2025届湖北省武昌实验中学高三下学期高考适应性考试物理试卷（高考模拟）

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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。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、【答案】D
【详解】A．由题意可知黄光的波长大于靛光的波长，根据可知，黄光的频率小于靛光的频率，根据可知，黄光比靛光的光子能量小，故A错误；
BD．靛光可以使金属发生光电效应，但不能使金属发生光电效应，可知金属的截止频率小于金属的截止频率；由于黄光比靛光的光子能量小，则黄光一定不能使金属发生光电效应，故B错误，故D正确；
C．由于黄光的频率小于靛光的频率，则同一介质中黄光的折射率小于靛光的折射率，根据可知，在同一介质中靛光比黄光的传播速度小，故C错误。
故选D。
2．【答案】B
【详解】A．轨道Ⅱ相对于轨道Ⅲ是低轨道，由低轨道变轨到高轨道，需要在切点位置加速，即要实现从椭圆轨道B处进入圆轨道Ⅲ，发动机需要向后喷气，故A错误；
卫星在轨道Ⅰ与轨道Ⅲ上运行过程，根据开普勒第三定律有解得
故B正确；
C．结合上述可知，卫星由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ，需要先后在A与B位置加速，即卫星在轨道Ⅰ上的机械能小于轨道Ⅲ上的机械能，故C错误；
D．根据开普勒第二定律可知，在同一轨道上，卫星与地心连线在相等时间扫过的面积相等，但在不同轨道上卫星与地心连线在相等时间扫过的面积不相等，即卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上与地心连线单位时间扫过的面积不相等，故D错误。
故选B。
3．【答案】C
【详解】对整体进行受力分析，由牛顿第二定律有 解得
由匀加速运动公式有， 可知 。
同理，物体自由落体下落同样距离所用时间 ，联立解得 故选C。
4．【答案】C
【详解】A．可以考虑极限情况，当光线垂直入射时，侧移量是，入射角增加，开始有侧移量，说明入射角改变，光线的侧移量（即图中的）也改变，A正确。
B．设，根据几何关系可得：
又由折射定律 联立求得， B正确；
C．折射光线在玻璃内与两条法线的夹角相等，即平行玻璃砖的入射光线与出射光线平行。入射光线在界面的入射角小于，由折射定律可知，则折射光线与法线夹角小于全反射临界角，折射光线不可能在下表面发生全反射，C错误；
D．入射角越大，折射光线在玻璃中的长度越长，通过玻璃砖的时间越长，D正确。
因要求选错误选项，故只能选C。
5．【答案】D
【详解】A．在0∽5s内，冰车做匀加速直线运动，根据图像可知再由牛顿第二定律解得，故A错误；
B．在30∽40s内，小孩和冰车在只受摩擦力的作用下做匀减速直线运动，根据图像可知，此段的加速度大小为。由牛顿第二定律，得冰车与冰面的动摩擦因数，故B错误；
C．图像与横轴所围成的面积表示位移，因此整个过程中冰车在冰面上运动的总距离为，故C错误；
D．由动能定理，代入数据得，故D正确。 故选D。
6．【答案】C
【详解】A．线圈转动产生的感应电动势最大值为
所以电压表测感应电动势的有效值，示数为 故A错误；
B．初始位置时穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，所以线圈产生的感应电动势为零，故B错误；
C．根据等效电源法，设新电源的电动势为E′，新电源的内阻为r，则
对原线圈回路有 ，根据原副线圈电压、电流与匝数的关系可得，
联立可得 ，则，
当时，新电源的输出功率最大，即变压器的输出功率达到最大，且最大值为
故C正确。
D．线圈转动的周期为，由于线圈从中性面开始转动并计时，所以t=0.02s时线圈和中性面重合，此时线圈的磁通量为最大值，最大为，故D错误；
