2025届湖南省邵阳市高考预测练习（五）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（五）物理试卷（解析版），共24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．如图为太阳内部的一种轻核聚变的示意图，此反应需要超高温；另一种核反应是几个氦核在高温高压的作用下变成一个，此核反应是放热反应。已知的比结合能为E1，的比结合能为E2，光速为c，下列说法正确的是（ ）
核聚变示意图
A．图像所对应的核反应方程式为
B．另外一种核反应的方程式为
C．的比结合能小于的比结合能
D．另外一种核反应中的质量亏损为
2．在地球上观察，月球和太阳的角直径（直径对应的张角）近似相等，如图所示．若月球绕地球运动的周期为T1，地球绕太阳运动的周期为T2，地球半径是月球半径的k倍，则地球与太阳的平均密度之比约为（ ）
A．k3(T1T2)2B．k3(T2T1)2C．1k3(T1T2)2D．1k3(T2T1)2
3．2023年2月7日土耳其发生严重地震灾害,包括中国在内的各方救援力量紧急展开救援行动.一个载有救灾物资的热气球总质量为500 kg,在离水平地面高40 m处保持静止,现将质量为100 kg的救灾物资以对地4 m/s的速度从热气球上水平抛出,假设热气球所受浮力始终不变,重力加速度取g=10 m/s2,不计一切阻力.当物资落到水平地面时,它与热气球间的距离为 ( )
A．302 mB．303 m
C．402 mD．403m
4．如图是一列沿着x轴传播的机械波上某质点A的振动图像，在x轴上另有一质点B，A、B两点平衡位置之间的距离为4m，B点的振动“步调”始终与A点相反，下列说法正确的是（ ）
A．t=4s时A点向-y方向运动
B．t=2s时B点向-y方向运动
C．这列波的波长不小于8m
D．这列波的波速最大值为2m/s
5．如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法中正确的是（ ）
A．点与点的电场强度相同
B．点与点的电势差等于点与点的电势差
C．将试探电荷由O点沿直线运动到点，其电势能先减小后增大
D．将试探电荷由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小
6．某化工厂的排污管末端安装如图所示的电磁流量计。流量计处于方向竖直向下的匀强磁场中，其测量管由绝缘材料制成，长为直径为，左右两端开口，在前后两个内侧面固定有金属板作为电极。当污水（含有大量的正、负离子）充满管口从左向右流经该测量管时，稳定后两端的电压为，显示仪器显示污水流量为（单位时间内排出的污水体积）下列说法正确的是（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度
B．侧电势比侧电势低
C．污水中离子浓度越高，显示仪器的示数越大
D．污水流量与成正比，与无关
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．风力发电绿色环保、低碳，通过变压器和远距离输电线给用户供电，工作原理如图所示。发电机线圈面积、匝数匝、电阻不计，处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，线圈绕垂直磁场的水平轴匀速转动，转速，其输出端与升压变压器的原线圈相连，输出电压，升压变压器原、副线圈的匝数比，输出功率为，降压变压器的副线圈连接用户，两变压器间的输电线总电阻，变压器均为理想变压器。用户端工作电压为220 V。下列说法正确的是（ ）
A．磁感应强度大小为
B．用户获得的功率为
C．降压变压器原、副线圈匝数比
D．若输出电压不变，输电线电流变大，则用户端电压变小
8．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为，以恒定速率顺时针转动。一小物块以初速度从端冲上传送带，小物块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取，下列说法正确的是（ ）
A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值
B．小物块与传送带间的动摩擦因数
C．小物块上滑过程中离端的最大距离为
D．小物块从端冲上传送带到返回端所用的时间为
9．如图所示，质量为1 kg、可视为质点的物块沿倾角为的斜面上的A点由静止开始下滑，经过1 s物块运动到斜面上的B点，然后通过一小段光滑的弧面滑上与地面等高的传送带。已知A、B间距离为1 m，传送带以4 m/s的恒定速率顺时针运行，传送带左右两端之间距离为8m，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，不计空气阻力和物块在衔接弧面运动的时间。取，，重力加速度大小。下列说法中正确的是（ ）
