2025年湖南省普通高中学业水平选择性考试5月押题卷（四）物理（含解析）

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2025年湖南省普通高中学业水平选择性考试5月押题卷（四）物理（含解析）
本试卷共100分，考试时间75分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
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．下列核反应中属于裂变反应的是( )
A．eq \\al(16, 8)O＋eq \\al(1,0)n→eq \\al(16, 7)N＋eq \\al(1,1)H
B．eq \\al(30,14)Si＋eq \\al(1,1)H→eq \\al(30,15)P＋eq \\al(1,0)n
C．eq \\al(235, 92)U＋eq \\al(1,0)n→eq \\al(144, 56)Ba＋eq \\al(89,36)Kr＋3eq \\al(1,0)n
D．eq \\al(226, 88)Ra→eq \\al(222, 86)Rn＋eq \\al(4,2)He
2．在东北严寒的冬天，有一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯滚烫的开水按一定的弧线均匀快速地泼向空中，泼洒出的小水珠和热气被瞬间凝结成冰而形成壮观的场景。图（a）是某人玩“泼水成冰”游戏的精彩瞬间，图（b）为其示意图，假设泼水过程中杯子做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）

图（a） 图（b）
A. 杯子在 P 位置时，速度沿着 a 方向
B. 杯子在 P 、 Q 两位置的向心加速度相同
C. 杯子从 Q 到 P 运动的过程中,动量发生了变化
D. 从 Q 到 P ，只有重力对杯子做功
3．如图所示，已知匀强电场方向向下，边界为矩形ABGH，匀强磁场方向垂直纸面向里，边界为矩形BCDG，GD长为L，磁感应强度为B。电量为q，质量为m的粒子，从AH中点以垂直电场的速度（未知量）进入电场，然后从边界BG进入磁场，轨迹恰好和磁场另外三个边界相切，运动个圆周后返回电场。不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子一定带正电
B．AB长为2L
C．
D．若电场强度减弱，粒子在磁场中运动时间将变长
4．如图所示，两质量相等的人造卫星A、B均绕地球做匀速圆周运动，用、、分别表示卫星的加速度、动能、周期、与地心连线在单位时间内扫过的面积。下列关系式正确的是（ ）
A．B．C．D．
5．如图所示，在某均匀介质中存在两个点波源S1和S2，它们沿z方向振动，垂直纸面向外为z轴正方向．其中S1位于(−3m,0,0)处，其振动方程为z=0.1sin(10πt+π3)m；S2位于(3m,0,0)处，其振动方程为z=0.1sin(10πt−π6)m．已知波速为40m/s，下列说法正确的是（ ）
A． 波源S1的相位比波源S2的相位落后π2
B． P(0,2m,0)处质点的振幅为0.2m
C． Q(−3m,2m,0)处为振动减弱处
D． t=0时刻波源S1和S2的加速度方向相同
6．如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的绝缘圆环，圆环的A、B、C、D端点上分别固定有一个点电荷，电荷量分别为+Q、+Q、−Q、−Q，圆心为O，AC垂直于BD，a、b、c、d分别为OA、OB、OC、OD的中点，在BD的延长线上有P点和N点，且DP=PN=R2。关于四个点电荷形成的电场，下列判断正确的是（ ）
A．a、b、c、d四点的电场强度大小相等
B．a、b、c、d四点的电势相同
C．d点和P点的电场强度大小相等
D．P点电势大于N点电势
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．（多选）如图所示，质量为M=1kg的长木板放在粗糙的水平地面上，质量m=0.5kg的小物块置于长木板右端，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.4，长木板与地面之间的动摩擦因数μ2=时给小物块施加一个水平向左的恒力F1=3N，给长木板施加一个水平向右的恒力F2=时撤掉力F1，小物块始终未从长木板上掉下来．取重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A． 0∼2s内长木板的加速度大小aM=3m/s2
