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湖北卷——2025届高考物理仿真猜题卷
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。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1.并联式混合动力汽车（PHEV）可以由电动机和发动机单独或同时供给动力。某次启动时，汽车先采用电动机为动力源，由静止匀加速时间t后速度达到v，然后在混合动力的共同作用下，再匀加速运动位移x时速度达到2v。则汽车在前后两个加速过程中的加速度大小之比为( )
A. B. C. D.
2.太阳现正处于主序星演化阶段.它主要是由正，负电子和、等原子核组成，维持太阳辐射的是它内部的核聚变反应，核反应方程是（释放的核能），这些核能最后转化为辐射能.已知质子质量，核质量，电子质量，光速，则每发生一次上述核聚变反应所释放的核能为( )
A. B. C. D.
3.室内足球运动的某次传球过程，足球在地面位置1被踢出后落到位置3，2为空中达到的最高点，速度大小为，则( )
A.足球在空中的最大水平速度为
B.足球在位置1和位置3的动能相等
C.与下落过程相比，足球在上升过程中重力势能变化快
D.若在位置2以大小为的速度水平向左抛出，足球将沿原轨迹返回位置1
4.2024年12月8日，木星冲日，如图所示，此时地球恰好运行到太阳和木星之间，三者近似排成一条直线。可认为木星、地球在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。若已知相邻两次木星冲日的时间间隔为k年，则木星的轨道半径是地球的( )
A.倍 B.倍 C.倍 D.倍
5.如图所示的电路中，三个小灯泡规格相同，小灯泡的电阻与滑动变阻器最大阻值相同，均为R，电源的内阻。初始时滑动变阻器滑片位于滑动变阻器的中点处，现闭合开关将滑动变阻器的滑片向上滑动，则( )
A.小灯泡变亮，变暗 B.小灯泡变暗，变亮
C.小灯泡变暗，变亮 D.电源的输出功率变小
6.如图所示，两个匀强磁场的方向相同，磁感应强度分别为，虚线MN为理想边界。现有一个质量为m、电荷量为e的电子以垂直于边界MN的速度v由P点沿垂直于磁场的方向射入磁感应强度为的匀强磁场中，其运动轨迹为图中虚线所示的心形图线，以下说法正确的是( )
A.电子的运动轨迹为
B.电子运动一周回到P点所用的时间
C.
D.电子在区域受到的磁场力始终不变
7.运动员某次发球时，将乒乓球从距离台面高处发出，球落在A点反弹后又落在B点。已知A、B间的距离为L，球经过最高点时距离台面的高度为，重力加速度为g。若忽略阻力、球的旋转、球与台面碰撞时损失的能量，则乒乓球离开球拍时的速度大小为( )
A. B.
C. D.
8.在x轴方向存在一静电场，其图像如图所示，一质子以一定的初速度沿x轴从O点运动到，质子仅受电场力，则质子( )
A.在处电势能最大，受到的电场力却为零
B.在处受到的电场力最大，电势能也最大
C.从到和从到受到的电场力均做正功
D.在处电势能为零，受到的电场力也为零
9.如图甲所示，粒子源S沿水平方向不断地发射速度相同的同种带负电粒子， MN为竖直放置的接收屏，能够记录粒子打在屏上的位置。当同时存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场时，粒子恰好沿直线打到MN上的O点；当只存在上述某一种场时，粒子打在MN上的P点或Q点，P、O、Q三点的位置关系如图乙所示，OQ间距离为OP间距离的倍。已知电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，粒子源S到接收屏MN的距离为d。不计粒子重力和粒子间相互作用力，则下列说法中正确的是( )
A.只加磁场时，粒子打到接收屏上的P点
B.粒子源发射粒子的速度大小为
C.粒子的比荷为
D.OP间距离为
10.如图所示，倾角为的斜面和半径为R的半圆弧连接，圆心O在斜面的延长线上，连接点M处有一轻质定滑轮，N为圆弧最低点且，斜面的底端固定一挡板P。物块B、C间由一轻质弹簧拴接置于斜面上（弹簧平行于斜面），其中C紧靠在挡板P处，B用跨过滑轮的不可伸长的轻绳与小球A相连，开始时将小球A锁定在M处，此时轻绳与斜面平行，且恰好伸直但无张力，B、C处于静止状态。某时刻解锁小球A，当小球A沿圆弧运动到最低点N时（物块B未到达M点），物块C对挡板的作用力恰好为0。已知小球A的质量为5m，物块B、C的质量均为2m，重力加速度为g，小球与物块均可视为质点，不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内，则( )
