2025届湖南省湘潭市高三下学期5月底第四次预测练习物理试卷（解析版）

这是一份2025届湖南省湘潭市高三下学期5月底第四次预测练习物理试卷（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．
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．下列有关原子核的反应中，正确的是( )
A．U→Th＋He是β衰变
B．Be＋He→C＋n是核聚变
C．P→X＋He是α衰变，其中的y＝206，X的中子数为124
D．U＋n＝Ba＋Kr＋3n
2．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)
3．一物体在地球表面重18N，它在以5m/s²的加速度加速上升的火箭中的视重（即物体对火箭竖直向下的压力）为17N，则此火箭离地球表面的距离为地球半径的（地球表面重力加速度取10m/s²）（ ）
A．0.5倍B．2倍C．3倍D．4倍
4．如图甲所示，挡板OA与水平面的夹角为，小球从O点的正上方高度为的P点以水平速度水平抛出，落到斜面时，小球的位移与斜面垂直；让挡板绕固定的O点转动，改变挡板的倾角，小球平抛运动的初速度也改变，每次平抛运动都使小球的位移与斜面垂直，关系图像如图乙所示，重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．图乙的函数关系图像对应的方程式
B．图乙中的数值
C．当图乙中，的值为
D．当，图乙中，则平抛运动的时间为
5．在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示.小球质量为m，带电量为+q，可视为点电荷.初始时，小球均静止，细线拉直.现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示.该过程中三个小球组成的系统电势能减少了kq22d，k为静电力常量，不计空气阻力.则（ ）
甲乙
A．该过程中小球3受到的合力大小始终不变
B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒
C．在图乙位置，v1=v2，v3≠2v1
D．在图乙位置，v3=2kq23md
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．日晕亦称圆虹，是当太阳光通过卷层云时，受到冰晶的折射或反射时而形成的一种大气光学现象。图为一束太阳光射到六角形冰晶上时的光路图，、为其折射出的光线中两种单色光，比较、两种单色光，下列说法正确的是（ ）
A．在冰晶中光的波速比光大
B．、两种光分别从水射入空气发生全反射时，光的临界角比光的小
C．通过同一仪器发生双缝干涉，光的相邻明条纹间距较小
D．若光能使某金属发生光电效应，则光不可以使该金属发生光电效应
8．如图所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于匀强磁场的轴以角速度匀速转动，线圈长为2L、宽为L，匝数为N，磁感应强度大小为B。理想变压器原、副线圈匝数比为，定值电阻，电阻箱的最大值为10R。不计线圈和导线的电阻，下列说法正确的是（ ）
A．当线圈平面与磁场方向平行时，线圈产生的电动势为
B．当线圈平面与磁场方向平行时，线圈产生的电动势为
C．变压器输出功率的最大值为
D．变压器输出功率的最大值为
9． 在某游乐场有如图所示的弹射游戏，在竖直固定的支架MPN上固定有带孔的半圆形容器ABC以及可上下自由调节的水平弹射器，游戏时，手动调整弹射器高度，再压缩弹簧将弹性小球弹出，弹射出口在A点的正上方，小球只有在小孔中心O处沿图示速度方向（速度方向的反向延长线过圆心O'）射入小孔时，才能通过小孔成功过关.若小球可看作质点，忽略摩擦及空气阻力，已知弹簧的弹性势能Ep与形变量Δx的关系为Ep=12k(Δx)2，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球弹射出去的初速度大小与弹簧的压缩量成正比
B. 将弹射器出口调整到A点，无论以多大的速度将小球弹射出去都无法顺利过关
C. 弹射器在P点上方的不同位置，只要小球射出速度大小合适，都能顺利过关
D. 若将弹射器出口调整在A点上方某一位置时游戏可顺利过关，再将弹射器出口水平向左调整一段距离，要想顺利过关，应将弹射器高度降低
