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5月
物理押題卷（十）
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。
1．2024年1月6日，“華龍一號”4號機組內穹頂吊裝就位，我國“華龍一號”是當前核電市場接受度最高的三代核電機型之一，其全面建成有力支撐了我國由核電大國向核電強國的跨越。核反應堆是利用中子轟擊重核發生裂變反應，釋放出大量核能。是反應堆中發生的許多核反應中的一種，X是某種粒子，a是X粒子的個數，用、、分別表示、、核的質量，表示X粒子的質量，c為真空中的光速。以下說法正確的是（　　）
A．X為中子，
B．太陽就是一個巨大的鈾核裂變反應堆
C．上述核反應中放出的核能
D．鈾塊體積必須達到臨界體積，有質子通過時，才能發生鏈式反應
2．圖甲為一列簡諧波在某時刻的波形圖，圖乙為質點P以此時刻為計時起點的振動圖像。則由圖可知，下列說法正確的是（ ）

A．此時刻Q點向下振動
B．該簡諧波沿x軸的負方向傳播
C．該簡諧波的傳播速度為20m/s
D．從該時刻起，經過0.1s質點P沿x軸傳播的路程為0.4m
3．在xOy平面內存在沿y軸正方向的勻強電場和垂直于平面向外的勻強磁場,現讓一個質量為m,電荷量為q的帶正電小球從O點沿y軸正方向射入,已知電場強度大小為,磁感應強度大小為B,小球從O點射入的速度大小為,重力加速度為g,則小球的運動軌跡可能是
A． B． C． D．
4．據統計，現在圍繞地球運行的衛星有1000多顆，若這些衛星都做圓周運動，地球表面的重力加速度大小為g，對于這些衛星，下列說法正確的是（ ）
A．軌道半徑越大，衛星做圓周運動的向心加速度越大
B．軌道半徑越大，衛星做圓周運動的角速度越大
C．軌道半徑越大，衛星做圓周運動的周期越大
D．軌道半徑越大，衛星做圓周運動的線速度越大
5．圖甲為兒童玩具撥浪鼓，其簡化模型如圖乙，撥浪鼓上分別系有長度不等的兩根細繩，繩一端系著小球，另一端固定在關于手柄對稱的鼓沿上；A、B兩球相同，連接A球的繩子更長一些，現使鼓繞豎直方向的手柄勻速轉動，兩小球在水平面內做周期相同的勻速圓周運動，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　　）

A．兩球做勻速圓周運動時繩子與豎直方向的夾角
B．A、B兩球的向心加速度相等
C．A球的線速度小于B球的線速度
D．A球所受的繩子拉力大于B球所受的繩子拉力
6．單個點電荷周圍空間的電勢，為到點電荷的距離；系統的電勢能等于每個電荷電勢能總和的一半。現在光滑絕緣水平面上，有三個帶電量均為、質量均為的相同均勻帶電小球，用三根長為的輕質絕緣細繩連接，處于靜止狀態。A、B、C分別為其中點，為三角形中心，下列說法正確的是（　　）
A．點的電場強度和電勢均為零 B．A、B、C三點電場強度相等
C． D．系統的總電勢能為
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．如圖甲所示，粗糙的水平地面上有一塊長木板P，小滑塊Q放置于長木板上的最右端。現將一個水平向右的力F作用在長木板的右端，讓長木板從靜止開始運動，一段時間后撤去力F的作用。滑塊、長木板的速度圖像如圖乙所示，已知物塊與長木板的質量相等，滑塊Q始終沒有從長木板P上滑下。滑塊Q與長木板P之間的動摩擦因數為，長木板P與地面之間的動摩擦因數為，重力加速度。則下列說法正確的是（　　）
A．
B．
C．時，木板P停止運動
D．滑塊Q在長木板P上滑行的相對位移為
8．9 ．[山東濟南2022模擬]2021年12月9日,“天宮課堂”開講,某同學在觀看太空水球光學實驗后,想研究光在含有氣泡的水球中的傳播情況,于是找到一塊環形玻璃磚模擬光的傳播,俯視圖如圖乙所示.光線a沿半徑方向射入玻璃磚,光線b與光線a平行,兩束光線之間的距離設為x,已知玻璃磚內圓半徑為R,外圓半徑為2R,折射率為,光在真空中的速度為c,不考慮反射光線,下列關于光線b的說法正確的是 (　　)
