【精品解析】2025届湖南衡阳名校高三一轮复习9月第3次检测物理试题

2025届湖南衡阳名校高三一轮复习9月第3次检测物理试题
1．（2024高三上·衡阳模拟）甲、乙、丙三物体同时同地同向出发做直线运动，位移—时间关系图像如图所示，则（　　）
A．甲的位移最大，乙的位移最小
B．甲的路程最大，乙的路程最小
C．甲乙丙的平均速度相等
D．甲的平均速率最大，乙的平均速率最小
2．（2024高三上·衡阳模拟）某研究性学习小组进行课外实验，一枚小火箭由地面竖直向上发射，火箭升空后某时刻开始计时，图像如图所示，由图像可知（　　）
A．时间内火箭的平均速度为
B．时间内火箭的加速度大小为，方向在时改变
C．时间内火箭上升，时火箭开始下落
D．时刻火箭离地面最远
3．（2024高三上·衡阳模拟）甲、乙两车在同一条直道上行驶，它们运动的位移x随时间t变化的关系如图所示，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10s处，则下列说法正确的是（　　）
A．在0时刻，乙车的速度大小为
B．乙车的初位置在处
C．乙车的加速度大小为
D．5s时两车相遇，此时甲车速度较大
4．（2024高三上·衡阳模拟）如图，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各球编号如图。斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r。现将六个小球由静止同时释放，小球离开A点后均做平抛运动，不计一切摩擦。则在各小球运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．六个球中共有6个落地点
B．球6的水平射程最大
C．球3始终受到球2的弹力作用
D．六个球落地时（未触地）重力的功率均相同
5．（2024高三上·衡阳模拟）如图所示，用丝线吊一个质量为m的带电（绝缘）小球处于匀强磁场中，空气阻力不计，当小球分别从A点和B点向最低点O运动，则两次经过O点时（　　）
A．小球的动能不相同 B．丝线所受的拉力相同
C．小球所受的洛伦兹力相同 D．小球的向心加速度相同
6．（2024高三上·衡阳模拟）一列简谐横波在某介质中沿x轴方向传播，从某一时刻开始计时，t=0.2s时的波形如图（a）所示，平衡位置横坐标为x=4m处质点P的振动图像如图（b）所示，质点Q平衡位置的横坐标为x=3m，则下列说法正确的是（　　）
A．该简谐波沿x轴负方向传播
B．t=0.2s时刻质点Q正沿y轴正方向运动
C．如果将该简谐波波源的振动周期增大为0.8s，则简谐波波速为20m/s
D．如果将该简谐波波源的振动周期增大为0.8s，则简谐波波速为40m/s
7．（2024高三上·衡阳模拟）交警使用的某型号酒精测试仪如图甲，其工作原理如图乙所示，传感器电阻R的电阻值随酒精气体浓度的增大而减小，电源的电动势为E、内阻为r，电路中的电表均为理想电表，且。当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，下列说法中正确的是（　　）
A．电压表的示数减小，电流表的示数减小
B．电压表的示数增大，电流表的示数减小
C．电源对外输出功率减小
D．电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比不变
8．（2024高三上·衡阳模拟）如图所示，A、B物体相距x＝7 m时，A在水平拉力和摩擦力作用下，正以v1＝4 m/s的速度向右匀速运动，而物体B此时正以v2＝10 m/s的初速度向右匀减速运动，加速度大小为a＝2 m/s2下列说法正确的是：（　　）
A．B停下来所用 的时间是5s B．B停下时前进的距离是20m
C．B停下时两物体相距12m D．A追上B所用的时间8s
9．（2024高三上·衡阳模拟）两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m，带电油滴恰好静止在两极之间，如图所示，在其它条件不变的情况下，那么在下列的过程中（　　）
A．如果保持连接电源，将两极距离不变，非常缓慢地错开一些，电流计中电流从b流向a
B．如果保持连接电源，将A板上移，油滴将向上加速运动
C．如果断开电源，A板上移，B板接地，油滴静止不动，油滴处电势不变
D．如果断开电源，两板间接静电计，B板下移，静电计指针张角变大
10．（2024高三上·衡阳模拟）在如图所示的水平转盘上，沿半径方向放着质量分别为m、2m的两物块A和B（均视为质点），它们用不可伸长的轻质细线相连，与圆心的距离分别为2r、3r，A、B两物块与转盘之间的动摩擦因数分别为、，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。现缓慢加快转盘的转速，当两物块相对转盘将要发生滑动时，保持转盘的转速不变，下列说法正确的是（　　）
A．此时转盘的角速度大小为
B．此时细线中的张力大小为
C．此时烧断细线后的瞬间，B的加速度大小为
D．此时烧断细线后的瞬间，A、B两物块的加速度大小相等
11．（2024高三上·衡阳模拟）如图所示，一质量为m、电荷量为q（）的粒子以速度从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时（　　）
A．所用时间为
B．速度大小为
C．与P点的距离为
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
12．（2024高三上·衡阳模拟）卫星是人类的“千里眼”、“顺风耳”，如图所示三颗静止通信卫星就能实现全球通信，已知卫星之间的距离均为，地球自转的角速度为，地球的半径为，引力常量为，下列说法正确的是（　　）
A．三颗通信卫星受到的万有引力的大小均相等
B．其中一颗质量为的通信卫星的动能为
C．地球的质量为
D．地球的第一宇宙速度与通信卫星的线速度之比为
13．（2024高三上·衡阳模拟）如图所示，平行板电容器的两个极板与水平面成角，板带负电，板带正电，且板接地。若一比荷为的带电小球恰能沿图中所示水平直线向右通过电容器，重力加速度大小为，下列说法正确的是（　　）
A．小球带负电
B．在此过程中小球的电势能减小
C．若两板之间的距离为，则板的电势为
D．此过程若小球通过的距离为，且离开电场时速度刚好为0，则运动时间为
14．（2024高三上·衡阳模拟）如图所示，、在同一水平面上，甲、乙两个小球（均视为质点）的质量均为，先让甲从点以速度（与的夹角为）抛出，经过一段时间运动到点，后让乙从点以速度（与的夹角为）抛出，经过一段时间也运动到点，重力加速度大小为，，，下列说法正确的是（　　）
A．甲从到速度变化量的大小为
B．乙运动到点时重力的功率为
C．甲从到的运动时间与乙从到的运动时间之差
D．甲的最高点与乙的最高点之间的距离为
15．（2024高三上·衡阳模拟）某同学用如图甲所示的实验电路做“测定电源的电动势和内阻”实验，现备有以下器材：
A．干电池1节
B．滑动变阻器（）
C．电压表（）
D．电压表（）
E．电流表（）
F．电流表（）
（1）其中电压表应选　 　，电流表应选　 　；（填字母）
（2）该同学测量时记录了5组数据，并将数据填入以下表格中。请你根据这些数据在图乙坐标系中画出图线　 　，根据图线求出电池的电动势　 　，内阻　 　；
次数 1 2 3 4 5
0.15 0.25 0.36 0.45 0.56
1.40 1.35 1.30 1.25 1.20
（3）该同学分析以上实验的系统误差主要是由　 　引起的，导致的结果是电动势的测量值　 　（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
16．（2024高三上·衡阳模拟）在“用双缝干涉测光的波长”实验中，光具座上放置的光学元件依次为光源、透镜、　M　、　N　、　P　、遮光筒、毛玻璃、放大镜，如图所示。
（1）M、N、P三个光学元件依次为　 　；
A．滤光片 、单缝、双缝 B．单缝 、滤光片、双缝
C．单缝 、双缝、滤光片 D．滤光片 、双缝、单缝
（2）对于某种单色光，为增加相邻亮纹（暗纹）间的距离，可采取的方法有　 　；
A．减小双缝间距离 B．增大双缝间距离
C．减小双缝到屏的距离 D．增大双缝到屏的距离
（3）如果测得双缝与屏的距离为L，双缝间距为d，相邻两条亮纹中心间的距离为，写出计算波长λ的表达式为　 　。
17．（2024高三上·衡阳模拟）某学习小组利用如图甲所示的实验装置来探究加速度与力、质量的关系．图中带滑轮的长木板放置于水平桌面上，拉力传感器与滑轮之间的轻绳始终与长木板平行，拉力传感器可直接显示绳上的拉力大小，打点计时器所接电源的频率为．
（1）关于本次实验的注意事项，下列说法正确的是　 　。
A．实验中要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
B．实验时为了平衡摩擦力，需要将长木板右端适当垫高
C．实验时应先接通打点计时器的电源再释放小车
（2）正确完成实验操作后，得到的一条纸带部分如图乙所示，纸带上各点均为计时点，由此可得打点计时器打出点时小车的速度大小　 　，小车的加速度大小　 　（结果保留两位有效数字）。
（3）正确完成实验操作后，改变砂和砂桶的总质量，得到多组拉力传感器示数和对应的小车加速度大小，以为横轴、为纵轴作出图像，该图像的斜率为，则小车的质量　 　（用表示）。
18．（2024高三上·衡阳模拟）（1）某次研究弹簧所受弹力F与弹簧长度L关系实验时得到如图a所示的图象，由图象可知：弹簧原长L0=　 　cm，由此求得弹簧的劲度系数k=　 　N/m（结果保留3位有效数字）。
（2）如图b的方式挂上钩码（已知每个钩码重G=0.75N），使（1）中研究的弹簧压缩，稳定后指针指示如图b，由此可推测图b中所挂钩码的个数为　 　个。
19．（2024高三上·衡阳模拟）某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律：
(1)该同学在平衡摩擦力后进行实验，为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足　 　的条件．
(2)他实验时将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图乙所示(每相邻两个计数点间还有4个点图中未画出) S1=3.59cm，S2=4.39cm，S3=5.19cm，S4=5.99cm，S5=6.79cm，S6=7.59cm．则小车的加速度a=　 　m/s2，打点计时器在打B点时小车的速度 vB=　 　m/s.(结果均保留两位有效数字)
