2025届湖南省普通高中高三下学期5月模拟最后训练(一)物理试卷（解析版）

这是一份2025届湖南省普通高中高三下学期5月模拟最后训练(一)物理试卷（解析版），共18页。
本试卷共100分，考试时间75分钟．
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．下列核反应方程中括号内的粒子为中子的是( )
A．eq \\al(235, 92)U＋eq \\al(1,0)n→eq \\al(144, 56)Ba＋eq \\al(89,36)Kr＋( )
B．eq \\al(238, 92)U→eq \\al(234, 90)Th＋( )
C．eq \\al(14, 7)N＋eq \\al(4,2)He→eq \\al(17, 8)O＋( )
D．eq \\al(14, 6)C→eq \\al(14, 7)N＋( )
2．图甲为一列简谐横波在时刻的波形图，图乙为该波中平衡位置坐标为处质点P的振动图像，则下列说法中正确的是（ ）
A．该波的传播方向沿x轴正方向
B．该波的传播速度为
C．在时刻，平衡位置在处的质点相对平衡位置的位移为
D．在时刻，图甲中质点P相对平衡位置的位移为10cm
3．近年来，我国空间科学创新发展驶入“快车道”。假设有一空间探测器着陆在某个类地星球表面进行观测时发现，该星球为规则球体，半径为R，自转周期为2T，其赤道上空有一颗沿圆形轨道运行的卫星，它的运行方向与类地星球的自转方向相同，公转周期为T。如图所示，某时刻，位于星球赤道上P点的探测器观测到卫星的仰角为，后，观测到卫星仰角变为。引力常量为G。根据以上信息，该类地星球的质量约为（ ）
A．B．
C．D．
4．如图所示，一物体在某液体中运动时只受到重力G和恒定的浮力F的作用，且F=23G.如果物体从M点以水平初速度v0开始运动，最后落在N点，M、N间的竖直高度为h，M与右壁水平间距为L，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．从M运动到N的时间为4hg
B．M与N之间的水平距离为v02hg
C．若增大初速度v0，物体将撞击右壁，且初速度越大，物体撞击壁速度越大
D．若h足够大，当初速度v0=gL3时，物体撞击壁时速度最小
5．如图所示，真空中带电荷量为＋Q和＋3Q的两点电荷分别固定在等边三角形ABC的A、B两点上，O为AB的中点。下列说法正确的是( )
A． O点的电势比C点的低
B． O点的电场强度比C点的小
C．在A、O间某点固定一个负点电荷可能使C点电场强度为零
D．在B、O间某点固定一个负点电荷可能使C点电场强度为零
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，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
8．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10:1，图中电表均为理想电表，R、L和D分别是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）、电感线圈和灯泡.原线圈接入如图乙所示的正弦式交流电，下列说法正确的是（ ）
甲乙
A．交流电的频率为50Hz B．电压表的示数为31V
C．有光照射R时，电流表的示数变大 D．抽出L中的铁芯，灯泡D变亮
9．一水平传送带长，以恒定速率沿顺时针方向匀速转动。在传送带左端每隔1 s轻放一个相同的小物块，小物块的质量，与传送带间的动摩擦因数，忽略小物块的尺寸，取，从第1个小物块到达传送带最右端开始计时，下列说法正确的是（ ）
A．每个小物块在传送带上运动的时间为10 s
B．计时开始时刻，第8个小物块刚放上传送带
C．计时后1 s内，传送带对所有小物块摩擦力的总冲量大小为
D．计时后1 s内，所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为
10．如图甲，一质量为的物体置于粗糙水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为。现用一水平拉力F作用于物体上，F随时间变化的图像和物体的图像分别如图乙、丙所示。规定水平向右为正方向，重力加速度大小取。下列说法正确的是（ ）
A．0~2s内，物体受到水平向左的静摩擦力
B．0~2s内，物体未受到摩擦力
