物理答案_2025年5月_250531湖北省黄石二中2025届高三下学期适应性考试（一）（全科）_黄石二中2025届高三下学期适应性考试（一）物理

《黄石二中2025届高三下学期适应性考试（一）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D D B A D D AC AD BC 2．D 【详解】ABC．原子吸收频率为的光子从基态能级I跃迁至激发态能级Ⅱ时有E E h Ⅱ I 0 且从激发态能级Ⅱ向下跃迁到基态I的过程有E E  h  h  h，联立解得    Ⅱ I 1 2 3 2 0 1 3 c c 得该原子钟产生的钟激光光子的波长为  ，该原子钟产生的钟激光光子的动量为     2 0 1 3 h （h   ） p  0 1 3 ，该原子钟产生的钟激光光子的能量为Eh （h   ）  c 2 0 1 3 W nh   故ABC错误；D．已知该原子钟在时间t内产生的钟激光光子的个数为n，有P  0 1 3 t t 故D正确。故选D。 3．D U 2U 【详解】B．设R R R R，开关S闭合时，通过原线圈的电流I  0 ，通过副线圈的电流I  0 1 2 3 1 R 2 R n I n 可知原副线圈匝数之比 1  2 2，故B错误；A．原线圈两端电压U  1U 2U ，因此交流电源的输出电压 n I 1 n 0 0 2 1 2 I n 1 有效值U U U 3U ，故A错误；，D．断开开关S后，流过R、R 的电流之比 1  2  0 1 0 1 2 I n 2 2 1 P I2R 1 故D正确；C．R、R 消耗的电功率之比 1  1  ，故C错误。故选D。 1 2 P I2R 4 2 2 4．B 【详解】CD．物块受摩擦力方向与速度方向相反，即沿CA方向，重力的分力沿斜面向下，则由平衡可知 2 f cos45Fcos45 mgsin30，及 f sin45 Fsin45，解得F  mg，故CD错误； 4 2 6 AB．根据 f mgcos30 F  mg，可得 ，故B正确，A错误。故选B。 4 6 5．A 【详解】由题意及几何关系可知，A、B的轨道半径之比为r :r 1:2，图示时刻，A、B与地心连线的夹角为 A B t t 1 60°，设B做圆周运动的周期为T ，最短经过t时间A、B间的距离最小，则有   ，根据开普勒第三定 B T T 6 B T2 r3 1 (4 2) 律有  A  ，则T 2 2T ，解得t  T ，故选A。 T2 r3 8 B 21 B B 6．D F 【详解】AD．飞机到达最大速度时有F kv，解得v 0 ，根据动量定理有Ft  ft mv 0 k 0 0 0 答案第1页，共6页Ft Fm 1 将 f kv代入有Ft kxmv，解得x 0 0  0 ，根据动能定理有F xW  mv2 0 0 k k2 0 f 2 F2t 3mF2 解得W  0 0  0 ，故A错误，D正确；B．飞机受力不断变化，则加速度改变，由PFvFat ，可知驱 f k 2k2 0 0 F2 动飞机的电机输出功率不随时间线性增大，故B错误；C．若t 时刻飞机刚好达到额定功率P ，则P Fv 0 ， 0 0 0 0 k F2 解得k  0 ，故C错误；故选D。 P 0 7．D 2  【详解】A．由图可知波的周期为0.4s，Q点的振动方程为y Asin t4sin5t cm，故A错误；  T    1 CD．0~0.1s内，P点到达波峰时有A4sin5t  cm ，解得t  s，当t 0.3s，Q点到达波峰，波从P点  1 6 1 15 2 30 传播至Q点，有ΔxvnTt t 1m（n0,1,2,3），则波速为v m/s（n0,1,2,3） 2 1 12n7 5 5 当该波的传播速度为 m/s时，n不是整数，故该波的传播速度不可能为 m/s，当n2时，该波的传播速度为 7 7 30 12 m/s，故C错误；D正确；B．该波的波长为vT  mn0,1,2,3，当该波的波长为7.2m时，n 31 12n7 不是整数，故当该波的波长不可能为7.2m，故B错误。故选D。 8．AC 【详解】AB．