2025-2026学年下学期江西高中物理高二期末模拟试卷（一）

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（一）一．选择题（共7小题）1．（2026•江苏模拟）如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端系一质量为m的物体，现用手托住物体在A处，此时弹簧恰处于原长。快速撤去手，物体自A处下落到最低点C处，随后往复振动，B点是AC的中点，已知空气阻力f≪mg且大小不变，重力加速度为g，则物体（）A．相邻两次经过B点的速率相等 B．下降过程和上升过程的最大速率处相距Δd=4fC．第一次上升到最高点处距离A点的高度差ΔhD．第一次向上运动的最大速率处距离A点的高度差Δ2．（2026春•永春县校级期中）下列几种情况一定能满足机械能守恒的是（）A．物体以v0的初速度沿着光滑斜面向上减速运动 B．处于平衡状态的物体 C．树叶从树枝上落下的运动 D．氢气球拉线断了后的运动3．（2026春•海淀区校级期中）2023年我国首套高温超导电动悬浮全要素试验系统完成首次悬浮运行，实现重要技术突破。设该系统的试验列车质量为m，某次试验中列车以速率v在平直轨道上匀速行驶，刹车时牵引系统处于关闭状态，制动装置提供大小为F的制动力，列车减速直至停止。若列车行驶时始终受到大小为f的空气阻力，则（）A．列车减速过程的加速度大小a=FB．列车减速过程F的冲量为mv C．列车减速过程通过的位移大小为mvD．列车匀速行驶时，牵引系统的输出功率为（f+F）v4．（2026春•浑南区校级月考）从地面上以初速度10m/s竖直向上抛出一质量为0.2kg的小球，运动过程中小球受到的空气阻力f与其速率v成正比，其关系为f＝kv，k为常数。已知落地前小球已经匀速下落，速率为2m/s，取重力加速度g＝10m/s2，则以下说法正确的是（）A．k的值为1s/m B．小球在上升阶段速率为1m/s时，加速度大小为20m/s2 C．小球上升的最大高度为2.6m D．小球抛出到落地过程中所用时间为1.2s5．（2026•广陵区模拟）如图（a）所示，相距L的两足够长平行金属导轨与水平面成θ＝30°角倾斜放置，导轨电阻忽略不计。电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上。导轨间存在竖直向上的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图（b）所示。t＝0时刻，两棒相距x0，锁定ab，cd由静止释放，金属棒与导轨始终接触良好，则在0～T时间内通过金属棒横截面的电荷量为（）A．3B0Lx0C．B0Lx06．（2025•贵港校级模拟）如图所示，OBCD为半圆柱体玻璃的横截面，OD为直径，一束由a、b两种单色光组成的复色光沿AO方向从真空射入玻璃，分别从B、C点射出，则（）A．玻璃对a光的折射率比对b光的折射率小 B．a光光子的动量大于b光光子的动量 C．光线AO绕O点顺时针旋转，b光比a光先在圆弧界面发生全反射（不考虑多次反射） D．a光从O到B点的传播时间小于b光从O到C点的传播时间7．（2012•双流区校级开学）两个相同的容器分别装满了质量相同的甲、乙两种液体，用同一热源分别加热，液体温度与加热时间关系如图所示（）A．甲液体的比热容大于乙液体的比热容 B．如果升高相同的温度，两液体吸收的热量相同 C．加热相同的时间，甲液体吸收的热量大于乙液体吸收的热量 D．加热相同的时间，甲液体温度升高的比乙液体温度升高的多二．多选题（共3小题）（多选）8．（2026春•思明区校级期中）投壶是春秋战国时期流行的一种游戏，规则是参与游戏的人需要在一定距离外把小球投进壶里。