2025届湖南名校教育联盟高三上学期12月大联考物理试题
1．（2024高三上·湖南模拟）物理学家在探究客观世界的过程中发现了很多行之有效的科学研究方法，下列关于物理学常用方法的表述中正确的是（ ）
A．电场强度，速度，加速度，都是采用了比值定义法
B．汽车在通过弯道时如果速度过大，往往会出现“甩尾”现象，这是由于受到离心力而产生的
C．库仑发现了库仑定律并测出了静电力常量k
D．卡文迪什通过扭称实验测出了万有引力常量G
【答案】D
【知识点】离心运动和向心运动；引力常量及其测定；电场强度
【解析】【解答】A．电场强度
速度
都是采用了比值定义法，加速度
是决定式，没有采用比值定义法，故A错误；
B．汽车在通过弯道时，如果速度过大，往往会出现“甩尾”现象，这是一种离心现象，这是由于实际受到的力沿弯道半径方向的合力不足以提供所需的向心力而导致的，离心力是效果力，实际上不能够认为物体受到离心力，故B错误；
C． 库仑发现了库仑定律，但课本并没有说明库仑测出了静电力常量k。库仑定律是描述两个静止电荷之间相互作用力的定律，静电力常量k是描述这种相互作用力大小的物理量 ，故C错误；
D．牛顿发现万有引力定律后，卡文迪什通过扭称实验测出了万有引力常量，故D正确。
故选D。
【分析】 物理学史是各类考试中的常考题型，解题关键是一定要牢记各位物理学家及其贡献。根据常见的物理学史解答即可。
2．（2024高三上·湖南模拟）校园运动会是学校体育运动竞赛的一种重要形式，具有振奋师生精神，丰富校园生活等作用，下列关于各运动项目的说法正确的是（ ）
A．在标准田径场举行的男子1000 m比赛中，运动员的平均速度相等
B．在铅球项目中，运动员的成绩是铅球抛出后的位移
C．在跳高比赛中，运动员背越式跳高过栏杆时人体的重心可能低于杆的高度
D．在跳远比赛中，起跳时地对人的作用力大于人对地的作用力
【答案】C
【知识点】重力与重心；牛顿第三定律；位移与路程；平均速度
【解析】【解答】位移表示质点在空间的位置的变化，用有向线段表示，位移的大小等于有向线段的长度，位移的方向由初位置指向末位置．路程是质点在空间运动轨迹的长度．在确定的两位置间，物体的路程不是唯一的，它与质点的具体运动过程有关。
A．在标准田径场上的内外圈长度不同，所以运动员跑1000 m不一定回到原点，位移不都为0，运动时间也可能不相等，则平均速度可以不相等，选项A错误；
B．在铅球项目中，运动员的成绩是铅球抛出后的水平位移，选项B错误；
C．人的弹跳把重心跳起一定的高度，背越式通过调整姿势使重心低于横杆，则同样高度重心过杆高度背越式更高，背越式跳高过栏杆时人体的重心可能低于杆的高度，选项C正确；
D．跳远起跳时地对人的作用力与人对地的作用力为一对相互作用力，大小相等，方向相反，选项D错误。
故选C。
【分析】根据校园运动会中各运动项目的实际情况，结合相关的物理概念如平均速度、位移、重心和相互作用力等逐一分析。
3．（2024高三上·湖南模拟）如图所示，光滑斜面上有一倾斜放置的弹簧，弹簧上端固定，下端连接物体P，其正在做振幅为的简谐运动，当达到最高点时弹簧恰好为原长。当P振动到某个位置时恰好断开为质量相等的两部分A、B，B掉下斜面，此后A继续做简谐运动。则下列说法中正确的是（ ）
A．如果在平衡位置处断开，A依然可以到达原来的最低点
B．如果在最高点处断开，则B带走的能量最多
C．无论在什么地方断开，此后A振动的振幅一定增大，周期一定减小
D．如果在最低点处断开，此后A振动的振幅变为
【答案】B
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】 回复力定义：如果物体在运动方向上所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置，质点的运动就是简谐运动。用数学式表达即为F=-kx。A．如果在平衡位置处断开，由于振子质量减小，从能量角度分析，假设依然可以到达断开的最低点，则弹簧弹性势能的增加量大于A振子动能和重力势能的减小量（弹簧弹性势能的增加量等于整个物体的动能和重力势能的减小量），则假设错误，经过分析，A到不了原来的最低点，故A错误；
B．由于在上升过程中，A、B间的力一直对B做正功，所以到达最高点时，B的机械能最大，则如果在最高点断开，则B带走的能量最多，故B正确；
CD．设物体掉下前弹簧的劲度系数为k，质量为m，振幅为，振子在平衡位置时有
振子到达最低点时，弹簧的形变量为，当物体掉下一半时，振子在平衡位置时有
则
振子掉下一半时，设振幅为，最低点的位置没有变化，弹簧的形变量没有变化，则有
而越是在弹簧短的时候断开，此后A的振幅就越小，当在最高点断开时，此后A的振幅为，周期与振幅无关，故CD错误。
故选B。
【分析】如果在平衡位置处断开，从能量角度分析能否到达原来的最低点， 最高点处断开，在上升过程中，A、B间的力一直对B做正功，结合简谐运动回复力公式分析。
4．（2024高三上·湖南模拟）phyphox是一款功能强大的软件，它可以让手机充当一个真实的物理实验工具，让用户随时随地进行物理学习。该软件支持快速生成图表和文字，并进行统计分析，用户可以通过选择传感器输入来设计和分析实验，为用户提供了丰富便利的实验辅助工具。现用某款智能手机进行竖直上抛实验：用手掌托着智能手机，在phyphox里面打开加速度传感器，把手机向上抛出，然后又在抛出点接住手机，以竖直向上为正方向，测得手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示，则手机（ ）
A．在t1~t3时间内手机先加速后减速
B．在t3时刻手机到达最高点
C．在t2~t3时间内手机受到的支持力逐渐减小
D．在t2~t4时间内，手机处于失重状态
【答案】C
【知识点】图象法；牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】加速度是连接力学与运动学的桥梁。通过加速度变化情况，可判断速度变化情况，可判断物体所受合力变化情况。A．图像中图线与坐标轴所围面积表示速度的变化量，t1~t3时间内速度一直增加，所以手机一直加速，故A错误；
B．由图可知，t3时刻后加速度方向向下，为失重状态，速度方向向上，所以向上做减速运动，t3时刻还没有达到最高点，故B错误；
C．对手机进行受力分析可知，t2~t3时间内，有
该段时间内，a逐渐减小，因此支持力逐渐减小，故C正确；
D．在t2~t4时间内，手机加速度先向上后向下，则手机先处于超重状态后处于失重状态，故D错误。
故选C。
【分析】在a-t图像中，t轴上方加速度为正，表示物体在加速运动；t轴下方加速度为负，表示物体在减速运动。图像与时间轴围成的“面积”表示速度的变化量。加速度的方向代表了合力的方向，由牛顿第二定律可列方程判断支持力变化。
5．（2024高三上·湖南模拟）如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，且rA．将可变电阻R调大，电流稳定时，电源输出功率会增加
B．电容器中电荷的变化量为
C．
D．
【答案】B
【知识点】含容电路分析；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】本题中两电表读数的比值要根据欧姆定律分析，电压变化量与电流变化量比值要根据闭合电路欧姆定律来分析。含电容器电路的分析与计算方法：首先确定电路的连接关系及电容器和哪部分电路并联， 最后根据公式Q=CU或ΔQ=CΔU，求电荷量及其变化量。A．令电路的外电阻为，则电源输出功率
根据数学知识可知，电源输出功率随外电阻变化的图像如图所示
当外电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，由于
可知，将可变电阻R调大，外电阻增大，由于外电阻总大于电源内阻，则电流稳定时，电源输出功率会减小，故A错误；
B．根据电容的定义式有
解得该过程电容器的电荷量变化量
故B正确；
C．可变电阻R两端电压为电压表示数U，电流表示数Ⅰ为流过可变电阻R的电流，由电阻的定义可知，可变电阻的阻值
故C错误；
D．由闭合电路欧姆定律可知
可知
故D错误。
故选B。
【分析】对R，根据欧姆定律求电压表示数U和电流表示数I的比值；根据闭合电路欧姆定律列式求解ΔU和ΔI的比值；由Q=CU求解电容器电荷的增加量；根据内外电阻的关系，分析电源的输出功率变化情况。
