湖南省沅澧共同体2024-2025学年高三下学期第一次模拟考试物理试题
1．（2025·湖南模拟）中国科学家在国际上刊文宣布，通过我国高海拔宇宙线观测站“拉索”，在人类历史上首次找到能量高于1亿电子伏特的宇宙线起源天体。已知普朗克常量，电子的电荷量，人眼能看见的最高能量的可见光为频率的紫光，该紫光光子能量约为（ ）
A．1.2eV B．3.2eV C．4.1eV D．5.1eV
2．（2025·湖南模拟）甲、乙两个小灯笼用轻绳连接，悬挂在空中，在相同的水平风力作用下发生倾斜，稳定时与竖直方向的夹角分别为α、θ，如图所示，已知甲的质量为2m、乙的质量为m，下列关系式正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2025·湖南模拟）滑索是一项体育游乐项目，如图所示游客从起点利用自然落差向下滑行，越过绳索的最低点滑至终点。不考虑空气对人的作用力，下列对游客的描述正确的是（ ）
A．甲图中游客正加速下滑
B．乙图中游客处于超重状态
C．游客从起点到最低点重力功率一直减小
D．游客运动过程中机械能一定守恒
4．（2025·湖南模拟）如图（a）所示的智能机器人广泛应用于酒店、医院等场所。机器人内电池的容量为25000mA·h，负载10kg时正常工作电流约为5A，电池容量低于20%时不能正常工作，此时需要用充电器对其进行充电，充电器的输入电压如图（b）所示。下列说法正确的是（ ）
A．充电器的输入电流频率为100Hz
B．充电器的输入电压瞬时表达式为（V）
C．机器人充满电后电池的电量为25C
D．机器人充满电后，负载10kg时大约可以持续正常工作5h
5．（2025·湖南模拟）早期浸入式光刻技术利用了光由介质Ⅰ入射到介质Ⅱ后改变波长，使波长达到光刻要求，然后对晶圆进行刻蚀。如图所示，光波通过分界面后，，下列判断正确的是（ ）
A．频率变小
B．波长变长
C．速度变小
D．介质Ⅰ的折射率大于介质Ⅱ的折射率
6．（2025·湖南模拟）我国的风洞技术处于世界领先地位。如图所示，在某次风洞实验中，一质量为m的轻质小球，在恒定的风力作用下先后以相同的速度大小v经过a、b两点，速度方向与a、b连线的夹角α、β均为45°。已知a、b连线长为L，小球的重力忽略不计。则小球从a点运动到b点过程中，下列说法正确的是（ ）
A．风力方向与a、b连线平行 B．所用时间为
C．小球做匀速圆周运动 D．风力大小为
7．（2025·湖南模拟）污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极，金属圆盘置于底部，金属棒插入污水中，形成如图所示的电场分布。其中实线为电场线，虚线为等势面，M点和N点在同一电场线上，M点和P点在同一等势面上。下列说法正确的是（ ）
A．M点的电势比N点的高
B．N点的电场强度比P点的大
C．污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做正功
D．污泥絮体在N点的电势能比其在P点的小
8．（2025·湖南模拟）某天文爱好者观测绕地球做匀速圆周运动的卫星，测出不同卫星的线速度v和轨道半径r，作出图像如图所示，已知地球的半径为R，引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）
A．地球的质量为
B．地球的第一宇宙速度为
C．地球表面的重力加速度为
D．线速度为的卫星与地心连线在单位时间内扫过的面积为
9．（2025·湖南模拟）装有一定量细沙的两端封闭的玻璃管竖直漂浮在水中，水面范围足够大，如图甲所示。把玻璃管向下缓慢按压4cm后放手，忽略水的粘滞阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.6s。以竖直向上为正方向，从某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示，其中A为振幅。对于玻璃管，下列说法正确的是（ ）
A．振动频率与按压的深度有关
B．振动过程中玻璃管的振幅为8cm
C．时刻的横坐标为0.25
D．在时间内，玻璃管的位移减小，加速度减小，速度增大
10．（2025·湖南模拟）如图甲所示，正方形线圈abcd内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数，边长，线圈总电阻，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示。设图示的磁场方向与感应电流方向为正方向，电动势顺时针为正，则下列有关线圈的感应电流i、电动势e、焦耳热Q以及ab边的安培力F（取向下为正方向）随时间t的变化图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2025·湖南模拟）某同学利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性，制作了一个简易的汽车低油位报警装置。
（1）该同学为了探究该热敏电阻阻值随温度变化的关系，设计了如图甲所示的实验电路，定值电阻，则在闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于最 （选填“左”或“右”）端；在某次测量中，若毫安表的示数为2.5mA，的示数为1.0mA，两电表可视为理想电表，则热敏电阻的阻值为 kΩ。
（2）该同学通过探究得到热敏电阻随温度变化的规律如图乙所示，他利用此热敏电阻设计的汽车低油位报警装置如图丙所示，其中电源电动势E=6.0V，定值电阻R=1.1kΩ，长为l=50cm的热敏电阻下端紧靠在油箱底部，不计报警器和电源的内阻。已知流过报警器的电流I3.0mA时报警器开始报警，若测得报警器报警时油液（热敏电阻）的温度为30℃，油液外热敏电阻的温度为70℃，由此可知油液的警戒液面到油箱底部的距离约为 cm。
12．（2025·湖南模拟）某实验小组同时测量A、B两个箱子质量的装置图如图甲所示，其中D为铁架台，E为固定在铁架台上的轻质滑轮（质量和摩擦可忽略不计），F为光电门，C为固定在A上、宽度为d的细遮光条（质量不计），另外，该实验小组还准备了刻度尺和一套总质量m0=0.5kg的砝码。
