2025-2026学年下学期江西高中物理高一期末模拟试卷（三）

第1页（共1页）2025-2026学年下学期江西高中物理高一期末模拟试卷（三）一．选择题（共7小题）1．（2025•湖州三模）如图所示，物块A、B静置于光滑水平面上，处于原长的轻弹簧两端分别与两物块连接，物块A紧靠竖直墙壁，物块A、B的质量分别为m和2m。某一瞬时物块B获得一初速度为v0，则此后运动中（）A．墙壁对A的总冲量大小为4mv0 B．墙壁对A做的总功为2mvC．A的最大速度为v0 D．弹簧的最大弹性势能为12．（2025•如皋市模拟）如图所示，小球穿在固定光滑杆上，与两个相同的轻弹簧相连，弹簧可绕O1、O2无摩擦转动。小球在杆上A点时，弹簧1竖直且处于原长，弹簧2处于水平伸长状态，杆上的B点与O1、A、O2构成矩形，AB＝2AO1。现将小球从A点释放，则小球下滑的过程中（）A．到达A、B中点前，弹簧1的弹力比弹簧2的大 B．到达A、B中点时，加速度等于零 C．弹簧1的最大弹性势比弹簧2的大 D．与没有弹簧时相比，小球从A点运动到B点所用的时间长3．（2025•涪城区校级模拟）如图，质量为M，倾角为θ的斜面静止在水平地面上，质量为m的物块恰好能在斜面上匀速下滑。现给物体施加一个恒力F（大小、方向均未知），使物块沿斜面向下做加速度大小为gsinθ的匀加速直线运动，斜面始终保持静止，重力加速度的大小为g，下列说法中正确的是（）A．物块与斜面之间的动摩擦因数μ＜tanθ B．F的最小值为mgsinθcosθ C．F的最小值为mgsinθ D．适当调整F的方向，斜面可能会有相对地面向右运动的趋势4．（2025•绍兴三模）如图所示，倾角为θ的斜面上有一质量为m的小物块于O点静止释放，物块与斜面的动摩擦因数μ＝kx（k为常数、x为斜面上任意位置到O点的距离），小物块于A点（图中未标出）达到最大速度并最终停在B点，B'为斜面上B关于O的对称点，下列说法正确的是（）A．OB之间的距离为2tanθkB．OA之间的距离大于AB之间的距离 C．OA之间所用的时间小于AB之间所用的时间 D．若小物块从O向上运动恰能到B'点，则初速度为4gsinθtanθ5．（2026春•小店区校级月考）如图所示，李辉用多用电表的欧姆挡测量变压器线圈的电阻，为方便操作，刘伟用两手分别握住线圈裸露的两端，完成读数后，李辉把多用电表的表笔与被测线圈脱离，此时刘伟感觉有电击感。下列说法正确的是（）A．发生电击瞬间，变压器线圈中的电流变大 B．发生电击前后，通过刘伟的电流方向不变 C．刘伟有电击感是因为两手间有瞬间的高电压 D．若李辉握住表笔金属部分，也会有电击感6．（2026•丰台区模拟）一质量为m、电荷量为q的试探电荷在某匀强电场中运动，仅在静电力的作用下由a运动到b（运动轨迹在竖直面内），所用时间为t，其在a点和b点的速度大小均为2v，速度方向如图中箭头所示，虚线代表水平方向。则（）A．小球从a运动到b的过程中，电势能先减小再增大 B．电场强度方向与a、b连线平行 C．a、b之间的距离为vt D．电场强度的大小为3mv7．（2026•温州模拟）如图所示，匀强电场方向平行于xOy平面，A、B、C是电场中的三点。电荷量为﹣q的试探电荷先后放置在A、B、C三点时，电势能分别为﹣Ep、Ep、﹣3Ep（Ep＞0），下列说法正确的是（）A．BC中点的电势为零 B．AC间的电势差UACC．电场强度的大小E=2D．电场强度的方向与x轴正方向成45°二．多选题（共3小题）（多选）8．（2025春•东城区校级期中）假设地球的半径为R且质量分布均匀。已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为σg0（σ＜1），引力常量为G，则下列说法正确的是（）A．质量为m的人站在赤道上，对地球的压力大小为σmg0 B．质量为m的人站在赤道上，对地球的压力大小为2σmg0 C．地球的自转周期为2πRD．地球的自转周期为2π（多选）9．（2025•江西模拟）龙舟赛是一种古老的中国民俗活动。如图甲所示，龙舟赛中，某龙舟达到某一速度后，在相邻两个划桨周期T内的加速度a与时间t的关系图像如图乙所示，以龙舟前进方向为正方向，龙舟和选手总质量为m，龙舟的运动视为直线运动，则（）A．第一个划桨周期后龙舟（含选手）的动能增量为2518ma0B．经过相邻两个划桨周期后龙舟速度变化量为10aC．相邻两个划桨周期内龙舟（含选手）所受合力的总冲量为8maD．相邻两个划桨周期龙舟的位移差为5（多选）10．