2025屆湖南省邵陽(yáng)市高三上學(xué)期第一次聯(lián)考（一模）物理試題 （解析版）

這是一份2025屆湖南省邵陽(yáng)市高三上學(xué)期第一次聯(lián)考（一模）物理試題 （解析版），共21頁(yè)。試卷主要包含了保持答題卡的整潔等內(nèi)容，歡迎下載使用。
本試卷共 6 頁(yè)，15 個(gè)小題。滿分 100 分?？荚嚂r(shí)間 75 分鐘。
注意事項(xiàng)：
1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)填寫在答題卡上。將條形碼橫貼在答題卡上“條形
碼粘貼區(qū)”。
2.作答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用 2B 鉛筆在答題卡上對(duì)應(yīng)題目選項(xiàng)的答案信息點(diǎn)涂黑：
如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試卷上。
3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應(yīng)
位置上：如需改動(dòng)，先劃掉原來(lái)的答案，然后再寫上新答案；不準(zhǔn)使用鉛筆和涂改液。不按
以上要求作答無(wú)效。
4.保持答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，只交答題卡，試題卷自行保存。
一、選擇題：本題共 6 小題，每小題 4 分，共 24 分，每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是
符合題目要求的。
1. 2024 年 10 月 8 日消息，本年度諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)授予約翰·霍普菲爾德和杰弗里·辛頓，“以表彰他們?yōu)槔?br>人工神經(jīng)網(wǎng)絡(luò)進(jìn)行機(jī)器學(xué)習(xí)作出的基礎(chǔ)性發(fā)現(xiàn)和發(fā)明”。在物理學(xué)的探索和發(fā)現(xiàn)過(guò)程中，物理過(guò)程和研究方
法比物理知識(shí)本身更加重要。以下關(guān)于物理學(xué)研究方法和物理學(xué)史的敘述中正確的是（ ）
A. 慣性定律即牛頓第一定律，伽利略通過(guò)理想斜面實(shí)驗(yàn)直接驗(yàn)證了慣性定律
B. 美國(guó)科學(xué)家富蘭克林命名了正電荷和負(fù)電荷，并通過(guò)油滴實(shí)驗(yàn)測(cè)得元電荷的數(shù)值
C. 自然界中的電和磁存在著某種神秘的聯(lián)系，丹麥物理學(xué)家?jiàn)W斯特通過(guò)不斷地探索發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)
D. 根據(jù)速度定義式 ，當(dāng) 足夠小時(shí)， 就可以表示物體在某時(shí)刻的瞬時(shí)速度，該定義應(yīng)用了微元
法思想方法
【答案】C
【解析】
【詳解】A．慣性定律即牛頓第一定律，該實(shí)驗(yàn)無(wú)法通過(guò)實(shí)驗(yàn)直接驗(yàn)證，伽利略通過(guò)理想斜面實(shí)驗(yàn)間接驗(yàn)證
了慣性定律，A 錯(cuò)誤；
B．美國(guó)科學(xué)家富蘭克林命名了正電荷和負(fù)電荷，密立根油滴實(shí)驗(yàn)測(cè)得元電荷的數(shù)值，B 錯(cuò)誤；
C．丹麥物理學(xué)家?jiàn)W斯特通過(guò)不斷地探索發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，C 正確；
D．速度 ，當(dāng) 足夠小時(shí)， 就可以表示物體在某時(shí)刻的瞬時(shí)速度，該定義應(yīng)用了極限的思想方
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法，D 錯(cuò)誤。
故選 C。
2. 測(cè)糖儀的原理是溶液的折射率與含糖率成正比，通過(guò)測(cè)量溶液相對(duì)標(biāo)準(zhǔn)透明介質(zhì)的折射率，即可得到待
測(cè)溶液的含糖率。如圖所示為某種測(cè)糖儀內(nèi)部核心結(jié)構(gòu)的原理圖，截面為半圓形的透明容器中裝有待測(cè)溶
液，容器右側(cè)有一截面為長(zhǎng)方形的標(biāo)準(zhǔn)透明介質(zhì)，介質(zhì)右側(cè)面貼有一屏幕，可用來(lái)記錄光線出射的位置。
一束光沿半徑方向射向半圓形圓心，射出后分為 、 兩束光，光路圖如圖所示，其中 ，忽略容器
壁的厚度，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 、 光在溶液中的傳播速度比在透明介質(zhì)中的小
B. 若稍微提高溶液的含糖率，光線打在屏幕上的位置均將向下移動(dòng)
C. 若逐漸提高溶液的含糖率， 光先不能射出容器
D. 稍水平向左移動(dòng)透明介質(zhì)，光線打在屏幕上的位置均將向下移動(dòng)
【答案】B
【解析】
【詳解】A． ，由光的折射定律結(jié)合光路圖可知，溶液的折射率小于透明介質(zhì)的折射率，由 可
知，光線在溶液中的傳播速度比在透明介質(zhì)中的大，A 錯(cuò)誤；
