资源简介

2026届四川泸州市古蔺县中学校高三第一次模拟物理试题
1．我国《机动车运行安全技术条件》征求意见稿中提出“乘用车默认百公里加速时间（从静止加速到100km/h的最短时间）不低于5秒”，此要求目的是为了限制车辆的（　　）
A．位移 B．初速度 C．加速度 D．末速度
2．氢原子的光谱如图所示，图中的Hα、Hβ、Hγ、Hδ四条谱线都在可见光区。这四条谱线对应的光子能量最高的是（　　）
A．Hα谱线 B．Hβ谱线 C．Hγ谱线 D．Hδ谱线
3．将某种液体滴在玻璃板表面，形成扁平球形的液滴，如图所示。现将玻璃板竖直插入该液体中，稳定后玻璃板左右两侧的液面形状可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．如图所示，12位身高相同的同学手挽手站成一排模拟机械波的形成和传播。t=0时，从同学1开始依次带动右边的同学，每人每分钟完成30次下蹲和起立，形成一列向右传播的“机械波”。已知同学1第一次蹲到最低点时，同学5刚好要开始下蹲；队伍中相邻两同学所站位置间距均为0.8m，所有同学从开始下蹲到最低点过程中，头部竖直向下运动路程均为60cm。下列说法正确的是（　　）
A．这列“波”的波长为2.4m
B．这列“波”的波速为3.2m/s
C．t=6s时同学12开始下蹲
D．0~4s内同学9的头部运动路程为1.8m
5．某天文爱好者观测绕地球做匀速圆周运动的卫星，测出各个卫星的周期T及其对应的轨道半径r，作出图像如图所示，已知地球的半径为R，引力常量G为已知，则下列说法正确的是（　　）
A．地球的质量为
B．地球的第一宇宙速度为
C．地球表面的重力加速度为
D．若月球绕地球做匀速圆周运动的周期为，则其轨道半径为
6．如图所示，A、B两点固定等量的异种电荷，C、D两点将A、B连线三等分，已知A、B连线上电场强度的最小值为E，则C点的电场强度大小为（　　）
A． B． C． D．
7．如图所示，竖直平面内的固定光滑圆形绝缘轨道的半径为R，A、B两点分别是圆形轨道的最低点和最高点，圆形轨道上C、D两点的连线过圆心O且OC与竖直向下方向的夹角为60°。空间存在方向水平向右且平行圆形轨道所在平面的匀强电场，一质量为m的带负电小球（视为质点）恰好能沿轨道内侧做完整的圆周运动，且小球通过D点时的速度最小。重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．小球受到的电场力大小为2mg
B．小球通过D点时的速度大小为
C．小球在运动过程中的最大速度为
D．小球通过C点时所受轨道的作用力大小为12mg
8．有几名同学在一次运算中，得出了某物体位移x的大小与其加速度a、质量m、速度v、作用力F和运动时间t的关系式分别如下，其中可能正确的是（　　）
A． B． C． D．
9．如图甲所示，某宿舍门安装有内嵌式方形玻璃透视窗。方形玻璃的厚度、折射率，一束经窗框点射向玻璃点的光线恰好能到点，如图乙所示。已知，不考虑光的色散和多次反射。下列说法正确的是（　　）
A．从室内能看到室外的视野的最大范围为
B．从室内能看到室外的视野的最大范围为
C．使用折射率更小的玻璃，能增大视野范围
D．使用折射率更大的玻璃，能增大视野范围
10．如图所示，在直角坐标系中，有一个边长为的正方形区域，点在原点，点和点分别在轴和轴上，该区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，一带正电的粒子质量为，电荷量为，以速度从点沿轴正方向射入磁场，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）
A．若粒子恰好从点射出磁场，则粒子的速度
B．若粒子从cb边射出磁场，则粒子的速度
C．若粒子从边射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间范围是
D．若粒子的速度，则粒子出射时速度方向与轴正方向夹角的正弦值为
11．从发现情况到采取相应行动所经过的时间叫反应时间。利用如图所示的方法可以估测反应时间。
（1）甲同学捏住直尺上端，使直尺保持竖直状态，直尺零刻度线位于乙同学的两指之间。当乙看见甲放开直尺时，立即用手指捏直尺，若捏住位置的刻度读数为x，则乙同学的反应时间为　 　（重力加速度为g）。
（2）基于上述原理，为测乙同学的反应时间，甲同学用手指捏住一测量范围为“0~50cm”的直尺顶端，使其竖直静止，乙同学用一只手在直尺“零刻度”位置做捏住直尺的准备，某次测试时，乙同学的手触到直尺后，直尺继续下滑了1.00cm，最终停在了46.00cm处，整个过程中乙同学手的位置不变则乙同学的反应时间为　 　s。（g取10m/s2）
（3）通过上述实验后，甲、乙两位同学决定用一把测量范围为“0~80cm”的直尺制作一把“人的反应时间测量尺”。他们将直尺刻度进行了改进，以相等时间间隔在直尺反面标出刻度对应的反应时间（单位s），则下列四幅图中正确标度时间的是（　　）
A． B． C． D．
12．某实验小组在实验室练习使用多用电表测电阻：
（1）多用电表表盘如图甲所示，某同学在完成机械调零后，准备测电阻，他进行如下操作，请帮助他完成以下实验步骤：
①将K旋转到电阻挡“×10”的位置。
②将红、黑表笔短接，旋动　 　（填“S”或“T”），使指针对准电阻挡的0刻线。
③将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，如图乙中虚线所示，则应将K旋转到电阻挡“×　 　”的位置（选填“1”、“100”）。
（2）该同学在做好正确操作后，表盘指针如图乙实线所示，则该电阻阻值为　 　Ω。
