2025年湖南省普通高中学业水平选择性考试5月物理押题卷（八）（含解析）

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2025年湖南省普通高中学业水平选择性考试5月
物理押题卷（八）
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．下列说法中正确的是（　　）
A．衰变是原子核向外放出电子的现象，说明电子是原子核的组成部分
B．天然放射现象能够作为“原子核可再分”的依据
C．中子撞击大气中的氮核引发核反应，产生碳核和氘核
D．天然放射性现象中放射出的、、射线都能在磁场中发生偏转
2．均匀介质中，波源位于0点的简谐横波在x0y水平面内传播，波面为圆t=0时刻，波面分布如图甲所示，其中实线表示波峰，虚线表示与波峰相邻的波谷A处质点的振动图像如图乙所示，z轴正方向竖直向上下列判断正确的是（　　）
A．t=2s时，E处质点处于平衡位置 B．t=4s时，B处质点位于波谷
C．t=7s时，M处质点速度最大 D．t=8s时，D处质点位移方向沿z轴正方向
3．如图所示，滑板爱好者先后两次从坡道 点滑出，均落至 点，第二次的腾空时间比第一次长，则( )
A．两次滑出速度方向相同
B．两次腾空最大高度相同
C．第二次滑出时竖直方向速度一定比第一次滑出时大
D．滑板爱好者两次在最高点的速度相同
4．如图所示，真空中有一匀强电场（图中未画出），电场方向与圆周在同一平面内， ABC是圆的内接直角三角形，，O为圆心，半径。位于A处的粒子源向平面内各个方向发射初动能均为、电荷量为的粒子，这些粒子会经过圆周上不同的点，其中到达B点的粒子动能为，到达C点的粒子动能也为。忽略粒子受到的重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　）

A．电场方向由B指向A
B．经过圆周上的所有粒子，动能最大为
C．
D．匀强电场的电场强度大小为
5．“神舟十五号”进驻空间站,标志着我国空间站正式从建造阶段转入运营阶段。可将中国空间站看作近地卫星,空间站绕地球做匀速圆周运动的周期为T。某科研小组在地球南极点用弹簧测力计测得质量为m的砝码所受重力为F,在赤道测得该砝码所受重力为F'。假设地球可视为质量分布均匀的球体,则下列说法正确的是
A．地球半径可表示为R=
B．地球的第一宇宙速度可表示为v=
C．地球的自转周期可表示为T自=T
D．地球的自转周期可表示为T自=T
6．如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下(与纸面平行)，磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是(　　)
A． 若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1， 则t＞t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E， 则t＞t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则t＝
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2， 则t＝t0
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项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．（2023·重庆·校联考模拟）风能是一种清洁且利用方便的能源，我国已探明的风能约为16亿千瓦，主要分布在西北、华北、东北的草原和戈壁，以下为某风力发电机的模型图，风带动叶片转动，升速齿轮箱通过的转速比带动匝数为N的发电机线圈高速转动，线圈产生的交变电流经过理想变压器后向用户端的m盏灯泡供电，其中电路中的A灯为指示灯，A与用户端的灯泡规格完全相同，额定电压为U；若某段时间内叶片的转速为n转/秒，电路中的所有灯泡均正常发光，已知磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度为B，线圈电阻不计，则下列说法正确的是（　　）
