湖南省新高考教学教研联盟2024-2025学年高三下学期3月第一次联考物理试卷
1．（2025高三下·湖南月考）关于光电效应与波粒二象性，下列说法正确的是（ ）
A．对于同一种金属发生光电效应时，光电子的最大初动能不仅与入射光的频率有关，还与入射光的强度有关
B．用同种频率的光照射某种金属表面发生光电效应时，光的强度越大，饱和光电流越小
C．戴维森和G·P·汤姆孙分别用单晶和多晶晶体做了电子束衍射实验，证明了电子的粒子性
D．德布罗意提出物质波的观念被实验证实，表明电子、质子、原子等粒子不但具有粒子的性质而且具有波动的性质
【答案】D
【知识点】光的波粒二象性；光电效应
【解析】【解答】解决本题的关键知道光电效应的条件，以及知道光电效应方程，知道最大初动能与入射光频率的关系；知道电子的波粒二象性。A．对于同一种金属发生光电效应时，光电子的最大初动能只与入射光的频率有关，而与入射光的强度无关，A错误；
B．用同种频率的光照射某种金属表面发生光电效应时，光的强度越大，饱和光电流越大，B错误；
C．戴维森和G·P·汤姆孙分别用单晶和多晶晶体做了电子束衍射实验，从而证明了电子的波动性，C错误；
D．德布罗意提出物质波的观念被实验证实，表明电子、质子、原子等粒子不但具有粒子的性质而且具有波动的性质，D正确。
故选D。
【分析】根据光电效应方程Ek=hv=W0=eUc，及光电效应的特点判断；根据电子的波粒二象性判断。
2．（2025高三下·湖南月考）外卖给现代人们的生活带来了便利。一位外卖人员手提一盒质量为m的外卖进入厢式电梯上楼或下楼，他手机中的加速度传感器记录了电梯某一段运动的加速度随时间变化的图像如图所示，图中已知，重力加速度为g，取竖直向上为正方向。下列说法正确的是（ ）
A．时间段内，外卖人员处于超重状态，且电梯一定在加速上升
B．质量为m的外卖对外卖人员的手施加的最大拉力为
C．时间段内，电梯一定处于匀速状态
D．时间段内，质量为m的外卖重力变小了
【答案】B
【知识点】图象法；超重与失重
【解析】【解答】本题考查牛顿第二定律，超重和失重现象及a-t图像的应用，要注意a-t图确定物体的实际运动情况是解题的关键。A．时间段内，外卖人员处于超重状态，电梯可能在加速上升，也可能在减速下降，故A错误；
B．在时间段内，外卖处于超重状态，最大加速度为，由牛顿第二定律
故最大拉力为
故B正确；
C．时间段内，加速度为零，电梯可能处于匀速状态，也可能停在某一层处于静止状态，故C错误；
D．时间段内，质量为m的外卖处于失重状态，但重力不变，故D错误。
故选B。
【分析】根据加速度的正负判断加速度的方向，进而判断电梯的运动情况，结合牛顿第二定律判断外卖人员对电梯压力的最大值。
3．（2025高三下·湖南月考）平静的湖面上漂浮着一块边长为a的正方形软木片（忽略浸入水中的厚度），木片的正下方有一条小鱼，如图所示。已知水的折射率为，若在水面上方看不到鱼，则鱼离水面的最大距离h为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】本题考查光的全反射，要掌握全反射临界角的含义及公式，能画出光路图是解决此类问题的关键，同时要注意几何知识的应用。只要从鱼出发的光线射到正方形软木片边缘界面处能够发生全反射，就从水面上看不到鱼，如图所示，
根据几何关系有
所以
故选A。
【分析】只要从鱼发出的光线射到软木片边缘界面处能够发生全反射，从水面上就看不到大头针，作出光路图，根据全反射的临界角公式和几何关系求解即可。
4．（2025高三下·湖南月考）如图所示，a、b所在水平直线垂直于均匀带电正方形薄板所在平面，且通过板的几何中心O，a、b两点关于薄板对称，到薄板中心O的距离都是d，Oc垂直于ab连线且abc构成等边三角形。在c点固定一点电荷，a点场强大小为E，方向垂直于ab连线，已知静电力常量为k，则下列说法正确的是（ ）
A．正方形薄板与c处的点电荷带同种电荷
B．薄板上的电荷在b点产生的场强大小为
C．c处的点电荷的电量绝对值为
D．a、b两点的场强相等但电势不相等
【答案】C
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】本题主要是考查电场强度的计算，解答本题的关键是掌握点电荷电场强度的计算公式，能够根据电场的叠加方法进行分析。A．a点场强方向垂直ab连线，则正方形薄板与c点的点电荷带异种电荷，故A错误；
B．a点场强大小为E，方向垂直ab连线，则c点点电荷在a点产生的场强大小为
薄板上电荷在b点产生的场强大小为
故B错误；
C．根据点电荷电场强度公式有
解得
故C正确；
D．由对称可知a、b两点的场强大小及电势均相等，故D错误。
故选C。
【分析】根据电场强度的叠加分析电性；根据几何关系求解薄板上的电荷在b点产生的场强大小；求出c处的点电荷在a处的电场强度大小，再根据点电荷的计算公式进行分析；根据对称性进行分析。
5．（2025高三下·湖南月考）如图所示，光滑的地面上有一个木块C，C上面通过一个弹性棒连接木块B，弹性棒可以弯曲但不改变长度。开始弹性棒处于竖直状态，一颗子弹A以水平初速度射入B但没有穿出，射入过程时间极短，之后 AB整体在弹性棒上面反复左右摇摆。已知，，，整个运动过程C始终没有脱离地面且没有翻倒，下列说法正确的是（ ）
A．子弹A射入木块B过程中AB系统机械能守恒
B．弹性棒向右弯曲最大时AB整体的速度为
C．弹性棒向右弯曲最大时具有的弹性势能大小等于子弹射入木块B之后系统减少的动能
D．弹性棒第一次回到竖直状态时C的速度大小为
【答案】D
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】子弹打木块的过程很短暂，认为木块瞬间得到速度且位置不变。子弹打入木块过程损失的机械能并没有用于克服地面摩擦力做功，克服地面摩擦力做功的是子弹和木块的共同运动的动能。A．子弹A射入木块B过程中机械能有损失，故A错误；
B．弹性棒向右弯曲最大时，ABC相对静止，具有相同的速度，由
得整体的速度为
故B错误；
C．弹性棒向右弯曲最大时具有的弹性势能大小应等于子弹射入木块B之后系统减少的动能与AB减少的重力势能之和，故弹性棒向右弯曲最大时具有的弹性势能大小应大于子弹射入木块B之后系统减少的动能，故C错误；
D．A射入B过程中，由
得
弹性棒第一次回到竖直状态时，整个系统满足水平方向动量守恒和机械能守恒，由
，
可得
故D正确。
故选D。
【分析】子弹A射入木块B过程中机械能有损失，弹性棒向右弯曲最大时，ABC具有相同的速度，根据动量守恒定律求解，分析能量情况注意弯曲时还有重力势能变化，A射入B过程中，根据动量守恒定律求解共同速度，弹性棒第一次回到竖直状态时，整个系统满足水平方向动量守恒和机械能守恒。
6．（2025高三下·湖南月考）如图甲所示，有一倾角为的光滑斜面，在斜面的水平线ef以下区域有垂直斜面方向的匀强磁场，其磁感应强度随时间按图乙规律变化，其中图线为直线，图线为余弦函数的一半，图中和T为已知量，规定垂直斜面向上为正。斜面上有一n匝正方形线圈，边长为L，总质量为m，总电阻为R，其中ab边恰好在磁场边界ef线之外，线圈在平行于斜面向上的外力F作用下始终保持静止状态，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．在内，线圈中产生的感应电流的方向为abcda
