資源簡介

2025屆廣東省深圳市福田區紅嶺中學高三上學期第四次統一考試物理試題
一、單項選擇題（本大題共7小題，每題4分，共28分，每小題的4個選項中僅有一個選項是正確的，請將你認為正確的答案的代號涂在答題卡上）
1．（2025·福田模擬）如圖所示，假設賣貨郎的每個貨筐是質量為M的立方體，每個貨筐由四條輕繩對稱懸掛于扁擔上同一點，則賣貨郎肩挑扁擔勻速直線前進時，下列說法正確的是（　　）
A．每條輕繩中的拉力大小為
B．每個貨筐上四條輕繩中的拉力相同
C．若將貨筐上的四條輕繩減小同樣長度但仍對稱分布，則每條輕繩中的拉力將變大
D．若將貨筐上的四條輕繩減小同樣長度但仍對稱分布，則輕繩對貨筐的作用力將變小
2．（2025·福田模擬）如圖是一種用折射率法檢測海水鹽度裝置的局部簡化圖。將一平行空氣磚（忽略薄玻璃壁厚度）斜插入海水中，讓光束從海水射向平行空氣磚再折射出來，通過檢測折射光線在不同鹽度海水中發生的偏移量d，進而計算出海水鹽度，已知某一溫度下，海水鹽度變大到起折射率變大，下列說法正確的是（　　）
A．一束復色光透過平行空氣磚分成1、2兩束光，則1光頻率高
B．一束復色光透過平行空氣磚分成1、2兩束光，則2光在海水中傳播速度大
C．一束單色光射向平行空氣磚后偏移量小，說明海水的鹽度小
D．一束單色光射向平行空氣磚一定不會發生全反射
3．（2025·福田模擬）黑洞的形成源于恒星生命周期的最后階段，當一顆恒星燃盡了其核心的核燃料，無法再通過核聚變產生足夠的能量來抵抗自身引力時，恒星就開始坍縮。太陽（可視為球體）是太陽系唯一的恒星，其第一宇宙速度為v，假設若干億年后太陽發生了坍縮，其球體半徑坍縮為現在的n倍，其密度變為現在的k倍。則其第一宇宙速度變為（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·福田模擬）某帶電導體周圍的電場線和等勢面分布如圖所示，相鄰等勢面之間的電勢差相等，其中A、B、C三點分別位于電場中三個相鄰等勢面上，下列說法正確的是（　　）
A．A點處的電場強度大于B點處的電場強度
B．沿電場線方向，B點附近的電勢比A點附近的電勢降落更快
C．一帶負電的試探電荷在A點的電勢能小于在C點的電勢能
D．對同一試探電荷，由A點移到B點電場力做的功大于B點移到C點電場力做的功
5．（2025·福田模擬）從地面上以初速v0度豎直向上拋出一質量為m的球，若運動過程中受到的空氣阻力與其速率成正比關系，球運動的速率隨時間變化規律如圖所示，t1時刻到達最高點，再落回地面，落地時速率為v1，且落地前球已經做勻速運動。則下列說法正確的是（　　）
A．小球在上升過程中處于超重狀態
B．小球在下降過程中機械能不斷增加
C．小球拋出瞬間的加速度大小為
D．小球上升過程中的平均速度大于
6．（2025·福田模擬）某吹風機內部的簡化電路圖如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比為，已知當開關K斷開時變壓器副線圈中的電流I隨時間t的變化圖像如圖乙所示，電動機兩端的電壓為。當開關K閉合后，原線圈的輸入功率變為原來的3倍。下列說法正確的是（　　）
A．原線圈中電流的周期為0.04s
B．當開關K斷開時，原線圈的輸入功率為
C．定值電阻R的阻值為
D．當開關K閉合后，副線圈的輸出電壓變大
7．（2025·福田模擬）如圖所示，對角線長度為的正方形區域中有垂直于紙面的磁場（圖上未畫），磁感應強度B隨時間t按（、k不變，且）變化．所在平面內有一根足夠長的導體棒始終垂直于，并通有恒定電流。時，導體棒從d點開始沿方向勻速穿過磁場，速率為。設導體棒運動過程中所受安培力大小為F，圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
二、多項選擇題（本大題共3小題，每題6分，共18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6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。請將你認為正確的答案的代號涂在答題卡上）
8．（2025·福田模擬）某簡諧橫波在時刻的波形圖如圖所示。處質點的位移為處的質點P位于平衡位置且振動方向向下。已知該波的周期為1.2s，則（　　）
A．該波的波長為1.2m
B．該波的波速為2m/s
C．該波沿x軸正方向傳播
D．時刻，處的質點位于平衡位置
9．（2025·福田模擬）如圖甲所示，內表面光滑的“”形槽固定在水平地面上，完全相同的兩物塊a、b（可視為質點）置于槽的底部中點，時，a、b分別以速度向相反方向運動，已知b開始運動速度v隨時間t的變化關系如圖乙所示，所有的碰撞均視為彈性碰撞且碰撞時間極短，下列說法正確的是（　　）
A．前17秒內a與b共碰撞3次 B．初始時a的速度大小為
C．前17秒內b與槽的側壁碰撞3次 D．槽內底部長為
10．（2025·福田模擬）風洞實驗通過產生人工控制的氣流模擬飛行器在氣流中的運動過程。如圖所示為某次實驗示意圖，固定在豎直面內的光滑圓弧軌道ACD與粗糙水平面平滑相切于A點，O為圓弧軌道的圓心。將質量為m的滑塊（可視為質點）從水平地面上的E點由靜止釋放，整個裝置處在水平向右的風場中，滑塊始終受到恒定風力作用。已知圓弧軌道的半徑為R，滑塊與水平地面間的動摩擦因數，且滑塊恰好能在圓弧軌道上的B點處保持靜止，OB與豎直方向的夾角，重力加速度。設A、E兩點間的距離為l，下列說法正確的是（　　）
A．滑塊受到的風力大小為
B．若滑塊能通過圓弧軌道的最高點C，則
C．當時，滑塊運動到D點之前一定不會脫離圓軌道
D．當時，滑塊運動到D點之前一定會脫離圓軌道
三、實驗題（本大題共2小題，共16分）
11．（2025·福田模擬）學生實驗小組利用單擺測量當地的重力加速度。完成下列問題：
（1）實驗時，將細線的一端連接擺球，另一端固定在鐵架臺上O點。然后將擺球拉離平衡位置，使細線與豎直方向成夾角θ（θ<5°），釋放擺球。為了減小計時誤差，應在擺球擺至　 　（填“最低點”或“最高點”）時開始計時。
（2）同學甲選取擺線長度為100.0cm時，測得擺球擺動30個完整周期的時間（t）為60.60s。若將擺線長度視為擺長，求得重力加速度大小為　 　m/s2（取π2=9.870，結果保留3位有效數字）。
（3）同學乙提出改進實驗，選取不同的擺線長度重復上述實驗，在坐標紙上作出擺線長度（l）和單擺周期的二次方（T2）的關系曲線，如圖所示。設直線斜率為k，則重力加速度可表示為g=　 　（用表示）。
關于以上兩位同學的方案，下列說法正確的是　 　
A.同學甲實驗選取的擺長偏小
