2025届湖南省邵阳市高三上学期第一次联考（一模）物理试题

2025 年邵阳市高三第一次联考试题卷(物理)　 第 1　 页(共 6 页) 2025 年邵阳市高三第一次联考试题卷 物　 理 本试卷共 6 页, 15 个小题。 满分 100 分。 考试时间 75 分钟。 注意事项: 1. 答卷前, 考生务必将自己的姓名、 考生号填写在答题卡上。 将条形码横贴在答题 卡上“条形码粘贴区”。 2. 作答选择题时, 选出每小题答案后, 用 2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信 息点涂黑; 如需改动, 用橡皮擦干净后, 再选涂其他答案。 答案不能答在试卷上。 3. 非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答, 答案必须写在答题卡各题目指定 区域内相应位置上; 如需改动, 先划掉原来的答案, 然后再写上新答案; 不准使 用铅笔和涂改液。 不按以上要求作答无效。 4. 保持答题卡的整洁。 考试结束后, 只交答题卡, 试题卷自行保存。 一、 选择题: 本题共 6 小题, 每小题 4 分, 共 24 分, 每小题给出的四个选项中, 只有一 项是符合题目要求的。 1. 2024 年 10 月 8 日消息, 本年度诺贝尔物理学奖授予约翰·霍普菲尔德和杰弗里·辛 顿, “以表彰他们为利用人工神经网络进行机器学习作出的基础性发现和发明”。 在物 理学的探索和发现过程中, 物理过程和研究方法比物理知识本身更加重要。 以下关于 物理学研究方法和物理学史的叙述中正确的是 A. 惯性定律即牛顿第一定律, 伽利略通过理想斜面实验直接验证了惯性定律 B. 美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷, 并通过油滴实验测得元电荷的数值 C. 自然界中的电和磁存在着某种神秘的联系, 丹麦物理学家奥斯特通过不断地探索发 现了电流的磁效应 D. 根据速度定义式 v=Δx Δt , 当 Δt 足够小时, Δx Δt 就可以表示物体在某时刻的瞬时速度, 该定义应用了微元法思想方法 2. 测糖仪的原理是溶液的折射率与含糖率成正比, 通过测量溶液相对标准透明介质的折射 率, 即可得到待测溶液的含糖率。 如图所示为某种测糖仪内部核心结构的原理图, 截面 为半圆形的透明容器中装有待测溶液, 容器右侧有一截面为长方形的标准透明介质, 介 质右侧面贴有一屏幕, 可用来记录光线出射的位置。 现有一束 光沿半径方向射向半圆形圆心, 射出后分为 a、 b 两束光, 图中 α>β, 忽略容器壁的厚度, 下列说法正确的是 A. a、 b 光在溶液中的传播速度比在透明介质中的小 B. 若稍微提高溶液的含糖率, 光线打在屏幕上的位置均将向下移动 C. 若逐渐提高溶液的含糖率, a 光先不能射出容器 D. 稍微水平向左移动透明介质, 光线打在屏幕上的位置均将向下移动 2025 年邵阳市高三第一次联考试题卷(物理)　 第 2　 页(共 6 页) 3. 学校组织趣味运动会, 某运动员手持乒乓球拍托着球沿水平直赛道向前跑, 运动员速 度越大, 乒乓球受到的水平风力越大。 已知球拍面与水平面的夹角为 53°, 乒乓球的质 量为 2. 7 g, 乒乓球与球拍面之间的动摩擦因数为 0. 5, 最大静摩擦力等于滑动摩擦力, 取 g= 10 m / s2, sin 53° = 0. 8, 不考虑乒乓球的滚动, 当运动员以某一速度匀速向前跑 时, 乒乓球恰好不下滑, 关于此时的乒乓球下列说法正确的是 A. 乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向下 　 B. 乒乓球受三个力的作用 C. 乒乓球受到的风力大小为 1. 35×10-2 N 　 D. 如果球拍面竖直, 则乒乓球不会下滑 4. 开普勒用二十年的时间研究第谷的行星观测记录, 发现了行星运动规律。 