2025届湖南省长沙市名校高三下学期5月模拟冲刺押题物理试卷（解析版）

这是一份2025届湖南省长沙市名校高三下学期5月模拟冲刺押题物理试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了如图所示为深坑打夯机工作示意图等内容，欢迎下载使用。
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．下列说法正确的是（ ）
A．卢瑟福通过对粒子散射实验结果的分析，发现了中子
B．汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”
C．光电效应中光电子的最大初动能与如射光的频率成正比
D．是衰变方程
2．如图所示，物体A、B用细线连接，在同一高度做匀速圆周运动，圆心均为点O。在某时刻，细线同时断裂，两物体做平抛运动，同时落在水平面上的同一点。连接A、B的细线长度分别为10l、5l，A、B圆周运动的半径分别为6l、4l，则O点到水平面的高度为（忽略物体的大小和细线质量）（ ）
A．6lB．10lC．12lD．15l
3．甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，波速v=1m/s，某时刻的波形如图所示，M、N、P为介质中的三个质点，则下列说法正确的是（ ）
A．两列简谐横波不能发生干涉现象
B．x=7m处的质点从图示时刻开始经4s通过的路程为35cm
C．从图示时刻开始，经过1s，质点M、N的速度大小相等、方向相反
D．以质点P开始振动时刻为计时起点，则质点P的振动方程为y=15sinπ2t(cm)
4．与地球公转轨道“外切”的小行星甲和“内切”的小行星乙的公转轨道如图所示，假设这些小行星与地球的公转轨道都在同一平面内，已知地球的公转半径为R，公转周期为T，小行星甲的远日点到太阳的距离为R1，小行星乙的近日点到太阳的距离为R2，引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A．小行星甲与太阳的连线和小行星乙与太阳的连线在相同时间内扫过的面积相等
B．小行星乙在远日点的加速度大小等于地球公转的加速度大小
C．小行星乙在远日点的加速度大小小于地球公转的加速度大小
D．小行星甲的公转周期为
5．空间存在某静电场，在x轴上各点的场强E随坐标x的分布规律如图所示，规定x轴的正方向为电场强度E的正方向.一个带电粒子在x轴上以坐标原点O为对称中心做往复运动.已知粒子仅受电场力作用，运动中电势能和动能的总和为A，且坐标原点O处电势为零.则（ ）
A. 该粒子可能带正电
B. 该粒子在坐标原点O两侧分别做匀变速直线运动
C. x=x0处的电势为-12E0x0
D. 若该粒子带电荷量的绝对值为q，则粒子运动区间为[-Ax0qE0,Ax0qE0]
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．如图所示为深坑打夯机工作示意图．电动机带动两个摩擦轮匀速转动，将夯杆从深坑中竖直提起；当夯杆的下端刚到达坑口时，夯杆被松开，一段时间后又落回坑底，周而复始地这样工作，就可将坑底夯实．已知电动机皮带运行速率v=4m/s，两摩擦轮对夯杆的压力均为F=2×104N，与夯杆间的动摩擦因数均为μ=0.3，夯杆的质量m=1×103kg，坑深h=4.2m，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力及夯实坑底引起的深度变化，则（ ）
A． 夯杆在上升阶段经历了加速运动、匀速运动和减速运动
B． 夯杆下端离开坑底的最大高度为5m
C． 每个打夯周期中，摩擦轮对夯杆做的功为4.2×104J
D． 由题目所给信息，可以计算出该深坑打夯机的打夯周期
8．如图所示，某人乘坐商场的自动扶梯从二楼到一楼，扶梯以大小为的加速度匀加速向下运动。扶梯的倾角为，人的质量为，取重力加速度大小。关于扶梯向下运动的过程，下列说法正确的是（ ）