6．（2024高三上·湖南模拟）如图所示，竖直平面内有半径为R的光滑半圆环BCD，AB在同一竖直线上且与直径BD的夹角为，现有一质量为m的小球（大小忽略不计）从A点静止释放，落到B点时可通过一大小忽略不计的拐角与半圆BCD平滑相接，认为通过时无能量损失，小球恰好能通过半圆轨道最高点D，在空中运动一段时间后又恰好落在B点。下列说法中正确的是（ ）
A． B．从D点落到B点的时间
C．过D点的速度为 D．AB的长度为
【答案】D
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。沿BD和垂直BD方向建立直角坐标系，可以知道从D点飞出后
，
，
又因为小球恰好通过D点，即
有
联立上式可得
，，
A到D过程中，由动能定理可得
所以
故选D。
【分析】沿BD和垂直BD方向建立直角坐标系，将重力加速度沿x轴以及y轴方向分解，在两个方向结合运动学公式分解。A到D过程中，由动能定理求解 AB的长度 。
7．（2024高三上·湖南模拟）传送带在现代工业生产和物流体系中扮演着至关重要的角色，其能够提升生产效率，节省空间成本，广泛应用于各领域，推动物流自动化发展。如图所示，传送带与水平面夹角为θ，且夹角θ可根据需求调整，货物与传送带之间的动摩擦因数为μ，在货物随传送带匀速运动的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．摩擦力对货物不做功
B．θ减小，货物对传送带的压力变大
C．θ增大，货物受的摩擦力大小始终等于
D．当时，则传送带无法将货物向上输送
【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；功的概念
【解析】【解答】 利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。A．货物所受摩擦力沿斜面向上，与速度方向同向，故做正功，故A错误；
B．货物对传送带的压力
θ减小，货物对传送带的压力增大，故B正确；
C．货物随传送带一起保持匀速运动，两者之间无相对滑动，所受摩擦力为静摩擦力
故C错误；
D．如果，则最大静摩擦力小于重力的分力，所以无法向上传输，故D正确。
故选BD。
【分析】摩擦力沿斜面向上，与速度方向同向，力做正功，对物体受力分析，结合各个力的表达式与 θ 变化分析。
8．（2024高三上·湖南模拟）如图所示，有两个静止的带等量正电的点电荷，分别放置在M、N两点，在M、N连线上有O、a，c三点，其中O点是连线的中点，a、c关于O点对称，在M、N连线的中垂线上还有对称的b、d两点，则下列说法中正确的是（ ）
A．a、c两点处场强相同，b、d两点处场强相同
B．a、c两点处电势相等，b、d两点处电势相等
C．某负点电荷在c点的电势能小于在d点的电势能
D．在b点静止释放一负点电荷（不计重力）将做匀加速直线运动
【答案】B,C
【知识点】电势能；电势
【解析】【解答】该题考查常见的电场和电场线，只有掌握两个等量同种点电荷形成的电场的特点，即可正确解答。本题的关键要掌握等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性进行分析。 静电力做功与路径无关，电荷在电场中沿一闭合路径移动，静电力做功为零。A．根据等量同种正点电荷的电场线分布特征，可知a、c两点处电场线分布的密集程度相同，即a、c两点处电场强度大小相等，但是电场强度方向相反，a、c两点处电场强度不相同，b、d两点处电场线分布的密集程度相同，即b、d两点处电场强度大小相等，但是电场强度方向相反，b、d两点处电场强度不相同，A错误；
B．根据等量同种正点电荷的等势线分布特征，可知a、c两点处电势相等，b、d两点处电势相等，B正确；
C．沿电场线电势降低，根据等量同种正点电荷的电场线分布特征可知
则有
可知，某负点电荷在c点的电势能小于在d点的电势能，C正确；
D．根据等量同种正点电荷的电场线分布特征可知，在b点静止释放一负点电荷（不计重力），所受电场力为合力，电场力方向指向O点，负点电荷靠近从b到O做加速运动，越过O点后速度向下，电场力指向O点，负点电荷远离O点后做减速运动，当减速至0后，根据对称性，恰好到达d点，之后又向上靠近O位置做加速运动，越过O位置后速度向上，所受电场力为合力，电场力方向指向O点向下，减速至0，根据对称性，恰好到达b点，之后重复先前的运动，即在b点静止释放一负点电荷（不计重力）将在b，d之间往复运动，D错误。
故选BC。
【分析】等量同种正点电荷电场分布特点：即关于两正点电荷连线对称，又关于连线中垂线对称。结合电势能Ep=qφ即可判断。根据等量同种电荷周围电场分布情况，分析ac两点和bd两点的电场强度是否相同；分析ac两点、bd两点、cd两点的电势高低，从而判断cd两点电势能的大小；分析负电荷的受力情况，判断其运动情况。
9．（2024高三上·湖南模拟）在牛顿力学体系中，当两个质量分别为m1、m2的质点相距为r时具有的势能，称为引力势能，（规定无穷远处势能为零）。如图所示，人造地球卫星在Ⅰ轨道做匀速圆周运动时，卫星距地面高度为，R为地球的半径，卫星质量为m，地球表面的重力加速度为g，椭圆轨道的长轴PQ=10R。下列说法中正确的是（ ）
A．卫星在Ⅰ轨道运动时的速度大小为
B．卫星在Ⅱ轨道运动时的周期大小为
C．当卫星在椭圆轨道Ⅱ运动时，在近地点Р与在远地点Q的速率之比
D．至少需对卫星做功，才能使卫星从I轨道的Р点变轨到II轨道（不考虑卫星质量的变化和所受阻力）
【答案】B,C,D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】开普勒第二定律（面积定律） ：对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积。开普勒第三定律（周期定律） ：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等。A．人造地球卫星在Ⅰ轨道做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力可得
在地球表面有
联立可得卫星在Ⅰ轨道运动时的速度大小
故A错误；
B．在Ⅰ轨道时，根据万有引力提供向心力可得
解得
根据开普勒第三定律可得
解得卫星在Ⅱ轨道运动时的周期为
故B正确；
C．卫星在椭圆轨道Ⅱ运行时，根据开普勒第二定律可得
则在近地点P与在远地点Q的速率之比等于P、Q两点与地球连线的长度的倒数之比，则有
故C正确；
D．卫星在轨道Ⅱ上运动时机械能守恒，在最远点和最近点满足
其中
卫星在Ⅰ轨道运动时的速度大小
则卫星在Ⅰ轨道的P点变轨到Ⅱ轨道至少需对卫星做功为
解得
故D正确。
故选BCD。
【分析】人造地球卫星在轨道做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力，结合开普勒三定律分析，卫星在轨道Ⅱ上运动时机械能守恒，根据动能定理求解对卫星做功。
10．（2024高三上·湖南模拟）如图所示，一根长为L的轻杆的两端分别固定小球A和B。轻杆可绕距A球为处的轴O在竖直平面内转动，初始时杆处于竖直位置，小球B恰好与水平光滑地面接触。在杆的左侧紧贴着B球有边长为的立方体滑块C，A、B、C的质量均为m。现用一水平恒力F作用于A球上，使之绕固定的O轴顺时针转动，直到B转动到C的右上角分离。设在此过程中C滑块一直紧贴地面，不计一切摩擦。关于此过程，下列判断正确的是（ ）
A．力F的功率逐渐减少
B．分离之前滑块C的动能始终小于球A的动能
C．力F做的功大于滑块C的动能增量与球A、B重力势能增量之和
D．滑块C的最大速度为
【答案】C,D
【知识点】功能关系；运动的合成与分解；功率及其计算
【解析】【解答】 本题考查系统的机械能守恒定律、功率公式、动能定理、功能原理等知识点，此题关键有二：一是要注意三个物体的关联速度，其次是要弄清B球与C球分离的位置。 功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。AC．用表示A球转过角时A球的速度大小，用表示A球转过角时B球的速度大小，v表示此时立方体的速度大小，则
由于A与B的角速度相同，且
OA=
则
OB=
则
根据能量守恒定律可知，力F做的功等于滑块C的动能增量与球A，B机械能增量之和，则力F做的功大于滑块C的动能增量与球A、B重力势能增量之和，可得
解得
