2025届湖南省普通高中高三下学期5月高考模拟最后训练(四) 物理试题（含解析）

这是一份2025届湖南省普通高中高三下学期5月高考模拟最后训练(四) 物理试题（含解析），共19页。

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．核污染水含高达64种放射性元素，其中氚衰变过程中产生的电离辐射可损害DNA，是致癌的高危因素之一。氚的半衰期为12.5年，其衰变方程为，下列说法正确的是（ ）
A．衰变方程中，
B．该反应为衰变，射线是由核外电子发射形成的
C．和的结合能之和一定大于的结合能
D．经过25年，的氚发生了衰变
2．正四面体OABC，O为其顶点，底面ABC水平，D为AB边的中点，如图所示．由O点水平抛出相同的甲、乙两小球，两小球分别落在A点和D点，空气阻力不计．则下列说法正确的是（ ）
A． 甲球和乙球初动能之比为2:1 B． 甲球和乙球末动量大小之比为3:1
C． 甲球和乙球末动能之比为12:11 D． 甲球和乙球动量的变化量之比为2:1
3．战绳作为一项超燃脂的运动,十分受人欢迎.一次战绳练习中,某运动达人晃动绳的一端使其上下振动(可视为简谐运动)形成横波.图甲、图乙分别是同一绳上P、Q两质点的振动图像,传播方向为P到Q.已知横波波长大于1 m且小于3 m,P、Q两质点在波的传播方向上相距3 m,下列说法正确的是( )
甲 乙
A．该列波的波长可能为127 m
B．P、Q两质点振动方向始终相反
C．该列波的波速可能为43 m/s
D．从t=0至t=2.125 s,Q质点运动的路程为3.4 m
4．我国计划在2030年前实现载人登陆月球开展科学探索，其后将探索建造月球科研试验站，开展系统、连续的月球探测和相关技术试验验证。假设质量为m的飞船到达月球时，在距离月面的高度等于月球半径的处绕着月球表面做匀速圆周运动，其周期为T1，已知月球的自转周期为T2，月球的半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A．月球的第一宇宙速度为
B．月球两极的重力加速度为
C．当飞船停在月球纬度60°的区域时，其自转向心加速度为
D．当飞船停在月球赤道的水平面上时，受到的支持力为
5．如图所示，空间内有垂直纸面向里的匀强磁场(未画出)，在O点有一粒子源，能沿纸面向各方向均匀发射初速度为v0、电荷量为＋q、质量为m的带电粒子。O点右侧有一挡板PQ，已知OQ⊥PQ，OQ＝PQ＝a，当v0沿OQ方向时，粒子恰好打在挡板上端P点处，不计粒子重力，不考虑粒子的反弹和粒子间的相互作用，则
A．粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为2a
B．击中挡板左侧的粒子占粒子总数的16
C．击中挡板右侧的粒子占粒子总数的16
D．若将挡板PQ两端延伸足够长，粒子打在挡板上的长度为2a
6．如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的绝缘圆环，圆环的A、B、C、D端点上分别固定有一个点电荷，电荷量分别为+Q、+Q、−Q、−Q，圆心为O，AC垂直于BD，a、b、c、d分别为OA、OB、OC、OD的中点，在BD的延长线上有P点和N点，且DP=PN=R2。关于四个点电荷形成的电场，下列判断正确的是（ ）
A．a、b、c、d四点的电场强度大小相等
B．a、b、c、d四点的电势相同
C．d点和P点的电场强度大小相等
D．P点电势大于N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．图甲中，理想变压器原、副线圈匝数比n1:n2=5:1，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电.电路中电表均为理想交流电表，定值电阻R1=R2=4Ω ，D为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻为无穷大），则（ ）
