2025届湖北省九师联盟高三下学期模拟（一）物理试题（解析版）

第第页2025届湖北省九师联盟高三下学期模拟（一）物理试题一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题，只有一项是符合题目要求的。第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1．为研究氢原子发光特点，现用某种激光照射大量基态氢原子使其跃迁，处于激发态的氢原子不稳定，跃迁时只能产生三种单色光，用这三种光分别照射同一个光电管，移动滑动变阻器调节光电管两端电压，分别得到三种光照射时光电流Ⅰ与光电管两端电压U的关系，如图所示，已知氢原子基态能量为E=−13.6eV，EA．激光能量为12.09eV，光电管逸出功为1.80eVB．a光遏止电压为0.49V，c光遏止电压为10.69VC．a、b、c光子动量大小关系为pD．a、b、c三种光用同一个单缝装置进行衍射实验，中央亮条纹宽度c光最宽【答案】B【解析】【解答】A．激发态氢原子受激跃迁产生3种光线，根据Cn2=3，得激光能量Δ根据光电流Ⅰ与光电管两端电压U的关系，c光能量E同理a光能量Eb光能量E根据光电效应方程及动能定理，有Ue=得W=(10.2−8.8)eVB．a光遏止电压U解得Uc光遏止电压U解得UcC．由E=hν，得ν由λ=cν由p=hλ，得D．单缝衍射时，波长越长中央亮条纹越宽，因a波长最大，则中央亮条纹宽度a光最宽，D错误。故答案为：B。

【分析】先根据氢原子跃迁规律确定三种光的能量，再结合光电效应方程、动量与波长的关系、单缝衍射规律分析选项。2．用无人机进行高空救援模拟演练，其上安装有位移记录仪，竖直向上运动的位移x随时间t变化的图像如图所示，加速和减速阶段的运动均可看作匀变速直线运动，已知无人机在t=10s时由静止开始运动，t=30s时速度最大，无人机质量为30kgA．无人机的最大速度为30B．t=0到t=40sC．无人机加速和减速过程的加速度大小之比为1∶3D．无人机升力的最大功率为6600W【答案】D【解析】【解答】A．加速阶段：t1=30−10=20 s，位移x1=200 m，由匀加速位移公式B．t=0到t=40 s的位移为300m，平均速度vC．根据x=12at解得a减速时加速度为a2，利逆向思维有解得a则无人机加速和减速过程的加速度大小之比为1∶2，故C错误：D．无人机匀加速时升力为F，由牛顿第二定律，有F−mg=m解得F=330N，升力最大功率P=F故答案为：D。

【分析】结合x-t图像的运动阶段（加速、减速、匀速），利用匀变速直线运动公式、牛顿第二定律、功率公式分析各选项。3．两颗卫星a、b围绕着某行星的运动轨迹均为圆周，运转方向相同且在同一平面内，两卫星上各安装有引力传感器，引力传感器显示两卫星间引力F随时间t变化规律如图所示，已知卫星a轨道半径为r0，周期为TA．卫星b半径为3B．卫星b周期为2C．ΔD．两卫星a、b绕行时加速度大小之比为9∶1【答案】C【解析】【解答】A．设卫星b轨道半径为rb，当两卫星相距最近时引力最大，有9F0=GB．根据开普勒第三定律r解得TbC．两卫星由最近到最远时间为Δt，则有解得Δ同理由最远到最近时间也为ΔtD．根据万有引力提供向心力，有a=GMr2故答案为：C。

【分析】先根据万有引力公式结合引力最大值、最小值求出卫星b的轨道半径，再用开普勒第三定律求周期，最后通过角速度差分析两卫星从最近到最远的时间。4．高压水枪在现代生活中应用越来越广泛，当高速水流射向物体时，会对物体表面产生冲击力，从而达到清洗污垢的目的。图示为水枪喷水清洗车玻璃示意图，已知水枪出水口直径为d，水密度为ρ，设水流垂直打到玻璃表面后不反弹，测出水枪出口的流量为Q（单位时间内水流体积），不考虑水内部的阻力、空气阻力及高度变化，下列说法正确的是（）A．水枪管口喷出水流速度大小为2QB．水枪对管口水柱做功的功率为16ρC．水流对水枪的作用力大小为4ρD．水流与玻璃冲击压强为16ρ【答案】D【解析】【解答】A．设水流速度为v，则流量Q=Sv=πd2B．设经过极短时间Δt，出口水柱质量Δm=ρπd2C．由动量定理，则有FΔt=ΔD．水流与玻璃冲击压强为p=F故答案为：D。

