2025届湖南省一起考大联考高三下学期二模物理试题
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025·湖南模拟）在物理学发展过程中，很多伟大的物理学家对物理的发展都做出了杰出的贡献。关于物理学史，下列叙述与事实不相符合的是（ ）
A．普朗克提出能量量子化理论，并运用该理论对黑体辐射现象做出了理论解释
B．查德威克发现中子，为人类对原子能的利用奠定了基础
C．爱因斯坦发现了光电效应﹐并提出光电效应方程从理论上完美地解释了光电效应的实验现象
D．麦克斯韦电磁理论告诉我们变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场
【答案】C
【知识点】物理学史；原子的核式结构
【解析】【解答】A．能量量子化理论是普朗克提出的，并运用该理论对黑体辐射现象做出了理论解释，故A正确，不符合题意；
B．卢瑟福猜想存在中子，他的学生查德威克通过实验证实了这个猜想，故B正确，不符合题意；
C．光电效应现象是德国物理学家赫兹在1887年发现的，爱因斯坦提出了光电效应理论，很好的解释了光电效应实验中的各种现象，故C错误，符合题意；
D．麦克斯韦电磁理论告诉我们变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场，故D正确，不符合题意。
故选C。
【分析】1、普朗克在1900年提出能量量子化假说，成功解释了黑体辐射现象，这被视为量子力学的开端。
2、查德威克在1932年发现中子，这一发现对于理解原子核结构和实现核裂变都至关重要。
3、光电效应是由赫兹在1887年发现的，爱因斯坦在1905年提出光子说并给出了光电效应方程来解释这一现象。
4、麦克斯韦电磁理论告诉我们变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场，是麦克斯韦方程组的重要内容，也是电磁波存在的理论基础。
2．（2025·湖南模拟）汽车工程学中将加速度随时间的变化率称为急动度k，急动度k是评判乘客是否感到舒适的重要指标。如图所示为一辆汽车启动过程中的急动度k随时间t的变化的关系，已知t=0时刻汽车速度和加速度均为零。关于汽车在该过程中的运动，下列说法正确的是（ ）
A．0~3s汽车做匀加速直线运动 B．3~6s汽车做匀速直线运动
C．6s末汽车的加速度大小为零 D．9s末汽车的速度大小为18m/s
【答案】D
【知识点】加速度；图象法；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A．根据题意有
内急动度恒定，表明汽车的加速度均匀增大，即0~3s汽车做加速度增大的加速直线运动，故A错误；
B．结合上述有
可知，图像与时间轴所围结合图形的面积表示加速度的变化量，由于0时刻的加速度为0，该面积能够间接表示加速度大小，则末汽车的加速度大小为
即汽车的加速度保持不变，仍然为，则3~6s汽车做匀加速直线运动，故B错误；
C．结合上述可知6s末汽车的加速度大小为，故C错误；
D．结合上述可知，图像与时间轴所围结合图形的面积表示加速度的变化量，由于0时刻的加速度为0，该面积能够间接表示加速度大小，时间轴上侧面积表示加速度大小在增大，时间轴下侧面积表示加速度大小在减小，即汽车的加速度均匀减小直到末加速度变为零，由图像作出图像如图所示
根据
解得
图像与时间轴所围几何图形的面积表示速度的变化量，由于0时刻的速度为0，则该面积能够间接表示速度大小，则末汽车的速度大小
故D正确。
故选D。
【分析】1、 题目中已知加速度随时间的变化率称为急动度k ，即，结合图像分析各时间段汽车运动情况。
2、图像与时间轴所围结合图形的面积表示加速度的变化量，结合图像可计算6s末汽车的加速度大小，3、由图像作出图像，最后根据计算9s末汽车的速度大小。
3．（2025·湖南模拟）某科研团队利用摆长为L的单摆，分别在地球北极和赤道进行实验，测得在地球北极单摆的周期为T0，在赤道的周期为T1，将地球视作一个半径为R，质量分布均匀的球体，则地球自转角速度为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】单摆及其回复力与周期；万有引力定律
【解析】【解答】根据单摆周期公式
可得
由此可得在地球北极和赤道的重力加速度分别为
、
在赤道位置有
在北极位置有
其中为地球的质量，联立可以解得
故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】本题是利用摆长为L的单摆，分别在地球北极和赤道进行实验，测得在地球北极单摆的周期为T0，在赤道的周期为T1，求地球自转角速度。根据单摆周期公式，可得地球北极和赤道的重力加速度分别为、，在赤道位置有，在北极位置有，联立可求解地球自转角速度。
4．（2025·湖南模拟）水平面内有两个沿竖直方向振动的相干波源S1和S2（振动步调相同），发出的简谐横波在同一均匀介质中传播，其波源分别位于如图所示椭圆长轴端点位置，椭圆的半长轴为a=5m，半短轴为b=3m，如图所示建立xOy坐标系。已知波源频率f=2Hz，简谐波在介质中传播速度大小为8m/s，则下列说法正确的是（ ）
A．该简谐波在介质中的波长是16m
B．在波源S1和S2的连线上（不包含S1、S2位置），振动加强的位置一共有3个
C．在椭圆上振动加强的位置一共有10个
D．位于y轴上的所有质点均是振动减弱点
【答案】C
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A．简谐波的周期为
简谐波的波长
故A错误；
B．振动加强要求波程的差值为半波长的偶数倍，计算可知在连线上距离波源为、、、、位置的质点振动均加强，一共有5个位置，故B错误；
C．由于连线上一共有5个位置振动加强，因此椭圆上、下半椭圆上均有5个振动加强的位置，椭圆上一共有10个位置振动加强，故C正确；
D．位于轴上的所有质点到两波源的距离相等，波程差为0，因此均是振动加强的质点，故D错误。
故选C。
【分析】1、题目已知波源频率，简谐波在介质中传播速度，根据频率可计算周期，根据计算波长。
2、根据振动加强条件：波程的差值为半波长的偶数倍，可得出在波源S1和S2的连线上（不包含S1、S2位置），振动加强的位置一共有5个，椭圆上、下半椭圆上均有5个振动加强的位置，椭圆上一共有10个位置振动加强。
3、位于轴上的所有质点到两波源的距离相等，波程差为0，因此均是振动加强的质点。
5．（2025·湖南模拟）如图甲所示是某小型电站远距离输电示意图。发电站发电机组输出总功率恒定为P0、峰值电压为U0的正弦交流电（如图乙所示），经过理想的升压变压器（n1≤n2）和降压变压器（n3>n4）后，将电能输送给用户。已知输电线上的总电阻为R，则用户端负载的总阻值为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】设用户端负载的总阻值为，则降压变压器和用户端的总的等效电阻值为
继续利用等效原理可知升压变压器和输电线的总的等效电阻值为
交变电流的电压有效值为
根据
可得
解得
故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】考查电站远距离输电问题，本题采用理想变压器中等效电阻的方法解答，降压变压器和用户端的总的等效电阻值为，升压变压器和输电线的总的等效电阻值为，根据，，联立可求解用户端负载的总阻值。
