物理参考答案_2025年1月_250108湖北省部分市州2025年元月高三期末联考（全科）_湖北省部分市州2025年元月高三期末联考物理

湖北省部分市州2025年元月高三期末联考 物理参考答案及解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 D C C A B D C BC AD BCD 1．【答案】D 【详解】A：是否能发生光电效应取决于入射光的频率，红光频率小于紫外线，故A错误； B：当正向电压达到一定时，光电流达到饱和，再增大电压时，光电流保持不变，故B错误； C：金属的逸出功取决于金属本身，与入射光频率无关，故C错误； D：根据爱因斯坦光电效应方程:E hW 图线斜率就是普朗克常量，故D正确。 km 0 2．【答案】C 【详解】A：在3~9s内乙向东做减速运动，其速度方向向东，故A错误； 30 B：在3~9s内，甲的加速度大小5m/s2；乙的加速度大小:a  m/s2 5m/s2 B 93 可知两无人机加速度大小相等，方向相反，故B错误； v 30 C：如图在前3s内:x  0 t  3m45m 甲 2 1 2 x v t 303m90m 乙 01 即t=3s时两飞机间距离为45m，3~9s内两飞机的位移相等，故C正确； D：由图可知0~9s内甲机一直向东飞行，其位移必不为零，平均速度必不为零，选项D错误。 3．【答案】C S 【详解】A：匀速运动时，质量块相对于上下极板间的距离均不变，根据C 可知，C 、C 大小均 4kd 1 2 不变，A错误； S B：当质量块向上极板靠近时，知C 板间距减小，C 板间距增大，根据C 可知，C 增大，C 减小， 1 2 4kd 1 2 B错误； Q S C、D：可知两电容器电压之和不变，即U U U ，由C  ，C , 1 2 U 4kd 4kd Q 4kd Q 可知：U  1 1  2 2 ，且d d d，Q Q ，所以两电容器带电量相等且不变，而各自 S S 1 2 1 2 电压均随加速度而发生变化，故C正确，D错误。 4．答案 A 【详解】AB：依题意，如弹簧处于原长状态，木块最大静摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，无法保持静 止状态，故而弹簧对木块必有压力，弹簧必然处于压缩状态，木块必然受到四个力的作用。故A正确B 错误； C：对斜面体进行受力分析知，斜面体必然受到五个力的作用。故C错误； D：对斜面体和木块整体分析，由于受到弹簧斜向下的压力，其竖直分量竖直向下，则对地面压力大于二 者重力之和，故D错误。 1/65．【答案】B 【详解】A：可知该交流电=100，其频率为50Hz，每个周期内电流方向改变两次，故电流方向每秒改 变100次， A错误； B：若增大R的阻值，则整个电路阻值增大，原线圈电流将减小，则副线圈电流也将减小，所以电流表读 数变小，B正确； 2202IR 1 C、D：假设电流表读数为I，则原线圈电流为2I，可知： 0  ，可得：u44020I，在考虑R u 2 的功率时，除R的其他部分可当做电动势为440V内阻为20Ω的电源，开始时R＜20Ω，当R阻值增大时， 其功率先增大后减小，故C、D错误。 6．【答案】D 【详解】A：设小球合力方向与竖直方向夹角为，则速度变化量的方向与合力方向相同， v qE 有tan B  x 1，且E 2+E 2=E2，可得qE 4mg，qE 3mg， v mgqE x y x y A y 故匀强电场方向斜向右下，故A错误； B：当小球在B点时其速度方向与合外力之间的夹角为锐角，小球速度不是最小值，故B错误； C：由竖直分运动可知小球由A运动到B和由B运动到C时间相同，水平方向做初速度为零的匀加速直线 运动，所以A、B两点与B、C两点之间水平距离之比为1:3，故C错误； D：小球由A运动至C过程中电场力与速度方向由钝角逐渐变化到锐角，所以电场力先做负功后做正功， 所以电势能先增大后减小，D正确。 7．