由几何关系可知转过的最大角度为
=60°
则力F的功率为
由数学知识可知，功率增加，故A错误，C正确；
B．分离前C的动能为
分离前A的动能为
由数学知识可知角度转动的范围为
0≤≤60°
则
可知
故B错误；
D．当=60°时，C速度最大为
故D正确。
故选CD。
【分析】对B球和C物体，将B球的速度进行分解，写出两者的关系，对整体根据机械能守恒写出当轻杆转过α角时，各物体的速度的通式。根据功率的公式可判断功率的变化；并能比较C和A的动能的大小；根据动能定理分析F做功与AB机械能的变化量的关系；当转过60°角时速度最大。
11．（2024高三上·湖南模拟）下面为某同学用单摆测量当地的重力加速度实验部分操作。
（1）用游标卡尺测量小钢球直径，读数如图1所示，读数为 mm。
（2）测出单摆偏角小于5°时完成n次全振动时间为t，用毫米刻度尺测得摆线长为L，游标卡尺测得摆球直径为d，用上述测得的量写出测量重力加速度的一般表达式：g= 。
（3）他测得的g值偏小，可能原因是______。
A．计算时将L当成摆长
B．测摆线长时摆线拉得过紧
C．开始计时时，秒表过迟按下
D．实验中误将30次全振动计为31次
（4）该同学测出不同摆长时对应的周期T，作出图线，如图2所示，再利用图线上任意两点A、B的坐标（，）、（，），可求得g= ，若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其他测量计算均无误，也不考虑实验误差，则用上述图线法算得的g值和真实值相比是 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）9.8
（2）
（3）A
（4） ；不变
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】 在“用单摆测定重力加速度”的实验，单摆摆长等于悬线的长度与摆球半径之和，即摆线长度与摆球半径之和，这是易错点；图象法处理实验数据是常用的方法，要掌握实验数据的图象处理方法。关键得出T2-L的表达式。
（1）根据游标卡尺的读数规律，该游标尺读数为9mm+8×0.1mm=9.8mm
（2）
单摆周期
单摆摆长
由单摆周期公式有
解得
（3）
A．根据单摆周期公式可得
解得
若测摆长时只测了悬线的长度，没有考虑摆球的半径，即摆长测量值小，计算得到的g值偏小，故A正确；
B．测摆线长时摆线拉得过紧，会导致摆长测量值大，结合上述可知，计算得到的g值偏大，故B错误；
C．开始计时时，秒表过迟按下，则使得测量的周期偏小，计算得到的g值偏大，故C错误；
D．实验中误将30次全振动次数记为31次，使得测量的周期偏小，计算得到的g值偏大，故D错误。
故选A。
（4）根据单摆周期公式有
则有
故图像的斜率为
解得
测摆长时漏加了小球半径，结合上述可知，图线向平行左偏移动了，但斜率不变，故重力加速度的测量值不变。
【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加游标尺的读数，不需估读；
（2）单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期，摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，应用单摆周期公式可以求出重力加速度；
（3）根据单摆周期公式推导出重力加速度的表达式进行分析。
（4）根据单摆的周期公式得出T2-L的关系式，结合图线的斜率求出重力加速度的大，当测摆长时漏加了小球半径，结合图线的斜率是否变化确定重力加速度的测量值是否发生改变。
（1）根据游标卡尺的读数规律，该游标尺读数为
9mm+8×0.1mm=9.8mm
（2）单摆周期
单摆摆长
由单摆周期公式有
解得
（3）A．根据单摆周期公式可得
解得
若测摆长时只测了悬线的长度，没有考虑摆球的半径，即摆长测量值小，计算得到的g值偏小，故A正确；
B．测摆线长时摆线拉得过紧，会导致摆长测量值大，结合上述可知，计算得到的g值偏大，故B错误；
C．开始计时时，秒表过迟按下，则使得测量的周期偏小，计算得到的g值偏大，故C错误；
D．实验中误将30次全振动次数记为31次，使得测量的周期偏小，计算得到的g值偏大，故D错误。
故选A。
（4）[1]根据单摆周期公式有
则有
故图像的斜率为
解得
[2]测摆长时漏加了小球半径，结合上述可知，图线向平行左偏移动了，但斜率不变，故重力加速度的测量值不变。
12．（2024高三上·湖南模拟）某物理探究小组的同学测量均匀金属实心圆柱体电阻的电阻率。
（1）使用螺旋测微器测定金属实心圆柱体直径d ，某次测量结果如图甲所示，读数为 mm，然后用游标卡尺测量其长度L为22.7mm。
（2）用伏安法测圆柱体电阻Rx的阻值，提供如下器材：
电池组E：电动势3V，内阻不计；
电流表A1：量程0~15mA，内阻约100Ω；
电流表A2：量程0~300μA，内阻为1000Ω；
滑动变阻器R1：阻值范围0~10Ω，额定电流为2A；
电阻箱R2：阻值范围0~9999Ω，额定电流为1A；
待测电阻Rx（约180Ω）；
开关S，导线若干。
要求实验中尽可能准确地测量Rx的阻值，请回答下列问题：
①为了测量待测电阻两端的电压，将电流表 （填写器材字母代号）与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到 Ω，改装成一个量程为0~3.0V的电压表。
②在方框中画出测量Rx阻值的电路图，并在图中标明器材字母代号 。
【答案】（1）7.520
（2）A2；9000；
【知识点】伏安法测电阻
【解析】【解答】 实验原理：把电阻丝连入如图所示的电路，用电压表测其两端电压，用电流表测电流，根据 计算金属丝的电阻Rx，然后用米尺测量金属丝的有效长度l，用螺旋测微器测量金属丝的直径d，计算出金属丝的横截面积S，根据电阻定律计算出电阻率。
（1）金属实心圆柱体直径d=7.5mm+2.0×0.01mm=7.520mm；
（2）根据电表的改装原理可知，应将电流表A2与电阻箱串联，改装成一个量程为0~3.0V的电压表，根据欧姆定律有
。
因为改装电表内阻已知，电流表采用外接法，滑动变阻器最大阻值较小，采用分压式接法，如图
【分析】 （1）根据螺旋测微器和游标卡尺的读数规则完成读数；
（2）根据电流表的内阻值的条件选择改装的表头，结合欧姆定律计算改装时串联电阻；根据电表参数结合待测电阻值以及电压要求，分析采用的电流表的接法以及滑动变阻器的接法再作出合适的电路。
（1）金属实心圆柱体直径
d=7.5mm+2.0×0.01mm=7.520mm；
（2）[1][2][3]根据电表的改装原理可知，应将电流表A2与电阻箱串联，改装成一个量程为0~3.0V的电压表，根据欧姆定律有
=9000Ω。
因为改装电表内阻已知，电流表采用外接法，滑动变阻器最大阻值较小，采用分压式接法，如图
13．（2024高三上·湖南模拟）图中实线为一列简谐横波在某一时刻的波形曲线，经过0.1s后，其波形曲线如图中虚线所示。
（1）若波向左传播，求它在0.1s内传播的最小距离；
（2）若波向右传播，求它的周期；
（3）若波速是3.5m/s，求波的传播方向。
【答案】（1）由题图可知=20cm
若波向左传播，传播距离最小值
=5cm=0.05m
（2）若波向右传播，传播距离
所用时间
解得（s）（n=0，1，2，3…）
（3）若波速是3.5m/s，波在0.1s内传播的距离=0.35m
若波向右传播，传播距离满足
此时n=1，所以波向右传播。
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）若波向左传播，传播距离最小值等于四分之一波长，结合波长分析；
（2）若波向左传播，传播距离最小值等于四分之三波长，结合波的周期性分析；
（3）若波向右传播，根据传播距离满足的公式分析。
（1）由题图可知=20cm
若波向左传播，传播距离最小值
=5cm=0.05m
（2）若波向右传播，传播距离
所用时间
解得
（s）（n=0，1，2，3…）
（3）若波速是3.5m/s，波在0.1s内传播的距离=0.35m
若波向右传播，传播距离满足
此时n=1，所以波向右传播。
