2025届湖南省长沙市湖南师范大学附属中学高三下学期一模物理试卷
1．（2025·岳麓模拟）下列说法正确的是（ ）
A．图甲为康普顿效应的示意图，入射光子与静止的电子发生碰撞，碰后散射光的波长变长
B．在两种固体薄片上涂上蜡，用烧热的针接触固体背面上一点，蜡熔化的范围如图乙所示，则a一定是非晶体，b一定是晶体
C．图丙中随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向频率较低的方向移动
D．图丁光电效应实验中滑动变阻器的触头向右移动，电流表的示数一定增大
2．（2025·岳麓模拟）某校物理学科后活动中，出现了不少新颖灵巧的作品。如图所示为高二某班同学制作的《液压工程类作业升降机模型》，通过针筒管活塞的伸缩推动针筒内的水，进而推动支撑架的展开与折叠，完成货物平台的升降。在某次实验中，针筒连接管的水中封闭了一段空气柱（空气可视为理想气体），该同学先缓慢推动注射器活塞将针筒内气体进行压缩，若压缩气体过程中针筒内气体温度不变，装置不漏气，则下列说法中正确的是（ ）
A．针筒内气体压强减小
B．针筒内气体吸热
C．单位时间、单位面积撞击针筒内壁的气体分子数减少
D．用国际单位制单位表示的状态参量在图中图线可能如图中
3．（2025·岳麓模拟）静电纺纱利用了高压静电场，使单纤维两端带上异种电荷，如图所示为高压静电场的分布图，下列说法正确的是（ ）
A．图中a、c两点电势关系为
B．图中b、d两点的电场强度大小关系为
C．电子在a、d两点的电势能关系为
D．将质子从b点移动到c点，电场力做负功
4．（2025·岳麓模拟）如图所示三个装置，（a）中桌面光滑，（b）、（c）中桌面粗糙程度相同，（c）用大小为（为重力加速度）的力替代重物进行牵引，其余均相同。不计绳和滑轮质量及绳与滑轮摩擦，都由静止释放，在移动相同距离的过程中，下列关于三个实验装置的分析中，正确的是（ ）
A．装置（a）中的动能增加量大于（b）中的动能增加量
B．装置（a）中物块的加速度为
C．装置（b）、（c）中物块的动量增加量相同
D．装置（b）中绳上的张力等于装置（c）中绳上的张力
5．（2025·岳麓模拟）如图所示为一简易手动发电式手电筒。装置左侧是一个绕轴心O匀速转动的水平圆盘。固定在圆盘边缘处的小圆柱随圆盘转动时，可在T形绝缘支架左侧横槽中往复运动，同时驱动导体棒在光滑的水平导轨上运动。导体棒运动的速度随时间变化的关系为。导轨间距，导轨间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度。导轨右端为一理想变压器，额定电压为2V的灯泡刚好正常发光。导体棒、导线及导轨电阻均不计，电压表为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A．当T形支架运动到圆盘最左端时，电压表的示数为0
B．理想变压器原副线圈的匝数比为1：2
C．圆盘转动的角速度为2rad/s
D．当滑动变阻器滑片由b向a移动时，灯泡变暗
6．（2025·岳麓模拟）如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外，，为坐标轴上的两点。现有一质量为m、电荷量为e的电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力，则下列说法中正确的是（ ）
A．若电子从P点出发恰好第一次经原点O点，运动时间可能为
B．若电子从P点出发恰好第一次经原点O点，运动路程可能为
C．若电子从P点出发经原点O到达Q点，运动时间可能为
D．若电子从P点出发恰好第一次经原点O到达Q点，运动路程为或
7．（2025·岳麓模拟）下列说法正确的是（ ）
A．如图甲所示，构成等边三角形，若两通电长直导线A、B在C处产生磁场的磁感应强度大小均为，则C处磁场的合磁感应强度大小是
B．图乙中地磁场的垂直于地面磁感应强度分量在南半球竖直向上，北半球竖直向下
C．图丙中穿过两金属圆环的磁通量大小关系为
D．图丁中与通电长直导线在同一平面内的金属线框沿平行于直导线方向运动，线框中会产生感应电流
8．（2025·岳麓模拟）为模拟光在光导纤维中的传播原理，取一圆柱形长直玻璃丝进行实验。如图所示，纸面内有一束激光由空气中以的入射角射向玻璃丝的端面圆心，恰好在玻璃丝的内侧面发生全反射，此时内侧面入射角为。下列说法正确的是（ ）
A．
B．玻璃丝只能传播该频率的光
C．激光由空气中进入玻璃丝后，其波长变短
D．减小入射角，激光在玻璃丝中仍能发生全反射
9．（2025·岳麓模拟）先后两次从高为高处斜向上抛出质量为同一物体落于，测得，两轨迹交于P点，两条轨迹最高点等高且距水平地面高为，下列说法正确的是（ ）
A．第一次抛出上升时间，下降时间比值为
B．第一次过P点比第二次机械能少
C．落地瞬间，第一次，第二次动能之比为
D．第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第一次大
10．（2025·岳麓模拟）在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A、B、C，如图所示。三球的质量分别为，初状态B、C球之间连着一根轻质弹簧并处于静止状态，B、C连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A球以的速度向左运动，与同一杆上的B球碰撞后粘在一起（作用时间极短），则下列判断，正确的是（ ）
A．A球与B球碰撞中损耗的机械能为108J
B．在以后的运动过程中，弹簧形变量最大时C球的速度最大
C．在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能为36J
D．在以后的运动过程中，B球的最小速度为2m/s
11．（2025·岳麓模拟）利用图甲装置验证动量守恒定律，将钢球用细线悬挂于点，钢球放在离地面高度为的支柱上，点到球球心的距离为。将球拉至悬线与竖直线夹角为，由静止释放后摆到最低点时恰与球正碰，碰撞后球运动到竖直线夹角处，球落到地面上，测出球的水平位移，当地重力加速度为。
（1）改变角的大小，多次实验，发现钢球、碰撞过程不仅动量守恒，机械能也守恒，得到的关系图线如图乙，则钢球、的质量之比 。（保留2位有效数字）
（2）若在钢球的被碰位置贴一小块棉布，依然将球拉至悬线与竖直线夹角为由静止释放，增大的物理量是（ ）
A．碰后球的水平位移 B．碰后再次到达最高点的夹角
C．碰撞过程中系统的总动量 D．碰撞过程中系统动能的损失
（3）某同学观察到，在台球桌面上，台球以初速度和静止的球发生斜碰时，碰后两球的速度方向将不在同一直线上，如图乙所示。已知两球大小相同，质量相等，若两球碰撞过程无能量损失，碰后两球速度方向与初速度的夹角分别为和，则和满足的关系为 。
12．（2025·岳麓模拟）为测定某种材料的电阻率，设计如下实验：图（乙）为测量原理电路图，R1、R2是由长度相同、表面涂有绝缘膜（厚度不计）的电阻丝并排紧密绕制在同一根圆柱形绝缘陶瓷棒上的螺旋电阻（图甲），R1材料电阻率为ρ，R2由待测材料制成，R0为滑动变阻器，V1、V2为已知量程的电压表。请回答下列问题：
（1）在闭合开关前，滑动变阻器滑片应滑到 （选填“左端”或“右端”）。
（2）测得R1的螺旋长度为l1，R2的螺旋长度为l2，两电阻的匝数相同，则制成电阻R1与R2的电阻丝的横截面之比为 。
（3）某次测量中V1、V2表的示数分别为U1、U2，则待测电阻丝的电阻率 （用U1、U2、l1、l2、ρ表示）。
（4）考虑V1、V2表的内阻对实验误差的影响，在电路中加了一个灵敏电流计G（图丙）来判断。闭合开关，灵敏电流计中有从a向b的微小电流，则（3）中测量结果相对于真实值 （选填“偏大”、“不变”或“偏小”）。
