北京市2026-2027秋季高三（上）物理期中模拟试卷（一）

第1页（共1页）北京市2026-2027秋季高三（上）物理期中模拟试卷（一）一．选择题（共10小题）1．（2025秋•西城区校级期中）下列几种运动中，不属于匀变速运动的是（）A．竖直上抛运动 B．自由落体运动 C．平抛运动 D．匀速圆周运动2．（2025秋•西城区校级期中）如图，一小球静止在竖直墙壁和木板之间。现将木板从图示位置沿顺时针方向缓慢旋转至水平位置，下列说法正确的是（）A．小球对墙壁的压力变大，对木板的压力变小 B．小球对墙壁的压力变小，对木板的压力变大 C．小球对墙壁的压力变小，对木板的压力变小 D．小球对墙壁的压力变大，对木板的压力变大3．（2025秋•西城区校级期中）一物块在竖直方向运动的v﹣t图像如图所示（取竖直向上为正方向），其中t3～t4时间内是倾斜直线，其它时间内都是曲线。下列说法正确的是（）A．在t2时刻，物体到达最高点 B．在t1～t2时间内，物体的平均速度大小为v1C．在t2～t3时间内，物体的加速度逐渐增大 D．在t3～t4时间内，物体处于超重状态4．（2025秋•西城区校级期中）某科学卫星在赤道平面内自西向东绕地球做匀速圆周运动，对该卫星监测发现，该卫星的轨道半径是地球同步卫星轨道半径的一半。则下列说法正确的是（）A．该科学卫星的速度小于地球同步卫星的速度 B．该科学卫星在轨运行周期为62h C．该科学卫星在轨运行线速度是地球同步卫星在轨运行线速度的3倍 D．该科学卫星和地球同步卫星与地心连线在相同时间内扫过的面积相等5．（2025秋•西城区校级期中）如图所示，摩天轮的半径为R，匀速转动的角速度为ω。质量为m的游客坐在摩天轮的座椅上，重力加速度为g，不考虑摩天轮座舱的大小。下列说法正确的是（）A．在最高点时，游客处于受力平衡状态 B．在与圆心等高处，座椅对游客的作用力大于mg C．在最低点时，游客对座椅的压力大小为mω2R D．在从最高点到最低点的过程中，座椅对游客不做功6．（2025秋•西城区校级期中）一劲度系数为k的轻质弹簧竖直放置，其下端固定于水平面。质量分别为2m和5m的物体A、B自上而下叠放于弹簧上端，如图所示，整个系统处于静止状态。现对物体A施加一个竖直向下的压力F，在F开始作用的瞬间，物体A获得竖直向下的加速度，其大小为a=12g（g为重力加速度）。该瞬间A、A．5mg2 B．7mg2 C．3mg D7．（2025秋•西城区校级期中）物体沿直线运动，从t＝0时刻开始，物体的xt-t（x为t时间内的位移）图像如图所示，图线与纵、横坐标轴的交点分别为（0，0.5）和（﹣0.5，A．物体的初速度大小为0.5m/s B．物体在2s末时的瞬时速度应为2.5m/s C．物体做匀加速直线运动 D．物体的加速度大小为2m/s28．（2025秋•西城区校级期中）如图所示，一条不可伸长的轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，B球的质量是A球的3倍。用手托住B球，使轻绳拉紧，B球距地面高度为h，A球静止于地面。不计空气阻力、定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦，A球质量为m，重力加速度为g。由静止释放B球，到B球落地前瞬间的过程中，下列说法正确的是（）A．B球落地时的速度vB=ghB．A球的加速度大小为2g C．绳对B球做的功为﹣mgh D．A球机械能的增加量等于3mgh9．（2025秋•西城区校级期中）一根软绳平放时与x轴重合，绳的左端在坐标原点O处，用手握住绳的左端上下抖动，在绳上形成简谐波。从开始抖动计时，t＝0.3s形成的波形如图所示。波刚好传播到x＝6m处，关于这段波动过程，下列判断正确的是（）A．绳左端起振的方向为y轴正方向 B．手的抖动先快后慢 C．绳波传播的速度为20m/s D．t＝0.25s时，手抖动的频率为5Hz10．（2025秋•西城区校级期中）如图所示，喷泉水柱将人冲到空中一定高度保持静止。若人的质量M＝60.0kg，喷到人体时水柱的横截面积S＝0.01m2，水柱高h＝1.0m，水接触人体后竖直方向速度变为零。忽略空气阻力，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2，则喷口处的水流速度为（）A．45m/s B．215m/s C．