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（五）
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．氢原子核外电子可在不同的轨道围绕原子核高速旋转。取无穷远处为零电势能点，氢原子核外电子在半径为r的轨道上电势能，e为电子电荷量，k为静电力常量。如图所示，氢原子核外电子从半径为的轨道1跃迁到半径为的轨道2，需要吸收的能量为E，则（　　）
A．
B．
C．
D．
2．某跑酷运动员从跳台以不同的速度从斜坡最低点正上方水平跳向对面的斜坡，斜坡的倾角为 （如图所示），已知跳台的高度为，不计空气阻力，重力加速度为，，，则该运动员落到斜坡上的最小速度为（ ）
A． B．
C． D．
3．位于x=-2m和x=14m的两个波源在t=0时刻同时开始振动，在同一介质中分别沿x轴正方向和负方向传播，振幅分别为4cm和2cm，t=6s时波形如图所示。P、M、Q为x轴上的三个质点，平衡位置对应的坐标分别为4m、5m、8m。下列说法正确的是（　　）
A．两波源的起振方向相反
B．两列波在重叠区域将形成稳定的干涉现象
C．t=10s时质点M的位移为2cm
D．6~10s，质点P和Q通过的路程相同
4．如图所示，圆形区域内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿直径方向从点射入磁场中，分别从圆弧上的、两点射出，不计粒子重力，对于从点射出的粒子和从点射出的粒子，下列说法正确的是（ ）
A. 两粒子在磁场中运动经历时间之比为
B. 两粒子在磁场中做匀速圆周运动周期之比为
C. 两粒子在磁场中做匀速圆周运动的速率之比为
D. 两粒子在磁场中运动轨迹半径之比为
5．地球绕太阳公转的轨道可视为圆轨道，轨道半径为R。哈雷彗星绕太阳运动的轨道为椭圆形，公转周期为T，在近日点时与太阳中心的距离为r1，在远日点时与太阳中心的距离为r2。引力常量为G，下列说法正确的是
A．哈雷彗星在近日点的线速度比在远日点的线速度小
B．太阳的质量为
C．哈雷彗星绕太阳运动的周期与地球绕太阳运动的周期之比为
D．哈雷彗星在近日点和远日点的加速度大小之比为
6．如图所示，在竖直平面内有一个半径为的绝缘圆环，圆环的、、、端点上分别固定有一个点电荷，电荷量分别为、、、，圆心为，垂直于，、、、分别为、、、的中点，在的延长线上有点和点，且。关于四个点电荷形成的电场，下列判断正确的是（ ）
A．、、、四点的电场强度大小相等
B．、、、四点的电势相同
C．点和点的电场强度大小相等
D．点电势大于点电势
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，足够长的水平传送带以恒定速率v=2m/s逆时针转动，一质量为m=1kg的小物块从传送带的左端向右滑上传送带。小物块在传送带上运动时，小物块的动能Ek与小物块的位移x关系图像如图乙所示，取重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.4
B．小物块从滑上传送带到离开传送带所需时间为1.5s
C．整个过程中小物块与传送带的相对位移大小为2.5m
D．由于小物块的出现导致传送带电动机多消耗的电能为12J
8．图甲为某品牌家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器左侧电路电源为一节新的干电池时，转换器把直流电压按比例转换为如图乙所示的正弦式交变电压并加在理想变压器的原线圈上，设变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。当两点火针间电压瞬时值大于5 000 V时就会产生电火花进而点燃燃气，闭合S，下列说法正确的是
甲 乙
A．当＞100时，才能点燃燃气
B．在正常点燃燃气的情况下，两点火针间电压的有效值一定大于5 000 V
C．电压表的示数为25 V
D．当燃气灶中的干电池使用太久时，输出电压变小，可能会使燃气灶打不着火
9．（多选）物块、中间用一根轻质弹簧相接，放在光滑水平面上，，如图甲所示.开始时两物块均静止，弹簧处于原长，时对物块施加水平向右的恒力，时撤去恒力，在内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示.弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中，以下分析正确的是（ ）
A．内物块与物块间的距离一直在减小
B．物块的质量为
C．撤去瞬间，的加速度大小为
D．若不撤去，则后两物块将一起做匀加速运动
10．导光管采光系统是一套采集天然光、并经管道传输到室内的采光系统，如图为过装置中心轴线的截面。上面部分是收集阳光的半径为R的某种均匀透明材料的半球形采光球，O为球心，下面部分是内侧涂有反光涂层的导光管，MN为两部分的分界面，M、N为球面两点。若一束平行MN且与MN相距h＝R的细光束从空气入射到采光球表面时，经折射绿光恰好照射到N点。则（　　）
A．绿光在采光球中的传播速度为c
B．红光一定能从N点上方射出
C．紫光有可能直接折射经过O点
D．要使光束在导光管中发生全反射，涂层折射率应大于管壁折射率
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．（1） 某同学用一毫安表（量程，内阻）改装成量程分别为、的电流表和，如图1所示，则____ ，____ （结果保留三位有效数字）.