（3）图丙是该实验小组绘制的多用电表内部电路图，图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头的满偏电流为250 A，内阻为480Ω，虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位：欧姆×100Ω挡、直流电压1V挡、直流电压5V挡、直流电流1mA挡和直流电流2.5mA挡。根据上述条件可得：R1+R2=　 　Ω，R4=　 　Ω。
13．2025年10月，由我国完全自主设计建造的第三艘航空母舰“福建舰”进行了实战化电磁弹射起飞和降落训练。假设航空母舰的起飞跑道总长l=270m，电磁弹射区的长度l1=60m，若弹射装置可以辅助飞机在弹射区做加速度为30m/s2的匀加速直线运动，飞机离开电磁弹射区后继续在喷气式发动机推力作用下做匀加速直线运动，如图所示，从边沿离舰的起飞速度为80m/s，航空母舰始终处于静止状态，重力加速度取g=10m/s2，求：
（1）飞机经电磁弹射后获得的速度大小；
（2）飞机从静止到起飞所需时间；
（3）飞机在航母上降落时，需用阻拦索使飞机迅速停下来。若某次飞机着舰时的速度为80m/s，飞机钩住阻拦索后经2.5s停下来。将这段运动视为匀减速直线运动，此过程中飞机的加速度的大小及滑行的距离各是多少？
14．如图所示，光滑轨道MNPQ固定在竖直平面内，MN水平，NPQ为半圆，圆弧轨道的半径，在N处与MN相切。在直轨道MN上放着质量分别为、的物块A、B（均可视为质点），用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为的小车，小车上表面与MN等高。现将细绳剪断，之后A向左滑上小车且恰好没有掉下小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点Q处。物块A与小车之间的动摩擦因数，重力加速度。求：
（1）物块B运动到圆弧轨道的最低点N时对轨道的压力大小；
（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能；
（3）小车长度L和物块A在小车上滑动过程中产生的热量Q。
15．如图所示，足够长的水平平行导轨间距L=1m，导轨左端用导线连接阻值R=1.5Ω的定值电阻，质量为m、阻值r=0.5Ω、长也为L的导体棒垂直导轨放置，整个空间存在与水平方向成θ=37°的匀强磁场（磁场方向与导体棒垂直），磁感应强度大小B=2.5T。现在导体棒上施加一水平向右的恒力F=18N，经t=0.8s的时间导体棒刚好匀速运动，匀速时的速度大小v=8m/s，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5。整个过程导体棒始终保持与导轨良好接触且不发生转动，不计导轨与导线的电阻，sin37°=0.6，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）导体棒匀速运动时的安培力的大小；
（2）导体棒的质量m；
（3）0~0.8s的时间内系统产生的总热量。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】加速度
【解析】【解答】乘用车默认百公里加速时间（从静止加速到100km/h的时间）不低于5秒，此要求目的是限制车辆的速度变化的快慢，即限制汽车的最大加速度，故C正确，ABD错误。故选：C。
【分析】加速度是表示速度改变快慢的物理量，它等于速度的改变量跟发生这一改变量所用时间的比值。
2．【答案】D
【知识点】氢原子光谱；光谱和光谱分析
【解析】【解答】 根据可知，光的波长越短，对应的光子能量越大。根据光谱线可知，Hδ谱线的波长最短，则Hδ谱线对应的光子能量最高，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【分析】光子频率越大，波长越短，光子能量越大。
3．【答案】A
【知识点】浸润和不浸润
【解析】【解答】液体在玻璃板上没有铺展，形成扁平球状液滴，判定该液体对玻璃不浸润；玻璃板插入液体后，两侧液面和玻璃板接触部分有面积缩小的趋势，所以玻璃板插入液体时的图像应如图A所示。
故选A。
【分析】液体滴在固体表面收缩成扁平液滴，说明液体分子间内聚力大于液体与固体间附着力，属于不浸润现象。
4．【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A.因为同学1第一次蹲到最低点时，同学5刚好要开始下蹲，所以同学1和同学5所占位置的间距应为四分之一波长，又因为队伍中相邻两同学所站位置间距均为0.8m，则有：0.8m×4=0.25λ，解得，这列“波”的波长为：λ=12.8m，故A错误；
B.由题知，每人每分钟完成30次下蹲和起立，则每个同学的振动频率为：，因此这列“波”的波速为：v=λf=12.8×0.5m/s=6.4m/s，故B错误；
C.同学1与同学12间距为，由，故C错误。
D.1到9同学间刚好一个波长，所以时第9位同学开始下蹲，时完成1次下蹲起立，4s内的路程为，故D错误。
故选B。
【分析】由波的传播特点、相邻两同学所占位置间距与这列“波”的波长的关系分析； 由频率的特点、波速与频率的关系分析列式分析；由“波”的传播距离与波速的关系列式分析； 由这列“波”的周期与频率的关系、振幅的特点、传播时间与振动时间的特点分析。
5．【答案】C
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律有，解得，结合图像可得
解得，地球的质量为，故A错误；
B．近地卫星的环绕速度为第一宇宙速度，万有引力提供卫星圆周运动的向心力，
结合牛顿第二定律有则有，结合上述结论
解得，第一宇宙速度为，故B错误；
C．在地球表面，万有引力与重力大小相等，根据万有引力定律则有
结合上述结论，解得，地球表面的重力加速度为，故C正确；
D．月球也是围绕地球转，对月球和近地卫星根据开普勒第三定律可得
