2025届湖南省高考物理模拟试卷（七）（含解析）

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2025届湖南省高考物理模拟试卷（七）
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．下列说法正确的是（　　）
A．宇宙射线进入地球大气层时，中子撞击氮引发核反应产生碳14，其核反应方程为
B．石墨对X射线散射后，在散射的X射线中，除了有与入射波长相同的成分外，还有波长小于的成分
C．普朗克为解释黑体辐射规律作出假设：必须假定电磁波本身的能量也是不连续的，即认为光本身就是由一个个不可分割的能量子组成的
D．根据玻尔原子理论的基本假设，电子在跃迁时吸收或放出的光子的频率，由跃迁后的能级决定
2．北京时间2024年1月18日01时46分，天舟七号货运飞船成功对接于空间站天和核心舱后向端口，转入组合体飞行段。设此阶段天舟七号随组合体绕地球做匀速圆周运动，离地面的高度为地球半径的，已知地球的半径为R，表面重力加速度为g（不考虑地球自转），引力常量为G。下列说法中正确的是（　　）
A．地球的密度为 B．组合体的加速度为
C．组合体的线速度为 D．组合体的周期为
3．跳台滑雪是一项勇敢者的运动，运动员在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后着陆.如图所示，某运动员从跳台 处以不同的初速度 沿水平方向飞出，在斜坡 处着陆（ 点位置变化）， 、 间可以认为是一条倾斜的直滑道，斜坡与水平方向的夹角为 ，运动员可视为质点，不计空气阻力，关于运动员，下列说法错误的是（ ）
A． 运动员在空中飞行的时间与初速度 成正比
B． 、 的距离与初速度 成正比
C． 落在 点的速度方向不变
D． 在空中距斜坡最大距离与初速度 的平方成正比
4．一简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q是传播方向上相距16 m的两质点，波先传到质点P。当波传到Q开始计时，P、Q两质点的振动图像如图所示，则(　　)
A．质点P沿y轴负方向开始振动
B．该波的波长可能为6 m
C．该波的传播速度可能为5 m/s
D．该波从P传到Q的时间可能为7 s
5．如图所示，在以半径为R和2R的同心圆为边界的区域中，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。在圆心O处有一粒子源（图中未画出），在纸面内沿各个方向发射出比荷为的带负电的粒子，粒子的速率分布连续，忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用力，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8。若所有的粒子都不能射出磁场，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子速度的最大值为
B．粒子速度的最大值为
C．某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，其在磁场中运动的时间为（不考虑粒子再次进入磁场的情况）
D．某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，其在磁场中运动的时间为（不考虑粒子再次进入磁场的情况）
6．（吉林长春外国语学校高二月考）AB板间存在竖直方向的匀强电场，现沿垂直电场线方向射入三种比荷(电荷量与质量的比)相同的带电粒子(不计重力)a、b和c，运动轨迹如图所示，其中b和c是从同一点射入的．不计空气阻力，则可知粒子运动的全过程中(　　)
A．运动的加速度aa>ab>ac
B．飞行时间tb＝tc>ta
C．水平速度va>vb＝vc
D．电势能的减少量ΔEc＝ΔEb>ΔEa
