湖北省武汉市2025届高三物理下学期六月月考试题含解析

PAGE24-湖北省武汉市2025届高三物理下学期六月月考试题（含解析）二、本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.4月1日，由于太阳光不能照耀到太阳能电池板上，“玉兔二号”月球车起先进入第十六个月夜休眠期。在之后的半个月内，月球车采纳同位素电池为其保暖供电。Pu238是人工放射性元素，可用弱汲取一个中子得到。Pu238衰变时只放出射线，其半衰期为88年，则（）A.Np237汲取中子后放出电子生成Pu238B.Pu238经一次衰变会有两个质子转变为两个中子C.Pu238经一次衰变形成的新核含有144个中子D.Pu238在月球环境下半衰期会发生变更【答案】A【解析】【详解】A．依据质量数守恒及核电荷数守恒，汲取中子后放出电子生成核反应方程式为衰变时只放出射线，其衰变方程式为依据核反应方程式知，Np237汲取中子后放出电子生成Pu238，故A正确；B．依据Pu238的衰变方程知，衰变时并没有质子转化为中子，故B错误；C．依据Pu238的衰变方程知，衰变形成的新核含有的中子数为故C错误；D．半衰期由核内部本身的因素确定，跟原子所处的物理、化学状态无关，故D错误。故选A。2.螺旋千斤顶的构造如图（a）所示，它是靠用力推手柄1，使螺杆2的螺纹沿底座3的螺纹槽（相当于螺母，图中未画出）渐渐旋进而顶起重物4。并要在举起重物后，重物和螺杆不会自动下降，可在随意位置保持平衡，要实现这点，必需满意自锁条件。螺旋可以看成是绕在直径为d的圆柱体上的斜面，如图（b）。已知螺杆与螺母之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则螺距h（相邻两螺纹间的距离）（）A.h≤μd B.h≤μπd C.h≥μd D.h≥μπd【答案】B【解析】【详解】对重物受力分析，如下图所示依据题意有联立上式，解得故ACD错误，B正确。故选B。3.如图（a）所示是伽利略探讨平抛运动的试验装置，现保藏于伽利略博物馆，其装置可简化为如图（b）所示。图（b）中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板。M板上部有一半径为R的圆弧形的粗糙轨道，P为最高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为H。先将小铜球从P处静止释放，测出小球在底板上的落点到Q点的水平距离为L，然后将4个圆环固定在N板上的适当位置（相邻两圆环的水平距离均为），使得小铜球从P处静止释放后可无阻碍地通过各圆环中心，则（）A.四个圆环离地的高度之比为16:9:4:1B.小铜球依次经过4个圆环时的竖直方向的速度之比为1:3:5:7C.第1、2两个圆环的高度差为D.第1、3两个圆环的高度差为【答案】C【解析】【详解】A．依据题意，相邻两圆环的水平距离均为，则四个圆环间隔时间差相等且为总时间的，设下落的总时间为t，则第一个圆环离地高度为其次个圆环离地高度为第三个圆环离地高度为第四个圆环离地高度为所以故A错误；B．第一个圆环竖直方向的速度为其次个圆环竖直方向的速度为第三个圆环竖直方向的速度为第四个圆环竖直方向的速度为解得故B错误；C．第1、2两个圆环的高度差为故C正确；D．第1、3两个圆环的高度差为故D错误。故选C。4.如图所示，一磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，圆心为O，半径为r，MN是直径，一粒子放射装置S置于M端，可从M端向圆平面内随意方向同时放射速率相等的带电粒子，粒子的比荷为k。从N端离开磁场的粒子a，离开磁场时速度方向与MN的夹角为45°。下列推断正确的是（）A.粒子的速率为krBB.粒子的速率为krBC.a粒子在磁场中运动的时间最短D.沿直径MN方向射入磁场的粒子，在磁场中运动的时间为【答案】B【解析】【详解】AB．依据题意，画出粒子的轨迹图如下依据几何学问可知，粒子做圆周运动的半径为依据洛伦兹力供应向心力解得故A错误，B正确；C．由于轨迹对应的弦是最长的，则运动时间是最长的，故C错误；D．依据题意，粒子在磁场中洛伦兹力供应向心力解得又联立解得在磁场中运动的时间为故D错误。故选B。5.一般的曲线运动可以分成许多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。