湖南省2025届普通高中学业水平选择性考试5月底 物理模拟巩固练习试卷 （一）（含解析）

2025年湖南省普通高中学业水平选择性考试
5月底物理模拟巩固练习试卷 （一）
本试卷共100分，考试时间75分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．放射性元素钋（）发生衰变时，会产生和一种未知粒子，并放出射线，其核反应方程为，下列说法正确的是（　　）
A．γ射线带负电 B．y=206
C．升高温度有利于衰变的发生 D．核的比结合能小于核的比结合能
2．通过分析“天问一号”对火星的探测数据，我国科研人员对火星气候的了解又进了一步。“天问一号”在发射过程中，先绕地球做圆周运动，后变轨运动至火星轨道，绕火星做圆周运动。“天问一号”在两次圆周运动中的周期二次方T2与轨道半径三次方r3的关系图像如图所示，其中P表示“天问一号”绕火星运动的关系图线，Q表示“天问一号”绕地球运动的关系图线，图中c、m、n已知，则
A．火星和地球的质量之比为n∶m
B．火星和地球的第一宇宙速度之比为m∶n
C．火星和地球的密度之比为1∶1
D．若“天问一号”绕火星和地球做圆周运动的轨道半径相等，它在两轨道的向心加速度之比为1∶1
3．如图所示，均匀介质中A、B、C三点构成直角三角形，∠B＝30°，B、C处各有一波源，可发出波速均为2 m/s的机械横波。已知A、C间的距离为8 m，O为AB的中点，B、C处波源的振动方程分别为xB＝10sin（πt＋π）cm，xC＝8sin（πt）cm，t＝0时刻两波源同时起振。下列说法正确的是
A．两波的波长均为2 m
B． t＝10 s时，A点在平衡位置
C． O点是振动加强点
D．0～10 s内，A点通过的路程为0．4 m
4．如图所示，、两篮球从相同高度同时抛出后直接落入篮筐，落入篮筐时的速度方向相同，下列判断正确的是（ ）
A． 比先落入篮筐
B． 、运动的最大高度相同
C． 在最高点的速度比在最高点的速度小
D． 、上升到某一相同高度时的速度方向相同
5．利用磁场实现粒子偏转或聚焦是科学仪器中广泛应用的技术.如图所示,圆柱体真空管内存在与圆柱体中轴线x轴平行的向右的匀强磁场,磁感应强度大小为B0,圆柱体半径为R,在左侧面圆心O处(O为坐标原点)有一粒子源,某时刻发射大量电荷量为+q、质量为m的粒子进入真空管,初速度方向在与x轴夹角为0~60°的同一竖直平面xOy内,初速度沿x轴方向的分量大小为v0,粒子在磁场中做螺旋线运动,忽略粒子间的相互作用和磁场的边界效应,不计粒子重力,下列说法正确的是 (　　)
A．粒子从圆心O发射到再次汇聚一点经历的时间为
B．欲使粒子刚好在汇聚点离开真空管,则真空管长应为(n=1,2,3,…)
C．粒子运动中都不碰撞到真空管壁,则v0最大值为
D．若磁场方向垂直平面xOy向外,磁感应强度大小B=B0,则在平面xOy内沿与x轴夹角为60°发射的粒子不碰撞y>0区域内的真空管壁,初速度的最大值为
6．如图所示，在竖直平面内有一个半径为的绝缘圆环，圆环的、、、端点上分别固定有一个点电荷，电荷量分别为、、、，圆心为，垂直于，、、、分别为、、、的中点，在的延长线上有点和点，且。关于四个点电荷形成的电场，下列判断正确的是（ ）
A．、、、四点的电场强度大小相等
B．、、、四点的电势相同
C．点和点的电场强度大小相等
D．点电势大于点电势
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选7．如图，原长为的轻弹簧竖直放置，一端固定于地面，另一端连接厚度不计、质量为的水平木板.将质量为的物块放在上，竖直下压，使离地高度为，此时弹簧的弹性势能为，由静止释放，所有物体沿竖直方向运动，重力加速度为.则（ ）
