资源简介

2025届湖南省高三物理考前回归物理课本训练题1
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
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．目前，在居室装修中经常用到花岗岩、大理石等装饰材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素。比如，有些含有铀、钍的花岗岩等岩石会释放出放射性惰性气体氡，而氡会发生放射性衰变，放射出、、射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道等方面的疾病。根据有关放射性知识可知，下列说法正确的是（　　）
A．衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的
B．氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经7.6天后就剩下一个氡原子核
C．射线一般伴随着或射线产生，在这三种射线中，射线的穿透能力最强，电离能力最弱
D．发生衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4
2．宇宙中存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中一种三星系统如图所示，三颗恒星位于同一直线上，两颗环绕星甲、丙绕中央星乙在同一半径的圆轨道上运行，假设甲、丙的质量均为m，圆周运动的轨道半径均为R，向心加速度的大小均为a，引力常量为G，下列说法正确的是
A．甲对丙的引力大小为
B．甲的速度大小为aR
C．乙的质量为－
D．丙对乙的引力大小为－ma
3．一列简谐横波在t=0时的波形如图中实线所示，t=1s时的波形如图中虚线所示，则下列说法正确的是（　　）
A．这列波的波长为8m
B．平衡位置分别为A、B的两个质点，振动方向始终相同
C．若波向右传播，则波的最大频率为0.25Hz
D．若波向左传播，则波的传播速度大小为6m/s
4．如图所示，木质弹弓架一般用柳树上的“”形树杈做成，一弹弓顶部弓叉跨度为，弓叉上分别拴接一根相同的橡皮条，两橡皮条末端连接一块软羊皮用于包裹弹珠，橡皮条有效自然长度均为，橡皮条的拉力与伸长量成正比，弹性势能表达式为为劲度系数，为形变量，且橡皮条始终在弹性限度内.某游戏中，用弹弓射击石子去打和它处于同一高度的苹果，已知苹果到人的水平距离为，石子的质量为，设弹弓的弹性势能全部转化为石子的动能，不考虑空气阻力的作用，重力加速度为,下列说法正确的是（ ）
A. 橡皮条的长度为和时，橡皮条的弹力大小之比为
B. 橡皮条的长度为和时，弹弓的弹性势能之比为
C. 如果能击中苹果，石子出射时最小速度为
D. 如果能击中苹果，弹弓具有的弹性势能最小为
5．如图所示，等腰直角三角形OPQ的直角边OP、PQ的长度均为L，直角三角形内（包括边界）有一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个粒子源在Q点沿不同方向以不同速度发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，不计粒子的重力及粒子间的相互影响，在磁场中运动时间最长的粒子中，粒子速度的最大值是（ ）
A． B． C． D．
6． 如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有恒定的电压，在P板附近有一电子(不计重力)由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是(　　)
vs4\al(
)
A．电子到达Q板时的速率，与板间电压无关，仅与两板间距离有关
B．电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与板间电压有关
C．两板间距离越小，电子的加速度就越小
D．两板间距离越大，加速时间越短
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．某小组使用玻璃球模拟彩虹的产生原理，该玻璃球对红光和紫光的折射率分别为和，一束白光入射到玻璃球表面，入射角为，红光和紫光从玻璃球内部照射到表面时形成出射点，当两出射点在球面上连线的弧长至少为时，肉眼可分辨并观测到彩色条纹，下列说法正确的是
A．红光和紫光在玻璃球中的传播速度的比值为
B．红光和紫光在玻璃球中的传播速度的比值为