如图甲所示，通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限状况下，这个圆叫作A点的曲率圆，其半径叫做A点的曲率半径。如图乙所示，行星绕太阳作椭圆运动，太阳在椭圆轨道的一个焦点上，近日点B和远日点C到太阳中心的距离分别为rB和rC，已知太阳质量为M，行星质量为m，万有引力常量为G，行星通过B点处的速率为vB，则椭圆轨道在B点的曲率半径和行星通过C点处的速率分别为（）A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】【详解】由题意可知，一般曲线某点的相切圆的半径叫做该点的曲率半径，已知行星通过B点处的速率为vB，在太阳的引力下，该点的向心加速度为设行星在这个圆上做圆周运动，同一点在不同轨道的向心加速度相同，则在圆轨道上B点的加速度为则B点的曲率半径为依据开普勒其次定律，对于同一颗行星，在相同时间在扫过的面积相等，则即行星通过C点处的速率为所以C正确，ABD错误。故选C。6.如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接着质量为m的木块A，起先时木块A静止，现让一质量也为m的木块B从木块A正上方高为h处自由下落，与木块A碰撞后一起向下压缩弹簧，A、B不粘连。弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，木块A与木块B碰撞时间极短，重力加速度为g。若从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置的时间为t，则（）A.两木块向下运动的过程中，木块的加速度渐渐增大B.两木块向下运动过程中，两木块的机械能渐渐减小C.A第一次回到初始位置时，A、B间的作用力为零D.时间t内，弹簧对A的冲量大小为【答案】BD【解析】【详解】A．两木块向下运动的过程中，起先两木块的重力大于弹簧的弹力，加速度方向向下，由于弹簧形变量越来越大，弹簧的弹力越来越大，先小于A、B的总重力，后大于总重力，所以两物体的加速度先减小后增大，当弹力等于A、B的总重力时，两木块的加速度为零，故A错误；B．两木块向下运动的过程中，两木块与弹簧组成的系统机械能守恒，而弹簧形变量越来越大，弹簧的弹性势能越来越大，所以两木块的机械能渐渐减小，故B正确；C．A第一次回到初始位置时，对整体依据牛顿其次定律可得对B分析，依据牛顿其次定律可得解得A、B间的作用力为故C错误；D．B下落时的速度为物块B与A碰撞过程由动量守恒得规定向下为正方向，则两木块从起先运动到到达最低点过程中由动量定理得从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置时的过程中弹簧对木块A的冲量的大小为联立解得弹簧对木块A的冲量的大小为故D正确；故选BD。7.如图所示，在绝缘水平面上固定着一光滑绝缘的圆形槽，在某一过直径的直线上有O、A、D、B四点，其中O为圆心，D在圆上，半径OC垂直于OB，∠ACB=∠ABC=30°。A点固定电荷量为+Q的点电荷，B点固定一个电荷量未知的点电荷使得圆周上各点电势相等。有一个质量为m，电荷量为-q（q>0）的带电小球在滑槽中运动，在C点受的电场力指向圆心，下列推断正确的是（）A.小球在滑槽内做匀速圆周运动B.固定在B点的电荷带正电C.固定在B点的电荷其电荷量的大小为QD.小球在C、D两处受到圆形槽弹力的大小相等【答案】AC【解析】【详解】A．圆周上各点电势相等，小球在运动过程中电势能不变，依据能量守恒得知，小球的动能不变，小球做匀速圆周运动，故A正确；BC．由小球在C点受的电场力指向圆心，如图所示A点的点电荷对小球吸引，B点的点电荷对小球排斥，因此固定在B点的电荷带负电，由可知设，则有由力的合成可得即解得故B错误，C正确；D．小球在C处，依据牛顿其次定律则有其中可得小球在D处，依据几何关系可得依据牛顿其次定律则有可得故D错误；故选AC。8.如图所示，在同时存在匀强电场和匀强磁场空间中取正交坐标系Oxyz（x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上，z轴正方向垂直纸面对外）。匀强磁场方向与Oxy平面平行且与x轴的夹角为60°。一质量为m、电荷量为+q（q>0）的带电质点沿平行于z轴正方向以速度v0做匀速直线运动，当电场强度取最小值时，磁感应强度的大小为，重力加速度为g，在此状况下，下列推断正确的是（）A.B.C若仅撤去磁场，带电质点做匀变速曲线运动D.