卷1-备战2025年高考物理【名校地市好题必刷】全真模拟卷（湖南专用）（解析版）

备战2025年高考物理【名校地市好题必刷】全真模拟卷（湖南专用）第一模拟一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（2021·湖南永州·模拟预测）如图所示，有界匀强磁场的宽度为L，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里正方形abcd是粗细均匀的导体框，总电阻为4R，边长为L，该导体框处于纸面内。导体框在外力作用下沿对角线ac（垂直于磁场边界）由I位置匀速运动到Ⅲ位置，速度大小为v，则（）A．导体框由I位置到Ⅲ位置过程中感应电流的方向保持不变B．导体框由Ⅰ位置到Ⅱ位置过程中最大感应电流为C．导体框由I位置到Ⅲ位置过程中通过的电荷量为D．导体框由I位置到Ⅱ位置过程中外力的最大功率为【答案】D【解析】A．导体框由I位置到Ⅱ位置过程中磁通量增加，根据右手定则可知图中电流方向为逆时针，导体框由Ⅱ位置到Ⅲ位置过程中磁通量减小，根据右手定则可知图中电流方向为顺时针，A错误；B．导体框由Ⅰ位置到Ⅱ位置过程中当bd位于磁场两边界上时，导体框切割磁场的有效切割长度的最长的，为L，则产生的最大电动势为根据闭合电路欧姆定律知最大电流故最大感应电流为I=B错误；C．导体框由I位置运动到Ⅱ位置过程中平均感应电动势为则平均感应电流为通过的电荷量同理导体框由Ⅱ位置到Ⅲ位置过程中，平均感应电动势为则平均感应电流为通过的电荷量则导体框由I位置到Ⅲ位置过程中通过的电荷量为C错误；D．导体框由I位置到Ⅱ位置过程中，bd位于磁场左边界上时，感应电流最大为，安培力最大为因为匀速，合力为零，则最大外力外力的最大功率P=Fv联立，可得P=D正确。故选D。2．（2021·湖南株洲·二模）如图所示，A、O、B为一点电荷的电场中电势相等的三个点，它们正好是直角三角形的三个顶点，a、b分别是所在边的中点。已知a点的最大场强为E0，则b点的最大场强为（）A． B．E0 C． D．3E0【答案】D【解析】因为A、O、B为一点电荷的电场中电势相等的三个点，所以A、O、B三点在点电荷的同一个等势面上，根据点电荷电势的公式可知，该点电荷应该在AB的中点上。令AB的中点为c，AO的距离为L，则，a点的最大场强为所以b点的最大场强为故选D。3．（2021·湖南·益阳市箴言中学模拟预测）2021年5月，基于俗称“中国天眼”的500米口径球面射电望远镜的观测，国家天文台李菂、朱炜玮研究团组姚菊枚博士等首次研究发现脉冲星三维速度与自转轴共线的证据。之前的2020年3月，我国天文学家通过，在武仙座球状星团中发现一个脉冲双星系统。如图所示，假设在太空中有恒星A、B双星系统绕点做顺时针匀速圆周运动，运动周期为，它们的轨道半径分别为，，C为B的卫星，绕B做逆时针匀速圆周运动，周期为，忽略A与C之间的引力，万引力常量为，则以下说法正确的是（）

