2025届湖南省高考模拟（二）物理试题（解析版）

这是一份2025届湖南省高考模拟（二）物理试题（解析版），共17页。
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．下列说法中正确的是（ ）
A．是核聚变反应方程
B．在核反应中电荷数守恒，质量数不守恒
C．在α、β、γ三种射线中，穿透能力最强的是α射线
D．β衰变中放出的β射线是核外电子脱离原子核的束缚而形成的
2．如图所示，两根长度不同的轻质细线下面分别悬挂质量不同的小球A、B（均视为质点），小球A的质量大于小球B的质量，连接小球A的细线比连接小球B的细线长，两细线的上端固定在同一点，两小球以相同大小的线速度绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．因为连接小球A的细线比连接小球B的细线长，所以连接小球A的细线与竖直方向的夹角比连接小球B的细线与竖直方向的夹角小
B．因为连接小球A的细线比连接小球B的细线长，所以连接小球A的细线与竖直方向的夹角比连接小球B的细线与竖直方向的夹角大
C．因为小球A的质量大于小球B的质量，所以连接小球A的细线与竖直方向的夹角比连接小球B的细线与竖直方向的夹角小
D．因为小球A的质量大于小球B的质量，所以连接小球A的细线与竖直方向的夹角比连接小球B的细线与竖直方向的夹角大
3．近年来，中科院研发的第三代横波远探测成像测井仪在超深井中实现了清晰的井外地质成像及8340米深度的探测纪录，创下该类国产仪器深度探测纪录，对保障国家能源安全具有重要意义。若一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，图甲是t=3s时的波形图像，P为波传播方向上的一个质点，此时，图乙是x=2m处质点Q的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．该波沿x轴正方向传播
B．该波通过2m的障碍物时，不会发生明显的衍射现象
C．质点P再经过0.25s通过的路程为5cm
D．t=4s时，质点P的加速度方向沿y轴正方向，且加速度在增大
4．如图所示，在x轴上的P点和坐标原点O分别固定有一个点电荷，电荷量分别为-4Q和+Q。已知P点坐标为，则x轴上电场强度大小为零的位置位于（ ）
A．处B．处
C．处D．处
5．地球和哈雷彗星绕太阳运行的轨迹如图所示，彗星从a运行到b、从c运行到d的过程中，与太阳连线扫过的面积分别为和，且。彗星在近日点与太阳中心的距离约为地球公转轨道半径的0.6倍，则彗星（ ）
A．在近日点的速度小于地球的速度
B．从b运行到c的过程中动能先增大后减小
C．从a运行到b的时间大于从c运行到d的时间
D．在近日点加速度约为地球的加速度的0.36倍
6．如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ,区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行）,磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直．A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ．若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0．若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A． 若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1,则t>t0
B． 若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E,则t>t0
C． 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为34B2,则t=t02
D． 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为24B2,则t=2t0
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，长度为6m、倾角为30°的传送带以4m/s的速率沿逆时针匀速转动。将质量为2kg的小物块无初速度地放置在传送带的顶端，物块与传送带之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s²，则物块从传送带顶端滑到底端的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物块运动的时间为2.25s
