2024-2025学年湖北省武汉市高三（下）调研考试物理试卷（4月）（含详细答案解析）

这是一份2024-2025学年湖北省武汉市高三（下）调研考试物理试卷（4月）（含详细答案解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.2024年6月25日，嫦娥六号返回器准确着陆于预定区域，实现世界首次月球背面采样返回。相关研究表明，月壤中氦−3储量极为丰富，每100吨氦−3原料足可以解决全球一年的电力供应。氦−3常见的一种核反应为： 23He+12H→24He+X+18.3MeV，对于该反应，下列说法正确的是( )
A. X是中子B. 该反应为裂变反应
C. 该反应需在高温下才能进行D. 23He的比结合能大于 24He的比结合能
2.《考工记》中记载：“马力既竭，辀犹能一取焉”，意思是马对车不施加拉力了，车还能继续向前运动一段距离。若马拉着车以速度v0在平直路面上匀速行驶，车受到的阻力大小为车重的k倍，重力加速度大小为g。则马对车不施加拉力后，车运动的位移大小为( )
A. v02kgB. v022kgC. v0kgD. v02kg
3.发光二极管的发光帽由透明环氧树脂制成，它由半径为R的半球体与半径为R的圆柱体组成，如图为过半球球心O的竖直截面图。当用平行单色光垂直于圆柱体底面入射，经过半径OA上B点的光线恰好在圆弧面上发生全反射，已知OB= 22R，则该透明环氧树脂材料的折射率为( )
A. 2B. 3C. 2D. 3
4.如图所示，地球从外到内分为地壳、地幔、地核三部分，其中地核质量约为地球总质量的0.32倍，半径约为地球半径的0.55倍。地壳、地幔、地核视其质量均匀分布，已知质量均匀分布的球壳对壳内物体的万有引力为零，则地幔和地核交界处的重力加速度大小与地球表面的重力加速度大小之比为( )
A. 1.06B. 0.95C. 0.58D. 0.55
5.某水电站发电机的输出功率为150kW，发电机的输出电压为250 V。通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的总电阻为5Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220 V。要求在输电线上损失的功率控制在8kW，则( )
A. 输电线上通过的电流为600AB. 降压变压器原线圈的电压为3750V
C. 升压变压器匝数比为1:15D. 降压变压器匝数比为375:22
6.2025年3月21日，在自由式滑雪和单板滑雪世锦赛男子单板滑雪坡面障碍技巧决赛中，中国选手苏翊鸣获得银牌。如图所示，某次训练中，运动员从左侧高坡的 A点滑下，再从斜坡上的B点，以v0=10m/s的初速度沿与斜坡成60∘方向飞出，在空中完成规定动作后落在斜坡上的C点。不计空气阻力，重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 在研究运动员空中姿态时可将其视为质点
B. 运动员在空中飞行时，相同时间内速度变化量不同
C. 运动员在空中飞行的时间为1s
D. 运动员落到C点时的速度方向与v0方向垂直
7.如图所示，直角三角形abc中∠a=30∘，ac=L，其区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，c点处的粒子源可向磁场区域各个方向发射速度大小为kBL2(k为粒子的比荷)的带正电的粒子。不考虑粒子的重力和相互间作用力，下列说法正确的是( )
A. ab边上有粒子到达区域的长度为 33L
B. ac边上有粒子到达区域的长度为12L
C. 从ab边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为π3kB
D. 从ac边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为π2kB
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图所示，一定质量的理想气体的循环由下面4个过程组成：a→b为等压过程，b→c为绝热过程，c→d为等压过程，d→a为绝热过程。下列说法正确的是( )
A. a→b过程中，气体内能增加
B. b→c过程中，气体内能不变
C. c→d过程中，气体吸收热量
D. 整个过程中，气体从外界吸收的总热量可以用abcd所围的面积表示
9.如图所示，水面上有两个相距4m、频率均为2Hz的波源S1和S2，水面上P点到S1的距离为3m，到S2的距离为5m。t=0时刻，两波源同时由平衡位置开始向下简谐振动，t=1.5s时，P点开始振动。已知两波源的振幅均为10cm，下列说法正确的是( )
A. 该水波的波长为1m
B. 0∼3s内，P点运动的路程为120cm
C. P点与S1的连线之间(不含P、S1两点)有2个振动减弱点
D. S1与S2的连线之间(不含S1、S2两点)有8个振动加强点
10.如图所示，两根足够长的平行金属光滑导轨MNPQ、M1N1P1Q1固定在倾角为30∘的斜面上，导轨电阻不计。MN与M1N1间距为2L，PQ与P1Q1间距为L。在MN与M1N1区域有方向垂直斜面向下的匀强磁场，在PQ与P1Q1区域有方向垂直斜面向上的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为 B。在MN与M1N1区域中，将质量为m，电阻为R，长度为2L的导体棒b置于导轨上，且被两立柱挡住。PQ与P1Q1区域中将质量为m，电阻为R，长度为L的导体棒a置于导轨上。a由静止下滑，经时间t，b恰好离开立柱，a、b始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，重力加速度大小为g。则( )
A. 两导体棒最终做匀速直线运动
B. t时刻，a的速度大小为mgR2B2L2
C. 0∼t内，a下滑的距离为mgRt2B2L2−m2gR22B4L4
D. a中电流的最大值为3mg10BL
三、实验题：本大题共2小题，共17分。
11.某实验小组利用手机物理工坊(Phyphx)探究圆周运动向心加速度的影响因素。该小组先探究向心加速度与角速度的关系，实验装置如图(a)所示，步骤如下：
①将自行车倒置，并将手机固定在自行车后轮上;
②打开手机物理工坊，选择向心加速度测量功能，转动后轮;
③改变手机在自行车后轮上固定的位置，重复上述实验;
④利用手机物理工坊得到向心加速度与角速度的关系如图(b)和图(c)所示。
(1)探究向心加速度与角速度的关系，利用的科学思想方法是 ;
A.等效替代
B.控制变量
C.微小量放大
(2)作a−ω图像，得到图(b)，可以初步得到结论：转动半径一定时， ;
(3)改变自变量，作a−ω2图像，得到图(c)，图中A、B两次实验中，转动半径rA rB(选填“>”“=”或“
【解析】(1)在探究向心加速度与角速度的关系时，需要控制转动半径等其他因素不变，只改变角速度，这种科学思想方法是控制变量法，所以选 B；
(2)从图(b)中看到，随着ω的增大， a增大，可以初步得到结论：转动半径一定时，向心加速度随角速度增大而增大；
(3)由向心加速度公式a=rω2可知，a−ω2图像的斜率k=r。从图(c)中看到，A图像的斜率大于B图像的斜率，所以转动半径rA>rB。
12.【答案】B
上
3.2
3.2
4.0×10−4

