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2025屆湖南省長(zhǎng)沙市湖南師范大學(xué)附屬中學(xué)高三下學(xué)期一模物理試卷
1．（2025·岳麓模擬）下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．圖甲為康普頓效應(yīng)的示意圖，入射光子與靜止的電子發(fā)生碰撞，碰后散射光的波長(zhǎng)變長(zhǎng)
B．在兩種固體薄片上涂上蠟，用燒熱的針接觸固體背面上一點(diǎn)，蠟熔化的范圍如圖乙所示，則a一定是非晶體，b一定是晶體
C．圖丙中隨著溫度的升高，黑體輻射強(qiáng)度的極大值向頻率較低的方向移動(dòng)
D．圖丁光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中滑動(dòng)變阻器的觸頭向右移動(dòng)，電流表的示數(shù)一定增大
2．（2025·岳麓模擬）某校物理學(xué)科后活動(dòng)中，出現(xiàn)了不少新穎靈巧的作品。如圖所示為高二某班同學(xué)制作的《液壓工程類(lèi)作業(yè)升降機(jī)模型》，通過(guò)針筒管活塞的伸縮推動(dòng)針筒內(nèi)的水，進(jìn)而推動(dòng)支撐架的展開(kāi)與折疊，完成貨物平臺(tái)的升降。在某次實(shí)驗(yàn)中，針筒連接管的水中封閉了一段空氣柱（空氣可視為理想氣體），該同學(xué)先緩慢推動(dòng)注射器活塞將針筒內(nèi)氣體進(jìn)行壓縮，若壓縮氣體過(guò)程中針筒內(nèi)氣體溫度不變，裝置不漏氣，則下列說(shuō)法中正確的是（　　）
A．針筒內(nèi)氣體壓強(qiáng)減小
B．針筒內(nèi)氣體吸熱
C．單位時(shí)間、單位面積撞擊針筒內(nèi)壁的氣體分子數(shù)減少
D．用國(guó)際單位制單位表示的狀態(tài)參量在圖中圖線(xiàn)可能如圖中
3．（2025·岳麓模擬）靜電紡紗利用了高壓靜電場(chǎng)，使單纖維兩端帶上異種電荷，如圖所示為高壓靜電場(chǎng)的分布圖，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．圖中a、c兩點(diǎn)電勢(shì)關(guān)系為
B．圖中b、d兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小關(guān)系為
C．電子在a、d兩點(diǎn)的電勢(shì)能關(guān)系為
D．將質(zhì)子從b點(diǎn)移動(dòng)到c點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功
4．（2025·岳麓模擬）如圖所示三個(gè)裝置，（a）中桌面光滑，（b）、（c）中桌面粗糙程度相同，（c）用大小為（為重力加速度）的力替代重物進(jìn)行牽引，其余均相同。不計(jì)繩和滑輪質(zhì)量及繩與滑輪摩擦，都由靜止釋放，在移動(dòng)相同距離的過(guò)程中，下列關(guān)于三個(gè)實(shí)驗(yàn)裝置的分析中，正確的是（　　）
A．裝置（a）中的動(dòng)能增加量大于（b）中的動(dòng)能增加量
B．裝置（a）中物塊的加速度為
C．裝置（b）、（c）中物塊的動(dòng)量增加量相同
D．裝置（b）中繩上的張力等于裝置（c）中繩上的張力
5．（2025·岳麓模擬）如圖所示為一簡(jiǎn)易手動(dòng)發(fā)電式手電筒。裝置左側(cè)是一個(gè)繞軸心O勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平圓盤(pán)。固定在圓盤(pán)邊緣處的小圓柱隨圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，可在T形絕緣支架左側(cè)橫槽中往復(fù)運(yùn)動(dòng)，同時(shí)驅(qū)動(dòng)導(dǎo)體棒在光滑的水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)。導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系為。導(dǎo)軌間距，導(dǎo)軌間存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度。導(dǎo)軌右端為一理想變壓器，額定電壓為2V的燈泡剛好正常發(fā)光。導(dǎo)體棒、導(dǎo)線(xiàn)及導(dǎo)軌電阻均不計(jì)，電壓表為理想電表。下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．當(dāng)T形支架運(yùn)動(dòng)到圓盤(pán)最左端時(shí)，電壓表的示數(shù)為0
B．理想變壓器原副線(xiàn)圈的匝數(shù)比為1：2
C．圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為2rad/s
D．當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片由b向a移動(dòng)時(shí)，燈泡變暗
6．（2025·岳麓模擬）如圖所示，在xOy平面內(nèi)存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第一、二、四象限內(nèi)的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，第三象限內(nèi)的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，，為坐標(biāo)軸上的兩點(diǎn)。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從P點(diǎn)沿PQ方向射出，不計(jì)電子的重力，則下列說(shuō)法中正確的是（　　）
A．若電子從P點(diǎn)出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點(diǎn)O點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間可能為
B．若電子從P點(diǎn)出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點(diǎn)O點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)路程可能為
C．若電子從P點(diǎn)出發(fā)經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間可能為
D．若電子從P點(diǎn)出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)路程為或
7．（2025·岳麓模擬）下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．如圖甲所示，構(gòu)成等邊三角形，若兩通電長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)A、B在C處產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為，則C處磁場(chǎng)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小是
B．圖乙中地磁場(chǎng)的垂直于地面磁感應(yīng)強(qiáng)度分量在南半球豎直向上，北半球豎直向下
C．圖丙中穿過(guò)兩金屬圓環(huán)的磁通量大小關(guān)系為
D．圖丁中與通電長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)在同一平面內(nèi)的金屬線(xiàn)框沿平行于直導(dǎo)線(xiàn)方向運(yùn)動(dòng)，線(xiàn)框中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流
8．（2025·岳麓模擬）為模擬光在光導(dǎo)纖維中的傳播原理，取一圓柱形長(zhǎng)直玻璃絲進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。如圖所示，紙面內(nèi)有一束激光由空氣中以的入射角射向玻璃絲的端面圓心，恰好在玻璃絲的內(nèi)側(cè)面發(fā)生全反射，此時(shí)內(nèi)側(cè)面入射角為。下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．
B．玻璃絲只能傳播該頻率的光
C．激光由空氣中進(jìn)入玻璃絲后，其波長(zhǎng)變短
D．減小入射角，激光在玻璃絲中仍能發(fā)生全反射
9．（2025·岳麓模擬）先后兩次從高為高處斜向上拋出質(zhì)量為同一物體落于，測(cè)得，兩軌跡交于P點(diǎn)，兩條軌跡最高點(diǎn)等高且距水平地面高為，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．第一次拋出上升時(shí)間，下降時(shí)間比值為
B．第一次過(guò)P點(diǎn)比第二次機(jī)械能少
C．落地瞬間，第一次，第二次動(dòng)能之比為
D．第二次拋出時(shí)速度方向與落地瞬間速度方向夾角比第一次大
10．（2025·岳麓模擬）在相互平行且足夠長(zhǎng)的兩根水平光滑的硬桿上，穿著三個(gè)半徑相同的剛性球A、B、C，如圖所示。三球的質(zhì)量分別為，初狀態(tài)B、C球之間連著一根輕質(zhì)彈簧并處于靜止?fàn)顟B(tài)，B、C連線(xiàn)與桿垂直并且彈簧剛好處于原長(zhǎng)狀態(tài)，A球以的速度向左運(yùn)動(dòng)，與同一桿上的B球碰撞后粘在一起（作用時(shí)間極短），則下列判斷，正確的是（　　）
A．A球與B球碰撞中損耗的機(jī)械能為108J
B．在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧形變量最大時(shí)C球的速度最大
C．在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能為36J
D．在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，B球的最小速度為2m/s
11．（2025·岳麓模擬）利用圖甲裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，將鋼球用細(xì)線(xiàn)懸掛于點(diǎn)，鋼球放在離地面高度為的支柱上，點(diǎn)到球球心的距離為。將球拉至懸線(xiàn)與豎直線(xiàn)夾角為，由靜止釋放后擺到最低點(diǎn)時(shí)恰與球正碰，碰撞后球運(yùn)動(dòng)到豎直線(xiàn)夾角處，球落到地面上，測(cè)出球的水平位移，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹椤?br/>（1）改變角的大小，多次實(shí)驗(yàn)，發(fā)現(xiàn)鋼球、碰撞過(guò)程不僅動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒，得到的關(guān)系圖線(xiàn)如圖乙，則鋼球、的質(zhì)量之比　 　。（保留2位有效數(shù)字）
（2）若在鋼球的被碰位置貼一小塊棉布，依然將球拉至懸線(xiàn)與豎直線(xiàn)夾角為由靜止釋放，增大的物理量是（　　）
A．碰后球的水平位移 B．碰后再次到達(dá)最高點(diǎn)的夾角
C．碰撞過(guò)程中系統(tǒng)的總動(dòng)量 D．碰撞過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)能的損失
（3）某同學(xué)觀察到，在臺(tái)球桌面上，臺(tái)球以初速度和靜止的球發(fā)生斜碰時(shí)，碰后兩球的速度方向?qū)⒉辉谕恢本€(xiàn)上，如圖乙所示。已知兩球大小相同，質(zhì)量相等，若兩球碰撞過(guò)程無(wú)能量損失，碰后兩球速度方向與初速度的夾角分別為和，則和滿(mǎn)足的關(guān)系為　 　。
12．（2025·岳麓模擬）為測(cè)定某種材料的電阻率，設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)：圖（乙）為測(cè)量原理電路圖，R1、R2是由長(zhǎng)度相同、表面涂有絕緣膜（厚度不計(jì)）的電阻絲并排緊密繞制在同一根圓柱形絕緣陶瓷棒上的螺旋電阻（圖甲），R1材料電阻率為ρ，R2由待測(cè)材料制成，R0為滑動(dòng)變阻器，V1、V2為已知量程的電壓表。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：
（1）在閉合開(kāi)關(guān)前，滑動(dòng)變阻器滑片應(yīng)滑到　 　（選填“左端”或“右端”）。
（2）測(cè)得R1的螺旋長(zhǎng)度為l1，R2的螺旋長(zhǎng)度為l2，兩電阻的匝數(shù)相同，則制成電阻R1與R2的電阻絲的橫截面之比為　 　。
（3）某次測(cè)量中V1、V2表的示數(shù)分別為U1、U2，則待測(cè)電阻絲的電阻率　 　（用U1、U2、l1、l2、ρ表示）。
（4）考慮V1、V2表的內(nèi)阻對(duì)實(shí)驗(yàn)誤差的影響，在電路中加了一個(gè)靈敏電流計(jì)G（圖丙）來(lái)判斷。閉合開(kāi)關(guān)，靈敏電流計(jì)中有從a向b的微小電流，則（3）中測(cè)量結(jié)果相對(duì)于真實(shí)值　 　（選填“偏大”、“不變”或“偏小”）。
