2025-2026学年下学期江西高中物理高二期末模拟试卷（三）

第1页（共1页）2025-2026学年下学期江西高中物理高二期末模拟试卷（三）一．选择题（共7小题）1．（2026春•张店区校级期中）某快递分拣中心有一倾角为37°的固定式斜坡，可视为糙斜面。一名工人将一个质量为m的货物（可视为质点）以一定的初速度从斜坡底端A点沿斜面向上推出。货物在斜坡上做匀减速直线运动，测得加速度大小为34g（g为重力加速度），货物沿斜面上滑的最大直高度为h。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8A．货物动能损失了34mghB．货物的重力做功为mgh C．货物机械能损失了14mghD．摩擦力对货物做功-32．（2026•四川模拟）如图所示，一根劲度系数为k的轻弹簧，下端固定在倾角为θ的光滑斜面的底部，上端连接一木板B，木块A叠放在木板B的上面，初始时，木块A和木板B压缩弹簧静止在斜面上。现用外力再让木板B缓慢压缩弹簧一小段距离d，然后撤去外力，木块A和木板B开始运动。已知木块A、木板B的质量分别为m、M，木块A和木板B始终相对静止，木板B从开始运动到第一次到达最高点的时间为t，忽略空气阻力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是（）A．木块A所受的摩擦力大小一直等于mgsinθ B．木块A在斜面上做简谐运动的周期为t C．木板B开始运动时，木块A对木板B的摩擦力的方向沿斜面向上 D．木板B运动到最高点时，木板B的加速度大小为kd3．（2026•呼伦贝尔竞赛）中国疾病监测系统数据显示，中国每年有4千万人出现滑滑倒摔伤，导致纠纷案件约有7.65万件。一名成人体重按60kg计算，站立时重心距地高度约为1m，接触硬地面（水泥地）时间约为0.02s，估算摔倒时，人受到的地面的冲击力约为自身重力的多少倍（g取10m/s2）（）A．2倍 B．13倍 C．23倍 D．32倍4．（2026春•皇姑区校级期中）如图所示，一个木块以水平初速度v0滑上匀速转动的水平传送带上，传送带的传送速率为v，v0＝v，木块刚滑上传送带时两速度的方向相互垂直，木块与传送带之间的动摩擦因数恒为μ。若木块最终与传送带共速，则下列说法正确的是（）A．支持力对木块的冲量为零 B．摩擦力对木块的冲量大小为2mv0 C．随着木块与传送带之间的相对速度的逐渐减小，木块所受的摩擦力也逐渐减小 D．木块与传送带共速之前做加速度大小不变的曲线运动5．（2026春•重庆期中）如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为2：1，原线圈一侧接在额定电压为U的正弦交流电源上。定值电阻R1＝6R0，R2＝R0，滑动变阻器R3的最大阻值为R0，电流表、电压表均为理想电表。当滑动变阻器R3的滑片P从最上端滑动到最下端的过程中，电流表和电压表示数变化量的绝对值分别用ΔI和ΔU表示，下列判断正确的是（）A．滑片在向下滑动过程中，电流表和电压表的示数均变小 B．滑片在向下滑动过程中，变压器的输出功率一直增大 C．电表示数变化量的绝对值之比ΔUΔI等于32RD．当滑动变阻器接入电路中的电阻为13R06．（2026•昆明模拟）2025年12月，我国首批L3级自动驾驶车型准入，预计未来1到3年，L4级自动驾驶有望在中国全领域落地。在无人驾驶汽车上，配备光楔的激光雷达能够更准确地感知周围环境。如图所示，用折射率为n的玻璃制成顶角β很小（sinβ≈β）的棱镜，称为光楔。一束平行光垂直光楔左侧射入，不考虑多次反射，光线从光楔右侧出射时与入射时相比（）A．向下偏折了（n﹣1）β B．向上偏折了（n﹣1）β C．向下偏折了(1-1n)β7．（2026春•铜山区期中）下列说法正确的是（）A．花粉分子的无规则运动叫布朗运动 B．由T＝t+273.15K知，温度每增加1℃，热力学温度增加1K C．所有单晶体都具有沿不同方向导热、导电、导光不同的特性 D．两分子间距离越大，其分子力越小，分子势能也就越小二．多选题（共3小题）（多选）8．（2026春•海淀区校级期中）如图所示，把质量为m的小球放在竖立的弹簧上，并把小球往下按至A位置，如图甲，迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C，如图乙，途中经过位置B时弹簧正好恢复原长，弹簧的质量和空气的阻力均可忽略，以A位置为重力势能零点。小球从A到C的运动过程中，下列说法正确的是（）A．小球的机械能不守恒 B．小球到达B位置时，小球的动能最大 C．小球动能与弹簧弹性势能之和不断减少 D．小球在A位置时弹簧的弹性势能等于小球在C位置的重力势能（多选）9．（2026春•雁塔区校级期中）如图所示，装有沙子的小车静止在光滑的水平面上，总质量为3kg，将一个质量1kg的小球从距沙面0.45m高度处以大小为4m/s的初速度水平抛出，小球落入车内并陷入沙中最终与车一起向右匀速运动。