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湖南省邵阳市2025-2026学年一模物理试题
1．2023年10月15日，湾区半导体产业生态博览会在深圳会展中心举行，展会呈现出“中国芯”强大的创新能力。用高能光子与芯片材料发生相互作用，下列关于光电效应说法正确的是（　　）
A．高能光子能使芯片材料发生光电效应是因为光子能量大于材料的逸出功
B．光电子的最大初动能随光源光照强度的增大而增大
C．芯片材料的截止频率越大，越容易被该高能光子激发产生光电效应
D．光电效应中光子既表现出粒子性，又表现出波动性
【答案】A
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．发生光电效应的条件是光子能量大于等于材料逸出功，高能光子能量大，可使芯片材料发生光电效应，A正确；
B．由光电效应方程，光电子最大初动能只与入射光频率和逸出功有关，与光照强度无关，B错误；
C．截止频率，截止频率越大，逸出功越大，越难发生光电效应，C错误；
D．光电效应体现光子的粒子性，波动性不体现，D错误。
故答案为：A。
【分析】A：光电效应发生条件；
B：最大初动能由频率决定，与光强无关；
C：截止频率越大，逸出功越大；
D：光电效应说明光具有粒子性。
2．水袖是中国古典舞中用于表达和抒发情感的常用技巧，舞者的手有规律地振动并传导至袖子上，给人营造出一种“行云流水”般的美感，这一过程其实就是机械波的传播。机械波在袖子中以1m/s的速度向右传播，简化后如图甲所示，P、Q是传播方向上的两个质点，其平衡位置间距为1m，当波刚传播到质点P时开始计时，质点P的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．简谐横波的波长为4m
B．t=1s时，P、Q间有三个波峰
C．t=2s时，质点P振动方向沿y轴负方向
D．0~3s内质点P通过的路程为2m
【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；简谐运动的表达式与图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由振动图像得周期，波长，A错误；
B．，波向右传播距离，恰好传到点，间距，结合起振方向，其间有三个波峰，B正确；
C．，质点在平衡位置，振动方向沿轴正方向，C错误；
D．振幅，内，路程，D错误。
故答案为：B。
【分析】A：由求波长；
B：结合传播距离与波长关系，判断波峰个数；
C：整数周期后质点振动状态不变；
D：路程周期数。
3．丹顶鹤是国家一级保护动物，常在湿地和沿海滩涂出现。甲、乙两只丹顶鹤同时同地出发做直线运动，图像如图所示，乙一直做匀速直线运动，时刻甲恰好追上乙，在时间内下列说法正确的是（　　）
A．甲的平均速度大于 B．乙的速度可能等于
C．甲的加速度逐渐减小 D．甲、乙间距离先增大后减小
【答案】D
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．甲的v t图像面积小于匀加速直线运动面积，位移小于，平均速度小于，A错误；
B．时刻甲乙位移相等，乙位移等于甲位移，故乙速度小于，B错误；
C．图像斜率表示加速度，甲斜率变大，加速度逐渐增大，C错误；
D．初始乙速度大于甲，间距增大；甲速度超过乙后，间距减小，故甲乙间距先增大后减小，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：v t面积表示位移，判断平均速度；
B：利用时刻位移相等判断乙的速度；
C：斜率反映加速度；
D：根据速度大小关系判断间距变化。
4．如图，有一束平行于等边三棱镜截面的复色光从空气射向边的中点，入射方向与边的夹角为，经三棱镜折射后分为、两束单色光，单色光折射到边的中点，单色光折射到点，下列说法中正确的是（　　）
A．若光是黄光，则光可能是蓝光
B．三棱镜对光的折射率为
C．光在棱镜中的全反射临界角为
D．若两束光分别通过相同的双缝干涉装置，光的条纹间距大于光的条纹间距
【答案】B
【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．a光折射程度更大，折射率更大、频率更高；若a光是黄光，b光折射率更小，不可能是蓝光，A错误；
B．入射角，折射角，折射率，B正确；
C．临界角，，C错误；
D．a光折射率大、波长更短，双缝干涉条纹间距，故a光条纹间距小于b光，D错误。
故答案为：B。
【分析】A：折射率越大，光频率越高；
B：由折射定律直接计算折射率；
C：由求临界角；
D：波长越短，干涉条纹间距越小。
5．如图，在进行火星考察时，火星探测器对火星完成了“绕、着、巡”三项目标。经考查已知火星表面的重力加速度为，火星的平均密度为，火星可视为均匀球体且忽略自转。火星探测器绕火星做匀速圆周运动时离火星表面的高度为火星半径的，已知引力常量，下列说法正确的是（　　）
A．火星的半径为
B．火星探测器的发射速度一定大于且小于
C．依据题中信息可以求出火星的质量
D．火星探测器绕火星做匀速圆周运动时的向心加速度为
【答案】C
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】A．火星表面：，密度，联立得，A错误；
B．要脱离地球引力束缚，发射速度需大于11.2 km/s，B错误；
C．联立可求出火星半径，再由求出火星质量，C正确；
D．轨道半径，由，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：联立黄金代换与密度公式求半径；
B：第二宇宙速度是脱离地球引力的最小发射速度；
C：可依次求出半径、质量；
D：由万有引力等于向心力求加速度。
6．如图，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下以速度水平向左做匀速直线运动。已知拉力与水平面成角，其大小随时间的变化关系为（，、均为大于的常量），无人机的质量为，重力加速度为。关于该无人机在0到时间段内（是满足的任一时刻），下列说法正确的是（　　）