（1）在铁架台上标记一位置O，并测得该位置与光电门F之间的距离为h。取出质量为的砝码放在A箱子中，剩余砝码全部放在B箱子中，让A从位置О由静止开始下降，则A下落到F处的过程中，B箱与B箱中砝码的整体机械能是 （选填“增加”、“减少”或“守恒”）的。
（2）测得遮光条通过光电门的时间为 t，根据所测数据计算得到下落过程中的加速度大小a= （用d、 t、h表示）
（3）改变m，测得相应遮光条通过光电门的时间，算出加速度a，得到多组m与a的数据，作出a-m图像如图乙所示，可得A的质量mA= kg。（取重力加速度大小g=10m/s2，计算结果甲保留两位有效数字）
13．（2025·湖南模拟）理想变压器原、副线圈的匝数比为，原线圈接在电压峰值为的正弦交变电源上，副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝，电热丝密封在绝热固定容器内，容器内封闭有一定质量的理想气体，接通电路开始加热，加热前气体温度为。
（1）求变压器的输出功率P；
（2）已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量成正比，即，其中C已知。若电热丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2倍，求电热丝的通电时间t。
14．（2025·湖南模拟）如图所示，二块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴。调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动，进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点。
（1）判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；
（2）求磁感应强度B的值；
（3）现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间位置。为了使墨滴仍能到达下板M点应将磁感应强度调至B ，则B 的大小为多少？
15．（2025·湖南模拟）如图所示，光滑水平面上固定质量为2m、倾角为θ的斜面 OAB，在斜面右侧有 n个质量均为的物块，质量为m 的滑块从光滑斜面顶端A 由静止释放。
（1）求滑块到达斜面底端时的速度大小；
（2）若斜面底端有一小圆弧，斜面和地面平滑连接。
①所有的碰撞均为完全非弹性碰撞，求第n个物块的最终速度大小
②所有的碰撞均为弹性碰撞，求第n个物块的最终速度大小
（3）水平面上靠近 B处有一固定竖直挡板，斜面不固定，滑块运动至斜面底端与水平面碰撞后，仅保留水平方向动量。物块与挡板碰撞后以原速率返回，此时改变滑块与水平面、斜面与水平面间的粗糙程度，斜面与水平面动摩擦因数 。要使滑块能追上斜面，求滑块与水平面间动摩擦因数的最大值。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】光子及其动量
【解析】【解答】本题考查光子能量的计算，解题关键掌握基本公式。根据爱因斯坦的光子说，可得
则该紫光光子能量可表示为
故选B。
【分析】紫光光子的能量E=hν，根据单位的换算方式即可解答。
2．【答案】A
【知识点】整体法隔离法
【解析】【解答】本题考查共点力平衡问题，解题关键是对两灯笼做好受力分析，根据共点力平衡求解即可。设每个灯笼受到的水平风力为F，对乙分析
对甲、乙整体分析
则
故选A。
【分析】先隔离乙，对乙受力分析，再对整体受力分析，根据共点力平衡即可求解。
3．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟练掌握整体法和隔离法的应用，结合牛顿第二定律即可完成分析。A．甲图中游客受绳的拉力和重力作用，合力方向指向向右下，游客向下做加速运动，故A正确；
B．乙图中游客受绳的拉力和重力作用，合力方向指向左下，游客向上做减速运动，处于失重状态，故B错误；
C．游客从起点到最低点竖直速度先增加后减小，根据PG=mgvy
可知重力功率先增大后减小，故C错误；
D．游客运动过程中拉力的方向与速度方向可能不垂直，则拉力可能做功，故机械能不一定守恒，D错误。
故选A。
【分析】先根据整体法分析出系统的加速度，再隔离游客进行分析，得出游客的加速度，结合选项完成分析。
4．【答案】B
【知识点】电流、电源的概念；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查了交变电流的u-t图像、电荷量的表达式，解题的关键是知道机器人电池的容量指的是电池存储的电荷量，熟练掌握电荷量的表达式：Q=It。A．由图可知交变电压的周期为0.02s．根据，可知电流频率为50Hz，故A错误；
B．由图可知
充电器的输入电压的瞬时值表达式为（V）
故B正确；
CD．机器人充满电后电池的电量
正常工作可用电量为20A·h，负载10kg时工作电流约为5A，由可知大约可以持续工作4h，故CD错误。
故选B。
【分析】根据图像可得周期，根据可得频率大小；根据可得角频率，由图像可得输入电压的瞬时值表达式；根据Q=It可得电池的电荷量，根据机器人正常工作电流利用Q=It可得机器人可持续工作时间。
5．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本题主要是考查光的折射和波的传播，关键是知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。光波通过分界面后，因，介质Ⅱ的折射率大于介质Ⅰ的折射率，光的频率不变，周期不变，速度由公式
速度变小，波长变短。
故选C。
【分析】频率是由振源决定的；根据折射情况分析折射率大小，由此得到光速大小，根据v=fλ判断波长。
6．【答案】D
