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2025届广东省建文教育集团高三上学期1月第二次模拟考试物理试题
1．（2025·广东模拟）如图所示，物块A和滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环B套在与竖直方向成θ＝37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环B恰好不能下滑，滑环和杆间的动摩擦因数μ＝0.4，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A和滑环B的质量之比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题关键是分别对两个物体受力分析，然后根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式求解，基础问题。对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形对A受力分析，根据平衡条件有T=mAg
对B受力分析，如图：
根据平衡条件有
据题知，滑环B恰好不能下滑，所受的静摩擦力沿杆向上达到最大值，有
联立解得
故选A。
【分析】对A受力分析根据平衡条件表示出绳子拉力，对B受力分析，根据平衡条件求出绳子拉力与B重力的关系，进而得到AB质量之比。
2．（2025·广东模拟）2006年8月24日晚，国际天文学联合会大会投票，通过了新的行星定义，冥王星被排除在太阳系大行星行列之外，太阳系的大行星数量将由九颗减为八颗．若将八大行星绕太阳运行的轨迹可粗略地认为是圆，各星球半径和轨道半径如下表所示：从表中所列数据可以估算出海王星的公转周期最接近(　　)
行星名称 水星 金星 地球 火星 木星 土星 天王星 海王星
星球半径（） 2.44 6.05 6.37 3.39 69.8 58.2 23.7 22.4
轨道半径（） 0.579 1.08 1.50 2.28 7.78 14.3 28.7 45.0
A．80年 B．120年 C．165年 D．200年
【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道周期与轨道半径的关系。根据
得
因为海王星的轨道半径时地球轨道半径的30倍，则海王星的周期大约是地球公转周期的165倍．地球公转周期为1年，则海王星的公转周期为165年．故C正确，A、B、D错误．故选C．
【分析】根据万有引力提供向心力得出周期与轨道半径的关系，结合海王星与地球的轨道半径之比得出周期之比，从而求出海王星的公转周期。
3．（2025·广东模拟）若单摆的摆长不变，摆球的质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的，则单摆振动的物理量变化的情况是（　　）
A．频率不变，振幅不变 B．频率不变，振幅改变
C．频率改变，振幅改变 D．频率改变，振幅不变
【答案】B
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】单摆的摆长和重力加速度的大小决定单摆的周期的大小，单摆的能量决定单摆的振幅的大小。单摆周期公式为
则单摆的频率为
单摆摆长L与单摆所处位置的g不变，摆球质量增加为原来的4倍，单摆频率f不变，单摆运动过程只有重力做功，机械能守恒，摆球经过平衡位置时的速度减为原来的，由机械能守恒定律可知，摆球到达的最大高度变小，单摆的振幅变小。故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】由单摆的周期公式周期可以判断单摆的周期的变化，由动能表达式分析单摆的能量的变化，从而可以判断振幅的变化。
4．（2025·广东模拟）彩带舞是一种民间舞蹈艺术，彩带舞爱好者某次抖动彩带形成的彩带波可看成简谐横波。在如图所示的彩带上有相距的两质点，波由向传播，某时刻两质点的振动图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．该简谐横波的传播周期为
B．该简谐波的波长可能为
C．该简谐横波的传播速度大小可能为
D．的时间内质点点的路程为
【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】解答此类问题的关键是要理解振动图像的物理意义，能够根据图像直接读出振幅和质点的振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。
A．由图像可知，该简谐横波的传播周期为。故A错误；
B．根据图像可知，M、N两质点之间的距离与波长的关系
（）
故波长
（）
波长为8m时，无正整数解，故B错误；
C．该简谐横波的传播速度大小
（）
波速为时，无正整数解，故C错误；
D．由图像可知，振幅
内质点M点的路程
故D正确。
故选D。
【分析】根据振动图像可知简谐横波的传播周期；M和N平衡位置相距6m求解波长；根据 求解波速；质点在1个周期通过的路程为4A，由此求解0～1.2s的时间内M点通过的路程。
5．（2025·广东模拟）关于下列图片中显示的信息说法正确的是（　　）
A．甲图是公路上的指示牌，上面的“”“”“”指的是位移
B．乙图是导航中的信息，上面方案二中的“分钟”指的是时间
C．丙图是汽车上的时速表，上面指针指示的“”指的是速度为米秒
D．丁图是高速上的指示牌，上面的“”“”指的是平均速度的大小
【答案】B
【知识点】时间与时刻；位移与路程；瞬时速度
【解析】【解答】要正确区分平均速度与瞬时速度，关键抓住它们对应关系：平均速度与一段时间或位移对应，瞬时速度与时刻或位置对应。A．“ ”“ ”“ ”指的是路程，故A错误；
B．“ 分钟”指的是所需的时间，故B正确；
