2025-2026学年下学期江西高中物理高一期末模拟试卷（一）

第1页（共1页）2025-2026学年下学期江西高中物理高一期末模拟试卷（一）一．选择题（共7小题）1．（2025•丰台区二模）如图1所示，光滑水平面左侧有一竖直墙壁，质量为m的小球以速度v0与静止的质量为M的小球发生对心碰撞，m＜M。m与M或墙壁之间的碰撞没有能量损失。设任意时刻两球速度分别为v和V，令x=mv，y=MV，x2+y2＝r2，其中r为定值，该函数的图像如图2所示，图像中的点（x，y）表示两个小球组成的系统可能的状态，A、A．从状态A到状态B过程系统动量不守恒 B．从状态B到状态C过程两个小球发生弹性碰撞 C．直线AB的斜率k=-D．图像中圆的半径r=2．（2024•壶关县一模）如图所示，A、B、C三个物体放在旋转平台上随平台一起做匀速圆周运动，动摩擦因数均为μ，已知A的质量为2m，B、C的质量均为m，A、B离轴距离均为R，C距离轴为2R，则以下说法正确的是（）A．若转速加快，A最先相对滑动 B．若转速加快，C一定不会最先相对滑动 C．若都没相对滑动，则：aA＝aC＞aB D．若都没相对滑动，则：fA＝fC＞fB3．（2025春•渝中区校级期末）如图所示，绷紧的水平传送带顺时针匀速运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带右端等高的光滑平台上的A处滑上传送带。现保证v2不变，使传送带每次以不同速率v1匀速运行，传送带足够长。用t表示物块在传送带上运动的时间，用Δs表示物块运动过程中与传送带之间产生的划痕的长度。下列图像可能正确的是（）A． B． C． D．4．（2025春•石嘴山校级期末）质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g＝10m/s2。则（）A．3s时物块的动量为12kg•m/s B．6s时物块的动量为零 C．6s时物块回到初始位置 D．0～6s时间内F对物块所做的功为40J5．（2025•贵州模拟）如图所示，劲度系数为k＝20N/m的绝缘轻弹簧竖直悬挂一质量为m＝0.2kg、可视为质点的物块，物块带0.01C的正电荷，处于竖直向上的匀强电场中，匀强电场的电场强度为E＝400V/m，初始时物块处于静止状态。现给物块一竖直方向的初速度v0＝1m/s。弹簧的弹性势能为Ep=12kx2（x为弹簧形变量），重力加速度A．0.1m B．0.2m C．0.3m D．0.4m6．（2024秋•北京校级期中）两个可以自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示，A处电荷带正电Q1，B处电荷带负电Q2，且Q2＝4Q1．另取一个可以自由移动的点电荷Q3，放在直线AB上某处，欲使整个系统处于平衡状态，下列说法中正确的是（）A．Q3带负电，且放于A、B之间 B．Q3带正电，且放于B右侧 C．Q3带负电，且放于A左侧 D．Q3带正电，且放于A、B之间7．（2022春•吴中区校级期中）一束初速度不计的电子流经过加速电场加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场（两极板间的电压是400V）中，如图所示，若板间距离d＝2.0cm，板长l＝10.0cm，（电子带电荷量为e，质量为m），则下列说法正确的是（）A．加速电压U＝2500V时，电子可以穿过偏转电场 B．若电子可以穿过偏转电场，在其他条件相同的情况下，把电子换成α粒子也一定可以穿过偏转电场 C．若保证偏转电场两极板的电荷量不变，把上极板向上移动，其他条件不变，则电子离开偏转电场的位置也向上移动 D．若保证加速电场两极板的电荷量不变，把左边极板向上移动，其他条件不变，则电子离开偏转电场的位置不变二．多选题（共3小题）（多选）8．（2026•雨花区校级二模）如图所示，光滑水平桌面上固定着光滑的14竖直圆弧轨道AB。有一足够长的斜面DE可绕其上一点D在竖直平面内转动，D点与桌面末端C点的连线与水平方向夹角为45°。质量为m的小球可从轨道上任意点释放并落在斜面上，当小球从某高度由静止释放时，小球刚好落在D点且速度大小为v。已知重力加速度为g，斜面转动时图中倾角θ始终为锐角且E在DA．若小球从A点由静止释放，则小球运动到B点时对轨道的压力大小为2mg B．落到D点的小球的释放高度为v2C．球由不同高度释放落在斜面上，斜面倾角θ＝30°时，一定还有另一个比D点高的落点的速度大小为v D．