物理试题_湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2025届高三下学期模拟试卷（二）

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1.C【解析】C与元素X作用后变成O的核反应方程为C十XO,则X为He,即a粒子，故A错误：N与元素 X作用的核反应方程为N十XgY十H,则Y是O,是O的同位素，故B错误：设X的比结合能为E,由能量守 位可得第一个核反应放出的核能E=17E,-14E一4E,解得E=1E一耳-14E,故C正确：第二个接反应放出的 4 核能为△E=16E一12E一4E,综合可得△E=16E,一12E一17E十E+14E,故D错误. 2.D 【解析】旅据开普勒第二定律，小行星甲在远日，点的速度小于近日，点的速度，故A错误：根据=m,小行星乙 R 于地球公转加速度，故B错误：根据开普勒第三定律，小行星甲与乙的 R十R (R,+R) R,+R) (R+R) 故C错误：甲乙两是从运日点到近日点的时同之比即为网期之此片√微，故 D正确。故选D.德文化 3.D 【解析】升压变匹器输入功率与输出功率相等剔有P=U,解得输电线上的电流为。= 元，故A错误：结合上 迷可知，输电线上撰失电压为U-1R- 器，故B错误：降压变压器输入功率与输出功率相等，则降压变压器的输 出功率为P=P-R,站合上述解得P,=P-票，故C错误；站合上述可知，降压变压器原线圈两瑞电压为山目 U一1R-U一器根搭电压臣数关系有品-只，解得m1m一（器）：1，故D正角，故选D。 4.C【解析】根据题意，几何美系可知OQ与PQ的夹角.OP与PQ的夹角均为0=30°，分析可知，Q受到重力mg、杆的 弹力F#、绳子拉力Fm而平街，由平衡条件得F#=F1ocos9,Fro sin9=mg,联立解得F#=√3mg,对P受力分析可 知，P受到重力3g、杆的弹力F#、绳子拉力Fm和外力F而平衡，如图甲所示。则小琼P受的重力与杆的合力F =(3mg)十(F#)下，联立以上解得F=2mg,作出F,Fm、F三个力的失量三角形如图乙所示，当作用在小缘 P的外力方向与P相连的细绳方向垂直时，外力F最小，即最小值为F。=F,sin0,联立以上解得F=√5g,故 选C。 60 -13m 图甲 图乙 5,C【解析】MN连线中点处场强大于0，且两点间场强最小位置处距离N点较近，可知，固定在M点的点电荷电量 比固定在N点的点电荷电量大，故A错误：若有一正，点电荷由Q点向右侧无穷远处运动，电场力微正功，电势能不 断减小，一直到零，所以Q点的电势大于零，故B错误：从C点由静止释放一正点电荷，仅在电场力作用下，到D点前 场强一直为正值，则场强方向不变，电场力方向不变，它将一直做加速运动，故C正确：从P点山静止释放一负点电 荷，仅在电场力作用下，在它由Q向N运动过程中电场力做负功，电势能增大，故D错误。故选C 6,D【解析】小球甲、乙分别从a处由静止涉两朗杆滑到下端b、c时，动能恰好相等，由动能定理，则有 mgh=E一0，由于hb>h.,则有m甲<me,A错误：如图所示，设c,点到ab的垂直距离为x,ac的倾斜 四，剩有=红，B错误：重力微功为W。=mgh=E,两小球的重力微功相等，时间相等，剥有P=罗， ,因此 两小球所金重力的手均功率相等，C错误：两小球都狱匀加建直线运动，对甲则有。-受，-品受，因为P。 P,则有mgm=megv,可得=2双sin0,在b点甲的醉时功率P,=mpg%,在C点乙的瞬时功率P mmegv.sin8,则有Pp=Pe,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，有多项特合题日要求，全部选对的 得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 题 7 9 10 答案 AC ABD BD CD 7.AC【解析】图甲中，将两平核玻璃中间的纸片拿掉一张后，则空气薄膜劈尖角（上、下表面所夹的角）变小，则有相同 的厚度差对应的水平距高变大，则相邻条线问距变大，A正确：国乙中是双缝千涉图，由千涉条纹问距公式△=宁入 可知，若单色光由蓝光变为橙光，即干涉光的波长变大，干涉条蚊间距变大，则P点位置是第条亮条毅位置向上移 动，B错误：图丙中，光线在，d两处发生了反射，可知b光的偏折程度较大，则b光的折射率较大，由v=二可知，剽 光在水珠中传播速度一定大于b光在水珠中传播速度，C正确；图丁中，越是靠近地面，温度越高，使得地面附近的气 体的密度越小，则空气对光的折射率越小，D错误。