A．物块与斜面之间的动摩擦因数为0.5
B．物块在传送带上运动的时间为2 s
C．物块在传送带上因摩擦产生的热量为2 J
D．若传送带以2 m/s的恒定速率逆时针运行，其他条件不变，物块从A点静止释放以后，在AB上运动的总路程为1.5 m
10．如图为“水流导光”实验装置示意图，在透明塑料瓶下侧开一个小孔，瓶内装有适量清水，水从小孔中流出后形成了弯曲的水流。让激光1和激光2同时水平射向小孔，两束激光在A点的偏折情况如图所示。可知（ ）
A．激光1的折射率大于激光2的折射率B．激光1的折射率小于激光2的折射率
C．激光1的频率小于激光2的频率D．真空中激光1的速度大于激光2的速度
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．某实验小组用单摆测量重力加速度。所用实验器材有摆球、长度可调的轻质摆线、刻度尺、50分度的游标卡尺、摄像装置等。
(1)用游标卡尺测量摆球直径d。当量爪并拢时,游标尺和主尺的零刻度线对齐。放置摆球后游标卡尺示数如图1甲所示,则摆球的直径d为______________mm。
乙
甲 图1
(2)用摆线和摆球组成单摆,如图1乙所示。当摆线长度l=990.1 mm时,记录并分析单摆的振动视频,得到单摆的振动周期T=2.00 s,由此算得重力加速度g为______________m/s2(π取3.14,结果保留3位有效数字)。
(3)改变摆线长度l,记录并分析单摆的振动视频,得到相应的振动周期。他们发现,分别用l和l+d2 作为摆长,这两种计算方法得到的重力加速度数值的差异大小Δg随摆线长度l的变化曲线如图2所示。由图可知,该实验中,随着摆线长度l的增加,Δg的变化特点是______________________________,原因是____________________________________。
图2
12．两只电压表、，量程分别为0.25V和1.5V，为了准确测量它们的内阻（约为几千欧），备有以下器材：电阻箱R（0~9.999Ω），滑动变阻器，直流电源E（2V，内阻不计），开关S，导线若干。请完成下列填空：
（1）甲图为某位同学设计的实物连线图，请在图中直接修改存在的问题。
（2）在修改后的实物连线图中，闭合S前，应将滑动变阻器的滑片调到最 端（选填“左”或“右”）。
（3）调节电阻箱的阻值R和变阻器的滑片位置，使电压表的示数，记录此时电压表的示数和阻值R；多次改变阻值R和滑片位置，但保持不变，得到多组、R值。
（4）处理数据，得到图丁所示的关系图线．根据图线算出电压表的内阻为
kΩ，电压表的内阻为 kΩ（均取两位有效数字）。
13．如图,一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成,汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体,两活塞用一轻质弹簧连接,汽缸连接处有小卡销,活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m,面积分别为2S、S,弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态,此时弹簧的伸长量为0.1l,活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等,两活塞间气体的温度为T0。已知活塞外大气压强为p0,忽略活塞与缸壁间的摩擦,汽缸无漏气,不计弹簧的体积。
(i)求弹簧的劲度系数;
(ii)缓慢加热两活塞间的气体,求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时,活塞间气体的压强和温度。
14．一边长为L、质量为m的正方形金属细框,每边电阻为R0,置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,两虚线为磁场边界,如图(a)所示。

图(a) 图(b)
(1)使金属框以一定的初速度向右运动,进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行,金属框完全穿过磁场区域后,速度大小降为它初速度的一半,求金属框的初速度大小。
(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨,导轨与磁场边界垂直,左端连接电阻R1=2R0,导轨电阻可忽略,金属框置于导轨上,如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动,进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中,电阻R1产生的热量。
