北京市2026-2027秋季高三（上）物理期中模拟试卷（二）

第1页（共1页）北京市2026-2027秋季高三（上）物理期中模拟试卷（二）一．选择题（共14小题）1．（2025秋•北京期中）如图所示，自动卸货车的车架始终静止在水平地面上，在一段时间内，车厢在液压机的作用下与水平面间的夹角θ逐渐增大，货物相对车厢未发生相对滑动。关于这段时间内货物所受支持力和摩擦力，下列说法正确的是（）A．货物所受支持力逐渐增大 B．货物所受摩擦力逐渐减小 C．支持力对货物不做功 D．支持力对货物做正功2．（2025秋•北京期中）彩带表演中，运动员手持细棒抖动彩带的一端，彩带像波浪般翻卷，这是振动在彩带上传播的结果。如图所示，P为彩带上的一点，则下列说法正确的是（）A．P点在向右运动 B．P点在向上运动 C．P点在向左运动 D．P点在向下运动3．（2025秋•北京期中）如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是（）A．a点的电势比b点的低 B．a点的电场强度比b点的小 C．液滴在a点的加速度比在b点的小 D．液滴在a点的电势能比在b点的大4．（2025秋•北京期中）如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知加速电场电压为U1，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U2。不计电子重力，现使U1变为原来的2倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该（）A．使U2变为原来的2倍 B．使U2变为原来的4倍 C．使U2变为原来的2倍 D．使U2变为原来的15．（2025秋•北京期中）如图所示，质量为m2的小球B静止在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速度v0靠近B，并与B发生碰撞，碰撞前后两个小球的速度始终在同一条直线上．A、B两球的半径相等，且碰撞过程没有机械能损失．当m1、v0一定时，若m2越大，则（）A．碰撞过程中A受到的冲量越小 B．碰撞过程中A受到的冲量越大 C．碰撞过程中B受到的冲量不变 D．碰撞过程中B受到的冲量越小6．（2025秋•北京期中）人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到头部的情况。若手机质量为120g，从离人约20cm的高度无初速度掉落，砸到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.2s，取重力加速度g＝10m/s2；下列分析正确的是（）A．手机接触头部之前的速度约为1m/s B．手机对头部的冲量大小约为0.48N•s C．手机对头部的作用力大小约为1.2N D．手机与头部作用过程中手机动量变化约为0.48kg•m/s7．（2025秋•北京期中）2023年，我国首颗超低轨道实验卫星“乾坤一号”发射成功。“乾坤一号”是一颗绕地球做圆周运动的近地卫星。关于它的运动，下列说法正确的是（）A．角速度大于地球自转的角速度 B．线速度大于地球的第一宇宙速度 C．线速度小于地球表面物体随地球自转的线速度 D．向心加速度小于地球表面的物体随地球自转的向心加速度8．（2025秋•北京期中）某学习小组用如下电路研究小电动机的电流与电压关系。通过调节滑动变阻器R接入电路的阻值，测量得到下表记录的信息。若认为小电动机的电阻是不变的，则（）序号电压U/V电流I/A电动机工作状态11.250.50卡住未转动22.000.20稳定转动33.50.30稳定转动A．小电动机的电阻大约为10Ω B．当小电动机的电压为2.00V时，其发热功率为0.1W C．当小电动机的电压为2.00V时，其电功率为0.3W D．当小电动机的电压为3.5V时，其对外做功的功率为1.05W9．（2025秋•北京期中）如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，r＝R1。开关闭合后，将R3的滑片向下滑动过程中（）A．流过R2的电流向左 B．电容器右极板带负电 C．电容器的带电量减小 D．电源的输出功率增大10．（2025秋•北京期中）体育课上，某同学在进行原地纵跳摸高训练。已知该同学的质量m＝60kg，原地静止站立（不起跳）摸高为2.16m，训练过程中，该同学先下蹲，重心下降0.45m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.61m的高度。起跳过程看成匀变速运动，全程忽略空气阻力影响，g取10m/s2。则（）A．从开始起跳到双脚落回地面需要0.6s B．起跳过程中该同学对地面的压力为1200N C．该同学起跳后到上升到最高点一直处于超重状态 D．起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度小。11．（2025秋•北京期中）如图所示为某实验小组设计的两个量程的电流表，已知表头G的满偏电流为Ig，定值电阻R1、R2的阻值均等于表头的内阻。当使用1和2两个端点时，电流表的量程为I1，当使用1和3两个端点时，电流表的量程为I2。下列说法正确的是（）A．I1＝2Ig B．I2＝3Ig C．若仅使R1阻值变小，则I1和I2均变大 D．若仅使R2阻值变小，则I1和I2均变大12．（2025秋•北京期中）在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，将具有加速度测量功能的智能手机固定在小车上，改装成如图1所示的装置来测量小车加速度．