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2025届湖南省邵阳市高三上学期第一次联考（一模）物理试题
1．（2025·邵阳模拟）2024年10月8日消息，本年度诺贝尔物理学奖授予约翰·霍普菲尔德和杰弗里·辛顿，“以表彰他们为利用人工神经网络进行机器学习作出的基础性发现和发明”。在物理学的探索和发现过程中，物理过程和研究方法比物理知识本身更加重要。以下关于物理学研究方法和物理学史的叙述中正确的是（　　）
A．惯性定律即牛顿第一定律，伽利略通过理想斜面实验直接验证了惯性定律
B．美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷，并通过油滴实验测得元电荷的数值
C．自然界中的电和磁存在着某种神秘的联系，丹麦物理学家奥斯特通过不断地探索发现了电流的磁效应
D．根据速度定义式，当足够小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义应用了微元法思想方法
【答案】C
【知识点】物理学史；安培定则
【解析】【解答】正确理解每个物理学家的贡献和物理学研究方法是解答此类题目的关键。A．惯性定律即牛顿第一定律，该实验无法通过实验直接验证，伽利略通过理想斜面实验间接验证了惯性定律，A错误；
B．美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷，密立根油滴实验测得元电荷的数值，B错误；
C．丹麦物理学家奥斯特通过不断地探索发现了电流的磁效应，C正确；
D．速度，当足够小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义应用了极限的思想方法，D错误。
故选C。
【分析】根据物理学研究方法的基本概念和物理学史，判断其正确性。
2．（2025·邵阳模拟）测糖仪的原理是溶液的折射率与含糖率成正比，通过测量溶液相对标准透明介质的折射率，即可得到待测溶液的含糖率。如图所示为某种测糖仪内部核心结构的原理图，截面为半圆形的透明容器中装有待测溶液，容器右侧有一截面为长方形的标准透明介质，介质右侧面贴有一屏幕，可用来记录光线出射的位置。一束光沿半径方向射向半圆形圆心，射出后分为、两束光，光路图如图所示，其中，忽略容器壁的厚度，下列说法正确的是（　　）
A．、光在溶液中的传播速度比在透明介质中的小
B．若稍微提高溶液的含糖率，光线打在屏幕上的位置均将向下移动
C．若逐渐提高溶液的含糖率，光先不能射出容器
D．稍水平向左移动透明介质，光线打在屏幕上的位置均将向下移动
【答案】B
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】光照射到两种介质界面上时，光线全部被反射回原介质的现象称为全反射现象．发生全反射的条件：①光线从光密介质斜射向光疏介质；②入射角大于或等于临界角。A．，由光的折射定律结合光路图可知，溶液的折射率小于透明介质的折射率，由可知，光线在溶液中的传播速度比在透明介质中的大，A错误；
B．稍微提高溶液的含糖率，溶液的折射率增大，光线从溶液射出时，折射角增大，故打在屏幕上的位置向下移动，B正确；
C．由图可知，溶液对光的折射率小于溶液对光的折射率，由可知，逐渐提高溶液的含糖率，光先达到全反射的临界角，即光先不能射出容器，C错误；
D．稍微水平向左移动透明介质，由几何关系可知光线打在屏幕上的位置均将向上移动，D错误。
故选B。
【分析】考虑溶液含糖率提高时，其折射率增大；分析水平向左移动透明介质时，光线在透明介质中入射角是否变化，由几何关系判断光线打在屏幕上的位置是否改变。
3．（2025·邵阳模拟）学校组织趣味运动会，某运动员手持乒乓球拍托着球沿水平直赛道向前跑，运动员速度越大，乒乓球受到的水平风力越大。已知球拍面与水平面的夹角为53°，乒乓球的质量为2.7g，乒乓球与球拍面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，，不考虑乒乓球的滚动，当运动员以某一速度匀速向前跑时，乒乓球恰好不下滑，关于此时的乒乓球下列说法正确的是（　　）
A．乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向下
B．乒乓球受三个力的作用
C．乒乓球受到的风力大小为
D．如果球拍面竖直，则乒乓球不会下滑
【答案】C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。A．乒乓球恰好不下滑，所以乒乓球有沿球拍下滑的趋势，乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向上，故A错误；
B．对乒乓球进行受力分析，受到重力、球拍支持力、球拍的摩擦力和水平风力共四个力的作用，故B错误；
C．以乒乓球为对象，根据平衡条件可得
，
又
联立解得乒乓球受到的风力大小为
故C正确；
D．当球拍竖直时，如果水平风力不变，由于
则乒乓球会下滑，故D错误。
故选C。
【分析】对乒乓球进行受力分析，结合受力平衡分析。
4．（2025·邵阳模拟）开普勒用二十年的时间研究第谷的行星观测记录，发现了行星运动规律。通常认为，太阳保持静止不动，行星绕太阳做匀速圆周运动，则开普勒第三定律中常量（R为行星轨道半径，T为运行周期）。如图所示，三个质量均为m的天体相距为L成一直线排列，在万有引力作用下构成一稳定的星系。该星系中有类似于开普勒第三定律中常量。已知引力常量为G，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】本题考查了“多星”系统以及万有引力的应用，多星系统每个恒星所受万有引力等于其他恒星引力的合力。设中心天体的质量为M，万有引力提供圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可得
解得
在三星体系中，同理可得
解得
故选A。
【分析】结合万有引力提供向心力，抓住不同情况下的运行半径和周期的关系即可求解。
5．（2025·邵阳模拟）如图甲所示，取一电阻率为的均质金属材料，将它做成横截面为圆形的金属导线，每段导线体积均恒为V。如图乙所示，将一段导线接在电动势为E，内阻为r的电源两端，并置于方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，如图丙所示，将另一段导线接在恒流源两端，下列说法不正确的是（　　）
A．乙图中，拉长该段导线使直径减小，导线电阻随之增大
B．丙图中，拉长该段导线使直径减半，导线两端电压变为原来的8倍
C．丙图中，改变导线直径，该段导线发热功率与直径的四次方成反比
D．乙图中，通过改变导线直径可改变导线所受的安培力，且最大安培力为
【答案】B
【知识点】电功率和电功；电阻定律；安培力的计算
【解析】【解答】本题考查了安培力相关知识，理解磁场对通电导体的作用是解决此类问题的关键。在磁感应强度为B的匀强磁场中，垂直磁场放置的长度为l的导体，所通电流为I，导体所受的安培力大小为F=BIl。A．根据电阻定律
其中
，
联立，解得
可知乙图中，拉长该段导线使直径减小，导线电阻随之增大，故A正确，与题意不符；
B．丙图中，导线两端的电压
电流不变时，拉长该段导线使直径减半，导线两端电压变为原来的16倍，故B错误，与题意相符；
C．丙图中该段导线的发热功率
流过导线的电流不变，改变导线直径，该段导线发热功率与直径的四次方成反比，故C正确，与题意不符；
D．乙图中，由闭合电路欧姆定律
导线受到的安培力
联立，解得
可知通过改变导线直径可改变导线所受的安培力，由数学知识可知当且仅当时，最小，此时
最小值为
故最大安培力为
故D正确，与题意不符。
本题选不正确的，故选B。
【分析】根据电阻定律，发热功率表达式，结合闭合电路欧姆定律以及安培力表达式分析求解。
6．（2025·邵阳模拟）为了研究多层钢板在不同模式下的防弹效果，建立如下简化模型。如图所示，两个完全相同的钢板A、B厚度均为d，质量均为m。第一次把A、B焊接在一起静置在光滑水平面上，质量也为m的子弹水平射向钢板A，恰好将两钢板击穿。第二次把A、B间隔一段距离水平放置，子弹以同样的速度水平射向A，穿出后再射向B，且两块钢板不会发生碰撞。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，不计子弹的重力，子弹可视为质点。下列说法正确的是（　　）
