資源簡介

2025屆湖南省邵陽市高三上學期第一次聯考（一模）物理試題
1．（2025·邵陽模擬）2024年10月8日消息，本年度諾貝爾物理學獎授予約翰·霍普菲爾德和杰弗里·辛頓，“以表彰他們為利用人工神經網絡進行機器學習作出的基礎性發現和發明”。在物理學的探索和發現過程中，物理過程和研究方法比物理知識本身更加重要。以下關于物理學研究方法和物理學史的敘述中正確的是（　　）
A．慣性定律即牛頓第一定律，伽利略通過理想斜面實驗直接驗證了慣性定律
B．美國科學家富蘭克林命名了正電荷和負電荷，并通過油滴實驗測得元電荷的數值
C．自然界中的電和磁存在著某種神秘的聯系，丹麥物理學家奧斯特通過不斷地探索發現了電流的磁效應
D．根據速度定義式，當足夠小時，就可以表示物體在某時刻的瞬時速度，該定義應用了微元法思想方法
【答案】C
【知識點】物理學史；安培定則
【解析】【解答】正確理解每個物理學家的貢獻和物理學研究方法是解答此類題目的關鍵。A．慣性定律即牛頓第一定律，該實驗無法通過實驗直接驗證，伽利略通過理想斜面實驗間接驗證了慣性定律，A錯誤；
B．美國科學家富蘭克林命名了正電荷和負電荷，密立根油滴實驗測得元電荷的數值，B錯誤；
C．丹麥物理學家奧斯特通過不斷地探索發現了電流的磁效應，C正確；
D．速度，當足夠小時，就可以表示物體在某時刻的瞬時速度，該定義應用了極限的思想方法，D錯誤。
故選C。
【分析】根據物理學研究方法的基本概念和物理學史，判斷其正確性。
2．（2025·邵陽模擬）測糖儀的原理是溶液的折射率與含糖率成正比，通過測量溶液相對標準透明介質的折射率，即可得到待測溶液的含糖率。如圖所示為某種測糖儀內部核心結構的原理圖，截面為半圓形的透明容器中裝有待測溶液，容器右側有一截面為長方形的標準透明介質，介質右側面貼有一屏幕，可用來記錄光線出射的位置。一束光沿半徑方向射向半圓形圓心，射出后分為、兩束光，光路圖如圖所示，其中，忽略容器壁的厚度，下列說法正確的是（　　）
A．、光在溶液中的傳播速度比在透明介質中的小
B．若稍微提高溶液的含糖率，光線打在屏幕上的位置均將向下移動
C．若逐漸提高溶液的含糖率，光先不能射出容器
D．稍水平向左移動透明介質，光線打在屏幕上的位置均將向下移動
【答案】B
【知識點】光的全反射
【解析】【解答】光照射到兩種介質界面上時，光線全部被反射回原介質的現象稱為全反射現象．發生全反射的條件：①光線從光密介質斜射向光疏介質；②入射角大于或等于臨界角。A．，由光的折射定律結合光路圖可知，溶液的折射率小于透明介質的折射率，由可知，光線在溶液中的傳播速度比在透明介質中的大，A錯誤；
B．稍微提高溶液的含糖率，溶液的折射率增大，光線從溶液射出時，折射角增大，故打在屏幕上的位置向下移動，B正確；
C．由圖可知，溶液對光的折射率小于溶液對光的折射率，由可知，逐漸提高溶液的含糖率，光先達到全反射的臨界角，即光先不能射出容器，C錯誤；
D．稍微水平向左移動透明介質，由幾何關系可知光線打在屏幕上的位置均將向上移動，D錯誤。
故選B。
【分析】考慮溶液含糖率提高時，其折射率增大；分析水平向左移動透明介質時，光線在透明介質中入射角是否變化，由幾何關系判斷光線打在屏幕上的位置是否改變。
3．（2025·邵陽模擬）學校組織趣味運動會，某運動員手持乒乓球拍托著球沿水平直賽道向前跑，運動員速度越大，乒乓球受到的水平風力越大。已知球拍面與水平面的夾角為53°，乒乓球的質量為2.7g，乒乓球與球拍面之間的動摩擦因數為0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取，，不考慮乒乓球的滾動，當運動員以某一速度勻速向前跑時，乒乓球恰好不下滑，關于此時的乒乓球下列說法正確的是（　　）
A．乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向下
B．乒乓球受三個力的作用
C．乒乓球受到的風力大小為
D．如果球拍面豎直，則乒乓球不會下滑
【答案】C
【知識點】受力分析的應用；共點力的平衡
【解析】【解答】對三力平衡問題，一般根據平衡條件畫出力合成時的平行四邊形。對四力或四力以上的平衡問題，一般建立合適的直角坐標系，對各力按坐標軸進行分解。A．乒乓球恰好不下滑，所以乒乓球有沿球拍下滑的趨勢，乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向上，故A錯誤；
B．對乒乓球進行受力分析，受到重力、球拍支持力、球拍的摩擦力和水平風力共四個力的作用，故B錯誤；
C．以乒乓球為對象，根據平衡條件可得
，
又
聯立解得乒乓球受到的風力大小為
故C正確；
D．當球拍豎直時，如果水平風力不變，由于
則乒乓球會下滑，故D錯誤。
故選C。
【分析】對乒乓球進行受力分析，結合受力平衡分析。
4．（2025·邵陽模擬）開普勒用二十年的時間研究第谷的行星觀測記錄，發現了行星運動規律。通常認為，太陽保持靜止不動，行星繞太陽做勻速圓周運動，則開普勒第三定律中常量（R為行星軌道半徑，T為運行周期）。如圖所示，三個質量均為m的天體相距為L成一直線排列，在萬有引力作用下構成一穩定的星系。該星系中有類似于開普勒第三定律中常量。已知引力常量為G，則的值為（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】萬有引力定律
【解析】【解答】本題考查了“多星”系統以及萬有引力的應用，多星系統每個恒星所受萬有引力等于其他恒星引力的合力。設中心天體的質量為M，萬有引力提供圓周運動的向心力，由牛頓第二定律可得
解得
在三星體系中，同理可得
解得
故選A。
【分析】結合萬有引力提供向心力，抓住不同情況下的運行半徑和周期的關系即可求解。
5．（2025·邵陽模擬）如圖甲所示，取一電阻率為的均質金屬材料，將它做成橫截面為圓形的金屬導線，每段導線體積均恒為V。如圖乙所示，將一段導線接在電動勢為E，內阻為r的電源兩端，并置于方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，如圖丙所示，將另一段導線接在恒流源兩端，下列說法不正確的是（　　）
A．乙圖中，拉長該段導線使直徑減小，導線電阻隨之增大
B．丙圖中，拉長該段導線使直徑減半，導線兩端電壓變為原來的8倍
C．丙圖中，改變導線直徑，該段導線發熱功率與直徑的四次方成反比
D．乙圖中，通過改變導線直徑可改變導線所受的安培力，且最大安培力為
【答案】B
【知識點】電功率和電功；電阻定律；安培力的計算
【解析】【解答】本題考查了安培力相關知識，理解磁場對通電導體的作用是解決此類問題的關鍵。在磁感應強度為B的勻強磁場中，垂直磁場放置的長度為l的導體，所通電流為I，導體所受的安培力大小為F=BIl。A．根據電阻定律
其中
，
聯立，解得
可知乙圖中，拉長該段導線使直徑減小，導線電阻隨之增大，故A正確，與題意不符；
B．丙圖中，導線兩端的電壓
電流不變時，拉長該段導線使直徑減半，導線兩端電壓變為原來的16倍，故B錯誤，與題意相符；
C．丙圖中該段導線的發熱功率
流過導線的電流不變，改變導線直徑，該段導線發熱功率與直徑的四次方成反比，故C正確，與題意不符；
D．乙圖中，由閉合電路歐姆定律
導線受到的安培力
聯立，解得
可知通過改變導線直徑可改變導線所受的安培力，由數學知識可知當且僅當時，最小，此時
最小值為
故最大安培力為
故D正確，與題意不符。
本題選不正確的，故選B。
【分析】根據電阻定律，發熱功率表達式，結合閉合電路歐姆定律以及安培力表達式分析求解。
6．（2025·邵陽模擬）為了研究多層鋼板在不同模式下的防彈效果，建立如下簡化模型。如圖所示，兩個完全相同的鋼板A、B厚度均為d，質量均為m。第一次把A、B焊接在一起靜置在光滑水平面上，質量也為m的子彈水平射向鋼板A，恰好將兩鋼板擊穿。第二次把A、B間隔一段距離水平放置，子彈以同樣的速度水平射向A，穿出后再射向B，且兩塊鋼板不會發生碰撞。設子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，不計子彈的重力，子彈可視為質點。下列說法正確的是（　　）
