湖北省武汉市钢城四中2025届5月高三调研考试物理试题

湖北省武汉市钢城四中2025届5月高三调研考试物理试题
请考生注意：
1．请用2B 铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。

写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图所示，小球B 静止在光滑水平台右端，小球A 以一定的初速度v 0与小球B 发生弹性正撞，碰撞后两小球由台阶水平抛出，B 球第一次落在了水平地面上的P 点，A 球第一次落到地面上弹起来后第二次也落到了P 点。

若两球与地面碰撞时没有能量损失，碰撞前后速度方向满足光的反射定律，则A 、B 两球的质量之比m 1：m 2为（ ）
A ．2∶1
B ．3∶1
C ．3∶2
D ．5∶3
2、如图甲所示，直径为0.4m 、电阻为0.1Ω的闭合铜环静止在粗糙斜面上，CD 为铜环的对称轴，CD 以下部分的铜环处于磁感应强度B 方向垂直斜面且磁感线均匀分布的磁场中，若取向上为磁场的正方向，B 随时间t 变化的图像如图乙所示，铜环始终保持静止，取π3=，则（ ）
A ．2s t =时铜环中没有感应电流
B ． 1.5s t =时铜环中有沿逆时针方向的感应电流（从上向下看）
C ． 3.5s t =时铜环将受到大小为34.810N -⨯、沿斜面向下的安培力
D ．1~3s 内铜环受到的摩擦力先逐渐增大后逐渐减小
3、一质点在做匀变速直线运动，依次经过A B C D 、、、四点。

已知质点经过AB 段、BC 段和CD 段所需的时间分别为t 、2t 、3t ，在AB 段和CD 段发生的位移分别为1x 和2x ，则该质点运动的加速度为（ ）
A ．212x x t -
B ．2126x x t -
C ．212312x x t -
D ．212
318x x t - 4、如图所示，材料相同的物体A 、B 由轻绳连接，质量分别为m 1和m 2且m 1≠m 2，在恒定拉力F 的作用下沿斜面向上加速运动。

则（ ）
A．轻绳拉力的大小与斜面的倾角θ有关
B．轻绳拉力的大小与物体和斜面之间的动摩擦因数μ有关
C．轻绳拉力的小与两物体的质量m1和m2有关
D．若改用F沿斜面向下拉连接体，轻绳拉力的大小不变
5、如图所示为两辆汽车同时同地沿同一平直的公路同向行驶时，通过DIS系统在计算机中描绘出的速度时间图像。

则下列说法正确的是（）
A．汽车A的运动轨迹为直线，汽车B的运动轨迹为曲线
B．t1时刻两辆汽车相遇
C．t1时刻汽车A的加速度大于汽车B的加速度
D．在0~t1时间内，两辆汽车之间的距离增大后减小
6、甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t=0到t=t1的时间内，它们的v-t图象如图所示．在这段时间内
A．汽车甲的平均速度比乙大
B．汽车乙的平均速度等于
C．甲乙两汽车的位移相同
D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

7、如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ,静止叠放在水平地面上.A 、B 间以及B 与地面间的动摩擦因数都为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ,现对A 施加一水平拉力F ,则( )
A ．当 2.5F mg μ=时， A 的加速度为0.5g μ
B ．当2F mg μ<时， A 、B 都相对地面静止
C ．无论F 大小为何值，B 都不动
D ．当3F mg μ>时， B 才可以开始滑动
8、如图所示,平行板电容器与电动势为E 的直流电源(内阻不计)连接,下极板接地,静电计所带电荷量很少,可被忽略。

一带负电油滴被固定于电容器中的P 点。

现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离,则下列说法中正确的是（ ）
A ．平行板电容器的电容值将变小
B ．静电计指针张角变小
C ．带电油滴的电势能将减少
D ．若先将上极板与电源正极的导线断开,再将下极板向下移动一小段距离,则带电油滴所受电场力不变
9、如图所示为一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，实线为0.2t =s 时刻的波形图，虚线为t =0.8s 时的波形图，波的周期0.6s T >，则（ ）
A ．波速为10m/s
B ．A 比B 先回到平衡位置
C ．在0.5=t s 时，B 点到达波峰位置
E.在 1.0t =s 时，A 点沿y 轴负方向运动
10、沿x 轴正向传播的简谐横波在0t =时刻的波形如图所示，此时波传播到2m x =处的质点B ，质点A 恰好位于波谷位置。

