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2025屆湖南省Flawless聯盟高三上學期聯考（三）物理試卷
1．（2025·湖南模擬）單位可對應以下哪個物理量（　　）
A．電場強度 B．磁感應強度 C．速度 D．電荷量
【答案】B
【知識點】速度與速率；電場強度；電流、電源的概念；法拉第電磁感應定律
【解析】【解答】本題考查對物理量的掌握程度，單位是物理量的組成部分，對名稱和符號都要記住，可結合物理公式加強記憶。根據物理公式
（電動勢公式）
變形可得磁感應強度
其中，的單位為伏特（V），的單位為米（m），的單位為米每秒（m/s）。代入后，B 的單位為
即與題目中的單位V s/m2 完全一致。其他選項中，電場強度的單位是V/m，速度的單位是m/s，電荷量的單位是庫侖（A s），均不匹配。
故選B。
【分析】根據動生電動勢表達式分析，帶人各個物理量的單位即可。
2．（2025·湖南模擬）以下說法正確的是（　　）
A．胡克認為，彈簧的彈力與其形變量成正比
B．牛頓通過實驗測出萬有引力常量
C．愛因斯坦因提出光電效應理論獲得諾貝爾獎
D．電流強度既有大小也有方向，所以是矢量
【答案】C
【知識點】胡克定律；引力常量及其測定；電流、電源的概念；光電效應
【解析】【解答】本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發現、發明、著名理論要加強記憶。A．胡克認為只有彈簧在彈性限度內，彈簧的彈力才與彈簧的形變量成正比，故A錯誤；
B．卡文迪什用實驗的方法測出了引力常量，故B錯誤；
C．愛因斯坦因提出光電效應理論獲得諾貝爾獎，故C正確；
D．電流有方向，但其運算不符合平行四邊形定則，故為標量，故D錯誤。
故選C。
【分析】在物理學的發展中，有很多人的發明或發現對物理學的進步起到了很大的促進作用， 根據科學家的貢獻逐一分析每個選項。
3．（2025·湖南模擬）如圖，一根帶閥門的細管聯通兩用同一材質做成的氣球a、b，此時閥門關閉，。兩氣球與外界熱交換足夠充分，且外界溫度一定。已知球形彈性容器內外壓強差，R為容器半徑，k為與容器材質有關的常數。現打開閥門，則（　　）
A．a中氣體全部進入b B．b中氣體全部進入a
C．a略變大，b略變小 D．b略變大，a略變小
【答案】D
【知識點】氣體熱現象的微觀意義
【解析】【解答】 兩氣球與外界熱交換足夠充分，且外界溫度一定 ，說明系統發生的是等溫變化。AB．氣球 的壓強
氣球 的壓強
其中 為外界壓強。由于 ，所以
所以打開閥門后，a中氣體會進入b，最終，兩個氣球內的壓強相等，即
故AB錯誤
CD．由于初始 ，氣體將從氣球 流向氣球 。隨著氣體流動，氣球 的體積會減小，氣球 的體積會增大。故D正確，C錯誤。
故選D 。
【分析】初始 ，氣體將從氣球 流向氣球 ，最終，兩個氣球內的壓強相等。
4．（2025·湖南模擬）gs有一天在公園中的一大塊平地上扔沙包（出手高度可忽略不計）。gs某次出手后發現沙包落地時到他的距離為L，且沙包出射角度為θ。若gs每次出手時沙包的初速率相同，調整出射角度，則下列說法正確的是（　　）
A．若增大出射角度，則沙包一定會飛的更遠
B．若減小出射角度，則沙包一定會飛的更遠
C．沙包的最遠射程為
D．沙包的最遠射程為
【答案】C
【知識點】斜拋運動
【解析】【解答】 斜拋運動可以看成水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的豎直上拋運動和自由落體運動。設出手時沙包的速率為，則沙包飛行時間為
射程為
AB．由可知，當，即時，沙包飛的最遠，由于沙包出射角度為θ未知，所以若增大或減小出射角度時，沙包不一定會飛得更遠，故AB錯誤；
CD．當，即時，沙包飛的最遠，又可知，當時，最遠距離為
故C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】 沙包出射角度為θ ，沙包飛出后做斜拋運動，將運動分解在水平方向和豎直方向然后結合各自規律求解。
5．（2025·湖南模擬）某流體力學實驗的一個環節為凝膠電泳實驗。初始時，數個含有同種物質、質量各異的球形微粒處于凝膠一端。電泳過程中，微粒因外加電壓而移動。設外加電壓為U，兩電極距離為d，且每一個微粒帶電量均為Q。已知一個微粒在凝膠中受到的阻力為，其中r為微粒半徑，v為微粒相對凝膠的運動速率。下列說法錯誤的是（　　）
A．實驗開始一段時間內，微粒做加速度減小的加速運動
B．理論上，微粒可以達到的最大速度
C．k的大小可能和凝膠的密度和粘度有關
D．質量不同的微粒在實驗開始相同時間內走過的位移與其質量成反比
【答案】D
【知識點】牛頓第二定律
【解析】【解答】A．對微粒進行受力分析，微粒運動過程中受到阻力和電場力的作用，根據牛頓運動定律可知微粒的加速度
實驗開始一段時間內，隨速度的增加，微粒做加速度減小的加速運動，選項A正確；
B．微粒達到最大速度時電場力與阻力大小相等，可得
微粒可以達到的最大速度
選項B正確；
C． k的大小可能和凝膠的密度和粘度有關，選項C正確；
D．因微粒的加速度與質量不是反比關系，微粒也不是勻加速運動，根據
可知質量不同的微粒在實驗開始相同時間內走過的位移與其質量不是成反比，選項D錯誤。
此題選擇不正確的，故選D。
【分析】根據牛頓第二定律求解加速度，電場力與阻力相等時速度達到最大，微粒的加速度與質量不是反比關系，結合位移時間關系分析。
6．（2025·湖南模擬）如圖為兩個平行的條狀磁場，從上到下的邊界均水平，依次記作a、b、c、d，垂直紙面向里的勻強磁場填充在ab和cd區域內，其它區域無磁場。ab和cd的寬度均為d，bc的寬度為L，一帶負電的粒子以速度垂直邊界d射入磁場，一段時間后恰好未從邊界a射出。粒子帶電量為q，不計重力，則（　　）
A．磁場的磁感應強度為
B．粒子自射入磁場到到達邊界a用時
C．若bc的寬度減小，粒子會從邊界a射出
D．若ab寬度變為0.5d，cd寬度變為1.5d，則粒子無法到達邊界a
【答案】B
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【解答】在磁場中做勻速圓周運動，分析清楚粒子運動過程是解題的前提與關鍵，應用平衡條件、運動學公式、牛頓第二定律與幾何知識即可解題。A．作出粒子的運動軌跡如圖所示
由于粒子的速度大小相同，兩個區域的磁感應強度大小相同，故粒子在兩個區域內的半徑相同，根據幾何關系可知
則有
解得
根據牛頓第二定律有
解得
故A錯誤；
B．根據
，
解得
可得
根據幾何關系，可知粒子在cd磁場偏轉的圓心角為
則對應的運動時間為
又
則
粒子從c邊界到b邊界做勻速直線運動，根據幾何關系可得位移大小為
則對應的時間為
根據幾何關系，可知粒子在ab磁場偏轉的圓心角為
則對應的運動時間為
又
則
故粒子自射入磁場到到達邊界a用時
故B正確；
C．因速度大小、磁感應強度不變，則粒子在磁場中運動的半徑不變，仍為，若bc的寬度減小，只是減小了中間做勻速直線運動的時間，對粒子在兩個區域的磁場中運動的情況沒有影響，故粒子依然恰好未從邊界a射出，不會從邊界a射出，故C錯誤；
D．速度大小、磁感應強度不變，則粒子在磁場中運動的半徑不變，仍為，若將cd寬度變為1.5d，可知半徑大于cd的寬度，則粒子仍會從c邊界出射，再進入到ab之間的磁場中，由于ab寬度變為0.5d，小于粒子的運動半徑，故粒子可以到達邊界a，故D錯誤。
故選B。
【分析】作出粒子的運動軌跡，結合幾何關系求解半徑大小，根據洛倫茲力提供向心力從而求解磁感應強度，求出粒子運動的圓心角，結合粒子圓周運動的周期公式求解運動時間，若bc的寬度減小，對粒子在兩個區域的磁場中運動的情況沒有影響。
7．（2025·湖南模擬）現有一顆衛星繞著一個恒星公轉（均視為質量均勻的球體）。由于大氣的存在，該衛星在做公轉時會受到一定的阻力而損失掉一部分機械能。但是，由于該阻力很小，衛星在一個周期內的軌道又接近于正圓。已知球形天體間引力勢能，其中M和m分別是兩個天體的質量，r是兩個天體球心的距離。當衛星的機械能損失了1J時，該衛星的動能將（　　）
A．減少1J B．減少2J C．增大1J D．增大2J
【答案】C
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】由于大氣的存在，該衛星在做公轉時會受到一定的阻力而損失掉一部分機械能，衛星于近似圓形軌道運行時，機械能由動能（）與引力勢能（）構成， 總機械能
針對圓形軌道，引力提供向心力，根據牛頓第二定律可得
可得
故而，總機械能
可知
當機械能損失，可得
意味著該衛星的動能將增大1J。
故選C。
【分析】衛星于近似圓形軌道運行時，機械能由動能和勢能組成，引力提供向心力，得到總機械能和動能之間的關系，根據此關系分析。
8．（2025·湖南模擬）如圖為某滑雪大跳臺的滑道示意圖。運動員從助滑道某高度滑下，從跳臺最高點O沿某一固定角度飛出。著落坡可以看作是以O點為起點的直道，不計空氣阻力且運動員可視作質點。對于運動員（含滑雪器械）在空中的運動，下列說法正確的是（　　）
A．運動員離著落坡最遠時，重力功率為0
B．以不同速度飛出跳臺的運動員滯空時間相同
C．運動員著落時的速度方向和滑下的高度無關
D．相等時間內，運動員動量變化量先減小后增大
【答案】C
【知識點】動量定理；斜拋運動；功率及其計算
【解析】【解答】本題主要考查了斜拋運動和平拋運動的相關應用，解題關鍵點是將速度分解到合適的方向上，利用運動學公式即可完成分析。A．運動員離著落坡最遠時，速度方向與著落坡平行，速度在豎直方向有分速度，則重力的功率不為零，故A錯誤；