A．人处于失重状态
B．人受到大小为、方向水平向左的静摩擦力
C．人受到大小为、方向竖直向上的支持力
D．扶梯对人的作用力大小为
9．如图甲所示，某理想变压器原、副线圈的匝数比为 11:3 ，电流表为理想电表.原线圈所接电源的电压按图乙所示规律变化，副线圈接有一灯泡，此时灯泡消耗的功率为 60W .则（ ）

甲 乙
A．副线圈两端输出电压的有效值为 60V
B．原线圈中电流表的示数约为 1A
C．原线圈两端电压的瞬时值表达式为 u=2202sin50πt(V)
D．变压器的输入功率、输出功率之比为 1:1
10．如图所示，半径为的半圆形玻璃砖的圆心为，A是半圆形玻璃砖直径上的一点，A与圆心的距离，一束单色光垂直射到A点，光线刚好不能穿过玻璃砖的圆形界面。若让单色光从A点以入射角射入，光从半圆形玻璃砖圆弧面上的点离开，已知光在真空中的传播速度为，以下说法正确的是（ ）
A．全反射的临界角大于
B．玻璃砖的折射率为
C．从点射出的光线与A点的入射光线平行
D．从点射出的光线穿过玻璃砖的时间为
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．用如图所示装置验证机械能守恒定律，装有遮光条的滑块放置在气垫导轨上的A位置，细线绕过固定在导轨右端的定滑轮，一端与滑块连接，另一端悬吊钩码。测出遮光条的宽度d，滑块与遮光条的总质量M，A到光电门中心距离x。调节气垫导轨水平，由静止释放滑块，读出遮光条通过光电门的挡光时间t。将遮光条通过光电门的平均速度看作滑块中心到达光电门中心点时的瞬时速度。已知钩码的质量为m，当地重力加速度为g。
(1)滑块从A处到达光电门中心处时，m和M组成的系统动能增加量可表示为ΔEk= ，系统的重力势能减少量可表示为ΔEp= ，在误差允许的范围内，若ΔEk=ΔEp，则可认为系统的机械能守恒。(均用题中字母表示)
(2)某同学实验时，保持光电门的位置不变，改变滑块的位置A，测出多组对应的x与t的数值，经过计算发现系统动能的增加量大于钩码重力势能的减少量，其原因可能是 。
A．钩码质量太大 B．气垫导轨未完全调水平，左端高于右端
C．系统受到空气阻力
(3)某同学为了减小误差，通过调整A的位置来改变x，测出对应的通过光电门的时间t，得到若干组数据后，在坐标纸上描点，拟合出直线，则该同学描绘的是 图像。
A.x-t B.x-1t C.x-1t2D.x-t2
(4)某同学实验时，气泵不能工作，他想到用使轨道倾斜的方法来平衡摩擦力，如果已经平衡了摩擦力， (选填“能”或“不能”)用此装置验证系统机械能守恒。
12．某同学要测量一个未知电阻的阻值，其主要实验步骤如下：
（1）先用多用电表的“×10”挡位测量其阻值，按正确操作后指针示数如图甲所示，其读数为 Ω；
（2）为了更准确测量，该同学设计了如图乙所示的电路进行测量，已知定值电阻；
（3）根据图乙将图丙的实物图补充完整；
（4）正确连接好实物电路后，闭合开关S，改变滑动变阻器滑片的位置，记录电压表和的多组示数和，并作出图像如图丁，若不考虑电压表内阻的影响，算出电阻 Ω（结果保留三位有效数字）；
（5）若考虑电压表内阻的影响，则的测量值 （选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
13．如图所示的是一个蒸馏海水的装置，通过阳光照射透明容器使得容器中的水通过表面液化并流淌到取蒸馏水的装置中。已知容器总体积为，初始时候放置海水在容器中，温度，压强为，忽略水蒸气分子产生的压强对总压强的影响且认为容器内总体积不变。如果容器内的海水全部蒸发掉且被取水装置接走，此时容器内温度变为，求：
(1)此时容器的压强为多少？
(2)为了使此时容器内压强变为，求需要送入压强为，温度为的气体体积。
