資源簡介

2025屆湖南省“長望瀏寧”四縣高三下學期3月調研考試物理試題
1．（2025·湖南模擬）2024年10月3日，期刊上發表了中國科學院近代物理研究所的研究成果：研究團隊合成新核素钚，并測量了該新核素的半衰期。已知钚的衰變方程為，下列說法正確的是（　　）
A．10個钚原子核經過一個半衰期后還剩余5個
B．钚原子核發生的是衰變
C．钚原子核發生衰變時需要吸收能量
D．原子核的比結合能比原子核的比結合能大
2．（2025·湖南模擬）如圖為隱形戰機的有源對消電子設備發出與對方雷達發射波匹配的行波，使對方雷達接受不到反射波，從而達到雷達隱形的效果。下列說法正確的是（　　）
A．隱形戰機雷達隱形的原理是波的干涉
B．隱形戰機雷達隱形的原理是波的衍射
C．隱形戰機雷達隱形的原理是多普勒效應
D．行波與對方雷達發射波的頻率相同、相位相同
3．（2025·湖南模擬）2024年11月4日1時24分，神舟十八號載人飛船返回艙在東風著陸場成功著陸，神舟十八號載人飛行任務取得圓滿成功。神舟十八號載人飛船返回地面的一段時間內做豎直向下的直線運動，其運動的位移與時間的圖像如圖所示，其中時間內和時間內圖線為曲線，時間內圖線為一傾斜直線，時間內圖線為一平行于時間軸的直線，是時間內的某一時刻，則下列說法正確的是（　　）
A．時間內，返回艙的速度逐漸增大，處于超重狀態
B．時間內，返回艙的速度逐漸增大，處于失重狀態
C．時刻返回艙的速度小于時刻返回艙的速度
D．時刻返回艙剛好返回到地面
4．（2025·湖南模擬）“抖空竹”是中國傳統的體育活動之一，在我國有悠久的歷史，為國家級非物質文化遺產之一。現將抖空竹中的一個變化過程簡化成以下模型：輕質彈性繩（彈力特點類比于彈簧）系于兩根輕桿的端點位置，左、右手分別握住兩根輕桿的另一端，一定質量的空竹架在彈性繩上。接下來做出如下動作，左手抬高的同時右手放低，使繩的兩個端點勻速移動，其軌跡為豎直面內等腰梯形的兩個腰（梯形的上下底水平），如圖所示。則兩端點分別自A、C兩點，沿、以同一速度勻速移動，忽略摩擦力及空氣阻力的影響，則運動過程中（　　）
A．左右兩邊繩的彈力均不變且相等
B．彈性繩的總長度變大
C．左邊繩的彈力變大
D．右邊繩的彈力變小
5．（2025·湖南模擬）2024年11月3日，神舟十八號載人飛船與空間站組合體成功分離，航天員葉光富、李聰、李廣蘇即將踏上回家之旅。空間站組合體距離地面的高度為h，運動周期為T，繞地球的運動可視為勻速圓周運動。已知萬有引力常量為G，地球半徑為R，根據以上信息可知（　　）
A．懸浮在空間站內的物體，不受力的作用
B．空間站組合體的質量
C．地球的密度
D．神舟十八號飛船與空間站組合體分離后做離心運動
6．（2025·湖南模擬）景區內的滑沙活動項目備受游客們的青睞，圖甲為滑沙運動過程的簡化圖。某可視為質點的游客坐在滑板上從斜坡A點由靜止開始滑下，游客和滑板的總質量m=60kg，滑板與斜坡滑道間的阻力大小，k為常數，阻力f方向與速度方向相反，斜坡足夠長，斜坡的傾角θ=37°。該游客和滑板整體下滑過程中的最大速度為4m/s，滑沙結束后為了減輕游客負擔，可利用圖乙功率恒為450W的電動機，通過平行于斜面的輕繩牽引游客和滑板回到A點。整個運動過程中空氣阻力忽略不計，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6。下列說法正確的是（　　）
A．常數k為120kg/s
B．牽引過程中整體達到的最大速度為1m/s
C．牽引過程中整體速度為0.5m/s時，整體的加速度大小為8.5m/s2
D．若該電動機的輸入電壓為100V，輸入電流為5A，則發動機內阻為10Ω
7．（2025·湖南模擬）某些為屏蔽電磁波設計的人工材料，其折射率為負值（n<0），稱為負折射率材料。電磁波從空氣射入這類材料時，折射定律和電磁波傳播規律仍然不變，但是折射波與入射波位于法線的同一側（此時折射角取負值）。如圖所示，波源S發出的一束電磁波的入射角i=45°，經負折射率的平板介質材料后，從另一側面射出（圖中未畫出），已知平板介質的厚度為d，電磁波在真空中的傳播速度為c，不考慮電磁波在介面處的反射，下列說法正確的是（　　）
A．該電磁波的出射點位于法線OO1的上方
B．電磁波射出平板的出射方向與射入平板的入射方向平行
C．電磁波由空氣進入平板介質，波長變長
D．電磁波在平板介質中的傳播時間為
8．（2025·湖南模擬）為模擬空氣凈化過程，設計了如圖甲和乙所示的兩種密閉除塵桶。在甲圓桶頂部和底面間加上恒定電壓U，沿圓桶的軸線方向會形成一片勻強電場，初速度為零的帶電塵粒的運動方向如圖甲箭頭方向所示：而在乙圓桶軸線處放一直導線，在導線與桶壁間也加上恒定電壓U，會形成沿半徑方向的輻向電場，初速度為零的帶電塵粒的運動方向如圖乙箭頭方向所示。已知帶電塵粒運動時受到的空氣阻力大小與其速度大小成正比，假設每個塵粒的質量和帶電荷量均相同，帶電塵粒的重力忽略不計，則（　　）
A．在甲桶中，塵粒的加速度一直不變
B．在乙桶中，塵粒在向桶壁運動過程中，塵粒所受電場力變小
C．任意相等時間內，甲桶中電場力對單個塵粒做的功一定相等
D．甲、乙兩桶中，電場力對單個塵粒做功的最大值相等
9．（2025·湖南模擬）電動汽車無線充電示意圖如圖，若發射線圈的輸入電壓為、匝數為1100匝，接收線圈的匝數為2200匝。由于漏磁，穿過接收線圈的磁通量約為發射線圈的90%，下列說法正確的是（　　）
A．發射線圈采用直流電也能為電動汽車充電
B．接收線圈中交變電流的頻率為50Hz
C．接收線圈輸出電壓的有效值為396V
D．接收線圈輸出電壓的有效值為440V
10．（2025·湖南模擬）某校科技興趣小組設計了一個玩具車的電磁驅動系統，如圖所示，abcd是固定在塑料玩具車底部的長為L、寬為的長方形金屬線框，線框粗細均勻且電阻為R。驅動磁場為方向垂直于水平地面、等間隔交替分布的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，每個磁場寬度均為。現使驅動磁場以速度向右勻速運動，線框將受到磁場力并帶動玩具車由靜止開始運動，假設玩具車所受阻力f與其運動速度v的關系為（k為常量）。下列說法正確的是（　　）
A．a、d兩點間的電壓的最大值為
B．玩具車在運動過程中線框中電流方向不改變
C．線框勻速運動時，安培力的功率等于回路中的電功率
D．玩具車和線框的最大速度為
