资源简介

汕头市 2025- 2026学年度普通高中毕业班教学质量监测
物理
★祝大家学习生活愉快★
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共 7小题，每小题 4分，共 28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求
的。
1.大型港口使用的“钴 60集装箱检测系统”利用钴 (6027Co)衰变时释放出的 γ射线穿透集装箱，从而实现对走
私品、危险品的无损检查。已知钴 60的半衰期约为 5.27年，其衰变方程为 60Co→ 6027 28Ni+ X，下列说法正
确的是
A. 60Co→ 6027 28Ni+ X为 β衰变
B. 6027Co的结合能大于 6028Ni的结合能
C. X粒子来源于 6027Co原子的核外电子
D. 经过 10.54年后，200个 6027Co原子核还剩下 50个 6027Co原子核
【答案】A
【解析】
A．根据衰变方程 6027Co→ 6028Ni+ X，质量数不变，原子序数增加 1，符合 β 衰变的特征，故 A正确；
B．结合能是核子结合成原子核时释放的能量。 6027Co衰变到 6028Ni，表明 6028Ni更稳定，其结合能更大，故 B
错误；
C． X粒子为 β衰变产生的电子，来源于核内中子衰变，并非核外电子，故C错误；
D．半衰期 T= 5.27年，但放射性衰变为随机过程，对于具体 200个原子核，剩余数不一定是精确 50，故
D错误。
2.蝎子足部有高度灵敏的振动感受器，可感知沙地表面由猎物振动产生的微小横波 (如图 1)，波形可抽象
为沿 x轴传播的简谐横波。如图 2为 t= 0时刻的波形图，A为猎物的位置 (平衡位置位于 x= 5m处)，C
为蝎子的位置 (平衡位置位于 x= 1m处)。已知 t= 0.05s时，蝎子感受到振动，下列说法正确的是
A. C点的起振方向向下 B. 该机械波的波速为 50m/s
物理试题 第 1 页 共 12 页
C. 该机械波的频率为 250Hz D. t= 0.1s时，A处质点处于平衡位置
【答案】B
【解析】
A．根据图 2可知，质点 B刚刚开始振动，波沿 x轴负方向传播，根据同侧法可知，B点的起振方向向上，
由于所有质点的起振方向均相同，则C点的起振方向向上，故 A错误；
B． 0时刻，质点 B刚刚开始振动，由于 t= 0.05s时，蝎子感受到振动，可知，在 0.05s内，波传播的距离 x
= 3.5m- 1m= 2.5m
v= x 2.5则该机械波的波速为 t = 0.05 m/s= 50m/s，故 B正确；
C．根据图 2可知，波长 λ= 2m
根据 v= λT ，f=
1
T
结合上述解得 T= 0.04s，f= 25Hz，故C错误；
D． t= 0时刻，A处质点处于波谷，由于 t= 0.1s= 2T+ T2
可知，t= 0.1s时，A处质点处于波峰，故D错误。
3.公园里常能见到“乌龟叠罗汉”的有趣景象。如图所示，三只乌龟 A、B、C静止叠在水平地面上，此时吹
来一阵水平向左的风，作用在乌龟壳的侧壁上 (可视作竖直平面)，三只乌龟在风力作用下依然保持静
止，则下列说法正确的是
A. 风力越大，B所受的合力越大
B. B受到其他龟的力方向竖直向上
C. 风力越大，A所受其他龟的力越大
D. 如果风力从 0开始逐渐增大，A受到的摩擦力逐渐减小
【答案】C
【解析】
A．三只乌龟在风力作用下依然保持静止，处于平衡状态。根据平衡条件，物体所受的合力为零。因此，
无论风力多大，只要乌龟 B保持静止，它所受的合力就始终为零，故 A错误；
B．对乌龟 B进行受力分析，B受到自身重力、风力、乌龟 A对它 作用力以及乌龟C对它的作用力。根
据平衡条件，B受到的所有力的合力为零，其他龟的力需要平衡 B的重力和风力的合力。由于重力竖直
向下，风力水平向左，它们的合力方向指向左下方，因此其他龟的力方向必然指向右上方，而不是竖直向
上，故 B错误；
C．对乌龟 A进行受力分析。 A受到自身重力、风力以及其他龟的力。 A处于平衡状态，所以其他龟的
力与 A受到自身重力、风力的合力等大反向。当风力增大时，A受到自身重力、风力的合力大小会增大，
所以 A所受其他龟的力增大，故C正确；
D．对乌龟 A进行受力分析，风、重力沿着龟背方向的分力与静摩擦力平衡，当风力从 0开始逐渐增大
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时，A受到的摩擦力先向上减小再反向增大，故D错误。
4. 2025年 8月，我国“揽月”月面着陆器圆满完成地外天体着陆起飞综合验证试验。已知月球质量为M，半
径为 R，引力常量为G。结合任务特点及物理规律，下列说法正确的是
A. “揽月”着陆器在环月圆轨道上运行时，若轨道半径增大，其速度一定增大
B. 长征十号火箭将“揽月”着陆器送入地月转移轨道，火箭加速上升过程中，着陆器机械能守恒
3
C. 若“揽月”着陆器在半径为 r的环月圆轨道运行，其运行周期 T= 2π rGM
D. “揽月”着陆器完成月面任务后，进入环月轨道加速追赶并与“梦舟”飞船实现对接，加速瞬间飞船所受
万有引力大于所需向心力
【答案】C
【解析】
A Mm v
2
．根据万有引力提供向心力有G =m
r2 r
解得在环月圆轨道上“揽月”着陆器的运行速度为 v= GMr
则轨道半径 r增大时，速度 v减小，故 A错误；
B．火箭加速上升过程中，推力对系统做功，机械能不守恒，故 B错误；
C Mm 4π
2
．根据万有引力提供向心力有G
r2
=m
T 2
r
解得环月圆轨道的周期为 T= 2π r
3
GM ，故C正确；
D mv
2 GMm
．加速瞬间，速度增大，由 Fn= r 可知，所需向心力 Fn增大，而万有引力 F= 不变，因此万有r2
引力小于所需向心力，故D错误。
5.如图，两根相互平行的长直导线与一个圆形线圈固定在同一平面内，圆形线圈的圆心到两导线的距离相
等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流 I1、I2，且 I1> I2。当圆形线圈中通有顺时针
方向的电流时，下列说法正确的是
A. 圆形线圈所受安培力 方向水平向左
B. 若圆形线圈中电流变为逆时针，安培力方向不变
C. 圆形线圈上半圆所受安培力大于下半圆所受安培力
D. 若仅增大 I2，但始终满足 I1> I2，圆形线圈所受安培力一定减小
【答案】D
【解析】
A．根据“同向相吸，异向相斥”，因每条直导线相对于圆形线圈较近的部分都是异向电流，则每条直导线
对线圈都是排斥力，因 I1> I2可知，左侧直导线对线圈向右的排斥力更大，可知圆形线圈所受安培力的方
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向水平向右，A错误；
