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2026届四川省广安市高三上学期第一次模拟考试物理试题
1．2025年11月第十五届全运会中引入智能机器人进行田径器材搬运，在评估机器人性能时，可将机器人视为质点的是（　　）
A．研究机器人搬运标枪的抓取动作
B．分析机器人在加速过程中的姿态
C．测量机器人从器材室到田径场沙坑的直线距离
D．测试机器人在不平整地面上的平衡控制能力
2．如图，山崖边上有一个风动石，无风时地面对风动石的作用力大小为；当风动石受到一个斜向右下方的风力时依然静止，地面对其作用力大小变为，则（　　）
A．小于 B．大于
C．等于 D．、大小关系无法确定
3．如图，风扇断电后，转速逐渐减小的过程中，扇叶上半径不同的、两点在同一时刻的运动情况描述正确的是（　　）
A．线速度相同 B．角速度相同
C．向心加速度相同 D．受到合外力方向始终指向圆心
4．如图，圆心为半径为的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为电荷量为的带正电粒子，以速度从点正对圆心射入磁场，从点射出磁场，，则磁感应强度大小为（　　）
A． B． C． D．
5．2025年11月25日神舟二十二号飞船满载货物在无人状态下成功发射。如图，飞船先在近地圆轨道Ⅰ上做圆周运动，在处点火变轨后进入椭圆轨道Ⅱ，在处再次点火后，恰好变轨进入圆轨道Ⅲ。则（　　）
A．飞船在轨道上的周期大于在轨道上的周期
B．飞船在轨道上的速率大于在轨道Ⅲ上的速率
C．飞船在轨道上从到的速率越来越大
D．飞船在轨道I上的机械能等于在轨道Ⅲ上的机械能
6．如图，运动员进行排球比赛时跳起发球，将排球（视为质点）以水平向右击出，排球恰好通过球网上边缘时速度方向与水平方向的夹角为，落地时与水平方向的夹角为，重力加速度为，不计空气阻力，则球网高为（　　）
A． B． C． D．
7．某传感器正常工作时需要用到恒流源Ⅰ（恒流源输出的电流大小、方向均不变，用符号表示）。如图，为阻值不变的传感器，为定值电阻，光敏电阻阻值随光照强度的增大而减小，为电容器，V和A均为理想电表。闭合开关，在光照强度增大过程中（　　）
A．两端电压增大
B．电容器所带电荷量增大
C．恒流源的输出功率不变
D．V和A的示数变化量之比的绝对值
8．如图，同种材料制成的粗细均匀、边长为L的正方形金属导线框ABCD，处于磁感应强度大小为B、方向垂直导线框向里的匀强磁场中。A、B两端与电源连接，通过AB的电流为I，则（　　）
A．AB边和CD边所受安培力方向相反
B．AB边和CD边所受安培力方向相同
C．AB边和CD边所受安培力大小之比为3：1
D．导线框ABCD所受安培力的合力为0
9．地震监测站监测到一列地震横波，某时刻的波形图如图甲，质点的平衡位置坐标，质点的平衡位置坐标，以此时刻为计时起点，质点振动过程中加速度随时间变化的图像如图乙，则下列说法正确的是（　　）
A．波沿轴正方向传播
B．该波的传播速度为
C．时，质点的位移为负方向最大
D．内，质点运动的路程小于
10．如图所示，水平放置的平行金属板间存在竖直向下的匀强电场（不考虑边界效应），板间距为，板长为。时，从上板左边缘以初速度水平向右射入一质量为电荷量为的粒子；同时在两板右侧正中间以初速度水平向左射入一质量为的不带电的粒子，两粒子在空中碰撞后立即结合成一个新的粒子，碰撞时间极短。不计粒子的重力，碰撞过程电荷量保持不变，则（　　）
A．时、两粒子发生碰撞
B．金属板间的电场强度
C．、两粒子碰撞损失的机械能
D．时粒子到达板
11．某兴趣小组同学利用如图所示的实验装置来探究加速度与力的关系。
（1）下列说法正确的是______；
A．调节定滑轮的高度，使牵引小车的细线跟导轨保持平行
B．应把两光电门适当靠近放置以减小实验误差
C．遮光条适当宽些可以减小实验误差
D．若用槽码的重力表示滑块的合力，实验过程中应尽量满足槽码质量远小于滑块（含遮光条）质量
（2）正确操作后，滑块在槽码的牵引下先后通过两个光电门，数字计时器记录了遮光条通过光电门1、2的遮光时间分别为、，用刻度尺测得两个光电门间距为，用游标卡尺测得遮光条宽度为，则滑块加速度　 　（用题中所给物理量符号表示）；
（3）该兴趣小组自制了一把5分度的简易游标卡尺如下图，测量出遮光条宽度为，则游标尺上第　 　条刻度线与主尺的刻度线对齐（记游标尺0刻度线处为第0条）。
12．甲、乙同学分别设计了甲、乙电路图来测量一个量程为的电压表内阻（约）。其主要实验器材还有：电源、电阻箱、滑动变阻器、毫安表（量程为）。
（1）甲同学先用多用电表粗测电压表的内阻，将多用电表选择开关拨到欧姆挡“”倍率进行欧姆调零后，应将红表笔接电压表的　 　（选填“＋”或“－”）接线柱，再完成剩余操作步骤；
（2）为了精确测量电压表的内阻，甲同学按甲电路图连接好电路；闭合开关前应将滑动变阻器的滑片移到　 　（选填“”或“”）端。闭合开关，调节滑动电阻器，电阻箱的电阻调到时，读出电压表、电流表示数分别为、，则测得电压表的内阻　 　（保留2位有效数字）。
（3）为了减小误差，甲同学保持电阻箱接入电路的阻值不变，多次调节滑动变阻器，测得多组电压表和电流表的示数、，作出图像，得到图像的斜率为，则电压表的内阻　 　（用、表示）。
（4）乙同学认为用电路乙还简化些，也能精确测量电压表的内阻；你结合所学的知识判断，乙同学的观点　 　（选填“正确”或“不正确”）。
13．某新型助推滑翔式高超音速导弹竖直上升过程可分为两个阶段：第一阶段（助推段）由火箭发动机提供推力，从地面由静止开始竖直向上做匀加速直线运动；第二阶段（过渡段）关闭发动机，仅在重力和空气阻力作用下做匀减速直线运动。已知导弹质量，第一阶段加速时间，末速度；第二阶段持续时间，末速度，重力加速度取，忽略导弹质量变化。
