資源簡介

2025屆湖南省普通高中高三下學期學業水平選擇性考試（三模）物理試題（二）
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．放射性同位素釷經一系列α、β衰變后生成氡，以下說法正確的是(　　)
A．每經過一次α衰變，原子核的質量數會減少2
B．每經過一次β衰變，原子核的質子數會增加1
C．釷原子核比氡原子核的中子數少4
D．釷衰變成氡一共經過2次α衰變和3次β衰變
2．一列簡諧橫波在某均勻介質中沿直線由a質點向b質點傳播,a、b兩質點的平衡位置相距2.5 m,如圖所示,圖中實線表示a質點的振動圖像,圖中虛線表示b質點的振動圖像,則下列說法中不正確的是(　　)
A．質點a的振動方程為y=2sin (cm)
B．此波的傳播速度可能為1.2 m/s
C．此波的傳播速度可能為6 m/s
D．在0.1~0.15 s內,質點b向y軸負方向運動,做加速度逐漸變大的減速運動
3．空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直于紙面(xOy平面)向里，電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標原點O由靜止開始運動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運動軌跡的是(　　)
A． B．
C． D．
4．銫原子鐘是精確的計時儀器。圖1中銫原子從O點以100 m/s的初速度在真空中做平拋運動，到達豎直平面MN所用時間為t1；圖2中銫原子在真空中從P點做豎直上拋運動，到達最高點Q再返回P點，整個過程所用時間為t2。O點到豎直平面MN、P點到Q點的距離均為0.2 m。重力加速度取g＝10 m/s2，則t1∶t2為(　　)
A．100∶1 B．1∶100 C．1∶200 D．200∶1
5．2020年5月5日，長征五號B運載火箭在中國文昌航天發射場成功首飛，將新一代載人飛船試驗船送入太空，若試驗船繞地球做勻速圓周運動，周期為T，離地高度為h，已知地球半徑為R，萬有引力常量為G，則（ ）
A．試驗船的運行速度為
B．地球的第一宇宙速度為
C．地球的質量為
D．地球表面的重力加速度為
6．空間中存在平行于紙面的勻強電場，在紙面內取O點為坐標原點建立x軸，如圖甲所示。現有一個質量為m、電量為+q的帶電微粒，在t=0時刻以一定初速度從x軸上的a點開始沿逆時針做勻速圓周運動，圓心為O、半徑為R。已知圖中圓為其軌跡，ab為圓軌跡的一條直徑；除電場力外微粒還受到一個變力F，不計其它力的作用；測得試探電荷所處位置的電勢φ隨時間t的變化圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（　　）

A．電場強度的大小為，方向與x軸正方向成
B．b點與a點的電勢差
C．微粒在t1時所受變力F可能達最大值
D．圓周運動的過程中變力F的最大值為
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．高鐵已成為重要的“中國名片”,領跑世界.一輛由8節車廂編組的列車,從車頭開始編號的第2、3、6和7共四節為動力車廂,其余為非動力車廂,每節車廂的質量均為m.當列車在平直軌道上勻加速啟動時,每節動力車廂牽引力大小均為F,每節車廂所受阻力為車廂重力的k倍,重力加速度為g.則 (　　)
A．啟動時車廂對乘客作用力的方向豎直向上
B．整列車的加速度大小為
C．第3節車廂對第2節車廂的作用力大小為零
D．第2節車廂對第1節車廂的作用力大小為
8．中國歷史上有很多古人對很多自然現象有深刻認識。唐人張志和在《玄真子濤之靈》中寫道：“雨色映日而為虹”。從物理學角度看，虹是太陽光經過雨滴的兩次折射和一次反射形成的。如圖是彩虹成因的簡化示意圖，其中a、b是兩種不同頻率的單色光，關于這兩種色光，下列說法正確的是（　　）
A．在同種玻璃中傳播，a光的波長一定小于b光波長
B．以相同的入射角從水中射入空氣，在空氣中只能看到一種光時，一定是b光
C．以相同角度斜射到同一玻璃板，透過兩個平行的表面后，b光側移量大
D．若光束a、b分別通過同一雙縫干涉裝置，光束a的條紋間距比光束b的寬
9．如圖所示為某小型發電站高壓輸電示意圖，變壓器均為理想變壓器，發電機輸出功率為20 kW．在輸電線路上接入一電流互感器用來測量電路中的電流，其原、副線圈的匝數比為1∶10，電流表的示數為1 A，輸電線的總電阻為5 Ω，則下列說法中正確的是 (　　)
A．采用高壓輸電可以增大輸電線中的電流
B．升壓變壓器的輸出電壓U2=2 000 V
C．用戶獲得的功率為19 kW