小车的质量M＝300g，槽码的质量m＝30g．小车由静止释放，设小车前进的方向为正方向，通过手机软件测得加速度随时间变化图像如图2所示，其中减速过程中加速度超过了手机的显示范围．关于此实验的分析，下列说法正确的是（）A．放手机与不放手机相比，小车加速过程中的加速度较大 B．放手机与不放手机相比，小车加速过程中细线对小车的拉力较小 C．小车与制动器碰撞前的速度大小约为2.4m/s D．此手机的质量约为170g13．（2025秋•北京期中）如图甲所示，有一固定的负点电荷N，其右侧距离为L处竖直放置一内壁光滑的绝缘圆筒，圆筒内有一带电小球。将小球从H0高处由静止释放，至小球下落到与N同一水平面的过程中，其动能Ek随高度H（设小球与点电荷N的竖直高度差为H）的变化曲线如图乙所示。下列说法正确的是（）A．小球可能带负电，也可能带正电 B．在高度H1～H2之间的某点，库仑力在竖直方向上的分力最大 C．该过程中，小球所受合力先增大后减小再增大 D．该过程中，小球的机械能先增大后减小14．（2025秋•北京期中）当温度从低到高变化时，通常物质会经历固体、液体和气体三种状态，当温度进一步升高，气体中的原子、分子将出现电离，形成电子、离子组成的体系，这种由大量带电粒子（有时还有中性粒子）组成的体系便是等离子体。等离子体在宏观上具有强烈保持电中性的趋势，如果由于某种原因引起局部的电荷分离，就会产生等离子体振荡现象。其原理如图，考虑原来宏观电中性的、厚度为l的等离子体薄层，其中电子受到扰动整体向上移动一小段距离（x≪l），这样在上、下表面就可分别形成厚度均为x的负、正电薄层，从而在中间宏观电中性区域形成匀强电场E，其方向已在图中示出。设电子电量为﹣e（e＞0）、质量为m、数密度（即单位体积内的电子数目）为n，等离子体上下底面积为S。电荷运动及电场变化所激发的磁场及磁相互作用均可忽略不计。（平行板电容器公式C=ε0sd，其中ɛ0为真空介电常量，A．上表面电荷宏观电量为Q＝nelS B．上表面电荷宏观电量为Q＝ne C．该匀强电场的大小为E=2nexD．该匀强电场的大小为E=二．实验题（共2小题）15．（2025秋•西城区校级期中）某研究性学习小组设计了如图甲所示的实验装置，利用单摆测量当地的重力加速度。（1）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有_______（填字母）；A.为了使摆的周期大一些以方便测量，开始时拉开摆球至较大的偏角B.摆球尽量选择质量较大、体积较小的C.摆线要选择较轻、无伸缩性，并且适当长一些的D.测量周期时应测多次完整周期再取平均，并在小球至最高点时开始、停止计时（2）用游标卡尺测出小球直径d，如图乙所示，则小球的直径d＝_________mm；（3）改变摆线长度，测量出多组周期T、摆线长L的数值后，画出T2﹣L图像如图丙所示，剧得此图像斜率为k，则当地重力加速度的表达式为g＝____________________。（4）T2﹣L图像不过坐标原点的原因可能是_____（填字母）。A.测周期时将31个周期时长当作30次B.测周期时将29个周期时长当作30次C.直接将摆线长作为摆长D.将摆线长加上摆球直径作为摆长16．（2025秋•西城区校级期中）（1）小贾同学探究平抛运动的规律。如图甲所示，在地面上平铺一个带有插槽的木板，其上等间隔地分布着平行的P0P′0，P1P′1、P2P′2、P3P′3等插槽，其中P0P′0在重垂线的正下方。将覆盖复写纸的方格纸铺在硬纸板B上，将B板竖直插入槽中，使小球从斜轨上滚下，小球在与B板碰撞，即可获取一个点迹。图乙中a、b、c、d分别对应某次实验中B板在P0P′0，P1P′1、P2P′2、P3P′3时获得的点迹，根据这些点迹对平抛运动进行研究。a.关于本次实验，下列说法正确的是_______。A.斜轨应尽量光滑，以减小实验误差B.斜轨末端必须保持水平C.小球必须从斜轨上同一位置由静止释放b.图乙中每个小方格边长为L，当地重力加速度大小为g，相邻插槽间距为d，则小球平抛的初速度v0＝____________________（用d、g、L表示）。（2）小魏同学利用该斜轨验证动量守恒定律。实验时先使入射小球A从斜槽上固定位置C点由静止释放，落到水平地面上的纸上留下痕迹，重复上述操作，得到落点的平均位置记为P点。再将小球B放在水平轨道末端，让小球A从C点由静止释放，和小球B发生碰撞后，分别在纸上留下各自的痕迹。多次重复操作，得到碰撞后小球A和小球B落点的平均位置，记为M、N点。O点为斜槽末端在白纸上的投影点，测量OM、OP、ON的长度，分别记为x1、x2、x3。小球A质量为m1，小球B质量为m2，则：a.本实验应满足m1_______m2（填“大于”、“等于”或“小于”）；b.当关系式___________________成立时，即可验证两球碰撞过程动量守恒；c.仅改变小球B的质量（两小球质量关系仍符合要求），将小球A多次从轨道同一位置由静止释放，与不同质量的小球B相碰，分别记录对应的落点到O点距离。以x1为横坐标，x3为纵坐标作出图像，若该碰撞为弹性碰撞，则下列图像正确的是_____。三．解答题（共4小题）17．（2025秋•西城区校级期中）某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求：（1）该物体抛出时的初速度大小v0；（2）炸裂后瞬间B的速度大小vB；（3）A、B落地点之间的距离d。18．