B.同學甲的實驗次數太少，偶然誤差較大
C.同學乙的關系曲線必定經過坐標原點
D.若小球質心位置未知，則兩位同學的方案均無法準確測量周期
12．（2025·福田模擬）某實驗小組設計了測量鹽水電阻率的實驗。所用實驗器材如下：電源E（電動勢為3V，內阻很小），電流表A（內阻極小），電壓表V（內阻極大），滑動變阻器R，開關S，導線若干；內部裝有耐腐蝕電極板的長方體樣品池。如圖甲所示，樣品池內的右側電極板可以左右移動，且移動時與樣品池間密封完好。
（1）先按圖乙所示連接實物電路，將體積為的鹽水樣品加入樣品池中，閉合開關S之前，滑動變阻器R的滑動觸頭應該位于最　 　（填“左端”“中間”或“右端”）。
（2）然后測量鹽水的電阻率：
①調整右側電極板處于樣品池中的適當位置，閉合開關S，移動滑動變阻器R的滑動觸頭，使電壓表和電流表有適當的示數U和I。若某次測量中，電壓表的示數如圖丙所示，則　 　V。
②根據電阻定義，計算并記錄此時樣品池中鹽水的電阻值，同時測量并記錄樣品池中左右電極板的距離L（單位m）。
③重復步驟①②的操作，記錄多組測量數據。
（3）數據處理與分析：
①根據記錄的數據計算鹽水樣品的電阻，以為縱坐標，以　 　（用題設條件中物理量的字母表示）為橫坐標，建立坐標系，將得到的數據描點、作圖、連線，得到的圖像如圖丁所示，則鹽水的電阻率　 　（結果保留兩位有效數字）。
②該實驗中，若電流表的內阻不可忽略，則由于電表內阻的影響，鹽水電阻率的測量值與真實值相比　 　（填正確答案標號）。
A.偏大 B.偏小 C.相等
四、計算題（本大題共3小題，共38分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案中必須寫出數值和單位）
13．（2025·福田模擬）如圖所示，一導熱性能良好的圓柱形金屬汽缸豎直放置。用活塞封閉一定量的氣體（可視為理想氣體）、活塞可無摩擦上下移動且汽缸不漏氣。初始時活塞靜止，其到汽缸底部距離為h。環境溫度保持不變，將一質量為M的物體輕放到活塞上，經過足夠長的時間，活塞再次靜止。已知活塞質量為m、橫截面積為S，大氣壓強為p0，重力加速度大小為g，忽略活塞厚度。求：
（1）初始時，缸內氣體的壓強；
（2）缸內氣體最終的壓強及活塞下降的高度。
14．（2025·福田模擬）拋石機是古代交戰的一種兵器，巧妙利用了動能和勢能的轉化。為了研究方便，簡化為圖示物理模型，輕桿兩端分別固定質量為M、m的小球A、B，M=24m。輕桿可繞水平轉軸O自由轉動，O到水平地面的高度為H（H>L），A、B到O的距離分別為L、4L。現將輕桿拉到水平并從靜止釋放，當輕桿運動到豎直時B脫離輕桿做平拋運動，兩小球均可視為質點，不計轉軸摩擦及空氣阻力，重力加速度為g。求：
（1）B脫離輕桿時，A和B的總動能；
（2）B平拋運動的水平射程。
15．（2025·福田模擬）如圖所示，相距的平行金屬導軌，左側部分水平，分布著豎直向上的勻強磁場，右側部分傾斜，傾角為，傾斜導軌上的、兩點處各有一小段絕緣導軌（長度可忽略不計），在連線到連線之間分布著垂直導軌向下的勻強磁場，磁感應強度大小均為，傾斜導軌上端、之間接有阻值為的電阻，其余導軌電阻不計，水平與傾斜導軌連接處平滑過渡。金屬棒1與2的質量都為，有效接入導軌間的長度都為，電阻都為。金屬棒1從連線上方處由靜止釋放，與之間距離與之間距離與之間棒與導軌間的動摩擦因數為，其余部分導軌均光滑，金屬棒2初始靜止，到距離為。金屬棒1進入磁場后，在運動到前已達到穩定速度，在運動到前已再次達到穩定速度。運動過程中，兩棒與導軌接觸良好，且始終與導軌垂直，不計金屬棒經過時的能量損失，若兩棒相碰則發生彈性碰撞。（已知，重力加速度取）求：
（1）金屬棒1運動到前達到的穩定速度的大小；
（2）金屬棒1運動到時，金屬棒2的速度大小；
（3）最終穩定時金屬棒1所在位置，以及全過程金屬棒1產生的焦耳熱。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】本題是簡單的動態平衡問題，要明確研究對象，分析受力情況，根據平衡條件列式分析。AB．由于四條輕繩對稱懸掛于扁擔上同一點，則繩與豎直方向的夾角相等，繩中拉力大小相等，但方向不同，設每條繩與豎直方向的夾角為θ，每條繩中的拉力為F， 賣貨郎肩挑扁擔勻速直線前進時， 根據平衡條件可得
所以
故AB錯誤；
CD．若將貨筐上的四條輕繩減小同樣長度但仍對稱分布，則θ變大，cosθ減小，F增大，故C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】賣貨郎肩挑扁擔勻速直線前進時，貨筐受力平衡，根據平衡條件列式求解每條輕繩中的拉力大小；每條輕繩中的拉力大小相等，方向不同；根據拉力表達式，分析拉力的變化情況。
2．【答案】C
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】本題首先搞清光的頻率與折射率的關系，其次要根據折射定律分析折射角的大小，要在理解的基礎上記住平行平面玻璃磚的光學特性。AB．由圖可知，光線在左側面折射時，光線1的折射角小，入射角相同，根據折射定律可知，光線1的折射率較小，頻率較小，根據可知，光線1在海水中的傳播速度較大，故AB錯誤；
C．由圖可知，光線1的折射率小，偏移量小，所以若一束單色光射向平行空氣磚后偏移量變大，說明折射率變大，即海水的鹽度變大，若偏移量變小，說明海水的鹽度變小，故C正確；
D．一束單色光射向平行空氣磚，若入射角大于等于臨界角光線發生全反射，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據折射定律分析折射率的大小，進而確定頻率大小。由分析光在海水中傳播速度大小。由圖分析偏移量與折射率的關系，再分析與海水鹽度的關系。
3．【答案】B
【知識點】萬有引力定律的應用；第一、第二與第三宇宙速度
【解析】【解答】依題意，太陽坍縮前，有，又，聯立，解得
坍縮后，有，聯立，解得，故ACD錯誤，B正確。
故選B。
【分析】根據萬有引力提供向心力：，結合密度公式可得，坍縮后，，聯立得。
4．【答案】B
【知識點】電場線；電勢能；電勢；電勢差
【解析】【解答】在電場中電場線的切向方向表示電場的方向，電場線的疏密表示電場的強弱，等勢面與電場線相互垂直 。A．等勢面越密集，電場強度越大，則A點處的電場強度小于B點處的電場強度，故A錯誤；
B．沿電場線方向，B點附近的電勢比A點附近的電勢降落更快，故B正確；
C．負點電荷在電勢低處的電勢能更大，則在A點的電勢能大于在C點的電勢能，故C錯誤；
D．相鄰等勢面之間的電勢差相等，則對同一試探電荷，由A點移到B點電場力做的功等于由B點移到C點電場力做的功，故D錯誤。