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】本题考查了曲线运动的处理方法，要求学生能熟练运用运动的分解与合成处理这类问题。A．由题意可知小球做匀变速曲线运动，根据加速度的定义可知加速度方向移动和速度变化量的方向相同，根据几何关系可知加速度方向垂直于a、b连线，如图所示
所以风力方向垂直于a、b连线，故A错误；
B．小球的速度沿a、b连线方向的分速度为
所以a运动到b的时间为
故B错误；
C．小球受到恒定风力的作用，做匀变速曲线运动，不可能做匀速圆周运动，故C错误；
D．沿风力的方向从a点运动到b点的速度变化量为
则加速度为
根据牛顿第二定律，从a点运动到b点的风力为
故D正确。
故选D。
【分析】根据小球的始末速度方向，确定加速度方向，从而可判断风力的方向；将小球的运动分解为平行于ab连线和垂直于ab连线，根据垂直于ab连线方向的匀速直线运动位移与时间关系可求时间；由速度方向和合力方向判断小球运动的性质；根据垂直于ab连线方向的运动由牛顿第二定律求解风力。
7．【答案】C,D
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】本题考查对电场线的理解，及电荷性质与电势能的关系，属于基础知识。A．金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极，则圆盘带正电荷，则电场线由圆盘指向金属棒（向上），沿电场线方向电势降低，所以M点的电势比N点的低，故A错误；
B．电场线的疏密表示电场的强弱，N点的电场线比P点的疏，则N点的电场强度比P点的小，故B错误；
C．污泥絮体带负电，从M点移到N点，电场力对其做正功，故C正确；
D．污泥絮体带负电，M点和P点在同一等势面上，则P点的电势比N点的低，则污泥絮体在N点的电势能比其在P点的小，故D正确。
故选CD。
【分析】电场线总是从高电势指向低电势，沿着电场线的方向，电势是逐渐降低的；电场线密集的地方表示场强较大，电场线稀疏的地方表示场强较小；污泥絮体带负电，根据电场线的方向分析电势的变化情况，进而分析其在各点的电势能，由此判断电场力做功。
8．【答案】A,C,D
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】解答本题的关键是要灵活应用万有引力的各种表达式，要分清卫星在高空中的轨道半径和周期与他在和绕地表运转的半径和周期的不同，千万不能混淆。A．卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力
可得
结合图像可得
解得
故A正确；
B．对于地球近地卫星，同理，根据
解得
故B错误；
C．根据万有引力等于重力
解得
故C正确；
D．由题图可得线速度为的卫星绕地球做圆周运动的半径
则卫星做圆周运动的周期
则单位时间内扫过的面积
故D正确。
故选ACD。
【分析】根据万有引力提供向心力公式，卫星在表面所受的万有引力等于重力，可表示重力加速度g。
9．【答案】C,D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】该题中的玻璃管做简谐振动，其受力的情况与运动的情况都可以与弹簧振子的受力与运动相似，可以应用比较法进行解答，容易理解。A．由于玻璃管做简谐运动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐运动的特点可知，其振动频率与振幅无关，故A错误；
B．由题意可知振幅为4cm，故B错误；
C．由图乙可知从0到，所用时间为
故C正确；
D．由图乙可知，在时间内，位移减小，加速度减小，玻璃管向着平衡位置加速运动，所以速度增大，故D正确；
故选CD。
【分析】对装有一定量液体的玻璃管进行受力分析，然后结合简谐振动的条件与公式分析即可。
10．【答案】B,D
【知识点】焦耳定律；安培力的计算；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】本题考查电磁感应定律，解题关键掌握图像的含义及楞次定律的应用。AC．在0-1s内感应电动势
方向为逆时针方向（负方向）；
感应电流
方向为逆时针方向（负方向）；
在1-5s内感应电动势
方向为顺时针方向（正方向）；
感应电流
方向为顺时针方向（正方向），选项AC错误；
B．在0-1s内安培力
在1-5s内安培力
选项B正确；
D．在0-1s内焦耳热
在1-5s内焦耳热
选项D正确。
故选CD。
【分析】根据法拉第电磁感应定律结合图像分析电动势大小，根据楞次定律判断感应电流方向，根据安培力的计算公式和左手定则分析安培力，焦耳热需要通过焦耳定律计算。
11．【答案】（1）左；5.0
（2）20
【知识点】研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性；特殊方法测电阻
【解析】【解答】本题为探究型实验，此类问题的解题关键在于明确实验原理，再利用所学过的物理规律进行分析求解，对学生能力要求较高。
（1）滑动变阻器采用分压接法，为保护电路安全，在开关闭合前应将滑动变阻器的滑片P置于最左端；由于和并联，故有
代入数据解得
（2）设警戒液面到油箱底部的距离为x，温度为30℃时热敏电阻的阻值为，则在油液内的热敏电阻的阻值为
同理，可得油液外的热敏电阻的阻值为
其中，由闭合电路欧姆定律有
将E=6V、I=3.0mA、R=1.1kΩ代入可得x=20cm
【分析】（1）为保护实验电路，开关闭合前应使滑动变阻器最大，根据闭合电路欧姆定律解得热敏电阻阻值；
（2）由闭合电路欧姆定律求油液的警戒液面到油箱底部的距离。
（1）[1]滑动变阻器采用分压接法，为保护电路安全，在开关闭合前应将滑动变阻器的滑片P置于最左端；
[2]由于和并联，故有
代入数据解得
（2）设警戒液面到油箱底部的距离为x，温度为30℃时热敏电阻的阻值为，则在油液内的热敏电阻的阻值为
同理，可得油液外的热敏电阻的阻值为
其中，由闭合电路欧姆定律有
将E=6V、I=3.0mA、R=1.1kΩ代入可得x=20cm
12．【答案】（1）增加
（2）
（3）2.0
