2026-2027秋季福建省高三（上）物理期中模拟试卷（一）

第1页（共1页）2026-2027秋季福建省高三（上）物理期中模拟试卷（一）一．选择题（共4小题）1．（2025秋•同安区校级期中）某次教研活动，滨海校区物理组教师准备前往轮山校区参加活动，从滨海校区到轮山校区，利用高德地图导航，可选方案有三种：方案一需行驶11km，用时21分；方案二需行驶9.3km，用时22分；方案三需行驶9.4km，用时23分。带队老师选择了方案一，则（）A．方案一全程的位移比方案二、方案三的大 B．方案一平均速率比方案二、方案三的大 C．汽车运动全程的平均速度约为31.4km/h D．研究该汽车所在位置时不可视为质点2．（2025秋•同安区校级期中）将一支圆珠笔的按压式小帽朝下按在桌面上，放手后笔会向上弹起一定高度。某次实验中测得圆珠笔弹起的最大高度为h，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．上升过程中，圆珠笔（含弹簧）的机械能守恒 B．弹簧恢复原长的过程，圆珠笔所受合力的冲量为零 C．圆珠笔弹到最大高度h时，圆珠笔受到合外力做功最大 D．圆珠笔离开桌面瞬间的初速度大小为g3．（2025秋•同安区校级期中）如图（a），一质量为m的匀质球置于固定钢质支架的水平横杆和竖直墙之间，并处于静止状态，其中一个视图如图（b）所示。测得球与横杆接触点到墙面的距离为球半径的1.8倍，已知重力加速度大小为g，不计所有摩擦，则球对横杆的压力大小为（）A．35mg B．34mg C．43mg D4．（2025秋•同安区校级期中）机场一般用可移动式皮带输送机给飞机卸货（如图甲），其可简化为倾角为θ，以一定的速度v2逆时针匀速转动的传送带。某时刻货物以初速度为v1滑上传送带顶端（如图乙），以此时为t＝0时刻，记录货物在传送带上运动的速度随时间变化的关系图像（如图丙），取沿斜面向下为正方向，传送带足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（）A．货物与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ B．货物下滑过程中，传送带一直对货物做正功 C．货物在传送带上留下的划痕长度为v2D．0～t1时间内，传送带对货物做功等于1二．多选题（共4小题）（多选）5．（2025秋•同安区校级期中）在学校体育运动会铅球比赛项目中，某同学将同一个铅球两次投出的运动轨迹分别如图中曲线1、2所示。已知两次投掷中，铅球从同一高度以不同的角度出手，两次上升的最大高度相等，空气的阻力不计，下列说法正确的是（）A．两次铅球在最高点的速度相同 B．2轨迹铅球在空中运动的时间更长 C．两次铅球运动过程中动能的变化量相同 D．两次铅球运动过程中动量的变化量相同（多选）6．（2025秋•同安区校级期中）2025年11月5日，我国首艘完全自主设计建造的电磁弹射型航空母舰福建舰在海南三亚某军港正式入列。福建舰采用平直通长飞行甲板，配置电磁弹射和阻拦装置如图所示。阻拦索由不可伸长的钢丝制成，两端并不是固定在甲板上的，而是连接着复杂的液压装置，可以对钢丝绳拉力和长度进行调控。某次舰载机着陆后滑行的v﹣t图像如图乙所示（其中0.4～2.4s内图线为直线）。已知舰载机（包括飞行员）的总质量为M＝2×104kg，飞行员质量60kg，重力加速度g取10m/s2。（图中信息为已知量，忽略空气阻力和地面阻力）则（）A．0﹣2.4s阻拦索对舰载机的作用力合力不变 B．0.4﹣2.4s当阻拦索夹角为120°时，舰载机对阻拦索的拉力为6×105N C．0.4﹣2.4s舰载机对飞行员的作用力为1800N D．舰载机着舰到停止的过程，克服阻拦索阻力做的功4.9×107J（多选）7．（2025秋•同安区校级期中）如图所示，光滑斜面固定在水平面上，底端固定一垂直斜面的挡板，斜面倾角θ＝30°。