2025年湖北省普通高中学业水平选择性考试
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
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13
15
物理答题卡
姓
名
考生条形码区
准考证号
←此方框为缺考考生标记，由蓝考员用2B铅笔址涂
正确填涂示例■
选择题（请用2B铅笔填涂】
7A
g
DD DD
可D同D
非选择题（请用0.5毫米黑色签字笔作答）
11.(1)
(2)
(3)》
14.
(4)
12.(1)
(2)
(3)》
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
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请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效6.某网球运动员两次击球时，击球点离网的水平距离均为1，离地高度分别为、
二、非选择题：本题共5小题，共60分
2025年湖北省普通高中学业水平
11.(8分)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()所
L,网球离开球拍瞬间的速度大小相等，方向分别斜向上、斜向下，且与水平方
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R。、电阻箱、
选择性考试
向夹角均为日。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
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
略空气阻力，tan0的值为
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
本试卷满分100分，考试时间75分钟
A司
B,3
C.
D.
测得的电流I。回答下列问题：
物理
7.一个宽为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
、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
图如图()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
家
部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分
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
流
传感器
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
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：，重力
将含放射性同位素（如F)的物质注人人体参与人体代谢，从而达到诊断的目
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
IW152)250
的。8F的衰变方程为8F→X+9e十8，其中8v是中微子。已知l8F的半衰期是
图b)
110分钟。下列说法正确的是
(1)R。在电路中起
(填“保护”或“分流”)作用。
A.X为80
B.该反应为核聚变反应
图{a
(2)与ER,R的关系式为=
C.1克18F经110分钟剩下0.5克18F
L
A2u8
2L
D.该反应产生的v在磁场中会发生偏转
C
(3)根据记录数据作出一R图像，如图(b)所示。已知R,=9.0Q,可得E=
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
8.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
V(保留三位有效数字)，r
Ω（保留两位有效数字）。
的万有引力作用，下列说法正确的是
(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
压器，左侧升压变压器的原、副线圈匝数分别为、2，两变压器间输电线路电
A.甲运动的周期比乙的小
B.甲运动的线速度比乙的小
“无”)影响。
阻为r。下列说法正确的是
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
12.(9分)某同学利用如图()所示的实验装置来测量重力加速度大小g,细绳跨
3.如图所示，内壁光滑的汽缸内用活塞密封一定量理想气
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
体，汽缸和活塞均绝热。用电热丝对密封气体加热，并在
屯
如下
72.
2
活塞上施加一外力F,使气体的热力学温度缓慢增大到初
心热丝
态的2倍，同时其体积缓慢减小。关于此过程，下列说法
的0
A.仅增加用户数，r消耗的功率增大
正确的是
B.仅增加用户数，用户端的电压增大
A.外力F保持不变
B.密封气体内能增加
C.仅适当增加2，用户端的电压增大
C.密封气体对外做正功
D.密封气体的末态压强是初态的2倍
遮光！
D.仅适当增加2，整个电路消耗的电功率减小
4,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
阿线圈，调心为○点线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线立
9.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。
上有M和N两点，它们到O点的距离相等。已知M点的总
图(a)
磁感应强度大小为零，则N点的总磁感应强度大小为(
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。
①用游标卡尺测量遮光片的宽度d。
A.0
B.B
C.2B
释放小球b后
D.3B
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、重锤2
5.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
A.小球a可能会运动
的质量M(M>m)
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
B,若小球6做简谐运动，则其振幅为2
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
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
地面足够高。用刻度尺测量出遮光片中心到光电门的竖直距离H。
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，B=B。,两
C.当且仅当≤时，小球6才能始终做简谐运动
④启动光电门，释放重锤2，用数字毫秒计测出遮光片经过光电门所用时间t。
棒相距xo,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
⑤根据上述数据求出重力加速度大小g。
内流过回路的电荷量为
D.当且仅当1<时，小球6才能始终做简谐运动
⑥多次改变光电门高度，重复步骤③④⑤，求出g的平均值
10.如图所示，在xOy平面内有一以O点为中心的正五边形，
回答下列问题：
顶点到O点的距离为R,在正五边形的顶点上顺时针方向
(1)测量d时，游标卡尺的示数如图(b)所示，可知d
依次固定电荷量为q、2g、3g、4q、5q的正点电荷，且电荷量
2
主cm
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
游标尺10
20
A.方向沿x轴负方向
B.方向与x轴负方向成18°夹角斜向下
图(b)
B.