C．物体与水平面间的动摩擦因数为
D．物体与水平面间的动摩擦因数为
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．某同学设计了一个验证机械能守恒定律的实验，一轻绳一端连接在拉力传感器上O点，另一端连接在半径为r的匀质小钢球上，小钢球球心至O点的长度为L，O点正下方B位置有一光电门，可记录小钢球通过光电门的时间。如图甲所示，将小钢球拉至某一位置由静止释放，同时拉力传感器通过计算机采集小钢球在摆动过程中轻绳上拉力的最大值T和最小值F。改变小钢球的初始释放位置，重复上述过程，根据测量数据在直角坐标系中绘制的T-F图像如乙图所示。
(1)小钢球从A位置由静止释放时，细线与竖直方向成θ角，小钢球通过最低点位置B时，光电门记录遮光时间为t，则小钢球通过光电门的速度vB= ；在实验误差允许的范围内，若t2= （用r、L、θ、g等符号表示）则验证了小钢球从A点运动到B点过程中机械能守恒。
(2)若小钢球摆动过程中机械能守恒，则绘制乙图T-F图像的直线斜率理论值为 。
(3)小钢球质量m=30g，根据测量数据绘制的乙图计算出重力加速度g= m/s2（结果保留3位有效数字），与当地实际重力加速度相比 （选填“偏小”“不变”或“偏大”）。
12．某课外活动小组利用铜片、锌片和橙子制成一个水果电池，他们想测量该水果电池的电动势E和内阻r。
(1)将多用电表的选择开关拨至直流电压2.5V挡，将红、黑表笔与铜、锌片直接接触，多用电表的表盘指针位置如图甲所示，其电压的示数为 V，这样测定的结果和电动势相比 （选填“偏大”、“偏小”或“相同”）。
(2)有以下实验器材可供选择：
A．电流表A1（量程0~100µA，内阻为100Ω）
B．电流表A2（量程0~600µA，内阻不计）
C．电压表V（量程0~3V，内阻约为15kΩ）
D．定值定阻R0（阻值9900Ω）
E．电阻箱R（阻值可调范围0~9999Ω）
F．滑动变阻器R1（阻值变化范围0~20Ω）
G．滑动变阻器R2（阻值变化范围0~5kΩ）
H．开关和导线若干
①小明同学选用了其中的一些器材，设计了图乙所示的电路进一步测定电动势和内电阻。滑动变阻器应选择 （选填“R1”或“R2”）。正确连接电路，闭合开关，调节滑动变阻器，获得电流表A1和A2的多组I1和I2数据，并作出I1-I2图像如图丙所示，该水果电池的电动势E= V，内阻r = Ω。（计算结果均保留两位有效数字）
②从提供的实验器材中选择合适的器材，在相应方框中再画出一种测定该水果电池的电动势和内阻的电路图 、 。
13．（10分）游乐场的充气碰碰球是一种新型充气游乐项目，由0．8 mm厚的环保、高弹性、透明的PVC或TPU制成完全封闭的气舱，并附带安全背带和辅助手柄。如图所示，充气碰碰球内部由多个拉点拉绳组成，耐冲击力高达500 kg，有力保障了游玩者的安全。人体工程学的设计增加了产品的舒适性，玩法也有多种，可一人或多人参与游玩，可翻滚或多人碰撞玩耍，相比传统的碰碰车、碰碰船，充气碰碰球使用更灵活、更有娱乐性，并可锻炼身体、增强身体素质。如果某款充气碰碰球充气前内部空气压强为p1＝1．1×105 Pa，体积为V1＝1．0 m3，现用气泵给它充气，每秒可充入ΔV＝2．0×10－2 m3、压强为p0＝1．0×105 Pa的空气，取0 ℃＝273 K，气体均可视为理想气体。（结果均保留三位有效数字）
（1）若充气过程中碰碰球容积不变，环境温度及碰碰球内部温度也不变，求充气10 s后碰碰球内部气体的压强；
（2）实际上充气10 s后发现碰碰球体积膨胀了10％，碰碰球内部气体温度也由17 ℃升高到27 ℃，求充气后碰碰球内部气体的压强。
14．如图所示，水平面上固定着间距不等的两段平行直导轨，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，粗糙导轨PQ、P'Q'的间距为L，光滑导轨MN、M'N'无限长，其间距为2L，导轨电阻均不计，金属棒ab、cd垂直导轨放置且与导轨接触良好，均可自由滑动，质量分别为m和2m，二者接入电路的阻值分别为R和2R，一根轻质细线绕过定滑轮（定滑轮用绝缘材料固定在轨道平面内，滑轮质量和摩擦不计），一端系在金属棒ab的中点上，另一端悬挂一物块W，W的质量为M，此时金属棒ab恰好不滑动.现用水平向右的恒定拉力F（未知）使金属棒cd由静止开始向右运动，当金属棒cd达到最大速度时金属棒ab刚要滑动，此时立即撤去拉力F.已知重力加速度为g.
