湖南省2025屆普通高中學業(yè)水平選擇性考試5月底 物理模擬鞏固練習試卷 （一）（含解析）

2025年湖南省普通高中學業(yè)水平選擇性考試5月底物理模擬鞏固練習試卷（一）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(jié)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。1．放射性元素釙（）發(fā)生衰變時，會產(chǎn)生和一種未知粒子，并放出射線，其核反應方程為，下列說法正確的是（）A．γ射線帶負電 B．y=206C．升高溫度有利于衰變的發(fā)生 D．核的比結(jié)合能小于核的比結(jié)合能2．通過分析“天問一號”對火星的探測數(shù)據(jù)，我國科研人員對火星氣候的了解又進了一步?！疤靻栆惶枴痹诎l(fā)射過程中，先繞地球做圓周運動，后變軌運動至火星軌道，繞火星做圓周運動。“天問一號”在兩次圓周運動中的周期二次方T2與軌道半徑三次方r3的關系圖像如圖所示，其中P表示“天問一號”繞火星運動的關系圖線，Q表示“天問一號”繞地球運動的關系圖線，圖中c、m、n已知，則A．火星和地球的質(zhì)量之比為n∶mB．火星和地球的第一宇宙速度之比為m∶nC．火星和地球的密度之比為1∶1D．若“天問一號”繞火星和地球做圓周運動的軌道半徑相等，它在兩軌道的向心加速度之比為1∶13．如圖所示，均勻介質(zhì)中A、B、C三點構(gòu)成直角三角形，∠B＝30°，B、C處各有一波源，可發(fā)出波速均為2m/s的機械橫波。已知A、C間的距離為8m，O為AB的中點，B、C處波源的振動方程分別為xB＝10sin（πt＋π）cm，xC＝8sin（πt）cm，t＝0時刻兩波源同時起振。下列說法正確的是A．兩波的波長均為2mB．t＝10s時，A點在平衡位置C．O點是振動加強點D．0～10s內(nèi)，A點通過的路程為0．4m4．如圖所示，A、B兩籃球從相同高度同時拋出后直接落入籃筐，落入籃筐時的速度方向相同，下列判斷正確的是（）A．A比B先落入籃筐B(yǎng)．A、B運動的最大高度相同C．A在最高點的速度比B在最高點的速度小D．A、B上升到某一相同高度時的速度方向相同5．利用磁場實現(xiàn)粒子偏轉(zhuǎn)或聚焦是科學儀器中廣泛應用的技術.如圖所示,圓柱體真空管內(nèi)存在與圓柱體中軸線x軸平行的向右的勻強磁場,磁感應強度大小為B0,圓柱體半徑為R,在左側(cè)面圓心O處(O為坐標原點)有一粒子源,某時刻發(fā)射大量電荷量為+q、質(zhì)量為m的粒子進入真空管,初速度方向在與x軸夾角為0~60°的同一豎直平面xOy內(nèi),初速度沿x軸方向的分量大小為v0,粒子在磁場中做螺旋線運動,忽略粒子間的相互作用和磁場的邊界效應,不計粒子重力,下列說法正確的是 ()A．粒子從圓心O發(fā)射到再次匯聚一點經(jīng)歷的時間為πmB．欲使粒子剛好在匯聚點離開真空管,則真空管長應為2πnmvC．粒子運動中都不碰撞到真空管壁,則v0最大值為qD．若磁場方向垂直平面xOy向外,磁感應強度大小B=12B0,則在平面xOy內(nèi)沿與x軸夾角為60°發(fā)射的粒子不碰撞y>0區(qū)域內(nèi)的真空管壁,初速度的最大值為6．如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一個半徑為R的絕緣圓環(huán)，圓環(huán)的A、B、C、D端點上分別固定有一個點電荷，電荷量分別為+Q、+Q、?Q、?Q，圓心為O，AC垂直于BD，a、b、c、d分別為OA、OB、OC、OD的中點，在BD的延長線上有P點和N點，且DP=PN=RA．a(chǎn)、b、c、d四點的電場強度大小相等B．a(chǎn)、b、c、d四點的電勢相同C．d點和P點的電場強度大小相等D．P點電勢大于N點電勢二、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7．