2025届湖南省常德市高三下学期模拟考试（二模）物理试题
1．（2025·常德模拟）如图所示，当用某一单色光照射光电管时，灵敏电流表指针没有偏转，已知电路中所有元件及其连接完好。现要使灵敏电流表指针有偏转，下列措施可行的是（ ）
A．增加入射光的频率 B．增加入射光的强度
C．提高电源的电压 D．延长光照时间
【答案】A
【知识点】光电效应
【解析】【解答】本题考查对光电效应产生的条件理解和应用能力。光电效应产生的条件是取决于入射光的频率或波长，与入射光的强度、光照时间没有关系。AB．灵敏电流计指针未发生偏转，是未发生光电效应现象，即入射光的频率小于金属的截止频率，与光照强度无关，故增加入射光的频率使入射光的频率大于金属的截止频率可使灵敏电流表指针有偏转，增加入射光的强度不能使灵敏电流表指针有偏转，故A正确，B错误；
C．电源正负极的连接使得光电子在电场中做加速运动，故灵敏电流计指针没有偏转不是电压高低的原因，故提高电源的电压不能使灵敏电流表指针有偏转，故C错误；
D．光电效应的发生是瞬间的，与入射光的照射时间无关，故延长光照时间不能使灵敏电流表指针有偏转，故D错误。
故选A。
【分析】当入射光频率大于金属的极限频率时，金属能产生光电效应，当光电管上加上正向电压时，灵敏电流计中有电流通过，灵敏电流计G中没有电流通过，可能不产生光电效应，由此分析。
2．（2025·常德模拟）制造某型芯片所使用的银灰色硅片覆上一层厚度均匀的无色透明薄膜后，在自然光照射下硅片呈现深紫色。关于此现象，下列说法正确的是（ ）
A．上述现象与三棱镜分光原理相同
B．光在薄膜的下表面发生了全反射
C．薄膜上下表面的反射光发生了干涉
D．薄膜厚度发生变化，硅片总呈现深紫色
【答案】C
【知识点】光的全反射；薄膜干涉
【解析】【解答】本题主要考查光的干涉的应用，根据光的干涉产生条件解答。A．银灰色硅片覆上一层厚度均匀的无色透明薄膜后，在自然光照射下硅片呈现深紫色，此现象属于薄膜干涉，三棱镜分光原理属于光的折射现象，故A错误；
B．由于薄膜厚度均匀，光在薄膜上表面的折射角等于光在薄膜的下表面的入射角，根据光路可逆原理，光在薄膜的下表面没有发生全反射，故B错误；
C．薄膜干涉现象中，入射光在薄膜上下表面的反射光发生了干涉，故C正确；
D．根据光的干涉中相互加强的条件，可知当薄膜的厚度发生变化时，满足加强条件的波长也会发生改变，导致硅片呈现不同的颜色，故D错误。
故选C。
【分析】光的干涉是指两列或几列光波在空间相遇时相互叠加，在某些区域始终加强，在另一些区域则始终削弱，形成稳定的强弱分布的现象，证实了光具有波动性。只有两列光波的频率相同，相位差恒定，振动方向一致的相干光源，才能产生光的干涉。单色光的干涉条纹是等间距明暗相间条纹，复色光产生彩色条纹。光的折射是光从一种介质射入另一种介质中，光的传播方向发生转变的现象。
3．（2025·常德模拟）2024年6月2日上午6时23分，“嫦娥六号”成功着陆月球背面。若“嫦娥六号”被月球俘获后进入椭圆轨道上运行，周期为；当经过近月点点时启动点火装置，完成变轨后进入圆形轨道上运行，周期为。已知月球半径为，圆形轨道距月球表面的距离为，椭圆轨道远月点距月球表面的距离为，如图所示，引力常量为，忽略其他天体对“嫦娥六号”的影响，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．月球的质量为
C．月球第一宇宙速度等于轨道II上的运行速度
D．嫦娥六号由轨道I进入轨道II需要在点点火使其加速才能完成
【答案】A
【知识点】开普勒定律；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】 在解答本题时，应注意掌握卫星变轨问题的过程，以及对于卫星问题，要熟练运用万有引力提供向心力和开普勒第三定律公式A．根据开普勒第三定律有
解得
故A正确；
B．“嫦娥六号”在轨道上运行时，有
解得月球的质量为
故B错误；
C．月球第一宇宙速度是探测器近月飞行的速度，即绕月的最大速度，所以月球第一宇宙速度大于轨道II上的运行速度，故C错误；
D．嫦娥六号由轨道I进入轨道II需要在点点火使其减速才能完成，故D错误。
故选A。
【分析】根据开普勒第三定律进行解答；根据万有引力提供向心力进行解答；第一宇宙速度等于卫星贴近中心天体做匀速圆周运动的环绕速度；根据变轨原理进行分析。
4．（2025·常德模拟）电磁血流量计是运用于心血管手术和有创外科手术的精密监控仪器，可以测量血管内血液的流速。如图所示，某段监测的血管可视为内径为的圆柱体，其前后两个侧面、固定两块竖直正对的金属电极板（未画出，电阻不计），血液中的正负离子随血液一起从左至右水平流动，当加竖直向下的匀强磁场时电极间存在电势差。当血液的流量（单位时间内流过管道横截面的液体体积）一定时，下列说法正确的是（ ）
A．电极的电势高于电极的电势
B．稳定时、电极间的电势差变大，说明血管内径变小
C．稳定时、电极间的电势差大小与血液流速成正比
D．当血液中正负离子浓度增大，稳定时电极间的电势差会增大
【答案】B
【知识点】电磁流量计
【解析】【解答】本题考查电磁流量计的应用，解决本题的关键要知道血液流过磁场区域时，正、负粒子受到洛伦兹力，发生偏转打到左右两个面上，形成电场，最终正、负电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态。A．左手定则可知正粒子向a电极偏转，则a点电势高于b点电势，故A错误；
BCD．题意知流量不变，且流量
稳定时有
联立解得稳定时、电极间的电势差
可知电势差U变大，说明血管内径变小，且U与流速、浓度无关，故B正确，CD错误；
故选B。
【分析】血液流过磁场区域时，根据左手定则判断带电粒子所受洛伦兹力的方向，正、负粒子发生偏转打到左右两个面上，左右两个面之间形成电场，最终正、负粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡，根据Q=vS求出流量，得到电势差表达式。
5．（2025·常德模拟）如图所示，矩形线圈切割磁感线产生的交流电压，其中电阻，原、副线圈匝数之比，副线圈上的滑动变阻器的最大阻值为，且其滑动触头可上下安全调节，其余电阻不计，变压器是理想变压器，电表均为理想交流电表。下列说法正确的是（ ）
A．1s内副线圈中的电流方向改变10次
B．当滑动变阻器的阻值变大时，两电压表的示数之比增大
C．若将滑动触头从最下端滑到最上端，消耗的功率先减小后增大
D．当滑动变阻器的阻值调为时，电流表的示数为
【答案】D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查了理想变压器的动态分析问题，考查了等效电阻、电源输出功率与外电阻的关系等知识点。考查考生的分析问题、解决问题的能力。A．根据交流电压的表达式有
解得
由于
线圈转动一周，电流方向改变两次，则1s内副线圈中的电流方向改变20次，故A错误；
B．根据变压器电压与匝数关系有
可知，当滑动变阻器的阻值变大时，两电压表的示数之比不变，故B错误；
C．将变压器与滑动变阻器等效为一个电阻，等效阻值为
令线圈转动产生电动势的有效值为，消耗的功率
由于线圈电阻，根据数学对勾函数规律可知，若将滑动触头从最下端滑到最上端，接入电阻减小，消耗的功率先增大后减小，故C错误；
D．线圈转动产生电动势的有效值为
结合上述，根据闭合电路欧姆定律，原线圈中电流
根据变压器电流与匝数关系有
解得
故D正确。
故选D。
【分析】确定矩形线圈转动的角速度，得到交流电压的周期，一个周期内电流方向改变2次，变压器不改变交流电的周期，据此求解1s内副线圈中的电流方向改变的次数；根据理想变压器原副线圈电压比与匝数比的关系，判断两电压表的示数之比的变化；将理想变压器与负载电阻整体等效为一个等效电阻，将定值电阻r等效为电源的内阻。根据滑动变阻器接入电路的阻值的变化得到等效电阻的变化，根据电源输出功率与外电阻的关系，分析等效电源的输出功率（即R消耗的功率）的变化；确定线圈切割磁感线产生的电压有效值，以及等效电阻的阻值。根据闭合电路欧姆定律和理想变压器原副线圈的电流比与匝数比的关系，求解副线圈中的电流。
