2025届湖南省益阳市高考最后一卷冲刺练兵物理试卷（解析版）

这是一份2025届湖南省益阳市高考最后一卷冲刺练兵物理试卷（解析版），共13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．某“核电池”衰变方程为，的半衰期为87.7年，下列说法正确的是（ ）
A．为粒子，穿透能力很强
B．原子核衰变时产生的新核处于低能级要向高能级跃迁并放出射线
C．衰变时会放出能量，衰变过程中的质量亏损等于放出的能量与真空中光速平方的比值
D．66个原子核经过87.7年后还有33个未衰变
2．振幅均为A、波长分别为2m和4m的甲、乙两列简谐横波沿同一绳子相向传播，两列波均由一次全振动产生。已知时刻的波形如图所示，此时两列波相距12m，时甲波传到6m处。下列说法正确的是（ ）
A．甲波的周期为0.5s
B．乙波的传播速度为4m/s
C．时，6m处的质点振动的位移为A
D．时，6m处的质点振动方向向上
3．如图所示，电动打夯机由偏心轮（飞轮和配重物组成）、电动机和底座三部分组成。电动机、飞轮和底座总质量为M，配重物质量为m，配重物的重心到轮轴的距离为R，重力加速度为g。在电动机带动下，偏心轮在竖直平面内匀速转动，皮带不打滑。当偏心轮上的配重物转到顶端时，底座刚好对地面无压力。下列说法正确的是（ ）
A．电动机轮轴与偏心轮转动角速度相同
B．配重物转到顶点时处于超重状态
C．偏心轮转动的角速度为
D．打夯机对地面压力的最大值大于
4．某星系中有一颗质量分布均匀的行星，其半径为R，将一质量为m的物块悬挂在弹簧测力计上，在该行星极地表面静止时，弹簧测力计的示数为F，在赤道表面静止时，弹簧测力计的示数为。已知引力常量为G。下列说法正确的是（ ）
A．该行星的自转周期为B．该行星的质量为
C．该行星赤道处的重力加速度为D．该行星的密度为
5．如图所示，一带电质点质量为、电量为，重力忽略不计，以平行于Ox轴的速度从轴上的点射入图中第一象限所示的区域。为了使该质点能从轴上的点以速度射出，且射出方向与轴正方向的夹角为，可在适当的地方加一个垂直于xOy平面、磁感应强度大小为的匀强磁场。若此磁场仅分布在一个圆形区域内，则该圆形磁场区域的最小半径为（ ）
A．B．C．D．
6．如图所示,两条完全相同的圆弧形材料AOB和COD,圆弧对应的圆心角都为120°,圆弧AOB在竖直平面内,圆弧COD在水平面内,以O点为坐标原点、水平向右为x轴正方向,两弧形材料上均匀分布等量正电荷,P点为两段圆弧的圆心,已知P点处的电场强度大小为E0、电势为φ0,设圆弧AO在圆心P处产生的电场强度大小为E,产生的电势为φ,选无穷远处的电势为零,以下说法正确的是（ ）
A．E=33E0,φ=14φ0
B．E=36E0,φ=34φ0e2m
C．将质子比荷em从P点静止释放,则质子的最大速度为φ0e2m
D．若两段弧形材料带上的是等量异种电荷,x轴上各点电场强度为零,电势为零
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，轻质弹簧下端固定在垂直于斜面的挡板上，弹簧原长，劲度系数为，质量为的物块与弹簧的另一端连接，初态时将物块固定在光滑斜面的点，此时弹簧刚好处于原长状态。现给物块一平行于斜面向下的瞬时速度后，物块开始运动，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。已知斜面的倾角，弹簧振子的振动周期为，弹簧的弹性势能，为弹簧的劲度系数，为形变量，当地重力加速度，则下列说法正确的是（ ）
A．物块开始运动后立即做减速运动