A．受到空气作用力的大小逐渐变大
B．受到拉力做功为
C．受到拉力的冲量大小为
D．受到空气作用力的冲量大小为
【答案】D
【知识点】动量定理；图象法；冲量
【解析】【解答】A．无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动，则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，随着的减小重力和拉力的合力如图
可知无人机受到空气作用力的大小逐渐变小，故A错误；
B．在水平方向上，拉力的大小随时间的变化关系为图像，如图所示
则无人机在0到时间段内受到拉力做功为图像与坐标轴围成的面积，即，故B错误；
C．拉力随时间变化的图像，如图所示
则无人机在0到时间段内受到拉力的冲量大小为图像与坐标轴围成的面积，即，故C错误；
D．将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有
无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有
0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为
0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为
则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为
则受到空气作用力的冲量大小为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】无人机匀速，合力始终为0；拉力 均匀减小，拉力的水平、竖直分力均匀减小，结合受力平衡、冲量、功的公式逐一判断。
7．真空中有两个点电荷和分别固定在轴上的和位置处。在它们的连线上，电势与的关系如图所示，已知点电荷的电势公式为（其中为静电力常量，为点电荷电量，为该点到点电荷的距离），点的坐标为，取无穷远处电势为零。下列说法正确的是（　　）
A．两个点电荷为同种电荷
B．图中对应的位置
C．图中对应的位置
D．无法计算电荷量为的试探电荷在轴任意位置受到的电场力
【答案】B
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】A．处电势趋向负无穷，为负电荷；处趋向正无穷，为正电荷，二者为异种电荷，A错误；
B．电势为0，；点场强为0：，代入解得，B正确；
C．点电势为0：，解得，C错误；
D．两电荷电量可求，叠加可得任意点场强，由可求试探电荷受力，D错误。
故答案为：B。
【分析】A：由电势趋向判断电荷电性；
B：利用电势零点求电量关系，场强零点列方程求解；
C：再次利用电势为零求解位置；
D：场强叠加可求受力。
8．如图，光滑斜面固定在水平面上，一轻质弹簧下端与固定在斜面底端的挡板连接，弹簧处于原长时上端位于点。一物块在斜面上点上方某位置由静止释放，将弹簧上端压缩至最低点（弹簧在弹性限度内），下列说法正确的是（　　）
A．物块不能回到刚释放时的位置
B．在接触弹簧前的过程中，物块的机械能守恒
C．物块从点运动到点的过程中，物块与弹簧组成的系统机械能守恒
D．物块从点运动到点的过程中，其动能一直减小
【答案】B,C
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A．斜面光滑，物块与弹簧组成的系统机械能守恒，物块能回到释放位置，A错误；
B．接触弹簧前只有重力做功，物块机械能守恒，B正确；
C．从到，只有重力、弹簧弹力做功，系统机械能守恒，C正确；
D．，先重力分力大于弹力，物块加速；后弹力大于重力分力，物块减速，动能先增后减，D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：光滑斜面，系统机械能守恒；
B：接触弹簧前，无弹簧弹力，只有重力做功；
C：系统内只有重力、弹力做功；
D：合力方向决定加速、减速阶段。
9．如图，交流电源输出电压有效值恒为，变压器的匝数分别为、、，且，理想电压表的示数为，理想电流表的示数为，、的电阻均为，滑动变阻器的最大阻值为，在的滑片由端向端滑动过程中，电压表示数的变化量为，电流表示数的变化量为，下列说法正确的是（　　）
A．变大，变小
B．的比值不变
C．消耗的功率变大
D．当滑片位于端时，消耗的功率为
【答案】B,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．由 ，滑片由 ， 减小，副线圈等效电阻减小，原线圈电流 变大，电压表示数 变小，A错误；
B．由 ，得 ，比值恒定不变，B正确；
C． 变小，副线圈电压变小， 两端电压减小，由 ， 功率变小，C错误；
D．滑片在 端时，，等效电阻 ，总电流 ，
功率 ，D正确。
故答案为：BD。
【分析】A：等效电阻变化判断原线圈电流、电压变化；
B：由 线性关系，斜率绝对值为 ；
C：副线圈电压减小， 功率减小；
D：等效电阻法计算原线圈电流，进而求 功率。
10．如图甲，水平面上以为圆心、半径为的圆形区域内存在方向竖直的匀强磁场，磁感应强度（向下为正）随时间变化如图乙所示，周期为。变化的磁场在空间产生感生电场，电场线为一系列以为圆心的同心圆，在同一电场线上，电场强度大小相同。在该平面内，有由同种均匀材料构成的半径为的导电圆环（圆心与重合），电阻为；另有一可视为无限长的直导线，与圆环相切，彼此绝缘。为磁场边界上的一点。不计电路间相互影响，下列说法正确的是（　　）
A．内穿过圆环某横截面的电量为
B．圆环中电流的有效值为
C．时刻直导线电动势为
D．时刻点的感生电场强度大小为
【答案】A,C,D
【知识点】感应电动势及其产生条件；电磁感应中的磁变类问题；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．时间内，圆环的磁通量变化量为