13．（2025·岳麓模拟）在平面直角坐标系中轴上有一振源，产生的简谐波沿轴传播，、是轴上的两个质点，从质点第一次达到波峰开始计时，、两质点的振动图像分别如图甲、乙所示，已知、平衡位置间距离为2m，且满足点在点的右侧，已知点的横坐标为，该简谐波的波长大于间距，时波源位于平衡位置，波源起振方向竖直向上。
（1）求该简谐波的波速；
（2）若波源在原点，求坐标轴上的各点的波动方程。（波动方程：写出轴上各质点偏离平衡位置的位移与、的关系）
14．（2025·岳麓模拟）如图，固定在地面上的木板和半径为的圆弧槽刚好接触，圆弧槽凹侧和底面光滑，各物块与木板上表面间动摩擦因数均为。圆弧槽右侧通过不计质量的细杆与一压力传感器相连。从点向左，每隔放置一小物块，编号依次为1、2、3、4，质量均为，物块4与一劲度系数为的弹簧（处于原长）相连，物块4左侧木板表面光滑，弹簧左端连在木板左端。圆弧槽左侧空间有方向向左的匀强电场。一质量为、电荷量为的外表绝缘小物块从圆弧槽顶点处无初速度释放。已知当弹簧形变量为时，弹性势能为，重力加速度为。求：
（1）带电小物块下滑过程压力传感器的最大示数；
（2）若所有碰撞均为弹性碰撞，在的前提下，施加电场的强度多大时才能使弹簧的最大压缩量也为？
（3）先将1、2、3号物块拿掉，若带电物块与4为完全非弹性碰撞，施加电场的强度多大才能使弹簧的最大压缩量也为？
15．（2025·岳麓模拟）如图所示，平行金属导轨abcd与a'b'c'd'，两导轨间距L = 2 m，ab与a'b'段是竖直四分之一光滑圆弧，半径R = 20 m，bc与b'c'是光滑水平直导轨，cd与c'd'是与水平成θ = 37°的足够长的粗糙直导轨，有垂直斜面向下的匀强磁场（磁场只存在斜面轨道部分），磁感应强度B = 5 T，电容器的电容C = 200 μF，将一质量m = 20 g的金属棒MN由圆弧最高点静止释放，金属棒MN与cd、c'd'的动摩擦因数μ = 0.25，重力加速度g = 10 m/s2，cc'处有一小段光滑圆弧（长度可忽略不计），不计一切电阻，已知sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，求：
（1）金属棒MN第一次经过bb'时的速度大小v1；
（2）金属棒MN在斜面cdc'd'上滑的最大距离d；
（3）最终金属棒MN与斜面cdc'd'摩擦生的热Q。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】晶体和非晶体；黑体、黑体辐射及其实验规律；光电效应；康普顿效应
【解析】【解答】美国物理学家康普顿在研究石墨对X射线的散射时，发现在散射的X射线中，除了与入射波长λ0相同的成分外，还有波长小于λ0的成分，这个现象称为康普顿效应。A．入射光子与静止的电子发生碰撞，碰撞过程中系统动量守恒，碰后，入射光的动量减小，根据德布罗意波波长的计算公式可知，碰后散射光的波长变长，故A正确；
B．在两种固体薄片上涂上蜡，用烧热的针接触固体背面上一点，蜡熔化的范围如图乙所示，则a表现出各向同性，a可能是多晶体，也可能是非晶体，b表现出各向异性，b一定是单晶体，故B错误；
C．根据黑体辐射的规律，图丙中随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向频率较高的方向移动，故C错误；
D．图丁中光电效应实验中电源所加电压为加速电压，逸出的光电子加速到达A极，当滑动变阻器的触头向右移动时，加速电压增大，若电流没有达到饱和电流，电流表的示数先增大，达到饱和电流后，电流表的示数不变，故D错误。
故选A。
【分析】图甲为康普顿效应的示意图，根据光子动量的变化，判断波长的变化；晶体具有各向异性，非晶体具有各向同性；根据黑体辐射的规律分析图丙中黑体辐射强度的极大值移动度方向；图丁中，当电路中电流达到饱和电流后，电流表的示数不变。
2．【答案】D
【知识点】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】解答本题时，要抓住不变量，分过程利用热力学第一定律分析气体内能或热传递情况。A． 先缓慢推动注射器活塞将针筒内气体进行压缩， 压缩气体过程中针筒内气体温度不变，空气柱体积变小，则压强变大，故A错误；
B．针筒内气体温度不变，则气体内能不变，即有
压缩过程中，气体体积变小，外界对气体做功，即有，则根据热力学第一定律
可知，即针筒内气体放热，故B错误；
C．由于压缩气体过程中针筒内气体温度不变，空气柱体积变小，压强变大，则单位时间、单位面积撞击针筒内壁的气体分子数增大，故C错误；
D．由于压缩气体过程中针筒内气体温度不变，空气柱体积变小，压强变大。则根据理想气体状态方程
整理可得
可知用国际单位制单位表示的状态参量在图中图线可能如图中，故D正确。
故选D。
【分析】压缩气体过程，气体温度不变，气体内能不变，根据玻意耳定律分析压强的变化情况，根据热力学第一定律分析吸放热情况，根据理想气体状态方程分析
3．【答案】A
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】本题考查了等量异种电荷电场的特点，电场力做功和电势能，解题的关键是知道等量异种电荷电场线从正电荷出发，终止于负电荷，等量异种电荷中垂线是等势面，B点是等量异种电荷连线与中垂线的交点，在中垂线上B处的场强最大，注意电势越高，则负电荷的电势能越小，正电荷的电势能越大。A．由图可知，右边电极电势高于左边电极的电势，电场线从右边电极发出，终止于左边电极，根据沿着电场线方向电势降低，可知图中a、c两点电势关系为，故A正确；
B．根据电场线的疏密代表电场强度的大小，可知图中b、d两点的电场强度大小关系为Eb< Ed，故B错误；
C．图中a、d两点电势关系为
根据
且电子带负电，可知电子在a、d两点的电势能关系为
故C错误；
D．图中b、c两点电势关系为
且质子带正电，故将质子从b点移动到c点，其电势能减小，电场力做正功，故D错误。
故选A。
【分析】由图可知单纤维左右端带电的正负，根据沿着电场方向电势降低，电场线由高等势面指向低等势面分析；根据等量异种电荷中垂线上场强的特点分析；根据中垂线是等势面分析A、B两点电势大小关系，根据B、D两点电势的高低，可知A、D两点电势的高低，则可知电子在A、D两点电势能的高低；根据沿着电场方向电势降低，可知D、C两点电势的高低，则可知电场力做功是否为零。
4．【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；动能
【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚物块的运动情况与受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律即可解题。A．由于装置（b）有摩擦力，可知装置（a）中物块的合外力较大，根据，可知装置（a）中物块的加速度较大，在m移动相同距离的过程中得到的速度较大，则装置（a）m的动能增加量大于（b）中m的动能增加量，故A正确；
B．装置（a）中对系统根据牛顿第二定律
解得物块m的加速度为
故B错误；
C．装置（b）中对系统根据牛顿第二定律
解得物块m的加速度为
装置（c）中对系统根据牛顿第二定律
解得物块m的加速度为
可知装置（c）中物块m的加速度较大，在m移动相同距离的过程中得到的速度较大，则装置（c）m的动能增加量大于（b）中m的动能增加量，故C错误；
D．装置（b）中对物块m根据牛顿第二定律
解得
装置（c）中绳子张力为
所以，装置（b）中绳上的张力不等于装置（c）中绳上的张力，故D错误。
故选A。
【分析】应用牛顿第二定律求出加速度大小，然后应用匀变速直线运动的v-x公式与牛顿第二定律分析答题。
5．【答案】B
【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】本题考查了变压器相关知识，理解变压器原、副线圈匝数与电压的关系是解决此类问题的关键。A． 导体棒运动的速度随时间变化的关系为，导体棒在磁场中运动时，产生电动势的峰值为
