2025届长沙市雅礼中学高三下学期模拟试卷（二） 物理试卷
1．（2025·长沙模拟）我国首次利用核电商用堆成功批量生产碳14同位素，标志着我国彻底破解了国内碳14同位素供应依赖进口的难题，实现碳14供应全面国产化。碳14具有放射性，其衰变方程为。下列相关说法正确的是（ ）
A．原子核的比结合能比的大
B．此核反应会出现质量亏损，但反应前后总质量数不变
C．骨骼中以碳酸钙（）形式存在的的半衰期比单质的半衰期更长
D．X是氦核，此反应为α衰变
2．（2025·长沙模拟）细胞电转染的原理简化如图所示，两带电的平行金属板间，由于细胞的存在形成如图所示的电场。其中实线为电场线，关于轴对称分布。虚线为带电的外源DNA进入细胞膜的轨迹，、为轨迹上的两点，点与点关于轴对称，下列说法正确的是（ ）
A．、两点的电场强度相同
B．点的电势与点的电势相等
C．DNA分子在点的加速度比在点小
D．DNA分子在点的电势能比在点小
3．（2025·长沙模拟）半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、电阻为R的均匀金属棒置于圆导轨上面，的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下。在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器。金属棒在水平外力作用下以角速度绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。导轨电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．金属棒中电流从A流向B B．金属棒两端电压为
C．电容器的M板带负电 D．电容器所带电荷量为
4．（2025·长沙模拟）如图甲所示为压气式消毒喷壶，若该壶容积为，内装消毒液。闭合阀门K，缓慢向下压，每次可向瓶内储气室充入的的空气，经n次下压后，壶内气体压强变为时按下，阀门K打开，消毒液从喷嘴处喷出，喷液全过程气体状态变化图像如图乙所示。（已知储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中温度保持不变，）下列说法正确的是（ ）
A．充气过程向下压的次数次
B．气体从状态变化到状态的过程中，气体吸收的热量大于气体做的功
C．乙图中和的面积相等
D．从状态变化到状态，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数不变
5．（2025·长沙模拟）如图所示，弹珠发射器（可视为质点）固定于足够高的支架顶端，支架沿着与竖直墙壁平行的方向以速度v1水平运动，同时弹珠发射器可在水平面内沿不同方向发射相对发射器速度大小为v2（v2>v1）的弹珠。弹珠从发射到击中墙壁的过程中水平方向位移为x，竖直方向位移为y。已知发射器到墙壁的垂直距离为L，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．x的最小值为 B．x的最小值为
C．y的最小值为 D．y的最小值为
6．（2025·长沙模拟）如图（a）所示为一个定值电阻和一个理想二极管串联后连接到一正弦交流电源两端，经测量发现，通过定值电阻的电流随时间的变化如图（b）所示。下列说法正确的是（ ）
A．电源的频率为0.5Hz B．电阻两端的电压有效值为
C．通过电阻的电流周期为1s D．通过电阻的电流有效值为2.5A
7．（2025·长沙模拟）截至2024年7月，我国在轨卫星的数量已超过900颗，这些卫星服务于通信、导航、遥感、气象、科学研究等多个领域。现有一颗人造地球卫星绕地球做椭圆运动，近地点到地心距离为，远地点到地心距离为，周期为。已知引力常量为，地球为质量均匀的球体，下列说法正确的是（ ）
A．绕地球运转的所有卫星与地心的连线单位时间扫过的面积均相等
B．卫星在近地点与远地点的加速度大小之比为
C．根据已知条件，可估算地球的密度为
D．根据已知条件，可估算地球的质量为
8．（2025·长沙模拟）如图所示，轻绳1两端分别固定在M、N两点（N点在M点右上方），轻绳1上套有一个轻质的光滑小环O，质量为m的物块P通过另一根轻绳2悬挂在环的下方，处于静止状态，。现用一始终与轻绳2垂直的力F缓慢拉动物块，直到轻绳2与MN连线方向垂直。已知重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．物块在缓慢移动过程中，轻绳2的延长线可能不平分
B．施加拉力F前，轻绳1的张力大小为
C．物块在缓慢移动过程中，轻绳1的张力增大
D．物块在缓慢移动过程中，力F先增大后减小
9．（2025·长沙模拟）某储能系统的简化模型如图所示，倾角为的斜坡上，有一质量为50kg的重物（可视为质点）通过缆绳跨过轻质滑轮与电动机连接。时，电动机开始工作，缆绳拉动重物从点由静止沿斜坡向上运动；时，重物到达点，且在此之前速度已达到最大值，之后以最大速度继续做匀速直线运动；时，关闭发动机，此时重物被拉到点；此后重物到达斜坡顶端点时速度刚好为零，系统储存机械能。已知电动机工作时输出的功率始终为2kW，重物与斜坡间动摩擦因数，不计缆绳质量以及其它摩擦损耗，重力加速度取，，。下列说法正确的是（ ）
A．重物到达点时的速度大小为
B．重物在段的平均速度大小为
C．斜坡的长度为44.8m
D．在整个上升过程中，系统存储的机械能和电动机消耗的电能的比值为
10．（2025·长沙模拟）某学习小组利用如图甲所示的装置验证动量守恒定律，其中左、右两侧的光电门可以记录挡光片通过光电门的挡光时间，两滑块上挡光片的宽度相同。
主要步骤如下：
a.测得滑块（含挡光片）的总质量为，根据挡光片调节光电门到合适的高度；
b.将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上；
c.接通气源，放上滑块，调节气垫导轨，使滑块能在导轨上保持静止状态；
d.弹簧处于原长时右端位于点，将滑块向左水平推动，使弹簧右端压至点，稳定后由静止释放滑块，并开始计时；
e.计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力大小、加速度大小随时间变化的图像如乙所示；
f.滑块与弹簧分开后，从导轨的左侧向右运动，穿过左侧光电门与静止在两光电门之间的滑块发生碰撞，光电门记录的挡光片挡光时间如下表所示。
（1）在调节气垫导轨水平时，开启充气泵，将一个滑块轻放在导轨上，轻推滑块，让滑块从左向右运动，先后通过光电门1和光电门2。若滑块通过光电门1时的挡光时间比通过光电门2时的挡光时间长，应调节旋钮使气垫导轨右侧高度 （选填“升高”或“降低”）。
（2）通过计算机处理数据可得和图像与坐标轴围成的面积分别为、，则滑块（含挡光片与加速度传感器）的总质量 。
（3）若、、、、满足关系式 ，则可验证滑块、组成的系统碰撞前后动量守恒。
光电门1 光电门2
碰前 无
碰后
11．（2025·长沙模拟）某实验小组准备测量一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了下列器材：