4R
D.
(用d、t表示)。若不计摩
2R
R
C.大小为2(e0s54+c0s189)
D.大小为装9(2os54+c0s18)
(2)重锤1通过光电门时的速度大小为
擦，g与m、M、dt、H的关系式为g=
2025湖北卷·物理2025年物理(湖北卷)
1.C 设X的质量数为a,电荷数为b,由核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒有a=18,b=8,故X为O,故A错误;该反应为β衰变,不是核聚变,故B错误;根据半衰期定义,经过一个半衰期后,1克F的质量变为原来的,还剩下0.5克,故C正确υ电荷数为0,不带电,在磁场中不受洛伦兹力,不会发生偏转,故D错误。
2.A 由万有引力提供向心力有=mω2r=mr=ma,因为r甲v乙,ω甲>ω乙,a甲>a乙,故A正确。
3.B 由公式=C可知,气体的热力学温度变为原来的2倍,体积减小,则压强增大,对活塞受力分析,有F+p0S=pS,则F增大,故A错误;由于气体的热力学温度T增大,则内能U增大,故B正确;气体的体积减小,外界对气体做正功,故C错误;由公式=C可知,气体热力学温度变为原来的2倍,气体体积减小,则p不为原来的2倍,故D错误。
4.A 由安培定则可知,通电圆线圈在M、N两点产生的磁场方向相同,大小为B,匀强磁场的磁感应强度大小与方向不变,因为M点的总磁感应强度为零,则N点的总磁感应强度也为零,故A正确。
5.B 根据题意,E=n,则q=It=T=,故B正确。
6.C 由题意可画出示意图,如图所示,设斜向下击出的球到球网的竖直距离为h1,斜向上击出的球到球网的竖直距离为h2,在水平方向上,有L=v0cos θ·t1=v0cos θ·t2,则t1=t2=t,v0=,在竖直方向,有h1-h2=,联立解得tan θ=,故C正确。
7.B 门板先在向右的外力的作用下做匀加速直线运动,撤去外力后做匀减速直线运动,门板匀加速直线运动过程中,由牛顿第二定律有F合=F-μmg,则a1=-μg,设门板匀加速用时t1,则撤去外力时速度为v1=a1t1,x1=a1,门板匀减速直线运动过程中,由牛顿第二定律可得a2=-μg,设门板匀减速用时t2,则0=v1+a2t2,则t2=,x2=v1t2+a2,且总位移x1+x2=,联立上式,有a1,即a1,即a1=L①,t总=t1+t2=t1+=t1②,将①代入②中,有t总=,要使t总最小,应使a1很大,则t总min=,故B正确。
8.AC 用户量增大,I4增大,由,则I3增大,Pr=r也增大,故A正确;用户量增大,U3=U2-U损=U2-I3r,U2不变,U损增大,则U3减小,由,U4也减小,故B错误;n2增大,U2也增大,I2反而要减小,则U损=I2r=I3r要减小,则U3增大,U4也增大,故C正确;n2增大,U4增大,P出=也增大,则P入也增大,故D错误。
9.AD 将小球b竖直下拉l后由静止释放,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,则小球a会向上运动,故A正确;小球b要做简谐运动,其平衡位置,有mg=kx0,即x0=,根据题意得,A=l-x0=l-,小球b要做简谐运动,弹簧应处于拉伸状态,则A≤x0=,联立解得,l-,则l≤,故C错误,D正确;小球b做简谐运动时的振幅为l,故B错误。
10.AD 若正五边形5个顶点全为q,则EO=0,故可将本题转化为5个顶点为3q-2q、3q-q、3q、3q+q、3q+2q,即为-2q、-q、0、q、2q这5个电荷,如图所示,由几何关系可知-q、q两点的电场强度方向与水平方向的夹角为18°,叠加后水平向左,E1=E2=,则E合1= cos 18°×2,由几何关系可知-2q、2q两点的电场强度方向与水平方向的夹角为54°,叠加后水平向左,E3=E4=,则E合2= cos 54°×2,则E合=E合1+E合2=(cos 18°+2cos 54°),故A、D正确。
11.答案 (1)保护 (2)(R+R0+r) (3)1.47 1.3 (4)有
解析 (1)R0串联在电路中,起保护电路的作用。
(2)由闭合电路欧姆定律有E=I(R+R0+r),整理得(R+R0+r)。