（2025秋•西城区校级期中）如图所示，质量m＝0.6kg的篮球从离地高度H＝0.8m处由静止释放，与地面发生第一次碰撞后反弹，达到最高点时离地高度h＝0.45m，篮球与地面发生作用的时间Δt＝0.1s。篮球反弹至最高点后，运动员通过竖直向下拍击篮球对其做功，使篮球与地面发生第二次碰撞，碰后恰能反弹至离地高度H＝0.8m处。若篮球两次与地面碰撞损失的机械能相同，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：（1）篮球第一次与地面碰撞的过程中，损失的机械能E损；（2）篮球第一次与地面碰撞的过程中，受到地面的平均作用力的大小F；（3）运动员拍击篮球的过程，对篮球做的功W。19．（2025秋•西城区校级期中）物体在运动速度不太大时，其所受空气阻力可视为与速度成正比。（1）在讲授自由落体运动的课上老师做了如下演示实验：将质量均为m的两张纸揉成一大一小两个纸团，在空气中同时静止释放，竖直下落时大纸团下落要慢一些。设纸团半径为r，下落速度为v时，空气阻力f可写成f＝krv（k为常数），重力加速度为g。a．若下落高度足够大，求纸团的最终速度大小vm；b．两纸团下落情况对比，关于它们运动的v﹣t图线，请你判断能否出现图1中的①、②情形，并说明理由。（2）从地面以速度大小v1竖直向上抛出一个质量为m的小球，小球返回原地时速度大小为v2，由于空气阻力的作用，使得v2＜v1。重力加速度为g。a．以竖直向上为正方向，在图2中定性画出小球从抛出到返回原地过程中速度—时间图像；b．计算小球在此过程中所受重力冲量的大小IG。20．（2025秋•西城区校级期中）如图1所示，金属圆筒A接高压电源的正极，其轴线上的金属线B接负极。（1）设A、B两极间电压为U，求在B极附近电荷量为Q的负电荷到达A极过程中静电力做的功W。（2）已知筒内距离轴线r处的电场强度大小E=k2λr，其中k为静电力常量，λ为金属线B单位长度的电荷量。如图2所示，在圆筒内横截面上，电荷量为q、质量为m的粒子绕轴线做半径不同的匀速圆周运动，其半径为r1、r2和r3时的总能量分别为E1、E2和E3。若r3﹣r2＝r2﹣r1，推理分析并比较（E3﹣E2）与（E2﹣E（3）图1实为某种静电除尘装置原理图，空气分子在B极附近电离，筒内尘埃吸附电子而带负电，在电场作用下最终被A极收集。使分子或原子电离需要一定条件。以电离氢原子为例。根据玻尔原子模型，定态氢原子中电子在特定轨道上绕核做圆周运动，处于特定能量状态，只有当原子获得合适能量才能跃迁或电离。若氢原子处于外电场中，推导说明外电场的电场强度多大能将基态氢原子电离。（可能用到：元电荷e＝1.6×10﹣19C，电子质量m＝9.1×10﹣31kg，静电力常量k＝9.0×109N•m2/C2，基态氢原子轨道半径a＝5.3×10﹣11m和能量E0＝﹣13.6eV）

解答一．选择题（共14小题）1．（2025秋•北京期中）如图所示，自动卸货车的车架始终静止在水平地面上，在一段时间内，车厢在液压机的作用下与水平面间的夹角θ逐渐增大，货物相对车厢未发生相对滑动。关于这段时间内货物所受支持力和摩擦力，下列说法正确的是（）A．货物所受支持力逐渐增大 B．货物所受摩擦力逐渐减小 C．支持力对货物不做功 D．支持力对货物做正功【分析】货物处于平衡状态，对货物进行受力分析，根据平衡条件及恒力做功公式列式分析即可。【解答】解：AB、货物处于平衡状态，则有：mgsinθ＝f，N＝mgcosθ，θ增大时，f增大，N减小，故AB错误；C、货物受到的支持力的方向与位移方向的夹角小于90°，做正功，故C错误，D正确；故选：D。【点评】本题主要考查了平衡条件的应用、功的正负发的判断方法，要求同学们能正确对物体进行受力分析，基础题目。2．（2025秋•北京期中）彩带表演中，运动员手持细棒抖动彩带的一端，彩带像波浪般翻卷，这是振动在彩带上传播的结果。如图所示，P为彩带上的一点，则下列说法正确的是（）A．P点在向右运动 B．P点在向上运动 C．P点在向左运动 D．P点在向下运动【分析】根据上下坡法或者同侧法判断质点P的振动方向。【解答】解：根据题意可知波向右传播，结合上下坡法可知P振动方向向上，故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】本题考查了质点振动方向与波的传播方向的互判，要求学生熟练掌握这些基本的知识点。3．（2025秋•北京期中）如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是（）A．a点的电势比b点的低 B．a点的电场强度比b点的小 C．液滴在a点的加速度比在b点的小 D．液滴在a点的电势能比在b点的大【分析】明确图象原理，根据图中电路确定发射极与吸极的电势高低，确定电场线方向，沿电场线方向电势降低，从而明确a、b两点的电势高低；注意图中等势面不是等差等势面，所以不能根据疏密确定电场强度大小；根据液滴的运动情况确定电场力做功情况，从而明确电势能的变化。【解答】解：A、结合典型电场特点，由图可知，发射极接电源正极，吸极接电源负极，则发射极为高电势，吸极为低电势，电场线由高电势的发射极指向低电势的吸极，沿电场线方向电势降低，故a点电势比b点高，故A错误；BC、根据电场特点，由于题中没有说明等势面是否为等差等势面，故不能明确电场线和等势面的疏密，所以无法确定a、b两点的电场强度的大小，也就无法确定加速度大小，故BC错误；D、因液滴加速前进，故说明电场力做正功，电势能减小，故液滴在a点的电势能比在b点的大，故D正确。故选：D。