第=page55頁，共=sectionpages1212頁2024-2025學年湖北省武漢市高三（下）調研考試物理試卷（4月）一、單選題：本大題共7小題，共28分。1.2024年6月25日，嫦娥六號返回器準確著陸于預定區域，實現世界首次月球背面采樣返回。相關研究表明，月壤中氦-3儲量極為豐富，每100噸氦-3原料足可以解決全球一年的電力供應。氦-3常見的一種核反應為：A.X是中子 B.該反應為裂變反應

C.該反應需在高溫下才能進行 D.23He2.《考工記》中記載：“馬力既竭，辀猶能一取焉”，意思是馬對車不施加拉力了，車還能繼續向前運動一段距離。若馬拉著車以速度v0在平直路面上勻速行駛，車受到的阻力大小為車重的k倍，重力加速度大小為g。則馬對車不施加拉力后，車運動的位移大小為(

)A.v02kg B.v022kg3.發光二極管的發光帽由透明環氧樹脂制成，它由半徑為R的半球體與半徑為R的圓柱體組成，如圖為過半球球心O的豎直截面圖。當用平行單色光垂直于圓柱體底面入射，經過半徑OA上B點的光線恰好在圓弧面上發生全反射，已知OB=22R，則該透明環氧樹脂材料的折射率為A.2 B.3 C.2 4.如圖所示，地球從外到內分為地殼、地幔、地核三部分，其中地核質量約為地球總質量的0.32倍，半徑約為地球半徑的0.55倍。地殼、地幔、地核視其質量均勻分布，已知質量均勻分布的球殼對殼內物體的萬有引力為零，則地幔和地核交界處的重力加速度大小與地球表面的重力加速度大小之比為(

)

A.1.06 B.0.95 C.0.58 D.0.555.某水電站發電機的輸出功率為150kW，發電機的輸出電壓為250V。通過升壓變壓器升壓后向遠處輸電，輸電線的總電阻為5Ω，在用戶端用降壓變壓器把電壓降為220V。要求在輸電線上損失的功率控制在8A.輸電線上通過的電流為600A B.降壓變壓器原線圈的電壓為3750V

C.升壓變壓器匝數比為1:15 D.6.2025年3月21日，在自由式滑雪和單板滑雪世錦賽男子單板滑雪坡面障礙技巧決賽中，中國選手蘇翊鳴獲得銀牌。如圖所示，某次訓練中，運動員從左側高坡的A點滑下，再從斜坡上的B點，以v0=10m/s的初速度沿與斜坡成60°方向飛出，在空中完成規定動作后落在斜坡上的C點。不計空氣阻力，重力加速度大小A.在研究運動員空中姿態時可將其視為質點

B.運動員在空中飛行時，相同時間內速度變化量不同

C.運動員在空中飛行的時間為1s

D.運動員落到C點時的速度方向與v7.如圖所示，直角三角形abc中∠a=30°，ac=L，其區域內存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場，c點處的粒子源可向磁場區域各個方向發射速度大小為kBL2(A.ab邊上有粒子到達區域的長度為33L

B.ac邊上有粒子到達區域的長度為12L

C.從ab邊射出的粒子在磁場中運動的最短時間為π3kB二、多選題：本大題共3小題，共12分。8.如圖所示，一定質量的理想氣體的循環由下面4個過程組成：a→b為等壓過程，b→c為絕熱過程，c→d為等壓過程，dA.a→b過程中，氣體內能增加

B.b→c過程中，氣體內能不變

C.c→d9.如圖所示，水面上有兩個相距4m、頻率均為2Hz的波源S1和S2，水面上P點到S1的距離為3m，到S2的距離為5m。t=0時刻，兩波源同時由平衡位置開始向下簡諧振動，t=1.5sA.該水波的波長為1m

