2025届湖南省邵阳市高考预测练习（七）物理试卷（解析版）

这是一份2025届湖南省邵阳市高考预测练习（七）物理试卷（解析版），共17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．
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．对于质量为的放射性元素p，经过时间t后剩余p的质量为m，其图线如图所示，从图中可以得到p的半衰期为（ ）
A．0.6dB．2.2dC．3.0dD．3.6d
2．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( )
图(a)
图(b)
A．周期为2t1－t0B．半径为3GM(t1－t0)24π2
C．角速度的大小为πt1－t0D．加速度的大小为32πGMt1－t0
3．如图所示，水平面上的斜面体长，宽，倾角，一小球从斜面右上方顶点A处离开斜面水平飞出，恰好落在斜面体底端B点，不计空气阻力，重力加速度取，则小球从A处水平飞出时速度的大小为（ ）
A．B．C．D．
4．某列简谐横波在t1=0时刻的波形如图甲中实线所示，t2=3.0s时刻的波形如图甲中虚线所示，若图乙是图甲a、b、c、d四点中某质点的振动图像，下列说法中正确的是（ ）
A．在t1=0时刻质点b沿y轴正方向运动
B．图乙是质点d的振动图像
C．从t1=0到t2=3.0s这段时间内，质点a通过的路程为1.5m
D．t3=9.5s时刻质点c沿y轴正方向运动
5.如图所示，ABC构成正三角形，AB和AC是等长绝缘细棒，带等量负电荷，棒上的电荷分布均匀。О为BC边中点，P、D为BC中垂线上离О点距离相等（P、D距О点很近，相对于AB长度可忽略）的两点，选无穷远处电势为0，则下列说法正确的是（ ）
A．О点和D点场强可能大小相等，方向相反
B．D点场强与Р点场强大小相等，电势相等
C．将一正试探电荷沿直线从Р点移动到D点，电场力先做正功后做负功
D．将一正试探电荷沿直线从О点移动到D点，电势能增加
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．明代学者方以智在《阳燧倒影》中记载：“凡宝石面凸，则光成一条，有数棱则必有一面五色”，表明白光通过多棱晶体折射会发生色散现象。如图所示，一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光a、b，下列说法正确的是（ ）
A．若减小入射角i，则b光先消失
B．在该三棱镜中a光波长小于b光
C．a光能发生偏振现象，b光不能发生
D．若a、b光分别照射同一光电管都能发生光电效应，则a光的遏止电压低
8．如图甲所示，质量为M=2 kg 的长木板静止在光滑水平面上，一质量为m=2 kg 的小铁块静置于长木板的最右端.t=0 时刻起长木板在一个水平外力F1 的作用下从静止开始向右运动，经过6 s 后，水平外力由F1 变为F2 ，又经过2 s 后，撤去F2 ，此时小铁块恰好未从长木板上掉落，此过程中长木板的v-t 图像如图乙所示.小铁块和长木板间的动摩擦因数为μ=0.2 ，重力加速度g=10 m/s2 ，小铁块可视为质点，则0～8 s 的运动过程中，下列说法正确的是( )
A．小铁块8 s 末的速度大小为8 m/s
B．长木板长度为36 m
C．此过程中小铁块和长木板间因摩擦而产生的热量为192 J
D．F1 大小为12 N ，方向水平向右，F2 大小为4 N ，方向水平向左
9．如图所示，一传送带与水平面之间的夹角为，在电动机的带动下，传送带以速度沿顺时针方向稳定运行，现让一物块（视为质点）从传送带的底端以速度冲上传送带，当物块运动到传送带的顶端时速度刚好为0，物块与传送带之间的动摩擦因数为，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．与之间的关系为
B．物块在做减速运动的过程中，加速度不变
C．物块与传送带在速度相等前后，加速度的大小之差为
D．共速前物块在传送带上的划痕长度一定等于物块位移大小的一半
10．在如图所示的理想变压器电路中，变压器原，副线圈的匝数比为，定值电阻、Ω，为电阻箱。在a、b端输入正弦交变电压u=10sin100πt（V），通过调节电阻箱的阻值，来改变变压器的输出功率。下列说法正确的是（ ）
A．当变压器输出功率最大时，变压器副线圈两端的电压为5V
B．当变压器输出功率最大时、电阻箱接入电路的电阻为0.25Ω
C．当变压器输出功率最大时，变压器输出的最大功率为5W
D．当变压器原线圈中的电流分别为0.5A、1.5A时，变压器的输出功率相等
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系.