BC．設運動員從跳臺最高點O沿某一固定角度飛出時的速度方向與著落坡的夾角為，著落坡與水平方向的夾角為，運動員飛出跳臺的初速度為；將運動員在空中的運動分解為沿著落坡和垂直著落坡兩個分運動，則運動員飛出跳臺的滯空時間為
可知以不同速度飛出跳臺的運動員滯空時間不相同；運動員著落時沿著落坡的分速度大小為
則運動員著落時的速度方向與著落坡的夾角滿足
由于、都為定值，所以運動員著落時的速度方向與著落坡的夾角為定值，即運動員著落時的速度方向和滑下的高度無關，故B錯誤，C正確；
D．根據動量定理可得
可知相等時間內，運動員動量變化量相等，故D錯誤。
故選C。
【分析】利用斜拋運動和平拋運動的規律分析，將運動員在空中的運動分解為沿著落坡和垂直著落坡兩個分運動，結合運動學公式和運動的合成與分解求解。
9．（2025·湖南模擬）如圖所示，現有一質量為的單擺用輕繩豎直懸掛并保持靜止，擺長為。又有一質量為的小球以的速度向右水平運動與單擺相撞，碰撞前兩物體的重心位于同一高度，為重力加速度。已知碰撞的恢復系數，其中和分別是碰撞前兩物體的速度，和分別是碰撞后兩物體的速度。若要求碰撞后的單擺能夠做完整的圓周運動，則的最小值為（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】碰撞模型
【解析】【解答】根據牛頓第二定律，在單擺做完整圓周運動的最高點，最高點由重力提供向心力，
從最低點到最高點，根據機械能守恒定律，有
聯立解得
已知碰撞前，，由恢復系數
解得
碰撞過程內力遠大于外力，以向右為正方向，由動量守恒定律可得
解得
故選D。
【分析】在單擺做完整圓周運動的最高點，最高點重力提供向心力，根據機械能守恒定律，從最低點到最高點，求解運動速度，碰撞過程根據恢復系數以及動量守恒定律求解。
10．（2025·湖南模擬）1917年斯泰瓦和托爾曼發現，一個不帶電的圓形閉合導線圈繞通過其圓心且垂直于線圈平面的軸勻速轉動時，線圈中無電流通過。而當線圈做加速運動時，線圈中會有電流產生。這是因為當線圈在加速轉動時，自由電子會因為慣性和帶正電的金屬離子產生相對運動。在線圈參考系中，金屬離子可視作靜止，而自由電子則會受到一個大小不變、方向沿著圓環切線方向的力（可視作非靜電力）。若線圈的半徑遠大于橫截面直徑，電阻率為ρ，橫截面積為S，電子帶電量為e，且在某次加速轉動中上述非靜電力的大小為F，則線圈中的電流大小為（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】電阻定律；電源電動勢及內阻；歐姆定律的內容、表達式及簡單應用
【解析】【解答】自由電子則會受到一個大小不變、方向沿著圓環切線方向的力，和摩擦力做功有點類似，對比摩擦力做功分析電場力做功。設線圈的周長為，電子運動一圈，非靜電力做功為
根據電動勢的定義式可知，對于圓線圈這個閉合回路，電動勢為
線圈的電阻為
根據閉合電路歐姆定律，圓線圈這個閉合回路的電流為
聯立，解得
故選A。
【分析】電子運動一圈，求出非靜電力做功，根據動勢的定義式可知電動勢，結合電阻定律分析。
11．（2025·湖南模擬）如圖所示，距離為L的光滑水平平行長導軌上放置兩相同導桿a、b，導軌左側為一電阻為R的電阻，導桿a、b接入回路的電阻也均為R，不計其它電阻。整個裝置置于垂直導軌向下，磁感應強度大小為B的勻強磁場中。現給導桿a一向右的初速度v，a、b桿開始運動，下列說法正確的是（　　）
A．a桿剛開始運動時，b桿的電流為
B．a桿剛開始運動時，b桿受到的安培力為
C．b桿在運動過程中，速率先增大，再減小
D．最終a、b兩桿會以相同的速度勻速運動
【答案】B,D
【知識點】電磁感應中的動力學問題
【解析】【解答】導體棒在切割磁感線后產生感應電流，從而出現安培力，要知道安培力是與速度有關的特殊力。A．a桿剛開始運動時，切割磁感線產生的感應電動勢為
根據閉合電路歐姆定律有
則b桿的電流為
故A錯誤；
B．a桿剛開始運動時，b桿受到的安培力為
故B正確；
CD．在后續運動中，b 桿在安培力作用下由靜止開始加速，a 桿則因受到反方向安培力而減速，兩桿速度會逐漸接近并最終以相同的速度勻速運動，不存在“先增大再減小”的情形，故C錯誤，D正確。
故選BD。
【分析】根據法拉第電磁感應定律求解切割磁感線產生的感應電動勢，根據閉合電路歐姆定律求解電流大小，兩桿速度會逐漸接近并最終以相同的速度勻速運動，結合安培力公式求解。
12．（2025·湖南模擬）如圖為一半徑為2R的空心球形玻璃磚（僅畫出四分之一），正中心半徑為R的球形空腔中裝有與外界相同的空氣。一束光射向玻璃磚，其延長線恰好與空腔的邊界相切。已知該光第一次發生折射時，折射角為入射角的一半，下列說法正確的是（參考數據：）（　　）
A．玻璃磚相對空氣的折射率為
B．該光在空腔邊界入射角的正弦值為
C．該光可以進入空腔內部
D．該光射出玻璃磚后，相較原光束偏轉了約90°
【答案】A,D
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】本題考查光的折射以及全發射問題，作出光路圖，關鍵在于題目中幾何關系的應用，再根據折射定律和臨界角公式求解即可。AB．由幾何關系可知光線的入射角為i=30°，折射角為r=15°，則折射率為
選項A正確，B錯誤；
CD．由正弦定理
解得
可得
光線射到內層界面時的入射角為30°；臨界角
即
C=30°
即光線恰能全反射，不能進入空腔內部；由幾何關系可知，該光射出玻璃磚后，相較原光束偏轉了約90°，選項C錯誤D正確。
故選AD。
【分析】由幾何關系可知光線的入射角以及折射角，根據折射定律求解折射率；由正弦定理得到光線射到內層界面時的入射角，與臨界角進行比較得出結論。
13．（2025·湖南模擬）兩個金屬微粒間的電子轉移，可以等效為電子以隧穿過介質的方式從平行板電容器中的一個極板進入到另一個極板的過程，因而中間的介質可以等效為一隧穿電阻，等效后的電容為C，如圖所示。如果隧穿過程會導致體系的靜電能量上升，那么該過程將無法發生，這就是庫侖阻塞。當沒有庫侖阻塞現象時，單位時間內發生電子隧穿的概率，其中△E是發生隧穿后體系靜電能量的變化量，e為電子的電荷量。已知平行板電容器的能量，其中C為電容，U為兩極板的電壓。下列說法正確的是（　　）
A．電子隧穿的方式是從負極板進入正極板
B．為避免庫侖阻塞的發生，該系統電壓的最小值是
C．當該系統的電壓為V時，電子在單位時間內發生隧穿的概率是
D．在該系統兩端加以恒壓源V，流過該系統的平均電流是
【答案】C
【知識點】電容器及其應用
【解析】【解答】本題運用類比的方法研究電兩個金屬微粒間的電子轉移， 要正確分析能量的轉化，運用 行板電容器的能量 公式以及單位時間內發生電子隧穿的概率公式即可順利求解。A．根據題中所給的信息，只是說電子以隧穿的方式從平行板電容器的一個極板進入另一個極板，并沒有明確指出是從負極板進入正極板，因為這里只是在等效的物理模型下討論電子隧穿過程，未涉及常規電路中極板正負極性與電子流向的必然對應關系，故A錯誤；
B．要避免庫侖阻塞現象發生，則要求單位時間內發生電子隧穿的概率。已知單位時間內發生電子隧穿的概率

發生隧穿后體系靜電能量的變化量ΔE可根據平行板電容器的能量
來計算，發生電子隧穿后電容C不變，電壓U會發生變化（設初始電壓為U1 ，隧穿后電壓為U2 ），則
要使，即，也就是ΔE<0，意味著

當剛好能發生隧穿時（臨界情況），ΔE=0，根據平行板電容器能量公式，設此時電壓為U0 ，發生隧穿前后能量相等，即
（因為電子電荷量為e，電子隧穿相當于極板上電荷量改變e，從而引起電壓變化），展開可得
解得
所以為避免庫侖阻塞的發生，該系統電壓的最小值是，故B錯誤；
C．當該系統的電壓為V時，設初始能量，電子隧穿電荷量為e后，電壓變為此時能量
故
電子在單位時間內發生隧穿的概率是
故C正確；
D．根據C項分析知，在該系統兩端加以恒壓源V，單位時間內發生電子隧穿的概率
故平均電流
故D錯誤。
故選C。
【分析】未涉及常規電路中極板正負極性與電子流向的必然對應關系；當剛好能發生隧穿時（臨界情況），ΔE=0，根據平行板電容器能量公式分析；求出ΔE，根據單位時間內發生電子隧穿的概率公式進行分析；在該系統兩端加以恒壓源V，根據電流定義式求解平均電流。
14．（2025·湖南模擬）貓貓同學用普通光源進行雙縫干涉測光的波長實驗。下列說法正確的是（　　）
A．光具座上依次擺放光源、透鏡、濾光片、單縫、雙縫、遮光筒、測量頭等元件
B．透鏡的作用是使光更集中，單縫的作用是獲得線光源
C．減小單縫和雙縫之間的距離，條紋間距變窄
D．雙縫間距越小，測量頭中觀察到的條紋數目內越多
E．用紅光進行實驗觀測到條紋的間距比用藍光觀測的間距小
【答案】A,B
【知識點】光的雙縫干涉；用雙縫干涉測光波的波長
【解析】【解答】本題考查了光的雙縫干涉，要掌握實驗器材的擺放順序和作用，知道雙縫干涉條紋間距公式即可順利求解。A．進行雙縫干涉測光的波長實驗，光具座上依次擺放光源、透鏡、濾光片、單縫、雙縫、遮光筒、測量頭等元件，故A正確；
B．透鏡的作用是使光更集中，單縫的作用是獲得線光源，故B正確；
C．根據條紋間距公式
其中是雙縫之間的距離，L是雙縫到屏的距離，可知單縫與雙縫間的距離不影響條紋的間距，所以相鄰兩亮條紋中心的距離不變，故C錯誤；
D．根據條紋間距公式，可知雙縫間距越小，相鄰亮條紋的間距較大，測量頭中觀察到的條紋數目內越少，故D錯誤；
E．紅光的波長比藍光的更長，根據條紋間距公式，可知用紅光進行實驗觀測到條紋的間距比用藍光觀測的間距大，故E錯誤。
故選AB。
【分析】光源經過透鏡會聚后射向濾光片的光更集中，然后經過濾光片變成單色光，經過單縫得到線光源，然后通過雙縫得到兩列完全相同的相干光；根據雙縫干涉條紋間距公式判斷條紋間距的變化。
