第PAGE"pagenumber"pagenumber頁，共NUMPAGES"numberofpages"numberofpages頁2025屆湖南省武岡市展輝學校高考物理最后一卷練習試卷學校:___________姓名:___________班級:___________考號:___________注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在本試卷和答題卡上．2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．碳14是碳元素的一種具有放射性的同位素，被廣泛應用于化學、醫學、生物學及考古學等領域，某古生物化石中碳14在碳原子中所占的比例是現代生物中的。下列說法正確的是（）A．碳14比它的同位素碳12多兩個質子B．碳14的比結合能大于它的同位素碳12C．碳14發生衰變的核反應方程為D．該古生物化石經歷了16個半衰期2．如圖左所示是一列簡諧橫波在t=0.1s時刻的波形圖，P是平衡位置在x=1.5m處的質點，Q是平衡位置在x=12m處的質點；圖右為質點Q的振動圖像A．這列波沿x軸負方向傳播B．在t=0.35s時，質點Q的位置坐標為12C．從t=0.1s到t=0.35s的過程中，質點P的路程為D．從t=0.1s時刻開始計時，質點P再過Δt=0.075+0.2ns時（3．在奧運會滑板街式比賽中，某選手（視為質點）從U型池邊緣以初速度斜向上騰空，初速度方向與水平方向夾角為。若忽略空氣阻力，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．選手在上升過程處于超重狀態，下降過程處于失重狀態B．選手在上升和下降階段經過同一高度時速度相同C．選手在最高點時的速度為零D．選手回到與U型池邊緣等高處的時間為4．在半徑為、質量為、質量分布均勻的銅球中挖去一個半徑為的球形部分，留下的空穴與銅球表面相切。在銅球外有一個質量為、可視為質點的小球，它位于銅球、空穴球心連線的延長線上，到銅球球心的距離為。挖去后銅球剩余部分對小球吸引力的大小是（）A． B． C． D．5．如圖所示，勻強電場中有一等腰直角三角形ABC，AB=BC=2dm，D為AB邊中點，電場方向與△ABC所在平面平行，規定B點的電勢為0；將電荷量q=?6×10?6C的點電荷從A點移到B點，電場力做了?2.4×10?5J的功，再將該點電荷從B點移到CA．B、C兩點的電勢差UBCB．點電荷q在D點具有的電勢能為?1.2×10C．該勻強電場的場強大小為1005V/m，方向垂直于CD連線指向D．將△ABC繞B點順時針旋轉，無論轉過多大的角度，A、C兩點電勢都不會相等6．如圖所示，在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，有一豎直足夠長的固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質量為m，電荷量為+q，電場強度為E，磁感應強度為B，P與桿間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，小球由靜止開始下滑，在運動過程中小球最大加速度為a0，最大速度為v0A．小球開始下滑時的加速度最大B．小球的速度由12v0增大至vC．當a=12a0時小球的速度v與D．