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湖南省长沙市雅礼中学2025-2026学年高三上学期9月月考物理试题
1．（2025高三上·雨花月考）下列关于图中对应的物理知识，说法正确的是（　　）
A．图甲中P射线粒子流为β射线
B．图乙中用中子轰击铀核使其发生裂变，反应式为
C．图丙反映核子的平均质量与原子序数的关系，重核A裂变变成原子核B和C时，会释放核能
D．图丁所示的Wi-Fi信号是电磁波中的紫外线
2．（2025高三上·雨花月考）近几年，随着人工智能等科技领域的发展，深圳市积极拓展科技应用场景，无人观光车、环卫机器人等服务纷纷出现，特别是无人机送餐，使“天上掉馅饼”成为现实。无人机送餐时，可通过机载传感器描绘出无人机运动的轨迹。如图所示，为机载传感器描绘出的无人机某次飞行中在竖直平面内运动的轨迹，其中x轴表示水平方向，y轴表示竖直方向。若x=0~x1和x=x1~x2的两段曲线均为抛物线，则该无人机沿水平方向的x-t（位移-时间）图像和沿竖直方向的v-t（速度-时间）图像可能为（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025高三上·雨花月考）某项链展示台可近似看成与水平方向成角的斜面，如图所示。项链由链条和挂坠组成，其中a、b项链完全相同，链条穿过挂坠悬挂于斜面上，不计一切摩擦。则下列说法正确的是（　　）
A．链条受到挂坠的作用力是由链条的形变产生的
B．a项链链条的拉力大于b项链链条的拉力
C．a、b两项链的链条对挂坠的作用力相同
D．减小斜面的倾角，a、b项链链条受到的拉力都增大
4．（2025高三上·雨花月考）一半圆形玻璃砖放置在转盘上，圆心在转轴处，玻璃砖右侧有一足够大的光屏。一束由单色光a、b组成的光线从左侧沿着玻璃砖半径方向入射，光屏上有两个经圆心折射形成的亮点。使转盘从图示位置开始顺时针匀速转动，光屏上单色光a的亮点先消失。下列说法正确的是（　　）
A．a光的折射率小于b光的折射率
B．a光的频率小于b光的频率
C．a光在玻璃砖内的传播速度大于b光在玻璃砖内的传播速度
D．用同样的装置做双缝干涉实验时，b光相邻亮条纹间距较大
5．（2025高三上·雨花月考）如图所示，某运动员在跳台滑雪比赛训练时，从跳台边缘距离斜面顶端一定高度的O点以不同速度水平滑出，一段时间后落到斜面上。忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．运动员落在斜面时的速度方向都不相同
B．运动员在空中运动的时间与初速度成正比
C．运动员在空中运动过程中的速度变化率增大
D．运动员落在斜面时的速度与滑出的速度成正比
6．（2025高三上·雨花月考）如图所示，河宽为，一小船从A码头出发渡河，小船船头垂直河岸，小船划水速度大小不变为，河水中各点水流速度大小与各点到较近河岸的距离成正比，即，要使小船能够到达距A正对岸为s的B码头，则（　　）
A．应为
B．小船渡河的轨迹是直线
C．渡河时间为
D．前半段过程中平均加速度大小
7．（2025高三上·雨花月考）“战绳”健身爱好者通过手握水平伸直绳的一端，抖动绳端在绳上形成机械波从而达到训练力量的目的。若将绳上形成的机械波视为简谐横波，如图所示，图甲为沿轴传播的一列简谐波在时刻的波动图像，P、Q分别是轴上cm和cm处的两质点，其中图乙为质点P的振动图像，下列说法正确的是（　　）
A．该波沿轴正方向传播，波速为15m/s
B．s时刻，质点的加速度方向沿轴正方向
C．质点P经0.01s的时间将沿轴方向移动15cm
D．该波与另一列频率为2.5Hz的波相遇时，不能发生干涉
8．（2025高三上·雨花月考）如图所示，竖直墙壁和水平地面均光滑，两个质量相同的小球A和B通过轻质弹簧连接，在水平推力F的作用下处于静止状态。改变水平推力的大小，使A球缓慢向左移动，弹簧始终在弹性限度内且不会发生弯曲，当弹簧与水平方向夹角为45°时撤去推力F，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．小球A向左移动过程中推力F一直增大
B．小球A向左移动过程中弹簧长度不断变长
C．撤去推力F的瞬间小球A有大小为g方向水平向右的加速度
D．撤去推力F的瞬间小球B有大小为g方向竖直向下的加速度
9．（2025高三上·雨花月考）如图所示，半径分别为R和2R的甲、乙两薄圆盘固定在同一转轴上，距地面的高度分别为2h和h，两物块a、b分别置于圆盘边缘，a、b与圆盘间的动摩擦因数μ相等，转轴从静止开始缓慢加速转动，观察发现，a离开盘甲后未与圆盘乙发生碰撞，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（　　）
A．动摩擦因数μ一定大于
B．离开圆盘前，a所受的摩擦力方向一定与速度方向相同
C．离开圆盘落地时，a、b运动的水平位移相等
D．离开圆盘落地时，a、b到转轴的距离相等
10．（2025高三上·雨花月考）如图，三个质量均为的物体放置在光滑的水平面上， 斜面体的倾角为 的上表面水平， 现对A施加水平向左的力，三个物体向左匀加速运动 并保持相对静止， 重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．间的摩擦力大小为
B． 间的摩擦力大小为
C．若A、B间， B、C间动摩擦因数相同，则逐渐增大，间先滑动
D．若 间， 间动摩擦因数相同，则逐渐增大， 间先滑动
11．（2025高三上·雨花月考）为了“探究物体质量一定时加速度与力的关系”，某同学设计了如图所示的实验装置，其中M为小车和小车上的滑轮的总质量，m为沙和沙桶的总质量，力传感器可测出轻绳的拉力大小。
（1）关于本实验，下列说法正确的是__________：
A．需要用天平测出沙和沙桶的总质量
B．本实验不需要将带滑轮的长木板右端适当垫高，以平衡摩擦力
C．需要调整力传感器和定滑轮的高度，使连接它们的轻绳与长木板平行
D．实验中不需要m远小于M
（2）该同学在实验中得到如图所示的一条纸带（相邻两计数点间还有四个计时点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为　 　m/s2（结果保留两位有效数字）；
（3）该同学根据实验数据作出小车的加速度a与力传感器的示数F的关系图像，与本实验相符合的是__________；
A． B．
C． D．
（4）若a-F图像的斜率为k，则M为________。
A． B． C． D．
12．（2025高三上·雨花月考）某实验小组设计了如图所示的实验电路，来测量电源的电动势和内阻，实验器材有：待测电源，阻值为的定值电阻，内阻极大的电压表，总阻值为且阻值均匀的半圆形变阻器，变阻器上有可指示滑片转过角度的刻度盘，开关、导线若干。回答下列问题：