30m/s D．106m/s二．多选题（共4小题）（多选）11．（2025秋•西城区校级期中）足球比赛中，运动员在一次头球冲顶时，足球的高度为h1，足球与头碰撞前速度大小为v0，碰撞后速度大小变为v1，足球飞入球门时的高度为h2，不计空气阻力，足球质量为m，重力加速度为g，已知足球可视为质点，则下列说法正确的是（）A．足球从冲顶后至飞入球门时，重力对足球做的功为mgh1﹣mgh2 B．冲顶过程中运动员对足球做的功为12C．足球飞入球门时的动能为mg（h1﹣h2）+1D．足球飞入球门时的动能为mg（h1﹣h2）+（多选）12．（2025秋•西城区校级期中）抽水蓄能电站的工作原理是，在用电低谷时（如深夜），电站利用电网多余电能把水抽到高处蓄水池中，到用电高峰时，再利用蓄水池中的水发电。如图，蓄水池（上游水库）可视为长方体，有效总库容量（可用于发电）为V，蓄水后水位高出下游水面H，发电过程中上游水库水位最大落差为d。统计资料表明，该电站年抽水用电为2.4×108kW•h，年发电量为1.8×108kW•h。则下列计算结果正确的是（水的密度为ρ，重力加速度为g，涉及重为势能的计算均以下游水面为零势能面）（）A．能用于发电的水的最大重力势能Ep＝ρVgH B．能用于发电的水的最大重力势能Ep＝ρVg（H-d2C．电站的总效率达75% D．该电站平均每天所发电能可供给一个大城市居民用电（电功率以105kW计）约10小时（多选）13．（2025秋•西城区校级期中）如图所示，在光滑的水平地面上固定一弹丸弹射机A，弹射机能不断的发射质量为m、速度为v0的小弹丸。在弹射机的正前方放置一质量为M（M＞m）的物块B，假设小弹丸击中B后能够留在物块B中，每颗弹丸出射前，前一颗弹丸已与物块B保持相对静止。不计小弹丸的体积，忽略重力对小弹丸的影响，且弹丸在物快B中受到的阻力f恒定，水平面足够大。则以下说法中正确的是（）A．若第1颗弹丸在物块B内的运动时间为t0，则它对B的平均作用力大小为mvB．第k颗弹丸击中B并与B相对静止时，物块B的速度为kmkm+Mv0C．每次弹丸击中物块B的过程中，物块B的动量变化量均相等 D．每次弹丸击打物块B的过程中，系统产生的热量越来越少（多选）14．（2025秋•西城区校级期中）如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与质量为m的物块A相连接。用一水平挡板B托住物块A，使其处于静止状态，弹簧处于原长。现使挡板B由静止开始向下做加速度大小为a＝0.5g的匀加速运动，忽略空气阻力，在之后的运动中，下列说法正确的是（）A．挡板B与物块A分离时，弹簧的伸长量x1=mgB．物块A达到最大速度vm时，弹簧的伸长量x2=mgC．物块A的最大速度vm=gD．弹簧的最大伸长量等于2mg三．实验题（共2小题）15．（2025秋•西城区校级期中）（1）用螺旋测微器测某金属丝的直径，示数如图1所示。则此次测量的结果为__________mm。（2）某同学用多用电表测量电阻。使用前，观察到多用电表指针已经对准表盘左侧的零刻度。使用时，先将选择开关调到欧姆挡“×1”挡，再将红、黑表笔短接，调节图2中的_____旋钮（选填“A”“B”或“C”），使指针指到表盘右侧的零刻度处；然后将红、黑表笔接在电阻两端，发现指针的位置如图3所示，则该电阻的阻值约为________Ω。（3）将电池、开关和灯泡组成串联电路，如图4所示。闭合开关时，发现灯泡不发光。为了寻找故障原因，某同学在闭合开关且不拆开导线的情况下，用多用电表2.5V直流电压挡进行检测。他将红表笔与接线柱A接触并保持不动，用黑表笔分别接触接线柱B、C、D、E、F。他发现，当黑表笔接触B、C、D时，示数为1.50V；黑表笔接触E、F时，示数为0。若该电路中只存在一处故障，则灯泡不发光的原因可能是_____。A．灯泡短路B．开关接触不良C．DE间导线断路D．AF间导线断路16．（2025秋•西城区校级期中）用如图1所示的电路图测量一节干电池的电动势和内阻。（1）在下表中选出适当的实验器材进行实验。器材（型号）规格电压表（V1）0～3V，内阻约3kΩ电压表（V2）0～15V，内阻约15kΩ电流表（A1）0～0.6A，内阻约0.125Ω电流表（A2）0～3A，内阻约0.025Ω滑动变阻器（R1）总阻值约20Ω滑动变阻器（R2）总阻值约1000Ω待测干电池电动势约为1.5V开关（S）导线若干实验中电流表应选用_______；电压表应选用_______；滑动变阻器应选用_______（填器材代号）。