不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（）A．小球陷入沙子过程中，小球和沙、车组成的系统动量守恒 B．小车最终的速度大小为1m/s C．小车最终的速度大小为2m/s D．小球陷入沙子过程中，合外力对小球的冲量大小为3（多选）10．（2026•湖北模拟）某自行车所装车灯发电机的原理图如图所示，绕有线圈的“匚”形铁芯开口处装有磁体，自行车车轮转动时带动与其接触的摩擦轮转动，摩擦轮又通过传动轴带动磁体一起转动，从而使铁芯中磁通量发生变化，绕在铁芯上的线圈共N匝，线圈两端c、d作为发电机输出端，通过导线与额定电压为U、电阻为R的灯泡L相连，当车轮匀速转动时，发电机输出电压近似视为正弦式交变电压，灯泡阻值视为不变，发电机线圈电阻不计，摩擦轮与轮胎间不打滑。若某次无风时自行车以某一速度匀速行驶，带动磁体转动的转速为n，灯泡L恰好正常发光，假设骑车人对自行车做的功仅用于克服空气阻力和发电机阻力，已知空气阻力与车速成正比，该次骑车时骑车人克服空气阻力的功率为P，则（）A．磁体从图示位置匀速转过90°的过程中L中的电流逐渐变大 B．该次骑车时磁体转动过程中通过线圈的最大磁通量为2UC．该次骑车时骑车人对自行车做功的功率为P+2D．若磁体转动的转速变为12n，则骑车人对自行车做功的功率变为14三．实验题（共2小题）11．（2023秋•安徽月考）三峡双线五级船闸，规模举世无双，是世界上第二大的船闸（第一大为我国大藤峡水利枢纽工程船闸），船闸上下落差达113米（40层楼房的高度）。船舶过大坝的方式—小船坐电梯，大船坐楼梯。电梯是指升船机，楼梯就是指五级船闸。如图1所示。小明乘坐总质量为8000t的巨轮从上海直达重庆。（1）他在研究以下哪个问题的时候，可以将巨轮当作质点。A.巨轮通过船闸时，方向盘的旋转对船向的控制B.运动过程中，巨轮避让其他船只C.在地图上绘制巨轮运动轨迹，并计算完成航程所用时间（2）通过船闸的抬升过程中巨轮所受重力做功为WG，重力势能变化量为ΔE，则。A.WG≈8.86×109J，ΔE≈8.86×109JB.WG≈8.86×109J，ΔE≈﹣8.86×109JC.WG≈﹣8.86×109J，ΔE≈8.86×109JD.WG≈﹣8.86×109J，ΔE≈﹣8.86×109J（3）通过船闸后，他看到绑在立柱上的中性笔摆起并维持了特定的角度，于是拿起手机拍摄，拍摄方向水平且和前进方向垂直，如图2所示。已知当地重力加速度为g，要测量巨轮加速的加速度，还需要测量。A.笔的质量mB.此时巨轮的航速C.照片中细绳在竖直方向上的投影yD.照片中细绳在水平方向上的投影x（4）用（3）题中所给的字母表示巨轮的加速度为a＝。（5）若该同学在水平拍照时，拍摄的方向和轮船前进方向不垂直，照片中细绳在水平方向上投影x偏小，在竖直方向上的投影y不变。那么所测加速度会比实际值（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。12．（2023春•驿城区校级期末）实验用气垫导轨装置验证动量定理，滑块M＝200.0g，槽码m＝50.0g。遮光条通过时间为Δt1和Δt2，以及两次通过光电门的时间Δt。（1）游标卡尺测量遮光条宽度如图所示，其宽度d＝mm。（2）打开气泵，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块能在短时间内保持静止，其目的是。（3）多次改变光电门2的位置进行测量，得到Δt和Δv的数据如表：Δt/s0.7210.7900.8540.9130.968Δv/（m•s﹣1）1.381.521.641.751.86请根据表中数据，在方格纸上作出Δv和Δt图线。。（4）查得当地的重力加速度g＝9.8m/s2，根据动量定理，Δv﹣Δt图线斜率的理论值是m/s2。（5）实验结果发现，Δv﹣Δt图线斜率的实验值总小于理论值，产生这一误差的两个可能原因是。A．选用的槽码质量偏小B．细线与气垫导轨不完全平行C．每次释放滑块的位置不同D．实验中Δt的测量值偏大四．解答题（共3小题）13．（2026春•长沙期中）如图所示，质量为m的小物块（视为质点）从某一高度处的A点以v0=45gL的初速度水平抛出，恰好沿切线方向从B点进入一由粗糙圆弧轨道BC和水平轨道CD组成的轨道，圆弧轨道BC与水平轨道CD相切于C处，圆弧BC所对应的圆心角θ＝37°，半径为56L，小物块到达C点的速度大小为255gL。水平轨道CD上宽度为L2的M、N之间存在一个特殊区域，小物块进入M、N之间就会受到一个大小为F＝mg恒定水平向右的作用力。水平轨道MN两点间粗糙，其余部分光滑，M、N的右侧有一个弹性卡口，当小物块到达弹性卡口处的速度大于gL时可通过，速度不大于gL时被反弹，反弹后的动能为反弹前的14（1）小物块通过B点时的速度大小vB；（2）小物块滑到圆弧轨道的C点时，小物块对圆弧轨道的压力大小FN及从B到C的过程中摩擦力做的功；（3）若小物块与M、N之间的动摩擦因数μ1＝0.2，小物块在M、N间通过的路程。