球由不同高度释放落在斜面上，斜面倾角θ＝45°时，除D点外一定还有另一个落点的速度大小为v（多选）9．（2026春•周口期中）如图（a），劲度系数为k的轻弹簧下端悬挂薄板A，A静止。带孔薄板B套于弹簧且与弹簧间无摩擦，A、B质量相同，B从A上方h高度处由静止释放，A、B碰撞时间极短，碰后粘在一起下落3l后速度减为零。以A、B碰撞位置为坐标原点O，竖直向下为正方向建立x轴，A、B整体的重力势能随下落距离x变化图像如图（b）中Ⅰ所示，弹簧的弹性势能随下落距离x变化图像如图（b）中Ⅱ所示，重力加速度为g，则（）A．薄板A的质量为klgB．薄板B下落的高度h为3l C．碰撞后两薄板的最大速度为3gl D．碰撞后两薄板上升的最大高度在O上方2l处（多选）10．（2026•抚顺二模）如图所示，在竖直面内有一方向未知的匀强电场，质量为m、电荷量为+q的小球从a点以速度v0沿与水平方向成60°角且斜向右上方抛出，先后经过b、c两点，a、c两点在同一水平线上。小球运动到b点时速度方向水平，大小为2v0，且从a点运动至b点的时间为3v0gA．电场强度的大小为mg2qB．a、c两点间的距离为23C．小球在c点的速度大小为13v0 D．a、c两点间的电势差为6m三．实验题（共2小题）11．（2025春•南沙区校级期中）卫星绕地球做匀速圆周运动时处于完全失重状态，在这种环境中无法用天平称量物体的质量。于是某同学在这种环境设计了如图所示的装置（图中O为光滑的小孔）来间接测量物体的质量：给待测物体一个初速度，使它在水平桌面上做匀速圆周运动。设航天器中具有基本测量工具（弹簧秤、秒表、刻度尺）。（1）物体与桌面间（选填“有”或“没有”）摩擦力，原因是。（2）假设实验时测量并计算出了物块运动的周期为T，还需要测量的物理量是和。（写出待测物理量并用相应字母表示）（3）待测质量的表达式为m＝。（请用T和你测量出的物理量字母表示）12．（2025秋•南昌县校级月考）【项目一：电容器探究】小林小组研究平行板电容器。（1）他们使用（填“静电计”或“电流表”）监测电势差；（2）将极板间距拉大，观察到静电计张角；（3）插入有机玻璃板，张角变小，说明电容（填“增大”或“减小”）。四．解答题（共3小题）13．（2026春•南海区期中）杭州西湖景区引入了一款仿生机器鱼，内部装有金属探测装置，可打捞游客掉入水中的手机，同时兼顾水质保护和环境监控的任务，该机器鱼质量m＝4kg，形似鲤鱼，全没入水中时的浮力f0＝30N，游动时受到平行鱼身向后的阻力f＝10N，通过摆动尾巴和鱼鳍产生大小方向均可变的推力F。某次打捞任务过程如图甲所示，机器鱼的运动分为以下三个阶段：阶段一【搜寻】：机器鱼在半径R＝4m的圆形水域内做匀速圆周运动，线速度v1＝2m/s，用于扫描水下目标；阶段二【下潜】：游一圈后发现目标，机器鱼从水下1m处A点，匀速度沿直线游至水下4m处圆心O进行打捞；阶段三【上浮】：完成打捞后，机器鱼从O点以a＝2.5m/s2从静止竖直上浮至水面O′点。忽略抓取手机产生的影响，重力加速度g＝10m/s2，回答以下问题：（1）阶段二中，补全图乙里机器鱼的受力示意图，并求推力F2与f0夹角的正切值；（2）阶段一中，求推力F1的大小（结果保留根号）；（3）求整个运动过程中推力所做的功（结果保留π）。14．（2026•铜陵模拟）如图所示，质量为m、左右两竖直槽壁相距d＝1.2m的凹槽B静置于足够长的光滑水平地面上，一质量也为m的小物块C静置于凹槽B内右槽壁处，凹槽B上表面水平，物块C与凹槽B间动摩擦因数μ＝0.05。一质量为m4的小球A从凹槽B左侧，以速度v0＝10m/s水平向右朝向凹槽B运动，此后的所有碰撞都没有能量损失，碰撞时间均不计。小球A和物块C均视为质点，凹槽B两槽壁宽度及空气阻力不计，g取10m/s2（1）小球A与凹槽B左槽壁碰撞后瞬时，小球A、凹槽B及物块C各自的速度大小；（2）从凹槽开始运动到两者相对静止物块与两侧槽壁碰撞的次数；（3）从凹槽B开始运动到其通过10.4m位移所用的时间。15．（2026•昭阳区校级开学）如图所示，在E＝103V/m的水平向左的匀强电场中，有一半径R＝0.4m的光滑半圆形绝缘轨道NQ竖直放置，P点为半圆轨道中点，轨道所在竖直平面与电场线平行。半圆轨道与一水平绝缘轨道MN连接。一带正电荷q＝10﹣4C的小滑块，质量为m＝0.04kg，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2。把小滑块从水平轨道上某点由静止释放，恰好能运动到半圆轨道的最高点Q。g取10m/s2，求：（1）滑块释放位置离N点的距离；（2）滑块通过P点时对轨道的压力。