B． 0∼2s过程中F1对小物块做了12J的功
C． 0∼4s的过程中小物块与长木板之间的摩擦生热Q=24J
D． 恒力对小物块、木板系统做的功等于系统机械能的增加量
8．每年夏季随着温度升高，天山和昆仑山上的冰川开始融化，塔里木河里的水便会溢出河道，流向河边低洼处。同时，河水带来了大量的鱼、虾等生物。当地村民掌握了这样的自然规律，世代居住在这里，以捕鱼为生。现有一村民在距离水面高为的河岸上，看到与水面成角的方向有一条鱼，鱼的实际位置在水面下方处。已知水对光线的折射率为，则下列说法正确的是（ ）
A．鱼的实际深度比村民观察到的要深
B．如图所示，鱼在水中看到岸上所有的景物都会出现在一个倒立的圆锥里，角的最大值为
C．鱼与村民的实际水平距离为2m
D．鱼看到的村民位置比村民的实际位置要高
9．倾斜传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行，如图1所示。在时，将一小煤块轻放在传送带上A点处，2s时小煤块从B点离开传送带。小煤块加速度随时间变化的图像如图2所示，设沿传送带向下为加速度的正方向，重力加速度，下列判断中正确的是（ ）
A．传送带的运行速率为B．传送带的倾斜角
C．小煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.5D．小煤块在传送带上留下的痕迹长度为3.36m
10．如图甲为风力发电的简易模型，发电机接在理想变压器原线圈上，导线上接入阻值的电阻，原、副线圈匝数之比，副线圈上的滑动变阻器的最大阻值为。在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁体转动，转速与风速成正比。某一风速时，发电机两端电压随时间变化的关系图像如图乙所示。其余电阻不计，电路中电表均为理想交流电表，下列说法正确的是（ ）
A．风速加倍时，发电机两端电压的瞬时值表达式为
B．将滑动触头从最下端滑到接近最上端的过程中，电压表读数不变
C．将滑动触头从最下端滑到接近最上端的过程中，R消耗的功率先增大后减小
D．滑动变阻器的阻值为时，其消耗的功率最大
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．某班级物理学习小组的同学们准备测量电阻大约50Ω的某金属丝阻值的准确值，实验室提供了如下器材：
A．直流电源E（电动势约5V，内阻不计）；
B．电压表V1（量程0~5V，内阻r1约10kΩ）；
C．电压表V2（量程0~3V，内阻r2=1000Ω）
D．电流表A（量程0~0.6A，内阻r3约1Ω）
E．定值电阻，阻值R0=25Ω
F．滑动变阻器R1（阻值范围0~500Ω，允许通过的最大电流2.0A）
G．滑动变阻器R2（阻值范围0~10Ω，允许通过的最大电流2.0A）
H．开关S一个，导线若干。
①甲同学先进行电流表（量程选0-0.6A）和电压表（量程选0-3V）的读数练习，则其正确的读数分别为 A； V。
②乙同学设计了如图所示电路，但发现电压表V2的可用范围较小，为了较准确的测量该金属丝电阻Rx，要求两只电表的读数都不小于其量程的，并能测量多组数据，请你在虚线框内画出改进后的测量原理电路图，并在图中标注所选器材的符号。( )
③改进后按电路图连接实物并进行实验，某次测量时，电压表V1的读数为U1，电压表V2的读数为U2，这段电阻丝的长度为L，直径为d，则这段金属丝的电阻率的表达式ρ= 。（用题中已知物理量符号表示）
12．如图甲所示，某同学在做“用单摆测量重力加速度”实验中：
甲
（1） 若摆球的直径为D，悬线长为L，则摆长为__________；
（2） 为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最____（填“高”或“低”）点的位置时开始计时;
（3） 如采用计算法测得的g值偏大，可能的原因是____;
A．单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了
B．把n次全振动的时间误记为n−1次全振动的时间
C．以摆线长作为摆长来计算
D．以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算
（4） 为了提高测量精度，需多次改变L的值并测得相应的周期T.现测得的六组数据，标示在以L为横坐标、T2为纵坐标的坐标纸上，即图乙中用“×”表示的点.根据图乙中的数据点画出T2与L的关系图线.