（2）完成图2中实物间的连线。（3）甲同学在实验中记录了6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在坐标纸上，请标出余下一组数据对应的坐标点，并画出U﹣I图线（图3）。序号123456U（V）1.451.401.301.251.201.10I（A）0.060.120.240.260.360.48根据所画图线，可得出干电池的电动势E＝_________V。（4）甲同学认为若不考虑电压表和电流表内阻对实验的影响，则电压表的读数U与对应的电流表的读数I的比值UI就等于干电池的内阻；乙同学认为电压表的读数变化量ΔU与相对应的电流表的读数变化量ΔI的比值的绝对值|ΔUΔI四．解答题（共4小题）17．（2025秋•北京期中）如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°．已知小球所带电荷量q＝1.0×10﹣6C，匀强电场的场强E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：（1）小球所受电场力F的大小。（2）小球的质量m。（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。18．（2025秋•北京期中）滑板项目是极限运动历史的鼻祖，在滑板公园里经常看到各种滑板场地，如图1所示。现有一个滑板场可简化为如下模型，如图2所示，由足够长的斜直轨道、半径R1＝2m的凹形圆弧轨道和半径R2＝3.6m的凸形圆弧轨道三部分组成的滑板组合轨道。这三部分轨道依次平滑连接，且处于同一竖直平面内。其中M点为凹形圆弧轨道的最低点，N点为凸形圆弧轨道的最高点，凸形圆弧轨道的圆心O与M点在同一水平面上。一可视为质点、质量为m＝1kg的滑板从斜直轨道上的P点无初速度滑下，经M点滑向N点。在凸形圆弧最右侧距离L＝0.9m的位置有一个高度h2＝3m、倾角为53°的斜面。不计一切阻力，g取10m/s2。求：（1）若P点距水平面的高度h1＝3.2m，滑板滑至M点时，轨道对滑板的支持力大小FN；（2）若滑板滑至N点时对轨道恰好无压力，求滑板的下滑点P距水平面的高度H；（3）若滑板滑至N点时刚好做平抛运动，滑板与右侧斜面发生碰撞，求滑板做平抛运动时间t。19．（2025秋•北京期中）类比是研究问题的常用方法。（1）情境1：如图甲所示，设质量为m1的小球以速度v0与静止在光滑水平面上质量为m2的小球发生对心碰撞，碰后两小球粘在一起共同运动。求两小球碰后的速度大小v；（2）情境2：如图乙所示，设电容器C1充电后电压为U0，闭合开关K后对不带电的电容器C2放电，达到稳定状态后两者电压均为U；a．请类比（1）中求得的v的表达式，写出放电稳定后电压U与C1、C2和U0的关系式；b．在电容器充电过程中，电源做功把能量以电场能的形式储存在电容器中。图丙为电源给电容器C1充电过程中，两极板间电压u随极板所带电量q的变化规律。请根据图像写出电容器C1充电电压达到U0时储存的电场能E；并证明从闭合开关K到两电容器电压均为U的过程中，损失的电场能ΔE=C（3）类比情境1和情境2过程中的“守恒量”及能量转化情况完成下表。情境1情境2动量守恒损失的电场能ΔE=减少的机械能转化为内能20．（2025秋•北京期中）（1）如图1所示，在光滑水平面上有一个物体（可看成质点）用轻弹簧连接，弹簧另一端固定于左侧竖直墙壁上，静止时物体处于O点，把物体从O点向右拉到A点由静止释放，物体将在AB之间运动。已知弹簧劲度系数为k。以O点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，建立一维坐标系O﹣x，如图2所示。①作出弹簧弹力F随相对于O点的位移x变化的图像；②根据F﹣x图像求物体从O运动到任意位置x的过程中弹力所做的功W弹，并进一步根据弹力做功与弹性势能变化的关系求位置x时弹簧的弹性势能E弹（规定弹簧原长时弹性势能为0）；③证明物体的运动为简谐运动。（2）如图3所示，光滑水平杆上套有A、B两个小球，A小球固定，质量为m的B小球可以沿杆左右自由运动。