湖南省株洲市2025届高三物理一模考试试题

湖南省株洲市2025届高三物理一模考试试题

一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）

1.（6分）如图所示，两个人利用机械装置提升相同的重物。已知重物匀速上升，相同的时

间内两重物提升的高度相同。不考虑滑轮的质量及摩擦，在重物上升的过程中人拉力的

作用点保持不变，则（0始终小于30°）则（）

A.站在地面的人比站在二楼的人省力

B.站在地面的人对绳的拉力越来越大

C.站在二楼的人对绳的拉力越来越大

D.同一时刻，二楼的人对绳拉力的功率小于地面的人对绳拉力的功率

2.（6分）如图是静电喷漆的工作原理图。工作时，喷枪部分接高压电源负极，工件接正极,

喷枪的端部与工件之间就形成静电场，从喷枪喷出的涂料微粒在电场中运动到工件，并

被吸附在工件表面。图中画出了部分微粒的轨迹，设微粒被喷出后只受静电力作用，则

（）

A.微粒的运动轨迹显示的是电场线的分布状况

B.微粒向工件运动的过程中所受电场力先减小后增天

C.在向工件运动的过程中，微粒的动能渐渐减小

D.在向工件运动的过程中，微粒的电势能渐渐增大

3.（6分）我国即将绽开深空探测，安排在2024年通过一次放射，实现火星环绕探测和软

着陆巡察探测，已知太阳的质量为M,地球，火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径分别

为比和工：速率分别为VI和V2：地球绕太阳的周期为T.当质量为m的探测器被放射到

以地球轨道上的A点为近日点，火星轨道上的B点为远日点的轨道上围绕太阳运行时（如

图），只考虑太阳对探测器的作用，则（）

灰下单疝'〜、、

A.探测器在A点加速的值等于?

R1

B.探测器在B点的加速度为———―-

（R1+R2）

C.探测地在B点的动能为Lmv：

2

3

1Ri+R~2

I）.探测器沿椭圆轨道从A飞行到B的时间为上（二一9T

2R]

4.（6分）如图所示，两条相距为L的光滑平行金属导轨位于水平面（纸面）内，其左端接

一阻值为R的电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。

金属棒ab垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R.若给棒以平行导轨向右的

初速度V。，当流过棒截面的电荷量为q时，棒的速度减为零，此过程中棒发生的位移为

Xo则在这一过程中（）

>__________________

[x""X_X@正确云M

/?X-M一^X

TxXXXX

a

A.当流过棒的电荷为a时，棒的速度为三四

23

B.当棒发生位移为工时，棒的速度为二色

32

3BqLv

C.在流过棒的电荷量”2的过程中，棒释放的热量为「_1n

8

D.定值电阻R释放的热量为I'二。

4

5.（6分）下列说法正确的是（）

A.铀238发生a衰变成铉234时、a粒子与钮234的质量之和等于铀238的质量

B.铀238发生a衰变成234时，a粒子与针234的结合能之和肯定大于铀238的结合

能

C.B衰变中释放的B射线是原子核外电子摆脱原子核的束缚形成的高速电子流

D.核反应方程14、+4He~T7o+X中，X是质子且反应过程中系统动量守恒

2

6.（6分）图1中，单匝矩形线圈abed在匀强磁场中绕垂直磁场的轴转动。变更线圈的转

速，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图线甲、乙的正弦规律变更。设线圈的电阻为

1.0Q,贝IJ（）

A.图线甲对应线圈在t=0时产生的感应电动势最大

B.图线甲、乙对应的线圈在t=0.2s时，线圈平面均平行于磁感线圈

C.图线甲、乙对应的线圈转速之比为5：4

D.图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5兀A

7.（6分）如图I,在水平向右的匀强电场中，1=0时・，带负电的物块以速度V。沿斜面对上

运动，然后滑回到原处，已知物块与斜面间的动摩擦因数不变，滑块所带电荷量不变，

用以表示滑块的动能，x表示位移，E『,表示电势能，取斜面底端为零势能面，规定V。的

方向为正方向，则下列图线正确的是（〉

A.B.

