資源簡介

絕密★啟用前
2025年湖南省普通高中學業水平選擇性考試
物理模擬沖刺試卷 （七）
本試卷共100分，考試時間75分鐘．
注意事項：
1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在本試卷和答題卡上．
2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．
3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．
一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．“玉兔二號”裝有核電池，不懼漫長寒冷的月夜，核電池將Pu衰變釋放的核能一部分轉換成電能。Pu的衰變方程為Pu→U＋He，則(　　)
A．衰變方程中的X等于233
B．He的穿透能力比γ射線強
C．Pu比U的比結合能小
D．月夜的寒冷導致Pu的半衰期變大
2．“飛車走壁”雜技表演簡化后的模型如圖所示，表演者沿表演臺的側壁做勻速圓周運動。若表演時雜技演員和摩托車的總質量不變，摩托車與側壁間沿側壁傾斜方向的摩擦力恰好為零，軌道平面離地面的高度為H，側壁傾斜角度α不變，則下列說法中正確的是（　　）
A．摩托車做圓周運動的H越高，角速度越小
B．摩托車做圓運動的H越高，線速度越小
C．摩托車做圓周運動的H越高，向心力越大
D．摩托車對側壁的壓力隨高度H變大而減小
3．2022年，“嫦娥五號”實現中國開展航天活動以來的四個“首次”：首次在月球表面自動采樣；首次從月球表面起飛；首次在月球軌道上其上升器與軌道器和返回器組合體交會對接；首次帶著月球土壤返回地球。已知月球的質量約為地球的，表面重力加速度約為地球表面重力加速度的，月球半徑約為地球半徑的，下列判斷正確的是（　　）
A．月球上的第一宇宙速度是地球上的倍
B．組合體交會對接后因質量變大導致軌道半徑變大
C．“嫦娥五號”飛行到地球與月球中心連線中點時所受地球引力是月球引力的81倍
D．“嫦娥五號”在降落地面之前必須做減速運動，帶回的土壤處于完全失重狀態
4．圖(a)是一列簡諧橫波在t=0.10 s時刻的波形圖,P是平衡位置在x=1.5 m處的質點,Q是平衡位置在x=12 m處的質點;圖(b)為質點Q的振動圖像,下列說法正確的是 (　　)
A．質點Q做簡諧運動的表達式為y=0.10 cos 10πt(m)
B．在t=0.25 s時,質點P的加速度方向沿y軸負方向
C．從t=0.10 s到t=0.25 s的過程中,質點Q的位移大小為0.30 m
D．從t=0.10 s到t=0.25 s,回復力對質點P的沖量為零
5．高壓電線落地可能導致行人跨步觸電，如圖所示，設人的兩腳MN間跨步距離為d，電線觸地點O流入大地的電流為I，大地的電阻率為ρ，ON間的距離為R，電流在以O點為圓心、半徑為r的半球面上均勻分布，其電流密度為，已知電流密度乘以電阻率等于電場強度，該電場強度可以等效成把點電荷Q放在真空中O點處產生的電場強度。下列說法正確的是（　　）
A．越靠近O點，電勢越低
B．兩腳間距離越大，跨步電壓一定越大
C．等效點電荷Q的電荷量為（k為靜電力常量）
D．若M、N、O三點在一條直線上，圖中兩腳MN間跨步電壓等于
6．在邊長為L的正方形abcd的部分區域內存在著方向垂直紙面的勻強磁場，a點處有離子源，可以向正方形abcd所在區域的任意方向發射速率均為v的相同的正離子，且所有離子均垂直b邊射出，下列說法正確的是（　　）
A．磁場區域的最小面積為
B．離子在磁場中做圓周運動的半徑為
C．磁場區域的最大面積為
D．離子在磁場中運動的最長時間為
二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分
7．如圖所示，矩形線圈abcd處在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，線圈的匝數為n、面積為S、電阻為r，繞垂直于磁場的軸以角速度勻速轉動，理想變壓器的副線圈接電阻為R的定值電阻時，矩形線圈中產生的感應電流的有效值為I。下列判斷正確的是（　　）
A．矩形線圈平面與磁場方向平行時，線圈中感應電動勢的瞬時值為
B．線圈的輸出功率為
C．通過定值電阻的電流的有效值為
D．通過定值電阻的電流的有效值為
8．如圖所示，傳送帶以的速度逆時針勻速轉動，兩側的傳送帶長都是，且與水平方向的夾角均為。現有兩個滑塊A、B（可視為質點）從傳送帶頂端同時由靜止滑下，已知滑塊A、B的質量均為，與傳送帶間動摩擦因數均為0.5，取重力加速度。下列說法正確的是（　　）
