资源简介

2025届湖南省普通高中高三下学期学业水平选择性考试
（三模）物理试题（四）
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。
一、单选题（本大题共6小题）
1．关于放射性元素的半衰期，下列说法正确的是（ ）
A． 大量放射性元素的原子核经过2个半衰期后，已衰变的原子核质量与未衰变原子核质量之比为
B． 大量放射性元素的原子核经过2个半衰期后，剩余物质的质量与衰变前质量之比为
C． 100个放射性元素的原子核经过2个半衰期后，剩余未衰变的原子核有25个
D． 放射性元素的半衰期夏天可能会比冬天的短
2．水平面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况如图所示，图中实线为波峰，虚线为波谷。已知两列波的振幅均为2cm，波速为2m/s，波长为8cm，E点是B、D和A、C连线的交点，下列说法中正确的是（ ）
A．AC两处的质点是振动加强的点
B．BD两处的质点在该时刻的竖直高度差是4cm
C．E处质点是振动减弱的点
D．经0.02s，B处质点通过的路程是8cm
3．如图，半径为R的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行。a、b、c是圆周上的三个点，且为正三角形。从b点在圆平面内向不同方向以相同的速率射出相同的带正电粒子，粒子经过圆周上各点中c点的动能最大，粒子从b点到c点静电力做功为W，粒子带电荷量为q，不计粒子所受重力，取b点电势为零，则下列说法正确的是（　　）
A．电场的方向由b指向c
B．c点的电势为
C．粒子从b点到a点静电力做功为
D．粒子在圆心O点的电势能为
4．银河系的恒星中大约四分之一是双星系统，某双星系统由质量分别为和的两个星体构成，两者中心之间距离为，在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点做固定周期的匀速圆周运动。我国发射的天问一号探测器在距火星表面高度为的轨道上做匀速圆周运动，周期是上述双星系统周期的倍，已知引力常量为，火星的半径为，则火星的质量为（　　）
A． B．
C． D．
5．如图所示，倾角为θ的斜面上有A、B、C三点，现从这三点分别以不同的初速度同时水平抛出一小球，不计空气阻力，三个小球均落在斜面上的D点，测得AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，由此可判断
A．三个小球做平抛运动的时间之比为1∶2∶3
B．三个小球落在斜面上时速度方向相同
C．三个小球的初速度大小之比为1∶2∶3
D．三个小球的运动轨迹可能在空中相交
6．如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长的固定绝缘杆，小球套在杆上，已知的质量为，电荷量为，电场强度为，磁感应强度为，与杆间的动摩擦因数为 ，重力加速度为，小球由静止开始下滑，在运动过程中小球最大加速度为，最大速度为，则下列判断正确的是（ ）
A． 小球开始下滑时的加速度最大
B． 小球的速度由增大至的过程中，小球的加速度一直减小
C． 当时小球的速度与之比一定小于
D． 当时小球的加速度与之比一定小于
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
7．一长方体玻璃砖下部有半径为R的半圆柱镂空，
其截面如图所示，AD长为2R，玻璃砖下方0.3R处平行放置一光屏EF，现有一束平行单色光竖直向下从BC面射入玻璃砖，玻璃砖对该光的折射率为，不考虑光的二次反射，则（　　 ）
A．光屏EF上移，屏上有光打到的区域将变宽
