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河南省南阳市方城县第一高级中学2025-2026学年高三下学期一模考前增分卷物理试题（十一）
1．下列说法正确的是（　　）
A．摩擦起电的过程中产生了电荷
B．电子就是元电荷
C．质点和点电荷都是理想化的物理模型
D．带电体的电量可以是任意值
【答案】C
【知识点】理想模型法；电荷及三种起电方式；元电荷
【解析】【解答】A．摩擦起电的本质是电荷在不同物体间发生转移，并没有创造、产生新的电荷，故 A 错误；
B．电子是一种微观带电粒子，元电荷是最小的电荷量数值，并非实物粒子，只能说电子的带电量大小等于元电荷，不能说电子就是元电荷，故 B 错误；
C．质点忽略物体的形状大小、点电荷忽略带电体的形状大小，二者都是突出主要影响因素、忽略次要因素建立的理想化物理模型，故 C 正确；
D．带电体的电荷量只能是元电荷的整数倍，不能取任意数值，故 D 错误。
故答案为：C。
【分析】A、考查摩擦起电的本质，电荷只能转移不能凭空产生；
B、区分元电荷与电子，元电荷是电荷量单位，电子是带电粒子；
C、理解理想化物理模型的特点，质点、点电荷均属于理想化模型；
D、考查电荷的量子化特征，所有带电体电荷量均为元电荷的整数倍。
2．如图所示，a、b两细绳一端系着质量为m的小球，另一端系在竖直放置的圆环上，小球位于圆环的中心，开始时绳a水平，绳b倾斜。现将圆环在竖直平面内顺时针缓慢地向右滚动一锐角至绳b水平，在此过程中绳a上张力为和b上张力为 ，则（ ）
A．逐渐增大， 逐渐增大 B．逐渐减小， 逐渐减小
C．逐渐减小， 逐渐增大 D．逐渐增大， 逐渐减小
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】设圆环在转动过程中绳b与竖直方向的夹角为，
转动的过程中小球受力平衡，可得两绳拉力的合力不变等于mg，两绳拉力和小球重力组成一个三角形，根据几何知识可得两绳拉力的夹角设为不变，根据正弦定理可得
，在转动的过程中变大，且小于，所以可得变大，变小。
故答案为：D。
【分析】本题考查动态平衡中的力的矢量三角形分析法，解题核心是抓住缓慢转动过程中小球始终受力平衡、两绳拉力的合力恒定不变，结合两绳夹角不变的几何特点，通过矢量三角形边长变化判断两根细绳拉力的变化趋势。
3．一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示。以下说法错误的是（　　）
A．物体的质量为0.75kg
B．0~8s时间内拉力的冲量为18N s
C．0~8s时间内物体动量变化量的大小4kg m/s
D．0~10s时间内，物体克服摩擦力所做的功为30J
【答案】A
【知识点】动量定理；牛顿定律与图象；功的概念；冲量
【解析】【解答】由图像可知：02s物体静止，26s匀加速，加速度，6~8s匀速，滑动摩擦力。
A.2~6s，由牛顿第二定律：，即，解得，不是，故A错误；
B．冲量等于图面积：，故B正确；
C.0~8s初末速度，动量变化，故C正确；
D．图像面积得总位移，克服摩擦力做功，故D正确。
故答案为：A。
【分析】A、利用匀加速阶段牛顿第二定律，结合匀速时滑动摩擦力求解物体质量；
B、拉力冲量等于图像与时间轴围成的面积；
C、动量变化等于质量乘以速度变化量；
D、由图像面积求总位移，结合滑动摩擦力计算克服摩擦力做的功。
4．下列有关电与磁的四幅情景图像，其中说法正确的是（　　）
A．对甲：当线圈匀速转动时，不会产生感应电流，当线圈非匀速转动时，会产生感应电流
B．对乙：采用劲度系数更大的螺旋弹簧有利于提高磁式电流表的量程
C．对丙：恒定的电场和恒定的磁场互相激发交替产生，就能形成电磁波
D．对丁：在电磁波谱中，红外线就是红光，紫外线就是紫光，均属于可见光
【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；涡流、电磁阻尼、电磁驱动；电磁场与电磁波的产生；电磁波的周期、频率与波速
【解析】【解答】A．线圈绕轴转动时，磁通量始终为 0（磁感线平行于线圈平面），无论匀速还是非匀速转动，都不会产生感应电流，故A错误；
B．乙图是电磁式电流表，其量程由螺旋弹簧的劲度系数决定：劲度系数越大，相同指针偏转角下，弹簧弹力越大，对应的线圈安培力（及电流）越大，因此采用劲度系数更大的螺旋弹簧有利于提高量程，故B正确；
C．电磁波由周期性变化的电场、磁场交替激发产生，恒定的场无法形成电磁波，故C错误；
D．电磁波谱中，可见光仅包含红光到紫光，红外线、紫外线不属于可见光，故D错误。
故答案为：B。
【分析】结合电磁感应、磁电式电流表原理、电磁波产生条件、电磁波谱的知识，逐一判断选项。
5．如图所示，、为地月系统中的两个拉格朗日点，位于拉格朗日点上的卫星可以在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做匀速圆周运动，“鹊桥”中继卫星位于点上。结合以上信息，下列说法正确的是（　　）
A．“鹊桥”中继卫星的发射速度
B．地球静止卫星轨道应位于月球与点之间
C．同一颗卫星位于点所在轨道时的动能大于位于点所在轨道时的动能
D．“鹊桥”中继卫星的向心加速度大于月球的向心加速度
【答案】D
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．第一宇宙速度为7.9km/s（离开地面的最小发射速度），第二宇宙速度为11.2km/s（离开地球的最小发射速度），“鹊桥”运行于地-月拉格朗日点L2，由于没有离开地球的引力作用，所以发射速度满足7.9km/sB．月球绕地球周期为27天，静止卫星周期为1天，由于月球和卫星的中心体都是地球，由于月球轨道半径大于静止卫星轨道半径，根据开普勒第三定律可知静止卫星轨道应该在地球与月球之间，故B错误；
C．由题意可知，当卫星位于L1、L2点所在轨道围绕地球运动时的角速度相等，则根据线速度和角速度的关系式可知，当卫星位于L2点时的线速度要大于位于L1点时的线速度，根据动能的表达式可知同一颗卫星位于L2点时的动能要大于位于L1点时的动能，故C错误；
D．由于中继卫星与月球角速度相等，根据向心加速度表达式可知“鹊桥”中继卫星的向心加速度大于月球的向心加速度，故D正确。
故选D。
【分析】“鹊桥”运行于地-月拉格朗日点L2，由于没有离开地球的引力作用，所以发射速度满足7.9km/s6．如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向运动，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度—时间变化规律如图乙所示，t=6s时恰好到B点，则（　　）
A．物块与传送带之间动摩擦因数为μ=0.1
B．传送带长度为24m
C．若物块质量m=1kg，物块对传送带做的功为8J
D．物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达B端
【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．由图像可知，0～4s物块匀加速，加速度，由牛顿第二定律，得，解得，故A正确；