13．（2025·岳麓模擬）在平面直角坐標(biāo)系中軸上有一振源，產(chǎn)生的簡(jiǎn)諧波沿軸傳播，、是軸上的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)，從質(zhì)點(diǎn)第一次達(dá)到波峰開(kāi)始計(jì)時(shí)，、兩質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像分別如圖甲、乙所示，已知、平衡位置間距離為2m，且滿(mǎn)足點(diǎn)在點(diǎn)的右側(cè)，已知點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，該簡(jiǎn)諧波的波長(zhǎng)大于間距，時(shí)波源位于平衡位置，波源起振方向豎直向上。
（1）求該簡(jiǎn)諧波的波速；
（2）若波源在原點(diǎn)，求坐標(biāo)軸上的各點(diǎn)的波動(dòng)方程。（波動(dòng)方程：寫(xiě)出軸上各質(zhì)點(diǎn)偏離平衡位置的位移與、的關(guān)系）
14．（2025·岳麓模擬）如圖，固定在地面上的木板和半徑為的圓弧槽剛好接觸，圓弧槽凹側(cè)和底面光滑，各物塊與木板上表面間動(dòng)摩擦因數(shù)均為。圓弧槽右側(cè)通過(guò)不計(jì)質(zhì)量的細(xì)桿與一壓力傳感器相連。從點(diǎn)向左，每隔放置一小物塊，編號(hào)依次為1、2、3、4，質(zhì)量均為，物塊4與一勁度系數(shù)為的彈簧（處于原長(zhǎng)）相連，物塊4左側(cè)木板表面光滑，彈簧左端連在木板左端。圓弧槽左側(cè)空間有方向向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量為、電荷量為的外表絕緣小物塊從圓弧槽頂點(diǎn)處無(wú)初速度釋放。已知當(dāng)彈簧形變量為時(shí)，彈性勢(shì)能為，重力加速度為。求：
（1）帶電小物塊下滑過(guò)程壓力傳感器的最大示數(shù)；
（2）若所有碰撞均為彈性碰撞，在的前提下，施加電場(chǎng)的強(qiáng)度多大時(shí)才能使彈簧的最大壓縮量也為？
（3）先將1、2、3號(hào)物塊拿掉，若帶電物塊與4為完全非彈性碰撞，施加電場(chǎng)的強(qiáng)度多大才能使彈簧的最大壓縮量也為？
15．（2025·岳麓模擬）如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌abcd與a'b'c'd'，兩導(dǎo)軌間距L = 2 m，ab與a'b'段是豎直四分之一光滑圓弧，半徑R = 20 m，bc與b'c'是光滑水平直導(dǎo)軌，cd與c'd'是與水平成θ = 37°的足夠長(zhǎng)的粗糙直導(dǎo)軌，有垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（磁場(chǎng)只存在斜面軌道部分），磁感應(yīng)強(qiáng)度B = 5 T，電容器的電容C = 200 μF，將一質(zhì)量m = 20 g的金屬棒MN由圓弧最高點(diǎn)靜止釋放，金屬棒MN與cd、c'd'的動(dòng)摩擦因數(shù)μ = 0.25，重力加速度g = 10 m/s2，cc'處有一小段光滑圓弧（長(zhǎng)度可忽略不計(jì)），不計(jì)一切電阻，已知sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，求：
（1）金屬棒MN第一次經(jīng)過(guò)bb'時(shí)的速度大小v1；
（2）金屬棒MN在斜面cdc'd'上滑的最大距離d；
（3）最終金屬棒MN與斜面cdc'd'摩擦生的熱Q。
答案解析部分
1．【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】晶體和非晶體；黑體、黑體輻射及其實(shí)驗(yàn)規(guī)律；光電效應(yīng)；康普頓效應(yīng)
【解析】【解答】美國(guó)物理學(xué)家康普頓在研究石墨對(duì)X射線(xiàn)的散射時(shí)，發(fā)現(xiàn)在散射的X射線(xiàn)中，除了與入射波長(zhǎng)λ0相同的成分外，還有波長(zhǎng)小于λ0的成分，這個(gè)現(xiàn)象稱(chēng)為康普頓效應(yīng)。A．入射光子與靜止的電子發(fā)生碰撞，碰撞過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰后，入射光的動(dòng)量減小，根據(jù)德布羅意波波長(zhǎng)的計(jì)算公式可知，碰后散射光的波長(zhǎng)變長(zhǎng)，故A正確；
B．在兩種固體薄片上涂上蠟，用燒熱的針接觸固體背面上一點(diǎn)，蠟熔化的范圍如圖乙所示，則a表現(xiàn)出各向同性，a可能是多晶體，也可能是非晶體，b表現(xiàn)出各向異性，b一定是單晶體，故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)黑體輻射的規(guī)律，圖丙中隨著溫度的升高，黑體輻射強(qiáng)度的極大值向頻率較高的方向移動(dòng)，故C錯(cuò)誤；
D．圖丁中光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中電源所加電壓為加速電壓，逸出的光電子加速到達(dá)A極，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸頭向右移動(dòng)時(shí)，加速電壓增大，若電流沒(méi)有達(dá)到飽和電流，電流表的示數(shù)先增大，達(dá)到飽和電流后，電流表的示數(shù)不變，故D錯(cuò)誤。
故選A。
【分析】圖甲為康普頓效應(yīng)的示意圖，根據(jù)光子動(dòng)量的變化，判斷波長(zhǎng)的變化；晶體具有各向異性，非晶體具有各向同性；根據(jù)黑體輻射的規(guī)律分析圖丙中黑體輻射強(qiáng)度的極大值移動(dòng)度方向；圖丁中，當(dāng)電路中電流達(dá)到飽和電流后，電流表的示數(shù)不變。
2．【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】氣體壓強(qiáng)的微觀解釋?zhuān)粺崃W(xué)第一定律及其應(yīng)用；氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【解答】解答本題時(shí)，要抓住不變量，分過(guò)程利用熱力學(xué)第一定律分析氣體內(nèi)能或熱傳遞情況。A． 先緩慢推動(dòng)注射器活塞將針筒內(nèi)氣體進(jìn)行壓縮， 壓縮氣體過(guò)程中針筒內(nèi)氣體溫度不變，空氣柱體積變小，則壓強(qiáng)變大，故A錯(cuò)誤；
B．針筒內(nèi)氣體溫度不變，則氣體內(nèi)能不變，即有
壓縮過(guò)程中，氣體體積變小，外界對(duì)氣體做功，即有，則根據(jù)熱力學(xué)第一定律
可知，即針筒內(nèi)氣體放熱，故B錯(cuò)誤；
C．由于壓縮氣體過(guò)程中針筒內(nèi)氣體溫度不變，空氣柱體積變小，壓強(qiáng)變大，則單位時(shí)間、單位面積撞擊針筒內(nèi)壁的氣體分子數(shù)增大，故C錯(cuò)誤；
D．由于壓縮氣體過(guò)程中針筒內(nèi)氣體溫度不變，空氣柱體積變小，壓強(qiáng)變大。則根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程
整理可得
可知用國(guó)際單位制單位表示的狀態(tài)參量在圖中圖線(xiàn)可能如圖中，故D正確。
故選D。
【分析】壓縮氣體過(guò)程，氣體溫度不變，氣體內(nèi)能不變，根據(jù)玻意耳定律分析壓強(qiáng)的變化情況，根據(jù)熱力學(xué)第一定律分析吸放熱情況，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程分析
3．【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】電場(chǎng)線(xiàn)；電勢(shì)能；電勢(shì)
【解析】【解答】本題考查了等量異種電荷電場(chǎng)的特點(diǎn)，電場(chǎng)力做功和電勢(shì)能，解題的關(guān)鍵是知道等量異種電荷電場(chǎng)線(xiàn)從正電荷出發(fā)，終止于負(fù)電荷，等量異種電荷中垂線(xiàn)是等勢(shì)面，B點(diǎn)是等量異種電荷連線(xiàn)與中垂線(xiàn)的交點(diǎn)，在中垂線(xiàn)上B處的場(chǎng)強(qiáng)最大，注意電勢(shì)越高，則負(fù)電荷的電勢(shì)能越小，正電荷的電勢(shì)能越大。A．由圖可知，右邊電極電勢(shì)高于左邊電極的電勢(shì)，電場(chǎng)線(xiàn)從右邊電極發(fā)出，終止于左邊電極，根據(jù)沿著電場(chǎng)線(xiàn)方向電勢(shì)降低，可知圖中a、c兩點(diǎn)電勢(shì)關(guān)系為，故A正確；
B．根據(jù)電場(chǎng)線(xiàn)的疏密代表電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，可知圖中b、d兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小關(guān)系為Eb< Ed，故B錯(cuò)誤；
C．圖中a、d兩點(diǎn)電勢(shì)關(guān)系為
根據(jù)
且電子帶負(fù)電，可知電子在a、d兩點(diǎn)的電勢(shì)能關(guān)系為
故C錯(cuò)誤；
D．圖中b、c兩點(diǎn)電勢(shì)關(guān)系為
且質(zhì)子帶正電，故將質(zhì)子從b點(diǎn)移動(dòng)到c點(diǎn)，其電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力做正功，故D錯(cuò)誤。
故選A。
【分析】由圖可知單纖維左右端帶電的正負(fù)，根據(jù)沿著電場(chǎng)方向電勢(shì)降低，電場(chǎng)線(xiàn)由高等勢(shì)面指向低等勢(shì)面分析；根據(jù)等量異種電荷中垂線(xiàn)上場(chǎng)強(qiáng)的特點(diǎn)分析；根據(jù)中垂線(xiàn)是等勢(shì)面分析A、B兩點(diǎn)電勢(shì)大小關(guān)系，根據(jù)B、D兩點(diǎn)電勢(shì)的高低，可知A、D兩點(diǎn)電勢(shì)的高低，則可知電子在A、D兩點(diǎn)電勢(shì)能的高低；根據(jù)沿著電場(chǎng)方向電勢(shì)降低，可知D、C兩點(diǎn)電勢(shì)的高低，則可知電場(chǎng)力做功是否為零。
4．【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—連接體；動(dòng)能
【解析】【解答】本題考查了牛頓第二定律的應(yīng)用，分析清楚物塊的運(yùn)動(dòng)情況與受力情況是解題的前提，應(yīng)用牛頓第二定律即可解題。A．由于裝置（b）有摩擦力，可知裝置（a）中物塊的合外力較大，根據(jù)，可知裝置（a）中物塊的加速度較大，在m移動(dòng)相同距離的過(guò)程中得到的速度較大，則裝置（a）m的動(dòng)能增加量大于（b）中m的動(dòng)能增加量，故A正確；
B．裝置（a）中對(duì)系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律
解得物塊m的加速度為
故B錯(cuò)誤；
C．裝置（b）中對(duì)系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律
解得物塊m的加速度為
裝置（c）中對(duì)系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律
解得物塊m的加速度為
可知裝置（c）中物塊m的加速度較大，在m移動(dòng)相同距離的過(guò)程中得到的速度較大，則裝置（c）m的動(dòng)能增加量大于（b）中m的動(dòng)能增加量，故C錯(cuò)誤；
D．裝置（b）中對(duì)物塊m根據(jù)牛頓第二定律
解得
裝置（c）中繩子張力為
所以，裝置（b）中繩上的張力不等于裝置（c）中繩上的張力，故D錯(cuò)誤。
故選A。
【分析】應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度大小，然后應(yīng)用勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的v-x公式與牛頓第二定律分析答題。
5．【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】變壓器原理；交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時(shí)值
【解析】【解答】本題考查了變壓器相關(guān)知識(shí)，理解變壓器原、副線(xiàn)圈匝數(shù)與電壓的關(guān)系是解決此類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵。A． 導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系為，導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)的峰值為