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．如图所示，某种透明介质的截面图由圆心为O，半径为R的四分之一圆弧BC和直角三角形AOC组成，其中。一束单色光从D点垂直AB面射入透明介质中，射到圆弧BC上时恰好发生全反射，已知D点与O点之间的距离为，光在真空中的传播速度为c，以下说法不正确的是（　　）
A．单色光在介质中的传播速度为
B．单色光射到AC面发生全反射，可能没有光线射出
C．单色光第一次射出介质时折射角45°
D．单色光第一次射出介质时折射角30°
8．如图所示为一电动玩具起重机的电路示意图，理想变压器的原、副线圈的匝数比为2：1，变压器原线圈中接入瞬时值的正弦交变电流，电动机的内阻为，装置正常工作时，质量为的物体恰好以的速度匀速上升，灯泡正常发光（阻值保持不变），电表均为理想电表，电流表的示数为，设电动机的输出功率全部用来提升物体，不计空气阻力，取重力加速度。下列判断正确的是（　　）
A．电压表的示数为
B．小灯泡的额定功率为
C．电动机正常工作时的发热功率为
D．若电动机被卡住但未损坏的情况下，电路消耗的总功率为
9．如图所示，有一个质量为m的长木板静止在光滑水平地面上，另一个质量也为m的小物块叠放在长木板的一端。B是长木板的中点，小物块与长木板在AB段间的动摩擦因数为μ，在BC段间的动摩擦因数为2μ。若把小物块放在长木板的左端，对其施加水平向右的力F1可使其恰好与长木板发生相对滑动。若把小物块放在长木板的右端，对其施加水平向左的力F2也可使其恰好与长木板发生相对滑动。下列说法正确的是
A．F1与F2的大小之比为1∶2
B．若将F1、F2都增大到原来的2倍，小物块在长木板上运动到B点的时间之比为1∶2
C．若将F1、F2都增大到原来的2倍，小物块在长木板上运动到B点时长木板的位移之比为1∶1
D．若将F1、F2都增大到原来的2倍，小物块在长木板上运动的整个过程中摩擦生热之比为1∶1
10．如图所示，传送带以10m/s的速度逆时针方向匀速转动，两侧的传送带长都是16m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个滑块A、B（可视为质点）从传送带顶端同时由静止滑下，已知滑块A、B的质量均为1kg，与传送带间的动摩擦因数均为0.5，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（　　）
A．滑块A先做匀加速运动后做匀速运动 B．滑块A比B早到达底端2s
C．滑块A、B到达传送带底端时的速度大小不相等 D．滑块A在传送带上的划痕长度为5m
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．某同学设计如图甲所示的实验装置来做“验证机械能守恒定律”实验，让小铁球从点自由下落，下落过程中经过点正下方的光电门时，光电计时器记录下小铁球通过光电门的时间，当地的重力加速度为.
　　　　甲
（1）用游标卡尺测得小铁球的直径为，某次小铁球通过光电门的时间为，则此次小铁球经过光电门的速度可表示为 .
（2）调整、之间距离，多次重复上述过程，作出随的变化图像如图乙所示.若小铁球下落过程中机械能守恒，则该直线斜率 .
　　乙
（3）在实验中根据数据实际绘出图像的直线斜率为，则实验过程中小铁球所受的平均阻力为其重力的 倍（用、表示）.
12．利用数字多用表的电压挡可替代普通指针式电压表，数字电压表有很多优点，比如读数直接明了、不怕超量程等，最突出的优点是数字电压表内电阻极大，几乎没有分流作用，可以说是现实中的“理想电压表”。如图甲是利用数字电压表测量金属丝电阻率的电路图，是被测金属丝，定值电阻阻值为，是一只单刀双掷开关。
(1)用毫米刻度尺测得金属丝接入电路的长度为25.00cm，用螺旋测微器测量金属丝直径d，测量结果如图乙所示，则 。
(2)闭合，将单刀双掷开关的阐刀掷于“a”，记录下此时数字电压表的读数，滑动变阻器触头不动，将单刀双掷开关的闸刀掷于“b”，记录下此时数字电压表的读数，已知定值电阻阻值为，则通过被测金属丝的电流 ，金属丝电阻的测量值 。（均用、、表示）