11．（2025·湖南模擬）某同學用圖甲所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律。他測出小鋼球的直徑、質量，將不可伸長的輕繩一端連接固定的拉力傳感器，另一端連接小鋼球，使小鋼球靜止在最低點，測出繩長，然后拉起小鋼球至某一位置，測出輕繩與豎直方向之間的夾角，隨即將其由靜止釋放。小鋼球在豎直平面內擺動，記錄鋼球擺動過程中拉力傳感器示數的最大值。改變，重復上述過程。根據測量數據在直角坐標系中繪制圖像。當地重力加速度為。
（1）該同學用游標卡尺測小球直徑時，示數如圖乙所示，則　 　。
（2）某次測量時，傳感器示數的最大值為，則小球該次通過最低點的速度大小為　 　（用題中所給物理量的符號表示）。
（3）該同學繪制的圖像如圖丙所示，若小球運動過程中滿足機械能守恒，則圖像的斜率大小　 　（用題中所給物理量的符號表示）。
12．（2025·湖南模擬）在日常生活中充電寶可以像電源一樣使用，小明嘗試測量某充電寶的電動勢E及內阻r（E約為5V，r約為零點幾歐姆），現有實驗器材：量程為3V的電壓表V，量程為0.3A的電流表A（具有一定內阻），定值電阻R=40Ω，滑動變阻器R'，開關S，導線若干。
（1）實驗中，以電流表示數I為橫坐標，電壓表示數U為縱坐標得到圖2所示的圖像，其中圖像與縱軸交點的縱坐標為U1，與橫軸交點的橫坐標為I1，則E=　 　，r=　 　。（均選用U1、I1、R表示）
（2）小張認為，考慮到電壓表并非理想電表，所以小明設計的電路測量誤差較大。于是設計了如圖3所示的電路測量充電寶的電動勢E和內電阻r，均勻電阻絲XY長1.0m，電阻為8.0Ω，標準電池A的電動勢為8.0V、內電阻為0.50Ω，定值電阻R1=1.5Ω，R2=4.8Ω。
①開關S斷開，當滑動片J移動至XJ=0.80m位置時電流表G示數為零，則充電寶B的電動勢E=　 　V（保留兩位有效數字）；
②開關S閉合，滑片J移至XJ=0.75m處時電流表G示數為零，則充電寶B的內電阻r=　 　Ω（保留兩位有效數字）。
13．（2025·湖南模擬）戶外活動時需要在小口徑井中取水，某同學取如圖所示的一段均勻竹筒做了一個簡易汲水器。在五個竹節處開小孔，把竹筒豎直放入水中一定深度后，水從C孔進入，空氣由從A孔排出，當內外液面相平時，手指按住竹筒最上A處小孔緩慢地上提竹筒，即可把井中的水取上來。設竹筒內空間橫截面積S=20cm2，竹筒共四小段，每小段長度=25cm，已知水密度ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度大小g=10m/s2，大氣壓強p0=1.0×105Pa，整個過程溫度保持不變，空氣可視為理想氣體。求：
（1）把竹筒全部浸入水中，堵住A孔將其拿出水面后再松開A孔讓水慢慢流出，流出一部分水后再堵住A孔，等竹筒中水位穩定后，水位剛好下降到B處，求從A孔進入的標準大氣壓下空氣的體積V；
（2）把竹筒豎直放入井水中汲水時，如果井水水位剛好浸到竹筒竹節B處，手指按住最上面的A孔緩慢地上提竹筒，一次能汲出多少克的水？（≈10.05）
14．（2025·湖南模擬）在高能物理研究中，需要實現對微觀粒子的精準控制。如圖所示，電子在管道PQ內勻強電場的作用下由P點從靜止開始做勻加速直線運動，從Q點射出，電子最終擊中與槍口相距d的點M。QM與直線PQ夾角為α，且P、Q、M三點均位于紙面內。已知電子的電荷量為（）、質量為m、PQ間距為d、電場強度為E。求：
（1）電子從Q點射出時的速度大小v；
（2）若僅在管道外部空間加入垂直于直線PQ的勻強電場，請確定的方向和大小；
（3）若僅在管道外部空間加入與直線QM平行的勻強磁場，求磁感應強度的最小值B？
15．（2025·湖南模擬）如圖所示，質量均為M=9kg，厚度相同、長度均為L=0.6m的木板A、B（上表面粗糙）并排靜止在光滑水平面上。質量m=18kg大小可忽略的機器貓靜止于A板左端，機器描從A板左端斜向上跳出后，恰好落到A木板的右端，并立即與A板達到共速。隨即以與第一次相同的速度起跳并落到B板上，機器貓落到B板上時碰撞時間極短可忽略，且不反彈。空氣阻力可忽略，重力加速度為g=10m/s2。
（1）求從機器貓起跳至落在A板右端過程中A板運動的距離；
（2）求起跳速度與水平方向夾角為多少？可使機器貓起跳消耗的能量最少；
（3）新型材料制成的機器貓其質量僅為m'=7kg其他條件保持不變，機器貓總是以（2）問中的方式起跳，機器貓與B木板間的動摩擦因數為，求機器貓在B木板上的運動時間（結果保留兩位小數）。
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】原子核的衰變、半衰期；原子核的人工轉變；質量虧損與質能方程；結合能與比結合能
【解析】【解答】本題主要考查了原子核的衰變，明確核反應過程中，電荷數和質量數守恒，知道結合能的概念。A．半衰期是大量粒子的統計規律，對于少量原子核并不成立，10個钚-227經過一個半衰期不一定還剩余5個，A錯誤；
B．衰變過程中電荷數和質量數守恒，可知Y的質量數為4，電荷數為2，可知Y為α粒子，則钚-227發生的是α衰變，B正確；
CD．钚-227衰變的過程中是釋放能量的，比結合能增大，的比結合能比的比結合能小，CD錯誤。
故選B。
【分析】每經過一個半衰期會有一半放射性元素發生衰變，根據電荷數和質量數守恒寫出衰變方程，該反應是衰變，并釋放出大量的能量，則由比結合能小的向比結合能大的方向進行。
2．【答案】A
【知識點】波的干涉現象
【解析】【解答】本題主要是考查隱形戰機的隱形原理，掌握波的干涉、弄清楚波的干涉相消條件是解答本題的關鍵。隱形戰機雷達隱形的原理是波的干涉，利用行波對方雷達發射波的頻率相同、相位相差半個波長而抵消。
故選A。
【分析】頻率相同的兩列波相遇時會發生干涉，根據波的干涉進行分析。
3．【答案】C
【知識點】運動學 S-t 圖象；超重與失重
【解析】【解答】A．圖像的斜率等于速度，可知時間內，返回艙的速度逐漸增大，加速度向下，可知處于失重狀態，選項A錯誤；
B．時間內，圖像的斜率不變，則返回艙的速度不變，不是處于失重狀態，選項B錯誤；
C．圖像的斜率等于速度，可知時刻返回艙的速度小于時刻返回艙的速度，選項C正確；
D．時間內圖線為一平行于時間軸的直線， 該段時間速度等于0，時刻返回艙速度為零，剛好返回到地面，選項D錯誤。
故選C。
【分析】v-t圖像的斜率表示速度，加速度向上為超重，加速度向下為失重，返回艙速度為零，剛好返回到地面。
4．【答案】A
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】本題考查學生對受力平衡、胡克定律的掌握，解題關鍵是根據幾何關系得到兩端點在水平方向上的距離不變。采用對稱法，分析出F1=F2。ACD．以空竹為研究對象進行受力分析，同一根繩子拉力處處相等，所以F1=F2，，在水平方向空竹
