2025年十一校物理第二次联考答案_2025年3月_250326湖北省十一校2025届高三第二次联考（全科）_物理

2025 届高三湖北省十一校第二次联考
物理参考答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
C B C B B C B BD BCD AD
A
1、AB为人工核转变 D为核裂变 故C选项正确
2、如图，
D E
° F
30
依题意有∠EDF=∠DEF，有几何知识已知∠EDF+∠DEF=∠A
B C
故 ∠EDF=30°，从AB边入射光线入射角为90°-30 =60° ，折射角为∠EDF==30°
折射率n= = 故B选项正确 ⁰
60°
30° 3
3、逆向思维为平抛运动，竖直方向为自由落体运动，时间等分则h:h=1:5 ,故C正确
3 1
4、航天器对接，后面的航天器应先减速降低高度，再加速提升高度，通过适当控制，使后面的航天器追上前面
的航天器是恰好具有相同的速度，相对静止。所以B正确 武汉乐学教育
5、有简谐运动知识至振幅最大时，震动加速度最大，有牛顿第二定律知 4kA=ma的a=8m/s2 故B选项正确
6、ABCD等效长度为2BC，AFED等效长度也为2BC，AD长度也为2BC，R =R =2R ，
ABCD AFED BC
R =2R ，有电路知识知流经AD的电流是流经BC电流的1.5倍，有左右定则知ABCD、AD、AFED受力方向相同，
AD BC
设BC长L，流经BC电流为I，则F=BIL，整个线框所受安培力
F′=BI2L+BI2L+B 2L=7BIL=7F，故选项C正确
A
3
7、B ∙ ∙ ∙2  ∙
ɑ
垂
B

小球A先由落体运动至关于过O点的水平线对称的A 位置，有机械能守恒定律得
1
0

1/3mg2Lcosα= m 得 在A 位置绳绷直得瞬间，把 沿绳和垂直绳方向分解，沿绳方向分速度由于
A A 1
1 2
绳拉∙ 力得冲量2而  损0 失掉  ，0 =仅剩1下0  垂/  直绳方向分速度沿弧线下摆至  B0处，
机械能守恒。 m/s，对A，有机械能守恒定律得A与B碰前速度 ，
垂
30
mgL（1-cos60  ）= = m  0   2  — 60 m °= 2得 故A 错，A和B发生弹性碰撞，质  1 量相等交换速度，故B选项
A A A 垂
1 1 2 5 2
正确。由于小球⁰ A下2 落  1至绳2绷  直时有  1机=械能2 损  /失  ，故B球上升的最大高度一定小于A球释放高度，C错。D选项，
由于B球不能做完整得圆周运动，要想绳子不松弛，小球不能过圆心等高位置（本题图中O点）。AB碰后
，设B上升得最大高度为h，对小球B上摆过程有机械能守恒定律得 mgh= 得h= >  0  .5=m，  1越=
B
5 2 1 2 5
过2了  圆/  心高度，绳会松弛，D选项错误。 2     8  / 
8【详解】ABC线圈在匀强磁场中以恒定角速度转动，产生感应电动势的最大值为 E  NBL2
m
R E R
电压表的示数为有效值，由闭合电路欧姆定律可得电压表示数为 U  m  NBL2 故B正确
Rr 2 2Rr
D 在t时间段内，通过电阻R的电荷量为 qIt 由闭合回路欧姆定律可知，回路中的电流为
E
I 
Rr

