2025届湖南省普通高中高三下学期学业水平选择性考试（三模）（一）物理试题（解析版）

这是一份2025届湖南省普通高中高三下学期学业水平选择性考试（三模）（一）物理试题（解析版），共18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．江南造船集团发布我国首艘熔盐堆核动力集装箱船的设计方案，其涉及的核反应包含 90233Th（钍）衰变为 91233Pa（镤），下列关于此衰变说法正确的是（ ）
A．衰变方程为 90233Th→91233Pa＋－1 0e
B．衰变产生的新核的比结合能变小
C．衰变放出的电子来自原子的核外电子
D．随着反应堆温度升高，会加快钍核的衰变
2．如图，形状为“”的轻质框架，∠P=120°，OP段和PQ段的长度均为L。框架的一端悬挂于O点，并可绕O点处的光滑转轴在竖直平面内自由转动，另一端固定一小球Q，小球的质量为m。轻绳QM一端连接在小球上，另一端连接在竖直墙壁上。框架OP段和轻绳QM均处于水平状态。忽略空气阻力，重力加速度大小为g。剪断轻绳，则（ ）
A．剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为g
B．小球到最低点时的速度大小为
C．小球到最低点时框架对小球的弹力大小为2mg
D．小球到最低点时框架对小球弹力的功率大小为
3．匀强电场中同一平面内有a、b、c三点，电场方向跟a、b、c所在平面平行，ab=22cm，bc=42cm，∠abc=90∘，已知a、b、c三点电势分别为3V、-1V和7V.则（ ）
A．电场强度大小为 2V/cm
B．电场强度的方向与 ac 的连线垂直
C．电子从 a 点移到 b 点，电场力对电子做功 4eV
D．电子从 a 点移到 c 点，电子电势能增加了 4eV
4．火星的质量约为地球质量的110，半径约为地球半径的12，分别在地球表面和火星表面用如图所示的同一装置做如下实验：细绳一端固定，另一端系一可视为质点的小球，在最低点给小球一初速度使其恰好在竖直平面内做完整的圆周运动，不计空气阻力，则小球在地球表面上运动到最低点时的速度大小与在火星表面上运动到最低点时的速度大小之比为（ ）
A． 10:2B． 52:1C． 5:2D． 5:1
5．两列简谐横波在某一均匀介质中相向传播，波源产生的波沿x轴正方向传播，波源产生的波沿x轴负方向传播。时刻某一波源先开始振动，时MN间的波形图如图所示。此时平衡位置位于和的两个质点都在波峰位置。下列说法正确的是（ ）
A．波源M先振动且起振方向向下
B．沿x轴负方向传播的波波速为10m/s
C．再经过的质点纵坐标为5cm
D．两列波能发生明显干涉现象
6．如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直固定的足够长的绝缘杆MN，小球P套在杆上。已知P的质量为m、电荷量为＋q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑，在运动过程中小球的最大加速度为a0，最大速度为v0，则下列判断正确的是（ ）
A．小球开始下滑时的加速度最大
B．小球的速度由12v0增大至v0的过程中，小球的加速度一直减小
C．当a＝12a0时，小球的速度v与v0之比vv0一定小于12
D．当v＝12v0时，小球的加速度a与a0之比aa0一定小于12
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
7．（多选）如图所示的理想变压器电路中，电流表、电压表均为理想交流电表，在a、b两端输入正弦交流电压，三个定值电阻R1、R2、R3的阻值相等，变压器原、副线圈的匝数比为3：2，则下列说法正确的是（ ）
A．电流表A1与A2的示数之比为2：3
B．电压表V1与V2的示数之比为4：3
C．电阻R1与R3消耗的功率之比为16：9
D．a、b端的输入功率与副线圈的输出功率之比为3：2
8．如图所示，长度为L的轻杆一端连接质量为3m的小球A，另一端固定在水平转轴P上，轻杆可以在竖直面内自由转动。质量为m的物块B由绕过小定滑轮Q的细绳与小球相连，定滑轮Q与转轴P间的水平距离，初始时轻杆水平，滑轮与小球间的细绳跟轻杆共线。已知细绳足够长，忽略一切摩擦，取重力加速度为g。由静止释放小球，在轻杆转过30°角的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物块B的重力势能增加
B．轻杆转过30°角时，小球A与物块B的瞬时速度大小之比为
C．轻绳对小球A做的功为