8.（6分）如图所示，长为L的轻杆两端分别固定a,b金属球，两球质量均为m,a放在光

滑的水平面上，b套在竖直固定光滑杆上且离地面高度为退L,现将b从图示位置由静

止释放，则（）

A.在b球落地前的整个过程中，a,b组成的系统水平方向上动量守恒

B.从起先到b球距地面高度为L的过程中，轻杆对a球做功为区

28

C.从起先到b球距地面高度为L的过程中，轻杆对b球做功■药gL

28

D.在b球落地的瞬间，重力对b球做功的功率为

二、非选择题

9.（6分）某试验小组用图甲所示的装置验证动量守恒定律。试验时，先将金属小球A从斜

槽上某一固定位置由静止释放,A从斜槽末端飞出后落到水平地面的记录纸上留下落点痕

迹，重复10次。把相同半径的塑料小球B放在与斜槽末端等高的支柱上，让A仍从斜槽

上同一位置由静止释放，与B碰撞后，A、B分别在记录纸上留下落点痕迹，重复1D次。

图中0点是水平槽末端在记录纸上的垂直投影点，M、P、N分别为小球落点的痕迹，小立

柱与斜槽末端的距离等于小球的直径。

（1）下列说法正确的是

A.斜槽的末端必需水平

B.须要测量斜槽末端距地面的高度

C.图中M点是未放小球B时小球A的落点痕迹

D.图中P点是未放小球B时小球A的落点痕迹

（2）用螺旋测微器测最小球的直径时示数如图乙所示，则小球的直径d=m

（3）试验中测出小球的直径及\1、P、N与。点的距离分别用d、OM、OP、0\表示，若碰

撞过程中动量守恒，贝!两小球的质量之比（月所给符号表示）

10.（9分）某同学设计了如图甲所示电路同时测量电压表（量程为3V,内阻约几千欧）和

微安表（量程为300nA,内阻约一千欧）的内阻。

（1）按试验原理将图乙中的实物连接成试验电路。

（2）试验中，该同学进行了如下操作，完成下列问题：

①闭合用伏安法测微安表内阻。为了测晨更加精确，定值电阻R用该选择的是

A.10Q

B.100Q

C.1kQ

D.7.8kQ

②闭合K前，为爱护电路不受损坏，图甲中滑动变阻器R的滑片应置丁端一（选

填“左”或“右”）

③闭合KB,调整滑动变电阻器R,让电压表和微安表的示数尽可能的大。测得电压表的

示数为由,微安表的示数为L,定值电阻的值为R。，则微安表内阻表达式为；

④断开Ki,调整滑动变阻器和电阻箱，当电阻箱的读数为R时，电压表的示数为必微

安表的示数为12,则电压表内阻表达式为。

11.（12分）弹射座椅（Ejectionseat）,是飞行员运用的座椅型救生装置。在飞机失控

时，依靠座椅上的动力（喷气发动机）装置将飞行员弹射到高空，然后张开着陆伞使飞

行员平安着陆。某次试验中，在地面上静止的战斗机内，飞行员按动弹射按钮，座椅（连

同飞行员）在喷气发动机的驱动下被弹出打开的机舱，座椅沿竖直方向运动，5s末到达

最高点，上升的总高度为112.5m。在最高点时着陆伞打开，飞行员平安到达地面。已知

座椅（连同飞行员等）的总重量为100kg,弹射过程中发动机对座椅的推力竖直向上且恒

定，不考虑发动机质量的变更及空气阻力，取g=10n/s2,求：

（1）发动机对座椅推力的值；

（2）发动机对座椅冲量的大小。

12.（20分）如图所示，在直角坐标系xOy平面内，xWO的区域存在有平行于y轴的匀强电

场，电场强度的大小为E,方向沿y轴负方向；在x2（）的区域有一个半径为L的圆形区

域，圆心。坐标（L,0）,圆内有方向垂直于x（）y平面对里的匀强磁场。一带正电的粒子

从M（・L,点以沿X轴正方向的初速度V°,恰好经0点进入磁场，之后以平行x

2

轴正方向的速度射出磁场。不计粒子的重力，求：

（1）粒子的比荷及粒子通过0点时的速度：

（2）磁感应强度的大小；

（3）粒子在磁场中运动的时间。

三、选择题（共4小题，每小题5分，满分15分）

13.(5分)下列说法正确的是()