B．弹簧的最大形变量为
C．物块运动到最高点时弹簧伸长
D．物块从释放到第一次回到原位置经历的时间为
8．如图所示，某理想变压器原、副线圈的匝数之比为2：1，原线圈与阻值的定值电阻串联后接在电压有效值恒为240V的正弦交流电源两端，副线圈电路中接有理想电流表和最大阻值的滑动变阻器，a、b为滑动变阻器的两端点。初始时滑动变阻器的滑片P位于滑动变阻器的中点，在将滑片P向上缓慢滑至a点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电流表的示数逐渐减小
B．交流电源的输出功率逐渐增大
C．滑动变阻器消耗电功率的最大值为120W
D．定值电阻消耗电功率的最大值为120W
9．如图所示，面为某透明棱镜的截面图，其中，一细光束从边上的点以的入射角斜射入棱镜中，经边反射后的光束垂直边射出．已知，光在真空中的速度为．则下列说法正确的是（ ）
A．制成该棱镜材料的折射率为
B．光束能从边射出
C．光在棱镜中传播的时间
D．如果将入射点向上移动距离足够大，光束可垂直射出棱镜
10．如图所示，一水平轻质弹簧①左端固定在竖直墙壁上，另一端与小球相连。轻质弹簧②与竖直方向夹角，一端固定在天花板上，另一端也与小球相连。小球处于静止状态且与固定斜面恰好接触但无弹力。已知斜面倾角，小球质量为，与斜面间的动摩擦因数，重力加速度为，则（ ）
A．剪断弹簧①的瞬间，小球的加速度大小为，方向水平向右
B．剪断弹簧①的瞬间，小球的加速度大小为，方向沿斜面向上
C．剪断弹簧②的瞬间，小球与斜面间的弹力会发生突变
D．剪断弹簧②的瞬间，小球的加速度大小为，方向沿斜面向下
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．某物理实验小组的同学在实验室测量两节干电池组成的电池组的电动势和内阻，实验室提供了如下器材:
A．电流表A1的量程为100mA，内阻RA1=10Ω
B．电流表A2的量程为200mA，内阻RA2=5Ω
C．定值电阻R0=2Ω
D．定值电阻R1=2Ω
E．滑动变阻器
F．电阻箱
G．开关、导线若干
H．干电池两节
(1)该小组的同学需要将电流表A2改装成量程为3V的电压表，则电流表A2需串联的电阻箱的阻值应调为R= Ω。
(2)在闭合开关S前，应将图中滑动变阻器的滑片移到最 (填“左”或“右”)端，闭合开关后，多次调节滑动变阻器的滑片，得到多组电流表A1、A2的示数I1、I2，以I2为纵轴、I1为横轴作I2-I1图像，得到图像与纵轴的截距为180mA，图像斜率绝对值为2.0，则电池组总的电动势E= V，电池组的内阻r= Ω。(结果均保留3位有效数字)。
13．根据气象报道，进入五月份，济宁市昼夜温差达到以上。某日白天最高气温，夜晚最低气温，可认为昼夜大气压强保持不变。一容器内的空气视为理想气体，且温度与外界环境温度始终相同。已知热力学温度T与摄氏温度t的关系为。求：
（1）若容器密闭，容器内气体压强在最高气温与最低气温时的比值；
（2）若容器与大气连通，容器内气体密度在最高气温与最低气温时的比值。
14．如图1所示为常被用作发电机或电动机的交流轴向磁场机械装置的剖面图，中间的线圈盘固定，上下两个磁铁盘随转轴一起转动。图2是下磁铁盘的8个磁极区域分布的俯视图，每个磁区内匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向与盘面垂直，且与转轴平行。图3是固定线圈盘的8个独立单匝扇形线圈的俯视图。已知扇形线圈面积与磁极区域面积相同，扇形外半径为r0内半径为r1，每个单匝扇形线圈的电阻均为R0。
