2026-2027秋季广州高三（上）物理期中模拟试卷（一）

第1页（共1页）2026-2027秋季广州高三（上）物理期中模拟试卷（一）一．选择题（共8小题）1．（2023秋•广州期中）目前我国空间实验已走在世界的前列，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在空间站内做了钢球相互碰撞的实验。桂海潮用较小钢球以0.6m/s水平向左的速度与静止的较大钢球正碰，碰后小钢球与大钢球速度大小分别为v1、v2，较小钢球的质量为较大钢球质量的一半，两钢球的碰撞可视为完全弹性碰撞。下列说法正确的是（）A．v1＝0.2m/s，方向水平向左 B．v1＝0.2m/s，方向水平向右 C．v2＝0.2m/s，方向水平向左 D．v2＝0.1m/s，方向水平向左2．（2023秋•广州期中）2024年10月30日，搭载神舟十九号载人飞船的长征二号F遥十九运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，发射取得圆满成功。70后、80后、90后航天员齐聚“天宫”，完成中国航天史上第5次“太空会师”。飞船入轨后先在近地轨道上进行数据确认，后经椭圆转移轨道与在运行轨道上做匀速圆周运动的空间站组合体完成自主快速交会对接，其变轨过程可简化为如图所示，假设除了变轨瞬间，飞船在轨道上运行时均处于无动力航行状态。下列说法正确的是（）A．飞船在近地轨道的A点减速后进入转移轨道 B．飞船在转移轨道上的A点速度大于B点速度 C．飞船在近地轨道时的速度小于在运行轨道时的速度 D．飞船在近地轨道时的周期大于在运行轨道时的周期3．（2023秋•广州期中）如图所示，在倾角为30°的斜面上的P点钉有一光滑小铁钉，以P点所在水平虚线将斜面一分为二，上部光滑，下部粗糙．一绳长为3R轻绳一端系与斜面O点，另一端系一质量为m的小球，现将轻绳拉直小球从A点由静止释放，小球恰好能第一次通过圆周运动的最高点B点．已知OA与斜面底边平行，OP距离为2R，且与斜面底边垂直，则小球从A到B的运动过程中（）A．合外力做功12mgRB．重力做功2mgR C．克服摩擦力做功34mgRD．机械能减少144．（2023秋•广州期中）如图所示，在竖直放置的不带电金属板的中垂线左侧放置一个正电荷，金属板表面粗糙，竖直方向上有A、O、B三点与正电荷在同一竖直平面上，AO＝OB＝l。现有一质量为m的带正电小滑块从金属板上A点以初速度v向上运动，恰好能到达B点，重力加速度为g。关于小滑块从A运动到B的过程，下列说法正确的是（）A．小滑块先加速后减速 B．电场力先做正功后做负功 C．小圆环运动到O点时速率为v2D．克服摩擦力做功为15．（2023秋•广州期中）当前的江门，拥有全国第三、广东唯一具备和谐号动车组生产资质的中车广东基地。如图，一列崭新的动车交付使用前测试：初速度为v0，以额定功率P在平直轨道上行驶，经时间t达到该功率下的最大速度vm，阻力f保持不变，下列说法正确的是（）A．动车在时间t内牵引力F逐渐减小 B．动车在时间t内做匀加速直线运动 C．该动车的额定功率P＝fv0 D．牵引力做功W=6．（2023秋•广州期中）一辆小汽车在水平路面上由静止沿直线启动，在0～t1时间内做匀加速直线运动，t1时刻达到速度v1，并达到额定功率，之后保持以额定功率运动。汽车的质量为m，汽车受到地面的阻力为车重力的k倍，重力加速度g及上述物理量均已知，若想要知道该汽车从静止加速到最大速度经过的位移，还需要知道以下哪个物理量（）A．汽车在0～t1时间内的牵引力F B．汽车的额定功率P C．汽车的最大速度vm D．汽车加速到最大速度的时刻t27．（2023秋•广州期中）2024年2月3日11时06分，我国“威海壹号”01/02卫星搭乘捷龙三号运载火箭在祖国东部某海域点火升空，卫星顺利进入预定圆形轨道，发射任务取得圆满成功。“威海壹号”01/02星是极地轨道卫星，每颗重量约95kg，圆形轨道距地面的高度约为520km。关于“威海壹号”01/02星，下列说法正确的是（）A．火箭发射的最初阶段，卫星处于超重状态 B．卫星绕地球运行周期约为24h C．火箭发射过程中受到的地球引力变大 D．卫星在圆轨道上运行的速度大于7.9km/s8．（2023秋•广州期中）如图所示，在升降电梯里固定一倾角为θ的光滑斜面，将质量为m的光滑小球置于斜面和一个光滑竖直固定挡板之间。当电梯具有竖直向上的加速度a时，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．电梯一定正在加速上升 B．斜面对小球的弹力大小为mgcosθC．若增大加速度a，挡板对小球的弹力不变 D．若增大加速度a，挡板对小球的弹力一定增大二．多选题（共3小题）（多选）9．（2023秋•广州期中）如图所示，我国排球主攻手朱婷在某次垫球训练中将下落的排球从垫击面上垫出后，排球竖直向上运动，之后又落回到原位置，假设整个运动过程中排球所受空气阻力大小不变，下列说法正确的是（）A．球上升阶段处于超重状态 B．球上升阶段重力做的功多于下降阶段重力做的功 C．球上升阶段动量的变化率大于下降阶段动量的变化率 D．球从接触手臂到离开手臂的时间内，手臂对排球的冲量不为零（多选）10．