A.布朗运动是液体分子的运动，说明液体分子在运大停息的做无规则的热运动

B.同一化学成分的某些物质能同时以晶体的形式和非晶体的形式存在

C.温度.上升物体的内能肯定增大

D.密度p体积为v摩尔质量为M的铝所含原子数为上口A

M

E.绕地球运行的“天宫二号”自由漂移的水滴成球型，这是表面张力作用的结果

14.(10分)如图所示，导热良好的气缸开口向上竖直固定在水平面上。缸内轻质光滑活塞

封闭一段肯定质量的志向气体。一根不行伸长的细绳绕过定滑轮，一端拴住活塞，另一

端拴着质量为m的重物处于平衡状态。此时气体体积为V.用手托着重物，使其缓慢曼上

升，直到细绳刚起先松弛但并未弯曲。已知大气压强为P。活塞横截面积为S,环境温度

保持不变。求：

(i)从重物起先被托运到最高点的过程中，活塞卜降的高度：

(ii)之后从静止上释放重物，重物下落到最低点未与地面接触时，活塞在气缸内比最

初托起重物前的位置上升了H.若气体的温度不变则气体汲取的热量是多少？

15.如图，A、B是两列波的波源，t=0时起先垂直纸面做简谐运动，其振动表达式分别为

x,\=0.Isin(2nt+n)m,xH=0.2sin(2nt)m,产生的两列波在同一种匀称介质中沿

纸面传播。p是介质中的一点，t=2s时起先振动，己知PA=40cm,PB=50cm,则()

A

A.两列波的波速均为3.25m/s

B.两列波的波长均为J.2m

C.两列波在P点相遇时振动总是加强的

D.P点合振动的振幅为0.1m

E.t=2.25s,P点距平衡位置0.Im

16.一根折射率为n=&、截面为正方形的厚玻璃尺放在纸面上，其正视图为长方形ABCD,

宽度AB=6a,长度AD=4j图,如图所示，在玻璃尺的左端，距离左端为a处有一光源S,

处在AB、CD中点连线的延长线上，在纸面内向AB对称射出两条光线，光线与延长线的

夹角0=45°.光从右端射出后交于延长线上的S'点。只考虑一次反射，求：

(1)S'与玻璃尺右端的距离；

(2)若玻璃尺断裂后长度减小但外形不变，使得S'与右端距离变为原来的2倍，那么

玻璃尺的长度AD'变成为多少？

参考答案与试题解析

一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）

1.（6分）如图所示，两个人利用机械装置提升相同的重物。已知重物匀速上升，相同的时

间内两重物提升的高度相同。不考虑滑轮的质量及摩擦，在重物上升的过程中人拉力的

作用点保持不变，则（0始终小于30°）则（）

A.站在地面的人比站在二楼的人省力

B.站在地面的人对绳的拉力越来越大

C.站在二楼的人对绳的拉力越来越大

D.同一时刻，二楼的人对绳拉力的功率小于地面的人对绳拉力的功率

【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率.

【专题】31：定性思想;43：推理法;52C：功率的计算专题.

【分析】依据共点力的平衡分析绳子的拉力的大小；依据功能关系分析拉力做的功，然

后由平均功率的定义式比较功率的大小。

【解答】解：BC、设物体质量为m,对物体受力分析，则有站在地面的人对绳的拉力FT

=mg,站在二楼的人对绳的拉力尸1'法理于，重物匀速上升过程中，0增大，cosO

减小，所以站在二楼的人对绳的拉力越来越大，站在地面的人对绳的拉力不变，故B错

误，C正确；

A、由于不知0详细数值，所以无法比较站在地面的人对绳的拉力与站在二楼的人对绳

的拉力的大小，故A错误；

D、依据动能定理，人对绳拉力的功等于克服物体重力做的功，克服物体重力做的功相等，

所以人对绳拉力的功柱等，所以二楼的人对绳拉力的功率等于地面的人对绳拉力的功率，

故D错误；

故选：Co

【点评】该图中，若二楼的人竖直向上拉滑轮，则可知二楼的人对绳子的拉力较小，但

该题中，不知0详细数值，所以要多加留意。

2.（6分）如图是静电喷漆的工作原理图。工作时，喷枪部分接高压电源负极，工件接正极,

喷枪的端部与工件之间就形成静电场，从喷枪喷出的涂料微粒在电场中运动到工件，并

被吸附在工件表面。图中画出了部分微粒的轨迹，设微粒被喷出后只受静电力作用，则

（）

，的瓜电冷

A.微粒的运动轨迹显示的是电场线的分布状况

B.微粒向工件运动的过程中所受电场力先减小后增大

C.在向工件运动的过程中，微粒的动能渐渐减小

D.在向工件运动的过程中，微粒的电势能渐渐增大

【考点】A7：电场线；AE：电势能与电场力做功；AG：电势差和电场强度的关系.

【专题】32：定量思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题.