C．指针指示的“ ”指的是速度为，故C错误；
D．“ ”“ ”指的是瞬时速度的大小，故D错误。
故选B。
【分析】路程是物体经过的实际轨迹长度；位移是描述物体位置变化的物理量，是从起点指向终点的有向线段。瞬时速度表示某一时刻或某一位置的速度，研究的是“点”，平均速度表示一段时间或一段位移的速度。
6．（2025·广东模拟）如图所示，固定的水平长直导线中通有恒定电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行。线框由静止释放，在下落过程中（　　）
A．由于线框的速度增大，穿过线框的磁通量可能不变
B．线框中一定有顺时针方向的感应电流
C．线框所受合外力的方向可能向上
D．线框的机械能守恒
【答案】B
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】直线电流安培定则：右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与电流的方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线环绕的方向。AB．根据右手螺旋定则，知直导线下方的磁场方向垂直纸面向里，线框由静止释放，穿过线圈的磁通量减少；根据楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向，故A错误，B正确；
C．根据左手定则，上边所受的安培力方向向上，下边所受的安培力方向向下，由于上边所处的磁场强，所以上边所受的安培力大小大于下边所受的安培力大小，所以线框所受安培力的合力方向竖直向上。但线框还受到竖直向下的重力作用，线框向下做加速运动，整体受到的合外力的方向向下，故C错误；
D．在下降的过程中，除重力做功以外，有安培力做功，所以线框的机械能不守恒，故D错误。
故选B。
【分析】根据右手螺旋定则判断出直导线周围的磁场方向，离导线越远，磁场越弱，根据楞次定律判断感应电流的方向，再通过左手定则判断线框所受的安培力的合力方向。
7．（2025·广东模拟）如图所示有一半径为竖直平面内的光滑圆轨道，有一质量为的小球可视为质点，小球能够沿着圆轨道做完整的圆周运动，则小球在轨道的最低点对轨道的压力比小球在轨道的最高点对轨道的压力大（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】要注意正确分析物理过程，明确最高点和最低点的受力分析，明确向心力的来源是解题的关键。设小球在高点时速度为，据向心力公式可知，在最高点时
根据机械能守恒定律可知
再对最低点分析可知
联立解得
则由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为。
故选D。
【分析】对最高点分析，根据向心力公式可求得最高点的速度，再对由最高点到最低点过程根据机械能守恒定律可求得最低点的速度，再对最低点根据向心力公式可求得小球受到的支持力，再根据牛顿第三定律可求得对轨道的压力。
8．（2025·广东模拟）如图所示的虚线为电场中的三个等势面，三条虚线平行且等间距，电势值分别为10V、19V、28V，实线是仅受电场力的带电粒子的运动轨迹，A、B、C是轨迹上的三个点，A到中心虚线的距离大于C到中心虚线的距离，下列说法正确的是(　　)
A．粒子在三点受到的静电力方向相同
B．粒子带负电
C．粒子在三点的电势能大小关系为EpC>EpB>EpA
D．粒子从A运动到B与从B运动到C，静电力做的功可能相等
【答案】A,B,C
【知识点】电势能
【解析】【解答】解决本题要掌握匀强电场的电场线、等势面分布的特点，知道物体做曲线运动时合力指向轨迹弯曲内侧，并能灵活运用这些知识分析带电粒子在电场中运动的问题 。A、根据电场线垂直于等势面可知，粒子在三点受到的静电力方向相同，故A正确；
B、由粒子的运动轨迹得知，所受静电力垂直等势面向左下，而电场方向垂直等势面向右上，则粒子带负电，故B正确；
C、由题意知A、B、C三点电势大小关系为φA＞φB＞φC，因粒子带负电，根据Ep=qφ有EpA＜EpB＜EpC，故C正确；
D、根据静电力做功W=qU，A、B两点之间的电势差大于B、C两点之间的电势差，则WAB＞WBC，故D错误。
故选ABC。
【分析】根据电场线垂直于等势面和运动轨迹可确定确定静电力的方向，根据Ep=qφ分析带电粒子在三点电势能关系；根据三条表示等势面的虚线等间距判断出该电场是匀强电场；根据W=qU，由电势差可确定静电力做功情况。
9．（2025·广东模拟）节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车．有一质量m=1 000 kg的混合动力轿车，在平直公路上以匀速行驶，发动机的输出功率为P=50 kW．当驾驶员看到前方有80km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L=72 m后，速度变为．此过程中发动机功率的五分之一用于轿车的牵引，五分之四用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能．假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变．下列说法正确的是
A．轿车以90 km/h在平直公路上匀速行驶时，所受阻力的大小为2×103 N
B．驾驶员启动电磁阻尼轿车做减速运动，速度变为过程的时间为3.2 s
C．轿车从90 km/h减速到72 km/h过程中，获得的电能
D．轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能维持72 km/h匀速运动的距离为31.5 m
【答案】A,C,D
【知识点】机车启动