电动势的有效值为
电压表的示数为电动势的有效值，其示数为，A错误；
B．由题意可知，额定电压为2V的灯泡刚好正常发光，可知变压器副线圈的输出电压为，则理想变压器原、副线圈的匝数比为
B正确；
C．由导体棒运动的速度随时间变化的关系为
可知，圆盘转动的角速度为
C错误；
D．当滑动变阻器滑片由b向a移动时，变阻器接入电路的电阻值增大，副线圈电路中的电流减小，由于变压器是理想变压器，可知副线圈输出电压不变，则灯泡的亮度不变，D错误。
故选B。
【分析】根据导体棒切割产生的感应电动势为e=Bdv，速度表达式结合最大值和有效值的关系，以及变压器原、副线圈匝数与电压的关系分析求解。
6．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。AB．电子从P点出发恰好第一次经原点O点，有两类情况，一类是第奇数次回到x轴经过原点O，另一类是第偶数次回到x轴经过原点O。其中第一次和第二次回到x轴的轨迹如图
由轨迹图结合几何关系，可得运动时间为
解得
当n=1时，运动时间为
由轨迹图结合几何关系，轨迹圆的半径为
可得运动路程为
故A正确；B错误；
CD．同理，若电子从P点出发恰好第一次经原点O到达Q点，轨迹也为两类，如图
由轨迹图结合几何关系，可得运动时间为
或
解得
若电子从P点出发恰好第一次经原点O到达Q点，运动路程为
解得
故C错误；D正确。
故选AD。
【分析】画出粒子运动轨迹，由轨迹图结合几何关系，可得运动时间，由轨迹图结合几何关系，可得轨迹圆的半径，可得运动路程；电子从P点出发恰好第一次经原点O到达Q点，轨迹有两类，由轨迹图结合几何关系，可得运动时间以及运动路程。
7．【答案】A,B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；地磁场；通电导线及通电线圈周围的磁场；磁通量
【解析】【解答】本题考查右手螺旋定则的应用、电磁感应的理解以及磁通量和地磁场相关知识，注意磁感应强度是矢量，合成时需要根据平行四边形法则。A．结合导线中电流的方向，根据安培定则可知，A、B在C处产生磁场的磁感应强度方向之间的夹角为60°，根据矢量叠加可知，C处磁场的合磁感应强度大小
故A正确；
B．根据地磁场的分别规律可知，地磁场的垂直于地面磁感应强度分量在南半球竖直向上，北半球竖直向下，故B正确；
C．图中条形磁体内部磁场方向向上，外部线圈所在位置磁场方向向下，通过线圈整体的磁场方向向上，可知，图丙中穿过两金属圆环的磁通量大小关系为
故C错误；
D．根据通电直导线磁场的分布特征可知，当金属线框沿平行于直导线方向运动时，穿过线框的磁通量没有发生变化，线框中没有产生感应电流，故D错误。
故选AB。
【分析】根据右手螺旋定则可以判断电流产生的磁场的方向，由磁感应强度的矢量合成特点即可计算合磁感应强度；地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近；根据题意，结合磁通量定义，分析磁通量大小；根据电磁感应条件，即可判断是否能产生感应电流。
8．【答案】C,D
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】本题考查光的折射和全反射的问题，光导纤维知识，会根据题意进行准确分析解答。A．根据折射定律有
又因为光恰好在玻璃丝的内侧面发生全反射，则有
联立解得
故A错误；
B．玻璃丝可以传播不同频率的光，故B错误；
C．激光由空气中进入玻璃丝后，传播速度变小，则波长变短，故C正确；
D．减小入射角，则折射角减小，光在玻璃丝的内侧面入射角增大，大于临界角，发生全反射，故D正确。
故选CD。
【分析】根据折射定律和临界角知识，结合波在介质中传播的速度变化和全反射发生条件进行综合分析解答。
9．【答案】B
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题考查了斜抛运动与机械能守恒定律，处理曲线运动的方法是将运动分解处理，应用运动的合成与分解解答，分运动具有等时性与独立性。 功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。A．第一次抛出上升的高度为
故上升时间为
最高点距水平地面高为，故下降的时间为
故一次抛出上升时间，下降时间比值为，故A错误；
B．两条轨迹最高点等高，故可知两次从抛出到落地的时间相等为
故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为
由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度相等为
由于物体在空中机械能守恒，故第一次过P点比第二次机械能少
故B正确；
C．从抛出到落地瞬间根据动能定理
故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为，故C错误；
D．根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大，故D错误。
故选B。
【分析】物体抛出后在空中做斜抛运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，应用运动学公式求得第一次抛出上升时间和下降时间，以及两次斜抛运动的总时间和抛出时水平与竖直分速度大小。根据斜抛运动过程中物块的机械能守恒，分析解答第一次过P点与第二次的机械能之差和落地瞬间第一次与第二次的动能。抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角即为速度的偏转角，第一次斜抛运动的水平分速度较小，轨迹弯曲程度较小，速度的偏转角较小。
10．【答案】A,C
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律的综合运用，关键合理地选择研究的系统和过程，结合动量守恒定律和能量守恒进行研究。A． 三球的质量分别为，碰撞的过程中，满足动量守恒，根据动量守恒定律得：
解得
球与B球碰撞中损耗的机械能
A正确；
B．弹簧再次恢复原长时C球速度最大，B错误；
C．在以后的运动过程中，AB的组合体与C的速度相等时，弹性势能最大，根据动量守恒
解得
最大弹性势能
解得
C正确；
D．当弹簧再次恢复原长时，根据动量守恒和能量守恒可知
解得
，
此时B反向速度最大，而B由于速度由正向到反向，因此最小速度为零，D错误。
故选AC。
【分析】A、B发生完全非弹性碰撞，碰撞的过程中动量守恒，结合动量守恒定律和能量守恒定律求出A球与B球碰撞中损耗的机械能。当B、C速度相等时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，结合B、C在水平方向上动量守恒、能量守恒求出最大的弹性势能。弹簧第一次恢复原长时，由系统的动量守恒和能量守恒结合求出B与C的速度，再确定B球的最小速度和C球的最大速度。
11．【答案】（1）3.0
（2）B；D
（3）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】本题考查动量守恒定律和能量守恒定律的应用，会根据题意进行准确分析解答。验证动量守恒定律中，学会在相同高度下，水平射程来间接测出速度。
（1）选取向左为正方向，碰撞过程中动量守恒和机械能守恒，则有，
联立解得
当时，，则
由乙图可知，时，有
做平抛运动，则
代入数据得
联立可得
（2）AB．碰撞过程中，动量守恒，两球作用的时间变长，球获得的速度变小，则碰撞后球水平位移减小，球碰后速度较之前变大，则碰后夹角变大，
故A错误，B正确；
C．若在钢球的被碰位置贴一小块棉布，依然将球拉至悬线与竖直线夹角为由静止释放，碰撞过程中，动量守恒，碰撞过程中系统总动量不变，故C错误；