【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动问题，要注意明确电场的性质，注意电场线的疏密描述电场的强弱，但等势面要先确定是否为等差等势面，若是等差等势面，可由其疏密判断电场强度的大小。4．（2025秋•北京期中）如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知加速电场电压为U1，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U2。不计电子重力，现使U1变为原来的2倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该（）A．使U2变为原来的2倍 B．使U2变为原来的4倍 C．使U2变为原来的2倍 D．使U2变为原来的1【分析】根据动能定理，即可求得加速的速度大小；依据类平抛运动处理规律，结合运动学公式，及运动的合成与分解，从而即可求解从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy，结合Δy的变化判断要想使电子的运动轨迹不发生变化的情况。【解答】解：设电子的电荷量为e，质量为m，偏转电场极板之间的距离为d；电子经过加速电场加速后，根据功能关系，可得：e则电子射入偏转电场的初速度为：v=在偏转电场中，电子的运动时间为：Δt=电子在偏转电场中的加速度：a=偏转距离为：Δy=要想使电子的运动轨迹不发生变化，则偏转量不发生变化，所以当使加速电压U1变为原来的2倍时，偏转电压U2也需要变为原来的2倍，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】对于带电粒子在电场中的运动问题，关键是注意区分不同的物理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质，并选用相应的物理规律。在解决问题时，主要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位移等。这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况。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，利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等。这条线索不但适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。5．（2025秋•北京期中）如图所示，质量为m2的小球B静止在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速度v0靠近B，并与B发生碰撞，碰撞前后两个小球的速度始终在同一条直线上．A、B两球的半径相等，且碰撞过程没有机械能损失．当m1、v0一定时，若m2越大，则（）A．碰撞过程中A受到的冲量越小 B．碰撞过程中A受到的冲量越大 C．碰撞过程中B受到的冲量不变 D．碰撞过程中B受到的冲量越小【分析】两球碰撞过程没有机械能损失，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后的速度，然后应用动量定理分析求解。【解答】解：两球碰撞过程没有机械能损失，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2，由机械能守恒定律得：1解得：v1=m1-m2mAB、对A，由动量定理得：IA＝m1v1﹣m1v0=-2m1m2v0m1+m2=-2m1CD、碰撞过程A、B间的作用力为作用力与反作用力，大小相等、方向相反、作用时间相等，则碰撞过程A、B受到的冲量大小相等、方向相反，B受到的冲量IB＝﹣IA=2m1v01+m1m2，负号表示方向，m1、v故选：B。【点评】本意主要考查了碰撞过程中动量守恒定律的应用，两球碰撞过程没有机械能损失，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后的速度，然后应用动量定理可以解题。6．（2025秋•北京期中）人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到头部的情况。若手机质量为120g，从离人约20cm的高度无初速度掉落，砸到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.2s，取重力加速度g＝10m/s2；下列分析正确的是（）A．手机接触头部之前的速度约为1m/s B．手机对头部的冲量大小约为0.48N•s C．手机对头部的作用力大小约为1.2N D．手机与头部作用过程中手机动量变化约为0.48kg•m/s【分析】根据自由落体求手机掉落到人的头部位置时的速度，然后应用动量定理和牛顿第三定律求手机动量变化和手机对头部的冲量大小。【解答】解：A、手机做自由落体运动，根据运动学公式可知手机接触头部之前的速度约为：v=2gh=2×10×B、因为手机落在头上没反弹，速度减为0，规定竖直向下为正方向，对手机由动量定理得：mgt+I＝0﹣mv，代入数据可得：I＝﹣0.48N•s，负号表示方向竖直向上，根据牛顿第三定律，可知手机对头部的冲量大小约为：I′＝﹣I＝0.48N•s，故B正确；C、根据冲量定义得手机对头部的作用力大小约为：F=I't=0.48D、手机与头部作用后手机的速度变为0，选取向下为正方向，所以手机与头部作用过程中动量变化为：ΔP＝0﹣mv＝﹣0.24kg•m/s，故D错误；故选：B。