C 、D 两个质点的平衡位置分别位于3m x =和5m x =处。

当0.2s t =时，质点A 恰好第一次（从计时后算起）处于波峰位置。

则下列表述正确的是________________。

A ．该波的波速为5m /s
B ． 1.0s t =时，质点
C 在平衡位置处且向下运动
C ．0.9s t =时，质点
D 的位移为2cm -
D ．D 点开始振动的时间为0.6s
E.质点D 第一次位于波谷位置时，质点B 恰好也位于波谷位置
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）某物理实验小组的同学用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律．
（1）为减少阻力对测量结果的影响，实验中应选用__________（填“电磁打点”或“电火花”计时器进行打点． （2）本实验中需要直接测量的物理量是__________，通过计算得到的物理量是__________（均填标号）．
A ．重锤的质量
B ．重锤下落的高度
C ．与下落高度对应的重锤的瞬时速度
（3）在实验得到的纸带中，选用如图乙所示的起点O 与相邻点之间距离约为2mm 的纸带来验证．图中A 、 B 、C 、D 、E 、F 、G 为七个相邻的点，E 、F 、G 到起点O 的距离分别为h n-1、h n 、h n+1．设打相邻点间的时间间隔为T ，如果机械能守恒得到验证，则可根据以上物理量求得当地重力加速度g=__________．
12．（12分）学习了“测量电源的电动势和内阻”后，物理课外活动小组设计了如图甲所示的实验电路，电路中电源电动势用E，内阻用r表示。

(1)若闭合电键S1，将单刀双掷电键S2掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的读数U，处理数据得到图像
如图乙所示，写出11
U R
-关系式___。

（不考虑电表内阻的影响）
(2)若断开S1，将单刀双掷电键S2掷向b，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电流表的读数I，处理数据得到图像如
图丙所示，写出1
R
I
-关系式___。

（不考虑电表内阻的影响）
(3)课外小组的同学们对图像进行了误差分析，发现将两个图像综合起来利用，完全可以避免由于电压表分流和电流表分压带来的系统误差。

已知图像乙和丙纵轴截距分别为b1、b2，斜率分别为k1、k2。

则电源的电动势E=____，内阻r=____。

(4)不同小组的同学用不同的电池组（均由同一规格的两节干电池串联而成），按照(1)中操作完成了上述的实验后，发现不同组的电池组的电动势基本相同，只是内电阻差异较大。

同学们选择了内电阻差异较大的甲、乙两个电池组继续进一步探究，对电池组的输出功率P随外电阻R变化的关系，以及电池组的输出功率P随路端电压U变化的关系进行了猜想，并分别画出了如图丁所示的P—R和P—U图像。

若已知甲电池组的内电阻较大，则下列各图中可能正确的是____（选填选项的字母）。

A．B．C．D．
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）一容积为V0的容器通过细管与一个装有水银的粗细均匀的U形管相连（U形管和细管中的气体体积远小于容器的容积V0），U形管的右管与大气相通，大气压为750mmHg。

关闭阀门，U形管的左、右管中水银面高度相同，此时气体温度为300K。

现仅对容器内气体进行加热。

①如图所示，当U形管右侧管中的水银面比左侧管中的水银面高H=50mm时，求封闭容器内气体的温度；
②保持①问中的温度不变，打开阀门K缓慢抽出部分气体，当U形管左侧管中的水银面比右侧管中的水银面高50mm
③判断在抽气的过程中剩余气体是吸热还是放热，并阐述原因。

14．（16分）如图所示，AOB 为折射率3n =的扇形玻璃砖截面，一束单色光照射到AO 面上的C 点，在C 点折射后的光线平行于OB 。

已知C 点是AO 的中点，D 点是BO 延长线上一点，60AOD ∠=°。

①求入射光在C 点的入射角；
②通过计算判断光射到AB 弧能否从AB 弧射出。

15．（12分）如图所示，质量为M =2kg 的长木板甲放在光滑的水平桌面上，在长木板右端l =2m 处有一竖直固定的弹性挡板，质量为m =1kg 可视为质点的滑块乙从长木板的左端冲上，滑块与长木板之间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度g =10m/s 2，假设长木板与弹性挡板发生碰撞时没有机械能的损失。