（1）合上开关，滑片在逆时针转动的过程中，电压表示数　 　（填“变大”或“变小”），电源内阻的功率　 　（填“变大”或“变小”）。
（2）在实验中转动滑片，改变角度（弧度制），测量相应的定值电阻的电压，以为纵坐标，为横坐标，作出图像如图所示，已知图像的斜率为，纵截距为，则电源的电动势为　 　，内阻　 　。
13．（2025高三上·雨花月考）将密闭文物储存柜内的空气部分抽出，然后充入惰性气体，制造柜内低压、低氧的环境，可以有效抑制氧化、虫害及微生物的滋生，是一种常见的文物保护技术。如图所示，某文物储存柜的容积为，文物放入时柜内压强为。关闭柜门后，通过抽气孔抽气，抽气筒的容积为，每次均抽出整筒空气。已知第一次抽气后柜内压强变为。不考虑抽气过程中气体温度的变化，储存柜内空气可看作理想气体。求：
（1）柜内文物的体积；
（2）要使储存柜内的压强小于，至少需要抽气几次。
14．（2025高三上·雨花月考）如图，在粗糙水平台阶上Q点放置一质量可视为质点的小物块，在台阶右侧固定了一个圆弧挡板，圆弧半径，圆弧的圆心在台阶边缘O点。小物块在与水平方向成、大小的拉力作用下，从静止开始沿粗糙水平面做加速度为的匀加速直线运动，到O点时撤去拉力，小物块水平抛出并击中挡板。不计空气阻力，重力加速度取，，，求：
（1）小物块与台阶平面间的动摩擦因数；
（2）若小物块击中挡板上的P点，OP与水平方向夹角为，求小物块由Q运动到O的时间；
（3）以O点为原点、水平向右为、竖直向下为建立平面直角坐标系。改变小物块出发点的位置，可使其击中挡板上的不同点，欲使其击中挡板时的速度最小，求击中挡板的点的纵坐标（结果可保留根式）。
15．（2025高三上·雨花月考）如图甲所示，机场运输货箱的传送带可以将货箱从飞机货舱高处传送到低处平板车上，简化原理如图乙。已知传送带顺时针匀速转动的速率为，将质量的物块无初速地放在传送带的顶端A，物块到达底端B后能无碰撞地滑上质量为的木板左端。已知物块与传送带、木板间的动摩擦因数分别为、。已知传送带与水平地面夹角，AB两端的距离为，物块可视为质点，木板足够长。求：
（1）物块在传送带上刚开始下滑时的加速度大小；
（2）物块在传送带上运动的时间；
（3）根据实际需要，木板下表面可以涂抹不同材料的涂层，使得木板与地面的动摩擦因数满足。求在此范围内，从物块离开传送带直至最终静止的过程中，物块相对地面运动的位移最小值和最大值。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】质量亏损与质能方程；电磁波谱；α、β、γ射线及特点；核裂变
【解析】【解答】A．根 图甲是放射线在磁场中偏转示意图，根据左手定则可知，射线P是α粒子流，故A错误；
B．图乙中用中子轰击铀核使其发生裂变，裂变反应必须有中子参加，典型的裂变方程，故B错误；
C． 图丙反映核子的平均质量与原子序数的关系，重核A裂变成原子核B和C时，核子的平均质量减少，减少的质量转化为能量释放出来，所以会释放核能，故C正确；
D．Wi-Fi信号是电磁波中的无线电波，故D错误。
故选C。
【分析】根据左手定则判断出α粒子；根据核反应的特点判断；根据核子的平均质量与核能变化的关系判断；根据Wi-Fi的应用判断。
2．【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象；运动的合成与分解；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】由于和~的两段曲线均为抛物线，结合图像可知：无人机可能在水平方向做匀速直线运动；竖直方向先向上匀加速再向上匀减速，结合x-t图像和v-t图像知识，故C正确。
故答案为：C。
【分析】根据曲线运动的分运动性质（轨迹为抛物线时，某一方向为匀变速运动，另一方向为匀速 / 匀变速运动），分析水平方向的x-t图像和竖直方向的v-t图像。
3．【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．弹力是由施力物体的形变产生的，链条受到挂坠的作用力，是挂坠（施力物体）的形变产生的，并非链条的形变，故A错误；
B．做出力的平行四边形如图所示
可知，当合力相同时，分力之间的夹角越大，分力就越大，因此可知a项链链条的拉力小于b项链链条的拉力，故B错误；
C．根据平衡条件可知，a、b两项链的链条上产生的拉力的合力大小等于挂坠重力沿斜面向下的分力，方向均与挂坠重力沿斜面向下的分力的方向相反，即有
因此a、b两项链的链条对挂坠的作用力相同，故C正确；
D．根据平衡关系
当减小斜面的倾角时，a、b两项链的链条上产生的拉力的合力减小，而a、b两项链的链条与竖直方向的夹角分别为，则有
显然，当减小时，、均减小，即减小斜面的倾角，a、b项链链条受到的拉力都减小，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合弹力的产生原因、力的合成与分解、平衡条件，分析链条的受力与拉力变化。
4．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A．在图中的装置做顺时针转动时，入射角增大，根据全反射临界角公式可知先消失的光全反射临界角更小，折射率更大，所以a光的折射率大于b光，故A错误；
B． 根据折射率与频率的关系可知，在介质中，频率越大的光折射率越大，故a光的频率大于b光，故B错误；
C．由公式可知，折射率越大的在介质中传播速度越小，a光的折射率大于b光，所以a光的传播速度小于b光的传播速度，故C错误；
D．根据公式双缝干涉条纹间距公式，波长大的间距更大，由于，所以a光的波长小于b光，b光的干涉条纹间距更宽，故D正确。
故选D。
【分析】根据光的折射规律、全反射条件、光速公式及双缝干涉条纹间距公式来分析各选项。
根据“a光的亮点先消失”判断a光的临界角大小，进而推导折射率、频率、传播速度及干涉条纹间距的关系。
5．【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同。A．设为落在斜面时速度方向与水平方向的夹角，为落在斜面时位移方向与水平方向的夹角，根据平抛运动推论可得，由于落在斜面不同位置时，根据几何关系可知不同，所以不同，即运动员落在斜面时的速度方向都不相同，故A正确；
B．设运动员在空中运动时间为，离开点时速度为，跳台边缘距离斜面顶端的高度为，落到斜面上时水平位移为，竖直下落高度为，斜坡的倾角为，由平抛运动规律可知运动员滑出速度越大，下落的高度越高，在空中运动时间越长，根据几何关系可得
可知运动员在空中运动的时间与初速度不成正比，故B错误；
C．运动员做平抛运动，运动员在空中运动过程中的速度变化率，即速度变化量与所用时间的比值可知速度变化率保持不变，故C错误；
D．运动员落在斜面时的速度与滑出时的速度不成正比，故D错误。
故选A。
【分析】运动员做平抛运动，水平方向是匀速直线运动，竖直方向上是自由落体运动，结合几何关系以及匀变速直线运动推论分析。
