2025届湖南省高考最后一卷热身练习物理试卷（解析版）

这是一份2025届湖南省高考最后一卷热身练习物理试卷（解析版），共40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．用来冷却核电站反应堆的废水中，受核反应 36Li＋Y→24He＋13H的影响，会产生含有放射性的物质氚（13H），氚（13H）的半衰期为12．43年。下列说法正确的是（ ）
A． Y是质子
B． Y是电子
C．改变核废水的温度，核废水中氚（13H）的半衰期不会改变
D．再经过24．86年，现有某部分核废水中的氚（13H）将全部衰变
2．某连队在一次迫击炮实弹训练中要求炮手将炮弹发射到小山包另一侧地面上的目标（如图所示），小山包的高度为h，炮手在发射战位P将射击仰角调整到37°时发射，炮弹恰好在最高点越过山头命中目标，不计空气阻力，重力加速度为g，sin37°=0.6，cs37°=0.8，则下列说法正确的是（ ）
A．炮弹的发射速度为
B．战位P与目标的距离为
C．在战位P调整射击仰角为53°时发射炮弹仍能命中目标
D．射击仰角为45°时发射出的炮弹射程最大，飞行时间最短
3．如图（a）所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动.由于P的遮挡，探测器探测到Q的亮度随时间做如图（b）所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同.已知Q的质量为M，引力常量为G.关于P的公转，下列说法正确的是（ ）
A. 周期为2t1-t0B. 半径为3GM(t1-t0)24π​2
C. 角速度的大小为πt1-t0D. 加速度的大小为32πGMt1-t0
4．如图甲所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线和虚线分别为t1时刻和t2时刻的波形图，其中t2>t1，P、Q分别是平衡位置为x1=1.0m和x2=4.0m的两质点.图乙为质点Q的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．t2-t1=0.1s
B．t2时刻Q的速度达到最大
C．简谐横波沿x轴传播的速度大小为40m/s
D．t1到t2时间内，P、Q运动的路程相等
5．如图所示，A点有一个电荷量为的点电荷，在距A点2r处有一个点电荷B，在以A点为圆心半径为r的球面上有一点C，AC和AB垂直。要使C点的场强与AB平行，则点电荷B（ ）
A．带负电，电荷量为B．带负电，电荷量为
C．带正电，电荷量为D．带正电，电荷量为
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，有一竖直足够长的固定绝缘杆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．如图三棱镜截面中∠B＝30°、∠C＝45°，某种颜色的细光束从AB边的D点射入三棱镜，入射角为θ（为未知量），折射光线射到BC边上的E点，正好发生全反射，反射光线垂直射到AC边上的F点，B、D两点间的距离为d，光在真空中的传播速度为c，sin 15°＝6－24。下列说法正确的是
A．光线在D点的折射角为20° B．三棱镜对此单色光的折射率为2
C． sin θ的值为3－14 D．光线从D到E传播的时间为dc
8 .如图所示为电动汽车无线充电示意图，若发射线圈的输入电压为u=2202⋅sin100πt(V)，匝数为500，接收线圈的匝数为1000，发射线圈输出功率为8.8kW．该装置可看成理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A． 使用该装置时采用直流电源也能为电动汽车充电
B． 发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相等，均为100Hz
C． 接收线圈输出电压的峰值为4402V
D． 接收线圈输出电流的有效值为20A
9． 如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连．小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0．5．杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为12l，OP与杆垂直．当小球置于杆上P点时恰好能保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g．小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内．下列说法正确的是（ ）
A． 弹簧的劲度系数为4mgl
B． 小球在P点下方12l处的加速度大小为(32-4)g
C． 从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
D． 从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同
