2025届湖南省高考仿真模拟（九）物理试卷（解析版）

这是一份2025届湖南省高考仿真模拟（九）物理试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了75 m/s等内容，欢迎下载使用。
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．近期，中国科学院近代物理研究所核化学室研究员团队，利用兰州重离子加速器研究装置HIRFL提供的束流轰击金属钍靶，并采用自主研制的自动化分离设备，成功制备医用同位素锕-22589225Ac，89225Ac衰变过程中放出的射线能对细胞产生DNA损伤，从而抑制或破坏病变组织，达到治疗作用。89225Ac衰变可表示为89225Ac→83209Bi+4X+2Y，关于核衰变方程中的X和Y，下列说法正确的是（ ）
A．X是α 射线B．X是β 射线C．Y是γ 射线D．Y是X射线
2．我国自主建设、独立运行的北斗卫星导航系统由数十颗卫星构成，目前已经向一带一路沿线国家提供相关服务。设想其中一颗人造卫星在发射过程中，原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．在轨道1与在轨道2运行比较，卫星在P点的加速度不同
B．在轨道1与在轨道2运行比较，卫星在P点的动量不同
C．卫星在轨道2的任何位置都具有相同加速度
D．卫星在轨道1的任何位置都具有相同动能
3．金秋九月，正是收割玉米的季节，加工过程中，农民会采用如图甲所示的传送带装置。具体过程如图乙所示，将收割晒干的玉米投入脱粒机后，玉米粒从静止开始被传送到底端与脱粒机相连的顺时针匀速转动的传送带上，一段时间后玉米粒相对于传送带保持静止，直至从传送带的顶端飞出，最后落在水平地面上，农民迅速装袋转运，提升了加工转运的效率。已知传送带与水平方向的夹角为θ，其顶端离地的高度为h，玉米粒相对于传送带顶端的最大高度也为h，重力加速度为g，若不计风力、空气阻力和玉米粒之间的相互作用力，下列说法正确的是
甲 乙
A．玉米粒在传送带上时，所受的摩擦力始终不变
B．玉米粒落地点与传送带底端的水平距离为（2+22）htanθ
C．传送带的速度大小为2ghsinθ
D．玉米粒飞出后到落地所用的时间为3hg
4．图甲为中国京剧中的水袖舞表演，若水袖的波浪可视为简谐横波，图乙为该简谐横波在t＝0时刻的波形图，P、Q为该波上平衡位置相距1．05 m的两个质点，此时质点P位于平衡位置，质点Q（未画出）位于波峰，且质点P比质点Q先振动。图丙为质点P的振动图像。已知该波波长在0．5 m至1 m之间，袖子足够长，下列说法正确的是
甲 乙 丙
A．该波沿x轴负方向传播
B．该波的传播速度为0．75 m/s
C．经1．2 s质点P运动的路程为1．2 cm
D．质点Q的振动方程为y＝0．2sin52πtm
5．一球面均匀带有正电荷,球内的电场强度处处为零,如图所示,O为球心，A、B为直径上的两点，OA=OB,现垂直于AB将球面均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去左半球面,右半球面所带电荷仍均匀分布,则（ ）
A． O、C两点电势相等B． A点的电场强度大于B点
C． 沿直线从A到B电势先升高后降低D． 沿直线从A到B电场强度逐渐增大
6．如图所示，空间中有三个同心圆L、M、N，半径分别为R、3R、33R，图中区域Ⅰ、Ⅲ中有垂直纸面向外的匀强磁场（未画出），区域Ⅱ中有沿半径向外的辐向电场，AOB为电场中的一条电场线，AO和OB间电压大小均为U，a、b两个粒子带电荷量分别为－q、＋q，质量均为m，从O点先后由静止释放，经电场加速后进入磁场，加速时间分别为t1、t2，a进入Ⅰ区域后从距入射点四分之一圆弧的位置第一次离开磁场，b进入Ⅲ区域后恰好未从外边界离开磁场，不计粒子重力。则（ ）
A．Ⅰ、Ⅲ磁感应强度大小的比值B1B2＝31
B．Ⅰ、Ⅲ磁感应强度大小的比值B1B2＝31
C．为使两粒子尽快相遇，两粒子释放的时间间隔Δt＝6t2－4t1＋（43－1）πRm2qU
D．为使两粒子尽快相遇，两粒子释放的时间间隔Δt＝6t2－4t1＋（23－1）πRm2qU
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。
