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湖南常德市2025-2026学年高三上学期检测考试物理试题
1．（2026·常德模拟）下列关于物理学史和物理思想方法叙述正确的是（　　）
A．牛顿提出了平均速度、瞬时速度、加速度的概念，发现了万有引力定律，并测得引力常量G的大小
B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这是采用了微元累积思想，用这种思想方法也可以类比理解其他图像“面积”的含义
C．电场中“场”的概念是由库仑最先提出的
D．法拉第发现了电流的磁效应，首次揭示了电现象和磁现象间的某种联系
2．（2026·常德模拟）下图为中国航天员科研训练中心的载人离心机，某次训练中质量为m的航天员进入臂架末端的吊舱中呈仰卧姿态，航天员可视为质点。当航天员做水平匀速圆周运动的速率为v时，航天员所需的向心力大小为F，下列说法正确的是（　　）
A．航天员运动的周期为 B．航天员运动的角速度为
C．航天员运动的转速为 D．吊舱对航天员的作用力为F
3．（2026·常德模拟）真空中电量相等的两异种点电荷连线和一绝缘正方体框架的两侧面和中心连线重合，连线中点和立方体中心重合，除两异种电荷Q产生的电场外，不计其它电场的影响，则下列说法中正确的是（　　）
A．正方体两顶点A、B电场强度相同
B．正方体两顶点A、B电势相同
C．面是等势面
D．负检验电荷q从移到电势能先减小后增大
4．（2026·常德模拟）如图所示，一小球从某高度以一定的初速度水平抛出，然后无碰撞地落到光滑固定斜面上并继续运动到斜面底端，规定斜面底端所在的平面重力势能为零，不计空气阻力，在整个运动过程中，小球的水平分速度随时间t、竖直分速度随时间t、重力势能随下降的高度h、动能随下降的高度h的变化关系正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2026·常德模拟）中国自行研制的北斗导航系统目前在轨卫星总数已达数十颗，北斗系统的卫星包括地球静止轨道卫星和中圆地球轨道卫星等。如图Ⅰ是中圆地球卫星轨道，Ⅲ是地球静止卫星轨道，其轨道半径的关系为，Ⅱ是连接两个轨道的椭圆过渡轨道，P、Q是过渡轨道与两个圆轨道的切点。以下说法正确的是（　　）
A．一飞船从轨道Ⅰ过渡到轨道Ⅲ，需要在P、Q两点向与运动方向相同的方向喷气来获得加速
B．飞船在轨道Ⅱ上运动到Q点时的速率要大于地球第一宇宙速度
C．同一卫星在轨道Ⅰ与轨道Ⅲ上的动能之比为
D．若已知地球的自转周期，则可算出飞船从P运动到Q的时间
6．（2026·常德模拟）中国制造的新能源汽车，产销量连续十年保持全球第一。新能源汽车具有噪声小、污染少、起步快、加速平顺等优点。某新能源汽车在启动时由电机提供牵引力，而阻力来自两部分，一部分是地面摩擦阻力，设为一定值，另一部分来自空气阻力，设其大小与汽车速率成正比。已知该汽车质量为m，电机在不同功率下的牵引力F与对应匀速直线运动的速率v关系如图所示，其图像纵截距为b，斜率为k，则下列说法正确的是（　　）
A．地面摩擦阻力
B．若该汽车以恒定加速度启动，在匀加速运动过程中牵引力大小不变
C．若该汽车以恒定加速度启动，在匀加速运动过程中牵引力大小随时间均匀增大
D．若该汽车以某恒定功率启动，经过时间t达到最大速度，则汽车克服空气阻力做的功为
7．（2026·常德模拟）直流特高压输电技术已成为我国“西电东送”战略的技术基础，其输电原理如图所示。若变压器、均为理想变压器，的匝数之比，直流输电线的总电阻等效为，整流及逆变过程的能量损失不计，交流电的有效值不变。下列说法正确的是（　　）
A．图中“”指交流电的最大值
B．直流输电电流大小为
C．当用户负载增加时，输电线上损失的电压会减小
D．当用户负载增加时，会增大
8．（2026·常德模拟）常德市在乡村振兴与美丽乡村建设中，将节能路灯作为改善农村基础设施和提升人居环境的重要举措。图甲为通过光控开关实现自动控制的节能路灯，图乙为其内部电路简化示意图，电源电动势为，内阻为，、为定值电阻，为光敏电阻（光照强度增加时，其电阻值减小）。当光照强度降低时，下列判断正确的是（　　）
A．电路的总电阻变小 B．电压表的示数变大
C．电源内阻消耗的功率变小 D．小灯泡变亮
9．（2026·常德模拟）在测试汽车刹车性能时，为避免汽车未刹停造成损失，常在道路尾端安设电磁阻尼减速器，其简化原理如图。匀强磁场的宽度，磁感应强度大小，方向竖直向上。一轻质弹簧右端固定，垂直于磁场边界水平放置，左端恰与磁场右边界平齐。汽车可看作100匝，宽为，长为的矩形硬质金属线框ABCD，质量，总电阻。汽车以的速度沿光滑水平面进入磁场，且正对弹簧向右运动，AB边向右穿过磁场右边界后开始压缩弹簧，弹簧始终在弹性限度内，汽车CD边始终未进入磁场。下列说法正确的是（　　）
A．汽车刚进入磁场时，线框中感应电流方向为ABCD
B．汽车刚进入磁场时，线框中感应电流为
C．汽车刚进入磁场时，汽车的加速度大小为
D．汽车向右运动过程中弹簧获得的最大弹性势能为
10．（2026·常德模拟）如图所示，物块A、B通过一轻弹簧相连，竖直放置在水平地面上，B通过一根跨过定滑轮的轻绳与固定在轻杆一端的小球相连，轻杆另一端固定在O点，O点与定滑轮等高。初始时轻杆沿水平方向，轻绳恰好伸直且无张力，图中水平部分绳长，轻杆长。现将小球由静止释放，当小球运动到最低点时，物块A恰好离开地面。已知A、B和小球均可视为质点，A、B质量均为，小球质量为，运动过程中弹簧始终在弹性限度内，物块B没有碰到定滑轮，重力加速度，忽略一切阻力。以下说法正确的是（　　）
A．运动过程中A、B和小球组成的系统机械能守恒
B．轻弹簧劲度系数
C．小球运动到最低点时的速度大小为
D．当小球下落高度为时物块B和小球的速度大小相等
11．（2026·常德模拟）某实验小组利用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律：
（1）用游标卡尺测量滑块上遮光条的宽度d，示数如图乙所示，则　 　；
（2）关于调节气垫导轨水平，下列有一项说法正确的是________；（填字母序号）
A．调节时，应挂上砂桶
B．调节时，应打开气泵
C．若自由释放滑块，滑块向左运动，则应将导轨左边适当调低
（3）以下是实验中的主要步骤与数据处理：
①调节气垫导轨水平，测量出遮光条的宽度d
②将滑块置于气垫导轨的最右端，测出遮光条中心到光电门中心的距离L
③将滑块从导轨最右端由静止释放，记录遮光条通过光电门的遮光时间t
④仅改变光电门的位置，让滑块从气垫导轨最右端释放，测出多组L和t
⑤用天平测出滑块和遮光条的总质量M，砂和砂桶的总质量m，若测得，已知当地的重力加速度为g，作出的图像，如果所作图线是一条延长后过坐标原点的直线，且直线的斜率为　 　（结果用d、g表示），就验证了机械能守恒定律。