10．滑雪时运动员受到的空气阻力大小满足，其中k正比于迎风面积（即垂直于运动方向上的投影面积）。已知以相同姿势滑雪时，迎风面积与身高的二次方成正比，运动员的质量与身高的三次方成正比，雪橇与雪面间的动摩擦因数恒定。当运动员沿一定倾角的赛道下滑时，运动员的（ ）
A．速度越大，加速度越大
B．速度越大，加速度越小
C．质量越大，加速度越大
D．质量越大，加速度越小
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．物理小组用图甲所示的装置来探究系统的机械能守恒。实验前测得当地的重力加速度大小为。
（1）在气垫导轨上安装两个光电门1和2，测出两光电门之间的距离为。
（2）实验前要对气垫导轨进行调整，保证其水平，本步骤中判断气垫导轨水平的依据是打开气源，气垫导轨正常工作后，在 （选填“挂”或“不挂”）槽码的情况下，给滑块一个初速度，滑块经过光电门1和2，两光电门记录的时间 （选填“相等”或“不相等”）。
（3）用游标卡尺测出一个遮光条的宽度，如图乙所示，遮光条的宽度 cm。将此遮光条固定在滑块上，用天平测出滑块（带有遮光条）的质量，测出槽码的质量。
（4）用细线一端连接滑块，另一端跨过定滑轮挂上槽码，启动气源，让气垫导轨正常工作。
（5）将滑块从气垫导轨上光电门1的右侧某一位置静止释放，记录滑块经过光电门1和光电门2时光电门记录的时间和。
（6）需要验证的机械能守恒的表达式为 （用、、、、、、表示）。
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，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离，活塞的面积为。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为和。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处（过程中气体温度视为不变），外力增加到并保持不变。
（1）求外力增加到时，卡销b对活塞支持力的大小；
（2）再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。
14．如图所示，两平行金属直导轨、固定于同一水平绝缘桌面上，两导轨之间的距离为L，a、端与倾角为的倾斜金属导轨平滑连接，倾斜导轨上端连接阻值为的定值电阻，、端与位于竖直面内、半径相同的半圆形金属导轨平滑连接，所有金属导轨的电阻忽略不计。仅水平导轨所围矩形区域存在方向竖直向下，磁感应强度大小为的匀强磁场。一根质量为、电阻为、长度为的细金属棒与导轨垂直，静置于处，另一根与长度相同、质量为的细绝缘棒由倾斜导轨上与距离为处静止释放，一段时间后与发生弹性碰撞，碰撞时间极短。碰撞后，和先后恰好运动到半圆形导轨的最高点（抛出后立即撤去），运动过程中棒与导轨始终垂直且接触良好。不计一切摩擦，重力加速度为。求：
(1)半圆形金属导轨的半径；
(2)整个过程中定值电阻产生的焦耳热；
(3)绝缘棒通过区域的时间。
15．如图所示为一套小型玩具的模拟立体示意图，一可视为质点的小球A以初速度v0 = 1.2 m/s的速度从高台平抛出，恰好落到固定在地面上倾角θ = 53°的斜面顶端且与斜面未发生碰撞，已知斜面高度h = 0.4 m，斜面动摩擦因数μ = 0.5，小球A质量为mA = 5 kg。质量为mB = 1 kg的弹性小球B静置在斜面底端，与小球A发生弹性碰撞后共同进入到与斜面底端相切的水平固定放置的光滑圆形轨道内，轨道入口随即关闭。圆形轨道半径R = 0.5 m，重力加速度g = 10 m/s2。求：
(1)小球A抛出点离地高度H及离斜面顶端的水平距离x；
(2)小球A刚下滑到斜面底端时的速度v1；
(3)两球进入圆形轨道开始计时，此后相遇的时刻。
【参考答案】
1．【知识点】原子核的衰变及半衰期
【答案】C
【解析】根据核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒知，Y的电荷数为0，质量数为1，故Y为中子，A、B错误；半衰期只与原子核内部结构有关，与温度无关，C正确；设原核废水中氚的质量为m0，则经过24.86年剩余未衰变的氚的质量为m＝12tTm0＝＝14m0，即经过24.86年，还有14的氚未衰变，D错误。
2．【知识点】斜抛运动
【答案】C
【详解】A．设炮弹的发射速度为v0，则
所以
故A错误；
B．战位P与目标的距离为，
所以
联立可得
故B错误；
C．在战位P调整射击仰角为53°时，则
即发射炮弹仍能命中目标，故C正确；
D．由于炮弹射程为
由此可知，当时，射程最大，飞行时间为
由此可知，时间不是最短，故D错误。
故选C。
3．【知识点】万有引力定律问题的分析与计算
【答案】B
【解析】因为行星的遮挡,探测器检测到的亮度会略有降低,所以两次亮度减弱之间的时间就是行星的公转周期,即T=t1-t0,A错误；行星绕恒星做匀速圆周运动,由万有引力提供向心力可得GMmr2=m(2πT)2r,解得r=3GM(t1-t0)24π​2,B正确；行星公转的角速度ω=2πT=2πt1-t0,C错误；该行星的向心加速度a=GMr2=2πt1-t032πGMt1-t0,D错误.