A．经过理想变压器后输出交变电流的频率为
B．理想变压器原副线圈的匝数比为
C．线圈的面积为
D．若此时用户突然增多，则A灯变亮，其余灯泡的亮度变暗，发电机的总功率变小
8．如图所示，足够长的光滑斜面固定在水平面上，轻质弹簧与A、B物块相连，A、C物块由跨过光滑小滑轮的轻绳连接。初始时刻，C在外力作用下静止，绳中恰好无拉力，B放置在水平面上，A静止。现撤去外力，物块C沿斜面向下运动，当C运动到最低点时，B对地面的压力刚好为零。已知A、B的质量均为m，弹簧始终处于弹性限度内，则上述过程中（　　）
A．C的质量mC可能小于m
B．C的速度最大时，A的加速度为零
C．C的速度最大时，弹簧弹性势能最小
D．A、B、C系统的机械能先变大后变小
9．如图所示，空间有范围足够大的匀强磁场，一个带正电的小圆环套在一根竖直固定且足够长的绝缘细杆上。现使圆环以一定的初速度向上运动，经一段时间后圆环回到起始位置。已知杆与环间的动摩擦因数保持不变，圆环所带电荷量保持不变，空气阻力不计。对于圆环从开始运动到回到起始位置的过程，下面关于圆环的速度、加速度随时间变化的图像、重力势能、机械能随圆环离开出发点的高度h变化的图像，其中一定不正确的是（　　）
A． B．
C． D．
10．如图所示,两束单色光a、b平行射入平行玻璃砖上表面,光束a是红光,光束b是绿光。若不考虑光束在平行玻璃砖下表面的反射,下列说法正确的是
A．光束a比光束b在玻璃砖中的传播速度大
B．光束b在平行玻璃砖下表面可能发生全反射
C．两束单色光线穿过平行玻璃砖下表面后可能重合为一束光线
D．两束单色光线穿过平行玻璃砖下表面后若仍为两束单色光,两束光可能不再平行
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．某实验小组同学利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律．调节木板的倾角，使小车在未悬挂砝码盘时能拖着纸带沿木板向下匀速运动，之后将小车固定在靠近打点计时器处，在动滑轮上悬挂砝码盘和砝码，接通打点计时器电源并释放小车，打点计时器打出的纸带如图乙所示，已知打点计时器所接电源的频率，释放小车的瞬间打点计时器打出的点记为“0”，之后的点依此记为“1”、“2”、“3”、……，“0”与“120”两点间的距离记为L，“119”与“121”两点间的距离记为，两滑轮、细绳及纸带的质量均不计，回答下列问题：
（1）打点计时器打记为“120”的点时小车的速度大小 ．
（2）砝码盘和砝码的总质量为m，小车的质量为M，当地重力加速度大小为g，若 成立，则验证了系统的机械能守恒。（均用题中所给字母表示）
（3）测得，，，，若此过程机械能守恒，则当地的重力加速度大小 。（结果保留两位小数）
12． 在测量某电源电动势和内阻时，因为电压表和电流表的影响，不论使用何种接法，都会产生系统误差，为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验兴趣小组设计了如图甲实验电路进行测量.已知 .
（1） 按照图甲所示的电路图，将图乙中的器材实物连线补充完整.
（2）实验操作步骤如下：
①将滑动变阻器滑到最左端位置
②接法Ⅰ：单刀双掷开关 与1接通，闭合开关 ，调节滑动变阻器 ，记录下若干组数据 的值，断开开关
③将滑动变阻器滑到最左端位置
④接法Ⅱ：单刀双掷开关 与2接通，闭合开关 ，调节滑动变阻器 ，记录下若干组数据 的值，断开开关
⑤分别作出两种情况所对应的 和 图像
（3） 单刀双掷开关接1时，某次读取电表数据时，电压表指针如图丙所示，此时 _____ .
丙
（4） 根据测得数据，作出 和 图像如图丁所示，根据图线求得电源电动势_____，内阻_____ .（结果均保留两位小数）
（5） 由图丁可知_____（填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”）测得的电源内阻更接近真实值.
（6） 综合考虑，若只能选择一种接法，应选择_____（填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”）测量更合适.