穿过圆环横截面的电量为，故A正确；
B．由题图可知，在内圆环中的电动势大小为，电流大小为同理，在内圆环中的电流大小为
设圆环中电流的有效值为，根据有效值定义可得
联立解得，故B错误；
C．设右侧有对称的无限长直导线与构成回路，则时刻，、回路产生的总电动势为，根据对称性可知时刻直导线电动势为，故C正确；
D．，过点的圆环内感生电动势，圆环周长，电场强度大小，得，故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】A：由磁通量变化结合求电量；
B：分阶段求电流，利用电流有效值定义求解；
C：构造对称回路，由对称性求直导线电动势；
D：由法拉第电磁感应定律结合感生电场与电动势关系求解电场强度。
11．在“探究平抛运动的特点”实验中
（1）用图甲装置进行探究，下列说法正确的是______。
A．只能探究平抛运动水平分运动的特点
B．只能探究平抛运动竖直分运动的特点
C．能同时探究平抛运动水平和竖直分运动的特点
（2）用图乙装置进行实验，下列说法正确的是______。
A．斜槽轨道M不需要一定光滑，但其末端的切线需要调成水平
B．上下调节挡板时必须每次等间距移动
C．小钢球可以从斜槽M上不同位置由静止滚下
（3）以钢球放在斜槽末端时球心在白纸上的投影点为坐标原点，竖直向下为轴，建立直角坐标系，在轨迹上选取间距较大的几个点，测出其坐标（，），作出图像如图丙实线所示。若将钢球在斜槽上的释放点的高度提高一些，再次由静止释放钢球，其他步骤不变，则得到的图像是图丙中的　 　（填“”“”“”或“”）。
【答案】（1）B
（2）A
（3）d
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）用图甲装置进行探究，一个小球做自由落体运动，一个小球做平抛运动，两小球同时落地，只能探究平抛运动竖直方向上的运动特点。
故答案为：B。
（2）AC．为了保证小钢球抛出时的速度处于水平方向，斜槽轨道末端的切线需要调成水平；为了保证每次小钢球抛出时的速度相同，小钢球需要每次从斜槽M上同一位置由静止滚下，但斜槽轨道M不需要光滑，故A正确，C错误；
B．上下调节挡板时不需要每次等间距移动，故B错误。
故答案为：A。
（3）设小球抛出时的初速度为，根据平抛运动规律可得，
联立可得，可知图像过一条过原点的倾斜直线，图线斜率为
若将钢球在斜槽上的释放点的高度提高一些，再次由静止释放钢球，其他步骤不变，则小球抛出时的初速度变大，使得图像的斜率变小，则得到的图像是图丙中的。
故答案为：d
【分析】(1) 甲装置对比平抛与自由落体运动，只能探究竖直分运动特点；
(2) 乙装置实验要求：斜槽末端水平、小球同一位置释放、挡板无需等距移动；
(3) 由平抛规律推导关系式，释放点提高则初速度变大、斜率变小，对应图像。
（1）用图甲装置进行探究，一个小球做自由落体运动，一个小球做平抛运动，两小球同时落地，只能探究平抛运动竖直方向上的运动特点。
故选B。
（2）AC．为了保证小钢球抛出时的速度处于水平方向，斜槽轨道末端的切线需要调成水平；为了保证每次小钢球抛出时的速度相同，小钢球需要每次从斜槽M上同一位置由静止滚下，但斜槽轨道M不需要光滑，故A正确，C错误；
B．上下调节挡板时不需要每次等间距移动，故B错误。
故选A。
（3）设小球抛出时的初速度为，根据平抛运动规律可得，
联立可得
可知图像过一条过原点的倾斜直线，图线斜率为
若将钢球在斜槽上的释放点的高度提高一些，再次由静止释放钢球，其他步骤不变，则小球抛出时的初速度变大，使得图像的斜率变小，则得到的图像是图丙中的。
12．学校物理兴趣小组为了测量某均匀材料圆柱体的电阻率，阻值约为200。
（1）小周同学使用螺旋测微器测定其直径，某次测量结果如图甲所示，读数为　 　mm；用游标卡尺测量其长度，某次测量的结果如图乙所示，读数为　 　cm。
（2）用实验室提供的以下器材，完成以下问题：
A.直流电源（电动势V）
B.电流表（量程0~30mA，内阻）
C.电流表（量程0~100mA，内阻约5）
D.滑动变阻器（最大阻值，额定电流2A）
E.定值电阻（阻值）
F.单刀单掷开关
G.导线若干
①在答题卡虚线框内画出实验设计的电路图　 　。（要求：尽可能减小测量误差，测量时电表的读数大于其量程的一半）
②某次实验中，电流表示数为，电流表示数为，则未知电阻的电阻率　 　（用、、、，，表示）。
③若电流表的实际内阻大于其估算值，则测量值　 　真实值（填“大于”“等于”或“小于”）。
【答案】（1）1.845；4.230
（2）；；等于
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）固定刻度读数为，可动刻度读数为，总读数为（均正确）；
主尺读数为，游标卡尺对齐格数为，总读数为。
故答案为：1.845；4.230
（2）①滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻，采用分压式接法；电流表内阻已知，与串联改装为电压表，并联在两端，测干路总电流，电路图如下：
②并联部分电压：，的电流为，因此
由电阻定律，横截面积，整理得：
③推导的过程中，没有用到的内阻，的大小不影响的测量结果，因此测量值等于真实值。
故答案为：；；等于
【分析】(1) 螺旋测微器读数=固定刻度+可动刻度×精度；20分度游标卡尺读数=主尺读数+游标尺对齐格数×精度；
(2) 滑动变阻器阻值远小于待测电阻，用分压式；已知内阻的电流表串联定值电阻改装电压表；测干路电流；结合电阻定律推导电阻率；内阻不参与计算，故测量值等于真实值。
（1）①固定刻度读数为，可动刻度读数为，总读数为（均正确）。
②主尺读数为，游标卡尺对齐格数为，总读数为。
（2）①滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻，采用分压式接法；电流表内阻已知，与串联改装为电压表，并联在两端，测干路总电流，电路图如下：
