资源简介

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 （二）
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．以下关于原子和原子核的认识，正确的是（　　）
A．汤姆逊研究阴极射线时发现电子，说明原子具有复杂结构
B．卢瑟福的α粒子散射实验发现了质子
C．原子核每发生一次β衰变，原子核内就失去一个电子
D．原子核的比结合能越大，平均核子质量就越大
2．如图所示，为建筑工地上的四分之一圆弧轨道，圆心为O，半径竖直，点将分成3等份。工件甲、乙分别从点水平向右抛出，不计空气阻力，则能垂直击中轨道的是（　　）
A．仅甲能 B．仅乙能 C．甲、乙都能 D．甲、乙都不能
3．质量为的卫星围绕质量为的行星做匀速圆周运动，轨道半径为，引力常量为，则经过周期，行星对卫星万有引力的冲量大小为（　　）
A． B． C． D．
4．某简谐横波波源的振动图像如图1所示，该波源的振动形式在介质中传播，某时刻的完整波形如图2所示，其中P、Q是介质中的两个质点，该波的波源位于图2中坐标原点处，下列说法正确的是
图1 图2
A．该波的周期为0．1 s
B．再经过0．4 s，图2中质点Q处于波谷
C．图2中质点Q第一次处于波谷时，波源处于波峰位置
D．从t＝0．2 s到质点Q开始振动，质点P运动的路程为0．3 m
5．如图所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电荷量为的液滴恰好做半径为的匀速圆周运动，已知电场强度方向竖直向上，大小为，磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为，重力加速度为，不计空气阻力，则下列说法正确是（　　）。
A．液滴一定沿顺时针方向运动
B．液滴的线速度大小为
C．仅增大速度，液滴做圆周运动的轨迹半径增大
D．液滴的质量和电荷量都变为原来的一半，速度大小不变，则液滴做圆周运动的轨迹半径减小
6．如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，圆上有三点A、B、C，其中A与C的连线为直径，∠A＝30°。有两个完全相同的带正电粒子，带电量均为q（q＞0），以相同的初动能Ek从A点先后沿不同方向抛出，它们分别运动到B、C两点。若粒子运动到B、C两点时的动能分别为EkB＝2Ek、EkC＝3Ek，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则匀强电场的场强大小为
A． B． C． D．
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．某小型水电站的电能输送示意图如图所示,发电机(内阻不计)输出的正弦交流电压的有效值为250 V,发电机通过升压变压器和降压变压器向用户供电.已知输电线的总电阻R0=4 Ω.降压变压器的原、副线圈匝数之比n3∶n4=4∶1,降压变压器的副线圈与阻值R=11 Ω的电阻及电压表组成闭合电路,理想电压表的示数为220 V.变压器均视为理想变压器,则下列说法正确的是 (　　)
A．通过R0的电流的有效值为5 A
B．升压变压器的原、副线圈匝数之比为5∶18
C．输电线电阻R0两端电压的最大值为20 V
D．发电机的输出功率等于R消耗的功率
8．如图，半径为的玻璃半球体，点为球心，左表面竖直，其下半部分放有一毛玻璃屏，在半球体右侧竖直放置一平面镜。某同学用激光笔发出一细束与过球心的水平直线平行且间距为的激光从A点射入，该同学缓慢地向左移动平面镜，发现时，在毛玻璃上的点观察到清晰的亮点，且点与A点关于点对称。已知光在真空中的速度为。则下列说法正确的是（　　）
A．激光在该玻璃中的折射率
B．激光在该玻璃中的折射率
C．激光在该玻璃中的传播速度为
D．激光由A点射入到从点射出的时间