故選B。
【分析】帶電粒子只受電場力作用，根據運動軌跡可知電場力指向運動軌跡的內側即向下方，由于粒子帶正電，因此電場線方向也指向下方；電勢能變化可以通過電場力做功情況判斷；電場線和等勢線垂直，且等勢線密的地方電場線密，電場強度大；加速度的方向與電場線的方向相同，與等勢面垂直。
5．【答案】C
【知識點】牛頓第二定律；超重與失重；機械能守恒定律；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】本題 考查對v-t圖像的理解，清楚圖線的含義， 當物體的加速度向上時，處于超重狀態，當加速度方向向下時，處于失重狀態。A．小球在上升過程中，向上做減速運動，加速度方向向下，處于失重狀態，故A錯誤；
B．小球在下降過程中，所受空氣阻力方向豎直向上，與位移方向相反，阻力做負功，所以小球的機械能減小，故B錯誤；
C．當小球下降速率為v1時，小球受力平衡，則有
小球拋出瞬間，根據牛頓第二定律可得
聯立解得小球拋出瞬間的加速度大小為
故C正確；
D．根據圖像與橫軸圍成的面積表示位移，可知上升過程小球的位移滿足
則小球上升過程中的平均速度滿足
故D錯誤。
故選C。
【分析】根據v-t圖像斜率表示加速度的大小及方向，分析其運動狀態；根據牛頓第二定律列出關系式解答；v-t圖像與時間軸所包圍的“面積”表示位移，根據圖像分析。
6．【答案】C
【知識點】變壓器原理；交變電流的圖像與函數表達式
【解析】【解答】原、副線圈的電壓之比等于匝數之比：U1：U2=n1：n2， 原線圈的輸入功率等于副線圈的輸出功率：P入=P出 。A．由圖乙可知副線圈中電流的周期為0.02s，變壓器只改變交變電流的電壓不改變周期，A錯誤；
B．由圖乙可知，當開關K斷開時，副線圈中電流的有效值為，此時原線圈的輸入功率為
B錯誤；
C．由題意可知，當開關K閉合后，定值電阻R消耗的功率為電動機消耗功率的2倍，有
解得
C正確；
D．副線圈的輸出電壓由原線圈的輸入電壓和變壓器原、副線圈的匝數比決定，所以開關K閉合后，副線圈的輸出電壓不變，D錯誤。
故選C。
【分析】變壓器只改變交變電流的電壓不改變周期，根據有效值求解功率，當開關K閉合后，定值電阻R消耗的功率為電動機消耗功率的2倍，副線圈的輸出電壓由原線圈的輸入電壓和變壓器原、副線圈的匝數比決定，據此分析。
7．【答案】A
【知識點】安培力的計算
【解析】【解答】在導體棒在0-l時，在經過時間t導體棒移動的距離為
此時導體棒在磁場中的長度
所受的安培力
則圖像為開口向下的拋物線的一部分；
同理導體棒在L-2L時，受安培力
由數學知識可知F-t圖像為開口向上的拋物線的一部分，故A符合題意，BCD不符合題意。
故選A。
【分析】導體棒在切割磁感線運動過程中所受的安培力，可以通過以下步驟進行計算：
首先計算感應電動勢 ：導體棒切割磁感線時，會在導體棒中產生感應電動勢。感應電動勢E的計算公式為E=BLvsinθ，其中B是磁感應強度，L是導體棒在磁場中的有效長度，v是導體棒切割磁感線的速度，θ是導體棒運動方向與磁感線方向的夾角 。 接著計算電流 ：根據閉合電路歐姆定律，可以計算出通過導體棒的電流I。如果導體棒接入的電路總電阻為R總，則電流I=E/R總 。
最后計算安培力 ：導體棒在磁場中受到的安培力F安的計算公式為F安=BILsinα，其中I是通過導體棒的電流，α是電流方向與磁感應強度B方向的夾角 。
8．【答案】A,D
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】波的圖象反映了在某時刻介質中的質點離開平衡位置的位移情況，圖象的橫軸表示各質點的平衡位置，縱軸表示該時刻各質點的位移。A．設該簡諧橫波的波動方程為
代入數據解得，
所以該簡諧橫波的波動方程為
當時有
解得該波的波長為
故A正確；
B．由可得該波的波速為
故B錯誤；
C．已知質點P位于平衡位置且振動方向向下，由同側法可知，該波沿x軸負方向傳播，故C錯誤；
D．根據
故時刻，處的質點位于平衡位置，故D正確。
故選AD。
【分析】設置波動方程，根據題中條件代入數據求解波長；根據波速的公式計算波速；根據同側原理法判斷波的傳播方向；根據波勻速傳播原理進行分析解答。
9．【答案】B,C
【知識點】碰撞模型；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】AC．根據彈性碰撞，動量守恒和能量守恒可知物塊b與槽壁碰后速度大小不變，方向改變，與a碰后交換速度，則根據物塊b的v-t圖像，可知前17秒內a與b共碰撞4次，發生在4~6s之間、8s時刻、10~12s之間以及16s時刻；前17秒內b與槽的側壁碰撞3次，分別在2s、10s和12s時刻，故A錯誤，C正確；
B．b與a碰前速度為v2=2m/s向左，碰后b的速度v2＇=1m/s向右，因兩物塊質量相同且碰撞為彈性碰撞，則碰后兩物塊交換速度，可知碰前a的速度v1=v2＇=1m/s，即初始時a的速度大小為1m/s，故B正確；
D．槽內底部長為
故D錯誤。
故選BC。
【分析】碰撞次數分析：a與b的碰撞：在前17秒內，a與b共碰撞4次，分別發生在4~6秒、8秒、10~12秒和16秒。b與槽壁的碰撞：在前17秒內，b與槽壁碰撞3次，分別發生在2秒、10秒和12秒。
速度分析：b與a碰撞前：b的速度為2 m/s向左。b與a碰撞后：b的速度變為1 m/s向右。
a的初始速度：由于兩物塊質量相同且碰撞為彈性碰撞，碰撞后交換速度，因此a的初始速度為1 m/s。
10．【答案】B,C
【知識點】生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】對于豎直平面內的圓周運動，一般題目都會給出關鍵詞“恰好”，當物體恰好過圓周運動最高點時，物體自身的重力完全充當向心力， 從而可以求出最高點的速度 。A．對靜止在B處的小球進行受力分析，滑塊受到的風力大小
故A錯誤；
B．若滑塊恰能通過圓周最高點C，滿足
又
解得
故B正確；
C．風力與重力的等效合力
方向與豎直方向成θ角斜向右下方，滑塊到D點之前恰好不脫離圓軌道時，滿足
又
解得
當
時，滑塊運動到D點之前一定不會脫離圓軌道，故C正確；
D．當l較小時，滑塊可能會返回，不一定脫離圓軌道，故D錯誤。
故選BC。
【分析】對靜止在B處的小球進行受力分析，若滑塊恰能通過圓周最高點C，物體自身的重力完全充當向心力，求出風力與重力的等效合力，根據等效重力以及動能定理求解。
11．【答案】（1）最低點
（2）9.68
（3）4π2k；AB
【知識點】用單擺測定重力加速度