A．滑塊A先做勻加速運動后做勻速運動
B．滑塊A比B先到達傳送帶底端
C．滑塊A、B到達傳送帶底端時的速度大小相等
D．滑塊A在傳送帶上的劃痕長度為
9．如圖所示，質量為m的小球（可看成質點）用長為l的輕繩懸掛于O點，小球自由靜止在A點，用水平恒力F拉小球，小球運動的最高點為B點，此時輕繩與豎直方向的夾角為=，已知重力加速度為g，則從A到B的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．小球到達B點后，將保持靜止 B．F的大小為
C．F做功為 D．運動中最大速度為
10．如圖所示為半徑為R的球形透明介質，AB為球的一條直徑，O為球心，一細光束由A點斜射入透明介質，從C點射出，已知C點到AB的距離為，出射光線相對入射光線的偏折角為30°，光在真空中的傳播速度為c。則下列說法正確的是（　　）
A．光線從C點射出介質的折射角為45°
B．透明介質的折射率為
C．光束在透明介質中的傳播時間為
D．入射光繞A點逆時針轉動，光可能在介質中發生全反射
三、非選擇題：本大題共5題，共56分。
11．（9分）某物理實驗小組利用如圖甲所示裝置驗證機械能守恒定律。
甲
（1）除帶夾子的重物、紙帶、鐵架臺（含夾子）、電磁打點計時器、導線及開關外，在下列器材中，還需要使用的一組器材是　　　　。
A．直流電源、天平（含砝碼）
B．直流電源、刻度尺
C．低壓交流電源、天平（含砝碼）
D．低壓交流電源、刻度尺
（2）實驗中，先接通電源，再釋放重物，得到如圖乙所示的一條紙帶。在紙帶上選取連續打出的5個點A、B、C、D、E，測得C、D、E三個點到起始點O的距離分別為hC、hD、hE。已知當地重力加速度為g，打點計時器打點的周期為T。設重物的質量為m，則從打下O點到打下D點的過程中，重物的重力勢能減少量為　　　　，動能增加量為　　　　。（用上述測量量和已知量的符號表示）
乙
（3）機械能包括動能、重力勢能和彈性勢能，為了在三種能量相互轉化的情況下再次驗證機械能守恒定律，實驗小組又設計了如圖丙所示的實驗裝置。力傳感器一端固定在鐵架臺的橫梁上，另一端與輕彈簧相連，輕彈簧下端懸掛著下表面水平的重物，在重物正下方放置著上表面水平的運動傳感器，兩個傳感器再通過數據采集器和電腦相連（圖中未畫出）。實驗過程中保持鐵架臺固定，彈簧始終在彈性限度內，重物只在豎直方向上運動，沒有轉動。
丙
小組同學首先用天平測得重物的質量為m，然后：
①用運動傳感器實時記錄重物的速度，繼而得到重物的動能Ek；
②選擇運動傳感器的上表面所在位置為重力勢能參考面，用運動傳感器實時記錄重物下表面與運動傳感器上表面的距離，繼而得到重物的重力勢能Ep；
③將彈簧處于原長時重物下表面到運動傳感器上表面間的距離與物體運動過程中這兩個表面間的實時距離之差作為彈簧形變量，結合力傳感器測得的彈力大小F，通過計算得到了彈簧在每個時刻的彈性勢能E彈。
分析上述三種能量之和E隨時間的變化情況，如果在誤差允許的范圍內，E保持不變，則可認為重物（包括地球）和彈簧組成的系統機械能守恒。
已知實驗得到的F－t圖像如圖丁所示，則下列選項中的圖像可能正確的是　　　　。
丁
　　
A　　　　　　　B　　　　　　　C
12．用如圖所示的多用電表測量電阻，要用到選擇開關K和兩個部件S、T，請根據下列步驟完成電阻測量。
(1)旋動部件________，使指針對準電流的“0”刻線。
(2)將K旋轉到歐姆擋“×100”的位置。
(3)將插入“＋”“－”插孔的兩表筆短接，旋動部件________，使指針對準電阻的________(選填“0刻線”或“∞刻線”)。
(4)將兩表筆分別與待測電阻相接，發現指針偏轉角度過小。為了得到比較準確的測量結果，請從下列選項中挑出合理的步驟，并按________的順序進行操作，再完成讀數測量。
A．將K旋轉到歐姆擋“×1 k”的位置
B．將K旋轉到歐姆擋“×10”的位置
C．將兩表筆的金屬部分分別與被測電阻的兩根引線相接
D．將兩表筆短接，旋動合適的部件，對電表進行校準
13．如圖所示，一太陽能空氣集熱器的底面及側面為絕熱材料，頂面為透明玻璃板，集熱器容積V1＝1×10－2 m3.開始時集熱器的進氣口和出氣口閥門關閉，集熱器中密封了一定質量的理想氣體，氣體的溫度為t1＝27 ℃，壓強為p1＝1 atm.經過太陽曝曬后，集熱器中氣體的壓強增大到p2＝1.2 atm.
