湖南省长沙市雅礼中学2024-2025学年高三上学期入学考试物理试题
1．（2024高三上·长沙开学考）贵州“村超”6月9日的一场比赛中，一名球员踢出了一记“圆月弯刀”直击球门死角，所谓“圆月弯刀”是指足球的飞行轨迹是一条优美的弧线。以下说法正确的是（ ）
A．研究“圆月弯刀”的踢球技法时可以把足球看作质点
B．研究足球的飞行轨迹时可以把足球看作质点
C．一名前排观众激动说：“太精彩了，目测最大球速超过120km/h”。这里的球速是指平均速度
D．该足球的飞行轨迹长度就是它的位移
2．（2024高三上·长沙开学考）做惯性演示实验时，小刚将一张白纸平放在水平桌面上，在白纸的上面水平放置一个黑板擦，用力把白纸快速抽出，黑板擦几乎不动，但细心的小刚发现，黑板擦在桌上水平前进了一小段距离，对于这种现象，下列说法中正确的是（ ）
A．将白纸快速抽出，黑板擦受到与运动方向相反的摩擦力
B．将白纸快速抽出，白纸给黑板擦的摩擦力对黑板擦做了正功
C．如果以较小速度抽出白纸，黑板擦往前运动的加速度将会变小
D．如果以较小速度抽出白纸，黑板擦所受的摩擦力的冲量将会变小
3．（2024高三上·长沙开学考）智能手机的普及后“低头族”应运而生。低头时，颈椎受到的压力会增大（当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重力）。现将人体头颈简化为如图所示的模型：头部的重心在P点，在可绕O转动的颈椎OP（轻杆）的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止状态。当低头时，若颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为60°，此时颈椎受到的压力与直立时颈椎受到压力的比值为（ ）
A．2 B． C． D．
4．（2024高三上·长沙开学考）某质点在Oxy平面上运动，时，质点位于y轴上。它在x方向运动的速度—时间图像如图甲所示，它在y方向的位移—时间图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．质点做直线运动
B．质点做匀变速曲线运动
C．时质点速度为5m/s
D．时质点的位置坐标为（5.0m，）
5．（2024高三上·长沙开学考）如图甲所示，质量为m的物块静止在竖直放置的轻弹簧上（不相连），弹簧下端固定，劲度系数为k。时刻，对物块施加一竖直向上的外力F，使物块由静止向上运动，当弹簧第一次恢复原长时，撤去外力F。从0时刻到F撤去前，物块的加速度a随位移x的变化关系如图乙所示。重力加速度为g，忽略空气阻力，则在物块上升过程（ ）
A．由已知条件可以求出外力F撤去后物块可以继续上升的最大高度
B．物块的最大加速度大小为2g
C．图线的斜率是
D．外力F为恒力
6．（2024高三上·长沙开学考）随着科技的发展，人类必将揭开火星的神秘面纱．如图所示，火星的人造卫星在火星赤道的正上方距离火星表面高度为R处环绕火星做匀速圆周运动，已知卫星的运行方向与火星的自转方向相同，a点为火星赤道上的点，该点有一接收器，可接收到卫星发出信号。已知火星的半径为R，火星同步卫星的周期为T，近火卫星的线速度为v，引力常量为G。则下列说法正确的是（ ）
A．火星的人造卫星的质量为，
B．卫星的环绕周期为
C．a点连续收到信号的最长时间为
D．火星同步卫星到火星表面的高度为
7．（2024高三上·长沙开学考）带电荷量分别为和（）的两个点电荷固定放置，两电荷连线中点为O，M、N两点位于两电荷连线上，P点位于两点电荷连线中垂线上，如图所示，则下列判断正确的是（ ）
A．O点的电场强度小于P点的电场强度
B．N点的电势高于M点的电势
C．负试探电荷在N点的电势能小于其在M点的电势能
D．将正点电荷由N点移到M点，电场力做负功
8．（2024高三上·长沙开学考）2022年北京冬奥会在北京和张家口举行，北京成为了历史上第一个既举办过夏季奥运会又举办过冬季奥运会的城市．图示为某滑雪运动员训练的场景，运动员以速度沿倾角、高的斜面甲飞出，并能无碰撞地落在倾角的斜面乙上，顺利完成飞越．把运动员视为质点，忽略空气阻力，重力加速度取，，．以下说法正确的是（ ）
A．运动员落至斜面乙时的速率为18m/s
B．斜面乙的高度为7.2m
C．运动员在空中飞行时离地面的最大高度为20m
D．运动员在空中飞行时离地面的最大高度时的速度大小为8m/s
9．（2024高三上·长沙开学考）位于长治市老顶山的神农滑雪场有两个坡度不同的滑道AB和（均可看作斜面），体重相同的甲、乙两名滑雪者分别乘两个完全相同的雪橇从A点由静止开始分别沿AB和滑下，最后都停在水平滑道面BC上，如图所示。设雪橇和滑道间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处均可认为是圆滑的，滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动。则下列说法中正确的是（ ）
A．甲从A到B的过程中重力的冲量小于乙从A到的过程中重力的冲量
B．甲在B点的动量大小小于乙在的的动量大小
C．甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程
D．滑行过程中甲乘坐雪橇克服摩擦力做的功大于乙乘坐雪橇克服摩擦力做的功
10．（2024高三上·长沙开学考）如图所示，与水平面成角的传送带正的速度匀速运行，A，B两端相距。现每隔1s把质量的工件（视为质点）轻放在传送带上，在传送带的带动下，工件向上运动，且工件到达B端时恰好才在A端放上一个工件，工件与传送带同的动摩擦因数，g取，下列说法正确的是（ ）
A．工件在传送带上时，先受到向上的滑动摩擦力，后受到向上的静摩擦力
B．两个工件间的最小距离为1.25m
C．传送带上始终有7个工件
D．满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了45N
11．（2024高三上·长沙开学考）如图甲所示，某兴趣小组在探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带定滑轮的长木板放在水平实验桌面上，小车的左端通过轻细绳跨过定滑轮与砝码盘相连，小车的右端与穿过打点计时器的纸带相连，实验中认为砝码和盘的总重力近似等于绳的拉力，已知重力加速度为g，打点计时器的工作频率为50Hz。
（1）实验主要步骤如下，下列做法正确的是________（填字母代号）
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与水平桌面保持平行
B．实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源
C．把远离定滑轮一侧的木板垫高，调节木板的倾角，使小车在不受牵引力时做匀速直线运动
D．每次通过增减小车上的砝码改变小车质量时，都需要重新调节木板倾角。