【解析】【解答】本題主要考查了單擺測量重力加速度的實驗，根據實驗原理掌握正確的實驗操作，結合單擺的周期公式即可完成分析。
（1）為了減小計時誤差，應在擺球擺至最低點時開始計時。
（2）根據單擺周期公式，
代入數據解得
（3）根據單擺的周期公式
可得
所以
則
AB．甲同學所用擺長為100.0cm，實際上擺長應大于1m，則擺長偏小，同時測量周期時，應測量單擺做多次全振動的時間，一般50~60次，則同學甲的實驗次數太少，偶然誤差較大，故AB正確；
C．由以上分析可得
則同學乙的關系曲線必定不經過坐標原點，故C錯誤；
D．若小球質心位置未知，甲同學將擺線長度視為擺長，測量誤差較大，而乙同學的方案沒有影響，可以準確測出重力加速度，故D錯誤。
故選AB。
【分析】（1）根據減小誤差的需要分析判斷開始計時的位置；
（2）根據題意計算單擺的周期，結合周期公式計算重力加速度；
（3）根據單擺的周期公式結合相應圖像的斜率的物理意義求解重力加速度；根據實驗方案分析答題。
（1）為了減小計時誤差，應在擺球擺至最低點時開始計時。
（2）根據單擺周期公式，
代入數據解得
（3）[1]根據單擺的周期公式
可得
所以
則
[2]AB．甲同學所用擺長為100.0cm，實際上擺長應大于1m，則擺長偏小，同時測量周期時，應測量單擺做多次全振動的時間，一般50~60次，則同學甲的實驗次數太少，偶然誤差較大，故AB正確；
C．由以上分析可得
則同學乙的關系曲線必定不經過坐標原點，故C錯誤；
D．若小球質心位置未知，甲同學將擺線長度視為擺長，測量誤差較大，而乙同學的方案沒有影響，可以準確測出重力加速度，故D錯誤。
故選AB。
12．【答案】（1）左端
（2）2.23
（3） ；0.93；C
【知識點】導體電阻率的測量
【解析】【解答】本題以測鹽水電阻率實驗為載體，考查了誤差分析以及實驗數據的處理，解決此題的關鍵是要熟練掌握處理電學基本問題的方法。
（1）為保護電表，滑動變阻器R的滑動觸頭應該位于滑動變阻器的最左端。
（2）電壓表的示數為2.25V。
（3）根據電阻定律可得
又因為圖線是一條傾斜直線，故應以為橫坐標；
斜率
則電阻率
根據歐姆定律可得
可得
則電表內阻對電阻率的測量無影響，故C項正確。
【分析】（1）滑動變阻器起保護電路作用，閉合開關前，滑片滑到讓電表短路的位置；
（2）根據最小刻度以及指針指向讀數；
（3）根據電阻定律得到函數關系式以及函數圖象，由斜率求解電阻率，得到到電阻率表達式，從而判斷電表內阻對實驗是否有影響。
（1）為保護電表，滑動變阻器R的滑動觸頭應該位于滑動變阻器的最左端。
（2）電壓表的示數為2.25V。
（3）[1]根據電阻定律可得
又因為圖線是一條傾斜直線，故應以為橫坐標；
[2]斜率
則電阻率
[3]根據歐姆定律可得
可得
則電表內阻對電阻率的測量無影響，故C項正確。
13．【答案】（1）解：對活塞受力分析，由平衡條件
解得初始時，缸內氣體的壓強為
（2）解：對物體和活塞整體受力分析，由平衡條件
解得缸內氣體最終的壓強為
由玻意耳定律可知
活塞下降的高度
聯立可得
【知識點】氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【分析】 （1）初始時，對活塞，由平衡條件列式，即可分析求解；
（2）結合題意，對活塞，由平衡條件列式，對缸內氣體，由玻意耳定律列式，即可分析求解。
（1）對活塞受力分析，由平衡條件
解得初始時，缸內氣體的壓強為
（2）對物體和活塞整體受力分析，由平衡條件
解得缸內氣體最終的壓強為
由玻意耳定律可知
活塞下降的高度
聯立可得
14．【答案】（1）解：對系統，由機械能守恒定律有
可得
（2）解：輕桿運動到豎直時B、A的速度分別為v1、v2，輕桿轉動的角速度為ω，對有
對有
做平拋運動過程，設運動時間為t，豎直方向分運動為自由落體運動，有，
水平方向分運動為勻速直線運動，有
可得
【知識點】平拋運動；線速度、角速度和周期、轉速；機械能守恒定律
【解析】【分析】（1）對系統，由機械能守恒定律求解 A和B的總動能；
（2） 同軸轉動角速度相等，根據半徑關系分析線速度大小，做平拋運動過程，根據動能定理求解速度，豎直方向運動求解時間，速度乘以時間等于水平射程。
（1）對系統，由機械能守恒定律有
可得
（2）輕桿運動到豎直時B、A的速度分別為v1、v2，輕桿轉動的角速度為ω，對有
對有
做平拋運動過程，設運動時間為t，豎直方向分運動為自由落體運動，有，
水平方向分運動為勻速直線運動，有
可得
15．【答案】（1）解：勻速運動時，則有
，，
聯立解得

（2）解：根據題意可得
故再次勻速必有
金屬棒1沿斜導軌向下運動，金屬棒2沿著水平導軌向右運動，由動量定理得，對1棒有：
即
對2棒有
聯立上述三式解得

（3）解：由第（2）問可得
所以
此后1棒和2棒都以的初速率在EF的右側相向運動，兩棒初始相距，并以大小相同的加速度減速，如果相碰，各自原速率反彈后繼續以相同的加速度減速，直至兩棒的速度都為零，設兩棒在此過程中所經歷的路程為、，對任意棒有
解得
最終兩棒相向運動0.75m后停止運動，即金屬棒1停在左側0.375m處。在任意階段都是1棒電阻與另一等大電阻（R或2棒r）產生等量焦耳熱，故由能量守恒
解得

【知識點】電磁感應中的動力學問題；電磁感應中的能量類問題
【解析】【分析】（1）勻速運動時，根據受力平衡列等式：，感應電動勢：，感應電流：，聯立可求解穩定速度的大小。
（2）受力平衡：，再次勻速，金屬棒1沿斜導軌向下運動，金屬棒2沿著水平導軌向右運動，由動量定理得，對1棒有：，對2棒有
聯立上述三式可求解金屬棒2的速度大小。
（3）此后1棒和2棒都以的初速率在EF的右側相向運動，以大小相同的加速度減速，如果相碰，各自原速率反彈后繼續以相同的加速度減速，直至兩棒的速度都為零，設兩棒在此過程中所經歷的路程為、，對任意棒動量定理列等式：，在任意階段都是1棒電阻與另一等大電阻（R或2棒r）產生等量焦耳熱，由能量守恒，可求解全過程金屬棒1產生的焦耳熱。
（1）勻速運動時，則有
聯立解得
（2）根據題意可得
故再次勻速必有
金屬棒1沿斜導軌向下運動，金屬棒2沿著水平導軌向右運動，由動量定理得，對1棒有：
即
對2棒有
聯立上述三式解得
（3）由第（2）問可得
所以
此后1棒和2棒都以的初速率在EF的右側相向運動，兩棒初始相距
并以大小相同的加速度減速，如果相碰，各自原速率反彈后繼續以相同的加速度減速，直至兩棒的速度都為零，設兩棒在此過程中所經歷的路程為、，對任意棒有
解得
最終兩棒相向運動0.75m后停止運動，即金屬棒1停在左側0.375m處。在任意階段都是1棒電阻與另一等大電阻（R或2棒r）產生等量焦耳熱，故由能量守恒
解得