15．（2025·湖南模擬）小賢同學回到老家，乘坐了新開通的地鐵6號線，出行十分方便。為測量地鐵啟動和停車時的加速度，他在保證不影響其他乘客和地鐵列車正常行駛的條件下設計了如圖所示的簡易裝置。他將細線一端系在豎直把手的頂端，一端系在鋼筆頂端的筆帽上。初始時繩與筆自然下垂。
（1）在地鐵列車剎車時拍攝的是　 　（選填“甲”或“乙”）。
（2）為了測得地鐵列車的加速度，小逸同學認為需要量角器，而小賢同學卻認為只需要卷尺即可。對于二人測量方式評價，正確的是_______。
A．由于實際情況下繩子偏轉較小，用量角器測出的結果可能不準確
B．小賢同學的方法需要將角度的正切值轉換為角度
C．小賢同學需要測量繩子長度和筆帽系繩處到把手的水平距離
D．兩人的實驗均需要測量鋼筆的質量
（3）某次地鐵列車沿水平直線加速時，測得筆帽到把手的水平距離為28cm，已知繩長為1.0m，當地重力加速度為，則此時列車加速度大小為　 　m/s2。
【答案】（1）甲
（2）A；C
（3）2.85
【知識點】牛頓運動定律的應用—連接體
【解析】【解答】 本題考查對力的平衡條件的理解和牛頓第二定律的運用，屬于基礎知識。
（1）在地鐵列車剎車時，加速度方向與運動方向相反，即物體受合外力方向與運動方向相反，鋼筆向前擺動，可知拍攝的是甲。
（2）根據
可知
則兩個人都不需要測量鋼筆的質量；小逸同學的方法需要將角度轉換為角度的正切值，但是由于實際情況下繩子偏轉較小，用量角器測出的結果可能不準確；小賢同學需要測量繩子長度和筆帽系繩處到把手的水平距離即可計算出偏轉角度的正切值。
故選AC。
（3）列車加速度大小為
【分析】 （1）在地鐵列車剎車時，加速度方向與運動方向相反，據此分析；
（2）根據力的平衡條件分析，水平方向的分力提供加速度，豎直方向的分力與重力大小相等；
（3）根據牛頓第二定律結合幾何關系分析。
（1）在地鐵列車剎車時，加速度方向與運動方向相反，即物體受合外力方向與運動方向相反，鋼筆向前擺動，可知拍攝的是甲。
（2）根據
可知
則兩個人都不需要測量鋼筆的質量；小逸同學的方法需要將角度轉換為角度的正切值，但是由于實際情況下繩子偏轉較小，用量角器測出的結果可能不準確；小賢同學需要測量繩子長度和筆帽系繩處到把手的水平距離即可計算出偏轉角度的正切值。
故選AC。
（3）列車加速度大小為
16．（2025·湖南模擬）超導材料在超導轉變溫度附近，電阻率會陡然下降為0，利用這一電學特性，某同學在電學實驗室做了“測定高溫超導材料轉變溫度”的實驗。實驗中用到的器材如下：
待測超導樣品。（室溫下約300μΩ）
鉑電阻溫度計（，與溫度有關；5mA）
1A恒流電源
10V恒壓電源
電阻板R，裝有20個串聯的1kΩ電阻
長引線，短引線若干（電阻mΩ量級）
高精度數字萬用表兩只（內阻約10000MΩ）
銅質均溫塊·液氮3L
（1）該同學設計了如圖甲所示的樣品電阻測量電路和測溫電路（對應兩個萬用表）。電阻測量電路的電源選擇　 　，測溫電路的電源選擇　 　。（均選填“”或“”）
（2）測溫電路的原理為：已知鉑電阻溫度計在約1mA工作電流下的電阻與溫度的大致關系，通過測量鉑電阻兩端電壓即可間接測出此時鉑電阻的工作溫度。則測溫電路中電阻板應將　 　個1kΩ電阻串聯接入電路。
（3）為更精確地測量接近轉變溫度時的樣品電阻，實際接線時，超導樣品部分采用了“四引線法”，如圖乙所示，其正確接法應為　 　（選填“A”或“B”），原因為　 　。
（4）連接好測量電路后，該同學將與長引線連接的超導樣品和鉑電阻溫度計捆綁安裝在銅質均溫塊上，制成“測試探頭”；接著他將探頭放入液氮桶中，降溫至轉變溫度以下后拿出，在室溫中回溫，回溫過程記錄得到數據如下（為電表V的示數，t為此時測試探頭溫度）：
0.001 0.001 0.002 0.003 0.006 0.011 0.026
0.040 0.087 0.097 0.101 0.102 0.106 0.108
在答題卡相應位置的網格中描點（5~6個）畫出曲線的大致趨勢。該超導材料的轉變溫度約為　 　℃。
【答案】（1）；
（2）10
（3）A；A接法能將電流引線和電壓引線分開，避免導線電阻對測量結果的影響，使測量更準確。
（4）
【知識點】閉合電路的歐姆定律；常見傳感器的工作原理及應用；伏安法測電阻
【解析】【解答】超導體指在特定低溫條件下（臨界溫度Tc以下），電阻完全消失（零電阻效 且具有完全抗磁性（邁斯納效應）的材料。1911年荷蘭科學家昂內斯首次在 4.2K（-268.95℃）的汞中觀測到該現象。目前常壓最高臨界溫度為134K（-139℃），室溫超導（300K）若實現將引發能源、醫療等領域革命。
（1）對于電阻測量電路，待測超導樣品在室溫下約300μΩ，電阻非常小；若采用10V恒壓電源S2，根據歐姆定律，會產生很大的電流，可能損壞超導樣品，所以電阻測量電路應選擇1A恒流電源S1。
對于測溫電路，鉑電阻溫度計在小于5mA工作電流下才能正常工作，1A恒流電源電流過大，10V恒壓電源可通過串聯電阻等方式來控制電路中的電流，使鉑電阻溫度計工作在合適電流下，所以測溫電路的電源選擇S2。
（2）已知鉑電阻溫度計在約1mA工作電流下的電阻與溫度有對應關系，要使鉑電阻溫度計工作在1mA電流下；由鉑電阻溫度計的電阻范圍是，電源電壓為10V，設串聯電阻為R串，根據歐姆定律，得
。
當鉑電阻溫度計電阻取最小值時，串聯電阻
，
一個電阻為，所以需要串聯10個電阻接入電路。
（3）因為在測量電阻時，導線本身有電阻（雖然短引線電阻為mΩ量級，但對于測量約300μΩ的超導樣品電阻仍有影響），采用“四引線法”時，A接法能將電流引線和電壓引線分開，電壓引線間的電阻就是超導樣品的電阻，可避免導線電阻對測量結果的影響，使測量更準確；而B接法無法將電流引線和電壓引線有效分開，導線電阻會影響測量結果。
故正確接法應為A接法。
（4）超導材料的特性是在轉變溫度以下電阻為零，當溫度升高超過轉變溫度后電阻會迅速增大。從實驗數據來看，U1的變化可以間接反映的變化；觀察數據，在溫度從-167.9℃到 -162.5℃ 這個區間，U1數值較小且變化相對緩慢，說明較小且變化不大，可認為此時超導材料處于超導態；當溫度從 -162.0℃開始，U1迅速增大，意味著迅速增大，超導材料開始失去超導特性。所以，超導材料的轉變溫度約在-162.5℃到-162.0℃之間。
【分析】（1）超導樣品在室溫下電阻很小采用恒流電源，鉑電阻溫度計電流較小，采用采用10V恒壓電源；
（2）由鉑電阻溫度計的電阻范圍是，根據歐姆定律求解總電阻，從而得到需要串聯的電阻；
（3）導線本身有電阻，采用“四引線法”可避免導線電阻對測量結果的影響，使測量更準確；
（4）U1的變化可以間接反映電阻的變化，結合圖表數據分析。
（1）對于電阻測量電路，待測超導樣品在室溫下約300μΩ，電阻非常小；若采用10V恒壓電源S2，根據歐姆定律，會產生很大的電流，可能損壞超導樣品，所以電阻測量電路應選擇1A恒流電源S1。
對于測溫電路，鉑電阻溫度計在小于5mA工作電流下才能正常工作，1A恒流電源電流過大，10V恒壓電源可通過串聯電阻等方式來控制電路中的電流，使鉑電阻溫度計工作在合適電流下，所以測溫電路的電源選擇S2。
（2）已知鉑電阻溫度計在約1mA工作電流下的電阻與溫度有對應關系，要使鉑電阻溫度計工作在1mA電流下；由鉑電阻溫度計的電阻范圍是，電源電壓為10V，設串聯電阻為R串，根據歐姆定律，得。
當鉑電阻溫度計電阻取最小值時，串聯電阻，
一個電阻為，所以需要串聯10個電阻接入電路。
（3）因為在測量電阻時，導線本身有電阻（雖然短引線電阻為mΩ量級，但對于測量約300μΩ的超導樣品電阻仍有影響），采用“四引線法”時，A接法能將電流引線和電壓引線分開，電壓引線間的電阻就是超導樣品的電阻，可避免導線電阻對測量結果的影響，使測量更準確；而B接法無法將電流引線和電壓引線有效分開，導線電阻會影響測量結果。
故正確接法應為A接法。
（4）超導材料的特性是在轉變溫度以下電阻為零，當溫度升高超過轉變溫度后電阻會迅速增大。從實驗數據來看，U1的變化可以間接反映的變化；觀察數據，在溫度從-167.9℃到 -162.5℃ 這個區間，U1數值較小且變化相對緩慢，說明較小且變化不大，可認為此時超導材料處于超導態；當溫度從 -162.0℃開始，U1迅速增大，意味著迅速增大，超導材料開始失去超導特性。所以，超導材料的轉變溫度約在-162.5℃到-162.0℃之間。
17．（2025·湖南模擬）如圖是一個化工廠的生產桶，正中間是一個輕質絕熱、可自由移動的活塞。整個桶除右側桶蓋之外的其它部分均為絕熱材料；右側桶蓋導熱性能良好，且有一個氣閥門，處于開啟狀態（與外界大氣連通）。左側裝有加熱用的電阻絲，整個裝置密封良好，不計摩擦。初始時左右兩個空間氣體溫度均為室溫，壓強均為大氣壓強，且密封的氣體均為空氣。現開始緩慢加熱左側氣體（加熱時間足夠長）。
（1）當左側氣體的溫度達到時，求左側氣體的壓強。
（2）若加熱前關閉右側閥門，再進行加熱，當左右兩側空間的體積比為時，求左側氣體的溫度。
【答案】（1）解：初始狀態，左右側氣體體積相等，令為， 開始時氣閥門處于開啟狀態，假設加熱左側氣體過程，活塞與右側桶蓋之間沒有一擠壓，即氣體壓強始終等于，根據蓋呂薩克定律有
解得
表明假設不成立，活塞與右側桶蓋之間有一擠壓，即左側氣體體積為，根據理想氣體狀態方程有
解得
（2）解：若加熱前關閉右側閥門，當加熱左側氣體時，對左側氣體進行分析，根據理想氣體狀態方程有
對右側氣體進行分析，根據玻意耳定律有
其中
解得