6．【答案】C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】对于运动的合成与分解问题，要知道分运动和合运动的运动特点，知道二者具有等时性和独立性，能够将合运动分解为两个分运动，然后根据几何关系求解速度或加速度之间的关系。AC．将小船的运动分解为沿河岸方向和垂直河岸方向，小船在沿河岸方向的速度随时间先均匀增大后均匀减小，前和后内的平均速度为
则渡河的时间，故C正确；
划水速度，故A错误；
B．小船在垂直河岸方向上做匀速直线运动，在沿河岸方向上做变速运动，合加速度的方向与合速度方向不在同一条直线上，做曲线运动，故B错误；
D．垂直河岸方向没有加速度，只考虑沿河岸方向，中间位置沿河岸分速度为，运动到中间位置时间是，则平均加速度为，故D错误。
故选C。
【分析】将小船的运动分解为沿河岸方向和垂直河岸方向，小船在沿河岸方向的速度随时间先均匀增大后均匀减小，结合平均速度推论，抓住等时性求出v1的大小；根据合速度与合加速度的方向是否在同一条直线上判断小船的轨迹；根据加速度定义式求解加速度。
7．【答案】B,D
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】A．在时刻质点P沿轴负向振动，根据同侧法可得该波沿轴负方向传播，波速为，选项A错误；
B．Q位于平衡位置，时刻，即从时刻再经过，质点到达波谷位置，则此时的加速度方向沿轴正方向，选项B正确；
C．质点只能在自己的平衡位置附近振动，不随波迁移，即不可能沿轴方向移动，选项C错误；
D．因该波的频率为
则该波与另一列频率为的波相遇时，不能发生干涉，选项D正确。
故选BD。
【分析】根据波动图像和振动图像确定波的传播方向、波速、周期等物理量。分析质点Q在特定时刻的加速度方向。理解质点的振动特点，明确质点只在平衡位置附近上下振动，不会沿波的传播方向移动。判断两列波能否发生干涉，需考虑频率是否相同。
8．【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】本题是力学中的瞬时问题，关键是先根据平衡条件求出各个力，然后根据牛顿第二定律列式求解加速度，要注意轻弹簧的弹力与形变量成正比，来不及突变。AB．设弹簧与竖直方向的夹角为α，改变推力F，水平面上A球向左缓慢移动，则α减小，
以竖直墙壁的B球为研究对象，由分析受力情况，根据平衡条件得
α减小，cosα增大，则F弹减小，弹簧变长；
墙壁对小球的弹力N=mgtanα
α减小，N减小；对两球的整体分析可知F=N，可知F减小，故A错误，B正确；
CD．当α=45°时弹簧弹力为
撤去推力F的瞬间弹簧的弹力不变，则小球A有方向水平向右的加速度，大小为
此时小球B受合力不变，则加速度为零，选项C正确，D错误。
故选BC。
【分析】使A球缓慢向左移动，以B球为研究对象以及整体为研究对象分析推力以及弹簧长度变化；撤去推力F的瞬间弹簧的弹力不变，弹簧弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律求解加速度大小。
9．【答案】A,C
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．a恰好离开盘甲时，最大静摩擦力提供向心力
a离开盘甲后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，有
a离开盘甲后未与圆盘乙发生碰撞，根据几何关系有
联立解得
所以A正确；
B．离开圆盘前，a所受的摩擦力提供向心力，方向指向圆心一定与速度方向垂直，所以B错误；
C．a离开圆盘落地时，有
a离开盘甲后做平抛运动，有
a运动的水平位移为
b离开圆盘落地时，有
b离开盘甲后做平抛运动，有
b运动的水平位移为
所以离开圆盘落地时，a、b运动的水平位移相等，则C正确；
D．离开圆盘落地时，根据几何关系可得a、b到转轴的距离为
所以离开圆盘落地时，a、b到转轴的距离不相等，则D错误；
故选AC。
【分析】利用最大静摩擦力提供向心力的规律，结合向心力公式求出物块脱离圆盘时的线速度；依据平抛运动在竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动规律，计算出物块的运动时间与水平位移。
10．【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】AB．对整体根据牛顿第二定律可得
解得
则B和C沿斜面向上的加速度为，以BC为研究对象，沿斜面向上根据牛顿第二定律可得
解得，故A错误，B正确；
CD．若B、C 间刚打滑，则加速度，此时若A、B间不打滑，则A和B间的摩擦力应为
说明此时A和B已经相对滑动，所以若A、B间，B、C间动摩擦因数相同，则F逐渐增大，A、B间先滑动，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】先对整体用牛顿第二定律求加速度，再对BC 整体沿斜面方向受力分析求 A、B 间摩擦力；最后通过临界加速度（滑动时的加速度）比较 A、B 与 B、C 的滑动先后。
11．【答案】（1）C；D
（2）0.81
（3）A
（4）C
【知识点】加速度；探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1） A.力传感器可直接测拉力，无需测沙和沙桶质量，故A错误；
B.实验需平衡摩擦力，保证小车所受拉力即为小车所受合力，平衡摩擦时将长木板右端垫高，使小车重力沿斜面分力平衡摩擦力，故B错误；
C.调整力传感器和定滑轮高度，使轻绳与长木板平行，保证拉力沿运动方向，故C正确；
D.力传感器测拉力，不需要用沙和沙桶重力近似等于拉力，无需满足m远小于M，故D错误。
故选：C。
（2）打点计时器频率，则周期
相邻两计数点间还有四个计时点，所以计数点间时间间隔
根据逐差法公式
代入数据得
（3）实验已平衡摩擦力，且力传感器直接测拉力F，小车质量M一定。根据牛顿第二定律
因为，所以a与F成正比，图像应为过原点的倾斜直线， 故A正确，BCD错误。
故选A。
（4）根据牛顿第二定律，小车受拉力F（力传感器示数），加速度a，且小车质量为M，但注意实验装置中，轻绳拉力通过滑轮作用，小车实际受合外力为2F，所以
即
图像斜率
即
故选C。
【分析】（1）力传感器可直接测拉力；实验需平衡摩擦力；保证拉力沿运动方向；
（2）根据逐差法计算加速度；
（3）实验已平衡摩擦力，实验设计合理严谨，根据牛顿第二定律分析即可；
（4）根据牛顿第二定律写出图像的函数表达式，结合图像计算。
（1）A．力传感器可直接测拉力，无需测沙和沙桶质量，A错误；
B．实验需平衡摩擦力，将长木板右端垫高，使小车重力沿斜面分力平衡摩擦力，B错误；
C．调整力传感器和定滑轮高度，使轻绳与长木板平行，保证拉力沿运动方向，C正确；
D．力传感器测拉力，无需满足