（2023秋•广州期中）如图所示，三个木块A、B、C在水平推力F的作用下靠在竖直墙上，且处于静止状态，则下列说法中正确的是（）A．A与墙的接触面可能是光滑的 B．B受到A作用的摩擦力，方向可能竖直向下 C．B受到A作用的静摩擦力，方向与C作用的静摩擦力方向一定相反 D．当力F增大时，A受到墙作用的静摩擦力一定不增大（多选）11．（2023秋•广州期中）2023年10月3日下午，在杭州亚运会男子蹦床决赛中，中国选手严浪宇以59.850的分数夺得金牌。将运动员蹦床比赛时的运动看作直线运动，忽略空气阻力。用力传感器测出蹦床对运动员弹力的大小F，F随时间t的变化规律如图所示，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（）A．运动员对床的作用力与床对运动员的作用力大小始终相等 B．运动员在5.4s～6s内处于超重状态 C．运动员的最大加速度大小为50m/s2 D．0～8.4s内运动员离开蹦床运动的路程为6.4m三．实验题（共2小题）12．（2025秋•海珠区校级期中）（1）用阻力补偿法探究加速度与力、质量的关系的实验装置如图1所示。①使细绳与木板水平，需要调节_____。A.木板倾斜度B.滑轮C.打点计时器D.小车②安装好打点计时器、纸带等，把木板的右侧垫高，以补偿_________。③在细绳左端系上槽码，通过改变槽码的个数可以成倍地改变小车所受的拉力，与此相对应，处理纸带上打出的点来测量加速度。某次测量得到的纸带部分数据如图2所示，两计数点间有四个点未画出，则小车的加速度a＝_______cm/s2（保留二位有效数字）。④某实验小组将此装置改装成测量滑块（小车换为滑块）与木板间动摩擦因数的实验。撤去槽码和细线，木板与垫块组成一斜面，测出斜面长度，即木板左端（与桌面交线）与右端（与垫块交线）间的距离L，并保持不变，调节垫块的高度h，让滑块从木板右侧滑下，直到纸带上的打点在实验误差范围内均匀分布，则动摩擦因数μ＝____________________；这种方法测出的动摩擦因数比真实值偏小，其主要原因是____________________。为消除这种系统误差，在不改变此实验装置的前提下，试给出另一种测量动摩擦因数的简要方案。13．（2025秋•海珠区校级期中）某同学要将量程约为200μA的电流表G改装为更大量程电流表，需要知道电流表G的满偏电流Im和内阻Rg。他设计了一个电流表满偏、半偏的方法测量电流表内阻和量程的电路，如图1所示。①为使测量结果尽量准确，在以下器材中，E应选_____，Rq应选_____，Rs应选_____（选填器材前的字母）。A.电源（电动势1.5V）B.电源（电动势15V）C.电阻箱（0～999.9Ω）D.滑动变阻器（0～500Ω）E.标准电阻6.0kΩF.标准电阻59.0kΩ②该同学在开关断开情况下，检查电路连接无误后，将滑片C调至最左端。后续的实验操作步骤依次是：闭合S1，调节RP的阻值，使电流表指针偏转到满刻度，电压表示数如图2所示，则电压U＝_________V；然后_____，_____，最后记录Rs的阻值并整理好器材。（请按合理的实验顺序，选填下列步骤前的字母）A.调节RP的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半B.闭合S2C.调节Rs的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半D.调节Rs的阻值，使电流表指针偏转到满刻度③测得Rs阻值为520.0Ω，则电流表内阻Rg的测量值为__________Ω，该测量值________实际值（选填“略大于”、“略小于”或“等于”），Im＝________μA（保留三位有效数字）。四．解答题（共4小题）14．（2025秋•广州期中）如图所示，某实验小组为测量一个烧瓶的容积，通过橡胶塞连接一根水平玻璃管，向玻璃管中注入一段液柱封闭气体，大气压强为p0，玻璃管内部横截面积为S，内部封闭气柱的长度为l，温度为T0，用手捂住烧瓶，会观察到液柱缓慢外移，当内部温度变为T1时，内部封闭气柱的长度变为2l，则：（1）容器内空气分子的数密度_______（填“变大”、“变小”或“不变”），容器内空气分子的平均动能_______（填“变大”、“变小”或“不变”）；（2）烧瓶的容积；（3）若过程中气体吸收的热量为Q，求气体内能的变化。15．（2025秋•广州期中）如图所示，质量M＝1kg的木板静止在长度足够的光滑水平桌面上，一质量m＝1kg的小物块从低于水平桌面h处的O点向上斜抛，到达最高点时恰好切入木板上表面的左端。建立以抛出点为坐标原点的xOy坐标，且以原点O为重力势能的零势能点，小物块的机械能随x变化的图像如图2所示，图中数据为已知条件。小物块可视为质点，不计木板厚度和空气阻力，求：（1）抛体运动的初速度v0和平台离抛出点高度h；（2）滑块与木板间的动摩擦因数μ；（3）木板长度的最小值L。16．（2025秋•广州期中）如图所示，竖直平面内有间距为l的平行金属导轨M和N，其下端通过开关S1连接电阻R，通过单刀双键开关S2，掷1将电容C与匝数为N的线圈连接，掷2与导轨M连接。