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2026届湖南省株洲市高三上学期教学质量统一检测（一模）物理试题
1．水平面上固定一顶角A为直角的三角形斜面，斜面倾角为60°。质量不同的两滑块（均可视为质点）自顶端由静止释放分别沿和面下滑，不计摩擦，它们到达斜面底端的时间之比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】设 ，，，故 ，。
加速度：
位移：
代入得：
加速度：
位移：
代入得：
故答案为：B。
【分析】设 长度为 ，由几何关系可知 倾角为 ，分别对两滑块列牛顿第二定律与匀加速直线运动公式，联立求解时间之比。
2．如图，一上端开口的箱子固定在水平地面上，内壁光滑，长为10m。在小球A以某一速度向右运动的同时，一小球B从A正上方距离箱底5m高处水平抛出。若两小球在离箱子左侧8m处相遇，则A的速度大小可能是（重力加速度g取，小球A与箱壁碰撞后速度大小不变）（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】小球B从 高处水平抛出，竖直方向做自由落体运动：
代入 、：，两球相遇时间为 。
小球A的运动路径：
箱子长 ，相遇点离左侧 ，小球A在箱内运动，可能的情况：
情况1：A直接向右运动 相遇，速度 ，故AB错误；
情况2：A先向右到箱底右端（），碰撞后向左折返，再运动 到 处，总路程 ，速度 ，故C正确，
情况3：若A速度为 ， 内路程 ，位置为 ，与题意 不符，故D错误；
故答案为：C。
【分析】先由小球B的自由落体运动求出相遇时间，再结合小球A在箱内的往返运动（与箱壁弹性碰撞后速度大小不变），分析其运动的总路程，进而求解A的速度大小。
3．如图，质量为1kg的物块放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，物块和木箱间的动摩擦因数为0.2，物块左端被一根轻弹簧用1N大小的弹力拉着保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。要使物块相对于木箱向左运动，则木箱在竖直方向的运动可能是（　　）
A．向上加速，加速度大小为 B．向上加速，加速度大小为
C．向下加速，加速度大小为 D．向下加速，加速度大小为
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．当木箱以的加速度竖直向上加速时，对物块列牛顿第二定律：，解得支持力，最大静摩擦力，因，物块无法相对滑动，故A错误；
B．当木箱以的加速度竖直向上加速时，对物块列牛顿第二定律：，解得支持力，最大静摩擦力，因，物块无法相对滑动，故B错误；
C．当木箱以的加速度竖直向下加速时，对物块列牛顿第二定律：，解得支持力，最大静摩擦力，因，物块无法相对滑动，故C错误；
D．当木箱以的加速度竖直向下加速时，对物块列牛顿第二定律：，解得支持力，最大静摩擦力，因，弹簧拉力大于最大静摩擦力，物块会向左滑动，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题先分析静止受力，得弹簧拉力 1N、最大静摩擦力 2N；再结合竖直加速度对支持力的影响，推得向下加速会减小最大静摩擦力，最后由临界条件算出向下加速的加速度需大于 5m/s2。
4．一波源位于x轴的坐标原点，波源的振动方程为，形成的机械波沿x轴正方向传播，波速为v，则（　　）
A．波源振动的周期为
B．处质点起振方向为y轴负方向
C．时刻，处质点沿y轴负方向运动
D．在到时间内，处质点通过的路程为
【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】A．波源振动方程为 ，角频率 ，周期 ，A错误；
B．波源在 时，振动方向沿 轴正方向（由 ，下一时刻位移为正），
质点起振方向与波源一致，故 处质点起振方向为 轴正方向，B错误；
C． 处质点，波传到此处的时间 ，到 时，振动时间 ，
又 ，故 ，质点从平衡位置沿 轴正方向起振，经 后，运动方向沿 轴负方向，C正确；
D． 处质点，波传到此处的时间 ，到 时，振动时间 ，一个周期路程为 ， 个周期路程为 ，剩余 从平衡位置开始，路程为 ，总路程 ，故D错误；
故答案为：C。
【分析】 先由波源振动方程确定角频率，进而求出振动周期；再根据波的传播规律，分析各质点的起振方向、振动时间及运动状态。结合波速与传播距离，计算质点开始振动的时刻，再通过振动时间与周期的关系，判断质点的运动方向与通过的路程。
5．神舟二十二号飞船在酒泉卫星发射中心点火发射后与“天宫”号空间站对接，这是中国载人航天工程第一次应急发射任务。已知天宫号运行周期，其轨道平面与赤道平面之间夹角约42°，地球自转周期，则（　　）
A．飞船加速上升过程中机械能保持不变
B．空间站的轨道半径比地球同步卫星的大
C．空间站中的宇航员一天可以经历8次日出
D．空间站连续两次通过赤道上空某点的时间间隔为24h
【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．飞船加速上升时，推力做正功，机械能（动能+重力势能）持续增加，故A错误；
B．由开普勒第三定律 ，空间站周期 小于同步卫星周期 ，因此空间站轨道半径更小，故B错误；
C．一天（24h）内空间站绕地球圈数 ，理论上可经历16次日出，并非8次，故C错误；
D．空间站轨道平面与赤道有夹角，连续两次通过赤道上空某点的时间间隔等于地球自转周期24h，故D正确；
故答案为：D。
【分析】 结合万有引力定律与航天运动规律，分析飞船机械能、轨道半径、日出次数及过赤道的时间间隔。