B．传送带长度等于物块0～6s的位移，即图线与时间轴围成面积：，并非24m，故B错误；
C．加速阶段传送带位移，摩擦力，物块对传送带做功，并非8J，故C错误；
D．物块加速位移，剩余位移，传送带速度突变为零后，物块减速加速度大小仍为，物块减速到0的位移，刚好等于剩余位移，物块恰好能到达B端，故D错误。
故答案为：A。
【分析】A、由图像求加速度，结合牛顿第二定律求解动摩擦因数；
B、传送带长度等于物块全程位移，利用图像面积计算位移；
C、物块仅在加速阶段与传送带有相对滑动，摩擦力乘以传送带位移为物块对传送带做的功；
D、先算出物块加速位移，再计算减速滑行的最大距离，判断能否到达B端。
7．如图所示，某楼梯有8级台阶，一表面光滑的小球从最上面一级台阶的边缘被水平踢出，刚好落到下一级台阶的水平边缘上，被弹起后继续运动。所有台阶的高度相同、宽度相同，所有碰撞过程均为弹性碰撞（碰撞前后水平方向速度不变，竖直方向速度反向），忽略空气阻力，则小球落地之前与台阶碰撞的次数为（　　）
A．1次 B．2次 C．3次 D．4次
【答案】B
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】设每级台阶高度为 、宽度为 。
第一次平抛：从8级到7级，下落高度 ，水平位移 ，满足 ，。
弹性碰撞后，竖直速度反向，可等效为继续向下的平抛运动。总下落高度为 ，总水平位移为 。
台阶总宽度为 ，因此小球会在第6级、第5级台阶各碰撞一次，之后直接落到地面。
碰撞次数为2次。
故答案为：B。
【分析】利用弹性碰撞的对称性，将碰撞后的运动等效为连续的平抛运动，通过平抛运动的位移比例关系计算碰撞次数。
8．一只青蛙从一片荷叶跳入平静的湖水中，平静的水面以青蛙的入水点开始上下做简谐运动，在水面上激起一层涟漪。青蛙入水不远处的水面上有两片树叶，其振动图像分别为图中的a、b所示。已知水波的波长为0.4m，两片树叶在入水点的同侧且与入水点在一条直线上，则两片树叶之间的距离可能为（　　）
A．0.4m B．0.5m C．0.6m D．0.7m
【答案】B,D
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】题意可知0时刻a波在波谷，b波在平衡位置，且波长均为，若波从b向a传播，则两片树叶之间的距离满足
（n=0，1，2，3，...）
整理得
（n=0，1，2，3，...）
n=0、1、2时，x分别为0.1m、0.5m、0.9m
若波从a向b传播，则两片树叶之间的距离满足
（n=0，1，2，3，...）
整理得
（n=0，1，2，3，...）
n=0，1，2时，x分别为0.3m、0.7m、1.1m
故选BD。
【分析】根据振动图像，若波从b传向a，则二者间距满足（n=0，1，2，3，...）关系，从而求解x，由特殊值法分析判断；若波从a传向b，则二者间距满足（n=0，1，2，3，...）关系，从而求解x，由特殊值法分析判断。
9．如图甲所示，在绝缘光滑斜面上方的MM'和PP'范围内有沿斜面向上的电场，电场强度大小沿电场线方向的变化关系如图乙所示，一质量为m、带电荷量为q（q>0）的可视为点电荷的小物块从斜面上的A点以初速度v0沿斜面向上运动，到达B点时速度恰好为零。已知斜面倾角为θ， A、B两点间的距离为l，重力加速度为g，则以下判断正确的是（　　）
A．小物块在运动过程中所受到的电场力一直大于mgsin θ
B．小物块在运动过程中的中间时刻速度小于
C．A、B两点间的电势差为
D．此过程中小物块机械能增加量小于mglsin θ
【答案】B,D
【知识点】功能关系；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A．小物块沿斜面向上做减速运动，加速度沿斜面向下，由牛顿第二定律，可得，整个运动过程电场强度逐渐增大，但始终小于，故A错误；
B．小物块向上做加速度逐渐减小的减速直线运动，图像为向上凸的曲线，相同时间内速度下降越来越慢，因此中间时刻的瞬时速度小于匀减速直线运动中间时刻速度，故B正确；
C．对小物块从A到B过程由动能定理：，整理得，故C错误；
D．物块机械能的增加量等于电场力做的功，，显然，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】A、结合牛顿第二定律，由加速度方向判断电场力始终小于重力沿斜面向下的分力；
B、根据变加速运动的图像特点，对比匀变速直线运动，判断中间时刻瞬时速度大小；
C、利用动能定理，联立重力做功、电场力做功与动能变化，求解AB间电势差；
D、除重力之外其他力做功等于物体机械能变化，电场力做正功，机械能增加，结合动能定理判断机械能增量范围。
10．如图所示为质量m的蹦床运动员（视为质点）比赛时的简化情景。比赛中，某时刻运动员从高处由静止自由下落到刚与蹦床接触用时，第一次与蹦床自由接触过程的作用时间为，反弹后离开蹦床竖直向上运动的时间为，不计任何阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是（　　）
A．运动员与蹦床接触过程中，蹦床对运动员的冲量大于运动员对蹦床的冲量
B．运动员与蹦床接触后向下运动过程中，运动员受到的合外力先做正功后做负功
C．运动员第一次与蹦床接触作用的过程中，蹦床对运动员的冲量大于
D．整个过程中，运动员机械能始终守恒不变
【答案】B,C
【知识点】动量定理；功的概念；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．运动员与蹦床接触过程中，根据牛顿第三定律可知相互作用力等大反向，作用时间相等，根据力与时间的乘积可得蹦床对运动员的冲量与运动员对蹦床的冲量大小相等，故A错误；
B．运动员与蹦床接触后向下运动过程中，由于弹力随形变量不断增大，所以弹力从小于重力到大于重力的过程中，速度先变大后变小，根据动能定理，运动员受到的合外力先做正功后做负功，故B正确；
C．运动员第一次与自由蹦床接触过程中，由于运动员从静止到最高点的动量变化为0，设蹦床对运动员的冲量为I，根据全过程的动量定理有：
得蹦床对运动员的冲量大小为，故C正确；
D．运动员与蹦床接触过程，由于运动员和蹦床为系统的机械能守恒，由于蹦床的弹性势能先增大后减小，所以运动员的机械能会先减小再增大，故D错误。
故选BC。
【分析】利用牛顿第三定律可以判别运动员与蹦床之间的作用力相等，结合时间相等可以得出冲量的大小相等；利用弹力与重力的比较可以判别合力的方向进而判别速度的变化，结合动能定理可以判别合外力做功；利用全程的动量定理可以求出蹦床对运动员的冲量大小；利用系统机械能守恒可以得出运动员机械能的变化。
11．某实验小组用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律，图乙为装置简化图。A、B为大小相同的小球，测得质量分别为，，A球为入射小球，B球为被碰小球。实验时，先不放小球B，让小球A从斜槽上的某位置由静止释放后飞出落到垫有复写纸的白纸上，重复实验多次，记下平均落地点为P；然后，将小球B放在斜槽末端，让小球A从斜槽上的某位置由静止释放，与小球B发生碰撞，两球从斜槽末端飞出落到同一白纸上，重复实验多次，记下小球A、B的平均落地点分别为M、N：斜槽末端在白纸上的投影位置为O点。