14．（2026•古浪县模拟）如图所示，足够多的完全相同质量为m＝3kg的物块静止在倾角为θ＝37°的足够长斜面上，物块的间距均为x，物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。一质量为M＝1kg的光滑小球在距离1号物块L＝3m处由静止释放，小球和物块均可看作质点，小球与物块、物块与物块之间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6。（1）求小球第一次与1号物块碰撞后瞬间，两者的速度大小分别为多少；（2）若小球每次与1号物块碰撞前瞬间的速度均相等，则x为多少。15．（2026•华龙区二模）如图所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨固定于同一水平面内，整个导轨处于竖直向下磁感应强度为B的匀强磁场中。质量均为m、电阻均为R的导体棒MN、PQ垂直静止于平行导轨上，两导体棒的间距为x0，两导体棒与导轨构成矩形闭合回路。t＝0时刻给导体棒PQ一个水平向右的恒力F，经过一段时间t0电路恰好达到一个稳定状态，不考虑导轨的电阻。求：（1）电路达到稳定状态时，回路中的电流I；（2）t0时刻，两导体棒的间距x。

2025-2026学年下学期江西高中物理高二期末模拟试卷（三）一．选择题（共7小题）1．（2026春•张店区校级期中）某快递分拣中心有一倾角为37°的固定式斜坡，可视为糙斜面。一名工人将一个质量为m的货物（可视为质点）以一定的初速度从斜坡底端A点沿斜面向上推出。货物在斜坡上做匀减速直线运动，测得加速度大小为34g（g为重力加速度），货物沿斜面上滑的最大直高度为h。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8A．货物动能损失了34mghB．货物的重力做功为mgh C．货物机械能损失了14mghD．摩擦力对货物做功-3【分析】先由牛顿第二定律求出动摩擦因数，再结合斜面高度h算出上滑位移，用动能定理分析动能损失、重力做功，根据摩擦力做功判断机械能损失。【解答】解：A、先对货物受力分析，由牛顿第二定律mgsin37°+μmgcos37°＝ma代入数据可得μ=316合外力做功W合＝﹣ma•s=-54mgh，动能损失量等于合外力做功的绝对值为B、货物上升高度为h，重力做功WG＝﹣mgh，故B错误；CD、机械能损失量等于摩擦力做功的绝对值，摩擦力f=μmgcos37摩擦力做功W故机械能损失了14mgh，故C正确，故选：C。【点评】本题以斜面上的匀减速运动为情境，考查牛顿定律、动能定理与机械能变化的综合应用，侧重受力分析与能量变化的关联，难度适中。2．（2026•四川模拟）如图所示，一根劲度系数为k的轻弹簧，下端固定在倾角为θ的光滑斜面的底部，上端连接一木板B，木块A叠放在木板B的上面，初始时，木块A和木板B压缩弹簧静止在斜面上。现用外力再让木板B缓慢压缩弹簧一小段距离d，然后撤去外力，木块A和木板B开始运动。已知木块A、木板B的质量分别为m、M，木块A和木板B始终相对静止，木板B从开始运动到第一次到达最高点的时间为t，忽略空气阻力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是（）A．木块A所受的摩擦力大小一直等于mgsinθ B．木块A在斜面上做简谐运动的周期为t C．木板B开始运动时，木块A对木板B的摩擦力的方向沿斜面向上 D．木板B运动到最高点时，木板B的加速度大小为kd【分析】对整体和木块A分别受力分析，结合简谐运动的对称性、周期规律与牛顿第二定律，逐一分析各选项中摩擦力大小与方向、周期、加速度的相关表述。【解答】解：A.以木块A和木板B整体为研究对象，系统受弹力和沿斜面方向的重力分力作用，合外力大小与位移成正比，故A、B一起做简谐运动，加速度a随位移变化。以沿斜面向上为正方向，对木块A受力分析，由牛顿第二定律得f﹣mgsinθ＝mα由于加速度a一直变化，故木块A所受的摩擦力f大小不断变化，故A错误；B.木板B从开始运动（最低点）到第一次到达最高点，经历了半个周期，即t=T2木块A和木板B始终相对静止，故木块A在斜面上做简谐运动的周期为T＝2t，故C.木板B开始运动时，系统处于最低点，回复力沿斜面向上，整体加速度沿斜面向上，对木块A有f﹣mgsinθ＝ma＞0故木板B对木块A的摩擦力的方向沿斜面向上；根据牛顿第三定律可知，木块A对木板B的摩擦力的方向沿斜面向下，故C错误；D.初始静止时，系统处于平衡位置，弹簧压缩量x0满足kx0＝（m+M）gsinθ再压缩d后撤去外力，此时为简谐运动的最低点，系统偏离平衡位置的位移大小为d；根据简谐运动的对称性，到达最高点时系统偏离平衡位置的位移大小也为d，回复力方向沿斜面向下，大小为F＝kd对整体由牛顿第二定律得F＝kd＝（m+M）amax解得加速度大小amax=kd故选：D。