湖北省圓創(chuàng)聯(lián)盟2025屆高三下學(xué)期3月聯(lián)合測評（一模）物理試題（Word版附解析）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

注意事項：
1.答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號條形碼貼在答題卡上的指定位
置。
2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。寫在
試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。
3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試卷、草稿紙和
答題卡上的非答題區(qū)域均無效。
4.考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并上交。
一、選擇題：本題共 10 小題，每小題 4 分，共 40 分。在每小題給出的四個選項中，第 1~7
題只有一項符合題目要求，第 8~10 題有多項符合題目要求。全部選對的得 4 分，選對但不全
的得 2 分，有選錯的得 0 分。
1. 科學(xué)家用作為發(fā)電能源為火星車供電，中的元素是，其半衰期為 87.7 年，衰變方
程為，同時釋放射線。下列說法正確的是（）
A. 是
B. 射線電離作用很強
C. 100 個經(jīng)過 87.7 年，剩下 50 個
D. 的比結(jié)合能大于的比結(jié)合能
【答案】A
【解析】
【詳解】A．由反應(yīng)過程滿足質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知是，故 A 正確；
B．射線穿透能力很強，但電離作用很弱，故 B 錯誤；
C．半衰期是大量原子核衰變的統(tǒng)計規(guī)律，對少量原子核不適用，故 C 錯誤；
D．反應(yīng)后的產(chǎn)物比反應(yīng)前的更穩(wěn)定，所以的比結(jié)合能小于的比結(jié)合能，故 D 錯誤。
故選 A。
2. 2024 年 6 月 25 日，中國嫦娥六號月球探測器完成人類首次從月背采樣并返回地球。整個返回過程包括月
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面上升、交會對接與樣品轉(zhuǎn)移、環(huán)月等待、月地轉(zhuǎn)移以及再入回收等階段。關(guān)于以上階段，下列說法正確
的是（）
A. 月面上升階段，上升器的起飛速度至少需要達(dá)到
B 上升器與軌返組合體交會對接后，運動周期將會增大
C. 軌返組合體進(jìn)入月地轉(zhuǎn)移時，速度不會超過
D. 返回器采用半彈道跳躍式再入大氣層方式返回，這一過程機械能守恒
【答案】C
【解析】
【詳解】A．第一宇宙速度是衛(wèi)星在地球發(fā)射的最小速度，也是衛(wèi)星繞地球做圓周運動的最大環(huán)
繞速度。月面上升階段，上升器要脫離月球，其起飛速度至少要達(dá)到月球上的第一宇宙速度，并不是地球
上的第一宇宙速度，選項 A 錯誤；
B．上升器與軌返組合體交會對接后，組合體軌道半徑不變，故運動周期不變，選項 B 錯誤；
C．第二宇宙速度是衛(wèi)星脫離地球引力束縛的最小發(fā)射速度，軌返組合體進(jìn)入月地轉(zhuǎn)移時，是從
月球軌道向地球運動，其速度不能超過，否則會脫離地球引力范圍，無法回到地球，選項 C 正
確；
D．返回器采用半彈道跳躍式再入大氣層方式返回，在大氣層中會受到空氣阻力，空氣阻力會對返回器做功，
機械能不守恒，選項 D 錯誤。
故選 C。
3. 電動汽車充電樁接在電壓的交流電路中，其使用的變壓器（可視為理想變壓器）
原、副線圈的匝數(shù)比為。某汽車充電時，充電功率為，下列說法正確的是（）
A. 副線圈電流的頻率是
B. 副線圈電壓有效值為
C. 原線圈電流的有效值為
D. 僅增加原線圈的匝數(shù)，可以增大充電功率
【答案】B
【解析】
【詳解】A．由原線圈電壓表達(dá)式
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知交流電的頻率
