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2025 年湖北卷物理真题
一、单选题
1.PET(正电子发射断层成像)是核医学科重要的影像学诊断工具，其检查原理是将含放射性同位素(如
的物质注入人体参与人体代谢，从而达到诊断的目的。 的衰变方程为
❑
18F)
❑
18F
9 9
，其中 是中微子。已知 的半衰期是110分钟。下列说法正确的是( )
❑
18F→X+❑ 0e+❑ 0ν
❑
0ν
❑
18F
9 1 0 0 9
A. X为 B. 该反应为核聚变反应
❑
17O
8
C. 1克 经110分钟剩下 克 D. 该反应产生的 在磁场中会发生偏转
❑ 18F 0.5 ❑ 18F ❑ 0ν
9 9 0
2.甲、乙两行星绕某恒星做圆周运动，甲的轨道半径比乙的小。忽略两行星之间的万有引力作用，下列说
法正确的是( )
A. 甲运动的周期比乙的小 B. 甲运动的线速度比乙的小
C. 甲运动的角速度比乙的小 D. 甲运动的向心加速度比乙的小
3.如图所示，内壁光滑的汽缸内用活塞密封一定量理想气体，汽缸和活塞均绝热。用电热丝对密封气体加
热，并在活塞上施加一外力 F，使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2倍，同时其体积缓慢减小。关于
此过程，下列说法正确的是( )
A. 外力F保持不变 B. 密封气体内能增加
C. 密封气体对外做正功 D. 密封气体的末态压强是初态的2倍4.如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，放置一通电圆线圈，圆心为 O点，线圈平面与磁场垂
直。在圆线圈的轴线上有M和N两点，它们到 O点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零，则
N点的总磁感应强度大小为( )
A. 0 B. B C. 2B D. 3B
5.如图(a)所示，相距L的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内，两长度均为L、电阻均为R的金属棒
ab、cd垂直跨放在两导轨上，金属棒与导轨接触良好，导轨电阻忽略不计。导轨间存在与导轨平面垂直的
匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图(b)所示，t=T时刻，B=0。t=0时刻，两棒相距
x ，ab棒速度为零，cd棒速度方向水平向右，并与棒垂直，则0∼T时间内流过回路的电荷量为( )
0
B Lx B Lx B Lx 2B Lx
A. 0 0 B. 0 0 C. 0 0 D. 0 0
4R 2R R tRL
6.某网球运动员两次击球时，击球点离网的水平距离均为L，离地高度分别为 、L，网球离开球拍瞬间的
2
速度大小相等，方向分别斜向上、斜向下，且与水平方向夹角均为θ。击球后网球均刚好直接掠过球网，
运动轨迹平面与球网垂直，忽略空气阻力，tanθ的值为( )
1 1 1 1
A. B. C. D.
2 3 4 6
L
7.一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为 的门板组成，门处于关闭状态，其俯视图如图(a)所示。某同学
2
用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好
不与门框发生碰撞，其俯视图如图(b)所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ，重力加
速度大小为 g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于( )
√ L √ L √2L √ L
A. B. C. D. 2
2μg μg μg μg
二、多选题：本大题共3小题，共12分。8.在如图所示的输电线路中，交流发电机的输出电压一定，两变压器均为理想变压器，左侧升压变压器的
原、副线圈匝数分别为n 、n ，两变压器间输电线路电阻为 r。下列说法正确的是( )
1 2
A. 仅增加用户数， r消耗的功率增大
B. 仅增加用户数，用户端的电压增大
C. 仅适当增加n ，用户端的电压增大
2
D. 仅适当增加n ，整个电路消耗的电功率减小
2
9.质量均为m的小球a和b由劲度系数为k的轻质弹簧连接，小球a由不可伸长的细线悬挂在O点，系统
处于静止状态，如图所示。将小球b竖直下拉长度l后由静止释放。重力加速度大小为 g，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。释放小球 b后( )
