物理試題(附中版)－這是邊文，請據需要手工刪加)炎德·英才大聯考湖南師大附中2025屆模擬試卷(一)物理時量：75分鐘滿分：100分第Ⅰ卷一、單項選擇題(本題共6小題，每小題4分，共24分。每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的)1．下列說法正確的是(A)A．圖甲為康普頓效應的示意圖，入射光子與靜止的電子發生碰撞，碰后散射光的波長變長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，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，黑體輻射強度的極大值向頻率較低的方向移動D．圖丁光電效應實驗中滑動變阻器的觸頭向右移動，電流表的示數一定增大【解析】圖甲為康普頓效應的示意圖，入射光子與靜止的電子發生碰撞，碰后，入射光的動量減小，根據λ＝hp。可知，碰后散射光的波長變長，故A正確；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蠟熔化的范圍如圖乙所示則a表現出各向同性a可能是多晶體，也可能是非晶體，b表現出各向異性，b一定是單晶體，故B錯誤；根據黑體輻射的規律，圖丙中隨著溫度的升高，黑體輻射強度的極大值向頻率較高的方向移動，故C錯誤；圖丁中光電效應實驗中電源所加電壓為加速電壓逸出的光電子加速到達A極當滑動變阻器的觸頭向右移動時，加速電壓增大，若電流沒有達到飽和電流，電流表的示數先增大，達到飽和電流后，電流表的示數不變，故D錯誤。故選A。2(空氣可視為理想氣體)中針筒內氣體溫度不變，裝置不漏氣，則下列說法中正確的是(D)A．針筒內氣體壓強減小B．針筒內氣體吸熱C．單位時間、單位面積撞擊針筒內壁的氣體分子數減少D．用國際單位制單位表示的狀態參量在p－1V圖中圖線可能如圖中a→b壓縮氣體過程中針筒內氣體溫度不變空氣柱體積變小則壓強變大故A錯誤；壓縮氣體過程中針筒內氣體溫度不變則氣體內能不變即有ΔU＝0氣體體積變小，外界對氣體做功，即有W>0，則根據熱力學第一定律ΔU＝W＋Q。可知Q<0，即針筒內氣體放熱故B錯誤；由于壓縮氣體過程中針筒內氣體溫度不變空氣柱體積變小，壓強變大則單位時間、單位面積撞擊針筒內壁的氣體分子數增大故C氣體過程中針筒內氣體溫度不變空氣柱體積變小pVT＝Cp＝TC·1V可知用國際單位制單位表示的狀態參量在p－1V圖中圖線可能如圖中a→b，故D正確。故選D。3分布圖，下列說法正確的是(B)A．圖中b、d兩點的電場強度大小關系為E>EdB．圖中a、c兩點電勢關系為φ>φcC．電子在a、d兩點的電勢能關系為E<EdD．將質子從b點移動到c點，電場力做負功【解析】根據電場線的疏密代表電場強度的大小可知圖中bd兩點的電場強度大小關系為E<E，故A錯誤；由圖可知，右邊電極電勢高于左邊電極的電勢，電場線從右邊電極發出，終止于左邊電極，根據沿著電場線方向電勢降低，可知圖中a、c兩點電勢關系為φa>φ，故B正確；圖中a、d兩點電勢關系為φ<φ，根據E＝qφ，且電子帶負電，可知電子在ad兩點的電勢能關系為E>E故Cbc兩點電勢關系為φ>φ且質子帶正電故將質子從b點移動到c點其電勢能減小電場力做正功故DB。4．如圖所示三個裝置，(a)中桌面光滑，(b)、(c)中桌面粗糙程度相同，(c)用大小為F＝Mg(g為重力加速度)的力替代重物M進行牽引，其余均相同。不計繩和滑輪質量及繩與滑輪m移動相同距離的過程中，下列關于三個實驗裝置的分析中正確的是(D)A．裝置(b)中繩上的張力Tb等于裝置(c)中繩上的張力TcB．裝置(a)中物塊m的加速度為MgmC．裝置(b)、(c)中物塊m的動量增加量相同D．裝置(a)中m的動能增加量大于(b)中m的動能增加量【解析】裝置(b)中對物塊m根據牛頓第二定律T－f＝ma，對系統根據牛頓第二定律Mg－f＝(M＋m)a。解得T＝mMg－mfM＋m＋f。裝置(c)中繩子張力為T＝F＝Mg，所以，裝置(b)中繩上的張力Tb不等于裝置(c)中繩上的張力T故A(a)中對系統根據牛頓第二定律Mg＝(M＋m)am的加速度為a＝MgM＋m故B(b)中物塊中m的加速度為a＝Mg－fM＋m(c)中對系統根據牛頓第二定律F－f＝ma塊m的加速度為a＝F－fm＝Mg－fm。可知裝置(c)中物塊m的加速度較大，在m移動相同距離的過程中得到的速度較大，則裝置(c)m的動量增加量大于(b)中m的動量增加量，故C(b)有摩擦力可知裝置(a)中物塊m的合外力較大根據F＝ma可知裝置(a)中物塊的加速度較大，在m移動相同距離的過程中得到的速度較大，則裝置(a)中m的動能增加量大于(b)中m的動能增加量，故D正確；故選D。