B．在内，外力F的最大值为
C．在内，通过线圈某一截面的电量为
D．在内，线圈cd边受到的安培力大小先减小后增大
【答案】B
【知识点】楞次定律；电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题是电磁感应与电路、力学相结合的一道综合题，分析清楚磁场变化情况与线圈的受力情况是解题的前提与关键，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式与电流定义式即可解题。A．根据楞次定律，在内，线圈中产生的感应电流的方向为adcba，故A错误；
B．在内，线圈中产生的感应电动势为
感应电流
且大小方向都不变，cd边受到的安培力大小为
方向先沿斜面向下后沿斜面向上，故外力F在0时刻最大，最大值为
故B正确；
C．在内，通过线圈某一截面的电量为
又
，
解得
故C错误；
D．在内，线圈中产生的电流按正弦规律变化，在T、、2T时刻，线圈cd边受到的安培力都为零，故cd边受到的安培力大小变化规律应是先增大后减小再增大再减小，故D错误。
故选B。
【分析】根据楞次定律判断感应电流方向；根据法拉第电磁感应定律求解电动势，根据欧姆定律求解电流，根据安培力表达式求解安培力，根据受力平衡求解F；结合电流定义式求解电荷量；根据安培力的计算公式分析安培力的变化情况。
7．（2025高三下·湖南月考）一列机械横波沿x轴传播，在x轴上有P、Q两质点，其平衡位置相距6m，时刻P处在波峰，Q在平衡位置且正在向上振动，此后再过，质点 P首次回到平衡位置，则该机械波的波速可能为（ ）
A． 沿方向 B． 沿方向
C． 沿方向 D． 沿方向
【答案】A,C
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】解答本题时，要考虑波的双向性和周期性，根据波的周期性确定波长的通项是关键。若波从P传到Q，则有
得
得
波速
当时
若波从Q传到P，则有
得
波速
当时，
故选AC。
【分析】根据质点P和Q振动状态关系，确定P、Q两质点间距离与波长的关系，得到波长的通项，结合再过0.25s，质点P首次回到平衡位置，求出周期，从而求得波速通项，再求波速可能值。要分波沿+x方向和-x方向传播两种情况分析。
8．（2025高三下·湖南月考）“天舟8号”货运飞船于2024年11月15日23时13分由长征七号遥九运载火箭搭载，在中国文昌航天发射场成功发射并与“天宫一号”空间站对接。“天舟8号”除了承担了向空间站运送货物的运输使命，还肩负着一次“特殊”的科学任务，把我国科研人员根据月壤样品所研究出来的月壤砖放置在空间站外，接受宇宙射线和剧烈温度变化的考验，以评估其在实际应用中的表现，为推进月球科研站的建设做出积极贡献。“天舟8号”多次变轨简化示意图如图所示。从近地轨道1的P点变轨到椭圆轨道2，在远地点Q再次变轨转移到330千米的圆轨道3。对“天舟8号”此次发射、变轨、对接过程，下列说法正确的是（ ）
A．“天舟8号”在近地轨道1的周期大于轨道3的周期
B．“天舟8号”在椭圆轨道2上任何一点的速度都小于
C．“天舟8号”在轨道3稳定运行时经一次加速即与“天宫一号”空间站成功对接，可知“天宫一号”空间站的轨道半径大于轨道3的轨道半径
D．“天舟8号”在轨道3稳定运行时，经过Q点的向心加速度大小等于轨道2上经过Q点的加速度大小
【答案】C,D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】本题考查卫星的发射及变轨问题，解题时需注意，对于卫星的变轨问题，常用的规律是“加速进高轨，减速进低轨”，意思就是如果卫星想要进入更高的轨道，需要向后喷气做加速运动，如果想要进入更低的轨道，需要向前喷气做减速运动。A．轨道1的半径小于轨道3的半径，根据开普勒第三定律可知，轨道1的周期小于轨道3的周期，故A错误；
B．“天舟8号”在近地轨道1的速度等于第一宇宙速度7.9km/s，相对于轨道2，天舟8号”在近地轨道1上是低轨道，需要加速才能变轨到轨道2，故“天舟8号”在近地轨道1的速度小于轨道2在P点的速度，即“天舟8号”在椭圆轨道2上经过P点的速度大于，故B错误；
C．“天舟8号”在轨道3再次加速与“天宫一号”对接，可知，“天宫一号”空间站处于更高的轨道，即“天宫一号”空间站的轨道半径大于轨道3的轨道半径，故C正确；
D．“天舟8号”在轨道3稳定运行时，根据万有引力提供向心力有
解得
可知，“天舟8号”在轨道3稳定运行时，经过Q点的向心加速度大小等于轨道2上经过Q点的加速度大小，故D正确。
故选CD。
【分析】结合题意，由开普勒第三定律，即可分析判断；由第一宇宙速度的特点及“天舟8号”的变轨特点，即可分析判断；结合题意，由卫星的变轨特点，即可分析判断；根据万有引力提供向心力列式，即可分析判断。
9．（2025高三下·湖南月考）如图所示为交流发电机与变压器的简化示意图。矩形线圈处于磁感应强度为的匀强磁场中，其边长分别为，，匝数匝，内阻，以角速度匀速转动。理想变压器原线圈匝数匝，副线圈匝数匝，定值电阻与原线圈连接，电阻箱与副线圈连接，下列说法正确的是（ ）
A．交流发电机产生的电动势有效值为
B．当电阻箱阻值时，交流发电机输出功率最大
C．当电阻箱阻值时，上消耗的功率最大
D．当电阻箱的阻值变大时，电阻消耗的热功率变小
【答案】C,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查了变压器相关知识，熟练掌握等效电阻法和等效电源法是解决此类问题的关键。A．交流发电机产生的电动势最大值为
有效值为
A错误；
B．由等效电阻法
当时交流发电机输出功率最大，所以当时交流发电机输出功率最大，B错误；
C．由等效电源法，等效内阻为
当时，解得，此时上消耗的功率最大，C正确；
D．当电阻箱的阻值变大时，也变大，由闭合电路欧姆定律，则总电流减小，故电阻消耗的热功率变小，D正确。
故选CD。
【分析】根据交流电压瞬时值的表达式，结合有效值和最大值的关系分析A；根据等效电阻法，当R0等+R1=r时交流发电机输出功率最大分析B；根据等效电源法，当R0等=R1+r时R0上消耗的功率最大分析C；根据闭合电路欧姆定律分析D。
10．（2025高三下·湖南月考）如图，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有匀强电场图中未画出，第二象限内除区域外都有匀强磁场，其方向垂直坐标平面向外，磁感应强度大小为 B。一束带电粒子从AC边界以相同方向的速度进入匀强磁场，结果都从y轴上的C点平行x轴向右飞出磁场，其中从A入射的粒子到达x轴上的D点图中未标出时，速度方向斜向右下与夹角为，且大小与A点速度相等，已知带电粒子质量为m，电量为，AC边界与x轴夹角，C点坐标为，电场中D点到O点的电势差为U，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子在磁场中运动的时间不相等
B．带电粒子从AC边界入射的速度大小与其入射点y坐标的关系为
C．第一象限内匀强电场的场强大小为
D．从A入射的粒子在第一象限电场中的最小速度大小为
