2025届湖南省高考最后一卷热身练习5物理试卷（解析版）

这是一份2025届湖南省高考最后一卷热身练习5物理试卷（解析版），共40页。
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．放射性同位素电池常用于航天器能源供应、海事活动和医学领域，具有能量大、体积小、工作寿命长等特点。中国第一个钚（）同位素电池已经用在“嫦娥三号”及空间站上，的衰变方程为，下列说法正确的是（ ）
A．上面方程中X粒子为电子
B．空间站上的钚（）同位素电池在极寒环境下寿命不会受到影响
C．应当选择半衰期短的核素作为同位素电池的材料
D．的比结合能大于的比结合能
2．地球表面赤道处的重力加速度与两极处的重力加速度之比为，分别在赤道处和北极处由静止释放两小球甲和乙，不考虑空气阻力，则（ ）
A．甲、乙两小球下落相同的时间，速度之比为
B．甲、乙两小球下落相同的时间，下落的高度之比为
C．甲、乙两小球下落相同的高度，所用时间之比为
D．甲、乙两小球下落相同的高度，速度大小之比为
3．频率相同的简谐波源S1、S2和接收点M位于同一平面内,S1、S2到M的距离之差为6m.t=0时,S1、S2同时垂直平面开始振动，M点的振动图像如图所示，则（ ）
A．两列波的波长为2m
B．两列波的起振方向均沿x正方向
C．S1和S2在平面内不能产生干涉现象
D．两列波的振幅分别为3cm和1cm
4．如图所示，在水平转台上放置有质量之比为 2:1 的滑块 P 和 Q （均视为质点），它们与转台之间的动摩擦因数之比 μP:μQ=2:1 ； P 到转轴 OO' 的距离为 rP ， Q 到转轴 OO' 的距离为 rQ ，且 rP:rQ=1:2 ，转台绕转轴 OO' 匀速转动，转动过程中，两滑块始终相对转台静止.认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为 g ，下列说法正确的是（ ）
A． P 所受的摩擦力比 Q 所受的摩擦力大
B． P 、 Q 的线速度大小相等
C． 若转台转动的角速度缓慢增大，则 Q 一定比 P 先开始滑动
D． 若转台转动的角速度缓慢增大，则在任一滑块滑动前， P 能达到的最大向心加速度为 μPg
5．如图所示，虚线a、b、c代表电场中一族等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带电质点（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（ ）
A. a、b、c三条等势线中，a的电势最高
B. 电场中Q点处的电场强度比P点处大
C. 该带电质点在P点的速率比在Q点处大
D. 该带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大
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．如图甲所示为一皮带传送装置，皮带逆时针方向匀速传动，一质量为黑色物体静止放到皮带顶端，被皮带向下传送，2.0s到达底端，其在传送带上运动的图像如图乙所示。，以下说法正确的是（ ）
A．传送带的速度大小为8m/s
B．皮带与水平面间的夹角
C．物体从顶端滑到底端过程中摩擦力对物体做功为30J
D．物体从顶端滑到底端因为摩擦产生的热量
8．如图为透明长方体的横截面efgh，其折射率n＝62，一细束单色光以入射角θ入射至ef面上的p点，ep＝eh2＝L，已知光在真空中的传播速度为c，不考虑光在长方体内的二次及二次以上的反射，下列说法正确的是（ ）
A．当入射角θ＝60°时，光在长方体中的传播时间为3Lc
B．当入射角θ＝60°时，光在长方体中的传播时间为23Lc
C．当入射角θ＜45°时，折射到eh面上的光一定发生全反射
D．当入射角θ＜45°时，折射到eh面上的光不一定发生全反射
9．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
10．2024年10月21日，潍烟高铁正式开通，标志着烟台从此迈入全域高铁时代。某列动车由8节车厢组成，其中第1节和第5节为动力车厢，在列车匀加速启动过程中均可提供大小恒为的牵引力，其余车厢为普通车厢。假设每节车厢总质量均为，所受阻力大小均为为正的常数），重力加速度为，则在动车匀加速启动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．整列动车的加速度大小为
B．5、6节车厢间的作用力大小为
C．第5节车厢对第4节车厢的作用力大小为0
D．某节车厢中一质量为的乘客所受车厢的作用力大小为
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．(1)如图所示，在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，其中A为固定橡皮筋的图钉，O点为橡皮筋与细绳套的结点，OB和OC为细绳。先用一个弹簧测力计拉与橡皮筋的另一端连接的细绳套，使绳套的结点到某一点并记下该点的位置，再用两个弹簧测力计分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮筋。