D．將P下移，用戶獲得的電壓將減小
10．如圖所示，質量的重物B和質量的小圓環A用細繩跨過一光滑滑輪軸連接，A端繩與輪連接，B端繩與軸相連接，不計輪軸的質量，輪與軸有相同的角速度且輪和軸的直徑之比為．重物B放置在傾角為固定存水平地面的斜面上，輕繩平行于斜面，B與斜面間的動摩擦因數，圓環A套在豎直固定的光滑直桿上，滑輪軸中心與直桿的距離為。現將圓環A從與滑輪軸上表面等高處靜止釋放，當下降到達位置時，圓環的速度達到最大值，已知直桿和斜面足夠長，不計空氣阻力，取。下列判斷正確的是（　　）

A．圓環到達位置時，A、B組成的系統機械能減少了
B．圓環速度最大時，環與重物B的速度之比為
C．圓環能下降的最大距離為
D．圓環下降過程，作用在重物B上的拉力先大于后小于
三、非選擇題：本大題共5題，共56分。
11．某研究性學習小組利用氣墊導軌驗證機械能守恒定律，實驗裝置如圖甲所示．當氣墊導軌正常工作時導軌兩側噴出的氣體使滑塊懸浮在導軌上方，滑塊運動時與導軌間的阻力可忽略不計．在氣墊導軌上距離L的兩處安裝兩個光電傳感器A、B，滑塊P上固定一遮光條，若光線被遮光條遮擋，光電傳感器會輸出高電壓，兩光電傳感器采集數據后與計算機相連．滑塊在細線的牽引下向左加速運動，遮光條經過光電傳感器A、B時，通過計算機可以得到如圖乙所示的電壓U隨時間t變化的圖像．
(1)實驗前，接通電源，將滑塊(不掛鉤碼)置于氣墊導軌上，輕推滑塊，當圖乙中的Δt1________Δt2(填 “>” “＝” 或 “<” )時，說明氣墊導軌已經水平．
(2)滑塊P用細線跨過氣墊導軌左端的定滑輪與質量為m的鉤碼Q相連，將滑塊P由圖甲所示位置釋放，通過計算機得到的圖像如圖乙所示，Δt1、Δt2、遮光條寬度d、A與B間的距離L、滑塊質量(含遮光條)M、鉤碼質量m已知，若上述物理量間滿足關系式__________________，則表明在上述過程中，滑塊和鉤碼組成的系統機械能守恒．
(3)若遮光條寬度d＝8.400 mm，A、B間的距離L＝160.00 cm，Δt1＝8.40×10－3 s，Δt2＝4.20×10－3 s，滑塊質量M＝180 g，鉤碼Q質量m＝20 g，則滑塊從A運動到B的過程中系統重力勢能的減少量ΔEp＝________J，系統動能的增加量ΔEk＝________J(g取9.80 m/s2，計算結果保留三位有效數字)
12．某同學為測定金屬絲的電阻率ρ，設計了如圖甲所示電路，電路中ab是一段電阻率較大、粗細均勻的電阻絲，保護電阻R0=4.0 Ω，電源的電動勢E=3.0 V，電流表內阻忽略不計，滑片P與電阻絲始終接觸良好。
(1)實驗中用螺旋測微器測得電阻絲的直徑如圖乙所示，其示數為d= mm。
(2)實驗時閉合開關，調節滑片P的位置，分別測量出每次實驗中aP長度x及對應的電流值I，實驗數據如下表所示：
x（m） 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60
I（A） 0.49 0.43 0.38 0.33 0.31 0.28
（A-1） 2.04 2.33 2.63 3.03 3.23 3.57
①將表中數據描在坐標紙中，如圖丙所示。作出其關系圖線，圖像中直線的斜率的表達式k= （用題中字母表示），由圖線求得電阻絲的電阻率ρ= （保留兩位有效數字）。
②根據圖丙中關系圖線縱軸截距的物理意義，可求得電源的內阻為r= Ω（保留兩位有效數字）。
13．如圖所示，一大氣缸固定在水平地面上，通過活塞封閉有一定質量的理想氣體，活塞與缸壁之間的摩擦可忽略不計，活塞的橫截面積S＝50 cm2.活塞與水平平臺上的物塊A用水平輕桿連接，在平臺上有另一物塊B，A的質量m＝62.5 kg，物塊A與平臺間的動摩擦因數為μ，兩物塊間距為d＝10 cm.開始時活塞距缸底L1＝10 cm，缸內氣體壓強p1等于外界大氣壓強p0＝1×105 Pa，溫度t1＝27 ℃.現對氣缸內的氣體緩慢加熱，氣缸內的溫度升為177 ℃時，物塊A開始移動，并繼續加熱，保持A緩慢移動(g＝10 m/s2)．求：
(1)物塊A與平臺間的動摩擦因數μ；
(2)A與B剛接觸時氣缸內的溫度．
14．(11分)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B1＝kI(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B2＝2kI，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d＝，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，高度為h、質量為M的光滑斜面置于水平地面上（斜面未固定），斜面末端通過一小段圓弧與光滑地面相切，長度為L的傳送帶與水平地面相平，以速度v勻速轉動，斜面與傳送帶之間的地面上放置兩個物塊a、b，a、b之間有很小的狹縫，質量分別為和，在斜面的頂端由靜止釋放一質量為的物塊c，經過一段時間后滑離斜面，在水平面上與a發生碰撞，最終b恰好滑過傳送帶右端。已知所有物塊均可看成質點，它們之間的碰撞均為彈性碰撞且時間極短，與傳送帶的動摩擦因數均為，，，，，，重力加速度。