发生全反射的条件是光由光密介质射向光疏介质，所以n n ，故A正确，B错误；CD．当入射 1 2 sin n2sin2 角为θ时，设光的折射角为r，根据折射定律有n  ，由数学知识可知cosr  1 ，根据几何关系可 1 sinr n 1 L c c x Ln2 知，光的传播距离为x ，由n 知传播速度为v ，则传播的时间为t   1 ，故C正确， cosr v n v c n2sin2 1 1 D错误。故选AC。 9．AD 【详解】AB．开关S闭合瞬间，由于电感线圈的强烈阻碍作用，灯D 没有电流通过，灯D 和D 串联，流经灯D 3 1 2 1 E 和D 的电流相等，设每个灯泡的电阻为R，故I  ，稳定后灯D 和D 并联再与D 串联，流过D 的电流为 2 1 2R 2 3 1 2 1 E E I    2 2 3 3R ，故A正确，B错误；C．开关S断开瞬间，由于电感线圈阻碍电流减小的作用，由电感线圈继 R 2 续为灯D 和D 提供电流，又因为电路稳定的时候，流经灯D 和D 的电流相等，所以灯D 逐渐熄灭，故C错 2 3 2 3 2 E 误；D．开关S闭合瞬间，灯D 和D 串联，电压传感器所测电压为D 两端电压，由欧姆定律u  ，电路稳定 1 2 2 1 2 答案第2页，共6页1 E E I    后，流过D 3 的电流为 2 3 R 3R ，开关S断开瞬间，电感线圈能够为D 2 和D 3 提供与之前等大电流，故其 2 2E u 3 两端电压为u I2R ，所以 1  ，故D正确。 2 3 u 4 2 10．BC 【详解】A．若粒子仅受电场力作用，从A到B速度大小不变，由动能定理知电场力做功为零，这表明A、B两 点电势相等，电场线垂直于AB连线，粒子带正电荷，其电场力垂直AB向下，则粒子做类斜抛运动，根据运动 对称性可知粒子运动到B点的速度大小为v ，方向与AB夹角为30，根据平行四边形定则可知粒子从A到B的 0 过程中速度变化量vv （方向垂直AB向下），由动量定理得电场力冲量I mvmv ，方向垂直AB向下； 0 E 0 若粒子仅受磁场力作用，在磁场中做匀速圆周运动，通过几何关系知粒子从A点以与AB夹角30的速度v 射入， 0 要到达B点且速度大小仍为v ，其运动轨迹关于AB的中垂线对称，圆心角为60，则粒子在B点速度与AB夹角 0 为30，故粒子从A到B的过程中速度变化量vv ，磁场力冲量I mv （方向垂直AB向下）由此可知从A 0 B 0 到B的过程中电场力冲量和洛伦兹力冲量相等，故A错误；B．由A选项分析可知无论该区域存在的是电场还是 磁场，其经过B点时的速度方向都与AB夹角为30，方向相同，故B正确；C．由A选项分析知粒子在电场中做 2L 类斜抛运动，沿AB方向以v cos30做匀速直线运动，则有v cos30·t L，解得t  ，粒子在磁场中匀速圆 0 0 E E 3v 0 L L t 2 3 周运动，圆心角为60，由几何关系可得其运动半径r L，则有v t  ，解得t  ，故 E  1 0 B 3 B 3v t  0 B 故C正确；D．粒子在电场中垂直AB方向以vsin30为初速度做匀减速直线运动，由C选项分析可得 0 t qE t 3mv2 v2 mv v sin30a E  · E ，解得E 0 ，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qv Bm 0 ，解得B 0 ，则 0 2 m 2 2qL 0 r qL B 2  ，故D错误。故选BC。 E 3v 0 11．(1)A (2)ω2 (3)R−k mω 2k 0 【详解】（1）后轮带动手机在竖直面内做圆周运动，加速度在竖直平面内，故x、y方向的加速度值不为零，z 方向的加速度值为零。故选A。 （2）根据a =ω2R可知，a −ω2图像为直线，a −ω为曲线，应让软件作出a −ω2图像能直观地判断它们的关系。 n n n n （3）[1]若由（2）所作图像测出斜率为k等于手机到后轮圆心的距离，故手机的加速度传感器到轮胎边缘的距 离为R−k；[2]若由（2）所作图像测出斜率为k等于手机到后轮圆心的距离，即手机做圆周运动的半径，则手机 的加速度传感器做圆周运动的向心力F =mω 2k。 