A.多用电表（电压挡量程2.5V，内阻未知）；
B.毫安表（量程200mA，内阻为）；
C.定值电阻；
D.定值电阻；
E.滑动变阻器；
F.电键和导线若干。
根据提供的器材，设计电路如图1所示。
（1）将毫安表与定值电阻改装成电流表如虚线框中所示，改装后的量程为 A；
（2）为了精确测量，图中多用电表的右边表笔应接到 （选填“”或“”）处；
（3）闭合电键，调节滑动变阻器滑片，多次记录多用电表的示数、毫安表的示数。其中一次测量时多用电表示数如图2所示，其读数为 V。
（4）作图线如图3所示，该干电池电动势 V；内阻 （以上结果均保留三位有效数字）。
12．（2025·长沙模拟）为了研究某种透明新材料的光学性质，将其压制成长为6m的细圆柱棒，如图甲所示。让一束平行激光从圆柱棒的一个底面垂直射入，历时在另一端接收到该光束，已知光在真空中的速度为。现将这种新材料制成一根半径的光导纤维束弯成半圆形暴露于空气中（假设空气中的折射率与真空相同），半圆形外半径为R，如图乙所示。
（1）求这种新材料的折射率n；
（2）用同种激光垂直于光导纤维的端面射入，若该束激光恰好不从光导纤维的侧面外泄，求半圆形的半径R。
13．（2025·长沙模拟）根据牛顿力学经典理论，只要物体的初始条件和受力情况确定，就可以推知物体此后的运动情况。如图所示，将一个质量为、电荷量为的小球，以初速度自高处水平抛出。不计空气阻力影响。重力加速度为。
（1）若在空间中加一个匀强电场，小球水平抛出后做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小及方向；
（2）若在空间中除加（1）中电场外，再加一个垂直纸面的匀强磁场，小球水平抛出后做匀速圆周运动，且落地点与抛出点的水平距离也为，求磁场的磁感应强度大小及方向；
（3）若在整个空间加一个磁感应强度为的垂直纸面向外的匀强磁场，不加电场，仍然把小球以初速度水平向右抛出，且抛出点距离地面足够高，小球不会落到地面上，求小球运动过程中的最大速率和下落的最大高度。
14．（2025·长沙模拟）如图甲所示，水平面上固定一倾角的光滑斜面，劲度系数的轻弹簧下端固定，上端与质量的长木板相连，长木板静止在斜面上，与锁定在斜面上半径的光滑圆弧平滑相接于点，A、B两点的竖直高度差，质量的小物块（图中未画出）从圆弧A点由静止滑下。从物块滑上长木板开始计时，时滑至长木板下端，长木板在前1s内的速度随时间按正弦规律变化，如图乙所示。已知物块与长木板间动摩擦因数，重力加速度，弹簧形变在弹性限度内。求：
（1）物块由滑至点时，对轨道的压力大小；
（2）前1s内物块的位移，及系统因摩擦而产生的热量；
（3）假设开始时物块在外力作用下置于圆弧点，现有另一小物块从圆弧点静止滑下与发生弹性正碰（碰前瞬间撤去的外力，碰后立即撤走和圆弧），的质量为多少可使长木板与弹簧组成系统获得最大的机械能。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；质量亏损与质能方程；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】本题考查比结合能，质量数和电荷数守恒，半衰期等知识，会根据题意进行准确分析解答。A．β衰变释放能量，反应后的原子核更稳定，故的比结合能比的小，故A错误；
B．原子核衰变时质量数守恒，但会出现质量亏损，释放能量，故B正确；
C．衰变的快慢是由原子核内部自身因素决定的，与化学状态无关，故C错误；
D．根据质量数守恒和电荷数守恒，可知X为电子，属于β衰变，故D错误。
故选B。
【分析】根据比结合能，质量数和电荷数守恒，半衰期等知识进行分析解答。
2．【答案】C
【知识点】电场线；电势能；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题主要考查带电粒子的轨迹、受力、电性、电场方向的互判，解题时需注意，轨迹类问题的解题突破点在于，根据轨迹分析出粒子受到的电场力方向，再结合电场中各物理量的参数特点与关系分析各物理量的情况。A．电场中某点的电场强度的方向为电场线在该点的切线方向，由图可知、两点的电场强度的方向不同，故A错误；
B．沿着电场线电势降低，故点的电势低于点的电势，故B错误；
C．处的电场线更稀疏，场强更小，由牛顿第二定律可知，分子在点的加速度比在点小，故C正确；
D．由轨迹可知，DNA分子由向运动的过程电场力做正功，电势能减小，故DNA分子在点的电势能比在点大，故D错误。
故选C。
【分析】电场中某点的电场强度的方向为电场线在该点的切线方向，据此分析判断；沿着电场线方向电势降低，据此分析判断；结合题图，根据电场线的分布及加速度与电场强度的关系，即可分析判断；由DNA分子的运动轨迹及功能关系，即可分析判断。
3．【答案】B
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】本题考查右手定则结合闭合电路的欧姆定律、电荷量的计算公式，会根据题意进行准确分析解答。A．金属棒绕O逆时针匀速转动，根据右手定则可知金属棒中电流从B流向A，故A错误；
B． 磁感应强度的大小为B， 金属棒在水平外力作用下以角速度绕O逆时针匀速转动，根据法拉第电磁感应定律可知金属棒转动产生的电动势为
切割磁感线的金属棒相当于电源，金属棒两端电压相当于电源的路端电压，则金属棒两端电压为
故B正确；
C．金属棒A端相当于电源正极，则电容器M板带正电，故C错误；
D．由
可得电容器所带电荷量为
故D错误。
故选B。
【分析】根据右手定则结合闭合电路的欧姆定律、电荷量的计算公式列式解答。
4．【答案】C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体压强的微观解释；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】【解答】本题主要考查了理想气体的状态方程、热力学第一定律和气体压强的理解，对于这些知识要加强理解记忆。A． 储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中温度保持不变 ，发生等温变化，壶中原来空气的体积，由玻意耳定律
解得
故A错误；
B．气体从到，体积增大，对外做功，由于温度不变，理想气体内能不变，根据热力学第一定律
可得，气体吸收的热量等于气体做的功，故B错误；
C．三角形面积为，由题意可知，图线为等温曲线，由理想气体状态方程
则
由于是常数，温度保持不变，则相等，两三角形和的面积相等，故C正确；
D．到的过程中，温度不变，分子平均运动速率不变，但是体积变大，分子变稀疏，压强减小，所以气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少，故D错误。
故选C。
【分析】根据玻意耳定律求解作答；根据热力学第一定律分析作答；根据三角形的面积进行分析；根据气体压强的含义分析作答。
5．【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】本题考查对合运动与分运动的关联，清楚两者的关系。CD．弹珠在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，当v2垂直竖直墙壁射出时，弹珠运动时间最短