如图所示，画中人先后从同一位置投射出两个相同的小球，第一次初速度v1水平，第二次初速度v2斜向下，两个小球均从壶口同一位置落入壶中，不计空气阻力，两个小球从投出到运动至壶口的过程中（）A．运动时间相同 B．加速度相同 C．速度变化量相同 D．动能变化量相同（多选）9．（2024•华安县校级开学）如图所示，小车的上面是中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看作质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下。关于这个过程，下列说法正确的是（）A．车上曲面的竖直高度不会大于v2B．小球在滑上曲面的过程中，对小车压力的冲量大小是mv2C．小球和小车作用前后，小车和小球的速度可能没有变化 D．小球恰到达最高点后若从左侧曲面滑回，则掉落时小球做自由落体（多选）10．（2026•新乡模拟）如图甲所示，水平面内建立xOy坐标系，在0≤x≤L范围内存在垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，边长为L的正方形导线框abcd的ab边恰好位于磁场左边界上，导线框质量为m，电阻为R。某时刻给导线框瞬时冲量使其沿x轴做减速运动，其感应电流随位移的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是（）A．刚进入磁场瞬间，导线框的电流沿顺时针方向 B．导线框的加速度大小随速度大小均匀变化 C．导线框沿x轴移动的最大距离是mID．导线框的位移是最大距离的12时，导线框的电功率为三．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．（2022春•山西期中）如图甲所示，在水平气垫导轨上放置两个滑块a和b，两滑块的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥，相撞后能粘在一起运动。在a上固定传感器的发射器，轨道上A点处固定传感器的接收器，某次实验中，让a开始运动，位移传感器记录的a的x～t图像如图乙所示。测得ma＝0.140kg，mb＝0.148kg，回答下列问题：（1）碰撞前，滑块a的速度v＝m/s；（2）碰撞前，滑块a的动量p＝kg•m/s；（3）设碰撞后滑块a、b的总动量为p′，定义实验的相对误差ξ＝|p'-pp|×100%，因本次实验中ξ＝%＜10%，故可认为碰撞前后a、b四．解答题（共3小题）13．（2026春•越秀区校级期中）如图所示，一质量为m＝1kg的物体，由14光滑圆弧轨道上端从静止开始下滑，到达底端后沿水平面向右滑动x1＝1m距离后停止。已知圆弧底端与水平面平滑连接，圆弧轨道半径R＝0.2m，取g＝10m/s2（1）物体滑至圆弧底端时对轨道的压力大小；（2）物体与水平面之间的动摩擦因数和在水平面上减速的时间；（3）若物体由距离14光滑圆弧轨道上端h＝0.3m处从静止开始落下，求物体在水平面上运动的距离x214．（2026•小店区校级模拟）沙袋从水平地面上方某一高度处水平抛出，落地后竖直方向速度减为0，又在水平地面上滑行一段距离停下，若沙袋与地面碰撞时间极短（碰撞过程中不计重力），取重力加速度大小g＝10m/s2，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向。整个过程沙袋运动的vy﹣vx图象如图所示，求：（1）沙袋抛出时到地面的高度h；（2）地面与沙袋间的动摩擦因数μ；（3）沙袋在水平地面上滑行的距离L。15．（2026•泉州模拟）如图，平行光滑金属导轨P1S1与P2S2由倾斜导轨与足够长的水平导轨平滑连接组成，P1、P2之间接有阻值为R的电阻。