2025年湖北省新高考信息卷(二)一、選擇題。1.【答案】B2.【答案】C【解析】由于乒乓球在空中運動過程中只受重力，加速度為g,乒乓球兩次在空中運動時的加速度都為重力加速度，都處于失重狀態，根據△v=gt,可知速度改變量的方向與重力加速度方向相同，即速度改變量的方向總是豎直向下，選項AB錯誤。第一次發球，根據平拋運動規律，得,3L=v?t?,h?—h=,2L=v?t,可得;第二次，根據運動的對稱性得h?=h,,L=v?t?,所以h?:h?=9:5,v?:v?=√5:1,選項C正確(它解：根據勻變速直線運動規律；可得,根據對稱性得h?=h)。不計空氣阻力，反彈前后動能不變，兩次發球滿足機械能守恒定律，擦網時的機械能等于發球時的機械能，以球臺面為零勢能面，則(它解：顯然機械能第一次比第二次多),選項D錯誤。3.【答案】D上分析可知，該點振幅A=8cm+4cm=12cm,所以該質點的振動方程為選項A錯誤；t=4s時，波傳播的距離x=vt=4m,左側原點處的波形傳到該位置，右側x=8cm處質點的波形傳到該位置，左側引起振動向上，右側引起振動向下，根據疊加原理可知，t=4s時x=4m處的質點正處在平衡位置向y軸正方向運動，選項C錯誤；左側波傳到x=3m處需要時間,右側波傳到x=3m處需要時間,都傳到該點時，該點振動減弱，所以從題圖所示時刻開始經過3s通過的路程n,選項D正確。4.【答案】D過程中，體積不變，壓強變大，溫度升高，內能變大，氣體吸熱，選項B錯誤；C選項中，b【解析】由v-t圖像可得，t=3s時斜率由正值變為負值，所以t=3s時汽車的加速度開始反向，選項A正確；0～3s時間內，由動量定理可得I—0.1mgt?=mv?,其中t?=3s,v?=6m/s,解得0～3s時間內牽引力的沖量大小為I=18N·s,選項B正確；3～4s時間內由圖像可知加速度大小a=6m/s2,由牛頓第二定律可得F+0.1mg=ma,計算可得因剎車額外產生的制動力的大小為10N,選項C錯誤；v-t圖像與時間軸圍成的面積表示位移，0～4s時間內汽車的位移大小x?=12m,克服阻力f做的功為W=0.1mgx1=24J,4～6s時間內汽車的位移大小x?=4m,克服阻力f做的功為W=0.1mgx?=8J,0～6s時間內克服阻力f做的功為W總=24J+8J=32J,選項D正確。【解析】離子推進器可將靜電加速層中的電能轉化為機械能，A選項正確；根據動能定理有,正離子噴出時的速度大小為,選項B錯誤；大量粒子噴射出去的過程，據動量定理可得F△t=△mv,其中,聯立解得提供的平均推力為F=n√2Umq,選項C錯誤；正離子經加速后由B處噴出形成的等效電流大小,選項D錯誤。【解析】粒子的運動軌跡如圖所示，根據L=v?t,可得,因此進入磁場時速度與水平方向夾角為θ=30°,速度為,根據,故0到t?時間內，粒子偏轉120°,to到2t。磁感應強度為0,粒子做勻速直線運動，2t。到3to粒子偏轉120°,和0到to時間對稱，故粒子從進入磁場和射出磁場的兩點間距離為d=2Rcos30°+vt?,可得,選項B正確。【解析】以A球為研究對象，由平衡條件可得mg=kx。,解得彈簧的勁度系數,選項A正確；設B與A碰撞前瞬間速度大小為vo,根據運動學公式可得2g·3x?=v7%,B與A碰撞過程動量守恒，則有mvo= 2mv,聯立解得B與A碰撞后瞬間速度大小為,選項B正確；小球A、B回到O點時，彈簧彈力為0,兩球受到重力作用，加速度不為0,選項C錯誤；碰撞后兩球一直做簡諧運動，兩球恰能回到O點，此時兩球的加速度為g,方向向下，根據簡諧運動的對稱性可知兩球處于最低點時的加速度大小為g,方向向上，設最低點的壓縮量為x?,則有kx?—2mg=2ma=2mg,解得,設此過程中彈簧的最物理試卷參考答案和評分標準第9頁(共23頁)大彈性勢能為Epm,根據系統機械能守恒可得Epm=2mgx?=8mgxo,選項D錯誤。【解析】嫦娥六號在軌道I和軌道Ⅲ運行時，萬有引力提供向心力，有,可得,嫦娥六號在軌道I和軌道Ⅲ運行的速率之比,選項A正確；由開普勒第三定律可得，嫦娥六號在軌道I和軌道Ⅱ運行的周期之比,選項B錯誤；嫦娥六號在軌道I做勻速圓周運動，在軌道Ⅱ做橢圓運動，在A點做近心運動，故嫦娥六號在軌道I上A點的速度比軌道Ⅱ上A點的速度大，所以嫦娥六號從軌道I到軌道Ⅱ機械能減【解析】小球沿斜面上升的過程中，加速度g,且一直做勻減速運動至速度為0,所以,選項A錯誤；小球沿斜面上升過程中，所用時間為,當小球向下運動時，加速至速度v時離開斜面，此過程中小球向下的加速度a?=a?