2025-2026学年下学期江西高中物理高一期末·解答一．选择题（共7小题）1．（2025•丰台区二模）如图1所示，光滑水平面左侧有一竖直墙壁，质量为m的小球以速度v0与静止的质量为M的小球发生对心碰撞，m＜M。m与M或墙壁之间的碰撞没有能量损失。设任意时刻两球速度分别为v和V，令x=mv，y=MV，x2+y2＝r2，其中r为定值，该函数的图像如图2所示，图像中的点（x，y）表示两个小球组成的系统可能的状态，A、A．从状态A到状态B过程系统动量不守恒 B．从状态B到状态C过程两个小球发生弹性碰撞 C．直线AB的斜率k=-D．图像中圆的半径r=【分析】碰撞过程必定动量守恒，从状态B到状态C，小球m的速度等大反向，根据数学上求斜率以及求圆半径的方法求解。【解答】解：A.质量为m的小球以速度v0与静止的质量为M的小球发生对心碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒和机械能守恒可得mv0＝mv1+Mv2，12mv02=12mv12+12Mv22，可得v1=m-Mm+Mv0B.由图2可知，从状态B到状态C，小球m的速度等大反向，所以从状态B到状态C过程是小球m与墙壁发生弹性碰撞，故B错误；C.从状态A到状态B过程两个小球发生弹性碰撞，根据题意可知图中直线AB的斜率为k=Mv2D.令x=mv，y=MV，x2+y2＝r2，则有(mv)2+(MV)2=r2，可得mv2故选：C。【点评】本题展现的物理过程十分简单，难点是理解题中给出的那个圆的方程，对数学能力要求程度高。2．（2024•壶关县一模）如图所示，A、B、C三个物体放在旋转平台上随平台一起做匀速圆周运动，动摩擦因数均为μ，已知A的质量为2m，B、C的质量均为m，A、B离轴距离均为R，C距离轴为2R，则以下说法正确的是（）A．若转速加快，A最先相对滑动 B．若转速加快，C一定不会最先相对滑动 C．若都没相对滑动，则：aA＝aC＞aB D．若都没相对滑动，则：fA＝fC＞fB【分析】先对三个物体进行运动分析与受力分析，找出向心力来源，根据向心力公式求出摩擦力，再求出物体受最大静摩擦力时的临界角速度。【解答】解：AB、物体恰好滑动时，静摩擦力达到最大，有μmg＝mω2r，解得：ω=μgr，因为C的临界角速度最小，A、B的临界角速度相等，当转速增加时，C比A先滑动，A、B同时滑动，故C、由于A、B、C三个物体的角速度相等，根据a＝rω2知，C的轨道半径最大，C的向心加速度最大，故C错误；D、物体做匀速圆周运动，靠静摩擦力提供向心力，fA＝2mRω2，fB＝mRω2，fC＝2mRω2，可知B物体的摩擦力最小，故D正确。故选：D。【点评】本题可从三个物体中选择任意一个物体，建立物理模型后分析比较，而不需要对三个物体分别分析，难度适中。3．（2025春•渝中区校级期末）如图所示，绷紧的水平传送带顺时针匀速运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带右端等高的光滑平台上的A处滑上传送带。现保证v2不变，使传送带每次以不同速率v1匀速运行，传送带足够长。用t表示物块在传送带上运动的时间，用Δs表示物块运动过程中与传送带之间产生的划痕的长度。下列图像可能正确的是（）A． B． C． D．【分析】物块在传送带上先做匀减速直线运动，减速到零之后再反向做匀加速直线运动，在与传送带共速之前，根据牛顿第二定律易知其加速度恒定。根据传送带的速度与物块的传送带的大小关系讨论分析，做出物块与传送带的v﹣t图像，根据v﹣t图像的物理意义解答。【解答】解：物块在传送带上先做匀减速直线运动，减速到零之后再反向做匀加速直线运动，在与传送带共速之前，根据牛顿第二定律易知其加速度恒定，设为a。①当v1≥v2时，物块运动的v﹣t图像如下图甲所示，可知物块从滑上传送带到滑离传送带用时为：t1=2v2a，可得划痕长度为：Δs1=v1t1=2v1v2②当0＜v1＜v2时，物块运动的v﹣t图像如上图乙所示，物块返回传送带右端的过程会与传送带共速。物块向左运动的最大位移为：x1=物块向右加速运动的最大位移为：x2=物块从滑上传送到与传送带恰好共速用时为：t共速后物块匀速运动的时间为：t全程物块所用时间为：t4＝t2+t3=划痕长度为：Δs2=12(v1+v2)综上所述，可得Δs﹣v1的图像如上图丙所示，故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】本题考查了传送带模型，要考虑物块与传送带是否存在共速的情况，根据物块的运动过程讨论分析，应用v﹣t图像可直观的看到物块与传送带的相对运动过程。