14．（2024高三上·湖南模拟）图所示，水平放置的劲度系数为k的轻质弹簧右侧与墙壁连接，初始弹簧处于原长，水平面光滑且足够长，上面依次放有2024个质量均为2m的弹性物块（所有物块在同一竖直平面内），另有一个质量为m的0号物块在外力作用下将弹簧压缩后由静止释放，以速度与1号物块发生弹性正碰，0号物块反弹后再次压缩弹簧，在弹簧弹力作用下返回再次与1号物块发生弹性正碰，如此反复。所有物块均可视为质点，物块之间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g，弹性势能表达式为，求：
（1）0号物块第一次压缩弹簧后获得的速度大小以及2024号物块的最终速度大小；
（2）2020号物块的最终速度大小；
（3）从弹簧压缩至处将0号物块静止释放到最终所有物块都能稳定运动，整个过程中弹簧弹力的总冲量Ⅰ多大。（提示当q>1且n很大时，近似为0）
【答案】（1）对0号物体，弹簧压缩至处由静止释放，弹簧弹性势能全部转化为0号物块动能，有
解得
由题可知，2024个弹性物体两两之间碰撞时交换速度，所以2024号物体最终速度是0号物体与1号物体发生弹性正碰后1号物体的速度，由机械能守恒和动量守恒有
解得
可知2024号物块最终速度
（2）0号与1号发生碰撞后，1号将于2号发生正碰，因两者质量相同，将发生速度交换，1号将静止，最终2024号物块获得此速度。之后0号将继续与1号发生第二次碰撞，同理可得，0号第二次碰撞后的速度为
1号发生第二次碰撞后的速度为
最终2023号物块获得此速度，依上述分析可知2020号物块最终速度为1号物块与0号物块第5次碰撞后1号物块的速度，0号物体与1号物块第4次碰撞后的速度为，则2020号物块最终速度
（3）第一次将弹簧压缩至处由静止释放，弹簧弹力对0号物块的冲量
0号与1号物块第1次碰撞后，再次压缩弹簧至弹簧恢复原长，弹簧弹力对0号物块的冲量为
0号与1号物块第2次碰撞后，再次压缩弹簧至弹簧再次恢复原长，弹簧弹力对0号物块的冲量为
以此类推，直至0号物块与1号物块发生第2024次碰撞后，0号物块最后一次压缩弹簧至弹簧恢复原长后，0号物块速度向左，无法再与1号物块碰撞，达到稳定运动，因此，从弹簧压缩至心处将0号物块静止释放到最终所有物块都能稳定运动，整个过程中弹簧弹力的总冲量为
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）弹簧压缩至处由静止释放，弹簧弹性势能全部转化为0号物块动能，物体发生弹性碰撞，物体机械能守恒和动量守恒，根据机械能守恒定律和动量守恒定律求解；
（2）物体发生弹性碰撞，由于质量相等，将发生速度交换，一次求解物体最终的速度；
（3）依次分析每次压缩弹簧至弹簧再次恢复原长过程中弹簧弹力对0号物块的冲量，结合数学公式求解整个过程中弹簧弹力的总冲量。
（1）对0号物体，弹簧压缩至处由静止释放，弹簧弹性势能全部转化为0号物块动能，有
解得
由题可知，2024个弹性物体两两之间碰撞时交换速度，所以2024号物体最终速度是0号物体与1号物体发生弹性正碰后1号物体的速度，由机械能守恒和动量守恒有
解得
可知2024号物块最终速度
（2）0号与1号发生碰撞后，1号将于2号发生正碰，因两者质量相同，将发生速度交换，1号将静止，最终2024号物块获得此速度。之后0号将继续与1号发生第二次碰撞，同理可得，0号第二次碰撞后的速度为
1号发生第二次碰撞后的速度为
最终2023号物块获得此速度，依上述分析可知2020号物块最终速度为1号物块与0号物块第5次碰撞后1号物块的速度，0号物体与1号物块第4次碰撞后的速度为，则2020号物块最终速度
（3）第一次将弹簧压缩至处由静止释放，弹簧弹力对0号物块的冲量
0号与1号物块第1次碰撞后，再次压缩弹簧至弹簧恢复原长，弹簧弹力对0号物块的冲量为
0号与1号物块第2次碰撞后，再次压缩弹簧至弹簧再次恢复原长，弹簧弹力对0号物块的冲量为
以此类推，直至0号物块与1号物块发生第2024次碰撞后，0号物块最后一次压缩弹簧至弹簧恢复原长后，0号物块速度向左，无法再与1号物块碰撞，达到稳定运动，因此，从弹簧压缩至心处将0号物块静止释放到最终所有物块都能稳定运动，整个过程中弹簧弹力的总冲量为
15．（2024高三上·湖南模拟）如图所示，空间中CE左侧区域Ⅰ内有场强大小N/C、方向水平向左的匀强电场，一条长L=0.8m且不可伸长的轻绳一端固定在区域I内的O点，另一端系一质量m=0.2kg，带电荷量q为0.1C的绝缘带正电小球a，初始时小球静止在M点。在紧靠区域I的右侧竖直放置一足够长、半径R=1m的光滑绝缘圆筒，圆筒上端截面水平，CD是圆筒上表面的一条直径且与区域Ⅰ的O点共线，直径PQ与直径CD垂直，圆筒内左半边PQJHEC区域Ⅱ中存在大小=20N/C、方向垂直CDEF平面向里的匀强电场。第一次给M处的小球一垂直于OM斜向上的初速度（未知），使其在竖直平面内绕O点恰好做完整的圆周运动，AB为圆的竖直直径。第二次给M处的小球一垂直于OM斜向上的初速度（未知），当小球a运动到O点正上方B点时，轻绳突然断裂，小球a刚好从区域Ⅰ的边界C点竖直向下离开区域Ⅰ的电场，然后贴着圆筒内侧进入区域Ⅱ。已知重力加速度大小取g=10m/s2，绳断前﹑断后瞬间，小球a的速度保持不变，忽略一切阻力，图中ABCDEF在同一竖直平直内。求：
（1）小球a第一次在M的初速度大小和第一次经过B点时绳的拉力T；
（2）绳断后小球a从B到C过程电势能的变化量；
（3）若小球a刚进入圆筒时，另一质量=0.2kg的绝缘不带电小球b从D点以相同速度竖直向下贴着圆筒内侧进入圆筒，经过一段时间，小球a、b发生弹性碰撞，且碰撞中小球a的电荷量保持不变，则从小球b进入圆筒到与两球发生第7次碰撞后，小球b增加的机械能是多大。
【答案】（1）已知，由题意等效最高点在OM连线的反向延长线与圆周的交点上，设为N，则在N点满足
由几何关系可知该方向与竖直方向夹角为60°，根据牛顿第二定律，有
即小球在N点的速度为
=4m/s
从M点到N点过程中，由动能定理可得
解得
m/s
又因为从B到N点，由动能定理得
在B处，沿绳方向的合外力提供小球运动所需要的向心力，有
解得
T=6N
（2）从细线断裂后小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀减速运动，根据题意，到C点时，水平方向速度为0，竖直方向位移为L，设水平方向位移为，根据位移时间公式，有
从B到C过程电势能的变化量等于电场力做功的绝对值，即
联立解得
=4.8J
（3）因两球在竖直方向下落一样快，故它们碰撞时是水平正碰。根据水平方向碰撞时动量守恒和能量守恒。由于两球质量相等，所以它们正碰时交换水平方向速度。第一次与小球a与b球碰撞，电场力对小球a做功
从进入圆筒到第7次碰撞前，小球a增加的机械能为
解得
=14J
则第7次碰撞后，小球b增加的机械能为
=14J
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）小球a从A运动到B点，根据动能定理、在B点，根据牛顿第二定律，求轻绳的最大张力；
（2）小球a在区域Ⅰ中，根据牛顿第二定律解得加速度，根据匀变速直线运动速度—时间公式、位移—时间公式，求位移，根据ΔEP=-W=-qE1 x，求电势能的变化量；
（3）根据水平方向碰撞时动量守恒和能量守恒，求增加的机械能。
（1）已知，由题意等效最高点在OM连线的反向延长线与圆周的交点上，设为N，则在N点满足
由几何关系可知该方向与竖直方向夹角为60°，根据牛顿第二定律，有
即小球在N点的速度为
=4m/s
从M点到N点过程中，由动能定理可得
解得
m/s
又因为从B到N点，由动能定理得
在B处，沿绳方向的合外力提供小球运动所需要的向心力，有
解得
T=6N
（2）从细线断裂后小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀减速运动，根据题意，到C点时，水平方向速度为0，竖直方向位移为L，设水平方向位移为，根据位移时间公式，有
从B到C过程电势能的变化量等于电场力做功的绝对值，即
联立解得
=4.8J
（3）因两球在竖直方向下落一样快，故它们碰撞时是水平正碰。根据水平方向碰撞时动量守恒和能量守恒。由于两球质量相等，所以它们正碰时交换水平方向速度。第一次与小球a与b球碰撞，电场力对小球a做功
从进入圆筒到第7次碰撞前，小球a增加的机械能为
解得
=14J
则第7次碰撞后，小球b增加的机械能为
=14J
1 / 12025届湖南名校教育联盟高三上学期12月大联考物理试题