【解析】【解答】此题主要考查的是学生对功率、电能、速度计算公式及其变形公式的理解和掌握，综合性较强，难度较大。A.轿车以90km/h在平直公路上匀速行驶时，由
、
可得
故A项符合题意．
B.驾驶员启动电磁阻尼后，若轿车减速运动，则平均速度为
所用时间为
因汽车保持功率一定做减速运动，则不是匀减速运动，则运动时间不等于3.2s，故B不符合题意
C.轿车从90km/h减速到72km/h过程中，运动L=72m，由动能定理可得
获得的电能
联立解得
故C项符合题意。
D.据可得，轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电匀速运动的距离．故D项符合题意。
【分析】根据匀速行驶时，牵引力等于阻力，结合P=Fv求出阻力的大小。根据动能定理求出发电机的输出功率，从而得出电源获得的电能。在此过程中，由能量转化及守恒定律可知，仅有电能用于克服阻力做功，根据E电=F阻L'即可求解。
10．（2025·广东模拟）轮固定在同一转轴上，轮用皮带连接且不打滑。边缘点A、B，已知轮的半径比，当转轴匀速转动时，则（　　）
A．A、B线速度之比为 B．A、B角速度之比为
C．A、B加速度之比为 D．A、B周期之比为
【答案】A,B,C,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】确定传动类型及特点：若属于皮带传动或齿轮传动，则轮子边缘各点线速度的大小相等；若属于同轴传动，则轮上各点的角速度相等。A．A、B两点靠传送带传动，线速度大小相等，故A、B线速度之比为1：1，故A正确；
B．A、B两点靠传送带传动，线速度大小相等，根据
可得
故B正确；
C．根据
可知，A、B两点的加速度之比为
故C正确；
D．由
可知，A、B两点的周期之比为2：1，故D正确；
故选ABCD。
【分析】传送带传动，线速度大小相等，根据v=rω，an=vω，求出两点的线速度、角速度、加速度和周期之比。
11．（2025·广东模拟）如图所示，在倾角θ = 37°的斜面上放置一个凹槽，槽与斜面间的动摩擦因数，槽与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，槽两端侧壁A、B间的距离d = 0.12 m。把一小球放在槽内上端靠侧壁A处，现同时由静止释放球和槽，不计球与槽之间的摩擦，斜面足够长，且球与槽的侧壁发生碰撞时碰撞时间极短，系统不损失机械能，球和槽的质量相等，取重力加速度g = 10 m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8。求：
（1）释放球和槽后，经多长时间球与槽的侧壁发生第一次碰撞；
（2）第一次碰撞后的瞬间，球和槽的速度；
（3）从初始位置到球与凹槽的左侧壁发生第三次碰撞时凹槽的位移大小。
【答案】（1）解：设球和槽的质量为m，槽与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，由于
槽所受重力沿斜面的分力
所以槽受力平衡，释放后保持静止，释放后，球做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得
可得
经时间t0球与槽的侧壁B发生第一次碰撞，则
解得
（2）解：碰撞前球的速度为
球和槽碰撞过程，由动量守恒定律
碰撞过程由机械能守恒定律
解得第一次碰撞后瞬间球的速度v1和槽的速度v2分别为
，
方向沿斜面向下；
（3）解：球与凹槽第一次碰撞后，凹槽以1.2 m/s的速度沿斜面向下做匀速运动，球做初速度为0的匀加速运动，设经过时间t1小球的速度与凹槽的速度相等，球与凹槽的左侧壁距离达到最大，即
解得
设t1时间内球下滑的距离为x1，则
解得
因为
说明球恰好运动到凹槽的右侧壁，而且速度相等，所以球与凹槽的右侧壁恰好接触但没有发生碰撞，设二者第一次碰后到第二次碰时所用的时间为t2，球运动的距离为，凹槽运动的距离为，第二次碰时球的速度为v3，则
解得
，，
第二次碰撞后，由动量守恒定律和能量守恒定律可解得二者再次发生速度交换，凹槽以2.4 m/s的速度做匀速直线运动，球以1.2 m/s的初速度做匀加速运动，用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知，在后续的运动过程中，球不会与凹槽的右侧壁碰撞，并且球与凹槽第二次碰撞后，也再经过t3 = 0.4 s，发生第三次碰撞，设二者在第二次碰后到第三次碰时凹槽运动的位移为，则
设从初始位置到球与凹槽的左内侧壁发生第三次碰撞时凹槽的位移大小为x，则
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对球和槽整体受力分析，可判断槽的运动状态；对球受力分析，可判断球的运动状态，根据球和槽的相对运动情况，即可计算球经过多长时间，与槽发生第一次碰撞；
（2）由于球与槽碰撞过程，不损失机械能，根据碰撞过程的动量守恒和机械能守恒，可计算碰撞后球和槽的速度；
（3）根据球槽碰撞后的运动特点，可计算第二次碰撞、第三次碰撞的两个过程中槽的位移关系式，从而计算从初始位置到第三次碰撞，槽的总位移
（1）设球和槽的质量为m，槽与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，由于
槽所受重力沿斜面的分力
所以槽受力平衡，释放后保持静止，释放后，球做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得
可得
经时间t0球与槽的侧壁B发生第一次碰撞，则
解得
（2）碰撞前球的速度为
球和槽碰撞过程，由动量守恒定律
碰撞过程由机械能守恒定律
解得第一次碰撞后瞬间球的速度v1和槽的速度v2分别为
，
方向沿斜面向下；
（3）球与凹槽第一次碰撞后，凹槽以1.2 m/s的速度沿斜面向下做匀速运动，球做初速度为0的匀加速运动，设经过时间t1小球的速度与凹槽的速度相等，球与凹槽的左侧壁距离达到最大，即