甲乙
A．电阻R2两端的电压频率为50Hz
B．电流表的示数为5A
C．原线圈的输入功率为15W
D．将R1撤掉，电压表的示数不变
8．如图甲所示，一水平浅色传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2.初始时，两者都是静止的.现让传送带在电机带动下先加速后减速，传送带的速度—时间图像如图乙所示.设传送带足够长，一段时间后，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2.下列说法正确的是（ ）
甲乙
A．t=8s时煤块与传送带速度相同
B．煤块相对传送带的位移大小为80m
C．煤块的质量越大黑色痕迹的长度越长
D．黑色痕迹的长度为48m
9．如图所示，一单色光束照到厚壁玻璃管的外壁上M点，光从M点进入玻璃后以60°入射角照射到内壁上的P点，反射光线再照射到外壁上的N点。已知该玻璃的折射率为1.5，M、N两点之间的距离为，真空中的光速c=3×108m/s，下列说法正确的是（ ）
A．在M点只有折射光线，没有反射光线
B．在P点只有反射光线，没有折射光线
C．在N点只有反射光线，没有折射光线
D．光从M经P到N的传播时间为1×10-10s
10．如图所示，光滑竖直杆底端固定在地面上，杆上套有一质量为m的小球A（可视为质点），一根竖直轻弹簧一端固定在地面上（弹簧劲度系数为k），另一端连接质量也为m的物块B，一轻绳跨过定滑轮O，一端与物块B相连，另一端与小球A连接，定滑轮到竖直杆的距离为L。初始时，小球A在外力作用下静止于P点，已知此时整根轻绳伸直无张力且OP间细绳水平、OB间细绳竖直，现将小球A由P点静止释放，A沿杆下滑到最低点Q时OQ与杆之间的夹角为30°，不计滑轮大小及摩擦，重力加速度大小为g，下列说法中正确的是（ ）
A．初始状态时弹簧的压缩量为
B．小球A由P下滑至Q的过程中，加速度逐渐增大
C．小球A由P下滑至Q的过程中，弹簧弹性势能增加了
D．若将小球A换成质量为的小球C，并将小球C拉至Q点由静止释放，则小球C运动到P点时的动能为
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．某同学利用验证牛顿第二定律的装置来验证动能定理，实验步骤如下：
（1）测量小车、力传感器和挡光板的总质量M，挡光板的宽度d；
（2） 水平轨道上安装两个光电门，测出两光电门中心间的距离s，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮，挂上砝码盘，实验首先保持轨道水平，小车通过光电门1和2的时间相等，此时小车做__________运动，力传感器的示数为F0；
（3） 增加砝码盘里砝码的质量，释放小车，力传感器的示数为F，小车通过光电门1和2的时间分别为t1和t2，则小车受到的合外力为____________（用“F、F0”表示）；
（4） 已知重力加速度为g，若要验证动能定理，需要验证的关系为__________________________________________________．
12．实验小组设计了如图甲所示的电路图测量电源的电动势E和内阻r。电流表为理想电表，定值电阻的阻值为，先把电阻箱的阻值调到最大，接着把开关S合上，再改变电阻箱的接入值R，读出电流表的示数I，重复以上操作，多测几组R、I的相应值，最后画出的关系图像如图乙所示，图丙是所提供的实验器材，回答下列问题：
(1)根据甲图的实验电路图，在丙图中用笔划线代替导线连接实物图 ；
(2)图乙表示的物理量间的关系式 （用E、r、I、表示）；
(3)图乙中的纵、横截距分别为b、a，则电源的内阻 ，电动势 。（均用a、b、表示）
13．如图，气缸通过滑轮与装有水的水桶悬吊在空中，气缸内通过与弹簧相连的活塞封闭了一定质量的理想气体。开始时整个装置处于静止状态，弹簧处于原长状态。现通过水桶底部的遥控阀门将水缓慢放出，直至水完全放出。已知气缸质量为，活塞质量为，活塞截面积为，弹簧劲度系数为。开始时气柱长为，水完全流出时，弹簧压缩量为，大气压强为，重力加速度为，全过程气体温度保持不变，忽略各处阻力。求：