15．(16分)如图甲所示,以v=1.8 m/s的速率顺时针匀速转动的传送带与水平面的夹角θ=37°,质量为3 kg的小物块B与物块C间拴接一轻弹簧,B、C同时由静止释放,且此时弹簧恰好处于原长,B、C与斜面间的动摩擦因数均为0.75。质量为1 kg的小物块A在与物块B距离0.6 m处,以大小为v0=6 m/s的初速度沿斜面向下运动,A与斜面间动摩擦因数也为0.75,传送带的上、下端均足够长,A、B碰撞无机械能损失。以A、B碰撞的时刻为0时刻,B、C物块运动的a-t图像如图乙所示,规定沿斜面向下为正方向,其中第四象限图线在0到t0时间内与坐标轴围成的面积大小为S1,第一象限图线在0到2t0时间内与坐标轴围成的面积大小为S2,A、B、C均可看成质点,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,重力加速度取g=10 m/s2。求:

甲 乙
(1)物块A从开始运动到再回到释放高度所用的时间t(A、B碰撞时间忽略不计);
(2)物块C的质量mC及图线与坐标轴围成的面积S1、S2的大小。
【参考答案】
1．【知识点】核反应的反应方程及能量计算
【答案】D
【详解】A．图像所对应的核反应方程式为，A项错误；
B．另外一种核反应的方程式为，B项错误；
C．另外一种核反应是放热反应，则反应后的产物比反应之前要稳定，比结合能越大，原子核越稳定，则的比结合能大于的比结合能，C项错误；
D．对另外一种核反应，由能量守恒可得，解得，D项正确。选D。
2．【知识点】天体密度的计算
【答案】D
【解析】设月球与地球的距离为r1,月球半径为R1,地球与太阳距离为r2,太阳的半径为R2．
等量关系一：月球绕地球运动,有GM地M月r12=M月(2πT1)2r1,地球绕太阳运动,有GM地M太r22=M地(2πT2)2r2,两式联立有M地M太=r13r23⋅T22T12．
等量关系二：星体的质量等于密度与体积的乘积,有M地=ρ地⋅43π(kR1)3、M太=ρ太⋅43πR23,两式联立有M地M太=ρ地ρ太⋅k3⋅R13R23．
等量关系三：由角直径相等,结合相似三角形可得R1r1=R2r2．
联立上述等量关系式,解得ρ地ρ太=1k3⋅(T2T1)2,D正确．
3．【知识点】反冲运动、求解平抛运动、类平抛运动问题
【答案】B
【解析】
热气球开始携带物资时处于静止状态,所受合外力为0,水平抛出重100 kg的物资瞬间,水平方向上满足动量守恒,有0=Mv-mv0,其中M为抛出物资后热气球的质量,m为物资的质量.作出热气球和物资的运动示意图如图所示,水平方向上,热气球以速度v、物资以速度v0做匀速直线运动,竖直方向上,热气球和物资所受合力大小均为mg,所以热气球在竖直方向上加速度大小为a=mMg,物资在竖直方向上的加速度大小为g,由H=12gt2得物资落地时间为t=2Hg,这段时间内热气球竖直方向上位移为HM=12at2=12·mMg·2Hg=mMH,热气球和物资水平位移分别为xM=vt=mMv0·2Hg,xm=v0t=v02Hg,可得二者的距离为d=(xm+xM)2+(H+HM)2=1+mM2Hv02g+H2=303 m,B正确.
4．【知识点】波的多解问题
【答案】D
【详解】A．由A质点的振动图像可看出，在4s时A质点在平衡位置向+y方向振动，A错误；
B．在2s时A质点在平衡位置向-y振动，B与A相反，B质点向+y振动，B错误；
C．A、B两个质点振动相反，可知两者间距离等于
时这列波的波长取最大值8m，C错误；
D．由振动图像可看出该波的周期是4s，则波速，可见波速最大值是2m/s，D正确。选D。
5．【知识点】电势能与静电力做功
【答案】D
【详解】A．如图
正电荷在F'点产生场强和负电荷在C'点产生的场强大小相等，方向不同，正电荷在C'点产生场强和负电荷在F'点产生的场强大小相等，方向不同，因此F'点与C'点的电场强度大小相等，电场强度方向不同，A错误；
B．由等量异种电荷的电势分布可知，，，，因此，，B错误；
C．为等势线，将试探电荷由O点沿直线运动到点，其电势能不变，C错误；
D．由F点沿直线移动到O点电势先升高再降低，正电荷在电势高的地方电势能大，将试探电荷由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小，D正确。选D。
6．【知识点】带电粒子在叠加场中的运动
【答案】A
【详解】ACD．流量，又因为电场力等于洛伦兹力，达到平衡时，电势差稳定，即，，解得，，U的大小与粒子浓度无关，所以流量，解得，A正确，CD错误；