D．物块B的机械能增加了
9．为半圆柱体玻璃的横截面，为直径，一束由光和光组成的复色光沿方向从真空射入玻璃，光和光分别从点射出。设光由到的传播时间为，光由到的传播时间为。下列说法正确的是（ ）
A．
B．增大复色光的入射角，光更容易在平面发生全反射
C．将光和光通过相同的单缝，在光屏上得到甲、乙两个图样，乙图对应光
D．如图丙所示，利用光的干涉检查平整度，用光从上面照射，空气膜的上下两个表面反射的两列光波发生干涉，图中条纹弯曲说明此处是凹陷的
10．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为，以恒定速率顺
时针转动。一煤块以初速度从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化
的图像如图乙所示，取，则下列说法正确的是（ ）
A．煤块与传送带间的动摩擦因数
B．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值
C．煤块从最高点下滑到A端所用的时间为
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．某小组用单摆测量重力加速度。

(1)用游标卡尺测量摆球的直径，示数如图，则摆球的直径为 cm。
(2)以下关于实验操作的描述，正确的是（ ）
A．测摆线长度时，应将摆线放在桌面上进行测量
B．单摆摆动时，应注意让它在小角度下摆动
C．用秒表记录时间的起点应该是摆球运动过程中的最高点
D．若摆线长度为L，摆球的直径为D，则摆长l=L+D
(3)测出多组单摆的摆长l和周期T，作出T2-l图像的斜率为k，则重力加速度的表达式为g= 。
12．赣州市近几年充分利用好土地、屋顶的光照资源，大力发展太阳能发电，有力推动全市能源结构调整，促进经济社会绿色低碳发展。某兴趣小组使用如图甲电路，探究太阳能电池的伏安特性曲线，其中是电阻箱，为的定值电阻，E是太阳能电池，理想电压表的量程。
(1)某次实验中电阻箱阻值为，电压表指针如图乙所示，则此时电压表示数为 ，电源两端电压为 V。
(2)在某光照强度下，测得电压表的电压随电压与电阻的比值变化关系如图中曲线①所示，则太阳能电池内阻随电流增大而 （选填“增大”“减小”或“不变”），当电压表示数为时，太阳能电池的电动势为 V。
(3)在另一更大光照强度下，测得的关系如上图中曲线②所示。当电压表的读数为时，太阳能电池的内阻为 。
(4)曲线①中，根据图像估算，若电阻箱阻值调至，则此时电池的输出功率为 （保留两位有效数字）。
13．一定质量的气体由状态A→状态B→状态C→状态D，其有关数据如图甲所示。若状态D的压强是2×104 Pa。
(1)求状态A的压强；
(2)请在乙图中画出该状态变化过程的p－T图像，并分别标出A、B、C、D各个状态，不要求写出计算过程。
14．如图甲所示，在粗糙水平地面上有三个小物块A、B、C，已知A、C质量均为m，小物块A紧靠竖直墙壁但不粘连，小物块B静止于P点，一劲度系数为k的轻弹簧连接小物块A、B，开始时弹簧处于原长，小物块A、B均静止，小物块C固定于Q点，P、Q之间的距离用L表示，L为未知量，当小物块C处于P、Q之间时总会受到水平向右的恒力，恒力大小为2mg，小物块B在P、Q之间不会受到这一恒力。现释放小物块C，小物块C向右运动，一段时间后与小物块B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞前后小物块C运动的v－t图像如图乙所示，图像中的v0和t0均为未知量，当t＝ 43 t0时刻将小物块C锁定，碰撞之后小物块B向右运动压缩弹簧，一段时间后又被弹簧弹回开始向左运动，当小物块B向左运动的速度为0时小物块A恰好开始离开竖直墙壁。三个小物块A、B、C与水平地面间的动摩擦因数μ均相同，μ为未知量，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能可表示为Ep＝ 12 kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。求：
（1）小物块B的质量；
（2）三个小物块与地面间的动摩擦因数μ；
（3）P、Q两点间的距离L。