B．若圆形线圈中电流变为逆时针，则每条直导线相对于圆形线圈较近的部分都是同向电流，则每条直
导线对线圈都是吸引力，因 I1> I2可知，左侧直导线对线圈向右的吸引力更大，可知圆形线圈所受安培力
的方向水平向左，即安培力方向改变，B错误；
C．由对称性可知，圆形线圈上半圆所受安培力等于下半圆所受安培力，C错误；
D．由 A的分析可知，若仅增大 I2，但始终满足 I1> I2，两直导线的电流大小之差减小，左右两侧直导线对
圆形线圈的安培力之差减小，即圆形线圈所受安培力一定减小，D正确。
6.图 1为采用电磁感应加热技术的即热式水龙头。为研究加热效率，某同学将该系统等效为理想变压器模
型如图 2，原线圈匝数 n1= 50，副线圈匝数 n2= 25，已知水龙头正常加热时，输入电压U1= 10V，等效负载
电阻 (代表水流吸收热量的等效电阻)R= 0.5Ω，下列说法正确的是
A. 副线圈输出的交流电压有效值为 4V，加热系统正常工作
B. 正常加热时，副线圈回路电流为 10A
C. 若在原线圈与副线圈之间插入一层铝箔，加热效率会显著提高
D. 若原线圈匝数 n1增加到 100，输入电压不变，则副线圈输出功率变为原来的 2倍
【答案】B
【解析】
AB U n．理想变压器,由 2U =
2
1 n1
则副线圈输出的交流电压有效值为U2= 5V
U
副线圈回路电流为 I 22= R = 10A ,故 A错误, B正确；
C．铝箔导电， 原线圈与副线圈之间插入一层铝箔，会增加涡流，加热效率会显著降低，故C错误；
D U n．由 2U =
2
1 n1
U2= 2.5V，则副线圈输出功率变小，故D错误。
7.在山地自行车速降比赛中，选手从山坡顶端由静止开始沿直坡道下滑，坡道倾斜角恒定且足够长。选手
和自行车总质量为m，运动过程中受到的空气阻力与速度平方成正比 ( f= kv2，k为常数)，且坡道存在恒
定的摩擦力 f0，以坡顶为重力势能零点，沿斜面向下为正方向，对选手和自行车整体，从坡顶到坡底，用
Ek表示动能、Ep表示重力势能，E机表示机械能，下列图像正确的是
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A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
AB．对选手和自行车整体,设坡道倾斜角为 θ
由牛顿第二定律有mgsinθ- f0- kv2=ma
= - fa gsinθ 0 - kv
2
m m
整体先做加速度减小的加速运动后做匀速运动，动能先增大后不变，且 Ek- x图像中斜率表示合力，合力
先减小，后为零，故 A错误、B正确；
C．以坡顶为重力势能零点,在坡顶时选手和自行车整体动能为零，即总的机械能最大为零，下滑过程因
克服阻力做功，机械能减小且负，故C错误；
D．以坡顶为重力势能零点，下滑过程重力势能为负且减小，故D错误。
二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18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 6分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分。
8.小牧同学是一个摄影爱好者，在摄影过程中，他学习到可以在镜片前加装偏振镜消除水面和玻璃反光，
也可以通过给相机镜片镀上增透膜增加透射光的强度，还可以加装星光镜使点状光源拍出耀眼的星芒
效果如图，下列说法中正确的是
A. 自然光是一种偏振光
B. 光是一种横波
C. 增透膜利用了薄膜干涉原理，对所有颜色的透射光增强效果都相同
D. 星光镜上规则间隔的交叉刻痕使光发生衍射，产生星芒效果
【答案】BD
【解析】
A．自然光包含着在垂直于传播方向上沿一切方向转动的光，故自然光不是一种偏振光，A错误；
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B．光 一种横波，B正确；
C．增透膜利用了薄膜干涉原理，使反射光相互抵消，从而增加透射光 强度，但增透膜的增强条件与光
的波长直接相关，而不同颜色的光对应不同的波长，因此增透膜对不同颜色的透射光增强效果并不相
同，C错误；
D．刻痕相当于一个衍射光栅，当点光源的光通过时，光在刻痕处发生衍射，形成明暗相间的衍射图样，
从而呈现出放射状的星芒，D正确。
9.杂技表演中，一位杂技演员从高台跃下如图，在 A点接住摆动的秋千后荡至 B点，松手落至弹性网上，下
落至最低点C后，在弹性网上多次往复弹跳，忽略空气阻力，该过程中下列说法正确的是
A. 杂技演员从高台跃下到 A点过程中，加速度不变
B. 杂技演员从 A点荡至 B点的过程中，先超重后失重
C. 杂技演员从 B点落至C点的过程中，先失重后超重
D. 在弹性网上多次往复弹跳过程中，杂技演员机械能守恒
【答案】AC
【解析】
A．杂技演员从高台跃下到 A点过程中，只受重力作用，加速度为重力加速度保持不变，故 A正确；
B．杂技演员从 A点荡至 B点的过程中，竖直方向的加速度先向下后向上，先失重后超重，故 B错误；
C．杂技演员从 B点落至C点的过程中，先竖直向下加速，后向下减速运动，加速度先向下后向上，先失
重后超重，故C正确；
D．在弹性网上多次往复弹跳过程中，杂技演员与弹性网组成的系统机械能守恒，除了重力外，还有弹性
网对杂技演员做功，杂技演员机械能不守恒，故D错误。
10.如图所示，水平地面固定有倾角 θ= 45°的光滑斜面，其上有两个宽度为 d且相距 L的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，
虚线为磁场边界，均与斜面底边平行，两区域磁感应强度大小均为 B，区域Ⅰ磁场方向垂直斜面向上，区域
Ⅱ磁场方向竖直向下。一质量为m、边长为 d的正方形金属线框置于区域Ⅰ上方 x处，线框底边与磁场边
界平行。静止释放后，线框进入区域Ⅰ和区域Ⅱ时均做匀速直线运动，下滑过程中线框形状不变，重力加
速度为 g，下列说法正确的是
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A. 离开区域Ⅰ和进入区域Ⅱ的过程中，线框的电流方向相同
B. 进入区域Ⅰ和区域Ⅱ的过程中，通过线框的电荷量大小相同
C. 2全过程中，线框产生的焦耳热为Q= 2 mg L+3d
D. 区域Ⅰ下边缘与区域Ⅱ上边缘的距离为 L= d+ 3x
【答案】AD
【解析】
A．根据楞次定律离开区域Ⅰ的电流方向为逆时针，进入区域Ⅱ的电流方向为逆时针，故 A正确；
B．从接触区域Ⅰ边界到完全进入区域Ⅰ的磁通量变化为ΔΦ1= Bd2
Ⅱ Ⅱ ΔΦ = Bd2cosθ= 2从接触区域 边界到完全进入区域 的磁通量变化为 2 2 Bd
