资源简介

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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（十）
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。
1．2024年1月6日，“华龙一号”4号机组内穹顶吊装就位，我国“华龙一号”是当前核电市场接受度最高的三代核电机型之一，其全面建成有力支撑了我国由核电大国向核电强国的跨越。核反应堆是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量核能。是反应堆中发生的许多核反应中的一种，X是某种粒子，a是X粒子的个数，用、、分别表示、、核的质量，表示X粒子的质量，c为真空中的光速。以下说法正确的是（　　）
A．X为中子，
B．太阳就是一个巨大的铀核裂变反应堆
C．上述核反应中放出的核能
D．铀块体积必须达到临界体积，有质子通过时，才能发生链式反应
2．图甲为一列简谐波在某时刻的波形图，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图像。则由图可知，下列说法正确的是（ ）

A．此时刻Q点向下振动
B．该简谐波沿x轴的负方向传播
C．该简谐波的传播速度为20m/s
D．从该时刻起，经过0.1s质点P沿x轴传播的路程为0.4m
3．在xOy平面内存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直于平面向外的匀强磁场,现让一个质量为m,电荷量为q的带正电小球从O点沿y轴正方向射入,已知电场强度大小为,磁感应强度大小为B,小球从O点射入的速度大小为,重力加速度为g,则小球的运动轨迹可能是
A． B． C． D．
4．据统计，现在围绕地球运行的卫星有1000多颗，若这些卫星都做圆周运动，地球表面的重力加速度大小为g，对于这些卫星，下列说法正确的是（ ）
A．轨道半径越大，卫星做圆周运动的向心加速度越大
B．轨道半径越大，卫星做圆周运动的角速度越大
C．轨道半径越大，卫星做圆周运动的周期越大
D．轨道半径越大，卫星做圆周运动的线速度越大
5．图甲为儿童玩具拨浪鼓，其简化模型如图乙，拨浪鼓上分别系有长度不等的两根细绳，绳一端系着小球，另一端固定在关于手柄对称的鼓沿上；A、B两球相同，连接A球的绳子更长一些，现使鼓绕竖直方向的手柄匀速转动，两小球在水平面内做周期相同的匀速圆周运动，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A．两球做匀速圆周运动时绳子与竖直方向的夹角
B．A、B两球的向心加速度相等
C．A球的线速度小于B球的线速度
D．A球所受的绳子拉力大于B球所受的绳子拉力
6．单个点电荷周围空间的电势，为到点电荷的距离；系统的电势能等于每个电荷电势能总和的一半。现在光滑绝缘水平面上，有三个带电量均为、质量均为的相同均匀带电小球，用三根长为的轻质绝缘细绳连接，处于静止状态。A、B、C分别为其中点，为三角形中心，下列说法正确的是（　　）
A．点的电场强度和电势均为零 B．A、B、C三点电场强度相等
C． D．系统的总电势能为
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．如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知物块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下。滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为，长木板P与地面之间的动摩擦因数为，重力加速度。则下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．时，木板P停止运动
D．滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为
8．9 ．[山东济南2022模拟]2021年12月9日,“天宫课堂”开讲,某同学在观看太空水球光学实验后,想研究光在含有气泡的水球中的传播情况,于是找到一块环形玻璃砖模拟光的传播,俯视图如图乙所示.光线a沿半径方向射入玻璃砖,光线b与光线a平行,两束光线之间的距离设为x,已知玻璃砖内圆半径为R,外圆半径为2R,折射率为,光在真空中的速度为c,不考虑反射光线,下列关于光线b的说法正确的是 (　　)
　　　
甲 乙
A．当x>R时,光不会经过内圆
B．当x=R时,光线从外圆射出的方向与入射光线b的夹角为45°
C．当x=R时,光线从外圆射出的方向与入射光线b平行
D．当x=R时,光从内圆通过的时间为
9．某风洞的示意图如图甲所示，风洞可以产生可控制的气流。在某次风洞实验中，将质量为2.5kg的物块置于出风口，打开气流控制开关，物块与风力作用的正对面积不变，所受风力大小（采用国际单位制，v为风速大小）。物块距出风口的高度为h，风速的平方与h的变化规律如图乙所示。取重力加速度大小。物块在上升6m的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．打开开关瞬间，物块的加速度大小为
B．物块一直处于超重状态
C．物块运动的时间小于
D．物块先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动