A．第一次子彈射出B時，A的位移為d
B．第一次子彈穿過A、B所用時間之比為
C．第二次子彈不能擊穿鋼板B，進入鋼板B的深度為
D．第一次、第二次整個系統損失的機械能之比為
【答案】D
【知識點】碰撞模型
【解析】【解答】本題關鍵要明確子彈射穿和進入鋼板過程，系統遵守動量守恒定律和能量守恒定律，反復運用動量守恒和能量守恒或功能關系即系統克服阻力做功等于系統動能的減少，即可解決這類問題。A．設第一次子彈穿過A、B時共同速度為v，對系統由動量守恒有
此過程對A和B有
對子彈有
解得
故A錯誤；
B．第一次子彈相對A、B做勻減速直線運動，恰擊穿時相對末速度為0，根據逆向思維，可以將看成子彈相對A、B做初速度為0的反向勻加速直線運動，穿過B、A的相對位移相等，根據連續相鄰相等位移之內的時間間隔比例規律可知，穿過B、A的時間之比為，所以穿過A、B所用時間之比為，故B錯誤；
C．設子彈的初速度為，受到的阻力大小為f，第一次穿過A、B時共同速度為v，對系統由動量守恒有
由能量守恒有
解得
第二次子彈穿過A時，設子彈速度為，A的速度為u，假設不能穿透B，最后與B的共同速度為，進入B的深度為，對子彈和A由動量守恒有
由能量守恒有
解得
對子彈和B，由動量守恒有
由能量守恒有
解得
假設成立，故C錯誤；
D．第一次系統損失的機械能
第二次系統損失的機械能
第一次、第二次系統損失的機械能之比為
故D正確。
故選D。
【分析】第一次子彈相對A、B做勻減速直線運動，恰好擊穿時末速度為0，采用逆向思維，根據初速度為零的勻加速直線運動的推論求子彈穿過A、B所用時間之比；子彈第一次穿過A、B時，根據動量守恒定律和能量守恒定律分別列方程。第二次，先對子彈和A，由動量守恒定律和能量守恒定律分別列方程。再對子彈和B，由動量守恒定律和能量守恒定律分別列方程，即可分析第二次子彈能否擊穿兩鋼板，并得到子彈進入鋼板B的深度；根據能量守恒定律求第一次、第二次整個系統損失的機械能之比。
7．（2025·邵陽模擬）如圖甲所示，均勻介質中三個相同的波源分別位于xOy平面直角坐標系中的A、B、C點，波源振動方向均垂直紙面，振動圖像均如圖乙所示，波速均為2cm/s。則（　　）
A．質點D比質點O晚起振4s
B．時，質點O的速度方向與加速度方向相同
C．若取走波源B，穩定后質點O、D的相位差始終為
D．若取走波源C，穩定后質點O與質點D的振幅相等
【答案】A,D
【知識點】橫波的圖象；波的干涉現象
【解析】【解答】本題主要是考查了振動的圖像和波的疊加；解答此類問題的關鍵是要理解振動圖像的物理意義，知道波速的計算方法。A．根據題意，結合圖（a）可知，振源B的振動形式先傳播到O點，時間
則質點O從第6s末開始振動；振源A、C的振動形式同時傳播到D點，時間
則質點D從第10s末開始振動，可知，質點D比質點O晚起振
故A正確；
B．根據題意，結合圖（a）可知，時，只有波源B產生的振動傳到O點，且已經振動了1.2s，根據圖（b）可知質點O相對平衡位置的位移有增大的趨勢，速度方向與加速度相反，故B錯誤；
C．若取走波源B，質點O、D到波源A、C的波程差均為0，兩質點為振動加強點，又質點O從8s開始達到穩定，質點D從10s開始達到穩定，則穩定后兩質點的相位差為的整數倍，故C錯誤；
D．根據可知，三列波的波長均為4cm，若取走波源C，質點O到波源A、B的波程差為4cm，為波長的整數倍，則質點O為振動加強點，同理可得，質點D也為振動加強點，穩定后兩質點振幅相等，故D正確。
故選AD。
【分析】振源B的振動形式先傳播到O點，振源A、C的振動形式同時傳播到D點，根據運動學公式求解時間；根據振動情況分析速度方向與加速度方向；根據波的疊加方法結合波程差的關系分析。
8．（2025·邵陽模擬）如圖所示，在平面直角坐標系xOy的、兩點處固定著電荷量分別為+q、的兩個點電荷，A、B為y軸上兩點，坐標分別為、，M、N、P、Q四個點是以為中心的正方形的四個頂點，在上述兩個點電荷所形成的電場中，下列說法正確的是（　　）
A．N點與Q點電勢相等
B．x軸上處電場強度為零
C．B點的電勢高于A點的電勢，A點的電場強度大于B點的電場強度
D．將某一負電荷從P點移動到Q點電場力做的功大于將其從N點移動到M點電場力做的功
【答案】C,D
【知識點】電場強度的疊加；電勢差
【解析】【解答】本題通過分析點電荷產生的電場強度和電勢，以及電場力做功的原理，考查了電場的基本性質。正確理解電場強度、電勢的疊加原理以及電場力做功的概念是解題的關鍵。A．若單獨考查形成的電場，N點和Q點位于同一等勢面上，但對于形成的電場中，Q點的電勢高于N點的電勢，根據電勢的疊加可知，在兩個點電荷形成的疊加電場中，Q點的電勢高于N點的電勢，A錯誤；
B．根據點電荷形成的電場，可知在處的電場強度
方向水平向右，在處的電場強度
方向水平向右，故二者大小相等，方向相同，合場強不為零，B錯誤；
C．的點電荷等效成一個和一個的兩個點電荷，對于和的電場中，A、B位于同一等勢面上，而在點電荷形成的電場中，B點的電勢高于A點電勢，故B點電勢高于A點電勢，由于A點相對于場源電荷較近，故A點的場強大于B點的場強，C正確；
D．形成的電場，N點和Q點位于同一等勢面上，但對于形成的電場中，Q點的電勢高于N點的電勢，因此兩點的電勢差大于兩點的電勢差，故將某一負電荷從P點移動到Q點電場力做的功大于將其從N點移動到M點電場力做的功，D正確。
故選CD。
【分析】根據給定的點電荷位置和電荷量，利用電場強度和電勢的疊加原理來分析各個選項。對于電場強度為零的位置，需要考慮兩個點電荷產生的電場強度的矢量和為零的條件。對于電勢的比較，需要考慮電場線的方向以及電勢隨距離的變化規律。對于電場力做功的比較，則需要考慮電勢差與電荷的符號。
9．（2025·邵陽模擬）“轆轤”是中國古代取水的重要設施，通過轉動手柄將輕繩纏繞到半徑為R的轉筒上，就可以把水桶從井中提起。若某次轉動手柄的角速度隨時間t變化的圖像如圖乙所示，經時間把水桶從井底提升到井口，水桶和桶中水的總質量為m，重力加速度大小為g，水桶可看成質點，下列說法正確的是（　　）
A．水井的深度為
B．，水桶做初速度為零的勻加速直線運動
C．把水桶從井底提升到井口的過程中合力對水桶和桶中水做功為
D．把水桶從井底提升到井口的過程中克服重力做功的平均功率為
【答案】A,C
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】本題考查利用動能定理求解多過程問題、多個力的總功、平均功率的計算，關鍵要利用ω-t圖像與時間軸圍成的面積表示轉筒轉過的角度。A．圖乙中內圖像與時間軸所包圍的面積表示把水桶從井底提升到井口過程中轉筒轉過的角度，設為，則有
故水井的深度為
A正確；
B．轉筒邊緣上點的線速度大小等于水桶的速度大小，根據線速度與角速度的關系，則有
因為內，與成正比，所以水桶的速度v與t成正比，時間內，不變，線速度不變，水桶做勻速直線運動，B錯誤；
C．根據動能定理，把水桶從井底提升到井口的過程中合力對水桶和桶中水做功為
C正確；
D．把水桶從井底提升到井口的過程中克服重力做功的平均功率為
D錯誤。
故選AC。
【分析】轉筒邊緣上點的線速度大小等于水桶的速度大小，根據圖乙和v=ωR找出水桶速度v與時間t的關系，再分析它的運動性質；圖乙中，0～3t0內圖像與時間軸所包圍的面積表示把水桶從井底提升到井口過程中轉筒轉過的角度θ，求出θ，根據h=θR計算水井的深度。