物块A、B用轻弹簧相连，弹簧劲度系数为k，物块B、C用轻绳跨过光滑的定滑轮连接，物块质量分别为mA＝m、mB＝3m、mC＝m，重力加速度为g，A、B、C皆可视为质点，刚开始系统处于静止状态。现用一外力缓慢向下拉C，使A对挡板恰好无压力时立即撤去该外力，之后的过程中，下列判断正确的是（）A．撤去外力瞬间，B的加速度为0 B．撤去外力瞬间，C的加速度为14C．当A对挡板的压力为mg时，B的速度为gmD．当A对挡板的压力为mg时，C的速度为g（多选）8．（2025秋•同安区校级期中）如图甲所示，一物块叠放在足够长的木板上，初始时木板静止在粗糙水平面上，物块与木板保持相对静止。某时刻，给木板一初速度v0，图乙为二者的v﹣t图像，图中v、t1、t2已知，长木板和物块的质量均为m。下列说法正确的是（）A．物块与木板的位移之比可表达为v0B．整个过程，因摩擦产生的总热量为12C．板块间与板地间的动摩擦因数比值可表达为2vvD．v0＞3v三．填空题（共3小题）9．（2025秋•龙岩期中）如图为地球的理想示意图，地球环绕过南北极的轴自转，O点为地心，P、Q分别为地球表面上的点，分别位于北纬60°和北纬45°。则P、Q的线速度大小之比为_________________，P、Q的转速之比为________。10．（2025秋•龙岩期中）如图所示，汽车在平直的公路上由静止启动，图甲表示汽车运动的速度—时间图像，图乙表示汽车牵引力的功率—时间图像。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度已达到最大。在该过程中汽车受到的阻力大小为________N，在8s～18s的过程中汽车牵引力做的功为__________J。11．（2025秋•龙岩期中）如图所示，一根轻质橡皮筋挂着一个质量为2m的小灯笼甲，质量为m的小灯笼乙与小灯笼甲用一根轻绳相连，悬挂在空中，甲、乙两灯笼在相同的水平风力作用下，使橡皮筋发生了倾斜。若稳定时，橡皮筋与竖直方向夹角α＝30°，甲、乙之间轻绳与竖直方向的夹角为θ，则tanθ＝____________________。突然，甲、乙之间的轻绳断裂，重力加速度为g，断裂瞬间甲的加速度大小为____________________。四．实验题（共2小题）12．（2025秋•龙岩期中）如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究“在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系”实验。（1）如图乙所示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码质量m，横轴是弹簧的形变量x。由图像可得弹簧的劲度系数k＝________N/m（计算结果保留2位有效数字，重力加速度g取9.8m/s2）。（2）如图丙所示，实验中用两根不同的弹簧a和b，作出弹簧弹力F与弹簧长度L的F﹣L图像，下列说法正确的是_____。A．b的原长比a的短B．a的劲度系数比b的大C．弹力与弹簧长度成正比13．（2025秋•龙岩期中）某同学用如图（a）所示的装置验证机械能守恒定律。不可伸长的轻绳绕过轻质定滑轮，轻绳两端分别连接物块P与感光细钢柱K，两者质量均为m＝0.140kg，钢柱K下端与质量为M＝0.200kg的物块Q相连。铁架台下部固定一个电动机，电动机竖直转轴上装一支激光笔，电动机带动激光笔绕转轴在水平面内匀速转动，每转一周激光照射在细钢柱表面时就会使细钢柱感光并留下痕迹。初始时P、K、Q系统在外力作用下保持静止，轻绳与细钢柱均竖直。重力加速度g取9.8m/s2。（1）开启电动机，待电动机以ω＝40πrad/s的角速度匀速转动后。将P、K、Q系统由静止释放，Q落地前，激光笔在细钢柱K上留下感光痕迹。取下K，用刻度尺测出感光痕迹间的距离如图（b）所示。则细钢柱K上相邻感光痕迹间的时间间隔T＝_________s（结果保留1位有效数字）。