物理试题_2025年湖北省新高考信息卷（一）

物理试题、高三、2025年试卷、湖北省新高考信息卷（一），教学小助手用云盘分享Word版资源文件：物理试题-湖北省2025年新高考信息卷（一），若想获取电子版资源，请下载！更多试题详解、参考答案、解析应有尽有，历来真题，提优就来下载打印刷真题吧！

参考答案和评分标准 2025年湖北省新高考信息卷（一） 一、选择题。 1.【答案】A 【解析】3He一→C是恒星内部氮燃烧，属于聚变反应：H+Mg一→微AI,H+号F一→O+He,He 十C一→)十可以在实验室实现，可以归属于人工核转变，同时显然不是核聚变，衰变，核裂变。选 项A正确。 2.【答案C 【解析】由于从A.B两点出发的球都能到达D点，第二次球从C到地面在竖直方向做自由落体运动，可得 1s=214,落地时=，，由于水平方向的位移相同，根据x=W可知>，根据速度的合成可知，从 A点地出时的速度=，从A落到D时的速度为D=/%十4，从B落到D时的速度为m= 十，所以在两个过程中，后一个过程排球击中D点时的速度较小，选项AB错误：第一个过程中对 排球做的功为W,=之m吃，第二个过程中对排球做的功为W:=之m6,=子m。=子m(品十。)，由于 >,,可知W,可能等于W:,选项C正确，由于球在竖直方向做自由落体运动，下落的高度相同，据 =2gh可知，落地时竖直方向的分速度相同，则重力的探时功率P=mg,相同，选项D错误 3.【答案】D 【解析】由题图可知，两被源起振方向相同，均为竖直向下，题图中两波源恰传到P,Q两点，而M点到两波 源的距离差为0，距离差是半波长的偶数倍，故M点是振动加强点，选项A错误：由题图可得，两列波同 时到达M点，有==0.75s1=1s时，有子=子T,则两列波同时到达波谷，质点M的位移为 一4cm,选项B错误；右波传到N点的时间t1==0.5s,左波传到N点的时间t:=四=1s,1.0s 后，N点始终处于振动减弱状态，静止不动，所以N点实际振动时间为0.5s,即半个周期，则N点的路程 为s=2A=4cm,选项C错误：两波源间的距离为1.4m,且两波源振动步调相同，满足到两波湖的距离差 为波长的整数倍即为振动加强点，故PQ间有3个振动加强点，位置分别在0.3m.0,5m,0.7m处，选项 D正确。 4.【答案】C 【解析】第一次抽气相当于气体的体积由V变为V+△V,且'=专，湿度不变，根据玻意耳定律得A,V A(V+△V),解得A-是A,同理可得，第二次抽气后有V-:(V+△V),解得： 81 "00A,进项C 正确。 5.【答案B 【解析】如果煤块初速度方向沿传送带向上，分两种情况，如果红<tan8,煤块速度将先以a=gsn8十 ugcos日的加速度减速到3m/s,接下来再以a一gsin8-4gcos日的加速度减速到0，后反向匀加速运动， 不符合题图乙的速率变化：如果：>tan0,煤块速度将先以a=gsin0+agc0sB的加速度速到3m/s 后，煤块相对于传送带静止，同样不符合题图乙的速率变化；当煤块初速度沿传送带向下时，此时如果> tan0,煤块将以a=gcos0一gsin0的加速度匀减速到0后反向匀加速到3m/s,符合题图乙，选项A错 误。若煤块与传送带之间的动摩擦因数4=0.875，煤块运动的加速度大小为a=gcos0一gsin8= 2a=-3,5m,故 1 1m/s2,共速需要用时1：=78，传送带的位移是x书=3m/s×78=21m,x物=一 留下的划痕长度为24.5m,选项B正确。0~：时间内，由于煤块的重力势能减小，动能减小，煤块机械能 的诚少量应等于摩擦力对煤块做的功的数值，由能量守恒可得，系统产生的热量一定大于重力势能的诚少 量，选项C错误。煤块到达B处时速度大小为3m/s,所以重力的舜时功率为P=mg巴，=36W,选项D 错误 6.