n 0 答案第3页，共6页12． 左 6 L 0.342（0.340～0.344） 1 【详解】（1）图中滑动变阻器采用分压接法，为电路安全，开关闭合前，滑片应置于最左端。 故障为电压表有 示数，但灯不亮，且电流表无示数，各元件正常，那么一定是导线6断路。 （2） 两灯并联后，两灯电压相等，从两灯的I−U曲线可知I  I ，根据P=UI， L 的实际功率大。 1 2 1 （3） 将12只L 并联后，设每个灯的电压为U，电流为I，根据闭合电路欧姆定律有EU12Ir 1 1 E 得I  U  ，其中E3V，r1.25Ω，得 12r 12r 1 1 I  U  A，将此直线画在图乙中如图所示 15 5 它跟L 的I−U图象相交于（2.85V，10.0mA），所以每一个 1 灯的实际功率P UI 2.850.01W0.0285W ，电源的输 0 出功率为P 12P 120.0285W0.342W 出 0 13．(1)c→d (2)1.19106Wb (3)0 【详解】（1）根据楞次定律，感应电流的方向为 cd （2）在A地，地磁场的大小为 B B2B2  2B ，则可得从位置1转动到位置2的过程，通过线框平面abcd x z x 磁通量的最大值为Φ BL2  22.11050.22Wb1.19106Wb m （3）从位置1转动到位置2的过程，线框中磁通量的变化量为 ΦΦ Φ B L2B L2 2.11050.22Wb2.11050.22Wb0根据法拉第电磁感应定律，可得线框中产生 2 1 x z  E 的平均感应电动势 E  0，所以，可知从位置1转动到位置2的过程，线框中平均感应电流的大小 I  0 t R 1 14．（1）390K；（2）增加了28J；（3） 2 V V h h 【详解】（1）依题意，活塞缓慢移动过程，受力平衡，可知封闭气体为等压过程，可得 1  2 ，即 1  2 T T T T 1 2 1 2 解得T 390K 2 （2）活塞从A处到B处的过程中，对活塞受力分析，可得mgpS  p S ，气体对外界做功W  pSh h  0 2 1 联立，解得W 72J，根据热力学第一定律，可得U W Q，其中W 72J，Q100J，解得U 28J 即气体内能增加了28J。 （3）打开阀门前活塞在B处，有 p  p6104Pa，V h S，悬挂m'后m'gp S  p S ，解得 p 3104Pa 2 2 2 3 0 3 若不打开阀门，气体体积设为V hS，该等温过程 p h S  p hS，解得h 0.52m，放出气体的质量与原来汽缸 3 3 2 2 3 3 3 m h h 1 内气体质量的比值  3 2  m h 2 3 答案第4页，共6页(1)h 2mg(1)(H h) 2g(1)(Hh)(HN1 hN1) 15．（1）k= ；（2）F = ；（3）I m (1)H 0 hh h(HN hN) 0 【详解】（1）篮球下降过程中根据牛顿第二定律有mgmg ma ，再根据匀变速直线运动的公式，下落的过 下 程中有v2 2a H，篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有mgmg ma ，再根据匀变速直线运动的公式， 下 下 上 v (1)h 上升的过程中有v2 2a h，则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比k  上 = 上 上 v (1)H 下 （2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有 hh 1 1 mgh 0 F mgh mv2，篮球反弹后上升过程中根据动能定理有mghmgh0 m(kv）2 2 0 2 下 2 下 2mg(1)(H h) 联立解得F = 0 hh 0 （3）方法一：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为a 1g（方向向下），a 1g（方 下 上 向向下）由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时 间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有I mv，即每拍击一次篮球将给它一个速度v。