6．（2025·湖南模拟）威尔逊云室是最早的带电粒子探测器。其原理是在云室内充入过饱和酒精蒸汽，当带电粒子经过云室时，带电粒子成为过饱和蒸汽的凝结核心，围绕带电粒子将生成微小的液滴，于是在带电粒子经过的路径上就会出现一条白色的雾迹，从而显示带电粒子的运行路径。在云室中带电粒子受到云室内饱和蒸汽对其的阻力，阻力大小与带电粒子运动的速度大小成正比。在不加磁场的情况下，一速度大小为v0，质量为m，电荷量为q的带电粒子在云室中沿直线通过s的路程后停止运动。现加入一个与粒子速度方向垂直、大小为B的匀强磁场，则带电粒子入射位置到停止运动时的位置之间的距离为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】动量定理；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】无磁场时，带电粒子做直线运动，受到的阻力假设为
根据动量定理可知
由此可得
当有磁场时，以粒子初速度方向为轴、入射点位置为坐标原点建立坐标系，设带电粒子为正电荷，磁场方向垂直坐标平面向内，则沿轴方向由动量定理可知
沿方向由动量定理可知
由此两方程可以求解得到带电粒子停止运动时的位置坐标为
，
最终可以得到粒子入射位置到停止运动时位置的距离大小为
故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】分两种情况分别列等式。
1、无磁场时，带电粒子做直线运动，根据动量定理可知，阻力为。
2、当有磁场时沿轴方向由动量定理可知，沿方向由动量定理可知，由此两方程可以求解得到带电粒子停止运动时的位置，最终可以得到粒子入射位置到停止运动时位置的距离大小。
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．（2025·湖南模拟）如图所示给出了一定量的理想气体经过一系列变化过程A→B→C→D→A最终回到初始状态的p—V图像，其中A→B、C→D的变化过程为等温变化过程，B→C、D→A的变化过程为等容变化过程，则下列说法正确的是（ ）
A．A→B的过程理想气体从外界吸收热量对外做功，且吸收的热量等于理想气体对外做的功
B．B→C的过程理想气体从外界吸收热量，理想气体的内能增大
C．C→D的过程外界对理想气体做功，理想气体向外界放热
D．D→A的过程理想气体从外界吸热，理想气体的内能减小
【答案】A,C
【知识点】热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A．A→B过程是一个等温变化过程，理想气体的内能不变，体积增大，则气体膨胀对外做功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，由于内能不变，则吸收的热量等于理想气体对外做的功，故A正确；
B．B→C过程是一个等容变化过程，根据查理定律可知，压强减小，温度降低，理想气体的内能减小，由于体积不变，则气体与外界不做功，根据热力学第一定律可知，气体向外界释放热量，故B错误；
C．C→D过程是一个等温变化过程，理想气体内能不变，体积减小，外界对理想气体做功，根据热力学第一定律可知，理想气体向外界放热，故C正确；
D．D→A过程是一个等容变化过程，根据查理定律可知，压强增大，温度升高，气体内能增大，由于体积不变，则气体与外界不做功，根据热力学第一定律可知，理想气体从外界吸热，故D错误。
选AC。
【分析】题目给出了一定量的理想气体经过一系列变化过程A→B→C→D→A最终回到初始状态的p—V图像，根据图像分析各个过程温度体积压强变化情况，对于一定量的理想气体，温度变化决定内能变化，根据体积变化计算做功，再根据热力学第一定律判断气体吸热还是放热。
8．（2025·湖南模拟）如图所示，将一可视作质点、质量为m的小球从倾角为的斜面底端斜抛，小球恰好在运动轨迹的最高点位置通过斜面顶端。已知斜面高为h、斜面底边水平长度为L。重力加速度为g，不考虑空气阻力。设小球的初速度大小为v0，小球初速度方向与水平方向的夹角为α，则下列说法正确的是（ ）
A．小球初速度方向与水平方向夹角的正切值为
B．小球从抛出到通过斜面最高点所经历的时间为
C．小球的初速度大小为
D．整个运动过程重力的平均功率为
【答案】B,C
【知识点】平抛运动；斜抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】A.由题意可知小球恰好在运动轨迹的最高点位置通过斜面顶端，那么小球通过斜面顶端时的速度方向是水平的，由此可以将该运动视作一个反向的平抛运动。根据平抛运动的运动规律可知任意时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的两倍，由此可
可得小球初速度方向与水平方向夹角的正切值也为
故A错误；
B.由逆向思维可知，小球竖直方向做自由落体，根据
可得运动时间为
故B正确；
C.小球斜抛水平方向的初速度为，也是小球通过斜面顶端的速度大小，根据动能定理
由此可得
故C正确；
D.整个运动过程中重力的平均功率为
故D错误。
故选BC。
【分析】1、将该运动视作一个反向的平抛运动。根据平抛运动的运动规律可知任意时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的两倍。
2、根据平抛运动的运动规律可知，小球竖直方向做自由落体，根据可得运动时间。
3、根据动能定理，可求解小球的初速度大小。
4、根据，可求解整个运动过程中重力的平均功率。
9．（2025·湖南模拟）如图所示，一根轻质直杆一端固定在O位置，直杆可绕О位置在竖直面内旋转，用一根长度为2L且不可伸长的轻质细绳穿过质量为m的圆环，细绳的两端分别固定连接在杆上O位置和A位置，OA=L。忽略一切摩擦阻力。现将轻杆从如图所示水平位置绕O点逆时针缓慢旋转直到轻杆竖直，下列说法正确的是（ ）
A．杆处于水平位置时，轻绳的拉力大小为
B．当轻绳的拉力大小为时，轻杆与水平方向夹角为60°
C．当轻杆与水平方向夹角为45°时，轻绳的拉力大小为
D．在转动过程中，轻绳的拉力先减小后增大
【答案】A,C
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．杆处于水平位置时，令轻绳与竖直方向夹角为，对圆环、圆环与轻绳的接触点进行分析，根据平衡条件有
根据几何关系有
解得
故A正确；
B．令轻杆从水平方向逆时针转过的角度为，此时轻绳与竖直方向的夹角为，根据几何性质有
对圆环、圆环与轻绳的接触点进行分析，根据平衡条件有
解得
当时，代入上式解得
故B错误；
C．结合上述，当时，代入上式解得
故C正确；
D．结合上述有
可知，随着逐渐增大，的值逐渐减小，故D错误。
故选AC。
【分析】本题是共点力的动态平衡问题。
1、杆处于水平位置时，对圆环、圆环与轻绳的接触点进行分析，根据平衡条件列等式，结合几何关系，可得出轻绳的拉力大小。
2、令轻杆从水平方向逆时针转过的角度，根据几何性质和平衡条件列等式得出轻绳的拉力大小的表达式，把拉力大小代入可求解轻杆与水平方向夹角。
3、根据拉力表达式利用解析法分析在转动过程中，轻绳的拉力一直减小。
10．（2025·湖南模拟）如图所示，空间中存在匀强电场，电场强度的大小和方向均未知。为空间内的一个边长为10cm的正方体，已知、、、，则下列说法正确的是（ ）
A．正方体体心O（图中未画出）的电势为
B．面面心（图中未画出）的电势为
C．将一个电荷量大小为e的电子从点沿棱移动到C点，电场力做功为-12eV
D．该匀强电场电场强度的大小为
【答案】A,C,D
【知识点】电势；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．匀强电场中平行等间距两条线段之间的电势差相等，则有
解得
故A正确；
B．匀强电场中平行等间距两条线段之间的电势差相等，则有
解得
故错误；
C．匀强电场中平行等间距两条线段之间的电势差相等，则有
解得
则点与C点之间的电势差