當v=12v0時小球的加速度a與二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7．如圖所示，一輕質光滑定滑輪固定在質量為M的斜面體頂端，斜面體左側傾角為37°，右側傾角為53°。質量分別為m和4m的物體A、B通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩均與斜面平行，A、B恰好都處于靜止狀態。已知A、B兩物體與斜面體間的動摩擦因數均為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，sin53°＝0．8，cos53°＝0．6。現剪斷輕繩，若斜面體始終處于靜止狀態，下列說法正確的是A．μ＝13B．剪斷輕繩后，A、B都能沿斜面加速下滑C．剪斷輕繩后，斜面體對地面的壓力大于（M＋5m）gD．剪斷輕繩后，地面對斜面體的摩擦力方向水平向右8．發光二極管的原理圖如圖所示，管芯的薄圓形發光面AB緊貼半球形透明介質，介質的折射率為n。半球球心O點與發光面的圓心重合，半球和發光面的半徑分別為R和r。則（）A．光穿出透明介質時，傳播方向不一定變化B．光穿出透明介質時，頻率一定變化C．發光面的半徑r＜Rn時D．發光面的半徑r無論多大，光只能從半球形表面某區域射出9．如圖所示，某理想變壓器原、副線圈的匝數之比為2∶1，原線圈與阻值R0＝120Ω的定值電阻串聯后接在電壓有效值恒為240V的正弦交流電源兩端，副線圈電路中接有理想電流表和最大阻值R＝40Ω的滑動變阻器，a、b為滑動變阻器的兩端點。初始時滑動變阻器的滑片P位于滑動變阻器的中點，在將滑片P向上緩慢滑至a點的過程中，下列說法正確的是A．電流表的示數逐漸減小B．交流電源的輸出功率逐漸增大C．滑動變阻器消耗電功率的最大值為120WD．定值電阻消耗電功率的最大值為120W10．如圖所示，水平地面與豎直面內的半圓形軌道相切于b點，半圓形軌道內壁貼有非常薄的光滑內膜，軌道半徑為R。a、b間的距離為4R，一質量為m的滑塊將彈簧壓縮至a點后由靜止釋放，滑塊恰能從半圓軌道的最高點c拋出。若撤去光滑內膜，將滑塊再次壓縮至a點，釋放后滑塊恰能從半圓軌道上的d點拋出，已知滑塊與水平地面間的動摩擦因數為0.25，dO連線與豎直方向的夾角為，滑塊可視為質點。下列說法正確的是（）A．彈簧壓縮至a點時的彈性勢能大小為3mgRB．撤去內膜滑塊沿半圓軌道由b到d機械能的減少量為0.3mgRC．滑塊先后兩次從半圓軌道拋出時的動能之比為D．滑塊先后兩次從半圓軌道拋出后的動能增加量之比為三、非選擇題：本大題共5題，共56分。11（8分）．某研究小組用圖1所示的裝置進行“用單擺測量重力加速度”的實驗。(1)用游標卡尺測量擺球直徑，如圖2所示，則擺球的直徑。(2)甲同學測得擺長為l，記錄下擺球n次全振動的時間為t，可以測得重力加速度（用l、n、t、表示）。(3)為提高測量準確度，乙同學多次改變單擺的擺長l并測得相應的周期T，他根據測量數據畫出如圖3所示的圖像，根據圖線上任意兩點A、B的坐標、，可求得重力加速度（用、、、、表示）；該圖像不過原點的原因可能是。A．測周期時，將49次全振動記為50次B．測周期時，將50次全振動記為49次C．測擺長時，直接將懸點到小球上端的距離記為擺長D．測擺長時，直接將懸點到小球下端的距離記為擺長(4)丙同學為了研究“單擺做簡諧運動的周期與重力加速度的定量關系”，在伽利略用斜面“沖淡”重力思想的啟發下，創設了“重力加速度”可以人為調節的實驗環境：如圖4所示，在水平地面上固定一傾角可調的光滑斜面，把擺線固定于斜面上的O點，使擺線平行于斜面。