解得
设t1时间内球下滑的距离为x1，则
解得
因为
说明球恰好运动到凹槽的右侧壁，而且速度相等，所以球与凹槽的右侧壁恰好接触但没有发生碰撞，设二者第一次碰后到第二次碰时所用的时间为t2，球运动的距离为，凹槽运动的距离为，第二次碰时球的速度为v3，则
解得
，，
第二次碰撞后，由动量守恒定律和能量守恒定律可解得二者再次发生速度交换，凹槽以2.4 m/s的速度做匀速直线运动，球以1.2 m/s的初速度做匀加速运动，用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知，在后续的运动过程中，球不会与凹槽的右侧壁碰撞，并且球与凹槽第二次碰撞后，也再经过t3 = 0.4 s，发生第三次碰撞，设二者在第二次碰后到第三次碰时凹槽运动的位移为，则
设从初始位置到球与凹槽的左内侧壁发生第三次碰撞时凹槽的位移大小为x，则
12．（2025·广东模拟）一个右端开口左端封闭的U形玻璃管中装有水银，左侧封有一定质量的空气，如图所示，已知，空气柱长是40cm，两侧水银面高度差56cm，若左侧距管顶66cm处的k点处突然断开，断开处上方水银能否流出？这时左侧上方封闭气柱将变为多高？（设大气压强为1.013×105Pa）
【答案】解：设
则封闭气体的压强为
k点处突然断开，断开处外界压强等于大气压，管内液体的压强小于大气压，故液体不会流出，设k点处突然断开后，左侧上方封闭气柱为，则对于封闭气体由玻意耳定律得
解得

【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】 【分析】断开处的液体压强与大气压强相比较，若大于大气压强则会流出，否则不会流出。 对于封闭气体由玻意耳定律求解。
13．（2025·广东模拟）如图，整个空间有场强大小为的匀强电场，方向水平向右。为竖直面的绝缘光滑轨道，其中部分是水平轨道，部分是半径为的四分之一圆弧，两段轨道相切于点。P为水平轨道上的一点，且，把一质量、带电荷量小球从P点由静止释放，小球将在轨道内运动，重力加速度，求：
（1）小球到达点时的速率；
（2）小球从点到点的过程中动能的最大值；
（3）小球离开C点后再次到达同一水平高度时与P点的距离。
【答案】解：（1）设小球在C点的速度大小是，则对于小球由的过程中，由动能定理得
解得
（2）由于
小球从B到C的过程中，切线方向合力为零时到达D点，此时合力与竖直方向的夹角为
小球在D点的动能最大，由动能定理
（3）以C点为原点，设小球再次回到AB高度时到达F点，则
解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）明确各力做功，根据动能定理解答；
（2）根据“等效重力场”和几何关系，切线方向合力为零时速度最大；
（3）物体做类平抛运动，根据类平抛运动规律解答。
14．（2025·广东模拟）如图所示，面积为0.02m2，内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴OO'匀速转动，转动的角速度为100rad/s，匀强磁场的磁感应强度为。矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P可移动，副线圈所接电阻R = 50Ω，电表均为理想交流电表。当线圈平面与磁场方向平行时开始计时，结果可用根号或π表示。求：
（1）线圈中感应电动势的最大值；
（2）由图示位置转过30°角的过程产生的平均感应电动势；
（3）当原、副线圈匝数比为2：1时，电阻R上消耗的功率。
【答案】解：（1）感应电动势的最大值
（2）线圈转过30°角过程中产生的平均感应电动势
（3）电压表示数为电压的有效值，则
电阻R两端的电压
则电阻R上消耗的功率

【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】（1）感应电动势的最大值Em = nBSω ，代入数据计算即可；
（2）根据法拉第电磁感应定律求解线圈转过30°角过程中产生的平均感应电动势；
（3）电压表示数为电压的有效值，结合有效值和电功率公式计算电阻R上消耗的功率。
15．（2025·广东模拟）如图所示，在质量为的物块甲上系着两条细绳，其中长的细绳另一端连着轻质圆环，圆环套在水平棒上可以滑动，圆环与棒间的动摩擦因数。另一细绳跨过光滑定滑轮与重力为的物块乙相连，定滑轮固定在距离圆环的地方，系统处于静止状态，与棒的夹角为，两绳夹角为。当时，圆环恰好开始滑动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，。求：
（1）绳与棒间的夹角；
（2）物块甲的质量。
【答案】（1）解：当圆环恰好要开始滑动时，设此时水平棒对圆环的支持力大小为，细绳对圆环的拉力大小为，对圆环受力分析，如图甲所示
甲
根据平衡条件有
联立解得
即
（2）解：由题意，根据几何关系可知，按如图乙所示，对物块甲受力分析，根据平衡条件有
乙
解得
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】（1）圆环恰好滑动，将要开始滑动时，所受的静摩擦力刚好达到最大值。根据共点力平衡条件对环进行研究，求出OA绳与棒间的夹角。
（2）物体m处于平衡状态，根据共点力平衡条件求解细绳的张力；圆环将要滑动时，对重物进行受力分析，求解甲的质量。
（1）当圆环恰好要开始滑动时，设此时水平棒对圆环的支持力大小为，细绳对圆环的拉力大小为，对圆环受力分析，如图甲所示
甲
根据平衡条件有
联立解得
即
（2）由题意，根据几何关系可知，按如图乙所示，对物块甲受力分析，根据平衡条件有
乙
解得
1 / 12025届广东省建文教育集团高三上学期1月第二次模拟考试物理试题
