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（四）
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。
一、單選題（本大題共6小題）
1．關于放射性元素的半衰期，下列說法正確的是（ ）
A． 大量放射性元素的原子核經過2個半衰期后，已衰變的原子核質量與未衰變原子核質量之比為
B． 大量放射性元素的原子核經過2個半衰期后，剩余物質的質量與衰變前質量之比為
C． 100個放射性元素的原子核經過2個半衰期后，剩余未衰變的原子核有25個
D． 放射性元素的半衰期夏天可能會比冬天的短
2．水平面上兩列頻率相同的波在某時刻的疊加情況如圖所示，圖中實線為波峰，虛線為波谷。已知兩列波的振幅均為2cm，波速為2m/s，波長為8cm，E點是B、D和A、C連線的交點，下列說法中正確的是（ ）
A．AC兩處的質點是振動加強的點
B．BD兩處的質點在該時刻的豎直高度差是4cm
C．E處質點是振動減弱的點
D．經0.02s，B處質點通過的路程是8cm
3．如圖，半徑為R的圓處于勻強電場中，電場方向與圓平面平行。a、b、c是圓周上的三個點，且為正三角形。從b點在圓平面內向不同方向以相同的速率射出相同的帶正電粒子，粒子經過圓周上各點中c點的動能最大，粒子從b點到c點靜電力做功為W，粒子帶電荷量為q，不計粒子所受重力，取b點電勢為零，則下列說法正確的是（　　）
A．電場的方向由b指向c
B．c點的電勢為
C．粒子從b點到a點靜電力做功為
D．粒子在圓心O點的電勢能為
4．銀河系的恒星中大約四分之一是雙星系統，某雙星系統由質量分別為和的兩個星體構成，兩者中心之間距離為，在相互之間的萬有引力作用下繞兩者連線上某一定點做固定周期的勻速圓周運動。我國發射的天問一號探測器在距火星表面高度為的軌道上做勻速圓周運動，周期是上述雙星系統周期的倍，已知引力常量為，火星的半徑為，則火星的質量為（　　）
A． B．
C． D．
5．如圖所示，傾角為θ的斜面上有A、B、C三點，現從這三點分別以不同的初速度同時水平拋出一小球，不計空氣阻力，三個小球均落在斜面上的D點，測得AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，由此可判斷
A．三個小球做平拋運動的時間之比為1∶2∶3
B．三個小球落在斜面上時速度方向相同
C．三個小球的初速度大小之比為1∶2∶3
D．三個小球的運動軌跡可能在空中相交
6．如圖所示，在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，有一豎直足夠長的固定絕緣桿，小球套在桿上，已知的質量為，電荷量為，電場強度為，磁感應強度為，與桿間的動摩擦因數為 ，重力加速度為，小球由靜止開始下滑，在運動過程中小球最大加速度為，最大速度為，則下列判斷正確的是（ ）
A． 小球開始下滑時的加速度最大
B． 小球的速度由增大至的過程中，小球的加速度一直減小
C． 當時小球的速度與之比一定小于
D． 當時小球的加速度與之比一定小于
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
7．一長方體玻璃磚下部有半徑為R的半圓柱鏤空，
其截面如圖所示，AD長為2R，玻璃磚下方0.3R處平行放置一光屏EF，現有一束平行單色光豎直向下從BC面射入玻璃磚，玻璃磚對該光的折射率為，不考慮光的二次反射，則（　　 ）
A．光屏EF上移，屏上有光打到的區域將變寬
B．圖中圓弧截面有光射出的弧長為
C．為保證從AD射出的光都能被接收，光屏至少寬R