6．如图，一根轻绳上端固定，下端系一小球，小球在外力F作用下处于静止状态，此时轻绳与竖直方向的夹角为。现F缓慢增大但方向保持不变，当F变为原来的2倍时，轻绳与竖直方向的夹角为，此时外力F与小球受到的重力之比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】设外力与水平方向的夹角为，如图所示
根据平衡条件可得，
当外力变为时，设绳子的拉力为，同理则有，
联立解得
故答案为：B。
【分析】 对小球进行两次受力平衡分析，分别列水平和竖直方向的平衡方程，联立消去拉力与角度参数，得到外力与重力的比值。
7．如图，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径水平，o为圆心。一滑块以某一初速度从a点下滑，经轨道最低点b刚好能到达d点。在这个过程中，滑块在b点的速率为，到达c点时速率为，与夹角为30°。取b点所在的水平面为重力势能的零势能面，则（　　）
A．
B．从a至b，小滑块的速度不断增大
C．在c点，小滑块的动能与重力势能相等
D．从b至d，小滑块克服重力做功的功率逐渐减小
【答案】A
【知识点】功率及其计算；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．设圆环的半径为，滑块从b到d，由动能定理可得
滑块从b到c的过程中，由动能定理可得
由题可知
联立可得，故A正确；
B．滑块从a→b，重力切向分力先大于摩擦力后小于摩擦力，速度先增大后减小，故B错误；
C．滑块在c点的重力势能为
在c点的动能
结合上述分析可知，由于摩擦力做功，滑块的动能与重力势能不可能相等，故C错误；
D．b点速度水平，重力功率为 0；偏离b点后竖直分速度先增后减，到d点速度又为 0，重力功率先增后减，并非逐渐减小，故D错误；
故答案为：A。
【分析】运用动能定理分析滑块从 a 到 b、b 到 d 的速度与做功关系，结合受力分析判断运动状态，比较动能与势能、分析重力功率变化。
8．如图所示，实线为方向未知的三条电场线，其中一条电场线上依次标有M、N、Q点，已知，一带正电的粒子（重力不计）从O点以一定的初速度v进入电场，其运动轨迹如图中虚线所示，则（　　）
A．M、Q两点的场强大小关系是
B．M与N和N与Q间的电势差相等，即
C．在粒子沿图中轨迹运动的过程中，其电势能逐渐增大
D．在粒子沿图中轨迹运动的过程中，其动能逐渐增大
【答案】A,D
【知识点】电场线；电势能；电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A． 电场线越密，场强越大。M 点处电场线比 Q 点密， 故，故A正确；
B． MN = NQ，但电场为非匀强电场，M 到 N 的平均场强大于 N 到 Q 的平均场强，由可得，故B错误；
CD．由粒子轨迹可知电场力指向轨迹内侧，沿图中轨迹运动的过程中，电场力做正功，动能增加，电势能减少，故C错误，故D正确；
故答案为：AD。
【分析】 根据电场线疏密判断场强大小，结合粒子轨迹弯曲方向判断电场力方向，进而分析电势能与动能变化，再由非匀强电场特点判断电势差关系。
9．在对某款蓄电池进行测试的过程中，电池的输出功率P与其路端电压U之间的图像如图所示，据图可知该蓄电池的（　　）
A．电动势为a B．短路电流为b
C．内阻为 D．最大输出功率为
【答案】C,D
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】由 可得 ，结合闭合电路欧姆定律 ，变形得：
纵截距：当 时，
横截距：当 时，
A．电动势 ，不是 ，故A错误；
B．短路电流 ，不是 ，故B错误；
C．由 且 ，得内阻 ，故C正确；
D．最大输出功率 ，故D正确；
故答案为：CD。
【分析】由输出功率公式 推导出 ，结合图像截距与斜率求解电动势、内阻等物理量。
10．如图甲所示，足够长光滑水平面与竖直面内的光滑半圆形轨道在B点平滑相接，光滑半圆形轨道的半径为r（大小可调）。一小球以一定的速度v经过B点后沿半圆形轨道运动，到达最高点C后水平飞出，落在所在的水平地面上，落点距B点的水平距离为x。通过调节轨道半径r，得到x与r的关系如图乙所示，图中包含了小球能通过最高点C的所有情形，重力加速度g取。则（　　）
A．
B．x的最大值为5m
C．小球在轨道上的B、C两点受到的弹力大小的差值随r的增大而减小
D．r一定时，在小球沿轨道上升的过程中，每上升相同的高度，其受到的弹力大小的变化相等
【答案】A,B,D
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】小球从B到C：机械能守恒
小球从C平抛：竖直方向
水平方向
联立得：
A．由图像知 时，小球恰能过C点，即 ，代入得：
代入 、，得 ，A正确；
B．，当 时， 取最大值：
，B正确；
C．B点弹力：
C点弹力：
差值：，与 无关，C错误；
D．设上升高度为 ，由机械能守恒得 ，弹力 （ 为位置与圆心连线和竖直方向夹角），每上升相同高度 ， 变化量相同，故弹力变化量相等，D正确；
故答案为：ABD。
【分析】结合机械能守恒、平抛运动规律与圆周运动向心力公式，推导 x 与 r 的函数关系，再利用图像信息求解初速度、最大水平位移及弹力变化规律。
11．利用两个半径相同的小球发生碰撞来验证动量守恒定律。实验过程如下：
（1）如图，小球A用细线悬于O点，静止时O点到球心的距离为L；将B放置在固定支柱的顶端，其球心在水平地面上的投影记为P点，球心离水平地面的高度也为L；调整悬点O的位置，使两球在碰撞时球心在同一水平面上，这样做的目的是　 　；
（2）某次实验中将入射小球A拉起至某一位置，记下初始角度α；随即将小球A由静止释放，在最低点与B发生碰撞；观察并记下碰后小球A摆起的最大角度β。不计空气阻力，则α　 　β（填“大于”“等于”或“小于”）；
