资源简介

2025届湖南省五市十校高三上学期第一次学业质量评价物理试题
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2024高三上·湖南模拟）考古发掘的一个重要问题就是确定文物年龄。我国考古人员曾用对马王堆一号汉墓外椁盖板杉木年龄进行测量，取盖板杉木样品1g，测得每个碳原子中含有772个，现代杉木样品1g，测得每个碳原子中含有1000个，已知发生衰变，其半衰期约为5730年。下列说法正确的是（　　）
A．发生衰变的产物是
B．衰变过程产生的电子来自碳原子的核外电子
C．环境的变化会改变的半衰期
D．由此估算马王堆汉墓距今大约为2100多年
2．（2024高三上·湖南模拟）2024年巴黎奥运会网球女子单打决赛中，湖北姑娘郑钦文击败对手，成为首位奥运单打冠军的亚洲球员。网球在运动过程中由于自身旋转会产生一种“旋转力”，如图是网球与地面碰撞瞬间示意图，网球的旋转此时称为上旋，所受“旋转力”向下，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．网球与地面接触时所受摩擦力阻碍网球的运动
B．打出上旋球时，网球与地面接触后，球的水平速度变大，冲击力变强
C．打出下旋球时，网球与地面接触后，球所受合外力较大
D．打出下旋球时，网球与地面接触后，反弹的最大高度较低
3．（2024高三上·湖南模拟）如图所示是某游乐场的激流勇进项目，游客乘坐小船从滑道滑下，落入水中激起水花。水花在空中可看成斜抛运动，若水花初速度为，与水面夹角为，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．当一定时，夹角越大，水花在空中运动时间越长
B．当一定时，夹角越大，水花溅射的越远
C．在水花运动过程中，重力的功率一直减小
D．在水花运动到最高位置时，水花的机械能最小
4．（2024高三上·湖南模拟）2024年11月04日凌晨，神舟十八号载人飞船成功返回地面，叶光富、李聪和李广苏三位航天员圆满完成任务，从神舟十八号与空间站对接算起，航天组成员在轨共计192天。神舟飞船返回过程简化如图所示，椭圆轨道1为载人飞船返回时的运行轨道，圆形轨道2为空间站运行轨道，为轨道切点，为轨道1近地点，离地高度不计。已知轨道2的半径为，地球表面重力加速度为，地球半径为，轨道1的周期为，引力常量为，下列分析或结论正确的是（　　）
A．轨道1上点加速度大于轨道2上点加速度
B．载人飞船在轨道1上经过点时速度为
C．载人飞船运行周期和空间站运行周期之比为
D．地球质量
5．（2024高三上·湖南模拟）如图甲所示，A、B两绝缘金属环套在同一铁芯上，A环中通有电流，其电流iA随时间t的变化规律如图乙所示，不考虑其他磁场的影响。下列说法正确的是（　　）
A．t1时刻B环中感应电流最大，t4时刻B环中感应电流最小
B．t2和t3时刻，两环相互排斥
C．t2和t3时刻，B环中产生的感应电流方向相反
D．t3和t4时刻，B环有收缩的趋势
6．（2024高三上·湖南模拟）如图所示，一倾角为θ = 37°的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M = 1 kg，长度为L = 2.5 m的长木板B沿着斜面以速度v0下滑，此时把质量为m = 1 kg的铁块A（视为质点）无初速度放在长木板B的下端，经过t = 0.5 s，A和B达到共速。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ = 0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g = 10 m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，则下列判断正确的是（　　）
A．木板下滑的初速度v0 = 9 m/s
B．从放上铁块A到与长木板B共速的过程中，系统损失的机械能为8 J
C．铁块距离长木板上端2 m
D．从放上铁块A经过2 s后木板B的速度为v0
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．（2024高三上·湖南模拟）一列简谐横波沿x轴传播，图（a）是t=1s时刻的波形图；P是介质中位于x=2m处的质点，其振动图像如图（b）所示。下列说法正确的是（　　）
A．波向x轴负方向传播，波速为2m/s
B．1s~5.5s时间内，质点P通过的路程为45cm
C．x=3m处的质点在t=6.6s时向y轴负方向运动
D．若波在传播过程中遇到尺寸为6m的障碍物，这列波能发生明显衍射
8．（2024高三上·湖南模拟）某种质谱仪由加速电场、静电分析器、磁分析器等组成。中心线是半径为通道，通道内有电场强度大小为的均匀辐向电场；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为的匀强磁场，磁分析器的左边界与静电分析器的右边界平行。离子源发出一个质量为、电荷量为的质子，质子“飘入”加速电场中（可认为质子进入电场初速度为0），经电压加速后沿中心线运动，由点垂直进入磁分析器中，最终垂直进入收集器，。下列说法正确的是（　　）
A．质子在静电分析器中一定做匀速圆周运动
B．静电分析器中心通道处场强
C．若离子源发出一个粒子，将打在距离点的右侧
D．电场强度与磁感应强度比值
9．（2024高三上·湖南模拟）如图所示，某理想变压器接在电压有效值恒为360V的正弦交流电源两端，原、副线圈的匝数之比n1：n2=3：1，定值电阻R0=90Ω，R1=20Ω，滑动变阻器最大阻值R=40Ω，电流表为理想电表。初始时滑动变阻器的滑片P位于滑动变阻器的中点，将滑片P向上缓慢滑至a点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．P在中点时通过R0的电流为2A
B．交流电源的输出功率最小为720W
C．定值电阻R0消耗的电功率逐渐增大
D．副线圈负载消耗的电功率逐渐减小
10．（2024高三上·湖南模拟）如图所示，直角三角形ABC位于竖直平面内，AB沿水平方向，长度为l，∠C=30°，竖直平面内存在一匀强电场，一个质量为m，电荷量为q（q>0）的带正电微粒从C移动到A，电场力做功为，从C移动B，电场力做功（W>0），微粒仅受电场力作用，下列说法正确的是（　　）
A．电场强度沿BC方向
B．该带电微粒从A点沿CA以v射出，经过时间粒子动能最小
C．该带电微粒从A点沿CA以v射出，经过时间粒子速度大小刚好为v
D．该带电微粒从A点沿AB方向射出，要使微粒经过C点，则在A点的动能为
三、非选择题：本题共5小题，共56分。
11．（2024高三上·湖南模拟）如图甲所示为“探究加速度与物体所受合外力的关系”的实验装置图。图甲中A为质量为的小车，小车A和打点计时器B均置于一端带有定滑轮的足够长的木板上。P的质量为，动滑轮质量为，C为弹簧测力计，实验时改变P的质量，读出测力计示数并记录，不计绳与滑轮之间的摩擦。