（1） 如图甲，将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测得相应的弹簧长度，部分数据如表所示，由数据算得劲度系数k= N/m .（结果保留整数，重力加速度g 取10 m/s2 ）
甲
（2） 取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图乙所示；调整导轨，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小 .
乙
（3） 用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x ；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v ，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为
（4） 重复（3）中的操作，得到v 与x 的关系如图丙，由图可知，v 与x 成正比关系，由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的 成正比.
丙
12．某兴趣小组测一电池组的电动势和内阻，电动势约为，内阻约为。现有如下实验器材：
A．电压表（，内阻约为）
B．电流表A（）
C．定值电阻（）
D．电阻箱（）
E.滑动变阻器（）
F.待测电池组
G。电键S、导线若干
（1）为完成实验需将电流表A改装成较大量程的电流表，A应与定值电阻 联（填“串”或“并”），改装后电流表的量程为 mA。
（2）为使测量尽可能准确，电阻箱与滑动变阻器应选 （填“”或“”）
（3）根据你所选用的实验器材，设计实验电路并在虚线框内将电路图补充完整（所选器材要标明符号）。
（4）按正确的电路图连接好电路进行实验，并多次测量，同时记录各仪器的读数，然后做出图像如图所示，若图像的斜率为k，纵轴截距为b，则该电池组的电动势 ，内阻 （用k、b表示，题中已知字母均为基本单位）。
13．如图，一竖直放置的绝热圆柱形汽缸上端开口，其顶端有一卡环，两个活塞M、N将两部分理想气体A、B封闭在汽缸内，两部分气体的温度均为t0=27℃，其中活塞M为导热活塞，活塞N为绝热活塞。活塞M距卡环的距离为0.5L，两活塞的间距为L，活塞N距汽缸底的距离为3L。汽缸的横截面积为S，其底部有一体积很小的加热装置，其体积可忽略不计。现用加热装置缓慢加热气体B，使其温度达到t1=127℃。已知外界的大气压为p0，环境的温度为27℃且保持不变，重力加速度大小为g，两活塞的厚度、质量及活塞与汽缸之间的摩擦均可忽略不计，两活塞始终在水平方向上。求此时两活塞之间的距离d。
14．如图所示，等间距的两光滑金属导轨由足够长的水平直轨和倾斜直轨在处平滑连接组成。与导轨垂直，导轨间距为，水平直轨在同一水平面内，处于磁感应强度大小为、方向竖直向上的匀强磁场中。水平直轨左侧有直流电源、电容为的电容器和定值电阻，长度为、质量为、电阻为的金属棒静置在水平直轨上，金属棒距电阻足够远，质量为的绝缘棒被控制静置于倾斜直轨上，绝缘棒距水平轨道高度为，不计金属导轨电阻。开始时，开关断开，将单刀双掷开关接“1”，使电容器完全充电，然后接“2”，金属棒从静止开始加速运动至稳定速度后，当金属棒到的距离为时，立即与“2”断开、同时闭合，金属棒运动至处时，恰好与从倾斜直轨上由静止开始自由下滑的绝缘棒在处发生弹性碰撞，碰撞时间极短可不计，随后绝缘棒能在倾斜直轨上到达的最大高度为。已知以后绝缘棒与金属棒每次再发生碰撞时金属棒均已停止运动，所有碰撞均为弹性碰撞，整个运动过程中，M、N始终与导轨垂直并接触良好，两棒粗细不计，重力加速度为。求：
（1）发生第1次碰撞后瞬时，绝缘棒与金属棒各自速度大小；
（2）直流电源电动势；
（3）发生第1次碰撞后到最终两棒都停止运动的全过程中，金属棒的位移大小。
15．如图，倾角的直轨道与光滑圆弧轨道在处相切且平滑连接，整个装置固定在同一竖直平面内。圆弧轨道的半径为，是竖直直径，点为圆心，、、三点在同一水平线上。、也在同一水平线上，两个小滑块P、Q（都可视为质点）的质量均为。已知滑块Q与轨道间存在摩擦力且动摩擦因数处处相等，但滑块P与整个轨道间和滑块Q与圆弧轨道间的摩擦力都可忽略不计。同时将两个滑块P、Q分别在、两点由静止释放、之后P开始向下滑动，在点与Q相碰。碰后P、Q立刻一起向下且在段保持匀速运动，已知P、Q每次相碰都会立刻合在一起运动但两者并不粘连，取重力加速度为，求：
