2025届湖南省邵阳市高考预测练习（九）物理试卷（解析版）

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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．
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．在垂直于纸面的匀强磁场中，有一原来静止的原子核，该核衰变后，放出的带电粒子和反冲核的运动轨迹分别如图中a、b所示，由图可以判定（ ）
A．该核发生的是α衰变
B．该核发生的是β衰变
C．a表示反冲核的运动轨迹
D．磁场方向一定垂直纸面向里
2．如图所示，P、Q位置各有一个振源，某时刻两振源同时开始起振，时刻图中的a、e两点刚好起振，已知该波的传播速度为。下列说法正确的是（ ）
A．再经过0.50s两列波相遇在1.0m处
B．两波相遇后1.0m处的c点的位移始终为0
C．两波相遇后，0.8m处的b点为振动减弱点
D．两波相遇后，b点和d点的振动情况始终相同
3．、是两颗相距较远的行星，其卫星的线速度平方与轨道半径倒数的关系如图所示，、各有一颗在表面附近的卫星、绕其做匀速圆周运动，、的线速度大小均为，则（ ）
A．的质量比的小B．的质量比的小
C．的平均密度比的小 D．表面的重力加速度比的大
4．如图所示，两个圆锥内壁光滑，竖直放置在同一水平面上，圆锥母线与竖直方向夹角分别为30°和60°，有A、B两个质量相同的小球在两圆锥内壁等高处做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．A、B球受到的支持力之比为：3
B．A、B球的向心力之比为：1
C．A、B球运动的角速度之比为3：1
D．A、B球运动的线速度之比为1：3
5．如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab＝cd＝L，ad＝bc＝2L，电场线与矩形所在平面平行．已知a点电势为20 V，b点电势为24 V，d点电势为12 V．一个质子从b点以v0的速度射入此电场，入射方向与bc成45°，一段时间后经过c点(不计质子的重力)，下列判断正确的是( )
A．c点电势高于a点电势
B．场强的大小为
C．质子从b运动到c所用的时间为
D．质子从b运动到c，电势能增加8 eV
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．在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定的速率运动，皮带始终是绷紧的，将m=1kg的货物放在传送带上的A端，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙所示。已知重力加速度g=10m／s2，则可知（ ）
A．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
B．A、B两点的距离为2.4m
C．货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功的大小为12.8J
D．货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J
8．如图所示，半径为R的半圆柱形玻璃砖，OD为直径，一束由红光和紫光组成的复色光，沿AO方向从真空方向射入玻璃，入射角为，OB、OC为两条折射光线，光由O到B的时间为，由О到C的时间为，以下说法正确的是（ ）
A．OB为红光
B．
C．若，OB长度为R，则OB光线在玻璃中的折射率为
D．若，OB长度为R，则OB光线在B点不发生全反射
9．如图所示，两个质量均为2kg的小球A和B之间用轻弹簧连接，然后用细绳悬挂起来，此时弹簧伸长了4cm，取g为，下列说法正确的是（ ）
A．细绳的拉力大小为2N
B．弹簧的劲度系数大小
C．剪断细绳的瞬间小球A的加速度为
D．剪断细绳的瞬间小球B的加速度为0
