2025高考物理湖南卷押题模拟含解析.pdf

试卷第 1 页，共 8 页 一、单选题一、单选题（每题每题 4 4 分分，共共 2 28 8 分分2024 湖南卷押题湖南卷押题）1下列说法正确的是（）A玻尔建立了量子理论，成功解释了各种原子的发光现象 B按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减少，原子总能量增大 C若入射到金属表面的光没有达到一定的强度就不可能发生光电效应 D在光电效应中，光电子的最大初动能和入射光的频率成正比，与入射光的强度无关 2如图所示，质量为 4kg 的物体 A 静止在竖直的轻弹簧上面。质量为 1kg 的物体 B用细线悬挂起来，A、B 紧挨在一起但 A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对 A的压力大小为（取 g=10m/s2）（）A0N B8N C10N D50N 3一匀强电场的方向平行于 xOy平面，平面内 a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为 10V、17V、26V。下列说法正确的是（）A电场强度的大小为 2.5V/cm B坐标原点处的电势为 2V C电子在 a点的电势能比在 b点的小 7eV D电子从 b 点运动到 O点，电场力做功为 16eV 4在小明的家乡有一座某小型发电站，高压输电过程如图所示。升压变压器原、副线圈两端的电压分别为 U1和 U2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为 U3和 U4。在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为 20：1 和 1：20，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确的是（）试卷第 2 页，共 8 页 A若电压表的示数为 220V，电流表的示数为 10A，则线路输送电功率为 2200W B两互感器均起到降压作用 C若保持发电机输出电压 U1一定，仅将滑片 Q下移，则输电线损耗功率减少 D若保持发电机输出电压 U1一定，仅将滑片 Q下移，则输电线损耗功率增加 5为了研究某种透明新材料的光学性质，将其压制成半圆柱形，如图甲所示。一束激光由真空沿半圆柱体的径向与其底面过 O的法线成角射入，CD 为光学传感器，可以探测光的强度，从 AB 面反射回来的光强随角变化的情况如图乙所示。现在将这种新材料制成的一根光导纤维束弯成半圆形，暴露于空气中（假设空气中的折射率与真空相同），设半圆形外半径为R，光导纤维束的半径为 r。则下列说法正确的是（）（sin53=0.8，cos53=0.6）A该新材料的折射率=53 B该新材料的折射率=45 C图甲中若减小入射角，则反射光线和折射光线之间的夹角也将变小 D用同种激光垂直于光导纤维束端面 EF 射入，如图丙，若该束激光不从光导纤维束侧面外泄，则弯成的半圆形半径 R 与纤维束半径 r应满足的关系为 10 6如图所示有竖直平面内的14圆轨道，轨道内外两侧均光滑，半径为，质量为的小滑块以1、2初速度分别在轨道最高点的内侧和外侧运动，以下关于滑块是否脱离轨道的说法正确的是（）A不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点不脱离则其它点一定不会脱离轨道 B不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点的速度大于等于，一定不会脱离轨道 C在轨道的内侧最高点的速度1、外侧最高点的速度2=0，都不会脱离轨道 D在轨道的内侧只要1 0)，质量为 m 的粒子，恰从下方挡板边缘以初速度0入射，入射方向在纸面内、与水平挡板的夹角=53。粒子每次撞击挡板时电量不变，沿挡板方向的分速度大小减为一半、方向不变：垂直于挡板方向的分速度大小也减为一半、方向反向。粒子与挡板发生第 1 次撞击处的右方区域存在磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场。（不计粒子重力，sin53=0.8，cos53=0.6）（1）若粒子始终不与下挡板碰撞，则 d应满足什么条件？（2）若=405，求从粒子射入挡板区域到粒子与挡板发生第三次碰撞的时间；（3）若=405，该粒子没有飞出板间区域，求 L 的取值范围。试卷第 8 页，共 8 页 16（15 分）如图所示，水平传送带左右两侧的台面光滑且等高，一半径 R=3.0m 的竖直固定光滑圆弧轨道与水平台面相切于 A点，一半径 r=1.0m 的竖直固定光滑14圆弧轨道与台面相切于 B点。