（3）碰撞后小球B水平飞出，确定其在水平地面上的落点并记为Q，测量出　 　，即为小球运动的水平距离d；
（4）分别测出入射小球A和被碰小球B的质量m1和m2，若两小球在这次碰撞过程中动量守恒，则应满足表达式　 　。（用题中所给物理量表示）
【答案】（1）两球能发生对心正碰
（2）大于
（3）PQ两点间的距离
（4）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）调整悬点O的位置，使两球在碰撞时球心在同一水平面上，这样做的目的是两球能发生对心正碰。
故答案为： 两球能发生对心正碰 ；
（2）由于两球碰撞过程中，B球机械能增加，则A球机械能减小，即碰撞后A球速度减小，所以A球上升到最大高度处角度减小，即α大于β。
故答案为： 大于 ；
（3）测量出PQ两点间的距离，即为小球运动的水平距离d。
故答案为： PQ两点间的距离 ；
（4）对小球A，碰撞前，有
碰撞后，有
对B球，碰撞后，有，
若两小球在这次碰撞过程中动量守恒，则
若A球反弹，则
联立解得
故答案为： ；
【分析】(1) 使两球碰撞时球心共面，目的是保证对心正碰，让碰撞前后速度沿同一直线。
(2) 碰撞后 A 动能减小，最大摆角变小，故 α大于β。
(3) 小球 B 平抛的水平位移 d 为P、Q 两点间的距离。
(4) 由机械能守恒和平抛运动规律，动量守恒可整理为： 。
（1）调整悬点O的位置，使两球在碰撞时球心在同一水平面上，这样做的目的是两球能发生对心正碰。
（2）由于两球碰撞过程中，B球机械能增加，则A球机械能减小，即碰撞后A球速度减小，所以A球上升到最大高度处角度减小，即α大于β。
（3）测量出PQ两点间的距离，即为小球运动的水平距离d。
（4）对小球A，碰撞前，有
碰撞后，有
对B球，碰撞后，有，
若两小球在这次碰撞过程中动量守恒，则
若A球反弹，则
联立解得
12．一种气压检测装置原理如图甲所示，图中定值电阻，恒流电源能输出电流且保持不变，压敏电阻的阻值随气压p的变化如图乙所示。
用该气压装置检测宇航服的气密性，如图丙。将充满空气的宇航服M和检测装置放入气室中，将气室抽成真空密封后，立即启动检测装置并开始计时，初始时M的气压为。已知M漏气（漏出的空气进入气室与宇航服M间形成的空腔N）速度越来越慢，经过10h，若M漏出空气质量小于初始质量的8%，则M的气密性达标。M、N内的气压与各自内部空气的密度成正比，且比例系数相同；宇航服M的容积和空腔的容积均保持不变，且。
（1）M漏气过程中，恒流电源输出的功率　 　，电流表示数　 　；（填“增大”“减小”或“不变”）
（2）开始计时后经过5h，理想电流表示数为1.1A，此时N内的气压为　 　Pa；
（3）经检测，M的气密性　 　（填“达标”或“不达标”）；
（4）在（2）的检测过程中，调整R的阻值可以使电流表的示数变化范围最大。真空时电流表示数为，经过5h电流表示数为，要使与的差值最大，R的阻值应为　 　Ω。（结果保留整数）
【答案】（1）减小；减小
（2）750
（3）达标
（4）74
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】（1）M漏气的过程中，空腔N内气体的压强逐渐增大，由图乙可知，压敏电阻的阻值逐渐减小，因此整个电路的电阻逐渐减小，电源为恒流电源，干路电流不变，则电源的电动势减小，路端电压减小，根据可知，电源的输出功率减小；
根据上述分析可知，路端电压减小，定值电阻两端的电压随着减小，该支路电流减小，电流表的示数减小。
故答案为： 减小 ； 减小 ；
（2）当电流表示数为时，路端电压为
则压敏电阻的阻值为
由图乙可知，压敏电阻的阻值与空腔N内的气体压强满足
解得时，空腔N内的压强为。
故答案为： 750 ；
（3）设M漏气前充入空气的质量为m，空气的密度为，经过5h的漏气后，漏出空气的质量为，则此时空腔N内气体的质量为，空气的密度为，由于M、N内的气压与各自内部空气的密度成正比，且比例系数相同，则有
解得
则M漏出空气质量与充入空气质量之比为
M漏气（漏出的空气进入气室与宇航服M间形成的空腔N）速度越来越慢，经过5h，M漏出气体的质量比应小于，因此M的气密性达标。
故答案为： 达标 ；
（4）由图乙可知，真空中压敏电阻的阻值
由图甲可得
电源为恒流电源，其电流，
联立解得
经过5h后，压敏电阻的阻值为
同理可得，
联立可得
则
整理可得
由数学知识解得时，有最大值。
故答案为： 74 ；
【分析】(1) 漏气时N内气压增大，由图乙知压敏电阻 减小，电路总电阻减小；恒流源电流 不变，路端电压 减小，故电源输出功率 减小；定值电阻 两端电压减小，电流表示数 减小。
(2) 由电流表示数算出 ，结合 线性关系得N内气压为 750 Pa。
(3) 由气压与密度成正比，算出5h漏出质量占初始质量的3% < 8%，故气密性 达标。
(4) 联立 、 表达式，得 关于 的函数，由数学极值知 时差值最大。
（1）[1]M漏气的过程中，空腔N内气体的压强逐渐增大，由图乙可知，压敏电阻的阻值逐渐减小，因此整个电路的电阻逐渐减小，电源为恒流电源，干路电流不变，则电源的电动势减小，路端电压减小，根据可知，电源的输出功率减小；
[2]根据上述分析可知，路端电压减小，定值电阻两端的电压随着减小，该支路电流减小，电流表的示数减小。
（2）当电流表示数为时，路端电压为
则压敏电阻的阻值为
由图乙可知，压敏电阻的阻值与空腔N内的气体压强满足
解得时，空腔N内的压强为。
（3）设M漏气前充入空气的质量为m，空气的密度为，经过5h的漏气后，漏出空气的质量为，则此时空腔N内气体的质量为，空气的密度为，由于M、N内的气压与各自内部空气的密度成正比，且比例系数相同，则有