(3)通过实验得到如图丙所示的a-F图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角　 　(选填“偏大”或“偏小”)．
20．（2024高三上·衡阳模拟）地面上方空间存在水平向右的匀强电场，场强为E，不可伸长的绝缘细线长为L，上端系于O点，下端系一质量为m、电量为的小球，现将小球在最低点A以一定的初速度水平向左抛出，小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，当小球速度最小时，细线与竖直方向的夹角，已知重力加速度为g，求：
（1）电场强度的大小；
（2）小球在最低点的初速度大小；
（3）若抛出小球的同时剪断细线，小球恰好落在地面上A点正下方的位置B，求A点离地的高度。
21．（2024高三上·衡阳模拟）“波”字最早用于描述水纹起伏之状，唐代诗人有“微风动柳生水波”的描述，水波可看成简谐横波。一列沿x轴负方向传播的水波在时刻的波形如图所示，此时波刚好传播到平衡位置为的P点，Q点是波上平衡位置为的质点，在时刻，Q点（在时刻后）首次位于波峰位置。
求：
（1）该列波的传播速度v；
（2）质点Q的振动方程；
（3）时刻后，质点P和质点Q第三次位移相同的时刻。
22．（2024高三上·衡阳模拟）如图，质量为2kg的小球A（视为质点）在细绳和OP作用下处于平衡状态，细绳，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳，小球A开始运动。（重力加速度g取）
（1）求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
（2）A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞（时间极短）、碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。
（3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
23．（2024高三上·衡阳模拟）如图所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L=1m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量m=0.2kg，棒的中点用细绳经定滑轮与一物体相连（绳与棒垂直），物体的质量M=0.3kg，导体棒与导轨的动摩擦因数μ=0.5（g取10m/s2），匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？
24．（2024高三上·衡阳模拟）如图所示，空间存在方向与水平面成θ=53°的匀强电场，在电场中的A点以的速度水平向右抛出一带正电的小球，小球沿直线运动到B点时的速度。已知小球的质量，电荷量，重力加速度，不计空气阻力，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：
（1）AB两点间电势差UAB；
（2）取A点为零电势点，小球在B点时的电势能；
（3）电场强度的大小。
25．（2024高三上·衡阳模拟）如图所示，水平传送带右侧有一固定平台，平台上表面BCDE与传送带上表面ABEF共面且平滑无缝连接。半径R=1m的光滑半圆形轨道固定在BCDE上，分别与AB、EF相切于B、E点，P点是圆弧轨道中点。将质量m=1kg的滑块（可看作质点）从A点由静止释放，在传送带上运动后从B点沿切线方向进入半圆形轨道内侧，滑块始终与圆弧轨道紧密接触，并最终停下。已知传送带长l=3m，以的速率顺时针转动，滑块与传送带间动摩擦因数，滑块与平台间动摩擦因数，重力加速度，不计空气阻力。求：
（1）滑块从A点运动到B点所需时间；
（2）滑块第一次经过P点时对半圆形轨道的压力大小；
（3）从释放到最终停下来的过程中，滑块与传送带、平台间因摩擦产生的热量。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】平均速度；运动学 S-t 图象
【解析】【解答】 本题考查对位移图象的理解能力：图线上某点的纵坐标表示一个位置，纵坐标的变化量表示位移 。从位移—时间图像中可知，甲做往返运动，乙和丙都做单向直线运动，所以甲的路程最大，乙与丙的路程是相同的；由于三个物体的起点和终点相同，所以它们的位移是相同的。甲乙丙的平均速度相等。甲的平均速率最大，乙丙的平均速率相等。
故选C。
【分析】位移是起点到终点的线段，路程是物体运动轨迹的长度；由位移与时间的图象纵坐标的变化量读出位移关系。
2．【答案】D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】 对于速度—时间图像问题，关键要抓住速度的正负反映速度的方向，图像的斜率表示加速度，图像与时间轴所围的面积表示位移，来分析物体的运动情况。A．由图可知时间内火箭初末速度分别为和，但是图像为曲线做变加速运动，所以不能用初末速度的平均值代替平均速度得到，故A错误；
B．根据图像的斜率可知，时间内火箭的加速度大小为，但是方向在时没有改变，故B错误；
C．由图可知，时火箭速度反向，开始下落，故C错误；
D．火箭上升到最高点时离地面最远，在最高处时速度为零，所以时刻火箭离地面最远，故D正确。
故选D。
【分析】将0-2s内火箭的运动与匀加速直线运动比较，再分析其平均速度大小；在v-t图像中，图线的斜率等于加速度，由数学知识求加速度的大小；速度的正负表示速度的方向，分析火箭的运动情况，判断什么时刻火箭离地面最远，什么时刻开始下落。
3．【答案】B
【知识点】运动学 S-t 图象；追及相遇问题
【解析】【解答】 x-t图像表示的是物体的位移（位置）随时间变化的关系。本题主要考察x-t图像斜率的物理意义，以及运动学公式的灵活选用。ABC．由图像可知，乙车在末的速度为零，在的时间内，根据逆向思维，可得其加速度大小为
在0时刻，乙车的速度大小为
乙车的初位置在
故AC错误，B正确；
D．由图可知，时两车处在同一位置，即两车相遇，甲车的速度为
乙车的速度为
可知，乙车速度较大，故D错误。
故选B。
【分析】利用x-t图像中横截距、纵截距以及斜率的物理意义解题。对于末速度为零的匀减速直线运动可采用逆向思维转化为初速度为零的匀加速直线运动处理。
4．【答案】D
【知识点】功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】 在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。 本题运用机械能守恒时，关键要明确研究对象，选择研究的过程，再进行分析，注意分析小球之间的相互作用。C．当六个小球均在斜面段时，六小球由静止同时释放，对整体分析知加速度都相同，为，再对球3单独分析知，加速度由重力的分力产生，此阶段球3对球2无弹力作用，故C错误；
B．由于有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以可知离开A点时球6的速度最小，水平射程最小，故B错误；
A．当球1进入到水平轨道后，球3、2、1的速度不再增大，球3、2、1以相同的初速度先后做平抛运动，球3、2、1落点相同，而球6、5、4以不同的初速度先后做平抛运动，球6、5、4的落点不相同，所以六个球中共有4个落地点，故A错误；
D．六个球离开A点后均做平抛运动，在竖直方向上均做自由落体运动，水平轨道高度不变，故落地时速度的竖直分量vy相同，六个球落地时重力的功率为
均相同，故D正确。
故选D。
【分析】6个小球都在斜面上运动时，整个系统的机械能守恒，当有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以从6到4，小球离开A的速度不断增大，最后3个小球离开A点的速度相同。
5．【答案】D
【知识点】向心加速度；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】 本题考查对小球进行受力分析，并得出力做功与否，根据机械能守恒定律来解题是突破口，同时注意洛伦兹力方向随着速度的方向不同而不同．最后由牛顿第二定律来考查向心力与向心加速度。A．带电小球受到洛伦兹力和绳的拉力与速度方向时刻垂直，对小球不做功，只改变速度方向，不改变速度大小，只有重力做功，小球两次经过O点时，重力做的功相同，由动能定理可知，小球两次经过O点时动能相同，故A错误；
BC．小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时速度方向相反，由左手定则可知，两次过O点洛伦兹力方向相反，受力分析可知，绳的拉力大小也就不同，故BC错误；
D．小球两次经过O点时速度大小相同，由
可知，向心加速度相同，故D正确。
故选D。
【分析】带电小球在重力与拉力及洛伦兹力共同作用下，绕固定点做圆周运动，由于拉力与洛伦兹力始终垂直于速度方向，它们对小球不做功．因此仅有重力做功，则有机械能守恒．从而可以确定动能是否相同，并由此可确定拉力与洛伦兹力．最后由向心加速度公式来确定是否相同。
6．【答案】C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】 本题既要理解振动图像和波动图像各自的物理意义，由振动图像能判断出质点的速度方向，同时要把握两种图像的内在联系，能由质点的速度方向，判断出波的传播方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。AB．从振动图像可知t=0.2s时刻x=4m处质点P的运动方向沿y轴负方向，根据波传播方向与质点振动的关系可知该简谐波沿x轴正方向传播，同理可知t=0.2s时刻质点Q正沿y轴负方向运动，故AB错误；
CD．波速由介质本身决定，与波动的周期没有关系，从振动图像可知振动周期
从波动图像可知波长
则波速
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】 根据“同侧法”可知该波传播方向；根据图甲可知波长，根据图乙可知周期，由此得到该波的波速；P和Q平衡位置相距半波长，振动情况完全相反；根据“同侧法”可知t=2s时Q沿y正方向振动，由此得到t=0时Q的振动方向。
