2025年高考湖北卷物理真题（解析卷）

这是一份2025年高考湖北卷物理真题（解析卷），共28页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本题共10小题，每题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，选对但不全对的得2分，有选错的得0分。
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，其中是中微子。已知的半衰期是110分钟。下列说法正确的是（ ）
A. X为B. 该反应为核聚变反应
C. 1克经110分钟剩下0.5克D. 该反应产生的在磁场中会发生偏转
【答案】C
【详解】A．根据质量数守恒，的质量数 A=18，左侧的A减去右侧已知的即18-0-0=18，因此，XX 的质量数必须为 18，电荷数守恒，的电荷数 Z=9（氟的原子序数），左侧的减去右侧已知的即9-1-0=8，Z=8 对应氧元素（O），可知，X物质为，故A选项里左上角的质量数17是错误的；
B．核聚变是轻核结合成重核的过程（如氢弹原理）。此衰变是单个核自发发射正电子和中微子，是一种原子核转变为另一种原子核，属于 衰变（放射性衰变），并非核聚变，故B错误；
C．半衰期是指放射性核素衰变至一半所需的时间，有一半变质了所需要的时间。1g物质经过110min衰变，即一个衰变周期，则有一半发生衰变变质，变质并不是消失，是物质名称改变了，物质质量剩余0.5g，故C正确；
D．带电粒子在磁场中会发生偏转，中微子是不带电的，所以在磁场中不会发生偏转，故D错误。
本题选C。
【分析】1.质量数A守恒可以列等式方程，2.电荷数Z守恒可以列等式方程，3.洛伦兹力产生条件为磁场与有初速度且初速度方向与磁场方向不平行的带电粒子，带电粒子受洛伦兹力才会偏转。
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
【答案】A
【详解】A,已知r甲0）。本题中体积减小，气体被压缩力的方向与位移方向相反，气体对外做负功，外界对气体做正功，故选项 C 错误。
D．由初末状态方程得初方程P1V1=nRT1和末方程 P2V2=nR2T1。若P2=2P1，则代入末方程得 2P1V2=nR2T1通过初方程知此式=2P1V1，即 2P1V2=2P1V1所以V2=V1，但题目要求体积减小V20。小球 a的张力公式：T=2mg+kx（其中 x 是 b从平衡位置的位移，向下为正）。最小张力发生在 x=−l，b 最高点：Tmin=2mg−kl。简谐运动要求绳子张力不小于0即 Tmin≥0 ， l≤2mgk（选项 D 正确），AD正确，C数值小了一倍故C错误。
B．如果a球不动而b球单独振动则b球做简谐振动，简谐振动的平衡位置合力为零，即b球初始时刻位置，从静止到竖直下拉l距离均为一个振幅，所以b的振幅为，B错误；
故选AD。
【技巧】（1）弹簧受两端力是成对出现，弹力传递性质‘等大反向’作用在两端接触的物体上。
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轴负方向成夹角斜向下
C. 大小为
D. 大小为
【答案】AD
【详解】先把q、2q、3q、4q、5q分别命名下图的A、E、D、C、B五点正电荷，
因为360度分成5等分，一份是72度，每个顶点之间的角度是72度，90°- 72°= 18°，18°- 72°= -54°，-54°- 72°= -126°，-126°- 72°= -198°，
利用五等分点上同种等量电荷的矢量和为零的原理，假设五个电荷都等于3q（因为问题中有一个电荷是3q），这样如果所有电荷都是3q，那么中心O点的电场应该为零。但实际电荷是q, 2q, 3q, 4q, 5q，所以实际电荷的实际电场可以等效为假设的等量3q电荷电场与差异电荷电场的合成，
假设所有电荷都是3q，那么由于对称性，五个3q电荷电场在原点点电场为0，现在只需计算差异电荷电场即可，实际电荷与假设电荷的差值分布情况：
位置A: q - 3q = -2q ；位置B: 5q - 3q = +2q；位置C: 4q - 3q = +q；位置:D 3q - 3q = 0；
位置E: 2q - 3q = -q
所以，等效的差异电荷分布是：-2q, -q, 0, +q, +2q 分别位于五个顶点。现在，需要计算这个等效电荷分布在原点产生的电场。由于位置D的等效差异的电荷为0电场也为0，所以实际上只有四个电荷：-2q, -q, +q, +2q，如下图画出电场矢量，接下来就转化为平面向量计算合向量问题，