A．第一次子弹射出B时，A的位移为d
B．第一次子弹穿过A、B所用时间之比为
C．第二次子弹不能击穿钢板B，进入钢板B的深度为
D．第一次、第二次整个系统损失的机械能之比为
【答案】D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】本题关键要明确子弹射穿和进入钢板过程，系统遵守动量守恒定律和能量守恒定律，反复运用动量守恒和能量守恒或功能关系即系统克服阻力做功等于系统动能的减少，即可解决这类问题。A．设第一次子弹穿过A、B时共同速度为v，对系统由动量守恒有
此过程对A和B有
对子弹有
解得
故A错误；
B．第一次子弹相对A、B做匀减速直线运动，恰击穿时相对末速度为0，根据逆向思维，可以将看成子弹相对A、B做初速度为0的反向匀加速直线运动，穿过B、A的相对位移相等，根据连续相邻相等位移之内的时间间隔比例规律可知，穿过B、A的时间之比为，所以穿过A、B所用时间之比为，故B错误；
C．设子弹的初速度为，受到的阻力大小为f，第一次穿过A、B时共同速度为v，对系统由动量守恒有
由能量守恒有
解得
第二次子弹穿过A时，设子弹速度为，A的速度为u，假设不能穿透B，最后与B的共同速度为，进入B的深度为，对子弹和A由动量守恒有
由能量守恒有
解得
对子弹和B，由动量守恒有
由能量守恒有
解得
假设成立，故C错误；
D．第一次系统损失的机械能
第二次系统损失的机械能
第一次、第二次系统损失的机械能之比为
故D正确。
故选D。
【分析】第一次子弹相对A、B做匀减速直线运动，恰好击穿时末速度为0，采用逆向思维，根据初速度为零的匀加速直线运动的推论求子弹穿过A、B所用时间之比；子弹第一次穿过A、B时，根据动量守恒定律和能量守恒定律分别列方程。第二次，先对子弹和A，由动量守恒定律和能量守恒定律分别列方程。再对子弹和B，由动量守恒定律和能量守恒定律分别列方程，即可分析第二次子弹能否击穿两钢板，并得到子弹进入钢板B的深度；根据能量守恒定律求第一次、第二次整个系统损失的机械能之比。
7．（2025·邵阳模拟）如图甲所示，均匀介质中三个相同的波源分别位于xOy平面直角坐标系中的A、B、C点，波源振动方向均垂直纸面，振动图像均如图乙所示，波速均为2cm/s。则（　　）
A．质点D比质点O晚起振4s
B．时，质点O的速度方向与加速度方向相同
C．若取走波源B，稳定后质点O、D的相位差始终为
D．若取走波源C，稳定后质点O与质点D的振幅相等
【答案】A,D
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】本题主要是考查了振动的图像和波的叠加；解答此类问题的关键是要理解振动图像的物理意义，知道波速的计算方法。A．根据题意，结合图（a）可知，振源B的振动形式先传播到O点，时间
则质点O从第6s末开始振动；振源A、C的振动形式同时传播到D点，时间
则质点D从第10s末开始振动，可知，质点D比质点O晚起振
故A正确；
B．根据题意，结合图（a）可知，时，只有波源B产生的振动传到O点，且已经振动了1.2s，根据图（b）可知质点O相对平衡位置的位移有增大的趋势，速度方向与加速度相反，故B错误；
C．若取走波源B，质点O、D到波源A、C的波程差均为0，两质点为振动加强点，又质点O从8s开始达到稳定，质点D从10s开始达到稳定，则稳定后两质点的相位差为的整数倍，故C错误；
D．根据可知，三列波的波长均为4cm，若取走波源C，质点O到波源A、B的波程差为4cm，为波长的整数倍，则质点O为振动加强点，同理可得，质点D也为振动加强点，稳定后两质点振幅相等，故D正确。
故选AD。
【分析】振源B的振动形式先传播到O点，振源A、C的振动形式同时传播到D点，根据运动学公式求解时间；根据振动情况分析速度方向与加速度方向；根据波的叠加方法结合波程差的关系分析。
8．（2025·邵阳模拟）如图所示，在平面直角坐标系xOy的、两点处固定着电荷量分别为+q、的两个点电荷，A、B为y轴上两点，坐标分别为、，M、N、P、Q四个点是以为中心的正方形的四个顶点，在上述两个点电荷所形成的电场中，下列说法正确的是（　　）
A．N点与Q点电势相等
B．x轴上处电场强度为零
C．B点的电势高于A点的电势，A点的电场强度大于B点的电场强度
D．将某一负电荷从P点移动到Q点电场力做的功大于将其从N点移动到M点电场力做的功
【答案】C,D
【知识点】电场强度的叠加；电势差
【解析】【解答】本题通过分析点电荷产生的电场强度和电势，以及电场力做功的原理，考查了电场的基本性质。正确理解电场强度、电势的叠加原理以及电场力做功的概念是解题的关键。A．若单独考查形成的电场，N点和Q点位于同一等势面上，但对于形成的电场中，Q点的电势高于N点的电势，根据电势的叠加可知，在两个点电荷形成的叠加电场中，Q点的电势高于N点的电势，A错误；
B．根据点电荷形成的电场，可知在处的电场强度
方向水平向右，在处的电场强度
方向水平向右，故二者大小相等，方向相同，合场强不为零，B错误；
C．的点电荷等效成一个和一个的两个点电荷，对于和的电场中，A、B位于同一等势面上，而在点电荷形成的电场中，B点的电势高于A点电势，故B点电势高于A点电势，由于A点相对于场源电荷较近，故A点的场强大于B点的场强，C正确；
D．形成的电场，N点和Q点位于同一等势面上，但对于形成的电场中，Q点的电势高于N点的电势，因此两点的电势差大于两点的电势差，故将某一负电荷从P点移动到Q点电场力做的功大于将其从N点移动到M点电场力做的功，D正确。
故选CD。
【分析】根据给定的点电荷位置和电荷量，利用电场强度和电势的叠加原理来分析各个选项。对于电场强度为零的位置，需要考虑两个点电荷产生的电场强度的矢量和为零的条件。对于电势的比较，需要考虑电场线的方向以及电势随距离的变化规律。对于电场力做功的比较，则需要考虑电势差与电荷的符号。
9．（2025·邵阳模拟）“辘轳”是中国古代取水的重要设施，通过转动手柄将轻绳缠绕到半径为R的转筒上，就可以把水桶从井中提起。若某次转动手柄的角速度随时间t变化的图像如图乙所示，经时间把水桶从井底提升到井口，水桶和桶中水的总质量为m，重力加速度大小为g，水桶可看成质点，下列说法正确的是（　　）
A．水井的深度为
B．，水桶做初速度为零的匀加速直线运动
C．把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为
D．把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为
【答案】A,C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题考查利用动能定理求解多过程问题、多个力的总功、平均功率的计算，关键要利用ω-t图像与时间轴围成的面积表示转筒转过的角度。A．图乙中内图像与时间轴所包围的面积表示把水桶从井底提升到井口过程中转筒转过的角度，设为，则有
故水井的深度为
A正确；
B．转筒边缘上点的线速度大小等于水桶的速度大小，根据线速度与角速度的关系，则有
因为内，与成正比，所以水桶的速度v与t成正比，时间内，不变，线速度不变，水桶做匀速直线运动，B错误；
C．根据动能定理，把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为
C正确；
D．把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为
D错误。
故选AC。
【分析】转筒边缘上点的线速度大小等于水桶的速度大小，根据图乙和v=ωR找出水桶速度v与时间t的关系，再分析它的运动性质；图乙中，0～3t0内图像与时间轴所包围的面积表示把水桶从井底提升到井口过程中转筒转过的角度θ，求出θ，根据h=θR计算水井的深度。
10．（2025·邵阳模拟）间距为的两根平行光滑金属导轨MN、PQ固定放置在同一水平面内，两导轨间存在大小为，方向垂直导轨平面向外的匀强磁场，导轨左端串接一阻值为的定值电阻，导体棒垂直放在导轨上，如图所示。当水平圆盘匀速转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动T形支架在水平方向往复运动，T形支架进而驱动导体棒在水平面内做简谐运动，以水平向右为正方向，其位移x与运动时间t的关系为。已知导体棒质量为，总是保持与导轨接触良好，除定值电阻外其余电阻均忽略不计，空气阻力忽略不计，不考虑电路中感应电流的磁场，则下列说法正确的是（　　）