(1)水桶内水的质量；
(2)水完全漏出时，气柱的长度；
(3)水完全漏出时，气缸下移的距离。
14．（18分）如图，两平行轨道固定于水平面内，其中MN、M'N'是两小段绝缘材料，其余部分是金属材料，轨道间距为d，轨道间分布着磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。轨道左侧接入由电动势为E的直流电源、电容为C的电容器和单刀双掷开关S构成的电路，轨道右侧接入自感系数为L的电感线圈。质量为m、有效电阻为R的金属棒a垂直放置于轨道左侧某处，质量也为m、电阻不计的金属棒b垂直放置于绝缘材料上。现将S接1，待电容器充电完毕后，再将S接2。之后，a运动达到稳定状态，再与b发生弹性碰撞。不考虑其他电阻，不计一切摩擦，忽略电磁辐射，a、b均始终与轨道垂直且接触良好。
（1）S接通2瞬间，求金属棒a的加速度大小；
（2）求金属棒a运动达到稳定状态时的速度大小；
（3）某同学查阅教材后得知，电感线圈的自感电动势正比于电流的变化率，由此他猜测金属棒b在运动过程中做简谐运动。请证明。
15．（17分） 如图所示，在光滑水平地面的右端竖直固定一光滑半圆形轨道，左端固定一倾斜角θ＝37°、高度h＝1．2 m的粗糙斜面。一滑块B（可看成质点）位于距半圆形轨道底端左侧L2＝2125 m的水平地面上，滑块B的左端与轻弹簧接触（但未固定）。现将另一与滑块B完全相同的滑块A从斜面顶端由静止释放，已知从滑块A开始压缩弹簧到弹簧长度最短所用时间为t0＝15 s，之后滑块B脱离弹簧，恰好能滑上半圆形轨道的顶端，从顶端滑出后正好落在滑块A上。滑块A与斜面间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度g＝10 m/s2，轨道连接处平滑，弹簧形变始终在弹性限度内，sin 37°＝0．6，cs 37°＝0．8，求：
（1）滑块 A到达斜面底端时的速度大小v0；
（2）半圆形轨道的半径R；
（3）弹簧的原长L1。
高考模拟最后训练(四)参考答案
1．【答案】C
【详解】由电荷数与质量数守恒可得，解得，A错误；衰变的实质是原子核内部的一个中子转化为一个电子和一个质子，B错误；由于该反应释放能量，生成的新核更稳定，比结合能更大，和的结合能之和一定大于的结合能，C正确；由于半衰期为12.5年，可知经过25年，即经过两个半衰期，的氚发生了衰变，D错误。
2．【答案】C
【解析】两小球均从O点水平抛出，下落的高度相同，则下落时间相同，设正四面体的边长为a，甲、乙两球分别落在A、D两点，则甲球的水平位移为x甲=33a，乙球的水平位移为x乙=36a，由x=v0t，知甲球和乙球的初速度大小之比为2:1，初动能Ek=12mv02，初动能之比为4:1，A错误；由题意，两球下落的高度为ℎ=(32a)2−(36a)2=63a，竖直方向上的速度vy满足12mvy2=mgℎ，所以末速度为v=v02+2gℎ=gx22ℎ+2gℎ，代入得v甲=364ga，v乙=33648ga，根据动量公式p=mv，代入得甲球和乙球落地时的动量大小之比为p甲p乙=1211，动能大小之比为Ek甲Ek乙=v甲2v乙2=1211，B错误，C正确；由动量定理可知两小球动量的变化量为Δp=mgt，则动量变化量的比值为1:1，D错误．
3．【答案】C
【解析】由题意可知xPQ＝14+nλ(其中n＝0，1，2，…)，由于波长大于1 m且小于3 m，则n只能取1、2，当n＝1时有54λ＝3 m，得λ＝125 m，当n＝2时有94λ＝3 m，得λ＝43 m，且当波长为43 m时，波速v＝λT＝43 m/s，由于P、Q两质点平衡位置间的距离并不是半个波长的奇数倍，故P、Q两质点的振动方向并不是始终相反，A、B错误，C正确；由于t＝2.125 s＝218T，且由于0时刻Q质点处于平衡位置，则此时间内Q运动的路程s>2×4A＋A2＝17A2＝17×0.42 m＝3.4 m，D错误.