(1)求集熱器中氣體的溫度升高到多少攝氏度；
(2)現保持氣體溫度不變，把出氣口與一個真空瓶相連，打開出氣口閥門，最終真空瓶中氣體的壓強為1 atm，求真空瓶的容積；
(3)在(2)問的基礎上求最終集熱器內氣體質量與原來的氣體質量的比值．
14．如圖1所示，在豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場中，兩根足夠長的平行光滑金屬軌道MN、PQ固定在水平面內，相距為L。一質量為m的導體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好。不計導體棒ab和軌道的電阻。
（1）如圖1所示，當導體棒ab以恒定速率向左運動時，求a、b兩點間的電勢差；
（2）如圖2所示，若軌道左端MP間接一阻值為R的電阻，導體棒在水平向右的恒力F的作用下由靜止開始運動。求經過一段時間后，導體棒所能達到的最大速度的大小。
（3）如圖3所示，若軌道左端MP間接一阻值為R的電阻，導體棒在水平向右的拉力的作用下由靜止開始運動。若該拉力的功率P保持不變，求經過一段時間后，導體棒所能達到的最大速度的大小。
（4）如圖4所示，若軌道左端MP間接一電動勢為E、內阻為r的電源和一阻值為R的電阻。導體棒ab從靜止開始運動。求：
①經過一段時間后，導體棒所能達到的最大速度的大小。
②若忽略電源內阻r，并且令，則導體棒所能達到的最大速度為，請通過分析，比較和的大小。
（5）如圖5所示，若軌道左端MP間接一不帶電的電容器，電容器的電容為C，導體棒ab在水平向右的恒力F的作用下從靜止開始運動。求：
①導體棒加速度的大小a；
②開始運動時開始計時，經過時間t之后，電容器被擊穿，求該電容器的擊穿電壓。
15．如圖所示，光滑絕緣彈性水平面上靜止放著質量為mA=3m的不帶電的絕緣彈性小球A和質量mB=m、帶電量為+q的彈性小球B（均可視為質點），它們相距為s。在B球右側虛線區域內，有兩個方向相反的勻強電場區域：高為H（未知）的下方區域內電場方向豎直向上，上方區域電場方向豎直向下，其大小均為。現對小球A施加一個始終水平向右的恒力（g為重力加速度），A便由靜止開始運動，已知A與B之間的碰撞為彈性碰撞，碰撞過程中無電荷轉移，求：
（1）A與B第一次碰撞后的A、B速度vA、vB；
（2）若H=h，求B碰后至到達最高點的過程中機械能的變化量；
（3）若A與B能發生第二次碰撞，求H可能的取值。

參考答案
1．【答案】　C
【詳解】　由于核反應遵循質量數守恒、電荷數守恒，則X應為234，A錯誤；α射線的穿透能力比γ射線的穿透能力弱，B錯誤；比結合能越大，原子核越穩定，則U的比結合能比Pu的比結合能大，C正確；放射性元素的半衰期與物理狀態以及化學狀態均無關，D錯誤。
2．【答案】A
【詳解】
AC．摩托車做勻速圓周運動，摩擦力恰好為零，由重力mg和支持力F的合力提供圓周運動的向心力，作出力圖如圖，
則有向心力
Fn=mgtanα
m，α不變，向心力大小不變。由
mgtanα=mrω2
得
則知H越高，r越大，ω越小，故A正確，C錯誤；
B．根據牛頓第二定律得
H越高，r越大，Fn不變，則v越大，故B錯誤；
D．側壁對摩托車的支持力
不變，則摩托車對側壁的壓力不變，故D錯誤。
故選A。
3．【答案】C
【詳解】A．根據題意，由萬有引力提供向心力有，解得，月球上的第一宇宙速度為，A錯誤；
B．根據題意，由萬有引力提供向心力有，解得，可知，組合體的軌道半徑只與中心天體的質量和組合體的線速度有關，與組合體的質量無關，B錯誤；
C．根據題意，由萬有引力公式可知，由于“嫦娥五號”飛行到地球與月球中心連線中點時，“嫦娥五號”到地球與月球中心的距離相等，則所受地球引力是與月球引力之比為，C正確；
