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2025届湖南省高考物理模拟试卷（六）
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。
1．2023年，某造船公司正式发布全球首型、世界最大核动力集装箱船，它采用了第四代钍基堆型熔盐反应堆。其涉及的核反应包含（钍）衰变为（镤），下列关于此衰变说法正确的是（　　）
A．衰变方程为
B．钍核含有90个质子和140个中子
C．衰变放出的电子来自原子的核外电子
D．核的平均结合能小于核的平均结合能
2．新时代的中国北斗导航系统是世界一流的。空间段由若干地球静止轨道卫星、倾斜地球同步轨道卫星和中圆地球轨道卫星组成。已知地球表面两极处的重力加速度为g0,赤道处的重力加速度为g1,引力常量为G。若把地球看成密度均匀、半径为R的球体,下列说法正确的是
A．北斗地球同步卫星距离地球表面的高度h=R
B．北斗地球同步卫星距离地球表面的高度h=R
C．地球的平均密度ρ=
D．地球的近地卫星的周期T0=2π
3．如图所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面处，将球以速度沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上，已知底线到网的距离为，重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是（　　）
A．球从击球点至落地点的位移等于
B．球着地速度与水平方向夹角的正切值为
C．球的速度v等于
D．球从击球点至落地点的位移与球的质量有关
4．如图（a）所示，利用超声波可以检测飞机机翼内部缺陷。在某次检测实验中，入射波为连续的正弦信号，探头先后探测到机翼表面和缺陷表面的反射信号，分别如图（b）（c）所示。已知超声波在机翼材料中的波速为6 300 m/s。关于这两个反射信号在探头处的叠加效果和缺陷深度d，下列选项正确的是 （　　）
图（a）　超声波检测原理示意图
图（b）　机翼表面反射信号　　图（c）　缺陷表面反射信号
A．振动减弱；d=4.725 mm B．振动加强；d=4.725 mm
C．振动减弱：d=9.45 mm D．振动加强；d=9.45 mm
5．如图所示，在xOy直角坐标系中，y＞0的区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，y＜0的区域内有方向竖直向下的匀强电场。一个质量为m、电荷量为－q的粒子从O点射出，初速度v0的方向与x轴正方向的夹角为θ，若粒子一直沿着O、P、Q三点所在的闭合图形做循环运动，已知P、Q两点的坐标分别为P(0，l)、Q(l，0)，不计粒子的重力和空气阻力，则匀强磁场的磁感应强度大小B和匀强电场的场强大小E分别为
A． ， B． ，
C． ， D． ，
6．如图所示,两条完全相同的圆弧形材料AOB和COD,圆弧对应的圆心角都为120°,圆弧AOB在竖直平面内,圆弧COD在水平面内,以O点为坐标原点、水平向右为x轴正方向,两弧形材料上均匀分布等量正电荷,P点为两段圆弧的圆心,已知P点处的电场强度大小为E0、电势为φ0,设圆弧AO在圆心P处产生的电场强度大小为E,产生的电势为φ,选无穷远处的电势为零,以下说法正确的是
A．E=E0,φ=φ0
B．E=E0,φ=
C．将质子从P点静止释放,则质子的最大速度为
D．若两段弧形材料带上的是等量异种电荷,x轴上各点电场强度为零,电势为零
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．如图所示，理想变压器原线圈接的交流电，原、副线圈匝数比，已知定值电阻、，R是滑动变阻器，电压表和电流表均为理想交流电表，以下说法正确的是（　　）
A．时，理想变压器的输出功率最大
B．理想变压器的最大输出功率为
C．理想变压器的输出功率最大时，电流表的示数为1A
D．时，滑动变阻器消耗的功率最大
