2025届湖北省普通高中学业水平选择性考试模拟（五）物理试卷（解析版）

这是一份2025届湖北省普通高中学业水平选择性考试模拟（五）物理试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了91等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并认真核准准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．太阳属于中型星，再过50亿年将步入“老年时期”，渐渐演化为（ ）
A．白矮星B．中子星C．超新星D．黑洞
2．关于第一宇宙速度，下列说法中正确的是（ ）
A．地球的第一宇宙速度是人造地球卫星环绕地球运行的最小速度
B．地球的第一宇宙速度是人造地球卫星环绕地球做圆周运动的最大速度
C．地球的第一宇宙速度是地球同步卫星环绕运行的速度
D．不同行星的第一宇宙速度都是相同的
3．下列说法错误的是( )
A．在匀强电场中，电势降低的方向一定是电场的方向
B．无论是正电荷还是负电荷，电场力做负功时电势能一定增加
C．在匀强电场中，电场力做功与电荷经过的路径无关，仅与运动始末位置的电势有关
D．将电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能可能增加、也可能减小
4．用倾角为的传送带向卡车内输送货物，如图所示。现将质量为、可视为质点的货物轻放到传送带底端，当货物离开传送带时刚好与传送带共速。已知货物和传送带间的动摩擦因数为，传送带始终以的速度顺时针转动，A、B两轮大小不计，取重力加速度大小。下列说法正确的是（ ）
A．货物在传送带上运动时受到的摩擦力大小为
B．货物Р在传送带上运动时的加速度大小为5m/s2
C．货物Р在传送带上运动的时间为2s
D．传送带B轮距地面的高度为
5．在水底同一深度处并排放着三种颜色的球，如果从水面上方垂直俯视色球，感觉最浅的是（ ）
A．三种色球视深度相同B．蓝色球
C．红色球D．紫色球
6．如图所示，两平行直导线和竖直放置，通以方向相反大小相等的电流，a、b两点位于两导线所在的平面内，则（ ）
A．b点的磁感应强度为零
B．导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里
C．导线受到的安培力方向向右
D．同时改变了导线的电流方向，导线受到的安培力方向不变
7．一列机械波沿x轴正向传播，已知在x轴上相距为3m的两质点A和B振动图像分别如图甲、乙所示。这列波传播的速度可能是（ ）
A．8m/sB．10m/sC．12m/sD．16m/s
8．某兴趣小组在平直公路上研究车辆的运动规律，根据做直线运动的车辆的运动情况描绘图像，如图所示。请你根据图像判定以下说法正确的是（ ）

A．机动车的加速度越来越小
B．机动车的位移与时间的函数关系
C．机动车的加速度大小为
D．机动车在前3s内的位移是25m
9．如图甲所示，水平地面上有一长木板，将一小物块（可视为质点）放在长木板上，给小物块施加一水平外力F，已知长木板及小物块加速度a随外力F的变化关系如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是
甲乙
A．小物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝a1g
B．长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝a0g
C．小物块的质量m＝F3－F2a1
D．长木板的质量M＝F2－F1a1
10．如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是（ ）
A．a的质量比b的大 B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等 D．在t时刻，a和b的动量大小相等