　　　
甲 乙
A．當x>R時,光不會經過內圓
B．當x=R時,光線從外圓射出的方向與入射光線b的夾角為45°
C．當x=R時,光線從外圓射出的方向與入射光線b平行
D．當x=R時,光從內圓通過的時間為
9．某風洞的示意圖如圖甲所示，風洞可以產生可控制的氣流。在某次風洞實驗中，將質量為2.5kg的物塊置于出風口，打開氣流控制開關，物塊與風力作用的正對面積不變，所受風力大小（采用國際單位制，v為風速大小）。物塊距出風口的高度為h，風速的平方與h的變化規律如圖乙所示。取重力加速度大小。物塊在上升6m的過程中，下列說法正確的是（　　）

A．打開開關瞬間，物塊的加速度大小為
B．物塊一直處于超重狀態
C．物塊運動的時間小于
D．物塊先做加速度逐漸減小的加速運動，再做加速度逐漸增大的減速運動
10．如圖所示的電路中，變壓器為理想變壓器，R1、R2、R3、R4為定值電阻，變壓器原、副線圈的匝數比為1∶2，電路輸入正弦交流電，若四個電阻消耗的功率相同，則四個電阻的大小關系正確的是（　　）
A． B． C． D．
三、非選擇題：本大題共5題，共56分。
11．在“用單擺測量重力加速度”的實驗中，某實驗小組在測量單擺的周期時，測得擺球經過次全振動的總時間為，在測量單擺的擺長時，先用毫米刻度尺測得擺線長度為，再用游標卡尺測量擺球的直徑為。回答下列問題:
(1)為了減小測量周期的誤差，實驗時需要在適當的位置做一標記，當擺球通過該標記時開始計時，該標記應該放置在擺球擺動的____________。
A．最高點 B．最低點 C．任意位置
(2)該單擺的周期為 ，重力加速度 （用題干中字母表示）。
(3)如果測得的值偏小，可能的原因是____________。
A．實驗時誤將49次全振動記為50次
B．擺線上端懸點未固定，振動中出現松動，使擺線長度增加了
C．開始計時時，停表過遲按下
(4)為了提高實驗的準確度，在實驗中可改變幾次擺長并測出相應的周期，從而得出幾組對應的和的數值，以為橫坐標、為縱坐標作出圖線，但同學們不小心每次都把小球直徑當作半徑來計算擺長，由此得到的圖像是圖乙中的 （選填“①”“②”或“③”）。
12．某實驗小組開展測量電源電動勢和內阻的實驗，使用的器材如下：
待測電源E（電動勢約為3V，內阻約為3）；
毫安表mA（m）（量程0～2.5mA，內阻約為800）：
微安表（量程0～500μA，內阻約為1000）；
定值電阻；
電阻箱R1（阻值0～999.9）
電阻箱R2（阻值0～9999.9）；
單刀雙擲開關S；
導線若干。
由于微安表量程較小，且內阻未知，為達到實驗目的，實驗小組設計了如圖（a）所示的電路圖，請完成下列步驟：
（1）根據圖（a），在答題卡上完成圖（b）中的實物連線。
（2）先將R2的阻值調到最大，將單刀雙擲開關S接到1，調節R1和R2為適當阻值，使微安表和毫安表均有明顯的偏轉，讀出微安表的示數和毫安表的示數I2，則微安表內阻可表示為（用R1、I1和I2表示）。保持R1不變，多次調節R2的阻值，測得多組數據，斷開開關S。經數據處理后得到微安表的內阻。
（3）現將微安表與并聯的整體視為量程0～30mA的電流表，應將調為。保持的阻值不變，并用RA表示該并聯整體的電阻。
（4）將R2的阻值調到最大，開關S接到2，逐漸減小R2的阻值，記下微安表相應的示數I，并求得干路中的電流。
（5）重復步驟（4），得到多組數據，并以為縱坐標，R2為橫坐標，作的關系圖線，得到圖線斜率為k、縱軸的截距為b。通過以上實驗，得到待測電源的電動勢E和內阻r的表達式；（用k、b、、RA表示）。