4．【知识点】波的多解问题
【答案】C
【解析】因为题中没有说明t1时刻是哪个时刻,假设t1=0,根据题图乙可知,质点Q在t1时刻正在沿y轴正方向振动,则波沿x轴正方向传播,可得t2-t1=nT+T4(n=0,1,2,3,⋯),假设t1=0.1s,根据题图乙可知,质点Q在t1时刻正在沿y轴负方向振动,则波沿x轴负方向传播,同理可得t2-t1=nT+3T4(n=0,1,2,3,⋯),由题图乙知T=0.2s,故A错误；由A项分析可知,无论是哪种情况,t2时刻质点Q都在波峰,速度等于零,最小,故B错误；由题图甲知波长为λ=8m,则波速为v=λT=40m/s,故C正确；t1到t2时间内,Q运动的路程可能是s=4nA+A(n=0,1,2,⋯)或s=4nA+3A(n=0,1,2,⋯),如果t1=0,在第一个T4时间内,P沿y轴负方向运动,该段时间内的路程y1大于振幅A,则t1到t2内的路程s'=4nA+y1,同理，如果t1=0.1s,在第一个T4时间内,P沿y轴正方向运动到波峰,又沿y轴负方向向平衡位置移动,该段时间内的路程y2小于振幅A,则t1到t2内的路程s'=4nA+2A+y2,可知P、Q运动的路程不相等,故D错误.
5．【知识点】电场的叠加
【答案】A
【详解】A处点电荷在C点的电场强度大小为，方向沿AC方向，要使C点的合场强方向与AB平行，根据矢量的合成可知，B点在C处形成的场强方向沿CB方向，B处的点电荷带负电，设CB与AB的夹角为，则有，B处的点电荷在C点形成的场强大小为，且有，，联立解得。
6．【知识点】带电粒子在叠加场中的运动
【答案】B
【解析】小球刚开始下滑时受到竖直向下的重力mg，水平向左的电场力Eq，水平向右的弹力FN以及竖直向上的滑动摩擦力Ff，且此时滑动摩擦力Ff=μFN，竖直方向根据牛顿第二定律有mg-μFN=ma1，而随着小球速度的增加，小球所受洛伦兹力由0逐渐增大，根据左手定则可知洛伦兹力的方向水平向右，则在小球运动后水平方向有Eq=Bqv+FN，可知随着小球速度的增加，杆对小球的弹力减小，致使杆对小球的摩擦力减小，而当洛伦兹力的大小等于小球所受电场力大小时，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，而随着小球速度的进一步增大，洛伦兹力将大于电场力，小球再次受到杆的弹力，方向水平向左，则摩擦力再次出现，竖直方向的合力减小，加速度减小，直至摩擦力等于小球重力时，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，故A错误；小球刚开始运动时根据牛顿第二定律有mg-μFN=ma1，解得a1=g-μFNm，而根据A选项中分析可知，加速度最大为重力加速度，即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，而加速度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，故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，根据B选项中分析可知，若小球正在做加速度增大的加速运动，则v与v0之比vv0一定小于12，但若小球正在做加速度减小的加速运动，则v与v0之比vv0一定大于12，故C错误；由B选项中分析可知，小球的最大加速度a0=g时，即加速度达到最大时，小球的速度还不到12v0，因此当v=12v0时小球的加速度a一定小于a0，当速度v=12v0时，对小球由牛顿第二定律有mg-μ(Bqv-Eq)=ma，即ma0-μ(12Bqv0-Eq)=ma，而当小球速度最大时有mg=μ(Bqv0-Eq)，联立可得ma0-ma0Bqv0-Eq⋅(12Bqv0-Eq)=ma，化简可得aa0=Bqv02(Bqv0-Eq)>12，故D错误．
7．【知识点】全反射与折射的综合应用
【答案】BD
【解析】设光线在三棱镜中发生全反射的临界角为α，折射光线射到BC边上的E点，正好发生全反射，反射光线垂直射到AC边上的F点，由几何关系可得α＝45°，由折射率的定义可得n＝1sinα＝2，B正确；由几何关系可得光线在D点的折射角为β＝90°－30°－45°＝15°，A错误；由折射率的定义n＝sinθsinβ，计算可得sin θ＝3－12，C错误；由几何关系可得∠DEB＝45°，对△BDE由正弦定理可得dsin45°＝DEsin30°，解得DE＝22d，由折射率的定义n＝cv，得光线从D到E的传播时间t＝DEv＝dc，D正确。
8．【知识点】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】CD