A.小球A从M点运动到N点的过程中，物块B的机械能守恒
B.弹簧的劲度系数
C.小球A到达N点时，小球A的速度大小
D.小球A到达N点时，物块B的速度大小
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11.（9分）某实验小组要测量一半圆形玻璃砖的折射率。他们先在平铺的白纸上画出半圆形玻璃砖的直径ab和圆心O，过O点画法线，并画出一条入射光线cO，cO与法线的夹角为30°。将半圆形玻璃砖沿着直径放好，紧贴b点放置与法线平行的光屏，如图甲所示。现用一绿色激光笔沿着cO方向射入一束光，在光屏上的P点出现一个光斑。用刻度尺测出玻璃砖的半径为。
（1）该玻璃砖的折射率_________。（结果用分数表示）
（2）若改用红色激光笔照射，其他条件不变，则光屏上的光斑会出现在_________（选填“P点上方”“P点下方”或“P点”）。
（3）若实验过程中，实验小组的同学不小心将玻璃砖向左下方平移，但入射光线仍能通过玻璃砖的圆心，如图乙所示。在光屏上出现一个光斑，小组同学将此光斑仍记作P点，并在白纸上连接O、P两点作为出射光线，则此时测得的折射率_________（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
12.（6分）某学习小组做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验。图甲中，橡皮条的一端挂有轻质小圆环，另一端固定，橡皮条的长度为GE。图乙中，用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环，小圆环处于O点；橡皮条伸长的长度为EO。图丙中，用一个力F单独拉住小圆环，仍使它处于O点。
（1）本实验采用的科学方法是___________。
A.等效替代法 B.理想实验法 C.控制变量法 D.建立物理模型法
（2）图丁是根据实验数据处理后得到的图像，其中___________（填“F”或“”）的方向一定沿GO。
（3）若初始时、成角，现将顺时针转过一个小角度，要保持图乙中O点位置与的大小不变，则下列操作可行的是___________。
A.增大，并沿顺时针方向转动一个小角度
B.增大，并沿逆时针方向转动一个小角度
C.减小，并沿顺时针方向转动一个小角度
D.减小，并沿逆时针方向转动一个小角度
13.（12分）某导热性良好的容器，内含一定质量的理想气体，由状态A经过状态B变为状态C的图像，如图所示。已知气体在状态A时的压强是，其他已知量在图示中标出。
（1）求大小。
（2）请你建立一个坐标系，并在该坐标系中，作出气体由状态A经过B变为C的图像，并标出A、B、C的坐标值。
（3）气体由状态A经过B变为C的过程中，假定气体吸收热量为，求气体A、C状态的内能变化量。
14.（15分）有一游戏装置，水平传动带以恒定速率如图所示运动，传送带长度，斜面CD的倾角为，长为。质量的物块P可轻放在传送带不同的位置，经过C点时速度大小不变，物块P与传送带间的摩擦因数，BC段光滑，物块P与斜面CD间的动摩擦因数，斜面在D点处与半径的光滑圆形轨道相切连接，圆轨道的最低点E与水平轨道EF相切连接，EF轨道与CD斜面略错开.质量为的物块Q放在距离E点的G点处，GF之间的距离为，两物块与水平轨道EF的动摩擦因数均为，紧靠F点右侧下方有一距EF为的平台，平台长度，物块P与物块Q碰撞后粘在一起向前运动，整个运动过程中两物块均可看成质点。（，）
（1）若物体轻放在A点，求物块P第一次到达C点时的速度大小；
（2）若物体轻放在A点，则物块P通过圆轨道D点时受到的支持力；
（3）若要使物块P通过轨道与Q碰撞后粘在一起恰好打到平台右边缘，求物体P放置的位置距离B点的距离。
