【高考真题】湖北省2025年物理卷高考真题
一、单选题
1．（2025·湖北）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．该反应产生的磁场中会发生偏转
【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；核聚变
【解析】【解答】 A．X的电荷数是7，则该物质是第7号元素，不可能是 ，故A错误；
B．核聚变是轻核结合成重核的过程，某物质的核反应方程是一个较大的原子核分裂成小的原子核，不符合核聚变的定义，故B错误；
C.1g该物质经过110min即一个衰变周期，则有一半发生衰变， 则1g该物质经过110min变为0.5g，故C正确；
D． 不带电，在磁场中不偏转，故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据核反应中质量数守恒和电荷数守恒计算；根据释放物分析；根据半衰期的意义计算。
2．（2025·湖北）卫星a、b绕质量为M的中心天体做圆周运动运动，如图所示，a的轨道半径比b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．卫星a、b运动的周期
B．卫星a、b运动的线速度
C．卫星a、b运动的角速度
D．卫星a、b运动的向心加速度
【答案】A
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】 做圆周运动的卫星，卫星与中心天体间的万有引力提供卫星圆周运动的向心力，
可得 卫星运动的周期为，线速度， 角速度为，加速度
因此卫星做圆周运动的半径越大，线速度、角速度越小，向心加速度越小，周期越大，
因，可知卫星甲、乙运动的周期
线速度关系
角速度关系
向心加速度关系，故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】做圆周运动的卫星，与天体间的万有引力提供圆周运动的向心力，结合牛顿第二定律，可得卫星圆周运动的线速度、半径、加速度、周期等物理量之间的关系。
3．（2025·湖北）如图所示，内壁光滑的汽缸内用活塞密封一定量理想气体，汽缸和活塞均绝热。用电热丝对密封气体加热，并在活塞上施加一外力F，使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2倍，同时其体积缓慢减小。关于此过程，下列说法正确的是（ ）
A．外力F保持不变
B．密封气体内能增加
C．密封气体对外界做正功
D．密封气体的末态压强是初态的2倍
【答案】B
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】ABC.使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2倍，温度升高，内能增大，同时其体积缓慢减小，根据影响气体的宏观因素可知，温度越高，体积越小，压强必定越大，即气体的压强增大，对活塞，由平衡条件可得：pS=F+mg+p0S，解得：F=pS-mg-p0S，由于p增大，则外力F在增大， 体积减小，外界对气体做正功，故AC错误，B正确；
D.根据，热力学温度变为原来的2倍，体积减小，则气体压强大于原来的2倍，故D错误。
故答案为：B。
【分析】 由平衡条件结合理想气体状态方程及题意可知内能增加，F增大，气体体积减小，外界对气体做正功；由理想气体状态方程结合题意判断初末状态的压强的大小关系。
4．（2025·湖北）如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，放置一通电圆线圈，圆心为O点，线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点，它们到O点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零，则N点的总磁感应强度大小为（ ）
A．0 B．B C．2B D．3B
【答案】A
【知识点】安培定则；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】 根据安培定则判断可知，电流在圆线圈的轴线上产生的磁场方向相同，因为M点和N点在圆线圈轴线上，且它们到O点的距离相等，根据对称性可知，通电圆线圈在M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同，又因为匀强磁场中磁感应强度大小和方向处处相同，根据磁场的叠加原理，通电圆线圈和匀强磁场在M点和N点的叠加磁场相同，则N点的总磁感应强度大小与M点相等，也为0，故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】根据安培定则判断出电流在圆线圈的轴线上产生的磁场方向关系，结合M和N两点到O点的距离相等，分析通电圆线圈在M点和N点的磁感应强度关系，以及匀强磁场在M点和N点的磁感应强度关系，根据磁场的叠加原理分析N点与M点总磁感应强度关系。
