2025年湖南省邵阳市高考物理一模试卷（含详细答案解析）

这是一份2025年湖南省邵阳市高考物理一模试卷（含详细答案解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.2024年10月8日消息，本年度诺贝尔物理学奖授予约翰⋅霍普菲尔德和杰弗里⋅辛顿，“以表彰他们为利用人工神经网络进行机器学习作出的基础性发现和发明”。在物理学的探索和发现过程中，物理过程和研究方法比物理知识本身更加重要。以下关于物理学研究方法和物理学史的叙述中正确的是( )
A. 惯性定律即牛顿第一定律，伽利略通过理想斜面实验直接验证了惯性定律
B. 美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷，并通过油滴实验测得元电荷的数值
C. 自然界中的电和磁存在着某种神秘的联系，丹麦物理学家奥斯特通过不断地探索发现了电流的磁效应
D. 根据速度定义式v=ΔxΔt，当Δt足够小时，ΔxΔt就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义应用了微元法思想方法
2.测糖仪的原理是溶液的折射率与含糖率成正比，通过测量溶液相对标准透明介质的折射率，即可得到待测溶液的含糖率。如图所示为某种测糖仪内部核心结构的原理图，截面为半圆形的透明容器中装有待测溶液，容器右侧有一截面为长方形的标准透明介质，介质右侧面贴有一屏幕，可用来记录光线出射的位置。现有一束光沿半径方向射向半圆形圆心，射出后分为a、b两束光，图中α>β，忽略容器壁的厚度，下列说法正确的是( )
A. a、b光在溶液中的传播速度比在透明介质中的小
B. 若稍微提高溶液的含糖率，光线打在屏幕上的位置均将向下移动
C. 若逐渐提高溶液的含糖率，a光先不能射出容器
D. 稍水平向左移动透明介质，光线打在屏幕上的位置均将向下移动
3.学校组织趣味运动会，某运动员手持乒乓球拍托着球沿水平直赛道向前跑，运动员速度越大，乒乓球受到的水平风力越大。已知球拍面与水平面的夹角为53∘，乒乓球的质量为2.7g，乒乓球与球拍面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，sin53∘=0.8，不考虑乒乓球的滚动，当运动员以某一速度匀速向前跑时，乒乓球恰好不下滑，关于此时的乒乓球下列说法正确的是( )
A. 乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向下B. 乒乓球受三个力的作用
C. 乒乓球受到的风力大小为1.35×10−2ND. 如果球拍面竖直，则乒乓球不会下滑
4.开普勒用二十年的时间研究第谷的行星观测记录，发现了行星运动规律。通常认为，太阳保持静止不动，行星绕太阳做匀速圆周运动，则开普勒第三定律中常量k1=R3T2(R为行星轨道半径，T为运行周期)。如图所示，三个质量均为m的天体相距为L成一直线排列，在万有引力作用下构成一稳定的星系。该星系中有类似于开普勒第三定律中常量k2=L3T2。已知引力常量为G，则k2的值为( )
A. 5Gm16π2B. Gm4π2C. 3Gm4π2D. (2+ 2)Gm4π2
5.如图甲所示，取一电阻率为ρ的均质金属材料，将它做成横截面为圆形的金属导线，每段导线体积均恒为V。如图乙所示，将一段导线接在电动势为E，内阻为r的电源两端，并置于方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中；如图丙所示，将另一段导线接在恒流源两端，下列说法不正确的是( )
A. 乙图中，拉长该段导线使直径减小，导线电阻随之增大
B. 丙图中，拉长该段导线使直径减半，导线两端电压变为原来的8倍
C. 丙图中，改变导线直径，该段导线发热功率与直径的四次方成反比
D. 乙图中，通过改变导线直径可改变导线所受的安培力，且最大安培力为12BE Vρr