電動(dòng)勢(shì)的有效值為
電壓表的示數(shù)為電動(dòng)勢(shì)的有效值，其示數(shù)為，A錯(cuò)誤；
B．由題意可知，額定電壓為2V的燈泡剛好正常發(fā)光，可知變壓器副線(xiàn)圈的輸出電壓為，則理想變壓器原、副線(xiàn)圈的匝數(shù)比為
B正確；
C．由導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系為
可知，圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為
C錯(cuò)誤；
D．當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片由b向a移動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻值增大，副線(xiàn)圈電路中的電流減小，由于變壓器是理想變壓器，可知副線(xiàn)圈輸出電壓不變，則燈泡的亮度不變，D錯(cuò)誤。
故選B。
【分析】根據(jù)導(dǎo)體棒切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為e=Bdv，速度表達(dá)式結(jié)合最大值和有效值的關(guān)系，以及變壓器原、副線(xiàn)圈匝數(shù)與電壓的關(guān)系分析求解。
6．【答案】A,D
【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要求學(xué)生能正確分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，熟練應(yīng)用對(duì)應(yīng)的規(guī)律解題。AB．電子從P點(diǎn)出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點(diǎn)O點(diǎn)，有兩類(lèi)情況，一類(lèi)是第奇數(shù)次回到x軸經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O，另一類(lèi)是第偶數(shù)次回到x軸經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O。其中第一次和第二次回到x軸的軌跡如圖
由軌跡圖結(jié)合幾何關(guān)系，可得運(yùn)動(dòng)時(shí)間為
解得
當(dāng)n=1時(shí)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為
由軌跡圖結(jié)合幾何關(guān)系，軌跡圓的半徑為
可得運(yùn)動(dòng)路程為
故A正確；B錯(cuò)誤；
CD．同理，若電子從P點(diǎn)出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn)，軌跡也為兩類(lèi)，如圖
由軌跡圖結(jié)合幾何關(guān)系，可得運(yùn)動(dòng)時(shí)間為
或
解得
若電子從P點(diǎn)出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)路程為
解得
故C錯(cuò)誤；D正確。
故選AD。
【分析】畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，由軌跡圖結(jié)合幾何關(guān)系，可得運(yùn)動(dòng)時(shí)間，由軌跡圖結(jié)合幾何關(guān)系，可得軌跡圓的半徑，可得運(yùn)動(dòng)路程；電子從P點(diǎn)出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn)，軌跡有兩類(lèi)，由軌跡圖結(jié)合幾何關(guān)系，可得運(yùn)動(dòng)時(shí)間以及運(yùn)動(dòng)路程。
7．【答案】A,B
【知識(shí)點(diǎn)】電磁感應(yīng)的發(fā)現(xiàn)及產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件；地磁場(chǎng)；通電導(dǎo)線(xiàn)及通電線(xiàn)圈周?chē)拇艌?chǎng)；磁通量
【解析】【解答】本題考查右手螺旋定則的應(yīng)用、電磁感應(yīng)的理解以及磁通量和地磁場(chǎng)相關(guān)知識(shí)，注意磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，合成時(shí)需要根據(jù)平行四邊形法則。A．結(jié)合導(dǎo)線(xiàn)中電流的方向，根據(jù)安培定則可知，A、B在C處產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向之間的夾角為60°，根據(jù)矢量疊加可知，C處磁場(chǎng)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小
故A正確；
B．根據(jù)地磁場(chǎng)的分別規(guī)律可知，地磁場(chǎng)的垂直于地面磁感應(yīng)強(qiáng)度分量在南半球豎直向上，北半球豎直向下，故B正確；
C．圖中條形磁體內(nèi)部磁場(chǎng)方向向上，外部線(xiàn)圈所在位置磁場(chǎng)方向向下，通過(guò)線(xiàn)圈整體的磁場(chǎng)方向向上，可知，圖丙中穿過(guò)兩金屬圓環(huán)的磁通量大小關(guān)系為
故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)通電直導(dǎo)線(xiàn)磁場(chǎng)的分布特征可知，當(dāng)金屬線(xiàn)框沿平行于直導(dǎo)線(xiàn)方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過(guò)線(xiàn)框的磁通量沒(méi)有發(fā)生變化，線(xiàn)框中沒(méi)有產(chǎn)生感應(yīng)電流，故D錯(cuò)誤。
故選AB。
【分析】根據(jù)右手螺旋定則可以判斷電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向，由磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量合成特點(diǎn)即可計(jì)算合磁感應(yīng)強(qiáng)度；地磁北極在地理南極附近，地磁南極在地理北極附近；根據(jù)題意，結(jié)合磁通量定義，分析磁通量大小；根據(jù)電磁感應(yīng)條件，即可判斷是否能產(chǎn)生感應(yīng)電流。
8．【答案】C,D
【知識(shí)點(diǎn)】光的全反射
【解析】【解答】本題考查光的折射和全反射的問(wèn)題，光導(dǎo)纖維知識(shí)，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。A．根據(jù)折射定律有
又因?yàn)楣馇『迷诓ＡЫz的內(nèi)側(cè)面發(fā)生全反射，則有
聯(lián)立解得
故A錯(cuò)誤；
B．玻璃絲可以傳播不同頻率的光，故B錯(cuò)誤；
C．激光由空氣中進(jìn)入玻璃絲后，傳播速度變小，則波長(zhǎng)變短，故C正確；
D．減小入射角，則折射角減小，光在玻璃絲的內(nèi)側(cè)面入射角增大，大于臨界角，發(fā)生全反射，故D正確。
故選CD。
【分析】根據(jù)折射定律和臨界角知識(shí)，結(jié)合波在介質(zhì)中傳播的速度變化和全反射發(fā)生條件進(jìn)行綜合分析解答。
9．【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】斜拋運(yùn)動(dòng)；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用
【解析】【解答】本題考查了斜拋運(yùn)動(dòng)與機(jī)械能守恒定律，處理曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的方法是將運(yùn)動(dòng)分解處理，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解解答，分運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性與獨(dú)立性。 功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。A．第一次拋出上升的高度為
故上升時(shí)間為
最高點(diǎn)距水平地面高為，故下降的時(shí)間為
故一次拋出上升時(shí)間，下降時(shí)間比值為，故A錯(cuò)誤；
B．兩條軌跡最高點(diǎn)等高，故可知兩次從拋出到落地的時(shí)間相等為
故可得第一次，第二次拋出時(shí)水平方向的分速度分別為
由于兩條軌跡最高點(diǎn)等高，故拋出時(shí)豎直方向的分速度相等為
由于物體在空中機(jī)械能守恒，故第一次過(guò)P點(diǎn)比第二次機(jī)械能少
故B正確；
C．從拋出到落地瞬間根據(jù)動(dòng)能定理
故落地瞬間，第一次，第二次動(dòng)能之比為，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)前面分析可知兩次拋出時(shí)豎直方向的分速度相同，兩次落地時(shí)物體在豎直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度較小，物體在水平方向速度不變，故可知第一次拋出時(shí)速度與水平方向的夾角較大，第一次落地時(shí)速度與水平方向的夾角也較大，故可知第一次拋出時(shí)速度方向與落地瞬間速度方向夾角比第二次大，故D錯(cuò)誤。
故選B。
【分析】物體拋出后在空中做斜拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得第一次拋出上升時(shí)間和下降時(shí)間，以及兩次斜拋運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間和拋出時(shí)水平與豎直分速度大小。根據(jù)斜拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊的機(jī)械能守恒，分析解答第一次過(guò)P點(diǎn)與第二次的機(jī)械能之差和落地瞬間第一次與第二次的動(dòng)能。拋出時(shí)速度方向與落地瞬間速度方向夾角即為速度的偏轉(zhuǎn)角，第一次斜拋運(yùn)動(dòng)的水平分速度較小，軌跡彎曲程度較小，速度的偏轉(zhuǎn)角較小。
10．【答案】A,C
【知識(shí)點(diǎn)】碰撞模型
【解析】【解答】本題考查了動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律的綜合運(yùn)用，關(guān)鍵合理地選擇研究的系統(tǒng)和過(guò)程，結(jié)合動(dòng)量守恒定律和能量守恒進(jìn)行研究。A． 三球的質(zhì)量分別為，碰撞的過(guò)程中，滿(mǎn)足動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：
解得
球與B球碰撞中損耗的機(jī)械能
A正確；
B．彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)C球速度最大，B錯(cuò)誤；
C．在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，AB的組合體與C的速度相等時(shí)，彈性勢(shì)能最大，根據(jù)動(dòng)量守恒
解得
最大彈性勢(shì)能
解得
C正確；
D．當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒可知
解得
，
此時(shí)B反向速度最大，而B(niǎo)由于速度由正向到反向，因此最小速度為零，D錯(cuò)誤。
故選AC。
【分析】A、B發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞的過(guò)程中動(dòng)量守恒，結(jié)合動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律求出A球與B球碰撞中損耗的機(jī)械能。當(dāng)B、C速度相等時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量最大，彈性勢(shì)能最大，結(jié)合B、C在水平方向上動(dòng)量守恒、能量守恒求出最大的彈性勢(shì)能。彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，由系統(tǒng)的動(dòng)量守恒和能量守恒結(jié)合求出B與C的速度，再確定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）
【知識(shí)點(diǎn)】驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律
【解析】【解答】本題考查動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律的應(yīng)用，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律中，學(xué)會(huì)在相同高度下，水平射程來(lái)間接測(cè)出速度。