A．导体棒在运动过程中，产生感应电流的最大值为
B．在时间内，通过导体棒的电荷量为0.25C
C．在时间内，T形支架对导体棒做功
D．当T形支架对导体棒的作用力为0时，导体棒的速度大小为
【答案】A,C,D
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题考查了电磁感应相关知识，理解其中的受力情况和能量变化情况是解决此类问题的关键。电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。A．根据关系式，可得t时刻导体棒的速度
所以导体棒在运动过程中，速度的最大值为
通过导体棒的感应电流
联立解得
A正确；
B．设导体棒做简谐运动的周期为T，根据
根据
解得
在内，即内，导体棒运动的位移大小
感应电动势的平均值
感应电流的平均值
通过导体棒的电荷量
联立解得
B错误；
C．在内，设T形支架对导体棒做功为，电阻R上产生的热量为Q。根据功能关系，则有
联立解得
C正确；
D．由于加速度是速度对时间的求导，则有
有牛顿第二定律可得
，
结合题意解得
解得
D正确。
故选ACD。
【分析】根据导体棒的速度与时间的关系式，结合欧姆定律以及法拉第电磁感应定律，综合导体棒做简谐运动的周期以及功能关系分析求解。
11．（2025·邵阳模拟）某学习小组利用图示装置探究加速度与力、质量的关系，主要操作步骤如下：
a.按图甲所示完成装置安装，木板左端用铰链连接在桌面上，将1个钩码通过跨过定滑轮的细绳连接到小车上；
b.调整木块位置，使小车获得一定初速度后，遮光片通过两光电门的遮光时间相等；
c.取下钩码，由静止释放小车，记录小车通过上、下两个光电门时遮光片的遮光时间，分别记为和；
d.依次增加悬挂的钩码（完全相同）个数n，重复步骤b、c、d。
请完成以下问题：
（1）两光电门中心间的距离为s，遮光片的宽度d用螺旋测微器测量如图乙，读得　 　mm。由计算出小车加速度。
（2）要探究小车加速度与所受合外力的关系，以加速度a为纵轴，以　 　（选填“n”“”“”或“”）为横轴描点作图，当所作图像是一条过坐标原点的倾斜直线时，则说明：在小车质量不变的情况下，小车的加速度与所受合外力成正比。
（3）下列做法能减小本实验误差的是______。
A．减小两光电门之间的距离
B．要确保小车的质量远大于钩码的质量
C．挑选遮光片时，选宽度比较小的
D．挑选表面比较光滑的木板进行实验
【答案】（1）3.108
（2）n
（3）C
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】探究加速度a与力F及质量m的关系时，应用的基本方法是控制变量法，即先控制一个参量--小车的质量m不变，讨论加速度a与力F的关系，再控制小盘和砝码的质量不变，即力F不变，改变小车质量m，讨论加速度a与m的关系。
（1）根据螺旋测微器的读数规律，该读数为
（2）令一个钩码的质量为m，小车的质量为M，依次增加悬挂的钩码（完全相同）个数n，重复步骤b、c、d，在步骤b中，根据平衡条件有
在步骤c中，对小车进行分析，根据牛顿第二定律有
则有
可知，要探究小车加速度与所受合外力的关系，以加速度a为纵轴，以n为横轴描点作图，当所作图像是一条过坐标原点的倾斜直线时，则说明：在小车质量不变的情况下，小车的加速度与所受合外力成正比。
（3）A．根据光电门测速原理有
当光电门之间间距大一些时，挡光时间短一些，测速更加精确一些，可知，为了减小测速误差，实验中应增大两光电门之间的距离，故A错误；
B．结合上述可知，实验中能够精确测得小车所受外力的合力，实验中，不需要确保小车的质量远大于钩码的质量，故B错误；
C．遮光片宽度越小，挡光时间越短，速度测量误差越小，可知，实验中挑选遮光片时，选宽度比较小的，故C正确；
D．结合上述可知，木板的摩擦对实验没有影响，即不需要挑选表面比较光滑的木板进行实验，故D错误。
故选C。
【分析】（1）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和；
（2）对小车进行受力分析，根据平衡条件和牛顿第二定律计算判断；
（3）根据实验原理和注意事项分析判断。
（1）根据螺旋测微器的读数规律，该读数为
（2）令一个钩码的质量为m，小车的质量为M，依次增加悬挂的钩码（完全相同）个数n，重复步骤b、c、d，在步骤b中，根据平衡条件有
在步骤c中，对小车进行分析，根据牛顿第二定律有
则有
可知，要探究小车加速度与所受合外力的关系，以加速度a为纵轴，以n为横轴描点作图，当所作图像是一条过坐标原点的倾斜直线时，则说明：在小车质量不变的情况下，小车的加速度与所受合外力成正比。
（3）A．根据光电门测速原理有
当光电门之间间距大一些时，挡光时间短一些，测速更加精确一些，可知，为了减小测速误差，实验中应增大两光电门之间的距离，故A错误；
B．结合上述可知，实验中能够精确测得小车所受外力的合力，实验中，不需要确保小车的质量远大于钩码的质量，故B错误；
C．遮光片宽度越小，挡光时间越短，速度测量误差越小，可知，实验中挑选遮光片时，选宽度比较小的，故C正确；
D．结合上述可知，木板的摩擦对实验没有影响，即不需要挑选表面比较光滑的木板进行实验，故D错误。
故选C。
12．（2025·邵阳模拟）某兴趣小组利用实验室的器材进行电表内阻的测量实验。
（1）小组成员在实验室发现一个表盘数字被污渍遮挡的电压表，利用图甲中的电路图测量电压表量程。闭合开关后，调节滑动变阻器和电阻箱，保持电流表满偏，当时，电压表指针偏转了满偏的，当时，电压表指针偏转了满偏的。则电压表量程为　 　V，电流表内阻为　 　Ω。
（2）小组成员选择完好的实验仪器，利用表盘如图乙所示的多用电表和图丙中的电路图测量该电压表的内阻（内阻约十几千欧）。
①利用多用电表的欧姆挡对电压表内阻进行粗测。将多用电表挡位调到欧姆　 　挡（选填“×100”或“×1k”），再将红表笔和黑表笔短接，调零后，将两表笔接在电压表正负接线柱上，用多用电表读出电压表内阻阻值；
②按照图丙所示的电路图连接实验仪器后，闭合开关S，改变电阻箱阻值，读取多组电压表示数U与电阻箱阻值R，并绘制出图像如图丁所示，图像斜率为k，若已知电源电动势E，则电压表内阻　 　，电源内阻对电压表内阻测量　 　（选填“有”或“无”）影响。
【答案】（1）3；2
（2）×1k；；无
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；表头的改装；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】将电流表（表头）与较大的电阻串联，即可以当成电压表来使用；将电流表（表头）与较小的电阻并联，即可以当成较大量程的电流表使用。
（1）保持电流表满偏，当时，电压表指针偏转了满偏的，当时，电压表指针偏转了满偏的。根据欧姆定律有
，
解得
，
（2）①电压表的内阻（内阻约十几千欧），则多用电表欧姆挡在使用时，指针应尽可能在表盘中间区域，则挡位应调到欧姆“×1k”挡，再将红黑表笔短接进行调零。
②根据闭合电路欧姆定律有
变形得
则
电压表内阻
从式中可以看出电压表内阻只与电源电动势和斜率有关，与电源内阻无关，所以电源内阻对电压表内阻测量无影响。
【分析】（1）根据多用电表原理结合欧姆定律分析；
（2）①多用电表欧姆挡在使用时，指针应尽可能在表盘中间区域；
②根据闭合电路欧姆定律得到R-的函数关系式，结合关系式分析。
（1）[1][2]保持电流表满偏，当时，电压表指针偏转了满偏的，当时，电压表指针偏转了满偏的。根据欧姆定律有，
解得，
（2）①[1]电压表的内阻（内阻约十几千欧），则多用电表欧姆挡在使用时，指针应尽可能在表盘中间区域，则挡位应调到欧姆“×1k”挡，再将红黑表笔短接进行调零。
②[2][3]根据闭合电路欧姆定律有变形得
则
电压表内阻
从式中可以看出电压表内阻只与电源电动势和斜率有关，与电源内阻无关，所以电源内阻对电压表内阻测量无影响。