5．如圖所示為一簡易手動發電式手電筒。裝置左側是一個繞軸心O勻速轉動的水平圓T形絕緣支架左側橫槽中往復運動，同時驅動導體棒在光滑的水平導軌上運動。導體棒運動的速度隨時間變化的關系為v＝2)2sin\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)t)m/s。導軌間距d＝1m，導軌間存在垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度B＝2T2V棒、導線及導軌電阻均不計，電壓表為理想電表。下列說法正確的是(B)A．當T形支架運動到圓盤最左端時，電壓表的示數為0B．理想變壓器原副線圈的匝數比為1∶2C．圓盤轉動的角速度為2rad/sD．當滑動變阻器滑片由b向a移動時，燈泡變暗【解析】導體棒在磁場中運動時，產生電動勢的峰值為E＝Bdv＝2×1×2)2V＝2V。電動勢的有效值為E＝Em\r(2)＝V＝1V。電壓表的示數為電動勢的有效值其示數為U＝1VA額定電壓為2V的燈泡剛好正常發光可知變壓器副線圈的輸出電壓為U＝2VU1U2＝n1n2＝12B運動的速度隨時間變化的關系為v＝2)2sin\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)t)m/s圓盤轉動的角速度為ω＝2rad/sCb向a移動時變阻器接入電路的電阻值增大，副線圈電路中的電流減小，由于變壓器是理想變壓器，可知副線圈輸出電壓不變，則燈泡的亮度不變，D錯誤。故選B。6．如圖所示，在xOy平面內存在著磁感應強度大小均為B的勻強磁場，第一、二、四象限內的磁場方向垂直紙面向里，第三象限內的磁場方向垂直紙面向外，P(－2L，0)，Q(0，－2L)me的電子從P點沿PQ電子的重力，則下列說法中正確的是(C)A．若電子從P點出發恰好第一次經原點O點，運動時間一定為πm2eBB．若電子從P點出發恰好第一次經原點O點，運動路程可能為πLC．若電子從P點出發恰好第一次經原點O到達Q點，運動路程可能為πL或2πLD．若電子從P點出發經原點O到達Q點，運動時間可能為3πmeB【解析】電子從P點出發恰好第一次經原點O點有兩類情況一類是第奇數次回到x軸經過原點O，另一類是第偶數次回到x軸經過原點O。其中第一次和第二次回到x軸的軌跡如圖。t＝T4×n\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＝1，2，3，，T＝2πmeB。解得t＝πnm2eB\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＝1，2，3，。當n＝1時，運動時間為t＝πm2eB。由軌跡圖結合幾何關系，軌跡圓的半徑為r＝2)Ln×sin45°＝Ln\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＝1，2，3，。可得運動路程為s＝14×2πr×n＝πL2，故A錯誤；B錯誤；同理，若電子從P點出發恰好第一次經原點O到達Q點，軌跡也為兩類，如圖。由軌跡圖結合幾何關系，可得運動時間為t＝\a\vs4\al\co1(\f(T3T4)×n＝nT\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＝1，3，5，，T＝2πmeB。或t＝T4×n×2＝nT2\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＝2，4，6，，T＝2πmeB。解得t＝2πnmeB\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＝135t＝πnmeB\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＝246。若電子從P點出發恰好第一次經原點O到達Q點，運動路程為s＝n×2πr\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＝1，3，5，，s＝n2×2πr\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＝2，4，6，。解得s＝2πL\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＝1，3，5，，s＝πL\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＝2，4，6，，故C正確；D錯誤。