B.0～3s內，P點運動的路程為120cm

C.P點與S1的連線之間(不含P、S1兩點)有2個振動減弱點

D.S1與S2的連線之間(10.如圖所示，兩根足夠長的平行金屬光滑導軌MNPQ、M1N1P1Q1固定在傾角為30°的斜面上，導軌電阻不計。MN與M1N1間距為2L，PQ與P1Q1間距為L。在MN與M1N1區域有方向垂直斜面向下的勻強磁場，在PQ與P1Q1區域有方向垂直斜面向上的勻強磁場，兩磁場的磁感應強度大小均為B。在MN與M1N1區域中，將質量為m，電阻為R，長度為2L的導體棒b置于導軌上，且被兩立柱擋住。PQ與P1A.兩導體棒最終做勻速直線運動 B.t時刻，a的速度大小為mgR2B2L2

C.0~t內,a下滑的距離為mgRt2B三、實驗題：本大題共2小題，共17分。11.某實驗小組利用手機物理工坊(Phyphox)?①將自行車倒置，并將手機固定在自行車后輪上;?②打開手機物理工坊，選擇向心加速度測量功能，轉動后輪;?③改變手機在自行車后輪上固定的位置，重復上述實驗;?④利用手機物理工坊得到向心加速度與角速度的關系如圖(b)和圖(1)探究向心加速度與角速度的關系，利用的科學思想方法是

;A.等效替代B.控制變量C.微小量放大(2)作a-ω圖像，得到圖(b(3)改變自變量，作a-ω2圖像，得到圖(c)，圖中A、B兩次實驗中，轉動半徑rA

rB(選填“>”“=12.某同學用如圖(a)所示的電路觀察電容器的充放電現象，實驗器材有電源E，電容器C，電壓表V(可視為理想電壓表)，定值電阻R，電流傳感器(不考慮內阻)，計算機，單刀雙擲開關S，導線若干。(1)將S接1，電壓表示數逐漸增大，最后穩定在8V。在此過程中，電流傳感器的示數

A.一直穩定在某一數值B.由某一數值逐漸減小為零C.先逐漸增大，后逐漸減小為零D.先逐漸增大，后逐漸減小至某一非零數值(2)電容器充電完成后，電容器

極板帶正電(選填“上”或“下”)，再將S接2，通過傳感器將電流信息傳入計算機，畫出電流隨時間變化的I-t圖像，如圖(b)，t=1.2s時，I=1.0mA，圖中兩陰影部分的面積之比為S1:S2=3:2，則(3)圖(b)中t=1.2s時刻，圖線切線的斜率大小k=0.781mA/s，由此可計算電容器的電容C=四、計算題：本大題共3小題，共43分。13.如圖所示，一位滑雪者，人與裝備的總質量為80kg，以3m/s的初速度沿山坡勻加速直線滑下，山坡傾角為30°，滑雪者受到的阻力(包括摩擦和空氣阻力)為總重力的0.1倍，已知重力加速度大小(1)滑雪者滑下的加速度大小;(2)滑雪者沿山坡滑行5s的位移大小。14.如圖所示，豎直面內有一長為1.2l、寬為0.8l的長方形ABCD，M、N分別為AD與BC的中點。四個電荷量均為Q(Q未知)的點電荷位于長方形的四個頂點，A、D處點電荷帶正電，B、C處點電荷帶負電。一個質量為m、電荷量為+q(可視為點電荷)的帶電小球從M處由靜止釋放，小球運動到MN中點O處時速度為(1)M、O(2)小球到達N點時的速度大小v(3)已知在電荷量為Q的點電荷產生的電場中，將無限遠處的電勢規定為零時，距離該點電荷r處的電勢為φ=kQr，其中k為靜電力常量，多個點電荷產生的電場中某點的電勢，等于每個點電荷單獨存在時該點的電勢的代數和。求點電荷15.如圖所示，凹形槽c放置在光滑水平地面上，完全相同的兩物塊a、b(可視為質點)分別置于槽的左側和中點，a、b、c的質量相等，槽內底部長為L。現給a一水平向右的初速度v0，此后a和b、b和c各發生一次碰撞，且c和a恰好未發生碰撞。所有的碰撞均視為彈性碰撞，碰撞時間極短，且碰撞前后速度交換，重力加速度大小為g。求