B．稍微提高溶液的含糖率，溶液的折射率增大，光線從溶液射出時(shí)，折射角增大，故打在屏幕上的位置向
下移動(dòng)，B 正確；
C．由圖可知，溶液對(duì) 光的折射率小于溶液對(duì) 光的折射率，由 可知，逐漸提高溶液的含糖率，
光先達(dá)到全反射的臨界角，即 光先不能射出容器，C 錯(cuò)誤；
D．稍微水平向左移動(dòng)透明介質(zhì)，由幾何關(guān)系可知光線打在屏幕上的位置均將向上移動(dòng)，D 錯(cuò)誤。
故選 B。
3. 學(xué)校組織趣味運(yùn)動(dòng)會(huì)，某運(yùn)動(dòng)員手持乒乓球拍托著球沿水平直賽道向前跑，運(yùn)動(dòng)員速度越大，乒乓球受
到的水平風(fēng)力越大。已知球拍面與水平面的夾角為 53°，乒乓球的質(zhì)量為 2.7g，乒乓球與球拍面之間的動(dòng)摩
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擦因數(shù)為 0.5，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取 ， ，不考慮乒乓球的滾動(dòng)，當(dāng)
運(yùn)動(dòng)員以某一速度勻速向前跑時(shí)，乒乓球恰好不下滑，關(guān)于此時(shí)的乒乓球下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向下 B. 乒乓球受三個(gè)力的作用
C. 乒乓球受到的風(fēng)力大小為 D. 如果球拍面豎直，則乒乓球不會(huì)下滑
【答案】C
【解析】
【詳解】A．乒乓球恰好不下滑，所以乒乓球有沿球拍下滑的趨勢(shì)，乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向上，
故 A 錯(cuò)誤；
B．對(duì)乒乓球進(jìn)行受力分析，受到重力、球拍支持力、球拍的摩擦力和水平風(fēng)力共四個(gè)力的作用，故 B 錯(cuò)誤；
C．以乒乓球?yàn)閷?duì)象，根據(jù)平衡條件可得 ，
又
聯(lián)立解得乒乓球受到的風(fēng)力大小為
故 C 正確；
D．當(dāng)球拍豎直時(shí)，如果水平風(fēng)力不變，由于
則乒乓球會(huì)下滑，故 D 錯(cuò)誤。
故選 C。
4. 開(kāi)普勒用二十年的時(shí)間研究第谷的行星觀測(cè)記錄，發(fā)現(xiàn)了行星運(yùn)動(dòng)規(guī)律。通常認(rèn)為，太陽(yáng)保持靜止不動(dòng)，
行星繞太陽(yáng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則開(kāi)普勒第三定律中常量 （R 為行星軌道半徑，T 為運(yùn)行周期）。如圖
所示，三個(gè)質(zhì)量均為 m 的天體相距為 L 成一直線排列，在萬(wàn)有引力作用下構(gòu)成一穩(wěn)定的星系。該星系中有
類似于開(kāi)普勒第三定律中常量 。已知引力常量為 G，則 的值為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
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【解析】
【詳解】設(shè)中心天體的質(zhì)量為 M，萬(wàn)有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，由牛頓第二定律可得
解得
在三星體系中，同理可得
解得
故選 A。
5. 如圖甲所示，取一電阻率為 的均質(zhì)金屬材料，將它做成橫截面為圓形的金屬導(dǎo)線，每段導(dǎo)線體積均恒
為 V。如圖乙所示，將一段導(dǎo)線接在電動(dòng)勢(shì)為 E，內(nèi)阻為 r 的電源兩端，并置于方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)
強(qiáng)度大小為 B 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖丙所示，將另一段導(dǎo)線接在恒流源兩端，下列說(shuō)法不正確的是（ ）
A. 乙圖中，拉長(zhǎng)該段導(dǎo)線使直徑減小，導(dǎo)線電阻隨之增大
B. 丙圖中，拉長(zhǎng)該段導(dǎo)線使直徑減半，導(dǎo)線兩端電壓變?yōu)樵瓉?lái)的 8 倍
C. 丙圖中，改變導(dǎo)線直徑，該段導(dǎo)線發(fā)熱功率與直徑的四次方成反比
D. 乙圖中，通過(guò)改變導(dǎo)線直徑可改變導(dǎo)線所受的安培力，且最大安培力為
【答案】B
【解析】
【詳解】A．根據(jù)電阻定律
其中 ，
聯(lián)立，解得
可知乙圖中，拉長(zhǎng)該段導(dǎo)線使直徑減小，導(dǎo)線電阻隨之增大，故 A 正確，與題意不符；
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B．丙圖中，導(dǎo)線兩端的電壓
電流不變時(shí)，拉長(zhǎng)該段導(dǎo)線使直徑減半，導(dǎo)線兩端電壓變?yōu)樵瓉?lái)的 16 倍，故 B 錯(cuò)誤，與題意相符；
C．丙圖中該段導(dǎo)線的發(fā)熱功率
流過(guò)導(dǎo)線的電流不變，改變導(dǎo)線直徑，該段導(dǎo)線發(fā)熱功率與直徑的四次方成反比，故 C 正確，與題意不符；