【点评】本题以手机砸到头部的情况为背景命制试题，让人觉得耳目一新，感觉物理学就在我们身边，可以用它来解释我们身边经常见到或遇到的一些现象的物理学原理，能够激发学生的求知欲和学习兴趣；考查的是动量定理及牛顿第三定律的应用。7．（2025秋•北京期中）2023年，我国首颗超低轨道实验卫星“乾坤一号”发射成功。“乾坤一号”是一颗绕地球做圆周运动的近地卫星。关于它的运动，下列说法正确的是（）A．角速度大于地球自转的角速度 B．线速度大于地球的第一宇宙速度 C．线速度小于地球表面物体随地球自转的线速度 D．向心加速度小于地球表面的物体随地球自转的向心加速度【分析】根据万有引力提供向心力，向心力公式分别用角速度、线速度等参数表示，再结合线速度与角速度之间关系以及向心加速度与角速度之间关系即可分析各个选项。【解答】解：A、根据万有引力提供向心力GMmr2=mω2B、根据万有引力提供向心力GMmr2=mv2r得，C、根据v＝ωr，又因为“乾坤一号”角速度大于地球自转的角速度，可知“乾坤一号”的线速度大于地球表面物体随地球自转的线速度，故C错误；D、根据a＝ω2r，又因为“乾坤一号”角速度大于地球自转的角速度，可知“乾坤一号”的向心加速度大于地球表面的物体随地球自转的向心加速度，故D错误；故选：A。【点评】本题需要掌握万有引力提供向心力以及向心力公式分别用不同的参数表示等知识点的灵活应用，解题过程需要正确选择公式，题目难度适中。8．（2025秋•北京期中）某学习小组用如下电路研究小电动机的电流与电压关系。通过调节滑动变阻器R接入电路的阻值，测量得到下表记录的信息。若认为小电动机的电阻是不变的，则（）序号电压U/V电流I/A电动机工作状态11.250.50卡住未转动22.000.20稳定转动33.50.30稳定转动A．小电动机的电阻大约为10Ω B．当小电动机的电压为2.00V时，其发热功率为0.1W C．当小电动机的电压为2.00V时，其电功率为0.3W D．当小电动机的电压为3.5V时，其对外做功的功率为1.05W【分析】电动机卡住未转动时电功率等于内阻发热功率；根据P＝I2r＝UI求解电功率。【解答】解：A、将电压表当作理想电压表，当小电动机的电压为1.25V时，电动机卡住未转动，电功率等于内阻发热功率，有UI＝I2r，将第一组数据代入可解得：r＝2.5Ω，故A错误；B、当小电动机的电压为2.00V时，电流是0.50A，由P＝I2r得其发热功率为0.1W，故B正确；C、当小电动机的电压为2.00V时，其电功率P＝UI＝2×0.2W＝0.4W，故C错误；D、当小电动机的电压为3.5V时，其对外做功的功率P出＝UI﹣I2r＝（3.5×0.3﹣0.32×2.5）W＝0.825W，故D错误。故选：B。【点评】本题解题关键在于结合题意选择电功率的公式P＝I2r＝UI进行求解。9．（2025秋•北京期中）如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，r＝R1。开关闭合后，将R3的滑片向下滑动过程中（）A．流过R2的电流向左 B．电容器右极板带负电 C．电容器的带电量减小 D．电源的输出功率增大【分析】根据电容器左右两极板电势高低分析它们的带电情况；开关闭合后，将R3的滑片向下滑动过程中，分析电路总电阻的变化，判断电流变化，由欧姆定律分析电阻R1两端电压的变化，即可知道电容器电压的变化，进而判断电容器带电量的变化，再判断流过R2的电流方向；根据功率公式以及闭合电路欧姆定律得到电源的输出功率与电阻的关系式，再结合内外电阻的关系分析电源的输出功率变化情况。【解答】解：B、电容器右极板和电源的正极连接，右极板比左极板电势高，则右极板带正电，故B错误；AC、开关闭合后，将R3的滑片向下滑动过程中，R3阻值减小，电路中总电阻减小，电流I增大。R1两端电压为U1＝IR1，可知电阻R1两端的电压增大，电容器两端电压增大，由Q＝CU知，电容器的带电量增加，即电容器要充电，则流过R2电流方向右，故AC错误；D、电源的输出功率为P=当R1+R3＝r时，电源的输出功率最大。由于R1＝r，则R1+R3＞r，仅将R3的滑片向下滑动，电阻R3减小，电源内外电阻的差值减小，则电源的输出功率增大，故D正确。故选：D。【点评】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化，根据Q＝CU判断电容器所带电荷量的变化情况。要掌握结论：当内外电阻相等时，电源的输出功率最大。10．（2025秋•北京期中）体育课上，某同学在进行原地纵跳摸高训练。已知该同学的质量m＝60kg，原地静止站立（不起跳）摸高为2.16m，训练过程中，该同学先下蹲，重心下降0.45m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.61m的高度。起跳过程看成匀变速运动，全程忽略空气阻力影响，g取10m/s2。则（）A．从开始起跳到双脚落回地面需要0.6s B．起跳过程中该同学对地面的压力为1200N C．该同学起跳后到上升到最高点一直处于超重状态 D．起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度小。【分析】该同学离开地面后竖直上抛，根据速度—位移公式求得初速度；起跳过程中，根据速度—位移公式求得加速度，根据牛顿第二定律求得作用力；根据速度—时间公式求得加速和减速阶段的时间即可求得；根据加速度方向判断超失重情况。