以A点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，建立一维坐标系O﹣x。由于A、B之间沿x轴方向某些力的共同作用，使A、B之间存在与之对应的相互作用势能。研究发现这种势能Ep随x的关系如图4所示。x方向不受其它力作用。①若B球以Ek0＝4J的初动能从x0＝6m的点开始沿杆向右运动，求B球运动过程中离A球的最近位置及最远位置的坐标xM和xN，并比较B球经过这两个位置时的加速度大小。②进一步研究发现：A、B间的势能在最小值x＝x0附近小范围内可以表示为二次函数形式。即Ep=k(x-x0)22若把B球从x0右侧x＝x0+d（d≪x0）处由静止释放，求B球运动过程中最大速率vm的表达式（用已知量的符号表示）。

解答一．选择题（共10小题）1．（2025秋•西城区校级期中）下列几种运动中，不属于匀变速运动的是（）A．竖直上抛运动 B．自由落体运动 C．平抛运动 D．匀速圆周运动【分析】匀变速运动是指加速度大小和方向都不变的运动．【解答】解：A、匀变速运动是指加速度大小和方向都不变的运动，竖直上抛运动、自由落体运动，平抛运动物体只受重力，加速度为重力加速度g，都是匀变速运动，故ABC不符合题意；D、匀速圆周运动的加速度方向时刻变化，不属于匀变速运动，故D符合题意。本题选择不属于匀变速运动的，故选：D【点评】本题比较简单，考查了匀变速运动的特点，即加速度大小和方向都不变．2．（2025秋•西城区校级期中）如图，一小球静止在竖直墙壁和木板之间。现将木板从图示位置沿顺时针方向缓慢旋转至水平位置，下列说法正确的是（）A．小球对墙壁的压力变大，对木板的压力变小 B．小球对墙壁的压力变小，对木板的压力变大 C．小球对墙壁的压力变小，对木板的压力变小 D．小球对墙壁的压力变大，对木板的压力变大【分析】根据小球受力平衡，联立平衡方程，再根据角度的变化，分析力的大小变化。【解答】解：设墙壁和木板对小球的作用力分别为F1和F2，设木板与水平方向的夹角为θ。对小球受力分析，如图所示：根据平衡条件得：F1＝Gtanθ，F当木板缓慢旋转至水平位置的过程中，θ减小，tanθ减小，cosθ增大，mg不变，所以F1、F2均减小，故ABD错误，C正确；故选：C。【点评】本题主要考查受力平衡，根据受力平衡联立方程，结合角度变化分析力的变化，这种方法在解决动态平衡时经常使用。3．（2025秋•西城区校级期中）一物块在竖直方向运动的v﹣t图像如图所示（取竖直向上为正方向），其中t3～t4时间内是倾斜直线，其它时间内都是曲线。下列说法正确的是（）A．在t2时刻，物体到达最高点 B．在t1～t2时间内，物体的平均速度大小为v1C．在t2～t3时间内，物体的加速度逐渐增大 D．在t3～t4时间内，物体处于超重状态【分析】根据v﹣t图像中图线在t轴上方的物理意义，加速度向上，处于超重状态，结合平均速度的知识、斜率的物理意义等进行分析解答。【解答】解：A、在t2时刻，物体的速度最大，之后继续向上做减速运动，在t4时刻，物体的速度为零，达到最高点，故A错误；B、在t1～t2时间内，物体若做匀加速直线运动，如下图中虚线所示，根据匀变速直线运动规律得物体的平均速度大小为v1根据v﹣t图像与时间轴所围成的面积表示位移，由图可知，实线与时间轴所围成的面积大于虚线与时间轴所围成的面积，故物体的平均速度大小大于v1+vC、根据v﹣t的斜率表示加速度，可知在t2～t3时间内，图像的切线斜率越来越大，所以物体的加速度逐渐增大，故C正确；D、由图可知，在t3～t4时间内物体向上做减速运动，所以加速度方向竖直向下，故物体处于失重状态，故D错误。故选：C。【点评】考查速度—时间图像的认识和理解，会根据题意进行准确的分析解答。4．（2025秋•西城区校级期中）某科学卫星在赤道平面内自西向东绕地球做匀速圆周运动，对该卫星监测发现，该卫星的轨道半径是地球同步卫星轨道半径的一半。则下列说法正确的是（）A．该科学卫星的速度小于地球同步卫星的速度 B．该科学卫星在轨运行周期为62h C．该科学卫星在轨运行线速度是地球同步卫星在轨运行线速度的3倍 D．该科学卫星和地球同步卫星与地心连线在相同时间内扫过的面积相等【分析】根据万有引力提供向心力和开普勒第三定律、开普勒第二定律进行分析解答。【解答】解：AC.根据万有引力提供向心力有GMmr'2=mv2r'，解得B.设科学卫星的轨道半径为r1，同步卫星的轨道半径为r2，有r2＝2r1，根据开普勒第三定律有r13r23=D.