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在复合场中的运动，理解粒子在不同时刻的运动状态，合理选取运动学公式是解决此类问题的关键。A．由直线单边界磁场规律可知，带电粒子在磁场中运动轨迹的圆心角都为，故时间，相等，A错误；
B．如图，由几何关系：弦长
，，
解得带电粒子的速度大小v与其入射点y坐标的关系为
B正确；
C．根据粒子到达x轴上的D点时，速度方向斜向右下与夹角为，且速度与其初速度等大，可知连接CD即为匀强电场中的一条等势线，粒子在C点速度与等势线的夹角与D点速度与等势线的夹角应相等，如图可得，故匀强电场的场强大小为
C错误；
D．从A入射的粒子速度大小为
（B选项关系式代入即可），C点速度与A点一样大，在第一象限电场中做类斜抛运动，当速度方向与电场力方向垂直时，速度最小，其大小为速度沿CD方向的分量
D正确。
故选BD。
【分析】根据带电粒子在磁场中运动轨迹的圆心角都为120°，结合几何关系和洛伦兹力提供向心力，利用等势线的性质以及类斜抛运动的特点分析求解。
11．（2025高三下·湖南月考）某实验小组测量一电流计G的内阻，两位同学采用了不同的方法。同学一采用如图甲所示的电路，实验步骤如下：
①按图连接好电路，将滑动变阻器的滑片调至正确的位置；
②先断开开关，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片位置，使G满偏；
③再闭合，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使G的示数为满偏的一半，记下此时电阻箱的阻值为；
④断开电路。
同学二采用如图乙所示的电路，实验步骤如下：
①按图连接好电路；
②闭合开关S，调节滑动变阻器R和电阻箱，使电流表A的示数为电流计G的3倍，记下此时电阻箱的阻值为；
③断开电路。
根据两位同学的实验操作，回答下列问题：
（1）两位同学在实验第1步中，滑动变阻器的滑片开始都应调至 端（填“a”或“b”）；
（2）同学一测量的电流计G的内阻 ；
（3）同学二测量的电流计G的内阻 ；
（4）从系统误差的角度分析，两位同学的测量值的大小关系为 （填“>”“<”或“=”）。
【答案】（1）b
（2）
（3）
（4）<
【知识点】测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】 本题考查了测量一电流计G的内阻的问题，理解实验原理，选择实验器材的关键；应用并联电路特点即可解题。
（1）为了保护电源和电表，开始都应将滑动变阻器阻值调至最大，故滑片开始都应调至b端；
（2）同学一采用了半偏法测电流计G的内阻，则电流计G的内阻测量值为
（3）同学二操作中让电流表A的示数为电流计G的3倍，则电阻箱的电流是电流计G电流的2倍，由于并联两端电压相等，则有
（4）同学一的半偏法误差为测量值小于真实值，同学二没有系统误差，故有
【分析】（1）根据保护电路的要求判断；
（2）根据半偏法求电流计G的内阻；
（3）根据并联两端电压相等求电流计G的内阻；
（4）根据实验误差分析。
（1）为了保护电源和电表，开始都应将滑动变阻器阻值调至最大，故滑片开始都应调至b端；
（2）同学一采用了半偏法测电流计G的内阻，则电流计G的内阻测量值为
（3）同学二操作中让电流表A的示数为电流计G的3倍，则电阻箱的电流是电流计G电流的2倍，由于并联两端电压相等，则有
（4）同学一的半偏法误差为测量值小于真实值，同学二没有系统误差，故有
12．（2025高三下·湖南月考）某学习小组的同学用如图甲的装置验证竖直面内的圆周运动过程中机械能守恒。轻细杆一端连接在光滑固定转轴O处，另一端连接一小球。在转轴O点的正上方和正下方轨道半径处分别安装光电门，测出杆长 L，杆的宽度 d和小球的直径D。现使小球在竖直面内做圆周运动，读出轻杆经过O点正上方光电门的时间为，经过O点正下方光电门的时间为。已知当地重力加速度为g，不考虑空气阻力。
（1）该同学用游标卡尺测小球直径D时，示数如图乙所示，则 mm；
（2）如果要验证小球在竖直面内做圆周运动机械能守恒，需要满足的方程为 （用题中的L、d、D、、、g等符号表示）；
（3）某位同学误把光电门安装在轻杆的中点，已知小球质量为m，则用原来的方法计算小球从最高点到最低点过程中动能的增量时会出现测量值 真实值（填“>”“<”或“=”）
（4）另一位同学光电门安装正确，他让小球由任意位置静止释放，测出多组释放点到最低点的距离s，以及对应小球运动到最低点光电门的遮光时间，作出了图像。若图像是一条过坐标原点的直线，且直线斜率 （用题中的L、d、D、g等符号表示），则说明小球运动过程机械能守恒。
【答案】（1）10.70
（2）
（3）<
（4）
【知识点】验证机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】本题关键掌握验证机械能守恒定律的实验原理和光电门的测速原理。自由下落的物体只有重力做功，若减小的势能等于增加的动能，即：-△Ep=△Ek，则物体机械能守恒。
（1）根据游标卡尺的读数规律，该读数为
（2）根据题意可知，小球的挡光时间较短，可用平均速度代替瞬时速度，小球经过最低点的线速度大小是光电门处线速度大小的两倍，则有
小球经过最高点的线速度大小也为光电门处线速度大小的两倍，则有
若小球从最高点到最低点满足机械能守恒，则有
解得
（3）把光电门安装在轻杆的中点，则小球真实线速度
，
用原来的方法计算动能的增加量会出现
（4）
小球由任意位置静止释放，作出示意图如图所示
若机械能守恒，则有
其中
，，
解得
故斜率
则可说明小球运动过程机械能守恒。
【分析】（1）先确定游标卡尺的最小分度值再读数；
（2）用平均速度代替瞬时速度计算小球通过光电门的速度，根据机械能守恒定律表达式推导；
（3）分析线速度的变化判断；
（4）根据机械能守恒定律和几何知识计算。
（1）根据游标卡尺的读数规律，该读数为
（2）根据题意可知，小球的挡光时间较短，可用平均速度代替瞬时速度，小球经过最低点的线速度大小是光电门处线速度大小的两倍，则有
小球经过最高点的线速度大小也为光电门处线速度大小的两倍，则有
若小球从最高点到最低点满足机械能守恒，则有
解得
（3）把光电门安装在轻杆的中点，则小球真实线速度，
用原来的方法计算动能的增加量会出现
（4）小球由任意位置静止释放，作出示意图如图所示
若机械能守恒，则有
其中，，
解得
故斜率
则可说明小球运动过程机械能守恒。
13．（2025高三下·湖南月考）国务院新闻办公室于2024年8月29日发布《中国的能源转型》白皮书，回顾了近十年来，中国坚定不移走绿色低碳的能源转型之路取得的显著成效，也制定了相关中长期发展规划。某农村计划安装沼气池设备，如图所示为沼气池的简化图。沼气是一种混合可燃气体（看作理想气体），主要成分是甲烷，在多个领域都有重要应用，如：它可用于生活燃料，通过沼气灶将沼气燃烧，产生的火焰能满足日常做饭、烧水等需求，与传统的柴薪相比，更加清洁、高效。若某家庭使用的沼气池贮气间为大小为的密闭室，主要给一款沼气炉灶供气，该款沼气炉灶的部分参数有：1.热效率：沼气炉灶的热效率一般在左右，这意味着燃烧沼气所释放的热量中有被有效利用于加热炊具等，其余热量散失到周围环境中。2.灶前压力：沼气灶正常工作的灶前压力一般在之间，这个压力可以保证沼气稳定地供应到炉灶燃烧器进行充分燃烧。取绝对零度为。