1．（2025·广东模拟）如图所示，物块A和滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环B套在与竖直方向成θ＝37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环B恰好不能下滑，滑环和杆间的动摩擦因数μ＝0.4，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A和滑环B的质量之比为（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·广东模拟）2006年8月24日晚，国际天文学联合会大会投票，通过了新的行星定义，冥王星被排除在太阳系大行星行列之外，太阳系的大行星数量将由九颗减为八颗．若将八大行星绕太阳运行的轨迹可粗略地认为是圆，各星球半径和轨道半径如下表所示：从表中所列数据可以估算出海王星的公转周期最接近(　　)
行星名称 水星 金星 地球 火星 木星 土星 天王星 海王星
星球半径（） 2.44 6.05 6.37 3.39 69.8 58.2 23.7 22.4
轨道半径（） 0.579 1.08 1.50 2.28 7.78 14.3 28.7 45.0
A．80年 B．120年 C．165年 D．200年
3．（2025·广东模拟）若单摆的摆长不变，摆球的质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的，则单摆振动的物理量变化的情况是（　　）
A．频率不变，振幅不变 B．频率不变，振幅改变
C．频率改变，振幅改变 D．频率改变，振幅不变
4．（2025·广东模拟）彩带舞是一种民间舞蹈艺术，彩带舞爱好者某次抖动彩带形成的彩带波可看成简谐横波。在如图所示的彩带上有相距的两质点，波由向传播，某时刻两质点的振动图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．该简谐横波的传播周期为
B．该简谐波的波长可能为
C．该简谐横波的传播速度大小可能为
D．的时间内质点点的路程为
5．（2025·广东模拟）关于下列图片中显示的信息说法正确的是（　　）
A．甲图是公路上的指示牌，上面的“”“”“”指的是位移
B．乙图是导航中的信息，上面方案二中的“分钟”指的是时间
C．丙图是汽车上的时速表，上面指针指示的“”指的是速度为米秒
D．丁图是高速上的指示牌，上面的“”“”指的是平均速度的大小
6．（2025·广东模拟）如图所示，固定的水平长直导线中通有恒定电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行。线框由静止释放，在下落过程中（　　）
A．由于线框的速度增大，穿过线框的磁通量可能不变
B．线框中一定有顺时针方向的感应电流
C．线框所受合外力的方向可能向上
D．线框的机械能守恒
7．（2025·广东模拟）如图所示有一半径为竖直平面内的光滑圆轨道，有一质量为的小球可视为质点，小球能够沿着圆轨道做完整的圆周运动，则小球在轨道的最低点对轨道的压力比小球在轨道的最高点对轨道的压力大（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·广东模拟）如图所示的虚线为电场中的三个等势面，三条虚线平行且等间距，电势值分别为10V、19V、28V，实线是仅受电场力的带电粒子的运动轨迹，A、B、C是轨迹上的三个点，A到中心虚线的距离大于C到中心虚线的距离，下列说法正确的是(　　)
A．粒子在三点受到的静电力方向相同
B．粒子带负电
C．粒子在三点的电势能大小关系为EpC>EpB>EpA
D．粒子从A运动到B与从B运动到C，静电力做的功可能相等
9．（2025·广东模拟）节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车．有一质量m=1 000 kg的混合动力轿车，在平直公路上以匀速行驶，发动机的输出功率为P=50 kW．当驾驶员看到前方有80km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L=72 m后，速度变为．此过程中发动机功率的五分之一用于轿车的牵引，五分之四用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能．假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变．下列说法正确的是
A．轿车以90 km/h在平直公路上匀速行驶时，所受阻力的大小为2×103 N
B．驾驶员启动电磁阻尼轿车做减速运动，速度变为过程的时间为3.2 s
C．轿车从90 km/h减速到72 km/h过程中，获得的电能
D．轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能维持72 km/h匀速运动的距离为31.5 m
10．（2025·广东模拟）轮固定在同一转轴上，轮用皮带连接且不打滑。边缘点A、B，已知轮的半径比，当转轴匀速转动时，则（　　）
A．A、B线速度之比为 B．A、B角速度之比为
C．A、B加速度之比为 D．A、B周期之比为
11．（2025·广东模拟）如图所示，在倾角θ = 37°的斜面上放置一个凹槽，槽与斜面间的动摩擦因数，槽与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，槽两端侧壁A、B间的距离d = 0.12 m。把一小球放在槽内上端靠侧壁A处，现同时由静止释放球和槽，不计球与槽之间的摩擦，斜面足够长，且球与槽的侧壁发生碰撞时碰撞时间极短，系统不损失机械能，球和槽的质量相等，取重力加速度g = 10 m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8。求：