13．（2025·邵阳模拟）小明学习热学知识后设计了一个利用气体来测量液体温度的装置。该装置由导热性能良好、厚度不计的圆柱形细管、圆柱形金属块、上下两个小卡环组成。圆柱形金属块质量为20g厚度为2cm与管壁紧密接触（不漏气），管内用金属块封闭有一定量的理想气体，管内卡环限制金属块只能在管内一定范围内上下移动，以金属块下端位置为基准在上下卡环之间刻上刻度。上、下卡环间距离为52cm，上端卡环距管下端距离为102cm，管的横截面积为，测温时把温度计竖直插入待测液体中。不考虑固体的热胀冷缩，不计一切摩擦阻力，外界大气压强恒为，g取，当管内气体的温度为7℃时金属块恰好对下方卡环无压力。
（1）求该温度计的测温范围；
（2）某次测温时示数由63℃上升到147℃，该过程管内气体吸收的热量为0.68J，求管内气体内能改变量。
【答案】（1）解：设管内气体最高温度为，管内气体做等压变化，则
其中
，，
解得
故温度计的测温范围为

（2）解：管内气体做等压变化，则
其中，
解得
，
管内气体的压强为
该过程气体对外做功为
根据热力学第一定律
可知管内气体内能增加了0.5J。
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）根据给定条件计算出金属块对下方卡环无压力时的气体压强，进而确定温度计的测温范围。
（2）利用热力学第一定律计算管内气体内能的改变量。
（1）设管内气体最高温度为，管内气体做等压变化，则
其中，，
解得
故温度计的测温范围为
（2）管内气体做等压变化，则
其中，
解得，
管内气体的压强为
该过程气体对外做功为
根据热力学第一定律
可知管内气体内能增加了0.5J。
14．（2025·邵阳模拟）如图甲所示，空间存在两边界为同轴圆柱面的电磁场区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅱ位于区域Ⅰ外侧，圆柱面的轴线沿空间直角坐标系Oxyz的x轴方向。半径的足够长水平圆柱形区域Ⅰ内分布着沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小；沿x轴正方向观察电磁场分布如图乙，宽度的区域Ⅱ同时存在电、磁场，电场强度的匀强电场沿x轴正方向，磁场的磁感应强度大小也为、磁感线与圆弧边界平行且沿顺时针方向，沿y轴负方向观察电磁场分布如图丙，比荷的带正电粒子，从坐标为的A点以一定初速度沿z轴负方向进入且能沿直线通过区域Ⅱ。（不计粒子的重力和空气阻力）
（1）求大小以及它在区域Ⅰ中运动的半径；
（2）若撤去区域Ⅱ的电场，求该粒子以速度从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅰ运动的总时间。
【答案】（1）解：粒子沿直线通过区域Ⅱ，受力平衡则有
解得
粒子在区域Ⅰ中匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得
解得

（2）解：撤去区域Ⅱ中的电场后，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，则有
解得
根据几何关系可知，粒子在区域Ⅱ中运动轨迹转过的圆心角为45°。
粒子在区域Ⅱ中的运动时间为
粒子离开区域Ⅱ后，在区域Ⅰ中垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，则有
解得
根据几何关系可知，粒子在区域Ⅰ中该方向上匀速圆周运动转过的圆心角为90°。粒子在区域Ⅰ中的运动时间为
综上，粒子从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅰ运动的总时间为

【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】 （1）根据粒子沿直线通过区域Ⅱ，结合受力平衡，洛伦兹力提供向心力分析求解；
（2）根据撤去区域Ⅱ中的电场后，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，结合几何关系分析求解。
（1）粒子沿直线通过区域Ⅱ，受力平衡则有
解得
粒子在区域Ⅰ中匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得
解得
（2）撤去区域Ⅱ中的电场后，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，则有
解得
根据几何关系可知，粒子在区域Ⅱ中运动轨迹转过的圆心角为45°。
粒子在区域Ⅱ中的运动时间为
粒子离开区域Ⅱ后，在区域Ⅰ中垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，则有
解得
根据几何关系可知，粒子在区域Ⅰ中该方向上匀速圆周运动转过的圆心角为90°。
粒子在区域Ⅰ中的运动时间为
综上，粒子从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅰ运动的总时间为
15．（2025·邵阳模拟）如图所示，固定的桌面、地面和固定的螺旋形圆管均光滑，轻质弹簧左端固定，自然伸长位置为点，弹簧的劲度系数，圆轨道的半径，圆管的内径比质量为的小球直径略大，但远小于圆轨道半径，质量为的小物块静止于质量为的木板左端，木板的上表面恰好与圆管轨道水平部分下端表面等高，小物块与木板上表面间的动摩擦因数，木板右端与墙壁之间的距离，现用力将小球向左推压，将弹簧压缩，然后由静止释放小球，小球与弹簧不连接，小球运动到桌面右端点后水平抛出，从管口A点处沿圆管切线飞入圆管内部，从圆管水平部分B点飞出，并恰好与小物块发生弹性碰撞，经过一段时间后木板和右侧墙壁发生弹性碰撞，已知小物块始终未和墙壁碰撞，并且未脱离木板，已知OA与竖直方向夹角，，，，。求：
（1）抛出点与管口A间的高度差h；
（2）小球在圆管最高点所受的弹力；
（3）木板在地面上滑动的总路程s。
【答案】（1）解：弹簧弹开小球过程弹力随位移均匀变化，由动能定理可得
解得
在小球平抛到管口A点时速度如图所示
根据
，
联立解得
（2）解：小球从A到圆筒最高点的过程，由动能定理可得
由上图可知
小球在最高点时
解得
说明小球在圆管最高点所受的弹力大小为4N，方向竖直向下。
（3）解：从A到B全过程，由动能定理可得
解得
小球和小物块碰撞过程，取水平向右为正方向，可得
解得
，
说明碰后小球停止运动，物块获得向右的速度，开始在木板上滑动，以和为对象，可得
对木板可得
解得
物块与木板共速后与墙壁发生第1次碰撞后，对木板
木板向左移动的最大距离
解得
设小物块和木板第二次共速时速度为，则有
解得
第2次与墙碰撞后，木板向左移动的最大距离
设小物块和木板第三次共速时速度为，则有
解得
同理可得
……
第n次与墙碰撞后，对木板有
木板运动的总路程为
即
代入数据解得
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）小球被弹出后做平抛运动，由动能定理和平抛规律vy=gt，求平抛运动的时间与管口A间的高度差h；
（2）由动能定理结合牛顿第二定律求小球在圆管内运动过程中对圆管最高点的挤压力FN；
（3）由动能定理结合动量守恒定律及运动学公式求第一、二……n次碰撞后的位移，找到规律，再求木板的最短长度L及木板在地面上滑动的总路程s。
（1）弹簧弹开小球过程弹力随位移均匀变化，由动能定理可得
解得
在小球平抛到管口A点时速度如图所示
根据，
联立解得
（2）小球从A到圆筒最高点的过程，由动能定理可得
由上图可知
小球在最高点时
解得
说明小球在圆管最高点所受的弹力大小为4N，方向竖直向下。
（3）从A到B全过程，由动能定理可得
解得
小球和小物块碰撞过程，取水平向右为正方向，可得
解得，
说明碰后小球停止运动，物块获得向右的速度，开始在木板上滑动，以和为对象，可得
对木板可得
解得
物块与木板共速后与墙壁发生第1次碰撞后，对木板
木板向左移动的最大距离
解得
设小物块和木板第二次共速时速度为，则有
解得
第2次与墙碰撞后，木板向左移动的最大距离
设小物块和木板第三次共速时速度为，则有
解得
同理可得
……
第n次与墙碰撞后，对木板有
木板运动的总路程为
即
代入数据解得
1 / 12025届湖南省邵阳市高三上学期第一次联考（一模）物理试题