（1）早晨使用结束后发现，贮气间的温度为，压强为1000Pa，中午使用前贮气间的温度上升至，若没有沼气补充，请通过计算说明，中午是否能稳定使用该沼气炉灶？
（2）早晨使用结束后保持贮气间的温度为不变，压强为1000Pa，若没有沼气补充，求中午能够稳定使用的沼气占原沼气百分比？
【答案】（1）解：已知，，，
密闭的贮气间内的气体发生等容变化，根据查理定律有
解得
故能稳定使用该款沼气炉灶。
（2）解：设贮气间内的气体发生等温变化，使用前，，当时不能稳定使用，设此时总体积为，由玻意耳定律，有
解得
故能够稳定使用沼气占原沼气的百分比为
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）明确气体的压强以及热力学温度等参数，密闭的贮气间内的气体发生等容变化，根据查理定律列式求解；
（2）贮气间内的气体发生等温变化，明确封闭气体的各个状态参数，由玻意耳定律列式求解。
（1）已知，，，
密闭的贮气间内的气体发生等容变化，根据查理定律有
解得
故能稳定使用该款沼气炉灶。
（2）设贮气间内的气体发生等温变化，使用前，，当时不能稳定使用，设此时总体积为，由玻意耳定律，有
解得
故能够稳定使用沼气占原沼气的百分比为
14．（2025高三下·湖南月考）如图甲所示，“日”字形单匝线框平放在粗糙的水平桌面上，线框可以看作两个正方形，正方形的每条边长为，线框总质量，其中，其余边不计电阻，线框与桌面间动摩擦因数。线框左边用水平细绳通过光滑的轻质定滑轮悬挂一质量也为m的物块，右边有一垂直ab边的水平力F作用在ab边上。以ab边的初位置为原点建立水平向右的x轴如图，在桌面条形区间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。力F拉动线框通过磁场区域，可以认为ab边刚出磁场时，cd边恰进磁场，整个过程物块都没有碰到定滑轮，线框没有离开桌面，细绳不可伸长，重力加速度。
（1）若线框以的速度匀速通过磁场区域，求ab边在磁场中运动时ab两点间电势差；
（2）若线框从静止出发做匀加速直线运动，通过磁场区域过程中拉力F与时间t的图像如图乙所示，图中数据可用，求这一过程中拉力F与时间t的关系式；
（3）若线框从静止出发，通过磁场区域过程中速度v与位移x的关系图像如图丙所示，图中数据可用，求ab边穿过磁场过程中ab产生的焦耳热。
【答案】（1）解：线框以的速度匀速通过磁场，ab边在磁场中运动时产生的电动势为
另两条边并联，总电流
ab两点间电势差为外电路电压，故
（2）解：线框通过磁场，任何一条边切割磁感线产生的电动势都为
切割的那一条边相当于电源，另两条边并联，总电流
在磁场中运动的那条边受到的安培力
任意时刻根据牛顿第二定律
，
联立得
线框从静止出发做匀加速直线运动，则有
可知
得
代入得
（3）边穿过磁场时受到的安培力
根据图像得
联立解得
作图像如下
可知图线下方的“面积”表示ab边克服安培力做的功
由功能关系可知
又
可知
所以
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）线框以v=2m/s的速度匀速通过磁场区域，根据E=BLv求出ab边产生的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求出总电流，再求ab两点间电势差Uab；
（2）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律以及安培力公式推导出安培力与速度的关系式，再根据牛顿第二定律列式，得到拉力F与时间t的关系式；
（3）根据速度v与位移x的关系图像得到v与x的关系式，结合安培力与速度的关系式得到安培力与x的关系式，再根据功的计算公式求克服安培力做功，即可由功能关系求ab边穿过磁场过程中ab产生的焦耳热。
15．（2025高三下·湖南月考）如图所示，水平传送带以的速度逆时针匀速运动。在传送带的正上方处以的初速度水平向右抛出一可视为质点的质量的木块A， A落在传送带上时不发生反弹，在内竖直方向的速度减为零。此后A在传送带上向右运动，到达右端时速度恰好为零，A与传送带间的动摩擦因数为。传送带右端与一倾角的斜面顶端平滑相连，在距离斜面顶端的位置静止放置另一可视为质点的质量为的木块B，该位置以上的斜面光滑，以下的斜面粗糙，A木块与这部分斜面的动摩擦因数为，B木块与这部分斜面的动摩擦因数为。A木块在传送带右端受到轻微扰动后，沿斜面下滑，与B木块发生多次弹性正碰。已知重力加速度为，，，不考虑A木块在内撞击传送带过程中A的竖直位移，求：
（1）A木块在内撞击传送带过程中传送带给A的竖直冲量大小；
（2）A木块在传送带上从竖直速度减为零之后到滑动到最右端过程中A木块与传送带间由于摩擦产生的热量；
（3）若AB两木块恰好在斜面底端发生第次碰撞且n非无穷大，求斜面的总长度L。
【答案】（1）解：木块A做平抛运动，到达传送带时竖直分速度为，有
代入题中数据解得
取竖直向上为正方向，由动量定理
解得竖直方向冲量大小
（2）解：因为摩擦力
规定向右为正方向，水平方向由动量定理
解得
A木块减速到零，时间
位移
传送带位移
摩擦发热
（3）解：A与B第一次碰前A速度设为，A在光滑斜面部分加速度
可知
A与B第一次碰后速度分别为和，由动量守恒
机械能守恒
解得
，
碰后由于
故A恰好匀速运动，B沿斜面向下做匀减速运动，B的加速度
B第一次沿斜面向下减速到零的时间
位移
而这段时间A的位移
说明A与B发生第二次碰撞时B已经停止，A与B第二次碰后速度分别为和，由动量守恒
机械能守恒
解得
，
以此类推，后面每次碰撞都是B先停止，有
，
n次碰撞后B的位移
发现B的位移是一个公比的等比数列，斜面粗糙部分的长度计算B的总位移即可
斜面总长度
【知识点】功能关系；动量定理；碰撞模型
【解析】【分析】（1）木块由O点到A点做平抛运动，由运动的分解与合成求出落地时的竖直速度大小，根据动量定理求解传送带给物块的竖直冲量大小；
（2）根据动量定理求碰撞结束后小物块的水平速度，再由动学公式求出木块与传送带共速后达右端时与传送带之间的相对位移，从而求得摩擦生热的大小；
（3）由动力学规律分别求出AB第一、二……n次碰撞前的速度，由弹性碰撞的两个守恒求出碰撞后的速度，结合运动学公式求出位移，找到规律，从而得到结果。
（1）木块A做平抛运动，到达传送带时竖直分速度为，有
代入题中数据解得
取竖直向上为正方向，由动量定理
解得竖直方向冲量大小
（2）因为摩擦力
所以摩擦力冲量大小
规定向右为正方向，水平方向由动量定理
解得
A木块减速到零，时间
位移
传送带位移
摩擦发热
（3）A与B第一次碰前A速度设为，A在光滑斜面部分加速度
可知
A与B第一次碰后速度分别为和，由动量守恒
机械能守恒
解得，
碰后由于
故A恰好匀速运动，B沿斜面向下做匀减速运动，B的加速度
B第一次沿斜面向下减速到零的时间
位移
而这段时间A的位移
说明A与B发生第二次碰撞时B已经停止，A与B第二次碰后速度分别为和，由动量守恒
机械能守恒
解得，
以此类推，后面每次碰撞都是B先停止，有，
n次碰撞后B的位移
发现B的位移是一个公比的等比数列，斜面粗糙部分的长度计算B的总位移即可
斜面总长度
1 / 1湖南省新高考教学教研联盟2024-2025学年高三下学期3月第一次联考物理试卷
1．（2025高三下·湖南月考）关于光电效应与波粒二象性，下列说法正确的是（ ）