【分析】解答本题关键抓住：在涂料微粒向工件靠近的过程中，工件带正电，涂料微粒

带负电；依据库仑定律分析库仑力的变更；电场力做正功，涂料微粒的电势能减小，

【解答】解：A、由于涂料微粒有初速度，初速度和电场力不肯定方向相同，故涂料微粒

的运动轨迹不肯定沿电场线方向运动，故A错误；

B、由图知，工件带正电，则在涂料微粒向工件靠近的过程中，涂料微粒带负电。依据电

场强度的分布可知，所受电场力先减小后增大，故B正确；

CD、涂料微粒所受的电场力方向向左，其位移方向大体向左，则电场力对涂料微粒做正

功，其动能增大，电势能减小，故CD错误；

故选：Bo

【点评】本题抓住异种电荷相互汲取，分析涂料微粒的电性。再依据功的性质明确电场

力做功正负；再依据电场力做功与电势能之间的关系即可推断电势能的变更状况。

3.（6分）我国即将绽开深空探测，安排在2024年通过一次放射，实现火星环绕探测和软

着陆巡察探测，已知太阳的质量为M,地球，火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径分别

为比和工：速率分别为VI和V2：地球绕太阳的周期为T.当质量为m的探测器被放射到

以地球轨道上的A点为近日点，火星轨道上的B点为远日点的轨道上围绕太阳运行时（如

图），只考虑太阳对探测器的作用，则（）

灰下单疝'〜、、

A.探测器在A点加速的值等于?

R1

B.探测器在B点的加速度为———―-

（R1+R2）

C.探测地在B点的动能为Lmv：

2

3

1

I）.探测器沿椭圆轨道从A飞行到B的时间为工（二Ri+R一9~2T

2R]

【考点】37：牛顿其次定律；41）：开普勒定律；4F：万有引力定律及其应用.

【专题】31：定性思想；4C：方程法；52A：人造卫星问题.

【分析】依据万有引力供应向心力求出探测器在A点加速度和探测器在B点的加速度,

由开普勒第三定律可知探测器沿椭圆轨道从A飞行到B的时间。

2

V

GM1

【解答】解：A、依据万有引力供应向心力可得二mar探测器在A点加速的

V?

故A正确:

B、依据万有引力供应向心力可得驾二探测器在B点的加速度为故B

K?K2

错误；

C、探测器由椭圆轨道变为火星轨道须要在B点点火加速，探测器在B点的速度小于

探测器在B点的动能小于上小丫全故C错误；

2

T2R；

D、设探测器沿椭圆轨道的周期为「，由开普勒第三定律可得下下二----------T*解

T'/R,+R9）

<2>

3

R«+R~2

得'二（」_29）T,探测器沿椭圆轨道从A飞行到B的时间为

2Rj

3

1R4+R9~2

tA=­（-------）I故D错误；

知R2'2R」

故选:Ao

【点评】万有引力的应用问题一般由重力加速度求得中心天体质量，或由中心天体质量、

轨道半径、线速度、隹速度、周期中两个已知量，依据万有引力做向心力求得其他物理

量。

4.（6分）如图所示，两条相距为L的光滑平行金属导轨位于水平面（纸面）内，其左端接

一阻值为R的电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。

金属棒ab垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R.若给棒以平行导轨向右的

初速度VD,当流过棒截面的电荷量为q时，棒的速度减为零，此过程中棒发生的位移为

xo则在这一过程中（）

2______________

JTx-"x"X_X~X

/?Xf*七xX

TxXXXX

a

A.当流过棒的电荷为a时，棒的速度为生i

23

B.当棒发生位移为三时，棒的速度为出

32

C.在流过棒的电荷量”2的过程中，棒释放的热量为3一Bq1L_v1n

8

D.定值电阻R释放的热量为四包

4

【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势.

【专题】34：比较思想；43：推理法；538：电磁感应一一功能问题.

【分析】先探讨棒的速度减至零的过程，由牛顿其次定律、加速度的定义列式，采纳积

分法分析流过棒的电荷量，再探讨当流过棒的电荷为❷时棒的速度。结合A项的结论求

2

当棒发生位移为工时棒的速度。依据能量守恒定律求棒和R释放的热量。

3

【解答】解：A、棒的速度减为零，当流过棒截面的电荷最为®=.BL±当流过

J2R2R

棒的电荷为总时，棒发生的位移为山二三，依据牛顿运动定律可得棒运动的加速度为

212

:F安二2V22

B2L设棒运动的时间为则有a/kt二BL"△上,所以有

in2mR2mR

R2[2

即3%

ZmK

22

当流过棒的电荷为❷时，则有Vn-V,二殳」二•三，当流过棒的电荷为q时，则有

2V°%2过2

vn二世1・x，解得vk二2，nF胆，故A错误;

XV

F2mR12v0

22

B、当棒发生位移为三时，则有vn-vc二殳三,工解得棒的速度为vc=2vc，故B错

3V。v22mR3丫23Vo

误;

C、当流过棒的电荷为旦的过程中，由能量守恒可得棒释放的热量为

2

片212

XmVV■篝X4吟言故C错误,

O21

HI

D、棒的速度减为零的过程中，定直电阻R释放的热量为

_1Az_112_1*QBL_QBLV0

0Rx2故D正确;

