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2026届广东省广东实验中学高三第二次阶段性考试物理试卷
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，只有一项是符合题目要求的。
1．下列关于四种运动模型的分析，说法正确的是（　　）
A．对甲图，若三个物体从A点到B点的运动时间相等，则三个物体的平均速率相等
B．对乙图，小车通过光电门测出的速度实际是平均速度
C．对丙图，玉兔二号在月球上留下的轨迹长度是其位移大小
D．对丁图，若知道变色龙舌头伸的长度和时间，可求出加速度大小
【答案】B
【知识点】位移与路程；平均速度；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A：对甲图，三个物体从A点到B点的运动路程不相等，若运动时间相等，根据平均速率公式，可知三个物体的平均速率不相等，故A错误；
B：对乙图，小车通过光电门时，测出的速度实际是挡光片通过光电门的平均速度，利用极短时间内的平均速度来代替瞬时速度，故B正确；
C：对丙图，玉兔二号在月球上留下的轨迹长度是运动轨迹的长度，即路程，不是位移大小，故C错误；
D：对丁图，若只知道变色龙舌头伸头的长度和时间，只能求出平均速度的大小，由于不知道舌头伸长过程中的运动性质，无法求出加速度的大小，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A：考查平均速率的概念，明确平均速率等于路程与时间的比值；
B：考查光电门测速度的原理，理解其利用平均速度近似代替瞬时速度的方法；
C：考查路程与位移的区别，轨迹长度是路程，不是位移；
D：考查加速度的计算条件，分析已知条件是否能求出加速度。
2．中国高铁向世界展示了中国速度，和谐号动车和复兴号高铁相继从某站点由静止出发，沿同一方向做匀加速直线运动。两车运动的速度-时间图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．复兴号高铁追上和谐号动车前，时两车相距最远
B．复兴号高铁追上和谐号动车前，两车最远相距
C．时，复兴号高铁追上和谐号动车
D．复兴号高铁加速达到其最大速度
【答案】D
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A：由v-t图像可知，时，和谐号动车速度大于复兴号高铁；时，和谐号动车速度小于复兴号高铁，故复兴号高铁追上和谐号动车前，时两车相距最远，A错误；
B：根据v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移，两车最远距离为，并非2500m，B错误；
C：时，两车速度相等，此时相距最远，并非追上，C错误；
D：复兴号高铁的加速度为，加速到最大速度95m/s所需时间为，D正确；
故答案为：D。
【分析】A：考查追及相遇问题中两车相距最远的条件，明确速度相等时两车相距最远；
B：考查利用v-t图像面积计算位移差，分析两车的最远距离；
C：考查追及相遇问题中“追上”的判断依据，即位移相等时两车相遇；
D：考查加速度的计算，结合速度公式求解加速到最大速度的时间。
3．如图所示，某摩天轮的直径达，转一圈用时。某同学乘坐摩天轮随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，从最高点经与圆心等高点运动到最低点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．摩天轮转动的角速度为
B．该同学的平均速度大小为
C．该同学的向心加速度一直不变
D．该同学在点对座舱的作用力方向竖直向下
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】A：根据题意，周期 ，角速度 ，故A错误；
B：从A到C的位移大小 ，运动时间 ，平均速度大小 ，故B正确；
C：向心加速度大小不变，但方向始终指向圆心，一直改变，故C错误；
D：在B点，同学受重力和座舱的作用力，合力方向水平向左，根据力的合成法则，座舱对同学的作用力方向斜向左上方，根据牛顿第三定律，同学在B点对战舱的作用力方向斜向右下方，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A：考查匀速圆周运动的角速度计算，结合周期与角速度的关系求解；
B：考查平均速度的计算，明确位移与时间的比值为平均速度；
C：考查向心加速度的特点，匀速圆周运动中向心加速度大小不变、方向时刻改变；
D：考查圆周运动的受力分析，结合合力方向判断座舱对同学的作用力方向，再由牛顿第三定律得出同学对战舱的作用力方向。
4．传感器广泛应用在我们的生产生活中，常用的计算机键盘就是一种传感器，每个键内部电路如图甲所示。每个键下面都有由相互平行的活动金属片和固定金属片组成的平行板电容器，两金属片间有空气间隙。如图乙，在按键的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．计算机键盘使用的是光传感器 B．电容器的电容和电荷量Q均减小
C．图甲中电流从M流向N D．电容器极板间的电场强度变大
【答案】D
【知识点】电容器及其应用；生活中常见的传感器
【解析】【解答】A：根据题意，计算机键盘使用的是电容传感器，而非光传感器，故A错误；
B：在按键过程中，电容器两板间距减小，由电容决定式可知，电容增大；两板电压一定，根据可知，电容器的电荷量增加，故B错误；
C：电容器充电时，电流从电源正极流向电容器正极板，即图中电流从流向，故C错误；
D：电容器极板间的电场强度，电压不变、间距减小，因此电场强度变大，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A：考查键盘传感器的类型，结合题意判断其为电容传感器；
B：考查平行板电容器的动态分析，结合电容决定式和，分析电容和电荷量的变化；
C：考查电容器充电时的电流方向，结合电路结构判断电流流向；
D：考查极板间电场强度的变化，根据分析电场强度与板间距的关系。****
5．如图（a），砝码置于水平桌面的薄钢板上，用水平向右的恒定拉力迅速将钢板抽出，得到砝码和钢板的速度随时间变化图像如图（b）且t2=2t1。已知砝码最终没有脱离桌面，各接触面间的动摩擦因数均相同，则（　　）
A．0~t1与t1~t2时间内，砝码的位移相同
B．0~t1与t1~t2时间内，砝码的加速度相同
C．0~t1时间内，摩擦力对砝码做的功等于砝码摩擦生热
D．0~t1时间内，拉力做的功等于砝码和钢板总动能的变化量
【答案】A