通常认为, 太阳保持静止不动, 行星绕太阳做匀速圆周运动, 则开普勒第三定律中常量 k1 = R3 T2 (R 为行星轨道半径, T 为运行周期)。 如图所示, 三个质量 均为 m 的天体相距为 L 成一直线排列, 在万有引力作用下 构成一稳定的星系。 该星系中有类似于开普勒第三定律中常 量k2 = L3 T2 。 已知引力常量为 G, 则 k2 的值为 A. 5Gm 16π2 　 B. Gm 4π2 　 　 C. 3Gm 4π2 　 　 D. (2+ 2 )Gm 4π2 5. 如图甲所示, 取一电阻率为 ρ 的均质金属材料, 将它做成横截面为圆形的金属导线, 每段导线体积均恒为 V。 如图乙所示, 将一段导线接在电动势为 E, 内阻为 r 的电源两 端, 并置于方向垂直纸面向外、 磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中; 如图丙所示, 将 另一段导线接在恒流源两端, 下列说法不正确 ∙∙∙ 的是 A. 乙图中, 拉长该段导线使直径减小, 导线电阻随之增大 B. 丙图中, 拉长该段导线使直径减半, 导线两端电压变为原来的 8 倍 C. 丙图中, 改变导线直径, 该段导线发热功率与直径的四次方成反比 D. 乙图中, 通过改变导线直径可改变导线所受的安培力, 且最大安培力为 1 2 BE V ρr 6. 为了研究多层钢板在不同模式下的防弹效果, 建立如下简化模型。 如图所示, 两个完 全相同的钢板 A、 B 厚度均为 d, 质量均为 m。 第一次把 A、 B 焊接在一起静置在光滑 水平面上, 质量也为 m 的子弹水平射向钢板 A, 恰好将两钢板击穿。 第二次把 A、 B 间隔一段距离水平放置, 子弹以同样的速度水平射向 A, 穿出后再射向 B, 且两块钢板 不会发生碰撞。 设子弹在钢板中受到的 阻力为恒力, 不计子弹的重力, 子弹可 视为质点。 下列说法正确的是 A. 第一次子弹射出 B 时, A 的位移为 d B. 第一次子弹穿过 A、 B 所用时间之比为 1 ∶ 2 C. 第二次子弹不能击穿钢板 B, 进入钢板 B 的深度为2 + 3 3 d D. 第一次、 第二次整个系统损失的机械能之比为 8 ∶ (6+ 3 ) 2025 年邵阳市高三第一次联考试题卷(物理)　 第 3　 页(共 6 页) 二、 选择题: 本题共 4 小题, 每小题 5 分, 共 20 分。 在每小题给出的四个选项中, 有多 项符合题目要求, 全部选对的得 5 分, 选对但不全的得 3 分, 有选错的得 0 分。 7. 如图甲所示, 均匀介质中三个相同的波源分别位于 xOy 平面直角坐标系中的 A、 B、 C 点, 波源振动方向均垂直纸面, 振动图 像均如图乙所示, 波速均为2 cm / s。 则 A. 质点 D 比质点 O 晚起振 4 s B. t= 7. 2 s 时, 质点 O 的速度方向与 加速度方向相同 C. 若取走波源 B, 稳定后质点 O、 D 的 相位差始终为 π D. 若取走波源 C, 稳定后质点 O 与质 点 D 的振幅相等 8. 如图所示, 在平面直角坐标系 xOy 的( -8, 0)、 (8, 0)两点处固定着电荷量分别为+q、 -9q 的两个点电荷, A、 B 为 y 轴上两点, 坐标分别为(0, 2)、 (0, -6), M、 N、 P、 Q 四个点是以-9q 为中心的正方形的四个顶点, 在上述两个点电荷所形成的电场中, 下列说法正确的是 A. N 点与 Q 点电势相等 B. x 轴上 x= -4 cm 处电场强度为零 C. B 点的电势高于 A 点的电势, A 点的电场强度 大于 B 点的电场强度 D. 将某一负电荷从 P 点移动到 Q 点电场力做的 功大于将其从 N 点移动到 M 点电场力做的功 9. “辘轳”是中国古代取水的重要设施, 通过转动手柄将轻绳缠绕到半径为 R 的转筒上, 就可以把水桶从井中提起。 