2025届高三物理解析五月供题_2025年5月_2505242025届湖北省武汉市高三五月模拟训练（全科）_物理

武汉市 2025 届高三年级五月模拟训练物理试题解析 1．【答案】D 【解析】0~t 阶段，速度方向不变，图像斜率即加速度有正有负，故无人机实际加速度方向与速度方 1 向不是始终相同，选项A错误；t ~t 阶段，无人机速度保持不变，做匀速直线运动，选项B错误；t ~t 1 2 2 3 阶段，无人机的加速度先增大后减小，选项C错误；若无人机未受气流影响，在0~t 阶段，平均速度更 1 大，加速阶段所用时间减小，则其到达目的地上空悬停点所需时间将减小，选项D正确。 2．【答案】B 【解析】扇叶转动利用的电流的磁效应，选项A错误；干电池为系统提供能量，其化学能转化为机械 能和焦耳热，焦耳热即为内能，故实验中电池的化学能转化为机械能和内能，选项B正确；将电池的正负 极对调，电流方向改变，安培力的方向改变，扇叶转动的方向改变，选项C错误；将圆形磁铁的两极对调， 磁感应强度方向改变，安培力的方向改变，扇叶转动的方向改变，选项D错误。 3．【答案】C 2 10 【解析】由图可知T 0.6s， rad/s  rad/s，经检验分析可得甲单摆的振动方程为 甲 0.6 3 10  x3sin( t )cm，选项A错误；由图可知T 0.8s，0.2s为四分之一个周期，经过的路程与计时 乙 3 3 L gT2 起点有关，选项B错误；根据周期公式T 2 ，可得摆长L ，将两单摆周期代入，可得两单 g 42 A  A 摆的摆长之比为9：16，选项C正确；设最大摆角为，振幅为A，由  ，可得最大摆角为 ， 2L 2 L A L 则甲、乙两单摆的最大摆角之比：  甲  乙 ，代入数据得： 8：3，选项D错误。 甲 乙 甲 乙 A L 乙 甲 4．【答案】A 【解析】整体受力平衡有2Fcosmg ，对同一根绳节点位置有2Tcos F ，两式联立可得 mg T  ，选项A正确。 4coscos 5．【答案】C U2 1 U2 2 【解析】若占空比为50%，有 0  T  效 T ，可得U  U ，选项A、B错误；若仅增大输 R 2 R 效 2 0 入电压占空比，则输入电压的有效值增大，则输出电压的有效值均增大，选项C正确、选项D错误。 6．【答案】D 【解析】电场强度是矢量，根据对称性，E、F两点处电场强度大小相同，方向不同，选项A错误； 电势是标量，根据对称性，G、H两点处，选项B正确；CH间场强方向斜向左下方，HD间场强方向斜向 右下方，试探电荷+q沿CD连线从C点移至D点，电场力先做负功后做正功，其电势能先增大后减小， {#{QQABYYQQogiAABIAARgCAQ1KCkOQkBCAAaoGhBAcIAAAgANABAA=}#}选项C错误；试探电荷-q若在垂直于纸面且经过y轴，在一定条件下，可绕O点做匀速圆周运动，选项 D正确。 7．【答案】B 【解析】如图所示，水滴离开车轮的速度的竖直分量为vsin，则 θ O 水滴上升的最大高度 (vsin)2 3 h R(1cos)（5 1cos2)0.60.6cos5.618（5 cos ）2 2g 50 当cos0.06时高度最大为：5.618m，即选B 8．【答案】AC Mm 42 r3 【解析】由G m r得周期T 2 可知轨道半径越大周期越长，因为同步卫星轨道离 r2 T2 GM Mm v2 GM 地面高度约36000km大于空间站离地面的高度，所以A正确；由G m 得v ，可得轨道 r2 r2 r Ⅰ的速度小于轨道Ⅲ的速度，轨道ⅡQ点速度小于轨道ⅢQ点速度，即B错误。飞船在P点加速变轨，需向 运动的反方向喷气，获取反冲力加速，即C正确。在两轨道Q点时，速度均与引力垂直，引力提供向心力， 该点向心加速度相同。 9．【答案】BC 【解析】238U 的半衰期为45亿年，再过45亿年，剩余的238U还有一半未衰变为206Pb，选项A错 92 92 82 238206 误；238U衰变为206Pb，经历衰变的次数为 8，经历衰变的次数为为82（9228）6， 92 82 4 选项B正确；设238U与232Th 初始物质的量分别为2n 、n ，经过135亿年，对238U是经历的三个半衰 92 90 0 0 92 1 1 期，238U剩余量的物质的量为2n （ ）3  n ，经过135亿年，对232Th 是经历的一个半衰期，232Th 92 0 2 4 0 90 90 1 1 1 1 剩余量的物质的量为n   n ，则剩余238U 和232Th 的物质的量之比为 n： n 1：2，选项C正确； 0 2 2 0 92 90 4 0 2 0 衰变过程释放能量，说明232Th 的比结合能小于208Pb的比结合能，选项D错误。 90 82 10．