【知识点】功能关系；动能定理的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A：v-t图像与时间轴所围图形的面积表示位移，根据图(b)且可知，与时间内，砝码的v-t图像面积相同，因此位移相同，故A正确；
B：v-t图像的斜率表示加速度，根据图(b)可知，与时间内，砝码的加速度大小相等但方向相反，故B错误；
C：砝码所受外力的合力等于摩擦力，根据动能定理可知，时间内，摩擦力对砝码做的功等于砝码动能的变化量，不等于砝码摩擦生热，故C错误；
D：根据功能关系与能量守恒定律，拉力做的功等于砝码和钢板总动能的变化量与两者之间的摩擦生热之和，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A：考查v-t图像的位移含义，利用图像面积判断位移关系；
B：考查v-t图像的加速度含义，利用斜率判断加速度的大小和方向；
C：考查动能定理的应用，区分摩擦力做功与摩擦生热的概念；
D：考查功能关系与能量守恒，分析拉力做功的能量去向。
6．2025年春节，我国产的烟花火遍全球，新的烟花研发设计层出不穷。现有某烟花筒的结构如图1所示，其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的初速度并同时点燃延期引线，当礼花弹到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成a、b两部分，速度均为水平方向。炸开后a、b的轨迹图如图2所示。忽略空气阻力的作用，则（　　）
A．a、b两部分落地时的速度大小之比为
B．a、b两部分的初动能之比为
C．从炸开到两部分落地的过程中，a、b两部分所受重力的冲量之比为
D．a、b两部分落地时的重力功率之比为
【答案】B
【知识点】爆炸；平抛运动；冲量
【解析】【解答】A：a、b两部分水平方向做匀速运动，水平位移之比为1：3，竖直高度相等，根据 可得二者运动时间相等，根据 ，落地时的水平速度大小之比等于水平位移大小之比，即 。落地时速度为 ，其中 ，可知二者的竖直速度大小相等，因此a、b两部分落地时的速度大小之比不是1：3，故A错误；
B：a、b两部分在最高点炸裂时，由动量守恒可得 ，即两部分动量大小相等。又 ，可得 ，故B正确；
C：由动量守恒可知二者质量之比为 ，根据 ，可得a、b两部分所受重力的冲量之比等于质量之比，即3：1，故C错误；
D：根据功率公式 ，二者的竖直速度大小相等，可得a、b落地时的重力功率之比等于质量之比，即3：1，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A：考查平抛运动的速度合成，结合水平速度和竖直速度的关系，分析落地速度大小之比；
B：考查动量守恒与动能的关系，结合动量守恒定律和动能公式，推导初动能之比；
C：考查重力冲量的计算，结合质量比和冲量公式，分析重力冲量之比；
D：考查重力功率的计算，结合质量比和功率公式，分析落地时的重力功率之比。
7．如图所示，一辆在平直路面上匀速行驶的汽车，利用跨过光滑定滑轮的轻绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边，汽车与滑轮间的绳保持水平。小船的质量为m，受到的阻力大小恒为，汽车受到地面的阻力大小恒为，不计空气阻力。当牵引小船的绳与水平方向成角时，小船的速度大小为v，绳的拉力对小船做功的功率为P，此时（　　）
A．汽车的速度大小为
B．绳的拉力大小为
C．小船的加速度大小为
D．汽车发动机的输出功率为
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；运动的合成与分解；功率及其计算
【解析】【解答】A．将小船的速度分解为沿绳方向和垂直绳方向的分量，沿绳方向的分速度为，该分速度等于汽车的速度，因此汽车速度大小为，A错误；
B．绳的拉力对小船做功的功率，解得绳的拉力大小为，B错误；
C．对小船，由牛顿第二定律得，结合，解得小船的加速度大小为，C错误；
D．汽车匀速行驶，发动机的牵引力，汽车速度
发动机输出功率，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查连接体的速度分解、功率与受力分析，核心是通过速度分解、功率公式和牛顿第二定律分析各物理量。
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．如图，一带负电的粒子从靠近A金属板的K点处由静止出发，经平行金属板A、B间电场加速后（A、B板间电压U0恒定），沿直线运动打在光屏上的Q点；现在平行金属板C、D间再加上一恒定偏转电压U1，粒子将打在光屏上Q点正下方的P点，不计粒子重力，下列说法正确的是（　　）
A．粒子在AB间做变加速直线运动
B．若只把B板稍微右移，粒子经过B板时的速度不变
C．若只把B板稍微右移，粒子将打在P点上方
D．若只把C板稍微下移，粒子将打在P点下方
【答案】B,D
【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】【解答】A：设A、B板间距离为，由题知A、B板间电压恒定，根据可知A、B板间的电场强度恒定，
根据牛顿第二定律可知加速度也恒定，故粒子在AB间做匀加速直线运动，A错误；
B：粒子在AB板间加速运动，根据动能定理有，解得，可知速度大小只与加速电压有关，与AB间的距离无关，故只把B板稍微右移，粒子经过B板时的速度不变，B正确；
CD：设金属板CD的板长为，板间距为，粒子在CD板间做类平抛运动，水平方向有，竖直方向有，其中，联立解得。根据几何关系，偏角满足，若只把B板稍微右移，不变，粒子仍将打在P点；若只把C板稍微下移，金属板CD间距减小，则变大，粒子将打在P点下方，故C错误，D正确；
故答案为：BD。
【分析】A：考查匀强电场中的运动性质，由电压恒定推导电场强度恒定，进而判断粒子的运动类型；
B：考查动能定理在加速电场中的应用，分析加速电压与粒子速度的关系；
CD：考查带电粒子在偏转电场中的类平抛运动，推导偏转角公式，分析不同条件变化对粒子落点的影响。
9．北京时间2025年2月11日17时30分，我国在文昌航天发射场使用长征八号改运载火箭，成功将卫星互联网低轨02组卫星发射升空，发射任务获得圆满成功。互联网低轨02组卫星在离地球表面高度为h的轨道上做周期为T的匀速圆周运动，地球半径为R，引力常量为G，忽略地球的自转，以下说法正确的是（　　）
A．卫星在轨道上运行的周期大于24h
B．卫星在轨道上运行的线速度
C．卫星在轨道受地球的万有引力大于在发射基地受到地球的万有引力
D．地球表面的重力加速度大小
