2025届湖南省普通高中名校高三下学期第一次模拟考试物理试题
1．（2025·湖南模拟）被国际原子能机构称为新兴核素”，可以用于成像和放射性治疗，有望用于基于放射性核素的诊疗一体化研究。已知的比结合能为，核反应方程中为新生成粒子，为释放的核能。下列说法正确的是（ ）
A．是粒子
B．的结合能为
C．的比结合能为
D．的结合能比的结合能小
【答案】C
【知识点】α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】核反应过程可以看作先将反应物全部分解成孤立的核子，再组合成生成物的过程。反应物分解成核子时吸收能量，核子组成生成物时释放能量，如果吸收的能量大于放出的能量，则核反应为吸热反应；如果吸收的能量小于放出的能量，则核反应为放热反应。A．根据核反应满足质量数守恒和电荷数守恒，可知是的质量数为0，电荷数为，则是电子，故A错误；
B．核反应释放核能为结合能之差，电子无结合能，有
则的结合能为
故B错误；
C．共有64个核子，设比结合能为，有
则的比结合能为
故C正确；
D．核反应为放能反应，则生成物的结合能大于反应物的结合能，即的结合能比的结合能大，故D错误。
故选C。
【分析】根据核反应满足质量数和电荷数守恒分析X；根据结合能与比结合能关系解答。
2．（2025·湖南模拟）水面上有两个频率、振幅、振动方向均相同的振源，先后开始振动形成两列水波在空间叠加。先振动，形成的水波如图所示，是连线上的点，点是的中点，此时均处在波峰处，点和点分别是和的中点。当振动一段时间后，观察到处水面始终平静。已知两振源的频率为，波速为，下列说法中正确的是（ ）
A．点是振动加强点，点是振动减弱点
B．振动加强区的质点一直处于最大位移处
C．点到两振源之间的距离差为
D．点到两振源之间的距离差为
【答案】C
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】本题考查了波的干涉，理解质点不同时刻振动的情况，合理利用干涉条件分析是解决此类问题的关键。A．当振动一段时间后，观察到e处水面始终平静，所以，e点为振动减弱点，即两波源都振动时，振动完全相反。c点到e点的距离为，则c点到两波源的距离差为，所以c点为振动减弱点；b点到e点的距离为，则b点到两波源的距离差为，所以b点为振动减弱点，故A错误；
B．振动加强区的质点振幅最大，并不是一直处于最大位移处，故B错误；
CD．根据
d点到e点的距离为，则d点到两波源的距离差为，即距离差为，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】e处水面始终平静，e点为振动减弱点，结合振动加强以及振动减弱的条件分析。
3．（2025·湖南模拟）2024年6月2日，嫦娥六号成功着陆月球背面南极——艾特肯盆地。嫦娥六号利用向下喷射气体产生的反作用力，有效地控制了探测器着陆过程中的运动状态。其中一段着陆过程中，探测器减速的加速度大小a随时间t变化的关系如图所示，时刻探测器的速度恰好为零。下列说法中正确的是（ ）
A．时间内，探测器做匀速直线运动
B．探测器在时刻的速度大小是时刻的4倍
C．时间内，探测器的位移大小为
D．气体对探测器的作用力大小在时刻是时刻的两倍
【答案】B
【知识点】图象法；牛顿第二定律
【解析】【解答】该图像问题的本质是对牛顿第二定律的理解与应用，从F=ma出发，根据控制变量法找出各物理量之间的关系，从而得出相应函数图象的性质。A．由图像可知，时间内，加速度不变，探测器做匀减速直线运动，故A错误；
B．根据图像与横轴围成的面积表示速度变化量，且时刻探测器的速度恰好为零，可知探测器在时刻的速度大小为
探测器在时刻的速度大小为
可知探测器在时刻的速度大小是时刻的4倍，故B正确；
C．探测器在时刻的速度大小为
则时间内，探测器的位移大小为
故C错误；
D．设探测器的质量为，时刻根据牛顿第二定律可得
时刻根据牛顿第二定律可得
则有
故D错误。
故选B。
【分析】a-t图像纵轴表示加速度，横轴表示时间，图像和时间轴平行，物体做匀变速直线运动；图像和时间轴所围面积表示速度；根据牛顿第二定律分析各时刻气体对探测器的作用力大小。
4．（2025·湖南模拟）如图，在垂直纸面向里的足够大的匀强磁场中放置一硬质异形导线框Oab，其中ab是半径为R的四分之一圆弧，直线段Oa长为R且与圆弧段相切。该导线框在纸面内绕O点逆时针转动，则下列说法正确的是（ ）
A． B．感应电流方向b→a→O
C． D．
【答案】A
【知识点】右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】 对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E=BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势。B．由于转动过程，导线框的磁通量保持不变，所以导线框中不产生感应电流，故B错误；
C．对于Oab部分，根据右手定则可知，产生的感应电动势方向由b→a→O，则b端相当于电源的负极，O端相当于电源的正极，所以电势关系为
故C错误；
AD．对于Oa部分，则有
则
故A正确，D错误。
故选A。
【分析】根据感应电流产生的条件分析是否存在感应电流；根据右手定则判断感应电动势大小；根据导体棒切割磁感应线产生感应电动势的计算公式进行分析。
5．（2025·湖南模拟）如图所示空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R、AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为+q的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动，则（ ）
A．小球从A到C的过程中电势能减少
B．小球不可能沿圆环做匀速圆周运动
C．可求出小球运动到B点时的加速度
D．小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN
【答案】C
【知识点】电场线；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查了带电体在电场中的运动问题，掌握等量异种点电荷的电场分布特点，以及匀速圆周运动的受力特点。A．根据等量异种点电荷的电场线特点可知，圆环所在平面为等势面，匀强电场方向竖直向上，则小球从A到C的过程电势增加，电势能增加，故A错误；
B．当场强满足
时，小球运动时受到的向心力大小不变，可沿圆环做匀速圆周运动，故B错误；
C．根据动能定理
可求出小球到B点时的速度vB，根据
可得小球的向心加速度，再根据牛顿第二定律
可得小球的切向加速度，再根据矢量合成可得B点的加速度为
故C正确；
D．小球在D点受到竖直向下的重力、竖直向上的匀强电场的电场力、平行MN方向的等量异种点电荷的电场力和圆环的作用力，圆环的作用力一个分力与等量异种点电荷的电场力平衡，其与MN平行，而另一分力提供向心力，方向指向圆心，故小球在D点受到圆环的作用力方向不平行MN，故D错误。
故选C。
【分析】根据等量异种点电荷的电场特点，电势与电场强度的关系分析小球电势能增加；根据匀速圆周运动的受力特点分析小球沿圆环是否能做匀速圆周运动；小球在B点具有向心加速度和切向加速度，分析判断这两个分加速度是否可求得；分析小球在D点所需向心力的来源，判断小球在D点受到圆环的作用力方向是否可以平行MN。
6．（2025·湖南模拟）我国农村地区幅员辽阔，在人烟稀少的地区，一台低压变压器的供电半径可达1000m左右，这使得远离变压器的用户由于输电线的电阻较大导致供电电压偏低。某同学为了研究这种现象设计了如图所示的电路，图中T为理想降压变压器，对用户供电，甲用户离变压器很近，输电线电阻不计，乙用户距变压器500m，丙用户距变压器1000m，、为两段低压输电线的等效电阻，可认为，、、是三个用户正在工作的用电器的等效电阻，且，为丙用户未接入的用电器，用、、分别表示、、两端的电压，输入电压的有效值不变，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．若闭合，不变，、均增大