10．如图所示的电路中，变压器为理想变压器，R1、R2、R3、R4为定值电阻，变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，电路输入正弦交流电，若四个电阻消耗的功率相同，则四个电阻的大小关系正确的是（　　）
A． B． C． D．
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．在“用单摆测量重力加速度”的实验中，某实验小组在测量单摆的周期时，测得摆球经过次全振动的总时间为，在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆线长度为，再用游标卡尺测量摆球的直径为。回答下列问题:
(1)为了减小测量周期的误差，实验时需要在适当的位置做一标记，当摆球通过该标记时开始计时，该标记应该放置在摆球摆动的____________。
A．最高点 B．最低点 C．任意位置
(2)该单摆的周期为 ，重力加速度 （用题干中字母表示）。
(3)如果测得的值偏小，可能的原因是____________。
A．实验时误将49次全振动记为50次
B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时时，停表过迟按下
(4)为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长并测出相应的周期，从而得出几组对应的和的数值，以为横坐标、为纵坐标作出图线，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的图像是图乙中的 （选填“①”“②”或“③”）。
12．某实验小组开展测量电源电动势和内阻的实验，使用的器材如下：
待测电源E（电动势约为3V，内阻约为3）；
毫安表mA（m）（量程0～2.5mA，内阻约为800）：
微安表（量程0～500μA，内阻约为1000）；
定值电阻；
电阻箱R1（阻值0～999.9）
电阻箱R2（阻值0～9999.9）；
单刀双掷开关S；
导线若干。
由于微安表量程较小，且内阻未知，为达到实验目的，实验小组设计了如图（a）所示的电路图，请完成下列步骤：
（1）根据图（a），在答题卡上完成图（b）中的实物连线。
（2）先将R2的阻值调到最大，将单刀双掷开关S接到1，调节R1和R2为适当阻值，使微安表和毫安表均有明显的偏转，读出微安表的示数和毫安表的示数I2，则微安表内阻可表示为（用R1、I1和I2表示）。保持R1不变，多次调节R2的阻值，测得多组数据，断开开关S。经数据处理后得到微安表的内阻。
（3）现将微安表与并联的整体视为量程0～30mA的电流表，应将调为。保持的阻值不变，并用RA表示该并联整体的电阻。
（4）将R2的阻值调到最大，开关S接到2，逐渐减小R2的阻值，记下微安表相应的示数I，并求得干路中的电流。
（5）重复步骤（4），得到多组数据，并以为纵坐标，R2为横坐标，作的关系图线，得到图线斜率为k、纵轴的截距为b。通过以上实验，得到待测电源的电动势E和内阻r的表达式；（用k、b、、RA表示）。
13．卡诺循环（Carnotcycle）是由法国工程师萨迪·卡诺于1824年提出的，以分析热机的工作过程。卡诺循环包括四个步骤：等温膨胀，绝热膨胀，等温压缩，绝热压缩。如图所示，热机汽缸内的理想气体先从压强为、体积为、温度为的状态A等温膨胀到体积为、压强为的状态B，然后从状态B绝热膨胀到体积为、压强为、温度为的状态C，之后再经过等温压缩，压缩过程回到初始状态A，整个循环过程中气体对外界做功大小为。已知、、和。求：
（1）的表达式；
（2）的表达式；
（3）经过整个卡诺循环过程，气体是吸收还是放出热量，其量是多少？
14．某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成闭合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示。导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零，在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小（其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻。在火箭落停过程中，
（1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；
（2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系；
（3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W；
（4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。
15．如图所示，一倾角的传送带与两个内表面光滑的圆弧细管道在最高点B平滑连接，地面上放置一右端固定挡板的长木板，长木板上表面与光滑平台CD、细管道最低端C等高相切。传送带以恒定速度顺时针转动，将滑块P轻放在传送带A点上，经过细管道与静止放置在平台上的滑块Q发生弹性碰撞，碰后P恰好能返回到细管道最高点B处，Q滑上长木板后，与长木板的档板发生弹性碰撞最终停在长木板上。已知管道半径均为R，传送带的速度，滑块P、Q及长木板质量分别为m、2m、4m，P与传送带间的动摩擦因数，Q与长木板上表面间的动摩擦因数，长木板下表面与地面间的动摩擦因数。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，。求：