y的最小值为
故C正确，D错误；
AB．由于
则弹珠水平方向的合速度可以垂直竖直墙壁，合速度大小为
此时x的最小值为L，故AB错误。
故选C。
【分析】将弹珠的运动分解成水平、竖直两个方向的分运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动。
6．【答案】A,D
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】掌握交流电有效值和最大值的关系是解题的关键，知道有效值是根据电流的热效应计算的。C．由图b可知，交流电的周期为，故通过电阻的电流周期为2s，故C错误；
A．电源的频率为
故A正确；
B．设电阻两端电压的有效值为，由有效值的定义可知电阻一个周期内消耗的电能为
故电阻两端电压的有效值为
故B错误；
D．由有效值的定义可知
可得通过电阻的电流有效值为A
故D正确。
故选AD。
【分析】根据图b可得电流的的周期和频率；根据有效值的定义和欧姆定律计算电压和电流的有效值。
7．【答案】B,D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】运用万有引力定律求出中心体的质量。能够运用物理规律去表示所要求解的物理量。向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。A．绕地球运转的同一卫星与地心的连线单位时间扫过的面积相等，故A错误；
B．对卫星，由
解得加速度
可知加速度与到地心的距离平方成反比，则卫星在近地点与远地点的加速度大小之比为，故B正确；
C．假设近地卫星周期为，对近地卫星满足
可得地球密度
但此卫星不是近地卫星，运动半径不等于地球半径，故C错误；
D．根据开普勒第三定律可知
且有
可得
故D正确。
故选BD。
【分析】根据开普勒行星定律分析，根据向心加速度表达式以及万有引力提供向心力分析。
8．【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查了物体的平衡条件的基本应用，受力分析后要明确哪些力的大小不变，写出表达式即可求解。对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。A．物块在缓慢移动过程中，以小环为对象，由于小环两侧轻绳1的张力大小总是相等，则小环两侧轻绳1的张力合力沿平分线上，根据受力平衡可知，轻绳2的延长线始终平分，故A错误；
B．施加拉力F前，以小环为对象，受到轻绳2的拉力等于物块P的重力mg，竖直方向根据受力平衡可得
解得轻绳1的张力大小为
故B错误；
CD．物块在缓慢移动过程中，设轻绳2与竖直方向的夹角，以物块为研究对象，根据受力平衡可得
由
可得
夹角增大，增大，减小，所以逐渐变大，逐渐变大，故D错误；
物块在缓慢移动过程中，由于M、N之间的轻绳1长度不变，根据数学知识可知，小环的运动轨迹为椭圆，M、N为椭圆的两个焦点；当轻绳2与MN连线方向垂直时，小环刚好位于椭圆的短轴顶点上，根据椭圆知识可知此时最大，则此过程逐渐增大，以小环为对象，根据受力平衡可得
可得
可知此过程经绳1的张力一直增大，故C正确。
故选C。
【分析】物块在缓慢移动过程中，以小环O为对象，由于小环O两侧轻绳1的张力大小总是相等，则小环O两侧轻绳1的张力合力沿平分线上，根据受力平衡可知，轻绳2的延长线始终平分∠MON，故A错误；施加拉力F前，以小环O为对象，受到轻绳2的拉力等于物块P的重力mg，根据竖直方向根据受力平衡可得轻绳1的张力大小；物块在缓慢移动过程中，由于M、N之间的轻绳1长度不变，M、N为椭圆的两个焦点；当轻绳2与MN连线方向垂直时，小环O刚好位于椭圆的短轴顶点上，根据椭圆知识可知此时∠MON最大，则此过程∠MON=α逐渐增大，以小环O为对象列平衡方程进而判断此过程轻绳1的张力是否一直增大。
9．【答案】A,D
【知识点】焦耳定律；牛顿运动定律的综合应用；机车启动
【解析】【解答】本题通过斜坡运动情景巧妙串联多个物理过程，既考查了匀变速与匀速运动的衔接处理，又通过能量转化比例检验对功能关系的理解深度。D选项对机械能与电能转化效率的求解尤其体现能量观点的灵活运用，是区分学生思维层次的关键设问。A．重物在段匀速运动，得电动机的牵引力为
又
联立解得
重物到达点，且在此之前速度已达到最大值，所以重物到达点时的速度大小为，故A正确；
B．重物在段根据动能定理有
代入数据解得
联立以上，可得重物在段的平均速度大小为
故B错误；
C．重物在段匀速运动，有
重物在段运动过程中，由牛顿第二定律得
解得
由运动学公式
联立解得
则斜坡的长度为
故C错误；
D．全过程重物增加的机械能为
整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为重物增加的机械能和摩擦产生的内能，故可知
则
故D正确。
故选AD。
【分析】重物在斜坡上的运动分为三个阶段：AB段加速、BC段匀速、CD段减速。电动机功率恒定，需先求出重物匀速运动时的速度，即最大速度。AB段利用动能定理计算位移，结合时间求平均速度。BC段匀速运动位移由速度和时间决定。CD段减速运动位移由运动学公式求出。斜坡总长度为三段位移之和。系统储存的机械能与电动机消耗电能之比需考虑重力势能增加和摩擦生热的能量分配。
10．【答案】（1）升高
（2）
（3）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】 本题考查了验证动量守恒定律的实验，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。
（1）若滑块通过光电门1时的挡光时间比通过光电门2时的挡光时间长，说明滑块加速运动，左端抬得过高，则应调节旋钮使气垫导轨右侧高度升高。
（2）根据
由题意，
可知
（3）以碰前A的速度为正，由表中数据可知碰前A的速度
碰后A再次经过光电门1，说明碰后A反弹，则碰后A的速度
碰后B的速度
若动量守恒则满足
带入可知
【分析】（1）根据滑块通过光电门1时的挡光时间比通过光电门2时的挡光时间长，说明滑块加速运动分析求解；
（2）根据动量定理，结合牛顿第二定律分析求解；
（3）根据动量守恒定律，结合碰撞前后A、B的速度分析求解。
（1）若滑块通过光电门1时的挡光时间比通过光电门2时的挡光时间长，说明滑块加速运动，左端抬得过高，则应调节旋钮使气垫导轨右侧高度升高。
（2）根据
由题意，
可知
（3）以碰前A的速度为正，由表中数据可知碰前A的速度
碰后A再次经过光电门1，说明碰后A反弹，则碰后A的速度
碰后B的速度
若动量守恒则满足
带入可知
11．【答案】（1）
（2）B
（3）1.15
（4）；
【知识点】表头的改装；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题主要考查测量一节干电池的电动势和内阻的实验，要明确实验原理，掌握并联电路是特点、欧姆定律和闭合电路欧姆定律的运用。
（1）毫安表的满偏电压为
