2025届湖南省高三物理考前回归物理课本训练题2

2025届湖南省高三物理考前回归物理课本训练题2
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
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。
1．2024年2月，我国科学家在兰州重离子加速器国家大科学装置上成功合成了新核素Os，核反应方程如下：CdNiOs+4X该方程中X是 （　　）
A．质子 B．中子 C．电子 D．α粒子
2．根据宇宙大爆炸理论，密度较大区域的物质在万有引力作用下，不断聚集可能形成恒星。恒星最终的归宿与其质量有关，如果质量为太阳质量的1~8倍将坍缩成白矮星，质量为太阳质量的10~20倍将坍缩成中子星，质量更大的恒星将坍缩成黑洞。设恒星坍缩前后可看成质量均匀分布的球体，质量不变，体积缩小，自转变快。不考虑恒星与其他物体的相互作用。已知逃逸速度为第一宇宙速度的倍，中子星密度大于白矮星。根据万有引力理论，下列说法正确的是(　　)
A.同一恒星表面任意位置的重力加速度相同
B.恒星坍缩后表面两极处的重力加速度比坍缩前的大
C.恒星坍缩前后的第一宇宙速度不变
D.中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度
3．如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是(　　)
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr
C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr
4．如图所示，置于管口T前的声源发出一列单一频率声波，分成两列强度不同的声波分别沿A、B两管传播到出口O。先调节A、B两管等长，O处探测到声波强度为400个单位，然后将A管拉长d＝15 cm，在O处第一次探测到声波强度最小，其强度为100个单位。已知声波强度与声波振幅平方成正比，不计声波在管道中传播的能量损失，则(　　)
A．声波的波长 λ＝15 cm
B．声波的波长λ＝30 cm
C．两声波的振幅之比为3∶1
D．两声波的振幅之比为2∶1
5．一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，如图所示，O为球心，A、B为直径上的两点，OA＝OB，现垂直于AB将球面均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去左半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布，则(　　)
A． O、C两点电势相等
B． A点的电场强度大于B点
C．沿直线从A到B电势先升高后降低
D．沿直线从A到B电场强度逐渐增大
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．某小组使用7．如图，质量为m的小球穿在固定光滑杆上，与两个完全相同的轻质弹簧相连。开始时将小球控制在杆上的A点，弹簧1竖直且处于原长，弹簧2处于水平伸长状态，两弹簧可绕各自转轴O1、O2无摩擦转动。B为杆上的另一个点，与O1、A、O2构成矩形，AB＝2AO1。现将小球从A点释放，两弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．小球沿杆在AB之间做往复运动
B．与没有弹簧时相比，小球从A点运动到B点所用的时间更短
C．小球从A点运动到B点的过程中，两个弹簧对小球做的总功为零
D．小球从A点运动到B点的过程中，弹簧2的弹性势能先减小后增大
8．如图,发电机的矩形线圈长为2L、宽为L,匝数为N,放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中。理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1和n2,两个副线圈分别接有电阻R1和R2。当发电机线圈以角速度ω匀速转动时,理想电流表读数为I。不计线圈电阻,下列说法正确的是
A．通过电阻R2的电流为
B．电阻R2两端的电压为
C．n0与n1的比值为
D．发电机的功率为
9．如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出(　　)
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
10．一位潜水爱好者在水下活动时，利用激光器向岸上救援人员发射激光信号，设激光光束与水面的夹角为α，如图所示。他发现只有当α大于41°时，岸上救援人员才能收到他发出的激光光束，下列说法正确的是
A．水的折射率为
B．水的折射率为
C．当他以α＝60° 向水面发射激光时，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于60°