①本实验中两次拉橡皮筋的过程，主要体现的科学方法是等效替代法，其含义是 。
A．橡皮筋可以用细绳替代
B．左侧弹簧测力计的作用效果可以替代右侧弹簧测力计的作用效果
C．右侧弹簧测力计的作用效果可以替代左侧弹簧测力计的作用效果
D．第一次一个弹簧测力计的作用效果可以用第二次两弹簧测力计共同作用的效果替代
②在做本实验时，下列操作中错误的是 。
A．弹簧测力计应在使用前校零
B．实验中，弹簧测力计必须与木板平行
C．拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要近些
D．同一次实验过程中O点位置不允许变动
③实验过程中，某同学根据实验数据，画出如图所示的图，方向一定沿AO方向的是 。（选填“F”或“F'”）
(2)某实验小组利用气垫导轨和光电门验证钩码和滑块（含遮光条）所组成的系统机械能守恒，实验装置如图所示。
①实验前需要调节气垫导轨，操作过程是： （选填“挂上”或“去掉”）钩码，接通气源；调节导轨底座调节旋钮P、Q，使滑块运动时通过两光电门遮光条遮光的时间 （选填“>”或“=”或“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．【知识点】传送带模型中的能量守恒问题
【答案】ABD
【详解】A．由图乙可知，物体在时，受力发生突变，此时物体与传送带共速，即传送带的速度大小为8m/s，A正确；
B．由图乙可知物体与传送带共速前的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
物体与传送带共速后的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
联立解得，
B正确；
C．由图乙可知，共速前物体运动的位移大小为
共速后物体运动的位移大小为
则物体从顶端滑到底端过程中摩擦力对物体做功为
C错误；
D．共速前物体与传送带发生的相对位移大小为
共速后物体与传送带发生的相对位移大小为
则物体从顶端滑到底端因为摩擦产生的热量为
D正确。选ABD。
8．【知识点】全反射与折射的综合应用
【答案】AC
【解析】光在长方体中传播的光路如图所示，入射角θ＝60°时，根据折射定律n＝sinθsinβ 解得光经过ef面折射后的折射角为β＝45°，根据光路的可逆性知，光从eh的中点q射出长方体，根据几何知识得，光在长方体中的传播路程为s＝2L，光在长方体中的传播速度为v＝cn，光在长方体中的传播时间为t＝sv，联立解得t＝3Lc，A正确，B错误；sin C＝1n＝63＞22，则C＞45°，设光在eh面发生全反射的入射角为i，则i＞C，由几何知识知β＝90°－i，根据折射定律得n＝sinθsinβ，联立解得sin θ＝ncs i＜22，故入射角θ＜45°时，折射到eh面上的光一定发生全反射，C正确，D错误。
9．【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。
10．【知识点】连接体问题（整体和隔离法）、临界问题
【答案】AC
【详解】A．对8节车厢整体受力分析，根据牛顿第二定律
解得
故A正确；
B．对后面6、7、8三节车厢看成一整体，根据牛顿第二定律有
解得
故B错误；
C．对后面5、6、7、8四节车厢看成一整体，根据牛顿第二定律有
解得
故C正确；
D．对某节车厢中一质量为的乘客受力分析，可知，水平方向受车厢的作用力大小，根据牛顿第二定律可得
竖直方向上，根据平衡条件可得
故某节车厢中一质量为的乘客所受车厢的作用力大小为
故D错误。
故选AC。
11．【知识点】实验：探究两个互成角度的力的合成规律、实验：验证机械能守恒定律
【答案】(1) D C F'
(2)去掉 = C
【详解】（1）①实验中等效替代法的含义是第一次一个弹簧测力计的作用效果可以用第二次两弹簧测力计共同作用的效果替代，故选D。
②A．弹簧测力计应在使用前校零，保证读数准确故A正确，不符合题意；
B.实验中，弹簧测力计必须与木板平行，故B正确，不符合题意；
C.拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故C正确，符合题意；
D.同一次实验过程中O点位置不允许变动，以保证等效性，故D正确，不符合题意。
故选C。
③若操作正确，F'一定沿AO方向。
（2）①根据平衡摩擦力的为操作可知，应去掉钩码，接通气源，滑块做匀速直线时，滑块运动时通过两光电门时，遮光条的时间。
②滑块经过光电门的速度分别
根据机械能守恒可知
联立可得
③A．为减小误差，两光电门之间的距离要大一些，故A错误；
B．无需钩码的质量m应远小于滑块与遮光条的质量M的条件，故B错误；
C．选用的遮光条的宽度适当窄些，测得的速度越精确，故C正确。
故选C。
12．【知识点】实验：描绘小灯泡的伏安特性曲线
【答案】（1）见解析（2分） （2）增大（2分） 增大（2分）
（3）0.39（0.38～0.40）（2分）