②并联部分电压：
的电流为，因此
由电阻定律
横截面积
整理得：
③推导的过程中，没有用到的内阻，的大小不影响的测量结果，因此测量值等于真实值。
13．“拔火罐”是我国传统医学的一种疗法。治疗时，医生用点燃的酒精棉球加热一个小罐内的空气，随后迅速把小罐倒扣在需要治疗的部位。加热后小罐内空气温度为，室内温度为，罐内气体从温度冷却至温度过程中向外界放出热量6.65J。已知，。大气压强为，不考虑因皮肤被吸入罐内导致空气体积变化的影响。求：
（1）冷却至温度时罐内气体的压强；
（2）从温度自然冷却至室温过程中罐内气体内能的变化。
【答案】（1）解：加热后气体的温度
室温气体的温度
压强
根据气体做等容变化，可得
解得
（2）解：气体做等容变化，外界对气体不做功，气体吸收热量为
根据热力学第一定律
气体内能的变化，即气体内能减少。
【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；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】(1) 罐内气体体积不变，发生等容变化，利用查理定律求解末态压强；
(2) 等容过程气体不做功，结合热力学第一定律分析内能变化。
（1）加热后气体的温度
室温气体的温度
压强
根据气体做等容变化，可得
解得
（2）气体做等容变化，外界对气体不做功，气体吸收热量为
根据热力学第一定律
气体内能的变化，即气体内能减少。
14．如图，光滑水平面上有一长木板，质量，长度。紧靠木板左端点有一固定的圆心角，半径的光滑竖直圆轨道，最低点与木板等高。现将一质量的滑块（可视为质点），以初速度从离木板上表面的高度水平向右抛出，恰能从点切入圆弧轨道左端。滑块与木板间动摩擦因数，重力加速度。
（1）求滑块抛出的初速度的大小；
（2）滑块到达圆弧轨道最低点时，求轨道对滑块的支持力的大小；
（3）只改变抛出点的位置和初速度大小，使滑块也能从点切入圆弧轨道左端，且最终恰好到达木板右端。求该抛出点离木板上表面的高度。
【答案】（1）解：滑块从抛出到点的高度为
到达点时，竖直方向的速度满足
滑块做平抛运动到点，速度偏转角为，故
得
（2）解：滑块从抛出点到B，由动能定理
在B点，轨道对滑块的支持力可由牛顿第二定律求得，满足
得
（3）解：设高度为H，滑块抛出速度大小为，滑块从抛出到点的高度为
到达点时，竖直方向的速度满足
速度偏转角仍为，故
滑块从抛出到B点，由动能定理
以滑块和木板作为整体，从B点出发到木板右端，系统动量守恒，满足
由能量守恒
联立解得
【知识点】平抛运动；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 滑块平抛到A点，竖直下落高度由几何关系确定，结合速度偏角求初速度；
(2) 对全程用动能定理求B点速度，再由向心力公式求轨道支持力；
(3) 仍以切入A点，平抛规律不变；滑块滑上木板后系统动量守恒，结合能量守恒、动能定理联立求抛出高度。
（1）滑块从抛出到点的高度为
到达点时，竖直方向的速度满足
滑块做平抛运动到点，速度偏转角为，故
得
（2）滑块从抛出点到B，由动能定理
在B点，轨道对滑块的支持力可由牛顿第二定律求得，满足
得
（3）设高度为H，滑块抛出速度大小为，滑块从抛出到点的高度为
到达点时，竖直方向的速度满足
速度偏转角仍为，故
滑块从抛出到B点，由动能定理
以滑块和木板作为整体，从B点出发到木板右端，系统动量守恒，满足
由能量守恒
联立解得
15．如图，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内有场强大小均为的匀强电场，第一象限沿轴负方向，第二象限沿轴负方向，在区域有垂直于坐标平面向里的匀强磁场。第一象限内有一段线状粒子源，能无初速度释放质量均为，电荷量为的粒子。、两点的横坐标分别为，。所有粒子均能经过轴上一点后进入磁场区域，从点释放的粒子第二次经过轴时恰好通过原点。在轴上放置一块粒子收集板，收集经磁场运动后返回轴的粒子，不计粒子重力。
（1）求粒子源满足的方程；
（2）求匀强磁场的磁感应强度；
（3）为了能收集所有粒子，求粒子收集板沿轴的最小长度。
【答案】（1）解：设粒子源上某点处释放的粒子垂直于y轴进入第二象限时速度为， 有
进入第二象限后做类平抛运动经时间经过点，则 ， ，
得
（2）解：由（1）知点的坐标为，设粒子进入磁场时速度为，与轴负方向成角。
则水平分速度满足
竖直分速度满足， ，
得，
设该粒子在磁场中轨道半径为，则，
解得
（3）解：若从粒子源AC上处释放的粒子，进入磁场速度为， 水平分速度为， 竖直分速度为，则，
粒子进入磁场时速度与轴负方向成角，在磁场中的轨道半径为，
解得
设轨迹圆与轴相交的弦长为，则，，
解得
当时，取得最小值
故粒子收集板的最小长度
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；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) 粒子在第一象限沿x轴方向加速，第二象限做类平抛运动，结合运动学规律推导粒子源轨迹方程；
(2) 对C点粒子，先求进入磁场的速度，再由几何关系与洛伦兹力提供向心力求磁感应强度；
(3) 推导粒子在磁场中轨迹弦长，分析弦长随x的变化规律，得到收集板最小长度。
（1）设粒子源上某点处释放的粒子垂直于y轴进入第二象限时速度为， 有
进入第二象限后做类平抛运动经时间经过点，则 ， ，
得
（2）由（1）知点的坐标为，设粒子进入磁场时速度为，与轴负方向成角。
则水平分速度满足
竖直分速度满足， ，
得，
设该粒子在磁场中轨道半径为，则，
解得
（3）若从粒子源AC上处释放的粒子，进入磁场速度为， 水平分速度为， 竖直分速度为，则，
粒子进入磁场时速度与轴负方向成角，在磁场中的轨道半径为，
解得
设轨迹圆与轴相交的弦长为，则，，
解得
当时，取得最小值
故粒子收集板的最小长度
解得
1 / 1湖南省邵阳市2025-2026学年一模物理试题