7．一小球可以停在光滑水平面的任意位置。从力的角度讲，小球受力平衡；从能量的角度讲，小球在光滑水平面的任意位置的重力势能相等。现有一根光滑的细杆被弯成如图所示的形状，并被固定在竖直平面xOy内，其形状满足的曲线方程为y＝ax2（a为正的常数）。杆上套有一质量为m的小环，当杆绕y轴以恒定角速度ω转动时，环在杆上任何位置均能相对杆静止，这一现象可以用等势面解释。建立一个随杆一起转动的参考系，杆和小环均在参考系中静止。在此参考系中，小环除受重力、支持力外，还多受到一个“力”，同时环还将具有一个与这个“力”对应的“势能”。质量为m的小环（可视为质点）在这个坐标系下具有的“势能”可表示为E'p＝－12mω2x2。该“势能”与小环的重力势能（以x所在平面为重力势能参考面）之和为小环的总势能，小环能稳定在杆上的任何位置，说明稳定时小环在杆上任何位置的总势能是相同的。下列说法正确的是（ ）
A．细杆旋转的角速度ω＝2ag
B．与该“势能”对应的“力”的方向平行于x轴指向正方向
C．与该“势能”对应的“力”的大小随x的增加而减小
D．该“势能”的表达式E'p＝－12mω2x2是选取了y轴处“势能”为零
8．如图所示，矩形导线框的匝数为N，面积为S，处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，矩形导线框以角速度绕垂直磁场方向的轴匀速转动，线框与理想变压器原线圈相连。理想变压器原、副线圈的匝数比为1:4，图示时刻线框平面与磁感线，垂直并以此时刻为计时起点，R1为定值电阻，R为滑动变阻器，交流电压表V1、V2均视为理想电表，不计线框的电阻。下列说法正确的是（ ）
A．线框从图示位置开始转过180°的过程中，产生的平均电动势为
B．滑动变阻器的滑片向c端滑动的过程中，R1的发热功率变大
C．滑动变阻器的滑片向d端滑动的过程中，电压表V2的示数始终为
D．从图示位置开始计时，线框产生的感应电动势瞬时值表达式为
9．一长方体玻璃砖下部有半径为R的半圆柱镂空，
其截面如图所示，AD长为2R，玻璃砖下方0.3R处平行放置一光屏EF，现有一束平行单色光竖直向下从BC面射入玻璃砖，玻璃砖对该光的折射率为3，不考虑光的二次反射，则（ ）
A．光屏EF上移，屏上有光打到的区域将变宽
B．图中圆弧截面有光射出的弧长为πR3
C．为保证从AD射出的光都能被接收，光屏至少宽35+2R
D．若光屏足够大，改用频率更大的平行光入射，光屏上被照射的宽度变大
10．（多选）物块a、b中间用一根轻质弹簧相接，放在光滑水平面上，ma=3kg，如图甲所示.开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t=0时对物块a施加水平向右的恒力F，t=2s时撤去恒力F，在0∼2s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示.弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中，以下分析正确的是（ ）
A．0∼2s内物块a与物块b间的距离一直在减小
B．物块b的质量为mb=2kg
C．撤去F瞬间，a的加速度大小为0.8m/s2
D．若不撤去F，则2s后两物块将一起做匀加速运动
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．小华用图甲所示的装置验证机械能守恒定律.已知重物A（含挡光片）、B的质量分别为mA和mB(mB>mA)，挡光片的宽度为d，重力加速度为g.按下列实验步骤操作.
①按图甲装配好定滑轮和光电门；
②A、B用绳连接后跨放在定滑轮两侧，用手托住B；
③测量挡光片中心到光电门中心的竖直距离h；
④先接通光电门的电源，待电源稳定后释放B；
⑤记录挡光片经过光电门的时间Δt.
（1） 挡光片通过光电门时的速度大小为________（用题中的物理量表示）.
（2） 如果系统的机械能守恒，应满足的关系式为____________________________________________（用题中的物理量表示）.
（3） 小华反复改变挡光片中心到光电门中心的竖直距离h，记录挡光片通过光电门时间Δt，作出1(Δt)2-2ghd2图像如图乙所示，测得图线的斜率为k，则mAmB=____________.