根据开普勒第二定律可知，在同一轨道上卫星和地心的连线在相同时间内扫过的面积相等，该科学卫星和同步卫星不在同一轨道，则科学卫星与地心连线和某地球静止卫星与地心连线在相等时间内扫过的面积不等，故D错误。故选：B。【点评】考查万有引力与圆周运动的相关知识，重点在于理解开普勒的运动定律，属于中等难度考题。5．（2025秋•西城区校级期中）如图所示，摩天轮的半径为R，匀速转动的角速度为ω。质量为m的游客坐在摩天轮的座椅上，重力加速度为g，不考虑摩天轮座舱的大小。下列说法正确的是（）A．在最高点时，游客处于受力平衡状态 B．在与圆心等高处，座椅对游客的作用力大于mg C．在最低点时，游客对座椅的压力大小为mω2R D．在从最高点到最低点的过程中，座椅对游客不做功【分析】游客在摩天轮上做匀速圆周运动，始终受到向心加速度的影响，因此不可能处于受力平衡状态。在与圆心等高的位置，座椅对游客的作用力需要分解为水平和竖直分量，竖直分量平衡重力，水平分量提供向心力，合力必然大于重力。在最低点时，座椅对游客的支持力等于重力加上向心力，因此游客对座椅的压力也相应增大。从最高点到最低点的过程中，重力做正功，座椅对游客的作用力必须做负功才能保持动能不变。【解答】解：A、游客做匀速圆周运动，始终具有指向圆心的向心加速度a＝ω2R，根据牛顿第二定律可知合外力不为零，游客处于非平衡状态，故A错误；B、在与圆心等高处，加速度指向圆心（水平方向）。游客在竖直方向受力平衡，座椅对游客作用力的竖直分量Fy＝mg；水平方向由作用力的水平分量提供向心力Fx=mω2R。座椅对游客的总作用力F=Fx2+Fy2=(mω2C、在最低点，加速度指向圆心（竖直向上），根据牛顿第二定律有FN-mg=mω2R，解得座椅对游客的支持力FN=m(g+ω2R)D、从最高点到最低点的过程中，游客速率不变，动能变化量ΔEk＝0。根据动能定理W合＝WG+W座＝0，由于重力做正功WG＞0，故座椅对游客做负功，故D错误。故选：B。【点评】本题以摩天轮为情境，综合考查圆周运动、牛顿运动定律和功能关系等核心知识点。题目通过设置不同位置的分析点，全面检验学生对向心力来源、受力分析以及功与能关系的理解深度。计算量适中，但需要学生准确建立物理模型，区分向心加速度与平衡状态的概念差异。B选项的判定尤为巧妙，要求学生掌握力的合成与分解思想，通过矢量运算得出正确结论。D选项则通过动能定理揭示变力做功的本质，体现了能量观点的应用价值。整体难度中等偏上，能有效锻炼学生的动态受力分析能力和综合运用物理规律解决实际问题的能力。6．（2025秋•西城区校级期中）一劲度系数为k的轻质弹簧竖直放置，其下端固定于水平面。质量分别为2m和5m的物体A、B自上而下叠放于弹簧上端，如图所示，整个系统处于静止状态。现对物体A施加一个竖直向下的压力F，在F开始作用的瞬间，物体A获得竖直向下的加速度，其大小为a=12g（g为重力加速度）。该瞬间A、A．5mg2 B．7mg2 C．3mg D【分析】把A、B看作一个整体，根据力的平衡可得弹簧弹力大小，施加力F瞬间弹簧弹力不变，以B为研究对象利用牛顿第二定律可得解。【解答】解：未施加压力F前，A、B两物体处于静止状态，把两物体看作一个整体，由力的平衡可得弹簧弹力为：Fk＝（2m+5m）g＝7mg，施加压力F的瞬间，弹簧弹力不变，设该瞬间A、B之间的弹力大小为FN，此时以B物体为研究对象，由牛顿第二定律有：FN+5mg﹣Fk＝5ma，联立方程可得：FN=9mg2，故故选：D。【点评】本题考查了牛顿第二定律的瞬时加速度问题，解题的关键是知道施加力F的瞬间，弹簧形变量来不及改变，弹簧弹力不变。7．（2025秋•西城区校级期中）物体沿直线运动，从t＝0时刻开始，物体的xt-t（x为t时间内的位移）图像如图所示，图线与纵、横坐标轴的交点分别为（0，0.5）和（﹣0.5，A．物体的初速度大小为0.5m/s B．物体在2s末时的瞬时速度应为2.5m/s C．物体做匀加速直线运动 D．物体的加速度大小为2m/s2【分析】根据图像的斜率和截距，推导出物体的运动方程，分析物体的初速度、加速度以及瞬时速度。【解答】解：C.根据v=xt，可知物体的速度均匀增大，做匀加速直线运动，故AD.根据公式x=得到：x故图线纵轴截距表示初速度，则知物体的初速度大小为0.5m/s；图像的斜率表示a2，故a＝2m/s2，故ADB.