D．乙圖中，由閉合電路歐姆定律
導(dǎo)線受到的安培力
聯(lián)立，解得
可知通過(guò)改變導(dǎo)線直徑可改變導(dǎo)線所受的安培力，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知當(dāng)且僅當(dāng) 時(shí)， 最小，
此時(shí)
最小值為
故最大安培力為
故 D 正確，與題意不符。
本題選不正確的，故選 B。
6. 為了研究多層鋼板在不同模式下的防彈效果，建立如下簡(jiǎn)化模型。如圖所示，兩個(gè)完全相同的鋼板 A、B
厚度均為 d，質(zhì)量均為 m。第一次把 A、B 焊接在一起靜置在光滑水平面上，質(zhì)量也為 m 的子彈水平射向鋼
板 A，恰好將兩鋼板擊穿。第二次把 A、B 間隔一段距離水平放置，子彈以同樣的速度水平射向 A，穿出后
再射向 B，且兩塊鋼板不會(huì)發(fā)生碰撞。設(shè)子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，不計(jì)子彈的重力，子彈可視為
質(zhì)點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 第一次子彈射出 B 時(shí)，A 的位移為 d
B. 第一次子彈穿過(guò) A、B 所用時(shí)間之比為
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C. 第二次子彈不能擊穿鋼板 B，進(jìn)入鋼板 B 的深度為
D. 第一次、第二次整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能之比為
【答案】D
【解析】
【詳解】A．設(shè)第一次子彈穿過(guò) A、B 時(shí)共同速度為 v，對(duì)系統(tǒng)由動(dòng)量守恒有
此過(guò)程對(duì) A 和 B 有
對(duì)子彈有
解得
故 A 錯(cuò)誤；
B．第一次子彈相對(duì) A、B 做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，恰擊穿時(shí)相對(duì)末速度為 0，根據(jù)逆向思維，可以將看成子彈
相對(duì) A、B 做初速度為 0 的反向勻加速直線運(yùn)動(dòng)，穿過(guò) B、A 的相對(duì)位移相等，根據(jù)連續(xù)相鄰相等位移之內(nèi)
的時(shí)間間隔比例規(guī)律可知，穿過(guò) B、A 的時(shí)間之比為 ，所以穿過(guò) A、B 所用時(shí)間之比為
，故 B 錯(cuò)誤；
C．設(shè)子彈的初速度為 ，受到的阻力大小為 f，第一次穿過(guò) A、B 時(shí)共同速度為 v，對(duì)系統(tǒng)由動(dòng)量守恒有
由能量守恒有
解得
第二次子彈穿過(guò) A 時(shí)，設(shè)子彈速度為 ，A 的速度為 u，假設(shè)不能穿透 B，最后與 B 的共同速度為 ，進(jìn)
入 B 的深度為 ，對(duì)子彈和 A 由動(dòng)量守恒有
由能量守恒有
解得
對(duì)子彈和 B，由動(dòng)量守恒有
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由能量守恒有
解得
假設(shè)成立，故 C 錯(cuò)誤；
D．第一次系統(tǒng)損失的機(jī)械能
第二次系統(tǒng)損失的機(jī)械能
第一次、第二次系統(tǒng)損失的機(jī)械能之比為
故 D 正確。
故選 D。
二、選擇題：本題共 4 小題，每小題 5 分，共 20 分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符
合題目要求，全部選對(duì)的得 5 分，選對(duì)但不全的得 3 分，有選錯(cuò)的得 0 分。
7. 如圖甲所示，均勻介質(zhì)中三個(gè)相同的波源分別位于 xOy 平面直角坐標(biāo)系中的 A、B、C 點(diǎn)，波源振動(dòng)方向
均垂直紙面，振動(dòng)圖像均如圖乙所示，波速均為 2cm/s。則（ ）
A. 質(zhì)點(diǎn) D 比質(zhì)點(diǎn) O 晚起振 4s
B. 時(shí)，質(zhì)點(diǎn) O 的速度方向與加速度方向相同
C. 若取走波源 B，穩(wěn)定后質(zhì)點(diǎn) O、D 的相位差始終為
D. 若取走波源 C，穩(wěn)定后質(zhì)點(diǎn) O 與質(zhì)點(diǎn) D 的振幅相等
【答案】AD
【解析】
【詳解】A．根據(jù)題意，結(jié)合圖（a）可知，振源 B 的振動(dòng)形式先傳播到 O 點(diǎn)，時(shí)間
則質(zhì)點(diǎn) O 從第 6s 末開(kāi)始振動(dòng)；振源 A、C 的振動(dòng)形式同時(shí)傳播到 D 點(diǎn)，時(shí)間
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則質(zhì)點(diǎn) D 從第 10s 末開(kāi)始振動(dòng)，可知，質(zhì)點(diǎn) D 比質(zhì)點(diǎn) O 晚起振 ，故 A 正確；
B．根據(jù)題意，結(jié)合圖（a）可知， 時(shí)，只有波源 B 產(chǎn)生的振動(dòng)傳到 O 點(diǎn)，且已經(jīng)振動(dòng)了 1.2s，根