解得，月球绕地球的轨道半径，故D错误。
故选C。
【分析】卫星绕地球匀速圆周运动，万有引力充当向心力，根据T2-r3 图像的斜率由地球质量、引力常量决定；地球表面物体的万有引力近似等于自身重力；近地卫星的环绕速度为第一宇宙速度。
6．【答案】D
【知识点】点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【解答】A、B两点固定等量的异种电荷，设两点电荷带电量均为q，A、B间距离为L，A、B连线中点处是连线上电场强度最小值点，根据点电荷场强公式可得
则C点的电场强度
故选D。
【分析】A、B连线中点处是连线上电场强度最小值点，根据点电荷场强公式结合矢量合成法则求解。
7．【答案】D
【知识点】竖直平面的圆周运动；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
【解析】【解答】A．小球在通过D点时的速度最小，D点为竖直平面内圆周运动的等效最高点，则在该点电场力与重力的合力沿半径方向，则由几何关系有小球受到的电场力大小为，故A错误；B．小球在通过D点时的速度最小，则D点为竖直平面内圆周运动的等效最高点，此时电场力与重力的合力刚好提供向心力，根据牛顿第二定律则有，解得，故B错误；
CD．圆形轨道上C、D两点的连线过圆心O，则小球在等效最低点C点的速度最大，故小球从D到C的过程中，由动能定理得
解得
在C点，由牛顿第二定律得
解得，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】由小球在通过D点时的速度最小，D点为竖直平面内圆周运动的等效最高点，等效向心力电场力与重力的合力沿半径方向且最小，小球在等效最低点C点的速度最大，由动能定理，牛顿第二定律求解。
8．【答案】B,C
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】A．，右侧单位，单位是秒，左侧位移单位为米，单位不匹配，故A错误；
B．，右侧单位为， 单位与位移x一致， 关系式有可能正确，故B正确；
C．根据位移计算结果，可知位移x的单位为，故C正确；
D．位移x的单位为，故D错误。
故选BC。
【分析】物理规律等式左右两边物理量的单位必须完全统一；位移x单位为米（m），速度v单位m/s，加速度a单位m/s2，力F单位N=kg·m/s2，质量m单位kg，时间t单位s。
9．【答案】A,D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】AB．光路图如图所示：
由几何关系可知，即r=30°，由折射定律可知，代入数据可得i=60°，所以从室内能看到室外的视野的最大范围为2i=120°，故A正确，B错误；CD、光由F点射向B点，要增大视野范围，则E点左移，入射角i增大，折射角r减小，由可知，要使用折射率更大的玻璃，故C错误，D正确。
故选：AD。
【分析】根据光路图几何关系分析折射角，根据折射定律分析入射角，然后分析视野范围；光由F点射向B点，要增大视野范围，则E点左移，入射角i增大，折射角r减小，根据折射定律分析。
10．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．若粒子恰好从c点射出磁场，画出粒子的运动轨迹，如下图所示
根据几何关系可知，粒子圆周运动半径为，根据洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得，故A错误；
B．若粒子从cb边射出磁场，根据几何关系可知，粒子圆周运动半径r≥L，所以粒子的速度，故B正确；
C．根据洛伦兹力提供向心力，粒子圆周运动周期公式
得，若粒子从d点射出，可知圆心角为180°，时间最长，最长时间
若粒子从c点射出，可知圆心角为90°，时间最短，最短时间
若粒子从边射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间范围是，故C错误；
D．若粒子的速度，则轨迹圆半径，则粒子从cd边射出，设粒子射出磁场时速度方向与y轴正方向夹角为，根据几何关系则有，故D正确。
故选BD。
【分析】画出粒子运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系，综合粒子射出磁场时位置关系分析求解。
11．【答案】（1）
（2）0.3
（3）C
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】（1）刻度尺做自由落体运动，故有解得，刻度尺下降时间，即为乙同学的反应时间；
（2）直尺总停下刻度46.00cm，手触碰后继续下滑1.00cm，说明反应时间内下落距离：
h=46.00cm-1.00cm=45.00cm=0.45 m，由自由落体运动规律可得乙同学的反应时间（3）尺子做自由落体运动，根据自由落体运动规律，位移与时间平方成正比，所以时间的增大，刻度尺上的间距也在增大，相同时间间距在尺上的刻度间距下密上疏 。手的位置开始时在应放在0刻度处，所以0刻度要在下边。
故选C。
【分析】（1）利用直尺自由落体位移公式变形推导反应时间表达式；
（2）剔除额外滑行长度得到反应阶段下落位移，结合自由落体公式计算反应时间；
（3）根据自由落体位移与时间的二次函数关系，判断等时间间隔对应的刻度疏密来选出正确图像。
（1）刻度尺下降时间，即为乙同学的反应时间，刻度尺做自由落体运动，故有
解得
（2）直尺做自由落体运动的距离
由自由落体运动规律
可得乙同学的反应时间
（3）手的位置开始时在应放在0刻度处，所以0刻度要在下边，尺子做自由落体运动，根据自由落体运动规律，位移与时间平方成正比，所以时间的增大，刻度尺上的间距也在增大。
故选C。