【解答】解：B、该同学从开始起跳到脚离开地面，重心上升h1＝0.45m，根据速度—位移公式可得v2＝2ah1，由牛顿第二定律得F﹣mg＝ma，离开地面到上升到最高点的过程中，重心上升距离为h2＝2.61m﹣2.16m＝0.45m，可得v2＝2gh2，联立解得v＝3m/s，a＝10m/s2，FN＝1200N，根据牛顿第三定律可得，起跳过程中该同学对地面的压力为1200N，故B正确；A、加速上升时间为t1=va=3减速上升与加速下降时间相等，均为t2=vg=3总时间为t＝t1+2t2＝0.3s+2×0.3s＝0.9s，故A错误；C、从开始起跳到脚离开地面做匀加速运动，加速度向上，处于超重状态，离开地面到上升到最高点的过程中做竖直上抛运动，加速度向下，处于失重状态，故C错误；D、根据平均速度公式可知，起跳过程的平均速度等于离地上升到最高点过程的平均速度，均为v=v2=故选：B。【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。11．（2025秋•北京期中）如图所示为某实验小组设计的两个量程的电流表，已知表头G的满偏电流为Ig，定值电阻R1、R2的阻值均等于表头的内阻。当使用1和2两个端点时，电流表的量程为I1，当使用1和3两个端点时，电流表的量程为I2。下列说法正确的是（）A．I1＝2Ig B．I2＝3Ig C．若仅使R1阻值变小，则I1和I2均变大 D．若仅使R2阻值变小，则I1和I2均变大【分析】表头与分流电阻并联可以改装成电流表，分析清楚图示电路图，应用串并联电路特点与欧姆定律分析即可。【解答】解：AB、设R1＝R2＝RG＝R，根据电表改装原理得I1＝Ig+I2＝Ig+联立可得：I1＝3Ig，I2＝1.5Ig，故AB错误；CD、由以上分析可知，若仅使R1阻值变小，则I1和I2均变大；若仅使R2阻值变小，则I1减小，I2变大，故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题考查了电流表改装，知道电表改装原理与分析清楚电路结构是解题的前提。12．（2025秋•北京期中）在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，将具有加速度测量功能的智能手机固定在小车上，改装成如图1所示的装置来测量小车加速度．小车的质量M＝300g，槽码的质量m＝30g．小车由静止释放，设小车前进的方向为正方向，通过手机软件测得加速度随时间变化图像如图2所示，其中减速过程中加速度超过了手机的显示范围．关于此实验的分析，下列说法正确的是（）A．放手机与不放手机相比，小车加速过程中的加速度较大 B．放手机与不放手机相比，小车加速过程中细线对小车的拉力较小 C．小车与制动器碰撞前的速度大小约为2.4m/s D．此手机的质量约为170g【分析】根据牛顿第二定律判断加速度与细线拉力大小如何变化；a﹣t图线与坐标轴围成图形的面积表示速度；应用牛顿第二定律分析答题。【解答】解：A、由牛顿第二定律得：mg＝（m+M）a，mg＝（m+M+m手机）a′，解得：a′＜a，放手机后小车加速过程加速度较小，故A错误；B、由牛顿第二定律得：F＝Ma，F′＝（M+m手机）a′，解得：F=mg1+mM，F′=mg1+mC、根据a﹣t图像的面积表示速度的变化量，由图2所示图像可知，小车与制动器碰撞前的速度大约为v＝0.6×1.5m/s＝0.9m/s，故C错误；D、由图2所示图像可知，加速过程加速度大小约为a＝0.6mn/s2，mg＝（m+M+m手机）a，已知M＝300g＝0.3kg，m＝30g＝0.03kg，代入数据解得：m手机＝0.17kg＝170g，故D正确。故选：D。【点评】根据图2所示图像分析清楚运动过程、求出加速度大小是解题的前提，应用牛顿第二定律即可解题。13．（2025秋•北京期中）如图甲所示，有一固定的负点电荷N，其右侧距离为L处竖直放置一内壁光滑的绝缘圆筒，圆筒内有一带电小球。将小球从H0高处由静止释放，至小球下落到与N同一水平面的过程中，其动能Ek随高度H（设小球与点电荷N的竖直高度差为H）的变化曲线如图乙所示。下列说法正确的是（）A．小球可能带负电，也可能带正电 B．在高度H1～H2之间的某点，库仑力在竖直方向上的分力最大 C．该过程中，小球所受合力先增大后减小再增大 D．该过程中，小球的机械能先增大后减小【分析】根据动能的变化，对小环受力分析，确定其电性。小环过了O点后，合力向下，不会做往复。小环带正电，下落时，电场力做负功，可以得出电势能的变化。从图象可以得出小环的运动状态。【解答】解：A、若小环带正电，重力和电场力对小环都做正功，小环的动能一直增大，与图乙不符，所以小环带负电，故A错误；B、小环在高度H1﹣H2之间运动时，动能减小，根据动能定理：Ek＝Ek0+F电h﹣mgh＝Ek0+（F电﹣mg）h，因为在高度H1﹣H2之间的某点图像的斜率最大，则库仑力在竖直方向上的分力最大，故B正确；C、由以上分析可知，小球受到的合力为图像的斜率，则该过程中，小球所受合力先减小，后增大，再减小再增大，故C错误；D、该过程中，小球所受的库仑力一直对小球做负功，则机械能一直减小，故D错误。故选：B。【点评】此题考查图象问题，小环在下落到o点时，这是一个特殊位置，此时合力等于重力，方向竖直向下。下落过程中的运动状态可以从图象得出。14．（2025秋•北京期中）当温度从低到高变化时，通常物质会经历固体、液体和气体三种状态，当温度进一步升高，气体中的原子、分子将出现电离，形成电子、离子组成的体系，这种由大量带电粒子（有时还有中性粒子）组成的体系便是等离子体。等离子体在宏观上具有强烈保持电中性的趋势，如果由于某种原因引起局部的电荷分离，就会产生等离子体振荡现象。