D．“嫦娥五號”在降落地面之前必須做減速運動，則帶回的土壤具有向上的加速度，處于超重狀態，D錯誤。選C。
4．【答案】B　
【解析】由振動圖像和波形圖可知A=0.10 m,ω==10π rad/s,質點Q做簡諧運動的表達式為y=Asin ωt=0.10·sin 10πt(m),故A錯誤;由振動圖像讀出周期T=0.2 s,從t=0.10 s到t=0.25 s經過的時間為Δt=0.15 s=T,在t=0.25 s時,質點P位于x軸上方,加速度方向沿y軸負方向,故B正確;從t=0.10 s到t=0.25 s經過的時間為個周期,t=0.25 s時刻質點Q位于波峰,質點Q的位移大小為0.10 m,路程為0.30 m,故C錯誤;從t=0.10 s到t=0.25 s經過的時間為個周期,t=0.10 s和t=0.25 s質點P的瞬時速度不相同,由動量定理得I=mΔv=m(v2-v1)≠0,回復力對質點P的沖量不為零,故D錯誤.
5．【答案】C
【詳解】
A．高壓電線落地，電線觸地電流從O點流入大地的，O點電勢最高，越靠近O點，電勢越高，故A錯誤；
B．當兩腳位于同一等勢線上時即兩腳到O點的距離相等時，跨步電壓為零，故B錯誤；
C．根據題意有
可得
故C正確；
D．N點處電流密度為，由于MN間的電場是非勻強電場，電場強度越靠近O點越大，則知MN間的場強大于，則兩腳MN間跨步電壓大于，故D錯誤。
故選C。
6．【答案】C
【詳解】
A B．由題可知，離子垂直bc邊射出，沿ad方向射出的粒子的軌跡即為磁場區域的邊界，其半徑與離子做圓周運動的半徑相同，所以離子在磁場中做圓周運動的半徑為R=L；磁場區域的最小面積為
故AB錯誤；
CD．磁場的最大區域是四分之一圓，面積
離子運動的最長時間
故C正確，D錯誤。
故選C。
7．【答案】AC
【詳解】A．矩形線圈平面與磁場方向平行時，穿過線圈磁通量最小，但其變化率最大，從而感應電動勢最大，故最大值為
A正確；
B．因線圈內部有電阻r，故其會損耗一部分電能，由
可得
又有
聯立可得
B錯誤；
CD．設通過定值電阻R中的有效電流為I2，由理想變壓器輸入功率等于輸出功率可知
則有
解得
C正確，D錯誤。
故選AC。
8．【答案】BD
【詳解】A．根據牛頓第二定律，A的加速度為，A與傳送帶共速的時間為，A與傳送到共速時的位移為，共速后A繼續勻加速度的加速度為，滑塊A先做勻加速度運動再以另以加速度勻加速度運動，A錯誤；
B．A第二段勻加速度運動過程，得，B的加速度為，根據，得，由于，則滑塊A比B先到達傳送帶底端，B正確；
C．A到達底端的速度為，B到達底端的速度為，則A到達斜面底端的速度較大，C錯誤；
D．A第一段勻加速運動的劃痕長度為，第二段劃痕長度為，由于兩段相對運動情況不同，則滑塊A在傳送帶上的劃痕長度為，D正確。選BD。
9．【答案】BC
【詳解】
A．小球在拉力F作用下從A點運動到最高點B點，說明小球先加速后減速，則小球到達B點時具有加速度，則小球不可能靜止，故A錯誤；
B．對小球從A到B由動能定理有
得
故B正確；
C．F做功為
故C正確；
D．由對稱性可知，當輕繩與豎直方向夾角為時速度最大，由動能定理得
解得
故D錯誤。
故選BC。
10．【答案】AC
【詳解】AB．作出光路圖，如圖所示。
由幾何關系可知，則，由圖可知，，解得，又由折射定律，所以有，由題意可知出射光線相對入射光線的偏折角為30°，所以，透明介質的折射率為，故A正確，B錯誤；
C．光束在透明介質中的傳播速度為，又由幾何關系可知，則光在介質中傳播的時間為，解得，故C正確；