（1）实验中需满足条件　 　（选填“>”或“<”）。
（2）关于本实验的其他操作，下列说法正确的是（　　）
A．小球A每次都必须从斜槽上同一位置由静止释放
B．必须测量斜槽末端距水平地面的高度
C．为完成实验，小球A的质量应大于小球B的质量，且两个小球的大小必须相同
D．若小球A与小球B碰后反弹，仍能再次从斜槽末端飞出，则对实验无影响
（3）实验测得三个落地点位置与O点的距离分别为OM、OP、ON，为了验证A、B两小球碰撞过程中总动量守恒，应验证表达式　 　在实验误差允许范围内是否成立（用题中测得的物理量的符号表示）。
（4）实验中某同学认为A、B两球间的碰撞不是弹性碰撞，下列表达式能支持该同学的结论的是（　　）（填正确答案标号）。
A． B．
C． D．
【答案】（1）>
（2）A；C
（3）
（4）B；D
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）为了避免入射小球反弹，要保证入射球质量大于被碰球质量。
故答案为：>
（2）A．为了保证两次入射小球到达斜槽末端具有相同的速度，两次入射小球需从同一位置由静止释放，故A正确；
B．小球飞出后做平抛运动，由于下落高度相同，则平抛时间相同，可以根据水平方向运动距离比较初速度，无需测量斜槽末端距水平地面的高度，故B错误；
C．为了避免入射小球反弹，要保证入射球质量大于被碰球质量，为保证正碰，两个小球的大小必须相同，故C正确；
D．若小球A与小球B碰后反弹，A会在斜槽上运动一段距离，可能会有阻力做功，对实验有影响，故D错误。
故答案为：AC
（3）根据平抛运动规律可知小球均从相同高度平抛，则平抛时间相同，若A、B两小球碰撞过程中总动量守恒，两边同时乘时间t，可得
即
故答案为：
（4）如果两球间的碰撞不是弹性碰撞，动量依然守恒
机械能减小，同理得
联立解得，
故答案为：BD
【分析】(1) 本小问考查验证动量守恒实验的注意事项，入射小球质量必须大于被碰小球，避免碰撞后反弹。
(2) 本小问考查实验操作细节，同一位置释放保证初速度一致，利用平抛水平位移等效替代速度，对心碰撞要求两球半径相同。
(3) 本小问利用平抛时间相等，将速度守恒转化为水平位移的守恒表达式。
(4) 本小问结合动能不增加的条件，推导非弹性碰撞对应的位移不等式，筛选正确选项。
（1）为了避免入射小球反弹，要保证入射球质量大于被碰球质量。
（2）A．为了保证两次入射小球到达斜槽末端具有相同的速度，两次入射小球需从同一位置由静止释放，故A正确；
B．小球飞出后做平抛运动，由于下落高度相同，则平抛时间相同，可以根据水平方向运动距离比较初速度，无需测量斜槽末端距水平地面的高度，故B错误；
C．为了避免入射小球反弹，要保证入射球质量大于被碰球质量，为保证正碰，两个小球的大小必须相同，故C正确；
D．若小球A与小球B碰后反弹，A会在斜槽上运动一段距离，可能会有阻力做功，对实验有影响，故D错误。
故选AC。
（3）根据平抛运动规律可知小球均从相同高度平抛，则平抛时间相同，若A、B两小球碰撞过程中总动量守恒
两边同时乘时间t，可得
即
（4）如果两球间的碰撞不是弹性碰撞，动量依然守恒
机械能减小
同理得
联立解得
故选BD。
12．小明想用实验室的器材设计一个测力计，可供选择的器材如下：
A．两节完全相同的干电池（电动势E、内阻r均未知）；
B．电流表A1（量程为0~3mA，内阻为）；
C．电流表A2（量程为0~0.6A，内阻为）；
D．电压表V1（量程为0~3V，内阻未知）；
E．电压表V2（量程为0~15V，内阻未知）；
F．滑动变阻器R1（0~10Ω，允许通过的最大电流为2A）；
G．滑动变阻器R2（0~100Ω，允许通过的最大电流为1A）；
H．电阻箱R（0~999.9Ω）；
I．压敏电阻Rx，其阻值Rx随所加压力大小F变化的Rx-F图像如图丙所示；
J．开关S及导线若干。
（1）测量一节干电池的电动势和内阻，为使测量结果尽可能准确，本实验采用如图甲所示的电路，滑动变阻器应选　 　（填“F”或“G”）。
（2）根据实验中电压表和电流表的示数得到了如图乙所示的U-I图像，则该干电池的电动势为E=　 　V，内阻为r=　 　Ω。
（3）将压敏电阻Rx设计成量程为0~100N的测力计，需将压敏电阻Rx与上述两节干电池、电流表A1、电阻箱R串联成如图丁所示的电路。闭合开关S，为使压敏电阻Rx所受压力大小为100N时电流表A1指针满偏，电阻箱接入电路的阻值为R=　 　Ω，通过电流表A1的电流I随压力大小F变化的函数关系式为I=　 　A（电阻箱接入电路的阻值R保持不变）。
【答案】（1）F
（2）1.5；0.8
（3）938.4；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】要掌握实验器材的选择原则；理解实验原理是解题的前提，分析清楚电路结构，应用闭合电路的欧姆定律即可解题。
（1）一节干电池的电动势约1.5V左右，内阻约1Ω左右，为使测量结果尽可能准确，电流表应选量程为0～0.6A的C，电压表应选量程为0～3V的D，为了方便调节电路，滑动变阻器应选阻值范围为0～10Ω的F。
（2）该干电池的电动势为
内阻为
（3）当压敏电阻Rx所受压力大小为100N时，其阻值，此时电流表A1指针满偏，由闭合电路欧姆定律可知
其中
解得
[2]令
则
又因为
可得
由压敏电阻阻值Rx随所加压力大小F变化的Rx-F图像可知
代入解得
【分析】（1）根据电路最大电流选择电流表，根据电池电动势选择电压表；为方便实验操作选择最大阻值较小的滑动变阻器。
（2）求出图像的函数解析式，根据图示图像求出电池电动势与内阻。
（3）根据图示电路图，应用闭合电路的欧姆定律分析答题。
（1）一节干电池的电动势约1.5V左右，内阻约1Ω左右，为使测量结果尽可能准确，电流表应选量程为0～0.6A的C，电压表应选量程为0～3V的D，为了方便调节电路，滑动变阻器应选阻值范围为0～10Ω的F。
（2）[1]该干电池的电动势为
[2]内阻为
（3）[1]当压敏电阻Rx所受压力大小为100N时，其阻值，此时电流表A1指针满偏，由闭合电路欧姆定律可知
其中
解得
[2]令
则
又因为
可得
由压敏电阻阻值Rx随所加压力大小F变化的Rx-F图像可知
代入解得
13．如图所示，一内横截面积的圆柱形气缸静置于水平地面上，气缸下部有小缺口与外界大气连通。气缸内轻质活塞上部密闭一定质量的理想气体，开始时，气柱长度，压强与大气压强相等且均为，温度；活塞下部连接一劲度系数的轻质弹簧，弹簧下端固定在气缸底部并处于原长。现通过加热装置（体积忽略不计）对密闭气体缓慢加热，当气体温度升高到时，活塞开始向下滑动并压缩弹簧；继续缓慢加热，活塞下滑时停止加热，活塞同时停止下滑。活塞下滑过程中与气缸内壁之间的滑动摩擦力保持不变，且与最大静摩擦力相等，弹簧始终在弹性限度内。
（1）求活塞与气缸内壁之间的滑动摩擦力大小f；
（2）求活塞下滑时气体的温度；
（3）从开始加热到活塞下滑的过程中，气体从外界吸收的热量，求此过程中气体内能的增加量。
【答案】（1）设轻活塞开始滑动时密闭气体的压强为，由查理定律有
解得
对轻活塞受力分析有
解得