（1）選取向左為正方向，碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，則有，
聯(lián)立解得
當(dāng)時(shí)，，則
由乙圖可知，時(shí)，有
做平拋運(yùn)動(dòng)，則
代入數(shù)據(jù)得
聯(lián)立可得
（2）AB．碰撞過(guò)程中，動(dòng)量守恒，兩球作用的時(shí)間變長(zhǎng)，球獲得的速度變小，則碰撞后球水平位移減小，球碰后速度較之前變大，則碰后夾角變大，
故A錯(cuò)誤，B正確；
C．若在鋼球的被碰位置貼一小塊棉布，依然將球拉至懸線(xiàn)與豎直線(xiàn)夾角為由靜止釋放，碰撞過(guò)程中，動(dòng)量守恒，碰撞過(guò)程中系統(tǒng)總動(dòng)量不變，故C錯(cuò)誤；
D．貼一小塊棉布后，碰撞過(guò)程中，動(dòng)量守恒，碰撞過(guò)程中系統(tǒng)總動(dòng)量不變，系統(tǒng)動(dòng)能損失變大，故D正確。
故選BD。
（3）
設(shè)兩球的質(zhì)量均為，在方向與垂直方向上由動(dòng)量守恒定律可得，
又由能量守恒得
結(jié)合以上三式可得
即
【分析】（1）根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒結(jié)合圖乙給出的信息，平拋運(yùn)動(dòng)的速度規(guī)律列式求解；
（2）根據(jù)動(dòng)量守恒的條件和能量的轉(zhuǎn)化和守恒進(jìn)行分析解答；
（3）根據(jù)動(dòng)量守恒定律在不同的方向上的表達(dá)式結(jié)合機(jī)械能守恒列式分析解答。
（1）選取向左為正方向，碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，則有，
聯(lián)立解得
當(dāng)時(shí)，，則
由乙圖可知，時(shí)，有
做平拋運(yùn)動(dòng)，則
代入數(shù)據(jù)得
聯(lián)立可得
（2）AB．碰撞過(guò)程中，動(dòng)量守恒，兩球作用的時(shí)間變長(zhǎng)，球獲得的速度變小，則碰撞后球水平位移減小，球碰后速度較之前變大，則碰后夾角變大，
故A錯(cuò)誤，B正確；
C．若在鋼球的被碰位置貼一小塊棉布，依然將球拉至懸線(xiàn)與豎直線(xiàn)夾角為由靜止釋放，碰撞過(guò)程中，動(dòng)量守恒，碰撞過(guò)程中系統(tǒng)總動(dòng)量不變，故C錯(cuò)誤；
D．貼一小塊棉布后，碰撞過(guò)程中，動(dòng)量守恒，碰撞過(guò)程中系統(tǒng)總動(dòng)量不變，系統(tǒng)動(dòng)能損失變大，故D正確。
故選BD。
（3）設(shè)兩球的質(zhì)量均為，在方向與垂直方向上由動(dòng)量守恒定律可得，
又由能量守恒得
結(jié)合以上三式可得
即
12．【答案】（1）左端
（2）
（3）
（4）偏小
【知識(shí)點(diǎn)】導(dǎo)體電阻率的測(cè)量
【解析】【解答】本題關(guān)鍵掌握測(cè)定某種材料電阻率的實(shí)驗(yàn)原理和誤差分析。
（1）為了保護(hù)電路，在閉合開(kāi)關(guān)前，應(yīng)將滑動(dòng)變阻器全部接入電路，這樣回路的電阻最大，接通時(shí)電路電流最小，電路安全，故滑到左端。
（2）根據(jù)題意可得
，
而S與直徑的平方成正比，故橫截面積之比為。
（3）根據(jù)歐姆定律
可知
根據(jù)電阻定律
聯(lián)立可得待測(cè)材料電阻率為
（4）由a向b的微小電流可得
由此可知，測(cè)量結(jié)果相對(duì)于真實(shí)值偏小。
【分析】（1）根據(jù)保證電路安全分析判斷；
（2）根據(jù)面積公式計(jì)算比例；
（3）根據(jù)歐姆定律和電阻電定律計(jì)算；
（4）分析實(shí)驗(yàn)誤差判斷。
（1）在閉合開(kāi)關(guān)前，應(yīng)將滑動(dòng)變阻器全部接入電路，保證電路接通時(shí)電路電流最小，電路安全，故滑到左端。
（2）根據(jù)題意可得，
而S與直徑的平方成正比，故橫截面積之比為。
（3）根據(jù)歐姆定律
可知，
根據(jù)電阻定律
聯(lián)立可得待測(cè)材料電阻率為
（4）由a向b的微小電流可得
由此可知，測(cè)量結(jié)果相對(duì)于真實(shí)值偏小。
13．【答案】（1）由振動(dòng)圖像可知，該簡(jiǎn)諧波的周期為，由于、兩質(zhì)點(diǎn)間的距離小于波長(zhǎng)，有以下幾種情況：
①當(dāng)波源在的左側(cè)時(shí)，時(shí)刻、間的波動(dòng)圖像如圖1所示
由此可知
求得
波速為
②當(dāng)波源在的右側(cè)時(shí)，時(shí)刻、間的波動(dòng)圖像如圖2所示
由此可知
求得
波速為
③當(dāng)波源在、之間時(shí)，時(shí)刻、間的波動(dòng)圖像如圖3所示
由此可知
求得
波速為
（2）當(dāng)波源在原點(diǎn)時(shí)，已知點(diǎn)振動(dòng)方程
坐標(biāo)軸上的各點(diǎn)的波動(dòng)方程為
【知識(shí)點(diǎn)】機(jī)械波及其形成和傳播；簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式與圖象
【解析】【分析】（1）結(jié)合題意，畫(huà)出不同情況t=0時(shí)刻A、B間的波動(dòng)圖像，由波速與波長(zhǎng)的關(guān)系，即可分析求解；
（2）結(jié)合前面分析及題圖信息，即可確定波源在原點(diǎn)時(shí)，坐標(biāo)軸上x(chóng)＞0的各點(diǎn)的波動(dòng)方程。
（1）由振動(dòng)圖像可知，該簡(jiǎn)諧波的周期為，由于、兩質(zhì)點(diǎn)間的距離小于波長(zhǎng)，有以下幾種情況：
①當(dāng)波源在的左側(cè)時(shí)，時(shí)刻、間的波動(dòng)圖像如圖1所示
由此可知
求得
波速為
②當(dāng)波源在的右側(cè)時(shí)，時(shí)刻、間的波動(dòng)圖像如圖2所示
由此可知
求得
波速為
③當(dāng)波源在、之間時(shí)，時(shí)刻、間的波動(dòng)圖像如圖3所示
由此可知
求得
波速為
（2）當(dāng)波源在原點(diǎn)時(shí)，已知點(diǎn)振動(dòng)方程
坐標(biāo)軸上的各點(diǎn)的波動(dòng)方程為
14．【答案】（1）如圖所示
設(shè)滑塊與圓心連線(xiàn)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)夾角時(shí)，速度為v，則
對(duì)滑塊受力分析，設(shè)受到支持力為，則
由牛頓第三定律圓弧槽受到壓力大小為，對(duì)圓弧槽受力分析，設(shè)壓力傳感器讀數(shù)為F，則
由上述可知
當(dāng)時(shí)，F(xiàn)取最大值為
（2）設(shè)帶電滑塊從A端滑上木板時(shí)速度為，則
設(shè)帶電滑塊與1號(hào)物塊碰撞前速度，有
由于，則，各物塊質(zhì)量相等，發(fā)生彈性碰撞后帶電滑塊便靜止在1號(hào)物塊處，1號(hào)滑塊將與2號(hào)滑塊碰撞，2號(hào)滑塊將與3號(hào)滑塊碰撞，3號(hào)滑塊碰撞將與4號(hào)滑塊碰撞。4號(hào)滑塊被碰后速度設(shè)為，則
要使彈簧的最大壓縮量也為l，則
聯(lián)立解得
代入和，解得
（3）設(shè)帶電物塊與4號(hào)物塊碰前速度為，碰后的速度大小為，則，
各小物塊經(jīng)一系列完全非彈性碰撞后從4號(hào)球所在位置向左做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。平衡位置彈簧壓縮量設(shè)為，則
要使彈簧的最大壓縮量也為l，則簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅為
物塊4被撞后整體速度為，由彈簧振子機(jī)械能守恒
解得
【知識(shí)點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律；碰撞模型；帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)
【解析】【分析】（1）由機(jī)械能守恒定律可得速度大小，結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律可得壓力表達(dá)式，根據(jù)表達(dá)式求壓力傳感器的最大示數(shù)；
（2）由動(dòng)能定理求解速度大小，結(jié)合能量守恒定律可求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；
（3）碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，平衡位置彈力等于電場(chǎng)力，有動(dòng)能定理結(jié)合機(jī)械能守恒定律及動(dòng)量守恒定律聯(lián)立即可求解。
（1）如圖所示
設(shè)滑塊與圓心連線(xiàn)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)夾角時(shí)，速度為v，則
對(duì)滑塊受力分析，設(shè)受到支持力為，則
由牛頓第三定律圓弧槽受到壓力大小為，對(duì)圓弧槽受力分析，設(shè)壓力傳感器讀數(shù)為F，則
由上述可知
當(dāng)時(shí)，F(xiàn)取最大值為
（2）設(shè)帶電滑塊從A端滑上木板時(shí)速度為，則
設(shè)帶電滑塊與1號(hào)物塊碰撞前速度，有
由于，則，各物塊質(zhì)量相等，發(fā)生彈性碰撞后帶電滑塊便靜止在1號(hào)物塊處，1號(hào)滑塊將與2號(hào)滑塊碰撞，2號(hào)滑塊將與3號(hào)滑塊碰撞，3號(hào)滑塊碰撞將與4號(hào)滑塊碰撞。4號(hào)滑塊被碰后速度設(shè)為，則
要使彈簧的最大壓縮量也為l，則
聯(lián)立解得
代入和，解得
（3）設(shè)帶電物塊與4號(hào)物塊碰前速度為，碰后的速度大小為，則，
各小物塊經(jīng)一系列完全非彈性碰撞后從4號(hào)球所在位置向左做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。平衡位置彈簧壓縮量設(shè)為，則
要使彈簧的最大壓縮量也為l，則簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅為
物塊4被撞后整體速度為，由彈簧振子機(jī)械能守恒
解得
15．【答案】（1）根據(jù)機(jī)械能守恒定律得
解得
（2）金屬棒進(jìn)入時(shí)，cc'處有一小段光滑圓弧（長(zhǎng)度可忽略不計(jì)），不計(jì)一切電阻，在極短的時(shí)間內(nèi)電容器充電完畢，d'端帶正電，且電容器兩端電勢(shì)差和導(dǎo)體棒兩端的電勢(shì)差相等，由動(dòng)量定理得
其中，
得
金屬棒沿斜面上滑時(shí)，導(dǎo)體棒受重力和摩擦力減速，棒兩端電勢(shì)差減小，電容器要放電，導(dǎo)體棒中電流由a'指向a，導(dǎo)體棒受安培力沿斜面向上，對(duì)導(dǎo)體棒受力分析有
其中
解得
金屬棒在斜面上滑的最大距離
（3）金屬棒沿斜面下滑時(shí)，電容器充電，導(dǎo)體棒中電流由a'指向a，安培力沿斜面向上，對(duì)導(dǎo)體棒受力分析有
且
解得
金屬棒沿斜面下滑至斜面底端時(shí)的速度
產(chǎn)生的熱量
接著金屬棒向左勻速后沖上圓弧軌道再返回cc'，此時(shí)電容器已放電完成，重復(fù)上述過(guò)程
同理可得，，
則產(chǎn)生的熱量
以此類(lèi)推，
故
【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)量定理；能量守恒定律；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用
【解析】【分析】（1）金屬棒MN從a到b運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理進(jìn)行解答；
（2）根據(jù)動(dòng)量定理、加速度定義式求解金屬棒沖上傾斜軌道過(guò)程中的加速度大小，根據(jù)速度—位移關(guān)系求解位移；
（3）最終金屬棒靜止在cc'處，根據(jù)能量關(guān)系進(jìn)行解答。
（1）根據(jù)機(jī)械能守恒定律得
解得
（2）金屬棒進(jìn)入時(shí)，cc'處有一小段光滑圓弧（長(zhǎng)度可忽略不計(jì)），不計(jì)一切電阻，在極短的時(shí)間內(nèi)電容器充電完畢，d'端帶正電，且電容器兩端電勢(shì)差和導(dǎo)體棒兩端的電勢(shì)差相等，由動(dòng)量定理得
其中，
得
金屬棒沿斜面上滑時(shí)，導(dǎo)體棒受重力和摩擦力減速，棒兩端電勢(shì)差減小，電容器要放電，導(dǎo)體棒中電流由a'指向a，導(dǎo)體棒受安培力沿斜面向上，對(duì)導(dǎo)體棒受力分析有
其中
解得
金屬棒在斜面上滑的最大距離
（3）金屬棒沿斜面下滑時(shí)，電容器充電，導(dǎo)體棒中電流由a'指向a，安培力沿斜面向上，對(duì)導(dǎo)體棒受力分析有
且
解得
金屬棒沿斜面下滑至斜面底端時(shí)的速度
產(chǎn)生的熱量
接著金屬棒向左勻速后沖上圓弧軌道再返回cc'，此時(shí)電容器已放電完成，重復(fù)上述過(guò)程
同理可得，，