（2025•菏泽一模）点电荷A、B固定在同一水平线上，电荷量均为+Q，两电荷间的距离为2L。一电子从中垂线上的P点由静止释放。已知静电力常量为k。下列说法正确的是（）A．从P到O，电势一直升高，电子的电势能也一直增大 B．P点的电场强度大小可能为23C．若PO≪L，电子的运动可视为简谐运动 D．若PO=34L，在P三．实验题（共2小题）11．（2026•武清区校级模拟）如图甲，置于水平长木板上的滑块用细绳跨过定滑轮与钩码相连，拖动固定其后的纸带一起做匀加速直线运动，一盛有有色液体的小漏斗，用较长的细线系于纸带正上方的O点，当滑块运动的同时，漏斗在垂直于滑块运动方向的竖直平面内做摆角很小（小于5°）的摆动。漏斗中漏出的有色液体在纸带上留下如图乙所示的痕迹。测得漏斗摆动时细线中拉力的大小F随时间t的变化图像如图丙所示，重力加速度为g。①根据图丙可知漏斗振动的周期T＝。②图乙中测得A、C两点间距离为x1，C、E两点间距离为x2。则滑块加速度的大小a＝。（用x1、x2和t0表示）③改变钩码的质量m，绘制出钩码质量m与加速度之间的关系如图丁所示，已知斜率为k，则滑块的质量M为（始终满足m≪M）。12．（2020秋•成都期中）如图所示，电容器A极板和静电计外壳均接地，P点到A、B极板的距离相等。两极板间电场强度为E，P点电势为φp。（1）若将A极板上移一小段距离，则A、B极板间的电场强度将（填“变大”“变小”或“不变”）。（2）若在A、B极板间插入绝缘介质，则静电计的指针偏角将（填“变大”“变小”或“不变”）。（3）若将A极板左移一小段距离，则P点电势φp将（填“变大”“变小”或“不变”）。四．解答题（共3小题）13．（2026春•南开区校级期中）如图所示，AB为半径很大的一段光滑小圆弧轨道，圆心位于B点正上方，最低点B与水平轨道BC平滑连接，圆弧A点距水平面高度h＝0.128m。现从A点由静止开始释放一质量m＝2kg的小滑块（可视为质点），小滑块滑至圆弧最低点B时，测得小滑块对B点的压力为F＝20.128N，滑过B点后，接着在水平面上滑过x＝0.26m时与静止在C点的另一个完全相同的小滑块发生碰撞并粘在一起，碰撞时间极短。已知小滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.3，g取10m/s2。求：（1）两滑块碰撞中损失的机械能；（2）小滑块自A点释放到碰撞前经历的时间。14．（2026春•山东月考）如图所示，由圆心分别为O1、O2，半径均为R＝0.2m的两个14光滑圆弧轨道平滑连接成轨道c，放置光滑水平地面上并锁定，P点为轨道的最高点，Q点为轨道的最低点且与水平地面相切。质量均为m＝1kg的不同材质小球a、b静置在轨道c左侧的水平地面上，小球a、b碰撞时碰后的相对速度与碰前的相对速度之比为一定值。给小球a一初速度，使之与小球b发生碰撞，碰撞后小球b沿轨道c运动到P点抛出，地面上的落点与P点间的水平方向位移为x=25m；小球a沿轨道能运动到与O1点等高的位置。不计空气阻力，重力加速度g＝（1）小球b经过P点时受到的支持力大小；（2）小球a、b发生碰撞过程中损失的动能；（3）解除轨道c的锁定，小球a以大小未知的初速度v与小球b发生碰撞，碰后小球b经过轨道上的Q点滑上轨道c，又从轨道c上滑下再次经过Q点，上述过程中小球a一直在水平地面上运动，小球b第一次经过Q点时与小球a间的距离等于小球b第二次经过Q点时与小球a间的距离。求满足条件的初速度v的大小。15．（2025秋•南安市校级期中）如图（a）所示，两竖直平行金属板A、B与x轴垂直，接在电压大小为U0＝400V的稳压电源上，A板过原点，在B板上靠近中间处有一长度d0＝2cm的水平狭缝。在B板右侧水平放置边长为l＝10cm的两正方形平行金属板C、D，两板间距d＝10cm，距板右端l2处垂直x轴有一足够大的荧光屏。A板中间位置沿z轴方向有一线形离子源，可以连续释放初速度为零的正离子。已知离子源、B板上的狭缝和C、D板中间线均在同一水平面内。现在C、D两极板间接上如图（b）所示的交变电压（若每个离子穿过C、D板间的时间极短，可认为此过程中C、D板间电压不变），已知离子的比荷均为q（1）求离子穿过B板狭缝时的速度v0大小；（2）当离子穿过B板狭缝时，C、D板间电压为U1＝400V，求该离子离开C、D板间电场时的速度v1大小方向（与水平方向夹角的正切值）；（3）求离子打在屏上的形成的最大区域面积S；（4）若在C、D两极板间接上如图（c）所示的交变电压，要使所有穿过狭缝的离子都能垂直打到荧光屏上，求如图（c）中T的最大值Tm。