（1）下列说法正确的是______（填序号）。
A．每次改变P的质量之后，都需要重新平衡摩擦力
B．实验中应远大于
C．小车A的加速度大小是P的加速度大小的2倍
D．测力计的读数始终等于
（2）如图乙所示为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点到A点之间的距离，相邻两个计数点间还有四个点没有画出。由此可求得小车的加速度大小　 　（交流电的频率为，结果保留2位有效数字）。
（3）保持小车A的质量不变，改变P的质量，进行多次实验，以弹簧测力计的示数为横坐标，小车的加速度为纵坐标，作出的图像如图丙所示，图像近似为过原点的一条直线，已知直线上某点A的坐标为，则相对应点A时P的质量为　 　（用、、、表示）。
12．（2024高三上·湖南模拟）某实验小组利用已有器材进行相关电学实验，除开关、导线以外，一个电流计G、一个电阻箱RP、定值电阻R0（阻值未知）、两个定值电阻R（R=2.0Ω）和若干个规格相同的小灯泡。
（1）他们利用图甲所示电路来测量R0的阻值，闭合开关S，调节电阻箱RP，当RP=5.0Ω时灵敏电流计G的示数为零，则R0=　 　Ω。
（2）通过图乙测定电源的电动势和内阻，测得I和RP多组数据，绘出的图像，若图像斜率为k，纵截距为b，则电源的电动势E=　 　和内阻r=　 　（结果用k、b、R0表示）；若考虑电流表内阻，则电源内阻的测量值　 　真实值（填“大于”、“小于”或“等于”）。
（3）若测得电源的电动势E=3.0V，内阻r=1.0Ω，实验小组同学将该电源与R=2.0Ω的定值电阻及两个相同的灯泡构成如图丙所示的电路，灯泡的伏安特性曲线如图丁所示，则每个灯泡的实际功率为　 　W（结果保留两位小数）；此时电源的效率为　 　（结果保留三位有效数字）。
13．（2024高三上·湖南模拟）医院在转运病人时有时会用到负压救护车，如图为一容积为0.6 m3的负压舱，需要将患者从甲地转移到乙地，在甲地出发时舱内温度为27℃，压强为1.0 × 105 Pa，到乙地后，外界温度变为17℃，外界大气压变为0.9705 × 105 Pa。负压舱导热性良好，舱内空气视为理想气体，绝对零度取 273℃，舱内负压（舱内外压强差）为20 ~ 50 Pa时效果比较理想。
（1）转运过程中，负压舱与外界没有气体交换，则运输到乙地后，负压舱内与乙地外界大气压的压强差是多少？
（2）转运到乙地后负压舱内需保持50 Pa的稳定负压，需要充入多少体积的空气？
14．（2024高三上·湖南模拟）如图所示在光滑水平面上放置一个质量为，倾角的足够长斜面，一个质量为的木块（可视为质点）用轻绳系住，静止在斜面上，一颗质量为的橡皮泥子弹以水平速度射向木块，立即与木块黏合在一起沿斜面向上运动，两者作用时间极短，作用瞬间轻绳断裂，已知物块与斜面间的动摩擦因数，重力加速度，求：
（1）若斜面固定，木块与斜面间摩擦产生的热量；
（2）若斜面不固定，子弹损失的动能。
15．（2024高三上·湖南模拟）如图所示，足够长的倾斜金属导轨两侧与水平地面的夹角θ=37°，其间距L=0.5m，电容C=1×104μF，电阻R=10Ω，导轨所在区域存在垂直导轨平面向下的匀强磁场B，磁感应强度大小B=2T，现使质量m=10g的导体棒ab静止在轨道上，导体棒ab始终与两侧金属导轨垂直且接触良好，两者间动摩擦因数处处相同，导轨和导体棒ab电阻均不计，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）若开关S1闭合，S2断开，静止释放金属棒，金属棒最终以速度v=0.2m/s做匀速直线运动，求金属棒与导轨间的动摩擦因数μ；
（2）若开关S2闭合，S1断开，静止释放金属棒（整个过程中电容器未被击穿），t0=0.5s后对金属棒施加沿斜面向上的恒定外力F，经过后金属棒速度恰好为0，求外力F的大小；
（3）在第（2）问条件下，求导体棒回到释放点时电容器储存的能量EC。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．根据质量数和电荷数守恒可得衰变方程为，衰变产物为，故A错误；
B．衰变是原子核内部中子转化成质子同时，释放一个电子，故B错误；
C．半衰期与温度压强等环境因素无关，只和原子核内部因素有关，故C错误；
D．半衰期表示一半的原子核发生衰变的时间，通过文物中的和现代杉木中的对比，可得到
解得年
故D正确。
故选D。
【分析】根据质量数和电荷数守恒分析产物；根据衰变的本质分析；半衰期只和原子核内部因素有关；根据半衰期的物理意义分析。
2．【答案】B
【知识点】动量定理；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．网球上旋时，网球与地面接触时，相对地面向后运动，网球所受摩擦力向前，摩擦力为动力，使网球水平速度增大，网球冲击力增强，故A错误，B正确；
CD．图中网球的旋转此时称为上旋，所受“旋转力”向下，则可推断出下旋球所受旋转力向上，与重力方向相反，网球所受合力减小，竖直方向加速度较小，网球上升高度较高，故CD错误。
故选B。
【分析】摩擦力向前，使网球水平速度增大，属于动力，促进网球运动；下旋球所受旋转力向上，竖直方向加速度较小，高度升高。
3．【答案】A
【知识点】斜抛运动；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题采用运动的分解法处理斜抛运动，要掌握分运动的规律，通过列式分析水花运动时间和水平射程的变化。AB．溅射的水花做斜抛运动，水花运动时间
水平射程
运动时间随增大而增大，随的增大，射程先增大后减小，故A正确，B错误；
C．水花先上升后下降，竖直方向速度先减小后增大，重力功率先减小后增大；故C错误；
D．水花运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故D错误。
故选A。
【分析】溅射的水花在空中做斜抛运动，根据分析水花在空中运动时间与θ的变化关系；根据分位移公式得到水平射程表达式，再分析水平射程的变化。分析竖直方向分速度的变化判断重力的功率变化。对照机械能守恒条件分析水的机械能是否守恒。
4．【答案】C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】对万有引力与天体的运动问题，一定要知道两个关系：①星球表面的物体受到的重力等于万有引力，②做匀速圆周运动的物体需要的向心力由万有引力提供。熟练掌握这两个关系可以解决一切天体运动的问题。A．载人飞船在轨道1和空间站在轨道2上的处，都由万有引力来提供向心力，根据
轨道半径相同，则加速度大小相同，故A错误；
B．在轨道2上由万有引力来提供向心力
在地球表面上有
解得载人飞船在轨道2上的线速度大小为
由于载人飞船从轨道1到轨道2要在P点加速，则载人飞船在轨道1上经过点时速度小于，故 B错误；
C．轨道1和轨道2运行的半径之比为
由开普勒第三定律可知，载人飞船运行周期和空间站运行周期之比为
故C正确；
D．在轨道2上由万有引力来提供向心力
解得地球质量为