12．【答案】（1）T；100
（2）1900
（3）160；880
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）②将红、黑表笔短接，旋动T，进行欧姆调零，使指针对准电阻挡的0刻线。③发现指针偏转角度过小，说明待测电阻的阻值较大，应该选用大倍率，则应将K旋转到电阻挡“×100”的位置。
（2）该电阻的阻值为
（3）根据并联电路的电流特点，以及电流表的改装原理可知，挡选择开关接2时，改装的电流表量程为1mA，根据欧姆定律则有，代入数据解得
B端接4时，该多用电表为电压表，量程为1V，此时
代入数据解得
【分析】（1）②根据欧姆调零的步骤进行分析；
③指针偏转角度过小，说明待测电阻的阻值较大，应该选用大倍率；
（2）根据欧姆表的读数规则读数；
（3）根据串、并联电路的电压、电流特点，结合欧姆定律计算。
（1）[1]将红、黑表笔短接，旋动欧姆调零旋钮T，使指针对准电阻挡的0刻线；
[2]将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，说明待测电阻阻值较大，所以应换大倍率，即应将K旋转到电阻挡“×100”位置。
（2）欧姆表的读数为指针所指刻度与倍率的乘积，所以所测电阻阻值为
（3）[1]B端接2时，该多用电表为电流表，量程为1mA，此时
代入数据解得
[2]B端接4时，该多用电表为电压表，量程为1V，此时
代入数据解得
13．【答案】（1）解：弹射阶段，初速度为0，根据速度位移关系
解得
（2）解：弹射阶段时间为
加速阶段，有，
联立解得
可得飞机从静止到起飞所需时间
（3）解：飞机着舰时的速度为80m/s，根据速度时间关系可得
可得飞机的加速度的大小为
根据位移时间关系可得滑行的距离
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【分析】（1）根据速度—位移关系公式求解即可；
（2）分析飞机的运动过程，分为两个阶段：电磁弹射区内的匀加速直线运动和弹射区外的匀加速直线运动，两段时间相加即可；
（3）根据速度—时间关系求解加速度大小，结合平均速度公式求解滑行距离。
（1）弹射阶段，初速度为0，根据速度位移关系
解得
（2）弹射阶段时间为
加速阶段，有，
联立解得
可得飞机从静止到起飞所需时间
（3）飞机着舰时的速度为80m/s，根据速度时间关系可得
可得飞机的加速度的大小为
根据位移时间关系可得滑行的距离
14．【答案】（1）解：物块B在最高点时，根据牛顿第二定律有
从N到Q过程，根据动能定理有
在N点有
联立解得
由牛顿第三定律可知物块B对轨道的压力大小为60N。
（2）解：对A、B构成的系统进行分析，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
（3）解：物块滑至小车左端时与小车恰好共速，设速度为v，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得，
【知识点】竖直平面的圆周运动；碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）分析物块B从N点到Q点的运动过程，B恰好到达最高点的临界条件是重力提供向心力，利用动能定理建立N点速度与Q点速度的关系，结合在N点圆周运动向心力由支持力与重力的合力提供，可求出N点支持力，根据牛顿第三定律得到对轨道的压力。
（2）细绳剪断瞬间，A、B与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转化为A和B的动能。结合第一问求出的B在N点速度，以及A、B系统动量守恒关系，可求出A的初速度，进而根据能量守恒求出弹簧初始的弹性势能。
（3）物块A滑上小车后，A与小车组成的系统水平方向动量守恒，A恰好不掉落意味着最终A与小车达到共同速度。此过程中系统的动能损失等于摩擦产生的热量，也等于克服摩擦力所做的功，该功与摩擦力和相对位移（小车长度）有关，由此可联立求解小车长度和产生的热量。
（1）物块B在最高点时，根据牛顿第二定律有
从N到Q过程，根据动能定理有
在N点有
联立解得
由牛顿第三定律可知物块B对轨道的压力大小为60N。
（2）对A、B构成的系统进行分析，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
（3）物块滑至小车左端时与小车恰好共速，设速度为v，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得，
15．【答案】（1）解：导体棒匀速运动时，设导体棒受到的安培力为
根据电磁感应定律，安培力，其中
解得
（2）解：由平衡关系可得，
解得
（3）解：0~0.8s的时间内，在水平方向上应用动量定理
即
解得
根据能量关系，0~0.8s的时间内系统产生的总热量
解得
【知识点】动量定理；能量守恒定律；安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）导体棒匀速运动时受力平衡。已知水平向右的恒力F，需确定此时安培力大小。结合匀速条件，水平方向合力为零，可建立包含安培力、摩擦力及已知恒力F的平衡方程，从而直接求解安培力；
（2）求导体棒质量m，需利用匀速运动时的竖直方向受力平衡与摩擦力关系。将竖直方向平衡方程与摩擦力表达式联立，结合已求得的安培力及已知的动摩擦因数，即可解出质量m；
（3）求0～0.8s内系统产生的总热量，涉及能量转化。利用动量定理结合电荷量与位移的关系先求出导体棒的位移，再根据功能关系或能量守恒，由外力做功、动能增量及摩擦生热来求总热量。
（1）导体棒匀速运动时，设导体棒受到的安培力为
根据电磁感应定律，安培力，其中
解得
（2）由平衡关系可得，
解得
（3）0~0.8s的时间内，在水平方向上应用动量定理