故选C。
7．【答案】D
【详解】A．初始时弹簧压缩量为。若初始时刻间的作用力为0，则连接体的加速度为，此时的加速度为，故A错误；
B．，则分离时系统的加速度为，此时的加速度也为0，故分离时弹簧压缩量为，则下降时，分离。故B错误；
C．分离前加速度逐渐减小，分离时为零，故一直加速。故C错误；
D．由能量守恒定律，有
解得，故D正确。 故选D。
8．【答案】AC
【详解】A．根据电容可知，两极板间距离d减小，电容器电容变大，故A正确；
B．电容器与电源相连，电容器两极板间的电压U不变，根据可知，电容C增大，电容器的带电量Q增大，故B错误；
C．由于电容器两端电压U不变，根据，由于d减小，可知极板间电场强度E增大，A板接地，A板电势为0，由于AB板间电压U不变，所以极板B的电势不变，设P点与极板B的距离为，则有， 不变，E增大，可知减小，即点电势降低，故C正确。
D．由于电容器的电荷量增大，电容器充电，由于电流表中有从到的电流，可知c为电源负极，故D错误；故选AC。
9．【答案】AD
【解析】A.根据题意可得T=4s，PB=4m，可得x =PB-AP =3m，根据波速的定义式，又解得，λ=2m，故A正确；
B.由可知 P 点为振动减弱点，即 A=A1-A2=0.1m，故B错误；
C.此时AB两列波已相遇，相遇时两列波相位差为Π，相遇时P点合位移为从平衡位置向下振动，经1s，偏离平衡位置位移为-0.1m。故C错误；
D.以A波源传到P点时为计时起点，前6s质点P仅受A波影响走过6A=1.2m，后2s两波相遇，振幅为0.1m，走过2A’=0.2m，共1.4m.故D错误；故选AD。
10．【答案】BD
【详解】A．导轨做初速为零的匀加速运动，t时刻的速度 v=at，回路中感应电动势：E=BLv=BLat
可知回路中的电动势一直增大，选项A错误；
B．克服安培力做功等于产生的焦耳热，可知若t0时间内导轨产生的焦耳热为Q，则该时间内导轨克服安培力做功为Q，选项B正确；
C．导轨运动以后，由v=at，，Rx=R0•2x，，F安=BIL 得
导轨受外力F，安培力F安和滑动摩擦力f。其中有f=μFN=μ（mg+F安）
对导轨，由牛顿第二定律得F-FA-f=Ma ，联立得：
分析可知， 当即力F最大，则有
选项C错误；
D．导轨克服摩擦力做功为 而 ，，则有
选项D正确。故选BD。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11、（6分）【答案】 B（2分） （2分） （2分）
【详解】（1）[1]设小车和手机的质量为，斜面倾角为，对钩码和小车以及手机的系统由牛顿第二定律有
整理可得 可得本实验的原理为与成一次函数。
A．因本实验验证牛顿第二定律为对系统采用准确的方法，故不需要近似的用钩码重力代替绳的拉力，也就不需要质量关系，即不需要钩码的质量应该远小于智能手机和小车的质量，故A错误；
B．为了让绳子拉小车的力为恒力，则细绳应该始终与长木板平行，故B正确；
C．本实验若平衡了摩擦力，系统的牛顿第二定律表达式为
与成正比例函数，不符合实验实验结果，则不需要平衡摩擦力，故C错误；
D．本实验研究系统的牛顿第二定律，则绳子的拉力小于钩码的重力，故D错误。 故选B。
（2）[2]根据与的一次函数关系，可知图像的斜率的意义为
则小车和手机的质量为
（3）[3]根据与的一次函数关系，可知纵截距的物理意义为 联立解得摩擦力的大小为
12．（11分）
【答案】 D（2分） E （2分） 如图（1分）
4.5（2分） 9000 （2分） 21000（2分）
【详解】（1）[1]因待测电压表的量程约为5V，内电阻约为10kΩ，改装成一个量程为15V的电压表，量程变为原来的3倍左右，所以改装之后的总电阻约为原来的3倍，所以串联的电阻阻值约为20kΩ，电阻箱应选D。
[2]由图知滑动变阻器用的分压式接法，所以选小电阻便于调节，故选E。
（5）[3]图线如图