【知识点】功能关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【分析】（1），A从静止下落过程中做加速运动，B同样做加速运动，且二者加速度大小及速度大小始终相同，在该过程中除了重力做功，绳子上的拉力对该整体做正功，因此可知B箱与B箱中砝码整体机械能增加。
（2）根据
，
联立解得
（3）根据
整理得
，
联立解得
【解答】（1）该实验中A及砝码的总质量必须大于B及其中砝码的总质量才能完成实验。
（2）由平均速度代替A到达F处的瞬时速度，经过光电门速度可以看成基本不变。
（3）对A、B及砝码组成的系统整体由牛顿第二定律求解整体加速度，结合图像可得加速度具体值，二者列方程求解。
13．【答案】（1）由原线圈正弦交流电的峰值可知变压器输入电压有效值为
设变压器副线圈的输出电压为，根据理想变压器的电压与匝数之间的关系有
联立解得
理想变压器的输出功率等于R的功率，即
（2）设加热前容器内气体的压强为，则加热后气体的压强为，温度为，容器内的气体做等容变化，则有
得
由知气体吸收的热量
根据热力学第一定律
气体的体积不变，所以，容器是绝热容器，则
即
解得
【知识点】变压器原理；热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）根据正弦交变电的有效值与峰值的关系求得原线圈两端的电压有效值，根据理想变压器的工作原理求得副线圈两端的电压有效值，根据电功率的计算公式求解变压器的输出功率。
（2）根据查理定律求得容器内的气体温度末态温度，确定气体的温度变化量，根据题意求得气体吸收的热量，根据能量守恒定律求解电热丝的通电时间。
（1）由原线圈正弦交流电的峰值可知变压器输入电压有效值为
设变压器副线圈的输出电压为，根据理想变压器的电压与匝数之间的关系有
联立解得
理想变压器的输出功率等于R的功率，即
（2）设加热前容器内气体的压强为，则加热后气体的压强为，温度为，容器内的气体做等容变化，则有
得
由知气体吸收的热量
根据热力学第一定律
气体的体积不变，所以，容器是绝热容器，则
即
解得
14．【答案】（1）墨滴在电场区域做匀速直线运动，有
解得
由于电场方向向下，电荷所受的电场力方向向上，可知墨滴带负电荷。
（2）墨滴垂直进入电磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，有
考虑墨滴进入磁场和撞板的几何关系，可知墨滴在该区域恰好完成四分之一圆周运动，则半径
R=d
解得
（3）根据题设，墨滴的运动轨迹如图，设圆周运动的半径为R'，有
由图示可得
则
解得
【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）根据电场力和重力平衡求出电荷量的大小，通过电场力的方向确定电荷的正负。
（2）墨滴垂直进入电磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，墨滴做匀速圆周运动，根据墨滴垂直打在M点，通过几何关系得出墨滴的轨道半径，根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的大小。
（3）根据几何关系得出墨滴做圆周运动的轨道半径，结合带电墨滴在磁场中运动的半径公式求出磁感应强度的大小。
15．【答案】（1）对滑块，由动能定理得
解得
（2）①若是完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律则有
解得
②若是弹性碰撞，设滑块第1次与第 n个物块相碰后的速度分别是v01、v1，根据动量守恒定律则有
根据能量守恒定理则有
联立解得
由于后面发生的都是弹性碰撞，所以物块1的最终速度为，之后滑块第2次与第n个物块发生弹性碰撞，设滑块与第 n个物块相碰后的速度分别是v02、 v2，根据动量守恒定律，则有
根据能量守恒定律，则有
解得
由于后面发生的都是弹性碰撞，物块2的最终速度为，第n个物块的最终速度
（3）设滑块刚要滑到斜面底端时的水平速度为，竖直速度为，斜面体的速度为 水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得
根据机械能守恒定律则有
解得，
滑块从释放到滑到斜面底端，设滑块的水平位移大小为s1，斜面体的水平位移大小为s2，由于水平方向系统动量守恒，则有
整理可得
即
代入数据解得，
当滑块到达水平面时，由于挡板的存在，问题简化为滑块在斜面后方，则有
解得
故滑块与水平面间动摩擦因数的最大为
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】 （1）根据动能定理可求速度；
（2）①完全非弹性碰撞，碰撞之后二者速度相同，根据动量守恒定律和可求速度；
② 碰撞均为弹性碰撞， 碰撞过程没有能量损失。根据动量守恒和能量守恒可求速度；
（3）根据动量守恒和机械能守恒可求解滑到底端速度大小，根据人船模型求解各自位移大小，当滑块到达水平面时，由于挡板的存在，问题简化为滑块在斜面后方，结合运动学公式求解。
（1）对滑块，由动能定理得
解得
（2）①若是完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律则有
解得
②若是弹性碰撞，设滑块第1次与第 n个物块相碰后的速度分别是v01、v1，根据动量守恒定律则有
根据能量守恒定理则有
联立解得
由于后面发生的都是弹性碰撞，所以物块1的最终速度为，之后滑块第2次与第n个物块发生弹性碰撞，设滑块与第 n个物块相碰后的速度分别是v02、 v2，根据动量守恒定律，则有
根据能量守恒定律，则有
解得
由于后面发生的都是弹性碰撞，物块2的最终速度为，第n个物块的最终速度
（3）设滑块刚要滑到斜面底端时的水平速度为，竖直速度为，斜面体的速度为 水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得
根据机械能守恒定律则有
解得，
滑块从释放到滑到斜面底端，设滑块的水平位移大小为s1，斜面体的水平位移大小为s2，由于水平方向系统动量守恒，则有
整理可得
即
代入数据解得，
当滑块到达水平面时，由于挡板的存在，问题简化为滑块在斜面后方，则有
解得