若仅撤去电场，带电质点做匀变速曲线运动【答案】BC【解析】【详解】AB．如图所示带电质点受到重力（大小及方向均已知）、洛伦兹力（方向已知）、电场力（大小及方向均未知）的作用做匀速直线运动．依据力三角形学问分析可知当电场力方向与磁场方向相同时，场强有最小值，依据物体的平衡规律有解得故A错误，B正确；C．撤去磁场后，带电质点受到重力和电场力作用，其合力沿方向并方向与方向垂直，合力的大小等于，故带电质点在与平面成角的平面内做类平抛运动，如图所示，故C正确；D．若仅撤去电场，在运动过程中洛伦磁力变力，依据平行四边形定则可知合外力变力，所以加速度变更，带电质点不行能做匀变速曲线运动，故D错误；故选BC。三、非选择题∶共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必需作答。第33~38题为选考题，考生依据要求作答。（一）必考题：共129分。9.某试验小组利用如图（a）所示的试验装置验证动量守恒定律。试验的主要步骤如下：①用游标卡尺测量小球A、B的直径d，其示数如图（b）所示，用天平测量小球A、B的质量分别为m1、m2；②用两条细线分别将球A、B悬挂于同--水平高度，且自然下垂时两球恰好相切，球心位于同一水平线上；③将球A向左拉起使其悬线与竖直方向的夹角为时由静止释放，与球B碰撞后，测得球A向左摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为，球B向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为。回答下列问题∶(1)小球的直径d=______cm；(2)若两球碰撞前后的动量守恒，则其表达式可表示为_______。（用①③中测量的量表示）；(3)完成试验后，试验小组进一步探究。用质量相同的A、B两球重复试验步骤②③，发觉A球与B球碰撞后，A球静止，B球向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角略小于，由此他们推断A、B两球的碰撞是______（填“弹性碰撞"“非弹性碰撞”“完全非弹性碰撞”）。【答案】(1).2.20(2).(3).弹性碰撞【解析】【详解】(1)[1]游标卡尺的主尺读数22mm，游标读数为0.1×0mm=0.0mm，则小球的直径(2)[2]小球A下摆过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得碰撞后，对A、B两球分别依据机械能守恒定律得若两球碰撞前后动量守恒，则满意联立可得(3)[3]A、B两球质量相同，则有若碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程中机械能守恒，则有即有联立可得所以推断A、B两球的碰撞是弹性碰撞。10.为了测一个自感系数很大的线圈L的直流电阻R，试验室供应以下器材：待测线圈L（阻值约为5Ω）；电流表A1（量程3.0A，内阻r1约为0.2Ω）；电流表A2（量程0.6A，内阻r2=1.0Ω）；滑动变阻器R1（0~10Ω）；电压表V（3V量程，约为2kΩ）；电阻箱R2（0~99.9Ω）；电源E（电动势E约为3V，内阻很小）；单刀单掷开关S1、S2；导线若干。(1)某试验小组按如图（a）所示的电路测量线圈L的直流电阻RL。试验主要步骤如下：①按电路图连接好电路，断开开关S1、S2，滑动变阻器R1的滑片移动___（填“左”或者“右"）端；②闭合开关S1、S2，移动滑动变阻器R的滑片至适当位置，登记电流表A2的示数为I2，电压表V的示数为U，线圈L的直流电阻的测量值的计算式为RL=_____；③测量完后，应先断开开关S2，再断开开关S1，其理由是_________。(2)若只供应一个开关S1，为避开自感现象对电表的影响，经探讨，同学们认为可以利用两个电流表和一个电阻箱达到测量的目的。图（b）方框中已画了部分电路，请依据你的设计，在方框中完成电路图________。【答案】(1).右(2).(3).若先断开S1，则由于断电自感现象，电压表会烧坏(4).