（1）若机械用作为电动机装置。在图4中单匝线圈在该时刻的电流方向为顺时针，试判断磁铁盘的转动方向 （选“顺时针”或“逆时针”）。
（2）若机械用作为发电机装置。磁铁盘在外力来推动下沿逆时针以角速度匀速转动，
①计算单匝线圈中产生的感应电动势大小。
②图4中单匝线圈涵盖在磁铁盘上N极和S极的面积恰好相等，在此时刻开始计时，请在答题卡中画出穿过单匝线圈磁通量随时间t变化的图线。（规定穿过线圈的磁场方向向下时磁通量为正，在坐标中标出磁通量的最大值和变化周期）
（3）若机械用作为发电机装置。将8个线圈作为电源接成串联电路，外接电阻为R的纯电阻用电器，在外力推动下磁铁盘由静止开始加速转动，角速度与时间关系满足。，其中，磁铁盘加速4s后改为匀速转动。已知R0=1.0Ω，R=4.0Ω，B=0.5T，r0=40cm，r1=20cm。求在前10s时间内用电器R上产生的焦耳热。

15．如图所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，斜面上AB、BC段长度分别为L、2L，BC段粗糙，斜面其余部分均光滑，底端D处固定一垂直于斜面的挡板。两块质量分布均匀的木板P、Q紧挨着放在斜面上，P的下端位于A点。将P、Q从图示位置由静止释放，已知P、Q质量均为m，长度均为L，与BC段的动摩擦因数均为，重力加速度为g，求：
（1）木板P刚到B点时速度的大小；
（2）木板P刚好完全进入BC段时，P、Q之间弹力的大小；
（3）若木板Q刚好完全离开BC段时木板P还未与挡板发生碰撞，求此时P速度的大小；
（4）若木板Q刚好完全离开BC段时恰好与木板P发生碰撞，求此次碰撞后木板Q速度减为零时其下端到C点的距离。已知木板P与挡板及木板Q之间的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间忽略不计。
【参考答案】
1．【知识点】原子核的衰变及半衰期、氢原子的能级结构、能级公式和跃迁问题、质量亏损与爱因斯坦质能方程
【答案】C
【解析】根据质量数和核电荷数守恒可得，。因此为粒子，发生的是衰变，它的电离能力很强，穿透能力很弱，故A错误；B项中是原子核衰变时产生的新核处于高能级要向低能级跃迁并放出射线，故B错误；C．由质能方程可知C正确；D．原子核的半衰期是针对大量原子核得出的统计规律，对少数原子核衰变不适用，故D错误。
2．【知识点】波的干涉的应用
【答案】C
【详解】AB．甲、乙的传播速度相等，由题意可知m/s=2m/s，甲波的周期为=1s，AB错误；
C．同理可知乙波的周期为=2s，时，甲波平衡位置的振动传到6m处的位置，乙波的波峰传到6m处，根据波的叠加可知此时6m处的质点振动的位移为A，C正确；
D．时，甲波平衡位置的振动（向下）传到6m处的位置，乙波平衡位置的振动（向下）传到6m处，根据波的叠加可知此时6m处的质点向下振动，D错误；选C。
3．【知识点】竖直面内圆周运动问题
【答案】D
【详解】A：电动机轮轴与偏心轮通过皮带传动，线速度相等，根据电动机轮轴与偏心轮半径不同，电动机轮轴与偏心轮转动角速度不相同，A错误；
B：配重物转到顶点时，具有向下的加速度，配重物处于失重状态，B错误；
C：当偏心轮上的配重物转到顶端时，底座刚好对地面无压力，有，对配重物有，解得偏心轮转动的角速度为，C错误；
D：在最低点，打夯机对地面压力最大，对配重物有，对打夯机有，解得，根据牛顿第三定律可知，打夯机对地面压力的最大值大于，D正确。选D。
4．【知识点】天体密度的计算、计算某一星球的重力加速度
【答案】D