據(jù)圖（b）可知質(zhì)點(diǎn) O 相對(duì)平衡位置的位移有增大的趨勢(shì)，速度方向與加速度相反，故 B 錯(cuò)誤；
C．若取走波源 B，質(zhì)點(diǎn) O、D 到波源 A、C 的波程差均為 0，兩質(zhì)點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，又質(zhì)點(diǎn) O 從 8s 開(kāi)始達(dá)
到穩(wěn)定，質(zhì)點(diǎn) D 從 10s 開(kāi)始達(dá)到穩(wěn)定，則穩(wěn)定后兩質(zhì)點(diǎn)的相位差為 的整數(shù)倍，故 C 錯(cuò)誤；
D．根據(jù) 可知，三列波的波長(zhǎng)均為 4cm，若取走波源 C，質(zhì)點(diǎn) O 到波源 A、B 的波程差為 4cm，為
波長(zhǎng)的整數(shù)倍，則質(zhì)點(diǎn) O 為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，同理可得，質(zhì)點(diǎn) D 也為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，穩(wěn)定后兩質(zhì)點(diǎn)振幅相等，故
D 正確。
故選 AD。
8. 如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系 xOy 的 、 兩點(diǎn)處固定著電荷量分別為+q、 的兩個(gè)點(diǎn)電荷，
A、B 為 y 軸上兩點(diǎn)，坐標(biāo)分別為 、 ，M、N、P、Q 四個(gè)點(diǎn)是以 為中心的正方形的四個(gè)頂
點(diǎn)，在上述兩個(gè)點(diǎn)電荷所形成的電場(chǎng)中，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. N 點(diǎn)與 Q 點(diǎn)電勢(shì)相等
B. x 軸上 處電場(chǎng)強(qiáng)度為零
C. B 點(diǎn)的電勢(shì)高于 A 點(diǎn)的電勢(shì)，A 點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于 B 點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度
D. 將某一負(fù)電荷從 P 點(diǎn)移動(dòng)到 Q 點(diǎn)電場(chǎng)力做的功大于將其從 N 點(diǎn)移動(dòng)到 M 點(diǎn)電場(chǎng)力做的功
【答案】CD
【解析】
【詳解】A．若單獨(dú)考查 形成的電場(chǎng)，N 點(diǎn)和 Q 點(diǎn)位于同一等勢(shì)面上，但對(duì)于 形成的電場(chǎng)中，Q 點(diǎn)
的電勢(shì)高于 N 點(diǎn)的電勢(shì)，根據(jù)電勢(shì)的疊加可知，在兩個(gè)點(diǎn)電荷形成的疊加電場(chǎng)中，Q 點(diǎn)的電勢(shì)高于 N 點(diǎn)的
電勢(shì)，A 錯(cuò)誤；
B．根據(jù)點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)，可知 在 處的電場(chǎng)強(qiáng)度
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方向水平向右， 在 處的電場(chǎng)強(qiáng)度
方向水平向右，故二者大小相等，方向相同，合場(chǎng)強(qiáng)不為零，B 錯(cuò)誤；
C． 的點(diǎn)電荷等效成一個(gè) 和一個(gè) 的兩個(gè)點(diǎn)電荷，對(duì)于 和 的電場(chǎng)中，A、B 位于同一等勢(shì)面
上，而在 點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)中，B 點(diǎn)的電勢(shì)高于 A 點(diǎn)電勢(shì)，故 B 點(diǎn)電勢(shì)高于 A 點(diǎn)電勢(shì)，由于 A 點(diǎn)相對(duì)
于場(chǎng)源電荷較近，故 A 點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于 B 點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，C 正確；
D． 形成 電場(chǎng)，N 點(diǎn)和 Q 點(diǎn)位于同一等勢(shì)面上，但對(duì)于 形成的電場(chǎng)中，Q 點(diǎn)的電勢(shì)高于 N 點(diǎn)的電
勢(shì)，因此 兩點(diǎn)的電勢(shì)差大于 兩點(diǎn)的電勢(shì)差，故將某一負(fù)電荷從 P 點(diǎn)移動(dòng)到 Q 點(diǎn)電場(chǎng)力做的功大于
將其從 N 點(diǎn)移動(dòng)到 M 點(diǎn)電場(chǎng)力做的功，D 正確。
故選 CD。
9. “轆轤”是中國(guó)古代取水的重要設(shè)施，通過(guò)轉(zhuǎn)動(dòng)手柄將輕繩纏繞到半徑為 R 的轉(zhuǎn)筒上，就可以把水桶從