【答案】B,D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A：该卫星是低轨道卫星，轨道半径小于同步卫星的轨道半径。根据开普勒第三定律，轨道半径越小，周期越小，因此卫星的运行周期小于同步卫星的周期24h，故A错误；
B：根据匀速圆周运动线速度与周期的关系，卫星在轨道上运行的线速度为 ，故B正确；
C：根据万有引力公式 ，轨道半径越大，受到的万有引力越小。卫星在轨道上的轨道半径大于在发射基地的轨道半径，因此卫星在轨道上受到的万有引力小于在发射基地受到的万有引力，故C错误；
D：在地球表面，根据万有引力等于重力可得 ；卫星在离地球表面高度为h时有 ，联立解得地球表面的重力加速度 ，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】A：考查开普勒第三定律的应用，结合低轨道卫星与同步卫星的轨道半径关系，分析周期大小；
B：考查匀速圆周运动线速度的计算，结合线速度与周期的关系公式分析；
C：考查万有引力公式的应用，分析不同轨道半径下万有引力的大小关系；
D：考查万有引力与重力的关系，结合卫星的向心力公式和地球表面的重力公式，推导地球表面的重力加速度表达式。
10．在渔业作业中，鱼虾被捕捞上岸后，借助“鱼虾自动分离装置”，实现了鱼和虾的机械化高效分离，显著降低了人工成本。这一装置的简化模型如图所示，其中分离器出口与传送带中段有一定的高度差。鱼、虾（视为质点）均下落至分离器出口正下方，且到传送带时有沿斜面向下相同的初速度（垂直于传送带的速度瞬间变为零）。最终虾均能被传送到下端收集箱中，鱼均能被传送到上端收集箱中，已知传送带与水平面夹角为，始终以恒定速率顺时针转动。则下列说法正确的是（　　）
A．鱼和虾在传送带上运送的过程中，所受的摩擦力方向始终相同
B．鱼从掉落到传送带后，先沿着传送带向下做减速直线运动，最终一定会和传送带共速
C．鱼与传送带间的动摩擦因数一定大于虾与传送带的动摩擦因数
D．虾从掉落到传送带后，可能做匀速直线运动，也可能做加速直线运动，还可能做减速直线运动
【答案】A,C,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A：鱼和虾落在传送带上时均有沿斜面向下的初速度，虾沿传送带向下运动，所受摩擦力方向始终沿斜面向上；鱼先向下减速，摩擦力向上，速度减为零后向上加速，摩擦力仍向上，因此两者所受摩擦力方向始终相同，A正确；
B：鱼掉落到传送带后，先沿斜面向下减速到零，再向上加速，最终可能与传送带共速做匀速运动，也可能未共速就到达上端，并非“最终一定会和传送带共速”，B错误；
C：鱼能向上运动，说明；虾能向下运动，若加速则，若减速则减速加速度，因此，C正确；
D：虾的重力分力与摩擦力的大小关系不确定，若，虾向下减速；若，虾匀速；若，虾向下加速，故三种运动状态都可能，D正确；
故答案为：ACD。
【分析】A：考查摩擦力方向的判断，结合物体运动方向与相对运动趋势分析；
B：考查物体在传送带上的运动过程，分析减速到零后的运动趋势；
C：考查动摩擦因数的比较，结合受力分析和加速度大小关系推导；
D：考查物体在传送带上的运动状态分析，根据重力分力与摩擦力的大小关系判断运动情况。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．某兴趣小组用图甲所示的装置探究圆周运动向心力的大小与质量、线速度和半径之间的关系。不计摩擦的水平直杆固定在竖直转轴上，竖直转轴可以随转速可调的电动机一起转动，套在水平直杆上的滑块，通过细线与固定在竖直转轴上的力传感器相连接。水平直杆的另一端到竖直转轴的距离为R的边缘处安装了宽度为d的遮光片，光电门可以测出遮光片经过光电门所用的时间。
（1）为了探究滑块向心力的大小与运动半径的关系，需要控制　 　保持不变（选填“质量和线速度”“质量和半径”或“线速度和半径”）。
（2）由图甲可知，滑块的角速度　 　遮光片的角速度（选填“大于”“小于”或“等于”）。若某次实验中滑块到竖直转轴的距离为r，测得遮光片的挡光时间为，则遮光片的角速度表达式　 　，滑块的线速度表达式　 　（用、d、R、r表示）。
（3）兴趣小组保持滑块质量和运动半径不变，探究向心力F与线速度的关系时，以F为纵坐标，以为横坐标，根据测量数据作一条倾斜直线如图乙所示，已测得遮光片的宽度，遮光片到竖直转轴的距离，滑块的质量，则滑块到竖直转轴的距离　 　m。
【答案】（1）质量和线速度
（2）等于；；
（3）0.2
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）本实验采用控制变量法，当探究滑块向心力的大小与运动半径的关系时，需要控制质量和线速度保持不变。
故答案为：质量和线速度
（2）由于滑块与遮光片在同一个杆上，因此旋转的角速度相等；遮光片的角速度
由于角速度相等，可知滑块的线速度
故答案为：等于；；
（3）根据，可知该图像的斜率 ，代入数据可得
故答案为：0.2
【分析】(1) 本题考查控制变量法的应用，探究向心力与半径的关系时，需控制质量和线速度不变。
(2) 本题考查同轴转动的角速度关系，以及线速度、角速度的计算。
(3) 本题考查向心力公式与图像的结合，通过斜率公式求解滑块的转动半径。
（1）本实验采用控制变量法，当探究滑块向心力的大小与运动半径的关系时，需要控制质量和线速度保持不变。
（2）[1]由于滑块与遮光片在同一个杆上，因此旋转的角速度相等；
[2]遮光片的角速度
[3]由于角速度相等，可知滑块的线速度
（3）根据
可知该图像的斜率
代入数据可得
12．在“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置可用于“探究物体所受合力做功与动能变化的关系”，物理小组同学们采用如图所示实验装置进行探究。实验要求小车受到的合外力为绳的拉力的合力。实验中同学们研究了砂和砂桶的运动过程所受合力做功是否等于其动能增量。忽略细线与滑轮间摩擦阻力。
（1）本实验　 　（填“需要”或者“不需要”）满足m远小于M的条件。
（2）实验过程中　 　（填“需要”或者“不需要”）平衡小车M所受的摩擦力。
（3）实验前测出砂和砂桶的总质量m，已知重力加速度为g。接通打点计时器的电源，静止释放砂和砂桶，带着小车开始做加速运动，读出运动过程中力传感器的读数T，通过纸带得出起始点O（初速度为零的点）到某点A的位移L，并通过纸带算出A点的速度v。对m研究，所需验证的动能定理的表达式为_________。
A． B． C． D．
（4）通过纸带测出了起始点O到不同点A、B、C、D…的位移及A、B、C、D…的速度，并做出了图中所示的实线。那么在保证小车质量不变的情况下增加砂的质量，重复实验，将会得到如上图中虚线　 　（填“甲”或者“乙”）所示的图线。
【答案】（1）不需要