A．若知道C的轨道半径，则可求出C的质量B．若A也有一颗运动周期为的卫星，则其轨道半径大于C的轨道半径C．恒星B的质量为D．设A、B、C三星由图示位置到再次共线的时间为，则【答案】B【解析】A．C绕B做匀速圆周运动，满足故无法求出C的质量，A错误；B．因为A、B为双星系统，满足又因为，所以，设A卫星质量为m，根据可知，的卫星轨道半径大于C的轨道半径，B正确；C．因为A、B为双星系统，所以相互之间的引力提供运动所需的向心力，即可得C错误；D．A、B、C三星由图示位置到再次共线应满足解得D错误。故选B。4．（2021·湖南·株洲市第八中学高三期中）如图所示，汽车用跨过定滑轮的轻绳提升物块A。汽车匀速向右运动，在物块A到达滑轮之前，关于物块A，下列说法正确的是（）A．速度比小车速度大B．处于超重状态C．沿竖直向上做匀速运动D．沿竖直向上先加速后减速【答案】B【解析】ABC．对汽车的速度v沿绳子的方向和垂直于绳子的方向进行正交分解，如图所示物块A上升的速度大小等于v2，根据三角形关系有显然，A的速度比小车速度小；汽车匀速向右运动，θ角变小，所以v2增大，物块向上做加速运动，加速度向上，物块处于超重状态，故B正确，AC错误；D．汽车向右匀速运动的过程中，角度θ逐渐减小，由得知，物块向上做加速运动，不会出现减速的情况，故D错误。故选B。5．（2021·湖南怀化·一模）水平路面上匀速行驶的汽车，因紧急情况而刹车，刹车过程中汽车做匀减速直线运动，v-t图像如图所示。已知汽车开始刹车后，第2秒内的位移为4m，2秒后的位移为0.5m。汽车刹车过程的加速度大小为（）

A． B．C． D．【答案】A【解析】设经过时间t后汽车停止运动，则逆向思维有，解得故选A。6．（2021·湖南·模拟预测）在如图所示的电路中，电容器的电容为，两极板间有一静止的带电液滴。现将滑动变阻器的滑片稍向上移动一些，电压表示数变化量的绝对值为，电容器电量变化量的绝对值为。下列说法正确的是（）A．一定大于 B．灯泡一定变亮C．电源输出功率一定减小 D．带电液滴向上运动【答案】A【解析】A．将滑动变阻器的滑片稍向上移动时，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，总电流变大，电源的内电压变大，则路端电压变小。总电流变大，灯泡的电压变大，即电压表的示数变大。根据路端电压等于灯泡的电压与右侧并联部分电压之和，可知，右侧并联部分电压变小，由于路端电压变小，所以右侧并联部分电压减小量大于灯泡电压的增加量，所以电容器电压的变化量绝对值大于，因此电容器电量变化量的绝对值为一定大于，故A正确；B．右侧并联部分电压变小，灯泡的电压变小，则灯泡一定变暗，故B错误；C．由于电源的内外电阻关系未知，所以不能判断电源输出功率如何变化，故C错误；D．电容器板间电压变小，电场强度变小，带电液滴向下运动。故D错误。故A。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．（2021·湖南·模拟预测）巴耳末系是指氢原子从能级跃迁到能级时发出的光谱线系如图甲所示，因瑞士数学教师巴耳末于1885年总结出其波长通项公式（巴耳末公式）而得名。图乙中给出了巴耳末谱线对应的波长，已知可见光的光子能量在到之间，普朗克常量，则下列说法正确的是（）

A．谱线对应光子的能量大于谱线对应光子的能量B．巴耳末系辐射、、、谱线均属于可见光C．按玻尔原子模型，与谱线对应的跃迁是从能级到能级D．该谱系的光照射极限频率为的钨，能发生光电效应现象【答案】BC【解析】A．由图可知，谱线其波长最长，对应的频率最低，根据可知，其光子能量最低，故A错误；B．已知可见光的光子能量在到之间，普朗克常量，根据和可得求出可见光的波长范围约，可知巴耳末系辐射、、、谱线均属于可见光，故B正确；C．由可知，谱线对应光子的能量为，按玻尔原子模型，与谱线对应的跃迁是从能级到能级，故C正确；D．该谱系的光子能量最大的是谱线对应的光子，其频率为小于钨的极限频率，不能发生光电效应现象，故D错误。故选BC。8．（2021·湖南·三模）图甲所示的电路由理想变压器、理想电流表、理想电压表及负载电阻R组成，负载电阻的阻值为，变压器原、副线圈的匝数比，且原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，下列说法正确的是（）A．通过电阻R的交流电频率为B．电压表的示数为22VC．电流表的示数为1AD．电阻R的功率为22W【答案】AC【解析】A．由题图乙可知交流电电源的周期为0.02s，则频率而变压器不改变频率，选项A正确；B．由题图乙可知交流电电源的最大电压为，则有效值为220V，根据可知电压表的示数为11V，选项B错误；C．电流表的示数选项C正确；D．电阻R的功率选项D错误。故选AC。9．（2021·湖南省常德芷兰实验学校三模）2022年冬季奥运会将在北京举行。我国冰壶运动员在某一次水面内训练时，红壶以一定的速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向上的冰面来减小阻力。碰撞前、后两壶运动的v－t图线如图中实线所示，如果两冰壶的质量相等，那么，由图像可得出正确的结论是（）