在导轨M、N间（虚线框内）存在方向垂直导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量为m、长为l的导体棒ab通过劲度系数为k的绝缘轻质弹簧竖直悬挂，当开关S1和S2断开时，ab恰好位于导轨间磁场上边界处而处于水平静止状态；线圈截面积为S，处于随时间变化、方向垂直线圈平面的的匀强磁场B1中。已知k＝4N/m，m＝1kg，l＝1m，B＝2T，R＝1.0Ω，C＝0.25F，S＝0.02m2，N＝100，B1＝αt（α＝0.5T/s），不计导轨和导体棒电阻和摩擦阻力，棒ab始终在导轨所在平面内运动。（提示：弹簧处于自然长度时为弹性势能零势能点，当伸长量为x时，其弹性势能为12（1）S2掷1，求电容器最终所带的电荷量q；（2）S1断开，S2掷2，电容器瞬间把存储的电荷量放完，求棒竖直向上运动的最大距离h，并判断磁场B的方向；（3）ab棒在进磁场B前接通S1，S2掷2不变，ab在磁场内运动至距磁场上边界0.07m处时，速度为零，求此过程中弹力和重力合力的冲量I。17．（2025秋•广州期中）在如图所示的xOy平面x轴的上方存在方向垂直平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。位于x轴下方正离子源飘出（初速度为零）电荷量为q、质量不同的离子束，经加速电压为U0的电场加速后，从小孔O（坐标原点）垂直x轴进入磁场区域，最后打到x轴上。在x轴上x＝a和x＝1.5a区间放置一探测板。不计离子重力和离子间相互作用（已知lg3＝0.48，lg2＝0.30）。（1）求探测到离子质量的范围；（2）保持电压U0不变，通过数次调节磁感应强度的大小，可使落在x轴上位于区间[1.5a﹣9a]的离子也能打在探测板上，求调节的最少次数n；（3）保持磁感应强度不变，通过数次调节加速电压U0的大小，可使落在x轴上位于区间[1.5a﹣9a]的离子也能打在探测板上，求调节的最少次数n。

解答一．选择题（共8小题）1．（2023秋•广州期中）目前我国空间实验已走在世界的前列，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在空间站内做了钢球相互碰撞的实验。桂海潮用较小钢球以0.6m/s水平向左的速度与静止的较大钢球正碰，碰后小钢球与大钢球速度大小分别为v1、v2，较小钢球的质量为较大钢球质量的一半，两钢球的碰撞可视为完全弹性碰撞。下列说法正确的是（）A．v1＝0.2m/s，方向水平向左 B．v1＝0.2m/s，方向水平向右 C．v2＝0.2m/s，方向水平向左 D．v2＝0.1m/s，方向水平向左【分析】设出正方向，对碰撞过程分别列动量守恒和能量守恒，联立即可求出答案。【解答】解：设较小钢球的质量为m，则较大钢球的质量为2m，设水平向左为正方向；碰撞过程满足动量守恒定律，则有：mv＝mv1+2mv2因为是完全弹性碰撞，由能量守恒定律可得：1联立解得：v1＝﹣0.2m/s，v2＝0.4m/s即v1的值应该为0.2m/s，方向水平向右；v2的值应该为0.4m/s，方向水平向左，故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】本题考查动量守恒定律和能量守恒的应用，解题过程中要注意设正方向以及求解结果的形式，求出来的结果是矢量，包括大小和方向，要加以判断。2．（2023秋•广州期中）2024年10月30日，搭载神舟十九号载人飞船的长征二号F遥十九运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，发射取得圆满成功。70后、80后、90后航天员齐聚“天宫”，完成中国航天史上第5次“太空会师”。飞船入轨后先在近地轨道上进行数据确认，后经椭圆转移轨道与在运行轨道上做匀速圆周运动的空间站组合体完成自主快速交会对接，其变轨过程可简化为如图所示，假设除了变轨瞬间，飞船在轨道上运行时均处于无动力航行状态。下列说法正确的是（）A．飞船在近地轨道的A点减速后进入转移轨道 B．飞船在转移轨道上的A点速度大于B点速度 C．飞船在近地轨道时的速度小于在运行轨道时的速度 D．飞船在近地轨道时的周期大于在运行轨道时的周期【分析】飞船做离心运动时要加速，做近心运动时要减速；根据开普勒第二定律分析飞船在转移轨道上的A点速度与B点速度大小；根据万有引力提供向心力列式分析飞船在近地轨道时的速度与在运行轨道时的速度大小；根据开普勒第三定律分析周期关系。【解答】解：A、飞船从近地轨道进入转移轨道时做离心运动，在A点必须加速，故A错误；B、根据开普勒第二定律分析可知，船在转移轨道上的A点速度大于B点速度，故B正确；C、飞船绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力得GMmr2可得v=GMr，轨道半径越大，飞船运行速度越小，则飞船在近地轨道时的速度大于在运行轨道时的速度，故D、根据开普勒第三定律a3T2=故选：B。【点评】解答本题时，要掌握变轨原理，分析变轨时飞船的速度变化情况。同时，要掌握万有引力提供向心力这一思路和开普勒定律。3．