A．若、恰能分离，则
B．若、恰能分离，则
C．若、能分离，则的最大离地高度为
D．若、能分离，则的最大离地高度为
8．光镊是一种利用光力学性质的重要技术。如图所示，真空中放有一个折射率为的直角三棱镜，其边长为。一束极细的激光从的中点平行于人射，假设激光在面和面不发生反射。已知该束激光的功率为，在真空中的波长为，真空中的光速为，普朗克常量为。则（　　）

A．激光在棱镜中的传播时间为
B．激光在棱镜中的波长为
C．单位时间内通过棱镜的光子数为
D．激光对棱镜的作用力大小为
9．如图甲，在倾角为θ=30°的斜面上放一轻质弹簧，其下端固定，静止时上端位置在B点。小物块在A点由静止释放，从开始运动的一段时间内的v-t图像如图乙所示。小物块在0.8s时运动到B点，在1.0s时到达C点（图中未标出），在1.3s时到达D点，经过一段时间后又回到B点，且速度不为零。取g=10m/s2。由图知（　　）
A．小物块从A点运动到D点的过程中，小物块在C点时，弹簧的弹性势能最小
B．小物块从A点运动到D点的过程中，小物块机械能不断减少
C．小物块从D点运动到B点的过程中，加速度不断减小
D．小物块第一次经过B点的加速度值小于第二次经过B点的加速度值
10．如图甲是街头常见的变压器，它通过降压给用户供电，简化示意图如图乙所示，各电表均为理想交流电表，变压器的输入电压U1保持不变，输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻为R0。当并联的用电器增多时，下列判断正确的是
甲 乙
A．电流表A1示数减小，A2示数减小
B．电压表V2示数不变，V3示数增大
C．变压器的输入功率和输出功率都增大
D． V3的变化量ΔU3与A1的变化量ΔI1之比不变
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．某实验小组用如图甲所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。
(1)如图乙为摆线上端的三种悬挂方式A、B、C中，选哪种方式正确
(2)测摆球直径时游标卡尺的读数为 mm
(3)若某同学实验中测出单摆做n次全振动所用时间为t、摆线长为l、摆球直径为d，则当地的重力加速度 （用n，t，l，d表示）。
12．(15分)某电学实验兴趣小组结合物理课本上的多用电表结构示意图及实验室现有器材，设计了如图所示的电路，整个电路装置既可以当量程为0～1 mA和量程为0～10 mA的电流表使用，也可以当作两个倍率的欧姆电表使用。他们使用到的器材有：
电源(电动势E＝1．5 V，内阻忽略不计)
定值电阻R1、R2
电流表G(满偏电流Ig＝100 μA，内阻Rg＝990 Ω)
滑动变阻器R(最大阻值为1 500 Ω)
单刀双掷开关S1、S2
(1)按照多用电表的构造和原理，接线柱C端应该接　　　　表笔(填“红”或“黑”)；
(2)当单刀双掷开关S1拨到B端可作为电流表使用，S2拨到1端时，此时装置可作为0～　　　　mA(填“1”或“10”)量程的电流表；
(3)电阻R1＝　　　　Ω，电阻R2＝　　　　Ω；
(4)将单刀双掷开关S1拨到A端可作为欧姆表使用，若S2拨到2端，此时作为欧姆挡“×100”倍率，则将S2拨到1端时的倍率为“　　　　”(填“×10”或“×1 k”)。
13．绝热的活塞与汽缸之间封闭一定质量的理想气体，汽缸开口向上置于水平面上，活塞与汽缸壁之间无摩擦，缸内气体的内能，如图甲所示。已知活塞面积，其质量为，大气压强，重力加速度。如果通过电热丝给封闭气体缓慢加热，活塞由原来的位置移动到位置，此过程封闭气体的图像如图乙所示，且知气体内能与热力学温度成正比。求：