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11．某同学用如图所示装置验证动量守恒定律。斜槽轨道被竖直固定在水平桌面上，其末端Q伸出桌面外且切线水平；挡板b竖直固定，点O是Q点的水平投影点；小钢球1和玻璃球2的大小相等且均可视为质点；图中的P、M、N是小球与挡板的撞击点。请回答下列问题：
（1）用游标卡尺测量出的小钢球的直径如下图所示，可知小钢球直径d= cm。

（2）第一次在不放玻璃球2时，将小钢球1从斜槽上E点由静止释放，它撞击在挡板b上；第二次将玻璃球2放在斜槽末端Q处，小钢球仍从E点由静止释放，它们均撞击在挡板b上。则第一次小钢球1撞击在挡板b上的 点（选填“P”“M”或“N”）。
（3）要完成该实验，必须测量的物理量有 （填正确答案标号）。
A．小钢球1和玻璃球2的质量m1、m2
B．小钢球1或玻璃球2的直径d
C．E、Q之间的竖直高度h
D．Q、O之间的水平距离x
E．OP、OM、ON的长度HP、HM、HN
（4）在误差允许范围内，关系式 成立，说明两球在碰撞过程中动量守恒。（用所测的物理量表示且为最简形式）
12． 某同学把铜片和锌片相隔约1 cm插入一个苹果中，就制成了一个水果电池。为了测量其电动势E和内阻r，他用到的实验器材有电阻箱(最大阻值为9 999 Ω)、数字万用表2 V电压挡(内阻远大于普通电压表)、开关、导线若干。实验步骤如下：
甲
①将该水果电池与其余实验器材按如图甲所示的电路连接；
②调节电阻箱阻值，闭合开关，待数字万用表示数稳定后，记录电阻箱的阻值R和数字万用表的示数U后立即断开开关；
③每次将电阻箱的阻值增大1 000 Ω，重复实验，计算出相应的1R和1U，数据记录如表所示∶
乙
④根据表中数据，绘制出1U－1R关系图线如图乙中的直线b所示。
请回答下列问题∶
(1)步骤②中立即断开开关的原因是 ；
(2)根据闭合电路欧姆定律，可以得到1U与1R的关系表达式为1U＝ (用E、r和R表示)；
(3)根据由实验数据绘制的图线b可得该水果电池的电动势为 V，内阻为 kΩ(结果均保留两位有效数字)；
(4)若用普通的电压表代替数字万用表进行实验，得到的图线可能是图乙中的直线 (填“a”“b”“c”或“d”)。
13．如图所示，一粗细均匀的U型的玻璃管竖直放置，左侧竖直管上端封闭，右侧竖直管上端与大气相通且足够长，左侧竖直管中封闭一段长为l1=48cm的空气柱（可视为理想气体），气体的温度为T1=300K，水平管内充满水银，右侧竖直管中水银柱长h1=24cm，如果从右侧竖直管内缓慢注入h=36cm水银柱，注入的水银与原来右侧管内水银之间没有空气，注入过程空气柱的温度保持不变，水银柱长度远远大于玻璃管的直径，大气压强为p0=76cmHg。
（1）求稳定后空气柱的长度l2；
（2）如果要使空气柱再恢复到原来的长度48cm，求需要将空气柱的温度变为多少。
14．水平桌面上放有纸板，小砝码放在纸板上，砝码与纸板左端的距离l＝0．5 m，如图所示。已知砝码与纸板间的动摩擦因数μ1＝0．2，纸板与桌面间的动摩擦因数μ2＝0．25。现用水平向右的恒力将纸板拉动，纸板一直在桌面上运动，小砝码可视为质点，砝码和纸板的质量分别为m1＝0．3 kg，m2＝0．1 kg，重力加速度g＝10 m/s2。
（1）若拉纸板的恒力F1＝1．6 N，求纸板对砝码的摩擦力f1的大小；
（2）若拉纸板的恒力F2＝2．2 N，求砝码在纸板上滑动的时间t及该过程中纸板对砝码所做的功W。
15．一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。
(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为π6，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。
【参考答案】
1．【知识点】发现新粒子及粒子的分类
【答案】A
【详解】太阳现在正值中年，等它到了老年期，它核心区的氢差不多被消耗光了，此时引力和辐射压的平衡被打破，太阳内部便会坍缩。这会导致其内部的温度和压力升高，此时太阳核心区外的氢也开始点火聚变，太阳外壳将持续膨胀，成为一颗红巨星。