图1
（2） 用改装好的电流表或与以下器材测量某一电池的电动势和内阻（电动势约，内阻约）：
A.电压表（量程，内阻约）
B.滑动变阻器，最大阻值
C.滑动变阻器，最大阻值
D.开关，导线若干
则电流表选________（填“”或“”），滑动变阻器选______（填“B”或“C”），电路原理图应选____（填“图2”或“图3”），用该电路图测量的结果与真实值比较，电动势____（填“偏大”“偏小”或“相等”），内阻____（填“偏大”“偏小”或“相等”）.
图2 图3
（3） 已经测得该电池的电动势为、内阻为 ，图4为某一小灯泡的图线，现将两个这样的小灯泡并联后再与一个 的定值电阻串联，接在该电池的两端，如图5所示，则两个小灯泡的总功率为____（结果保留两位有效数字）.
图4 图5
12．在“用单摆周期公式测量重力加速度”的实验中，某同学利用智能手机和两个相同的圆柱体小磁粒进行了如下实验：
（1）用铁夹将细线上端固定在铁架台上，将两个小磁粒的圆柱底面吸在一起，细线夹在两个小磁粒中间，做成如图（a）所示的单摆；
（2）用刻度尺测量悬线的长度l，用游标卡尺测得小磁粒的底面直径d；
（3）将智能手机的磁传感器置于小磁粒平衡位置的正下方，打开手机智能软件，测量磁感应强度的变化；
（4）将小磁粒由平衡位置拉开一个小角度，由静止释放，运行手机软件记录磁感应强度的变化曲线如图（b）所示。回答下列问题：
　　
图（a）　　　　　图（b）　　　　　图（c）
①由图（b）可知，单摆的周期为　　　　；
②重力加速度g的表达式为　　　　（用测得的物理量的符号表示）；
③改变悬线长度l，重复步骤（2）、（3）、（4）的操作，可以得到多组周期T和悬线长度l的值，以　　　　（填“”“T”或“T2”）为纵坐标，以l为横坐标，描点作图。若所得的图像如图（c）所示，图像的斜率为k，则重力加速度的测量值为　　　　（用k表示）。
13．2023年7月受台风泰利影响，我省嘉善地区发生极端暴雨天气。当暴雨降临，路面水井盖因排气水面孔（如图甲）堵塞可能会造成井盖移位而存在安全隐患。如图乙所示，水位以50mm/h的速度上涨，质量为m=36kg的某井盖排气孔被堵塞且与地面不粘连，圆柱形竖直井内水面面积为，水位与井盖之间的距离为h=2.018m时开始计时，此时井内密封空气的压强恰好等于大气压强，若空气视为理想气体，温度始终不变，。
（1）若在井盖被顶起前外界对井内密封空气做了650J的功，则该气体 （吸收，放出）的热量为 J；
（2）求密闭空气的压强为多大时井盖刚好被顶起；
（3）求从图示位置时刻起，水井盖会被顶起所需的时间。
14．如图所示，在倾角为θ＝37°且足够长的粗糙斜面上放一长为L＝3．0 m、质量为m、上下挡板厚度不计的U形盒子P(盒子内底面与斜面平行)，盒子P与斜面间的动摩擦因数μ＝。在盒子的上端放一质量等于2m的物块Q(可看作质点)，Q与盒子内表面无摩擦，同时由静止释放物块Q和盒子P，物块在盒内滑下与下面挡板碰撞，设碰撞时间极短且碰撞中没有机械能损失，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8。求：
(1)物块Q与盒子P发生第一次碰撞后各自的速度大小；
(2)物块Q与盒子P发生第一次碰撞后至第二次碰撞前，Q与盒子下挡板间的最大距离以及第一次碰撞后再经过多长时间Q与P发生第二次碰撞(结果可用根式表示)。