（2）经判断系统由静止释放时激光笔光束恰好经过O点。参照图（b），在OD段，系统动能的增加量ΔEk＝__________J，重力势能的减少量ΔEp＝__________J；比较两者关系可判断系统机械能是否守恒（计算结果均保留3位有效数字）。（3）选取相同的另一感光细钢柱K，若初始时激光笔对准K上某点，开启电动机的同时系统由静止释放，电动机的角速度按如图（c）所示的规律变化，图像斜率为k，记录下如图（d）所示的感光痕迹，其中两相邻感光痕迹间距均为d。若验证得到表达式k＝____________________即可证明系统在运动过程中机械能守恒（用含字母M、m、d、k、g、π的表达式表示）。五．解答题（共3小题）14．（2025秋•厦门期中）如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止。重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）水平向右电场的电场强度大小；（2）若将电场强度改为竖直向下，大小不变，小物块的加速度是多大。15．（2025秋•厦门期中）如图所示，AB为固定在竖直平面内半径为R的14光滑圆轨道，与光滑水平面BC相切于B点；CD为固定在竖直平面内半径为r的12粗糙圆轨道，与BC相切于C点，D点为轨道最高点。质量为m的小球由A点静止释放，通过水平面BC滑上粗糙圆轨道CD，恰好能到达最高点D。重力加速度为（1）小球滑到最低点B时的速度大小及小球对圆轨道的压力大小；（2）小球在粗糙圆轨道CD上克服摩擦力所做的功。16．（2025秋•厦门期中）如图所示，水平传送带水平段长l＝3m，两皮带轮半径均为r＝5cm，距地面高度h＝3.2m，此时传送带静止。与传送带等高的光滑平台上，有一个可看成质点的小物体以v0的初速度滑上传送带，从传送带的右端飞出做平抛运动，水平射程是1.6m。已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，g＝10m/s2．求：（1）物体的初速度v0；（2）保持其它条件不变，为使物块做平抛运动的水平射程最大，则皮带轮至少应以多大的角速度转动？

解答一．选择题（共4小题）1．（2025秋•同安区校级期中）某次教研活动，滨海校区物理组教师准备前往轮山校区参加活动，从滨海校区到轮山校区，利用高德地图导航，可选方案有三种：方案一需行驶11km，用时21分；方案二需行驶9.3km，用时22分；方案三需行驶9.4km，用时23分。带队老师选择了方案一，则（）A．方案一全程的位移比方案二、方案三的大 B．方案一平均速率比方案二、方案三的大 C．汽车运动全程的平均速度约为31.4km/h D．研究该汽车所在位置时不可视为质点【分析】位移的大小为始末位置两点的直线距离，路程为运动轨迹的长度，平均速率等于路程与时间的比值，平均速度等于位移与时间的比值。【解答】解：A、位移的大小为始末位置两点的直线距离，三种方案都是从滨海校区到轮山校区，位移大小相同，故A错误；B、平均速率等于路程与时间的比值，方案一平均速率为v1=s1t1=11×103C、汽车运动全程的平均速度等于位移与时间的比值，题中位移大小不知，无法求解，故C错误；D、研究汽车位置时，汽车的大小和形状可以忽略，可以看成质点，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了描述运动的基本物理量，解题关键是平均速率等于路程与时间的比值，平均速度等于位移与时间的比值。2．（2025秋•同安区校级期中）将一支圆珠笔的按压式小帽朝下按在桌面上，放手后笔会向上弹起一定高度。某次实验中测得圆珠笔弹起的最大高度为h，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．上升过程中，圆珠笔（含弹簧）的机械能守恒 B．弹簧恢复原长的过程，圆珠笔所受合力的冲量为零 C．