解得
则M漏出空气质量与充入空气质量之比为
M漏气（漏出的空气进入气室与宇航服M间形成的空腔N）速度越来越慢，经过5h，M漏出气体的质量比应小于，因此M的气密性达标。
（4）由图乙可知，真空中压敏电阻的阻值
由图甲可得
电源为恒流电源，其电流，
联立解得
经过5h后，压敏电阻的阻值为
同理可得，
联立可得
则
整理可得
由数学知识解得时，有最大值。
13．如图，在倾角的足够长的固定斜面上，有一质量、可视为质点的物块，在水平力的作用下，从静止开始沿斜面向上运动，经物块的位移。取，重力加速度g取。求：
（1）物块的加速度大小a；
（2）物块与斜面间动摩擦因数。
【答案】（1）解：物块做初速度为零的匀加速直线运动，有
解得加速度
（2）解：对物块受力分析，如图所示
沿x方向和y方向分别有，
又
联立解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】(1) 物块做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式 可直接求出加速度 。
(2) 对物块进行受力分析，沿斜面和垂直斜面方向建立正交分解，结合牛顿第二定律和滑动摩擦力公式 ，联立方程求解动摩擦因数 。
（1）物块做初速度为零的匀加速直线运动，有
解得加速度
（2）对物块受力分析，如图所示
沿x方向和y方向分别有，
又
联立解得
14．汽车吸能盒是安装在防撞钢梁与车身纵梁之间的被动安全装置，主要作用是在碰撞时通过自身形变吸收冲击能量。汽车B车头和车尾部分均装有吸能盒，在某次行驶中，前车A由于某种原因停止在路面上，B与A发生碰撞后，两车车轮与地面的划痕长度分别为9m和4m，B停止后，后面的C车再次与B车发生碰撞，碰后两车一起向前滑行，划痕长度为4m。三辆汽车质量均为1.5t，车轮与地面间的动摩擦因数均为0.8，重力加速度g取，整个过程中汽车车轮均已抱死（等效为汽车发动机关闭并处于刹车状态），所有碰撞均在极短时间内完成，求：
（1）B与A碰撞后瞬间，A的速度的大小；
（2）B与A碰撞时吸能盒吸收的能量占碰撞损失动能的50%，该吸能盒“吸收”能量E的大小；
（3）为估算C与B碰撞过程中吸能盒受到的最大压力，将吸能盒的工作原理简化为弹簧模型。该吸能盒被压缩了6cm，其吸收的能量占碰撞损失动能的60%，求两车碰撞过程中吸能盒受到的最大压力。
【答案】（1）解：A车碰后，根据动能定理
解得
（2）解：同理，B车碰后，根据动能定理
由于A、B两车碰撞前后动量守恒，即
设碰撞中损失的动能为，根据能量守恒有
吸能盒“吸收”能量
（3）解：B、C两车碰撞前后动量守恒
能量守恒
B、C两车碰撞后
吸能盒吸收的能量为
解得
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 对A、B车碰撞后的滑行过程，分别由动能定理 求出碰后速度；再对A、B碰撞过程用动量守恒定律，得到B碰撞前速度。
(2) 计算碰撞前后总动能差值得到损失动能 ，吸能盒吸收能量为 的50%。
(3) 对B、C碰撞及后续滑行过程，用动量守恒和动能定理求出碰撞损失动能；再将吸能盒简化为弹簧模型，由弹性势能公式 与吸收能量占比，联立求解最大压力 。
（1）A车碰后，根据动能定理
解得
（2）同理，B车碰后，根据动能定理
由于A、B两车碰撞前后动量守恒，即
设碰撞中损失的动能为，根据能量守恒有
吸能盒“吸收”能量
（3）B、C两车碰撞前后动量守恒
能量守恒
B、C两车碰撞后
吸能盒吸收的能量为
解得
15．一质量为m、电荷量为q（）的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内一个点表示，、分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中点，粒子在水平方向的匀强电场Ⅰ作用下运动，P点沿线段ab移动到点；随后粒子离开电场Ⅰ，进入点电荷（）产生的电场Ⅱ，P点沿以O为圆心的圆弧移动至点；然后粒子离开电场Ⅱ返回电场Ⅰ，P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。静电力常量为k，不计重力。求
（1）粒子在电场Ⅱ中做圆周运动的半径和周期；
（2）电场Ⅰ的场强大小；
（3）P点沿图中闭合曲线移动一周回到a点时，粒子位移的大小。
【答案】（1）解：粒子进入电场Ⅱ时，速度大小为
粒子在电场Ⅱ中做匀速圆周运动，库仑力提供向心力，即
解得
圆周运动的周期为
（2）解：由于在任意时间内，点P沿直线移动的长度与沿圆弧移动时相等，即
解得
（3）解：粒子第一次在电场Ⅰ中运动时，在y方向有
在x方向有
粒子在电场Ⅱ运动过程中，速度方向改变240°，位移
粒子再次进入电场Ⅰ运动时，根据对称性
整个过程粒子位移为
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1) 粒子进入电场Ⅱ时速度大小为 ，库仑力提供向心力，由 求出圆周运动半径 ；再由周期公式 得到周期。
(2) 由“相等时间内P点沿直线与圆弧移动的曲线长相等”，得 ，联立求出电场Ⅰ的场强 。
(3) 分别计算粒子在电场Ⅰ两次运动和电场Ⅱ运动的位移，沿y方向合成得到总位移。
（1）粒子进入电场Ⅱ时，速度大小为
粒子在电场Ⅱ中做匀速圆周运动，库仑力提供向心力，即
解得
圆周运动的周期为
（2）由于在任意时间内，点P沿直线移动的长度与沿圆弧移动时相等，即
解得
（3）粒子第一次在电场Ⅰ中运动时，在y方向有
在x方向有
粒子在电场Ⅱ运动过程中，速度方向改变240°，位移
粒子再次进入电场Ⅰ运动时，根据对称性
整个过程粒子位移为
解得
1 / 12026届湖南省株洲市高三上学期教学质量统一检测（一模）物理试题