（1）第一阶段导弹的加速度大小；
（2）第二阶段导弹受到的平均空气阻力大小；
（3）第一、二阶段导弹竖直上升的总高度。
14．如图，光滑的固定斜面倾角为，斜面长为，底端点固定一带正电的点电荷（电荷量未知）；一质量为带电荷量为的小球从斜面顶端点静止释放，小球沿斜面向下运动的最远点为、间距离为。
（1）求、两点的电势差；
（2）已知两点电荷组成的系统电势能（为静电力常量，为两电荷间距离），求点固定正点电荷的电量；
（3）在（2）问的基础上，求小球在、之间运动的最大速度大小。
15．如图，水平传送带逆时针转动的速度，两个物块、用一根轻弹簧连接，与传送带间的动摩擦因数为与传送带间的动摩擦因数为时，两物块轻放在传送带上，弹簧自然伸长，给一个水平向左的瞬时冲量，在时，与传送带第一次共速。弹簧的劲度系数为，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带足够长，弹簧始终在弹性限度内，求：
（1）、刚开始滑动时各自受到的摩擦力、的大小和方向；
（2）时，的速度大小；
（3）后弹簧的最大伸长量。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】质点
【解析】【解答】A．研究抓取动作，需考虑机器人肢体、形状大小，不能视为质点，故A错误；
B．分析加速姿态，要关注身体倾斜、关节角度，形状大小不可忽略，不能视为质点，故B错误；
C．测量直线距离，只需确定机器人位置，形状、大小可忽略，可视为质点，故C正确；
D．测试平衡能力，要考虑重心、支撑点，形状大小不可忽略，不能视为质点，故D错误。
故答案为：C。
【分析】质点判定：物体的形状、大小对研究问题无影响时，才可视为质点；涉及动作、姿态、平衡时，不能视为质点。
2．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】无风时，风动石只受重力、地面支持力，二力平衡，地面对它的作用力 ，受斜向右下方的风力时，风动石受重力、风力、地面支持力、地面静摩擦力，地面对它的作用力为支持力与摩擦力的合力，由矢量合成，该合力与重力、风力的合力等大反向，因此 ，即 ，故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查共点力平衡与受力的合成，地面对物体的作用力是支持力和摩擦力的合力，无风时仅为支持力。
3．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度
【解析】【解答】AB．A、B两点同轴转动，角速度相同，由于转动半径不同，根据可知，A、B两点的线速度不相同，故A错误，B正确；
C．根据可知，由于A、B两点的角速度相同，而转动半径不同，所以向心加速度不同，故C错误；
D．风扇慢慢停下，不是匀速圆周运动，所以受到的合外力方向不是始终指向圆心，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：同轴转动角速度相等，线速度与半径成正比；
B：同轴转动各点角速度均相同；
C：向心加速度与半径成正比；
D：变速圆周运动合外力不始终指向圆心。
4．【答案】D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】由几何关系可知，粒子圆周运动轨道半径，由，联立得磁感应强度大小为
故答案为：D。
【分析】本题考查带电粒子在圆形匀强磁场中的圆周运动，先通过几何关系求出轨道半径，再利用洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度。
5．【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．由开普勒第三定律可知，飞船在轨道Ⅰ上的半长轴小于在轨道Ⅱ上的半长轴，所以飞船在轨道Ⅰ上的周期小于在轨道Ⅱ上的周期，故A错误；
B．由环绕速度可知，飞船在轨道Ⅰ上的轨道半径小于在轨道Ⅲ上的轨道半径，所以飞船在轨道Ⅰ上的速率大于在轨道Ⅲ上的速率，故B正确；
C．由开普勒第二定律可知，飞船在轨道Ⅱ上从A到B的速率越来越小，故C错误；
D．飞船先在近地圆轨道Ⅰ上做圆周运动，在AB两处点火加速后恰好变轨进入圆轨道Ⅲ，发动机对飞船做正功，所以飞船在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅲ上的机械能，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：开普勒第三定律，半长轴越大，周期越大；
B：环绕轨道半径越小，线速度越大；
C：开普勒第二定律，远地点速率小；
D：点火加速，飞船机械能增加。
6．【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】排球恰好通过球网上边缘时竖直速度，落地时竖直速度
由运动学公式，解得球网高为
故答案为：A。
【分析】本题考查平抛运动，平抛运动可分解为水平方向匀速直线运动、竖直方向自由落体运动，速度偏角的正切值等于竖直分速度与水平初速度的比值，再利用竖直方向速度 位移公式求解高度差。
7．【答案】D
【知识点】含容电路分析；闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】A．恒流源输出的总电流恒定不变，为定值电阻，由可知，两端电压保持不变，故A错误；
B．光照强度增大时，光敏电阻的阻值减小，与的并联总电阻随之减小；并联部分电压等于电容器两端电压，由可知减小，再结合，可得电容器所带电荷量减小，故B错误；