（2）甲同学在补偿阻力后，在保持小车质量不变的情况下，改变砝码盘中砝码的质量，重复实验多次，作出了如图乙所示的图象，其中图线末端发生了弯曲，产生这种现象的原因可能是________。（填字母代号）
A．因为补偿阻力不足
B．因为补偿阻力过度
C．砝码和盘的总质量未满足远大于小车总质量的条件
D．砝码和盘的总质量未满足远小于小车总质量的条件
（3）乙同学遗漏了补偿阻力这一步骤，若长木板水平，保持小车质量一定，测得小车加速度a与所受外力F的关系图象如图丙所示，则小车与木板间的动摩擦因数 （用字母表示）
（4）丙同学遗漏了补偿阻力这一步骤，若长木板水平，保持砝码盘中砝码质量不变，测得小车质量的倒数与小车加速度的图象如图丁所示，设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与长木板间的动摩擦因数 。（用字母表示）。
12．（2024高三上·长沙开学考）在学校社团活动中，某实验小组先将一只量程为300μA的微安表头G改装为量程为0.3A的电流表，然后用改装的电流表测量未知电阻的阻值。可供选择的实验器材有：
微安表头G(量程300，内阻约为几百欧姆)
滑动变阻器R1(0～10)
滑动变阻器R2(0～50)
电阻箱R(0~9999)
电源E1(电动势约为1.5V)
电源E2(电动势约为9V)
开关、导线若干
(1)实验小组先用如图(a)所示电路测量表头G的内阻Rg，实验方法是：
A．按图(a)连接好电路，将滑动变阻器的滑片调至图中最右端；
B．断开S2，闭合S1，调节滑动变阻器的滑片位置，使G满偏；
C．闭合S2，并保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使表头G的示数为200，记录此时电阻箱的阻值R0，
①实验中电源应选用 ，滑动变阻器应选用 (选填仪器字母代号)；
②测得表头G的内阻Rg= ，表头内阻的测量值较其真实值 (选填“偏大”或“偏小”)；
(2)实验测得G的内阻Rg=500，要将表头G改装成量程为0.3A的电流表，应选用阻值为 的电阻与表头G并联；
(3)实验小组利用改装后的电流表A，用图(b)所示电路测量未知电阻Rx的阻值。测量时电压表V的示数为1.20V，表头G的指针指在原电流刻度的250处，则Rx= 。
13．（2024高三上·长沙开学考）小明和小强玩遥控赛车，他们让两个小车在同一直线上沿同一方向匀速运动，小明的车在前，速度为2m/s，小强的车在后，速度为5m/s。当两小车相距3m时小明和小强同时开始刹车，两玩具车刹车过程均可视为匀变速运动，已知小明的玩具车刹车时加速度大小为1。
（1）如果小强的玩具车刹车的加速度大小为2.5m/s2，求两车的最小距离；
（2）如果两玩具车相距5m时开始刹车，小强的玩具车刹车的加速度大小为2，求整个过程两车的距离s与时间t的关系。
14．（2024高三上·长沙开学考）如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，取，，求：
（1）装置静止时，弹簧弹力的大小F；
（2）环A的质量M；
（3）上述过程中装置对A、B所做的总功W。
15．（2024高三上·长沙开学考）如图所示，光滑水平地面上方处存在宽度、方向竖直向上、大小的匀强电场区域。质量、长为的水平绝缘长木板静置于该水平面，且长木板最右侧与电场边界D重合。某时刻质量、带电量的可视为质点的滑块以初速度从长木板左端水平滑上木板，一段时间后，滑块离开电场区域。已知长木板与滑块的动摩擦因数，重力加速度大小，滑块带电量始终保持不变。求：
（1）滑块刚进电场时，长木板的速度大小；
（2）滑块在电场中的运动时间及全过程的摩擦生热；
（3）若电场等大反向，滑块进入电场后在木板上的相对位移。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】质点；位移与路程；瞬时速度
【解析】【解答】A．物体可以看成质点的条件：如果在研究的问题中，物体的形状、大小及物体上各部分运动的差异是次要或不起作用的因素，就可以把物体看作一个质点研究“圆月弯刀”的踢球技法时，足球的大小和形状不能忽略，不能看成质点，故A错误；
B．研究足球的飞行轨迹时，足球的大小和形状可以忽略，故可以将足球看作质点，故B正确；
C．目测最大球速超过120km/h”，这里的球速是指瞬时速度，故C错误；
D．位移是由初位置指向末位置的有向线段，路程是物体实际运动轨迹的长度。该足球的飞行轨迹长度就是它的路程，故D错误。
故选B。
【分析】解题关键是掌握物体可以看成质点的条件、平均速度与瞬时速度、路程与位移的区别。
2．【答案】B
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；功的概念；冲量
【解析】【解答】A．根据黑板擦相对于白纸的运动方向分析黑板擦受到的摩擦力的方向，将白纸快速向左抽出时，黑板擦受到摩擦力向左，黑板擦向左运动，摩擦力的方向与黑板擦的运动方向相同，A错误；
B．根据功的公式判断白纸给黑板擦的摩擦力对黑板擦做功的情况，将白纸快速向左抽出时，黑板擦受到摩擦力向左，黑板擦向左运动，摩擦力的方向与黑板擦的运动方向相同，摩擦力对黑板擦做正功，B正确；
C．根据牛顿第二定律结合运动过程分析加速度的大小变化，设黑板擦的质量为m，白纸与黑板擦之间的滑动摩擦系数为μ1，黑板擦在白纸上向前滑动的加速度为a1，根据牛顿第二定律得
解得
无论快速抽出白纸还是慢速抽出白纸，黑板擦在白纸上向前滑动的加速度a1相同；设桌面与黑板擦之间的滑动摩擦系数为μ2，黑板擦在桌面上向前滑动的加速度为a2，根据牛顿第二定律得
解得
无论快速抽出白纸还是慢速抽出白纸，黑板擦在桌面上向前滑动的加速度a2相同；C错误；
D．根据冲量的公式分析冲量的变化。如果以较小速度抽出白纸，白纸与黑板擦之间的作用时间变长，黑板擦所受的摩擦力的冲量将会变大，D错误。
故选B。
【分析】本题考查了摩擦力、冲量及牛顿第二定律等知识，注意摩擦力的方向可以和物体的运动方向相同，摩擦力可以对物体做正功。
3．【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；力的合成与分解的运用
【解析】【解答】对人的头部受力分析，根据相似图形成比例列式，结合牛顿第三定律，分析颈椎受到的压力与直立时颈椎受到压力的比值。由题意可明确人的头部受力情况，如图所示
则由几何关系可知
解得
根据牛顿第三定律可知此时颈椎受到的压力
则颈椎受到的压力与直立时颈椎受到压力的比值为。
故选B。
【分析】本题解题关键是正确画出受力情况，根据相似列式，求力的大小。
4．【答案】B
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】A B．根据图像分析出质点在不同方向的运动类型，质点沿x轴做匀加速直线运动，初速度和加速度分别为
沿y轴负方向做匀速直线运动，速度为
合初速度为
合初速度与加速度方向不在同一直线，质点做匀变速曲线运动，故A错误，B正确；