B．图中圆弧截面有光射出的弧长为
C．为保证从AD射出的光都能被接收，光屏至少宽R
D．若光屏足够大，改用频率更大的平行光入射，光屏上被照射的宽度变大
8．如图所示，一长为的倾斜传送带在电动机带动下以速度沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角。质量的小物块和质量的小物块由跨过定滑轮的轻绳连接，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，不可伸长的轻绳足够长。某时刻将物块轻轻放在传送带底端，同时由静止开始释放物块。已知物块与传送带间的动摩擦因数，不计滑轮的质量与摩擦，在运动到传送带顶端前B都没有落地。取，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　)
A．释放瞬间，物块B的加速度大小为
B．释放瞬间，物块A的加速度大小为
C．物块A从底端到达顶端所需的时间为
D．物块A从底端到达顶端时，电动机多做的功为136J
9．如图甲所示，木板B放在水平地面上，其上放有一可视为质点的物块A，A质量是B质量的一半，A、B之间的动摩擦因数为，B与地面之间的动摩擦因数为，时，对B施加一水平向右的拉力F，3s后撤去拉力，最终A不能从B的左端滑下，从开始到A、B均停止的整个过程中，其图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。下列说法正确的是（　　）
A． B．
C．木板B的最大速度为6m/s D．木板B的最大速度为7.5m/s
10．如图所示的电路中，电表均为理想交流电表，降压变压器为理想变压器，两个定值电阻的阻值均为R，在a、b两端加上正弦交流电压，结果电流表A1的示数为I1、电流表A2的示数为I2，下列说法正确的是（　　）
A． B．原、副线圈的匝数比为
C． D．电压表V1的示数为
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．如图所示的是小明同学为验证机械能守恒定律自制的实验装置，固定在地面上的平台上表面为四分之一圆弧，一铁架台底端焊接在圆弧最低点F，O点是圆弧的圆心，光电门1、2、3、4、5分别放置在圆弧的六等分点上。已知当地重力加速度为g，实验时轻质细绳一端系在O点，另一端连接一质量分布均匀的小钢球，将小球从圆弧最高点由静止释放，运动过程中细绳始终处于伸直状态。
（1）要完成实验，需要测量下列哪些物理量　　　　；
A．小球的质量m
B．小球的直径d
C．小球球心到细绳悬点O的距离L
D．小球由静止释放到运动至每个光电门位置所用的时间t
（2）测得小球通过光电门2、4的挡光时间为Δt2、Δt4，结合（1）中测定的物理量，在误差允许的范围内若满足　　　　　　　　　的关系，则证明小球在2、4两点的机械能相等；
（3）以细绳与水平方向夹角θ的正弦sin θ为横坐标，小球速度的平方v2为纵坐标，作出v2-sin θ的关系图线，若摆动过程中机械能守恒，图线的斜率为　　　　　 （结果用题中所给字母表示）。
12．某实验小组利用如图所示电路测未知电阻的阻值，电路中的直流电源为恒流源，该电源能输出大小（小于1A）的恒定电流，根据电源输出电流的大小，选用电流表的量程为0.6A，为定值电阻，R为电阻箱。
(1)闭合开关前，应将电阻箱的阻值调为 （填“零”或“最大”），闭合开关、，调节电阻箱，使电流表的指针偏转较大，若某次调节后电流表的示数如图乙所示，则此时电流表中的电流为 A，这次调节后电阻箱接入电路的电阻为，则电流表的内阻 （结果用、、、表示）。
(2)断开开关，调节电阻箱，使电流表的示数仍为，若电阻箱的阻值为，由此算出被测电阻 （结果用、、、表示）。