故滑块与水平面间动摩擦因数的最大为
1 / 1湖南省沅澧共同体2024-2025学年高三下学期第一次模拟考试物理试题
1．（2025·湖南模拟）中国科学家在国际上刊文宣布，通过我国高海拔宇宙线观测站“拉索”，在人类历史上首次找到能量高于1亿电子伏特的宇宙线起源天体。已知普朗克常量，电子的电荷量，人眼能看见的最高能量的可见光为频率的紫光，该紫光光子能量约为（ ）
A．1.2eV B．3.2eV C．4.1eV D．5.1eV
【答案】B
【知识点】光子及其动量
【解析】【解答】本题考查光子能量的计算，解题关键掌握基本公式。根据爱因斯坦的光子说，可得
则该紫光光子能量可表示为
故选B。
【分析】紫光光子的能量E=hν，根据单位的换算方式即可解答。
2．（2025·湖南模拟）甲、乙两个小灯笼用轻绳连接，悬挂在空中，在相同的水平风力作用下发生倾斜，稳定时与竖直方向的夹角分别为α、θ，如图所示，已知甲的质量为2m、乙的质量为m，下列关系式正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】整体法隔离法
【解析】【解答】本题考查共点力平衡问题，解题关键是对两灯笼做好受力分析，根据共点力平衡求解即可。设每个灯笼受到的水平风力为F，对乙分析
对甲、乙整体分析
则
故选A。
【分析】先隔离乙，对乙受力分析，再对整体受力分析，根据共点力平衡即可求解。
3．（2025·湖南模拟）滑索是一项体育游乐项目，如图所示游客从起点利用自然落差向下滑行，越过绳索的最低点滑至终点。不考虑空气对人的作用力，下列对游客的描述正确的是（ ）
A．甲图中游客正加速下滑
B．乙图中游客处于超重状态
C．游客从起点到最低点重力功率一直减小
D．游客运动过程中机械能一定守恒
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟练掌握整体法和隔离法的应用，结合牛顿第二定律即可完成分析。A．甲图中游客受绳的拉力和重力作用，合力方向指向向右下，游客向下做加速运动，故A正确；
B．乙图中游客受绳的拉力和重力作用，合力方向指向左下，游客向上做减速运动，处于失重状态，故B错误；
C．游客从起点到最低点竖直速度先增加后减小，根据PG=mgvy
可知重力功率先增大后减小，故C错误；
D．游客运动过程中拉力的方向与速度方向可能不垂直，则拉力可能做功，故机械能不一定守恒，D错误。
故选A。
【分析】先根据整体法分析出系统的加速度，再隔离游客进行分析，得出游客的加速度，结合选项完成分析。
4．（2025·湖南模拟）如图（a）所示的智能机器人广泛应用于酒店、医院等场所。机器人内电池的容量为25000mA·h，负载10kg时正常工作电流约为5A，电池容量低于20%时不能正常工作，此时需要用充电器对其进行充电，充电器的输入电压如图（b）所示。下列说法正确的是（ ）
A．充电器的输入电流频率为100Hz
B．充电器的输入电压瞬时表达式为（V）
C．机器人充满电后电池的电量为25C
D．机器人充满电后，负载10kg时大约可以持续正常工作5h
【答案】B
【知识点】电流、电源的概念；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查了交变电流的u-t图像、电荷量的表达式，解题的关键是知道机器人电池的容量指的是电池存储的电荷量，熟练掌握电荷量的表达式：Q=It。A．由图可知交变电压的周期为0.02s．根据，可知电流频率为50Hz，故A错误；
B．由图可知
充电器的输入电压的瞬时值表达式为（V）
故B正确；
CD．机器人充满电后电池的电量
正常工作可用电量为20A·h，负载10kg时工作电流约为5A，由可知大约可以持续工作4h，故CD错误。
故选B。
【分析】根据图像可得周期，根据可得频率大小；根据可得角频率，由图像可得输入电压的瞬时值表达式；根据Q=It可得电池的电荷量，根据机器人正常工作电流利用Q=It可得机器人可持续工作时间。
5．（2025·湖南模拟）早期浸入式光刻技术利用了光由介质Ⅰ入射到介质Ⅱ后改变波长，使波长达到光刻要求，然后对晶圆进行刻蚀。如图所示，光波通过分界面后，，下列判断正确的是（ ）
A．频率变小
B．波长变长
C．速度变小
D．介质Ⅰ的折射率大于介质Ⅱ的折射率
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本题主要是考查光的折射和波的传播，关键是知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。光波通过分界面后，因，介质Ⅱ的折射率大于介质Ⅰ的折射率，光的频率不变，周期不变，速度由公式
速度变小，波长变短。
故选C。
【分析】频率是由振源决定的；根据折射情况分析折射率大小，由此得到光速大小，根据v=fλ判断波长。
6．（2025·湖南模拟）我国的风洞技术处于世界领先地位。如图所示，在某次风洞实验中，一质量为m的轻质小球，在恒定的风力作用下先后以相同的速度大小v经过a、b两点，速度方向与a、b连线的夹角α、β均为45°。已知a、b连线长为L，小球的重力忽略不计。则小球从a点运动到b点过程中，下列说法正确的是（ ）
A．风力方向与a、b连线平行 B．所用时间为
C．小球做匀速圆周运动 D．风力大小为
【答案】D
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】本题考查了曲线运动的处理方法，要求学生能熟练运用运动的分解与合成处理这类问题。A．由题意可知小球做匀变速曲线运动，根据加速度的定义可知加速度方向移动和速度变化量的方向相同，根据几何关系可知加速度方向垂直于a、b连线，如图所示
所以风力方向垂直于a、b连线，故A错误；
B．小球的速度沿a、b连线方向的分速度为
所以a运动到b的时间为
故B错误；
C．小球受到恒定风力的作用，做匀变速曲线运动，不可能做匀速圆周运动，故C错误；
D．沿风力的方向从a点运动到b点的速度变化量为
则加速度为
根据牛顿第二定律，从a点运动到b点的风力为
故D正确。
故选D。
