物理参考答案和评分细则(1)_2025年3月_250313湖北省七市州高三年级2025年3月联合统一调研测试（全科）_物理

年湖北省七市州高三 月联考 2025 3 物理参考答案和评分细则 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D D C C B B CD AD BC 1．【答案】B 【详解】A．普朗克认为黑体辐射的能量是一份一份的，是量子化的，是不连续的，故A错误； B．电子束穿过铝箔后的衍射图样揭示了电子的波动性, 故B正确; C．光电效应揭示了光的粒子性，而康普顿效应证明了光子除了能量之外还具有动量，故C错误； D．康普顿在研究石墨对X射线散射时，发现X射线中除了原波长的外，还有波长大于原波长的射 线成分，故D错误。故选B。更多最新动态关注湖北升学通获取 2.【答案】D 2π T 【详解】规定竖直向上为正方向，则该简谐运动的位移公式为y  Acos t,当t  时有 T 8 2π T 2 2 2 2 y Acos   A ,所以小球从最高点向下运动的距离d  A A A，故D错误。  T 8 2 2 2 故选D。 3.【答案】D 【详解】A．根据开普勒第三定律，卫星的轨道半长轴越大，周期越大，故A错误； B．巡天空间望远镜在Q点的速度小于在圆轨道运动时的速度，故B错误； C．卫星在P点由圆轨道变为椭圆轨道是离心运动，需要加速，故C错误； D．卫星从圆轨道运动到椭圆轨道需要加速，所以在椭圆轨道运动时的机械能大于在圆轨道上运动 时的机械能，故D正确。故选D。 4.【答案】C 关注湖北升学通获取最新动态 【详解】A.由题意可知，电子从a运动到b，则图甲中流过电流表的电流方向为从b到a D.由于电子受静电力方 向水平向左，与电子速度方向间的夹角为钝角(当电子的速度方向沿金属板 M板面方向时，静电力方向与电子速度方向间的夹角为直角，该方向射出的电子是不会在两板间运 动)，故电子在两板间均做减速运动，但不是匀减速直线运动，故D错误； 1 B.根据动能定理eU 0 mv2，U增大，到达N极板电子数减少，电流表的读数减小，故B错 2 误； C.当电子到达N板的速度恰好为0，电流为0，故C正确。故选C。 5.【答案】C 【详解】ABC．质点P在0~t 时间内先加速后减速运动，t 时刻距离原点最远，t ~ 2t 时间内 0 0 0 0 反向先加速后减速运动，2t 时刻回到原点，且速度减为零；质点Q在0~t 时间内先做加速度增 0 0 加的加速运动，后做加速度减小的加速运动，t 时刻速度达到最大，t ~ 2t 时间内做加速度增大 0 0 0 的减速运动，后做加速度减小的减速运动，2t 时刻速度减为零，此过程一直向前运动，2t 时刻距 0 0 离原点最远，故C正确； t 3 t 3 D．vt 图像中 0 与 t 时刻速度等大反向； a ~t图像的面积表示速度变化量， 0 ~ t 内速度 2 2 0 2 2 0 1t 3 的变化量为零，因此 0 与 t 时刻的速度等大同向，D错误。故选C。 2 2 0 6.【答案】B 【详解】整个过程，由动量定理得 mgt  I 0解得I  mgt ，即图像中阴影部分的面积大小 F F I  mgt 5400kgm/s，故B正确。故选B。 F 7．【答案】B 关注湖北升学通获取最新动态 【详解】B. ， , ， ,可知a棒可能位于第四象限角平分线上，电流方向垂 直纸面向里 ，=或0位 于 第=二2 象限 =角2平分 线 =上2， 电流方向垂直纸面向外， , , ，故B正确； =2 =2 = A.由 时， ， ,则导线b中电流方向垂直纸面向里，故ab电流方向可能相 2 2 同或相反，故A错误； =0 + =6 =4 CD.导线b移动过程中， 与 的夹角从 到 间变化，则O点处磁感应强度先减小后增大，且最 5 小值不为0，C错误，D错 误。 故选B。 4 4 8．【答案】CD 【详解】A．红光的频率比绿光的频率小，则红光的折射率小于绿光的折射率，在PQ面，入射角 sin 相同，根据折射定律n 可知绿光在MN面的折射角较小，根据几何关系可知绿光比红光更靠 sin 近N点，故A错误； B.