【答案】C 【解析】由左手定则可判断出题图中回旋加速器加速的带电粒子一定是带正电的粒子，选项A错误：粒子 每次通过狭缝都被加速，侧交流电周期与粒子圆周运动周期相等，T电=，选项B错误：在回旋加速器 中，带电粒子每经过电场一次，动能增加量为△E=gU,当粒子的运动轨迹半径等于回旋加速器的半径 时，粒子速度最大，根据路伦兹力提供向心力有mB=m爱，最大动能E=子m,联立得E BR,由最大动能的表达式可知，若回旋加速器D形盒的半径R,磁感应强度B均不变，则粒子飞出D 2m 形盒的动能就不变，与加速电压U无关，进项C正确，D错误. 7.【答案】A 【解析】根据题意，作出粒子的运动轨迹如图所示。 根据洛伦兹力提供向心力有gB-m艺，根据题意有rsin45°+PNeos45°-r(1一cos45)+PNsin45°+ a,联立解得1=E一巴，选项A正确。 Ba 8.【答案】AC 【解析】以最大速率行驶时，牵引力等于阻力，牵引力F。-8kmg,而总功率为2P,故最大速率v一m P …选 项A正确：改为4节动车带4节拖车的动车组时4P=8kmg·v,所以v=2,选项B错误：当列车加速 运动时，对整体有2F一8kmg=8mG,解得F'=4ma十4表mg,对前四节车厢，由牛顿第二定律得F一4是mg 十Fs=4ma,解得F=0,选项C正确：当两节动车都以额定功率使动车组做匀加速运动时，设第2、3节 车厢间的作用力为F,5,6节车厢间的作用力为F,加速度为a,每节动车产生的牵引力为F,每节车厢 所受的阻力为mg,将第6.7、8节车厢作为整体分析，由牛顿第二定律可得F一3kmg=3,将第3、4 5.6,7,8节车厢作为整体分析，由牛顿第二定律可得F十F一6kmg=6mQ,对整列动车组，由牛顿第二定【解析】对接后的空间站仍处于原轨道，由万有引力提供向心力可得G加=ma,则向心加速度a=G ,轨 道没有变的情况下，加速度大小不变，选项A错误：由万有引力提供向心力可得农一一m GMm (R+. 再由黄金代换式GM=gR,可得高度h= RT 4π ,一R,选项B正确：由万有引力提供向心力可得 GMm GM (R十=mR十，可得= GMm1 (R+h) ,神舟十九号完成对接后的机械能为B=十宁m= GM一，神舟十九号发射的机械能为E=,故从开始发射神舟十九号至其与空间站完成对接 2(R+h) R 需要做的功为W=B一B一%选项C正确：类比电场强度定义式E=￡，在引力场中 GMm R 0 R十，再由黄金代换式GM=gR,所以组合体所处轨道的引力场强度大小为E= GMm GM (R+)厅= ER (R干)，选项D错误。 10.【答案】CD 【解析】从M到N,由动能定理g十mg·兰-之m(V,可得M,N间的电势差Ua-,选项 9 A错误；因N,P两点的电势相等，则小球从N点到P点的过程中，电场力做的功为0，选项B情误；设 ON与水平方向的夹角为0，则r十rsn0=号，解得0=30°，若在此装置中加一水平方向的匀强电场，小球 在N点平衡且恰好对MP无压力，则对小球受力分析可知mg=gEa30°，解得所加电场的电场强度大小 3 为E=Bs,选项C正确：设MP与竖直方向夹角为a,则号MP=PN=2 rcos a= 9 解得MP=25r cos a 选项D正确， 二，非选择题。 11.【容案】(1)欧姆挡(1分)；机械固零(1分)：3.5(1分)(2)见解析(2分)(5)2.5(2分) 【解析】(1)直接测量电机内阻，应选择欧坶挡：无论选择什么挡位，都需要进行机械调零，然后选挡之后再 进行欧姆调零：为了准确测量，指针应尽量接近中间，因此选择”×1”挡，读数是3.52， (2)测量小电阻应采用电流表外接的方法，再根据图像知电流，电压要从0开始调节，因此要选择分压式， 电路如图所示。 (5)小电机在电压0.5V左右时开始转动，由题图可知此时电流为0.20A,根据欧姆定律有”一2.5。 12.【容案】(1)不需要(2分》(2)不变(2分)(3)1.65(2分)(4)1.97(3分) 【解析】(1)此实验有拉力传感器，可以读出细绳拉力的大小，细绳拉力不需要用钩码的重力代替，所以不