7．【答案】D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】 电路中某一参数变化时，其他参数的变化情况分析，就称为电路的动态分析 。分析电路，明确各部分电路的串、并联关系及电流表或电压表的测量对象；由局部电阻变化判断总电阻的变化； 由欧姆定律及串、并联电路的规律判断各部分的电路电压及电流的变化。AB．当酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，传感器电阻减小，电路中电流增大，内电阻及的分电压增大，则传感器电阻上的电压减小，电压表示数减小。AB错误；
C．当内外电阻相等时，电源输出功率最大，当传感器电阻减小时，外电阻阻值接近内电阻，所以电源输出功率变大。C错误；
D．根据闭合电路的欧姆定律得
则有
即比值不变。D正确。
故选D。
【分析】 传感器电阻R的阻值随酒精气体浓度的增大而减小，据此分析电路中的总电阻的变化，总电流的变化，再根据闭合电路的欧姆定律分析路端电压的变化 。
8．【答案】A,C,D
【知识点】追及相遇问题
【解析】【解答】 本题考查匀速追匀减速模型，解题关键是合理利用二者共速的条。
A． 物体B此时正以v2＝10m/s的初速度向右匀减速运动，加速度大小为a＝2m/s2 ，B停下来所用的时间是
选项A正确；
B．B停下来时前进的距离
选项B错误；
CD．在5 s时间内，A前进的距离
x1＝v1t'＝4×5m＝20m
所以，B停下来时A还未追上B，A、B之间的距离还有
Δx＝x2－x1＋x＝12m
所以A追上B的时间是
t＝t'＋＝5s＋3s＝8s
选项CD正确。
故选ACD。
【分析】首先计算B停下来所用的时间， 然后计算B停下时前进的距离和此时A前进的距离， 再计算二者的距， 最后计算A追上B的时间 。
9．【答案】C,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】 本题是电容的动态分析问题，关键要确定电容器的电压和电荷量，要知道电路稳定时，电容器的电压等于所并联的电路两端的电压，并掌握电容定义式与决定式的内容，及理解电场力做功正负，与其电势能变化关系；注意应用当电容和电源断开只改变两板间距离时，两板间的电场强度不变。A．将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式
分析得知，电容减小，而电容器板间电压不变，则由
分析可知，电容器带电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，电路中顺时针方向的电流，则电流计中有a→b的电流。故A错误；
B．仅将A极板向上移，则极板间电压U不变，间距d增大，则电场强度
场强减小，油滴受电场力减小，油滴向下运动，故B错误；
C．断开电源，A板上移，则极板间电荷量Q不变，间距d增大，则电场强度
则电场强度恒定不变，油滴保持静止不动，设油滴处位置为P，P点与B点间电势差
B板与P点之间距离不变，电场强度恒定不变，则P点与B板之间的电势差不变，由于B板电势为零，则P点电势大于零，由于
则，P点电势不变。故C正确；
D．断开电源，两板间接静电计，B板下移，由C选项分析可知，电场强度不变，则两极板电势差变大，静电计指针张角变大。故D正确。
故选CD。
【分析】 带电油滴原来处于静止状态，电场力与重力平衡。分别对连接电源和断开电源两种情况分析，根据电容的定义式和决定式进行分析，明确电场强度的变化，再分析电势差和电量的变化，从而分析电势以及电荷的流动方向。
10．【答案】A,C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】 本题考查学生对合力提供向心力、牛顿第二定律的掌握，是一道基础题。
AB． 质量分别为m、2m的两物块A和B（均视为质点），它们用不可伸长的轻质细线相连，与圆心的距离分别为2r、3r， 根据
，
两物块的临界角速度分别为
，
由于物块A的临界角速度较大，则相对滑动时物块A向圆盘内侧滑动。设绳拉力为F，根据牛顿第二定律
，
得
，
A正确，B错误；
CD．此时烧断细线后的瞬间，A、B物块的加速度大小分别为
，
C正确，D错误。
故选AC。
【分析】对A、B分别受力分析，根据合力提供向心力列式，联立求角速度和张力；由牛顿第二定律，求A、B的加速度。
11．【答案】A,B,C
【知识点】平抛运动；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】 本题考查带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，类平抛运动采用运动的分解法处理是常用的思路，关键要把握两个分运动的关系，如位移关系，速度关系，根据牛顿第二定律和运动学公式进行解答。A．粒子做类平抛运动可知，水平方向
竖直方向
又
牛顿第二定律可知
解得
故A正确；
B．由于
合速度为
故B正确；
C．由几何关系可知
故C正确；
D．根据平抛运动推论
可知
速度方向与竖直方向的夹角小于30。，故D错误。
故选ABC。
【分析】 粒子在匀强电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律和分位移公式相结合计算出运动时间；由vy=at求出粒子到达某点时竖直分速度，再与水平速度合成得到合速度；结合几何关系得出某点与P点的距离；根据分速度关系求速度方向与竖直方向的夹角。
12．【答案】B,C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】 解决本题时，要知道静止通信卫星的运行周期等于地球自转的周期，由万有引力提供向心力。A．根据万有引力提供向心
因为三颗通信卫星的质量不一定相等，则所受的万有引力的大小不一定相等，故A错误；
B．根据线速度和角速度得关系可知
动能为
由几何关系可得卫星的轨道半径为
综合可得
故B正确；
C．由
综合解得
故C正确；
D．地球的第一宇宙速度为
通信卫星的速度为
比较可得
故D错误。
故选BC。
【分析】根据万有引力定律分析三颗通信卫星受到的万有引力大小关系； 根据万有引力提供向心力列式，可求得地球的质量；由万有引力提供向心力等知识，求地球的第一宇宙速度与通信卫星的速度之比。
13．【答案】C,D
【知识点】电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查粒子在复合场中的运动，关键是明确直线运动的条件是合力为零或者合力方向与速度方向在同一条直线上，基础题目。A．对小球进行受力分析，电场力垂直极板，只有电场力垂直极板斜上左上方，与重力的合力才能沿着水平直线，小球才能做直线运动，电场的方向斜上左上方与电场力同向，则小球带正电，故A错误；
B．由A分析可知，电场力方向与小球运动方向夹角为钝角，则小球运动过程中，电场力做负功，电势能增加，故B错误；
C．对小球受力分析，竖直方向上，由平衡条件有
解得
由于B板电势高，则有
又有
解得
故C正确；
D．对小球受力分析，由牛顿第二定律有
由匀减速直线运动的规律与逆向思维可得
可得
故D正确。
故选CD。
【分析】带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，可判断粒子的电性；根据竖直方向上，电场力与重力的关系求出场强，进而求电势差；在水平方向上，根据牛顿第二定律结合运动学公式求解运动时间；根据电场力做功情况判断小球的电势能变化情况。
14．【答案】B,D
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】物体将以一定的初速度向空中抛出，仅在重力作用下物体所做的运动叫做抛体运动。解决斜抛运动时，常常运用运动的分解法处理，要掌握分运动规律，灵活运用对称性，由运动学公式进行解答。A．由斜抛运动的对称性，甲在点的速度斜向下与水平方向成，大小为，由速度变化量的矢量三角形可得，甲从到速度变化量的大小为
A项错误；
B．乙在点的速度斜向下与水平方向成，大小仍为，重力的功率为
B项正确；
C．由逆向思维可把斜抛运动看成两个平抛运动，平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动，由自由落体运动的规律可得甲、乙从到的运动时间分别为
可得
C项错误；
D．甲、乙的射高分别为
则有
D项正确。
故选BD。
【分析】运用三角形定则求甲从a到b速度变化量的大小。根据竖直分速度求乙运动到b点时重力的功率。由逆向思维可把斜抛运动看成两个平抛运动，根据自由落体运动的规律分析运动时间关系。根据速度—位移关系式求解甲的最高点与乙的最高点之间的距离。
15．【答案】D；F；；1.48（1.46~1.48均可）；0.51（0.46~0.51均可）；电压表分流；小于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】 本题考查测定电源的电动势和内阻，关键在利用图象的截距和斜率求电源的电动势和内阻时，要注意纵轴是否从零开始。（1）干电池的电动势为，故电压表应选D，实验中流过电源的电流不能太大，否则电池的内阻变化较大，则电流表应选F。
（2）图线如图所示
纵轴截距表示电动势
图线斜率的绝对值表示内阻，则
（3） 测量电路存在系统误差，实验电路采用电流表内接法时，I真=I测+IV，未考虑电压表的分流，实验电路电流表外接法时，电路中U真=U测+UA，未考虑UA 。在测量电源的电动势和内阻时，电压表测量电源的外电压准确，电流表测量通过电源的电流偏小，因为电压表起分流作用，作出图线实际图线和测量图线如图所示，知电动势的测量值偏小，内电阻的测量值偏小。
【分析】 （1）根据题设电源的信息，知电压表选择量程小的；由电动势和滑动变阻器知电路中的电流，从而选择电流表；
（2）根据实验数据，描点作图，可以得出电源的U-I图象，根据图象的物理意义可以得出电源的电动势和内阻；
（3） 根据实验电路分析实验误差来源，分析实验误差 。
16．【答案】A；AD；
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】 本题考查了实验装置、条纹间距公式的应用，知道双缝干涉实验的原理、熟练应用双缝干涉条纹间距公式即可正确解题 。（1）这三个光学元件依次是滤光片、单缝和双缝；因为光通过单缝后的强度会减弱，所以滤光片的放置应该在单缝之前较好，这会使得通过的光线较多，提高亮度，故选A；
（2）根据波长
可知，为增加相邻亮纹（暗纹）间的距离，应该减小双缝间距离d，增大双缝到屏的距离L，故选AD；