（2023秋•广州期中）如图所示，在倾角为30°的斜面上的P点钉有一光滑小铁钉，以P点所在水平虚线将斜面一分为二，上部光滑，下部粗糙．一绳长为3R轻绳一端系与斜面O点，另一端系一质量为m的小球，现将轻绳拉直小球从A点由静止释放，小球恰好能第一次通过圆周运动的最高点B点．已知OA与斜面底边平行，OP距离为2R，且与斜面底边垂直，则小球从A到B的运动过程中（）A．合外力做功12mgRB．重力做功2mgR C．克服摩擦力做功34mgRD．机械能减少14【分析】对小球进行受力分析，在最高点B绳子拉力恰好为零时，速度取最小值，在最低点，合力提供向心力，根据向心力公式即可求解．【解答】解：以小球为研究的对象，则小球恰好能第一次通过圆周运动的最高点B点时，绳子的拉力为0，小球受到重力与斜面的支持力，重力沿斜面向下的分力恰好通过向心力，得：mgsin30°所以：vA到B的过程中，重力与摩擦力做功，设摩擦力做功为W，则：mgR⋅所以：W=1A、合外力做功等于动能的增加，为：12mvB、重力做功：WG=mg⋅Rsin30°=1C、D、由公式②知，物体克服摩擦力做功为0.25mgR，所以机械能损失为0.25mgR．故C错误，D正确。故选：D。【点评】本意主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，知道在最高点绳子拉力恰好为零时，速度取最小值．4．（2023秋•广州期中）如图所示，在竖直放置的不带电金属板的中垂线左侧放置一个正电荷，金属板表面粗糙，竖直方向上有A、O、B三点与正电荷在同一竖直平面上，AO＝OB＝l。现有一质量为m的带正电小滑块从金属板上A点以初速度v向上运动，恰好能到达B点，重力加速度为g。关于小滑块从A运动到B的过程，下列说法正确的是（）A．小滑块先加速后减速 B．电场力先做正功后做负功 C．小圆环运动到O点时速率为v2D．克服摩擦力做功为1【分析】根据金属板感应出负电荷而成为等势体，电场线垂直与板面，小滑块滑动过程中电场力不做功，则重力和摩擦力一直对小滑块做负功，小滑块从A运动到B的过程中电场力先做负功后做正功，结合对称性可知从A运动到B的过程中电场力的总功为0，且小圆环从A到O过程和从O到B过程摩擦力做功相等分析求解。【解答】解：AB．由于金属板感应出负电荷而成为等势体，电场线垂直与板面，小滑块滑动过程中电场力不做功，则重力和摩擦力一直对小滑块做负功，小滑块一直做减速运动，故AB错误；D．小滑块从A运动到B的过程中电场力先做负功后做正功，由于AO＝OB＝l可知从A运动到B的过程中电场力的总功为0，可知-W解得克服摩擦力做功Wf故D正确；C．小圆环从A到O过程和从O到B过程摩擦力做功相等，故小圆环从A到O过程，有-mgl解得小圆环运动到O点时的速率为vO故C错误。故选：D。【点评】本题考查了带电粒子在电场中的运动，理解粒子在不同电场中的运动状态，根据题目合理选取公式是解决此类问题的关键。5．（2023秋•广州期中）当前的江门，拥有全国第三、广东唯一具备和谐号动车组生产资质的中车广东基地。如图，一列崭新的动车交付使用前测试：初速度为v0，以额定功率P在平直轨道上行驶，经时间t达到该功率下的最大速度vm，阻力f保持不变，下列说法正确的是（）A．动车在时间t内牵引力F逐渐减小 B．动车在时间t内做匀加速直线运动 C．该动车的额定功率P＝fv0 D．牵引力做功W=【分析】动车以恒定功率P在平直轨道上运动，则速度在增大，牵引力在减小，加速度在减小；当牵引力的大小等于阻力f时，速度达到最大值为vm；根据动能定理判断牵引力做功。【解答】解：A、根据功率公式P＝Fv速度v逐渐增大，功率P不变，所以动车在时间t内牵引力F逐渐减小，故A正确；B、加速过程，根据牛顿第二定律F﹣f＝ma牵引力F逐渐减小，阻力f保持不变，所以动车在时间t内加速度逐渐减小，故B错误；C、当速度到达最大速度时，加速度为零，此时牵引力大小等于阻力，即F＝f所以该动车的额定功率P＝Fvm＝fvm故C错误；D、从初始到最大速度过程，根据动能定理W-所以牵引力做功W=故D错误。故选：A。【点评】注意动车以恒定功率P在平直轨道上运动时，牵引力是在变化的，故加速度也在变；根据动能定理求解时不要忘了阻力做的功。6．（2023秋•广州期中）一辆小汽车在水平路面上由静止沿直线启动，在0～t1时间内做匀加速直线运动，t1时刻达到速度v1，并达到额定功率，之后保持以额定功率运动。汽车的质量为m，汽车受到地面的阻力为车重力的k倍，重力加速度g及上述物理量均已知，若想要知道该汽车从静止加速到最大速度经过的位移，还需要知道以下哪个物理量（）A．汽车在0～t1时间内的牵引力F B．汽车的额定功率P C．汽车的最大速度vm D．汽车加速到最大速度的时刻t2【分析】在0～t1时间内，由运动学公式求出汽车的位移。根据牛顿第二定律求出额定功率表达式。由P＝Fv求出汽车的最大速度。再根据动能定理得到汽车从静止加速到最大速度经过的位移表达式，即可分析还需要知道哪个物理量。【解答】解：在0～t1时间内做匀加速直线运动，汽车的位移为x1根据牛顿第二定律得Pv以上两式联立可解得汽车的额定功率P。