井中提起。若某次轉(zhuǎn)動(dòng)手柄的角速度 隨時(shí)間 t 變化的圖像如圖乙所示，經(jīng) 時(shí)間把水桶從井底提升到井
口，水桶和桶中水的總質(zhì)量為 m，重力加速度大小為 g，水桶可看成質(zhì)點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 水井的深度為
B. ，水桶做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)
C. 把水桶從井底提升到井口的過(guò)程中合力對(duì)水桶和桶中水做功為
D. 把水桶從井底提升到井口的過(guò)程中克服重力做功的平均功率為
【答案】AC
【解析】
【詳解】A．圖乙中 內(nèi)圖像與時(shí)間軸所包圍的面積表示把水桶從井底提升到井口過(guò)程中轉(zhuǎn)筒轉(zhuǎn)過(guò)的
角度，設(shè)為 ，則有
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故水井的深度為
A 正確；
B．轉(zhuǎn)筒邊緣上點(diǎn)的線速度大小等于水桶的速度大小，根據(jù)線速度與角速度的關(guān)系，則有
因?yàn)?內(nèi)， 與 成正比，所以水桶的速度 v 與 t 成正比， 時(shí)間內(nèi)， 不變，線速度 不變，
水桶做勻速直線運(yùn)動(dòng)，B 錯(cuò)誤；
C．根據(jù)動(dòng)能定理，把水桶從井底提升到井口的過(guò)程中合力對(duì)水桶和桶中水做功為
C 正確；
D．把水桶從井底提升到井口的過(guò)程中克服重力做功的平均功率為
D 錯(cuò)誤。
故選 AC。
10. 間距為 的兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌 MN、PQ 固定放置在同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間存在大小為
，方向垂直導(dǎo)軌平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)軌左端串接一阻值為 的定值電阻，導(dǎo)體棒垂直放
在導(dǎo)軌上，如圖所示。當(dāng)水平圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，固定在圓盤上的小圓柱帶動(dòng) T 形支架在水平方向往復(fù)運(yùn)動(dòng)，
T 形支架進(jìn)而驅(qū)動(dòng)導(dǎo)體棒在水平面內(nèi)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，以水平向右為正方向，其位移 x 與運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t 的關(guān)系為
。已知導(dǎo)體棒質(zhì)量為 ，總是保持與導(dǎo)軌接觸良好，除定值電阻外其余電阻均忽
略不計(jì)，空氣阻力忽略不計(jì)，不考慮電路中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)，則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，產(chǎn)生感應(yīng)電流的最大值為
B. 在 時(shí)間內(nèi)，通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量為 0.25C
C. 在 時(shí)間內(nèi)，T 形支架對(duì)導(dǎo)體棒做功
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D. 當(dāng) T 形支架對(duì)導(dǎo)體棒的作用力為 0 時(shí)，導(dǎo)體棒的速度大小為
【答案】ACD
【解析】
【詳解】A．根據(jù) 關(guān)系式，可得 t 時(shí)刻導(dǎo)體棒的速度
所以導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，速度的最大值為
通過(guò)導(dǎo)體棒的感應(yīng)電流
聯(lián)立解得
A 正確；
B．設(shè)導(dǎo)體棒做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期為 T，根據(jù)
根據(jù)
接得
在 內(nèi)，即 內(nèi)，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的位移大小
感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值
感應(yīng)電流的平均值
通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量
聯(lián)立解得
B 錯(cuò)誤；
C．在 內(nèi)，設(shè) T 形支架對(duì)導(dǎo)體棒做功為 ，電阻 R 上產(chǎn)生的熱量為 Q。根據(jù)功能關(guān)系，則有
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聯(lián)立解得
C 正確；
D．由于加速度是速度對(duì)時(shí)間的求導(dǎo)，則有
有牛頓第二定律可得 ，
結(jié)合題意解得
解得
D 正確。