（1）滑块P刚放到传送带上时加速度大小；
（2）滑块P碰后返回通过管道最低端C时对管道的压力大小；
（3）滑块P在传送带上运动的时间；
（4）木板的最小长度。
物理押题卷（十）
参考答案
1．【答案】C
【详解】A．由电荷数守恒知X的电荷数为0，X为中子，由质量数守恒知，A错误；
B．太阳发生的是轻核聚变，所以太阳是一个巨大的热核反应堆，B错误；
C．由题意知，核反应过程中的质量亏损，由质能方程可知，释放的核能，C正确；
D．根据链式反应的条件可知，轴块体积必须达到临界体积，有中子通过时，才能发生链式反应，D错误。选C。
2．【答案】C
【详解】AB．由乙图可知，此时质点P向下振动，根据波传播的特点，沿波的方向上，“上波下、下波上”的规律可得，波沿x正方向传播，质点Q向上振动，AB错误；
C．由甲图可知，该波的波长，由乙图可知，其周期为，波速为，C正确；
D．经过0.1s，质点P只会在平衡位置上下振动，并不会随波迁移，其经过的路程为振幅的2倍，即，D错误。选C。
3．【答案】C 　
【解析】重难考点：带电体在复合场中的曲线运动
小球射入时将初速度v0进行分解,其中分速度v1可使得小球受到的电场力、洛伦兹力与重力三力平衡,由Eq=mg+qv1B,解得v1=,根据左手定则可知v1沿x轴正方向,由题意知初速度v0沿y轴正方向,大小为,根据平行四边形定则可得分速度v2与y轴的夹角为45°,如图甲所示,分速度v2的大小为v2=v0=,故小球以分速度v2做匀速圆周运动,以分速度v1沿x轴正方向做匀速直线运动,两者的合运动轨迹即为小球的运动轨迹,小球y轴方向上的位移只与匀速圆周运动有关,圆周运动轨迹如图乙所示,圆周运动的轨迹与x轴正方向匀速直线运动合成后的轨迹即为小球实际运动轨迹,如图丙所示,C正确。
甲　　　　乙　　　　丙
【技巧必背】
带电体在复合场中运动时,将带电体的速度分解为两个分速度,一个分速度的洛伦兹力与重力、电场力相平衡,为匀速直线运动,另一个分速度在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,带电体的运动为匀速直线运动和匀速圆周运动的叠加,轨迹上每个位置的速度由该位置处的匀速直线运动的速度与匀速圆周运动的速度矢量叠加决定。
4．【答案】C
【详解】A．卫星做匀速圆周运动，万有引力充当向心力，有，，轨道半径越大，卫星做圆周运动的向心加速度越小，A错误；
B．根据，，轨道半径越大，卫星做圆周运动的角速度越小，B错误；
C．根据，，轨道半径越大，卫星做圆周运动的周期越大，C正确；
D．根据，，卫星轨道半径越大，线速度越小，D错误。选C。
【方法总结】卫星类型关键要建立物理模型：卫星绕地球做匀速圆周运动，地球万有引力提供卫星的向心力。
5．【答案】D
【详解】A．小球在水平面内做匀速圆周运动，绳子拉力与重力的合力提供小球的向心力，则有，可得，由于两球角速度相同，相同，则越大，越大；故有，A错误；
B．对两小球，分别根据牛顿第二定律可得，，解得，，由于，则有，B错误；
C．由，由于两球的角速度相等，A球的轨道半径比B球的轨道半径大，则A球的线速度大于B球的线速度，故C错误；
D．A球所受的绳子拉力大小为，B球所受的绳子拉力大小，因，则有，D正确。选D。
6．【答案】D
【详解】A．O点是正三角形的中心，到各个点的距离都相同，由于各点电荷的电荷量相等，由，所以各点电荷在O点产生的场强相同，且两两之间的夹角为，由电场叠加原理可得，O点的场强为零。由题意可知点电荷的电势，各点电荷在O点的电势，均相等，由于电势是标量，所以其叠加遵循运算法则，叠加后不为零，A项错误；
B．根据点电荷的电场强度有，由于各点电荷都是正电荷，所以有电场叠加可知，ABC三点的电场强度大小相等，方向不同，B项错误；
C．A点到小球3的距离为，所以A点的电势为，同理B点的电势为，C点的电势为，所以有，C项错误；
D．1电荷的电势能，同理可得2和3电荷电势能，整个系统电势能为，D项正确。选D。
7．【答案】AD
【详解】AB：根据图像可知，滑块Q加速阶段的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得，解得，根据图像可知，撤去力F到P、Q共速前过程，木板P做减速运动的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得，解得，A正确，B错误；
C：由图像可知，共速后，由于，则滑块Q相对于木板P向前运动，以P为研究对象，根据牛顿第二定律可得，解得P的加速度大小为，则共速到木板P停下所用时间为，木板P停止运动的时刻为，C错误；
D：根据图像的面积表示位移可知，共速前滑块Q相对P向左运动的位移为，共速后滑块Q的加速度大小仍为，则共速后到两者都停下，滑块Q相对P向右运动的位移为，则滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为，D正确。选AD。
8．【答案】AD　
【解析】当折射光线恰好和内圆相切时,光恰好不会通过内圆,根据几何关系得sin i=,sin r=,根据折射率公式n=,代入数据解得x=R.因此当x>R时,光不会经过内圆,故A正确;当x=R时,由上式解得i=45°,r=30°,由几何分析可知,光线从外圆射出的方向与入射光线b的夹角小于45°,故B错误;当x=R时,由几何分析可知,光线从外圆射出的方向不可能与图中入射光线平行,且sin θ1=,则sin θ2=,根据正弦定理有=,得θ3=30°,则θ4=45°,则光在内圆通过距离为L==R,光从内圆通过的时间为t=,故C错误,D正确.