(3)为了减小测量误差，在断开开关后，该同学多次调节电阻箱，记录每次改变后电阻箱接入电路的电阻R及对应的电流表的示数I，作图像，图像的斜率为k，则被测电阻 。（结果用k、、、表示）
13．一定质量的气体由状态A→状态B→状态C→状态D，其有关数据如图甲所示。若状态D的压强是2×104 Pa。
(1)求状态A的压强；
(2)请在乙图中画出该状态变化过程的p－T图像，并分别标出A、B、C、D各个状态，不要求写出计算过程。
14．如图所示，O点左侧有一高为的平台，物块B质量，带电量，静止在平台右侧边缘。物块A水平向右运动，与B发生碰撞，碰后瞬间A、B速度大小相等，随后取走A，B落在地面上的N点，O、N间距也为L，物块B落地后弹起瞬间在空间加一水平向左的匀强电场，B恰好能从平台右边缘水平向左返回平台，已知A、B两物块均可视为质点，不计一切阻力，A、B碰撞无机械能损失，B与地面碰撞水平分速度不变，竖直分速度大小不变，方向相反。B的电荷量始终保持不变，重力加速度求：
(1)物块A的质量；
(2)所加匀强电场场强E的大小；
(3)物块B从N点返回平台的过程中最小速率。
15．如图所示，同一平面内两组宽度分别为、的足够长光滑导体轨道倾斜固定，倾角为。金属杆a、b水平放置并与轨道垂直且接触良好，其中金属杆b通过平行于导轨的轻绳系在固定的拉力传感器上。定值电阻R=2Ω，其余部分电阻不计。整个装置处于磁感应强度大小为B=1T、方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中。现将金属杆a由静止释放，沿轨道下滑一段距离后开始做匀速直线运动，该过程中定值电阻R上产生的焦耳热为Q=13.6J。已知金属杆a、b的质量分别为和，重力加速为。求：
（1）当金属杆a的速度为时（未达到匀速状态），拉力传感器的示数；
（2）金属杆a从释放到恰好达到匀速直线运动的过程所用时间t；
（3）剪断轻绳，同时由静止释放两金属杆，求最终两杆的速度大小。
参考答案
1．【答案】A
【解析】大量放射性元素的原子核经过2个半衰期后，剩余未衰变的原子核质量与衰变前的原子核质量之比为，则已衰变的原子核质量与未衰变原子核质量之比为，半衰期对于少数原子核不适用，故A正确，B、C错误；放射性元素的半衰期跟温度无关，故D错误．
【易错警示】 本题易错点有三，一是认为半衰期受温度变化而变化导致错选D；二是不清楚半衰期描述的是统计规律，从而错选C；三是混淆原子核质量和所有物质质量从而导致错选B；发生衰变后，产物并没有全部消失，一定会有剩余．
2．【答案】D
【详解】A、C处两质点是两列波波峰与波谷叠加的地方，振动减弱，A错误；B、D两点都是振动加强的点，振幅都是4cm，此时B点处于波峰，B点处于波谷，则B、D处两质点在该时刻的竖直高度差是8cm，B错误；B、D两点都是振动加强的点，它们的连线上各点振动也加强，形成振动加强的区域，所以E点处质点是振动加强的点，C错误；由题可得，时间t=0.02s为半个周期，则B点处质点通过的路程是S=2A=2×4cm=8cm，D正确。
3．【答案】D
【详解】粒子经过圆周上各点中c点的动能最大，而粒子带正电，可知c点电势最低，场强方向垂直于过c点的切线方向，即电场的方向由O指向c，选项A错误；粒子从b点到c点静电力做功为W，可知， b点电势为零，可得，选项B错误；因ab与电场线垂直，则ab为等势线，电势均为零，则粒子从b点到a点静电力做功为0，选项C错误；场强，O点电势为，粒子在圆心O点的电势能为，选项D正确。
4．【答案】A
【详解】探测器绕火星运动时，解得探测器绕火星的周期，对于双星系统，，又因为，联立可得双星的周期，又因为，解得。
5．【答案】B
