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武汉二中2025届高三年级高考模拟试卷
物理试卷
命题学校：武汉二中
考试时间：2025年5月22日下午14：30一17：05试卷满分：100分
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1一7题只有一
项符合题目要求，第8一10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。)
1.2023年8月24日，日本政府正式向海洋排放福岛第一核电站的核污水。核污水中的4Po发生衰变
时的核反应方程为Po→Pb+X。设”Po的比结合能为E,Pb的比结合能为E2,X的比结合能为
E3。已知光在真空中的传播速度为C,Po的半衰期为138天，则下列说法正确的是()
A.E>E2
B.10个4Po核138天后剩余5个
C.该衰变过程本质是原子核中的一个中子转变为质子并放出一个电子
D.该核反应过程中的质量亏损可以表示为206E,+4E。-210E
2.一水滴从空中由静止开始下落，最终匀速落地。已知水滴所受空气阻力与速度成正比。下列能正确
描述该水滴下落过程的加速度一速度(a-v)和速度一时间(v-t)图像的是()
A
B
3.如图所示，AB、BC、AC是等长的绝缘细棒，构成彼此绝缘的等边三角形，AB、BC棒上均匀分布着负
电荷，AC棒上均匀分布着正电荷。己知AB、BC两细棒单位长度分布电荷量的绝对值相等且是AC的两倍，
AB棒在三角形中心O产生的电场强度大小为E,取无限远处为电势零点，AB棒在O点产生的电势为p。
关于三根细棒在O点所产生的电场强度和电势，下列说法正确的是()
B
C
A.O点电场强度为零，电势为零
B.0点电场强度大小为1.5E,方向沿0B指向B:电势为-1.50
C.0点电场强度大小为1.5E,方向沿0B指向0：电势为-0
D.O点电场强度大小为(3+1E,方向沿OB指向B;电势为p
4.两个质量分布均匀的圆柱体A、B静置在顶角为60°的“V型”槽中，圆柱体A的截面半径小于B的
截面半径，截面图如图所示，不计一切摩擦，下列分析正确的是(·)
A.若以槽底端所在的边为轴顺时针缓慢转60°的过程中，圆柱体A对槽壁
的压力变大
B.若以槽底端所在的边为轴顺时针缓慢转60°的过程中，圆柱体A对B的
压力变大
60
C.若“V型”槽不转动，将A换成质量不变但半径更小的圆柱体，则圆柱体
人60
A对槽壁的压力变大
D.若“V型”槽不转动，将A换成质量不变但半径更小的圆柱体，则圆柱体A对B的压力变小
5.2024年6月25日嫦娥六号返回器顺利着陆，返回器与主舱室分离后，主舱室通过调整后在圆轨道
运行，返回器用“打水漂”的方式再入大气层，最终通过降落伞辅助成功着陆，其主要过程如下图，已知
主舱室维持在半径为"的轨道上做周期为T的匀速圆周运动，已经地球半径为R,引力常量为G,下列
说法正确的是()
0
返回器跳出大气层
返回器分离后
0
单舱滑行
降落伞打开
0
大气层
返回器第一次
返回器第二次
再入大气层
再入大气层
Q返回器着陆
地球
A.由题中条件可求出地球密度为3r
GT2R3
B.根据题给条件可求出主舱室的质量
C.打开降落伞后，返回器靠近地面过程中一直处于失重状态
D.主舱室在半径为r的轨道上稳定运行的速度大于7.9km/s
6.如图所示，理想变压器原线圈接有输出电压有效值恒为24V的交流电源，电源内阻不计，定值电阻
R、R2、R的阻值分别为R=9.62,R2=22,R=42,滑动变阻器R的最大阻值为4Q。初始时滑动变
阻器滑片位于中点，理想电流表的示数为1A,则下列说法正确的是(
A.初始时，电压表的示数为14V
R
0
B.变压器原、副线圈的匝数比为4：1
C.从初始位置向右移动滑动变阻器滑片，电压表示数一直增大“