15.（18分）某研究小组设计了一个小型载物小车，它的原理是电磁阻尼和电磁驱动。载物小车底部固定导体棒，为了研究问题方便，图中只画出导体棒和金属导轨，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上，斜面的倾角为θ，导轨间距为l。导体棒垂直导轨，阻值为R，载物车整体质量为m。区域Ⅰ（长度为d）、Ⅱ（即两虚线间，且足够长）中磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区域中为均匀磁场，磁感应强度随时间均匀增大，与时间关系为，其中g为重力加速度。Ⅱ区域中为匀强磁场，磁感应强度为。导体棒从无磁场区域下边缘a处由静止释放，进入Ⅱ区域后，减速到区域Ⅱ下边缘c处时放下货物，然后在磁场力作用下向上运动。运动过程中导体棒始终垂直导轨且接触良好，Ⅰ区域下边缘与Ⅱ区域上边缘距离也为d。
（1）求导体棒在Ⅱ区域中向下运动时的最大加速度。
（2）若导体棒从刚进入Ⅱ区域到c处的位移为d，放下货物后整车的质量变为0.25m，导体棒从c处向上运动到离开磁场Ⅱ区域过程中，通过导体棒的电荷量为。
①求导体棒离开区域Ⅱ时的速度大小。
②求导体棒从c处向上运动到离开区域Ⅱ过程中产生的焦耳热。
答案以及解析
1.答案：C
解析：汽车第一个加速过程的加速度大小为，汽车第二个加速过程的加速度大小为，则汽车在前后两个加速过程中的加速度大小之比为，故C正确，A、B、D错误。
2.答案：B
解析：根据质能方程，可知每发生一次上述核聚变反应所释放的核能
故选B。
3.答案：C
解析：A.由图可知，由于抛物线不对称，足球在运动过程中，空气阻力不可忽略，则足球在水平方向上一直做减速运动，即足球在位置1时的水平速度是最大的，故A错误；B.由于足球在运动过程中，空气阻力不可忽略，空气阻力做负功，则足球在位置1的动能大于位置3的动能，故B错误；C.足球从位置1到位置2，竖直方向上，空气阻力向下与重力方向相同，从位置2到位置3，空气阻力向上与重力方向相反，可知，从位置1到位置2竖直方向的加速度大于从位置2到位置3竖直方向的加速度，由可知，从位置1到位置2的时间小于从位置2到位置3，则与下落过程相比，足球在上升过程中重力势能变化快，故C正确；D.由于有空气阻力的作用，在位置2以大小为的速度水平向左抛出，足球不能沿原轨迹返回位置1，故D错误。故选C。
4.答案：B
解析：第一步：根据角度关系求解木星绕日周期，设地球、木星的轨道半径分别为，地球、木星的绕日周期分别为，相邻两次木星冲日的时间间隔为k年，年，由转过的角度关系可得
解得火星周期年。
第二步：根据开普勒第三定律求解木星绕日轨道半径，由开普勒第三定律可知，可得，B正确，ACD错误。
5.答案：A
解析：初始时滑动变阻器滑片位于滑动变阻器的中点处，由题意可知，此时并联部分的电阻最大，则将滑动变阻器的滑片向上滑动，并联部分的阻值减小，电路中的总阻值减小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流增大，路端电压减小，故灯变亮，灯两端电压增大，则并联部分电压减小，由于灯支路电阻增大，所以通过灯的电流减小，则变暗，根据可知干路电流增大，所以通过灯的电流增大，灯变亮，A正确，B、C错误；电源的输出功率为可知当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，由外题意可知，电源的内阻，则外电阻一定大于内阻，随着滑动变阻器的滑片向上滑动，外电阻减小，与内阻越来越接近，所以电源的输出功率变大，D错误。
6.答案：A
解析：A.由左手定则可知，电子在P点所受的洛伦兹力的方向向上，轨迹为，故A正确；
BC.电子在磁场中做匀速圆周运动有
解得
，
由图知，则，，电子运动一周回到P点所用的时间为
故BC错误；
D.电子在磁场中受洛伦兹力始终与速度垂直，方向时刻改变，故D错误。
故选A。
7.答案：B
解析：设乒乓球在运动过程中水平方向的分速度为，发球点处竖直方向的分速度为，反弹点处竖直方向的分速度为，反弹后上升到最高点所用的时间为t，则从反弹点到最高点的过程，有，联立解得。从发球点到反弹点的过程，有，又，联立解得。由此可得乒乓球离开球拍时的速度大小。故B正确，A、C、D错误。
8.答案：AC
解析：AB.由图可知，在处电势最高，根据
可知质子在处电势能最大，根据图像中斜率表示电场强度，可知在处斜率为零，所以质子在处受到的电场力为零。故A正确；B错误；
C.由图可知，从到和从到电势均降低，质子的电势能也随之降低，由
可知从到和从到受到的电场力均做正功。故C正确；
