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黄冈中学2025届高考5月2模物理答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D A B D B C C AC AC BCD
1．D
【详解】A．原子弹的能量来源原理是铀核裂变，与太阳的能量来源原理（来自核聚变）
不同，故A错误；B．铀裂变存在临界体积，不能任意缩小体积，故B错误。CD．氢弹的
能量来源于核聚变反应，而非氢气燃烧（化学能），必须在高温下进行，故C错误，D正
确；故选D。
2．A
【详解】A．根据电子所受电场力的方向斜向左下，可得电场方向斜向右上，故A点电势
比B点电势高，由此可知云层带负电，A项正确；B．根据等差等势面的疏密可知，A点场
强比B点场强大，B项错误；C．若电子从A运动到B，电场力方向与运动方向的夹角为钝
角，则电场力做负功，电子在A点动能比在B点动能大，C项错误；D．根据 结合
A选项可知电子在A点电势能比在B点电势能小，D项错误；故选A。
3．B
【详解】A．地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力
哈雷彗星在近日点的曲率半径小于地球半径，因此哈雷彗星在近日点的速度大于地球绕太
阳的公转速度，A错误；B．万有引力提供加速度 则哈雷彗星的加
速度 与地球的加速度 比值为4倍，B正确。
C．根据开普勒第二定律可知哈雷彗星绕太阳经过相同的时间扫过的面积相同，根据
可知从a运行到b的时间大于从c运行到d的时间，C错误；D．从b运行到c的过
程中万有引力与速度方向的夹角一直为钝角，哈雷彗星速度一直减小，因此动能一直减小，
D错误；故选B。
4．D
1
【详解】A.sinC= =0.67 临界角小于45度，A错误；B.新旧照片的像都是虚像，B错误
n
C．当水槽及夹层都装满水时，人观察到新照片的像在右侧，旧照片的像在左侧，C错误；
D．当水槽装满水，夹层没有水时，人观察到新照片的像在左侧，旧照片的像在右侧,D正
确
5．B
【详解】A．对重物C进行受力分析，重物C受重力、绳的拉力，根据力的合成和分解可
得重物Ｃ的重力为 所以重物C的质量为 故A错误；
B．由图可知重物 运动的振幅为 ，故 正确；C．由图可知，重物 在t=4s时速度为
0，故 错误；D．由图可知，重物 在t=8s时处于最高点，加速度方向竖直向下，故D错
误。故选B。
6．C
【详解】AB．因为绳子的自重会导致绳子在不同位置的拉力不同。靠近固定点的绳子段需
要支撑更多绳子的重力，因此拉力更大，反之拉力更小，故AB错误；C．根据平衡条件
可知P点拉力 当两杆间距d减小时， 减小， 增大，因
此P 点处所受拉力减小，C正确；D．将绳子的一半作为研究对象，受力分析可知，最低
点的拉力 当d减小时，由于 减小， 减小,因此最低点所受的拉力也会减小，
D错误。故选C。
7．C
【详解】A．将电子的初速度沿x轴及y轴方向分解，沿x方向速度与磁场方向平行，做匀
速直线运动且x=v cosα·t沿y轴方向，速度与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力做匀速圆
0
周运动，由左手定则可知，磁场方向沿x轴正方向，故A错误；B．根据
答案第1页，共4页且 解得 所以
所以，若仅增大磁感应强度B，则D、 x均减小，故B说法错误；
C． 若仅增大α，则D增大而 x减小，且 °时 故△C正确；D．若仅减小 ，则
D、 x皆按比例减小，故D错误。
△
8．AC
【详△解】根据x﹣t图像的切线斜率表示速度，可知0～t 时间内，列车向正方向做加速直
1
线运动，加速度方向与速度方向相同，为正方向；t ～t 时间内，列车向正方向做匀速直线，
1 2
加速度为零；t ～t 时间内，列车向正方向做减速直线，加速度方向与速度方向相反，为负
2 3
方向。故BD错误，AC正确。故选：AC。
9．AC
【详解】解： 甲互感器起降压作用，故为电压互感器，乙互感器起减小电流（升压）作
用，故为电流互感器，故 正确。 电压互感器原线圈两端电压
，电流互感器原线圈中的电流 ，
对于理想变压器，输送功率 ，故 错误。 将滑片
下移，相当于增加了升压变压器副线圈的匝数 ，根据理想变压器的规律 ，
升压变压器副线圈两端的电压增大；降压变压器原线圈两端电压 增大，副线圈两端电压
增大，通过负载的电流 ，当 不变时， 增大，降压变压器原线圈中的电流
，匝数比不变， 增大，输电线上损失功率 增大，故 正确。 当用户
数增加，负载电阻 减小，若降压变压器副线圈两端电压 不变，通过副线圈的电流
增大，原线圈中的电流增大，输电线上的电压损失△ 增大；原线圈两端电
压 △ ，将减小，根据 可知，当 减小时，减小 可以使 不变，
所以要将降压变压器的滑片 上移，故 错误。
故选：AC。
10. BCD
【详解】A．记轻杆上作用力为零时轻杆与竖直方向的夹角为α，轻杆上作用力为零时小球
乙的速度为v，此后甲与挡板分离。小球乙运动至轻杆上作用力为零的过程由动能定理可
知 此时重力沿杆的分力提供所需要的向心力 联立解得
， 故A错误，B正确；CD．轻杆上作用力为零后，小球乙的速度继续
增加，所需要的向心力增大，而其重力沿轻杆的分力在减小，因而轻杆会向两端提供拉力，
物块甲开始离开墙壁，两物体在轻杆方向上有位移，轻杆对小球乙做功.