【分析】根据小球的始末速度方向，确定加速度方向，从而可判断风力的方向；将小球的运动分解为平行于ab连线和垂直于ab连线，根据垂直于ab连线方向的匀速直线运动位移与时间关系可求时间；由速度方向和合力方向判断小球运动的性质；根据垂直于ab连线方向的运动由牛顿第二定律求解风力。
7．（2025·湖南模拟）污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极，金属圆盘置于底部，金属棒插入污水中，形成如图所示的电场分布。其中实线为电场线，虚线为等势面，M点和N点在同一电场线上，M点和P点在同一等势面上。下列说法正确的是（ ）
A．M点的电势比N点的高
B．N点的电场强度比P点的大
C．污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做正功
D．污泥絮体在N点的电势能比其在P点的小
【答案】C,D
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】本题考查对电场线的理解，及电荷性质与电势能的关系，属于基础知识。A．金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极，则圆盘带正电荷，则电场线由圆盘指向金属棒（向上），沿电场线方向电势降低，所以M点的电势比N点的低，故A错误；
B．电场线的疏密表示电场的强弱，N点的电场线比P点的疏，则N点的电场强度比P点的小，故B错误；
C．污泥絮体带负电，从M点移到N点，电场力对其做正功，故C正确；
D．污泥絮体带负电，M点和P点在同一等势面上，则P点的电势比N点的低，则污泥絮体在N点的电势能比其在P点的小，故D正确。
故选CD。
【分析】电场线总是从高电势指向低电势，沿着电场线的方向，电势是逐渐降低的；电场线密集的地方表示场强较大，电场线稀疏的地方表示场强较小；污泥絮体带负电，根据电场线的方向分析电势的变化情况，进而分析其在各点的电势能，由此判断电场力做功。
8．（2025·湖南模拟）某天文爱好者观测绕地球做匀速圆周运动的卫星，测出不同卫星的线速度v和轨道半径r，作出图像如图所示，已知地球的半径为R，引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）
A．地球的质量为
B．地球的第一宇宙速度为
C．地球表面的重力加速度为
D．线速度为的卫星与地心连线在单位时间内扫过的面积为
【答案】A,C,D
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】解答本题的关键是要灵活应用万有引力的各种表达式，要分清卫星在高空中的轨道半径和周期与他在和绕地表运转的半径和周期的不同，千万不能混淆。A．卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力
可得
结合图像可得
解得
故A正确；
B．对于地球近地卫星，同理，根据
解得
故B错误；
C．根据万有引力等于重力
解得
故C正确；
D．由题图可得线速度为的卫星绕地球做圆周运动的半径
则卫星做圆周运动的周期
则单位时间内扫过的面积
故D正确。
故选ACD。
【分析】根据万有引力提供向心力公式，卫星在表面所受的万有引力等于重力，可表示重力加速度g。
9．（2025·湖南模拟）装有一定量细沙的两端封闭的玻璃管竖直漂浮在水中，水面范围足够大，如图甲所示。把玻璃管向下缓慢按压4cm后放手，忽略水的粘滞阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.6s。以竖直向上为正方向，从某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示，其中A为振幅。对于玻璃管，下列说法正确的是（ ）
A．振动频率与按压的深度有关
B．振动过程中玻璃管的振幅为8cm
C．时刻的横坐标为0.25
D．在时间内，玻璃管的位移减小，加速度减小，速度增大
【答案】C,D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】该题中的玻璃管做简谐振动，其受力的情况与运动的情况都可以与弹簧振子的受力与运动相似，可以应用比较法进行解答，容易理解。A．由于玻璃管做简谐运动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐运动的特点可知，其振动频率与振幅无关，故A错误；
B．由题意可知振幅为4cm，故B错误；
C．由图乙可知从0到，所用时间为
故C正确；
D．由图乙可知，在时间内，位移减小，加速度减小，玻璃管向着平衡位置加速运动，所以速度增大，故D正确；
故选CD。
【分析】对装有一定量液体的玻璃管进行受力分析，然后结合简谐振动的条件与公式分析即可。
10．（2025·湖南模拟）如图甲所示，正方形线圈abcd内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数，边长，线圈总电阻，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示。设图示的磁场方向与感应电流方向为正方向，电动势顺时针为正，则下列有关线圈的感应电流i、电动势e、焦耳热Q以及ab边的安培力F（取向下为正方向）随时间t的变化图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,D
【知识点】焦耳定律；安培力的计算；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】本题考查电磁感应定律，解题关键掌握图像的含义及楞次定律的应用。AC．在0-1s内感应电动势
方向为逆时针方向（负方向）；
感应电流
方向为逆时针方向（负方向）；
在1-5s内感应电动势
方向为顺时针方向（正方向）；
感应电流
方向为顺时针方向（正方向），选项AC错误；
B．在0-1s内安培力
在1-5s内安培力
选项B正确；
D．在0-1s内焦耳热
在1-5s内焦耳热
选项D正确。
故选CD。
【分析】根据法拉第电磁感应定律结合图像分析电动势大小，根据楞次定律判断感应电流方向，根据安培力的计算公式和左手定则分析安培力，焦耳热需要通过焦耳定律计算。