(1)封闭气体最后的体积；
(2)封闭气体吸收的热量；
14．如图所示，导体棒、分别静置于水平固定的平行窄导轨和宽导轨上，导轨间距分别为、，导轨电阻不计，所在区域存在方向竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场，、棒的质量分别为，两导体棒总电阻为，棒与导轨间无摩擦，棒与导轨间的动摩擦因数。时刻，给导体棒一个大小为，方向水平向右的恒力作用，时棒刚要滑动，再过一段时间后回路中电流大小为且保持恒定。已知棒距宽导轨足够远，棒所在导轨足够长，导体棒始终垂直于导轨且与导轨接触良好，重力加速度大小取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)时，棒中电流的大小和方向；
(2)时间内，安培力对棒的冲量大小；
(3)电流的大小。
15．（16分）如图所示，水平地面上有一轻质弹簧自然伸长，左端固定在墙面上，右端位于O点。地面上M点右侧有一传送带，其上表面与地面齐平，传送带以v0＝6 m/s的速度逆时针转动。现用力推动置于O点、质量mA＝4 kg的小物块A，使弹簧缓慢压缩到Q点后由静止释放，物块A运动到O点时的速度vA＝1 m/s。现将物块A换成质量mB＝1 kg的物块B，重复以上过程，发现物块B运动到M点速度刚好减为零。此时将质量mC＝1 kg的物块C在传送带上与M点距离为l（未知）的位置由静止释放，物块B、C碰撞后粘在一起，形成结合体P，P第一次到达O点时的速度大小为v（未知）。已知地面O点左侧光滑，物块B、C与传送带、O点右侧水平地面间的动摩擦因数均为μ＝0．4，M、N之间的距离L＝9 m，重力加速度g取10 m/s2，物块A、B、C均可视为质点。
（1）求O、M两点间的距离s。
（2）若v＝0，求l的大小。
（3）求v与l的关系表达式。
参考答案
1．【知识点】原子核的衰变及半衰期
【答案】B
【详解】射线是电磁波，不带电，A错误；由质量数守恒可得，B正确；半衰期与原子核物理、化学环境无关，C错误；该反应放出能量，生成物相对更稳定，比结合能增大，D错误。
2．【知识点】天体密度的计算、宇宙速度
【答案】C
【解析】“天问一号”在两次圆周运动过程中，均由万有引力提供向心力，有G＝m0a＝m0r，解得a＝，T2＝r3。由T2－r3图像的斜率可得＝，＝，联立可得MP∶MQ＝m∶n，A错误；若“天问一号”绕火星和地球运动的轨道半径r相等，则其在两轨道的向心加速度大小之比aP∶aQ等于火星和地球的质量之比m∶n，D错误；设中心天体的半径为R，有ρ＝＝，由题图得∶＝m∶n，结合MP∶MQ＝m∶n，可得ρP∶ρQ＝1∶1，C正确；由G＝m0得第一宇宙速度v＝，结合MP∶MQ＝m∶n、RP∶RQ＝∶可得，火星和地球的第一宇宙速度之比为∶，B错误。
3．【知识点】波的加强点与减弱点相关问题、波的干涉的应用
【答案】B　
【解析】由于ω＝π＝，解得T＝2 s，则波长λ＝vT＝2×2 m＝4 m，A错误；由几何关系得AB＝16 m，则AB－AC＝8 m＝2λ，结合两波源振动步调相反，可知A点是振动减弱点，C到A用时t1＝ s＝4 s，B到A用时t2＝ s＝8 s，故t＝10 s时A点在平衡位置，B正确；因O点到B、C两点的距离之差为零，可知O点是振动减弱点，C错误；0～4 s 内A未动，4 s～8 s内A点振幅为8 cm，s1＝2×4×8 cm＝64 cm，8 s～10 s内A点振幅为2 cm，s2＝1×4×2 cm＝8 cm，所以A点通过的路程为0.72 m，D错误。
4．【知识点】斜抛运动
【答案】D
【解析】