【知識點】理想氣體與理想氣體的狀態方程；氣體的等溫變化及玻意耳定律；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律
【解析】【分析】（1）初始狀態，左右側氣體體積相等，根據蓋呂薩克定律和理想氣體狀態方程分別列式求解；
（2）對左側氣體進行分析，根據理想氣體狀態方程列式；對右側氣體進行分析，發生等溫變化，根據玻意耳定律列式求解。
（1）初始狀態，左右側氣體體積相等，令為， 開始時氣閥門處于開啟狀態，假設加熱左側氣體過程，活塞與右側桶蓋之間沒有一擠壓，即氣體壓強始終等于，根據蓋呂薩克定律有
解得
表明假設不成立，活塞與右側桶蓋之間有一擠壓，即左側氣體體積為，根據理想氣體狀態方程有
解得
（2）若加熱前關閉右側閥門，當加熱左側氣體時，對左側氣體進行分析，根據理想氣體狀態方程有
對右側氣體進行分析，根據玻意耳定律有
其中
解得
18．（2025·湖南模擬）老式掛鐘內為抵抗各種阻力，保持周期性運動，設有擒縱機構與棘輪裝置傳遞周期性沖擊，產生穩定的“自激振動”。為研究掛鐘內的自激振動，摸魚同學做了如下簡化實驗：如圖所示，質量為m的振子放在動摩擦系數為μ的粗糙水平面上，振子左端與勁度系數為k的彈簧右端相連，彈簧左端連接在豎直墻壁上，且彈簧始終保持水平，振子處于彈簧原長位置靜止。記此時振子位置橫坐標為，向右為正，建立x軸。某時刻給振子一個沖擊，使得振子瞬間擁有水平向右，大小為的初速度。（已知：運動過程中彈簧的形變始終在彈性限度內，且振子不會碰到左端豎直墻壁，地面最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，彈簧彈性勢能與形變量x的關系為，不計空氣阻力，重力加速度為g）
（1）求振子分別向右、向左做振動的平衡位置、；
（2）若振子能經過，求的最小值；
（3）若，振子每次向右運動經過時，外力給予振子一個沖擊，使得振子機械能固定增加E，得以做周期運動，求該額外能量E。
【答案】（1）解：振子在平衡位置的合力為0，當振子向右振動過程，滑動摩擦力方向向左，振子處于平衡位置時，彈簧彈力方向向右，彈簧處于壓縮狀態，則有
解得
當振子向左振動過程，滑動摩擦力方向向右，振子處于平衡位置時，彈簧彈力方向向左，彈簧處于拉伸狀態，則有
解得
（2）解：振子向右運動為簡諧運動，且平衡位置為，設振幅為A1，根據能量守衡
運動到最右端再向左運動時，平衡位置為，此時振幅變為
若恰好通過，可知
聯立可得
（3）解：振子從0點獲得初速度向右運動，平衡位置為，振幅為A10，根據能量守恒
解得
運動到最右端時，再向左運動時，平衡位置為，此時的振幅為
運動到最左端時，再向右運動時，平衡位置為，振幅變為
補充完能量后振幅應變為，因此補充的能量為
聯立解得
【知識點】機械能守恒定律；簡諧運動
【解析】【分析】（1）平衡位置，合力為零，結合摩擦力的方向以及胡克定律求解振子分別向右、向左做振動的平衡位置；
（2）振子向右運動為簡諧運動，根據能量守衡求解振幅，運動到最右端再向左運動時，求解振幅，從而得到速度大小；
（3）根據能量守恒得到振幅，分別求解向左運動以及向右運動的振幅，補充完能量后振幅應變為原來的振幅，從而得到額外能量 。
（1）振子在平衡位置的合力為0，當振子向右振動過程，滑動摩擦力方向向左，振子處于平衡位置時，彈簧彈力方向向右，彈簧處于壓縮狀態，則有
解得
當振子向左振動過程，滑動摩擦力方向向右，振子處于平衡位置時，彈簧彈力方向向左，彈簧處于拉伸狀態，則有
解得
（2）振子向右運動為簡諧運動，且平衡位置為，設振幅為A1，根據能量守衡
運動到最右端再向左運動時，平衡位置為，此時振幅變為
若恰好通過，可知
聯立可得
（3）振子從0點獲得初速度向右運動，平衡位置為，振幅為A10，根據能量守恒
解得
運動到最右端時，再向左運動時，平衡位置為，此時的振幅為
運動到最左端時，再向右運動時，平衡位置為，振幅變為
補充完能量后振幅應變為，因此補充的能量為
聯立解得
19．（2025·湖南模擬）磁流體發電技術指的是利用高溫加熱使氣體電離，再讓已電離的氣體在磁場中高速運動而產生電動勢，以實現將內能轉化為電能的目的。本題我們通過一個簡化的模型更好地了解這一技術。如圖所示，現有一橫截面為矩形的管道，長為l，高為b，寬為a。與寬垂直的兩個側面是電阻可以忽略的導體，將它們用電阻不計的導線和阻值為R的電阻連接在一起。與高垂直的兩個側面為絕緣體，一勻強磁場垂直于該側面，方向向上，大小為B。再讓大量電阻率為的已電離氣體以一定速度在管道中流動，假設同一橫截面上各點氣體的流速都相同。
（1）若忽略氣體和管道間的摩擦，當氣體以速度v勻速流動時，求此時回路中的電流和管道兩端氣體的壓強差；
（2）若氣體和管道之間的摩擦力和氣體的流速平方成正比，且管道兩端氣體的壓強差始終保持為，求無磁場時和有磁場B時管道內單位質量的氣體動能之比。
【答案】（1）解：根據題意可知，當氣體以速度v勻速流動時，將電離氣體等效成長為的導體棒切割磁感線，則產生的感應電動勢為
回路中的電流為
等效導體棒所受安培力為
忽略氣體和管道間的摩擦，由平衡條件可得，管道兩端的壓力差
則管道兩端氣體的壓強差
（2）解：管道兩端氣體的壓強差始終保持為，則管道兩端的壓力差
設摩擦力和氣體的流速平方成正比的比例系數為，無磁場時，氣體的流速為，則氣體所受摩擦力為
由平衡條件有
即
有磁場時，設氣體的流速為，根據平衡條件有
即
則無磁場時和有磁場B時管道內單位質量的氣體動能之比為
【知識點】磁流體發電機
【解析】【分析】（1）當氣體以速度v勻速流動時，將電離氣體等效成長為的導體棒切割磁感線，求出等效導體棒所受的安培力大小，由平衡條件可得，管道兩端的壓力差；
（2）管道兩端氣體的壓強差始終保持為， 氣體和管道之間的摩擦力和氣體的流速平方成正比， 根據平衡條件求解。
（1）根據題意可知，當氣體以速度v勻速流動時，將電離氣體等效成長為的導體棒切割磁感線，則產生的感應電動勢為
回路中的電流為
等效導體棒所受安培力為
忽略氣體和管道間的摩擦，由平衡條件可得，管道兩端的壓力差
則管道兩端氣體的壓強差
（2）管道兩端氣體的壓強差始終保持為，則管道兩端的壓力差
設摩擦力和氣體的流速平方成正比的比例系數為，無磁場時，氣體的流速為，則氣體所受摩擦力為
由平衡條件有
即
有磁場時，設氣體的流速為，根據平衡條件有
即
則無磁場時和有磁場B時管道內單位質量的氣體動能之比為
20．（2025·湖南模擬）類比與遷移是物理中常用的思想方法。
（1）對一個周期變化的物理量，一個周期內的平均值稱為該物理量的“期望”，記為；定義的“標準差”。已知“期望”具有如下性質：。
a.正弦交變電流隨時間的變化關系為，直接寫出其有效值，并求出和。
b.說明對任意周期變化的物理量有。
（2）現有一個質量為m，振動周期為的彈簧振子，不計阻力。
a.對于經典物理中的彈簧振子，證明其系統的機械能滿足恒等式，其中p和x分別是某一相同時刻振子的動量和與平衡位置的距離。
b.在量子力學中，力學系統普遍滿足海森堡不確定關系式，其中h是普朗克常量。在不確定關系式限制下，該彈簧振子系統的機械能最小值不為0，稱為其基態能量。求這一基態能量。提示：除不確定關系式外，其它推導均可以使用經典物理關系式。
【答案】（1）解：a．正弦交變電流的有效值為其峰值的 倍，表達式如下
平均值 正弦函數在一個周期內的平均值為零，可通過如下積分計算得出
平方平均值 借助 進行計算，可得
b．標準差 依據定義 代入計算
b．對于任意周期變化的物理量，其方差定義為
展開平方項并運用期望的線性性質可得
由此證明
（2）解：a.彈簧振子的總機械能由動能和彈性勢能構成： 動能
（其中 為動量）。
2勢能：依據胡克定律
通過積分得到勢能
結合簡諧運動的角頻率
可將勢能改寫為
總機械能 為動能與勢能之和，表達式為
b.a.彈簧振子的總機械能由動能和彈性勢能構成：動能
（其中為動量）。
勢能：依據胡克定律
通過積分得到勢能
結合簡諧運動的角頻率
可將勢能改寫為
總機械能為動能與勢能之和，表達式為
b.根據海森堡不確定關系
將機械能表達式改寫為方差形式
利用不等式取等號條件（極小值點），設，并令兩項相等
代入不確定關系
代入E表達式得
進一步化簡為
(其中)
【知識點】相對論時空觀與牛頓力學的局限性
【解析】【分析】（1） a. 平均值 正弦函數在一個周期內的平均值為零，可通過如下積分計算求解；
b. 依據標準差 定義求解標準差，根據方差定義得到，展開平方項并運用期望的線性性質分析；
（2）a.彈簧振子的總機械能由動能和彈性勢能構成，總機械能 為動能與勢能之和，分別求解動能和勢能即可；
b.根據海森堡不確定關系將機械能表達式改寫為方差形式，利用不等式取等號條件，代入不確定關系，代入E表達式，從而得到基態能量。
（1）a．正弦交變電流的有效值為其峰值的 倍，表達式如下
平均值 正弦函數在一個周期內的平均值為零，可通過如下積分計算得出
平方平均值 借助 進行計算，可得
b．標準差 依據定義 代入計算
b．對于任意周期變化的物理量，其方差定義為
展開平方項并運用期望的線性性質可得
由此證明
（2）a.彈簧振子的總機械能由動能和彈性勢能構成： 動能：（其中 為動量）。
2勢能：依據胡克定律
通過積分得到勢能
結合簡諧運動的角頻率
可將勢能改寫為
總機械能 為動能與勢能之和，表達式為
b.a.彈簧振子的總機械能由動能和彈性勢能構成：動能：（其中為動量）。
勢能：依據胡克定律
通過積分得到勢能
結合簡諧運動的角頻率
可將勢能改寫為
總機械能為動能與勢能之和，表達式為
b.根據海森堡不確定關系
將機械能表達式改寫為方差形式
利用不等式取等號條件（極小值點），設，并令兩項相等
代入不確定關系
代入E表達式得
進一步化簡為(其中)
1 / 12025屆湖南省Flawless聯盟高三上學期聯考（三）物理試卷