11．（2025·湖南模拟）某同学利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性，制作了一个简易的汽车低油位报警装置。
（1）该同学为了探究该热敏电阻阻值随温度变化的关系，设计了如图甲所示的实验电路，定值电阻，则在闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于最 （选填“左”或“右”）端；在某次测量中，若毫安表的示数为2.5mA，的示数为1.0mA，两电表可视为理想电表，则热敏电阻的阻值为 kΩ。
（2）该同学通过探究得到热敏电阻随温度变化的规律如图乙所示，他利用此热敏电阻设计的汽车低油位报警装置如图丙所示，其中电源电动势E=6.0V，定值电阻R=1.1kΩ，长为l=50cm的热敏电阻下端紧靠在油箱底部，不计报警器和电源的内阻。已知流过报警器的电流I3.0mA时报警器开始报警，若测得报警器报警时油液（热敏电阻）的温度为30℃，油液外热敏电阻的温度为70℃，由此可知油液的警戒液面到油箱底部的距离约为 cm。
【答案】（1）左；5.0
（2）20
【知识点】研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性；特殊方法测电阻
【解析】【解答】本题为探究型实验，此类问题的解题关键在于明确实验原理，再利用所学过的物理规律进行分析求解，对学生能力要求较高。
（1）滑动变阻器采用分压接法，为保护电路安全，在开关闭合前应将滑动变阻器的滑片P置于最左端；由于和并联，故有
代入数据解得
（2）设警戒液面到油箱底部的距离为x，温度为30℃时热敏电阻的阻值为，则在油液内的热敏电阻的阻值为
同理，可得油液外的热敏电阻的阻值为
其中，由闭合电路欧姆定律有
将E=6V、I=3.0mA、R=1.1kΩ代入可得x=20cm
【分析】（1）为保护实验电路，开关闭合前应使滑动变阻器最大，根据闭合电路欧姆定律解得热敏电阻阻值；
（2）由闭合电路欧姆定律求油液的警戒液面到油箱底部的距离。
（1）[1]滑动变阻器采用分压接法，为保护电路安全，在开关闭合前应将滑动变阻器的滑片P置于最左端；
[2]由于和并联，故有
代入数据解得
（2）设警戒液面到油箱底部的距离为x，温度为30℃时热敏电阻的阻值为，则在油液内的热敏电阻的阻值为
同理，可得油液外的热敏电阻的阻值为
其中，由闭合电路欧姆定律有
将E=6V、I=3.0mA、R=1.1kΩ代入可得x=20cm
12．（2025·湖南模拟）某实验小组同时测量A、B两个箱子质量的装置图如图甲所示，其中D为铁架台，E为固定在铁架台上的轻质滑轮（质量和摩擦可忽略不计），F为光电门，C为固定在A上、宽度为d的细遮光条（质量不计），另外，该实验小组还准备了刻度尺和一套总质量m0=0.5kg的砝码。
（1）在铁架台上标记一位置O，并测得该位置与光电门F之间的距离为h。取出质量为的砝码放在A箱子中，剩余砝码全部放在B箱子中，让A从位置О由静止开始下降，则A下落到F处的过程中，B箱与B箱中砝码的整体机械能是 （选填“增加”、“减少”或“守恒”）的。
（2）测得遮光条通过光电门的时间为 t，根据所测数据计算得到下落过程中的加速度大小a= （用d、 t、h表示）
（3）改变m，测得相应遮光条通过光电门的时间，算出加速度a，得到多组m与a的数据，作出a-m图像如图乙所示，可得A的质量mA= kg。（取重力加速度大小g=10m/s2，计算结果甲保留两位有效数字）
【答案】（1）增加
（2）
（3）2.0
【知识点】功能关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【分析】（1），A从静止下落过程中做加速运动，B同样做加速运动，且二者加速度大小及速度大小始终相同，在该过程中除了重力做功，绳子上的拉力对该整体做正功，因此可知B箱与B箱中砝码整体机械能增加。
（2）根据
，
联立解得
（3）根据
整理得
，
联立解得
【解答】（1）该实验中A及砝码的总质量必须大于B及其中砝码的总质量才能完成实验。
（2）由平均速度代替A到达F处的瞬时速度，经过光电门速度可以看成基本不变。
（3）对A、B及砝码组成的系统整体由牛顿第二定律求解整体加速度，结合图像可得加速度具体值，二者列方程求解。
13．（2025·湖南模拟）理想变压器原、副线圈的匝数比为，原线圈接在电压峰值为的正弦交变电源上，副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝，电热丝密封在绝热固定容器内，容器内封闭有一定质量的理想气体，接通电路开始加热，加热前气体温度为。
（1）求变压器的输出功率P；
（2）已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量成正比，即，其中C已知。若电热丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2倍，求电热丝的通电时间t。
【答案】（1）由原线圈正弦交流电的峰值可知变压器输入电压有效值为
设变压器副线圈的输出电压为，根据理想变压器的电压与匝数之间的关系有
联立解得
理想变压器的输出功率等于R的功率，即
（2）设加热前容器内气体的压强为，则加热后气体的压强为，温度为，容器内的气体做等容变化，则有
得
由知气体吸收的热量
根据热力学第一定律
气体的体积不变，所以，容器是绝热容器，则
即
解得
【知识点】变压器原理；热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）根据正弦交变电的有效值与峰值的关系求得原线圈两端的电压有效值，根据理想变压器的工作原理求得副线圈两端的电压有效值，根据电功率的计算公式求解变压器的输出功率。
（2）根据查理定律求得容器内的气体温度末态温度，确定气体的温度变化量，根据题意求得气体吸收的热量，根据能量守恒定律求解电热丝的通电时间。
（1）由原线圈正弦交流电的峰值可知变压器输入电压有效值为
设变压器副线圈的输出电压为，根据理想变压器的电压与匝数之间的关系有
联立解得