D．若闭合，不变，、均减小
【答案】D
【知识点】变压器原理；电路动态分析；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关。
由理想变压器的电压特点可知
其中、分别为原副线圈匝数，由题意可知电路中保持不变。由图可知
①
②
又有
③
根据并联电路特点可得
因为，所以有上式可知
上述结论结合③式得
④
又，由①②④三式可得
S闭合后，根据并联电路特点可知，、并联电阻之和，小于，所以S闭合后，R2、R3、R、的和电阻减小，设和电阻为，又有欧姆定律可得
所以增大，再结合①可得减小。又
通过R2的电流减小，结合③式得通过的电流增大，又有②得减小。
故选D。
【分析】理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系。理想变压器电压和匝数关系
7．（2025·湖南模拟）如图为北半球二十四个节气时地球在公转轨道上的示意图，其中冬至时地球离太阳最近。仅考虑太阳对地球的引力，关于地球绕太阳公转过程，下列说法正确的是（ ）
A．在冬至位置地球所受万有引力最大
B．在立春位置，根据万有引力定律可得
C．地球自转周期的平方与轨道半长轴三次方的比值是一个仅与太阳质量有关的常数
D．经过近日点、远日点两位置的瞬时速度大小之比约为1.03
【答案】A,D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】开普勒第二定律（面积定律）：对于每一个行星而言，太阳和行星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公转周期的二次方的比值都相等。A．根据万有引力表达式
由图可知，在冬至位置地球离太阳最近，所受万有引力最大，故A正确；
B．由于地球绕太阳做椭圆运动，不是匀速圆周运动，所以在立春位置
故B错误；
C．根据开普勒第三定律可知，地球公转周期的平方与轨道半长轴三次方的比值是一个仅与太阳质量有关的常数，故C错误；
D．根据开普勒第二定律可知，经过近日点、远日点两位置的瞬时速度大小之比为
故D正确。
故选AD。
【分析】由万有引力定律可判断在那个位置万有引力最大；由于地球绕太阳做椭圆运动，万有引力不等于向心力；由开普勒第二定律可求近日点、远日点两位置的瞬时速度大小之比；由开普勒第三定律的可知地球公转周期的平方与轨道半长轴二次方的比值是一个仅与 太阳质量有关的常数。
8．（2025·湖南模拟）如图所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向内的匀强磁场中，有一弯成“V”字形的金属线AOC，夹角为。设导线MN位于处开始计时，且此时导线具有一向右的速度，大小为。同时，导线上存在一大小为R的定值电阻（始终处于闭合回路之中），且受到一向右的外力以保证回路中电流大小保持不变。除定值电阻外其他电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．导线作匀减速运动
B．电阻产生的焦耳热大于导线动能的减少量
C．导线到运动到的时刻为
D．导线到运动到时，电阻产生的焦耳热为
【答案】B,C
【知识点】闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】闭合或不闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体两端将产生感应电动势。如果电路闭合，电路中形成感应电流。切割磁感线运动的那部分导体相当于电路中的电源。
A．回路中电流大小保持不变，则回路中感应电动势保持不变，当导体棒位移为时，根据法拉第电磁感应定律
解得
故导线的运动不是匀减速运动，故A错误；
B．导线运动过程中，根据动能定理
且
，
可得
故电阻产生的焦耳热大于导线动能的减少量，故B正确；
C．根据法拉第电磁感应定律
解得导线到运动到的时刻为
故C正确；
D．回路中感应电流大小
导线到运动到时，电阻产生的焦耳热为
故D错误。
故选BC。
【分析】回路中电流大小保持不变，则回路中感应电动势保持不变，结合法拉第电磁感应定律分析。电阻产生的焦耳热等于安培力做功，结合欧姆定律以及焦耳定律分析。
9．（2025·湖南模拟）如图，S为单色光源，S发出的光一部分直接照在光屏上，一部分通过平面镜反射到光屏上。从平面镜反射的光相当于S在平面镜中的虚像发出的，由此形成了两个相干光源。设光源S到平面镜和到光屏的距离分别为a和l，，镜面与光屏垂直，单色光波长为。下列说法正确的是（ ）
A．光屏上相邻两条亮条纹的中心间距为
B．光屏上相邻两条暗条纹的中心间距为
C．若将整套装置完全浸入折射率为n的蔗糖溶液中此时单色光的波长变为
D．若将整套装置完全浸入某种透明溶液中，光屏上相邻两条亮条纹的中心间距为，则该液体的折射率为
【答案】A,D
【知识点】光的折射及折射定律；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】本题考查干涉条纹的间距公式应用，要理解该实验的原理，掌握波长、波速和频率的关系，知道光从一种介质进入另一种介质，光的频率不变。AB．根据光的反射对称性可知光源S与平面镜中的虚像距离为2a，根据条纹间距公式可知
故A正确，B错误；
C．若将整套装置完全浸入折射率为n的蔗糖溶液中，光的频率不变，根据
其中c为在真空中的光速，则
故C错误；
D．若将整套装置完全没入某种透明溶液中，光屏上相邻两条亮条纹的中心间距为，根据条纹间距公式有
可得
结合C选项的分析可知
所以
故D正确。
故选AD。
【分析】本实验的原理相当于双缝干涉，根据双缝干涉条纹间距公式求解作答；根据折射率公式求解光进入蔗糖溶液的传播速度，光从空气中进入蔗糖溶液，光的频率不变，根据波长、频率和波速的关系求波长；根据折射率公式求解光进入某种透明溶液的传播速度，根据波长、频率和波速的关系求波长；根据双缝干涉条纹间距公式求折射率。
10．（2025·湖南模拟）如图为运动员的索降示意图，质量为m的运动员双手抓握绳索从高处由静止开始匀加速下降，下降高度为h，双脚触地同时松手，后用时t速度减为零，脚对地面的平均压力为，取地面为重力势能的零势能面，重力加速度为g，运动员可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A．人加速下降的时间为
B．人落地时的速度大小为
C．人的重力势能等于动能时，两者一定都是
D．k可能为
【答案】A,B
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用
【解析】【解答】B．根据动量定理，设竖直向下为正方向，可得
解得人落地时的速度大小为
故B正确；
A．根据匀变速直线运动的平均速度计算可得
解得
故A正确；
C．根据速度时间关系结合牛顿第二定律可得
解得
根据动能定理，当人的重力势能等于动能时，从此位置到落到地面过程中，可得
故C错误；
D．根据动能定理，从开始到人的重力势能等于动能时，
解得
解得
故D错误。
故选AB。
【分析】根据动量定理求解时间，根据平均速度公式求解 人落地时的速度大小 ，根据动能定理求得动能或者势能表达式，结合表达式分析。
11．（2025·湖南模拟）甲、乙两位同学分别用不同的实验装置验证动量守恒定律。
（i）甲同学用如图1所示的实验装置验证动量守恒定律。
（1）关于该实验，下列说法中正确的是______。（选填选项前的字母）
A. 轨道末端必须水平
B. 轨道倾斜部分必须光滑
C. 入射小球的质量小于被碰小球的质量
D. 同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
（2）甲同学在实验中记录了小球落点的平均位置M、P、N，发现M和N偏离了OP方向，使点O、M、P、N不在同一条直线上，如图2所示，若要验证两小球碰撞前后在OP方向上是否动量守恒，则下列操作正确的是______。