A．碰撞后瞬间，蓝壶的速度为，红壶的速度为B．两壶在碰撞过程中损失的机械能为两壶从碰后到静止损失的总机械能的倍C．红、蓝两壶在运动过程中，动摩擦因数之比为D．碰后蓝壶经过停止运动【答案】AD【解析】A．由图像可以看出，碰前红壶的速度为，碰后瞬间蓝壶的速度，两冰壶质量相等，碰撞过程动量守恒，设红壶碰后的速度为，以碰前红壶的速度方向为正方向，由动量守恒定律得得故A正确；B．碰撞过程中损失的机械能为两壶从碰后到静止损失的总机械能两壶在碰撞过程中损失的机械能为两壶从碰后到静止损失的总机械能的，故B错误；CD．碰前红壶的加速度为则由图像可知碰后蓝壶运动时间为则碰后蓝壶的加速度为则则故C错误，D正确。故选AD。10．（2021·湖南·模拟预测）光电倍增管（PMT）是光子技术器件中的一个重要产品，它是一种具有极高灵敏度和超快时间响应的光探测器件。可广泛应用于光子计数、极微弱光探测、化学发光、生物发光研究、极低能量射线探测、分光光度计、旋光仪、色度计、照度计、尘埃计、浊度计、光密度计、热释光量仪、辐射量热计、扫描电镜、生化分析仪等仪器设备中。如图是其相邻的第i个倍增极和第个倍增极的示意图，每个倍增级长为a，水平间距和垂直间距都是a。若在空间施加垂直于纸面向里的匀强磁场B，当速度为v、质量为m、电荷量为e的电子垂直第i倍增极射出时，下列说法正确的（）A．若，电子都不会被第倍增极收集B．若，部分电子不会被第倍增极收集C．若，电子都不会被第倍增极收集D．改变磁感应强度B，从第i倍增极最右端射出的电子从射出到穿过所在连线的时间都相等【答案】AC【解析】A．从第i倍增级最左端射出的电子刚好到达第倍增级最右端时，圆周运动的半径为，如图所示，则有由洛伦兹力提供向心力，有解得电子都不会被第倍增极收集，故A正确；C．从第i倍增级最右端射出的电子刚好到达第倍增级最左端时，圆周运动的半径为，如图所示，则由洛伦兹力提供向心力，有解得若电子都不会被第倍增极收集，故C正确；B．所以当范围内，粒子才可能被第倍增极收集，若，恰好全部电子能被第倍增极收集，射出的到，射出的到，故B错误；D．改变磁感应强度B，电子从第i倍增极运动到第倍增极轨迹对应的圆心角发生变化，轨迹的长度发生变化，运动的时间不相同，故D错误；故选AC。三、非选择题：共56分。第11～14题为必考题，每个试题考生都必须作答第15～16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。11.（6分）（2021·湖南郴州·一模）某实验小组利用拉力传感器和速度传感器探究“功与速度的关系”。如图所示，他们将拉力传感器固定在小车上，用不可伸长的细线将其通过一个定滑轮与钩码相连，用速度传感器记录通过A、B时的速度大小。小车中可以放置砝码。