C．白光进入玻璃球发生一次反射后从玻璃球表面射出，若能观测到彩色条纹，玻璃球的半径至少为
D．白光进入玻璃球发生一次反射后从玻璃球表面射出，若能观测到彩色条纹，玻璃球的半径至少为
8．如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在质量为的斜面体顶端，斜面体左侧倾角为，右侧倾角为。质量分别为和4m的物体A、B通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳均与斜面平行，A、B恰好都处于静止状态。已知A、B两物体与斜面体间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。现剪断轻绳，若斜面体始终处于静止状态，下列说法正确的是(　　)
A．
B．剪断轻绳后，A、B都能沿斜面加速下滑
C．剪断轻绳后，斜面体对地面的压力大于
D．剪断轻绳后，地面对斜面体的摩擦力方向水平向右
9．如图所示，面积为0.02m2、内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，转动的角速度为100rad/s，匀强磁场的磁感应强度为T．矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P可移动，副线圈所接电阻R=50Ω，电表均为理想交流电表．当线圈平面与磁场方向平行时开始计时．下列说法正确的是（ ）
A．线圈中感应电动势的表达式为e=100cos(100t)V
B．P上移时，电流表示数增大
C．t=0时，电压表示数为100V
D．当原、副线圈匝数比为2：1时，电阻上消耗的功率为50W
10．如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板左端放置一可看成质点的物块。时对物块施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物块和木板发生相对滑动，时撤去F，物块恰好能到达木板右端，整个过程物块运动的图像如图乙所示。已知木板的质量为0.5kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小，下列说法正确的是（　　）
A．木板的长度为3m
B．物块的质量为0.8kg
C．拉力F对物块做的功为9.9J
D．木板与地面间因摩擦产生的热量为3.3J
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．根据单摆可以通过实验测量当地的重力加速度。如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
(1)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________。
A．摆球应选用直径较小、密度较大的小球，摆线应选用细而不易伸长的线
B．为了便于记录周期，开始时将摆球拉开，应使摆线与平衡位置有较大角度
C．记录周期时，当摆球通过平衡位置时开始计时，摆球再次回到平衡位置停止计时，此时间间隔为，则单摆周期
D．记录周期时，当摆球通过平衡位置时开始计时，记下摆球做30次全振动所用的时间，则单摆周期
(2)若已测出悬点到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度 （用L、n、t表示）。
(3)某同学利用单摆测重力加速度，测得的g值与真实值相比偏大，可能的原因是________。
A．测摆长时记录的是摆线的长度
B．开始计时时，秒表过早按下
C．摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了
D．实验中误将29次全振动数记为30次
12．现测定长金属丝的电阻率。
（1）某次用螺旋测微器测量金属丝直径的结果如图所示，其读数是 mm。
（2）现有下列器材设计一个电路，为了尽量准确地测量一段金属丝的电阻，这段金属丝的电阻Rx约为100Ω，某同学设计如图所示电路图进行试验。
电源E（电动势10V，内阻约为10Ω）
电流表A1（量程0～250mA，内阻R1＝5Ω）
电流表A2（量程0～300mA，内阻约为5Ω）
滑动变阻器R（最大阻值10Ω，额定电流2A）
开关S及导线若干
实验时，测量得到电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，则这段金属丝电阻的计算式Rx＝ ；从设计原理看，则测量值与真实值相比 （填“偏大”“偏小”或“相等”）。
