2025年湖南省一起考高考物理一模试卷（含详细答案解析）

这是一份2025年湖南省一起考高考物理一模试卷（含详细答案解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.量子技术是当前物理学应用研究的热点，下列关于量子论的说法正确的是( )
A. 爱因斯坦提出能量子，成功解释了黑体辐射的规律
B. 光电效应实验中，光强越强，光电子逸出时的最大初动能越大
C. 康普顿效应表明光子既具有能量，又具有动量
D. 德布罗意认为光具有波粒二象性，而实物粒子没有波动性
2.如图甲所示是风筝在空中悬停的情景，图乙是其简化图。若风筝的重力为G，在牵线的拉力T和垂直于风筝面的恒定风力F的作用下处于平衡状态，则下列说法错误的是( )
A. 风筝在空中所受合力为零
B. 风力和牵线的拉力的关系满足F>T
C. 风对风筝的作用力与风筝对风的作用力大小相等
D. F沿竖直方向的分力与T沿竖直方向的分力大小相等
3.利用手机软件可以记录物体运动的加速度，现用某款智能手机进行户外游乐项目“跳楼机”测试，将手机放在“跳楼机”的电梯地板上，打开手机软件，电梯由静止开始上升后，测得手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示，以竖直向上为正方向，则( )
A. 在t1∼t2时间内电梯先加速后减速
B. 在t2时刻电梯到达最高点
C. 在t2∼t3时间内手机受到的支持力逐渐减小
D. 在t2∼t4时间内，手机处于失重状态
4.如图甲所示，理想变压器原线圈连接定值电阻R0，副线圈连接滑动变阻器R，滑动变阻器最大阻值足够大，M、N端输入正弦式交变电流。将滑动变阻器的滑片从a端缓慢向下滑动，记录理想电压表V的示数U1与理想电流表A的示数I1，描绘出U1−I1图像，如图乙所示。当滑动变阻器接入电路的阻值为9R0时，滑动变阻器消耗的功率达到最大，则下列说法正确的是( )
A. 定值电阻R0的阻值为10Ω
B. 滑动变阻器消耗的最大功率为400W
C. 理想变压器原、副线圈的匝数之比n1：n2=1：3
D. 交变电压的峰值为100 2V
5.2024年10月，深蓝航天亚轨道太空旅行计划公布，推出2027年载人飞船首次亚轨道载人旅行飞船船票的预售活动.亚轨道是指飞行器在距地球20∼100公里高空飞行的轨道，最高点必须高于卡门线(距地面100公里)。亚轨道飞行器无法环绕地球一周，飞行器在无动力的情况下会被地球重力拉回地面。已知同步卫星距离地面高度约为地球半径的5.6倍，地球表面重力加速度g取9.8m/s2，地球半径约为6.4×103km，下列说法正确的是( )
A. 亚轨道飞行器发射速度大于7.9km/s
B. 亚轨道飞行器起飞至落地全过程机械能守恒
C. 卡门线附近卫星做圆周运动的周期约为85min
D. 同步卫星与卡门线附近卫星做圆周运动的线速度之比为2.57
6.如图所示，有一半径为R均匀带正电绝缘球体，以球心O为原点沿半径方向建立一维坐标系，图中OA=AB=BC=CD=R2。已知电荷分布均匀的球壳在壳内任意一点产生的电场强度为零，则下列说法正确的是( )
A. A和C两点的电场强度相同B. O、A间电势差大于A、B两点间的电势差
C. 从O点沿坐标轴到B点场强均匀增大D. 整个球体是等势体，表面是等势面
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.某款手机防窥屏的原理图如图所示，在透明介质中有相互平行排列的吸光屏障，屏障垂直于屏幕，可实现对像素单元可视角度θ的控制。发光像素单元紧贴防窥屏的下表面，可视为点光源，位于相邻两屏障的正中间。下列说法正确的是( )
A. 防窥屏的厚度不影响可视角度θ
B. 屏障的高度d越大，可视角度θ越大
C. 透明介质的折射率越大，可视角度θ越大
D. 防窥屏实现防窥效果主要是因为光发生了全反射
8.如图所示，在x=0处有一振源，从某时刻开始振动形成一列沿x轴正方向传播的简谐横波，图中实线为t=0时刻的波形图，虚线为t=0.01s时的波形图，此时质点a刚好位于波峰处，已知周期T>0.01s，图中标出的坐标点均为已知量。则下列说法正确的是( )