由于
故D错误。
故选C。
【分析】根据万有引力提供向心力，分析加速度，线速度以及地球质量，根据开普勒第三定律结合半径大小分析周期之比。
5．【答案】C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A．由电流iA随时间t的变化规律图像可知，t4时刻A环中电流为零，但电流变化率最大，此时B环中感应电流最大， t1时刻A中电流最大，但电流变化率为0，此时B中无感应电流， 故A错误；BC．t2和t3时刻，A中的电流方向相反，由楞次定律可知，t2时刻A环中电流减小，B环中产生与A环中方向相同的感应电流；t3时刻A环中电流减小，B环中产生与A方向相同的感应电流，因此t2和t3时刻，A、B两环都相互吸引，B环在这两个时刻电流方向相反，故B错误，C正确；
D．t4时刻A环磁感应强度为0，面积无变化趋势，故D错误。
故选：C。
【分析】根据法拉第电磁感应定律与楞次定律，结合同向电流相互吸引，反向电流相互排斥即可求解。
6．【答案】D
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】A．对A进行受力分析分析，铁块A刚放在长木板B上时，根据牛顿第二定律有
解得
方向沿斜面向下，
对B受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
方向沿斜面向上，
铁块A和长木板B共速的时间为t = 0.5 s，根据匀变速直线运动速度—时间关系可得
解得
故A错误；
C． 经过t = 0.5 s，A和B达到共速，根据匀变速直线运动位移—时间关系可得此时A和B相对位移为
A离木板上端0.5 m，故C错误；
B．系统损失的机械能等于摩擦力大小乘以相对位移大小
故B错误；
D．A、B共速后，由于
A、B一起沿斜面加速下滑
根据牛顿第二定律可得
方向沿斜面向下，设经过t1再次加速到v0
解得
全程用时
故D正确。
故选D。
【分析】对A和B进行受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，根据经过t = 0.5 s，A和B达到共速求解木板下滑的初速度；根据运动学公式求解相对位移大小；相对位移乘以摩擦力大小等于损失的机械
能；根据牛顿第二定律求解A、B一起沿斜面加速下滑的加速度大小，结合速度—时间关系求解时间。
7．【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波的衍射现象
【解析】【解答】A． 由振动图像可知周期为T=2s，由波形图可知波长为λ=4m，则波速
由振动图像可知P质点在t=1s时正在向y轴正向运动，根据同侧法可知，波向x轴正方向传播，故A错误；
B.1s到5.5s时间内，质点P振动了，即P的路程
故B正确；
C．从t=1s到6.6s，x=3m处质点振动
所以6.6s时刻，质点经过平衡位置向下运动，故C正确；
D． 由于这列波的波长为λ=4m，则若波在传播过程中遇到尺寸为8m的障碍物，不能发生明显衍射，但能发生衍射，故D错误。
故选BC。
【分析】根据同侧法判断波的传播方向；根据图像读出波长和周期，再根据波长、周期和波速的关系求解波速；根据运动的时间求出运动的周期数，进而判断质点的运动方向；根据发生明显衍射的条件分析。
8．【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A． 质子“飘入”加速电场中， 经电压加速后沿中心线运动， 可知运动方向与电场力方向垂直， 电场力提供向心力，不做功，质子做匀速圆周运动 故A错误；
B．静电分析器中，电场力提供向心力，结合牛顿第二定律可得
在加速电场中，根据动能定理可得
得
B错误；
CD．在磁场中由洛伦兹力提供向心力
得
质子半径为，即粒子半径为，由几何关系可得粒子打在点右侧
电场强度与磁场强度的比值
C正确，D错误。
故选AC。
【分析】粒子受力方向与电场方向相同，粒子带正电，根据洛伦兹力分析磁场方向；离子在加速电场中加速，根据动能定理列式求解场强； 离子在通过静电分析器时做匀速圆周运动，电场力提供向心力，列式，求圆周运动半径，结合几何关系求解距离。
9．【答案】A,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】解答本题时，要理清等效电路，采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析。
A． 初始时滑动变阻器的滑片P位于滑动变阻器的中点， 利用等效电阻法，电路图如图所示
R2为变压器副线圈负载等效电阻，根据变压器原理和欧姆定律可得
当P在中点时，有，
则通过R0的电流为
故A正确；
BC．当P向a端滑动时，负载总电阻增大，电流减小，电源功率减小，R0消耗的功率减小，P滑至a端时，电源的输出功率最小，此时，
根据欧姆定律可得
电源的输出功率最小值为
故BC错误；
D．将R0看成等效电源内阻，可知，当外阻等于内阻即
时，R2消耗的功率最大，滑片P向上滑动时，R2的功率逐渐减小，故D正确。
故选AD。
【分析】利用等效电阻法，求出原线圈的等效电阻，结合欧姆定律求解电流大小；当P向a端滑动时，负载总电阻增大，根据欧姆定律求解电流大小，根据功率公式求解电功率；将R0看成等效电源内阻，根据电阻与内阻的大小关系分析电功率。
10．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．微粒从C到A，电场力做功， AB沿水平方向，长度为l，∠C=30°， 则AC=，根据电场力做功公式可得电场强度在AC方向上的分量为
微粒从C移动B，电场力做功为，所以微粒从B移动A，电场力做功为
根据电场力做功公式可得电场强度在BA方向上的分量为
根据几何关系可得电场强度与BA的夹角正切值为
故A错误；
BC．根据平行四边形法则和牛顿第二定律可得微粒运动的加速度为
将速度v分解为平行电场方向和垂直电场方向分量为
当
时，粒子动能最小，此时
经过时间
粒子速度大小再次为v，故B正确，C错误；
D．粒子从A点沿AB方向射出时，粒子沿AB先做匀减速后反向匀加速，根据匀变速直线运动的速度—时间关系可得到达C点时间为
粒子沿AC方向做匀加速直线运动，则
可得粒子从A点发射动能为，故D正确。
故选：BD。
【分析】根据电场力做功公式可得电场强度在CA和BA方向上的分量，结合几何关系求解电场强度方向；将速度v分解为平行电场方向和垂直电场方向分量，根据矢量合成和牛顿第二定律求解加速度，结合运动的合成与分解求解时间以及速度核对动能。
11．【答案】（1）C
（2）0.40
（3）
【知识点】实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】本题主要考查了“探究加速度与物体所受合外力的关系”，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合牛顿第二定律和运动学公式即可完成分析。
（1）A．平衡摩擦力时，根据平衡条件有