C．分别计算出质点在不同方向的速度和位移，结合矢量合成的特点完成求解。时质点在x轴的分速度为
合速度大小为
故C错误；
D．质点第1s内在x轴、y轴的分位移为
位置坐标为（5.0m，5.0m），故D错误。
故选B。
【分析】本题主要考查了运动的合成和分解，熟悉运动学图像的物理意义，理解运动的独立性和矢量合成的特点即可完成解答。
5．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据
可知a-x图像与横轴围成的面积含义，结合动能定理判断由已知条件是否可以求出外力F撤去后物块可以继续上升的最大高度。从初始到物体脱离弹簧，根据速度位移公式
可知图像与横轴围成的面积表示，则有
从脱离弹力到最高点，根据动能定理有
联立解得外力F撤去后物块可以继续上升的最大高度为
故A错误。
B．结合图像由牛顿第二定律求出物块的最大加速度大小。根据图像可知，F撤去前瞬间，加速度为零，故
初始时刻加速度最大，为
故B错误；
CD．根据初始时刻平衡，以及F作用瞬间应用牛顿第二定律，结合图像理解斜率含义以及判断F是否为恒力。初始时
对物块有
根据图像可知，为图线的截距，为定值，图线的斜率是，所以F为恒力，故C错误，D正确；
故选D。
【分析】理解图像面积及斜率含义，运用牛顿第二定律得到解析式，要灵活选择研究的状态，要知道x=0时，物块的合力等于F。
6．【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．根据万有引力定律分别计算出对应的物理量，万有引力提供向心力，结合圆周运动知识列式求解。对于近火卫星，由
解得火星的质量是
故A错误；
B．由万有引力提供向心力可得
结合
可解得卫星围绕火星做圆周运动的周期
故B错误；
C．做出a点能够接收到卫星信号的范围图，然后根据几何关系，结合角速度计算时间。以火星为参考系，则卫星围绕火星做圆周运动的角速度为
a点能够连续接收到的卫星信号范围如图所示
由几何关系可知圆弧所对应的圆心角为，故a点能够连续接收到卫星信号的最长时间为
解得
故C正确；
D．由于同步卫星的周期与火星自转的周期相同，设同步卫星的轨道半径为r，则有
又
解得
故D错误。
故选C。
【分析】解题的关键是能够得到a点接收到信号的范围，根据几何关系得到对应的圆心角，然后根据角速度计算。
7．【答案】B,C
【知识点】电场力做功；电场线；电势能；电势
【解析】【解答】A．根据场强叠加原理分析。由于O点离两点电荷的距离比P点离两点电荷的距离小，可知两点电荷在O点产生的电场强度都比在P点产生的电场强度大，且两点电荷在O点产生的电场强度方向相同，根据叠加原理可知，O点的电场强度大于P点的电场强度，A错误；
B．根据场强叠加原理分析，两点电荷连线之间的电场方向由正电荷指向负电荷，根据沿电场强度方向电势降低可知，N点的电势高于M点的电势，B正确；
C．沿电场线方向电势降低；根据电势能公式
分析，由于N点的电势大于M点的电势，根据可知负试探电荷在N点的电势能小于其在M点的电势能，C正确；
D．对正电荷来说，从高电势向低电势运动，电场力做正功，由于N点的电势大于M点的电势，将正点电荷由N点移到M点，则有
D错误。
故选BC。
【分析】掌握电场叠加原理，知道沿电场线方向电势逐渐降低，对负电荷来说，电势越高电势能越小。
8．【答案】B,D
【知识点】斜抛运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据斜上抛运动分解得到水平分速度，结合恰好落在斜面乙上满足的关系式列式求解判断运动员在水平方向做匀速直线运动，水平方向速度大小为
落到斜面乙时，设速度大小为，则满足
解得
故A错误；
D．运动员在空中飞行时离地面的最大高度时的速度为水平方向，即此时速度大小为8m/s，故D正确；
B．根据机械能守恒定律列式求解斜面乙的高度，设斜面乙高度为h，从斜面甲到斜面乙过程中，由机械能守恒定律得
解得
故B正确；
C．根据速度分解知识求解竖直分速度，结合竖直上抛运动知识求解最大高度。从斜面甲飞出时，运动员在竖直方向的速度大小为
则运动员在空中飞行时离地面的最大高度为
故C错误。
故选BD。
【分析】根据机械能守恒定律列式求解斜面乙的高度；根据速度分解知识求解竖直分速度，结合竖直上抛运动知识求解最大高度。
9．【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．根据牛顿第二定律和运动学公式得到时间表达式，再分析滑行总时间关系，从而分析冲量大小。设斜面的倾角为θ，斜面高度为h，则斜面长度
由牛顿第二定律
可得加速度为
由运动学公式
其中
故
所以甲从A到B的过程中重力的冲量小于乙，从A到的过程中重力的冲量，故A正确；
B．两人下滑过程，根据动能定理列式比较在B点、B'点的速率大小，从而判断动量大小。人下滑过程中，由动能定理得
由于与水平面的夹角小于AB与水平面的夹角，则甲在B点的速度大于乙在点的速度，由于质量相同，甲在B点的动量大于乙在点的动量，故B错误；
C．对整个过程，根据功的公式列式分析摩擦力做功关系，并分析路程的大小关系。对全过程运用动能定理得
整理得
由此可知，两人滑行的水平位移相等，即甲、乙最终停止同一位置，设为P点，如图
由于
所以
即甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程，故C正确；
D．对整个过程，由动能定理得
克服摩擦力做功相等，故D错误。
故选AC。
【分析】本题可以用动力学求解，也可以通过动能定理求解，运用动能定理求解比较简洁。
10．【答案】A,B
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．根据摩擦力的定义即可判断方向，工件放到传送带时，工件相对传送带向下运动，受到向上的滑动摩擦力，工件速度和传送带速度相同时，相对传送带静止，受到向上的静摩擦力，故A正确；
B．根据牛顿第二定律结合运动学公式即可解决，刚开始加速1s的两个工件间距离最小，加速过程由牛顿第二定律可得
代入数据可得
由位移公式
代入数据可得
故B正确；
C．根据运动学公式即可求解，工件加速过程所用的时间为
工件加速过程的位移为
工件匀速过程的位移为
每隔1s把工件放到传送带上，所以匀加速过程放了2个，匀速过程放了4个，共6个，故C错误；
D．根据物体的受力特点即可求解，满载时电机对传送带的牵引力为
故D错误。
故选AB。
【分析】本题主要考查倾斜传送带相关的知识点，处理问题时要注意物体和传送带的速度关系和受力情况再结合运动知道解题。
11．【答案】（1）C
（2）D
（3）
（4）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）A．知道实验原理及注意事项即可正确解题，为使小车细绳的拉力就是小车受到的合力，应调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，故A项错误；