（1）两滑块进入圆弧轨道运动过程中对圆弧轨道的压力的最大值；
（2）Q第一次沿斜面上滑的最大距离；
（3）滑块P在轨道上往复运动经过的总路程。
【参考答案】
1．【知识点】原子核的衰变及半衰期
【答案】C
【详解】由图像可知，放射性元素的质量从变为，刚好衰变了一半的放射性元素，经历的时间为一个半衰期，则有
故选C。
2．【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＝m2πT2r，解得r＝3GM(t1－t0)24π2，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。
3．【知识点】平抛运动与斜面、圆轨道相结合问题
【答案】D
【详解】根据题意，小球从A点水平飞出后做平抛运动，设小球在空中运动的时间为，初速度大小为，由平抛运动规律可得，在竖直方向有
解得
由几何关系可得小球做平抛运动的水平位移为
解得
而小球在水平方向做匀速直线运动，有
解得
故选D。
4．【知识点】波的图像及其应用、波的图像和振动图像的综合应用、波的形成和传播
【答案】D
【详解】A．由图乙可知波的周期为4s，所以从t1=0s到t2=3.0s这段时间是四分之三个周期，结合图甲的波形图可知，波向x轴负方向传播，所以在t1=0时刻质点b沿y轴负方向运动，故A错误；
B．由图乙可知t1=0时刻该质点正位于正向最大位移处，所以图乙是质点a的振动图像，故B错误；
C．从t1=0到t2=3.0s这段时间内，质点a通过的路程为
故C错误；
D．t1=0时刻时，质点c刚好位于负向最大位移处，且
所以t3=9.5s时刻质点c沿y轴正向运动，故D正确。
故选D。
5．【知识点】电势、电势能与静电力做功、电场、电场强度
【答案】D
【详解】A．根据场强的叠加和对称性可知，O点和D点场强方向相同，但D点场强要小于O点场强，A错误；
B．如果右边有带等量负电荷的相同三角形棒，根据对称性原理，D、P的场强大小相等，但只存在左边负电荷的细棒情况下，P点场强就大于D点，且D点电势比P点电势要高，B错误；
CD．正的试探电荷从P到D受到的电场力始终水平向左，因此电场力始终做负功，将其从О点移动到D点，电势能增加，C错误，D正确。
故选D。
6．【知识点】带电粒子在叠加场中的运动
【答案】D
【解析】设沿AC做直线运动的粒子的速度大小为v，有qvB1＝qE，即v＝EB1，粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动，如图中轨迹1，由几何关系可知运动轨迹所对的圆心角为90°，则运动时间为14周期，又qvB2＝mv2r，可得r＝mvqB2，时间t0＝14·2πmqB2，根据几何关系可知OC＝2r，若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则做匀速直线运动的粒子的速度变为原来的一半，粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹半径变为原来的一半，如图中轨迹2，轨迹对应的圆心角依然为90°，时间t＝14·2πmqB2＝t0，A错误；若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则做匀速直线运动的粒子的速度变为原来的2倍，粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹半径变为原来的2倍，如图中轨迹3，粒子从F点离开磁场，对应的圆心角依然为90°，时间t＝14·2πmqB2＝t0，B错误；若仅将区域Ⅱ中的磁感应强度大小变为34B2，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹半径变为433r＞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sin θ＝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sin θ＝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】偏振现象和偏振光、光电效应与光电效应实验规律、全反射与折射的综合应用
【答案】AD
