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（三）
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．某科學家提出年輕熱星體中核聚變的一種理論，其中的兩個核反應方程為＋→＋Q1，＋→?。玐＋Q2，方程中Q1、Q2表示釋放的能量，相關的原子核質量見下表，下列判斷正確的是(　　)
原子核
質量/u 1.007 8 3.016 0 4.002 6 12.000 0 13.005 7 15.000 1
A．X是，Q2＞Q1 B．X是，Q2＞Q1
C．X是，Q2＜Q1 D．X是，Q2＜Q1
2．一列簡諧橫波沿x軸傳播，時刻的波形如圖甲所示，平衡位置在的質點P的振動圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（　　）
A．該波的波長為 B．該波的波源的振動頻率為
C．該波沿x軸正方向傳播 D．該波的波速為
3．如圖所示是美國的“卡西尼”號探測器經過長達7年的“艱苦”旅行，進入繞土星飛行的軌道。若“卡西尼”號探測器在半徑為R的土星上空離土星表面高h的圓形軌道上繞土星飛行，環繞n周飛行時間為t，已知引力常量為G，則下列關于土星質量M和平均密度ρ的表達式正確的是（　　）
A．M=，ρ= B．M=，ρ=
C．M=，ρ= D．M=，ρ=
4．如題圖所示，兩個質量相同的小球A、B用長度不等的細線拴在同一點，并在離地面某一高度的同一水平面內做勻速圓周運動，則小球A、B的（　?。?br/>A．細線對A球的拉力大于對B球的拉力
B．A球的向心加速度等于B球的向心加速度
C．A球的角速度小于B球的角速度
D．A球的線速度小于B球的線速度
5．如圖所示，真空中光滑的絕緣水平面上有一菱形，頂點、處分別固定等量帶負電的點電荷，點為兩對角線的交點。若將一個帶正電的粒子置于點由靜止釋放，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．粒子將沿對角線做往復運動，從到先做勻加速運動后做勻減速運動
B．從到電勢先升高后降低，場強先增大后減小，點電勢最高、場強最大
C．從到粒子的電勢能與機械能之和先增大后減小
D．從到粒子的電勢能先減小后增大
6．如圖，真空中有區域Ⅰ和Ⅱ，區域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下（與紙面平行），磁場方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區域（區域Ⅱ）內存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外。圖中A、C、O三點在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場和磁場方向均垂直。A點處的粒子源持續將比荷一定但速率不同的粒子射入區域Ⅰ中，只有沿直線AC運動的粒子才能進入區域Ⅱ。若區域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應強度大小為B1，區域Ⅱ中磁感應強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，它們在區域Ⅱ中運動的時間為t0。若改變電場或磁場強弱，能進入區域Ⅱ中的粒子在區域Ⅱ中運動的時間為t，不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是（　?。?br/>A．若僅將區域Ⅰ中磁感應強度大小變為2B1，則t > t0
B．若僅將區域Ⅰ中電場強度大小變為2E，則t > t0
C．若僅將區域Ⅱ中磁感應強度大小變為，則
D．若僅將區域Ⅱ中磁感應強度大小變為，則
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，電梯質量為M，地板上放置一質量為m的物體，鋼索拉著電梯由靜止開始向上做勻加速運動，當上升高度為H時，速度達到v，則（　?。?br/>A．地板對物體支持力大小為 B．該過程所用時間為
C．鋼索的拉力做的功等于 D．合力對電梯M做的功等于
8．如圖所示，足夠長、不計電阻的光滑導軌間距L=2.0m，中間有勻強磁場，磁感應強度B=1.0T，在導軌上放有長度與導軌間距相等且不計電阻的金屬棒，導軌右端連接在理想變壓器的原線圈上，副線圈通過理想二極管接有電容C=2×10-4F的電容器和阻值R=20的電阻，理想變壓器原、副線圈匝數比n1∶n2=1∶2，電壓表是理想電表，金屬棒的速度，下列說法正確的是（　　）