水平导轨静置一长方体空绝缘盒，在盒右侧壁处有一物块，盒左侧的水平导轨间区域abcd有竖直向上的匀强磁场。一阻值为r的导体棒由静止释放沿倾斜导轨下滑，穿过磁场区域后与盒发生碰撞。已知两导轨的间距L1＝1m，导体棒释放时距水平导轨面的高度h＝2.45m，磁场边界ab、cd的间距d＝1m，磁感应强度大小B＝1T，导体棒与盒的质量均为M＝1kg，小物块的质量m＝0.5kg，盒左右侧壁间的距离L2＝1.98m，物块与盒底面之间的动摩擦因数μ＝0.04，R＝r＝0.5Ω，取重力加速度大小g＝10m/s2，导体棒运动过程始终与ab、cd平行且垂直于导轨，物块可视为质点，所有碰撞均视为弹性正碰，且碰撞时间极短，求：（1）导体棒进入磁场时的速度大小v1；（2）导体棒穿过磁场区域的过程中电阻R产生的热量Q；（3）物块与盒最后一次碰撞后瞬间物块的速度大小v′。

2025-2026学年下学期江西高中物理高二期末模拟试卷（一）一．选择题（共7小题）1．（2026•江苏模拟）如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端系一质量为m的物体，现用手托住物体在A处，此时弹簧恰处于原长。快速撤去手，物体自A处下落到最低点C处，随后往复振动，B点是AC的中点，已知空气阻力f≪mg且大小不变，重力加速度为g，则物体（）A．相邻两次经过B点的速率相等 B．下降过程和上升过程的最大速率处相距Δd=4fC．第一次上升到最高点处距离A点的高度差ΔhD．第一次向上运动的最大速率处距离A点的高度差Δ【分析】本题需结合受力平衡分析最大速率位置，利用动能定理对下落、上升过程列方程，结合阻力做功的能量损耗特点，逐一分析各选项的推导过程。【解答】解：A．物体运动过程中，空气阻力始终做负功，机械能不断减少，因此，相邻两次经过B点时，物体的动能不同，速率不相等，故A错误；B．加速度为零的位置速率最大，则下降过程当加速度为零时kx1+f＝mg上升过程加速度为零时kx2＝mg+f可得下降过程和上升过程的最大速率处相距Δd=x2-C．因下降过程和上升过程的平衡位置的高度差为Δd=由对称性可知，第一次上升到最高点处距离A点的高度差Δh=2Δd=4fD．第一次运动到最低点时，由能量关系可知mgx=解得x=第一次向上运动的最大速率处距离A点的高度差Δh'=x-故选：C。【点评】学生易忽略恒定阻力会导致上升和下降阶段的平衡位置发生偏移，也容易在列动能定理方程时错误处理阻力做功的符号与位移关系，导致对速率变化和位移差的计算出错。2．（2026春•永春县校级期中）下列几种情况一定能满足机械能守恒的是（）A．物体以v0的初速度沿着光滑斜面向上减速运动 B．处于平衡状态的物体 C．树叶从树枝上落下的运动 D．氢气球拉线断了后的运动【分析】根据机械能守恒的条件，逐一分析各选项中物体的受力情况，判断除重力外其他力是否做功，以此判断机械能是否守恒。【解答】解：A.物体运动过程中，只受重力和支持力，支持力与运动方向垂直，不做功，只有重力做功，机械能守恒，故A正确；B.处于平衡状态的物体，可能存在拉力、阻力等其他力做功，机械能不一定守恒，故B错误；C.树叶下落过程中，空气阻力对其做功，不满足只有重力做功的条件，机械能不守恒，故C错误；D.氢气球运动过程中，浮力对其做功，不满足机械能守恒的条件，机械能不守恒，故D错误。故选：A。【点评】本题考查机械能守恒的条件判断，核心是明确机械能守恒的适用场景，区分只有重力做功与有其他力做功的情况，属于基础概念辨析题。3．（2026春•海淀区校级期中）2023年我国首套高温超导电动悬浮全要素试验系统完成首次悬浮运行，实现重要技术突破。