5．（2025·湖北）如图（a）所示，相距L的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内，两长度均为L、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上，金属棒与导轨接触良好。导轨电阻忽略不计。导轨间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图（b）所示，t=T时刻，B=0。T=0时刻，两棒相距x0，ab棒速度为零，cd棒速度方向水平向右，并与棒垂直，则0~T时间内流过回路的电荷量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的图像类问题；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】时，磁感应强度为零， 根据法拉第电磁感应定律，闭合回路中产生的感应电动势
根据闭合电路欧姆定律得电流
通过导体的电荷量
联立以上各式，可得，故B正确，ACD错误
故答案为：B。
【分析】利用法拉第电磁感应定律计算感应电动势，然后计算感应电流，再根据电流的定义式计算流过回路的电荷量。
6．（2025·湖北）某网球运动员两次击球时，击球点离网的水平距离均为L，离地高度分别为L、处的A、B两点，网球离开球拍瞬间的速度大小均为v0，方向分别斜向上、斜向下，且与水平方向夹角均为α。击球后网球均刚好直接掠过球网，运动轨迹平面与球网垂直，忽略空气阻力，tanα的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】网球水平方向上做匀速直线运动，两球水平分速度都等于v0cos，根据速度公式有
设球网高度为h，则对A点发出的球，竖直分速度为v0sin，根据位移-时间关系有
对B点发出的球，竖直分速度为v0sin，根据位移-时间关系有
联立以上各式，可得
，故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】物体做斜抛运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向两物体匀变速直线运动，根据运动学规律求出tanθ的值。
7．（2025·湖北）一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成。门处于关闭状态，其俯视图如图（a）所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律
【解析】【解答】画出v-t图像可知，由于减速运动加速度相同，故外力越大，运动时间越短， 若外力比较大，加速时间很短，位移很小，可以忽略不计，此时门板的运动时间最短，撤去外力后根据牛顿第二定律，有μmg=ma，设撤去外力后门板最短运动时间为t，运动的距离为L，则，解得t=，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】门板先做匀加速运动，后做匀减速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合题意求解。
二、多选题
8．（2025·湖北）在如图所示的输电线路中，交流发电机的输出电压一定，两变压器均为理想变压器，左侧升压变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，两变压器间输电线路电阻为r。下列说法正确的是（ ）
A．仅增加用户数，r消耗的功率增大
B．仅增加用户数，用户端电压增大
C．仅适当增加n2，用户端的电压增大
D．仅适当增加n2，整个电路消耗的电功率减小
【答案】A,C
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】 AB.用户量增大，降压变压器副线圈电流变大，则降压变压器原线圈电流变大，r电流变大，r的电功率增大，r电压变大，降压变压器原线圈电压减小，降压变压器副线圈电压变小，即 用户端电压变小， 故A正确，B错误；
CD：只增大n2，r电流减小，r电压变小，降压变压器原线圈电压增大，降压变压器副线圈电压变大，即用户端电压变大，降压变压器副线圈电流变大，反馈到降压变压器原线圈，原线圈电流必定变大，否则不符合能量守恒定律，最终升压变压器副线圈电压和电流都变大， 整个电路消耗的电功率变大，故C正确，D错误。
故选：AC。
【分析】把用户的总电阻等效到输电线的末端，然后结合闭合电路的欧姆定律分析即可。
9．（2025·湖北）质量均为m的小球a和b由劲度系数为k的轻质弹簧连接，小球a由不可伸长的细线悬挂在O点，系统处于静止状态，如图所示。将小球b竖直下拉长度L后由静止释放。重力加速度大小为g，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。释放小球b后（ ）
A．.小球a可能会动
B．若小球b做简谐运动，则其振幅为
C．当且仅当L≤时，小球b才能始终做简谐运动
D．当且仅当L≤时，小球b才能始终做简谐运动
【答案】A,D
【知识点】简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】 A、释放小球b后，当小球b向上运动挤压弹簧时，若弹簧的弹力大于小球a的重力，小球a会向上运动，故A正确；
B、小球b做简谐运动时的振幅为A=L，故B错误。
CD、当小球a向上运动时小球b不做简谐运动，所以小球b始终做简谐运动的临界条件是弹簧压缩时的最大弹力等于mg， 此时相对平衡位置弹簧形变长度为，即振幅为，故最大伸长量L=，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】若弹簧对a向上的弹力大于小球a的重力时，a球会运动；根据振幅的定义分析；分别计算出弹簧的压缩量和在b球在平衡位置时弹簧的伸长量，然后得到小球b的最大振幅，然后根据做简谐运动的条件分析即可。