当F＝f时汽车的速度最大，汽车的最大速度为vm汽车速度从v1加速至vm，根据动能定理得Pt汽车从静止加速到最大速度经过的位移为x＝x1+x2可知若想要知道该汽车从静止加速到最大速度经过的位移x，需要解得x2，求解x2就需要知道汽车加速到最大速度的时刻t2，故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查分析汽车起动过程的能力，要抓住汽车速度最大的临界条件：牵引力与阻力大小相等；匀加速运动结束的条件：汽车的功率达到额定功率。运用动能定理得到变加速运动的位移表达式是关键。7．（2023秋•广州期中）2024年2月3日11时06分，我国“威海壹号”01/02卫星搭乘捷龙三号运载火箭在祖国东部某海域点火升空，卫星顺利进入预定圆形轨道，发射任务取得圆满成功。“威海壹号”01/02星是极地轨道卫星，每颗重量约95kg，圆形轨道距地面的高度约为520km。关于“威海壹号”01/02星，下列说法正确的是（）A．火箭发射的最初阶段，卫星处于超重状态 B．卫星绕地球运行周期约为24h C．火箭发射过程中受到的地球引力变大 D．卫星在圆轨道上运行的速度大于7.9km/s【分析】根据火箭发射最初阶段加速上升的运动状态，结合超重的定义，判断卫星处于超重状态；对比地球同步卫星与“威海壹号”01/02星的轨道高度，利用T=4π2r3GM得出该卫星轨道半径小、周期小于24h；依据万有引力【解答】解：A．火箭发射最初阶段加速上升，卫星加速度向上，处于超重状态，故A正确；B．地球静止卫星离地面高度约为36000公里，大于“威海壹号”01/02星的高度，根据GMmr2=m4π2T2r，解得T=4πC．火箭（和燃料的整体）升空过程中质量减小，离地心距离增大，根据F=GMmr2D．7.9km/s为第一宇宙速度，它是最大的环绕速度，对应的绕行半径为地球半径，根据GMmr2=mv2故选：A。【点评】本题考查了万有引力与航天的相关知识，涉及超重现象、卫星的周期、万有引力定律、第一宇宙速度等知识点，重点考查对“火箭发射过程的运动状态分析”“卫星周期与轨道半径的关系”“万有引力公式的定性分析”“第一宇宙速度的物理意义”的理解能力，以及万有引力定律在卫星运动场景中的综合应用。8．（2023秋•广州期中）如图所示，在升降电梯里固定一倾角为θ的光滑斜面，将质量为m的光滑小球置于斜面和一个光滑竖直固定挡板之间。当电梯具有竖直向上的加速度a时，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．电梯一定正在加速上升 B．斜面对小球的弹力大小为mgcosθC．若增大加速度a，挡板对小球的弹力不变 D．若增大加速度a，挡板对小球的弹力一定增大【分析】此题以小球为研究对象进行受力分析，作出受力图；由于小球的加速度与斜面的加速度相同，故小球在水平方向可写平衡方程，在竖直方向可写牛顿第二定律的方程；对两个方程进行定量分析即可解决问题。【解答】解：A、电梯具有竖直向上的加速度a，由于速度方向未知，则电梯可能加速上升或减速下降，故A错误；B、对小球受力分析，如图水平方向由平衡条件F1＝F2sinθ竖直方向由牛顿第二定律F2cosθ﹣mg＝ma所以斜面对小球的弹力大小为F2＞mgCD、若增大加速度a，竖直方向根据牛顿第二定律F2cosθ﹣mg＝ma可知斜面对小球的弹力增大，根据水平方向受力平衡有F1＝F2sinθ可知挡板对小球的弹力一定增大，故C错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查学生对受力分析与牛顿运动定律的理解，要能快速写出平衡方程与牛顿第二定律的方程，通过分析方程得到相关结果。二．多选题（共3小题）（多选）9．（2023秋•广州期中）如图所示，我国排球主攻手朱婷在某次垫球训练中将下落的排球从垫击面上垫出后，排球竖直向上运动，之后又落回到原位置，假设整个运动过程中排球所受空气阻力大小不变，下列说法正确的是（）A．球上升阶段处于超重状态 B．球上升阶段重力做的功多于下降阶段重力做的功 C．球上升阶段动量的变化率大于下降阶段动量的变化率 D．球从接触手臂到离开手臂的时间内，手臂对排球的冲量不为零【分析】根据加速度的方向判断超重或失重；根据功的公式判断；根据题意求出上升阶段与下降阶段排球动量的变化量即可解题；根据冲量定义判断。【解答】解：A．球上升阶段向上做减速运动，加速方向向下，处于失重状态，故A错误；B．根据W＝mgh，可知球上升阶段重力做的功等于下降阶段重力做的功，故B错误；C．根据动量定理可得F合Δt＝Δp可得Δp由于球上升阶段受到的合力大于下降阶段受到的合力，则球上升阶段动量的变化率大于下降阶段动量的变化率，故C正确；D．球从接触手臂到离开手臂的时间内，手臂对排球的作用力不为0，根据I＝Ft可知手臂对排球的冲量不为零，故D正确。故选：CD。【点评】本题考查了冲量与动量的变化量问题，根据题意分析清楚排球的运动过程是解题的前提与关键，应用冲量的计算公式、求出动量的变化量即可解题；解题时要注意动量与冲量都是矢量，注意动量与冲量的方向。（多选）10．（2023秋•广州期中）如图所示，三个木块A、B、C在水平推力F的作用下靠在竖直墙上，且处于静止状态，则下列说法中正确的是（）A．A与墙的接触面可能是光滑的 B．B受到A作用的摩擦力，方向可能竖直向下 C．