故選C。二、多項選擇題(本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)7．下列說法正確的是(AB)A．如圖甲所示，ABC構成等邊三角形，若兩通電長直導線A、B在C處產生磁場的磁感應強度大小均為B，則C處磁場的合磁感應強度大小是3B0B．圖乙中地磁場的垂直于地面磁感應強度分量在南半球豎直向上，北半球豎直向下C．圖丙中穿過兩金屬圓環的磁通量大小關系為Φ<Φ2D．圖丁中與通電長直導線在同一平面內的金屬線框沿平行于直導線方向運動，線框中會產生感應電流【解析】根據安培定則可知AB在C處產生磁場的磁感應強度方向之間的夾角為60°，根據矢量疊加可知C處磁場的合磁感應強度大小B＝2Bcos60°2＝3B故A磁場的分布規律可知，地磁場的垂直于地面磁感應強度分量在南半球豎直向上，北半球豎直向下故B正確；圖中條形磁體內部磁場方向向上外部線圈所在位置磁場方向向下通過線圈整體的磁場方向向上，可知，圖丙中穿過兩金屬圓環的磁通量大小關系為Φ>Φ，故C錯誤；根據通電直導線磁場的分布特征可知，當金屬線框沿平行于直導線方向運動時，穿過線框的磁通量沒有發生變化，線框中沒有產生感應電流，故D錯誤。故選AB。8面內有一束激光由空氣中以α＝45°的入射角射向玻璃絲的AB端面圓心O，恰好在玻璃絲的內側面發生全反射，此時內側面入射角為θ。下列說法正確的是(CD)A．sinθ＝6)4B．玻璃絲只能傳播該頻率的光C．激光由空氣中進入玻璃絲后，其波長變短D．減小入射角α，激光在玻璃絲中仍能發生全反射根據折射定律有n＝sin（90°－θsinαcosθn＝1sinθsinθ＝6)3，故A錯誤；玻璃絲可以傳播不同頻率的光，故B錯誤；激光由空氣中進入玻璃絲后，傳播速度變小，則波長變短，故C正確；減小入射角α，則折射角減小，光在玻璃絲的內側面入射角增大，大于臨界角，發生全反射，故D正確。故選CD。9．如圖，某同學在水平地面上先后兩次從H點拋出沙包，分別落在正前方地面Q1和Q2處。沙包的兩次運動軌跡處于同一豎直平面，且交于P點，H點正下方地面處設為O點。已知兩次運動軌跡的最高點離地高度均為3.2mOH＝1.4mOQ＝8.4mOQ＝9.8m包質量為0.2kg，忽略空氣阻力，重力加速度大小取10m/s2，則沙包(BD)A．第一次運動過程中上升與下降時間之比為7∶4B．第一次經P點時的機械能比第二次的小1.3JC．第一次和第二次落地前瞬間的動能之比為72∶85D．第一次拋出時速度方向與落地前瞬間速度方向的夾角比第二次的大【解析】沙包從拋出到最高點的運動可視為平拋運動的“逆運動”，則可得第一次拋出上升的高度為h＝3.2m－1.4m＝1.8mt上＝2h1g)＝0.6s。最高點距水平地面高為h＝3.2m故下降的時間為t下＝2h0g)＝0.8s故一次拋出上升時間下降時間比值為3∶4故A故可知兩次從拋出到落地的時間相等為t＝t上＋t下＝1.4s第二次拋出時水平方向的分速度分別為v1＝OQ1t＝6m/s，v＝OQ2t＝7m/s。由于兩條軌跡最高點等高，故拋出時豎直方向的分速度也相等為v＝gt上＝6m/s機械能守恒故第一次過P點比第二次機械能少ΔE＝12m(2x22yv＋v)2－12m(2x12yv＋v)2＝1.3J。從拋出到落地瞬間根據動能定理可得E＝E＋mgh＝12m2x12y\rc\)(\a\vs4\al\co1(v＋v)＋mgh＝10JE＝E＋mgh＝12m2x22y\rc\)(\a\vs4\al\co1(v＋v)＋mgh＝J，則故落地瞬間，第一次，第二次動能之比為100∶故B正確C分速度相同，兩次落地時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速度與水平方向的夾角較大，第一次落地時速度與水平方向的夾角也較大，故可知第一次拋出時速度方向與落地瞬間速度方向夾角比第二次大，故D正確。故選BD。10．在相互平行且足夠長的兩根水平光滑的硬桿上，穿著三個半徑相同的剛性球A、B、Cm＝1kgm＝2kgm＝6kgBC球之間連著一根輕質彈簧并處于靜止狀態，B、C連線與桿垂直并且彈簧剛好處于原長狀態，A球以v0＝18m/s的速度向左運動，與同一桿上的B球碰撞后粘在一起(作用時間極短)，則下列判斷正確的是(AC)A．A球與B球碰撞中損耗的機械能為108JB．在以后的運動過程中，彈簧形變量最大時C球的速度最大C．在以后的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能為36JD．