5月壮行物理试题答案(修改后）_2025年5月_2505192025届湖北省新八校协作体高三下学期5月壮行考（全科）_04物理

2025 年高三 5 月壮行考试 高三物理答案 1.【答案】B 【解析】14C衰变：14C→14N + 0e，是β衰变，A选项错误。β射线穿透能力比α射线强，B选项正确。14C衰 6 6 7 1 6 变成了14N ，并没有直接消失，经过一个半衰期，14C衰变了一半，但总质量没减半，C选项错误。高温高 7 6 压会破坏核电池的保护层，导致核燃料泄露，D选项错误。 2．【答案】 D 【解析】图示位置线圈处于中性面，电流为0，故AB错；制动过程中反向阻力随时间周期性变化，不恒定， 故C错误；制动过程中磁铁转速减小，周期增大，D正确。 3．【答案】C sin c 1 【解析】由光路图结合折射率公式n 1   可知，a光折射率大、波长短、临界角小、同介质中 sin v sinC 2 波速小，b光折射率小、波长长、临界角大、同介质中波速大，AB选项错误。由于a光波长短，由干涉条 l 纹间距公式x 可知，用同一装置做双缝干涉实验，a光条纹间距比b光小，C选项正确。右侧界面没 d 有达到临界角，没有全反射，所以简化光路图中“寒夜灯柱”的形成过程没有全反射，D选项错误。 4．【答案】C 【解析】A、探测器要从低轨变到高轨，应向速度反方向喷射气体，A错误。 Mm 42 4 3 B、根据G m R ，M  R3 ，联立可得 ，故B错误。 R2 T2 3 GT2 0 0 T2 C、由开普勒第三定律 k 可得，T  r3 ，故C正确。 r3 Mm v2 D、变轨到高轨道，根据G m 可知，轨道半径变大，速度变小，动能减小，高度升高，引力势能增 R2 R 大，因为只有万有引力做功，机械能守恒，D错误。故答案为C。 5．【答案】C v2 【解析】喷射角为0°时喷射高度最大，有H  0 ，得v 10m/s，设某水珠喷射角为， 水珠喷出到落 0 2g v2sin2 地时间为 t，则水平射程 xv cost  0 .故 x2Hsin2.当=45°时水束落地圆半径最大，有 0 g Rx 10m.故答案为C。 m 6.【答案】D 【解析】正常行驶时，敏感球处于相对稳定状态，处于底座底端，当汽车向右加速，敏感球由于惯性会保持原来的运动状态，相对于底座左斜面向上滚动，安全带解除锁定；汽车向右减速时， 敏感球相对于底座右斜面向上滚动，安全带锁定，故A、B选项错误；对敏感球受力分析如图所示，则由牛 ma 顿第二定律可知mgF tanma ，解得tan ，故D选项正确。 N mgF N 7．【答案】C  3 8 【解析】当机械波向x轴正方向传播，则可知 MN  n  2m，波长 m，周期的可能值为  4 4n3  2  1 8 T   s n0，1，2，3；当波向x 轴负方向传播，则可知 MN  n  2m，则波长 m， v 4n3  4 4n1  2 则周期的可能值为T   s n0，1，2，3，因为周期大于1s，所以波只能向x轴负方向传播且T=2s， v 4n1 选项A错误； 5 2 在t 7.25s时，质点N已经振动3 个周期 ，离开平衡位置的位移为 A，选项B错误； 8 2   C. t0时，N在波峰，振动周期也是2s，则可知振动方程为y Asin t  ，选项C正确；  2 1 2 D.从t  s到t  s，质点M 的动能先增大再减小，选项D错误。 3 3 故选C。 8．【答案】BD 【解析】由等量异种点电荷的电场线分布特点知，A、B两点的电场强度分别相等，C、D两点的电场强度， 电势均相等，根据点电荷的电场强度、电势公式 ， 及叠加原理知， ， 故A项错误B项正确；若仅两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则 变为原来 的2倍， 也变为原来的2倍，D项正确，C项错误．故选BD项． 9．【答案】AC 【解析】由楞次定律，电流方向由a到b，A项正确；由题意 ，可知电流 ，B项错误； 时刻t 导体棒、导轨与电阻所围面积的磁通量为 ，则 ，又 则 ，故C正确；若左侧磁场在某一时刻停止变化，导体棒在右侧磁场 中切割磁感线产生感应电动势，导体棒在摩擦力和安培力的共同作用下做加速度越来越小的减速运动，故D 错误。 10．【答案】AD 【解析】A.由于金属棒a、b同时由静止释放，且恰好在两导轨连接处发生弹性碰撞，则说明a、b在到达连 接处所用的时间是相同的，对金属棒a和电容器组成的回路有 q  C·BLv对a根据牛顿第二定律有F BIL  ma 1 1 v q 其中a  ， I  1 t t F 联立有a  1 m CB2L2 1 1 则说明金属棒a做匀加速直线运动，则有x  at2 ，v at 1 1 1 1 2 联立解得a  6m/s2，t  1.2s， 7.2m∕s，故A正确； 1 1 B.金属棒b下滑过程中根据动量定理有m gsin30tBILt m v 2 2 2 BLx 其中qIt  2 ， R 1 可求得碰前瞬间b的速度为v 4.2m/s，则根据功能关系有m gx sin30 Q m v2 2 2 2 2 2 2 联立解得Q  7.344J ，故B错误； CD.