4．（2025春•石嘴山校级期末）质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g＝10m/s2。则（）A．3s时物块的动量为12kg•m/s B．6s时物块的动量为零 C．6s时物块回到初始位置 D．0～6s时间内F对物块所做的功为40J【分析】AB、分析物块与地面间的摩擦力，根据动量定理求解3s时物块的速度，进而根据速度求解动量，同理根据动量定理分析物块的速度减为0的时间；C、.根据动能定理分析0∼3s、3s∼4s物块发生的位移，4s∼6s物块开始反向运动，分析物块的加速度大小，根据速度—位移公式分析4s∼6s物块的位移，进而判断6s时物块的位置；D、根据公式W＝Fs，分析0∼3s、3s∼4s、4s∼6s时间F对物块所做的功，然后求解总工。【解答】解：AB.物块与地面间的摩擦力为f＝μmg＝2N，对物块从0～3s内由动量定理可知（F﹣f）t1＝mv3，即（4﹣2）×3kg•m/s＝1×v3，得v3＝6m/s，3s时物块的动量为p＝mv3＝1×6kg•m/s＝6kg•m/s，设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得﹣（F+f）t＝0﹣mv3，即﹣（4+2）t＝0﹣1×6kg•m/s，解得t＝1s，所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动量也为0，故AB错误；C.0∼3s过程中，由动能定理可得(F-f)x1=12mv32，即(4-2)x1=12×1×6J，得x1＝9m，3s∼4s过程中，对物块由动能定理可得-(F+f)x2D．物块在6s时的速度大小为v6＝2×2m/s＝4m/s，0～6s拉力所做的功为W＝（4×9﹣4×3+4×4）J＝40J，故D正确。故选：D。【点评】考查到F﹣t图像，关键要根据受力分析物块的速度和运动情况，要熟悉动能定理、动量定理公式的运用。5．（2025•贵州模拟）如图所示，劲度系数为k＝20N/m的绝缘轻弹簧竖直悬挂一质量为m＝0.2kg、可视为质点的物块，物块带0.01C的正电荷，处于竖直向上的匀强电场中，匀强电场的电场强度为E＝400V/m，初始时物块处于静止状态。现给物块一竖直方向的初速度v0＝1m/s。弹簧的弹性势能为Ep=12kx2（x为弹簧形变量），重力加速度A．0.1m B．0.2m C．0.3m D．0.4m【分析】根据平衡条件和胡克定律求出弹簧初始的压缩量，由能量守恒定律求弹簧的最大形变量。【解答】解：由题知，弹簧初始试处于压缩状态，由物块受力平衡有qE﹣mg＝kx解得弹簧压缩量为x＝0.1m给物块以初速度后，物块做简谐运动，可知最大形变量在弹簧处于压缩状态，设从初始位置到弹簧压缩到最大形变量过程中，物块发生位移为L，则1解得L＝0.1m则弹簧最大形变量为x'＝0.1m+0.1m＝0.2m故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】本题是含弹簧问题，由于弹簧的弹力是变力，要结合功能关系列式分析。6．（2024秋•北京校级期中）两个可以自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示，A处电荷带正电Q1，B处电荷带负电Q2，且Q2＝4Q1．另取一个可以自由移动的点电荷Q3，放在直线AB上某处，欲使整个系统处于平衡状态，下列说法中正确的是（）A．Q3带负电，且放于A、B之间 B．Q3带正电，且放于B右侧 C．Q3带负电，且放于A左侧 D．Q3带正电，且放于A、B之间【分析】由于Q1带正电荷，Q2带负电荷，根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，要使整个系统处于平衡状态，对其Q3受力分析，去判断所处的位置。【解答】解：假设Q3放在Q1Q2之间，那么Q1对Q3的电场力和Q2对Q3的电场力方向相同，Q3不能处于平衡状态，所以假设不成立。设Q3所在位置与Q1的距离为r13，Q3所在位置与Q2的距离为r23，要能处于平衡状态，所以Q1对Q3的电场力大小等于Q2对Q3的电场力大小。即：k由于Q2＝4Q1，所以r23＝2r13，所以Q3位于Q1的左方。