A. 波速为100m/sB. a点平衡位置的横坐标为4m
C. t=0.015s时a、b两质点的位移相等D. 0∼0.03s质点a与质点b通过的路程相等
9.如图所示，两根轻杆与质量为M的球通过轻质铰链连接。轻杆长度都为L，C、D为两个完全相同的物块，质量都为m。开始时，两轻杆处在竖直方向，C、D恰好与杆接触，C、D都静止在水平地面上。某时刻球受到扰动，两杆推动C、D物体分别向左右运动，当θ为60∘时，杆与物体仍未分离。球、C、D在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g，在球从静止开始运动到落地的过程中，下列说法正确的是( )
A. 当θ为60∘时，vC= 3v球
B. 当θ为60∘时，v球= (2− 3)MgLM+6m
C. 当θ为45∘时，a球>g
D. 左杆末端与物体C一定会在球落地前分离
10.质谱仪是一种测量带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图。离子源A产生电荷量相同而质量不同的离子束(初速度可视为零)，从狭缝S1进入电场，经电压为U的加速电场加速后，再通过狭缝S2从小孔垂直MN射入圆形匀强磁场，该匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外、半径为R，磁场边界与直线MN相切，E为切点，离子离开磁场最终到达感光底片MN上，设离子电荷量为q，到达感光底片上的点与E点的距离为x，不计重力，可以判断( )
A. 离子束带正电
B. x越大，则离子的比荷一定越大
C. 到达x= 3R处的离子质量为qB2R26U
D. 到达x= 3R处的离子在匀强磁场运动时间为πBR23U
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某学习小组利用手机和刻度尺研究小球做平抛运动的规律。他们用手机拍摄功能记录小球抛出后位置的变化，每隔时间T拍摄一张照片。
Ⅰ.在小球抛出瞬间拍摄一张照片，标记小球位置为A，然后依次每隔1张照片标记一次小球的位置，得到如图所示的B点和C点；
Ⅱ.经测量，AB、BC两线段的长度之比a：b。
(1)为了减小空气阻力的影响，小球应选择______；
A.实心金属球
B.空心塑料球
C.空心金属球
(2)若忽略空气阻力，已知当地重力加速度为g，则：
①AB、BC之间的水平距离在理论上应满足xAB______(填“大于”“等于”或“小于”)xBC；
②BC之间实际下落的竖直高度为______(用g、T表示)；
③小球抛出时的初速度大小为______(用g、T、a、b表示)。
12.某同学欲用下列器材测量电源的电动势E与内阻r。
A.待测电源(电动势E约为9V，内阻r未知)
B.电流表A(量程为0∼0.6A，内阻RA未知)
C.电阻箱R(0∼999.9Ω)
D.定值电阻R1=25Ω
E.定值电阻R2=15Ω
F.开关S1、开关S2，导线若干
该同学将器材连接成如图甲所示的电路。
(1)该同学先利用图甲电路测量电流表的内阻RA。闭合开关S1，将开关S2先后掷向a和b，并调节电阻箱，反复操作后发现当R=375.0Ω，将开关S2掷向a和b时，电流表示数相同，则电流表的内阻RA=______Ω。若忽略偶然误差，从理论上分析，实验测得电流表的内阻值______(填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
(2)该同学再利用图甲电路测量电源的电动势和内阻。闭合开关S1，将开关S2掷向触点c，多次调节电阻箱，记录下电阻箱的阻值R和电流表的示数I；利用R、I数据绘制的1I−1R图像如图乙所示，则电源的电动势E=______ V，内阻r=______Ω(结果均保留两位有效数字)。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.气压千斤顶是一种利用压缩空气作为动力来起重的升降设备。某种气压千斤顶的模型如图所示，其由高度分别为h和3h、横截面积分别为3S和S的汽缸连接而成，将模型开口向上竖直放置在水平地面上，封闭充气口，将厚度不计，横截面积为S的活塞连同支架轻轻放入汽缸开口处，活塞下降一定距离后稳定。已知大气压强为p0，活塞连同支架的重力为0.2p0S，环境温度恒为T0，重力加速度为g，汽缸的气密性、导热性良好且内壁光滑，空气可视为理想气体。