则电场力做功为
故C正确；
D．设的中点为，匀强电场中平行等间距两条线段之间的电势差相等，则有
解得
结合上述有
可知面是该匀强电场的一个等势面，电势为，作出该等势面，如图所示
利用数学知识可知点到的距离DG长度，令其为x，则有
，
其中，，，解得
则电场强度的大小为
故D正确。
故选ACD。
【分析】空间中存在匀强电场中已知三个点的电势，求其他点电势以及匀强电场大小。
1、匀强电场中平行等间距两条线段之间的电势差相等，可求其他点电势。
2、找两个电势相等的点，连线为等势线，作垂线为电场线，利用电势差于 电场强度之间关系计算电场强度大小。
三、填空题：本题共2小题，第11题8分，第12题8分，共16分。
11．（2025·湖南模拟）为测定两节干电池的电动势和内阻，实验室准备了下列器材：
A.待测的干电池，每节电池的电动势约为1.5V，内阻均小于0.1Ω
B.电流表A1，量程0~3mA，内阻Rg1=10Ω
C.电流表A2，量程0～0.6A，内阻Rg2=0.1Ω
D.滑动变阻器R1（0~20Ω，10A）
E.定值电阻R0=990Ω
F.开关和导线若干
（1）某同学发现上述器材中没有电压表，但给出了两个电流表，于是它设计了如图（a），（b）所示两个参考电路图，其中合理的是图 。
（2）该同学从图中选出合理的实验电路后进行实验，利用测出的数据绘制出I1-I2图线（I1为电流表A1的示数﹐I2为电流表A2的示数。在初步分析电路时，R0所在支路的电流可忽略），如图（c）所示，已知图像的斜率大小为k，纵截距为b，则一节干电池的电动势E= ，一节干电池的内阻r= （用题中所给的各物理量符号表示）。
（3）若考虑R0所在支路的电流，则可利用I1-I2图像（c）中斜率大小k，纵截距b计算得到内阻的真实值r0以及电动势的真实值E0﹐相较第（2）小问中内阻的测量值r， （用k，b表示）。
【答案】（1）（b）
（2）；
（3）
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）实验电路图中缺少电压表，需要用电流表改量程的电压表，可知应将电流表与定值电阻串联，改装成的电压表量程为
因此实验电路图选择图（b）。
（2）根据实验电路图，在不考虑所在支路电流时，电路图方程为
由此可得
因此
可以解得
（3）若考虑所在支路的电流，电路图方程为
化简后可得
其中
由此可得
因此
【分析】考查测定两节干电池的电动势和内阻的实验。
（1）实验电路图中缺少电压表，需要用电流表改装成电压表。
（2）在不考虑所在支路电流时，根据实验电路图，推导出函数关系式，利用函数的斜率和纵截距得出电动势和电源内阻。
（3）若考虑所在支路的电流，根据实验电路图，推导出函数关系式，利用函数的斜率和纵截距得出电源内阻，然后求解两次内阻比值。
（1）实验电路图中缺少电压表，需要用电流表改量程的电压表，可知应将电流表与定值电阻串联，改装成的电压表量程为
因此实验电路图选择图（b）。
（2）[1][2]根据实验电路图，在不考虑所在支路电流时，电路图方程为
由此可得
因此
可以解得
（3）若考虑所在支路的电流，电路图方程为
化简后可得
其中
由此可得
因此
12．（2025·湖南模拟）利用如图甲所示的圆锥摆装置验证向心力表达式，步骤如下：
（1）用天平测出密度较大的小球的质量为m，如图乙所示用20分度的游标卡尺测出小球的直径D= cm。小球静止时，用刻度尺测量此时悬挂点与小球上端之间的竖直距离为L。
（2）在白纸上画几个不同半径的同心圆，用刻度尺测量各个圆的半径。将白纸平铺在水平桌面上，使同心圆的圆心刚好位于 。让小球做圆锥摆运动，俯视观察小球，其在水平面上沿着白纸上某个半径为r的圆做圆周运动，当运动稳定时，用秒表测量小球运动10圈所用的时间t。
（3）用向心力表达式推导出Fn= （用m、t、r和圆周率表示）；通过受力分析，推导出小球做圆周运动时所受合力F= （用m、r、D、L和重力加速度g表示）。将记录的数据代入到上述两个表达式中进行计算。
（4）改变绳长，重复（2）、（3）实验步骤，记录多组数据。
（5）比较每一组数据计算出的Fn和F的大小，在误差允许的范围内近似相等。由此向心力的表达式得到验证。
【答案】1.575；静止的小球球心正下方；；
【知识点】匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】（1）游标卡尺的读数为
（2）将白纸平铺在水平桌面上，使同心圆的圆心刚好位于静止的小球球心的正下方。
（3）根据向心力周期公式以及圆锥摆周期公式可得
小球做圆周运动时，设悬线与竖直方向的夹角为，根据受力分析可知
由几何关系可知
【分析】考查利用圆锥摆装置验证向心力表达式的实验。
（1）游标卡尺的读数方法：读主尺刻度：1、看游标尺“0刻度线”左侧主尺的整毫米数（主尺读数）。2、读游标尺刻度：找到游标尺上与主尺对齐的刻度线（第n条），则小数部分为 ×0.05mm（20分度游标精度为0.05 mm）。3、相加得结果：总读数 = 主尺读数 + 游标尺读数（注意单位统一为毫米）
（2）将白纸平铺在水平桌面上，使同心圆的圆心刚好位于静止的小球球心的正下方。
（3）根据向心力周期公式以及圆锥摆周期公式，小球做圆周运动时，根据受力分析，联立可得小球做圆周运动时所受合力。
四、计算题：本题共3小题，其中第13题10分，第14题14分，第15题16分，共40分，写出必要的推理过程，仅有结果不得分。
13．（2025·湖南模拟）2009年诺贝尔物理学奖授予物理学家高鲲，以表彰他在“有关光在纤维中的传输以用于光学通信方面”所做出的突破性成就。如图所示是光导纤维的截面图，其折射率为，一激光光束沿与OO'成角度的方向从О点射入，经折射后激光束进入光纤恰好可以在光纤内表面上发生全反射。已知光在真空中的传播速度为c=3.0×108m/s。
（1）求角度的大小；
（2）若光纤的总长度为12km，求激光光束在光纤中传播的时间。
【答案】（1）解：光路图如图所示
依据题意，激光束经过折射后进入光纤，传播到光纤内表面时恰好发生全反射，此时激光束与法线的夹角恰好为临界角，由几何关系可知
根据折射定律可知
又因为
由此可得
（2）解：激光束在光纤中的传播速度为
以及的距离为
如此可得总时间为
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）根据题意画光路图
传播到光纤内表面时恰好发生全反射，由几何关系可知，根据折射定律列等式，联立可计算角度的大小。
（2）激光束在光纤中的传播速度为，根据几何关系得出以及的距离，根据总时间等于路程除以传播速度计算激光光束在光纤中传播的时间。
（1）光路图如图所示
依据题意，激光束经过折射后进入光纤，传播到光纤内表面时恰好发生全反射，此时激光束与法线的夹角恰好为临界角，由几何关系可知
根据折射定律可知
又因为
由此可得
（2）激光束在光纤中的传播速度为
以及的距离为
如此可得总时间为
14．（2025·湖南模拟）如图所示，在工轴原点О位置有一粒子源，可以释放出初速度为零的带正电的粒子，粒子的质量为m，电荷量为q。释放后的粒子受到半圆形区域I中电场的作用，区域内各点的电场方向始终沿径向指向半圆形区域I边缘﹐电场强度的大小恒定为，半圆形区域Ⅰ的半径为r。随后带电粒子进入垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅱ﹐磁场区域Ⅱ是一个以O'为圆心，半径为2r的圆形区域，与半圆形区域Ⅰ重叠部分没有磁场，O'点在О点正上方，O'O=，磁感应强度的大小为。在x=3r的位置有一块竖直放置的屏幕，带电粒子运动至屏幕后被屏幕吸收。
（1）求带电粒子由电场中进入磁场时的速度大小以及带电粒子在磁场区域中做圆周运动的半径；