1．（2024高三上·湖南模拟）物理学家在探究客观世界的过程中发现了很多行之有效的科学研究方法，下列关于物理学常用方法的表述中正确的是（ ）
A．电场强度，速度，加速度，都是采用了比值定义法
B．汽车在通过弯道时如果速度过大，往往会出现“甩尾”现象，这是由于受到离心力而产生的
C．库仑发现了库仑定律并测出了静电力常量k
D．卡文迪什通过扭称实验测出了万有引力常量G
2．（2024高三上·湖南模拟）校园运动会是学校体育运动竞赛的一种重要形式，具有振奋师生精神，丰富校园生活等作用，下列关于各运动项目的说法正确的是（ ）
A．在标准田径场举行的男子1000 m比赛中，运动员的平均速度相等
B．在铅球项目中，运动员的成绩是铅球抛出后的位移
C．在跳高比赛中，运动员背越式跳高过栏杆时人体的重心可能低于杆的高度
D．在跳远比赛中，起跳时地对人的作用力大于人对地的作用力
3．（2024高三上·湖南模拟）如图所示，光滑斜面上有一倾斜放置的弹簧，弹簧上端固定，下端连接物体P，其正在做振幅为的简谐运动，当达到最高点时弹簧恰好为原长。当P振动到某个位置时恰好断开为质量相等的两部分A、B，B掉下斜面，此后A继续做简谐运动。则下列说法中正确的是（ ）
A．如果在平衡位置处断开，A依然可以到达原来的最低点
B．如果在最高点处断开，则B带走的能量最多
C．无论在什么地方断开，此后A振动的振幅一定增大，周期一定减小
D．如果在最低点处断开，此后A振动的振幅变为
4．（2024高三上·湖南模拟）phyphox是一款功能强大的软件，它可以让手机充当一个真实的物理实验工具，让用户随时随地进行物理学习。该软件支持快速生成图表和文字，并进行统计分析，用户可以通过选择传感器输入来设计和分析实验，为用户提供了丰富便利的实验辅助工具。现用某款智能手机进行竖直上抛实验：用手掌托着智能手机，在phyphox里面打开加速度传感器，把手机向上抛出，然后又在抛出点接住手机，以竖直向上为正方向，测得手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示，则手机（ ）
A．在t1~t3时间内手机先加速后减速
B．在t3时刻手机到达最高点
C．在t2~t3时间内手机受到的支持力逐渐减小
D．在t2~t4时间内，手机处于失重状态
5．（2024高三上·湖南模拟）如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，且rA．将可变电阻R调大，电流稳定时，电源输出功率会增加
B．电容器中电荷的变化量为
C．
D．
6．（2024高三上·湖南模拟）如图所示，竖直平面内有半径为R的光滑半圆环BCD，AB在同一竖直线上且与直径BD的夹角为，现有一质量为m的小球（大小忽略不计）从A点静止释放，落到B点时可通过一大小忽略不计的拐角与半圆BCD平滑相接，认为通过时无能量损失，小球恰好能通过半圆轨道最高点D，在空中运动一段时间后又恰好落在B点。下列说法中正确的是（ ）
A． B．从D点落到B点的时间
C．过D点的速度为 D．AB的长度为
7．（2024高三上·湖南模拟）传送带在现代工业生产和物流体系中扮演着至关重要的角色，其能够提升生产效率，节省空间成本，广泛应用于各领域，推动物流自动化发展。如图所示，传送带与水平面夹角为θ，且夹角θ可根据需求调整，货物与传送带之间的动摩擦因数为μ，在货物随传送带匀速运动的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．摩擦力对货物不做功
B．θ减小，货物对传送带的压力变大
C．θ增大，货物受的摩擦力大小始终等于
D．当时，则传送带无法将货物向上输送
8．（2024高三上·湖南模拟）如图所示，有两个静止的带等量正电的点电荷，分别放置在M、N两点，在M、N连线上有O、a，c三点，其中O点是连线的中点，a、c关于O点对称，在M、N连线的中垂线上还有对称的b、d两点，则下列说法中正确的是（ ）
A．a、c两点处场强相同，b、d两点处场强相同
B．a、c两点处电势相等，b、d两点处电势相等
C．某负点电荷在c点的电势能小于在d点的电势能
D．在b点静止释放一负点电荷（不计重力）将做匀加速直线运动
9．（2024高三上·湖南模拟）在牛顿力学体系中，当两个质量分别为m1、m2的质点相距为r时具有的势能，称为引力势能，（规定无穷远处势能为零）。如图所示，人造地球卫星在Ⅰ轨道做匀速圆周运动时，卫星距地面高度为，R为地球的半径，卫星质量为m，地球表面的重力加速度为g，椭圆轨道的长轴PQ=10R。下列说法中正确的是（ ）
A．卫星在Ⅰ轨道运动时的速度大小为
B．卫星在Ⅱ轨道运动时的周期大小为
C．当卫星在椭圆轨道Ⅱ运动时，在近地点Р与在远地点Q的速率之比
D．至少需对卫星做功，才能使卫星从I轨道的Р点变轨到II轨道（不考虑卫星质量的变化和所受阻力）
10．（2024高三上·湖南模拟）如图所示，一根长为L的轻杆的两端分别固定小球A和B。轻杆可绕距A球为处的轴O在竖直平面内转动，初始时杆处于竖直位置，小球B恰好与水平光滑地面接触。在杆的左侧紧贴着B球有边长为的立方体滑块C，A、B、C的质量均为m。现用一水平恒力F作用于A球上，使之绕固定的O轴顺时针转动，直到B转动到C的右上角分离。设在此过程中C滑块一直紧贴地面，不计一切摩擦。关于此过程，下列判断正确的是（ ）
A．力F的功率逐渐减少
B．分离之前滑块C的动能始终小于球A的动能
C．力F做的功大于滑块C的动能增量与球A、B重力势能增量之和
D．滑块C的最大速度为
11．（2024高三上·湖南模拟）下面为某同学用单摆测量当地的重力加速度实验部分操作。
（1）用游标卡尺测量小钢球直径，读数如图1所示，读数为 mm。
（2）测出单摆偏角小于5°时完成n次全振动时间为t，用毫米刻度尺测得摆线长为L，游标卡尺测得摆球直径为d，用上述测得的量写出测量重力加速度的一般表达式：g= 。
（3）他测得的g值偏小，可能原因是______。
A．计算时将L当成摆长
B．测摆线长时摆线拉得过紧
C．开始计时时，秒表过迟按下
D．实验中误将30次全振动计为31次
（4）该同学测出不同摆长时对应的周期T，作出图线，如图2所示，再利用图线上任意两点A、B的坐标（，）、（，），可求得g= ，若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其他测量计算均无误，也不考虑实验误差，则用上述图线法算得的g值和真实值相比是 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
12．（2024高三上·湖南模拟）某物理探究小组的同学测量均匀金属实心圆柱体电阻的电阻率。
（1）使用螺旋测微器测定金属实心圆柱体直径d ，某次测量结果如图甲所示，读数为 mm，然后用游标卡尺测量其长度L为22.7mm。
（2）用伏安法测圆柱体电阻Rx的阻值，提供如下器材：
电池组E：电动势3V，内阻不计；
电流表A1：量程0~15mA，内阻约100Ω；
电流表A2：量程0~300μA，内阻为1000Ω；
滑动变阻器R1：阻值范围0~10Ω，额定电流为2A；
电阻箱R2：阻值范围0~9999Ω，额定电流为1A；
待测电阻Rx（约180Ω）；
开关S，导线若干。
要求实验中尽可能准确地测量Rx的阻值，请回答下列问题：
①为了测量待测电阻两端的电压，将电流表 （填写器材字母代号）与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到 Ω，改装成一个量程为0~3.0V的电压表。
②在方框中画出测量Rx阻值的电路图，并在图中标明器材字母代号 。
13．（2024高三上·湖南模拟）图中实线为一列简谐横波在某一时刻的波形曲线，经过0.1s后，其波形曲线如图中虚线所示。
（1）若波向左传播，求它在0.1s内传播的最小距离；
（2）若波向右传播，求它的周期；
（3）若波速是3.5m/s，求波的传播方向。
14．（2024高三上·湖南模拟）图所示，水平放置的劲度系数为k的轻质弹簧右侧与墙壁连接，初始弹簧处于原长，水平面光滑且足够长，上面依次放有2024个质量均为2m的弹性物块（所有物块在同一竖直平面内），另有一个质量为m的0号物块在外力作用下将弹簧压缩后由静止释放，以速度与1号物块发生弹性正碰，0号物块反弹后再次压缩弹簧，在弹簧弹力作用下返回再次与1号物块发生弹性正碰，如此反复。所有物块均可视为质点，物块之间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g，弹性势能表达式为，求：