A. 小球a可能会运动.
l
B. 若小球b做简谐运动，则其振幅为
2
mg
C. 当且仅当l≤ 时，小球b才能始终做简谐运动
k
2mg
D. 当且仅当l≤ 时，小球，b才能始终做简谐运动
k
10.如图所示，在xOy平面内有一以O点为中心的正五边形，顶点到O点的距离为R。在正五边形的顶点
上顺时针方向依次固定电荷量为q、2q、3q、4q、5q的正点电荷，且电荷量为3q的电荷在y轴正半轴上。静电力常量为k，则O点处的电场强度( )
A. 方向沿x轴负方向 B. 方向与x轴负方向成18∘夹角斜向下
2kq 2kq
C. 大小为 (cos54∘+cos18∘) D. 大小为 (2cos54∘+cos18∘)
R2 R2
三、实验题：本大题共2小题，共17分。
11.某实验小组为测量一节干电池的电动势E和内阻r，设计了如图(a)所示电路，所用器材如下：干电池、
智能手机、电流传感器、定值电阻R 、电阻箱、开关、导线等。按电路图连接电路，将智能手机与电流传
0
感器通过蓝牙无线连接，闭合开关 S，逐次改变电阻箱的阻值 R，用智能手机记录对应的电流传感器测得
的电流。回答下列问题：
(1)R 在电路中起 (填“保护”或“分流”)作用。
01 1
(2) 与E、r、R、R 的关系式为 = 。
I 0 I
1
(3)根据记录数据作出 −R图像，如图(b)所示。已知R =9.0Ω，可得E= V(保留三位有效数
I 0
字)，r= Ω(保留两位有效数字)。
(4)电流传感器的电阻对本实验干电池内阻的测量
结果 (填“有”或“无”)影响。
12.某同学利用如图(a)所示的实验装置来测量重力加速度大小g。细绳跨过固定在铁架台上不可转动的小
圆柱体，两端各悬挂一个重锤。实验步骤如下：
①用游标卡尺测量遮光片的宽度d。
②将遮光片固定在重锤1上，用天平测量重锤1和遮光片的总质量m、重锤2的质量M(M>m)。
③将光电门安装在铁架台上，将重锤1压在桌面上，保持系统静止，重锤2离地面足够高。用刻度尺测量
出遮光片中心到光电门的竖直距离H。
④启动光电门，释放重锤1，用数字毫秒计测出遮光片经过光电门所用时间t。
⑤根据上述数据求出重力加速度大小g。
⑥多次改变光电门高度，重复步骤③④⑤，求出g的平均值。回答下列问题：
(1)测量d时，游标卡尺的示数如图(b)所示，可知d= cm。
(2)重锤1通过光电门时的速度大小为v= (用d、t表示)。若不计摩擦，g与m、M、d、t、H的关系
式为g= 。
(3)实验发现，当M和m之比接近于1时，g的测量值明显小于真实值。主要原因是圆柱体表面不光滑，
导致跨过圆柱体的绳两端拉力不相等。理论分析表明，圆柱体与绳之间的动摩擦因数很小时，跨过圆柱体
Mm
的绳两端拉力差ΔT=4γ g，其中γ是只与圆柱体表面动摩擦因数有关的常数。
M+m
保持M+m=2m 不变，其中M=(1+β)m ，m=(1−β)m 。β足够小时，重锤运动的加速度大小可近似
0 0 0
表示为a=(β−γ)g。调整两重锤的质量，测得不同β时重锤的加速度大小a，结果如下表。根据表格数据，
采用逐差法得到重力加速度大小 保留三位有效数字 。
g= m/s2 ( )
β 0.04 0.06 0.08 0.10
a/(m/s2 ) 0.084 0.281 0.477 0.673
四、计算题：本大题共3小题，共43分。13.如图所示，三角形ABC是三棱镜的横截面，AC=BC，∠C=30∘，三棱镜放在平面镜上，AC边紧贴
镜面。在纸面内，一光线入射到镜面O点，入射角为α，O点离A点足够近。已知三棱镜的折射率为√2。
(1)若α=45∘，求光线从AB边射入棱镜时折射角的正弦值。
(2)若光线从AB边折射后直接到达BC边，并在BC边刚好发生全反射，求此时的α值。
14.如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强
磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v
0
3mv
的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为 ，粒子能回到O点，并在纸面内做
2qB周期性运动。不计重力，求：
(1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径。
(2)粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距。
(3)粒子的运动周期。
15. 如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n(n是大于1的正整数)个质量均为m
的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、……3n，木板的质量为 nm。相邻滑块间的距离均为L，木板
与地面之间的动擦因数为μ，滑块与木板间的动摩擦因数为2μ。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。
现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为√βμgL(β为足够大常数，g为重力加速度大小)。滑块间
的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小。
(2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度v ，第j+1个清块开始滑动时的速度为v 。用已知量和v
j j+1 j
表示v 。
j+1
1
(3)若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求β的值。提示：12+22+⋯ k(k+1)(2k+1)。
6答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.设X的质量数为a，电荷数为b，根据核反应过程中质量数守恒及电荷数守恒，可得a=18，
， X为 ，A错误
b=8 ❑ 18O ;.