D．若光屏足夠大，改用頻率更大的平行光入射，光屏上被照射的寬度變大
8．如圖所示，一長為的傾斜傳送帶在電動機帶動下以速度沿順時針方向勻速轉動，傳送帶與水平方向的夾角。質量的小物塊和質量的小物塊由跨過定滑輪的輕繩連接，A與定滑輪間的繩子與傳送帶平行，不可伸長的輕繩足夠長。某時刻將物塊輕輕放在傳送帶底端，同時由靜止開始釋放物塊。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數，不計滑輪的質量與摩擦，在運動到傳送帶頂端前B都沒有落地。取，重力加速度，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是(　　)
A．釋放瞬間，物塊B的加速度大小為
B．釋放瞬間，物塊A的加速度大小為
C．物塊A從底端到達頂端所需的時間為
D．物塊A從底端到達頂端時，電動機多做的功為136J
9．如圖甲所示，木板B放在水平地面上，其上放有一可視為質點的物塊A，A質量是B質量的一半，A、B之間的動摩擦因數為，B與地面之間的動摩擦因數為，時，對B施加一水平向右的拉力F，3s后撤去拉力，最終A不能從B的左端滑下，從開始到A、B均停止的整個過程中，其圖像如圖乙所示。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取。下列說法正確的是（　　）
A． B．
C．木板B的最大速度為6m/s D．木板B的最大速度為7.5m/s
10．如圖所示的電路中，電表均為理想交流電表，降壓變壓器為理想變壓器，兩個定值電阻的阻值均為R，在a、b兩端加上正弦交流電壓，結果電流表A1的示數為I1、電流表A2的示數為I2，下列說法正確的是（　　）
A． B．原、副線圈的匝數比為
C． D．電壓表V1的示數為
三、非選擇題：本大題共5題，共56分。
11．如圖所示的是小明同學為驗證機械能守恒定律自制的實驗裝置，固定在地面上的平臺上表面為四分之一圓弧，一鐵架臺底端焊接在圓弧最低點F，O點是圓弧的圓心，光電門1、2、3、4、5分別放置在圓弧的六等分點上。已知當地重力加速度為g，實驗時輕質細繩一端系在O點，另一端連接一質量分布均勻的小鋼球，將小球從圓弧最高點由靜止釋放，運動過程中細繩始終處于伸直狀態。
（1）要完成實驗，需要測量下列哪些物理量　　　　；
A．小球的質量m
B．小球的直徑d
C．小球球心到細繩懸點O的距離L
D．小球由靜止釋放到運動至每個光電門位置所用的時間t
（2）測得小球通過光電門2、4的擋光時間為Δt2、Δt4，結合（1）中測定的物理量，在誤差允許的范圍內若滿足　　　　　　　　　的關系，則證明小球在2、4兩點的機械能相等；
（3）以細繩與水平方向夾角θ的正弦sin θ為橫坐標，小球速度的平方v2為縱坐標，作出v2-sin θ的關系圖線，若擺動過程中機械能守恒，圖線的斜率為　　　　　 （結果用題中所給字母表示）。
12．某實驗小組利用如圖所示電路測未知電阻的阻值，電路中的直流電源為恒流源，該電源能輸出大小（小于1A）的恒定電流，根據電源輸出電流的大小，選用電流表的量程為0.6A，為定值電阻，R為電阻箱。
(1)閉合開關前，應將電阻箱的阻值調為 （填“零”或“最大”），閉合開關、，調節電阻箱，使電流表的指針偏轉較大，若某次調節后電流表的示數如圖乙所示，則此時電流表中的電流為 A，這次調節后電阻箱接入電路的電阻為，則電流表的內阻 （結果用、、、表示）。
(2)斷開開關，調節電阻箱，使電流表的示數仍為，若電阻箱的阻值為，由此算出被測電阻 （結果用、、、表示）。
(3)為了減小測量誤差，在斷開開關后，該同學多次調節電阻箱，記錄每次改變后電阻箱接入電路的電阻R及對應的電流表的示數I，作圖像，圖像的斜率為k，則被測電阻 。（結果用k、、、表示）