4．【答案】D
【详解】设月球的质量为M，飞船距离月面的高度等于月球半径的处绕着月球表面做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力有，设月球的第一宇宙速度为v1，则有，解得，A错误；在月球两极表面时，根据万有引力等于重力有，解得月球两极的重力加速度为，B错误；当飞船停在月球纬度60°的区域时，转动半径为，向心加速度为，C错误。当飞船停在月球赤道的水平面上，设水平面对其支持力大小为F，对飞船受力分析，由牛顿第二定律可得，解得，D正确。
5．【答案】C
【解析】沿OQ方向射入的粒子轨迹1如图甲所示，由几何关系知R＝a，A错误；击中挡板左侧的粒子，如图甲所示，其轨迹介于轨迹1与轨迹2之间，对应初速度间的夹角为30°，故其间的粒子数占总粒子数的比例为30°360°＝112(关键：打到挡板上粒子数与总粒子数之比即为粒子发射的角度之比)，B错误；击中挡板右侧的粒子，如图乙所示，其轨迹介于轨迹3与轨迹4之间，对应初速度间的夹角为60°，故其间的粒子数占总粒子数的比例为60°360°＝16，C正确；若将挡板PQ两端延伸足够长，如图丙所示，粒子能够打在挡板上的轨迹介于轨迹1与轨迹5之间，由几何关系知，粒子打在挡板上的长度为a＋3a，D错误。
甲乙丙
6．【答案】A
【解析】根据等量异种点电荷形成的电场特点可知，A、C和B、D处的点电荷在a、b、c、d四点处的电场分布如图甲所示,A点和C点处的点电荷形成的电场中电场强度Eay=Ecy、Eby=Edy，方向都是竖直向下，B点和D点处的点电荷形成的电场中电场强度Eax=Ecx、Ebx=Edx，方向都是水平向右，且Eay=Ecy=Ebx=Edx，Eby=Edy=Eax=Ecx，根据电场强度的叠加可知a、b、c、d四点的电场强度大小相等，A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φa=φb>φc=φd，B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P、d两点处电场分布如图乙所示，根据库仑定律及几何关系有EAC=16kQ55R2，EBD=40kQ9R2，E′AC=16kQ1313R2，E′BD=96kQ25R2，根据场强叠加法则可知d点电场强度大于P点电场强度，C错误；根据电势的叠加原理可知A点的+Q和C点的−Q电荷在P点和N点产生的电势之和均为零，B点的+Q和D点的−Q电荷形成的电场线如图丙所示，可知电场线方向由N指向P，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知φN>φP，D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
【解析】由题图乙可知,交流电的周期为0.02s,故频率为50Hz,而变压器及二极管均不会改变交流电的频率,故电阻R2两端的电压频率仍为50Hz,故A正确；由题图乙可知,变压器的输入电压有效值为U1=Um2=100V,由电压与线圈匝数的关系可得,变压器的输出电压为U2=20V,因二极管的单向导电性,只有一半时间内有电压加在R2两端,设R2两端电压的有效值为U,由有效值的定义可得U2R2T=(20V)2R2⋅T2,解得U=102V,则电流表的示数为I=UR2=522A≈3.54A,故B错误；原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率,则P=U22R1+U2R2=150W,故C错误；因为输出电压由输入电压决定,故将R1撤掉,电压表的示数不变,故D正确.
8．【答案】AD
【解析】本题考查水平传送带模型.煤块的加速度a=μmgm=2m/s2，在v−t图像上作出煤块的速度—时间图像，斜率为加速度，根据几何关系可知，图像过点(6s，12m/s)；与传送带的图像交于点(8s，16m/s)；然后减速，交t轴于点(16s，0)，A正确；由图可知，煤块先相对传送带向左滑动的相对位移为Δx1=12×6×24m+16+242×2m−12×8×16m=48m，共速后煤块相对传送带往右滑动的相对位移为Δx2=12×8×16m−12×4×16m=32m，痕迹应取较长的相对位移，即为48m，煤块相对传送带的总位移大小为Δx=Δx1−Δx2=16m，B错误，D正确；煤块质量变大，不改变加速度，痕迹长度不变，C错误.
9．【答案】BD
【详解】A．由图可知光从M点入射，在M点既有反射光线又有折射光线，A错误；
BC．已知该玻璃的折射率为1.5，则根据临界角与折射率之间的关系
则可知细光束在该玻璃球中发生全反射的临界角小于，而细光束经玻璃照射到空气泡表面上P点时的入射角60。，大于临界角，因此细光束在P点发生了全反射，而由几何关系易知在N点，射向空气时的入射角小于临界角，因此光束在N点发生了折射，B正确，C错误；
D．由折射率