根据匀变速直线运动的速度公式：v＝v0+at，解得：v＝4.5m/s，故B错误。故选：B。【点评】关键在于理解图像中纵坐标、斜率和截距所代表的物理意义，并能够灵活运用匀变速直线运动的基本公式进行计算和判断。这类题目在高中物理中较为常见，旨在考查学生的综合分析能力和图像解读能力。8．（2025秋•西城区校级期中）如图所示，一条不可伸长的轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，B球的质量是A球的3倍。用手托住B球，使轻绳拉紧，B球距地面高度为h，A球静止于地面。不计空气阻力、定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦，A球质量为m，重力加速度为g。由静止释放B球，到B球落地前瞬间的过程中，下列说法正确的是（）A．B球落地时的速度vB=ghB．A球的加速度大小为2g C．绳对B球做的功为﹣mgh D．A球机械能的增加量等于3mgh【分析】A．根据速度—位移公式即可解出；B．根据整体法再结合牛顿第二定律即可解出；C．对B进行隔离再结合牛顿第二定律和功的公式即可解出；D．根据机械能的改编和除重力以外其他力做功的关系即可分析出。【解答】解：B．对AB整体受力分析可知3mg﹣mg＝4ma，解得AB球的加速度大小均为a＝0.5g，故B错误；A．B球落地前的速度vB2=2ah，解得vC．对B球有3mg﹣T＝3ma，解得T＝1.5mg，则绳对B球做的功为WT＝﹣Th＝﹣1.5mgh，故C错误；D．A球机械能的增加量等于细绳拉力做功，即1.5mgh，故D错误。故选：A。【点评】本题考查学生对于速度—位移公式、整体法和隔离法、牛顿第二定律等知识的灵活应用能力，难度适中。9．（2025秋•西城区校级期中）一根软绳平放时与x轴重合，绳的左端在坐标原点O处，用手握住绳的左端上下抖动，在绳上形成简谐波。从开始抖动计时，t＝0.3s形成的波形如图所示。波刚好传播到x＝6m处，关于这段波动过程，下列判断正确的是（）A．绳左端起振的方向为y轴正方向 B．手的抖动先快后慢 C．绳波传播的速度为20m/s D．t＝0.25s时，手抖动的频率为5Hz【分析】根据同侧法判断起振方向；波在同一种均匀介质中传播速度不变，根据图像结合v＝fλ进行分析；根据波速计算公式求解波速；根据v＝fλ进行分析。【解答】解：A、根据同侧法可知，在右端的质点起振方向向下，所以绳左端起振的方向为y轴负方向，故A错误；B、波在同一种均匀介质中传播速度不变，根据图像可知，后来的波长变短，根据v＝fλ可知，后来的频率增大，所以手的抖动先慢后快，故B错误；C、根据波速计算公式可得：v=xt=60.3m/sD、波从2m传播到6m的时间为：t1=λ1v=6-220s＝0.2s，所以t＝0.25s时，手抖动的频率等于频率增大后的频率，为：f2=故选：C。【点评】本题主要是考查了波的图像；解答此类问题的关键是要理解波的图像的变化规律，能够根据图像直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系v＝fλ。10．（2025秋•西城区校级期中）如图所示，喷泉水柱将人冲到空中一定高度保持静止。若人的质量M＝60.0kg，喷到人体时水柱的横截面积S＝0.01m2，水柱高h＝1.0m，水接触人体后竖直方向速度变为零。忽略空气阻力，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2，则喷口处的水流速度为（）A．45m/s B．215m/s C．30m/s D．106m/s【分析】根据速度—位移公式得到水流和人体发生相互作用时的速度，然后根据动量定理计算即可。【解答】解：设喷口出的水流速度为v0，和人体接触时的速度为v，根据速度—位移公式有v2-v02=-2gh，在Δt时间内和人体接触的水的质量为Δm＝ρSvΔt，规定竖直向上的速度方向为正方向，以这部分水为研究对象，根据动量定理有﹣FΔt＝0﹣Δmv，其中F＝Mg，联立代入数据解得故选：A。【点评】在该问题中知道选取在Δt时间内和人体接触的水作为研究对象是解题的关键。二．多选题（共4小题）（多选）11．