物理试题_2025年湖北省新高考信息卷（二）

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【解析】根据题意以及质量数守恒和电荷数守恒，可得中子轰击锂核的人工转变方程为Li十n一·H 十H,选项A情误：核反应生成物中的a粒子具有很强的电离本领，但穿透性较弱，选项B正确：中子变击 埋核发生的核反应是原子核的人工转变，选项C错误：楼反应中释放的核能源于核反应过程中的质量亏 提，与核反应的条件无关，选项D错误 【答案】C 【解析】由于乒乓球在空中运动过程中只受重力，加速度为g,乒乓球两次在空中运动时的加速度都为重力 加速度，都处于失重状态，根据△=g,可知速度改变量的方向与重力加递度方向相同，即速度改变量的 方向总是经直向下，选项AB错误。第一次发球，根据平抛运动规律，得=亏g行，3L=1,血，一k 2g,21=t,可得h1= 5h,=L 2h :第二次，根据运动的对称性得：=h,:=宁g传，【山=的4，所以 ,3欧一5：1，选项C正确（它解：根据匀变速直线运动规律有一 :一h1十3 h11h:一915一L 可得血，=号，根搭对称性得：=h)。不计空气阻力，反弹前后动能不变，两次发球满足机械能守恒定律， 擦网时的机械能等于发球时的机械能，以球台面为零势能面，则E=mgh十宁m时，E,=mgh,十乞m时， E,一E一专mgh十mg天（它解：显然机械能第一次比第二次多），选项D错误。 4 【答案D 【解析】由波形图可知两列波的波长均为2m,而波速都为1m/s,T=立=2$，由(5一x)一《(x一2)=( 2 =0,士1，士2，士3…)得x=2.5m,3.5m,4.5m,两列波叠加后，PQ(包括点P.Q》之间振幅为12cm 的点有3个，迭项B错误：以x一3.5m处的质点开始振动时刻作为计时起点，该点起振方向向上，根据以 上分析可知，该点振橱A=8cm十4cm=12m,所以该质点的振动方程为y=12m(停)cm=12sin(x)cm, 选项A错误：=4s时，被传播的距离x=w=4m,左侧原点处的被形传到该位置，右侧x=8m处质点 的波形传到该位置，左测引起振动向上，右侧引起振动向下，根据叠加原理可知，=4s时x=4m处的质 点正处在平衡位置向y轴正方向运动，选项C错误：左侧波传到x=3m处需婴时间4=二=1s,右侧 波传到x=3m处需要时间4=二=2s,都传到该点时，该点振动减弱，所以从题图所示时刻开始经过 3s通过的路程是5=×4A本十一X4(A一A)=24cm,选项D正确 【客案D 【解析】p二图像可以等效于pV图像，A进项中状态口和状态c的pV乘积不同，故温度不同，选项A错 误：B选项中，（到d过程中，体积不变，压强变大，祖度升高，内能变大，气体吸热，选项B错误：C选项中，b 到c过程，气体对外界做功6×10'J,选项C错误：D选项中，从状态4经b.c变为状态d,外界对气体做功 即为ad所围成的面积，即3×10'J,选项D正确 了我 【解析】由1图像可得，一3s时斜率由正值变为负值，所以1一38时汽车的加速度开始反向，选项A正 确：0一3s时间内，由动量定理可得一0.1mg一，其中一38，功=6m/s,解得0一3s时间内牵引 力的冲量大小为I=18N·s,选项B正确：3一4s时间内由图像可知加速度大小a=6m/s,由牛顿第二 定律可得F+0.1mg=m,计算可得因制车额外产生的制动力的大小为10N,选项C错误：1图像与时 间轴围成的面积表示位移，0一4s时间内汽车的位移大小x1=12m,克服阻力做的功为W:=0.1mgx =24J,4一6s时间内汽车的位移大小x=4m,克服阻力∫做的功为W=0.1mgx=8J,0一6s时间内 克服阻力f做的功为W鱼=24J十8J=32J,选项D正确. 【容案】A 【解析】离子推进器可将静电加速层中的电能转化为机械能，A选项正确：根据动能定理有qU一号 m产，正 离子喷出时的速度大小为。= 20 ,选项B错误：大量粒子瓊射出去的过程，据动量定理可得F△：= △m心，其中严=m,联立解得提供的平均推力为F=H/2U9,选项C错误：正离子经加速后由B处喷出 △ 形成的等效电流大小I一一9，选项D错误。 【答案】B 子的运动轨速如图所示，根据L。