1．2023年10月15日，湾区半导体产业生态博览会在深圳会展中心举行，展会呈现出“中国芯”强大的创新能力。用高能光子与芯片材料发生相互作用，下列关于光电效应说法正确的是（　　）
A．高能光子能使芯片材料发生光电效应是因为光子能量大于材料的逸出功
B．光电子的最大初动能随光源光照强度的增大而增大
C．芯片材料的截止频率越大，越容易被该高能光子激发产生光电效应
D．光电效应中光子既表现出粒子性，又表现出波动性
2．水袖是中国古典舞中用于表达和抒发情感的常用技巧，舞者的手有规律地振动并传导至袖子上，给人营造出一种“行云流水”般的美感，这一过程其实就是机械波的传播。机械波在袖子中以1m/s的速度向右传播，简化后如图甲所示，P、Q是传播方向上的两个质点，其平衡位置间距为1m，当波刚传播到质点P时开始计时，质点P的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．简谐横波的波长为4m
B．t=1s时，P、Q间有三个波峰
C．t=2s时，质点P振动方向沿y轴负方向
D．0~3s内质点P通过的路程为2m
3．丹顶鹤是国家一级保护动物，常在湿地和沿海滩涂出现。甲、乙两只丹顶鹤同时同地出发做直线运动，图像如图所示，乙一直做匀速直线运动，时刻甲恰好追上乙，在时间内下列说法正确的是（　　）
A．甲的平均速度大于 B．乙的速度可能等于
C．甲的加速度逐渐减小 D．甲、乙间距离先增大后减小
4．如图，有一束平行于等边三棱镜截面的复色光从空气射向边的中点，入射方向与边的夹角为，经三棱镜折射后分为、两束单色光，单色光折射到边的中点，单色光折射到点，下列说法中正确的是（　　）
A．若光是黄光，则光可能是蓝光
B．三棱镜对光的折射率为
C．光在棱镜中的全反射临界角为
D．若两束光分别通过相同的双缝干涉装置，光的条纹间距大于光的条纹间距
5．如图，在进行火星考察时，火星探测器对火星完成了“绕、着、巡”三项目标。经考查已知火星表面的重力加速度为，火星的平均密度为，火星可视为均匀球体且忽略自转。火星探测器绕火星做匀速圆周运动时离火星表面的高度为火星半径的，已知引力常量，下列说法正确的是（　　）
A．火星的半径为
B．火星探测器的发射速度一定大于且小于
C．依据题中信息可以求出火星的质量
D．火星探测器绕火星做匀速圆周运动时的向心加速度为
6．如图，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下以速度水平向左做匀速直线运动。已知拉力与水平面成角，其大小随时间的变化关系为（，、均为大于的常量），无人机的质量为，重力加速度为。关于该无人机在0到时间段内（是满足的任一时刻），下列说法正确的是（　　）
A．受到空气作用力的大小逐渐变大
B．受到拉力做功为
C．受到拉力的冲量大小为
D．受到空气作用力的冲量大小为
7．真空中有两个点电荷和分别固定在轴上的和位置处。在它们的连线上，电势与的关系如图所示，已知点电荷的电势公式为（其中为静电力常量，为点电荷电量，为该点到点电荷的距离），点的坐标为，取无穷远处电势为零。下列说法正确的是（　　）
A．两个点电荷为同种电荷
B．图中对应的位置
C．图中对应的位置
D．无法计算电荷量为的试探电荷在轴任意位置受到的电场力
8．如图，光滑斜面固定在水平面上，一轻质弹簧下端与固定在斜面底端的挡板连接，弹簧处于原长时上端位于点。一物块在斜面上点上方某位置由静止释放，将弹簧上端压缩至最低点（弹簧在弹性限度内），下列说法正确的是（　　）
A．物块不能回到刚释放时的位置
B．在接触弹簧前的过程中，物块的机械能守恒
C．物块从点运动到点的过程中，物块与弹簧组成的系统机械能守恒
D．物块从点运动到点的过程中，其动能一直减小
9．如图，交流电源输出电压有效值恒为，变压器的匝数分别为、、，且，理想电压表的示数为，理想电流表的示数为，、的电阻均为，滑动变阻器的最大阻值为，在的滑片由端向端滑动过程中，电压表示数的变化量为，电流表示数的变化量为，下列说法正确的是（　　）
A．变大，变小
B．的比值不变
C．消耗的功率变大
D．当滑片位于端时，消耗的功率为
10．如图甲，水平面上以为圆心、半径为的圆形区域内存在方向竖直的匀强磁场，磁感应强度（向下为正）随时间变化如图乙所示，周期为。变化的磁场在空间产生感生电场，电场线为一系列以为圆心的同心圆，在同一电场线上，电场强度大小相同。在该平面内，有由同种均匀材料构成的半径为的导电圆环（圆心与重合），电阻为；另有一可视为无限长的直导线，与圆环相切，彼此绝缘。为磁场边界上的一点。不计电路间相互影响，下列说法正确的是（　　）
A．内穿过圆环某横截面的电量为
B．圆环中电流的有效值为
C．时刻直导线电动势为
D．时刻点的感生电场强度大小为
11．在“探究平抛运动的特点”实验中
（1）用图甲装置进行探究，下列说法正确的是______。
A．只能探究平抛运动水平分运动的特点
B．只能探究平抛运动竖直分运动的特点
C．能同时探究平抛运动水平和竖直分运动的特点
（2）用图乙装置进行实验，下列说法正确的是______。
A．斜槽轨道M不需要一定光滑，但其末端的切线需要调成水平
B．上下调节挡板时必须每次等间距移动
C．小钢球可以从斜槽M上不同位置由静止滚下
（3）以钢球放在斜槽末端时球心在白纸上的投影点为坐标原点，竖直向下为轴，建立直角坐标系，在轨迹上选取间距较大的几个点，测出其坐标（，），作出图像如图丙实线所示。若将钢球在斜槽上的释放点的高度提高一些，再次由静止释放钢球，其他步骤不变，则得到的图像是图丙中的　 　（填“”“”“”或“”）。
12．学校物理兴趣小组为了测量某均匀材料圆柱体的电阻率，阻值约为200。
（1）小周同学使用螺旋测微器测定其直径，某次测量结果如图甲所示，读数为　 　mm；用游标卡尺测量其长度，某次测量的结果如图乙所示，读数为　 　cm。
（2）用实验室提供的以下器材，完成以下问题：
A.直流电源（电动势V）
B.电流表（量程0~30mA，内阻）
C.电流表（量程0~100mA，内阻约5）
D.滑动变阻器（最大阻值，额定电流2A）