10．（2025·湖北）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．方向沿x轴负方向成18°夹角斜向下
C．大小为E=(cos54°+sin18°)
D．大小为E=(2cos54°+sin18°)
【答案】A,D
【知识点】电场强度；电场强度的叠加
【解析】【解答】点电荷在O点产生的场强方向如图所示
由几何关系可知θ1＝18°，θ2＝54°，将5个场强沿x、y轴分解可得：
Ex＝E1cos54°+E2cos18°﹣E4cos18°﹣E5cos54°（2cos54°+cos18°）
Ey＝E1sin54°+E5sin54°﹣E4sin18°﹣E2sin18°﹣E3（sin54°﹣sin18°）＝0
根据场强叠加原理可知O点电场强度方向沿x轴负方向，大小为（2cos54°+cos18°），故AD正确，BC错误。
故答案为：AD。
【分析】根据点电荷产生的场强公式结合电场的叠加合成知识进行分析解答。
三、非选择题
11．（2025·湖北）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“分流”或“保护”）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=9Ω，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）1.47；1.3
（4）有
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）R0串联电路中，起保护作用。
（2）根据闭合电路欧姆定律得E＝I（R+R0+r）
变形得
（3）根据上题分析可得，R
R图像的斜率kV﹣1V﹣1
纵轴截距b7A﹣1
解得E≈1.47V，r≈1.3Ω
（4）设电流传感器的内阻为RA，再根据闭合电路欧姆定律得
E＝I（R+R0+r真+RA）
变形得
R
则7A﹣1
可知干电池内阻的测量值r测＝r真+RA
故电流传感器的电阻对干电池内阻的测量结果有影响。
【分析】（1）R0在电路中起保护作用。
（2）根据闭合电路欧姆定律得到与E、r、R、R0的关系式。
（3）根据R图像的斜率和截距求E和r。
（4）考虑电流传感器的电阻，根据闭合电路欧姆定律得到与R的关系式，得到干电池内阻测量量与真实值的关系，再进行判断。
12．（2025·湖北）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
（2）重锤1通过光电门时的速度大小为v= （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γ是只与圆柱体表面动摩擦因数有关的常数。保持不变，其中，。β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g= m/s2（保留三位有效数字）。
β 0.04 0.06 0.08 0.10
a/（m/s2） 0.084 0.281 0.477 0.673
【答案】（1）0.515
（2）；
（3）9.81
【知识点】验证机械能守恒定律；探究小车速度随时间变化的规律
【解析】【解答】（1）游标卡尺的精度是0.05mm，主尺部分读数为5mm，游标尺的刻度3和主尺上刻度线对齐，则游标卡尺的读数 d＝5mm+3×0.05mm＝5.15mm＝0.515cm。
（2）重锤1上遮光片的宽度为d，遮光片通过光电门的时间为t，利用平均速度代替瞬时速度可知。两个重锤组成的系统运动过程中机械能守恒，则有联立可得。
（3）由题意有ai＝（βi﹣γ）g，即，由逐差法可得g9.81m/s2。
【分析】（1）根据游标卡尺读数规则读取数据；
（2）遮光片通过光电门时间极短，平均速度大小近似等于瞬时速度大小，根据求解重锤1通过光电门时的速度大小，根据系统机械能守恒列式求解g的关系式；
（3）根据表达式 a＝（β﹣γ）g，利用逐差法计算重力加速度。
13．（2025·湖北）如图所示，三角形ABC是三棱镜的横截面，AC=BC，∠C=30°，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α，O点离A点足够近。已知三棱镜的折射率为
（1）当α=45°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α值。
【答案】（1）光路图如图甲所示，
∠C＝30°，AC＝BC，则∠BAC＝∠B＝75°，当α＝45°时，由几何关系得，光线在AB边上的入射角i＝90°﹣（∠BAC﹣∠1）＝60°，
由折射定律得，解得；
（2）光在BC边上恰好发生全反射时，入射角等于临界角，光路图如图乙所示，
，则θ＝45°，由几何关系知光在AB边上的折射角为i2＝180°﹣（180°﹣∠B）﹣θ＝30°，由折射定律得，解得i1＝45°，由几何关系得α＝60°。
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）根据题意画出光路图，根据几何知识求得光在AB面上的入射角，再根据折射定律列式求解光线从AB边射入棱镜时折射角的正弦值。
（2）根据题意画出光路图，根据临界角公式和几何知识求得光在AB面上的折射角，再利用折射定律公式求得此时的α值。
14．（2025·湖北）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v0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x：
（3）粒子的运动周期T.