【答案】AD B2L2v FR 【解析】金属棒在t 时刻已经达到最大速度，则有F  m ，可得v  ，选项A正确； 0 1 R m B2L2 B2L2x mR FR 到t 时间内，金属棒发生的位移为x ，由动量定理可得Ft  1 mv ，可得x （t  ) ， 1 1 1 R m 1 1 B2L2 B2L2 BLx mR F 选项B错误；0到t 时间内，通过电阻R的电量为q  1 （t  ) ，选项C错误；根据功能 1 1 R 1 B2L2 BL 1 F2Rt 3mF2R2 关系，有Fx Q mv2 ，可得焦耳热Q  1  ，选项D正确。 1 2 m B2L2 2B4L4 11.【答案】（1）② （2）1.1109 （3）AD {#{QQABYYQQogiAABIAARgCAQ1KCkOQkBCAAaoGhBAcIAAAgANABAA=}#}【解析】（1）应该用累积法测出一滴溶液的体积，比如测量100滴溶液的体积为V，则一滴溶液体积为 V V  0 100 V 4.81090.01% （2）d  0  m1.1109m S 45104 V （3）A. 由d  0 可知，S偏小，d偏大。 S B. 由于大量酒精分子没有挥发会导致S偏大，d会偏小。 C. 由于油膜S计算偏大，d会偏小。 V D. 由V  可知，少算了液滴数，N偏小，V 偏大，导致d偏大。 0 N 0 nqdU nqdrk 12.【答案】（1）顺时针 （2） H （3）ⅰC ⅱ 1 I I H H 【解析】（1）由安培定则判断可得。 （2）由电流微观表达式可知：I  nqdhv① H U 在霍尔元件中：q H qvB可得U  Bhv② h H nqdU 联立①② B  H I H （3）由（2）问中①②方程可知 I U  B H ③ H nqd I 又B  K ④ R KI I 1 联立可得U  H 1 故选C H nqd R I I KI (4)由于U  B H 又B  K 可得 U  H I H nqd r H nqdr KI nqdrk 其中 H k ，因此比例系数 K  1 nqdr 1 I H 13． （1）设全反射的临界角为C，由折射定律 sin90 n sinC 解得 3 sinC  4 {#{QQABYYQQogiAABIAARgCAQ1KCkOQkBCAAaoGhBAcIAAAgANABAA=}#}（2）由几何关系知，点光源从水面上射出的最远点距光源正上方水面为r，满足 r sinC  r2 h2 而水面上有光射出部分是半径为r的两个四分之一圆和长为L、宽为r的矩形，故 1 S 2 r2 Lr 4 解得 S=17m2 14．（15分） （1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向，有 x v t M 0 1 竖直方向，有 1 3d  at2 2 1 Eq ma 联立解得x 2 3d M 2 3d （2）由（1）知：t  1 v 0 粒子进入磁场时 v at y 1 由运动的对称性及几何关系可知，粒子在匀强磁场中轨迹的圆心在y轴负半轴上，设粒子第一次经过 x轴时速度与x轴正半轴成θ角，有 v tanθ= y  3 v 0 v v2 v2 x y 由几何关系，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径 x R  M sin (22)R t  2 v 则再次回到P点用时：t 2t t 1 2 8 d t (4 3 ) 3 v 0 {#{QQABYYQQogiAABIAARgCAQ1KCkOQkBCAAaoGhBAcIAAAgANABAA=}#}（3）粒子从P点运动到O点 1 3d  （vv )t 2 0 1 vat 2 t  在磁场中： 3  t 22 2 第3次经过x轴的时刻：tt 2t t 1 2 3 d 解得：t(102) v 0 15.（18分） 解：（1）静止释放物块C，对C，由牛顿第二定律， 2mgT 2ma 对B T mg ma 解得 1 a  g 2 {#{QQABYYQQogiAABIAARgCAQ1KCkOQkBCAAaoGhBAcIAAAgANABAA=}#}（2）假设C的加速度为0时，A未滑动。分析C受力 T 2mg 1 分析B受力 F mg T 1 分析A受力 F  F f A 解得 F 1.5mg 3mg 1.5mg fA 即C速度最大时，A恰好发生滑动。 弹簧形变量满足胡克定律 F kx 对弹簧、B、C和桌面，由能量守恒 1 1 2mgx  (m2m)v2 mgx kx2 2 m 2 解得 g 3m v  m 2 k （3）对A、B，由动量定理 I (3mm)gt 3mv mv mv T A B m 对C，由动量定理 2mgtI 2mv 2mv T C m 其中 v v B C 当A的速度最大时，A的加速度为0，此时弹簧形变与A开始滑动时相同，即：A从开始滑动到第一 次速度最大的过程中A、B、C的位移大小相等，设为x，由能量守恒得 1 1 1 1 2mgx (m3m)gx 2mv2  mv2  3mv2  (m2m)v2 2 C 2 B 2 A 2 m 解得 g 3m v  A 2 k {#{QQABYYQQogiAABIAARgCAQ1KCkOQkBCAAaoGhBAcIAAAgANABAA=}#}