【详解】A：根据折射率定义公式，从空气斜射向玻璃时，入射角相同，光线a对应的折射角较大，光线a的折射率较小，即na＜nb，若减小入射角i，在第二折射面上，则两光的入射角增大，根据可知b光的临界角较小，依据光从光密介质进入光疏介质，且入射角大于或等于临界角时，才能发生光的全反射，因此若减小入射角i，则b光先消失，A正确；
B：根据折射率定义公式，从空气斜射向玻璃时，入射角相同，光线a对应的折射角较大，光线a的折射率较小，即na＜nb，则在真空中a光波长大于b光波长，B错误；
C：只要是横波，均能发生偏振现象，若a光能发生偏振现象，b光一定能发生，C错误；
D：a光折射率较小，则频率较小，根据，则a光光子能量较小，则a光束照射逸出光电子的最大初动能较小，根据，则a光的遏止电压低，D正确。选AD。
【关键点拨】若减小射角i，根据出射光线折射角关系，判断哪束光的折射角先达到90°，从而判断哪束光先消失；依据光的折射定律，判定两光的折射率大小，结合光速与折射率的关系，分析光在三棱镜中波长关系；光都要发生偏振现象；根据光的偏折程度分析光的频率关系，根据光电效应方程分析光电子最大初动能关系，从而确定遏止电压关系。
8．【知识点】板块模型中的能量守恒问题
【答案】CD
【解析】
由于在8 s 末小铁块恰好未从长木板上掉落，则在8 s 末小铁块与长木板共速，即为16 m/s ，小铁块在0∼8 s 内做匀加速直线运动，A 错误；0∼8 s 内小铁块的位移大小为s1=162×8 m=64 m ，长木板的位移大小为s2=242×6 m+24+162×2 m=112 m ，长木板长度为L=s2-s1=48 m ，B 错误；此过程中小铁块和长木板间因摩擦而产生的热量为Q=μmgL=192 J ，C 正确；设水平向右为正方向，0∼6 s 内对木板由牛顿第二定律有F1-μmg=Ma1 ，其中a1=4 m/s2 ，解得F1=12 N ，方向向右，6∼8 s 内对木板由牛顿第二定律有F2-μmg=ma2 ，其中a2=-4 m/s2 ，解得F2=-4 N ，即F2 大小为4 N ，方向向左，D 正确.
9．【知识点】传送带模型
【答案】AC
【详解】A．根据题意可知，物块与传送带速度相等后继续向上减速，则有
可得
故A正确；
B．由于，物块与传送带速度相等之前，物块受到的滑动摩擦力沿斜面向下，加速度沿斜面向下，大小为
物块与传送带速度相等之后，加速度沿斜面向下，大小为
故B错误；
C．物块与传送带在速度相等前后，加速度的大小之差为
故C正确；
D．设物块从冲上传送带到与传送带速度相等所用时间为，此过程物块的位移为
传送带的位移为
可知此过程物块在传送带上的划痕长度为
若满足
则有
由于不一定等于，则共速前物块在传送带上的划痕长度不一定等于物块位移大小的一半，故D错误。
故选AC。
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】BCD
【详解】A．在a、b端输入正弦交变电压u=10sin100πt（V），有效电压
为了使输出功率最大，与原线圈等效成的电阻应相等，即R1两端电压与输出电压相等
由原副线圈电压间关系
得
故A错误；
B．由欧姆定律
由原副线圈电流间关系
得
则两端电压为
则
故B正确；
C．输出功率
故C正确；
D．当变压器原线圈中的电流为0.5A时，由
得
而
由原副线圈电压间关系得
得
故
同理，当变压器原线圈中的电流1.5A时，输出功率为
故D正确。
故选BCD。
11．【知识点】实验：验证机械能守恒定律
【答案】（1）51 （49∼52 均可）（2）相等（3）滑块的动能.（4）压缩量的平方
【解析】
（1）表格中，当砝码质量50 g 时，弹簧长度为8.63 cm ，当砝码质量100 g 时，弹簧长度为7.64 cm ，当砝码质量150 g 时，弹簧长度为6.62 cm ，根据胡克定律，F=kΔx ，设弹簧的劲度系数为k ，原长为x0 ，则有0.05×10 N=k(x0-0.086 3) ；0.1×10 N=kx0-0.076 4 ；联立两式，解得k=51 N/m ；
（2）为使弹性势能完全转化为动能，则导轨必须水平，因此滑块通过两个光电门的速度大小必须相等；
（3）释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v ，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能；
（4）根据v 与x 的关系图像可知，图线经过原点，且是倾斜直线，则v 与x 成正比，由动能表达式，动能与速度大小的平方成正比，而速度大小与弹簧的压缩量成正比，因此弹簧的弹性势能与弹簧的压缩量的平方成正比.