【答案】（1）粒子在左侧磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力有
可得
（2）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，由于O到的距离，结合，根据几何关系可知；
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；粒子在右侧磁场做匀速圆周运动有
解得
根据几何关系可知粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距
（3）由图可知粒子在左边磁场运动的时间
粒子在右边磁场运动的时间
根据对称性可知粒子在MN左侧进出磁场的距离
所以粒子从MN到PQ过程中运动的距离为
粒子在MN和PQ之间运动的时间
综上可知粒子完成完整运动回到O点的周期为
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在左侧匀强磁场中的做匀速圆周运动，画出粒子轨迹，洛伦兹力提供向心力，求解 粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径。
（2）粒子在右侧匀强磁场中的做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据求得粒子在PQ右侧区域中运动轨迹的半径，再利用数学知识球的粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距。
（3）求得粒子在两个磁场区域运动时间，利用数学知识求得粒子在无磁场区域运动距离，再根据求得 在无磁场区域运动时间，进而求得周期。
15．（2025·湖北）如图，一块足够长的平直木板放置于水平地面上，木板上有3n个木块（n为大于1的整数）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μ，滑块与木板间的动摩擦因数为2μ，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（β为一足够大的常数，g为重力加速度大小），已知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。求：
（1）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vj. 第j+1个滑块开始滑动时速度为vj+1，请用已知量和vj表示vj+1；
（3）若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求β的值。（参考公式：12+22+32+…+k2=）
【答案】（1）滑块1运动时，对木板的摩擦力为
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根据动能定理有
解得
（2）滑块间碰撞时间极短，碰后滑块粘在一起运动，若长木板不动，第j个滑块开始运动时加速度为
根据运动学公式，第j个滑块开始滑动到和第个滑块碰撞时，有
第j个滑块和第j+1个滑块碰撞过程中动量守恒有
联立可得
（3）当第k个木块开始滑动时，木板恰好要滑动，此时有
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，假设木板和剩下的木块不发生相对滑动，则
则
木板和剩下的木块不发生相对滑动。
对前面个（即）木块，有
木板开始滑动时，刚好不发生下一次碰撞，则对前面个木块和个木块共速，且相对位移恰好为，则
则
又
则
则
j=1时，第一个滑块开始运动的速度，则
j=2时，根据动量守恒定律可得
可得第2个滑块开始运动的速度，
则
由第二问可得，，则对第3个滑块到第个滑块有
……
将从j=2到j=k+1相关方程累积求和可得
联立，
可得
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对长木板和滑块分别做受力分析可知，第一个滑块运动时，木板处于静止状态，对滑块，由牛顿第二定律结合运动学公式可求碰撞前的速度大小；
（2）对各个滑块，由动量守恒定律结合运动学公式推导出一般关系式；
（3）由（2）的结论结合牛顿第二定律及运动学公式可求β的值。
1 / 1【高考真题】湖北省2025年物理卷高考真题
一、单选题
1．（2025·湖北）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．该反应产生的磁场中会发生偏转
2．（2025·湖北）卫星a、b绕质量为M的中心天体做圆周运动运动，如图所示，a的轨道半径比b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．卫星a、b运动的周期
B．卫星a、b运动的线速度
C．卫星a、b运动的角速度
D．卫星a、b运动的向心加速度
3．（2025·湖北）如图所示，内壁光滑的汽缸内用活塞密封一定量理想气体，汽缸和活塞均绝热。用电热丝对密封气体加热，并在活塞上施加一外力F，使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2倍，同时其体积缓慢减小。关于此过程，下列说法正确的是（ ）
A．外力F保持不变
B．密封气体内能增加