如圖，原長為l0的輕彈簧豎直放置，一端固定于地面，另一端連接厚度不計、質(zhì)量為m1的水平木板X.將質(zhì)量為m2的物塊Y放在X上，豎直下壓Y，使X離地高度為l，此時彈簧的彈性勢能為EA．若X、Y恰能分離，則EB．若X、Y恰能分離，則EC．若X、Y能分離，則Y的最大離地高度為ED．若X、Y能分離，則Y的最大離地高度為E8．光鑷是一種利用光力學性質(zhì)的重要技術。如圖所示，真空中放有一個折射率為的直角三棱鏡，其邊長為。一束極細的激光從的中點平行于人射，假設激光在面和面不發(fā)生反射。已知該束激光的功率為，在真空中的波長為，真空中的光速為，普朗克常量為。則（）

A．激光在棱鏡中的傳播時間為B．激光在棱鏡中的波長為C．單位時間內(nèi)通過棱鏡的光子數(shù)為D．激光對棱鏡的作用力大小為9．如圖甲，在傾角為θ=30°的斜面上放一輕質(zhì)彈簧，其下端固定，靜止時上端位置在B點。小物塊在A點由靜止釋放，從開始運動的一段時間內(nèi)的v-t圖像如圖乙所示。小物塊在0.8s時運動到B點，在1.0s時到達C點（圖中未標出），在1.3s時到達D點，經(jīng)過一段時間后又回到B點，且速度不為零。取g=10m/s2。由圖知（）A．小物塊從A點運動到D點的過程中，小物塊在C點時，彈簧的彈性勢能最小B．小物塊從A點運動到D點的過程中，小物塊機械能不斷減少C．小物塊從D點運動到B點的過程中，加速度不斷減小D．小物塊第一次經(jīng)過B點的加速度值小于第二次經(jīng)過B點的加速度值10．如圖甲是街頭常見的變壓器，它通過降壓給用戶供電，簡化示意圖如圖乙所示，各電表均為理想交流電表，變壓器的輸入電壓U1保持不變，輸出電壓通過輸電線輸送給用戶，兩條輸電線的總電阻為R0。當并聯(lián)的用電器增多時，下列判斷正確的是 甲 乙A．電流表A1示數(shù)減小，A2示數(shù)減小B．電壓表V2示數(shù)不變，V3示數(shù)增大C．變壓器的輸入功率和輸出功率都增大D．V3的變化量ΔU3與A1的變化量ΔI1之比不變?nèi)⒎沁x擇題：本大題共5題，共56分。11．某實驗小組用如圖甲所示的裝置做“用單擺測量重力加速度”的實驗。(1)如圖乙為擺線上端的三種懸掛方式A、B、C中，選哪種方式正確(2)測擺球直徑時游標卡尺的讀數(shù)為mm(3)若某同學實驗中測出單擺做n次全振動所用時間為t、擺線長為l、擺球直徑為d，則當?shù)氐闹亓铀俣龋ㄓ胣，t，l，d表示）。12．(15分)某電學實驗興趣小組結(jié)合物理課本上的多用電表結(jié)構(gòu)示意圖及實驗室現(xiàn)有器材，設計了如圖所示的電路，整個電路裝置既可以當量程為0～1mA和量程為0～10mA的電流表使用，也可以當作兩個倍率的歐姆電表使用。他們使用到的器材有：電源(電動勢E＝1．5V，內(nèi)阻忽略不計)定值電阻R1、R2電流表G(滿偏電流Ig＝100μA，內(nèi)阻Rg＝990Ω)滑動變阻器R(最大阻值為1500Ω)單刀雙擲開關S1、S2(1)按照多用電表的構(gòu)造和原理，接線柱C端應該接表筆(填“紅”或“黑”)；(2)當單刀雙擲開關S1撥到B端可作為電流表使用，S2撥到1端時，此時裝置可作為0～mA(填“1”或“10”)量程的電流表；(3)電阻R1＝Ω，電阻R2＝Ω；(4)將單刀雙擲開關S1撥到A端可作為歐姆表使用，若S2撥到2端，此時作為歐姆擋“×100”倍率，則將S2撥到1端時的倍率為“”(填“×10”或“×1k”)。13．絕熱的活塞與汽缸之間封閉一定質(zhì)量的理想氣體，汽缸開口向上置于水平面上，活塞與汽缸壁之間無摩擦，缸內(nèi)氣體的內(nèi)能，如圖甲所示。已知活塞面積，其質(zhì)量為，大氣壓強，重力加速度。如果通過電熱絲給封閉氣體緩慢加熱，活塞由原來的位置移動到位置，此過程封閉氣體的圖像如圖乙所示，且知氣體內(nèi)能與熱力學溫度成正比。求：(1)封閉氣體最后的體積；(2)封閉氣體吸收的熱量；14．