（1）求c滑離斜面時的速度大小；
（2）求a、b剛滑上傳送帶時的速度大小、；
（3）求傳送帶的長度L；
（4）為使a與c能夠在傳送帶上相碰，求a、b的初位置離傳送帶左端距離x的范圍。
參考答案
1．【答案】B　
【詳解】每經過一次α衰變，電荷數減少2，質量數減少4，故A錯誤；每經過一次β衰變，電荷數增加1，質量數不變，質子數等于電荷數，則質子數增加1，故B正確；原子核的質量數為232，質子數為90，則中子數為142，原子核的質量數為220，質子數為86，則中子數為134，可知　90232Th 原子核比原子核的中子數多8，故C錯誤；釷衰變成氡，可知質量數減少12，電荷數減少4，則經過3次α衰變，2次β衰變，故D錯誤．
【方法總結】確定原子核衰變次數的技巧
為了確定衰變次數，一般先由質量數的改變確定α衰變的次數，這是因為β衰變的次數的多少對質量數沒有影響，然后根據衰變電荷數確定β衰變的次數．
2．【答案】B
【詳解】由題圖知該波的周期為T=0.2 s,振幅A=2 cm,則質點a的振動方程為y= Asin = sin (cm),故A正確;由質點a的振動方程可知,當t= s時質點a的位移為2 cm,而對質點b,當t=0.05 s時,位移為2 cm,結合波的周期性可知,波從a傳到b的時間為Δt=nT+ s= s(n=0,1,2,…),則波速為v= = m/s(n=0,1,2,…),由于n是整數,所以v不可能為1.2 m/s,當n=2時,v=6 m/s,故B錯誤,C正確;在0.1~0.15 s內,根據題圖可知,質點b向y軸負方向運動,位移增大,加速度增大,速度減小,做加速度逐漸變大的減速運動,故D正確.本題選錯誤的,故選B.
3．【答案】B　
【詳解】本題考查帶電粒子在電磁場中的運動。在xOy平面內電場的方向沿y軸正方向，故在坐標原點O靜止的帶正電的粒子在電場力作用下會向y軸正方向運動。磁場方向垂直于紙面向里，根據左手定則，可知向y軸正方向運動的帶正電的粒子同時受到沿x軸負方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負方向偏轉，A、C錯誤；由于勻強電場方向沿y軸正方向，故x軸為勻強電場的等勢面，從開始到帶電粒子再次運動到x軸時，電場力做功為0，洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到x軸時的速度為0，隨后受電場力作用再次進入第二象限重復向左偏轉，故B正確，D錯誤。
4．【答案】C　
【詳解】本題考查平拋運動、豎直上拋運動的性質。圖1中銫原子在真空中做平拋運動，可分解為豎直方向的自由落體運動和水平方向的勻速直線運動，則有x＝d＝v0t1，解得t1＝ s，圖2中銫原子在真空中做豎直上拋運動，則有y＝d＝g，解得t2＝ s，故＝，故C正確。
5．【答案】B
【詳解】A．試驗船的運行速度為，故A錯誤；
B．近地軌道衛星的速度等于第一宇宙速度，根據萬有引力提供向心力有
根據試驗船受到的萬有引力提供向心力有
聯立兩式解得第一宇宙速度
故B正確；
C．根據試驗船受到的萬有引力提供向心力有
解得
故C錯誤；
D．地球重力加速度等于近地軌道衛星向心加速度，根據萬有引力提供向心力有
根據試驗船受到的萬有引力提供向心力有
聯立兩式解得重力加速度
故D錯誤。
故選B。
6．【答案】D
【詳解】A．根據勻強電場場強與電勢差的關系
其方向與x軸的夾角無法確定，故A錯誤；
B．由于不能確定場強與x軸的夾角，所以無法確定b點與a點的電勢差，故B錯誤；
C．由于場強方向斜向左下方，所以微粒在7t1時所受變力F可能達最大值，在t1時所受變力F可能達最小值，故C錯誤；
D．圓周運動的過程中變力F的最大值為
所以
故D正確。
故選D。
7．【答案】BC　
【詳解】啟動時車廂對乘客在豎直方向有豎直向上的支持力,在水平方向有沿車廂運動方向的作用力,兩個力的合力方向斜向上方,故A錯誤;對列車整體,根據牛頓第二定律有4F-8kmg=8ma,解得 a=,故B正確;對第1、2節車廂組成的整體,根據牛頓第二定律有F32+F-2kmg=2ma,解得 F32=0,故C正確;對第1節車廂,根據牛頓第二定律有F21-kmg=ma,解得 F21=,故D錯誤.