圆珠笔弹到最大高度h时，圆珠笔受到合外力做功最大 D．圆珠笔离开桌面瞬间的初速度大小为g【分析】根据机械能守恒的条件分析；弹簧恢复原长的过程中，圆珠笔所受力的合力，进而判断该过程合力的冲量；弹簧恢复原长的过程，圆珠笔受到重力和弹簧弹力两个力作用，由动能定理判断合外力做功最多位置；根据圆珠笔弹起的最大高度利用机械能守恒求解离开桌面的初速度；【解答】解：A.上升过程中，圆珠笔（含弹簧）只受到重力作用，所以圆珠笔（含弹簧）的机械能守恒，故A正确；B.弹簧恢复原长的过程，圆珠笔所受合力不为0，故圆珠笔所受合力的冲量不为零，故B错误；C.当圆珠笔合力为零时，速度最大，由动能定理可知，圆珠笔受到合外力做功最大，故C错误；D.圆珠笔弹起的最大高度为h，根据公式得mgh=12mv2故选：A。【点评】本题主要考查冲量、功能关系的应用，分析圆珠笔受力情况，由冲量定义、机械能守恒条件、动能定理解答。3．（2025秋•同安区校级期中）如图（a），一质量为m的匀质球置于固定钢质支架的水平横杆和竖直墙之间，并处于静止状态，其中一个视图如图（b）所示。测得球与横杆接触点到墙面的距离为球半径的1.8倍，已知重力加速度大小为g，不计所有摩擦，则球对横杆的压力大小为（）A．35mg B．34mg C．43mg D【分析】根据几何关系求解支持力与竖直方向夹角，根据平衡列式求解即可。【解答】解：球的受力分析如图根据几何关系可知sinα=根据力的分解可知FNcosα＝mg解得FN=5根据牛顿第三定律可知球对横杆的压力大小为53故ABC错误，D正确；故选：D。【点评】本题考查共点力平衡，关键是选择合适的研究对象，正确受力分析，根据平衡列方程求解即可。4．（2025秋•同安区校级期中）机场一般用可移动式皮带输送机给飞机卸货（如图甲），其可简化为倾角为θ，以一定的速度v2逆时针匀速转动的传送带。某时刻货物以初速度为v1滑上传送带顶端（如图乙），以此时为t＝0时刻，记录货物在传送带上运动的速度随时间变化的关系图像（如图丙），取沿斜面向下为正方向，传送带足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（）A．货物与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ B．货物下滑过程中，传送带一直对货物做正功 C．货物在传送带上留下的划痕长度为v2D．0～t1时间内，传送带对货物做功等于1【分析】通过v﹣t图像呈现物块的速度变化（先加速至传送带速度，后匀速），考查“图像斜率（加速度）”与“受力分析”的关联【解答】解：A.由货物的速度随时间变化的关系图像知，货物与传送带共速后匀速运动无相对运动，则满足μmgcosθ≥mgsinθ，解得：μ≥tanθ，故A错误；B.货物下滑过程中，传送带对货物的摩擦力先是沿斜面向下的滑动摩擦力做正功，共速后变为静摩擦力沿斜面向上做负功，故B错误；D.0﹣t1时间内，由动能定理WG+W带=C.货物在传送带上留下的划痕长度为相对运动过程的相对位移：Δx=x带-故选：C。【点评】这是一道结合传送带模型、v﹣t图像分析与功、摩擦力的综合力学题，聚焦传送带问题中“相对运动、受力变化、能量变化”的核心考点，是经典的动态力学分析题。二．多选题（共4小题）（多选）5．（2025秋•同安区校级期中）在学校体育运动会铅球比赛项目中，某同学将同一个铅球两次投出的运动轨迹分别如图中曲线1、2所示。已知两次投掷中，铅球从同一高度以不同的角度出手，两次上升的最大高度相等，空气的阻力不计，下列说法正确的是（）A．两次铅球在最高点的速度相同 B．2轨迹铅球在空中运动的时间更长 C．两次铅球运动过程中动能的变化量相同 D．两次铅球运动过程中动量的变化量相同【分析】通过斜抛运动的规律确定铅球上升过程和下降过程的时间，通过水平位移比较铅球的水平速度；通过Δv＝gt确定两铅球的速度变化量，根据动能变化量和动量变化量的公式计算求解。【解答】解：AB.