【分析】结合流量的定义（体积流速）求水流速度，再通过动能定理、动量定理分析功率、作用力，最终由压强公式（力除以面积）求解冲击压强。5．如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为2∶1，原线圈中输入如图乙所示的交流电，副线圈中接入阻值R=5A．通过电流表的电流方向每秒钟改变50次B．电阻R消耗功率为125C．电压表读数为25D．电流表读数为2.5A【答案】B【解析】【解答】A．由图乙知，在T=0.02sB．电阻消耗功率P=U2R=12525W根据变压器电压比关系U1n1=UD．根据欧姆定律，可得电流表读数I=U故答案为：B。

【分析】先根据交变电压的有效值定义计算原线圈输入电压的有效值，再利用变压器的电压比求出副线圈电压，最后结合欧姆定律、功率公式分析各选项。6．两列简谐横波在x轴上传播、a波沿x轴正向传播，b波沿x轴负向传播，t=0时刻的波形图如图所示：此时刻平衡位置在x=4m和x=8m的质点P、Q刚好开始振动，两列波的波速均为2m/s，质点M、N的平衡位置分别为x=5mA．两列波相遇时刻为1.5s，此时刻质点N不振动B．P、Q间（不包括P、Q）有1处振动加强点C．0~2.5s内质点M运动路程为32cmD．两列波振幅不同，故不能发生干涉【答案】C【解析】【解答】A.0时刻P、Q两质点刚好开始振动，且振动方向相反，经过时间t两列波在N点相遇，则有t=x相遇时两列波在N点引起的振动方向相反，故N点起振动方向向上，A错误；B．由题可知波长λ=4m，xPQ=4C．根据T=λv=2sM点为振动加强点，0~2.5s内质点M运动路程s=2AD．两列波周期相同，振动方向在同一直线上，有稳定相位差，可以发生干涉，D错误。故答案为：C。

【分析】先分析波的基本参数（波长、周期），再结合波的传播、干涉条件（周期相同、振动方向共线）、振动加强/减弱的判断，分析各选项。7．如图所示，横截面为正方形ABCD的玻璃，边长为d，玻璃折射率n=2，平行于对角线AC的光线从左侧边射入，入射点P在AB或ADA．光在玻璃中传播时间为2B．入射点P位置不同，光线在玻璃中传播时间不同C．入射点P位置不同，光线从玻璃射出时出射角不同D．入射点P位置不同，BC边上始终没有光线射出【答案】A【解析】【解答】A．光在玻璃中传播速度v=光在玻璃中传播路程s=光在玻璃中传播时间t=sv=CD．根据题意知光线入射角α=45°，折射角为β，由折射定律n=解得sinβ=1由sinC=1n，可知C=45°，所以入射光从AB边射入时，光线在BC边发生全反射，在CD边上的入射角为30°，根据折射定律，射出时的角度为45°，同理，入射光从AD边射入时，光线在CD故答案为：A。

【分析】先由折射定律求光在玻璃中的折射角，结合几何关系确定光在玻璃中的传播路径长度，再结合光速公式求传播时间；同时分析入射点位置对传播时间、出射角及全反射的影响。8．如图所示，与水平方向成30°角的固定光滑滑杆，滑杆正下方某位置固定带正电小球A，小球A与滑杆上N点水平距离为L，小球A与N点等高，滑杆上M点与小球A连线跟水平方向夹角为60°，P点为MN中点，带正电小球B套在滑杆上，由M点无初速释放，释放瞬间小球B的加速度大小为a0，方向沿杆向下，小球B质量为m，电量为q，小球A在M点的电势为φ0，已知点电荷电势公式为A．小球B到达P点时的加速度大小为3B．小球B电势能最大时的动能为3C．小球B到达N点时加速度大小为g−D．小球B到达N点时的速度大小为2【答案】B,C【解析】【解答】A．受力分析知小球B到达P点时加速度大小为apB．由几何关系可知，M点、P点距离小球A距离分别为rM=L，rP=小球B在P点电势能最大，由能量守恒有mgxMPsinC．小球B在M点加速度为a0，由牛顿第二定律有mgsin30°−kQqL2cosD．由于M点与N点电势相同，小球到达N点速度为vN，由动能定理有mgLsin60°=故答案为：BC。