如圖所示，導體棒、分別靜置于水平固定的平行窄導軌和寬導軌上，導軌間距分別為、，導軌電阻不計，所在區(qū)域存在方向豎直向下、磁感應強度大小為的勻強磁場，、棒的質(zhì)量分別為，兩導體棒總電阻為，棒與導軌間無摩擦，棒與導軌間的動摩擦因數(shù)。時刻，給導體棒一個大小為，方向水平向右的恒力作用，時棒剛要滑動，再過一段時間后回路中電流大小為且保持恒定。已知棒距寬導軌足夠遠，棒所在導軌足夠長，導體棒始終垂直于導軌且與導軌接觸良好，重力加速度大小取，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求：(1)時，棒中電流的大小和方向；(2)時間內(nèi)，安培力對棒的沖量大小；(3)電流的大小。15．（16分）如圖所示，水平地面上有一輕質(zhì)彈簧自然伸長，左端固定在墻面上，右端位于O點。地面上M點右側(cè)有一傳送帶，其上表面與地面齊平，傳送帶以v0＝6m/s的速度逆時針轉(zhuǎn)動?，F(xiàn)用力推動置于O點、質(zhì)量mA＝4kg的小物塊A，使彈簧緩慢壓縮到Q點后由靜止釋放，物塊A運動到O點時的速度vA＝1m/s。現(xiàn)將物塊A換成質(zhì)量mB＝1kg的物塊B，重復以上過程，發(fā)現(xiàn)物塊B運動到M點速度剛好減為零。此時將質(zhì)量mC＝1kg的物塊C在傳送帶上與M點距離為l（未知）的位置由靜止釋放，物塊B、C碰撞后粘在一起，形成結(jié)合體P，P第一次到達O點時的速度大小為v（未知）。已知地面O點左側(cè)光滑，物塊B、C與傳送帶、O點右側(cè)水平地面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0．4，M、N之間的距離L＝9m，重力加速度g取10m/s2，物塊A、B、C均可視為質(zhì)點。（1）求O、M兩點間的距離s。（2）若v＝0，求l的大小。（3）求v與l的關系表達式。

參考答案1．【知識點】原子核的衰變及半衰期【答案】B【詳解】射線是電磁波，不帶電，A錯誤；由質(zhì)量數(shù)守恒可得，B正確；半衰期與原子核物理、化學環(huán)境無關，C錯誤；該反應放出能量，生成物相對更穩(wěn)定，比結(jié)合能增大，D錯誤。2．【知識點】天體密度的計算、宇宙速度【答案】C【解析】“天問一號”在兩次圓周運動過程中，均由萬有引力提供向心力，有GMm0r2＝m0a＝m02πT2r，解得a＝GMr2，T2＝4π2GMr3。由T2－r3圖像的斜率可得cm＝4π2GMP，cn＝4π2GMQ，聯(lián)立可得MP∶MQ＝m∶n，A錯誤；若“天問一號”繞火星和地球運動的軌道半徑r相等，則其在兩軌道的向心加速度大小之比aP∶aQ等于火星和地球的質(zhì)量之比m∶n，D錯誤；設中心天體的半徑為R，有ρ＝MV＝3M4πR3，由題圖得RP3∶RQ3＝m∶n，結(jié)合M3．【知識點】波的加強點與減弱點相關問題、波的干涉的應用【答案】B【解析】由于ω＝π＝2πT，解得T＝2s，則波長λ＝vT＝2×2m＝4m，A錯誤；由幾何關系得AB＝16m，則AB－AC＝8m＝2λ，結(jié)合兩波源振動步調(diào)相反，可知A點是振動減弱點，C到A用時t1＝82s＝4s，B到A用時t2＝162s＝8s，故t＝10s時A點在平衡位置，B正確；因O點到B、C兩點的距離之差為零，可知O點是振動減弱點，C錯誤；0～4s內(nèi)A未動，4s～8s內(nèi)A點振幅為8cm，s14．【知識點】斜拋運動【答案】D【解析】根據(jù)逆向思維，假設籃球從籃筐中做斜拋運動回到手中，由題分析，A水平方向上運動的距離大于B在水平方向上運動的距離，由拋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，在最高點只有水平速度，即A在最高點的速度比B在最高點的速度大，C錯誤；由速度的分解可知，A拋出的速度比B拋出的速度大，則A起拋時豎直方向的速度比B的大，上升到的最高點比B的高，B錯誤；A上升的時間比B長，且兩球從最高點落到相同高度的手中時，根據(jù)豎直方向做自由落體運動可知，A下落的時間比B長，所以A比B晚落入籃筐，A錯誤；在A、B球斜拋軌跡上作籃筐位置的等高線，在實際拋出籃球上升過程中，根據(jù)斜拋運動的對稱性，C、D兩位置處的速度方向相同，D正確．