（1） 求金属棒cd的最大速度vm；
（2） 求恒定拉力F的大小；
（3） 求撤去拉力F后，金属棒cd继续运动的位移大小s；
（4） 若金属棒cd从静止开始至运动到最大速度所用的时间为t，则金属棒ab从cd棒开始运动到cd棒静止共产生了多少焦耳热？
15．如图所示，O点左侧有一高为的平台，物块B质量，带电量，静止在平台右侧边缘。物块A水平向右运动，与B发生碰撞，碰后瞬间A、B速度大小相等，随后取走A，B落在地面上的N点，O、N间距也为L，物块B落地后弹起瞬间在空间加一水平向左的匀强电场，B恰好能从平台右边缘水平向左返回平台，已知A、B两物块均可视为质点，不计一切阻力，A、B碰撞无机械能损失，B与地面碰撞水平分速度不变，竖直分速度大小不变，方向相反。B的电荷量始终保持不变，重力加速度求：
(1)物块A的质量；
(2)所加匀强电场场强E的大小；
(3)物块B从N点返回平台的过程中最小速率。
【参考答案】
1．【答案】 A
【详解】 根据电荷数和质量数守恒知，核反应方程为eq \\al(235, 92)U＋eq \\al(1,0)n→eq \\al(144, 56)Ba＋eq \\al(89,36)Kr＋(3eq \\al(1,0)n)，故A正确；核反应方程为eq \a\vs4\al(eq \\al(238, 92)U)→eq \\al(234, 90)Th＋(eq \\al(4,2)He)，故B错误；核反应方程为eq \\al(14, 7)N＋eq \\al(4,2)He→eq \\al(17, 8)O＋(eq \\al(1,1)H)，故C错误；核反应方程为eq \\al(14, 6)C→eq \\al(14, 7)N＋(eq \\al( 0,－1)e)，故D错误。
2．【答案】C
【详解】A．在乙图上读出时刻P质点的振动方向沿y轴正方向，在甲图上判断出该波的传播方向沿x轴负方向，故A错误；
B．由乙图读出周期为T=4s，由图甲可知波长为8m，波速为，故B错误；
C．波的传播方向沿x轴负方向，在时刻，平衡位置在处的质点相对于时刻m的位移，由图甲可知波动方程为（cm）
将m代入解得，故C正确；
D．由图乙可知质点P的振动方程为（cm）
将代入解得
故D错误；故选C。
3．【答案】C
【详解】如图所示
P点在内转过的圆心角，卫星转过的圆心角，由几何关系可知，为等腰三角形，则有，根据牛顿第二定律可得，联立解得。
4．【答案】D
【解析】本题考查类平抛运动.根据牛顿第二定律有G-F=ma，解得a=g3，该物体做类平抛运动，由h=12at2解得从M运动到N的时间为t=6hg，故A错误；M与N之间的水平距离x=v0t=v06hg，故B错误；物体撞击右壁时，物体运动的时间为t'=Lv0，物体竖直方向的速度为vy=at'=gL3v0，物体撞击壁速度v=v02+vy2=v02+g2L29v02，根据几何关系可知，当v02=g2L29v02，即当初速度v0=gL3时，物体撞击壁时速度最小，故若增大初速度v0，物体将撞击右壁，且初速度越大，物体撞击壁速度不一定越大，故C错误，D正确.