1．（2025·邵阳模拟）2024年10月8日消息，本年度诺贝尔物理学奖授予约翰·霍普菲尔德和杰弗里·辛顿，“以表彰他们为利用人工神经网络进行机器学习作出的基础性发现和发明”。在物理学的探索和发现过程中，物理过程和研究方法比物理知识本身更加重要。以下关于物理学研究方法和物理学史的叙述中正确的是（　　）
A．惯性定律即牛顿第一定律，伽利略通过理想斜面实验直接验证了惯性定律
B．美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷，并通过油滴实验测得元电荷的数值
C．自然界中的电和磁存在着某种神秘的联系，丹麦物理学家奥斯特通过不断地探索发现了电流的磁效应
D．根据速度定义式，当足够小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义应用了微元法思想方法
2．（2025·邵阳模拟）测糖仪的原理是溶液的折射率与含糖率成正比，通过测量溶液相对标准透明介质的折射率，即可得到待测溶液的含糖率。如图所示为某种测糖仪内部核心结构的原理图，截面为半圆形的透明容器中装有待测溶液，容器右侧有一截面为长方形的标准透明介质，介质右侧面贴有一屏幕，可用来记录光线出射的位置。一束光沿半径方向射向半圆形圆心，射出后分为、两束光，光路图如图所示，其中，忽略容器壁的厚度，下列说法正确的是（　　）
A．、光在溶液中的传播速度比在透明介质中的小
B．若稍微提高溶液的含糖率，光线打在屏幕上的位置均将向下移动
C．若逐渐提高溶液的含糖率，光先不能射出容器
D．稍水平向左移动透明介质，光线打在屏幕上的位置均将向下移动
3．（2025·邵阳模拟）学校组织趣味运动会，某运动员手持乒乓球拍托着球沿水平直赛道向前跑，运动员速度越大，乒乓球受到的水平风力越大。已知球拍面与水平面的夹角为53°，乒乓球的质量为2.7g，乒乓球与球拍面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，，不考虑乒乓球的滚动，当运动员以某一速度匀速向前跑时，乒乓球恰好不下滑，关于此时的乒乓球下列说法正确的是（　　）
A．乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向下
B．乒乓球受三个力的作用
C．乒乓球受到的风力大小为
D．如果球拍面竖直，则乒乓球不会下滑
4．（2025·邵阳模拟）开普勒用二十年的时间研究第谷的行星观测记录，发现了行星运动规律。通常认为，太阳保持静止不动，行星绕太阳做匀速圆周运动，则开普勒第三定律中常量（R为行星轨道半径，T为运行周期）。如图所示，三个质量均为m的天体相距为L成一直线排列，在万有引力作用下构成一稳定的星系。该星系中有类似于开普勒第三定律中常量。已知引力常量为G，则的值为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·邵阳模拟）如图甲所示，取一电阻率为的均质金属材料，将它做成横截面为圆形的金属导线，每段导线体积均恒为V。如图乙所示，将一段导线接在电动势为E，内阻为r的电源两端，并置于方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，如图丙所示，将另一段导线接在恒流源两端，下列说法不正确的是（　　）
A．乙图中，拉长该段导线使直径减小，导线电阻随之增大
B．丙图中，拉长该段导线使直径减半，导线两端电压变为原来的8倍
C．丙图中，改变导线直径，该段导线发热功率与直径的四次方成反比
D．乙图中，通过改变导线直径可改变导线所受的安培力，且最大安培力为
6．（2025·邵阳模拟）为了研究多层钢板在不同模式下的防弹效果，建立如下简化模型。如图所示，两个完全相同的钢板A、B厚度均为d，质量均为m。第一次把A、B焊接在一起静置在光滑水平面上，质量也为m的子弹水平射向钢板A，恰好将两钢板击穿。第二次把A、B间隔一段距离水平放置，子弹以同样的速度水平射向A，穿出后再射向B，且两块钢板不会发生碰撞。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，不计子弹的重力，子弹可视为质点。下列说法正确的是（　　）
A．第一次子弹射出B时，A的位移为d
B．第一次子弹穿过A、B所用时间之比为
C．第二次子弹不能击穿钢板B，进入钢板B的深度为
D．第一次、第二次整个系统损失的机械能之比为
7．（2025·邵阳模拟）如图甲所示，均匀介质中三个相同的波源分别位于xOy平面直角坐标系中的A、B、C点，波源振动方向均垂直纸面，振动图像均如图乙所示，波速均为2cm/s。则（　　）
A．质点D比质点O晚起振4s
B．时，质点O的速度方向与加速度方向相同
C．若取走波源B，稳定后质点O、D的相位差始终为
D．若取走波源C，稳定后质点O与质点D的振幅相等
8．（2025·邵阳模拟）如图所示，在平面直角坐标系xOy的、两点处固定着电荷量分别为+q、的两个点电荷，A、B为y轴上两点，坐标分别为、，M、N、P、Q四个点是以为中心的正方形的四个顶点，在上述两个点电荷所形成的电场中，下列说法正确的是（　　）
A．N点与Q点电势相等
B．x轴上处电场强度为零
C．B点的电势高于A点的电势，A点的电场强度大于B点的电场强度
D．将某一负电荷从P点移动到Q点电场力做的功大于将其从N点移动到M点电场力做的功
9．（2025·邵阳模拟）“辘轳”是中国古代取水的重要设施，通过转动手柄将轻绳缠绕到半径为R的转筒上，就可以把水桶从井中提起。若某次转动手柄的角速度随时间t变化的图像如图乙所示，经时间把水桶从井底提升到井口，水桶和桶中水的总质量为m，重力加速度大小为g，水桶可看成质点，下列说法正确的是（　　）
A．水井的深度为
B．，水桶做初速度为零的匀加速直线运动
C．把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为
D．把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为
10．（2025·邵阳模拟）间距为的两根平行光滑金属导轨MN、PQ固定放置在同一水平面内，两导轨间存在大小为，方向垂直导轨平面向外的匀强磁场，导轨左端串接一阻值为的定值电阻，导体棒垂直放在导轨上，如图所示。当水平圆盘匀速转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动T形支架在水平方向往复运动，T形支架进而驱动导体棒在水平面内做简谐运动，以水平向右为正方向，其位移x与运动时间t的关系为。已知导体棒质量为，总是保持与导轨接触良好，除定值电阻外其余电阻均忽略不计，空气阻力忽略不计，不考虑电路中感应电流的磁场，则下列说法正确的是（　　）
A．导体棒在运动过程中，产生感应电流的最大值为
B．在时间内，通过导体棒的电荷量为0.25C
C．在时间内，T形支架对导体棒做功
D．当T形支架对导体棒的作用力为0时，导体棒的速度大小为
11．（2025·邵阳模拟）某学习小组利用图示装置探究加速度与力、质量的关系，主要操作步骤如下：
a.按图甲所示完成装置安装，木板左端用铰链连接在桌面上，将1个钩码通过跨过定滑轮的细绳连接到小车上；
b.调整木块位置，使小车获得一定初速度后，遮光片通过两光电门的遮光时间相等；
c.取下钩码，由静止释放小车，记录小车通过上、下两个光电门时遮光片的遮光时间，分别记为和；
d.依次增加悬挂的钩码（完全相同）个数n，重复步骤b、c、d。
请完成以下问题：
（1）两光电门中心间的距离为s，遮光片的宽度d用螺旋测微器测量如图乙，读得　 　mm。由计算出小车加速度。
（2）要探究小车加速度与所受合外力的关系，以加速度a为纵轴，以　 　（选填“n”“”“”或“”）为横轴描点作图，当所作图像是一条过坐标原点的倾斜直线时，则说明：在小车质量不变的情况下，小车的加速度与所受合外力成正比。
（3）下列做法能减小本实验误差的是______。
A．减小两光电门之间的距离
B．要确保小车的质量远大于钩码的质量
C．挑选遮光片时，选宽度比较小的
D．挑选表面比较光滑的木板进行实验
12．（2025·邵阳模拟）某兴趣小组利用实验室的器材进行电表内阻的测量实验。
（1）小组成员在实验室发现一个表盘数字被污渍遮挡的电压表，利用图甲中的电路图测量电压表量程。闭合开关后，调节滑动变阻器和电阻箱，保持电流表满偏，当时，电压表指针偏转了满偏的，当时，电压表指针偏转了满偏的。则电压表量程为　 　V，电流表内阻为　 　Ω。