D正确。
故选CD。
（2）打点计时器频率，则周期
相邻两计数点间还有四个计时点，所以计数点间时间间隔
根据逐差法公式
代入数据得
（3）实验已平衡摩擦力，且力传感器直接测拉力F，小车质量M一定。根据牛顿第二定律
因为，所以a与F成正比，图像应为过原点的倾斜直线。
A．图像是过原点的倾斜直线，符合a与F成正比关系，A正确；
B．图像弯曲，说明a与F不成正比，B错误；
C．图像不过原点且有纵轴截距，不符合实验，C错误；
D．图像有横轴截距，说明未平衡摩擦力或平衡不足，D错误。
故选A。
（4）根据牛顿第二定律，小车受拉力F（力传感器示数），加速度a，且小车质量为M，但注意实验装置中，轻绳拉力通过滑轮作用，小车实际受合外力为2F，所以
即
图像斜率
即
故选C。
12．【答案】（1）变小；变小
（2）；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题主要考查了测量电源的电动势和内阻的实验，要明确实验原理，掌握欧姆定律、闭合电路欧姆定律的运用，正确求解半圆形变阻器接入电路的电阻是解题的关键。
（1）滑片在逆时针转动的过程中，总电阻增大，总电流减小，电压表示数变小，电源内阻的功率减小
（2）半圆形变阻器接入电路的电阻
由欧姆定律可得
变形可得
由，
综合可得，
【分析】（1）滑片在逆时针转动过程中，总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律、欧姆定律和功率公式分析作答；
（2）根据闭合电路欧姆定律求解θ-U-1函数，结合θ-U-1图像斜率和纵截距的含义求解作答。
（1）滑片在逆时针转动的过程中，总电阻增大，总电流减小，电压表示数变小，电源内阻的功率减小
（2）半圆形变阻器接入电路的电阻
由欧姆定律可得
变形可得
由，
综合可得，
13．【答案】（1）解： 第一次抽气前后，由玻意耳定律得
解得
（2）解： 第二次抽气过程，由玻意耳定律得
解得
第三次抽气过程，由玻意耳定律得
解得
故要使压强小于，至少要抽气3次
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）以储存柜内的气体为研究对象，根据玻意耳定律，结合第一次抽气前后的压强和体积变化，求解柜内文物的体积ΔV；
（2）气体发生等压变化，根据玻意耳定律，结合每次抽气的情况，建立关于n的不等式，求解n的最小值。
（1）第一次抽气前后，由玻意耳定律得
解得
（2）第二次抽气过程，由玻意耳定律得
解得
第三次抽气过程，由玻意耳定律得
解得
故要使压强小于，至少要抽气3次
14．【答案】（1）解： 分析小物块受力如图
由，
解得
（2）解： 小物块从O点飞出后做平抛运动，设经过时间t击中P点，则有，
解得
由小物块Q到O做匀加速直线运动
可知小物块由Q到O的时间
（3）解： 假设从O点飞出时的速度为时击中挡板时的速度最小，此过程中的水平位移
竖直位移
击中时有
联立，解得
落到P点时的速度
可得
当时最小，该点的纵坐标为
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动
【解析】【分析】（1）对物块进行受力分析，根据平衡条件求解；
（2）小物块从O点飞出后做平抛运动，根据平抛运动规律求解水平速度，根据速度—时间公式求解时间；
（3）根据平抛运动规律结合几何关系求解落到P点时的速度的表达式，结合表达式和数学知识求解。
（1）分析小物块受力如图
由，
解得
（2）小物块从O点飞出后做平抛运动，设经过时间t击中P点，则有，
解得
由小物块Q到O做匀加速直线运动
可知小物块由Q到O的时间
（3）假设从O点飞出时的速度为时击中挡板时的速度最小，此过程中的水平位移
竖直位移
击中时有
联立，解得
落到P点时的速度
可得
当时最小，该点的纵坐标为
15．【答案】（1）解：物块在传送带上刚开始下滑时，根据牛顿第二定律有
解得
（2）解：物块先以加速度做匀加速直线运动，经历时间与传送带达到相等速度，则有
解得
此时物块的位移
解得
由于
之后，物块人向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
根据位移与速度关系式有
解得
根据速度公式有
解得
则物块在传送带上运动的时间
（3）解：若物块滑上木板后木板处于静止状态，则有
解得
可知，当木板与地面之间的动摩擦因数在0.15到0.4之间时，木板始终处于静止，物块在木板上向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
此时，物块相对地面运动的位移最小，利用逆向思维，根据速度与位移关系式有
解得
当木板与地面之间的动摩擦因数小于0.15时，物块先以向右做匀减速直线运动，木板此时向右做匀加速直线运动，两者达到相等速度后保持相对静止向右做匀减速直线运动，当木板与地面之间的动摩擦因数等于0.05时，物块最终相对于地面的位移达到最大值，两者达到相等速度之前，对木板有
解得
历时两者达到相等速度，则有
解得，
此过程物块的位移
之后两者保持相对静止，对整体，根据牛顿第二定律有
解得
利用逆向思维，根据速度与位移的关系有
物块相对于地面位移的最大值为
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）传送带初始加速度：判断摩擦力方向，用牛顿第二定律结合重力分力与摩擦力求加速度；
（2）传送带运动时间：分 “加速到共速” 和 “共速后加速” 两段，分别计算时间再求和；
（3）物块位移极值：根据木板与地面的动摩擦因数，分“木板不动”和“木板与物块共速”两种情况，结合牛顿定律与运动学公式求位移。
（1）物块在传送带上刚开始下滑时，根据牛顿第二定律有
解得
（2）物块先以加速度做匀加速直线运动，经历时间与传送带达到相等速度，则有
解得
此时物块的位移
解得
由于
之后，物块人向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
根据位移与速度关系式有
解得
根据速度公式有
解得
则物块在传送带上运动的时间
（3）若物块滑上木板后木板处于静止状态，则有
解得
可知，当木板与地面之间的动摩擦因数在0.15到0.4之间时，木板始终处于静止，物块在木板上向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
此时，物块相对地面运动的位移最小，利用逆向思维，根据速度与位移关系式有
解得
当木板与地面之间的动摩擦因数小于0.15时，物块先以向右做匀减速直线运动，木板此时向右做匀加速直线运动，两者达到相等速度后保持相对静止向右做匀减速直线运动，当木板与地面之间的动摩擦因数等于0.05时，物块最终相对于地面的位移达到最大值，两者达到相等速度之前，对木板有
解得
历时两者达到相等速度，则有
解得，
此过程物块的位移