1．（2025·湖南模擬）單位可對應以下哪個物理量（　　）
A．電場強度 B．磁感應強度 C．速度 D．電荷量
2．（2025·湖南模擬）以下說法正確的是（　　）
A．胡克認為，彈簧的彈力與其形變量成正比
B．牛頓通過實驗測出萬有引力常量
C．愛因斯坦因提出光電效應理論獲得諾貝爾獎
D．電流強度既有大小也有方向，所以是矢量
3．（2025·湖南模擬）如圖，一根帶閥門的細管聯通兩用同一材質做成的氣球a、b，此時閥門關閉，。兩氣球與外界熱交換足夠充分，且外界溫度一定。已知球形彈性容器內外壓強差，R為容器半徑，k為與容器材質有關的常數。現打開閥門，則（　　）
A．a中氣體全部進入b B．b中氣體全部進入a
C．a略變大，b略變小 D．b略變大，a略變小
4．（2025·湖南模擬）gs有一天在公園中的一大塊平地上扔沙包（出手高度可忽略不計）。gs某次出手后發現沙包落地時到他的距離為L，且沙包出射角度為θ。若gs每次出手時沙包的初速率相同，調整出射角度，則下列說法正確的是（　　）
A．若增大出射角度，則沙包一定會飛的更遠
B．若減小出射角度，則沙包一定會飛的更遠
C．沙包的最遠射程為
D．沙包的最遠射程為
5．（2025·湖南模擬）某流體力學實驗的一個環節為凝膠電泳實驗。初始時，數個含有同種物質、質量各異的球形微粒處于凝膠一端。電泳過程中，微粒因外加電壓而移動。設外加電壓為U，兩電極距離為d，且每一個微粒帶電量均為Q。已知一個微粒在凝膠中受到的阻力為，其中r為微粒半徑，v為微粒相對凝膠的運動速率。下列說法錯誤的是（　　）
A．實驗開始一段時間內，微粒做加速度減小的加速運動
B．理論上，微粒可以達到的最大速度
C．k的大小可能和凝膠的密度和粘度有關
D．質量不同的微粒在實驗開始相同時間內走過的位移與其質量成反比
6．（2025·湖南模擬）如圖為兩個平行的條狀磁場，從上到下的邊界均水平，依次記作a、b、c、d，垂直紙面向里的勻強磁場填充在ab和cd區域內，其它區域無磁場。ab和cd的寬度均為d，bc的寬度為L，一帶負電的粒子以速度垂直邊界d射入磁場，一段時間后恰好未從邊界a射出。粒子帶電量為q，不計重力，則（　　）
A．磁場的磁感應強度為
B．粒子自射入磁場到到達邊界a用時
C．若bc的寬度減小，粒子會從邊界a射出
D．若ab寬度變為0.5d，cd寬度變為1.5d，則粒子無法到達邊界a
7．（2025·湖南模擬）現有一顆衛星繞著一個恒星公轉（均視為質量均勻的球體）。由于大氣的存在，該衛星在做公轉時會受到一定的阻力而損失掉一部分機械能。但是，由于該阻力很小，衛星在一個周期內的軌道又接近于正圓。已知球形天體間引力勢能，其中M和m分別是兩個天體的質量，r是兩個天體球心的距離。當衛星的機械能損失了1J時，該衛星的動能將（　　）
A．減少1J B．減少2J C．增大1J D．增大2J
8．（2025·湖南模擬）如圖為某滑雪大跳臺的滑道示意圖。運動員從助滑道某高度滑下，從跳臺最高點O沿某一固定角度飛出。著落坡可以看作是以O點為起點的直道，不計空氣阻力且運動員可視作質點。對于運動員（含滑雪器械）在空中的運動，下列說法正確的是（　　）
A．運動員離著落坡最遠時，重力功率為0
B．以不同速度飛出跳臺的運動員滯空時間相同
C．運動員著落時的速度方向和滑下的高度無關
D．相等時間內，運動員動量變化量先減小后增大
9．（2025·湖南模擬）如圖所示，現有一質量為的單擺用輕繩豎直懸掛并保持靜止，擺長為。又有一質量為的小球以的速度向右水平運動與單擺相撞，碰撞前兩物體的重心位于同一高度，為重力加速度。已知碰撞的恢復系數，其中和分別是碰撞前兩物體的速度，和分別是碰撞后兩物體的速度。若要求碰撞后的單擺能夠做完整的圓周運動，則的最小值為（　　）
A． B． C． D．
10．（2025·湖南模擬）1917年斯泰瓦和托爾曼發現，一個不帶電的圓形閉合導線圈繞通過其圓心且垂直于線圈平面的軸勻速轉動時，線圈中無電流通過。而當線圈做加速運動時，線圈中會有電流產生。這是因為當線圈在加速轉動時，自由電子會因為慣性和帶正電的金屬離子產生相對運動。在線圈參考系中，金屬離子可視作靜止，而自由電子則會受到一個大小不變、方向沿著圓環切線方向的力（可視作非靜電力）。若線圈的半徑遠大于橫截面直徑，電阻率為ρ，橫截面積為S，電子帶電量為e，且在某次加速轉動中上述非靜電力的大小為F，則線圈中的電流大小為（　　）
A． B． C． D．
11．（2025·湖南模擬）如圖所示，距離為L的光滑水平平行長導軌上放置兩相同導桿a、b，導軌左側為一電阻為R的電阻，導桿a、b接入回路的電阻也均為R，不計其它電阻。整個裝置置于垂直導軌向下，磁感應強度大小為B的勻強磁場中。現給導桿a一向右的初速度v，a、b桿開始運動，下列說法正確的是（　　）
A．a桿剛開始運動時，b桿的電流為
B．a桿剛開始運動時，b桿受到的安培力為
C．b桿在運動過程中，速率先增大，再減小
D．最終a、b兩桿會以相同的速度勻速運動
12．（2025·湖南模擬）如圖為一半徑為2R的空心球形玻璃磚（僅畫出四分之一），正中心半徑為R的球形空腔中裝有與外界相同的空氣。一束光射向玻璃磚，其延長線恰好與空腔的邊界相切。已知該光第一次發生折射時，折射角為入射角的一半，下列說法正確的是（參考數據：）（　　）
A．玻璃磚相對空氣的折射率為
B．該光在空腔邊界入射角的正弦值為
C．該光可以進入空腔內部
D．該光射出玻璃磚后，相較原光束偏轉了約90°
13．（2025·湖南模擬）兩個金屬微粒間的電子轉移，可以等效為電子以隧穿過介質的方式從平行板電容器中的一個極板進入到另一個極板的過程，因而中間的介質可以等效為一隧穿電阻，等效后的電容為C，如圖所示。如果隧穿過程會導致體系的靜電能量上升，那么該過程將無法發生，這就是庫侖阻塞。當沒有庫侖阻塞現象時，單位時間內發生電子隧穿的概率，其中△E是發生隧穿后體系靜電能量的變化量，e為電子的電荷量。已知平行板電容器的能量，其中C為電容，U為兩極板的電壓。下列說法正確的是（　　）
A．電子隧穿的方式是從負極板進入正極板
B．為避免庫侖阻塞的發生，該系統電壓的最小值是
C．當該系統的電壓為V時，電子在單位時間內發生隧穿的概率是
D．在該系統兩端加以恒壓源V，流過該系統的平均電流是
14．（2025·湖南模擬）貓貓同學用普通光源進行雙縫干涉測光的波長實驗。下列說法正確的是（　　）
A．光具座上依次擺放光源、透鏡、濾光片、單縫、雙縫、遮光筒、測量頭等元件
B．透鏡的作用是使光更集中，單縫的作用是獲得線光源
C．減小單縫和雙縫之間的距離，條紋間距變窄
D．雙縫間距越小，測量頭中觀察到的條紋數目內越多
E．用紅光進行實驗觀測到條紋的間距比用藍光觀測的間距小
15．（2025·湖南模擬）小賢同學回到老家，乘坐了新開通的地鐵6號線，出行十分方便。為測量地鐵啟動和停車時的加速度，他在保證不影響其他乘客和地鐵列車正常行駛的條件下設計了如圖所示的簡易裝置。他將細線一端系在豎直把手的頂端，一端系在鋼筆頂端的筆帽上。初始時繩與筆自然下垂。
（1）在地鐵列車剎車時拍攝的是　 　（選填“甲”或“乙”）。
（2）為了測得地鐵列車的加速度，小逸同學認為需要量角器，而小賢同學卻認為只需要卷尺即可。對于二人測量方式評價，正確的是_______。
A．由于實際情況下繩子偏轉較小，用量角器測出的結果可能不準確
B．小賢同學的方法需要將角度的正切值轉換為角度
C．小賢同學需要測量繩子長度和筆帽系繩處到把手的水平距離
D．兩人的實驗均需要測量鋼筆的質量
（3）某次地鐵列車沿水平直線加速時，測得筆帽到把手的水平距離為28cm，已知繩長為1.0m，當地重力加速度為，則此時列車加速度大小為　 　m/s2。
16．（2025·湖南模擬）超導材料在超導轉變溫度附近，電阻率會陡然下降為0，利用這一電學特性，某同學在電學實驗室做了“測定高溫超導材料轉變溫度”的實驗。實驗中用到的器材如下：
待測超導樣品。（室溫下約300μΩ）
鉑電阻溫度計（，與溫度有關；5mA）
1A恒流電源
10V恒壓電源
電阻板R，裝有20個串聯的1kΩ電阻
長引線，短引線若干（電阻mΩ量級）
高精度數字萬用表兩只（內阻約10000MΩ）
銅質均溫塊·液氮3L
（1）該同學設計了如圖甲所示的樣品電阻測量電路和測溫電路（對應兩個萬用表）。電阻測量電路的電源選擇　 　，測溫電路的電源選擇　 　。（均選填“”或“”）
（2）測溫電路的原理為：已知鉑電阻溫度計在約1mA工作電流下的電阻與溫度的大致關系，通過測量鉑電阻兩端電壓即可間接測出此時鉑電阻的工作溫度。則測溫電路中電阻板應將　 　個1kΩ電阻串聯接入電路。
（3）為更精確地測量接近轉變溫度時的樣品電阻，實際接線時，超導樣品部分采用了“四引線法”，如圖乙所示，其正確接法應為　 　（選填“A”或“B”），原因為　 　。
（4）連接好測量電路后，該同學將與長引線連接的超導樣品和鉑電阻溫度計捆綁安裝在銅質均溫塊上，制成“測試探頭”；接著他將探頭放入液氮桶中，降溫至轉變溫度以下后拿出，在室溫中回溫，回溫過程記錄得到數據如下（為電表V的示數，t為此時測試探頭溫度）：
0.001 0.001 0.002 0.003 0.006 0.011 0.026
0.040 0.087 0.097 0.101 0.102 0.106 0.108
在答題卡相應位置的網格中描點（5~6個）畫出曲線的大致趨勢。該超導材料的轉變溫度約為　 　℃。
17．（2025·湖南模擬）如圖是一個化工廠的生產桶，正中間是一個輕質絕熱、可自由移動的活塞。整個桶除右側桶蓋之外的其它部分均為絕熱材料；右側桶蓋導熱性能良好，且有一個氣閥門，處于開啟狀態（與外界大氣連通）。左側裝有加熱用的電阻絲，整個裝置密封良好，不計摩擦。初始時左右兩個空間氣體溫度均為室溫，壓強均為大氣壓強，且密封的氣體均為空氣。現開始緩慢加熱左側氣體（加熱時間足夠長）。