【解析】小球做平抛运动，水平方向有x＝v0t，vx＝v0；竖直方向有y＝gt2，vy＝gt。三个小球均落在斜面上的D点，有tan θ＝＝，设小球速度偏转角为α，则tan α＝＝＝2tan θ，可知三个小球速度偏转角α相同，故三个小球落在斜面上时速度方向相同，B正确；根据几何关系有AD∶BD∶CD＝9∶4∶1，故三个小球做平抛运动的时间之比为tA∶tB∶tC＝3∶2∶1，A错误；三个小球均落在斜面上的D点，有tan θ＝＝，故三个小球的初速度大小之比为vA∶vB∶vC＝tA∶tB∶tC＝3∶2∶1，C错误；三个小球做平抛运动，运动轨迹为抛物线，且交于D点，故三个小球的运动轨迹不可能在空中相交，D错误。
【技巧必背】
从斜面上平抛的物体又落到斜面上，由竖直位移和水平位移的几何关系求解时间，即tan θ＝＝，可得t＝，并且物体落在斜面上的速度方向均相同。
6．【答案】B
【解析】小球刚开始下滑时受到竖直向下的重力，水平向左的电场力，水平向右的弹力以及竖直向上的滑动摩擦力，且此时滑动摩擦力，竖直方向根据牛顿第二定律有，而随着小球速度的增加，小球所受洛伦兹力由0逐渐增大，根据左手定则可知洛伦兹力的方向水平向右，则在小球运动后水平方向有，可知随着小球速度的增加，杆对小球的弹力减小，致使杆对小球的摩擦力减小，而当洛伦兹力的大小等于小球所受电场力大小时，杆对小球的弹力为零，此时小球在竖直方向仅受重力，加速度达到最大，为重力加速度，即，而随着小球速度的进一步增大，洛伦兹力将大于电场力，小球再次受到杆的弹力，方向水平向左，则摩擦力再次出现，竖直方向的合力减小，加速度减小，直至摩擦力等于小球重力时，小球速度达到最大值，此后小球将做匀速直线运动，因此小球开始下滑时的加速度不是最大，故A错误；小球刚开始运动时根据牛顿第二定律有，解得，而根据A选项中分析可知，加速度最大为重力加速度，即在整个过程中加速度先由逐渐增大到，再由逐渐减小为0，假如开始时加速度是由0开始增加的，则根据运动的对称性可知，当加速度最大时小球速度恰好达到，但实际上加速度并不是由0开始增加的，因此可知，当加速度最大时小球的速度还未达到，而加速度最大之后由于摩擦力的再次出现，小球开始做加速度减小的加速运动，由此可知，小球的速度由增大至的过程中，小球的加速度一直减小，故B正确；当时小球可能正在做加速度增大的加速运动，也可能正在做加速度减小的加速运动，根据B选项中分析可知，若小球正在做加速度增大的加速运动，则与之比一定小于，但若小球正在做加速度减小的加速运动，则与之比一定大于，故C错误；由B选项中分析可知，小球的最大加速度时，即加速度达到最大时，小球的速度还不到，因此当时小球的加速度一定小于，当速度时，对小球由牛顿第二定律有，即，而当小球速度最大时有，联立可得，化简可得，故D错误．
7．【答案】CD　
【详解】如图所示，
当入射角为30°时，折射光线恰好从A点射出，且入射角越大，偏折角越大，所以光线从A、D之间发散射出，光屏上移，光照区域应变窄，A错误；全反射临界角sin C＝＝＞，解得C≈35°，图中圆弧截面有光射出的弧长为l＝×2πR＝πR，B错误；由图可知，光照区域为光线从A、D两点以60°折射角射出时打到屏上的区域，由几何关系可得光屏至少长R，C正确；频率更大，折射率更大，全反射临界角变小，但是光线射出的范围仍然是A、D之间，光从A、D两点射出时与EF夹角变小，所以打到屏上的范围变大，光屏要更宽，D正确。
8．【答案】BD
【解析】.对连接体，由牛顿第二定律得，得，故项错误，项正确；
C.设历时，物块先与传送带达共速，则，此过程中物块发生的位移为，故假设成立。之后，设物块能随传送带向上做匀速运动，则对连接体，由平衡条件得，，得，故假设成立。则物块做匀速运动的时间为，故从底端到达顶端所需时间为项错误。
D.物块从底端到达顶端时，相对路程为，设电动机多做的功为，根据能量守恒定律得，解得。故项正确。