B．传送带对物块做的功为-24J
C．重力对物块做功的平均功率为60W
D．物块与传送带之间因摩擦产生的热量为12J
8．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为3∶1，a、b接一输出电压恒为U的正弦式交流电源，其中R1、R3为定值电阻，R2为滑动变阻器，电流表、电压表均为理想电表。在滑片P向下缓慢滑动的过程中，用｜ΔI1｜、｜ΔI2｜分别表示电流表A1、A2示数变化量的绝对值，用ΔU1、ΔU2分别表示电压表V1、V2示数变化量的绝对值，下列判断正确的是（ ）
A．电阻R1与R3消耗功率的比值变大 B．｜ΔI2｜＝3｜ΔI1｜
C．ΔU2ΔI2＝R3，ΔU1ΔI2＝R19 D．当R2＝R3时，R2消耗的功率最大
9．光刻机是现代半导体工业的皇冠，其最核心的两大部件为光源与光学镜头。我国研制的某型号光刻机的光源辐射出某一频率的紫外光，光刻机光学镜头投影原理简化图如图所示，等腰直角三角形ABC为三棱镜的横截面，半球形玻璃砖的半径为R，O为球心，OO'为玻璃砖的对称轴。间距为3R的a、b两束平行紫外光从棱镜左侧垂直AB边射入，经AC边反射后进入半球形玻璃砖，最后会聚于硅片上表面的M点，M点位于O'O的延长线上。半球形玻璃砖的折射率为3，来自棱镜的反射光关于轴线OO'对称，光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是
A．紫外光在棱镜中的传播速度大于在玻璃砖中的传播速度
B．要使射向玻璃砖的光线最强，三棱镜的折射率至少为2
C．硅片上表面M点到球心O的距离为R3
D．紫外光从进入玻璃砖到传播到M点所用时间为7R3c
10．（多选）水平地面上有一质量为 m1 的长木板，木板的左端上有一质量为 m2 的物块，如图（a）所示.用水平向右的拉力 F 作用在物块上， F 随时间 t 的变化关系如图（b）所示,其中 F1 、 F2 分别为 t1 、 t2 时刻 F 的大小.木板的加速度 a1 随时间 t 的变化关系如图（c）所示.已知木板与地面间的动摩擦因数为 μ1 ,物块与木板间的动摩擦因数为 μ2 .假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等,重力加速度大小为 g .则（ ）
A． F1=μ1m1g
B． F2=m2m1+m2m1μ2-μ1g
C． μ2＞m1+m2m2μ1
D．在 0∼t2 时间段物块与木板加速度相等
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．某实验小组为测重力加速度，采用如图甲所示的装置，不可伸长的轻绳一端固定于悬点，另一端系一小球，在小球自然悬垂的位置上安装一个光电门（图中没有画出），光电门接通电源，发出的光线与小球的球心在同一水平线上。
甲 乙
（1）现用游标卡尺测得小球直径如图乙所示，则小球的直径为d＝ cm。
（2）在实验中，小组成员多次改变同一小球自然下垂时球的下沿到悬点的距离L，同时调整光电门的位置使光线与球心始终在同一水平线上，实验时将小球拉至其球心与悬点处于同一水平面处，轻绳伸直，由静止释放小球，记录小球通过光电门的时间t。得到多组L和t的数据，作出如图丙所示的1t2－L图像，图线的纵截距为－b，则当地的重力加速度g＝ （用字母b和d表示）。
丙
（3）若光电门发出的光线高于小球自然下垂的球心位置，小球动能的测量值将 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
12．要测量一节干电池的电动势和内阻，现有下列器材：电压表，电阻箱，定值电阻，开关和导线若干。某实验小组根据所给器材设计了如图1所示的实验电路。由于的阻值无法辨认，实验时先用一欧姆表测量其阻值。该欧姆表的内部结构如图2所示，该表有“”、“”两个倍率。现用该表测量阻值小于的电阻。
(1)图2中表笔为 （选填“红”或“黑”）表笔。要测量应与 （选填“”或“”）相连。测量时指针位置如图3所示，欧姆表的读数为 。
(2)实验小组同学利用图1电路多次调节电阻箱阻值，读出电压表对应的数据，建立坐标系，描点连线得到如图4所示的图线，则该电源的电动势 V，内阻 。（结果均保留三位有效数字）
(3)经核实，电阻的测量值与真实值一致，实验小组利用图1电路得到的内阻的测量值 （选填“小于”、“等于”或“大于”）真实值
13．如图甲为气压式升降电脑椅，其简化结构如图乙，圆柱形气缸A可沿圆柱形气缸杆B外壁上下滑动。气缸A与椅面固定在一起，其整体质量m=10kg；气缸杆B与底座固定在一起，气缸杆B的横截面积S=50cm2。在气缸A与气缸杆B间封闭一长L=20cm的气体（视为理想气体）。当人坐在椅面上，脚悬空稳定后椅面下降高度h=10cm。已知室内温度不变，气缸A气密性、导热性能良好，忽略摩擦力，大气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)椅面未坐人时，气缸A中的气体压强p1；