（1）下表是他们测得的一组数据，其中M是拉力传感器、小车与小车中砝码质量之和，是两个速度传感器记录速度的平方差，可以据此计算出动能变化量，F是拉力传感器受到的拉力，W是F在A、B间所作的功。表格中的______，______。（结果保留三位有效数字）（2）从数据记录表中发现总是小于W的原因是___________。数据记录表次数M（kg）（J）F（N）W（J）10.5000.7600.1900.4000.20020.5001.650.4130.8400.42030.5002.401.22041.0002.401.202.4201.2151.0002.841.422.8601.43【答案】0.6000.610实验时没有平衡摩擦力【解析】（1）由题可知根据有其他几组数据可得A、B间的距离因此（2）实验时没有平衡摩擦力，物体所受的合外力小于拉力。12.（9分）（2021·湖南·长郡中学二模）为测量甲、乙金属丝的电阻率，小明同学设计了如图（a）、（b）所示的两种实验方案，已知电源的电动势E和内阻r在实验过程中保持不变。

（1）小明先进行了如图（a）方案的测量；①他首先利用游标卡尺和螺旋测微器分别测出甲、乙两根不同金属丝的直径，示数分别如图（c）、图（d）所示。则两根金属丝直径的测量值分别为：d甲=_________mm、d乙=_________mm；

②实验过程中，小明先将甲金属丝接入电路，并用米尺测出接入电路中的甲金属丝的长度l=50.00cm。闭合开关后移动滑动变阻器的滑片分别处于不同的位置，并依次记录了两电表的测量数据如下表所示，其中5组数据的对应点他已经标在如图（e）所示的坐标纸上，请你标出余下一组数据的对应点，并在图（e）画出U—I图线（______）；实验次数123456U/V0.901.201.501.802.102.40I/A0.180.240.310.370.430.49③该方案测得的甲金属丝的电阻率__________（计算结果保留两位有效数字）；

（2）小明又用如图（b）方案测量乙金属丝的电阻率，实验中他可以通过改变接线夹（即图（b）中滑动变阻器符号上的箭头接触金属丝的位置），以控制接入电路中金属丝的长度；①实验操作步骤：a．正确连接电路，设定电阻箱的阻值，闭合开关b．读出电流表的示数，记录接线夹的位置c．断开开关，测出接入电路的金属丝的长度d．闭合开关，重复b、c的操作②根据测得电流与金属丝接入长度关系的数据，绘出如图（f）所示的关系图线，由图可以算出图线的斜率为k，若已测得乙金属丝的直径为d，已知电源的电动势为E、内阻为r。则乙金属丝的电阻率为_________；（写出电阻率的计算式）（3）电表的内阻可能对实验产生系统误差，图（b）方案电阻率测量值_________（选填“大于”“小于”或“等于”）真实值。【答案】1.750.546~0.549等于【解析】（1）①两根金属丝直径的测量值分别为②作出U—I图像如图