10．（多选）如图甲所示，用水平力F把一质量为m的物块压在竖直墙壁上，F随时间的变化规律如图乙所示.已知物块与墙壁间动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，t=0时物块速度为零，重力加速度为g.下列说法正确的是（ ）
甲乙
A．在T0时刻物块速度大小为0.5gT0
B．在T0∼2T0时间内物块的加速度大小为0.5g
C．在0∼3T0时间内物块的位移大小为gT02
D．在2T0∼3T0时间内物块与墙壁保持相对静止
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．在“用单摆测重力加速度”的实验中．
（1） 用毫米刻度尺测出细线的长度，用游标卡尺测出摆球的直径，如图甲所示，摆球的直径为D= mm．
甲
（2） 现已测出悬点O到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g= （用L、n、t表示）．
（3） 甲同学测量出几组不同摆长L和周期T的数值，画出如图T 2-L图像中的实线OM；乙同学也进行了实验，但实验后他发现测量摆长时忘记加上摆球的半径，则该同学作出的T2-L图像为 ；
乙
A． 虚线①，不平行实线OMB． 虚线②，平行实线OM
C． 虚线③，平行实线OMD． 虚线④，不平行实线OM
12．某科技活动小组利用铜片、锌片和柑橘制作了果汁电池，他们采取如图（a）所示的实验方案测量这种电池的电动势E和内阻r，并探究电极间距对E和r的影响．
图（a）图（b）
（1） 为避免电压表分流作用对测量结果的影响，在图（a）中将实物电路连接完整（电流表为理想电流表）．
（2）调节滑动变阻器，改变电源两端的电压U和流过电源的电流I，依据公式U=E-Ir，利用测量数据作出U-I图像，可得出E和r．
（3） 实验中依次减小铜片与锌片的间距，得到果汁电池的U-I图像分别如图（b）中图线a、b、c、d所示，则在该实验中，图线b对应的电源电动势E= V，内阻r= Ω ．（结果均保留三位有效数字）
（4） 根据图（b）总结出实验结论，即当减小铜片与锌片的间距时，这种电池的电动势E将 ，内阻r将 （均填“增大”“不变”或“减小”）．
13．汽车静止时，轮胎的正常胎压范围一般在230至270kPa之间，正常范围内的胎压对车辆的燃油经济性、行驶安全性、轮胎使用寿命等多方面性能都有重要影响。汽车的轮胎在使用过程中，其内部的气体状态会发生变化。某品牌的家用轿车一条轮胎容积，静止时轮胎内气体压强，温度。当汽车高速行驶一段时间后，轮胎内气体温度升高到（轮胎内气体质量不变，可视为理想气体）。
(1)若轮胎体积不变，求此时轮胎内气体的压强。
(2)若行驶过程中，由于轮胎与地面摩擦等因素，轮胎有一定程度的形变，其容积变为，此时气体压强为多少？（结果保留一位小数）
14．（18分）如图，空间等距分布无数个垂直纸面向里的匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度大小B＝1 T，每一条形磁场区域宽度及相邻条形磁场区域间距均为d＝1 m。现有一个边长l＝0．5 m、质量m＝0．2 kg、电阻R＝1 Ω的单匝正方形线框，以v0＝8 m/s的初速度从左侧磁场边缘水平进入磁场，最终线框竖直下落。求：
（1）线框刚进第一个磁场区域时加速度a的大小；
（2）线框在整个运动过程中水平方向运动的位移；
（3）线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热。
15．如图所示，O点左侧有一高为的平台，物块B质量，带电量，静止在平台右侧边缘。物块A水平向右运动，与B发生碰撞，碰后瞬间A、B速度大小相等，随后取走A，B落在地面上的N点，O、N间距也为L，物块B落地后弹起瞬间在空间加一水平向左的匀强电场，B恰好能从平台右边缘水平向左返回平台，已知A、B两物块均可视为质点，不计一切阻力，A、B碰撞无机械能损失，B与地面碰撞水平分速度不变，竖直分速度大小不变，方向相反。B的电荷量始终保持不变，重力加速度求：
(1)物块A的质量；
(2)所加匀强电场场强E的大小；
(3)物块B从N点返回平台的过程中最小速率。
【参考答案】
1．【知识点】核反应的反应方程及能量计算
【答案】 C
【详解】 U→Th＋He是α衰变，故A错误；Be＋He→C＋n是原子核的人工转变，不是核聚变，故B错误；P→X＋He是α衰变，其中的y＝210－4＝206，X的中子数为206－82＝124，故C正确；核反应方程书写一律用箭头，故D错误。
2．【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.