则，改装后的最大量程为
所以，改装后的量程为。
（2）由于改装后的电流表的内阻已知，为了精确测量，图中多用电表代替的电压表应为电源的“内接法”，即右边表笔应接到“”处。
（3）由图2可知，多用电表的读数为1.15V。
（4）由（1）分析可知，电路中电流为毫安表示数的3倍。改装后的电流表的内阻为
根据欧姆定律
整理可得
可得图线的斜率的绝对值为
截距为
所以，
【分析】（1）根据并联电路的特点和欧姆定律求解改装表的量程；
（2）由于改装电流表的内阻已知，相对于电源，电流表采用内接法；
（3）多用电电压挡的量程为2.5V，分度值为0.05V，根据电压表的读数规则读数；
（4）毫安表的量程扩大3倍，当毫安表示数为I时，干路电流为3I，根据闭合电路欧姆定律求解U-I函数，结合图像纵截距和斜率绝对值求解作答。
（1）毫安表的满偏电压为
则，改装后的最大量程为
所以，改装后的量程为。
（2）由于改装后的电流表的内阻已知，为了精确测量，图中多用电表代替的电压表应为电源的“内接法”，即右边表笔应接到“”处。
（3）由图2可知，多用电表的读数为1.15V。
（4）[1][2]由（1）分析可知，电路中电流为毫安表示数的3倍。改装后的电流表的内阻为
根据欧姆定律
整理可得
可得图线的斜率的绝对值为
截距为
所以，
12．【答案】（1）光在细圆柱棒中传输有
解得传播速度为
材料的折射率为
解得
（2）当入射光线越接近E点时，则光在光纤中的入射角越大，就越容易发生全反射，因此激光不从光导纤维束侧面外泄的临界条件是入射光在光导纤维束内侧面发生全反射，临界光路图如图所示
根据几何关系可得
又因为
联立解得
【知识点】光导纤维及其应用
【解析】【分析】（1）根据细圆柱棒的长度和激光通过的时间求解其速度，根据公式求解折射率；
（2）当入射光线越接近E点时，则光在光纤中的入射角越大，就越容易发生全反射，因此激光不从光导纤维束侧面外泄的临界条件是入射光在光导纤维束内侧面发生全反射，画出光路图，根据几何关系分析。
（1）光在细圆柱棒中传输有
解得传播速度为
材料的折射率为
解得
（2）当入射光线越接近E点时，则光在光纤中的入射角越大，就越容易发生全反射，因此激光不从光导纤维束侧面外泄的临界条件是入射光在光导纤维束内侧面发生全反射，临界光路图如图所示
根据几何关系可得
又因为
联立解得
13．【答案】（1）解：若在空间中加一个匀强电场，小球水平抛出后做匀速直线运动，由平衡条件可得
解得
，电场强度方向竖直向上。
（2）解：若在空间中除加（1）中电场外，再加一个垂直纸面的匀强磁场，小球水平抛出后做匀速圆周运动，且落地点与抛出点的水平距离也为，设圆周的半径为，由洛伦兹力提供向心力可得
其中，联立解得磁场的磁感应强度大小
由左手定则可知，磁感应强度方向垂直纸面向外。
（3）解：配速法：若在整个空间加一个磁感应强度为的垂直纸面向外的匀强磁场，可知小球在运动中受重力，方向向下，设小球有一个水平向左的分速度，受洛伦兹力
解得
为了使小球初速度不变，小球另一个分速度为水平向右的
受洛伦兹力
使小球顺时针做匀速圆周运动，到最低点速度向左时合速度最大，为
由洛伦兹力提供向心力可得
解得
所以小球下落的最大高度
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）加上电场后粒子做匀速直线运动，受力平衡，由平衡条件可求得电场强度；
（2）若在空间再加一个垂直纸面向外的匀强磁场，小球抛出后沿圆弧轨迹运动，做的是匀速圆周运动，电场力与重力必定平衡，由洛伦兹力提供向心力，再根据牛顿第二定律求解B；
（3）根据配速法和速度的合成求小球运动过程中的最大速率vm，由洛伦兹力提供向心力求下落的最大高度hm。
（1）若在空间中加一个匀强电场，小球水平抛出后做匀速直线运动，由平衡条件可得
解得
电场强度方向竖直向上。
（2）若在空间中除加（1）中电场外，再加一个垂直纸面的匀强磁场，小球水平抛出后做匀速圆周运动，且落地点与抛出点的水平距离也为，设圆周的半径为，由洛伦兹力提供向心力可得
其中
联立解得磁场的磁感应强度大小
由左手定则可知，磁感应强度方向垂直纸面向外。
（3）配速法：若在整个空间加一个磁感应强度为的垂直纸面向外的匀强磁场，可知小球在运动中受重力，方向向下，设小球有一个水平向左的分速度，受洛伦兹力
解得
为了使小球初速度不变，小球另一个分速度为水平向右的
受洛伦兹力
使小球顺时针做匀速圆周运动，到最低点速度向左时合速度最大，为
由洛伦兹力提供向心力可得
解得
所以小球下落的最大高度
14．【答案】（1）从到，由动能定理得
解得
在点，由牛顿第二定律和向心力公式得
解得
由牛顿第三定律得：对轨道的压力大小为。
（2）由题意可知：小物块在内一直向下做匀减速运动，加速度大小为
根据位移与时间关系有
也是长木板与物块在前1s内的相对位移，故有
（3）由（1）、（2）分析可知，以初速度在长板上匀减速滑行时，长木板所受摩擦力始终向下，在做简谐运动，摩擦力先对其做正功，后做负功，全程做功为零。根据功能关系，要使长木板与弹簧组成系统获得最大的机械能，则摩擦力对长木板做的正功要最大，即在时，与长木板恰好分离，如图像所示。、碰后以速度滑上长木板向下做匀减速运动，加速度大小仍为，由题意可知：长木板沿斜面向下运动为单方向简谐运动，当刚好滑上长木板时，长木板处于简谐运动的最大位移处，此时有
解得
依题意：当长木板简谐运动半个周期（周期）时，物块恰好与其分离，此时长木板位移为；滑块位移
根据
解得
依题意：与碰前瞬间的速度仍为，由动量守恒定律得：
由能量守恒定律得：
解得：
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型；简谐运动
【解析】【分析】（1）根据动能定理，结合牛顿第二定律和向心力公式，综合牛顿第三定律分析求解；
（2）根据牛顿第二定律，结合小物块在0～1s内一直向下做匀减速运动，板长L也是长木板与物块a在0～1s内的相对位移分析求解；
（3）根据a以初速度v0在长板上匀减速滑行时，长木板所受摩擦力始终向下，在做简谐运动，摩擦力先对其做正功，后做负功，全程做功为零，结合动量守恒定律与能量守恒定律分析求解。
（1）从到，由动能定理得
解得
在点，由牛顿第二定律和向心力公式得
解得
由牛顿第三定律得：对轨道的压力大小为。
（2）由题意可知：小物块在内一直向下做匀减速运动，加速度大小为
根据位移与时间关系有
也是长木板与物块在前1s内的相对位移，故有
（3）由（1）、（2）分析可知，以初速度在长板上匀减速滑行时，长木板所受摩擦力始终向下，在做简谐运动，摩擦力先对其做正功，后做负功，全程做功为零。根据功能关系，要使长木板与弹簧组成系统获得最大的机械能，则摩擦力对长木板做的正功要最大，即在时，与长木板恰好分离，如图像所示。、碰后以速度滑上长木板向下做匀减速运动，加速度大小仍为，由题意可知：长木板沿斜面向下运动为单方向简谐运动，当刚好滑上长木板时，长木板处于简谐运动的最大位移处，此时有
解得
依题意：当长木板简谐运动半个周期（周期）时，物块恰好与其分离，此时长木板位移为；滑块位移
根据
解得
依题意：与碰前瞬间的速度仍为，由动量守恒定律得：
由能量守恒定律得：
解得：