【解析】变压器是利用电磁感应原理工作的，因此必须由交流电源在发射线圈产生变化的磁场，在接收线圈产生感应电流，故A错误；变压器不改变交变电流的频率，因此发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相等，频率是f=ω2π=100π2πHz=50Hz，故B错误；发射线圈电压的有效值为U1=Um2=22022V=220V，由理想变压器原、副线圈的电压与匝数的关系U1U2=n1n2，可得接收线圈输出的电压U2=n2n1U1=1000500×220V=440V，则接收线圈输出电压的峰值为4402V，故C正确；由理想变压器原、副线圈功率相等可知，发射线圈输出功率为8.8kW，则接收线圈输出电流的有效值为I2=P1U2=8.8×103440A=20A，故D正确．
9．【知识点】功能原理、能量守恒与曲线运动的综合
【答案】AD
【解析】关注点一：小球置于杆上P点时恰好静止．对小球受力分析如图甲所示，有f=mg，FN=kl2，f=μFN，解得k=4mgl，A正确．
关注点二：小球在P点下方l2处的合力．对小球进行受力分析如图乙所示，则有F'N=k(l-l2sin45∘)sin45∘ ，mg+k(l-l2sin45∘)⋅cs45∘-μF'N=ma，解得a=2g，B错误．

关注点三：在M点到N点的运动过程中，小球受到摩擦力．小球与竖直杆间的正压力等于弹簧弹力的水平分量，设弹簧弹力与竖直方向的夹角为θ ,则正压力F″N=k(l-l2sinθ)sinθ=k(lsinθ-l2),由于θ 先增大,后减小,则从M点到N点的过程中正压力先变大再变小，则滑动摩擦力也先变大再变小，C错误．
关注点四：M点到P点和P点到N点，小球受到的摩擦力．小球在关于P点对称的位置受到的滑动摩擦力相等，根据微元法可知从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的滑动摩擦力做功相同，D正确．
10．【知识点】利用牛顿定律进行受力分析
【答案】BC
【详解】令为常数，空气阻力大小满足，，令为常数，则运动员的质量，根据牛顿第二定律有，解得，可知，速度越大，加速度越大，A正确， B错误；结合上述可知，质量越大，越大，加速度越大，C正确，D错误。
11．【知识点】实验：验证机械能守恒定律
【答案】不挂，相等，0.225，
【详解】（2）打开气源，气垫导轨正常工作后，不挂槽码的情况下，给滑块一个初速度，滑块经过光电门 1 和 2，两光电门记录的时间相等，则说明气垫导轨调节水平。
（3）由游标卡尺的读数规则可知
（6）滑块经过光电门1、2的速度分别为、，由，可得 。
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)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．【知识点】气体的等容变化与查理定律、气体等温变化与玻意耳定律
【答案】（1）100N；（2）327K
【详解】（1）活塞从位置到过程中，气体做等温变化，初态、，末态、，根据，解得，此时对活塞根据平衡条件，解得卡销b对活塞支持力的大小
（2）将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销b时，气体做等容变化，初态，，末态，对活塞根据平衡条件，解得，设此时温度为，根据，解得
14．【知识点】电磁感应现象中的功能问题
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】（1）、碰前过程，对绝缘棒，由动能定理得，
解得，
绝缘棒与金属棒发生弹性碰撞，由动量守恒定律可得，
由机械能守恒定律得，
解得，，
因和恰好均能通过半圆形轨道的最高点，则和通过时速度大小相等，设为
则，在半圆形轨道最高点时有，由半圆形轨道最低点到最高点，由动能定理得，
解得。
（2）从运动到，由能量守恒得，
定值电阻产生的焦耳热，
解得。
（3）设由运动到的位移为，对，由动量定理得，
电荷量，
平均感应电动势，
平均感应电流，
又，
解得。
15．【知识点】求解弹性碰撞问题
【答案】(1)0.528 m，0.192 m
(2)3 m/s
(3)（n = 1，2，3⋯）
【详解】（1）依题意，小球运动到斜面顶端时，有
解得
由平抛运动规律，可得
，
又
联立解得
，
（2）小球在斜面上下滑时，根据牛顿第二定律可得
解得
由运动学公式得
又
联立解得
（3）小球A与弹性小球B发生弹性碰撞过程，根据动量守恒和机械能守恒可得
解得
，
设经过t1时间，B追上A发生第二次碰撞，则有
可得
B追上A发生第二次碰撞过程，根据动量守恒和机械能守恒可得
解得
，
设经过t2时间，A追上B发生第三次碰撞，则有
可得
第三次碰撞与第一次碰撞的碰撞情况完全一样，第四次碰撞与第二次碰撞的碰撞情况完全一样；即小球的碰撞过程具有周期性，则两球进入圆形轨道开始计时，此后相遇的时刻满足
（n = 1，2，3⋯）