即
解得
根据能量关系，0~0.8s的时间内系统产生的总热量
解得
1 / 12026届四川泸州市古蔺县中学校高三第一次模拟物理试题
1．我国《机动车运行安全技术条件》征求意见稿中提出“乘用车默认百公里加速时间（从静止加速到100km/h的最短时间）不低于5秒”，此要求目的是为了限制车辆的（　　）
A．位移 B．初速度 C．加速度 D．末速度
【答案】C
【知识点】加速度
【解析】【解答】乘用车默认百公里加速时间（从静止加速到100km/h的时间）不低于5秒，此要求目的是限制车辆的速度变化的快慢，即限制汽车的最大加速度，故C正确，ABD错误。故选：C。
【分析】加速度是表示速度改变快慢的物理量，它等于速度的改变量跟发生这一改变量所用时间的比值。
2．氢原子的光谱如图所示，图中的Hα、Hβ、Hγ、Hδ四条谱线都在可见光区。这四条谱线对应的光子能量最高的是（　　）
A．Hα谱线 B．Hβ谱线 C．Hγ谱线 D．Hδ谱线
【答案】D
【知识点】氢原子光谱；光谱和光谱分析
【解析】【解答】 根据可知，光的波长越短，对应的光子能量越大。根据光谱线可知，Hδ谱线的波长最短，则Hδ谱线对应的光子能量最高，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【分析】光子频率越大，波长越短，光子能量越大。
3．将某种液体滴在玻璃板表面，形成扁平球形的液滴，如图所示。现将玻璃板竖直插入该液体中，稳定后玻璃板左右两侧的液面形状可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】浸润和不浸润
【解析】【解答】液体在玻璃板上没有铺展，形成扁平球状液滴，判定该液体对玻璃不浸润；玻璃板插入液体后，两侧液面和玻璃板接触部分有面积缩小的趋势，所以玻璃板插入液体时的图像应如图A所示。
故选A。
【分析】液体滴在固体表面收缩成扁平液滴，说明液体分子间内聚力大于液体与固体间附着力，属于不浸润现象。
4．如图所示，12位身高相同的同学手挽手站成一排模拟机械波的形成和传播。t=0时，从同学1开始依次带动右边的同学，每人每分钟完成30次下蹲和起立，形成一列向右传播的“机械波”。已知同学1第一次蹲到最低点时，同学5刚好要开始下蹲；队伍中相邻两同学所站位置间距均为0.8m，所有同学从开始下蹲到最低点过程中，头部竖直向下运动路程均为60cm。下列说法正确的是（　　）
A．这列“波”的波长为2.4m
B．这列“波”的波速为3.2m/s
C．t=6s时同学12开始下蹲
D．0~4s内同学9的头部运动路程为1.8m
【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A.因为同学1第一次蹲到最低点时，同学5刚好要开始下蹲，所以同学1和同学5所占位置的间距应为四分之一波长，又因为队伍中相邻两同学所站位置间距均为0.8m，则有：0.8m×4=0.25λ，解得，这列“波”的波长为：λ=12.8m，故A错误；
B.由题知，每人每分钟完成30次下蹲和起立，则每个同学的振动频率为：，因此这列“波”的波速为：v=λf=12.8×0.5m/s=6.4m/s，故B错误；
C.同学1与同学12间距为，由，故C错误。
D.1到9同学间刚好一个波长，所以时第9位同学开始下蹲，时完成1次下蹲起立，4s内的路程为，故D错误。
故选B。
【分析】由波的传播特点、相邻两同学所占位置间距与这列“波”的波长的关系分析； 由频率的特点、波速与频率的关系分析列式分析；由“波”的传播距离与波速的关系列式分析； 由这列“波”的周期与频率的关系、振幅的特点、传播时间与振动时间的特点分析。
5．某天文爱好者观测绕地球做匀速圆周运动的卫星，测出各个卫星的周期T及其对应的轨道半径r，作出图像如图所示，已知地球的半径为R，引力常量G为已知，则下列说法正确的是（　　）
A．地球的质量为
B．地球的第一宇宙速度为
C．地球表面的重力加速度为
D．若月球绕地球做匀速圆周运动的周期为，则其轨道半径为
【答案】C
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律有，解得，结合图像可得
解得，地球的质量为，故A错误；
B．近地卫星的环绕速度为第一宇宙速度，万有引力提供卫星圆周运动的向心力，
结合牛顿第二定律有则有，结合上述结论
解得，第一宇宙速度为，故B错误；
C．在地球表面，万有引力与重力大小相等，根据万有引力定律则有
结合上述结论，解得，地球表面的重力加速度为，故C正确；
D．月球也是围绕地球转，对月球和近地卫星根据开普勒第三定律可得
解得，月球绕地球的轨道半径，故D错误。
故选C。
【分析】卫星绕地球匀速圆周运动，万有引力充当向心力，根据T2-r3 图像的斜率由地球质量、引力常量决定；地球表面物体的万有引力近似等于自身重力；近地卫星的环绕速度为第一宇宙速度。
6．如图所示，A、B两点固定等量的异种电荷，C、D两点将A、B连线三等分，已知A、B连线上电场强度的最小值为E，则C点的电场强度大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【解答】A、B两点固定等量的异种电荷，设两点电荷带电量均为q，A、B间距离为L，A、B连线中点处是连线上电场强度最小值点，根据点电荷场强公式可得
则C点的电场强度
故选D。
【分析】A、B连线中点处是连线上电场强度最小值点，根据点电荷场强公式结合矢量合成法则求解。
7．如图所示，竖直平面内的固定光滑圆形绝缘轨道的半径为R，A、B两点分别是圆形轨道的最低点和最高点，圆形轨道上C、D两点的连线过圆心O且OC与竖直向下方向的夹角为60°。空间存在方向水平向右且平行圆形轨道所在平面的匀强电场，一质量为m的带负电小球（视为质点）恰好能沿轨道内侧做完整的圆周运动，且小球通过D点时的速度最小。重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．小球受到的电场力大小为2mg