C．密封气体对外界做正功
D．密封气体的末态压强是初态的2倍
4．（2025·湖北）如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，放置一通电圆线圈，圆心为O点，线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点，它们到O点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零，则N点的总磁感应强度大小为（ ）
A．0 B．B C．2B D．3B
5．（2025·湖北）如图（a）所示，相距L的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内，两长度均为L、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上，金属棒与导轨接触良好。导轨电阻忽略不计。导轨间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图（b）所示，t=T时刻，B=0。T=0时刻，两棒相距x0，ab棒速度为零，cd棒速度方向水平向右，并与棒垂直，则0~T时间内流过回路的电荷量为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025·湖北）某网球运动员两次击球时，击球点离网的水平距离均为L，离地高度分别为L、处的A、B两点，网球离开球拍瞬间的速度大小均为v0，方向分别斜向上、斜向下，且与水平方向夹角均为α。击球后网球均刚好直接掠过球网，运动轨迹平面与球网垂直，忽略空气阻力，tanα的值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025·湖北）一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成。门处于关闭状态，其俯视图如图（a）所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
8．（2025·湖北）在如图所示的输电线路中，交流发电机的输出电压一定，两变压器均为理想变压器，左侧升压变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，两变压器间输电线路电阻为r。下列说法正确的是（ ）
A．仅增加用户数，r消耗的功率增大
B．仅增加用户数，用户端电压增大
C．仅适当增加n2，用户端的电压增大
D．仅适当增加n2，整个电路消耗的电功率减小
9．（2025·湖北）质量均为m的小球a和b由劲度系数为k的轻质弹簧连接，小球a由不可伸长的细线悬挂在O点，系统处于静止状态，如图所示。将小球b竖直下拉长度L后由静止释放。重力加速度大小为g，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。释放小球b后（ ）
A．.小球a可能会动
B．若小球b做简谐运动，则其振幅为
C．当且仅当L≤时，小球b才能始终做简谐运动
D．当且仅当L≤时，小球b才能始终做简谐运动
10．（2025·湖北）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．方向沿x轴负方向成18°夹角斜向下
C．大小为E=(cos54°+sin18°)
D．大小为E=(2cos54°+sin18°)
三、非选择题
11．（2025·湖北）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“分流”或“保护”）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=9Ω，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。
12．（2025·湖北）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
（2）重锤1通过光电门时的速度大小为v= （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γ是只与圆柱体表面动摩擦因数有关的常数。保持不变，其中，。β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g= m/s2（保留三位有效数字）。
β 0.04 0.06 0.08 0.10
a/（m/s2） 0.084 0.281 0.477 0.673
13．（2025·湖北）如图所示，三角形ABC是三棱镜的横截面，AC=BC，∠C=30°，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α，O点离A点足够近。已知三棱镜的折射率为
（1）当α=45°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α值。
14．（2025·湖北）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v0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x：
（3）粒子的运动周期T.