處于共點力平衡，設F1與水平方向的夾角為，F2與水平方向的夾角為
所以
所以兩根繩與豎直方向的夾角相等，為，則
兩端點移動的過程，兩端點在水平方向上的距離不變，所以不變，不變，從而得出F1和F2均不變，故A正確，CD錯誤；
B．根據
可知彈性繩的總長度不變，B錯誤。
故選A。
【分析】對空竹受力分析，根據對稱性和受力分析，結合角度變化，分析左右兩邊繩的彈力變化；根據胡克定律，分析彈性繩的總長度變化。
5．【答案】C
【知識點】萬有引力定律；衛星問題
【解析】【解答】 運用萬有引力定律求出中心體的質量。能夠運用物理規律去表示所要求解的物理量。向心力的公式選取要根據題目提供的已知物理量或所求解的物理量選取應用。A．懸浮在空間站內的物體，仍受地球的引力作用，選項A錯誤；
B．根據
可得地球的質量
選項B錯誤；
C．地球的密度
選項C正確；
D．神舟十八號飛船與空間站組合體分離后將做向心運動，選項D錯誤。
故選C。
【分析】懸浮在空間站內的物體，仍受地球的引力作用，地球的引力提供物體做圓周運動的向心力可得地球的質量，結合密度公式可得地球的密度；神舟十八號飛船與空間站組合體分離后返回地球，軌道半徑變小，以此來判斷是向心運動。
6．【答案】B
【知識點】焦耳定律；牛頓運動定律的綜合應用；機車啟動
【解析】【解答】本題考查牛頓第二定律的應用以及勻變速直線運動規律、瞬時功率的計算，會根據題意列式代入數據解答。A．對游客和滑板整體分析，勻速下滑時
代入解得
故A錯誤；
B．已知
設輕繩牽引力為，則最大速度
聯立解得
故B正確；
C．已知
由題意得
解得加速度大小
故C錯誤；
D．若該電動機的輸入電壓為100V，輸入電流為5A，則發動機發熱功率
又
解得內阻
故D錯誤。
故選B。
【分析】對游客和滑板整體分析，根據平衡條件求解常數k；牽引力最小等于阻力加上重力分力，牽引力最小，速度最大；根據牛頓第二定律求解加速度。根據功率公式求解發電機內阻。
7．【答案】B,D
【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本題考查了折射定律的基本運用，與平時做的常規題有所區別，注意折射光線與入射光線在法線的同一側，掌握折射率的公式和的靈活運用。
A． 折射定律和電磁波傳播規律仍然不變， 由于平板介質材料的折射率為負值，則電磁波在材料中折射方向位于法線的下方，所以該電磁波的出射點位于法線的下方，故A錯誤；
B．根據光路可逆原理，電磁波的出射方向與電磁波入射到平板介質的方向平行，故B正確；
C．根據
則電磁波由空氣進入平板介質，波長變短，故C錯誤；
D．根據
得折射光線與法線夾角為
由B選項可知，光在平板介質中的速度為，則電磁波在平板介質中的傳播時間為
故D正確。
故選BD。
【分析】根據折射的規律分析，根據折射定律結合幾何關系解得電磁波的傳播路程和傳播速度，從而計算時間。
8．【答案】B,D
【知識點】電場力做功；牛頓第二定律；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】A．在甲圓桶中的電場為勻強電場，根據公式
可知，塵粒受電場力為恒力，由于空氣阻力與塵粒運動的速度成正比，即f=kv，可知塵粒所受的合力
隨速度的變化而改變，根據牛頓第二定律
可知，塵埃受到的合外力先隨著速度的增加而減小，達到穩定后，加速度為零，即塵埃加速度變化，故A錯誤；
B．對乙圓桶中的塵粒，受到電場力大小
乙圓桶空間中的電場不是勻強電場，離導線越遠的電場強度越小，所以塵粒在向桶壁運動過程中，塵粒所受電場力變小，故B正確；
C．根據功的公式
和
可得
由于塵粒在甲桶的電場中，整體做變速直線運動，故在任意相等時間內，位移L可能不同，即任意相等時間內，甲桶中電場力對單個塵粒做的功不一定相等，故C錯誤；
D．根據公式
可知，電場對單個塵粒做功的最大值都等于，故D正確。
故選BD。
【分析】物體受到的合力為恒力，加速度也恒定；合力為變力，加速度也變化；根據塵粒受力情況結合牛頓第二定律判斷加速度變化情況；根據電場分布情況結合判斷塵粒受電場力變化情況；根據功的公式判斷電場力做功情況；根據電場力做功的特點計算電場力做功最大值。
9．【答案】B,C
【知識點】交變電流的產生及規律；交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值
【解析】【解答】本題主要是考查了變壓器的知識；解答本題的關鍵是知道理想變壓器的電壓之比等于匝數之比，在只有一個副線圈的情況下的電流之比等于匝數的反比，而本題中的變壓器不是理想變壓器，上面的結論不成立。
A．變壓器是利用電磁感應原理，必須通過交流電產生變化的磁場，才能產生感應電流，故A錯誤；
B．變壓器不改變交變電流的頻率，頻率應為
故B正確；
CD．根據正弦式交流電中有效值和峰值的關系可知，原線圈的電壓有效值為
根據變壓器的工作原理有
，
聯立可得
解得
U2=396V
故C正確，D錯誤。
故選BC。
【分析】變壓器是利用電磁感應原理，發射線圈與接收線圈中磁通量變化的頻率相等；根據穿過接收線圈的磁通量約為發射線圈的90%，穿過發射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的磁通量變化率不相同，結合法拉第電磁感應定律進行解答。
10．【答案】A,D
【知識點】電磁感應中的磁變類問題
【解析】【解答】對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現象中的能量轉化問題，根據動能定理、功能關系等列方程求解。A．剛開始時線框相對于磁場的速度最大，此時感應電動勢最大，ab、cd均切割磁感線，產生感應電動勢方向相同，則總電動勢為
因線框電阻為R，則ad部分電阻為，則a、d兩點間的電壓的最大值為
故A正確；
B．磁場向右運動，相當于線框切割磁感線，ab、cd所處的磁場區域會不斷發生變化，結合右手定則可分析出金屬框中電流方向并不是不變的，故B錯誤；
D．設玩具車最大速度為v，則相對于磁場的速度為v0-v，此時總電動勢為
總安培力為
因玩具車所受阻力為其對地速度的k倍，當速度最大時有
可得
故D正確；
C．玩具車達到最大速度時即勻速時，安培力的功率為
電功率為
僅當
即
才有
但v不一定取，故C錯誤。
故選AD。
【分析】根據楞次定律分析感應電流方向，根據法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律解得電壓最大值；根據阻力與安培力的關系結合動能的公式解答，根據功率的計算公式解答。