（2）轻活塞刚好下滑时，设气体压强为，对轻活塞受力分析有
且
解得
由理想气体状态方程有
解得

（3）整个过程中，气体压强随距离均匀增加，由平均力法可得外界对气体做功
由热力学第一定律
解得

【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用；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）当活塞开始移动时，利用气体等容变化可以求出气体的压强，结合活塞的平衡方程可以求出滑动摩擦力的大小；
（2）当活塞下滑的过程中，利用平衡方程可以求出压强的大小，结合理想气体的状态方程可以求出温度的大小；
（3）当活塞下降的过程中，利用气体压强可以求出外界对气体做功的大小，结合热力学第一定律可以求出内能的增加量。
（1）设轻活塞开始滑动时密闭气体的压强为，由查理定律有
解得
对轻活塞受力分析有
解得
（2）轻活塞刚好下滑时，设气体压强为，对轻活塞受力分析有
且
解得
由理想气体状态方程有
解得
（3）整个过程中，气体压强随距离均匀增加，由平均力法可得外界对气体做功
由热力学第一定律
解得
14．如图所示，在水平向左的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆形轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径，电场强度的大小为。一带电荷量的小滑块质量为，与水平轨道间的动摩擦因数，滑块从水平轨道上某处由静止释放，小滑块恰好运动到半圆形轨道的最高点C。g取，求：
（1）滑块在水平轨道上由静止释放的位置离N点的距离
（2）滑块通过半圆形轨道中点P点时对轨道压力大小
（3）小滑块经过C点后的落地点离N点的距离。
【答案】（1）解：小滑块在C点时，重力提供向心力，有
代入题中数据，解得
整个过程，由动能定理得
解得

（2）解：滑块从初位置到达P点，由动能定理得
滑块到达P点时轨道对滑块的弹力和电场力的合力提供向心力，有
联立解得
由牛顿第三定律，P点时滑块对轨道压力大小为
方向水平向左。
（3）解：滑块经C点后，竖直方向做自由落体运动
滑块水平方向做匀减速运动，则有，
联立解得

【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）滑块经过C点时，利用牛顿第二定律可以求出经过C点速度的大小，结合动能定理可以求出 滑块在水平轨道上由静止释放的位置离N点的距离 ；
（2）滑块从M点到达P点的过程中，利用动能定理可以求出经过P点的速度大小，结合牛顿第二定律和第三定律可以求出滑块对轨道的压力大小；
（3）滑块经过C点后做类平抛运动，利用位移公式可以求出落地点离N点的距离。
（1）小滑块在C点时，重力提供向心力，有
代入题中数据，解得
整个过程，由动能定理得
解得
（2）滑块从初位置到达P点，由动能定理得
滑块到达P点时轨道对滑块的弹力和电场力的合力提供向心力，有
联立解得
由牛顿第三定律，P点时滑块对轨道压力大小为
方向水平向左。
（3）滑块经C点后，竖直方向做自由落体运动
滑块水平方向做匀减速运动，则有，
联立解得
15．如图所示，在xOy坐标系中，有垂直坐标平面向外的匀强磁场和沿y轴正方向的匀强电场，电场和磁场的分界线为MN，MN与y轴的夹角为，匀强磁场的磁感应强度为B，匀强电场的电场强度未知。一个质量为m、电量为的粒子，在坐标原点以大小为、方向与x轴负方向成的初速度射入磁场，粒子经磁场偏转进入电场后，恰好能到达x轴。不计粒子的重力，求：
（1）粒子在磁场中的轨迹半径；
（2）匀强电场的电场强度大小；
（3）粒子从O点射出后到第二次经过边界MN时，粒子运动的时间。
【答案】（1）解：粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律可知
求得

（2）解：粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，
根据几何关系，粒子出磁场的位置离x轴的距离为
由于粒子进入电场后速度与电场方向相反，因此粒子做匀减速运动，刚好能到达x轴，根据动能定理有
求得

（3）解：粒子运动轨迹，如图所示
粒子在磁场中做圆周运动的周期为
由几何关系可知，第一次在磁场中运动的圆心角为。
第一次在磁场中运动的时间为
在电场中运动根据牛顿第二定律
粒子由A点运动到P点，由运动学公式
粒子从A点运动到P点做末速度为零的匀减速运动，从P点运动到A点做初速度为零的匀加速直线运动，两过程加速度相同，时间相同。
从O点起粒子第二次经过边界的时间为
解得