太阳在红巨星阶段并不会停留太久，当外壳膨胀的时候，太阳内核也在收缩，使核心区内的氦也达到聚变条件。在这一过程中，由于聚变太过剧烈，到时候太阳将抛掉一半以上的质量，形成行星状星云，最终太阳的核心区域将变成一颗白矮星。选A。
2．【知识点】宇宙速度
【答案】B 【详解】地球的第一宇宙速度的大小等于在地面附近运行的卫星绕地球公转的线速度。卫星做圆周运动的向心力由地球对它的万有引力提供，由 Gm地m（R＋h）2＝mv2R＋h，可得v＝Gm地R＋h，可见卫星的高度越高，则公转的线速度越小，所以靠近地球表面运行的卫星（h可忽略）的线速度最大，选项A错误，B正确；地球同步卫星在地球的高空运行，所以它的线速度小于地球的第一宇宙速度，选项C错误；行星的第一宇宙速度v＝Gm行R'，式中的m行、R'为行星的质量、半径，不同行星的质量和半径不同，使得不同行星的第一宇宙速度一般不同，选项D错误。
3．【知识点】电势、电势能与静电力做功
【答案】A
【解析】电势降低的方向不一定是电场的方向，电势降低最快的方向一定是电场的方向，A错误，符合题意；无论是正电荷还是负电荷，电场力做负功时，电势能一定增加，B正确，不符合题意；根据WAB＝EpA－EpB＝q(φA－φB)知，移动电荷时，电场力做功与初末位置的电势有关，而与电荷移动的路径无关，C正确，不符合题意；负电荷在电势低处电势能大，正电荷在电势高处电势能大，由于不知电荷的电性，则将电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能可能增加、也可能减小，D正确，不符合题意．
4．【知识点】两类动力学问题
【答案】D
【解析】本题考查牛顿运动定律的应用，目的是考查学生的推理论证能力。货物在传送带上运动时受到的摩擦力大小，选项错误；货物在传送带上运动时的加速度大小，选项错误；货物在传送带上运动的时间，选项错误；传送带的长度，所以传送带轮距地面的高度为，选项D正确。
5．【知识点】全反射原理及其应用
【答案】D
【详解】光源在水中视深与实际深度的关系是h视＝h实n，在视深公式中，h视为看到的深度，h实为实际深度，n为折射率，因为水对紫光的折射率最大，所以看到最浅的是紫色球，D正确。
6．【知识点】安培力的方向（左手定则）、安培定则及其应用、磁场的叠加
【答案】D
【详解】由右手螺旋定则可知.cd导线和ef导线在b处产生的磁场方向都垂直纸面向外.所以由矢量合成知b处的磁感应强度垂直纸面向外.故A错误:
由右手螺旋定则知ef导线在左侧产生的磁感应强度垂直纸面向外，故B错误:
由左手定则知.cd导线受到的安培力方向向左.故C错误:
由题意可知，cd导线所处的位置磁场方向发生改变，但同时自身电流方向也发生改变，由左手定则知cd导线所受安培力方向不变.故D正确
综上所述本题答案是：D
7．【知识点】波的图像和振动图像的综合应用、波的多解问题
【答案】B
【详解】根据图像，波的周期为
根据图像， 时刻，质点A在波谷，质点B在平衡位置向上运动，设波长为λ，根据题意，质点A、B平衡位置之间的距离为

又因为
解得

时
时
故选B。
8．【知识点】非常规图像问题
【答案】CD
【详解】B．根据题意，由图像可得
整理可得
B错误；
AC．由B分析，结合匀变速直线运动位移公式
解得
，
则汽车做初速度为20m/s、加速度大小为的匀减速运动，A错误，C正确
C．由速度公式
可得，汽车减速停止的时间为
则动车在前3s内的位移即为的位移，是
D正确。
故选CD。
9．【知识点】板块模型
【答案】BCD
【解析】F＜F1时，小物块与长木板都静止，当F＝F1时，小物块和长木板恰好处于静止与运动的临界状态，此时小物块和长木板的加速度为零，则F1等于长木板与地面间滑动摩擦力的大小，有F1＝μ2（M＋m）g，F＞F1时，对长木板和小物块整体有F－F1＝（M＋m）a，整理有a＝FM＋m－μ2g，则有－a0＝－μ2g，得μ2＝a0g，B正确；当F＝F3时，小物块与长木板恰好相对滑动，此后长木板做匀加速运动，有μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma1，解得μ1＝Ma1＋F1mg，A错误；对小物块有F－μ1mg＝ma'，整理得a'＝Fm－μ1g，则有a1F3－F2＝1m，将（F3，a1）代入a'＝Fm－μ1g，联立解得m＝F3－F2a1，M＝F2－F1a1，C、D正确。