B．磁场方向竖直向下，由左手定则，污水中的正离子聚集到端，负离子聚集到端，侧电势比侧电势高，B错误。选A。
7．【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】BD
【详解】A：发电线圈产生的感应电动势表达式为，，，解得，A错误；
B：升压变压器副线圈的电压为，升压变压器副线圈的电流为，则，则用户获得的功率为，B正确；
C：降压变压器原、副线圈匝数比为，C错误；
D：若输出电压不变，则不变，输电线电流变大，则减小，则减小，D正确。选BD。
8．【知识点】传送带模型
【答案】AD
【详解】CD．0-1s内，物块的加速度大小为，方向沿传送带向下；1-2s，物块的加速度大小为，方向沿传送带向下；物块上升的位移大小等于v-t图象与时间轴所包围的面积大小，为，小物块上滑过程中离端的最大距离为10m，根据得物块下滑的时间，所以物块从冲上传送带到返回A端所用的时间为，C错误D正确；
AB．0-1s内，对煤块根据牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcsθ=ma1，1-2s，对煤块根据牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcsθ=ma2，解得θ=37°，μ=0.25，则tanθ=0.75，故A正确、B错误。选AD。
9．【知识点】传送带模型中的能量守恒问题
【答案】ACD
【详解】A：从A到B，根据动力学公式，解得，物块在斜面上运动，根据牛顿第二定律，解得物块与斜面之间的动摩擦因数为，A正确；
B：物块在B点的速度为，物块在传送带上的加速度为，物块在传送带上做加速运动的时间为，
物块在传送带上做加速运动的位移，物块在传送带上做匀速运动的时间为，物块在传送带上运动的时间为，B错误；
C：物块在传送带上因摩擦产生的热量为，C正确；
D：在传送带上，物体做减速运动，速度减到零所需时间为，物块在该时间段内的位移为，可知物体没有滑出传送带，速度减为零后，随传送带一起做向左做加速运动，与传送带达到共速后，速度不在增加，以2 m/s的速度滑上斜面，速度为零后又滑下来滑到传送带上，速度减为零后，随传送带一起做向左做加速运动，接着又滑上斜面，此后在斜面上往复运动，最后停在B点，设运动的总距离为s，物块的动能全部转化为内能，根据能量守恒有，解得，则物体在AB上运动的总路程为，D正确。选ACD。
10．【知识点】全反射与折射的综合应用
【答案】BC
【详解】ABC．由图可知激光1在A点折射，激光2在A点发生全反射，可知激光2发生全发射的临界角较小，根据可知，激光1的折射率小于激光2的折射率，激光1的频率小于激光2的频率，A错误，BC正确；
D．真空中激光1的速度等于激光2的速度，都为光速，D错误。选BC。
11．【知识点】实验：用单摆测量重力加速度
【答案】(1)19.20(2分) (2)9.86(2分) (3)Δg随摆长的增加而减小,且减小得越来越慢 (1分) 见解析(2分)
【详解】(1)对游标卡尺进行读数,游标尺的零刻度线对应在主尺1.9 cm后,游标尺的分度值为0.02 mm,所以d=19 mm+0.02×10 mm=19.20 mm。
(2)根据T=2πl+d2g 可得,重力加速度g=4π2l+d2T2≈9.86 m/s2。
(3)由题图2知,Δg随摆长的增加而减小,且减小得越来越慢。由(2)问可知重力加速度g=4π2l+d2T2 ,随着摆线长度的增加,l+d2 越来越接近l,摆球的大小对摆长的影响越来越小。
12．【知识点】实验：电表内阻的测量
【答案】（1）；（2）左；（3）3.0；5.0
【详解】（1）[1]该电路应该用分压电路，如图
（2）[2]在修改后的实物连线图中，闭合S前，应将滑动变阻器的滑片调到最左端。
（3）[3][4]由图所示电路图可知，电压表V2示数，整理得，由图象可知，图象斜率，图象纵轴截距，解得RV1=5.0kΩ
13．【知识点】利用理想状态方程解决问题
【答案】(i)40mgl (ii)3mg+p0SS 4T03
【解析】
甲
(i)初始状态,对活塞 Ⅰ、Ⅱ 分别进行受力分析,如图甲所示,设内部气体压强为p,弹簧弹力大小为T,则T=k·0.1l(1分)
对Ⅰ有p·2S=p0·2S+2mg+k·0.1l(1分)
对Ⅱ有pS+mg=p0S+k·0.1l(1分)
联立解得p=3mg+p0SS,k=40mgl(1分)
乙
(ii)缓慢加热气体的过程,活塞Ⅰ、Ⅱ整体处于平衡状态,对整体受力分析,如图乙所示,设内部气体压强为p1,
则有p0S+p1·2S=p0·2S+p1S+3mg(2分)
解得p1=3mg+p0SS,为定值,即活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时压强为3mg+p0SS(1分)
对单个活塞受力分析可知,弹簧伸长量不变。