QkREk-yX-rov0--X—XvQ-^—

故选:Do

【点评】本题中棒做的变减速运动，要学会运用积分法探讨电量与位移的关系，也可以

依据动量定理求电量。对于热量，往往依据能量守恒定律探讨。

5.（6分）下列说法正确的是（）

A.铀238发生a衰变成牡234时，a粒子与牡234的质量之和等于铀238的质量

B.铀238发生a衰变成234时，a粒子与针234的结合能之和肯定大于铀238的结合

C.B衰变中释放的B射线是原子核外电子摆脱原子核的束缚形成的高速电子流

D.核反应方程l^+4Hef170+X中，X是质子且反应过程中系统动量守恒

2

【考点】53：动量守恒定律：JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度：JJ：裂变反应和聚

变反应.

【专题】31：定性思想；43：推理法；540：衰变和工衰期专题.

【分析】依据动量守恒定律，抓住系统总动量为零得出两粒子的动量大小，结合动能和

动量的关系得出动能的大小关系。半衰期是原子核有半数发生衰变的时间，结合衰变的

过程中有质量亏损分析衰变前后质量的大小关系；依据系统动量守恒，即可解答。

【解答】解：A、衰变的过程中有质量亏损，即衰变后a粒子与批核的质量之和小于衰

变前铀核的质量，故A错误；

B、结合能越大越稳定，衰变后的产物相当于衰变前要稳定，所以铀核衰变成a粒子和

另一原子核，衰变产物的结合能之和肯定大于铀核的结合能，故B正确；

C、B衰变释放的电子是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来,

故C错误：

D、依据质量数守恒和电荷数守恒得核反应方程是［虫+知。->!?0+J1L因系统合

7281

外力为零，则系统运量守恒。故D正确；

故选:BDo

【点评】本题考查了原子核的衰变，知道半衰期的定义，留意衰变过程中动量守恒，总

动量为零，以及知道动量和动能的大小关系。

6.（6分）图1中，单匝矩形线圈abed在匀强磁场中绕垂直磁场的轴转动。变更线圈的转

速，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图线甲、乙的正弦规律变更。设线圈的电阻为

1.0Q,则（）

A.图线甲对应线圈在1=（）时产生的感应电动势最大

B.图线甲、乙对应的线圈在1=0.2s时，线圈平面均平行于磁感线圈

C.图线甲、乙对应的线圈转速之比为5：4

D.图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5nA

【考点】E2：沟通发电机及其产生正弦式电流的原理：E3：正弦式电流的图象和三角函

数表达式；E4：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率.

【专题】32：定量思想；4C：方程法；53A：沟通电专题.

【分析】依据图象得到t=0时穿过线圈平面的磁通量大小，由此确定线圈的位置；依据

图象斜率确定第感应电流方向和感应电动势大小：计算此沟通电的最大值和有效值，

【解答】解：A、依据沟通电产生的特点，结合图甲可知，在t=0时刻穿过线圈的磁通

量最大，所以产生的电动势肯定是等于0,故A错误；

B、依据图象可知，在L=（）.2S时图线甲、乙对应的穿过线圈平面的磁通量为零，所以线

圈平面平行于磁感线，故B正确；

C、由图可知，甲在0.2s内甲是区个周期，则：T甲二&X0.2=。16s,而乙是一个周

45

期，则：T乙=0.2s,由n=L,则甲、乙对应的线圈转速之比为5：4,故C正确；

T

D、感应电动势的最大值为En=BS3=a）n3=0.4X_12L_V=5irV,

0.16

线圈的电阻为L0Q,则甲对应的线圈中交变电流的峰值为5nA.故D错误。

故选：BC。

【点评】本题考查交变电流产生过程中，感应电动势与磁通量、磁通量变更率的关系，

关键抓住两个特殊位置：一是线圈与磁场垂直位置是磁通量最大的位置，该位置是电流

方向变更的转换点；二是线圈与磁场平行位置，该位置磁通量为零，是电流强度增大与

减小的转换点。

7.（6分）如图1,在水平向右的匀强电场中，t=0时，带负电的物块以速度V。沿斜面对上

运动，然后滑回到原处，已知物块与斜面间的动摩擦因数不变，滑块所带电荷量不变，

用巳表示滑块的动能，x表示位移，%表示电势能，取斜面底端为零势能面，规定V。的

方向为正方向，则下列图线正确的是（）

“

【考点】AG：电势差和电场强度的关系.

【专题】31：定性思想；4C：方程法；532：电场力与电势的性质专题.