2
ΔΦ
令线框电阻为 R，由 q= R 可知进入两个区域的过程中通过线框的电荷量大小不同，故 B错误；
C．匀速运动过程中，减小的重力势能转化为焦耳热Q=mg 2d+2d sin45° = 2 2mgd，故C错误；
D 1．在进入区域Ⅰ前，由动能定理mgssinθ= 2 mv
2
1
解得 v1= 2gxsinθ
进入区域Ⅰ，感应电动势 E1= Bdv1
E
感应电流 I = 11 R
B2d2
F = vBdI = 1安培力 1 1 R
匀速运动，有mgsinθ= F1
= mgRsinθ联立解得 v1 B2d2
进入区域Ⅱ，感应电动势 E2= Bdv2cosθ
E
感应电流 I = 22 R
= B
2d2v cosθ
安培力 F2 BdI
2
2= R ，方向水平向左
匀速运动，有mgsinθ= F2cosθ
mgRsinθ
联立解得 v2= 2 B2d2 = 2v1
即 v2= 2 2gxsinθ
离开区域Ⅰ到进入区域Ⅱ前，由动能定理mgsinθ(L- d) = 1 mv2- 1 mv22 2 2 1
将两个区域的速度表达式代入推导得 L= d+ 3x，故D正确；
三、非选择题：本题共 5小题，共 54分，考生根据要求作答。
11.某同学按照图 1的方法“探究两个互成角度的力的合成规律”。实验用了两根完全相同的弹簧秤和一瓶
矿泉水等器材。
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(1)某次实验中，弹簧秤 A指针位置如图 2所示，其读数为 N；
(2)下列有关该实验说法正确的是
A. 为使实验结果准确，实验过程中弹簧秤的拉力越小越好
B. 本实验不需要测出矿泉水的重力
C. 如果弹簧秤超出量程，可减小矿泉水的质量
D. 画平行四边形时需采用力的图示方法
(3)将弹簧秤 B从水平位置顺时针缓慢转至竖直向上位置 (弹簧秤 A方向不变)，则弹簧秤 B的示数将
(选填“一直增大”、“一直减小”或“先减小后增大”)。
【答案】(1)2.10##2.11##2.09(2)CD
(3)先减小后增大
【解析】
【小问 1详解】
由图可知，弹簧秤的分度值为 0.1N，其读数为 2.10N。
【小问 2详解】
A．为了减小测量误差，实验过程中弹簧秤的拉力需要适中，不能过大或过小，故 A错误；
B．实验中需要比较两个弹簧秤的合力与矿泉水重力的关系，需要测出矿泉水的重力，故 B错误；
C．如果弹簧秤超出量程，可减小矿泉水的质量，使得两个弹簧秤的分力减小，故C正确；
D．由于三个力都有具体的数值，需要比较大小，画平行四边形时需采用力的图示方法，故D正确。
【小问 3详解】
矿泉水的重力不变，弹簧秤 A方向不变，如图所示
如上图可知弹簧秤 B的示数先减小后增大。
12.某小组利用电压表和电流表测定石墨烯手机电池的电动势和内阻，设计如图 1实验原理图，根据实验需
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要已选用了规格和量程合适的器材。请完成下列主要实验步骤：
(1)测量前，将电阻箱 R调至最大阻值，目的是使电路中的电流 ，保护电路安全；
(2)先将单刀双掷开关 S2拨至触点 b，闭合开关 S1，缓慢转动电阻箱旋钮减小阻值，当 R示数为 3.6Ω时，
记录电压表读数U= 0.8V、电流表读数 I= 0.2A。计算得到电流表的内阻为 Ω(结果保留一位小
数)；
(3)然后将单刀双掷开关 S2拨至触点 a，保持开关 S1闭合，多次调节 R并记录对应U、I数据，用描点法作
出U- I图像，如图 2所示。综合可求得手机电池的电动势 E= V，内阻 r= Ω(结果均保
留一位小数)；
(4)以上实验测量方案， (填“存在”或“不存在”)因电表内阻引起的系统误差。
【答案】(1)最小 (2)0.4
(3)①. 3.0②. 0.6
(4)不存在
【解析】
【小问 1详解】
根据闭合电路的欧姆定律，将电阻箱 R调至最大阻值，电路中的电流最小，能保护电流表和电源
【小问 2详解】
根据部分电路的欧姆定律有 RA+ R= UI
解得电流表的内阻为 RA= 0.4Ω
【小问 3详解】
[1] [2]由图像得电动势 E= 3.0V，由 r+ RA= ΔUΔI
得内阻 r= 0.6Ω
【小问 4详解】
因先把电流表内阻等效为电源内阻的一部分，然后用电源总的等效内阻减去电流表的内阻，就消除了电
ΔU
流表内阻引起的误差，即 r= ΔI - RA
故不存在因电表内阻引起的系统误差。
13.如图 1空气波压力治疗仪由带气泵的储气罐和相同的气囊组成，简化模型如图 2。气泵能使储气罐储存
高压气体，储气罐与每个气囊通过细管道连接，气囊进气口有独立进气电磁阀门，当气囊内的压强传感
器测量的气压达到预设值，进气阀门将自动关闭，充气时，非工作气囊的进气阀门处于关闭状态，以实现
多种治疗模式。已知进气阀门开启前，储气罐内高压气体的压强为 900mmHg，气囊内充气前无气体，气
囊内气压预设值可调范围 30mmHg~200mmHg，在预设值时单个气囊的体积 3.5L，温度变化和细管的体
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积忽略不计。求：
(1)若选用单气囊模式进行精细治疗，预设值调到 90mmHg，充满气囊的过程，求从储气罐中进入气囊的
高压气体的体积？
(2)已知储气罐内压强达 900mmHg后停止加压，要使得两个气囊都能同时在预设值范围内可调，则储气
罐容积至少多大？
【答案】(1)0.35L
(2)2L
【解析】
(1)设 p0= 900mmHg，单个气囊的体积V1= 3.5L，从储气罐中进入气囊的高压气体的体积为V0。选用单气
囊模式，根据玻意耳定律可得 p0V0= p1V1
V = 90×3.5代入数据解得 0 900 L= 0.35L
2 要使得两个气囊都能同时在预设值范围内可调，气囊内气压预设值可调范围 200mmHg时，则有 p0V
= 2p2V1+ p2V
代入数据解得V= 2L
14.炮瞄雷达的示波管用于显示其雷达信号，如图 1为封装于真空玻璃壳中示波管的核心部分 XX 两极间加
锯齿形扫描电压，YY 两极接雷达电压信号，电子从电子枪以初速度为零逸出，经电压U0的电场加速后，
进入偏转电极 XX 和 YY 偏转，最后打在荧光屏上形成一个亮斑，当两偏转电极都不加电压时，电子射到
荧光屏中央O点。已知电子的电量为 e，质量为m，电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不
计，偏转电极 XX 和 YY 沿轴线方向的长度和极板间的间距均为 L，YY 右边缘到荧光屏的距离为D。某
次测量中在示波管荧光屏显示了一个“V”形信号如图 2，已知“V”形信号的两个顶点在荧光屏上关于 y轴