③由图像可知根据根据解得（2）②由闭合电路的欧姆定律即则则（3）图（a）中电压的测量值偏大，导致电阻测量值偏大，则电阻率的测量值偏大；图（b）中若考虑电流表内阻，则不影响图像的斜率，则电阻率的测量值不变。13.（13分）（2021·湖南湘潭·一模）如图所示，两金属杆和长均为，电阻分别为和，质量分别为和，用两根质量和电阻均可忽略的不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，并悬挂在水平、光滑、不导电的圆棒两侧。两金属杆都处在水平位置，整个装置处在一与回路平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为。初始状态杆比杆高，现让杆由静止开始向下运动，当杆运动到比杆高时，杆恰好开始做匀速直线运动，取。求：（1）杆从释放到开始做匀速直线运动的过程中通过杆的电荷量；（2）杆做匀速直线运动时的速度；（3）杆从释放到开始做匀速直线运动的过程中杆上产生的焦耳热。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】(1)据题意可得由法拉第电磁感应定律可得由欧姆定律可得则通过杆的电荷量解得(2)假设磁感应强度的方向垂直纸面向里，杆向下匀速运动的速度为，则杆切割磁感线产生的感应电动势大小为方向；杆以速度向上切割磁感线运动产生的感应电动势大小为方向；在闭合回路中产生方向的感应电流，据闭合电路欧姆定律知杆受安培力方向向上，杆受的安培力方向向下，，大小相等有对杆应有对杆应有联立得解得(3)根据能量守恒定律有则杆上产生的焦耳热14.（15分）（2021·湖南·高三期中）如下图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量的小物块A，装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带始终以的速度逆时针转动。装置的右边是一段光滑的水平台面连接的光滑曲面，质量的小物块B从其上距水平台面处由静止释放。已知物块B与传送带之间的摩擦因数，传送带的长度。设物块A、B之间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态，取。（1）求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；（2）物块B与物块A第一次碰撞后到再次碰撞前与传送带的摩擦生热；（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，求出物块B第n次碰撞后的动能。【答案】（1）；（2）12J；（3）【解析】（1）设B滑到曲面底部速度为，则有解得则B在传送带上开始做匀减速运动，设B一直做减速滑过传送带的速度为，则有解得由于，说明假设成立，即B与A碰撞前速度为。（2）设第一次碰后A的速度为，B的速度为，取向左为正方向，则弹性碰撞过程有解得则弹性碰撞后，B向右滑上传送带，有解得则B刚好滑到传送带的右端，再以原速率返回左端，在传送带上运动的时间为物块B与物块A第一次碰撞后到再次碰撞前与传送带的摩擦产生的热量为（3）由于第一次碰撞后，B的速率小于传送带速率，B在传送带上先向右做匀减速到0的运动，再向左做匀加速运动以原速率返回左端，所以物块B与物块A第二次碰撞前的速度为，设第二次碰后A的速度为，B的速度为，取向左为正方向，则弹性碰撞过程有解得同理可推：B每次碰撞后都将被传送带回与A发生下一次弹性碰撞，则B与A碰撞n次后反弹，速度大小为物块B第n次碰撞后的动能为（二）选考题：共13分。请考生从两道中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。15.[物理选修3-3]（1）（5分）（2021·湖南株洲·二模）关于分子动理论和物体的内能，下列说法正确的是__________。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）A．某种物体的温度为0℃，说明该物体中分子的平均动能为零B．物体的温度升高时，分子的平均动能一定增大，但内能不一定增大C．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间斥力大于引力D．10g100℃水的内能小于10g100℃水蒸气的内能E.一切达到热平衡的系统都具有相同的温度【答案】BDE【解析】A．物体的温度为0℃时热力学温度为273K，所以物体中分子的平均动能不为零。A错误；B．物体的温度升高时，分子的平均动能一定增大，但内能不一定增大，因为内能不仅跟温度有关，还跟体积有关。B正确；C．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子在做热运动。此时分子间距离较大，分子力可忽略。C错误；D．因为10g100℃水变成10g100℃水蒸气需要吸热，所以10g100℃水的内能小于10g100℃水蒸气的内能。D正确；E．一切达到热平衡的系统都具有相同的温度。E正确。故选BDE。（2）（8分）（2021·湖南湘潭·一模）中国共产党成立100周年庆祝大会临近尾声时，广场上的100个气球笼同时打开，10万只气球腾空而起，缤纷的色彩在天空中恣意绽放，一道斑斓的气球幕墙在北京上空描绘出一幅美丽的画卷。据报道，本次使用的气球为氦气球，每个气球需要充入氦气，充气后压强等于一个标准大气压，地面附近空气温度为、压强为。（1）用一个体积为、压强为的氦气罐给气球充气（认为充气前后气球和氦气罐温度都与环境温度一致，不发生变化），在忽略漏气损耗的情况下，这样的1个氦气罐可以充满多少个氦气球；（2）本次大会使用的气球由可降解材料制成，当气球体积膨胀到时会发生爆炸。已知高度每升高，空气温度下降，若一个气球在刚好上升到时