解得
可知，每次改变P的质量之后，不需要重新平衡摩擦力，故A错误；
B．实验中利用弹簧测力计测量出绳的拉力，能够准确测量小车所受合外力，不需要确保应远大于，故B错误；
C．重物P连接动滑轮，A的位移始终等于P位移的2倍，则小车A的加速度为P的加速度的2倍，故C正确；
D．弹簧测力计测量的是绳的拉力，则有
解得
故D错误。
故选C。
（2）由于相邻两个计数点间还有四个点没有画出，则相邻计数点之间的时间间隔为
小车做匀变速直线运动，利用逐差法，小车加速度
（3）结合图像可知，在相对应点A时，弹簧测力计的读数
小车的加速度
由于小车A的加速度为P的加速度的2倍，此时对P与定滑轮整体进行分析，根据牛顿第二定律有
解得P的质量为
【分析】 （1）根据实验原理掌握正确的实验操作；
（2）根据匀变速直线运动的逐差法得出小车的加速度；
（3）小车A的加速度为P的加速度的2倍，对P与定滑轮整体进行分析，根据牛顿第二定律求解加速度大小。
（1）A．平衡摩擦力时有
解得
可知，实验中利用木板构建斜面平衡小车在木板上运动时所受阻力，每次改变P的质量之后，不需要重新平衡摩擦力，故A错误；
B．实验中利用弹簧测力计测量出绳的拉力，即重物拉动小车运动时，能够准确测量小车所受合外力，不需要确保应远大于，故B错误；
C．重物P连接动滑轮，A的位移始终等于P位移的2倍，则小车A的加速度为P的加速度的2倍，故C正确；
D．弹簧测力计测量的是绳的拉力，则有
解得
故D错误。
故选C。
（2）由于相邻两个计数点间还有四个点没有画出，则相邻计数点之间的时间间隔为
利用逐差法，小车加速度
（3）结合图像可知，在相对应点A时，弹簧测力计的读数
小车的加速度
由于小车A的加速度为P的加速度的2倍，此时对P与定滑轮整体进行分析有
解得P的质量为
12．【答案】（1）5.0
（2）；；大于
（3）0.35（0.342~0.36均可得分）；87.3%
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）电流计读数为0，即电流表两端的电势相等，根据串并联电路连接规律可得
所以
（2）根据闭合电路欧姆定律可得
所以
可知图像的斜率和截距
所以，
如果考虑电流表内阻，则
即测量值大于真实值。
（3）将电源与灯泡连接成图丙电路图，根据串并联电路规律结合闭合电路欧姆定律可知
所以
在灯泡伏安特性曲线中作出该图像，如图所示
由图可知，两图线的交点坐标为（0.38A，0.92V），即灯泡两端的电压为0.92V，流过灯泡的电流为0.38A，所以灯泡功率为
此时电源效率为
【分析】（1）用电桥平衡法测电阻；
（2）根据闭合电路欧姆定律可得图像对应的函数关系式，结合函数关系式结合图像的斜率和截距求解电动势和内阻；
（3）将电源与灯泡连接成图丙电路图，由闭合电路欧姆定律图像对应的函数关系式，在灯泡伏安特性曲线中作出该图像，结合图像的交点求解灯泡功率和电源效率。
（1）本实验利用电桥平衡法测电阻，电流计读数为0，有
所以
（2）[1][2]利用安阻法测电源电动势和内阻，根据闭合电路欧姆定律可得
所以
可知
所以
，
[3]如果考虑电流表内阻，则
即测量值大于真实值。
（3）[1][2]将电源与灯泡连接成图丙电路图，由闭合电路欧姆定律可知
所以
在灯泡伏安特性曲线中作出该图像，如图所示
由图可知，两图线的交点坐标为（0.38A，0.92V），即流过灯泡的电流为0.38A，灯泡两端的电压为0.92V，所以灯泡功率为
此时电源效率为
13．【答案】（1）解：以负压舱内气体为研究对象，体积不变，初态
末态压强为p2，温度为
由查理定律可得
解得
此时舱内外压强差
（2）解：初状态下
温度
体积
充入气体压强p' = 0.9705 × 105 Pa，充入体积为ΔV，末状态气体压强
根据玻意耳定律得
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）气体体积不变，应用查理定律求出气体末状态的压强，从而求解压强差；
（2）气体温度不变，应用玻意耳定律求出需要充入气体的体积。
（1）以负压舱内气体为研究对象，体积不变，初态
末态压强为p2，温度为
由查理定律可得
解得
此时舱内外压强差
（2）初状态下
温度
体积
充入气体压强p' = 0.9705 × 105 Pa，充入体积为ΔV，末状态气体压强
根据玻意耳定律得
解得
14．【答案】（1）解：木块与子弹组成系统，子弹射入木块瞬间，沿斜面方向动量守恒
解得
子弹和木块一起上滑过程中，由动能定理：
子弹和木块一起上滑的距离
由于，木块将停在斜面上保持静止，所以摩擦产生的热量
（2）解：斜面不固定时，子弹与木块、斜面组成系统，水平方向上动量守恒，
解得
子弹损失的动能为
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）木块与子弹组成系统，子弹射入木块瞬间，沿斜面方向动量守恒，根据动能定理求解子弹和木块一起上滑的距离，热量等于距离乘以滑动摩擦力；
（2）斜面不固定时，子弹与木块、斜面组成系统，水平方向上动量守恒，根据能量的转化与守恒求解子弹损失的动能。
（1）木块与子弹组成系统，子弹射入木块瞬间，沿斜面方向动量守恒
解得
子弹和木块一起上滑过程中，由动能定理：
子弹和木块一起上滑的距离
由于，木块将停在斜面上保持静止，所以摩擦产生的热量
（2）斜面不固定时，子弹与木块、斜面组成系统，水平方向上动量守恒，
解得
子弹损失的动能为
15．【答案】（1）解：闭合S1，断开S2，金属棒稳定后做匀速直线运动，对棒受力分析可得
联立解得
（2）解：闭合S2，断开S1时，在Δt时间内，对金属棒，由动量定理可得
对电容器，有
分析可知金属棒向下做匀加速运动
同理可知施加外力F后，金属棒向下做匀减速运动
向下加速运动和向下减速运动时，有
所以
，
（3）解：金属棒向下减速为0后，向上反向以加速度a3匀加速运动，分析可知
金属棒速度为0时离静止释放点的距离
金属棒返回到出发点时速度为v，则
所以
对金属棒向上运动过程，由功能关系可得
解得
【知识点】动量定理；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）速度最大时，导体棒所受合力为零，由平衡条件求动摩擦因数的大小；
（2）由法拉第电磁感应定律、电容的计算公式、牛顿第二定律等求出向下加速的加速度。施加外力后，再由牛顿第二定律和题设条件，由动力学规律列方程求出外力的大小；
（3）由动力学规律求出返回出发点的速度，再根据功能关系求解电容器储存的能量。
（1）闭合S1，断开S2，金属棒稳定后做匀速直线运动，对棒受力分析可得
联立解得
（2）闭合S2，断开S1时，在Δt时间内，对金属棒，由动量定理可得
对电容器，有
分析可知金属棒向下做匀加速运动
同理可知施加外力F后，金属棒向下做匀减速运动
向下加速运动和向下减速运动时，有
所以
，
（3）金属棒向下减速为0后，向上反向以加速度a3匀加速运动，分析可知
金属棒速度为0时离静止释放点的距离
金属棒返回到出发点时速度为v，则
所以
对金属棒向上运动过程，由功能关系可得