13．卡諾循環（Carnotcycle）是由法國工程師薩迪·卡諾于1824年提出的，以分析熱機的工作過程。卡諾循環包括四個步驟：等溫膨脹，絕熱膨脹，等溫壓縮，絕熱壓縮。如圖所示，熱機汽缸內的理想氣體先從壓強為、體積為、溫度為的狀態A等溫膨脹到體積為、壓強為的狀態B，然后從狀態B絕熱膨脹到體積為、壓強為、溫度為的狀態C，之后再經過等溫壓縮，壓縮過程回到初始狀態A，整個循環過程中氣體對外界做功大小為。已知、、和。求：
（1）的表達式；
（2）的表達式；
（3）經過整個卡諾循環過程，氣體是吸收還是放出熱量，其量是多少？
14．某興趣小組設計了一種火箭落停裝置，簡化原理如圖所示，它由兩根豎直導軌、承載火箭裝置（簡化為與火箭絕緣的導電桿MN）和裝置A組成，并形成閉合回路。裝置A能自動調節其輸出電壓確保回路電流I恒定，方向如圖所示。導軌長度遠大于導軌間距，不論導電桿運動到什么位置，電流I在導電桿以上空間產生的磁場近似為零，在導電桿所在處產生的磁場近似為勻強磁場，大小（其中k為常量），方向垂直導軌平面向里；在導電桿以下的兩導軌間產生的磁場近似為勻強磁場，大小，方向與B1相同。火箭無動力下降到導軌頂端時與導電桿粘接，以速度v0進入導軌，到達絕緣停靠平臺時速度恰好為零，完成火箭落停。已知火箭與導電桿的總質量為M，導軌間距，導電桿電阻為R。導電桿與導軌保持良好接觸滑行，不計空氣阻力和摩擦力，不計導軌電阻和裝置A的內阻。在火箭落停過程中，
（1）求導電桿所受安培力的大小F和運動的距離L；
（2）求回路感應電動勢E與運動時間t的關系；
（3）求裝置A輸出電壓U與運動時間t的關系和輸出的能量W；
（4）若R的阻值視為0，裝置A用于回收能量，給出裝置A可回收能量的來源和大小。
15．如圖所示，一傾角的傳送帶與兩個內表面光滑的圓弧細管道在最高點B平滑連接，地面上放置一右端固定擋板的長木板，長木板上表面與光滑平臺CD、細管道最低端C等高相切。傳送帶以恒定速度順時針轉動，將滑塊P輕放在傳送帶A點上，經過細管道與靜止放置在平臺上的滑塊Q發生彈性碰撞，碰后P恰好能返回到細管道最高點B處，Q滑上長木板后，與長木板的檔板發生彈性碰撞最終停在長木板上。已知管道半徑均為R，傳送帶的速度，滑塊P、Q及長木板質量分別為m、2m、4m，P與傳送帶間的動摩擦因數，Q與長木板上表面間的動摩擦因數，長木板下表面與地面間的動摩擦因數。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，。求：
（1）滑塊P剛放到傳送帶上時加速度大小；
（2）滑塊P碰后返回通過管道最低端C時對管道的壓力大小；
（3）滑塊P在傳送帶上運動的時間；
（4）木板的最小長度。
物理押題卷（十）
參考答案
1．【答案】C
【詳解】A．由電荷數守恒知X的電荷數為0，X為中子，由質量數守恒知，A錯誤；
B．太陽發生的是輕核聚變，所以太陽是一個巨大的熱核反應堆，B錯誤；
C．由題意知，核反應過程中的質量虧損，由質能方程可知，釋放的核能，C正確；
D．根據鏈式反應的條件可知，軸塊體積必須達到臨界體積，有中子通過時，才能發生鏈式反應，D錯誤。選C。
2．【答案】C
【詳解】AB．由乙圖可知，此時質點P向下振動，根據波傳播的特點，沿波的方向上，“上波下、下波上”的規律可得，波沿x正方向傳播，質點Q向上振動，AB錯誤；
C．由甲圖可知，該波的波長，由乙圖可知，其周期為，波速為，C正確；
D．經過0.1s，質點P只會在平衡位置上下振動，并不會隨波遷移，其經過的路程為振幅的2倍，即，D錯誤。選C。
3．【答案】C 　
【解析】重難考點：帶電體在復合場中的曲線運動
小球射入時將初速度v0進行分解,其中分速度v1可使得小球受到的電場力、洛倫茲力與重力三力平衡,由Eq=mg+qv1B,解得v1=,根據左手定則可知v1沿x軸正方向,由題意知初速度v0沿y軸正方向,大小為,根據平行四邊形定則可得分速度v2與y軸的夾角為45°,如圖甲所示,分速度v2的大小為v2=v0=,故小球以分速度v2做勻速圓周運動,以分速度v1沿x軸正方向做勻速直線運動,兩者的合運動軌跡即為小球的運動軌跡,小球y軸方向上的位移只與勻速圓周運動有關,圓周運動軌跡如圖乙所示,圓周運動的軌跡與x軸正方向勻速直線運動合成后的軌跡即為小球實際運動軌跡,如圖丙所示,C正確。