传送带以 v02m/s 的速度逆时针匀速运行，质量 M=3kg 的滑块 P被锁定在 A点，质量为 m=1kg 的滑块 Q 在14圆弧轨道上从圆心的等高点静止释放。已知滑块 Q 与传送带之间的摩擦因数=0.2，传送带长 L=1m。设滑块 P、Q 间发生的是弹性碰撞（碰撞前瞬间滑块 P 解锁），且滑块 P 每次先于 Q 到达 A 点并立即被锁定，g 取10m/s2，求：（1）滑块 Q 由静止释放沿圆弧轨道到达 B 点时对轨道压力的大小；（2）滑块 P 运动的最大高度；（3）滑块 Q 在传送带上通过的总路程。答案第 1 页，共 15 页 参考答案参考答案 1B【详解】A玻尔建立的量子理论成功解释了氢原子的发光现象，但无法解释其他原子的发光现象，故 A 错误；B按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，根据 22=2 可知，变大，则2变小，所以电子的动能减少，且电子从低轨道到高轨道需要吸收能量，所以原子的总能量增大，故 B 正确；C若入射到金属表面光的频率没有达到该金属的极限频率，就不可能使该金属发生光电效应现象，与入射光的强度无光，故 C 错误；D根据爱因斯坦光电效应方程，得 km=可知在光电效应中，光电子的最大初动能和入射光的频率成一次函数关系，而不是正比关系，故 D 错误。故选 B。2B【详解】剪断细线前，A、B 间无压力，则弹簧的弹力 =A=40N 剪断细线的瞬间，A、B 整体的加速度为 =(A+B)(A+B)=2m/s2 对 B 受力分析根据牛顿第二定律 B N=B 解得 N=8N 由牛顿第三定律知，细线剪断瞬间，B对 A的压力大小为8N，方向竖直向下。故选 B。3A【详解】A电场沿着 x 轴方向电场分量=26V 10V8cm=2V/cm 答案第 2 页，共 15 页 电场沿着 y 轴方向电场分量=26V 17V6cm=1.5V/cm 因此电场强度 =2+2=2.5V/cm 故 A 正确；B由图，根据题意可知，ac 之间电势差与 Ob两点间的电势差相等，则 =解得=1V 故 B 错误；C根据公式p=可知，电子在点的电势能为 p=10eV 电子在点的电势能为 p=17eV 则 p=p p=7eV 电子在 a点的电势能比在 b 点的大 7eV，故 C 错误；D电子从 b 点运动到 O 点，根据电场力做功公式=可得电场力做功为=16eV 故 D 错误。故选 A。4D【详解】A由题意，根据理想变压器变压和变流规律可得 2V=20 解得 U24400V I2200A 所以线路输送的电功率为 PU2I24400200W880kW 答案第 3 页，共 15 页 故 A 错误；B两个互感器原、副线圈的匝数比分别为 20：1 和 1：20，电压互感器电压与匝数成正比，起到降压的作用，电流互感器电流与匝数成反比，起到降流的作用，故 B 错误；CD由理想变压器变压规律 12=12 可得 2=211 则若保持发电机输出电压 U1一定，仅将滑片 Q下移，2增大，U2增大。根据闭合电路欧姆定律有 U3U2I2r 根据理想变压器变压和变流规律有 34=34 24=43 设用户端总电阻为 R，则有 4=4 联立解得 2=2+(34)2 若保持发电机输出电压 U1和用户数一定，仅将滑片 Q 下移，则输电电压 U2增大，R 不变，所以输电电流 I2增大，而输电线损耗功率为 =22 所以输电线损耗功率增大，故 C 错误，D 正确。故选 D。5D【详解】AB由题图乙知，当=53时发生全反射，则有 =1sin=1sin53=1.25 故选项 A B 错误；C图甲中若减小入射角，根据反射定律和折射定律可知反射角和折射角都减小，则反射 答案第 4 页，共 15 页 光线和折射光线之间的夹角也将变大，故选项 C 错误；D激光不从光导纤维束侧面外泄的临界条件是入射光在外侧面处发生全反射，临界光路如图所示，可得：sin=2 解得 =10 所以该束激光不从光导纤维束侧面外泄，则弯成的半圆形半径与纤维束半径应满足的关系为 10 故选项 D 正确。故选 D。6D【详解】当小滑块在轨道内侧运动时，受力分析如图 小滑块所受指向轨道圆心的合力提供向心力，故 cos+T=2 从最高点滑下来，由机械能守恒定律 122=1212+(1 cos)联立得 T=2+12 3cos 所以当T 0时，小滑块能够不脱离轨道在轨道内侧运动，需满足 答案第 5 页，共 15 页 2+12 3cos 当=0时，cos最大，所以需满足 2+12 3 解得小滑块在轨道内侧运动不脱离轨道的条件是 1 当小滑块在轨道外侧运动时，受力分析如图 小滑块所受指向轨道圆心的合力提供向心力，故 cos T=2 从最高点滑下来，由机械能守恒定律 122=1222+(1 cos)联立得 T=3cos 2 22 所以当T 0时，小滑块能够不脱离轨道在轨道外侧运动，需满足 2+22 3cos 当=90时，cos 最小，所以需满足 2+22 0 显然 v2无解，所以无论小滑块以多大的速度在轨道外侧从最高点滑出，都会脱离轨道，所以 A、B、C 错误。