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湖北省武昌实验中学2025届高考适应性考试
物 理 试 卷
2025.5.31
本试卷共8页，15题。全卷满分100分。考试用时75分钟。
★祝考试顺利★
注意事项：
1．答卷前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。
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。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．处于激发态的汞原子可辐射出波长为的靛光和波长为的黄光，靛光可以使金属发生光电效应，但不能使金属发生光电效应。下列说法正确的是
A．黄光比靛光的光子能量大
B．黄光可能使两种金属都发生光电效应
C．在同一介质中靛光比黄光的传播速度大
D．金属的截止频率小于金属的截止频率
2．北京时间2025年3月26日23时55分，西昌卫星发射中心长征三号乙运载火箭点火起飞，天链二号04星顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。发射可简化为如图所示过程，先将卫星发射到半径为r的圆轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，卫星运动到A点时变轨进入椭圆轨道Ⅱ，运动到椭圆轨道Ⅱ的远地点B时，再次变轨进入半径为2r的圆轨道Ⅲ做匀速圆周运动。下列判断正确的是
A．要实现从椭圆轨道B处进入圆轨道Ⅲ，发动机需要向前喷气
B．卫星在轨道Ⅰ与轨道Ⅲ上运行的周期之比为
C．卫星在轨道Ⅰ上的机械能大于轨道Ⅲ上的机械能
D．卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上与地心连线单位时间扫过的面积一定相等
3．1784年，乔治·阿特伍德为测量重力加速度和验证牛顿第二定律，设计了后来以他名字命名的实验装置——阿特伍德机。阿特伍德机的简化示意图如图所示，A、B为质量均为M的物体，物体C的质量为m，若滑轮质量和摩擦不计，轻绳不可伸长，m=0.5M，则物体B从静止开始下落一段距离所用时间约为其自由落体下落同样距离所用时间的
A．
B．
C．
D．5倍
4．在测量某玻璃砖的折射率实验中，正确操作后在纸上作出了如图所示的光路图，玻璃砖上下两边平行（足够长），虚线AC为过C点的法线，入射光线从O点射入，其延长线交AC于B点，测得OB的长度为2cm，OC的长度为2.5cm。已知光在真空中的传播速度为c=3108m/s。下列说法错误的是
A．入射角改变，光线的侧移量（即图中的）也改变
B．光线在玻璃砖内传播的速率为2.4108m/s
C．增大入射角，光线可能在下表面发生全反射
D．入射角越大，光线通过玻璃砖的时间越长
5．冰车是东北地区冬季喜闻乐见的游乐项目。如图甲所示，小孩坐在冰车上，大人先用水平恒力推了5s后，又用水平恒力推了25s，之后撤去了外力，小孩及冰车又在冰面上自由滑行了10s，最终静止。已知小孩和冰车的总质量为40kg，小孩在冰面上做直线运动的图像如图乙所示，忽略空气阻力，重力加速度g取，则下列说法中正确的是
A．水平恒力
B．冰车与冰面的动摩擦因数
C．整个过程中冰车在冰面上运动的总距离为
D．整个过程中大人对小孩和冰车做的功为
6．如图所示，某发电机的线圈在竖直向下的匀强磁场中从中性面开始匀速转动，理想电压表接在线圈两端。已知该线圈匝数N=500匝，线圈面积S=0.4m2，转速为n=50r/s，电阻不计，磁感应强度大小。线圈通过阻值R=100Ω的电阻与理想变压器原线圈串联，副线圈连接电阻RL=3Ω的灯泡和最大阻值为5Ω的滑动变阻器R′。已知理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，则