（2）需要
（3）A
（4）甲
【知识点】探究功与物体速度变化的关系；动能定理的综合应用
【解析】【解答】（1）实验中，根据力传感器的读数可以直接求出小车受到的拉力，不需要满足小车的质量M远大于砂和砂桶的总质量m这一条件。
故答案为：不需要
（2）尽管实验装置采用了力传感器，也需要平衡摩擦力，否则小车受到的合外力不为绳的拉力的合力。
故答案为：需要
（3）对m研究，根据动能定理 ，整理可得
故答案为：A。
（4）对小车，根据动能定理有，联立解得，逐渐增加砂的质量m，图像的斜率越大，故在让小车质量不变的情况下逐渐增加砂的质量多次做实验，得到图中虚线“甲”所示的图线。
故答案为：甲
【分析】(1) 本题考查力传感器的应用，由于可以直接测量拉力，因此不需要满足 的条件。
(2) 本题考查实验装置的平衡要求，需要平衡摩擦力，使小车的合外力等于绳子拉力。
(3) 本题考查动能定理的应用，注意砂桶的位移是小车位移的2倍，且速度也是小车速度的2倍。
(4) 本题考查 图像的斜率分析，根据动能定理，斜率随 的增大而增大，因此会得到更陡的甲图线。
（1）实验中，根据力传感器的读数可以直接求出小车受到的拉力，不需要满足小车的质量M远大于砂和砂桶的总质量m这一条件。
（2）尽管实验装置采用了力传感器，也需要平衡摩擦力，否则小车受到的合外力不为绳的拉力的合力。
（3）对m研究，根据动能定理
整理可得
故选A。
（4）对小车，根据动能定理有
联立解得
逐渐增加砂的质量m，图像的斜率越大，故在让小车质量不变的情况下逐渐增加砂的质量多次做实验，得到图中虚线“甲”所示的图线。
13．如图甲所示，平台上有一厚度不计的压力传感器，开口向上、导热良好、内壁光滑的薄壁汽缸通过活塞密封了一定质量的理想气体，活塞通过竖直轻杆与固定点O相连。当温度为时，活塞下表面与汽缸底部的距离为，平台与汽缸底部的距离为。升高气体温度，同时记录力传感器示数F，描绘出图乙所示的图像。已知汽缸质量为M，大气压强为，重力加速度为g，活塞一直没有脱离汽缸。求
（1）温度；
（2）活塞横截面积S。
【答案】（1）解：汽缸下降过程为等压过程，由盖吕萨克定律有
解得
（2）解：当时，设汽缸内部压强为，对汽缸受力分析可得
当时，设汽缸内部压强为，对汽缸受力分析可得
由到的过程中，由查理定律可得
解得
【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】(1) 本题考查等压变化的盖 - 吕萨克定律，气缸下降过程气体压强不变，利用盖 - 吕萨克定律求解温度。
(2) 本题考查受力分析与查理定律的结合，通过气缸的受力平衡求出不同温度下的气体压强，再利用查理定律求解活塞横截面积。
（1）汽缸下降过程为等压过程，由盖吕萨克定律有
解得
（2）当时，设汽缸内部压强为，对汽缸受力分析可得
当时，设汽缸内部压强为，对汽缸受力分析可得
由到的过程中，由查理定律可得
解得
14．某商家为了促销推出图甲所示的弹珠抽奖游戏，图乙为游戏的模型示意图，平面游戏面板与水平面成角固定放置，面板右侧的直管道与半径为的细圆管轨道平滑连接，两者固定在面板上。圆管轨道的圆心为O，顶端水平。顾客游戏时，用外力压缩面板底部连接的小弹簧将弹簧顶端的小弹珠（可视为质点）弹出，若弹珠直接打中面板底部的中奖区域，则获得相应奖励，若弹珠打中侧面挡板，则抽奖无效。已知弹珠质量，直管道长度，中奖区域AB长度，其等分为如图所示的五个中奖区域，不计所有摩擦和阻力，弹簧的长度忽略不计，重力加速度g取，求：
（1）弹珠从圆管轨道顶端以的速度飞出时，弹珠对细圆管轨道的压力；
（2）顾客获得三等奖时，弹珠恰好落在中奖区域AB的中点，求弹簧初始的弹性势能（答案可用分数表示）
【答案】（1）解：在圆管轨道顶端对弹珠受力分析
解得
根据牛顿第三定律，弹珠对轨道的压力为0.25N，方向竖直向下
（2）解：根据能量守恒有
对类平抛运动有
，
联立得
顾客获得三等奖时
解得
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1) 本题考查圆周运动的向心力分析。关键是对弹珠在圆管顶端的受力进行分析，利用向心力公式求出轨道对弹珠的作用力，再由牛顿第三定律得到弹珠对轨道的压力。
(2) 本题考查能量守恒与类平抛运动的综合应用。先根据能量守恒建立弹性势能与弹珠在轨道顶端速度的关系，再结合类平抛运动的规律求出初速度，进而计算弹簧的弹性势能。
（1）在圆管轨道顶端对弹珠受力分析
解得
根据牛顿第三定律，弹珠对轨道的压力为0.25N，方向竖直向下
（2）根据能量守恒有
对类平抛运动有
，
联立得
顾客获得三等奖时
解得
15．1913年密立根通过油滴实验测得电子的电荷量，因此获得1923年诺贝尔物理学奖，实验装置如图所示，两块水平放置相距为的金属板、分别与电源的正、负两极相接，密立根通过喷雾器将细小的油滴喷入一密闭空间中，这些油滴在喷出时由于与喷雾器产生摩擦而带了负电。已知油滴的质量为，半径为，以初速度从小孔竖直进入金属板之间，不计空气浮力，重力加速度为。
（1）若不考虑金属板间的空气阻力，调节电源电压为时，油滴刚好匀速向下运动，求油滴所带的电荷量；
（2）若考虑金属板间的空气阻力，且油滴运动时所受空气阻力大小为，其中为比例系数，为油滴运动速率，为油滴的半径，调节电源电压为时，油滴刚好匀速向下运动，求油滴所带的电荷量；
（3）在（2）基础上，当油滴运动到金属板、间的点时，调节电源电压为，经过一段时间，发现油滴恰以速度大小竖直向上匀速经过点。求油滴先后两次经过点经历的时间。
【答案】（1）解：油滴处于平衡状态，有
又，联立解得
（2）解：当有空气阻力时，油滴处于平衡状态，得
又，，联立解得
（3）解：油滴经过点向下运动到点速度为零的过程中，取向上为正方向，根据动量定理可得
油滴从点回到点的过程中，根据动量定理可得
且有，
解得油滴先后两次经过点经历的时间为
【知识点】动量定理；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】(1) 本题考查平衡状态的受力分析，油滴匀速运动时电场力与重力平衡，由此可直接求出电荷量。
(2) 本题考查空气阻力下的受力平衡，除了电场力和重力外，还需考虑空气阻力，通过受力平衡方程求解电荷量。
(3) 本题考查动量定理的应用，分别对油滴向下和向上经过 M 点的过程列动量定理方程，结合匀速运动条件，联立求解总时间。
（1）油滴处于平衡状态，有
又
联立解得
（2）当有空气阻力时，油滴处于平衡状态，得
又，
联立解得
（3）油滴经过点向下运动到点速度为零的过程中，取向上为正方向，根据动量定理可得
油滴从点回到点的过程中，根据动量定理可得
且有，
解得油滴先后两次经过点经历的时间为
1 / 12026届广东省广东实验中学高三第二次阶段性考试物理试卷