设该系统的试验列车质量为m，某次试验中列车以速率v在平直轨道上匀速行驶，刹车时牵引系统处于关闭状态，制动装置提供大小为F的制动力，列车减速直至停止。若列车行驶时始终受到大小为f的空气阻力，则（）A．列车减速过程的加速度大小a=FB．列车减速过程F的冲量为mv C．列车减速过程通过的位移大小为mvD．列车匀速行驶时，牵引系统的输出功率为（f+F）v【分析】根据列车在匀速行驶和刹车减速过程中的受力情况，注意区分不同状态下制动力F是否存在，结合相关公式判断各选项正误。【解答】解：A、根据牛顿第二定律有F+f＝ma，可得减速运动加速度大小a=F+fm，故B、根据运动学公式有t=va=mvF+f，根据冲量的定义式有，力FC、根据运动学公式v2＝2ax，可得x=v22aD、匀速行驶时受力平衡，牵引力等于空气阻力，则功率为P＝fv，故D错误。故选：C。【点评】本题核心在于准确把握列车不同运动状态下的受力差异，特别是刹车时制动力F参与作用，匀速时F不存在，结合牛顿定律、动能定理、冲量概念进行辨析。4．（2026春•浑南区校级月考）从地面上以初速度10m/s竖直向上抛出一质量为0.2kg的小球，运动过程中小球受到的空气阻力f与其速率v成正比，其关系为f＝kv，k为常数。已知落地前小球已经匀速下落，速率为2m/s，取重力加速度g＝10m/s2，则以下说法正确的是（）A．k的值为1s/m B．小球在上升阶段速率为1m/s时，加速度大小为20m/s2 C．小球上升的最大高度为2.6m D．小球抛出到落地过程中所用时间为1.2s【分析】先根据小球匀速下落时的受力平衡求出常数k，再对上升和下落过程分别用牛顿第二定律结合动量定理分析各物理量，逐一判断选项。【解答】解：A.小球落地前以v1匀速运动，则有mg＝kv1即k=mgv1B.根据牛顿第二定律得mg+kv＝ma代入数据得a＝15m/s2，故B错误；C.设上升最大高度为h，全程克服阻力做功为W代入数据得W克＝9.6J空气阻力始终做负功，故上升阶段经过空中某一点的速度大小大于下落阶段经过该点的速度，又因为f＝kv，故经过空中同一点，上升时经过该点的阻力更大，所以在位移大小相同的情况下，上升阶段克服空气阻力做功更多，即W代入数据得12W上克＝由动能定理-代入数据得h＜2.6m，故C错误；D.设上升时间为t1，下降时间为t2，规定向下为正方向，由动量定理mgt1+If＝0﹣（﹣mv0），mgt2﹣I′f＝mv1又因为If＝I′f＝∑kvΔt＝kh代入数据得t1+t2＝1.2s，故D正确。故选：D。【点评】本题以受线性阻力的竖直上抛运动为载体，综合考查受力分析、牛顿运动定律与动量定理的应用，考查变加速运动的处理与力学综合分析能力。5．（2026•广陵区模拟）如图（a）所示，相距L的两足够长平行金属导轨与水平面成θ＝30°角倾斜放置，导轨电阻忽略不计。电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上。导轨间存在竖直向上的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图（b）所示。t＝0时刻，两棒相距x0，锁定ab，cd由静止释放，金属棒与导轨始终接触良好，则在0～T时间内通过金属棒横截面的电荷量为（）A．3B0Lx0C．B0Lx0【分析】根据磁通量的变化求解通过导体棒电荷量。【解答】解：t＝0时刻，Φ1＝B0x0cos30°L=3B0x0L2，t＝T0时刻，B＝0，Φ2＝0，|ΔΦ|＝|Φ2﹣Φ1|=3故选：B。【点评】本题主要考查磁通量的变化与电荷量的关系，解题需要注意电路的串并联情况，电路中电阻大小。6．（2025•贵港校级模拟）如图所示，OBCD为半圆柱体玻璃的横截面，OD为直径，一束由a、b两种单色光组成的复色光沿AO方向从真空射入玻璃，分别从B、C点射出，则（）A．