B．实验时，要先接通打点计时器的电源再放开小车，故B项错误；
C．把远离定滑轮一侧的木板垫高，调节木板的倾角，使小车在不受牵引力时做匀速直线运动，以此平衡摩擦力，故C项正确；
D．平衡摩擦力后，每次通过增减小车上的砝码改变小车质量时，不需要重新调节木板倾角，故D项错误。
故选C。
（2）图线末端发生了弯曲，产生这种现象的原因可能是砝码和盘的总质量没有满足“远小于小车质量”的要求。
故选D。
（3）探究加速度与力、质量的关系实验时，要平衡小车受到的摩擦力，不平衡摩擦力、或平衡摩擦力不够、或过平衡摩擦力，小车受到的合力不等于钩码的重力。设小车质量为M根据牛顿第二定律有
整理有
结合题图可知
解得
（4）应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象的斜率和纵截距求出动摩擦因数。根据牛顿第二定律有
整理有
结合题图有
，
解得
【分析】（1）实验前需要平衡摩擦力，当砂桶和沙子的总质量远小于小车质量时可以近似认为小车受到的拉力等于砂桶和沙子的重力；
（2）结合实验原理与操作规范分析解答。
（3）（4）应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象的斜率和纵截距求出动摩擦因数。
（1）A．为使小车细绳的拉力就是小车受到的合力，应调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，故A项错误；
B．实验时，要先接通打点计时器的电源再放开小车，故B项错误；
C．把远离定滑轮一侧的木板垫高，调节木板的倾角，使小车在不受牵引力时做匀速直线运动，以此平衡摩擦力，故C项正确；
D．平衡摩擦力后，每次通过增减小车上的砝码改变小车质量时，不需要重新调节木板倾角，故D项错误。
故选C。
（2）图线末端发生了弯曲，产生这种现象的原因可能是砝码和盘的总质量没有满足“远小于小车质量”的要求。
故选D。
（3）设小车质量为M根据牛顿第二定律有
整理有
结合题图可知
解得
（4）根据牛顿第二定律有
整理有
结合题图有
，
解得
12．【答案】E2；R2；R0；偏小；0.5；4.3
【知识点】测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】(1) 理解测微安表内阻的实验原理与减小实验误差的方法是选择实验器材的关键 。闭合S2开关时认为电路电流不变，实际上闭合开关S2时电路总电阻变小，电路电流增大，电源电动势越大、滑动变阻器阻值越大，闭合开关S2时微安表两端电压变化越小，实验误差越小，为减小实验误差，电源应选择E2，滑动变阻器应选择R2；
闭合开关S2时认为电路电流不变，流过微安表电流为满偏电流的，则流过电阻箱的电流为满偏电流的，微安表与电阻箱并联，流过并联电路的电流与阻值成反比，则：
闭合开关S2时整个电路电阻变小，电路电流变大，大于300μA，当表头G示数为200μA时，流过电阻箱的电流大于100μA，电阻箱阻值小于表头G电阻的一半，实验认为电流表内阻等于电阻箱阻值的一半，因此表头G内阻测量值偏小；
(2)扩大电流表量程应给电流表并联一个分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律求出并联电阻阻值。把微安表改装成0.3A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值为：
(3)应用串联电路特点与欧姆定律即可解题，改装后电流表内阻为：
微安表量程为300μA，改装后电流表量程为0.3A，量程扩大了1000倍，微安表示数为250μA时，流过电流表的电流为：
250×10-6×1000A=0.25A
由图乙所示电路图可知，待测电阻阻值为
【分析】（1）根据实验步骤与实验原理从减小实验误差的角度选择实验器材；分压电路分压不变，应用欧姆定律求出电阻箱与电流表内阻的关系。
（2）扩大电流表量程应给电流表并联一个分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律求出并联电阻阻值。
（3）根据题意求出流过待测电阻的电流，应用欧姆定律求出待测电阻阻值。理解测微安表内阻的实验原理与减小实验误差的方法是选择实验器材的关键
13．【答案】解：（1）设小明的玩具车初速度为，加速度大小为，小强的玩具车初速度为，加速度大小为，运动学公式有
解得
故两车同时停下来，此时两车位移分别为
两车相距
由于开始刹车时两车相距3m，故两小车的最小距离为0。
（2）如果小强的玩具车刹车的加速度大小为，小强的车停下来的时间为
则在小明的车停下来之前，即0~2s时间内，两车相距
在小明的车停下来之后，即2~2.5s时间内，两车相距
【知识点】追及相遇问题
【解析】 【分析】（1）求两个玩具车的运动时间和刹车位移，确定两车最小距离；
（2）根据位移时间公式，确定辆车距离表达式。
14．【答案】解：（1）设、的张力分别为、，A受力平衡
B受力平衡
解得
（2）设装置转动的角速度为，对A
对B
解得
（3）B上升的高度，A、B的动能分别为
；
根据能量守恒定律可知
解得
【知识点】能量守恒定律
【解析】【分析】（1）对物体受力分析，根据受力平衡列方程求解弹簧弹力的大小F；（2）根据向心力公式求解环A的质量M；
（3） 对A、B所做的总功W 等于AB机械能变化量。
15．【答案】解：（1）滑块进电场前，对长木板根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
对滑块根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
滑块进入电场前，对滑块有
解得滑块进入电场时的速度、滑行时间分别为
，
在时间内，对木板有
所以滑块刚进电场时，长木板的速度大小为。
（2）滑块进入电场后经过时间，滑块与木板同速，设共同速度为，滑块与木板组成的系统动量守恒，则有
解得
对滑块分析，由动量定理可得
解得
在时间和内滑块的总位移为
滑块与木板同速后一起匀速运动，滑块在电场中匀速运动的时间为
所以滑块在电场中的运动时间为
由能量守恒定律得，全过程中摩擦产生的热量为
（3）若电场等大反向，滑块进入电场后，系统的动量还是守恒，故滑块做匀速运动的速度和全过程产生的热量不变，设滑块进入电场后在木板上的相对位移为，则有
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对滑块和长木板由牛顿第二定律求出进入电场前的加速度，再由运动学公式求出滑块从开始到进入电场前的速度和时间，从而也求出长木板进入电场前的速度；
（2）进入电场后，由动量守恒定律求出两物体的共同速度，再对滑块根据动量定理求出在电场中的时间和位移，从而也得到共速以后的位移和时间，从而得到滑块在电场中的时间，再由能量守恒定律求出摩擦生热；
（3）电场反向后，先由动量守恒定律可知，滑块和木板共同速度没变，由运动学公式可知两物体的位移不变，所以摩擦生热不变，再由摩擦生热公式列方程解得滑块进入电场后的在木板上的相对位移。