15．如图所示，水平地面上竖直放置一个边长为2L = 0.2 m、质量m = 0.8 kg、总电阻为R = 1 × 10 4 Ω的正方形单匝导体框MNPQ，竖直面内存在两个矩形匀强磁场区域abcd和efgh，宽度均为3L且足够高，磁感应强度大小均为B = 0.1 T，方向均垂直纸面向里，cd水平且在地面以下，gh水平且与地面相距L，bc与eh的水平距离为2L。导体框的MQ边刚好和ad重合。对导体框施加一个水平向右的拉力，使导体框由静止开始做加速度大小为a = 0.6 m/s2的匀加速运动，直至导体框恰好离开磁场区域abcd，之后令其做匀速直线运动。已知重力加速度为g = 10 m/s2，导体框平面始终与磁场垂直，导体框与地面的动摩擦因数为μ = 0.1，。求：
(1)导体框的NP边刚离开bc边时，拉力的大小F0；
(2)导体框从开始运动到恰好离开磁场区域abcd的过程中，拉力冲量IF的大小；
(3)导体框从开始运动至NP边到达fg边的过程中与地面摩擦产生的热量Q。
参考答案
1．【答案】A
【思路点拨】本题是一道较难题，考查的是原了物理中玻尔氢原子模型的相关知识。其中，氢原子核外电子的势能是总能量的2倍，动能是总能量的相反数，这块知识很容易被学生所忽略。而本题的题干中给的是电势能的公式，而问的是跃迁所需要的总能量，很容易被学生按照电势能去进行计算。因此需要学生进行氢原子模型中的各个能量有清晰的认识和分辨。
【详解】核外电子绕原子核做匀速圆周运动，有，得动能为，电子在轨道r上原子能量，从半径为的轨道1跃迁到半径为的轨道2，吸收的能量为，选A。
2．【答案】B
【解析】设该运动员落到斜坡上经历的时间为,由平抛运动的规律可得,水平方向上的位移,竖直方向的位移,由几何关系可得,运动员落到斜坡上时速度满足,整理可得,当时,速度最小,最小值为,正确.
【方法总结】
求速度的最小值,找出速度的函数表达式,通过函数求极值的方法,找最小值.
3．【答案】C
【详解】A．根据同侧法可知，左侧波形的波前P沿y轴正方向运动，右侧波形的波前Q沿y轴正方向运动，由于波源起振方向与波前振动方向相同，可知，两波源的起振方向相同，故A错误；
B．根据6s时的波形可知
，
解得
两波源振动的周期不相同，即两波源振动的频率不相同，可知，两列波在重叠区域不会形成稳定的干涉现象，故B错误；
C．两列波传播速度相等，均等于
则6s到10s时间间隔内两列波传播的距离
则将6s时的波形沿波传播方向平移4m即可得到10s时的波形，平移后可知，10s时左侧波形在质点M的位置为平衡位置，右侧波形在质点M的位置为波峰位置，则t=10s时质点M的位移为2cm，故C正确；
D．由于质点P、Q平衡位置之间的间距为4m，结合上述可知，6~10s内，右侧波形没有到达P点，左侧波形没有到达Q点，则6~10s内，由于
，
则质点P通过的路程
质点Q通过的路程
可知，6~10s，质点P和Q通过的路程不相同，故D错误。
故选C。
4．【答案】D
【解析】作出带电粒子运动轨迹如图所示，根据几何关系可知，到达点的粒子在磁场中转过的角度为 ，到达点的粒子在磁场中转过的角度为 ，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，有,结合圆周运动的知识有,因此周期，两粒子比荷相同且在同一磁场中做圆周运动，可得周期相同，可得，，则，、错误；设圆形磁场的半径为，根据几何关系可得 ，，解得，根据可得，，错误，正确.