10．（2025·邵陽模擬）間距為的兩根平行光滑金屬導軌MN、PQ固定放置在同一水平面內，兩導軌間存在大小為，方向垂直導軌平面向外的勻強磁場，導軌左端串接一阻值為的定值電阻，導體棒垂直放在導軌上，如圖所示。當水平圓盤勻速轉動時，固定在圓盤上的小圓柱帶動T形支架在水平方向往復運動，T形支架進而驅動導體棒在水平面內做簡諧運動，以水平向右為正方向，其位移x與運動時間t的關系為。已知導體棒質量為，總是保持與導軌接觸良好，除定值電阻外其余電阻均忽略不計，空氣阻力忽略不計，不考慮電路中感應電流的磁場，則下列說法正確的是（　　）
A．導體棒在運動過程中，產生感應電流的最大值為
B．在時間內，通過導體棒的電荷量為0.25C
C．在時間內，T形支架對導體棒做功
D．當T形支架對導體棒的作用力為0時，導體棒的速度大小為
【答案】A,C,D
【知識點】電磁感應中的能量類問題
【解析】【解答】本題考查了電磁感應相關知識，理解其中的受力情況和能量變化情況是解決此類問題的關鍵。電磁感應過程的實質是不同形式的能量轉化的過程，而能量的轉化是通過安培力做功來實現的。A．根據關系式，可得t時刻導體棒的速度
所以導體棒在運動過程中，速度的最大值為
通過導體棒的感應電流
聯立解得
A正確；
B．設導體棒做簡諧運動的周期為T，根據
根據
解得
在內，即內，導體棒運動的位移大小
感應電動勢的平均值
感應電流的平均值
通過導體棒的電荷量
聯立解得
B錯誤；
C．在內，設T形支架對導體棒做功為，電阻R上產生的熱量為Q。根據功能關系，則有
聯立解得
C正確；
D．由于加速度是速度對時間的求導，則有
有牛頓第二定律可得
，
結合題意解得
解得
D正確。
故選ACD。
【分析】根據導體棒的速度與時間的關系式，結合歐姆定律以及法拉第電磁感應定律，綜合導體棒做簡諧運動的周期以及功能關系分析求解。
11．（2025·邵陽模擬）某學習小組利用圖示裝置探究加速度與力、質量的關系，主要操作步驟如下：
a.按圖甲所示完成裝置安裝，木板左端用鉸鏈連接在桌面上，將1個鉤碼通過跨過定滑輪的細繩連接到小車上；
b.調整木塊位置，使小車獲得一定初速度后，遮光片通過兩光電門的遮光時間相等；
c.取下鉤碼，由靜止釋放小車，記錄小車通過上、下兩個光電門時遮光片的遮光時間，分別記為和；
d.依次增加懸掛的鉤碼（完全相同）個數n，重復步驟b、c、d。
請完成以下問題：
（1）兩光電門中心間的距離為s，遮光片的寬度d用螺旋測微器測量如圖乙，讀得　 　mm。由計算出小車加速度。
（2）要探究小車加速度與所受合外力的關系，以加速度a為縱軸，以　 　（選填“n”“”“”或“”）為橫軸描點作圖，當所作圖像是一條過坐標原點的傾斜直線時，則說明：在小車質量不變的情況下，小車的加速度與所受合外力成正比。
（3）下列做法能減小本實驗誤差的是______。
A．減小兩光電門之間的距離
B．要確保小車的質量遠大于鉤碼的質量
C．挑選遮光片時，選寬度比較小的
D．挑選表面比較光滑的木板進行實驗
【答案】（1）3.108
（2）n
（3）C
【知識點】刻度尺、游標卡尺及螺旋測微器的使用；實驗驗證牛頓第二定律
【解析】【解答】探究加速度a與力F及質量m的關系時，應用的基本方法是控制變量法，即先控制一個參量--小車的質量m不變，討論加速度a與力F的關系，再控制小盤和砝碼的質量不變，即力F不變，改變小車質量m，討論加速度a與m的關系。
（1）根據螺旋測微器的讀數規律，該讀數為
（2）令一個鉤碼的質量為m，小車的質量為M，依次增加懸掛的鉤碼（完全相同）個數n，重復步驟b、c、d，在步驟b中，根據平衡條件有
在步驟c中，對小車進行分析，根據牛頓第二定律有
則有
可知，要探究小車加速度與所受合外力的關系，以加速度a為縱軸，以n為橫軸描點作圖，當所作圖像是一條過坐標原點的傾斜直線時，則說明：在小車質量不變的情況下，小車的加速度與所受合外力成正比。
（3）A．根據光電門測速原理有
當光電門之間間距大一些時，擋光時間短一些，測速更加精確一些，可知，為了減小測速誤差，實驗中應增大兩光電門之間的距離，故A錯誤；
B．結合上述可知，實驗中能夠精確測得小車所受外力的合力，實驗中，不需要確保小車的質量遠大于鉤碼的質量，故B錯誤；
C．遮光片寬度越小，擋光時間越短，速度測量誤差越小，可知，實驗中挑選遮光片時，選寬度比較小的，故C正確；
D．結合上述可知，木板的摩擦對實驗沒有影響，即不需要挑選表面比較光滑的木板進行實驗，故D錯誤。
故選C。
【分析】（1）螺旋測微器的讀數為固定刻度與可動刻度讀數之和；
（2）對小車進行受力分析，根據平衡條件和牛頓第二定律計算判斷；
（3）根據實驗原理和注意事項分析判斷。
（1）根據螺旋測微器的讀數規律，該讀數為
（2）令一個鉤碼的質量為m，小車的質量為M，依次增加懸掛的鉤碼（完全相同）個數n，重復步驟b、c、d，在步驟b中，根據平衡條件有
在步驟c中，對小車進行分析，根據牛頓第二定律有
則有
可知，要探究小車加速度與所受合外力的關系，以加速度a為縱軸，以n為橫軸描點作圖，當所作圖像是一條過坐標原點的傾斜直線時，則說明：在小車質量不變的情況下，小車的加速度與所受合外力成正比。
（3）A．根據光電門測速原理有
當光電門之間間距大一些時，擋光時間短一些，測速更加精確一些，可知，為了減小測速誤差，實驗中應增大兩光電門之間的距離，故A錯誤；
B．結合上述可知，實驗中能夠精確測得小車所受外力的合力，實驗中，不需要確保小車的質量遠大于鉤碼的質量，故B錯誤；
C．遮光片寬度越小，擋光時間越短，速度測量誤差越小，可知，實驗中挑選遮光片時，選寬度比較小的，故C正確；
D．結合上述可知，木板的摩擦對實驗沒有影響，即不需要挑選表面比較光滑的木板進行實驗，故D錯誤。
故選C。
12．（2025·邵陽模擬）某興趣小組利用實驗室的器材進行電表內阻的測量實驗。
（1）小組成員在實驗室發現一個表盤數字被污漬遮擋的電壓表，利用圖甲中的電路圖測量電壓表量程。閉合開關后，調節滑動變阻器和電阻箱，保持電流表滿偏，當時，電壓表指針偏轉了滿偏的，當時，電壓表指針偏轉了滿偏的。則電壓表量程為　 　V，電流表內阻為　 　Ω。
（2）小組成員選擇完好的實驗儀器，利用表盤如圖乙所示的多用電表和圖丙中的電路圖測量該電壓表的內阻（內阻約十幾千歐）。
①利用多用電表的歐姆擋對電壓表內阻進行粗測。將多用電表擋位調到歐姆　 　擋（選填“×100”或“×1k”），再將紅表筆和黑表筆短接，調零后，將兩表筆接在電壓表正負接線柱上，用多用電表讀出電壓表內阻阻值；
②按照圖丙所示的電路圖連接實驗儀器后，閉合開關S，改變電阻箱阻值，讀取多組電壓表示數U與電阻箱阻值R，并繪制出圖像如圖丁所示，圖像斜率為k，若已知電源電動勢E，則電壓表內阻　 　，電源內阻對電壓表內阻測量　 　（選填“有”或“無”）影響。
【答案】（1）3；2
（2）×1k；；無
【知識點】電壓表、電流表歐姆表等電表的讀數；表頭的改裝；電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】將電流表（表頭）與較大的電阻串聯，即可以當成電壓表來使用；將電流表（表頭）與較小的電阻并聯，即可以當成較大量程的電流表使用。
（1）保持電流表滿偏，當時，電壓表指針偏轉了滿偏的，當時，電壓表指針偏轉了滿偏的。根據歐姆定律有
，
解得
，
（2）①電壓表的內阻（內阻約十幾千歐），則多用電表歐姆擋在使用時，指針應盡可能在表盤中間區域，則擋位應調到歐姆“×1k”擋，再將紅黑表筆短接進行調零。
②根據閉合電路歐姆定律有
變形得
則
電壓表內阻
從式中可以看出電壓表內阻只與電源電動勢和斜率有關，與電源內阻無關，所以電源內阻對電壓表內阻測量無影響。
【分析】（1）根據多用電表原理結合歐姆定律分析；
（2）①多用電表歐姆擋在使用時，指針應盡可能在表盤中間區域；
②根據閉合電路歐姆定律得到R-的函數關系式，結合關系式分析。
（1）[1][2]保持電流表滿偏，當時，電壓表指針偏轉了滿偏的，當時，電壓表指針偏轉了滿偏的。根據歐姆定律有，
解得，
（2）①[1]電壓表的內阻（內阻約十幾千歐），則多用電表歐姆擋在使用時，指針應盡可能在表盤中間區域，則擋位應調到歐姆“×1k”擋，再將紅黑表筆短接進行調零。