(1)滑块乙的初速度大小为v 0=3m/s 时，滑块乙不会离开长木板甲，则整个过程中系统产生的内能应为多少？
(2)如果滑块乙的初速度大小为v 0=11m/s ，则长木板甲至少多长时，才能保证滑块乙不会离开长木板甲？
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、B
由题意知两球水平抛出至第一次落到地面时，B 球运动的距离是A 球的3倍，故它们平抛的初速度
213v v =
两球发生弹性碰撞，故
101122m v m v m v =+
222101122111222
m v m v m v =+ 解得
120122m v v m m =
+ 121012
m m v v m m -=+ 解得
12:3:1m m =
故选B 。

2、C
【解题分析】
A ．分析图乙可知，2s t =时，磁感应强度处于变化的过程中，铜环中磁通量变化，产生感应电流，A 错误；
B ． 1.5s t =时，垂直斜面向下的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可知，铜环中产生顺时针方向的感应电流，B 错误；
C ． 3.5s t =时，垂直斜面向上的磁通量逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律可知
220.012V r B BS E t t
π∆⋅∆===∆∆
根据欧姆定律可知
0.12A E I R
== 安培力
20.0048N F BIr ==
C 正确；
D ．13s ～时间内，磁感应强度变化率不变，则感应电流不变，磁感应强度先减小后增大，根据楞次定律的可知，安培力先向下减小后向上增大，则摩擦力方向向上，逐渐减小，后续可能方向向下逐渐增大，D 错误。

故选C 。

3、C
设A 点的速度为v ，由匀变速直线运动的位移公式有
2112
x vt at =+ ()()2213332
x v at t a t =+⋅+ 联立解得
212
312x x a t -= 故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

4、C
【解题分析】
ABC ．以物体A 、B 及轻绳整体为硏究对象根据牛顿第二定律得
121212()sin ()cos (m )F m m g m m g m a θμθ-+-+=+
解得
12
sin cos F a g g m m θμθ=--+ 再隔离对B 分析，根据牛顿第二定律得
222sin cos T m g g m a θμθ--=
解得
212
m F T m m =+ 则知绳子的拉力与斜面倾角θ无关，与动摩擦因数μ无关，与两物体的质量m 1和m 2有关，选项C 正确，AB 均错误；
D ．若改用F 沿斜面向下拉连接体，以物体A 、B 及轻绳整体为硏究对象，根据牛頓第二定律得
121212()sin ()cos (m )F m m g m m g m a θμθ'++-+=+
解得
12
sin cos F a g m m θμθ'=+-+ 再隔离对A 分析，根据牛顿第二定律得
111sin cos T m g m g m a θμθ''+-=
112
m F T m m '=+ 可知轻绳拉力的大小改变，选项D 错误。

故选C 。

5、C
【解题分析】
A ．由图像可知：汽车A 做匀加速直线运动，汽车
B 做加速度逐渐减小的加速直线运动，A 错误；
B ．A 、B 两v -t 图像的交点表示此时两辆汽车共速，B 错误；
C ．v -t 图像的斜率表示加速度，由于t 1时刻图线A 的斜率较大，因此t 1时刻汽车A 的加速度大于汽车B 的加速度，C 正确；
D ．在0~t 1时间内，由于汽车B 的速度一直大于汽车A 的速度，因此两辆汽车之间的距离一直增大，D 错误。