5．【知識點】帶電粒子在磁場中做圓周運動的多解問題【答案】B【解析】粒子在圓柱體內(nèi)沿x軸方向做速度為v0的勻速直線運動,在與x軸方向垂直的豎直面內(nèi)做勻速圓周運動,粒子從圓心O發(fā)射到再次匯聚一點經(jīng)歷的時間為粒子做勻速圓周運動的周期,T=2πmqB0,A錯誤;欲使粒子剛好在匯聚點離開真空管,則真空管長應為L=nv0T=2πnmv0qB0(n=1,2,3,…),B正確;粒子在與x軸垂直的面內(nèi)的分運動為勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,則qvB0=mvy2r,解得r=mvyqB0,粒子運動中都不碰撞到真空管壁,則在垂直于x軸方向的最大速度為vym,則rm=設初速度的最大值為v',做圓周運動的半徑r'=2R,由12qv'B0=mv'26．【知識點】電場的疊加

【答案】A【解析】根據(jù)等量異種點電荷形成的電場特點可知，A、C和B、D處的點電荷在a、b、c、d四點處的電場分布如圖甲所示,A點和C點處的點電荷形成的電場中電場強度Eay=Ecy、Eby=Edy，方向都是豎直向下，B點和D點處的點電荷形成的電場中電場強度Eax=Ecx、Ebx=Edx，方向都是水平向右，且Eay=Ecy=Ebx=Edx，Eby=Edy=Eax=Ecx，根據(jù)電場強度的疊加可知a、b、c、d四點的電場強度大小相等，A正確；選取無窮遠電勢為零，可知正電荷周圍的電勢離正電荷越近電勢越高，且為正值，離負電荷越近電勢越低且為負值，根據(jù)對稱性和疊加原理可知φa=φb>φc=φd，B錯誤；根據(jù)等量異種點電荷形成的電場特點可知，四個點電荷在 甲 乙 丙【命題創(chuàng)新】電場和電勢的疊加屬于高考中的?？键c，近幾年等量同種或異種點電荷的場強均有考查，本題巧妙地構(gòu)建了四個點電荷，可構(gòu)建成兩對異種點電荷模型，考查學生對電場和電勢疊加的理解，需要學生具備一定的對稱思想。7．【知識點】功能原理、能量守恒與曲線運動的綜合【答案】AD【題圖剖析】【解析】本題考查能量守恒定律+彈簧模型.X、Y分離時兩者間的作用力為零，加速度為重力加速度，則在彈簧恢復原長時分離，若恰能分離，分離時X、Y速度為零.若X、Y恰能分離，則對X、Y彈簧組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得Ep=(m1+m2)(l0?l)g，A正確，B錯誤；若X、Y能分離，設彈簧恢復原長時X、Y速度為v，從釋放到彈簧恢復原長的過程中，對X、Y彈簧組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得Ep=(m1+m2)g(8．【答案】ACD【詳解】A．激光發(fā)生全反射的臨界角滿足，而激光射到邊上的點時，入射角為，，因此激光在邊上發(fā)生全反射，射到邊上的點，在棱鏡中的傳播路程為，傳播速度為，傳播時間為，A正確：B．激光的頻率不變，與光速成正比，，B錯誤；C．單位時間內(nèi)通過棱鏡的光子數(shù)，C正確；D．激光入射點的入射角為，根據(jù)折射定律，有，得，因此激光通過棱鏡的偏轉(zhuǎn)角為，每個光子通過棱鏡后動量變化量大小為，由動量定理，激光受到棱鏡的作用力大小滿足，激光對棱鏡作用力的大小，D正確。選ACD。