6．（2025·常德模拟）三角形是一光滑绝缘斜面，斜面足够长，斜面倾角为，以点为坐标原点，沿斜面向下为轴正方向，如图1所示，沿斜面加一静电场，其电场强度随变化的关系如图2所示，设轴正方向为电场强度的正方向。现将一质量为，电荷量大小为的带电小滑块（视为质点）从点静止释放，且小滑块释放后沿斜面向下运动，已知，运动过程中小滑块的电荷量保持不变。则下列说法正确的是（ ）
A．小滑块一定带正电
B．小滑块沿斜面向下运动过程中机械能先减小后增大
C．小滑块沿斜面向下运动过程中的最大速度为
D．小滑块沿斜面向下运动的最远距离为
【答案】C
【知识点】机械能守恒定律；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】知道E-x图像与坐标轴所围面积表示电势差，电场强度随距离均匀变化的电场中，电场力做的功应该用电场力的平均值计算。A．由题知，取沿斜面向下为x轴正方向，故最开始的电场强度方向沿斜面向上，若小滑块带正电，则最开始所受电场力沿斜面向上，有
即电场力大于重力沿斜面向下的分力，小滑块刚开始不可能沿斜面向下运动，所以小滑块带负电，故A错误；
B．小滑块带负电，沿斜面向下运动过程中电场力先做正功，后做负功，所以机械能先增大后减小，故B错误；
C．小滑块沿斜面向下运动过程中，当有最大速度时加速度为零，则有
解得
由图2可知，设此时电场强度对应的横坐标为x，则有
解得
从最开始到最大速度，根据动能定理有
解得
故C正确；
D．当小滑块的速度为零时，沿斜面向下运动到最大位移，设为xm，对应的电场强度为Em，由图2可知
从最开始运动到最大位移，根据动能定理有
联立，解得
故D错误。
故选C。
【分析】根据电场力做功情况分析；根据物块速度最大时受力平衡分析重力和电场强度的关系，然后根据动能定理分别计算BC即可；根据动能定理计算，电场力做的功刚好等于克服重力做的功时，物块的速度为零，上升的距离最大。
7．（2025·常德模拟）图甲为一列简谐横波在时刻的波形图，P、Q为平衡位置分别在、处的两个质点，图乙为质点P的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．时质点向轴负向振动
B．该波的传播速度大小为
C．时质点的加速度达到正向最大
D．从到，质点运动的路程为
【答案】B,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】本题既要理解振动图像和波动图像各自的物理意义，由振动图像能判断出质点的速度方向，同时要把握两种图像的内在联系，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。A．根据图乙可知，在0.1s后极短时间内，质点P的位移为正值，且逐渐增大，表明时质点向轴正向振动，故A错误；
B．根据图像可知，波长为4m，周期为0.2s，则该波的传播速度大小为
故B正确；
C．根据图乙可知，时质点的位移为正方向的最大值，根据
可知，时质点的加速度达到负向最大，故C错误；
D．从到的时间间隔为
可知，质点运动的路程为
故D正确。
故选BD。
【分析】根据图乙判断P的振动方向；根据波速计算公式求解该波的传播速度大小；根据图乙可知t=0.15s时质点P达到波峰，由此分析加速度大小和方向；质点在一个周期通过的路程为4A，由此求解。
8．（2025·常德模拟）汽车工程学中将加速度随时间的变化率称为急动度，急动度是评判乘客是否感到舒适的重要指标。了解“急动度”有助于我们在日常驾驶中采取更合理的驾驶习惯，保护车辆，延长其使用寿命。一辆汽车沿平直公路以的速度做匀速运动，时刻开始加速，0~12.0s内汽车运动过程的急动度随时间变化的图像如图所示。已知该汽车质量，运动过程中所受阻力。则（ ）
A．急动度，其中为加速度
B．汽车在内做匀加速直线运动
C．在内，汽车牵引力等于所受阻力
D．时，汽车牵引力的功率为
【答案】A,D
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算
【解析】【解答】本题主要考查急动度随时间变化的关系，理解图像的物理意义是解题关键。A．根据急动度的概念
可知其中为加速度，故A正确；
B．由图可知汽车在内
急动度为一定值，汽车做加速度均匀增大的加速直线运动，故B错误；
C．在内，
加速度恒定，由
可知汽车牵引力大于所受阻力，故C错误；
D．由图可知加速度随时间变化的图像，如图
由图可知，10.0s时加速度为1.0m/s2，a-t图像中图线与横轴所围面积表示速度的增加量，则10.0s时
由牛顿第二定律可知
解得
则时，汽车牵引力的功率为
故D正确。
故选AD。
【分析】根据急动度的概念分析；根据急动度随时间变化的图像分析汽车的运动性质；由牛顿第二定律分析在4.0～8.0s内，汽车牵引力等于所受阻力；将急动度随时间变化的图像转化成a-t图像，求出10s时汽车的速度，再由牛顿第二定律求出此时的牵引力，由P=Fv计算牵引力功率。
9．（2025·常德模拟）如图所示是法拉第圆盘发电机，其圆盘的半径为，圆盘处于磁感应强度大小为，方向竖直向上的匀强磁场中。圆盘左边有两条光滑平行足够长倾斜导轨，导轨间距为，其所在平面与水平面夹角为，导轨处于磁感应强度大小为，方向竖直向下的匀强磁场中。现用导线把两导轨分别与圆盘发电机中心和边缘的电刷连接，圆盘边缘和圆心之间的电阻为。在倾斜导轨上放置一根质量为，长度也为，电阻为的导体棒，其余电阻不计。当圆盘以角速度匀速转动时，棒刚好能静止在斜面上，则（ ）
A．从上往下看，圆盘顺时针方向转动
B．间电势差
C．若大小、方向均可改变，导体棒始终保持静止状态时，的最小值为
D．若圆盘停止转动，棒将沿导轨先匀加速下滑后匀速运动
【答案】A,C
【知识点】安培力的计算；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】解答本题时，要能熟练推导出转动切割感应电动势表达式，抓住安培力与速度的关系分析导体棒的运动情况。A．ab棒刚好能静止在斜面上，由受力可知，电流方向由a到b，故b端电势低于a端电势，由右手定则可知，圆盘转动的方向（从上往下看）为顺时针方向，A正确；
B．由题可知，圆盘产生的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律可知，ab间电势差为
故B错误；
C．若大小、方向均可改变，导体棒始终保持静止状态时，由平衡条件可得
由闭合电路欧姆定律
圆盘产生的感应电动势为
联立解得的最小值为
故C正确；
D．若圆盘停止转动，ab棒沿导轨向下做切割磁感线运动，由ab棒受力可知，棒先做变加速运动后做匀速运动，D错误。故选AC。
【分析】ab棒刚好能静止在斜面上，根据平衡条件判断ab棒受到的安培力方向，由左手定则判断ab棒中感应电流方向，再由右手定则判断圆盘转动方向；根据E=Brv求出圆盘产生的感应电动势，再根据串联电路电压分配关系求ab间电势差；对ab棒，根据平衡条件以及安培力公式相结合求B2的最小值；若圆盘停止转动，分析ab棒受力情况来判断其运动情况。
10．（2025·常德模拟）如图（a）所示，可视为质点的、两球通过轻绳连接跨过光滑轻质定滑轮，球在外力作用下静止悬空。以地面为重力势能的零势能面，从静止释放球，在球落地前的过程中，两球的重力势能随时间的变化关系如图（b）所示，图中两图像交点对应时刻，球始终没有与定滑轮相碰，、始终在竖直方向上运动，忽略空气阻力，重力加速度。则（ ）
A．球质量
B．球落地时球的动能为
C．球下落前距地面的高度为
D．时球离地面的高度为