A. B.
C. D.
（ii）乙同学用如图3所示的装置验证“动量守恒定律”。实验步骤如下：
①用绳子将大小相同、质量分别为和的小球A和B悬挂在天花板上；
②在A、B两球之间放入少量炸药，引爆炸药，两球反方向摆起。
用量角器记录两球偏离竖直方向的最大夹角分别为、；
（3）实验中所用两绳长度应________（填“相等”或“不相等”）。
（4）若两球动量守恒，应满足的表达式为________（用、、、表示）。
【答案】(1) A，D
(2) B
(3) 相等
(4)
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】本题关键掌握两种验证动量守恒定律实验的原理，根据功能关系和动量守恒定律推导表达式，本实验运用转换法，即将测量小球做平抛运动的初速度转换成测平抛运动的水平位移。
（1）A．轨道末端必须水平，以保证小球能做平抛运动，选项A正确；
B．轨道倾斜部分不一定必须光滑，只要到达底端速度相等即可，选项B错误；
C．为防止入射球碰后反弹，则入射小球的质量大于被碰小球的质量，选项C错误；
D．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，以保证小球到达底端时速度相同，选项D正确。
故选AD。
（2）小球均做平抛运动，竖直方向下落的高度一定，则下落时间相等，水平方向的速度之比可等效为位移之比，P点是一个小球不碰撞时下落的位置，所以需要测量OP及OM、ON在OP方向的投影长度OM0，ON0；
故选B。
（3）实验中所用两绳长度应相等，以保证两球重心在同一水平面上。
（4）对两球由能量关系
若动量守恒则满足
即
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析判断；
（2）根据平抛运动的规律分析判断，小球均做平抛运动，时间相同，水平方向的速度之比可等效为位移之比；
（3）根据碰撞的条件分析判断，；
（4）根据功能关系和动量守恒定律推导表达式。
12．（2025·湖南模拟）某同学用一节干电池，将微安表（量程为0~100μA）改装成倍率分别为和的双倍率欧姆表。
（1）设计图1所示电路测量微安表内阻。先断开S2，闭合S1，调节R1的阻值，使表头满偏；再保持R1的阻值不变，闭合S2，调节R2，当R2的阻值为135Ω时微安表的示数为60μA。忽略S2闭合后电路中总电阻的变化，经计算得 ；
（2）设计双倍率欧姆表电路如图2所示，当开关S拨到 （填“1”或“2”）时倍率为当倍率为时将两表笔短接，调节变阻器使表头满偏，此时通过变阻器的电流为10mA，则 ；
（3）用该欧姆表测电压表内阻时，先将欧姆表调至“×100”倍率，欧姆调零后再将黑表笔接电压表的 （选填“+”或“-”）接线柱，红表笔接另一接线柱测电压表内阻；
（4）用该欧姆表测量一个额定电压220V、额定功率100W的白炽灯，测量值可能 。
A．远小于484Ω B．约为484Ω C．远大于484Ω
【答案】（1）90
（2）1；10
（3）+
（4）A
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表；测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】本题主要是考查多用电表的电路图，关键是弄清楚多用电表内部电路的连接情况。合理选择量程，使指针尽可能指在中间刻度附近．若指针偏角太大，应改换低档位；若指针偏角太小，应改换高档位．每次换挡后均要重新短接调零，读数时应将指针示数乘以档位倍率。
（1）
根据并联电路电阻与电流关系有
解得
（2）设欧姆表中值刻度为，则欧姆表为“×10”倍率时的欧姆内阻为
欧姆表为“×100”倍率时的欧姆内阻为
欧姆表进行欧姆调零时，有
欧姆表倍率越小，欧姆表的内阻越小，可知电路的满偏电流越大；由电路图可知，当开关S合向1端，电路的满偏电流较大，欧姆表的倍率是“×10”挡。
因此1档位的干路最大电流是2档位的干路最大电流的10倍，即2档位的电流最大值为1mA，此时有
得
（3）用多用电表的欧姆挡时内部电源被接通，且黑表笔接内部电源的正极，即电流从欧姆表的黑表笔流出，从电压表的正极流入，则黑表笔接电压表的+接线柱；
（4）根据功率公式，可得额定电压220V、额定功率100W的白炽灯泡在正常工作时的电阻为
白炽灯泡在正常工作时的温度可达几百摄氏度，而灯丝的电阻与温度有关，而多用电表测量的是常温下灯泡的电阻，所以测量值是远小于。故选A。
【分析】（1）根据并联电路电阻与电流关系分析；
（2）根据电路图分析，欧姆表倍率越小，欧姆表的内阻越小，电路的满偏电流越大；
（3）用多用电表的欧姆挡时内部电源被接通，结合红进黑出原理分析；
（4）灯丝的电阻与温度有关，金属温度越高，电阻越大。
（1）根据并联电路电阻与电流关系有
解得
（2）[1]设欧姆表中值刻度为，则欧姆表为“×10”倍率时的欧姆内阻为
欧姆表为“×100”倍率时的欧姆内阻为
欧姆表进行欧姆调零时，有
欧姆表倍率越小，欧姆表的内阻越小，可知电路的满偏电流越大；由电路图可知，当开关S合向1端，电路的满偏电流较大，欧姆表的倍率是“×10”挡。
[2]因此1档位的干路最大电流是2档位的干路最大电流的10倍，即2档位的电流最大值为1mA，此时有
mA
得
（3）用多用电表的欧姆挡时内部电源被接通，且黑表笔接内部电源的正极，即电流从欧姆表的黑表笔流出，从电压表的正极流入，则黑表笔接电压表的+接线柱；
（4）根据功率公式，可得额定电压220V、额定功率100W的白炽灯泡在正常工作时的电阻为
白炽灯泡在正常工作时的温度可达几百摄氏度，而灯丝的电阻与温度有关，而多用电表测量的是常温下灯泡的电阻，所以测量值是远小于。故选A。
13．（2025·湖南模拟）某小组设计了一个简易深度计，如图所示，其构造为一导热良好的刚性柱形容器，顶端有卡口，用质量忽略不计的薄活塞，密封一部分理想气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，水对活塞产生挤压使其向下移动，根据图中向下移动的距离d可求得深度计所到达的深度，容器内部底面积，内部高度，忽略水的温度随深度的变化，深度计在水中与水达到热平衡后，活塞位于顶端卡口处，此时封闭气体压强为，已知外界大气压强，且p0相当于10m高的水柱产生的压强。