【分析】结合受力分析（重力、库仑力）、动能定理（重力势能与电势能的转化）、牛顿第二定律，分析小球B在不同位置的加速度、电势能及动能。9．用长为L的轻杆连接两个小球a、b（可视为质点），其质量分别为m和2m，竖直杆光滑，水平地面粗糙，两球与地面间的动摩擦因数相同，当a球穿在竖直杆上，b球在地面上，轻杆与竖直方向夹角θ=37°，如图甲所示，此时系统恰好保持静止。现将系统倒置，b球穿在竖直杆上，a球在地面上，轻杆与竖直方向夹角仍为θ，如图乙所示，已知sin37°=0.6，cosA．a、b球与地面间的动摩擦因数为0.25B．图乙时，系统仍保持静止状态C．图乙中给b球向下初速度，当轻杆与竖直方向夹角为53°时，a、b两球速度大小之比为3∶4D．图乙时，给b球轻微扰动使b球下滑，可以求出小球b落地时速度大小【答案】A,C【解析】【解答】A．图甲时，选系统为研究对象，受四个力（重力3mg，地面支持力N，墙壁弹力F，地面摩擦力f），有N=3mg，f=μN=F选a球为研究对象，有F=mgtan37°联立，解得B．图乙中，选b为研究对象：墙的弹力墙F墙'=2mgtanθ（θ为杆与竖直方向夹角）。初始θ=C．图乙中给b球向下初速度，当轻杆与竖直方向夹角为53°时，a、b两球速度分别为va和vb，两小球沿杆子方向速度相同，有vaD．图乙时，b球落地过程，a球的速度由零先增大后减小到零，杆子上力由压力变为拉力，a球对地面压力由小于系统重力到大于系统重力，不能求出摩擦力所做的功，不能计算出b球落地时速度大小，故D错误。故答案为：AC。

【分析】先通过图甲的静止状态求动摩擦因数，再分析图乙的受力平衡，结合轻杆连接体的速度关联（沿杆分速度相等）分析速度比，最后判断能量问题的可解性。10．X光是医学上检测的重要手段，其核心部件是X射线管，原理是高速电子流打到管靶材料上而产生射线。如图所示，电子（质量为m，电量为e）经电压U加速后垂直进入边长为2a的正方形磁场，磁场下边界为管靶材料PQ，电子经过磁场偏转后撞击到管靶材料上，撞击在不同位置就会产生不同强度X射线，通过控制开关调节磁感应强度大小，不计电子重力，sin37°=0.6，cosA．电子进入磁场时速度大小为2UeB．产生X光范围最大时，对应磁感应强度大小范围为2C．产生X光的电子在磁场中运动最长时间为πaD．产生X光的电子在磁场中动量变化量最大为2【答案】A,B【解析】【解答】A．电子经电场加速，由动能定理有Ue=12mB．电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力evB=m其半径R=打在管靶材料上，最小半径Ri=最大半径为Rm，由几何关系有得R得B磁感应强度大小范围为25aC．电子在磁场中运动速度相同，对应半径最小时所用时间t对应半径最大时，在磁场中转过角度为α，由几何关系得sinα=2a对应时间t所以最长时间为53πa144D．产生X光的电子在磁场中动量变化量最大为Δp=2mv=2故答案为：AB。

【分析】先由动能定理求电子进入磁场的速度，再结合圆周运动的向心力公式、几何关系分析磁场的磁感应强度范围，同时判断运动时间与动量变化的正确性。二、非选择题：本题共5小题，共60分。11．实验小组利用图甲所示装置研究弹簧振子运动规律，一段轻质弹簧上端通过拉力传感器固定在悬点，下端挂有质量为m=20g的球型钩码（视为质点），左侧墙壁竖直固定刻度尺，建立向下坐标系，钩码所在位置右侧有向左的平行光源，现将钩码从悬点正下方某位置无初速释放，钩码振动稳定后得到拉力传感器读数与时间关系如图乙所示，钩码在墙壁上投影位置与时间关系如图丙所示，不计空气阻力，重力加速度g取10（1）钩码振动周期为T=s。（2）钩码最大加速度为a=ms（3）弹簧劲度系数为k=Nm【答案】（1）π（2）5（3）2【解析】【解答】（1）根据拉力传感器读数与时间关系图像及小球在墙壁上投影位置与可知，一个周期内，小球经过最低点两次，故小球振动周期T=π5s。