【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；重力势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题主要考查多物体系统的机械能守恒问题，解题时需注意，在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。AB．设球下落前距地面的高度为H，由图b可知，，
解得
由能量守恒，可得
联立，解得球落地时球的动能为
故A错误；B正确；
CD．对两球组成的整体，受力分析，由牛顿第二定律
解得
则0.3s时，a球上升的高度
由图b可知，时两球重力势能相等，则有
解得
即球下落前距地面的高度为，时球离地面的高度
故C正确；D错误。
故选BC。
【分析】结合题意，由牛顿第二定律、运动学规律、重力势能的计算、机械能守恒定律分别列式。
11．（2025·常德模拟）某兴趣小组利用磁敏电阻设计了一款测量磁感应强度大小的磁场测量仪，其中磁敏电阻的阻值随磁感应强度的变化规律如图甲所示，磁场测量仪的工作原理电路图如图乙所示，提供的器材有：
A.磁敏电阻（工作范围为）
B.电源（电动势为，内阻很小）
C.电流表（量程为，内阻不计）
D.电阻箱（最大阻值为）
E.定值电阻（阻值为）
F.定值电阻（阻值为）
G.开关，导线若干
（1）电路连接：按照图乙所示连接实验电路，定值电阻应选用 （填“”或“”）。
（2）按下列步骤进行调试：
①闭合开关，将电阻箱调为，然后将开关向 （填“”或“”）端闭合，将电流表此时指针对应的刻度线标记为1.5T；
②逐步减小电阻箱的阻值，按照图甲将电流表的“电流”刻度线标记为对应的“磁感应强度”值；
③将开关向另一端闭合，测量仪即可正常使用。
（3）用调试好的磁场测量仪进行测量，当电流表的示数为时，待测磁场的磁感应强度为 （结果保留两位有效数字）。
（4）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻明显变大，这将导致磁感应强度的测量结果 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）
（2）
（3）1.0
（4）偏大
【知识点】磁感应强度；测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】本题关键掌握测量磁感应强度大小的磁场测量仪的实验原理。
（1）当磁感应强度为零时，磁敏电阻的阻值为
为了保护电流表，定值电阻的最小阻值为
故定值电阻应选用。
（2）本实验为替代法测电阻，故闭合开关，将电阻箱调为，然后将开关应向端闭合。
（3）当电流表的示数为时，磁敏电阻的阻值为。
由图甲可知待测磁场的磁感应强度为。
（4）由于电源的电动势略微变小，内阻变大，导致测得的电流值偏小，磁敏电阻的阻值偏大，由图像知这将导致磁感应强度的测量结果偏大。
【分析】（1）根据串联电路的特点和欧姆定律求解定值电阻的最小值，然后作答；
（2）根据实验原理分析作答；
（3）根据闭合电路的欧姆定律求解电流表的示数为3.0mA时，磁敏电阻的阻值，再结合图甲求解作答；
（4）电源的电动势略微变小，内阻变大，导致测得的电流值偏小，分析磁敏电阻的测量值的变化，再结合图甲分析作答。
（1）当磁感应强度为零时，磁敏电阻的阻值为
为了保护电流表，定值电阻的最小阻值为
故定值电阻应选用。
（2）本实验为替代法测电阻，故闭合开关，将电阻箱调为，然后将开关应向端闭合。
（3）当电流表的示数为时，磁敏电阻的阻值为。
由图甲可知待测磁场的磁感应强度为。
（4）由于电源的电动势略微变小，内阻变大，导致测得的电流值偏小，磁敏电阻的阻值偏大，由图像知这将导致磁感应强度的测量结果偏大。
12．（2025·常德模拟）某探究小组要测量一横截面为半圆形透明玻璃砖的折射率，准备的器材有玻璃砖、激光笔、刻度尺和白纸。如图是该小组设计的实验方案示意图，下面是该小组的探究步骤：
①用刻度尺测量玻璃砖的直径；
②把白纸固定在水平桌面上，在白纸上建立直角坐标系xOy，将玻璃砖放在白纸上，使其底面圆心和直径分别与点和轴重合，再将刻度尺紧靠玻璃砖并垂直于轴放置；
③打开激光笔开关，让激光笔发出的激光束始终指向圆心射向玻璃砖，从轴开始在平面内缓慢移动激光笔，在某一位置时，刻度尺上出现两个清晰的光点，通过刻度尺读取两光点与轴的距离分别为；
请回答下面问题：
（1）甲同学利用步骤③测得数据计算该玻璃砖的折射率为 （用测得的、、表示）；
（2）乙同学在步骤③后继续改变激光笔的位置，直到刻度尺上恰好只有一个光点，读取该光点与轴的距离为，计算该玻璃砖的折射率为 （用测得的、表示）；
（3）比较甲、乙两同学测量折射率的方案，你认为 （选填“甲”或“乙”）同学的测量误差更小；
（4）在操作步骤②中，刻度尺没有与轴严格垂直，而是逆时针偏离垂直轴位置，则甲同学测得的折射率较真实值是 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）
（2）
（3）甲
（4）偏大
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本题主要考查了测量一横截面为半圆形透明玻璃砖的折射率的实验，要明确实验原理，掌握折射定律和临界角公式的运用；根据数学知识求解入射角和折射角的正弦是解题的关键。
（1）按照步骤③画出光路图，如图，由几何关系
故折射率为
（2）按照乙同学实验方案画出光路图，如图，此时恰好发生全反射
联立可得折射率为
（3）比较甲、乙两同学测量折射率的方案，甲同学误差更小，因为乙同学方案中“恰好只有一个光点”的状态确定不够准确。
（4）刻度尺逆时针偏离垂直轴位置，则偏大，偏小，测量结果偏大，则甲同学测得的折射率较真实值偏大。
【分析】（1）按照步骤③画出光路图，根据数学知识分别求解入射角和折射角的正弦，根据折射定律求解作答；
（2）乙同学在步骤③后继续改变激光笔的位置，直到刻度尺上恰好只有一个光点，此时恰好发生全反射；根据数学知识求解入射角的正弦，根据临界角公式求解作答；
（3）根据实验原理分析作答；
（4）根据实验原理，结合得到的折射率的表达式分析作答。
（1）按照步骤③画出光路图，如图，由几何关系
故折射率为
（2）按照乙同学实验方案画出光路图，如图，此时恰好发生全反射
联立可得折射率为
（3）比较甲、乙两同学测量折射率的方案，甲同学误差更小，因为乙同学方案中“恰好只有一个光点”的状态确定不够准确。
（4）刻度尺逆时针偏离垂直轴位置，则偏大，偏小，测量结果偏大，则甲同学测得的折射率较真实值偏大。
13．（2025·常德模拟）下图为吸盘工作原理示意图，使用时先把吸盘紧挨竖直墙面，按住锁扣把吸盘紧压在墙上，挤出吸盘内部分空气，如图（a），然后要把锁扣扳下，让锁扣以盘盖为依托把吸盘向外拉出，在拉起吸盘同时，锁扣对盘盖施加压力，致使盘盖以最大的压力吸住吸盘，使外界空气不能进入吸盘，如图（b）。由于吸盘内外存在压强差，使吸盘被紧压在墙壁上，挂钩上即可悬挂适量物体。已知锁扣扳下前吸盘内密封一定质量的气体，压强与外界大气压强相同，锁扣扳下后吸盘内气体体积变为扳下前的1.25倍，盘盖的左侧截面积即图（b）中大圆面积，吸盘中气体与墙面的接触面积，大气压强，重力加速度，吸盘内的气体可视为理想气体，环境温度不变。
（1）求扳下锁扣后吸盘内气体压强；
（2）若吸盘与墙之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计吸盘及其他装置的重力，求此时吸盘能挂起重物质量的最大值。
【答案】（1）已知环境气温不变，说明气体发生的是等温变化；对于一定质量的理想气体，在等温变化过程中，由玻意耳定律
其中
代入数据解得下锁扣后吸盘内气体压强为
（2）水平方向上，吸盘内外存在压强差，大气对吸盘有一个向内的压力，吸盘内气体对吸盘有一个向外的压力。吸盘内外的压力差
代入可得
当吸盘恰好能挂起重物时，竖直方向上重物的重力等于吸盘受到的最大静摩擦力即
代入数据计算得
即吸盘能挂起重物质量的最大值为。