A．电压表的示数为40V
B．初始位置线圈产生的感应电动势最大
C．在调节滑动变阻器滑片的过程中，变压器输出的最大功率为2W
D．t=0.02s时，穿过线圈平面的磁通量为
7．如图所示，轻质弹簧竖直放置在水平地面上，其上下端点分别与物块B及地面固定连接，物块A放在B上并通过轻质细绳跨过光滑定滑轮M、N与轻质挂钩连接。M、A间细绳竖直且足够长，M、N间细绳水平，A、B两物块的质量分别为，，弹簧的劲度系数为，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取，开始时系统静止，细绳伸直无拉力作用。现在在轻质挂钩上挂上质量为的钩码C并从静止开始释放，释放时C
位置离地面足够远，已知弹簧的弹性势能公式为（k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量）。关于钩码C下降、物块A、B上升过程中，下列说法正确的是
A．释放钩码C时，A、B间的作用力为0
B．钩码C下降位移为0.3m时，A、B开始分离
C．从释放钩码C到A、B分离，A、B经历了先加速后减速的过程
D．A、B分离时速度大小为
8．教室的一体机屏幕多为电容屏，具有灵敏度高的特点。电容式触摸屏其原理可简化为如图所示的电路。平行板电容器的上极板为可动电极，下极板为固定电极，为两板间一定点。当用手指触压屏幕上某个部位时，可动电极的极板会发生形变，同时也相当于将板接地，形变过程中，电流表中有从到的电流，则下列判断正确的是
A．形变过程中，两极板间距离减小，电容器电容变大
B．电容器的带电量减小
C．形变过程中，点电势降低
D．直流电源的端为电源正极
9．如图甲所示，同种均匀介质中存在能产生简谐横波的 A、B 两个波源，A、B间距为5m且同时起振，质点P在两波源的连线上，AP=1m，两波源的振动图像如图乙中的实线和虚线所示。已知两波源的振动传播到P点的时间差为 6s。则
波源A形成的简谐横波在介质中的波长为2m
当两波源的振动均传到P点后，P点的振幅为0.3m
以B波源传到P点时为计时起点，再过1s，P点偏离平衡位置的位移为0.1m。
以A波源传到P点时为计时起点，再过8s，P点走过的路程为1.4m
10．如图所示，一质量为M的足够长“匚”型金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。质量为m、电阻不计的导体棒PQ平行bc放置在导轨上，PQ左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨单位长度的电阻为R0，bc长为L，初始时bc与PQ间距离也为L。分界线ef与bc平行，其左侧有竖直向上的匀强磁场，右侧有水平向左的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。在t=0时，一水平向左的拉力F垂直作用在导轨bc段中点，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a，PQ与导轨间动摩擦因数为μ，且始终接触良好，则
A．回路中的电动势先增大后减小
B．若t0时间内导轨产生的焦耳热为Q，则该时间内导轨克服安培力做功为Q
C．运动过程中拉力F的最大值为Ma+μmg+
D．若t0时间内导轨产生的焦耳热为Q，则该时间内导轨克服摩擦力做功为
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11．（6分）
某同学利用如图装置测量小车和智能手机的质量，智能手机可以利用APP直接测量出手机运动时的加速度。悬挂质量为的钩码，用智能手机测出小车运动的加速度；改变钩码的质量，进行多次测量；做出与的图像如图，已知图像中直线的截距为，斜率为。不计空气阻力，重力加速度为。
（1）（单选）以下说法正确的是 ；
A．钩码的质量应该远小于智能手机和小车的质量