3．【知识点】计算某一星球的重力加速度
【答案】A
【详解】在地球表面时G=mg，升空后根据牛顿第二定律，解得，根据，，解得h=0.5R。
4．【知识点】平抛运动与斜面、圆轨道相结合问题
【答案】C
【详解】A．设平抛运动的时间为t，如图所示
把平抛运动的位移分别沿水平和竖直方向分解，由几何关系，解得，根据几何关系有，联立整理，A错误；结合图乙函数关系图像可得，B错误；由图乙可得函数关系图像的斜率，又有，，可得，C正确；当，，根据，解得，根据，解得，D错误。
5．【知识点】匀强电场、求解弹性碰撞问题
【答案】D
【解析】本题考查静电场+动量守恒定律+能量守恒定律.小球3在题图乙位置时所受合力为零，细线剪断瞬间所受合力不为零，故该过程中小球3受到的合力大小是变化的，A错误；该过程中，系统所受合外力为零，系统动量守恒，B错误；1、2两小球的运动情况相同，则v1=v2，由动量守恒定律得mv1+mv2-mv3=0，解得v3=2v1，C错误；由能量守恒定律得kq22d=12mv12+12mv22+12mv32，解得v3=2kq23md，D正确.
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】AB
【详解】由图可知，b光在冰晶中的偏折程度较大，可知冰晶对b光的折射率较大，根据可知，在冰晶中光的波速比光大，A正确；根据可知，、两种光分别从水射入空气发生全反射时，光的临界角比光的小，B正确；根据，因b光频率较大，波长较小，则通过同一仪器发生双缝干涉，b光的相邻明条纹间距较小，C错误；因b光频率大于a光，则若光能使某金属发生光电效应，则光也可以使该金属发生光电效应，D错误。
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】BD
【详解】AB．当线圈平面与磁场方向平行时，线圈产生的电动势为
故A错误，B正确；
CD．将副线圈所在电路与变压器整体等效为一个等效电阻。
等效电阻
副线圈输出功率等于等效电阻的功率，等效电阻的功率为
根据数学方法可知当时，即时输出功率最大
代入解得输出功率最大为
故C错误，D正确；
故选BD。
9．【知识点】功能原理、能量守恒与曲线运动的综合、平抛运动与斜面、圆轨道相结合问题
【答案】AB
【解析】小球弹出过程,弹簧的弹性势能转化为小球的动能,有12mv02=12k(Δx)2,得v0=km⋅Δx,A正确；从A点飞出的小球到达O点,速度的反向延长线过水平位移的中点,不可能指向圆心O',速度方向不可能垂直O点的切线方向,无法过关,B正确；将顺利过关时小球通过小孔的速度沿水平方向与竖直方向分解,如图所示,可得tanθ=gtv0,水平位移x=v0t,联立可得v0=gxtanθ,t=xtanθg,下落高度h=12gt2=xtanθ2,则弹射器只能在距离O点竖直高度h=xtanθ2处,以固定的速度v0=gxtanθ弹出,才能顺利过关,C错误；根据h=12gt2=xtanθ2可知,小球通过小孔时,速度与水平方向夹角恒定,将弹射器出口向左调整一段距离后小球的水平位移x增大,故想要顺利过关,需增大弹射器高度h,D错误.
10．【知识点】牛顿运动定律与图像结合问题
【答案】AC
【解析】由题图可知,0∼T0时间内,压力的大小为F1=mg,物块和墙壁间的摩擦力为f1=μF1=0.5mg,由牛顿第二定律有mg-f1=ma,解得a=0.5g,则T0时刻物块速度为v=aT0=0.5gT0,A正确；在T0∼2T0时间内,压力的大小F2=2mg,此时,物块和墙壁间的摩擦力为f2=μF2=mg,物块的加速度为0,B错误；0∼T0时间内物块的位移为x1=12vT0=0.25gT02,T0∼2T0时间内物块以速度v做匀速运动,位移为x2=vT0=0.5gT02,2T0∼3T0时间内,压力的大小F3=3mg,此时摩擦力的大小f3=μF3=1.5mg,根据牛顿第二定律可知,此时物块的加速度满足f3-mg=ma',解得a'=0.5g,方向竖直向上,所以此阶段物块以初速度v=0.5gT0、加速度a'向下做匀减速运动,到3T0时刻速度变为0,此阶段物块的位移x3=vT0-12a'T02,解得x3=12vT0=0.25gT02,所以0∼3T0时间内物块的位移为x=x1+x2+x3=gT02,C正确,D错误.