11．【答案】（1）12.30
（2）
（3）
【知識點】刻度尺、游標卡尺及螺旋測微器的使用；生活中的圓周運動；機械能守恒定律
【解析】【解答】理解實驗原理是解題的前提與關鍵，根據題意應用機械能守恒定律、牛頓第二定律即可解題。小球到達最低點時的速度最大，細線的拉力最大。
（1）圖乙中用游標卡尺測得小球的直徑為
（2）
小球通過最低點時傳感器的示數最大，由牛頓第二定律
求得
（3）
小球由最高點運動至最低點過程中，根據機械能守恒定律有
小球通過最低點時有
聯立得
故圖像的斜率大小
【分析】（1）根據游標卡尺的精確度分析解答，游標卡尺不需要估讀；
（2）小球通過最低點時傳感器的示數最大，由牛頓第二定律求解 小球該次通過最低點的速度大小 ；
（3）小球下擺過程機械能守恒，應用機械能守恒定律求出小球到達最低時的速度，小球到達最低點時的速度最大，細線的拉力最大。
（1）圖乙中用游標卡尺測得小球的直徑為
（2）小球通過最低點時傳感器的示數最大，由牛頓第二定律
求得
（3）小球由最高點運動至最低點過程中，根據機械能守恒定律有
小球通過最低點時有
聯立得
故圖像的斜率大小
12．【答案】（1）U1；
（2）5.1；0.32
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】本題主要考查了電動勢和內阻的測量實驗，根據實驗原理掌握正確的實驗操作，結合圖像的物理意義和閉合電路歐姆定律即可完成分析。
（1）根據閉合電路歐姆定律可得
結合圖像可得，
所以
（2）開關S斷開，均勻電阻絲XY長1.0m，電阻8.0Ω，則當滑片J移動至XJ=0.80m位置時，XJ部分電阻為
電流表G示數為零，則
開關S閉合，滑片J移至XJ=0.75m處時，XJ部分電阻為
則有
即
解得
【分析】（1）根據電路構造的特點分析出電阻的作用；根據閉合電路歐姆定律，結合圖像的物理意義得出電動勢和內阻的表達式；
（2）熟悉電路構造的分析，結合歐姆定律得出電動勢和內阻的大小。
（1）[1][2]根據閉合電路歐姆定律可得
結合圖像可得，
所以
（2）[1]開關S斷開，均勻電阻絲XY長1.0m，電阻8.0Ω，則當滑片J移動至XJ=0.80m位置時，XJ部分電阻為
電流表G示數為零，則
[2]開關S閉合，滑片J移至XJ=0.75m處時，XJ部分電阻為
則有
即
解得
13．【答案】（1）從A孔進入的空氣，發生的是等溫變化，初狀態參量為，
末狀態參量為，
由玻意耳定律得
解得
（2）當手指按住最上面的A孔緩慢地上提竹筒，設最后竹筒里面取水的高度為。對竹筒上部分的空氣分析可知初狀態參量為，
末狀態參量為，
由玻意耳定律得
整理并代入數據得
解得
所以一次能汲出水的質量
【知識點】氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）從A孔進入的空氣，發生的是等溫變化，明確初狀態參量，由玻意耳定律列式求解；
（2）明確初狀態參量，整個過程溫度保持不變，由玻意耳定律列式求解。
（1）從A孔進入的空氣，發生的是等溫變化，初狀態參量為，
末狀態參量為，
由玻意耳定律得
解得
（2）當手指按住最上面的A孔緩慢地上提竹筒，設最后竹筒里面取水的高度為。對竹筒上部分的空氣分析可知初狀態參量為，
末狀態參量為，
由玻意耳定律得
整理并代入數據得
解得
所以一次能汲出水的質量
14．【答案】（1）加速過程，根據動能定理
解得
（2）勻強電場垂直于直線，則電子離開Q點后做類平拋運動，故電場力垂直PQ向下，又電子帶負電，則電場E1方向垂直PQ向上（PQM平面），PQ方向做勻速直線運動，有
垂直PQ方向勻加速直線運動，有
根據牛頓第二定律
聯立可得
（3）將速度沿著和垂直方向分解，
垂直于方向做圓周運動，有
運動周期
磁感應強度的最小值，則周期T取最大值，平行于方向做勺速直線運動
分運動的時間相同，剛好為一個周期T，即
聯立解得
【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）根據動能定理求出粒子電子從Q點射出時的速度大小；
（2）根據幾何關系求出電子運動的半徑，再根據洛倫茲力提供向心力求出磁感應強度；根據左手定則判斷磁場的方向；
（3）將電子的速度沿著QM和垂直QM方向分解，分析兩個方向的運動性質，結合分運動時間相等的性質求解B的大小。
（1）加速過程，根據動能定理
解得
（2）勻強電場垂直于直線，則電子離開Q點后做類平拋運動，故電場力垂直PQ向下，又電子帶負電，則電場E1方向垂直PQ向上（PQM平面），PQ方向做勻速直線運動，有
垂直PQ方向勻加速直線運動，有
根據牛頓第二定律
聯立可得
（3）將速度沿著和垂直方向分解，
垂直于方向做圓周運動，有
運動周期
磁感應強度的最小值，則周期T取最大值，平行于方向做勺速直線運動
分運動的時間相同，剛好為一個周期T，即
聯立解得
15．【答案】（1）機器貓在A板跳躍過程，系統水平動量守恒，得
解得A板運動的距離
貓運動的距離為
（2）設機器貓起跳速度為，A板獲得的速度大小為
機器貓與A板水平方向動量守恒，有
機器貓的斜拋過程有
能量關系
聯立可得
由數學關系可知當
即夾角為60°時W有最小值
（3）由
可得，
機器貓跳上B板，瞬間減速的過程中由動量定理
豎直方向上
水平方向上
聯立可得 貓和B板瞬間碰撞后的速度分別為，
則
貓將在B板上勻減速滑行，B板將勻加速運動直至貓與B板共速（此時貓未滑下B板）
則有
可解得
聯立可得
【知識點】動量定理；動量守恒定律；斜拋運動
【解析】【分析】（1） 機器貓在A板跳躍過程，系統水平動量守恒， 結合人船模型求解；
（2）機器貓與A板水平方向動量守恒，豎直方向做豎直上拋運動，得到能量表達式，結合數學關系求解夾角大小；
（3）機器貓跳上B板，瞬間減速的過程中由動量定理求解貓和B板瞬間碰撞后的速度，貓將在B板上勻減速滑行，B板將勻加速運動直至貓與B板共速，結合運動學公式求解時間。
（1）機器貓在A板跳躍過程，系統水平動量守恒，得
解得A板運動的距離
貓運動的距離為
（2）設機器貓起跳速度為，A板獲得的速度大小為
機器貓與A板水平方向動量守恒，有
機器貓的斜拋過程有
能量關系
聯立可得
由數學關系可知當
即夾角為60°時W有最小值
（3）由
可得，
機器貓跳上B板，瞬間減速的過程中由動量定理
豎直方向上
水平方向上
聯立可得 貓和B板瞬間碰撞后的速度分別為，
則
貓將在B板上勻減速滑行，B板將勻加速運動直至貓與B板共速（此時貓未滑下B板）