（2）一带电粒子离开电场时的速度方向与x轴负方向的夹角为60°，求该带电粒子离开磁场区域时的速度方向以及与x轴之间的竖直距离；
（3）求第（2）问中的带电粒子运动的总时间。
【答案】（1）解：带电粒子从位置静止出发经过辐射状电场后沿径向做匀加速直线运动进入磁场区域，因此有
进入磁场区域，洛伦兹力充当向心力，因此有
（2）解：如图所示为带电粒子的运动轨迹
由题意可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径也为
圆心在位置，，因此可知
，
由此可知是一个平行四边形，平行于，由此可知带电粒子出射时的方向是水平的。由于与轴负方向的夹角为，且
因此可知与轴正方向的夹角为，因此带电粒子从磁场出射时的位置到轴的竖直距离为
（3）解：带电粒子在辐射状电场中做匀加速直线运动，离开电场经过点时的速度大小为，因此带电粒子在辐射状电场中运动的时间为
然后进入磁场区域，带电粒子在磁场中运动的周期为
在磁场区域中转过的圆弧所对圆心角为，由此可知在磁场中运动的时间为
出磁场后，带电粒子做匀速直线运动，速度大小为，水平运动的距离为
由此可知水平运动的时间为
最终带电粒子运动的总时间为
【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】【分析】（1）带电粒子从位置静止出发经过辐射状电场后沿径向做匀加速直线运动进入磁场区域，在电场中有，可计算进入磁场区域速度，进入磁场区域，洛伦兹力充当向心力列等式：可求解带电粒子在磁场区域中做圆周运动的半径。
（2）首先画带电粒子的运动轨迹
根据几何关系得出，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径也为
圆心在位置，，因此可知，
由此可知是一个平行四边形，平行于，由此可知带电粒子出射时的方向是水平的。由于与轴负方向的夹角为，且，与轴正方向的夹角为，带电粒子从磁场出射时的位置到轴的竖直距离为。
（3）首先求带电粒子在辐射状电场中运动的时间，然后求解进入磁场区域，带电粒子在磁场中运动的时间为，再求解出磁场后，带电粒子做匀速直线运动水平运动的时间为，最终带电粒子运动的总时间为。
（1）带电粒子从位置静止出发经过辐射状电场后沿径向做匀加速直线运动进入磁场区域，因此有
进入磁场区域，洛伦兹力充当向心力，因此有
（2）如图所示为带电粒子的运动轨迹
由题意可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径也为
圆心在位置，，因此可知，
由此可知是一个平行四边形，平行于，由此可知带电粒子出射时的方向是水平的。由于与轴负方向的夹角为，且
因此可知与轴正方向的夹角为，因此带电粒子从磁场出射时的位置到轴的竖直距离为
（3）带电粒子在辐射状电场中做匀加速直线运动，离开电场经过点时的速度大小为，因此带电粒子在辐射状电场中运动的时间为
然后进入磁场区域，带电粒子在磁场中运动的周期为
在磁场区域中转过的圆弧所对圆心角为，由此可知在磁场中运动的时间为
出磁场后，带电粒子做匀速直线运动，速度大小为，水平运动的距离为
由此可知水平运动的时间为
最终带电粒子运动的总时间为
15．（2025·湖南模拟）如图所示，一长度为L、质量为M的箱子倒扣在水平地面上，箱子与地面之间的摩擦阻力可以忽略不计，初始时刻，箱子静止不动。将一质量为m（可视作质点）的小物块紧靠在箱子的左端，小物块的初速度大小为v0，方向水平向右，物块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。物块与箱子之间的碰撞均为弹性碰撞，求：
（1）求物块与箱子发生第一次碰撞前的速度大小以及碰撞后物块、箱子的速度大小。
（2）若物块与箱子的质量相等，物块的初速度大小为，求物块运动的总时间、箱子运动的总位移大小以及物块最终静止时距离箱子左端的距离大小。
（3）若物块与箱子的质量相等，为使物块最终静止时相对于箱子位于箱子中间位置，则物块的初速度大小v0需满足什么条件。
【答案】（1）解：根据题意可知物块运动时的加速度为
由运动学公式可得物块与箱子第一次碰撞前的速度大小为
由于碰撞是弹性碰撞，因此满足动量守恒定律和能量守恒定律，即有
其中为物块第一次碰撞箱子后箱子的速度。由上述两式方程可以解得物块与箱子第一次碰撞后物块的速度和箱子的速度分别为
（2）解：由题意可知若，则每次物块与箱子发生碰撞后，速度发生交换。物块撞击箱子后物块停止运动，箱子以木块碰撞前的速度向前做匀速直线运动。箱子撞击物块后箱子停止运动，物块以箱子碰撞前的速度继续向前做匀减速直线运动。整体而言，物块一直在做匀减速直线运动直到静止，由
，
得物块运动的总时间为
设物块第次碰撞箱子的速度为，由分析可得
之后箱子再次撞击物块，当时物块不能再次撞击箱子，根据题意，代入上式可以解得，即
物块每撞击箱子一次，箱子通过的位移为，因此箱子的总位移为
物块第6次撞击箱子时的速度大小为
此后箱子以该速度向前匀速运动后撞击物块，物块再以该速度向前运动直到停止运动，此时物块会向前运动
此
即物块最终静止时距离箱子左端的距离。
（3）解：为使得物块最终静止在箱子的中间位置要求，由知
解析
由此可得
可以解得
【知识点】碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）物块运动时的加速度为由运动学公式可得物块与箱子第一次碰撞前的速度大小，由于碰撞是弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律列等式，根据两式方程可以解得物块与箱子第一次碰撞后物块的速度和箱子的速度。
（2）质量相等，每次物块与箱子发生碰撞后，速度发生交换。物块撞击箱子后物块停止运动，箱子以木块碰撞前的速度向前做匀速直线运动。箱子撞击物块后箱子停止运动，物块以箱子碰撞前的速度继续向前做匀减速直线运动。整体而言，物块一直在做匀减速直线运动直到静止，根据速度公式和牛顿第二定律，可得物块运动的总时间。由分析可得物块第次碰撞箱子的速度
，之后箱子再次撞击物块，当时物块不能再次撞击箱子，根据题意可以解得，即，物块每撞击箱子一次，箱子通过的位移为，因此箱子的总位移为，物块第6次撞击箱子时的速度大小为
此后箱子以该速度向前匀速运动后撞击物块，物块再以该速度向前运动直到停止运动，此时物块会向前运动即物块最终静止时距离箱子左端的距离。
（3）为使得物块最终静止在箱子的中间位置要求，由的结论推出，可求解物块的初速度大小v0需满足的条件。
（1）根据题意可知物块运动时的加速度为
由运动学公式可得物块与箱子第一次碰撞前的速度大小为
由于碰撞是弹性碰撞，因此满足动量守恒定律和能量守恒定律，即有
其中为物块第一次碰撞箱子后箱子的速度。
由上述两式方程可以解得物块与箱子第一次碰撞后物块的速度和箱子的速度分别为
（2）由题意可知若，则每次物块与箱子发生碰撞后，速度发生交换。物块撞击箱子后物块停止运动，箱子以木块碰撞前的速度向前做匀速直线运动。箱子撞击物块后箱子停止运动，物块以箱子碰撞前的速度继续向前做匀减速直线运动。整体而言，物块一直在做匀减速直线运动直到静止，由，，得物块运动的总时间为
设物块第次碰撞箱子的速度为，由分析可得
，之后箱子再次撞击物块，当时物块不能再次撞击箱子，根据题意，代入上式可以解得，即
物块每撞击箱子一次，箱子通过的位移为，因此箱子的总位移为
物块第6次撞击箱子时的速度大小为
此后箱子以该速度向前匀速运动后撞击物块，物块再以该速度向前运动直到停止运动，此时物块会向前运动，此即物块最终静止时距离箱子左端的距离。
（3）为使得物块最终静止在箱子的中间位置要求，由知
由此可得，可以解得
1 / 12025届湖南省一起考大联考高三下学期二模物理试题