B．小球通过D点时的速度大小为
C．小球在运动过程中的最大速度为
D．小球通过C点时所受轨道的作用力大小为12mg
【答案】D
【知识点】竖直平面的圆周运动；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
【解析】【解答】A．小球在通过D点时的速度最小，D点为竖直平面内圆周运动的等效最高点，则在该点电场力与重力的合力沿半径方向，则由几何关系有小球受到的电场力大小为，故A错误；B．小球在通过D点时的速度最小，则D点为竖直平面内圆周运动的等效最高点，此时电场力与重力的合力刚好提供向心力，根据牛顿第二定律则有，解得，故B错误；
CD．圆形轨道上C、D两点的连线过圆心O，则小球在等效最低点C点的速度最大，故小球从D到C的过程中，由动能定理得
解得
在C点，由牛顿第二定律得
解得，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】由小球在通过D点时的速度最小，D点为竖直平面内圆周运动的等效最高点，等效向心力电场力与重力的合力沿半径方向且最小，小球在等效最低点C点的速度最大，由动能定理，牛顿第二定律求解。
8．有几名同学在一次运算中，得出了某物体位移x的大小与其加速度a、质量m、速度v、作用力F和运动时间t的关系式分别如下，其中可能正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】A．，右侧单位，单位是秒，左侧位移单位为米，单位不匹配，故A错误；
B．，右侧单位为， 单位与位移x一致， 关系式有可能正确，故B正确；
C．根据位移计算结果，可知位移x的单位为，故C正确；
D．位移x的单位为，故D错误。
故选BC。
【分析】物理规律等式左右两边物理量的单位必须完全统一；位移x单位为米（m），速度v单位m/s，加速度a单位m/s2，力F单位N=kg·m/s2，质量m单位kg，时间t单位s。
9．如图甲所示，某宿舍门安装有内嵌式方形玻璃透视窗。方形玻璃的厚度、折射率，一束经窗框点射向玻璃点的光线恰好能到点，如图乙所示。已知，不考虑光的色散和多次反射。下列说法正确的是（　　）
A．从室内能看到室外的视野的最大范围为
B．从室内能看到室外的视野的最大范围为
C．使用折射率更小的玻璃，能增大视野范围
D．使用折射率更大的玻璃，能增大视野范围
【答案】A,D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】AB．光路图如图所示：
由几何关系可知，即r=30°，由折射定律可知，代入数据可得i=60°，所以从室内能看到室外的视野的最大范围为2i=120°，故A正确，B错误；CD、光由F点射向B点，要增大视野范围，则E点左移，入射角i增大，折射角r减小，由可知，要使用折射率更大的玻璃，故C错误，D正确。
故选：AD。
【分析】根据光路图几何关系分析折射角，根据折射定律分析入射角，然后分析视野范围；光由F点射向B点，要增大视野范围，则E点左移，入射角i增大，折射角r减小，根据折射定律分析。
10．如图所示，在直角坐标系中，有一个边长为的正方形区域，点在原点，点和点分别在轴和轴上，该区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，一带正电的粒子质量为，电荷量为，以速度从点沿轴正方向射入磁场，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）
A．若粒子恰好从点射出磁场，则粒子的速度
B．若粒子从cb边射出磁场，则粒子的速度
C．若粒子从边射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间范围是
D．若粒子的速度，则粒子出射时速度方向与轴正方向夹角的正弦值为
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．若粒子恰好从c点射出磁场，画出粒子的运动轨迹，如下图所示
根据几何关系可知，粒子圆周运动半径为，根据洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得，故A错误；
B．若粒子从cb边射出磁场，根据几何关系可知，粒子圆周运动半径r≥L，所以粒子的速度，故B正确；
C．根据洛伦兹力提供向心力，粒子圆周运动周期公式
得，若粒子从d点射出，可知圆心角为180°，时间最长，最长时间
若粒子从c点射出，可知圆心角为90°，时间最短，最短时间
若粒子从边射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间范围是，故C错误；
D．若粒子的速度，则轨迹圆半径，则粒子从cd边射出，设粒子射出磁场时速度方向与y轴正方向夹角为，根据几何关系则有，故D正确。
故选BD。
【分析】画出粒子运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系，综合粒子射出磁场时位置关系分析求解。
11．从发现情况到采取相应行动所经过的时间叫反应时间。利用如图所示的方法可以估测反应时间。
（1）甲同学捏住直尺上端，使直尺保持竖直状态，直尺零刻度线位于乙同学的两指之间。当乙看见甲放开直尺时，立即用手指捏直尺，若捏住位置的刻度读数为x，则乙同学的反应时间为　 　（重力加速度为g）。
（2）基于上述原理，为测乙同学的反应时间，甲同学用手指捏住一测量范围为“0~50cm”的直尺顶端，使其竖直静止，乙同学用一只手在直尺“零刻度”位置做捏住直尺的准备，某次测试时，乙同学的手触到直尺后，直尺继续下滑了1.00cm，最终停在了46.00cm处，整个过程中乙同学手的位置不变则乙同学的反应时间为　 　s。（g取10m/s2）