由于铅球两次从抛出到最高点过程中，上升的高度相同，则说明上升的时间相同，但该过程中2轨迹的铅球水平位移更大，说明2轨迹铅球的水平速度更大，从最高点下落过程，两铅球下落的高度相同，所以下落时间相同，所以两铅球在空中运动的时间相同，故AB错误；CD.铅球在运动过程中，运动时间相同，根据Δv＝gt，则两次铅球运动过程的动能变化量相同，根据Δp＝m•Δv，两次铅球运动过程中动量的变化量相同，故CD正确。故选：CD。【点评】本题考查斜抛运动以及动能变化量和动量变化量的求解，需要根据斜抛运动的规律确定运动时间，知道斜抛运动的速度变化量的求解方法。题目较为简单。（多选）6．（2025秋•同安区校级期中）2025年11月5日，我国首艘完全自主设计建造的电磁弹射型航空母舰福建舰在海南三亚某军港正式入列。福建舰采用平直通长飞行甲板，配置电磁弹射和阻拦装置如图所示。阻拦索由不可伸长的钢丝制成，两端并不是固定在甲板上的，而是连接着复杂的液压装置，可以对钢丝绳拉力和长度进行调控。某次舰载机着陆后滑行的v﹣t图像如图乙所示（其中0.4～2.4s内图线为直线）。已知舰载机（包括飞行员）的总质量为M＝2×104kg，飞行员质量60kg，重力加速度g取10m/s2。（图中信息为已知量，忽略空气阻力和地面阻力）则（）A．0﹣2.4s阻拦索对舰载机的作用力合力不变 B．0.4﹣2.4s当阻拦索夹角为120°时，舰载机对阻拦索的拉力为6×105N C．0.4﹣2.4s舰载机对飞行员的作用力为1800N D．舰载机着舰到停止的过程，克服阻拦索阻力做的功4.9×107J【分析】分析题目时需结合v﹣t图像特征与力学原理。0至0.4秒阶段图像斜率变化说明加速度变化，阻拦索合力随之改变；0.4至2.4秒阶段匀减速直线运动对应恒定合力。计算阻拦索拉力需考虑夹角对合成分解的影响，飞行员受力分析需同时包含水平与竖直分量。动能定理用于求解克服阻力做功，需明确初末动能关系。【解答】解：由速度—时间图像分析可知：在0至0.4秒时间段内，图像呈曲线特征，其斜率（即加速度）持续变化，表明舰载机处于变加速直线运动状态；在0.4至2.4秒时间段内，图像为倾斜直线，舰载机做匀减速直线运动。从图像读取关键数据：当t1＝0.4s时v1＝65m/s，当t2＝2.4s时v2＝5m/s。匀减速阶段的加速度大小为：a=|Δv|Δt=65-52.4-0.4，解得：A、根据牛顿第二定律F合＝Ma。在0至0.4秒内图像斜率变化导致加速度变化，合力随之变化；在0.4至2.4秒内加速度恒定，合力保持恒定。因此在整个0至2.4秒过程中，阻拦索对舰载机的合力并非恒定，故A错误；B、在0.4至2.4秒阶段，舰载机所受合外力（即阻拦索的净阻力，忽略空气与地面摩擦）大小为F合=Ma=2×104×30，解得：F合=6×105N。设单根阻拦索张力为T，两索夹角为120°，根据力的合成原理有F合＝2Tcos60°，解得：T＝C、在0.4至2.4秒阶段，飞行员承受水平向右的匀减速运动，加速度a＝30m/s2。对其受力分析：座椅提供的水平分力Fx＝ma＝60×30，解得：Fx＝1800N；竖直分力Fy＝mg＝60×10，解得：Fy＝600N。总作用力F=Fx2+Fy2D、对舰载机着舰全过程应用动能定理，初速v0＝70m/s至静止，克服阻力做功W克=12M故选：BD。【点评】本题综合考查动力学、力的合成与分解、功与能等核心物理知识，通过舰载机着舰这一实际情境，将物理模型与实际问题紧密结合。题目计算量适中，难度中等偏上，重点考查学生对v﹣t图像的分析能力、牛顿第二定律的灵活应用以及动能定理的理解程度。在解题过程中，学生需要准确提取图像信息，区分变加速与匀减速阶段，并正确运用力的合成法则处理多力平衡问题。选项B和D的设置尤为巧妙，前者通过120°夹角的特殊条件考查矢量合成技巧，后者则检验学生对全过程能量转化的整体把握能力。易错点在于选项C中容易忽略飞行员所受合力的矢量性，仅考虑水平分量而误判。整体而言，本题能有效锻炼学生的建模分析能力和综合运算能力。（多选）7．