根据逆向思维，假设篮球从篮筐中做斜抛运动回到手中，由题分析，A水平方向上运动的距离大于B在水平方向上运动的距离，由抛出的速度方向相同可知，A水平方向速度比B水平方向速度大，在最高点只有水平速度，即A在最高点的速度比B在最高点的速度大，C错误；由速度的分解可知，A抛出的速度比B抛出的速度大，则A起抛时竖直方向的速度比B的大，上升到的最高点比B的高，B错误；A上升的时间比B长，且两球从最高点落到相同高度的手中时，根据竖直方向做自由落体运动可知，A下落的时间比B长，所以A比B晚落入篮筐，A错误；在A、B球斜抛轨迹上作篮筐位置的等高线，在实际抛出篮球上升过程中，根据斜抛运动的对称性，C、D两位置处的速度方向相同，D正确．
5．【知识点】带电粒子在磁场中做圆周运动的多解问题
【答案】B
【解析】粒子在圆柱体内沿x轴方向做速度为v0的匀速直线运动,在与x轴方向垂直的竖直面内做匀速圆周运动,粒子从圆心O发射到再次汇聚一点经历的时间为粒子做匀速圆周运动的周期,T=,A错误;欲使粒子刚好在汇聚点离开真空管,则真空管长应为L=nv0T=(n=1,2,3,…),B正确;粒子在与x轴垂直的面内的分运动为匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则qvB0=m,解得r=,粒子运动中都不碰撞到真空管壁,则在垂直于x轴方向的最大速度为vym,则rm==,垂直于x轴方向的最大速度与水平方向的最大速度关系tan 60°=,解得v0最大值为v0m=,C错误;在平面xOy内沿与x轴夹角为60°发射的粒子不碰撞y>0区域内的真空管壁,则粒子在最高点的速度与真空管壁平行,粒子运动轨迹在yOx平面内的投影与真空管壁示意图如图所示,由于磁感应强度大小B=B0,
设初速度的最大值为v',做圆周运动的半径r'=2R,由
qv'B0=m,解得v'=,D错误.
6．【知识点】电场的叠加
【答案】A
【解析】根据等量异种点电荷形成的电场特点可知，、和、处的点电荷在、、、四点处的电场分布如图甲所示,点和点处的点电荷形成的电场中电场强度、，方向都是竖直向下，点和点处的点电荷形成的电场中电场强度、，方向都是水平向右，且，，根据电场强度的叠加可知、、、四点的电场强度大小相等，正确；选取无穷远电势为零，可知正电荷周围的电势离正电荷越近电势越高，且为正值，离负电荷越近电势越低且为负值，根据对称性和叠加原理可知，错误；根据等量异种点电荷形成的电场特点可知，四个点电荷在、两点处电场分布如图乙所示，根据库仑定律及几何关系有，，，，根据场强叠加法则可知点电场强度大于点电场强度，错误；根据电势的叠加原理可知点的和点的电荷在点和点产生的电势之和均为零，点的和点的电荷形成的电场线如图丙所示，可知电场线方向由指向，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，错误。
甲 乙 丙
【命题创新 】电场和电势的叠加属于高考中的常考点，近几年等量同种或异种点电荷的场强均有考查，本题巧妙地构建了四个点电荷，可构建成两对异种点电荷模型，考查学生对电场和电势叠加的理解，需要学生具备一定的对称思想。
7．【知识点】功能原理、能量守恒与曲线运动的综合
【答案】AD
【题图剖析】
【解析】本题考查能量守恒定律弹簧模型.、分离时两者间的作用力为零，加速度为重力加速度，则在弹簧恢复原长时分离，若恰能分离，分离时、速度为零.若、恰能分离，则对、弹簧组成的系统，由能量守恒定律得，正确，错误；若、能分离，设弹簧恢复原长时、速度为，从释放到弹簧恢复原长的过程中，对、弹簧组成的系统，由能量守恒定律得，、分离后，对，由机械能守恒定律得，联立解得，则的最大离地高度为，错误，正确.