12．某兴趣小组利用铜片、锌片和橘子制作了水果电池，并用数字电压表（可视为理想电压表）和电阻箱测量水果电池的电动势E和内阻r，实验电路如图1所示.连接电路后，闭合开关S，多次调节电阻箱的阻值R，记录电压表的读数U，绘出图像，如图2所示，可得：该电池的电动势E=____V，内阻r=____kΩ.（结果保留两位有效数字）
图1图2
13．汽缸是在自动化设备中广泛应用的执行机构，如图所示，某汽缸主要部件由缸体、活塞B、活塞杆C、气阀组成。活塞、活塞杆与缸体的导热以及密封性能均良好，且活塞与活塞杆运动过程中与缸体的摩擦力可以忽略不计。活塞连同活塞杆的质量，汽缸缸内横截面积以及活塞横截面积均为，汽缸内部长为，忽略活塞厚度。某次测试时，竖直固定汽缸，打开气阀，将活塞杆提升至汽缸顶部，然后只关闭气阀，释放活塞和活塞杆，已知重力加速度取，标准大气压。
(1)求活塞静止时距汽缸底部的距离。
(2)保持气阀与大气连通，在原有气体不泄露的情况下打开气阀，使用增压气泵通过与连接的导管向汽缸的下部分充气，最终使活塞回到汽缸顶部，求增压气泵充入的空气在1个标准大气压下的体积。
14．如图1所示，间距的足够长倾斜导轨倾角，导轨顶端连一电阻，左侧存在一面积的圆形磁场区域B，磁场方向垂直于斜面向下，大小随时间变化如图2所示，右侧存在着方向垂直于斜面向下的恒定磁场，一长为，电阻的金属棒ab与导轨垂直放置，至，金属棒ab恰好能静止在右侧的导轨上，之后金属棒ab开始沿导轨下滑，经过足够长的距离进入，且在进入前速度已经稳定，最后停止在导轨上。已知左侧导轨均光滑，右侧导轨与金属棒间的摩擦因数，取，不计导轨电阻与其他阻力。求：
（1）金属棒ab的质量；
（2）金属棒ab进入时的速度大小；
（3）已知棒ab进入后滑行的距离停止，求在此过程中通过电阻R的电荷量和整个回路产生的焦耳热。
15．如图所示，水平传送带以的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小。
(1)求碰撞前小物块与传送带之间因摩擦而产生的热量；
(2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
(3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
【参考答案】
1．【知识点】原子核的衰变及半衰期
【答案】A
【解析】原子核衰变过程中，满足质量数守恒和电荷数守恒，α 衰变质量数减4，电荷数减2；β 衰变质量数不变，电荷数加1。该核反应中质量数改变由α 衰变引起，则α 衰变次数n=225-2094=4，X是α 射线，设β 衰变次数为y，则89=83+4×2-y，解得y=2，Y是β 射线，A正确。
【知识拓展】 α 衰变的实质：在放射性元素的原子核中，2个中子和2个质子结合成氦核从原子核中释放出来；β 衰变的实质:原子核中的中子转变成质子时会释放出一个电子，即β 粒子，使核电荷数增加1，但β 衰变不改变原子核的质量数；γ 射线是α 或β 衰变过程中伴随而生的高能电磁波，不会改变元素在周期表中的位置。
2．【知识点】万有引力定律问题的分析与计算、卫星变轨与对接问题
【答案】B
【详解】A．在轨道1与在轨道2运行比较，卫星在P点距地球的距离相等，受到的万有引力相等
所以卫星在点的加速度相同，故A错误；
B．卫星由轨道1变为轨道2，需要加速，则轨道2的速度要大一些，所以卫星在P点的动量轨道2的大于轨道1的，故B正确；
C．卫星在轨道2的不同位置受到的万有引力大小相同，但方向不同，故产生的加速度大小相同，方向不同，故卫星在轨道的不同位置都具有不同加速度，故C错误；
D．轨道1是一个椭圆轨道，又开普勒第二定律可得，卫星离地球越近，速度越大，则卫星在轨道1上除了关于地球对称的位置外，各位置具有不同的动能，选项D错误。
故选B。
3．【知识点】斜抛运动
【答案】C
【解析】玉米粒刚放在传送带上时，玉米粒相对于传送带向下运动，滑动摩擦力方向沿传送带斜面向上，大小大于重力沿斜面向下的分力，当玉米粒与传送带速度相等时，静摩擦力方向沿传送带斜面向上，大小等于重力沿斜面向下的分力，根据平衡条件可知玉米粒所受的摩擦力发生改变，A错误；设传送带速度大小为v，玉米粒脱离传送带后在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，脱离时水平分速度大小vx＝vcs θ，竖直分速度大小vy＝vsin θ，到达最高点时有vy2＝2gh，解得v＝2ghsinθ，竖直方向有－h＝vsin θ·t－12gt2，解得t＝（2＋2）hg，从脱离传送带到落地时水平位移为x1＝vcs θ·t＝（22+2）htanθ，分离点与传送带底端的水平距离为x2＝htanθ，玉米粒落地点与传送带底端的水平距离为x1＋x2＝（22+3）htanθ，C正确，B、D错误。