理想變壓器不改變交流電的頻率，所以副線圈中電流的頻率也為，選項錯誤；
B．原線圈電壓有效值
由理想變壓器電壓比公式
副線圈上電壓有效值為
選項正確；
C．已知充電功率
副線圈電壓有效值根據(jù)
解得副線圈電流
由理想變壓器電流比公式
解得原線圈電流
選項 C 錯誤；
D．根據(jù)理想變壓器電壓比公式
增加原線圈匝數(shù) ，副線圈電壓會減小，次級功率減小，則充電功率會減小，選項 D 錯誤。
故選 B。
4. 一簡諧橫波沿軸傳播，在時刻的波形如圖所示，介質(zhì)中有橫坐標(biāo) 和的兩質(zhì)點
，其中質(zhì)點的振動方程為，下列說法正確的是（）
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A. 該波沿軸正方向傳播
B. 該波的波速為
C. 時，回到平衡位置
D. 從到通過的路程為
【答案】D
【解析】
【詳解】A．已知質(zhì)點的振動方程為，在時刻，質(zhì)點沿軸正方向振動。根
據(jù)“上下坡法”，可知該波沿軸負(fù)方向傳播，A 錯誤；
B．由質(zhì)點的振動方程，可得，周期。由波的圖像可知波長，根據(jù)波速公式
解得，B 錯誤；
C．波沿軸負(fù)方向傳播，時刻，質(zhì)點在平衡位置，
所以點未回到平衡位置，C 錯誤；
D．從到，質(zhì)點通過的路程
D 正確。
故選 D。
5. 如圖所示，一塊玻璃磚緊貼豎直光屏放置，一束單色光由空氣射向玻璃磚上的 A 點，在屏上得到 B、C
兩個光點，D 點是玻璃磚上表面與光屏的交點。已知玻璃磚的厚度為，光線與玻璃磚面成角，
，所有光線均在同一豎直平面內(nèi)傳播。則玻璃磚的折射率是（）
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A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【詳解】
為經(jīng)玻璃磚上表面的反射光，為經(jīng)玻璃磚下表面的反射光，由反射定律、折射定律，有與
平行且相等，，
所以
則光在 A 點的折射角
解得
即
故選 A。
6. 如圖所示，某同學(xué)用大拇指和食指捏著豎直倒置的圓柱形玻璃杯在空中處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知兩手指與玻
璃杯的動摩擦因數(shù)相同，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（）
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A. 手指與玻璃杯的動摩擦因數(shù)必須大于 1
B. 拇指所受的摩擦力等于玻璃杯的重力
C. 增加拇指與杯的彈力，食指所受的摩擦力大小不變
D. 增加食指與杯的彈力，拇指所受的摩擦力大小不變
【答案】A
【解析】
【詳解】A．對玻璃杯受力，如圖所示
由平衡條件知，且
兩個摩擦力都恰好達(dá)到最大靜摩擦力時，則有
聯(lián)立解得，A 正確；
B．由平衡條件，拇指所受的摩擦力大于玻璃杯的重力，B 錯誤；
C．增加拇指與杯的彈力，食指所受的摩擦力變大，C 錯誤；
D．增加食指與杯的彈力，拇指所受的摩擦力變大，D 錯誤。
故選 A。
7. 如圖所示，半徑為的金屬細(xì)圓環(huán)水平放置，在圓環(huán)的中心豎直放置一細(xì)金屬桿。一電阻為的導(dǎo)體
棒一端套在軸上，另一端可繞軸線沿圓環(huán)做圓周運動。圓環(huán)處于磁感應(yīng)強度大小，方向豎直向上
的磁場中，式中為大于零的常量，r 為場點到點的距離。細(xì)金屬桿與圓環(huán)用導(dǎo)線連接，不計細(xì)金屬桿、
圓環(huán)及導(dǎo)線的電阻。當(dāng)導(dǎo)體棒沿順時針方向（俯視）以角速度勻速轉(zhuǎn)動時，下列說法正確的是（）
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A. 導(dǎo)體棒中電流的方向為
B. 導(dǎo)體棒受到的安培力沿順時針方向（俯視）
C. 導(dǎo)體棒中電流的大小為
D. 感應(yīng)電動勢的大小為
【答案】D
【解析】
【詳解】A．金屬棒沿順時針勻速轉(zhuǎn)動時，由右手定則，金屬棒中的電流方向為，A 錯誤；