【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）当粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出轨迹半径的大小；
（2）当粒子进入电场后做匀减速直线运动，利用几何关系可以求出在电场中运动的位移，结合动能定理可以求出电场强度的大小；
（3）当粒子第二次经过MN边界时，利用粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角结合周期可以求出粒子在磁场中运动的时间，利用粒子在电场中的速度公式结合牛顿第二定律可以求出在电场中运动的时间。
（1）粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律可知
求得
（2）粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，
根据几何关系，粒子出磁场的位置离x轴的距离为
由于粒子进入电场后速度与电场方向相反，因此粒子做匀减速运动，刚好能到达x轴，根据动能定理有
求得
（3）粒子运动轨迹，如图所示
粒子在磁场中做圆周运动的周期为
由几何关系可知，第一次在磁场中运动的圆心角为。
第一次在磁场中运动的时间为
在电场中运动根据牛顿第二定律
粒子由A点运动到P点，由运动学公式
粒子从A点运动到P点做末速度为零的匀减速运动，从P点运动到A点做初速度为零的匀加速直线运动，两过程加速度相同，时间相同。
从O点起粒子第二次经过边界的时间为
解得
1 / 1河南省南阳市方城县第一高级中学2025-2026学年高三下学期一模考前增分卷物理试题（十一）
1．下列说法正确的是（　　）
A．摩擦起电的过程中产生了电荷
B．电子就是元电荷
C．质点和点电荷都是理想化的物理模型
D．带电体的电量可以是任意值
2．如图所示，a、b两细绳一端系着质量为m的小球，另一端系在竖直放置的圆环上，小球位于圆环的中心，开始时绳a水平，绳b倾斜。现将圆环在竖直平面内顺时针缓慢地向右滚动一锐角至绳b水平，在此过程中绳a上张力为和b上张力为 ，则（ ）
A．逐渐增大， 逐渐增大 B．逐渐减小， 逐渐减小
C．逐渐减小， 逐渐增大 D．逐渐增大， 逐渐减小
3．一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示。以下说法错误的是（　　）
A．物体的质量为0.75kg
B．0~8s时间内拉力的冲量为18N s
C．0~8s时间内物体动量变化量的大小4kg m/s
D．0~10s时间内，物体克服摩擦力所做的功为30J
4．下列有关电与磁的四幅情景图像，其中说法正确的是（　　）
A．对甲：当线圈匀速转动时，不会产生感应电流，当线圈非匀速转动时，会产生感应电流
B．对乙：采用劲度系数更大的螺旋弹簧有利于提高磁式电流表的量程
C．对丙：恒定的电场和恒定的磁场互相激发交替产生，就能形成电磁波
D．对丁：在电磁波谱中，红外线就是红光，紫外线就是紫光，均属于可见光
5．如图所示，、为地月系统中的两个拉格朗日点，位于拉格朗日点上的卫星可以在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做匀速圆周运动，“鹊桥”中继卫星位于点上。结合以上信息，下列说法正确的是（　　）
A．“鹊桥”中继卫星的发射速度
B．地球静止卫星轨道应位于月球与点之间
C．同一颗卫星位于点所在轨道时的动能大于位于点所在轨道时的动能
D．“鹊桥”中继卫星的向心加速度大于月球的向心加速度
6．如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向运动，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度—时间变化规律如图乙所示，t=6s时恰好到B点，则（　　）
A．物块与传送带之间动摩擦因数为μ=0.1
B．传送带长度为24m
C．若物块质量m=1kg，物块对传送带做的功为8J
D．物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达B端
7．如图所示，某楼梯有8级台阶，一表面光滑的小球从最上面一级台阶的边缘被水平踢出，刚好落到下一级台阶的水平边缘上，被弹起后继续运动。所有台阶的高度相同、宽度相同，所有碰撞过程均为弹性碰撞（碰撞前后水平方向速度不变，竖直方向速度反向），忽略空气阻力，则小球落地之前与台阶碰撞的次数为（　　）
A．1次 B．2次 C．3次 D．4次
8．一只青蛙从一片荷叶跳入平静的湖水中，平静的水面以青蛙的入水点开始上下做简谐运动，在水面上激起一层涟漪。青蛙入水不远处的水面上有两片树叶，其振动图像分别为图中的a、b所示。已知水波的波长为0.4m，两片树叶在入水点的同侧且与入水点在一条直线上，则两片树叶之间的距离可能为（　　）
A．0.4m B．0.5m C．0.6m D．0.7m
9．如图甲所示，在绝缘光滑斜面上方的MM'和PP'范围内有沿斜面向上的电场，电场强度大小沿电场线方向的变化关系如图乙所示，一质量为m、带电荷量为q（q>0）的可视为点电荷的小物块从斜面上的A点以初速度v0沿斜面向上运动，到达B点时速度恰好为零。已知斜面倾角为θ， A、B两点间的距离为l，重力加速度为g，则以下判断正确的是（　　）
A．小物块在运动过程中所受到的电场力一直大于mgsin θ
B．小物块在运动过程中的中间时刻速度小于
C．A、B两点间的电势差为
D．此过程中小物块机械能增加量小于mglsin θ
10．如图所示为质量m的蹦床运动员（视为质点）比赛时的简化情景。比赛中，某时刻运动员从高处由静止自由下落到刚与蹦床接触用时，第一次与蹦床自由接触过程的作用时间为，反弹后离开蹦床竖直向上运动的时间为，不计任何阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是（　　）
A．运动员与蹦床接触过程中，蹦床对运动员的冲量大于运动员对蹦床的冲量
B．运动员与蹦床接触后向下运动过程中，运动员受到的合外力先做正功后做负功
C．运动员第一次与蹦床接触作用的过程中，蹦床对运动员的冲量大于
D．整个过程中，运动员机械能始终守恒不变
11．某实验小组用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律，图乙为装置简化图。A、B为大小相同的小球，测得质量分别为，，A球为入射小球，B球为被碰小球。实验时，先不放小球B，让小球A从斜槽上的某位置由静止释放后飞出落到垫有复写纸的白纸上，重复实验多次，记下平均落地点为P；然后，将小球B放在斜槽末端，让小球A从斜槽上的某位置由静止释放，与小球B发生碰撞，两球从斜槽末端飞出落到同一白纸上，重复实验多次，记下小球A、B的平均落地点分别为M、N：斜槽末端在白纸上的投影位置为O点。
（1）实验中需满足条件　 　（选填“>”或“<”）。
（2）关于本实验的其他操作，下列说法正确的是（　　）
A．小球A每次都必须从斜槽上同一位置由静止释放
B．必须测量斜槽末端距水平地面的高度
C．为完成实验，小球A的质量应大于小球B的质量，且两个小球的大小必须相同
D．若小球A与小球B碰后反弹，仍能再次从斜槽末端飞出，则对实验无影响
（3）实验测得三个落地点位置与O点的距离分别为OM、OP、ON，为了验证A、B两小球碰撞过程中总动量守恒，应验证表达式　 　在实验误差允许范围内是否成立（用题中测得的物理量的符号表示）。
（4）实验中某同学认为A、B两球间的碰撞不是弹性碰撞，下列表达式能支持该同学的结论的是（　　）（填正确答案标号）。
A． B．
C． D．
12．小明想用实验室的器材设计一个测力计，可供选择的器材如下：
A．两节完全相同的干电池（电动势E、内阻r均未知）；
B．电流表A1（量程为0~3mA，内阻为）；
C．电流表A2（量程为0~0.6A，内阻为）；
D．电压表V1（量程为0~3V，内阻未知）；
E．电压表V2（量程为0~15V，内阻未知）；
F．滑动变阻器R1（0~10Ω，允许通过的最大电流为2A）；
G．滑动变阻器R2（0~100Ω，允许通过的最大电流为1A）；