2025-2026学年下学期江西高中物理高一期末模拟试卷（三）一．选择题（共7小题）1．（2025•湖州三模）如图所示，物块A、B静置于光滑水平面上，处于原长的轻弹簧两端分别与两物块连接，物块A紧靠竖直墙壁，物块A、B的质量分别为m和2m。某一瞬时物块B获得一初速度为v0，则此后运动中（）A．墙壁对A的总冲量大小为4mv0 B．墙壁对A做的总功为2mvC．A的最大速度为v0 D．弹簧的最大弹性势能为1【分析】根据求出整体动量变化，即为墙壁对A的总冲量；根据功的定义分析墙壁对A做的功；应用动量守恒定律和能量守恒定律求解A的最大速度；物块B向左速度为0时，弹簧压缩最短弹性势能最大，根据能量守恒定律求出弹簧的最大弹性势能。【解答】解：A.物块A离开墙壁时B回到初始点具有向右的速度，根据能量守恒可知此时B的速度vB＝﹣v0对整体有I合＝2×2mv0＝4mv0此即墙壁对A的总冲量大小，故A正确；B.墙壁对A作用过程中A没有位移，因此墙壁对A不做功，故B错误；C.物块A离开墙壁后，A达最大速度时弹簧恢复原长，AB与弹簧系统动量守恒、能量守恒，以向右为正方向，有2mv0＝mv1+2mv212×2mv0解得v1=43v0，v故C错误；D.物块B向左速度为0时，弹簧压缩最短弹性势能最大，有Epmax=12故D错误。故选：A。【点评】掌握基础知识，知道动量守恒的条件，分析清楚物体的运动过程，应用动量守恒定律、能量守恒定律与动量定理即可解题。2．（2025•如皋市模拟）如图所示，小球穿在固定光滑杆上，与两个相同的轻弹簧相连，弹簧可绕O1、O2无摩擦转动。小球在杆上A点时，弹簧1竖直且处于原长，弹簧2处于水平伸长状态，杆上的B点与O1、A、O2构成矩形，AB＝2AO1。现将小球从A点释放，则小球下滑的过程中（）A．到达A、B中点前，弹簧1的弹力比弹簧2的大 B．到达A、B中点时，加速度等于零 C．弹簧1的最大弹性势比弹簧2的大 D．与没有弹簧时相比，小球从A点运动到B点所用的时间长【分析】A.根据弹簧的形变量判断到达A、B中点前，弹簧1的弹力和弹簧2的大小关系；B.根据牛顿第二定律判断到达A、B中点时的加速度；C.根据弹簧弹性势能表达式判断弹簧1的最大弹性势与弹簧2的大小关系；D.画出两种情况的v﹣t图像，根据两种情况的v﹣t图像与横轴围成的面积相等判断小球从A点运动到B点所用的时间关系。【解答】解：A.几何关系可知∠ABO1＝30°设弹簧原长为AO1，分析易得小球到达A、B中点O时，弹簧1、弹簧2都处于原长，如图所示图中易知到达A、B中点O前，弹簧2的形变量一直大于弹簧1的形变量，故弹簧1的弹力比弹簧2的小，故A错误；B.到达A、B中点时，两弹簧弹力为0，小球的合力为其重力沿杆方向向下的分力，故加速度不为0，故B错误；C.根据Ep到达A、B中点前，弹簧1的最大弹性势能Ep弹簧2的最大弹性势能Ep2可知弹簧1的最大弹性势比弹簧2的大，故C正确；D.小球从A点运动到B点过程，由于两个弹簧对小球做的总功为零，与没有弹簧时相比，小球运动到B点的速度相等；设杆的倾角为θ，没有弹簧时，小球运动的加速度为a=mgsinθ有弹簧时，加速度先大于gsinθ，然后加速度逐渐减小，到AB中点时，加速度为gsinθ，之后加速度小于gsinθ，则两种情况的v﹣t图像如图所示两种情况的v﹣t图像与横轴围成的面积相等，由图可知与没有弹簧时相比，小球从A点运动到B点所用的时间更短，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了弹簧类的应用，解题关键掌握弹簧的弹性势能与形变量有关注意牛顿第二定律应用。3．（2025•涪城区校级模拟）如图，质量为M，倾角为θ的斜面静止在水平地面上，质量为m的物块恰好能在斜面上匀速下滑。现给物体施加一个恒力F（大小、方向均未知），使物块沿斜面向下做加速度大小为gsinθ的匀加速直线运动，斜面始终保持静止，重力加速度的大小为g，下列说法中正确的是（）A．物块与斜面之间的动摩擦因数μ＜tanθ B．F的最小值为mgsinθcosθ C．F的最小值为mgsinθ D．适当调整F的方向，斜面可能会有相对地面向右运动的趋势【分析】根据物块刚好可以沿着斜面做匀速直线运动，由平衡条件解答A选项；对物块受力分析，将重力、滑动摩擦力、支持力合成一个力，应用动态矢量三角形解答BC选项；斜面对物块的滑动摩擦力与支持力的合力方向始终竖直向上，根据牛顿第三定律可知，物块对斜面的滑动摩擦力与压力的合力方向始终竖直向下，对斜面受力分析得到斜面与地面之间的静摩擦力的情况，由此解答D选项。