則產(chǎn)生的熱量
以此類(lèi)推，
故
1 / 12025屆湖南省長(zhǎng)沙市湖南師范大學(xué)附屬中學(xué)高三下學(xué)期一模物理試卷
1．（2025·岳麓模擬）下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．圖甲為康普頓效應(yīng)的示意圖，入射光子與靜止的電子發(fā)生碰撞，碰后散射光的波長(zhǎng)變長(zhǎng)
B．在兩種固體薄片上涂上蠟，用燒熱的針接觸固體背面上一點(diǎn)，蠟熔化的范圍如圖乙所示，則a一定是非晶體，b一定是晶體
C．圖丙中隨著溫度的升高，黑體輻射強(qiáng)度的極大值向頻率較低的方向移動(dòng)
D．圖丁光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中滑動(dòng)變阻器的觸頭向右移動(dòng)，電流表的示數(shù)一定增大
【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】晶體和非晶體；黑體、黑體輻射及其實(shí)驗(yàn)規(guī)律；光電效應(yīng)；康普頓效應(yīng)
【解析】【解答】美國(guó)物理學(xué)家康普頓在研究石墨對(duì)X射線(xiàn)的散射時(shí)，發(fā)現(xiàn)在散射的X射線(xiàn)中，除了與入射波長(zhǎng)λ0相同的成分外，還有波長(zhǎng)小于λ0的成分，這個(gè)現(xiàn)象稱(chēng)為康普頓效應(yīng)。A．入射光子與靜止的電子發(fā)生碰撞，碰撞過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰后，入射光的動(dòng)量減小，根據(jù)德布羅意波波長(zhǎng)的計(jì)算公式可知，碰后散射光的波長(zhǎng)變長(zhǎng)，故A正確；
B．在兩種固體薄片上涂上蠟，用燒熱的針接觸固體背面上一點(diǎn)，蠟熔化的范圍如圖乙所示，則a表現(xiàn)出各向同性，a可能是多晶體，也可能是非晶體，b表現(xiàn)出各向異性，b一定是單晶體，故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)黑體輻射的規(guī)律，圖丙中隨著溫度的升高，黑體輻射強(qiáng)度的極大值向頻率較高的方向移動(dòng)，故C錯(cuò)誤；
D．圖丁中光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中電源所加電壓為加速電壓，逸出的光電子加速到達(dá)A極，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸頭向右移動(dòng)時(shí)，加速電壓增大，若電流沒(méi)有達(dá)到飽和電流，電流表的示數(shù)先增大，達(dá)到飽和電流后，電流表的示數(shù)不變，故D錯(cuò)誤。
故選A。
【分析】圖甲為康普頓效應(yīng)的示意圖，根據(jù)光子動(dòng)量的變化，判斷波長(zhǎng)的變化；晶體具有各向異性，非晶體具有各向同性；根據(jù)黑體輻射的規(guī)律分析圖丙中黑體輻射強(qiáng)度的極大值移動(dòng)度方向；圖丁中，當(dāng)電路中電流達(dá)到飽和電流后，電流表的示數(shù)不變。
2．（2025·岳麓模擬）某校物理學(xué)科后活動(dòng)中，出現(xiàn)了不少新穎靈巧的作品。如圖所示為高二某班同學(xué)制作的《液壓工程類(lèi)作業(yè)升降機(jī)模型》，通過(guò)針筒管活塞的伸縮推動(dòng)針筒內(nèi)的水，進(jìn)而推動(dòng)支撐架的展開(kāi)與折疊，完成貨物平臺(tái)的升降。在某次實(shí)驗(yàn)中，針筒連接管的水中封閉了一段空氣柱（空氣可視為理想氣體），該同學(xué)先緩慢推動(dòng)注射器活塞將針筒內(nèi)氣體進(jìn)行壓縮，若壓縮氣體過(guò)程中針筒內(nèi)氣體溫度不變，裝置不漏氣，則下列說(shuō)法中正確的是（　　）
A．針筒內(nèi)氣體壓強(qiáng)減小
B．針筒內(nèi)氣體吸熱
C．單位時(shí)間、單位面積撞擊針筒內(nèi)壁的氣體分子數(shù)減少
D．用國(guó)際單位制單位表示的狀態(tài)參量在圖中圖線(xiàn)可能如圖中
【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】氣體壓強(qiáng)的微觀解釋?zhuān)粺崃W(xué)第一定律及其應(yīng)用；氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【解答】解答本題時(shí)，要抓住不變量，分過(guò)程利用熱力學(xué)第一定律分析氣體內(nèi)能或熱傳遞情況。A． 先緩慢推動(dòng)注射器活塞將針筒內(nèi)氣體進(jìn)行壓縮， 壓縮氣體過(guò)程中針筒內(nèi)氣體溫度不變，空氣柱體積變小，則壓強(qiáng)變大，故A錯(cuò)誤；
B．針筒內(nèi)氣體溫度不變，則氣體內(nèi)能不變，即有
壓縮過(guò)程中，氣體體積變小，外界對(duì)氣體做功，即有，則根據(jù)熱力學(xué)第一定律
可知，即針筒內(nèi)氣體放熱，故B錯(cuò)誤；
C．由于壓縮氣體過(guò)程中針筒內(nèi)氣體溫度不變，空氣柱體積變小，壓強(qiáng)變大，則單位時(shí)間、單位面積撞擊針筒內(nèi)壁的氣體分子數(shù)增大，故C錯(cuò)誤；
D．由于壓縮氣體過(guò)程中針筒內(nèi)氣體溫度不變，空氣柱體積變小，壓強(qiáng)變大。則根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程
整理可得
可知用國(guó)際單位制單位表示的狀態(tài)參量在圖中圖線(xiàn)可能如圖中，故D正確。
故選D。
【分析】壓縮氣體過(guò)程，氣體溫度不變，氣體內(nèi)能不變，根據(jù)玻意耳定律分析壓強(qiáng)的變化情況，根據(jù)熱力學(xué)第一定律分析吸放熱情況，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程分析
3．（2025·岳麓模擬）靜電紡紗利用了高壓靜電場(chǎng)，使單纖維兩端帶上異種電荷，如圖所示為高壓靜電場(chǎng)的分布圖，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．圖中a、c兩點(diǎn)電勢(shì)關(guān)系為
B．圖中b、d兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小關(guān)系為
C．電子在a、d兩點(diǎn)的電勢(shì)能關(guān)系為
D．將質(zhì)子從b點(diǎn)移動(dòng)到c點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功
【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】電場(chǎng)線(xiàn)；電勢(shì)能；電勢(shì)
【解析】【解答】本題考查了等量異種電荷電場(chǎng)的特點(diǎn)，電場(chǎng)力做功和電勢(shì)能，解題的關(guān)鍵是知道等量異種電荷電場(chǎng)線(xiàn)從正電荷出發(fā)，終止于負(fù)電荷，等量異種電荷中垂線(xiàn)是等勢(shì)面，B點(diǎn)是等量異種電荷連線(xiàn)與中垂線(xiàn)的交點(diǎn)，在中垂線(xiàn)上B處的場(chǎng)強(qiáng)最大，注意電勢(shì)越高，則負(fù)電荷的電勢(shì)能越小，正電荷的電勢(shì)能越大。A．由圖可知，右邊電極電勢(shì)高于左邊電極的電勢(shì)，電場(chǎng)線(xiàn)從右邊電極發(fā)出，終止于左邊電極，根據(jù)沿著電場(chǎng)線(xiàn)方向電勢(shì)降低，可知圖中a、c兩點(diǎn)電勢(shì)關(guān)系為，故A正確；
B．根據(jù)電場(chǎng)線(xiàn)的疏密代表電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，可知圖中b、d兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小關(guān)系為Eb< Ed，故B錯(cuò)誤；
C．圖中a、d兩點(diǎn)電勢(shì)關(guān)系為
根據(jù)
且電子帶負(fù)電，可知電子在a、d兩點(diǎn)的電勢(shì)能關(guān)系為
故C錯(cuò)誤；
D．圖中b、c兩點(diǎn)電勢(shì)關(guān)系為
且質(zhì)子帶正電，故將質(zhì)子從b點(diǎn)移動(dòng)到c點(diǎn)，其電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力做正功，故D錯(cuò)誤。
故選A。
【分析】由圖可知單纖維左右端帶電的正負(fù)，根據(jù)沿著電場(chǎng)方向電勢(shì)降低，電場(chǎng)線(xiàn)由高等勢(shì)面指向低等勢(shì)面分析；根據(jù)等量異種電荷中垂線(xiàn)上場(chǎng)強(qiáng)的特點(diǎn)分析；根據(jù)中垂線(xiàn)是等勢(shì)面分析A、B兩點(diǎn)電勢(shì)大小關(guān)系，根據(jù)B、D兩點(diǎn)電勢(shì)的高低，可知A、D兩點(diǎn)電勢(shì)的高低，則可知電子在A、D兩點(diǎn)電勢(shì)能的高低；根據(jù)沿著電場(chǎng)方向電勢(shì)降低，可知D、C兩點(diǎn)電勢(shì)的高低，則可知電場(chǎng)力做功是否為零。
4．（2025·岳麓模擬）如圖所示三個(gè)裝置，（a）中桌面光滑，（b）、（c）中桌面粗糙程度相同，（c）用大小為（為重力加速度）的力替代重物進(jìn)行牽引，其余均相同。不計(jì)繩和滑輪質(zhì)量及繩與滑輪摩擦，都由靜止釋放，在移動(dòng)相同距離的過(guò)程中，下列關(guān)于三個(gè)實(shí)驗(yàn)裝置的分析中，正確的是（　　）
A．裝置（a）中的動(dòng)能增加量大于（b）中的動(dòng)能增加量
B．裝置（a）中物塊的加速度為
C．裝置（b）、（c）中物塊的動(dòng)量增加量相同
D．裝置（b）中繩上的張力等于裝置（c）中繩上的張力
【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—連接體；動(dòng)能
【解析】【解答】本題考查了牛頓第二定律的應(yīng)用，分析清楚物塊的運(yùn)動(dòng)情況與受力情況是解題的前提，應(yīng)用牛頓第二定律即可解題。A．由于裝置（b）有摩擦力，可知裝置（a）中物塊的合外力較大，根據(jù)，可知裝置（a）中物塊的加速度較大，在m移動(dòng)相同距離的過(guò)程中得到的速度較大，則裝置（a）m的動(dòng)能增加量大于（b）中m的動(dòng)能增加量，故A正確；
B．裝置（a）中對(duì)系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律
解得物塊m的加速度為
故B錯(cuò)誤；
C．裝置（b）中對(duì)系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律
解得物塊m的加速度為
裝置（c）中對(duì)系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律
解得物塊m的加速度為
可知裝置（c）中物塊m的加速度較大，在m移動(dòng)相同距離的過(guò)程中得到的速度較大，則裝置（c）m的動(dòng)能增加量大于（b）中m的動(dòng)能增加量，故C錯(cuò)誤；
D．裝置（b）中對(duì)物塊m根據(jù)牛頓第二定律
解得
裝置（c）中繩子張力為
所以，裝置（b）中繩上的張力不等于裝置（c）中繩上的張力，故D錯(cuò)誤。
故選A。
【分析】應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度大小，然后應(yīng)用勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的v-x公式與牛頓第二定律分析答題。
5．（2025·岳麓模擬）如圖所示為一簡(jiǎn)易手動(dòng)發(fā)電式手電筒。裝置左側(cè)是一個(gè)繞軸心O勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平圓盤(pán)。固定在圓盤(pán)邊緣處的小圓柱隨圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，可在T形絕緣支架左側(cè)橫槽中往復(fù)運(yùn)動(dòng)，同時(shí)驅(qū)動(dòng)導(dǎo)體棒在光滑的水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)。導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系為。導(dǎo)軌間距，導(dǎo)軌間存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度。導(dǎo)軌右端為一理想變壓器，額定電壓為2V的燈泡剛好正常發(fā)光。導(dǎo)體棒、導(dǎo)線(xiàn)及導(dǎo)軌電阻均不計(jì)，電壓表為理想電表。下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．當(dāng)T形支架運(yùn)動(dòng)到圓盤(pán)最左端時(shí)，電壓表的示數(shù)為0