故選 ACD。
三、非選擇題：共 56 分。
11. 某學(xué)習(xí)小組利用圖示裝置探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系，主要操作步驟如下：
a.按圖甲所示完成裝置安裝，木板左端用鉸鏈連接在桌面上，將 1 個(gè)鉤碼通過(guò)跨過(guò)定滑輪的細(xì)繩連接到小車
上；
b.調(diào)整木塊位置，使小車獲得一定初速度后，遮光片通過(guò)兩光電門的遮光時(shí)間相等；
c.取下鉤碼，由靜止釋放小車，記錄小車通過(guò)上、下兩個(gè)光電門時(shí)遮光片的遮光時(shí)間，分別記為 和 ；
d.依次增加懸掛的鉤碼（完全相同）個(gè)數(shù) n，重復(fù)步驟 b、c、d。
請(qǐng)完成以下問(wèn)題：
（1）兩光電門中心間的距離為 s，遮光片的寬度 d 用螺旋測(cè)微器測(cè)量如圖乙，讀得 ______mm。由
計(jì)算出小車加速度。
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（2）要探究小車加速度與所受合外力的關(guān)系，以加速度 a 為縱軸，以______（選填“n”“ ”“ ”或
“ ”）為橫軸描點(diǎn)作圖，當(dāng)所作圖像是一條過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的傾斜直線時(shí)，則說(shuō)明：在小車質(zhì)量不變的情況
下，小車的加速度與所受合外力成正比。
（3）下列做法能減小本實(shí)驗(yàn)誤差的是______。
A. 減小兩光電門之間的距離 B. 要確保小車的質(zhì)量遠(yuǎn)大于鉤碼的質(zhì)量
C. 挑選遮光片時(shí)，選寬度比較小的 D. 挑選表面比較光滑的木板進(jìn)行實(shí)驗(yàn)
【答案】（1）3 108##3.107##3.109##3.106
（2）n （3）C
【解析】
【小問(wèn) 1 詳解】
根據(jù)螺旋測(cè)微器的讀數(shù)規(guī)律，該讀數(shù)為
【小問(wèn) 2 詳解】
令一個(gè)鉤碼的質(zhì)量為 m，小車的質(zhì)量為 M，依次增加懸掛的鉤碼（完全相同）個(gè)數(shù) n，重復(fù)步驟 b、c、d，
在步驟 b 中，根據(jù)平衡條件有
在步驟 c 中，對(duì)小車進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律有
則有
可知，要探究小車加速度與所受合外力的關(guān)系，以加速度 a 為縱軸，以 n 為橫軸描點(diǎn)作圖，當(dāng)所作圖像是
一條過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的傾斜直線時(shí)，則說(shuō)明：在小車質(zhì)量不變的情況下，小車的加速度與所受合外力成正比。
【小問(wèn) 3 詳解】
A．根據(jù)光電門測(cè)速原理有
當(dāng)光電門之間間距大一些時(shí)，擋光時(shí)間短一些，測(cè)速更加精確一些，可知，為了減小測(cè)速誤差，實(shí)驗(yàn)中應(yīng)
增大兩光電門之間的距離，故 A 錯(cuò)誤；
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B．結(jié)合上述可知，實(shí)驗(yàn)中能夠精確測(cè)得小車所受外力的合力，實(shí)驗(yàn)中，不需要確保小車的質(zhì)量遠(yuǎn)大于鉤碼
的質(zhì)量，故 B 錯(cuò)誤；
C．遮光片寬度越小，擋光時(shí)間越短，速度測(cè)量誤差越小，可知，實(shí)驗(yàn)中挑選遮光片時(shí)，選寬度比較小的，
故 C 正確；
D．結(jié)合上述可知，木板的摩擦對(duì)實(shí)驗(yàn)沒(méi)有影響，即不需要挑選表面比較光滑的木板進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，故 D 錯(cuò)誤。
故選 C。
12. 某興趣小組利用實(shí)驗(yàn)室的器材進(jìn)行電表內(nèi)阻的測(cè)量實(shí)驗(yàn)。
（1）小組成員在實(shí)驗(yàn)室發(fā)現(xiàn)一個(gè)表盤數(shù)字被污漬遮擋的電壓表，利用圖甲中的電路圖測(cè)量電壓表量程。閉
合開(kāi)關(guān)后，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器 和電阻箱 ，保持電流表滿偏 ，當(dāng) 時(shí)，電壓表指針偏
轉(zhuǎn)了滿偏的 ，當(dāng) 時(shí)，電壓表指針偏轉(zhuǎn)了滿偏的 。則電壓表量程為_(kāi)_____V，電流表內(nèi)阻為
______Ω。
（2）小組成員選擇完好的實(shí)驗(yàn)儀器，利用表盤如圖乙所示的多用電表和圖丙中的電路圖測(cè)量該電壓表的內(nèi)
阻（內(nèi)阻約十幾千歐）。
①利用多用電表的歐姆擋對(duì)電壓表內(nèi)阻進(jìn)行粗測(cè)。將多用電表?yè)跷徽{(diào)到歐姆______擋（選填“×100”或“×
1k”），再將紅表筆和黑表筆短接，調(diào)零后，將兩表筆接在電壓表正負(fù)接線柱上，用多用電表讀出電壓表內(nèi)
阻阻值；