若某次转动手柄的角速度 ω 随时间 t 变化的图像如图乙所 示, 经 3t0 时间把水桶从井底提升到井口, 水桶和桶中水的总质量为 m, 重力加速度大 小为 g, 水桶可看成质点, 下列说法正确的是 A. 水井的深度为 2ω0Rt0 B. 0 ~ 3t0, 水桶做初速度为零的匀加速直线运动 C. 把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为 mω20R2 2 D. 把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为 mgω0R 2 2025 年邵阳市高三第一次联考试题卷(物理)　 第 4　 页(共 6 页) 10. 间距为 L= 1 m 的两根平行光滑金属导轨 MN、 PQ 固定放置在同一水平面内, 两导轨 间存在大小为 B= 1 T, 方向垂直导轨平面向外的匀强磁场, 导轨左端串接一阻值为 R= 4 Ω 的定值电阻, 导体棒垂直放在导轨上, 如图所示。 当水平圆盘匀速转动时, 固定在圆盘上的小圆柱带动 T 形支架在水平方向往复运动, T 形支架进而驱动导体棒 在水平面内做简谐运动, 以水平向右为正方向, 其位移 x 与运动时间 t 的关系为 x= -0. 5cos(4t) m。 已知导体棒质量为 m= 1 kg, 总是保持与导轨接触良好, 除定值电 阻外其余电阻均忽略不计, 空气阻力忽略不计, 不考虑电路中感应电流的磁场, 则下 列说法正确的是 A. 导体棒在运动过程中, 产生感应电流的最大值为 Im = 0. 5 A B. 在 0 ~ π 8 s 时间内, 通过导体棒的电荷量为 0. 25 C C. 在 0 ~ π 8 s 时间内, T 形支架对导体棒做功 WT = 2+ π 16( ) J D. 当 T 形支架对导体棒的作用力为 0 时, 导体棒的速度大小为 32 257 m / s 三、 非选择题: 共 56 分。 11. (6 分)某学习小组利用图示装置探究加速度与力、 质量的关系, 主要操作步骤如下: a. 按图甲所示完成装置安装, 木板左端用铰链 连接在桌面上, 将 1 个钩码通过跨过定滑轮的 细绳连接到小车上; b. 调整木块位置, 使小车获得一定初速度后, 遮光片通过两光电门的遮光时间相等; c. 取下钩码, 由静止释放小车, 记录小车通过 上、 下两个光电门时遮光片的遮光时间, 分别记为 t1 和 t2; d. 依次增加悬挂的钩码(完全相同)个数 n, 重复步骤 b、 c、 d。 请完成以下问题: (1)两光电门中心间的距离为 s, 遮光片的宽度 d 用螺旋测微器 测量如图乙, 读得d= 　 　 　 　 mm。 由 a = d 2 2s 1 t2 2 - 1 t1 2( ) 计算出 小车加速度。 (2)要探究小车加速度与所受合外力的关系, 以加速度 a 为纵轴, 以　 　 　 　 (选填 “n”“ 1 n ”“n2”或“ 1 n2 ”)为横轴描点作图, 当所作图像是一条过坐标原点的倾斜直 线时, 则说明: 在小车质量不变的情况下, 小车的加速度与所受合外力成正比。 (3)下列做法能减小本实验误差的是　 　 　 　 。 A. 减小两光电门之间的距离 B. 要确保小车的质量远大于钩码的质量 C. 挑选遮光片时, 选宽度比较小的　 D. 挑选表面比较光滑的木板进行实验 2025 年邵阳市高三第一次联考试题卷(物理)　 第 5　 页(共 6 页) 12. (10 分)某兴趣小组利用实验室的器材进行电表内阻的测量实验。 (1)小组成员在实验室发现一个表盘数字被污渍遮挡的电压表, 利用图甲中的电路图测 量电压表量程。 闭合开关后, 调节滑动变阻器 R1 和电阻箱 R2, 保持电流表满偏 Ig = 100 mA, 当 R21 = 8 Ω 时, 电压表指针偏转了满偏的 1 3 , 当 R22 = 18 Ω 时, 电压表 指针偏转了满偏的 2 3 。 则电压表量程为　 　 　 V, 电流表内阻为 RA = 　 　 　 Ω。 (2)小组成员选择完好的实验仪器, 利用表盘如图乙所示的多用电表和图丙中的电路 图测量该电压表的内阻(内阻约十几千欧)。 ①利用多用电表的欧姆挡对电压表内阻进行粗测。 将多用电表挡位调到欧姆 　 　 　 　 挡(选填“ ×100” 或“ ×1 k”), 再将红表笔和黑表笔短接, 调零后, 将两 表笔接在电压表正负接线柱上, 用多用电表读出电压表内阻阻值; ②按照图丙所示的电路图连接实验仪器后, 闭合开关 S, 改变电阻箱阻值, 读取 多组电压表示数 U 与电阻箱阻值 R, 并绘制出 R- 1 U 图像如图丁所示, 图像斜率 为 k, 若已知电源电动势 E, 则电压表内阻 RV = 　 　 　 　 , 电源内阻对电压表内 阻测量　 　 　 　 (选填“有”或“无”)影响。 13. (10 分)小明学习热学知识后设计了一个利用气体来测量液体温度的装置。 该装置由 导热性能良好、 厚度不计的圆柱形细管、 圆柱形金属块、 上下两个小卡环组成。 圆柱 形金属块质量为 20 g 厚度为 2 cm 与管壁紧密接触(不漏气), 管内 用金属块封闭有一定量的理想气体, 管内卡环限制金属块只能在管 内一定范围内上下移动, 以金属块下端位置为基准在上下卡环之间 刻上刻度。 上、 下卡环间距离为 52 cm, 上端卡环距管下端距离为 102 cm, 管的横截面积为 10 mm2, 测温时把温度计竖直插入待测液 体中。 不考虑固体的热胀冷缩, 不计一切摩擦阻力, 外界大气压强 恒为 p0 = 1. 0×105 Pa,g 取 10 m / s2, 当管内气体的温度为 7 ℃时金属 块恰好对下方卡环无压力。 (1)求该温度计的测温范围; (2)某次测温时示数由 63 ℃上升到 147 ℃ , 该过程管内气体吸收的热量为 0. 68 J, 求 管内气体内能改变量。 2025 年邵阳市高三第一次联考试题卷(物理)　 第 6　 页(共 6 页) 14. (13 分)如图甲所示, 空间存在两边界为同轴圆柱面的电磁场区域Ⅰ、 Ⅱ, 区域Ⅱ位 于区域Ⅰ外侧, 圆柱面的轴线沿空间直角坐标系 Oxyz 的 x 轴方向。 半径 R= 0. 10 m 的 足够长水平圆柱形区域Ⅰ内分布着沿 x 轴正方向的匀强磁场, 磁感应强度大小 B= 8×10-3 T; 沿 x 轴正方向观察电磁场分布如图乙, 宽度 d = 0. 10 m 的区域Ⅱ同时存 在电、 磁场, 电场强度 E= 80 N / C 的匀强电场沿 x 轴正方向, 磁场的磁感应强度大小也 为B= 8×10-3 T、 磁感线与圆弧边界平行且沿顺时针方向, 沿 y 轴负方向观察电磁场分 布如图丙, 比荷 q m = 1. 25×107 C / kg 的带正电粒子, 从坐标为(0, 0. 20)的 A 点以一定 初速度 v0 沿 z 轴负方向进入且能沿直线通过区域Ⅱ。 (不计粒子的重力和空气阻力) (1)求 v0 大小以及它在区域Ⅰ中运动的半径; (2)若撤去区域Ⅱ的电场, 求该粒子以速度 2 v0 从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅰ运动的总 时间。 　 15. (17 分)如图所示, 固定的桌面、 地面和固定的螺旋形圆管均光滑, 轻质弹簧左端固 定, 自然伸长位置为 O′点, 弹簧的劲度系数 k = 400 N / m, 圆轨道的半径 R = 0. 5 m, 圆管的内径比质量为 m1 的小球直径略大, 但远小于圆轨道半径, 质量为 m2 的小物块 静止于质量为 m3 的木板左端, 木板的上表面恰好与圆管轨道水平部分下端表面等高, 小物块与木板上表面间的动摩擦因数 μ = 0. 5, 木板右端与墙壁之间的距离 L0 = 5 m, 现用力将小球向左推压, 将弹簧压缩 x0 = 0. 2 m, 然后由静止释放小球, 小球与弹簧 不连接, 小球运动到桌面右端 O′点后水平抛出, 从管口 A 点处沿圆管切线飞入圆管内 部, 从圆管水平部分 B 点飞出, 并恰好与小物块发生弹性碰撞, 经过一段时间后木板 和右侧墙壁发生弹性碰撞, 已知小物块始终未和墙壁碰撞, 并且未脱离木板, 已知 OA 与竖直方向夹角 θ= 37°, m1 =m2 = 1 kg, m3 = 0. 