B．理想變壓器原副線(xiàn)圈的匝數(shù)比為1：2
C．圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為2rad/s
D．當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片由b向a移動(dòng)時(shí)，燈泡變暗
【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】變壓器原理；交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時(shí)值
【解析】【解答】本題考查了變壓器相關(guān)知識(shí)，理解變壓器原、副線(xiàn)圈匝數(shù)與電壓的關(guān)系是解決此類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵。A． 導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系為，導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)的峰值為
電動(dòng)勢(shì)的有效值為
電壓表的示數(shù)為電動(dòng)勢(shì)的有效值，其示數(shù)為，A錯(cuò)誤；
B．由題意可知，額定電壓為2V的燈泡剛好正常發(fā)光，可知變壓器副線(xiàn)圈的輸出電壓為，則理想變壓器原、副線(xiàn)圈的匝數(shù)比為
B正確；
C．由導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系為
可知，圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為
C錯(cuò)誤；
D．當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片由b向a移動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻值增大，副線(xiàn)圈電路中的電流減小，由于變壓器是理想變壓器，可知副線(xiàn)圈輸出電壓不變，則燈泡的亮度不變，D錯(cuò)誤。
故選B。
【分析】根據(jù)導(dǎo)體棒切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為e=Bdv，速度表達(dá)式結(jié)合最大值和有效值的關(guān)系，以及變壓器原、副線(xiàn)圈匝數(shù)與電壓的關(guān)系分析求解。
6．（2025·岳麓模擬）如圖所示，在xOy平面內(nèi)存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第一、二、四象限內(nèi)的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，第三象限內(nèi)的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，，為坐標(biāo)軸上的兩點(diǎn)。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從P點(diǎn)沿PQ方向射出，不計(jì)電子的重力，則下列說(shuō)法中正確的是（　　）
A．若電子從P點(diǎn)出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點(diǎn)O點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間可能為
B．若電子從P點(diǎn)出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點(diǎn)O點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)路程可能為
C．若電子從P點(diǎn)出發(fā)經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間可能為
D．若電子從P點(diǎn)出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)路程為或
【答案】A,D
【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要求學(xué)生能正確分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，熟練應(yīng)用對(duì)應(yīng)的規(guī)律解題。AB．電子從P點(diǎn)出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點(diǎn)O點(diǎn)，有兩類(lèi)情況，一類(lèi)是第奇數(shù)次回到x軸經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O，另一類(lèi)是第偶數(shù)次回到x軸經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O。其中第一次和第二次回到x軸的軌跡如圖
由軌跡圖結(jié)合幾何關(guān)系，可得運(yùn)動(dòng)時(shí)間為
解得
當(dāng)n=1時(shí)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為
由軌跡圖結(jié)合幾何關(guān)系，軌跡圓的半徑為
可得運(yùn)動(dòng)路程為
故A正確；B錯(cuò)誤；
CD．同理，若電子從P點(diǎn)出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn)，軌跡也為兩類(lèi)，如圖
由軌跡圖結(jié)合幾何關(guān)系，可得運(yùn)動(dòng)時(shí)間為
或
解得
若電子從P點(diǎn)出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)路程為
解得
故C錯(cuò)誤；D正確。
故選AD。
【分析】畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，由軌跡圖結(jié)合幾何關(guān)系，可得運(yùn)動(dòng)時(shí)間，由軌跡圖結(jié)合幾何關(guān)系，可得軌跡圓的半徑，可得運(yùn)動(dòng)路程；電子從P點(diǎn)出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn)，軌跡有兩類(lèi)，由軌跡圖結(jié)合幾何關(guān)系，可得運(yùn)動(dòng)時(shí)間以及運(yùn)動(dòng)路程。
7．（2025·岳麓模擬）下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．如圖甲所示，構(gòu)成等邊三角形，若兩通電長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)A、B在C處產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為，則C處磁場(chǎng)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小是
B．圖乙中地磁場(chǎng)的垂直于地面磁感應(yīng)強(qiáng)度分量在南半球豎直向上，北半球豎直向下
C．圖丙中穿過(guò)兩金屬圓環(huán)的磁通量大小關(guān)系為
D．圖丁中與通電長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)在同一平面內(nèi)的金屬線(xiàn)框沿平行于直導(dǎo)線(xiàn)方向運(yùn)動(dòng)，線(xiàn)框中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流
【答案】A,B
【知識(shí)點(diǎn)】電磁感應(yīng)的發(fā)現(xiàn)及產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件；地磁場(chǎng)；通電導(dǎo)線(xiàn)及通電線(xiàn)圈周?chē)拇艌?chǎng)；磁通量
【解析】【解答】本題考查右手螺旋定則的應(yīng)用、電磁感應(yīng)的理解以及磁通量和地磁場(chǎng)相關(guān)知識(shí)，注意磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，合成時(shí)需要根據(jù)平行四邊形法則。A．結(jié)合導(dǎo)線(xiàn)中電流的方向，根據(jù)安培定則可知，A、B在C處產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向之間的夾角為60°，根據(jù)矢量疊加可知，C處磁場(chǎng)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小
故A正確；
B．根據(jù)地磁場(chǎng)的分別規(guī)律可知，地磁場(chǎng)的垂直于地面磁感應(yīng)強(qiáng)度分量在南半球豎直向上，北半球豎直向下，故B正確；
C．圖中條形磁體內(nèi)部磁場(chǎng)方向向上，外部線(xiàn)圈所在位置磁場(chǎng)方向向下，通過(guò)線(xiàn)圈整體的磁場(chǎng)方向向上，可知，圖丙中穿過(guò)兩金屬圓環(huán)的磁通量大小關(guān)系為
故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)通電直導(dǎo)線(xiàn)磁場(chǎng)的分布特征可知，當(dāng)金屬線(xiàn)框沿平行于直導(dǎo)線(xiàn)方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過(guò)線(xiàn)框的磁通量沒(méi)有發(fā)生變化，線(xiàn)框中沒(méi)有產(chǎn)生感應(yīng)電流，故D錯(cuò)誤。
故選AB。
【分析】根據(jù)右手螺旋定則可以判斷電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向，由磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量合成特點(diǎn)即可計(jì)算合磁感應(yīng)強(qiáng)度；地磁北極在地理南極附近，地磁南極在地理北極附近；根據(jù)題意，結(jié)合磁通量定義，分析磁通量大小；根據(jù)電磁感應(yīng)條件，即可判斷是否能產(chǎn)生感應(yīng)電流。
8．（2025·岳麓模擬）為模擬光在光導(dǎo)纖維中的傳播原理，取一圓柱形長(zhǎng)直玻璃絲進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。如圖所示，紙面內(nèi)有一束激光由空氣中以的入射角射向玻璃絲的端面圓心，恰好在玻璃絲的內(nèi)側(cè)面發(fā)生全反射，此時(shí)內(nèi)側(cè)面入射角為。下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．
B．玻璃絲只能傳播該頻率的光
C．激光由空氣中進(jìn)入玻璃絲后，其波長(zhǎng)變短
D．減小入射角，激光在玻璃絲中仍能發(fā)生全反射
【答案】C,D
【知識(shí)點(diǎn)】光的全反射
【解析】【解答】本題考查光的折射和全反射的問(wèn)題，光導(dǎo)纖維知識(shí)，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。A．根據(jù)折射定律有
又因?yàn)楣馇『迷诓ＡЫz的內(nèi)側(cè)面發(fā)生全反射，則有
聯(lián)立解得
故A錯(cuò)誤；
B．玻璃絲可以傳播不同頻率的光，故B錯(cuò)誤；
C．激光由空氣中進(jìn)入玻璃絲后，傳播速度變小，則波長(zhǎng)變短，故C正確；
D．減小入射角，則折射角減小，光在玻璃絲的內(nèi)側(cè)面入射角增大，大于臨界角，發(fā)生全反射，故D正確。
故選CD。
【分析】根據(jù)折射定律和臨界角知識(shí)，結(jié)合波在介質(zhì)中傳播的速度變化和全反射發(fā)生條件進(jìn)行綜合分析解答。
9．（2025·岳麓模擬）先后兩次從高為高處斜向上拋出質(zhì)量為同一物體落于，測(cè)得，兩軌跡交于P點(diǎn)，兩條軌跡最高點(diǎn)等高且距水平地面高為，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．第一次拋出上升時(shí)間，下降時(shí)間比值為
B．第一次過(guò)P點(diǎn)比第二次機(jī)械能少
C．落地瞬間，第一次，第二次動(dòng)能之比為
D．第二次拋出時(shí)速度方向與落地瞬間速度方向夾角比第一次大
【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】斜拋運(yùn)動(dòng)；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用