（2025秋•西城区校级期中）足球比赛中，运动员在一次头球冲顶时，足球的高度为h1，足球与头碰撞前速度大小为v0，碰撞后速度大小变为v1，足球飞入球门时的高度为h2，不计空气阻力，足球质量为m，重力加速度为g，已知足球可视为质点，则下列说法正确的是（）A．足球从冲顶后至飞入球门时，重力对足球做的功为mgh1﹣mgh2 B．冲顶过程中运动员对足球做的功为12C．足球飞入球门时的动能为mg（h1﹣h2）+1D．足球飞入球门时的动能为mg（h1﹣h2）+【分析】根据重力做功的计算公式求解重力对足球做的功；根据动能定理求解运动员冲顶过程中对足球做的功、以及足球飞入球门时的动能大小。【解答】解：A、足球从冲顶后至飞入球门时，重力对足球做的功为WG＝mg（h1﹣h2）＝mgh1﹣mgh2，故A正确；B、根据动能定理，运动员冲顶过程中对足球做的功等于足球的动能变化，即为：W=12mCD、设足球飞入球门时的动能为Ek，从顶球后到入门过程中，根据动能定理可得mgh1﹣mgh2＝Ek-12mv12，解得：Ek＝mg（h1﹣h2）故选：ABD。【点评】本题主要考查动能定理，关键要明确研究过程，确定初末动能，知道动能的变化与合力做功有关。（多选）12．（2025秋•西城区校级期中）抽水蓄能电站的工作原理是，在用电低谷时（如深夜），电站利用电网多余电能把水抽到高处蓄水池中，到用电高峰时，再利用蓄水池中的水发电。如图，蓄水池（上游水库）可视为长方体，有效总库容量（可用于发电）为V，蓄水后水位高出下游水面H，发电过程中上游水库水位最大落差为d。统计资料表明，该电站年抽水用电为2.4×108kW•h，年发电量为1.8×108kW•h。则下列计算结果正确的是（水的密度为ρ，重力加速度为g，涉及重为势能的计算均以下游水面为零势能面）（）A．能用于发电的水的最大重力势能Ep＝ρVgH B．能用于发电的水的最大重力势能Ep＝ρVg（H-d2C．电站的总效率达75% D．该电站平均每天所发电能可供给一个大城市居民用电（电功率以105kW计）约10小时【分析】根据重力势能的定义求解；电站的年发电量约为1.8×108kW•h，年抽水用电量约为2.4×108kW•h，根据效率的定义求解；根据t=W【解答】解：A、能用于发电的水的总质量m＝pV，所以，能用于发电的水的最大重力势能Ep=mgh=ρVg(H-d2)C、总效率η=E有用ED、根据t=WP得：t=1.8×1故选：BC。【点评】要求能量的转化效率，首先要确定哪种能量是有效利用的能量；哪种能量是消耗的总能量，掌握电路的知识在能量转化过程中的应用。（多选）13．（2025秋•西城区校级期中）如图所示，在光滑的水平地面上固定一弹丸弹射机A，弹射机能不断的发射质量为m、速度为v0的小弹丸。在弹射机的正前方放置一质量为M（M＞m）的物块B，假设小弹丸击中B后能够留在物块B中，每颗弹丸出射前，前一颗弹丸已与物块B保持相对静止。不计小弹丸的体积，忽略重力对小弹丸的影响，且弹丸在物快B中受到的阻力f恒定，水平面足够大。则以下说法中正确的是（）A．若第1颗弹丸在物块B内的运动时间为t0，则它对B的平均作用力大小为mvB．第k颗弹丸击中B并与B相对静止时，物块B的速度为kmkm+Mv0C．每次弹丸击中物块B的过程中，物块B的动量变化量均相等 D．每次弹丸击打物块B的过程中，系统产生的热量越来越少【分析】题目分析：对于选项A，需要计算弹丸在物块B内减速过程中受到的平均作用力，通过动量变化量与时间的关系得出结果，但题目给出的表达式缺少必要的系数。选项B涉及多次碰撞后物块B的速度变化，利用动量守恒逐次递推可以验证其正确性。选项C考察每次碰撞后物块B的动量变化是否相同，通过速度增量分析发现并非恒定。选项D讨论系统热量变化，随着碰撞次数增加，弹丸与物块B的最终速度差减小，导致能量损失逐渐减少。【解答】解：A、第1颗弹丸进入B的过程分析：弹丸初速v0减速至最终速度vB，物块由静止加速至vB。水平向右为正方向，系统动量守恒方程为mv0＝（M+m）vB，解得：vB=mM+mv题目A选项给出mv0t0缺少系数B、第k次碰撞时：系统总质量Mtot＝M+km，水平向右为正方向，动量守恒方程为mv0+MtotvB，k﹣1＝MtotvB，k，其中vB，k-1=(k-1)mM+(k-1)mvC、第k次碰撞后B的速度增量Δvk=vB，k-vB，k-1=D、每次弹丸被吸收过程存在机械能损失Qk=12m(v02-vB，故选：BD。【点评】本题综合考查动量守恒定律、冲量定理及能量转化等核心知识点，是一道典型的力学综合应用题。