1．水平面上固定一顶角A为直角的三角形斜面，斜面倾角为60°。质量不同的两滑块（均可视为质点）自顶端由静止释放分别沿和面下滑，不计摩擦，它们到达斜面底端的时间之比为（　　）
A． B． C． D．
2．如图，一上端开口的箱子固定在水平地面上，内壁光滑，长为10m。在小球A以某一速度向右运动的同时，一小球B从A正上方距离箱底5m高处水平抛出。若两小球在离箱子左侧8m处相遇，则A的速度大小可能是（重力加速度g取，小球A与箱壁碰撞后速度大小不变）（　　）
A． B． C． D．
3．如图，质量为1kg的物块放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，物块和木箱间的动摩擦因数为0.2，物块左端被一根轻弹簧用1N大小的弹力拉着保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。要使物块相对于木箱向左运动，则木箱在竖直方向的运动可能是（　　）
A．向上加速，加速度大小为 B．向上加速，加速度大小为
C．向下加速，加速度大小为 D．向下加速，加速度大小为
4．一波源位于x轴的坐标原点，波源的振动方程为，形成的机械波沿x轴正方向传播，波速为v，则（　　）
A．波源振动的周期为
B．处质点起振方向为y轴负方向
C．时刻，处质点沿y轴负方向运动
D．在到时间内，处质点通过的路程为
5．神舟二十二号飞船在酒泉卫星发射中心点火发射后与“天宫”号空间站对接，这是中国载人航天工程第一次应急发射任务。已知天宫号运行周期，其轨道平面与赤道平面之间夹角约42°，地球自转周期，则（　　）
A．飞船加速上升过程中机械能保持不变
B．空间站的轨道半径比地球同步卫星的大
C．空间站中的宇航员一天可以经历8次日出
D．空间站连续两次通过赤道上空某点的时间间隔为24h
6．如图，一根轻绳上端固定，下端系一小球，小球在外力F作用下处于静止状态，此时轻绳与竖直方向的夹角为。现F缓慢增大但方向保持不变，当F变为原来的2倍时，轻绳与竖直方向的夹角为，此时外力F与小球受到的重力之比为（　　）
A． B． C． D．
7．如图，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径水平，o为圆心。一滑块以某一初速度从a点下滑，经轨道最低点b刚好能到达d点。在这个过程中，滑块在b点的速率为，到达c点时速率为，与夹角为30°。取b点所在的水平面为重力势能的零势能面，则（　　）
A．
B．从a至b，小滑块的速度不断增大
C．在c点，小滑块的动能与重力势能相等
D．从b至d，小滑块克服重力做功的功率逐渐减小
8．如图所示，实线为方向未知的三条电场线，其中一条电场线上依次标有M、N、Q点，已知，一带正电的粒子（重力不计）从O点以一定的初速度v进入电场，其运动轨迹如图中虚线所示，则（　　）
A．M、Q两点的场强大小关系是
B．M与N和N与Q间的电势差相等，即
C．在粒子沿图中轨迹运动的过程中，其电势能逐渐增大
D．在粒子沿图中轨迹运动的过程中，其动能逐渐增大
9．在对某款蓄电池进行测试的过程中，电池的输出功率P与其路端电压U之间的图像如图所示，据图可知该蓄电池的（　　）
A．电动势为a B．短路电流为b
C．内阻为 D．最大输出功率为
10．如图甲所示，足够长光滑水平面与竖直面内的光滑半圆形轨道在B点平滑相接，光滑半圆形轨道的半径为r（大小可调）。一小球以一定的速度v经过B点后沿半圆形轨道运动，到达最高点C后水平飞出，落在所在的水平地面上，落点距B点的水平距离为x。通过调节轨道半径r，得到x与r的关系如图乙所示，图中包含了小球能通过最高点C的所有情形，重力加速度g取。则（　　）
A．
B．x的最大值为5m
C．小球在轨道上的B、C两点受到的弹力大小的差值随r的增大而减小
D．r一定时，在小球沿轨道上升的过程中，每上升相同的高度，其受到的弹力大小的变化相等
11．利用两个半径相同的小球发生碰撞来验证动量守恒定律。实验过程如下：
（1）如图，小球A用细线悬于O点，静止时O点到球心的距离为L；将B放置在固定支柱的顶端，其球心在水平地面上的投影记为P点，球心离水平地面的高度也为L；调整悬点O的位置，使两球在碰撞时球心在同一水平面上，这样做的目的是　 　；
（2）某次实验中将入射小球A拉起至某一位置，记下初始角度α；随即将小球A由静止释放，在最低点与B发生碰撞；观察并记下碰后小球A摆起的最大角度β。不计空气阻力，则α　 　β（填“大于”“等于”或“小于”）；
（3）碰撞后小球B水平飞出，确定其在水平地面上的落点并记为Q，测量出　 　，即为小球运动的水平距离d；
（4）分别测出入射小球A和被碰小球B的质量m1和m2，若两小球在这次碰撞过程中动量守恒，则应满足表达式　 　。（用题中所给物理量表示）
12．一种气压检测装置原理如图甲所示，图中定值电阻，恒流电源能输出电流且保持不变，压敏电阻的阻值随气压p的变化如图乙所示。
用该气压装置检测宇航服的气密性，如图丙。将充满空气的宇航服M和检测装置放入气室中，将气室抽成真空密封后，立即启动检测装置并开始计时，初始时M的气压为。已知M漏气（漏出的空气进入气室与宇航服M间形成的空腔N）速度越来越慢，经过10h，若M漏出空气质量小于初始质量的8%，则M的气密性达标。M、N内的气压与各自内部空气的密度成正比，且比例系数相同；宇航服M的容积和空腔的容积均保持不变，且。
（1）M漏气过程中，恒流电源输出的功率　 　，电流表示数　 　；（填“增大”“减小”或“不变”）
（2）开始计时后经过5h，理想电流表示数为1.1A，此时N内的气压为　 　Pa；
（3）经检测，M的气密性　 　（填“达标”或“不达标”）；
（4）在（2）的检测过程中，调整R的阻值可以使电流表的示数变化范围最大。真空时电流表示数为，经过5h电流表示数为，要使与的差值最大，R的阻值应为　 　Ω。（结果保留整数）