5 kg, g= 10 m / s2, sin 37°= 0. 6。 求: (1)抛出点 O′与管口 A 间的高度差 h; (2)小球在圆管最高点所受的弹力 FN; (3)木板在地面上滑动的总路程 s。 2025 年邵阳市高三第一次联考试题参考答案与评分标准(物理) 　 第 1　 页(共 4 页) 2025 年邵阳市高三第一次联考试题参考答案与评分标准 物　 理 一、二、选择题(共 44 分,1-6 题为单选,每题 4 分;7-10 题为多选,全对 5 分,选对但不全得 3 分,不选或错选得 0 分) 题　 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答　 案 C B C A B D AD CD AC ACD 6. 【详解】设第一次子弹穿过 A、B 时共同速度为 v,对系统由动量守恒有 mv0 = m+2m( ) v,对 A 和 B 有 x= v 2 t , 对子弹有 x+2d= v0 +v 2 t ,解得 x= 2 3 d,故选项 A 错误; 第一次子弹相对 A、B 做匀减速直线运动,恰击穿时相对末速度为 0,根据逆向思维,可以 将看成子弹相对 A、B 做初速度为 0 的反向匀加速直线运动,穿过 B、A 的相对位移相等, 则时间之比为 1 ∶ 2 -1( ) ,所以穿过 A、B 所用时间之比为 2 -1( ) ∶1,故选项 B 错误; 设子弹的初速度为 v0,受到的阻力大小为 f,第一次穿过 A、B 时共同速度为 v,对系统由动 量守恒有 mv0 = m+2m( ) v,由能量守恒有 f·2d= 1 2 mv20 - 1 2 m+2m( ) v2,可得 fd = 1 6 mv20 第二 次子弹穿过 A 时,设子弹速度为 v1,A 的速度为 u,假设不能穿透 B,最后与 B 的共同速度 为 v2,进入 B 的深度为 d′,对子弹和 A 由动量守恒有 mv0 =mv1 +mu 由能量守恒有 fd= 1 2 mv20 - 1 2 mv21 - 1 2 mu2,可得 v1 = 3+ 3 6 v0 对子弹和 B,由动量守恒有 mv1 = m+m( ) v2 　 由能量守恒有 f·d′= 1 2 mv21 - 1 2 m+m( ) v22 可得 d′= 2 + 3 4 d<d,假设成立,故选项 C 错误; 第一次系统损失的机械能 ΔE1 = f·2d 第二次系统损失的机械能 ΔE2 = f· d+ 2+ 3 4 d( ) 第一次、第二次系统损失的机械能之比为 ΔE1 ∶ ΔE2 = 8 ∶ 6+ 3( ) ,故选项 D 正确。 10. 【详解】根据 x-t 关系式,可得 t 时刻导体棒的速度 v= 2sin 4t( ) m / s 所以导体棒在运动过程中,速度的最大值为 vm = 2 m / s 通过导体棒的感应电流 Im = BLvm R ,联立解得 Im = 0. 5A,故选项 A 正确; 设导体棒做简谐运动的周期为 T,根据 x= -0. 5cos(4t)m,由 T= 2π ω 得 T= π 2 s 在 0 ~ π 8 s 内,即 0 ~ T 4 内,导体棒运动的位移大小 xm = 0. 5m 感应电动势的平均值 E= BL xm T 4 ,感应电流的平均值 I= E R 2025 年邵阳市高三第一次联考试题参考答案与评分标准(物理) 　 第 2　 页(共 4 页) 通过导体棒的电荷量 q= I· T 4 ,联立解得 q= 0. 125C,故选项 B 错误; 在 0 ~ π 8 s 内,设 T 形支架对导体棒做功为 WT,电阻 R 上产生的热量为 Q。 根据功能关 系,有 WT = 1 2 mv2m +Q,Q= I2有效 Rt= Im 2( ) 2 R· π 8 ,联立解得 WT = 2+ π 16( ) J,故选项 C 正确; a= v′( t)= 8cos(4t),B 2L2v R =ma,tan(4t)= 16,v= 2sin(4t)= 32 257 m / s,故选项 D 正确。 