（3）如果测得双缝与屏的距离为L，双缝间距为d，相邻两条亮纹中心间的距离为，由双缝干涉条纹间距公式
解得
【分析】（1） 获取单色线光源，在光屏上产生干涉图样，白色光源后面要有滤光片、单缝、双缝、遮光筒和光屏 ；
（2）根据“用双缝干涉测光的波长”实验原理结合条纹间距的公式来解答；
（3）由条纹间距公式计算待测光的波长。
17．【答案】BC；1.6；3.2；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】 本题考查了探究加速度与物体质量、物体受力的关系的实验。我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚。
（1）A．绳子的拉力由拉力传感器测出，不需要用砂和砂桶的重力去代替绳子拉力，不需要测量砂和砂桶的质量，也不需要满足砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故A错误；
B．为了平衡摩擦力，需要将长木板右端适当垫高，以补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力。调节长木板的倾斜度，使小车在不受砂桶牵引时能拖动纸带沿长木板匀速运动，故B正确；
C．为了能稳定地打出足够多的点，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数，故C正确。
故选BC。
（2） 打点计时器所接电源的频率为 ，相邻的两个计数点之间的时间间隔为
打B点时小车的速度等于A到C的平均速度，则有
用逐差法可得，小车运动的加速度为
（3）对小车由牛顿第二定律
即
由题意可知
解得
【分析】（1）绳子的拉力由拉力传感器可直接显示，不需要测量砂和砂桶的质量，也不需要满足M m；本实验需要平衡摩擦力，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车。
（2）利用平均速度求中间时刻的速度，利用逐差法求加速度。
（3）根据牛顿第二定律可以求出a与F的函数表达式，通过直线的斜率可以求出M。
18．【答案】2.00；300；2
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】 要注意区分弹簧的原长，实际长度和伸长量x，并明确三者之间的关系。在应用胡克定律时，要首先转化单位，知道图线的斜率即为弹簧的劲度系数。（1）弹簧所受弹力F与弹簧长度L关系图象中，当弹簧弹力为零，弹簧处于自然状态，原长
[2]根据胡克定律可知，图线的斜率为弹簧的劲度系数
（2）由图b可知，刻度尺的读数为1.50cm，弹簧压缩量
弹簧的弹力
可得
故图b中所挂钩码的个数为2个。
【分析】（1）该图线跟坐标轴交点，表示弹力为零时弹簧的长度，即为弹簧的原长。由画得的图线为直线可知弹簧的弹力大小与弹簧伸长量成正比。图线的斜率即为弹簧的劲度系数。
（2）刻度尺的读数要估读一位，由胡克定律求出弹簧的弹力，然后推测钩码的个数。
19．【答案】；0.80；0.40；偏大
【知识点】实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】 本题考查了实验数据分析、实验注意事项，验证牛顿第二定律实验中，要平衡摩擦力，当小车质量远大于砝码质量时可以近似认为小车受到的拉力等于砝码的重力。（1）小车运动过程中，砝码和盘向下做加速运动处于失重状态，砝码和盘对细线的拉力小于其重力，小车在运动过程中受到的拉力小于砝码和盘的总重力；当小车质量M远大于砝码和盘总质量m时可以近似认为小车受到的拉力等于砝码和盘的重力．
（2）计数点间的时间间隔为T，由匀变速直线运动的推论
可知，加速度
B点的瞬时速度为
（3）当F=0时，小车已经具有了加速度，在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角偏大.
【分析】（1）根据牛顿第二定律分析出M与m应满足的关系；
（2）根据逐差法计算出小车的加速度， 利用中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求得
（3）根据图像的纵截距特点分析出木板与水平桌面的夹角关系；
20．【答案】（1）解：由小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动可知，小球在运动过程中动能最小时仅由重力和电场力的合力提供向心力，由几何关系有
解得
（2）解：当小球速度最小时，由牛顿第二定律有
从最低点到小球速度最小过程中，由动能定理有
联立解得
（3）解：若抛出小球的同时剪断细线，小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上先向左减速再向右加速，水平方向位移为零，设经过t时间落到地面，A点离地的高度为h，则有
，，
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】 （1）根据重力与电场力的关系，找到等效重力的大小和方向，结合几何关系求解；
（2）在等效最高点满足等效重力充当向心力，从最低点到小球速度最小过程中，由动能定理求解；
（3）若抛出小球的同时剪断细线，小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上先向左减速再向右加速，根据自由落体规律和匀变速直线运动规律求解。
（1）由小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动可知，小球在运动过程中动能最小时仅由重力和电场力的合力提供向心力，由几何关系有
解得
（2）当小球速度最小时，由牛顿第二定律有
从最低点到小球速度最小过程中，由动能定理有
联立解得
（3）若抛出小球的同时剪断细线，小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上先向左减速再向右加速，水平方向位移为零，设经过t时间落到地面，A点离地的高度为h，则有
，，
联立解得
21．【答案】解：（1）时刻，质点Q右端最近的波峰的平衡位置
时间内，处的振动形式传播至Q点，则
解得
（或）
（2）质点Q的振幅
（或）
设简谐横波的周期为T，则
质点Q的圆频率
设质点Q的初相位为，根据题意有
则质点Q的振动方程为
（3）根据题意可知，质点P的振动方程为
质点P、质点Q第三次位移相同时
解得
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）根据波形图可知振动形式在水中匀速传播了，用匀速运动的速度时间公式即可求解该列波的传播速度。
（2）根据图像可以读取质点Q的振幅、简谐横波的周期为T，可计算质点Q的圆频率，代入振动方程即可求解质点Q的振动方程。
（3）根据题意可再写出质点P的振动方程，结合质点Q的振动方程，列出质点P、质点Q第三次位移相同时的关系式，即可求解。
22．【答案】解：根据题意，设AC质量为，B的质量为，细绳长为，初始时细线与竖直方向夹角。
（1）A开始运动到最低点有
对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得
解得
，
（2）A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落可知
故解得
（3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速，则对CB分析，过程中根据动量守恒可得
根据能量守恒得
联立解得
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】1.多过程问题看似复杂，但一般都可以划分为多段基本运动形式：直线运动、平抛运动、圆周运动。
解题思路：
(1)对于这类问题，首先作受力分析和运动分析，根据受力和运动特点将多过程问题划分为几个基本的力学模型，最好画出草图。
(2)然后根据每个过程的特点，结合力学三大观点的选用原则选择合适的力学规律(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、牛顿运动定律、运动学关系式、动量守恒定律、动量定理)列方程，并注意过程衔接处的物理量关系(如速度大小不变)。
(3)联立方程求解(有些情况需要先计算出一个过程末的物理量，然后再据此重复(1)(2)步骤分析下一个过程列方程求解，层层递进)。
2.“滑块—木板”模型的解题思路
①系统的动量守恒。
②在涉及滑块或木板运动的时间时，优先考虑用动量定理。
③在涉及滑块或木板的位移时，优先考虑用动能定理。
④在涉及滑块与木板的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒。
⑤滑块与木板不相对滑动时，两者达到共同速度。
23．【答案】解：导体棒受到的最大静摩擦力大小为
M的重力为
则
要保持导体棒匀速上升，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断得知棒中电流的方向为由a到b，根据受力分析，由平衡条件，则有
又因为
所以可得
【知识点】安培力的计算
【解析】【分析】 物体安培力作用下的受力平衡， 匀速上升，其受力平衡，根据安培力计算公式即可求解电流大小。
24．【答案】解：（1）根据动能定理得
解得
（2）根据
解得
（3）根据平衡条件得
解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解AB两点间电势差UAB；
（2）根据UAB=φA-φB求解B点电势，再求解小球在B点电势能；
（3）根据竖直方向平衡列式求解电场强度的大小。
25．【答案】解：（1）根据牛顿第二定律得
解得
和传送带速度相同所用时间为
匀加速的位移为
匀速运动时间为
滑块从A点运动到B点所需时间为
（2）根据动能定理得
解得
根据牛顿第二定律得
（3）传送带上痕迹的长度为
设沿着半圆形轨道运动的路程为x2，根据动能定理得
解得
摩擦产生的热量为
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）滑块在传送带上运动，由牛顿第二定律可得滑块加速度大小，由运动学公式可得滑块与传送带共速时的时间和位移，此位移与传送带的长度比较，由运动学公式可得解；
（2）从B到P由动能定理可得滑块在P点速度大小，在P点由牛顿第二定律可得滑块所受支持力大小，由牛顿第三定律可得滑块对轨道压力大小；