(1)求活塞稳定后下降的距离H；
(2)若在支架上放置重力大小为10.8p0S的重物，同时通过充气口向缸内充入压强为p0的空气，当活塞上升到汽缸口的位置并稳定时，求充入的空气与汽缸内原来空气的质量之比。
14.如图所示，平行光滑金属导轨固定在水平面上，导轨宽为L，导轨所在空间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两金属杆质量均为m，两金属杆连入电路部分的电阻均为R，0时刻，2杆静止，同时给1杆水平向右的初速度v0，则：
(1)两杆最终的速度是多少？
(2)设t时刻两杆的速度已经稳定，则0∼t时间内两杆对地的位移分别是多大？
15.如图所示，木板A的中点O和小球B通过长为L的轻杆相连，O为转动轴，小球B的质量为m，木板A的质量为2m，球和木板都静止在光滑的水平面上，开始时杆处于竖直位置，放开小球B后轻杆将倒下，求：
(1)若木板固定，轻杆到达水平位置时，小球B接触木板前瞬间的加速度；
(2)若木板不固定，杆到达水平位置时，小球B接触木板前瞬间杆对小球B的拉力大小。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.普朗克提出的能量子学说，成功解释了黑体辐射的规律，故A错误；
B.光电效应实验中，根据Ek=hν−W0可知光电子逸出时的最大初动能与光子频率以及金属的逸出功有关，与光强无关，故B错误；
C.康普顿效应表明光子既具有能量，又具有动量，体现了光子的粒子性，故C正确；
D.德布罗意认为光具有波粒二象性，实物粒子也有波动性，据此提出了物质波的概念，故D错误。
故选：C。
本题是物理学史问题，根据科学家和他们的贡献进行解答；根据光电效应方程解答。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，重视历史知识积累。
2.【答案】D
【解析】解：A、风筝在空中处于平衡状态，由平衡条件可知，风筝所受合力为零，故A正确；
B、对风筝受力分析，如图所示。
由平衡条件可知，拉力T和风力F的合力大小等于重力，由几何关系可知，风力F与合力的夹角小于拉力T与合力的夹角，由力的合成规律可知F>T，故B正确；
C、根据牛顿第三定律可知，风对风筝的作用力与风筝对风的作用力等大，故C正确；
D、由力的平衡条件可知，F沿竖直方向的分力大小等于T沿竖直方向上的分力大小与重力G的大小之和，故D错误。
本题选错误的，故选：D。
风筝在空中处于平衡状态，所受合力为零。对风筝受力分析，再分析各力的大小。
解答本题的关键要正确分析风筝的受力情况，画出受力图，根据平衡条件分析。
3.【答案】C
【解析】解：A.a−t图像中图线与坐标轴所围面积表示速度的变化量，t1∼t3时间内速度一直增加，所以电梯一直加速，故A错误；
B.由图可知，t2时刻加速度方向向上，速度方向向上，所以t2时刻还没有达到最高点，故B错误；
C.对手机进行受力分析可知，t2∼t3时间内，有F−mg=ma，该段时间内，a逐渐减小，因此支持力FN逐渐减小，故C正确；
D.在t2∼t4时间内，手机加速度先向上后向下，则手机先处于超重状态后处于失重状态，故D错误。
故选：C。
在a−t图像中，t轴上方加速度为正，表示物体在加速运动，t轴下方加速度为负，表示物体在减速运动，图像与时间轴围成的“面积”表示速度的变化量，加速度的方向代表了合力的方向，由牛顿第二定律可列方程判断支持力变化。
本题主要考查了a一t图像，解题关键是明确加速度是连接力学与运动学的桥梁，通过加速度变化情况，可判断速度变化情况，可判断物体所受合力变化情况。
4.【答案】C
【解析】解：A.设交变电压的有效值为E，将定值电阻R0等效为交流电源的内阻，根据闭合电路欧姆定律有
U1=E−I1R0
可知
E=200V
R0=20010Ω=20Ω
故A错误；
D.根据正弦交流电有效值和最大值的关系，有效值满足：
E=Em 2
解得
Em=200 2V
故D错误；
BC.将理想变压器与滑动变阻器整体等效为一个电阻，等效电阻满足