則有
可解得
聯立可得
1 / 12025屆湖南省“長望瀏寧”四縣高三下學期3月調研考試物理試題
1．（2025·湖南模擬）2024年10月3日，期刊上發表了中國科學院近代物理研究所的研究成果：研究團隊合成新核素钚，并測量了該新核素的半衰期。已知钚的衰變方程為，下列說法正確的是（　　）
A．10個钚原子核經過一個半衰期后還剩余5個
B．钚原子核發生的是衰變
C．钚原子核發生衰變時需要吸收能量
D．原子核的比結合能比原子核的比結合能大
【答案】B
【知識點】原子核的衰變、半衰期；原子核的人工轉變；質量虧損與質能方程；結合能與比結合能
【解析】【解答】本題主要考查了原子核的衰變，明確核反應過程中，電荷數和質量數守恒，知道結合能的概念。A．半衰期是大量粒子的統計規律，對于少量原子核并不成立，10個钚-227經過一個半衰期不一定還剩余5個，A錯誤；
B．衰變過程中電荷數和質量數守恒，可知Y的質量數為4，電荷數為2，可知Y為α粒子，則钚-227發生的是α衰變，B正確；
CD．钚-227衰變的過程中是釋放能量的，比結合能增大，的比結合能比的比結合能小，CD錯誤。
故選B。
【分析】每經過一個半衰期會有一半放射性元素發生衰變，根據電荷數和質量數守恒寫出衰變方程，該反應是衰變，并釋放出大量的能量，則由比結合能小的向比結合能大的方向進行。
2．（2025·湖南模擬）如圖為隱形戰機的有源對消電子設備發出與對方雷達發射波匹配的行波，使對方雷達接受不到反射波，從而達到雷達隱形的效果。下列說法正確的是（　　）
A．隱形戰機雷達隱形的原理是波的干涉
B．隱形戰機雷達隱形的原理是波的衍射
C．隱形戰機雷達隱形的原理是多普勒效應
D．行波與對方雷達發射波的頻率相同、相位相同
【答案】A
【知識點】波的干涉現象
【解析】【解答】本題主要是考查隱形戰機的隱形原理，掌握波的干涉、弄清楚波的干涉相消條件是解答本題的關鍵。隱形戰機雷達隱形的原理是波的干涉，利用行波對方雷達發射波的頻率相同、相位相差半個波長而抵消。
故選A。
【分析】頻率相同的兩列波相遇時會發生干涉，根據波的干涉進行分析。
3．（2025·湖南模擬）2024年11月4日1時24分，神舟十八號載人飛船返回艙在東風著陸場成功著陸，神舟十八號載人飛行任務取得圓滿成功。神舟十八號載人飛船返回地面的一段時間內做豎直向下的直線運動，其運動的位移與時間的圖像如圖所示，其中時間內和時間內圖線為曲線，時間內圖線為一傾斜直線，時間內圖線為一平行于時間軸的直線，是時間內的某一時刻，則下列說法正確的是（　　）
A．時間內，返回艙的速度逐漸增大，處于超重狀態
B．時間內，返回艙的速度逐漸增大，處于失重狀態
C．時刻返回艙的速度小于時刻返回艙的速度
D．時刻返回艙剛好返回到地面
【答案】C
【知識點】運動學 S-t 圖象；超重與失重
【解析】【解答】A．圖像的斜率等于速度，可知時間內，返回艙的速度逐漸增大，加速度向下，可知處于失重狀態，選項A錯誤；
B．時間內，圖像的斜率不變，則返回艙的速度不變，不是處于失重狀態，選項B錯誤；
C．圖像的斜率等于速度，可知時刻返回艙的速度小于時刻返回艙的速度，選項C正確；
D．時間內圖線為一平行于時間軸的直線， 該段時間速度等于0，時刻返回艙速度為零，剛好返回到地面，選項D錯誤。
故選C。
【分析】v-t圖像的斜率表示速度，加速度向上為超重，加速度向下為失重，返回艙速度為零，剛好返回到地面。
4．（2025·湖南模擬）“抖空竹”是中國傳統的體育活動之一，在我國有悠久的歷史，為國家級非物質文化遺產之一。現將抖空竹中的一個變化過程簡化成以下模型：輕質彈性繩（彈力特點類比于彈簧）系于兩根輕桿的端點位置，左、右手分別握住兩根輕桿的另一端，一定質量的空竹架在彈性繩上。接下來做出如下動作，左手抬高的同時右手放低，使繩的兩個端點勻速移動，其軌跡為豎直面內等腰梯形的兩個腰（梯形的上下底水平），如圖所示。則兩端點分別自A、C兩點，沿、以同一速度勻速移動，忽略摩擦力及空氣阻力的影響，則運動過程中（　　）
A．左右兩邊繩的彈力均不變且相等
B．彈性繩的總長度變大
C．左邊繩的彈力變大
D．右邊繩的彈力變小
【答案】A
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】本題考查學生對受力平衡、胡克定律的掌握，解題關鍵是根據幾何關系得到兩端點在水平方向上的距離不變。采用對稱法，分析出F1=F2。ACD．以空竹為研究對象進行受力分析，同一根繩子拉力處處相等，所以F1=F2，，在水平方向空竹
處于共點力平衡，設F1與水平方向的夾角為，F2與水平方向的夾角為
所以
所以兩根繩與豎直方向的夾角相等，為，則
兩端點移動的過程，兩端點在水平方向上的距離不變，所以不變，不變，從而得出F1和F2均不變，故A正確，CD錯誤；
B．根據
可知彈性繩的總長度不變，B錯誤。
故選A。
【分析】對空竹受力分析，根據對稱性和受力分析，結合角度變化，分析左右兩邊繩的彈力變化；根據胡克定律，分析彈性繩的總長度變化。
5．（2025·湖南模擬）2024年11月3日，神舟十八號載人飛船與空間站組合體成功分離，航天員葉光富、李聰、李廣蘇即將踏上回家之旅。空間站組合體距離地面的高度為h，運動周期為T，繞地球的運動可視為勻速圓周運動。已知萬有引力常量為G，地球半徑為R，根據以上信息可知（　　）
A．懸浮在空間站內的物體，不受力的作用
B．空間站組合體的質量
C．地球的密度
D．神舟十八號飛船與空間站組合體分離后做離心運動
【答案】C
【知識點】萬有引力定律；衛星問題
【解析】【解答】 運用萬有引力定律求出中心體的質量。能夠運用物理規律去表示所要求解的物理量。向心力的公式選取要根據題目提供的已知物理量或所求解的物理量選取應用。A．懸浮在空間站內的物體，仍受地球的引力作用，選項A錯誤；
B．根據
可得地球的質量
選項B錯誤；
C．地球的密度
選項C正確；
D．神舟十八號飛船與空間站組合體分離后將做向心運動，選項D錯誤。
故選C。
【分析】懸浮在空間站內的物體，仍受地球的引力作用，地球的引力提供物體做圓周運動的向心力可得地球的質量，結合密度公式可得地球的密度；神舟十八號飛船與空間站組合體分離后返回地球，軌道半徑變小，以此來判斷是向心運動。
6．（2025·湖南模擬）景區內的滑沙活動項目備受游客們的青睞，圖甲為滑沙運動過程的簡化圖。某可視為質點的游客坐在滑板上從斜坡A點由靜止開始滑下，游客和滑板的總質量m=60kg，滑板與斜坡滑道間的阻力大小，k為常數，阻力f方向與速度方向相反，斜坡足夠長，斜坡的傾角θ=37°。該游客和滑板整體下滑過程中的最大速度為4m/s，滑沙結束后為了減輕游客負擔，可利用圖乙功率恒為450W的電動機，通過平行于斜面的輕繩牽引游客和滑板回到A點。整個運動過程中空氣阻力忽略不計，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6。下列說法正確的是（　　）