②[2][3]根據閉合電路歐姆定律有變形得
則
電壓表內阻
從式中可以看出電壓表內阻只與電源電動勢和斜率有關，與電源內阻無關，所以電源內阻對電壓表內阻測量無影響。
13．（2025·邵陽模擬）小明學習熱學知識后設計了一個利用氣體來測量液體溫度的裝置。該裝置由導熱性能良好、厚度不計的圓柱形細管、圓柱形金屬塊、上下兩個小卡環組成。圓柱形金屬塊質量為20g厚度為2cm與管壁緊密接觸（不漏氣），管內用金屬塊封閉有一定量的理想氣體，管內卡環限制金屬塊只能在管內一定范圍內上下移動，以金屬塊下端位置為基準在上下卡環之間刻上刻度。上、下卡環間距離為52cm，上端卡環距管下端距離為102cm，管的橫截面積為，測溫時把溫度計豎直插入待測液體中。不考慮固體的熱脹冷縮，不計一切摩擦阻力，外界大氣壓強恒為，g取，當管內氣體的溫度為7℃時金屬塊恰好對下方卡環無壓力。
（1）求該溫度計的測溫范圍；
（2）某次測溫時示數由63℃上升到147℃，該過程管內氣體吸收的熱量為0.68J，求管內氣體內能改變量。
【答案】（1）解：設管內氣體最高溫度為，管內氣體做等壓變化，則
其中
，，
解得
故溫度計的測溫范圍為

（2）解：管內氣體做等壓變化，則
其中，
解得
，
管內氣體的壓強為
該過程氣體對外做功為
根據熱力學第一定律
可知管內氣體內能增加了0.5J。
【知識點】熱力學第一定律及其應用；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律
【解析】【分析】（1）根據給定條件計算出金屬塊對下方卡環無壓力時的氣體壓強，進而確定溫度計的測溫范圍。
（2）利用熱力學第一定律計算管內氣體內能的改變量。
（1）設管內氣體最高溫度為，管內氣體做等壓變化，則
其中，，
解得
故溫度計的測溫范圍為
（2）管內氣體做等壓變化，則
其中，
解得，
管內氣體的壓強為
該過程氣體對外做功為
根據熱力學第一定律
可知管內氣體內能增加了0.5J。
14．（2025·邵陽模擬）如圖甲所示，空間存在兩邊界為同軸圓柱面的電磁場區域Ⅰ、Ⅱ，區域Ⅱ位于區域Ⅰ外側，圓柱面的軸線沿空間直角坐標系Oxyz的x軸方向。半徑的足夠長水平圓柱形區域Ⅰ內分布著沿x軸正方向的勻強磁場，磁感應強度大小；沿x軸正方向觀察電磁場分布如圖乙，寬度的區域Ⅱ同時存在電、磁場，電場強度的勻強電場沿x軸正方向，磁場的磁感應強度大小也為、磁感線與圓弧邊界平行且沿順時針方向，沿y軸負方向觀察電磁場分布如圖丙，比荷的帶正電粒子，從坐標為的A點以一定初速度沿z軸負方向進入且能沿直線通過區域Ⅱ。（不計粒子的重力和空氣阻力）
（1）求大小以及它在區域Ⅰ中運動的半徑；
（2）若撤去區域Ⅱ的電場，求該粒子以速度從進入區域Ⅱ到離開區域Ⅰ運動的總時間。
【答案】（1）解：粒子沿直線通過區域Ⅱ，受力平衡則有
解得
粒子在區域Ⅰ中勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可得
解得

（2）解：撤去區域Ⅱ中的電場后，粒子在區域Ⅱ中做勻速圓周運動，則有
解得
根據幾何關系可知，粒子在區域Ⅱ中運動軌跡轉過的圓心角為45°。
粒子在區域Ⅱ中的運動時間為
粒子離開區域Ⅱ后，在區域Ⅰ中垂直于磁場的平面內做勻速圓周運動，則有
解得
根據幾何關系可知，粒子在區域Ⅰ中該方向上勻速圓周運動轉過的圓心角為90°。粒子在區域Ⅰ中的運動時間為
綜上，粒子從進入區域Ⅱ到離開區域Ⅰ運動的總時間為

【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】 （1）根據粒子沿直線通過區域Ⅱ，結合受力平衡，洛倫茲力提供向心力分析求解；
（2）根據撤去區域Ⅱ中的電場后，粒子在區域Ⅱ中做勻速圓周運動，結合幾何關系分析求解。
（1）粒子沿直線通過區域Ⅱ，受力平衡則有
解得
粒子在區域Ⅰ中勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可得
解得
（2）撤去區域Ⅱ中的電場后，粒子在區域Ⅱ中做勻速圓周運動，則有
解得
根據幾何關系可知，粒子在區域Ⅱ中運動軌跡轉過的圓心角為45°。
粒子在區域Ⅱ中的運動時間為
粒子離開區域Ⅱ后，在區域Ⅰ中垂直于磁場的平面內做勻速圓周運動，則有
解得
根據幾何關系可知，粒子在區域Ⅰ中該方向上勻速圓周運動轉過的圓心角為90°。
粒子在區域Ⅰ中的運動時間為
綜上，粒子從進入區域Ⅱ到離開區域Ⅰ運動的總時間為
15．（2025·邵陽模擬）如圖所示，固定的桌面、地面和固定的螺旋形圓管均光滑，輕質彈簧左端固定，自然伸長位置為點，彈簧的勁度系數，圓軌道的半徑，圓管的內徑比質量為的小球直徑略大，但遠小于圓軌道半徑，質量為的小物塊靜止于質量為的木板左端，木板的上表面恰好與圓管軌道水平部分下端表面等高，小物塊與木板上表面間的動摩擦因數，木板右端與墻壁之間的距離，現用力將小球向左推壓，將彈簧壓縮，然后由靜止釋放小球，小球與彈簧不連接，小球運動到桌面右端點后水平拋出，從管口A點處沿圓管切線飛入圓管內部，從圓管水平部分B點飛出，并恰好與小物塊發生彈性碰撞，經過一段時間后木板和右側墻壁發生彈性碰撞，已知小物塊始終未和墻壁碰撞，并且未脫離木板，已知OA與豎直方向夾角，，，，。求：
（1）拋出點與管口A間的高度差h；
（2）小球在圓管最高點所受的彈力；
（3）木板在地面上滑動的總路程s。
【答案】（1）解：彈簧彈開小球過程彈力隨位移均勻變化，由動能定理可得
解得
在小球平拋到管口A點時速度如圖所示
根據
，
聯立解得
（2）解：小球從A到圓筒最高點的過程，由動能定理可得
由上圖可知
小球在最高點時
解得
說明小球在圓管最高點所受的彈力大小為4N，方向豎直向下。
（3）解：從A到B全過程，由動能定理可得
解得
小球和小物塊碰撞過程，取水平向右為正方向，可得
解得
，
說明碰后小球停止運動，物塊獲得向右的速度，開始在木板上滑動，以和為對象，可得
對木板可得
解得
物塊與木板共速后與墻壁發生第1次碰撞后，對木板
木板向左移動的最大距離
解得
設小物塊和木板第二次共速時速度為，則有
解得
第2次與墻碰撞后，木板向左移動的最大距離
設小物塊和木板第三次共速時速度為，則有
解得
同理可得
……
第n次與墻碰撞后，對木板有
木板運動的總路程為
即
代入數據解得
【知識點】機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）小球被彈出后做平拋運動，由動能定理和平拋規律vy=gt，求平拋運動的時間與管口A間的高度差h；
（2）由動能定理結合牛頓第二定律求小球在圓管內運動過程中對圓管最高點的擠壓力FN；
（3）由動能定理結合動量守恒定律及運動學公式求第一、二……n次碰撞后的位移，找到規律，再求木板的最短長度L及木板在地面上滑動的總路程s。
（1）彈簧彈開小球過程彈力隨位移均勻變化，由動能定理可得
解得
在小球平拋到管口A點時速度如圖所示
根據，
聯立解得
（2）小球從A到圓筒最高點的過程，由動能定理可得
由上圖可知
小球在最高點時
解得
說明小球在圓管最高點所受的彈力大小為4N，方向豎直向下。
（3）從A到B全過程，由動能定理可得
解得
小球和小物塊碰撞過程，取水平向右為正方向，可得
解得，
說明碰后小球停止運動，物塊獲得向右的速度，開始在木板上滑動，以和為對象，可得
對木板可得
解得
物塊與木板共速后與墻壁發生第1次碰撞后，對木板
木板向左移動的最大距離
解得
設小物塊和木板第二次共速時速度為，則有
解得
第2次與墻碰撞后，木板向左移動的最大距離
設小物塊和木板第三次共速時速度為，則有
解得
同理可得
……
第n次與墻碰撞后，對木板有
木板運動的總路程為
即
代入數據解得
1 / 12025屆湖南省邵陽市高三上學期第一次聯考（一模）物理試題