由于被封闭的气体做等压变化,则对其始末状态进行分析,
初态:体积V1=2S·1.1l2+S·1.1l2=3.3lS2,温度T1=T0,
末态:体积V2=2S·1.1l=2.2lS,温度T2,
由盖-吕萨克定律有V1T1=V2T2(2分)
解得T2=4T03(1分)
14．【知识点】动量定理及其应用、导体切割磁感线产生感应电动势（电流）的分析与计算、电磁感应现象中的功能问题
【答案】(1)B2L3mR0 (2)3B4L625mR02
【解析】(1)金属框进入磁场的过程,
根据法拉第电磁感应定律有E=BLv(1分)
感应电流I=E4R0(1分)
金属框右边框所受的安培力大小F安=BIL(1分)
安培力的冲量大小IF=∑BIL·Δt=∑B2L2v4R0·Δt(2分)
又∑v·Δt=L,可得IF=B2L34R0(1分)
金属框完全进入磁场到即将离开磁场的过程中,左右两边产生的感应电动势相互抵消,无感应电流产生,不受安培力作用(1分)
根据金属框进入磁场的情况可知,金属框出磁场时同样有IF=B2L34R0(1分)
根据动量定理可得-2IF=mv02-mv0(1分)
解得v0=B2L3mR0(1分)
甲
(2)金属框进入磁场过程,由于金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好,所以金属框的上、下边框被短路,作出等效电路如图甲所示,
设金属框速度大小为v1,
根据法拉第电磁感应定律有E=BLv1(1分)
感应电流I=ER0+23R0=3E5R0(1分)
设金属框完全进入磁场时速度大小为v2,
由动量定理可得-∑BIL·Δt=mv2-mv0(1分)
又∑v1·Δt=L,
可得v2=2B2L35mR0,
由能量守恒定律可得,此过程中电路中产生的总热量
Q总1=12mv02-12mv22(1分)
由并联电路电流规律和Q=I2Rt可知,R1上产生的热量Q1=215Q总1=7B4L6125mR02(1分)
乙
金属框完全进入磁场后到右边框运动到磁场右边界时,等效电路如图乙所示,
通过R1的电流I1=E2R0+12R0=2E5R0,即流过左右边框的电流之和为2E5R0(1分)
设金属框右边框刚要出磁场时速度大小为v3,
由动量定理可得-∑BI1L·Δt=mv3-mv2(1分)
可得v3=0,金属框将停止运动。
由能量守恒定律可得,此过程中电路中产生的总热量
Q总2=12mv22-12mv32(1分)
R1上产生的热量Q2=45Q总2=8B4L6125mR02(1分)
在金属框整个运动过程中,电阻R1产生的热量为Q=Q1+Q2=3B4L625mR02(1分)
15．【知识点】传送带模型、动量守恒与弹簧相结合、求解弹性碰撞问题
【答案】
(1)0.4 s（4分）(2)1.5 kg（4分）1 m/s（4分）4 m/s（4分）
【详解】
(1)对A和B、C整体受力分析知,由于μ=tan θ,碰撞前B、C静止,A匀速向下运动,A与B发生弹性碰撞,由动量守恒可得mAv0=mAvA+mBvB
由机械能守恒定律可得 12 mA v02 = 12 mA vA2 + 12 mB vB2
解得vA= mA-mBmA+mB v0=-3 m/s,vB= 2mAmA+mB v0=3 m/s
碰后对A受力分析,根据牛顿第二定律有
mAgsin 37°+μmAgcs 37°=maA
解得aA=12 m/s2
设经时间t1,A与传送带共速,则有
vA-aAt1=v,
解得t1=0.1 s
t1时间内A的位移为x1= |vA|+v2 t1=0.24 m
A与传送带共速后匀速上升回到释放高度,用时t2,
t2= x-x1v = 0.6-0.241.8 s=0.2 s
A与B碰撞前匀速运动的时间为t0,则有
t0= xv0 = 0.66 s=0.1 s
则物块A从开始运动到再回到释放高度所用的时间t为
t=t0+t1+t2=0.4 s
(2)碰后A反向运动,B以3 m/s开始压缩弹簧,C的加速度沿斜面向下,所以C的a-t图像在第一象限,B的a-t图像在第四象限,B、C系统因为重力沿斜面向下分力等于滑动摩擦力,所以B、C系统动量守恒, B、C所受的合外力都等于弹簧弹力,t0时刻弹簧压缩到最短,此时有
a0= F弹mC , a02 = F弹mB
可得物块C的质量为mC=1.5 kg
t0时刻B、C速度相等,由动量守恒定律可得
mBvB=(mB+mC)v共
解得v共=2 m/s
由a-t图像的面积等于速度的变化量,可知
S1= = 2-3 m/s=1 m/s
2t0时刻弹簧恢复原长,设此时B、C速度分别为v'B、v'C,由动量守恒、机械能守恒有
mBvB=mBv'B+mCv'C,
12 mB vB2 = 12 mBv'2B+ 12 mCv'2C
解得v'C= 2mBmB+mC vB=4 m/s,
S2=ΔvC=4 m/s