14．如图所示，一个半径为d=0.5 m的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为d、电阻r=1 Ω的金属棒a的一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心O处的导电转轴上。圆形导轨边缘和圆心O处分别引出两条导线，与倾角θ=30°、间距l=0.5 m的两足够长的平行金属导轨相连，一长为l、质量m=0.1 kg、电阻R=2 Ω的金属棒b放置在导轨上，与导轨垂直并接触良好。倾斜导轨末端接着水平金属导轨，其连接处MN为一小段绝缘材料，水平轨道上接有阻值也为R的电阻。已知圆形金属导轨区域和长x=0.8 m的矩形区域MNQP间有竖直向上的匀强磁场，倾斜导轨处有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B=1T。刚开始锁定金属棒b，并使金属棒a以ω=20 rad/s的角速度绕转轴逆时针匀速转动，不计电路中其他电阻和一切阻力，g取10 m/s2。
(1)求金属棒a中产生的感应电动势大小；
(2)某时刻起，解除金属棒b的锁定。
①求b在倾斜轨道上运动的最终速度；
②整个过程电阻R上产生的热量。
15．如图所示，一倾角为30°、足够长的斜面体固定在水平地面上，斜面上并排放置两个不粘连的小物块A、B，两物块在沿斜面向上、大小的恒力作用下，由静止开始沿斜面向上做匀加速直线运动，恒力作用后撤去，已知物块A、B的质量分别为、，物块A、B与斜面间的动摩擦因数分别为、，物块与斜面间的静摩擦因数略大于，物块B与斜面间的静摩擦因数略小于，物块A、B间的碰撞为弹性正碰且碰撞时间极短，两物块均可视为质点，取重力加速度大小，求：
（1）撤去时物块A、B的速度大小；
（2）两物块在第一次碰撞前瞬间物块B的速度大小；
（3）物块A、B在前两次碰撞之间的最大距离。
【参考答案】
1．【知识点】核反应
【答案】B
【详解】A．中子的发现者是查德威克，卢瑟福通过对粒子散射实验结果的分析，提出原子的核式结构模型，A错误；
B．汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”， B正确；
C．由爱因斯坦光电效应方程
可知光电子的最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，并非成正比，C错误；
D．衰变方程要放出粒子，该方程是人工核转变方程，D错误。
选B。
2．【知识点】圆锥摆问题
【答案】C
【详解】两球落地时水平方向的位移关系如图
由几何关系可得，由平抛规律可知水平方向，，下落的高度，小球做圆周运动时受力情况如图
由相似关系可得，，联立可得
3．【知识点】波的干涉的应用
【答案】D
【解析】根据题意和题图可知,两列波波速相同,波长相同,则周期均为T=λv=4s,频率f=1T=14Hz,频率相同,故两列简谐横波能发生干涉现象,故A错误；两列波到达x=7m处叠加减弱,所以x=7m处的质点振幅为(10-5)cm=5cm,甲波传到该处的时间为t=1s,乙波传到该处的时间为t'=3s,甲波到达该处但乙波未到达的时间为t'-t=2s,甲、乙两波都到达该处的时间为4s-t'=1s,即分别传播半个周期和四分之一个周期,所以4s内该处质点通过的路程s=t'-tT×4×10cm+4s-t'T×4×5cm=25cm,故B错误；题图示时刻甲波波形的表达式为y=10sinπ2x(cm),因此可知此时xM=53m,xN=133m,波向右传播,经过1s传播距离为Δx=1m,即x=23m处的质点的振动形式传给M,x=103m处的质点的振动形式传给N,x=23m处的质点此时的位移为y=53cm,x=103m处的质点的位移为y2=-53cm,可知两质点相对各自平衡位置的位移大小相等,则两质点速度大小相等,根据“同侧法”可知两质点均向下运动,则速度方向相同,因此1s后M、N两质点的速度相同,故C错误；两列波同时到达质点P,P为振动加强点,振幅为两列波的振幅之和,则质点P的振动方程为y=(A1+A2)sin2πTt=15sinπ2t(cm),故D正确.
【关键点拨】
波产生稳定干涉的条件是频率相同,由题可知两波的波长相同,波速也相同,则周期相同，频率相同.