9．如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连，小球A穿过竖直杆置于弹簧上。让小球B以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k，重力加速度为g，则
A．小球均静止时，弹簧的长度为L-
B．角速度ω=ω0时，小球A对弹簧的压力为mg
C．角速度ω0=
D．角速度从ω0继续增大的过程中，小球A对弹簧的压力不变
10．一物体放在倾角为θ且足够长的光滑斜面上，初始位置如图甲所示，在平行于斜面的力F的作用下由静止开始沿斜面运动，运动过程中物体的机械能E随位置x的变化关系如图乙所示。其中0~x1过程的图线是曲线，x1~x2过程的图线是平行于x轴的直线，x2~x3过程的图线是倾斜的直线，则下列说法正确的是（　　）
A．在0~x1的过程中，力F逐渐变小
B．在0~x1的过程中，物体的加速度逐渐减小
C．在x1~x2过程中，物体的动能越来越大
D．在0~x3的过程中，物体的速度方向先向下再向上
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．某同学设计了一个用拉力传感器进行“测量重力加速度”并“验证机械能守恒定律”两个实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图①所示。
（1）用游标卡尺测出小铁球直径结果如图②所示。则其直径D= mm；
（2）让小铁球以较小的角度在竖直平面内摆动，从计算机中得到拉力大小随时间变化的关系图像如图③，则小球摆动的周期为T= s；
（3）该同学还测得该单摆的摆线长用L表示，则重力加速度的表达式为g= （用物理量T、L、D表示）。
（4）将摆球多次拉离竖直方向一定角度后由静止释放，测得拉力的最小值F1与最大值F2并得到F2-F1图线，如图④，如果小球在摆动的过程中机械能守恒，则该图线斜率的绝对值等于 ；
（5）若实际测得F2-F1图线的斜率与理论值总是存在一定偏差，可能是以下哪种原因
A．测量单摆摆长时漏加小球半径
B．小钢球初始释放位置不同
C．小钢球摆动角度偏大
D．小钢球摆动过程中存在空气阻力
12．某同学为测定电阻丝的电阻率ρ，设计了如图甲所示的电路，电路中ab是一段电阻率较大、粗细均匀的电阻丝，保护电阻R0＝4．0 Ω，电源电动势E＝3．0 V，电流表内阻忽略不计，滑片P与电阻丝始终接触良好。
甲
　　
乙　　　　　丙
（1）实验中用螺旋测微器测得电阻丝的直径如图乙所示，其示数为d＝　　　　mm。
（2）实验时闭合开关，调节滑片P的位置，分别测量出每次实验中aP长度x及对应的电流表示数I，实验数据如表所示：
x/m 0．10 0．20 0．30 0．40 0．50 0．60
I/A 0．49 0．43 0．38 0．33 0．31 0．28
/A－1 2．04 2．33 2．63 3．03 3．23 3．57
根据表中的数据，在图丙的坐标纸上作出－x图像，并由图线求出电阻丝的电阻率ρ＝　　　　Ω·m（取π＝3．14，结果保留两位有效数字）。
（3）根据－x图像纵轴截距的物理意义，可求得电源的内阻为r＝　　　　Ω（结果保留两位有效数字）。
（4）若电流表内阻不可忽略，则电流表的内阻对测量电阻丝的电阻率　　　　（填“有”或“无”）影响，根据－x图像纵轴截距的物理意义可求得的是　　　　。
13．为防止新冠病毒的传播，很多公共场所采用压缩式喷雾器来消毒。如图所示，储液桶与打气筒用软管相连，已知储液桶总容积为V（不计储液桶两端连接管体积），初始时桶内消毒液上方空气压强为2p0，体积为0.2V，温度为0.8T。打开阀门K喷洒消毒液，一段时间后关闭阀门，此时储液桶内空气压强恰好为p0，温度为T，p0为外界大气压强，求：
（1）关闭阀门时，已喷出的消毒液的体积；
（2）每次打气，能打入压强为p0、温度为T、体积为0.1V的空气，为了使桶内空气压强恢复到2p0；至少需要打气多少次 （假设打气过程中气体温度不变）