【分析】分别对上滑过程、下滑过程利用动能定理列方程得到动能和位移的关系即可进

行推断。

【解答】解：AB、设斜面的倾角为0,物块的质量为ni,带电量为q,电场强度为E,设

物块受到的支持力为R,沿斜面对上为位移正方向；依据牛顿其次定律可得：

上滑过程中：-mgsin@-uFN-qEcos。=ma,所以a=-(mgsin。+uFs+qEcos。)①

卜.滑过程中：-mgsin0十口FLqEcos。=ma',所以a'=-(mgsin0-pF\+QECGS0)

比较①②可知，向上运动的加速度大，向下运动的加速度小，二者都是负值，表示加速

度的方向都向下。故A正确，B错误；

C、设斜面的倾角为0,物块的质量为m,带电量为q,电场强度为E,设物块受到的支

持力为艮，沿斜面对上为位移正方向；依据动能定理可得：

上滑过程中：■mgxtiu0-pFNx-qExuus。=Ek-Ek°,所以：

(mgsin0+nF\+qEcos0)x；

下滑过程中：mgx'sin0-UFLX'+qEx'cos0=Ek-0,所以:2=Ek=(mgsin。

-uFs+qEcos0)x'；④

由公式③④可知，V与X是二次函数的关系，当x=x,时有最小值。依据能量守恒定律可

得，最终的总动能减小；

由公式③④可知，Ek与x是线性函数的关系，故C错误；

I)、物块向上运动的过程中电场力做负功，物块的电势能增大，由电势能与电场力做功的

关系可得：Ep=qExcos0

可知物块的电势能与x成正比。故D正确。

故选：AD。

【点评】本题主要是考查了动能定理：运用动能定理解题时，首先要选取探讨过程，然

后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，依据动能定

理列方程解答：动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动；一个题FI可能须要选

择不同的过程多次运用动能定理探讨，也可以全过程依据动能定理解答。

8.（6分）如图所示，长为L的轻杆两端分别固定a,b金属球，两球质量均为m,a放在光

滑的水平面上，b套在竖直固定光滑杆上且离地面高度为返L,现将b从图示位置由静

2

止释放，则（）

A.在b球落地前的整个过程中，a,b组成的系统水平方向上动量守恒

B.从起先到b球距地面高度为L的过程中，轻杆对a球做功为近L1gL

28

C.从起先到b球距地面高度为L的过程中，轻杆对b球做功-西gL

28

D.在b球落地的瞬间，重力对b球做功的功率为^

【考点】53：动量守恒定律.

【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法：52K：动量与动能定理或能的转化与

守恒定律综合.

【分析】系统所受合外力为零系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功，系统机械能守

恒，依据系统受力状况与运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题。

【解答】解：A、对两球及杆组成的系统，在b球落地前的整个过程中，b球的水平方向

受竖直固定光滑杆的作用,a球的水平方向受力为零，系统在水平方向所受合外力不为零,

所以a、b组成的系统水平方向上动量不守恒，故A错误；

BC、对两球及杆系统，在b球落地前的整个过程中，b球的水平方向受竖直固定光滑杆的

作用不做功，a、b组成的系统机械能守恒，从起先到b球距地面高度为L的过程中，由

2

机械能守恒定律得:照卷mv：,且有VACOS30°二叮。0$60°'

解得：\（、/i-l）gL,在（.-1）支,所以轻杆对a球做功为：

A2B2

W.总mJ-O居TmgL，轻杆对b球做功：临=-4±用1＜，故B正确，C错误；

、在球落地的瞬间，由机械能守恒定律得：呢•返』旨解得：,

DbLmvvB=A/73gL

22

,

所以在b球落地的瞬口重力对b球做功的功率为：PB=ir）gVB=mgA/73gL故D正确;

故选：BDo

【点评】本题考查了动最守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清晰系统受力状况与

运动过程，对两球及杆系统，水平方向上动量不守恒，系统机械能守恒，由机械能守恒

可求得，解题时留意运动的合成与分解的应用。

二、非选择题

9.（6分）某试验小组用图甲所示的装置验证动量守恒定律。试验时，先将金属小球A从斜

槽1二某一固定位置由静止释放,A从斜槽末端匕出后落到水平地面的记录纸上留卜落点痕

迹，重复10次。把相同半径的塑料小球B放在与斜槽末端等高的支柱上，让A仍从斜槽

上同一位置由静止释放，与B碰撞后，A、B分别在记录纸上留下落点痕迹，重复1D次。

图中0点是水平槽末端在记录纸上的垂直投影点，M、P、,分别为小球落点的痕迹，小立

柱与斜槽末端的距离等于小球的直径。

（1）下列说法正确的是AD

A.斜槽的末端必需水平

B.须要测量斜槽末端距地面的高度

C.图中M点是未放小球B时小球A的落点痕迹

D.图中P点是未放小球B时小球A的落点痕迹

（2）用螺旋测微器测量小球的直径时示数如图乙所示，则小球的直径d=7.500m

（3）试验中测出小球的直径及M、P、N与0点的距离分别用球0M、OP、0、表示，若碰

撞过程中动量守恒，贝!两小球的质量之比剑口（用所给符号表示）

-OP-OM-

E2

羽乙

【考点】ME：验证动量守恒定律.