B．由左手定則，金屬棒受到的安培力沿逆時針方向（俯視），B 錯誤；
CD．設(shè)每一極端小段的金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為，則有
則整根金屬棒的感應(yīng)電動勢的大小為
金屬棒中電流的大小
C 錯誤，D 正確。
故選 D。
8. 滑雪時運動員受到的空氣阻力大小滿足，其中 k 正比于迎風(fēng)面積（即垂直于運動方向上的投影面
積）。已知以相同姿勢滑雪時，迎風(fēng)面積與身高的二次方成正比，運動員的質(zhì)量與身高的三次方成正比，雪
橇與雪面間的動摩擦因數(shù)恒定。當(dāng)運動員沿一定傾角的賽道下滑時，運動員的（）
A. 速度越大，加速度越大 B. 速度越大，加速度越小
C. 質(zhì)量越大，加速度越大 D. 質(zhì)量越大，加速度越小
【答案】BC
【解析】
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【詳解】AB．令為常數(shù)，空氣阻力大小滿足，
令為常數(shù)，則運動員的質(zhì)量
根據(jù)牛頓第二定律有
解得
可知，速度越大，加速度越大，故 A 正確， B 錯誤；
CD．結(jié)合上述可知，質(zhì)量越大，越大，加速度越大，故 C 正確，D 錯誤。
故選 AC。
9. 如圖所示，等量同種點電荷、固定在同一豎直線上，相距為，電荷量均為，水平固定的光滑
絕緣桿與的中垂線重合，是絕緣桿上的兩點，構(gòu)成一個正方形。電荷量為，質(zhì)量為
的小球（可視為點電荷）套在絕緣桿上自點無初速釋放，小球由點向右運動的過程中，下列說法正
確的是（）
A. 小球的加速度先增大后減小
B. 小球的速度先增大后減小
C. 若移走電荷，仍由點無初速度釋放帶電小球，則桿對小球的作用力先增大后減小
D. 若移走電荷，仍由點無初速度釋放帶電小球，則桿對小球的作用力先減小后增大
【答案】BC
【解析】
【詳解】A．根據(jù)等量同種正點電荷中垂線上電場的分布規(guī)律可知，電場強度先增大，后減小，O 點的電場
強度為零，再向右，先增大，后減小，根據(jù)牛頓第二定律則有
可知小球的加速度大小變化先增大后減小，再增大，再減小，A 錯誤；
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B．根據(jù)等量同種電荷中垂線上電場的分布特點可知，小球從 C 到 O 點電場力做正功，動能增大，小球的
速度增大，從 O 向右運動的過程中，電場力做負(fù)功，動能減小，小球的速度減小，故小球由 C 點向右運動
的過程中，速度先增大后減小，正確；
C．移走，小球豎直方向上受力先減小再增加），則桿對小
球的作用力先增大后減小，正確；
D．移走，小球豎直方向上受力先減小再增加），由于
與的大小關(guān)系未知，則桿對小球的作用力大小無法判斷，錯誤。
故選 BC。
10. 小球 a 和小球 b 在同一高度分別以速度和水平拋出，已知小球落地碰撞反彈前后，豎直方向速度
反向、大小不變，水平方向速度方向和大小均不變，小球 a 從拋出到第一次落地過程中，兩小球的軌跡的
交點（7 個交點）分布如圖所示，其中兩小球剛好在位置 2 相遇（不發(fā)生碰撞，互不影響各自的運動）。設(shè)
小球 a 運動的時間為，水平位移為 L。下列說法正確的是（）
A. 兩小球?qū)⒃谖恢?3 再次相遇
B. 小球運動到位置 5 經(jīng)歷的時間為
C. 兩小球軌跡交點的位置中，相鄰偶數(shù)位置間的水平距離為
D. 兩小球軌跡交點的位置中，相鄰奇數(shù)位置間的水平距離為
【答案】BD
【解析】
【詳解】A．位置位置 3，初速度大小不同，水平方向勻速運動時間不同，在位置 2，就不會在位置 3
再次相遇，選項 A 錯誤；
BD．由題意可知如圖所示。
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小球從、小球從，相同，水平方向上
小球從、小球從，相同，水平方向上
小球從、小球從，相同，水平方向上
易得
又，所以，
又，所以
選項 BD 正確；
C．小球從、小球從，相同，水平方向上
小球從、小球從，相同，水平方向上
小球從、小球從，相同，水平方向上
易得
所以
又
所以
選項 C 錯誤。
故選 BD。
二、非選擇題：本題共 5 小題，共 60 分。