【点评】本题易错点在于混淆静摩擦力与重力分力的关系、误用简谐运动的对称性判断加速度与摩擦力方向，或错误理解周期与运动时间的对应关系。3．（2026•呼伦贝尔竞赛）中国疾病监测系统数据显示，中国每年有4千万人出现滑滑倒摔伤，导致纠纷案件约有7.65万件。一名成人体重按60kg计算，站立时重心距地高度约为1m，接触硬地面（水泥地）时间约为0.02s，估算摔倒时，人受到的地面的冲击力约为自身重力的多少倍（g取10m/s2）（）A．2倍 B．13倍 C．23倍 D．32倍【分析】根据动能定理分析落地时的速度，根据动量定理分析接触地面的过程。【解答】解：人摔倒过程，由动能定理可知mgh=12m人摔倒时，以竖直向上为正方向，由动量定理可知（F﹣mg）t＝0﹣（﹣mv），代入数据可得F＝14100N，所以冲击力约为人自身体重的23.5倍，故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】考查了动能定理和动量定理的应用，熟练掌握常用表达式，应用动量定理注意先规定正方向。4．（2026春•皇姑区校级期中）如图所示，一个木块以水平初速度v0滑上匀速转动的水平传送带上，传送带的传送速率为v，v0＝v，木块刚滑上传送带时两速度的方向相互垂直，木块与传送带之间的动摩擦因数恒为μ。若木块最终与传送带共速，则下列说法正确的是（）A．支持力对木块的冲量为零 B．摩擦力对木块的冲量大小为2mv0 C．随着木块与传送带之间的相对速度的逐渐减小，木块所受的摩擦力也逐渐减小 D．木块与传送带共速之前做加速度大小不变的曲线运动【分析】先分析木块受力及运动状态，再根据冲量定义、动量定理、滑动摩擦力特点及曲线运动条件判断各选项。【解答】解：A、支持力是传送带对木块的竖直向上的作用力，其大小等于木块重力（竖直方向平衡），且作用时间不为零。根据冲量定义I＝Ft，支持力不为零且作用时间存在，因此支持力对木块的冲量不为零。故A错误；B、木块初速度v0与传送带速度v方向垂直，设v0沿x轴正方向，v沿y轴正方向。摩擦力方向与木块相对传送带的速度方向相反，初始时木块相对传送带的速度为v0（沿x轴），故摩擦力沿x轴负方向，使木块在x方向做匀减速运动，y方向因摩擦力分量为零而静止。最终共速时，木块速度为v（沿y轴），由动量定理，摩擦力冲量等于动量变化量初动量：p初＝mv0（沿x轴）末动量：p＝mv（沿y轴）动量变化量：Δp＝P末一P初＝mv（沿y轴）因此摩擦力冲量大小为mv，而非2mv0，故B错误；C、滑动摩擦力大小由公式f＝μN决定，其中N为正压力（等于木块重力mg）。只要木块与传送带存在相对运动，滑动摩擦力大小始终为μmg，与相对速度大小无关，故C错误；D、木块所受摩擦力为滑动摩擦力，大小f＝μmg（恒定），方向始终与相对传送带的速度方向相反。初始时木块速度方向与摩擦力方向垂直，之后速度方向变化，但摩擦力方向始终与相对速度方向相反，导致合外力方向与速度方向不共线因此木块做曲线运动。由于摩擦力大小不变，加速度a=fm=故选：D。【点评】掌握冲量的定义式、动量定理的内容，以及物体做曲线运动的条件等是解题的基础，知道摩擦力的方向总是与物体相对运动的方向相反。5．（2026春•重庆期中）如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为2：1，原线圈一侧接在额定电压为U的正弦交流电源上。定值电阻R1＝6R0，R2＝R0，滑动变阻器R3的最大阻值为R0，电流表、电压表均为理想电表。当滑动变阻器R3的滑片P从最上端滑动到最下端的过程中，电流表和电压表示数变化量的绝对值分别用ΔI和ΔU表示，下列判断正确的是（）A．滑片在向下滑动过程中，电流表和电压表的示数均变小 B．滑片在向下滑动过程中，变压器的输出功率一直增大 C．电表示数变化量的绝对值之比ΔUΔI等于32RD．当滑动变阻器接入电路中的电阻为13R0【分析】先得到副线圈电路中的电阻在原线圈电路中的等效电阻的表达式，然后根据欧姆定律分析原线圈电路中的电压和电流的变化，然后根据变压比和变流比分析；当副线圈电路中的电阻在原线圈电路中的等效电阻与原线圈电路中的电阻相等时，变压器的输出功率最大，根据该等效电阻的变化分析变压器输出功率的变化以及变阻器接入电路中电阻的大小；写出变压器输入电压和电流的变化量的比值，然后根据变压比和变流比分析计算。【解答】解：A、副线圈电路中的电阻在原线圈电路中的等效电阻为R'=(n1n2)2(R2+R3)=4(R0+R3)。滑片在向下滑动过程中，变阻器接入电路中的电阻逐渐减小，则B、当R1＝R'时变压器的输出功率最大，因为R3的最大阻值为R0，所以R'的范围满足4R0≤R'≤8R0，所以变压器的输出功率应该是先增大后减小的，故B错误；C、根据U1＝U﹣I1R1可得ΔU1ΔI1=R1=6D、当R1＝R'时变压器的输出功率最大，由A可得R'＝4（R0+R3），解得R3=1故选：C。