9．【答案】BC
【详解】A．依题意，打开开关瞬间，对物块根据牛顿第二定律有，解得，A错误；
BD．根据题图可知，当风力与物块受到的重力大小相等时有，解得，物块在上升6m的过程中，风力一直大于重力，物块做加速运动，一直处于超重状态，B正确、D错误；
C．物块上升到距出风口6m时，受到的风力大小，根据牛顿第二定律有，解得，设物块以的加速度做匀加速直线运动，上升6m所需要的时间为t，则有，解得，因为物块实际的加速度大于，所以物块上升的时间小于，C正确。选BC。
10．【答案】AB
【详解】四个电阻消耗的功率相同，根据变压器电压比等于匝数比可知，两端电压为两端电压的倍，由于、并联，功率相等，，则，解得，设副线圈两端电流为，则原线圈的电流为，则流过的电流为，则，解得，，，。选AB。
11．【答案】(1)B，(2)；，(3)B，(4)①
【详解】（1）为了减小测量周期的误差，应该将小球经过最低点时作为计时开始和终止的位置更好些，实际摆动中最高点的位置会发生变化，且靠近最高点时速度较小，计时误差较大。故选B。
（2）[1]因为摆球经过次全振动的总时间为，则该单摆的周期为
[2]由单摆周期公式，其中可得，重力加速度的表达式为
（3）根据，可知
A．实验中误将49次全振动次数记为50次，所测周期偏小，则所测重力加速度偏大，A错误；
B．摆线上端量点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，所测重力加速度偏小，B正确；
C．开始计时时，秒表过迟按下，所测周期偏小，则所测重力加速度偏大，C错误；选B。
（4）由题意可得，单摆的实际摆长为，由单摆周期表达式得，化简可得，由此得到的图像是图乙中的①。
12．【答案】；；18；；
【详解】（1）[1]根据电路图可得实物连接图如图所示
（2）[2]根据电路图可得微安表两端的电压，根据欧姆定律可得
（3）[3]根据并联电路的分流可得，解得
（5）[4][5]根据闭合电路欧姆定律，整理可得，可得，，解得，
13．【答案】（1）；（2）；（3）吸收热量
【详解】（1）对热机汽缸，研究等温膨胀过程，则初态气体状态参量分别为、，末态气体状态参量分别为、，由玻意耳定律有
依题意可知
解得
（2）对热机汽缸内的理想气体．研究从A到C过程，由理想气体状态方程有
依题意可知
，
解得
（3）整个循环过程中，气体回到初始状态，则
整个循环过程中气体对外界做功为，则说明外界对气体做功为．即外界对气体做功
设需要吸收的热量为Q，根据热力学第一定律有
解得
故气体需要吸收热量。
14．【答案】（1）3Mg；；（2）；（3）；；（4）装置A可回收火箭的动能和重力势能及磁场能；
【详解】（1）导体杆受安培力，方向向上，则导体杆向下运动的加速度，解得a=-2g，导体杆运动的距离
（2）回路的电动势，其中，解得
（3）右手定则和欧姆定律可得：，可得，电源输出能量的功率，，在时间内输出的能量对应图像的面积，可得：
（4）装置A可回收火箭的动能和重力势能，及磁场能；从开始火箭从速度v0到平台速度减为零，则，若R的阻值视为0，，装置A可回收能量为
15．【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）对滑块P受力分析由牛顿第二定律得，解得。
（2）设P与Q碰撞前的速度大小为v1，碰撞后P的速度大小为v2，Q的速度大小为v3， P从C到B过程根据动能定理可得，解得，在C位置有，解得，由牛顿第三定律得滑块P碰后对管道的压力大小为5mg。
（3）P、Q发生弹性碰撞，则，，解得，滑块P从B点到C点由机械能守恒得，解得，P在传送带上加速达到后，继续加速下滑,由牛顿第二定律可得，解得，由运动学公式得，，滑块P在传送带上运动的时间。
（4）Q滑上长木板后，Q对长木板的摩擦力方向向右，大小为，地面对长木板最大静摩擦力方向向左，大小为，由于，故长木板先不动，Q做匀减速运动，设长木板的最小长度为L，可得，解得，Q以与长木板弹性碰撞，可得，，碰撞后Q的速度大小为，长木板的速度大小为，Q向左减速运动，其加速度，长木板向右减速，其加速度，Q向左做减速至零后再向右做加速运动直到与长木板达到共同速度，再一起做减速运动，达到共速的时间为，其v-t图像为
，解得，由图像可知相对位移，即长木板的最小长度为，长木板最小长度为
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