13．如图所示，开口向上的汽缸C静置于水平桌面上，用一横截面积S=50cm2的轻质活塞封闭了一定质量的理想气体，一轻绳一-端系在活塞上，另一端跨过两个定滑轮连着一劲度系数k=1400N/m的竖直轻弹簧A，A下端系有一质量m=14kg的物块B。开始时，缸内气体的温度t=27°C，活塞到缸底的距离L1=120cm，弹簧恰好处于原长状态。已知外界大气压强恒为p=1.0×105 Pa，取重力加速度g=10 m/s2，不计一切摩擦。现使缸内气体缓慢冷却，求:
(1)当B刚要离开桌面时汽缸内封闭气体的温度
(2)气体的温度降到-93°C时离桌面的高度H
14．如图甲所示，在某星球上竖直固定两个相距1m的光滑平行金属导轨MN、PQ，导轨足够长且电阻不计，两导轨上端连接电路，定值电阻R1=2Ω，R3=4Ω，R2为电阻箱，导轨所在区域存在垂直导轨平面向外的匀强磁场。质量为0.1kg、电阻为1Ω、长为1m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，现调节电阻箱R2的阻值为12Ω，开关S打开，0时刻金属棒由静止释放，1s时闭合开关S，金属棒运动的v-t图像如图乙所示，t时刻图线的切线刚好水平，闭合开关S后，金属棒下滑距离为54m时速度恰好达到最大值。
（1）求匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）求图像中t的数值及t时间内整个电路产生的焦耳热；（结果均保留一位小数）
（3）电阻箱R2取何值时，金属棒再次匀速下滑且R2消耗的功率最大。
15．如图所示,光滑倾斜轨道AB与光滑水平轨道BE在B点平滑连接。在水平轨道C点上方有一光滑螺旋状竖直圆轨道,可以认为入口和出口几乎重合,其半径R=0.5 m。在E点右下侧有一足够长的粗糙倾斜轨道,与水平面的夹角θ=37°,其上端靠近E点锁定一个长木板M=2 kg,木板与粗糙倾斜轨道间的动摩擦因数μ1=0.75,木板下端有一不计厚度的弹性挡板与木板固定连接。现将一质量m=1 kg,可视为质点的物块从距离水平轨道高h=1.8 m的A点静止释放,经过竖直圆轨道之后再通过一小段光滑圆弧滑上木板上端,其速度方向刚好平行于木板上表面。在物块与挡板碰前瞬间解除木板的锁定,物块与弹性挡板作用过程不损失机械能,最后物块恰好没有从木板上端掉下。已知物块与木板之间动摩擦因数μ2=0.8,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,不计空气阻力。求:
(1)物块通过圆轨道最高点D时对轨道的压力大小FN;
(2)物块与挡板碰撞后瞬间,物块与木板的速度大小之比k;
(3)木板的长度L。
参考答案
1．【知识点】原子核的衰变及半衰期、天然放射现象及射线的本质
【答案】A
【详解】
A．衰变所释放的电子来自原子核，是原子核中的中子转变为质子和电子所产生的，故A正确；
B．半衰期具有统计意义，只对大量的原子核适用，故B错误；
C．射线一般伴随着或射线产生，在这三种射线中，射线的穿透能力最弱，电离能力最强，故C错误；
D．发生衰变时，电荷数减少2，质量数减少4，则中子数少2，故D错误。
故选A。
2．【知识点】万有引力定律问题的分析与计算
【答案】C
【解析】由万有引力定律得甲对丙的引力大小F1＝，A错误；由a＝得甲的速度大小为v＝，B错误；对甲，由牛顿第二定律得F'1＋＝ma，其中F'1＝F1，解得乙的质量为m乙＝－，C正确；设乙对丙的引力大小F2，对丙，由牛顿第二定律得F1＋F2＝ma，解得F2＝ma－，由牛顿第三定律知，丙对乙的引力大小F'2 ＝ ma－，D错误。
3．【知识点】波的多解问题
【答案】A
【详解】A．由图可知，这列波的波长为，A正确；
B．A、B两个质点的平衡位置相距，振动方向始终相反，B错误；
C．若波向右传播，有，解得，则波的最小频率为，C错误；
D．若波向左传播，有，解得，则波的传播速度大小为，D错误。选A。
4．【知识点】弹性势能的变化与弹力做功的关系、斜抛运动
【答案】D
【解析】由题意知，橡皮条的拉力与伸长量成正比，橡皮条的长度为和时，伸长量分别为和，则橡皮条的弹力大小之比为，A错误；由弹性势能表达式可知，橡皮条的长度为和时，伸长量为和，弹性势能之比为，B错误；石子从弹弓飞出后做斜抛运动，假设石子飞出时的速度大小为，与水平方向的夹角为 ，若石子可以击中苹果，需满足，整理得，当 时， 最大，最小，为，此时发射石子，弹弓的弹性势能最小，弹弓的弹性势能全部转化为石子的动能，则弹弓具有的弹性势能最小为，C错误，D正确.