解得
1 / 12025届湖南省五市十校高三上学期第一次学业质量评价物理试题
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2024高三上·湖南模拟）考古发掘的一个重要问题就是确定文物年龄。我国考古人员曾用对马王堆一号汉墓外椁盖板杉木年龄进行测量，取盖板杉木样品1g，测得每个碳原子中含有772个，现代杉木样品1g，测得每个碳原子中含有1000个，已知发生衰变，其半衰期约为5730年。下列说法正确的是（　　）
A．发生衰变的产物是
B．衰变过程产生的电子来自碳原子的核外电子
C．环境的变化会改变的半衰期
D．由此估算马王堆汉墓距今大约为2100多年
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．根据质量数和电荷数守恒可得衰变方程为，衰变产物为，故A错误；
B．衰变是原子核内部中子转化成质子同时，释放一个电子，故B错误；
C．半衰期与温度压强等环境因素无关，只和原子核内部因素有关，故C错误；
D．半衰期表示一半的原子核发生衰变的时间，通过文物中的和现代杉木中的对比，可得到
解得年
故D正确。
故选D。
【分析】根据质量数和电荷数守恒分析产物；根据衰变的本质分析；半衰期只和原子核内部因素有关；根据半衰期的物理意义分析。
2．（2024高三上·湖南模拟）2024年巴黎奥运会网球女子单打决赛中，湖北姑娘郑钦文击败对手，成为首位奥运单打冠军的亚洲球员。网球在运动过程中由于自身旋转会产生一种“旋转力”，如图是网球与地面碰撞瞬间示意图，网球的旋转此时称为上旋，所受“旋转力”向下，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．网球与地面接触时所受摩擦力阻碍网球的运动
B．打出上旋球时，网球与地面接触后，球的水平速度变大，冲击力变强
C．打出下旋球时，网球与地面接触后，球所受合外力较大
D．打出下旋球时，网球与地面接触后，反弹的最大高度较低
【答案】B
【知识点】动量定理；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．网球上旋时，网球与地面接触时，相对地面向后运动，网球所受摩擦力向前，摩擦力为动力，使网球水平速度增大，网球冲击力增强，故A错误，B正确；
CD．图中网球的旋转此时称为上旋，所受“旋转力”向下，则可推断出下旋球所受旋转力向上，与重力方向相反，网球所受合力减小，竖直方向加速度较小，网球上升高度较高，故CD错误。
故选B。
【分析】摩擦力向前，使网球水平速度增大，属于动力，促进网球运动；下旋球所受旋转力向上，竖直方向加速度较小，高度升高。
3．（2024高三上·湖南模拟）如图所示是某游乐场的激流勇进项目，游客乘坐小船从滑道滑下，落入水中激起水花。水花在空中可看成斜抛运动，若水花初速度为，与水面夹角为，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．当一定时，夹角越大，水花在空中运动时间越长
B．当一定时，夹角越大，水花溅射的越远
C．在水花运动过程中，重力的功率一直减小
D．在水花运动到最高位置时，水花的机械能最小
【答案】A
【知识点】斜抛运动；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题采用运动的分解法处理斜抛运动，要掌握分运动的规律，通过列式分析水花运动时间和水平射程的变化。AB．溅射的水花做斜抛运动，水花运动时间
水平射程
运动时间随增大而增大，随的增大，射程先增大后减小，故A正确，B错误；
C．水花先上升后下降，竖直方向速度先减小后增大，重力功率先减小后增大；故C错误；
D．水花运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故D错误。
故选A。
【分析】溅射的水花在空中做斜抛运动，根据分析水花在空中运动时间与θ的变化关系；根据分位移公式得到水平射程表达式，再分析水平射程的变化。分析竖直方向分速度的变化判断重力的功率变化。对照机械能守恒条件分析水的机械能是否守恒。
4．（2024高三上·湖南模拟）2024年11月04日凌晨，神舟十八号载人飞船成功返回地面，叶光富、李聪和李广苏三位航天员圆满完成任务，从神舟十八号与空间站对接算起，航天组成员在轨共计192天。神舟飞船返回过程简化如图所示，椭圆轨道1为载人飞船返回时的运行轨道，圆形轨道2为空间站运行轨道，为轨道切点，为轨道1近地点，离地高度不计。已知轨道2的半径为，地球表面重力加速度为，地球半径为，轨道1的周期为，引力常量为，下列分析或结论正确的是（　　）
A．轨道1上点加速度大于轨道2上点加速度
B．载人飞船在轨道1上经过点时速度为
C．载人飞船运行周期和空间站运行周期之比为
D．地球质量
【答案】C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】对万有引力与天体的运动问题，一定要知道两个关系：①星球表面的物体受到的重力等于万有引力，②做匀速圆周运动的物体需要的向心力由万有引力提供。熟练掌握这两个关系可以解决一切天体运动的问题。A．载人飞船在轨道1和空间站在轨道2上的处，都由万有引力来提供向心力，根据
轨道半径相同，则加速度大小相同，故A错误；
B．在轨道2上由万有引力来提供向心力
在地球表面上有
解得载人飞船在轨道2上的线速度大小为
由于载人飞船从轨道1到轨道2要在P点加速，则载人飞船在轨道1上经过点时速度小于，故 B错误；
C．轨道1和轨道2运行的半径之比为
由开普勒第三定律可知，载人飞船运行周期和空间站运行周期之比为
故C正确；
D．在轨道2上由万有引力来提供向心力
解得地球质量为
由于
故D错误。
故选C。
【分析】根据万有引力提供向心力，分析加速度，线速度以及地球质量，根据开普勒第三定律结合半径大小分析周期之比。
5．（2024高三上·湖南模拟）如图甲所示，A、B两绝缘金属环套在同一铁芯上，A环中通有电流，其电流iA随时间t的变化规律如图乙所示，不考虑其他磁场的影响。下列说法正确的是（　　）
A．t1时刻B环中感应电流最大，t4时刻B环中感应电流最小
B．t2和t3时刻，两环相互排斥
C．t2和t3时刻，B环中产生的感应电流方向相反
D．t3和t4时刻，B环有收缩的趋势
【答案】C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A．由电流iA随时间t的变化规律图像可知，t4时刻A环中电流为零，但电流变化率最大，此时B环中感应电流最大， t1时刻A中电流最大，但电流变化率为0，此时B中无感应电流， 故A错误；BC．t2和t3时刻，A中的电流方向相反，由楞次定律可知，t2时刻A环中电流减小，B环中产生与A环中方向相同的感应电流；t3时刻A环中电流减小，B环中产生与A方向相同的感应电流，因此t2和t3时刻，A、B两环都相互吸引，B环在这两个时刻电流方向相反，故B错误，C正确；
D．t4时刻A环磁感应强度为0，面积无变化趋势，故D错误。