（2）当小球位于最高点和最低点时，弹力最大，小球的加速度最大，在最低点时，根据牛顿第二定律则有F结合图像中的数据解得am=g（3）根据胡克定律及图像中的数据可得，小球位于最高点时弹簧伸长x小球位于最低点时弹簧伸长x由最高点到最低点，根据机械能守恒定律，则有1联立解得k=2Nm

故答案为：2

【分析】（1）周期判断：通过振动图像中“经过最低点的时间间隔”确定周期。

（2）最大加速度：利用最低点的受力分析（弹力与重力的合力提供加速度），结合牛顿第二定律计算。（1）根据拉力传感器读数与时间关系图像及小球在墙壁上投影位置与可知，一个周期内，小球经过最低点两次，故小球振动周期T=π（2）当小球位于最高点和最低点时，弹力最大，小球的加速度最大，在最低点时，根据牛顿第二定律则有F结合图像中的数据解得a（3）根据胡克定律及图像中的数据可得，小球位于最高点时弹簧伸长x小球位于最低点时弹簧伸长x由最高点到最低点，根据机械能守恒定律，则有1联立解得k=212．实验小组测量一盘铜导线的电阻及电阻率，标签标注长度为100m，实验室提供以下器材：A.螺旋测微器B.多用电表C.电流表A（0~200mA，内阻约为0.5ΩD.电压表V（0~3V，内阻约为2kE.滑动变阻器R1（0~5F.滑动变阻器RG.电源E（电动势为3.0V，内阻不计）H.开关、若干导线（1）将铜导线一端拨去绝缘层，用螺旋测微器在不同位置测量铜导线的直径，某次测量时，螺旋测微器示数如图甲所示，则该铜导线直径d=mm。（2）用多用电表电阻×1Ω挡粗测铜导线的电阻如图乙所示，导线电阻约为Ω（3）用伏安法测量铜导线电阻时，要求电流表示数从零开始测量，滑动变阻器应选（填器材前面的序号）。将实验器材如图丙所示连接成实验电路，用笔划线代替导线完成电路连接。（4）连接电路无误，实验得到多组数据，将所测电压表读数U和电流表读数Ⅰ，作出伏安特性曲线如图丁所示，则铜导线电阻R=Ω。铜导线电阻率ρ=Ω⋅（5）用伏安法测出的电阻及电阻率均比真实值（选填“大”“小”或“相等”）。【答案】（1）0.629（2）22（3）E；（4）22.5；7×（5）小【解析】【解答】（1）铜导线的直径为d=0.5mm+13.0×（2）多用电表测电阻选用倍率“×1Ω”挡，根据指针所指位置，导线电阻约R=22×1Ω（3）用伏安法测量铜导线电阻时，要求电流表示数从零开始测量，滑动变阻器采用分压式，滑动变阻器应选E。由RV