E.定值电阻（阻值）
F.单刀单掷开关
G.导线若干
①在答题卡虚线框内画出实验设计的电路图　 　。（要求：尽可能减小测量误差，测量时电表的读数大于其量程的一半）
②某次实验中，电流表示数为，电流表示数为，则未知电阻的电阻率　 　（用、、、，，表示）。
③若电流表的实际内阻大于其估算值，则测量值　 　真实值（填“大于”“等于”或“小于”）。
13．“拔火罐”是我国传统医学的一种疗法。治疗时，医生用点燃的酒精棉球加热一个小罐内的空气，随后迅速把小罐倒扣在需要治疗的部位。加热后小罐内空气温度为，室内温度为，罐内气体从温度冷却至温度过程中向外界放出热量6.65J。已知，。大气压强为，不考虑因皮肤被吸入罐内导致空气体积变化的影响。求：
（1）冷却至温度时罐内气体的压强；
（2）从温度自然冷却至室温过程中罐内气体内能的变化。
14．如图，光滑水平面上有一长木板，质量，长度。紧靠木板左端点有一固定的圆心角，半径的光滑竖直圆轨道，最低点与木板等高。现将一质量的滑块（可视为质点），以初速度从离木板上表面的高度水平向右抛出，恰能从点切入圆弧轨道左端。滑块与木板间动摩擦因数，重力加速度。
（1）求滑块抛出的初速度的大小；
（2）滑块到达圆弧轨道最低点时，求轨道对滑块的支持力的大小；
（3）只改变抛出点的位置和初速度大小，使滑块也能从点切入圆弧轨道左端，且最终恰好到达木板右端。求该抛出点离木板上表面的高度。
15．如图，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内有场强大小均为的匀强电场，第一象限沿轴负方向，第二象限沿轴负方向，在区域有垂直于坐标平面向里的匀强磁场。第一象限内有一段线状粒子源，能无初速度释放质量均为，电荷量为的粒子。、两点的横坐标分别为，。所有粒子均能经过轴上一点后进入磁场区域，从点释放的粒子第二次经过轴时恰好通过原点。在轴上放置一块粒子收集板，收集经磁场运动后返回轴的粒子，不计粒子重力。
（1）求粒子源满足的方程；
（2）求匀强磁场的磁感应强度；
（3）为了能收集所有粒子，求粒子收集板沿轴的最小长度。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．发生光电效应的条件是光子能量大于等于材料逸出功，高能光子能量大，可使芯片材料发生光电效应，A正确；
B．由光电效应方程，光电子最大初动能只与入射光频率和逸出功有关，与光照强度无关，B错误；
C．截止频率，截止频率越大，逸出功越大，越难发生光电效应，C错误；
D．光电效应体现光子的粒子性，波动性不体现，D错误。
故答案为：A。
【分析】A：光电效应发生条件；
B：最大初动能由频率决定，与光强无关；
C：截止频率越大，逸出功越大；
D：光电效应说明光具有粒子性。
2．【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；简谐运动的表达式与图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由振动图像得周期，波长，A错误；
B．，波向右传播距离，恰好传到点，间距，结合起振方向，其间有三个波峰，B正确；
C．，质点在平衡位置，振动方向沿轴正方向，C错误；
D．振幅，内，路程，D错误。
故答案为：B。
【分析】A：由求波长；
B：结合传播距离与波长关系，判断波峰个数；
C：整数周期后质点振动状态不变；
D：路程周期数。
3．【答案】D
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．甲的v t图像面积小于匀加速直线运动面积，位移小于，平均速度小于，A错误；
B．时刻甲乙位移相等，乙位移等于甲位移，故乙速度小于，B错误；
C．图像斜率表示加速度，甲斜率变大，加速度逐渐增大，C错误；
D．初始乙速度大于甲，间距增大；甲速度超过乙后，间距减小，故甲乙间距先增大后减小，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：v t面积表示位移，判断平均速度；
B：利用时刻位移相等判断乙的速度；
C：斜率反映加速度；
D：根据速度大小关系判断间距变化。
4．【答案】B
【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．a光折射程度更大，折射率更大、频率更高；若a光是黄光，b光折射率更小，不可能是蓝光，A错误；
B．入射角，折射角，折射率，B正确；
C．临界角，，C错误；
D．a光折射率大、波长更短，双缝干涉条纹间距，故a光条纹间距小于b光，D错误。
故答案为：B。
【分析】A：折射率越大，光频率越高；
B：由折射定律直接计算折射率；
C：由求临界角；
D：波长越短，干涉条纹间距越小。
5．【答案】C
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】A．火星表面：，密度，联立得，A错误；
B．要脱离地球引力束缚，发射速度需大于11.2 km/s，B错误；
C．联立可求出火星半径，再由求出火星质量，C正确；
D．轨道半径，由，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：联立黄金代换与密度公式求半径；
B：第二宇宙速度是脱离地球引力的最小发射速度；
C：可依次求出半径、质量；
D：由万有引力等于向心力求加速度。
6．【答案】D
【知识点】动量定理；图象法；冲量
【解析】【解答】A．无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动，则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，随着的减小重力和拉力的合力如图
可知无人机受到空气作用力的大小逐渐变小，故A错误；
B．在水平方向上，拉力的大小随时间的变化关系为图像，如图所示
则无人机在0到时间段内受到拉力做功为图像与坐标轴围成的面积，即，故B错误；