4．【知识点】万有引力定律问题的分析与计算
【答案】B
【详解】由开普勒第二定律可知，同一行星与太阳的连线在相同时间内扫过的面积相等，小行星甲和小行星乙不在同一轨道上，小行星甲与太阳的连线和小行星乙与太阳的连线在相同时间内扫过的面积不相等，A错误；根据牛顿第二定律可得，所以，由于小行星乙在远日点离太阳的距离等于地球离太阳的距离，所以小行星乙在远日点的加速度大小等于地球公转的加速度大小，C错误，B正确；根据开普勒第三定律可得，解得，D错误。
5．【知识点】电势差与电场强度的关系
【答案】C
【思路导引】E-x图像与x轴围成的面积代表电势差；由于电场力与场强成正比,故E-x图像与x轴围成的面积与电荷量q的乘积代表电场力做的功.
【解析】由图像可知,在O点右侧的电场强度方向水平向右,在O点左侧的电场强度方向水平向左,假设粒子带正电,则粒子在O点右侧向右运动或O点左侧向左运动时一直做加速运动,不会做往复运动,因此粒子不可能带正电,当粒子带负电时在O点右侧向右运动或在O点左侧向左运动时做减速运动,减速到零反向加速,过O点后继续做减速运动,做的是往复运动,因此粒子带负电,A错误；由图像可知,原点O两侧的电场均不是匀强电场,粒子的受力会发生变化,因此粒子在原点O两侧不做匀变速直线运动,B错误；E-x图像中图线与x轴所围的面积表示电势差,沿着电场线方向电势降低,有φO-φx0=12E0x0,解得φx0=-12E0x0,C正确；粒子的电势能和动能的总和为A,且粒子在O点的电势能为零,则O点的动能为A,粒子向x轴正方向运动到最远距离时速度为零,动能转化为该点的电势能,由能量守恒定律可知A=12q⋅E0x0x⋅x,得x=2Ax0qE0,则粒子运动区间为[-2Ax0qE0,2Ax0qE0],D错误.
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】功能原理、能量守恒与曲线运动的综合
【答案】ABD
【解析】夯杆在上升阶段经历了向上加速运动、达到与摩擦轮共速后匀速运动，最后减速运动到最高点，A正确；夯杆的下端刚到达坑口时，夯杆被松开，电动机皮带运行速率v=4m/s，夯杆下端离开坑底的最大高度hm=v22g+h=5m，B正确；根据能量守恒定律，可知每个打夯周期中，摩擦轮对夯杆做的功为W=mghm=5×104J，C错误；打夯机向上运动的加速度由牛顿第二定律得2μF-mg=ma，解得a=2m/s2，加速运动时间t1=va=2s，加速位移x1=12vt1=4m，匀速运动时间t2=h-x1v=0.05s，减速运动时间t3=vg=0.4s，反向运动时间hm=12gt42，解得t4=1s，运动总时间即周期t=t1+t2+t3+t4=3.45s，D正确．
8．【知识点】利用牛顿定律进行受力分析
【答案】AC
【详解】A．电梯匀加速下行，则加速度有向下的分量，可知人处于失重状态，选项A正确；
B．水平方向加速度有水平向左的分量，可知人受到静摩擦力大小为
方向水平向左，选项B错误；
C．竖直方向由牛顿第二定律
解得人受到支持力大小为
方向竖直向上，选项C正确；
D．扶梯对人的作用力大小为等于摩擦力和支持力的合力，则
选项D错误。选AC。
9．【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】AD
【详解】变压器原线圈两端的电压有效值为 U1=Um2=22022V=220V ，理想变压器的原、副线圈两端电压与匝数成正比，有 U1U2=n1n2 ，则 U2=n2n1U1=311×220V=60V，A 正确；副线圈中的电流 I2=P2U2=6060A=1A ，理想变压器的原、副线圈电流与匝数成反比，有 I1I2=n2n1 ，解得原线圈中的电流 I1=n2I2n1=311A，B 错误；由题图乙可知，交流电的周期为 T=0.02s ，则 ω=2πT=100πrad/s ，原线圈两端电压的瞬时值表达式为 u=2202sin100πt(V)，C 错误；变压器的输入功率 P1=U1I1=220×311W=60W ，所以变压器的输入功率、输出功率之比为 P1:P2=1:1，D 正确.