C．恒流源的输出功率表达式为，总电流、电阻均不变，并联总电阻减小，故输出功率减小，故C错误；
D．对并联支路分析，根据电路规律可得，整理后为，由此能推出电压与电流变化量比值的绝对值，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：恒流源电流恒定，定值电阻分压不会改变；
B：光敏电阻随光照增强阻值降低，并联电压与电容器电荷量同步减小；
C：输出功率由总电流和总电阻共同决定，并联电阻减小会使功率下降；
D：通过推导电压、电流的函数关系式，可直接得到二者变化量的比值。
8．【答案】B,C
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】AB．由题图可知，AB边中电流方向为A指向B，CD边中电流方向为D指向C，结合左手定则进行判断，二者所受安培力方向均竖直向上，因此A错误，B正确；
C．由电路结构可知，AB边与AD、DC、CB三边形成并联结构，各支路两端电压相等，电流大小与电阻成反比；三边总电阻为AB边的3倍，故通过AD、DC、CB每条边的电流均为；根据安培力公式，AB与CD边所受安培力大小之比等于对应电流之比，即，因此C正确；
D．对整个导线框受力分析，安培力的合力等效为AB边与CD边安培力之和，即，合力不为零，因此D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：两条边电流方向虽不同，但磁场方向一致，安培力方向相同；
B：利用左手定则直接判断安培力方向；
C：并联电路电流与电阻成反比，结合安培力公式比较大小；
D：等效分析导线框整体的安培力，合力不为零。
9．【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由图乙可知，时刻质点Q加速度为0，随后加速度为负，说明此时Q位于平衡位置且向上振动；结合波形图与同侧法可判断，波沿轴负方向传播，故A错误；
B．由题图甲可得，题图乙读出周期，根据波速公式，计算得，故B错误；
C．，时质点Q在平衡位置向上振动，经过会运动到正方向最大位移处，故C错误；
D．对应，质点P一个周期内路程为；时P在平衡位置下方、正向上运动，剩余内运动路程小于振幅，因此总路程小于，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：根据加速度图像判断质点起振方向，利用同侧法判断波的传播方向；
B：结合距离与波长关系、周期，由波速公式求解波速；
C：由振动周期分析质点在特定时刻的位移状态；
D：根据质点初始位置与振动方向，判断内的路程范围。
10．【答案】A,D
【知识点】碰撞模型；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】【解答】A．a、b两粒子在水平方向均做匀速直线运动，水平方向位移之和为极板长度，即，解得碰撞时刻，故A正确；
B．a粒子竖直方向受电场力做匀加速直线运动，竖直位移为极板间距的一半，加速度，由，代入解得，故B错误；
C．碰撞前a粒子水平速度为、竖直速度，合速度，b粒子仅水平速度；碰撞过程水平、竖直方向动量分别守恒，解得新粒子水平速度为0、竖直速度；计算得碰撞损失的机械能，故C错误；
D．新粒子仅在竖直方向做匀加速运动，结合竖直位移、初速度与加速度，代入运动公式解得，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】A：水平方向两粒子匀速运动，位移和等于极板长度，求解碰撞时间；
B：利用竖直方向匀加速直线运动规律，结合牛顿第二定律求解电场强度；
C：依据动量守恒定律求出碰撞后速度，通过能量差值计算机械能损失；
D：分析碰撞后新粒子的竖直匀加速运动，求解到达极板的时间。
11．【答案】（1）A；D
（2）
（3）3
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）A．为了使得绳的拉力大小等于小车所受外力的合力，实验中需要调节定滑轮的高度，使牵引小车的细线跟导轨保持平行，故A正确；
B．实验中，应把两光电门适当远离放置以减小实验误差，故B错误；
C．光电门挡光时间越短，测量速度的误差越小，可知，遮光条适当窄些可以减小实验误差，故C错误；
D．对槽码进行分析有，对小车进行分析有，解得，当时有可知，若用槽码的重力表示滑块的合力，实验过程中应尽量满足槽码质量远小于滑块（含遮光条）质量，故D正确。
故答案为：AD。
（2）遮光条通过光电门1、2的遮光时间分别为、，根据光电门测速原理可知，遮光条通过光电门1、2的速度分别为，，根据速度与位移的关系有
解得
故答案为：
（3）根据图示可知，5分度游标卡尺的游标尺上每一分度为，游标尺每一分度与主尺上的最小分度相差可知，5分度游标卡尺的精度为0.2mm，令游标尺上第n条刻度线与主尺的刻度线对齐，由于
解得可知，游标尺上第3条刻度线与主尺的刻度线对齐。
故答案为：3
【分析】(1) 逐一分析选项：细线平行保证合力恒定、光电门远离减小误差、遮光条窄减小测速误差、槽码质量远小于滑块时拉力近似等于槽码重力；
(2) 用光电门测瞬时速度，结合运动学公式 推导加速度；
(3) 5分度游标卡尺精度0.2mm，由读数反推对齐刻度线。
（1）A．为了使得绳的拉力大小等于小车所受外力的合力，实验中需要调节定滑轮的高度，使牵引小车的细线跟导轨保持平行，故A正确；
B．实验中，应把两光电门适当远离放置以减小实验误差，故B错误；
C．光电门挡光时间越短，测量速度的误差越小，可知，遮光条适当窄些可以减小实验误差，故C错误；
D．对槽码进行分析有
对小车进行分析有
解得
当时有