拉開擺球至A點，靜止釋放后，擺球在ABC之間做簡諧運動，測得擺角為、擺球的擺動周期為T。多次改變斜面的傾角，重復實驗，記錄、和T，為了能方便準確地利用圖像處理數據進而獲得結論，應繪制圖像（寫出圖像的縱坐標—橫坐標）。12（8分）．為測量電源的電動勢E（約5V）和內阻r（約3），只有如下器材：A．相同電壓表V?、V?（量程3V，內阻很大）；B．滑動變阻器R（最大阻值未知，可滿足實驗要求）；C．電阻箱R'（調節范圍0~999.9）；D．開關和導線若干。實驗電路如圖。(1)按電路圖完成實物連線；(2)將電阻箱R'的阻值調至10，調節滑動變阻器R，電壓表V1和V2有合適的示數。實驗過程的兩組數據如下：電阻箱R'阻值電壓表V1示數電壓表V2示數102.0V2.3V2.5V1.9V電源電動勢E=V，內阻r=（均保留2位有效數字）。13（10分）．如圖，圓形線圈的匝數，面積，處在垂直于紙面向里的勻強磁場中，磁感應強度大小B隨時間t變化的規律為，回路中接有阻值為的電熱絲，線圈的電阻。電熱絲密封在體積為的長方體絕熱容器內，容器缸口處有卡環。容器內有一不計質量的活塞，活塞與汽缸內壁無摩擦且不漏氣，活塞左側封閉一定質量的理想氣體，起始時活塞處于容器中間位置，外界大氣壓強始終為，接通電路開始緩慢對氣體加熱，加熱前氣體溫度為。(1)求流過電熱絲的電流；(2)開始通電活塞緩慢運動，剛到達卡環時，氣缸內氣體的內能增加了，若電熱絲產生的熱量全部被氣體吸收，求此時氣缸內氣體的溫度及電熱絲的通電時間。14（14分）．如圖，足夠長的兩傾斜金屬導軌與水平地面的夾角均為，間距均為L=1m，最低處平滑連接（無能量損失），左上端接有電容的電容器，一質量m=1kg的導體棒與兩側導軌間的動摩擦因數均為0.5，導體棒和導軌的電阻均不計。兩側導軌均存在著垂直于導軌所在平面的勻強磁場，磁感應強度B=4T，現使導體棒從左側導軌上某處由靜止釋放，經時間t1（未知）第一次到達最低點的速度，然后滑上右側導軌，多次運動后，最終停在導軌的最低點。整個過程中電容器未被擊穿，忽略兩磁場間相互影響，重力加速度g取，0.8，求：（1）導體棒第一次運動到最低點時，電容器所帶電荷量Q；（2）導體棒第一次運動到最低點時所用時間t1，第一次運動到最低點時電容器儲存的能量EC；（3）導體棒運動的總時間t總。15．（16分）如圖所示，水平粗糙地面上有一個長為l的輕桿，桿的一端與質量為4m的球A相連，另一端連接鉸鏈O，桿可以在豎直平面內繞O自由轉動，重力加速度為g。O的右側緊靠著一個正方體箱子，箱子質量為4m，邊長為l，箱子左面光滑。現有質量為m的小尖狀物塊以豎直向上v0＝52gl的速度射入A但未射出，隨后A與物塊形成新的整體B，B帶動桿在豎直平面內轉動，轉過90°后，給B施加一個水平向右的恒力F，F大小為536mg。B再轉過60°后，箱子與B分離。已知A、B均可視為質點（1）求小尖狀物塊射入A后與A的共同速度大小；（2）求箱子與地面之間的動摩擦因數μ；（3）在箱子右邊放置一個四分之一圓弧軌道，軌道半徑為12l，軌道圓心處靜止著質量為m的球C（可視為質點），箱子運動到C處，與C發生彈性碰撞，隨后C做平拋運動落入圓弧軌道上。要使C落入圓弧軌道上的動能最小，求C與O的水平距離s