A．对于同一种金属发生光电效应时，光电子的最大初动能不仅与入射光的频率有关，还与入射光的强度有关
B．用同种频率的光照射某种金属表面发生光电效应时，光的强度越大，饱和光电流越小
C．戴维森和G·P·汤姆孙分别用单晶和多晶晶体做了电子束衍射实验，证明了电子的粒子性
D．德布罗意提出物质波的观念被实验证实，表明电子、质子、原子等粒子不但具有粒子的性质而且具有波动的性质
2．（2025高三下·湖南月考）外卖给现代人们的生活带来了便利。一位外卖人员手提一盒质量为m的外卖进入厢式电梯上楼或下楼，他手机中的加速度传感器记录了电梯某一段运动的加速度随时间变化的图像如图所示，图中已知，重力加速度为g，取竖直向上为正方向。下列说法正确的是（ ）
A．时间段内，外卖人员处于超重状态，且电梯一定在加速上升
B．质量为m的外卖对外卖人员的手施加的最大拉力为
C．时间段内，电梯一定处于匀速状态
D．时间段内，质量为m的外卖重力变小了
3．（2025高三下·湖南月考）平静的湖面上漂浮着一块边长为a的正方形软木片（忽略浸入水中的厚度），木片的正下方有一条小鱼，如图所示。已知水的折射率为，若在水面上方看不到鱼，则鱼离水面的最大距离h为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高三下·湖南月考）如图所示，a、b所在水平直线垂直于均匀带电正方形薄板所在平面，且通过板的几何中心O，a、b两点关于薄板对称，到薄板中心O的距离都是d，Oc垂直于ab连线且abc构成等边三角形。在c点固定一点电荷，a点场强大小为E，方向垂直于ab连线，已知静电力常量为k，则下列说法正确的是（ ）
A．正方形薄板与c处的点电荷带同种电荷
B．薄板上的电荷在b点产生的场强大小为
C．c处的点电荷的电量绝对值为
D．a、b两点的场强相等但电势不相等
5．（2025高三下·湖南月考）如图所示，光滑的地面上有一个木块C，C上面通过一个弹性棒连接木块B，弹性棒可以弯曲但不改变长度。开始弹性棒处于竖直状态，一颗子弹A以水平初速度射入B但没有穿出，射入过程时间极短，之后 AB整体在弹性棒上面反复左右摇摆。已知，，，整个运动过程C始终没有脱离地面且没有翻倒，下列说法正确的是（ ）
A．子弹A射入木块B过程中AB系统机械能守恒
B．弹性棒向右弯曲最大时AB整体的速度为
C．弹性棒向右弯曲最大时具有的弹性势能大小等于子弹射入木块B之后系统减少的动能
D．弹性棒第一次回到竖直状态时C的速度大小为
6．（2025高三下·湖南月考）如图甲所示，有一倾角为的光滑斜面，在斜面的水平线ef以下区域有垂直斜面方向的匀强磁场，其磁感应强度随时间按图乙规律变化，其中图线为直线，图线为余弦函数的一半，图中和T为已知量，规定垂直斜面向上为正。斜面上有一n匝正方形线圈，边长为L，总质量为m，总电阻为R，其中ab边恰好在磁场边界ef线之外，线圈在平行于斜面向上的外力F作用下始终保持静止状态，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．在内，线圈中产生的感应电流的方向为abcda
B．在内，外力F的最大值为
C．在内，通过线圈某一截面的电量为
D．在内，线圈cd边受到的安培力大小先减小后增大
7．（2025高三下·湖南月考）一列机械横波沿x轴传播，在x轴上有P、Q两质点，其平衡位置相距6m，时刻P处在波峰，Q在平衡位置且正在向上振动，此后再过，质点 P首次回到平衡位置，则该机械波的波速可能为（ ）
A． 沿方向 B． 沿方向
C． 沿方向 D． 沿方向
8．（2025高三下·湖南月考）“天舟8号”货运飞船于2024年11月15日23时13分由长征七号遥九运载火箭搭载，在中国文昌航天发射场成功发射并与“天宫一号”空间站对接。“天舟8号”除了承担了向空间站运送货物的运输使命，还肩负着一次“特殊”的科学任务，把我国科研人员根据月壤样品所研究出来的月壤砖放置在空间站外，接受宇宙射线和剧烈温度变化的考验，以评估其在实际应用中的表现，为推进月球科研站的建设做出积极贡献。“天舟8号”多次变轨简化示意图如图所示。从近地轨道1的P点变轨到椭圆轨道2，在远地点Q再次变轨转移到330千米的圆轨道3。对“天舟8号”此次发射、变轨、对接过程，下列说法正确的是（ ）
A．“天舟8号”在近地轨道1的周期大于轨道3的周期
B．“天舟8号”在椭圆轨道2上任何一点的速度都小于
C．“天舟8号”在轨道3稳定运行时经一次加速即与“天宫一号”空间站成功对接，可知“天宫一号”空间站的轨道半径大于轨道3的轨道半径
D．“天舟8号”在轨道3稳定运行时，经过Q点的向心加速度大小等于轨道2上经过Q点的加速度大小
9．（2025高三下·湖南月考）如图所示为交流发电机与变压器的简化示意图。矩形线圈处于磁感应强度为的匀强磁场中，其边长分别为，，匝数匝，内阻，以角速度匀速转动。理想变压器原线圈匝数匝，副线圈匝数匝，定值电阻与原线圈连接，电阻箱与副线圈连接，下列说法正确的是（ ）
A．交流发电机产生的电动势有效值为
B．当电阻箱阻值时，交流发电机输出功率最大
C．当电阻箱阻值时，上消耗的功率最大
D．当电阻箱的阻值变大时，电阻消耗的热功率变小
10．（2025高三下·湖南月考）如图，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有匀强电场图中未画出，第二象限内除区域外都有匀强磁场，其方向垂直坐标平面向外，磁感应强度大小为 B。一束带电粒子从AC边界以相同方向的速度进入匀强磁场，结果都从y轴上的C点平行x轴向右飞出磁场，其中从A入射的粒子到达x轴上的D点图中未标出时，速度方向斜向右下与夹角为，且大小与A点速度相等，已知带电粒子质量为m，电量为，AC边界与x轴夹角，C点坐标为，电场中D点到O点的电势差为U，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子在磁场中运动的时间不相等
B．带电粒子从AC边界入射的速度大小与其入射点y坐标的关系为
C．第一象限内匀强电场的场强大小为
D．从A入射的粒子在第一象限电场中的最小速度大小为
11．（2025高三下·湖南月考）某实验小组测量一电流计G的内阻，两位同学采用了不同的方法。同学一采用如图甲所示的电路，实验步骤如下：
①按图连接好电路，将滑动变阻器的滑片调至正确的位置；
②先断开开关，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片位置，使G满偏；
③再闭合，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使G的示数为满偏的一半，记下此时电阻箱的阻值为；
④断开电路。
同学二采用如图乙所示的电路，实验步骤如下：
①按图连接好电路；
②闭合开关S，调节滑动变阻器R和电阻箱，使电流表A的示数为电流计G的3倍，记下此时电阻箱的阻值为；
③断开电路。
根据两位同学的实验操作，回答下列问题：
（1）两位同学在实验第1步中，滑动变阻器的滑片开始都应调至 端（填“a”或“b”）；
（2）同学一测量的电流计G的内阻 ；
（3）同学二测量的电流计G的内阻 ；
（4）从系统误差的角度分析，两位同学的测量值的大小关系为 （填“>”“<”或“=”）。