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，只有一项是符合题目要求的。
1．下列关于四种运动模型的分析，说法正确的是（　　）
A．对甲图，若三个物体从A点到B点的运动时间相等，则三个物体的平均速率相等
B．对乙图，小车通过光电门测出的速度实际是平均速度
C．对丙图，玉兔二号在月球上留下的轨迹长度是其位移大小
D．对丁图，若知道变色龙舌头伸的长度和时间，可求出加速度大小
2．中国高铁向世界展示了中国速度，和谐号动车和复兴号高铁相继从某站点由静止出发，沿同一方向做匀加速直线运动。两车运动的速度-时间图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．复兴号高铁追上和谐号动车前，时两车相距最远
B．复兴号高铁追上和谐号动车前，两车最远相距
C．时，复兴号高铁追上和谐号动车
D．复兴号高铁加速达到其最大速度
3．如图所示，某摩天轮的直径达，转一圈用时。某同学乘坐摩天轮随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，从最高点经与圆心等高点运动到最低点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．摩天轮转动的角速度为
B．该同学的平均速度大小为
C．该同学的向心加速度一直不变
D．该同学在点对座舱的作用力方向竖直向下
4．传感器广泛应用在我们的生产生活中，常用的计算机键盘就是一种传感器，每个键内部电路如图甲所示。每个键下面都有由相互平行的活动金属片和固定金属片组成的平行板电容器，两金属片间有空气间隙。如图乙，在按键的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．计算机键盘使用的是光传感器 B．电容器的电容和电荷量Q均减小
C．图甲中电流从M流向N D．电容器极板间的电场强度变大
5．如图（a），砝码置于水平桌面的薄钢板上，用水平向右的恒定拉力迅速将钢板抽出，得到砝码和钢板的速度随时间变化图像如图（b）且t2=2t1。已知砝码最终没有脱离桌面，各接触面间的动摩擦因数均相同，则（　　）
A．0~t1与t1~t2时间内，砝码的位移相同
B．0~t1与t1~t2时间内，砝码的加速度相同
C．0~t1时间内，摩擦力对砝码做的功等于砝码摩擦生热
D．0~t1时间内，拉力做的功等于砝码和钢板总动能的变化量
6．2025年春节，我国产的烟花火遍全球，新的烟花研发设计层出不穷。现有某烟花筒的结构如图1所示，其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的初速度并同时点燃延期引线，当礼花弹到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成a、b两部分，速度均为水平方向。炸开后a、b的轨迹图如图2所示。忽略空气阻力的作用，则（　　）
A．a、b两部分落地时的速度大小之比为
B．a、b两部分的初动能之比为
C．从炸开到两部分落地的过程中，a、b两部分所受重力的冲量之比为
D．a、b两部分落地时的重力功率之比为
7．如图所示，一辆在平直路面上匀速行驶的汽车，利用跨过光滑定滑轮的轻绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边，汽车与滑轮间的绳保持水平。小船的质量为m，受到的阻力大小恒为，汽车受到地面的阻力大小恒为，不计空气阻力。当牵引小船的绳与水平方向成角时，小船的速度大小为v，绳的拉力对小船做功的功率为P，此时（　　）
A．汽车的速度大小为
B．绳的拉力大小为
C．小船的加速度大小为
D．汽车发动机的输出功率为
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．如图，一带负电的粒子从靠近A金属板的K点处由静止出发，经平行金属板A、B间电场加速后（A、B板间电压U0恒定），沿直线运动打在光屏上的Q点；现在平行金属板C、D间再加上一恒定偏转电压U1，粒子将打在光屏上Q点正下方的P点，不计粒子重力，下列说法正确的是（　　）
A．粒子在AB间做变加速直线运动
B．若只把B板稍微右移，粒子经过B板时的速度不变
C．若只把B板稍微右移，粒子将打在P点上方
D．若只把C板稍微下移，粒子将打在P点下方
9．北京时间2025年2月11日17时30分，我国在文昌航天发射场使用长征八号改运载火箭，成功将卫星互联网低轨02组卫星发射升空，发射任务获得圆满成功。互联网低轨02组卫星在离地球表面高度为h的轨道上做周期为T的匀速圆周运动，地球半径为R，引力常量为G，忽略地球的自转，以下说法正确的是（　　）
A．卫星在轨道上运行的周期大于24h
B．卫星在轨道上运行的线速度
C．卫星在轨道受地球的万有引力大于在发射基地受到地球的万有引力
D．地球表面的重力加速度大小
10．在渔业作业中，鱼虾被捕捞上岸后，借助“鱼虾自动分离装置”，实现了鱼和虾的机械化高效分离，显著降低了人工成本。这一装置的简化模型如图所示，其中分离器出口与传送带中段有一定的高度差。鱼、虾（视为质点）均下落至分离器出口正下方，且到传送带时有沿斜面向下相同的初速度（垂直于传送带的速度瞬间变为零）。最终虾均能被传送到下端收集箱中，鱼均能被传送到上端收集箱中，已知传送带与水平面夹角为，始终以恒定速率顺时针转动。则下列说法正确的是（　　）
A．鱼和虾在传送带上运送的过程中，所受的摩擦力方向始终相同
B．鱼从掉落到传送带后，先沿着传送带向下做减速直线运动，最终一定会和传送带共速
C．鱼与传送带间的动摩擦因数一定大于虾与传送带的动摩擦因数
D．虾从掉落到传送带后，可能做匀速直线运动，也可能做加速直线运动，还可能做减速直线运动
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．某兴趣小组用图甲所示的装置探究圆周运动向心力的大小与质量、线速度和半径之间的关系。不计摩擦的水平直杆固定在竖直转轴上，竖直转轴可以随转速可调的电动机一起转动，套在水平直杆上的滑块，通过细线与固定在竖直转轴上的力传感器相连接。水平直杆的另一端到竖直转轴的距离为R的边缘处安装了宽度为d的遮光片，光电门可以测出遮光片经过光电门所用的时间。
（1）为了探究滑块向心力的大小与运动半径的关系，需要控制　 　保持不变（选填“质量和线速度”“质量和半径”或“线速度和半径”）。
（2）由图甲可知，滑块的角速度　 　遮光片的角速度（选填“大于”“小于”或“等于”）。若某次实验中滑块到竖直转轴的距离为r，测得遮光片的挡光时间为，则遮光片的角速度表达式　 　，滑块的线速度表达式　 　（用、d、R、r表示）。