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025·湖南模拟）在物理学发展过程中，很多伟大的物理学家对物理的发展都做出了杰出的贡献。关于物理学史，下列叙述与事实不相符合的是（ ）
A．普朗克提出能量量子化理论，并运用该理论对黑体辐射现象做出了理论解释
B．查德威克发现中子，为人类对原子能的利用奠定了基础
C．爱因斯坦发现了光电效应﹐并提出光电效应方程从理论上完美地解释了光电效应的实验现象
D．麦克斯韦电磁理论告诉我们变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场
2．（2025·湖南模拟）汽车工程学中将加速度随时间的变化率称为急动度k，急动度k是评判乘客是否感到舒适的重要指标。如图所示为一辆汽车启动过程中的急动度k随时间t的变化的关系，已知t=0时刻汽车速度和加速度均为零。关于汽车在该过程中的运动，下列说法正确的是（ ）
A．0~3s汽车做匀加速直线运动 B．3~6s汽车做匀速直线运动
C．6s末汽车的加速度大小为零 D．9s末汽车的速度大小为18m/s
3．（2025·湖南模拟）某科研团队利用摆长为L的单摆，分别在地球北极和赤道进行实验，测得在地球北极单摆的周期为T0，在赤道的周期为T1，将地球视作一个半径为R，质量分布均匀的球体，则地球自转角速度为（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025·湖南模拟）水平面内有两个沿竖直方向振动的相干波源S1和S2（振动步调相同），发出的简谐横波在同一均匀介质中传播，其波源分别位于如图所示椭圆长轴端点位置，椭圆的半长轴为a=5m，半短轴为b=3m，如图所示建立xOy坐标系。已知波源频率f=2Hz，简谐波在介质中传播速度大小为8m/s，则下列说法正确的是（ ）
A．该简谐波在介质中的波长是16m
B．在波源S1和S2的连线上（不包含S1、S2位置），振动加强的位置一共有3个
C．在椭圆上振动加强的位置一共有10个
D．位于y轴上的所有质点均是振动减弱点
5．（2025·湖南模拟）如图甲所示是某小型电站远距离输电示意图。发电站发电机组输出总功率恒定为P0、峰值电压为U0的正弦交流电（如图乙所示），经过理想的升压变压器（n1≤n2）和降压变压器（n3>n4）后，将电能输送给用户。已知输电线上的总电阻为R，则用户端负载的总阻值为（ ）
A． B．
C． D．
6．（2025·湖南模拟）威尔逊云室是最早的带电粒子探测器。其原理是在云室内充入过饱和酒精蒸汽，当带电粒子经过云室时，带电粒子成为过饱和蒸汽的凝结核心，围绕带电粒子将生成微小的液滴，于是在带电粒子经过的路径上就会出现一条白色的雾迹，从而显示带电粒子的运行路径。在云室中带电粒子受到云室内饱和蒸汽对其的阻力，阻力大小与带电粒子运动的速度大小成正比。在不加磁场的情况下，一速度大小为v0，质量为m，电荷量为q的带电粒子在云室中沿直线通过s的路程后停止运动。现加入一个与粒子速度方向垂直、大小为B的匀强磁场，则带电粒子入射位置到停止运动时的位置之间的距离为（ ）
A． B．
C． D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．（2025·湖南模拟）如图所示给出了一定量的理想气体经过一系列变化过程A→B→C→D→A最终回到初始状态的p—V图像，其中A→B、C→D的变化过程为等温变化过程，B→C、D→A的变化过程为等容变化过程，则下列说法正确的是（ ）
A．A→B的过程理想气体从外界吸收热量对外做功，且吸收的热量等于理想气体对外做的功
B．B→C的过程理想气体从外界吸收热量，理想气体的内能增大
C．C→D的过程外界对理想气体做功，理想气体向外界放热
D．D→A的过程理想气体从外界吸热，理想气体的内能减小
8．（2025·湖南模拟）如图所示，将一可视作质点、质量为m的小球从倾角为的斜面底端斜抛，小球恰好在运动轨迹的最高点位置通过斜面顶端。已知斜面高为h、斜面底边水平长度为L。重力加速度为g，不考虑空气阻力。设小球的初速度大小为v0，小球初速度方向与水平方向的夹角为α，则下列说法正确的是（ ）
A．小球初速度方向与水平方向夹角的正切值为
B．小球从抛出到通过斜面最高点所经历的时间为
C．小球的初速度大小为
D．整个运动过程重力的平均功率为
9．（2025·湖南模拟）如图所示，一根轻质直杆一端固定在O位置，直杆可绕О位置在竖直面内旋转，用一根长度为2L且不可伸长的轻质细绳穿过质量为m的圆环，细绳的两端分别固定连接在杆上O位置和A位置，OA=L。忽略一切摩擦阻力。现将轻杆从如图所示水平位置绕O点逆时针缓慢旋转直到轻杆竖直，下列说法正确的是（ ）
A．杆处于水平位置时，轻绳的拉力大小为
B．当轻绳的拉力大小为时，轻杆与水平方向夹角为60°
C．当轻杆与水平方向夹角为45°时，轻绳的拉力大小为
D．在转动过程中，轻绳的拉力先减小后增大
10．（2025·湖南模拟）如图所示，空间中存在匀强电场，电场强度的大小和方向均未知。为空间内的一个边长为10cm的正方体，已知、、、，则下列说法正确的是（ ）
A．正方体体心O（图中未画出）的电势为
B．面面心（图中未画出）的电势为
C．将一个电荷量大小为e的电子从点沿棱移动到C点，电场力做功为-12eV
D．该匀强电场电场强度的大小为
三、填空题：本题共2小题，第11题8分，第12题8分，共16分。
11．（2025·湖南模拟）为测定两节干电池的电动势和内阻，实验室准备了下列器材：
A.待测的干电池，每节电池的电动势约为1.5V，内阻均小于0.1Ω
B.电流表A1，量程0~3mA，内阻Rg1=10Ω
C.电流表A2，量程0～0.6A，内阻Rg2=0.1Ω
D.滑动变阻器R1（0~20Ω，10A）
E.定值电阻R0=990Ω
F.开关和导线若干
（1）某同学发现上述器材中没有电压表，但给出了两个电流表，于是它设计了如图（a），（b）所示两个参考电路图，其中合理的是图 。
（2）该同学从图中选出合理的实验电路后进行实验，利用测出的数据绘制出I1-I2图线（I1为电流表A1的示数﹐I2为电流表A2的示数。在初步分析电路时，R0所在支路的电流可忽略），如图（c）所示，已知图像的斜率大小为k，纵截距为b，则一节干电池的电动势E= ，一节干电池的内阻r= （用题中所给的各物理量符号表示）。
（3）若考虑R0所在支路的电流，则可利用I1-I2图像（c）中斜率大小k，纵截距b计算得到内阻的真实值r0以及电动势的真实值E0﹐相较第（2）小问中内阻的测量值r， （用k，b表示）。
12．（2025·湖南模拟）利用如图甲所示的圆锥摆装置验证向心力表达式，步骤如下：
（1）用天平测出密度较大的小球的质量为m，如图乙所示用20分度的游标卡尺测出小球的直径D= cm。小球静止时，用刻度尺测量此时悬挂点与小球上端之间的竖直距离为L。
（2）在白纸上画几个不同半径的同心圆，用刻度尺测量各个圆的半径。将白纸平铺在水平桌面上，使同心圆的圆心刚好位于 。让小球做圆锥摆运动，俯视观察小球，其在水平面上沿着白纸上某个半径为r的圆做圆周运动，当运动稳定时，用秒表测量小球运动10圈所用的时间t。
（3）用向心力表达式推导出Fn= （用m、t、r和圆周率表示）；通过受力分析，推导出小球做圆周运动时所受合力F= （用m、r、D、L和重力加速度g表示）。将记录的数据代入到上述两个表达式中进行计算。
（4）改变绳长，重复（2）、（3）实验步骤，记录多组数据。
（5）比较每一组数据计算出的Fn和F的大小，在误差允许的范围内近似相等。由此向心力的表达式得到验证。
四、计算题：本题共3小题，其中第13题10分，第14题14分，第15题16分，共40分，写出必要的推理过程，仅有结果不得分。