故选C 。

6、A
【解题分析】
试题分析：因为图线与坐标轴所夹的面积是物体的位移，故在0-t 1时间内，甲车的位移大于乙车，故根据x v t =
可知，甲车的平均速度大于乙车，选项A 正确，C 错误；因为乙车做变减速运动故平均速度不等于122
v v +，选项B 错误；因为图线的切线的斜率等于物体的加速度，故甲乙两车的加速度均逐渐减小，选项D 错误．
考点：v-t 图象及其物理意义
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、BC
【解题分析】
A.当F =2.5μmg 时，由牛顿第二定律有：
F -2μmg =2ma ，
解得：
a =0.25μg ，
故A 错误；
B.因物体A 、B 之间的最大静摩擦力为：
f max =μm A
g =2μmg
B 与地面间的最大静摩擦力为：
f′max =μ（m A +m B ）g =3μmg ，
则当 F ＜2μmg 时，A 和B 都不会运动，故B 正确；
CD.物体A 、B 之间的最大静摩擦力为2μmg ，B 与地面间的最大静摩擦力为3μmg ，所以无论拉力多大B 都不会发生滑动，故D 错误、C 正确．
8、ACD
【解题分析】
A ．根据4S C kd
επ=知，d 增大，则电容减小，故A 正确； B ．静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B 错误；
C ．电势差不变，d 增大，则电场强度减小，故P 点与上极板的电势差减小，则P 点的电势升高，因油滴带负电，可知带电油滴的电势能将减小，故C 正确；
D ．电容器与电源断开，则电荷量不变，再将下极板向下移动一小段距离，即d 变大，根据4S C kd επ=，Q C U
= ，U E d = 可得 4kQ E S
πε= 则两板间场强不变，油滴受电场力不变，选项D 正确；故选ACD 。

9、ACD
【解题分析】
A ．横波沿x 轴正方向传播，由于波的周期T >0.6s ，经过t ∆=0.6s ，传播距离x ∆=6m ，则波速
10x v t
∆==∆m/s 故A 正确；
B ．t =0.2s 时，质点A 由波峰向平衡位置振动，质点B 沿y 轴正方向向平衡位置振动，故B 比A 先回到平衡位置，故B 错误；
C ．由图可知，波长λ=8m ，则传播距离
x ∆=6m=0.75λ
则传播时间为
t ∆=0.6s=0.75T
解得T =0.8s ，在t =0.5s 时，B 振动了38T ，波传播了38λ=3m ，根据波形平移可知，B 点到达波峰位置，故C 正确； D ．经过0.4s=0.5T ，则B 点振动了2A =0.4m ，故D 正确；
E ．t =1.0s 时，质点A 振动了0.8s=T ，则A 点回到波峰位置，速度为零，故E 错误。

故选ACD 。

10、ACD
【解题分析】
A ．由图可知波长2m λ=，当0.2s t =时质点A 第一次在波峰，则周期为
20.2s 0.4s =⨯=T
则波速
5m/s v T λ
==
故A 正确；
B ．可知
1.0s 22
T t T ==+ 波传到C 所用时间为
3m 2m 0.2s 2
T v -== 之后C 点开始向上振动，做2次全振动后到平衡位置处且向上运动，故B 错误；
CD ．D 点开始振动的时间为
0.6s BD v
= 之后D 点开始向上振动，再经过
30.9s 0.6s 0.3s 4
T -== 到达波谷，位移为-2cm ，故CD 正确；
E ．B 、D 间相距1.5λ，其振动情况总是相反，则当质点D 第一次位于波谷位置时，质点B 恰好位于波峰位置，故E 错误。

故选ACD 。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、电火花； B ； C ； 2
112()8n n n
h h T h +-+ ； 【解题分析】
（1）打点计时器有电磁打点计时器和电火花计时器，其中电火花计时器实验误差较小．电火花打点记时器是利用照明电打出的火花而打出点，由于作用快，不会产生托痕，可使实验更精确，误差更小．
（2）重锤的质量可测可不测，因为动能的增加量和重力势能的减小量式子中都有质量，可以约去．需要测量的物理量是B ：重锤下落的高度，通过计算得到的物理量是C ：与下落高度对应的重锤的瞬时速度．
（3）根据匀变速直线运动直线运动过程中中间时刻速度推论可得112n n F h h v T
+--=，根据机械能守恒定律可得2211112()1()228n n n n n n
h h h h m mgh g T T h +-+---=⇒= 12、11r U ER E =+ 11r R I E E
=+ 21k 12k k BC 【解题分析】
（1）[1]若闭合电键S 1，将单刀双掷电键S 2掷向a ，改变电阻箱R 的阻值得到一系列的电压 表的读数U ， 根据闭合电路欧姆定律可知
U E U Ir U r R
=+=+
则 11r U ER E
=+ （2）[2] 根据闭合电路欧姆定律
()E I R r =+ 变形得到1I
与R 的关系式， 11r R I E E
=+ （3）[3][4] 由题图所示电路图可知，利用伏阻法时，由于电压表的分流作用，通过电源的电流大于
U R
，这是造成系统误差的原因。