15．如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1.0 m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝1.6 Ω的电阻，质量m＝0.5 kg，电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直导轨放置，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移s＝3.8 m时达到稳定状态，对应过程的v－t图像如图乙所示。取g＝10 m/s2，导轨足够长（sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8）。求：
（1）运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小；
（2）从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属杆上产生的焦耳热；
（3）由图中信息计算0～1 s内，导体棒滑过的位移。
【参考答案】
1．【答案】A
【解析】由核反应过程中质量数和电荷数守恒知，衰变射线的电荷数为－1，质量数为0，故衰变方程为 90233Th→91233Pa＋－10e，A正确；由比结合能越大，原子核越稳定知，衰变产生的新核的比结合能变大，B错误；β衰变的实质是原子核中的中子转化为质子从而释放出的电子，不是来自于原子的核外电子，C错误；半衰期只与原子核的内部结构有关，与温度无关，故温度升高，衰变速度不变，D错误。
2．【答案】C
【详解】A．剪断轻绳的瞬间，小球受到重力和框架的弹力，将重力沿框架方向和垂直于框架方向进行分解，沿框架方向，弹力与重力的分力平衡，垂直于框架方向，根据牛顿第二定律可得，解得，A错误；
B．小球摆到最低点时，根据机械能守恒定律可得，解得，B错误；
C．小球在最低点时的向心力，根据力的合成可得，此时杆的弹力，C正确；
D．在最低点时，弹力方向与速度方向垂直，则弹力的功率为0，D错误。选C。
3．【答案】A
【详解】将 bc 线段8等分,连接点的等势点 ae ,作 ae 的垂线 bf ,如图所示,
则 ϕe=ϕb+ϕc2=3V=ϕa ,由几何关系可知 fb⊥ae , fb 为电场线,方向由 f 指向 b,由几何知识可知 fb=2cm, fb（即电场强度的方向）与 bc 夹角为 45∘,电场强度大小为 E=ϕa-ϕbfb=2V/cm ,故 A 正确, B 错误；电子从 a 点移到 b 点,电场力对电子做功为 Wab=-eϕa-ϕb=-4eV0 ,故电场力对电子做了正功,电势能减少了 4eV ,故 D 错误.
【方法总结】匀强电场中找等势点的方法
（1）在匀强电场中,电势沿直线是均匀变化的,即直线上距离相等的线段两端的电势差值相等.
（2）等分线段找等势点法：将电势最高点和电势最低点连接后根据需要平分成若干段,必能找到与第三个电势相等的点,它们的连线为等势线,与其垂直的线即为电场线.
4．【答案】A
【解析】设细绳长度为l，小球恰好在竖直平面内做完整的圆周运动,在最高点有mg=mv02l，小球从最低点运动到最高点，有-mg⋅2l=12mv02-12mv12，解得小球在最低点的速度大小为v1=5gl，根据万有引力与重力的关系有GMmR2=mg，所以g地g火=M地M火⋅R火2R地2=10×(12)2=52，所以v1地v1火=g地g火=52=102，A正确．
5．【答案】C
【详解】根据“同侧法”可知波源M的起振方向竖直向上，两列波的波速相同，波源M产生的波传播的距离大于波源N产生的波传播的距离，波源M先振动，A错误；波源M产生的波的传播速度，由于两列波的波速相同，因此波源N的传播速度为20m/s，B错误；再经过0.2s，波传播的距离，波源M的波峰刚好传播到处，波源N的波峰刚好传播到处，则在处为波谷，因此处的质点的位移，C正确；两列波波长不同，周期不同，则频率不相同，不能发生明显干涉现象，D错误。
6．【答案】B
【解析】小球刚开始下滑时，对小球受力分析，杆对小球的弹力大小FN＝Eq，滑动摩擦力大小Ff＝μEq，在竖直方向，根据牛顿第二定律有mg－μEq＝ma1，随着小球速度的增加，小球所受的洛伦兹力由0逐渐增大，则Eq＝Bqv＋FN，可知随着小球速度的增加，杆对小球的弹力减小，摩擦力减小，当洛伦兹力的大小等于小球所受电场力的大小时，杆对小球的弹力为零，此时小球在竖直方向仅受重力，加速度达到最大，为重力加速度，即a0＝g，随着小球速度的进一步增大，洛伦兹力将大于电场力，杆上再次出现弹力，方向水平向左，则摩擦力再次出现，竖直方向的合外力减小，加速度减小，直至摩擦力等于小球的重力，小球速度达到最大值，此后小球将做匀速直线运动，因此小球开始下滑时的加速度不是最大，A错误；由A项分析可知，小球刚开始运动时，加速度大小