在以后的運動過程中，B球的最小速度為2m/s【解析】AB碰撞的過程中滿足動量守恒mv＝\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mB)vv＝6m/s，A球與B球碰撞中損耗的機械能ΔE＝12mv20－12\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mB)v21＝108J，A正確；彈簧再次恢復原長時C球速度最大，B錯誤；在以后的運動過程中，AB的組合體與C的速度相等時，彈性勢能最大，根據動量守恒\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mB)v＝\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mB＋mC)v。解得v＝2m/s，最大彈性勢能E＝12\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mB)v21－12\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mB＋mC)v解得E＝36JC正確；當彈簧再次恢復原長時，根據動量守恒和能量守恒可知\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mB＋mC)v＝\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mB)v＋mv，12\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mB＋mC)v22＋E＝12\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mB)v23＋12mv24v＝－2m/sv＝4m/sB反向速度最大，而B由于速度由正向到反向，因此最小速度為零，D錯誤。故選AC。第Ⅰ卷答題卡題號12345678910答案ADBDBCABCDBDAC第Ⅱ卷三、非選擇題(本題共5個小題，共56分)．(6分，每空2分)利用圖甲裝置驗證動量守恒定律，將鋼球a用細線懸掛于O點，鋼球b放在離地面高度為H＝0.80m的支柱上，O點到a球球心的距離為L＝0.20m。將a球拉至懸線與豎直線夾角為α，由靜止釋放后擺到最低點時恰與b球正碰，碰撞后a球運動到豎直線夾角β處，b球落到地面上，測出b球的水平位移s，當地重力加速度為g。(1)改變α角的大小，多次實驗，發現鋼球a、b碰撞過程不僅動量守恒，機械能也守恒，得到s2－cosab的質量之比mamb＝__3.0__(保留2位有效數字)(2)若在鋼球b的被碰位置貼一小塊棉布，依然將a球拉至懸線與豎直線夾角為α由靜止釋放，增大的物理量是__BD__。A．碰后b球的水平位移sB．碰后a再次到達最高點的夾角βC．碰撞過程中系統的總動量D．碰撞過程中系統動能的損失(3)某同學觀察到，在臺球桌面上，臺球m以初速度v0和靜止的球M發生斜碰時，碰后兩球的速度方向將不在同一直線上，如圖乙所示。已知兩球大小相同，質量相等，若兩球碰撞過程無能量損失，碰后兩球速度方向與初速度的夾角分別為α和βα和β滿足的關系為__α＋β＝90°__。【解析】(1)選取向左為正方向，碰撞過程中動量守恒和機械能守恒，則有mv＝mv＋mvb①12mv20＝12mv2a＋12mv2b聯立解得v＝2mama＋mb·v0②當α＝90°時，cosα＝0，則v＝2gL＝2m/s③由乙圖可知，cosα＝0時有s2＝1.44m2④b做平拋運動，則v＝sg2H)⑤代入數據得v＝3m/s⑥將③⑥代入②可得mamb＝3.0(2)碰撞過程中，動量守恒，兩球作用的時間變長，b球獲得的速度變小，則碰撞后b球水平位移減小，a球碰后速度較之前變大，則碰后夾角β變大，A錯誤，B正確；若在鋼球b的被碰位置貼一小塊棉布，依然將a球拉至懸線與豎直線夾角為α由靜止釋放，碰撞過程中，動量守恒，碰撞過程中系統總動量不變，C錯誤；貼一小塊棉布后，碰撞過程中，動量守恒，碰撞過程中系統總動量不變，系統動能損失變大，D正確。故選BD。(3)設兩球的質量均為m，在v0方向與垂直v0方向上由動量守恒定律可得mv＝mv′cosα＋mvcosβ，mv′sinα＝mvsinβ又由能量守恒得12mv20＝12mv′2＋12mv2結合以上三式可得cos\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋β)＝0即α＋β＝90°12(82分)為測定某種材料的電阻率，設計如下實驗：圖(乙)為測量原理電路圖，R、R2是由長度相同、表面涂有絕緣膜(厚度不計)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由待測材料制成，R0為滑動變阻器，V、V2為已知量程的電壓表。