（1）某次实验中测得长度，求此时深度计所处的深度H；
（2）若深度计由水深70m处缓慢下降至90m处的过程中，其气体状态变化过程对应为等温线上a点到b点的过程，如图乙所示，ab段可近似看成一段倾斜直线，求在该过程中气体向外界释放的热量Q。
【答案】（1）解：根据题意可知，封闭气体等温变化，由玻义耳定律有
解得
又有
解得
则有
（2）解：根据题意可知，70m深处，封闭气体的压强为
由玻义耳定律有
可得
90m深处，封闭气体的压强为
由玻义耳定律有
解得
过程中，外界对气体做功为
可得
由热力学第一定律有
得
即放出的热量。
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）根据等温变化结合玻意耳定律求此时深度计所处的深度H；
（2）由玻义耳定律求解体积，根据热力学第一定律求该过程中气体向外界释放的热量。
（1）根据题意可知，封闭气体等温变化，由玻义耳定律有
解得
又有
解得
则有
（2）根据题意可知，70m深处，封闭气体的压强为
由玻义耳定律有
可得
90m深处，封闭气体的压强为
由玻义耳定律有
解得
过程中，外界对气体做功为
可得
由热力学第一定律有
得
即放出的热量。
14．（2025·湖南模拟）某种质谱仪的结构示意图如图所示，主要构造包括加速电场（可左右平移）、静电分析器和磁分析器等。其中加速电场的电压为U，静电分析器是以为圆心的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心，且与圆心等距的各点电场强度大小相等，电场强度E与到圆心距离r的关系满足（k未知）；磁分析器在以为圆心、圆心角为的圆形扇形区域内分布着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界紧靠。由离子源静止释放出三种正离子a、b、c经相同电场加速后，分别从P、Q、M进入静电分析器，恰好能以为圆心做匀速圆周运动从磁分析器中、、射出。已知PQ、QM间的距离都为，Q到圆心距离为R，不考虑电磁场的边缘效应，求：
（1）关系式中k的大小；
（2）b离子进入静电分析器时的速度大小；
（3）a、c两离子的比荷之比；
（4）离子a经相同加速电场加速后从M进入至磁分析器下端（未标出）射出，求、之间的距离d。
【答案】（1）解：（1）由动能定理知
电场力提供离子做圆周运动向心力知
联立解得
由题意得
（2）解：离子在电场中，电场力提供离子做圆周运动向心力知
离子在磁场中洛伦兹力提供向心力知
联立解得
（3）解：根据
，
得出，两离子的比荷之比为
（4）解：如图所示由几何关系知
则
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】（1）由动能定理求得通过加速电场后的速度，电场力提供离子做圆周运动向心力从而求得K的大小；
（2）离子在电场中，电场力提供离子做圆周运动向心力，离子在磁场中洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律联立求解；
（3）求得粒子在磁场中运动时的运动半径的表达式，由半径之比得到比荷之比；
（4）画出粒子运动轨迹图，结合几何关系求解距离d。
（1）由动能定理知
电场力提供离子做圆周运动向心力知
联立解得
由题意得
（2）离子在电场中，电场力提供离子做圆周运动向心力知
离子在磁场中洛伦兹力提供向心力知
联立解得
（3）由题意知
，
得出，两离子的比荷之比为
（4）如图所示由几何关系知
则
15．（2025·湖南模拟）如图所示，光滑的水平面上有一质量曲面滑板，滑板的上表面由长度的水平粗糙部分AB和半径为的四分之一光滑圆弧BC组成，质量为滑块P与AB之间的动摩擦因数为。将P置于滑板上表面的A点。不可伸长的细线水平伸直，一端固定于O'点，另一端系一质量的光滑小球Q。现将Q由静止释放，Q向下摆动到最低点并与P发生弹性对心碰撞，碰撞后P在滑板上向左运动，最终相对滑板静止于AB之间的某一点。P、Q均可视为质点，与滑板始终在同一竖直平面内，运动过程中不计空气阻力，重力加速度g取10。求：
（1）Q与P碰撞前瞬间细线对Q拉力的大小；
（2）碰后P能否从C点滑出？碰后Q的运动能否视为简谐运动？请通过计算说明；（碰后Q的最大摆角小于5°时，可视为做简谐运动，已知）
（3）计算P相对滑板的水平部分AB运动的总时间，并判断P在相对滑板运动时，有无可能相对地面向右运动。如有可能，算出相对地面向右的最大速度；如无可能，请说明原因。
【答案】解：（1）Q释放后到碰撞前，由机械能守恒定律
解得
在最低点由牛顿第二定律
联立解得Q与P碰撞前瞬间细线对Q拉力的大小
（2）小球Q与物体P碰撞后瞬间，由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
代入解得
，
碰后，P在滑板上滑动，P与滑板共速时，相对AB的高度最大，设此高度为，此时，P与滑板的速度大小为，根据动量守恒和能量守恒得
解得
由于，所以碰后P不能从C点滑出；
设Q碰后上升到最高点时细线与竖直方向夹角为θ，对Q由机械能守恒定律
解得
所以，故碰后Q的运动不能视为简谐运动。
（3）物体P最终相对滑板静止于AB之间的某一点，根据水平动量守恒和能量守恒得
解得
因为滑块P与滑板的相对位移，所以滑块P会滑过B点进入BC段，再滑回B点，最终相对滑板静止在AB之间。设P两次经过B点的速度分别为v4和，以向左为正，由动量守恒定律
由能量守恒定律
联立解得
同理可得
因为P第二次滑到B点的速度，说明其相对地面的速度方向向左，所以P不可能相对地面向右运动。
P相对滑板的水平部分AB运动时，对P由牛顿第二定律
所以
P第一次滑上AB时，做匀减速直线运动，时间为
P第二次滑上AB时，做匀加速直线运动，时间为
所以P相对滑板的水平部分AB运动的总时间
【知识点】临界类问题；碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
1 / 12025届湖南省普通高中名校高三下学期第一次模拟考试物理试题