1 / 1湖南省长沙市雅礼中学2024-2025学年高三上学期入学考试物理试题
1．（2024高三上·长沙开学考）贵州“村超”6月9日的一场比赛中，一名球员踢出了一记“圆月弯刀”直击球门死角，所谓“圆月弯刀”是指足球的飞行轨迹是一条优美的弧线。以下说法正确的是（ ）
A．研究“圆月弯刀”的踢球技法时可以把足球看作质点
B．研究足球的飞行轨迹时可以把足球看作质点
C．一名前排观众激动说：“太精彩了，目测最大球速超过120km/h”。这里的球速是指平均速度
D．该足球的飞行轨迹长度就是它的位移
【答案】B
【知识点】质点；位移与路程；瞬时速度
【解析】【解答】A．物体可以看成质点的条件：如果在研究的问题中，物体的形状、大小及物体上各部分运动的差异是次要或不起作用的因素，就可以把物体看作一个质点研究“圆月弯刀”的踢球技法时，足球的大小和形状不能忽略，不能看成质点，故A错误；
B．研究足球的飞行轨迹时，足球的大小和形状可以忽略，故可以将足球看作质点，故B正确；
C．目测最大球速超过120km/h”，这里的球速是指瞬时速度，故C错误；
D．位移是由初位置指向末位置的有向线段，路程是物体实际运动轨迹的长度。该足球的飞行轨迹长度就是它的路程，故D错误。
故选B。
【分析】解题关键是掌握物体可以看成质点的条件、平均速度与瞬时速度、路程与位移的区别。
2．（2024高三上·长沙开学考）做惯性演示实验时，小刚将一张白纸平放在水平桌面上，在白纸的上面水平放置一个黑板擦，用力把白纸快速抽出，黑板擦几乎不动，但细心的小刚发现，黑板擦在桌上水平前进了一小段距离，对于这种现象，下列说法中正确的是（ ）
A．将白纸快速抽出，黑板擦受到与运动方向相反的摩擦力
B．将白纸快速抽出，白纸给黑板擦的摩擦力对黑板擦做了正功
C．如果以较小速度抽出白纸，黑板擦往前运动的加速度将会变小
D．如果以较小速度抽出白纸，黑板擦所受的摩擦力的冲量将会变小
【答案】B
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；功的概念；冲量
【解析】【解答】A．根据黑板擦相对于白纸的运动方向分析黑板擦受到的摩擦力的方向，将白纸快速向左抽出时，黑板擦受到摩擦力向左，黑板擦向左运动，摩擦力的方向与黑板擦的运动方向相同，A错误；
B．根据功的公式判断白纸给黑板擦的摩擦力对黑板擦做功的情况，将白纸快速向左抽出时，黑板擦受到摩擦力向左，黑板擦向左运动，摩擦力的方向与黑板擦的运动方向相同，摩擦力对黑板擦做正功，B正确；
C．根据牛顿第二定律结合运动过程分析加速度的大小变化，设黑板擦的质量为m，白纸与黑板擦之间的滑动摩擦系数为μ1，黑板擦在白纸上向前滑动的加速度为a1，根据牛顿第二定律得
解得
无论快速抽出白纸还是慢速抽出白纸，黑板擦在白纸上向前滑动的加速度a1相同；设桌面与黑板擦之间的滑动摩擦系数为μ2，黑板擦在桌面上向前滑动的加速度为a2，根据牛顿第二定律得
解得
无论快速抽出白纸还是慢速抽出白纸，黑板擦在桌面上向前滑动的加速度a2相同；C错误；
D．根据冲量的公式分析冲量的变化。如果以较小速度抽出白纸，白纸与黑板擦之间的作用时间变长，黑板擦所受的摩擦力的冲量将会变大，D错误。
故选B。
【分析】本题考查了摩擦力、冲量及牛顿第二定律等知识，注意摩擦力的方向可以和物体的运动方向相同，摩擦力可以对物体做正功。
3．（2024高三上·长沙开学考）智能手机的普及后“低头族”应运而生。低头时，颈椎受到的压力会增大（当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重力）。现将人体头颈简化为如图所示的模型：头部的重心在P点，在可绕O转动的颈椎OP（轻杆）的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止状态。当低头时，若颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为60°，此时颈椎受到的压力与直立时颈椎受到压力的比值为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；力的合成与分解的运用
【解析】【解答】对人的头部受力分析，根据相似图形成比例列式，结合牛顿第三定律，分析颈椎受到的压力与直立时颈椎受到压力的比值。由题意可明确人的头部受力情况，如图所示
则由几何关系可知
解得
根据牛顿第三定律可知此时颈椎受到的压力
则颈椎受到的压力与直立时颈椎受到压力的比值为。
故选B。
【分析】本题解题关键是正确画出受力情况，根据相似列式，求力的大小。
4．（2024高三上·长沙开学考）某质点在Oxy平面上运动，时，质点位于y轴上。它在x方向运动的速度—时间图像如图甲所示，它在y方向的位移—时间图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．质点做直线运动
B．质点做匀变速曲线运动
C．时质点速度为5m/s
D．时质点的位置坐标为（5.0m，）
【答案】B
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】A B．根据图像分析出质点在不同方向的运动类型，质点沿x轴做匀加速直线运动，初速度和加速度分别为
沿y轴负方向做匀速直线运动，速度为
合初速度为
合初速度与加速度方向不在同一直线，质点做匀变速曲线运动，故A错误，B正确；
C．分别计算出质点在不同方向的速度和位移，结合矢量合成的特点完成求解。时质点在x轴的分速度为
合速度大小为
故C错误；
D．质点第1s内在x轴、y轴的分位移为
位置坐标为（5.0m，5.0m），故D错误。
故选B。
【分析】本题主要考查了运动的合成和分解，熟悉运动学图像的物理意义，理解运动的独立性和矢量合成的特点即可完成解答。
5．（2024高三上·长沙开学考）如图甲所示，质量为m的物块静止在竖直放置的轻弹簧上（不相连），弹簧下端固定，劲度系数为k。时刻，对物块施加一竖直向上的外力F，使物块由静止向上运动，当弹簧第一次恢复原长时，撤去外力F。从0时刻到F撤去前，物块的加速度a随位移x的变化关系如图乙所示。重力加速度为g，忽略空气阻力，则在物块上升过程（ ）
A．由已知条件可以求出外力F撤去后物块可以继续上升的最大高度
B．物块的最大加速度大小为2g
C．图线的斜率是
D．外力F为恒力
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据
可知a-x图像与横轴围成的面积含义，结合动能定理判断由已知条件是否可以求出外力F撤去后物块可以继续上升的最大高度。从初始到物体脱离弹簧，根据速度位移公式
可知图像与横轴围成的面积表示，则有
从脱离弹力到最高点，根据动能定理有
联立解得外力F撤去后物块可以继续上升的最大高度为
故A错误。
B．结合图像由牛顿第二定律求出物块的最大加速度大小。根据图像可知，F撤去前瞬间，加速度为零，故