（1）當左側氣體的溫度達到時，求左側氣體的壓強。
（2）若加熱前關閉右側閥門，再進行加熱，當左右兩側空間的體積比為時，求左側氣體的溫度。
18．（2025·湖南模擬）老式掛鐘內為抵抗各種阻力，保持周期性運動，設有擒縱機構與棘輪裝置傳遞周期性沖擊，產生穩定的“自激振動”。為研究掛鐘內的自激振動，摸魚同學做了如下簡化實驗：如圖所示，質量為m的振子放在動摩擦系數為μ的粗糙水平面上，振子左端與勁度系數為k的彈簧右端相連，彈簧左端連接在豎直墻壁上，且彈簧始終保持水平，振子處于彈簧原長位置靜止。記此時振子位置橫坐標為，向右為正，建立x軸。某時刻給振子一個沖擊，使得振子瞬間擁有水平向右，大小為的初速度。（已知：運動過程中彈簧的形變始終在彈性限度內，且振子不會碰到左端豎直墻壁，地面最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，彈簧彈性勢能與形變量x的關系為，不計空氣阻力，重力加速度為g）
（1）求振子分別向右、向左做振動的平衡位置、；
（2）若振子能經過，求的最小值；
（3）若，振子每次向右運動經過時，外力給予振子一個沖擊，使得振子機械能固定增加E，得以做周期運動，求該額外能量E。
19．（2025·湖南模擬）磁流體發電技術指的是利用高溫加熱使氣體電離，再讓已電離的氣體在磁場中高速運動而產生電動勢，以實現將內能轉化為電能的目的。本題我們通過一個簡化的模型更好地了解這一技術。如圖所示，現有一橫截面為矩形的管道，長為l，高為b，寬為a。與寬垂直的兩個側面是電阻可以忽略的導體，將它們用電阻不計的導線和阻值為R的電阻連接在一起。與高垂直的兩個側面為絕緣體，一勻強磁場垂直于該側面，方向向上，大小為B。再讓大量電阻率為的已電離氣體以一定速度在管道中流動，假設同一橫截面上各點氣體的流速都相同。
（1）若忽略氣體和管道間的摩擦，當氣體以速度v勻速流動時，求此時回路中的電流和管道兩端氣體的壓強差；
（2）若氣體和管道之間的摩擦力和氣體的流速平方成正比，且管道兩端氣體的壓強差始終保持為，求無磁場時和有磁場B時管道內單位質量的氣體動能之比。
20．（2025·湖南模擬）類比與遷移是物理中常用的思想方法。
（1）對一個周期變化的物理量，一個周期內的平均值稱為該物理量的“期望”，記為；定義的“標準差”。已知“期望”具有如下性質：。
a.正弦交變電流隨時間的變化關系為，直接寫出其有效值，并求出和。
b.說明對任意周期變化的物理量有。
（2）現有一個質量為m，振動周期為的彈簧振子，不計阻力。
a.對于經典物理中的彈簧振子，證明其系統的機械能滿足恒等式，其中p和x分別是某一相同時刻振子的動量和與平衡位置的距離。
b.在量子力學中，力學系統普遍滿足海森堡不確定關系式，其中h是普朗克常量。在不確定關系式限制下，該彈簧振子系統的機械能最小值不為0，稱為其基態能量。求這一基態能量。提示：除不確定關系式外，其它推導均可以使用經典物理關系式。
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】速度與速率；電場強度；電流、電源的概念；法拉第電磁感應定律
【解析】【解答】本題考查對物理量的掌握程度，單位是物理量的組成部分，對名稱和符號都要記住，可結合物理公式加強記憶。根據物理公式
（電動勢公式）
變形可得磁感應強度
其中，的單位為伏特（V），的單位為米（m），的單位為米每秒（m/s）。代入后，B 的單位為
即與題目中的單位V s/m2 完全一致。其他選項中，電場強度的單位是V/m，速度的單位是m/s，電荷量的單位是庫侖（A s），均不匹配。
故選B。
【分析】根據動生電動勢表達式分析，帶人各個物理量的單位即可。
2．【答案】C
【知識點】胡克定律；引力常量及其測定；電流、電源的概念；光電效應
【解析】【解答】本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發現、發明、著名理論要加強記憶。A．胡克認為只有彈簧在彈性限度內，彈簧的彈力才與彈簧的形變量成正比，故A錯誤；
B．卡文迪什用實驗的方法測出了引力常量，故B錯誤；
C．愛因斯坦因提出光電效應理論獲得諾貝爾獎，故C正確；
D．電流有方向，但其運算不符合平行四邊形定則，故為標量，故D錯誤。
故選C。
【分析】在物理學的發展中，有很多人的發明或發現對物理學的進步起到了很大的促進作用， 根據科學家的貢獻逐一分析每個選項。
3．【答案】D
【知識點】氣體熱現象的微觀意義
【解析】【解答】 兩氣球與外界熱交換足夠充分，且外界溫度一定 ，說明系統發生的是等溫變化。AB．氣球 的壓強
氣球 的壓強
其中 為外界壓強。由于 ，所以
所以打開閥門后，a中氣體會進入b，最終，兩個氣球內的壓強相等，即
故AB錯誤
CD．由于初始 ，氣體將從氣球 流向氣球 。隨著氣體流動，氣球 的體積會減小，氣球 的體積會增大。故D正確，C錯誤。
故選D 。
【分析】初始 ，氣體將從氣球 流向氣球 ，最終，兩個氣球內的壓強相等。
4．【答案】C
【知識點】斜拋運動
【解析】【解答】 斜拋運動可以看成水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的豎直上拋運動和自由落體運動。設出手時沙包的速率為，則沙包飛行時間為
射程為
AB．由可知，當，即時，沙包飛的最遠，由于沙包出射角度為θ未知，所以若增大或減小出射角度時，沙包不一定會飛得更遠，故AB錯誤；
CD．當，即時，沙包飛的最遠，又可知，當時，最遠距離為
故C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】 沙包出射角度為θ ，沙包飛出后做斜拋運動，將運動分解在水平方向和豎直方向然后結合各自規律求解。
5．【答案】D
【知識點】牛頓第二定律
【解析】【解答】A．對微粒進行受力分析，微粒運動過程中受到阻力和電場力的作用，根據牛頓運動定律可知微粒的加速度
實驗開始一段時間內，隨速度的增加，微粒做加速度減小的加速運動，選項A正確；
B．微粒達到最大速度時電場力與阻力大小相等，可得
微粒可以達到的最大速度
選項B正確；
C． k的大小可能和凝膠的密度和粘度有關，選項C正確；
D．因微粒的加速度與質量不是反比關系，微粒也不是勻加速運動，根據
可知質量不同的微粒在實驗開始相同時間內走過的位移與其質量不是成反比，選項D錯誤。
此題選擇不正確的，故選D。
【分析】根據牛頓第二定律求解加速度，電場力與阻力相等時速度達到最大，微粒的加速度與質量不是反比關系，結合位移時間關系分析。
6．【答案】B
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【解答】在磁場中做勻速圓周運動，分析清楚粒子運動過程是解題的前提與關鍵，應用平衡條件、運動學公式、牛頓第二定律與幾何知識即可解題。A．作出粒子的運動軌跡如圖所示
由于粒子的速度大小相同，兩個區域的磁感應強度大小相同，故粒子在兩個區域內的半徑相同，根據幾何關系可知
則有
解得
根據牛頓第二定律有
解得
故A錯誤；
B．根據
，
解得
可得
根據幾何關系，可知粒子在cd磁場偏轉的圓心角為
則對應的運動時間為
又
則
粒子從c邊界到b邊界做勻速直線運動，根據幾何關系可得位移大小為
則對應的時間為
根據幾何關系，可知粒子在ab磁場偏轉的圓心角為
則對應的運動時間為
又
則
故粒子自射入磁場到到達邊界a用時
故B正確；
C．因速度大小、磁感應強度不變，則粒子在磁場中運動的半徑不變，仍為，若bc的寬度減小，只是減小了中間做勻速直線運動的時間，對粒子在兩個區域的磁場中運動的情況沒有影響，故粒子依然恰好未從邊界a射出，不會從邊界a射出，故C錯誤；
D．速度大小、磁感應強度不變，則粒子在磁場中運動的半徑不變，仍為，若將cd寬度變為1.5d，可知半徑大于cd的寬度，則粒子仍會從c邊界出射，再進入到ab之間的磁場中，由于ab寬度變為0.5d，小于粒子的運動半徑，故粒子可以到達邊界a，故D錯誤。
故選B。
【分析】作出粒子的運動軌跡，結合幾何關系求解半徑大小，根據洛倫茲力提供向心力從而求解磁感應強度，求出粒子運動的圓心角，結合粒子圓周運動的周期公式求解運動時間，若bc的寬度減小，對粒子在兩個區域的磁場中運動的情況沒有影響。
7．【答案】C
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】由于大氣的存在，該衛星在做公轉時會受到一定的阻力而損失掉一部分機械能，衛星于近似圓形軌道運行時，機械能由動能（）與引力勢能（）構成， 總機械能
針對圓形軌道，引力提供向心力，根據牛頓第二定律可得
可得
故而，總機械能
可知
當機械能損失，可得
意味著該衛星的動能將增大1J。
故選C。
【分析】衛星于近似圓形軌道運行時，機械能由動能和勢能組成，引力提供向心力，得到總機械能和動能之間的關系，根據此關系分析。
8．【答案】C
【知識點】動量定理；斜拋運動；功率及其計算
【解析】【解答】本題主要考查了斜拋運動和平拋運動的相關應用，解題關鍵點是將速度分解到合適的方向上，利用運動學公式即可完成分析。A．運動員離著落坡最遠時，速度方向與著落坡平行，速度在豎直方向有分速度，則重力的功率不為零，故A錯誤；
BC．設運動員從跳臺最高點O沿某一固定角度飛出時的速度方向與著落坡的夾角為，著落坡與水平方向的夾角為，運動員飛出跳臺的初速度為；將運動員在空中的運動分解為沿著落坡和垂直著落坡兩個分運動，則運動員飛出跳臺的滯空時間為
可知以不同速度飛出跳臺的運動員滯空時間不相同；運動員著落時沿著落坡的分速度大小為