13．如图，在倾角的足够长的固定斜面上，有一质量、可视为质点的物块，在水平力的作用下，从静止开始沿斜面向上运动，经物块的位移。取，重力加速度g取。求：
（1）物块的加速度大小a；
（2）物块与斜面间动摩擦因数。
14．汽车吸能盒是安装在防撞钢梁与车身纵梁之间的被动安全装置，主要作用是在碰撞时通过自身形变吸收冲击能量。汽车B车头和车尾部分均装有吸能盒，在某次行驶中，前车A由于某种原因停止在路面上，B与A发生碰撞后，两车车轮与地面的划痕长度分别为9m和4m，B停止后，后面的C车再次与B车发生碰撞，碰后两车一起向前滑行，划痕长度为4m。三辆汽车质量均为1.5t，车轮与地面间的动摩擦因数均为0.8，重力加速度g取，整个过程中汽车车轮均已抱死（等效为汽车发动机关闭并处于刹车状态），所有碰撞均在极短时间内完成，求：
（1）B与A碰撞后瞬间，A的速度的大小；
（2）B与A碰撞时吸能盒吸收的能量占碰撞损失动能的50%，该吸能盒“吸收”能量E的大小；
（3）为估算C与B碰撞过程中吸能盒受到的最大压力，将吸能盒的工作原理简化为弹簧模型。该吸能盒被压缩了6cm，其吸收的能量占碰撞损失动能的60%，求两车碰撞过程中吸能盒受到的最大压力。
15．一质量为m、电荷量为q（）的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内一个点表示，、分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中点，粒子在水平方向的匀强电场Ⅰ作用下运动，P点沿线段ab移动到点；随后粒子离开电场Ⅰ，进入点电荷（）产生的电场Ⅱ，P点沿以O为圆心的圆弧移动至点；然后粒子离开电场Ⅱ返回电场Ⅰ，P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。静电力常量为k，不计重力。求
（1）粒子在电场Ⅱ中做圆周运动的半径和周期；
（2）电场Ⅰ的场强大小；
（3）P点沿图中闭合曲线移动一周回到a点时，粒子位移的大小。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】设 ，，，故 ，。
加速度：
位移：
代入得：
加速度：
位移：
代入得：
故答案为：B。
【分析】设 长度为 ，由几何关系可知 倾角为 ，分别对两滑块列牛顿第二定律与匀加速直线运动公式，联立求解时间之比。
2．【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】小球B从 高处水平抛出，竖直方向做自由落体运动：
代入 、：，两球相遇时间为 。
小球A的运动路径：
箱子长 ，相遇点离左侧 ，小球A在箱内运动，可能的情况：
情况1：A直接向右运动 相遇，速度 ，故AB错误；
情况2：A先向右到箱底右端（），碰撞后向左折返，再运动 到 处，总路程 ，速度 ，故C正确，
情况3：若A速度为 ， 内路程 ，位置为 ，与题意 不符，故D错误；
故答案为：C。
【分析】先由小球B的自由落体运动求出相遇时间，再结合小球A在箱内的往返运动（与箱壁弹性碰撞后速度大小不变），分析其运动的总路程，进而求解A的速度大小。
3．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．当木箱以的加速度竖直向上加速时，对物块列牛顿第二定律：，解得支持力，最大静摩擦力，因，物块无法相对滑动，故A错误；
B．当木箱以的加速度竖直向上加速时，对物块列牛顿第二定律：，解得支持力，最大静摩擦力，因，物块无法相对滑动，故B错误；
C．当木箱以的加速度竖直向下加速时，对物块列牛顿第二定律：，解得支持力，最大静摩擦力，因，物块无法相对滑动，故C错误；
D．当木箱以的加速度竖直向下加速时，对物块列牛顿第二定律：，解得支持力，最大静摩擦力，因，弹簧拉力大于最大静摩擦力，物块会向左滑动，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题先分析静止受力，得弹簧拉力 1N、最大静摩擦力 2N；再结合竖直加速度对支持力的影响，推得向下加速会减小最大静摩擦力，最后由临界条件算出向下加速的加速度需大于 5m/s2。
4．【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】A．波源振动方程为 ，角频率 ，周期 ，A错误；
B．波源在 时，振动方向沿 轴正方向（由 ，下一时刻位移为正），
质点起振方向与波源一致，故 处质点起振方向为 轴正方向，B错误；
C． 处质点，波传到此处的时间 ，到 时，振动时间 ，
又 ，故 ，质点从平衡位置沿 轴正方向起振，经 后，运动方向沿 轴负方向，C正确；
D． 处质点，波传到此处的时间 ，到 时，振动时间 ，一个周期路程为 ， 个周期路程为 ，剩余 从平衡位置开始，路程为 ，总路程 ，故D错误；
故答案为：C。
【分析】 先由波源振动方程确定角频率，进而求出振动周期；再根据波的传播规律，分析各质点的起振方向、振动时间及运动状态。结合波速与传播距离，计算质点开始振动的时刻，再通过振动时间与周期的关系，判断质点的运动方向与通过的路程。
5．【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．飞船加速上升时，推力做正功，机械能（动能+重力势能）持续增加，故A错误；
B．由开普勒第三定律 ，空间站周期 小于同步卫星周期 ，因此空间站轨道半径更小，故B错误；
C．一天（24h）内空间站绕地球圈数 ，理论上可经历16次日出，并非8次，故C错误；
D．空间站轨道平面与赤道有夹角，连续两次通过赤道上空某点的时间间隔等于地球自转周期24h，故D正确；
故答案为：D。