8．【答案】ACD
【详解】A．激光发生全反射的临界角满足，而激光射到边上的点时，入射角为，，因此激光在边上发生全反射，射到边上的点，在棱镜中的传播路程为，传播速度为，传播时间为，A正确：
B．激光的频率不变，与光速成正比，，B错误；
C．单位时间内通过棱镜的光子数，C正确；
D．激光入射点的入射角为，根据折射定律，有，得，因此激光通过棱镜的偏转角为，每个光子通过棱镜后动量变化量大小为，由动量定理，激光受到棱镜的作用力大小满足，激光对棱镜作用力的大小，D正确。选ACD。

9．【知识点】牛顿运动定律与图像结合问题
【答案】BD
【详解】物块从A到B的加速度
可知物块与斜面之间有摩擦力；
A．小物块从A点运动到D点的过程中，小物块在C点时速度最大，此时弹簧的弹性势能不为零，不是最小，选项A错误；
B．小物块从A点运动到B点的过程中，因为有摩擦力做负功，则小物块机械能不断减少；从B点运动到D点的过程中，因为有摩擦力与弹簧弹力均做负功，则小物块机械能也是不断减少，选项B正确；
C．小物块从D点运动到B点的过程中
可知弹力刚开始大于重力沿斜面分力和摩擦力后小于，因此加速度先减小为零后反向增加，选项C错误；
D．小物块第一次经过B点的加速度值
第二次经过B点的加速度值
则
选项D正确。
选BD。
10．【知识点】理想变压器原、副线圈两端的电压、功率、电流关系及其应用
【答案】CD
【解析】变压器的输入电压U1保持不变，根据＝知，副线圈电压U2不变，故V2示数不变，当并联的用电器增多时，并联部分的电阻减小，副线圈所在回路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知，通过副线圈的电流I2增大，故A2示数增大，根据＝知，原线圈中电流I1增大，故A1示数增大，A错误；由闭合电路欧姆定律得，并联电路两端电压U3＝U2－I2R0，I2增大，U2不变，则U3减小，故V3示数减小，B错误；变压器的输入功率等于输出功率，由P＝U1I1知，输入功率和输出功率均变大，C正确；副线圈电压U2不变，则V3的变化量ΔU3与R0两端电压的变化量ΔU0之和为零，所以｜ΔU3｜＝｜ΔU0｜，＝，所以＝，又＝R0，所以＝R0，D正确。
【一题多解】理想变压器的输入电压决定输出电压，由于输入电压不变，故输出电压不变，并联的用电器增多时，并联部分电阻减小，由“串反并同”知，V3示数减小，A2示数增大，由输入电流与输出电流变化趋势相同知，A1示数增大，A、B错误。
【知识拓展】理想变压器的制约关系：输出功率决定输入功率，输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流。
11．【知识点】实验：用单摆测量重力加速度
【答案】(1)C；(2)10.60；(3)
【详解】（1）小球在摆动时摆线容易松动，摆长会改变，A错误；小球在摆动过程中会导致摆长变化，B错误；使用铁夹固定摆线，能较好地保证小球在摆动过程中摆长不变，C正确。。
（2）游标卡尺的读数为
（3）单摆的周期和摆长分别为，，由单摆的周期公式，可得
12．【知识点】实验：练习使用多用电表
【答案】(1)黑(3分)　(2)10(3分)　(3)11(3分)　99(3分)　(4)×10(3分)
【解析】(1)红表笔与内部电源的负极相连，黑表笔与内部电源的正极相连，故C端应与黑表笔相连。
(2)当红、黑表笔短接，单刀双掷开关S1拨到B端、S2拨到1端时，电流表量程为I1＝Ig＋，当S2拨到2端时，电流表量程为I2＝Ig＋，比较可得I1＞I2，所以当S2拨到1端时， 电流表量程为0～10 mA，当S2拨到2端时， 电流表量程为0～1 mA。