則運動員著落時的速度方向與著落坡的夾角滿足
由于、都為定值，所以運動員著落時的速度方向與著落坡的夾角為定值，即運動員著落時的速度方向和滑下的高度無關，故B錯誤，C正確；
D．根據動量定理可得
可知相等時間內，運動員動量變化量相等，故D錯誤。
故選C。
【分析】利用斜拋運動和平拋運動的規律分析，將運動員在空中的運動分解為沿著落坡和垂直著落坡兩個分運動，結合運動學公式和運動的合成與分解求解。
9．【答案】D
【知識點】碰撞模型
【解析】【解答】根據牛頓第二定律，在單擺做完整圓周運動的最高點，最高點由重力提供向心力，
從最低點到最高點，根據機械能守恒定律，有
聯立解得
已知碰撞前，，由恢復系數
解得
碰撞過程內力遠大于外力，以向右為正方向，由動量守恒定律可得
解得
故選D。
【分析】在單擺做完整圓周運動的最高點，最高點重力提供向心力，根據機械能守恒定律，從最低點到最高點，求解運動速度，碰撞過程根據恢復系數以及動量守恒定律求解。
10．【答案】A
【知識點】電阻定律；電源電動勢及內阻；歐姆定律的內容、表達式及簡單應用
【解析】【解答】自由電子則會受到一個大小不變、方向沿著圓環切線方向的力，和摩擦力做功有點類似，對比摩擦力做功分析電場力做功。設線圈的周長為，電子運動一圈，非靜電力做功為
根據電動勢的定義式可知，對于圓線圈這個閉合回路，電動勢為
線圈的電阻為
根據閉合電路歐姆定律，圓線圈這個閉合回路的電流為
聯立，解得
故選A。
【分析】電子運動一圈，求出非靜電力做功，根據動勢的定義式可知電動勢，結合電阻定律分析。
11．【答案】B,D
【知識點】電磁感應中的動力學問題
【解析】【解答】導體棒在切割磁感線后產生感應電流，從而出現安培力，要知道安培力是與速度有關的特殊力。A．a桿剛開始運動時，切割磁感線產生的感應電動勢為
根據閉合電路歐姆定律有
則b桿的電流為
故A錯誤；
B．a桿剛開始運動時，b桿受到的安培力為
故B正確；
CD．在后續運動中，b 桿在安培力作用下由靜止開始加速，a 桿則因受到反方向安培力而減速，兩桿速度會逐漸接近并最終以相同的速度勻速運動，不存在“先增大再減小”的情形，故C錯誤，D正確。
故選BD。
【分析】根據法拉第電磁感應定律求解切割磁感線產生的感應電動勢，根據閉合電路歐姆定律求解電流大小，兩桿速度會逐漸接近并最終以相同的速度勻速運動，結合安培力公式求解。
12．【答案】A,D
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】本題考查光的折射以及全發射問題，作出光路圖，關鍵在于題目中幾何關系的應用，再根據折射定律和臨界角公式求解即可。AB．由幾何關系可知光線的入射角為i=30°，折射角為r=15°，則折射率為
選項A正確，B錯誤；
CD．由正弦定理
解得
可得
光線射到內層界面時的入射角為30°；臨界角
即
C=30°
即光線恰能全反射，不能進入空腔內部；由幾何關系可知，該光射出玻璃磚后，相較原光束偏轉了約90°，選項C錯誤D正確。
故選AD。
【分析】由幾何關系可知光線的入射角以及折射角，根據折射定律求解折射率；由正弦定理得到光線射到內層界面時的入射角，與臨界角進行比較得出結論。
13．【答案】C
【知識點】電容器及其應用
【解析】【解答】本題運用類比的方法研究電兩個金屬微粒間的電子轉移， 要正確分析能量的轉化，運用 行板電容器的能量 公式以及單位時間內發生電子隧穿的概率公式即可順利求解。A．根據題中所給的信息，只是說電子以隧穿的方式從平行板電容器的一個極板進入另一個極板，并沒有明確指出是從負極板進入正極板，因為這里只是在等效的物理模型下討論電子隧穿過程，未涉及常規電路中極板正負極性與電子流向的必然對應關系，故A錯誤；
B．要避免庫侖阻塞現象發生，則要求單位時間內發生電子隧穿的概率。已知單位時間內發生電子隧穿的概率

發生隧穿后體系靜電能量的變化量ΔE可根據平行板電容器的能量
來計算，發生電子隧穿后電容C不變，電壓U會發生變化（設初始電壓為U1 ，隧穿后電壓為U2 ），則
要使，即，也就是ΔE<0，意味著

當剛好能發生隧穿時（臨界情況），ΔE=0，根據平行板電容器能量公式，設此時電壓為U0 ，發生隧穿前后能量相等，即
（因為電子電荷量為e，電子隧穿相當于極板上電荷量改變e，從而引起電壓變化），展開可得
解得
所以為避免庫侖阻塞的發生，該系統電壓的最小值是，故B錯誤；
C．當該系統的電壓為V時，設初始能量，電子隧穿電荷量為e后，電壓變為此時能量
故
電子在單位時間內發生隧穿的概率是
故C正確；
D．根據C項分析知，在該系統兩端加以恒壓源V，單位時間內發生電子隧穿的概率
故平均電流
故D錯誤。
故選C。
【分析】未涉及常規電路中極板正負極性與電子流向的必然對應關系；當剛好能發生隧穿時（臨界情況），ΔE=0，根據平行板電容器能量公式分析；求出ΔE，根據單位時間內發生電子隧穿的概率公式進行分析；在該系統兩端加以恒壓源V，根據電流定義式求解平均電流。
14．【答案】A,B
【知識點】光的雙縫干涉；用雙縫干涉測光波的波長
【解析】【解答】本題考查了光的雙縫干涉，要掌握實驗器材的擺放順序和作用，知道雙縫干涉條紋間距公式即可順利求解。A．進行雙縫干涉測光的波長實驗，光具座上依次擺放光源、透鏡、濾光片、單縫、雙縫、遮光筒、測量頭等元件，故A正確；
B．透鏡的作用是使光更集中，單縫的作用是獲得線光源，故B正確；
C．根據條紋間距公式
其中是雙縫之間的距離，L是雙縫到屏的距離，可知單縫與雙縫間的距離不影響條紋的間距，所以相鄰兩亮條紋中心的距離不變，故C錯誤；
D．根據條紋間距公式，可知雙縫間距越小，相鄰亮條紋的間距較大，測量頭中觀察到的條紋數目內越少，故D錯誤；
E．紅光的波長比藍光的更長，根據條紋間距公式，可知用紅光進行實驗觀測到條紋的間距比用藍光觀測的間距大，故E錯誤。
故選AB。
【分析】光源經過透鏡會聚后射向濾光片的光更集中，然后經過濾光片變成單色光，經過單縫得到線光源，然后通過雙縫得到兩列完全相同的相干光；根據雙縫干涉條紋間距公式判斷條紋間距的變化。
15．【答案】（1）甲
（2）A；C
（3）2.85
【知識點】牛頓運動定律的應用—連接體
【解析】【解答】 本題考查對力的平衡條件的理解和牛頓第二定律的運用，屬于基礎知識。
（1）在地鐵列車剎車時，加速度方向與運動方向相反，即物體受合外力方向與運動方向相反，鋼筆向前擺動，可知拍攝的是甲。
（2）根據
可知
則兩個人都不需要測量鋼筆的質量；小逸同學的方法需要將角度轉換為角度的正切值，但是由于實際情況下繩子偏轉較小，用量角器測出的結果可能不準確；小賢同學需要測量繩子長度和筆帽系繩處到把手的水平距離即可計算出偏轉角度的正切值。
故選AC。
（3）列車加速度大小為
【分析】 （1）在地鐵列車剎車時，加速度方向與運動方向相反，據此分析；
（2）根據力的平衡條件分析，水平方向的分力提供加速度，豎直方向的分力與重力大小相等；
（3）根據牛頓第二定律結合幾何關系分析。
（1）在地鐵列車剎車時，加速度方向與運動方向相反，即物體受合外力方向與運動方向相反，鋼筆向前擺動，可知拍攝的是甲。
（2）根據
可知
則兩個人都不需要測量鋼筆的質量；小逸同學的方法需要將角度轉換為角度的正切值，但是由于實際情況下繩子偏轉較小，用量角器測出的結果可能不準確；小賢同學需要測量繩子長度和筆帽系繩處到把手的水平距離即可計算出偏轉角度的正切值。
故選AC。
（3）列車加速度大小為
16．【答案】（1）；
（2）10
（3）A；A接法能將電流引線和電壓引線分開，避免導線電阻對測量結果的影響，使測量更準確。
（4）
【知識點】閉合電路的歐姆定律；常見傳感器的工作原理及應用；伏安法測電阻
【解析】【解答】超導體指在特定低溫條件下（臨界溫度Tc以下），電阻完全消失（零電阻效 且具有完全抗磁性（邁斯納效應）的材料。1911年荷蘭科學家昂內斯首次在 4.2K（-268.95℃）的汞中觀測到該現象。目前常壓最高臨界溫度為134K（-139℃），室溫超導（300K）若實現將引發能源、醫療等領域革命。
（1）對于電阻測量電路，待測超導樣品在室溫下約300μΩ，電阻非常小；若采用10V恒壓電源S2，根據歐姆定律，會產生很大的電流，可能損壞超導樣品，所以電阻測量電路應選擇1A恒流電源S1。
對于測溫電路，鉑電阻溫度計在小于5mA工作電流下才能正常工作，1A恒流電源電流過大，10V恒壓電源可通過串聯電阻等方式來控制電路中的電流，使鉑電阻溫度計工作在合適電流下，所以測溫電路的電源選擇S2。
（2）已知鉑電阻溫度計在約1mA工作電流下的電阻與溫度有對應關系，要使鉑電阻溫度計工作在1mA電流下；由鉑電阻溫度計的電阻范圍是，電源電壓為10V，設串聯電阻為R串，根據歐姆定律，得
。
當鉑電阻溫度計電阻取最小值時，串聯電阻
，
一個電阻為，所以需要串聯10個電阻接入電路。
（3）因為在測量電阻時，導線本身有電阻（雖然短引線電阻為mΩ量級，但對于測量約300μΩ的超導樣品電阻仍有影響），采用“四引線法”時，A接法能將電流引線和電壓引線分開，電壓引線間的電阻就是超導樣品的電阻，可避免導線電阻對測量結果的影響，使測量更準確；而B接法無法將電流引線和電壓引線有效分開，導線電阻會影響測量結果。
故正確接法應為A接法。
（4）超導材料的特性是在轉變溫度以下電阻為零，當溫度升高超過轉變溫度后電阻會迅速增大。從實驗數據來看，U1的變化可以間接反映的變化；觀察數據，在溫度從-167.9℃到 -162.5℃ 這個區間，U1數值較小且變化相對緩慢，說明較小且變化不大，可認為此時超導材料處于超導態；當溫度從 -162.0℃開始，U1迅速增大，意味著迅速增大，超導材料開始失去超導特性。所以，超導材料的轉變溫度約在-162.5℃到-162.0℃之間。