可知，若用槽码的重力表示滑块的合力，实验过程中应尽量满足槽码质量远小于滑块（含遮光条）质量，故D正确。
故选AD。
（2）遮光条通过光电门1、2的遮光时间分别为、，根据光电门测速原理可知，遮光条通过光电门1、2的速度分别为，
根据速度与位移的关系有
解得
（3）根据图示可知，5分度游标卡尺的游标尺上每一分度为
游标尺每一分度与主尺上的最小分度相差
可知，5分度游标卡尺的精度为0.2mm，令游标尺上第n条刻度线与主尺的刻度线对齐，由于
解得
可知，游标尺上第3条刻度线与主尺的刻度线对齐。
12．【答案】（1）-
（2）；3.1
（3）
（4）不正确
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）欧姆表测电压表内阻时，电流是从黑表笔流出，红表笔流进，故应该将红表笔接电压表的“-”接线柱；
故答案为：-
（2）为了保护电路，防止通过电流表的电流过大，烧坏电表，闭合开关前，应该将滑动变阻器的滑片移到最左端端。电压表内阻
故答案为：；3.1
（3）由，变形得，结合题意，有，解得电压表的内阻
故答案为：
（4）电路乙中测量电路的最大电流约为，由于电路乙中测量时电流表的指针偏转角度小，测量的数据少，因此测量误差大，乙同学的观点不正确。
故答案为：不正确
【分析】(1) 欧姆表红表笔接内部电源负极，故接电压表负接线柱；
(2) 滑动变阻器分压式接法，滑片移至a 端保护电路；由并联电路规律求电压表内阻；
(3) 由电路规律推导U-I关系式，结合斜率求解内阻；
(4) 分析乙电路电流大小，判断测量误差。
（1）欧姆表测电压表内阻时，电流是从黑表笔流出，红表笔流进，故应该将红表笔接电压表的“-”接线柱；
（2）[1]为了保护电路，防止通过电流表的电流过大，烧坏电表，闭合开关前，应该将滑动变阻器的滑片移到最左端端。
[2]电压表内阻
（3） 由
变形得
结合题意，有
解得电压表的内阻
（4）电路乙中测量电路的最大电流约为
由于电路乙中测量时电流表的指针偏转角度小，测量的数据少，因此测量误差大，乙同学的观点不正确。
13．【答案】（1）解：由运动学公式可知第一阶段导弹的加速度大小
（2）解：由动量定理有
解得第二阶段导弹受到的平均空气阻力大小
（3）解：第一阶段导弹上升的高度为
第二阶段导弹上升的高度为
则导弹在第一、二阶段上升的总高度为
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】(1) 第一阶段匀加速，由加速度定义式直接求解；
(2) 第二阶段匀减速，用动量定理列方程求解空气阻力；
(3) 两阶段均为匀变速直线运动，用平均速度求位移再求和。
（1）由运动学公式可知第一阶段导弹的加速度大小
（2）由动量定理有
解得第二阶段导弹受到的平均空气阻力大小
（3）第一阶段导弹上升的高度为
第二阶段导弹上升的高度为
则导弹在第一、二阶段上升的总高度为
14．【答案】（1）解：小球从到，根据动能定理
解得
（2）解：小球从到由能量转化与守恒知
解得
（3）解：若小球在到之间的点处加速度为0，设到的距离为，有
小球从到能量转化与守恒
解得小球在、之间运动的最大速度大小
【知识点】能量守恒定律；电势能；电势差；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1) 对A到B用动能定理，重力做功与电场力做功之和为0，求解电势差；
(2) 由能量守恒，重力势能的减少量等于电势能的增加量，求解点电荷；
(3) 速度最大时合力为零，先求出对应位置，再用能量守恒求最大速度。
（1）小球从到，根据动能定理
解得
（2）小球从到由能量转化与守恒知
解得
（3）若小球在到之间的点处加速度为0，设到的距离为，有
小球从到能量转化与守恒
解得小球在、之间运动的最大速度大小
15．【答案】（1）解：对物块分析，由动量定理得
代入数据得 大于传送带速度。
方向水平向右
方向水平向左
（2）解：、所组成的系统合外力为0，由动量守恒得
代入数据解得
（3）解：选、和弹簧组成的系统为研究对象，设时弹簧伸长量为，弹簧伸长过程中皮带与、摩擦产生的热量为。在之前，由，传送带所受摩擦力合力为零，传送带对系统做功为0，由能量守恒
皮带与、物块摩擦产生的热量
联立解得：，
时刻，对物块分析：
所以此后物块与传送带保持相对静止，从到物块物块速度首次与传送带共速过程中，设弹簧最大伸长量，弹簧再次伸长过程中皮带与、摩擦产生的热量为。
以传送带为参考系，物块静止，物块具有向右的速度，由能量守恒定律
皮带与、滑块摩擦产生的热量
解得
则最终、物块相对传送带都静止，和传送带一起以向左匀速运动
弹簧最大伸长量
【知识点】动量定理；能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 先由动量定理求A初速度，再根据滑动摩擦力公式判断A、B受到的摩擦力大小和方向；
(2) A、B系统合外力为零，动量守恒，直接列动量守恒方程求解B的速度；
(3) 先求t0时刻弹簧伸长量，再以传送带为参考系，用能量守恒求解弹簧最大伸长量。
（1）对物块分析，由动量定理得
代入数据得 大于传送带速度。
方向水平向右
方向水平向左
（2）、所组成的系统合外力为0，由动量守恒得
代入数据解得
（3）选、和弹簧组成的系统为研究对象，设时弹簧伸长量为，弹簧伸长过程中皮带与、摩擦产生的热量为。在之前，由，传送带所受摩擦力合力为零，传送带对系统做功为0，由能量守恒
皮带与、物块摩擦产生的热量
联立解得：，
时刻，对物块分析：
所以此后物块与传送带保持相对静止，从到物块物块速度首次与传送带共速过程中，设弹簧最大伸长量，弹簧再次伸长过程中皮带与、摩擦产生的热量为。
以传送带为参考系，物块静止，物块具有向右的速度，由能量守恒定律