8
B.该反应为正β衰变，不是核聚变， B错误;
1
C.1g❑ 18F经过一个半衰期，质量变为原来的 ，还剩下0.5g，C正确;
9 2
D. 的电荷数为0，在磁场中不受洛伦兹力，不会发生偏转， D错误。
❑
0ν
0
故选：C。
2.【答案】A
【解析】由题意可知， ，根据万有引力提供向心力，可得GMm mv2 2π ，
r <r = =mω2r=m( ) 2r=ma
甲 乙 r2 r T
则T <T ，v >v ，ω >ω ，a >a ，A正确。
甲 乙 甲 乙 甲 乙 甲 乙
3.【答案】B
【解析】气体的热力学温度增大到初态的2倍，温度升高，内能增大，又气体体积减小，则由理想气体状
pV
态方程 =C，可知气体压强增大，对活塞受力分析，有F+mg+p S=pS，可知外力F增大，A错误，
T 0
pV
B正确;气体体积减小，气体对外界做负功，C错误;由理想气体状态方程 =C可知，气体的热力学温度
T
增大到初态的2倍，若气体体积不变，则密封气体的末态压强是初态的2倍，但气体体积减小，则密封气
体的末态压强大于初态的2倍，D错误。
4.【答案】A
【解析】由安培定则可以判断出电流在圆线圈轴线上产生的磁场方向相同，因为M点和N点在圆线圈轴线
上，且它
们到O点的距离相等，则通电圆线圈在M点和N点产生的磁感应强度大小相等、方向相同，又因为匀强
磁场大小和方向处处相同，则通电圆线圈和匀强磁场在 M点和N点的叠加磁场相同，N点的总磁感应强度
大小与M点相等，也为0，A正确。5.【答案】C
ΔΦ
【解析】根据法拉第电磁感应定律，闭合回路中产生的感应电动势E= ，根据闭合电路欧姆定律得电
Δt
E ΔΦ B Lx
流I= ，通过回路的电荷量为q=IΔt，0∽T时间内ΔΦ=B Lx ，联立解得q= = 0 0，B正确。
2R 0 0 2R 2R
6.【答案】C
【解析】由题意可画出示意图，如图所示。
设球网的高度为h，对于斜向下击出的网球，
在水平方向有L=v cosθ⋅t ，
0 1
1
竖直方向有L−ℎ =v sinθ⋅t + gt2 。
0 1 2 1
L 1
对于斜向上击出的网球，在水平方向有L=v cosθ⋅t ，竖直方向有 −ℎ =−v sinθ⋅t + gt2
0 2 2 0 2 2 2
L 1
联立可得t =t ， =2v sinθ⋅t ，结合L=v cosθ⋅t ，可得4sinθ=cosθ，解得tanθ= ，
1 2 2 0 1 0 1 4
C正确。
7.【答案】B
【解析】门板先在向右的外力作用下做匀加速直线运动，撤去外力后做匀减速直线运动，若外力比较大，
加速时间很短，位移很小，可以忽略不计，此时门板的运动时间最短，撤去外力后由牛板第二定律有L 1
μmg=ma，设撤去外力后门板最短运动时间为 t，运动的距离为 = at2，可得门板的最短运动时间趋近
2 2
√ L
于t= ，故 B正确。
μg
8.【答案】AC
【解析】
A.如上图所示， R 为理想变压器和用户端的等效电阻，仅增加用户数，R 减小， R 减小，由闭合电路欧
用
姆定律得 U ，则 变大，由I n 知 变大，由 知，r消耗的功率增大，A正确;
I = 1 I 1= 2 I P=I2r
1 R 1 I n 2 2
2 1
B.由U n 知 不变， ，，则 减小，由U n 知 减小，即用户端电压小， B错误;
1= 1 U U =U −I r U 3= 3 U
U n 2 3 2 2 3 U n 4
2 2 4 4
U
C.仅适当增加n ，则等效电阻 R减小，由闭合电路欧姆定律得I = 1，则I 变大，I 变大，I 变大，则用
2 1 R 1 2 3
户端电压U =I R 增大，C正确；
用 3 用
D. 整个电路消耗的功率为P=U I ，I 变大，则 P增大， D错误。
1 1 1
9.【答案】AD
【解析】A.释放小球b后，当小球 b向上运动挤压弹簧时，若弹簧的弹力大于小球a的重力，小球 a会向