（1）释放球和槽后，经多长时间球与槽的侧壁发生第一次碰撞；
（2）第一次碰撞后的瞬间，球和槽的速度；
（3）从初始位置到球与凹槽的左侧壁发生第三次碰撞时凹槽的位移大小。
12．（2025·广东模拟）一个右端开口左端封闭的U形玻璃管中装有水银，左侧封有一定质量的空气，如图所示，已知，空气柱长是40cm，两侧水银面高度差56cm，若左侧距管顶66cm处的k点处突然断开，断开处上方水银能否流出？这时左侧上方封闭气柱将变为多高？（设大气压强为1.013×105Pa）
13．（2025·广东模拟）如图，整个空间有场强大小为的匀强电场，方向水平向右。为竖直面的绝缘光滑轨道，其中部分是水平轨道，部分是半径为的四分之一圆弧，两段轨道相切于点。P为水平轨道上的一点，且，把一质量、带电荷量小球从P点由静止释放，小球将在轨道内运动，重力加速度，求：
（1）小球到达点时的速率；
（2）小球从点到点的过程中动能的最大值；
（3）小球离开C点后再次到达同一水平高度时与P点的距离。
14．（2025·广东模拟）如图所示，面积为0.02m2，内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴OO'匀速转动，转动的角速度为100rad/s，匀强磁场的磁感应强度为。矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P可移动，副线圈所接电阻R = 50Ω，电表均为理想交流电表。当线圈平面与磁场方向平行时开始计时，结果可用根号或π表示。求：
（1）线圈中感应电动势的最大值；
（2）由图示位置转过30°角的过程产生的平均感应电动势；
（3）当原、副线圈匝数比为2：1时，电阻R上消耗的功率。
15．（2025·广东模拟）如图所示，在质量为的物块甲上系着两条细绳，其中长的细绳另一端连着轻质圆环，圆环套在水平棒上可以滑动，圆环与棒间的动摩擦因数。另一细绳跨过光滑定滑轮与重力为的物块乙相连，定滑轮固定在距离圆环的地方，系统处于静止状态，与棒的夹角为，两绳夹角为。当时，圆环恰好开始滑动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，。求：
（1）绳与棒间的夹角；
（2）物块甲的质量。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题关键是分别对两个物体受力分析，然后根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式求解，基础问题。对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形对A受力分析，根据平衡条件有T=mAg
对B受力分析，如图：
根据平衡条件有
据题知，滑环B恰好不能下滑，所受的静摩擦力沿杆向上达到最大值，有
联立解得
故选A。
【分析】对A受力分析根据平衡条件表示出绳子拉力，对B受力分析，根据平衡条件求出绳子拉力与B重力的关系，进而得到AB质量之比。
2．【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道周期与轨道半径的关系。根据
得
因为海王星的轨道半径时地球轨道半径的30倍，则海王星的周期大约是地球公转周期的165倍．地球公转周期为1年，则海王星的公转周期为165年．故C正确，A、B、D错误．故选C．
【分析】根据万有引力提供向心力得出周期与轨道半径的关系，结合海王星与地球的轨道半径之比得出周期之比，从而求出海王星的公转周期。
3．【答案】B
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】单摆的摆长和重力加速度的大小决定单摆的周期的大小，单摆的能量决定单摆的振幅的大小。单摆周期公式为
则单摆的频率为
单摆摆长L与单摆所处位置的g不变，摆球质量增加为原来的4倍，单摆频率f不变，单摆运动过程只有重力做功，机械能守恒，摆球经过平衡位置时的速度减为原来的，由机械能守恒定律可知，摆球到达的最大高度变小，单摆的振幅变小。故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】由单摆的周期公式周期可以判断单摆的周期的变化，由动能表达式分析单摆的能量的变化，从而可以判断振幅的变化。
4．【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】解答此类问题的关键是要理解振动图像的物理意义，能够根据图像直接读出振幅和质点的振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。
A．由图像可知，该简谐横波的传播周期为。故A错误；
B．根据图像可知，M、N两质点之间的距离与波长的关系
（）
故波长
（）
波长为8m时，无正整数解，故B错误；
C．该简谐横波的传播速度大小
（）
波速为时，无正整数解，故C错误；
D．由图像可知，振幅
内质点M点的路程
故D正确。
故选D。
【分析】根据振动图像可知简谐横波的传播周期；M和N平衡位置相距6m求解波长；根据 求解波速；质点在1个周期通过的路程为4A，由此求解0～1.2s的时间内M点通过的路程。
5．【答案】B
【知识点】时间与时刻；位移与路程；瞬时速度
【解析】【解答】要正确区分平均速度与瞬时速度，关键抓住它们对应关系：平均速度与一段时间或位移对应，瞬时速度与时刻或位置对应。A．“ ”“ ”“ ”指的是路程，故A错误；
B．“ 分钟”指的是所需的时间，故B正确；
C．指针指示的“ ”指的是速度为，故C错误；
D．“ ”“ ”指的是瞬时速度的大小，故D错误。
故选B。
【分析】路程是物体经过的实际轨迹长度；位移是描述物体位置变化的物理量，是从起点指向终点的有向线段。瞬时速度表示某一时刻或某一位置的速度，研究的是“点”，平均速度表示一段时间或一段位移的速度。