（1）0号物块第一次压缩弹簧后获得的速度大小以及2024号物块的最终速度大小；
（2）2020号物块的最终速度大小；
（3）从弹簧压缩至处将0号物块静止释放到最终所有物块都能稳定运动，整个过程中弹簧弹力的总冲量Ⅰ多大。（提示当q>1且n很大时，近似为0）
15．（2024高三上·湖南模拟）如图所示，空间中CE左侧区域Ⅰ内有场强大小N/C、方向水平向左的匀强电场，一条长L=0.8m且不可伸长的轻绳一端固定在区域I内的O点，另一端系一质量m=0.2kg，带电荷量q为0.1C的绝缘带正电小球a，初始时小球静止在M点。在紧靠区域I的右侧竖直放置一足够长、半径R=1m的光滑绝缘圆筒，圆筒上端截面水平，CD是圆筒上表面的一条直径且与区域Ⅰ的O点共线，直径PQ与直径CD垂直，圆筒内左半边PQJHEC区域Ⅱ中存在大小=20N/C、方向垂直CDEF平面向里的匀强电场。第一次给M处的小球一垂直于OM斜向上的初速度（未知），使其在竖直平面内绕O点恰好做完整的圆周运动，AB为圆的竖直直径。第二次给M处的小球一垂直于OM斜向上的初速度（未知），当小球a运动到O点正上方B点时，轻绳突然断裂，小球a刚好从区域Ⅰ的边界C点竖直向下离开区域Ⅰ的电场，然后贴着圆筒内侧进入区域Ⅱ。已知重力加速度大小取g=10m/s2，绳断前﹑断后瞬间，小球a的速度保持不变，忽略一切阻力，图中ABCDEF在同一竖直平直内。求：
（1）小球a第一次在M的初速度大小和第一次经过B点时绳的拉力T；
（2）绳断后小球a从B到C过程电势能的变化量；
（3）若小球a刚进入圆筒时，另一质量=0.2kg的绝缘不带电小球b从D点以相同速度竖直向下贴着圆筒内侧进入圆筒，经过一段时间，小球a、b发生弹性碰撞，且碰撞中小球a的电荷量保持不变，则从小球b进入圆筒到与两球发生第7次碰撞后，小球b增加的机械能是多大。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】离心运动和向心运动；引力常量及其测定；电场强度
【解析】【解答】A．电场强度
速度
都是采用了比值定义法，加速度
是决定式，没有采用比值定义法，故A错误；
B．汽车在通过弯道时，如果速度过大，往往会出现“甩尾”现象，这是一种离心现象，这是由于实际受到的力沿弯道半径方向的合力不足以提供所需的向心力而导致的，离心力是效果力，实际上不能够认为物体受到离心力，故B错误；
C． 库仑发现了库仑定律，但课本并没有说明库仑测出了静电力常量k。库仑定律是描述两个静止电荷之间相互作用力的定律，静电力常量k是描述这种相互作用力大小的物理量 ，故C错误；
D．牛顿发现万有引力定律后，卡文迪什通过扭称实验测出了万有引力常量，故D正确。
故选D。
【分析】 物理学史是各类考试中的常考题型，解题关键是一定要牢记各位物理学家及其贡献。根据常见的物理学史解答即可。
2．【答案】C
【知识点】重力与重心；牛顿第三定律；位移与路程；平均速度
【解析】【解答】位移表示质点在空间的位置的变化，用有向线段表示，位移的大小等于有向线段的长度，位移的方向由初位置指向末位置．路程是质点在空间运动轨迹的长度．在确定的两位置间，物体的路程不是唯一的，它与质点的具体运动过程有关。
A．在标准田径场上的内外圈长度不同，所以运动员跑1000 m不一定回到原点，位移不都为0，运动时间也可能不相等，则平均速度可以不相等，选项A错误；
B．在铅球项目中，运动员的成绩是铅球抛出后的水平位移，选项B错误；
C．人的弹跳把重心跳起一定的高度，背越式通过调整姿势使重心低于横杆，则同样高度重心过杆高度背越式更高，背越式跳高过栏杆时人体的重心可能低于杆的高度，选项C正确；
D．跳远起跳时地对人的作用力与人对地的作用力为一对相互作用力，大小相等，方向相反，选项D错误。
故选C。
【分析】根据校园运动会中各运动项目的实际情况，结合相关的物理概念如平均速度、位移、重心和相互作用力等逐一分析。
3．【答案】B
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】 回复力定义：如果物体在运动方向上所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置，质点的运动就是简谐运动。用数学式表达即为F=-kx。A．如果在平衡位置处断开，由于振子质量减小，从能量角度分析，假设依然可以到达断开的最低点，则弹簧弹性势能的增加量大于A振子动能和重力势能的减小量（弹簧弹性势能的增加量等于整个物体的动能和重力势能的减小量），则假设错误，经过分析，A到不了原来的最低点，故A错误；
B．由于在上升过程中，A、B间的力一直对B做正功，所以到达最高点时，B的机械能最大，则如果在最高点断开，则B带走的能量最多，故B正确；
CD．设物体掉下前弹簧的劲度系数为k，质量为m，振幅为，振子在平衡位置时有
振子到达最低点时，弹簧的形变量为，当物体掉下一半时，振子在平衡位置时有
则
振子掉下一半时，设振幅为，最低点的位置没有变化，弹簧的形变量没有变化，则有
而越是在弹簧短的时候断开，此后A的振幅就越小，当在最高点断开时，此后A的振幅为，周期与振幅无关，故CD错误。
故选B。
【分析】如果在平衡位置处断开，从能量角度分析能否到达原来的最低点， 最高点处断开，在上升过程中，A、B间的力一直对B做正功，结合简谐运动回复力公式分析。
4．【答案】C
【知识点】图象法；牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】加速度是连接力学与运动学的桥梁。通过加速度变化情况，可判断速度变化情况，可判断物体所受合力变化情况。A．图像中图线与坐标轴所围面积表示速度的变化量，t1~t3时间内速度一直增加，所以手机一直加速，故A错误；
B．由图可知，t3时刻后加速度方向向下，为失重状态，速度方向向上，所以向上做减速运动，t3时刻还没有达到最高点，故B错误；
C．对手机进行受力分析可知，t2~t3时间内，有
该段时间内，a逐渐减小，因此支持力逐渐减小，故C正确；
D．在t2~t4时间内，手机加速度先向上后向下，则手机先处于超重状态后处于失重状态，故D错误。
故选C。
【分析】在a-t图像中，t轴上方加速度为正，表示物体在加速运动；t轴下方加速度为负，表示物体在减速运动。图像与时间轴围成的“面积”表示速度的变化量。加速度的方向代表了合力的方向，由牛顿第二定律可列方程判断支持力变化。
5．【答案】B
【知识点】含容电路分析；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】本题中两电表读数的比值要根据欧姆定律分析，电压变化量与电流变化量比值要根据闭合电路欧姆定律来分析。含电容器电路的分析与计算方法：首先确定电路的连接关系及电容器和哪部分电路并联， 最后根据公式Q=CU或ΔQ=CΔU，求电荷量及其变化量。A．令电路的外电阻为，则电源输出功率
根据数学知识可知，电源输出功率随外电阻变化的图像如图所示
当外电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，由于
可知，将可变电阻R调大，外电阻增大，由于外电阻总大于电源内阻，则电流稳定时，电源输出功率会减小，故A错误；
B．根据电容的定义式有
解得该过程电容器的电荷量变化量
故B正确；
C．可变电阻R两端电压为电压表示数U，电流表示数Ⅰ为流过可变电阻R的电流，由电阻的定义可知，可变电阻的阻值
故C错误；
D．由闭合电路欧姆定律可知
可知
故D错误。
故选B。
【分析】对R，根据欧姆定律求电压表示数U和电流表示数I的比值；根据闭合电路欧姆定律列式求解ΔU和ΔI的比值；由Q=CU求解电容器电荷的增加量；根据内外电阻的关系，分析电源的输出功率变化情况。
6．【答案】D
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。沿BD和垂直BD方向建立直角坐标系，可以知道从D点飞出后
，
，
又因为小球恰好通过D点，即
有
联立上式可得
，，
A到D过程中，由动能定理可得
所以
故选D。
【分析】沿BD和垂直BD方向建立直角坐标系，将重力加速度沿x轴以及y轴方向分解，在两个方向结合运动学公式分解。A到D过程中，由动能定理求解 AB的长度 。
7．【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；功的概念