故选：C。
【分析】根据法拉第电磁感应定律与楞次定律，结合同向电流相互吸引，反向电流相互排斥即可求解。
6．（2024高三上·湖南模拟）如图所示，一倾角为θ = 37°的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M = 1 kg，长度为L = 2.5 m的长木板B沿着斜面以速度v0下滑，此时把质量为m = 1 kg的铁块A（视为质点）无初速度放在长木板B的下端，经过t = 0.5 s，A和B达到共速。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ = 0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g = 10 m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，则下列判断正确的是（　　）
A．木板下滑的初速度v0 = 9 m/s
B．从放上铁块A到与长木板B共速的过程中，系统损失的机械能为8 J
C．铁块距离长木板上端2 m
D．从放上铁块A经过2 s后木板B的速度为v0
【答案】D
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】A．对A进行受力分析分析，铁块A刚放在长木板B上时，根据牛顿第二定律有
解得
方向沿斜面向下，
对B受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
方向沿斜面向上，
铁块A和长木板B共速的时间为t = 0.5 s，根据匀变速直线运动速度—时间关系可得
解得
故A错误；
C． 经过t = 0.5 s，A和B达到共速，根据匀变速直线运动位移—时间关系可得此时A和B相对位移为
A离木板上端0.5 m，故C错误；
B．系统损失的机械能等于摩擦力大小乘以相对位移大小
故B错误；
D．A、B共速后，由于
A、B一起沿斜面加速下滑
根据牛顿第二定律可得
方向沿斜面向下，设经过t1再次加速到v0
解得
全程用时
故D正确。
故选D。
【分析】对A和B进行受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，根据经过t = 0.5 s，A和B达到共速求解木板下滑的初速度；根据运动学公式求解相对位移大小；相对位移乘以摩擦力大小等于损失的机械
能；根据牛顿第二定律求解A、B一起沿斜面加速下滑的加速度大小，结合速度—时间关系求解时间。
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．（2024高三上·湖南模拟）一列简谐横波沿x轴传播，图（a）是t=1s时刻的波形图；P是介质中位于x=2m处的质点，其振动图像如图（b）所示。下列说法正确的是（　　）
A．波向x轴负方向传播，波速为2m/s
B．1s~5.5s时间内，质点P通过的路程为45cm
C．x=3m处的质点在t=6.6s时向y轴负方向运动
D．若波在传播过程中遇到尺寸为6m的障碍物，这列波能发生明显衍射
【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波的衍射现象
【解析】【解答】A． 由振动图像可知周期为T=2s，由波形图可知波长为λ=4m，则波速
由振动图像可知P质点在t=1s时正在向y轴正向运动，根据同侧法可知，波向x轴正方向传播，故A错误；
B.1s到5.5s时间内，质点P振动了，即P的路程
故B正确；
C．从t=1s到6.6s，x=3m处质点振动
所以6.6s时刻，质点经过平衡位置向下运动，故C正确；
D． 由于这列波的波长为λ=4m，则若波在传播过程中遇到尺寸为8m的障碍物，不能发生明显衍射，但能发生衍射，故D错误。
故选BC。
【分析】根据同侧法判断波的传播方向；根据图像读出波长和周期，再根据波长、周期和波速的关系求解波速；根据运动的时间求出运动的周期数，进而判断质点的运动方向；根据发生明显衍射的条件分析。
8．（2024高三上·湖南模拟）某种质谱仪由加速电场、静电分析器、磁分析器等组成。中心线是半径为通道，通道内有电场强度大小为的均匀辐向电场；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为的匀强磁场，磁分析器的左边界与静电分析器的右边界平行。离子源发出一个质量为、电荷量为的质子，质子“飘入”加速电场中（可认为质子进入电场初速度为0），经电压加速后沿中心线运动，由点垂直进入磁分析器中，最终垂直进入收集器，。下列说法正确的是（　　）
A．质子在静电分析器中一定做匀速圆周运动
B．静电分析器中心通道处场强
C．若离子源发出一个粒子，将打在距离点的右侧
D．电场强度与磁感应强度比值
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A． 质子“飘入”加速电场中， 经电压加速后沿中心线运动， 可知运动方向与电场力方向垂直， 电场力提供向心力，不做功，质子做匀速圆周运动 故A错误；
B．静电分析器中，电场力提供向心力，结合牛顿第二定律可得
在加速电场中，根据动能定理可得
得
B错误；
CD．在磁场中由洛伦兹力提供向心力
得
质子半径为，即粒子半径为，由几何关系可得粒子打在点右侧
电场强度与磁场强度的比值
C正确，D错误。
故选AC。
【分析】粒子受力方向与电场方向相同，粒子带正电，根据洛伦兹力分析磁场方向；离子在加速电场中加速，根据动能定理列式求解场强； 离子在通过静电分析器时做匀速圆周运动，电场力提供向心力，列式，求圆周运动半径，结合几何关系求解距离。
9．（2024高三上·湖南模拟）如图所示，某理想变压器接在电压有效值恒为360V的正弦交流电源两端，原、副线圈的匝数之比n1：n2=3：1，定值电阻R0=90Ω，R1=20Ω，滑动变阻器最大阻值R=40Ω，电流表为理想电表。初始时滑动变阻器的滑片P位于滑动变阻器的中点，将滑片P向上缓慢滑至a点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．P在中点时通过R0的电流为2A
B．交流电源的输出功率最小为720W
C．定值电阻R0消耗的电功率逐渐增大
D．副线圈负载消耗的电功率逐渐减小
【答案】A,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】解答本题时，要理清等效电路，采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析。
A． 初始时滑动变阻器的滑片P位于滑动变阻器的中点， 利用等效电阻法，电路图如图所示
R2为变压器副线圈负载等效电阻，根据变压器原理和欧姆定律可得
当P在中点时，有，
则通过R0的电流为
故A正确；
BC．当P向a端滑动时，负载总电阻增大，电流减小，电源功率减小，R0消耗的功率减小，P滑至a端时，电源的输出功率最小，此时，
根据欧姆定律可得
电源的输出功率最小值为