【解析】(1)将S接1时，电容充电，随着充电的进行，电容器两端电势差逐渐增大，充电电流逐渐减小到零，故B正确，ACD均错误；故选B。
(2)根据图(a)可知，开关S接1时，电容器上极板与电源正极相连，故充电完成后，电容器上极板带正电，
S接2时，电容器放电，图(b)中I−t图像中图线与坐标围成的面积表示电容器极板上放出的电荷量，由图像可得0−1.2s时间内电容器放出的电荷量Δq≈24×0.2×10−3A×0.4s=1.92×10−3C，故电容器原来所带的总电荷量q总=Δq3×(3+2)=3.2×10−3C，根据q总=CUmax及Δq=C⋅ΔU及ΔU=Umax−Uc，其中Umax=8V，解得Uc=3.2V，又I=UcR，故可知R=3.2kΩ；
(3)图(b)中图线的切线斜率k=ΔIΔt=ΔUR⋅Δt=ΔQCR⋅Δt=1CR⋅I，t=1.2s时，电流I=1.0mA，图线的切线的斜率大小k=0.781mA/s，代入解得C=4.0×10−4F。
13.【答案】解：(1)对滑雪者进行受力分析，滑雪者受到重力 mg、支持力N和阻力f。将重力沿山坡和垂直山坡方向分解，沿山坡方向的分力为mgsin30∘，垂直山坡方向的分力为mgcs30∘。已知阻力f=0.1mg。根据牛顿第二定律F合=ma′沿山坡方向的合力F合=mgsin⁡30∘−f′即mgsin30∘−0.1mg=ma。将m=80kg，g=10m/s2代入可得：a=4m/s2;
(2)已知滑雪者做匀加速直线运动，初速度v0=3m/s，加速度a=4m/s2，时间t=5s，根据匀变速直线运动的位移公式x=v0t+12at2，将数值代入可得：x=65m。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】(1)小球由M点运动到O点过程中，根据动能定理
mg(0.4l)+UMOq=12m( 2gl)2
解得
UMO=3mgl5q
(2)小球由M点运动到N点过程中，根据动能定理
mg(0.8l)+UMNq=12mvN2
根据电场分布对称性
UMN=2UMO
解得
vN=2 gl
(3)由UMO=φM−φ=3mgl5q
由于φ=0，可得
φM=3mgl5q
根据φ=kQr
φM=2kQ0.6l+2k(−Q)l
联立解得
Q=9mgl220kq

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】由题意a、b碰撞前b、c相对静止，a、b碰撞后a、c相对静止，b、c碰撞后a、b相对静止。
(1)设a、b、c三者共速的速度为v，对全过程，由动量守恒定律：mv0=3mv
解得v=13v0
(2)对全过程，由功能关系：12mv02=12×3mv2+2μmgL
b、c碰撞前瞬间、由动量守恒定律：mv0=mvb+2mvc
从开始到b、c碰撞前瞬间，由功能关系：12mv02=12×2mvc2+12mvb2+μmgL
解得vb=1+ 23v0
(3)经分析，a、b、c的位移大小相等。由(2)可得vc=2− 26v0
设b、c碰撞前c的位移为x1，由动能定理：μmgx1=12×2mvc2
设b、c碰撞后到a、b、c共速前，c的位移为x2，
由动能定理：2μmgx2=12mvb2−12mv2
又xa=x1+x2
解得xa=4− 23L

【解析】详细解答和解析过程见【答案】