轻杆作用力为零到小球乙落到水平面上前一瞬间，小球乙、物块甲构成的系统水平方向上
动量守恒 该过程系统机械能守恒
小球乙落地前一瞬间， 由小球乙、物块
甲速度关联有 联立解得：
答案第2页，共4页故C正确；对乙用动能定理：
故D正确。故选BCD。
11. (1) 24.75（2分） （2分） (2)C（2分）
【详解】（1）[1]因刻度尺的最小分度值为1mm，读数时应估读到最小分度的 ，所以刻
度尺的读数为24.75mm。[2]根据胡克定律可得 解得
（2）测得的劲度系数比弹簧的标称值小，可能的原因刻度尺没有竖直放置，测得的弹簧形
变量偏大，因此 值偏小。若 值用的 ，造成弹力数值偏大，因此 值偏大。没有
考虑弹簧的重力不会影响 值测量。
12.（1）最大（2分） （2）4.9/5.0/5.1都给分（2分） 0.9/1.0/1.1都给分（2分）
（3）C（2分） 偏小（2分）
解析：（1）实验前，应该把电阻箱 的阻值调至最大，使电流表支路电阻最大
（2）根据闭合电路欧姆定律 整理得 所以
解得
（3）把 闭合于2处，多次调节电阻箱的选择旋钮，同时记录下每次电阻箱的阻值 和
电压表V的示数U，则实验数据应采用电压表示数和 的阻值，根据闭合电路欧姆定律
整理得 为使图像更直观应以 为纵轴、 为横
轴进行计算。此时忽略了电压表内阻的分流作用，内阻测量值偏小。
13．（1）10；（2）64N
解：（1）要使水火箭发射出去，设需要打气筒打气n次，由题意可知，当水火箭发射瞬间，
其内部气压为 （1分）
根据玻意耳定律有 （2分） 解得 n=10（1分）
（2）第8次打气后，箭体内气体压强为 ，根据玻意耳定律有
（2分） 解得 （1分）
分析活塞受力 （2分） 解得 （1分）
14． (1) (2) （用根号表示也给分） (3) （用根号表示也给分）
解：（1）设小球在极板间运动的加速度为 ，时间为 ，在竖直方向上，根据牛顿第二定
律有 （1分） 解得 （1分） 根据位移时间公式有
解得 （1分）在水平方向上有 （1分） 解得 （1分）
（2）P运动到N板右侧沿电场线方向的速度 则根据几何关系有
解得
答案第3页，共4页设小球在A点时的速度为 ，则有 （1分）
设小球 点时的速度为 ，小球由A运动到 ，根据机械能守恒定律
（1分） 解得 （1分）
P、Q发生完全非弹性碰撞，设碰后二者的共同速度为 ，根据动量守恒定律
（1分）
之后的运动二者恰好不脱离轨道 （1分）
解得 （1分）
（3）①碰前小球P通过 点时轨道对两小球的支持力 ，根据牛顿第二定律有
（1分） 解得 （1分）
②碰后P、Q经过B点时轨道对小球的支持力 ，根据牛顿第二定律有
（1分） 解得 （1分）
由牛顿第三定律，两小球碰后通过 点时对轨道的压力最大为 （1分）
15．（1） （2） （3）
解：（1）刚运动时，电动势为 （1分）
电流为 安培力为 （1分）
根据牛顿第二定律得 （2分）
结合 、 ，解得 （1分）
（2）当 时两者的间距离最小，以水平向右为正方向，根据动量定理得：
对金属杆1有 （1分）
对金属杆2有 （1分）
再结合 、 可得 （1分）
又有 （1分）可得 （1
分）
代入可得所求的时间为 （2分）
（3）设金属杆1、2的最终速度分别为 、 ，分析金属杆2有
答案第4页，共4页（1分）其中 解得 （1分）
全过程，金属杆1、2、3组成的系统动量守恒 （2分）
联立解得 （2分）
答案第5页，共4页