15．（2025·湖北）如图，一块足够长的平直木板放置于水平地面上，木板上有3n个木块（n为大于1的整数）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μ，滑块与木板间的动摩擦因数为2μ，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（β为一足够大的常数，g为重力加速度大小），已知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。求：
（1）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vj. 第j+1个滑块开始滑动时速度为vj+1，请用已知量和vj表示vj+1；
（3）若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求β的值。（参考公式：12+22+32+…+k2=）
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；核聚变
【解析】【解答】 A．X的电荷数是7，则该物质是第7号元素，不可能是 ，故A错误；
B．核聚变是轻核结合成重核的过程，某物质的核反应方程是一个较大的原子核分裂成小的原子核，不符合核聚变的定义，故B错误；
C.1g该物质经过110min即一个衰变周期，则有一半发生衰变， 则1g该物质经过110min变为0.5g，故C正确；
D． 不带电，在磁场中不偏转，故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据核反应中质量数守恒和电荷数守恒计算；根据释放物分析；根据半衰期的意义计算。
2．【答案】A
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】 做圆周运动的卫星，卫星与中心天体间的万有引力提供卫星圆周运动的向心力，
可得 卫星运动的周期为，线速度， 角速度为，加速度
因此卫星做圆周运动的半径越大，线速度、角速度越小，向心加速度越小，周期越大，
因，可知卫星甲、乙运动的周期
线速度关系
角速度关系
向心加速度关系，故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】做圆周运动的卫星，与天体间的万有引力提供圆周运动的向心力，结合牛顿第二定律，可得卫星圆周运动的线速度、半径、加速度、周期等物理量之间的关系。
3．【答案】B
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】ABC.使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2倍，温度升高，内能增大，同时其体积缓慢减小，根据影响气体的宏观因素可知，温度越高，体积越小，压强必定越大，即气体的压强增大，对活塞，由平衡条件可得：pS=F+mg+p0S，解得：F=pS-mg-p0S，由于p增大，则外力F在增大， 体积减小，外界对气体做正功，故AC错误，B正确；
D.根据，热力学温度变为原来的2倍，体积减小，则气体压强大于原来的2倍，故D错误。
故答案为：B。
【分析】 由平衡条件结合理想气体状态方程及题意可知内能增加，F增大，气体体积减小，外界对气体做正功；由理想气体状态方程结合题意判断初末状态的压强的大小关系。
4．【答案】A
【知识点】安培定则；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】 根据安培定则判断可知，电流在圆线圈的轴线上产生的磁场方向相同，因为M点和N点在圆线圈轴线上，且它们到O点的距离相等，根据对称性可知，通电圆线圈在M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同，又因为匀强磁场中磁感应强度大小和方向处处相同，根据磁场的叠加原理，通电圆线圈和匀强磁场在M点和N点的叠加磁场相同，则N点的总磁感应强度大小与M点相等，也为0，故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】根据安培定则判断出电流在圆线圈的轴线上产生的磁场方向关系，结合M和N两点到O点的距离相等，分析通电圆线圈在M点和N点的磁感应强度关系，以及匀强磁场在M点和N点的磁感应强度关系，根据磁场的叠加原理分析N点与M点总磁感应强度关系。
5．【答案】B
【知识点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的图像类问题；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】时，磁感应强度为零， 根据法拉第电磁感应定律，闭合回路中产生的感应电动势
根据闭合电路欧姆定律得电流
通过导体的电荷量
联立以上各式，可得，故B正确，ACD错误
故答案为：B。
【分析】利用法拉第电磁感应定律计算感应电动势，然后计算感应电流，再根据电流的定义式计算流过回路的电荷量。