【分析】 结合万有引力定律与航天运动规律，分析飞船机械能、轨道半径、日出次数及过赤道的时间间隔。
6．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】设外力与水平方向的夹角为，如图所示
根据平衡条件可得，
当外力变为时，设绳子的拉力为，同理则有，
联立解得
故答案为：B。
【分析】 对小球进行两次受力平衡分析，分别列水平和竖直方向的平衡方程，联立消去拉力与角度参数，得到外力与重力的比值。
7．【答案】A
【知识点】功率及其计算；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．设圆环的半径为，滑块从b到d，由动能定理可得
滑块从b到c的过程中，由动能定理可得
由题可知
联立可得，故A正确；
B．滑块从a→b，重力切向分力先大于摩擦力后小于摩擦力，速度先增大后减小，故B错误；
C．滑块在c点的重力势能为
在c点的动能
结合上述分析可知，由于摩擦力做功，滑块的动能与重力势能不可能相等，故C错误；
D．b点速度水平，重力功率为 0；偏离b点后竖直分速度先增后减，到d点速度又为 0，重力功率先增后减，并非逐渐减小，故D错误；
故答案为：A。
【分析】运用动能定理分析滑块从 a 到 b、b 到 d 的速度与做功关系，结合受力分析判断运动状态，比较动能与势能、分析重力功率变化。
8．【答案】A,D
【知识点】电场线；电势能；电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A． 电场线越密，场强越大。M 点处电场线比 Q 点密， 故，故A正确；
B． MN = NQ，但电场为非匀强电场，M 到 N 的平均场强大于 N 到 Q 的平均场强，由可得，故B错误；
CD．由粒子轨迹可知电场力指向轨迹内侧，沿图中轨迹运动的过程中，电场力做正功，动能增加，电势能减少，故C错误，故D正确；
故答案为：AD。
【分析】 根据电场线疏密判断场强大小，结合粒子轨迹弯曲方向判断电场力方向，进而分析电势能与动能变化，再由非匀强电场特点判断电势差关系。
9．【答案】C,D
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】由 可得 ，结合闭合电路欧姆定律 ，变形得：
纵截距：当 时，
横截距：当 时，
A．电动势 ，不是 ，故A错误；
B．短路电流 ，不是 ，故B错误；
C．由 且 ，得内阻 ，故C正确；
D．最大输出功率 ，故D正确；
故答案为：CD。
【分析】由输出功率公式 推导出 ，结合图像截距与斜率求解电动势、内阻等物理量。
10．【答案】A,B,D
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】小球从B到C：机械能守恒
小球从C平抛：竖直方向
水平方向
联立得：
A．由图像知 时，小球恰能过C点，即 ，代入得：
代入 、，得 ，A正确；
B．，当 时， 取最大值：
，B正确；
C．B点弹力：
C点弹力：
差值：，与 无关，C错误；
D．设上升高度为 ，由机械能守恒得 ，弹力 （ 为位置与圆心连线和竖直方向夹角），每上升相同高度 ， 变化量相同，故弹力变化量相等，D正确；
故答案为：ABD。
【分析】结合机械能守恒、平抛运动规律与圆周运动向心力公式，推导 x 与 r 的函数关系，再利用图像信息求解初速度、最大水平位移及弹力变化规律。
11．【答案】（1）两球能发生对心正碰
（2）大于
（3）PQ两点间的距离
（4）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）调整悬点O的位置，使两球在碰撞时球心在同一水平面上，这样做的目的是两球能发生对心正碰。
故答案为： 两球能发生对心正碰 ；
（2）由于两球碰撞过程中，B球机械能增加，则A球机械能减小，即碰撞后A球速度减小，所以A球上升到最大高度处角度减小，即α大于β。
故答案为： 大于 ；
（3）测量出PQ两点间的距离，即为小球运动的水平距离d。
故答案为： PQ两点间的距离 ；
（4）对小球A，碰撞前，有
碰撞后，有
对B球，碰撞后，有，
若两小球在这次碰撞过程中动量守恒，则
若A球反弹，则
联立解得
故答案为： ；
【分析】(1) 使两球碰撞时球心共面，目的是保证对心正碰，让碰撞前后速度沿同一直线。
(2) 碰撞后 A 动能减小，最大摆角变小，故 α大于β。
(3) 小球 B 平抛的水平位移 d 为P、Q 两点间的距离。
(4) 由机械能守恒和平抛运动规律，动量守恒可整理为： 。
（1）调整悬点O的位置，使两球在碰撞时球心在同一水平面上，这样做的目的是两球能发生对心正碰。
（2）由于两球碰撞过程中，B球机械能增加，则A球机械能减小，即碰撞后A球速度减小，所以A球上升到最大高度处角度减小，即α大于β。
（3）测量出PQ两点间的距离，即为小球运动的水平距离d。
（4）对小球A，碰撞前，有
碰撞后，有
对B球，碰撞后，有，
若两小球在这次碰撞过程中动量守恒，则
若A球反弹，则
联立解得
12．【答案】（1）减小；减小
（2）750
（3）达标
（4）74
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】（1）M漏气的过程中，空腔N内气体的压强逐渐增大，由图乙可知，压敏电阻的阻值逐渐减小，因此整个电路的电阻逐渐减小，电源为恒流电源，干路电流不变，则电源的电动势减小，路端电压减小，根据可知，电源的输出功率减小；
根据上述分析可知，路端电压减小，定值电阻两端的电压随着减小，该支路电流减小，电流表的示数减小。
故答案为： 减小 ； 减小 ；
（2）当电流表示数为时，路端电压为
则压敏电阻的阻值为
由图乙可知，压敏电阻的阻值与空腔N内的气体压强满足