1．（2025·湖南模拟）被国际原子能机构称为新兴核素”，可以用于成像和放射性治疗，有望用于基于放射性核素的诊疗一体化研究。已知的比结合能为，核反应方程中为新生成粒子，为释放的核能。下列说法正确的是（ ）
A．是粒子
B．的结合能为
C．的比结合能为
D．的结合能比的结合能小
2．（2025·湖南模拟）水面上有两个频率、振幅、振动方向均相同的振源，先后开始振动形成两列水波在空间叠加。先振动，形成的水波如图所示，是连线上的点，点是的中点，此时均处在波峰处，点和点分别是和的中点。当振动一段时间后，观察到处水面始终平静。已知两振源的频率为，波速为，下列说法中正确的是（ ）
A．点是振动加强点，点是振动减弱点
B．振动加强区的质点一直处于最大位移处
C．点到两振源之间的距离差为
D．点到两振源之间的距离差为
3．（2025·湖南模拟）2024年6月2日，嫦娥六号成功着陆月球背面南极——艾特肯盆地。嫦娥六号利用向下喷射气体产生的反作用力，有效地控制了探测器着陆过程中的运动状态。其中一段着陆过程中，探测器减速的加速度大小a随时间t变化的关系如图所示，时刻探测器的速度恰好为零。下列说法中正确的是（ ）
A．时间内，探测器做匀速直线运动
B．探测器在时刻的速度大小是时刻的4倍
C．时间内，探测器的位移大小为
D．气体对探测器的作用力大小在时刻是时刻的两倍
4．（2025·湖南模拟）如图，在垂直纸面向里的足够大的匀强磁场中放置一硬质异形导线框Oab，其中ab是半径为R的四分之一圆弧，直线段Oa长为R且与圆弧段相切。该导线框在纸面内绕O点逆时针转动，则下列说法正确的是（ ）
A． B．感应电流方向b→a→O
C． D．
5．（2025·湖南模拟）如图所示空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R、AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为+q的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动，则（ ）
A．小球从A到C的过程中电势能减少
B．小球不可能沿圆环做匀速圆周运动
C．可求出小球运动到B点时的加速度
D．小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN
6．（2025·湖南模拟）我国农村地区幅员辽阔，在人烟稀少的地区，一台低压变压器的供电半径可达1000m左右，这使得远离变压器的用户由于输电线的电阻较大导致供电电压偏低。某同学为了研究这种现象设计了如图所示的电路，图中T为理想降压变压器，对用户供电，甲用户离变压器很近，输电线电阻不计，乙用户距变压器500m，丙用户距变压器1000m，、为两段低压输电线的等效电阻，可认为，、、是三个用户正在工作的用电器的等效电阻，且，为丙用户未接入的用电器，用、、分别表示、、两端的电压，输入电压的有效值不变，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．若闭合，不变，、均增大
D．若闭合，不变，、均减小
7．（2025·湖南模拟）如图为北半球二十四个节气时地球在公转轨道上的示意图，其中冬至时地球离太阳最近。仅考虑太阳对地球的引力，关于地球绕太阳公转过程，下列说法正确的是（ ）
A．在冬至位置地球所受万有引力最大
B．在立春位置，根据万有引力定律可得
C．地球自转周期的平方与轨道半长轴三次方的比值是一个仅与太阳质量有关的常数
D．经过近日点、远日点两位置的瞬时速度大小之比约为1.03
8．（2025·湖南模拟）如图所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向内的匀强磁场中，有一弯成“V”字形的金属线AOC，夹角为。设导线MN位于处开始计时，且此时导线具有一向右的速度，大小为。同时，导线上存在一大小为R的定值电阻（始终处于闭合回路之中），且受到一向右的外力以保证回路中电流大小保持不变。除定值电阻外其他电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．导线作匀减速运动
B．电阻产生的焦耳热大于导线动能的减少量
C．导线到运动到的时刻为
D．导线到运动到时，电阻产生的焦耳热为
9．（2025·湖南模拟）如图，S为单色光源，S发出的光一部分直接照在光屏上，一部分通过平面镜反射到光屏上。从平面镜反射的光相当于S在平面镜中的虚像发出的，由此形成了两个相干光源。设光源S到平面镜和到光屏的距离分别为a和l，，镜面与光屏垂直，单色光波长为。下列说法正确的是（ ）
A．光屏上相邻两条亮条纹的中心间距为
B．光屏上相邻两条暗条纹的中心间距为
C．若将整套装置完全浸入折射率为n的蔗糖溶液中此时单色光的波长变为
D．若将整套装置完全浸入某种透明溶液中，光屏上相邻两条亮条纹的中心间距为，则该液体的折射率为
10．（2025·湖南模拟）如图为运动员的索降示意图，质量为m的运动员双手抓握绳索从高处由静止开始匀加速下降，下降高度为h，双脚触地同时松手，后用时t速度减为零，脚对地面的平均压力为，取地面为重力势能的零势能面，重力加速度为g，运动员可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A．人加速下降的时间为
B．人落地时的速度大小为
C．人的重力势能等于动能时，两者一定都是
D．k可能为
11．（2025·湖南模拟）甲、乙两位同学分别用不同的实验装置验证动量守恒定律。
（i）甲同学用如图1所示的实验装置验证动量守恒定律。
（1）关于该实验，下列说法中正确的是______。（选填选项前的字母）
A. 轨道末端必须水平
B. 轨道倾斜部分必须光滑
C. 入射小球的质量小于被碰小球的质量
D. 同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
（2）甲同学在实验中记录了小球落点的平均位置M、P、N，发现M和N偏离了OP方向，使点O、M、P、N不在同一条直线上，如图2所示，若要验证两小球碰撞前后在OP方向上是否动量守恒，则下列操作正确的是______。