A．電壓表示數是20V
B．電阻R的電功率等于40W
C．電容器上的電荷量是
D．電容器上的電荷量是8×10-3C
9．如圖所示，A、B、C三個一樣的滑塊從粗糙斜面上的同一高度同時開始運動，A由靜止釋放；B的初速度方向沿斜面向下，大小為v0；C的初速度方向沿水平方向，大小為v0，斜面足夠大，A、B、C運動過程中不會相碰，下列說法正確的是（　?。?br/>A．滑到斜面底端時，B的動能最大
B．滑到斜面底端時，A、B、C與斜面摩擦產生的熱量相同
C．滑到斜面底端時，C的機械能減少最多
D．滑到斜面底端時，C的重力勢能減少最多
10．如圖所示，一塊上下表面平行的玻璃磚，橫截面為直角三角形ABC，斜邊AC長度為L，。一光線從AB邊的O點以平行于斜邊AC的方向射入玻璃磚，光線經BC邊反射后垂直AC邊射出玻璃磚。已知真空中的光速為c。則（　?。?br/>A．玻璃磚的折射率為
B．玻璃磚的折射率為1.5
C．光線可在AB邊平行移動，則光線從BC邊出射時，在玻璃磚中傳播的最短時間為
D．光線可在AB邊平行移動，則光線從BC邊出射時，在玻璃磚中傳播的最短時間為
三、非選擇題：本大題共5題，共56分。
11．為了測某電源的電動勢和內阻實驗室提供了如下器材：
電阻箱R，定值電阻R0、兩個電流表A1、A2，電鍵S1單刀雙擲開關S2，待測電源，導線若干．實驗小組成員設計如圖甲所示的電路圖．
(1)閉合電鍵S1，斷開單刀雙擲開關S2，調節電阻箱的阻值為R1，讀出電流表A2的示數I0；將單刀雙擲開關S2合向1，調節電阻箱的阻值為R2，使電流表A2的示數仍為I0，則電流表A1的阻值RA1= ．
(2)將單刀雙擲開關S2合向2，多次調節電阻箱的阻值，記錄每次調節后的電阻箱的阻值R及電流表A1的示數I，實驗小組成員打算用圖像處理數據，以電阻箱電阻R為橫軸，為了直觀得到電流I與R的圖像關系，則縱軸y應取
A．I B．I2 C． D．
(3)若測得電流表A1的內阻為1Ω，定值電阻R0=2Ω，根據(2)選取的y軸，作出y-R圖像如圖乙所示，則電源的電動勢E= V，內阻r= Ω．
12．某同學用如圖甲所示裝置驗證機械能守恒定律，圖乙是某次實驗中正確操作得到的一條紙帶，依次測出了計時點 、 、 、 、 到計時點 的距離 、 、 、 、 ，已知打點頻率為 ，當地重力加速度大小為 .
甲
乙
丙
（1） 打 點時重物的速度表達式 .
（2） 若選取紙帶上 點到 點的過程驗證機械能守恒定律，則需要驗證的關系式為 .
（3） 另一同學不慎以 點為計時起點，量出 點到 、 、 、 各點的距離 ，以 為橫軸，以各點速度的平方 為縱軸畫出了一條圖線，這條圖線應是圖丙兩條圖線中的 （填“ ”或“ ”）.
（4） 若圖丙中畫出圖線的斜率 大小 （填字母），亦可驗證重物下落過程機械能守恒.
A.略小于 B.略小于 C.略大于 D.略大于
13．山地車的氣壓避震裝置主要由活塞、汽缸組成。某研究小組將其汽缸和活塞取出進行研究。如圖所示，在傾角為的光滑斜面上放置一個帶有活塞A的導熱汽缸B，活塞用勁度系數為的輕彈簧拉住，彈簧的另一端固定在斜面上端的一塊擋板上，輕彈簧平行于斜面，初始狀態活塞到汽缸底部的距離為，汽缸底部到斜面底端的擋板距離為，汽缸內氣體的初始溫度為。已知汽缸質量為，活塞的質量為，汽缸容積的橫截面積為，活塞與汽缸間密封一定質量的理想氣體，活塞能無摩擦滑動，重力加速度為，大氣壓為。
（1）求初始狀態下汽缸內氣體壓強p1；
（2）對汽缸進行加熱，汽缸內氣體的溫度從T1上升到T2，此時汽缸底部恰好接觸到斜面底端的擋板，求T2；
（3）若在第（2）問的基礎上繼續對汽缸進行加熱，當溫度達到T3時使得彈簧恰好恢復原長，求T3。
14．如圖所示,光滑水平軌道MN、PQ和光滑傾斜軌道NF、QE在N、Q點連接,傾斜軌道傾角為θ,軌道間距均為L,軌道足夠長.水平軌道間連接著阻值為R的電阻,質量分別為M、m,電阻分別為R、r的導體棒a、b分別放在兩組軌道上,導體棒均與軌道垂直,導體棒a與水平放置的輕質彈簧通過絕緣裝置連接,彈簧另一端固定在豎直墻壁上.水平軌道所在的空間區域存在豎直向上的勻強磁場,傾斜軌道空間區域存在垂直軌道平面向上的勻強磁場,該磁場區域僅分布在QN和EF所圍的區域內,QN、EF間距離為d,兩個區域內的磁感應強度分別為B1、B2,以QN為分界線且互不影響.現在用一外力F將導體棒a向右拉至某一位置處,然后把導體棒b從緊靠分界線QN處由靜止釋放,導體棒b在出磁場邊界EF前已達到最大速度.當導體棒b在磁場中運動達到穩定狀態時,撤去作用在a棒上的外力后發現a棒仍能靜止一段時間,然后又來回運動并最終停下來.