13．如图所示，一根长、一端封闭的细玻璃管AB开口向上竖直放置，A为管口，B为管底。管内用长的水银柱封闭了一段长的空气柱。已知外界大气压强为，封闭气体的初始温度为300K。，。
（1）若对封闭气体缓慢加热，则温度升到多少时，水银刚好不溢出；
（2）若保持初始温度不变，将玻璃管绕通过B点的水平轴缓慢转动，直至管口斜向下与竖直方向成，请判断此过程中是否有水银逸出。
14．如图所示，粗糙水平轨道与光滑弧形轨道QE相切于Q点，轻质弹簧左端固定，右端放置一个质量m=1.0kg可视为质点的小球A，当弹簧处于原长时，小球A静止于O点。现对小球A施加水平向左的外力F，使它缓慢移动压缩弹簧至P点，在该过程中，外力F与弹簧压缩量x的关系为：，其中k为未知常数。释放小球A，其沿桌面运动与放置于Q点质量也为1.0kg的小球B发生弹性碰撞，撞后小球B沿弧形轨道上升的最大高度为。已知OP的距离为，OQ的距离为，水平轨道阻力一定，重力加速度取。求：
（1）小球A与小球B第一次碰撞后瞬间小球B的速度大小；
（2）在压缩弹簧过程中，弹簧存贮的最大弹性势能；
（3）小球A最终静止时的位置。
15．如图所示为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车厢。在缓冲车的底板上安装着电磁铁，能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN，可以在导轨内自由滑动的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合的多匝矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L，假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，此后线圈与轨道的磁场作用力使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲，一切摩擦及空气阻力不计。
（1）求缓冲车厢减速过程中最大加速度的大小：
（2）碰撞后缓冲车厢向前移动一段距离后速度为零，则此过程线图abcd中产生的焦耳热是多少；
（3）缓冲车与障碍物碰撞后，要使导轨右端不碰到障碍物，则缓冲车与障碍物碰撞前，导轨右端与滑块K的cd边距离至少多大。
物理押题卷（八）
参考答案
1．【答案】B
【详解】A．原子核发生β衰变时，β粒子是原子核内的一个中子变成一个质子时，放射出一个电子，电子不是原子核的组成部分，故A错误；
B．天然放射现象中，原子核发生衰变，会释放出α、β等射线，并生成了新的原子核；这说明原子核具有复杂的结构，本身可以再分，故B正确；
C．根据质量数守恒和电荷数守恒可知中子撞击大气中的氮核引发核反应，产生碳核和氕核，故C错误；
D．α、β射线均带电，在电场中受到电场力作用下偏转，而γ射线不带电，则在电场中不发生偏转，故D错误。
故选B。
2．【答案】C
【详解】A．由图甲、乙可看出，该波的波长、周期分别为λ＝10m，T＝4s，则根据波速公式
当t等于0时，此时为波峰，平衡位置为其2.5m，7.5m处，故当t=2s时
故此时对应的平衡位置为7.5m，12.5m处，E点此时不处于平衡位置，A错误；
B．由
则该波从A点传播到B点，距离为10m，所需时间为4s，A处为波峰则B处质点应位于波峰，B错误；
C．波从AE波面传播到M处的时间为
当t=7s时，M处质点动了1s，则此时质点处于平衡位置，位于平衡位置的质点振动速度最大，C正确；
D．波从AE波面传播到D处的时间为
则t＝8s时，D处质点动了6.3 s，则此时质点位于z轴下方，位移方向沿z轴负方向，D错误。
故选C。
3．【答案】C
【解析】
设腾空时间为 ，滑板爱好者先后两次从坡道 点滑出后做斜抛运动，水平方向上有 ，由于第二次的腾空时间比第一次长，则 ，即滑板爱好者第二次在最高点的速度比第一次在最高点的速度小， 错误；在竖直方向上， ， ，可知滑板爱好者第二次滑出时竖直方向的速度一定比第一次滑出时大， 正确；腾空的最大高度 ， ，故第二次腾空最大高度比第一次腾空最大高度大， 错误；根据 ， ，则第二次滑出速度与水平方向夹角大于第一次滑出速度与水平方向夹角， 错误.