上运动， A正
确;
CD.当小球a向上运动时，小球b不做简谐运动，所以小球b始终做简谐运动的临界条件是弹簧压缩时的
mg
最大弹力等于mg，此时弹簧的压缩量为x = ，小球 b做简谐运动，在平衡位置时弹簧的伸长量为
1 kmg 2mg 2mg
x = ，所以最大伸长量为A =x +x = ，即将小球b下拉l≤A = 时，小球b才能始终做
2 k max 1 2 k max k
简谐运动， C错误， D正确;
B.小球b做简谐运动时的振幅为A=l， B错误。
10.【答案】AD
【解析】点电荷在O点产生的场强方向如图所示。由几何关系可知θ =18∘，θ =54∘，将5个场强沿x，y
1 2
−2kq
轴分解可得E =E cos54∘+E cos18∘−E cos18∘−E cos54∘= (2cos54∘+cos18∘)，
x 1 2 4 5 R2
6kq 1
E =E sin54∘+E sin54∘−E sin18∘−E sin18∘−E = (sin54∘−sin18∘− )=0，根据场强叠加
y 1 5 4 2 3 R2 2
2kq
原理可知O点电场强度方向沿x轴负方向，大小为
(2cos54∘+cos18∘)，A、D正确。
R2
11.【答案】保护
1
(R+r+R )
E 0
1.47
/1.47∼1.51均给分1.3/1.1−1.6均给分
有
【解析】(1)R 串联在电路中，起保护作用。
0
1 1
(2)由闭合电路欧姆定律得E=I(R+R +r)，整理得 = (R+r+R )。
0 I E 0
1 17 R +r
(3)根据上述分析，结合题图(b)可知， = V−1 ， 0 =7A−1，解得E=1.47V，r=1.3Ω
E 25 E
1 1 R +r +R R +r +R
(4)电流传感器有内阻时，E=I(R+R +r +R )解得 = R+ 0 真 A ,则 0 真 A =7A−1，
0 真 A I E E E
则r =r +R ，故电流传感器的电阻对干电池内阻的测量结果有影响。
测 真 A
12.【答案】 0.515
d
t
(M+m)d2
2H(M+m)t2
9.81
【解析】(1)游标卡尺的精度为0.05mm，主尺读数为5mm，游标尺的刻度3与主尺刻度线对齐，故游标
卡尺的读数为d=5mm+3×0.05mm=5.15mm=0.515cm。
d
(2)重锤1上遮光片的宽度为d，遮光片通过光电门的时间为t，利用平均速度代替瞬时速度可知v= 。两
t
1
个重锤组成的系统运动过程中机械能守恒，则有(M−m)gH= (M+m)v2，联立可得
2
(M+m)v2 (M+m)d2
。
g= =
2(M−m)H 2H(M−m)t2由题意有 ，即 a ，由逐差法可得
(3) a =(β −γ)g g= i
i i β −γ
i
a +a −(a +a ) 0.477+0.673−(0.084+0.281) 。
g= 3 4 1 2 = m/s2=9.81m/s2
β +β −2γ−(β +β −2γ) 0.08+0.10−(0.04+0.06)
3 4 1 2
13.【答案】(1)光路图如图甲所示：
∠C=30∘，AC=BC，则∠BAC=∠B=75∘
当 时，由几何关系可知，光线在AB边上的入射角
α=45∘ i=90∘−(∠BAC−∠1)=60∘
sini √6
由折射定律有n= ，解得sinr=
sinr 4(2)光在BC边上恰好发生全反射时，入射角等于临界角，光路图如图乙所示：
1 √2
sinθ=sinC= = ，则θ=45∘
n 2
由几何关系可知，光在AB边上的折射角为
r =180∘−(180∘−∠B)−θ=30∘
1
由折射定律有 sini ，解得 ，由几何关系可得
n= 1 i =45∘ α=60∘
sinr 1
1
【解析】详细答案和详细解答过程见答案14.【答案】粒子能回到O点，则粒子的运动轨迹对称，其运动轨迹如下图：