5．【知识点】带电粒子在有界匀强磁场中的运动、带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题
【答案】C
【详解】
设粒子运动半径为R，根据牛顿第二定律有
解得
粒子在磁场中运动周期为
由此可知所有粒子运动的周期都相同，在磁场中运动时间最长的粒子转过的圆心角最大，根据几何关系可知对于运动半径相同的粒子，当磁场边界所截粒子运动轨迹的弦最长的粒子运动时间最长，即沿QP方向射入磁场的粒子运动时间最长，而运动半径最大的粒子其速度最大，综上所述可知该类粒子从O点射出，其运动半径为L，则
解得粒子速度的最大值为
故C正确。
故选C。
6．【知识点】元电荷、电子的比荷、几种常见的电场、匀强电场、尖端放电、静电屏蔽与静电吸附、带电粒子在匀强电场中的运动、库仑定律、库仑定律的表达式和简单计算、点电荷的场强、电场 电场强度、电场、电场强度、电场的叠加 、电场线、电荷 电荷守恒定律、电荷及三种起电方式、电荷守恒定律、静电平衡问题、静电感应现象及特点、静电的防止与利用、非点电荷的电场强度的计算与叠加
【答案】B
【解析】极板之间的电压U不变，由E＝可知两极板距离d越大，场强E越小，电场力F＝Ee越小，加速度越小，加速时间越长，由eU＝mv2，得v＝，则电子到达Q板时的速率与极板间距离无关，与加速电压有关，A、C、D错误， B正确．
7．【知识点】全反射与折射的综合应用
【答案】AD
【详解】本题主要考查折射率与频率间的关系、折射定律、反射定律。因天空中的彩虹与球形水滴有关，通过玻璃球观察到彩虹能更准确地还原大气中彩虹现象的形成原理，有助于培养学生的物理兴趣。高考中常考光在生活中的实际应用，需要注意临界问题的处理。
光在玻璃球中的传播速度为，，紫光折射率大，传播速度小，正确，错误；红光和紫光在介质中的光路图如图所示，第一次折射时，红光由空气射入玻璃，，解得，紫光由空气射入玻璃，，解得，根据几何关系，第二次折射时的入射角等于第一次折射时的折射角，，解得，错误，正确。
8．【知识点】牛顿第二定律求解瞬时突变问题
【答案】AD
【解析】对物体受力分析，由平衡条件得，对物体受力分析，由平衡条件得，得正确；剪断轻绳后，对，所以剪断轻绳后，在斜面保持静止；剪断轻绳后，对，所以剪断轻绳后，能沿斜面加速下滑，B错误；剪断轻绳后，对物体受力分析，，解得，对斜面体和A、B整体受力分析，在竖直方向，由牛顿第三定律，所以，剪断轻绳后，斜面体对地面的压力错误；对斜面体和A、B物体整体在水平方向上，由平衡条件得，剪断轻绳后，地面对斜面体的摩擦力大小为，方向水平向右，正确。故选。
9．【知识点】交流发电机、交流电“四值”的计算及应用、含有理想变压器的动态电路分析、理想变压器原、副线圈两端的电压、功率、电流关系及其应用
【答案】ABD
【详解】
A．矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为：
线圈中感应电动势的表达式为
故A正确；
B．P上移时，原线圈的匝数减小，则导致副线圈电压增大，那么副线圈电流也增大，则原线圈的电流会增大，电流表示数增大，故B正确；
C．由于最大值为有效值的倍，所以交流电的有效值为U=100V，当t=0时，电压表示数为100V，故C错误；
D．当原、副线圈匝数比为2：1时，次级电压
电阻上消耗的功率为
故D正确；
故选ABD。
10．【知识点】板块模型中的能量守恒问题
【答案】CD
【详解】A．木板在2.5s时刻之前影子向右做匀加速直线运动，作出图像，如图所示
由图像可知2.5s时两者共速，则木板在0~2.5s内的加速度大小为，物块在0~2.0s内的加速度大小，物块在2.0s~2.5s内的加速度大小，两者在2.5s~3.0s内的加速度大小，可得木板与地面间的动摩擦因数为0.2，物块与木板间的动摩擦因数为0.4，木板的长度为，A错误；
B．前2s对木板有，对物块有，解得，B错误；
C．前2s拉力F对物块做的功，C正确；
D．木板与地面间因摩擦产生的热量，D正确。选CD。
11．【知识点】实验：用单摆测量重力加速度
【答案】(1)AD，(2)，(3)D
【详解】（1）A．该实验中，摆线应选用细而不易伸长的线，避免在摆动过程中摆长发生改变，且长度要适当长一些；为了避免空气阻力的影响，摆球应选用直径较小，密度较大的小球，A正确；