【技巧必背】
本题板块模型的运动分析要抓住两个临界条件
（1）物块和木板由静止到滑动瞬间，拉力等于地面对木板的最大静摩擦力，大小为μ2（M＋m）g。
F≤F1，物块与木板加速度均为零。
F3＞F＞F1，物块与木板加速度相同，对整体列牛顿第二定律。
（2）F≥F3时物块与木板相对滑动，物块与木板间的摩擦力等于最大静摩擦力，大小为μ1mg。
隔离两个物体分别列牛顿第二定律方程。
10．【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动
【答案】BD
【详解】A．根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即
aa>ab
对微粒a，由牛顿第二定律
qE=maaa
对微粒b，由牛顿第二定律
qE =mbab
联立解得
>
由此式可以得出a的质量比b小，故A错误；
B．在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受合外力等于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，故B正确；
C．由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，故C错误；
D．由于a微粒受到的电场力（合外力）等于b微粒受到的电场力（合外力），根据动量定理，在t时刻，a微粒的动量等于b微粒，故D正确。
故选BD。
11．【知识点】研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒
【答案】（1）1.070；（2）M；（3）AE；
【详解】（1）[1]游标卡尺是二十分度的，每个小格长度是，第刻线与主尺的，根据测量原理可得，求得，读数即为；
（2）[2]小球离开轨道后做平抛运动，设挡板与抛出点之间的水平距离为，由平抛运动规律得，小球做平抛运动的初速度越小，下落距离越大，碰撞后小球1的速度变小，小于碰撞前的速度，碰撞后小球2的速度小于小球1的速度，由此可知，碰撞后1的速度最小，2的速度最大，由此可知：第一次小钢球1撞击在挡板b上的M点，第二次小钢球1撞击在挡板b上的N点，玻璃球2撞击在挡板b上的P点．因此，第一次小钢球1撞击在挡板b上的M点；
（3）[3]要验证的关系式是，其中，则，，，带入可得，化简得，则要完成该实验，必须测量的物理量有A和E；，选AE。
[4]由上问求解可知，在误差允许范围内，关系式成立，说明两球在碰撞过程中动量守恒。
12．【知识点】实验：电池电动势和内阻的测量—伏阻法测定电源的电动势与内阻
【答案】（1）水果电池长时间工作后内阻会发生明显变化（2分） （2）rE·1R＋1E（2分） （3）0.91（0.85～0.95均可）（2分） 7.0（6.0～7.5均可）（2分） （4）a（2分）
【解析】（1）水果电池持续放电时其内阻会发生明显变化，因此每次测量后应立即断开开关。
（2）由闭合电路欧姆定律可得U＝RR＋rE，整理得1U＝rE·1R＋1E。
（3）将图线b延伸至与纵轴相交，则纵截距大小为1.1 V－1＝1E，解得E≈0.91 V，图线b的斜率为5.0－－0 kΩ/V＝rE，解得r≈7.0 kΩ。
（4）设普通电压表的内阻为RV，外电路为电阻箱与RV的并联电路，R并＝RRVR＋RV，电压表示数为并联电路两端的电压，则由闭合电路欧姆定律可得U＝R并R并＋rE，整理得 1U＝rE·1R＋1+rRV1E，则图线的斜率不变，纵截距增大，应为图线a。
【技巧必背】
电源电动势与内阻的测量实验中的图像
伏安法：由E＝U＋Ir得U＝E－Ir，U－I图像的斜率为－r，纵截距为E；
伏阻法：由E＝U＋URr得1U＝1E＋rE·1R，1U－1R图像的斜率为rE，纵截距为1E；