1．（2025·邵陽模擬）2024年10月8日消息，本年度諾貝爾物理學獎授予約翰·霍普菲爾德和杰弗里·辛頓，“以表彰他們為利用人工神經網絡進行機器學習作出的基礎性發現和發明”。在物理學的探索和發現過程中，物理過程和研究方法比物理知識本身更加重要。以下關于物理學研究方法和物理學史的敘述中正確的是（　　）
A．慣性定律即牛頓第一定律，伽利略通過理想斜面實驗直接驗證了慣性定律
B．美國科學家富蘭克林命名了正電荷和負電荷，并通過油滴實驗測得元電荷的數值
C．自然界中的電和磁存在著某種神秘的聯系，丹麥物理學家奧斯特通過不斷地探索發現了電流的磁效應
D．根據速度定義式，當足夠小時，就可以表示物體在某時刻的瞬時速度，該定義應用了微元法思想方法
2．（2025·邵陽模擬）測糖儀的原理是溶液的折射率與含糖率成正比，通過測量溶液相對標準透明介質的折射率，即可得到待測溶液的含糖率。如圖所示為某種測糖儀內部核心結構的原理圖，截面為半圓形的透明容器中裝有待測溶液，容器右側有一截面為長方形的標準透明介質，介質右側面貼有一屏幕，可用來記錄光線出射的位置。一束光沿半徑方向射向半圓形圓心，射出后分為、兩束光，光路圖如圖所示，其中，忽略容器壁的厚度，下列說法正確的是（　　）
A．、光在溶液中的傳播速度比在透明介質中的小
B．若稍微提高溶液的含糖率，光線打在屏幕上的位置均將向下移動
C．若逐漸提高溶液的含糖率，光先不能射出容器
D．稍水平向左移動透明介質，光線打在屏幕上的位置均將向下移動
3．（2025·邵陽模擬）學校組織趣味運動會，某運動員手持乒乓球拍托著球沿水平直賽道向前跑，運動員速度越大，乒乓球受到的水平風力越大。已知球拍面與水平面的夾角為53°，乒乓球的質量為2.7g，乒乓球與球拍面之間的動摩擦因數為0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取，，不考慮乒乓球的滾動，當運動員以某一速度勻速向前跑時，乒乓球恰好不下滑，關于此時的乒乓球下列說法正確的是（　　）
A．乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向下
B．乒乓球受三個力的作用
C．乒乓球受到的風力大小為
D．如果球拍面豎直，則乒乓球不會下滑
4．（2025·邵陽模擬）開普勒用二十年的時間研究第谷的行星觀測記錄，發現了行星運動規律。通常認為，太陽保持靜止不動，行星繞太陽做勻速圓周運動，則開普勒第三定律中常量（R為行星軌道半徑，T為運行周期）。如圖所示，三個質量均為m的天體相距為L成一直線排列，在萬有引力作用下構成一穩定的星系。該星系中有類似于開普勒第三定律中常量。已知引力常量為G，則的值為（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·邵陽模擬）如圖甲所示，取一電阻率為的均質金屬材料，將它做成橫截面為圓形的金屬導線，每段導線體積均恒為V。如圖乙所示，將一段導線接在電動勢為E，內阻為r的電源兩端，并置于方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，如圖丙所示，將另一段導線接在恒流源兩端，下列說法不正確的是（　　）
A．乙圖中，拉長該段導線使直徑減小，導線電阻隨之增大
B．丙圖中，拉長該段導線使直徑減半，導線兩端電壓變為原來的8倍
C．丙圖中，改變導線直徑，該段導線發熱功率與直徑的四次方成反比
D．乙圖中，通過改變導線直徑可改變導線所受的安培力，且最大安培力為
6．（2025·邵陽模擬）為了研究多層鋼板在不同模式下的防彈效果，建立如下簡化模型。如圖所示，兩個完全相同的鋼板A、B厚度均為d，質量均為m。第一次把A、B焊接在一起靜置在光滑水平面上，質量也為m的子彈水平射向鋼板A，恰好將兩鋼板擊穿。第二次把A、B間隔一段距離水平放置，子彈以同樣的速度水平射向A，穿出后再射向B，且兩塊鋼板不會發生碰撞。設子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，不計子彈的重力，子彈可視為質點。下列說法正確的是（　　）
A．第一次子彈射出B時，A的位移為d
B．第一次子彈穿過A、B所用時間之比為
C．第二次子彈不能擊穿鋼板B，進入鋼板B的深度為
D．第一次、第二次整個系統損失的機械能之比為
7．（2025·邵陽模擬）如圖甲所示，均勻介質中三個相同的波源分別位于xOy平面直角坐標系中的A、B、C點，波源振動方向均垂直紙面，振動圖像均如圖乙所示，波速均為2cm/s。則（　　）
A．質點D比質點O晚起振4s
B．時，質點O的速度方向與加速度方向相同
C．若取走波源B，穩定后質點O、D的相位差始終為
D．若取走波源C，穩定后質點O與質點D的振幅相等
8．（2025·邵陽模擬）如圖所示，在平面直角坐標系xOy的、兩點處固定著電荷量分別為+q、的兩個點電荷，A、B為y軸上兩點，坐標分別為、，M、N、P、Q四個點是以為中心的正方形的四個頂點，在上述兩個點電荷所形成的電場中，下列說法正確的是（　　）
A．N點與Q點電勢相等
B．x軸上處電場強度為零
C．B點的電勢高于A點的電勢，A點的電場強度大于B點的電場強度
D．將某一負電荷從P點移動到Q點電場力做的功大于將其從N點移動到M點電場力做的功
9．（2025·邵陽模擬）“轆轤”是中國古代取水的重要設施，通過轉動手柄將輕繩纏繞到半徑為R的轉筒上，就可以把水桶從井中提起。若某次轉動手柄的角速度隨時間t變化的圖像如圖乙所示，經時間把水桶從井底提升到井口，水桶和桶中水的總質量為m，重力加速度大小為g，水桶可看成質點，下列說法正確的是（　　）
A．水井的深度為
B．，水桶做初速度為零的勻加速直線運動
C．把水桶從井底提升到井口的過程中合力對水桶和桶中水做功為
D．把水桶從井底提升到井口的過程中克服重力做功的平均功率為
10．（2025·邵陽模擬）間距為的兩根平行光滑金屬導軌MN、PQ固定放置在同一水平面內，兩導軌間存在大小為，方向垂直導軌平面向外的勻強磁場，導軌左端串接一阻值為的定值電阻，導體棒垂直放在導軌上，如圖所示。當水平圓盤勻速轉動時，固定在圓盤上的小圓柱帶動T形支架在水平方向往復運動，T形支架進而驅動導體棒在水平面內做簡諧運動，以水平向右為正方向，其位移x與運動時間t的關系為。已知導體棒質量為，總是保持與導軌接觸良好，除定值電阻外其余電阻均忽略不計，空氣阻力忽略不計，不考慮電路中感應電流的磁場，則下列說法正確的是（　　）
A．導體棒在運動過程中，產生感應電流的最大值為
B．在時間內，通過導體棒的電荷量為0.25C
C．在時間內，T形支架對導體棒做功
D．當T形支架對導體棒的作用力為0時，導體棒的速度大小為
11．（2025·邵陽模擬）某學習小組利用圖示裝置探究加速度與力、質量的關系，主要操作步驟如下：
a.按圖甲所示完成裝置安裝，木板左端用鉸鏈連接在桌面上，將1個鉤碼通過跨過定滑輪的細繩連接到小車上；
b.調整木塊位置，使小車獲得一定初速度后，遮光片通過兩光電門的遮光時間相等；
c.取下鉤碼，由靜止釋放小車，記錄小車通過上、下兩個光電門時遮光片的遮光時間，分別記為和；
d.依次增加懸掛的鉤碼（完全相同）個數n，重復步驟b、c、d。
請完成以下問題：
（1）兩光電門中心間的距離為s，遮光片的寬度d用螺旋測微器測量如圖乙，讀得　 　mm。由計算出小車加速度。
（2）要探究小車加速度與所受合外力的關系，以加速度a為縱軸，以　 　（選填“n”“”“”或“”）為橫軸描點作圖，當所作圖像是一條過坐標原點的傾斜直線時，則說明：在小車質量不變的情況下，小車的加速度與所受合外力成正比。
（3）下列做法能減小本實驗誤差的是______。
A．減小兩光電門之間的距離
B．要確保小車的質量遠大于鉤碼的質量
C．挑選遮光片時，選寬度比較小的
D．挑選表面比較光滑的木板進行實驗
12．（2025·邵陽模擬）某興趣小組利用實驗室的器材進行電表內阻的測量實驗。