12．（2026·常德模拟）一物理兴趣小组对某型机器人使用的半导体薄膜压力传感器展开研究。已知该型压力传感器阻值约几十千欧，重力加速度g取，现利用以下器材测量压力传感器在不同压力下的阻值：
A、压力传感器（压力感知范围：）
B、电源（电动势，内阻不计）
C、电流表A（量程，内阻约）
D、电压表V（量程，内阻约）
E、滑动变阻器R（阻值范围）
F、开关S，导线及砝码若干。
（1）该兴趣小组设计了电路图，并连接了部分导线，图1中还有一根导线没有完成，请在答题卡图1中完成连线。
（2）在压力传感器上放置适量砝码，调节滑动变阻器滑片使得两电表示数适当大些以便于精确测量。实验时压力传感器必须水平放置，且闭合开关前，应将滑动变阻器滑片调至最　 　端（填“左”或“右”）。某次操作，所放砝码质量为，电压表示数为，而电流表的示数如图2所示，其中电流表的读数为　 　，而可得此时压力传感器电阻的测量值　 　（结果保留3位有效数字），多次测量并描点连线得到如图3所示的曲线。
（3）若将定义为压力传感器的灵敏度，则由图3可知该型压力传感器的灵敏度随着所受压力的增大而　 　（填“增大”或“减小”）。由于电表内阻的影响，测量出来的该型压力传感器灵敏度比真实值　 　（填“偏大”、“偏小”、“不变”）。
13．（2026·常德模拟）福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，2025年9月22日，央视首次公开了福建舰的电磁弹射视频。已知某舰载机质量为，在弹射系统和发动机共同作用下能在内从静止沿水平甲板跑道匀加速运动到起飞速度，重力加速度。
（1）舰载机在水平甲板上直线加速过程中，若发动机提供的动力为，舰载机受到的阻力f恒为其重力的0.2倍，求弹射系统提供的作用力F大小；
（2）舰载机离开航空母舰后，以与水平成的方向匀速直线爬升。此阶段发动机以最大推力运行，推力方向与速度方向相同。另外舰载机还受空气阻力，，方向与速度方向相反；受升力，，方向与速度方向垂直。求舰载机匀速爬升时的速度大小v和舰载发动机的最大推力。
14．（2026·常德模拟）如图甲所示，y轴左侧有两块带等量异种电荷的水平平行金属板，y轴右侧有交替变化的匀强磁场，x轴在平行金属板的中心线上。一个质量为m，电荷量为的带电粒子（重力不计），以初速度从金属板左端中心线沿方向进入，恰好能从金属板下边缘P点飞出并进入磁场。以粒子进入磁场为0时刻，在时刻粒子第一次经过x轴。已知两金属板间距为d，板长为板间距的倍，磁场取垂直纸面向里为正方向，乙图中，T未知，不考虑磁场变化引起的感生电场，计算结果用、d和常量表示。
（1）求粒子在P点的速度大小v；
（2）若粒子在时刻恰到磁场右边界，求磁场的右边界到y轴之间的宽度s；
（3）若磁场宽度s不确定，但粒子出右边界时速度都是沿方向，求粒子在磁场中运动时间t的可能值。
15．（2026·常德模拟）如图甲所示，固定的水平光滑桌面上有A、B、C三个质量均为m的小球，其中小球A与B用长L的轻杆相连，小球C靠在B右边，桌子右侧有质量为3m的小车D，停在光滑的水平地面上，小车内部有一个圆弧管道，管道出口e点刚好与桌面右端平齐且几乎无间隙，另一端f点与一截竖直管道平滑连接，竖直管道内g点以下有一轻弹簧连在底部。先控制A、B和轻杆处于竖直状态，再由静止释放，让A从左边倒下，B与C分离后C从e点以进入圆弧管道，经内部轻弹簧作用后又从e点飞出。已知圆弧管道的半径，且远大于管道内径，小球C与管道内壁无摩擦，竖直管道fg部分长，不计空气阻力，重力加速度为g，计算结果用、g、L中的符号表示。
（1）求小球C从e点飞出时小车D的速度大小；
（2）求小球A接触桌面前瞬间的速度大小；
（3）若将轻弹簧去掉，在竖直管道g点以下的部分填充一种特殊物质（忽略该物质的质量），小球C碰到该物质立即减速，且在该部分运动时其加速度的倒数与竖直速度的关系如图乙所示，利用乙图中的数据和相关物理规律计算小球C在竖直管道内由f点运动到最低点的过程中小车D运动的位移x。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】物理学史；微元法
【解析】【解答】A．平均速度、瞬时速度、加速度的概念由伽利略提出，引力常量 G 由卡文迪许通过扭秤实验测得，并非牛顿，A 错误；
B．推导匀变速直线运动位移公式时，将运动过程划分为多段匀速运动再求和，采用的是微元累积思想，该方法可类比理解 v-t 图像、P-t 图像的面积含义，B 正确；
C．电场中 “场” 的概念由法拉第最先提出，并非库仑，C 错误；
D．电流的磁效应由奥斯特发现，法拉第的主要贡献是发现电磁感应现象，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题考查物理学史与思想方法，需准确区分各物理学家的核心贡献，明确微元累积思想的应用。
2．【答案】A
【知识点】向心力
【解析】【解答】A．由向心力公式 得轨道半径 ，周期 ，A正确；
B．角速度 ，并非 ，B错误；
C．转速 ，并非 ，C错误；
D．吊舱对航天员的作用力需同时提供向心力和平衡重力，合力为 ，故吊舱作用力大小大于 ，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题考查匀速圆周运动的向心力、周期、角速度、转速的关系，以及受力分析。核心是利用向心力公式推导各物理量，同时注意航天员受重力，吊舱作用力为向心力与重力的合力，并非等于向心力。
3．【答案】B
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势；等势面
【解析】【解答】A．由等量异种电荷的电场线分布可知，顶点 A、B 电场强度大小相同，方向不同，故 A 错误；
B．A、B 两点与正电荷 Q 的距离相等，正电荷 Q 在 A、B 两点产生的电势相等且为正值，同理负电荷 Q 在 A、B 两点产生的电势也相等且为负值；电势为标量，根据标量的叠加法则可得 A、B 两点电势相同，故 B 正确；
C．A、B、B1、A1四点电势相同，但面不是等势面，电场线不与该面垂直，故 C 错误；
D．由等量异种电荷的电势分布可知，A1点电势为正值，C1点电势为负值，因此负检验电荷 q 在 A1处的电势能小于 C1处的电势能；若负检验电荷沿直线 A1C1移动，则电势能逐渐增大，若沿其他路径移动，电势能的变化情况未知，故 D 错误；
故选 B。
【分析】根据等量异种电荷的电场分布，分析 A、B 两点的电场强度与电势，结合等势面的特征判断面 ABB1A1是否为等势面，再根据电势变化分析负检验电荷的电势能变化。
4．【答案】C
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；平抛运动；重力势能的变化与重力做功的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．在平抛运动阶段，小球在水平方向做匀速直线运动，保持不变，则图像是一条水平直线。小球无碰撞地落到斜面上，则小球落到斜面上时，速度方向沿斜面向下。之后小球沿斜面向下做匀加速直线运动，可分解为水平方向和竖直方向的匀加速直线运动。随时间均匀增大，因此图像是斜率为正的倾斜直线，故A错误；