4．【知识点】波的图像和振动图像的综合应用
【答案】B
【解析】由题图丙知，t＝0时质点P向y轴正方向振动，结合题图乙，根据同侧法知该波沿x轴正方向传播，A错误；结合题图乙知，P、Q平衡位置间的距离1．05 m＝34λ＋nλ（n＝0，1，2，…），由于波长在0．5 m至1 m之间，故n＝1，λ＝0．6 m，由题图丙知，周期T＝0．8 s，波速v＝λT＝0．75 m/s，B正确；经1．2 s质点P运动的路程为s＝tT×4A＝1．2 m，C错误；质点Q在t＝0时刻位于波峰，则质点Q的振动方程为y＝0．2cs52πtm，D错误。
5．【知识点】电场的叠加
【答案】A
【解析】对于完整的球面，球内部的场强为零，由对称性和电场叠加可知，右半球面在C点产生的电场强度方向水平向左，同理，OC上各点的电场强度方向都水平向左，与OC垂直，故OC为等势线，A正确；OA=OB，由电场叠加及对称性知，左半球面在B点产生的电场强度与右半球面在A点产生的电场强度大小相等，因为整个球内电场强度处处为零，由电场叠加可知，右半球面在B点产生的电场强度与其在A点产生的电场强度大小相等，B、D错误；由电场叠加及对称性可知，右半球面在OA上产生的电场强度方向水平向左，左半球面在OB上产生的电场强度方向水平向右，因为整个球内电场强度处处为零，由电场叠加可知，右半球面在OB上产生的电场强度方向水平向左，由沿电场线方向电势越来越低可知，沿直线从A到B电势一直升高，C错误．
6．【知识点】带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题
【答案】AC
【解析】带电粒子沿电场线加速，由动能定理知qU＝12mv2，可得v＝2qUm，由几何关系可知，a粒子在区域Ⅰ中做圆周运动的轨迹半径为R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB1＝mv2R，设b粒子在区域Ⅲ中做圆周运动的轨迹半径为r2，根据几何关系有（3R）2＋r22＝（33R－r2）2，解得r2＝3R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB2＝mv23R，联立可得B1B2＝31，A正确，B错误；由图可得，两粒子最快在D点相遇，a粒子的运动时间为ta＝4t1＋Ta2，又Ta＝2πRv，b粒子的运动时间为tb＝6t2＋2Tb，又Tb＝2π·3Rv，则Δt＝tb－ta，联立可得Δt＝6t2－4t1＋（43－1）πRm2qU，C正确，D错误。
7．【知识点】功能原理、能量守恒与曲线运动的综合
【答案】AD
【解析】根据题中对该“势能”和总势能的定义可知，当小环在细杆的最低点时，x＝0且y＝0，该“势能”为零，小环的总势能为零，由于小环可以相对静止于环上的任何位置，所以小环在任何位置的总势能都为零（关键点：通过审题，提取关键信息），故对任一位置坐标（x，y），都有mgy－12mω2x2＝0，即mgax2－12mω2x2＝0，解得ω＝2ag，A正确；由公式E'p＝－12mω2x2可知，在曲线左右等高点（y相同）时该“势能”相同且与y坐标无关，说明从O点到两侧对称点过程中，该“力”做的功相同，且该“力”沿y轴方向无分量，因此该“力”平行于x轴，但在y轴左右两侧该“力”的方向相反（点拨：由轴对称得出在y轴两侧对称点处该“力”等大反向），B错误；在x增加量相同的情形下，重力势能增加量变大，而总势能不变，则该“势能”减少量变大，即ΔE' pΔx变大，故该“力”随｜x｜的增加而增大，C错误；由公式E'p＝－12mω2x2可知，当x＝0时，E'p＝0，因此该“势能”是选取了y处“势能”为零，D正确。
8．【知识点】交变电流及其变化规律、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】AD
【详解】线框从图示位置开始转过180°的过程中，经历时间，磁通量的变化量大小，产生的平均电动势为，解得，A正确；图示位置为中性面，从图示位置开始计时，线框产生的感应电动势瞬时值表达式为，D正确；线框电阻不计，电压表V1示数不变，起示数为，根据电压匝数关系有，解得，即滑动变阻器的滑片向d端滑动的过程中，电压表V2的示数始终为，C错误；结合上述可知，电压表V2示数不变，滑动变阻器的滑片向c端滑动的过程中，接入电阻增大，电流减小，则R1的发热功率变小，B错误。
9．【知识点】全反射与折射的综合应用
【答案】CD
【详解】如图所示，