【分析】（1）超導樣品在室溫下電阻很小采用恒流電源，鉑電阻溫度計電流較小，采用采用10V恒壓電源；
（2）由鉑電阻溫度計的電阻范圍是，根據歐姆定律求解總電阻，從而得到需要串聯的電阻；
（3）導線本身有電阻，采用“四引線法”可避免導線電阻對測量結果的影響，使測量更準確；
（4）U1的變化可以間接反映電阻的變化，結合圖表數據分析。
（1）對于電阻測量電路，待測超導樣品在室溫下約300μΩ，電阻非常小；若采用10V恒壓電源S2，根據歐姆定律，會產生很大的電流，可能損壞超導樣品，所以電阻測量電路應選擇1A恒流電源S1。
對于測溫電路，鉑電阻溫度計在小于5mA工作電流下才能正常工作，1A恒流電源電流過大，10V恒壓電源可通過串聯電阻等方式來控制電路中的電流，使鉑電阻溫度計工作在合適電流下，所以測溫電路的電源選擇S2。
（2）已知鉑電阻溫度計在約1mA工作電流下的電阻與溫度有對應關系，要使鉑電阻溫度計工作在1mA電流下；由鉑電阻溫度計的電阻范圍是，電源電壓為10V，設串聯電阻為R串，根據歐姆定律，得。
當鉑電阻溫度計電阻取最小值時，串聯電阻，
一個電阻為，所以需要串聯10個電阻接入電路。
（3）因為在測量電阻時，導線本身有電阻（雖然短引線電阻為mΩ量級，但對于測量約300μΩ的超導樣品電阻仍有影響），采用“四引線法”時，A接法能將電流引線和電壓引線分開，電壓引線間的電阻就是超導樣品的電阻，可避免導線電阻對測量結果的影響，使測量更準確；而B接法無法將電流引線和電壓引線有效分開，導線電阻會影響測量結果。
故正確接法應為A接法。
（4）超導材料的特性是在轉變溫度以下電阻為零，當溫度升高超過轉變溫度后電阻會迅速增大。從實驗數據來看，U1的變化可以間接反映的變化；觀察數據，在溫度從-167.9℃到 -162.5℃ 這個區間，U1數值較小且變化相對緩慢，說明較小且變化不大，可認為此時超導材料處于超導態；當溫度從 -162.0℃開始，U1迅速增大，意味著迅速增大，超導材料開始失去超導特性。所以，超導材料的轉變溫度約在-162.5℃到-162.0℃之間。
17．【答案】（1）解：初始狀態，左右側氣體體積相等，令為， 開始時氣閥門處于開啟狀態，假設加熱左側氣體過程，活塞與右側桶蓋之間沒有一擠壓，即氣體壓強始終等于，根據蓋呂薩克定律有
解得
表明假設不成立，活塞與右側桶蓋之間有一擠壓，即左側氣體體積為，根據理想氣體狀態方程有
解得
（2）解：若加熱前關閉右側閥門，當加熱左側氣體時，對左側氣體進行分析，根據理想氣體狀態方程有
對右側氣體進行分析，根據玻意耳定律有
其中
解得
【知識點】理想氣體與理想氣體的狀態方程；氣體的等溫變化及玻意耳定律；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律
【解析】【分析】（1）初始狀態，左右側氣體體積相等，根據蓋呂薩克定律和理想氣體狀態方程分別列式求解；
（2）對左側氣體進行分析，根據理想氣體狀態方程列式；對右側氣體進行分析，發生等溫變化，根據玻意耳定律列式求解。
（1）初始狀態，左右側氣體體積相等，令為， 開始時氣閥門處于開啟狀態，假設加熱左側氣體過程，活塞與右側桶蓋之間沒有一擠壓，即氣體壓強始終等于，根據蓋呂薩克定律有
解得
表明假設不成立，活塞與右側桶蓋之間有一擠壓，即左側氣體體積為，根據理想氣體狀態方程有
解得
（2）若加熱前關閉右側閥門，當加熱左側氣體時，對左側氣體進行分析，根據理想氣體狀態方程有
對右側氣體進行分析，根據玻意耳定律有
其中
解得
18．【答案】（1）解：振子在平衡位置的合力為0，當振子向右振動過程，滑動摩擦力方向向左，振子處于平衡位置時，彈簧彈力方向向右，彈簧處于壓縮狀態，則有
解得
當振子向左振動過程，滑動摩擦力方向向右，振子處于平衡位置時，彈簧彈力方向向左，彈簧處于拉伸狀態，則有
解得
（2）解：振子向右運動為簡諧運動，且平衡位置為，設振幅為A1，根據能量守衡
運動到最右端再向左運動時，平衡位置為，此時振幅變為
若恰好通過，可知
聯立可得
（3）解：振子從0點獲得初速度向右運動，平衡位置為，振幅為A10，根據能量守恒
解得
運動到最右端時，再向左運動時，平衡位置為，此時的振幅為
運動到最左端時，再向右運動時，平衡位置為，振幅變為
補充完能量后振幅應變為，因此補充的能量為
聯立解得
【知識點】機械能守恒定律；簡諧運動
【解析】【分析】（1）平衡位置，合力為零，結合摩擦力的方向以及胡克定律求解振子分別向右、向左做振動的平衡位置；
（2）振子向右運動為簡諧運動，根據能量守衡求解振幅，運動到最右端再向左運動時，求解振幅，從而得到速度大小；
（3）根據能量守恒得到振幅，分別求解向左運動以及向右運動的振幅，補充完能量后振幅應變為原來的振幅，從而得到額外能量 。
（1）振子在平衡位置的合力為0，當振子向右振動過程，滑動摩擦力方向向左，振子處于平衡位置時，彈簧彈力方向向右，彈簧處于壓縮狀態，則有
解得
當振子向左振動過程，滑動摩擦力方向向右，振子處于平衡位置時，彈簧彈力方向向左，彈簧處于拉伸狀態，則有
解得
（2）振子向右運動為簡諧運動，且平衡位置為，設振幅為A1，根據能量守衡
運動到最右端再向左運動時，平衡位置為，此時振幅變為
若恰好通過，可知
聯立可得
（3）振子從0點獲得初速度向右運動，平衡位置為，振幅為A10，根據能量守恒
解得
運動到最右端時，再向左運動時，平衡位置為，此時的振幅為
運動到最左端時，再向右運動時，平衡位置為，振幅變為
補充完能量后振幅應變為，因此補充的能量為
聯立解得
19．【答案】（1）解：根據題意可知，當氣體以速度v勻速流動時，將電離氣體等效成長為的導體棒切割磁感線，則產生的感應電動勢為
回路中的電流為
等效導體棒所受安培力為
忽略氣體和管道間的摩擦，由平衡條件可得，管道兩端的壓力差
則管道兩端氣體的壓強差
（2）解：管道兩端氣體的壓強差始終保持為，則管道兩端的壓力差
設摩擦力和氣體的流速平方成正比的比例系數為，無磁場時，氣體的流速為，則氣體所受摩擦力為
由平衡條件有
即
有磁場時，設氣體的流速為，根據平衡條件有
即
則無磁場時和有磁場B時管道內單位質量的氣體動能之比為
【知識點】磁流體發電機
【解析】【分析】（1）當氣體以速度v勻速流動時，將電離氣體等效成長為的導體棒切割磁感線，求出等效導體棒所受的安培力大小，由平衡條件可得，管道兩端的壓力差；
（2）管道兩端氣體的壓強差始終保持為， 氣體和管道之間的摩擦力和氣體的流速平方成正比， 根據平衡條件求解。
（1）根據題意可知，當氣體以速度v勻速流動時，將電離氣體等效成長為的導體棒切割磁感線，則產生的感應電動勢為
回路中的電流為
等效導體棒所受安培力為
忽略氣體和管道間的摩擦，由平衡條件可得，管道兩端的壓力差
則管道兩端氣體的壓強差
（2）管道兩端氣體的壓強差始終保持為，則管道兩端的壓力差
設摩擦力和氣體的流速平方成正比的比例系數為，無磁場時，氣體的流速為，則氣體所受摩擦力為
由平衡條件有
即
有磁場時，設氣體的流速為，根據平衡條件有
即
則無磁場時和有磁場B時管道內單位質量的氣體動能之比為
20．【答案】（1）解：a．正弦交變電流的有效值為其峰值的 倍，表達式如下
平均值 正弦函數在一個周期內的平均值為零，可通過如下積分計算得出
平方平均值 借助 進行計算，可得
b．標準差 依據定義 代入計算
b．對于任意周期變化的物理量，其方差定義為
展開平方項并運用期望的線性性質可得
由此證明
（2）解：a.彈簧振子的總機械能由動能和彈性勢能構成： 動能
（其中 為動量）。
2勢能：依據胡克定律
通過積分得到勢能
結合簡諧運動的角頻率
可將勢能改寫為
總機械能 為動能與勢能之和，表達式為
b.a.彈簧振子的總機械能由動能和彈性勢能構成：動能
（其中為動量）。
勢能：依據胡克定律
通過積分得到勢能
結合簡諧運動的角頻率
可將勢能改寫為
總機械能為動能與勢能之和，表達式為
b.根據海森堡不確定關系
將機械能表達式改寫為方差形式
利用不等式取等號條件（極小值點），設，并令兩項相等
代入不確定關系
代入E表達式得
進一步化簡為
(其中)
【知識點】相對論時空觀與牛頓力學的局限性
【解析】【分析】（1） a. 平均值 正弦函數在一個周期內的平均值為零，可通過如下積分計算求解；
b. 依據標準差 定義求解標準差，根據方差定義得到，展開平方項并運用期望的線性性質分析；
（2）a.彈簧振子的總機械能由動能和彈性勢能構成，總機械能 為動能與勢能之和，分別求解動能和勢能即可；
b.根據海森堡不確定關系將機械能表達式改寫為方差形式，利用不等式取等號條件，代入不確定關系，代入E表達式，從而得到基態能量。
（1）a．正弦交變電流的有效值為其峰值的 倍，表達式如下
平均值 正弦函數在一個周期內的平均值為零，可通過如下積分計算得出
平方平均值 借助 進行計算，可得
b．標準差 依據定義 代入計算
b．對于任意周期變化的物理量，其方差定義為
展開平方項并運用期望的線性性質可得
由此證明
（2）a.彈簧振子的總機械能由動能和彈性勢能構成： 動能：（其中 為動量）。
2勢能：依據胡克定律
通過積分得到勢能
結合簡諧運動的角頻率
可將勢能改寫為
總機械能 為動能與勢能之和，表達式為
b.a.彈簧振子的總機械能由動能和彈性勢能構成：動能：（其中為動量）。
勢能：依據胡克定律
通過積分得到勢能
結合簡諧運動的角頻率
可將勢能改寫為
總機械能為動能與勢能之和，表達式為
b.根據海森堡不確定關系
將機械能表達式改寫為方差形式
利用不等式取等號條件（極小值點），設，并令兩項相等
代入不確定關系
代入E表達式得
進一步化簡為(其中)
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