【知识点】共点力的平衡；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）根据玻意耳定律，结合体积变化分析求解；
（2）根据吸盘恰好能挂起重物时，竖直方向上重物的重力等于吸盘受到的最大静摩擦力，结合吸盘内外的压力差分析求解。
（1）已知环境气温不变，说明气体发生的是等温变化；对于一定质量的理想气体，在等温变化过程中，由玻意耳定律
其中
代入数据解得下锁扣后吸盘内气体压强为
（2）水平方向上，吸盘内外存在压强差，大气对吸盘有一个向内的压力，吸盘内气体对吸盘有一个向外的压力。吸盘内外的压力差
代入可得
当吸盘恰好能挂起重物时，竖直方向上重物的重力等于吸盘受到的最大静摩擦力即
代入数据计算得
即吸盘能挂起重物质量的最大值为。
14．（2025·常德模拟）如图所示，在平面直角坐标系中，第二象限有一过坐标原点的曲线，该曲线及其上方有竖直向下的匀强电场。曲线上每个位置可连续发射质量为、电荷量为的粒子，粒子均以大小为的初速度水平向右射入电场，所有粒子均能到达原点，曲线上A点离轴的距离为，电场强度大小为。第四象限内（含边界）存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场，为平行于轴且足够大的荧光屏，荧光屏可以上下移动，不计粒子重力及粒子间的相互作用，粒子打到荧光屏上即被吸收。
（1）求图中曲线方程；
（2）若粒子运动中不会与荧光屏相碰，求从A点发射的粒子在磁场中运动时间；
（3）若将荧光屏缓慢上下移动，求从A点至点发射的粒子打在荧光屏上的发光点间的最大距离。
【答案】（1）设曲线某点坐标为（x，y），粒子在电场中做类平抛运动，水平方向有
竖直方向有
其中
解得（）
（2）对从曲线上A点射入的粒子，作出粒子的运动轨迹如图所示
在电场中，粒子做类平抛运动，在水平方向有
在竖直方向有
设粒子进入磁场时速度与竖直方向的夹角为，则有
解得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有，
解得
则粒子在磁场运动时间
解得
（3）设粒子从点进入磁场的速度，与轴负向的夹角为，运动半径为，由洛伦兹力提供向心力有
解得
由几何知识可知，若无荧光屏粒子出磁场时对应的弦长为
该弦长与v无关，即从任一点发射的粒子都从同一点射出磁场。令点发射的粒子在磁场中运动轨道半径，结合上述有
令从A点发射的粒子在磁场中运动轨道半径，则有
所以打在荧光屏上的发光点的最大距离为
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；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）根据类平抛运动规律求图中曲线方程；
（2）在电场中，粒子做类平抛运动，求出磁场中运动轨迹的圆心角，根据几何关系求从A点发射的粒子在磁场中运动时间；
（3）根据洛伦兹力提供向心力求解半径，结合几何关系求从A点至O点发射的粒子打在荧光屏上的发光点间的最大距离L。
（1）设曲线某点坐标为（x，y），粒子在电场中做类平抛运动，水平方向有
竖直方向有
其中
解得（）
（2）对从曲线上A点射入的粒子，作出粒子的运动轨迹如图所示
在电场中，粒子做类平抛运动，在水平方向有
在竖直方向有
设粒子进入磁场时速度与竖直方向的夹角为，则有
解得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有，
解得
则粒子在磁场运动时间
解得
（3）设粒子从点进入磁场的速度，与轴负向的夹角为，运动半径为，由洛伦兹力提供向心力有
解得
由几何知识可知，若无荧光屏粒子出磁场时对应的弦长为
该弦长与v无关，即从任一点发射的粒子都从同一点射出磁场。令点发射的粒子在磁场中运动轨道半径，结合上述有
令从A点发射的粒子在磁场中运动轨道半径，则有
所以打在荧光屏上的发光点的最大距离为
解得
15．（2025·常德模拟）如图所示，质量为、长为的均匀长木板，其上表面光滑，下表面粗糙，静止平放在粗糙的水平桌面上，左端安有一竖直挡板。一质量为的小滑块静置在长木板的右端。现给小滑块一个水平向左的瞬时速度，小滑块与长木板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑块恰好不会从长木板掉下。假设小滑块与竖直挡板的碰撞为弹性正碰，碰撞时间极短，桌面粗糙程度各处相同，桌面足够长，重力加速度大小为。求
（1）第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度大小；
（2）长木板与桌面间的动摩擦因数；
（3）长木板运动的总时间。
【答案】（1）设小滑块的初速度方向为正方向，第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度分别为和，碰撞瞬间根据系统动量守恒和机械能守恒可得，
联立解得，
（2）发生第一次碰撞后，长木板做匀减速直线运动，小滑块做匀速直线运动，因为小滑块与长木板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑块恰好不会从长木板掉下，所以长木板匀减速到与小滑块速度相等时二者相对位移恰好等于，设第一次碰撞后到二者速度相等所用时间为，长木板匀减速的加速度大小为，则有，
解得，
对长木板根据牛顿第二定律可得
解得
（3）二者速度相等后，长木板继续匀减速至停止通过的位移和所用时间分别为，
这段时间内小滑块的位移为
因为
所以小滑块与长木板发生第二次碰撞时长木板已停止运动，小滑块与长木板第二次碰撞瞬间，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有，
联立解得，
同理，小滑块与长木板第次碰撞后瞬间长木板的速度大小
小滑块与长木板发生每次碰撞前长木板均静止，碰后均做加速度相同的匀减速运动，故
长木板运动的总时间
解得
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）碰撞瞬间根据系统动量守恒和机械能守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度大小；
（2）根据运动学公式和牛顿第二定律求长木板与桌面间的动摩擦因数；
（3）小滑块与长木板发生第二次碰撞时长木板已停止运动，小滑块与长木板发生每次碰撞前长木板均静止，根据动量守恒定律和机械能守恒定律结合运动学公式求长木板运动的总时间。
（1）设小滑块的初速度方向为正方向，第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度分别为和，碰撞瞬间根据系统动量守恒和机械能守恒可得，
联立解得，
（2）发生第一次碰撞后，长木板做匀减速直线运动，小滑块做匀速直线运动，因为小滑块与长木板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑块恰好不会从长木板掉下，所以长木板匀减速到与小滑块速度相等时二者相对位移恰好等于，设第一次碰撞后到二者速度相等所用时间为，长木板匀减速的加速度大小为，则有，
解得，
对长木板根据牛顿第二定律可得
解得
（3）二者速度相等后，长木板继续匀减速至停止通过的位移和所用时间分别为，
这段时间内小滑块的位移为
因为
所以小滑块与长木板发生第二次碰撞时长木板已停止运动，小滑块与长木板第二次碰撞瞬间，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有，
联立解得，
同理，小滑块与长木板第次碰撞后瞬间长木板的速度大小
小滑块与长木板发生每次碰撞前长木板均静止，碰后均做加速度相同的匀减速运动，故
长木板运动的总时间
解得
1 / 12025届湖南省常德市高三下学期模拟考试（二模）物理试题