乙
13．如图所示，放置在水平地面上的气缸由长度均为L、横截面积分别为S、3S的两个气缸连通而成，两个厚度不计的活塞A、B之间由轻杆连接，活塞可无摩擦、自由移动，且与气缸之间密封良好。活塞A、B将气缸分为三个区域，区域Ⅰ和区域Ⅲ充有一定量的理想气体，区域Ⅱ为真空。初始时刻，区域Ⅰ内气体的压强为，温度为，气缸左侧到活塞A的距离为；区域Ⅲ内气体的压强为，温度为，气缸右侧到活塞B的距离也为。现对区域Ⅰ缓慢加热至，此过程中区域Ⅲ内气体的温度保持不变。
(1)若加热时，活塞A、B固定不动，求稳定后区域Ⅰ内气体的压强；
(2)若加热时，活塞A、B可自由移动，求稳定后活塞B向右移动距离。
14．如图所示，质量为的物体B静止在倾角为的斜面上，其距离斜面底端足够长，B与斜面间动摩擦因数为。表面光滑、质量的物体A，在外力作用下静止在B上方3 m处的斜面上。现由静止释放A物体，释放后A经过一段时间与B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，两物体均可视为质点，重力加速度g取，。求：
(1)第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小、；
(2)第二次碰撞前瞬间A的速度大小及碰撞后A、B的速度大小、。
15．光滑的平行金属导轨长L=1m，两导轨间距d=0.5m，轨道平面与水平面的夹角θ=30°，导轨上端接一阻值为R=4Ω的电阻，轨道所在空间有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B=1T，如图所示，有一质量m=1kg、电阻r=1Ω的金属棒ab，放在导轨最上端，其余部分电阻不计。棒ab从轨道最上端由静止开始下滑到轨道最底端时速度的大小为3m/s，g取10m/s2。
（1）当金属棒的速度v=2.0m/s时，电阻R两端的电压U；
（2）在金属棒下滑的整个过程中金属棒中产生的热量Qr；
（3）金属棒从开始下滑到运动至轨道最底端所用时间t。
物理模拟冲刺试卷（四）参考答案
1．【答案】 C
【详解】 核裂变反应是指重核在粒子的轰击后变成两个中等质量的核并释放能量的反应，eq \\al(16, 8)O和eq \\al(30,14)Si都不是重核，故A、B错误；eq \\al(235, 92)U＋eq \\al(1,0)n→eq \\al(144, 56)Ba＋eq \\al(89,36)Kr＋3eq \\al(1,0)n是重核的裂变，故C正确；eq \\al(226, 88)Ra→eq \\al(222, 86)Rn＋eq \\al(4,2)He是原子核的衰变，不是裂变，故D错误。
2．【答案】
C
3．【答案】B
【详解】A．由题意可知，若粒子带正电，运动轨迹如图所示，若粒子带负电，由对称性，粒子在电场中向上偏转，磁场中运动的圆轨迹与正粒子圆轨迹相重合，不论带何种电荷，都符合题意，A错误；
B．如图所示，取正粒子运动轨迹，轨迹恰好和磁场另外三个边界相切，运动个圆周后返回电场,所以圆弧对应的圆心角为，可知图中设定的，设粒子在磁场中运动轨道半径为r,由几何关系
设P点速度为,根据速度的分解可得
，
粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中运动时间为，则有
，
由几何关系
联立解得
B正确；
C．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦磁力提供向心力，可得
代入数据解得
C错误；
D．若电场强度减弱，粒子进入磁场的偏转角减小，粒子在磁场中运动的轨道半径减小，圆轨道对应的圆心角变小，所以在磁场中运动时间将变短，D错误。选B。
4．【答案】C
【详解】根据牛顿第二定律有解得卫星A的轨道半径大于卫星B的轨道半径，则有A错误；卫星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有卫星的动能两卫星质量相等，卫星A的轨道半径大于卫星B的轨道半径，则有B错误；根据开普勒第三定律有，由于卫星A的轨道半径大于卫星B的轨道半径，则有C正确；D．卫星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有卫星与地心连线单位时间内扫过的面积，解得由于卫星A的轨道半径大于卫星B的轨道半径，则有
5．【答案】C
【解析】波源S1的相位为φ1=10πt+π3，波源S2的相位为φ2=10πt−π6，由于Δφ=φ1−φ2=π2，可知波源S1的相位比波源S2的相位超前π2，故A错误；P处质点到两波源的距离差为0，但由于两波源振动步调既不一致也不相反，则P点既不是振动加强点也不是振动减弱点，振幅小于0.2m，故B错误；已知波速为40m/s，周期T=2πω=15s，则波长λ=vT=8m，波源S1的相位比波源S2的相位超前π2，即超前T4，在波源S2的波向Q点传播的过程中，逆着波的传播方向另找一点S′2，如图所示，使S2S′2=λ4=2m，则S′2比S2的相位超前π2，即超前T4，那么S1和S′2可看成两个振动步调一致的波源，Q处质点到S1和S′2两波源的距离差为Δx=((23)2+22+2−2)m=4m=λ2，则可知Q(−3m,2m,0)处为振动减弱处，故C正确；t=0时刻波源S1和S2的位移方向相反，则加速度方向相反，故D错误．
【易错警示】 错误理解振动加强点的性质