在MN面上，根据对称性和光路可逆原理可知，关注湖北升学通获取最新动态，出射光线与法 线间的夹角均为，故出射光线与界面的夹角相等，故B错误； 1 C.根据全反射发生的条件sinC 可知红光发生全反射的临界角较大，逐渐增大时，折射光线与 n NP面的交点右移过程中，在NP面的入射角先小于红光发生全反射的临界角，所以红光的全反射现 象先消失，故C正确； D．在PQ面，光是从光疏介质到光密介质，无论多大，在PQ面都不可能发生全反射，故D正确； 故选CD。 9.【答案】AD 【详解】A. 1、2两球水平方向速度相等， ,得 ，由竖直方向运动可得 , 故球2所受电场力向下，球1所受电场力向上，球1带正电，球2带负电，故A正确； 0 = 2 45° 2 = 2 0 2 > 1 B. 对球1， , ,对球2， ， ,据 ,且 相等，1、2 3 两球速度变化 量 −不 相 等=， 故 1 B 1错=误2； + = 2 2 =2 = C. 电场力对球1做负功，对球2做正功，球1机械能减少，球2机械能增加，两球机械能变化量 不同，故C错误。 D. 1、2两球运动时间为t,竖直方向 （ ） ,得 ,相遇时球1速度 ＇ 1 2 1 2 2 0 ,球2速度 ＇ , 2 ＇ 1 = − 2 45° +2 2 ， =＇ ，故D正 1 确 = 。 ＇ 1 2 0 10 2 2 2 2 故 选0+A(D 。1 ) = 2 0 2 2 = 0+(− 0+ 2 ) = 5 0 2 = 5 0 = 5 10.【答案】BC 【详解】A.当AA 运动到x 0之前，金属框DD 边切割磁感线，框中产生逆时针的感应电流，由 1 2 1 2 2左手定则，DD 边受到向左的安培力，框匀速运动，由平衡条件可知，外力F向右；AA 由x 0 1 2 1 2 1 运动到x d 过程，框中AA 和DD 都在垂直切磁感线且同向叠加，框中产生顺时针的感应电流， 1 2 1 2 2 由左手定则AA 和DD 边均受到向左的安培力，外力F仍然向右，故该过程中外力F一直向右，故 1 2 1 2 A错误。关注湖北升学通获取最新动态 1 B.AA 运动到x d 时，金属框中AA 和DD 都在垂直切磁感线且同向叠加，此时框中感应电动 1 2 1 2 1 2 2 势最大E 2B y v 2B dv , 故B正确； m1 0 m 0 0 0 C.DD 在x0至xd 区间运动过程中，只有DD 边在切割，感应电动势的瞬时表达式 1 2 1 2 x v e B yv B v dsin B v dsin 0 t,由表达式可知，产生正弦交流电，等效于面积为S的线圈 1 0 0 0 0 d 0 0 d v 在匀强磁场中做匀速圆周运动，转动角速度 0 d d2 由感应电动势最大值E B SB dv ,解得S  m 0 0 0  x0至xd 区间相当于绕圈由中性面转动角度0~，磁通量变化量 2B S， 0 金属框与导轨接触的两条边短路，故框中总电阻为2R，  E 故感应电动势的平均值E  ,感应电流的平均值I  t 2R  2B S B d2 流过金属框横截面的电荷量qIt   0  0 , 2R 2R R x0至x  2d 区间，磁通量变化大小与x0至xd区间相同，故流过金属框横截面的电荷量大 B d2 小也相等。故DD 运动到x  2d 的过程中,流过金属框横截面的电荷量为 0 ，故C正确； 1 2 R D.DD 在x0至xd 区间运动过程中，产生正弦交流电，感应电动势最大值为E B dv ,则有效 1 2 m2 0 0 2 B dv  E B dv 0 0 值E 有  m 2 2  0 2 0 ,回路中产生的焦耳热 Q  E 有 2 t    2    d  B 0 2d3v 0 1 2R 2R v 4R 0 x DD 在xd 至x2d区间运动过程中，两边切割，感应电动势的瞬时表达式e 2B v dsin ,同 1 2 2 0 0 d 2 2B dv  0 0 理，回路中产生的焦耳热 E2   2   d B2d3v Q  2有t    0 0 2 2R 2R v R 0 DD 在x2d至x 3d 区间运动过程中，AA 边切割磁感线，产生感应电流与DD 在x0至xd 1 2 1 2 1 2 区间运动过程中相同，故回路中产生的焦耳热与此区间也相同。