4．【答案】B
【详解】A．由题意可知，到达B点的粒子动能与到达C点的粒子动能相等，可知B、C两点的电势相等，BC的连线为匀强电场的等势线，等势线与电场线互相垂直，如图所示，电荷量为的粒子从A点到B点，动能增加，可知电场力做正功，则有粒子沿电场线运动，因此可确定AB方向是该电场的方向，A错误；

D．由电场力做功与电势差的关系公式，可得，由几何知识可知，，则有，由匀强电场的电场强度与电势差的关系公式，可得匀强电场的电场强度大小为，D错误；
B．由解析题图可知，圆周上的D点电势最低，则粒子运动到D点的动能最大，则有，由几何关系可得，联立解得，从A到D由动能定理可得，代入数据解得，B正确；
C．BC是等势线，由匀强电场的电场强度与电势差的关系公式，可得，C错误。选B。
5．【答案】D　
【解析】热门考点:万有引力定律及其应用
砝码在南极点时,有F=G,在赤道时,有F-F'=mR,空间站绕地球做匀速圆周运动时,有G=m'R,联立解得T自=T,R=,A、C错误,D正确;卫星在地球表面附近运行的速度为地球的第一宇宙速度,则在地球表面附近时,根据万有引力定律有G=m″,解得v==,B错误。
6．【答案】D
【解析】设沿AC做直线运动的粒子的速度大小为v，有qvB1＝qE，即v＝，粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动，如图中轨迹1，由几何关系可知运动轨迹所对的圆心角为90°，则运动时间为周期，又qvB2＝，可得r＝，时间t0＝·，根据几何关系可知OC＝2r，若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则做匀速直线运动的粒子的速度变为原来的一半，粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹半径变为原来的一半，如图中轨迹2，轨迹对应的圆心角依然为90°，时间t＝·＝t0，A错误；若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则做匀速直线运动的粒子的速度变为原来的2倍，粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹半径变为原来的2倍，如图中轨迹3，粒子从F点离开磁场，对应的圆心角依然为90°，时间t＝·＝t0，B错误；若仅将区域Ⅱ中的磁感应强度大小变为B2，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹半径变为r＞2r，粒子从O、F间离开，如图中轨迹4，由几何关系可知，轨迹对应的圆心角θ满足sin θ＝＝＝，则θ＝60°，则t＝·＝t0，C错误；若仅将区域Ⅱ中的磁感应强度大小变为B2，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹半径变为r＝2r＞2r，粒子从O、F间离开，如图中轨迹5，由几何关系可知，轨迹对应的圆心角θ满足sin θ＝＝＝，则θ＝45°，粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t＝·＝t0，D正确。
7．【答案】BC
【详解】A．叶片的转速为n转/秒，则发电机线圈转速为kn转/秒，则理想变压器后输入交变电流的频率为kn ，故A错误；
B．设灯泡的额定电流为I，根据题意可知，原线圈电流
副线圈电流
根据变流比可知
故B正确；
C．根据变压比可得原线圈电压为
则发电机输出电压
根据
联立可得
故C正确；
D．将变压器以及所有用户看作一个负载，若此时用户突然增多，则负载电阻减小，则通过灯泡A的电流增大，则A灯变亮，发电机输出电压不变，故原线圈电压减小，根据变压比可知，副线圈电压减小，则其余灯泡的亮度变暗，发电机输出电压不变，输出电流增大，则输出功率增大，故D错误。
故选BC。
8．【答案】BCD
【详解】A．弹簧原来的压缩量
x1=
当C运动到最低点时，B对地面的压力刚好为零，弹簧的拉力等于B的重力，则弹簧此时的伸长量为
x2=
则
x1=x2
弹簧初、末状态的弹性势能相等，根据A、B、C和弹簧构成的系统机械能守恒，则有
mCgsinα=mg
α是斜面的倾角，解得
mCsinα=m，sinα<1
所以
mC>m
故A错误；