根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，可判断Q3带负电，故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】我们可以去尝试假设Q3带正电或负电，根据平衡条件求解它应该放在什么地方，能不能使整个系统处于平衡状态，不行再继续判断。7．（2022春•吴中区校级期中）一束初速度不计的电子流经过加速电场加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场（两极板间的电压是400V）中，如图所示，若板间距离d＝2.0cm，板长l＝10.0cm，（电子带电荷量为e，质量为m），则下列说法正确的是（）A．加速电压U＝2500V时，电子可以穿过偏转电场 B．若电子可以穿过偏转电场，在其他条件相同的情况下，把电子换成α粒子也一定可以穿过偏转电场 C．若保证偏转电场两极板的电荷量不变，把上极板向上移动，其他条件不变，则电子离开偏转电场的位置也向上移动 D．若保证加速电场两极板的电荷量不变，把左边极板向上移动，其他条件不变，则电子离开偏转电场的位置不变【分析】根据动能定理求解粒子进入偏转电场的速度大小，再根据类平抛运动的规律求解偏转位移大小，根据最大偏转位移求解加速电压的临界值进行分析。根据电容的计算公式结合电场强度的计算公式分析两板间电压、电场强度的变化情况，由此分析粒子射出位置的变化情况。【解答】解：板间距离d＝2.0cm＝0.02m，板长l＝10.0cm＝0.10m。A、粒子加速过程，根据动能定理得：eU=12m进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动，则有：l＝v0t；偏转电压为U′＝400V，在垂直于板面的方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得加速度大小为：a=F偏转距离：y=12a能飞出的条件为y≤12d，解得U≥l22dB、根据U≥l22dC、根据C=εrS4πkd=QU，可得电场强度：D、电荷量不变，把左边极板向上移动，正对面积减小，电容减小，电压U增大，电子离开偏转电场的偏转距离y=U'l2故选：B。【点评】有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。二．多选题（共3小题）（多选）8．（2026•雨花区校级二模）如图所示，光滑水平桌面上固定着光滑的14竖直圆弧轨道AB。有一足够长的斜面DE可绕其上一点D在竖直平面内转动，D点与桌面末端C点的连线与水平方向夹角为45°。质量为m的小球可从轨道上任意点释放并落在斜面上，当小球从某高度由静止释放时，小球刚好落在D点且速度大小为v。已知重力加速度为g，斜面转动时图中倾角θ始终为锐角且E在DA．若小球从A点由静止释放，则小球运动到B点时对轨道的压力大小为2mg B．落到D点的小球的释放高度为v2C．球由不同高度释放落在斜面上，斜面倾角θ＝30°时，一定还有另一个比D点高的落点的速度大小为v D．球由不同高度释放落在斜面上，斜面倾角θ＝45°时，除D点外一定还有另一个落点的速度大小为v【分析】解题需先明确物理过程：小球从圆弧轨道不同高度释放后，先沿光滑圆弧轨道下滑，经过B点后以一定初速度做平抛运动，最终落在斜面上。题目核心是分析平抛运动与斜面的交点关系及对应的速度大小。已知小球从特定高度释放后恰好落在D点且速度为v，需利用平抛运动规律、动能定理及几何关系分析各选项。【解答】解：以C点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立直角坐标系。设D点坐标为（L，﹣L），小球从C点平抛的初速度为v0，运动到D点的时间为t。根据平抛运动规律x＝v0t和y=-12gt2，代入D点坐标得L＝v0t和到达D点时竖直分速度vy=gt=2gL，根据速度合成公式v2=A、若小球从A点由静止释放，设圆弧轨道半径为R，根据动能定理mgR=12mvB2，在B点根据牛顿第二定律FN-mg=mvBB、小球从某高度h释放落在D点，根据动能定理mgh=12mv0CD、设小球落在斜面上任意一点坐标为（x，y）且速度大小为v，根据动能定理12mv2=12mvx2+mg(-y)，结合平抛运动轨迹方程y=-gx22vx2，消去vx整理得到gx2+4gy2+2v2y＝0，代入2v2＝5gL化简为x当θ＝30°时，直线方程为x=3y+(1+3)L，代入轨迹方程并提取公因式得到(y+L)(7y+(4+23)L)=0，解得另一个交点纵坐标y=-4+23当θ＝45°时，直线方程为x＝y+2L，代入轨迹方程化简得到（y+L）（5y+4L）＝0，解得另一个交点纵坐标y=-45L，由于-45L故选：BD。