1．（2025·常德模拟）如图所示，当用某一单色光照射光电管时，灵敏电流表指针没有偏转，已知电路中所有元件及其连接完好。现要使灵敏电流表指针有偏转，下列措施可行的是（ ）
A．增加入射光的频率 B．增加入射光的强度
C．提高电源的电压 D．延长光照时间
2．（2025·常德模拟）制造某型芯片所使用的银灰色硅片覆上一层厚度均匀的无色透明薄膜后，在自然光照射下硅片呈现深紫色。关于此现象，下列说法正确的是（ ）
A．上述现象与三棱镜分光原理相同
B．光在薄膜的下表面发生了全反射
C．薄膜上下表面的反射光发生了干涉
D．薄膜厚度发生变化，硅片总呈现深紫色
3．（2025·常德模拟）2024年6月2日上午6时23分，“嫦娥六号”成功着陆月球背面。若“嫦娥六号”被月球俘获后进入椭圆轨道上运行，周期为；当经过近月点点时启动点火装置，完成变轨后进入圆形轨道上运行，周期为。已知月球半径为，圆形轨道距月球表面的距离为，椭圆轨道远月点距月球表面的距离为，如图所示，引力常量为，忽略其他天体对“嫦娥六号”的影响，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．月球的质量为
C．月球第一宇宙速度等于轨道II上的运行速度
D．嫦娥六号由轨道I进入轨道II需要在点点火使其加速才能完成
4．（2025·常德模拟）电磁血流量计是运用于心血管手术和有创外科手术的精密监控仪器，可以测量血管内血液的流速。如图所示，某段监测的血管可视为内径为的圆柱体，其前后两个侧面、固定两块竖直正对的金属电极板（未画出，电阻不计），血液中的正负离子随血液一起从左至右水平流动，当加竖直向下的匀强磁场时电极间存在电势差。当血液的流量（单位时间内流过管道横截面的液体体积）一定时，下列说法正确的是（ ）
A．电极的电势高于电极的电势
B．稳定时、电极间的电势差变大，说明血管内径变小
C．稳定时、电极间的电势差大小与血液流速成正比
D．当血液中正负离子浓度增大，稳定时电极间的电势差会增大
5．（2025·常德模拟）如图所示，矩形线圈切割磁感线产生的交流电压，其中电阻，原、副线圈匝数之比，副线圈上的滑动变阻器的最大阻值为，且其滑动触头可上下安全调节，其余电阻不计，变压器是理想变压器，电表均为理想交流电表。下列说法正确的是（ ）
A．1s内副线圈中的电流方向改变10次
B．当滑动变阻器的阻值变大时，两电压表的示数之比增大
C．若将滑动触头从最下端滑到最上端，消耗的功率先减小后增大
D．当滑动变阻器的阻值调为时，电流表的示数为
6．（2025·常德模拟）三角形是一光滑绝缘斜面，斜面足够长，斜面倾角为，以点为坐标原点，沿斜面向下为轴正方向，如图1所示，沿斜面加一静电场，其电场强度随变化的关系如图2所示，设轴正方向为电场强度的正方向。现将一质量为，电荷量大小为的带电小滑块（视为质点）从点静止释放，且小滑块释放后沿斜面向下运动，已知，运动过程中小滑块的电荷量保持不变。则下列说法正确的是（ ）
A．小滑块一定带正电
B．小滑块沿斜面向下运动过程中机械能先减小后增大
C．小滑块沿斜面向下运动过程中的最大速度为
D．小滑块沿斜面向下运动的最远距离为
7．（2025·常德模拟）图甲为一列简谐横波在时刻的波形图，P、Q为平衡位置分别在、处的两个质点，图乙为质点P的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．时质点向轴负向振动
B．该波的传播速度大小为
C．时质点的加速度达到正向最大
D．从到，质点运动的路程为
8．（2025·常德模拟）汽车工程学中将加速度随时间的变化率称为急动度，急动度是评判乘客是否感到舒适的重要指标。了解“急动度”有助于我们在日常驾驶中采取更合理的驾驶习惯，保护车辆，延长其使用寿命。一辆汽车沿平直公路以的速度做匀速运动，时刻开始加速，0~12.0s内汽车运动过程的急动度随时间变化的图像如图所示。已知该汽车质量，运动过程中所受阻力。则（ ）
A．急动度，其中为加速度
B．汽车在内做匀加速直线运动
C．在内，汽车牵引力等于所受阻力
D．时，汽车牵引力的功率为
9．（2025·常德模拟）如图所示是法拉第圆盘发电机，其圆盘的半径为，圆盘处于磁感应强度大小为，方向竖直向上的匀强磁场中。圆盘左边有两条光滑平行足够长倾斜导轨，导轨间距为，其所在平面与水平面夹角为，导轨处于磁感应强度大小为，方向竖直向下的匀强磁场中。现用导线把两导轨分别与圆盘发电机中心和边缘的电刷连接，圆盘边缘和圆心之间的电阻为。在倾斜导轨上放置一根质量为，长度也为，电阻为的导体棒，其余电阻不计。当圆盘以角速度匀速转动时，棒刚好能静止在斜面上，则（ ）
A．从上往下看，圆盘顺时针方向转动
B．间电势差
C．若大小、方向均可改变，导体棒始终保持静止状态时，的最小值为
D．若圆盘停止转动，棒将沿导轨先匀加速下滑后匀速运动
10．（2025·常德模拟）如图（a）所示，可视为质点的、两球通过轻绳连接跨过光滑轻质定滑轮，球在外力作用下静止悬空。以地面为重力势能的零势能面，从静止释放球，在球落地前的过程中，两球的重力势能随时间的变化关系如图（b）所示，图中两图像交点对应时刻，球始终没有与定滑轮相碰，、始终在竖直方向上运动，忽略空气阻力，重力加速度。则（ ）
A．球质量
B．球落地时球的动能为
C．球下落前距地面的高度为
D．时球离地面的高度为
11．（2025·常德模拟）某兴趣小组利用磁敏电阻设计了一款测量磁感应强度大小的磁场测量仪，其中磁敏电阻的阻值随磁感应强度的变化规律如图甲所示，磁场测量仪的工作原理电路图如图乙所示，提供的器材有：
A.磁敏电阻（工作范围为）
B.电源（电动势为，内阻很小）
C.电流表（量程为，内阻不计）
D.电阻箱（最大阻值为）
E.定值电阻（阻值为）
F.定值电阻（阻值为）
G.开关，导线若干
（1）电路连接：按照图乙所示连接实验电路，定值电阻应选用 （填“”或“”）。
（2）按下列步骤进行调试：
①闭合开关，将电阻箱调为，然后将开关向 （填“”或“”）端闭合，将电流表此时指针对应的刻度线标记为1.5T；
②逐步减小电阻箱的阻值，按照图甲将电流表的“电流”刻度线标记为对应的“磁感应强度”值；
③将开关向另一端闭合，测量仪即可正常使用。
（3）用调试好的磁场测量仪进行测量，当电流表的示数为时，待测磁场的磁感应强度为 （结果保留两位有效数字）。
（4）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻明显变大，这将导致磁感应强度的测量结果 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
12．（2025·常德模拟）某探究小组要测量一横截面为半圆形透明玻璃砖的折射率，准备的器材有玻璃砖、激光笔、刻度尺和白纸。如图是该小组设计的实验方案示意图，下面是该小组的探究步骤：
①用刻度尺测量玻璃砖的直径；
②把白纸固定在水平桌面上，在白纸上建立直角坐标系xOy，将玻璃砖放在白纸上，使其底面圆心和直径分别与点和轴重合，再将刻度尺紧靠玻璃砖并垂直于轴放置；
③打开激光笔开关，让激光笔发出的激光束始终指向圆心射向玻璃砖，从轴开始在平面内缓慢移动激光笔，在某一位置时，刻度尺上出现两个清晰的光点，通过刻度尺读取两光点与轴的距离分别为；
请回答下面问题：
（1）甲同学利用步骤③测得数据计算该玻璃砖的折射率为 （用测得的、、表示）；
（2）乙同学在步骤③后继续改变激光笔的位置，直到刻度尺上恰好只有一个光点，读取该光点与轴的距离为，计算该玻璃砖的折射率为 （用测得的、表示）；
（3）比较甲、乙两同学测量折射率的方案，你认为 （选填“甲”或“乙”）同学的测量误差更小；
（4）在操作步骤②中，刻度尺没有与轴严格垂直，而是逆时针偏离垂直轴位置，则甲同学测得的折射率较真实值是 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