甲　　　　乙　　　　丙
【技巧必背】
帶電體在復合場中運動時,將帶電體的速度分解為兩個分速度,一個分速度的洛倫茲力與重力、電場力相平衡,為勻速直線運動,另一個分速度在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,帶電體的運動為勻速直線運動和勻速圓周運動的疊加,軌跡上每個位置的速度由該位置處的勻速直線運動的速度與勻速圓周運動的速度矢量疊加決定。
4．【答案】C
【詳解】A．衛星做勻速圓周運動，萬有引力充當向心力，有，，軌道半徑越大，衛星做圓周運動的向心加速度越小，A錯誤；
B．根據，，軌道半徑越大，衛星做圓周運動的角速度越小，B錯誤；
C．根據，，軌道半徑越大，衛星做圓周運動的周期越大，C正確；
D．根據，，衛星軌道半徑越大，線速度越小，D錯誤。選C。
【方法總結】衛星類型關鍵要建立物理模型：衛星繞地球做勻速圓周運動，地球萬有引力提供衛星的向心力。
5．【答案】D
【詳解】A．小球在水平面內做勻速圓周運動，繩子拉力與重力的合力提供小球的向心力，則有，可得，由于兩球角速度相同，相同，則越大，越大；故有，A錯誤；
B．對兩小球，分別根據牛頓第二定律可得，，解得，，由于，則有，B錯誤；
C．由，由于兩球的角速度相等，A球的軌道半徑比B球的軌道半徑大，則A球的線速度大于B球的線速度，故C錯誤；
D．A球所受的繩子拉力大小為，B球所受的繩子拉力大小，因，則有，D正確。選D。
6．【答案】D
【詳解】A．O點是正三角形的中心，到各個點的距離都相同，由于各點電荷的電荷量相等，由，所以各點電荷在O點產生的場強相同，且兩兩之間的夾角為，由電場疊加原理可得，O點的場強為零。由題意可知點電荷的電勢，各點電荷在O點的電勢，均相等，由于電勢是標量，所以其疊加遵循運算法則，疊加后不為零，A項錯誤；
B．根據點電荷的電場強度有，由于各點電荷都是正電荷，所以有電場疊加可知，ABC三點的電場強度大小相等，方向不同，B項錯誤；
C．A點到小球3的距離為，所以A點的電勢為，同理B點的電勢為，C點的電勢為，所以有，C項錯誤；
D．1電荷的電勢能，同理可得2和3電荷電勢能，整個系統電勢能為，D項正確。選D。
7．【答案】AD
【詳解】AB：根據圖像可知，滑塊Q加速階段的加速度大小為，根據牛頓第二定律可得，解得，根據圖像可知，撤去力F到P、Q共速前過程，木板P做減速運動的加速度大小為，根據牛頓第二定律可得，解得，A正確，B錯誤；
C：由圖像可知，共速后，由于，則滑塊Q相對于木板P向前運動，以P為研究對象，根據牛頓第二定律可得，解得P的加速度大小為，則共速到木板P停下所用時間為，木板P停止運動的時刻為，C錯誤；
D：根據圖像的面積表示位移可知，共速前滑塊Q相對P向左運動的位移為，共速后滑塊Q的加速度大小仍為，則共速后到兩者都停下，滑塊Q相對P向右運動的位移為，則滑塊Q在長木板P上滑行的相對位移為，D正確。選AD。
8．【答案】AD　
【解析】當折射光線恰好和內圓相切時,光恰好不會通過內圓,根據幾何關系得sin i=,sin r=,根據折射率公式n=,代入數據解得x=R.因此當x>R時,光不會經過內圓,故A正確;當x=R時,由上式解得i=45°,r=30°,由幾何分析可知,光線從外圓射出的方向與入射光線b的夾角小于45°,故B錯誤;當x=R時,由幾何分析可知,光線從外圓射出的方向不可能與圖中入射光線平行,且sin θ1=,則sin θ2=,根據正弦定理有=,得θ3=30°,則θ4=45°,則光在內圓通過距離為L==R,光從內圓通過的時間為t=,故C錯誤,D正確.