B．细绳应该始终与长木板平行
C．不悬挂钩码时，应使小车和智能手机匀速沿木板下滑
D．细线的拉力等于钩码的重力
（2）根据图像可得，小车和手机的质量为 ；
（3）再利用手机APP测出斜面倾角为，则小车和智能手机沿木板运动过程中受摩擦力的大小为 。
12．（11分）
一位同学想将一个量程约为5V（有清晰刻度但没有示数），内电阻约为10kΩ的伏特表改装成一个量程为15V的伏特表。可以使用的实验器材如下：
A．电源（电动势约为15V，内电阻小于2Ω）
B．标准电压表（量程为15V，内电阻约为30kΩ）
C．电阻箱（阻值范围0~9999．9Ω）
D．电阻箱（阻值范围0~99999．9Ω）
E．滑动变阻器（阻值为0~20Ω）
F．滑动变阻器（阻值为0~20kΩ）
G．电键S和导线若干
（1）将实验仪器按图甲所示电路连接，电阻箱应选 ，滑动变阻器应选 。（用仪器前的字母符号表示）
（2）将电阻箱阻值调至最大，将滑动变阻器的滑片P移至滑动变阻器的接近右端处，闭合电键S；接着调节电阻箱直至伏特表满偏，记录此时电阻箱的阻值R和标准电压表的示数U。
（3）向左移动滑片P至滑动变阻器的另一位置，再次调节电阻箱直至伏特表满偏，记录此时电阻箱的阻值和标准电压表的示数。
（4）重复步骤（3）3~5次。
（5）该同学将实验中记录的各组电阻箱的阻值R和标准电压表的示数U的数据在U-R图中正确描好点，请你在图中完成U-R图线 。
（6）根据图线可以求出伏特表的量程为 V，内阻为 Ω，将伏特表与一个阻值为 Ω的电阻串联就可以组成量程为15V的伏特表。
13．（10分）
华中屋脊“神农顶”海拔高达3106.2m，这里气候多变，四季分明，山顶常年云雾缭绕，仿佛是仙境一般。由于海拔较高，山下景区为游客备有容积为的便携式氧气瓶和容积为且自带压强计的大氧气瓶。时某大氧气瓶内的氧气压强。假设充气前便携式氧气瓶内均为真空，便携式氧气瓶内充满氧气后的压强均为。
（1）若在7℃的环境下，用该大氧气瓶给便携式氧气瓶充氧气，则能充满多少瓶便携式氧气瓶？
（2）若在27℃的环境下，用该大氧气瓶给2瓶便携式氧气瓶充氧气，求便捷式氧气瓶充满后大氧气瓶内的气体压强以及剩余氧气质量与原来氧气质量之比（计算过程中及结果均用分式表示）。
14．（16分）
如图（a），一固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道圆心为O，半径，底端C点切线水平。原长、劲度系数的轻弹簧，一端挂在过O点的光滑水平轴上，另一端拴接一个质量的小球，小球静止在C点。轨道右边水平地面上有一长，质量的木板AB，A端与C端的距离，AB上表面与C点等高。时，一质量的滑块以的水平初速度滑上木板的B端，之后一段时间内滑块和木板的速度v与时间t的关系图像如图（b）所示。滑块和小球均可视为质点，木板A端碰到C端会立即被粘住，取重力加速度大小。求：
（1）求滑块与木板之间的动摩擦因数以及木板与地面之间的动摩擦因数；
（2）求滑块运动到木板A端时的速度大小；
（3）滑块与小球在C点发生弹性正碰后，小球随即沿圆弧轨道运动，试通过计算分析小球能否到达圆弧轨道的最高点。若能到达，求出在最高点处小球对轨道的压力大小；若不能到达，求出小球脱离轨道时，弹簧与竖直方向夹角的余弦值。
+
15．（17分）
如图所示，在直角坐标系xoy的第四象限内有半径为R的圆形匀强磁场区域，圆心坐标为，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里。第一象限有边长为2R的正方形区域obcd内，在、间有沿y轴正方向的电场E，其大小未知且仅随x变化；边长也为2R的正方形区域cdef内有沿x轴负方向大小为的匀强电场。点处的离子源在某时刻同时均匀地向y轴右侧某范围内，发射质量为m、电荷量为q（q＞0）相同速率的同种离子，通过磁场区域后所有离子均从P、Q间垂直x轴进入第一象限。不计重力和离子间相互作用力。求：
（1）求离子的发射速率；