(2)该人的质量M。
14．电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器．电磁轨道炮示意图如图所示，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C．两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计．炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨接触良好．首先开关S接1，使电容器完全充电．然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动．当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨．求：
（1） 磁场的方向；
（2） MN刚开始运动时加速度a的大小；
（3） MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q的值．
15．如图所示，卡车上放有一块木板，木板与卡车间的动摩擦因数，木板质量。木板右侧壁（厚度不计）到左端的距离，到驾驶室距离。一质量与木板相等的货物（可视为质点）放在木板的左端，货物与木板间的动摩擦因数。现卡车、木板及货物整体以的速度匀速行驶在平直公路上。某时刻，司机发现前方有交通事故后以的恒定加速度刹车，直到停下。司机刹车后瞬间，货物相对木板滑动，木板相对卡车静止。货物与木板右侧壁碰撞后粘在一起，碰撞时间极短。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。求：
（1）在刹车过程中，货物与木板右侧壁碰撞前，货物的加速度大小；
（2）在刹车过程中，货物与木板右侧壁碰撞前，木板受到卡车的摩擦力大小；
（3）木板最终是否会与驾驶室相碰？如果不会，最终木板右侧与驾驶室相距多远？
【参考答案】
1．【答案】A
【详解】是核聚变反应方程，A正确；在核反应中电荷数守恒，质量数守恒，B错误；在α、β、γ三种射线中，穿透能力最强的是γ射线，C错误；β衰变中产生的β射线实际上是原子核内中子转化为质子时放出的，D错误。
2．【答案】A
【详解】小球做匀速圆周运动，受力分析如图所示
根据牛顿第二定律有，而，整理得，是常量，即长的夹角小，与小球的质量无关。
3．【答案】D
【详解】由图乙可知时，处质点Q向下振动，根据“同侧法”可知，该波沿x轴负方向传播，A错误；该波的波长为，当障碍物比波长小或与波长接近时，波会发生明显的衍射现象，B错误；时，波的周期为，经过，波向轴负方向传播，可把波形整体向左平移，可知此时质点P并未到达波峰位置，其通过的路程小于5cm，C错误；从到时，质点P经历了，可把波形整体向左平移半个波长，即2m，可知此时质点P在的位置，且质点P向下振动，加速度方向沿y轴正方向，且加速度在增大，D正确。
4．【答案】C
【详解】由于P点的电荷量大于O点的电荷量，根据点电荷形成的电场强度，可知，在P、O两处点电荷形成的合场强为零的点靠近坐标原点O，设其距离坐标原点的距离为，根据电场的叠加原理则有，解得，另一解，根据电场的叠加及两点电荷的电性可知，该点电场强度不为零，舍去该解。
5．【答案】C
【详解】地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，哈雷彗星在近日点的曲率半径小于地球半径，因此哈雷彗星在近日点的速度大于地球绕太阳的公转速度，A错误；从b运行到c的过程中万有引力与速度方向夹角一直为钝角，哈雷彗星速度一直减小，因此动能一直减小，B错误；根据开普勒第二定律可知哈雷彗星绕太阳经过相同的时间扫过的面积相同，根据可知从a运行到b的时间大于从c运行到d的时间，C正确；万有引力提供加速度，则哈雷彗星的加速度与地球的加速度比值为，D错误。
6．【答案】D