【答案】C 【详解】AB：假设环境温度升高后，h不变化，则两部分气体均做等容变化， p 由查理定律得：p T，由题意知： p  p ，所以：p p T A B A B 故水银柱向右端移动，右管水银面上升，两边高度差h增大。 对气体B：体积减小，温度升高，由理想气体状态方程可知，B的压强 p 增大，由于 p  p gh， B A B 则A的压强也增大，故A、B错误； C：若环境温度降低，稳定后两管水银面高度一样，则有：p'  p' ，V' V' A B A B p V p'V' p V p'V' 对A气柱有： A A  A A 对B气柱有： B B  B B 则可得：p V  p V T T' T T' A A B B 然而由题目条件易知： p  p ，V V ，矛盾，故稳定后两管水银面高度不可能相同，C正确； A B A B D：若环境温度保持不变，对气体均发生等温变化，右管缓慢上提时若水银不流动则两液面高度差变大， 将会促使水银向左端移动，使得气体A体积变小，气体B体积变大，由玻意耳定律可知气体A压强变大， 气体B压强变小，由于开始时 p  p ，故之后 p 依旧大于 p ,右管水银面依旧高于左管，故高度不可 A B A B 能相同，D错误。 8．【答案】BC 2/6【详解】A：由题图甲可知，该波波长为12cm，由题图乙可知，该波的周期T 0.20s，  所以该波的波速为:v 60cm/s，故A错误； T B：题图甲中P和Q两处质点到波源的距离之差为半个波长，则相位差为π，故B正确； T C：由题图甲可知，再经过 ，波谷传播到N 点，N 处质点将处于波谷，则图甲时刻N 处质点的速度方向 4 垂直纸面向里，故C正确； D．题图乙中质点在t0.10s时刻速度方向为垂直纸面向外，则题图乙不是N 处质点的振动图像，故D错 误。 9．【答案】AD A：设连接AB两小球的绳张力为T，OB与竖直方向夹角为θ， 则： ， 解得 ，故 ，故A正确； 3 37 = = =5 =50 =53 B：对B小球： 所以 ，以车厢为研究对象： ，故B错误； 40 2 = = 3 / = =3907 C：设AC的张力为 ，，则有 ， ，解得 ， ，故C错误； 250 D：以两小球和车厢 为研究对象 ，−在 竖 直 3方7向=上 有 ： = 3 =83.3 ，故D正确。 10．【答案】BCD = + + =3000 【详解】A：对金属棒a进行受力分析，可得：FmgsinBILma 1 1 1 对金属棒b进行受力分析，可得：m gsinBILm a 2 2 2 BL(v v ) 对电路分析可知：I  1 2 ，可知：加速阶段，电流在增大，安培力在增大，加速度在减小，故两 R R 1 2 棒均做加速度逐渐减小的变加速直线运动。A错误； B：代入可知：a 2a ，当a 0时a 0，所以金属棒a、b同时开始做匀速直线运动。故B正确； 1 2 2 1 C：分析可得，金属棒a的速度大小始终是金属棒b的速度大小的2倍即v 2v ，金属棒b的速度为2m/s 1 2 时金属棒a的速度为4m/s，且方向相反 E 对整个回路分析，可知：E  BL(v v )3V ，故I  2A 1 2 R R 1 2 可知整个回路的电功率为：P  EI 6W ，故C正确； D．金属棒b沿导轨向下运动3m的过程中金属棒a沿导轨向上运动6m，对回路分析可知：q  It， E   BL(S S ) I  ,且E  ，联立可得：q   1 2 ，代入可得：q3C 故D正确。 R R t R R R R 1 2 1 2 1 2 11．【答案】（1）BC （2）B 一 （3）C 【详解】（1）探究向心力的大小与小球质量m、角速度和半径r之间的关系，采用的实验方法是控制变 3/6量法。故选BC； （2）要探究向心力与质量之间的关系，需要控制两小球做圆周运动的角速度和半径相等，故将另一钢球 放在B处，将传动皮带调至第一层塔轮。 （3）在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，可知两小球做圆周运动的半径相等，传动皮 带位于第三层，根据：vR 可知两小球做圆周运动的角速度之比为： : 1:3 左 右 根据：F m2r 当匀速转动时，左右两标尺露出的格数之比约为：F :F 2 :2 1:9，故选C。 