參考答案1．【知識點】原子核的衰變及半衰期【答案】C【詳解】同位素的質子數相同，中子數不同，可知碳14和碳12質子數相同，A錯誤；根據題意可知，碳14有放射性，沒有碳12穩定，原子核越穩定，比結合能越大，可知，碳14的比結合能小于它的同位素碳12，B錯誤；根據質量數與電荷數守恒可知，碳14發生衰變的核反應方程為，C正確；根據半衰期的定義可知，其中為半衰期，根據題意有，則有，可知經過4個半衰期，D錯誤。2．【知識點】波的圖像和振動圖像的綜合應用【答案】D【詳解】根據質點Q的振動圖像，可知在t=0.1s時，質點Q的振動方向是沿y軸負方向，由波形圖可知這列波沿x軸正方向傳播，A錯誤；由振動圖像可知，質點Q的周期T=0.2s，由于Δt=0.35s?0.1s=0.25s=114T，可知此時Q點恰好位于波谷，Q點位置坐標為(12m，-10cm)，B錯誤；根據B選項分析可知從t=0.1s到t=0.35s的過程中，質點P振動了114T，其中在一個周期的時間內，其路程為4A=40cm，在14T時間內，質點P先向著平衡位置振動，再遠離平衡位置振動，平均速率大于一個周期內的平均速率，所以其路程稍大于A=10cm，可知從t=0.1s到t=0.35s的過程中的路程大于50cm，C錯誤；由波形圖可知，該波的波長λ=12m，波速v=λT=60m/s3．【知識點】斜拋運動【答案】D【詳解】選手在上升過程和下降過程，只受重力，加速度為重力加速度，方向豎直向下，所以選手在兩過程中都處于失重狀態，A錯誤；根據對稱性原理，選手在上升和下降階段經過同一高度時速度大小相同，方向不同，B錯誤；將選手斜拋的初速度分解到豎直方向和水平方向，則豎直方向的速度為，水平方向的速度為，選手在豎直方向做勻減速直線運動，直至最高點，此時豎直方向的速度為0，則上升的時間為，根據對稱性原理，選手下落到與U型池邊緣等高處的時間為，所以選手從飛出至回到與U型池邊緣等高處的時間為，D正確；由D項分析，選手做斜拋運動，可知選手在最高點時，豎直方向速度為零，仍有水平方向的速度，C錯誤。4．【知識點】萬有引力定律問題的分析與計算【答案】D【詳解】根據，內部挖去一個半徑為的球形空穴，則挖去質量為M′，，在沒有挖去前，大球對m的萬有引力為，挖去部分對m的萬有引力，則剩余部分對質點的引力大小5．【知識點】勻強電場中電勢差與電場強度的關系【答案】B【詳解】由題意,根據公式UAB=WABq,UBC=WBCq,有UAB=?2.4×10?5?6×10?6V=4V,UBC=1.2×10?5?6×10?6V=?2V,B點的電勢為0,則?A=4V,?C=2V,在勻強電場中沿著同一方向距離相等的任何兩點間電勢差相等,則?A??D=?D??B,可得?D=2V,故點電荷q在D點具有的電勢能為Ep=q?D=?1.2×10?5J,故A錯誤,B正確；因為?D=?C,連接CD,則CD為等勢線,過B作6．【知識點】帶電粒子在疊加場中的運動【答案】B【解析】小球剛開始下滑時受到豎直向下的重力mg，水平向左的電場力Eq，水平向右的彈力FN以及豎直向上的滑動摩擦力Ff，且此時滑動摩擦力Ff=μFN，豎直方向根據牛頓第二定律有mg?μFN=ma1，而隨著小球速度的增加，小球所受洛倫茲力由0逐漸增大，根據左手定則可知洛倫茲力的方向水平向右，則在小球運動后水平方向有Eq=Bqv+FN，可知隨著小球速度的增加，桿對小球的彈力減小，致使桿對小球的摩擦力減小，而當洛倫茲力的大小等于小球所受電場力大小時，桿對小球的彈力為零，此時小球在豎直方向僅受重力，加速度達到最大，為重力加速度，即a0=g，而隨著小球速度的進一步增大，洛倫茲力將大于電場力，小球再次受到桿的彈力，方向水平向左，則摩擦力再次出現，豎直方向的合力減小，加速度減小，直至摩擦力等于小球重力時，小球速度達到最大值，此后小球將做勻速直線運動，因此小球開始下滑時的加速度不是最大，故A錯誤；小球剛開始運動時根據牛頓第二定律有mg?