皮带与、滑块摩擦产生的热量
解得
则最终、物块相对传送带都静止，和传送带一起以向左匀速运动
弹簧最大伸长量
1 / 12026届四川省广安市高三上学期第一次模拟考试物理试题
1．2025年11月第十五届全运会中引入智能机器人进行田径器材搬运，在评估机器人性能时，可将机器人视为质点的是（　　）
A．研究机器人搬运标枪的抓取动作
B．分析机器人在加速过程中的姿态
C．测量机器人从器材室到田径场沙坑的直线距离
D．测试机器人在不平整地面上的平衡控制能力
【答案】C
【知识点】质点
【解析】【解答】A．研究抓取动作，需考虑机器人肢体、形状大小，不能视为质点，故A错误；
B．分析加速姿态，要关注身体倾斜、关节角度，形状大小不可忽略，不能视为质点，故B错误；
C．测量直线距离，只需确定机器人位置，形状、大小可忽略，可视为质点，故C正确；
D．测试平衡能力，要考虑重心、支撑点，形状大小不可忽略，不能视为质点，故D错误。
故答案为：C。
【分析】质点判定：物体的形状、大小对研究问题无影响时，才可视为质点；涉及动作、姿态、平衡时，不能视为质点。
2．如图，山崖边上有一个风动石，无风时地面对风动石的作用力大小为；当风动石受到一个斜向右下方的风力时依然静止，地面对其作用力大小变为，则（　　）
A．小于 B．大于
C．等于 D．、大小关系无法确定
【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】无风时，风动石只受重力、地面支持力，二力平衡，地面对它的作用力 ，受斜向右下方的风力时，风动石受重力、风力、地面支持力、地面静摩擦力，地面对它的作用力为支持力与摩擦力的合力，由矢量合成，该合力与重力、风力的合力等大反向，因此 ，即 ，故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查共点力平衡与受力的合成，地面对物体的作用力是支持力和摩擦力的合力，无风时仅为支持力。
3．如图，风扇断电后，转速逐渐减小的过程中，扇叶上半径不同的、两点在同一时刻的运动情况描述正确的是（　　）
A．线速度相同 B．角速度相同
C．向心加速度相同 D．受到合外力方向始终指向圆心
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度
【解析】【解答】AB．A、B两点同轴转动，角速度相同，由于转动半径不同，根据可知，A、B两点的线速度不相同，故A错误，B正确；
C．根据可知，由于A、B两点的角速度相同，而转动半径不同，所以向心加速度不同，故C错误；
D．风扇慢慢停下，不是匀速圆周运动，所以受到的合外力方向不是始终指向圆心，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：同轴转动角速度相等，线速度与半径成正比；
B：同轴转动各点角速度均相同；
C：向心加速度与半径成正比；
D：变速圆周运动合外力不始终指向圆心。
4．如图，圆心为半径为的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为电荷量为的带正电粒子，以速度从点正对圆心射入磁场，从点射出磁场，，则磁感应强度大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】由几何关系可知，粒子圆周运动轨道半径，由，联立得磁感应强度大小为
故答案为：D。
【分析】本题考查带电粒子在圆形匀强磁场中的圆周运动，先通过几何关系求出轨道半径，再利用洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度。
5．2025年11月25日神舟二十二号飞船满载货物在无人状态下成功发射。如图，飞船先在近地圆轨道Ⅰ上做圆周运动，在处点火变轨后进入椭圆轨道Ⅱ，在处再次点火后，恰好变轨进入圆轨道Ⅲ。则（　　）
A．飞船在轨道上的周期大于在轨道上的周期
B．飞船在轨道上的速率大于在轨道Ⅲ上的速率
C．飞船在轨道上从到的速率越来越大
D．飞船在轨道I上的机械能等于在轨道Ⅲ上的机械能
【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．由开普勒第三定律可知，飞船在轨道Ⅰ上的半长轴小于在轨道Ⅱ上的半长轴，所以飞船在轨道Ⅰ上的周期小于在轨道Ⅱ上的周期，故A错误；
B．由环绕速度可知，飞船在轨道Ⅰ上的轨道半径小于在轨道Ⅲ上的轨道半径，所以飞船在轨道Ⅰ上的速率大于在轨道Ⅲ上的速率，故B正确；
C．由开普勒第二定律可知，飞船在轨道Ⅱ上从A到B的速率越来越小，故C错误；
D．飞船先在近地圆轨道Ⅰ上做圆周运动，在AB两处点火加速后恰好变轨进入圆轨道Ⅲ，发动机对飞船做正功，所以飞船在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅲ上的机械能，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：开普勒第三定律，半长轴越大，周期越大；
B：环绕轨道半径越小，线速度越大；
C：开普勒第二定律，远地点速率小；
D：点火加速，飞船机械能增加。
6．如图，运动员进行排球比赛时跳起发球，将排球（视为质点）以水平向右击出，排球恰好通过球网上边缘时速度方向与水平方向的夹角为，落地时与水平方向的夹角为，重力加速度为，不计空气阻力，则球网高为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】排球恰好通过球网上边缘时竖直速度，落地时竖直速度
由运动学公式，解得球网高为
故答案为：A。