（3）兴趣小组保持滑块质量和运动半径不变，探究向心力F与线速度的关系时，以F为纵坐标，以为横坐标，根据测量数据作一条倾斜直线如图乙所示，已测得遮光片的宽度，遮光片到竖直转轴的距离，滑块的质量，则滑块到竖直转轴的距离　 　m。
12．在“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置可用于“探究物体所受合力做功与动能变化的关系”，物理小组同学们采用如图所示实验装置进行探究。实验要求小车受到的合外力为绳的拉力的合力。实验中同学们研究了砂和砂桶的运动过程所受合力做功是否等于其动能增量。忽略细线与滑轮间摩擦阻力。
（1）本实验　 　（填“需要”或者“不需要”）满足m远小于M的条件。
（2）实验过程中　 　（填“需要”或者“不需要”）平衡小车M所受的摩擦力。
（3）实验前测出砂和砂桶的总质量m，已知重力加速度为g。接通打点计时器的电源，静止释放砂和砂桶，带着小车开始做加速运动，读出运动过程中力传感器的读数T，通过纸带得出起始点O（初速度为零的点）到某点A的位移L，并通过纸带算出A点的速度v。对m研究，所需验证的动能定理的表达式为_________。
A． B． C． D．
（4）通过纸带测出了起始点O到不同点A、B、C、D…的位移及A、B、C、D…的速度，并做出了图中所示的实线。那么在保证小车质量不变的情况下增加砂的质量，重复实验，将会得到如上图中虚线　 　（填“甲”或者“乙”）所示的图线。
13．如图甲所示，平台上有一厚度不计的压力传感器，开口向上、导热良好、内壁光滑的薄壁汽缸通过活塞密封了一定质量的理想气体，活塞通过竖直轻杆与固定点O相连。当温度为时，活塞下表面与汽缸底部的距离为，平台与汽缸底部的距离为。升高气体温度，同时记录力传感器示数F，描绘出图乙所示的图像。已知汽缸质量为M，大气压强为，重力加速度为g，活塞一直没有脱离汽缸。求
（1）温度；
（2）活塞横截面积S。
14．某商家为了促销推出图甲所示的弹珠抽奖游戏，图乙为游戏的模型示意图，平面游戏面板与水平面成角固定放置，面板右侧的直管道与半径为的细圆管轨道平滑连接，两者固定在面板上。圆管轨道的圆心为O，顶端水平。顾客游戏时，用外力压缩面板底部连接的小弹簧将弹簧顶端的小弹珠（可视为质点）弹出，若弹珠直接打中面板底部的中奖区域，则获得相应奖励，若弹珠打中侧面挡板，则抽奖无效。已知弹珠质量，直管道长度，中奖区域AB长度，其等分为如图所示的五个中奖区域，不计所有摩擦和阻力，弹簧的长度忽略不计，重力加速度g取，求：
（1）弹珠从圆管轨道顶端以的速度飞出时，弹珠对细圆管轨道的压力；
（2）顾客获得三等奖时，弹珠恰好落在中奖区域AB的中点，求弹簧初始的弹性势能（答案可用分数表示）
15．1913年密立根通过油滴实验测得电子的电荷量，因此获得1923年诺贝尔物理学奖，实验装置如图所示，两块水平放置相距为的金属板、分别与电源的正、负两极相接，密立根通过喷雾器将细小的油滴喷入一密闭空间中，这些油滴在喷出时由于与喷雾器产生摩擦而带了负电。已知油滴的质量为，半径为，以初速度从小孔竖直进入金属板之间，不计空气浮力，重力加速度为。
（1）若不考虑金属板间的空气阻力，调节电源电压为时，油滴刚好匀速向下运动，求油滴所带的电荷量；
（2）若考虑金属板间的空气阻力，且油滴运动时所受空气阻力大小为，其中为比例系数，为油滴运动速率，为油滴的半径，调节电源电压为时，油滴刚好匀速向下运动，求油滴所带的电荷量；
（3）在（2）基础上，当油滴运动到金属板、间的点时，调节电源电压为，经过一段时间，发现油滴恰以速度大小竖直向上匀速经过点。求油滴先后两次经过点经历的时间。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】位移与路程；平均速度；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A：对甲图，三个物体从A点到B点的运动路程不相等，若运动时间相等，根据平均速率公式，可知三个物体的平均速率不相等，故A错误；
B：对乙图，小车通过光电门时，测出的速度实际是挡光片通过光电门的平均速度，利用极短时间内的平均速度来代替瞬时速度，故B正确；
C：对丙图，玉兔二号在月球上留下的轨迹长度是运动轨迹的长度，即路程，不是位移大小，故C错误；
D：对丁图，若只知道变色龙舌头伸头的长度和时间，只能求出平均速度的大小，由于不知道舌头伸长过程中的运动性质，无法求出加速度的大小，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A：考查平均速率的概念，明确平均速率等于路程与时间的比值；
B：考查光电门测速度的原理，理解其利用平均速度近似代替瞬时速度的方法；
C：考查路程与位移的区别，轨迹长度是路程，不是位移；
D：考查加速度的计算条件，分析已知条件是否能求出加速度。
2．【答案】D
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A：由v-t图像可知，时，和谐号动车速度大于复兴号高铁；时，和谐号动车速度小于复兴号高铁，故复兴号高铁追上和谐号动车前，时两车相距最远，A错误；
B：根据v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移，两车最远距离为，并非2500m，B错误；
C：时，两车速度相等，此时相距最远，并非追上，C错误；
D：复兴号高铁的加速度为，加速到最大速度95m/s所需时间为，D正确；
故答案为：D。
【分析】A：考查追及相遇问题中两车相距最远的条件，明确速度相等时两车相距最远；
B：考查利用v-t图像面积计算位移差，分析两车的最远距离；
C：考查追及相遇问题中“追上”的判断依据，即位移相等时两车相遇；
D：考查加速度的计算，结合速度公式求解加速到最大速度的时间。
3．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】A：根据题意，周期 ，角速度 ，故A错误；
B：从A到C的位移大小 ，运动时间 ，平均速度大小 ，故B正确；
C：向心加速度大小不变，但方向始终指向圆心，一直改变，故C错误；
D：在B点，同学受重力和座舱的作用力，合力方向水平向左，根据力的合成法则，座舱对同学的作用力方向斜向左上方，根据牛顿第三定律，同学在B点对战舱的作用力方向斜向右下方，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A：考查匀速圆周运动的角速度计算，结合周期与角速度的关系求解；
B：考查平均速度的计算，明确位移与时间的比值为平均速度；
C：考查向心加速度的特点，匀速圆周运动中向心加速度大小不变、方向时刻改变；
D：考查圆周运动的受力分析，结合合力方向判断座舱对同学的作用力方向，再由牛顿第三定律得出同学对战舱的作用力方向。