（3）通过上述实验后，甲、乙两位同学决定用一把测量范围为“0~80cm”的直尺制作一把“人的反应时间测量尺”。他们将直尺刻度进行了改进，以相等时间间隔在直尺反面标出刻度对应的反应时间（单位s），则下列四幅图中正确标度时间的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】（1）
（2）0.3
（3）C
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】（1）刻度尺做自由落体运动，故有解得，刻度尺下降时间，即为乙同学的反应时间；
（2）直尺总停下刻度46.00cm，手触碰后继续下滑1.00cm，说明反应时间内下落距离：
h=46.00cm-1.00cm=45.00cm=0.45 m，由自由落体运动规律可得乙同学的反应时间（3）尺子做自由落体运动，根据自由落体运动规律，位移与时间平方成正比，所以时间的增大，刻度尺上的间距也在增大，相同时间间距在尺上的刻度间距下密上疏 。手的位置开始时在应放在0刻度处，所以0刻度要在下边。
故选C。
【分析】（1）利用直尺自由落体位移公式变形推导反应时间表达式；
（2）剔除额外滑行长度得到反应阶段下落位移，结合自由落体公式计算反应时间；
（3）根据自由落体位移与时间的二次函数关系，判断等时间间隔对应的刻度疏密来选出正确图像。
（1）刻度尺下降时间，即为乙同学的反应时间，刻度尺做自由落体运动，故有
解得
（2）直尺做自由落体运动的距离
由自由落体运动规律
可得乙同学的反应时间
（3）手的位置开始时在应放在0刻度处，所以0刻度要在下边，尺子做自由落体运动，根据自由落体运动规律，位移与时间平方成正比，所以时间的增大，刻度尺上的间距也在增大。
故选C。
12．某实验小组在实验室练习使用多用电表测电阻：
（1）多用电表表盘如图甲所示，某同学在完成机械调零后，准备测电阻，他进行如下操作，请帮助他完成以下实验步骤：
①将K旋转到电阻挡“×10”的位置。
②将红、黑表笔短接，旋动　 　（填“S”或“T”），使指针对准电阻挡的0刻线。
③将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，如图乙中虚线所示，则应将K旋转到电阻挡“×　 　”的位置（选填“1”、“100”）。
（2）该同学在做好正确操作后，表盘指针如图乙实线所示，则该电阻阻值为　 　Ω。
（3）图丙是该实验小组绘制的多用电表内部电路图，图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头的满偏电流为250 A，内阻为480Ω，虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位：欧姆×100Ω挡、直流电压1V挡、直流电压5V挡、直流电流1mA挡和直流电流2.5mA挡。根据上述条件可得：R1+R2=　 　Ω，R4=　 　Ω。
【答案】（1）T；100
（2）1900
（3）160；880
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）②将红、黑表笔短接，旋动T，进行欧姆调零，使指针对准电阻挡的0刻线。③发现指针偏转角度过小，说明待测电阻的阻值较大，应该选用大倍率，则应将K旋转到电阻挡“×100”的位置。
（2）该电阻的阻值为
（3）根据并联电路的电流特点，以及电流表的改装原理可知，挡选择开关接2时，改装的电流表量程为1mA，根据欧姆定律则有，代入数据解得
B端接4时，该多用电表为电压表，量程为1V，此时
代入数据解得
【分析】（1）②根据欧姆调零的步骤进行分析；
③指针偏转角度过小，说明待测电阻的阻值较大，应该选用大倍率；
（2）根据欧姆表的读数规则读数；
（3）根据串、并联电路的电压、电流特点，结合欧姆定律计算。
（1）[1]将红、黑表笔短接，旋动欧姆调零旋钮T，使指针对准电阻挡的0刻线；
[2]将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，说明待测电阻阻值较大，所以应换大倍率，即应将K旋转到电阻挡“×100”位置。
（2）欧姆表的读数为指针所指刻度与倍率的乘积，所以所测电阻阻值为
（3）[1]B端接2时，该多用电表为电流表，量程为1mA，此时
代入数据解得
[2]B端接4时，该多用电表为电压表，量程为1V，此时
代入数据解得
13．2025年10月，由我国完全自主设计建造的第三艘航空母舰“福建舰”进行了实战化电磁弹射起飞和降落训练。假设航空母舰的起飞跑道总长l=270m，电磁弹射区的长度l1=60m，若弹射装置可以辅助飞机在弹射区做加速度为30m/s2的匀加速直线运动，飞机离开电磁弹射区后继续在喷气式发动机推力作用下做匀加速直线运动，如图所示，从边沿离舰的起飞速度为80m/s，航空母舰始终处于静止状态，重力加速度取g=10m/s2，求：
（1）飞机经电磁弹射后获得的速度大小；
（2）飞机从静止到起飞所需时间；
（3）飞机在航母上降落时，需用阻拦索使飞机迅速停下来。若某次飞机着舰时的速度为80m/s，飞机钩住阻拦索后经2.5s停下来。将这段运动视为匀减速直线运动，此过程中飞机的加速度的大小及滑行的距离各是多少？
【答案】（1）解：弹射阶段，初速度为0，根据速度位移关系
解得
（2）解：弹射阶段时间为
加速阶段，有，
联立解得
可得飞机从静止到起飞所需时间
（3）解：飞机着舰时的速度为80m/s，根据速度时间关系可得
可得飞机的加速度的大小为
根据位移时间关系可得滑行的距离
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【分析】（1）根据速度—位移关系公式求解即可；