（2）求离子从a点出发分别到达P、Q两点所用的时间差；
（3）要使离子全部打在e点，求PQ间的电场强度E随x变化的规律。湖北省武昌实验中学2025届高考适应性考试
物理参考答案
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。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B C C D C D AC AD BD
1、【答案】D
【详解】A．由题意可知黄光的波长大于靛光的波长，根据可知，黄光的频率小于靛光的频率，根据可知，黄光比靛光的光子能量小，故A错误；
BD．靛光可以使金属发生光电效应，但不能使金属发生光电效应，可知金属的截止频率小于金属的截止频率；由于黄光比靛光的光子能量小，则黄光一定不能使金属发生光电效应，故B错误，故D正确；
C．由于黄光的频率小于靛光的频率，则同一介质中黄光的折射率小于靛光的折射率，根据可知，在同一介质中靛光比黄光的传播速度小，故C错误。
故选D。
2．【答案】B
【详解】A．轨道Ⅱ相对于轨道Ⅲ是低轨道，由低轨道变轨到高轨道，需要在切点位置加速，即要实现从椭圆轨道B处进入圆轨道Ⅲ，发动机需要向后喷气，故A错误；
卫星在轨道Ⅰ与轨道Ⅲ上运行过程，根据开普勒第三定律有解得
故B正确；
C．结合上述可知，卫星由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ，需要先后在A与B位置加速，即卫星在轨道Ⅰ上的机械能小于轨道Ⅲ上的机械能，故C错误；
D．根据开普勒第二定律可知，在同一轨道上，卫星与地心连线在相等时间扫过的面积相等，但在不同轨道上卫星与地心连线在相等时间扫过的面积不相等，即卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上与地心连线单位时间扫过的面积不相等，故D错误。
故选B。
3．【答案】C
【详解】对整体进行受力分析，由牛顿第二定律有 解得
由匀加速运动公式有， 可知 。
同理，物体自由落体下落同样距离所用时间 ，联立解得 故选C。
4．【答案】C
【详解】A．可以考虑极限情况，当光线垂直入射时，侧移量是，入射角增加，开始有侧移量，说明入射角改变，光线的侧移量（即图中的）也改变，A正确。
B．设，根据几何关系可得：
又由折射定律 联立求得， B正确；
C．折射光线在玻璃内与两条法线的夹角相等，即平行玻璃砖的入射光线与出射光线平行。入射光线在界面的入射角小于，由折射定律可知，则折射光线与法线夹角小于全反射临界角，折射光线不可能在下表面发生全反射，C错误；
D．入射角越大，折射光线在玻璃中的长度越长，通过玻璃砖的时间越长，D正确。
因要求选错误选项，故只能选C。
5．【答案】D
【详解】A．在0∽5s内，冰车做匀加速直线运动，根据图像可知再由牛顿第二定律解得，故A错误；
B．在30∽40s内，小孩和冰车在只受摩擦力的作用下做匀减速直线运动，根据图像可知，此段的加速度大小为。由牛顿第二定律，得冰车与冰面的动摩擦因数，故B错误；
C．图像与横轴所围成的面积表示位移，因此整个过程中冰车在冰面上运动的总距离为，故C错误；
D．由动能定理，代入数据得，故D正确。 故选D。
6．【答案】C
【详解】A．线圈转动产生的感应电动势最大值为
所以电压表测感应电动势的有效值，示数为 故A错误；
B．初始位置时穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，所以线圈产生的感应电动势为零，故B错误；
C．根据等效电源法，设新电源的电动势为E′，新电源的内阻为r，则
对原线圈回路有 ，根据原副线圈电压、电流与匝数的关系可得，
联立可得 ，则，
当时，新电源的输出功率最大，即变压器的输出功率达到最大，且最大值为
故C正确。
D．线圈转动的周期为，由于线圈从中性面开始转动并计时，所以t=0.02s时线圈和中性面重合，此时线圈的磁通量为最大值，最大为，故D错误；