12．（2025高三下·湖南月考）某学习小组的同学用如图甲的装置验证竖直面内的圆周运动过程中机械能守恒。轻细杆一端连接在光滑固定转轴O处，另一端连接一小球。在转轴O点的正上方和正下方轨道半径处分别安装光电门，测出杆长 L，杆的宽度 d和小球的直径D。现使小球在竖直面内做圆周运动，读出轻杆经过O点正上方光电门的时间为，经过O点正下方光电门的时间为。已知当地重力加速度为g，不考虑空气阻力。
（1）该同学用游标卡尺测小球直径D时，示数如图乙所示，则 mm；
（2）如果要验证小球在竖直面内做圆周运动机械能守恒，需要满足的方程为 （用题中的L、d、D、、、g等符号表示）；
（3）某位同学误把光电门安装在轻杆的中点，已知小球质量为m，则用原来的方法计算小球从最高点到最低点过程中动能的增量时会出现测量值 真实值（填“>”“<”或“=”）
（4）另一位同学光电门安装正确，他让小球由任意位置静止释放，测出多组释放点到最低点的距离s，以及对应小球运动到最低点光电门的遮光时间，作出了图像。若图像是一条过坐标原点的直线，且直线斜率 （用题中的L、d、D、g等符号表示），则说明小球运动过程机械能守恒。
13．（2025高三下·湖南月考）国务院新闻办公室于2024年8月29日发布《中国的能源转型》白皮书，回顾了近十年来，中国坚定不移走绿色低碳的能源转型之路取得的显著成效，也制定了相关中长期发展规划。某农村计划安装沼气池设备，如图所示为沼气池的简化图。沼气是一种混合可燃气体（看作理想气体），主要成分是甲烷，在多个领域都有重要应用，如：它可用于生活燃料，通过沼气灶将沼气燃烧，产生的火焰能满足日常做饭、烧水等需求，与传统的柴薪相比，更加清洁、高效。若某家庭使用的沼气池贮气间为大小为的密闭室，主要给一款沼气炉灶供气，该款沼气炉灶的部分参数有：1.热效率：沼气炉灶的热效率一般在左右，这意味着燃烧沼气所释放的热量中有被有效利用于加热炊具等，其余热量散失到周围环境中。2.灶前压力：沼气灶正常工作的灶前压力一般在之间，这个压力可以保证沼气稳定地供应到炉灶燃烧器进行充分燃烧。取绝对零度为。
（1）早晨使用结束后发现，贮气间的温度为，压强为1000Pa，中午使用前贮气间的温度上升至，若没有沼气补充，请通过计算说明，中午是否能稳定使用该沼气炉灶？
（2）早晨使用结束后保持贮气间的温度为不变，压强为1000Pa，若没有沼气补充，求中午能够稳定使用的沼气占原沼气百分比？
14．（2025高三下·湖南月考）如图甲所示，“日”字形单匝线框平放在粗糙的水平桌面上，线框可以看作两个正方形，正方形的每条边长为，线框总质量，其中，其余边不计电阻，线框与桌面间动摩擦因数。线框左边用水平细绳通过光滑的轻质定滑轮悬挂一质量也为m的物块，右边有一垂直ab边的水平力F作用在ab边上。以ab边的初位置为原点建立水平向右的x轴如图，在桌面条形区间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。力F拉动线框通过磁场区域，可以认为ab边刚出磁场时，cd边恰进磁场，整个过程物块都没有碰到定滑轮，线框没有离开桌面，细绳不可伸长，重力加速度。
（1）若线框以的速度匀速通过磁场区域，求ab边在磁场中运动时ab两点间电势差；
（2）若线框从静止出发做匀加速直线运动，通过磁场区域过程中拉力F与时间t的图像如图乙所示，图中数据可用，求这一过程中拉力F与时间t的关系式；
（3）若线框从静止出发，通过磁场区域过程中速度v与位移x的关系图像如图丙所示，图中数据可用，求ab边穿过磁场过程中ab产生的焦耳热。
15．（2025高三下·湖南月考）如图所示，水平传送带以的速度逆时针匀速运动。在传送带的正上方处以的初速度水平向右抛出一可视为质点的质量的木块A， A落在传送带上时不发生反弹，在内竖直方向的速度减为零。此后A在传送带上向右运动，到达右端时速度恰好为零，A与传送带间的动摩擦因数为。传送带右端与一倾角的斜面顶端平滑相连，在距离斜面顶端的位置静止放置另一可视为质点的质量为的木块B，该位置以上的斜面光滑，以下的斜面粗糙，A木块与这部分斜面的动摩擦因数为，B木块与这部分斜面的动摩擦因数为。A木块在传送带右端受到轻微扰动后，沿斜面下滑，与B木块发生多次弹性正碰。已知重力加速度为，，，不考虑A木块在内撞击传送带过程中A的竖直位移，求：
（1）A木块在内撞击传送带过程中传送带给A的竖直冲量大小；
（2）A木块在传送带上从竖直速度减为零之后到滑动到最右端过程中A木块与传送带间由于摩擦产生的热量；
（3）若AB两木块恰好在斜面底端发生第次碰撞且n非无穷大，求斜面的总长度L。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】光的波粒二象性；光电效应
【解析】【解答】解决本题的关键知道光电效应的条件，以及知道光电效应方程，知道最大初动能与入射光频率的关系；知道电子的波粒二象性。A．对于同一种金属发生光电效应时，光电子的最大初动能只与入射光的频率有关，而与入射光的强度无关，A错误；
B．用同种频率的光照射某种金属表面发生光电效应时，光的强度越大，饱和光电流越大，B错误；
C．戴维森和G·P·汤姆孙分别用单晶和多晶晶体做了电子束衍射实验，从而证明了电子的波动性，C错误；
D．德布罗意提出物质波的观念被实验证实，表明电子、质子、原子等粒子不但具有粒子的性质而且具有波动的性质，D正确。
故选D。
【分析】根据光电效应方程Ek=hv=W0=eUc，及光电效应的特点判断；根据电子的波粒二象性判断。
2．【答案】B
【知识点】图象法；超重与失重
【解析】【解答】本题考查牛顿第二定律，超重和失重现象及a-t图像的应用，要注意a-t图确定物体的实际运动情况是解题的关键。A．时间段内，外卖人员处于超重状态，电梯可能在加速上升，也可能在减速下降，故A错误；
B．在时间段内，外卖处于超重状态，最大加速度为，由牛顿第二定律
故最大拉力为
故B正确；
C．时间段内，加速度为零，电梯可能处于匀速状态，也可能停在某一层处于静止状态，故C错误；
D．时间段内，质量为m的外卖处于失重状态，但重力不变，故D错误。
故选B。
【分析】根据加速度的正负判断加速度的方向，进而判断电梯的运动情况，结合牛顿第二定律判断外卖人员对电梯压力的最大值。
3．【答案】A
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】本题考查光的全反射，要掌握全反射临界角的含义及公式，能画出光路图是解决此类问题的关键，同时要注意几何知识的应用。只要从鱼出发的光线射到正方形软木片边缘界面处能够发生全反射，就从水面上看不到鱼，如图所示，
根据几何关系有
所以
故选A。
【分析】只要从鱼发出的光线射到软木片边缘界面处能够发生全反射，从水面上就看不到大头针，作出光路图，根据全反射的临界角公式和几何关系求解即可。
4．【答案】C
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】本题主要是考查电场强度的计算，解答本题的关键是掌握点电荷电场强度的计算公式，能够根据电场的叠加方法进行分析。A．a点场强方向垂直ab连线，则正方形薄板与c点的点电荷带异种电荷，故A错误；
B．a点场强大小为E，方向垂直ab连线，则c点点电荷在a点产生的场强大小为
薄板上电荷在b点产生的场强大小为
故B错误；
C．根据点电荷电场强度公式有
解得
故C正确；
D．由对称可知a、b两点的场强大小及电势均相等，故D错误。
故选C。