=1.2g,而分離時應滿足qvB=mgcos37+qEcos37°,解得,則下滑過程中所用時間,總時間,選項B錯誤；上升過程由平衡條件可得FN?=qvB+mgcos37°+qEcos37°,此過程中彈力的沖量為I?=,同理可得下行過程彈力沖量為,全程彈力的沖量為I=I?+I?=(mgcos37°+qEcos37°)(t?+t?)+qB(x-x′),又由勻變速直線運動規律可得,聯立D正確。11.【答案】(1)30(1分);100(1分)(2)并聯(1分);1.0(2分)(3)【解析】(1)設毫安表每格表示電流大小為I?,則當電阻箱的阻值為R?=1100Ω時，由歐姆定律可得15I?·(R?+Rg)=U,當電阻箱的阻值為R?=500Ω時，則有30I?(R?+Rg)=U,兩式聯立并代入數據可解得R=100Ω,I?=1mA,故該毫安表的量程Ig=30I?=30mA。(2)要將量程為300mA的毫安表改成量程為IA=3A的電流表，則需在毫安表兩端并聯一個電阻，設其電阻為R′,則有IgRg=(IA—Ig)R′,代入數據可解得R′≈1.0Ω。(3)由題意可知，改裝后電流表的內阻為R?=1Ω,設通過光敏電阻的電流大小為I'(單位：A),則有(R+物理試卷參考答案和評分標準第10頁(共23頁)R?)I′=U成立，且I′RG=IR,由以上兩式可得(R,整理可得R=12.【答案】(1)18.5(1分)(2)(2分)②變小(2分);偏小(2分)③B(2分)【解析】(1)根據題意，由題圖甲可知，擺球的直徑為d=18(2)①單擺在一個周期內兩次經過平衡位置，每次經過平衡位置，單擺會擋住細激光束，從題圖丙可以看出，擺長為L?時振動周期為2t?,根據公式,可得重力加速度的表達式為②根據公式可知，若保持懸點到小球頂端距離不變，換用直徑為原來一半的另一均勻小球進行實驗，則題圖丙中的t?將變小。由于重力加速度與小球的半徑大小有關，半徑越大，擺長越長，故可得與擺線長度加上小球半徑作為擺長相比，此方法求得的重力加速度偏小。③由題圖丁可知，對圖線a,當L為0時T不為0,所測擺長偏小，可能是把擺線長度作為擺長，即把懸點到擺球上端的距離作為擺長，選項A錯誤；實驗中誤將49次全振動記為50次，則周期的測量值偏小，導致重力加速度的測量值偏大，圖線的斜率k偏小，選項B正確；圖線c對應的斜率k小于圖線b對應的斜率，由可知，圖線c對應的g值大于圖線b對應的g值，選項C錯誤。……………………(2)設折射角為γ,水滴中反射角也為γ,據折射定律，有………………解得…………………………(1分)(3)水滴中光速…………………(1分)水滴中L=2√R2—d2(1分)紅光在水滴中的傳播時間………………………(1分)解得………………(2分)【解析】(1)當S擲向2接通定值電阻R。時，感應電流為………………(1分)物理試卷參考答案和評分標準第11頁(共23頁)根據牛頓第二定律有(100—10v)-……………………(1分)由題圖2可知在t?至t?時間內加速度恒定，則……………(1分)(2)根據題圖2可知在0～t?時間段內的位移?t?=10m…………(1分)而根據法拉第電磁感應定律和電荷量的定義式，從t?時刻到最后返回初始位置停下的時間段通過回路其中根據動量定理有—nBl△q=0-ma'(t?—t?)(1分)解得……………………(1分)/(m·s-1)/(m·s-1)(3)設t?時刻對應的速度大小為v?,由(1)(2)可知v?=10(√21—1)m/s,替換瞬間，線圈產生的電壓為E=nBklv=100(√21—1)V,忽略元件Y電流、電壓變化的時間，則元件Y兩端電壓為U?=100(√21-,由于元件Y的電壓總是消耗線圈提供的電勢差，此時通過線圈的電流為……………………………(2分)對金屬棒，F安=nBIl=ma?(1分)解得a?=100m/s2……………………(2分)15.【答案】(1(3分)(2)粒子的角度范圍在與x軸夾角53°的范圍內(4分)(3).(4分)【解析】(1)由磁聚焦原理，沿著y軸正向入射的粒子將匯聚于區域I與y軸的交點，且磁場圓與軌跡圓半徑相同，則………………………(1分)由牛頓第二定律可得……………………(1分)解得……………(1分)(2)x=—0.1R時，由幾何關系可得……(1分)所以θ=53°………………(1分)物理試卷參考答案和評分標準第12頁(共23頁)x=—0.9R時，由幾何關系可得………(1分)所以θ=θ=53°…………………………(1分)則粒子的角度范圍在與x軸夾角53°的范圍內。(3)區域Ⅱ中帶電粒子在勻強電場中做勻變速曲線運動，為類斜拋運動，假設入射粒子與x軸正方向夾角為α,由運動的分解可得，x方向有v?cosa