14．如图所示，平行光滑且足够长的金属导轨ab、cd固定在同一水平面上，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=2T，导轨间距L=0.5m。有两根金属棒MN、PQ质量均为1kg，电阻均为0.5Ω，其中PQ静止于导轨上，MN用两条轻质绝缘细线悬挂在挂钩上，细线长h=0.9m，当细线竖直时棒刚好与导轨接触但对导轨无压力。现将MN向右拉起使细线与竖直方向夹角为60°，然后由静止释放MN，忽略空气阻力。发现MN到达最低点与导轨短暂接触后继续向左上方摆起，PQ在MN短暂接触导轨的瞬间获得速度，且在之后1s时间内向左运动的距离s=1m。两根棒与导轨接触时始终垂直于导轨，不计其余部分电阻，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）当悬挂MN的细线到达竖直位置时，MNQP回路中的电流大小及MN两端的电势差大小并判断哪端电势高；
（2）MN与导轨接触的瞬间流过PQ的电荷量q；
（3）MN与导轨短暂接触过程中回路中产生的焦耳热Q。
15．如图所示，光滑圆弧轨道AB的半径R=0.9m，圆心角∠AOB=60°，与光滑水平面BC相切于B点，水平面与水平传送带在C点平滑连接，传送带顺时针匀速转动。质量为的小球P从A点以=4m/s的初速度切入圆弧轨道，与静止在水平面上质量为的物块Q发生弹性正碰，碰后取走小球P。Q到达传送带右端时恰好与传送带速度相等，从D点水平抛出后，落在水平面上的E点，D、E的水平距离x=0.9m，物块Q与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，其余部分摩擦不计，传送带上表面距地面高度h=0.45m，重力加速度g=10m/s2，P、Q及传送带转动轮大小不计。
(1)求小球P刚刚到达B点时对轨道的压力大小；
(2)Q由C到D过程中，带动传送带的电机至少要多做多少功？
(3)若传送带以同样大小的速度逆时针转动，分析碰撞后物块Q的运动情况。
参考答案
1．【知识点】原子核的衰变及半衰期、电子的发现、结合能与比结合能
【答案】A
【详解】A．汤姆逊发现电子，揭示了原子内部具有复杂结构，A正确；
B．卢瑟福用人工核反应的方法分别发现了质子，B错误；
C．β衰变是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，C错误；
D．根据比结合能的概念可知，原子核的比结合能越大，则在核子结合为原子核的过程中平均每个核子亏损的质量越多，所以平均每个核子的质量越小，D错误。选A。
2．【知识点】求解平抛运动、类平抛运动问题
【答案】A
【详解】设在OB上某点C水平抛出正好垂直落于圆弧上D点，可知速度反向延长线交于水平位移中点，如图所示
可见，故OB中点下方水平抛出的小球，都不可能垂直落于AB圆弧轨道上，从M点水平抛出，可见竖直位移为，水平位移为，可得水平速度为，即甲能垂直击中轨道，乙不能。选A。
3．【知识点】万有引力定律问题的分析与计算、冲量的概念
【答案】A
【详解】
根据牛顿第二定律可得
解得
经过个周期，卫星的速度大小不变，方向转过90°，有
根据动量定理可得
故选A。
4．【知识点】波的图像和振动图像的综合应用
【答案】C
【解析】由题图1知该波的周期为0.2 s，A错误；由题图2知该波的波长为0.2 m，波速为1 m/s，波传播到Q用时0.3 s，故再经过0.4 s质点Q振动了0.1 s，即半个周期，处于平衡位置，B错误；从图示时刻再经过0.35 s质点Q第一次处于波谷（点拨：平移法，将波谷沿传播方向平移到Q点，平移距离Δx＝0.35 m＝λ＝λ，则传播时间为Δt＝T），波源振动个周期，处于波峰，C正确；由题图1、2可知，题图2所示波形图对应的时刻为t＝0.2 s，从t＝0.2 s到质点Q开始振动，历时0.3 s，质点P经过的路程为6A＝12 cm，D错误。