对称，左边顶点在荧光屏上的坐标为 (-X0，Y0)，单个电子穿过极板时间极短，视为电压不变。求：
(1)电子离开加速电场时的速度多大？
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(2)示波管电极 YY 接收到的雷达信号电压Uy的变化范围。
(1) 2eU【答案】 0m
(2)0≤U ≤ 4U0Y0y L+2D
【解析】
1
1 电子在加速电场中，根据动能定理可得 eU0= 2 mv
2
0
2eU
所以电子离开加速电场时的速度大小为 v0= 0m
2 L= v t y= 1
eU
a t2 a = ym 电子在偏转电场中做类平抛运动，则 0 ， 2 y ， y mL
U L
所以 y= ym4U0
L
y 2
电子打在荧光屏上，有 Y =0 L
2 +D
所以Uym=
4U0Y0
L+2D
YY 0≤U ≤ 4U Y所以示波管电极 接收到的雷达信号电压的变化范围为 0 0y L+2D 。
15. “空中飞人”节目表演中，需要将“飞人”演员倒挂在高空，并做各种惊险的动作增加观赏性。现将“飞人”
演员简化为质量为m的小球，图 1为简易示意图。 a、b为空中同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道上
有质量为M的滑杆，滑杆与小球用长度为 L的轻绳相连。初始时刻，小球置于与滑杆等高的 A点处，此
时轻绳伸直且与轨道平行。忽略滑杆尺寸大小，且滑杆始终与轨道垂直，小球可视为质点，且始终在同
一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，重力加速度大小为 g。
(1)若滑杆固定，小球于 A点静止释放，当轻绳摆至与水平方向成 θ度时，求小球加速度的大小；
(2)若滑杆固定，小球于 A点以一定的初动能向下开始运动，此后越过水平轨道并能重新抵达 A点，此过
程机械能守恒，求初动能 Ek需要满足什么样的条件；
(3)若滑杆能沿轨道自由滑动，以初始时刻滑杆的位置为坐标原点、轨道为 x轴在竖直平面内建立直角坐
标系，如图 2所示。小球从 A点静止释放，试证小球运动轨迹为椭圆方程的一部分 (不需要写定义域)。
【答案】(1)g 3sin2θ+1
(2)Ek≥ 32 mgL
(3)见解析
【解析】
1
1 当轻绳摆至与水平方向成 θ度时，由动能定理有mgLsinθ= 2 mv
2- 0
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解得 v= 2gLsinθ
对小球受力分析，如图所示
v2
在沿轻绳方向上，由圆周运动规律有 an= L = 2gsinθ
在垂直于轻绳方向上，由牛顿第二定律有mgcosθ=mat
解得 at= gcosθ
所以小球加速度 a= a2+a2n t
解得 a= g 3sin2θ+1
2 当小球能重新抵达 A点，说明小球能做完整的圆周运动，当小球恰好运动到圆周轨迹最高点时有mg
v2=m L
解得 v= gL
从 A点运动到轨迹最高点，由机械能守恒定律有 Ek=mgL+ 12 mv
2
E = 3解得 k 2 mgL
3
所以初动能 Ek需要满足 Ek≥ 2 mgL
3 设小球运动到 (x , y)位置时，设此时滑杆向左运动的距离为 x1，滑杆速度为 v1，小球水平方向速度为
vx，小球与滑杆组成的系统水平方向动量守恒，则水平方向有mvx=Mv1
两边均乘以 t，且由几何关系有m(L- x) =Mx1
解得 x1= mM (L- x)
由于轻绳长度不变，根据几何关系有 L2= y2+ x+x 21
m 2
整理可得 x+ M L-x
+ y2- L2 = 0
此方程为椭圆方程，故小球运动轨迹为椭圆方程的一部分。
物理试题 第 12 页 共 12 页汕头市 2025- 2026学年度普通高中毕业班教学质量监测
物理
★祝大家学习生活愉快★
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共 7小题，每小题 4分，共 28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求
的。
1.大型港口使用的“钴 60集装箱检测系统”利用钴 (6027Co)衰变时释放出的 γ射线穿透集装箱，从而实现对走
私品、危险品的无损检查。已知钴 60的半衰期约为 5.27年，其衰变方程为 60Co→ 6027 28Ni+ X，下列说法正
确的是
A. 60Co→ 6027 28Ni+ X为 β衰变
B. 6027Co的结合能大于 6028Ni的结合能
C. X粒子来源于 6027Co原子的核外电子
D. 经过 10.54年后，200个 6027Co原子核还剩下 50个 6027Co原子核
2.蝎子足部有高度灵敏的振动感受器，可感知沙地表面由猎物振动产生的微小横波 (如图 1)，波形可抽象
为沿 x轴传播的简谐横波。如图 2为 t= 0时刻的波形图，A为猎物的位置 (平衡位置位于 x= 5m处)，C
为蝎子的位置 (平衡位置位于 x= 1m处)。已知 t= 0.05s时，蝎子感受到振动，下列说法正确的是
A. C点的起振方向向下 B. 该机械波的波速为 50m/s
C. 该机械波的频率为 250Hz D. t= 0.1s时，A处质点处于平衡位置
3.公园里常能见到“乌龟叠罗汉”的有趣景象。如图所示，三只乌龟 A、B、C静止叠在水平地面上，此时吹
来一阵水平向左的风，作用在乌龟壳的侧壁上 (可视作竖直平面)，三只乌龟在风力作用下依然保持静
止，则下列说法正确的是
A. 风力越大，B所受的合力越大
B. B受到其他龟的力方向竖直向上
C. 风力越大，A所受其他龟的力越大
D. 如果风力从 0开始逐渐增大，A受到的摩擦力逐渐减小
物理试题 第 1 页 共 6 页
4. 2025年 8月，我国“揽月”月面着陆器圆满完成地外天体着陆起飞综合验证试验。已知月球质量为M，半
径为 R，引力常量为G。结合任务特点及物理规律，下列说法正确的是
A. “揽月”着陆器在环月圆轨道上运行时，若轨道半径增大，其速度一定增大
B. 长征十号火箭将“揽月”着陆器送入地月转移轨道，火箭加速上升过程中，着陆器机械能守恒
3
C. 若“揽月”着陆器在半径为 r的环月圆轨道运行，其运行周期 T= 2π rGM
D. “揽月”着陆器完成月面任务后，进入环月轨道加速追赶并与“梦舟”飞船实现对接，加速瞬间飞船所受
万有引力大于所需向心力
5.如图，两根相互平行的长直导线与一个圆形线圈固定在同一平面内，圆形线圈的圆心到两导线的距离相
等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流 I1、I2，且 I1> I2。当圆形线圈中通有顺时针