【详解】物块在该行星极地表面静止时，万有引力等于重力，在赤道表面静止时，万有引力和重力的合力提供向心力，其中，联立解得。
A．根据向心力公式可得，该行星的自转周期为，A错误；
B．物块在该行星极地表面静止时，万有引力等于重力，解得，B错误；
C．在赤道表面静止时，根据平衡条件，重力等于弹簧测力计的拉力，即，解得，C错误；
D．根据可知，该行星的密度为，D正确。选D。
5．【知识点】带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题
【答案】A
【解析】质点在磁场中做圆周运动的半径为，根据向心力公式及牛顿第二定律有qvB，解得。
如图所示，过点作平行于轴的直线，过点作平行于点速度的直线，则与这两直线均相距的点就是轨迹圆的圆心。
质点在磁场区域中的轨道就是以为圆心、为半径的圆（如图所示实线圆）上的圆弧MN，M点和点应在所求圆形磁场区域的边界上。
在通过M、N两点的不同的圆周中，最小的一个是以MN连线为直径的圆周（如图所示虚线圆）。
所以本题所求的圆形磁场区域的最小半径为，A正确。
6．【知识点】电势、电场的叠加
【答案】D
【解析】重难考点:静电场
圆弧AO在圆心P点产生的场强大小与圆弧OB在P点产生的场强大小相等,两个场强方向夹角为60°,电势相等,同理,圆弧OC在圆心P点产生的场强大小与圆弧OD在P点产生的场强大小相等,且夹角也为60°,电势相等,根据电场强度的矢量叠加有4Ecs 30°=E0,解得E=36E0,根据电势的叠加有4φ=φ0,得φ=φ04,A、B错误;从P点静止释放质子,到达无穷远处时速度最大,根据动能定理有eφ0=12mv2,解得v=2φ0em,C错误;若两段弧形材料带上的是等量异种电荷,正电荷和负电荷在x轴上各点产生的电场强度大小相等,方向相反,其合场强为零,在x轴上各点的电势数值相等,电势叠加为零,D正确。
7．【知识点】功能原理、能量守恒与曲线运动的综合
【答案】BD
【详解】A．物块开始运动后，由于一开始弹簧弹力仍小于物块重力沿斜面向下的分力，所以物块一开始仍做加速运动，A错误；
B．设弹簧的最大形变量为，根据能量守恒可得，代入数据解得，故B正确；
C．物块处于平衡状态时，有，解得此时弹簧的压缩量为，设物块相对平衡位置的位移为，以沿斜面向上为正方向，则物块受到的合力为，可知物块在斜面上做简谐运动，振幅为，设物块运动到最高点时弹簧伸长量为，则有，解得，故C错误；
D．弹簧振子的振动周期为，若从平衡位置开始计时，则物块做简谐运动的振动方程为，设物块从平衡位置向上第一次回到原位置所用时间为，则有，解得，根据对称性可知物块从释放到第一次回到原位置经历的时间为，故D正确。选BD。
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】AC
【详解】A．设滑动变阻器接入电路的阻值为，电流表的示数为I，则变压器副线圈的电压，根据变压器原理知原线圈中，，电压有效值恒为240V的正弦交流电源两端，联立解得，由此可知，电流表的示数随滑动变阻器接入电路的阻值的增大而逐渐减小，A正确；
B．交流电源的输出功率，由此可知，交流电源的输出功率随滑动变阻器接入电路的阻值的增大而逐渐减小，B错误；
C．滑动变阻器消耗的电功率，当，即时，有最大值，C正确；
D．定值电阻消耗的电功率，当最小时，有最大值，D错误。选AC。
9．【知识点】全反射与折射的综合应用
【答案】AD
【详解】A．根题意作出光路图如图甲所示
由几何关系得，则，所以由点入射光束的入射角和折射角分别为、，由折射定律可得
A正确；
B．该光束在棱镜中的临界角为，则由
由前面分析可知，光束在点的入射角为60°，显然，所以光束在面发生了全反射，B错误；