【解析】【解答】本題考查了斜拋運(yùn)動(dòng)與機(jī)械能守恒定律，處理曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的方法是將運(yùn)動(dòng)分解處理，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解解答，分運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性與獨(dú)立性。 功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。A．第一次拋出上升的高度為
故上升時(shí)間為
最高點(diǎn)距水平地面高為，故下降的時(shí)間為
故一次拋出上升時(shí)間，下降時(shí)間比值為，故A錯(cuò)誤；
B．兩條軌跡最高點(diǎn)等高，故可知兩次從拋出到落地的時(shí)間相等為
故可得第一次，第二次拋出時(shí)水平方向的分速度分別為
由于兩條軌跡最高點(diǎn)等高，故拋出時(shí)豎直方向的分速度相等為
由于物體在空中機(jī)械能守恒，故第一次過(guò)P點(diǎn)比第二次機(jī)械能少
故B正確；
C．從拋出到落地瞬間根據(jù)動(dòng)能定理
故落地瞬間，第一次，第二次動(dòng)能之比為，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)前面分析可知兩次拋出時(shí)豎直方向的分速度相同，兩次落地時(shí)物體在豎直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度較小，物體在水平方向速度不變，故可知第一次拋出時(shí)速度與水平方向的夾角較大，第一次落地時(shí)速度與水平方向的夾角也較大，故可知第一次拋出時(shí)速度方向與落地瞬間速度方向夾角比第二次大，故D錯(cuò)誤。
故選B。
【分析】物體拋出后在空中做斜拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得第一次拋出上升時(shí)間和下降時(shí)間，以及兩次斜拋運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間和拋出時(shí)水平與豎直分速度大小。根據(jù)斜拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊的機(jī)械能守恒，分析解答第一次過(guò)P點(diǎn)與第二次的機(jī)械能之差和落地瞬間第一次與第二次的動(dòng)能。拋出時(shí)速度方向與落地瞬間速度方向夾角即為速度的偏轉(zhuǎn)角，第一次斜拋運(yùn)動(dòng)的水平分速度較小，軌跡彎曲程度較小，速度的偏轉(zhuǎn)角較小。
10．（2025·岳麓模擬）在相互平行且足夠長(zhǎng)的兩根水平光滑的硬桿上，穿著三個(gè)半徑相同的剛性球A、B、C，如圖所示。三球的質(zhì)量分別為，初狀態(tài)B、C球之間連著一根輕質(zhì)彈簧并處于靜止?fàn)顟B(tài)，B、C連線(xiàn)與桿垂直并且彈簧剛好處于原長(zhǎng)狀態(tài)，A球以的速度向左運(yùn)動(dòng)，與同一桿上的B球碰撞后粘在一起（作用時(shí)間極短），則下列判斷，正確的是（　　）
A．A球與B球碰撞中損耗的機(jī)械能為108J
B．在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧形變量最大時(shí)C球的速度最大
C．在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能為36J
D．在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，B球的最小速度為2m/s
【答案】A,C
【知識(shí)點(diǎn)】碰撞模型
【解析】【解答】本題考查了動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律的綜合運(yùn)用，關(guān)鍵合理地選擇研究的系統(tǒng)和過(guò)程，結(jié)合動(dòng)量守恒定律和能量守恒進(jìn)行研究。A． 三球的質(zhì)量分別為，碰撞的過(guò)程中，滿(mǎn)足動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：
解得
球與B球碰撞中損耗的機(jī)械能
A正確；
B．彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)C球速度最大，B錯(cuò)誤；
C．在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，AB的組合體與C的速度相等時(shí)，彈性勢(shì)能最大，根據(jù)動(dòng)量守恒
解得
最大彈性勢(shì)能
解得
C正確；
D．當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒可知
解得
，
此時(shí)B反向速度最大，而B(niǎo)由于速度由正向到反向，因此最小速度為零，D錯(cuò)誤。
故選AC。
【分析】A、B發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞的過(guò)程中動(dòng)量守恒，結(jié)合動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律求出A球與B球碰撞中損耗的機(jī)械能。當(dāng)B、C速度相等時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量最大，彈性勢(shì)能最大，結(jié)合B、C在水平方向上動(dòng)量守恒、能量守恒求出最大的彈性勢(shì)能。彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，由系統(tǒng)的動(dòng)量守恒和能量守恒結(jié)合求出B與C的速度，再確定B球的最小速度和C球的最大速度。
11．（2025·岳麓模擬）利用圖甲裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，將鋼球用細(xì)線(xiàn)懸掛于點(diǎn)，鋼球放在離地面高度為的支柱上，點(diǎn)到球球心的距離為。將球拉至懸線(xiàn)與豎直線(xiàn)夾角為，由靜止釋放后擺到最低點(diǎn)時(shí)恰與球正碰，碰撞后球運(yùn)動(dòng)到豎直線(xiàn)夾角處，球落到地面上，測(cè)出球的水平位移，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹椤?br/>（1）改變角的大小，多次實(shí)驗(yàn)，發(fā)現(xiàn)鋼球、碰撞過(guò)程不僅動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒，得到的關(guān)系圖線(xiàn)如圖乙，則鋼球、的質(zhì)量之比　 　。（保留2位有效數(shù)字）
（2）若在鋼球的被碰位置貼一小塊棉布，依然將球拉至懸線(xiàn)與豎直線(xiàn)夾角為由靜止釋放，增大的物理量是（　　）
A．碰后球的水平位移 B．碰后再次到達(dá)最高點(diǎn)的夾角
C．碰撞過(guò)程中系統(tǒng)的總動(dòng)量 D．碰撞過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)能的損失
（3）某同學(xué)觀察到，在臺(tái)球桌面上，臺(tái)球以初速度和靜止的球發(fā)生斜碰時(shí)，碰后兩球的速度方向?qū)⒉辉谕恢本€(xiàn)上，如圖乙所示。已知兩球大小相同，質(zhì)量相等，若兩球碰撞過(guò)程無(wú)能量損失，碰后兩球速度方向與初速度的夾角分別為和，則和滿(mǎn)足的關(guān)系為　 　。
【答案】（1）3.0
（2）B；D
（3）
【知識(shí)點(diǎn)】驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律
【解析】【解答】本題考查動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律的應(yīng)用，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律中，學(xué)會(huì)在相同高度下，水平射程來(lái)間接測(cè)出速度。
（1）選取向左為正方向，碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，則有，
聯(lián)立解得
當(dāng)時(shí)，，則
由乙圖可知，時(shí)，有
做平拋運(yùn)動(dòng)，則
代入數(shù)據(jù)得
聯(lián)立可得
（2）AB．碰撞過(guò)程中，動(dòng)量守恒，兩球作用的時(shí)間變長(zhǎng)，球獲得的速度變小，則碰撞后球水平位移減小，球碰后速度較之前變大，則碰后夾角變大，
故A錯(cuò)誤，B正確；
C．若在鋼球的被碰位置貼一小塊棉布，依然將球拉至懸線(xiàn)與豎直線(xiàn)夾角為由靜止釋放，碰撞過(guò)程中，動(dòng)量守恒，碰撞過(guò)程中系統(tǒng)總動(dòng)量不變，故C錯(cuò)誤；
D．貼一小塊棉布后，碰撞過(guò)程中，動(dòng)量守恒，碰撞過(guò)程中系統(tǒng)總動(dòng)量不變，系統(tǒng)動(dòng)能損失變大，故D正確。
故選BD。
（3）
設(shè)兩球的質(zhì)量均為，在方向與垂直方向上由動(dòng)量守恒定律可得，
又由能量守恒得
結(jié)合以上三式可得
即
【分析】（1）根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒結(jié)合圖乙給出的信息，平拋運(yùn)動(dòng)的速度規(guī)律列式求解；
（2）根據(jù)動(dòng)量守恒的條件和能量的轉(zhuǎn)化和守恒進(jìn)行分析解答；
（3）根據(jù)動(dòng)量守恒定律在不同的方向上的表達(dá)式結(jié)合機(jī)械能守恒列式分析解答。
（1）選取向左為正方向，碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，則有，
聯(lián)立解得
當(dāng)時(shí)，，則
由乙圖可知，時(shí)，有
做平拋運(yùn)動(dòng)，則
代入數(shù)據(jù)得
聯(lián)立可得
（2）AB．碰撞過(guò)程中，動(dòng)量守恒，兩球作用的時(shí)間變長(zhǎng)，球獲得的速度變小，則碰撞后球水平位移減小，球碰后速度較之前變大，則碰后夾角變大，
故A錯(cuò)誤，B正確；
C．若在鋼球的被碰位置貼一小塊棉布，依然將球拉至懸線(xiàn)與豎直線(xiàn)夾角為由靜止釋放，碰撞過(guò)程中，動(dòng)量守恒，碰撞過(guò)程中系統(tǒng)總動(dòng)量不變，故C錯(cuò)誤；
D．貼一小塊棉布后，碰撞過(guò)程中，動(dòng)量守恒，碰撞過(guò)程中系統(tǒng)總動(dòng)量不變，系統(tǒng)動(dòng)能損失變大，故D正確。
故選BD。
（3）設(shè)兩球的質(zhì)量均為，在方向與垂直方向上由動(dòng)量守恒定律可得，
又由能量守恒得
結(jié)合以上三式可得
即
12．（2025·岳麓模擬）為測(cè)定某種材料的電阻率，設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)：圖（乙）為測(cè)量原理電路圖，R1、R2是由長(zhǎng)度相同、表面涂有絕緣膜（厚度不計(jì)）的電阻絲并排緊密繞制在同一根圓柱形絕緣陶瓷棒上的螺旋電阻（圖甲），R1材料電阻率為ρ，R2由待測(cè)材料制成，R0為滑動(dòng)變阻器，V1、V2為已知量程的電壓表。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：
（1）在閉合開(kāi)關(guān)前，滑動(dòng)變阻器滑片應(yīng)滑到　 　（選填“左端”或“右端”）。
（2）測(cè)得R1的螺旋長(zhǎng)度為l1，R2的螺旋長(zhǎng)度為l2，兩電阻的匝數(shù)相同，則制成電阻R1與R2的電阻絲的橫截面之比為　 　。
（3）某次測(cè)量中V1、V2表的示數(shù)分別為U1、U2，則待測(cè)電阻絲的電阻率　 　（用U1、U2、l1、l2、ρ表示）。
（4）考慮V1、V2表的內(nèi)阻對(duì)實(shí)驗(yàn)誤差的影響，在電路中加了一個(gè)靈敏電流計(jì)G（圖丙）來(lái)判斷。閉合開(kāi)關(guān)，靈敏電流計(jì)中有從a向b的微小電流，則（3）中測(cè)量結(jié)果相對(duì)于真實(shí)值　 　（選填“偏大”、“不變”或“偏小”）。
【答案】（1）左端
（2）
（3）
（4）偏小
【知識(shí)點(diǎn)】導(dǎo)體電阻率的測(cè)量
【解析】【解答】本題關(guān)鍵掌握測(cè)定某種材料電阻率的實(shí)驗(yàn)原理和誤差分析。
（1）為了保護(hù)電路，在閉合開(kāi)關(guān)前，應(yīng)將滑動(dòng)變阻器全部接入電路，這樣回路的電阻最大，接通時(shí)電路電流最小，電路安全，故滑到左端。
（2）根據(jù)題意可得
，
而S與直徑的平方成正比，故橫截面積之比為。
（3）根據(jù)歐姆定律
可知
根據(jù)電阻定律
聯(lián)立可得待測(cè)材料電阻率為
（4）由a向b的微小電流可得
由此可知，測(cè)量結(jié)果相對(duì)于真實(shí)值偏小。
【分析】（1）根據(jù)保證電路安全分析判斷；
（2）根據(jù)面積公式計(jì)算比例；