11．【知识点】实验：用单摆测量重力加速度
【答案】（1） 15．20（2） 4π​2n2Lt2（3） B
【解析】
（1） 游标卡尺的分度值为0.05mm，不需要估读，则摆球的直径为D=15mm+4×0.05mm=15.20mm．
（2） 根据T=2πLg，T=tn，解得g=4π​2n2Lt2．
（3） 测量摆长时忘了加上摆球的半径r(r=D2)，则摆长变成摆线的长度l，则有T2=4π​2Lg=4π​2(l+r)g=4π​2lg+4π​2rg，可知作出的T2-L图像与实线OM平行，但在纵轴上有截距，故该同学作出的T2-L图像应为虚线②，故选B．
12．【知识点】实验：电池电动势和内阻的测量—伏安法测量电源电动势与内阻
【答案】（1） 见解析 （3） 0．975；314 （4） 不变；增大
【解析】
（1） 为避免电压表分流作用对测量结果的影响，则电流表需要采用相对于电源的内接法，电路连接如图所示．
（3） 依据公式U=E-Ir，利用测量数据作出U-I图像，图像纵截距表示电源电动势，图像斜率的绝对值表示电源内阻，则在该实验中，直线b对应的电源电动势E=0.975V，内阻r=0.975-×10-3Ω≈314Ω ．
（4） 根据图（b）总结出实验结论，即当减小铜片与锌片的间距时，根据图像可知，随着电极间距的减小，纵截距不变，即电源电动势不变，图像的斜率的绝对值增大，则电源的内阻将增大．
13．【知识点】利用理想状态方程解决问题、气体的等容变化与查理定律
【答案】(1)264kPa；(2)255.5kPa
【详解】（1）对于等容变化，根据查理定律有，
已知，，，
解得。
（2）由理想气体状态方程有，
解得。
14．【知识点】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）102 m/s2 （2）12.4 m （3）6.4 J
【解析】（1）线框刚进入第一个磁场区域时，产生的感应电动势为
E＝Blv0（1分）
由闭合电路欧姆定律得
I＝ER（1分）
此时安培力大小为
F安＝BIl（1分）
由牛顿第二定律可得
（mg）2＋F安2＝ma（2分）
联立可得，线框刚进第一个磁场区域时加速度a的大小为
a＝102 m/s2（1分）
（2）水平方向上线框只在进入和离开磁场区域时受安培力，规定水平向右为正方向，则线框在进入磁场的过程中，水平方向由动量定理得
－BIl·Δt＝m·Δv（1分）
其中
I＝ER，E＝ΔΦΔt＝Bl2Δt（1分）
联立解得
Δv＝－58 m/s（1分）
同理可得，线框在离开磁场的过程中，水平方向速度变化量仍然为
Δv＝－58m/s，（1分）
所以线框穿过一个磁场时水平方向速度变化量为
Δv'＝2Δv＝－54 m/s（1分）
即线框每穿过一个磁场，水平方向速度减小54 m/s，则线框穿过磁场的个数为
N＝v0Δv'＝6.4（1分）
故线框在整个运动过程中水平方向运动的位移为
x＝6×2d＋0.4d＝12.4 m（1分）
（3）由能量守恒定律得
12mv02＋mgH＝12mv2＋Q（2分）
其中在竖直方向有
v2＝2gH（2分）
联立可得，线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热为
Q＝6.4 J（1分）
15．【知识点】求解弹性碰撞问题
【答案】(1)0.1kg
(2)60V/m
(3)
【详解】（1）设A与B碰前速度大小为v，A、B碰撞无机械能损失，由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
解得，
又因为
解得
（2）A、B碰撞后，B做平抛运动，水平方向：
竖直方向：
联立解得
物块B落地瞬间水平速度
竖直速度
从N返回平台，水平方向：
竖直方向：
解得
又因为
代入数据解得
（3）
如图所示，根据，设等效重力与竖直方向成角，
因为，
解得