1 / 12025届长沙市雅礼中学高三下学期模拟试卷（二） 物理试卷
1．（2025·长沙模拟）我国首次利用核电商用堆成功批量生产碳14同位素，标志着我国彻底破解了国内碳14同位素供应依赖进口的难题，实现碳14供应全面国产化。碳14具有放射性，其衰变方程为。下列相关说法正确的是（ ）
A．原子核的比结合能比的大
B．此核反应会出现质量亏损，但反应前后总质量数不变
C．骨骼中以碳酸钙（）形式存在的的半衰期比单质的半衰期更长
D．X是氦核，此反应为α衰变
【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；质量亏损与质能方程；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】本题考查比结合能，质量数和电荷数守恒，半衰期等知识，会根据题意进行准确分析解答。A．β衰变释放能量，反应后的原子核更稳定，故的比结合能比的小，故A错误；
B．原子核衰变时质量数守恒，但会出现质量亏损，释放能量，故B正确；
C．衰变的快慢是由原子核内部自身因素决定的，与化学状态无关，故C错误；
D．根据质量数守恒和电荷数守恒，可知X为电子，属于β衰变，故D错误。
故选B。
【分析】根据比结合能，质量数和电荷数守恒，半衰期等知识进行分析解答。
2．（2025·长沙模拟）细胞电转染的原理简化如图所示，两带电的平行金属板间，由于细胞的存在形成如图所示的电场。其中实线为电场线，关于轴对称分布。虚线为带电的外源DNA进入细胞膜的轨迹，、为轨迹上的两点，点与点关于轴对称，下列说法正确的是（ ）
A．、两点的电场强度相同
B．点的电势与点的电势相等
C．DNA分子在点的加速度比在点小
D．DNA分子在点的电势能比在点小
【答案】C
【知识点】电场线；电势能；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题主要考查带电粒子的轨迹、受力、电性、电场方向的互判，解题时需注意，轨迹类问题的解题突破点在于，根据轨迹分析出粒子受到的电场力方向，再结合电场中各物理量的参数特点与关系分析各物理量的情况。A．电场中某点的电场强度的方向为电场线在该点的切线方向，由图可知、两点的电场强度的方向不同，故A错误；
B．沿着电场线电势降低，故点的电势低于点的电势，故B错误；
C．处的电场线更稀疏，场强更小，由牛顿第二定律可知，分子在点的加速度比在点小，故C正确；
D．由轨迹可知，DNA分子由向运动的过程电场力做正功，电势能减小，故DNA分子在点的电势能比在点大，故D错误。
故选C。
【分析】电场中某点的电场强度的方向为电场线在该点的切线方向，据此分析判断；沿着电场线方向电势降低，据此分析判断；结合题图，根据电场线的分布及加速度与电场强度的关系，即可分析判断；由DNA分子的运动轨迹及功能关系，即可分析判断。
3．（2025·长沙模拟）半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、电阻为R的均匀金属棒置于圆导轨上面，的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下。在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器。金属棒在水平外力作用下以角速度绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。导轨电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．金属棒中电流从A流向B B．金属棒两端电压为
C．电容器的M板带负电 D．电容器所带电荷量为
【答案】B
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】本题考查右手定则结合闭合电路的欧姆定律、电荷量的计算公式，会根据题意进行准确分析解答。A．金属棒绕O逆时针匀速转动，根据右手定则可知金属棒中电流从B流向A，故A错误；
B． 磁感应强度的大小为B， 金属棒在水平外力作用下以角速度绕O逆时针匀速转动，根据法拉第电磁感应定律可知金属棒转动产生的电动势为
切割磁感线的金属棒相当于电源，金属棒两端电压相当于电源的路端电压，则金属棒两端电压为
故B正确；
C．金属棒A端相当于电源正极，则电容器M板带正电，故C错误；
D．由
可得电容器所带电荷量为
故D错误。
故选B。
【分析】根据右手定则结合闭合电路的欧姆定律、电荷量的计算公式列式解答。
4．（2025·长沙模拟）如图甲所示为压气式消毒喷壶，若该壶容积为，内装消毒液。闭合阀门K，缓慢向下压，每次可向瓶内储气室充入的的空气，经n次下压后，壶内气体压强变为时按下，阀门K打开，消毒液从喷嘴处喷出，喷液全过程气体状态变化图像如图乙所示。（已知储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中温度保持不变，）下列说法正确的是（ ）
A．充气过程向下压的次数次
B．气体从状态变化到状态的过程中，气体吸收的热量大于气体做的功
C．乙图中和的面积相等
D．从状态变化到状态，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数不变
【答案】C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体压强的微观解释；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】【解答】本题主要考查了理想气体的状态方程、热力学第一定律和气体压强的理解，对于这些知识要加强理解记忆。A． 储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中温度保持不变 ，发生等温变化，壶中原来空气的体积，由玻意耳定律
解得
故A错误；
B．气体从到，体积增大，对外做功，由于温度不变，理想气体内能不变，根据热力学第一定律
可得，气体吸收的热量等于气体做的功，故B错误；
C．三角形面积为，由题意可知，图线为等温曲线，由理想气体状态方程
则
由于是常数，温度保持不变，则相等，两三角形和的面积相等，故C正确；
D．到的过程中，温度不变，分子平均运动速率不变，但是体积变大，分子变稀疏，压强减小，所以气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少，故D错误。
故选C。
【分析】根据玻意耳定律求解作答；根据热力学第一定律分析作答；根据三角形的面积进行分析；根据气体压强的含义分析作答。
5．（2025·长沙模拟）如图所示，弹珠发射器（可视为质点）固定于足够高的支架顶端，支架沿着与竖直墙壁平行的方向以速度v1水平运动，同时弹珠发射器可在水平面内沿不同方向发射相对发射器速度大小为v2（v2>v1）的弹珠。弹珠从发射到击中墙壁的过程中水平方向位移为x，竖直方向位移为y。已知发射器到墙壁的垂直距离为L，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．x的最小值为 B．x的最小值为