（3）利用功能关系Q=fx相对可得滑块与传送带摩擦产生的热量，利用动能定理可得滑块速度减为零运动的路程，则可判断滑块是否能再次滑上传送带，利用能量守恒定律可得滑块在平台上摩擦产生的热量。
1 / 12025届湖南衡阳名校高三一轮复习9月第3次检测物理试题
1．（2024高三上·衡阳模拟）甲、乙、丙三物体同时同地同向出发做直线运动，位移—时间关系图像如图所示，则（　　）
A．甲的位移最大，乙的位移最小
B．甲的路程最大，乙的路程最小
C．甲乙丙的平均速度相等
D．甲的平均速率最大，乙的平均速率最小
【答案】C
【知识点】平均速度；运动学 S-t 图象
【解析】【解答】 本题考查对位移图象的理解能力：图线上某点的纵坐标表示一个位置，纵坐标的变化量表示位移 。从位移—时间图像中可知，甲做往返运动，乙和丙都做单向直线运动，所以甲的路程最大，乙与丙的路程是相同的；由于三个物体的起点和终点相同，所以它们的位移是相同的。甲乙丙的平均速度相等。甲的平均速率最大，乙丙的平均速率相等。
故选C。
【分析】位移是起点到终点的线段，路程是物体运动轨迹的长度；由位移与时间的图象纵坐标的变化量读出位移关系。
2．（2024高三上·衡阳模拟）某研究性学习小组进行课外实验，一枚小火箭由地面竖直向上发射，火箭升空后某时刻开始计时，图像如图所示，由图像可知（　　）
A．时间内火箭的平均速度为
B．时间内火箭的加速度大小为，方向在时改变
C．时间内火箭上升，时火箭开始下落
D．时刻火箭离地面最远
【答案】D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】 对于速度—时间图像问题，关键要抓住速度的正负反映速度的方向，图像的斜率表示加速度，图像与时间轴所围的面积表示位移，来分析物体的运动情况。A．由图可知时间内火箭初末速度分别为和，但是图像为曲线做变加速运动，所以不能用初末速度的平均值代替平均速度得到，故A错误；
B．根据图像的斜率可知，时间内火箭的加速度大小为，但是方向在时没有改变，故B错误；
C．由图可知，时火箭速度反向，开始下落，故C错误；
D．火箭上升到最高点时离地面最远，在最高处时速度为零，所以时刻火箭离地面最远，故D正确。
故选D。
【分析】将0-2s内火箭的运动与匀加速直线运动比较，再分析其平均速度大小；在v-t图像中，图线的斜率等于加速度，由数学知识求加速度的大小；速度的正负表示速度的方向，分析火箭的运动情况，判断什么时刻火箭离地面最远，什么时刻开始下落。
3．（2024高三上·衡阳模拟）甲、乙两车在同一条直道上行驶，它们运动的位移x随时间t变化的关系如图所示，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10s处，则下列说法正确的是（　　）
A．在0时刻，乙车的速度大小为
B．乙车的初位置在处
C．乙车的加速度大小为
D．5s时两车相遇，此时甲车速度较大
【答案】B
【知识点】运动学 S-t 图象；追及相遇问题
【解析】【解答】 x-t图像表示的是物体的位移（位置）随时间变化的关系。本题主要考察x-t图像斜率的物理意义，以及运动学公式的灵活选用。ABC．由图像可知，乙车在末的速度为零，在的时间内，根据逆向思维，可得其加速度大小为
在0时刻，乙车的速度大小为
乙车的初位置在
故AC错误，B正确；
D．由图可知，时两车处在同一位置，即两车相遇，甲车的速度为
乙车的速度为
可知，乙车速度较大，故D错误。
故选B。
【分析】利用x-t图像中横截距、纵截距以及斜率的物理意义解题。对于末速度为零的匀减速直线运动可采用逆向思维转化为初速度为零的匀加速直线运动处理。
4．（2024高三上·衡阳模拟）如图，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各球编号如图。斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r。现将六个小球由静止同时释放，小球离开A点后均做平抛运动，不计一切摩擦。则在各小球运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．六个球中共有6个落地点
B．球6的水平射程最大
C．球3始终受到球2的弹力作用
D．六个球落地时（未触地）重力的功率均相同
【答案】D
【知识点】功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】 在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。 本题运用机械能守恒时，关键要明确研究对象，选择研究的过程，再进行分析，注意分析小球之间的相互作用。C．当六个小球均在斜面段时，六小球由静止同时释放，对整体分析知加速度都相同，为，再对球3单独分析知，加速度由重力的分力产生，此阶段球3对球2无弹力作用，故C错误；
B．由于有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以可知离开A点时球6的速度最小，水平射程最小，故B错误；
A．当球1进入到水平轨道后，球3、2、1的速度不再增大，球3、2、1以相同的初速度先后做平抛运动，球3、2、1落点相同，而球6、5、4以不同的初速度先后做平抛运动，球6、5、4的落点不相同，所以六个球中共有4个落地点，故A错误；
D．六个球离开A点后均做平抛运动，在竖直方向上均做自由落体运动，水平轨道高度不变，故落地时速度的竖直分量vy相同，六个球落地时重力的功率为
均相同，故D正确。
故选D。
【分析】6个小球都在斜面上运动时，整个系统的机械能守恒，当有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以从6到4，小球离开A的速度不断增大，最后3个小球离开A点的速度相同。
5．（2024高三上·衡阳模拟）如图所示，用丝线吊一个质量为m的带电（绝缘）小球处于匀强磁场中，空气阻力不计，当小球分别从A点和B点向最低点O运动，则两次经过O点时（　　）
A．小球的动能不相同 B．丝线所受的拉力相同
C．小球所受的洛伦兹力相同 D．小球的向心加速度相同
【答案】D
【知识点】向心加速度；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】 本题考查对小球进行受力分析，并得出力做功与否，根据机械能守恒定律来解题是突破口，同时注意洛伦兹力方向随着速度的方向不同而不同．最后由牛顿第二定律来考查向心力与向心加速度。A．带电小球受到洛伦兹力和绳的拉力与速度方向时刻垂直，对小球不做功，只改变速度方向，不改变速度大小，只有重力做功，小球两次经过O点时，重力做的功相同，由动能定理可知，小球两次经过O点时动能相同，故A错误；
BC．小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时速度方向相反，由左手定则可知，两次过O点洛伦兹力方向相反，受力分析可知，绳的拉力大小也就不同，故BC错误；
D．小球两次经过O点时速度大小相同，由
可知，向心加速度相同，故D正确。
故选D。
【分析】带电小球在重力与拉力及洛伦兹力共同作用下，绕固定点做圆周运动，由于拉力与洛伦兹力始终垂直于速度方向，它们对小球不做功．因此仅有重力做功，则有机械能守恒．从而可以确定动能是否相同，并由此可确定拉力与洛伦兹力．最后由向心加速度公式来确定是否相同。
6．（2024高三上·衡阳模拟）一列简谐横波在某介质中沿x轴方向传播，从某一时刻开始计时，t=0.2s时的波形如图（a）所示，平衡位置横坐标为x=4m处质点P的振动图像如图（b）所示，质点Q平衡位置的横坐标为x=3m，则下列说法正确的是（　　）
A．该简谐波沿x轴负方向传播
B．t=0.2s时刻质点Q正沿y轴正方向运动
C．如果将该简谐波波源的振动周期增大为0.8s，则简谐波波速为20m/s
D．如果将该简谐波波源的振动周期增大为0.8s，则简谐波波速为40m/s
【答案】C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】 本题既要理解振动图像和波动图像各自的物理意义，由振动图像能判断出质点的速度方向，同时要把握两种图像的内在联系，能由质点的速度方向，判断出波的传播方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。AB．从振动图像可知t=0.2s时刻x=4m处质点P的运动方向沿y轴负方向，根据波传播方向与质点振动的关系可知该简谐波沿x轴正方向传播，同理可知t=0.2s时刻质点Q正沿y轴负方向运动，故AB错误；
CD．波速由介质本身决定，与波动的周期没有关系，从振动图像可知振动周期
从波动图像可知波长
则波速
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】 根据“同侧法”可知该波传播方向；根据图甲可知波长，根据图乙可知周期，由此得到该波的波速；P和Q平衡位置相距半波长，振动情况完全相反；根据“同侧法”可知t=2s时Q沿y正方向振动，由此得到t=0时Q的振动方向。
7．（2024高三上·衡阳模拟）交警使用的某型号酒精测试仪如图甲，其工作原理如图乙所示，传感器电阻R的电阻值随酒精气体浓度的增大而减小，电源的电动势为E、内阻为r，电路中的电表均为理想电表，且。当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，下列说法中正确的是（　　）
A．电压表的示数减小，电流表的示数减小
B．电压表的示数增大，电流表的示数减小
C．电源对外输出功率减小
D．电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比不变
【答案】D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】 电路中某一参数变化时，其他参数的变化情况分析，就称为电路的动态分析 。分析电路，明确各部分电路的串、并联关系及电流表或电压表的测量对象；由局部电阻变化判断总电阻的变化； 由欧姆定律及串、并联电路的规律判断各部分的电路电压及电流的变化。AB．当酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，传感器电阻减小，电路中电流增大，内电阻及的分电压增大，则传感器电阻上的电压减小，电压表示数减小。AB错误；
C．当内外电阻相等时，电源输出功率最大，当传感器电阻减小时，外电阻阻值接近内电阻，所以电源输出功率变大。C错误；
D．根据闭合电路的欧姆定律得