若考虑通过电压表的电流，则表达式为 v U U E U Ir U r R R ⎛⎫=+=++ ⎪⎝⎭
则
V V 11R r r U ER E R
+=+⋅ 则
1r k E
=
利用安阻法时，考虑电流表内阻，可得
A 11R r R I E E
+=+ 则图丙中1R I
-图像的斜率的倒数等于电源的电动势E 。

那么根据 1r k E =，21k E
= 可得
21E k =，12
k r k = （4）[5]AB ．根据电源的输出规律可知，当内外电阻相等时输出功率最大，当外电阻大于内电阻时，随着外电阻的增大，输出功率将越来越小，又由
2max 4E P r
= 可知，电动势相同，内阻越小，最大输出功率越大，甲的电阻大于乙的电阻，所以乙的最大功率大于甲的最大功率，故A 错误，B 正确。

CD ．当内、外电阻相等时，输出功率最大，此时输出电压为电动势的一半，且电池组乙的输出功率比甲的大，而当外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零，故C 正确，D 错误。

故选BC 。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、①320K ；②
78
；③吸热，原因见详解 【解题分析】
①由题意可知001750mmHg 300K 800mmHg p T p ===，，
设升温后气体的压强为p 0，由查理定律得
0101p p T T = 解得
T =320K
②当U 形管左侧管中的水银面比右侧管中的水银面高50mm 时，压强p =700mmHg 。

抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V ，由玻意耳定律得
10p V pV =
设剩余气体的质量与原来总质量的比值为k ，由题意得 078
V k V == ③吸热。

因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体膨胀对外做功，所以根据热力学第一定律可知剩余气体要吸热。

14、①60°； ②光射到AB 弧能从AB 弧射出。

【解题分析】
①光在介质中传播的光路图如图所示：
设入射光在C 点的入射角为i ，折射角为r ，由于在C 点折射后的光线平行于OB ，所以∠OCP =∠AOD =60°，r =30°， 根据折射定律有：sin sin i n r
=
代入数据解得：
i =60°；
②在C 点折射后的光线射到AB 弧上P 点，连接O 、P ，OP 是法线，过O 点做CP 的垂线交CP 于Q ，则折射光线在AB 弧的入射角为i 1，玻璃砖临界角为C ，扇形半径为L ，则： 1sin C n
=， 根据几何知识有∠COQ =30°，L OQ ＝L OC •cos ∠COQ=
34L 根据1sin OQ OP L i L =
可得： 133sin sin i C =
<=， 则：
i 1＜C ， 所以光射到AB 弧能从AB 弧射出。

15、 (1) 13J 3；(2) 130m 6
【解题分析】
(1)设甲、乙与挡板碰前先达共同速度，则由动量守恒定律得
01()mv M m v =+
解得
v 1=1m/s
设此时甲的位移x 1，则
21112
mgx Mv μ=
得
x 1=0.5m<l
假设正确
甲与弹性挡板碰后立即反向运动，向左共速时速度为v 2，则 112()Mv mv M m v -=+
解得
21m/s 3
v = 整个过程中系统产生的内能
22021113()J 223
Q mv M m v =-+= (2)甲、乙的加速度大小分别为
211m/s mg
a M μ==，222m/s a g μ==
设甲一直加速，则甲撞击弹性挡板时的速度为
32m/s v ==
加速时间
31
2s v t a == 此时乙的速度
4027m/s v v a t ==-
显然甲撞击墙壁时甲、乙两物体未达共速，甲撞弹性挡板后甲、乙两物体的速度相反，乙的动量大，故共速时 435()mv Mv m M v -=+
解得
v 5=1m/s ，方向向右
此时尚未撞墙，系统以v 5再次撞墙后甲速度反向，则 556()Mv mv M m v -=+
解得
61m/s 3
v =，方向向左 整个过程乙一直相对于甲向右运动，则由功能关系得
22061
1()22
mgx mv M m v μ=-+ 解得
130m 6
x =。