1 / 12025屆廣東省深圳市福田區紅嶺中學高三上學期第四次統一考試物理試題
一、單項選擇題（本大題共7小題，每題4分，共28分，每小題的4個選項中僅有一個選項是正確的，請將你認為正確的答案的代號涂在答題卡上）
1．（2025·福田模擬）如圖所示，假設賣貨郎的每個貨筐是質量為M的立方體，每個貨筐由四條輕繩對稱懸掛于扁擔上同一點，則賣貨郎肩挑扁擔勻速直線前進時，下列說法正確的是（　　）
A．每條輕繩中的拉力大小為
B．每個貨筐上四條輕繩中的拉力相同
C．若將貨筐上的四條輕繩減小同樣長度但仍對稱分布，則每條輕繩中的拉力將變大
D．若將貨筐上的四條輕繩減小同樣長度但仍對稱分布，則輕繩對貨筐的作用力將變小
【答案】C
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】本題是簡單的動態平衡問題，要明確研究對象，分析受力情況，根據平衡條件列式分析。AB．由于四條輕繩對稱懸掛于扁擔上同一點，則繩與豎直方向的夾角相等，繩中拉力大小相等，但方向不同，設每條繩與豎直方向的夾角為θ，每條繩中的拉力為F， 賣貨郎肩挑扁擔勻速直線前進時， 根據平衡條件可得
所以
故AB錯誤；
CD．若將貨筐上的四條輕繩減小同樣長度但仍對稱分布，則θ變大，cosθ減小，F增大，故C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】賣貨郎肩挑扁擔勻速直線前進時，貨筐受力平衡，根據平衡條件列式求解每條輕繩中的拉力大小；每條輕繩中的拉力大小相等，方向不同；根據拉力表達式，分析拉力的變化情況。
2．（2025·福田模擬）如圖是一種用折射率法檢測海水鹽度裝置的局部簡化圖。將一平行空氣磚（忽略薄玻璃壁厚度）斜插入海水中，讓光束從海水射向平行空氣磚再折射出來，通過檢測折射光線在不同鹽度海水中發生的偏移量d，進而計算出海水鹽度，已知某一溫度下，海水鹽度變大到起折射率變大，下列說法正確的是（　　）
A．一束復色光透過平行空氣磚分成1、2兩束光，則1光頻率高
B．一束復色光透過平行空氣磚分成1、2兩束光，則2光在海水中傳播速度大
C．一束單色光射向平行空氣磚后偏移量小，說明海水的鹽度小
D．一束單色光射向平行空氣磚一定不會發生全反射
【答案】C
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】本題首先搞清光的頻率與折射率的關系，其次要根據折射定律分析折射角的大小，要在理解的基礎上記住平行平面玻璃磚的光學特性。AB．由圖可知，光線在左側面折射時，光線1的折射角小，入射角相同，根據折射定律可知，光線1的折射率較小，頻率較小，根據可知，光線1在海水中的傳播速度較大，故AB錯誤；
C．由圖可知，光線1的折射率小，偏移量小，所以若一束單色光射向平行空氣磚后偏移量變大，說明折射率變大，即海水的鹽度變大，若偏移量變小，說明海水的鹽度變小，故C正確；
D．一束單色光射向平行空氣磚，若入射角大于等于臨界角光線發生全反射，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據折射定律分析折射率的大小，進而確定頻率大小。由分析光在海水中傳播速度大小。由圖分析偏移量與折射率的關系，再分析與海水鹽度的關系。
3．（2025·福田模擬）黑洞的形成源于恒星生命周期的最后階段，當一顆恒星燃盡了其核心的核燃料，無法再通過核聚變產生足夠的能量來抵抗自身引力時，恒星就開始坍縮。太陽（可視為球體）是太陽系唯一的恒星，其第一宇宙速度為v，假設若干億年后太陽發生了坍縮，其球體半徑坍縮為現在的n倍，其密度變為現在的k倍。則其第一宇宙速度變為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】萬有引力定律的應用；第一、第二與第三宇宙速度
【解析】【解答】依題意，太陽坍縮前，有，又，聯立，解得
坍縮后，有，聯立，解得，故ACD錯誤，B正確。
故選B。
【分析】根據萬有引力提供向心力：，結合密度公式可得，坍縮后，，聯立得。
4．（2025·福田模擬）某帶電導體周圍的電場線和等勢面分布如圖所示，相鄰等勢面之間的電勢差相等，其中A、B、C三點分別位于電場中三個相鄰等勢面上，下列說法正確的是（　　）
A．A點處的電場強度大于B點處的電場強度
B．沿電場線方向，B點附近的電勢比A點附近的電勢降落更快
C．一帶負電的試探電荷在A點的電勢能小于在C點的電勢能
D．對同一試探電荷，由A點移到B點電場力做的功大于B點移到C點電場力做的功
【答案】B
【知識點】電場線；電勢能；電勢；電勢差
【解析】【解答】在電場中電場線的切向方向表示電場的方向，電場線的疏密表示電場的強弱，等勢面與電場線相互垂直 。A．等勢面越密集，電場強度越大，則A點處的電場強度小于B點處的電場強度，故A錯誤；
B．沿電場線方向，B點附近的電勢比A點附近的電勢降落更快，故B正確；
C．負點電荷在電勢低處的電勢能更大，則在A點的電勢能大于在C點的電勢能，故C錯誤；
D．相鄰等勢面之間的電勢差相等，則對同一試探電荷，由A點移到B點電場力做的功等于由B點移到C點電場力做的功，故D錯誤。
故選B。
【分析】帶電粒子只受電場力作用，根據運動軌跡可知電場力指向運動軌跡的內側即向下方，由于粒子帶正電，因此電場線方向也指向下方；電勢能變化可以通過電場力做功情況判斷；電場線和等勢線垂直，且等勢線密的地方電場線密，電場強度大；加速度的方向與電場線的方向相同，與等勢面垂直。
5．（2025·福田模擬）從地面上以初速v0度豎直向上拋出一質量為m的球，若運動過程中受到的空氣阻力與其速率成正比關系，球運動的速率隨時間變化規律如圖所示，t1時刻到達最高點，再落回地面，落地時速率為v1，且落地前球已經做勻速運動。則下列說法正確的是（　　）
A．小球在上升過程中處于超重狀態
B．小球在下降過程中機械能不斷增加
C．小球拋出瞬間的加速度大小為
D．小球上升過程中的平均速度大于
【答案】C
【知識點】牛頓第二定律；超重與失重；機械能守恒定律；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】本題 考查對v-t圖像的理解，清楚圖線的含義， 當物體的加速度向上時，處于超重狀態，當加速度方向向下時，處于失重狀態。A．小球在上升過程中，向上做減速運動，加速度方向向下，處于失重狀態，故A錯誤；
B．小球在下降過程中，所受空氣阻力方向豎直向上，與位移方向相反，阻力做負功，所以小球的機械能減小，故B錯誤；
C．當小球下降速率為v1時，小球受力平衡，則有
小球拋出瞬間，根據牛頓第二定律可得
聯立解得小球拋出瞬間的加速度大小為
故C正確；