8．如图甲所示的等双翼式传输机，其两侧等长的传送带倾角可以在一定范围内调节，方便不同情况下的货物传送作业，工作时两传送带匀速转动且速度大小相同。图乙为等双翼式传输机工作示意图，M1、M2代表两传送带。第一次调整M1的倾角为30°，M2的倾角为45°，第二次调整M1的倾角为45°，M2的倾角为30°，两次分别将同一货物无初速放在M1的最低端，都能传到M2的最高端。货物与M1和M2的接触面粗糙程度相同，两次运输中货物均在M1上就已与传送带共速，先后两次传输机的运行速度大小相同。则（ ）
A．第一次运送货物的时间较短
B．第二次运送货物的时间较短
C．传输机因运送货物而多消耗的能量，第一次较多
D．传输机因运送货物而多消耗的能量，第二次较多
9．图甲为一种检测油深度的油量计，油量计竖直固定在油桶内，当入射光竖直向下照射时，通过观察油桶上方矩形窗口的亮、暗两个区域可确定油量。油量计结构如图乙所示，可看成由多块长度不同的锯齿形透明塑料板拼叠而成，图丙是其中一块的立体图和正面图，锯齿的底是一个等腰直角三角形，最右边的锯齿刚接触到油桶的底部，已知透明塑料板的折射率小于油的折射率，下列说法正确的是
甲 乙 丙
A．透明塑料板的折射率应不小于
B．塑料锯齿和油的界面处发生全反射，从而形成暗区
C．油量增加时，亮区范围变小
D．对透明塑料板和油来说，油是光疏介质
10．一质量m = 2.5 kg的玩具车静止在水平面上，从某时刻起对玩具车施加一水平恒力F作用，经2 s撤去恒力F，玩具车的加速度随时间变化关系如图所示。则下列说法正确的是（　　）
A．在t = 6 s时，玩具车静止在水平面上 B．恒力F = 25 N
C．拉力F做功W = 700 J D．在t = 6 s时；玩具车的速度v = 4 m/s
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．一学生小组利用给定的器材验证机械能守恒定律,步骤如下:
(1)分别测量给定的两物块的质量,质量大的为物块1,其质量记为m1;质量小的为物块2,其质量记为m2。
(2)按图(a)所示组装器材:物块1、2由跨过轻质定滑轮的细绳连接;物块2下端与纸带相连,初始时,托住物块1,两物块保持静止,且纸带竖直绷紧,打点计时器所用的交流电源频率为50 Hz,相邻两次打点的时间间隔记为Δt。
　　　　
　　图(a)　　　　　　　　　　　　　图(b)
(3)接通打点计时器的电源,释放物块1,两物块开始运动,打出的纸带中的一段经整理后如图(b)所示,每两个相邻的点之间还有4个打出的点未画出,将相邻点的间距依次记为s1,s2,s3,s4和s5,测量并记下它们的大小。
(4)利用上述表示各物理量的符号和重力加速度g完成下列填空:在打出图(b)中B点时,物块的运动速度大小为　　　　;从打出B点到打出E点,系统动能增加量为ΔEk=　　　　 　　,系统的重力势能减少量为ΔEp=　　　　　　　　　　　　　　。
(5)该小组的实测数据为m1=0.250 kg,m2=0.200 kg,s1=16.4 mm,s2=27.2 mm,s3=39.8 mm,s4=49.6 mm,s5=59.0 mm,取重力加速度g=9.80 m/s2,则ΔEk=　　　J,ΔEp=　　　J,两者的相对偏差δ==　　　　%,如果δ<5%,则可认为本实验验证了机械能守恒定律。(结果均保留2位有效数字)
(6)写出一条本实验产生实验误差的原因: 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
12．某同学用图（a）所示的电路测量电流表内阻、多用电表欧姆挡的内阻及内部电源电动势。
(1)将选择开关拨到“×10”挡，进行欧姆调零，图（a）中的表笔B是 表笔（选填“红”或“黑”）。
(2)按图（a）连好电路，将滑动变阻器的阻值调至0，正确操作以后发现多用电表表头指针偏转角度过大，为了较准确地进行测量，则应将选择开关置于 （选填“×1”或“×100”）挡，此时多用电表指针的位置如图（b）所示，则电流表的内阻为 。
(3)改变滑动变阻器接入电路的阻值，记录下每次多用电表的读数R及对应的电流表读数I，根据记录的数据作出图像，该图像的斜率为k，纵轴截距为b，则所选欧姆挡的内阻为 ，多用电表欧姆挡内部电源的电动势为 。（用b、k表示）
(4)在上述测量方法中，电流表的分压对多用电表欧姆挡内部电源电动势的测量结果 （选填“有”或“无”）影响。