故答案为：E；

（4）根据伏安特性曲线，铜导线电阻R=铜导线横截面积S=根据电阻定律R=ρ电阻丝的电阻率表达式为ρ=πRd2（5）由于电流表外接，故电阻及电阻率均比真实值小。

故答案为：小

【分析】（1）螺旋测微器读数：固定刻度+可动刻度×精度，直接计算直径。

（2）多用电表读数：刻度示数×挡位倍率，得到电阻值。

（3）滑动变阻器与电路：分压式接法实现电流从零开始，结合“大电阻内接、小电阻外接”选择电流表外接法。

（4）电阻与电阻率：由U-I图像斜率得电阻，再用电阻定律结合直径、长度计算电阻率。

（5）误差判断：分析电流表外接法的系统误差，确定测量值与真实值的大小关系。（1）铜导线的直径为d（2）导线电阻约R=22（3）[1]用伏安法测量铜导线电阻时，要求电流表示数从零开始测量，滑动变阻器采用分压式，滑动变阻器应选E。[2]由RV（4）[1]根据伏安特性曲线，铜导线电阻R=[2]铜导线横截面积S=根据电阻定律R=ρ电阻丝的电阻率表达式为ρ=（5）由于电流表外接，故电阻及电阻率均比真实值小。13．如图所示，竖直汽缸开口向上置于水平面，汽缸高h=100cm、横截面积S=10cm2，汽缸开口和中央处各有卡环a、b，用活塞密封一定质量理想气体，活塞上表面放有质量m=2kg的铁块，活塞初始位置距汽缸底部距离L=75cm，并处于静止状态。封闭气体温度t1=27°（1）当汽缸内温度为t2（2）从初状态开始升温，当汽缸内温度t3【答案】（1）解：选活塞为研究对象，由平衡条件有p可得p活塞恰好到卡环b时，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律可得V其中V1=LS=750cm3解得T继续降温到−123°C，此时其压强为p3，根据查理定律可得解得p卡环b对活塞的支持力为F，由平衡条件有F+解得F=由牛顿第三定律，卡环b受到活塞压力大小为30N（2）解：从初状态开始升温，活塞上升，当活塞恰好上升到卡环a时，对应温度为T4，则有V4解得T此过程外界对气体做功W=−此后不再做功，全程根据热力学第一定律可得Δ【解析】【分析】（1）卡环压力：分“初始平衡→等压变容→等容变压”三阶段，结合气体实验定律与受力平衡，求解卡环的支持力。

（2）内能变化：确定气体升温过程的做功与吸热量，通过热力学第一定律计算内能变化。（1）选活塞为研究对象，由平衡条件有p可得p活塞恰好到卡环b时，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律可得V其中V1=LS=750cm3解得T继续降温到−123°C，此时其压强为p3，根据查理定律可得解得p卡环b对活塞的支持力为F，由平衡条件有F+解得F=由牛顿第三定律，卡环b受到活塞压力大小为30N。（2）从初状态开始升温，活塞上升，当活塞恰好上升到卡环a时，对应温度为T4，则有V4解得T此过程外界对气体做功W=−此后不再做功，全程根据热力学第一定律可得Δ14．如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上，导轨间距L=0.5m，单边有界匀强磁场垂直导轨平面竖直向下，磁场左边界为PQ（垂直导轨），磁感应强度大小为B=2T，两根长度相同的金属棒a、b垂直放置在导轨上，金属棒a、b的质量分别为m1=0.2kg、m2=0.8kg，其电阻分别为R1=0.5Ω、R2=2（1）t1（2）t1（3）t1时刻金属棒b距离磁场边界PQ【答案】（1）解：根据右手定则可知，t1时刻两金属棒产生的感应电流方向相同，回路中感应电动势根据欧姆定律可得，回路中感应电流为I=对金属棒b，根据牛顿第二定律则有BIL=联立解得a（2）解：t2时刻回路中电流强度为零，此时两金属棒速度相等，两棒受安培力始终等大反向，系统动量守恒，则有解得v=3方向向左，对b棒由动量定理有−BILt=此过程通过回路电量q联立解得q（3）解：最终金属棒b恰好停在磁场边界处PQ处，a棒以v=3ms向左做匀速运动设金属棒b距离磁场边界PQ由q解得x=10整个回路中产生热量Q=由于两棒串联，整个过程金属棒b产生热量Q【解析】【分析】（1）加速度计算：通过感应电动势叠加求电流，结合牛顿第二定律求加速度。

（2）电荷量计算：利用动量守恒得共速速度，再通过动量定理关联电荷量。

（3）距离与热量：结合运动学公式求t1（1）根据右手定则可知，t1时刻两金属棒产生的感应电流方向相同，回路中感应电动势根据欧姆定律可得，回路中感应电流为I=对金属棒b，根据牛顿第二定律则有BIL=联立解得a（2）t2时刻回路中电流强度为零，此时两金属棒速度相等，两棒受安培力始终等大反向，系统动量守恒，则有解得v=3方向向左，对b棒由动量定理有−BILt=此过程通过回路电量q联立解得q（3）最终金属棒b恰好停在磁场边界处PQ处，a棒以v=3ms向左做匀速运动设金