9．【答案】AC
【详解】AB．设A的质量为m，则B的质量为2m；撤去力F，当AB共速时一起减速的加速度大小
对AB整体由牛顿第二定律
可得
A加速运动时的加速度
可得
A正确，B错误；
CD．刚撤去拉力后，3s~4s内B做减速运动， B的加速度
木板B的最大速度为
C正确，D错误。
选AC。
10．【答案】BC
【详解】由于是降压变压器，因此，则，A错误；设变压器原副线圈的匝数比为，则，B正确；根据欧姆定律有，由于是降压变压器，因此，则有，C正确；电压表V1的示数，D错误。
11．【答案】（1）BC　（2）（－1）gL＝－（3）2gL
【详解】（1）验证机械能守恒定律的表达式中，质量可以约去，故不需要测量小球的质量m；为了得到小球经过光电门时的速度，需要测量小球的直径d和小球经过光电门的挡光时间Δt；为了得到小球下落的高度，需要测量小球球心到细绳悬点O的距离L。故选B、C。
（2）测得小球通过光电门2、4的挡光时间为Δt2、Δt4，则小球通过光电门2、4的速度分别为v2＝，v4＝
光电门1、2、3、4、5分别放置在圆弧的六等分点上，可知小球经过光电门2、4时细绳与水平方向的夹角分别为30°、60°，则在误差允许的范围内若满足
mgL（sin 60°－sin 30°）＝m－m
联立可得（－1）gL＝－
则证明小球在2、4两点的机械能相等。
（3）根据机械能守恒定律可得mgLsin θ＝mv2
可得v2＝2gLsin θ
若摆动过程中机械能守恒，则v2-sin θ图线的斜率为k＝2gL。
12．【答案】(1)零，0.40，；(2)；(3)
【详解】（1）闭合开关前，为使电流表电流最小，应将电阻箱接入电路的电阻调为零；
电流表的示数为0.40A；
电阻箱中的电流为，则，解得
（2）由题意，解得
（3）根据欧姆定律有，得到，结合题意得，得到
13．【答案】　(1)4×104 Pa；(2)见【详解】图
【详解】　(1)一定质量的气体由状态C→状态D做等容变化，由查理定律得＝，所以pC＝pD＝×2×104 Pa＝4×104 Pa，由状态B→状态C，做等温变化，由玻意耳定律得pBVB＝pCVC，所以pB＝pC＝×4×104 Pa＝16×104 Pa
由状态A→状态B，做等容变化，由查理定律得＝，所以pA＝pB＝×16×104 Pa＝4×104 Pa。
(2)由状态A→状态B做等容变化，等容线在p－T图像中为过原点的直线，由状态B→状态C做等温变化，C到D做等容变化，故图线如图所示。
14．【答案】(1)0.1kg
(2)60V/m
(3)
【详解】（1）设A与B碰前速度大小为v，A、B碰撞无机械能损失，由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
解得，
又因为
解得
（2）A、B碰撞后，B做平抛运动，水平方向：
竖直方向：
联立解得
物块B落地瞬间水平速度
竖直速度
从N返回平台，水平方向：
竖直方向：
解得
又因为
代入数据解得
（3）
如图所示，根据，设等效重力与竖直方向成角，
因为，
解得
15．【答案】（1）0.5N；（2）8s；（3）
【详解】（1）当金属杆a的速度为时，产生的感应电动势
回路的电流
对金属棒b分析可知
解得拉力传感器的示数
（2）金属杆a恰好达到匀速直线运动时满足
解得
该过程由能量关系
可得
由动量定理
其中
解得
（3）两棒一起下滑时，因电流方向相同，则受安培力方向均沿导轨向上，且b受安培力等于a的2倍，则由
因b的质量等于a的2倍，可知两棒加速度相等，最终一起达到最大速度，则对a棒
解得
同理对b棒
解得
即最终两棒的速度均为。
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