（3）根據(jù)歐姆定律和電阻電定律計(jì)算；
（4）分析實(shí)驗(yàn)誤差判斷。
（1）在閉合開(kāi)關(guān)前，應(yīng)將滑動(dòng)變阻器全部接入電路，保證電路接通時(shí)電路電流最小，電路安全，故滑到左端。
（2）根據(jù)題意可得，
而S與直徑的平方成正比，故橫截面積之比為。
（3）根據(jù)歐姆定律
可知，
根據(jù)電阻定律
聯(lián)立可得待測(cè)材料電阻率為
（4）由a向b的微小電流可得
由此可知，測(cè)量結(jié)果相對(duì)于真實(shí)值偏小。
13．（2025·岳麓模擬）在平面直角坐標(biāo)系中軸上有一振源，產(chǎn)生的簡(jiǎn)諧波沿軸傳播，、是軸上的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)，從質(zhì)點(diǎn)第一次達(dá)到波峰開(kāi)始計(jì)時(shí)，、兩質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像分別如圖甲、乙所示，已知、平衡位置間距離為2m，且滿(mǎn)足點(diǎn)在點(diǎn)的右側(cè)，已知點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，該簡(jiǎn)諧波的波長(zhǎng)大于間距，時(shí)波源位于平衡位置，波源起振方向豎直向上。
（1）求該簡(jiǎn)諧波的波速；
（2）若波源在原點(diǎn)，求坐標(biāo)軸上的各點(diǎn)的波動(dòng)方程。（波動(dòng)方程：寫(xiě)出軸上各質(zhì)點(diǎn)偏離平衡位置的位移與、的關(guān)系）
【答案】（1）由振動(dòng)圖像可知，該簡(jiǎn)諧波的周期為，由于、兩質(zhì)點(diǎn)間的距離小于波長(zhǎng)，有以下幾種情況：
①當(dāng)波源在的左側(cè)時(shí)，時(shí)刻、間的波動(dòng)圖像如圖1所示
由此可知
求得
波速為
②當(dāng)波源在的右側(cè)時(shí)，時(shí)刻、間的波動(dòng)圖像如圖2所示
由此可知
求得
波速為
③當(dāng)波源在、之間時(shí)，時(shí)刻、間的波動(dòng)圖像如圖3所示
由此可知
求得
波速為
（2）當(dāng)波源在原點(diǎn)時(shí)，已知點(diǎn)振動(dòng)方程
坐標(biāo)軸上的各點(diǎn)的波動(dòng)方程為
【知識(shí)點(diǎn)】機(jī)械波及其形成和傳播；簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式與圖象
【解析】【分析】（1）結(jié)合題意，畫(huà)出不同情況t=0時(shí)刻A、B間的波動(dòng)圖像，由波速與波長(zhǎng)的關(guān)系，即可分析求解；
（2）結(jié)合前面分析及題圖信息，即可確定波源在原點(diǎn)時(shí)，坐標(biāo)軸上x(chóng)＞0的各點(diǎn)的波動(dòng)方程。
（1）由振動(dòng)圖像可知，該簡(jiǎn)諧波的周期為，由于、兩質(zhì)點(diǎn)間的距離小于波長(zhǎng)，有以下幾種情況：
①當(dāng)波源在的左側(cè)時(shí)，時(shí)刻、間的波動(dòng)圖像如圖1所示
由此可知
求得
波速為
②當(dāng)波源在的右側(cè)時(shí)，時(shí)刻、間的波動(dòng)圖像如圖2所示
由此可知
求得
波速為
③當(dāng)波源在、之間時(shí)，時(shí)刻、間的波動(dòng)圖像如圖3所示
由此可知
求得
波速為
（2）當(dāng)波源在原點(diǎn)時(shí)，已知點(diǎn)振動(dòng)方程
坐標(biāo)軸上的各點(diǎn)的波動(dòng)方程為
14．（2025·岳麓模擬）如圖，固定在地面上的木板和半徑為的圓弧槽剛好接觸，圓弧槽凹側(cè)和底面光滑，各物塊與木板上表面間動(dòng)摩擦因數(shù)均為。圓弧槽右側(cè)通過(guò)不計(jì)質(zhì)量的細(xì)桿與一壓力傳感器相連。從點(diǎn)向左，每隔放置一小物塊，編號(hào)依次為1、2、3、4，質(zhì)量均為，物塊4與一勁度系數(shù)為的彈簧（處于原長(zhǎng)）相連，物塊4左側(cè)木板表面光滑，彈簧左端連在木板左端。圓弧槽左側(cè)空間有方向向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量為、電荷量為的外表絕緣小物塊從圓弧槽頂點(diǎn)處無(wú)初速度釋放。已知當(dāng)彈簧形變量為時(shí)，彈性勢(shì)能為，重力加速度為。求：
（1）帶電小物塊下滑過(guò)程壓力傳感器的最大示數(shù)；
（2）若所有碰撞均為彈性碰撞，在的前提下，施加電場(chǎng)的強(qiáng)度多大時(shí)才能使彈簧的最大壓縮量也為？
（3）先將1、2、3號(hào)物塊拿掉，若帶電物塊與4為完全非彈性碰撞，施加電場(chǎng)的強(qiáng)度多大才能使彈簧的最大壓縮量也為？
【答案】（1）如圖所示
設(shè)滑塊與圓心連線(xiàn)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)夾角時(shí)，速度為v，則
對(duì)滑塊受力分析，設(shè)受到支持力為，則
由牛頓第三定律圓弧槽受到壓力大小為，對(duì)圓弧槽受力分析，設(shè)壓力傳感器讀數(shù)為F，則
由上述可知
當(dāng)時(shí)，F(xiàn)取最大值為
（2）設(shè)帶電滑塊從A端滑上木板時(shí)速度為，則
設(shè)帶電滑塊與1號(hào)物塊碰撞前速度，有
由于，則，各物塊質(zhì)量相等，發(fā)生彈性碰撞后帶電滑塊便靜止在1號(hào)物塊處，1號(hào)滑塊將與2號(hào)滑塊碰撞，2號(hào)滑塊將與3號(hào)滑塊碰撞，3號(hào)滑塊碰撞將與4號(hào)滑塊碰撞。4號(hào)滑塊被碰后速度設(shè)為，則
要使彈簧的最大壓縮量也為l，則
聯(lián)立解得
代入和，解得
（3）設(shè)帶電物塊與4號(hào)物塊碰前速度為，碰后的速度大小為，則，
各小物塊經(jīng)一系列完全非彈性碰撞后從4號(hào)球所在位置向左做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。平衡位置彈簧壓縮量設(shè)為，則
要使彈簧的最大壓縮量也為l，則簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅為
物塊4被撞后整體速度為，由彈簧振子機(jī)械能守恒
解得
【知識(shí)點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律；碰撞模型；帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)
【解析】【分析】（1）由機(jī)械能守恒定律可得速度大小，結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律可得壓力表達(dá)式，根據(jù)表達(dá)式求壓力傳感器的最大示數(shù)；
（2）由動(dòng)能定理求解速度大小，結(jié)合能量守恒定律可求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；
（3）碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，平衡位置彈力等于電場(chǎng)力，有動(dòng)能定理結(jié)合機(jī)械能守恒定律及動(dòng)量守恒定律聯(lián)立即可求解。
（1）如圖所示
設(shè)滑塊與圓心連線(xiàn)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)夾角時(shí)，速度為v，則
對(duì)滑塊受力分析，設(shè)受到支持力為，則
由牛頓第三定律圓弧槽受到壓力大小為，對(duì)圓弧槽受力分析，設(shè)壓力傳感器讀數(shù)為F，則
由上述可知
當(dāng)時(shí)，F(xiàn)取最大值為
（2）設(shè)帶電滑塊從A端滑上木板時(shí)速度為，則
設(shè)帶電滑塊與1號(hào)物塊碰撞前速度，有
由于，則，各物塊質(zhì)量相等，發(fā)生彈性碰撞后帶電滑塊便靜止在1號(hào)物塊處，1號(hào)滑塊將與2號(hào)滑塊碰撞，2號(hào)滑塊將與3號(hào)滑塊碰撞，3號(hào)滑塊碰撞將與4號(hào)滑塊碰撞。4號(hào)滑塊被碰后速度設(shè)為，則
要使彈簧的最大壓縮量也為l，則
聯(lián)立解得
代入和，解得
（3）設(shè)帶電物塊與4號(hào)物塊碰前速度為，碰后的速度大小為，則，
各小物塊經(jīng)一系列完全非彈性碰撞后從4號(hào)球所在位置向左做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。平衡位置彈簧壓縮量設(shè)為，則
要使彈簧的最大壓縮量也為l，則簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅為
物塊4被撞后整體速度為，由彈簧振子機(jī)械能守恒
解得
15．（2025·岳麓模擬）如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌abcd與a'b'c'd'，兩導(dǎo)軌間距L = 2 m，ab與a'b'段是豎直四分之一光滑圓弧，半徑R = 20 m，bc與b'c'是光滑水平直導(dǎo)軌，cd與c'd'是與水平成θ = 37°的足夠長(zhǎng)的粗糙直導(dǎo)軌，有垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（磁場(chǎng)只存在斜面軌道部分），磁感應(yīng)強(qiáng)度B = 5 T，電容器的電容C = 200 μF，將一質(zhì)量m = 20 g的金屬棒MN由圓弧最高點(diǎn)靜止釋放，金屬棒MN與cd、c'd'的動(dòng)摩擦因數(shù)μ = 0.25，重力加速度g = 10 m/s2，cc'處有一小段光滑圓弧（長(zhǎng)度可忽略不計(jì)），不計(jì)一切電阻，已知sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，求：
（1）金屬棒MN第一次經(jīng)過(guò)bb'時(shí)的速度大小v1；
（2）金屬棒MN在斜面cdc'd'上滑的最大距離d；
（3）最終金屬棒MN與斜面cdc'd'摩擦生的熱Q。
【答案】（1）根據(jù)機(jī)械能守恒定律得
解得
（2）金屬棒進(jìn)入時(shí)，cc'處有一小段光滑圓弧（長(zhǎng)度可忽略不計(jì)），不計(jì)一切電阻，在極短的時(shí)間內(nèi)電容器充電完畢，d'端帶正電，且電容器兩端電勢(shì)差和導(dǎo)體棒兩端的電勢(shì)差相等，由動(dòng)量定理得
其中，
得
金屬棒沿斜面上滑時(shí)，導(dǎo)體棒受重力和摩擦力減速，棒兩端電勢(shì)差減小，電容器要放電，導(dǎo)體棒中電流由a'指向a，導(dǎo)體棒受安培力沿斜面向上，對(duì)導(dǎo)體棒受力分析有
其中
解得
金屬棒在斜面上滑的最大距離
（3）金屬棒沿斜面下滑時(shí)，電容器充電，導(dǎo)體棒中電流由a'指向a，安培力沿斜面向上，對(duì)導(dǎo)體棒受力分析有
且
解得
金屬棒沿斜面下滑至斜面底端時(shí)的速度
產(chǎn)生的熱量
接著金屬棒向左勻速后沖上圓弧軌道再返回cc'，此時(shí)電容器已放電完成，重復(fù)上述過(guò)程
同理可得，，
則產(chǎn)生的熱量
以此類(lèi)推，
故
【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)量定理；能量守恒定律；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用
【解析】【分析】（1）金屬棒MN從a到b運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理進(jìn)行解答；
（2）根據(jù)動(dòng)量定理、加速度定義式求解金屬棒沖上傾斜軌道過(guò)程中的加速度大小，根據(jù)速度—位移關(guān)系求解位移；
（3）最終金屬棒靜止在cc'處，根據(jù)能量關(guān)系進(jìn)行解答。
（1）根據(jù)機(jī)械能守恒定律得
解得
（2）金屬棒進(jìn)入時(shí)，cc'處有一小段光滑圓弧（長(zhǎng)度可忽略不計(jì)），不計(jì)一切電阻，在極短的時(shí)間內(nèi)電容器充電完畢，d'端帶正電，且電容器兩端電勢(shì)差和導(dǎo)體棒兩端的電勢(shì)差相等，由動(dòng)量定理得
其中，
得
金屬棒沿斜面上滑時(shí)，導(dǎo)體棒受重力和摩擦力減速，棒兩端電勢(shì)差減小，電容器要放電，導(dǎo)體棒中電流由a'指向a，導(dǎo)體棒受安培力沿斜面向上，對(duì)導(dǎo)體棒受力分析有
其中
解得
金屬棒在斜面上滑的最大距離
（3）金屬棒沿斜面下滑時(shí)，電容器充電，導(dǎo)體棒中電流由a'指向a，安培力沿斜面向上，對(duì)導(dǎo)體棒受力分析有
且
解得
金屬棒沿斜面下滑至斜面底端時(shí)的速度
產(chǎn)生的熱量
接著金屬棒向左勻速后沖上圓弧軌道再返回cc'，此時(shí)電容器已放電完成，重復(fù)上述過(guò)程
同理可得，，
則產(chǎn)生的熱量
以此類(lèi)推，
故
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