2025湖北省七市州高三下学期3月联合统一调研测试物理试卷含解析

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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。
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
【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 ~ t0 时间内先加速后减速运动， t0 时刻距离原点最远， t0 ~ 2t0 时间内
反向先加速后减速运动， 2t0 时刻回到原点，且速度减为零；质点 Q 在 0 ~ t0 时间内先做加速度增
加的加速运动，后做加速度减小的加速运动， t0 时刻速度达到最大， t0 ~ 2t0 时间内做加速度增大
的减速运动，后做加速度减小的减速运动， 2t0 时刻速度减为零，此过程一直向前运动， 2t0 时刻距
离原点最远，故 C 正确；
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， 内速度
~ t
0
2 2 0 2 2
1
2. 【答案】D
2π
【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 Acs t ,当 t
T
2π T A ,所以小球从最高点向下运动的距离d A
2 A 2
y Acs
T 8 2 2 2
T
时有
8
A，故 D 错误。
【详解】整个过程，由动量定理得 mgt IF 0 解得 IF mgt ，即图像中阴影部分的面积大小
IF mgt 5400kg m / s ，故 B 正确。故选 B。
7．【答案】B
【详解】B. = 0， = 2, = = 2,可知 a 棒可能位于第四象限角平分线上，电流方向垂
，
2
直纸面向里， 或位于第二象限角平分线上，电流方向垂直纸面向外， = 2, = 2 , =
2 2 ，故 B 正确；
A.由 = 0 时， + = 6， = 4,则导线 b 中电流方向垂直纸面向里，故 ab 电流方向可能相同或相反，故 A 错
误；
CD.导线 b 移动过程中， 与 的夹角从到
5 间变化，则 O 点处磁感应强度先减小后增大，且最
4 4
小值不为 0，C 错误，D 错误。故选 B。
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，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；
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，0 = 2��45°,得2 = 20，由竖直方向运动可得2 > 1,
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；
��
B. 对球 1，�� −�� = ,1 = ,对球 2，�� +�� = ， = 3 ��,据 = ,且相等，1、2
1 2 2 2 2
两球速度变化量不相等，故 B 错误；
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。
1
D. 1、2两球运动时间为t,竖直方向 2 =（− ��45°）+1 2,得 = 0,相遇时球1 速度 ＇
2 1 2 1 =
2 2 # #
＇
2
= 20,球2 速度 , = = 50， = 0 = ，故D 正确。
10
2 +0 (1)2 2 +0 ( −0 +2)2
2 2 ＇ 50 5
2
故选 AD。
10. 【答案】BC
【详解】A.当A1A2 运动到 x 0 之前，金属框 D1D2 边切割磁感线，框中产生逆时针的感应电流，由
2
的变化量为零，因此
6.【答案】B
t 3
0 与 t 时刻的速度等大同向，D 错误。故选 C。
2 2
0
C.根据全反射发生的条件sinC
1
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
左手定则， D1D2 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； A1A2 由x 0
由左手定则 A1A2 和D1D2 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
A 错误。
1
B. A A 运动到 x d 时，金属框中 A A 和D D 都在垂直切磁感线且同向叠加，此时框中感应电动
1 2 2 1 2 1 2
势最大 Em1 2B0 ymv0 2B0dv0 , 故B 正确；
C. D1D2 在x 0至x d 区间运动过程中，只有 D1D2 边在切割，感应电动势的瞬时表达式
x v
e B yv B v d sin B v d sin 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
E B S B dv d 由感应电动势最大值 m 0 0 0 ,解得 S
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 2B0 S ，
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 d 2
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 d 2
小也相等。故 D1D2 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；
R
D. D1D2 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 Em2 B0dv0 ,则有效
B0dv0
2
值E 回路中产生的焦耳热 E2 2 d
有 Q 有 t 0 0
2 2
1 2R 2R v 4R
0
2B0dv0 2
理，回路中产生的焦耳热 E2 2 d
Q 2有 t 0 0
2 2R 2R v R
0
D1D2 在x 2d 至x 3d 区间运动过程中，A1A2 边切割磁感线，产生感应电流与 D1D2 在x 0至x d
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
3
运动到 x
1
d 过程，框中 A A 和D D 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
x
D D 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 d sin
1 2 2 0 0 d
,同
3B2d3v
做的功W 2Q1 Q2 0 0 ,故 D 错误。故选 BC。