（2025秋•同安区校级期中）如图所示，光滑斜面固定在水平面上，底端固定一垂直斜面的挡板，斜面倾角θ＝30°。物块A、B用轻弹簧相连，弹簧劲度系数为k，物块B、C用轻绳跨过光滑的定滑轮连接，物块质量分别为mA＝m、mB＝3m、mC＝m，重力加速度为g，A、B、C皆可视为质点，刚开始系统处于静止状态。现用一外力缓慢向下拉C，使A对挡板恰好无压力时立即撤去该外力，之后的过程中，下列判断正确的是（）A．撤去外力瞬间，B的加速度为0 B．撤去外力瞬间，C的加速度为14C．当A对挡板的压力为mg时，B的速度为gmD．当A对挡板的压力为mg时，C的速度为g【分析】AB.先分析没有撤去外力时的弹簧弹力，再对BC整体受力分析，根据牛顿第二定律分析；CD.分别分析弹簧在撤去外力瞬间和A对挡板压力为mg时的形变量，再根据功能关系分析。【解答】解：AB.没撤去外力时，对A，由平衡条件可知：mgsinθ＝F1，撤去外力瞬间，对BC整体，由牛顿第二定律可知：F1+3mgsinθ﹣mg＝（m+3m）a，代入数据可得：a=14g，即B、C的加速度均为14gCD.当A对挡板压力为mg时，对A，由牛顿第三定律和平衡条件可知：mg＝mgsinθ+F2，此时弹簧处于压缩状态，形变量x2=F2k，撤去外力瞬间，弹簧处于拉伸状态，形变量x1=F1k，代入数据可得：x撤去外力至A对挡板的压力为mg的过程中，C上升的高度为x1+x2，B降低的高度为（x1+x2）sinθ，由功能关系可知：3mg(x1+x2)sinθ=mg(x1故选：BD。【点评】考查了受力分析的方法，牛顿第二定律的应用，能量的转化分析，分析弹簧时注意压缩还是拉伸的状态，选择B、C整体进行研究可以简化分析过程。（多选）8．（2025秋•同安区校级期中）如图甲所示，一物块叠放在足够长的木板上，初始时木板静止在粗糙水平面上，物块与木板保持相对静止。某时刻，给木板一初速度v0，图乙为二者的v﹣t图像，图中v、t1、t2已知，长木板和物块的质量均为m。下列说法正确的是（）A．物块与木板的位移之比可表达为v0B．整个过程，因摩擦产生的总热量为12C．板块间与板地间的动摩擦因数比值可表达为2vvD．v0＞3v【分析】需要从v﹣t图像提取加速度（斜率），结合牛顿第二定律推导动摩擦因数、速度关系，突出“过程分析+公式推导”的能力考查。【解答】解：根据v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移可知，物块的位移为：x木板的位移为：x可得物块与木板的位移之比为：x1x2B、根据能量守恒定律，整个过程，因摩擦产生的总热量为：Q=12mC、0～t1时间内，对物块，根据牛顿第二定律得：a由v﹣t图像有：a0～t1时间内，对木板，根据牛顿第二定律得：μ1mg+μ2•2mg＝ma2由v﹣t图像有：a2=联立解得板块间与板地间的动摩擦因数比值为μ1μ2D、t1～t2时间内，对木板，根据牛顿第二定律得：μ2•2mg﹣μ1mg＝ma3且a3＞a1，结合μ1μ2=2vv0联立可得：v0＞4v，故D错误。故选：BC。【点评】这道题是板块模型的动力学与能量综合题，结合v﹣t图像分析相对运动、摩擦力与能量转化，是高考常考的经典题型，对“板块相对运动的受力与运动阶段拆分”能力要求较高。三．填空题（共3小题）9．（2025秋•龙岩期中）如图为地球的理想示意图，地球环绕过南北极的轴自转，O点为地心，P、Q分别为地球表面上的点，分别位于北纬60°和北纬45°。则P、Q的线速度大小之比为1：2，P、Q的转速之比为1：1【分析】P、Q两点共轴，角速度相同，然后根据v＝rω去分析线速度。【解答】解：P、Q两点同轴转动，则转速和角速度相等，即转速之比为1：1；根据v＝ωr可知P、Q的线速度大小之比为v故答案为：1：2；1【点评】解决本题的关键理解共轴转动的物体角速度相同及熟练掌握圆周运动的运动学公式，注意P物体与Q物体的轨道半径关系，这是解题的关键。10．