初始时刻加速度最大，为
故B错误；
CD．根据初始时刻平衡，以及F作用瞬间应用牛顿第二定律，结合图像理解斜率含义以及判断F是否为恒力。初始时
对物块有
根据图像可知，为图线的截距，为定值，图线的斜率是，所以F为恒力，故C错误，D正确；
故选D。
【分析】理解图像面积及斜率含义，运用牛顿第二定律得到解析式，要灵活选择研究的状态，要知道x=0时，物块的合力等于F。
6．（2024高三上·长沙开学考）随着科技的发展，人类必将揭开火星的神秘面纱．如图所示，火星的人造卫星在火星赤道的正上方距离火星表面高度为R处环绕火星做匀速圆周运动，已知卫星的运行方向与火星的自转方向相同，a点为火星赤道上的点，该点有一接收器，可接收到卫星发出信号。已知火星的半径为R，火星同步卫星的周期为T，近火卫星的线速度为v，引力常量为G。则下列说法正确的是（ ）
A．火星的人造卫星的质量为，
B．卫星的环绕周期为
C．a点连续收到信号的最长时间为
D．火星同步卫星到火星表面的高度为
【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．根据万有引力定律分别计算出对应的物理量，万有引力提供向心力，结合圆周运动知识列式求解。对于近火卫星，由
解得火星的质量是
故A错误；
B．由万有引力提供向心力可得
结合
可解得卫星围绕火星做圆周运动的周期
故B错误；
C．做出a点能够接收到卫星信号的范围图，然后根据几何关系，结合角速度计算时间。以火星为参考系，则卫星围绕火星做圆周运动的角速度为
a点能够连续接收到的卫星信号范围如图所示
由几何关系可知圆弧所对应的圆心角为，故a点能够连续接收到卫星信号的最长时间为
解得
故C正确；
D．由于同步卫星的周期与火星自转的周期相同，设同步卫星的轨道半径为r，则有
又
解得
故D错误。
故选C。
【分析】解题的关键是能够得到a点接收到信号的范围，根据几何关系得到对应的圆心角，然后根据角速度计算。
7．（2024高三上·长沙开学考）带电荷量分别为和（）的两个点电荷固定放置，两电荷连线中点为O，M、N两点位于两电荷连线上，P点位于两点电荷连线中垂线上，如图所示，则下列判断正确的是（ ）
A．O点的电场强度小于P点的电场强度
B．N点的电势高于M点的电势
C．负试探电荷在N点的电势能小于其在M点的电势能
D．将正点电荷由N点移到M点，电场力做负功
【答案】B,C
【知识点】电场力做功；电场线；电势能；电势
【解析】【解答】A．根据场强叠加原理分析。由于O点离两点电荷的距离比P点离两点电荷的距离小，可知两点电荷在O点产生的电场强度都比在P点产生的电场强度大，且两点电荷在O点产生的电场强度方向相同，根据叠加原理可知，O点的电场强度大于P点的电场强度，A错误；
B．根据场强叠加原理分析，两点电荷连线之间的电场方向由正电荷指向负电荷，根据沿电场强度方向电势降低可知，N点的电势高于M点的电势，B正确；
C．沿电场线方向电势降低；根据电势能公式
分析，由于N点的电势大于M点的电势，根据可知负试探电荷在N点的电势能小于其在M点的电势能，C正确；
D．对正电荷来说，从高电势向低电势运动，电场力做正功，由于N点的电势大于M点的电势，将正点电荷由N点移到M点，则有
D错误。
故选BC。
【分析】掌握电场叠加原理，知道沿电场线方向电势逐渐降低，对负电荷来说，电势越高电势能越小。
8．（2024高三上·长沙开学考）2022年北京冬奥会在北京和张家口举行，北京成为了历史上第一个既举办过夏季奥运会又举办过冬季奥运会的城市．图示为某滑雪运动员训练的场景，运动员以速度沿倾角、高的斜面甲飞出，并能无碰撞地落在倾角的斜面乙上，顺利完成飞越．把运动员视为质点，忽略空气阻力，重力加速度取，，．以下说法正确的是（ ）
A．运动员落至斜面乙时的速率为18m/s
B．斜面乙的高度为7.2m
C．运动员在空中飞行时离地面的最大高度为20m
D．运动员在空中飞行时离地面的最大高度时的速度大小为8m/s
【答案】B,D
【知识点】斜抛运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据斜上抛运动分解得到水平分速度，结合恰好落在斜面乙上满足的关系式列式求解判断运动员在水平方向做匀速直线运动，水平方向速度大小为
落到斜面乙时，设速度大小为，则满足
解得
故A错误；
D．运动员在空中飞行时离地面的最大高度时的速度为水平方向，即此时速度大小为8m/s，故D正确；
B．根据机械能守恒定律列式求解斜面乙的高度，设斜面乙高度为h，从斜面甲到斜面乙过程中，由机械能守恒定律得
解得
故B正确；
C．根据速度分解知识求解竖直分速度，结合竖直上抛运动知识求解最大高度。从斜面甲飞出时，运动员在竖直方向的速度大小为
则运动员在空中飞行时离地面的最大高度为
故C错误。
故选BD。
【分析】根据机械能守恒定律列式求解斜面乙的高度；根据速度分解知识求解竖直分速度，结合竖直上抛运动知识求解最大高度。
9．（2024高三上·长沙开学考）位于长治市老顶山的神农滑雪场有两个坡度不同的滑道AB和（均可看作斜面），体重相同的甲、乙两名滑雪者分别乘两个完全相同的雪橇从A点由静止开始分别沿AB和滑下，最后都停在水平滑道面BC上，如图所示。设雪橇和滑道间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处均可认为是圆滑的，滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动。则下列说法中正确的是（ ）
A．甲从A到B的过程中重力的冲量小于乙从A到的过程中重力的冲量
B．甲在B点的动量大小小于乙在的的动量大小
C．甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程
D．滑行过程中甲乘坐雪橇克服摩擦力做的功大于乙乘坐雪橇克服摩擦力做的功
【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．根据牛顿第二定律和运动学公式得到时间表达式，再分析滑行总时间关系，从而分析冲量大小。设斜面的倾角为θ，斜面高度为h，则斜面长度
由牛顿第二定律
可得加速度为
由运动学公式
其中
故
所以甲从A到B的过程中重力的冲量小于乙，从A到的过程中重力的冲量，故A正确；
B．两人下滑过程，根据动能定理列式比较在B点、B'点的速率大小，从而判断动量大小。人下滑过程中，由动能定理得
由于与水平面的夹角小于AB与水平面的夹角，则甲在B点的速度大于乙在点的速度，由于质量相同，甲在B点的动量大于乙在点的动量，故B错误；
C．对整个过程，根据功的公式列式分析摩擦力做功关系，并分析路程的大小关系。对全过程运用动能定理得
整理得
由此可知，两人滑行的水平位移相等，即甲、乙最终停止同一位置，设为P点，如图
由于
所以
即甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程，故C正确；
D．对整个过程，由动能定理得