(1)求導體棒b在傾斜軌道的磁場區域中運動的最大速度;
(2)求撤去外力后,彈簧彈力的最大值;
(3)如果兩個區域內的磁感應強度B1=B2=B且導體棒的電阻R=r,從b棒開始運動到a棒最終靜止的整個過程中,電阻R上產生的熱量為Q,求彈簧最初的彈性勢能.
15．如圖所示，質量的木板靜止在光滑水平地面上，距其右端（未知且可調）處有一鉚釘固定的滑塊。一質量的小滑塊（可視為質點）靜止于木板左端?，F水平向右迅速敲擊小滑塊，使其瞬間獲得的初速度沿木板向右運動。已知重力加速度大小為，滑塊與木板間的動摩擦因數為，整個過程中滑塊未滑離木板，木板與右側滑塊的碰撞中沒有機械能損失且碰撞時間極短可忽略。
（1）若碰撞數次后滑塊、木板最終均靜止，求為確?；瑝K不滑離木板，木板的最短長度；
（2）若，將的釘去掉，滑塊與水平面無摩擦，且，求木板與物塊碰撞的次數及碰后滑塊、木板、物塊最終速度的大小；
（3）若小滑塊的質量為，的質量為，滑塊用鉚釘固定在距右側處，多次碰撞后、最終都靜止，求整個過程中木板的總路程。
參考答案
1．【答案】B
【詳解】＋→中質量虧損為Δm1＝1.007 8 u＋12.000 0 u－13.005 7 u＝0.002 1 u，根據電荷數守恒和質量數守恒可知X的電荷數為2、質量數為4，故X為，第二個核反應的質量虧損為Δm2＝1.007 8 u＋15.000 1 u－12.000 0 u－4.002 6 u＝0.005 3 u，根據愛因斯坦質能方程可知Q1＝Δm1c2，Q2＝Δm2c2，則Q1＜Q2，故B正確．
2．【答案】D
【詳解】A．由波的圖像可知，該波的波長為24m，故A錯誤；
B．由振動圖像可知，波的周期為0.4s，所以波源的振動頻率為2.5Hz，故B錯誤；
C．時，由于質點P正在向下運動，根據同側法可知，波沿x軸負方向傳播，故C錯誤；
D．由波長、波速與周期的關系
解得
故D正確。
故選D。
3．【答案】D
【解析】
【詳解】設探測器的質量為m，由題意可知探測器的角速度為
①
根據牛頓第二定律有
②
火星的質量為
③
聯立①②③解得
④
⑤
故選D。
4．【答案】D
【詳解】A．令連接A、B球體的細線與豎直方向夾角為，，對球體分析有
則有
，
由于小于，可知細線對A球的拉力小于對B球的拉力，A錯誤；
B．根據受力分析有
，
解得
，
由于小于，可知A球的向心加速度小于B球的向心加速度，B錯誤；
C．根據受力分析有
，
解得
可知A球的角速等于B球的角速度，C錯誤；
D．根據受力分析有
，
解得
，
由于小于，可知A球的線速度小于B球的線速度，D正確。
故選D。
5．【答案】D
【詳解】A．粒子受到AC兩點負電荷的吸引力，其合力方向沿著BD方向，從到O先做變加速運動，從O到D點做變減速運動，然后返回。即將沿對角線BD做往復運動，選項A錯誤；
B．距離負電荷越近則電勢越低，則從到電勢先降低后升高，O點電勢最低；從B到O場強可能一直減小，也可能先增加后減小，O場強為零，選項B錯誤；
CD．從到只有電場力對粒子做功，則粒子的電勢能與機械能之和保持不變，從到粒子的動能先增加后減小，則電勢能先減小后增大，選項C錯誤，D正確。
故選D。
6．【答案】D
【詳解】由題知粒子在AC做直線運動，則有qv0B1 = qE，區域Ⅱ中磁感應強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，則粒子轉過的圓心角為90°，根據，有。
A：若僅將區域Ⅰ中磁感應強度大小變為2B1，則粒子在AC做直線運動的速度，有qvA 2B1 = qE，則，再根據，可知粒子半徑減小，則粒子仍然從CF邊射出，粒子轉過的圓心角仍為90°，則t = t0，A錯誤；
B：若僅將區域Ⅰ中電場強度大小變為2E，則粒子在AC做直線運動的速度，有qvB B1 = q 2E，則vB = 2v0，再根據，可知粒子半徑變為原來的2倍，則粒子F點射出，粒子轉過的圓心角仍為90°，則t = t0，B錯誤；