故选 D。7C【详解】A对滑环受力分析可知，设细绳与竖直方向的夹角为，设 BD=x，则竖直方向 cos+=随着滑环的下降，则 减小，弹性绳的伸长量 x增大，则 F 逐渐减小，选项 A 错误；答案第 6 页，共 15 页 B竖直杆受的弹力=sin=则竖直杆受的弹力不变，选项 B 错误；C在 D 点处外力 F恰好为零，则 cos=其中 cos=解得 xCD=0.5m 选项 C 正确；D滑环由 C 点运动到 D 点的过程中，重力做功为 WG=mgxCD=5J 因力 F做负功，可知弹性绳上的弹性势能变化量小于 5J，选项 D 错误。故选 C。8BC【详解】根据2=422，解得=423，因不知道同步卫星轨道半径的关系，所以无法比较该星球的同步卫星周期与地球同步卫星周期大小的关系，故A错误；根据2=得：=2，所以星地=星地2地星2=81，由=22，可知 B 正确；根据2=2 解得：=，所以星地=星地地星=2，故 C 正确；根据=，轨道半径相同，但质量不同，所以速度也不一样，故 D 错误 9BC【详解】A设 t时间内，从水枪喷出的水的体积为 V，质量为 m，则 mV VSvt14D2vt 单位时间喷出水的质量为 14vD2 选项 A 错误；答案第 7 页，共 15 页 Bt时间内水枪喷出的水的动能 Ek12mv218D2v3t 由动能定理知高压水枪在此期间对水做功为 WEk18D2v3t 高压水枪的功率 P18D2v3 选项 B 正确；C考虑一个极短时间 t，在此时间内喷到煤层上水的质量为 m，设煤层对水柱的作用力为F，由动量定理得 Ftmv t时间内冲到煤层水的质量 m14D2vt 解得 F14D2v2 由牛顿第三定律可知，水柱对煤层的平均冲力为 FF14D2v2 选项 C 正确；D 当高压水枪向右喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力向左，由于高压水枪有重力，根据平衡条件，手对高压水枪的作用力方向斜向右上方，选项 D 错误。故选 BC。10BD【详解】A 依题意，可知当小物体 C 弹出后，球 P 将向上做类平抛运动，则电场力做正功，电势能减小，故 A 错误；B原来球 P 静止时，有 =(+)小球弹出时，设 P 瞬间速率为 v1，由动量守恒有 =1 得球 P 的速度为大小为 答案第 8 页，共 15 页 1=故 B 正确；C物体 C 弹出后，设经时间 t到达下板，设两板间距为 d，对小球竖直方向，由运动学规律 =122 同理，对 P 竖直方向 =122 =联立以上各式可得 =+故 C 错误；D小球和球 P 自弹出到落板，水平位移大小分别为 0=0，1=1 则两金属板长度至少为 =0+1 联立各式可得 =(+)2 故 D 正确。故选 BD。11BD【详解】AB对金属棒 ab 进行分析，根据动量定理可得 =其中 =所以 22=解得 答案第 9 页，共 15 页 =+22 故可得金属棒做匀加速运动，根据 =可得加速度为 =+22 故 A 错误，B 正确；CD根据能量守恒，下落的过程有一部分重力势能变成电能，还有一部分变成了导体棒的动能，因此金属棒机械能不守恒，导体棒到达地面时的动能 122=根据能量守恒，电容器储存的电势能为 =122=22+22 故 C 错误，D 正确。故选 BD。12 B 1 sin【详解】（1）1设小车和手机的质量为，斜面倾角为，对钩码和小车以及手机的系统由牛顿第二定律有 +sin cos=(+)整理可得 =()+sin cos 可得本实验的原理为与()成一次函数。A因本实验验证牛顿第二定律为对系统采用准确的方法，故不需要近似的用钩码重力代替绳的拉力，也就不需要质量关系，即不需要钩码的质量应该远小于智能手机和小车的质量，故 A 错误；B为了让绳子拉小车的力为恒力，则细绳应该始终与长木板平行，故 B 正确；C本实验若平衡了摩擦力，系统的牛顿第二定律表达式为 =()与()成正比例函数，不符合实验实验结果，则不需要平衡摩擦力，故 C 错误；答案第 10 页，共 15 页 D本实验研究系统的牛顿第二定律，则绳子的拉力小于钩码的重力，故 D 错误。故选 B。