【解析】【详解】(1)①[1]连接好电路后，由于滑动变阻器采纳限流式，所以闭合开关前应将滑动变阻器的滑片移至阻值最大处，即最右端；②[2]依据电路结构特点和欧姆定律可得线圈L的直流电阻的测量值的计算式为③[3]试验结束时为防止自感现象损坏电流表，应先断开开关S2，后断开开关S1；(2)[4]由于待测线圈L的阻值约为5Ω，电源电动势为3V，流过待测线圈L的电流为所以选电流表A2（量程0.6A，内阻r2=1.0Ω）测量待测线圈L的电流，由于只供应一个开关S1，为了防止测量自感系数很大的线圈断电产生的大自感电流烧坏电表，所以当开关S1断开时，电流表与一个电阻箱串联，来爱护电流表A2；若电阻箱串联在待测线圈L的支路上，会使待测线圈L的支路的电流过小造成误差，所以电阻箱并联在待测线圈L两端；电阻箱并联在待测线圈L两端时，可用电阻箱间接来测待测线圈L两端的电压，在干路上串联一个电流表A1（量程3.0A，内阻r1约为0.2Ω）即可，所以电路如图所示11.如图所示，长L=12m、质量M=1.0kg的木板静止在水平地面上，其右端有一个固定立柱，木板与地面间的动摩擦因数μ=0.1。质量m=1.0kg的小猫静止站在木板左端。某时，小猫以加速度a=4.0m/s2向右匀加速奔跑，经过一段时间到达木板右端，并马上抓住立柱。重力加速度g=10m/s2，试求：(1)小猫从起先奔跑至到达木板右端所经验的时间；(2)小猫抓住立柱后，木板运动的位移。【答案】（1）2.0s；（2）2.0m，方向向右【解析】【分析】【详解】（1）由题意，木板对小猫的摩擦力①设木板向左做加速运动的加速度为a′，由牛顿其次定律②由运动学规律③联立，解得④（2）抓住立柱前的大小瞬间，猫的速度向右⑤木板的速度向左⑥设抓住立柱后，共同速度为v,由动量守恒定律⑦解得v=2.0m/s⑧方向向右；木板减速滑行，位移为⑨方向向右12.如图所示，两根足够长的平行金属光滑导轨固定在倾角θ=30°的斜面上，导轨电阻不计，间距为L。导轨所在空间被分成区域I和II，两区域的边界与斜面的交线为MN，I中的匀强磁场方向垂直斜面对下，II中的匀强磁场方向垂直斜面对上，两磁场的磁感应强度大小均为B。在区域I中，将质量为m、电阻为R的导体棒ab放在导轨上，且被两立柱拦住，在区域II中将质量为2m、电阻为R的导体棒cd置于导轨上，由静止起先下滑，经时间t，ab刚好离开立柱。ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，重力加速度为g。试求：(1)t时刻cd棒的速度大小vt；(2)在时间内t内cd棒产生的电能Ecd；(3)ab棒中电流的最大值。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）t时刻cd棒的速度大小，由法拉第电磁感应定律由欧姆定律分析ab棒受力解得（2）设cd棒下滑，由动量定理由能量守恒解得（3）两根棒均切割磁感线运动，有对ab棒对cd棒当电流最大时，最大，即也就是联立解得13.某同学为了估算阿伏伽德罗常数，查阅资料知道水分子的直径为4×10-10m，水的摩尔体积为1.8×10-5m3/mol。若把水分子看成是一个挨一个的小球，则阿伏伽德罗常数的估算结果为_____（保留两位有效位数）。把你的结果与化学课本中的阿伏伽德罗常数相比较，分析其差别的主要缘由是：_____________。【答案】(1).(2).分子不是球体，用球体模型算出分子的体积大于分子所占据空间的体积【解析】【分析】【详解】[1]一个水分子的体积阿伏伽德罗常数[2]因为分子依据球体的体积计算的，分子不是球体，用球体模型算出分子的体积大于分子所占据空间的体积，所以结果与化学课本中的阿伏伽德罗常数相比较就有差别14.如图所示，在一圆形管道内封闭有志向气体，用一固定绝热活塞K和质量为m的可自由移动的绝热活塞A将管内气体分割成体积相等的M、N两部分。温度都为T0＝300K，上部气体M压强为p0＝1.0×105Pa，活塞A产生的压强有（S为活塞横截面积）。现保持下部分气体N温度不变，只对上部分气体M缓慢加热，当活塞A移动到最低点B时（不计摩擦），求：（i）上部分气体的温度；（ii）保持上下部分M、N气体温度不变，释放一部分M气体，稳定后活塞A又回到了原来的位置，则释放气体质量与M气体原有质量之比。【答案】（i）；（ii）。【解析】【详解】（i）对下部分气体N，做等温变更，初状态压强为体积为末状态:压强为p2，体积为依据玻意耳定律有对上部分气体M，当活塞A移动到最低点时，对活塞A受力分析可得出两部分气体的压强初状态：压强为p0，温度为T0，体积为V0末状态：压强为，温度，体积为依据志向气体状态方程，有代入数据解得（ii