之后两者保持相对静止，对整体，根据牛顿第二定律有
解得
利用逆向思维，根据速度与位移的关系有
物块相对于地面位移的最大值为
解得
1 / 1湖南省长沙市雅礼中学2025-2026学年高三上学期9月月考物理试题
1．（2025高三上·雨花月考）下列关于图中对应的物理知识，说法正确的是（　　）
A．图甲中P射线粒子流为β射线
B．图乙中用中子轰击铀核使其发生裂变，反应式为
C．图丙反映核子的平均质量与原子序数的关系，重核A裂变变成原子核B和C时，会释放核能
D．图丁所示的Wi-Fi信号是电磁波中的紫外线
【答案】C
【知识点】质量亏损与质能方程；电磁波谱；α、β、γ射线及特点；核裂变
【解析】【解答】A．根 图甲是放射线在磁场中偏转示意图，根据左手定则可知，射线P是α粒子流，故A错误；
B．图乙中用中子轰击铀核使其发生裂变，裂变反应必须有中子参加，典型的裂变方程，故B错误；
C． 图丙反映核子的平均质量与原子序数的关系，重核A裂变成原子核B和C时，核子的平均质量减少，减少的质量转化为能量释放出来，所以会释放核能，故C正确；
D．Wi-Fi信号是电磁波中的无线电波，故D错误。
故选C。
【分析】根据左手定则判断出α粒子；根据核反应的特点判断；根据核子的平均质量与核能变化的关系判断；根据Wi-Fi的应用判断。
2．（2025高三上·雨花月考）近几年，随着人工智能等科技领域的发展，深圳市积极拓展科技应用场景，无人观光车、环卫机器人等服务纷纷出现，特别是无人机送餐，使“天上掉馅饼”成为现实。无人机送餐时，可通过机载传感器描绘出无人机运动的轨迹。如图所示，为机载传感器描绘出的无人机某次飞行中在竖直平面内运动的轨迹，其中x轴表示水平方向，y轴表示竖直方向。若x=0~x1和x=x1~x2的两段曲线均为抛物线，则该无人机沿水平方向的x-t（位移-时间）图像和沿竖直方向的v-t（速度-时间）图像可能为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象；运动的合成与分解；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】由于和~的两段曲线均为抛物线，结合图像可知：无人机可能在水平方向做匀速直线运动；竖直方向先向上匀加速再向上匀减速，结合x-t图像和v-t图像知识，故C正确。
故答案为：C。
【分析】根据曲线运动的分运动性质（轨迹为抛物线时，某一方向为匀变速运动，另一方向为匀速 / 匀变速运动），分析水平方向的x-t图像和竖直方向的v-t图像。
3．（2025高三上·雨花月考）某项链展示台可近似看成与水平方向成角的斜面，如图所示。项链由链条和挂坠组成，其中a、b项链完全相同，链条穿过挂坠悬挂于斜面上，不计一切摩擦。则下列说法正确的是（　　）
A．链条受到挂坠的作用力是由链条的形变产生的
B．a项链链条的拉力大于b项链链条的拉力
C．a、b两项链的链条对挂坠的作用力相同
D．减小斜面的倾角，a、b项链链条受到的拉力都增大
【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．弹力是由施力物体的形变产生的，链条受到挂坠的作用力，是挂坠（施力物体）的形变产生的，并非链条的形变，故A错误；
B．做出力的平行四边形如图所示
可知，当合力相同时，分力之间的夹角越大，分力就越大，因此可知a项链链条的拉力小于b项链链条的拉力，故B错误；
C．根据平衡条件可知，a、b两项链的链条上产生的拉力的合力大小等于挂坠重力沿斜面向下的分力，方向均与挂坠重力沿斜面向下的分力的方向相反，即有
因此a、b两项链的链条对挂坠的作用力相同，故C正确；
D．根据平衡关系
当减小斜面的倾角时，a、b两项链的链条上产生的拉力的合力减小，而a、b两项链的链条与竖直方向的夹角分别为，则有
显然，当减小时，、均减小，即减小斜面的倾角，a、b项链链条受到的拉力都减小，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合弹力的产生原因、力的合成与分解、平衡条件，分析链条的受力与拉力变化。
4．（2025高三上·雨花月考）一半圆形玻璃砖放置在转盘上，圆心在转轴处，玻璃砖右侧有一足够大的光屏。一束由单色光a、b组成的光线从左侧沿着玻璃砖半径方向入射，光屏上有两个经圆心折射形成的亮点。使转盘从图示位置开始顺时针匀速转动，光屏上单色光a的亮点先消失。下列说法正确的是（　　）
A．a光的折射率小于b光的折射率
B．a光的频率小于b光的频率
C．a光在玻璃砖内的传播速度大于b光在玻璃砖内的传播速度
D．用同样的装置做双缝干涉实验时，b光相邻亮条纹间距较大
【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A．在图中的装置做顺时针转动时，入射角增大，根据全反射临界角公式可知先消失的光全反射临界角更小，折射率更大，所以a光的折射率大于b光，故A错误；
B． 根据折射率与频率的关系可知，在介质中，频率越大的光折射率越大，故a光的频率大于b光，故B错误；
C．由公式可知，折射率越大的在介质中传播速度越小，a光的折射率大于b光，所以a光的传播速度小于b光的传播速度，故C错误；
D．根据公式双缝干涉条纹间距公式，波长大的间距更大，由于，所以a光的波长小于b光，b光的干涉条纹间距更宽，故D正确。
故选D。
【分析】根据光的折射规律、全反射条件、光速公式及双缝干涉条纹间距公式来分析各选项。
根据“a光的亮点先消失”判断a光的临界角大小，进而推导折射率、频率、传播速度及干涉条纹间距的关系。
5．（2025高三上·雨花月考）如图所示，某运动员在跳台滑雪比赛训练时，从跳台边缘距离斜面顶端一定高度的O点以不同速度水平滑出，一段时间后落到斜面上。忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．运动员落在斜面时的速度方向都不相同
B．运动员在空中运动的时间与初速度成正比
C．运动员在空中运动过程中的速度变化率增大
D．运动员落在斜面时的速度与滑出的速度成正比
【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同。A．设为落在斜面时速度方向与水平方向的夹角，为落在斜面时位移方向与水平方向的夹角，根据平抛运动推论可得，由于落在斜面不同位置时，根据几何关系可知不同，所以不同，即运动员落在斜面时的速度方向都不相同，故A正确；
B．设运动员在空中运动时间为，离开点时速度为，跳台边缘距离斜面顶端的高度为，落到斜面上时水平位移为，竖直下落高度为，斜坡的倾角为，由平抛运动规律可知运动员滑出速度越大，下落的高度越高，在空中运动时间越长，根据几何关系可得
可知运动员在空中运动的时间与初速度不成正比，故B错误；
C．运动员做平抛运动，运动员在空中运动过程中的速度变化率，即速度变化量与所用时间的比值可知速度变化率保持不变，故C错误；