【分析】本题考查平抛运动，平抛运动可分解为水平方向匀速直线运动、竖直方向自由落体运动，速度偏角的正切值等于竖直分速度与水平初速度的比值，再利用竖直方向速度 位移公式求解高度差。
7．某传感器正常工作时需要用到恒流源Ⅰ（恒流源输出的电流大小、方向均不变，用符号表示）。如图，为阻值不变的传感器，为定值电阻，光敏电阻阻值随光照强度的增大而减小，为电容器，V和A均为理想电表。闭合开关，在光照强度增大过程中（　　）
A．两端电压增大
B．电容器所带电荷量增大
C．恒流源的输出功率不变
D．V和A的示数变化量之比的绝对值
【答案】D
【知识点】含容电路分析；闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】A．恒流源输出的总电流恒定不变，为定值电阻，由可知，两端电压保持不变，故A错误；
B．光照强度增大时，光敏电阻的阻值减小，与的并联总电阻随之减小；并联部分电压等于电容器两端电压，由可知减小，再结合，可得电容器所带电荷量减小，故B错误；
C．恒流源的输出功率表达式为，总电流、电阻均不变，并联总电阻减小，故输出功率减小，故C错误；
D．对并联支路分析，根据电路规律可得，整理后为，由此能推出电压与电流变化量比值的绝对值，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：恒流源电流恒定，定值电阻分压不会改变；
B：光敏电阻随光照增强阻值降低，并联电压与电容器电荷量同步减小；
C：输出功率由总电流和总电阻共同决定，并联电阻减小会使功率下降；
D：通过推导电压、电流的函数关系式，可直接得到二者变化量的比值。
8．如图，同种材料制成的粗细均匀、边长为L的正方形金属导线框ABCD，处于磁感应强度大小为B、方向垂直导线框向里的匀强磁场中。A、B两端与电源连接，通过AB的电流为I，则（　　）
A．AB边和CD边所受安培力方向相反
B．AB边和CD边所受安培力方向相同
C．AB边和CD边所受安培力大小之比为3：1
D．导线框ABCD所受安培力的合力为0
【答案】B,C
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】AB．由题图可知，AB边中电流方向为A指向B，CD边中电流方向为D指向C，结合左手定则进行判断，二者所受安培力方向均竖直向上，因此A错误，B正确；
C．由电路结构可知，AB边与AD、DC、CB三边形成并联结构，各支路两端电压相等，电流大小与电阻成反比；三边总电阻为AB边的3倍，故通过AD、DC、CB每条边的电流均为；根据安培力公式，AB与CD边所受安培力大小之比等于对应电流之比，即，因此C正确；
D．对整个导线框受力分析，安培力的合力等效为AB边与CD边安培力之和，即，合力不为零，因此D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：两条边电流方向虽不同，但磁场方向一致，安培力方向相同；
B：利用左手定则直接判断安培力方向；
C：并联电路电流与电阻成反比，结合安培力公式比较大小；
D：等效分析导线框整体的安培力，合力不为零。
9．地震监测站监测到一列地震横波，某时刻的波形图如图甲，质点的平衡位置坐标，质点的平衡位置坐标，以此时刻为计时起点，质点振动过程中加速度随时间变化的图像如图乙，则下列说法正确的是（　　）
A．波沿轴正方向传播
B．该波的传播速度为
C．时，质点的位移为负方向最大
D．内，质点运动的路程小于
【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由图乙可知，时刻质点Q加速度为0，随后加速度为负，说明此时Q位于平衡位置且向上振动；结合波形图与同侧法可判断，波沿轴负方向传播，故A错误；
B．由题图甲可得，题图乙读出周期，根据波速公式，计算得，故B错误；
C．，时质点Q在平衡位置向上振动，经过会运动到正方向最大位移处，故C错误；
D．对应，质点P一个周期内路程为；时P在平衡位置下方、正向上运动，剩余内运动路程小于振幅，因此总路程小于，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：根据加速度图像判断质点起振方向，利用同侧法判断波的传播方向；
B：结合距离与波长关系、周期，由波速公式求解波速；
C：由振动周期分析质点在特定时刻的位移状态；
D：根据质点初始位置与振动方向，判断内的路程范围。
10．如图所示，水平放置的平行金属板间存在竖直向下的匀强电场（不考虑边界效应），板间距为，板长为。时，从上板左边缘以初速度水平向右射入一质量为电荷量为的粒子；同时在两板右侧正中间以初速度水平向左射入一质量为的不带电的粒子，两粒子在空中碰撞后立即结合成一个新的粒子，碰撞时间极短。不计粒子的重力，碰撞过程电荷量保持不变，则（　　）
A．时、两粒子发生碰撞
B．金属板间的电场强度
C．、两粒子碰撞损失的机械能
D．时粒子到达板
【答案】A,D
【知识点】碰撞模型；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】【解答】A．a、b两粒子在水平方向均做匀速直线运动，水平方向位移之和为极板长度，即，解得碰撞时刻，故A正确；
B．a粒子竖直方向受电场力做匀加速直线运动，竖直位移为极板间距的一半，加速度，由，代入解得，故B错误；
C．碰撞前a粒子水平速度为、竖直速度，合速度，b粒子仅水平速度；碰撞过程水平、竖直方向动量分别守恒，解得新粒子水平速度为0、竖直速度；计算得碰撞损失的机械能，故C错误；
D．新粒子仅在竖直方向做匀加速运动，结合竖直位移、初速度与加速度，代入运动公式解得，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】A：水平方向两粒子匀速运动，位移和等于极板长度，求解碰撞时间；