6.为了研究多层钢板在不同模式下的防弹效果，建立如下简化模型。如图所示，两个完全相同的钢板A、B厚度均为d，质量均为m。第一次把A、B焊接在一起静置在光滑水平面上，质量也为m的子弹水平射向钢板A，恰好将两钢板击穿。第二次把A、B间隔一段距离水平放置，子弹以同样的速度水平射向A，穿出后再射向B，且两块钢板不会发生碰撞。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，不计子弹的重力，子弹可视为质点。下列说法正确的是( )
A. 第一次子弹射出B时，A的位移为d
B. 第一次子弹穿过A、B所用时间之比为1: 2
C. 第二次子弹不能击穿钢板B，进入钢板B的深度为2+ 33d
D. 第一次、第二次整个系统损失的机械能之比为8:(6+ 3)
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.如图甲所示，均匀介质中三个相同的波源分别位于xOy平面直角坐标系中的A、B、C点，波源振动方向均垂直纸面，振动图像均如图乙所示，波速均为2cm/s。则( )
A. 质点D比质点O晚起振4s
B. t=7.2s时，质点O的速度方向与加速度方向相同
C. 若取走波源B，稳定后质点O、D的相位差始终为π
D. 若取走波源C，稳定后质点O与质点D的振幅相等
8.如图所示，在平面直角坐标系xOy的(−8,0)、(8,0)两点处固定着电荷量分别为+q、−9q的两个点电荷，A、B为y轴上两点，坐标分别为(0,2)、(0,−6)，M、N、P、Q四个点是以−9q为中心的正方形的四个顶点，在上述两个点电荷所形成的电场中，下列说法正确的是( )
A. N点与Q点电势相等
B. x轴上x=−4cm处电场强度为零
C. B点的电势高于A点的电势，A点的电场强度大于B点的电场强度
D. 将某一负电荷从P点移动到Q点电场力做的功大于将其从N点移动到M点电场力做的功
9.“辘轳”是中国古代取水的重要设施，通过转动手柄将轻绳缠绕到半径为R的转筒上，就可以把水桶从井中提起。若某次转动手柄的角速度ω随时间t变化的图像如图乙所示，经3t0时间把水桶从井底提升到井口，水桶和桶中水的总质量为m，重力加速度大小为g，水桶可看成质点，下列说法正确的是( )
A. 0∼2t0，水桶做初速度为零的匀加速直线运动
B. 水井的深度为ω0Rt0
C. 把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为mgω0R2
D. 把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为mω02R22
10.间距为L=1m的两根平行光滑金属导轨MN、PQ固定放置在同一水平面内，两导轨间存在大小为B=1T，方向垂直导轨平面向外的匀强磁场，导轨左端串接一阻值为R=4Ω的定值电阻，导体棒垂直放在导轨上，如图所示。当水平圆盘匀速转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动T形支架在水平方向往复运动，T形支架进而驱动导体棒在水平面内做简谐运动，以水平向右为正方向，其位移x与运动时间t的关系为x=−0.5cs(4t)m。已知导体棒质量为m=1kg，总是保持与导轨接触良好，除定值电阻外其余电阻均忽略不计，空气阻力忽略不计，不考虑电路中感应电流的磁场，则下列说法正确的是( )
A. 导体棒在运动过程中，产生感应电流的最大值为Im=0.5A
B. 在0∼π8s时间内，通过导体棒的电荷量为0.25C
C. 在0∼π8s时间内，T形支架对导体棒做功WT=(2+π16)J
D. 当T形支架对导体棒的作用力为0时，导体棒的速度大小为32 257m/s
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某学习小组利用图示装置探究加速度与力、质量的关系，主要操作步骤如下：
a.按图甲所示完成装置安装，木板左端用铰链连接在桌面上，将1个钩码通过跨过定滑轮的细绳连接到小车上；
b.调整木块位置，使小车获得一定初速度后，遮光片通过两光电门的遮光时间相等；