故BC错误；
D．将R0看成等效电源内阻，可知，当外阻等于内阻即
时，R2消耗的功率最大，滑片P向上滑动时，R2的功率逐渐减小，故D正确。
故选AD。
【分析】利用等效电阻法，求出原线圈的等效电阻，结合欧姆定律求解电流大小；当P向a端滑动时，负载总电阻增大，根据欧姆定律求解电流大小，根据功率公式求解电功率；将R0看成等效电源内阻，根据电阻与内阻的大小关系分析电功率。
10．（2024高三上·湖南模拟）如图所示，直角三角形ABC位于竖直平面内，AB沿水平方向，长度为l，∠C=30°，竖直平面内存在一匀强电场，一个质量为m，电荷量为q（q>0）的带正电微粒从C移动到A，电场力做功为，从C移动B，电场力做功（W>0），微粒仅受电场力作用，下列说法正确的是（　　）
A．电场强度沿BC方向
B．该带电微粒从A点沿CA以v射出，经过时间粒子动能最小
C．该带电微粒从A点沿CA以v射出，经过时间粒子速度大小刚好为v
D．该带电微粒从A点沿AB方向射出，要使微粒经过C点，则在A点的动能为
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．微粒从C到A，电场力做功， AB沿水平方向，长度为l，∠C=30°， 则AC=，根据电场力做功公式可得电场强度在AC方向上的分量为
微粒从C移动B，电场力做功为，所以微粒从B移动A，电场力做功为
根据电场力做功公式可得电场强度在BA方向上的分量为
根据几何关系可得电场强度与BA的夹角正切值为
故A错误；
BC．根据平行四边形法则和牛顿第二定律可得微粒运动的加速度为
将速度v分解为平行电场方向和垂直电场方向分量为
当
时，粒子动能最小，此时
经过时间
粒子速度大小再次为v，故B正确，C错误；
D．粒子从A点沿AB方向射出时，粒子沿AB先做匀减速后反向匀加速，根据匀变速直线运动的速度—时间关系可得到达C点时间为
粒子沿AC方向做匀加速直线运动，则
可得粒子从A点发射动能为，故D正确。
故选：BD。
【分析】根据电场力做功公式可得电场强度在CA和BA方向上的分量，结合几何关系求解电场强度方向；将速度v分解为平行电场方向和垂直电场方向分量，根据矢量合成和牛顿第二定律求解加速度，结合运动的合成与分解求解时间以及速度核对动能。
三、非选择题：本题共5小题，共56分。
11．（2024高三上·湖南模拟）如图甲所示为“探究加速度与物体所受合外力的关系”的实验装置图。图甲中A为质量为的小车，小车A和打点计时器B均置于一端带有定滑轮的足够长的木板上。P的质量为，动滑轮质量为，C为弹簧测力计，实验时改变P的质量，读出测力计示数并记录，不计绳与滑轮之间的摩擦。
（1）下列说法正确的是______（填序号）。
A．每次改变P的质量之后，都需要重新平衡摩擦力
B．实验中应远大于
C．小车A的加速度大小是P的加速度大小的2倍
D．测力计的读数始终等于
（2）如图乙所示为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点到A点之间的距离，相邻两个计数点间还有四个点没有画出。由此可求得小车的加速度大小　 　（交流电的频率为，结果保留2位有效数字）。
（3）保持小车A的质量不变，改变P的质量，进行多次实验，以弹簧测力计的示数为横坐标，小车的加速度为纵坐标，作出的图像如图丙所示，图像近似为过原点的一条直线，已知直线上某点A的坐标为，则相对应点A时P的质量为　 　（用、、、表示）。
【答案】（1）C
（2）0.40
（3）
【知识点】实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】本题主要考查了“探究加速度与物体所受合外力的关系”，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合牛顿第二定律和运动学公式即可完成分析。
（1）A．平衡摩擦力时，根据平衡条件有
解得
可知，每次改变P的质量之后，不需要重新平衡摩擦力，故A错误；
B．实验中利用弹簧测力计测量出绳的拉力，能够准确测量小车所受合外力，不需要确保应远大于，故B错误；
C．重物P连接动滑轮，A的位移始终等于P位移的2倍，则小车A的加速度为P的加速度的2倍，故C正确；
D．弹簧测力计测量的是绳的拉力，则有
解得
故D错误。
故选C。
（2）由于相邻两个计数点间还有四个点没有画出，则相邻计数点之间的时间间隔为
小车做匀变速直线运动，利用逐差法，小车加速度
（3）结合图像可知，在相对应点A时，弹簧测力计的读数
小车的加速度
由于小车A的加速度为P的加速度的2倍，此时对P与定滑轮整体进行分析，根据牛顿第二定律有
解得P的质量为
【分析】 （1）根据实验原理掌握正确的实验操作；
（2）根据匀变速直线运动的逐差法得出小车的加速度；
（3）小车A的加速度为P的加速度的2倍，对P与定滑轮整体进行分析，根据牛顿第二定律求解加速度大小。
（1）A．平衡摩擦力时有
解得
可知，实验中利用木板构建斜面平衡小车在木板上运动时所受阻力，每次改变P的质量之后，不需要重新平衡摩擦力，故A错误；
B．实验中利用弹簧测力计测量出绳的拉力，即重物拉动小车运动时，能够准确测量小车所受合外力，不需要确保应远大于，故B错误；
C．重物P连接动滑轮，A的位移始终等于P位移的2倍，则小车A的加速度为P的加速度的2倍，故C正确；
D．弹簧测力计测量的是绳的拉力，则有
解得
故D错误。
故选C。
（2）由于相邻两个计数点间还有四个点没有画出，则相邻计数点之间的时间间隔为
利用逐差法，小车加速度
（3）结合图像可知，在相对应点A时，弹簧测力计的读数
小车的加速度
由于小车A的加速度为P的加速度的2倍，此时对P与定滑轮整体进行分析有
解得P的质量为
12．（2024高三上·湖南模拟）某实验小组利用已有器材进行相关电学实验，除开关、导线以外，一个电流计G、一个电阻箱RP、定值电阻R0（阻值未知）、两个定值电阻R（R=2.0Ω）和若干个规格相同的小灯泡。
（1）他们利用图甲所示电路来测量R0的阻值，闭合开关S，调节电阻箱RP，当RP=5.0Ω时灵敏电流计G的示数为零，则R0=　 　Ω。
（2）通过图乙测定电源的电动势和内阻，测得I和RP多组数据，绘出的图像，若图像斜率为k，纵截距为b，则电源的电动势E=　 　和内阻r=　 　（结果用k、b、R0表示）；若考虑电流表内阻，则电源内阻的测量值　 　真实值（填“大于”、“小于”或“等于”）。
（3）若测得电源的电动势E=3.0V，内阻r=1.0Ω，实验小组同学将该电源与R=2.0Ω的定值电阻及两个相同的灯泡构成如图丙所示的电路，灯泡的伏安特性曲线如图丁所示，则每个灯泡的实际功率为　 　W（结果保留两位小数）；此时电源的效率为　 　（结果保留三位有效数字）。
【答案】（1）5.0
（2）；；大于
（3）0.35（0.342~0.36均可得分）；87.3%
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）电流计读数为0，即电流表两端的电势相等，根据串并联电路连接规律可得
所以
（2）根据闭合电路欧姆定律可得
所以
