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文档简介

湖南衡阳正源学校2025届高考物理四模试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、单项选择题: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、两个相距较远的分子仅在彼此间分子力作用下由静止开始运动,直至不再靠近。在此过程中,下述正确的是A.分子力先增大后减小 B.分子力先做正功,后做负功C.分子势能一直增大 D.分子势能先增大后减小2、下列关于物理学史、物理学研究方法的叙述中,正确的是()A.库仑提出一种观点,认为在电荷周围存在着由它产生的电场B.伽利略通过观察发现了行星运动的规律C.牛顿通过多次实验发现力不是维持物体运动的原因D.卡文迪许通过扭秤实验,测定出了万有引力常量3、在人类太空征服史中,让人类遗憾的是“太空加油站”的缺乏。当通信卫星轨道校正能源耗尽的时候,它的生命就走到了尽头,有很多成了太空垃圾。如今“轨道康复者”是救助此类卫星的新型太空航天器,图甲是“轨道康复者”航天器在给太空中“垃圾”卫星补充能源,可简化为图乙所示的模型,让“轨道康复者”N对已偏离原来正常工作轨道的卫星M进行校正,则()A.“轨道康复者”N从图乙所示轨道上加速,与卫星M对接补充能源后开动M上的小发动机向前喷气,能校正卫星M到较低的轨道运行B.让M降低到N所在轨道上,补充能源后再开启卫星M上的小发动机校正C.在图乙中M的动能一定小于N的动能D.在图乙中,M、N和地球球心三者不可能处在同一直线上4、如图所示,一充电后的平行板电容器的两极板间距离为l,在正极板附近有一质量为m1、电荷量为q1(q1>0)的粒子A,在负极板附近有一质量为m2,电荷量为-q2(q2>0)的粒子B仅在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距方的平面Q。两粒子间相互作用力可忽略,不计粒子重力,则下列说法正确的是()A.粒子A、B的加速度大小之比4:3B.粒子A、B的比荷之比为3:4C.粒子A、B通过平面Q时的速度大小之比为:2D.粒子A、B通过平面Q时的动能之比为3:45、如图所示,两个接触面平滑的铅柱压紧后悬挂起来,下面的铅柱不脱落。主要原因是()A.铅分子做无规则热运动B.铅柱间存在磁力的作用C.铅柱间存在万有引力的作用D.铅柱间存在分子引力的作用6、在光滑水平地面上放有一个表面光滑的静止的圆弧形小车,另有一质量与小车相等可视为质点的铁块,以速度从小车的右端向左滑上小车,如图所示,铁块上滑至圆弧面的某一高度后返回,不计空气阻力,则铁块返回到小车的右端以后,相对于地面,将做的运动是()A.又以速度沿小车向左滑动 B.以与大小相等的速度从小车右端平抛出去C.以比小的速度从车右端平抛出去 D.自由落体运动二、多项选择题: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,有多个选项是符合题目要求的。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、如图甲所示,一块质量为mA=1kg的木板A静止在水平地面上,一个质量为mB=1kg的滑块B静止在木板的左端,对B施加一向右的水平恒力F,一段时间后B从A右端滑出,A继续在地面上运动一段距离后停止,此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度取g=10m/s1.则下列说法正确的是A.滑块与木板之间的动摩擦因数为0.6B.木板与地面之间的动摩擦因数为0.1C.F的大小可能为9ND.F的大小与板长L有关8、如图甲,间距L=lm且足够长的光滑平行金属导轨cd、ef固定在水平面(纸面)上,右侧cf间接有R=2Ω的电阻.垂直于导轨跨接一根长l=2m、质量m=0.8kg的金属杆,金属杆每米长度的电阻为2Ω.t=0时刻,宽度a=1.5m的匀强磁场左边界紧邻金属杆,磁场方向竖直向下、磁感应强度大小B=2T.从t=0时刻起,金属杆(在方向平行于导轨的水平外力F作用下)和磁场向左运动的速度一时间图像分别如图乙中的①和②.若金属杆与导轨接触良好,不计导轨电阻,则)()A.t=0时刻,R两端的电压为B.t=0.5s时刻,金属杆所受安培力的大小为1N、方向水平向左C.t=l.5s时刻,金属杆所受外力F做功的功率为4.8WD.金属杆和磁场分离前的过程中,从c到f通过电阻R的电荷量为0.5C9、如图,楔形物块A静置在水平地面上,其斜面粗糙,斜面上有小物块B,用平行于斜面的力F拉B,使之沿斜面匀速上滑。现改变力F的方向至与斜面成一定的角度,仍使物体B沿斜面匀速上滑。在B运动的过程中,楔形物块A始终保持静止。关于相互间作用力的描述正确的有()A.A对B的摩擦力可能不变B.拉力F可能增大C.物体B对斜面的作用力减小D.地面受到的摩擦力大小可能变大10、如图是一定质量的理想气体的p-V图,气体状态从A→B→C→D→A完成一次循环,A→B(图中实线)和C→D为等温过程,温度分别为T1和T2.