本题易误选B，误认为波程差等于零的点就是振动加强点．某质点的振动是加强还是减弱，取决于该点到两相干波源的距离之差Δr和相干波源的振动步调．
6．【答案】A
【解析】根据等量异种点电荷形成的电场特点可知，A、C和B、D处的点电荷在a、b、c、d四点处的电场分布如图甲所示,A点和C点处的点电荷形成的电场中电场强度Eay=Ecy、Eby=Edy，方向都是竖直向下，B点和D点处的点电荷形成的电场中电场强度Eax=Ecx、Ebx=Edx，方向都是水平向右，且Eay=Ecy=Ebx=Edx，Eby=Edy=Eax=Ecx，根据电场强度的叠加可知a、b、c、d四点的电场强度大小相等，A正确；选取无穷远电势为零，可知正电荷周围的电势离正电荷越近电势越高，且为正值，离负电荷越近电势越低且为负值，根据对称性和叠加原理可知φa=φb>φc=φd，B错误；根据等量异种点电荷形成的电场特点可知，四个点电荷在P、d两点处电场分布如图乙所示，根据库仑定律及几何关系有EAC=16kQ55R2，EBD=40kQ9R2，E′AC=16kQ1313R2，E′BD=96kQ25R2，根据场强叠加法则可知d点电场强度大于P点电场强度，C错误；根据电势的叠加原理可知A点的+Q和C点的−Q电荷在P点和N点产生的电势之和均为零，B点的+Q和D点的−Q电荷形成的电场线如图丙所示，可知电场线方向由N指向P，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知φN>φP，D错误。
甲乙丙
【命题创新 】电场和电势的叠加属于高考中的常考点，近几年等量同种或异种点电荷的场强均有考查，本题巧妙地构建了四个点电荷，可构建成两对异种点电荷模型，考查学生对电场和电势叠加的理解，需要学生具备一定的对称思想。
7．【答案】BC
【解析】对长木板，受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律得F2−μ1mg−μ2(M+m)g=MaM，解得aM=1m/s2，A错误；取长木板的运动方向为正方向，对小物块在0～2s内，由牛顿第二定律得μ1mg−F1=ma1，解得a1=−2m/s2，2s后，对小物块由牛顿第二定律有μ1mg=ma2，解得a2=4m/s2，作出长木板和小物块在0∼4s内的v−t图像如图乙中图线a、b所示，由图乙可知，0∼2s内小物块做匀加速直线运动，位移大小x=4m，拉力F1对小物块做功为W=F1x=12J，B正确；两条v−t图线围成图形的面积表示小物块相对于木板运动的长度，由v−t图像知L=12m，小物块与长木板之间的摩擦生热Q=μ1mgL=24J，C正确；由功能关系知，恒力对小物块和木板组成的系统做的功等于系统机械能的增加量和摩擦生热之和，D错误．
甲乙
8．【答案】AD
【详解】A．将鱼作为光源，鱼发出的光经水面折射后，进入村民的眼睛，由于此过程的入射角小于折射角，村民沿进入人眼的折射光的反向延长线看到鱼的虚像处于实际鱼的上方，即鱼的实际深度比村民观察到的要深，A正确；
B．根据题意可知，角的最大值为临界角，根据
可知
B错误；
C．看到与水面成角的方向有一条鱼，鱼作为光源发出的光经过水面后的折射光路图，如图所示
上述光路图折射角
令入射角为，则有
解得
令，，根据几何关系可知
解得
C错误；
D．将村民作为光源，村民发出的光经水面折射后，进入鱼的眼睛，由于此过程的入射角大于折射角，鱼沿进入鱼眼的折射光的反向延长线看到村民的虚像处于实际村民的上方，即鱼看到的村民位置比村民的实际位置要高，D正确。
选AD。
9．【答案】AC
【详解】A．由图2可知，在0.4s时刻，小煤块的加速度发生了突变，则此时小煤块与传送带共速，此时小煤块的速度大小为
可知传送带的运行速率为，A正确；
BC．小煤块与传送带共速前，对小煤块根据牛顿第二定律可得
小煤块与传送带共速后，对小煤块根据牛顿第二定律可得
其中，，联立解得，
B错误，C正确；
D．共速前，小煤块相对传送带向上运动的距离为
小煤块离开传送带的速度大小为
共速后，小煤块相对传送带向下运动的距离为
由于，则小煤块在传送带上留下的痕迹长度为2.56m，D错误。
选AC。
10．【答案】AC
【详解】风速加倍时，永磁体转动的转速与角速度均加倍，根据正弦交流电峰值表达式，可知风速加倍时发电机两端电压变为原来的2倍，即，风速加倍时角速度均加倍，则，可得风速加倍时，发电机两端电压的瞬时值表达式为，A正确；将变压器与负载整体作为一个等效电阻，其阻值为，设发电机两端电压有效值为U，则原线圈的电流，将滑动触头从最下端滑到接近最上端的过程中R接入电路的阻值变小，等效电阻变小，变大，则定值电阻r的分压变大，电压表读数变小，B错误；滑动变阻器R的最大阻值为，可得等效电阻的最大值为，将r看成电源的内阻，当等效电阻等于等效电源内阻r时，等效电源的输出功率最大，电阻R消耗的功率最大。当时，解得，即时其消耗的功率最大，可知将滑动触头从最下端滑到接近最上端的过程中，R消耗的功率先增大后减小，C正确，D错误。
11．【答案】0.50，2.60，，
【详解】①电流表电压表读数分别为 和；②电压表V2并联在定值电阻两端时，当 时，当 时，电压表V2并联在金属丝两端时，当 时，当 时，电压表V2并联在金属丝两端时，测量范围比较大，滑动变阻器选择分压式接法，应该选择较小的R2，因此电路图如图所示
③流过金属丝的电流为，，，联立可得。
12．【答案】（1） L+D2
（2） 低
（3） D
（4） 见解析
【解析】
（1） 若摆球的直径为D,悬线长为L,则摆长为l=L+D2.