10．电阻R接在20V的恒压电源上时，消耗的电功率为P；若将R接在如图所示理想变压器的副线圈电路中时，R消耗的电功率为。已知电路中电阻R0的阻值是R的4倍，a、b两端接在（V）的交流电源上，此变压器（ ）
A．副线圈输出电压的频率为100Hz B．副线圈输出电压的有效值为10V
C．原、副线圈的匝数之比为2︰1 D．原、副线圈的电流之比为1︰4
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．某实验小组利用单摆周期公式T=2πLg测量当地重力加速度的值．
（1） 为了较精确地测量重力加速度的值，以下四种单摆组装方式，应选择 （填字母）．
A． B． C． D．
（2） 组装好单摆，先用刻度尺测量摆线长度，再用游标卡尺测量小球的直径，其示数如图甲所示，则小球直径为 mm．
甲
（3） 周期公式中的L是单摆的摆长，其值等于摆线长与 之和．
（4） 某次实验时，改变摆长并测出对应的周期，得到如下表的实验数据并在图乙的坐标系中描点，请在图乙中作出T2-L图像．
乙
（5） 根据T2-L图像算出当地的重力加速度g= m/s2（结果保留3位有效数字）．
12．某小组用如图甲所示的电路，测量一个电动势E约为、内阻r约为的电池的电动势和内阻。其中，是保护电阻，是电阻箱。
（1）虚线框内是由量程为、内阻为的电压表和电阻箱串联，改装成量程为的电压表，则电阻箱的阻值应调为 。
（2）若电源允许通过的最大电流为，则定值电阻宜选 。
A． B． C． D．
（3）该小组利用图甲电路测量电源的电动势和内阻时，选取（2）问中所选的定值电阻，将改装好的电压表正确地接在A、C之间，调节电阻箱，测出若干组的阻值和原表头示数U，则 。（用题中给出的各物理量字母符号表示）
（4）根据实验数据，用描点的方法绘出如图乙所示的图像，依据图像，可以求出电源的电动势 V。内阻 。（结果均保留两位有效数字）
13．一粗细均匀、导热性能良好的直玻璃管竖直放置，其下端开口、上端用长为h=25cm的水银柱封闭着一定质量的理想气体，当液柱稳定时各部分尺寸如图甲所示，已知大气压强为p0=75cmHg，L1=10cm，L2=5cm，此时环境温度为T=300K。
(1)若缓慢加热封闭气体，当液柱下端与管口平齐时，气体温度为多少？
(2)若保持环境温度不变，把玻璃管开口朝下固定在倾角为θ=30°的斜面上（水银未溢出），如图乙所示当液柱稳定后，气柱长为多少？
14．如图，间距为l的光滑平行金属导轨，水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，导轨左端接有阻值为R的定值电阻，一质量为m的金属杆放在导轨上。金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动，此时金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为u0。设金属杆内做定向移动的自由电子总量保持不变，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻R以外不计其它电阻。
（1）求金属杆中的电流和水平外力的功率；
（2）某时刻撤去外力，经过一段时间，自由电子沿金属杆定向移动的速率变为，求：这段时间内电阻R上产生的焦耳热。
15．如图甲所示：在光滑水平面上有一平板车，其质量M=3kg，车上放置有质量mA=1kg的木板小木板上有可视为质点的物体B，其质量mB=2kg，已知木板A与平板车间的动摩擦因数，A、B紧靠车厢前壁，A的左端与平板车后壁间的距离为x=2m。现对平板车施加水平向右的恒力F，使平平板车从静止开始做匀加速直线运动，经过t=1s木板A与车厢后壁发生碰撞，该过程中A的v-t图像如图乙所示，已知重力加速度大小g=10m/s2.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）A、B间的动摩擦因数；
（2）恒力F的大小；
（3）若木板A与平板车后壁碰撞后粘在起（碰撞时间极短），碰后立即撤去恒力F，若要便物体B不与平板车的后壁发生碰撞，则平板车的前、后壁间距L至少为多少?