13．（2025·湖南模拟）2009年诺贝尔物理学奖授予物理学家高鲲，以表彰他在“有关光在纤维中的传输以用于光学通信方面”所做出的突破性成就。如图所示是光导纤维的截面图，其折射率为，一激光光束沿与OO'成角度的方向从О点射入，经折射后激光束进入光纤恰好可以在光纤内表面上发生全反射。已知光在真空中的传播速度为c=3.0×108m/s。
（1）求角度的大小；
（2）若光纤的总长度为12km，求激光光束在光纤中传播的时间。
14．（2025·湖南模拟）如图所示，在工轴原点О位置有一粒子源，可以释放出初速度为零的带正电的粒子，粒子的质量为m，电荷量为q。释放后的粒子受到半圆形区域I中电场的作用，区域内各点的电场方向始终沿径向指向半圆形区域I边缘﹐电场强度的大小恒定为，半圆形区域Ⅰ的半径为r。随后带电粒子进入垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅱ﹐磁场区域Ⅱ是一个以O'为圆心，半径为2r的圆形区域，与半圆形区域Ⅰ重叠部分没有磁场，O'点在О点正上方，O'O=，磁感应强度的大小为。在x=3r的位置有一块竖直放置的屏幕，带电粒子运动至屏幕后被屏幕吸收。
（1）求带电粒子由电场中进入磁场时的速度大小以及带电粒子在磁场区域中做圆周运动的半径；
（2）一带电粒子离开电场时的速度方向与x轴负方向的夹角为60°，求该带电粒子离开磁场区域时的速度方向以及与x轴之间的竖直距离；
（3）求第（2）问中的带电粒子运动的总时间。
15．（2025·湖南模拟）如图所示，一长度为L、质量为M的箱子倒扣在水平地面上，箱子与地面之间的摩擦阻力可以忽略不计，初始时刻，箱子静止不动。将一质量为m（可视作质点）的小物块紧靠在箱子的左端，小物块的初速度大小为v0，方向水平向右，物块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。物块与箱子之间的碰撞均为弹性碰撞，求：
（1）求物块与箱子发生第一次碰撞前的速度大小以及碰撞后物块、箱子的速度大小。
（2）若物块与箱子的质量相等，物块的初速度大小为，求物块运动的总时间、箱子运动的总位移大小以及物块最终静止时距离箱子左端的距离大小。
（3）若物块与箱子的质量相等，为使物块最终静止时相对于箱子位于箱子中间位置，则物块的初速度大小v0需满足什么条件。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物理学史；原子的核式结构
【解析】【解答】A．能量量子化理论是普朗克提出的，并运用该理论对黑体辐射现象做出了理论解释，故A正确，不符合题意；
B．卢瑟福猜想存在中子，他的学生查德威克通过实验证实了这个猜想，故B正确，不符合题意；
C．光电效应现象是德国物理学家赫兹在1887年发现的，爱因斯坦提出了光电效应理论，很好的解释了光电效应实验中的各种现象，故C错误，符合题意；
D．麦克斯韦电磁理论告诉我们变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场，故D正确，不符合题意。
故选C。
【分析】1、普朗克在1900年提出能量量子化假说，成功解释了黑体辐射现象，这被视为量子力学的开端。
2、查德威克在1932年发现中子，这一发现对于理解原子核结构和实现核裂变都至关重要。
3、光电效应是由赫兹在1887年发现的，爱因斯坦在1905年提出光子说并给出了光电效应方程来解释这一现象。
4、麦克斯韦电磁理论告诉我们变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场，是麦克斯韦方程组的重要内容，也是电磁波存在的理论基础。
2．【答案】D
【知识点】加速度；图象法；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A．根据题意有
内急动度恒定，表明汽车的加速度均匀增大，即0~3s汽车做加速度增大的加速直线运动，故A错误；
B．结合上述有
可知，图像与时间轴所围结合图形的面积表示加速度的变化量，由于0时刻的加速度为0，该面积能够间接表示加速度大小，则末汽车的加速度大小为
即汽车的加速度保持不变，仍然为，则3~6s汽车做匀加速直线运动，故B错误；
C．结合上述可知6s末汽车的加速度大小为，故C错误；
D．结合上述可知，图像与时间轴所围结合图形的面积表示加速度的变化量，由于0时刻的加速度为0，该面积能够间接表示加速度大小，时间轴上侧面积表示加速度大小在增大，时间轴下侧面积表示加速度大小在减小，即汽车的加速度均匀减小直到末加速度变为零，由图像作出图像如图所示
根据
解得
图像与时间轴所围几何图形的面积表示速度的变化量，由于0时刻的速度为0，则该面积能够间接表示速度大小，则末汽车的速度大小
故D正确。
故选D。
【分析】1、 题目中已知加速度随时间的变化率称为急动度k ，即，结合图像分析各时间段汽车运动情况。
2、图像与时间轴所围结合图形的面积表示加速度的变化量，结合图像可计算6s末汽车的加速度大小，3、由图像作出图像，最后根据计算9s末汽车的速度大小。
3．【答案】B
【知识点】单摆及其回复力与周期；万有引力定律
【解析】【解答】根据单摆周期公式
可得
由此可得在地球北极和赤道的重力加速度分别为
、
在赤道位置有
在北极位置有
其中为地球的质量，联立可以解得
故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】本题是利用摆长为L的单摆，分别在地球北极和赤道进行实验，测得在地球北极单摆的周期为T0，在赤道的周期为T1，求地球自转角速度。根据单摆周期公式，可得地球北极和赤道的重力加速度分别为、，在赤道位置有，在北极位置有，联立可求解地球自转角速度。
4．【答案】C
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A．简谐波的周期为
简谐波的波长
故A错误；
B．振动加强要求波程的差值为半波长的偶数倍，计算可知在连线上距离波源为、、、、位置的质点振动均加强，一共有5个位置，故B错误；
C．由于连线上一共有5个位置振动加强，因此椭圆上、下半椭圆上均有5个振动加强的位置，椭圆上一共有10个位置振动加强，故C正确；
D．位于轴上的所有质点到两波源的距离相等，波程差为0，因此均是振动加强的质点，故D错误。
故选C。
【分析】1、题目已知波源频率，简谐波在介质中传播速度，根据频率可计算周期，根据计算波长。
2、根据振动加强条件：波程的差值为半波长的偶数倍，可得出在波源S1和S2的连线上（不包含S1、S2位置），振动加强的位置一共有5个，椭圆上、下半椭圆上均有5个振动加强的位置，椭圆上一共有10个位置振动加强。
3、位于轴上的所有质点到两波源的距离相等，波程差为0，因此均是振动加强的质点。
5．【答案】B
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】设用户端负载的总阻值为，则降压变压器和用户端的总的等效电阻值为
继续利用等效原理可知升压变压器和输电线的总的等效电阻值为
交变电流的电压有效值为
根据
可得
解得
故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】考查电站远距离输电问题，本题采用理想变压器中等效电阻的方法解答，降压变压器和用户端的总的等效电阻值为，升压变压器和输电线的总的等效电阻值为，根据，，联立可求解用户端负载的总阻值。
6．【答案】A
【知识点】动量定理；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】无磁场时，带电粒子做直线运动，受到的阻力假设为
根据动量定理可知
由此可得
当有磁场时，以粒子初速度方向为轴、入射点位置为坐标原点建立坐标系，设带电粒子为正电荷，磁场方向垂直坐标平面向内，则沿轴方向由动量定理可知