13．（2025·常德模拟）下图为吸盘工作原理示意图，使用时先把吸盘紧挨竖直墙面，按住锁扣把吸盘紧压在墙上，挤出吸盘内部分空气，如图（a），然后要把锁扣扳下，让锁扣以盘盖为依托把吸盘向外拉出，在拉起吸盘同时，锁扣对盘盖施加压力，致使盘盖以最大的压力吸住吸盘，使外界空气不能进入吸盘，如图（b）。由于吸盘内外存在压强差，使吸盘被紧压在墙壁上，挂钩上即可悬挂适量物体。已知锁扣扳下前吸盘内密封一定质量的气体，压强与外界大气压强相同，锁扣扳下后吸盘内气体体积变为扳下前的1.25倍，盘盖的左侧截面积即图（b）中大圆面积，吸盘中气体与墙面的接触面积，大气压强，重力加速度，吸盘内的气体可视为理想气体，环境温度不变。
（1）求扳下锁扣后吸盘内气体压强；
（2）若吸盘与墙之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计吸盘及其他装置的重力，求此时吸盘能挂起重物质量的最大值。
14．（2025·常德模拟）如图所示，在平面直角坐标系中，第二象限有一过坐标原点的曲线，该曲线及其上方有竖直向下的匀强电场。曲线上每个位置可连续发射质量为、电荷量为的粒子，粒子均以大小为的初速度水平向右射入电场，所有粒子均能到达原点，曲线上A点离轴的距离为，电场强度大小为。第四象限内（含边界）存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场，为平行于轴且足够大的荧光屏，荧光屏可以上下移动，不计粒子重力及粒子间的相互作用，粒子打到荧光屏上即被吸收。
（1）求图中曲线方程；
（2）若粒子运动中不会与荧光屏相碰，求从A点发射的粒子在磁场中运动时间；
（3）若将荧光屏缓慢上下移动，求从A点至点发射的粒子打在荧光屏上的发光点间的最大距离。
15．（2025·常德模拟）如图所示，质量为、长为的均匀长木板，其上表面光滑，下表面粗糙，静止平放在粗糙的水平桌面上，左端安有一竖直挡板。一质量为的小滑块静置在长木板的右端。现给小滑块一个水平向左的瞬时速度，小滑块与长木板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑块恰好不会从长木板掉下。假设小滑块与竖直挡板的碰撞为弹性正碰，碰撞时间极短，桌面粗糙程度各处相同，桌面足够长，重力加速度大小为。求
（1）第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度大小；
（2）长木板与桌面间的动摩擦因数；
（3）长木板运动的总时间。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】光电效应
【解析】【解答】本题考查对光电效应产生的条件理解和应用能力。光电效应产生的条件是取决于入射光的频率或波长，与入射光的强度、光照时间没有关系。AB．灵敏电流计指针未发生偏转，是未发生光电效应现象，即入射光的频率小于金属的截止频率，与光照强度无关，故增加入射光的频率使入射光的频率大于金属的截止频率可使灵敏电流表指针有偏转，增加入射光的强度不能使灵敏电流表指针有偏转，故A正确，B错误；
C．电源正负极的连接使得光电子在电场中做加速运动，故灵敏电流计指针没有偏转不是电压高低的原因，故提高电源的电压不能使灵敏电流表指针有偏转，故C错误；
D．光电效应的发生是瞬间的，与入射光的照射时间无关，故延长光照时间不能使灵敏电流表指针有偏转，故D错误。
故选A。
【分析】当入射光频率大于金属的极限频率时，金属能产生光电效应，当光电管上加上正向电压时，灵敏电流计中有电流通过，灵敏电流计G中没有电流通过，可能不产生光电效应，由此分析。
2．【答案】C
【知识点】光的全反射；薄膜干涉
【解析】【解答】本题主要考查光的干涉的应用，根据光的干涉产生条件解答。A．银灰色硅片覆上一层厚度均匀的无色透明薄膜后，在自然光照射下硅片呈现深紫色，此现象属于薄膜干涉，三棱镜分光原理属于光的折射现象，故A错误；
B．由于薄膜厚度均匀，光在薄膜上表面的折射角等于光在薄膜的下表面的入射角，根据光路可逆原理，光在薄膜的下表面没有发生全反射，故B错误；
C．薄膜干涉现象中，入射光在薄膜上下表面的反射光发生了干涉，故C正确；
D．根据光的干涉中相互加强的条件，可知当薄膜的厚度发生变化时，满足加强条件的波长也会发生改变，导致硅片呈现不同的颜色，故D错误。
故选C。
【分析】光的干涉是指两列或几列光波在空间相遇时相互叠加，在某些区域始终加强，在另一些区域则始终削弱，形成稳定的强弱分布的现象，证实了光具有波动性。只有两列光波的频率相同，相位差恒定，振动方向一致的相干光源，才能产生光的干涉。单色光的干涉条纹是等间距明暗相间条纹，复色光产生彩色条纹。光的折射是光从一种介质射入另一种介质中，光的传播方向发生转变的现象。
3．【答案】A
【知识点】开普勒定律；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】 在解答本题时，应注意掌握卫星变轨问题的过程，以及对于卫星问题，要熟练运用万有引力提供向心力和开普勒第三定律公式A．根据开普勒第三定律有
解得
故A正确；
B．“嫦娥六号”在轨道上运行时，有
解得月球的质量为
故B错误；
C．月球第一宇宙速度是探测器近月飞行的速度，即绕月的最大速度，所以月球第一宇宙速度大于轨道II上的运行速度，故C错误；
D．嫦娥六号由轨道I进入轨道II需要在点点火使其减速才能完成，故D错误。
故选A。
【分析】根据开普勒第三定律进行解答；根据万有引力提供向心力进行解答；第一宇宙速度等于卫星贴近中心天体做匀速圆周运动的环绕速度；根据变轨原理进行分析。
4．【答案】B
【知识点】电磁流量计
【解析】【解答】本题考查电磁流量计的应用，解决本题的关键要知道血液流过磁场区域时，正、负粒子受到洛伦兹力，发生偏转打到左右两个面上，形成电场，最终正、负电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态。A．左手定则可知正粒子向a电极偏转，则a点电势高于b点电势，故A错误；
BCD．题意知流量不变，且流量
稳定时有
联立解得稳定时、电极间的电势差
可知电势差U变大，说明血管内径变小，且U与流速、浓度无关，故B正确，CD错误；
故选B。
【分析】血液流过磁场区域时，根据左手定则判断带电粒子所受洛伦兹力的方向，正、负粒子发生偏转打到左右两个面上，左右两个面之间形成电场，最终正、负粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡，根据Q=vS求出流量，得到电势差表达式。
5．【答案】D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查了理想变压器的动态分析问题，考查了等效电阻、电源输出功率与外电阻的关系等知识点。考查考生的分析问题、解决问题的能力。A．根据交流电压的表达式有
解得
由于
线圈转动一周，电流方向改变两次，则1s内副线圈中的电流方向改变20次，故A错误；
B．根据变压器电压与匝数关系有
可知，当滑动变阻器的阻值变大时，两电压表的示数之比不变，故B错误；
C．将变压器与滑动变阻器等效为一个电阻，等效阻值为
令线圈转动产生电动势的有效值为，消耗的功率
由于线圈电阻，根据数学对勾函数规律可知，若将滑动触头从最下端滑到最上端，接入电阻减小，消耗的功率先增大后减小，故C错误；
D．线圈转动产生电动势的有效值为
结合上述，根据闭合电路欧姆定律，原线圈中电流
根据变压器电流与匝数关系有
解得
故D正确。
故选D。
【分析】确定矩形线圈转动的角速度，得到交流电压的周期，一个周期内电流方向改变2次，变压器不改变交流电的周期，据此求解1s内副线圈中的电流方向改变的次数；根据理想变压器原副线圈电压比与匝数比的关系，判断两电压表的示数之比的变化；将理想变压器与负载电阻整体等效为一个等效电阻，将定值电阻r等效为电源的内阻。根据滑动变阻器接入电路的阻值的变化得到等效电阻的变化，根据电源输出功率与外电阻的关系，分析等效电源的输出功率（即R消耗的功率）的变化；确定线圈切割磁感线产生的电压有效值，以及等效电阻的阻值。根据闭合电路欧姆定律和理想变压器原副线圈的电流比与匝数比的关系，求解副线圈中的电流。