D.由图可知，在处电势为零，所以电势能为零，在处斜率不为零，受到的电场力也不为零。故D错误。
故选AC。
9.答案：BC
解析：只加磁场时，根据左手定则可知粒子所受洛伦兹力向下，则粒子向下偏转，打到接收屏上的Q点，故A错误。当同时存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场时，粒子恰好沿直线打到MN上的O点，则有，可得，故B正确。只有电场时，粒子做类平抛运动，打在接收屏上的P点，由牛顿第二定律有，粒子水平方向的位移为，粒子竖直方向的位移为，联立可得。只有磁场时，粒子做圆周运动，粒子的运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力有，可得，由几何关系可知，又，联立解得。故C正确，D错误。
10.答案：BC
解析：A.小球A从M点运动到N点的过程中，物块B除重力以外还有弹簧弹力、绳子拉力做功，所以物块B的机械能不守恒，故A错误；
B.未解锁小球A之前，弹簧处于压缩状态，对物块B受力分析有
小球A到达N点时，物块C对挡板的作用力恰好为0，此时弹簧处于伸长状态，对物块C进行分析有
根据几何关系有
联立解得
故B正确；
CD.小球A到达N点过程，小球A、物块B、弹簧组成的系统机械能守恒，又
可知弹簧弹性势能始末相等，则由机械能守恒可得
根据关联速度分解可得
联立解得，
故C正确，D错误。
故选BC。
11.答案：（1）（2）P点上方（3）大于
解析：（1）由题意可知，入射角为30°，折射角与大小相等，且，根据折射定律可得玻璃砖的折射率为。
（2）若改用红色激光笔照射，玻璃对红光的折射率比绿光小，光屏上的光斑会出现在P点上方。
（3）作出光线的传播路径如图所示。其中OP与竖直方向的夹角是测量的折射角，与竖直方向的夹角是实际的折射角，由图可知，测量的折射角大于实际的折射角，因此测得的折射率大于真实值。
12.答案：（1）A（2）F（3）A
解析：（1）本实验采用的科学方法是等效替代法。
故选A。
（2）是根据平行四边形定则作出的合力，是理论值，则F是用一个单独的力拉橡皮条，因此F一定沿GO方向。
（3）若要保持图乙中O点位置与的大小不变，根据三角形定则，如图所示，以起点为圆心，到末端距离为半径顺时针转过一个小角度，可知应增大，并沿顺时针方向转动一个小角度。
故选A。
13.答案：（1）200K
（2）见解析
（3）
解析：（1）A至B是等压过程,由盖-吕萨克定律，则有
解得
（2）由于A至B是等压过程,B到C为等容过程,由查理定律，可得
代入数据解得
由此可画出由A到B到C的图像如下图
（3）A到C，以气体为研究对象可知，A到B气体膨胀对外做功，B到C气体等容变化，不做功，故整个过程气体对外做的功为AB与坐标轴围成的面积，即
由热力学第一定律可知
其中
解得
即气体内能增加
14.答案：（1）
（2）6.4N，方向指向圆心O
（3）5m
解析：（1）若物体在水平传送带上一直匀加速运动，根据牛顿第二定律可得，
联立解得
由此可知，物体一直匀加速到达C点，且到达C点的速度大小为；
（2）C至D过程中，根据动能定理可得
解得
在D点，根据牛顿第二定律可得
解得
方向指向圆心O；
（3）物块P与Q碰撞过程有
根据动能定理可得，
根据平抛运动的规律有，
联立解得
15.答案：（1）
（2）见解析
解析：（1）第一步：分析导体棒初始时的运动
在无磁场区域运动时，导体棒做加速度为的匀加速运动
设刚进入Ⅱ区域时速度大小为，则有①
第二步：根据已知条件分析电路构成
随时间变化，产生感生电动势，导体棒在Ⅱ区域向下运动时，产生动生电动势，二者方向相同
感生电动势为
动生电动势为
第三步：根据电路知识及牛顿第二定律进行求解
导体棒上的感应电流为②
根据牛顿第二定律可得③
导体棒在Ⅱ区域做加速度减小的减速运动，到达最低点c时速度为零。所以导体棒刚进入磁场Ⅱ区域时加速度最大，满足④
解得⑤
（2）①第一步：分析电路构成
导体棒在Ⅱ区域向上运动时，电路中感生电动势和动生电动势方向相反
导体棒上的感应电流为⑥
第二步：运用累积法及动量定理求速度
导体棒向上离开Ⅱ区域过程有
⑦
解得⑧
设离开Ⅱ区域时导体棒速度大小为，则由动量定理可得
⑨
解得⑩
②设此过程中导体棒上产生的热量为Q，则

结合
解得

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