D．贴一小块棉布后，碰撞过程中，动量守恒，碰撞过程中系统总动量不变，系统动能损失变大，故D正确。
故选BD。
（3）
设两球的质量均为，在方向与垂直方向上由动量守恒定律可得，
又由能量守恒得
结合以上三式可得
即
【分析】（1）根据动量守恒和机械能守恒结合图乙给出的信息，平抛运动的速度规律列式求解；
（2）根据动量守恒的条件和能量的转化和守恒进行分析解答；
（3）根据动量守恒定律在不同的方向上的表达式结合机械能守恒列式分析解答。
（1）选取向左为正方向，碰撞过程中动量守恒和机械能守恒，则有，
联立解得
当时，，则
由乙图可知，时，有
做平抛运动，则
代入数据得
联立可得
（2）AB．碰撞过程中，动量守恒，两球作用的时间变长，球获得的速度变小，则碰撞后球水平位移减小，球碰后速度较之前变大，则碰后夹角变大，
故A错误，B正确；
C．若在钢球的被碰位置贴一小块棉布，依然将球拉至悬线与竖直线夹角为由静止释放，碰撞过程中，动量守恒，碰撞过程中系统总动量不变，故C错误；
D．贴一小块棉布后，碰撞过程中，动量守恒，碰撞过程中系统总动量不变，系统动能损失变大，故D正确。
故选BD。
（3）设两球的质量均为，在方向与垂直方向上由动量守恒定律可得，
又由能量守恒得
结合以上三式可得
即
12．【答案】（1）左端
（2）
（3）
（4）偏小
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】本题关键掌握测定某种材料电阻率的实验原理和误差分析。
（1）为了保护电路，在闭合开关前，应将滑动变阻器全部接入电路，这样回路的电阻最大，接通时电路电流最小，电路安全，故滑到左端。
（2）根据题意可得
，
而S与直径的平方成正比，故横截面积之比为。
（3）根据欧姆定律
可知
根据电阻定律
联立可得待测材料电阻率为
（4）由a向b的微小电流可得
由此可知，测量结果相对于真实值偏小。
【分析】（1）根据保证电路安全分析判断；
（2）根据面积公式计算比例；
（3）根据欧姆定律和电阻电定律计算；
（4）分析实验误差判断。
（1）在闭合开关前，应将滑动变阻器全部接入电路，保证电路接通时电路电流最小，电路安全，故滑到左端。
（2）根据题意可得，
而S与直径的平方成正比，故横截面积之比为。
（3）根据欧姆定律
可知，
根据电阻定律
联立可得待测材料电阻率为
（4）由a向b的微小电流可得
由此可知，测量结果相对于真实值偏小。
13．【答案】（1）由振动图像可知，该简谐波的周期为，由于、两质点间的距离小于波长，有以下几种情况：
①当波源在的左侧时，时刻、间的波动图像如图1所示
由此可知
求得
波速为
②当波源在的右侧时，时刻、间的波动图像如图2所示
由此可知
求得
波速为
③当波源在、之间时，时刻、间的波动图像如图3所示
由此可知
求得
波速为
（2）当波源在原点时，已知点振动方程
坐标轴上的各点的波动方程为
【知识点】机械波及其形成和传播；简谐运动的表达式与图象
【解析】【分析】（1）结合题意，画出不同情况t=0时刻A、B间的波动图像，由波速与波长的关系，即可分析求解；
（2）结合前面分析及题图信息，即可确定波源在原点时，坐标轴上x＞0的各点的波动方程。
（1）由振动图像可知，该简谐波的周期为，由于、两质点间的距离小于波长，有以下几种情况：
①当波源在的左侧时，时刻、间的波动图像如图1所示
由此可知
求得
波速为
②当波源在的右侧时，时刻、间的波动图像如图2所示
由此可知
求得
波速为
③当波源在、之间时，时刻、间的波动图像如图3所示
由此可知
求得
波速为
（2）当波源在原点时，已知点振动方程
坐标轴上的各点的波动方程为
14．【答案】（1）如图所示
设滑块与圆心连线从开始运动夹角时，速度为v，则
对滑块受力分析，设受到支持力为，则
由牛顿第三定律圆弧槽受到压力大小为，对圆弧槽受力分析，设压力传感器读数为F，则
由上述可知
当时，F取最大值为
（2）设带电滑块从A端滑上木板时速度为，则
设带电滑块与1号物块碰撞前速度，有
由于，则，各物块质量相等，发生弹性碰撞后带电滑块便静止在1号物块处，1号滑块将与2号滑块碰撞，2号滑块将与3号滑块碰撞，3号滑块碰撞将与4号滑块碰撞。4号滑块被碰后速度设为，则
要使弹簧的最大压缩量也为l，则
联立解得
代入和，解得
（3）设带电物块与4号物块碰前速度为，碰后的速度大小为，则，
各小物块经一系列完全非弹性碰撞后从4号球所在位置向左做简谐运动。平衡位置弹簧压缩量设为，则
要使弹簧的最大压缩量也为l，则简谐运动的振幅为
物块4被撞后整体速度为，由弹簧振子机械能守恒
解得
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）由机械能守恒定律可得速度大小，结合牛顿运动定律可得压力表达式，根据表达式求压力传感器的最大示数；
（2）由动能定理求解速度大小，结合能量守恒定律可求电场强度的大小；
（3）碰撞过程动量守恒，平衡位置弹力等于电场力，有动能定理结合机械能守恒定律及动量守恒定律联立即可求解。
（1）如图所示
设滑块与圆心连线从开始运动夹角时，速度为v，则
对滑块受力分析，设受到支持力为，则
由牛顿第三定律圆弧槽受到压力大小为，对圆弧槽受力分析，设压力传感器读数为F，则
由上述可知
当时，F取最大值为
（2）设带电滑块从A端滑上木板时速度为，则
设带电滑块与1号物块碰撞前速度，有
由于，则，各物块质量相等，发生弹性碰撞后带电滑块便静止在1号物块处，1号滑块将与2号滑块碰撞，2号滑块将与3号滑块碰撞，3号滑块碰撞将与4号滑块碰撞。4号滑块被碰后速度设为，则
要使弹簧的最大压缩量也为l，则
联立解得
代入和，解得
（3）设带电物块与4号物块碰前速度为，碰后的速度大小为，则，
各小物块经一系列完全非弹性碰撞后从4号球所在位置向左做简谐运动。平衡位置弹簧压缩量设为，则
要使弹簧的最大压缩量也为l，则简谐运动的振幅为
物块4被撞后整体速度为，由弹簧振子机械能守恒
解得
15．【答案】（1）根据机械能守恒定律得
解得
（2）金属棒进入时，cc'处有一小段光滑圆弧（长度可忽略不计），不计一切电阻，在极短的时间内电容器充电完毕，d'端带正电，且电容器两端电势差和导体棒两端的电势差相等，由动量定理得
其中，
得
金属棒沿斜面上滑时，导体棒受重力和摩擦力减速，棒两端电势差减小，电容器要放电，导体棒中电流由a'指向a，导体棒受安培力沿斜面向上，对导体棒受力分析有
其中
解得
金属棒在斜面上滑的最大距离
（3）金属棒沿斜面下滑时，电容器充电，导体棒中电流由a'指向a，安培力沿斜面向上，对导体棒受力分析有
且
解得
金属棒沿斜面下滑至斜面底端时的速度
产生的热量
接着金属棒向左匀速后冲上圆弧轨道再返回cc'，此时电容器已放电完成，重复上述过程
同理可得，，
则产生的热量
以此类推，
故
【知识点】动量定理；能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）金属棒MN从a到b运动过程中，根据动能定理进行解答；
（2）根据动量定理、加速度定义式求解金属棒冲上倾斜轨道过程中的加速度大小，根据速度—位移关系求解位移；
（3）最终金属棒静止在cc'处，根据能量关系进行解答。
（1）根据机械能守恒定律得
解得
（2）金属棒进入时，cc'处有一小段光滑圆弧（长度可忽略不计），不计一切电阻，在极短的时间内电容器充电完毕，d'端带正电，且电容器两端电势差和导体棒两端的电势差相等，由动量定理得
其中，
得
金属棒沿斜面上滑时，导体棒受重力和摩擦力减速，棒两端电势差减小，电容器要放电，导体棒中电流由a'指向a，导体棒受安培力沿斜面向上，对导体棒受力分析有
其中
解得
金属棒在斜面上滑的最大距离
（3）金属棒沿斜面下滑时，电容器充电，导体棒中电流由a'指向a，安培力沿斜面向上，对导体棒受力分析有
且
解得
金属棒沿斜面下滑至斜面底端时的速度
产生的热量
接着金属棒向左匀速后冲上圆弧轨道再返回cc'，此时电容器已放电完成，重复上述过程