其原理如图，考虑原来宏观电中性的、厚度为l的等离子体薄层，其中电子受到扰动整体向上移动一小段距离（x≪l），这样在上、下表面就可分别形成厚度均为x的负、正电薄层，从而在中间宏观电中性区域形成匀强电场E，其方向已在图中示出。设电子电量为﹣e（e＞0）、质量为m、数密度（即单位体积内的电子数目）为n，等离子体上下底面积为S。电荷运动及电场变化所激发的磁场及磁相互作用均可忽略不计。（平行板电容器公式C=ε0sd，其中ɛ0为真空介电常量，A．上表面电荷宏观电量为Q＝nelS B．上表面电荷宏观电量为Q＝ne C．该匀强电场的大小为E=2nexD．该匀强电场的大小为E=【分析】分别计算上表面电荷宏观电量与匀强电场大小，利用数密度、体积关系求电量，结合平行板电容器公式与电场强度和电势差的关系求电场强度。【解答】解：AB、由于单位体积内的电子数目为n，上表面的体积V＝Sx，所以电荷宏观电量为Q＝neV＝nexS，故AB错误；CD、根据题意可知平行板电容器公式C=ɛ0Sl，又由于C=QU，解得U=Qlɛ故选：D。【点评】本题考查等离子体电荷分离后的电量与电场强度计算，关键是利用数密度确定电荷量、平行板电容器公式关联电量与电势差，再结合电场强度定义求解。核心在于理解几何关系与物理公式的对应应用。二．实验题（共2小题）15．（2025秋•西城区校级期中）某研究性学习小组设计了如图甲所示的实验装置，利用单摆测量当地的重力加速度。（1）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有BC（填字母）；A.为了使摆的周期大一些以方便测量，开始时拉开摆球至较大的偏角B.摆球尽量选择质量较大、体积较小的C.摆线要选择较轻、无伸缩性，并且适当长一些的D.测量周期时应测多次完整周期再取平均，并在小球至最高点时开始、停止计时（2）用游标卡尺测出小球直径d，如图乙所示，则小球的直径d＝10.2mm；（3）改变摆线长度，测量出多组周期T、摆线长L的数值后，画出T2﹣L图像如图丙所示，剧得此图像斜率为k，则当地重力加速度的表达式为g＝4π2k（4）T2﹣L图像不过坐标原点的原因可能是C（填字母）。A.测周期时将31个周期时长当作30次B.测周期时将29个周期时长当作30次C.直接将摆线长作为摆长D.将摆线长加上摆球直径作为摆长【分析】（1）根据实验注意事项分析答题。（2）10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，根据游标卡尺的读数规则读数；（3）应用单摆周期公式求出图像的函数解析式，然后求出重力加速度；（4）根据单摆周期公式求解T2﹣L函数，结合图像分析作答。【解答】解：（1）A.为了使单摆左简谐运动，单摆的摆角不大于5°，故A错误；B.为了减小空气阻力的影响，摆球尽量选择质量较大、体积较小的小球，故B正确；C.为了减小摆长测量的误差，摆线要选择较轻、无伸缩性，并且适当长一些的，故C正确；D.测量周期时应测多次完整周期再取平均，并在小球至最低点时开始、停止计时，故D错误。故选：BC。（2）10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，小球的直径d＝10mm+2×0.1mm＝10.2mm；（3）根据单摆周期公式T=2π变形得T图像的斜率k=当地重力加速度的表达式为g=（4）根据上述（3）分析可知，T2﹣L图像不过坐标原点的原因可能是直接将摆线长作为摆长，故C正确，ABD错误。故选：C。故答案为：（1）BC；（2）10.2；（3）4π2k；（4【点评】掌握基础知识，知道实验注意事项，理解实验原理，应用单摆的周期公式即可解题。16．（2025秋•西城区校级期中）（1）小贾同学探究平抛运动的规律。如图甲所示，在地面上平铺一个带有插槽的木板，其上等间隔地分布着平行的P0P′0，P1P′1、P2P′2、P3P′3等插槽，其中P0P′0在重垂线的正下方。将覆盖复写纸的方格纸铺在硬纸板B上，将B板竖直插入槽中，使小球从斜轨上滚下，小球在与B板碰撞，即可获取一个点迹。图乙中a、b、c、d分别对应某次实验中B板在P0P′0，P1P′1、P2P′2、P3P′3时获得的点迹，根据这些点迹对平抛运动进行研究。a.关于本次实验，下列说法正确的是BC。A.斜轨应尽量光滑，以减小实验误差B.斜轨末端必须保持水平C.小球必须从斜轨上同一位置由静止释放b.图乙中每个小方格边长为L，当地重力加速度大小为g，相邻插槽间距为d，则小球平抛的初速度v0＝dg2L；（用d、g、（2）小魏同学利用该斜轨验证动量守恒定律。实验时先使入射小球A从斜槽上固定位置C点由静止释放，落到水平地面上的纸上留下痕迹，重复上述操作，得到落点的平均位置记为P点。再将小球B放在水平轨道末端，让小球A从C点由静止释放，和小球B发生碰撞后，分别在纸上留下各自的痕迹。多次重复操作，得到碰撞后小球A和小球B落点的平均位置，记为M、N点。O点为斜槽末端在白纸上的投影点，测量OM、OP、ON的长度，分别记为x1、x2、x3。小球A质量为m1，小球B质量为m2，则：a.本实验应满足m1大于m2（填“大于”、“等于”或“小于”）；b.当关系式m1x2＝m1x1+m2x3成立时，即可验证两球碰撞过程动量守恒；c.仅改变小球B的质量（两小球质量关系仍符合要求），将小球A多次从轨道同一位置由静止释放，与不同质量的小球B相碰，分别记录对应的落点到O点距离。以x1为横坐标，x3为纵坐标作出图像，若该碰撞为弹性碰撞，则下列图像正确的是C。【分析】（1）a.根据实验原理，正确操作分析作答；b.根据匀变速直线运动推论求解时间间隔；根据平抛运动规律求解作答；（2）a.从防止入射小球反弹的角度分析作答；b.根据动量守恒定律求解作答；c.