【点评】能够写出副线圈电路中的电阻在原线圈电路中的等效电阻的表达式，知道该等效电阻和原线圈电路中的电阻相等时变压器的输出功率最大，掌握变压比和变流比的应用。6．（2026•昆明模拟）2025年12月，我国首批L3级自动驾驶车型准入，预计未来1到3年，L4级自动驾驶有望在中国全领域落地。在无人驾驶汽车上，配备光楔的激光雷达能够更准确地感知周围环境。如图所示，用折射率为n的玻璃制成顶角β很小（sinβ≈β）的棱镜，称为光楔。一束平行光垂直光楔左侧射入，不考虑多次反射，光线从光楔右侧出射时与入射时相比（）A．向下偏折了（n﹣1）β B．向上偏折了（n﹣1）β C．向下偏折了(1-1n)β【分析】根据折射定律作出光路图，并由折射定律列式，再结合几何关系求解。【解答】解：折射光线与入射光线分居法线两侧，出射光线从光楔右侧出射时向下偏折，光路图如图所示：设光线从光楔右侧出射时与入射时相比的偏转角为α，根据折射定律n=由于角β很小，所以α+β也很小，所以原式约等于n=解得α＝（n﹣1）β故BCD错误，A正确。故选：A。【点评】解答本题时，要明确当α很小时，sinα≈α，能利用数学知识帮助解答。7．（2026春•铜山区期中）下列说法正确的是（）A．花粉分子的无规则运动叫布朗运动 B．由T＝t+273.15K知，温度每增加1℃，热力学温度增加1K C．所有单晶体都具有沿不同方向导热、导电、导光不同的特性 D．两分子间距离越大，其分子力越小，分子势能也就越小【分析】分析各选项涉及的物理概念，布朗运动、热力学温度与摄氏温度关系、单晶体特性、分子力与分子势能。【解答】解：A、布朗运动的定义是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的无规则运动，并非分子本身的运动，花粉分子的无规则运动是分子热运动的体现，但布朗运动的研究对象是固体颗粒，故A错误；B、热力学温度T与摄氏温度t的关系为T＝t+273.15K，当摄氏温度增加1℃时，热力学温度T'＝（t+1）+273.15K＝T+1K，即温度每增加1℃热力学温度增加1K，故B正确；C、单晶体的重要特性是各向异性，即沿不同方向的物理性质（如导热性、导电性、导光性等）不同，这是单晶体区别于多晶体和非晶体的核心特征，故C错误；D、分子力和分子势能与分子间距离的关系，当分子间距离r＜r0时，分子力表现为斥力，距离增大时分子力减小，分子势能减小；当r＞r0时，分子力表现为引力，距离增大时分子力先增大后减小，分子势能增大，故D错误。故选：B。【点评】学生最容易混淆布朗运动的主体、各向异性的适用范围和分子势能的变化规律，审题时要特别注意这些概念的细节，避免“想当然”地套用结论。二．多选题（共3小题）（多选）8．（2026春•海淀区校级期中）如图所示，把质量为m的小球放在竖立的弹簧上，并把小球往下按至A位置，如图甲，迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C，如图乙，途中经过位置B时弹簧正好恢复原长，弹簧的质量和空气的阻力均可忽略，以A位置为重力势能零点。小球从A到C的运动过程中，下列说法正确的是（）A．小球的机械能不守恒 B．小球到达B位置时，小球的动能最大 C．小球动能与弹簧弹性势能之和不断减少 D．小球在A位置时弹簧的弹性势能等于小球在C位置的重力势能【分析】小球从A到C的运动过程中，除重力外弹簧弹力也对小球做功，因此小球的机械能不守恒。小球在A位置时弹簧被压缩储存弹性势能，从A到B过程中弹簧弹力大于重力，小球向上加速，当弹力与重力相等时速度最大动能最大，此位置在A、B之间，B位置时弹簧恢复原长弹力为零，小球速度已减小，动能并非最大。对于小球与弹簧组成的系统，机械能守恒，从A到C小球重力势能持续增加，因此小球自身的动能与弹簧弹性势能之和必然不断减少。根据系统机械能守恒，小球在A位置时弹簧的弹性势能最终全部转化为小球在C位置时的重力势能，两者大小相等。【解答】解：A、小球从A到C的过程中，除重力外，弹簧弹力也对小球做功，因此小球的机械能不守恒，故A正确；B、当小球受到的弹力与重力大小相等时，小球的速度达到最大，其动能也最大。在B点，弹簧弹力为零，此时小球的速度并非最大，动能也非最大，故B错误；C、根据题意，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，即小球的动能、重力势能与弹簧的弹性势能之和为定值。在从A到C的过程中，小球的重力势能持续增加，因此小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断减小，故C正确；D、由系统机械能守恒可知，小球在A位置时弹簧储存的弹性势能，在C位置全部转化为小球增加的重力势能，故D正确。