同理可得，，
则产生的热量
以此类推，
故
1 / 12025届湖南省长沙市湖南师范大学附属中学高三下学期一模物理试卷
1．（2025·岳麓模拟）下列说法正确的是（ ）
A．图甲为康普顿效应的示意图，入射光子与静止的电子发生碰撞，碰后散射光的波长变长
B．在两种固体薄片上涂上蜡，用烧热的针接触固体背面上一点，蜡熔化的范围如图乙所示，则a一定是非晶体，b一定是晶体
C．图丙中随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向频率较低的方向移动
D．图丁光电效应实验中滑动变阻器的触头向右移动，电流表的示数一定增大
【答案】A
【知识点】晶体和非晶体；黑体、黑体辐射及其实验规律；光电效应；康普顿效应
【解析】【解答】美国物理学家康普顿在研究石墨对X射线的散射时，发现在散射的X射线中，除了与入射波长λ0相同的成分外，还有波长小于λ0的成分，这个现象称为康普顿效应。A．入射光子与静止的电子发生碰撞，碰撞过程中系统动量守恒，碰后，入射光的动量减小，根据德布罗意波波长的计算公式可知，碰后散射光的波长变长，故A正确；
B．在两种固体薄片上涂上蜡，用烧热的针接触固体背面上一点，蜡熔化的范围如图乙所示，则a表现出各向同性，a可能是多晶体，也可能是非晶体，b表现出各向异性，b一定是单晶体，故B错误；
C．根据黑体辐射的规律，图丙中随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向频率较高的方向移动，故C错误；
D．图丁中光电效应实验中电源所加电压为加速电压，逸出的光电子加速到达A极，当滑动变阻器的触头向右移动时，加速电压增大，若电流没有达到饱和电流，电流表的示数先增大，达到饱和电流后，电流表的示数不变，故D错误。
故选A。
【分析】图甲为康普顿效应的示意图，根据光子动量的变化，判断波长的变化；晶体具有各向异性，非晶体具有各向同性；根据黑体辐射的规律分析图丙中黑体辐射强度的极大值移动度方向；图丁中，当电路中电流达到饱和电流后，电流表的示数不变。
2．（2025·岳麓模拟）某校物理学科后活动中，出现了不少新颖灵巧的作品。如图所示为高二某班同学制作的《液压工程类作业升降机模型》，通过针筒管活塞的伸缩推动针筒内的水，进而推动支撑架的展开与折叠，完成货物平台的升降。在某次实验中，针筒连接管的水中封闭了一段空气柱（空气可视为理想气体），该同学先缓慢推动注射器活塞将针筒内气体进行压缩，若压缩气体过程中针筒内气体温度不变，装置不漏气，则下列说法中正确的是（ ）
A．针筒内气体压强减小
B．针筒内气体吸热
C．单位时间、单位面积撞击针筒内壁的气体分子数减少
D．用国际单位制单位表示的状态参量在图中图线可能如图中
【答案】D
【知识点】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】解答本题时，要抓住不变量，分过程利用热力学第一定律分析气体内能或热传递情况。A． 先缓慢推动注射器活塞将针筒内气体进行压缩， 压缩气体过程中针筒内气体温度不变，空气柱体积变小，则压强变大，故A错误；
B．针筒内气体温度不变，则气体内能不变，即有
压缩过程中，气体体积变小，外界对气体做功，即有，则根据热力学第一定律
可知，即针筒内气体放热，故B错误；
C．由于压缩气体过程中针筒内气体温度不变，空气柱体积变小，压强变大，则单位时间、单位面积撞击针筒内壁的气体分子数增大，故C错误；
D．由于压缩气体过程中针筒内气体温度不变，空气柱体积变小，压强变大。则根据理想气体状态方程
整理可得
可知用国际单位制单位表示的状态参量在图中图线可能如图中，故D正确。
故选D。
【分析】压缩气体过程，气体温度不变，气体内能不变，根据玻意耳定律分析压强的变化情况，根据热力学第一定律分析吸放热情况，根据理想气体状态方程分析
3．（2025·岳麓模拟）静电纺纱利用了高压静电场，使单纤维两端带上异种电荷，如图所示为高压静电场的分布图，下列说法正确的是（ ）
A．图中a、c两点电势关系为
B．图中b、d两点的电场强度大小关系为
C．电子在a、d两点的电势能关系为
D．将质子从b点移动到c点，电场力做负功
【答案】A
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】本题考查了等量异种电荷电场的特点，电场力做功和电势能，解题的关键是知道等量异种电荷电场线从正电荷出发，终止于负电荷，等量异种电荷中垂线是等势面，B点是等量异种电荷连线与中垂线的交点，在中垂线上B处的场强最大，注意电势越高，则负电荷的电势能越小，正电荷的电势能越大。A．由图可知，右边电极电势高于左边电极的电势，电场线从右边电极发出，终止于左边电极，根据沿着电场线方向电势降低，可知图中a、c两点电势关系为，故A正确；
B．根据电场线的疏密代表电场强度的大小，可知图中b、d两点的电场强度大小关系为Eb< Ed，故B错误；
C．图中a、d两点电势关系为
根据
且电子带负电，可知电子在a、d两点的电势能关系为
故C错误；
D．图中b、c两点电势关系为
且质子带正电，故将质子从b点移动到c点，其电势能减小，电场力做正功，故D错误。
故选A。
【分析】由图可知单纤维左右端带电的正负，根据沿着电场方向电势降低，电场线由高等势面指向低等势面分析；根据等量异种电荷中垂线上场强的特点分析；根据中垂线是等势面分析A、B两点电势大小关系，根据B、D两点电势的高低，可知A、D两点电势的高低，则可知电子在A、D两点电势能的高低；根据沿着电场方向电势降低，可知D、C两点电势的高低，则可知电场力做功是否为零。
4．（2025·岳麓模拟）如图所示三个装置，（a）中桌面光滑，（b）、（c）中桌面粗糙程度相同，（c）用大小为（为重力加速度）的力替代重物进行牵引，其余均相同。不计绳和滑轮质量及绳与滑轮摩擦，都由静止释放，在移动相同距离的过程中，下列关于三个实验装置的分析中，正确的是（ ）
A．装置（a）中的动能增加量大于（b）中的动能增加量
B．装置（a）中物块的加速度为
C．装置（b）、（c）中物块的动量增加量相同
D．装置（b）中绳上的张力等于装置（c）中绳上的张力
【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；动能
【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚物块的运动情况与受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律即可解题。A．由于装置（b）有摩擦力，可知装置（a）中物块的合外力较大，根据，可知装置（a）中物块的加速度较大，在m移动相同距离的过程中得到的速度较大，则装置（a）m的动能增加量大于（b）中m的动能增加量，故A正确；
B．装置（a）中对系统根据牛顿第二定律
解得物块m的加速度为
故B错误；
C．装置（b）中对系统根据牛顿第二定律
解得物块m的加速度为
装置（c）中对系统根据牛顿第二定律
解得物块m的加速度为
可知装置（c）中物块m的加速度较大，在m移动相同距离的过程中得到的速度较大，则装置（c）m的动能增加量大于（b）中m的动能增加量，故C错误；
D．装置（b）中对物块m根据牛顿第二定律
解得
装置（c）中绳子张力为
所以，装置（b）中绳上的张力不等于装置（c）中绳上的张力，故D错误。
故选A。
【分析】应用牛顿第二定律求出加速度大小，然后应用匀变速直线运动的v-x公式与牛顿第二定律分析答题。
5．（2025·岳麓模拟）如图所示为一简易手动发电式手电筒。装置左侧是一个绕轴心O匀速转动的水平圆盘。固定在圆盘边缘处的小圆柱随圆盘转动时，可在T形绝缘支架左侧横槽中往复运动，同时驱动导体棒在光滑的水平导轨上运动。导体棒运动的速度随时间变化的关系为。导轨间距，导轨间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度。导轨右端为一理想变压器，额定电压为2V的灯泡刚好正常发光。导体棒、导线及导轨电阻均不计，电压表为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A．当T形支架运动到圆盘最左端时，电压表的示数为0