請回答下列問題：(1)在閉合開關前，滑動變阻器滑片應滑到__左端__(選填“左端”或“右端”)。(2)測得R1的螺旋長度為l，R2的螺旋長度為l，兩電阻的匝數相同，則制成電阻R1與R2的電阻絲的橫截面積之比為__l21∶l22__。(3)某次測量中V、V2表的示數分別為U、U，則待測電阻絲的電阻率ρ′＝__2221U2lρU1l__(用U、U、l、l、ρ表示)。(4)考慮VV2G(圖丙)來判a向b(3)中測量結果相對于真實值__偏小__(選填“偏大”“不變”或“偏小”)。(1)在閉合開關前應將滑動變阻器全部接入電路保證電路接通時電路電流最小，電路安全，故滑到左端。(2)根據題意可得l＝ND，l＝ND，而S與直徑的平方成正比，故橫截面積之比為l21∶l22。(3)根據歐姆定律R＝UI可知，R1R2＝U1U2，根據電阻定律R＝ρLS聯立可得待測材料電阻率為ρ′＝2221U2·lρU1·l(4)由a向b的微小電流可得R1R2<U1U2由此可知，測量結果相對于真實值偏小。13．(10分)在平面直角坐標系中x軸上有一振源，產生的簡諧波沿x軸傳播，A、B是x軸上的兩個質點，從質點A第一次達到波峰開始計時，A、B兩質點的振動圖像分別如圖甲、乙所示，已知A、B平衡位置間距離為2m，且滿足B點在A點的右側，已知A點的橫坐標為x＝1mλ大于AB間距，t＝0上。(1)求該簡諧波的波速；(2)若波源在原點，求坐標軸上x＞0的各點的波動方程。(波動方程：寫出x軸上各質點偏離平衡位置的位移y與x、t的關系)【解析】(1)由振動圖像可知，該簡諧波的周期為T＝4s；由于A、B兩質點間的距離小于波長。①當波源在A的左側時，t＝0時刻A、B間的波動圖像如圖1所示。由此可知Δx＝14λ＝2m，求得λ＝8m，即波速為v＝λ1T＝2m/s(3分)②當波源在B的右側時，t＝0時刻A、B間的波動圖像如圖2所示由此可知Δx＝34λ＝2m，求得λ＝83m，即波速為v＝λ2T＝23m/s(2分)③當波源在A、B之間時，t＝0時刻A、B間的波動圖像如圖3所示由此可知Δx＝34λ＝2m，求得λ＝83m，即波速為v＝λ3T＝23m/s(2分)(2)當波源在原點時已知A點振動方程y＝Acos2πTt＝2cosπ2t(cm)坐標軸上x＞0的各點的波動方程為y＝Acos2πT\a\vs4\al\co1(t－\f(x－xAOv))＝2cosπ2\a\vs4\al\co1(t－\f(x－12))(cm)(3分)14(16分)AB和半徑為R的14μAl＝4R15μ1234量均為m，物塊4與一勁度系數為k＝15μ2mg4R的彈簧(處于原長)相連，物塊4左側木板表面光滑，彈簧左端連在木板左端。圓弧槽左側空間有方向向左的勻強電場。一質量為m、電荷量為＋q的外表絕緣小物塊從圓弧槽頂點處無初速度釋放。已知當彈簧形變量為x時，彈性勢能為12kx2，重力加速度為g。求：(1)帶電小物塊下滑過程壓力傳感器的最大示數F；(2)若所有碰撞均為彈性碰撞，在μ>qEmg的前提下，施加電場的強度E多大時才能使彈簧的最大壓縮量也為l?(3)先將1234E多大才能使彈簧的最大壓縮量也為l?【解析】(1)設滑塊與圓心連線從開始運動θ時，速度為v，則：mgRsinθ＝12mv2①(1分)對滑塊受力分析，設受到支持力為F，則F－mgsinθ＝mv2R②(1分)由牛頓第三定律圓弧槽受到壓力大小為F對圓弧槽受力分析設壓力傳感器讀數為F，則F＝Fcosθ③(1分)由①②③得：F＝3mgsinθcosθ＝32mgsin2θ當θ＝π4時F取最大值：F＝32mg(1分)(2)設帶電滑塊從A端滑上木板時速度為v，則mgR＝12mv20④(1分)設帶電滑塊與1號物塊碰撞前速度為v，有：－(μmg－qE)l＝12mv21－12mv20⑤(1分)由于μ>qEmg則qE<μmg各物塊質量相等發生彈性碰撞后帶電滑塊便靜止在1號物塊處，1號滑塊將與2號滑塊碰撞，3號滑塊將與3號滑塊碰撞，3號滑塊將與4號滑塊碰撞。4號滑塊被碰后速度設為v，則：－μmg·3l＝12mv24－12mv21⑥(1分)要使彈簧的最大壓縮量也為l，則12mv24＝12kl2⑦(1分)由④⑤⑥⑦得：E＝\rc\12q代入l＝4R15μ和k＝15μ2mg4R解得：E＝3μmg4q(1分)(3)設帶電物塊與4號物塊碰前速度為v，碰后速度大小為v′，則：(qE－μmg)×