5．【答案】D
【解析】两点电荷均带正电，离正点电荷越近，电势越高，由于O点离两点电荷比C点离两点电荷更近，所以O点的电势比C点的高，A错误；设等边三角形的边长为L，则O点的电场强度大小为EO＝k3QL22－kQL22＝8kQL2，两点电荷在C点产生的电场的电场强度大小分别为E1＝kQL2，E2＝3kQL2，在图中作出E1、E2，由于两点电荷在C点产生的电场的电场强度方向的夹角为60。则C点的电场强度大小满足EC＜E1＋E2＝4kQL2＜EO＝8kQL2，B错误；在A、O间某点固定一个负点电荷，负点电荷在C点产生的电场的场强方向不可能与图中EC方向相反，所以不可能使C点的电场强度为零；在B、O间某点固定一个负点电荷，负点电荷在C点产生的电场的场强方向可能与图中EC方向相反，所以可能使C点的电场强度为零，C错误，D正确。
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】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。
8．【答案】ACD
【解析】由题图乙可知T=0.02s,所以频率f=1T=50Hz,故A正确；电压表测副线圈两端电压,原线圈两端电压的最大值是2202V,所以原线圈两端电压的有效值U=220V,理想变压器原、副线圈匝数比为10:1,所以副线圈两端电压的有效值为22V,即电压表的示数为22V,故B错误；有光照射R时,R的阻值减小,副线圈所在电路电流增大,副线圈输出功率增大,所以原线圈输入功率增大,原线圈所在电路电流增大,电流表的示数变大,故C正确；抽出L中的铁芯,电感线圈的自感系数减小,电感线圈对交变电流的阻碍减小,所以灯泡D变亮,故D正确.
9．【答案】BD
【详解】小物块在传送带上先做匀加速直线运动，加速度大小为，则小物块做匀加速直线运动的时间为，小物块做匀加速直线运动的位移为，则小物块在传送带上做匀速直线运动的时间为，每个小物块在传送带上运动的时间为t=t1+t2=4 s+3 s=7 s，A错误；结合前面分析可知，第1个小物块到达传送带最右端时所花时间为7 s，由题知，在传送带左端每隔1 s轻放一个相同的小物块，则计时开始时刻，第8个小物块刚放上传送带，B正确；结合前面分析可知，计时后1 s内只有5~8四个物块在皮带上做匀加速直线运动，摩擦力相同，则由动量定理可得，计时后1 s内，传送带对所有小物块摩擦力的总冲量大小为，所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为，C错误，D正确。
10．【答案】AC
【详解】AB．由图乙、丙可知，内，受到水平向右的拉力且物体保持静止，根据受力平衡可知，物体受到水平向左的静摩擦力，故A正确，B错误；
CD．由图乙、丙可知，内物体所受拉力方向水平向右，大小为，物体的加速度大小为
根据牛顿第二定律有
解得
故C正确，D错误。故选AC。
11．【答案】(1)，；(2)-2；(3)9.78，偏小
【详解】（1）小钢球从A位置由静止释放时，细线与竖直方向成θ角，小钢球通过最低点位置B时，光电门记录遮光时间为t，则小钢球通过光电门的速度；
小钢球从A到B过程中，若无空气阻力，根据机械能守恒定律，有，解得。
（2）小钢球摆动过程中轻绳上拉力的最小值F，则，最大值T有，，联立解得，所以绘制乙图T-F图像的直线斜率理论值为-2；
（3）小钢球质量m=30g，根据乙图截距知，计算出重力加速度；