故选C。
7．【答案】D
【详解】A．初始时弹簧压缩量为。若初始时刻间的作用力为0，则连接体的加速度为，此时的加速度为，故A错误；
B．，则分离时系统的加速度为，此时的加速度也为0，故分离时弹簧压缩量为，则下降时，分离。故B错误；
C．分离前加速度逐渐减小，分离时为零，故一直加速。故C错误；
D．由能量守恒定律，有
解得，故D正确。 故选D。
8．【答案】AC
【详解】A．根据电容可知，两极板间距离d减小，电容器电容变大，故A正确；
B．电容器与电源相连，电容器两极板间的电压U不变，根据可知，电容C增大，电容器的带电量Q增大，故B错误；
C．由于电容器两端电压U不变，根据，由于d减小，可知极板间电场强度E增大，A板接地，A板电势为0，由于AB板间电压U不变，所以极板B的电势不变，设P点与极板B的距离为，则有， 不变，E增大，可知减小，即点电势降低，故C正确。
D．由于电容器的电荷量增大，电容器充电，由于电流表中有从到的电流，可知c为电源负极，故D错误；故选AC。
9．【答案】AD
【解析】A.根据题意可得T=4s，PB=4m，可得x =PB-AP =3m，根据波速的定义式，又解得，λ=2m，故A正确；
B.由可知 P 点为振动减弱点，即 A=A1-A2=0.1m，故B错误；
C.此时AB两列波已相遇，相遇时两列波相位差为Π，相遇时P点合位移为从平衡位置向下振动，经1s，偏离平衡位置位移为-0.1m。故C错误；
D.以A波源传到P点时为计时起点，前6s质点P仅受A波影响走过6A=1.2m，后2s两波相遇，振幅为0.1m，走过2A’=0.2m，共1.4m.故D错误；故选AD。
10．【答案】BD
【详解】A．导轨做初速为零的匀加速运动，t时刻的速度 v=at，回路中感应电动势：E=BLv=BLat
可知回路中的电动势一直增大，选项A错误；
B．克服安培力做功等于产生的焦耳热，可知若t0时间内导轨产生的焦耳热为Q，则该时间内导轨克服安培力做功为Q，选项B正确；
C．导轨运动以后，由v=at，，Rx=R0 2x，，F安=BIL 得
导轨受外力F，安培力F安和滑动摩擦力f。其中有f=μFN=μ（mg+F安）
对导轨，由牛顿第二定律得F-FA-f=Ma ，联立得：
分析可知， 当即力F最大，则有
选项C错误；
D．导轨克服摩擦力做功为 而 ，，则有
选项D正确。故选BD。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11、（6分）【答案】 B（2分） （2分） （2分）
【详解】（1）[1]设小车和手机的质量为，斜面倾角为，对钩码和小车以及手机的系统由牛顿第二定律有
整理可得 可得本实验的原理为与成一次函数。
A．因本实验验证牛顿第二定律为对系统采用准确的方法，故不需要近似的用钩码重力代替绳的拉力，也就不需要质量关系，即不需要钩码的质量应该远小于智能手机和小车的质量，故A错误；
B．为了让绳子拉小车的力为恒力，则细绳应该始终与长木板平行，故B正确；
C．本实验若平衡了摩擦力，系统的牛顿第二定律表达式为
与成正比例函数，不符合实验实验结果，则不需要平衡摩擦力，故C错误；
D．本实验研究系统的牛顿第二定律，则绳子的拉力小于钩码的重力，故D错误。 故选B。
（2）[2]根据与的一次函数关系，可知图像的斜率的意义为
则小车和手机的质量为
（3）[3]根据与的一次函数关系，可知纵截距的物理意义为 联立解得摩擦力的大小为
12．（11分）
【答案】 D（2分） E （2分） 如图（1分）
4.5（2分） 9000 （2分） 21000（2分）
【详解】（1）[1]因待测电压表的量程约为5V，内电阻约为10kΩ，改装成一个量程为15V的电压表，量程变为原来的3倍左右，所以改装之后的总电阻约为原来的3倍，所以串联的电阻阻值约为20kΩ，电阻箱应选D。
[2]由图知滑动变阻器用的分压式接法，所以选小电阻便于调节，故选E。