C．拉力随时间变化的图像，如图所示
则无人机在0到时间段内受到拉力的冲量大小为图像与坐标轴围成的面积，即，故C错误；
D．将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有
无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有
0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为
0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为
则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为
则受到空气作用力的冲量大小为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】无人机匀速，合力始终为0；拉力 均匀减小，拉力的水平、竖直分力均匀减小，结合受力平衡、冲量、功的公式逐一判断。
7．【答案】B
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】A．处电势趋向负无穷，为负电荷；处趋向正无穷，为正电荷，二者为异种电荷，A错误；
B．电势为0，；点场强为0：，代入解得，B正确；
C．点电势为0：，解得，C错误；
D．两电荷电量可求，叠加可得任意点场强，由可求试探电荷受力，D错误。
故答案为：B。
【分析】A：由电势趋向判断电荷电性；
B：利用电势零点求电量关系，场强零点列方程求解；
C：再次利用电势为零求解位置；
D：场强叠加可求受力。
8．【答案】B,C
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A．斜面光滑，物块与弹簧组成的系统机械能守恒，物块能回到释放位置，A错误；
B．接触弹簧前只有重力做功，物块机械能守恒，B正确；
C．从到，只有重力、弹簧弹力做功，系统机械能守恒，C正确；
D．，先重力分力大于弹力，物块加速；后弹力大于重力分力，物块减速，动能先增后减，D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：光滑斜面，系统机械能守恒；
B：接触弹簧前，无弹簧弹力，只有重力做功；
C：系统内只有重力、弹力做功；
D：合力方向决定加速、减速阶段。
9．【答案】B,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．由 ，滑片由 ， 减小，副线圈等效电阻减小，原线圈电流 变大，电压表示数 变小，A错误；
B．由 ，得 ，比值恒定不变，B正确；
C． 变小，副线圈电压变小， 两端电压减小，由 ， 功率变小，C错误；
D．滑片在 端时，，等效电阻 ，总电流 ，
功率 ，D正确。
故答案为：BD。
【分析】A：等效电阻变化判断原线圈电流、电压变化；
B：由 线性关系，斜率绝对值为 ；
C：副线圈电压减小， 功率减小；
D：等效电阻法计算原线圈电流，进而求 功率。
10．【答案】A,C,D
【知识点】感应电动势及其产生条件；电磁感应中的磁变类问题；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．时间内，圆环的磁通量变化量为
穿过圆环横截面的电量为，故A正确；
B．由题图可知，在内圆环中的电动势大小为，电流大小为同理，在内圆环中的电流大小为
设圆环中电流的有效值为，根据有效值定义可得
联立解得，故B错误；
C．设右侧有对称的无限长直导线与构成回路，则时刻，、回路产生的总电动势为，根据对称性可知时刻直导线电动势为，故C正确；
D．，过点的圆环内感生电动势，圆环周长，电场强度大小，得，故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】A：由磁通量变化结合求电量；
B：分阶段求电流，利用电流有效值定义求解；
C：构造对称回路，由对称性求直导线电动势；
D：由法拉第电磁感应定律结合感生电场与电动势关系求解电场强度。
11．【答案】（1）B
（2）A
（3）d
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）用图甲装置进行探究，一个小球做自由落体运动，一个小球做平抛运动，两小球同时落地，只能探究平抛运动竖直方向上的运动特点。
故答案为：B。
（2）AC．为了保证小钢球抛出时的速度处于水平方向，斜槽轨道末端的切线需要调成水平；为了保证每次小钢球抛出时的速度相同，小钢球需要每次从斜槽M上同一位置由静止滚下，但斜槽轨道M不需要光滑，故A正确，C错误；
B．上下调节挡板时不需要每次等间距移动，故B错误。
故答案为：A。
（3）设小球抛出时的初速度为，根据平抛运动规律可得，
联立可得，可知图像过一条过原点的倾斜直线，图线斜率为
若将钢球在斜槽上的释放点的高度提高一些，再次由静止释放钢球，其他步骤不变，则小球抛出时的初速度变大，使得图像的斜率变小，则得到的图像是图丙中的。
故答案为：d
【分析】(1) 甲装置对比平抛与自由落体运动，只能探究竖直分运动特点；
(2) 乙装置实验要求：斜槽末端水平、小球同一位置释放、挡板无需等距移动；
(3) 由平抛规律推导关系式，释放点提高则初速度变大、斜率变小，对应图像。
（1）用图甲装置进行探究，一个小球做自由落体运动，一个小球做平抛运动，两小球同时落地，只能探究平抛运动竖直方向上的运动特点。
故选B。
（2）AC．为了保证小钢球抛出时的速度处于水平方向，斜槽轨道末端的切线需要调成水平；为了保证每次小钢球抛出时的速度相同，小钢球需要每次从斜槽M上同一位置由静止滚下，但斜槽轨道M不需要光滑，故A正确，C错误；
B．上下调节挡板时不需要每次等间距移动，故B错误。
故选A。
（3）设小球抛出时的初速度为，根据平抛运动规律可得，
联立可得
可知图像过一条过原点的倾斜直线，图线斜率为