(3)为了减小偶然误差，通过调整滑动变阻器触头，得到多组、数据，测得金属丝的电阻，则电阻率 。（保留3位有效数字）
13．如图，小明用一小段油柱将一定质量的空气密封在小烧瓶容器内，现改变烧瓶内气体的温度，测出几组体积V与对应温度T的值，作出图像如图所示。状态a气体温度为27℃，体积为，当加热到状态b时气体温度达到102℃，问：
（1）状态b气体体积为多少；
（2）判断该过程气体是吸热还是放热，并作出解释。
14．如图，平行金属导轨MM'、NN'和平行金属导轨PQR、P'Q'R'固定在水平台面上，平行金属导轨间距均为，M'N'与高度差为。导轨MM、NN'左端接有的电阻，导轨平直部分存在宽度为d、磁感应强度方向竖直向上的匀强磁场；导轨PQR与，其中PQ与P'Q'是圆心角为、半径为的圆弧形导轨，QR与Q'R'是水平长直导轨。QQ'右侧存在磁感应强度方向竖直向上的匀强磁场，导体棒a质量，接在电路中的电阻；导体棒b质量，接在电路中的电阻Ω。导体棒a从距离导轨MM'、NN平直部分处静止释放，恰能无碰撞地从PP'滑入右侧平行导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速度，不计导轨电阻、一切摩擦及空气阻力。求：
（1）导体棒a刚进入磁场时的速度大小以及此时电阻R的电流大小和方向；
（2）导体棒b的最大加速度；
（3）d的大小；
（4）导体棒a、b在平行金属导轨PQR、P'Q'R'中产生的总焦耳热（导轨足够长）。

15．如图,一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘,圆盘与管的上端口距离为l,圆管长度为20l.一质量为m=M的小球从管的上端口由静止下落,并撞在圆盘中心,圆盘向下滑动,所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等.小球在管内运动时与管壁不接触,圆盘始终水平,小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短.不计空气阻力,重力加速度大小为g.求
(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小;
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球与圆盘间的最远距离;
(3)圆盘在管内运动过程中,小球与圆盘碰撞的次数.
物理模拟试卷（七）参考答案
1．【答案】A
【详解】A．宇宙射线进入地球大气层时，中子撞击氮引发核反应产生碳14，核反应方程为，A正确；
B．石墨对X射线散射后，在散射的X射线中，除了有与入射波长相同的成分外，还有波长大于入射波长的成分，B错误；
C．爱因斯坦解释光电效应时，认为光本身是有一个个不可分割的能量子组成的，这些能量子叫作光子，C错误；
D．根据玻尔原子理论的基本假设，电子在跃迁时吸收或放出的光子的频率，由跃迁的能级差决定，D错误。选A。
2．【答案】D
【详解】由万有引力和重力的关系有，结合密度定义，A错误；卫星在轨道上运动时万有引力为它受到的合力，有，解得，B错误；组合体在运动过程中有，解得，C错误；合体在运动过程中有，解得，D正确。
3．【答案】B
【详解】运动员从A点到B点的运动情况如图甲所示,根据几何知识得 ,解得 ,可知运动员在空中飞行的时间与初速度 成正比,故A正确,不符合题意；运动员的合位移为 ,可知A、B的距离与初速度 的平方成正比,故B错误,符合题意；设运动员的速度与水平方向夹角为 ,根据平抛运动的推论有 ,可知落在B点的速度方向不变,故C正确,不符合题意；初速度分解如图乙所示,垂直斜坡的分速度为 ,重力沿垂直斜坡的分量为 ,则沿垂直斜坡的加速度为 ,运动员在空中距斜坡最大距离为 ,可知在空中距斜坡最大距离与初速度 的平方成正比,故D正确,不符合题意.
【关键点拨】平抛与斜面模型的特点
（1）当小球的速度方向与斜面平行时,小球离斜面最远；
（2）以不同速度平抛的小球落到斜面瞬间,速度方向相同.