故选：ACD。【点评】本题以弹簧小球系统为背景，综合考查了机械能守恒定律的条件与系统能量转化关系。题目涉及弹簧弹力这一变力做功，要求考生理解并应用系统机械能守恒，分析过程中动能、重力势能与弹性势能之间的相互转化。本题计算量不大，但思维层次较高，能有效锻炼学生对物理过程进行动态分析、识别能量转化临界点以及应用守恒思想解决复杂过程的能力。其中判断最大动能位置并非弹簧原长处，而是合力为零的平衡位置，是本题的关键与易错点，对学生的受力分析与运动过程理解提出了明确要求。（多选）9．（2026春•雁塔区校级期中）如图所示，装有沙子的小车静止在光滑的水平面上，总质量为3kg，将一个质量1kg的小球从距沙面0.45m高度处以大小为4m/s的初速度水平抛出，小球落入车内并陷入沙中最终与车一起向右匀速运动。不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（）A．小球陷入沙子过程中，小球和沙、车组成的系统动量守恒 B．小车最终的速度大小为1m/s C．小车最终的速度大小为2m/s D．小球陷入沙子过程中，合外力对小球的冲量大小为3【分析】分析系统的合外力是否为零，判断系统动量是否守恒；小球与车、沙组成的系统在水平方向动量守恒，由此求解小车最终的速度大小，根据冲量表达式求小球陷入沙子过程中，合外力对小球的冲量大小。【解答】解：A.小球陷入沙子过程，小球在竖直方向做变速运动，系统在竖直方向所受合外力不为零，因此系统动量不守恒，故A错误；BCD.小球落入沙子前做平抛运动，则竖直方向有2g小球落入沙子前竖直方向速度大小vy＝3m/s小球陷入沙子过程中，小球与车、沙组成的系统在水平方向动量守恒，水平方向有mv0＝（m+M）v解得v＝1m/s竖直方向，对小球有Iy＝mvy即Iy＝3N•s水平方向，对小球有Ix＝mv﹣mv0即Ix＝﹣3N•s则小球陷入沙子过程中，合对小球的冲量大小I=解得I=3故BD正确，C错误。故选：BD。【点评】本题主要考查动量守恒定律，要注意小球和小车在作用过程中，系统的总动量并不守恒，只是水平方向动量守恒。（多选）10．（2026•湖北模拟）某自行车所装车灯发电机的原理图如图所示，绕有线圈的“匚”形铁芯开口处装有磁体，自行车车轮转动时带动与其接触的摩擦轮转动，摩擦轮又通过传动轴带动磁体一起转动，从而使铁芯中磁通量发生变化，绕在铁芯上的线圈共N匝，线圈两端c、d作为发电机输出端，通过导线与额定电压为U、电阻为R的灯泡L相连，当车轮匀速转动时，发电机输出电压近似视为正弦式交变电压，灯泡阻值视为不变，发电机线圈电阻不计，摩擦轮与轮胎间不打滑。若某次无风时自行车以某一速度匀速行驶，带动磁体转动的转速为n，灯泡L恰好正常发光，假设骑车人对自行车做的功仅用于克服空气阻力和发电机阻力，已知空气阻力与车速成正比，该次骑车时骑车人克服空气阻力的功率为P，则（）A．磁体从图示位置匀速转过90°的过程中L中的电流逐渐变大 B．该次骑车时磁体转动过程中通过线圈的最大磁通量为2UC．该次骑车时骑车人对自行车做功的功率为P+2D．若磁体转动的转速变为12n，则骑车人对自行车做功的功率变为14【分析】结合交变电流的产生规律、有效值与最大值的关系，以及空气阻力与车速的正比关系，分析磁通量、电流和功率相关选项。【解答】解：A.由图可知，开始阶段，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小，转动后，磁通量减小，磁通量的变化率增大，当转过90°时，穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大，可知，转动过程中L中的电流逐渐增大，故A正确；B.灯泡两端的最大值为2U，感应电动势最大值为Em＝NBωS＝NΦ•2π联立可得通过线圈的最大磁通量为Φ=2U2πnNC.该次骑车时消耗的电功率为P该次骑车时骑车人对自行车做功的功率为P人=P+PD.若磁体转动的转速变为12n有效值为U该次骑车时消耗的电功率为P磁体转动的转速变为12n，根据v＝令匀速运动时的速度为v，根据题意知P＝fv＝kv•v＝kv2，可知自行车的速度变为原来的一半，骑车时骑车人克服空气阻力的功率为P所以骑车人对自行车做功的功率变为P'人=P'+P故选：ABD。【点评】本题以自行车车灯发电机为背景，综合考查交变电流的产生、功率计算及阻力功率分析，侧重物理规律在实际问题中的应用。三．实验题（共2小题）11．（2023秋•安徽月考）三峡双线五级船闸，规模举世无双，是世界上第二大的船闸（第一大为我国大藤峡水利枢纽工程船闸），船闸上下落差达113米（40层楼房的高度）。船舶过大坝的方式—小船坐电梯，大船坐楼梯。电梯是指升船机，楼梯就是指五级船闸。如图1所示。小明乘坐总质量为8000t的巨轮从上海直达重庆。（1）他在研究以下哪个问题的时候，可以将巨轮当作质点C。A.巨轮通过船闸时，方向盘的旋转对船向的控制B.