玻璃对a光的折射率比对b光的折射率小 B．a光光子的动量大于b光光子的动量 C．光线AO绕O点顺时针旋转，b光比a光先在圆弧界面发生全反射（不考虑多次反射） D．a光从O到B点的传播时间小于b光从O到C点的传播时间【分析】根据折射定律比较折射率大小，再根据p=hλ比较动量大小；根据全反射临界角公式分析C，根据几何关系，确定光在玻璃中传播的距离s，再根据t【解答】解：A．过O点作一条法线，如图所示a光的偏折程度更大，则玻璃对a光的折射率比对b光的折射率大，故A错误；B．玻璃对a光的折射率比对b光的折射率大，则a光的频率较大，则a光的波长较小，根据p=hλ可知a光光子的动量大于b光光子的动量，故C．根据全反射临界角公式sinC=1由于na＞nb，可知Ca＜Cb，光线AO绕O点顺时针旋转，入射角变小，光线进入玻璃砖的折射角变小，则a光在圆弧界面先达到临界角，a光比b光先在圆弧界面发生全反射，故C错误；D．设光线的入射角为i，折射角为r，光在玻璃中传播的路程为s，半圆柱截面的半径为R。由几何关系可知s＝2Rcos（90°﹣r）＝2Rsinr又知光在玻璃中传播的速度为v=c则光在玻璃中传播的时间为t=s由折射定律可知n=则有t=2Rsini由此可知tOB＝tOC故D错误。故选：B。【点评】解决本题的关键是运用几何知识、光速公式和折射定律推导出时间表达式，要有运用数学知识分析几何光学的意识和能力。7．（2012•双流区校级开学）两个相同的容器分别装满了质量相同的甲、乙两种液体，用同一热源分别加热，液体温度与加热时间关系如图所示（）A．甲液体的比热容大于乙液体的比热容 B．如果升高相同的温度，两液体吸收的热量相同 C．加热相同的时间，甲液体吸收的热量大于乙液体吸收的热量 D．加热相同的时间，甲液体温度升高的比乙液体温度升高的多【分析】（1）已知不同液体质量、升高温度大小关系，用公式c=Q（2）已知热源一定，也就是相同时间给两种液体提供的热量相同，所以从加热时间长短比较吸收的热量多少；（3）加热时间相同，也就是两种液体吸收的热量相同，温度变化从两种液体纵轴温度是否重合比较．【解答】解：A、已知两种液体质量相等，相同热源加热说明相同时间提供的热量相等。由图象可以看出：在吸收热量相同时，甲液体升高的温度更大，由公式c=Qm⋅Δt知，甲液体比热较小。故B、由图象可以看出：升高相同温度时，甲需要的时间较短，也就是甲需要的热量少。故B错误；C、加热时间相同，两种液体吸收的热量相同。故C错误；D、由图象知：加热相同的时间，甲液体温度升高的程度大于乙液体。故D正确。故选：D。【点评】不同物质比热一般不同．公式c=Q二．多选题（共3小题）（多选）8．（2026春•思明区校级期中）投壶是春秋战国时期流行的一种游戏，规则是参与游戏的人需要在一定距离外把小球投进壶里。如图所示，画中人先后从同一位置投射出两个相同的小球，第一次初速度v1水平，第二次初速度v2斜向下，两个小球均从壶口同一位置落入壶中，不计空气阻力，两个小球从投出到运动至壶口的过程中（）A．运动时间相同 B．加速度相同 C．速度变化量相同 D．动能变化量相同【分析】两个小球从投出到运动至壶口的过程中竖直位移相等，加速度相同，结合竖直方向初速度关系分析运动时间关系；结合运动时间关系，根据Δv＝gt分析速度变化量关系；分析重力做功关系，根据动能定理分析动能变化量关系。【解答】解：AB、不计空气阻力，两个小球从投出到运动至壶口的过程中，只受重力，加速度均为g。第一次初速度v1水平，小球竖直方向做初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动，则有h1=12gt12。