D．根據圖像與橫軸圍成的面積表示位移，可知上升過程小球的位移滿足
則小球上升過程中的平均速度滿足
故D錯誤。
故選C。
【分析】根據v-t圖像斜率表示加速度的大小及方向，分析其運動狀態；根據牛頓第二定律列出關系式解答；v-t圖像與時間軸所包圍的“面積”表示位移，根據圖像分析。
6．（2025·福田模擬）某吹風機內部的簡化電路圖如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比為，已知當開關K斷開時變壓器副線圈中的電流I隨時間t的變化圖像如圖乙所示，電動機兩端的電壓為。當開關K閉合后，原線圈的輸入功率變為原來的3倍。下列說法正確的是（　　）
A．原線圈中電流的周期為0.04s
B．當開關K斷開時，原線圈的輸入功率為
C．定值電阻R的阻值為
D．當開關K閉合后，副線圈的輸出電壓變大
【答案】C
【知識點】變壓器原理；交變電流的圖像與函數表達式
【解析】【解答】原、副線圈的電壓之比等于匝數之比：U1：U2=n1：n2， 原線圈的輸入功率等于副線圈的輸出功率：P入=P出 。A．由圖乙可知副線圈中電流的周期為0.02s，變壓器只改變交變電流的電壓不改變周期，A錯誤；
B．由圖乙可知，當開關K斷開時，副線圈中電流的有效值為，此時原線圈的輸入功率為
B錯誤；
C．由題意可知，當開關K閉合后，定值電阻R消耗的功率為電動機消耗功率的2倍，有
解得
C正確；
D．副線圈的輸出電壓由原線圈的輸入電壓和變壓器原、副線圈的匝數比決定，所以開關K閉合后，副線圈的輸出電壓不變，D錯誤。
故選C。
【分析】變壓器只改變交變電流的電壓不改變周期，根據有效值求解功率，當開關K閉合后，定值電阻R消耗的功率為電動機消耗功率的2倍，副線圈的輸出電壓由原線圈的輸入電壓和變壓器原、副線圈的匝數比決定，據此分析。
7．（2025·福田模擬）如圖所示，對角線長度為的正方形區域中有垂直于紙面的磁場（圖上未畫），磁感應強度B隨時間t按（、k不變，且）變化．所在平面內有一根足夠長的導體棒始終垂直于，并通有恒定電流。時，導體棒從d點開始沿方向勻速穿過磁場，速率為。設導體棒運動過程中所受安培力大小為F，圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知識點】安培力的計算
【解析】【解答】在導體棒在0-l時，在經過時間t導體棒移動的距離為
此時導體棒在磁場中的長度
所受的安培力
則圖像為開口向下的拋物線的一部分；
同理導體棒在L-2L時，受安培力
由數學知識可知F-t圖像為開口向上的拋物線的一部分，故A符合題意，BCD不符合題意。
故選A。
【分析】導體棒在切割磁感線運動過程中所受的安培力，可以通過以下步驟進行計算：
首先計算感應電動勢 ：導體棒切割磁感線時，會在導體棒中產生感應電動勢。感應電動勢E的計算公式為E=BLvsinθ，其中B是磁感應強度，L是導體棒在磁場中的有效長度，v是導體棒切割磁感線的速度，θ是導體棒運動方向與磁感線方向的夾角 。 接著計算電流 ：根據閉合電路歐姆定律，可以計算出通過導體棒的電流I。如果導體棒接入的電路總電阻為R總，則電流I=E/R總 。
最后計算安培力 ：導體棒在磁場中受到的安培力F安的計算公式為F安=BILsinα，其中I是通過導體棒的電流，α是電流方向與磁感應強度B方向的夾角 。
二、多項選擇題（本大題共3小題，每題6分，共18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6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。請將你認為正確的答案的代號涂在答題卡上）
8．（2025·福田模擬）某簡諧橫波在時刻的波形圖如圖所示。處質點的位移為處的質點P位于平衡位置且振動方向向下。已知該波的周期為1.2s，則（　　）
A．該波的波長為1.2m
B．該波的波速為2m/s
C．該波沿x軸正方向傳播
D．時刻，處的質點位于平衡位置
【答案】A,D
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】波的圖象反映了在某時刻介質中的質點離開平衡位置的位移情況，圖象的橫軸表示各質點的平衡位置，縱軸表示該時刻各質點的位移。A．設該簡諧橫波的波動方程為
代入數據解得，
所以該簡諧橫波的波動方程為
當時有
解得該波的波長為
故A正確；
B．由可得該波的波速為
故B錯誤；
C．已知質點P位于平衡位置且振動方向向下，由同側法可知，該波沿x軸負方向傳播，故C錯誤；
D．根據
故時刻，處的質點位于平衡位置，故D正確。
故選AD。
【分析】設置波動方程，根據題中條件代入數據求解波長；根據波速的公式計算波速；根據同側原理法判斷波的傳播方向；根據波勻速傳播原理進行分析解答。
9．（2025·福田模擬）如圖甲所示，內表面光滑的“”形槽固定在水平地面上，完全相同的兩物塊a、b（可視為質點）置于槽的底部中點，時，a、b分別以速度向相反方向運動，已知b開始運動速度v隨時間t的變化關系如圖乙所示，所有的碰撞均視為彈性碰撞且碰撞時間極短，下列說法正確的是（　　）
A．前17秒內a與b共碰撞3次 B．初始時a的速度大小為
C．前17秒內b與槽的側壁碰撞3次 D．槽內底部長為
【答案】B,C
【知識點】碰撞模型；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】AC．根據彈性碰撞，動量守恒和能量守恒可知物塊b與槽壁碰后速度大小不變，方向改變，與a碰后交換速度，則根據物塊b的v-t圖像，可知前17秒內a與b共碰撞4次，發生在4~6s之間、8s時刻、10~12s之間以及16s時刻；前17秒內b與槽的側壁碰撞3次，分別在2s、10s和12s時刻，故A錯誤，C正確；
B．b與a碰前速度為v2=2m/s向左，碰后b的速度v2＇=1m/s向右，因兩物塊質量相同且碰撞為彈性碰撞，則碰后兩物塊交換速度，可知碰前a的速度v1=v2＇=1m/s，即初始時a的速度大小為1m/s，故B正確；
D．槽內底部長為
故D錯誤。
故選BC。
【分析】碰撞次數分析：a與b的碰撞：在前17秒內，a與b共碰撞4次，分別發生在4~6秒、8秒、10~12秒和16秒。b與槽壁的碰撞：在前17秒內，b與槽壁碰撞3次，分別發生在2秒、10秒和12秒。
速度分析：b與a碰撞前：b的速度為2 m/s向左。b與a碰撞后：b的速度變為1 m/s向右。
a的初始速度：由于兩物塊質量相同且碰撞為彈性碰撞，碰撞后交換速度，因此a的初始速度為1 m/s。