B．在平抛运动阶段，小球在竖直方向做自由落体运动，则图像是过原点、斜率为的倾斜直线。在斜面上运动阶段，小球的加速度在竖直方向的分量小于重力加速度，因此图像是斜率更小的倾斜直线，故B错误；
C．无论是平抛运动阶段还是在斜面上运动阶段，小球重力势能的变化量始终为。可知重力势能随下降高度的增大线性减小，且在斜面底端时重力势能为0，因此图像是斜率为的直线，故C正确；
D．由机械能守恒定律可知，动能和重力势能的和为一定值。则动能随下降的高度的增大线性增大，但小球的初动能不为0，因此图像是不过原点、斜率为的直线，故D错误；
故答案为：C。
【分析】分别分析平抛阶段和斜面阶段小球的水平分速度、竖直分速度的变化规律，判断、图像的特征；根据重力势能与高度的关系，分析图像；结合机械能守恒定律，分析动能随高度的变化规律。
5．【答案】D
【知识点】开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．飞船从轨道 Ⅰ 变轨到轨道 Ⅲ，需在 P、Q 两点沿运动反方向喷气加速，而非同向喷气，A错误；
B．第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是圆轨道卫星的最大环绕速度。轨道 Ⅲ 为地球静止轨道，其 Q 点的环绕速度小于第一宇宙速度，因此飞船在椭圆轨道 Ⅱ 的 Q 点速率也小于第一宇宙速度，B错误；
C．卫星在圆轨道上的动能
卫星在轨道上做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有
联立可得
即同一卫星的动能与轨道半径成反比，已知，同一卫星在轨道Ⅰ与轨道Ⅲ上的动能之比为，C错误；
D．已知轨道Ⅲ的半径，椭圆轨道Ⅱ的半长轴为
轨道Ⅲ是地球静止轨道，其周期等于地球自转周期，根据开普勒第三定律，有
联立解得
则飞船从P运动到Q的时间
因此若已知地球的自转周期，则可算出飞船从P运动到Q的时间，D正确；
故答案为：D。
【分析】结合卫星变轨的喷气原理、第一宇宙速度的物理意义、万有引力向心力公式推导动能与轨道半径的关系、利用开普勒第三定律计算椭圆轨道周期，进而求解 P 到 Q 的运动时间来解答。
6．【答案】C
【知识点】机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．汽车匀速行驶时，牵引力与总阻力平衡，即 。总阻力由恒定地面摩擦阻力 和与速率 成正比的空气阻力 组成，因此 。结合 图像纵截距为 、斜率为 ，得 ，故A错误；
BC．以恒定加速度 启动时，由牛顿第二定律：
匀加速阶段速度 ，代入上式得：，
均为定值，因此牵引力 随时间 均匀增大，B错误，C正确；
D．以恒定功率 启动，最大速度 时牵引力等于总阻力，即 。牵引力做功 ，由动能定理：
整理得汽车克服空气阻力做功：，即
其中为汽车克服总阻力做的功，故D错误；
故答案为：C。
【分析】先通过匀速运动的受力平衡与 图像，推导地面摩擦阻力和空气阻力的表达式；再结合牛顿第二定律与匀变速运动规律，推导恒定加速度启动时牵引力的变化公式；最后依据恒定功率启动的特点与动能定理，推导空气阻力做功的表达式。
7．【答案】B
【知识点】电能的输送；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．输电系统中标注的电压均为交流电的有效值，因此“500kV”是有效值而非最大值，故A错误；
B．直流输电线路的电压为1100kV，输电线总电阻，根据欧姆定律，代入数据得：
，故B正确；
C．当用户负载增加时，用户端总电阻减小，副线圈电流增大；根据理想变压器变流规律，输电线电流同步增大；输电线损失电压，因此损失电压增大，故C错误；
D．原线圈电压，增大则减小；根据理想变压器变压规律，，因此随减小而减小，故D错误；
故答案为：B。
【分析】先明确输电电压的标注为有效值，再结合欧姆定律计算直流输电电流，最后根据理想变压器的变压、变流规律，分析负载变化对输电电流、损失电压和用户端电压的连锁影响。
8．【答案】C,D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】A．光照强度降低时，光敏电阻阻值增大，并联支路总电阻增大，故电路总电阻变大，A错误；
B．总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律 ，总电流 减小；电压表测 两端电压 ， 减小则 减小，电压表示数变小，B错误；
C．电源内阻消耗的功率 ， 减小则 变小，C正确；
D．路端电压 ， 减小则 增大； 两端电压 ， 增大、 减小故 增大；小灯泡与 支路的电流 ， 增大则 增大，小灯泡变亮，D正确；
故答案为：CD。
【分析】先由光照变化判断光敏电阻阻值变化，进而确定总电阻、总电流的变化，再结合欧姆定律分析各部分电压、电流的变化。
9．【答案】A,B
【知识点】机械能守恒定律；楞次定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A．汽车刚进入磁场时，线框磁通量竖直向上增加，根据楞次定律，感应电流的磁场竖直向下，由右手螺旋定则可知，感应电流方向为ABCD，故A正确；
B．感应电动势 ，由欧姆定律得感应电流 ，故B正确；
C．安培力 ，加速度 ，故C错误；
D．AB边穿过磁场过程中，通过线框的电荷量 ；由动量定理 ，即 ，解得 ；弹簧最大弹性势能等于此时的动能 ，故D错误；
故答案为：AB。
【分析】先利用楞次定律判断感应电流方向，再由法拉第电磁感应定律计算感应电动势、电流，进而求出安培力与加速度；最后通过动量定理分析线框出磁场后的速度，结合机械能守恒计算弹簧最大弹性势能。
10．【答案】B,D
【知识点】运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．运动过程中，A、B、小球与弹簧组成的系统机械能守恒，A 选项未包含弹簧，A错误；
B．分析初态时B受力情况，B受重力、弹簧弹力二力平衡
分析末态时A受力情况，A受重力、弹簧弹力二力平衡
由图中的几何关系可知
解得，，B正确；
C．系统机械能守恒，初末态时弹簧的形变量相同，弹性势能相同，根据机械能守恒
根据关联速度关系
解得，C错误；
D．当绳与轻杆垂直时，小球速度方向与绳同向，此时 B 与小球速度大小相等。
设到N点时，小球下落的高度为，由图中的几何关系可知
解得，D正确；
故答案为：BD。
【分析】先明确系统机械能守恒的范围（需包含弹簧），再通过初末态的受力平衡与几何关系求解弹簧劲度系数；接着利用机械能守恒与速度关联分析小球最低点速度；最后根据绳杆垂直时的速度关系，结合几何关系求解对应下落高度。