三、非选择题:共 56 分。 11. (每空 2 分)(1)3. 108(3. 106 ~ 3. 109 均给分)　 　 (2)n　 　 (3)C 12. (每空 2 分)(1)3　 　 2　 (2) ①×1 k　 　 ② k E 　 　 无 13. (10 分)(1)7 ℃ ≤t≤287 ℃ 　 　 (2)0. 5 J 解:(1)设管内气体最高温度为 T2,管内气体做等压变化,则 SL1 T1 = SL2 T2 2 分 …………………………………… 其中 T1 = (273+7)K = 280K　 L1 = (102-52)cm = 50 cm　 　 　 L2 = (102-2)cm = 100 cm 1 分……………………………………………………………………………………… 解得 T2 = 560 K 1 分………………………………………………………………………… 故温度计的测温范围为 7 ℃ ≤t≤287 ℃ 。 1 分(用热力学温度表示同样给分)………… (2)管内气体做等压变化,则 SL1 T1 = SL3 T3 = SL4 T4 1 分…………………………………………… 其中 T3 = (273+63)K = 336 K　 　 T4 = (273+147)K = 420 K 解得 L3 = 60 cm　 　 　 L4 = 75 cm 1 分 ……………………………………………………… 管内气体的压强为 p= p0 + mg S = 1. 0×105 Pa+20 ×10-3 ×10 10×10-6 Pa = 1. 2×105 Pa 1 分 ………… 该过程气体对外做功为 W= pS(L4 -L3)= 1. 2×105 ×5×10 -6 ×(75-60) ×10-2 J = 0. 18 J 1 分……………………………………… 根据热力学第一定律 ΔU= -W+Q= 0. 5 J 1 分 ……………………………………………… 可知管内气体内能改变量为 0. 5 J。 14. (13 分)(1)104 m / s,0. 1 m　 　 (2) 3 4 π×10-5 s 解:(1)粒子沿直线通过区域Ⅱ,则有 qE= qv0B　 2 分 …………………………………… 解得 v0 = E B = 104 m / s 1 分 …………………………………………………………………… 粒子在区域Ⅰ中匀速圆周运动,有 qv0B=m v20 R1 　 2 分 ……………………………………… 解得 R1 = 0. 10 m 1 分 ………………………………………………………………………… 2025 年邵阳市高三第一次联考试题参考答案与评分标准(物理) 　 第 3　 页(共 4 页) (2)撤去区域Ⅱ中的电场后,粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动,有 q( 2 v0)B=m ( 2 v0) 2 R2 解得 R2 = 2R1 = 2 10 m 1 分 ………………………………………………………………… 　 　 　 根据几何关系可知,粒子在区域Ⅱ中运动轨迹转过的圆心角为 45°。 1 分 ……………… 粒子在区域Ⅱ中的运动时间为 t1 = T2 8 = πm 4qB 1 分 …………………………………………… 粒子离开区域Ⅱ后,在区域Ⅰ中垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动,有 vz = 2 v0·sin 45°　 　 qvzB=m vz 2 R1′ ,解得 R1′= 0. 1 m　 1 分 ……………………………… 根据几何关系可知,粒子在区域Ⅰ中该方向上匀速圆周运动转过的圆心角为 90°。 