2025届湖北省黄冈市高三下学期核心预测卷，高中\高三\湖北省\湖北省黄冈市\2024-2025学年下\物理三零论坛（30论坛）用百度云盘、腾讯云盘分享的原卷版、解析版及答案，在云盘中的课件资料可在线阅读及保存到自己的云盘，此电子版课件永久免费阅读及下载。
2024~2025学年高三核心模拟卷 物理参考答案 1.D随着锌板逸出的光电子数越来越多，锌板所带负电荷先逐新减小到零，然后锌板带正电，且所带的电荷量逐渐增多， 所以验电器指针的夹角先减小后增大，A错误：锌板带负电时验电器指针张开，用紫外线照射锌板时，验电器指针的夹 角发生了变化，说明锌板所带的电荷量发生了变化，即有光电子逸出，表明锌板发生了光电效应现象，紫外线的频率一 定大于锌板的极限频率，B错误：根据光电效应方程E=hw一W。可知，光电子的最大初动能与光强无关，C错误；X射 线的频率大于紫外线的频率，根据光电效应方程可知，光的颊率增大，则逸出光电子的最大初动能增大，D正确。 2.B图线是小碳粒在不同时刻的位置连线，该图线不是小碳粒的运动轨迹，也不是小碳粒分子的运动轨迹，A错误：图线 是无规则的，说明小碳粒的运动是无规则的，分析小碳粒无规则运动的原因，说明了液体分子的无规则运动，即图线反 映了液体分子的无规则运动，B正确：由于图线是小碳粒在相邻两段相等时间内的位置连线，因此无法确定小碳粒△时 间内具体运动情况，小碳粒在第1个△内的路程和第2个△内路程的大小关系无法确定，C错误；由于小碳粒的运动 是无规则的，因此第5s时小碳粒可能出现在任意位置，即该时刻小碳粒可能出现在J点，D错误 3.A由题意可知，从波传到MN中的某点开始计时，此后1mi的时间内M比N多了3次全振动，说明波先传到M 点，则被的传播方向由M到N,A正确：由A项分析可知，M,N两点之间的距离应为3个波长，即3以=6m,解得A= 2m,C错误：M.N两点间距为3λ，M.V两点振动步调一致，一定同时位于波峰或波谷，B错误：该波的周期为 T-份。-0,5s,由公式。一产可解得该波的波速为4m/s,D错误。 4,B正点电荷产生电场方向是背向点电荷的，若Q带正电，Q应位于A点的左侧，由E=k号可知A点的电场强度大，电 子所受的电场力方向向左，由A到B的过程，电子做减速运动，且加速度逐渐减小，A错误，B正确：负点电荷产生电场 方向是指向点电荷的，若Q带负电，Q应位于B点的右侧，由E=号可知B点的电场强度大，电子所受的电场力方向 向左，由A到B的过程，电子做减速运动，且加速度逐渐增大，C、D错误 5.C由题图乙可知，交变电流电动势的最大值U。=500V,放有效值U==250厄V,电压表测量的是小灯泡两端的 9 电压，是电源的外电压，电压表的示数为U,=中9×250反V=225/2V,A错误：在0.01s时，由题图乙可知此时电动 势为零，磁通量最大，磁通量变化率为零，B错误：由电动势最大值E=NBS,w一祭，T=0.02s,解得磁通量最大五。= BS=动WL,C正确；发电机的输出功率P紧=225，心-11250W,D错误， R 9 6.C设长木板转的角度为a时物块刚好沿长木板下滑，此时物块所受的静摩擦力等于最大静摩擦力，则有Fm=gsna, F×=mg0sa,又F=Fw,解得a=30°，当a30时，物块所受的摩擦力为静摩擦力，当a>30时，物块所受的摩擦力为 滑动摩擦力，A错误a<30时，物块所受的摩擦力为F:=gsna+g增大，物块所受的摩擦力增大，a>30时，物块所受 的摩擦力为F:=gcos a.a增大，物块所受的摩擦力减小，B错误：垂直斜面方向上有Fx=mgc0sa·a增大，物块对长 木板的压力减小.C正确：当。=45时，物块所受的摩擦力为滑动摩擦力R=mg0s,解得R,-气mg,D错误。 7,D套圈地出后做平地运动，设套图运动时间为1，水平初速度为物，竖直位移和水平位移分别为y、x,套圈竖直方向做 自由落体运动y一合，水平方向做匀速直线运动x=,整理得，=工√气·显然y越大套圈的初速度越小，A错 误：套圈落地瞬间竖直方向的速度为必，=gt,套圈速度方向与水平方向的夹角为a,则tana=兰，整理得ana=y,显 然y越大，套圈落地瞬间，速度方向与水平方向的夹角越大，B错误：套圈落地瞬间的速度为=√，+，，由以上整 理得一√2+牙，显然当2gy一琴时，即y一音时，u最小.C错误由P=mg得P=mg2,显然y越大套 2v 图落地瞬间重力的瞬时功率越大，D正确 &BD由理想气体方程兴=C,气体从。一b过程中温度先升高后降低，计算得T=T=T,A错误，气体在4一→一c,由 兴-C计算得T=3T,=3T,内能与热力学温度成正比得U=3,=3,内能增加量4=U,-U,=2U,B正确：气 体在→过程中内能增加量为△=2，气体对外界做功W=之(p,十2P)(3V,一2V,)=二V,由热力学第一定律 △W=-Q+W,代人2U,=-产m,+Q,解得Q-2,十号p,,Q>0表示气体吸收热量，C错误，气体在a一b0过 程中气体先对外界做功，后外界对气体做功，总功等于p一V图像中三角形面积W=V。