可得细光束在玻璃中传播的速度为
而由几何关系可得，光从A点传播到B点的路程为
则光从M点传播到N点的时间为
D正确。
10．【答案】ACD
【详解】初始状态时，物块B处于静止状态，根据平衡条件，有，解得弹簧的压缩量为，A正确；小球A开始下落时只受重力加速度为g，随着小球下落细线对小球有竖直向上的分力，小球所受的合力减小，小球的加速度开始减小，所以加速度不是逐渐增大，B错误；小球A从P到Q时，下落的高度，小球A下落到Q点过程中，物块B上升的高度为，整个过程中A和B重力势能的减少量为，系统机械能守恒，则该过程中，弹簧弹性势能增加了，C正确；若将小球A换成质量为的小球C，小球C运动到P点时沿绳方向的分速度为0，根据功能关系，可得，解得，D正确。
11．【答案】（2） 匀速直线
（3） F−F0
（4） (F−F0)s=12M(dt2)2−12M(dt1)2
【解析】
（2） 小车通过光电门1和2的时间相等，此时小车做匀速直线运动；
（3） 小车做匀速直线运动时有F0=f，力传感器的示数为F时小车受到的合外力为F合=F−F0；
（4） 若要验证动能定理，需要验证的关系为(F−F0)s=12Mv22−12Mv12，其中v2=dt2，v1=dt1，整理得(F−F0)s=12M(dt2)2−12M(dt1)2．
12．【答案】(1)见解析；(2)；(3)，
【详解】（1）根据电路图，作出实物连接图如图所示
（2）根据闭合电路欧姆定律有，变形可得。
（3）结合上述有，根据乙图有，，解得，。
13．【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】（1）开始时，由整体受力平衡得
水完全漏出后，由整体受力平衡得
由以上两式解得
（2）开始时，对活塞有
水完全漏出后，对活塞有
对气体有
由以上三式解得
（3）由几何关系得
解得
14．【答案】（1）BEdmR （2）CBdEm＋CB2d2 （3）见解析
【解析】（1）电容器充电完毕后，电容器两端电压为E，
S接通2瞬间，由闭合电路欧姆定律得I1＝ER（1分）
对金属棒a，由牛顿第二定律得
BI1d＝ma1（2分）
解得金属棒a的加速度大小a1＝BEdmR（1分）
（2）金属棒a运动达到稳定状态时做匀速直线运动，
电容器两端电压U＝Bdv1（1分）
根据动量定理得BIdt＝mv1－0（2分）
即Bqd＝mv1（1分）
通过金属棒a的电荷量q＝It＝C（E－U）（1分）
联立解得v1＝CBdEm＋CB2d2（1分）
（3）金属棒b电阻不计，则金属棒b与电感线圈组成的回路无电阻，则金属棒b产生的感应电动势与电感线圈的感应电动势始终相等，
设金属棒b向右移动的距离为x时速度大小为v2，
则Bdv2＝LΔIΔt（2分）
解得Bdv2ΔtL＝ΔI（1分）
则∑Bdv2ΔtL＝∑ΔI，
即I2＝BdxL（1分）
金属棒b移动的距离为x时，
所受安培力大小为F＝BI2d＝B2d2Lx（1分）
由楞次定律可知，金属棒b所受安培力方向与位移方向始终相反，
则F＝－B2d2Lx（2分）
所以金属棒b在运动过程中做简谐运动（1分）
15．【答案】（1）4 m/s （2）825 m （3）35 m
【解析】（1）设滑块的质量均为m，滑块A在斜面上运动时，由动能定理有
mgh－μmgcs θ·ℎsinθ＝12mv02（2分）
解得v0＝4 m/s（1分）
（2）从滑块A开始压缩弹簧到滑块B刚脱离弹簧的全过程可看成弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律分别有
mv0＝mv1＋mv2（1分）
12mv02＝12mv12＋12mv22（1分）
解得v1＝0，v2＝4 m/s（1分）
设滑块B运动到半圆形轨道最高点时的速度大小为v3，取水平地面为零势能面，由机械能守恒定律有
12mv22＝mg·2R＋12mv32（1分）
滑块B恰能运动到半圆形轨道顶端，由牛顿第二定律有
mg＝mv32R （1分）
解得v3＝45 5 m/s，R＝825 m （1分）
（3）设滑块A从开始接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中A的位移为x1，B的位移为x2，由动量守恒定律有
mv0＝mvA＋mvB（1分）
将该过程所用的时间t0划分成无数份微小时间Δt，对上式左右两边分别乘上微小时间Δt，则有
mv0Δt＝mvAΔt ＋mvBΔt，
两边累积有∑v0Δt＝∑vAΔt＋∑vBΔt（1分）
即x1＋x2＝v0t0，位移关系如图所示（2分）
根据对称性可知，从滑块A开始压缩弹簧到滑块B刚脱离弹簧的过程中，滑块A的位移为xA＝x1＋x2＝v0t0 （1分）
此时滑块A到半圆形轨道最低点的距离为s＝L1＋L2－xA，且此时A静止（1分）
滑块B做平抛运动时，设经过时间t落到滑块A上，有
s＝v3t（1分）
2R＝12gt2（1分）
解得L1＝35 m（1分）