6．【答案】C
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】网球水平方向上做匀速直线运动，两球水平分速度都等于v0cos，根据速度公式有
设球网高度为h，则对A点发出的球，竖直分速度为v0sin，根据位移-时间关系有
对B点发出的球，竖直分速度为v0sin，根据位移-时间关系有
联立以上各式，可得
，故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】物体做斜抛运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向两物体匀变速直线运动，根据运动学规律求出tanθ的值。
7．【答案】B
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律
【解析】【解答】画出v-t图像可知，由于减速运动加速度相同，故外力越大，运动时间越短， 若外力比较大，加速时间很短，位移很小，可以忽略不计，此时门板的运动时间最短，撤去外力后根据牛顿第二定律，有μmg=ma，设撤去外力后门板最短运动时间为t，运动的距离为L，则，解得t=，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】门板先做匀加速运动，后做匀减速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合题意求解。
8．【答案】A,C
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】 AB.用户量增大，降压变压器副线圈电流变大，则降压变压器原线圈电流变大，r电流变大，r的电功率增大，r电压变大，降压变压器原线圈电压减小，降压变压器副线圈电压变小，即 用户端电压变小， 故A正确，B错误；
CD：只增大n2，r电流减小，r电压变小，降压变压器原线圈电压增大，降压变压器副线圈电压变大，即用户端电压变大，降压变压器副线圈电流变大，反馈到降压变压器原线圈，原线圈电流必定变大，否则不符合能量守恒定律，最终升压变压器副线圈电压和电流都变大， 整个电路消耗的电功率变大，故C正确，D错误。
故选：AC。
【分析】把用户的总电阻等效到输电线的末端，然后结合闭合电路的欧姆定律分析即可。
9．【答案】A,D
【知识点】简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】 A、释放小球b后，当小球b向上运动挤压弹簧时，若弹簧的弹力大于小球a的重力，小球a会向上运动，故A正确；
B、小球b做简谐运动时的振幅为A=L，故B错误。
CD、当小球a向上运动时小球b不做简谐运动，所以小球b始终做简谐运动的临界条件是弹簧压缩时的最大弹力等于mg， 此时相对平衡位置弹簧形变长度为，即振幅为，故最大伸长量L=，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】若弹簧对a向上的弹力大于小球a的重力时，a球会运动；根据振幅的定义分析；分别计算出弹簧的压缩量和在b球在平衡位置时弹簧的伸长量，然后得到小球b的最大振幅，然后根据做简谐运动的条件分析即可。
10．【答案】A,D
【知识点】电场强度；电场强度的叠加
【解析】【解答】点电荷在O点产生的场强方向如图所示
由几何关系可知θ1＝18°，θ2＝54°，将5个场强沿x、y轴分解可得：
Ex＝E1cos54°+E2cos18°﹣E4cos18°﹣E5cos54°（2cos54°+cos18°）
Ey＝E1sin54°+E5sin54°﹣E4sin18°﹣E2sin18°﹣E3（sin54°﹣sin18°）＝0
根据场强叠加原理可知O点电场强度方向沿x轴负方向，大小为（2cos54°+cos18°），故AD正确，BC错误。
故答案为：AD。
【分析】根据点电荷产生的场强公式结合电场的叠加合成知识进行分析解答。
11．【答案】（1）保护
（2）
（3）1.47；1.3
（4）有
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）R0串联电路中，起保护作用。
（2）根据闭合电路欧姆定律得E＝I（R+R0+r）
变形得
（3）根据上题分析可得，R
R图像的斜率kV﹣1V﹣1
纵轴截距b7A﹣1
解得E≈1.47V，r≈1.3Ω
（4）设电流传感器的内阻为RA，再根据闭合电路欧姆定律得
E＝I（R+R0+r真+RA）
变形得
R
则7A﹣1
可知干电池内阻的测量值r测＝r真+RA
故电流传感器的电阻对干电池内阻的测量结果有影响。
【分析】（1）R0在电路中起保护作用。
（2）根据闭合电路欧姆定律得到与E、r、R、R0的关系式。
（3）根据R图像的斜率和截距求E和r。
（4）考虑电流传感器的电阻，根据闭合电路欧姆定律得到与R的关系式，得到干电池内阻测量量与真实值的关系，再进行判断。
12．【答案】（1）0.515
（2）；
（3）9.81
【知识点】验证机械能守恒定律；探究小车速度随时间变化的规律