A. B.
C. D.
（ii）乙同学用如图3所示的装置验证“动量守恒定律”。实验步骤如下：
①用绳子将大小相同、质量分别为和的小球A和B悬挂在天花板上；
②在A、B两球之间放入少量炸药，引爆炸药，两球反方向摆起。
用量角器记录两球偏离竖直方向的最大夹角分别为、；
（3）实验中所用两绳长度应________（填“相等”或“不相等”）。
（4）若两球动量守恒，应满足的表达式为________（用、、、表示）。
12．（2025·湖南模拟）某同学用一节干电池，将微安表（量程为0~100μA）改装成倍率分别为和的双倍率欧姆表。
（1）设计图1所示电路测量微安表内阻。先断开S2，闭合S1，调节R1的阻值，使表头满偏；再保持R1的阻值不变，闭合S2，调节R2，当R2的阻值为135Ω时微安表的示数为60μA。忽略S2闭合后电路中总电阻的变化，经计算得 ；
（2）设计双倍率欧姆表电路如图2所示，当开关S拨到 （填“1”或“2”）时倍率为当倍率为时将两表笔短接，调节变阻器使表头满偏，此时通过变阻器的电流为10mA，则 ；
（3）用该欧姆表测电压表内阻时，先将欧姆表调至“×100”倍率，欧姆调零后再将黑表笔接电压表的 （选填“+”或“-”）接线柱，红表笔接另一接线柱测电压表内阻；
（4）用该欧姆表测量一个额定电压220V、额定功率100W的白炽灯，测量值可能 。
A．远小于484Ω B．约为484Ω C．远大于484Ω
13．（2025·湖南模拟）某小组设计了一个简易深度计，如图所示，其构造为一导热良好的刚性柱形容器，顶端有卡口，用质量忽略不计的薄活塞，密封一部分理想气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，水对活塞产生挤压使其向下移动，根据图中向下移动的距离d可求得深度计所到达的深度，容器内部底面积，内部高度，忽略水的温度随深度的变化，深度计在水中与水达到热平衡后，活塞位于顶端卡口处，此时封闭气体压强为，已知外界大气压强，且p0相当于10m高的水柱产生的压强。
（1）某次实验中测得长度，求此时深度计所处的深度H；
（2）若深度计由水深70m处缓慢下降至90m处的过程中，其气体状态变化过程对应为等温线上a点到b点的过程，如图乙所示，ab段可近似看成一段倾斜直线，求在该过程中气体向外界释放的热量Q。
14．（2025·湖南模拟）某种质谱仪的结构示意图如图所示，主要构造包括加速电场（可左右平移）、静电分析器和磁分析器等。其中加速电场的电压为U，静电分析器是以为圆心的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心，且与圆心等距的各点电场强度大小相等，电场强度E与到圆心距离r的关系满足（k未知）；磁分析器在以为圆心、圆心角为的圆形扇形区域内分布着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界紧靠。由离子源静止释放出三种正离子a、b、c经相同电场加速后，分别从P、Q、M进入静电分析器，恰好能以为圆心做匀速圆周运动从磁分析器中、、射出。已知PQ、QM间的距离都为，Q到圆心距离为R，不考虑电磁场的边缘效应，求：
（1）关系式中k的大小；
（2）b离子进入静电分析器时的速度大小；
（3）a、c两离子的比荷之比；
（4）离子a经相同加速电场加速后从M进入至磁分析器下端（未标出）射出，求、之间的距离d。
15．（2025·湖南模拟）如图所示，光滑的水平面上有一质量曲面滑板，滑板的上表面由长度的水平粗糙部分AB和半径为的四分之一光滑圆弧BC组成，质量为滑块P与AB之间的动摩擦因数为。将P置于滑板上表面的A点。不可伸长的细线水平伸直，一端固定于O'点，另一端系一质量的光滑小球Q。现将Q由静止释放，Q向下摆动到最低点并与P发生弹性对心碰撞，碰撞后P在滑板上向左运动，最终相对滑板静止于AB之间的某一点。P、Q均可视为质点，与滑板始终在同一竖直平面内，运动过程中不计空气阻力，重力加速度g取10。求：
（1）Q与P碰撞前瞬间细线对Q拉力的大小；
（2）碰后P能否从C点滑出？碰后Q的运动能否视为简谐运动？请通过计算说明；（碰后Q的最大摆角小于5°时，可视为做简谐运动，已知）
（3）计算P相对滑板的水平部分AB运动的总时间，并判断P在相对滑板运动时，有无可能相对地面向右运动。如有可能，算出相对地面向右的最大速度；如无可能，请说明原因。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】核反应过程可以看作先将反应物全部分解成孤立的核子，再组合成生成物的过程。反应物分解成核子时吸收能量，核子组成生成物时释放能量，如果吸收的能量大于放出的能量，则核反应为吸热反应；如果吸收的能量小于放出的能量，则核反应为放热反应。A．根据核反应满足质量数守恒和电荷数守恒，可知是的质量数为0，电荷数为，则是电子，故A错误；
B．核反应释放核能为结合能之差，电子无结合能，有
则的结合能为
故B错误；
C．共有64个核子，设比结合能为，有
则的比结合能为
故C正确；
D．核反应为放能反应，则生成物的结合能大于反应物的结合能，即的结合能比的结合能大，故D错误。
故选C。
【分析】根据核反应满足质量数和电荷数守恒分析X；根据结合能与比结合能关系解答。
2．【答案】C
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】本题考查了波的干涉，理解质点不同时刻振动的情况，合理利用干涉条件分析是解决此类问题的关键。A．当振动一段时间后，观察到e处水面始终平静，所以，e点为振动减弱点，即两波源都振动时，振动完全相反。c点到e点的距离为，则c点到两波源的距离差为，所以c点为振动减弱点；b点到e点的距离为，则b点到两波源的距离差为，所以b点为振动减弱点，故A错误；
B．振动加强区的质点振幅最大，并不是一直处于最大位移处，故B错误；
CD．根据
d点到e点的距离为，则d点到两波源的距离差为，即距离差为，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】e处水面始终平静，e点为振动减弱点，结合振动加强以及振动减弱的条件分析。
3．【答案】B
【知识点】图象法；牛顿第二定律
【解析】【解答】该图像问题的本质是对牛顿第二定律的理解与应用，从F=ma出发，根据控制变量法找出各物理量之间的关系，从而得出相应函数图象的性质。A．由图像可知，时间内，加速度不变，探测器做匀减速直线运动，故A错误；
B．根据图像与横轴围成的面积表示速度变化量，且时刻探测器的速度恰好为零，可知探测器在时刻的速度大小为
探测器在时刻的速度大小为
可知探测器在时刻的速度大小是时刻的4倍，故B正确；
C．探测器在时刻的速度大小为
则时间内，探测器的位移大小为
故C错误；
D．设探测器的质量为，时刻根据牛顿第二定律可得
时刻根据牛顿第二定律可得
则有
故D错误。
故选B。
【分析】a-t图像纵轴表示加速度，横轴表示时间，图像和时间轴平行，物体做匀变速直线运动；图像和时间轴所围面积表示速度；根据牛顿第二定律分析各时刻气体对探测器的作用力大小。
4．【答案】A
【知识点】右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】 对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E=BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势。B．由于转动过程，导线框的磁通量保持不变，所以导线框中不产生感应电流，故B错误；