5．【答案】B　
【解析】根据开普勒第二定律，相同的时间内，哈雷彗星与太阳连线扫过的面积相同，由r1＜r2可知在相同的极短时间内，哈雷彗星在近日点附近通过的弧长比在远日点附近通过的弧长长，故哈雷彗星在近日点的线速度比在远日点的线速度大，A错误；地球绕太阳做圆周运动，哈雷彗星绕太阳做椭圆运动，根据开普勒第三定律有＝，则哈雷彗星绕太阳运动的周期与地球绕太阳运动的周期之比＝，C错误；地球做圆周运动，根据万有引力提供向心力有G＝m地R，故＝＝，解得太阳质量M＝，B正确；根据万有引力定律和牛顿第二定律有＝ma，得哈雷彗星在近日点和远日点的加速度大小之比为＝，D错误。
6．【答案】A
【解析】根据等量异种点电荷形成的电场特点可知，、和、处的点电荷在、、、四点处的电场分布如图甲所示,点和点处的点电荷形成的电场中电场强度、，方向都是竖直向下，点和点处的点电荷形成的电场中电场强度、，方向都是水平向右，且，，根据电场强度的叠加可知、、、四点的电场强度大小相等，正确；选取无穷远电势为零，可知正电荷周围的电势离正电荷越近电势越高，且为正值，离负电荷越近电势越低且为负值，根据对称性和叠加原理可知，错误；根据等量异种点电荷形成的电场特点可知，四个点电荷在、两点处电场分布如图乙所示，根据库仑定律及几何关系有，，，，根据场强叠加法则可知点电场强度大于点电场强度，错误；根据电势的叠加原理可知点的和点的电荷在点和点产生的电势之和均为零，点的和点的电荷形成的电场线如图丙所示，可知电场线方向由指向，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，错误。
甲 乙 丙
【命题创新 】电场和电势的叠加属于高考中的常考点，近几年等量同种或异种点电荷的场强均有考查，本题巧妙地构建了四个点电荷，可构建成两对异种点电荷模型，考查学生对电场和电势叠加的理解，需要学生具备一定的对称思想。
7．【答案】AD
【详解】由图乙可知，图像斜率的绝对值表示合外力的大小，小物块向右滑动过程，合外力为摩擦力，则有，则，A正确；物块刚滑上传送带时，有，所以，所以物块返回过程先做匀加速直线运动，后匀速运动，则，B错误；从小物块开始滑动到与传送带达到共同速度过程，小物块向右运动的位移大小为，传送带向左运动的位移大小为，则整个过程中小物块与传送带相对位移大小为，C错误；整个过程中小物块与传送带因摩擦产生的热量为，根据能量守恒可得，可得整个过程中电动机多消耗的电能为，D正确。
8．【答案】AD
【解析】理想变压器原、副线圈的电压关系为＝ ，由于原线圈两端最大电压为 50 V，副线圈两端最大电压要大于 5 000 V ，所以＞100 ，A正确；正常点燃燃气的情况下，峰值应该大于 5 000 V ，B错误 ；电压表测量的是转换之后的正弦式交变电压的有效值， 为25 V，C错误；干电池用久了，输出电压变小，转换器输出电压相应减小，两点火针间最大电压达不到要求，导致打不着火， D正确。
【技巧必背】
理想变压器原、副线圈基本量的关系
功率关系 根据能量守恒定律可得：原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入＝P出
电压关系 原、副线圈的电压之比等于其匝数之比，公式为＝，与负载、副线圈的个数无关
电流关系 （1）只有一个副线圈时：＝ （2）有多个副线圈时：由P入＝P出得到I1U1＝I2U2＋I3U3＋I4U4＋…＋InUn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋I4n4＋…＋Innn
频率关系 f1＝f2（变压器不改变交变电流的频率）
9．【答案】BC
【解析】图线与横轴所围图形的面积表示速度的变化量,由题图乙可看出,（0时刻除外）内的速度一直大于的速度,所以内物块与物块间的距离一直在增大,故A错误；时,弹簧弹力为零,对,根据牛顿第二定律可得,时,、整体加速度相同,对整体,根据牛顿第二定律可得,解得,故B正确；时,对,根据牛顿第二定律可得,弹簧弹力大小为,撤去瞬间,弹簧弹力不会突变,此时的加速度大小为,故C正确；图线与横轴所围图形的面积表示速度的变化量,由题图乙可看出,时的速度大于的速度,所以若此时不撤去,弹簧在之后的一段时间内会继续伸长,的加速度减小,的加速度增大,并不能一起做匀加速运动,故D错误.
10．【答案】BD　
【详解】如图所示，根据几何关系sin α＝＝，α＝2θ，折射率n＝＝，绿光在采光球中的传播速度为v＝＝c，故A错误；由于红光比绿光的折射率小，所以折射角大，则红光一定能从N点上方射出，故B正确；因折射角不能为0°，故紫光不可能直接折射经过O点，故C错误；光由光密介质到光疏介质可能发生全反射，则涂层折射率应大于管壁折射率，故D正确。
11．【答案】（1） 1.16；4.64
（2） ；B；图3；相等；相等
（3） 1.2
【解析】
（1） 当、串联再和毫安表并联时对应量程,和毫安表串联再与并联时对应量程,由串并联电路特点得,,代入数据解得 , .
（2） 若滑动变阻器选,则最小电流约为,远小于两个电流表的量程,所以滑动变阻器应选；电路中的最小电流约为,为使读数较准确,且避免电路中电流过大,温度升高,导致测量误差较大,所以电流表应选；由于电流表的内阻已知,用题图3来测电池的电动势和内阻时可以消除系统误差,因此选题图3,电动势和内阻的测量值均等于真实值.
（3） 由闭合电路欧姆定律得,代入数据得,在小灯泡图像中作出这个函数关系的图像,两个图像的交点即为小灯泡的工作电压与电流,如图所示,交点为,则两个小灯泡的总功率为.