D．运动员落在斜面时的速度与滑出时的速度不成正比，故D错误。
故选A。
【分析】运动员做平抛运动，水平方向是匀速直线运动，竖直方向上是自由落体运动，结合几何关系以及匀变速直线运动推论分析。
6．（2025高三上·雨花月考）如图所示，河宽为，一小船从A码头出发渡河，小船船头垂直河岸，小船划水速度大小不变为，河水中各点水流速度大小与各点到较近河岸的距离成正比，即，要使小船能够到达距A正对岸为s的B码头，则（　　）
A．应为
B．小船渡河的轨迹是直线
C．渡河时间为
D．前半段过程中平均加速度大小
【答案】C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】对于运动的合成与分解问题，要知道分运动和合运动的运动特点，知道二者具有等时性和独立性，能够将合运动分解为两个分运动，然后根据几何关系求解速度或加速度之间的关系。AC．将小船的运动分解为沿河岸方向和垂直河岸方向，小船在沿河岸方向的速度随时间先均匀增大后均匀减小，前和后内的平均速度为
则渡河的时间，故C正确；
划水速度，故A错误；
B．小船在垂直河岸方向上做匀速直线运动，在沿河岸方向上做变速运动，合加速度的方向与合速度方向不在同一条直线上，做曲线运动，故B错误；
D．垂直河岸方向没有加速度，只考虑沿河岸方向，中间位置沿河岸分速度为，运动到中间位置时间是，则平均加速度为，故D错误。
故选C。
【分析】将小船的运动分解为沿河岸方向和垂直河岸方向，小船在沿河岸方向的速度随时间先均匀增大后均匀减小，结合平均速度推论，抓住等时性求出v1的大小；根据合速度与合加速度的方向是否在同一条直线上判断小船的轨迹；根据加速度定义式求解加速度。
7．（2025高三上·雨花月考）“战绳”健身爱好者通过手握水平伸直绳的一端，抖动绳端在绳上形成机械波从而达到训练力量的目的。若将绳上形成的机械波视为简谐横波，如图所示，图甲为沿轴传播的一列简谐波在时刻的波动图像，P、Q分别是轴上cm和cm处的两质点，其中图乙为质点P的振动图像，下列说法正确的是（　　）
A．该波沿轴正方向传播，波速为15m/s
B．s时刻，质点的加速度方向沿轴正方向
C．质点P经0.01s的时间将沿轴方向移动15cm
D．该波与另一列频率为2.5Hz的波相遇时，不能发生干涉
【答案】B,D
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】A．在时刻质点P沿轴负向振动，根据同侧法可得该波沿轴负方向传播，波速为，选项A错误；
B．Q位于平衡位置，时刻，即从时刻再经过，质点到达波谷位置，则此时的加速度方向沿轴正方向，选项B正确；
C．质点只能在自己的平衡位置附近振动，不随波迁移，即不可能沿轴方向移动，选项C错误；
D．因该波的频率为
则该波与另一列频率为的波相遇时，不能发生干涉，选项D正确。
故选BD。
【分析】根据波动图像和振动图像确定波的传播方向、波速、周期等物理量。分析质点Q在特定时刻的加速度方向。理解质点的振动特点，明确质点只在平衡位置附近上下振动，不会沿波的传播方向移动。判断两列波能否发生干涉，需考虑频率是否相同。
8．（2025高三上·雨花月考）如图所示，竖直墙壁和水平地面均光滑，两个质量相同的小球A和B通过轻质弹簧连接，在水平推力F的作用下处于静止状态。改变水平推力的大小，使A球缓慢向左移动，弹簧始终在弹性限度内且不会发生弯曲，当弹簧与水平方向夹角为45°时撤去推力F，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．小球A向左移动过程中推力F一直增大
B．小球A向左移动过程中弹簧长度不断变长
C．撤去推力F的瞬间小球A有大小为g方向水平向右的加速度
D．撤去推力F的瞬间小球B有大小为g方向竖直向下的加速度
【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】本题是力学中的瞬时问题，关键是先根据平衡条件求出各个力，然后根据牛顿第二定律列式求解加速度，要注意轻弹簧的弹力与形变量成正比，来不及突变。AB．设弹簧与竖直方向的夹角为α，改变推力F，水平面上A球向左缓慢移动，则α减小，
以竖直墙壁的B球为研究对象，由分析受力情况，根据平衡条件得
α减小，cosα增大，则F弹减小，弹簧变长；
墙壁对小球的弹力N=mgtanα
α减小，N减小；对两球的整体分析可知F=N，可知F减小，故A错误，B正确；
CD．当α=45°时弹簧弹力为
撤去推力F的瞬间弹簧的弹力不变，则小球A有方向水平向右的加速度，大小为
此时小球B受合力不变，则加速度为零，选项C正确，D错误。
故选BC。
【分析】使A球缓慢向左移动，以B球为研究对象以及整体为研究对象分析推力以及弹簧长度变化；撤去推力F的瞬间弹簧的弹力不变，弹簧弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律求解加速度大小。
9．（2025高三上·雨花月考）如图所示，半径分别为R和2R的甲、乙两薄圆盘固定在同一转轴上，距地面的高度分别为2h和h，两物块a、b分别置于圆盘边缘，a、b与圆盘间的动摩擦因数μ相等，转轴从静止开始缓慢加速转动，观察发现，a离开盘甲后未与圆盘乙发生碰撞，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（　　）
A．动摩擦因数μ一定大于
B．离开圆盘前，a所受的摩擦力方向一定与速度方向相同
C．离开圆盘落地时，a、b运动的水平位移相等
D．离开圆盘落地时，a、b到转轴的距离相等
【答案】A,C
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．a恰好离开盘甲时，最大静摩擦力提供向心力
a离开盘甲后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，有
a离开盘甲后未与圆盘乙发生碰撞，根据几何关系有
联立解得
所以A正确；
B．离开圆盘前，a所受的摩擦力提供向心力，方向指向圆心一定与速度方向垂直，所以B错误；
C．a离开圆盘落地时，有
a离开盘甲后做平抛运动，有
a运动的水平位移为
b离开圆盘落地时，有
b离开盘甲后做平抛运动，有
b运动的水平位移为
所以离开圆盘落地时，a、b运动的水平位移相等，则C正确；
D．离开圆盘落地时，根据几何关系可得a、b到转轴的距离为
所以离开圆盘落地时，a、b到转轴的距离不相等，则D错误；
故选AC。
【分析】利用最大静摩擦力提供向心力的规律，结合向心力公式求出物块脱离圆盘时的线速度；依据平抛运动在竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动规律，计算出物块的运动时间与水平位移。