C．对于Oab部分，根据右手定则可知，产生的感应电动势方向由b→a→O，则b端相当于电源的负极，O端相当于电源的正极，所以电势关系为
故C错误；
AD．对于Oa部分，则有
则
故A正确，D错误。
故选A。
【分析】根据感应电流产生的条件分析是否存在感应电流；根据右手定则判断感应电动势大小；根据导体棒切割磁感应线产生感应电动势的计算公式进行分析。
5．【答案】C
【知识点】电场线；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查了带电体在电场中的运动问题，掌握等量异种点电荷的电场分布特点，以及匀速圆周运动的受力特点。A．根据等量异种点电荷的电场线特点可知，圆环所在平面为等势面，匀强电场方向竖直向上，则小球从A到C的过程电势增加，电势能增加，故A错误；
B．当场强满足
时，小球运动时受到的向心力大小不变，可沿圆环做匀速圆周运动，故B错误；
C．根据动能定理
可求出小球到B点时的速度vB，根据
可得小球的向心加速度，再根据牛顿第二定律
可得小球的切向加速度，再根据矢量合成可得B点的加速度为
故C正确；
D．小球在D点受到竖直向下的重力、竖直向上的匀强电场的电场力、平行MN方向的等量异种点电荷的电场力和圆环的作用力，圆环的作用力一个分力与等量异种点电荷的电场力平衡，其与MN平行，而另一分力提供向心力，方向指向圆心，故小球在D点受到圆环的作用力方向不平行MN，故D错误。
故选C。
【分析】根据等量异种点电荷的电场特点，电势与电场强度的关系分析小球电势能增加；根据匀速圆周运动的受力特点分析小球沿圆环是否能做匀速圆周运动；小球在B点具有向心加速度和切向加速度，分析判断这两个分加速度是否可求得；分析小球在D点所需向心力的来源，判断小球在D点受到圆环的作用力方向是否可以平行MN。
6．【答案】D
【知识点】变压器原理；电路动态分析；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关。
由理想变压器的电压特点可知
其中、分别为原副线圈匝数，由题意可知电路中保持不变。由图可知
①
②
又有
③
根据并联电路特点可得
因为，所以有上式可知
上述结论结合③式得
④
又，由①②④三式可得
S闭合后，根据并联电路特点可知，、并联电阻之和，小于，所以S闭合后，R2、R3、R、的和电阻减小，设和电阻为，又有欧姆定律可得
所以增大，再结合①可得减小。又
通过R2的电流减小，结合③式得通过的电流增大，又有②得减小。
故选D。
【分析】理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系。理想变压器电压和匝数关系
7．【答案】A,D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】开普勒第二定律（面积定律）：对于每一个行星而言，太阳和行星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公转周期的二次方的比值都相等。A．根据万有引力表达式
由图可知，在冬至位置地球离太阳最近，所受万有引力最大，故A正确；
B．由于地球绕太阳做椭圆运动，不是匀速圆周运动，所以在立春位置
故B错误；
C．根据开普勒第三定律可知，地球公转周期的平方与轨道半长轴三次方的比值是一个仅与太阳质量有关的常数，故C错误；
D．根据开普勒第二定律可知，经过近日点、远日点两位置的瞬时速度大小之比为
故D正确。
故选AD。
【分析】由万有引力定律可判断在那个位置万有引力最大；由于地球绕太阳做椭圆运动，万有引力不等于向心力；由开普勒第二定律可求近日点、远日点两位置的瞬时速度大小之比；由开普勒第三定律的可知地球公转周期的平方与轨道半长轴二次方的比值是一个仅与 太阳质量有关的常数。
8．【答案】B,C
【知识点】闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】闭合或不闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体两端将产生感应电动势。如果电路闭合，电路中形成感应电流。切割磁感线运动的那部分导体相当于电路中的电源。
A．回路中电流大小保持不变，则回路中感应电动势保持不变，当导体棒位移为时，根据法拉第电磁感应定律
解得
故导线的运动不是匀减速运动，故A错误；
B．导线运动过程中，根据动能定理
且
，
可得
故电阻产生的焦耳热大于导线动能的减少量，故B正确；
C．根据法拉第电磁感应定律
解得导线到运动到的时刻为
故C正确；
D．回路中感应电流大小
导线到运动到时，电阻产生的焦耳热为
故D错误。
故选BC。
【分析】回路中电流大小保持不变，则回路中感应电动势保持不变，结合法拉第电磁感应定律分析。电阻产生的焦耳热等于安培力做功，结合欧姆定律以及焦耳定律分析。
9．【答案】A,D
【知识点】光的折射及折射定律；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】本题考查干涉条纹的间距公式应用，要理解该实验的原理，掌握波长、波速和频率的关系，知道光从一种介质进入另一种介质，光的频率不变。AB．根据光的反射对称性可知光源S与平面镜中的虚像距离为2a，根据条纹间距公式可知
故A正确，B错误；
C．若将整套装置完全浸入折射率为n的蔗糖溶液中，光的频率不变，根据
其中c为在真空中的光速，则
故C错误；
D．若将整套装置完全没入某种透明溶液中，光屏上相邻两条亮条纹的中心间距为，根据条纹间距公式有
可得
结合C选项的分析可知
所以
故D正确。
故选AD。
【分析】本实验的原理相当于双缝干涉，根据双缝干涉条纹间距公式求解作答；根据折射率公式求解光进入蔗糖溶液的传播速度，光从空气中进入蔗糖溶液，光的频率不变，根据波长、频率和波速的关系求波长；根据折射率公式求解光进入某种透明溶液的传播速度，根据波长、频率和波速的关系求波长；根据双缝干涉条纹间距公式求折射率。
10．【答案】A,B
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用
【解析】【解答】B．根据动量定理，设竖直向下为正方向，可得
解得人落地时的速度大小为
故B正确；
A．根据匀变速直线运动的平均速度计算可得
解得
故A正确；
C．根据速度时间关系结合牛顿第二定律可得
解得
根据动能定理，当人的重力势能等于动能时，从此位置到落到地面过程中，可得
故C错误；
D．根据动能定理，从开始到人的重力势能等于动能时，
解得
解得
故D错误。
故选AB。
【分析】根据动量定理求解时间，根据平均速度公式求解 人落地时的速度大小 ，根据动能定理求得动能或者势能表达式，结合表达式分析。
11．【答案】(1) A，D
(2) B
(3) 相等
(4)
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】本题关键掌握两种验证动量守恒定律实验的原理，根据功能关系和动量守恒定律推导表达式，本实验运用转换法，即将测量小球做平抛运动的初速度转换成测平抛运动的水平位移。
（1）A．轨道末端必须水平，以保证小球能做平抛运动，选项A正确；
B．轨道倾斜部分不一定必须光滑，只要到达底端速度相等即可，选项B错误；
C．为防止入射球碰后反弹，则入射小球的质量大于被碰小球的质量，选项C错误；