BC．C速度最大时，加速度为零，则有绳子拉力
FT=mCgsinα=mg
因此A的加速度为零，此时弹簧的弹力为零，弹簧弹性势能最小，故BC正确；
D．由于A、B、C和弹簧构成的系统机械能守恒，而弹簧先由压缩恢复原长再拉伸，所以弹性势能先减小后增加，故A、B、C系统的机械能先变大后变小，故D正确。
故选BCD。
9．【答案】BC
【详解】AB．上升阶段，以圆环为对象，根据牛顿第二定律可得
又
联立解得
可知上升阶段，圆环做加速度逐渐减小的减速运动；最高点时，圆环速度为零，圆环的加速度为
圆环下落阶段，以圆环为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
可知下落阶段，圆环做加速度逐渐减小的加速运动；
根据以上分析可知，A可能正确，不满足题意要求；B错误，满足题意要求；
C．以初始位置为零势能参考平面，圆环的重力势能为
可知图像为过原点的倾斜直线，C错误，满足题意要求
D．圆环上升阶段由于受到摩擦力作用，圆环的机械能逐渐减小，根据
可知上升阶段，圆环受到的摩擦力逐渐减小，则图像在圆环上升阶段的切线斜率逐渐减小；
圆环下落阶段由于受到摩擦力作用，圆环的机械能继续逐渐减小，根据
可知下落阶段，圆环受到的摩擦力逐渐增大，则图像在圆环下落阶段的切线斜率逐渐增大；圆环回到起始位置的机械能小于开始运动时的机械能，D可能正确，不满足题意要求。
故选BC。
10．【答案】AC　
【解析】基础考点：光的折射
根据题意可知,光束a的折射率小于光束b的折射率,由公式n=可得,光束a比光束b在玻璃砖中的传播速度大,A正确;根据题意,由光路的可逆性可知,光束b在平行玻璃砖下表面不可能发生全反射,B错误;因为玻璃砖上下表面平行,光线在玻璃砖下表面第二次折射时的入射角等于在玻璃砖上表面第一次折射时的折射角,根据光路可逆性可知,第二次折射光线与第一次折射的入射光线平行,所以从玻璃砖下表面射出的两束光仍然平行,如果玻璃砖的厚度、两束入射光线入射位置合适,两束单色光线穿过平行玻璃砖下表面后可能重合为一束光线,D错误,C正确。
11．【答案】 9.87/9.86
【详解】（1）[1]中间时刻的瞬时速度等于此过程中的平均速度，所以
（2）[2]若此过程机械能守恒，则有
整理得
（3）[3]根据牛顿运动定律有
，，
将、、、代入解得
12．【答案】
（1）见解析；
（3）1.30；
（4） 1.80；2.50；
（5）接法Ⅱ；
（6）接法Ⅱ
【解析】
（1）根据图甲所示的电路图，实物连接如图所示.
（3）量程为 的电压表分度值为 ，需要估读到分度值的下一位，由图丙可知电压表读数为 .
（4）单刀双掷开关接1，电流表示数为零时，电压表测量准确，故电动势为 的纵轴截距，则有 ；单刀双掷开关接2，电压表示数为零时，电流表测量准确，由 图像可知此时电路电流为 ，根据闭合电路欧姆定律可知 ，解得内阻为 .
（5）由图丁可知 图像的斜率为 ，解得 ，由图丁可知 图像的斜率为 ，解得 ，可得 ，故接法Ⅱ测得的电源内阻更接近真实值.
（6）由电路图可知接法Ⅰ的误差来源是电流表的分压，接法Ⅱ的误差来源是电压表的分流，由于电源内阻较小，远小于电压表内阻，结合（5）问分析可知，若只能选择一种接法，应选择接法Ⅱ更合适.
13．【答案】（1）；（2）不会溢出
【详解】（1）封闭气体加热，水银面刚好不溢出，此过程是等压过程。初态
末态
根据盖·吕萨克定律
解得
（2）封闭气体发生等温变化，初态
末态
设此时管内空气柱长度为，则体积为
根据玻意耳定律
代入数据解得
因为
所以水银不会溢出。
14．【答案】（1）2m/s；（2）5.0J；（3）停在O点
【详解】（1）小球B在上冲过程中有
解得
（2）小球A和B在碰撞过程有
解得
由题可知
f=2N
物块A由P至Q过程有
解得
（3）小球B滑下与A碰撞后，B静止，A的速度大小为
小球A在向左滑行过程有
解得
故小球A停在O点。
15．【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）线圈中产生的感应最大电动势
产生的感应最大电流
安培力
根据牛顿第二定律
解得
（2）由功能关系，线圈产生的焦耳热
（3）由法拉第电磁感应定律得
其中
由欧姆定律
由动量定理可得
其中
可得
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