由功能关系可知，外力对金属框所 33B2d3v 做的功W 2Q Q  0 0 ,故D错误。故选BC。 1 2 2R 11.（6分）（评分细则：本题6分，共3问，每问2分） 【答案】(1) 上端 14.92（14.91~14.93均可）(2)187.5（3）无 【详解】（1）零刻度应与弹簧的上端对齐；由图乙可知该刻度尺的最小分度值为1mm，估读到分度 值的下一位，则弹簧的长度L 14.91cm； 0 F 15 （2）根据胡克定律，结合Fx图像可知，弹簧的劲度系k   N /m 187.5N /m x 0.08 （3）本实验由于是竖直悬挂测弹簧原长，之后悬挂重物做实验，所以对测量结果没有影响。 12.（10分）（评分细则：本题10分，共2问，5个空，每空2分） 【答案】（1）①R ②如图 （2）①减小 ②调小 ③偏大 1 【详解】（1）①②气敏电阻R 随甲醛浓度变化的曲线可知，甲 q 醛浓度为0时气敏电阻大约为500Ω，根据所给器材参数及伏安 法测电阻的原理，电流表应采用内接电路，滑动变阻器采用分压 式接法，滑动变阻器的阻值越小调节越方便，故选择R；实物连 1 接如图。关注湖北升学通获取最新动态 （2）①随着甲醛浓度的增加，气敏电阻变大，其上分压变大， 电阻箱上分压减小，故电压表的示数逐渐减小； ②当甲醛浓度更低时，R 更小，要求此时电阻箱两端的电压仍为 q 1V，分压不变，则R应变小，即需要调小电阻箱的阻值。 ③使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，电路中的电流将变小，电压表的示数 将偏小，故其甲醛浓度的测量结果将偏大。 13.（10分）（评分细则：本题10分，共2问，第1问4分，第2问6分。①②⑤各2分，③及判 断过程共2分，④和⑥共2分。） 【答案】（1）4A （2）3p 0 U n 解：（1）对变压器，由 1  1 ① 得U =44V （2分） U n 2 2 2 U 副线圈的电流有效值I  2 4A ② （2分） 2 R 42 （2）初始时h  H ，假设活塞刚好到达气缸口时，气体温度为T ， 1 3 sh sH 由盖—吕萨克定律  ③解得T 1.5T 3T （2分） T T 1 0 0 0 1 p p 此后气体体积不再变化，由查理定律得 1  2 ④ T 3T 1 0 活塞上升至气缸口前做等压变化，对活塞，有 pS  p S mg ⑤（2分） 1 0 3 ④⑤联立得 p  p ，p 3p ⑥ （2分） 1 2 0 2 0 psh p sH （或由气体实验定律得 1  2 解得 p 3p ， p  p ，故压强为 p 3p 同样给分） T 3T 2 0 2 1 2 0 1 0 14.（16分）（评分细则：本题16分，共3问，第1问4分，第2问6分，第3问6分。①④⑤⑥ 各2分，②③共2分，⑦⑧⑨⑩⑪⑫各1 分。） （ 31）qBL （ 31）qBL 4m 【答案】(1)v  (2)v  (3)t  1 2m 2 2m max 3qB 解：（1）当粒子从A点垂直射入，从B点射出时，入射速度最小，设最小入射速度为 ，则 v 1 R R R R  2r ① （2分） （r  2 1 同样给分） 2 1 1 1 2 v2 qv B m 1 ② 1 r 1 （ 31）qBL 由①②式可得v  ③ （2分） 1 2m （2）若粒子均以垂直AB的速度发射，要使粒子均从CD射出，则A、B处入射粒子的轨迹如图所 示，设粒子入射速度的大小为 ，则 关注湖北升学通获取最新动态 v 2 R R  2r ④ （2分） 2 1 2 （ 31）L （r  同样给分） 2 2 v2 qv B m 2 ⑤ （2分） 2 r 2 （ 31）qBL 由④⑤式可得v  ⑥ （2分） 2 2m （3）设粒子在磁场中运动的周期为T，最长时间为t ，粒子轨迹如图所示，设此时粒子的轨迹半 max 径为r ，则L2 (2Lr)2 r2 ⑦ （1分） 3 3 3 v2 由牛顿第二定律，qv B m 3 ⑧ （1分） 3 r 3 2r T  3 ⑨ （1分） v 3 L sin ⑩ （1分） r 3 从出口CD射出的粒子在磁场中运动的最长时间为 522 t  T ⑪ （1分） max 2 4m 由⑦⑧⑨⑩⑪得t  ⑫ （1分） max 3qB 15．