13．如图所示，容积为的暖水瓶内倒入温度为97℃的热水，将瓶塞轻放入瓶口，瓶塞与瓶口内侧接触良好且不漏气。已知瓶口的横截面积为，瓶塞圆台侧面母线与轴线间的夹角为，，。瓶塞与瓶口间的动摩擦因数为0.15，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略瓶塞的重力。瓶内气体温度始终与水温相同，瓶内气体可视为理想气体，外界大气压强，热力学温度与摄氏温度的关系为。瓶内温度缓慢降到78.5℃，此时瓶塞恰好不发生滑动。
（1）求瓶内温度为78.5℃时，瓶塞受到的摩擦力大小（结果保留两位有效数字）；
（2）若稍微拔动瓶塞使外部气体进入暖水瓶内，忽略瓶内水温的微小变化，求稳定后进入瓶内的空气质量与原来暖水瓶中空气质量的比值。
14．如图所示，间距L=1m的两平行光滑金属导轨，x轴平行于导轨，y轴垂直于导轨。在x=0位置有一宽度不计的光滑绝缘薄层隔开左右两部分电路，一质量为 的金属棒a静止置于其上 （开始时未接触导轨）。在y轴右侧区域的导轨间存在垂直纸面向外、大小为B的非匀强磁场, 满足B=0.5x（T） 变化。质量为 金属棒b垂直导轨静止于 处，导轨右侧的恒流源始终为电路提供恒定的电流I=8A （方向如图中箭头所示）。在两轨道中存在一劲度系数为k=8N/m的轻质弹簧，弹簧左端固定在 的位置，右端与金属棒a相连。忽略一切阻力，金属棒a与金属棒b发生的均为弹性碰撞。已知弹簧振子做简谐振动的回复力与位移关系满足公式 其中m为振子质量，ω为简谐振动的圆频率，x为位移。劲度系数为k的弹簧形变为x时弹簧的弹性势能为 求:
（1）金属棒b第一次到达y轴 （还未与a相碰）时的速度大小v0；
（2）金属棒a第一次将弹簧压缩至最短时弹簧的形变量；
（3）以金属棒a与金属棒b第一次碰撞为计时起点，求金属棒b的位置坐标随时间变化的函数方程。（提示：先明确b棒的运动性质）
15．如图所示，质量为2kg的物块乙静止于A点，质量为1kg的物块甲在乙的左侧，物块丙静止在B点。甲、乙中间夹有不计质量的火药，火药爆炸时，将四分之一的化学能转化为甲、乙的动能，乙立即获得3m/s的速度向右运动。乙在AB间运动的某段连续的距离中，受到一水平向右、大小为12N的恒定拉力，使得乙恰好未与丙发生碰撞。已知AB间的距离为8.25m，乙与地面间的动摩擦因数为0.2，碰撞与爆炸时间均极短，甲、乙、丙均可视为质点，g取。
（1）求火药爆炸时释放的化学能；
（2）求恒定拉力在AB间持续作用的最短时间；
（3）若拉力从A点开始持续作用，乙运动到B点后与丙发生碰撞，碰后瞬间，乙、丙的动量大小之比为1：6，求丙的质量范围。（不考虑再次碰撞）
物理模拟试卷（六）参考答案
1．【答案】A
【详解】A．根据反应过程满足质量数和电荷数守恒可知，衰变方程为，A正确；
B．核含有90个质子和143个中子，B错误；
C．衰变放出的电子来自原子核内中子转化为质子，C错误；
D．衰变后，核比核更稳定，所以核的平均结合能大于核的平均结合能，D错误。选A。
2．【答案】B　
【解析】新颖试题：北斗导航系统
设地球的质量为M,地球自转的周期为T,物体在地球表面两极处的重力等于物体受地球的万有引力,则mg0=G,物体在赤道处时(关键:赤道上物体所受万有引力分解为重力和向心力),由牛顿第二定律得G-mg1=m,对北斗地球同步卫星(关键:同步卫星的周期与地球自转周期相同),由万有引力提供向心力得G=m',联立解得北斗地球同步卫星距离地球表面的高度(易错:同步卫星的轨道半径为卫星到地心的距离)h=R,A错误,B正确;地球的平均密度ρ=,GM=g0R2,解得ρ=,C错误;对地球的近地卫星(关键:近地卫星的轨道半径等于地球的半径),由万有引力提供向心力得G=m″,解得T0=2π,D错误。
【技巧必背】
物体在地球表面两极处的重力等于物体受地球的万有引力,赤道上的物体所受地球的万有引力分解为重力和向心力。
3．【答案】B
【详解】AD．根据题意可知，球从击球点至落地点的位移等于
这个位移与球的质量无关，故AD错误；
C．根据题意，水平方向上有
竖直方向上有
解得
故C错误；
B．根据题意，由平抛运动规律可知，球着地速度与水平方向夹角的正切值为
故B正确。
故选B。
4．【答案】A
【命题点】波的干涉