【专题】13：试验题；23：试验探究题；31：定性思想；43：推理法；52K：动量与动能

定理或能的转化与守恒定律综合.

【分析】（1）小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽末端切线必需保持水平；碰撞后入射球

的水平速度变小，且入射球的速度小于被碰球的速度，据此推断各球水平位移关系，确

定球的落点位置。

（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。

（3）两球碰撞过程动量守恒，应用动量守恒定律求匕两球的质量之比。

【解答】解：（1）A、小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽的末端必需水平才能保证小球从

斜槽末端飞出时做平抛运动，故A正确；

B、本试验是依据平抛的规律验证动量守恒定律，须要测量的是A、B两小球抛出的水平

距离，因为抛出高度相同落地时间一样，验证时式子两端会把时间消去，所以弓高度无

关，不须要测量斜槽末端距地面的高度，故B错误；

CD、碰撞后A球速度小，B球速度大，因为落地时间相同，所以M点是碰撞后A球落点，

N点是B球落点，而图中P点是未放小球B时小球A的落点，故C错误，1）正确；

故选：ADo

（2）由图示螺旋测微器可知，螺旋测微器的固定刻度读数为7.5mm。可动刻度读数为0.01

X0.0iniii=0.OOOiniii,所以小球的直径最终读数为：7.511UI1+0.000iiuu=7.500IIUII；

（3）由动量守恒定律得：nuvo=niM+nibV2,小球在空中做平抛运动的时间t相等，小球的

水平位移与群殴水平速度成正比，可以用小球的水平位移表示其水平速度，所以有：mit

(OP-d)=ma(OM-d)+m1,(ON-d),解得，两小球质量之比为：巴殳=@2±

mbOP-OM

故答案为：（1）AI）；（2）7.500；（3）剑Z&

OP-OM

【点评】本题考查了螺旋测微器读数、试验留意事项、试验数据处理，要驾驭常用器材

的运用及读数方法；小球离开斜槽后做平抛运动，小球的运动时间相等，可以用小球的

水平位移代替小球的初速度，理解试验原理、知道试验留意事项是解题的前提与关键，

应动量守恒定律即可解题。

10.（9分）某同学设计了如图甲所示电路同时测量电压表（量程为3V,内阻约几千欧）和

微安表（量程为300nA,内阻约一千欧）的内阻。

（2）试验中，该同学进行了如卜操作，完成卜列问题：

①闭合汽,用伏安法测微安表内阻。为了测量更加精确，定值电阻R用该选择的是

A.10Q

B.100Q

C.1kQ

D.7.8kQ

②闭合K前，为爱护电路不受损坏，图甲中滑动变阻器R的滑片应置于上二端_（选

填“左”或“右”）

③闭合K后，调整滑动变电阻器R,让电压表和微安表的示数尽可能的大。测得电压表的

示数为山，微安表的示数为I”定值电阻的值为R。，则微安表内阻表达式为二Ui-R0；

-------

④断开K”调整滑动变阻器和电阻箱，当电阻箱的读数为R时，电压表的示数为以微

UnliRi

安表的示数为12,则电压表内阻表达式为-......——

UU1-1以

【考点】N6：伏安法测电阻.

【专题】13：试验题：23：试验探究题：31：定性思想；4B：图析法；535：恒定电流专

题.