左 右 左 右 评分标准：每空2分，共8分。第一空全对得2分，漏选得1分，多选或不选均得0分，其他严格按照参 考答案赋分。 12．【答案】（1）R （2）连线图如图所示 1 （4）2.50（2.40~2.60） 2.50 （5）逐渐增大 （1）滑动变阻器需采用分压式接法，阻值较小时调节比较方便，且最大 电流满足条件，故选择R 1 （2）变阻器需采用分压式接法，由于电动机阻值较小，应采用安培表外 接方式，实物图连接如图所示。 （4）电压小于等于2.25V时电动机没有转动，电动机为纯电阻元件，U-I图像斜率表示电阻，其大小为2.50Ω 左右，由图可知电压等于2.50V时电动机已经启动，故启动电压在2.25V至2.50V之间。 （5）电动机启动后，电动机电功率为：PUI ，热功率为：P  I2R 热 0 UI I2R I U 电动机的机械效率： 0 =1 R ，由图可知随着电压增大，各点与0点连线斜率逐渐增大，即 UI U 0 I I 逐渐增大，故 逐渐减小，所以电动机的机械效率逐渐增大。 U 评分标准：每空2分，共10分。第二空两条连线均正确得2分，有错误得0分；第三空答案在允许范围 内三位有效数字均得2分；其他严格按照参考答案赋分。 gR 4 13．【答案】（1）v （2）S  R 2 3 Mm 【详解】 （1）对星球表面物体：G mg 2分 R2 Mm v2 对卫星：G m 2分 (2R)2 2R gR 可得：v 1分 2 （2）设在A点恰好发生全反射，光路图如图所示： 1  则：sinOAB 可得：OAB 1分 n 6 在三角形OAB中，由正弦定理： 所以 （ 舍去），所以 2分 4/6又因为 ,所以 1分 故光信号能到达的卫星轨道弧长为： 1分 评分标准：本题第一问5分，第二问5分，共10分。严格按照参考答案步骤给分，其他正确解法参照赋 分。 mv 3 14．【答案】（1）B （2） Sin （3）d 3L 5qL 5 【详解】（1）带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供 mv2 可知：qvB 2分 R mv 带入可得：B 2分 5qL （2）粒子在磁场中均顺时针方向做圆周运动，从y轴最上方飞出时应在该平面内恰好运动半周， 其轨迹如图所示 S 可知: sin 2分 2R 3 代入可得：sin 2分 5 （3）对粒子在电场中运动时，由竖直方向动量定理 可知：qEtqBv Δt 0m vsin 2分 x 而：v Δt d 2分 x 可得：d 3L 2分 评分标准：本题第一问4分，第二问4分，第三问6分，共14分。严格按照参考答案步骤给分，其他正 确解法参照赋分。 15．【答案】（1）B速度大小为 ，C速度大小为 （2）81J （3）12s 【详解】（1）A滑上B时，设A、B的加速度分别为 、 ，并取向右为正 对A：m g m a 可得：a 1m/s2 A A A A 对B：m g m a 可得：a 3m/s2 A B B B 假设B与C第一次碰撞前A、B未达到共速， 则： 所以 v v a t，v 7m s 此时： A 1 0 A1 A 1 v v ，故假设成立。 2分 v a t，v 3m s A 1 B 1 B B 1 B 1 1 B与C碰撞过程中： 2分 5/6所以 。此时A的速度不变，即 。 所以B与C碰后瞬间B速度大小为 ，C速度大小为 。 2分 （2）在第一次碰撞前，知： 2分 设第一次碰后C的加速度为 ， 假设B、C发生第二次碰撞时A、B未共速，C未停止，则： 由 由 知，此时 ，故假设成立。 2 分 在两次碰撞之间，知： 2 分 故 。 2 分 （3）对A、B、C组成的系统，动量变化原因是地面对C摩擦力的冲量导致，C获得速度方向始终向右， 所受摩擦力始终向左，故最终A、B、C必然都停止。 对A、B、C组成的系统在全过程中：m gt 0m v 2分 C A 0 可得： t 12s 2分 评分标准：本题第一问6分，第二问8分，第三问4分，共18分。严格按照参考答案步骤给分，其他正 确解法参照赋分。 6/6