下列判断正确的是()A.T1>T2B.C→D过程放出的热量等于外界对气体做的功C.若气体状态沿图中虚线由A→B,则气体的温度先降低后升高D.从微观角度讲B→C过程压强降低是由于分子的密集程度减少而引起的E.若B→C过程放热200J,D→A过程吸热300J,则D→A过程气体对外界做功100J三、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。11.(6分)小王和小李两位同学分别测量电压表V1的内阻.(1)先用调好的欧姆表“×1K”挡粗测电压表V1的内阻,测量时欧姆表的黑表笔与电压表的__________(填“+”或“—”)接线柱接触,测量结果如图甲所示,则粗测电压表V1的内阻为___________k.(2)为了精确测量电压表V1的内阻,小王同学用如图乙所示的电路,闭合开关S1前将滑动变阻器的滑片移到最__________(填“左”或“右”)端,电阻箱接入电路的电阻调到最__________(填“大”或“小”),闭合开关S1,调节滑动变阻器和电阻箱,使两电压表指针的偏转角度都较大,读出电压表V1、V2的示数分别为U1、U2,电阻箱的示数为R0,则被测电压表V1的内阻__________.(3)小李同学用如图丙所示的电路,闭合开关S1,并将单刀双掷开关S2打到1,调节滑动变阻器的滑片,使电压表V2的指针偏转角度较大,并记录电压表V2的示数为U,再将单刀双掷开关S2打到2,调节电阻箱,使电压表V2的示数仍然为U,此时电阻箱接入电阻的示数如图丁所示,则被测电压表V1的内阻__________.12.(12分)(1)在“研究平抛物体的运动”实验的装置如下左图所示,下列说法正确的是_____A.将斜槽的末端切线调成水平B.将木板校准到竖直方向,并使木板平面与小球下落的竖直平面平行C.斜槽轨道必须光滑D.每次释放小球时的位置越高,实验效果越好(2)为了描出物体的运动轨迹,实验应有下列各个步骤:A.以O为原点,画出与y轴相垂直的水平轴x轴;B.把事先做的有缺口的纸片用手按在竖直木板上,使由斜槽上滚下抛出的小球正好从纸片的缺口中通过,用铅笔在白纸上描下小球穿过这个缺口的位置;C.每次都使小球由斜槽上固定的标卡位置开始滚下,用同样的方法描出小球经过的一系列位置,并用平滑的曲线把它们连接起来,这样就描出了小球做平抛运动的轨迹;D.用图钉把白纸钉在竖直木板上,并在木板的左上角固定好斜槽;E.在斜槽末端抬高一个小球半径处定为O点,在白纸上把O点描下来,利用重垂线在白纸上画出过O点向下的竖直直线,定为y轴.在上述实验中,缺少的步骤F是___________________________________________________,正确的实验步骤顺序是__________________.(3)如图所示,在“研究平抛物体运动”的实验中,用一张印有小方格的纸记录轨迹,小方格的边长L=1.25cm.若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示,则小球平抛的初速度的计算式为vo=_____(用L、g表示),其值是_____(取g=9.8m/s2).四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13.(10分)如图所示,喷雾器内有13L药液,上部封闭有1atm的空气2L.关闭喷雾阀门,用打气筒活塞每次可以打进1atm、200cm3的空气,(设外界环境温度一定,忽略打气和喷药过程温度的变化,空气可看作理想)求:①要使喷雾器内气体压强增大到2.4atm,打气筒应打气的次数n;②若压强达到2.4atm时停止打气,并开始向外喷药,那么当喷雾器内药液上方空气的压强降为1atm时,桶内剩下的药液的体积。14.(16分)如图所示,电阻不计、间距为L的平行金属导轨固定于水平面上,其左端接有阻值为R的电阻,整个装置放在磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中。质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直放置予导轨上,以水平初速度v0向右运动,金属棒的位移为x时停下。其在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触。金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。求:金属棒在运动过程中(1)通过金属棒ab的电流最大值和方向;(2)加速度的最大值am;(3)电阻R上产生的焦耳热QR。15.(12分)如图所示,ABCD是某种透明材料的截面,AB面为平面,CD面是半径为R的圆弧面,O1O2为对称轴;一束单色光从O1点斜射到AB面上折射后照射到圆弧面上E点,刚好发生全反射,∠O1O2E=30°,DO2⊥CO2,透明材料对单色光的折射率为233,光在真空中传播速度为(i)单色光在AB面上入射角α的正弦值;(结果可以用根号表示)(ii)光在透明材料中传播的时间(不考虑光在BC面的反射)。(结果可以用根号表示)