11．【答案】（1）2.40
（2）B
（3）
【知识点】验证机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1）图乙为20分度的游标卡尺，其精度值为，所以用游标卡尺测量滑块上遮光条的宽度为
故答案为：2.40；
（2）A．调节气垫导轨水平时，不应挂砂桶，否则会改变滑块受力，故A错误；
B．调节气垫导轨水平时，应打开气泵，让滑块悬浮在导轨上，才能判断是否水平，故B正确；
C．若自由释放滑块，滑块向左运动，说明左端较低，应将左端适当调高，故C错误。
故答案为：B。
（3）滑块通过光电门的速度为
根据系统机械能守恒有
联立解得
又因为
代入上式解得
所以的图像的斜率为
故答案为：；
【分析】(1) 先读取主尺整数毫米数，再加上游标尺对齐格数乘以精度值，两者相加即为最终读数。
(2) 依据调平不挂砂桶、滑块悬浮的原则，结合滑块滑动方向判断导轨倾斜情况，从而验证选项正误。
(3) 利用光电门平均速度近似瞬时速度，结合机械能守恒定律推导 与 的线性关系，从而确定图像斜率。
（1）图乙为20分度的游标卡尺，其精度值为，所以用游标卡尺测量滑块上遮光条的宽度为
（2）A．调节气垫导轨水平时，不应挂砂桶，否则会改变滑块受力，故A错误；
B．调节气垫导轨水平时，应打开气泵，让滑块悬浮在导轨上，才能判断是否水平，故B正确；
C．若自由释放滑块，滑块向左运动，说明左端较低，应将左端适当调高，故C错误。
故选B。
（3）滑块通过光电门的速度为
根据系统机械能守恒有
联立解得
又因为
代入上式解得
所以的图像的斜率为
12．【答案】（1）
（2）左；220；10.4
（3）减小；偏大
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；常见传感器的工作原理及应用；伏安法测电阻；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】（1）连线如图所示
（2）闭合开关前，根据分压式特点，为了安全应将滑动变阻器滑片调至最左端，使测量电路的电压最小。电流表的表盘上一小格代表，估读到微安位，指针位置在“200”后面的第4格处，电流表的读数为根据欧姆定律，传感器电阻的测量值
故答案为：左；220；10.4；
（3）由图3可知该型薄膜压力传感器的灵敏度随着所受压力的增大而减小；由于电表内阻的影响，测量值偏大，故测量出来的该型薄膜压力传感器灵敏度比真实值偏大。
故答案为：减小；偏大；
【分析】(1)根据分压式接法的电路原理，将滑动变阻器、电源、开关、薄膜压力传感器、电流表、电压表按规范连接，确保分压式结构正确、电表正负接线柱无误，完成实验电路搭建。
(2) 闭合开关前，依据分压式电路的安全要求，将滑动变阻器滑片调至测量电路电压最小的位置，保护元件；按照电流表的量程和分度值，准确读取指针示数；利用欧姆定律 ，代入电压和电流的测量值，计算出薄膜压力传感器的电阻。
(3) 从压力-灵敏度关系图像中，分析灵敏度随压力的变化趋势，得出变化规律；考虑电表内阻的影响，分析其对电阻测量值的偏差，进而判断测量灵敏度与真实值的大小关系。
（1）
（2）[1]闭合开关前，根据分压式特点，为了安全应将滑动变阻器滑片调至最左端，使测量电路的电压最小。
[2] 电流表的表盘上一小格代表，估读到微安位，指针位置在“200”后面的第4格处，电流表的读数为
[3] 根据欧姆定律，传感器电阻的测量值
（3）[1] 由图3可知该型薄膜压力传感器的灵敏度随着所受压力的增大而减小
[2] 由于电表内阻的影响，测量值偏大，故测量出来的该型薄膜压力传感器灵敏度比真实值偏大。
13．【答案】（1）解：舰载机在水平甲板上做匀加速直线运动的加速度
由牛顿第二定律
解得
（2）解：舰载机匀速直线爬升时受力平衡，受力情况如图
垂直速度方向有
解得速度
沿速度方向有
解得
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】(1)先根据匀变速直线运动的加速度定义式 求出舰载机的加速度；再对舰载机进行受力分析，结合牛顿第二定律列方程，代入已知的阻力、质量等参数，求解所需的推力 。
(2)先对匀速爬升的舰载机进行正交分解，将力分解到垂直速度和沿速度两个方向；利用垂直方向的受力平衡求出匀速爬升的速度 ；再根据沿速度方向的受力平衡，代入速度、重力等参数，求解最大推力 。
（1）舰载机在水平甲板上做匀加速直线运动的加速度
由牛顿第二定律
解得
（2）舰载机匀速直线爬升时受力平衡，受力情况如图
垂直速度方向有
解得速度
沿速度方向有
解得
14．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在交变电场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
15．【答案】（1）解：小球与小球作用过程中满足机械能守恒和水平方向动量守恒，则，
解得
（2）解：小球、、作用过程中满足机械能守恒和水平方向动量守恒，由于的动量向右，而总动量为零，则和的总动量向左，且碰到桌面前瞬间沿杆的水平分速度与的速度一样大，速度矢量图如图所示
所以有
根据机械能守恒和水平方向动量守恒有，
解得
（3）解：小球到达管道点时，其水平分速度与小车速度相同，且小球在竖直管道内其水平速度一直和小车保持一致，做匀速直线运动，而小球有竖直分速度，竖直方向相对做匀加速运动，到点设为，则，
解得，
阶段有
解得
该阶段运动时间
点以下运动阶段，根据题意可知，图像面积表示时间，则
故小车的位移
【知识点】动量守恒定律；平抛运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1)小球 C 和 D 发生弹性碰撞，满足水平方向动量守恒和机械能守恒，联立两个守恒方程，求解碰撞后小球 D 的速度。
(2)A、B、C 组成的系统在水平方向动量守恒，且系统机械能守恒；结合 A、B 的速度关联（A 的水平分速度等于 B 的速度），联立动量守恒和机械能守恒方程，求解小球 A 碰桌前的速度。
(3)先分析小球 C 进入管道时，与小车 D 的水平共速，由水平动量守恒和机械能守恒求出共速速度和竖直分速度；再用运动学公式计算竖直管道内的运动时间，结合 g 点以下的运动时间，最终求出小车的总位移。
（1）小球与小球作用过程中满足机械能守恒和水平方向动量守恒，则，
解得
（2）小球、、作用过程中满足机械能守恒和水平方向动量守恒，由于的动量向右，而总动量为零，则和的总动量向左，且碰到桌面前瞬间沿杆的水平分速度与的速度一样大，速度矢量图如图所示
所以有
根据机械能守恒和水平方向动量守恒有，
解得
（3）小球到达管道点时，其水平分速度与小车速度相同，且小球在竖直管道内其水平速度一直和小车保持一致，做匀速直线运动，而小球有竖直分速度，竖直方向相对做匀加速运动，到点设为，则，