D．当他以α＝60°向水面发射激光时，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角大于60°
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11． 在“验证机械能守恒定律”的实验中，
（1）下列操作正确的是　　　　。
A．　B．　C．　
（2）实验获得一条纸带 ，截取点迹清晰的一段并测得数据如图所示。
已知打点的频率为50 Hz，则打点“13”时，重锤下落的速度大小为　　　　m/s（保留三位有效数字）。
（3）某同学用纸带的数据求出重力加速度g=9.77 m/s2，并用此g值计算得出打点“1”到“13”过程重锤的重力势能减小值为5.09m，另计算得动能增加值为5.08m（m为重锤质量），则该结果　　　　（填“能”或“不能”）验证机械能守恒，理由是　　　　。
A．在误差允许范围内
B．没有用当地的重力加速度g
12． 某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图（a）所示电路，所用器材如下：
电压表（量程0～3 V，内阻很大）；
电流表（量程0～0．6 A）；
电阻箱（阻值0～999．9 Ω）；
干电池一节、开关一个和导线若干。
图（a） 图（b）
图（c） 图（d）
（1）根据图（a），完成图（b）中的实物图连线。
（2）调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I和电压表示数U。根据记录数据作出的U－I图像如图（c）所示，则干电池的电动势为　　　　V（保留3位有效数字）、内阻为　　　　Ω（保留2位有效数字）。
（3）该小组根据记录数据进一步探究，作出－R图像如图（d）所示。利用图（d）中图像的纵轴截距，结合（2）问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为　　　　Ω（保留2位有效数字）。
（4）由于电压表内阻不是无穷大，本实验干电池内阻的测量值　　　　（填“偏大”或“偏小”）。
13．足够长的玻璃管水平放置，用长的水银封闭一段长为的空气柱，大气压强为，环境温度为，将玻璃管缓慢顺时针旋转到竖直，则：
①空气柱是吸热还是放热
②空气柱长度变为多少
③当气体温度变为时，空气柱长度又是多少？
如图（a）所示，两根不计电阻、间距为L的足够长平行光滑金属导轨，竖直固定在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度大小为B。导轨上端串联非线性电子元件Z和阻值为R的电阻。元件Z的U-I图像如图（b）所示，当流过元件Z的电流大于或等于I0时，电压稳定为Um。质量为m、不计电阻的金属棒可沿导轨运动，运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接触。忽略空气阻力及回路中的电流对原磁场的影响，重力加速度大小为g。为了方便计算，取I0=，Um=。以下计算结果只能选用m、g、B、L、R表示。
（1）闭合开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v1；
（2）断开开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v2；
（3）先闭合开关S，由静止释放金属棒，金属棒达到最大速度后，再断开开关S。忽略回路中电流突变的时间，求S断开瞬间金属棒的加速度大小a。
　　　
图（a）　　　　　　　　　　　　图（b）
15．如图,水平桌面上固定一光滑U型金属导轨,其平行部分的间距为l,导轨的最右端与桌子右边缘对齐,导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧,以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞,碰撞时间极短。碰撞一次后,P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨,并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时,两端与导轨接触良好,P与Q始终平行。不计空气阻力。求
(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小;
(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量;
(3)与P碰撞后,绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
参考答案
1．【知识点】核反应的反应方程及能量计算
【答案】B
【命题点】核反应方程
【解析】核反应遵循电荷数与质量数双守恒原则，X的质量数为=1，电荷数为=0，则X为中子，B正确。
2．【知识点】万有引力定律问题的分析与计算
【答案】B　