B．单摆的最大摆角应小于，因而开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置不能有太大的角度，B错误；
C．为准确测量单摆周期，应从摆球经过平衡位置时开始计时，测出多个周期的时间，然后求出平均值作为周期，C错误；
D．记录周期时，当摆球通过平衡位置时开始计时，记下摆球做30次全振动所用的时间，则单摆周期，D正确。选AD。
（2）根据单摆周期公式，又，联立解得
（3）根据，可得
A．测摆长时记录的是摆线的长度，则摆长测量值偏小，使得重力加速度测量值偏小，A错误；
B．开始计时时，秒表过早按下，则周期测量值偏大，使得重力加速度测量值偏小，B错误；
C．摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了，则摆长测量值偏小，使得重力加速度测量值偏小，C错误；
D．实验中误将29次全振动数记为30次，则周期测量值偏小，使得重力加速度测量值偏大，D正确。选D。
12．【知识点】实验：导体电阻率的测量
【答案】；0.200（0.199~0.201）；；相等
【详解】
（1）[1]螺旋测微器的精度为0.01mm，则金属丝的直径为
（0.199~0.201）
（2）[2]因电流表A1的内阻已知，则可以当成电压表使用，两电流表的电流之差为待测电阻的电流，由欧姆定律可得
[3]因待测电阻的电压值和电流均为准确值，则测量值与真实值相比相等。
13．【知识点】利用理想状态方程解决问题、气体的等压变化与盖—吕萨克定律
【答案】(1)；(2)
【详解】
【详解】
(1)B刚要离开桌面时弹簧拉力为
解得
由活塞受力平衡得
根据理想气体状态方程有
代入数据解得
(2)当温度降至198K之后，若继续降温，则缸内气体的压强不变，根据盖-吕萨克定律，则有
代入数据解得
14．【知识点】导体切割磁感线产生感应电动势（电流）的分析与计算、电磁感应现象中的功能问题、闭合电路输出功率与效率
【答案】（1）0.5T；（2）5.4s，27.1J；（3）4Ω
【详解】（1）设该星球表面的重力加速度为g，开关S打开，对金属棒受力分析及从图上得，在0~1s内金属棒的加速度为，金属棒匀速下滑时速度最大，此时棒所受的安培力为，，，从图上得，由平衡条件得，所以，代入数据解得
（2）闭合开关后，由动量定理可得，，由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律可得，，联立可得，所以，金属棒由静止开始下滑到最大速度的过程，由动能定理得，，解得
（3）改变电阻箱R2的值后，电阻值为R2′，金属棒匀速下滑时满足，R2两端的电压为，R2消耗的功率为，由上联立解得，由数学知识得，当，即，R2消耗的功率最大。
15．【知识点】动量守恒与板块模型相结合、求解弹性碰撞问题、竖直面内圆周运动问题
【答案】
(1)22 N（5分）(2)1∶2（5分）(3) m（6分）
【详解】
(1)物块从A点下滑到D点由机械能守恒定律有
mgh=mg×2R+ m
在D点由牛顿第二定律有F+mg=m
联立解得F=22 N
根据牛顿第三定律可知,压力大小为FN=F=22 N。
(2)设物块碰挡板前速度为v2,碰后速度为v3,木板碰后速度为v4,由于μ1=tan θ且物块与弹性挡板作用过程不损失机械能,碰撞过程满足动量守恒和机械能守恒,则有
mv2=mv3+Mv4
m = m + M
解得v3= v2=- v2
v4= v2= v2
则有k= =
(3)物块从A点下滑至E点,由动能定理知
mgh= m
解得v0=6 m/s,
物块从E点到挡板前,木板锁定不动,由动能定理知
mgLsin θ-μ2mgLcos θ= m - m
恰好不从木板上端掉下来,说明二者在木板上端速度达到相同,设为v5,解除锁定后满足动量守恒,则有
mv2=(M+m)v5
设从碰撞后到共速过程木板下移距离为x,对物块、木板和斜面系统由能量守恒可得
Mgxsin θ+mg(x-L)sin θ+ m - (M+m) =μ1(M+m)·gxcos θ+μ2mgLcos θ
由以上几式解得L= m
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