则有
即比值不变。D正确。
故选D。
【分析】 传感器电阻R的阻值随酒精气体浓度的增大而减小，据此分析电路中的总电阻的变化，总电流的变化，再根据闭合电路的欧姆定律分析路端电压的变化 。
8．（2024高三上·衡阳模拟）如图所示，A、B物体相距x＝7 m时，A在水平拉力和摩擦力作用下，正以v1＝4 m/s的速度向右匀速运动，而物体B此时正以v2＝10 m/s的初速度向右匀减速运动，加速度大小为a＝2 m/s2下列说法正确的是：（　　）
A．B停下来所用 的时间是5s B．B停下时前进的距离是20m
C．B停下时两物体相距12m D．A追上B所用的时间8s
【答案】A,C,D
【知识点】追及相遇问题
【解析】【解答】 本题考查匀速追匀减速模型，解题关键是合理利用二者共速的条。
A． 物体B此时正以v2＝10m/s的初速度向右匀减速运动，加速度大小为a＝2m/s2 ，B停下来所用的时间是
选项A正确；
B．B停下来时前进的距离
选项B错误；
CD．在5 s时间内，A前进的距离
x1＝v1t'＝4×5m＝20m
所以，B停下来时A还未追上B，A、B之间的距离还有
Δx＝x2－x1＋x＝12m
所以A追上B的时间是
t＝t'＋＝5s＋3s＝8s
选项CD正确。
故选ACD。
【分析】首先计算B停下来所用的时间， 然后计算B停下时前进的距离和此时A前进的距离， 再计算二者的距， 最后计算A追上B的时间 。
9．（2024高三上·衡阳模拟）两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m，带电油滴恰好静止在两极之间，如图所示，在其它条件不变的情况下，那么在下列的过程中（　　）
A．如果保持连接电源，将两极距离不变，非常缓慢地错开一些，电流计中电流从b流向a
B．如果保持连接电源，将A板上移，油滴将向上加速运动
C．如果断开电源，A板上移，B板接地，油滴静止不动，油滴处电势不变
D．如果断开电源，两板间接静电计，B板下移，静电计指针张角变大
【答案】C,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】 本题是电容的动态分析问题，关键要确定电容器的电压和电荷量，要知道电路稳定时，电容器的电压等于所并联的电路两端的电压，并掌握电容定义式与决定式的内容，及理解电场力做功正负，与其电势能变化关系；注意应用当电容和电源断开只改变两板间距离时，两板间的电场强度不变。A．将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式
分析得知，电容减小，而电容器板间电压不变，则由
分析可知，电容器带电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，电路中顺时针方向的电流，则电流计中有a→b的电流。故A错误；
B．仅将A极板向上移，则极板间电压U不变，间距d增大，则电场强度
场强减小，油滴受电场力减小，油滴向下运动，故B错误；
C．断开电源，A板上移，则极板间电荷量Q不变，间距d增大，则电场强度
则电场强度恒定不变，油滴保持静止不动，设油滴处位置为P，P点与B点间电势差
B板与P点之间距离不变，电场强度恒定不变，则P点与B板之间的电势差不变，由于B板电势为零，则P点电势大于零，由于
则，P点电势不变。故C正确；
D．断开电源，两板间接静电计，B板下移，由C选项分析可知，电场强度不变，则两极板电势差变大，静电计指针张角变大。故D正确。
故选CD。
【分析】 带电油滴原来处于静止状态，电场力与重力平衡。分别对连接电源和断开电源两种情况分析，根据电容的定义式和决定式进行分析，明确电场强度的变化，再分析电势差和电量的变化，从而分析电势以及电荷的流动方向。
10．（2024高三上·衡阳模拟）在如图所示的水平转盘上，沿半径方向放着质量分别为m、2m的两物块A和B（均视为质点），它们用不可伸长的轻质细线相连，与圆心的距离分别为2r、3r，A、B两物块与转盘之间的动摩擦因数分别为、，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。现缓慢加快转盘的转速，当两物块相对转盘将要发生滑动时，保持转盘的转速不变，下列说法正确的是（　　）
A．此时转盘的角速度大小为
B．此时细线中的张力大小为
C．此时烧断细线后的瞬间，B的加速度大小为
D．此时烧断细线后的瞬间，A、B两物块的加速度大小相等
【答案】A,C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】 本题考查学生对合力提供向心力、牛顿第二定律的掌握，是一道基础题。
AB． 质量分别为m、2m的两物块A和B（均视为质点），它们用不可伸长的轻质细线相连，与圆心的距离分别为2r、3r， 根据
，
两物块的临界角速度分别为
，
由于物块A的临界角速度较大，则相对滑动时物块A向圆盘内侧滑动。设绳拉力为F，根据牛顿第二定律
，
得
，
A正确，B错误；
CD．此时烧断细线后的瞬间，A、B物块的加速度大小分别为
，
C正确，D错误。
故选AC。
【分析】对A、B分别受力分析，根据合力提供向心力列式，联立求角速度和张力；由牛顿第二定律，求A、B的加速度。
11．（2024高三上·衡阳模拟）如图所示，一质量为m、电荷量为q（）的粒子以速度从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时（　　）
A．所用时间为
B．速度大小为
C．与P点的距离为
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
【答案】A,B,C
【知识点】平抛运动；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】 本题考查带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，类平抛运动采用运动的分解法处理是常用的思路，关键要把握两个分运动的关系，如位移关系，速度关系，根据牛顿第二定律和运动学公式进行解答。A．粒子做类平抛运动可知，水平方向
竖直方向
又
牛顿第二定律可知
解得
故A正确；
B．由于
合速度为
故B正确；
C．由几何关系可知
故C正确；
D．根据平抛运动推论
可知
速度方向与竖直方向的夹角小于30。，故D错误。
故选ABC。
【分析】 粒子在匀强电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律和分位移公式相结合计算出运动时间；由vy=at求出粒子到达某点时竖直分速度，再与水平速度合成得到合速度；结合几何关系得出某点与P点的距离；根据分速度关系求速度方向与竖直方向的夹角。
12．（2024高三上·衡阳模拟）卫星是人类的“千里眼”、“顺风耳”，如图所示三颗静止通信卫星就能实现全球通信，已知卫星之间的距离均为，地球自转的角速度为，地球的半径为，引力常量为，下列说法正确的是（　　）
A．三颗通信卫星受到的万有引力的大小均相等
B．其中一颗质量为的通信卫星的动能为
C．地球的质量为
D．地球的第一宇宙速度与通信卫星的线速度之比为
【答案】B,C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】 解决本题时，要知道静止通信卫星的运行周期等于地球自转的周期，由万有引力提供向心力。A．根据万有引力提供向心
因为三颗通信卫星的质量不一定相等，则所受的万有引力的大小不一定相等，故A错误；
B．根据线速度和角速度得关系可知
动能为
由几何关系可得卫星的轨道半径为
综合可得
故B正确；
C．由
综合解得
故C正确；
D．地球的第一宇宙速度为
通信卫星的速度为
比较可得
故D错误。
故选BC。
【分析】根据万有引力定律分析三颗通信卫星受到的万有引力大小关系； 根据万有引力提供向心力列式，可求得地球的质量；由万有引力提供向心力等知识，求地球的第一宇宙速度与通信卫星的速度之比。
13．（2024高三上·衡阳模拟）如图所示，平行板电容器的两个极板与水平面成角，板带负电，板带正电，且板接地。若一比荷为的带电小球恰能沿图中所示水平直线向右通过电容器，重力加速度大小为，下列说法正确的是（　　）
A．小球带负电
B．在此过程中小球的电势能减小
C．若两板之间的距离为，则板的电势为
D．此过程若小球通过的距离为，且离开电场时速度刚好为0，则运动时间为
【答案】C,D
【知识点】电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查粒子在复合场中的运动，关键是明确直线运动的条件是合力为零或者合力方向与速度方向在同一条直线上，基础题目。A．对小球进行受力分析，电场力垂直极板，只有电场力垂直极板斜上左上方，与重力的合力才能沿着水平直线，小球才能做直线运动，电场的方向斜上左上方与电场力同向，则小球带正电，故A错误；
B．由A分析可知，电场力方向与小球运动方向夹角为钝角，则小球运动过程中，电场力做负功，电势能增加，故B错误；
C．对小球受力分析，竖直方向上，由平衡条件有
解得
由于B板电势高，则有
又有
解得
故C正确；
D．对小球受力分析，由牛顿第二定律有
由匀减速直线运动的规律与逆向思维可得
可得
故D正确。
故选CD。
【分析】带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，可判断粒子的电性；根据竖直方向上，电场力与重力的关系求出场强，进而求电势差；在水平方向上，根据牛顿第二定律结合运动学公式求解运动时间；根据电场力做功情况判断小球的电势能变化情况。
14．（2024高三上·衡阳模拟）如图所示，、在同一水平面上，甲、乙两个小球（均视为质点）的质量均为，先让甲从点以速度（与的夹角为）抛出，经过一段时间运动到点，后让乙从点以速度（与的夹角为）抛出，经过一段时间也运动到点，重力加速度大小为，，，下列说法正确的是（　　）
A．甲从到速度变化量的大小为
B．乙运动到点时重力的功率为
C．甲从到的运动时间与乙从到的运动时间之差
D．甲的最高点与乙的最高点之间的距离为
【答案】B,D
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】物体将以一定的初速度向空中抛出，仅在重力作用下物体所做的运动叫做抛体运动。解决斜抛运动时，常常运用运动的分解法处理，要掌握分运动规律，灵活运用对称性，由运动学公式进行解答。A．由斜抛运动的对称性，甲在点的速度斜向下与水平方向成，大小为，由速度变化量的矢量三角形可得，甲从到速度变化量的大小为