克服摩擦力做功相等，故D错误。
故选AC。
【分析】本题可以用动力学求解，也可以通过动能定理求解，运用动能定理求解比较简洁。
10．（2024高三上·长沙开学考）如图所示，与水平面成角的传送带正的速度匀速运行，A，B两端相距。现每隔1s把质量的工件（视为质点）轻放在传送带上，在传送带的带动下，工件向上运动，且工件到达B端时恰好才在A端放上一个工件，工件与传送带同的动摩擦因数，g取，下列说法正确的是（ ）
A．工件在传送带上时，先受到向上的滑动摩擦力，后受到向上的静摩擦力
B．两个工件间的最小距离为1.25m
C．传送带上始终有7个工件
D．满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了45N
【答案】A,B
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．根据摩擦力的定义即可判断方向，工件放到传送带时，工件相对传送带向下运动，受到向上的滑动摩擦力，工件速度和传送带速度相同时，相对传送带静止，受到向上的静摩擦力，故A正确；
B．根据牛顿第二定律结合运动学公式即可解决，刚开始加速1s的两个工件间距离最小，加速过程由牛顿第二定律可得
代入数据可得
由位移公式
代入数据可得
故B正确；
C．根据运动学公式即可求解，工件加速过程所用的时间为
工件加速过程的位移为
工件匀速过程的位移为
每隔1s把工件放到传送带上，所以匀加速过程放了2个，匀速过程放了4个，共6个，故C错误；
D．根据物体的受力特点即可求解，满载时电机对传送带的牵引力为
故D错误。
故选AB。
【分析】本题主要考查倾斜传送带相关的知识点，处理问题时要注意物体和传送带的速度关系和受力情况再结合运动知道解题。
11．（2024高三上·长沙开学考）如图甲所示，某兴趣小组在探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带定滑轮的长木板放在水平实验桌面上，小车的左端通过轻细绳跨过定滑轮与砝码盘相连，小车的右端与穿过打点计时器的纸带相连，实验中认为砝码和盘的总重力近似等于绳的拉力，已知重力加速度为g，打点计时器的工作频率为50Hz。
（1）实验主要步骤如下，下列做法正确的是________（填字母代号）
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与水平桌面保持平行
B．实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源
C．把远离定滑轮一侧的木板垫高，调节木板的倾角，使小车在不受牵引力时做匀速直线运动
D．每次通过增减小车上的砝码改变小车质量时，都需要重新调节木板倾角。
（2）甲同学在补偿阻力后，在保持小车质量不变的情况下，改变砝码盘中砝码的质量，重复实验多次，作出了如图乙所示的图象，其中图线末端发生了弯曲，产生这种现象的原因可能是________。（填字母代号）
A．因为补偿阻力不足
B．因为补偿阻力过度
C．砝码和盘的总质量未满足远大于小车总质量的条件
D．砝码和盘的总质量未满足远小于小车总质量的条件
（3）乙同学遗漏了补偿阻力这一步骤，若长木板水平，保持小车质量一定，测得小车加速度a与所受外力F的关系图象如图丙所示，则小车与木板间的动摩擦因数 （用字母表示）
（4）丙同学遗漏了补偿阻力这一步骤，若长木板水平，保持砝码盘中砝码质量不变，测得小车质量的倒数与小车加速度的图象如图丁所示，设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与长木板间的动摩擦因数 。（用字母表示）。
【答案】（1）C
（2）D
（3）
（4）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）A．知道实验原理及注意事项即可正确解题，为使小车细绳的拉力就是小车受到的合力，应调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，故A项错误；
B．实验时，要先接通打点计时器的电源再放开小车，故B项错误；
C．把远离定滑轮一侧的木板垫高，调节木板的倾角，使小车在不受牵引力时做匀速直线运动，以此平衡摩擦力，故C项正确；
D．平衡摩擦力后，每次通过增减小车上的砝码改变小车质量时，不需要重新调节木板倾角，故D项错误。
故选C。
（2）图线末端发生了弯曲，产生这种现象的原因可能是砝码和盘的总质量没有满足“远小于小车质量”的要求。
故选D。
（3）探究加速度与力、质量的关系实验时，要平衡小车受到的摩擦力，不平衡摩擦力、或平衡摩擦力不够、或过平衡摩擦力，小车受到的合力不等于钩码的重力。设小车质量为M根据牛顿第二定律有
整理有
结合题图可知
解得
（4）应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象的斜率和纵截距求出动摩擦因数。根据牛顿第二定律有
整理有
结合题图有
，
解得
【分析】（1）实验前需要平衡摩擦力，当砂桶和沙子的总质量远小于小车质量时可以近似认为小车受到的拉力等于砂桶和沙子的重力；
（2）结合实验原理与操作规范分析解答。
（3）（4）应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象的斜率和纵截距求出动摩擦因数。
（1）A．为使小车细绳的拉力就是小车受到的合力，应调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，故A项错误；
B．实验时，要先接通打点计时器的电源再放开小车，故B项错误；
C．把远离定滑轮一侧的木板垫高，调节木板的倾角，使小车在不受牵引力时做匀速直线运动，以此平衡摩擦力，故C项正确；
D．平衡摩擦力后，每次通过增减小车上的砝码改变小车质量时，不需要重新调节木板倾角，故D项错误。
故选C。
（2）图线末端发生了弯曲，产生这种现象的原因可能是砝码和盘的总质量没有满足“远小于小车质量”的要求。
故选D。
（3）设小车质量为M根据牛顿第二定律有
整理有
结合题图可知
解得
（4）根据牛顿第二定律有
整理有
结合题图有
，
解得
12．（2024高三上·长沙开学考）在学校社团活动中，某实验小组先将一只量程为300μA的微安表头G改装为量程为0.3A的电流表，然后用改装的电流表测量未知电阻的阻值。可供选择的实验器材有：
微安表头G(量程300，内阻约为几百欧姆)
滑动变阻器R1(0～10)
滑动变阻器R2(0～50)
电阻箱R(0~9999)
电源E1(电动势约为1.5V)
电源E2(电动势约为9V)
开关、导线若干
(1)实验小组先用如图(a)所示电路测量表头G的内阻Rg，实验方法是：
A．按图(a)连接好电路，将滑动变阻器的滑片调至图中最右端；
B．断开S2，闭合S1，调节滑动变阻器的滑片位置，使G满偏；
C．闭合S2，并保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使表头G的示数为200，记录此时电阻箱的阻值R0，