（1）小組成員在實驗室發現一個表盤數字被污漬遮擋的電壓表，利用圖甲中的電路圖測量電壓表量程。閉合開關后，調節滑動變阻器和電阻箱，保持電流表滿偏，當時，電壓表指針偏轉了滿偏的，當時，電壓表指針偏轉了滿偏的。則電壓表量程為　 　V，電流表內阻為　 　Ω。
（2）小組成員選擇完好的實驗儀器，利用表盤如圖乙所示的多用電表和圖丙中的電路圖測量該電壓表的內阻（內阻約十幾千歐）。
①利用多用電表的歐姆擋對電壓表內阻進行粗測。將多用電表擋位調到歐姆　 　擋（選填“×100”或“×1k”），再將紅表筆和黑表筆短接，調零后，將兩表筆接在電壓表正負接線柱上，用多用電表讀出電壓表內阻阻值；
②按照圖丙所示的電路圖連接實驗儀器后，閉合開關S，改變電阻箱阻值，讀取多組電壓表示數U與電阻箱阻值R，并繪制出圖像如圖丁所示，圖像斜率為k，若已知電源電動勢E，則電壓表內阻　 　，電源內阻對電壓表內阻測量　 　（選填“有”或“無”）影響。
13．（2025·邵陽模擬）小明學習熱學知識后設計了一個利用氣體來測量液體溫度的裝置。該裝置由導熱性能良好、厚度不計的圓柱形細管、圓柱形金屬塊、上下兩個小卡環組成。圓柱形金屬塊質量為20g厚度為2cm與管壁緊密接觸（不漏氣），管內用金屬塊封閉有一定量的理想氣體，管內卡環限制金屬塊只能在管內一定范圍內上下移動，以金屬塊下端位置為基準在上下卡環之間刻上刻度。上、下卡環間距離為52cm，上端卡環距管下端距離為102cm，管的橫截面積為，測溫時把溫度計豎直插入待測液體中。不考慮固體的熱脹冷縮，不計一切摩擦阻力，外界大氣壓強恒為，g取，當管內氣體的溫度為7℃時金屬塊恰好對下方卡環無壓力。
（1）求該溫度計的測溫范圍；
（2）某次測溫時示數由63℃上升到147℃，該過程管內氣體吸收的熱量為0.68J，求管內氣體內能改變量。
14．（2025·邵陽模擬）如圖甲所示，空間存在兩邊界為同軸圓柱面的電磁場區域Ⅰ、Ⅱ，區域Ⅱ位于區域Ⅰ外側，圓柱面的軸線沿空間直角坐標系Oxyz的x軸方向。半徑的足夠長水平圓柱形區域Ⅰ內分布著沿x軸正方向的勻強磁場，磁感應強度大小；沿x軸正方向觀察電磁場分布如圖乙，寬度的區域Ⅱ同時存在電、磁場，電場強度的勻強電場沿x軸正方向，磁場的磁感應強度大小也為、磁感線與圓弧邊界平行且沿順時針方向，沿y軸負方向觀察電磁場分布如圖丙，比荷的帶正電粒子，從坐標為的A點以一定初速度沿z軸負方向進入且能沿直線通過區域Ⅱ。（不計粒子的重力和空氣阻力）
（1）求大小以及它在區域Ⅰ中運動的半徑；
（2）若撤去區域Ⅱ的電場，求該粒子以速度從進入區域Ⅱ到離開區域Ⅰ運動的總時間。
15．（2025·邵陽模擬）如圖所示，固定的桌面、地面和固定的螺旋形圓管均光滑，輕質彈簧左端固定，自然伸長位置為點，彈簧的勁度系數，圓軌道的半徑，圓管的內徑比質量為的小球直徑略大，但遠小于圓軌道半徑，質量為的小物塊靜止于質量為的木板左端，木板的上表面恰好與圓管軌道水平部分下端表面等高，小物塊與木板上表面間的動摩擦因數，木板右端與墻壁之間的距離，現用力將小球向左推壓，將彈簧壓縮，然后由靜止釋放小球，小球與彈簧不連接，小球運動到桌面右端點后水平拋出，從管口A點處沿圓管切線飛入圓管內部，從圓管水平部分B點飛出，并恰好與小物塊發生彈性碰撞，經過一段時間后木板和右側墻壁發生彈性碰撞，已知小物塊始終未和墻壁碰撞，并且未脫離木板，已知OA與豎直方向夾角，，，，。求：
（1）拋出點與管口A間的高度差h；
（2）小球在圓管最高點所受的彈力；
（3）木板在地面上滑動的總路程s。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】物理學史；安培定則
【解析】【解答】正確理解每個物理學家的貢獻和物理學研究方法是解答此類題目的關鍵。A．慣性定律即牛頓第一定律，該實驗無法通過實驗直接驗證，伽利略通過理想斜面實驗間接驗證了慣性定律，A錯誤；
B．美國科學家富蘭克林命名了正電荷和負電荷，密立根油滴實驗測得元電荷的數值，B錯誤；
C．丹麥物理學家奧斯特通過不斷地探索發現了電流的磁效應，C正確；
D．速度，當足夠小時，就可以表示物體在某時刻的瞬時速度，該定義應用了極限的思想方法，D錯誤。
故選C。
【分析】根據物理學研究方法的基本概念和物理學史，判斷其正確性。
2．【答案】B
【知識點】光的全反射
【解析】【解答】光照射到兩種介質界面上時，光線全部被反射回原介質的現象稱為全反射現象．發生全反射的條件：①光線從光密介質斜射向光疏介質；②入射角大于或等于臨界角。A．，由光的折射定律結合光路圖可知，溶液的折射率小于透明介質的折射率，由可知，光線在溶液中的傳播速度比在透明介質中的大，A錯誤；
B．稍微提高溶液的含糖率，溶液的折射率增大，光線從溶液射出時，折射角增大，故打在屏幕上的位置向下移動，B正確；
C．由圖可知，溶液對光的折射率小于溶液對光的折射率，由可知，逐漸提高溶液的含糖率，光先達到全反射的臨界角，即光先不能射出容器，C錯誤；
D．稍微水平向左移動透明介質，由幾何關系可知光線打在屏幕上的位置均將向上移動，D錯誤。
故選B。
【分析】考慮溶液含糖率提高時，其折射率增大；分析水平向左移動透明介質時，光線在透明介質中入射角是否變化，由幾何關系判斷光線打在屏幕上的位置是否改變。
3．【答案】C
【知識點】受力分析的應用；共點力的平衡
【解析】【解答】對三力平衡問題，一般根據平衡條件畫出力合成時的平行四邊形。對四力或四力以上的平衡問題，一般建立合適的直角坐標系，對各力按坐標軸進行分解。A．乒乓球恰好不下滑，所以乒乓球有沿球拍下滑的趨勢，乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向上，故A錯誤；
B．對乒乓球進行受力分析，受到重力、球拍支持力、球拍的摩擦力和水平風力共四個力的作用，故B錯誤；
C．以乒乓球為對象，根據平衡條件可得
，
又
聯立解得乒乓球受到的風力大小為
故C正確；
D．當球拍豎直時，如果水平風力不變，由于
則乒乓球會下滑，故D錯誤。
故選C。
【分析】對乒乓球進行受力分析，結合受力平衡分析。
4．【答案】A
【知識點】萬有引力定律
【解析】【解答】本題考查了“多星”系統以及萬有引力的應用，多星系統每個恒星所受萬有引力等于其他恒星引力的合力。設中心天體的質量為M，萬有引力提供圓周運動的向心力，由牛頓第二定律可得
解得
在三星體系中，同理可得
解得
故選A。
【分析】結合萬有引力提供向心力，抓住不同情況下的運行半徑和周期的關系即可求解。
5．【答案】B
【知識點】電功率和電功；電阻定律；安培力的計算
【解析】【解答】本題考查了安培力相關知識，理解磁場對通電導體的作用是解決此類問題的關鍵。在磁感應強度為B的勻強磁場中，垂直磁場放置的長度為l的導體，所通電流為I，導體所受的安培力大小為F=BIl。A．根據電阻定律
其中
，
聯立，解得
可知乙圖中，拉長該段導線使直徑減小，導線電阻隨之增大，故A正確，與題意不符；
B．丙圖中，導線兩端的電壓
電流不變時，拉長該段導線使直徑減半，導線兩端電壓變為原來的16倍，故B錯誤，與題意相符；
C．丙圖中該段導線的發熱功率
流過導線的電流不變，改變導線直徑，該段導線發熱功率與直徑的四次方成反比，故C正確，與題意不符；
D．乙圖中，由閉合電路歐姆定律
導線受到的安培力
聯立，解得
可知通過改變導線直徑可改變導線所受的安培力，由數學知識可知當且僅當時，最小，此時
最小值為
故最大安培力為
故D正確，與題意不符。
本題選不正確的，故選B。
【分析】根據電阻定律，發熱功率表達式，結合閉合電路歐姆定律以及安培力表達式分析求解。
6．【答案】D
【知識點】碰撞模型
【解析】【解答】本題關鍵要明確子彈射穿和進入鋼板過程，系統遵守動量守恒定律和能量守恒定律，反復運用動量守恒和能量守恒或功能關系即系統克服阻力做功等于系統動能的減少，即可解決這類問題。A．設第一次子彈穿過A、B時共同速度為v，對系統由動量守恒有
此過程對A和B有
對子彈有
解得
故A錯誤；