沿方向由动量定理可知
由此两方程可以求解得到带电粒子停止运动时的位置坐标为
，
最终可以得到粒子入射位置到停止运动时位置的距离大小为
故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】分两种情况分别列等式。
1、无磁场时，带电粒子做直线运动，根据动量定理可知，阻力为。
2、当有磁场时沿轴方向由动量定理可知，沿方向由动量定理可知，由此两方程可以求解得到带电粒子停止运动时的位置，最终可以得到粒子入射位置到停止运动时位置的距离大小。
7．【答案】A,C
【知识点】热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A．A→B过程是一个等温变化过程，理想气体的内能不变，体积增大，则气体膨胀对外做功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，由于内能不变，则吸收的热量等于理想气体对外做的功，故A正确；
B．B→C过程是一个等容变化过程，根据查理定律可知，压强减小，温度降低，理想气体的内能减小，由于体积不变，则气体与外界不做功，根据热力学第一定律可知，气体向外界释放热量，故B错误；
C．C→D过程是一个等温变化过程，理想气体内能不变，体积减小，外界对理想气体做功，根据热力学第一定律可知，理想气体向外界放热，故C正确；
D．D→A过程是一个等容变化过程，根据查理定律可知，压强增大，温度升高，气体内能增大，由于体积不变，则气体与外界不做功，根据热力学第一定律可知，理想气体从外界吸热，故D错误。
选AC。
【分析】题目给出了一定量的理想气体经过一系列变化过程A→B→C→D→A最终回到初始状态的p—V图像，根据图像分析各个过程温度体积压强变化情况，对于一定量的理想气体，温度变化决定内能变化，根据体积变化计算做功，再根据热力学第一定律判断气体吸热还是放热。
8．【答案】B,C
【知识点】平抛运动；斜抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】A.由题意可知小球恰好在运动轨迹的最高点位置通过斜面顶端，那么小球通过斜面顶端时的速度方向是水平的，由此可以将该运动视作一个反向的平抛运动。根据平抛运动的运动规律可知任意时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的两倍，由此可
可得小球初速度方向与水平方向夹角的正切值也为
故A错误；
B.由逆向思维可知，小球竖直方向做自由落体，根据
可得运动时间为
故B正确；
C.小球斜抛水平方向的初速度为，也是小球通过斜面顶端的速度大小，根据动能定理
由此可得
故C正确；
D.整个运动过程中重力的平均功率为
故D错误。
故选BC。
【分析】1、将该运动视作一个反向的平抛运动。根据平抛运动的运动规律可知任意时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的两倍。
2、根据平抛运动的运动规律可知，小球竖直方向做自由落体，根据可得运动时间。
3、根据动能定理，可求解小球的初速度大小。
4、根据，可求解整个运动过程中重力的平均功率。
9．【答案】A,C
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．杆处于水平位置时，令轻绳与竖直方向夹角为，对圆环、圆环与轻绳的接触点进行分析，根据平衡条件有
根据几何关系有
解得
故A正确；
B．令轻杆从水平方向逆时针转过的角度为，此时轻绳与竖直方向的夹角为，根据几何性质有
对圆环、圆环与轻绳的接触点进行分析，根据平衡条件有
解得
当时，代入上式解得
故B错误；
C．结合上述，当时，代入上式解得
故C正确；
D．结合上述有
可知，随着逐渐增大，的值逐渐减小，故D错误。
故选AC。
【分析】本题是共点力的动态平衡问题。
1、杆处于水平位置时，对圆环、圆环与轻绳的接触点进行分析，根据平衡条件列等式，结合几何关系，可得出轻绳的拉力大小。
2、令轻杆从水平方向逆时针转过的角度，根据几何性质和平衡条件列等式得出轻绳的拉力大小的表达式，把拉力大小代入可求解轻杆与水平方向夹角。
3、根据拉力表达式利用解析法分析在转动过程中，轻绳的拉力一直减小。
10．【答案】A,C,D
【知识点】电势；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．匀强电场中平行等间距两条线段之间的电势差相等，则有
解得
故A正确；
B．匀强电场中平行等间距两条线段之间的电势差相等，则有
解得
故错误；
C．匀强电场中平行等间距两条线段之间的电势差相等，则有
解得
则点与C点之间的电势差
则电场力做功为
故C正确；
D．设的中点为，匀强电场中平行等间距两条线段之间的电势差相等，则有
解得
结合上述有
可知面是该匀强电场的一个等势面，电势为，作出该等势面，如图所示
利用数学知识可知点到的距离DG长度，令其为x，则有
，
其中，，，解得
则电场强度的大小为
故D正确。
故选ACD。
【分析】空间中存在匀强电场中已知三个点的电势，求其他点电势以及匀强电场大小。
1、匀强电场中平行等间距两条线段之间的电势差相等，可求其他点电势。
2、找两个电势相等的点，连线为等势线，作垂线为电场线，利用电势差于 电场强度之间关系计算电场强度大小。
11．【答案】（1）（b）
（2）；
（3）
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）实验电路图中缺少电压表，需要用电流表改量程的电压表，可知应将电流表与定值电阻串联，改装成的电压表量程为
因此实验电路图选择图（b）。
（2）根据实验电路图，在不考虑所在支路电流时，电路图方程为
由此可得
因此
可以解得
（3）若考虑所在支路的电流，电路图方程为
化简后可得
其中
由此可得
因此
【分析】考查测定两节干电池的电动势和内阻的实验。
（1）实验电路图中缺少电压表，需要用电流表改装成电压表。
（2）在不考虑所在支路电流时，根据实验电路图，推导出函数关系式，利用函数的斜率和纵截距得出电动势和电源内阻。
（3）若考虑所在支路的电流，根据实验电路图，推导出函数关系式，利用函数的斜率和纵截距得出电源内阻，然后求解两次内阻比值。
（1）实验电路图中缺少电压表，需要用电流表改量程的电压表，可知应将电流表与定值电阻串联，改装成的电压表量程为
因此实验电路图选择图（b）。
（2）[1][2]根据实验电路图，在不考虑所在支路电流时，电路图方程为
由此可得
因此
可以解得
（3）若考虑所在支路的电流，电路图方程为
化简后可得
其中
由此可得
因此
12．【答案】1.575；静止的小球球心正下方；；
【知识点】匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】（1）游标卡尺的读数为
（2）将白纸平铺在水平桌面上，使同心圆的圆心刚好位于静止的小球球心的正下方。
（3）根据向心力周期公式以及圆锥摆周期公式可得
小球做圆周运动时，设悬线与竖直方向的夹角为，根据受力分析可知
由几何关系可知
【分析】考查利用圆锥摆装置验证向心力表达式的实验。
（1）游标卡尺的读数方法：读主尺刻度：1、看游标尺“0刻度线”左侧主尺的整毫米数（主尺读数）。2、读游标尺刻度：找到游标尺上与主尺对齐的刻度线（第n条），则小数部分为 ×0.05mm（20分度游标精度为0.05 mm）。3、相加得结果：总读数 = 主尺读数 + 游标尺读数（注意单位统一为毫米）
（2）将白纸平铺在水平桌面上，使同心圆的圆心刚好位于静止的小球球心的正下方。
（3）根据向心力周期公式以及圆锥摆周期公式，小球做圆周运动时，根据受力分析，联立可得小球做圆周运动时所受合力。