①实验中电源应选用 ，滑动变阻器应选用 (选填仪器字母代号)；
②测得表头G的内阻Rg= ，表头内阻的测量值较其真实值 (选填“偏大”或“偏小”)；
(2)实验测得G的内阻Rg=500，要将表头G改装成量程为0.3A的电流表，应选用阻值为 的电阻与表头G并联；
(3)实验小组利用改装后的电流表A，用图(b)所示电路测量未知电阻Rx的阻值。测量时电压表V的示数为1.20V，表头G的指针指在原电流刻度的250处，则Rx= 。
【答案】E2；R2；R0；偏小；0.5；4.3
【知识点】测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】(1) 理解测微安表内阻的实验原理与减小实验误差的方法是选择实验器材的关键 。闭合S2开关时认为电路电流不变，实际上闭合开关S2时电路总电阻变小，电路电流增大，电源电动势越大、滑动变阻器阻值越大，闭合开关S2时微安表两端电压变化越小，实验误差越小，为减小实验误差，电源应选择E2，滑动变阻器应选择R2；
闭合开关S2时认为电路电流不变，流过微安表电流为满偏电流的，则流过电阻箱的电流为满偏电流的，微安表与电阻箱并联，流过并联电路的电流与阻值成反比，则：
闭合开关S2时整个电路电阻变小，电路电流变大，大于300μA，当表头G示数为200μA时，流过电阻箱的电流大于100μA，电阻箱阻值小于表头G电阻的一半，实验认为电流表内阻等于电阻箱阻值的一半，因此表头G内阻测量值偏小；
(2)扩大电流表量程应给电流表并联一个分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律求出并联电阻阻值。把微安表改装成0.3A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值为：
(3)应用串联电路特点与欧姆定律即可解题，改装后电流表内阻为：
微安表量程为300μA，改装后电流表量程为0.3A，量程扩大了1000倍，微安表示数为250μA时，流过电流表的电流为：
250×10-6×1000A=0.25A
由图乙所示电路图可知，待测电阻阻值为
【分析】（1）根据实验步骤与实验原理从减小实验误差的角度选择实验器材；分压电路分压不变，应用欧姆定律求出电阻箱与电流表内阻的关系。
（2）扩大电流表量程应给电流表并联一个分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律求出并联电阻阻值。
（3）根据题意求出流过待测电阻的电流，应用欧姆定律求出待测电阻阻值。理解测微安表内阻的实验原理与减小实验误差的方法是选择实验器材的关键
13．（2024高三上·长沙开学考）小明和小强玩遥控赛车，他们让两个小车在同一直线上沿同一方向匀速运动，小明的车在前，速度为2m/s，小强的车在后，速度为5m/s。当两小车相距3m时小明和小强同时开始刹车，两玩具车刹车过程均可视为匀变速运动，已知小明的玩具车刹车时加速度大小为1。
（1）如果小强的玩具车刹车的加速度大小为2.5m/s2，求两车的最小距离；
（2）如果两玩具车相距5m时开始刹车，小强的玩具车刹车的加速度大小为2，求整个过程两车的距离s与时间t的关系。
【答案】解：（1）设小明的玩具车初速度为，加速度大小为，小强的玩具车初速度为，加速度大小为，运动学公式有
解得
故两车同时停下来，此时两车位移分别为
两车相距
由于开始刹车时两车相距3m，故两小车的最小距离为0。
（2）如果小强的玩具车刹车的加速度大小为，小强的车停下来的时间为
则在小明的车停下来之前，即0~2s时间内，两车相距
在小明的车停下来之后，即2~2.5s时间内，两车相距
【知识点】追及相遇问题
【解析】 【分析】（1）求两个玩具车的运动时间和刹车位移，确定两车最小距离；
（2）根据位移时间公式，确定辆车距离表达式。
14．（2024高三上·长沙开学考）如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，取，，求：
（1）装置静止时，弹簧弹力的大小F；
（2）环A的质量M；
（3）上述过程中装置对A、B所做的总功W。
【答案】解：（1）设、的张力分别为、，A受力平衡
B受力平衡
解得
（2）设装置转动的角速度为，对A
对B
解得
（3）B上升的高度，A、B的动能分别为
；
根据能量守恒定律可知
解得
【知识点】能量守恒定律
【解析】【分析】（1）对物体受力分析，根据受力平衡列方程求解弹簧弹力的大小F；（2）根据向心力公式求解环A的质量M；
（3） 对A、B所做的总功W 等于AB机械能变化量。
15．（2024高三上·长沙开学考）如图所示，光滑水平地面上方处存在宽度、方向竖直向上、大小的匀强电场区域。质量、长为的水平绝缘长木板静置于该水平面，且长木板最右侧与电场边界D重合。某时刻质量、带电量的可视为质点的滑块以初速度从长木板左端水平滑上木板，一段时间后，滑块离开电场区域。已知长木板与滑块的动摩擦因数，重力加速度大小，滑块带电量始终保持不变。求：
（1）滑块刚进电场时，长木板的速度大小；
（2）滑块在电场中的运动时间及全过程的摩擦生热；
（3）若电场等大反向，滑块进入电场后在木板上的相对位移。
【答案】解：（1）滑块进电场前，对长木板根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
对滑块根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
滑块进入电场前，对滑块有
解得滑块进入电场时的速度、滑行时间分别为
，
在时间内，对木板有
所以滑块刚进电场时，长木板的速度大小为。
（2）滑块进入电场后经过时间，滑块与木板同速，设共同速度为，滑块与木板组成的系统动量守恒，则有
解得
对滑块分析，由动量定理可得
解得
在时间和内滑块的总位移为
滑块与木板同速后一起匀速运动，滑块在电场中匀速运动的时间为
所以滑块在电场中的运动时间为
由能量守恒定律得，全过程中摩擦产生的热量为
（3）若电场等大反向，滑块进入电场后，系统的动量还是守恒，故滑块做匀速运动的速度和全过程产生的热量不变，设滑块进入电场后在木板上的相对位移为，则有
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对滑块和长木板由牛顿第二定律求出进入电场前的加速度，再由运动学公式求出滑块从开始到进入电场前的速度和时间，从而也求出长木板进入电场前的速度；
（2）进入电场后，由动量守恒定律求出两物体的共同速度，再对滑块根据动量定理求出在电场中的时间和位移，从而也得到共速以后的位移和时间，从而得到滑块在电场中的时间，再由能量守恒定律求出摩擦生热；
（3）电场反向后，先由动量守恒定律可知，滑块和木板共同速度没变，由运动学公式可知两物体的位移不变，所以摩擦生热不变，再由摩擦生热公式列方程解得滑块进入电场后的在木板上的相对位移。
1 / 1