B：利用竖直方向匀加速直线运动规律，结合牛顿第二定律求解电场强度；
C：依据动量守恒定律求出碰撞后速度，通过能量差值计算机械能损失；
D：分析碰撞后新粒子的竖直匀加速运动，求解到达极板的时间。
11．某兴趣小组同学利用如图所示的实验装置来探究加速度与力的关系。
（1）下列说法正确的是______；
A．调节定滑轮的高度，使牵引小车的细线跟导轨保持平行
B．应把两光电门适当靠近放置以减小实验误差
C．遮光条适当宽些可以减小实验误差
D．若用槽码的重力表示滑块的合力，实验过程中应尽量满足槽码质量远小于滑块（含遮光条）质量
（2）正确操作后，滑块在槽码的牵引下先后通过两个光电门，数字计时器记录了遮光条通过光电门1、2的遮光时间分别为、，用刻度尺测得两个光电门间距为，用游标卡尺测得遮光条宽度为，则滑块加速度　 　（用题中所给物理量符号表示）；
（3）该兴趣小组自制了一把5分度的简易游标卡尺如下图，测量出遮光条宽度为，则游标尺上第　 　条刻度线与主尺的刻度线对齐（记游标尺0刻度线处为第0条）。
【答案】（1）A；D
（2）
（3）3
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）A．为了使得绳的拉力大小等于小车所受外力的合力，实验中需要调节定滑轮的高度，使牵引小车的细线跟导轨保持平行，故A正确；
B．实验中，应把两光电门适当远离放置以减小实验误差，故B错误；
C．光电门挡光时间越短，测量速度的误差越小，可知，遮光条适当窄些可以减小实验误差，故C错误；
D．对槽码进行分析有，对小车进行分析有，解得，当时有可知，若用槽码的重力表示滑块的合力，实验过程中应尽量满足槽码质量远小于滑块（含遮光条）质量，故D正确。
故答案为：AD。
（2）遮光条通过光电门1、2的遮光时间分别为、，根据光电门测速原理可知，遮光条通过光电门1、2的速度分别为，，根据速度与位移的关系有
解得
故答案为：
（3）根据图示可知，5分度游标卡尺的游标尺上每一分度为，游标尺每一分度与主尺上的最小分度相差可知，5分度游标卡尺的精度为0.2mm，令游标尺上第n条刻度线与主尺的刻度线对齐，由于
解得可知，游标尺上第3条刻度线与主尺的刻度线对齐。
故答案为：3
【分析】(1) 逐一分析选项：细线平行保证合力恒定、光电门远离减小误差、遮光条窄减小测速误差、槽码质量远小于滑块时拉力近似等于槽码重力；
(2) 用光电门测瞬时速度，结合运动学公式 推导加速度；
(3) 5分度游标卡尺精度0.2mm，由读数反推对齐刻度线。
（1）A．为了使得绳的拉力大小等于小车所受外力的合力，实验中需要调节定滑轮的高度，使牵引小车的细线跟导轨保持平行，故A正确；
B．实验中，应把两光电门适当远离放置以减小实验误差，故B错误；
C．光电门挡光时间越短，测量速度的误差越小，可知，遮光条适当窄些可以减小实验误差，故C错误；
D．对槽码进行分析有
对小车进行分析有
解得
当时有
可知，若用槽码的重力表示滑块的合力，实验过程中应尽量满足槽码质量远小于滑块（含遮光条）质量，故D正确。
故选AD。
（2）遮光条通过光电门1、2的遮光时间分别为、，根据光电门测速原理可知，遮光条通过光电门1、2的速度分别为，
根据速度与位移的关系有
解得
（3）根据图示可知，5分度游标卡尺的游标尺上每一分度为
游标尺每一分度与主尺上的最小分度相差
可知，5分度游标卡尺的精度为0.2mm，令游标尺上第n条刻度线与主尺的刻度线对齐，由于
解得
可知，游标尺上第3条刻度线与主尺的刻度线对齐。
12．甲、乙同学分别设计了甲、乙电路图来测量一个量程为的电压表内阻（约）。其主要实验器材还有：电源、电阻箱、滑动变阻器、毫安表（量程为）。
（1）甲同学先用多用电表粗测电压表的内阻，将多用电表选择开关拨到欧姆挡“”倍率进行欧姆调零后，应将红表笔接电压表的　 　（选填“＋”或“－”）接线柱，再完成剩余操作步骤；
（2）为了精确测量电压表的内阻，甲同学按甲电路图连接好电路；闭合开关前应将滑动变阻器的滑片移到　 　（选填“”或“”）端。闭合开关，调节滑动电阻器，电阻箱的电阻调到时，读出电压表、电流表示数分别为、，则测得电压表的内阻　 　（保留2位有效数字）。
（3）为了减小误差，甲同学保持电阻箱接入电路的阻值不变，多次调节滑动变阻器，测得多组电压表和电流表的示数、，作出图像，得到图像的斜率为，则电压表的内阻　 　（用、表示）。
（4）乙同学认为用电路乙还简化些，也能精确测量电压表的内阻；你结合所学的知识判断，乙同学的观点　 　（选填“正确”或“不正确”）。
【答案】（1）-
（2）；3.1
（3）
（4）不正确
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）欧姆表测电压表内阻时，电流是从黑表笔流出，红表笔流进，故应该将红表笔接电压表的“-”接线柱；
故答案为：-
（2）为了保护电路，防止通过电流表的电流过大，烧坏电表，闭合开关前，应该将滑动变阻器的滑片移到最左端端。电压表内阻
故答案为：；3.1
（3）由，变形得，结合题意，有，解得电压表的内阻
故答案为：
（4）电路乙中测量电路的最大电流约为，由于电路乙中测量时电流表的指针偏转角度小，测量的数据少，因此测量误差大，乙同学的观点不正确。
故答案为：不正确
【分析】(1) 欧姆表红表笔接内部电源负极，故接电压表负接线柱；
(2) 滑动变阻器分压式接法，滑片移至a 端保护电路；由并联电路规律求电压表内阻；
(3) 由电路规律推导U-I关系式，结合斜率求解内阻；
(4) 分析乙电路电流大小，判断测量误差。
（1）欧姆表测电压表内阻时，电流是从黑表笔流出，红表笔流进，故应该将红表笔接电压表的“-”接线柱；