（2025秋•龙岩期中）如图所示，汽车在平直的公路上由静止启动，图甲表示汽车运动的速度—时间图像，图乙表示汽车牵引力的功率—时间图像。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度已达到最大。在该过程中汽车受到的阻力大小为700N，在8s～18s的过程中汽车牵引力做的功为7×104J。【分析】汽车牵引力和阻力大小相等时速度最大，根据P＝Fv可得阻力大小，根据W＝Pt可得汽车牵引力做的功。【解答】解：汽车以恒定加速度启动，当牵引力F与阻力f大小相等时，汽车做匀速运动，速度达到最大，由P＝Fv可得汽车所受阻力大小为：f=在8s时，汽车功率达到额定功率，在8s∼18s的过程中汽车牵引力做的功为：W＝Pt＝7×103×10J＝7×104J故答案为：700；7×104。【点评】本题考查了汽车恒加速度启动问题，解题的关键是知道汽车的牵引力和阻力大小相等时速度最大，熟练掌握功率的计算式P＝Fv。11．（2025秋•龙岩期中）如图所示，一根轻质橡皮筋挂着一个质量为2m的小灯笼甲，质量为m的小灯笼乙与小灯笼甲用一根轻绳相连，悬挂在空中，甲、乙两灯笼在相同的水平风力作用下，使橡皮筋发生了倾斜。若稳定时，橡皮筋与竖直方向夹角α＝30°，甲、乙之间轻绳与竖直方向的夹角为θ，则tanθ＝32。突然，甲、乙之间的轻绳断裂，重力加速度为g，断裂瞬间甲的加速度大小为74g【分析】对灯笼受力分析，应用平衡条件与牛顿第二定律求解。【解答】解：设每个灯笼所受水平风力为F，以整体为研究对象，受力如图所示灯笼静止，则tanα=对小灯笼乙，由平衡关系可得tanθ=两式联立可得tanθ=甲、乙之间的轻绳断裂，橡皮筋的弹力不能突变，力的大小方向与原来相同，甲受到的重力、橡皮筋的弹力和风力的合力F根据牛顿第二定律得F合＝2ma解得a=故答案为：32；7【点评】本题考查了共点力平衡条件的应用，分析清楚灯笼的受力情况，应用平衡条件即可解题。四．实验题（共2小题）12．（2025秋•龙岩期中）如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究“在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系”实验。（1）如图乙所示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码质量m，横轴是弹簧的形变量x。由图像可得弹簧的劲度系数k＝4.9N/m（计算结果保留2位有效数字，重力加速度g取9.8m/s2）。（2）如图丙所示，实验中用两根不同的弹簧a和b，作出弹簧弹力F与弹簧长度L的F﹣L图像，下列说法正确的是B。A．b的原长比a的短B．a的劲度系数比b的大C．弹力与弹簧长度成正比【分析】（1）根据胡克定律结合图像斜率求解劲度系数；（2）在F﹣L图像中，当F＝0时，对应的L值就是弹簧的原长；图像斜率表示劲度系数，正比例函数图像要过原点。【解答】解：（1）弹簧的劲度系数k=（2）A．根据F＝k（L﹣L0）可知图线与横轴的交点为弹簧原长，可知b的原长比a的长，故A错误；B．图像的斜率等于劲度系数，可知a的劲度系数比b的大，故B正确；C．由图可知，弹力与弹簧长度成普通的一次函数关系，不是正比例关系，故C错误。故选：B。故答案为：（1）4.9；（2）B【点评】本题考查了实验数据处理，根据图像图示应用胡克定律即可解题。13．（2025秋•龙岩期中）某同学用如图（a）所示的装置验证机械能守恒定律。不可伸长的轻绳绕过轻质定滑轮，轻绳两端分别连接物块P与感光细钢柱K，两者质量均为m＝0.140kg，钢柱K下端与质量为M＝0.200kg的物块Q相连。铁架台下部固定一个电动机，电动机竖直转轴上装一支激光笔，电动机带动激光笔绕转轴在水平面内匀速转动，每转一周激光照射在细钢柱表面时就会使细钢柱感光并留下痕迹。初始时P、K、Q系统在外力作用下保持静止，轻绳与细钢柱均竖直。重力加速度g取9.8m/s2。