【参考答案】
1．【知识点】原子核的衰变及半衰期
【答案】B
【详解】
放射性元素放出α粒子时，α粒子与反冲核的速度相反，而电性相同，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相反，两个粒子的轨迹应为外切圆．而放射性元素放出β粒子时，β粒子与反冲核的速度相反，而电性相反，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相同，两个粒子的轨迹应为内切圆．故放出的是β粒子，故A错误，B正确．根据动量守恒定律，质量大的速度小，而速度小的，运动半径较小，而b的质量较大，因此b是反冲核的运动轨迹，故C错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，磁场方向不同，粒子旋转的方向相反，由于粒子的速度方向未知，不能判断磁场的方向．故D错误．故选B．
点睛：放射性元素放射后，两带电粒子的动量是守恒．正好轨迹的半径公式中也有动量的大小，所以可以研究半径与电荷数的关系，注意由运动的半径大小来确定速度的大小是解题的关键．
2．【知识点】波的加强点与减弱点相关问题、波的干涉的应用
【答案】B
【详解】设经过时间两列波相遇，则有，解得，此过程每列波传播的距离，两列波的相遇点在，即在经过0.75s两列波在处相遇，A错误；由于c点距两波源的距离相等，两波源的振动步调相反，c点为振动的减弱点，c处质点的位移始终为0，B正确；b点到两波源的波程差为0.4m，为半个波长的一倍，而两列波的振动步调相反，b点为振动的加强点，C错误；由于b、d两点的距离为半个波长，b、d两点的振动情况始终相反，D错误。
3．【知识点】天体质量的计算、计算某一星球的重力加速度
【答案】C
【详解】AB．根据卫星围绕行星做匀速圆周运动时万有引力提供向心力，有，结合图像可知，GM表示图线的斜率，根据图像可知的质量比的大，根据图像是无法判断两颗卫星的质量，AB错误；
C．近地卫星围绕行星做匀速圆周运动时的轨道半径等于行星的半径，有，可得，，因为的质量比的大，所以的平均密度比的小，C正确；
D．根据黄金代换，有，因为的质量比的大，表面的重力加速度比的小，D错误。故选C。
4．【知识点】圆锥摆问题
【答案】C
【详解】A．对两球分别进行受力分析可得，，解得
A错误；
B．两球做匀速圆周运动，分别有，，联立解得，B错误；
C．两球做匀速圆周运动，有，，设两球距离锥尖的高度为h，根据几何关系有，，解得，C正确；
D．A、B球运动的线速度之比为，D错误。选C。
5．【知识点】匀强电场中电势差与电场强度的关系
【答案】B
【详解】
在匀强电场中，沿着电场线方向每前进相同的距离，电势变化相等，故Ua-Ud=Ub-Uc，解得：Uc=16V，a点电势为20V．则c点电势低于a点电势．故A错误；设ad连线中点为O，则其电势为16V，故c为等势面，电场线与等势面垂直，则电场线沿着b方向．场强为，故B正确；由上可知，电场线沿着b方向，质子从b运动到c做为在平抛运动，垂直于b方向做匀速运动，位移大小为，则运动时间为．故C错误．根据W=qU，质子从b点运动到c点，电场力做功为W=qUbc=1e×（24V-16V）=8eV，电势能减小8eV，故D错误；故选B．
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，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．【知识点】传送带模型中的能量守恒问题
【答案】AD
【详解】
A．在时间内，货物的速度小于传送带速度，货物受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律有
由图乙可得
货物加速到与传送带速度相等后，在时间内，货物速度大于传送带速度，故有
由图乙可得
联立解得
，
故A正确；
B．v–t图象与t轴所围的面积表示位移，货物的位移等于传送带的长度，由图乙可知传送带的长度为
B错误；
C．货物受到的摩擦力为
时间内的位移为
对货物受力分析知摩擦力沿传送带向下，摩擦力对货物做正功
同理 时间内，货物的位移为
摩擦力沿传送带向上，对货物做的负功为
所以整个过程，传送带对货物做功的大小为
12 J–0.8 J=11.2 J
C错误；
D．货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对路程，时间内，传送带的位移为
时间内，传送带的位移为
总相对路程为
货物与传送带摩擦产生的热量为
故D正确。故选AD。
8．【知识点】全反射与折射的综合应用
【答案】BC
【详解】