（2）小组成员选择完好的实验仪器，利用表盘如图乙所示的多用电表和图丙中的电路图测量该电压表的内阻（内阻约十几千欧）。
①利用多用电表的欧姆挡对电压表内阻进行粗测。将多用电表挡位调到欧姆　 　挡（选填“×100”或“×1k”），再将红表笔和黑表笔短接，调零后，将两表笔接在电压表正负接线柱上，用多用电表读出电压表内阻阻值；
②按照图丙所示的电路图连接实验仪器后，闭合开关S，改变电阻箱阻值，读取多组电压表示数U与电阻箱阻值R，并绘制出图像如图丁所示，图像斜率为k，若已知电源电动势E，则电压表内阻　 　，电源内阻对电压表内阻测量　 　（选填“有”或“无”）影响。
13．（2025·邵阳模拟）小明学习热学知识后设计了一个利用气体来测量液体温度的装置。该装置由导热性能良好、厚度不计的圆柱形细管、圆柱形金属块、上下两个小卡环组成。圆柱形金属块质量为20g厚度为2cm与管壁紧密接触（不漏气），管内用金属块封闭有一定量的理想气体，管内卡环限制金属块只能在管内一定范围内上下移动，以金属块下端位置为基准在上下卡环之间刻上刻度。上、下卡环间距离为52cm，上端卡环距管下端距离为102cm，管的横截面积为，测温时把温度计竖直插入待测液体中。不考虑固体的热胀冷缩，不计一切摩擦阻力，外界大气压强恒为，g取，当管内气体的温度为7℃时金属块恰好对下方卡环无压力。
（1）求该温度计的测温范围；
（2）某次测温时示数由63℃上升到147℃，该过程管内气体吸收的热量为0.68J，求管内气体内能改变量。
14．（2025·邵阳模拟）如图甲所示，空间存在两边界为同轴圆柱面的电磁场区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅱ位于区域Ⅰ外侧，圆柱面的轴线沿空间直角坐标系Oxyz的x轴方向。半径的足够长水平圆柱形区域Ⅰ内分布着沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小；沿x轴正方向观察电磁场分布如图乙，宽度的区域Ⅱ同时存在电、磁场，电场强度的匀强电场沿x轴正方向，磁场的磁感应强度大小也为、磁感线与圆弧边界平行且沿顺时针方向，沿y轴负方向观察电磁场分布如图丙，比荷的带正电粒子，从坐标为的A点以一定初速度沿z轴负方向进入且能沿直线通过区域Ⅱ。（不计粒子的重力和空气阻力）
（1）求大小以及它在区域Ⅰ中运动的半径；
（2）若撤去区域Ⅱ的电场，求该粒子以速度从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅰ运动的总时间。
15．（2025·邵阳模拟）如图所示，固定的桌面、地面和固定的螺旋形圆管均光滑，轻质弹簧左端固定，自然伸长位置为点，弹簧的劲度系数，圆轨道的半径，圆管的内径比质量为的小球直径略大，但远小于圆轨道半径，质量为的小物块静止于质量为的木板左端，木板的上表面恰好与圆管轨道水平部分下端表面等高，小物块与木板上表面间的动摩擦因数，木板右端与墙壁之间的距离，现用力将小球向左推压，将弹簧压缩，然后由静止释放小球，小球与弹簧不连接，小球运动到桌面右端点后水平抛出，从管口A点处沿圆管切线飞入圆管内部，从圆管水平部分B点飞出，并恰好与小物块发生弹性碰撞，经过一段时间后木板和右侧墙壁发生弹性碰撞，已知小物块始终未和墙壁碰撞，并且未脱离木板，已知OA与竖直方向夹角，，，，。求：
（1）抛出点与管口A间的高度差h；
（2）小球在圆管最高点所受的弹力；
（3）木板在地面上滑动的总路程s。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物理学史；安培定则
【解析】【解答】正确理解每个物理学家的贡献和物理学研究方法是解答此类题目的关键。A．惯性定律即牛顿第一定律，该实验无法通过实验直接验证，伽利略通过理想斜面实验间接验证了惯性定律，A错误；
B．美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷，密立根油滴实验测得元电荷的数值，B错误；
C．丹麦物理学家奥斯特通过不断地探索发现了电流的磁效应，C正确；
D．速度，当足够小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义应用了极限的思想方法，D错误。
故选C。
【分析】根据物理学研究方法的基本概念和物理学史，判断其正确性。
2．【答案】B
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】光照射到两种介质界面上时，光线全部被反射回原介质的现象称为全反射现象．发生全反射的条件：①光线从光密介质斜射向光疏介质；②入射角大于或等于临界角。A．，由光的折射定律结合光路图可知，溶液的折射率小于透明介质的折射率，由可知，光线在溶液中的传播速度比在透明介质中的大，A错误；
B．稍微提高溶液的含糖率，溶液的折射率增大，光线从溶液射出时，折射角增大，故打在屏幕上的位置向下移动，B正确；
C．由图可知，溶液对光的折射率小于溶液对光的折射率，由可知，逐渐提高溶液的含糖率，光先达到全反射的临界角，即光先不能射出容器，C错误；
D．稍微水平向左移动透明介质，由几何关系可知光线打在屏幕上的位置均将向上移动，D错误。
故选B。
【分析】考虑溶液含糖率提高时，其折射率增大；分析水平向左移动透明介质时，光线在透明介质中入射角是否变化，由几何关系判断光线打在屏幕上的位置是否改变。
3．【答案】C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。A．乒乓球恰好不下滑，所以乒乓球有沿球拍下滑的趋势，乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向上，故A错误；
B．对乒乓球进行受力分析，受到重力、球拍支持力、球拍的摩擦力和水平风力共四个力的作用，故B错误；
C．以乒乓球为对象，根据平衡条件可得
，
又
联立解得乒乓球受到的风力大小为
故C正确；
D．当球拍竖直时，如果水平风力不变，由于
则乒乓球会下滑，故D错误。
故选C。
【分析】对乒乓球进行受力分析，结合受力平衡分析。
4．【答案】A
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】本题考查了“多星”系统以及万有引力的应用，多星系统每个恒星所受万有引力等于其他恒星引力的合力。设中心天体的质量为M，万有引力提供圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可得
解得
在三星体系中，同理可得
解得
故选A。
【分析】结合万有引力提供向心力，抓住不同情况下的运行半径和周期的关系即可求解。
5．【答案】B
【知识点】电功率和电功；电阻定律；安培力的计算
【解析】【解答】本题考查了安培力相关知识，理解磁场对通电导体的作用是解决此类问题的关键。在磁感应强度为B的匀强磁场中，垂直磁场放置的长度为l的导体，所通电流为I，导体所受的安培力大小为F=BIl。A．根据电阻定律
其中
，
联立，解得
可知乙图中，拉长该段导线使直径减小，导线电阻随之增大，故A正确，与题意不符；
B．丙图中，导线两端的电压
电流不变时，拉长该段导线使直径减半，导线两端电压变为原来的16倍，故B错误，与题意相符；
C．丙图中该段导线的发热功率
流过导线的电流不变，改变导线直径，该段导线发热功率与直径的四次方成反比，故C正确，与题意不符；
D．乙图中，由闭合电路欧姆定律
导线受到的安培力
联立，解得
可知通过改变导线直径可改变导线所受的安培力，由数学知识可知当且仅当时，最小，此时
最小值为
故最大安培力为
故D正确，与题意不符。
本题选不正确的，故选B。
【分析】根据电阻定律，发热功率表达式，结合闭合电路欧姆定律以及安培力表达式分析求解。
6．【答案】D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】本题关键要明确子弹射穿和进入钢板过程，系统遵守动量守恒定律和能量守恒定律，反复运用动量守恒和能量守恒或功能关系即系统克服阻力做功等于系统动能的减少，即可解决这类问题。A．设第一次子弹穿过A、B时共同速度为v，对系统由动量守恒有
此过程对A和B有
对子弹有
解得
故A错误；