D.从初始位置向左移动滑动变阻器滑片，变压器输出功率一
A
直减小
7.如图所示，可视为质点的光滑定滑轮P与竖直墙面上的Q点等高，O为PQ的中点，PQ距离为2。
一根轻质不可伸长的细绳一端系在Q点，穿过质量为的光滑圆环A再绕过定滑轮P，另一端吊着质
量也为m的重物B。将圆环A由O点静止释放，设QA与水平方向夹角为B。已知重力加速度为g,整
个过程中B未与滑轮P相撞，不计空气阻力和一切摩擦。下列说法中正确的是()
A.A和B的速度关系为VB=Vsine
5d
B.A可以下降的最大高度为3
C.A和B总动能最大时，0=60°
白B武汉二中2025届高三年级高考模拟试卷
物理试卷评分细则
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。
题号1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案D
A
B
C
A
D
D
CD
BD
AC
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11(1)BD(2分)
2是2分)
(3)
gsine-b
g cos
,(3分)
R
R
12(1)0.549-0.551(2分)(2)D(2分)
(2分)
R2
●
(3)
d(+R2(2分)偏大(2分)
4L(k-1)
13(1)选活塞为研究对象，由平衡条件有pS=p,S+mg
可得，=R+g-12x10pa
活塞恰好到卡环6时，气体做等压变化，根据盖吕萨克定律可得兰-
1分
其中y=ls=750cm,I=30K,y号s=50cm
解得T2=200K
1分
继续降温到-123℃，此时T3=(-123+273)K=150K
其压强为P,根据查理定律可得号号
1分
解得p3=0.9×105Pa
1分
卡环b对活塞的支持力为F,由平衡条件有F+PS=mg+PS解得F=3ON
由牛顿第三定律，卡环b受到活塞压力大小为30N。
1分
(2)从初状态开始升温，活塞上升，当活塞恰好上升到卡环a时，
对应温度为，则有V=6-10o0cm,兰-兰
V-V
1分
解得T4=400K<(177+273)K=450K
1分
此过程外界对气体做功W=-P,S(h-L)=-30J
1分
此后不再做功，全程根据热力学第一定律可得△U=W+Q=120]
2分
14(1)从P点沿y轴正向射入的粒子恰好通过Q点，则粒子在磁场
中做圆周运动的轨迹半径为5=「，如图所示，根据洛伦兹力提供向
心力有q%,B=m5
2分
解得v,=r
2分
m
(2)从P点沿y轴正向射入的粒子在电场中做类平抛运动，
设粒子出电场时沿y轴负方向的分速度为V,如图所示，由题
意可知Vy=V
1分
沿y轴方向有v =2ar
1分
根据牛顿第二定律有qE=ma
1分
联立解得E=grB
2分
2m
(3)由于粒子在磁场中做圆周运动的半径为5=「，根据磁
发散原理，所有粒子均沿×轴正方向射出磁场，设某一粒子
进入磁场Ⅱ时，与×轴正方向夹角为0，则该粒子进入磁场Ⅱ
时速度为v总。如图所示
1分
设该粒子在磁场中做圆周运动，半径为R,洛伦兹力提供向心力，有B=m
2
则轨迹的圆心到×轴的距离为s=Ram0-gc00-胎，代入第一问结果，得s=r。1分
qB
由此可见，所有粒子进磁场Ⅱ后做圆周运动的圆心均在离×轴距离
为「的水平线上，即此时接收屏距离×轴的距离为「，根据圆的特
点，打到屏上的速度垂直于半径，而半径在接收屏所在的平面，
因此所有粒子均能垂直打在接收屏上。在P点沿与×轴负方向成
60°向左上方射出的粒子恰好能打在屏上时，该粒子左侧的所有粒
子都可以打在屏上，右侧的粒子则不能打在屏上，即有三分之一
的粒子经磁场Ⅱ偏转后能直接打在屏上，设这时屏需要移动的距离为L，如图所示，L='2

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