10．（2025高三上·雨花月考）如图，三个质量均为的物体放置在光滑的水平面上， 斜面体的倾角为 的上表面水平， 现对A施加水平向左的力，三个物体向左匀加速运动 并保持相对静止， 重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．间的摩擦力大小为
B． 间的摩擦力大小为
C．若A、B间， B、C间动摩擦因数相同，则逐渐增大，间先滑动
D．若 间， 间动摩擦因数相同，则逐渐增大， 间先滑动
【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】AB．对整体根据牛顿第二定律可得
解得
则B和C沿斜面向上的加速度为，以BC为研究对象，沿斜面向上根据牛顿第二定律可得
解得，故A错误，B正确；
CD．若B、C 间刚打滑，则加速度，此时若A、B间不打滑，则A和B间的摩擦力应为
说明此时A和B已经相对滑动，所以若A、B间，B、C间动摩擦因数相同，则F逐渐增大，A、B间先滑动，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】先对整体用牛顿第二定律求加速度，再对BC 整体沿斜面方向受力分析求 A、B 间摩擦力；最后通过临界加速度（滑动时的加速度）比较 A、B 与 B、C 的滑动先后。
11．（2025高三上·雨花月考）为了“探究物体质量一定时加速度与力的关系”，某同学设计了如图所示的实验装置，其中M为小车和小车上的滑轮的总质量，m为沙和沙桶的总质量，力传感器可测出轻绳的拉力大小。
（1）关于本实验，下列说法正确的是__________：
A．需要用天平测出沙和沙桶的总质量
B．本实验不需要将带滑轮的长木板右端适当垫高，以平衡摩擦力
C．需要调整力传感器和定滑轮的高度，使连接它们的轻绳与长木板平行
D．实验中不需要m远小于M
（2）该同学在实验中得到如图所示的一条纸带（相邻两计数点间还有四个计时点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为　 　m/s2（结果保留两位有效数字）；
（3）该同学根据实验数据作出小车的加速度a与力传感器的示数F的关系图像，与本实验相符合的是__________；
A． B．
C． D．
（4）若a-F图像的斜率为k，则M为________。
A． B． C． D．
【答案】（1）C；D
（2）0.81
（3）A
（4）C
【知识点】加速度；探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1） A.力传感器可直接测拉力，无需测沙和沙桶质量，故A错误；
B.实验需平衡摩擦力，保证小车所受拉力即为小车所受合力，平衡摩擦时将长木板右端垫高，使小车重力沿斜面分力平衡摩擦力，故B错误；
C.调整力传感器和定滑轮高度，使轻绳与长木板平行，保证拉力沿运动方向，故C正确；
D.力传感器测拉力，不需要用沙和沙桶重力近似等于拉力，无需满足m远小于M，故D错误。
故选：C。
（2）打点计时器频率，则周期
相邻两计数点间还有四个计时点，所以计数点间时间间隔
根据逐差法公式
代入数据得
（3）实验已平衡摩擦力，且力传感器直接测拉力F，小车质量M一定。根据牛顿第二定律
因为，所以a与F成正比，图像应为过原点的倾斜直线， 故A正确，BCD错误。
故选A。
（4）根据牛顿第二定律，小车受拉力F（力传感器示数），加速度a，且小车质量为M，但注意实验装置中，轻绳拉力通过滑轮作用，小车实际受合外力为2F，所以
即
图像斜率
即
故选C。
【分析】（1）力传感器可直接测拉力；实验需平衡摩擦力；保证拉力沿运动方向；
（2）根据逐差法计算加速度；
（3）实验已平衡摩擦力，实验设计合理严谨，根据牛顿第二定律分析即可；
（4）根据牛顿第二定律写出图像的函数表达式，结合图像计算。
（1）A．力传感器可直接测拉力，无需测沙和沙桶质量，A错误；
B．实验需平衡摩擦力，将长木板右端垫高，使小车重力沿斜面分力平衡摩擦力，B错误；
C．调整力传感器和定滑轮高度，使轻绳与长木板平行，保证拉力沿运动方向，C正确；
D．力传感器测拉力，无需满足
D正确。
故选CD。
（2）打点计时器频率，则周期
相邻两计数点间还有四个计时点，所以计数点间时间间隔
根据逐差法公式
代入数据得
（3）实验已平衡摩擦力，且力传感器直接测拉力F，小车质量M一定。根据牛顿第二定律
因为，所以a与F成正比，图像应为过原点的倾斜直线。
A．图像是过原点的倾斜直线，符合a与F成正比关系，A正确；
B．图像弯曲，说明a与F不成正比，B错误；
C．图像不过原点且有纵轴截距，不符合实验，C错误；
D．图像有横轴截距，说明未平衡摩擦力或平衡不足，D错误。
故选A。
（4）根据牛顿第二定律，小车受拉力F（力传感器示数），加速度a，且小车质量为M，但注意实验装置中，轻绳拉力通过滑轮作用，小车实际受合外力为2F，所以
即
图像斜率
即
故选C。
12．（2025高三上·雨花月考）某实验小组设计了如图所示的实验电路，来测量电源的电动势和内阻，实验器材有：待测电源，阻值为的定值电阻，内阻极大的电压表，总阻值为且阻值均匀的半圆形变阻器，变阻器上有可指示滑片转过角度的刻度盘，开关、导线若干。回答下列问题：
（1）合上开关，滑片在逆时针转动的过程中，电压表示数　 　（填“变大”或“变小”），电源内阻的功率　 　（填“变大”或“变小”）。
（2）在实验中转动滑片，改变角度（弧度制），测量相应的定值电阻的电压，以为纵坐标，为横坐标，作出图像如图所示，已知图像的斜率为，纵截距为，则电源的电动势为　 　，内阻　 　。
【答案】（1）变小；变小
（2）；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题主要考查了测量电源的电动势和内阻的实验，要明确实验原理，掌握欧姆定律、闭合电路欧姆定律的运用，正确求解半圆形变阻器接入电路的电阻是解题的关键。
（1）滑片在逆时针转动的过程中，总电阻增大，总电流减小，电压表示数变小，电源内阻的功率减小
（2）半圆形变阻器接入电路的电阻
由欧姆定律可得
变形可得
由，
综合可得，
【分析】（1）滑片在逆时针转动过程中，总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律、欧姆定律和功率公式分析作答；
（2）根据闭合电路欧姆定律求解θ-U-1函数，结合θ-U-1图像斜率和纵截距的含义求解作答。
（1）滑片在逆时针转动的过程中，总电阻增大，总电流减小，电压表示数变小，电源内阻的功率减小
（2）半圆形变阻器接入电路的电阻
由欧姆定律可得
变形可得
由，
综合可得，
13．（2025高三上·雨花月考）将密闭文物储存柜内的空气部分抽出，然后充入惰性气体，制造柜内低压、低氧的环境，可以有效抑制氧化、虫害及微生物的滋生，是一种常见的文物保护技术。如图所示，某文物储存柜的容积为，文物放入时柜内压强为。关闭柜门后，通过抽气孔抽气，抽气筒的容积为，每次均抽出整筒空气。已知第一次抽气后柜内压强变为。不考虑抽气过程中气体温度的变化，储存柜内空气可看作理想气体。求：