解得，
阶段有
解得
该阶段运动时间
点以下运动阶段，根据题意可知，图像面积表示时间，则
故小车的位移
1 / 1湖南常德市2025-2026学年高三上学期检测考试物理试题
1．（2026·常德模拟）下列关于物理学史和物理思想方法叙述正确的是（　　）
A．牛顿提出了平均速度、瞬时速度、加速度的概念，发现了万有引力定律，并测得引力常量G的大小
B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这是采用了微元累积思想，用这种思想方法也可以类比理解其他图像“面积”的含义
C．电场中“场”的概念是由库仑最先提出的
D．法拉第发现了电流的磁效应，首次揭示了电现象和磁现象间的某种联系
【答案】B
【知识点】物理学史；微元法
【解析】【解答】A．平均速度、瞬时速度、加速度的概念由伽利略提出，引力常量 G 由卡文迪许通过扭秤实验测得，并非牛顿，A 错误；
B．推导匀变速直线运动位移公式时，将运动过程划分为多段匀速运动再求和，采用的是微元累积思想，该方法可类比理解 v-t 图像、P-t 图像的面积含义，B 正确；
C．电场中 “场” 的概念由法拉第最先提出，并非库仑，C 错误；
D．电流的磁效应由奥斯特发现，法拉第的主要贡献是发现电磁感应现象，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题考查物理学史与思想方法，需准确区分各物理学家的核心贡献，明确微元累积思想的应用。
2．（2026·常德模拟）下图为中国航天员科研训练中心的载人离心机，某次训练中质量为m的航天员进入臂架末端的吊舱中呈仰卧姿态，航天员可视为质点。当航天员做水平匀速圆周运动的速率为v时，航天员所需的向心力大小为F，下列说法正确的是（　　）
A．航天员运动的周期为 B．航天员运动的角速度为
C．航天员运动的转速为 D．吊舱对航天员的作用力为F
【答案】A
【知识点】向心力
【解析】【解答】A．由向心力公式 得轨道半径 ，周期 ，A正确；
B．角速度 ，并非 ，B错误；
C．转速 ，并非 ，C错误；
D．吊舱对航天员的作用力需同时提供向心力和平衡重力，合力为 ，故吊舱作用力大小大于 ，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题考查匀速圆周运动的向心力、周期、角速度、转速的关系，以及受力分析。核心是利用向心力公式推导各物理量，同时注意航天员受重力，吊舱作用力为向心力与重力的合力，并非等于向心力。
3．（2026·常德模拟）真空中电量相等的两异种点电荷连线和一绝缘正方体框架的两侧面和中心连线重合，连线中点和立方体中心重合，除两异种电荷Q产生的电场外，不计其它电场的影响，则下列说法中正确的是（　　）
A．正方体两顶点A、B电场强度相同
B．正方体两顶点A、B电势相同
C．面是等势面
D．负检验电荷q从移到电势能先减小后增大
【答案】B
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势；等势面
【解析】【解答】A．由等量异种电荷的电场线分布可知，顶点 A、B 电场强度大小相同，方向不同，故 A 错误；
B．A、B 两点与正电荷 Q 的距离相等，正电荷 Q 在 A、B 两点产生的电势相等且为正值，同理负电荷 Q 在 A、B 两点产生的电势也相等且为负值；电势为标量，根据标量的叠加法则可得 A、B 两点电势相同，故 B 正确；
C．A、B、B1、A1四点电势相同，但面不是等势面，电场线不与该面垂直，故 C 错误；
D．由等量异种电荷的电势分布可知，A1点电势为正值，C1点电势为负值，因此负检验电荷 q 在 A1处的电势能小于 C1处的电势能；若负检验电荷沿直线 A1C1移动，则电势能逐渐增大，若沿其他路径移动，电势能的变化情况未知，故 D 错误；
故选 B。
【分析】根据等量异种电荷的电场分布，分析 A、B 两点的电场强度与电势，结合等势面的特征判断面 ABB1A1是否为等势面，再根据电势变化分析负检验电荷的电势能变化。
4．（2026·常德模拟）如图所示，一小球从某高度以一定的初速度水平抛出，然后无碰撞地落到光滑固定斜面上并继续运动到斜面底端，规定斜面底端所在的平面重力势能为零，不计空气阻力，在整个运动过程中，小球的水平分速度随时间t、竖直分速度随时间t、重力势能随下降的高度h、动能随下降的高度h的变化关系正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；平抛运动；重力势能的变化与重力做功的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．在平抛运动阶段，小球在水平方向做匀速直线运动，保持不变，则图像是一条水平直线。小球无碰撞地落到斜面上，则小球落到斜面上时，速度方向沿斜面向下。之后小球沿斜面向下做匀加速直线运动，可分解为水平方向和竖直方向的匀加速直线运动。随时间均匀增大，因此图像是斜率为正的倾斜直线，故A错误；
B．在平抛运动阶段，小球在竖直方向做自由落体运动，则图像是过原点、斜率为的倾斜直线。在斜面上运动阶段，小球的加速度在竖直方向的分量小于重力加速度，因此图像是斜率更小的倾斜直线，故B错误；
C．无论是平抛运动阶段还是在斜面上运动阶段，小球重力势能的变化量始终为。可知重力势能随下降高度的增大线性减小，且在斜面底端时重力势能为0，因此图像是斜率为的直线，故C正确；
D．由机械能守恒定律可知，动能和重力势能的和为一定值。则动能随下降的高度的增大线性增大，但小球的初动能不为0，因此图像是不过原点、斜率为的直线，故D错误；
故答案为：C。
【分析】分别分析平抛阶段和斜面阶段小球的水平分速度、竖直分速度的变化规律，判断、图像的特征；根据重力势能与高度的关系，分析图像；结合机械能守恒定律，分析动能随高度的变化规律。
5．（2026·常德模拟）中国自行研制的北斗导航系统目前在轨卫星总数已达数十颗，北斗系统的卫星包括地球静止轨道卫星和中圆地球轨道卫星等。如图Ⅰ是中圆地球卫星轨道，Ⅲ是地球静止卫星轨道，其轨道半径的关系为，Ⅱ是连接两个轨道的椭圆过渡轨道，P、Q是过渡轨道与两个圆轨道的切点。以下说法正确的是（　　）
A．一飞船从轨道Ⅰ过渡到轨道Ⅲ，需要在P、Q两点向与运动方向相同的方向喷气来获得加速
B．飞船在轨道Ⅱ上运动到Q点时的速率要大于地球第一宇宙速度
C．同一卫星在轨道Ⅰ与轨道Ⅲ上的动能之比为
D．若已知地球的自转周期，则可算出飞船从P运动到Q的时间
【答案】D
【知识点】开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．飞船从轨道 Ⅰ 变轨到轨道 Ⅲ，需在 P、Q 两点沿运动反方向喷气加速，而非同向喷气，A错误；