4．【答案】D
【知识点】电容器及其应用；生活中常见的传感器
【解析】【解答】A：根据题意，计算机键盘使用的是电容传感器，而非光传感器，故A错误；
B：在按键过程中，电容器两板间距减小，由电容决定式可知，电容增大；两板电压一定，根据可知，电容器的电荷量增加，故B错误；
C：电容器充电时，电流从电源正极流向电容器正极板，即图中电流从流向，故C错误；
D：电容器极板间的电场强度，电压不变、间距减小，因此电场强度变大，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A：考查键盘传感器的类型，结合题意判断其为电容传感器；
B：考查平行板电容器的动态分析，结合电容决定式和，分析电容和电荷量的变化；
C：考查电容器充电时的电流方向，结合电路结构判断电流流向；
D：考查极板间电场强度的变化，根据分析电场强度与板间距的关系。****
5．【答案】A
【知识点】功能关系；动能定理的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A：v-t图像与时间轴所围图形的面积表示位移，根据图(b)且可知，与时间内，砝码的v-t图像面积相同，因此位移相同，故A正确；
B：v-t图像的斜率表示加速度，根据图(b)可知，与时间内，砝码的加速度大小相等但方向相反，故B错误；
C：砝码所受外力的合力等于摩擦力，根据动能定理可知，时间内，摩擦力对砝码做的功等于砝码动能的变化量，不等于砝码摩擦生热，故C错误；
D：根据功能关系与能量守恒定律，拉力做的功等于砝码和钢板总动能的变化量与两者之间的摩擦生热之和，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A：考查v-t图像的位移含义，利用图像面积判断位移关系；
B：考查v-t图像的加速度含义，利用斜率判断加速度的大小和方向；
C：考查动能定理的应用，区分摩擦力做功与摩擦生热的概念；
D：考查功能关系与能量守恒，分析拉力做功的能量去向。
6．【答案】B
【知识点】爆炸；平抛运动；冲量
【解析】【解答】A：a、b两部分水平方向做匀速运动，水平位移之比为1：3，竖直高度相等，根据 可得二者运动时间相等，根据 ，落地时的水平速度大小之比等于水平位移大小之比，即 。落地时速度为 ，其中 ，可知二者的竖直速度大小相等，因此a、b两部分落地时的速度大小之比不是1：3，故A错误；
B：a、b两部分在最高点炸裂时，由动量守恒可得 ，即两部分动量大小相等。又 ，可得 ，故B正确；
C：由动量守恒可知二者质量之比为 ，根据 ，可得a、b两部分所受重力的冲量之比等于质量之比，即3：1，故C错误；
D：根据功率公式 ，二者的竖直速度大小相等，可得a、b落地时的重力功率之比等于质量之比，即3：1，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A：考查平抛运动的速度合成，结合水平速度和竖直速度的关系，分析落地速度大小之比；
B：考查动量守恒与动能的关系，结合动量守恒定律和动能公式，推导初动能之比；
C：考查重力冲量的计算，结合质量比和冲量公式，分析重力冲量之比；
D：考查重力功率的计算，结合质量比和功率公式，分析落地时的重力功率之比。
7．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；运动的合成与分解；功率及其计算
【解析】【解答】A．将小船的速度分解为沿绳方向和垂直绳方向的分量，沿绳方向的分速度为，该分速度等于汽车的速度，因此汽车速度大小为，A错误；
B．绳的拉力对小船做功的功率，解得绳的拉力大小为，B错误；
C．对小船，由牛顿第二定律得，结合，解得小船的加速度大小为，C错误；
D．汽车匀速行驶，发动机的牵引力，汽车速度
发动机输出功率，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查连接体的速度分解、功率与受力分析，核心是通过速度分解、功率公式和牛顿第二定律分析各物理量。
8．【答案】B,D
【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】【解答】A：设A、B板间距离为，由题知A、B板间电压恒定，根据可知A、B板间的电场强度恒定，
根据牛顿第二定律可知加速度也恒定，故粒子在AB间做匀加速直线运动，A错误；
B：粒子在AB板间加速运动，根据动能定理有，解得，可知速度大小只与加速电压有关，与AB间的距离无关，故只把B板稍微右移，粒子经过B板时的速度不变，B正确；
CD：设金属板CD的板长为，板间距为，粒子在CD板间做类平抛运动，水平方向有，竖直方向有，其中，联立解得。根据几何关系，偏角满足，若只把B板稍微右移，不变，粒子仍将打在P点；若只把C板稍微下移，金属板CD间距减小，则变大，粒子将打在P点下方，故C错误，D正确；
故答案为：BD。
【分析】A：考查匀强电场中的运动性质，由电压恒定推导电场强度恒定，进而判断粒子的运动类型；
B：考查动能定理在加速电场中的应用，分析加速电压与粒子速度的关系；
CD：考查带电粒子在偏转电场中的类平抛运动，推导偏转角公式，分析不同条件变化对粒子落点的影响。
9．【答案】B,D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A：该卫星是低轨道卫星，轨道半径小于同步卫星的轨道半径。根据开普勒第三定律，轨道半径越小，周期越小，因此卫星的运行周期小于同步卫星的周期24h，故A错误；
B：根据匀速圆周运动线速度与周期的关系，卫星在轨道上运行的线速度为 ，故B正确；
C：根据万有引力公式 ，轨道半径越大，受到的万有引力越小。卫星在轨道上的轨道半径大于在发射基地的轨道半径，因此卫星在轨道上受到的万有引力小于在发射基地受到的万有引力，故C错误；
D：在地球表面，根据万有引力等于重力可得 ；卫星在离地球表面高度为h时有 ，联立解得地球表面的重力加速度 ，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】A：考查开普勒第三定律的应用，结合低轨道卫星与同步卫星的轨道半径关系，分析周期大小；
B：考查匀速圆周运动线速度的计算，结合线速度与周期的关系公式分析；
C：考查万有引力公式的应用，分析不同轨道半径下万有引力的大小关系；
D：考查万有引力与重力的关系，结合卫星的向心力公式和地球表面的重力公式，推导地球表面的重力加速度表达式。
10．【答案】A,C,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A：鱼和虾落在传送带上时均有沿斜面向下的初速度，虾沿传送带向下运动，所受摩擦力方向始终沿斜面向上；鱼先向下减速，摩擦力向上，速度减为零后向上加速，摩擦力仍向上，因此两者所受摩擦力方向始终相同，A正确；