拍击第1 次下降过程有v2v2 21gh ，上升过程有kv 2 21gh，代入k后，下降过程有v2v2 21gh 1 0 1 1 1 0 h v2 h h v2 上升过程有hv2 21gHh ，联立有h  (h  )( )1h ( )1 ，拍击第2次，同理代 1 1 1 H 0 2g(1) H 0 H 2g(1) h v2 入k后，下降过程有v2v2 21gh，上升过程有hv2 21gHh 联立有h  (h  ) 2 1 2 2 2 H 1 2g(1) h h v2 h v2 再将h 代入h 有h ( )2h ( )2 ( )1 ，拍击第3次，同理代入k后，下降过程有 1 2 2 H 0 H 2g(1) H 2g(1) h v2 v2v2 21gh ，上升过程有hv2 21gHh ，联立有h  (h  )，再将h 代入h 有 3 2 3 3 3 H 2 (1)2g 2 3 h h v2 h v2 h v2 h ( )3h ( )3 ( )2 ( )1 ，直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有 3 H 0 H 2g(1) H 2g(1) H 2g(1) h v2 v2 v2 21gh ，上升过程有hv2 21gHh ，联立有h  (h  )，将h 代入h 有 N N1 N N N H N1 2g(1) N-1 N h h v2 h v2 h v2 h ( )Nh ( )N ( )N1 …( )1 ，其中h H ，h h N H 0 H 2g(1) H 2g(1) H 2g(1) N 0 h h ( )N1 则有H ( h )Nh[ H H ] v2 ，则I mv'm 2g(1)(Hh)(HN1hN1) H h 2g(1) h(HN hN) 1 H 方法二： 由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为a 1g（方向向下），a 1g（方 下 上 向向下）由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时 间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有I mv'，即每拍击一次篮球将给它一个速度v’。设篮球 从H下落时，速度为v ，反弹高度为h，篮球受到冲量I后速度为v’，落地时速度为v ，则 0 1 答案第5页，共6页(kv )2 v2v'2 h 2(1)gh(kv )2，2(1)ghv2v'2，联立可得h 0 = 1 ，代入k可得，v'2=v2 v 2……① 0 1 2(1)g 2(1)g 1 H 0 篮球再次反弹，反弹速度为kv ，设反弹高度为h ，受到冲量后，落地速度为v ，同理可得2(1)gh (kv )2， 1 1 2 1 1 h 2(1)gh v 2v'2，同理化简可得v'2 v 2 v2……②，篮球第三次反弹，反弹速度为kv ，设反弹高度为 1 2 2 H 1 2 h ，受到冲量后，落地速度为v ，同理可得2(1)gh (kv )2，2(1)gh v 2v'2，同理化简可得 2 3 2 2 2 3 h h H v'2=v 2 v 2……③……第N次反弹可得v'2=v 2 v 2……（N）对式子①②③……(N)两侧分别乘以( )0、 3 H 2 N H N1 h H H2 HN1 H H2 H3 HN1 HN1 h 、 …… 、 ， 再 相 加 可 得 (1    )v 2'  v 2  v 2 ， 得 h h2 hN1 h h2 h3 hN1 hN1 N H 0 H 1( )N h v'2  HN1 v 2 h v 2 ，其中，v 2 2(1)gH ，(kv )2 2(1)gH ，可得 H hN1 N H 0 0 N 1 h 2g(1)(Hh)(HN1hN1) 2g(1)(Hh)(HN1hN1) v'= ，可得冲量I的大小I mv'm h(HN hN) h(HN hN) 答案第6页，共6页