c.取下钩码，由静止释放小车，记录小车通过上、下两个光电门时遮光片的遮光时间，分别记为t1和t2；
d.依次增加悬挂的钩码(完全相同)个数n，重复步骤b、c、d。
请完成以下问题：
(1)两光电门中心间的距离为s，遮光片的宽度d用螺旋测微器测量如图乙，读得d=______ mm。由a=d22s(1t22−1t12)计算出小车加速度。
(2)要探究小车加速度与所受合外力的关系，以加速度a为纵轴，以______(选填“n”“1n”“n2”或“1n2”)为横轴描点作图，当所作图像是一条过坐标原点的倾斜直线时，则说明：在小车质量不变的情况下，小车的加速度与所受合外力成正比。
(3)下列做法能减小本实验误差的是______。
A.减小两光电门之间的距离
B.要确保小车的质量远大于钩码的质量
C.挑选遮光片时，选宽度比较小的
D.挑选表面比较光滑的木板进行实验
12.某兴趣小组利用实验室的器材进行电表内阻的测量实验。
(1)小组成员在实验室发现一个表盘数字被污渍遮挡的电压表，利用图甲中的电路图测量电压表量程。闭合开关后，调节滑动变阻器R1和电阻箱R2，保持电流表满偏Ig=100mA，当R21=8Ω时，电压表指针偏转了满偏的13，当R22=18Ω时，电压表指针偏转了满偏的23，则电压表量程为______ V，电流表内阻为RA=______Ω。
(2)小组成员选择完好的实验仪器，利用表盘如图乙所示的多用电表和图丙中的电路图测量该电压表的内阻(内阻约十几千欧)。
①利用多用电表的欧姆挡对电压表内阻进行粗测。将多用电表挡位调到欧姆______挡(选填“×100”或“×1k”)，再将红表笔和黑表笔短接，调零后，将两表笔接在电压表正负接线柱上，用多用电表读出电压表内阻阻值；
②按照图丙所示的电路图连接实验仪器后，闭合开关S，改变电阻箱阻值，读取多组电压表示数U与电阻箱阻值R，并绘制出R−1U图像如图丁所示，图像斜率为k，若已知电源电动势E，则电压表内阻RV=______，电源内阻对电压表内阻测量______(选填“有”或“无”)影响。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.小明学习热学知识后设计了一个利用气体来测量液体温度的装置。该装置由导热性能良好、厚度不计的圆柱形细管、圆柱形金属块、上下两个小卡环组成。圆柱形金属块质量为20g厚度为2cm与管壁紧密接触(不漏气)，管内用金属块封闭有一定量的理想气体，管内卡环限制金属块只能在管内一定范围内上下移动，以金属块下端位置为基准在上下卡环之间刻上刻度。上、下卡环间距离为52cm，上端卡环距管下端距离为102cm，管的横截面积为10mm2，测温时把温度计竖直插入待测液体中。不考虑固体的热胀冷缩，不计一切摩擦阻力，外界大气压强恒为p0=1.0×105Pa，g取10m/s2，当管内气体的温度为7∘C时金属块恰好对下方卡环无压力。
(1)求该温度计的测温范围；
(2)某次测温时示数由63∘C上升到147∘C，该过程管内气体吸收的热量为0.68J，求管内气体内能改变量。
14.如图甲所示，空间存在两边界为同轴圆柱面的电磁场区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅱ位于区域Ⅰ外侧，圆柱面的轴线沿空间直角坐标系Oxyz的x轴方向。半径R=0.10m的足够长水平圆柱形区域Ⅰ内分布着沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小B=8×10−3T；沿x轴正方向观察电磁场分布如图乙，宽度d=0.10m的区域Ⅱ同时存在电、磁场，电场强度E=80N/C的匀强电场沿x轴正方向，磁场的磁感应强度大小也为B=8×10−3T、磁感线与圆弧边界平行且沿顺时针方向，沿y轴负方向观察电磁场分布如图丙，比荷qm=1.25×107C/kg的带正电粒子，从坐标为(0,0.20)的A点以一定初速度v0沿z轴负方向进入且能沿直线通过区域Ⅱ。(不计粒子的重力和空气阻力)
(1)求v0大小以及它在区域Ⅰ中运动的半径；