B、C矢量末端平移到原点如右图，
设五个点电荷与原点距离为r，设电量1个q距离一个r的场强为，
A、B电场关于x轴对称，2q电量场强2E0，夹角72度，等腰∆三线合一性质，OA与x轴夹角36度，
C、E电场关于x轴对称，1q电量场强E0，夹角36度，等腰∆三线合一性质，电场与x轴夹角18度，
D电场由于五点设为3q电量为零电量，电场为零
原点场强大小为E，
代入可得，故D正确，
方向沿x轴负方向A正确；
故选AD。
【分析】（1）等量电荷旋转对称时电场强度为0，差异电荷代替实际电荷简化计算；
矢量的起点平移调整成共起点向量，一般把起点都移到原点；
正负电荷的电场方向差异，对于正电荷（+q），电场方向是远离电荷，即从电荷指向外，对于负电荷（-q），电场方向是指向电荷，即从外指向电荷。负电荷的电场方向要从原点指向电荷，正电荷电场方向从正电荷指向原点。
二、非选择题：本题共5小题，共60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R0、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I。回答下列问题：
（1）R0在电路中起______（填“保护”或“分流”）作用。
（2）与E、r、R、R0的关系式为______。
（3）根据记录数据作出图像，如图（b）所示。已知R0=9.0Ω，可得E=______V（保留三位有效数字），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。
【答案】（1）保护 （2）
（3） ①. 1.47 ②. 1.3 （4）有
【小问1详解】保护是串联一个电阻防止短路烧坏电池或电阻箱，R0作为保护电阻，串联在电路中限制电流过大，防止电阻箱调零时短路烧坏电源；
分流是通过并联电阻实现的，常用于测试超过安培表最大量程的电流时候，为了保护电流表（如安培表），并联电阻分担部分电流，使得电流表可以安全测量，不会因电流过大而损坏。
故R0与电阻箱串联，R0在电路中起保护作用。
【小问2详解】三电阻形成一个闭环回路，属于串联类型电路，电压等于电流乘以电阻，这个电源电动势则等于电流乘以串联回路包括内阻的所有电阻和，
，两边同时除以电动势E得等式经过连续变形：
1=I(R+R0+rE=I（RE+R0+rE），
1=I（RE+R0+rE），两边同除以I，1I=（RE+R0+rE）
去括号可得，故填RE+R0+rE；
小问3详解】结合图（b）读出最容易读的左右两个端点坐标（0,7），（25,24）代入得方程组，
1I=（RE+R0+rE），代入两组坐标得两式：7=（0E+9+rE）①，24=（25E+9+rE）②
②-①，两式两边同时相减得
24−7=（25E+9+rE）−（0E+9+rE）
左边减法计算右边同类项抵消消去得17=25E，两边同乘以E同除以17得，
E=2517≈1.47V，
E=1.47的计算结果代入方程组②、①任一式都可，如代人①式，7=（0E+9+rE）等式则分步计算如下：
7=（0+9+r1.47），7=（9+r1.47），7×1.47=9+r，10.29−9=r
r=1.29=1.3Ω。
解得，
【小问4详解】当电流传感器有电阻时因为与回路串联，串联电路的总电阻为代数和相加，
所测的电源内阻，r传>0,导致电源内阻测量值r测》=>r真实偏大，电流传感器的电阻计入内阻，偏大有影响，故填 有。
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g。
⑥多次改变光电门高度，重复步骤，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______cm。
重锤1通过光电门时的速度大小为______（用遮光片d、t表示）。若不计摩擦，g与m、M、d、t、H的关系式为______。
（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，跨过圆柱体的绳两端拉力差，其中是只与圆柱体表面动摩擦因数有关的常数。保持不变，其中，。足够小时，重锤运动的加速度大小可近似表示为。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）。
【答案】（1）0.515
（2） ①. ②.