根据机械能守恒定律结合上述b得到的表达式求解x3﹣x1函数，然后作答。【解答】解：（1）a.AC.为了保证每次小球离开斜槽的速度相同，小球必须从斜轨上同一位置由静止释放，但斜槽不需要尽量光滑，故A错误，C正确；B.为了保证小球离开斜槽后左平抛运动，斜轨末端必须保持水平，故B正确。故选：BC。b.根据匀变速直线运动推论Δy=解得T=小球平抛的初速度v（2）a.为了防止入射小球反弹，本实验应满足m1大于m2；b.小球在空中的运动时间t=小球做平抛运动的高度相同，运动时间相同；入射小球碰撞前的水平初速度v碰撞后的水平速度v被碰小球的水平碰撞后的水平速度v取水平向右为正方向，若碰撞过程动量守恒，满足m1v0＝m1v1+m2v2代入数据化简得m1x2＝m1x1+m2x3因此，当关系式m1x2＝m1x1+m2x3成立时，可验证两球碰撞过程动量守恒；c.若为弹性碰撞，根据机械能守恒定律1化简得m联立解得x3＝x1+x2x3﹣x1函数的纵截距b＝x2＞0故C正确，ABD错误。故选：C。故答案为：（1）a.BC；b.dg2L；（2）a.大于；b.m1x2＝m1x1+m2x3；【点评】本题主要考查了探究平抛运动的规律和验证动量守恒定律的实验，要明确实验原理，掌握平抛运动规律、动量守恒定律、机械能守恒定律的运用；理解弹性碰撞的含义是解题的关键。三．解答题（共4小题）17．（2025秋•西城区校级期中）某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求：（1）该物体抛出时的初速度大小v0；（2）炸裂后瞬间B的速度大小vB；（3）A、B落地点之间的距离d。【分析】（1）物体竖直上抛至最高点时速度为零，根据运动学公式求解该物体抛出时的初速度大小；（2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为零，根据动量守恒定律求解炸裂后瞬间B的速度大小vB；（3）爆炸后A、B两部分均做平抛运动，平抛运动的时间与上升时间相等，求得各自的水平位移大小，两者的水平位移大小之和等于A、B落地点之间的距离。【解答】解：（1）物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式0＝v0﹣gt可得v0＝gt（2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。A速度为v，设B速度为vB，以v的方向为正方向，由动量守恒定律得0＝2m•v+m•vB解得vB＝﹣2v即大小为2v（3）根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t，则A的水平位移xA＝vtB的水平位移xB＝vBt＝2vt所以落地点A、B之间的距离d＝|xA|+|xB|＝vt+2vt＝3vt答：（1）该物体抛出时的初速度大小v0为gt；（2）炸裂后瞬间B的速度大小vB为2v；（3）A、B落地点之间的距离d为3vt。【点评】本题考查了动量守恒定律应用的爆炸模型，以及抛体运动的性质。处理平抛运动时要将运动分解处理。18．（2025秋•西城区校级期中）如图所示，质量m＝0.6kg的篮球从离地高度H＝0.8m处由静止释放，与地面发生第一次碰撞后反弹，达到最高点时离地高度h＝0.45m，篮球与地面发生作用的时间Δt＝0.1s。篮球反弹至最高点后，运动员通过竖直向下拍击篮球对其做功，使篮球与地面发生第二次碰撞，碰后恰能反弹至离地高度H＝0.8m处。若篮球两次与地面碰撞损失的机械能相同，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：（1）篮球第一次与地面碰撞的过程中，损失的机械能E损；（2）篮球第一次与地面碰撞的过程中，受到地面的平均作用力的大小F；（3）运动员拍击篮球的过程，对篮球做的功W。【分析】（1）由能量守恒定律可求篮球第一次与地面碰撞的过程中，损失的机械能；（2）先由机械能守恒定律求出篮球与地面碰撞前后的速度，再由动量定理可求篮球受到地面的平均作用力的大小；（3）由功能关系可求运动员拍击篮球的过程中对篮球做的功。【解答】解：（1）篮球第一次与地面碰撞的过程中，损失的机械能为：E损＝mgH﹣mgh＝0.6×10×（0.8﹣0.45）J＝2.1J；（2）设篮球第一次与地面碰撞前后的速度为v1、v2，篮球下落的过程中，由机械能守恒定律可得：mgH=12篮球上升过程中，由机械能守恒定律可得：mgh=篮球与地面碰撞的过程中，以向上的方向为正方向，由动量定理可得：F•Δt﹣mg•Δt＝mv2﹣（﹣mv1），代入数据解得：F＝48N；（3）由功能关系可知，运动员拍击篮球的过程中对篮球做的功为：W＝2E损＝2×2.1J＝4.2J。答：（1）篮球第一次与地面碰撞的过程中，损失的机械能为2.1J；（2）篮球第一次与地面碰撞的过程中，受到地面的平均作用力的大小为48N；（3）运动员拍击篮球的过程中对篮球做的功为4.2J。【点评】本题考查的机械能守恒定律，动量定理及功能关系的应用，解题的关键是要分析好篮球运动的过程中的能量关系。19．（2025秋•西城区校级期中）物体在运动速度不太大时，其所受空气阻力可视为与速度成正比。（1）在讲授自由落体运动的课上老师做了如下演示实验：将质量均为m的两张纸揉成一大一小两个纸团，在空气中同时静止释放，竖直下落时大纸团下落要慢一些。设纸团半径为r，下落速度为v时，空气阻力f可写成f＝krv（k为常数），重力加速度为g。a．若下落高度足够大，求纸团的最终速度大小vm；b．两纸团下落情况对比，关于它们运动的v﹣t图线，请你判