(3)当单刀双掷开关S1拨到B端、S2拨到2端时，电流表量程扩大10倍，由(2)分析可得R1＋R2＝Rg，S2拨到1端时，电流表量程扩大100倍，则有R1＝(Rg＋R2)，联立解得R1＝11 Ω、R2＝99 Ω。
(4)由于R中＝R内，且中值电阻等于中值刻度乘以倍率，所以倍率越大，欧姆表内阻越大。又因为红、黑表笔短接时，电路总电阻即为欧姆表内阻，由闭合电路欧姆定律得R内＝，由(2)分析可得R内1＜R内2，故当单刀双掷开关S1拨到A端、S2拨到1端时欧姆挡的倍率为“×10”。
13．【知识点】气体的V-T（V-t）图像问题
【答案】(1)；(2)
【详解】（1）以气体为研究对象，根据盖一吕萨克定律，有
解得
（2）依题意，气体的内能与热力学温度成正比，有
解得
活塞从位置缓慢移到位置，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象
有
解得
气体膨胀，外界对气体做功
由热力学第一定律
得气体变化过程吸收的总热量为
14．【知识点】双杆模型
【答案】(1)0.5A，由d指向c；(2)；(3)
【详解】（1）当时，对棒受力分析，由平衡条件
解得棒中电流的大小
由右手定则可知，棒中电流方向为由d指向c；
（2）时，ab棒产生的感应电动势为
由欧姆定律
代入数据解得
时间内，对ab棒受力分析，由动量定理
解得
（3）稳定后，电路中电流一定，由欧姆定律得
再过时间，ab棒、cd棒的速度变化量分别为、，则由
联立可得
其中
则
由牛顿第二定律
代入数据解得
15．【知识点】动量和能量的综合应用、求解非弹性碰撞问题
【答案】（1）0.5 m　 （2）2 m
（3）当 2 m≤l＜4.5 m时，v＝ m/s；当4.5 m≤l≤9 m 时，v＝m/s
【解析】（1）设弹簧的最大弹性势能为Ep，物块A从Q点运动到O点过程，由机械能守恒定律可得
Ep＝mA（1分）
物块B从Q点运动到O点过程，由机械能守恒定律可得
Ep＝mB（1分）
物块B从O点到M点过程，由动能定理可得
－μmBgs＝0－mB（1 分）
解得O、M两点间的距离s ＝ 0.5 m （2分）
（2）设P刚好能回到O点，由动能定理可得
－μmPgs＝0－mP（1分）
解得B、C碰后的速度＝2 m/s，
B、C 碰撞过程动量守恒，则有mCvC＝（mB＋mC）（1分）
解得vC＝4 m/s＜6 m/s＝v0，
（关键点：由C碰前速度判断C在传送带上的运动始终为匀加速运动）
说明物块C一直被加速到M点，由动能定理得
μmCgl＝mC（1分）
（易错点：应用动能定理时，功的大小为力与相对地面位移的乘积，而不是力与相对传送带位移的乘积）
解得l＝2 m（2分）
（3）设C加速到与传送带共速时位移大小为l0 ，由动能定理得
μmCgl0＝mC（1 分）
解得l0 ＝ 4.5 m（1分）
（点拨：对C在传送带上运动过程的临界情况分析，其加速到共同速度对应的位移大于初始距离，则C一直加速，末速度等于加速后的速度，若位移小于该距离，则C先加速到与传送带共速，然后再以传送带的速度匀速运动）
①当 2 m≤l＜4.5 m时，C运动M点时的速度v'2C ＝2μgl（1分）
B、C 碰撞过程动量守恒，则mCv'C＝（mB＋mC）v'P，
P由M点到O点有v2－v＝－2μgs，
解得v＝ m/s（1分）
②当4.5 m≤l≤9 m时，物块C运动到M点的速度恒为v0（1分）
B、C碰撞过程动量守恒，则
mCv0＝（mB＋mC）v″P，
P由M点到O点有v2－v″2P＝－2μgs，
解得v＝ m/s（1分）