10．（2025·福田模擬）風洞實驗通過產生人工控制的氣流模擬飛行器在氣流中的運動過程。如圖所示為某次實驗示意圖，固定在豎直面內的光滑圓弧軌道ACD與粗糙水平面平滑相切于A點，O為圓弧軌道的圓心。將質量為m的滑塊（可視為質點）從水平地面上的E點由靜止釋放，整個裝置處在水平向右的風場中，滑塊始終受到恒定風力作用。已知圓弧軌道的半徑為R，滑塊與水平地面間的動摩擦因數，且滑塊恰好能在圓弧軌道上的B點處保持靜止，OB與豎直方向的夾角，重力加速度。設A、E兩點間的距離為l，下列說法正確的是（　　）
A．滑塊受到的風力大小為
B．若滑塊能通過圓弧軌道的最高點C，則
C．當時，滑塊運動到D點之前一定不會脫離圓軌道
D．當時，滑塊運動到D點之前一定會脫離圓軌道
【答案】B,C
【知識點】生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】對于豎直平面內的圓周運動，一般題目都會給出關鍵詞“恰好”，當物體恰好過圓周運動最高點時，物體自身的重力完全充當向心力， 從而可以求出最高點的速度 。A．對靜止在B處的小球進行受力分析，滑塊受到的風力大小
故A錯誤；
B．若滑塊恰能通過圓周最高點C，滿足
又
解得
故B正確；
C．風力與重力的等效合力
方向與豎直方向成θ角斜向右下方，滑塊到D點之前恰好不脫離圓軌道時，滿足
又
解得
當
時，滑塊運動到D點之前一定不會脫離圓軌道，故C正確；
D．當l較小時，滑塊可能會返回，不一定脫離圓軌道，故D錯誤。
故選BC。
【分析】對靜止在B處的小球進行受力分析，若滑塊恰能通過圓周最高點C，物體自身的重力完全充當向心力，求出風力與重力的等效合力，根據等效重力以及動能定理求解。
三、實驗題（本大題共2小題，共16分）
11．（2025·福田模擬）學生實驗小組利用單擺測量當地的重力加速度。完成下列問題：
（1）實驗時，將細線的一端連接擺球，另一端固定在鐵架臺上O點。然后將擺球拉離平衡位置，使細線與豎直方向成夾角θ（θ<5°），釋放擺球。為了減小計時誤差，應在擺球擺至　 　（填“最低點”或“最高點”）時開始計時。
（2）同學甲選取擺線長度為100.0cm時，測得擺球擺動30個完整周期的時間（t）為60.60s。若將擺線長度視為擺長，求得重力加速度大小為　 　m/s2（取π2=9.870，結果保留3位有效數字）。
（3）同學乙提出改進實驗，選取不同的擺線長度重復上述實驗，在坐標紙上作出擺線長度（l）和單擺周期的二次方（T2）的關系曲線，如圖所示。設直線斜率為k，則重力加速度可表示為g=　 　（用表示）。
關于以上兩位同學的方案，下列說法正確的是　 　
A.同學甲實驗選取的擺長偏小
B.同學甲的實驗次數太少，偶然誤差較大
C.同學乙的關系曲線必定經過坐標原點
D.若小球質心位置未知，則兩位同學的方案均無法準確測量周期
【答案】（1）最低點
（2）9.68
（3）4π2k；AB
【知識點】用單擺測定重力加速度
【解析】【解答】本題主要考查了單擺測量重力加速度的實驗，根據實驗原理掌握正確的實驗操作，結合單擺的周期公式即可完成分析。
（1）為了減小計時誤差，應在擺球擺至最低點時開始計時。
（2）根據單擺周期公式，
代入數據解得
（3）根據單擺的周期公式
可得
所以
則
AB．甲同學所用擺長為100.0cm，實際上擺長應大于1m，則擺長偏小，同時測量周期時，應測量單擺做多次全振動的時間，一般50~60次，則同學甲的實驗次數太少，偶然誤差較大，故AB正確；
C．由以上分析可得
則同學乙的關系曲線必定不經過坐標原點，故C錯誤；
D．若小球質心位置未知，甲同學將擺線長度視為擺長，測量誤差較大，而乙同學的方案沒有影響，可以準確測出重力加速度，故D錯誤。
故選AB。
【分析】（1）根據減小誤差的需要分析判斷開始計時的位置；
（2）根據題意計算單擺的周期，結合周期公式計算重力加速度；
（3）根據單擺的周期公式結合相應圖像的斜率的物理意義求解重力加速度；根據實驗方案分析答題。
（1）為了減小計時誤差，應在擺球擺至最低點時開始計時。
（2）根據單擺周期公式，
代入數據解得
（3）[1]根據單擺的周期公式
可得
所以
則
[2]AB．甲同學所用擺長為100.0cm，實際上擺長應大于1m，則擺長偏小，同時測量周期時，應測量單擺做多次全振動的時間，一般50~60次，則同學甲的實驗次數太少，偶然誤差較大，故AB正確；
C．由以上分析可得
則同學乙的關系曲線必定不經過坐標原點，故C錯誤；
D．若小球質心位置未知，甲同學將擺線長度視為擺長，測量誤差較大，而乙同學的方案沒有影響，可以準確測出重力加速度，故D錯誤。
故選AB。
12．（2025·福田模擬）某實驗小組設計了測量鹽水電阻率的實驗。所用實驗器材如下：電源E（電動勢為3V，內阻很小），電流表A（內阻極小），電壓表V（內阻極大），滑動變阻器R，開關S，導線若干；內部裝有耐腐蝕電極板的長方體樣品池。如圖甲所示，樣品池內的右側電極板可以左右移動，且移動時與樣品池間密封完好。
（1）先按圖乙所示連接實物電路，將體積為的鹽水樣品加入樣品池中，閉合開關S之前，滑動變阻器R的滑動觸頭應該位于最　 　（填“左端”“中間”或“右端”）。
（2）然后測量鹽水的電阻率：
①調整右側電極板處于樣品池中的適當位置，閉合開關S，移動滑動變阻器R的滑動觸頭，使電壓表和電流表有適當的示數U和I。若某次測量中，電壓表的示數如圖丙所示，則　 　V。
②根據電阻定義，計算并記錄此時樣品池中鹽水的電阻值，同時測量并記錄樣品池中左右電極板的距離L（單位m）。
③重復步驟①②的操作，記錄多組測量數據。
（3）數據處理與分析：
①根據記錄的數據計算鹽水樣品的電阻，以為縱坐標，以　 　（用題設條件中物理量的字母表示）為橫坐標，建立坐標系，將得到的數據描點、作圖、連線，得到的圖像如圖丁所示，則鹽水的電阻率　 　（結果保留兩位有效數字）。
②該實驗中，若電流表的內阻不可忽略，則由于電表內阻的影響，鹽水電阻率的測量值與真實值相比　 　（填正確答案標號）。
A.偏大 B.偏小 C.相等
【答案】（1）左端
（2）2.23
（3） ；0.93；C
【知識點】導體電阻率的測量
【解析】【解答】本題以測鹽水電阻率實驗為載體，考查了誤差分析以及實驗數據的處理，解決此題的關鍵是要熟練掌握處理電學基本問題的方法。
（1）為保護電表，滑動變阻器R的滑動觸頭應該位于滑動變阻器的最左端。
（2）電壓表的示數為2.25V。
（3）根據電阻定律可得
又因為圖線是一條傾斜直線，故應以為橫坐標；
斜率
則電阻率
根據歐姆定律可得
可得
則電表內阻對電阻率的測量無影響，故C項正確。
【分析】（1）滑動變阻器起保護電路作用，閉合開關前，滑片滑到讓電表短路的位置；
（2）根據最小刻度以及指針指向讀數；
（3）根據電阻定律得到函數關系式以及函數圖象，由斜率求解電阻率，得到到電阻率表達式，從而判斷電表內阻對實驗是否有影響。