【解析】根据题图可知，超声波在机翼材料中的传播周期T=2×10-7 s，由题干可知波速v=6 300 m/s，则超声波在机翼材料中的波长λ=vT=1.26×10-3 m，结合题图（b）和题图（c）可知，两个反射信号传播到探头处的时间差为Δt=1.5×10-6 s，故两个反射信号的路程差2d=vΔt=9.45×10-3 m=λ，解得d=4.725×10-3 m，且两个反射信号在探头处振动减弱，A正确。
5．【答案】B
【解析】由题意作出粒子轨迹示意图如图所示，因为粒子一直沿着O、P、Q三点所在的闭合图形做循环运动，且∠POQ为直角，那么PQ为轨迹圆OPQ的直径，PQ＝2R＝2l，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m，解得B＝，过O点作初速度v0的垂线，其与PQ的交点O1即为圆心，根据几何关系易得OO1＝O1Q＝OQ＝l，即△O1QO为等边三角形，可知初速度v0的方向与x轴正方向的夹角为θ＝150°，而粒子射入电场时速度方向与x轴负方向成30°角，因为在电场中粒子做类斜抛运动，垂直电场方向有v0cos 30°·t＝l，沿电场方向有v0sin 30°＝at，且a＝，解得E＝，B正确。
【技巧必背】
对于单直线边界磁场，粒子的初、末速度满足“同边同角”关系，即粒子从同边界另一点射出，出射速度与入射速度关于边界的夹角大小相同。
6．【答案】D　
【解析】重难考点:静电场
圆弧AO在圆心P点产生的场强大小与圆弧OB在P点产生的场强大小相等,两个场强方向夹角为60°,电势相等,同理,圆弧OC在圆心P点产生的场强大小与圆弧OD在P点产生的场强大小相等,且夹角也为60°,电势相等,根据电场强度的矢量叠加有4Ecos 30°=E0,解得E=E0,根据电势的叠加有4φ=φ0,得φ=,A、B错误;从P点静止释放质子,到达无穷远处时速度最大,根据动能定理有eφ0=mv2,解得v=,C错误;若两段弧形材料带上的是等量异种电荷,正电荷和负电荷在x轴上各点产生的电场强度大小相等,方向相反,其合场强为零,在x轴上各点的电势数值相等,电势叠加为零,D正确。
7．【答案】AD
【详解】AB．根据题意，电源电动势有效值，如图：
假设原线圈中的电压为，电流为，可认为虚线框中为等效电阻，又，，，求得①，则电路可看成是由r和组成的电路，若使变压器输出功率最大，则的功率最大，根据，根据基本不等式，当时，的输出功率最大，此时由①式可得，输出的最大功率，A正确，B错误；
C．理想变压器的输出功率等于负载电阻总功率，则有，可得，C错误；
D．要使滑动变阻器上的功率最大，把r按照上述规则等效到副线圈中，有，求得，如图所示：
把虚线框看成是电源，内阻，当时，滑动变阻器输出功率最大，此时，D正确。选AD。
8．【答案】AD
【详解】AB．设传送带的速度为v，M1的倾角为θ，货物在M1上加速运动时有μmgcosθ mgsinθ = ma，解得a = μgcosθ gsinθ，可知θ越大，加速度越小，两次货物运送的长度一样，则第一次运送货物的时间较短。A正确、B错误；
CD．根据能量守恒可知，传输机因运送货物而多消耗的能量转化为货物的动能、重力势能和摩擦产生的内能。两次运送货物增加的动能和重力势能之和相等。只需比较两种情况下因摩擦产生的热量Q，设货物加速的时间为t，货物与传送带的相对位移为Δx，可得，Q = f·Δx，，f = μmgcosθ，联立解得，可知θ越大，Q越大，即传输机因运送货物而多消耗的能量多。第二次较多。C错误、D正确。选AD。
9．【答案】AC
【解析】如图所示，光从上方射入塑料板，在底部直角边发生全反射时，从上面看起来才会明亮，此时发生全反射的条件是光从透明塑料板射向空气，且折射率n≥＝，即透明塑料板的折射率应不小于，A正确；光在油的界面处发生折射，部分光线射向油中，在矩形窗口形成暗区，B错误；油量增加时，被浸入到油中的塑料锯齿增多，则发生全反射的区域变小，亮区范围变小，C正确；透明塑料板的折射率小于油的折射率，对透明塑料板和油来说，油是光密介质，D错误。
10．【答案】CD
【详解】AD．由a – t图像可知，a – t图像与时间轴所围面积表示速度变化量Δv，设t = 6 s时玩具车的速度为v，则v = v 0 = Δv = [2 × 10 + ( 4) × (6 2)] m/s = 4 m/s，A错误，D正确；