4．【答案】B
【解析】由振动图像可知，质点Q起振方向沿y轴正方向，由于各质点的起振方向与波源相同，故质点P开始振动的方向沿y轴正方向，A错误；从题图可以看出质点Q的振动图像向左平移4 s后与质点P的图像重合，故Q比P滞后4 s，振动周期为6 s，结合振动的周期性可知，该波从P传到Q的时间为Δt＝4 s＋nT＝(6n＋4) s(n＝0，1，2，3…)，可能为4 s，10 s，16 s等，不可能为7 s，D错误；该波的传播速度为v＝，结合D解析中的数据可知，可能为4 m/s，1.6 m/s，1 m/s等，不可能为5 m/s，C错误；波长为λ＝vT，结合C解析中的数据可知，波长可能为24 m，9.6 m，6 m等，B正确。
5．【答案】C
【详解】AB．根据洛伦兹力提供向心力，可得粒子的运动半径为，可知粒子速度最大时，运动半径最大，做出粒子的运动轨迹如图所示
根据几何关系有，联立解得，AB错误；
CD．某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，即粒子速度最大时，根据几何关系有，解得其在磁场中运动的时间为，C正确；D错误。选C。
6．【答案】B
【解析】根据牛顿第二定律，粒子运动的加速度为a＝，题中带电粒子比荷相同，E相同，所以加速度相同，即aa＝ab＝ac，选项A错误；三个带电粒子在竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，由y＝at2，得t＝，由图有yb＝yc>ya，则得tb＝tc>ta，选项B正确；三个带电粒子水平方向都做匀速直线运动，由x＝v0t，得v0＝，由图知xa>xb>xc，又tb＝tc>ta，则得va>vb>vc，选项C错误；电场力做功为W＝qEy，由于电荷量关系不能确定，所以不能确定电场力做功的大小，也就不能确定电势能减少量的大小，选项D错误．
7．【答案】BD
【详解】光路图如下图所示
由于光射到圆弧BC上时恰好发生全反射，则由几何关系可得，则临界角为，则该透明介质的折射率为
A．由可得，光在介质中的传播速度为，A正确；
B．由几何关系可知，光射到AC面时入射角r=30°，由于小于临界角，光将在AC面发生折射从AC面射出，B错误；
CD．光在AC面第一次射出介质，由折射定律，解得，所以光第一次射出介质时折射角为45°，C正确，D错误。本题选择错误的，选BD。
8．【答案】BD
【解析】变压器原线圈两端电压的有效值为，根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系解得变压器副线圈两端电压的有效值为，电压表的示数等于变压器副线圈两端电压的有效值，为，故A错误；设通过电动机的电流为，电动机输出功率，电动机的输出功率，解得，电动机消耗的热功率，小灯泡的额定功率为，故B正确，C错误；通过小灯泡的电流为，若电动机被卡住但未损坏的情况下，电路消耗的总功率为，故D正确。
9．【答案】ACD　
【详解】本题考查板块模型。对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得，F1-μmg=ma11，F2-2μmg=ma12，对长木板受力分析，由牛顿第二定律可得，μmg=ma21，2μmg=ma22，小物块恰好与长木板发生相对滑动，a11=a21，a12=a22，联立解得F1∶F2=1∶2，选项A正确；若将F1、F2都增大到原来的2倍，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得，2F1-μmg=ma13，2F2-2μmg=ma14，对长木板受力分析，由牛顿第二定律可得，μmg=ma21，2μmg=ma22，联立解得a21=μg，a22=2μg，a13=3μg，a14=6μg，设小物块在长木板上从A点运动到B点的时间为t1，则小物块的位移x11=a13，长木板的位移x21=a21，x11-x21=，联立解得t1=，设小物块在长木板上从C点运动到B点的时间为t2，则小物块的位移x12=a14，长木板的位移x22=a22，x12-x22=，联立解得t2=，即若将F1、F2都增大到原来的2倍，小物块在长木板上运动到B点的时间之比为t1∶t2=∶1，选项B错误；若将F1、F2都增大到原来的2倍，小物块在长木板上运动到B点时长木板的位移之比x21∶x22=a21∶a22=1∶1，选项C正确；若将F1、F2都增大到原来的2倍，小物块在长木板上运动的整个过程中摩擦生热之比为Q1∶Q2=∶=1∶1，选项D正确。
【方法拓展】板块模型，分析受力可以采用隔离法，分别隔离小物块和长木板进行受力分析，应用牛顿第二定律列方程解答。摩擦产生的热量等于滑动摩擦力与小物块在长木板上滑动距离的乘积。
10．【答案】BCD
【详解】AB．两滑块从静止开始沿传送带下滑，开始阶段传送带对A滑块的滑动摩擦力沿斜面向下，对B滑块的滑动摩擦力沿斜面向上，则对A滑块，，滑块A先加速，加速到与传送带速度相等，位移为，所需时间为，加速到与传送带速度相等后，由于，不能和传送带保持相对静止，摩擦力反向，之后加速度大小为，加速到传送带底端，则有，解得，到达底端共用时，B滑块一直以加速度大小加速至传送带底端，则，解得，，A错误，B正确；
C．A到达底端时的速度大小为，B到达底端时的速度大小为，C正确；
D．A加速到与传送带共速时，划痕长度为，在这之后，相对位移为，滑块比传送带速度快，会覆盖之前的划痕，滑块A在传送带上的划痕长度为5m，D正确。选BCD。
11．【答案】（1）　　（2）　　（3）
【解析】（1）由光电门的工作原理可知，小铁球经过光电门的速度为.