为a1＝g－μEqm，在整个过程中加速度先由a1逐渐增大到a0，再由a0逐渐减小为0，假如开始时加速度是由0开始增加的，则根据运动的对称性可知，当加速度最大时，小球速度恰好达到12v0，但实际上加速度并不是由0开始增加的，因此可知，当加速度最大时，小球的速度还未达到12v0（关键点：将物体的运动与加速度由0开始增加进行对比，根据对称性得出结论），而加速度达到最大之后由于摩擦力的再次出现，小球开始做加速度减小的加速运动，由此可知，小球的速度由12v0增大至v0的过程中，小球的加速度一直减小，B正确；当a＝12a0时，小球可能正在做加速度增大的加速运动，也可能正在做加速度减小的加速运动，若小球正在做加速度增大的加速运动，则v与v0之比vv0小于12，但若小球正在做加速度减小的加速运动，则v与v0之比vv0大于12，C错误；当小球的加速度大小为a0＝g，即加速度达到最大时，小球的速度还未达到12v0，因此当v＝12v0时，小球的加速度a一定小于a0，此时由牛顿第二定律有mg－μ（Bqv－Eq）＝ma，即ma0－μ12Bqv0－Eq＝ma，而当小球速度最大时，由牛顿第二定律有ma0＝μ（Bqv0－Eq），联立可得ma0－ma0Bqv0－Eq·12Bqv0－Eq＝ma，化简可得aa0＝Bqv02（Bqv0－Eq）＞12，D错误。
7．【答案】BC
【解析】本题考查理想变压器的工作原理.由副线圈端R2、R3并联可得I副=2I2，由理想变压器电流和匝数的关系可得I1I副=n2n1=23，联立可得电流表A1与A2的示数之比为I1I2=2n2n1=43，A错误；电压表V1的示数为U1=I1R1，电压表V2的示数为U2=I2R2，三个定值电阻R1、R2、R3的阻值相等，可得U1U2=43，B正确；电阻R1消耗的功率P1=I12R1，电阻R3消耗的功率P3=I32R3=I22R3，可得P1P3=169，C正确；电阻R2消耗的功率P2=I22R2，a、b端的输入功率与副线圈的输出功率之比为P入：P出=(P1+P2+P3)：(P2+P3)=17：9，D错误.
8．【答案】ABC
【详解】由几何关系可知，当在轻杆转过30°角的过程中，此时细绳与水平方向夹角也为30°角，则物块B的重力势能增加
选项A正确；
轻杆转过30°角时，将小球A的速度分解为沿细绳方向的速度和垂直细绳方向的速度，可知，即小球A与物块B的瞬时速度大小之比为，选项B正确；对系统由机械能守恒定律，解得，，物块B的机械能增加了
则细绳对B做功为，细绳对系统不做功，可知细绳对A做功为，选项C正确，D错误。
9．【答案】CD
【详解】A．作出光路图如图所示
根据折射定律有
根据折射率与光速的关系有
光传播的路程
光传播的时间
解得
则有
A错误。
B．全反射的条件是光从光密介质射入光疏介质，而且入射角大于等于临界角，当光从空气进入介质中时，在平面不会发生全反射，B错误；
C．乙图对应光的波长较大，根据光路图可知，在入射角相同时，a光线偏转大一些，则a光的折射率大，可知，a光的频率大，波长短，而b光的折射率小，频率小，波长长，则b光衍射现象更加明显，由于衍射图样中乙光的衍射比甲更加明显，表明乙图对应光，C正确；
D．空气薄层干涉是等厚干涉，即明条纹处空气的厚度相同，条纹向左弯曲，表明条纹弯曲处左侧空气膜的厚度与直条纹处空气膜的厚度相同，可知，弯曲处是凹下的，D正确。
10．【答案】CD
【详解】AB。由题图乙可知，在0~1s时间内，煤块的加速度为
负号表示方向沿传送带向下，由牛顿第二定律可得
在1~2s内，煤块的加速度为
负号表示方向沿传送带向下，由牛顿第二定律可得
联立以上各式，解得
则有
故AB错误；
C．由v-t图像与时间轴所围面积表示位移，可知煤块上升的位移为
由位移时间公式
x=12at2
分析可知煤块从最高点下滑时加速度大小与大小相等，可得煤块从最高点下滑到A端所用的时间为
故C正确；
D．传送带的速度为4m/s，在0~1s时间内煤块相对传送带向上运动，则有传送带的位移为
煤块的位移
煤块与传送带的相对位移为
在1~2s时间内传送带相对煤块向上运动，则有传送带的位移
煤块的位移
煤块与传送带的相对位移为
因在0~1s时间内煤块相对传送带向上运动，在1~2s时间内传送带相对煤块向上运动，因此在煤块向上运动中，与传送带留下的痕迹长为4m；在时间内，传送带向上运动，煤块向下运动，则有煤块在传送带上留下的总痕迹长为
故D正确。故选CD。
11．【答案】(1)1.735
(2)B
(3)
【详解】（1）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以摆球的直径为