C．光束在棱镜中的速度为
由几何关系得
所以
则光在棱镜中的传播时间为
代入数据解得
C错误；
D．如果将入射点向上移动足够大距离，作出光路图如图乙所示
由几何关系可知光束可垂直边射出棱镜，D正确。
故选AD。
10．【知识点】牛顿第二定律求解瞬时突变问题
【答案】BD
【详解】AB．剪断弹簧之前，斜面与小球间无弹力，小球受力如图1
根据平衡条件可得，，剪断弹簧①瞬间，立即消失，和不变，小球和斜面间产生弹力和摩擦力，受力分析如图2

根据牛顿第二定律，有，解得，方向沿斜面向上，，A错误，B正确；
CD．剪断弹簧②瞬间，消失，和不变，受力分析如图3

和在垂直斜面方向上的分力等大、反向，即，小球和斜面之间仍无弹力和摩擦力，则加速度为，方向沿斜面向下，，C错误，D正确。选BD。
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)10 (2)左 2.70 1.33
【解析】(1)电阻箱与A2串联，将电流表A2改装成了量程为3V的电压表，则由欧姆定律可得电阻箱电阻R=UmIA2-RA2=3V200mA-RA2=10Ω。
(2)闭合开关前，应将图中滑动变阻器的滑片移到左端，使滑动变阻器接入电路的电阻最大。根据闭合电路欧姆定律有E=I2RA2+R+I1+I1RA1R1r+R0+I1RAl，代入数据可得E=15I2+6r+22I1，整理I2=E15-6r+2215I1，由题意有E15=0.18，6r+2215=2，联立解得E=2.70V,r≈1.33Ω。
13．【知识点】气体的等压变化与盖—吕萨克定律、气体的等容变化与查理定律
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）根据题意，设气体温度最高时，气体压强为，气体的最高温度为，气体温度最低时，气体压强为，气体的最低温度为，根据查理定律有
（2）以温度最高时容器内的空气为研究对象,设其体积为,其在温度最低时对应的体积为，根据盖吕萨克定律有，设温度最高和最低时的密度分别为、，则有，解得
14．【知识点】电磁感应现象中的功能问题
【答案】（1）顺时针；（2）①；② ；（3）
【详解】（1）单匝线圈在该时刻的电流方向为顺时针，由右手定则可知线圈感应电流产生的磁场垂直于铁盘向内，为垂直于铁盘向内的磁通量减小，垂直于铁盘向外的磁通量增大，磁铁盘的转动方向为顺时针。
（2）由法拉第电磁感应定律，另解：由两条导线转动切割产生电动势，得，②如图所示

（3）线圈串联电路的总电动势，由闭合电路的欧姆定律，则加速转动时电流随时间变化关系，加速转动电阻R上功率随时间变化关系，由P-t图像面积得用电器R上产生的焦耳热

15．【知识点】求解弹性碰撞问题
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）从两木板由静止释放到木板P刚到B点，对两木板组成的整体，根据动能定理，解得
（2）木板P刚好完全进入BC段时，对两木板组成的整体
对木板Q，根据牛顿第二定律，解得
（3）木板P、Q进入BC段时仍相对静止，所受摩擦力大小随着进入BC的长度线性增加，从两木板白静止释放到木板P刚到C点，对两木板组成的整体，解得，木板P开始冲出C点后，木板P加速，木板Q匀速，两者分离，木板P滑过C点过程，解得
（4）PQ碰撞时P的速度大小为，解得，PQ碰撞时Q的速度大小为，PQ发生弹性碰撞时，以沿斜面向上为正方向，则有，，解得，，设C点以上的粗糙部分长度足够，设Q减速为零时下端离C点距离为x，从碰后到Q静止，根据动能定理，解得