【解答】解：A.由于物块刚好可以沿着斜面做匀速直线运动，表明物块沿斜面方向的合力为零，则有：mgsinθ＝μmgcosθ，化简可得：μ＝tanθ，故A错误；BC.现给物体施加一个恒力F，使物块沿斜面向下做加速度大小为gsinθ的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知物块所受合力F合＝mgsinθ，方向沿斜面向下。此时物块受力如图1所示，因μ＝tanθ，故滑动摩擦力f与支持力N的合力方向始终竖直向上，将f与N合成合力F1，再将F1与重力mg合成竖直向下的合力F2，使F2与F的合力为F合，如图2所示，F2、F、F合组成力的矢量三角形，当F与F2垂直时F最小，F的最小值为F合cosθ＝mgsinθcosθ，故B正确，C错误；D、由上述分析可知，斜面对物块的滑动摩擦力f与支持力N的合力方向始终竖直向上，根据牛顿第三定律可知，物块对斜面的滑动摩擦力与压力的合力方向始终竖直向下，对斜面受力分析，易知斜面在水平方向上的合力为零，故地面对斜面无摩擦力作用，即斜面不会有相对地面向右运动的趋势，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了牛顿第二、第三定律的应用，考查了受力分析问题。掌握本题应用力的矢量三角形求解力的极值的方法。4．（2025•绍兴三模）如图所示，倾角为θ的斜面上有一质量为m的小物块于O点静止释放，物块与斜面的动摩擦因数μ＝kx（k为常数、x为斜面上任意位置到O点的距离），小物块于A点（图中未标出）达到最大速度并最终停在B点，B'为斜面上B关于O的对称点，下列说法正确的是（）A．OB之间的距离为2tanθkB．OA之间的距离大于AB之间的距离 C．OA之间所用的时间小于AB之间所用的时间 D．若小物块从O向上运动恰能到B'点，则初速度为4gsinθtanθ【分析】对小物块在OB之间的运动，由动能定理列式求解；小物块于A点达到最大速度，此时加速度为0，根据共点力平衡条件求出OA之间的距离，确定OA和AB的关系；根据动量定理求解物体在OA和AB之间运动的时间关系；对小物块从O向上运动恰能到B'点的过程，应用动能定理列式求解即可。【解答】解：A.设OB间距为x，小物块于O点静止释放，最终停在B点，由于μ＝kx，则摩擦力与位移成线性关系，摩擦力做功为W=12kx•mgcosθ根据动能定理有mgxsinθ-12kx•mgcosθ•x解得x=故A正确；B.设OA间距为x′，小物块于A点（图中未标出）达到最大速度，此时加速度为0，则有mgsinθ﹣kx′•mgcosθ＝0解得x′=则OA之间的距离等于AB之间的距离，故B错误；C.物块在OA之间运动，以沿斜面向下为正方向，根据动量定理有mgsinθ•t1-12kx′mgcosθt1物块在AB之间运动，根据动量定理有mgsinθ•t2-12k•3x′mgcosθ•t2＝0解得t1＝t2故C错误；D.若小物块从O向上运动恰能到B′点，根据动能定理有mgxsinθ+12kx•mgcosθ解得v故D错误。故选：A。【点评】本题考查了动能定理、动量定理、变力做功和共点力平衡条件的应用，综合性较强，是一道难道较大的题。5．（2026春•小店区校级月考）如图所示，李辉用多用电表的欧姆挡测量变压器线圈的电阻，为方便操作，刘伟用两手分别握住线圈裸露的两端，完成读数后，李辉把多用电表的表笔与被测线圈脱离，此时刘伟感觉有电击感。下列说法正确的是（）A．发生电击瞬间，变压器线圈中的电流变大 B．发生电击前后，通过刘伟的电流方向不变 C．刘伟有电击感是因为两手间有瞬间的高电压 D．若李辉握住表笔金属部分，也会有电击感【分析】根据自感现象的原理，分析表笔脱离瞬间线圈的自感电动势，结合电流、电压的变化，逐一判断各选项。【解答】解：A.发生电击瞬间，线圈的自感作用阻碍电流减小，线圈中电流逐渐减小，并非变大，故A错误；B.原电流由多用电表欧姆挡的电源提供，自感产生的电流方向与原电流方向相反，故通过刘伟的电流方向发生改变，故B错误；C.表笔脱离线圈瞬间，线圈产生自感电动势，在刘伟两手间形成瞬间高电压，故刘伟有电击感，故C正确；D.表笔脱离线圈后，李辉未接入线圈的回路，线圈的自感电动势不会作用于李辉，故李辉无电击感，故D错误。故选：C。【点评】本题以测线圈电阻的生活实际场景为载体，考查自感现象的核心知识，是电磁学的基础题型，考查学生对自感现象的理解与应用能力。6．