（1）开启电动机，待电动机以ω＝40πrad/s的角速度匀速转动后。将P、K、Q系统由静止释放，Q落地前，激光笔在细钢柱K上留下感光痕迹。取下K，用刻度尺测出感光痕迹间的距离如图（b）所示。则细钢柱K上相邻感光痕迹间的时间间隔T＝0.05s（结果保留1位有效数字）。（2）经判断系统由静止释放时激光笔光束恰好经过O点。参照图（b），在OD段，系统动能的增加量ΔEk＝0.154J，重力势能的减少量ΔEp＝0.157J；比较两者关系可判断系统机械能是否守恒（计算结果均保留3位有效数字）。（3）选取相同的另一感光细钢柱K，若初始时激光笔对准K上某点，开启电动机的同时系统由静止释放，电动机的角速度按如图（c）所示的规律变化，图像斜率为k，记录下如图（d）所示的感光痕迹，其中两相邻感光痕迹间距均为d。若验证得到表达式k＝2πMg(M+2m)d即可证明系统在运动过程中机械能守恒（用含字母M、m、d、k、g、π【分析】（1）根据周期和角速度的关系分析求解；（2）根据平均速度法，结合动能和重力势能的表达式分析求解；（3）根据机械能守恒定律，结合运动学公式分析求解。【解答】解：（1）细钢柱K上相邻感光痕迹间的时间间隔T=（2）打D点时的速度v系统动能的增加量Δ重力势能的减少量Δ（3）从初始时激光笔对准K上某点开始选取连续的n段，根据时间关系有2nπ=根据运动学公式有1根据机械能守恒定律有Mgnd=解得Mg=即k=故答案为：（1）0.05；（2）0.154；0.157；（3）2πMg(M+2m)d【点评】本题考查了验证机械能守恒定律的实验知识，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。五．解答题（共3小题）14．（2025秋•厦门期中）如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止。重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）水平向右电场的电场强度大小；（2）若将电场强度改为竖直向下，大小不变，小物块的加速度是多大。【分析】（1）小物块处于静止状态，因此所受合力为零。分析其受力：重力竖直向下，电场力水平向右，斜面支持力垂直斜面向上。将重力与电场力分别沿斜面和垂直斜面方向分解，利用平衡条件可知，重力沿斜面向下的分力与电场力沿斜面向上的分力大小相等，由此可建立方程求解电场强度大小。（2）电场方向改为竖直向下后，电场力方向与重力方向相同，均竖直向下。此时小物块所受合力沿斜面向下，大小为重力与电场力沿斜面向下的分力之和。对斜面方向应用牛顿第二定律，即可求得小物块沿斜面向下的加速度大小。【解答】解：（1）小物块静止于光滑斜面，受力包括重力mg、电场力qE及支持力N。根据平衡条件，电场力沿斜面方向的分量与重力沿斜面方向的分量相互平衡，即qEcos37°＝mgsin37°，解得电场强度E=3mg（2）当电场方向变为竖直向下时，电场力方向亦竖直向下，其大小为Fe=qE=34mg。此时，小物块所受合外力沿斜面向下，依据牛顿第二定律可得（mg+qE）sin37°＝ma答：（1）水平向右电场的电场强度大小为3mg4q（2）小物块的加速度是1.05g。【点评】本题综合考查静电场中带电物体的平衡与动力学问题，涉及力的合成与分解、共点力平衡以及牛顿第二定律的灵活运用。题目第一问通过构建平衡方程求解电场强度，计算量适中，重点训练学生对物体进行受力分析并建立正交分解方程的能力。第二问改变电场方向后，需要学生重新分析合力并应用牛顿第二定律，有效考查学生对物理情境变化的适应能力与逻辑推理能力。整体难度中等，是一道巩固电场力与力学结合知识的典型好题。15．（2025秋•厦门期中）如图所示，AB为固定在竖直平面内半径为R的14光滑圆轨道，与光滑水平面BC相切于B点；CD为固定在竖直平面内半径为r的12粗糙圆轨道，与BC相切于C点，D点为轨道最高点。质量为m的小球由A点静止释放