8．【答案】AB
【詳解】A．由光路圖分析可知，第一次折射時，b光的折射角較大，而入射角相等，根據折射率定律
可知，a光的折射率比b光的折射率大，則a光的頻率比b光的頻率大，所以在同種玻璃中傳播，a光的波長一定小于b光波長，故A正確；
B．根據臨界角與折射率的關系
可知，a光的折射率比b光的折射率大，則a光的臨界角比b光的小，a光先發生全反射，所以以相同的入射角從水中射入空氣，若在空氣中只能看到一種頻率的光，則一定是b光，故B正確；
C．光線斜射到玻璃表面，折射光偏轉程度越大，偏移量越大，即a光側移量大，故C錯誤；
D．根據干涉條紋間距公式
由于a光的波長小于b光波長，若通過同一雙縫干涉裝置，光束a的條紋間距比光束b的窄，故D錯誤。
故選AB。
9．【答案】BD　
【解析】根據P=UI可知，P不變的情況下，U增大，I減小，即采用高壓輸電可以減小輸電線中的電流，故A錯誤；根據理想變壓器的電流關系有n'1∶n'2=I'∶I2=1∶10，可得I2=10I'=10 A，又因為P2=P=U2I2，解得U2=2 000 V，故B正確；輸電線消耗的功率ΔP=R=102×5 W=500 W，根據能量守恒定律有P用戶=P-ΔP=19.5 kW，故C錯誤； 根據理想變壓器的電壓關系有n3∶n4=U3∶U4，P下移，n3變大，n4、U3不變，所以U4將減小，故D正確．
10．【答案】AD
【詳解】A．根據題意，輪與軸有相同的角速度，且輪與軸的半徑之比為，根據線速度與角速度之間的關系
可知輪與軸的線速度大小之比為
由此可知兩繩的收縮量之比為
由已知條件即圖像可知，小圓環A所在繩子繩長了
可知重物所在繩子縮短了1m，則由能量守恒可知，損失的機械能在數值上等于克服摩擦力所做的功，即有
故A正確；
B．當小環A的加速度為零時速度達到最大值，設與小環相連的繩子與豎直方向的夾角為，根據幾何關系可得
設此時小環的速度為，則根據速度的關聯性可得輪上的切向速度為
則軸上的切向速度為
而軸上的切向速度始終等于重物B的速度，即
聯立以上各式可得，圓環A速度最大時，環A與重物B的速度之比為
故B錯誤；
C．當小環A下降距離最大時，重物B上升的距離為
重物B與斜面摩擦產生的熱量為
有能量守恒可得
代入數據可得
故C錯誤；
D．圓環A下降過程中先加速后減速，則可知重物B也先加速后減速，因此對重物B，根據牛頓第二定律，加速階段有
減速階段有
解得
，
因此可知，圓環A下降過程，作用在重物B上的拉力先大于后小于，故D正確。
故選AD。
11．【答案】(1)＝；　(2) mgL＝(M＋m)－(M＋m)；(3)0.314；　0.300
【詳解】(1)如果遮光條通過光電傳感器的時間相等，即Δt1＝Δt2，說明滑塊做勻速運動，即說明氣墊導軌已經水平．
(2)要驗證滑塊和鉤碼組成的系統機械能是否守恒，應該先求出系統動能的增加量和重力勢能的減少量，若二者相等，則系統機械能守恒．用光電傳感器測量瞬時速度是實驗中常用的方法．由于遮光條的寬度很小，所以我們用遮光條通過光電傳感器的平均速度代替瞬時速度，即vA＝，vB＝.滑塊和鉤碼組成的系統動能的增加量ΔEk＝(M＋m)－(M＋m)，滑塊和鉤碼組成的系統重力勢能的減少量ΔEp＝mgL.可知只要滿足mgL＝(M＋m)－(M＋m)，則系統機械能守恒．
(3)系統重力勢能的減少量ΔEp＝mgL＝0.02×9.80×1.60 J≈0.314 J．系統動能的增加量ΔEk＝(M＋m)－(M＋m)＝×(0.18＋0.02)×[－] J＝0.300 J.