B．第一次子彈相對A、B做勻減速直線運動，恰擊穿時相對末速度為0，根據逆向思維，可以將看成子彈相對A、B做初速度為0的反向勻加速直線運動，穿過B、A的相對位移相等，根據連續相鄰相等位移之內的時間間隔比例規律可知，穿過B、A的時間之比為，所以穿過A、B所用時間之比為，故B錯誤；
C．設子彈的初速度為，受到的阻力大小為f，第一次穿過A、B時共同速度為v，對系統由動量守恒有
由能量守恒有
解得
第二次子彈穿過A時，設子彈速度為，A的速度為u，假設不能穿透B，最后與B的共同速度為，進入B的深度為，對子彈和A由動量守恒有
由能量守恒有
解得
對子彈和B，由動量守恒有
由能量守恒有
解得
假設成立，故C錯誤；
D．第一次系統損失的機械能
第二次系統損失的機械能
第一次、第二次系統損失的機械能之比為
故D正確。
故選D。
【分析】第一次子彈相對A、B做勻減速直線運動，恰好擊穿時末速度為0，采用逆向思維，根據初速度為零的勻加速直線運動的推論求子彈穿過A、B所用時間之比；子彈第一次穿過A、B時，根據動量守恒定律和能量守恒定律分別列方程。第二次，先對子彈和A，由動量守恒定律和能量守恒定律分別列方程。再對子彈和B，由動量守恒定律和能量守恒定律分別列方程，即可分析第二次子彈能否擊穿兩鋼板，并得到子彈進入鋼板B的深度；根據能量守恒定律求第一次、第二次整個系統損失的機械能之比。
7．【答案】A,D
【知識點】橫波的圖象；波的干涉現象
【解析】【解答】本題主要是考查了振動的圖像和波的疊加；解答此類問題的關鍵是要理解振動圖像的物理意義，知道波速的計算方法。A．根據題意，結合圖（a）可知，振源B的振動形式先傳播到O點，時間
則質點O從第6s末開始振動；振源A、C的振動形式同時傳播到D點，時間
則質點D從第10s末開始振動，可知，質點D比質點O晚起振
故A正確；
B．根據題意，結合圖（a）可知，時，只有波源B產生的振動傳到O點，且已經振動了1.2s，根據圖（b）可知質點O相對平衡位置的位移有增大的趨勢，速度方向與加速度相反，故B錯誤；
C．若取走波源B，質點O、D到波源A、C的波程差均為0，兩質點為振動加強點，又質點O從8s開始達到穩定，質點D從10s開始達到穩定，則穩定后兩質點的相位差為的整數倍，故C錯誤；
D．根據可知，三列波的波長均為4cm，若取走波源C，質點O到波源A、B的波程差為4cm，為波長的整數倍，則質點O為振動加強點，同理可得，質點D也為振動加強點，穩定后兩質點振幅相等，故D正確。
故選AD。
【分析】振源B的振動形式先傳播到O點，振源A、C的振動形式同時傳播到D點，根據運動學公式求解時間；根據振動情況分析速度方向與加速度方向；根據波的疊加方法結合波程差的關系分析。
8．【答案】C,D
【知識點】電場強度的疊加；電勢差
【解析】【解答】本題通過分析點電荷產生的電場強度和電勢，以及電場力做功的原理，考查了電場的基本性質。正確理解電場強度、電勢的疊加原理以及電場力做功的概念是解題的關鍵。A．若單獨考查形成的電場，N點和Q點位于同一等勢面上，但對于形成的電場中，Q點的電勢高于N點的電勢，根據電勢的疊加可知，在兩個點電荷形成的疊加電場中，Q點的電勢高于N點的電勢，A錯誤；
B．根據點電荷形成的電場，可知在處的電場強度
方向水平向右，在處的電場強度
方向水平向右，故二者大小相等，方向相同，合場強不為零，B錯誤；
C．的點電荷等效成一個和一個的兩個點電荷，對于和的電場中，A、B位于同一等勢面上，而在點電荷形成的電場中，B點的電勢高于A點電勢，故B點電勢高于A點電勢，由于A點相對于場源電荷較近，故A點的場強大于B點的場強，C正確；
D．形成的電場，N點和Q點位于同一等勢面上，但對于形成的電場中，Q點的電勢高于N點的電勢，因此兩點的電勢差大于兩點的電勢差，故將某一負電荷從P點移動到Q點電場力做的功大于將其從N點移動到M點電場力做的功，D正確。
故選CD。
【分析】根據給定的點電荷位置和電荷量，利用電場強度和電勢的疊加原理來分析各個選項。對于電場強度為零的位置，需要考慮兩個點電荷產生的電場強度的矢量和為零的條件。對于電勢的比較，需要考慮電場線的方向以及電勢隨距離的變化規律。對于電場力做功的比較，則需要考慮電勢差與電荷的符號。
9．【答案】A,C
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】本題考查利用動能定理求解多過程問題、多個力的總功、平均功率的計算，關鍵要利用ω-t圖像與時間軸圍成的面積表示轉筒轉過的角度。A．圖乙中內圖像與時間軸所包圍的面積表示把水桶從井底提升到井口過程中轉筒轉過的角度，設為，則有
故水井的深度為
A正確；
B．轉筒邊緣上點的線速度大小等于水桶的速度大小，根據線速度與角速度的關系，則有
因為內，與成正比，所以水桶的速度v與t成正比，時間內，不變，線速度不變，水桶做勻速直線運動，B錯誤；
C．根據動能定理，把水桶從井底提升到井口的過程中合力對水桶和桶中水做功為
C正確；
D．把水桶從井底提升到井口的過程中克服重力做功的平均功率為
D錯誤。
故選AC。
【分析】轉筒邊緣上點的線速度大小等于水桶的速度大小，根據圖乙和v=ωR找出水桶速度v與時間t的關系，再分析它的運動性質；圖乙中，0～3t0內圖像與時間軸所包圍的面積表示把水桶從井底提升到井口過程中轉筒轉過的角度θ，求出θ，根據h=θR計算水井的深度。
10．【答案】A,C,D
【知識點】電磁感應中的能量類問題
【解析】【解答】本題考查了電磁感應相關知識，理解其中的受力情況和能量變化情況是解決此類問題的關鍵。電磁感應過程的實質是不同形式的能量轉化的過程，而能量的轉化是通過安培力做功來實現的。A．根據關系式，可得t時刻導體棒的速度
所以導體棒在運動過程中，速度的最大值為
通過導體棒的感應電流
聯立解得
A正確；
B．設導體棒做簡諧運動的周期為T，根據
根據
解得
在內，即內，導體棒運動的位移大小
感應電動勢的平均值
感應電流的平均值
通過導體棒的電荷量
聯立解得
B錯誤；
C．在內，設T形支架對導體棒做功為，電阻R上產生的熱量為Q。根據功能關系，則有
聯立解得
C正確；
D．由于加速度是速度對時間的求導，則有
有牛頓第二定律可得
，
結合題意解得
解得
D正確。
故選ACD。
【分析】根據導體棒的速度與時間的關系式，結合歐姆定律以及法拉第電磁感應定律，綜合導體棒做簡諧運動的周期以及功能關系分析求解。
11．【答案】（1）3.108
（2）n
（3）C
【知識點】刻度尺、游標卡尺及螺旋測微器的使用；實驗驗證牛頓第二定律
【解析】【解答】探究加速度a與力F及質量m的關系時，應用的基本方法是控制變量法，即先控制一個參量--小車的質量m不變，討論加速度a與力F的關系，再控制小盤和砝碼的質量不變，即力F不變，改變小車質量m，討論加速度a與m的關系。
（1）根據螺旋測微器的讀數規律，該讀數為
（2）令一個鉤碼的質量為m，小車的質量為M，依次增加懸掛的鉤碼（完全相同）個數n，重復步驟b、c、d，在步驟b中，根據平衡條件有
在步驟c中，對小車進行分析，根據牛頓第二定律有
則有
可知，要探究小車加速度與所受合外力的關系，以加速度a為縱軸，以n為橫軸描點作圖，當所作圖像是一條過坐標原點的傾斜直線時，則說明：在小車質量不變的情況下，小車的加速度與所受合外力成正比。
（3）A．根據光電門測速原理有
當光電門之間間距大一些時，擋光時間短一些，測速更加精確一些，可知，為了減小測速誤差，實驗中應增大兩光電門之間的距離，故A錯誤；
B．結合上述可知，實驗中能夠精確測得小車所受外力的合力，實驗中，不需要確保小車的質量遠大于鉤碼的質量，故B錯誤；
C．遮光片寬度越小，擋光時間越短，速度測量誤差越小，可知，實驗中挑選遮光片時，選寬度比較小的，故C正確；
D．結合上述可知，木板的摩擦對實驗沒有影響，即不需要挑選表面比較光滑的木板進行實驗，故D錯誤。
故選C。
【分析】（1）螺旋測微器的讀數為固定刻度與可動刻度讀數之和；