μFN=ma1，解得a1=g?μFNm，而根據A選項中分析可知，加速度最大為重力加速度，即在整個過程中加速度先由a1逐漸增大到a0，再由a0逐漸減小為0，假如開始時加速度是由0開始增加的，則根據運動的對稱性可知，當加速度最大時小球速度恰好達到12v0，但實際上加速度并不是由0開始增加的，因此可知，當加速度最大時小球的速度還未達到12v0，而加速度最大之后由于摩擦力的再次出現，小球開始做加速度減小的加速運動，由此可知，小球的速度由12v0增大至v0的過程中，小球的加速度一直減小，故B正確；當a=12a0時小球可能正在做加速度增大的加速運動，也可能正在做加速度減小的加速運動，根據B選項中分析可知，若小球正在做加速度增大的加速運動，則v與v0之比vv0一定小于7．【知識點】牛頓第二定律求解瞬時突變問題【答案】AD【解析】剪斷輕繩前，對A受力分析，由平衡條件得mgsin37°＋μmgcos37°＝T，對B受力分析，由平衡條件得4mgsin53°＝μ·4mgcos53°＋T，聯立可得A、B與斜面體間的動摩擦因數為μ＝1316，A正確；剪斷輕繩后，對A受力分析，由于mgsin37°＜μmgcos37°，所以剪斷輕繩后，A在斜面上保持靜止，對B受力分析，由于4mgsin53°＞μ·4mgcos53°，所以剪斷輕繩后，B能沿斜面加速下滑，B錯誤；剪斷輕繩后，對B受力分析，由牛頓第二定律有4mgsin53°－μ·4mgcos53°＝4maB，解得aB＝258m/s2，對斜面體和A、B組成的整體受力分析，在豎直方向有（M＋5m）g－N＝4maBsin53°，由牛頓第三定律有N'＝N，所以剪斷輕繩后，斜面體對地面的壓力N'＜（M＋5m）g，C錯誤；對斜面體和A、B組成的整體受力分析，剪斷輕繩后，在水平方向上，由平衡條件得地面對斜面體的摩擦力大小為f＝4maBcos53°，方向水平向右，D【一題多解】整體法剪斷輕繩后，A在斜面上保持靜止，B能沿斜面加速下滑，則B失重，所以斜面體對地面的壓力FN＝（M＋5m）g－4may＜（M＋5m）g，C錯誤。8．【知識點】全反射與折射的綜合應用【答案】AC【詳解】AB．若入射光線恰好沿半徑方向，則光穿出透明介質時，傳播方向不發生變化，且頻率一定不變化，故A正確，B錯誤；CD．因為從發光面的兩端點AB沿垂直AB方向射出的光線有最大的入射角，若此時不發生全反射，則光可從半球形表面任意位置射出，即sinC=1n＞rR即r＜R9．【知識點】含有理想變壓器的動態電路分析、理想變壓器原、副線圈兩端的電壓、功率、電流關系及其應用【答案】AC【解析】設滑動變阻器接入電路的阻值為R1，電流表的示數為I，則變壓器副線圈兩端的電壓U2＝IR1，根據理想變壓器原理知U1＝n1n2U2＝2IR1，I0＝n2n1I＝I2，u＝I0R0＋U1，聯立解得I＝2uR0+4R1，由此可知，電流表的示數隨滑動變阻器接入電路的阻值的增大而逐漸減小，A正確；交流電源的輸出功率P1＝I0u＝u2R0+4R1，由此可知，交流電源的輸出功率隨滑動變阻器接入電路的阻值的增大而逐漸減小，B錯誤；滑動變阻器消耗的電功率P2＝I2R1＝4u2R1（R0+4R1）2＝4u2R02R1+16R1+8R0，當R0【一題多解】原電路等效為定值電阻R0與最大阻值為n1n22R的滑動變阻器串聯，在將滑動變阻器的滑片P向上緩慢滑至a點的過程中，總電阻增大，則電流表的示數逐漸減小，A正確；當定值電阻R0＝n1n22R時，即R＝R04＝30Ω時，滑動變阻器消耗的電功率最大，最大值Pmax＝U22R0＝120W，C正確；當滑動變阻器R的阻值最小時，即R＝20Ω時，10．