12．【答案】①2t0（1分）　②（2分）　③T2（2分）　（2分）
【解析】①根据单摆的运动规律，一个周期内应该有两个磁感应强度的最大值，则单摆的周期为2t0。
②单摆的周期T＝2π，其中T＝2t0，l0＝l＋，联立解得g＝。
③由T＝2π，解得T2＝l＋，故以T2为纵坐标，斜率k＝，解得g＝。
13．【答案】（1）放出，650；（2）；（3）
【详解】（1）空气温度始终不变，内能保持不变，在井盖被顶起前外界对井内密封空气做了650J的功，根据热力学第一定律，可得，可知该气体放出的热量为。
（2）井盖刚好被顶起时有，此时密闭空气的压强为
（3）气体做等温变化，有，解得，水井盖会被顶起所需的时间为
14．【答案】（1）2 m/s　8 m/s　（2） m　 s
【解析】（1）对盒子P，因为mgsin θ＜μ·3mgcos θ，故同时释放后盒子P不动，Q在盒子中加速下滑，物块Q下滑过程中，与盒子P第一次碰撞前做匀加速运动，根据牛顿第二定律得
2mgsin θ＝2ma（1分）
物块Q与盒子P第一次碰撞前的速度为
v＝＝＝6 m/s（1分）
物块Q与盒子P第一次碰撞过程动量守恒和机械能守恒，则
2mv＝2mvQ＋mvP（2分）
·2mv2＝·2m＋m（2分）
解得vQ＝2 m/s（1分）
vP＝8 m/s（1分）
（2）第一次碰撞后，对盒子P，根据牛顿第二定律有
mgsin θ－μ·3mgcos θ＝ma'（1分）
解得a ＝－16 m/s2（1分）
可知盒子沿斜面向下做匀减速运动，
物块Q与盒子P速度相等时，有
vP＋a't0＝vQ＋at0（1分）
解得t0＝ s（1分）
在t0＝ s时，有
Δx＝xP－xQ＝vPt0＋a'－＝ m＜3 m（1分）
故共速前二者不会相碰，且此时为最大距离。
设第一次碰后盒子P经过时间t1减速至零，则
t1＝＝0.5 s（1分）
第一次碰后盒子P减速至零过程中经过的位移为
x1＝t1＝2 m（1分）
物块Q在t1时间内的位移为
x2＝vQt1＋a＝1.75 m＜x1（1分）
所以盒子P停止运动之前两者未相碰，第一次碰后物块Q只要加速下滑位移x1＝2 m，就会与盒子P发生第二次碰撞，根据运动学公式有x1＝vQt＋at2（1分）
解得t＝ s（1分）
15．【答案】(1)2.64 N
(2)2.08 N s
(3)0.492 J
【详解】（1）根据牛顿第二定律，可得
根据已知条件，可得
设导体框的NP边刚离开bc边时的速度为v0，则有
可知，导体框的NP边刚离开bc边时，导体框所受的安培力
联立解得
（2）根据动量定理可得
设导体框恰好离开磁场区域abcd时的速度为v1，则有
可知，从开始运动到恰好离开磁场区域abcd所用的时间为
从开始运动到恰好离开磁场区域abcd，摩擦力冲量的大小为
导体框在磁场区域abcd内运动时不受安培力，出磁场区域时受到安培力作用，方向水平向左。设从导体框的NP边刚离开bc边到MQ边刚离开bc边用时为t1，则
可知，导体框从开始运动到恰好离开磁场区域abcd的过程中，安培力冲量的大小为
联立解得，导体框从开始运动到恰好离开磁场区域abcd的过程中，拉力冲量的大小
（3）导体框从开始运动到进入磁场efgh区域之前，地面对导体框的支持力大小等于mg，导体框与地面的摩擦产生的热量为
当NP边开始匀速进入磁场efgh区域时，设此时刻后导体框的位移大小为x，此过程产生的电流大小为
当0 ≤ x < 2L时，导体框竖直方向受力平衡，地面对导体框的支持力满足
地面对导体框的摩擦力为
当x = 0时，f1′ = 0.8 N；当x = 2L时，f2′ = 0.92 N，则这段运动过程中的平均摩擦力为
当2L ≤ x ≤ 3L时，回路无感应电流，所以地面对导体框的支持力大小等于mg ，摩擦力为
因此，在0 ≤ x ≤ 3L阶段，导体框与地面摩擦产生的热量为
所以导体框从开始运动到NP边到达fg边的过程中与地面摩擦产生的总热量为
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