当入射角为30°时，折射光线恰好从A点射出，且入射角越大，偏折角越大，所以光线从A、D之间发散射出，光屏上移，光照区域应变窄，A错误；全反射临界角sin C＝1n＝33＞12，解得C≈35°，图中圆弧截面有光射出的弧长为l＝2×35°360°×2πR＝718πR，B错误；由图可知，光照区域为光线从A、D两点以60°折射角射出时打到屏上的区域，由几何关系可得光屏至少长35+2R，C正确；频率更大，折射率更大，全反射临界角变小，但是光线射出的范围仍然是A、D之间，光从A、D两点射出时与EF夹角变小，所以打到屏上的范围变大，光屏要更宽，D正确。
10．【知识点】牛顿运动定律与图像结合问题
【答案】BC
【解析】a-t图线与横轴所围图形的面积表示速度的变化量,由题图乙可看出,0∼2s(0时刻除外内a的速度一直大于b的速度,所以0～2s内物块a与物块b间的距离一直在增大,故A错误；t=0时,弹簧弹力为零,对a,根据牛顿第二定律可得F=maa0=6N,t=2s时,a、b整体加速度相同,对整体,根据牛顿第二定律可得F=ma+mba1=6N,解得mb=2kg,故B正确；t=2s时,对b,根据牛顿第二定律可得,弹簧弹力大小为Fx=mba1=2.4N,撤去F瞬间,弹簧弹力不会突变,此时a的加速度大小为a'1=Fxma=0.8m/s2,故C正确；a-t图线与横轴所围图形的面积表示速度的变化量,由题图乙可看出,t=2s时a的速度大于b的速度,所以若此时不撤去F,弹簧在之后的一段时间内会继续伸长,a的加速度减小,b的加速度增大,并不能一起做匀加速运动,故D错误.
11．【知识点】实验：验证机械能守恒定律
【答案】（1） dΔt
（2） (mB-mA)gh=12(mA+mB)(dΔt)2
（3） 1-k1+k
【解析】
（1） 挡光片通过光电门时的速度大小为v=dΔt.
（2） 如果系统的机械能守恒,应满足的关系式为mBgh-mAgh=12mAv2+12mBv2,即(mB-mA)gh=12(mA+mB)(dΔt)2.
（3） 由（2）问分析可知1(Δt)2=mB-mAmA+mB⋅2ghd2,即mB-mAmA+mB=k,解得mAmB=1-k1+k.
12．【知识点】实验：电池电动势和内阻的测量—伏阻法测定电源的电动势与内阻
【答案】1.0； 3.3
【解析】根据闭合电路欧姆定律可知U=E-URr，由题图2可知，纵截距为电动势1.0 V，图线斜率的绝对值为电源内阻r=|k|=1.0-0.4180×10-6 Ω≈3.3 kΩ .
13．【知识点】气体等温变化与玻意耳定律
【答案】(1)30cm；(2)
【详解】（1）（1）当活塞静止时，设下部分气柱长度为，如图所示，对活塞和活塞杆
进行受力分析可得，
解得，
对汽缸中下部分气体应用玻意耳定律可得，
解得。
（2）（2）对下部分气体，根据玻意耳定律可得，
解得。
14．【知识点】电磁感应现象中的功能问题
【答案】（1）；（2）0.6m/s；（3）0.06C，
【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律可得至内回路中的感应电动势为，
根据闭合电路欧姆定律可得至内流过电阻的电流为，
设金属棒ab的质量为m，这段时间内金属棒ab受力平衡，即，
解得。
（2）设金属棒ab进入时的速度大小为v，此时回路中的感应电动势为，
回路中的电流为，
导体棒ab所受安培力大小为，
根据平衡条件可得，
解得。
（3）设金属棒ab从进入EF到最终停下的过程中，有，
，
，
，
取x=0.06m。联立解得q=0.06C；
设此过程中整个回路产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律可得，
解得。
15．【知识点】求解弹性碰撞问题
【答案】(1)1.25J；(2)0.3J；(3)0.2m
【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时所需时间为
解得
小物块加速运动的距离为
可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，此阶段传送带运动的距离为
则碰撞前小物块与传送带之间因摩擦而产生的热量为
（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有
其中，
解得
由能量守恒定律，小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为
解得
（3）若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为，小球在P点正上方的速度为，在P点正上方，由牛顿第二定律有
小球从点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有
联立解得
即P点到O点的最小距离为。