12．【知识点】实验：电池电动势和内阻的测量—安阻法测量电源电动势与内阻
【答案】（1）并；6；（2）；（3）；（4）；；
【详解】（1）[1][2]电流表改装成较大量程的电流表应并联一个小电阻分流。由题可知，定值电阻的阻值为电流表A内阻的一半，则电流表A的量程
即改装的新电流表的量程为。
（2）[3]由于所给电压表量程太大，用电压表和电流表及滑动变阻器测量时误差较大，可用改装后的电流表与电阻箱来测量，故选电阻箱。
（3）[4]由于所给电压表量程太大，可用改装后的电流表和电阻箱测量电源电动势和内阻，电路如图所示
（4）[5][6]根据实验原理
变形得
即
由于图像是一直线，所以纵坐标为，由图像可知，斜率为
，
所以
，
13．【知识点】利用理想状态方程解决问题
【答案】
【详解】初始状态AB两气体压强相等，与外界大气压相等且均为p0，活塞M在没有到达卡环之前两气体压缩不变，设活塞M刚好到达卡环时气体B温度为T，活塞M为导热活塞，则气体A温度不变，压强不变，则体积也不变，即两活塞之间的距离还为L，则气体B的体积变为
对气体B，根据查理定律
解得
即活塞M已到达卡环，气体的压强要发生变化；
设此时两气体的压强为p1，两活塞之间的距离为d，对气体A，根据玻意耳定律有
气体B的体积变为
对气体B，根据理想气体状态方程有
以上各式联立解得
14．【知识点】双杆模型
【答案】（1）；方向水平向左；（2）；（3）
【详解】（1）以水平向左为正方向，设绝缘棒第1次到达处时速度大小为，与金属棒碰撞后瞬时速度大小为；金属棒到达处时速度大小为，与绝缘棒碰撞后瞬时速度为对绝缘棒有
解得
解得
方向水平向右。由于发生弹性碰撞，对绝缘棒和金属棒系统有
，
联立解得
；方向水平向左
（2）电容器完全充电，然后接“2”，金属棒从静止开始加速运动至稳定速度大小为根据动量定理得
即
又
整理得
之后，金属棒从到距离为处运动到处的过程中：根据动量定理得
即
联立解得
（3）发生第1次碰撞后，金属棒向左位移大小为，根据动量定理得
整理得
解得
由题知，绝缘棒第2次与金属棒碰撞前瞬时速度大小为，方向水平向左，与金属棒碰撞后瞬时速度为；金属棒与绝缘棒碰撞后瞬时速度为，由于发生弹性碰撞，对绝缘棒和金属棒系统有
，
联立解得
方向水平向右
发生第2次碰撞后到金属棒停止运动过程中，金属棒向左位移大小为，根据动量定理得
，
可得
同理可知：金属棒与绝缘棒第3次碰撞后瞬时速度为
发生第3次碰撞后到金属棒停止运动过程中，金属棒向左位移大小
可得
以此类推……金属棒与绝缘棒第次碰撞后瞬时速度为
发生第次碰撞后到金属棒停止运动过程中，金属棒向左位移大小
可得
因此，发生第1次碰撞后到最终两棒都停止运动的全过程中，金属棒的位移大小
当取无穷大时
15．【知识点】动能定理的简单应用、动量守恒的判定与应用、求解非弹性碰撞问题
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）碰前，由动能定理
解得
碰撞，由动量守恒
解得
从，对整体
解得
D点
解得
由牛顿三定律得
（2）匀速下滑时
从点第1次上滑
解得
对
（3）第1次上滑
其中
第2次碰前
碰后
第2次从点下滑
同理得
的总路程为
解得
.砝码质量g
50
100
150
弹簧长度cm
8.63
7.64
6.62