【解析】【解答】 利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。A．货物所受摩擦力沿斜面向上，与速度方向同向，故做正功，故A错误；
B．货物对传送带的压力
θ减小，货物对传送带的压力增大，故B正确；
C．货物随传送带一起保持匀速运动，两者之间无相对滑动，所受摩擦力为静摩擦力
故C错误；
D．如果，则最大静摩擦力小于重力的分力，所以无法向上传输，故D正确。
故选BD。
【分析】摩擦力沿斜面向上，与速度方向同向，力做正功，对物体受力分析，结合各个力的表达式与 θ 变化分析。
8．【答案】B,C
【知识点】电势能；电势
【解析】【解答】该题考查常见的电场和电场线，只有掌握两个等量同种点电荷形成的电场的特点，即可正确解答。本题的关键要掌握等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性进行分析。 静电力做功与路径无关，电荷在电场中沿一闭合路径移动，静电力做功为零。A．根据等量同种正点电荷的电场线分布特征，可知a、c两点处电场线分布的密集程度相同，即a、c两点处电场强度大小相等，但是电场强度方向相反，a、c两点处电场强度不相同，b、d两点处电场线分布的密集程度相同，即b、d两点处电场强度大小相等，但是电场强度方向相反，b、d两点处电场强度不相同，A错误；
B．根据等量同种正点电荷的等势线分布特征，可知a、c两点处电势相等，b、d两点处电势相等，B正确；
C．沿电场线电势降低，根据等量同种正点电荷的电场线分布特征可知
则有
可知，某负点电荷在c点的电势能小于在d点的电势能，C正确；
D．根据等量同种正点电荷的电场线分布特征可知，在b点静止释放一负点电荷（不计重力），所受电场力为合力，电场力方向指向O点，负点电荷靠近从b到O做加速运动，越过O点后速度向下，电场力指向O点，负点电荷远离O点后做减速运动，当减速至0后，根据对称性，恰好到达d点，之后又向上靠近O位置做加速运动，越过O位置后速度向上，所受电场力为合力，电场力方向指向O点向下，减速至0，根据对称性，恰好到达b点，之后重复先前的运动，即在b点静止释放一负点电荷（不计重力）将在b，d之间往复运动，D错误。
故选BC。
【分析】等量同种正点电荷电场分布特点：即关于两正点电荷连线对称，又关于连线中垂线对称。结合电势能Ep=qφ即可判断。根据等量同种电荷周围电场分布情况，分析ac两点和bd两点的电场强度是否相同；分析ac两点、bd两点、cd两点的电势高低，从而判断cd两点电势能的大小；分析负电荷的受力情况，判断其运动情况。
9．【答案】B,C,D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】开普勒第二定律（面积定律） ：对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积。开普勒第三定律（周期定律） ：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等。A．人造地球卫星在Ⅰ轨道做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力可得
在地球表面有
联立可得卫星在Ⅰ轨道运动时的速度大小
故A错误；
B．在Ⅰ轨道时，根据万有引力提供向心力可得
解得
根据开普勒第三定律可得
解得卫星在Ⅱ轨道运动时的周期为
故B正确；
C．卫星在椭圆轨道Ⅱ运行时，根据开普勒第二定律可得
则在近地点P与在远地点Q的速率之比等于P、Q两点与地球连线的长度的倒数之比，则有
故C正确；
D．卫星在轨道Ⅱ上运动时机械能守恒，在最远点和最近点满足
其中
卫星在Ⅰ轨道运动时的速度大小
则卫星在Ⅰ轨道的P点变轨到Ⅱ轨道至少需对卫星做功为
解得
故D正确。
故选BCD。
【分析】人造地球卫星在轨道做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力，结合开普勒三定律分析，卫星在轨道Ⅱ上运动时机械能守恒，根据动能定理求解对卫星做功。
10．【答案】C,D
【知识点】功能关系；运动的合成与分解；功率及其计算
【解析】【解答】 本题考查系统的机械能守恒定律、功率公式、动能定理、功能原理等知识点，此题关键有二：一是要注意三个物体的关联速度，其次是要弄清B球与C球分离的位置。 功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。AC．用表示A球转过角时A球的速度大小，用表示A球转过角时B球的速度大小，v表示此时立方体的速度大小，则
由于A与B的角速度相同，且
OA=
则
OB=
则
根据能量守恒定律可知，力F做的功等于滑块C的动能增量与球A，B机械能增量之和，则力F做的功大于滑块C的动能增量与球A、B重力势能增量之和，可得
解得
由几何关系可知转过的最大角度为
=60°
则力F的功率为
由数学知识可知，功率增加，故A错误，C正确；
B．分离前C的动能为
分离前A的动能为
由数学知识可知角度转动的范围为
0≤≤60°
则
可知
故B错误；
D．当=60°时，C速度最大为
故D正确。
故选CD。
【分析】对B球和C物体，将B球的速度进行分解，写出两者的关系，对整体根据机械能守恒写出当轻杆转过α角时，各物体的速度的通式。根据功率的公式可判断功率的变化；并能比较C和A的动能的大小；根据动能定理分析F做功与AB机械能的变化量的关系；当转过60°角时速度最大。
11．【答案】（1）9.8
（2）
（3）A
（4） ；不变
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】 在“用单摆测定重力加速度”的实验，单摆摆长等于悬线的长度与摆球半径之和，即摆线长度与摆球半径之和，这是易错点；图象法处理实验数据是常用的方法，要掌握实验数据的图象处理方法。关键得出T2-L的表达式。
（1）根据游标卡尺的读数规律，该游标尺读数为9mm+8×0.1mm=9.8mm
（2）
单摆周期
单摆摆长
由单摆周期公式有
解得
（3）
A．根据单摆周期公式可得
解得
若测摆长时只测了悬线的长度，没有考虑摆球的半径，即摆长测量值小，计算得到的g值偏小，故A正确；
B．测摆线长时摆线拉得过紧，会导致摆长测量值大，结合上述可知，计算得到的g值偏大，故B错误；
C．开始计时时，秒表过迟按下，则使得测量的周期偏小，计算得到的g值偏大，故C错误；
D．实验中误将30次全振动次数记为31次，使得测量的周期偏小，计算得到的g值偏大，故D错误。
故选A。
（4）根据单摆周期公式有
则有
故图像的斜率为
解得
测摆长时漏加了小球半径，结合上述可知，图线向平行左偏移动了，但斜率不变，故重力加速度的测量值不变。
【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加游标尺的读数，不需估读；
（2）单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期，摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，应用单摆周期公式可以求出重力加速度；
（3）根据单摆周期公式推导出重力加速度的表达式进行分析。
（4）根据单摆的周期公式得出T2-L的关系式，结合图线的斜率求出重力加速度的大，当测摆长时漏加了小球半径，结合图线的斜率是否变化确定重力加速度的测量值是否发生改变。
（1）根据游标卡尺的读数规律，该游标尺读数为
9mm+8×0.1mm=9.8mm
（2）单摆周期
单摆摆长
由单摆周期公式有
解得
（3）A．根据单摆周期公式可得
解得
若测摆长时只测了悬线的长度，没有考虑摆球的半径，即摆长测量值小，计算得到的g值偏小，故A正确；
B．测摆线长时摆线拉得过紧，会导致摆长测量值大，结合上述可知，计算得到的g值偏大，故B错误；
C．开始计时时，秒表过迟按下，则使得测量的周期偏小，计算得到的g值偏大，故C错误；
D．实验中误将30次全振动次数记为31次，使得测量的周期偏小，计算得到的g值偏大，故D错误。
故选A。
（4）[1]根据单摆周期公式有
则有
故图像的斜率为
解得
[2]测摆长时漏加了小球半径，结合上述可知，图线向平行左偏移动了，但斜率不变，故重力加速度的测量值不变。
12．【答案】（1）7.520
（2）A2；9000；
【知识点】伏安法测电阻