【解析】【解答】（1）游标卡尺的精度是0.05mm，主尺部分读数为5mm，游标尺的刻度3和主尺上刻度线对齐，则游标卡尺的读数 d＝5mm+3×0.05mm＝5.15mm＝0.515cm。
（2）重锤1上遮光片的宽度为d，遮光片通过光电门的时间为t，利用平均速度代替瞬时速度可知。两个重锤组成的系统运动过程中机械能守恒，则有联立可得。
（3）由题意有ai＝（βi﹣γ）g，即，由逐差法可得g9.81m/s2。
【分析】（1）根据游标卡尺读数规则读取数据；
（2）遮光片通过光电门时间极短，平均速度大小近似等于瞬时速度大小，根据求解重锤1通过光电门时的速度大小，根据系统机械能守恒列式求解g的关系式；
（3）根据表达式 a＝（β﹣γ）g，利用逐差法计算重力加速度。
13．【答案】（1）光路图如图甲所示，
∠C＝30°，AC＝BC，则∠BAC＝∠B＝75°，当α＝45°时，由几何关系得，光线在AB边上的入射角i＝90°﹣（∠BAC﹣∠1）＝60°，
由折射定律得，解得；
（2）光在BC边上恰好发生全反射时，入射角等于临界角，光路图如图乙所示，
，则θ＝45°，由几何关系知光在AB边上的折射角为i2＝180°﹣（180°﹣∠B）﹣θ＝30°，由折射定律得，解得i1＝45°，由几何关系得α＝60°。
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）根据题意画出光路图，根据几何知识求得光在AB面上的入射角，再根据折射定律列式求解光线从AB边射入棱镜时折射角的正弦值。
（2）根据题意画出光路图，根据临界角公式和几何知识求得光在AB面上的折射角，再利用折射定律公式求得此时的α值。
14．【答案】（1）粒子在左侧磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力有
可得
（2）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，由于O到的距离，结合，根据几何关系可知；
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；粒子在右侧磁场做匀速圆周运动有
解得
根据几何关系可知粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距
（3）由图可知粒子在左边磁场运动的时间
粒子在右边磁场运动的时间
根据对称性可知粒子在MN左侧进出磁场的距离
所以粒子从MN到PQ过程中运动的距离为
粒子在MN和PQ之间运动的时间
综上可知粒子完成完整运动回到O点的周期为
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在左侧匀强磁场中的做匀速圆周运动，画出粒子轨迹，洛伦兹力提供向心力，求解 粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径。
（2）粒子在右侧匀强磁场中的做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据求得粒子在PQ右侧区域中运动轨迹的半径，再利用数学知识球的粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距。
（3）求得粒子在两个磁场区域运动时间，利用数学知识求得粒子在无磁场区域运动距离，再根据求得 在无磁场区域运动时间，进而求得周期。
15．【答案】（1）滑块1运动时，对木板的摩擦力为
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根据动能定理有
解得
（2）滑块间碰撞时间极短，碰后滑块粘在一起运动，若长木板不动，第j个滑块开始运动时加速度为
根据运动学公式，第j个滑块开始滑动到和第个滑块碰撞时，有
第j个滑块和第j+1个滑块碰撞过程中动量守恒有
联立可得
（3）当第k个木块开始滑动时，木板恰好要滑动，此时有
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，假设木板和剩下的木块不发生相对滑动，则
则
木板和剩下的木块不发生相对滑动。
对前面个（即）木块，有
木板开始滑动时，刚好不发生下一次碰撞，则对前面个木块和个木块共速，且相对位移恰好为，则
则
又
则
则
j=1时，第一个滑块开始运动的速度，则
j=2时，根据动量守恒定律可得
可得第2个滑块开始运动的速度，
则
由第二问可得，，则对第3个滑块到第个滑块有
……
将从j=2到j=k+1相关方程累积求和可得
联立，
可得
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对长木板和滑块分别做受力分析可知，第一个滑块运动时，木板处于静止状态，对滑块，由牛顿第二定律结合运动学公式可求碰撞前的速度大小；
（2）对各个滑块，由动量守恒定律结合运动学公式推导出一般关系式；
（3）由（2）的结论结合牛顿第二定律及运动学公式可求β的值。
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