H．电阻箱R（0~999.9Ω）；
I．压敏电阻Rx，其阻值Rx随所加压力大小F变化的Rx-F图像如图丙所示；
J．开关S及导线若干。
（1）测量一节干电池的电动势和内阻，为使测量结果尽可能准确，本实验采用如图甲所示的电路，滑动变阻器应选　 　（填“F”或“G”）。
（2）根据实验中电压表和电流表的示数得到了如图乙所示的U-I图像，则该干电池的电动势为E=　 　V，内阻为r=　 　Ω。
（3）将压敏电阻Rx设计成量程为0~100N的测力计，需将压敏电阻Rx与上述两节干电池、电流表A1、电阻箱R串联成如图丁所示的电路。闭合开关S，为使压敏电阻Rx所受压力大小为100N时电流表A1指针满偏，电阻箱接入电路的阻值为R=　 　Ω，通过电流表A1的电流I随压力大小F变化的函数关系式为I=　 　A（电阻箱接入电路的阻值R保持不变）。
13．如图所示，一内横截面积的圆柱形气缸静置于水平地面上，气缸下部有小缺口与外界大气连通。气缸内轻质活塞上部密闭一定质量的理想气体，开始时，气柱长度，压强与大气压强相等且均为，温度；活塞下部连接一劲度系数的轻质弹簧，弹簧下端固定在气缸底部并处于原长。现通过加热装置（体积忽略不计）对密闭气体缓慢加热，当气体温度升高到时，活塞开始向下滑动并压缩弹簧；继续缓慢加热，活塞下滑时停止加热，活塞同时停止下滑。活塞下滑过程中与气缸内壁之间的滑动摩擦力保持不变，且与最大静摩擦力相等，弹簧始终在弹性限度内。
（1）求活塞与气缸内壁之间的滑动摩擦力大小f；
（2）求活塞下滑时气体的温度；
（3）从开始加热到活塞下滑的过程中，气体从外界吸收的热量，求此过程中气体内能的增加量。
14．如图所示，在水平向左的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆形轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径，电场强度的大小为。一带电荷量的小滑块质量为，与水平轨道间的动摩擦因数，滑块从水平轨道上某处由静止释放，小滑块恰好运动到半圆形轨道的最高点C。g取，求：
（1）滑块在水平轨道上由静止释放的位置离N点的距离
（2）滑块通过半圆形轨道中点P点时对轨道压力大小
（3）小滑块经过C点后的落地点离N点的距离。
15．如图所示，在xOy坐标系中，有垂直坐标平面向外的匀强磁场和沿y轴正方向的匀强电场，电场和磁场的分界线为MN，MN与y轴的夹角为，匀强磁场的磁感应强度为B，匀强电场的电场强度未知。一个质量为m、电量为的粒子，在坐标原点以大小为、方向与x轴负方向成的初速度射入磁场，粒子经磁场偏转进入电场后，恰好能到达x轴。不计粒子的重力，求：
（1）粒子在磁场中的轨迹半径；
（2）匀强电场的电场强度大小；
（3）粒子从O点射出后到第二次经过边界MN时，粒子运动的时间。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】理想模型法；电荷及三种起电方式；元电荷
【解析】【解答】A．摩擦起电的本质是电荷在不同物体间发生转移，并没有创造、产生新的电荷，故 A 错误；
B．电子是一种微观带电粒子，元电荷是最小的电荷量数值，并非实物粒子，只能说电子的带电量大小等于元电荷，不能说电子就是元电荷，故 B 错误；
C．质点忽略物体的形状大小、点电荷忽略带电体的形状大小，二者都是突出主要影响因素、忽略次要因素建立的理想化物理模型，故 C 正确；
D．带电体的电荷量只能是元电荷的整数倍，不能取任意数值，故 D 错误。
故答案为：C。
【分析】A、考查摩擦起电的本质，电荷只能转移不能凭空产生；
B、区分元电荷与电子，元电荷是电荷量单位，电子是带电粒子；
C、理解理想化物理模型的特点，质点、点电荷均属于理想化模型；
D、考查电荷的量子化特征，所有带电体电荷量均为元电荷的整数倍。
2．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】设圆环在转动过程中绳b与竖直方向的夹角为，
转动的过程中小球受力平衡，可得两绳拉力的合力不变等于mg，两绳拉力和小球重力组成一个三角形，根据几何知识可得两绳拉力的夹角设为不变，根据正弦定理可得
，在转动的过程中变大，且小于，所以可得变大，变小。
故答案为：D。
【分析】本题考查动态平衡中的力的矢量三角形分析法，解题核心是抓住缓慢转动过程中小球始终受力平衡、两绳拉力的合力恒定不变，结合两绳夹角不变的几何特点，通过矢量三角形边长变化判断两根细绳拉力的变化趋势。
3．【答案】A
【知识点】动量定理；牛顿定律与图象；功的概念；冲量
【解析】【解答】由图像可知：02s物体静止，26s匀加速，加速度，6~8s匀速，滑动摩擦力。
A.2~6s，由牛顿第二定律：，即，解得，不是，故A错误；
B．冲量等于图面积：，故B正确；
C.0~8s初末速度，动量变化，故C正确；
D．图像面积得总位移，克服摩擦力做功，故D正确。
故答案为：A。
【分析】A、利用匀加速阶段牛顿第二定律，结合匀速时滑动摩擦力求解物体质量；
B、拉力冲量等于图像与时间轴围成的面积；
C、动量变化等于质量乘以速度变化量；
D、由图像面积求总位移，结合滑动摩擦力计算克服摩擦力做的功。
4．【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；涡流、电磁阻尼、电磁驱动；电磁场与电磁波的产生；电磁波的周期、频率与波速
【解析】【解答】A．线圈绕轴转动时，磁通量始终为 0（磁感线平行于线圈平面），无论匀速还是非匀速转动，都不会产生感应电流，故A错误；
B．乙图是电磁式电流表，其量程由螺旋弹簧的劲度系数决定：劲度系数越大，相同指针偏转角下，弹簧弹力越大，对应的线圈安培力（及电流）越大，因此采用劲度系数更大的螺旋弹簧有利于提高量程，故B正确；
C．电磁波由周期性变化的电场、磁场交替激发产生，恒定的场无法形成电磁波，故C错误；
D．电磁波谱中，可见光仅包含红光到紫光，红外线、紫外线不属于可见光，故D错误。
故答案为：B。
【分析】结合电磁感应、磁电式电流表原理、电磁波产生条件、电磁波谱的知识，逐一判断选项。
5．【答案】D
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．第一宇宙速度为7.9km/s（离开地面的最小发射速度），第二宇宙速度为11.2km/s（离开地球的最小发射速度），“鹊桥”运行于地-月拉格朗日点L2，由于没有离开地球的引力作用，所以发射速度满足7.9km/sB．月球绕地球周期为27天，静止卫星周期为1天，由于月球和卫星的中心体都是地球，由于月球轨道半径大于静止卫星轨道半径，根据开普勒第三定律可知静止卫星轨道应该在地球与月球之间，故B错误；
C．由题意可知，当卫星位于L1、L2点所在轨道围绕地球运动时的角速度相等，则根据线速度和角速度的关系式可知，当卫星位于L2点时的线速度要大于位于L1点时的线速度，根据动能的表达式可知同一颗卫星位于L2点时的动能要大于位于L1点时的动能，故C错误；
D．由于中继卫星与月球角速度相等，根据向心加速度表达式可知“鹊桥”中继卫星的向心加速度大于月球的向心加速度，故D正确。
故选D。
【分析】“鹊桥”运行于地-月拉格朗日点L2，由于没有离开地球的引力作用，所以发射速度满足7.9km/s6．【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．由图像可知，0～4s物块匀加速，加速度，由牛顿第二定律，得，解得，故A正确；
B．传送带长度等于物块0～6s的位移，即图线与时间轴围成面积：，并非24m，故B错误；
C．加速阶段传送带位移，摩擦力，物块对传送带做功，并非8J，故C错误；
D．物块加速位移，剩余位移，传送带速度突变为零后，物块减速加速度大小仍为，物块减速到0的位移，刚好等于剩余位移，物块恰好能到达B端，故D错误。
故答案为：A。
【分析】A、由图像求加速度，结合牛顿第二定律求解动摩擦因数；
B、传送带长度等于物块全程位移，利用图像面积计算位移；
C、物块仅在加速阶段与传送带有相对滑动，摩擦力乘以传送带位移为物块对传送带做的功；
D、先算出物块加速位移，再计算减速滑行的最大距离，判断能否到达B端。