【解析】质量分布均匀的同一恒星表面任意位置的重力加速度不相同，A错误；在恒星表面两极处，有＝mg，可得g＝，根据题意可知，恒星坍缩前后，质量不变，体积缩小，可知R变小，则恒星坍缩后表面两极处的重力加速度比坍缩前的大，B正确；由＝m，可得第一宇宙速度v1＝，由于坍缩后半径R变小，则恒星坍缩后的第一宇宙速度变大，C错误；恒星的质量M＝ρV＝ρ·πR3，可得恒星半径R＝，则第一宇宙速度v1＝，由题意可知，中子星的质量大于白矮星的质量，中子星密度大于白矮星密度，则中子星的第一宇宙速度大于白矮星的第一宇宙速度，由于逃逸速度为第一宇宙速度的倍，所以中子星的逃逸速度大于白矮星的逃逸速度，D错误。
3．【知识点】水平面内匀速圆周问题
【答案】D
【解析】暂无
4．【知识点】波的干涉的应用
【答案】C
【解析】设声波在A、B管中的振幅分别为A1、A2。
A、B管等长：声波从A管和B管到O点的波程差为0。
A管拉长15 cm：声波到O点第一次探测到声波强度最小，则此时的波程差为0.5λ。
根据题意可知0.5λ＝30 cm，解得λ＝60 cm，A、B错误；根据题中声波强度的关系有＝，解得＝，C正确，D错误。
5．【知识点】电场的叠加
【答案】A
【解析】对于完整的球面，球内部的场强为零，由对称性和电场叠加可知，右半球面在C点产生的电场强度方向水平向左，同理，OC上各点的电场强度方向都水平向左，与OC垂直，故OC为等势线(关键：电场线与等势线垂直)，A正确；OA＝OB，由电场叠加及对称性知，左半球面在B点产生的电场强度与右半球面在A点产生的电场强度大小相等，因为整个球内电场强度处处为零，由电场叠加可知，右半球面在B点产生的电场强度与其在A点产生的电场强度大小相等，B、D错误；由电场叠加及对称性可知，右半球面在OA上产生的电场强度方向水平向左，左半球面在OB上产生的电场强度方向水平向右，因为整个球内电场强度处处为零，由电场叠加可知，右半球面在OB上产生的电场强度方向水平向左，由沿电场线方向电势越来越低可知，沿直线从A到B电势一直升高，C错误。
6．【知识点】带电粒子在叠加场中的运动、带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题
【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．【知识点】功能原理、能量守恒与曲线运动的综合
【答案】BC
【解析】根据A、B位置弹簧状态的对称性可知，小球从A点运动到B点的过程中，两个弹簧对小球做的总功为零，则此过程合力做功等于重力对小球做的功，根据动能定理可知，小球在B点的速度大于零，所以小球到达B点后继续向下运动，不会沿杆在AB之间做往复运动，A错误，C正确；小球从A点运动到B点的过程中，弹簧2先从伸长状态变为原长，再从原长变为压缩状态，最后再恢复到原长，故弹簧2的弹性势能先减小后增大再减小，D错误（易错点：只根据弹簧2的初末状态判断弹簧由伸长变成原长，但当弹簧2垂直杆时为压缩状态，长度最短，所以弹簧2先缩短为原长继续被压缩最后恢复原长）；设杆与水平方向的夹角为θ，小球从A点运动到B点过程，由于两个弹簧对小球做的总功为零，与没有弹簧时相比，小球运动到B点的速度相等，没有弹簧时，小球运动的加速度大小为a＝＝gsin θ，有弹簧时，小球的加速度先大于gsin θ，然后加速度逐渐减小，到AB中点时，两个弹簧均恢复原长，小球的加速度大小为gsin θ，之后加速度小于gsin θ，两种情况的v－t图像如图所示，两种情况的v－t图线与横轴围成的面积相等，由图可知与没有弹簧时相比，小球从A点运动到B点所用的时间更短，B正确。
【技巧必背】当需要判断一个非匀变速直线运动的时间时，利用v－t图像与匀变速直线运动作直观的对比；同理，若已知时间关系，利用v－t图像的面积对比位移的关系。
8．【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】BC　
【解析】命题点：交变电流与变压器相结合的问题
由题可知,发电机产生的感应电动势的最大值Em=2NBL2ω,电动势的有效值U0==NBL2ω,设R1、R2两端的电压分别为U1、U2,则I=,由理想变压器的原理有=,=,可得=,则R2两端的电压为U2=U1=,通过电阻R2的电流为I2==,A错误,B正确;==,C正确;发电机的功率P=U1I+U2I2=NBL2ωI,D错误。
【易错警示】在涉及变压器原、副线圈的电压比问题时,线圈的匝数比等于电压最大值之比,也等于电压有效值之比,学生易漏选C项,将变压器原线圈两端电压的最大值与n1线圈两端电压的有效值进行比较。
【刷有所得】当线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动时,产生感应电动势的最大值Em=NBSω,与线圈的形状和转轴的位置无关。
9．【知识点】牛顿运动定律与图像结合问题
【答案】ACD
【解析】v－t图线的斜率表示加速度，与时间轴围成的面积表示位移，故由图像可得物块上滑的加速度大小a上＝，物块下滑的加速度大小a下＝。设斜面倾角为θ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律得，上滑时gsin θ＋μgcos θ＝a上，下滑时gsin θ－μgcos θ＝a下，两方程联立可解得斜面的倾角、物块与斜面间的动摩擦因数，选项A、C正确；物块运动的加速度与质量无直接关系，依据题意无法得出物块的质量，选项B错误；物块沿斜面上滑的最大距离，即是在t1时间内v－t图线与时间轴所围的面积，即x＝v0t1，则h＝xsin θ，选项D正确。