（5）[3]图线如图
（6）[4][5]因 结合图知U-R图线纵截距为
斜率为 可得
[6]设应串联的电阻阻值为R，则 得
13．（10分）
【答案】(1)54 （4分） (2)； （6分）
【详解】（1）（4分）根据玻意耳定律则有 --- ---2分
代入数据解得 --- ---2分
（2）（6分）对大氧气瓶内的氧气，根据查理定律有 --- ---1分
其中
解得
【解法一】用该大氧气瓶给2瓶便携式氧气瓶充氧气，设充满2瓶便携式氧气瓶充氧气需要用掉大氧气瓶压强为、体积为的氧气，大氧气瓶中剩余的气体再充满整个大氧气瓶，根据玻意耳定律有 --- ---1分
--- ---1分
解得, --- ---1分
剩余氧气质量与原来氧气质量之比 --- ---1+1分
【解法二】将大氧气瓶中氧气压强全部变为，大氧气瓶中的氧气可以填充体积为，再将体积为、压强为的氧气体积变为，即可求得该大氧气瓶给2瓶便携式氧气瓶充氧气后瓶气体压强，根据玻意耳定律有 --- ---1分
--- ---1分
解得 --- ---1分
充气后大氧气瓶内剩余氧气质量与原来氧气质量之比 --- ---1+1分
14．（16分）
【答案】(1)0.4，0.1 （5分） (2)2m/s （6分） (3)不能到达最高点，0.9 （5分）
【详解】（1）（5分）由图乙可得滑块的加速度大小为 --- ---1分
木板的加速度大小为 --- ---1分
对滑块由牛顿第二定律得 --- ---1分
对木板由牛顿第二定律得 --- ---1分
解得， --- ---1分
（2）（6分）内，滑块的位移大小为，有， --- ---1分
木板的位移大小为， --- ---1分
由于，故时，滑块还未到木板A端，1s后，滑块与木板一起做匀减速运动，加速度大小设为，有 --- ---1分
解得
设木板A端运动到C端时滑块速度大小为，
由匀变速直线运动规律有 --- ---1分
解得
A端运动到C端之后，滑块做匀减速运动，加速大小为，有 --- ---1分
解得 --- ---1分
（3）（5分）滑块和小球在C处发生弹性正碰，设碰后瞬间小球的速度为，滑块的速度为，由动量守恒和机械能定律可得， --- ---1分
--- ---1分
解得，
假设小球不能到达圆轨道最高点，脱离圆轨道时速度大小为，
则有 --- ---1分
刚要脱离圆轨道时，由牛顿第二定律有 --- ---1分
联立解得 可见，
假设成立，离开圆轨道时，弹与竖直方向夹角的余弦值为0.9。 --- ---1分
15．（17分）
【答案】(1)（5分） (2) （6分） (3)（6分）
【详解】（1）（5分）由于通过磁场区域后所有离子均从P、Q间垂直x轴进入第一象限，则通过PQ中点离子的轨迹对应的圆心在0点，所以离子运动的半径为R，由 --- ---3分
得离子的发射速度为 --- ---2分
（2）（6分）相同速率的同种离子在磁场中运动的半径相同，由磁发散可知，离子通过P点速度方向竖直向上，垂直于x轴，离子通过Q点速度方向竖直向上，垂直于x轴，如图 由于，，
所以对应P点的离子在磁场中的圆心角 --- ---1分
对应Q点的离子在磁场中的圆心角 --- ---1分
得a =60°，=120°， --- ---1分
离子在磁场中运动的周期为 --- ---1分
这两个离子出磁场后分别到P、Q的距离相等，所以离子从a点出发分别到达P、Q两点所用的时间差 --- ---2分
（3）（6分）要使离子全部打在e点，设离子进入正方形区域cdef的速度为v，离子在这个区域内受到的电场力为，则离子的加速度为 --- ---1分
水平方向上 --- ---1分
竖直方向上 --- ---1分
可得
离子在正方形区域obcd内，做匀加速运动，则 --- ---1分
其中 --- ---1分
解得 --- ---1分

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