【解析】设沿AC做直线运动的粒子的速度大小为v，有qvB1=qE,即v=EB1，粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动，如图中轨迹1，由几何关系可知运动轨迹所对的圆心角为90∘ ,则运动时间为14周期，又qvB2=mv2r，可得r=mvqB2，时间t0=14⋅2πmqB2，根据几何关系可知OC=2r，若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则做匀速直线运动的粒子的速度变为原来的一半，粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹半径变为原来的一半，如图中轨迹2，轨迹对应的圆心角依然为90∘ ，时间t=14⋅2πmqB2=t0，A错误；若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则做匀速直线运动的粒子的速度变为原来的2倍，粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹半径变为原来的2倍，如图中轨迹3，粒子从F点离开磁场，对应的圆心角依然为90∘ ，时间t=14⋅2πmqB2=t0，B错误；若仅将区域Ⅱ中的磁感应强度大小变为34B2，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹半径变为433r>2r，粒子从O、F间离开，如图中轨迹4，由几何关系可知，轨迹对应的圆心角θ 满足sinθ=OC433r=2r433r=32，则θ=60∘ ，则t=16⋅2πmq⋅34B2=839t0，C错误；若仅将区域Ⅱ中的磁感应强度大小变为24B2，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹半径变为42r=22r>2r，粒子从O、F间离开，如图中轨迹5，由几何关系可知，轨迹对应的圆心角θ 满足sinθ=OC22r=2r22r=22，则θ=45∘ ，粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t=18⋅2πmq⋅24B2=2t0，D正确．
7．【答案】BD
【详解】物块与传送带共速前，由牛顿第二定律得，解得，物块运动到与传送带共速所用的时间，运动的距离，共速后，由牛顿第二定律得，解得，运动到传送带底端的过程有，解得物块运动到传送带底端时的速度大小，该过程所用的时间，所以整个过程物块运动的时间，A错误；整个过程传送带对物块做的功，解得，B正确；整个过程重力做的功，重力做功的平均功率，C错误；整个过程中物块与传送带之间因摩擦产生的热量，解得，D正确。
8．【答案】BC
【解析】理想变压器原、副线圈的匝数和电流的关系为n1∶n2＝I2∶I1＝3∶1，电阻R1与R3消耗功率的比值P1P3＝I12R1I22R3＝R19R3，不变，A错误；根据I2∶I1＝3∶1，得｜ΔI2｜＝3｜ΔI1｜，B正确；根据U2＝I2R3，得ΔU2ΔI2＝R3，根据U－I1R1n1＝U1n2，得U1＝U－I1R1n1n2＝n2n1U－n2n12I2R1，则ΔU1ΔI2＝n2n12R1＝R19，C正确；等效电路如图所示，将R1、R3等等效到电源内阻，当R2等＝R3等＋R1时，即当9R2＝9R3＋R1时，R2消耗的功率最大，D错误。
9．【答案】BC
【解析】光在棱镜中发生全反射时射向玻璃砖的光线最强，因此C≤45°，由sin C＝1n得n≥2，B正确；棱镜的折射率与玻璃砖的折射率大小关系无法确定，则由n＝cv可知无法确定紫外光在棱镜和玻璃砖中的传播速度的大小关系，A错误；a光的光路如图所示，由几何关系可知sin α＝32，α＝60°，由n＝sin60°sinβ得β＝30°，△DEO中DE＝OE，θ＝30°，则有2OEcs 30°＝R，得OE＝R3，由n＝sinγsinθ得γ＝60°，由tan γ＝OEOM得OM＝R3，C正确；紫外光在玻璃砖中传播时间为t1＝DEv＝DEcn＝Rc，射出玻璃砖后传播到M点的时间t2＝MEc＝2R3c，则紫外光从进入玻璃砖到传播到M点传播时间为t＝t1＋t2＝5R3c，D错误。
10．【答案】BCD
【详解】由题图（c）可知, t1 时刻前物块和木板静止, t1 时刻后木板和物块共同加速, t2 时刻后木板和物块相对滑动,D正确； t1 时刻,对木板和物块整体有 F1=μ1m1+m2g ,A错误； t2 时刻,对物块有 F2-μ2m2g=m2a ,对木板有 μ2m2g-μ1m1+m2g=m1a ,联立解得 F2=m2m1+m2μ2-μ1gm1 ,B正确； t1∼t2 时间内,物块对木板的静摩擦力使木板加速,有 μ2m2g＞μ1m1+m2g ,解得 μ2＞μ1m1+m2m2 ,C正确.
【方法总结】 木板上下表面均有摩擦问题总结如下：
木板上表面与物块之间最大静摩擦力 f2m=μ2m2g ,
木板下表面与地面之间最大静摩擦力 f1m=μ1m1+m2g ,
木板能够加速运动,意味着 f2m＞f1m ,否则无论拉力 F 多大,木板不可能在地面上滑动.
当 0＜F≤f1m 时,物块与木板均静止；
若拉力为 F0 时,物块与木板恰好要发生相对滑动,
则 F0-μ2m2g=m2a , μ2m2g-μ1m1+m2g=m1a ,求得 F0 ；
当 f1m＜F≤F0 时,物块与木板以相同的加速度共同加速运动；
当 F＞F0 时,木板加速度不变,物块以更大的加速度加速运动.