5．【知识点】带电粒子在叠加场中的运动、带电粒子的运动半径和周期公式及其简单应用
【答案】C
【详解】
A．由于带电液滴做匀速圆周运动，分析可知电场力大小等于重力，液滴带正电荷，洛伦兹力提供向心力，根据左手定则可以判断液滴一定沿逆时针方向运动，故A错误；
B．根据液滴所受重力等于电场力，可得液滴的质量为，根据，可得线速度大小为，故B错误；
C．增大速度后液滴所受重力依然等于电场力，根据可得，增大，故C正确；
D．若液滴的质量和电荷量都变为原来的一半，液滴所受重力依然等于电场力，根据可得不变，即液滴做圆周运动的轨迹半径不变，故D错误。
故选C。
6．【知识点】匀强电场中电势差与电场强度的关系、带电粒子在匀强电场中的运动
【答案】D
【详解】从A点到B点应用动能定理有：
从A点到C点应用动能定理有：
所以
做出等势面和电场线如图所示：
则从A点到B点应用动能定理有：
解得 。
选项D正确，A、B、C错误。
7．【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、电能的输送
【答案】ABC　
【解析】根据闭合电路欧姆定律可得,降压变压器副线圈的电流为I4===20 A,根据变压器的电流关系有=,可得输送电流为I3=5 A,则通过R0的电流的有效值为5 A,故A正确;根据变压器的电压关系有=,可得降压变压器的输入电压为U3=880 V,输电线上损耗的电压为U损=I3R0=20 V,则升压变压器的输出电压为U2=U3+U损=900 V,则根据变压器的电压关系可得,升压变压器的原、副线圈匝数之比为===,故B正确;输电线电阻R0两端电压的最大值为Um=U损=20 V,故C正确;根据能量守恒可知,发电机的输出功率等于R消耗的功率与输电线电阻R0损耗的功率之和,故D错误.
8．【知识点】全反射与折射的综合应用
【答案】BD
【思路点拨】
【详解】AB．光路图如图所示，根据光路的对称性与光路的可逆性，依题意有，所以，根据余弦定理得，解得，所以，，根据折射定律可得，错误，正确；
CD．光在玻璃中的光速为，光在玻璃中通过的路程，激光由A点射入到从点射出的时间，C错误，D正确。选BD。
9．【知识点】利用牛顿定律进行受力分析、向心力的计算及应用、绳、杆类圆周运动问题
【答案】ACD
【详解】
A．若两球静止时，均受力平衡，对B球分析可知杆的弹力为零，
；
设弹簧的压缩量为x，再对A球分析可得：
，
故弹簧的长度为：
，
故A项正确；
BC．当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面，即，设杆与转盘的夹角为，由牛顿第二定律可知：
而对A球依然处于平衡，有：
而由几何关系：
联立四式解得：
，
则弹簧对A球的弹力为2mg，由牛顿第三定律可知A球队弹簧的压力为2mg，故B错误，C正确；
D．当角速度从ω0继续增大，B球将飘起来，杆与水平方向的夹角变小，对A与B的系统，在竖直方向始终处于平衡，有：
则弹簧对A球的弹力是2mg，由牛顿第三定律可知A球队弹簧的压力依然为2mg，故D正确；
故选ACD。
10．【知识点】功能关系与能量守恒定律的综合应用
【答案】AC
【详解】
AB．在0～x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，拉力方向沿斜面向上，所以物体的位移方向向下，即物体在沿斜面向下运动。根据功能关系得
得
则知图线的斜率表示拉力，在0～x1过程中图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力逐渐减小到零，根据牛顿第二定律有
可知，加速度一直增大，故A正确，B错误；
C．由图线的斜率表示拉力，则在x1～x2过程中，拉力F=0，机械能守恒，向下运动，重力势能减小，动能增大，故C正确；