方向的电流时，下列说法正确的是
A. 圆形线圈所受安培力 方向水平向左
B. 若圆形线圈中电流变为逆时针，安培力方向不变
C. 圆形线圈上半圆所受安培力大于下半圆所受安培力
D. 若仅增大 I2，但始终满足 I1> I2，圆形线圈所受安培力一定减小
6.图 1为采用电磁感应加热技术的即热式水龙头。为研究加热效率，某同学将该系统等效为理想变压器模
型如图 2，原线圈匝数 n1= 50，副线圈匝数 n2= 25，已知水龙头正常加热时，输入电压U1= 10V，等效负载
电阻 (代表水流吸收热量的等效电阻)R= 0.5Ω，下列说法正确的是
A. 副线圈输出的交流电压有效值为 4V，加热系统正常工作
B. 正常加热时，副线圈回路电流为 10A
C. 若在原线圈与副线圈之间插入一层铝箔，加热效率会显著提高
D. 若原线圈匝数 n1增加到 100，输入电压不变，则副线圈输出功
率变为原来的 2倍
7.在山地自行车速降比赛中，选手从山坡顶端由静止开始沿直坡道下滑，坡道倾斜角恒定且足够长。选手
和自行车总质量为m，运动过程中受到的空气阻力与速度平方成正比 ( f= kv2，k为常数)，且坡道存在恒
定的摩擦力 f0，以坡顶为重力势能零点，沿斜面向下为正方向，对选手和自行车整体，从坡顶到坡底，用
Ek表示动能、Ep表示重力势能，E机表示机械能，下列图像正确的是
A. B.
C. D.
物理试题 第 2 页 共 6 页
二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18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 6分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分。
8.小牧同学是一个摄影爱好者，在摄影过程中，他学习到可以在镜片前加装偏振镜消除水面和玻璃反光，
也可以通过给相机镜片镀上增透膜增加透射光的强度，还可以加装星光镜使点状光源拍出耀眼的星芒
效果如图，下列说法中正确的是
A. 自然光是一种偏振光
B. 光是一种横波
C. 增透膜利用了薄膜干涉原理，对所有颜色的透射光增强效果都相同
D. 星光镜上规则间隔的交叉刻痕使光发生衍射，产生星芒效果
9.杂技表演中，一位杂技演员从高台跃下如图，在 A点接住摆动的秋千后荡至 B点，松手落至弹性网上，下
落至最低点C后，在弹性网上多次往复弹跳，忽略空气阻力，该过程中下列说法正确的是
A. 杂技演员从高台跃下到 A点过程中，加速度不变
B. 杂技演员从 A点荡至 B点的过程中，先超重后失重
C. 杂技演员从 B点落至C点的过程中，先失重后超重
D. 在弹性网上多次往复弹跳过程中，杂技演员机械能守恒
10.如图所示，水平地面固定有倾角 θ= 45°的光滑斜面，其上有两个宽度为 d且相距 L的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，
虚线为磁场边界，均与斜面底边平行，两区域磁感应强度大小均为 B，区域Ⅰ磁场方向垂直斜面向上，区域
Ⅱ磁场方向竖直向下。一质量为m、边长为 d的正方形金属线框置于区域Ⅰ上方 x处，线框底边与磁场边
界平行。静止释放后，线框进入区域Ⅰ和区域Ⅱ时均做匀速直线运动，下滑过程中线框形状不变，重力加
速度为 g，下列说法正确的是
A. 离开区域Ⅰ和进入区域Ⅱ的过程中，线框的电流方向相同
B. 进入区域Ⅰ和区域Ⅱ的过程中，通过线框的电荷量大小相同
C. 全过程中，线框产生的焦耳热为Q= 22 mg L+3d
D. 区域Ⅰ下边缘与区域Ⅱ上边缘的距离为 L= d+ 3x
物理试题 第 3 页 共 6 页
三、非选择题：本题共 5小题，共 54分，考生根据要求作答。
11.某同学按照图 1的方法“探究两个互成角度的力的合成规律”。实验用了两根完全相同的弹簧秤和一瓶
矿泉水等器材。
(1)某次实验中，弹簧秤 A指针位置如图 2所示，其读数为 N；
(2)下列有关该实验说法正确的是
A. 为使实验结果准确，实验过程中弹簧秤的拉力越小越好
B. 本实验不需要测出矿泉水的重力
C. 如果弹簧秤超出量程，可减小矿泉水的质量
D. 画平行四边形时需采用力的图示方法
(3)将弹簧秤 B从水平位置顺时针缓慢转至竖直向上位置 (弹簧秤 A方向不变)，则弹簧秤 B的示数将
(选填“一直增大”、“一直减小”或“先减小后增大”)。
12.某小组利用电压表和电流表测定石墨烯手机电池的电动势和内阻，设计如图 1实验原理图，根据实验需
要已选用了规格和量程合适的器材。请完成下列主要实验步骤：
(1)测量前，将电阻箱 R调至最大阻值，目的是使电路中的电流 ，保护电路安全；
(2)先将单刀双掷开关 S2拨至触点 b，闭合开关 S1，缓慢转动电阻箱旋钮减小阻值，当 R示数为 3.6Ω时，
记录电压表读数U= 0.8V、电流表读数 I= 0.2A。计算得到电流表的内阻为 Ω(结果保留一位小
数)；
(3)然后将单刀双掷开关 S2拨至触点 a，保持开关 S1闭合，多次调节 R并记录对应U、I数据，用描点法作