Rx=U1I1=n1n2U2n2n1I2=(n1n2)2R
滑动变阻器消耗的功率满足
P=(ER0+Rx)2Rx=E2R02Rx+Rx+2R0
当Rx=R0时，滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率满足
Pm=E24R0
解得：Pm=500W
由
(n1n2)2⋅9R0=R0
解得
n1：n2=1：3
故B错误，C正确。
故选：C。
根据闭合电路欧姆定律，结合等效内阻以及等效电阻法，综合功率表达式以及理想变压器电压、电流与匝数比的关系分析求解。
本题考查了交变电流和变压器相关知识，理解交流电表达式及各个物理量的含义和计算方法，掌握变压器电压、电流与匝数的关系是解决此类问题的关键。
5.【答案】C
【解析】解：A.亚轨道飞行器无法绕地做圆周运动，则发射速度小于第一宇宙速度，小于7.9km/s，故A错误；
B.飞行器起飞至落地全过程还会受到大气层的阻力，气体与飞行器摩擦生热，所以机械能不守恒，故B错误；
C.卡门线附近卫星做圆周运动有GMmR2=m4π2T2R
根据万有引力与重力关系有GMmR2=mg
解得T≈85min
故C正确；
D.根据牛顿第二定律及万有引力定律可得GMmR2=mv12R
解得卡门线附近卫星圆周运动的线速度为v1= GMR
同理同步卫星的线速度为v2= GM6.6R
则有v2v1≈0.39
故D错误。
故选：C。
根据第一宇宙速度的定义求解；
摩擦力做功，机械能不守恒；
根据万有引力提供向心力以及万有引力提供重力列式求解；
根据万有引力提供向心力求出线速度，同理在求出同步卫星的线速度进行比较。
本题考查的是万有引力定律的应用，其中主要涉及的是万有引力定律提供向心力以及重力的列式求解，题型简单。
6.【答案】C
【解析】解：A.电荷分布均匀的球壳在壳内任意一点产生的电场强度为零，所以A点的电场强度为EA=kQA(R2)2
设球体带电量为Q，则QA=[43π(R2)343πR3]Q=Q8
解得EA=kQ2R2
C点的电场强度为EC=kQ(R+R2)2=4kQ9R2
故A和C两点的电场强度不相同，故A错误；
BC.从O点沿坐标轴到B点，离O点距离为r(00.01s
解得T=0.12s
根据波形图可知波长λ = 12 m，则波速为
v=λT,解得v=100m/s
故A正确；
B.根据波形图可知虚线波的波动方程为
y=8sin(2π12x−π6)cm
又质点a的位移为y=8cm
解得x=4m
故B正确；
C.由对称性可知当波峰位于a、b的中点处时，质点a、b的位移相等，则从t = 0时刻开始到波峰传到质点a、b的中点处时向右传播的距离为
s=(nλ+2)m(n = 0，1，2，3，…)
所需时间为
t=sv=12n+2100m/s(n = 0，1，2，3，…)
当n = 0时，t = 0.02 s>0.015 s，故C错误；
D.t = 0.03 s为四分之一个周期，根据波形图可得0∼0.03s质点a通过的路程为
ya=(1− 32+12)A=(12−4 3)cm
四分之一个周期质点b通过的路程为
yb=A=8cm
故D错误。
故选：AB。
A.根据波速公式求波速；
B.根据波动方程求质点a的平衡位置坐标；
C.由对称性和时间公式求a、b两质点的位移相等的时间；
D.根据一个周期内的路程关系求0∼0.03s内质点a与质点b通过的路程。
本题考查了波动图像，掌握波速、波长和周期的关系，理解质点在不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。
9.【答案】ABD
【解析】解：A.设左杆的下端点为A，由对称性易知杆与竖直方向成θ2角，由关联速度知
v球cs⁡θ2=vAsin⁡θ2
得
vA= 3v球
又
vA=vC
可得
vC= 3v球
故A正确；
B.杆从竖直到θ=60∘过程，对整个系统，由机械能守恒得
MgL(1−cs⁡30∘)=12Mv球2+2×12mvC2
又
vC= 3v球
联立解得
v球= (2− 3)MgLM+6m
故B正确；
C.设左杆末端为A点，A与C没有分离前，C物体一直向左加速，A对C有向左的弹力，对端点A分析，易知杆对A的力沿杆斜向下，故杆对球的力沿杆斜向上，由对称性知，两杆对球的合力向上，故a球