C．y的最小值为 D．y的最小值为
【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】本题考查对合运动与分运动的关联，清楚两者的关系。CD．弹珠在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，当v2垂直竖直墙壁射出时，弹珠运动时间最短
y的最小值为
故C正确，D错误；
AB．由于
则弹珠水平方向的合速度可以垂直竖直墙壁，合速度大小为
此时x的最小值为L，故AB错误。
故选C。
【分析】将弹珠的运动分解成水平、竖直两个方向的分运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动。
6．（2025·长沙模拟）如图（a）所示为一个定值电阻和一个理想二极管串联后连接到一正弦交流电源两端，经测量发现，通过定值电阻的电流随时间的变化如图（b）所示。下列说法正确的是（ ）
A．电源的频率为0.5Hz B．电阻两端的电压有效值为
C．通过电阻的电流周期为1s D．通过电阻的电流有效值为2.5A
【答案】A,D
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】掌握交流电有效值和最大值的关系是解题的关键，知道有效值是根据电流的热效应计算的。C．由图b可知，交流电的周期为，故通过电阻的电流周期为2s，故C错误；
A．电源的频率为
故A正确；
B．设电阻两端电压的有效值为，由有效值的定义可知电阻一个周期内消耗的电能为
故电阻两端电压的有效值为
故B错误；
D．由有效值的定义可知
可得通过电阻的电流有效值为A
故D正确。
故选AD。
【分析】根据图b可得电流的的周期和频率；根据有效值的定义和欧姆定律计算电压和电流的有效值。
7．（2025·长沙模拟）截至2024年7月，我国在轨卫星的数量已超过900颗，这些卫星服务于通信、导航、遥感、气象、科学研究等多个领域。现有一颗人造地球卫星绕地球做椭圆运动，近地点到地心距离为，远地点到地心距离为，周期为。已知引力常量为，地球为质量均匀的球体，下列说法正确的是（ ）
A．绕地球运转的所有卫星与地心的连线单位时间扫过的面积均相等
B．卫星在近地点与远地点的加速度大小之比为
C．根据已知条件，可估算地球的密度为
D．根据已知条件，可估算地球的质量为
【答案】B,D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】运用万有引力定律求出中心体的质量。能够运用物理规律去表示所要求解的物理量。向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。A．绕地球运转的同一卫星与地心的连线单位时间扫过的面积相等，故A错误；
B．对卫星，由
解得加速度
可知加速度与到地心的距离平方成反比，则卫星在近地点与远地点的加速度大小之比为，故B正确；
C．假设近地卫星周期为，对近地卫星满足
可得地球密度
但此卫星不是近地卫星，运动半径不等于地球半径，故C错误；
D．根据开普勒第三定律可知
且有
可得
故D正确。
故选BD。
【分析】根据开普勒行星定律分析，根据向心加速度表达式以及万有引力提供向心力分析。
8．（2025·长沙模拟）如图所示，轻绳1两端分别固定在M、N两点（N点在M点右上方），轻绳1上套有一个轻质的光滑小环O，质量为m的物块P通过另一根轻绳2悬挂在环的下方，处于静止状态，。现用一始终与轻绳2垂直的力F缓慢拉动物块，直到轻绳2与MN连线方向垂直。已知重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．物块在缓慢移动过程中，轻绳2的延长线可能不平分
B．施加拉力F前，轻绳1的张力大小为
C．物块在缓慢移动过程中，轻绳1的张力增大
D．物块在缓慢移动过程中，力F先增大后减小
【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查了物体的平衡条件的基本应用，受力分析后要明确哪些力的大小不变，写出表达式即可求解。对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。A．物块在缓慢移动过程中，以小环为对象，由于小环两侧轻绳1的张力大小总是相等，则小环两侧轻绳1的张力合力沿平分线上，根据受力平衡可知，轻绳2的延长线始终平分，故A错误；
B．施加拉力F前，以小环为对象，受到轻绳2的拉力等于物块P的重力mg，竖直方向根据受力平衡可得
解得轻绳1的张力大小为
故B错误；
CD．物块在缓慢移动过程中，设轻绳2与竖直方向的夹角，以物块为研究对象，根据受力平衡可得
由
可得
夹角增大，增大，减小，所以逐渐变大，逐渐变大，故D错误；
物块在缓慢移动过程中，由于M、N之间的轻绳1长度不变，根据数学知识可知，小环的运动轨迹为椭圆，M、N为椭圆的两个焦点；当轻绳2与MN连线方向垂直时，小环刚好位于椭圆的短轴顶点上，根据椭圆知识可知此时最大，则此过程逐渐增大，以小环为对象，根据受力平衡可得
可得
可知此过程经绳1的张力一直增大，故C正确。
故选C。
【分析】物块在缓慢移动过程中，以小环O为对象，由于小环O两侧轻绳1的张力大小总是相等，则小环O两侧轻绳1的张力合力沿平分线上，根据受力平衡可知，轻绳2的延长线始终平分∠MON，故A错误；施加拉力F前，以小环O为对象，受到轻绳2的拉力等于物块P的重力mg，根据竖直方向根据受力平衡可得轻绳1的张力大小；物块在缓慢移动过程中，由于M、N之间的轻绳1长度不变，M、N为椭圆的两个焦点；当轻绳2与MN连线方向垂直时，小环O刚好位于椭圆的短轴顶点上，根据椭圆知识可知此时∠MON最大，则此过程∠MON=α逐渐增大，以小环O为对象列平衡方程进而判断此过程轻绳1的张力是否一直增大。
9．（2025·长沙模拟）某储能系统的简化模型如图所示，倾角为的斜坡上，有一质量为50kg的重物（可视为质点）通过缆绳跨过轻质滑轮与电动机连接。时，电动机开始工作，缆绳拉动重物从点由静止沿斜坡向上运动；时，重物到达点，且在此之前速度已达到最大值，之后以最大速度继续做匀速直线运动；时，关闭发动机，此时重物被拉到点；此后重物到达斜坡顶端点时速度刚好为零，系统储存机械能。已知电动机工作时输出的功率始终为2kW，重物与斜坡间动摩擦因数，不计缆绳质量以及其它摩擦损耗，重力加速度取，，。下列说法正确的是（ ）
A．重物到达点时的速度大小为
B．重物在段的平均速度大小为
C．斜坡的长度为44.8m
D．在整个上升过程中，系统存储的机械能和电动机消耗的电能的比值为
【答案】A,D
【知识点】焦耳定律；牛顿运动定律的综合应用；机车启动
【解析】【解答】本题通过斜坡运动情景巧妙串联多个物理过程，既考查了匀变速与匀速运动的衔接处理，又通过能量转化比例检验对功能关系的理解深度。D选项对机械能与电能转化效率的求解尤其体现能量观点的灵活运用，是区分学生思维层次的关键设问。A．重物在段匀速运动，得电动机的牵引力为
又
联立解得
重物到达点，且在此之前速度已达到最大值，所以重物到达点时的速度大小为，故A正确；
B．重物在段根据动能定理有
代入数据解得
联立以上，可得重物在段的平均速度大小为