【点评】本题综合考查圆周运动、平抛运动、动能定理、牛顿第二定律等力学核心知识，并巧妙结合了斜面约束与几何关系，是一道难度较高的力学综合题。题目通过小球在圆弧轨道上的释放与后续平抛落至斜面的过程，构建了多阶段运动模型，对学生的物理建模能力与数学运算能力提出了较高要求。选项B直接考查动能定理与平抛运动基本规律的结合应用，计算量适中；选项A则需注意区分轨道支持力与向心力公式的正确运用，是常见易错点。选项C和D的设问尤为精妙，要求学生通过联立平抛轨迹方程与斜面直线方程，分析特定速度大小对应的落点存在性，这需要学生具备较强的代数运算与几何分析能力，并需结合题目条件判断解的合理性，充分考查逻辑推理与综合分析能力。（多选）9．（2026春•周口期中）如图（a），劲度系数为k的轻弹簧下端悬挂薄板A，A静止。带孔薄板B套于弹簧且与弹簧间无摩擦，A、B质量相同，B从A上方h高度处由静止释放，A、B碰撞时间极短，碰后粘在一起下落3l后速度减为零。以A、B碰撞位置为坐标原点O，竖直向下为正方向建立x轴，A、B整体的重力势能随下落距离x变化图像如图（b）中Ⅰ所示，弹簧的弹性势能随下落距离x变化图像如图（b）中Ⅱ所示，重力加速度为g，则（）A．薄板A的质量为klgB．薄板B下落的高度h为3l C．碰撞后两薄板的最大速度为3gl D．碰撞后两薄板上升的最大高度在O上方2l处【分析】题目描述薄板A悬挂于弹簧下，薄板B从A上方h处自由下落并与A发生完全非弹性碰撞，随后两者共同运动。已知图（b）提供了两板整体重力势能及弹簧弹性势能随下落距离x的变化关系，需结合图像信息与物理规律分析各选项。整体思路是：首先通过重力势能图线斜率确定两板总重力，进而得到A的质量；利用碰撞后下落至最低点的全过程能量守恒，结合碰撞瞬间动量守恒，可求出B的释放高度h；分析两板共同运动过程中合力为零的位置即为最大速度点，通过能量关系计算该速度；最后根据系统机械能守恒确定碰撞后上升阶段能达到的最高位置。【解答】解：A．由图（b）中图线Ⅰ可知，整体重力势能Ep随下落距离x线性减小，其斜率的绝对值等于整体所受重力，即k'＝2mg利用图线I还可求出斜率的绝对值k联立解得m=klg，故B．设B与A碰撞前的速度为v0，由自由落体运动规律可知mg解得v由于A、B碰撞过程动量守恒，以v0的方向为正方向，故mv0＝2mv解得v=碰后A、B的动能E对两薄板从碰后到最低点，由能量守恒可得Ek1+Ep1+EpG1＝Ep2+EpG2结合图像可知Ep1=0.5kl2，EpG1=6.0kl联立解得E又知m=klg联立解得h＝3l，故B正确；C．碰后的最大速度处加速度为0，即2mg＝kx2碰后最大速度位置对应的弹簧伸长量为x所以，最大速度的位置在A、B碰撞处下方l处，从A、B碰后到最大速度位置，由动能定理有2mgl解得vm=2glD．碰撞前薄板A平衡，则kx1＝mg解得x碰后两薄板一起下落3l速度减为零，故在最低点时弹簧的伸长量为4l。所以，两薄板一起做简谐运动的振幅A＝4l﹣x2＝2l简谐运动具有对称性，故最高点在平衡位置的上方一个振幅处，所以最高点距O点的距离为A﹣x1＝2l﹣l＝l，故D错误。故选：AB。【点评】本题巧妙地将动力学过程与能量图像相结合，综合考查弹簧振子的简谐运动、碰撞、动量守恒与能量守恒定律。题目通过图（b）中两条能量随位移变化的图线，将复杂的多过程问题直观呈现，有效考查学生的图像信息提取能力、多过程综合分析能力以及能量与力学的综合应用能力。计算量适中，但需要准确把握碰撞前后系统的能量分配、平衡位置的确定以及利用能量守恒建立方程。解题关键在于从图像斜率与截距获取重力、初始弹性势能等信息，并正确选取不同过程或状态列写能量关系。本题对学生的逻辑推理和建模能力提出了较高要求。（多选）10．（2026•抚顺二模）如图所示，在竖直面内有一方向未知的匀强电场，质量为m、电荷量为+q的小球从a点以速度v0沿与水平方向成60°角且斜向右上方抛出，先后经过b、c两点，a、c两点在同一水平线上。小球运动到b点时速度方向水平，大小为2v0，且从a点运动至b点的时间为3v0gA．电场强度的大小为mg2qB．a、c两点间的距离为23C．小球在c点的速度大小为13v0 D．a、c两点间的电势差为6m【分析】题目描述带电小球在匀强电场和重力场中的匀变速曲线运动，已知a点初速度v0与水平方向成60°角，b点速度水平为2v0，以及从a到b的时间。