A．常數k為120kg/s
B．牽引過程中整體達到的最大速度為1m/s
C．牽引過程中整體速度為0.5m/s時，整體的加速度大小為8.5m/s2
D．若該電動機的輸入電壓為100V，輸入電流為5A，則發動機內阻為10Ω
【答案】B
【知識點】焦耳定律；牛頓運動定律的綜合應用；機車啟動
【解析】【解答】本題考查牛頓第二定律的應用以及勻變速直線運動規律、瞬時功率的計算，會根據題意列式代入數據解答。A．對游客和滑板整體分析，勻速下滑時
代入解得
故A錯誤；
B．已知
設輕繩牽引力為，則最大速度
聯立解得
故B正確；
C．已知
由題意得
解得加速度大小
故C錯誤；
D．若該電動機的輸入電壓為100V，輸入電流為5A，則發動機發熱功率
又
解得內阻
故D錯誤。
故選B。
【分析】對游客和滑板整體分析，根據平衡條件求解常數k；牽引力最小等于阻力加上重力分力，牽引力最小，速度最大；根據牛頓第二定律求解加速度。根據功率公式求解發電機內阻。
7．（2025·湖南模擬）某些為屏蔽電磁波設計的人工材料，其折射率為負值（n<0），稱為負折射率材料。電磁波從空氣射入這類材料時，折射定律和電磁波傳播規律仍然不變，但是折射波與入射波位于法線的同一側（此時折射角取負值）。如圖所示，波源S發出的一束電磁波的入射角i=45°，經負折射率的平板介質材料后，從另一側面射出（圖中未畫出），已知平板介質的厚度為d，電磁波在真空中的傳播速度為c，不考慮電磁波在介面處的反射，下列說法正確的是（　　）
A．該電磁波的出射點位于法線OO1的上方
B．電磁波射出平板的出射方向與射入平板的入射方向平行
C．電磁波由空氣進入平板介質，波長變長
D．電磁波在平板介質中的傳播時間為
【答案】B,D
【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本題考查了折射定律的基本運用，與平時做的常規題有所區別，注意折射光線與入射光線在法線的同一側，掌握折射率的公式和的靈活運用。
A． 折射定律和電磁波傳播規律仍然不變， 由于平板介質材料的折射率為負值，則電磁波在材料中折射方向位于法線的下方，所以該電磁波的出射點位于法線的下方，故A錯誤；
B．根據光路可逆原理，電磁波的出射方向與電磁波入射到平板介質的方向平行，故B正確；
C．根據
則電磁波由空氣進入平板介質，波長變短，故C錯誤；
D．根據
得折射光線與法線夾角為
由B選項可知，光在平板介質中的速度為，則電磁波在平板介質中的傳播時間為
故D正確。
故選BD。
【分析】根據折射的規律分析，根據折射定律結合幾何關系解得電磁波的傳播路程和傳播速度，從而計算時間。
8．（2025·湖南模擬）為模擬空氣凈化過程，設計了如圖甲和乙所示的兩種密閉除塵桶。在甲圓桶頂部和底面間加上恒定電壓U，沿圓桶的軸線方向會形成一片勻強電場，初速度為零的帶電塵粒的運動方向如圖甲箭頭方向所示：而在乙圓桶軸線處放一直導線，在導線與桶壁間也加上恒定電壓U，會形成沿半徑方向的輻向電場，初速度為零的帶電塵粒的運動方向如圖乙箭頭方向所示。已知帶電塵粒運動時受到的空氣阻力大小與其速度大小成正比，假設每個塵粒的質量和帶電荷量均相同，帶電塵粒的重力忽略不計，則（　　）
A．在甲桶中，塵粒的加速度一直不變
B．在乙桶中，塵粒在向桶壁運動過程中，塵粒所受電場力變小
C．任意相等時間內，甲桶中電場力對單個塵粒做的功一定相等
D．甲、乙兩桶中，電場力對單個塵粒做功的最大值相等
【答案】B,D
【知識點】電場力做功；牛頓第二定律；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】A．在甲圓桶中的電場為勻強電場，根據公式
可知，塵粒受電場力為恒力，由于空氣阻力與塵粒運動的速度成正比，即f=kv，可知塵粒所受的合力
隨速度的變化而改變，根據牛頓第二定律
可知，塵埃受到的合外力先隨著速度的增加而減小，達到穩定后，加速度為零，即塵埃加速度變化，故A錯誤；
B．對乙圓桶中的塵粒，受到電場力大小
乙圓桶空間中的電場不是勻強電場，離導線越遠的電場強度越小，所以塵粒在向桶壁運動過程中，塵粒所受電場力變小，故B正確；
C．根據功的公式
和
可得
由于塵粒在甲桶的電場中，整體做變速直線運動，故在任意相等時間內，位移L可能不同，即任意相等時間內，甲桶中電場力對單個塵粒做的功不一定相等，故C錯誤；
D．根據公式
可知，電場對單個塵粒做功的最大值都等于，故D正確。
故選BD。
【分析】物體受到的合力為恒力，加速度也恒定；合力為變力，加速度也變化；根據塵粒受力情況結合牛頓第二定律判斷加速度變化情況；根據電場分布情況結合判斷塵粒受電場力變化情況；根據功的公式判斷電場力做功情況；根據電場力做功的特點計算電場力做功最大值。
9．（2025·湖南模擬）電動汽車無線充電示意圖如圖，若發射線圈的輸入電壓為、匝數為1100匝，接收線圈的匝數為2200匝。由于漏磁，穿過接收線圈的磁通量約為發射線圈的90%，下列說法正確的是（　　）
A．發射線圈采用直流電也能為電動汽車充電
B．接收線圈中交變電流的頻率為50Hz
C．接收線圈輸出電壓的有效值為396V
D．接收線圈輸出電壓的有效值為440V
【答案】B,C
【知識點】交變電流的產生及規律；交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值
【解析】【解答】本題主要是考查了變壓器的知識；解答本題的關鍵是知道理想變壓器的電壓之比等于匝數之比，在只有一個副線圈的情況下的電流之比等于匝數的反比，而本題中的變壓器不是理想變壓器，上面的結論不成立。
A．變壓器是利用電磁感應原理，必須通過交流電產生變化的磁場，才能產生感應電流，故A錯誤；
B．變壓器不改變交變電流的頻率，頻率應為
故B正確；
CD．根據正弦式交流電中有效值和峰值的關系可知，原線圈的電壓有效值為
根據變壓器的工作原理有
，
聯立可得
解得
U2=396V
故C正確，D錯誤。
故選BC。
【分析】變壓器是利用電磁感應原理，發射線圈與接收線圈中磁通量變化的頻率相等；根據穿過接收線圈的磁通量約為發射線圈的90%，穿過發射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的磁通量變化率不相同，結合法拉第電磁感應定律進行解答。