(3)结合题图(b)可知, V-1,故E=1.47 V,图像纵截距为=7 A-1,故r=1.3 Ω。
(4)若电流传感器有内阻,则E=I(R+R0+r+RA),整理得R+,E测量值仍为,无误,但=7 A-1,则r测=r+RA,故电流传感器的电阻对干电池内阻的测量结果有影响。
12.答案 (1)0.515 (2) (3)9.81
解析 (1)游标卡尺精度为0.05 mm,主尺部分读数为5 mm,游标尺读数为3×0.05 mm=0.15 mm,则游标卡尺读数d=5 mm+0.15 mm=5.15 mm=0.515 cm。
(2)重锤1上的遮光片宽度为d,通过光电门时间为t,用平均速度代替瞬时速度,故v=。在运动过程中,两个重锤组成的系统机械能守恒,有(M-m)gH=(M+m),解得g=。
(3)由题意有ai=(βi-γ)g,即g=,由逐差法可得g==9.81 m/s2。
13.答案 (1) (2)60°
解析 (1)光路图如图甲所示,由几何关系知i=60°,
甲
由=n,得sin θ=
解得sin θ=
故BC边的折射角正弦值为sin θ=。
(2)在AC面恰好发生全反射时,光路图如图乙所示
乙
则sin θ2=,解得θ2=45°
由几何关系得θ1=30°
又因为=n
故i1=45°
因此由几何关系知入射角α=60°。
14.答案 (1) (2) (3)
解析 (1)粒子在MN左侧区域内垂直于磁场方向运动,由洛伦兹力提供向心力,有qv0B=
解得R=。
(2)粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系得cos θ=
解得θ=60°
粒子在PQ右侧区域内,由洛伦兹力提供向心力,有
2qv0B=
解得R'=
由几何关系得粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距x=2R'sin θ=。
(3)粒子在MN左侧区域内做圆周运动的周期T1=
在MN左侧区域内运动的时间t1=T1
解得t1=
同理,粒子在PQ右侧区域内运动,有
T2=,t2=T2
解得t2=
粒子在MN、PQ间做匀速直线运动,由几何关系得
s=2
粒子在MN、PQ间运动的时间t3=
故粒子的运动周期T=t1+t2+t3=。
15.答案 (1) (2)
(3)n(2n+1)(4n+1)
解析 (1)木板与地面间最大静摩擦力Ff0=μ(3nm+nm)g=4nmμg
单个滑块与木板间滑动摩擦力Ff1=2μmg
由Ff1对滑块1,由牛顿第二定律得Ff1=ma1
设滑块1与滑块2碰前瞬间速度大小为v1'
由运动学公式得v1'2-=-2a1L
解得v1'=。
(2)因碰后滑块均粘在一起,将前第j个滑块当作整体,则这j个滑块的滑动摩擦力Ffj=2jμmg
当j≤2n时,有Ffi≤Ff0,木板静止
对j个滑块,由牛顿第二定律得Ffi=jmaj
设第j个滑块与第j+1个滑块碰前瞬间的速度大小为vj'
由运动学公式得vj'2-=-2ajL
解得vj'=
滑块碰撞后粘在一起,由动量守恒定律有
jmvj'=(j+1)mvj+1
得vj+1=。
(3)当2n+1个滑块粘在一起运动时木板开始运动,且恰好不发生下一次碰撞,即2n+1个滑块和第2n+2个滑块刚要接触时滑块、木板恰好共速。
在2n个滑块和第2n+1个滑块碰后到2n+1个滑块将和第2n+2个滑块相碰的运动过程中,
2n+1个滑块的加速度大小a2n+1==2μg
木板和剩余n-1个滑块一起运动的加速度大小
a'=μg
方法一:2n+1个滑块与木板的位移关系x块-x板=L
即(v2n+1t-a2n+1t2)-a't2=L
滑块和木板共速有
v2n+1-a2n+1t=a't
联立解得v2n+1=
方法二:由运动学公式得
0-=2(a2n+1-a')L
解得v2n+1=
当j≤2n时,由vj+1=可知(j+1)2=j2(-4μgL)
即(j+1)2=j2-j2·4μgL
当j=1时,22-4μgL
当j=2时,32=22-22·4μgL
……
当j=2n时,(2n+1)2=(2n)2-(2n)2·4μgL
将上述2n个等式相加有
(2n+1)2-[1+22+…+(2n)2]·4μgL
其中
=βμgL
1+22+…+(2n)2=(2n+1)(4n+1)
得β=n(2n+1)(4n+1)。