B受到A作用的静摩擦力，方向与C作用的静摩擦力方向一定相反 D．当力F增大时，A受到墙作用的静摩擦力一定不增大【分析】分别对A、ABC整体、C受力分析，根据共点力平衡条件判断静摩擦力情况．【解答】解：A、对ABC整体受力分析，受重力、推力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件可知，墙壁对整体的静摩擦力向上，与整体重力平衡，故A错误；B、对A受力分析，A受到B对其向左的推力和墙壁对其向外的支持力，由于墙壁对其静摩擦力向上且大于A的重力，根据平衡条件可知，B对A的静摩擦力一定向下，故A对B的静摩擦力一定向上，故B错误；C、对C受力分析，受重力、推力F，向右的支持力和B对C向上的静摩擦力，静摩擦力与重力平衡；根据牛顿第三定律，C对B的静摩擦力一定向下；有选项B分析可知，A对B的静摩擦力一定向上；故B受到A和C的静摩擦力方向一定相反，故C正确；D、对ABC整体受力分析，受重力、推力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件可知，墙壁对整体的静摩擦力向上，与整体重力平衡；故当力F增大时，A受到墙作用的静摩擦力一定不会增大，故D正确；故选：CD。【点评】本题关键是灵活地选择研究对象，同时结合牛顿第三定律和平衡条件分析受力情况．（多选）11．（2023秋•广州期中）2023年10月3日下午，在杭州亚运会男子蹦床决赛中，中国选手严浪宇以59.850的分数夺得金牌。将运动员蹦床比赛时的运动看作直线运动，忽略空气阻力。用力传感器测出蹦床对运动员弹力的大小F，F随时间t的变化规律如图所示，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（）A．运动员对床的作用力与床对运动员的作用力大小始终相等 B．运动员在5.4s～6s内处于超重状态 C．运动员的最大加速度大小为50m/s2 D．0～8.4s内运动员离开蹦床运动的路程为6.4m【分析】根据相互作用力的特点来判定；当运动员静止在弹簧床上时，弹簧床对运动员的弹力不变，且弹力等于500N，由平衡关系可求运动员的质量和重力；弹力与重力的大小关系判定其超重或者失重状态；当运动员所受弹力最大时，有最大加速度，由牛顿第二定律列方程可求；由题图可分析出，运动员离开蹦床在空中运动的时间t＝8.4s﹣6.8s＝1.6s，再由运动学公式可求上升高度。【解答】解：A．由牛顿第三定律知，运动员对床的作用力与床对运动员的作用力为相互作用力，大小始终相等，故A正确；B．运动员与蹦床接触发生相互作用时，运动员受重力mg和蹦床对运动员弹力F两个力作用，由图像知，0～3.6s内运动员静止在蹦床上且F1＝mg＝500N解得：m＝50kg所以运动员在5.4s～6s内弹力小于重力，所以运动员处于失重状态，故B错误；C．由图可知，当运动员处于最低点时，弹力有最大值F2＝2500N，此时加速度大小最大，根据牛顿第二定律可得：F2﹣mg＝mam代入数据解得：am＝40m/s2，故C错误；D．由图可知，运动员离开蹦床在空中运动的时间为：t＝8.4s﹣6.8s＝1.6s所以运动员离开蹦床上升的最大高度为：h=12代入数据解得：h＝3.2m，故D正确；故选：AD。【点评】本题主要考查牛顿运动定律的应用，涉及超重、失重、瞬时加速度、匀变速直线运动等知识，要求具备扎实的识图读图能力，再结合牛顿第二定律、运动学公式可解。三．实验题（共2小题）12．（2025秋•海珠区校级期中）（1）用阻力补偿法探究加速度与力、质量的关系的实验装置如图1所示。①使细绳与木板水平，需要调节A。A.木板倾斜度B.滑轮C.打点计时器D.小车②安装好打点计时器、纸带等，把木板的右侧垫高，以补偿摩擦阻力。③在细绳左端系上槽码，通过改变槽码的个数可以成倍地改变小车所受的拉力，与此相对应，处理纸带上打出的点来测量加速度。某次测量得到的纸带部分数据如图2所示，两计数点间有四个点未画出，则小车的加速度a＝52cm/s2（保留二位有效数字）。④某实验小组将此装置改装成测量滑块（小车换为滑块）与木板间动摩擦因数的实验。撤去槽码和细线，木板与垫块组成一斜面，测出斜面长度，即木板左端（与桌面交线）与右端（与垫块交线）间的距离L，并保持不变，调节垫块的高度h，让滑块从木板右侧滑下，直到纸带上的打点在实验误差范围内均匀分布，则动摩擦因数μ＝gh-ahgL2-h2【分析】（1）①使小车受到的合力等于拉力判断；②根据平衡摩擦力的方法判断；③根据逐差法计算小车的加速度；④根据受力分析和牛顿第二定律计算和判断。【解答】解：（1）①为了使小车受到的合力等于拉力，需要调节木板的倾斜度，使细绳与木板平行；故A正确，BCD错误。故选：A。②安装好打点计时器、纸带等，把木板的右侧垫高，以补偿摩擦阻力，使小车受到的合力等于拉力；③相邻计数点间的时间间隔为T=5根据逐差法可得小车运动的加速度为：a=x4+x3-x2④由牛顿第二定律a=mgsinθ-μmgcosθm，其中sinθ=hL由于纸带与限位孔间的摩擦力和空气阻力，使求的加速度偏小，导致摩擦因数偏大。故答案为：（1）①A；②摩擦阻力；③52；④gh-ahg【点评】本题关键掌握平衡摩擦力的方法和使小车受到的合力等于拉力的方法，利用逐差法计算小车的加速度的方法，掌握利用牛顿第二定律计算动摩擦因数的方法。