第二次初速度v2斜向下，设初速度竖直分量为vy，小球竖直方向做初速度为vy、加速度为g的匀加速直线运动，则有h2＝vyt2+12gt22，结合题意可知h1＝hC、根据Δv＝gt，t1＞t2，可得Δv1＞Δv2，故C错误；D、两次重力做功相等，因只有重力做功，根据动能定理可知：动能变化量等于重力做功，可知两次动能变化量相同，故D正确。故选：BD。【点评】解答本题时，运用运动的分解法处理平抛运动和斜抛运动，掌握分位移公式，来分析运动时间关系是关键。（多选）9．（2024•华安县校级开学）如图所示，小车的上面是中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看作质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下。关于这个过程，下列说法正确的是（）A．车上曲面的竖直高度不会大于v2B．小球在滑上曲面的过程中，对小车压力的冲量大小是mv2C．小球和小车作用前后，小车和小球的速度可能没有变化 D．小球恰到达最高点后若从左侧曲面滑回，则掉落时小球做自由落体【分析】A.水平方向动量守恒，再讨论曲面是否光滑对应的能量转化情况；B.压力垂直与接触面，冲量是矢量，只有水平方向部分可计算；CD.水平方向动量守恒，再讨论曲面是否光滑对应的能量转化情况。【解答】解：A.小球恰好达到顶端，即到顶端时两者共速，水平方向动量守恒：mv＝2mv共，代入数据解得：v共曲面是否光滑未知，由功能关系可知：12mv其中等号在曲面光滑时取得，即车上曲面的竖直高度不会大于v24g，故B.小车在水平方向，由动量定理可知：Ix故小球在滑上曲面的过程中，对小车压力的冲量的水平分量大小是mv2，故BC.整个过程水平方向动量守恒：mv＝mv球+mv车，系统总动能不增加，则有：12其中当曲面光滑时取等号，球从右侧离开时有v球＞v车，故曲面光滑小球离开小车时v球＝v，v车＝0，若曲面不光滑小球离开小车时v＞v球＞v车＞0，所以小球和小车作用前后，小车和小球的速度可能没有变化，故C正确；D.整个过程水平方向动量守恒：mv＝mv球+mv车，系统总动能不增加，则有：1其中当曲面光滑时取等号，球从左侧离开时有v球＜v车，故曲面光滑小球离开小车时v球＝0，v车＝v，若曲面不光滑小球离开小车时v＞v车＞v球＞0小球恰到达最高点后若从左侧曲面滑回，掉落时小球可能做自由落体，也可能做平抛运动，故D错误。故选：AC。【点评】考查了动量守恒和能量转化，要点是讨论曲面是否光滑。（多选）10．（2026•新乡模拟）如图甲所示，水平面内建立xOy坐标系，在0≤x≤L范围内存在垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，边长为L的正方形导线框abcd的ab边恰好位于磁场左边界上，导线框质量为m，电阻为R。某时刻给导线框瞬时冲量使其沿x轴做减速运动，其感应电流随位移的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是（）A．刚进入磁场瞬间，导线框的电流沿顺时针方向 B．导线框的加速度大小随速度大小均匀变化 C．导线框沿x轴移动的最大距离是mID．导线框的位移是最大距离的12时，导线框的电功率为【分析】题目描述正方形导线框在磁场中沿x轴减速运动，已知其感应电流随位移呈线性变化。需要分析线框进入磁场时的电流方向、加速度与速度的关系、最大位移以及特定位移时的电功率。解题需从电磁感应规律出发，结合运动学与动量关系进行推理。线框向右运动进入磁场，根据楞次定律判断感应电流方向为逆时针，故A错误。感应电流与速度成正比，安培力与电流成正比，加速度与安培力成正比，因此加速度随速度均匀变化，B正确。