（1）柜内文物的体积；
（2）要使储存柜内的压强小于，至少需要抽气几次。
【答案】（1）解： 第一次抽气前后，由玻意耳定律得
解得
（2）解： 第二次抽气过程，由玻意耳定律得
解得
第三次抽气过程，由玻意耳定律得
解得
故要使压强小于，至少要抽气3次
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）以储存柜内的气体为研究对象，根据玻意耳定律，结合第一次抽气前后的压强和体积变化，求解柜内文物的体积ΔV；
（2）气体发生等压变化，根据玻意耳定律，结合每次抽气的情况，建立关于n的不等式，求解n的最小值。
（1）第一次抽气前后，由玻意耳定律得
解得
（2）第二次抽气过程，由玻意耳定律得
解得
第三次抽气过程，由玻意耳定律得
解得
故要使压强小于，至少要抽气3次
14．（2025高三上·雨花月考）如图，在粗糙水平台阶上Q点放置一质量可视为质点的小物块，在台阶右侧固定了一个圆弧挡板，圆弧半径，圆弧的圆心在台阶边缘O点。小物块在与水平方向成、大小的拉力作用下，从静止开始沿粗糙水平面做加速度为的匀加速直线运动，到O点时撤去拉力，小物块水平抛出并击中挡板。不计空气阻力，重力加速度取，，，求：
（1）小物块与台阶平面间的动摩擦因数；
（2）若小物块击中挡板上的P点，OP与水平方向夹角为，求小物块由Q运动到O的时间；
（3）以O点为原点、水平向右为、竖直向下为建立平面直角坐标系。改变小物块出发点的位置，可使其击中挡板上的不同点，欲使其击中挡板时的速度最小，求击中挡板的点的纵坐标（结果可保留根式）。
【答案】（1）解： 分析小物块受力如图
由，
解得
（2）解： 小物块从O点飞出后做平抛运动，设经过时间t击中P点，则有，
解得
由小物块Q到O做匀加速直线运动
可知小物块由Q到O的时间
（3）解： 假设从O点飞出时的速度为时击中挡板时的速度最小，此过程中的水平位移
竖直位移
击中时有
联立，解得
落到P点时的速度
可得
当时最小，该点的纵坐标为
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动
【解析】【分析】（1）对物块进行受力分析，根据平衡条件求解；
（2）小物块从O点飞出后做平抛运动，根据平抛运动规律求解水平速度，根据速度—时间公式求解时间；
（3）根据平抛运动规律结合几何关系求解落到P点时的速度的表达式，结合表达式和数学知识求解。
（1）分析小物块受力如图
由，
解得
（2）小物块从O点飞出后做平抛运动，设经过时间t击中P点，则有，
解得
由小物块Q到O做匀加速直线运动
可知小物块由Q到O的时间
（3）假设从O点飞出时的速度为时击中挡板时的速度最小，此过程中的水平位移
竖直位移
击中时有
联立，解得
落到P点时的速度
可得
当时最小，该点的纵坐标为
15．（2025高三上·雨花月考）如图甲所示，机场运输货箱的传送带可以将货箱从飞机货舱高处传送到低处平板车上，简化原理如图乙。已知传送带顺时针匀速转动的速率为，将质量的物块无初速地放在传送带的顶端A，物块到达底端B后能无碰撞地滑上质量为的木板左端。已知物块与传送带、木板间的动摩擦因数分别为、。已知传送带与水平地面夹角，AB两端的距离为，物块可视为质点，木板足够长。求：
（1）物块在传送带上刚开始下滑时的加速度大小；
（2）物块在传送带上运动的时间；
（3）根据实际需要，木板下表面可以涂抹不同材料的涂层，使得木板与地面的动摩擦因数满足。求在此范围内，从物块离开传送带直至最终静止的过程中，物块相对地面运动的位移最小值和最大值。
【答案】（1）解：物块在传送带上刚开始下滑时，根据牛顿第二定律有
解得
（2）解：物块先以加速度做匀加速直线运动，经历时间与传送带达到相等速度，则有
解得
此时物块的位移
解得
由于
之后，物块人向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
根据位移与速度关系式有
解得
根据速度公式有
解得
则物块在传送带上运动的时间
（3）解：若物块滑上木板后木板处于静止状态，则有
解得
可知，当木板与地面之间的动摩擦因数在0.15到0.4之间时，木板始终处于静止，物块在木板上向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
此时，物块相对地面运动的位移最小，利用逆向思维，根据速度与位移关系式有
解得
当木板与地面之间的动摩擦因数小于0.15时，物块先以向右做匀减速直线运动，木板此时向右做匀加速直线运动，两者达到相等速度后保持相对静止向右做匀减速直线运动，当木板与地面之间的动摩擦因数等于0.05时，物块最终相对于地面的位移达到最大值，两者达到相等速度之前，对木板有
解得
历时两者达到相等速度，则有
解得，
此过程物块的位移
之后两者保持相对静止，对整体，根据牛顿第二定律有
解得
利用逆向思维，根据速度与位移的关系有
物块相对于地面位移的最大值为
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）传送带初始加速度：判断摩擦力方向，用牛顿第二定律结合重力分力与摩擦力求加速度；
（2）传送带运动时间：分 “加速到共速” 和 “共速后加速” 两段，分别计算时间再求和；
（3）物块位移极值：根据木板与地面的动摩擦因数，分“木板不动”和“木板与物块共速”两种情况，结合牛顿定律与运动学公式求位移。
（1）物块在传送带上刚开始下滑时，根据牛顿第二定律有
解得
（2）物块先以加速度做匀加速直线运动，经历时间与传送带达到相等速度，则有
解得
此时物块的位移
解得
由于
之后，物块人向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
根据位移与速度关系式有
解得
根据速度公式有
解得
则物块在传送带上运动的时间
（3）若物块滑上木板后木板处于静止状态，则有
解得
可知，当木板与地面之间的动摩擦因数在0.15到0.4之间时，木板始终处于静止，物块在木板上向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
此时，物块相对地面运动的位移最小，利用逆向思维，根据速度与位移关系式有
解得
当木板与地面之间的动摩擦因数小于0.15时，物块先以向右做匀减速直线运动，木板此时向右做匀加速直线运动，两者达到相等速度后保持相对静止向右做匀减速直线运动，当木板与地面之间的动摩擦因数等于0.05时，物块最终相对于地面的位移达到最大值，两者达到相等速度之前，对木板有
解得
历时两者达到相等速度，则有
解得，
此过程物块的位移
之后两者保持相对静止，对整体，根据牛顿第二定律有
解得
利用逆向思维，根据速度与位移的关系有
物块相对于地面位移的最大值为
解得
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