13．一定質量的氣體由狀態A→狀態B→狀態C→狀態D，其有關數據如圖甲所示。若狀態D的壓強是2×104 Pa。
(1)求狀態A的壓強；
(2)請在乙圖中畫出該狀態變化過程的p－T圖像，并分別標出A、B、C、D各個狀態，不要求寫出計算過程。
14．如圖所示，O點左側有一高為的平臺，物塊B質量，帶電量，靜止在平臺右側邊緣。物塊A水平向右運動，與B發生碰撞，碰后瞬間A、B速度大小相等，隨后取走A，B落在地面上的N點，O、N間距也為L，物塊B落地后彈起瞬間在空間加一水平向左的勻強電場，B恰好能從平臺右邊緣水平向左返回平臺，已知A、B兩物塊均可視為質點，不計一切阻力，A、B碰撞無機械能損失，B與地面碰撞水平分速度不變，豎直分速度大小不變，方向相反。B的電荷量始終保持不變，重力加速度求：
(1)物塊A的質量；
(2)所加勻強電場場強E的大小；
(3)物塊B從N點返回平臺的過程中最小速率。
15．如圖所示，同一平面內兩組寬度分別為、的足夠長光滑導體軌道傾斜固定，傾角為。金屬桿a、b水平放置并與軌道垂直且接觸良好，其中金屬桿b通過平行于導軌的輕繩系在固定的拉力傳感器上。定值電阻R=2Ω，其余部分電阻不計。整個裝置處于磁感應強度大小為B=1T、方向垂直軌道平面向上的勻強磁場中。現將金屬桿a由靜止釋放，沿軌道下滑一段距離后開始做勻速直線運動，該過程中定值電阻R上產生的焦耳熱為Q=13.6J。已知金屬桿a、b的質量分別為和，重力加速為。求：
（1）當金屬桿a的速度為時（未達到勻速狀態），拉力傳感器的示數；
（2）金屬桿a從釋放到恰好達到勻速直線運動的過程所用時間t；
（3）剪斷輕繩，同時由靜止釋放兩金屬桿，求最終兩桿的速度大小。
參考答案
1．【答案】A
【解析】大量放射性元素的原子核經過2個半衰期后，剩余未衰變的原子核質量與衰變前的原子核質量之比為，則已衰變的原子核質量與未衰變原子核質量之比為，半衰期對于少數原子核不適用，故A正確，B、C錯誤；放射性元素的半衰期跟溫度無關，故D錯誤．
【易錯警示】 本題易錯點有三，一是認為半衰期受溫度變化而變化導致錯選D；二是不清楚半衰期描述的是統計規律，從而錯選C；三是混淆原子核質量和所有物質質量從而導致錯選B；發生衰變后，產物并沒有全部消失，一定會有剩余．
2．【答案】D
【詳解】A、C處兩質點是兩列波波峰與波谷疊加的地方，振動減弱，A錯誤；B、D兩點都是振動加強的點，振幅都是4cm，此時B點處于波峰，B點處于波谷，則B、D處兩質點在該時刻的豎直高度差是8cm，B錯誤；B、D兩點都是振動加強的點，它們的連線上各點振動也加強，形成振動加強的區域，所以E點處質點是振動加強的點，C錯誤；由題可得，時間t=0.02s為半個周期，則B點處質點通過的路程是S=2A=2×4cm=8cm，D正確。
3．【答案】D
【詳解】粒子經過圓周上各點中c點的動能最大，而粒子帶正電，可知c點電勢最低，場強方向垂直于過c點的切線方向，即電場的方向由O指向c，選項A錯誤；粒子從b點到c點靜電力做功為W，可知， b點電勢為零，可得，選項B錯誤；因ab與電場線垂直，則ab為等勢線，電勢均為零，則粒子從b點到a點靜電力做功為0，選項C錯誤；場強，O點電勢為，粒子在圓心O點的電勢能為，選項D正確。
4．【答案】A
【詳解】探測器繞火星運動時，解得探測器繞火星的周期，對于雙星系統，，又因為，聯立可得雙星的周期，又因為，解得。
5．【答案】B