一，1，一兰，可得心，一号，因此进人酸场时速度与水平方 6 2 向夹角为=30，速度为=2号，根据T=需-品而4=齐故4=专T0到，时间内：粒子俯 转120°，1到2磁感应强度为0，粒子做匀速直线运动，2t。到3t。粒子偏转120°，和0到。时间对称，故 人磁场和射出磁场的两点间距离为d=2Rco830°+，R=咒，可得d=B心，选项B 正确。 XXXX×× g又×××X XXX军XX ×××X× ×XXXX :刘×××× 日×××★×× XX XXX 0××××× 【答案】AB 【解析】以A球为研究对象，由平衡条件可得mg=k工。，解得弹簧的劲度系数k=四5，选项A正确：设B与 A碰撞前瞬间速度大小为。，根据运动学公式可得2g·3x。=弱，B与A碰撞过程动量守恒，则有m%= 2m,联立解得B与A曜痛后瞬间速度大小为=三，选项B正确：小球A,B同到0点时，弹簧弹力 为0，两球受到重力作用，加速度不为0，选项C错误：碰撞后两球一直做简谐运动，两球恰能回到O点，此 时两球的加速度为g,方向向下，根据简谐运动的对称性可知两球处于最低点时的加速度大小为g,方向 向上，设最低点的压量为1，则有z1一2mg一2m一2mg:解得玉1-m5一4x。,设此过程中弹簧的最 大弹性势能为Em,根据系统机械能守恒可得Em=2加gx1=8mg工，选项D错误。 【答案】AC 【解析】嫦娥六号在轨道1和轨道Ⅲ运行时，万有引力提供向心力，有G恤=m二，可得= ,嫦峨 六号在轨道【和轨道Ⅲ运行的速率之比= 740+15 通 1740+200 ()广，选项A正确：由开普杨第三定律 1740+200 子=长可得，越蛾六号在轨道【和轨道Ⅱ运行的周期之比 740×2+15+200 19403 1847.5 2 7761T 739 ,选项B错谈：嫦娥六号在轨道1做匀速圆周运动，在轨道Ⅱ敞椭侧运动，在A点做近心运动，故 鸉蛾六号在轨道I上A点的速度比轨道Ⅱ上A点的速度大，所以嫦嫌六号从轨道I到轨道Ⅱ机械能碱 小，选项C正确：量娥六号在轨道Ⅱ运行时做椭圆运动，其加速度不仅改变运动方向，还改变运动大小，选 项D错误 D.【答案】CD 【解析】小球沿斜面上升的过程中，加速度a,=四n37十En3辽=1.2g,且一直做匀减速运动至速 度为0，所以上=益-受，选项A错误：小球沿斜面上升过程中，所用时间为，=”=染，当小球向下 2a1-12g 16g 运动时，加速至速度v时离开斜面，此过程中小球向下的加速度《：一4：一1.2g,面而分离时应满足9B一 mgc0s37+gEc0s37,解得=号.则下滑过程中所用时间么=子-会，总时间1=4，十 :3g 器造顾日 错误：上升过程由平衡条件可得Fw=gvB十mgcos37°+qEcos37°，此过程中弹力的冲量为11= ∑(mgos37°十gmB十qEcos37)h=(mg0s37°十qEcos37)4十gBx,同理可得下行过程弹力冲量为 1,-∑(mgcos37-B十qEcos37)ta-(mgcos3T十qEcos37"u-qBx',企程弹力的冲量为I-1,十 1,=(mgc0s37十Ecos37)化，十)十B(x一r),又由匀变速直线运动规律可得x=兰=，联立 2a215g 得122，选项C正确：微元累加法：小球离开斜面后做摆线运动，从离开斜面至到达最高点的过程中。 10 ∑gBu,△=m'-, g新=一， 以向上为正方向，以向左为正方向，则有 得 -（mg十gEh=m- 2, 一m(2g)h= ，离开斜面时，小球离底边高度=-)i血37=部B,=E山+h) 解得h=5 21m,选项 100 D正确。 、非选择题。 1.【答案1K1301分)：1001分)(2)并联(1分)：l.0(2分)(3)R=720-1(2分) E 【解析】(1》设毫安表每格表示电流大小为1，，则当电阻箱的阻值为R,=11002时，由欧姆定律可得15I,· (R1十R.》=U,当电阻箱的阻值为R=5002时，则有301《R:十R.》=U, 两式联立并代人数据可解得R.=1000,I,=1mA,故该毫安表的量程1=301。=30A (2)要将量程为300mA的毫安表改成量程为「，=3A的电流表，则需在毫安表两端并联一个电阻，设其 电阻为R,则有IR.=(I一I.)R,代人数据可解得R≈1.0 (3)由题意可知，改装后电流表的内阻为R。=1,设通过光敏电阻的电流大小为（单位：A),则有(R十