6．【答案】C
【知识点】机械能守恒定律；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】知道E-x图像与坐标轴所围面积表示电势差，电场强度随距离均匀变化的电场中，电场力做的功应该用电场力的平均值计算。A．由题知，取沿斜面向下为x轴正方向，故最开始的电场强度方向沿斜面向上，若小滑块带正电，则最开始所受电场力沿斜面向上，有
即电场力大于重力沿斜面向下的分力，小滑块刚开始不可能沿斜面向下运动，所以小滑块带负电，故A错误；
B．小滑块带负电，沿斜面向下运动过程中电场力先做正功，后做负功，所以机械能先增大后减小，故B错误；
C．小滑块沿斜面向下运动过程中，当有最大速度时加速度为零，则有
解得
由图2可知，设此时电场强度对应的横坐标为x，则有
解得
从最开始到最大速度，根据动能定理有
解得
故C正确；
D．当小滑块的速度为零时，沿斜面向下运动到最大位移，设为xm，对应的电场强度为Em，由图2可知
从最开始运动到最大位移，根据动能定理有
联立，解得
故D错误。
故选C。
【分析】根据电场力做功情况分析；根据物块速度最大时受力平衡分析重力和电场强度的关系，然后根据动能定理分别计算BC即可；根据动能定理计算，电场力做的功刚好等于克服重力做的功时，物块的速度为零，上升的距离最大。
7．【答案】B,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】本题既要理解振动图像和波动图像各自的物理意义，由振动图像能判断出质点的速度方向，同时要把握两种图像的内在联系，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。A．根据图乙可知，在0.1s后极短时间内，质点P的位移为正值，且逐渐增大，表明时质点向轴正向振动，故A错误；
B．根据图像可知，波长为4m，周期为0.2s，则该波的传播速度大小为
故B正确；
C．根据图乙可知，时质点的位移为正方向的最大值，根据
可知，时质点的加速度达到负向最大，故C错误；
D．从到的时间间隔为
可知，质点运动的路程为
故D正确。
故选BD。
【分析】根据图乙判断P的振动方向；根据波速计算公式求解该波的传播速度大小；根据图乙可知t=0.15s时质点P达到波峰，由此分析加速度大小和方向；质点在一个周期通过的路程为4A，由此求解。
8．【答案】A,D
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算
【解析】【解答】本题主要考查急动度随时间变化的关系，理解图像的物理意义是解题关键。A．根据急动度的概念
可知其中为加速度，故A正确；
B．由图可知汽车在内
急动度为一定值，汽车做加速度均匀增大的加速直线运动，故B错误；
C．在内，
加速度恒定，由
可知汽车牵引力大于所受阻力，故C错误；
D．由图可知加速度随时间变化的图像，如图
由图可知，10.0s时加速度为1.0m/s2，a-t图像中图线与横轴所围面积表示速度的增加量，则10.0s时
由牛顿第二定律可知
解得
则时，汽车牵引力的功率为
故D正确。
故选AD。
【分析】根据急动度的概念分析；根据急动度随时间变化的图像分析汽车的运动性质；由牛顿第二定律分析在4.0～8.0s内，汽车牵引力等于所受阻力；将急动度随时间变化的图像转化成a-t图像，求出10s时汽车的速度，再由牛顿第二定律求出此时的牵引力，由P=Fv计算牵引力功率。
9．【答案】A,C
【知识点】安培力的计算；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】解答本题时，要能熟练推导出转动切割感应电动势表达式，抓住安培力与速度的关系分析导体棒的运动情况。A．ab棒刚好能静止在斜面上，由受力可知，电流方向由a到b，故b端电势低于a端电势，由右手定则可知，圆盘转动的方向（从上往下看）为顺时针方向，A正确；
B．由题可知，圆盘产生的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律可知，ab间电势差为
故B错误；
C．若大小、方向均可改变，导体棒始终保持静止状态时，由平衡条件可得
由闭合电路欧姆定律
圆盘产生的感应电动势为
联立解得的最小值为
故C正确；
D．若圆盘停止转动，ab棒沿导轨向下做切割磁感线运动，由ab棒受力可知，棒先做变加速运动后做匀速运动，D错误。故选AC。
【分析】ab棒刚好能静止在斜面上，根据平衡条件判断ab棒受到的安培力方向，由左手定则判断ab棒中感应电流方向，再由右手定则判断圆盘转动方向；根据E=Brv求出圆盘产生的感应电动势，再根据串联电路电压分配关系求ab间电势差；对ab棒，根据平衡条件以及安培力公式相结合求B2的最小值；若圆盘停止转动，分析ab棒受力情况来判断其运动情况。
10．【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；重力势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题主要考查多物体系统的机械能守恒问题，解题时需注意，在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。AB．设球下落前距地面的高度为H，由图b可知，，
解得
由能量守恒，可得
联立，解得球落地时球的动能为
故A错误；B正确；
CD．对两球组成的整体，受力分析，由牛顿第二定律
解得
则0.3s时，a球上升的高度
由图b可知，时两球重力势能相等，则有
解得
即球下落前距地面的高度为，时球离地面的高度
故C正确；D错误。
故选BC。
【分析】结合题意，由牛顿第二定律、运动学规律、重力势能的计算、机械能守恒定律分别列式。
11．【答案】（1）
（2）
（3）1.0
（4）偏大
【知识点】磁感应强度；测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】本题关键掌握测量磁感应强度大小的磁场测量仪的实验原理。
（1）当磁感应强度为零时，磁敏电阻的阻值为
为了保护电流表，定值电阻的最小阻值为
故定值电阻应选用。
（2）本实验为替代法测电阻，故闭合开关，将电阻箱调为，然后将开关应向端闭合。
（3）当电流表的示数为时，磁敏电阻的阻值为。
由图甲可知待测磁场的磁感应强度为。
（4）由于电源的电动势略微变小，内阻变大，导致测得的电流值偏小，磁敏电阻的阻值偏大，由图像知这将导致磁感应强度的测量结果偏大。
【分析】（1）根据串联电路的特点和欧姆定律求解定值电阻的最小值，然后作答；
（2）根据实验原理分析作答；
（3）根据闭合电路的欧姆定律求解电流表的示数为3.0mA时，磁敏电阻的阻值，再结合图甲求解作答；
（4）电源的电动势略微变小，内阻变大，导致测得的电流值偏小，分析磁敏电阻的测量值的变化，再结合图甲分析作答。
（1）当磁感应强度为零时，磁敏电阻的阻值为
为了保护电流表，定值电阻的最小阻值为
故定值电阻应选用。
（2）本实验为替代法测电阻，故闭合开关，将电阻箱调为，然后将开关应向端闭合。
（3）当电流表的示数为时，磁敏电阻的阻值为。
由图甲可知待测磁场的磁感应强度为。
（4）由于电源的电动势略微变小，内阻变大，导致测得的电流值偏小，磁敏电阻的阻值偏大，由图像知这将导致磁感应强度的测量结果偏大。
12．【答案】（1）
（2）
（3）甲
（4）偏大
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本题主要考查了测量一横截面为半圆形透明玻璃砖的折射率的实验，要明确实验原理，掌握折射定律和临界角公式的运用；根据数学知识求解入射角和折射角的正弦是解题的关键。
（1）按照步骤③画出光路图，如图，由几何关系
故折射率为
（2）按照乙同学实验方案画出光路图，如图，此时恰好发生全反射