出U- I图像，如图 2所示。综合可求得手机电池的电动势 E= V，内阻 r= Ω(结果均保
留一位小数)；
(4)以上实验测量方案， (填“存在”或“不存在”)因电表内阻引起的系统误差。
物理试题 第 4 页 共 6 页
13.如图 1空气波压力治疗仪由带气泵的储气罐和相同的气囊组成，简化模型如图 2。气泵能使储气罐储存
高压气体，储气罐与每个气囊通过细管道连接，气囊进气口有独立进气电磁阀门，当气囊内的压强传感
器测量的气压达到预设值，进气阀门将自动关闭，充气时，非工作气囊的进气阀门处于关闭状态，以实现
多种治疗模式。已知进气阀门开启前，储气罐内高压气体的压强为 900mmHg，气囊内充气前无气体，气
囊内气压预设值可调范围 30mmHg~200mmHg，在预设值时单个气囊的体积 3.5L，温度变化和细管的体
积忽略不计。求：
(1)若选用单气囊模式进行精细治疗，预设值调到 90mmHg，充满气囊的过程，求从储气罐中进入气囊的
高压气体的体积？
(2)已知储气罐内压强达 900mmHg后停止加压，要使得两个气囊都能同时在预设值范围内可调，则储气
罐容积至少多大？
14.炮瞄雷达的示波管用于显示其雷达信号，如图 1为封装于真空玻璃壳中示波管的核心部分 XX 两极间加
锯齿形扫描电压，YY 两极接雷达电压信号，电子从电子枪以初速度为零逸出，经电压U0的电场加速后，
进入偏转电极 XX 和 YY 偏转，最后打在荧光屏上形成一个亮斑，当两偏转电极都不加电压时，电子射到
荧光屏中央O点。已知电子的电量为 e，质量为m，电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不
计，偏转电极 XX 和 YY 沿轴线方向的长度和极板间的间距均为 L，YY 右边缘到荧光屏的距离为D。某
次测量中在示波管荧光屏显示了一个“V”形信号如图 2，已知“V”形信号的两个顶点在荧光屏上关于 y轴
对称，左边顶点在荧光屏上的坐标为 (-X0，Y0)，单个电子穿过极板时间极短，视为电压不变。求：
(1)电子离开加速电场时的速度多大？
(2)示波管电极 YY 接收到的雷达信号电压Uy的变化范围。
物理试题 第 5 页 共 6 页
15. “空中飞人”节目表演中，需要将“飞人”演员倒挂在高空，并做各种惊险的动作增加观赏性。现将“飞人”
演员简化为质量为m的小球，图 1为简易示意图。 a、b为空中同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道上
有质量为M的滑杆，滑杆与小球用长度为 L的轻绳相连。初始时刻，小球置于与滑杆等高的 A点处，此
时轻绳伸直且与轨道平行。忽略滑杆尺寸大小，且滑杆始终与轨道垂直，小球可视为质点，且始终在同
一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，重力加速度大小为 g。
(1)若滑杆固定，小球于 A点静止释放，当轻绳摆至与水平方向成 θ度时，求小球加速度的大小；
(2)若滑杆固定，小球于 A点以一定的初动能向下开始运动，此后越过水平轨道并能重新抵达 A点，此过
程机械能守恒，求初动能 Ek需要满足什么样的条件；
(3)若滑杆能沿轨道自由滑动，以初始时刻滑杆的位置为坐标原点、轨道为 x轴在竖直平面内建立直角坐
标系，如图 2所示。小球从 A点静止释放，试证小球运动轨迹为椭圆方程的一部分 (不需要写定义域)。
物理试题 第 6 页 共 6 页
参考答案
1. A
A．根据衰变方程 6027Co→ 6028Ni+ X，质量数不变，原子序数增加 1，符合 β 衰变的特征，故 A正确；
B．结合能是核子结合成原子核时释放的能量。 6027Co衰变到 6028Ni，表明 6028Ni更稳定，其结合能更大，故 B
错误；
C． X粒子为 β衰变产生的电子，来源于核内中子衰变，并非核外电子，故C错误；
D．半衰期 T= 5.27年，但放射性衰变为随机过程，对于具体 200个原子核，剩余数不一定是精确 50，故
D错误。
2. B
A．根据图 2可知，质点 B刚刚开始振动，波沿 x轴负方向传播，根据同侧法可知，B点的起振方向向上，
由于所有质点的起振方向均相同，则C点的起振方向向上，故 A错误；
B． 0时刻，质点 B刚刚开始振动，由于 t= 0.05s时，蝎子感受到振动，可知，在 0.05s内，波传播的距离 x
= 3.5m- 1m= 2.5m
则该机械波的波速为 v= xt =
2.5
0.05 m/s= 50m/s，故 B正确；
C．根据图 2可知，波长 λ= 2m
根据 v= λT ，f=
1
T
结合上述解得 T= 0.04s，f= 25Hz，故C错误；
D T． t= 0时刻，A处质点处于波谷，由于 t= 0.1s= 2T+ 2
可知，t= 0.1s时，A处质点处于波峰，故D错误。
3. C
A．三只乌龟在风力作用下依然保持静止，处于平衡状态。根据平衡条件，物体所受的合力为零。因此，
无论风力多大，只要乌龟 B保持静止，它所受的合力就始终为零，故 A错误；