B．设玩具车在0 ~ 2 s内的加速度为a1，在2 s ~ 6 s内的加速度为a2，玩具车受到的滑动摩擦力为f，由图像可知，a1 = 10 m/s2，a2 = 4 m/s2，由牛顿第二定律得F f = ma1， f = ma2，解得F = 35 N，f = 10 N，B错误；
C．设玩具车在0 ~ 2 s内的位移为x1，则，拉力F做功W = Fx1 = 35 × 20 J = 700 J，C正确。选CD。
11．【答案】(4)(1分)　(m1+m2) (1分) 　(m1-m2)g(s2+s3+s4)(1分)　(5)0.056(1分)　0.057(1分)　1.8(2分)　(6)细绳与滑轮、打点计时器与纸带间因摩擦消耗掉一定能量,细绳、纸带的动能和重力势能变化没有计入(2分,其他合理答案同样给分)
【解析】热门考点：验证机械能守恒定律+利用打点计时器测速度
(4)根据匀变速直线运动规律可知一段时间内中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度,则有vB==,vE==,故系统动能的增加量为ΔEk=(m1+m2)-(m1+m2)=(m1+m2)·;物块1下降的高度等于物块2上升的高度,Δh=s2+s3+s4,系统的重力势能减少量为ΔEp=m1gΔh-m2gΔh=(m1-m2)g(s2+s3+s4)。
(5)代入实测数据得系统动能的增加量为ΔEk≈0.056 J,系统重力势能的减少量为ΔEp≈0.057 J,两者的相对偏差为δ=≈1.8%。
(6)细绳与滑轮、打点计时器与纸带间因摩擦消耗掉一定的机械能,细绳、纸带的动能和重力势能变化没有计入等均会产生实验误差。
12．【答案】(1)黑，(2)×1；22，(3)；，(4)无
【详解】（1）因为多用电表的电流方向为“红进黑出”，根据电流表的正负极可知，表笔B为黑表笔。
（2）[1]表头指针偏转角度过大，说明所选欧姆表挡位过大，应将选择开关置于“”挡；
[2]电流表的内阻为
（3）[1][2]由闭合电路欧姆定律有，变形得，即，，解得，
（4）在题图（a）所示的电路中，电流表测的是回路的总电流，多用电表测的是外电阻（包含了电流表内阻），电流表的分压对电动势的测量结果无影响。
13．【答案】（1）；（2）
【详解】（1）气体温度缓慢降低过程，气体发生等容变化，则有，其中，，解得，瓶塞受力分析，如图所示
由平衡条件有，又，联立解得
（2）空气进入暖水瓶后，瓶内温度不变，压强等于大气压强，根据，可得
14．【答案】（1）1m/s；（2）m；（3）
【详解】（1）对b棒受力分析可得，说明b棒应该以y轴为平衡位置做简谐振动，金属棒b从开始位置到y轴的过程，根据 -x图像可得J，该过程根据动能定理有，解得m/s
（2）两棒发生完全弹性碰撞，根据动量守恒定律与能量守恒定律有，，解得m/s，m/s，对金属棒a，根据能量守恒定律有，解得m
（3）两棒第一次碰后，金属棒a在弹簧弹力作用下做简谐振动s，金属棒b在安培力作用下做简谐振动，即rad/s，解得s，接下来第二次碰撞发生在x=0处，第二次碰撞时有，，解得，m/s，两金属棒周期性重复以上运动，当（k=0, 1, 2…），金属棒b到达最右边时，根据能量守恒定律有，解得x=m，当（k=0, 1, 2…），时，b棒向右运动的最大位移为0.5m，则
15．【答案】（1）；（2）0.5s；（3）碰后乙、丙同向时，，碰后乙、丙反向时，
【详解】（1）火药爆炸时，甲、乙组成的系统动量守恒，解得，系统获得的总动能，解得，则火药爆炸时释放的化学能
（2）研究乙由A运动至B的过程，由动能定理，解得，无论何时开始有F的作用，F做的功为定值，因此，当乙的速度最大时开始有F的作用，则F作用时间最短。有力F作用时，对乙由牛顿第二定律，解得，设F作用的位移为x，，由运动学公式解得
（3）F持续作用时，由动能定理，得乙与丙碰撞前的速度，因此乙在和丙碰撞前的动量，乙、丙碰撞过程中，由动量守恒定律，若碰后乙、丙同向，，，不撞穿需满足 ，动能不增加，联立可得，即，若碰后乙、丙反向，，，动能不增加，联立可得，即，综上，碰后乙、丙同向时，，碰后乙、丙反向时，。
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