D．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，以保证小球到达底端时速度相同，选项D正确。
故选AD。
（2）小球均做平抛运动，竖直方向下落的高度一定，则下落时间相等，水平方向的速度之比可等效为位移之比，P点是一个小球不碰撞时下落的位置，所以需要测量OP及OM、ON在OP方向的投影长度OM0，ON0；
故选B。
（3）实验中所用两绳长度应相等，以保证两球重心在同一水平面上。
（4）对两球由能量关系
若动量守恒则满足
即
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析判断；
（2）根据平抛运动的规律分析判断，小球均做平抛运动，时间相同，水平方向的速度之比可等效为位移之比；
（3）根据碰撞的条件分析判断，；
（4）根据功能关系和动量守恒定律推导表达式。
12．【答案】（1）90
（2）1；10
（3）+
（4）A
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表；测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】本题主要是考查多用电表的电路图，关键是弄清楚多用电表内部电路的连接情况。合理选择量程，使指针尽可能指在中间刻度附近．若指针偏角太大，应改换低档位；若指针偏角太小，应改换高档位．每次换挡后均要重新短接调零，读数时应将指针示数乘以档位倍率。
（1）
根据并联电路电阻与电流关系有
解得
（2）设欧姆表中值刻度为，则欧姆表为“×10”倍率时的欧姆内阻为
欧姆表为“×100”倍率时的欧姆内阻为
欧姆表进行欧姆调零时，有
欧姆表倍率越小，欧姆表的内阻越小，可知电路的满偏电流越大；由电路图可知，当开关S合向1端，电路的满偏电流较大，欧姆表的倍率是“×10”挡。
因此1档位的干路最大电流是2档位的干路最大电流的10倍，即2档位的电流最大值为1mA，此时有
得
（3）用多用电表的欧姆挡时内部电源被接通，且黑表笔接内部电源的正极，即电流从欧姆表的黑表笔流出，从电压表的正极流入，则黑表笔接电压表的+接线柱；
（4）根据功率公式，可得额定电压220V、额定功率100W的白炽灯泡在正常工作时的电阻为
白炽灯泡在正常工作时的温度可达几百摄氏度，而灯丝的电阻与温度有关，而多用电表测量的是常温下灯泡的电阻，所以测量值是远小于。故选A。
【分析】（1）根据并联电路电阻与电流关系分析；
（2）根据电路图分析，欧姆表倍率越小，欧姆表的内阻越小，电路的满偏电流越大；
（3）用多用电表的欧姆挡时内部电源被接通，结合红进黑出原理分析；
（4）灯丝的电阻与温度有关，金属温度越高，电阻越大。
（1）根据并联电路电阻与电流关系有
解得
（2）[1]设欧姆表中值刻度为，则欧姆表为“×10”倍率时的欧姆内阻为
欧姆表为“×100”倍率时的欧姆内阻为
欧姆表进行欧姆调零时，有
欧姆表倍率越小，欧姆表的内阻越小，可知电路的满偏电流越大；由电路图可知，当开关S合向1端，电路的满偏电流较大，欧姆表的倍率是“×10”挡。
[2]因此1档位的干路最大电流是2档位的干路最大电流的10倍，即2档位的电流最大值为1mA，此时有
mA
得
（3）用多用电表的欧姆挡时内部电源被接通，且黑表笔接内部电源的正极，即电流从欧姆表的黑表笔流出，从电压表的正极流入，则黑表笔接电压表的+接线柱；
（4）根据功率公式，可得额定电压220V、额定功率100W的白炽灯泡在正常工作时的电阻为
白炽灯泡在正常工作时的温度可达几百摄氏度，而灯丝的电阻与温度有关，而多用电表测量的是常温下灯泡的电阻，所以测量值是远小于。故选A。
13．【答案】（1）解：根据题意可知，封闭气体等温变化，由玻义耳定律有
解得
又有
解得
则有
（2）解：根据题意可知，70m深处，封闭气体的压强为
由玻义耳定律有
可得
90m深处，封闭气体的压强为
由玻义耳定律有
解得
过程中，外界对气体做功为
可得
由热力学第一定律有
得
即放出的热量。
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）根据等温变化结合玻意耳定律求此时深度计所处的深度H；
（2）由玻义耳定律求解体积，根据热力学第一定律求该过程中气体向外界释放的热量。
（1）根据题意可知，封闭气体等温变化，由玻义耳定律有
解得
又有
解得
则有
（2）根据题意可知，70m深处，封闭气体的压强为
由玻义耳定律有
可得
90m深处，封闭气体的压强为
由玻义耳定律有
解得
过程中，外界对气体做功为
可得
由热力学第一定律有
得
即放出的热量。
14．【答案】（1）解：（1）由动能定理知
电场力提供离子做圆周运动向心力知
联立解得
由题意得
（2）解：离子在电场中，电场力提供离子做圆周运动向心力知
离子在磁场中洛伦兹力提供向心力知
联立解得
（3）解：根据
，
得出，两离子的比荷之比为
（4）解：如图所示由几何关系知
则
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】（1）由动能定理求得通过加速电场后的速度，电场力提供离子做圆周运动向心力从而求得K的大小；
（2）离子在电场中，电场力提供离子做圆周运动向心力，离子在磁场中洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律联立求解；
（3）求得粒子在磁场中运动时的运动半径的表达式，由半径之比得到比荷之比；
（4）画出粒子运动轨迹图，结合几何关系求解距离d。
（1）由动能定理知
电场力提供离子做圆周运动向心力知
联立解得
由题意得
（2）离子在电场中，电场力提供离子做圆周运动向心力知
离子在磁场中洛伦兹力提供向心力知
联立解得
（3）由题意知
，
得出，两离子的比荷之比为
（4）如图所示由几何关系知
则
15．【答案】解：（1）Q释放后到碰撞前，由机械能守恒定律
解得
在最低点由牛顿第二定律
联立解得Q与P碰撞前瞬间细线对Q拉力的大小
（2）小球Q与物体P碰撞后瞬间，由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
代入解得
，
碰后，P在滑板上滑动，P与滑板共速时，相对AB的高度最大，设此高度为，此时，P与滑板的速度大小为，根据动量守恒和能量守恒得
解得
由于，所以碰后P不能从C点滑出；
设Q碰后上升到最高点时细线与竖直方向夹角为θ，对Q由机械能守恒定律
解得
所以，故碰后Q的运动不能视为简谐运动。
（3）物体P最终相对滑板静止于AB之间的某一点，根据水平动量守恒和能量守恒得
解得
因为滑块P与滑板的相对位移，所以滑块P会滑过B点进入BC段，再滑回B点，最终相对滑板静止在AB之间。设P两次经过B点的速度分别为v4和，以向左为正，由动量守恒定律
由能量守恒定律
联立解得
同理可得
因为P第二次滑到B点的速度，说明其相对地面的速度方向向左，所以P不可能相对地面向右运动。
P相对滑板的水平部分AB运动时，对P由牛顿第二定律
所以
P第一次滑上AB时，做匀减速直线运动，时间为
P第二次滑上AB时，做匀加速直线运动，时间为
所以P相对滑板的水平部分AB运动的总时间
【知识点】临界类问题；碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
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