运动过程中，巨轮避让其他船只C.在地图上绘制巨轮运动轨迹，并计算完成航程所用时间（2）通过船闸的抬升过程中巨轮所受重力做功为WG，重力势能变化量为ΔE，则C。A.WG≈8.86×109J，ΔE≈8.86×109JB.WG≈8.86×109J，ΔE≈﹣8.86×109JC.WG≈﹣8.86×109J，ΔE≈8.86×109JD.WG≈﹣8.86×109J，ΔE≈﹣8.86×109J（3）通过船闸后，他看到绑在立柱上的中性笔摆起并维持了特定的角度，于是拿起手机拍摄，拍摄方向水平且和前进方向垂直，如图2所示。已知当地重力加速度为g，要测量巨轮加速的加速度，还需要测量CD。A.笔的质量mB.此时巨轮的航速C.照片中细绳在竖直方向上的投影yD.照片中细绳在水平方向上的投影x（4）用（3）题中所给的字母表示巨轮的加速度为a＝gxy（5）若该同学在水平拍照时，拍摄的方向和轮船前进方向不垂直，照片中细绳在水平方向上投影x偏小，在竖直方向上的投影y不变。那么所测加速度会比实际值偏小（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【分析】（1）当物体大小与形状对所研究的问题是无关或次要因素时物体可以看作质点。（2）重力做正功重力势能减少，重力做负功重力势能增加，求出重力做的功，然后求出重力势能的变化量。（3）（4）（5）对中性笔应用牛顿第二定律分析求解，然后分析实验误差。【解答】解：（1）A、巨轮通过船闸时，方向盘的旋转对船向的控制，此时巨轮的大小不能忽略，不能看作质点，故A错误；B、运动过程中，巨轮避让其他船只时，巨轮的大小不能忽略，不能看作质点，故B错误；C、在地图上绘制巨轮运动轨迹，并计算完成航程所用时间时，巨轮大小可忽略不计，可将巨轮看作质点，故C正确。故选：C。（2）通过船闸的抬升过程中巨轮所受重力做功为W重力势能变化量为ΔE=-WG≈8.86×10故选：C。（3）对中性笔，由牛顿第二定律得：mgtanθ＝ma其中：tanθ=解得：a=要测量加速度，只需要测量照片中细绳在竖直方向上的投影y和水平方向上的投影x，故选CD。（4）由（3）可知，加速度a=（5）若该同学在水平拍照时，拍摄的方向和轮船前进方向不垂直，照片中细绳在水平方向上投影x偏小，在竖直方向上的投影y不变。根据a=gx故答案为：（1）C；（2）C；（3）CD；（4）gxy；（5【点评】本题涉及的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识即可解题，要注意基础知识的学习与应用。12．（2023春•驿城区校级期末）实验用气垫导轨装置验证动量定理，滑块M＝200.0g，槽码m＝50.0g。遮光条通过时间为Δt1和Δt2，以及两次通过光电门的时间Δt。（1）游标卡尺测量遮光条宽度如图所示，其宽度d＝10.20mm。（2）打开气泵，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块能在短时间内保持静止，其目的是将气垫导轨调至水平。（3）多次改变光电门2的位置进行测量，得到Δt和Δv的数据如表：Δt/s0.7210.7900.8540.9130.968Δv/（m•s﹣1）1.381.521.641.751.86请根据表中数据，在方格纸上作出Δv和Δt图线。。（4）查得当地的重力加速度g＝9.8m/s2，根据动量定理，Δv﹣Δt图线斜率的理论值是1.96m/s2。（5）实验结果发现，Δv﹣Δt图线斜率的实验值总小于理论值，产生这一误差的两个可能原因是BD。A．选用的槽码质量偏小B．细线与气垫导轨不完全平行C．每次释放滑块的位置不同D．实验中Δt的测量值偏大【分析】（1）按游标卡尺读数规则读出；（2）将气垫导轨调至水平；（3）描点作图；（4）由动量定理解答；（5）根据实验原理、实验注意事项分析；该题考查验证动量定理实验相关知识。熟练掌握基本仪器的读数规则，会根据实验要求调整实验装置，用图像处理实验数据，会分析实验误差，提高实验能力。【解答】解：（1）遮光条宽度为d=10mm+1（2）气垫导轨操作基本要求就是导轨是水平放置的，所以调节气垫导轨让滑块短时间内保持静止的目的是调节导轨水平；（3）描点连线，如图所示：（4）由动量定理可得：mgΔt＝（M+m）Δv，解得：ΔvΔt=mgM+m，由图像可知Δv；（5）AC、槽码质量在同一实验中不会影响测量值的准确性，释放滑块的位置也不会影响图线斜率，故AC错误；B、细线与导轨不平行，则会在垂直导轨方向产生分力，越靠近定滑轮其水平分力越小，从而使加速度越小，速度变化率ΔvΔt越小，BD、时间测量值偏大会使斜率变小，故D正确。故答案为：BD。【点评】该题考查验证动量定理实验相关知识。熟练掌握基本仪器的读数规则，会根据实验要求调整实验装置，用图像处理实验数据，会分析实验误差，提高实验能力。四．解答题（共3小题）13．