参考答案一、单项选择题: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、B【解析】

A.两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动,直至不再靠近的过程中,当分子间距大于平衡间距时,分子力表现为引力;当分子间距小于平衡间距时,分子力表现为斥力,分子引力先减小后增大,斥力增大,A错误;B.两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动,直至不再靠近的过程中,分子力先是引力后是斥力,故先做正功后做负功,B正确;C.只有分子力做功,先做正功后做负功,根据动能定理,动能先增加后减小,C错误;D.分子力先做正功后做负功;分子力做功等于分子势能的变化量;故分子势能先减小后增加,D错误。故选B。2、D【解析】

A.法拉第提出一种观点,认为在电荷的周围存在着由它产生的电场,故A错误;B.开普勒通过分析第谷观测的天文数据,发现了行星运动的规律,故B错误;C.伽利略通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持,故C错误;D.卡文迪许通过扭秤实验,测定出了万有引力常量,故D正确。故选D。3、A【解析】

A.开动M上的小发动机向前喷气,可使卫星M减速,速度减小,所需的向心力减小,卫星M做向心运动,则能校正卫星M到较低的轨道运行,故A正确;B.让M降低到N所在轨道上,补充能源后再开启卫星M上的小发动机,可使卫星M减速,速度减小,所需的向心力减小,卫星M做向心力运动,则卫星M会在更低的轨道运动,故B错误;C.由于不知道M、N的质量,所以无法比较两者的动能,故C错误;D.由可得可知N的角速度比M的大,所以M、N和地球球心三者可能处在同一直线上,故D错误。故选A。4、B【解析】

设电场强度大小为E,两粒子的运动时间相同,对粒子A有对粒子B有联立解得故A错误,B正确;C.由v=at得故C错误;D.由于质量关系未知,动能之比无法确定,故D错误。故选B。5、D【解析】

分子间的引力的斥力是同时存在的,但它们的大小与分子间的距离有关。分子间距离稍大时表现为引力,距离很近时则表现为斥力,两铅块紧密结合,是分子间引力发挥了主要作用,D正确,ABC错误。故选D。6、D【解析】

小铁块和小车组成的系统水平方向不受外力,系统水平方向的动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得根据机械能守恒定律可得因为M=m,所以解得。所以铁块离开车时将做自由落体运动。故ABC错误,D正确。故选D。二、多项选择题: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,有多个选项是符合题目要求的。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、BD【解析】