【方法总结】变压器的制约关系
（1）电压决定关系： U1U2=n1n2 ，输入电压 U1 决定输出电压 U2 ， U1 不变时，不论负载电阻 R 变化与否， U2 都不会改变.
（2）电流决定关系： I1I2=n2n1 ，输出电流 I2 决定输入电流 I1 .
（3）功率决定关系： P1=P2 ，输出功率 P2 决定输入功率 P1 .
10．【知识点】全反射与折射的综合应用
【答案】BC
【详解】单色光垂直射到A点，光线刚好不能穿过玻璃砖的圆形界面,此时单色光射向玻璃砖圆形界面的入射角即为临界角C，根据几何关系有，，A错误；玻璃砖的折射率为，B正确；B点对应的半圆形玻璃砖的切线平行于直径，光线射入玻璃砖时的折射角等于射出玻璃砖时的入射角，光线射出玻璃砖时的折射角等于射入玻璃砖时的入射角，即从点射出的光线与A点的入射光线平行，C正确；光线在玻璃砖内通过的路程为，光线在玻璃砖内的传播速度为，从点射出的光线穿过玻璃砖的时间为，D错误。
11．【知识点】实验：验证机械能守恒定律
【答案】(1)(m+M)d22t2 mgx (2)B (3)C (4)不能
【详解】(1)到达光电门的速度为v=dt，则ΔEk=12(m+M)(dt)2=(m+M)d22t2，系统的重力势能减少量可表示为ΔEp=mgx。
(2)钩码质量大小对实验不产生影响，A错误；气垫导轨未完全调水平，左端高于右端，则滑块的重力势能会减少，系统动能增加量等于系统重力势能的减少量，所以系统动能的增加量大于钩码重力势能的减少量，B正确；若存在空气阻力，则ΔEp会略大于ΔEk，C错误。
(3)根据ΔEk=ΔEp可得(m+M)d22t2=mgx，整理得x=(m+M)d22mg·1t2，描绘的是x-1t2图像，选C。
(4)若已经平衡了摩擦力，对整个系统，该装置仍不能验证系统机械能守恒，因为有摩擦力做功，没有满足只有重力做功，机械能不守恒。
12．【知识点】实验：电阻的测量
【答案】70；，66.7，大于
【详解】（1）读数为
（3）实物图如图
（4）]根据欧姆定律，整理得，结合图像可知，解得
（5）若考虑电压表内阻的影响，电压表V2与电阻R0并联后等效电阻，由上述公式可知，所以，即测量值大于真实值。
13．【知识点】气体等温变化与玻意耳定律、理想气体与理想气体状态方程
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）对容器内气体，初始，蒸馏后：
由理想气体状态方程
解得
（2）对理想气体，由玻意耳定律
解得
14．【知识点】电磁感应现象中的功能问题
【答案】(1)2.5 V；(2)①1 m/s，②0.01875 J
【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律可得，
所以。
（2）①b棒受到沿斜面向上的安培力，大小小于mgsinθ，b棒刚开始向下加速运动，b棒上产生的感应电动势方向与a棒同向，回路中电流为，
当b棒速度最大时，加速度为零，则，
联立解得。
②b棒进入水平磁场后做加速度减小的减速运动，根据动量定理可得，，，
解得，
根据能量守恒定律可得，
则电阻R上产生的热量为。
15．【知识点】求解弹性碰撞问题
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设在恒力的作用下，两物块的加速度大小为，
则有，
，
解得。
（2）撤去后，两物块开始做匀减速直线运动，根据已知条件可知，物块A减速到0后将停在斜面上，物块B减速到0后将反向加速，设物块A向上减速时的加速度大小为，物块B向上减速时的加速度大小为，物块B向下加速时的加速度大小为，则有，
，，
由位移关系，
解得。
（3）以沿斜面向下为正方向，设两物块在第一次碰撞后瞬间，物块A的速度大小为，物块B的速度为，则有，，
解得，，
设物块A向下加速时的加速度大小为，经时间两者的速度相同，
则有，
速度关系，
可知，
解得。