（2）[1]为了保护电路，防止通过电流表的电流过大，烧坏电表，闭合开关前，应该将滑动变阻器的滑片移到最左端端。
[2]电压表内阻
（3） 由
变形得
结合题意，有
解得电压表的内阻
（4）电路乙中测量电路的最大电流约为
由于电路乙中测量时电流表的指针偏转角度小，测量的数据少，因此测量误差大，乙同学的观点不正确。
13．某新型助推滑翔式高超音速导弹竖直上升过程可分为两个阶段：第一阶段（助推段）由火箭发动机提供推力，从地面由静止开始竖直向上做匀加速直线运动；第二阶段（过渡段）关闭发动机，仅在重力和空气阻力作用下做匀减速直线运动。已知导弹质量，第一阶段加速时间，末速度；第二阶段持续时间，末速度，重力加速度取，忽略导弹质量变化。
（1）第一阶段导弹的加速度大小；
（2）第二阶段导弹受到的平均空气阻力大小；
（3）第一、二阶段导弹竖直上升的总高度。
【答案】（1）解：由运动学公式可知第一阶段导弹的加速度大小
（2）解：由动量定理有
解得第二阶段导弹受到的平均空气阻力大小
（3）解：第一阶段导弹上升的高度为
第二阶段导弹上升的高度为
则导弹在第一、二阶段上升的总高度为
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】(1) 第一阶段匀加速，由加速度定义式直接求解；
(2) 第二阶段匀减速，用动量定理列方程求解空气阻力；
(3) 两阶段均为匀变速直线运动，用平均速度求位移再求和。
（1）由运动学公式可知第一阶段导弹的加速度大小
（2）由动量定理有
解得第二阶段导弹受到的平均空气阻力大小
（3）第一阶段导弹上升的高度为
第二阶段导弹上升的高度为
则导弹在第一、二阶段上升的总高度为
14．如图，光滑的固定斜面倾角为，斜面长为，底端点固定一带正电的点电荷（电荷量未知）；一质量为带电荷量为的小球从斜面顶端点静止释放，小球沿斜面向下运动的最远点为、间距离为。
（1）求、两点的电势差；
（2）已知两点电荷组成的系统电势能（为静电力常量，为两电荷间距离），求点固定正点电荷的电量；
（3）在（2）问的基础上，求小球在、之间运动的最大速度大小。
【答案】（1）解：小球从到，根据动能定理
解得
（2）解：小球从到由能量转化与守恒知
解得
（3）解：若小球在到之间的点处加速度为0，设到的距离为，有
小球从到能量转化与守恒
解得小球在、之间运动的最大速度大小
【知识点】能量守恒定律；电势能；电势差；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1) 对A到B用动能定理，重力做功与电场力做功之和为0，求解电势差；
(2) 由能量守恒，重力势能的减少量等于电势能的增加量，求解点电荷；
(3) 速度最大时合力为零，先求出对应位置，再用能量守恒求最大速度。
（1）小球从到，根据动能定理
解得
（2）小球从到由能量转化与守恒知
解得
（3）若小球在到之间的点处加速度为0，设到的距离为，有
小球从到能量转化与守恒
解得小球在、之间运动的最大速度大小
15．如图，水平传送带逆时针转动的速度，两个物块、用一根轻弹簧连接，与传送带间的动摩擦因数为与传送带间的动摩擦因数为时，两物块轻放在传送带上，弹簧自然伸长，给一个水平向左的瞬时冲量，在时，与传送带第一次共速。弹簧的劲度系数为，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带足够长，弹簧始终在弹性限度内，求：
（1）、刚开始滑动时各自受到的摩擦力、的大小和方向；
（2）时，的速度大小；
（3）后弹簧的最大伸长量。
【答案】（1）解：对物块分析，由动量定理得
代入数据得 大于传送带速度。
方向水平向右
方向水平向左
（2）解：、所组成的系统合外力为0，由动量守恒得
代入数据解得
（3）解：选、和弹簧组成的系统为研究对象，设时弹簧伸长量为，弹簧伸长过程中皮带与、摩擦产生的热量为。在之前，由，传送带所受摩擦力合力为零，传送带对系统做功为0，由能量守恒
皮带与、物块摩擦产生的热量
联立解得：，
时刻，对物块分析：
所以此后物块与传送带保持相对静止，从到物块物块速度首次与传送带共速过程中，设弹簧最大伸长量，弹簧再次伸长过程中皮带与、摩擦产生的热量为。
以传送带为参考系，物块静止，物块具有向右的速度，由能量守恒定律
皮带与、滑块摩擦产生的热量
解得
则最终、物块相对传送带都静止，和传送带一起以向左匀速运动
弹簧最大伸长量
【知识点】动量定理；能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 先由动量定理求A初速度，再根据滑动摩擦力公式判断A、B受到的摩擦力大小和方向；
(2) A、B系统合外力为零，动量守恒，直接列动量守恒方程求解B的速度；
(3) 先求t0时刻弹簧伸长量，再以传送带为参考系，用能量守恒求解弹簧最大伸长量。
（1）对物块分析，由动量定理得
代入数据得 大于传送带速度。
方向水平向右
方向水平向左
（2）、所组成的系统合外力为0，由动量守恒得
代入数据解得
（3）选、和弹簧组成的系统为研究对象，设时弹簧伸长量为，弹簧伸长过程中皮带与、摩擦产生的热量为。在之前，由，传送带所受摩擦力合力为零，传送带对系统做功为0，由能量守恒
皮带与、物块摩擦产生的热量
联立解得：，
时刻，对物块分析：
所以此后物块与传送带保持相对静止，从到物块物块速度首次与传送带共速过程中，设弹簧最大伸长量，弹簧再次伸长过程中皮带与、摩擦产生的热量为。
以传送带为参考系，物块静止，物块具有向右的速度，由能量守恒定律
皮带与、滑块摩擦产生的热量
解得
则最终、物块相对传送带都静止，和传送带一起以向左匀速运动
弹簧最大伸长量
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