D．光在該透明介質中的臨界角為C，則，解得，入射光繞A點逆時針轉動，光束在A點的折射角一定小于臨界角C，由幾何關系可知光射到透明介質出射點時的入射角一定小于臨界角，所以光不可能在介質中發生全反射，D錯誤。故選AC。
11．【答案】（1）D（2分）　（2）mghD（2分）　（2分）
（3）AC（3分，選對1個得1分，有錯選的不得分）
【解析】（1）電磁打點計時器工作時需要配備低壓交流電源，測量長度需要刻度尺，重物質量可以不測，故選D。
（2）重力勢能減少量ΔEp＝mghD，動能增加量ΔEk＝m＝m·（）2＝。
（3）由題圖丁可知，重物振動的周期為2T，T時刻彈簧彈力最小，彈簧伸長量最小，重物在最高點，重力勢能最大；2T時刻彈簧彈力最大，彈簧伸長量最大，重物在最低點，重力勢能最小，A正確。重物在最高點和最低點時動能都是零，變化周期為T，C正確。彈簧彈性勢能變化周期為2T（點撥：振動過程中彈簧始終處于伸長狀態），B錯誤。
12．【答案】(1)S；(3)T；0刻線；(4)ADC
【詳解】(1)多用電表使用前要旋轉指針定位螺絲S進行機械調零，使指針對準電流的0刻線。
(3)將插入“＋”“－”插孔的表筆短接，旋動歐姆調零旋鈕T，使指針對準電阻的0刻線。
(4)將兩表筆分別與待測電阻相接，發現指針偏角過小，則電阻阻值較大，說明所選擋位太小，為了得到比較準確的測量結果，應換用大倍率擋進行測量。應將K旋轉到歐姆擋“×1 k”的位置，然后將兩表筆短接，旋動合適的部件，使指針指在電阻零刻度處，再將兩表筆的金屬部分分別與被測電阻的兩根引線相接，因此合理的實驗步驟順序是ADC。
13．【答案】87 ℃　；2×10－3 m3　；
【詳解】(1)由題意可知，集熱器內氣體在溫度升高的過程中，體積不變，由查理定律有＝，
其中p1＝1 atm，p2＝1.2 atm，T1＝(27＋273) K＝300 K，
解得T2＝360 K，即t2＝87 ℃.
(2)以集熱器中所有氣體為研究對象，氣體做等溫變化，由玻意耳定律可知p2V1＝p3V3，其中p3＝1 atm，
解得V3＝1.2×10－2 m3，
真空瓶容積V＝V3－V1＝2×10－3 m3.
(3)最終集熱器內氣體質量與原來的氣體質量之比＝，解得＝.
14．【答案】（1）；（2）；（3）；（4）①；②；（5）①；②
【詳解】（1）導體棒ab以恒定速率向左運動時，感應電動勢大小
電流方向由a到b，在電源內部電流由電勢低處流向電勢高處，則
=
（2）導體棒達到的最大速度時，有
F=BIL
聯立得
=
（3）導體棒達到的最大速度時，有
F=BIL
P=Fv3
聯立得
=
（4）①閉合開關后，導體棒ab產生的電動勢與電阻R兩端的電壓相等時，導體棒ab達到最大速度v4，電源路端電壓
U=BLv4
U=IR
聯立得
②導體棒達到的最大速度時，棒中沒有電流，感應電動勢
E=BLv4
（5）①感應電動勢與電容器兩極板間電壓相等
U=BLv
電容器所帶電量
Q=It
得
根據牛頓第二定律
F-BIL=ma
聯立得
a=
②經過時間t之后，導體棒速度
v=at=
該電容器的擊穿電壓
=BLv=
15．【答案】（1），；（2）；（3）見解析
【詳解】（1）對A，根據牛頓第二定律，有
解得
根據速度位移關系可得
解得
由于A與B之間的碰撞為彈性碰撞，則
解得
，
（2）當B球進入下方電場時，根據牛頓第二定律，有
所以
在豎直方向有
當B球進入上方電場時，根據牛頓第二定律，有
所以
在豎直方向有
聯立可得
B碰后至到達最高點的過程中機械能的變化量為
（3）若A與B能發生第二次碰撞，即
解得
（n=1，2，3…）
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