（2） 为了减小测量周期的误差,摆球应在经过最低点的位置时开始计时.
（3） 根据单摆的周期公式T=2πlg=2πL+D2g,可得g=4π2T2(L+D2),由此可知,若单摆的悬点未固定紧,振动中出现松动,使摆线增长了,则摆长的测量值偏小,采用计算法测得的g值偏小,故A错误；把n次全振动的时间误记为n−1次全振动的时间,则周期的测量值偏大,采用计算法测得的g值偏小,故B错误；若以摆线长作为摆长来计算,则摆长的测量值偏小,采用计算法测得的g值偏小,故C错误；以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算,则摆长的测量值偏大,采用计算法测得的g值偏大,故D正确.
（4） 根据T=2πlg=2πL+D2g可得T2=4π2gL+2π2gD,可知T2与L的关系图线是一条直线,需要按照“使数据点尽可能多地分布在直线上、其余点均匀分布在直线两侧”的原则作图,如图所示.
【注意说明】
（1）测定摆长l引起的误差
①在未悬挂摆球前测定摆长或漏加摆球半径,得到的摆长偏小,g值偏小；
②测摆长时摆线拉得过紧或以摆球的直径与摆线长之和作为摆长,得到的摆长偏大,g值偏大；
③悬点未固定好,摆球摆动时出现松动,实际摆长偏大,g值偏小.
（2）测定周期引起的误差
①开始计时时停表过迟按下会使所测时间t偏小,g值偏大；同理,停止计时时停表过早按下也会使g值偏大；
②测定n次全振动的时间为t,误计为n+1次全振动,g值偏大；同理,误计为n−1次全振动,g值偏小.
13．【答案】(1)；(2)
【详解】（1）活塞固定，加热过程中，区域Ⅰ中气体发生等容变化，设变化后气体压强为p。由查理定律，
即，
解得。
（2）活塞可自由移动，设活塞向右移动的距离为x，设加热后区域Ⅰ内气体压强为，区域Ⅲ内气体压强为。由平衡知识得，
对区域Ⅰ中气体，由理想气体状态方程，
即，
对区域Ⅲ中气体，由玻意耳定律，
即，
联立，解得。
14．【答案】(1)，；(2)，，
【详解】（1）设沿斜面向下为正方向，物块A与物块B碰前做初速度为零的匀加速运动，根据牛顿第二定律
解得
设物块A以速度与静止的物块B发生弹性碰撞，根据运动学规律
又
联立解得
第一次碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有，
负号表示方向沿斜面向上，解得第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小为， ，其中A向上运动。
（2）第一次碰撞后，A沿斜面向上做匀减速直线运动，对B分析有
故B沿斜面做匀速直线运动，第二次碰撞前A、B的位移相同，设经历时间为，则
解得
故第二次碰撞前瞬间A的速度大小
第二次碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有，
联立解得，（另一解不合实际情况，舍去）
故碰撞后A、B的速度大小为，
15．【答案】（1）0.8V；（2）0.1J；（3）0.61s
【详解】（1）当棒的速度为2.0m/s时，棒中产生的感应电动势为
电阻R两端的电压为
（2）设棒到达底端时的速度为vm，根据能量守恒定律得
解得
所以在棒下滑的整个过程中金属棒中产生的热量为
（3）从开始到达到底端的过程中，根据动量定理可得
解得