B：鱼掉落到传送带后，先沿斜面向下减速到零，再向上加速，最终可能与传送带共速做匀速运动，也可能未共速就到达上端，并非“最终一定会和传送带共速”，B错误；
C：鱼能向上运动，说明；虾能向下运动，若加速则，若减速则减速加速度，因此，C正确；
D：虾的重力分力与摩擦力的大小关系不确定，若，虾向下减速；若，虾匀速；若，虾向下加速，故三种运动状态都可能，D正确；
故答案为：ACD。
【分析】A：考查摩擦力方向的判断，结合物体运动方向与相对运动趋势分析；
B：考查物体在传送带上的运动过程，分析减速到零后的运动趋势；
C：考查动摩擦因数的比较，结合受力分析和加速度大小关系推导；
D：考查物体在传送带上的运动状态分析，根据重力分力与摩擦力的大小关系判断运动情况。
11．【答案】（1）质量和线速度
（2）等于；；
（3）0.2
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）本实验采用控制变量法，当探究滑块向心力的大小与运动半径的关系时，需要控制质量和线速度保持不变。
故答案为：质量和线速度
（2）由于滑块与遮光片在同一个杆上，因此旋转的角速度相等；遮光片的角速度
由于角速度相等，可知滑块的线速度
故答案为：等于；；
（3）根据，可知该图像的斜率 ，代入数据可得
故答案为：0.2
【分析】(1) 本题考查控制变量法的应用，探究向心力与半径的关系时，需控制质量和线速度不变。
(2) 本题考查同轴转动的角速度关系，以及线速度、角速度的计算。
(3) 本题考查向心力公式与图像的结合，通过斜率公式求解滑块的转动半径。
（1）本实验采用控制变量法，当探究滑块向心力的大小与运动半径的关系时，需要控制质量和线速度保持不变。
（2）[1]由于滑块与遮光片在同一个杆上，因此旋转的角速度相等；
[2]遮光片的角速度
[3]由于角速度相等，可知滑块的线速度
（3）根据
可知该图像的斜率
代入数据可得
12．【答案】（1）不需要
（2）需要
（3）A
（4）甲
【知识点】探究功与物体速度变化的关系；动能定理的综合应用
【解析】【解答】（1）实验中，根据力传感器的读数可以直接求出小车受到的拉力，不需要满足小车的质量M远大于砂和砂桶的总质量m这一条件。
故答案为：不需要
（2）尽管实验装置采用了力传感器，也需要平衡摩擦力，否则小车受到的合外力不为绳的拉力的合力。
故答案为：需要
（3）对m研究，根据动能定理 ，整理可得
故答案为：A。
（4）对小车，根据动能定理有，联立解得，逐渐增加砂的质量m，图像的斜率越大，故在让小车质量不变的情况下逐渐增加砂的质量多次做实验，得到图中虚线“甲”所示的图线。
故答案为：甲
【分析】(1) 本题考查力传感器的应用，由于可以直接测量拉力，因此不需要满足 的条件。
(2) 本题考查实验装置的平衡要求，需要平衡摩擦力，使小车的合外力等于绳子拉力。
(3) 本题考查动能定理的应用，注意砂桶的位移是小车位移的2倍，且速度也是小车速度的2倍。
(4) 本题考查 图像的斜率分析，根据动能定理，斜率随 的增大而增大，因此会得到更陡的甲图线。
（1）实验中，根据力传感器的读数可以直接求出小车受到的拉力，不需要满足小车的质量M远大于砂和砂桶的总质量m这一条件。
（2）尽管实验装置采用了力传感器，也需要平衡摩擦力，否则小车受到的合外力不为绳的拉力的合力。
（3）对m研究，根据动能定理
整理可得
故选A。
（4）对小车，根据动能定理有
联立解得
逐渐增加砂的质量m，图像的斜率越大，故在让小车质量不变的情况下逐渐增加砂的质量多次做实验，得到图中虚线“甲”所示的图线。
13．【答案】（1）解：汽缸下降过程为等压过程，由盖吕萨克定律有
解得
（2）解：当时，设汽缸内部压强为，对汽缸受力分析可得
当时，设汽缸内部压强为，对汽缸受力分析可得
由到的过程中，由查理定律可得
解得
【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】(1) 本题考查等压变化的盖 - 吕萨克定律，气缸下降过程气体压强不变，利用盖 - 吕萨克定律求解温度。
(2) 本题考查受力分析与查理定律的结合，通过气缸的受力平衡求出不同温度下的气体压强，再利用查理定律求解活塞横截面积。
（1）汽缸下降过程为等压过程，由盖吕萨克定律有
解得
（2）当时，设汽缸内部压强为，对汽缸受力分析可得
当时，设汽缸内部压强为，对汽缸受力分析可得
由到的过程中，由查理定律可得
解得
14．【答案】（1）解：在圆管轨道顶端对弹珠受力分析
解得
根据牛顿第三定律，弹珠对轨道的压力为0.25N，方向竖直向下
（2）解：根据能量守恒有
对类平抛运动有
，
联立得
顾客获得三等奖时
解得
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1) 本题考查圆周运动的向心力分析。关键是对弹珠在圆管顶端的受力进行分析，利用向心力公式求出轨道对弹珠的作用力，再由牛顿第三定律得到弹珠对轨道的压力。
(2) 本题考查能量守恒与类平抛运动的综合应用。先根据能量守恒建立弹性势能与弹珠在轨道顶端速度的关系，再结合类平抛运动的规律求出初速度，进而计算弹簧的弹性势能。
（1）在圆管轨道顶端对弹珠受力分析
解得
根据牛顿第三定律，弹珠对轨道的压力为0.25N，方向竖直向下
（2）根据能量守恒有
对类平抛运动有
，
联立得
顾客获得三等奖时
解得
15．【答案】（1）解：油滴处于平衡状态，有
又，联立解得
（2）解：当有空气阻力时，油滴处于平衡状态，得
又，，联立解得
（3）解：油滴经过点向下运动到点速度为零的过程中，取向上为正方向，根据动量定理可得
油滴从点回到点的过程中，根据动量定理可得
且有，
解得油滴先后两次经过点经历的时间为
【知识点】动量定理；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】(1) 本题考查平衡状态的受力分析，油滴匀速运动时电场力与重力平衡，由此可直接求出电荷量。
(2) 本题考查空气阻力下的受力平衡，除了电场力和重力外，还需考虑空气阻力，通过受力平衡方程求解电荷量。
(3) 本题考查动量定理的应用，分别对油滴向下和向上经过 M 点的过程列动量定理方程，结合匀速运动条件，联立求解总时间。
（1）油滴处于平衡状态，有
又
联立解得
（2）当有空气阻力时，油滴处于平衡状态，得
又，
联立解得
（3）油滴经过点向下运动到点速度为零的过程中，取向上为正方向，根据动量定理可得
油滴从点回到点的过程中，根据动量定理可得
且有，
解得油滴先后两次经过点经历的时间为
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