13．（2025秋•海珠区校级期中）某同学要将量程约为200μA的电流表G改装为更大量程电流表，需要知道电流表G的满偏电流Im和内阻Rg。他设计了一个电流表满偏、半偏的方法测量电流表内阻和量程的电路，如图1所示。①为使测量结果尽量准确，在以下器材中，E应选B，Rq应选E，Rs应选C（选填器材前的字母）。A.电源（电动势1.5V）B.电源（电动势15V）C.电阻箱（0～999.9Ω）D.滑动变阻器（0～500Ω）E.标准电阻6.0kΩF.标准电阻59.0kΩ②该同学在开关断开情况下，检查电路连接无误后，将滑片C调至最左端。后续的实验操作步骤依次是：闭合S1，调节RP的阻值，使电流表指针偏转到满刻度，电压表示数如图2所示，则电压U＝2.40V；然后B，C，最后记录Rs的阻值并整理好器材。（请按合理的实验顺序，选填下列步骤前的字母）A.调节RP的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半B.闭合S2C.调节Rs的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半D.调节Rs的阻值，使电流表指针偏转到满刻度③测得Rs阻值为520.0Ω，则电流表内阻Rg的测量值为520.0Ω，该测量值略小于实际值（选填“略大于”、“略小于”或“等于”），Im＝383μA（保留三位有效数字）。【分析】①根据实验原理选择实验器材；②电压表的量程为3V，分度值为0.1V，根据电压表的读数规则读数；根据实验原理和实验的正确操作步骤作答；③根据半偏法测电流表内阻的原理求解作答；闭合开关S2后，并联部分电阻变小，总电阻变小，总电流变大，结合欧姆定律和并联电路特点分析实验误差；根据串联、并联电路的特点和欧姆定律求解作答。【解答】解：①由图2可知，电压表示数大于1.5V，为使测量结果尽量准确，电源E应选B；根据欧姆定律，电阻R=因此Rq应选E；为了读出电流表指针偏转到满刻度的一半，电阻Rs的接入电阻值，电阻Rs应选C。②闭合S1，调节RP的阻值，使电流表指针偏转到满刻度，电压表的量程为3V，分度值为0.1V，读数为2.40V；保持滑动变阻器Rp滑动片的位置不变，闭合S2，调节Rs的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半，故分别选填B和C；③根据并联电路的分流特点，电流表指针偏转到满刻度的一半时，通过电阻Rs的电流为12测得Rs阻值为520.0Ω，根据并联电路电流的分配与电阻的关系可知，电流表内阻Rg的测量值为520.0Ω；闭合开关S2后，并联部分电阻变小，总电阻变小，总电流变大，当电流表示数为12Ig，通过电阻Rs的电流大于12根据串联、并联电路的特点和欧姆定律U=代入数据解得Im≈383μA。故答案为：①B；E；C；②2.40；B；C；③520.0；略小于；383。【点评】本题主要考查了电流表的改装，要明确实验原理，掌握电流表内阻和满偏电流的测量方法；掌握串联、并联电路特点和欧姆定律的运用。四．解答题（共4小题）14．（2025秋•广州期中）如图所示，某实验小组为测量一个烧瓶的容积，通过橡胶塞连接一根水平玻璃管，向玻璃管中注入一段液柱封闭气体，大气压强为p0，玻璃管内部横截面积为S，内部封闭气柱的长度为l，温度为T0，用手捂住烧瓶，会观察到液柱缓慢外移，当内部温度变为T1时，内部封闭气柱的长度变为2l，则：（1）容器内空气分子的数密度变小（填“变大”、“变小”或“不变”），容器内空气分子的平均动能变大（填“变大”、“变小”或“不变”）；（2）烧瓶的容积；（3）若过程中气体吸收的热量为Q，求气体内能的变化。【分析】（1）先判断温度的变化情况，由温度是分子平均动能的标志判断分子的平均动能的变化，由NV（2）气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律列式可求容器的容积；（3）由热力学第一定律可求气体内能的变化。【解答】解：（1）由题意可知，用手捂住烧瓶后容器内空气的温度升高，则气体分子的平均动能增大，由于气体的体积增大，则空气的分子数密度变小；（2）设容器的容积为V，初状态时，温度为：T0，体积为：V1＝V+Sl，末状态时有：温度为：T1，体积为：V2＝V+2Sl，气体发生等压变化，由盖−吕萨克定律可得：V1T0=V（3）由题意可知，在整个过程中，气体的体积增大，外界对气体所做的功为：W＝﹣p0•ΔV＝﹣p0Sl，由热力学第一定律可得：ΔU＝W+Q，代入数据解得：ΔU＝Q+W＝Q﹣p0Sl。故答案为：（1）变小；变大；（2）烧瓶的容积为(2T（3）若过程中气体吸收的热量为Q，气体内能的变化为Q﹣p0Sl。【点评】本题是对气体实验定律及热力学第一定律的考查，解题的关键是要正确分析气体发生的状态变化，选择合适的定律即可解题，利用热力学第一定律解题时注意各物理量的正负符号的物理意义。15．（2025秋•广州期中）如图所示，质量M＝1kg的木板静止在长度足够的光滑水平桌面上，一质量m＝1kg的小物块从低于水平桌面h处的O点向上斜抛，到达最高点时恰好切入木板上表面的左端。