（2）2根据与()的一次函数关系，可知图像的斜率的意义为 1=则小车和手机的质量为 =1（3）3根据与()的一次函数关系，可知纵截距的物理意义为 =sin cos 联立解得摩擦力的大小为 =cos=sin 13 1 见解析 958 15k 5 1560 60【详解】（1）1为了保证改装后欧姆表能正常使用，欧姆调零时，有 g=欧 解得欧姆调零时欧姆表内阻为 欧=g=1.5100 106=15000 此时滑动变阻器接入电路阻值为 滑=欧 0 g =(15000 14000 40 2)=958 则滑动变阻器应选1；2欧姆表黑表笔应接电源的正极，实物连线如图所示 （2）3欧姆调零时，有 g=欧 解得欧姆调零时欧姆表内阻为 答案第 11 页，共 15 页 欧=g=1.5100 106=15000 此时滑动变阻器接入电路阻值为 滑=欧 0 g =(15000 14000 40 2)=958 4设电流表表盘的50A刻度对应的改装后欧姆表的刻度为，则有 =欧+解得=欧=1.550 106 15000=15000=15k（3）5表盘上 c处的电流刻度为 75，设此时测量电阻为，则有=欧=1.575 106 15000=5000=5k 则 c处的电阻刻度为 5。（4）6设改装后干路的最大电流为m，则欧姆调零时有 m=欧 对电路进行了改进，使中值电阻为 1500，则有 12m=欧+1500 联立解得 欧=1500，m=1mA=1000uA 则图中电阻箱的阻值应调为 箱=g(0+g)m g=1560 7若用该表测量一阻值为 1000 的电阻时，此时干路电流为 总=欧+1000=0.6mA=600A 则电流表指针对应的电流是 1=箱箱+0+g总=15601560+14000+40 600A=60A 14（1）17；（2）6.5kg【详解】（1）对储气罐中气体分析1=400L，设储气罐中的气体压缩至压强为 0.50时体积变为2，由玻意耳定律有 答案第 12 页，共 15 页 401=0.502 得 2=3200L 设最多可灌满个储气瓶（3=80，3=10L）。由玻意耳定律得 0.50(2 1)=33 解得 =17.5 即最多可灌满 17 个瓶子。（2）设原来 80的储气瓶每瓶满装气体1，4=60的储气瓶每瓶满装气体2，则由理想气体方程 =得 1=12=1132 即 1=120 同理 2=13=1142 即 2=380 则每罐少装了 1 2=180=6.5kg 质量的气体。15（1）05；（2）=（1+5345）；（3）1105【详解】（1）粒子与上板碰后在磁场中做圆周运动，则 02=(02)2 解得 =02 答案第 13 页，共 15 页 若粒子始终不与下挡板碰撞 =（1 cos53）解得 05 （2）粒子在磁场中运动的周期为 =20=2 从粒子射入挡板区域到粒子与挡板发生第三次碰撞的时间 =sin5310+2 2 53360 =（1+5345）（3）第一次碰撞后 1=02 1=21sin53=851 同理可得，第 n 次碰撞后=02=2sin53=85=12 1 粒子没有飞出板间区域 34+1+2+1105 16（1）30N；（2）0.2m；（3）3.67m【详解】（1）设滑块 Q 到达 B 点时速度为，由动能定理得 答案第 14 页，共 15 页 =122 在 B 点 N =2 联立代入数值得 N=30N =25m/s 由牛顿第三定律知：滑块 Q 对轨道压力的大小为 30N（2）由于0，Q 在传送带上开始做匀减速运动。设 Q 一直减速滑过传送带的速度为1，由动能定理得 =1212122 代入数值得 1=4m/s 由于1仍大于0，说明假设成立，即 Q 与 P 碰撞前的速度为4m/s 设第一次碰后 P 的速度为，Q 的速度为，取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得 1=+1212=122+122 代入数值得=2m/s=2m/s 由题知：滑块 P 与滑块 Q 第一次碰撞后获得的速度最大，则：滑块 P 运动的最大高度为：122=代入数值得 =0.2m（注：滑块 P 再次回到 A 点经历的时间为=Rg=1.72s，小于滑块 Q 返回的时间/=2=2。说明滑块 P 先于滑块 Q 回到 A 点）（3）由上述方程知 答案第 15 页，共 15 页=12 上式表明碰撞后滑块 Q 以12的速度向右滑上传送带后在摩擦力的作用下做减速运动，设向右减速的最大位移为m，由动能定理得 m=0 122 解得 m=1m 由运动的对称性可知，滑块 Q 将以12的速度滑块 P 发生弹性碰撞，同理可推：滑块 Q 每次碰后都将被传送带带回并与滑块 P 发生下一次碰撞。则滑块 Q 与滑块 P 碰撞 n 次的速度大小为12。滑块 Q 在传送带上发生的路程为 =1+2 122(122+124+126+122)代入数值得 L=3.67m