安阻法：由E＝I（R＋r）得1I＝1E·R＋rE，1I－R图像的斜率为1E，纵截距为rE。
13．【知识点】气体的等容变化与查理定律、气体等温变化与玻意耳定律
【答案】（1）40cm；（2）408K
【详解】（1）初始状态下气体的压强为
空气柱长度
设玻璃管横截面积为S，气体的体积为
设注入水银后水平管进入左侧竖直管内水银长度为x，则气体的压强为
气体的体积为
注入过程气体温度不变，根据玻意耳定律得
解得
则稳定后空气柱的长度
（2）要使空气柱变为原来长度则气体压强变为
根据查理定律
解得空气柱的温度变为
14．【知识点】板块模型中的能量守恒问题
【答案】（1）0．45 N （2）0．5 s 0．15 J
【解析】（1）对砝码，设其最大加速度为am，
由μ1m1g＝m1am，解得am＝2 m/s2（1分）
桌面对纸板的滑动摩擦力大小为f2＝μ2（m1＋m2）g（1分）
解得f2＝1 N（1分）
假设砝码和纸板相对静止，有
F1－f2＝（m1＋m2）a（1分）
解得a＝1．5 m/s2＜am，假设成立（1分）
对砝码，有f1＝m1a（1分）
解得f1＝0．45 N（1分）
（2）F较大时，砝码和纸板会发生相对滑动，
对砝码有a1＝am＝2 m/s2（1分）
对纸板有F2－μ1m1g－f2＝m2a2（1分）
砝码的位移大小x1＝12a1t2，纸板的位移大小x2＝12a2t2（1分）
l＝x2－x1（1分）
解得t＝0．5 s（1分）
纸板对砝码做功W＝μ1m1gx1（1分）
解得W＝0．15 J（1分）
【知识拓展】滑块与木板间是否发生相对滑动的判断方法
（1）假设二者相对静止，先用整体法求出加速度，再用隔离法求出滑块“所需要”的摩擦力Ff；比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff＞Ffm，则发生相对滑动；若Ff≤Ffm，则相对静止。
（2）假设二者相对静止，先用整体法求加速度大小a，与临界加速度am的大小进行比较，若a＞am，则发生相对滑动；若a≤am，则相对静止。
（3）假设刚好要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力为最大静摩擦力，根据整体法和隔离法求出临界状态的外力Fm，若F＞Fm，则发生相对滑动；若F≤Fm，则保持相对静止。
15．【知识点】带电粒子在组合场中的运动
【答案】(1)见解析；(2)2El'Bl；(3)43El'B2l2；BlE1+3πl18l'
【详解】(1)粒子运动的轨迹如图(a)所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)
(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ，如图(b)所示，速度沿电场方向的分量为v1。根据牛顿第二定律有qE＝ma①
式中q和m分别为粒子的电荷量和质量。由运动学公式有
v1＝at②
l′＝v0t③
v1＝vcs θ④
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qvB＝mv2R⑤
由几何关系得l＝2Rcs θ⑥
联立①②③④⑤⑥式得v0＝2El'Bl⑦
(3)由运动学公式和题给数据得
v1＝v0ctπ6⑧
联立①②③⑦⑧式得
qm＝43El'B2l2⑨
设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则
t′＝2t＋2π2-π62πT⑩
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，
T＝2πmqB⑪
由③⑦⑨⑩⑪式得
t′＝BlE1+3πl18l'⑫
R/Ω
U/V
1R/kΩ－1
1U/V－1
2 000
0．206
0．500
4．854
3 000
0．275
0．333
3．636
4 000
0．335
0．250
2．985
5 000
0．380
0．200
2．632
6 000
0．425
0．167
2．353