故B错误；
C．重物在段匀速运动，有
重物在段运动过程中，由牛顿第二定律得
解得
由运动学公式
联立解得
则斜坡的长度为
故C错误；
D．全过程重物增加的机械能为
整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为重物增加的机械能和摩擦产生的内能，故可知
则
故D正确。
故选AD。
【分析】重物在斜坡上的运动分为三个阶段：AB段加速、BC段匀速、CD段减速。电动机功率恒定，需先求出重物匀速运动时的速度，即最大速度。AB段利用动能定理计算位移，结合时间求平均速度。BC段匀速运动位移由速度和时间决定。CD段减速运动位移由运动学公式求出。斜坡总长度为三段位移之和。系统储存的机械能与电动机消耗电能之比需考虑重力势能增加和摩擦生热的能量分配。
10．（2025·长沙模拟）某学习小组利用如图甲所示的装置验证动量守恒定律，其中左、右两侧的光电门可以记录挡光片通过光电门的挡光时间，两滑块上挡光片的宽度相同。
主要步骤如下：
a.测得滑块（含挡光片）的总质量为，根据挡光片调节光电门到合适的高度；
b.将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上；
c.接通气源，放上滑块，调节气垫导轨，使滑块能在导轨上保持静止状态；
d.弹簧处于原长时右端位于点，将滑块向左水平推动，使弹簧右端压至点，稳定后由静止释放滑块，并开始计时；
e.计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力大小、加速度大小随时间变化的图像如乙所示；
f.滑块与弹簧分开后，从导轨的左侧向右运动，穿过左侧光电门与静止在两光电门之间的滑块发生碰撞，光电门记录的挡光片挡光时间如下表所示。
（1）在调节气垫导轨水平时，开启充气泵，将一个滑块轻放在导轨上，轻推滑块，让滑块从左向右运动，先后通过光电门1和光电门2。若滑块通过光电门1时的挡光时间比通过光电门2时的挡光时间长，应调节旋钮使气垫导轨右侧高度 （选填“升高”或“降低”）。
（2）通过计算机处理数据可得和图像与坐标轴围成的面积分别为、，则滑块（含挡光片与加速度传感器）的总质量 。
（3）若、、、、满足关系式 ，则可验证滑块、组成的系统碰撞前后动量守恒。
光电门1 光电门2
碰前 无
碰后
【答案】（1）升高
（2）
（3）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】 本题考查了验证动量守恒定律的实验，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。
（1）若滑块通过光电门1时的挡光时间比通过光电门2时的挡光时间长，说明滑块加速运动，左端抬得过高，则应调节旋钮使气垫导轨右侧高度升高。
（2）根据
由题意，
可知
（3）以碰前A的速度为正，由表中数据可知碰前A的速度
碰后A再次经过光电门1，说明碰后A反弹，则碰后A的速度
碰后B的速度
若动量守恒则满足
带入可知
【分析】（1）根据滑块通过光电门1时的挡光时间比通过光电门2时的挡光时间长，说明滑块加速运动分析求解；
（2）根据动量定理，结合牛顿第二定律分析求解；
（3）根据动量守恒定律，结合碰撞前后A、B的速度分析求解。
（1）若滑块通过光电门1时的挡光时间比通过光电门2时的挡光时间长，说明滑块加速运动，左端抬得过高，则应调节旋钮使气垫导轨右侧高度升高。
（2）根据
由题意，
可知
（3）以碰前A的速度为正，由表中数据可知碰前A的速度
碰后A再次经过光电门1，说明碰后A反弹，则碰后A的速度
碰后B的速度
若动量守恒则满足
带入可知
11．（2025·长沙模拟）某实验小组准备测量一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了下列器材：
A.多用电表（电压挡量程2.5V，内阻未知）；
B.毫安表（量程200mA，内阻为）；
C.定值电阻；
D.定值电阻；
E.滑动变阻器；
F.电键和导线若干。
根据提供的器材，设计电路如图1所示。
（1）将毫安表与定值电阻改装成电流表如虚线框中所示，改装后的量程为 A；
（2）为了精确测量，图中多用电表的右边表笔应接到 （选填“”或“”）处；
（3）闭合电键，调节滑动变阻器滑片，多次记录多用电表的示数、毫安表的示数。其中一次测量时多用电表示数如图2所示，其读数为 V。
（4）作图线如图3所示，该干电池电动势 V；内阻 （以上结果均保留三位有效数字）。
【答案】（1）
（2）B
（3）1.15
（4）；
【知识点】表头的改装；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题主要考查测量一节干电池的电动势和内阻的实验，要明确实验原理，掌握并联电路是特点、欧姆定律和闭合电路欧姆定律的运用。
（1）毫安表的满偏电压为
则，改装后的最大量程为
所以，改装后的量程为。
（2）由于改装后的电流表的内阻已知，为了精确测量，图中多用电表代替的电压表应为电源的“内接法”，即右边表笔应接到“”处。
（3）由图2可知，多用电表的读数为1.15V。
（4）由（1）分析可知，电路中电流为毫安表示数的3倍。改装后的电流表的内阻为
根据欧姆定律
整理可得
可得图线的斜率的绝对值为
截距为
所以，
【分析】（1）根据并联电路的特点和欧姆定律求解改装表的量程；
（2）由于改装电流表的内阻已知，相对于电源，电流表采用内接法；
（3）多用电电压挡的量程为2.5V，分度值为0.05V，根据电压表的读数规则读数；
（4）毫安表的量程扩大3倍，当毫安表示数为I时，干路电流为3I，根据闭合电路欧姆定律求解U-I函数，结合图像纵截距和斜率绝对值求解作答。
（1）毫安表的满偏电压为
则，改装后的最大量程为
所以，改装后的量程为。
（2）由于改装后的电流表的内阻已知，为了精确测量，图中多用电表代替的电压表应为电源的“内接法”，即右边表笔应接到“”处。
（3）由图2可知，多用电表的读数为1.15V。
（4）[1][2]由（1）分析可知，电路中电流为毫安表示数的3倍。改装后的电流表的内阻为
根据欧姆定律
整理可得
可得图线的斜率的绝对值为
截距为
所以，
12．（2025·长沙模拟）为了研究某种透明新材料的光学性质，将其压制成长为6m的细圆柱棒，如图甲所示。让一束平行激光从圆柱棒的一个底面垂直射入，历时在另一端接收到该光束，已知光在真空中的速度为。现将这种新材料制成一根半径的光导纤维束弯成半圆形暴露于空气中（假设空气中的折射率与真空相同），半圆形外半径为R，如图乙所示。
（1）求这种新材料的折射率n；
（2）用同种激光垂直于光导纤维的端面射入，若该束激光恰好不从光导纤维的侧面外泄，求半圆形的半径R。
【答案】（1）光在细圆柱棒中传输有
解得传播速度为
材料的折射率为
解得
（2）当入射光线越接近E点时，则光在光纤中的入射角越大，就越容易发生全反射，因此激光不从光导纤维束侧面外泄的临界条件是入射光在光导纤维束内侧面发生全反射，临界光路图如图所示
根据几何关系可得
又因为
联立解得
【知识点】光导纤维及其应用
【解析】【分析】（1）根据细圆柱棒的长度和激光通过的时间求解其速度，根据公式求解折射率；