由于两棒发生弹性碰撞，取a棒碰前瞬间运动方向为正，有 mv m v  mv 'm v ' 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 1 1 mv2  m v2  mv'2 m v'2 1 1 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 联立解得v '  8.0m/s，v '  3.4m/s，故D正确。 1 2 故选AD。 二、非选择题：本题共5小题，共计60分。 N 11．【答案】 1 线性 1.0005 （3分+2分+2分） d 【解析】（1）每看到一条亮条纹移过，一定是光程差增大了一个波长，时间差为一个周期T。由于移动N d d d d c   NT 条干涉亮纹，时间差为NT，有  NT ，又n ，得 c c v c v n N 根据 ndd NcT N 解得n 1。 d （2）从第一问中折射率的表达式和表格中数据可知，n-P图像是一条不过原点倾斜的直线。当压强为1.6 atm 时，移动条纹数为72， n 72632.8109 11.0005 。 0.1 R 0 12.【答案】 A R （1） ，超出了电流表的量程。（1分） V E S（2）如图所示 （2分）（本空建议全部给分） R R （3） 0 g rI E （2分） R 0 （4）2.9 （1分） 70 (65~75之间给分) （1分） （5）增大 （1分） 0.015(0.014~0.016之间给分) （2分） 【解析】12．（1） ，超出了电流表的量程。（1分） （2）改装电流表并联小电阻，电流表量程放大约11倍。（由于题目数据问题，本问建议全部给分） R R （3）根据闭合电路欧姆定律可得U  0 g rI E R 0 （4）取坐标 和坐标 代入上式，可得 ， Δ （5）当电流大于1.5mA时，随着电流增大，图像斜率变大，所以内阻增大， 当=电1压1∆I表=的70示Ω数为0.5V时， 电流为2.70mA，电池的输出功率为：P=11UI=0.015W。 ghV p gh 13．【答案】（1） 1 0 （2） 0 2 p gh 2p 0 1 0 【详解】（1）以胶头滴管内空气为研究对象 没有插入溶液作为初状态：压强为 p ，体积为V 0 0 插入溶液后（不挤压胶帽）作为末状态： 由玻璃管内外液面高度差h 知，气体压强为 p gh （1分） 1 0 1 由玻意耳定律知 pV （p gh）V （2分） 0 0 0 1 1 pV 解得v  0 0 （1分） 1 p gh 0 1 ghV 则进入玻璃管溶液的体积V V V  1 0 （1分） 0 1 p gh 0 1 （2）以胶头滴管内空气为研究对象，没有插入溶液作为初状态：压强为 p ，体积为V 0 0 挤压胶帽吸取溶液后（胶帽恢复原状）作为末状态： 由玻璃管内外液面高度差h 知，气体压强为 p gh （1分） 2 0 2 1 胶头滴管内剩余空气体积为 V ，设在与末状态同温同压情况下，溢出空气体积为V 0 2 1 由玻意耳定律知 pV （p gh）（ V V） （2分） 0 0 0 2 0 2 （p gh）V 解得V  0 2 0 （1分） （2 p gh） 0 2则 溢 出 的 空 气 质 量 与 原 胶 头 滴 管 内 空 气 总 质 量 的 比 值 为 V p gh k   0 2 （1分） 1 2p V V 0 2 0 14．【答案】14．【答案】（1） ；（2） m/s；（3） 2 【解析】（1）货物在传送带上受10力8如−图3所示 ， 2 0.25 则有 ， （1分） 货物放上传送带到速度与传送带相同，位移为2s，有 ， − = =2.5 2 可得 ， ，这段时间内传送带位移为 =2 = （1分） 2 2 ' =0.4 = 5 = ⋅ =0.8 货物加速到与传送带速度相同过程中机械能增加了 ，则 （1分） 1 2 上升到顶端时重力势能增加 1 1 =2（ 1分+） ⋅ 货物与传送带间内能增加量为 ， （1分） 2 = 1− 30° 电动机多消耗的电能 ' 。 （1分） = − （2）货物随传送带到 达 转=轴 1最+高 2点+M 时=，10恰8好−有3 ， 2 可知货物从M点水平抛出。 （2分） = 随后落入小车后立即与小车共速，货物与小车水平方向动量守恒， 则有 ， m/s 。（2分） 2 （3） 小 车=碰 到+弹 簧 后1， 若1弹=簧2 压缩至最短时货物恰不与小车发 生相对滑动， 则有 （2分） 1 2 1 2 2 + 1 =（2 1 分） （1分） = + 可'得， （1分） = 货物与小' 车间动摩擦因数不能小于 。 =0.25 0.25 15.【答案】 （1） （5分） （2） （7分） （3）6个 （6分） 【解析】（1）（5分）如图所示，最终垂直bc能回到P点的质子， 做圆周运动的半径最大，速率最大； （1分）， （2分） 得： ， （2分） mv （2）由R  1 ，得 （1分） 1 qB mv 由R  2 ，得 （1分） 2 qB 轨迹如图所示：垂直于bc回到P点。 （1分） 周期 ，与速度无关， （1分） （1分） 如图 ； （1分） 得： （1分） mv L （3）由R 知， RL qB 20 qBL R=L时，v （1分） m L qBL R= 时，v （1分） 2 2m L qBL R= 时，v （1分） 6 6m L qBL R= 时，v （1分） 10 10m L qBL R= 时，v （1分） 14 14m L qBL R= 时，v （1分） 18 18m