C：若僅將區域Ⅱ中磁感應強度大小變為，則粒子在AC做直線運動的速度仍為v0，再根據，可知粒子半徑變為原來的，則粒子從OF邊射出，則畫出粒子的運動軌跡如下圖：
根據，可知轉過的圓心角θ = 60°，根據，有，則，C錯誤；
D：若僅將區域Ⅱ中磁感應強度大小變為，則粒子在AC做直線運動的速度仍為v0，再根據，可知粒子半徑變為原來的，則粒子OF邊射出，則畫出粒子的運動軌跡如下圖：
根據，可知轉過的圓心角為α = 45°，根據，有，則，D正確。選D。
7．【答案】BD
【詳解】A．電梯由靜止開始向上做加速運動，設加速度的大小為a，由速度和位移的關系式有
根據牛頓第二定律有
則地板對物體的支持力為
A錯誤；
B．該過程所用時間
B正確；
C．對整體有
所以鋼索的拉力為
鋼索的拉力做的功等于
C錯誤；
D．根據動能定理可得，合力對電梯做的功等于電梯的動能的變化量，即為，D正確。
故選BD。
8．【答案】BD
【詳解】A．根據法拉第電磁感應定律，導體棒切割磁感線產生的感應電動勢，已知，所以電動勢，最大值V，金屬棒的電阻不計，電壓表示數是有效值，選項A錯誤；
B．原線圈電壓的有效值為，設副線圈電壓有效值是，根據理想變壓器電壓與匝數的關系，代入數據得V，電阻R的功率，W，B項正確；
CD．由于理想二極管的作用，電容器只能充電不會放電，電壓最大值V，電容器上的電荷量，代入數據得C，C項錯誤，D項正確。
故選BD。
9．【答案】AC
【詳解】A．在運動過程中，A、B的摩擦力相同，路程相同，克服摩擦力的功相同，重力做功相同，滑到斜面底端時，根據動能定理，B的動能比A大；在運動過程中，C、B的摩擦力相同，C的路程比B大，C克服摩擦力的功比B多，重力做功相同，根據動能定理，滑到斜面底端時，B的動能比C大，所以滑到斜面底端時，B的動能最大，A正確；
BC．三個物體的摩擦力相同，物體C的路程最大，物體C克服摩擦力做功最多，滑到斜面底端時，C與斜面摩擦產生的熱量最多，C的機械能減少最多，B錯誤，C正確；
D．重力做功與路徑無關，滑到斜面底端時，三個物體重力做功相同，重力勢能減少相同，D錯誤。
故選AC。
10．【答案】AC
【詳解】AB．光路圖如圖1所示，入射角i=60°
光線經BC邊反射后垂直AC邊射出玻璃磚，由幾何關系可得，折射角γ=30°，根據折射率公式
解得玻璃磚的折射率為
選項A正確，B錯誤；
CD．光線進入玻璃磚后直接射到AC邊時，由幾何關系可得，在AC邊上的入射角為θ=60°，設全反射時臨界角為C，則
因θ＞C，故在AC邊反射全反射。
經過分析可知，當光線恰好射到C點時，光線的傳播時間最短，如圖2所示
由幾何關系可得
光在玻璃磚中的傳播速度為
則光在玻璃磚中傳播的最短時間為
選項C正確，D錯誤。
故選AC。
11．【答案】（1）R2-R1；2）C；（3）3；0.9
【思路點撥】本題考查了實驗數據處理，認真審題理解題意、知道實驗原理是解題的前提，根據題意應用閉合電路歐姆定律求出圖象函數表達式是解題的關鍵，應用閉合電路歐姆定律即可解題．
【分析】（1）根據閉合電路歐姆定律與題意求出電流表內阻．
（2）根據實驗電路應用閉合電路歐姆定律求出圖象的函數表達式，然后根據題意分析答題．
（3）根據圖象函數表達式與圖示圖象求出電源電動勢與內阻．
【詳解】（1）由題意可知，電路電流保持不變，由閉合電路歐姆定律可知，電路總電阻不變，則電流表內阻等于兩種情況下電阻箱阻值之差，即：RA1=R2-R1；
（2）根據題意與圖示電路圖可知，電源電動勢：E=I（r+R0+R+RA1），整理得：，為得到直線圖線，應作-R圖象，選C．
（3）由-R圖線可知：b==1.3，，解得電源電動勢：E=3V，電源內阻：r=0.9Ω；
12．【答案】
（1）；
（2）；
（3） ；
（4）B；
【詳解】
（1）打 點時重物的速度 .