可知图像的斜率和截距
所以，
如果考虑电流表内阻，则
即测量值大于真实值。
（3）将电源与灯泡连接成图丙电路图，根据串并联电路规律结合闭合电路欧姆定律可知
所以
在灯泡伏安特性曲线中作出该图像，如图所示
由图可知，两图线的交点坐标为（0.38A，0.92V），即灯泡两端的电压为0.92V，流过灯泡的电流为0.38A，所以灯泡功率为
此时电源效率为
【分析】（1）用电桥平衡法测电阻；
（2）根据闭合电路欧姆定律可得图像对应的函数关系式，结合函数关系式结合图像的斜率和截距求解电动势和内阻；
（3）将电源与灯泡连接成图丙电路图，由闭合电路欧姆定律图像对应的函数关系式，在灯泡伏安特性曲线中作出该图像，结合图像的交点求解灯泡功率和电源效率。
（1）本实验利用电桥平衡法测电阻，电流计读数为0，有
所以
（2）[1][2]利用安阻法测电源电动势和内阻，根据闭合电路欧姆定律可得
所以
可知
所以
，
[3]如果考虑电流表内阻，则
即测量值大于真实值。
（3）[1][2]将电源与灯泡连接成图丙电路图，由闭合电路欧姆定律可知
所以
在灯泡伏安特性曲线中作出该图像，如图所示
由图可知，两图线的交点坐标为（0.38A，0.92V），即流过灯泡的电流为0.38A，灯泡两端的电压为0.92V，所以灯泡功率为
此时电源效率为
13．（2024高三上·湖南模拟）医院在转运病人时有时会用到负压救护车，如图为一容积为0.6 m3的负压舱，需要将患者从甲地转移到乙地，在甲地出发时舱内温度为27℃，压强为1.0 × 105 Pa，到乙地后，外界温度变为17℃，外界大气压变为0.9705 × 105 Pa。负压舱导热性良好，舱内空气视为理想气体，绝对零度取 273℃，舱内负压（舱内外压强差）为20 ~ 50 Pa时效果比较理想。
（1）转运过程中，负压舱与外界没有气体交换，则运输到乙地后，负压舱内与乙地外界大气压的压强差是多少？
（2）转运到乙地后负压舱内需保持50 Pa的稳定负压，需要充入多少体积的空气？
【答案】（1）解：以负压舱内气体为研究对象，体积不变，初态
末态压强为p2，温度为
由查理定律可得
解得
此时舱内外压强差
（2）解：初状态下
温度
体积
充入气体压强p' = 0.9705 × 105 Pa，充入体积为ΔV，末状态气体压强
根据玻意耳定律得
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）气体体积不变，应用查理定律求出气体末状态的压强，从而求解压强差；
（2）气体温度不变，应用玻意耳定律求出需要充入气体的体积。
（1）以负压舱内气体为研究对象，体积不变，初态
末态压强为p2，温度为
由查理定律可得
解得
此时舱内外压强差
（2）初状态下
温度
体积
充入气体压强p' = 0.9705 × 105 Pa，充入体积为ΔV，末状态气体压强
根据玻意耳定律得
解得
14．（2024高三上·湖南模拟）如图所示在光滑水平面上放置一个质量为，倾角的足够长斜面，一个质量为的木块（可视为质点）用轻绳系住，静止在斜面上，一颗质量为的橡皮泥子弹以水平速度射向木块，立即与木块黏合在一起沿斜面向上运动，两者作用时间极短，作用瞬间轻绳断裂，已知物块与斜面间的动摩擦因数，重力加速度，求：
（1）若斜面固定，木块与斜面间摩擦产生的热量；
（2）若斜面不固定，子弹损失的动能。
【答案】（1）解：木块与子弹组成系统，子弹射入木块瞬间，沿斜面方向动量守恒
解得
子弹和木块一起上滑过程中，由动能定理：
子弹和木块一起上滑的距离
由于，木块将停在斜面上保持静止，所以摩擦产生的热量
（2）解：斜面不固定时，子弹与木块、斜面组成系统，水平方向上动量守恒，
解得
子弹损失的动能为
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）木块与子弹组成系统，子弹射入木块瞬间，沿斜面方向动量守恒，根据动能定理求解子弹和木块一起上滑的距离，热量等于距离乘以滑动摩擦力；
（2）斜面不固定时，子弹与木块、斜面组成系统，水平方向上动量守恒，根据能量的转化与守恒求解子弹损失的动能。
（1）木块与子弹组成系统，子弹射入木块瞬间，沿斜面方向动量守恒
解得
子弹和木块一起上滑过程中，由动能定理：
子弹和木块一起上滑的距离
由于，木块将停在斜面上保持静止，所以摩擦产生的热量
（2）斜面不固定时，子弹与木块、斜面组成系统，水平方向上动量守恒，
解得
子弹损失的动能为
15．（2024高三上·湖南模拟）如图所示，足够长的倾斜金属导轨两侧与水平地面的夹角θ=37°，其间距L=0.5m，电容C=1×104μF，电阻R=10Ω，导轨所在区域存在垂直导轨平面向下的匀强磁场B，磁感应强度大小B=2T，现使质量m=10g的导体棒ab静止在轨道上，导体棒ab始终与两侧金属导轨垂直且接触良好，两者间动摩擦因数处处相同，导轨和导体棒ab电阻均不计，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）若开关S1闭合，S2断开，静止释放金属棒，金属棒最终以速度v=0.2m/s做匀速直线运动，求金属棒与导轨间的动摩擦因数μ；
（2）若开关S2闭合，S1断开，静止释放金属棒（整个过程中电容器未被击穿），t0=0.5s后对金属棒施加沿斜面向上的恒定外力F，经过后金属棒速度恰好为0，求外力F的大小；
（3）在第（2）问条件下，求导体棒回到释放点时电容器储存的能量EC。
【答案】（1）解：闭合S1，断开S2，金属棒稳定后做匀速直线运动，对棒受力分析可得
联立解得
（2）解：闭合S2，断开S1时，在Δt时间内，对金属棒，由动量定理可得
对电容器，有
分析可知金属棒向下做匀加速运动
同理可知施加外力F后，金属棒向下做匀减速运动
向下加速运动和向下减速运动时，有
所以
，
（3）解：金属棒向下减速为0后，向上反向以加速度a3匀加速运动，分析可知
金属棒速度为0时离静止释放点的距离
金属棒返回到出发点时速度为v，则
所以
对金属棒向上运动过程，由功能关系可得
解得
【知识点】动量定理；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）速度最大时，导体棒所受合力为零，由平衡条件求动摩擦因数的大小；
（2）由法拉第电磁感应定律、电容的计算公式、牛顿第二定律等求出向下加速的加速度。施加外力后，再由牛顿第二定律和题设条件，由动力学规律列方程求出外力的大小；
（3）由动力学规律求出返回出发点的速度，再根据功能关系求解电容器储存的能量。
（1）闭合S1，断开S2，金属棒稳定后做匀速直线运动，对棒受力分析可得
联立解得
（2）闭合S2，断开S1时，在Δt时间内，对金属棒，由动量定理可得
对电容器，有
分析可知金属棒向下做匀加速运动
同理可知施加外力F后，金属棒向下做匀减速运动
向下加速运动和向下减速运动时，有
所以
，
（3）金属棒向下减速为0后，向上反向以加速度a3匀加速运动，分析可知
金属棒速度为0时离静止释放点的距离
金属棒返回到出发点时速度为v，则
所以
对金属棒向上运动过程，由功能关系可得
解得
1 / 1

展开更多......

收起↑