联立可得折射率为
（3）比较甲、乙两同学测量折射率的方案，甲同学误差更小，因为乙同学方案中“恰好只有一个光点”的状态确定不够准确。
（4）刻度尺逆时针偏离垂直轴位置，则偏大，偏小，测量结果偏大，则甲同学测得的折射率较真实值偏大。
【分析】（1）按照步骤③画出光路图，根据数学知识分别求解入射角和折射角的正弦，根据折射定律求解作答；
（2）乙同学在步骤③后继续改变激光笔的位置，直到刻度尺上恰好只有一个光点，此时恰好发生全反射；根据数学知识求解入射角的正弦，根据临界角公式求解作答；
（3）根据实验原理分析作答；
（4）根据实验原理，结合得到的折射率的表达式分析作答。
（1）按照步骤③画出光路图，如图，由几何关系
故折射率为
（2）按照乙同学实验方案画出光路图，如图，此时恰好发生全反射
联立可得折射率为
（3）比较甲、乙两同学测量折射率的方案，甲同学误差更小，因为乙同学方案中“恰好只有一个光点”的状态确定不够准确。
（4）刻度尺逆时针偏离垂直轴位置，则偏大，偏小，测量结果偏大，则甲同学测得的折射率较真实值偏大。
13．【答案】（1）已知环境气温不变，说明气体发生的是等温变化；对于一定质量的理想气体，在等温变化过程中，由玻意耳定律
其中
代入数据解得下锁扣后吸盘内气体压强为
（2）水平方向上，吸盘内外存在压强差，大气对吸盘有一个向内的压力，吸盘内气体对吸盘有一个向外的压力。吸盘内外的压力差
代入可得
当吸盘恰好能挂起重物时，竖直方向上重物的重力等于吸盘受到的最大静摩擦力即
代入数据计算得
即吸盘能挂起重物质量的最大值为。
【知识点】共点力的平衡；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）根据玻意耳定律，结合体积变化分析求解；
（2）根据吸盘恰好能挂起重物时，竖直方向上重物的重力等于吸盘受到的最大静摩擦力，结合吸盘内外的压力差分析求解。
（1）已知环境气温不变，说明气体发生的是等温变化；对于一定质量的理想气体，在等温变化过程中，由玻意耳定律
其中
代入数据解得下锁扣后吸盘内气体压强为
（2）水平方向上，吸盘内外存在压强差，大气对吸盘有一个向内的压力，吸盘内气体对吸盘有一个向外的压力。吸盘内外的压力差
代入可得
当吸盘恰好能挂起重物时，竖直方向上重物的重力等于吸盘受到的最大静摩擦力即
代入数据计算得
即吸盘能挂起重物质量的最大值为。
14．【答案】（1）设曲线某点坐标为（x，y），粒子在电场中做类平抛运动，水平方向有
竖直方向有
其中
解得（）
（2）对从曲线上A点射入的粒子，作出粒子的运动轨迹如图所示
在电场中，粒子做类平抛运动，在水平方向有
在竖直方向有
设粒子进入磁场时速度与竖直方向的夹角为，则有
解得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有，
解得
则粒子在磁场运动时间
解得
（3）设粒子从点进入磁场的速度，与轴负向的夹角为，运动半径为，由洛伦兹力提供向心力有
解得
由几何知识可知，若无荧光屏粒子出磁场时对应的弦长为
该弦长与v无关，即从任一点发射的粒子都从同一点射出磁场。令点发射的粒子在磁场中运动轨道半径，结合上述有
令从A点发射的粒子在磁场中运动轨道半径，则有
所以打在荧光屏上的发光点的最大距离为
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；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）根据类平抛运动规律求图中曲线方程；
（2）在电场中，粒子做类平抛运动，求出磁场中运动轨迹的圆心角，根据几何关系求从A点发射的粒子在磁场中运动时间；
（3）根据洛伦兹力提供向心力求解半径，结合几何关系求从A点至O点发射的粒子打在荧光屏上的发光点间的最大距离L。
（1）设曲线某点坐标为（x，y），粒子在电场中做类平抛运动，水平方向有
竖直方向有
其中
解得（）
（2）对从曲线上A点射入的粒子，作出粒子的运动轨迹如图所示
在电场中，粒子做类平抛运动，在水平方向有
在竖直方向有
设粒子进入磁场时速度与竖直方向的夹角为，则有
解得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有，
解得
则粒子在磁场运动时间
解得
（3）设粒子从点进入磁场的速度，与轴负向的夹角为，运动半径为，由洛伦兹力提供向心力有
解得
由几何知识可知，若无荧光屏粒子出磁场时对应的弦长为
该弦长与v无关，即从任一点发射的粒子都从同一点射出磁场。令点发射的粒子在磁场中运动轨道半径，结合上述有
令从A点发射的粒子在磁场中运动轨道半径，则有
所以打在荧光屏上的发光点的最大距离为
解得
15．【答案】（1）设小滑块的初速度方向为正方向，第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度分别为和，碰撞瞬间根据系统动量守恒和机械能守恒可得，
联立解得，
（2）发生第一次碰撞后，长木板做匀减速直线运动，小滑块做匀速直线运动，因为小滑块与长木板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑块恰好不会从长木板掉下，所以长木板匀减速到与小滑块速度相等时二者相对位移恰好等于，设第一次碰撞后到二者速度相等所用时间为，长木板匀减速的加速度大小为，则有，
解得，
对长木板根据牛顿第二定律可得
解得
（3）二者速度相等后，长木板继续匀减速至停止通过的位移和所用时间分别为，
这段时间内小滑块的位移为
因为
所以小滑块与长木板发生第二次碰撞时长木板已停止运动，小滑块与长木板第二次碰撞瞬间，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有，
联立解得，
同理，小滑块与长木板第次碰撞后瞬间长木板的速度大小
小滑块与长木板发生每次碰撞前长木板均静止，碰后均做加速度相同的匀减速运动，故
长木板运动的总时间
解得
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）碰撞瞬间根据系统动量守恒和机械能守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度大小；
（2）根据运动学公式和牛顿第二定律求长木板与桌面间的动摩擦因数；
（3）小滑块与长木板发生第二次碰撞时长木板已停止运动，小滑块与长木板发生每次碰撞前长木板均静止，根据动量守恒定律和机械能守恒定律结合运动学公式求长木板运动的总时间。
（1）设小滑块的初速度方向为正方向，第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度分别为和，碰撞瞬间根据系统动量守恒和机械能守恒可得，
联立解得，
（2）发生第一次碰撞后，长木板做匀减速直线运动，小滑块做匀速直线运动，因为小滑块与长木板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑块恰好不会从长木板掉下，所以长木板匀减速到与小滑块速度相等时二者相对位移恰好等于，设第一次碰撞后到二者速度相等所用时间为，长木板匀减速的加速度大小为，则有，
解得，
对长木板根据牛顿第二定律可得
解得
（3）二者速度相等后，长木板继续匀减速至停止通过的位移和所用时间分别为，
这段时间内小滑块的位移为
因为
所以小滑块与长木板发生第二次碰撞时长木板已停止运动，小滑块与长木板第二次碰撞瞬间，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有，
联立解得，
同理，小滑块与长木板第次碰撞后瞬间长木板的速度大小
小滑块与长木板发生每次碰撞前长木板均静止，碰后均做加速度相同的匀减速运动，故
长木板运动的总时间
解得
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