【解析】（1）小灯泡两端的电压要求从零开始调节，滑动变阻器采用分压式接法，3.8 V超出了电压表的量程，需将电压表与R0串联后接入电路，由于小灯泡的电阻比较小且电流表内阻未知，故电流表采用外接法，电路图如图所示。
（2）I－U图像中随着电压的增大，图线上点与原点连线的斜率变小，则小灯泡的电阻增大，根据电阻定律R＝ρLS可知灯丝的电阻率增大。
（3）当滑动变阻器R接入电路的阻值最大为9 Ω时，电路中电流最小，小灯泡功率有最小值。根据闭合电路欧姆定律得E0＝U＋I（R＋r），可得I＝－U10＋0.4（SI），在小灯泡的伏安特性曲线图中，画出该直线，如图所示，两图线交点U1＝1.75 V，I1＝0.225 A，则小灯泡的最小功率为P1＝U1I1≈0.39 W。
13．【知识点】气体等温变化与玻意耳定律
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）根据平衡可知，
解得。
（2）小玻璃瓶初态时有，，
当小玻璃瓶刚好浸没在水中时瓶内的气体体积为，压强为，
对于小玻璃瓶内的气体由玻意耳定律可得p1V1=p2V2，
对于小玻璃瓶根据平衡状态有，
对于气体A由玻意耳定律可得，
联立解得，
则要使小玻璃瓶下沉水中，至少要用力挤压使得塑料瓶的容积缩小。
14．【知识点】电磁感应现象中的功能问题
【答案】（1）；（2）①，②
【详解】（1）设列车行驶速度为，线框中的感应电动势大小为，
感应电流大小为，
线框所受安培力大小为，
当时，对列车根据平衡条件有。
（2）①列车做匀加速运动时，根据牛顿第二定律有，
可知安培力恒定，根据线框所受安培力，
可知，感应电动势恒定，线框相对磁场的速度恒定，则应满足线框的加速度大小。
②磁场匀加速运动时间内，对列车根据动量定理有，
即，
其中时间内磁场位移为，
可解得时间内列车位移，
对列车根据动能定理有，
可解得时间内列车所受安培力做功为。
15．【知识点】传送带模型、求解弹性碰撞问题
【答案】（1）1．0 m 1．44 J （2）8 J （3）100 m
【解析】（1）物块A在倾斜传送带上下滑到与传送带速度相同的过程中，根据牛顿第二定律得
mAgsin 37°＋μ1mAgcs 37°＝mAa1 （1分）
解得a1＝10 m/s2，
运动的位移大小为x1＝v22a1＝0．8 m（1分）
时间为t1＝va1＝0．4 s，
故物块A落后传送带的距离为Δx1＝vt1－v2t1＝0．8 m，
之后物块A再加速运动到倾斜传送带底端，根据牛顿第二定律得
mAgsin 37°－μ1mAgcs 37°＝mAa2（1分）
解得a2＝2 m/s2，
根据运动学规律有L1－x1＝v12－v22a2，
解得v1＝6 m/s，
物块A加速运动到倾斜传送带底端的时间t2＝v1－va2＝1．0 s，
物块A超前传送带的距离为
Δx2＝v1＋v2t2－vt2＝1．0 m（1分）
物块A先落后传送带的距离为Δx1＝0．8 m，后超前传送带的距离为Δx2＝1 m，故物块A在倾斜传送带上留下的痕迹长度为1 m，
物块A在倾斜传送带上因摩擦产生的内能
Q＝μ1mAgcs 37°（Δx1＋Δx2）＝1．44 J（2分）
（2）A、B两物块发生弹性碰撞，设碰后物块A的速度为vA1，物块B的速度为vB，有
mAv1＝mAvA1＋mBvB，12mAv12＝12mAvA12＋12mBvB2（1分）
代入数据得vB＝2 m/s＜v＝4 m/s（1分）
之后物块B在水平传送带上运动到与传送带速度相同的过程中，根据牛顿第二定律得
μ2mBg＝mBaB，
解得aB＝μ2g＝2 m/s2，
物块B经时间t3后，速度与传送带速度相等，设向左运动的位移为x，则有
t3＝v－vBaB＝1．0 s，
x＝vB＋v2t3＝3．0 m（1分）
由于x＜L2，物块B与传送带速度相等后一起与传送带做匀速运动，故物块B在水平传送带上相对滑行的距离为
Δx3＝vt3－vB＋v2t3＝1．0 m，
根据能量守恒定律知水平传送带因传送物块B多消耗的电能
E＝12mBv2－12mBvB2＋μ2mBgΔx3＝8 J（1分）
（3）物块B在水平传送带上匀速运动的距离为L2－x＝1 m，
再与物块C第一次碰撞，由动量守恒和机械能守恒得
mBv＝mBvB1＋mCvC1，
12mBv2＝12mBvB12＋12mCvC12（1分）
代入数据得vB1＝0，vC1＝4 m/s（1分）
由此可知，以后每次B与C相碰，速度都发生交换。对物块C，设来回运动了n次，由动能定理可知
－μ3mCg×2ns＝0－12mCvC12
代入数据解得n＝25（1分）
设物块C第k次返回至传送带左端时速度平方大小为vk2，由运动学公式得
vk2＝vC12－2μ3g×2ks＝16－0．64k（m2/s2）（k＝1，2，3，…，25）（1分）
物块B获得速度后在传送带上先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，回到传送带左端时速度大小不变，物块B第k次在传送带上来回一次运动的路程
xk＝vk22μ2g×2＝8－0．32k（m）（k＝1，2，3，…，25）（1分）
所以整个过程物块B在传送带上滑行的总路程
s总＝L2＋（x1＋x2＋…＋x25），
代入数据解得s总＝100 m（1分）