11. 為了測量木塊和長木板之間的動摩擦因數(shù)，某同學(xué)設(shè)計了實驗，步驟如下：
i.用電子秤分別稱出木塊（含遮光片）的質(zhì)量和重物的質(zhì)量；
ii.如圖（a）所示，將長木板固定在水平桌面上，A 和 B 用跨過輕小定滑輪的輕繩相連，調(diào)節(jié)滑輪，使其與
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間的輕繩水平；
iii.用游標(biāo)卡尺測量遮光片的寬度為，用刻度尺遮光片與光電門之間的距離為；
IV.由靜止釋放，記錄遮光片通過光電門的時間（遮光片通過光電門時未落地）；
V.保持 A、B 質(zhì)量不變，改變，多次實驗記錄數(shù)據(jù)，并作出如圖（b）所示的圖像。
回答下列問題：
（1）小車通過光電門時的速度大小 ___________（用和表示）；
（2）圖（b）中直線的斜率為，若不計空氣阻力、繩與滑輪間的摩擦力，已知重力加速度大小為，則木
塊和木板間的動摩擦因數(shù) ___________（用、、、、表示）；
（3）若考慮空氣阻力、繩與滑輪間的摩擦力，則（2）中求出的動摩擦因數(shù)___________（選填“偏大”“偏小
”或“不變”）。
【答案】（1）
（2）
（3）偏大
【解析】
【小問 1 詳解】
小車通過光電門時的速度大小
【小問 2 詳解】
由運動規(guī)律
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得
圖線斜率
所以
由牛頓第二定律
可得
【小問 3 詳解】
設(shè)空氣阻力、繩與滑輪間的摩擦力為，由牛頓第二定律
得
所以求出的動摩擦因數(shù)偏大。
12. 為了測量電阻阻值，某同學(xué)設(shè)計了如下實驗：
（1）先用多用電表的歐姆“ 10”擋位測量待測電阻，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角很大，應(yīng)改用歐姆___________擋
（選填“ ”或“ ”）。選擇合適的擋位，正確操作后，指針如圖（a）所示，則 ___________ 。
（2）為精確測量出該電阻阻值，他設(shè)計如圖（b）實驗電路，實驗器材如下：
A.電源（電壓約為 9V，內(nèi)阻不計）
B.待測電阻
C.電流表（量程為，內(nèi)阻約為）
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D.電流表（量程為，內(nèi)阻約為）
E.電阻箱（阻值范圍）
F.保護(hù)電阻
G.開關(guān) 1 個、導(dǎo)線若干
①按照圖（b）連接好電路，位置Ｘ應(yīng)接入電流表___________（選填“ ”或“ ”），位置接另一個電流
表；
②調(diào)節(jié)電阻箱，閉合開關(guān) ，記錄兩個電流表的讀數(shù)分別、及的阻值；
③多次調(diào)節(jié)電阻箱，測量并記錄多組數(shù)據(jù)；
④利用圖像處理實驗數(shù)據(jù)，得到如圖（c）所示的圖線；
⑤由圖中數(shù)據(jù)可知， ___________ ，位置處的電流表的內(nèi)阻 ___________ （結(jié)果均保留 2
位有效數(shù)字）。
【答案】（1） ①. ②. 11.0
（2） ①. ②. 10 ③. 4.0
【解析】
【小問 1 詳解】
[1][2]用多用電表的歐姆“ ”擋位測量待測電阻，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角很大，說明倍率檔偏大，應(yīng)改用低倍率
擋“ ”擋測量；表盤讀數(shù) 11.0，則電阻；
【小問 2 詳解】
[1]由，Y 表的量程應(yīng)比 X 表的大，所以 Y 表應(yīng)選，X 表應(yīng)選；
[2][3]由電路可知
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得
由圖線知直線斜率
所以
截距
所以 4.0Ω
13. 如圖所示，柱形絕熱汽缸放置在水平面上，汽缸深度，汽缸口有固定卡槽。用質(zhì)量、橫截
面積的絕熱活塞封閉著一定質(zhì)量的理想氣體，活塞距汽缸底部的距離為，汽缸內(nèi)氣體溫度為
?，F(xiàn)對封閉氣體緩慢加熱，使溫度升高到，已知外界大氣壓強恒為，活塞與汽缸封