6．【答案】B
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】直线电流安培定则：右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与电流的方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线环绕的方向。AB．根据右手螺旋定则，知直导线下方的磁场方向垂直纸面向里，线框由静止释放，穿过线圈的磁通量减少；根据楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向，故A错误，B正确；
C．根据左手定则，上边所受的安培力方向向上，下边所受的安培力方向向下，由于上边所处的磁场强，所以上边所受的安培力大小大于下边所受的安培力大小，所以线框所受安培力的合力方向竖直向上。但线框还受到竖直向下的重力作用，线框向下做加速运动，整体受到的合外力的方向向下，故C错误；
D．在下降的过程中，除重力做功以外，有安培力做功，所以线框的机械能不守恒，故D错误。
故选B。
【分析】根据右手螺旋定则判断出直导线周围的磁场方向，离导线越远，磁场越弱，根据楞次定律判断感应电流的方向，再通过左手定则判断线框所受的安培力的合力方向。
7．【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】要注意正确分析物理过程，明确最高点和最低点的受力分析，明确向心力的来源是解题的关键。设小球在高点时速度为，据向心力公式可知，在最高点时
根据机械能守恒定律可知
再对最低点分析可知
联立解得
则由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为。
故选D。
【分析】对最高点分析，根据向心力公式可求得最高点的速度，再对由最高点到最低点过程根据机械能守恒定律可求得最低点的速度，再对最低点根据向心力公式可求得小球受到的支持力，再根据牛顿第三定律可求得对轨道的压力。
8．【答案】A,B,C
【知识点】电势能
【解析】【解答】解决本题要掌握匀强电场的电场线、等势面分布的特点，知道物体做曲线运动时合力指向轨迹弯曲内侧，并能灵活运用这些知识分析带电粒子在电场中运动的问题 。A、根据电场线垂直于等势面可知，粒子在三点受到的静电力方向相同，故A正确；
B、由粒子的运动轨迹得知，所受静电力垂直等势面向左下，而电场方向垂直等势面向右上，则粒子带负电，故B正确；
C、由题意知A、B、C三点电势大小关系为φA＞φB＞φC，因粒子带负电，根据Ep=qφ有EpA＜EpB＜EpC，故C正确；
D、根据静电力做功W=qU，A、B两点之间的电势差大于B、C两点之间的电势差，则WAB＞WBC，故D错误。
故选ABC。
【分析】根据电场线垂直于等势面和运动轨迹可确定确定静电力的方向，根据Ep=qφ分析带电粒子在三点电势能关系；根据三条表示等势面的虚线等间距判断出该电场是匀强电场；根据W=qU，由电势差可确定静电力做功情况。
9．【答案】A,C,D
【知识点】机车启动
【解析】【解答】此题主要考查的是学生对功率、电能、速度计算公式及其变形公式的理解和掌握，综合性较强，难度较大。A.轿车以90km/h在平直公路上匀速行驶时，由
、
可得
故A项符合题意．
B.驾驶员启动电磁阻尼后，若轿车减速运动，则平均速度为
所用时间为
因汽车保持功率一定做减速运动，则不是匀减速运动，则运动时间不等于3.2s，故B不符合题意
C.轿车从90km/h减速到72km/h过程中，运动L=72m，由动能定理可得
获得的电能
联立解得
故C项符合题意。
D.据可得，轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电匀速运动的距离．故D项符合题意。
【分析】根据匀速行驶时，牵引力等于阻力，结合P=Fv求出阻力的大小。根据动能定理求出发电机的输出功率，从而得出电源获得的电能。在此过程中，由能量转化及守恒定律可知，仅有电能用于克服阻力做功，根据E电=F阻L'即可求解。
10．【答案】A,B,C,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】确定传动类型及特点：若属于皮带传动或齿轮传动，则轮子边缘各点线速度的大小相等；若属于同轴传动，则轮上各点的角速度相等。A．A、B两点靠传送带传动，线速度大小相等，故A、B线速度之比为1：1，故A正确；
B．A、B两点靠传送带传动，线速度大小相等，根据
可得
故B正确；
C．根据
可知，A、B两点的加速度之比为
故C正确；
D．由
可知，A、B两点的周期之比为2：1，故D正确；
故选ABCD。
【分析】传送带传动，线速度大小相等，根据v=rω，an=vω，求出两点的线速度、角速度、加速度和周期之比。
11．【答案】（1）解：设球和槽的质量为m，槽与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，由于
槽所受重力沿斜面的分力
所以槽受力平衡，释放后保持静止，释放后，球做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得
可得
经时间t0球与槽的侧壁B发生第一次碰撞，则
解得
（2）解：碰撞前球的速度为
球和槽碰撞过程，由动量守恒定律
碰撞过程由机械能守恒定律
解得第一次碰撞后瞬间球的速度v1和槽的速度v2分别为
，
方向沿斜面向下；
（3）解：球与凹槽第一次碰撞后，凹槽以1.2 m/s的速度沿斜面向下做匀速运动，球做初速度为0的匀加速运动，设经过时间t1小球的速度与凹槽的速度相等，球与凹槽的左侧壁距离达到最大，即
解得
设t1时间内球下滑的距离为x1，则
解得
因为