13．【答案】（1）解：光路图如图所示
依据题意，激光束经过折射后进入光纤，传播到光纤内表面时恰好发生全反射，此时激光束与法线的夹角恰好为临界角，由几何关系可知
根据折射定律可知
又因为
由此可得
（2）解：激光束在光纤中的传播速度为
以及的距离为
如此可得总时间为
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）根据题意画光路图
传播到光纤内表面时恰好发生全反射，由几何关系可知，根据折射定律列等式，联立可计算角度的大小。
（2）激光束在光纤中的传播速度为，根据几何关系得出以及的距离，根据总时间等于路程除以传播速度计算激光光束在光纤中传播的时间。
（1）光路图如图所示
依据题意，激光束经过折射后进入光纤，传播到光纤内表面时恰好发生全反射，此时激光束与法线的夹角恰好为临界角，由几何关系可知
根据折射定律可知
又因为
由此可得
（2）激光束在光纤中的传播速度为
以及的距离为
如此可得总时间为
14．【答案】（1）解：带电粒子从位置静止出发经过辐射状电场后沿径向做匀加速直线运动进入磁场区域，因此有
进入磁场区域，洛伦兹力充当向心力，因此有
（2）解：如图所示为带电粒子的运动轨迹
由题意可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径也为
圆心在位置，，因此可知
，
由此可知是一个平行四边形，平行于，由此可知带电粒子出射时的方向是水平的。由于与轴负方向的夹角为，且
因此可知与轴正方向的夹角为，因此带电粒子从磁场出射时的位置到轴的竖直距离为
（3）解：带电粒子在辐射状电场中做匀加速直线运动，离开电场经过点时的速度大小为，因此带电粒子在辐射状电场中运动的时间为
然后进入磁场区域，带电粒子在磁场中运动的周期为
在磁场区域中转过的圆弧所对圆心角为，由此可知在磁场中运动的时间为
出磁场后，带电粒子做匀速直线运动，速度大小为，水平运动的距离为
由此可知水平运动的时间为
最终带电粒子运动的总时间为
【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】【分析】（1）带电粒子从位置静止出发经过辐射状电场后沿径向做匀加速直线运动进入磁场区域，在电场中有，可计算进入磁场区域速度，进入磁场区域，洛伦兹力充当向心力列等式：可求解带电粒子在磁场区域中做圆周运动的半径。
（2）首先画带电粒子的运动轨迹
根据几何关系得出，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径也为
圆心在位置，，因此可知，
由此可知是一个平行四边形，平行于，由此可知带电粒子出射时的方向是水平的。由于与轴负方向的夹角为，且，与轴正方向的夹角为，带电粒子从磁场出射时的位置到轴的竖直距离为。
（3）首先求带电粒子在辐射状电场中运动的时间，然后求解进入磁场区域，带电粒子在磁场中运动的时间为，再求解出磁场后，带电粒子做匀速直线运动水平运动的时间为，最终带电粒子运动的总时间为。
（1）带电粒子从位置静止出发经过辐射状电场后沿径向做匀加速直线运动进入磁场区域，因此有
进入磁场区域，洛伦兹力充当向心力，因此有
（2）如图所示为带电粒子的运动轨迹
由题意可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径也为
圆心在位置，，因此可知，
由此可知是一个平行四边形，平行于，由此可知带电粒子出射时的方向是水平的。由于与轴负方向的夹角为，且
因此可知与轴正方向的夹角为，因此带电粒子从磁场出射时的位置到轴的竖直距离为
（3）带电粒子在辐射状电场中做匀加速直线运动，离开电场经过点时的速度大小为，因此带电粒子在辐射状电场中运动的时间为
然后进入磁场区域，带电粒子在磁场中运动的周期为
在磁场区域中转过的圆弧所对圆心角为，由此可知在磁场中运动的时间为
出磁场后，带电粒子做匀速直线运动，速度大小为，水平运动的距离为
由此可知水平运动的时间为
最终带电粒子运动的总时间为
15．【答案】（1）解：根据题意可知物块运动时的加速度为
由运动学公式可得物块与箱子第一次碰撞前的速度大小为
由于碰撞是弹性碰撞，因此满足动量守恒定律和能量守恒定律，即有
其中为物块第一次碰撞箱子后箱子的速度。由上述两式方程可以解得物块与箱子第一次碰撞后物块的速度和箱子的速度分别为
（2）解：由题意可知若，则每次物块与箱子发生碰撞后，速度发生交换。物块撞击箱子后物块停止运动，箱子以木块碰撞前的速度向前做匀速直线运动。箱子撞击物块后箱子停止运动，物块以箱子碰撞前的速度继续向前做匀减速直线运动。整体而言，物块一直在做匀减速直线运动直到静止，由
，
得物块运动的总时间为
设物块第次碰撞箱子的速度为，由分析可得
之后箱子再次撞击物块，当时物块不能再次撞击箱子，根据题意，代入上式可以解得，即
物块每撞击箱子一次，箱子通过的位移为，因此箱子的总位移为
物块第6次撞击箱子时的速度大小为
此后箱子以该速度向前匀速运动后撞击物块，物块再以该速度向前运动直到停止运动，此时物块会向前运动
此
即物块最终静止时距离箱子左端的距离。
（3）解：为使得物块最终静止在箱子的中间位置要求，由知
解析
由此可得
可以解得
【知识点】碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）物块运动时的加速度为由运动学公式可得物块与箱子第一次碰撞前的速度大小，由于碰撞是弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律列等式，根据两式方程可以解得物块与箱子第一次碰撞后物块的速度和箱子的速度。
（2）质量相等，每次物块与箱子发生碰撞后，速度发生交换。物块撞击箱子后物块停止运动，箱子以木块碰撞前的速度向前做匀速直线运动。箱子撞击物块后箱子停止运动，物块以箱子碰撞前的速度继续向前做匀减速直线运动。整体而言，物块一直在做匀减速直线运动直到静止，根据速度公式和牛顿第二定律，可得物块运动的总时间。由分析可得物块第次碰撞箱子的速度
，之后箱子再次撞击物块，当时物块不能再次撞击箱子，根据题意可以解得，即，物块每撞击箱子一次，箱子通过的位移为，因此箱子的总位移为，物块第6次撞击箱子时的速度大小为
此后箱子以该速度向前匀速运动后撞击物块，物块再以该速度向前运动直到停止运动，此时物块会向前运动即物块最终静止时距离箱子左端的距离。
（3）为使得物块最终静止在箱子的中间位置要求，由的结论推出，可求解物块的初速度大小v0需满足的条件。
（1）根据题意可知物块运动时的加速度为
由运动学公式可得物块与箱子第一次碰撞前的速度大小为
由于碰撞是弹性碰撞，因此满足动量守恒定律和能量守恒定律，即有
其中为物块第一次碰撞箱子后箱子的速度。
由上述两式方程可以解得物块与箱子第一次碰撞后物块的速度和箱子的速度分别为
（2）由题意可知若，则每次物块与箱子发生碰撞后，速度发生交换。物块撞击箱子后物块停止运动，箱子以木块碰撞前的速度向前做匀速直线运动。箱子撞击物块后箱子停止运动，物块以箱子碰撞前的速度继续向前做匀减速直线运动。整体而言，物块一直在做匀减速直线运动直到静止，由，，得物块运动的总时间为
设物块第次碰撞箱子的速度为，由分析可得
，之后箱子再次撞击物块，当时物块不能再次撞击箱子，根据题意，代入上式可以解得，即
物块每撞击箱子一次，箱子通过的位移为，因此箱子的总位移为
物块第6次撞击箱子时的速度大小为
此后箱子以该速度向前匀速运动后撞击物块，物块再以该速度向前运动直到停止运动，此时物块会向前运动，此即物块最终静止时距离箱子左端的距离。
（3）为使得物块最终静止在箱子的中间位置要求，由知
由此可得，可以解得
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