（2026•丰台区模拟）一质量为m、电荷量为q的试探电荷在某匀强电场中运动，仅在静电力的作用下由a运动到b（运动轨迹在竖直面内），所用时间为t，其在a点和b点的速度大小均为2v，速度方向如图中箭头所示，虚线代表水平方向。则（）A．小球从a运动到b的过程中，电势能先减小再增大 B．电场强度方向与a、b连线平行 C．a、b之间的距离为vt D．电场强度的大小为3mv【分析】分析电荷在匀强电场中的运动过程，已知电荷在a、b两点速度大小相等但方向不同，说明电荷做匀变速曲线运动，需通过速度分解分别处理水平和竖直方向的运动。利用运动学规律分析水平与竖直分位移，可得到a、b间距离；通过动量定理分析静电力在水平和竖直方向的分量，确定电场强度方向，进而判断电势能变化与电场强度大小。【解答】解：C、将试探电荷在a、b两点的速度沿水平和竖直方向进行正交分解。在a点，水平分速度vax=2vcos30°=3v，竖直分速度vay＝在b点，水平分速度vbx＝0，竖直分速度vby＝﹣2v。由于试探电荷在匀强电场中做匀变速曲线运动，根据运动学规律，水平位移x=vax+vbx2t=32vt，竖直位移y=vay+B、试探电荷受到的静电力为恒力，根据动量定理F→t=mΔv→，静电力的水平分量Fx=m0-3vt=-3mvt，竖直分量FyA、在a点，静电力与速度方向的夹角大于90°，静电力先做负功，电势能先增大后减小，故A错误；D、由qE=Fx2+Fy2故选：C。【点评】本题以匀强电场中带电粒子的曲线运动为背景，综合考查运动的合成与分解、动量定理、功与能的关系以及电场力的性质。题目将运动学与动力学紧密结合，要求学生具备较强的空间想象能力和逻辑推理能力。通过分析初末速度的分解，结合匀变速运动的规律求解位移，并利用动量定理确定电场力方向与大小，进而判断电场强度、电势能变化等，过程环环相扣。本题计算量适中但思维要求较高，尤其需要准确判断电场力方向与位移方向的关系，才能正确分析电场力做功情况，这是本题的一个关键点。7．（2026•温州模拟）如图所示，匀强电场方向平行于xOy平面，A、B、C是电场中的三点。电荷量为﹣q的试探电荷先后放置在A、B、C三点时，电势能分别为﹣Ep、Ep、﹣3Ep（Ep＞0），下列说法正确的是（）A．BC中点的电势为零 B．AC间的电势差UACC．电场强度的大小E=2D．电场强度的方向与x轴正方向成45°【分析】A.根据电势的定义式分别得到C点、A点和B点的电势，然后计算BC中点的电势；B.根据电势差表达式求AC间的电势差；C.根据匀强电场的场强公式结合矢量的合成求场强度的大小；D.结合C选项的分析求电场强度的方向。【解答】解：A．由电势能Ep＝q试φ试探电荷q试＝﹣q得φ=因为电荷量为﹣q的试探电荷先后放置在A、B、C三点时，电势能分别为﹣Ep、Ep、﹣3Ep，则C点、A点和B点的电势能φAφBφC则BC中点的电势为φ故A错误；B．AC间的电势差U故B错误；C．匀强电场中，沿x轴方向（C→B），电势降低，电场强度分量E方向沿x轴负方向；沿y轴方向（C→A），电势降低，电场强度分量E方向沿y轴负方向；则电场强度大小E=故C正确；D．由C选项分析可知，电场强度方向沿x轴负方向和y轴负方向的角平分线方向，即指向第三象限，与x轴正方向成225°（或与x轴负方向成45°），故D错误。故选：C。【点评】解决本题的关键是理解题意，掌握电势能的公式EP＝qφ，并能用来求解电势，会运用U＝Ed求匀强电场的场强大小，注意公式U＝Ed中d表示两点沿电场线方向上的距离。二．多选题（共3小题）（多选）8．（2025春•东城区校级期中）假设地球的半径为R且质量分布均匀。已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为σg0（σ＜1），引力常量为G，则下列说法正确的是（）A．质量为m的人站在赤道上，对地球的压力大小为σmg0 B．质量为m的人站在赤道上，对地球的压力大小为2σmg0 C．地球的自转周期为2πRD．地球的自转周期为2π【分析】分析人的受力，得到人对地球的压力大小。根据万有引力提供向心力得到地球自转周期。【解答】解：AB、质量为m的人站在赤道上，对地球的压力大小：FN＝F引﹣F向＝σmg0，故A正确，B错误；CD、地球自转周期满足（1﹣σ）mg0＝m4π2T2R故选：AC。【点评】此题考查了人造卫星的相关知识，解答此题要清楚地球表面的物体受到的重力等于万有引力，根据万有引力定律和牛顿第二定律，地球近地卫星所受的万有引力提供向心力。（多选）9．（2025•江西模拟）龙舟赛是一种古老的中国民俗活动。