故选AC。 8.ABD【解析】如果只在XX上加图甲所示的电压，竖直方向不偏转，所以在荧光屏上希到的图移如图(b),故A正 确：如果只在Y上加图乙所示的电压，水平方向不偏转，测在荧光屏上希到的图形如图()，故B正确：如果在Y、 XX上分别加图甲、乙所示的电压，则水平方向为扫猫电压，扫猫电压覆盖了两个周期的特测信号波形，在荧光屏上 看到的图形将如图(d)所示，故C错误，D正确。故选ABD。 9.BD【解析】瑾撞过程中，弹簧对A和B的冲量大小相等。当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度 相等，即=。时刻，报据动量守版定律m·1.2=(m十m)%,报据能量守板定律E=号m1.2)严一专(m十 m),联主解得m二5m,E中0.6d:同一时刻弹簧对A、B的萍力大小相等，根据牛颜第二定律F=a可知同一 时刻@1=5a,则同一时刻A,B的辩时速度分别为=a4,班=1,2一号，根据位移等于速度在时问上的累积可 得51=Ut(累积)，m=t(累积)又51=0.36，解得n=1.1284,碰撞过程中，弹黄压缩量的最大值△s=m一 =0.768,由图(b)可知，从开始碰撞到分离，物块A的位移大小为2，故BD正确。 10.CD【解析】由图乙可知，感应强度随时间变化的关系式为B=0.1十0.11，由图丙可知，导体棒运动速度与时间的 关系式为一a1=21,导体棒运动位移与时间的关系式为x=a=f,由于到导轨左端的距离为西=16m,所以导 体棒运动的最大时间为=4s,磁感应强度支化产生的感生电动势为B=△BL(:卫=16一.1r,导体棒运动 产生的动生电动势为E=BL=(0.1十0.11)·21=0.21十0.2：，由榜次定律和右手定则可知，感生电动势与动生 电动势方向湘反，则回路中感应电功势为E=E-E=16-03r-0,20<<40,感位电流为1=平，=08 015f-0.11=0.8-0.15[(+宁）广-寸]0≤1≤4s)。可知，随着1增大，感应电流减小，当1=0.8- 0,15[(叶宁）广-寸]=0时，即1=2s时感应电流方向改变，电流开始反向增大，所以回路中的电流先逐新减小后 追渐塔大1=2：时回路中电流方向发生度化，故AB均错误：结合AB分析可知，=1s时，与应电流为1贵A,方 向为逆时针，磁感应强度为B=0.2T,导体捧所受安培力大小为F=B1L=0.11N,由左手定则可知，方向向左，C 正确：旅播-I千，￡=盟可得架=B,=a8CCD正确，故选D, 三、非选择题（本题共5个小题，共56分） 11.(8分，每空2分)(1)C(2)2:1(3)角速度的平方w世 【解析】(1)本实险通过拉制小球质量m、运动半径r和角速度仙这三个物理量中两个量相同，探究向心力F与另一 个物理量之间的美系，采用的主要实晗方法为控制变量法，故选C。 (2)根据F.=mr可加皮带连接的左，右枪塔的角速度之比为1：2，结合v=可知皮带连接的左，右轮塔半径之 比为2：1。 (3)由于d和△都很小，所以可用△时间内的平均建度来表示挡光杆的线速度，即=，所以档光杆的角遑度为 。一是一是·d,L均为常数，F与的关系国像是一条过原点的领斜直线，即表明向心方与角婆度的平方成正 比，根据F=mr可得F=吧·片，即直线的斜单=吧 L 12.(8分，每空2分1AD(2见解析图(3)BB1、1分别是电流表AA的读数 1-1e 【解析】(1)要精确测定颜定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，需测童1ED灯两端的电压和通过IED灯的 电流，由于电压表的量程偏大，别量误差较大，不能用已知的电压表测量1D两棉的电压，可以将电流衣A与定值 电阻R2串联改装为电压衣测量电压，故选BD:IED灯正常工作时的电流大约在10mA左右，故电流表选A: (2)因为滑动变阻器阻值远小于LED的电，所以滑动变阻器采用分压武接法，电流表采用外接法：原理图如下图。