实际上由于小钢球摆动过程中始终受空气阻力的影响，速度始终偏小导致绳上拉力偏小，所以截距偏小，所以与当地实际重力加速度相比偏小。
12．【答案】(1) 0.85，偏小；(2) R2 ，0.95，1.0×103 ， ，
【详解】（1）由于多用电表为直流电压2.5V挡，所以每一小格为0.05V，所以图示读数为；
由于多用电表测量的是电源两端的电压，即路端电压，其小于电源电动势，所以这样测定的结果和电动势相比偏小。
（2）由于水果电池内阻较大，所以滑动变阻器应选择阻值较大的R2方便实验调节；
根据闭合电路欧姆定律可得，变形整理可得，结合图像可得，，联立解得，。
根据测定电源电动势和内阻的实验原理可知，可以采用伏阻法进行测量，但由于现有电压表量程太大，需要用电流表A1和定值电阻串联改装电压表，电路如图所示
同时也可以采用安阻法进行测量，电流表选用量程较大的A2，电路如图所示
13．【答案】（1）1．30×105 Pa （2）1．22×105 Pa
【解析】（1）若充气过程中碰碰球容积不变，环境温度及碰碰球内部温度也不变，则根据玻意耳定律得
p1V1＋10p0ΔV＝p2V1（3分）
代入数据解得p2＝1．30×105 Pa（2分）
（2）根据理想气体状态方程得
p1V1+10p0ΔVT1＝1.1p3V1T3（3分）
T1＝（17＋273）K，T3＝（27＋273）K，
代入数据解得p3≈1．22×105 Pa（2分）
14．【答案】（1） 3MgRB2L2
（2） 4Mg
（3） 9MmgR22B4L4
（4） 2M2g2RB2L2(2t-3mRB2L2)
【解析】
（1） 当cd棒达到最大速度vm时,根据右手定则可知,回路中的电流方向为逆时针方向（俯视）,根据左手定则可知ab棒受到水平向右的安培力,ab棒刚要滑动,对ab棒受力分析,有BIL=Mg+fm,cd棒受拉力F作用前,ab棒恰好不滑动,由平衡条件得Mg=fm,联立解得I=2MgBL,对cd棒,有Em=2BLvm,I=Em3R,解得vm=3MgRB2L2.
（2） 当cd棒达到最大速度vm时,cd棒受力平衡,则拉力F=2BIL,又BIL=2Mg,解得F=4Mg.
（3） 金属棒cd从最大速度到停止过程,由动量定理得-2BI1Lt1=0-2mvm,又I1=E13R,E1=2BLst1,联立解得cd棒继续运动的位移大小s=9MmgR22B4L4.
（4） 金属棒cd加速过程中,对cd棒由动量定理得Ft-2BI2Lt=2mvm,又I2=E23R=ΔΦ3Rt=2BLs13Rt,联立可得cd棒加速过程的位移大小s1=3MgR2B2L2(2t-3mRB2L2),设cd棒克服安培力做功为W安,对cd棒运动全过程,由动能定理得Fs1-W安=0,设系统产生的焦耳热为Q总,由能量守恒定律可知Q总=W安,解得Q总=6M2g2RB2L2(2t-3mRB2L2),则ab棒产生的焦耳热Q=13Q总=2M2g2RB2L2(2t-3mRB2L2).
15．【答案】(1)0.1kg
(2)60V/m
(3)
【详解】（1）设A与B碰前速度大小为v，A、B碰撞无机械能损失，由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
解得，
又因为
解得
（2）A、B碰撞后，B做平抛运动，水平方向：
竖直方向：
联立解得
物块B落地瞬间水平速度
竖直速度
从N返回平台，水平方向：
竖直方向：
解得
又因为
代入数据解得
（3）
如图所示，根据，设等效重力与竖直方向成角，
因为，
解得