B．第一次子弹相对A、B做匀减速直线运动，恰击穿时相对末速度为0，根据逆向思维，可以将看成子弹相对A、B做初速度为0的反向匀加速直线运动，穿过B、A的相对位移相等，根据连续相邻相等位移之内的时间间隔比例规律可知，穿过B、A的时间之比为，所以穿过A、B所用时间之比为，故B错误；
C．设子弹的初速度为，受到的阻力大小为f，第一次穿过A、B时共同速度为v，对系统由动量守恒有
由能量守恒有
解得
第二次子弹穿过A时，设子弹速度为，A的速度为u，假设不能穿透B，最后与B的共同速度为，进入B的深度为，对子弹和A由动量守恒有
由能量守恒有
解得
对子弹和B，由动量守恒有
由能量守恒有
解得
假设成立，故C错误；
D．第一次系统损失的机械能
第二次系统损失的机械能
第一次、第二次系统损失的机械能之比为
故D正确。
故选D。
【分析】第一次子弹相对A、B做匀减速直线运动，恰好击穿时末速度为0，采用逆向思维，根据初速度为零的匀加速直线运动的推论求子弹穿过A、B所用时间之比；子弹第一次穿过A、B时，根据动量守恒定律和能量守恒定律分别列方程。第二次，先对子弹和A，由动量守恒定律和能量守恒定律分别列方程。再对子弹和B，由动量守恒定律和能量守恒定律分别列方程，即可分析第二次子弹能否击穿两钢板，并得到子弹进入钢板B的深度；根据能量守恒定律求第一次、第二次整个系统损失的机械能之比。
7．【答案】A,D
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】本题主要是考查了振动的图像和波的叠加；解答此类问题的关键是要理解振动图像的物理意义，知道波速的计算方法。A．根据题意，结合图（a）可知，振源B的振动形式先传播到O点，时间
则质点O从第6s末开始振动；振源A、C的振动形式同时传播到D点，时间
则质点D从第10s末开始振动，可知，质点D比质点O晚起振
故A正确；
B．根据题意，结合图（a）可知，时，只有波源B产生的振动传到O点，且已经振动了1.2s，根据图（b）可知质点O相对平衡位置的位移有增大的趋势，速度方向与加速度相反，故B错误；
C．若取走波源B，质点O、D到波源A、C的波程差均为0，两质点为振动加强点，又质点O从8s开始达到稳定，质点D从10s开始达到稳定，则稳定后两质点的相位差为的整数倍，故C错误；
D．根据可知，三列波的波长均为4cm，若取走波源C，质点O到波源A、B的波程差为4cm，为波长的整数倍，则质点O为振动加强点，同理可得，质点D也为振动加强点，稳定后两质点振幅相等，故D正确。
故选AD。
【分析】振源B的振动形式先传播到O点，振源A、C的振动形式同时传播到D点，根据运动学公式求解时间；根据振动情况分析速度方向与加速度方向；根据波的叠加方法结合波程差的关系分析。
8．【答案】C,D
【知识点】电场强度的叠加；电势差
【解析】【解答】本题通过分析点电荷产生的电场强度和电势，以及电场力做功的原理，考查了电场的基本性质。正确理解电场强度、电势的叠加原理以及电场力做功的概念是解题的关键。A．若单独考查形成的电场，N点和Q点位于同一等势面上，但对于形成的电场中，Q点的电势高于N点的电势，根据电势的叠加可知，在两个点电荷形成的叠加电场中，Q点的电势高于N点的电势，A错误；
B．根据点电荷形成的电场，可知在处的电场强度
方向水平向右，在处的电场强度
方向水平向右，故二者大小相等，方向相同，合场强不为零，B错误；
C．的点电荷等效成一个和一个的两个点电荷，对于和的电场中，A、B位于同一等势面上，而在点电荷形成的电场中，B点的电势高于A点电势，故B点电势高于A点电势，由于A点相对于场源电荷较近，故A点的场强大于B点的场强，C正确；
D．形成的电场，N点和Q点位于同一等势面上，但对于形成的电场中，Q点的电势高于N点的电势，因此两点的电势差大于两点的电势差，故将某一负电荷从P点移动到Q点电场力做的功大于将其从N点移动到M点电场力做的功，D正确。
故选CD。
【分析】根据给定的点电荷位置和电荷量，利用电场强度和电势的叠加原理来分析各个选项。对于电场强度为零的位置，需要考虑两个点电荷产生的电场强度的矢量和为零的条件。对于电势的比较，需要考虑电场线的方向以及电势随距离的变化规律。对于电场力做功的比较，则需要考虑电势差与电荷的符号。
9．【答案】A,C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题考查利用动能定理求解多过程问题、多个力的总功、平均功率的计算，关键要利用ω-t图像与时间轴围成的面积表示转筒转过的角度。A．图乙中内图像与时间轴所包围的面积表示把水桶从井底提升到井口过程中转筒转过的角度，设为，则有
故水井的深度为
A正确；
B．转筒边缘上点的线速度大小等于水桶的速度大小，根据线速度与角速度的关系，则有
因为内，与成正比，所以水桶的速度v与t成正比，时间内，不变，线速度不变，水桶做匀速直线运动，B错误；
C．根据动能定理，把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为
C正确；
D．把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为
D错误。
故选AC。
【分析】转筒边缘上点的线速度大小等于水桶的速度大小，根据图乙和v=ωR找出水桶速度v与时间t的关系，再分析它的运动性质；图乙中，0～3t0内图像与时间轴所包围的面积表示把水桶从井底提升到井口过程中转筒转过的角度θ，求出θ，根据h=θR计算水井的深度。
10．【答案】A,C,D
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题考查了电磁感应相关知识，理解其中的受力情况和能量变化情况是解决此类问题的关键。电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。A．根据关系式，可得t时刻导体棒的速度
所以导体棒在运动过程中，速度的最大值为
通过导体棒的感应电流
联立解得
A正确；
B．设导体棒做简谐运动的周期为T，根据
根据
解得
在内，即内，导体棒运动的位移大小
感应电动势的平均值
感应电流的平均值
通过导体棒的电荷量
联立解得
B错误；
C．在内，设T形支架对导体棒做功为，电阻R上产生的热量为Q。根据功能关系，则有
联立解得
C正确；
D．由于加速度是速度对时间的求导，则有
有牛顿第二定律可得
，
结合题意解得
解得
D正确。
故选ACD。
【分析】根据导体棒的速度与时间的关系式，结合欧姆定律以及法拉第电磁感应定律，综合导体棒做简谐运动的周期以及功能关系分析求解。
11．【答案】（1）3.108
（2）n
（3）C
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】探究加速度a与力F及质量m的关系时，应用的基本方法是控制变量法，即先控制一个参量--小车的质量m不变，讨论加速度a与力F的关系，再控制小盘和砝码的质量不变，即力F不变，改变小车质量m，讨论加速度a与m的关系。
（1）根据螺旋测微器的读数规律，该读数为
（2）令一个钩码的质量为m，小车的质量为M，依次增加悬挂的钩码（完全相同）个数n，重复步骤b、c、d，在步骤b中，根据平衡条件有
在步骤c中，对小车进行分析，根据牛顿第二定律有
则有
可知，要探究小车加速度与所受合外力的关系，以加速度a为纵轴，以n为横轴描点作图，当所作图像是一条过坐标原点的倾斜直线时，则说明：在小车质量不变的情况下，小车的加速度与所受合外力成正比。
（3）A．根据光电门测速原理有
当光电门之间间距大一些时，挡光时间短一些，测速更加精确一些，可知，为了减小测速误差，实验中应增大两光电门之间的距离，故A错误；
B．结合上述可知，实验中能够精确测得小车所受外力的合力，实验中，不需要确保小车的质量远大于钩码的质量，故B错误；
C．遮光片宽度越小，挡光时间越短，速度测量误差越小，可知，实验中挑选遮光片时，选宽度比较小的，故C正确；
D．结合上述可知，木板的摩擦对实验没有影响，即不需要挑选表面比较光滑的木板进行实验，故D错误。
故选C。
【分析】（1）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和；
（2）对小车进行受力分析，根据平衡条件和牛顿第二定律计算判断；
（3）根据实验原理和注意事项分析判断。