由法拉第电磁感应定律可知感应电动势为 E  N 在t时间段内，磁通量的变化量为 Φ = BL2
t
∆
由以上各式联立解得 q= 故D正确 故选BD
2

+ 
9【详解】当小球静止于M 点时，细线恰好水平，说明重力和电场力的合力方向水平向右，电场力与重力合力
mg
为 F   3mg
合 tan30
小球从P到M做的是类平抛运动 所以C正确
合外力做功为 W F L 3mgL 这一过程重力做功
合 合
=−   
有动能定理 得 （ ）
合 电 电 合
=   +   =  −   = 3+1   
有功能关系知A 错，BD正确 答案:BCD
10、【答案】AD
【详解】A．当小球运动到某点P点，弹性绳的伸长量是x ，小球受到如图所示的四个力作用
BP其中 F = kx
T BP
mg
将F 正交分解，则F 的水平分量为 Fsinθ = kx sinθ = kx = ，
T T T BP BC
2
小球水平方向平衡 F=F 又F = μF = mg
N T f N
1
F 的竖直分量为F = Fcosθ = kx cosθ = kx 5
T Ty T BP CP
由以上推导可知小球受到的摩擦力为恒力，则CD段与DE段摩擦力所做的功相同，则在DE段弹性绳和小球
组成的系统机械能的减小量等于CD段弹性绳和小球组成的系统的系统机械能的减小量，A正确；
B．根据动能定理有mgh— mgh— W =0
弹
1
5
根据计算有 W =mgh B错误；
弹
4
5 1
C．对小球从C运动到E过程，应用动能定理得 mgh- mgh-W =0
4 弹
若小球恰能从E点回到C点，应用动能定理得 - mgh+ W - 1 mgh=0 - 1 mv2
弹 4 2
联立求解得 v= C项错误；
4
D．若只把小球质量变为52m  ，ℎ小球从C点由静止开始运动，到达E点时根据动能定理有
2mgh- W - mgh= 1 ×2mv2 - 0
弹 2 1
1
5
解得小球到达E点时的速度大小 = gh D正确。
11、【答案】 CD A 甲  1
【详解】（1）[1]实验中的分力与合力的关系必须满足：|F1－F2|≤F3≤F1＋F2（等号在反向或同向时取得），
因此CD两项都是可以的。
（2）[2]在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方
向。武汉乐学教育
（3）[3]F3的方向一定竖直向下，由于测量误差F1和F2的合力方向可能偏离竖直方向，所以甲是正确的。
2/312、【答案】黑箱内的电学元件中没有电源
欧姆调零 等于
220 1.5 2.5
【解析】 步骤 中用直 流电压挡测量， 、 、 三点间均无电压说明
黑箱内的(1电)学 元①件中没有 电源；   
多用电表调至欧姆挡， 在正式测量电阻前需要进行的实验操作是欧
(姆2)调零；
该电阻的读数为 。
(3)用欧姆挡测量，2、2×间10正  反=接22阻0  值不变，可知 与 之间为一个定值电阻用欧姆挡测量，黑表笔接 、红表
(笔4)接 时测得的阻值  较小  ，反接时测得的阻值较大  ，说  明 与 之间是一个二;极管结合二极管的特性可知  ， 接
二极管  的正极用欧姆挡测量，黑表笔接 、红表笔接 测得  阻  值比黑表笔接 、红;表笔接 时测得的阻值大，  则
说明 与 之间;比 与 之间多一个电阻。  综合以上的分  析可知，黑箱内的电  学元件可能是  一个定值电阻和一个
二极管  ，  电路的结  构  如图所示：
由 ，变形为： ，根据图像斜率和截距的意义应有： ，
1 5−(−2.5)
(5) ，  可 = 得   +   。结合图  = 像 − 可  知 + ，  多 ⋅  用电表使用的是电流表的功能，由于  多 = 用  电 = 表存5在内  阻 = ， 1. 由 5  闭合 −  电 = 路 −
2.5   =2.5 
欧姆定律得 ，则 ，可见多用电表的内阻对 的测量结果没有影响。乐学教育
1
=   +  (  '+  )  =  ⋅  −  '−  
13、【答案】 状态气体压强为 …………（1分）

(1)    =  0+ 
由 变化到 ，由等容变化 …………………………（2分）

=  
又 ……………………………………………………（1分）
联立   得=：   ………………………………（1分）
5
=1.76×10  从 到 为等压过程，外界对气体做功为 …………（2分）
(根2)据热  力学  第一定律 ……………  …=…−…   …(  …  …−  …  …) …（2分）
联立得   =…  …+…  ………………………………………（1分）
4
答：  状=态9.8时4气×体10的  压强为 ；
5
气(体1)从 到  的过程中气体内1能.76增×加1了0   ，则这一过程中气体吸收的热量是 。
4 4
(2)   7.2×10  9.84×10 
14、【答案】解： 弹力 与压缩量 的图像与横轴围成的面积表示克服弹力做功
(1)   ………………………………（1分）
1
由功能关系得弹  簧=储2×存5的0  弹×性0势.6能  为=15  ………………（1分）
对物块1，由能量守恒定律得   =  …=…1…5  ……………………（1分）
1 2
解得滑块 被弹出后的速度   =2  1  0…………………………………（1分）
滑块 与
1
发生完全非弹性