【刷有所得】
速度—时间图像的斜率表示加速度，斜率为正，加速度为正；斜率为负，加速度为负，加速度是联系力与运动的桥梁。
10．【知识点】全反射与折射的综合应用
【答案】BC
【解析】作出临界情况下的光路图，如图甲所示（关键：此时光发生全反射），激光发生全反射的临界角为90°－41°＝49°，由n＝可得，水的折射率n＝，A错误，B正确；当α＝60°时，光路图如图乙所示，由n＝＝可得，sin θ＝，由于sin 49°＜1，可知sin θ＞，故θ＞30°，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于60°，C正确，D错误。
甲 乙
【一题多解】几何分析法
11．【知识点】实验：验证机械能守恒定律
【答案】（1）A（1分）　（2）3.34（1分）　（3）不能（1分）　B（1分）
【命题点】验证机械能守恒定律
【解析】（1）为了减小实验误差，释放前必须保持提起的纸带处于竖直位置，手提纸带的上端，并且使重物靠近打点计时器，操作正确的是A选项；
（2）打点计时器所接交流电源的频率为50 Hz，则打点周期为0.02 s，匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，打点“13”时，重锤下落的速度大小为v13== m/s=3.34 m/s；
（3）根据牛顿第二定律可知mg-f=ma（f为空气及打点计时器等所造成的阻力），所以用纸带的数据求出重力加速度g'=a，根据动能定理有W合=mah=ΔEk，这样计算出的重锤的重力势能减少量始终等于动能增加量，所以该结果不能验证机械能守恒；计算重锤的重力势能减少量应用当地的重力加速度g。
12．【知识点】实验：电池电动势和内阻的测量—伏安法测量电源电动势与内阻、实验：电池电动势和内阻的测量—安阻法测量电源电动势与内阻
【答案】（1）见解析（2分）　（2）1.58（2分）　0.65（2分）　（3）2.5（2分）　（4）偏小（2分）
【解析】（1）根据题图（a）完成实物图连线如图所示。
（2）由闭合电路欧姆定律得U＝E－Ir，可知U－I图像的纵轴截距为干电池的电动势，则E≈1.58 V，斜率的绝对值为干电池的内阻，则＝r＝ Ω＝0.65 Ω。
（3）由闭合电路欧姆定律得E＝I（RA＋R＋r），整理得＝＋，－R图像纵轴截距为2 A－1＝＝，解得RA≈2.5 Ω 。
（4）由于电压表内阻不是无穷大，则实验测得的是干电池内阻和电压表内阻的并联总阻值，所以干电池内阻的测量值偏小。
13．【知识点】气体的等压变化与盖—吕萨克定律
【答案】①放热；②；③
【详解】①②以封闭气体为研究对象，气体做等温变化，设玻璃管横截面积为，玻璃管水平时
玻璃管竖起来后
根据
解得
气体体积减小，外界对气体做功，但其温度不变，内能不变，根据热力学第一定律可知气体向外放热；
③空气柱长度为；由等压变化得
其中
解得
14．【知识点】单杆模型、电磁感应定律的应用
【答案】（1）　（2）　（3）g
【解析】（1）闭合开关S，由静止释放金属棒，金属棒速度最大时，有E1=BLv1 （1分）
I1= （1分）
BI1L=mg （1分）
联立解得v1= （1分）
（2）断开开关S，由静止释放金属棒，金属棒速度最大时，有
E2=BLv2 （1分）
BI2L=mg （1分）
解得I2=I1=>I0，此时元件Z两端电压为Um （1分）
Um=E2-I2R （1分）
联立可得v2= （2分）
（3）金属棒达到最大速度后再断开开关S时，则有E1=BLv1=，设电路中电流为I，非线性电子元件Z两端电压为U，则有U=-IR，在非线性电子元件Z的U-I图像中作出U=-IR图像，交点为，S断开瞬间金属棒的加速度大小为a==g （6分）
15．【知识点】导体切割磁感线产生感应电动势（电流）的分析与计算、求解弹性碰撞问题、电磁感应现象中的功能问题
【答案】(1)　(2)m　(3)
【解析】(1)取向右为正方向,绝缘棒Q和金属棒P发生弹性碰撞,则根据动量守恒定律、能量守恒定律得
3mv0=3mvQ+mvP (2分)
m=m+m (2分)
联立解得vQ=v0,vP=v0 (2分)
碰后绝缘棒Q做匀速直线运动,金属棒P做减速直线运动,绝缘棒Q和金属棒P滑出桌面后均做平抛运动,落地点相同,因此金属棒P滑出导轨时的速度与Q相同,设为vP1,则vP1=vQ=(1分)
(2)金属棒P在导轨上运动,只有金属棒产生热量,设产生的热量为Q1,由能量守恒定律可知Q1=m-m (2分)
解得Q1=m (1分)
(3)设碰撞点到导轨最右端的距离为x,绝缘棒Q碰后在导轨上的运动时间为t,可得x=vQt (2分)
碰后,金属棒P在导轨上的运动过程,由动量定理可得-BlΔt=mvP1-mvP (2分)
又== (1分)
x=Δt (1分)
三式联立可得-=mvP1-mvP (2分)
解得t= (2分)
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