B．对乌龟 B进行受力分析，B受到自身重力、风力、乌龟 A对它 作用力以及乌龟C对它的作用力。根
据平衡条件，B受到的所有力的合力为零，其他龟的力需要平衡 B的重力和风力的合力。由于重力竖直
向下，风力水平向左，它们的合力方向指向左下方，因此其他龟的力方向必然指向右上方，而不是竖直向
上，故 B错误；
C．对乌龟 A进行受力分析。 A受到自身重力、风力以及其他龟的力。 A处于平衡状态，所以其他龟的
力与 A受到自身重力、风力的合力等大反向。当风力增大时，A受到自身重力、风力的合力大小会增大，
所以 A所受其他龟的力增大，故C正确；
D．对乌龟 A进行受力分析，风、重力沿着龟背方向的分力与静摩擦力平衡，当风力从 0开始逐渐增大
时，A受到的摩擦力先向上减小再反向增大，故D错误。
4. C
A Mm v
2
．根据万有引力提供向心力有G =m
r2 r
解得在环月圆轨道上“揽月”着陆器的运行速度为 v= GMr
则轨道半径 r增大时，速度 v减小，故 A错误；
B．火箭加速上升过程中，推力对系统做功，机械能不守恒，故 B错误；
参考答案 1 页 共 6 页
Mm 4π2C．根据万有引力提供向心力有G =m r
r2 T 2
3
解得环月圆轨道的周期为 T= 2π rGM ，故C正确；
2
D mv GMm．加速瞬间，速度增大，由 Fn= r 可知，所需向心力 Fn增大，而万有引力 F= r2
不变，因此万有
引力小于所需向心力，故D错误。
5. D
A．根据“同向相吸，异向相斥”，因每条直导线相对于圆形线圈较近的部分都是异向电流，则每条直导线
对线圈都是排斥力，因 I1> I2可知，左侧直导线对线圈向右的排斥力更大，可知圆形线圈所受安培力的方
向水平向右，A错误；
B．若圆形线圈中电流变为逆时针，则每条直导线相对于圆形线圈较近的部分都是同向电流，则每条直
导线对线圈都是吸引力，因 I1> I2可知，左侧直导线对线圈向右的吸引力更大，可知圆形线圈所受安培力
的方向水平向左，即安培力方向改变，B错误；
C．由对称性可知，圆形线圈上半圆所受安培力等于下半圆所受安培力，C错误；
D．由 A的分析可知，若仅增大 I2，但始终满足 I1> I2，两直导线的电流大小之差减小，左右两侧直导线对
圆形线圈的安培力之差减小，即圆形线圈所受安培力一定减小，D正确。
6. B
AB U n．理想变压器,由 2 = 2U1 n1
则副线圈输出的交流电压有效值为U2= 5V
U
副线圈回路电流为 I2= 2R = 10A ,故 A错误, B正确；
C．铝箔导电， 原线圈与副线圈之间插入一层铝箔，会增加涡流，加热效率会显著降低，故C错误；
D U．由 2 n2U =1 n1
U2= 2.5V，则副线圈输出功率变小，故D错误。
7. B
AB．对选手和自行车整体,设坡道倾斜角为 θ
由牛顿第二定律有mgsinθ- f0- kv2=ma
2
a= gsinθ- f0 - kvm m
整体先做加速度减小的加速运动后做匀速运动，动能先增大后不变，且 Ek- x图像中斜率表示合力，合力
先减小，后为零，故 A错误、B正确；
C．以坡顶为重力势能零点,在坡顶时选手和自行车整体动能为零，即总的机械能最大为零，下滑过程因
克服阻力做功，机械能减小且负，故C错误；
D．以坡顶为重力势能零点，下滑过程重力势能为负且减小，故D错误。
8. BD
A．自然光包含着在垂直于传播方向上沿一切方向转动的光，故自然光不是一种偏振光，A错误；
B．光 一种横波，B正确；
C．增透膜利用了薄膜干涉原理，使反射光相互抵消，从而增加透射光 强度，但增透膜的增强条件与光
的波长直接相关，而不同颜色的光对应不同的波长，因此增透膜对不同颜色的透射光增强效果并不相
同，C错误；
参考答案 2 页 共 6 页
D．刻痕相当于一个衍射光栅，当点光源的光通过时，光在刻痕处发生衍射，形成明暗相间的衍射图样，
从而呈现出放射状的星芒，D正确。
9. AC
A．杂技演员从高台跃下到 A点过程中，只受重力作用，加速度为重力加速度保持不变，故 A正确；
B．杂技演员从 A点荡至 B点的过程中，竖直方向的加速度先向下后向上，先失重后超重，故 B错误；
C．杂技演员从 B点落至C点的过程中，先竖直向下加速，后向下减速运动，加速度先向下后向上，先失
重后超重，故C正确；
D．在弹性网上多次往复弹跳过程中，杂技演员与弹性网组成的系统机械能守恒，除了重力外，还有弹性
网对杂技演员做功，杂技演员机械能不守恒，故D错误。
10. AD
A．根据楞次定律离开区域Ⅰ的电流方向为逆时针，进入区域Ⅱ的电流方向为逆时针，故 A正确；
B．从接触区域Ⅰ边界到完全进入区域Ⅰ的磁通量变化为ΔΦ1= Bd2
从接触区域Ⅱ边界到完全进入区域Ⅱ的磁通量变化为ΔΦ2= Bd2cosθ= 2 22 Bd
ΔΦ
令线框电阻为 R，由 q= R 可知进入两个区域的过程中通过线框的电荷量大小不同，故 B错误；
C．匀速运动过程中，减小的重力势能转化为焦耳热Q=mg 2d+2d sin45° = 2 2mgd，故C错误；
D 1．在进入区域Ⅰ前，由动能定理mgssinθ= 2 mv