【分析】（1）依据电路图连接实物电路图。

（2）①依据甩压表量程与亳安表量程应用欧姆定律求出定值电阻阻值，然后选择定值电

阻；

②为爱护电路，滑动变阻/采纳分压接法闭合开关前滑片要置十分压电路分压为零额位

置；

③依据题意应用欧姆定律与串联电路特点求出电阻；

④依据题意应用串并联电路特点与欧姆定律求出电压表内阻表达式。

【解答】解：（1）依据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：

（2）①闭合K”依据电压表两侧电压跟R和微安表的总电压相等，由欧姆定律可知：R+RA

=100000,亳安表内阻约为1000Q,则定值定值应选择：D：

I300X10-6

②由图示电路图可知，滑动变阻器采纳分压接法，为爱护电路不受损坏，闭合开关前,

滑动变阻器R的滑片度置于最左端：

③闭合KB,电阻Ri短路，所以电压表测得R和微安表的总电压，所以微安表的内阻:

UUi

④断开Ki，依据欧姆定律有：（Ri+Rv）,十2二12（R安+Ro）=12--------

%I।

1也2同

解得甩压表内阻表达式为:

「25-1曲

③上

故答案为：（1）(2)①D；②左；-%；

11

1U1-m2

【点评】本题考查了连接实物电路图、试验留意事项与试验数据处理，分析清晰电路结

构、应用串并联电路特点与欧姆定律即可解题，驾驭基础学问是解题的关键，要留意基

础学问的学习与积累。

11.（12分）弹射座椅（Ejectionseat）,是飞行员运用的座椅型救生装置。在飞机失控

时，依靠座椅上的动力（喷气发动机）装置将飞行员弹射到高空，然后张开着陆伞使飞

行员平安着陆°某次试验中，在地面上静止的战斗机内，飞行员按动弹射按钮，座椅（连

同飞行员）在喷气发动机的驱动下被弹出打开的机舱，座椅沿竖直方向运动，5s末到达

最高点，上升的总高度为112.5m。在最高点时着陆伞打开，飞行员平安到达地面。已知

座椅（连同飞行员等）的总重量为100kg,弹射过程中发动机对座椅的推力竖直向上且恒

定，不考虑发动机质量的变更及空气阻力，取g=10n/s2,求：

（1）发动机对座椅推力的值；

（2）发动机对座椅冲量的大小。

【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿其次定律.

【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4E：模型法；522：牛顿运动定

律综合专题.

【分析】（1）座椅先向上做匀加速运动，后做匀减速运动，依据两个过程的总位移等于

总高度，第一过程的末速度等于其次个过程的初速度分别列式，求出匀加速的加速度,

再由牛顿具次定律求动身动机对座椅推力的值：

（2）依据冲量的定义式I=Ft求发动机对座椅冲量的大小。

【解答】解：（1）设座椅上升的最大速度为明,有运动学关系可得：

,1

%亍/

设发动机作用时间为S座椅的加速度a”发动机的推力为N,减速过程的时间为t2,

依据牛顿其次定律得：

N-mg=ma]

由速度公式有：

v„=aiti

vn=gt2

又t）+t2=t=5s

解得：N=10mg=1.0X104N

（2）设发动机对座椅冲量为：I=Nt]

解得:1=5X10%$

答:（1）发动机对座椅推力的值是l.OXIO'N。

（2）发动机对座椅冲量的大小为5.OX10'N・s。

【点评】解决本题的关键是理清座椅在空中整个过程中的运动规律，抓住两个过程的位

移之和等于高度以及速度关系。本题也可以画出v-t图象分析座椅的运动过程。

12.（20分）如图所示，在直角坐标系xOy平面内，xWO的区域存在有平行于y轴的匀强电

场，电场强度的大小为E,方向沿y轴负方向；在x20的区域有一个半径为L的圆形区

域,圆心0坐标（L,0）,圆内有方向垂直于xOy平面对里的匀强磁场。一带正电的粒子

从（-L,BL）点以沿x轴正方向的初速度V。，恰好经0点进入磁场，之后以平行x

2

轴正方向的速度射出磁场。不计粒子的重力，求：

（1）粒子的比荷及粒子通过0点时的速度；

（2）磁感应强度的大小；

（3）粒子在磁场中运动的时间。

【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动.

【专题】11：计算题；22：学科综合题；31：定性思想；43：推理法；536：带电粒子在

磁场中的运动专题.

【分析】（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出粒子的比

荷与粒子经过0点时的速度。

（2）粒子在磁场中做圆周运动，依据题竟作出粒子运动轨讲，求出粒子轨道半径，洛伦

兹力供应向心力，应用牛顿其次定律可以求出磁感应强度。

（3）求出粒子在磁场中转过的圆心角，然后求出粒子在磁场中的运动时间。

【解答】解：（1）带电的粒子在匀强电场做类平抛运动，

水平方向：L=voti,

竖直方郁阴=|at；，a哼，

解得，粒子的比荷：

IDEL0

粒子通过0点时的速度：V]=Jvj+（at1产二2.

vat1

tan8=—=----

v0v0

即为：0=60°；

（2）带电的粒了在匀强磁场做内圆周运动，运动轨迹如图所示:

依据几何关系解得：Rj/5L

洛伦磁力供应向心力，