>0,气体内能增加量为 △U=0,由=Q十W,解得Q=一pV,负号表示气体放热，D正确。 9比0由儿何关系可知，卫显乙的轨道半径r=欢，根据万有引力提供向心力，有G一=m斧，解得M=1票.A 错误：地球的密度p一兰，又V=子R,整理得p一祭.B正确：由儿何关系可知，卫星甲的半长轴a=3R,根据开音勒 第三定律，有号-票，解得，=TC正确：卫星做匀莲圆周运动，由G恤=m兰得。=√ ,显然r越大，v越小， 7.9km/s是最大环绕速度也是地球表面卫星运行速度，乙卫星的速度一定小于7.9km/s,甲卫星做椭圆运动，甲卫星 在近地点速度大于地球表面卫星速度，甲卫星在近地点速度大于7.9km/s,D错误 10,BD0一号时间内，由磁通量少=BS,穿过线框的磁通量向外均匀增加，由楞次定律可知线框中的感应电流方向顺时 针：号~，时间内，穿过线框的磁通量先向外均匀减小，再向里均匀增加，则线框中的感应电流方向逆时针，A错误： 台%时间内，线框中产生的感应电动势为E=0盟又n=1,△0=2BS=号S=,解得E=B上，B正 2 确：夸一线框中的感应电流大小为1一票，解得1二，同理，6一2时间内，电路中产生恒定电流，电路中产 生的恒定电动势为E=三，又由欧姆定律得-号解得=二，则1：店=3：1，C错误：号一时间内，灯泡 消耗的电功率为P1=1×2r,o一2时间内，灯泡消耗的电功率为P=122×2r,解得P·P=9:1,D正确. 1.11l.02分)2B2分)（3)m+m)4=m县-m告(8分) 解析：(1)由游标卡尺读数规则可知该游标卡尺的精确度为0.05mm,则遮光条d1的宽度为11mm十0.05×12mm 11.60mm. (2)在验证两滑块在弹簧弹开过程的动量守恒，应求出分离前后两滑块的动量，又由动量的定义式可知应测量两滑块 的质量，B正确：A,C,D选项中的物理量不需要测量， (3)两滑块分离前共同做匀速直线运动，两滑块的速度大小为=4，同理两滑块分离后，A.B的速度大小分别为，= t 4、=么，规定向左为正方向，若两滑块在弹开过程中动量守恒，则有(m十m)=m一，由以上整理得 十e)4=m 山一 ta 12.12.02分)250(2分)(2)250-32分)（3189(2分)5d-(2分) 解析：(1)由图乙中电阻箱的指针指示可知，该电阻箱的读数应为2.0Ω：由电路图甲可知，该电阻的测量原理为电桥法 测电阻，当灵敏电流计的指针不偏转时，应有瓷-是，代入数据解得R,=250几 (2)结合第(1)问和图丙可知，该图线的纵截距6=2500，图线的斜率为k=1002=-3,又图线的方程应为 50-0 R=t十b,结合以上得Rr=-3t十250. E 3 (3)结合题中条件由闭合电路的欧姆定律得1=RT十RA十R干，代人数据解得尼=189：则关系式为1=R,千2： 结合Rr=-3+250,解得1=150= 1 13.解：(1)作出光路图，如图所示 由几何关系可知i=60°，3=60 B smn=血g 由折射定律得n=加上， (2分) D sin a 年0 解得a=r(1分) 则由几何关系可知(90°-》十a十∠A=90° 又B=90°-r(1分) 联立解得a=r=30°n=/5(1分) (2)由于入射点O为BC的中点，则OB= 2 又BC=ABtan30°，则OB=√3m 由第(1)问可知OD平行于AC,又AC=2BC=45m 则OD=25m(1分) 又AD=AB-BD=3m,由以上可知△AED为等腰三角形，则有AD=2 DEcos30°，解得DE=3m 光在棱镜中传橋的距离为x=OD+DE=3√m(1分)】 光在棱楼镜中的传播速度为v=元=尽×10m/s(1分) 光从射入棱镜到第一次射出，光在棱镜中传播的时间为1一÷（1分) 解得t=3.0×108s(1分) 14.解：(1)粒子离开电场时速度方向与十x方向成45°，粒子在电场中做类平抛 离开电场时速度=2h,心，=助(1分) 沿y方向L=t(1分) 沿x方向形.=at(1分)》 电场力产生加速度Eg=m(1分) 联立解得E ·(1分) (2)粒子刚好不进人区域Ⅲ，轨迹与y=L边界相切时半径R最大 由几何关系R≤(2+2)L(1分) 设区域Ⅱ的磁感应强度大小B,由Bgw=m反 (2分) 联立解得≥E-1m1分) gL (3)设区域Ⅱ，Ⅲ的磁应强度大小分别为B,2B,粒子刚好能到x轴，轨迹与x轴相切 在区域Ⅱ中沿x轴正方向由动量定理B%,△=m△，(2分) 在区域Ⅲ中沿x轴正方向由动量定理2Bg,△=m△心，(1分) 两式相加得BgL十2BL=m(2西一w)(2分) 解得R=E-D1分)
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