（2）根据机械能守恒定律有，可得，故随的变化图像的斜率为.
（3）考虑阻力的情况下，由动能定理有，解得，
可得随的变化图像的斜率为，由此可知.
12．【答案】(1)0.400，(2)；，(3)
【详解】（1）螺旋测微器的精确值为，由图乙可知金属丝直径为
（2）[1][2]根据欧姆定律可得，，联立可得，
（3）根据，可得电阻率为
13．【答案】（1）；（2）吸热，见解析
【详解】（1）气体做等压变化，由盖吕萨克定律得，其中，，，代入数据得
（2）状态到状态b，温度升高，气体内能增加，又体积增大，气体对外界做功，由热力学第一定律，可知，则此过程气体是吸热。
14．【答案】（1）5m/s；，方向为由N到M （2） （3） （4）
【详解】（1）根据动能定理可知，解得导体棒a刚进入磁场时的速度大小为；
由题可知，，解得，由右手定则可判断，此时电阻R的电流的方向为由N到M。
（2）由题可知，导体棒a到达时速度方向与水平方向的夹角为，则，，解得，导体棒a刚进入磁场时，导体棒b的加速度最大，则，，，解得，。
（3）导体棒a从到的过程中，解得，由题可知在导轨MM'、NN'平直部分从左到右，即，，解得。
（4）根据动量守恒定律可知，，导体棒a、b在平行金属导轨PQR、P'Q'R'中产生的总焦耳热与系统减少的动能相等，即，解得。
15．【答案】(1)　　(2)l　(3)4次
【解析】(1)设小球自静止下落至薄圆盘处时的速度为v10,根据机械能守恒定律有mgl=m,设第一次碰撞后瞬间小球和薄圆盘的速度分别v11、v21,在小球与薄圆盘碰撞过程中,根据动量守恒定律有mv10=mv11+Mv21,根据机械能守恒定律有m=m+M,且m=M,联立解得v11=-,v21=,故第一次碰撞后瞬间小球和薄圆盘的速度大小均为.
(2)由薄圆盘受到的滑动摩擦力与其重力大小相等可知,自第一次碰撞后薄圆盘做匀速直线运动,当小球和薄圆盘间的距离最远时,两者的速度相等,设在第一次碰撞到第二次碰撞之间,经过t0时间两者速度相等,由速度关系有v11+gt0=v21,解得t0=,则小球与薄圆盘间的最远距离dmax=v21t0-v11t0+g,解得dmax=l.
(3)设自第一次碰撞后经t1时间发生第二次碰撞,小球与薄圆盘共速时相距l,设共速后再经t'1时间小球追上薄圆盘,根据位移关系有v21t'1+gt'-v21t'1=l,解得t'1=,则t1=t0+t'1=2,追上时小球的速度v1m=v11+gt1=,圆盘的速度v1M=v21=,设碰后瞬间小球和圆盘的速度分别为、,由动量守恒定律得mv1m+Mv1M=mv2m+Mv2M,由机械能守恒定律得m+M=+M,解得.
假设小球与薄圆盘可以一直在管内碰撞,分析得出,小球每次碰后至下一次追上薄圆盘所经历的时间Δt=t1=2,画出第一次碰撞后小球的v-t图像,如图所示,
v-t图像中图线与t轴围成的面积表示位移,则根据图像可计算出s1+s2+s3=12l,s1+s2+s3+s4=20l,20l+l=21l>20l>12l+l=13l,则小球与薄圆盘碰撞的次数是4次.
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