【解析】小球做平拋運動，水平方向有x＝v0t，vx＝v0；豎直方向有y＝gt2，vy＝gt。三個小球均落在斜面上的D點，有tan θ＝＝，設小球速度偏轉角為α，則tan α＝＝＝2tan θ，可知三個小球速度偏轉角α相同，故三個小球落在斜面上時速度方向相同，B正確；根據幾何關系有AD∶BD∶CD＝9∶4∶1，故三個小球做平拋運動的時間之比為tA∶tB∶tC＝3∶2∶1，A錯誤；三個小球均落在斜面上的D點，有tan θ＝＝，故三個小球的初速度大小之比為vA∶vB∶vC＝tA∶tB∶tC＝3∶2∶1，C錯誤；三個小球做平拋運動，運動軌跡為拋物線，且交于D點，故三個小球的運動軌跡不可能在空中相交，D錯誤。
【技巧必背】
從斜面上平拋的物體又落到斜面上，由豎直位移和水平位移的幾何關系求解時間，即tan θ＝＝，可得t＝，并且物體落在斜面上的速度方向均相同。
6．【答案】B
【解析】小球剛開始下滑時受到豎直向下的重力，水平向左的電場力，水平向右的彈力以及豎直向上的滑動摩擦力，且此時滑動摩擦力，豎直方向根據牛頓第二定律有，而隨著小球速度的增加，小球所受洛倫茲力由0逐漸增大，根據左手定則可知洛倫茲力的方向水平向右，則在小球運動后水平方向有，可知隨著小球速度的增加，桿對小球的彈力減小，致使桿對小球的摩擦力減小，而當洛倫茲力的大小等于小球所受電場力大小時，桿對小球的彈力為零，此時小球在豎直方向僅受重力，加速度達到最大，為重力加速度，即，而隨著小球速度的進一步增大，洛倫茲力將大于電場力，小球再次受到桿的彈力，方向水平向左，則摩擦力再次出現，豎直方向的合力減小，加速度減小，直至摩擦力等于小球重力時，小球速度達到最大值，此后小球將做勻速直線運動，因此小球開始下滑時的加速度不是最大，故A錯誤；小球剛開始運動時根據牛頓第二定律有，解得，而根據A選項中分析可知，加速度最大為重力加速度，即在整個過程中加速度先由逐漸增大到，再由逐漸減小為0，假如開始時加速度是由0開始增加的，則根據運動的對稱性可知，當加速度最大時小球速度恰好達到，但實際上加速度并不是由0開始增加的，因此可知，當加速度最大時小球的速度還未達到，而加速度最大之后由于摩擦力的再次出現，小球開始做加速度減小的加速運動，由此可知，小球的速度由增大至的過程中，小球的加速度一直減小，故B正確；當時小球可能正在做加速度增大的加速運動，也可能正在做加速度減小的加速運動，根據B選項中分析可知，若小球正在做加速度增大的加速運動，則與之比一定小于，但若小球正在做加速度減小的加速運動，則與之比一定大于，故C錯誤；由B選項中分析可知，小球的最大加速度時，即加速度達到最大時，小球的速度還不到，因此當時小球的加速度一定小于，當速度時，對小球由牛頓第二定律有，即，而當小球速度最大時有，聯立可得，化簡可得，故D錯誤．
7．【答案】CD　
【詳解】如圖所示，
當入射角為30°時，折射光線恰好從A點射出，且入射角越大，偏折角越大，所以光線從A、D之間發散射出，光屏上移，光照區域應變窄，A錯誤；全反射臨界角sin C＝＝＞，解得C≈35°，圖中圓弧截面有光射出的弧長為l＝×2πR＝πR，B錯誤；由圖可知，光照區域為光線從A、D兩點以60°折射角射出時打到屏上的區域，由幾何關系可得光屏至少長R，C正確；頻率更大，折射率更大，全反射臨界角變小，但是光線射出的范圍仍然是A、D之間，光從A、D兩點射出時與EF夾角變小，所以打到屏上的范圍變大，光屏要更寬，D正確。
8．【答案】BD
【解析】.對連接體，由牛頓第二定律得，得，故項錯誤，項正確；
C.設歷時，物塊先與傳送帶達共速，則，此過程中物塊發生的位移為，故假設成立。之后，設物塊能隨傳送帶向上做勻速運動，則對連接體，由平衡條件得，，得，故假設成立。則物塊做勻速運動的時間為，故從底端到達頂端所需時間為項錯誤。
D.物塊從底端到達頂端時，相對路程為，設電動機多做的功為，根據能量守恒定律得，解得。故項正確。