通过分析从a到b的速度变化量方向与大小，结合已知时间可确定合加速度的大小与方向；将合加速度分解到水平和竖直方向，利用牛顿第二定律分别建立水平方向电场力分量与竖直方向合力（重力与电场力竖直分量）的方程，可求解电场强度的大小与方向。根据类平抛运动的对称性，从a到c的时间是从a到b时间的两倍，利用水平方向初速度和加速度以及运动时间可求a、c水平距离。对a到c过程应用动能定理，电场力做功等于动能变化，可求c点速度大小；利用电场强度方向与水平位移计算a、c两点沿电场线方向的距离，结合电势差定义可求Uac。【解答】解：A、根据分析可知，小球做匀变速曲线运动，其从a点到b点的速度变化量Δv的方向如图所示。则由几何关系可知，速度变化量Δv的方向与竖直方向成60°角且斜向右下方，即速度变化量Δv的方向与v0的方向相互垂直，则速度变化量的大小为Δv=(2v0)2-v02=3v0由于加速度的方向与Δv的方向一致，所以加速度的方向与竖直方向也成60°角且斜向右下方。将加速度分解至水平方向和竖直方向有ax＝asin60°，解得：axay＝acos60°，解得：ay=12g。设电场强度的大小为E，方向与水平方向的夹角为θ，则有Eqcosθ＝max，mg﹣Eqsinθ＝may。联立解得：E=即电场强度的大小为E=mgq，方向与水平方向成30°角且斜向右上方，故C、对小球从a点运动至c点的过程列动能定理方程有Eqcos30°⋅x=12mB、由类平抛运动的知识可知，小球从a点运动到c点的时间为小球从a点运动到b点的时间的两倍，即tac＝2tab，解得：tac将初速度分解至水平方向和竖直方向有vx＝v0cos60°，解得：vx=12v0；vy＝则a、c两点间的距离为x=vxtac+D、a、c两点间的电势差为Uac＝Excos30°，解得：Uac=6m故选：CD。【点评】本题是一道综合性较强的带电粒子在匀强电场与重力场复合场中的运动问题，考查牛顿第二定律、运动的合成与分解、动能定理以及电势差与电场力做功的关系等核心知识点。题目通过给定小球从a到b的特定运动过程信息，要求逆向推导电场强度并分析后续运动，计算量适中但思维要求较高，对学生的逻辑推理能力和建模分析能力有很好的锻炼作用。解题关键在于利用速度变化量方向与加速度方向一致这一特性，结合几何关系确定加速度的大小和方向，进而分解得到电场力与重力的合力特征，这是本题的思维亮点。后续运用类平抛运动规律和功能关系进行求解，过程较为完整，体现了对多知识点融合应用能力的考查。三．实验题（共2小题）11．（2025春•南沙区校级期中）卫星绕地球做匀速圆周运动时处于完全失重状态，在这种环境中无法用天平称量物体的质量。于是某同学在这种环境设计了如图所示的装置（图中O为光滑的小孔）来间接测量物体的质量：给待测物体一个初速度，使它在水平桌面上做匀速圆周运动。设航天器中具有基本测量工具（弹簧秤、秒表、刻度尺）。（1）物体与桌面间没有（选填“有”或“没有”）摩擦力，原因是物体处于完全失重状态，物体与桌面间没有弹力。（2）假设实验时测量并计算出了物块运动的周期为T，还需要测量的物理量是物体做圆周运动的半径R和弹簧测力计的示数F。（写出待测物理量并用相应字母表示）（3）待测质量的表达式为m＝FT24π2【分析】（1）物体处于完全失重状态，对支持面没有压力，不受摩擦力作用。（2）（3）物体做圆周运动的向心力由拉力提供，结合牛顿第二定律列出表达式，从而得出待测物体质量的表达式以及所需测量的物理量。【解答】解：（1）由于物体处于完全失重状态，物体处于完全失重状态，物体与桌面间没有弹力，因此不存在摩擦力。（2）弹簧测力计的拉力提供向心力，由牛顿第二定律得F=m(2π则还需要测量弹簧秤示数F，圆周运动的半径R。（3）弹簧测力计的拉力提供向心力，由牛顿第二定律得F=m(2π解得m=故答案为：（1）没有；物体处于完全失重状态，物体与桌面间没有弹力；（2）物体做圆周运动的半径R；弹簧测力计的示数F；（3）FT【点评】解决本题的关键知道物体做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解。12．（2025秋•南昌县校级月考）【项目一：电容器探究】小林小组研究平行板电容器。（1）他们使用静电计（填“静电计”或“电流表”）监测电势差；（2）将极板间距拉大，观察到静电计张角变大；（3）插入有机玻璃板，张角变小，说明电容增大（填“增大”或“减小”）。