由于OB光偏折程度比OC光大，所以OB光的折射率大，可知，光束OB是紫光，OC是红光，A错误；设任一光线的入射角为，折射角为r，光在玻璃中传播的路程是S，半圆柱的半径为R。则光在玻璃中的速度为，由几何知识得，则光在玻璃中传播时间为，由折射定律得，则得，由题图知，两束光的入射角相同，R、c相等，所以两束光分别在OB、OC段传播时所用的时间相等，B正确；若， OB长度为R，由几何关系得，折射角为，可得OB光线在玻璃中的折射率为，C正确；若，OB长度为R，则OB光线在B点的入射角为，则，入射角大于临界角，能发生全反射，D错误。
9．【知识点】牛顿第二定律求解瞬时突变问题
【答案】BCD
【详解】A．对A、B整体进行受力分析可知，细绳的拉力大小
故A错误；
B．对小球B进行分析，由平衡条件有
解得，故B正确；
C．剪断细绳后瞬间，弹簧弹力不变，对物体A进行受力分析，物体A受向下的重力和弹簧的弹力，由牛顿第二定律可知，加速度为
故C正确；
D．剪断细绳瞬间弹簧弹力不变，仍为mg，小球B所受合力为零，加速度为零，故D正确。故选BCD。
10．【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】BC
【详解】变压器不改变交变电流的频率，由题可知，交流电压的频率为，A错误；由题意可得，解得，B正确；电源的有效值为，设原、副线圈的匝数之比为n，则原、副线圈的电流之比为则R0两端电压为，根据原、副线圈电压比等匝数比即，解得，C正确；由原、副线圈中的电流之比等匝数反比可知，原、副线圈的电流之比为1：2，D错误。
11．【知识点】实验：用单摆测量重力加速度
【答案】（1） D（2） 18．9（3） 小球半径
（4） 如图所示
（5）9．86
【解析】
（1）为了较精确地测量重力加速度的值，应减小空气阻力的影响，故选择小钢球;小球在摆动的过程中，要固定摆线，使摆长不发生变化,故选D．
（2）该游标卡尺的分度值为0.1mm，则小球的直径为d=1.8cm+9×0.1mm=18.9mm．
（3）周期公式中的L是单摆的摆长，其值等于摆线长与小球半径之和．
（4）根据描点连线作图如图所示．
乙
（5） 根据单摆的周期公式T=2πLg，整理可得T2=4π​2gL，可知T2-L图像的斜率为k=4π​2g=3.6-00.90-0s2/m=4s2/m，解得当地的重力加速度大小为g=π​2≈9.86m/s2．
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】3000，B，，5.7，1.0
【详解】（1）根据串联电路中电压与电阻的关系有，解得。
（2）由题意可知回路中，所以有，。
（3）该回路中和改装后的电压表并联，由于的阻值远小于改装后电压表的阻值，所以可忽略改装电压表的影响，根据串联电路中电压的规律可得，整理得。
（4）[4][5]根据（3）问表达式，结合图乙可知，与纵轴的截距，解得，。
13．【知识点】气体的等压变化与盖—吕萨克定律、气体等温变化与玻意耳定律
【答案】(1)450K；(2)8cm
【详解】
(1)气体做等压变化，由盖一吕萨克定律可得
解得
T′=450K
(2)初态气体压强为
p1=p0-h
末态压强为
p2=p0-hsinθ
由玻意耳定律可得
p1L1=p2L
解得
L=8cm
14．【知识点】单杆模型
【答案】（1），;（2）
【详解】
（1）金属棒切割磁感线产生的感应电动势
E=Blv0
则金属杆中的电流
由题知，金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动，则有
根据功率的计算公式有
（2）设金属杆内单位体积的自由电子数为n，金属杆的横截面积为S，则金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动时的电流由微观表示为
解得
当电子沿金属杆定向移动的速率变为时，有
解得
v′=
根据能量守恒定律有
解得
15．【知识点】动量守恒与板块模型相结合、板块模型中的能量守恒问题、求解弹性碰撞问题
【答案】（1）；（2）30N；（3）15.5m
【详解】
（1）由乙图可知，A的加速度
若A、B间不发生相对滑动，则A、B整体的加速度
因aA＞a′，故A、B间发生相对滑动，对A
可得
（2）对车在该过程中知
且
可得
F=30N
（3）当A与小车碰撞时
，vB=μgt=1m/s
该过程中B相对于A滑动距离为
L1=aAt2-aBt2=1.5m
对A与小车在碰撞中动量守恒，可知
可得
v=7m/s
对A小车与B在碰撞后，滑动过程
且由能量守恒可得
可得
L2=12m
故前、后壁间距
L=x+L1+L2=15.5m次数
1
2
3
4
5
L/m
0．50
0．60
0．70
0．80
0．90
T/s
1．42
1．55
1．67
1．85
1．90
T2/s2
2．02
2．40
2．79
3．42
3．61