10．（2025·湖南模擬）某校科技興趣小組設計了一個玩具車的電磁驅動系統，如圖所示，abcd是固定在塑料玩具車底部的長為L、寬為的長方形金屬線框，線框粗細均勻且電阻為R。驅動磁場為方向垂直于水平地面、等間隔交替分布的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，每個磁場寬度均為。現使驅動磁場以速度向右勻速運動，線框將受到磁場力并帶動玩具車由靜止開始運動，假設玩具車所受阻力f與其運動速度v的關系為（k為常量）。下列說法正確的是（　　）
A．a、d兩點間的電壓的最大值為
B．玩具車在運動過程中線框中電流方向不改變
C．線框勻速運動時，安培力的功率等于回路中的電功率
D．玩具車和線框的最大速度為
【答案】A,D
【知識點】電磁感應中的磁變類問題
【解析】【解答】對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現象中的能量轉化問題，根據動能定理、功能關系等列方程求解。A．剛開始時線框相對于磁場的速度最大，此時感應電動勢最大，ab、cd均切割磁感線，產生感應電動勢方向相同，則總電動勢為
因線框電阻為R，則ad部分電阻為，則a、d兩點間的電壓的最大值為
故A正確；
B．磁場向右運動，相當于線框切割磁感線，ab、cd所處的磁場區域會不斷發生變化，結合右手定則可分析出金屬框中電流方向并不是不變的，故B錯誤；
D．設玩具車最大速度為v，則相對于磁場的速度為v0-v，此時總電動勢為
總安培力為
因玩具車所受阻力為其對地速度的k倍，當速度最大時有
可得
故D正確；
C．玩具車達到最大速度時即勻速時，安培力的功率為
電功率為
僅當
即
才有
但v不一定取，故C錯誤。
故選AD。
【分析】根據楞次定律分析感應電流方向，根據法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律解得電壓最大值；根據阻力與安培力的關系結合動能的公式解答，根據功率的計算公式解答。
11．（2025·湖南模擬）某同學用圖甲所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律。他測出小鋼球的直徑、質量，將不可伸長的輕繩一端連接固定的拉力傳感器，另一端連接小鋼球，使小鋼球靜止在最低點，測出繩長，然后拉起小鋼球至某一位置，測出輕繩與豎直方向之間的夾角，隨即將其由靜止釋放。小鋼球在豎直平面內擺動，記錄鋼球擺動過程中拉力傳感器示數的最大值。改變，重復上述過程。根據測量數據在直角坐標系中繪制圖像。當地重力加速度為。
（1）該同學用游標卡尺測小球直徑時，示數如圖乙所示，則　 　。
（2）某次測量時，傳感器示數的最大值為，則小球該次通過最低點的速度大小為　 　（用題中所給物理量的符號表示）。
（3）該同學繪制的圖像如圖丙所示，若小球運動過程中滿足機械能守恒，則圖像的斜率大小　 　（用題中所給物理量的符號表示）。
【答案】（1）12.30
（2）
（3）
【知識點】刻度尺、游標卡尺及螺旋測微器的使用；生活中的圓周運動；機械能守恒定律
【解析】【解答】理解實驗原理是解題的前提與關鍵，根據題意應用機械能守恒定律、牛頓第二定律即可解題。小球到達最低點時的速度最大，細線的拉力最大。
（1）圖乙中用游標卡尺測得小球的直徑為
（2）
小球通過最低點時傳感器的示數最大，由牛頓第二定律
求得
（3）
小球由最高點運動至最低點過程中，根據機械能守恒定律有
小球通過最低點時有
聯立得
故圖像的斜率大小
【分析】（1）根據游標卡尺的精確度分析解答，游標卡尺不需要估讀；
（2）小球通過最低點時傳感器的示數最大，由牛頓第二定律求解 小球該次通過最低點的速度大小 ；
（3）小球下擺過程機械能守恒，應用機械能守恒定律求出小球到達最低時的速度，小球到達最低點時的速度最大，細線的拉力最大。
（1）圖乙中用游標卡尺測得小球的直徑為
（2）小球通過最低點時傳感器的示數最大，由牛頓第二定律
求得
（3）小球由最高點運動至最低點過程中，根據機械能守恒定律有
小球通過最低點時有
聯立得
故圖像的斜率大小
12．（2025·湖南模擬）在日常生活中充電寶可以像電源一樣使用，小明嘗試測量某充電寶的電動勢E及內阻r（E約為5V，r約為零點幾歐姆），現有實驗器材：量程為3V的電壓表V，量程為0.3A的電流表A（具有一定內阻），定值電阻R=40Ω，滑動變阻器R'，開關S，導線若干。
（1）實驗中，以電流表示數I為橫坐標，電壓表示數U為縱坐標得到圖2所示的圖像，其中圖像與縱軸交點的縱坐標為U1，與橫軸交點的橫坐標為I1，則E=　 　，r=　 　。（均選用U1、I1、R表示）
（2）小張認為，考慮到電壓表并非理想電表，所以小明設計的電路測量誤差較大。于是設計了如圖3所示的電路測量充電寶的電動勢E和內電阻r，均勻電阻絲XY長1.0m，電阻為8.0Ω，標準電池A的電動勢為8.0V、內電阻為0.50Ω，定值電阻R1=1.5Ω，R2=4.8Ω。
①開關S斷開，當滑動片J移動至XJ=0.80m位置時電流表G示數為零，則充電寶B的電動勢E=　 　V（保留兩位有效數字）；
②開關S閉合，滑片J移至XJ=0.75m處時電流表G示數為零，則充電寶B的內電阻r=　 　Ω（保留兩位有效數字）。
【答案】（1）U1；
（2）5.1；0.32
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】本題主要考查了電動勢和內阻的測量實驗，根據實驗原理掌握正確的實驗操作，結合圖像的物理意義和閉合電路歐姆定律即可完成分析。
（1）根據閉合電路歐姆定律可得
結合圖像可得，
所以
（2）開關S斷開，均勻電阻絲XY長1.0m，電阻8.0Ω，則當滑片J移動至XJ=0.80m位置時，XJ部分電阻為
電流表G示數為零，則
開關S閉合，滑片J移至XJ=0.75m處時，XJ部分電阻為
則有
即
解得
【分析】（1）根據電路構造的特點分析出電阻的作用；根據閉合電路歐姆定律，結合圖像的物理意義得出電動勢和內阻的表達式；
（2）熟悉電路構造的分析，結合歐姆定律得出電動勢和內阻的大小。
（1）[1][2]根據閉合電路歐姆定律可得
結合圖像可得，
所以
（2）[1]開關S斷開，均勻電阻絲XY長1.0m，電阻8.0Ω，則當滑片J移動至XJ=0.80m位置時，XJ部分電阻為
電流表G示數為零，則
[2]開關S閉合，滑片J移至XJ=0.75m處時，XJ部分電阻為
則有
即
解得