（2）A．测摆线长度时，应将摆线竖直悬挂进行测量，故A错误；
B．单摆摆动时，应注意让它在小角度下摆动，故B正确；
C．用秒表记录时间的起点应该是摆球运动过程中的平衡位置，故C错误；
D．若摆线长度为L，摆球的直径为D，则摆长为摆线长与摆球半径之和，故D错误。
故选B。
（3）根据单摆的周期公式
可得
所以
12．【答案】(1) 1.30 1.56
(2) 增大 2.50
(3)15 (4)23
【详解】（1）[1]由于电压表的分度值为0.1V，应估读到分度值的下一位，其读数为。
[2]电源两端的电压为
（2）[1] [2]根据闭合电路的欧姆定律可得
可知图像斜率绝对值表示，定值电阻不变，则太阳能电池内阻随电流增大而增大，图像的纵截距为电源的电动势，即
（3）结合上述分析可知，电压表的示数为
结合图像即有
解得
（4）作出电阻箱的图像如图所示
由图可得电阻箱功率
定值电阻功率
则电池的输出功率为
13．【答案】 (1)4×104 Pa；(2)见【详解】图
【详解】 (1)一定质量的气体由状态C→状态D做等容变化，由查理定律得eq \f(pC,TC)＝eq \f(pD,TD)，所以pC＝eq \f(TC,TD)pD＝eq \f(8×102,4×102)×2×104 Pa＝4×104 Pa，由状态B→状态C，做等温变化，由玻意耳定律得pBVB＝pCVC，所以pB＝eq \f(VC,VB)pC＝eq \f(4,1)×4×104 Pa＝16×104 Pa
由状态A→状态B，做等容变化，由查理定律得eq \f(pA,TA)＝eq \f(pB,TB)，所以pA＝eq \f(TA,TB)pB＝eq \f(2×102,8×102)×16×104 Pa＝4×104 Pa。
(2)由状态A→状态B做等容变化，等容线在p－T图像中为过原点的直线，由状态B→状态C做等温变化，C到D做等容变化，故图线如图所示。
14.【答案】（1）3m （2）0.4 （3） 91mg15k
【详解】（1）设小物块C和小物块B发生碰撞后瞬间的速度分别为vC和vB，由动量守恒定律有
mv0＝mvC＋mBvB（1分）
因为发生弹性碰撞，由机械能守恒定律有
12 m v02 ＝ 12 m vC2 ＋ 12 mB vB2 （1分）
解得vC＝ m-mBm+mB v0，vB＝ 2mm+mB v0，
由题图乙中的v－t图像可知vC＝－ 12 v0（1分）
解得mB＝3m（1分）
（2）小物块C从Q点向P点的运动过程中，
由动能定理有2mgL－μmgL＝ 12 m v02 （1分）
（点拨：小物块C做加速运动，应用动能定理求解碰前速度，注意L是未知量，还需要一个方程）
由于v－t图线与横轴围成的面积表示位移（点拨：v－t图像中速度与时间已知，可通过图线与横轴包围面积的大小求物体运动的位移大小），结合题图乙有
L＝ 12 v0t0（关键点：利用图像面积求L）（1分）
设小物块C弹回后的位移为x，有x＝ 12 × 12 v0× 43t0-t0 ＝ 112 v0t0（点拨：C反弹后的运动位移）（1分）
弹回过程中，由动能定理有－2mgx－μmgx＝0－ 12 m vC2 （1分）
解得μ＝0.4（2分）
（3）由（1）中分析有vB＝ 12 v0，
由（2）中分析有L＝ 5v0216g ，
小物块C从Q到P有2mgL－μmgL＝ 12 m v02 ，
设小物块B向右压缩弹簧的最大压缩量为x1，由能量守恒定律有
12 mB vB2 ＝μmBgx1＋ 12 k x12 （1分）
设小物块A恰好离开墙壁时弹簧的伸长量为x2，对小物块A（关键点：小物块A与地面间有摩擦，离开墙壁时弹簧拉伸，弹簧弹力大小等于最大静摩擦力大小），有μmg＝kx2（1分）
小物块B向左运动到速度为0的过程，由能量守恒定律有 12 k x12 ＝ 12 k x22 ＋μmBg（x1＋x2）（2分）
联立解得L＝ 91mg15k （2分）
15．【答案】（1）b端电势高，5 N；（2）1.47 J；（3）0.755 m
【详解】（1）由右手定则可判断感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，b端电势高
当金属棒匀速运动时，由平衡条件得
其中
由乙图可知
联立解得
（2）从金属棒开始运动到恰好达到稳定状态，由动能定理得
又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得
两电阻产生的焦耳热与阻值成正比，金属棒上产生的焦耳热为
（3）进入匀强磁场导体棒做加速度减小的加速运动，由动量定理有
又
由图可知
代入数据解得
由
得