建立以抛出点为坐标原点的xOy坐标，且以原点O为重力势能的零势能点，小物块的机械能随x变化的图像如图2所示，图中数据为已知条件。小物块可视为质点，不计木板厚度和空气阻力，求：（1）抛体运动的初速度v0和平台离抛出点高度h；（2）滑块与木板间的动摩擦因数μ；（3）木板长度的最小值L。【分析】（1）根据机械能图像中初始机械能数值，结合动能表达式可直接求出抛体初速度v0。通过分析物块到达最高点时速度特征，利用斜抛运动规律分解水平与竖直分速度，结合竖直方向自由落体公式可求得平台高度h。（2）从机械能图像中读取物块滑行过程中的能量损失量，结合对应地面位移运用功能关系求出摩擦力大小。根据滑动摩擦力公式将摩擦力与正压力关联即可求得动摩擦因数μ。（3）当物块与木板达到共速时相对位移即为木板最小长度。通过动量守恒定律求出共速时的速度，再根据系统动能损失全部转化为摩擦生热的条件建立方程，最终解出木板长度L的最小值。【解答】解：（1）由题意及图像分析，以抛出点为重力势能零点，初始机械能E0＝4J，根据动能表达式E0=1小物块达最高点时vy＝0，恰切入木板，设水平分速度为vx，竖直分速度为vy，由速度合成关系v02=vx2+vy2，结合斜抛水平位移公式x1=vx⋅vyg，联立解得：v（2）物块滑行时机械能减少量ΔE＝1J，对应地面位移Δx地＝0.75m。由功能关系fΔx地＝ΔE，解得：f=43N；根据滑动摩擦定律f＝μmg（3）木板最小长度L对应共速时相对位移。由动量守恒mvx＝（m+M）v共，解得：v共＝1m/s；根据能量转化fL=12mvx答：（1）抛体运动的初速度v0为22m/s，平台离抛出点高度h为（2）滑块与木板间的动摩擦因数μ为215（3）木板长度的最小值L为0.75m。【点评】本题综合考查斜抛运动、功能关系、动量守恒和能量转化等力学核心知识，计算量适中但思维链条较长，属于中上难度题目。题目亮点在于巧妙结合机械能图像与运动过程分析，要求学生通过图像信息逆向推导初始条件，并综合运用动能定理、动量守恒定律处理多过程问题。第1问需通过机械能守恒和斜抛运动规律分解速度分量，考查学生运动合成与分解能力。第2问通过功能关系建立摩擦力与机械能损耗的联系，体现能量观点的应用价值。第3问涉及相对运动中的临界条件分析，需要学生准确建立动量﹣能量双守恒模型，对物理过程的整体把握能力要求较高。题目设计层层递进，能有效检验学生对力学核心规律的掌握程度和综合分析能力。16．（2025秋•广州期中）如图所示，竖直平面内有间距为l的平行金属导轨M和N，其下端通过开关S1连接电阻R，通过单刀双键开关S2，掷1将电容C与匝数为N的线圈连接，掷2与导轨M连接。在导轨M、N间（虚线框内）存在方向垂直导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量为m、长为l的导体棒ab通过劲度系数为k的绝缘轻质弹簧竖直悬挂，当开关S1和S2断开时，ab恰好位于导轨间磁场上边界处而处于水平静止状态；线圈截面积为S，处于随时间变化、方向垂直线圈平面的的匀强磁场B1中。已知k＝4N/m，m＝1kg，l＝1m，B＝2T，R＝1.0Ω，C＝0.25F，S＝0.02m2，N＝100，B1＝αt（α＝0.5T/s），不计导轨和导体棒电阻和摩擦阻力，棒ab始终在导轨所在平面内运动。（提示：弹簧处于自然长度时为弹性势能零势能点，当伸长量为x时，其弹性势能为12（1）S2掷1，求电容器最终所带的电荷量q；（2）S1断开，S2掷2，电容器瞬间把存储的电荷量放完，求棒竖直向上运动的最大距离h，并判断磁场B的方向；（3）ab棒在进磁场B前接通S1，S2掷2不变，ab在磁场内运动至距磁场上边界0.07m处时，速度为零，求此过程中弹力和重力合力的冲量I。【分析】（1）线圈在变化的磁场中产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可计算电动势大小。电容器充电后电压等于电动势，利用电容定义式即可求出最终电荷量。（2）电容器放电瞬间在导体棒中产生电流，安培力使棒获得初速度。棒向上运动过程中机械能守恒，结合初始动能和弹簧弹性势能表达式可求出最大高度。根据楞次定律和安培定则分析电流方向，再用左手定则判断磁场方向。（3）棒进入磁场后受重力、弹力和安培力作用，建立动力学方程。将运动方程对时间积分，结合初始条件和位移关系，可求出合力的冲量。注意安培力包含电阻和电容两部分贡献，需考虑等效质量的影响。【解答】解：（1）当开关S2掷向1时，线圈与电容器构成回路。已知磁感应强度B1＝αt，则磁感应强度的变化率Δ根据法拉第电磁感应定律，线圈产生的感应电动势：E=NΔΦΔt代入数据解得E＝100×0.02×0.5V＝1V电容器充电完毕后，两板间电压等于感应电动势，故电容器所带电荷量：q＝CUC，q＝CE，代入数据解得：q＝0.25×1C＝0.25C（2）当开关S1断开、S2掷向2时，电容器瞬间通过导体棒放电。设放电时间为Δt，电流为i，根据动量定理（忽略重力和弹力影响）：∑即∑解得导体棒获得的初速度v导体棒在重力和弹簧弹力作用下向上运动。设平衡位置时弹簧伸长量为x0，由平衡条件得kx0＝mg，解得x取弹簧自然长度处为弹性势能零点，平衡位置