碰0撞
=
，
10
由

动
/ 
量守恒定律得 …………（1分）
解得碰
1
撞后
2
粘合体的速度 ． ……………

…1…

0…
=
…
( 
…1…
+
…

（2) 1

1分）
粘合体恰好通过最高点

，1
=
根
6
据

牛
/ 
顿第二定律可得
(2) ……………………………………（1分）
2
2
解得(  1+  2)  +   =(  1+  2) 
粘合体

2从
=
点
6
到
/
最

高点过程由动能定理可得
……………… （1分）
1 2 1 2
解得−(  1+  2)  ，⋅2  =2(  1+  2)  2−2(  1+  2)  
在 点   ， = 对粘 30 合  体 /  由牛顿第二定律可得 武汉乐学教育
……………………………… （1分）
支 2

解得−(  1+  2．)  …−…   …=…(…  …1+…  …2…)  ……………………………（1分）
支
(3)  要使=滑3块6  能进入圆轨道运动，则至少能够到达 点，有
………  …………………（1分）
1 2
−解  得(  1+  2)  ．⋅  0 =0−2(  1+  2)  1
①若  粘0 =合3体.6沿  圆弧轨道到达与圆心等高处时速度为零，粘合体同样不会脱离轨道，则对全程由动能定理可
得
…………（1分）
1 2
−解(得  1+  2)   ．−    −  (  1+  2)  ⋅  1 =0−2(  1+  2)  1
1 =2.4 
3/3②粘合体能通过最高点，由 中可知到达最高点的最小速度 ，即到达 点的速度应大于等于 ，
对从碰后至到达最高点过程， (2 由 ) 动能定理可得  2 = 6  /    2
……（2分）
1 2 1 2
−
解
(
得
1+  2)  ⋅
，
2  −   ⋅2  −  (  1+  2)  ⋅  2 =2(  1+  2)  2−2(  1+  2)  1
综上所  2述=，0.要6  使碰后粘合体不脱离轨道，轨道 长度范围为 或 ……………（2分）
0∼ 0.6  2.4  ∼ 3.6 
15、【答案】 当开关打到接头 时，由法拉第电磁感应定律，可知 …（1分）

(1) 1  =     =15 
感应电流 …………………………………………………………（1分）

根据受力平  =衡  列=平3  衡方程 ………………………………（1分）
代入可得 ；…………   …+…  2…   …=…  …1  …si…n  ………………………………（1分）
(2) 当开关   打=到0接头 时，对金属杆 受力分析可知
2   ……………………………………（1分）
1  sin  −   1  cos  −  2   =  1 
杆 与电容器构成闭合回路，电流 …………（2分）
2   
联立   求得杆做匀加速运动，加速度  =   =  …  = ……  …  … = …  …  2 …   ……………………（1分）
2
杆 运动至底端，根据匀变速直线  运=动1规  律/  有 ………………………………（1分）
2
可得   ； ………………………………  …=…2…   ………………………………（1分）
杆  =与8.联0  动装置发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒可知其交换速度，故碰后杆 静止，联杆速度变为
(3)   ……………………………………（1分）  
1当=杆4 . 0  从/  运动到 过程， 杆为电源， 和 并联构成外电路，由于 电阻不计，外电路短路，电路中
①产生的电   能全   部转化为   杆的焦  耳  热。对 杆  列  动  量  定理 武汉乐学教育  

…………（2分）
2 2
3  
得  =2  2 …(  … 1 …−…  2)………………………………………………………………（1分）
由此  2 得 =3  杆 / 产  生的焦耳热 ………………………（2分）
1 2 1 2
当杆   从 运动到 过  程 1 = ，2⋅2 杆  为 2  电 1− 源2， ⋅2  和 2  2 = 并 1 联 .7 构 5  成外电路，由于 电阻不计， 被短路，电路中产
②生的电能   全部   转化为  杆  的焦耳  热  ， 杆不发  热  。  …  …………………………  …  ……（1分）  
所以整个过程中 杆  产  生的焦耳热   。…………………………………（1分）
=1 . 75