【分析】根据电场强度的叠加分析电性；根据几何关系求解薄板上的电荷在b点产生的场强大小；求出c处的点电荷在a处的电场强度大小，再根据点电荷的计算公式进行分析；根据对称性进行分析。
5．【答案】D
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】子弹打木块的过程很短暂，认为木块瞬间得到速度且位置不变。子弹打入木块过程损失的机械能并没有用于克服地面摩擦力做功，克服地面摩擦力做功的是子弹和木块的共同运动的动能。A．子弹A射入木块B过程中机械能有损失，故A错误；
B．弹性棒向右弯曲最大时，ABC相对静止，具有相同的速度，由
得整体的速度为
故B错误；
C．弹性棒向右弯曲最大时具有的弹性势能大小应等于子弹射入木块B之后系统减少的动能与AB减少的重力势能之和，故弹性棒向右弯曲最大时具有的弹性势能大小应大于子弹射入木块B之后系统减少的动能，故C错误；
D．A射入B过程中，由
得
弹性棒第一次回到竖直状态时，整个系统满足水平方向动量守恒和机械能守恒，由
，
可得
故D正确。
故选D。
【分析】子弹A射入木块B过程中机械能有损失，弹性棒向右弯曲最大时，ABC具有相同的速度，根据动量守恒定律求解，分析能量情况注意弯曲时还有重力势能变化，A射入B过程中，根据动量守恒定律求解共同速度，弹性棒第一次回到竖直状态时，整个系统满足水平方向动量守恒和机械能守恒。
6．【答案】B
【知识点】楞次定律；电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题是电磁感应与电路、力学相结合的一道综合题，分析清楚磁场变化情况与线圈的受力情况是解题的前提与关键，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式与电流定义式即可解题。A．根据楞次定律，在内，线圈中产生的感应电流的方向为adcba，故A错误；
B．在内，线圈中产生的感应电动势为
感应电流
且大小方向都不变，cd边受到的安培力大小为
方向先沿斜面向下后沿斜面向上，故外力F在0时刻最大，最大值为
故B正确；
C．在内，通过线圈某一截面的电量为
又
，
解得
故C错误；
D．在内，线圈中产生的电流按正弦规律变化，在T、、2T时刻，线圈cd边受到的安培力都为零，故cd边受到的安培力大小变化规律应是先增大后减小再增大再减小，故D错误。
故选B。
【分析】根据楞次定律判断感应电流方向；根据法拉第电磁感应定律求解电动势，根据欧姆定律求解电流，根据安培力表达式求解安培力，根据受力平衡求解F；结合电流定义式求解电荷量；根据安培力的计算公式分析安培力的变化情况。
7．【答案】A,C
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】解答本题时，要考虑波的双向性和周期性，根据波的周期性确定波长的通项是关键。若波从P传到Q，则有
得
得
波速
当时
若波从Q传到P，则有
得
波速
当时，
故选AC。
【分析】根据质点P和Q振动状态关系，确定P、Q两质点间距离与波长的关系，得到波长的通项，结合再过0.25s，质点P首次回到平衡位置，求出周期，从而求得波速通项，再求波速可能值。要分波沿+x方向和-x方向传播两种情况分析。
8．【答案】C,D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】本题考查卫星的发射及变轨问题，解题时需注意，对于卫星的变轨问题，常用的规律是“加速进高轨，减速进低轨”，意思就是如果卫星想要进入更高的轨道，需要向后喷气做加速运动，如果想要进入更低的轨道，需要向前喷气做减速运动。A．轨道1的半径小于轨道3的半径，根据开普勒第三定律可知，轨道1的周期小于轨道3的周期，故A错误；
B．“天舟8号”在近地轨道1的速度等于第一宇宙速度7.9km/s，相对于轨道2，天舟8号”在近地轨道1上是低轨道，需要加速才能变轨到轨道2，故“天舟8号”在近地轨道1的速度小于轨道2在P点的速度，即“天舟8号”在椭圆轨道2上经过P点的速度大于，故B错误；
C．“天舟8号”在轨道3再次加速与“天宫一号”对接，可知，“天宫一号”空间站处于更高的轨道，即“天宫一号”空间站的轨道半径大于轨道3的轨道半径，故C正确；
D．“天舟8号”在轨道3稳定运行时，根据万有引力提供向心力有
解得
可知，“天舟8号”在轨道3稳定运行时，经过Q点的向心加速度大小等于轨道2上经过Q点的加速度大小，故D正确。
故选CD。
【分析】结合题意，由开普勒第三定律，即可分析判断；由第一宇宙速度的特点及“天舟8号”的变轨特点，即可分析判断；结合题意，由卫星的变轨特点，即可分析判断；根据万有引力提供向心力列式，即可分析判断。
9．【答案】C,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查了变压器相关知识，熟练掌握等效电阻法和等效电源法是解决此类问题的关键。A．交流发电机产生的电动势最大值为
有效值为
A错误；
B．由等效电阻法
当时交流发电机输出功率最大，所以当时交流发电机输出功率最大，B错误；
C．由等效电源法，等效内阻为
当时，解得，此时上消耗的功率最大，C正确；
D．当电阻箱的阻值变大时，也变大，由闭合电路欧姆定律，则总电流减小，故电阻消耗的热功率变小，D正确。
故选CD。
【分析】根据交流电压瞬时值的表达式，结合有效值和最大值的关系分析A；根据等效电阻法，当R0等+R1=r时交流发电机输出功率最大分析B；根据等效电源法，当R0等=R1+r时R0上消耗的功率最大分析C；根据闭合电路欧姆定律分析D。
10．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在复合场中的运动，理解粒子在不同时刻的运动状态，合理选取运动学公式是解决此类问题的关键。A．由直线单边界磁场规律可知，带电粒子在磁场中运动轨迹的圆心角都为，故时间，相等，A错误；
B．如图，由几何关系：弦长
，，
解得带电粒子的速度大小v与其入射点y坐标的关系为
B正确；
C．根据粒子到达x轴上的D点时，速度方向斜向右下与夹角为，且速度与其初速度等大，可知连接CD即为匀强电场中的一条等势线，粒子在C点速度与等势线的夹角与D点速度与等势线的夹角应相等，如图可得，故匀强电场的场强大小为
C错误；
D．从A入射的粒子速度大小为
（B选项关系式代入即可），C点速度与A点一样大，在第一象限电场中做类斜抛运动，当速度方向与电场力方向垂直时，速度最小，其大小为速度沿CD方向的分量
D正确。
故选BD。
【分析】根据带电粒子在磁场中运动轨迹的圆心角都为120°，结合几何关系和洛伦兹力提供向心力，利用等势线的性质以及类斜抛运动的特点分析求解。
11．【答案】（1）b
（2）
（3）
（4）<
【知识点】测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】 本题考查了测量一电流计G的内阻的问题，理解实验原理，选择实验器材的关键；应用并联电路特点即可解题。
（1）为了保护电源和电表，开始都应将滑动变阻器阻值调至最大，故滑片开始都应调至b端；
（2）同学一采用了半偏法测电流计G的内阻，则电流计G的内阻测量值为
（3）同学二操作中让电流表A的示数为电流计G的3倍，则电阻箱的电流是电流计G电流的2倍，由于并联两端电压相等，则有