A项错误；
B．乙在点的速度斜向下与水平方向成，大小仍为，重力的功率为
B项正确；
C．由逆向思维可把斜抛运动看成两个平抛运动，平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动，由自由落体运动的规律可得甲、乙从到的运动时间分别为
可得
C项错误；
D．甲、乙的射高分别为
则有
D项正确。
故选BD。
【分析】运用三角形定则求甲从a到b速度变化量的大小。根据竖直分速度求乙运动到b点时重力的功率。由逆向思维可把斜抛运动看成两个平抛运动，根据自由落体运动的规律分析运动时间关系。根据速度—位移关系式求解甲的最高点与乙的最高点之间的距离。
15．（2024高三上·衡阳模拟）某同学用如图甲所示的实验电路做“测定电源的电动势和内阻”实验，现备有以下器材：
A．干电池1节
B．滑动变阻器（）
C．电压表（）
D．电压表（）
E．电流表（）
F．电流表（）
（1）其中电压表应选　 　，电流表应选　 　；（填字母）
（2）该同学测量时记录了5组数据，并将数据填入以下表格中。请你根据这些数据在图乙坐标系中画出图线　 　，根据图线求出电池的电动势　 　，内阻　 　；
次数 1 2 3 4 5
0.15 0.25 0.36 0.45 0.56
1.40 1.35 1.30 1.25 1.20
（3）该同学分析以上实验的系统误差主要是由　 　引起的，导致的结果是电动势的测量值　 　（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
【答案】D；F；；1.48（1.46~1.48均可）；0.51（0.46~0.51均可）；电压表分流；小于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】 本题考查测定电源的电动势和内阻，关键在利用图象的截距和斜率求电源的电动势和内阻时，要注意纵轴是否从零开始。（1）干电池的电动势为，故电压表应选D，实验中流过电源的电流不能太大，否则电池的内阻变化较大，则电流表应选F。
（2）图线如图所示
纵轴截距表示电动势
图线斜率的绝对值表示内阻，则
（3） 测量电路存在系统误差，实验电路采用电流表内接法时，I真=I测+IV，未考虑电压表的分流，实验电路电流表外接法时，电路中U真=U测+UA，未考虑UA 。在测量电源的电动势和内阻时，电压表测量电源的外电压准确，电流表测量通过电源的电流偏小，因为电压表起分流作用，作出图线实际图线和测量图线如图所示，知电动势的测量值偏小，内电阻的测量值偏小。
【分析】 （1）根据题设电源的信息，知电压表选择量程小的；由电动势和滑动变阻器知电路中的电流，从而选择电流表；
（2）根据实验数据，描点作图，可以得出电源的U-I图象，根据图象的物理意义可以得出电源的电动势和内阻；
（3） 根据实验电路分析实验误差来源，分析实验误差 。
16．（2024高三上·衡阳模拟）在“用双缝干涉测光的波长”实验中，光具座上放置的光学元件依次为光源、透镜、　M　、　N　、　P　、遮光筒、毛玻璃、放大镜，如图所示。
（1）M、N、P三个光学元件依次为　 　；
A．滤光片 、单缝、双缝 B．单缝 、滤光片、双缝
C．单缝 、双缝、滤光片 D．滤光片 、双缝、单缝
（2）对于某种单色光，为增加相邻亮纹（暗纹）间的距离，可采取的方法有　 　；
A．减小双缝间距离 B．增大双缝间距离
C．减小双缝到屏的距离 D．增大双缝到屏的距离
（3）如果测得双缝与屏的距离为L，双缝间距为d，相邻两条亮纹中心间的距离为，写出计算波长λ的表达式为　 　。
【答案】A；AD；
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】 本题考查了实验装置、条纹间距公式的应用，知道双缝干涉实验的原理、熟练应用双缝干涉条纹间距公式即可正确解题 。（1）这三个光学元件依次是滤光片、单缝和双缝；因为光通过单缝后的强度会减弱，所以滤光片的放置应该在单缝之前较好，这会使得通过的光线较多，提高亮度，故选A；
（2）根据波长
可知，为增加相邻亮纹（暗纹）间的距离，应该减小双缝间距离d，增大双缝到屏的距离L，故选AD；
（3）如果测得双缝与屏的距离为L，双缝间距为d，相邻两条亮纹中心间的距离为，由双缝干涉条纹间距公式
解得
【分析】（1） 获取单色线光源，在光屏上产生干涉图样，白色光源后面要有滤光片、单缝、双缝、遮光筒和光屏 ；
（2）根据“用双缝干涉测光的波长”实验原理结合条纹间距的公式来解答；
（3）由条纹间距公式计算待测光的波长。
17．（2024高三上·衡阳模拟）某学习小组利用如图甲所示的实验装置来探究加速度与力、质量的关系．图中带滑轮的长木板放置于水平桌面上，拉力传感器与滑轮之间的轻绳始终与长木板平行，拉力传感器可直接显示绳上的拉力大小，打点计时器所接电源的频率为．
（1）关于本次实验的注意事项，下列说法正确的是　 　。
A．实验中要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
B．实验时为了平衡摩擦力，需要将长木板右端适当垫高
C．实验时应先接通打点计时器的电源再释放小车
（2）正确完成实验操作后，得到的一条纸带部分如图乙所示，纸带上各点均为计时点，由此可得打点计时器打出点时小车的速度大小　 　，小车的加速度大小　 　（结果保留两位有效数字）。
（3）正确完成实验操作后，改变砂和砂桶的总质量，得到多组拉力传感器示数和对应的小车加速度大小，以为横轴、为纵轴作出图像，该图像的斜率为，则小车的质量　 　（用表示）。
【答案】BC；1.6；3.2；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】 本题考查了探究加速度与物体质量、物体受力的关系的实验。我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚。
（1）A．绳子的拉力由拉力传感器测出，不需要用砂和砂桶的重力去代替绳子拉力，不需要测量砂和砂桶的质量，也不需要满足砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故A错误；
B．为了平衡摩擦力，需要将长木板右端适当垫高，以补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力。调节长木板的倾斜度，使小车在不受砂桶牵引时能拖动纸带沿长木板匀速运动，故B正确；
C．为了能稳定地打出足够多的点，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数，故C正确。
故选BC。
（2） 打点计时器所接电源的频率为 ，相邻的两个计数点之间的时间间隔为
打B点时小车的速度等于A到C的平均速度，则有
用逐差法可得，小车运动的加速度为
（3）对小车由牛顿第二定律
即
由题意可知
解得
【分析】（1）绳子的拉力由拉力传感器可直接显示，不需要测量砂和砂桶的质量，也不需要满足M m；本实验需要平衡摩擦力，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车。
（2）利用平均速度求中间时刻的速度，利用逐差法求加速度。
（3）根据牛顿第二定律可以求出a与F的函数表达式，通过直线的斜率可以求出M。
18．（2024高三上·衡阳模拟）（1）某次研究弹簧所受弹力F与弹簧长度L关系实验时得到如图a所示的图象，由图象可知：弹簧原长L0=　 　cm，由此求得弹簧的劲度系数k=　 　N/m（结果保留3位有效数字）。
（2）如图b的方式挂上钩码（已知每个钩码重G=0.75N），使（1）中研究的弹簧压缩，稳定后指针指示如图b，由此可推测图b中所挂钩码的个数为　 　个。
【答案】2.00；300；2
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】 要注意区分弹簧的原长，实际长度和伸长量x，并明确三者之间的关系。在应用胡克定律时，要首先转化单位，知道图线的斜率即为弹簧的劲度系数。（1）弹簧所受弹力F与弹簧长度L关系图象中，当弹簧弹力为零，弹簧处于自然状态，原长
[2]根据胡克定律可知，图线的斜率为弹簧的劲度系数
（2）由图b可知，刻度尺的读数为1.50cm，弹簧压缩量
弹簧的弹力
可得
故图b中所挂钩码的个数为2个。
【分析】（1）该图线跟坐标轴交点，表示弹力为零时弹簧的长度，即为弹簧的原长。由画得的图线为直线可知弹簧的弹力大小与弹簧伸长量成正比。图线的斜率即为弹簧的劲度系数。
（2）刻度尺的读数要估读一位，由胡克定律求出弹簧的弹力，然后推测钩码的个数。
19．（2024高三上·衡阳模拟）某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律：
(1)该同学在平衡摩擦力后进行实验，为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足　 　的条件．
(2)他实验时将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图乙所示(每相邻两个计数点间还有4个点图中未画出) S1=3.59cm，S2=4.39cm，S3=5.19cm，S4=5.99cm，S5=6.79cm，S6=7.59cm．则小车的加速度a=　 　m/s2，打点计时器在打B点时小车的速度 vB=　 　m/s.(结果均保留两位有效数字)
(3)通过实验得到如图丙所示的a-F图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角　 　(选填“偏大”或“偏小”)．
【答案】；0.80；0.40；偏大
【知识点】实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】 本题考查了实验数据分析、实验注意事项，验证牛顿第二定律实验中，要平衡摩擦力，当小车质量远大于砝码质量时可以近似认为小车受到的拉力等于砝码的重力。（1）小车运动过程中，砝码和盘向下做加速运动处于失重状态，砝码和盘对细线的拉力小于其重力，小车在运动过程中受到的拉力小于砝码和盘的总重力；当小车质量M远大于砝码和盘总质量m时可以近似认为小车受到的拉力等于砝码和盘的重力．
（2）计数点间的时间间隔为T，由匀变速直线运动的推论
可知，加速度
B点的瞬时速度为
（3）当F=0时，小车已经具有了加速度，在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角偏大.