②按照?qǐng)D丙所示的電路圖連接實(shí)驗(yàn)儀器后，閉合開(kāi)關(guān) S，改變電阻箱阻值，讀取多組電壓表示數(shù) U 與電阻
箱阻值 R，并繪制出 圖像如圖丁所示，圖像斜率為 k，若已知電源電動(dòng)勢(shì) E，則電壓表內(nèi)阻 ______
，電源內(nèi)阻對(duì)電壓表內(nèi)阻測(cè)量______（選填“有”或“無(wú)”）影響。
【答案】（1） ①. 3 ②. 2
（2） ①. ×1k ②. ③. 無(wú)
【解析】
【小問(wèn) 1 詳解】
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[1][2]保持電流表滿偏 ，當(dāng) 時(shí)，電壓表指針偏轉(zhuǎn)了滿偏的 ，當(dāng) 時(shí)，電壓
表指針偏轉(zhuǎn)了滿偏的 。根據(jù)歐姆定律有 ，
解得 ，
【小問(wèn) 2 詳解】
①[1]電壓表的內(nèi)阻（內(nèi)阻約十幾千歐），則多用電表歐姆擋在使用時(shí)，指針應(yīng)盡可能在表盤中間區(qū)域，則擋
位應(yīng)調(diào)到歐姆“×1k”擋，再將紅黑表筆短接進(jìn)行調(diào)零。
②[2][3]根據(jù)閉合電路歐姆定律有 變形得
則
電壓表內(nèi)阻
從式中可以看出電壓表內(nèi)阻只與電源電動(dòng)勢(shì)和斜率有關(guān)，與電源內(nèi)阻無(wú)關(guān)，所以電源內(nèi)阻對(duì)電壓表內(nèi)阻測(cè)
量無(wú)影響。
13. 小明學(xué)習(xí)熱學(xué)知識(shí)后設(shè)計(jì)了一個(gè)利用氣體來(lái)測(cè)量液體溫度的裝置。該裝置由導(dǎo)熱性能良好、厚度不計(jì)的
圓柱形細(xì)管、圓柱形金屬塊、上下兩個(gè)小卡環(huán)組成。圓柱形金屬塊質(zhì)量為 20g 厚度為 2cm 與管壁緊密接觸
（不漏氣），管內(nèi)用金屬塊封閉有一定量的理想氣體，管內(nèi)卡環(huán)限制金屬塊只能在管內(nèi)一定范圍內(nèi)上下移動(dòng)，
以金屬塊下端位置為基準(zhǔn)在上下卡環(huán)之間刻上刻度。上、下卡環(huán)間距離為 52cm，上端卡環(huán)距管下端距離為
102cm，管的橫截面積為 ，測(cè)溫時(shí)把溫度計(jì)豎直插入待測(cè)液體中。不考慮固體的熱脹冷縮，不計(jì)一切
摩擦阻力，外界大氣壓強(qiáng)恒為 ，g 取 ，當(dāng)管內(nèi)氣體的溫度為 7℃時(shí)金屬塊恰好對(duì)下
方卡環(huán)無(wú)壓力。
（1）求該溫度計(jì)的測(cè)溫范圍；
（2）某次測(cè)溫時(shí)示數(shù)由 63℃上升到 147℃，該過(guò)程管內(nèi)氣體吸收的熱量為 0.68J，求管內(nèi)氣體內(nèi)能改變量。
【答案】（1）
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（2）0.5J
【解析】
【小問(wèn) 1 詳解】
設(shè)管內(nèi)氣體最高溫度為 ，管內(nèi)氣體做等壓變化，則
其中 ， ，
解得
故溫度計(jì)的測(cè)溫范圍為
【小問(wèn) 2 詳解】
管內(nèi)氣體做等壓變化，則
其中 ，
解得 ，
管內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為
該過(guò)程氣體對(duì)外做功為
根據(jù)熱力學(xué)第一定律
可知管內(nèi)氣體內(nèi)能增加了 0.5J
14. 如圖甲所示，空間存在兩邊界為同軸圓柱面的電磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，區(qū)域Ⅱ位于區(qū)域Ⅰ外側(cè)，圓柱面的軸
線沿空間直角坐標(biāo)系 Oxyz 的 x 軸方向。半徑 的足夠長(zhǎng)水平圓柱形區(qū)域Ⅰ內(nèi)分布著沿 x 軸正方向
的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 ；沿 x 軸正方向觀察電磁場(chǎng)分布如圖乙，寬度 的區(qū)
域Ⅱ同時(shí)存在電、磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度 的勻強(qiáng)電場(chǎng)沿 x 軸正方向，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為
、磁感線與圓弧邊界平行且沿順時(shí)針?lè)较?，?y 軸負(fù)方向觀察電磁場(chǎng)分布如圖丙，比荷
的帶正電粒子，從坐標(biāo)為 的 A 點(diǎn)以一定初速度 沿 z 軸負(fù)方向進(jìn)入且能沿直
線通過(guò)區(qū)域Ⅱ。（不計(jì)粒子的重力和空氣阻力）
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（1）求 大小以及它在區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的半徑；
（2）若撤去區(qū)域Ⅱ的電場(chǎng)，求該粒子以速度 從進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ到離開(kāi)區(qū)域Ⅰ運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間。