(1)a、b、c的最終速度(2)b和c碰撞前瞬間b的速度大小(3)從a開始運動至a、b、c三者剛好共速時，a的位移。

答案和解析1.【答案】C

【解析】ABC、根據質量數守恒和核電荷數守恒可知：23He+12H→24He+X+18.3MeV，中X為2.【答案】B

【解析】解：馬對車不施加拉力后，由牛頓第二定律得kmg=ma，解得a=kg;

由運動學公式得v02=2ax，解得x=3.【答案】A

【解析】當O點發出的光線射到半球體最右端(或最左端)恰好發生全反射時，整個半球體上均有光線射出，如圖所示

由幾何關系可得sinC=22RR=4.【答案】A

【解析】設地球質量為M，半徑為R。在地球表面，重力加速度g=GMR2。在地幔和地核交界處，此處的重力加速度由地核的質量產生，地核質量M'=0.32M，此處距離地心的距離r=0.555.【答案】C

【解析】A、由P損=I線r線2知輸電線上的電流I線=80005=40A，A錯誤；

BC、輸電線上損失的電壓U損=I線r線=40×5V=200V

升壓變壓器原線圈電流I16.【答案】D

【解析】A、研究運動員空中姿態時，運動員的形狀和大小不能忽略，不能將其視為質點，A錯誤；

B、運動員在空中只受重力，加速度為重力加速度g，根據△v=g△t，相同時間內速度變化量相同，B錯誤；

C、將運動員的運動分解為沿斜面方向和垂直斜面方向，沿垂直斜面方向的初速度vy0=v0sin60°，加速度ay=-gcos30°。當運動員落回斜面時，垂直斜面方向的位移為0，根據y=vy0t+12ayt2=0，v0sin60°t-12gcos7.【答案】C

【解析】略8.【答案】AD

【解析】A.a→b過程壓強不變，是等壓變化且體積增大，氣體對外做功W<0，由蓋-呂薩克定律可知Tb>Ta，即內能增大，故A正確；

B.

b→c

過程中氣體與外界無熱量交換，即Qbc=0，又由氣體體積增大可知

Wbc<0

，由熱力學第一定律

ΔU=Q+W，可知氣體內能減少。故B錯誤；

C、9.【答案】AC

【解析】A?.兩波源到P點的波程差△x=5m-3m=2m，t=1.5s時P點開始振動，說明波從波源傳播到P點用時1.5s，波速v=3m1.5s=2m/s。由v=λf，已知f=2Hz，可得λ=vf=2m/s2Hz=1m，A正確；

B?.P點到兩波源的波程差△x=2m，λ=1m，△x=2λ，P點為振動加強點，振幅A'=2A=2×10cm=20cm。T=1f=12s，0-1.5s內P點未振動，1.5-3s內經過的時間△t=3s-1.5s=1.5s，△tT=1.51210.【答案】BD

11.【答案】(1)B；(2)向心加速度與角速度的二次方成正比；(3)>【解析】(1)在探究向心加速度與角速度的關系時，需要控制轉動半徑等其他因素不變，只改變角速度，這種科學思想方法是控制變量法，所以選B；

(2)根據向心加速度公式a=rω2，當轉動半徑r一定時，a與ω2成正比，從圖(b)中看到，隨著ω的增大，a增大的趨勢越來越快，也能初步得出轉動半徑一定時，向心加速度與角速度的二次方成正比。

(3)由向心加速度公式a=rω2可知，a12.【答案】(1)(2)上，3.2，3.2(3)4.013.解：(1)對滑雪者進行受力分析，滑雪者受到重力mg、支持力N和阻力f。將重力沿山坡和垂直山坡方向分解，沿山坡方向的分力為mgsin30°，垂直山坡方向的分力為mgcos30°。已知阻力f=0.1mg。根據牛頓第二定律F合=ma'沿山坡方向的合力F合=mgsin30°-f'14.【答案】(1)小球由M點運動到O點過程中，根據動能定理mg解得U(2)小球由M點運動到N點過程中，根據動能定理mg根據電場分布對稱性U解得v(3)由UMO=φ