（1）為保護電表，滑動變阻器R的滑動觸頭應該位于滑動變阻器的最左端。
（2）電壓表的示數為2.25V。
（3）[1]根據電阻定律可得
又因為圖線是一條傾斜直線，故應以為橫坐標；
[2]斜率
則電阻率
[3]根據歐姆定律可得
可得
則電表內阻對電阻率的測量無影響，故C項正確。
四、計算題（本大題共3小題，共38分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案中必須寫出數值和單位）
13．（2025·福田模擬）如圖所示，一導熱性能良好的圓柱形金屬汽缸豎直放置。用活塞封閉一定量的氣體（可視為理想氣體）、活塞可無摩擦上下移動且汽缸不漏氣。初始時活塞靜止，其到汽缸底部距離為h。環境溫度保持不變，將一質量為M的物體輕放到活塞上，經過足夠長的時間，活塞再次靜止。已知活塞質量為m、橫截面積為S，大氣壓強為p0，重力加速度大小為g，忽略活塞厚度。求：
（1）初始時，缸內氣體的壓強；
（2）缸內氣體最終的壓強及活塞下降的高度。
【答案】（1）解：對活塞受力分析，由平衡條件
解得初始時，缸內氣體的壓強為
（2）解：對物體和活塞整體受力分析，由平衡條件
解得缸內氣體最終的壓強為
由玻意耳定律可知
活塞下降的高度
聯立可得
【知識點】氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【分析】 （1）初始時，對活塞，由平衡條件列式，即可分析求解；
（2）結合題意，對活塞，由平衡條件列式，對缸內氣體，由玻意耳定律列式，即可分析求解。
（1）對活塞受力分析，由平衡條件
解得初始時，缸內氣體的壓強為
（2）對物體和活塞整體受力分析，由平衡條件
解得缸內氣體最終的壓強為
由玻意耳定律可知
活塞下降的高度
聯立可得
14．（2025·福田模擬）拋石機是古代交戰的一種兵器，巧妙利用了動能和勢能的轉化。為了研究方便，簡化為圖示物理模型，輕桿兩端分別固定質量為M、m的小球A、B，M=24m。輕桿可繞水平轉軸O自由轉動，O到水平地面的高度為H（H>L），A、B到O的距離分別為L、4L。現將輕桿拉到水平并從靜止釋放，當輕桿運動到豎直時B脫離輕桿做平拋運動，兩小球均可視為質點，不計轉軸摩擦及空氣阻力，重力加速度為g。求：
（1）B脫離輕桿時，A和B的總動能；
（2）B平拋運動的水平射程。
【答案】（1）解：對系統，由機械能守恒定律有
可得
（2）解：輕桿運動到豎直時B、A的速度分別為v1、v2，輕桿轉動的角速度為ω，對有
對有
做平拋運動過程，設運動時間為t，豎直方向分運動為自由落體運動，有，
水平方向分運動為勻速直線運動，有
可得
【知識點】平拋運動；線速度、角速度和周期、轉速；機械能守恒定律
【解析】【分析】（1）對系統，由機械能守恒定律求解 A和B的總動能；
（2） 同軸轉動角速度相等，根據半徑關系分析線速度大小，做平拋運動過程，根據動能定理求解速度，豎直方向運動求解時間，速度乘以時間等于水平射程。
（1）對系統，由機械能守恒定律有
可得
（2）輕桿運動到豎直時B、A的速度分別為v1、v2，輕桿轉動的角速度為ω，對有
對有
做平拋運動過程，設運動時間為t，豎直方向分運動為自由落體運動，有，
水平方向分運動為勻速直線運動，有
可得
15．（2025·福田模擬）如圖所示，相距的平行金屬導軌，左側部分水平，分布著豎直向上的勻強磁場，右側部分傾斜，傾角為，傾斜導軌上的、兩點處各有一小段絕緣導軌（長度可忽略不計），在連線到連線之間分布著垂直導軌向下的勻強磁場，磁感應強度大小均為，傾斜導軌上端、之間接有阻值為的電阻，其余導軌電阻不計，水平與傾斜導軌連接處平滑過渡。金屬棒1與2的質量都為，有效接入導軌間的長度都為，電阻都為。金屬棒1從連線上方處由靜止釋放，與之間距離與之間距離與之間棒與導軌間的動摩擦因數為，其余部分導軌均光滑，金屬棒2初始靜止，到距離為。金屬棒1進入磁場后，在運動到前已達到穩定速度，在運動到前已再次達到穩定速度。運動過程中，兩棒與導軌接觸良好，且始終與導軌垂直，不計金屬棒經過時的能量損失，若兩棒相碰則發生彈性碰撞。（已知，重力加速度取）求：
（1）金屬棒1運動到前達到的穩定速度的大小；
（2）金屬棒1運動到時，金屬棒2的速度大小；
（3）最終穩定時金屬棒1所在位置，以及全過程金屬棒1產生的焦耳熱。
【答案】（1）解：勻速運動時，則有
，，
聯立解得

（2）解：根據題意可得
故再次勻速必有
金屬棒1沿斜導軌向下運動，金屬棒2沿著水平導軌向右運動，由動量定理得，對1棒有：
即
對2棒有
聯立上述三式解得

（3）解：由第（2）問可得
所以
此后1棒和2棒都以的初速率在EF的右側相向運動，兩棒初始相距，并以大小相同的加速度減速，如果相碰，各自原速率反彈后繼續以相同的加速度減速，直至兩棒的速度都為零，設兩棒在此過程中所經歷的路程為、，對任意棒有
解得
最終兩棒相向運動0.75m后停止運動，即金屬棒1停在左側0.375m處。在任意階段都是1棒電阻與另一等大電阻（R或2棒r）產生等量焦耳熱，故由能量守恒
解得

【知識點】電磁感應中的動力學問題；電磁感應中的能量類問題
【解析】【分析】（1）勻速運動時，根據受力平衡列等式：，感應電動勢：，感應電流：，聯立可求解穩定速度的大小。
（2）受力平衡：，再次勻速，金屬棒1沿斜導軌向下運動，金屬棒2沿著水平導軌向右運動，由動量定理得，對1棒有：，對2棒有
聯立上述三式可求解金屬棒2的速度大小。
（3）此后1棒和2棒都以的初速率在EF的右側相向運動，以大小相同的加速度減速，如果相碰，各自原速率反彈后繼續以相同的加速度減速，直至兩棒的速度都為零，設兩棒在此過程中所經歷的路程為、，對任意棒動量定理列等式：，在任意階段都是1棒電阻與另一等大電阻（R或2棒r）產生等量焦耳熱，由能量守恒，可求解全過程金屬棒1產生的焦耳熱。
（1）勻速運動時，則有
聯立解得
（2）根據題意可得
故再次勻速必有
金屬棒1沿斜導軌向下運動，金屬棒2沿著水平導軌向右運動，由動量定理得，對1棒有：
即
對2棒有
聯立上述三式解得
（3）由第（2）問可得
所以
此后1棒和2棒都以的初速率在EF的右側相向運動，兩棒初始相距
并以大小相同的加速度減速，如果相碰，各自原速率反彈后繼續以相同的加速度減速，直至兩棒的速度都為零，設兩棒在此過程中所經歷的路程為、，對任意棒有
解得
最終兩棒相向運動0.75m后停止運動，即金屬棒1停在左側0.375m處。在任意階段都是1棒電阻與另一等大電阻（R或2棒r）產生等量焦耳熱，故由能量守恒
解得
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