粒子在MN左侧区域磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即 v2 ，解得 mv
(1) qv B=m 0 r = 0
0 r 1 qB
1
3mv 3
(2)O点到MN的距离为 0= r
2qB 2 1
粒子在MN左侧磁场中的运动轨迹如上图所示，轨迹对应的圆心为O ，粒子在中间无磁场区域做匀速直线
1
运动，运动到PQ右侧后，粒子以O 为圆心、r 为半径做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，即
2 2
v2 ，解得 mv 1
qv ⋅2B=m 0 r = 0 = r
0 r 2 2qB 2 1
2由几何关系，粒子在PQ右侧磁场中的运动轨迹所对的圆心角为120∘
故粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距为 √3mv
d=2r sin60∘= 0
2 2qB
由几何关系，粒子在MN左侧磁场中的运动轨迹所对的圆心角为 ，运动时间 240∘ 2 ，
(3) 240∘ t = T = T
1 360∘ 1 3 1
2πr
T = 1
1 v
0
粒子在PO右侧磁场中的运动轨迹所对的圆心角为 ，运动时间 120∘ 1 ， 2πr
120∘ t = T = T T = 2
2 360∘ 2 3 2 2 v
0
粒子在中间无磁场区域做匀速直线运动的时间 2(r −r )tan60∘
t = 1 2
3 v
0
5πm √3m
故粒子的运动周期为T=t +t +t = +
1 2 3 3qB qB
【解析】详细答案和详细解答过程见答案。
15.【答案】(1)对长木板和滑块分别受力分析，可知长木板不动，第1个滑块做匀减速运动;，由牛顿第二
定律，有2μmg=ma
第1个滑块的初速度大小为 ，设第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间速度为
v =√βμgL v
1 10
由运动学公式，有
v2−v2 =2aL
1 10
解得
v =√(β−4)μgL
10
(2)第1个滑块与第2个滑块碰撞，设碰撞后共同速度为v ，根据动量守恒定律有mv =2mv
2 10 2
1
解得v = v =√v2−4μgL
2 2 10 1
设第2个滑块与第3个滑块碰撞前速度为 ，有 ，
v v2−v2 =2aL
20 2 20
解得
v =√v2−4μgL
20 2第2个滑块与第3个滑块碰撞，设碰撞后共同速度为v ，根据动量守恒定律有2mv =3mv
3 20 3
2 2
解得v = v = √v2−4ugL
3 3 20 3 2
即 1√ n−1 ，
v = (β−4∑i2 )μgL
n n
n=1
j
以此类推，可得v = √v2−4μgL
j+1 j+1 j
(3)设k个滑块一起在木板上滑动时，木板开始滑动。则2μkmg>μ(nm+3nm)g
解得k>2n
故第2n+1个滑块在木板上滑动时，木板开始滑动，其余滑块和木板相对静止;设第2n+1个滑块刚开始在
木板上滑动时的速度大小为v 、加速度大小为a ，木板的加速度大小为a
2n+1 1 2
由 问分析得 1 √ [ 4 ]
(2) v = μgL β− n(2n+1)(4n+1)
2n+1 2n+1 3
由牛顷第二定律得2μ(2n+1)mg=(2n+1)ma
1
2μ(2n+1)mg−4μnmg=[4n−(2n+1)]ma
2
设第2n+1个滑块开始滑动后，经时间 t与木板达到共同速度，恰好不与下一个滑块相碰，由运动学知识
得
v −a t=a t
2n+1 1 2
1 1
v t− a t2− a t2=L
2n+1 2 1 2 2
联立上式解得
4n(2n+1)(8n2+10n+5)
β=
3(2n−1)
4 8n(2n+1) 2
或β= n(2n+1)(4n+1)+
3 2n−1
【解析】详细答案和详细解答过程见答案