（6）[4][5]因 结合图知U-R图线纵截距为
斜率为 可得
[6]设应串联的电阻阻值为R，则 得
13．（10分）
【答案】(1)54 （4分） (2)； （6分）
【详解】（1）（4分）根据玻意耳定律则有 --- ---2分
代入数据解得 --- ---2分
（2）（6分）对大氧气瓶内的氧气，根据查理定律有 --- ---1分
其中
解得
【解法一】用该大氧气瓶给2瓶便携式氧气瓶充氧气，设充满2瓶便携式氧气瓶充氧气需要用掉大氧气瓶压强为、体积为的氧气，大氧气瓶中剩余的气体再充满整个大氧气瓶，根据玻意耳定律有 --- ---1分
--- ---1分
解得, --- ---1分
剩余氧气质量与原来氧气质量之比 --- ---1+1分
【解法二】将大氧气瓶中氧气压强全部变为，大氧气瓶中的氧气可以填充体积为，再将体积为、压强为的氧气体积变为，即可求得该大氧气瓶给2瓶便携式氧气瓶充氧气后瓶气体压强，根据玻意耳定律有 --- ---1分
--- ---1分
解得 --- ---1分
充气后大氧气瓶内剩余氧气质量与原来氧气质量之比 --- ---1+1分
14．（16分）
【答案】(1)0.4，0.1 （5分） (2)2m/s （6分） (3)不能到达最高点，0.9 （5分）
【详解】（1）（5分）由图乙可得滑块的加速度大小为 --- ---1分
木板的加速度大小为 --- ---1分
对滑块由牛顿第二定律得 --- ---1分
对木板由牛顿第二定律得 --- ---1分
解得， --- ---1分
（2）（6分）内，滑块的位移大小为，有， --- ---1分
木板的位移大小为， --- ---1分
由于，故时，滑块还未到木板A端，1s后，滑块与木板一起做匀减速运动，加速度大小设为，有 --- ---1分
解得
设木板A端运动到C端时滑块速度大小为，
由匀变速直线运动规律有 --- ---1分
解得
A端运动到C端之后，滑块做匀减速运动，加速大小为，有 --- ---1分
解得 --- ---1分
（3）（5分）滑块和小球在C处发生弹性正碰，设碰后瞬间小球的速度为，滑块的速度为，由动量守恒和机械能定律可得， --- ---1分
--- ---1分
解得，
假设小球不能到达圆轨道最高点，脱离圆轨道时速度大小为，
则有 --- ---1分
刚要脱离圆轨道时，由牛顿第二定律有 --- ---1分
联立解得 可见，
假设成立，离开圆轨道时，弹与竖直方向夹角的余弦值为0.9。 --- ---1分
15．（17分）
【答案】(1)（5分） (2) （6分） (3)（6分）
【详解】（1）（5分）由于通过磁场区域后所有离子均从P、Q间垂直x轴进入第一象限，则通过PQ中点离子的轨迹对应的圆心在0点，所以离子运动的半径为R，由 --- ---3分
得离子的发射速度为 --- ---2分
（2）（6分）相同速率的同种离子在磁场中运动的半径相同，由磁发散可知，离子通过P点速度方向竖直向上，垂直于x轴，离子通过Q点速度方向竖直向上，垂直于x轴，如图 由于，，
所以对应P点的离子在磁场中的圆心角 --- ---1分
对应Q点的离子在磁场中的圆心角 --- ---1分
得a =60°，β=120°， --- ---1分
离子在磁场中运动的周期为 --- ---1分
这两个离子出磁场后分别到P、Q的距离相等，所以离子从a点出发分别到达P、Q两点所用的时间差 --- ---2分
（3）（6分）要使离子全部打在e点，设离子进入正方形区域cdef的速度为v，离子在这个区域内受到的电场力为，则离子的加速度为 --- ---1分
水平方向上 --- ---1分
竖直方向上 --- ---1分
可得
离子在正方形区域bcd内，做匀加速运动，则 --- ---1分
其中 --- ---1分
解得 --- ---1分
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
C
C
D
C
D
AC
AD
BD