最大位移需通过动量定理分析，安培力的冲量等于动量变化，结合电荷量与磁通量变化的关系，可推导最大位移表达式，C选项的表达式与推导结果不符。电流随位移线性减小，当位移为最大距离一半时，电流减半，电功率与电流平方成正比，计算可得D正确。【解答】解：A、依据楞次定律，线框向右运动时，向内的磁通量增加，感应电流的磁场将阻碍磁通量增加，因此其方向向外。由右手螺旋定则可判断，感应电流方向为逆时针，故A错误。B、感应电流为I=BLvR，安培力F=BIL=B2LC、线框所受安培力的冲量等于其动量的变化量。线框的初速度v0=I0RBL，初动量mv0=mI0RBL。线框运动分为进入（0→L）和离开（L→xmax）两个阶段，通过的总电荷量D、由图乙可知，电流I随位移x线性变化：x＝0时I＝I0，x＝L时电流大小为I02。当位移为最大距离的一半时，电流大小为I02，电功率故选：BD。【点评】本题综合考查了电磁感应中的动力学与能量问题，涉及楞次定律、法拉第电磁感应定律、安培力公式及动量定理的灵活应用。题目通过图像呈现电流随位移的变化规律，要求学生将物理过程分解为线框进入磁场和完全在磁场中运动两个阶段进行分析，对学生的建模能力和逻辑推理能力提出了较高要求。计算量适中，但需要准确理解电流图像斜率的物理意义，并利用动量定理求解总位移。其中易错点在于区分线框在不同阶段的磁通量变化，从而正确计算通过的总电荷量。D选项巧妙地将图像信息与电功率计算结合，考查了学生从图像中提取关键数据并应用于具体情境的能力。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．（2022春•山西期中）如图甲所示，在水平气垫导轨上放置两个滑块a和b，两滑块的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥，相撞后能粘在一起运动。在a上固定传感器的发射器，轨道上A点处固定传感器的接收器，某次实验中，让a开始运动，位移传感器记录的a的x～t图像如图乙所示。测得ma＝0.140kg，mb＝0.148kg，回答下列问题：（1）碰撞前，滑块a的速度v＝0.15m/s；（2）碰撞前，滑块a的动量p＝0.21kg•m/s；（3）设碰撞后滑块a、b的总动量为p′，定义实验的相对误差ξ＝|p'-pp|×100%，因本次实验中ξ＝5%＜10%，故可认为碰撞前后a、b【分析】（1）根据图像的斜率得出滑块a的速度；（2）根据动量的计算公式得出滑块a的动量；（3）先计算出碰撞后的动量，再结合相对误差的定义计算出对应的数值。【解答】解：（1）由图可知，v=（2）由动量公式可得：p＝mav＝0.140×1.5kg•m/s＝0.21kg•m/s；（3）由上述分析可知，二者共速前的总动量为p＝mav＝0.21kg•m/s二者共速后的动量为p'由题意可知ξ＝|p'-pp|×100%故答案为：（1）1.5；（2）0.21；（3）5【点评】本题主要考查了动量守恒定律的验证实验，理解图像的物理意义，格局相对误差的计算公式即可完成解答。四．解答题（共3小题）13．（2026春•越秀区校级期中）如图所示，一质量为m＝1kg的物体，由14光滑圆弧轨道上端从静止开始下滑，到达底端后沿水平面向右滑动x1＝1m距离后停止。已知圆弧底端与水平面平滑连接，圆弧轨道半径R＝0.2m，取g＝10m/s2（1）物体滑至圆弧底端时对轨道的压力大小；（2）物体与水平面之间的动摩擦因数和在水平面上减速的时间；（3）若物体由距离14光滑圆弧轨道上端h＝0.3m处从静止开始落下，求物体在水平面上运动的距离x2【分析】（1）物体从光滑圆弧轨道静止下滑至底端，机械能守恒，由重力势能减少转化为动能，可求得底端速度。