（18分）（评分细则：本题18分，共3问，第1问6分，第2问6分，第3问6分。①②③ 各1分，④⑤共1分，⑥⑦共2分（任错1个不给分）；⑧⑨⑩各2 分；⑪⑫共2分（任错1个不 给分），⑭2分，⑬⑮各1分。） 关注湖北升学通获取最新动态 1 【答案】（1）v 0，v 2 gL （2）L；（3）Q 0.6(6n2 6n1)mgL A1 B1 5 解：（1）对A，由牛顿第二定律，mgsin ma ① 解得a  gsin0.6g （1分） 1 1 对B，由牛顿第二定律，3mgsin3mgcos3ma ② 解得a 0.2g （1分） 2 2 故A、B第一次碰撞前，A加速，B也加速。 1 1 5L 设A、B开始运动到A、B第一次碰撞时间为t ，则有 L at2  a t2③ 解得t  （1分） 1 2 11 2 2 1 1 g 9 1 则碰撞前瞬间A、B的速度分别为v at  gL ④ ， v a t  gL ⑤ （1分） A1 11 5 B1 2 1 5 A和B发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒得 1 1 1 1 mv 3mv  mv 3mv , mv2  3mv2  mv2  3mv2 A1 B1 A1 B1 2 A1 2 B1 2 A1 2 B1 1 联立解得v 0 ⑥ ，v 2v 2 gL ⑦ （2分） A1 B1 B1 5 （2）第一次碰撞后到第二次碰撞前，A、B共速时相距最远，则有 v v a t v at ⑧ （2分） B1 2 0 A1 10 1 1 d  (v v)t  (v v)t ⑨ （2分） m 2 B1 0 2 A1 0 v v 5v (v v )2 联立解得t  B1 A1  B1 ，d  B1 A1  L ⑩ （2分） 0 a a g m 2(a a ) 1 2 1 2 1 1 (3) 第一次碰撞后到第二次碰撞前，有 v t  a t2 v t  at2 B1 2 2 2 2 A1 2 2 1 2 2(v v ) L 解得t  B1 A1 10 ， 2 a a 5g 1 2 1 1 则第二次碰前v v at 6 gL ,v v a t 4 gL A2 A1 1 2 5 B2 B1 2 2 5 第二次碰撞过程：A和B发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒得 6mv 3mv  mv 3mv A2 B2 A2 B2 1 1 1 1 mv2  3mv2  mv2  3mv2 2 A2 2 B2 2 A2 2 B2 1 1 联立解得v 3v 3 gL ⑪, v 5v 5 gL ⑫ （2分） A2 B1 5 B2 B1 5 1 1 同理可得，第二次碰撞后到第三次碰撞前，有v t  a t2 v t  at3 B2 3 2 2 3 A2 3 2 1 3 2(v v ) L 解得t  B2 A2 10 , 3 a a 5g 1 2 则第三次碰前,v v at 9v ,v v a t 7v A3 A2 13 B1 B3 B2 2 3 B1 同理，第三次弹性碰撞后，v 6v , v 8v A3 B1 B3 B1 由此可推知，第n次碰后B的速度为v 2v 3(n1)v (3n1)v ⑬ （1分） Bn B1 B1 B1 L 第n-1次碰撞到第n次碰撞前经历的时间为t t t 10 n n1 2 5g 从释放开始到第n次碰撞前的过程中，B物块的位移为x  x  x  x  x B B1 B2 B3 Bn 1 L 1 1 1 其中x  a t2  ，x v t  a t2，x v t  a t2，……x v t  a t2 1 2 21 2 2 B1 2 2 2 2 3 B2 3 2 2 3 n B(n1) n 2 2 n L 带入数据解得x  3n(n1)L ⑭ （2分） B 2 B物块与斜面间因摩擦产生的热量为Q 3mgcosx ,关注湖北升学通获取最新动态 B 带入数据解得Q 0.6(6n2 6n1)mgL ⑮ （1分） 7