（3）9.81
【小问1详解】根据游标卡尺的读数规律一厘米分成了十份副尺的0对着主尺的第五第六之间，所以读出第一个数5mm，找对齐处副尺的刻度为第三格读3，副尺20格，1mm除以副尺20份，知0.05mm为一格副尺长，所以该游标卡尺的读数主尺加副尺和，为
【小问2详解】[1]根据光电门的测速原理，重锤1通过光电门时的速度大小为
对重锤1与重锤2构成的系统进行分析，能量守恒定律，
重力势能锤1上反向，负功，锤2位移向下与重力同向正功会增加动能，
MgH−mgH=12(M+m)v2
MgH−mgH=12(M+m)dt2
M−mgH=12(M+m)dt2
g=12(M+m)M−mHdt2=(M+m)d22M−mHt2
得
【小问3详解】前三个句号内容，只有常数两个字有点用，列式子的时候γ不需要标角标因为都一样是常数，由于是只与圆柱体表面动摩擦因数有关的常数，且有，分别列式观察规律，变量用脚标显示，常数无需脚标，
a1=gβ1−gγ
a2=gβ2−gγ
a3=gβ3−g γ
a4=gβ4−gγ
等式分组相加再相减，逐差法，作差消元
a1+ a2 gβ1−gγ +gβ2−gγ ①
a3+a4=gβ4−gγ +gβ3−g γ②
两式相减 ②-①：
a3+a4 −a1+ a2 = gβ4−gγ +gβ3−g γ−gβ1−gγ +gβ2−gγ
a3+a4 −a1+ a2 = gβ4 +gβ3 −gβ1 +gβ2 ，等式右边提公因子g，
a3+a4 −a1+ a2 = gβ4 +β3 −β1 +β2 ，表格中的数据代入，
g=a3+a4 −a1+ a2 β4 +β3 −β1 +β2 =0.673+0.477−0.084++0.10−0.04+0.06=
带入数据可算重力加速度
13. 如图所示，三角形ABC是三棱镜的横截面，，，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，O点离A点足够近。已知三棱镜的折射率为。
（1）当时，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，求此时的值
【答案】（1）
（2）
【小问1详解】垂直平面镜画法线，对称画反射光线，交与棱镜底面一点，过此点画法线，作出光路图，标注角度如图所示
三棱镜为等腰三角形，顶角30度，由几何上，等腰三角形的顶角C求底角的关系式，
，
外角的定义，外角等于入射角的余角与角1之和，角1等于外角减去入射角的余角，
入射角45度时候，
所以在边的入射角为
由光的折射定律
n1=sin∠2sin∠3 代入数据n等于2，角2等于60度，
2=sin60sin∠3=32sin∠3
sin∠3=322=322=3×22×2×2=3×22×2=54
解得光线从边射入棱镜时折射角的正弦值为；
【小问2详解】根据全反射时候，做折射角指向C此时全反射最大临界角F，如图
入射角F，正弦值之比与折射率之比反比关系，空气折射率1，玻璃n，
F入射角，90折射角，比例反比等式：sinFsin90=1n=12，sinF=22
可得F=45，两个法线形成的四边形里，对角互补，法线的夹角与角B也互补，
角B为三棱镜的底角75度，所以法线的夹角为105度，
三角形内角和180去掉角F与法线夹角105，角3’为180-45-105=30度。
即AB边的折射角为
根据折射定律可知AB边的入射角满足正弦值之比与折射率之比反比关系，空气折射率1，玻璃n， n1=sin∠2’sin∠3’ 代入数据n等于2，角3等于30度，
21=sin∠2’sin30 ，
sin∠2’=21sin30=22，解得，同之前的几何关系方法，角BAC为外角等于角1和α的余角之和，现在的角1变为45度，所以α的余角变为30度，所以α变为60度（90-是余角的表示法），
即入射角为。
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
【答案】（1）
（2）
（3）
小问1详解】左手定则，四指指向正电荷的运动方向，磁场强度垂直于纸面向外，掌心穿过磁力线，大拇指方向向右，F洛=qv0B，绕圆心持续圆周运动，粒子在左侧磁场中运动，
根据洛伦兹力被征用来提供向心力有等式成立：
左边是洛仑磁力大小右边是R为半径的匀速圆周运动运动状态需要的合外力大小，
两边同乘以R接着同除以qv得运动半径大小，；
【小问2详解】粒子在左侧磁场运动，设从MN射出时速度方向与MN的夹角为θ，
θ由于O到的距离，结合，d=1.5R，根据直角三角形对边等于斜边的一半30度角，30度互余的角为60度，知；
粒子在MN和PQ之间做匀速直线运动，所以粒子从PQ进入右侧磁场时与PQ的夹角；