12．【答案】(1)0.400；(2)①；；1.0×10-6-1.2×10-6 ②1.1-1.5
【詳解】(1)圖乙所示螺旋測微器可知，其示數為0.400 mm；
(2)①應用描點連線法作出圖線如圖所示；
圖像的斜率為，聯立和，解得；
代入數據得，則可求得。
②由圖丙中關系圖線可讀出縱軸截距為1.8，此時待測電阻為零，由閉合電路歐姆定律得，可得。
13．【答案】0.4　；627 ℃
【詳解】(1) 物塊A開始移動之前氣體做等容變化，初態有p1＝1×105 Pa，T1＝(27＋273) K＝300 K，
末態有p2＝p0＋，T2＝(177＋273) K＝450 K，
由查理定律有＝，
聯立解得p2＝1.5×105 Pa，μ＝0.4.
(2) 物塊 A 開始移動后，氣體做等壓變化，初態有V2＝L1S，T2＝450 K，末態有V3＝(L1＋d)S ，
由蓋—呂薩克定律有＝，解得T3＝900 K，即t3＝(900－273) ℃＝627 ℃.
【思路導引】氣缸內的溫度升為177 ℃時，物塊A開始緩慢移動，則氣缸內氣體先做等容變化，再做等壓變化．
14．【答案】(1)3Mg　　(2)(v0－2gt)，t≤
(3)U＝IR－(v0－2gt)，t≤　－M
(4)見解析
【解析】(1)火箭和導電桿受到的安培力為F＝B1Id＝3Mg(1分)
對火箭和導電桿由牛頓第二定律可得F－Mg＝Ma，
解得a＝2g，方向豎直向上，
導電桿的速度由v0減為0的過程，由運動學公式可得
0－＝－2aL，解得L＝(1分)
(2)在t時刻，導電桿的速度大小為v＝v0－at＝v0－2gt(1分)
設導電桿到裝置A的距離為y，閉合回路磁通量φ＝B2S＝B2dy，
感應電動勢E＝＝B2d＝B2dv(1分)
解得
E＝(v0－2gt)，t≤t減＝，方向為順時針(易錯：導電桿位置的磁感應強度為B1，導電桿和導軌圍成的閉合回路磁感應強度為B2，兩者不等，因此需要根據法拉第電磁感應定律推導感應電動勢，不能直接應用E＝B1dv的推論)(1分)
(3)在減速過程中，裝置A和回路感應電動勢一起為導電桿供電，由閉合電路歐姆定律可得I＝(1分)
則U＝IR－(v0－2gt)，t≤(1分)
U隨時間t線性變化，導電桿下落的時間t減＝，
裝置A輸出的能量W＝t減＝It減＝－(1分)
(4)裝置A可回收的能量來源為火箭和導電桿機械能的減少量及磁場能的減少量 (1分)
若R的阻值視為0，則W＝－，即裝置A可回收的能量大小為(1分)
其中機械能減少量ΔE1＝M＋MgL＝，磁場能減少量ΔE2＝ΔE－ΔE1＝(1分)
15．【答案】（1）；（2），；（3）L=m；（4）
【詳解】（1）由動量守恒和系統機械能守恒得
解得
（2）c與a發生碰撞
a與b發生碰撞


解得
（3）物塊b滑上傳送帶上時的加速度
解得
（4）當物塊a恰好返回傳送帶左端時，與物塊c發生碰撞。
因為a和c的速度小于，所以物塊a在傳送帶上的運動時間
物塊a在地面上的運動時間
物塊c在地面上的運動時間
解得

當物塊a和物塊c都返回傳送帶左端時，a與c發生碰撞。
物塊c在傳送帶上的運動時間
解得

a、b的初位置離傳送帶左端距離x的范圍
第 page number 頁，共 number of pages 頁
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