B．第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是圆轨道卫星的最大环绕速度。轨道 Ⅲ 为地球静止轨道，其 Q 点的环绕速度小于第一宇宙速度，因此飞船在椭圆轨道 Ⅱ 的 Q 点速率也小于第一宇宙速度，B错误；
C．卫星在圆轨道上的动能
卫星在轨道上做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有
联立可得
即同一卫星的动能与轨道半径成反比，已知，同一卫星在轨道Ⅰ与轨道Ⅲ上的动能之比为，C错误；
D．已知轨道Ⅲ的半径，椭圆轨道Ⅱ的半长轴为
轨道Ⅲ是地球静止轨道，其周期等于地球自转周期，根据开普勒第三定律，有
联立解得
则飞船从P运动到Q的时间
因此若已知地球的自转周期，则可算出飞船从P运动到Q的时间，D正确；
故答案为：D。
【分析】结合卫星变轨的喷气原理、第一宇宙速度的物理意义、万有引力向心力公式推导动能与轨道半径的关系、利用开普勒第三定律计算椭圆轨道周期，进而求解 P 到 Q 的运动时间来解答。
6．（2026·常德模拟）中国制造的新能源汽车，产销量连续十年保持全球第一。新能源汽车具有噪声小、污染少、起步快、加速平顺等优点。某新能源汽车在启动时由电机提供牵引力，而阻力来自两部分，一部分是地面摩擦阻力，设为一定值，另一部分来自空气阻力，设其大小与汽车速率成正比。已知该汽车质量为m，电机在不同功率下的牵引力F与对应匀速直线运动的速率v关系如图所示，其图像纵截距为b，斜率为k，则下列说法正确的是（　　）
A．地面摩擦阻力
B．若该汽车以恒定加速度启动，在匀加速运动过程中牵引力大小不变
C．若该汽车以恒定加速度启动，在匀加速运动过程中牵引力大小随时间均匀增大
D．若该汽车以某恒定功率启动，经过时间t达到最大速度，则汽车克服空气阻力做的功为
【答案】C
【知识点】机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．汽车匀速行驶时，牵引力与总阻力平衡，即 。总阻力由恒定地面摩擦阻力 和与速率 成正比的空气阻力 组成，因此 。结合 图像纵截距为 、斜率为 ，得 ，故A错误；
BC．以恒定加速度 启动时，由牛顿第二定律：
匀加速阶段速度 ，代入上式得：，
均为定值，因此牵引力 随时间 均匀增大，B错误，C正确；
D．以恒定功率 启动，最大速度 时牵引力等于总阻力，即 。牵引力做功 ，由动能定理：
整理得汽车克服空气阻力做功：，即
其中为汽车克服总阻力做的功，故D错误；
故答案为：C。
【分析】先通过匀速运动的受力平衡与 图像，推导地面摩擦阻力和空气阻力的表达式；再结合牛顿第二定律与匀变速运动规律，推导恒定加速度启动时牵引力的变化公式；最后依据恒定功率启动的特点与动能定理，推导空气阻力做功的表达式。
7．（2026·常德模拟）直流特高压输电技术已成为我国“西电东送”战略的技术基础，其输电原理如图所示。若变压器、均为理想变压器，的匝数之比，直流输电线的总电阻等效为，整流及逆变过程的能量损失不计，交流电的有效值不变。下列说法正确的是（　　）
A．图中“”指交流电的最大值
B．直流输电电流大小为
C．当用户负载增加时，输电线上损失的电压会减小
D．当用户负载增加时，会增大
【答案】B
【知识点】电能的输送；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．输电系统中标注的电压均为交流电的有效值，因此“500kV”是有效值而非最大值，故A错误；
B．直流输电线路的电压为1100kV，输电线总电阻，根据欧姆定律，代入数据得：
，故B正确；
C．当用户负载增加时，用户端总电阻减小，副线圈电流增大；根据理想变压器变流规律，输电线电流同步增大；输电线损失电压，因此损失电压增大，故C错误；
D．原线圈电压，增大则减小；根据理想变压器变压规律，，因此随减小而减小，故D错误；
故答案为：B。
【分析】先明确输电电压的标注为有效值，再结合欧姆定律计算直流输电电流，最后根据理想变压器的变压、变流规律，分析负载变化对输电电流、损失电压和用户端电压的连锁影响。
8．（2026·常德模拟）常德市在乡村振兴与美丽乡村建设中，将节能路灯作为改善农村基础设施和提升人居环境的重要举措。图甲为通过光控开关实现自动控制的节能路灯，图乙为其内部电路简化示意图，电源电动势为，内阻为，、为定值电阻，为光敏电阻（光照强度增加时，其电阻值减小）。当光照强度降低时，下列判断正确的是（　　）
A．电路的总电阻变小 B．电压表的示数变大
C．电源内阻消耗的功率变小 D．小灯泡变亮
【答案】C,D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】A．光照强度降低时，光敏电阻阻值增大，并联支路总电阻增大，故电路总电阻变大，A错误；
B．总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律 ，总电流 减小；电压表测 两端电压 ， 减小则 减小，电压表示数变小，B错误；
C．电源内阻消耗的功率 ， 减小则 变小，C正确；
D．路端电压 ， 减小则 增大； 两端电压 ， 增大、 减小故 增大；小灯泡与 支路的电流 ， 增大则 增大，小灯泡变亮，D正确；
故答案为：CD。
【分析】先由光照变化判断光敏电阻阻值变化，进而确定总电阻、总电流的变化，再结合欧姆定律分析各部分电压、电流的变化。
9．（2026·常德模拟）在测试汽车刹车性能时，为避免汽车未刹停造成损失，常在道路尾端安设电磁阻尼减速器，其简化原理如图。匀强磁场的宽度，磁感应强度大小，方向竖直向上。一轻质弹簧右端固定，垂直于磁场边界水平放置，左端恰与磁场右边界平齐。汽车可看作100匝，宽为，长为的矩形硬质金属线框ABCD，质量，总电阻。汽车以的速度沿光滑水平面进入磁场，且正对弹簧向右运动，AB边向右穿过磁场右边界后开始压缩弹簧，弹簧始终在弹性限度内，汽车CD边始终未进入磁场。下列说法正确的是（　　）
A．汽车刚进入磁场时，线框中感应电流方向为ABCD
B．汽车刚进入磁场时，线框中感应电流为
C．汽车刚进入磁场时，汽车的加速度大小为
D．汽车向右运动过程中弹簧获得的最大弹性势能为
【答案】A,B
【知识点】机械能守恒定律；楞次定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A．汽车刚进入磁场时，线框磁通量竖直向上增加，根据楞次定律，感应电流的磁场竖直向下，由右手螺旋定则可知，感应电流方向为ABCD，故A正确；
B．感应电动势 ，由欧姆定律得感应电流 ，故B正确；
C．安培力 ，加速度 ，故C错误；
D．AB边穿过磁场过程中，通过线框的电荷量 ；由动量定理 ，即 ，解得 ；弹簧最大弹性势能等于此时的动能 ，故D错误；
故答案为：AB。
【分析】先利用楞次定律判断感应电流方向，再由法拉第电磁感应定律计算感应电动势、电流，进而求出安培力与加速度；最后通过动量定理分析线框出磁场后的速度，结合机械能守恒计算弹簧最大弹性势能。