解得时，空腔N内的压强为。
故答案为： 750 ；
（3）设M漏气前充入空气的质量为m，空气的密度为，经过5h的漏气后，漏出空气的质量为，则此时空腔N内气体的质量为，空气的密度为，由于M、N内的气压与各自内部空气的密度成正比，且比例系数相同，则有
解得
则M漏出空气质量与充入空气质量之比为
M漏气（漏出的空气进入气室与宇航服M间形成的空腔N）速度越来越慢，经过5h，M漏出气体的质量比应小于，因此M的气密性达标。
故答案为： 达标 ；
（4）由图乙可知，真空中压敏电阻的阻值
由图甲可得
电源为恒流电源，其电流，
联立解得
经过5h后，压敏电阻的阻值为
同理可得，
联立可得
则
整理可得
由数学知识解得时，有最大值。
故答案为： 74 ；
【分析】(1) 漏气时N内气压增大，由图乙知压敏电阻 减小，电路总电阻减小；恒流源电流 不变，路端电压 减小，故电源输出功率 减小；定值电阻 两端电压减小，电流表示数 减小。
(2) 由电流表示数算出 ，结合 线性关系得N内气压为 750 Pa。
(3) 由气压与密度成正比，算出5h漏出质量占初始质量的3% < 8%，故气密性 达标。
(4) 联立 、 表达式，得 关于 的函数，由数学极值知 时差值最大。
（1）[1]M漏气的过程中，空腔N内气体的压强逐渐增大，由图乙可知，压敏电阻的阻值逐渐减小，因此整个电路的电阻逐渐减小，电源为恒流电源，干路电流不变，则电源的电动势减小，路端电压减小，根据可知，电源的输出功率减小；
[2]根据上述分析可知，路端电压减小，定值电阻两端的电压随着减小，该支路电流减小，电流表的示数减小。
（2）当电流表示数为时，路端电压为
则压敏电阻的阻值为
由图乙可知，压敏电阻的阻值与空腔N内的气体压强满足
解得时，空腔N内的压强为。
（3）设M漏气前充入空气的质量为m，空气的密度为，经过5h的漏气后，漏出空气的质量为，则此时空腔N内气体的质量为，空气的密度为，由于M、N内的气压与各自内部空气的密度成正比，且比例系数相同，则有
解得
则M漏出空气质量与充入空气质量之比为
M漏气（漏出的空气进入气室与宇航服M间形成的空腔N）速度越来越慢，经过5h，M漏出气体的质量比应小于，因此M的气密性达标。
（4）由图乙可知，真空中压敏电阻的阻值
由图甲可得
电源为恒流电源，其电流，
联立解得
经过5h后，压敏电阻的阻值为
同理可得，
联立可得
则
整理可得
由数学知识解得时，有最大值。
13．【答案】（1）解：物块做初速度为零的匀加速直线运动，有
解得加速度
（2）解：对物块受力分析，如图所示
沿x方向和y方向分别有，
又
联立解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】(1) 物块做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式 可直接求出加速度 。
(2) 对物块进行受力分析，沿斜面和垂直斜面方向建立正交分解，结合牛顿第二定律和滑动摩擦力公式 ，联立方程求解动摩擦因数 。
（1）物块做初速度为零的匀加速直线运动，有
解得加速度
（2）对物块受力分析，如图所示
沿x方向和y方向分别有，
又
联立解得
14．【答案】（1）解：A车碰后，根据动能定理
解得
（2）解：同理，B车碰后，根据动能定理
由于A、B两车碰撞前后动量守恒，即
设碰撞中损失的动能为，根据能量守恒有
吸能盒“吸收”能量
（3）解：B、C两车碰撞前后动量守恒
能量守恒
B、C两车碰撞后
吸能盒吸收的能量为
解得
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 对A、B车碰撞后的滑行过程，分别由动能定理 求出碰后速度；再对A、B碰撞过程用动量守恒定律，得到B碰撞前速度。
(2) 计算碰撞前后总动能差值得到损失动能 ，吸能盒吸收能量为 的50%。
(3) 对B、C碰撞及后续滑行过程，用动量守恒和动能定理求出碰撞损失动能；再将吸能盒简化为弹簧模型，由弹性势能公式 与吸收能量占比，联立求解最大压力 。
（1）A车碰后，根据动能定理
解得
（2）同理，B车碰后，根据动能定理
由于A、B两车碰撞前后动量守恒，即
设碰撞中损失的动能为，根据能量守恒有
吸能盒“吸收”能量
（3）B、C两车碰撞前后动量守恒
能量守恒
B、C两车碰撞后
吸能盒吸收的能量为
解得
15．【答案】（1）解：粒子进入电场Ⅱ时，速度大小为
粒子在电场Ⅱ中做匀速圆周运动，库仑力提供向心力，即
解得
圆周运动的周期为
（2）解：由于在任意时间内，点P沿直线移动的长度与沿圆弧移动时相等，即
解得
（3）解：粒子第一次在电场Ⅰ中运动时，在y方向有
在x方向有
粒子在电场Ⅱ运动过程中，速度方向改变240°，位移
粒子再次进入电场Ⅰ运动时，根据对称性
整个过程粒子位移为
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1) 粒子进入电场Ⅱ时速度大小为 ，库仑力提供向心力，由 求出圆周运动半径 ；再由周期公式 得到周期。
(2) 由“相等时间内P点沿直线与圆弧移动的曲线长相等”，得 ，联立求出电场Ⅰ的场强 。
(3) 分别计算粒子在电场Ⅰ两次运动和电场Ⅱ运动的位移，沿y方向合成得到总位移。
（1）粒子进入电场Ⅱ时，速度大小为
粒子在电场Ⅱ中做匀速圆周运动，库仑力提供向心力，即
解得
圆周运动的周期为
（2）由于在任意时间内，点P沿直线移动的长度与沿圆弧移动时相等，即
解得
（3）粒子第一次在电场Ⅰ中运动时，在y方向有
在x方向有
粒子在电场Ⅱ运动过程中，速度方向改变240°，位移
粒子再次进入电场Ⅰ运动时，根据对称性
整个过程粒子位移为
解得
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