（2）若選取紙帶上 點到 點的過程驗證機械能守恒定律，則打下 點時紙帶的速度 ，動能增加量 ，重力勢能減小量 ，則有 ，整理得 .
（3）以 點為計時起點，則當 為0時，有初速度，故圖像不過原點，因此選圖線 .
（4）由于存在阻力，下落過程中實際滿足 ，即 ，即斜率要略小于 ，故選B.
13．【答案】（1）；（2）280K；（3）
【詳解】（1）對汽缸和活塞整體分析有，對活塞受力分析有，代入數據解得
（2）汽缸內氣體的溫度從上升到，此時汽缸底部恰好接觸到斜面底端的擋板的過程中封閉氣體的壓強不變，則有，解得
（3）當溫度達到時使得彈簧恰好恢復原長，對活塞根據受力平衡有，由理想氣態方程得有，又有，代入數據解得
14．【答案】(1)　(2)　(3)6Q-mgdsin θ+
【解析】(1)b棒達到最大速度時,設b棒中的電流為I,有mgsin θ=F安=B2IL,b棒切割磁感線產生的感應電動勢為E=B2Lv,由閉合電路歐姆定律得I=,聯立解得v=.
(2)撤去外力后,a棒將做減幅振動,當a棒靜止時,彈簧的彈力最大.此時b棒正處于勻速運動階段,有F彈=F'安=B1IL,解得F彈=.
(3)設b棒在磁場中運動過程中,電阻R上產生的熱量為Q1,a棒振動過程中,電阻R上產生的熱量為Q2,有Q=Q1+Q2,
因B1=B2,導體棒的電阻R=r,
b棒在磁場中運動過程中,由能量守恒定律得
mgdsin θ=6Q1+mv2,且B1=B2=B,
在a棒振動過程中,由能量守恒定律得Ep=6Q2.
解得Ep=6Q-mgdsin θ+.
15．【答案】（1）；（2）2次， ，，；（3）
【詳解】（1）木板與右側滑塊的碰撞中沒有機械能損失且碰撞時間極短可忽略，由動量守恒與機械能守恒可得，每次碰撞后，木板速度大小不變，方向反向。若碰撞數次后滑塊、木板最終均靜止，由滑塊在木板上一直做勻減速運動，根據能量守恒
解得木板的最短長度
（2）木板、物塊每次碰撞時，由動量守恒與機械能守恒可得
，
解得
，
即木板、物塊每次碰撞后，交換速度。故第一次碰撞前，木板向物塊勻加速直線運動，木板加速度
木板速度
由動量守恒
滑塊的速度
第一次碰撞后，木板、物塊的速度分別為
，
木板向物塊勻加速直線運動，到第二次碰撞前，由位移關系
木板的速度為
第二次碰撞后，木板、物塊的速度分別為
，
由動量守恒
滑塊的速度
木板向物塊勻加速直線運動，直到滑塊、木板共速
滑塊、木板的共同速度為
若能發生第三次碰撞，由位移關系
，
木板的速度為
所以不能發生第三次碰撞。即木板與物塊碰撞的次數為2次，滑塊、木板、物塊最終速度的大小分別為，，。
（3）第一次碰撞前，木板向物塊勻加速直線運動，木板加速度
木板速度
故木板先勻加速到與滑塊共速
再勻速運動至物塊所在位置并與其發生碰撞，第一次碰撞后，木板速度反向，大小不變，加速度不變，向左運動位移為
然后向右勻加速運動直到與滑塊共速
再勻速運動至物塊所在位置并與其發生碰撞，第二次碰撞后，木板速度反向，大小不變，加速度不變，向左運動位移為
木板的總路程
第 page number 頁，共 number of pages 頁
第 page number 頁，共 number of pages 頁

展開更多......

收起↑