说明球恰好运动到凹槽的右侧壁，而且速度相等，所以球与凹槽的右侧壁恰好接触但没有发生碰撞，设二者第一次碰后到第二次碰时所用的时间为t2，球运动的距离为，凹槽运动的距离为，第二次碰时球的速度为v3，则
解得
，，
第二次碰撞后，由动量守恒定律和能量守恒定律可解得二者再次发生速度交换，凹槽以2.4 m/s的速度做匀速直线运动，球以1.2 m/s的初速度做匀加速运动，用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知，在后续的运动过程中，球不会与凹槽的右侧壁碰撞，并且球与凹槽第二次碰撞后，也再经过t3 = 0.4 s，发生第三次碰撞，设二者在第二次碰后到第三次碰时凹槽运动的位移为，则
设从初始位置到球与凹槽的左内侧壁发生第三次碰撞时凹槽的位移大小为x，则
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对球和槽整体受力分析，可判断槽的运动状态；对球受力分析，可判断球的运动状态，根据球和槽的相对运动情况，即可计算球经过多长时间，与槽发生第一次碰撞；
（2）由于球与槽碰撞过程，不损失机械能，根据碰撞过程的动量守恒和机械能守恒，可计算碰撞后球和槽的速度；
（3）根据球槽碰撞后的运动特点，可计算第二次碰撞、第三次碰撞的两个过程中槽的位移关系式，从而计算从初始位置到第三次碰撞，槽的总位移
（1）设球和槽的质量为m，槽与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，由于
槽所受重力沿斜面的分力
所以槽受力平衡，释放后保持静止，释放后，球做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得
可得
经时间t0球与槽的侧壁B发生第一次碰撞，则
解得
（2）碰撞前球的速度为
球和槽碰撞过程，由动量守恒定律
碰撞过程由机械能守恒定律
解得第一次碰撞后瞬间球的速度v1和槽的速度v2分别为
，
方向沿斜面向下；
（3）球与凹槽第一次碰撞后，凹槽以1.2 m/s的速度沿斜面向下做匀速运动，球做初速度为0的匀加速运动，设经过时间t1小球的速度与凹槽的速度相等，球与凹槽的左侧壁距离达到最大，即
解得
设t1时间内球下滑的距离为x1，则
解得
因为
说明球恰好运动到凹槽的右侧壁，而且速度相等，所以球与凹槽的右侧壁恰好接触但没有发生碰撞，设二者第一次碰后到第二次碰时所用的时间为t2，球运动的距离为，凹槽运动的距离为，第二次碰时球的速度为v3，则
解得
，，
第二次碰撞后，由动量守恒定律和能量守恒定律可解得二者再次发生速度交换，凹槽以2.4 m/s的速度做匀速直线运动，球以1.2 m/s的初速度做匀加速运动，用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知，在后续的运动过程中，球不会与凹槽的右侧壁碰撞，并且球与凹槽第二次碰撞后，也再经过t3 = 0.4 s，发生第三次碰撞，设二者在第二次碰后到第三次碰时凹槽运动的位移为，则
设从初始位置到球与凹槽的左内侧壁发生第三次碰撞时凹槽的位移大小为x，则
12．【答案】解：设
则封闭气体的压强为
k点处突然断开，断开处外界压强等于大气压，管内液体的压强小于大气压，故液体不会流出，设k点处突然断开后，左侧上方封闭气柱为，则对于封闭气体由玻意耳定律得
解得

【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】 【分析】断开处的液体压强与大气压强相比较，若大于大气压强则会流出，否则不会流出。 对于封闭气体由玻意耳定律求解。
13．【答案】解：（1）设小球在C点的速度大小是，则对于小球由的过程中，由动能定理得
解得
（2）由于
小球从B到C的过程中，切线方向合力为零时到达D点，此时合力与竖直方向的夹角为
小球在D点的动能最大，由动能定理
（3）以C点为原点，设小球再次回到AB高度时到达F点，则
解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）明确各力做功，根据动能定理解答；
（2）根据“等效重力场”和几何关系，切线方向合力为零时速度最大；
（3）物体做类平抛运动，根据类平抛运动规律解答。
14．【答案】解：（1）感应电动势的最大值
（2）线圈转过30°角过程中产生的平均感应电动势
（3）电压表示数为电压的有效值，则
电阻R两端的电压
则电阻R上消耗的功率

【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】（1）感应电动势的最大值Em = nBSω ，代入数据计算即可；
（2）根据法拉第电磁感应定律求解线圈转过30°角过程中产生的平均感应电动势；
（3）电压表示数为电压的有效值，结合有效值和电功率公式计算电阻R上消耗的功率。
15．【答案】（1）解：当圆环恰好要开始滑动时，设此时水平棒对圆环的支持力大小为，细绳对圆环的拉力大小为，对圆环受力分析，如图甲所示
甲
根据平衡条件有
联立解得
即
（2）解：由题意，根据几何关系可知，按如图乙所示，对物块甲受力分析，根据平衡条件有
乙
解得
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】（1）圆环恰好滑动，将要开始滑动时，所受的静摩擦力刚好达到最大值。根据共点力平衡条件对环进行研究，求出OA绳与棒间的夹角。
（2）物体m处于平衡状态，根据共点力平衡条件求解细绳的张力；圆环将要滑动时，对重物进行受力分析，求解甲的质量。
（1）当圆环恰好要开始滑动时，设此时水平棒对圆环的支持力大小为，细绳对圆环的拉力大小为，对圆环受力分析，如图甲所示
甲
根据平衡条件有
联立解得
即
（2）由题意，根据几何关系可知，按如图乙所示，对物块甲受力分析，根据平衡条件有
乙
解得
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