7．【答案】B
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】设每级台阶高度为 、宽度为 。
第一次平抛：从8级到7级，下落高度 ，水平位移 ，满足 ，。
弹性碰撞后，竖直速度反向，可等效为继续向下的平抛运动。总下落高度为 ，总水平位移为 。
台阶总宽度为 ，因此小球会在第6级、第5级台阶各碰撞一次，之后直接落到地面。
碰撞次数为2次。
故答案为：B。
【分析】利用弹性碰撞的对称性，将碰撞后的运动等效为连续的平抛运动，通过平抛运动的位移比例关系计算碰撞次数。
8．【答案】B,D
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】题意可知0时刻a波在波谷，b波在平衡位置，且波长均为，若波从b向a传播，则两片树叶之间的距离满足
（n=0，1，2，3，...）
整理得
（n=0，1，2，3，...）
n=0、1、2时，x分别为0.1m、0.5m、0.9m
若波从a向b传播，则两片树叶之间的距离满足
（n=0，1，2，3，...）
整理得
（n=0，1，2，3，...）
n=0，1，2时，x分别为0.3m、0.7m、1.1m
故选BD。
【分析】根据振动图像，若波从b传向a，则二者间距满足（n=0，1，2，3，...）关系，从而求解x，由特殊值法分析判断；若波从a传向b，则二者间距满足（n=0，1，2，3，...）关系，从而求解x，由特殊值法分析判断。
9．【答案】B,D
【知识点】功能关系；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A．小物块沿斜面向上做减速运动，加速度沿斜面向下，由牛顿第二定律，可得，整个运动过程电场强度逐渐增大，但始终小于，故A错误；
B．小物块向上做加速度逐渐减小的减速直线运动，图像为向上凸的曲线，相同时间内速度下降越来越慢，因此中间时刻的瞬时速度小于匀减速直线运动中间时刻速度，故B正确；
C．对小物块从A到B过程由动能定理：，整理得，故C错误；
D．物块机械能的增加量等于电场力做的功，，显然，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】A、结合牛顿第二定律，由加速度方向判断电场力始终小于重力沿斜面向下的分力；
B、根据变加速运动的图像特点，对比匀变速直线运动，判断中间时刻瞬时速度大小；
C、利用动能定理，联立重力做功、电场力做功与动能变化，求解AB间电势差；
D、除重力之外其他力做功等于物体机械能变化，电场力做正功，机械能增加，结合动能定理判断机械能增量范围。
10．【答案】B,C
【知识点】动量定理；功的概念；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．运动员与蹦床接触过程中，根据牛顿第三定律可知相互作用力等大反向，作用时间相等，根据力与时间的乘积可得蹦床对运动员的冲量与运动员对蹦床的冲量大小相等，故A错误；
B．运动员与蹦床接触后向下运动过程中，由于弹力随形变量不断增大，所以弹力从小于重力到大于重力的过程中，速度先变大后变小，根据动能定理，运动员受到的合外力先做正功后做负功，故B正确；
C．运动员第一次与自由蹦床接触过程中，由于运动员从静止到最高点的动量变化为0，设蹦床对运动员的冲量为I，根据全过程的动量定理有：
得蹦床对运动员的冲量大小为，故C正确；
D．运动员与蹦床接触过程，由于运动员和蹦床为系统的机械能守恒，由于蹦床的弹性势能先增大后减小，所以运动员的机械能会先减小再增大，故D错误。
故选BC。
【分析】利用牛顿第三定律可以判别运动员与蹦床之间的作用力相等，结合时间相等可以得出冲量的大小相等；利用弹力与重力的比较可以判别合力的方向进而判别速度的变化，结合动能定理可以判别合外力做功；利用全程的动量定理可以求出蹦床对运动员的冲量大小；利用系统机械能守恒可以得出运动员机械能的变化。
11．【答案】（1）>
（2）A；C
（3）
（4）B；D
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）为了避免入射小球反弹，要保证入射球质量大于被碰球质量。
故答案为：>
（2）A．为了保证两次入射小球到达斜槽末端具有相同的速度，两次入射小球需从同一位置由静止释放，故A正确；
B．小球飞出后做平抛运动，由于下落高度相同，则平抛时间相同，可以根据水平方向运动距离比较初速度，无需测量斜槽末端距水平地面的高度，故B错误；
C．为了避免入射小球反弹，要保证入射球质量大于被碰球质量，为保证正碰，两个小球的大小必须相同，故C正确；
D．若小球A与小球B碰后反弹，A会在斜槽上运动一段距离，可能会有阻力做功，对实验有影响，故D错误。
故答案为：AC
（3）根据平抛运动规律可知小球均从相同高度平抛，则平抛时间相同，若A、B两小球碰撞过程中总动量守恒，两边同时乘时间t，可得
即
故答案为：
（4）如果两球间的碰撞不是弹性碰撞，动量依然守恒
机械能减小，同理得
联立解得，
故答案为：BD
【分析】(1) 本小问考查验证动量守恒实验的注意事项，入射小球质量必须大于被碰小球，避免碰撞后反弹。
(2) 本小问考查实验操作细节，同一位置释放保证初速度一致，利用平抛水平位移等效替代速度，对心碰撞要求两球半径相同。
(3) 本小问利用平抛时间相等，将速度守恒转化为水平位移的守恒表达式。
(4) 本小问结合动能不增加的条件，推导非弹性碰撞对应的位移不等式，筛选正确选项。
（1）为了避免入射小球反弹，要保证入射球质量大于被碰球质量。
（2）A．为了保证两次入射小球到达斜槽末端具有相同的速度，两次入射小球需从同一位置由静止释放，故A正确；
B．小球飞出后做平抛运动，由于下落高度相同，则平抛时间相同，可以根据水平方向运动距离比较初速度，无需测量斜槽末端距水平地面的高度，故B错误；
C．为了避免入射小球反弹，要保证入射球质量大于被碰球质量，为保证正碰，两个小球的大小必须相同，故C正确；
D．若小球A与小球B碰后反弹，A会在斜槽上运动一段距离，可能会有阻力做功，对实验有影响，故D错误。
故选AC。
（3）根据平抛运动规律可知小球均从相同高度平抛，则平抛时间相同，若A、B两小球碰撞过程中总动量守恒
两边同时乘时间t，可得
即
（4）如果两球间的碰撞不是弹性碰撞，动量依然守恒
机械能减小
同理得
联立解得
故选BD。
12．【答案】（1）F
（2）1.5；0.8
（3）938.4；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】要掌握实验器材的选择原则；理解实验原理是解题的前提，分析清楚电路结构，应用闭合电路的欧姆定律即可解题。
（1）一节干电池的电动势约1.5V左右，内阻约1Ω左右，为使测量结果尽可能准确，电流表应选量程为0～0.6A的C，电压表应选量程为0～3V的D，为了方便调节电路，滑动变阻器应选阻值范围为0～10Ω的F。
（2）该干电池的电动势为
内阻为
（3）当压敏电阻Rx所受压力大小为100N时，其阻值，此时电流表A1指针满偏，由闭合电路欧姆定律可知
其中
解得
[2]令
则
又因为
可得
由压敏电阻阻值Rx随所加压力大小F变化的Rx-F图像可知
代入解得
【分析】（1）根据电路最大电流选择电流表，根据电池电动势选择电压表；为方便实验操作选择最大阻值较小的滑动变阻器。
（2）求出图像的函数解析式，根据图示图像求出电池电动势与内阻。
（3）根据图示电路图，应用闭合电路的欧姆定律分析答题。
（1）一节干电池的电动势约1.5V左右，内阻约1Ω左右，为使测量结果尽可能准确，电流表应选量程为0～0.6A的C，电压表应选量程为0～3V的D，为了方便调节电路，滑动变阻器应选阻值范围为0～10Ω的F。
（2）[1]该干电池的电动势为
[2]内阻为
（3）[1]当压敏电阻Rx所受压力大小为100N时，其阻值，此时电流表A1指针满偏，由闭合电路欧姆定律可知
其中
解得
[2]令
则
又因为
可得
由压敏电阻阻值Rx随所加压力大小F变化的Rx-F图像可知
代入解得
13．【答案】（1）设轻活塞开始滑动时密闭气体的压强为，由查理定律有
解得
对轻活塞受力分析有
解得