D．在0～x1过程中，由于机械能减小，则拉力做负功，则物体从静止开始向下加速运动，x1～x2过程中，F=0，物体向下做匀加速运动，x2～x3过程，机械能增大，拉力做正功，沿斜面向下，故物体继续向下做加速运动，即物体一直沿斜面向下运动，故D错误。
故选AC。
11．【知识点】以机械能守恒定律为基础的创新实验、实验：用单摆测量重力加速度
【答案】9.3，2/2.0，或者，2，D
【详解】（1）读数为
（2）小球在经过最低点时绳上的拉力最大，且一个周期内经过二次最低点，所以小球做单摆运动的周期为
（3）由单摆周期公式可知，解得
（4）根据向心力方程以及机械能守恒可知，， ，联立解得，所以图像的斜率的绝对值应为2；
（5）由以上分析可知，绳长可以约掉，释放高度和角度也在计算过程中约掉，因此，存在误差的原因应该是有阻力做功，机械能不守恒，即存在空气阻力，ABC错误，D正确。
12．【知识点】实验：导体电阻率的测量
【答案】（1）0.400（2分）　（2）见解析（2分）　1.1×10－6（1.0×10－6～1.3×10－6均可）（2分）　（3）1.3（1.1～1.4均可）（2分）　（4）无（1分）　电流表内阻和电源内阻之和（1分）
【解析】（1）由题图乙可知电阻丝的直径d＝0 mm＋40.0×0.01 mm＝0.400 mm。
（2）在题图丙中先描点，再将这些点拟合成一条直线，如图所示；由电阻定律可得R＝，由闭合电路欧姆定律可得R＝－R0－r，所以＝·x＋，则－x图线斜率k＝＝（A－1·m－1），联立解得电阻率ρ≈1.1×10－6 Ω·m。
（3）由（2）可知－x图像纵轴截距为b＝＝1.77 A－1，代入数据解得r≈1.3 Ω。
（4）根据表达式＝·x＋可知，电流表的内阻只影响－x图像纵轴截距，与图线的斜率无关，所以RA对电阻率的测量无影响。从纵轴截距看，r是电流表内阻与电源内阻之和。
13．【知识点】利用理想状态方程解决问题、气体等温变化与玻意耳定律
【答案】（1）0.3V；（2）5次
【详解】
（1）设停止喷洒时消毒液上方气体的体积为V1，根据理想气体状态方程
解得
则喷出的消毒液的体积
（2）设打气体次数为n，由玻意耳定律得
解得
n=5次
14．【知识点】电磁感应现象中的功能问题
【答案】（1）1.5V，M端电势高；（2）1C；（3）2J
【详解】
（1）设MN摆动到竖直位置刚好与导轨接触时速度为，由机械能守恒定律得
得
此时MN产生的感应电动势
回落中的感应电流
MN两端电势差
根据右手定则可判断M端电势高。
（2）由题意得，PQ做匀速运动，则有
对PQ由动量定理得
又
解得
（3）在MN与导轨接触的短暂时间t内，MN与PQ系统动量守恒，选向左为正方向有
解得PQ棒接触导轨后摆起的速度
由能量守恒定律得
解得回路中产生的焦耳热
15．【知识点】传送带模型、传送带模型中的能量守恒问题、单一物体机械能守恒定律的应用、求解弹性碰撞问题、竖直面内圆周运动问题
【答案】(1)N；(2)6J；(3)物块将在圆弧上0.2m高处和传送带上C点右侧2m处之间来回运动
【详解】
(1)设P球刚刚到达B点时速度为，下滑高度为H，B点对球的支持力为FN，由动能定理有
H=R-Rcos60°
联立解得
再由牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律得，小球对B点的压力为N。
(2)设P、Q碰撞后的速度分别为、，由于发生弹性碰撞，由动量守恒有
由机械能守恒定律有
解得
（舍去）
设物块由D点平抛时的速度为，下落时间为t，则有
，
解得
设物块在传送带上运动的加速度为a，运动时间为t，则有
，
物体和传送带的相对位移
电机所做的功
联立解得
W=6J
(3)传送带逆时针转动时，物块向右滑上传送带时做匀减速运动，能滑到的最大距离为
传送带的长度
故物块以等大速度反向滑回，到达圆弧面的最大高度
故物块将在圆弧上0.2m高处和传送带上C点右侧2m处之间来回运动。

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