在底端做圆周运动，需分析向心力来源，由重力和轨道支持力的合力提供，根据牛顿第二定律求出支持力，再依据牛顿第三定律得到对轨道的压力。（2）物体在水平面做匀减速直线运动直至停止，已知初速度、位移和末速度，利用动能定理可建立位移与动摩擦因数的关系。结合动量定理，由速度变化与合外力冲量的关系，可求解减速时间，两者关联即可求得动摩擦因数。（3）物体从更高处释放，整个运动过程从释放点到水平面停止，初末动能均为零，重力做功与水平面摩擦力做功的总和为零，直接对整个运动过程应用动能定理，即可建立水平运动距离与释放高度、圆弧半径及动摩擦因数之间的关系。【解答】解：（1）物体从圆弧轨道顶端下滑至底端的过程，根据机械能守恒定律有mgR=12m在圆弧轨道底端，由牛顿第二定律可得FN-mg=mv2R，解得轨道对物体的支持力再依据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小F压＝FN，代入数据计算得F压＝30N。（2）物体在水平面上滑行直至停止的过程，依据动能定理有-μmgx1依据动量定理，取运动方向为正方向，有﹣μmgt＝0﹣mv，解得减速所用时间t=v联立以上关系并代入数据，可求得物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，以及物体在水平面上减速的时间t＝1s。（3）若物体从距离轨道上端h处释放，直至最终在水平面上停止，整个过程应用动能定理有mg（h+R）﹣μmgx2＝0，解得物体在水平面上运动的距离x2=h+Rμ。代入已知数据，计算得x答：（1）物体滑至圆弧底端时对轨道的压力大小为30N。（2）物体与水平面之间的动摩擦因数为0.2，在水平面上减速的时间为1s。（3）物体在水平面上运动的距离为2.5m。【点评】本题综合考查了力学中的机械能守恒定律、牛顿运动定律、动能定理和动量定理，是一道典型的力学综合应用题。题目涉及从圆周运动到匀减速直线运动的衔接过程，计算量适中，难度中等偏上，能够有效锻炼学生运用多个物理规律分析多过程问题的能力。第一问通过圆周运动向心力公式求解压力，第二问则需结合动能定理与动量定理分别求解动摩擦因数与减速时间，第三问则需从能量全程角度应用动能定理，体现了从局部过程到整体过程的思维进阶。本题的亮点在于第三问巧妙地将圆弧轨道和水平面运动整合为一个能量转化过程，通过全程动能定理简洁求解，避免了分步计算的繁琐，有助于学生理解功能关系的普适性。14．（2026•小店区校级模拟）沙袋从水平地面上方某一高度处水平抛出，落地后竖直方向速度减为0，又在水平地面上滑行一段距离停下，若沙袋与地面碰撞时间极短（碰撞过程中不计重力），取重力加速度大小g＝10m/s2，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向。整个过程沙袋运动的vy﹣vx图象如图所示，求：（1）沙袋抛出时到地面的高度h；（2）地面与沙袋间的动摩擦因数μ；（3）沙袋在水平地面上滑行的距离L。【分析】（1）结合题意及题图，由运动学规律列式，即可分析求解；（2）结合题意及题图，由动量定理分别列式，即可分析求解；（3）结合前面分析及题意，由动能定理列式，即可分析求解。【解答】解：（1）由图可知，沙袋抛出后做平抛运动后，落地时竖直方向的分速度大小为：vy＝4m/s，则由运动学规律可知，沙袋抛出时到地面的高度为：h=（2）由题图可知，落地的过程，沙袋竖直方向速度变化量大小为：Δvy＝|﹣4﹣0|m/s＝4m/s，沙袋水平方向速度变化量的大小为：Δvx＝|5﹣2|m/s＝3m/s，落地过程中，设地面对沙袋的弹力大小为FN，则根据动量定理有竖直方向，以竖直向上为正方向，有：FNt＝mΔvy，水平方向，以与物体所受摩擦力的方向为正方向，有：μFNt＝mΔvx，其中：FN＝mg