如图甲所示，龙舟赛中，某龙舟达到某一速度后，在相邻两个划桨周期T内的加速度a与时间t的关系图像如图乙所示，以龙舟前进方向为正方向，龙舟和选手总质量为m，龙舟的运动视为直线运动，则（）A．第一个划桨周期后龙舟（含选手）的动能增量为2518ma0B．经过相邻两个划桨周期后龙舟速度变化量为10aC．相邻两个划桨周期内龙舟（含选手）所受合力的总冲量为8maD．相邻两个划桨周期龙舟的位移差为5【分析】根据加速度的定义可知a﹣t图像与时间轴所围成的面积表示速度的变化量，据此求得第一个划桨周期龙舟的速度增量，以及连续两个划桨周期龙舟速度增量；因龙舟的初速度未知，故不能计算第一个划桨周期后龙舟的动能增量；根据动量定理求得相邻两个划桨周期内龙舟（含选手）所受合力的总冲量；作出相邻两个划桨周期的v﹣t图像，根据v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移求解相邻两个划桨周期龙舟的位移差。【解答】解：A.根据加速度的定义：a=ΔvΔt，可得：Δv＝aΔt，由此可知a﹣Δv设龙舟（含选手）的初速度为v0，第一个划桨周期后龙舟（含选手）的动能增量为：Δ由于龙舟（含选手）的初速度未知，故不能计算第一个划桨周期后龙舟（含选手）的动能增量，故A错误；B.结合上述分析可知，经过连续两个划桨周期龙舟速度增量为：Δv=2Δv1=C.根据动量定理可知，相邻两个划桨周期内龙舟（含选手）所受合力的总冲量为：I=mΔv=10ma0D.作出相邻两个划桨周期的v﹣t图像，如图所示，则有：v1﹣v0＝Δv1v﹣t图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移，则相邻两个划桨周期龙舟的位移差为图中阴影部分的面积，即位移差为x=Δv1T=故选：BD。【点评】本题考查了a﹣t图像的物理意义，以及动量定理的应用。掌握a﹣t图像、v﹣t图像的物理意义。（多选）10．（2025•菏泽一模）点电荷A、B固定在同一水平线上，电荷量均为+Q，两电荷间的距离为2L。一电子从中垂线上的P点由静止释放。已知静电力常量为k。下列说法正确的是（）A．从P到O，电势一直升高，电子的电势能也一直增大 B．P点的电场强度大小可能为23C．若PO≪L，电子的运动可视为简谐运动 D．若PO=34L，在P【分析】先分析电子从P到O的运动过程中电场力做功的正负，再根据做功判断电势能的变化；根据电场的叠加原理分析B项；分析电子运动过程中的受力是否满足简谐振动中回复力与位移的关系式F＝﹣kx，然后对电子是否做简谐运动做出判断；分析电子所受到的电场力能否恰好充当向心力即可。【解答】解：A.在PO连线上，合场强方向竖直向上，电场力对电子一直做正功，根据功能关系可知电子的电势能一直在减小，故A错误；B.设PA连线与竖直方向夹角为θ，若P点的电场强度大小为23kQ3L2该方程无解，故P点的电场强度大小不可能为23kQ3C.设电子从距离O点为x的P位置释放，取竖直向上为正方向，则电子受到的合电场力为F＝-若PO≪L，即x≪L，整理可得F=令2kQeL3=b，则电子受到的合电场力满足显然电子从P点开始在电场力的作用下先向O点做加速运动，到达O点时，速度达最大，由于O点的场强为零，加速度为零；由于O点下方的合场强竖直向下，电子受到的电场力竖直向上，接着在O点下方做减速运动，直到减速为零，接着又向上运动到达P点，周而复始。结合电子受力特点，可知电子的运动可视为简谐运动，故C正确；D.若PO=34L，则在P点给电子垂直纸面向里、大小为v此时电子受到的合电场力大小满足F＝2kQe可知电子符合做匀速圆周运动的条件，电子将做匀速圆周运动，故D正确。故选：CD。【点评】本题考查了点电荷的场强公式、场强的叠加、牛顿第二定律、简谐运动的回复力特点知识点，综合性较强，对学生能力要求较高。三．实验题（共2小题）11．（2026•武清区校级模拟）如图甲，置于水平长木板上的滑块用细绳跨过定滑轮与钩码相连，拖动固定其后的纸带一起做匀加速直线运动，一盛有有色液体的小漏斗，用较长的细线系于纸带正上方的O点，当滑块运动的同时，漏斗在垂直于滑块运动方向的竖直平面内做摆角很小（小于5°）的摆动。漏斗中漏出的有色液体在纸带上留下如图乙所示的痕迹。测得漏斗摆动时细线中拉力的大小F随时间t的变化图像如图丙所示，重力加速度为g。①根据图丙可知漏斗振动的周期T＝2t0。②图乙中测得A、C两点间距离为x1，C、E两点间距离为x2。则滑块加速度的大小a＝x2-x14t02。