10．（2026·常德模拟）如图所示，物块A、B通过一轻弹簧相连，竖直放置在水平地面上，B通过一根跨过定滑轮的轻绳与固定在轻杆一端的小球相连，轻杆另一端固定在O点，O点与定滑轮等高。初始时轻杆沿水平方向，轻绳恰好伸直且无张力，图中水平部分绳长，轻杆长。现将小球由静止释放，当小球运动到最低点时，物块A恰好离开地面。已知A、B和小球均可视为质点，A、B质量均为，小球质量为，运动过程中弹簧始终在弹性限度内，物块B没有碰到定滑轮，重力加速度，忽略一切阻力。以下说法正确的是（　　）
A．运动过程中A、B和小球组成的系统机械能守恒
B．轻弹簧劲度系数
C．小球运动到最低点时的速度大小为
D．当小球下落高度为时物块B和小球的速度大小相等
【答案】B,D
【知识点】运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．运动过程中，A、B、小球与弹簧组成的系统机械能守恒，A 选项未包含弹簧，A错误；
B．分析初态时B受力情况，B受重力、弹簧弹力二力平衡
分析末态时A受力情况，A受重力、弹簧弹力二力平衡
由图中的几何关系可知
解得，，B正确；
C．系统机械能守恒，初末态时弹簧的形变量相同，弹性势能相同，根据机械能守恒
根据关联速度关系
解得，C错误；
D．当绳与轻杆垂直时，小球速度方向与绳同向，此时 B 与小球速度大小相等。
设到N点时，小球下落的高度为，由图中的几何关系可知
解得，D正确；
故答案为：BD。
【分析】先明确系统机械能守恒的范围（需包含弹簧），再通过初末态的受力平衡与几何关系求解弹簧劲度系数；接着利用机械能守恒与速度关联分析小球最低点速度；最后根据绳杆垂直时的速度关系，结合几何关系求解对应下落高度。
11．（2026·常德模拟）某实验小组利用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律：
（1）用游标卡尺测量滑块上遮光条的宽度d，示数如图乙所示，则　 　；
（2）关于调节气垫导轨水平，下列有一项说法正确的是________；（填字母序号）
A．调节时，应挂上砂桶
B．调节时，应打开气泵
C．若自由释放滑块，滑块向左运动，则应将导轨左边适当调低
（3）以下是实验中的主要步骤与数据处理：
①调节气垫导轨水平，测量出遮光条的宽度d
②将滑块置于气垫导轨的最右端，测出遮光条中心到光电门中心的距离L
③将滑块从导轨最右端由静止释放，记录遮光条通过光电门的遮光时间t
④仅改变光电门的位置，让滑块从气垫导轨最右端释放，测出多组L和t
⑤用天平测出滑块和遮光条的总质量M，砂和砂桶的总质量m，若测得，已知当地的重力加速度为g，作出的图像，如果所作图线是一条延长后过坐标原点的直线，且直线的斜率为　 　（结果用d、g表示），就验证了机械能守恒定律。
【答案】（1）2.40
（2）B
（3）
【知识点】验证机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1）图乙为20分度的游标卡尺，其精度值为，所以用游标卡尺测量滑块上遮光条的宽度为
故答案为：2.40；
（2）A．调节气垫导轨水平时，不应挂砂桶，否则会改变滑块受力，故A错误；
B．调节气垫导轨水平时，应打开气泵，让滑块悬浮在导轨上，才能判断是否水平，故B正确；
C．若自由释放滑块，滑块向左运动，说明左端较低，应将左端适当调高，故C错误。
故答案为：B。
（3）滑块通过光电门的速度为
根据系统机械能守恒有
联立解得
又因为
代入上式解得
所以的图像的斜率为
故答案为：；
【分析】(1) 先读取主尺整数毫米数，再加上游标尺对齐格数乘以精度值，两者相加即为最终读数。
(2) 依据调平不挂砂桶、滑块悬浮的原则，结合滑块滑动方向判断导轨倾斜情况，从而验证选项正误。
(3) 利用光电门平均速度近似瞬时速度，结合机械能守恒定律推导 与 的线性关系，从而确定图像斜率。
（1）图乙为20分度的游标卡尺，其精度值为，所以用游标卡尺测量滑块上遮光条的宽度为
（2）A．调节气垫导轨水平时，不应挂砂桶，否则会改变滑块受力，故A错误；
B．调节气垫导轨水平时，应打开气泵，让滑块悬浮在导轨上，才能判断是否水平，故B正确；
C．若自由释放滑块，滑块向左运动，说明左端较低，应将左端适当调高，故C错误。
故选B。
（3）滑块通过光电门的速度为
根据系统机械能守恒有
联立解得
又因为
代入上式解得
所以的图像的斜率为
12．（2026·常德模拟）一物理兴趣小组对某型机器人使用的半导体薄膜压力传感器展开研究。已知该型压力传感器阻值约几十千欧，重力加速度g取，现利用以下器材测量压力传感器在不同压力下的阻值：
A、压力传感器（压力感知范围：）
B、电源（电动势，内阻不计）
C、电流表A（量程，内阻约）
D、电压表V（量程，内阻约）
E、滑动变阻器R（阻值范围）
F、开关S，导线及砝码若干。
（1）该兴趣小组设计了电路图，并连接了部分导线，图1中还有一根导线没有完成，请在答题卡图1中完成连线。
（2）在压力传感器上放置适量砝码，调节滑动变阻器滑片使得两电表示数适当大些以便于精确测量。实验时压力传感器必须水平放置，且闭合开关前，应将滑动变阻器滑片调至最　 　端（填“左”或“右”）。某次操作，所放砝码质量为，电压表示数为，而电流表的示数如图2所示，其中电流表的读数为　 　，而可得此时压力传感器电阻的测量值　 　（结果保留3位有效数字），多次测量并描点连线得到如图3所示的曲线。
（3）若将定义为压力传感器的灵敏度，则由图3可知该型压力传感器的灵敏度随着所受压力的增大而　 　（填“增大”或“减小”）。由于电表内阻的影响，测量出来的该型压力传感器灵敏度比真实值　 　（填“偏大”、“偏小”、“不变”）。
【答案】（1）
（2）左；220；10.4
（3）减小；偏大
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；常见传感器的工作原理及应用；伏安法测电阻；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】（1）连线如图所示
（2）闭合开关前，根据分压式特点，为了安全应将滑动变阻器滑片调至最左端，使测量电路的电压最小。电流表的表盘上一小格代表，估读到微安位，指针位置在“200”后面的第4格处，电流表的读数为根据欧姆定律，传感器电阻的测量值
故答案为：左；220；10.4；
（3）由图3可知该型薄膜压力传感器的灵敏度随着所受压力的增大而减小；由于电表内阻的影响，测量值偏大，故测量出来的该型薄膜压力传感器灵敏度比真实值偏大。
故答案为：减小；偏大；
【分析】(1)根据分压式接法的电路原理，将滑动变阻器、电源、开关、薄膜压力传感器、电流表、电压表按规范连接，确保分压式结构正确、电表正负接线柱无误，完成实验电路搭建。
(2) 闭合开关前，依据分压式电路的安全要求，将滑动变阻器滑片调至测量电路电压最小的位置，保护元件；按照电流表的量程和分度值，准确读取指针示数；利用欧姆定律 ，代入电压和电流的测量值，计算出薄膜压力传感器的电阻。