B．理想变压器原副线圈的匝数比为1：2
C．圆盘转动的角速度为2rad/s
D．当滑动变阻器滑片由b向a移动时，灯泡变暗
【答案】B
【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】本题考查了变压器相关知识，理解变压器原、副线圈匝数与电压的关系是解决此类问题的关键。A． 导体棒运动的速度随时间变化的关系为，导体棒在磁场中运动时，产生电动势的峰值为
电动势的有效值为
电压表的示数为电动势的有效值，其示数为，A错误；
B．由题意可知，额定电压为2V的灯泡刚好正常发光，可知变压器副线圈的输出电压为，则理想变压器原、副线圈的匝数比为
B正确；
C．由导体棒运动的速度随时间变化的关系为
可知，圆盘转动的角速度为
C错误；
D．当滑动变阻器滑片由b向a移动时，变阻器接入电路的电阻值增大，副线圈电路中的电流减小，由于变压器是理想变压器，可知副线圈输出电压不变，则灯泡的亮度不变，D错误。
故选B。
【分析】根据导体棒切割产生的感应电动势为e=Bdv，速度表达式结合最大值和有效值的关系，以及变压器原、副线圈匝数与电压的关系分析求解。
6．（2025·岳麓模拟）如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外，，为坐标轴上的两点。现有一质量为m、电荷量为e的电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力，则下列说法中正确的是（ ）
A．若电子从P点出发恰好第一次经原点O点，运动时间可能为
B．若电子从P点出发恰好第一次经原点O点，运动路程可能为
C．若电子从P点出发经原点O到达Q点，运动时间可能为
D．若电子从P点出发恰好第一次经原点O到达Q点，运动路程为或
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。AB．电子从P点出发恰好第一次经原点O点，有两类情况，一类是第奇数次回到x轴经过原点O，另一类是第偶数次回到x轴经过原点O。其中第一次和第二次回到x轴的轨迹如图
由轨迹图结合几何关系，可得运动时间为
解得
当n=1时，运动时间为
由轨迹图结合几何关系，轨迹圆的半径为
可得运动路程为
故A正确；B错误；
CD．同理，若电子从P点出发恰好第一次经原点O到达Q点，轨迹也为两类，如图
由轨迹图结合几何关系，可得运动时间为
或
解得
若电子从P点出发恰好第一次经原点O到达Q点，运动路程为
解得
故C错误；D正确。
故选AD。
【分析】画出粒子运动轨迹，由轨迹图结合几何关系，可得运动时间，由轨迹图结合几何关系，可得轨迹圆的半径，可得运动路程；电子从P点出发恰好第一次经原点O到达Q点，轨迹有两类，由轨迹图结合几何关系，可得运动时间以及运动路程。
7．（2025·岳麓模拟）下列说法正确的是（ ）
A．如图甲所示，构成等边三角形，若两通电长直导线A、B在C处产生磁场的磁感应强度大小均为，则C处磁场的合磁感应强度大小是
B．图乙中地磁场的垂直于地面磁感应强度分量在南半球竖直向上，北半球竖直向下
C．图丙中穿过两金属圆环的磁通量大小关系为
D．图丁中与通电长直导线在同一平面内的金属线框沿平行于直导线方向运动，线框中会产生感应电流
【答案】A,B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；地磁场；通电导线及通电线圈周围的磁场；磁通量
【解析】【解答】本题考查右手螺旋定则的应用、电磁感应的理解以及磁通量和地磁场相关知识，注意磁感应强度是矢量，合成时需要根据平行四边形法则。A．结合导线中电流的方向，根据安培定则可知，A、B在C处产生磁场的磁感应强度方向之间的夹角为60°，根据矢量叠加可知，C处磁场的合磁感应强度大小
故A正确；
B．根据地磁场的分别规律可知，地磁场的垂直于地面磁感应强度分量在南半球竖直向上，北半球竖直向下，故B正确；
C．图中条形磁体内部磁场方向向上，外部线圈所在位置磁场方向向下，通过线圈整体的磁场方向向上，可知，图丙中穿过两金属圆环的磁通量大小关系为
故C错误；
D．根据通电直导线磁场的分布特征可知，当金属线框沿平行于直导线方向运动时，穿过线框的磁通量没有发生变化，线框中没有产生感应电流，故D错误。
故选AB。
【分析】根据右手螺旋定则可以判断电流产生的磁场的方向，由磁感应强度的矢量合成特点即可计算合磁感应强度；地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近；根据题意，结合磁通量定义，分析磁通量大小；根据电磁感应条件，即可判断是否能产生感应电流。
8．（2025·岳麓模拟）为模拟光在光导纤维中的传播原理，取一圆柱形长直玻璃丝进行实验。如图所示，纸面内有一束激光由空气中以的入射角射向玻璃丝的端面圆心，恰好在玻璃丝的内侧面发生全反射，此时内侧面入射角为。下列说法正确的是（ ）
A．
B．玻璃丝只能传播该频率的光
C．激光由空气中进入玻璃丝后，其波长变短
D．减小入射角，激光在玻璃丝中仍能发生全反射
【答案】C,D
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】本题考查光的折射和全反射的问题，光导纤维知识，会根据题意进行准确分析解答。A．根据折射定律有
又因为光恰好在玻璃丝的内侧面发生全反射，则有
联立解得
故A错误；
B．玻璃丝可以传播不同频率的光，故B错误；
C．激光由空气中进入玻璃丝后，传播速度变小，则波长变短，故C正确；
D．减小入射角，则折射角减小，光在玻璃丝的内侧面入射角增大，大于临界角，发生全反射，故D正确。
故选CD。
【分析】根据折射定律和临界角知识，结合波在介质中传播的速度变化和全反射发生条件进行综合分析解答。
9．（2025·岳麓模拟）先后两次从高为高处斜向上抛出质量为同一物体落于，测得，两轨迹交于P点，两条轨迹最高点等高且距水平地面高为，下列说法正确的是（ ）
A．第一次抛出上升时间，下降时间比值为
B．第一次过P点比第二次机械能少
C．落地瞬间，第一次，第二次动能之比为
D．第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第一次大
【答案】B
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题考查了斜抛运动与机械能守恒定律，处理曲线运动的方法是将运动分解处理，应用运动的合成与分解解答，分运动具有等时性与独立性。 功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。A．第一次抛出上升的高度为
故上升时间为
最高点距水平地面高为，故下降的时间为
故一次抛出上升时间，下降时间比值为，故A错误；
B．两条轨迹最高点等高，故可知两次从抛出到落地的时间相等为
故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为
由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度相等为
由于物体在空中机械能守恒，故第一次过P点比第二次机械能少
故B正确；
C．从抛出到落地瞬间根据动能定理
故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为，故C错误；
D．根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大，故D错误。
故选B。