（用x③改变钩码的质量m，绘制出钩码质量m与加速度之间的关系如图丁所示，已知斜率为k，则滑块的质量M为gk（始终满足m≪M【分析】（1）由单摆摆动一次细线拉力两次达最大值、一次达最小值的特点，结合拉力图像得出漏斗振动周期；（2）根据滑块做匀加速直线运动，利用逐差法，结合AC、CE段位移与单摆周期确定的时间间隔，计算滑块加速度；（3）在钩码质量远小于滑块质量的条件下，由牛顿第二定律推导出加速度与钩码质量的关系，结合图像斜率求出滑块质量。【解答】解：（1）漏斗摆动过程做圆周运动，摆动至最高点位置时细线拉力最小，摆动至最低点位置时细线拉力最大，根据图丙有t解得T＝2t0（2）图乙中AC、CE的时间间隔相等，均为一个周期2t0根据匀变速直线运动的规律有x解得a=（3）对钩码进行分析，根据牛顿第二定律有mg﹣T＝ma对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有T﹣f＝Ma解得T=当m≪M时，有m此时有T≈mg即对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有mg﹣f＝Ma变形得a=则有g解得M=故答案为：（1）2t0。（2）x2（3）gk【点评】该题综合考查单摆周期规律、匀变速直线运动的逐差法、牛顿第二定律的实验应用，解题要点在于利用拉力图像判断单摆周期、结合单摆周期确定纸带时间间隔以用逐差法求加速度，并在钩码质量远小于滑块质量的条件下由牛顿第二定律结合图像斜率求滑块质量，整体注重力学实验原理的综合应用与数据处理能力。12．（2020秋•成都期中）如图所示，电容器A极板和静电计外壳均接地，P点到A、B极板的距离相等。两极板间电场强度为E，P点电势为φp。（1）若将A极板上移一小段距离，则A、B极板间的电场强度将变大（填“变大”“变小”或“不变”）。（2）若在A、B极板间插入绝缘介质，则静电计的指针偏角将变小（填“变大”“变小”或“不变”）。（3）若将A极板左移一小段距离，则P点电势φp将变大（填“变大”“变小”或“不变”）。【分析】（1）由题意可知电量不变，由平行板电容器的决定式可知电容的变化，由定义式可得出两端电势差的变化，再由U＝Ed可知E的变化。（2）静电计的指针偏角显示静电计两端电压的变化。（3）电场中某点的电势等于该点到零电势点的电势差，据此分析。【解答】解：（1）电容器的电荷量恒定不变，若将A极板上移一小段距离，则正对面积S减小，根据电容器的决定式，C=ɛS4πkd，结合Q＝CU，U＝Ed，解得A、B极板间的电场强度：E（2）根据电容器的决定式，C=ɛS4πkd，若在A、B极板间插入绝缘介质，则ɛ增大，电容C增大，U（3）若将A极板左移一小段距离，则d增大，电容C减小，U增大，电场强度：E=4πkQɛS，不变，电场中某点的电势等于该点到零电势点的电势差，则φp＝EdPA，间距dPA增大，则P点电势φ故答案为：（1）变大；（2）变小；（3）变大。【点评】该题考查电容器的动态分析，由于结合了电容的定义式与决定式的内容，对学生的要求更高了一步，要求能根据公式得出正确的表达式，注意电场强度的综合表达式的推导。四．解答题（共3小题）13．（2026春•南开区校级期中）如图所示，AB为半径很大的一段光滑小圆弧轨道，圆心位于B点正上方，最低点B与水平轨道BC平滑连接，圆弧A点距水平面高度h＝0.128m。现从A点由静止开始释放一质量m＝2kg的小滑块（可视为质点），小滑块滑至圆弧最低点B时，测得小滑块对B点的压力为F＝20.128N，滑过B点后，接着在水平面上滑过x＝0.26m时与静止在C点的另一个完全相同的小滑块发生碰撞并粘在一起，碰撞时间极短。已知小滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.3，g取10m/s2。求：（1）两滑块碰撞中损失的机械能；（2）小滑块自A点释放到碰撞前经历的时间。【分析】（1）小滑块从A点运动至B点，机械能守恒，由高度差可求得B点速度；B点至C点做匀减速直线运动，通过已知位移与动摩擦因数可求得加速度，进而得到碰撞前速度；两滑块碰撞过程动量守恒，由碰撞前后速度可计算系统损失的机械能。（2）在B点，由已知支持力与重力、向心力的关系可求得圆弧轨道半径；因半径远大于高度，滑块在圆弧上的运动可近似为单摆运动，据此计算从A到B的运动时间；从B到C做匀减速直线运动，由初速度、末速度与加速度关系可求得该段时间；总时间为两段时间之和。