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 L0 14.91cm ；
（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）① R1 ②如图 （2）①减小 ②调小 ③偏大
【详解】（1）①②气敏电阻 Rq 随甲醛浓度 变化的曲线可知，甲
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 R1；实物连
接如图。
（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，Rq 更小，要求此时电阻箱两端的电压仍为
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）3p0
U1 n1
解：（ 1） 对变压器，由 ① 得 U =44V （2 分）
2
U2 n2
U
2 4A
副线圈的电流有效值 I2 ② （2 分）
R
4
（2） 根据胡克定律，结合 F x图像可知，弹簧的劲度系 k
F
x
15
0.08
N / m 187.5N / m
2
（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 （2 分）
③解得T 1.5T 3T
T0 T1
1 0 0
p
p2 1
此后气体体积不再变化，由查理定律得
④
T1 3T0
活塞上升至气缸口前做等压变化，对活塞，有 p1S p0S mg ⑤（2 分）
3
④⑤联立得 p p ， p 3p ⑥ （2 分）
1 2 0
2 0
p1sh p2sH
（或由气体实验定律得 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，⑦⑧⑨⑩ ➃⑫各1 分。）
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
R2 R1
R R 2r ① （2 分） （ r
同样给分）
2 1 1 1 2
v2
qv1B m 1
②
r
1
（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
v
2
R2 R1 2r2 ④ （2 分）
（ 3 1）L
（ r
同样给分）
2
2 v2
qv2B m 2
⑤ （2 分）
r
2
（3） 设粒子在磁场中运动的周期为 T，最长时间为tmax ，粒子轨迹如图所示，设此时粒子的轨迹半 径为 r ，则 L2 (2L r )2 r2 ⑦ （1 分）
3 3 3
v2
由牛顿第二定律， qv3B m 3
⑧ （1 分） 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
5
【答案】(1) v
1
（ 3 1）qBL （
(2) v
2
2m
3 1）qBL
2m
(3) t
max
4 m
3qB
由①②式可得v1
（ 3 1）qBL
2m
③ （2 分）
（ 3 1）qBL
由④⑤式可得 v
2 2m
⑥ （2 分）
2 2
T ➃ （1 分）
max 2
4 m
由⑦⑧⑨⑩➃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；➃⑫共2 分（任错 1 个不给
分）， ⑭2 分，⑬⑮各 1 分。）
1
【答案】（1）v A1 0 ， vB1 2 gL （2）L ；（ 3） Q 0.6(6n2 6n 1)mgL
5
解：（ 1） 对A，由牛顿第二定律， mg sin ma1 ① 解 得 a1 g sin 0.6g （1 分）
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 a t2 a t2 ③ 解得 t
（1 分）
1 2 1 1 2 2 1 1 g
9 1
则碰撞前瞬间 A、B 的速度分别为vA1 a1t1 gL ④ ， vB1 a2t1 gL ⑤ （1 分）
5 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 A1 0 ⑥ ， vB1 2vB1 2 gL ⑦ （2 分）
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
1 1
d (v v)t (v v)t ⑨ （2 分）
m 2 B1 0 2 A1 0
v B1 vA1 5vB1 (v v ) 联立解得t ， d B1 A1 L
⑩ （2 分）
0 a g 2(a
1 a2 m 1 a2 )
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
6
对B，由牛顿第二定律， 3mg sin 3mg cs 3ma2
② 解得 a2 0.2g （1 分）
v v
B1 a2t0 v A1 a1t0 ⑧ （2 分）
1 1
(3) 第一次碰撞后到第二次碰撞前，有 v t a t2 v t
B1 2 2 2 2 A1 2 2
a t2
1 2
解得
t
2
2(v
B1 v A1) 10 ，
L
5g
a1 a2
1
则第二次碰前vA2 vA1 a1t2 6 gL , vB2 vB1 a2t2 4
5
1
5
gL
mvA2 3mvB2 mv A2 3mv B2
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 a t3
B2 3 2 2 3 A2 3 2 1 3
则第三次碰前,vA3 v A2 a1t3 9vB1 ,vB3 v B2 a2t3 7vB1
由此可推知，第 n 次碰后 B 的速度为v Bn 2vB1 3(n 1)vB1 (3n 1)vB1 ⑬ （1 分）
从释放开始到第 n 次碰撞前的过程中，B 物块的位移为 xB xB1 xB2 xB3 xBn
1 L 1 1
a t2 ，…… x v t 1 a t 其中 x a t2 ，x v t a t2 ， x v t
2
1 2 2 1 2 2 B1 2 2 2 2 3 B2 3 2 2 3 n B(n 1) n 2 2 n
L
3n(n 1)L 带入数据解得 xB
⑭ （2 分） 2
B 物块与斜面间因摩擦产生的热量为Q 3mg cs xB ,
带入数据解得Q 0.6(6n2 6n 1)mgL ⑮ （1 分）
71
2
1 1 1
mv2 3mv2 mv 2 3mv 2
A2 2 B2 2 A2 2 B2
联立解得
v
A2
3vB1 3 ➃, v B2 5vB1 5 ⑫ （2 分）
1 1
gL gL
5 5
解得
t
3
2(v
B2 v A2 ) 10 ,
L
5g
a1 a2
同理，第三次弹性碰撞后， v
A3 6vB1 , v B3 8vB1
第n-1 次碰撞到第 n 次碰撞前经历的时间为tn tn 1 t2 10
L
5g