9．【知識點】牛頓運動定律與圖像結(jié)合問題【答案】BD【詳解】物塊從A到B的加速度可知物塊與斜面之間有摩擦力；A．小物塊從A點運動到D點的過程中，小物塊在C點時速度最大，此時彈簧的彈性勢能不為零，不是最小，選項A錯誤；B．小物塊從A點運動到B點的過程中，因為有摩擦力做負功，則小物塊機械能不斷減少；從B點運動到D點的過程中，因為有摩擦力與彈簧彈力均做負功，則小物塊機械能也是不斷減少，選項B正確；C．小物塊從D點運動到B點的過程中可知彈力剛開始大于重力沿斜面分力和摩擦力后小于，因此加速度先減小為零后反向增加，選項C錯誤；D．小物塊第一次經(jīng)過B點的加速度值第二次經(jīng)過B點的加速度值則選項D正確。選BD。10．【知識點】理想變壓器原、副線圈兩端的電壓、功率、電流關系及其應用【答案】CD【解析】變壓器的輸入電壓U1保持不變，根據(jù)U1U2＝n1n2知，副線圈電壓U2不變，故V2示數(shù)不變，當并聯(lián)的用電器增多時，并聯(lián)部分的電阻減小，副線圈所在回路的總電阻減小，由閉合電路歐姆定律知，通過副線圈的電流I2增大，故A2示數(shù)增大，根據(jù)I1I2＝n2n1知，原線圈中電流I1增大，故A1示數(shù)增大，A錯誤；由閉合電路歐姆定律得，并聯(lián)電路兩端電壓U3＝U2－I2R0，I2增大，U2不變，則U3減小，故V3示數(shù)減小，B錯誤；變壓器的輸入功率等于輸出功率，由P＝U1I1知，輸入功率和輸出功率均變大，C正確；副線圈電壓U2不變，則V3的變化量ΔU3與R0兩端電壓的變化量ΔU0之和為零，所以｜ΔU3｜＝｜ΔU0｜，I1I2＝n【一題多解】理想變壓器的輸入電壓決定輸出電壓，由于輸入電壓不變，故輸出電壓不變，并聯(lián)的用電器增多時，并聯(lián)部分電阻減小，由“串反并同”知，V3示數(shù)減小，A2示數(shù)增大，由輸入電流與輸出電流變化趨勢相同知，A1示數(shù)增大，A、B錯誤?！局R拓展】理想變壓器的制約關系：輸出功率決定輸入功率，輸入電壓決定輸出電壓，輸出電流決定輸入電流。11．【知識點】實驗：用單擺測量重力加速度【答案】(1)C；(2)10.60；(3)【詳解】（1）小球在擺動時擺線容易松動，擺長會改變，A錯誤；小球在擺動過程中會導致擺長變化，B錯誤；使用鐵夾固定擺線，能較好地保證小球在擺動過程中擺長不變，C正確。。（2）游標卡尺的讀數(shù)為（3）單擺的周期和擺長分別為，，由單擺的周期公式，可得12．【知識點】實驗：練習使用多用電表【答案】(1)黑(3分)(2)10(3分)(3)11(3分)99(3分)(4)×10(3分)【解析】(1)紅表筆與內(nèi)部電源的負極相連，黑表筆與內(nèi)部電源的正極相連，故C端應與黑表筆相連。(2)當紅、黑表筆短接，單刀雙擲開關S1撥到B端、S2撥到1端時，電流表量程為I1＝Ig＋Ig(Rg＋R2)R1，當S2撥到2端時，電流表量程為I2＝Ig＋(3)當單刀雙擲開關S1撥到B端、S2撥到2端時，電流表量程擴大10倍，由(2)分析可得R1＋R2＝19Rg，S2撥到1端時，電流表量程擴大100倍，則有R1＝199(Rg＋R2)，聯(lián)立解得R1＝11Ω、R(4)由于R中＝R內(nèi)，且中值電阻等于中值刻度乘以倍率，所以倍率越大，歐姆表內(nèi)阻越大。又因為紅、黑表筆短接時，電路總電阻即為歐姆表內(nèi)阻，由閉合電路歐姆定律得R內(nèi)＝EI，由(2)分析可得R內(nèi)1＜R內(nèi)2，故當單刀雙擲開關S1撥到A端、S213．【知識點】氣體的V-T（V-t）圖像問題【答案】(1)；(2)【詳解】（1）以氣體為研究對象，根據(jù)蓋一呂薩克定律，有解得（2）依題意，氣體的內(nèi)能與熱力學溫度成正比，有解得活塞從位置緩慢移到位置，活塞受力平衡，氣體為等壓變化，以活塞為研究對象有解得

氣體膨脹，外界對氣體做功由熱力學第一定律得氣體變化過程吸收的總熱量為14．【知識點】雙桿模型【答案】(1)0.5A，由d指向c；(2)；(3)【詳解】（1）當時，對棒受力分析，由平衡條件解得棒中電流的大小由右手定則可知，棒中電流方向為由d指向c；（2）時，ab棒產(chǎn)生的感應電動勢為由歐姆定律代入數(shù)據(jù)解得時間內(nèi)，對ab棒受力分析，由動量定理解得（3）穩(wěn)定后，電路中電流一定，