11．【答案】（1）0．820（2分） （2）bd（2分） （3）偏大（2分）
【解析】（1）由题图乙可知，主尺刻度为8 mm，游标尺上对齐的刻度为4，故读数为（8＋4×0．05）mm＝8．20 mm＝0．820 cm。
（2）根据机械能守恒定律有mgL－d2＝12mdt2，即1t2＝2gd2L－gd，得b＝gd，g＝bd。
（3）若光电门发出的光线高于小球自然下垂的球心位置，小球的遮光宽度小于小球的直径，遮光时间偏小，由于v＝dt，测出的速度偏大，所以小球动能的测量值偏大。
12．【答案】(1)黑表笔，d ，4；(2)1.43，2.25；(3)小于
【详解】（1）电流从红表笔流入，黑表笔流出，所以图2中a表笔为黑表笔；
该表有“”、“”两个倍率，欧姆表的内阻等于该倍率下的中值电阻，所以“”倍率的内阻小于“”倍率的内阻，由于阻值小于，应选择“”倍率，要测量应与d相连；
如图3所示，欧姆表的读数为
（2）由闭合电路欧姆定律，化简可得，由图可知，，联立解得，该电源的电动势为，内阻为
（3）由图1可知，误差来源于电压表分流，则根据闭合电路欧姆定律，化简可得，对比，可得。
13．【答案】(1)p1=1.2×105Pa；(2)M=60kg
【详解】（1）初始状态时，以气缸A与椅面整体为研究对象，由平衡条件可得，
代入数据解得。
（2）人坐在椅面上脚悬空稳定后，设气缸A内气体柱长度为，根据玻意耳定律可得，
其中，
代入数据解得，
根据平衡条件可得，
代入数据解得：M=60kg。
14．【答案】（1） 垂直于导轨平面向下
（2） BElmR
（3） B2l2C2Em+B2l2C
【解析】
（1） 电容器充电后上板带正电，下板带负电，放电时通过MN的电流由M到N，欲使炮弹射出，安培力应沿导轨向右，根据左手定则可知磁场的方向垂直于导轨平面向下．
（2） 电容器完全充电后，两极板间电压为E，根据欧姆定律，电容器刚放电时的电流I=ER，炮弹受到的安培力F=BIl，根据牛顿第二定律F=ma，解得加速度a=BElmR．
（3） 电容器放电前所带的电荷量Q1=CE，开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vm时，MN上的感应电动势E'=Blvm，最终电容器所带电荷量Q=CE'，金属棒运动过程中受到安培力的作用，磁感应强度和金属棒长度不变，即安培力和电流成正比，因此在此过程中MN的平均电流为I，MN受到的平均安培力F=B⋅I⋅l，由动量定理，有F⋅Δt=mvm-0，又I⋅Δt=Q1-Q，整理得最终电容器所带电荷量Q=B2l2C2EB2l2C+m．
15．【答案】（1）；（2）；（3）不会，1.6m
【详解】（1）在刹车过程中，货物与木板右侧壁碰撞前，货物C相对木板B滑动，对货物C受力分析，根据牛顿第二定律有，
解得。
（2）在刹车过程，货物C与木板B右壁碰撞前，木板B与卡车A相对静止，对木板受力分析，根据牛顿第二定律有，
解得。
（3）货物C在木板B上滑动，则有，
解得，
在内，木板B与卡车A一起减速，则有，
货物C在木板B上减速滑动，则有，
货物C与木板B碰撞，满足动量守恒定律，则有，
解得货物C与木板B的共同速度为，
因，所以货物C与木板B整体相对卡车A会滑动，
对BC，根据牛顿第二定律有，
解得
则卡车刹停的时间为，
从货物C与木板B相碰到卡车A停止的时间，
在时间内，货物C与木板B整体减速到，
继续向前减速到0，货物C与木板B的共速度到停下的位移为，
在在时间内卡车刹停的位移为，
因，
所以卡车刹停时，木板右侧不会与驾驶室相碰，则木板右侧与驾驶室相距的距离为
。