閉良好，不計活塞與汽缸壁間的摩擦、活塞及卡槽的厚度，重力加速度大小，求
（1）溫度為時的封閉氣體壓強；
（2）溫度為時的封閉氣體壓強。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小問 1 詳解】
初始時，活塞受力平衡，則有
解得
小問 2 詳解】
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活塞達(dá)到卡槽前壓強恒為，氣體等壓變化，根據(jù)蓋-呂薩克定律可得
解得
活塞達(dá)到卡槽后體積不變，根據(jù)查理定律則有
解得
14. 如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系第一、二象限內(nèi)存在沿軸負(fù)方向的勻強電場，第三、四象限內(nèi)存在
垂直于紙面向外勻強磁場。一質(zhì)量為、電荷量為的帶正電的粒子，從軸上 P 點沿軸正方向以速度
進(jìn)入第一象限，經(jīng)過軸上點時速度方向與軸正方向的夾角，之后粒子能回到點。已知點
的坐標(biāo)為（L，0），不計粒子的重力。求
（1）P 點的縱坐標(biāo) ；
（2）勻強磁場磁感應(yīng)強度的大小；
（3）粒子從點出發(fā)第一次回到點所用的時間。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小問 1 詳解】
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粒子在電場中做類平拋運動，從點運動到點的時間為。沿軸正方向做勻速直線運動，有
沿軸負(fù)方向做勻加速直線運動，有
由題意
解得
【小問 2 詳解】
粒子在第四、三象限做勻速圓周運動，在第二象限做類斜拋運動，剛好能回到點。
由對稱性可知，粒子在磁場中做圓周運動的半徑
由牛頓第二定律
解得
【小問 3 詳解】
粒子在第四、三象限做勻速圓周運動的時間為，則有
粒子在第二象限從點到點的運動的時間與粒子在第一象限運動的時間相等。有
解得
15. 如圖所示，足夠長的固定斜面與一光滑水平面平滑連接，在水平面上距斜面足夠遠(yuǎn)處有一豎直擋板。
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某時刻，質(zhì)量為的物塊以的速度向右運動，質(zhì)量為的物塊以的速度
沿斜面向下滑行。已知斜面傾角與斜面間的動摩擦因數(shù) ，開始時距斜面底端
與的碰撞均為彈性碰撞，與碰撞后速度反向且大小減為碰前的，A 運動過程中始終未
滑上斜面，重力加速度大小。求
（1）B 與 A 第 1 次碰撞前的速度大??；
（2）A 與 B 第 1 次碰撞后二者的速度大??；
（3）A 與 B 靜止時，B 在斜面上運動的總路程。
【答案】（1）
（2），
（3）
【解析】
【小問 1 詳解】
B 沿斜面下滑，由牛頓第二定律
運動至斜面底端，與第 1 次碰撞前的速度大小為，由運動學(xué)公式
解得
【小問 2 詳解】
與第 1 次碰撞后，速度大小分別為、，由動量守恒定律和能量守恒定律，則有（以向右為正方
向），
解得，
【小問 3 詳解】
以速度沿斜面上滑，由牛頓第二定律
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由運動學(xué)公式
運動至斜面底端，速度大小為，由運動學(xué)公式
解得
以此類推，每次 B 滑下斜面的速度是其滑上斜面速度大小的。因此，在第二次碰前
第二次碰撞后，
第三次碰前
第三次碰撞后，
第四次碰前
第四次碰撞后，
不難看出，第次碰后二者速度均為第次碰后的。而第一次碰后至第二次碰前，在斜面上
經(jīng)過路程
第二次碰后至第三次碰前，B 在斜面上經(jīng)過路程
而第三次碰后第四次碰前，B 在斜面上經(jīng)過路程
第四次碰后至第五次碰前，B 斜面上經(jīng)過路程
故第次碰后至第次碰前在斜面上運動的路程為第次碰后至第次碰前在斜上經(jīng)過路程
的
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所以，與靜止時，在斜面上運動的總路程
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