vQ=1m/s，方向向右（2）0.49s【解析】【详解】（1）设滑块与小球碰前的速度为v，向右为正方向．由动能定理得①滑块与小球发生弹性正碰，系统动量和能量均守恒②③由①②③得：vp=-1m/s，vQ=1m/s④碰撞后瞬间，滑块速度vp大小为1m/s，方向向左，小球速度vQ大小为1m/s，方向向右．（2）设滑块从右端运动到左端所需时间为tp1，到达左端的速度大小为．⑤⑥由④⑤⑥得tp1=0.6s⑦滑块从左端飞出后做平抛运动，设经时间tp2落地．⑧⑨滑块从碰后到落地所需总时间为⑩小球在电磁场中⑪小球将做匀速圆周运动，设其半径为R．⑫解得：R=h=0.2m⑬小球落地的时间为⑭滑块与小球首次落地的时间差为⑮13.下列说法正确的是（）A.气体向真空的自由膨胀是不行逆的B.空调既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性C.肯定质量的某种志向气体在等压膨胀过程中，气体对外做功，内能可能减小D.液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子对它的撞击作用不平衡的结果E.肯定质量100的水变成100的水蒸气，分子平均动能不变，分子势能增加【答案】ADE【解析】【详解】A．热力学其次定律也可以表述为：气体向真空的自由膨胀是不行逆的，故A正确；B．热量能自发从高温物体传向低温物体，空调制冷不是自发的，要消耗电能，故B错误；C．依据志向气体的状态方程可知肯定量的某种志向气体在等压膨胀过程中，气体的温度上升；又因为肯定质量志向气体的内能大小只与温度有关，与体积无关，所以内能肯定增加，故C错误；D．布朗运动是指悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，是液体分子对它的撞击作用不平衡的结果，故D正确；E．温度是分子的平均动能的标记，肯定量100的水变成100的水蒸气，汲取热量，温度不变，其分子的平均动能不变，汲取的热量增加了分子之间的势能，故E正确。故选ADE。14.内壁光滑上小下大的圆柱形薄壁气缸竖直放置，上下气缸的横截面积分别为S1=40cm2、S2=80cm2，上下气缸的高度分别为h=80cm、H=100cm。质量不计的薄活塞将0.5mol氢气（H2的摩尔质量为2g/mol）封闭在气缸内，活塞静止在管口，如图所示。已知氢气的定容比热容CW为，定容比热容CW是指单位质量的气体在容积不变的条件下，温度上升或降低1K所汲取或放出的热量。保持缸内气体温度为35不变，用竖直外力缓慢向下推活塞，当活塞恰推至上气缸底部时，外力大小为F，热力学温度与摄氏温度的关系为T=(t+273)K，外界大气压强p0=1.0×105Pa，g取10m/s2，求：(1)F的大小；(2)随后再渐渐减小竖直外力的同时变更缸内气体温度，使活塞位置保持不变，直至外力恰为0。这一过程中气体内能的变更量为多少？【答案】(1)；(2)削减898.48J【解析】【详解】(1)初状态体积初状态压强当活塞运动到上气缸底部时，气体末状态的体积气体发生等温变更，由玻意耳定律得，代入数据解得由平衡条件得解得(2)氢气变更温度之后气体的压强为p3，有设此时温度为，初始气体温度气体体积不变，由公式代入数据得气体体积不变，外界对气体不做功，气体的质量由热力学第肯定律可知气体内能削减898.48J。15.下列说法正确的