根据木板A的v-t图像求解滑块在木板上滑动时和离开木板时木板的加速度,根据牛顿第二定律列式求解两个动摩擦因数;若木块在木板上滑动时,木块的加速度应该大于木板的加速度,由此求解F的范围;根据木块和木板的位移关系求解F与L的关系.【详解】滑块在木板上滑动时木板的加速度为,对木板根据牛顿第二定律:;滑块从木板上滑出时木板的加速度为,对木板根据牛顿第二定律:;联立解得:μ1=0.7,μ1=0.1,选项A错误,B正确;对木块B:,其中的aA>1m/s1,则F>9N,则F的大小不可能为9N,选项C错误;根据,式中t=1s,联立解得:F=1L+9,即F的大小与板长L有关,选项D正确;故选BD.【点睛】此题时牛顿第二定律的综合应用问题,首先要搞清两物体的运动情况,通过v-t图像获取运动信息,结合牛顿第二定律求解.8、BD【解析】

A、t=0时刻,棒的速度为零,磁场向左运动的速度为2m/s,等效为棒切割的速度为2m/s,,棒的内阻为,故电阻R的电压为:,故A错误;B、t=0.5s时,棒的切割速度为2-1=1m/s,方向向右,,,方向由左手定则可知水平向左,故B正确;C、金属杆做匀加速直线运动,故,由图象可知,金属杆所受安培力的大小为:,可得,则金属杆做功的功率为:,故C错误.D、金属杆和磁场分离前的过程中,在0-1s内,金属杆相对于磁场向右运动,产生的感应电流由c到f。在0-1s内,金属杆相对于磁场通过的位移大小为:,从c到f通过电阻R的电荷量为:,故D正确。故选BD。9、BC【解析】

AB.拉力F平行斜面向上时,先对物体B受力分析如图根据平衡条件,平行斜面方向F=f+mgsinθ垂直斜面方向N=mgcosθ其中:f=μN解得F=mg(sinθ+μcosθ)①f=μmgcosθ②拉力改变方向后,设其与斜面夹角为α,根据平衡条件,平行斜面方向F′cosα=f+mgsinθ垂直斜面方向N′+F′sinα=mgcosθ其中:f′=μN′解得③f′=μ(mgcosθ-F′sinα)④由②④两式得到滑动摩擦力减小;由①③两式得到,拉力F可能变大,也可能减小,故A错误,B正确;CD.对物体A受力分析,受重力、支持力、B对A的压力、B对A的滑动摩擦力、地面对A的静摩擦力,如图:根据平衡条件,水平方向有f静=Nsinθ+fcosθ结合前面AB选项分析可知,当拉力改变方向后,N和f都减小,故f和N的合力一定减小(B对A的力就是f和N的合力)。静摩擦力也一定减小,故C正确,D错误;故选BC.10、ABE【解析】由图示图象可知,D→A过程为等压过程,气体体积变大,由盖吕萨克定律可知,气体温度升高,即A点的温度高于D点的温度,则,故A正确;C→D过程是等温变化,气体内能不变,,气体体积减小,外界对气体做功,,由热力学第一定律得,气体放出热量,由以上分析可知,C→D过程放出的热量等于外界对气体做的,故B正确;若气体状态沿图中虚线由A→B,则气体的温度先升高后降低,故C错误;从B→C过程,气体体积不变,压强减小,由查理定律可知,气体的温度T降低,分子的平均动能减小,由于气体体积不变,分子数密度不变,单位时间内撞击器壁的分子数不变,分子平均动能减小,分子撞击器壁的作用力变小,气体压强减小,故D错误;由热力学第一定律可知,若B→C过程放热200J,D→A过程吸热300J,则D→A过程气体对外界做功100J,故E正确;三、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。11、(1)+,9.0;(2)左,大,;(3)8455【解析】

(1)欧姆表的电流从黑表笔流出,因此黑表笔应与电压表的“+”接线柱相连接,欧姆表的读数为9.0k.(2)为保护电路,闭合开关S1前应将滑动变阻器的滑片移到最左端,使输出电压为零,电阻箱接入电路的电阻最大,被测电压表的内阻.(3)被测电压表的内阻等于电阻箱的接入电路的阻值,即为8455.12、AB;调整斜槽使放在斜槽末端的小球可停留在任何位置,说明斜槽末端切线已水平;DFEABC;;0.7m/s【解析】

(1)将斜槽的末端切线

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