【分析】（1）根据牛顿第二定律分析出M与m应满足的关系；
（2）根据逐差法计算出小车的加速度， 利用中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求得
（3）根据图像的纵截距特点分析出木板与水平桌面的夹角关系；
20．（2024高三上·衡阳模拟）地面上方空间存在水平向右的匀强电场，场强为E，不可伸长的绝缘细线长为L，上端系于O点，下端系一质量为m、电量为的小球，现将小球在最低点A以一定的初速度水平向左抛出，小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，当小球速度最小时，细线与竖直方向的夹角，已知重力加速度为g，求：
（1）电场强度的大小；
（2）小球在最低点的初速度大小；
（3）若抛出小球的同时剪断细线，小球恰好落在地面上A点正下方的位置B，求A点离地的高度。
【答案】（1）解：由小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动可知，小球在运动过程中动能最小时仅由重力和电场力的合力提供向心力，由几何关系有
解得
（2）解：当小球速度最小时，由牛顿第二定律有
从最低点到小球速度最小过程中，由动能定理有
联立解得
（3）解：若抛出小球的同时剪断细线，小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上先向左减速再向右加速，水平方向位移为零，设经过t时间落到地面，A点离地的高度为h，则有
，，
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】 （1）根据重力与电场力的关系，找到等效重力的大小和方向，结合几何关系求解；
（2）在等效最高点满足等效重力充当向心力，从最低点到小球速度最小过程中，由动能定理求解；
（3）若抛出小球的同时剪断细线，小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上先向左减速再向右加速，根据自由落体规律和匀变速直线运动规律求解。
（1）由小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动可知，小球在运动过程中动能最小时仅由重力和电场力的合力提供向心力，由几何关系有
解得
（2）当小球速度最小时，由牛顿第二定律有
从最低点到小球速度最小过程中，由动能定理有
联立解得
（3）若抛出小球的同时剪断细线，小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上先向左减速再向右加速，水平方向位移为零，设经过t时间落到地面，A点离地的高度为h，则有
，，
联立解得
21．（2024高三上·衡阳模拟）“波”字最早用于描述水纹起伏之状，唐代诗人有“微风动柳生水波”的描述，水波可看成简谐横波。一列沿x轴负方向传播的水波在时刻的波形如图所示，此时波刚好传播到平衡位置为的P点，Q点是波上平衡位置为的质点，在时刻，Q点（在时刻后）首次位于波峰位置。
求：
（1）该列波的传播速度v；
（2）质点Q的振动方程；
（3）时刻后，质点P和质点Q第三次位移相同的时刻。
【答案】解：（1）时刻，质点Q右端最近的波峰的平衡位置
时间内，处的振动形式传播至Q点，则
解得
（或）
（2）质点Q的振幅
（或）
设简谐横波的周期为T，则
质点Q的圆频率
设质点Q的初相位为，根据题意有
则质点Q的振动方程为
（3）根据题意可知，质点P的振动方程为
质点P、质点Q第三次位移相同时
解得
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）根据波形图可知振动形式在水中匀速传播了，用匀速运动的速度时间公式即可求解该列波的传播速度。
（2）根据图像可以读取质点Q的振幅、简谐横波的周期为T，可计算质点Q的圆频率，代入振动方程即可求解质点Q的振动方程。
（3）根据题意可再写出质点P的振动方程，结合质点Q的振动方程，列出质点P、质点Q第三次位移相同时的关系式，即可求解。
22．（2024高三上·衡阳模拟）如图，质量为2kg的小球A（视为质点）在细绳和OP作用下处于平衡状态，细绳，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳，小球A开始运动。（重力加速度g取）
（1）求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
（2）A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞（时间极短）、碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。
（3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
【答案】解：根据题意，设AC质量为，B的质量为，细绳长为，初始时细线与竖直方向夹角。
（1）A开始运动到最低点有
对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得
解得
，
（2）A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落可知
故解得
（3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速，则对CB分析，过程中根据动量守恒可得
根据能量守恒得
联立解得
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】1.多过程问题看似复杂，但一般都可以划分为多段基本运动形式：直线运动、平抛运动、圆周运动。
解题思路：
(1)对于这类问题，首先作受力分析和运动分析，根据受力和运动特点将多过程问题划分为几个基本的力学模型，最好画出草图。
(2)然后根据每个过程的特点，结合力学三大观点的选用原则选择合适的力学规律(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、牛顿运动定律、运动学关系式、动量守恒定律、动量定理)列方程，并注意过程衔接处的物理量关系(如速度大小不变)。
(3)联立方程求解(有些情况需要先计算出一个过程末的物理量，然后再据此重复(1)(2)步骤分析下一个过程列方程求解，层层递进)。
2.“滑块—木板”模型的解题思路
①系统的动量守恒。
②在涉及滑块或木板运动的时间时，优先考虑用动量定理。
③在涉及滑块或木板的位移时，优先考虑用动能定理。
④在涉及滑块与木板的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒。
⑤滑块与木板不相对滑动时，两者达到共同速度。
23．（2024高三上·衡阳模拟）如图所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L=1m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量m=0.2kg，棒的中点用细绳经定滑轮与一物体相连（绳与棒垂直），物体的质量M=0.3kg，导体棒与导轨的动摩擦因数μ=0.5（g取10m/s2），匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？
【答案】解：导体棒受到的最大静摩擦力大小为
M的重力为
则
要保持导体棒匀速上升，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断得知棒中电流的方向为由a到b，根据受力分析，由平衡条件，则有
又因为
所以可得
【知识点】安培力的计算
【解析】【分析】 物体安培力作用下的受力平衡， 匀速上升，其受力平衡，根据安培力计算公式即可求解电流大小。
24．（2024高三上·衡阳模拟）如图所示，空间存在方向与水平面成θ=53°的匀强电场，在电场中的A点以的速度水平向右抛出一带正电的小球，小球沿直线运动到B点时的速度。已知小球的质量，电荷量，重力加速度，不计空气阻力，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：
（1）AB两点间电势差UAB；
（2）取A点为零电势点，小球在B点时的电势能；
（3）电场强度的大小。
【答案】解：（1）根据动能定理得
解得
（2）根据
解得
（3）根据平衡条件得
解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解AB两点间电势差UAB；
（2）根据UAB=φA-φB求解B点电势，再求解小球在B点电势能；
（3）根据竖直方向平衡列式求解电场强度的大小。
25．（2024高三上·衡阳模拟）如图所示，水平传送带右侧有一固定平台，平台上表面BCDE与传送带上表面ABEF共面且平滑无缝连接。半径R=1m的光滑半圆形轨道固定在BCDE上，分别与AB、EF相切于B、E点，P点是圆弧轨道中点。将质量m=1kg的滑块（可看作质点）从A点由静止释放，在传送带上运动后从B点沿切线方向进入半圆形轨道内侧，滑块始终与圆弧轨道紧密接触，并最终停下。已知传送带长l=3m，以的速率顺时针转动，滑块与传送带间动摩擦因数，滑块与平台间动摩擦因数，重力加速度，不计空气阻力。求：
（1）滑块从A点运动到B点所需时间；
（2）滑块第一次经过P点时对半圆形轨道的压力大小；
（3）从释放到最终停下来的过程中，滑块与传送带、平台间因摩擦产生的热量。
【答案】解：（1）根据牛顿第二定律得
解得
和传送带速度相同所用时间为
匀加速的位移为
匀速运动时间为
滑块从A点运动到B点所需时间为
（2）根据动能定理得
解得
根据牛顿第二定律得
（3）传送带上痕迹的长度为
设沿着半圆形轨道运动的路程为x2，根据动能定理得
解得
摩擦产生的热量为
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）滑块在传送带上运动，由牛顿第二定律可得滑块加速度大小，由运动学公式可得滑块与传送带共速时的时间和位移，此位移与传送带的长度比较，由运动学公式可得解；
（2）从B到P由动能定理可得滑块在P点速度大小，在P点由牛顿第二定律可得滑块所受支持力大小，由牛顿第三定律可得滑块对轨道压力大小；
（3）利用功能关系Q=fx相对可得滑块与传送带摩擦产生的热量，利用动能定理可得滑块速度减为零运动的路程，则可判断滑块是否能再次滑上传送带，利用能量守恒定律可得滑块在平台上摩擦产生的热量。
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