【答案】（1） ，0.1m
（2）
【解析】
【小問(wèn) 1 詳解】
粒子沿直線通過(guò)區(qū)域Ⅱ，受力平衡則有
解得
粒子在區(qū)域Ⅰ中勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可得
解得
小問(wèn) 2 詳解】
撤去區(qū)域Ⅱ中的電場(chǎng)后，粒子在區(qū)域Ⅱ中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有
解得
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根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)軌跡轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為 45°。
粒子在區(qū)域Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為
粒子離開(kāi)區(qū)域Ⅱ后，在區(qū)域Ⅰ中垂直于磁場(chǎng)的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有
解得
根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子在區(qū)域Ⅰ中該方向上勻速圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為 90°。
粒子在區(qū)域Ⅰ中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為
綜上，粒子從進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ到離開(kāi)區(qū)域Ⅰ運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為
15. 如圖所示，固定的桌面、地面和固定的螺旋形圓管均光滑，輕質(zhì)彈簧左端固定，自然伸長(zhǎng)位置為 點(diǎn)，
彈簧的勁度系數(shù) ，圓軌道的半徑 ，圓管的內(nèi)徑比質(zhì)量為 的小球直徑略大，但遠(yuǎn)
小于圓軌道半徑，質(zhì)量為 的小物塊靜止于質(zhì)量為 的木板左端，木板的上表面恰好與圓管軌道水平部
分下端表面等高，小物塊與木板上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù) ，木板右端與墻壁之間的距離 ，現(xiàn)
用力將小球向左推壓，將彈簧壓縮 ，然后由靜止釋放小球，小球與彈簧不連接，小球運(yùn)動(dòng)到桌面
右端 點(diǎn)后水平拋出，從管口 A 點(diǎn)處沿圓管切線飛入圓管內(nèi)部，從圓管水平部分 B 點(diǎn)飛出，并恰好與小物
塊發(fā)生彈性碰撞，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后木板和右側(cè)墻壁發(fā)生彈性碰撞，已知小物塊始終未和墻壁碰撞，并且未
脫離木板，已知 OA 與豎直方向夾角 ， ， ， ，
。求：
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（1）拋出點(diǎn) 與管口 A 間的高度差 h；
（2）小球在圓管最高點(diǎn)所受的彈力 ；
（3）木板在地面上滑動(dòng)的總路程 s。
【答案】（1）0.45m
（2）4N，方向豎直向下
（3）6.35m
【解析】
【小問(wèn) 1 詳解】
彈簧彈開(kāi)小球過(guò)程彈力隨位移均勻變化，由動(dòng)能定理可得
解得
在小球平拋到管口 A 點(diǎn)時(shí)速度如圖所示
根據(jù) ，
聯(lián)立解得
【小問(wèn) 2 詳解】
小球從 A 到圓筒最高點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理可得
由上圖可知
小球在最高點(diǎn)時(shí)
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解得
說(shuō)明小球在圓管最高點(diǎn)所受的彈力 大小為 4N，方向豎直向下。
【小問(wèn) 3 詳解】
從 A 到 B 全過(guò)程，由動(dòng)能定理可得
解得
小球和小物塊碰撞過(guò)程，取水平向右為正方向，可得
解得 ，
說(shuō)明碰后小球停止運(yùn)動(dòng)，物塊獲得 向右的速度，開(kāi)始在木板上滑動(dòng)，以 和 為對(duì)象，可得
對(duì)木板可得
解得
物塊與木板共速后與墻壁發(fā)生第 1 次碰撞后，對(duì)木板
木板向左移動(dòng)的最大距離
解得
設(shè)小物塊和木板第二次共速時(shí)速度 ，則有
解得
第 2 次與墻碰撞后，木板向左移動(dòng)的最大距離
設(shè)小物塊和木板第三次共速時(shí)速度為 ，則有
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解得
同理可得
……
第 n 次與墻碰撞后，對(duì)木板有
木板運(yùn)動(dòng)的總路程為
即
代入數(shù)據(jù)解得
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