【解析】【解答】 实验原理：把电阻丝连入如图所示的电路，用电压表测其两端电压，用电流表测电流，根据 计算金属丝的电阻Rx，然后用米尺测量金属丝的有效长度l，用螺旋测微器测量金属丝的直径d，计算出金属丝的横截面积S，根据电阻定律计算出电阻率。
（1）金属实心圆柱体直径d=7.5mm+2.0×0.01mm=7.520mm；
（2）根据电表的改装原理可知，应将电流表A2与电阻箱串联，改装成一个量程为0~3.0V的电压表，根据欧姆定律有
。
因为改装电表内阻已知，电流表采用外接法，滑动变阻器最大阻值较小，采用分压式接法，如图
【分析】 （1）根据螺旋测微器和游标卡尺的读数规则完成读数；
（2）根据电流表的内阻值的条件选择改装的表头，结合欧姆定律计算改装时串联电阻；根据电表参数结合待测电阻值以及电压要求，分析采用的电流表的接法以及滑动变阻器的接法再作出合适的电路。
（1）金属实心圆柱体直径
d=7.5mm+2.0×0.01mm=7.520mm；
（2）[1][2][3]根据电表的改装原理可知，应将电流表A2与电阻箱串联，改装成一个量程为0~3.0V的电压表，根据欧姆定律有
=9000Ω。
因为改装电表内阻已知，电流表采用外接法，滑动变阻器最大阻值较小，采用分压式接法，如图
13．【答案】（1）由题图可知=20cm
若波向左传播，传播距离最小值
=5cm=0.05m
（2）若波向右传播，传播距离
所用时间
解得（s）（n=0，1，2，3…）
（3）若波速是3.5m/s，波在0.1s内传播的距离=0.35m
若波向右传播，传播距离满足
此时n=1，所以波向右传播。
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）若波向左传播，传播距离最小值等于四分之一波长，结合波长分析；
（2）若波向左传播，传播距离最小值等于四分之三波长，结合波的周期性分析；
（3）若波向右传播，根据传播距离满足的公式分析。
（1）由题图可知=20cm
若波向左传播，传播距离最小值
=5cm=0.05m
（2）若波向右传播，传播距离
所用时间
解得
（s）（n=0，1，2，3…）
（3）若波速是3.5m/s，波在0.1s内传播的距离=0.35m
若波向右传播，传播距离满足
此时n=1，所以波向右传播。
14．【答案】（1）对0号物体，弹簧压缩至处由静止释放，弹簧弹性势能全部转化为0号物块动能，有
解得
由题可知，2024个弹性物体两两之间碰撞时交换速度，所以2024号物体最终速度是0号物体与1号物体发生弹性正碰后1号物体的速度，由机械能守恒和动量守恒有
解得
可知2024号物块最终速度
（2）0号与1号发生碰撞后，1号将于2号发生正碰，因两者质量相同，将发生速度交换，1号将静止，最终2024号物块获得此速度。之后0号将继续与1号发生第二次碰撞，同理可得，0号第二次碰撞后的速度为
1号发生第二次碰撞后的速度为
最终2023号物块获得此速度，依上述分析可知2020号物块最终速度为1号物块与0号物块第5次碰撞后1号物块的速度，0号物体与1号物块第4次碰撞后的速度为，则2020号物块最终速度
（3）第一次将弹簧压缩至处由静止释放，弹簧弹力对0号物块的冲量
0号与1号物块第1次碰撞后，再次压缩弹簧至弹簧恢复原长，弹簧弹力对0号物块的冲量为
0号与1号物块第2次碰撞后，再次压缩弹簧至弹簧再次恢复原长，弹簧弹力对0号物块的冲量为
以此类推，直至0号物块与1号物块发生第2024次碰撞后，0号物块最后一次压缩弹簧至弹簧恢复原长后，0号物块速度向左，无法再与1号物块碰撞，达到稳定运动，因此，从弹簧压缩至心处将0号物块静止释放到最终所有物块都能稳定运动，整个过程中弹簧弹力的总冲量为
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）弹簧压缩至处由静止释放，弹簧弹性势能全部转化为0号物块动能，物体发生弹性碰撞，物体机械能守恒和动量守恒，根据机械能守恒定律和动量守恒定律求解；
（2）物体发生弹性碰撞，由于质量相等，将发生速度交换，一次求解物体最终的速度；
（3）依次分析每次压缩弹簧至弹簧再次恢复原长过程中弹簧弹力对0号物块的冲量，结合数学公式求解整个过程中弹簧弹力的总冲量。
（1）对0号物体，弹簧压缩至处由静止释放，弹簧弹性势能全部转化为0号物块动能，有
解得
由题可知，2024个弹性物体两两之间碰撞时交换速度，所以2024号物体最终速度是0号物体与1号物体发生弹性正碰后1号物体的速度，由机械能守恒和动量守恒有
解得
可知2024号物块最终速度
（2）0号与1号发生碰撞后，1号将于2号发生正碰，因两者质量相同，将发生速度交换，1号将静止，最终2024号物块获得此速度。之后0号将继续与1号发生第二次碰撞，同理可得，0号第二次碰撞后的速度为
1号发生第二次碰撞后的速度为
最终2023号物块获得此速度，依上述分析可知2020号物块最终速度为1号物块与0号物块第5次碰撞后1号物块的速度，0号物体与1号物块第4次碰撞后的速度为，则2020号物块最终速度
（3）第一次将弹簧压缩至处由静止释放，弹簧弹力对0号物块的冲量
0号与1号物块第1次碰撞后，再次压缩弹簧至弹簧恢复原长，弹簧弹力对0号物块的冲量为
0号与1号物块第2次碰撞后，再次压缩弹簧至弹簧再次恢复原长，弹簧弹力对0号物块的冲量为
以此类推，直至0号物块与1号物块发生第2024次碰撞后，0号物块最后一次压缩弹簧至弹簧恢复原长后，0号物块速度向左，无法再与1号物块碰撞，达到稳定运动，因此，从弹簧压缩至心处将0号物块静止释放到最终所有物块都能稳定运动，整个过程中弹簧弹力的总冲量为
15．【答案】（1）已知，由题意等效最高点在OM连线的反向延长线与圆周的交点上，设为N，则在N点满足
由几何关系可知该方向与竖直方向夹角为60°，根据牛顿第二定律，有
即小球在N点的速度为
=4m/s
从M点到N点过程中，由动能定理可得
解得
m/s
又因为从B到N点，由动能定理得
在B处，沿绳方向的合外力提供小球运动所需要的向心力，有
解得
T=6N
（2）从细线断裂后小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀减速运动，根据题意，到C点时，水平方向速度为0，竖直方向位移为L，设水平方向位移为，根据位移时间公式，有
从B到C过程电势能的变化量等于电场力做功的绝对值，即
联立解得
=4.8J
（3）因两球在竖直方向下落一样快，故它们碰撞时是水平正碰。根据水平方向碰撞时动量守恒和能量守恒。由于两球质量相等，所以它们正碰时交换水平方向速度。第一次与小球a与b球碰撞，电场力对小球a做功
从进入圆筒到第7次碰撞前，小球a增加的机械能为
解得
=14J
则第7次碰撞后，小球b增加的机械能为
=14J
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）小球a从A运动到B点，根据动能定理、在B点，根据牛顿第二定律，求轻绳的最大张力；
（2）小球a在区域Ⅰ中，根据牛顿第二定律解得加速度，根据匀变速直线运动速度—时间公式、位移—时间公式，求位移，根据ΔEP=-W=-qE1 x，求电势能的变化量；
（3）根据水平方向碰撞时动量守恒和能量守恒，求增加的机械能。
（1）已知，由题意等效最高点在OM连线的反向延长线与圆周的交点上，设为N，则在N点满足
由几何关系可知该方向与竖直方向夹角为60°，根据牛顿第二定律，有
即小球在N点的速度为
=4m/s
从M点到N点过程中，由动能定理可得
解得
m/s
又因为从B到N点，由动能定理得
在B处，沿绳方向的合外力提供小球运动所需要的向心力，有
解得
T=6N
（2）从细线断裂后小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀减速运动，根据题意，到C点时，水平方向速度为0，竖直方向位移为L，设水平方向位移为，根据位移时间公式，有
从B到C过程电势能的变化量等于电场力做功的绝对值，即
联立解得
=4.8J
（3）因两球在竖直方向下落一样快，故它们碰撞时是水平正碰。根据水平方向碰撞时动量守恒和能量守恒。由于两球质量相等，所以它们正碰时交换水平方向速度。第一次与小球a与b球碰撞，电场力对小球a做功
从进入圆筒到第7次碰撞前，小球a增加的机械能为
解得
=14J
则第7次碰撞后，小球b增加的机械能为
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