【分析】物体抛出后在空中做斜抛运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，应用运动学公式求得第一次抛出上升时间和下降时间，以及两次斜抛运动的总时间和抛出时水平与竖直分速度大小。根据斜抛运动过程中物块的机械能守恒，分析解答第一次过P点与第二次的机械能之差和落地瞬间第一次与第二次的动能。抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角即为速度的偏转角，第一次斜抛运动的水平分速度较小，轨迹弯曲程度较小，速度的偏转角较小。
10．（2025·岳麓模拟）在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A、B、C，如图所示。三球的质量分别为，初状态B、C球之间连着一根轻质弹簧并处于静止状态，B、C连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A球以的速度向左运动，与同一杆上的B球碰撞后粘在一起（作用时间极短），则下列判断，正确的是（ ）
A．A球与B球碰撞中损耗的机械能为108J
B．在以后的运动过程中，弹簧形变量最大时C球的速度最大
C．在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能为36J
D．在以后的运动过程中，B球的最小速度为2m/s
【答案】A,C
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律的综合运用，关键合理地选择研究的系统和过程，结合动量守恒定律和能量守恒进行研究。A． 三球的质量分别为，碰撞的过程中，满足动量守恒，根据动量守恒定律得：
解得
球与B球碰撞中损耗的机械能
A正确；
B．弹簧再次恢复原长时C球速度最大，B错误；
C．在以后的运动过程中，AB的组合体与C的速度相等时，弹性势能最大，根据动量守恒
解得
最大弹性势能
解得
C正确；
D．当弹簧再次恢复原长时，根据动量守恒和能量守恒可知
解得
，
此时B反向速度最大，而B由于速度由正向到反向，因此最小速度为零，D错误。
故选AC。
【分析】A、B发生完全非弹性碰撞，碰撞的过程中动量守恒，结合动量守恒定律和能量守恒定律求出A球与B球碰撞中损耗的机械能。当B、C速度相等时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，结合B、C在水平方向上动量守恒、能量守恒求出最大的弹性势能。弹簧第一次恢复原长时，由系统的动量守恒和能量守恒结合求出B与C的速度，再确定B球的最小速度和C球的最大速度。
11．（2025·岳麓模拟）利用图甲装置验证动量守恒定律，将钢球用细线悬挂于点，钢球放在离地面高度为的支柱上，点到球球心的距离为。将球拉至悬线与竖直线夹角为，由静止释放后摆到最低点时恰与球正碰，碰撞后球运动到竖直线夹角处，球落到地面上，测出球的水平位移，当地重力加速度为。
（1）改变角的大小，多次实验，发现钢球、碰撞过程不仅动量守恒，机械能也守恒，得到的关系图线如图乙，则钢球、的质量之比 。（保留2位有效数字）
（2）若在钢球的被碰位置贴一小块棉布，依然将球拉至悬线与竖直线夹角为由静止释放，增大的物理量是（ ）
A．碰后球的水平位移 B．碰后再次到达最高点的夹角
C．碰撞过程中系统的总动量 D．碰撞过程中系统动能的损失
（3）某同学观察到，在台球桌面上，台球以初速度和静止的球发生斜碰时，碰后两球的速度方向将不在同一直线上，如图乙所示。已知两球大小相同，质量相等，若两球碰撞过程无能量损失，碰后两球速度方向与初速度的夹角分别为和，则和满足的关系为 。
【答案】（1）3.0
（2）B；D
（3）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】本题考查动量守恒定律和能量守恒定律的应用，会根据题意进行准确分析解答。验证动量守恒定律中，学会在相同高度下，水平射程来间接测出速度。
（1）选取向左为正方向，碰撞过程中动量守恒和机械能守恒，则有，
联立解得
当时，，则
由乙图可知，时，有
做平抛运动，则
代入数据得
联立可得
（2）AB．碰撞过程中，动量守恒，两球作用的时间变长，球获得的速度变小，则碰撞后球水平位移减小，球碰后速度较之前变大，则碰后夹角变大，
故A错误，B正确；
C．若在钢球的被碰位置贴一小块棉布，依然将球拉至悬线与竖直线夹角为由静止释放，碰撞过程中，动量守恒，碰撞过程中系统总动量不变，故C错误；
D．贴一小块棉布后，碰撞过程中，动量守恒，碰撞过程中系统总动量不变，系统动能损失变大，故D正确。
故选BD。
（3）
设两球的质量均为，在方向与垂直方向上由动量守恒定律可得，
又由能量守恒得
结合以上三式可得
即
【分析】（1）根据动量守恒和机械能守恒结合图乙给出的信息，平抛运动的速度规律列式求解；
（2）根据动量守恒的条件和能量的转化和守恒进行分析解答；
（3）根据动量守恒定律在不同的方向上的表达式结合机械能守恒列式分析解答。
（1）选取向左为正方向，碰撞过程中动量守恒和机械能守恒，则有，
联立解得
当时，，则
由乙图可知，时，有
做平抛运动，则
代入数据得
联立可得
（2）AB．碰撞过程中，动量守恒，两球作用的时间变长，球获得的速度变小，则碰撞后球水平位移减小，球碰后速度较之前变大，则碰后夹角变大，
故A错误，B正确；
C．若在钢球的被碰位置贴一小块棉布，依然将球拉至悬线与竖直线夹角为由静止释放，碰撞过程中，动量守恒，碰撞过程中系统总动量不变，故C错误；
D．贴一小块棉布后，碰撞过程中，动量守恒，碰撞过程中系统总动量不变，系统动能损失变大，故D正确。
故选BD。
（3）设两球的质量均为，在方向与垂直方向上由动量守恒定律可得，
又由能量守恒得
结合以上三式可得
即
12．（2025·岳麓模拟）为测定某种材料的电阻率，设计如下实验：图（乙）为测量原理电路图，R1、R2是由长度相同、表面涂有绝缘膜（厚度不计）的电阻丝并排紧密绕制在同一根圆柱形绝缘陶瓷棒上的螺旋电阻（图甲），R1材料电阻率为ρ，R2由待测材料制成，R0为滑动变阻器，V1、V2为已知量程的电压表。请回答下列问题：
（1）在闭合开关前，滑动变阻器滑片应滑到 （选填“左端”或“右端”）。
（2）测得R1的螺旋长度为l1，R2的螺旋长度为l2，两电阻的匝数相同，则制成电阻R1与R2的电阻丝的横截面之比为 。
（3）某次测量中V1、V2表的示数分别为U1、U2，则待测电阻丝的电阻率 （用U1、U2、l1、l2、ρ表示）。
（4）考虑V1、V2表的内阻对实验误差的影响，在电路中加了一个灵敏电流计G（图丙）来判断。闭合开关，灵敏电流计中有从a向b的微小电流，则（3）中测量结果相对于真实值 （选填“偏大”、“不变”或“偏小”）。
【答案】（1）左端
（2）
（3）
（4）偏小
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】本题关键掌握测定某种材料电阻率的实验原理和误差分析。
（1）为了保护电路，在闭合开关前，应将滑动变阻器全部接入电路，这样回路的电阻最大，接通时电路电流最小，电路安全，故滑到左端。
（2）根据题意可得
，
而S与直径的平方成正比，故横截面积之比为。
（3）根据欧姆定律
可知
根据电阻定律
联立可得待测材料电阻率为
（4）由a向b的微小电流可得
由此可知，测量结果相对于真实值偏小。
【分析】（1）根据保证电路安全分析判断；
（2）根据面积公式计算比例；
（3）根据欧姆定律和电阻电定律计算；
（4）分析实验误差判断。
（1）在闭合开关前，应将滑动变阻器全部接入电路，保证电路接通时电路电流最小，电路安全，故滑到左端。
（2）根据题意可得，
而S与直径的平方成正比，故横截面积之比为。
（3）根据欧姆定律
可知，
根据电阻定律
联立可得待测材料电阻率为
（4）由a向b的微小电流可得
由此可知，测量结果相对于真实值偏小。