（1）根据螺旋测微器的读数规律，该读数为
（2）令一个钩码的质量为m，小车的质量为M，依次增加悬挂的钩码（完全相同）个数n，重复步骤b、c、d，在步骤b中，根据平衡条件有
在步骤c中，对小车进行分析，根据牛顿第二定律有
则有
可知，要探究小车加速度与所受合外力的关系，以加速度a为纵轴，以n为横轴描点作图，当所作图像是一条过坐标原点的倾斜直线时，则说明：在小车质量不变的情况下，小车的加速度与所受合外力成正比。
（3）A．根据光电门测速原理有
当光电门之间间距大一些时，挡光时间短一些，测速更加精确一些，可知，为了减小测速误差，实验中应增大两光电门之间的距离，故A错误；
B．结合上述可知，实验中能够精确测得小车所受外力的合力，实验中，不需要确保小车的质量远大于钩码的质量，故B错误；
C．遮光片宽度越小，挡光时间越短，速度测量误差越小，可知，实验中挑选遮光片时，选宽度比较小的，故C正确；
D．结合上述可知，木板的摩擦对实验没有影响，即不需要挑选表面比较光滑的木板进行实验，故D错误。
故选C。
12．【答案】（1）3；2
（2）×1k；；无
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；表头的改装；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】将电流表（表头）与较大的电阻串联，即可以当成电压表来使用；将电流表（表头）与较小的电阻并联，即可以当成较大量程的电流表使用。
（1）保持电流表满偏，当时，电压表指针偏转了满偏的，当时，电压表指针偏转了满偏的。根据欧姆定律有
，
解得
，
（2）①电压表的内阻（内阻约十几千欧），则多用电表欧姆挡在使用时，指针应尽可能在表盘中间区域，则挡位应调到欧姆“×1k”挡，再将红黑表笔短接进行调零。
②根据闭合电路欧姆定律有
变形得
则
电压表内阻
从式中可以看出电压表内阻只与电源电动势和斜率有关，与电源内阻无关，所以电源内阻对电压表内阻测量无影响。
【分析】（1）根据多用电表原理结合欧姆定律分析；
（2）①多用电表欧姆挡在使用时，指针应尽可能在表盘中间区域；
②根据闭合电路欧姆定律得到R-的函数关系式，结合关系式分析。
（1）[1][2]保持电流表满偏，当时，电压表指针偏转了满偏的，当时，电压表指针偏转了满偏的。根据欧姆定律有，
解得，
（2）①[1]电压表的内阻（内阻约十几千欧），则多用电表欧姆挡在使用时，指针应尽可能在表盘中间区域，则挡位应调到欧姆“×1k”挡，再将红黑表笔短接进行调零。
②[2][3]根据闭合电路欧姆定律有变形得
则
电压表内阻
从式中可以看出电压表内阻只与电源电动势和斜率有关，与电源内阻无关，所以电源内阻对电压表内阻测量无影响。
13．【答案】（1）解：设管内气体最高温度为，管内气体做等压变化，则
其中
，，
解得
故温度计的测温范围为

（2）解：管内气体做等压变化，则
其中，
解得
，
管内气体的压强为
该过程气体对外做功为
根据热力学第一定律
可知管内气体内能增加了0.5J。
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）根据给定条件计算出金属块对下方卡环无压力时的气体压强，进而确定温度计的测温范围。
（2）利用热力学第一定律计算管内气体内能的改变量。
（1）设管内气体最高温度为，管内气体做等压变化，则
其中，，
解得
故温度计的测温范围为
（2）管内气体做等压变化，则
其中，
解得，
管内气体的压强为
该过程气体对外做功为
根据热力学第一定律
可知管内气体内能增加了0.5J。
14．【答案】（1）解：粒子沿直线通过区域Ⅱ，受力平衡则有
解得
粒子在区域Ⅰ中匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得
解得

（2）解：撤去区域Ⅱ中的电场后，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，则有
解得
根据几何关系可知，粒子在区域Ⅱ中运动轨迹转过的圆心角为45°。
粒子在区域Ⅱ中的运动时间为
粒子离开区域Ⅱ后，在区域Ⅰ中垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，则有
解得
根据几何关系可知，粒子在区域Ⅰ中该方向上匀速圆周运动转过的圆心角为90°。粒子在区域Ⅰ中的运动时间为
综上，粒子从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅰ运动的总时间为

【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】 （1）根据粒子沿直线通过区域Ⅱ，结合受力平衡，洛伦兹力提供向心力分析求解；
（2）根据撤去区域Ⅱ中的电场后，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，结合几何关系分析求解。
（1）粒子沿直线通过区域Ⅱ，受力平衡则有
解得
粒子在区域Ⅰ中匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得
解得
（2）撤去区域Ⅱ中的电场后，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，则有
解得
根据几何关系可知，粒子在区域Ⅱ中运动轨迹转过的圆心角为45°。
粒子在区域Ⅱ中的运动时间为
粒子离开区域Ⅱ后，在区域Ⅰ中垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，则有
解得
根据几何关系可知，粒子在区域Ⅰ中该方向上匀速圆周运动转过的圆心角为90°。
粒子在区域Ⅰ中的运动时间为
综上，粒子从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅰ运动的总时间为
15．【答案】（1）解：弹簧弹开小球过程弹力随位移均匀变化，由动能定理可得
解得
在小球平抛到管口A点时速度如图所示
根据
，
联立解得
（2）解：小球从A到圆筒最高点的过程，由动能定理可得
由上图可知
小球在最高点时
解得
说明小球在圆管最高点所受的弹力大小为4N，方向竖直向下。
（3）解：从A到B全过程，由动能定理可得
解得
小球和小物块碰撞过程，取水平向右为正方向，可得
解得
，
说明碰后小球停止运动，物块获得向右的速度，开始在木板上滑动，以和为对象，可得
对木板可得
解得
物块与木板共速后与墙壁发生第1次碰撞后，对木板
木板向左移动的最大距离
解得
设小物块和木板第二次共速时速度为，则有
解得
第2次与墙碰撞后，木板向左移动的最大距离
设小物块和木板第三次共速时速度为，则有
解得
同理可得
……
第n次与墙碰撞后，对木板有
木板运动的总路程为
即
代入数据解得
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）小球被弹出后做平抛运动，由动能定理和平抛规律vy=gt，求平抛运动的时间与管口A间的高度差h；
（2）由动能定理结合牛顿第二定律求小球在圆管内运动过程中对圆管最高点的挤压力FN；
（3）由动能定理结合动量守恒定律及运动学公式求第一、二……n次碰撞后的位移，找到规律，再求木板的最短长度L及木板在地面上滑动的总路程s。
（1）弹簧弹开小球过程弹力随位移均匀变化，由动能定理可得
解得
在小球平抛到管口A点时速度如图所示
根据，
联立解得
（2）小球从A到圆筒最高点的过程，由动能定理可得
由上图可知
小球在最高点时
解得
说明小球在圆管最高点所受的弹力大小为4N，方向竖直向下。
（3）从A到B全过程，由动能定理可得
解得
小球和小物块碰撞过程，取水平向右为正方向，可得
解得，
说明碰后小球停止运动，物块获得向右的速度，开始在木板上滑动，以和为对象，可得
对木板可得
解得
物块与木板共速后与墙壁发生第1次碰撞后，对木板
木板向左移动的最大距离
解得
设小物块和木板第二次共速时速度为，则有
解得
第2次与墙碰撞后，木板向左移动的最大距离
设小物块和木板第三次共速时速度为，则有
解得
同理可得
……
第n次与墙碰撞后，对木板有
木板运动的总路程为
即
代入数据解得
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