2
1
解得 v1= 2gxsinθ
进入区域Ⅰ，感应电动势 E1= Bdv1
E
感应电流 I = 11 R
B2d2v1
安培力 F1= BdI1= R
匀速运动，有mgsinθ= F1
联立解得 v1=
mgRsinθ
B2d2
进入区域Ⅱ，感应电动势 E2= Bdv2cosθ
感应电流 I2=
E2
R
B2d2= = v2cosθ安培力 F2 BdI2 R ，方向水平向左
匀速运动，有mgsinθ= F2cosθ
mgRsinθ
联立解得 v2= 2 2 2 = 2vB d 1
即 v2= 2 2gxsinθ
1 1
离开区域Ⅰ到进入区域Ⅱ前，由动能定理mgsinθ(L- d) = mv22 2- 2 mv
2
1
将两个区域的速度表达式代入推导得 L= d+ 3x，故D正确；
11. (1)2.10##2.11##2.09(2)CD
(3)先减小后增大
【小问 1详解】
由图可知，弹簧秤的分度值为 0.1N，其读数为 2.10N。
【小问 2详解】
参考答案 3 页 共 6 页
A．为了减小测量误差，实验过程中弹簧秤的拉力需要适中，不能过大或过小，故 A错误；
B．实验中需要比较两个弹簧秤的合力与矿泉水重力的关系，需要测出矿泉水的重力，故 B错误；
C．如果弹簧秤超出量程，可减小矿泉水的质量，使得两个弹簧秤的分力减小，故C正确；
D．由于三个力都有具体的数值，需要比较大小，画平行四边形时需采用力的图示方法，故D正确。
【小问 3详解】
矿泉水的重力不变，弹簧秤 A方向不变，如图所示
如上图可知弹簧秤 B的示数先减小后增大。
12. (1)最小 (2)0.4
(3)①. 3.0②. 0.6
(4)不存在
【小问 1详解】
根据闭合电路的欧姆定律，将电阻箱 R调至最大阻值，电路中的电流最小，能保护电流表和电源
【小问 2详解】
根据部分电路的欧姆定律有 RA+ R= UI
解得电流表的内阻为 RA= 0.4Ω
【小问 3详解】
[1] [2]由图像得电动势 E= 3.0V ΔU，由 r+ RA= ΔI
得内阻 r= 0.6Ω
【小问 4详解】
因先把电流表内阻等效为电源内阻的一部分，然后用电源总的等效内阻减去电流表的内阻，就消除了电
ΔU
流表内阻引起的误差，即 r= ΔI - RA
故不存在因电表内阻引起的系统误差。
13. (1)0.35L
(2)2L
(1)设 p0= 900mmHg，单个气囊的体积V1= 3.5L，从储气罐中进入气囊的高压气体的体积为V0。选用单
气囊模式，根据玻意耳定律可得 p0V0= p1V1
V = 90×3.5代入数据解得 0 900 L= 0.35L
2 要使得两个气囊都能同时在预设值范围内可调，气囊内气压预设值可调范围 200mmHg时，则有 p0V
= 2p2V1+ p2V
代入数据解得V= 2L
参考答案 4 页 共 6 页
14. (1) 2eU0m
(2)0≤U 4U0Y0y≤ L+2D
1
1 电子在加速电场中，根据动能定理可得 eU0= 22 mv0
2eU
所以电子离开加速电场时的速度大小为 v = 00 m
1 eU2 ym 电子在偏转电场中做类平抛运动，则 L= v0t，y= 22 ayt ，ay= mL
U L
所以 y= ym4U0
L
y 2
电子打在荧光屏上，有 Y =0 L
2 +D
U = 4U所以 0Y0ym L+2D
所以示波管电极 YY 4U Y接收到的雷达信号电压的变化范围为 0≤U ≤ 0 0y L+2D 。
15. (1)g 3sin2θ+1
(2)Ek≥ 32 mgL
(3)见解析
1 1 当轻绳摆至与水平方向成 θ度时，由动能定理有mgLsinθ= 2 mv
2- 0
解得 v= 2gLsinθ
对小球受力分析，如图所示
v2
在沿轻绳方向上，由圆周运动规律有 an= L = 2gsinθ
在垂直于轻绳方向上，由牛顿第二定律有mgcosθ=mat
解得 at= gcosθ
所以小球加速度 a= a2 2n+at
解得 a= g 3sin2θ+1
2 当小球能重新抵达 A点，说明小球能做完整的圆周运动，当小球恰好运动到圆周轨迹最高点时有mg
2
=m vL
解得 v= gL
从 A点运动到轨迹最高点，由机械能守恒定律有 Ek=mgL+ 1 22 mv
解得 Ek= 32 mgL
参考答案 5 页 共 6 页
E E ≥ 3所以初动能 k需要满足 k 2 mgL
3 设小球运动到 (x , y)位置时，设此时滑杆向左运动的距离为 x1，滑杆速度为 v1，小球水平方向速度为
vx，小球与滑杆组成的系统水平方向动量守恒，则水平方向有mvx=Mv1
两边均乘以 t，且由几何关系有m(L- x) =Mx1
m
解得 x1= M (L- x)
由于轻绳长度不变，根据几何关系有 L2= y2+ x+x 21
2
整理可得 x+
m
L-x M + y
2- L2= 0
此方程为椭圆方程，故小球运动轨迹为椭圆方程的一部分。
参考答案 6 页 共 6 页

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