（2）当入射光线越接近E点时，则光在光纤中的入射角越大，就越容易发生全反射，因此激光不从光导纤维束侧面外泄的临界条件是入射光在光导纤维束内侧面发生全反射，画出光路图，根据几何关系分析。
（1）光在细圆柱棒中传输有
解得传播速度为
材料的折射率为
解得
（2）当入射光线越接近E点时，则光在光纤中的入射角越大，就越容易发生全反射，因此激光不从光导纤维束侧面外泄的临界条件是入射光在光导纤维束内侧面发生全反射，临界光路图如图所示
根据几何关系可得
又因为
联立解得
13．（2025·长沙模拟）根据牛顿力学经典理论，只要物体的初始条件和受力情况确定，就可以推知物体此后的运动情况。如图所示，将一个质量为、电荷量为的小球，以初速度自高处水平抛出。不计空气阻力影响。重力加速度为。
（1）若在空间中加一个匀强电场，小球水平抛出后做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小及方向；
（2）若在空间中除加（1）中电场外，再加一个垂直纸面的匀强磁场，小球水平抛出后做匀速圆周运动，且落地点与抛出点的水平距离也为，求磁场的磁感应强度大小及方向；
（3）若在整个空间加一个磁感应强度为的垂直纸面向外的匀强磁场，不加电场，仍然把小球以初速度水平向右抛出，且抛出点距离地面足够高，小球不会落到地面上，求小球运动过程中的最大速率和下落的最大高度。
【答案】（1）解：若在空间中加一个匀强电场，小球水平抛出后做匀速直线运动，由平衡条件可得
解得
，电场强度方向竖直向上。
（2）解：若在空间中除加（1）中电场外，再加一个垂直纸面的匀强磁场，小球水平抛出后做匀速圆周运动，且落地点与抛出点的水平距离也为，设圆周的半径为，由洛伦兹力提供向心力可得
其中，联立解得磁场的磁感应强度大小
由左手定则可知，磁感应强度方向垂直纸面向外。
（3）解：配速法：若在整个空间加一个磁感应强度为的垂直纸面向外的匀强磁场，可知小球在运动中受重力，方向向下，设小球有一个水平向左的分速度，受洛伦兹力
解得
为了使小球初速度不变，小球另一个分速度为水平向右的
受洛伦兹力
使小球顺时针做匀速圆周运动，到最低点速度向左时合速度最大，为
由洛伦兹力提供向心力可得
解得
所以小球下落的最大高度
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）加上电场后粒子做匀速直线运动，受力平衡，由平衡条件可求得电场强度；
（2）若在空间再加一个垂直纸面向外的匀强磁场，小球抛出后沿圆弧轨迹运动，做的是匀速圆周运动，电场力与重力必定平衡，由洛伦兹力提供向心力，再根据牛顿第二定律求解B；
（3）根据配速法和速度的合成求小球运动过程中的最大速率vm，由洛伦兹力提供向心力求下落的最大高度hm。
（1）若在空间中加一个匀强电场，小球水平抛出后做匀速直线运动，由平衡条件可得
解得
电场强度方向竖直向上。
（2）若在空间中除加（1）中电场外，再加一个垂直纸面的匀强磁场，小球水平抛出后做匀速圆周运动，且落地点与抛出点的水平距离也为，设圆周的半径为，由洛伦兹力提供向心力可得
其中
联立解得磁场的磁感应强度大小
由左手定则可知，磁感应强度方向垂直纸面向外。
（3）配速法：若在整个空间加一个磁感应强度为的垂直纸面向外的匀强磁场，可知小球在运动中受重力，方向向下，设小球有一个水平向左的分速度，受洛伦兹力
解得
为了使小球初速度不变，小球另一个分速度为水平向右的
受洛伦兹力
使小球顺时针做匀速圆周运动，到最低点速度向左时合速度最大，为
由洛伦兹力提供向心力可得
解得
所以小球下落的最大高度
14．（2025·长沙模拟）如图甲所示，水平面上固定一倾角的光滑斜面，劲度系数的轻弹簧下端固定，上端与质量的长木板相连，长木板静止在斜面上，与锁定在斜面上半径的光滑圆弧平滑相接于点，A、B两点的竖直高度差，质量的小物块（图中未画出）从圆弧A点由静止滑下。从物块滑上长木板开始计时，时滑至长木板下端，长木板在前1s内的速度随时间按正弦规律变化，如图乙所示。已知物块与长木板间动摩擦因数，重力加速度，弹簧形变在弹性限度内。求：
（1）物块由滑至点时，对轨道的压力大小；
（2）前1s内物块的位移，及系统因摩擦而产生的热量；
（3）假设开始时物块在外力作用下置于圆弧点，现有另一小物块从圆弧点静止滑下与发生弹性正碰（碰前瞬间撤去的外力，碰后立即撤走和圆弧），的质量为多少可使长木板与弹簧组成系统获得最大的机械能。
【答案】（1）从到，由动能定理得
解得
在点，由牛顿第二定律和向心力公式得
解得
由牛顿第三定律得：对轨道的压力大小为。
（2）由题意可知：小物块在内一直向下做匀减速运动，加速度大小为
根据位移与时间关系有
也是长木板与物块在前1s内的相对位移，故有
（3）由（1）、（2）分析可知，以初速度在长板上匀减速滑行时，长木板所受摩擦力始终向下，在做简谐运动，摩擦力先对其做正功，后做负功，全程做功为零。根据功能关系，要使长木板与弹簧组成系统获得最大的机械能，则摩擦力对长木板做的正功要最大，即在时，与长木板恰好分离，如图像所示。、碰后以速度滑上长木板向下做匀减速运动，加速度大小仍为，由题意可知：长木板沿斜面向下运动为单方向简谐运动，当刚好滑上长木板时，长木板处于简谐运动的最大位移处，此时有
解得
依题意：当长木板简谐运动半个周期（周期）时，物块恰好与其分离，此时长木板位移为；滑块位移
根据
解得
依题意：与碰前瞬间的速度仍为，由动量守恒定律得：
由能量守恒定律得：
解得：
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型；简谐运动
【解析】【分析】（1）根据动能定理，结合牛顿第二定律和向心力公式，综合牛顿第三定律分析求解；
（2）根据牛顿第二定律，结合小物块在0～1s内一直向下做匀减速运动，板长L也是长木板与物块a在0～1s内的相对位移分析求解；
（3）根据a以初速度v0在长板上匀减速滑行时，长木板所受摩擦力始终向下，在做简谐运动，摩擦力先对其做正功，后做负功，全程做功为零，结合动量守恒定律与能量守恒定律分析求解。
（1）从到，由动能定理得
解得
在点，由牛顿第二定律和向心力公式得
解得
由牛顿第三定律得：对轨道的压力大小为。
（2）由题意可知：小物块在内一直向下做匀减速运动，加速度大小为
根据位移与时间关系有
也是长木板与物块在前1s内的相对位移，故有
（3）由（1）、（2）分析可知，以初速度在长板上匀减速滑行时，长木板所受摩擦力始终向下，在做简谐运动，摩擦力先对其做正功，后做负功，全程做功为零。根据功能关系，要使长木板与弹簧组成系统获得最大的机械能，则摩擦力对长木板做的正功要最大，即在时，与长木板恰好分离，如图像所示。、碰后以速度滑上长木板向下做匀减速运动，加速度大小仍为，由题意可知：长木板沿斜面向下运动为单方向简谐运动，当刚好滑上长木板时，长木板处于简谐运动的最大位移处，此时有
解得
依题意：当长木板简谐运动半个周期（周期）时，物块恰好与其分离，此时长木板位移为；滑块位移
根据
解得
依题意：与碰前瞬间的速度仍为，由动量守恒定律得：
由能量守恒定律得：
解得：
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