（2）對小車進行受力分析，根據平衡條件和牛頓第二定律計算判斷；
（3）根據實驗原理和注意事項分析判斷。
（1）根據螺旋測微器的讀數規律，該讀數為
（2）令一個鉤碼的質量為m，小車的質量為M，依次增加懸掛的鉤碼（完全相同）個數n，重復步驟b、c、d，在步驟b中，根據平衡條件有
在步驟c中，對小車進行分析，根據牛頓第二定律有
則有
可知，要探究小車加速度與所受合外力的關系，以加速度a為縱軸，以n為橫軸描點作圖，當所作圖像是一條過坐標原點的傾斜直線時，則說明：在小車質量不變的情況下，小車的加速度與所受合外力成正比。
（3）A．根據光電門測速原理有
當光電門之間間距大一些時，擋光時間短一些，測速更加精確一些，可知，為了減小測速誤差，實驗中應增大兩光電門之間的距離，故A錯誤；
B．結合上述可知，實驗中能夠精確測得小車所受外力的合力，實驗中，不需要確保小車的質量遠大于鉤碼的質量，故B錯誤；
C．遮光片寬度越小，擋光時間越短，速度測量誤差越小，可知，實驗中挑選遮光片時，選寬度比較小的，故C正確；
D．結合上述可知，木板的摩擦對實驗沒有影響，即不需要挑選表面比較光滑的木板進行實驗，故D錯誤。
故選C。
12．【答案】（1）3；2
（2）×1k；；無
【知識點】電壓表、電流表歐姆表等電表的讀數；表頭的改裝；電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】將電流表（表頭）與較大的電阻串聯，即可以當成電壓表來使用；將電流表（表頭）與較小的電阻并聯，即可以當成較大量程的電流表使用。
（1）保持電流表滿偏，當時，電壓表指針偏轉了滿偏的，當時，電壓表指針偏轉了滿偏的。根據歐姆定律有
，
解得
，
（2）①電壓表的內阻（內阻約十幾千歐），則多用電表歐姆擋在使用時，指針應盡可能在表盤中間區域，則擋位應調到歐姆“×1k”擋，再將紅黑表筆短接進行調零。
②根據閉合電路歐姆定律有
變形得
則
電壓表內阻
從式中可以看出電壓表內阻只與電源電動勢和斜率有關，與電源內阻無關，所以電源內阻對電壓表內阻測量無影響。
【分析】（1）根據多用電表原理結合歐姆定律分析；
（2）①多用電表歐姆擋在使用時，指針應盡可能在表盤中間區域；
②根據閉合電路歐姆定律得到R-的函數關系式，結合關系式分析。
（1）[1][2]保持電流表滿偏，當時，電壓表指針偏轉了滿偏的，當時，電壓表指針偏轉了滿偏的。根據歐姆定律有，
解得，
（2）①[1]電壓表的內阻（內阻約十幾千歐），則多用電表歐姆擋在使用時，指針應盡可能在表盤中間區域，則擋位應調到歐姆“×1k”擋，再將紅黑表筆短接進行調零。
②[2][3]根據閉合電路歐姆定律有變形得
則
電壓表內阻
從式中可以看出電壓表內阻只與電源電動勢和斜率有關，與電源內阻無關，所以電源內阻對電壓表內阻測量無影響。
13．【答案】（1）解：設管內氣體最高溫度為，管內氣體做等壓變化，則
其中
，，
解得
故溫度計的測溫范圍為

（2）解：管內氣體做等壓變化，則
其中，
解得
，
管內氣體的壓強為
該過程氣體對外做功為
根據熱力學第一定律
可知管內氣體內能增加了0.5J。
【知識點】熱力學第一定律及其應用；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律
【解析】【分析】（1）根據給定條件計算出金屬塊對下方卡環無壓力時的氣體壓強，進而確定溫度計的測溫范圍。
（2）利用熱力學第一定律計算管內氣體內能的改變量。
（1）設管內氣體最高溫度為，管內氣體做等壓變化，則
其中，，
解得
故溫度計的測溫范圍為
（2）管內氣體做等壓變化，則
其中，
解得，
管內氣體的壓強為
該過程氣體對外做功為
根據熱力學第一定律
可知管內氣體內能增加了0.5J。
14．【答案】（1）解：粒子沿直線通過區域Ⅱ，受力平衡則有
解得
粒子在區域Ⅰ中勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可得
解得

（2）解：撤去區域Ⅱ中的電場后，粒子在區域Ⅱ中做勻速圓周運動，則有
解得
根據幾何關系可知，粒子在區域Ⅱ中運動軌跡轉過的圓心角為45°。
粒子在區域Ⅱ中的運動時間為
粒子離開區域Ⅱ后，在區域Ⅰ中垂直于磁場的平面內做勻速圓周運動，則有
解得
根據幾何關系可知，粒子在區域Ⅰ中該方向上勻速圓周運動轉過的圓心角為90°。粒子在區域Ⅰ中的運動時間為
綜上，粒子從進入區域Ⅱ到離開區域Ⅰ運動的總時間為

【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】 （1）根據粒子沿直線通過區域Ⅱ，結合受力平衡，洛倫茲力提供向心力分析求解；
（2）根據撤去區域Ⅱ中的電場后，粒子在區域Ⅱ中做勻速圓周運動，結合幾何關系分析求解。
（1）粒子沿直線通過區域Ⅱ，受力平衡則有
解得
粒子在區域Ⅰ中勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可得
解得
（2）撤去區域Ⅱ中的電場后，粒子在區域Ⅱ中做勻速圓周運動，則有
解得
根據幾何關系可知，粒子在區域Ⅱ中運動軌跡轉過的圓心角為45°。
粒子在區域Ⅱ中的運動時間為
粒子離開區域Ⅱ后，在區域Ⅰ中垂直于磁場的平面內做勻速圓周運動，則有
解得
根據幾何關系可知，粒子在區域Ⅰ中該方向上勻速圓周運動轉過的圓心角為90°。
粒子在區域Ⅰ中的運動時間為
綜上，粒子從進入區域Ⅱ到離開區域Ⅰ運動的總時間為
15．【答案】（1）解：彈簧彈開小球過程彈力隨位移均勻變化，由動能定理可得
解得
在小球平拋到管口A點時速度如圖所示
根據
，
聯立解得
（2）解：小球從A到圓筒最高點的過程，由動能定理可得
由上圖可知
小球在最高點時
解得
說明小球在圓管最高點所受的彈力大小為4N，方向豎直向下。
（3）解：從A到B全過程，由動能定理可得
解得
小球和小物塊碰撞過程，取水平向右為正方向，可得
解得
，
說明碰后小球停止運動，物塊獲得向右的速度，開始在木板上滑動，以和為對象，可得
對木板可得
解得
物塊與木板共速后與墻壁發生第1次碰撞后，對木板
木板向左移動的最大距離
解得
設小物塊和木板第二次共速時速度為，則有
解得
第2次與墻碰撞后，木板向左移動的最大距離
設小物塊和木板第三次共速時速度為，則有
解得
同理可得
……
第n次與墻碰撞后，對木板有
木板運動的總路程為
即
代入數據解得
【知識點】機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）小球被彈出后做平拋運動，由動能定理和平拋規律vy=gt，求平拋運動的時間與管口A間的高度差h；
（2）由動能定理結合牛頓第二定律求小球在圓管內運動過程中對圓管最高點的擠壓力FN；
（3）由動能定理結合動量守恒定律及運動學公式求第一、二……n次碰撞后的位移，找到規律，再求木板的最短長度L及木板在地面上滑動的總路程s。
（1）彈簧彈開小球過程彈力隨位移均勻變化，由動能定理可得
解得
在小球平拋到管口A點時速度如圖所示
根據，
聯立解得
（2）小球從A到圓筒最高點的過程，由動能定理可得
由上圖可知
小球在最高點時
解得
說明小球在圓管最高點所受的彈力大小為4N，方向豎直向下。
（3）從A到B全過程，由動能定理可得
解得
小球和小物塊碰撞過程，取水平向右為正方向，可得
解得，
說明碰后小球停止運動，物塊獲得向右的速度，開始在木板上滑動，以和為對象，可得
對木板可得
解得
物塊與木板共速后與墻壁發生第1次碰撞后，對木板
木板向左移動的最大距離
解得
設小物塊和木板第二次共速時速度為，則有
解得
第2次與墻碰撞后，木板向左移動的最大距離
設小物塊和木板第三次共速時速度為，則有
解得
同理可得
……
第n次與墻碰撞后，對木板有
木板運動的總路程為
即
代入數據解得
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