9．【答案】AC
【詳解】AB．設A的質量為m，則B的質量為2m；撤去力F，當AB共速時一起減速的加速度大小
對AB整體由牛頓第二定律
可得
A加速運動時的加速度
可得
A正確，B錯誤；
CD．剛撤去拉力后，3s~4s內B做減速運動， B的加速度
木板B的最大速度為
C正確，D錯誤。
選AC。
10．【答案】BC
【詳解】由于是降壓變壓器，因此，則，A錯誤；設變壓器原副線圈的匝數比為，則，B正確；根據歐姆定律有，由于是降壓變壓器，因此，則有，C正確；電壓表V1的示數，D錯誤。
11．【答案】（1）BC　（2）（－1）gL＝－（3）2gL
【詳解】（1）驗證機械能守恒定律的表達式中，質量可以約去，故不需要測量小球的質量m；為了得到小球經過光電門時的速度，需要測量小球的直徑d和小球經過光電門的擋光時間Δt；為了得到小球下落的高度，需要測量小球球心到細繩懸點O的距離L。故選B、C。
（2）測得小球通過光電門2、4的擋光時間為Δt2、Δt4，則小球通過光電門2、4的速度分別為v2＝，v4＝
光電門1、2、3、4、5分別放置在圓弧的六等分點上，可知小球經過光電門2、4時細繩與水平方向的夾角分別為30°、60°，則在誤差允許的范圍內若滿足
mgL（sin 60°－sin 30°）＝m－m
聯立可得（－1）gL＝－
則證明小球在2、4兩點的機械能相等。
（3）根據機械能守恒定律可得mgLsin θ＝mv2
可得v2＝2gLsin θ
若擺動過程中機械能守恒，則v2-sin θ圖線的斜率為k＝2gL。
12．【答案】(1)零，0.40，；(2)；(3)
【詳解】（1）閉合開關前，為使電流表電流最小，應將電阻箱接入電路的電阻調為零；
電流表的示數為0.40A；
電阻箱中的電流為，則，解得
（2）由題意，解得
（3）根據歐姆定律有，得到，結合題意得，得到
13．【答案】　(1)4×104 Pa；(2)見【詳解】圖
【詳解】　(1)一定質量的氣體由狀態C→狀態D做等容變化，由查理定律得＝，所以pC＝pD＝×2×104 Pa＝4×104 Pa，由狀態B→狀態C，做等溫變化，由玻意耳定律得pBVB＝pCVC，所以pB＝pC＝×4×104 Pa＝16×104 Pa
由狀態A→狀態B，做等容變化，由查理定律得＝，所以pA＝pB＝×16×104 Pa＝4×104 Pa。
(2)由狀態A→狀態B做等容變化，等容線在p－T圖像中為過原點的直線，由狀態B→狀態C做等溫變化，C到D做等容變化，故圖線如圖所示。
14．【答案】(1)0.1kg
(2)60V/m
(3)
【詳解】（1）設A與B碰前速度大小為v，A、B碰撞無機械能損失，由動量守恒定律有
由機械能守恒定律有
解得，
又因為
解得
（2）A、B碰撞后，B做平拋運動，水平方向：
豎直方向：
聯立解得
物塊B落地瞬間水平速度
豎直速度
從N返回平臺，水平方向：
豎直方向：
解得
又因為
代入數據解得
（3）
如圖所示，根據，設等效重力與豎直方向成角，
因為，
解得
15．【答案】（1）0.5N；（2）8s；（3）
【詳解】（1）當金屬桿a的速度為時，產生的感應電動勢
回路的電流
對金屬棒b分析可知
解得拉力傳感器的示數
（2）金屬桿a恰好達到勻速直線運動時滿足
解得
該過程由能量關系
可得
由動量定理
其中
解得
（3）兩棒一起下滑時，因電流方向相同，則受安培力方向均沿導軌向上，且b受安培力等于a的2倍，則由
因b的質量等于a的2倍，可知兩棒加速度相等，最終一起達到最大速度，則對a棒
解得
同理對b棒
解得
即最終兩棒的速度均為。
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