理想变压器的输出功率等于R的功率，即
（2）设加热前容器内气体的压强为，则加热后气体的压强为，温度为，容器内的气体做等容变化，则有
得
由知气体吸收的热量
根据热力学第一定律
气体的体积不变，所以，容器是绝热容器，则
即
解得
14．（2025·湖南模拟）如图所示，二块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴。调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动，进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点。
（1）判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；
（2）求磁感应强度B的值；
（3）现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间位置。为了使墨滴仍能到达下板M点应将磁感应强度调至B ，则B 的大小为多少？
【答案】（1）墨滴在电场区域做匀速直线运动，有
解得
由于电场方向向下，电荷所受的电场力方向向上，可知墨滴带负电荷。
（2）墨滴垂直进入电磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，有
考虑墨滴进入磁场和撞板的几何关系，可知墨滴在该区域恰好完成四分之一圆周运动，则半径
R=d
解得
（3）根据题设，墨滴的运动轨迹如图，设圆周运动的半径为R'，有
由图示可得
则
解得
【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）根据电场力和重力平衡求出电荷量的大小，通过电场力的方向确定电荷的正负。
（2）墨滴垂直进入电磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，墨滴做匀速圆周运动，根据墨滴垂直打在M点，通过几何关系得出墨滴的轨道半径，根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的大小。
（3）根据几何关系得出墨滴做圆周运动的轨道半径，结合带电墨滴在磁场中运动的半径公式求出磁感应强度的大小。
15．（2025·湖南模拟）如图所示，光滑水平面上固定质量为2m、倾角为θ的斜面 OAB，在斜面右侧有 n个质量均为的物块，质量为m 的滑块从光滑斜面顶端A 由静止释放。
（1）求滑块到达斜面底端时的速度大小；
（2）若斜面底端有一小圆弧，斜面和地面平滑连接。
①所有的碰撞均为完全非弹性碰撞，求第n个物块的最终速度大小
②所有的碰撞均为弹性碰撞，求第n个物块的最终速度大小
（3）水平面上靠近 B处有一固定竖直挡板，斜面不固定，滑块运动至斜面底端与水平面碰撞后，仅保留水平方向动量。物块与挡板碰撞后以原速率返回，此时改变滑块与水平面、斜面与水平面间的粗糙程度，斜面与水平面动摩擦因数 。要使滑块能追上斜面，求滑块与水平面间动摩擦因数的最大值。
【答案】（1）对滑块，由动能定理得
解得
（2）①若是完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律则有
解得
②若是弹性碰撞，设滑块第1次与第 n个物块相碰后的速度分别是v01、v1，根据动量守恒定律则有
根据能量守恒定理则有
联立解得
由于后面发生的都是弹性碰撞，所以物块1的最终速度为，之后滑块第2次与第n个物块发生弹性碰撞，设滑块与第 n个物块相碰后的速度分别是v02、 v2，根据动量守恒定律，则有
根据能量守恒定律，则有
解得
由于后面发生的都是弹性碰撞，物块2的最终速度为，第n个物块的最终速度
（3）设滑块刚要滑到斜面底端时的水平速度为，竖直速度为，斜面体的速度为 水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得
根据机械能守恒定律则有
解得，
滑块从释放到滑到斜面底端，设滑块的水平位移大小为s1，斜面体的水平位移大小为s2，由于水平方向系统动量守恒，则有
整理可得
即
代入数据解得，
当滑块到达水平面时，由于挡板的存在，问题简化为滑块在斜面后方，则有
解得
故滑块与水平面间动摩擦因数的最大为
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】 （1）根据动能定理可求速度；
（2）①完全非弹性碰撞，碰撞之后二者速度相同，根据动量守恒定律和可求速度；
② 碰撞均为弹性碰撞， 碰撞过程没有能量损失。根据动量守恒和能量守恒可求速度；
（3）根据动量守恒和机械能守恒可求解滑到底端速度大小，根据人船模型求解各自位移大小，当滑块到达水平面时，由于挡板的存在，问题简化为滑块在斜面后方，结合运动学公式求解。
（1）对滑块，由动能定理得
解得
（2）①若是完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律则有
解得
②若是弹性碰撞，设滑块第1次与第 n个物块相碰后的速度分别是v01、v1，根据动量守恒定律则有
根据能量守恒定理则有
联立解得
由于后面发生的都是弹性碰撞，所以物块1的最终速度为，之后滑块第2次与第n个物块发生弹性碰撞，设滑块与第 n个物块相碰后的速度分别是v02、 v2，根据动量守恒定律，则有
根据能量守恒定律，则有
解得
由于后面发生的都是弹性碰撞，物块2的最终速度为，第n个物块的最终速度
（3）设滑块刚要滑到斜面底端时的水平速度为，竖直速度为，斜面体的速度为 水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得
根据机械能守恒定律则有
解得，
滑块从释放到滑到斜面底端，设滑块的水平位移大小为s1，斜面体的水平位移大小为s2，由于水平方向系统动量守恒，则有
整理可得
即
代入数据解得，
当滑块到达水平面时，由于挡板的存在，问题简化为滑块在斜面后方，则有
解得
故滑块与水平面间动摩擦因数的最大为
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