(3) 从压力-灵敏度关系图像中，分析灵敏度随压力的变化趋势，得出变化规律；考虑电表内阻的影响，分析其对电阻测量值的偏差，进而判断测量灵敏度与真实值的大小关系。
（1）
（2）[1]闭合开关前，根据分压式特点，为了安全应将滑动变阻器滑片调至最左端，使测量电路的电压最小。
[2] 电流表的表盘上一小格代表，估读到微安位，指针位置在“200”后面的第4格处，电流表的读数为
[3] 根据欧姆定律，传感器电阻的测量值
（3）[1] 由图3可知该型薄膜压力传感器的灵敏度随着所受压力的增大而减小
[2] 由于电表内阻的影响，测量值偏大，故测量出来的该型薄膜压力传感器灵敏度比真实值偏大。
13．（2026·常德模拟）福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，2025年9月22日，央视首次公开了福建舰的电磁弹射视频。已知某舰载机质量为，在弹射系统和发动机共同作用下能在内从静止沿水平甲板跑道匀加速运动到起飞速度，重力加速度。
（1）舰载机在水平甲板上直线加速过程中，若发动机提供的动力为，舰载机受到的阻力f恒为其重力的0.2倍，求弹射系统提供的作用力F大小；
（2）舰载机离开航空母舰后，以与水平成的方向匀速直线爬升。此阶段发动机以最大推力运行，推力方向与速度方向相同。另外舰载机还受空气阻力，，方向与速度方向相反；受升力，，方向与速度方向垂直。求舰载机匀速爬升时的速度大小v和舰载发动机的最大推力。
【答案】（1）解：舰载机在水平甲板上做匀加速直线运动的加速度
由牛顿第二定律
解得
（2）解：舰载机匀速直线爬升时受力平衡，受力情况如图
垂直速度方向有
解得速度
沿速度方向有
解得
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】(1)先根据匀变速直线运动的加速度定义式 求出舰载机的加速度；再对舰载机进行受力分析，结合牛顿第二定律列方程，代入已知的阻力、质量等参数，求解所需的推力 。
(2)先对匀速爬升的舰载机进行正交分解，将力分解到垂直速度和沿速度两个方向；利用垂直方向的受力平衡求出匀速爬升的速度 ；再根据沿速度方向的受力平衡，代入速度、重力等参数，求解最大推力 。
（1）舰载机在水平甲板上做匀加速直线运动的加速度
由牛顿第二定律
解得
（2）舰载机匀速直线爬升时受力平衡，受力情况如图
垂直速度方向有
解得速度
沿速度方向有
解得
14．（2026·常德模拟）如图甲所示，y轴左侧有两块带等量异种电荷的水平平行金属板，y轴右侧有交替变化的匀强磁场，x轴在平行金属板的中心线上。一个质量为m，电荷量为的带电粒子（重力不计），以初速度从金属板左端中心线沿方向进入，恰好能从金属板下边缘P点飞出并进入磁场。以粒子进入磁场为0时刻，在时刻粒子第一次经过x轴。已知两金属板间距为d，板长为板间距的倍，磁场取垂直纸面向里为正方向，乙图中，T未知，不考虑磁场变化引起的感生电场，计算结果用、d和常量表示。
（1）求粒子在P点的速度大小v；
（2）若粒子在时刻恰到磁场右边界，求磁场的右边界到y轴之间的宽度s；
（3）若磁场宽度s不确定，但粒子出右边界时速度都是沿方向，求粒子在磁场中运动时间t的可能值。
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在交变电场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
15．（2026·常德模拟）如图甲所示，固定的水平光滑桌面上有A、B、C三个质量均为m的小球，其中小球A与B用长L的轻杆相连，小球C靠在B右边，桌子右侧有质量为3m的小车D，停在光滑的水平地面上，小车内部有一个圆弧管道，管道出口e点刚好与桌面右端平齐且几乎无间隙，另一端f点与一截竖直管道平滑连接，竖直管道内g点以下有一轻弹簧连在底部。先控制A、B和轻杆处于竖直状态，再由静止释放，让A从左边倒下，B与C分离后C从e点以进入圆弧管道，经内部轻弹簧作用后又从e点飞出。已知圆弧管道的半径，且远大于管道内径，小球C与管道内壁无摩擦，竖直管道fg部分长，不计空气阻力，重力加速度为g，计算结果用、g、L中的符号表示。
（1）求小球C从e点飞出时小车D的速度大小；
（2）求小球A接触桌面前瞬间的速度大小；
（3）若将轻弹簧去掉，在竖直管道g点以下的部分填充一种特殊物质（忽略该物质的质量），小球C碰到该物质立即减速，且在该部分运动时其加速度的倒数与竖直速度的关系如图乙所示，利用乙图中的数据和相关物理规律计算小球C在竖直管道内由f点运动到最低点的过程中小车D运动的位移x。
【答案】（1）解：小球与小球作用过程中满足机械能守恒和水平方向动量守恒，则，
解得
（2）解：小球、、作用过程中满足机械能守恒和水平方向动量守恒，由于的动量向右，而总动量为零，则和的总动量向左，且碰到桌面前瞬间沿杆的水平分速度与的速度一样大，速度矢量图如图所示
所以有
根据机械能守恒和水平方向动量守恒有，
解得
（3）解：小球到达管道点时，其水平分速度与小车速度相同，且小球在竖直管道内其水平速度一直和小车保持一致，做匀速直线运动，而小球有竖直分速度，竖直方向相对做匀加速运动，到点设为，则，
解得，
阶段有
解得
该阶段运动时间
点以下运动阶段，根据题意可知，图像面积表示时间，则
故小车的位移
【知识点】动量守恒定律；平抛运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1)小球 C 和 D 发生弹性碰撞，满足水平方向动量守恒和机械能守恒，联立两个守恒方程，求解碰撞后小球 D 的速度。
(2)A、B、C 组成的系统在水平方向动量守恒，且系统机械能守恒；结合 A、B 的速度关联（A 的水平分速度等于 B 的速度），联立动量守恒和机械能守恒方程，求解小球 A 碰桌前的速度。
(3)先分析小球 C 进入管道时，与小车 D 的水平共速，由水平动量守恒和机械能守恒求出共速速度和竖直分速度；再用运动学公式计算竖直管道内的运动时间，结合 g 点以下的运动时间，最终求出小车的总位移。
（1）小球与小球作用过程中满足机械能守恒和水平方向动量守恒，则，
解得
（2）小球、、作用过程中满足机械能守恒和水平方向动量守恒，由于的动量向右，而总动量为零，则和的总动量向左，且碰到桌面前瞬间沿杆的水平分速度与的速度一样大，速度矢量图如图所示
所以有
根据机械能守恒和水平方向动量守恒有，
解得
（3）小球到达管道点时，其水平分速度与小车速度相同，且小球在竖直管道内其水平速度一直和小车保持一致，做匀速直线运动，而小球有竖直分速度，竖直方向相对做匀加速运动，到点设为，则，
解得，
阶段有
解得
该阶段运动时间
点以下运动阶段，根据题意可知，图像面积表示时间，则
故小车的位移
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