【知識點】功能原理、能量守恒與曲線運動的綜合【答案】BC【詳解】A．滑塊恰能從半圓軌道的最高點c拋出，則有，解得，從a點到c點，根據功能關系可得，A錯誤；B．dO連線與豎直方向的夾角為，滑塊恰能從半圓軌道上的d點拋出，則有，從a到d根據功能關系可得，聯立解得，B正確；C．由上述分析滑塊先后兩次從半圓軌道拋出時的動能之比為，C正確；D．根據動能定理，合外力做的功等于動能變化量，滑塊先后兩次從半圓軌道拋出后的動能增加量之比為，D錯誤。11．【知識點】實驗：用單擺測量重力加速度【答案】(1)10.6(2)(3)C(4)【詳解】（1）10分度的游標卡尺精度為0.1mm，則擺球的直徑為（2）擺球n次全振動的時間為t，則周期為由單擺的周期公式聯立解得重力加速度為（3）[1]根據單擺的周期公式可得則圖像的斜率為求得重力加速度為[2]A．測周期時，將49次全振動記為50次，則周期的測量值偏小，導致重力加速度的測量值偏大，但依然過坐標原點，故A錯誤；B．測周期時，將50次全振動記為49次，則周期的測量值偏大，導致重力加速度的測量值偏小，但依然過坐標原點，故B錯誤；C．測擺長時，直接將懸點到小球上端的距離記為擺長，擺長的測量少了小球的半徑，有則圖像不過原點，有正的縱截距，故C正確；D．測擺長時，直接將懸點到小球下端的距離記為擺長，擺長的測量多了小球的半徑，有則圖像不過原點，有負的縱截距，故D錯誤。故選C。（4）根據單擺的原理可知，等效重力加速度為，與擺角無關，則有變形可得則為了能方便準確地利用圖像處理數據進而測出重力加速度，應繪制圖像，利用斜率求出。12．【知識點】實驗：電池電動勢和內阻的測量—伏阻法測定電源的電動勢與內阻【答案】(1)；(2)4.9，2.5【詳解】（1）（2）[1][2]根據閉合電路歐姆定理，則有，，可解得，。13．【知識點】氣體的等壓變化與蓋—呂薩克定律、熱力學第一定律及其應用、電磁感應定律的應用【答案】(1)；(2)，120s【詳解】（1）根據法拉第電磁感應定律可得，電動勢為，根據閉合電路歐姆定律可得，流過電熱絲的電流為。（2）開始通電活塞緩慢運動，剛到達卡環時，密封氣體做等壓變化，根據蓋—呂薩克定律可得，解得此時氣缸內氣體的溫度為，此過程氣體對外界做功為，氣缸內氣體的內能增加了，根據熱力學第一定律可得，可得氣體吸收熱量為，根據焦耳定律可得，可得電熱絲的通電時間為。14．【知識點】電磁感應現象中的功能問題【答案】（1）；（2），；（3）【詳解】（1）在最低點，導體棒切割磁場，電容器兩端電壓與導體棒兩端電動勢相等，有，電容器的電容，聯立，解得。（2）導體棒由在左邊導軌上靜止釋放后，在下滑過程中受力分析如圖所示：沿斜面方向由動量定理得，解得，沿斜面方向由牛頓第二定律得，又，，，則，解得，導體棒由在左邊導軌上靜止釋放后做勻加速直線運動，導體棒釋放位置距離導軌的最低點距離，電容器儲存的能量，解得。（3）根據分析可知道，物體沖上右邊導軌后，電容器放電，導體棒安培力沿斜面向上，受力分析圖如圖