13．（2025·岳麓模拟）在平面直角坐标系中轴上有一振源，产生的简谐波沿轴传播，、是轴上的两个质点，从质点第一次达到波峰开始计时，、两质点的振动图像分别如图甲、乙所示，已知、平衡位置间距离为2m，且满足点在点的右侧，已知点的横坐标为，该简谐波的波长大于间距，时波源位于平衡位置，波源起振方向竖直向上。
（1）求该简谐波的波速；
（2）若波源在原点，求坐标轴上的各点的波动方程。（波动方程：写出轴上各质点偏离平衡位置的位移与、的关系）
【答案】（1）由振动图像可知，该简谐波的周期为，由于、两质点间的距离小于波长，有以下几种情况：
①当波源在的左侧时，时刻、间的波动图像如图1所示
由此可知
求得
波速为
②当波源在的右侧时，时刻、间的波动图像如图2所示
由此可知
求得
波速为
③当波源在、之间时，时刻、间的波动图像如图3所示
由此可知
求得
波速为
（2）当波源在原点时，已知点振动方程
坐标轴上的各点的波动方程为
【知识点】机械波及其形成和传播；简谐运动的表达式与图象
【解析】【分析】（1）结合题意，画出不同情况t=0时刻A、B间的波动图像，由波速与波长的关系，即可分析求解；
（2）结合前面分析及题图信息，即可确定波源在原点时，坐标轴上x＞0的各点的波动方程。
（1）由振动图像可知，该简谐波的周期为，由于、两质点间的距离小于波长，有以下几种情况：
①当波源在的左侧时，时刻、间的波动图像如图1所示
由此可知
求得
波速为
②当波源在的右侧时，时刻、间的波动图像如图2所示
由此可知
求得
波速为
③当波源在、之间时，时刻、间的波动图像如图3所示
由此可知
求得
波速为
（2）当波源在原点时，已知点振动方程
坐标轴上的各点的波动方程为
14．（2025·岳麓模拟）如图，固定在地面上的木板和半径为的圆弧槽刚好接触，圆弧槽凹侧和底面光滑，各物块与木板上表面间动摩擦因数均为。圆弧槽右侧通过不计质量的细杆与一压力传感器相连。从点向左，每隔放置一小物块，编号依次为1、2、3、4，质量均为，物块4与一劲度系数为的弹簧（处于原长）相连，物块4左侧木板表面光滑，弹簧左端连在木板左端。圆弧槽左侧空间有方向向左的匀强电场。一质量为、电荷量为的外表绝缘小物块从圆弧槽顶点处无初速度释放。已知当弹簧形变量为时，弹性势能为，重力加速度为。求：
（1）带电小物块下滑过程压力传感器的最大示数；
（2）若所有碰撞均为弹性碰撞，在的前提下，施加电场的强度多大时才能使弹簧的最大压缩量也为？
（3）先将1、2、3号物块拿掉，若带电物块与4为完全非弹性碰撞，施加电场的强度多大才能使弹簧的最大压缩量也为？
【答案】（1）如图所示
设滑块与圆心连线从开始运动夹角时，速度为v，则
对滑块受力分析，设受到支持力为，则
由牛顿第三定律圆弧槽受到压力大小为，对圆弧槽受力分析，设压力传感器读数为F，则
由上述可知
当时，F取最大值为
（2）设带电滑块从A端滑上木板时速度为，则
设带电滑块与1号物块碰撞前速度，有
由于，则，各物块质量相等，发生弹性碰撞后带电滑块便静止在1号物块处，1号滑块将与2号滑块碰撞，2号滑块将与3号滑块碰撞，3号滑块碰撞将与4号滑块碰撞。4号滑块被碰后速度设为，则
要使弹簧的最大压缩量也为l，则
联立解得
代入和，解得
（3）设带电物块与4号物块碰前速度为，碰后的速度大小为，则，
各小物块经一系列完全非弹性碰撞后从4号球所在位置向左做简谐运动。平衡位置弹簧压缩量设为，则
要使弹簧的最大压缩量也为l，则简谐运动的振幅为
物块4被撞后整体速度为，由弹簧振子机械能守恒
解得
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）由机械能守恒定律可得速度大小，结合牛顿运动定律可得压力表达式，根据表达式求压力传感器的最大示数；
（2）由动能定理求解速度大小，结合能量守恒定律可求电场强度的大小；
（3）碰撞过程动量守恒，平衡位置弹力等于电场力，有动能定理结合机械能守恒定律及动量守恒定律联立即可求解。
（1）如图所示
设滑块与圆心连线从开始运动夹角时，速度为v，则
对滑块受力分析，设受到支持力为，则
由牛顿第三定律圆弧槽受到压力大小为，对圆弧槽受力分析，设压力传感器读数为F，则
由上述可知
当时，F取最大值为
（2）设带电滑块从A端滑上木板时速度为，则
设带电滑块与1号物块碰撞前速度，有
由于，则，各物块质量相等，发生弹性碰撞后带电滑块便静止在1号物块处，1号滑块将与2号滑块碰撞，2号滑块将与3号滑块碰撞，3号滑块碰撞将与4号滑块碰撞。4号滑块被碰后速度设为，则
要使弹簧的最大压缩量也为l，则
联立解得
代入和，解得
（3）设带电物块与4号物块碰前速度为，碰后的速度大小为，则，
各小物块经一系列完全非弹性碰撞后从4号球所在位置向左做简谐运动。平衡位置弹簧压缩量设为，则
要使弹簧的最大压缩量也为l，则简谐运动的振幅为
物块4被撞后整体速度为，由弹簧振子机械能守恒
解得
15．（2025·岳麓模拟）如图所示，平行金属导轨abcd与a'b'c'd'，两导轨间距L = 2 m，ab与a'b'段是竖直四分之一光滑圆弧，半径R = 20 m，bc与b'c'是光滑水平直导轨，cd与c'd'是与水平成θ = 37°的足够长的粗糙直导轨，有垂直斜面向下的匀强磁场（磁场只存在斜面轨道部分），磁感应强度B = 5 T，电容器的电容C = 200 μF，将一质量m = 20 g的金属棒MN由圆弧最高点静止释放，金属棒MN与cd、c'd'的动摩擦因数μ = 0.25，重力加速度g = 10 m/s2，cc'处有一小段光滑圆弧（长度可忽略不计），不计一切电阻，已知sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，求：
（1）金属棒MN第一次经过bb'时的速度大小v1；
（2）金属棒MN在斜面cdc'd'上滑的最大距离d；
（3）最终金属棒MN与斜面cdc'd'摩擦生的热Q。
【答案】（1）根据机械能守恒定律得
解得
（2）金属棒进入时，cc'处有一小段光滑圆弧（长度可忽略不计），不计一切电阻，在极短的时间内电容器充电完毕，d'端带正电，且电容器两端电势差和导体棒两端的电势差相等，由动量定理得
其中，
得
金属棒沿斜面上滑时，导体棒受重力和摩擦力减速，棒两端电势差减小，电容器要放电，导体棒中电流由a'指向a，导体棒受安培力沿斜面向上，对导体棒受力分析有
其中
解得
金属棒在斜面上滑的最大距离
（3）金属棒沿斜面下滑时，电容器充电，导体棒中电流由a'指向a，安培力沿斜面向上，对导体棒受力分析有
且
解得
金属棒沿斜面下滑至斜面底端时的速度
产生的热量
接着金属棒向左匀速后冲上圆弧轨道再返回cc'，此时电容器已放电完成，重复上述过程
同理可得，，
则产生的热量
以此类推，
故
【知识点】动量定理；能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）金属棒MN从a到b运动过程中，根据动能定理进行解答；
（2）根据动量定理、加速度定义式求解金属棒冲上倾斜轨道过程中的加速度大小，根据速度—位移关系求解位移；
（3）最终金属棒静止在cc'处，根据能量关系进行解答。
（1）根据机械能守恒定律得
解得
（2）金属棒进入时，cc'处有一小段光滑圆弧（长度可忽略不计），不计一切电阻，在极短的时间内电容器充电完毕，d'端带正电，且电容器两端电势差和导体棒两端的电势差相等，由动量定理得
其中，
得
金属棒沿斜面上滑时，导体棒受重力和摩擦力减速，棒两端电势差减小，电容器要放电，导体棒中电流由a'指向a，导体棒受安培力沿斜面向上，对导体棒受力分析有
其中
解得
金属棒在斜面上滑的最大距离
（3）金属棒沿斜面下滑时，电容器充电，导体棒中电流由a'指向a，安培力沿斜面向上，对导体棒受力分析有
且
解得
金属棒沿斜面下滑至斜面底端时的速度
产生的热量
接着金属棒向左匀速后冲上圆弧轨道再返回cc'，此时电容器已放电完成，重复上述过程
同理可得，，
则产生的热量
以此类推，
故
1 / 1