(2)若撤去区域Ⅱ的电场，求该粒子以速度 2v0从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅰ运动的总时间。
15.如图所示，固定的桌面、地面和固定的螺旋形圆管均光滑，轻质弹簧左端固定，自然伸长位置为O′点，弹簧的劲度系数k=400N/m，圆轨道的半径R=0.5m，圆管的内径比质量为m1的小球直径略大，但远小于圆轨道半径，质量为m2的小物块静止于质量为m3的木板左端，木板的上表面恰好与圆管轨道水平部分下端表面等高，小物块与木板上表面间的动摩擦因数μ=0.5，木板右端与墙壁之间的距离L0=5m，现用力将小球向左推压，将弹簧压缩x0=0.2m，然后由静止释放小球，小球与弹簧不连接，小球运动到桌面右端O′点后水平抛出，从管口A点处沿圆管切线飞入圆管内部，从圆管水平部分B点飞出，并恰好与小物块发生弹性碰撞，经过一段时间后木板和右侧墙壁发生弹性碰撞，已知小物块始终未和墙壁碰撞，并且未脱离木板，已知OA与竖直方向夹角θ=37∘。m1=m2=1kg；m3=0.5kg，g=10m/s2，sin37∘=0.6。求：
(1)抛出点O′与管口A间的高度差h；
(2)小球在圆管最高点所受的弹力FN；
(3)木板在地面上滑动的总路程s。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、惯性定律即牛顿第一定律，该实验无法通过实验直接验证，伽利略通过理想斜面实验间接验证了惯性定律，故A错误；
B、美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷，但通过油滴实验测得元电荷数值的是美国物理学家密立根，而非富兰克林，故B错误；
C、丹麦物理学家奥斯特通过不断地探索发现了电流的磁效应，故C正确；
D、根据速度定义式有，速度v=ΔxΔt，当Δt足够小时，ΔxΔt就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义应用了极限的思想方法，故D错误。
故选：C。
根据物理学史和物理学研究方法的知识点，对每个选项中提到的物理学家及其贡献有准确的理解，同时根据物理学研究方法的基本概念，通过分析每个选项的内容，判断其正确性。
本题主要考查了物理学史中几位重要物理学家的贡献以及物理学研究方法的理解。正确理解每个物理学家的贡献和物理学研究方法是解答此类题目的关键。
2.【答案】B
【解析】解：A、α>β，由光的折射定律
n=sinθ1sinθ2
结合光路图可知，溶液的折射率小于透明介质的折射率，由
v=cn
可知，光线在溶液中的传播速度比在透明介质中的大，故A错误；
B、稍微提高溶液的含糖率，溶液的折射率增大，光线从溶液射出时，折射角增大，故打在屏幕上的位置向下移动，故B正确；
C、由图可知，溶液对a光的折射率小于溶液对b光的折射率，由
n=1sinC
可知，逐渐提高溶液的含糖率，b光先达到全反射的临界角，即b光先不能射出容器，故C错误；
D、稍微水平向左移动透明介质，由几何关系可知光线打在屏幕上的位置均将向上移动，故D错误。
故选：B。
根据v=cn判断；考虑溶液含糖率提高时，其折射率增大；根据n=1sinC判断；分析水平向左移动透明介质时，光线在透明介质中入射角是否变化，由几何关系判断光线打在屏幕上的位置是否改变。
本题主要考查光的折射和全反射相关知识，难度适中。
3.【答案】C
【解析】解：A.乒乓球恰好不下滑，所以乒乓球有沿球拍下滑的趋势，静摩擦力方向与相对运动趋势方向相反，乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向上，故A错误；
B.对乒乓球进行受力分析，受到重力、球拍支持力、球拍的摩擦力和水平风力共四个力的作用，故B错误；
C.以乒乓球为对象，受力分析如图所示
根据平衡条件可得F风cs⁡53∘+Ff=mgsin⁡53∘，FN=mgcs⁡53∘+F风sin⁡53∘
又Ff=μFN
联立解得乒乓球受到的风力大小为F风=1.35×10−2N
故C正确；
D.当球拍竖直时，如果水平风力不变，由于fmax=μF风