（4）同学一的半偏法误差为测量值小于真实值，同学二没有系统误差，故有
【分析】（1）根据保护电路的要求判断；
（2）根据半偏法求电流计G的内阻；
（3）根据并联两端电压相等求电流计G的内阻；
（4）根据实验误差分析。
（1）为了保护电源和电表，开始都应将滑动变阻器阻值调至最大，故滑片开始都应调至b端；
（2）同学一采用了半偏法测电流计G的内阻，则电流计G的内阻测量值为
（3）同学二操作中让电流表A的示数为电流计G的3倍，则电阻箱的电流是电流计G电流的2倍，由于并联两端电压相等，则有
（4）同学一的半偏法误差为测量值小于真实值，同学二没有系统误差，故有
12．【答案】（1）10.70
（2）
（3）<
（4）
【知识点】验证机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】本题关键掌握验证机械能守恒定律的实验原理和光电门的测速原理。自由下落的物体只有重力做功，若减小的势能等于增加的动能，即：-△Ep=△Ek，则物体机械能守恒。
（1）根据游标卡尺的读数规律，该读数为
（2）根据题意可知，小球的挡光时间较短，可用平均速度代替瞬时速度，小球经过最低点的线速度大小是光电门处线速度大小的两倍，则有
小球经过最高点的线速度大小也为光电门处线速度大小的两倍，则有
若小球从最高点到最低点满足机械能守恒，则有
解得
（3）把光电门安装在轻杆的中点，则小球真实线速度
，
用原来的方法计算动能的增加量会出现
（4）
小球由任意位置静止释放，作出示意图如图所示
若机械能守恒，则有
其中
，，
解得
故斜率
则可说明小球运动过程机械能守恒。
【分析】（1）先确定游标卡尺的最小分度值再读数；
（2）用平均速度代替瞬时速度计算小球通过光电门的速度，根据机械能守恒定律表达式推导；
（3）分析线速度的变化判断；
（4）根据机械能守恒定律和几何知识计算。
（1）根据游标卡尺的读数规律，该读数为
（2）根据题意可知，小球的挡光时间较短，可用平均速度代替瞬时速度，小球经过最低点的线速度大小是光电门处线速度大小的两倍，则有
小球经过最高点的线速度大小也为光电门处线速度大小的两倍，则有
若小球从最高点到最低点满足机械能守恒，则有
解得
（3）把光电门安装在轻杆的中点，则小球真实线速度，
用原来的方法计算动能的增加量会出现
（4）小球由任意位置静止释放，作出示意图如图所示
若机械能守恒，则有
其中，，
解得
故斜率
则可说明小球运动过程机械能守恒。
13．【答案】（1）解：已知，，，
密闭的贮气间内的气体发生等容变化，根据查理定律有
解得
故能稳定使用该款沼气炉灶。
（2）解：设贮气间内的气体发生等温变化，使用前，，当时不能稳定使用，设此时总体积为，由玻意耳定律，有
解得
故能够稳定使用沼气占原沼气的百分比为
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）明确气体的压强以及热力学温度等参数，密闭的贮气间内的气体发生等容变化，根据查理定律列式求解；
（2）贮气间内的气体发生等温变化，明确封闭气体的各个状态参数，由玻意耳定律列式求解。
（1）已知，，，
密闭的贮气间内的气体发生等容变化，根据查理定律有
解得
故能稳定使用该款沼气炉灶。
（2）设贮气间内的气体发生等温变化，使用前，，当时不能稳定使用，设此时总体积为，由玻意耳定律，有
解得
故能够稳定使用沼气占原沼气的百分比为
14．【答案】（1）解：线框以的速度匀速通过磁场，ab边在磁场中运动时产生的电动势为
另两条边并联，总电流
ab两点间电势差为外电路电压，故
（2）解：线框通过磁场，任何一条边切割磁感线产生的电动势都为
切割的那一条边相当于电源，另两条边并联，总电流
在磁场中运动的那条边受到的安培力
任意时刻根据牛顿第二定律
，
联立得
线框从静止出发做匀加速直线运动，则有
可知
得
代入得
（3）边穿过磁场时受到的安培力
根据图像得
联立解得
作图像如下
可知图线下方的“面积”表示ab边克服安培力做的功
由功能关系可知
又
可知
所以
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）线框以v=2m/s的速度匀速通过磁场区域，根据E=BLv求出ab边产生的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求出总电流，再求ab两点间电势差Uab；
（2）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律以及安培力公式推导出安培力与速度的关系式，再根据牛顿第二定律列式，得到拉力F与时间t的关系式；
（3）根据速度v与位移x的关系图像得到v与x的关系式，结合安培力与速度的关系式得到安培力与x的关系式，再根据功的计算公式求克服安培力做功，即可由功能关系求ab边穿过磁场过程中ab产生的焦耳热。
15．【答案】（1）解：木块A做平抛运动，到达传送带时竖直分速度为，有
代入题中数据解得
取竖直向上为正方向，由动量定理
解得竖直方向冲量大小
（2）解：因为摩擦力
规定向右为正方向，水平方向由动量定理
解得
A木块减速到零，时间
位移
传送带位移
摩擦发热
（3）解：A与B第一次碰前A速度设为，A在光滑斜面部分加速度
可知
A与B第一次碰后速度分别为和，由动量守恒
机械能守恒
解得
，
碰后由于
故A恰好匀速运动，B沿斜面向下做匀减速运动，B的加速度
B第一次沿斜面向下减速到零的时间
位移
而这段时间A的位移
说明A与B发生第二次碰撞时B已经停止，A与B第二次碰后速度分别为和，由动量守恒
机械能守恒
解得
，
以此类推，后面每次碰撞都是B先停止，有
，
n次碰撞后B的位移
发现B的位移是一个公比的等比数列，斜面粗糙部分的长度计算B的总位移即可
斜面总长度
【知识点】功能关系；动量定理；碰撞模型
【解析】【分析】（1）木块由O点到A点做平抛运动，由运动的分解与合成求出落地时的竖直速度大小，根据动量定理求解传送带给物块的竖直冲量大小；
（2）根据动量定理求碰撞结束后小物块的水平速度，再由动学公式求出木块与传送带共速后达右端时与传送带之间的相对位移，从而求得摩擦生热的大小；
（3）由动力学规律分别求出AB第一、二……n次碰撞前的速度，由弹性碰撞的两个守恒求出碰撞后的速度，结合运动学公式求出位移，找到规律，从而得到结果。
（1）木块A做平抛运动，到达传送带时竖直分速度为，有
代入题中数据解得
取竖直向上为正方向，由动量定理
解得竖直方向冲量大小
（2）因为摩擦力
所以摩擦力冲量大小
规定向右为正方向，水平方向由动量定理
解得
A木块减速到零，时间
位移
传送带位移
摩擦发热
（3）A与B第一次碰前A速度设为，A在光滑斜面部分加速度
可知
A与B第一次碰后速度分别为和，由动量守恒
机械能守恒
解得，
碰后由于
故A恰好匀速运动，B沿斜面向下做匀减速运动，B的加速度
B第一次沿斜面向下减速到零的时间
位移
而这段时间A的位移
说明A与B发生第二次碰撞时B已经停止，A与B第二次碰后速度分别为和，由动量守恒
机械能守恒
解得，
以此类推，后面每次碰撞都是B先停止，有，
n次碰撞后B的位移
发现B的位移是一个公比的等比数列，斜面粗糙部分的长度计算B的总位移即可
斜面总长度
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