1 分 …… 粒子在区域Ⅰ中的运动时间为 t2 = T1 4 = πm 2qB 1 分 …………………………………………… 综上,粒子从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅰ运动的总时间为 t= t1 +t2 = 3πm 4qB = 3π 4 ×10-5 s　 1 分 ………………………… 15. (17 分)(1)0. 45 m　 　 (2)4 N,方向竖直向下　 　 (3)6. 35 m 解:(1)弹簧弹开小球过程弹力随位移均匀变化,由动能定理可得 0+kx0 2 ×x0 = 1 2 m1v20 -0 解得 v0 = 4 m / s 2 分………………………………………………………………………… 在小球平抛到管口 A 点时速度如图所示 根据vy = v0 tan θ 1 分………………………………………………… vy 2 = 2gh 1 分…………………………………………………… 联立解得 h= 0. 45 m 1 分…………………………………………… (2)小球从 A 到圆筒最高点的过程,由动能定理可得 -m1g(R+Rcos θ)= 1 2 m1v2 - 1 2 m1v2A 1 分………… 由上图可知 vA = v0 cos θ = 5 m / s 1 分………………………………………………………… 2025 年邵阳市高三第一次联考试题参考答案与评分标准(物理) 　 第 4　 页(共 4 页) 小球在最高点时 FN +m1g=m1 v2 R 1 分……………………………………………………… 解得 FN = 4 N 1 分…………………………………………………………………………… 说明小球在圆管最高点所受的弹力 FN 大小为 4 N,方向竖直向下。 1 分……………… (3)从 A 到 B 全过程,由动能定理可得 m1g(R-Rcos θ)= 1 2 m1v2B- 1 2 m1v2A 解得 vB = 3 3 m / s 1 分……………………………………………………………………… 小球和小物块碰撞过程,取水平向右为正方向,可得 m1vB =m1v1′+m2v2′　 　 1 2 m1vB 2 = 1 2 m1v1′2 + 1 2 m2v2′2 解得 v1′= 0,v2′= 3 3 m / s 1 分……………………………………………………………… 说明碰后小球停止运动,物块获得 3 3 m / s 向右的速度,开始在木板上滑动,以 m2 和 m3 为对象,可得 m2v2′= (m2 +m3)v1 对木板可得 μm2gx= 1 2 m3v1 2 -0 解得 v1 = 2 3 m / s　 　 x= 0. 6 m<L0 1 分…………………………………………………… 物块与木板共速后与墙壁发生第 1 次碰撞后 对木板 μm2g=m3a 木板向左移动的最大距离 s1 = v21 2a 　 解得 s1 = 0. 6 m 1 分………………………………… 设小物块和木板第二次共速时速度为 v2,m2v1 -m3v1 = (m2 +m3)v2 解得 v2 = m2 -m3 m2 +m3 v1 = 1 3 v1 第 2 次与墙碰撞后 木板向左移动的最大距离 s2 = v22 2a = m2 -m3 m2 +m3( ) 2 · v21 2a = 1 3( ) 2 s1 设小物块和木板第三次共速时速度为 v3,m2v2 -m3v2 = (m2 +m3)v3 解得 v3 = m2 -m3 m2 +m3( ) 2 v1 = 1 3( ) 2 v1 同理可得:s3 = 1 3( ) 4 s1 …… 第 n 次与墙碰撞后 对木板有 sn = 1 3( ) 2(n-1) s1 1 分……………………………………………………………… 木板运动的总路程为 s=L0 +2( s1 +s2 +s3 +…+sn) 1 分……………………………………… 即 s=LO+2 s1 1- 1 9 代入数据解得 s= 6. 35 m 1 分……………………………………………………………… 注:计算题用其他解法正确解答,请参照给分。