13．（2025·湖南模擬）戶外活動時需要在小口徑井中取水，某同學取如圖所示的一段均勻竹筒做了一個簡易汲水器。在五個竹節處開小孔，把竹筒豎直放入水中一定深度后，水從C孔進入，空氣由從A孔排出，當內外液面相平時，手指按住竹筒最上A處小孔緩慢地上提竹筒，即可把井中的水取上來。設竹筒內空間橫截面積S=20cm2，竹筒共四小段，每小段長度=25cm，已知水密度ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度大小g=10m/s2，大氣壓強p0=1.0×105Pa，整個過程溫度保持不變，空氣可視為理想氣體。求：
（1）把竹筒全部浸入水中，堵住A孔將其拿出水面后再松開A孔讓水慢慢流出，流出一部分水后再堵住A孔，等竹筒中水位穩定后，水位剛好下降到B處，求從A孔進入的標準大氣壓下空氣的體積V；
（2）把竹筒豎直放入井水中汲水時，如果井水水位剛好浸到竹筒竹節B處，手指按住最上面的A孔緩慢地上提竹筒，一次能汲出多少克的水？（≈10.05）
【答案】（1）從A孔進入的空氣，發生的是等溫變化，初狀態參量為，
末狀態參量為，
由玻意耳定律得
解得
（2）當手指按住最上面的A孔緩慢地上提竹筒，設最后竹筒里面取水的高度為。對竹筒上部分的空氣分析可知初狀態參量為，
末狀態參量為，
由玻意耳定律得
整理并代入數據得
解得
所以一次能汲出水的質量
【知識點】氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）從A孔進入的空氣，發生的是等溫變化，明確初狀態參量，由玻意耳定律列式求解；
（2）明確初狀態參量，整個過程溫度保持不變，由玻意耳定律列式求解。
（1）從A孔進入的空氣，發生的是等溫變化，初狀態參量為，
末狀態參量為，
由玻意耳定律得
解得
（2）當手指按住最上面的A孔緩慢地上提竹筒，設最后竹筒里面取水的高度為。對竹筒上部分的空氣分析可知初狀態參量為，
末狀態參量為，
由玻意耳定律得
整理并代入數據得
解得
所以一次能汲出水的質量
14．（2025·湖南模擬）在高能物理研究中，需要實現對微觀粒子的精準控制。如圖所示，電子在管道PQ內勻強電場的作用下由P點從靜止開始做勻加速直線運動，從Q點射出，電子最終擊中與槍口相距d的點M。QM與直線PQ夾角為α，且P、Q、M三點均位于紙面內。已知電子的電荷量為（）、質量為m、PQ間距為d、電場強度為E。求：
（1）電子從Q點射出時的速度大小v；
（2）若僅在管道外部空間加入垂直于直線PQ的勻強電場，請確定的方向和大小；
（3）若僅在管道外部空間加入與直線QM平行的勻強磁場，求磁感應強度的最小值B？
【答案】（1）加速過程，根據動能定理
解得
（2）勻強電場垂直于直線，則電子離開Q點后做類平拋運動，故電場力垂直PQ向下，又電子帶負電，則電場E1方向垂直PQ向上（PQM平面），PQ方向做勻速直線運動，有
垂直PQ方向勻加速直線運動，有
根據牛頓第二定律
聯立可得
（3）將速度沿著和垂直方向分解，
垂直于方向做圓周運動，有
運動周期
磁感應強度的最小值，則周期T取最大值，平行于方向做勺速直線運動
分運動的時間相同，剛好為一個周期T，即
聯立解得
【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）根據動能定理求出粒子電子從Q點射出時的速度大小；
（2）根據幾何關系求出電子運動的半徑，再根據洛倫茲力提供向心力求出磁感應強度；根據左手定則判斷磁場的方向；
（3）將電子的速度沿著QM和垂直QM方向分解，分析兩個方向的運動性質，結合分運動時間相等的性質求解B的大小。
（1）加速過程，根據動能定理
解得
（2）勻強電場垂直于直線，則電子離開Q點后做類平拋運動，故電場力垂直PQ向下，又電子帶負電，則電場E1方向垂直PQ向上（PQM平面），PQ方向做勻速直線運動，有
垂直PQ方向勻加速直線運動，有
根據牛頓第二定律
聯立可得
（3）將速度沿著和垂直方向分解，
垂直于方向做圓周運動，有
運動周期
磁感應強度的最小值，則周期T取最大值，平行于方向做勺速直線運動
分運動的時間相同，剛好為一個周期T，即
聯立解得
15．（2025·湖南模擬）如圖所示，質量均為M=9kg，厚度相同、長度均為L=0.6m的木板A、B（上表面粗糙）并排靜止在光滑水平面上。質量m=18kg大小可忽略的機器貓靜止于A板左端，機器描從A板左端斜向上跳出后，恰好落到A木板的右端，并立即與A板達到共速。隨即以與第一次相同的速度起跳并落到B板上，機器貓落到B板上時碰撞時間極短可忽略，且不反彈。空氣阻力可忽略，重力加速度為g=10m/s2。
（1）求從機器貓起跳至落在A板右端過程中A板運動的距離；
（2）求起跳速度與水平方向夾角為多少？可使機器貓起跳消耗的能量最少；
（3）新型材料制成的機器貓其質量僅為m'=7kg其他條件保持不變，機器貓總是以（2）問中的方式起跳，機器貓與B木板間的動摩擦因數為，求機器貓在B木板上的運動時間（結果保留兩位小數）。
【答案】（1）機器貓在A板跳躍過程，系統水平動量守恒，得
解得A板運動的距離
貓運動的距離為
（2）設機器貓起跳速度為，A板獲得的速度大小為
機器貓與A板水平方向動量守恒，有
機器貓的斜拋過程有
能量關系
聯立可得
由數學關系可知當
即夾角為60°時W有最小值
（3）由
可得，
機器貓跳上B板，瞬間減速的過程中由動量定理
豎直方向上
水平方向上
聯立可得 貓和B板瞬間碰撞后的速度分別為，
則
貓將在B板上勻減速滑行，B板將勻加速運動直至貓與B板共速（此時貓未滑下B板）
則有
可解得
聯立可得
【知識點】動量定理；動量守恒定律；斜拋運動
【解析】【分析】（1） 機器貓在A板跳躍過程，系統水平動量守恒， 結合人船模型求解；
（2）機器貓與A板水平方向動量守恒，豎直方向做豎直上拋運動，得到能量表達式，結合數學關系求解夾角大小；
（3）機器貓跳上B板，瞬間減速的過程中由動量定理求解貓和B板瞬間碰撞后的速度，貓將在B板上勻減速滑行，B板將勻加速運動直至貓與B板共速，結合運動學公式求解時間。
（1）機器貓在A板跳躍過程，系統水平動量守恒，得
解得A板運動的距離
貓運動的距離為
（2）設機器貓起跳速度為，A板獲得的速度大小為
機器貓與A板水平方向動量守恒，有
機器貓的斜拋過程有
能量關系
聯立可得
由數學關系可知當
即夾角為60°時W有最小值
（3）由
可得，
機器貓跳上B板，瞬間減速的過程中由動量定理
豎直方向上
水平方向上
聯立可得 貓和B板瞬間碰撞后的速度分別為，
則
貓將在B板上勻減速滑行，B板將勻加速運動直至貓與B板共速（此時貓未滑下B板）
則有
可解得
聯立可得
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