（2）分析飞机的运动过程，分为两个阶段：电磁弹射区内的匀加速直线运动和弹射区外的匀加速直线运动，两段时间相加即可；
（3）根据速度—时间关系求解加速度大小，结合平均速度公式求解滑行距离。
（1）弹射阶段，初速度为0，根据速度位移关系
解得
（2）弹射阶段时间为
加速阶段，有，
联立解得
可得飞机从静止到起飞所需时间
（3）飞机着舰时的速度为80m/s，根据速度时间关系可得
可得飞机的加速度的大小为
根据位移时间关系可得滑行的距离
14．如图所示，光滑轨道MNPQ固定在竖直平面内，MN水平，NPQ为半圆，圆弧轨道的半径，在N处与MN相切。在直轨道MN上放着质量分别为、的物块A、B（均可视为质点），用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为的小车，小车上表面与MN等高。现将细绳剪断，之后A向左滑上小车且恰好没有掉下小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点Q处。物块A与小车之间的动摩擦因数，重力加速度。求：
（1）物块B运动到圆弧轨道的最低点N时对轨道的压力大小；
（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能；
（3）小车长度L和物块A在小车上滑动过程中产生的热量Q。
【答案】（1）解：物块B在最高点时，根据牛顿第二定律有
从N到Q过程，根据动能定理有
在N点有
联立解得
由牛顿第三定律可知物块B对轨道的压力大小为60N。
（2）解：对A、B构成的系统进行分析，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
（3）解：物块滑至小车左端时与小车恰好共速，设速度为v，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得，
【知识点】竖直平面的圆周运动；碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）分析物块B从N点到Q点的运动过程，B恰好到达最高点的临界条件是重力提供向心力，利用动能定理建立N点速度与Q点速度的关系，结合在N点圆周运动向心力由支持力与重力的合力提供，可求出N点支持力，根据牛顿第三定律得到对轨道的压力。
（2）细绳剪断瞬间，A、B与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转化为A和B的动能。结合第一问求出的B在N点速度，以及A、B系统动量守恒关系，可求出A的初速度，进而根据能量守恒求出弹簧初始的弹性势能。
（3）物块A滑上小车后，A与小车组成的系统水平方向动量守恒，A恰好不掉落意味着最终A与小车达到共同速度。此过程中系统的动能损失等于摩擦产生的热量，也等于克服摩擦力所做的功，该功与摩擦力和相对位移（小车长度）有关，由此可联立求解小车长度和产生的热量。
（1）物块B在最高点时，根据牛顿第二定律有
从N到Q过程，根据动能定理有
在N点有
联立解得
由牛顿第三定律可知物块B对轨道的压力大小为60N。
（2）对A、B构成的系统进行分析，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
（3）物块滑至小车左端时与小车恰好共速，设速度为v，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得，
15．如图所示，足够长的水平平行导轨间距L=1m，导轨左端用导线连接阻值R=1.5Ω的定值电阻，质量为m、阻值r=0.5Ω、长也为L的导体棒垂直导轨放置，整个空间存在与水平方向成θ=37°的匀强磁场（磁场方向与导体棒垂直），磁感应强度大小B=2.5T。现在导体棒上施加一水平向右的恒力F=18N，经t=0.8s的时间导体棒刚好匀速运动，匀速时的速度大小v=8m/s，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5。整个过程导体棒始终保持与导轨良好接触且不发生转动，不计导轨与导线的电阻，sin37°=0.6，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）导体棒匀速运动时的安培力的大小；
（2）导体棒的质量m；
（3）0~0.8s的时间内系统产生的总热量。
【答案】（1）解：导体棒匀速运动时，设导体棒受到的安培力为
根据电磁感应定律，安培力，其中
解得
（2）解：由平衡关系可得，
解得
（3）解：0~0.8s的时间内，在水平方向上应用动量定理
即
解得
根据能量关系，0~0.8s的时间内系统产生的总热量
解得
【知识点】动量定理；能量守恒定律；安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）导体棒匀速运动时受力平衡。已知水平向右的恒力F，需确定此时安培力大小。结合匀速条件，水平方向合力为零，可建立包含安培力、摩擦力及已知恒力F的平衡方程，从而直接求解安培力；
（2）求导体棒质量m，需利用匀速运动时的竖直方向受力平衡与摩擦力关系。将竖直方向平衡方程与摩擦力表达式联立，结合已求得的安培力及已知的动摩擦因数，即可解出质量m；
（3）求0～0.8s内系统产生的总热量，涉及能量转化。利用动量定理结合电荷量与位移的关系先求出导体棒的位移，再根据功能关系或能量守恒，由外力做功、动能增量及摩擦生热来求总热量。
（1）导体棒匀速运动时，设导体棒受到的安培力为
根据电磁感应定律，安培力，其中
解得
（2）由平衡关系可得，
解得
（3）0~0.8s的时间内，在水平方向上应用动量定理
即
解得
根据能量关系，0~0.8s的时间内系统产生的总热量
解得
1 / 1

展开更多......

收起↑