【解答】解：（1）小滑块从A点运动到B点过程中，根据机械能守恒定律有mgh=12mv小滑块从B点运动到C点过程中，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得：a＝3m/s2，根据运动学公式vC2-vB2两滑块碰撞过程中，根据动量守恒定律有mvC＝2mv，解得碰后共同速度v＝0.5m/s，根据能量守恒定律，碰撞中损失的机械能ΔE=12mvC（2）小滑块在B点时，根据牛顿第二定律有FN-mg=mvB2R，其中支持力大小FN等于压力F＝由于R＞h，小滑块在圆弧轨道上的运动可视为单摆模型做简谐运动，其周期T=2πRg，自A点释放到B点经历的时间t1=T4，代入数据解得：小滑块从B点运动到C点过程中，根据速度—时间公式vC＝vB﹣at2，代入数据解得经历的时间t2＝0.2s。故小滑块自A点释放到碰撞前经历的总时间t＝t1+t2＝（π+0.2）s。答：（1）两滑块碰撞中损失的机械能为0.5J。（2）小滑块自A点释放到碰撞前经历的时间为（π+0.2）s。【点评】本题是一道综合性较强的力学题目，巧妙地将圆周运动、机械能守恒、牛顿运动定律、动量守恒以及简谐运动模型融合在一起进行考查。题目计算量适中，但思维层次丰富，尤其第二问对圆弧轨道半径的求解及将其等效为单摆模型的分析，充分检验了学生灵活运用知识进行建模和推理的能力。本题的亮点在于通过给定的压力值间接求出圆弧半径，并基于半径远大于高度的条件，引导学生将四分之一圆弧运动近似处理为单摆的四分之一周期，有效考查学生对简谐运动模型适用条件的理解和近似处理问题的科学思维。整个解题过程需要学生严谨分析不同阶段的受力与运动特点，并准确衔接多个物理过程，对综合应用能力提出了较高要求。14．（2026春•山东月考）如图所示，由圆心分别为O1、O2，半径均为R＝0.2m的两个14光滑圆弧轨道平滑连接成轨道c，放置光滑水平地面上并锁定，P点为轨道的最高点，Q点为轨道的最低点且与水平地面相切。质量均为m＝1kg的不同材质小球a、b静置在轨道c左侧的水平地面上，小球a、b碰撞时碰后的相对速度与碰前的相对速度之比为一定值。给小球a一初速度，使之与小球b发生碰撞，碰撞后小球b沿轨道c运动到P点抛出，地面上的落点与P点间的水平方向位移为x=25m；小球a沿轨道能运动到与O1点等高的位置。不计空气阻力，重力加速度g＝（1）小球b经过P点时受到的支持力大小；（2）小球a、b发生碰撞过程中损失的动能；（3）解除轨道c的锁定，小球a以大小未知的初速度v与小球b发生碰撞，碰后小球b经过轨道上的Q点滑上轨道c，又从轨道c上滑下再次经过Q点，上述过程中小球a一直在水平地面上运动，小球b第一次经过Q点时与小球a间的距离等于小球b第二次经过Q点时与小球a间的距离。求满足条件的初速度v的大小。【分析】（1）由b球P点平抛运动规律求得平抛初速度，再在P点用重力与支持力的合力提供向心力，结合向心力公式求解支持力；（2）先后用机械能守恒得到两球碰后速度，结合动量守恒求出a球初速度，计算碰撞前后总动能差值得到动能损失。（3）解除锁定后系统水平动量、机械能均守恒，结合b往返Q点的时间与a匀速位移的距离条件，联立碰撞规律求解初速度。【解答】解：（1）小球b从P点抛出后做平抛运动，水平位移x=下落高度h＝2R竖直方向：h解得t=水平方向x＝vpt代入数据可得vp＝1m/s圆周运动向心力：在P点，小球做圆周运动，圆心为O2，半径R＝0.2m。向心力由重力和支持力的合力提供，方向竖直向下（指向圆心）。根据向心力公式：mg代入数据可得N＝5N。（2）对小球b：从Q到P机械能守恒，1代入数据可得vb＝3m/s对小球a：上升到与O1等高（高度R），机械能守恒1代入数据可得va＝2m/s碰撞前速度与动能损失：规定初速度方向为正，结合动量守恒mv0＝mva+mvb代入数据可得v0＝5m/s损失动能：ΔE=12mv02-（1代入数据可得ΔE＝6.3J（3）解除轨道c锁定后，设小球a的初速度为v'小球a、b碰撞后的速度分别为va1、vb1，则小球a、b碰撞过程，设初速度方向为正，根据动量守恒定律有mv'＝mva1+mvb1由于碰后的相对速度与碰前的相对速度之比为一定值，则有v代入数据可得v设小球b两次经过Q点的时间间隔为t，则根据题意可得xa＝xb＝xc＝va1小球b和轨道c作用的过程中，根据水平方向动量守恒有m时间t内对上式积分有mvb1t＝mxb+mcxc代入数据可得轨道c的质量为mc＝0.5m＝0.5kg由分析可知，小球a的初速度v'有最大值时的临界条件为当小球b与轨道c共速时，小球b恰好运动到P点，则根据水平方向动量守恒