若将钢球在斜槽上的释放点的高度提高一些，再次由静止释放钢球，其他步骤不变，则小球抛出时的初速度变大，使得图像的斜率变小，则得到的图像是图丙中的。
12．【答案】（1）1.845；4.230
（2）；；等于
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）固定刻度读数为，可动刻度读数为，总读数为（均正确）；
主尺读数为，游标卡尺对齐格数为，总读数为。
故答案为：1.845；4.230
（2）①滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻，采用分压式接法；电流表内阻已知，与串联改装为电压表，并联在两端，测干路总电流，电路图如下：
②并联部分电压：，的电流为，因此
由电阻定律，横截面积，整理得：
③推导的过程中，没有用到的内阻，的大小不影响的测量结果，因此测量值等于真实值。
故答案为：；；等于
【分析】(1) 螺旋测微器读数=固定刻度+可动刻度×精度；20分度游标卡尺读数=主尺读数+游标尺对齐格数×精度；
(2) 滑动变阻器阻值远小于待测电阻，用分压式；已知内阻的电流表串联定值电阻改装电压表；测干路电流；结合电阻定律推导电阻率；内阻不参与计算，故测量值等于真实值。
（1）①固定刻度读数为，可动刻度读数为，总读数为（均正确）。
②主尺读数为，游标卡尺对齐格数为，总读数为。
（2）①滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻，采用分压式接法；电流表内阻已知，与串联改装为电压表，并联在两端，测干路总电流，电路图如下：
②并联部分电压：
的电流为，因此
由电阻定律
横截面积
整理得：
③推导的过程中，没有用到的内阻，的大小不影响的测量结果，因此测量值等于真实值。
13．【答案】（1）解：加热后气体的温度
室温气体的温度
压强
根据气体做等容变化，可得
解得
（2）解：气体做等容变化，外界对气体不做功，气体吸收热量为
根据热力学第一定律
气体内能的变化，即气体内能减少。
【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；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】(1) 罐内气体体积不变，发生等容变化，利用查理定律求解末态压强；
(2) 等容过程气体不做功，结合热力学第一定律分析内能变化。
（1）加热后气体的温度
室温气体的温度
压强
根据气体做等容变化，可得
解得
（2）气体做等容变化，外界对气体不做功，气体吸收热量为
根据热力学第一定律
气体内能的变化，即气体内能减少。
14．【答案】（1）解：滑块从抛出到点的高度为
到达点时，竖直方向的速度满足
滑块做平抛运动到点，速度偏转角为，故
得
（2）解：滑块从抛出点到B，由动能定理
在B点，轨道对滑块的支持力可由牛顿第二定律求得，满足
得
（3）解：设高度为H，滑块抛出速度大小为，滑块从抛出到点的高度为
到达点时，竖直方向的速度满足
速度偏转角仍为，故
滑块从抛出到B点，由动能定理
以滑块和木板作为整体，从B点出发到木板右端，系统动量守恒，满足
由能量守恒
联立解得
【知识点】平抛运动；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 滑块平抛到A点，竖直下落高度由几何关系确定，结合速度偏角求初速度；
(2) 对全程用动能定理求B点速度，再由向心力公式求轨道支持力；
(3) 仍以切入A点，平抛规律不变；滑块滑上木板后系统动量守恒，结合能量守恒、动能定理联立求抛出高度。
（1）滑块从抛出到点的高度为
到达点时，竖直方向的速度满足
滑块做平抛运动到点，速度偏转角为，故
得
（2）滑块从抛出点到B，由动能定理
在B点，轨道对滑块的支持力可由牛顿第二定律求得，满足
得
（3）设高度为H，滑块抛出速度大小为，滑块从抛出到点的高度为
到达点时，竖直方向的速度满足
速度偏转角仍为，故
滑块从抛出到B点，由动能定理
以滑块和木板作为整体，从B点出发到木板右端，系统动量守恒，满足
由能量守恒
联立解得
15．【答案】（1）解：设粒子源上某点处释放的粒子垂直于y轴进入第二象限时速度为， 有
进入第二象限后做类平抛运动经时间经过点，则 ， ，
得
（2）解：由（1）知点的坐标为，设粒子进入磁场时速度为，与轴负方向成角。
则水平分速度满足
竖直分速度满足， ，
得，
设该粒子在磁场中轨道半径为，则，
解得
（3）解：若从粒子源AC上处释放的粒子，进入磁场速度为， 水平分速度为， 竖直分速度为，则，
粒子进入磁场时速度与轴负方向成角，在磁场中的轨道半径为，
解得
设轨迹圆与轴相交的弦长为，则，，
解得
当时，取得最小值
故粒子收集板的最小长度
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；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) 粒子在第一象限沿x轴方向加速，第二象限做类平抛运动，结合运动学规律推导粒子源轨迹方程；
(2) 对C点粒子，先求进入磁场的速度，再由几何关系与洛伦兹力提供向心力求磁感应强度；
(3) 推导粒子在磁场中轨迹弦长，分析弦长随x的变化规律，得到收集板最小长度。
（1）设粒子源上某点处释放的粒子垂直于y轴进入第二象限时速度为， 有
进入第二象限后做类平抛运动经时间经过点，则 ， ，
得
（2）由（1）知点的坐标为，设粒子进入磁场时速度为，与轴负方向成角。
则水平分速度满足
竖直分速度满足， ，
得，
设该粒子在磁场中轨道半径为，则，
解得
（3）若从粒子源AC上处释放的粒子，进入磁场速度为， 水平分速度为， 竖直分速度为，则，
粒子进入磁场时速度与轴负方向成角，在磁场中的轨道半径为，
解得
设轨迹圆与轴相交的弦长为，则，，
解得
当时，取得最小值
故粒子收集板的最小长度
解得
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