【分析】（1）静电计可监测电势差；（2）将极板间距拉大，根据电容的决定式C=εrS4πkd分析电容器电容（3）断开电源后插入有机玻璃板，张角变小，电容器板间电势差减小，根据电容的定义式C=Q【解答】解：（1）他们使用静电计监测电势差；（2）将极板间距拉大，根据电容的决定式C=εrS4πkd可知，电容器的电容（3）断开电源后插入有机玻璃板，张角变小，电容器板间电势差减小，电容器所带电荷量不变，根据电容的定义式C=Q故答案为：（1）静电计；（2）变大；（3）增大。【点评】本题是电容器动态分析问题，抓住电荷量不变，根据电容的决定式C=εrS四．解答题（共3小题）13．（2026春•南海区期中）杭州西湖景区引入了一款仿生机器鱼，内部装有金属探测装置，可打捞游客掉入水中的手机，同时兼顾水质保护和环境监控的任务，该机器鱼质量m＝4kg，形似鲤鱼，全没入水中时的浮力f0＝30N，游动时受到平行鱼身向后的阻力f＝10N，通过摆动尾巴和鱼鳍产生大小方向均可变的推力F。某次打捞任务过程如图甲所示，机器鱼的运动分为以下三个阶段：阶段一【搜寻】：机器鱼在半径R＝4m的圆形水域内做匀速圆周运动，线速度v1＝2m/s，用于扫描水下目标；阶段二【下潜】：游一圈后发现目标，机器鱼从水下1m处A点，匀速度沿直线游至水下4m处圆心O进行打捞；阶段三【上浮】：完成打捞后，机器鱼从O点以a＝2.5m/s2从静止竖直上浮至水面O′点。忽略抓取手机产生的影响，重力加速度g＝10m/s2，回答以下问题：（1）阶段二中，补全图乙里机器鱼的受力示意图，并求推力F2与f0夹角的正切值；（2）阶段一中，求推力F1的大小（结果保留根号）；（3）求整个运动过程中推力所做的功（结果保留π）。【分析】（1）根据平衡关系补全图乙里机器鱼的受力示意图，结合正交分解和几何关系求推力F2与f0夹角的正切值；（2）根据几何关系求出F1的三个正交分量，结合矢量的合成求推力F1的大小；（3）根据功的公式和动能定理求出整个运动过程中推力所做的功。【解答】解：（1）匀速阶段合力为0，通过受力分析有水平方向：F2sinθ＝fsinα竖直方向：F2cosθ+f0+fcosα＝mgtanθ=F由几何关系得：sinα=4cosα=3tanθ＝2（2）匀速圆周运动，F1三个正交分量：竖直分量：F1y＝G﹣f0解得F1y＝10N切向分量：F1t＝f即F1t＝10N径向分量：F1n即F1n＝4N根据力的合成F1解得F1（3）第三阶段有：v22解得v2在整个过程有：其中阻力做功Wf解得Wf＝（﹣80π﹣90）J浮力做功Wf0＝f0•h1解得Wf0＝30J重力做功WG＝﹣mg•h1解得WG＝﹣40J对全过程用动能定理有：W+W解得W＝（132+80π）J答：（1）阶段二中，图乙里机器鱼的受力示意图如图推力F2与f0夹角的正切值为2；（2）阶段一中，推力F1的大小为66（3）整个运动过程中推力所做的功为（132+80π）J。【点评】本题考查了力学综合知识，理解受力分析和正交分解的特点，同时要熟练掌握动能定理的应用，合理选取运动学公式是解决此类问题的关键。14．（2026•铜陵模拟）如图所示，质量为m、左右两竖直槽壁相距d＝1.2m的凹槽B静置于足够长的光滑水平地面上，一质量也为m的小物块C静置于凹槽B内右槽壁处，凹槽B上表面水平，物块C与凹槽B间动摩擦因数μ＝0.05。一质量为m4的小球A从凹槽B左侧，以速度v0＝10m/s水平向右朝向凹槽B运动，此后的所有碰撞都没有能量损失，碰撞时间均不计。小球A和物块C均视为质点，凹槽B两槽壁宽度及空气阻力不计，g取10m/s2（1）小球A与凹槽B左槽壁碰撞后瞬时，小球A、凹槽B及物块C各自的速度大小；（2）从凹槽开始运动到两者相对静止物块与两侧槽壁碰撞的次数；（3）从凹槽B开始运动到其通过10.4m位移所用的时间。【分析】（1）小球A与凹槽B左槽壁发生弹性碰撞，系统动量与机械能均守恒。需分别列出小球A与凹槽B的动量守恒方程及机械能守恒方程，联立求解两者碰撞后的速度。此时物块C尚未与凹槽B发生相对滑动，其速度仍为零。（2）凹槽B与内部物块C组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒。先由动量守恒求出两者最终共同速度。系统损失的动能转化为内能，通过摩擦力做功关系计算物块C相对凹槽B运动的总路程。总路程除以槽宽d可得到碰撞次数，需注意取整数。（3）凹槽B与物块C相对滑动阶段，两者均受摩擦力作用，加速度大小可由牛顿第二定律分别求出。利用相对加速度概念求出从开始运动到两者相对静止所需时间。此过程中系统动量守恒，结合位移关系可求出凹槽B在该阶段的位移。之后两者以共同速度匀速运动，计算完成剩余位移所需时间，两段时间相加即为总时间。【解答】解：（1）小球A与凹槽B发生弹性碰撞，选取向右为正方