（2026春•长沙期中）如图所示，质量为m的小物块（视为质点）从某一高度处的A点以v0=45gL的初速度水平抛出，恰好沿切线方向从B点进入一由粗糙圆弧轨道BC和水平轨道CD组成的轨道，圆弧轨道BC与水平轨道CD相切于C处，圆弧BC所对应的圆心角θ＝37°，半径为56L，小物块到达C点的速度大小为255gL。水平轨道CD上宽度为L2的M、N之间存在一个特殊区域，小物块进入M、N之间就会受到一个大小为F＝mg恒定水平向右的作用力。水平轨道MN两点间粗糙，其余部分光滑，M、N的右侧有一个弹性卡口，当小物块到达弹性卡口处的速度大于gL时可通过，速度不大于gL时被反弹，反弹后的动能为反弹前的14（1）小物块通过B点时的速度大小vB；（2）小物块滑到圆弧轨道的C点时，小物块对圆弧轨道的压力大小FN及从B到C的过程中摩擦力做的功；（3）若小物块与M、N之间的动摩擦因数μ1＝0.2，小物块在M、N间通过的路程。【分析】（1）小物块从A点平抛至B点，水平分速度与B点切线方向夹角已知，通过速度分解关联初速度与B点速度，利用平抛运动规律确定vB大小。（2）在C点，小物块做圆周运动，已知速度与轨道半径，通过向心力公式由支持力与重力的合力提供向心力，从而求得支持力，再根据牛顿第三定律得到压力。从B到C过程涉及重力做功与摩擦力做功，利用动能定理建立初末动能与功的关系，可求解摩擦力做功。（3）小物块从C到M光滑，动能不变。进入MN区域后受恒定水平力与滑动摩擦力，通过动能定理分析其从M到N的运动，判断到达N点时的动能。再分析N到弹性卡口的光滑过程，根据卡口速度条件判断是否通过。由于第一次通过卡口速度已满足条件，物块不会反弹，故在MN间路程即为区域宽度。【解答】解：（1）小物块从A点到B点做平抛运动，在B点速度方向恰好沿切线方向，与水平方向夹角为θ＝37°。根据平抛运动规律，水平分速度不变，有vBcos37°＝v0，代入数据解得vB（2）在C点，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有FN'-mg=mv由牛顿第三定律，小物块对圆弧轨道的压力大小FN小物块从B点运动到C点，下降高度h=R(1-cos37°)=（3）C点到M点轨道光滑，小物块到达M点时的动能EkM小物块在M、N之间向右运动时，受水平向右恒力F＝mg与水平向左滑动摩擦力f＝μ1mg，即f＝0.2mg，根据动能定理有(F-f)⋅L2由于N点右侧轨道光滑，物块到达弹性卡口D处的速度vD=2EkNm=1.6gL，满足vD答：（1）小物块通过B点时的速度大小为gL。（2）小物块对圆弧轨道的压力大小为4925mg，从B到C的过程中摩擦力做的功为（3）小物块在M、N间通过的路程为L2【点评】本题是一道综合性很强的力学题目，融合了平抛运动、圆周运动、动能定理、牛顿运动定律以及能量转化与守恒等多方面核心知识。题目计算量较大，难度中等偏上，对学生的物理建模能力和多过程综合分析能力提出了较高要求。题目通过设置包含特殊作用力区域和弹性卡口的复杂轨道情景，有效考查学生灵活运用动能定理处理变力做功以及分段分析运动过程的能力。其中，将平抛运动末速度方向与圆周运动入口条件巧妙结合，以及分析物块在特殊区域内受力并判断其最终能否通过卡口的设计，都体现了对物理思维深度的考查。14．（2026•古浪县模拟）如图所示，足够多的完全相同质量为m＝3kg的物块静止在倾角为θ＝37°的足够长斜面上，物块的间距均为x，物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。一质量为M＝1kg的光滑小球在距离1号物块L＝3m处由静止释放，小球和物块均可看作质点，小球与物块、物块与物块之间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6。（1）求小球第一次与1号物块碰撞后瞬间，两者的速度大小分别为多少；（2）若小球每次与1号物块碰撞前瞬间的速度均相等，则x为多少。【分析】（1）小球从静止沿光滑斜面下滑，其加速度由重力沿斜面的分力提供，通过运动学规律可求出与1号物块碰撞前的速度。小球与物块发生弹性碰撞，两者动量与机械能均守恒，利用质量关系可求出碰后各自的速度大小。（2）分析1号物块碰后的运动状态，其重力沿斜面的分力与最大静摩擦力相等，故物块将做匀速直线运动。物块运动x距离后与2号物块发生弹性碰撞，因质量相等发生速度交换，1号物块静止。小球碰后以反弹速度向上做匀减速运动至零，再反向向下加速。为使小球每次与1号物块碰撞前速度相等，小球从碰后到再次达到碰撞前速度的时间t内，其位移应等于1号物块匀速运动x距离后静止的位置。通过小球匀变速运动的位移关系与时间关系，结合物块匀速运动的时间条件，可建立方程求解x。【解答】解：（1）小球沿光滑斜面下滑，受重力及支持力作用，根据牛顿第二定律有Mgsin37°＝Ma0，解得：a0小球自释放到与1号物块碰撞前瞬间，根据运动学公式v02=2a0L小球与1号物块发生弹性碰撞，规定沿斜面向下为正方向，