（2）轻活塞刚好下滑时，设气体压强为，对轻活塞受力分析有
且
解得
由理想气体状态方程有
解得

（3）整个过程中，气体压强随距离均匀增加，由平均力法可得外界对气体做功
由热力学第一定律
解得

【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用；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）当活塞开始移动时，利用气体等容变化可以求出气体的压强，结合活塞的平衡方程可以求出滑动摩擦力的大小；
（2）当活塞下滑的过程中，利用平衡方程可以求出压强的大小，结合理想气体的状态方程可以求出温度的大小；
（3）当活塞下降的过程中，利用气体压强可以求出外界对气体做功的大小，结合热力学第一定律可以求出内能的增加量。
（1）设轻活塞开始滑动时密闭气体的压强为，由查理定律有
解得
对轻活塞受力分析有
解得
（2）轻活塞刚好下滑时，设气体压强为，对轻活塞受力分析有
且
解得
由理想气体状态方程有
解得
（3）整个过程中，气体压强随距离均匀增加，由平均力法可得外界对气体做功
由热力学第一定律
解得
14．【答案】（1）解：小滑块在C点时，重力提供向心力，有
代入题中数据，解得
整个过程，由动能定理得
解得

（2）解：滑块从初位置到达P点，由动能定理得
滑块到达P点时轨道对滑块的弹力和电场力的合力提供向心力，有
联立解得
由牛顿第三定律，P点时滑块对轨道压力大小为
方向水平向左。
（3）解：滑块经C点后，竖直方向做自由落体运动
滑块水平方向做匀减速运动，则有，
联立解得

【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）滑块经过C点时，利用牛顿第二定律可以求出经过C点速度的大小，结合动能定理可以求出 滑块在水平轨道上由静止释放的位置离N点的距离 ；
（2）滑块从M点到达P点的过程中，利用动能定理可以求出经过P点的速度大小，结合牛顿第二定律和第三定律可以求出滑块对轨道的压力大小；
（3）滑块经过C点后做类平抛运动，利用位移公式可以求出落地点离N点的距离。
（1）小滑块在C点时，重力提供向心力，有
代入题中数据，解得
整个过程，由动能定理得
解得
（2）滑块从初位置到达P点，由动能定理得
滑块到达P点时轨道对滑块的弹力和电场力的合力提供向心力，有
联立解得
由牛顿第三定律，P点时滑块对轨道压力大小为
方向水平向左。
（3）滑块经C点后，竖直方向做自由落体运动
滑块水平方向做匀减速运动，则有，
联立解得
15．【答案】（1）解：粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律可知
求得

（2）解：粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，
根据几何关系，粒子出磁场的位置离x轴的距离为
由于粒子进入电场后速度与电场方向相反，因此粒子做匀减速运动，刚好能到达x轴，根据动能定理有
求得

（3）解：粒子运动轨迹，如图所示
粒子在磁场中做圆周运动的周期为
由几何关系可知，第一次在磁场中运动的圆心角为。
第一次在磁场中运动的时间为
在电场中运动根据牛顿第二定律
粒子由A点运动到P点，由运动学公式
粒子从A点运动到P点做末速度为零的匀减速运动，从P点运动到A点做初速度为零的匀加速直线运动，两过程加速度相同，时间相同。
从O点起粒子第二次经过边界的时间为
解得

【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）当粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出轨迹半径的大小；
（2）当粒子进入电场后做匀减速直线运动，利用几何关系可以求出在电场中运动的位移，结合动能定理可以求出电场强度的大小；
（3）当粒子第二次经过MN边界时，利用粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角结合周期可以求出粒子在磁场中运动的时间，利用粒子在电场中的速度公式结合牛顿第二定律可以求出在电场中运动的时间。
（1）粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律可知
求得
（2）粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，
根据几何关系，粒子出磁场的位置离x轴的距离为
由于粒子进入电场后速度与电场方向相反，因此粒子做匀减速运动，刚好能到达x轴，根据动能定理有
求得
（3）粒子运动轨迹，如图所示
粒子在磁场中做圆周运动的周期为
由几何关系可知，第一次在磁场中运动的圆心角为。
第一次在磁场中运动的时间为
在电场中运动根据牛顿第二定律
粒子由A点运动到P点，由运动学公式
粒子从A点运动到P点做末速度为零的匀减速运动，从P点运动到A点做初速度为零的匀加速直线运动，两过程加速度相同，时间相同。
从O点起粒子第二次经过边界的时间为
解得
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