粒子在右侧磁场，左手定则，四指指向正电荷的运动方向，磁场强度垂直于纸面向外，掌心穿过磁力线，大拇指方向向右，还是顺时针圆周运动，F洛’=qv02B，绕圆心持续圆周运动原来半径与速度指定向心力要求低于合外力，重新制定一个平衡的圆周运动，征用的力与新的半径匹配，粒子在右侧加倍磁场强度的磁场中运动，根据洛伦兹力被征用来提供向心力有等式成立：做匀速圆周运动有
qv02B=mv02r ， r=mv02qv02B=mv0 q2B=mv0 2qB=R2
根据120°为顶角的等腰三角形中，底边等于根3倍的腰，
第一次和第二次经过PQ时位置的间距x=3 r=32R=3mv02qB
【小问3详解】补全周期图两段圆弧两段斜线，左圆弧圆心角240°有磁场圆弧圆心角120°，
两个圆半径不同线速度不同相差两倍，所以周期相差两倍，以小圆半径r为基准圆，
圆弧段总路程：23πr+43π2r=103πr，
直线段总路程:3 R−r×2=3 r×2=23 r，斜边是直角边的一倍。
总时间=总路程速度=103πr+23rv0=103π+23R2v0=103π+23R2v0
代入得
总时间=103π+23R2v0=103π+23mv0qB2v0=103π+23m2qB=53π+3mqB
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n m。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为，滑块与木板间的动摩擦因数为。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（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个滑块开始滑动时速度为，第个滑块开始滑动时的速度为。用已知量和表示。
（3）若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求的值。（参考公式：）
【答案】（1）
（2）
（3）
【小问1详解】标运动状态与画受力分析如下
滑块1运动时，对木板的摩擦力为，v1 =βμgL，a1=−f1m=−2μmgm=−2μg,
地面对木板的摩擦力为
所以此过程中木板保持不动；每个滑块之间距离为L，所以对滑块1
根据过程中能量和处处守恒定律12mv12=12mv1末2+f1L
或运动过程中动能定理有−f1L=12mv1末2−12mv12
或匀变速直线运动公式v1末2−v12=2a1L
,v1 =βμgL代入能量守恒等式12mv1末2=2mμgL
或把,v1 =βμgL代入能量守恒等式−2mμgL=12mv1末2−12mv12
或把a1=−2μg，v1 =βμgL 代入匀变速直线运动等式v1末2−v12=2a1L
v1末2=βμgL 2+2−2μgL=βμgL −4μgL=β−4 μgL
v1末2=β−4 μgL
两边同时开根号得第一个滑块匀减速L路程后的速度v1末 =β−4 μgL
【小问2详解】滑块间碰撞时间极短，碰后滑块粘在一起运动将前j个滑块看做一个滑块，总滑块质量jm，若长木板不动，第j个滑块开始运动时加速度为aj=−fjjm=−2μjmgjm=−2μg，加速度不变，
根据jm总滑块匀变速直线运动学公式，第j个滑块开始滑动到和第个滑块碰撞前期间，有
vj末2−vj2=2ajL，
vj末 =vj2+2ajL=vj2+2−2μgL=vj2−4μgL，
第j个滑块和第j+1个滑块碰撞的瞬间可以适用动量守恒定律，j+1个滑块静止速度0，
有jmvj末 +m×0=jmvj+1+mvj+1，vj+1=jmvj末 jm+m=jj+1vj末
代入vj末 =vj2−4μgL可得vj+1 =jj+1vj2−4μgL，注意j>0
【小问3详解】对2问公式同平方整理得，vj+12=jj+12vj2−4μgL
j+12vj+12=j2vj2−4μgL当第k个木块开始滑动时，
木板恰好要滑动，所有滑块及木板对地面的压力形成地面阻碍向右的最大静摩擦力
f地=μ(3n+n)mg=4μmg，
此时有，化简后2k=n+3n
解得（n为整数）则第个（即）木块开始滑动时，木板开始滑动，
要刚好不发生下一次碰撞，假设木板和剩下的滑块块不发生相对滑动，
剩下滑块为[3n-(2n+1)]m=(n-1)m,剩下的木板和剩下的滑块总质量为nm+(n-1)m=(2n-1)m
设剩下的滑块与木板为脚标剩，
隔离分析 剩下的滑块与木板 分析，向左的km滑块的摩擦力对木板的相互作用力作为动力与地面阻力差为净动力改变剩下的滑块与木板的运动状态得f2n+1 -f地=(2n-1)ma剩
2μ(2n+1)mg−μ(nm +3nm)g=nm+(n-1)ma剩
4μnmg+2μmg−4μnmg=2n−1ma剩
2μg=2n−1a剩，初速为0的匀加速a剩=2μg2n−1①
{n=1时，2n-1=1，n=2时，2n-1=3，当n>1时a剩=2μg2n−1