9．【答案】BC
【詳解】A．依題意，打開開關瞬間，對物塊根據牛頓第二定律有，解得，A錯誤；
BD．根據題圖可知，當風力與物塊受到的重力大小相等時有，解得，物塊在上升6m的過程中，風力一直大于重力，物塊做加速運動，一直處于超重狀態，B正確、D錯誤；
C．物塊上升到距出風口6m時，受到的風力大小，根據牛頓第二定律有，解得，設物塊以的加速度做勻加速直線運動，上升6m所需要的時間為t，則有，解得，因為物塊實際的加速度大于，所以物塊上升的時間小于，C正確。選BC。
10．【答案】AB
【詳解】四個電阻消耗的功率相同，根據變壓器電壓比等于匝數比可知，兩端電壓為兩端電壓的倍，由于、并聯，功率相等，，則，解得，設副線圈兩端電流為，則原線圈的電流為，則流過的電流為，則，解得，，，。選AB。
11．【答案】(1)B，(2)；，(3)B，(4)①
【詳解】（1）為了減小測量周期的誤差，應該將小球經過最低點時作為計時開始和終止的位置更好些，實際擺動中最高點的位置會發生變化，且靠近最高點時速度較小，計時誤差較大。故選B。
（2）[1]因為擺球經過次全振動的總時間為，則該單擺的周期為
[2]由單擺周期公式，其中可得，重力加速度的表達式為
（3）根據，可知
A．實驗中誤將49次全振動次數記為50次，所測周期偏小，則所測重力加速度偏大，A錯誤；
B．擺線上端量點未固定，振動中出現松動，使擺線長度增加了，所測重力加速度偏小，B正確；
C．開始計時時，秒表過遲按下，所測周期偏小，則所測重力加速度偏大，C錯誤；選B。
（4）由題意可得，單擺的實際擺長為，由單擺周期表達式得，化簡可得，由此得到的圖像是圖乙中的①。
12．【答案】；；18；；
【詳解】（1）[1]根據電路圖可得實物連接圖如圖所示
（2）[2]根據電路圖可得微安表兩端的電壓，根據歐姆定律可得
（3）[3]根據并聯電路的分流可得，解得
（5）[4][5]根據閉合電路歐姆定律，整理可得，可得，，解得，
13．【答案】（1）；（2）；（3）吸收熱量
【詳解】（1）對熱機汽缸，研究等溫膨脹過程，則初態氣體狀態參量分別為、，末態氣體狀態參量分別為、，由玻意耳定律有
依題意可知
解得
（2）對熱機汽缸內的理想氣體．研究從A到C過程，由理想氣體狀態方程有
依題意可知
，
解得
（3）整個循環過程中，氣體回到初始狀態，則
整個循環過程中氣體對外界做功為，則說明外界對氣體做功為．即外界對氣體做功
設需要吸收的熱量為Q，根據熱力學第一定律有
解得
故氣體需要吸收熱量。
14．【答案】（1）3Mg；；（2）；（3）；；（4）裝置A可回收火箭的動能和重力勢能及磁場能；
【詳解】（1）導體桿受安培力，方向向上，則導體桿向下運動的加速度，解得a=-2g，導體桿運動的距離
（2）回路的電動勢，其中，解得
（3）右手定則和歐姆定律可得：，可得，電源輸出能量的功率，，在時間內輸出的能量對應圖像的面積，可得：
（4）裝置A可回收火箭的動能和重力勢能，及磁場能；從開始火箭從速度v0到平臺速度減為零，則，若R的阻值視為0，，裝置A可回收能量為
15．【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【詳解】（1）對滑塊P受力分析由牛頓第二定律得，解得。
（2）設P與Q碰撞前的速度大小為v1，碰撞后P的速度大小為v2，Q的速度大小為v3， P從C到B過程根據動能定理可得，解得，在C位置有，解得，由牛頓第三定律得滑塊P碰后對管道的壓力大小為5mg。
（3）P、Q發生彈性碰撞，則，，解得，滑塊P從B點到C點由機械能守恒得，解得，P在傳送帶上加速達到后，繼續加速下滑,由牛頓第二定律可得，解得，由運動學公式得，，滑塊P在傳送帶上運動的時間。
（4）Q滑上長木板后，Q對長木板的摩擦力方向向右，大小為，地面對長木板最大靜摩擦力方向向左，大小為，由于，故長木板先不動，Q做勻減速運動，設長木板的最小長度為L，可得，解得，Q以與長木板彈性碰撞，可得，，碰撞后Q的速度大小為，長木板的速度大小為，Q向左減速運動，其加速度，長木板向右減速，其加速度，Q向左做減速至零后再向右做加速運動直到與長木板達到共同速度，再一起做減速運動，達到共速的時間為，其v-t圖像為
，解得，由圖像可知相對位移，即長木板的最小長度為，長木板最小長度為
第 page number 頁，共 number of pages 頁
第 page number 頁，共 number of pages 頁

展開更多......

收起↑