题目通过多弹丸连续碰撞的物理情境，有效检验学生对动量守恒条件的理解深度和递推分析能力。计算量适中但需要较强的逻辑推导能力，特别是选项B要求建立递推关系式，体现了对数学建模能力的考查。题目亮点在于通过变质量系统设计，引导学生思考动量守恒在不同情境下的应用方式。选项D涉及能量损失的动态分析，能有效区分学生对机械能转化过程的理解层次。整体难度中等偏上，需要学生准确把握碰撞过程中的动量传递与能量损耗规律。（多选）14．（2025秋•西城区校级期中）如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与质量为m的物块A相连接。用一水平挡板B托住物块A，使其处于静止状态，弹簧处于原长。现使挡板B由静止开始向下做加速度大小为a＝0.5g的匀加速运动，忽略空气阻力，在之后的运动中，下列说法正确的是（）A．挡板B与物块A分离时，弹簧的伸长量x1=mgB．物块A达到最大速度vm时，弹簧的伸长量x2=mgC．物块A的最大速度vm=gD．弹簧的最大伸长量等于2mg【分析】对A根据牛顿第二定律和胡克定律计算即可；根据平衡条件计算；做出A的加速度随位移的变化图像，结合图像计算；当物块A是自由下落时弹簧的最大形变量为x＝2x2，据此分析。【解答】解：A、挡板B与物块A分离时，A、B之间的弹力为零，两物体的加速度大小相等，设此时弹簧的弹力为F，对A根据牛顿第二定律有mg﹣F＝ma，设此时弹簧的伸长量为x1，根据胡克定律有F＝kx，联立解得x1=mg2k，故B、当物块A受力平衡时速度最大，则此时弹簧的形变量为x2，根据平衡条件有kx2＝mg，解得x2=mgk，故D、当物块A是自由下落时弹簧的最大形变量为x＝2x2，解得弹簧的最大形变量为2mgk，但因为一开始有挡板B阻碍A下落，其中有能量损失，所以弹簧的最大形变量应该是小于2mgk的，故C、当A和B分离后，对A，根据牛顿第二定律得mg﹣kx＝ma，则a随x增大而均匀减小；物块A加速度a随坐标x变化的图像如下图所示根据v2＝2ax可知，a﹣x图线与坐标轴所围面积为v22，则vm2=故选：AC。【点评】知道两物体分离的条件，当物体A受力平衡时速度最大是解题的基础，能够做出A的加速度随位移的变化图像是解题的关键。三．实验题（共2小题）15．（2025秋•西城区校级期中）（1）用螺旋测微器测某金属丝的直径，示数如图1所示。则此次测量的结果为0.360mm。（2）某同学用多用电表测量电阻。使用前，观察到多用电表指针已经对准表盘左侧的零刻度。使用时，先将选择开关调到欧姆挡“×1”挡，再将红、黑表笔短接，调节图2中的C旋钮（选填“A”“B”或“C”），使指针指到表盘右侧的零刻度处；然后将红、黑表笔接在电阻两端，发现指针的位置如图3所示，则该电阻的阻值约为6.0Ω。（3）将电池、开关和灯泡组成串联电路，如图4所示。闭合开关时，发现灯泡不发光。为了寻找故障原因，某同学在闭合开关且不拆开导线的情况下，用多用电表2.5V直流电压挡进行检测。他将红表笔与接线柱A接触并保持不动，用黑表笔分别接触接线柱B、C、D、E、F。他发现，当黑表笔接触B、C、D时，示数为1.50V；黑表笔接触E、F时，示数为0。若该电路中只存在一处故障，则灯泡不发光的原因可能是C。A．灯泡短路B．开关接触不良C．DE间导线断路D．AF间导线断路【分析】（1）考查螺旋测微器读数等于固定刻度+可动刻度；（2）考查欧姆调零调及欧姆表的读数等于示数乘倍率；（3）考查用电压法用欧姆定律进行电路检修。【解答】解：（1）固定刻度+可动刻度0+36.0×0.01mm＝0.360mm；（2）欧姆调零调的是欧姆调零旋钮C，读数为示数乘倍率6.0Ω×1＝6.0Ω；（3）据题意得电压表接DE间时有1.50V，但回路没有电流，据I=UR，则DE间导线断路，故ABD错误，选：C。答：（1）此次测量的结果0.360mm；（2）调节图2中的旋钮C，该电阻的阻值约6.0Ω；（3）则灯泡不发光的原因可能是C。【点评】考查螺旋测微器读数、欧姆调零调、欧姆表的读数、电压法用欧姆定律进行电路检修。16．（2025秋•西城区校级期中）用如图1所示的电路图测量一节干电池的电动势和内阻。（1）在下表中选出适当的实验器材进行实验。器材（型号）规格电压表（V1）0～3V，内阻约3kΩ电压表（V2）0～15V，内阻约15kΩ电流表（A1）0～0.6A，内阻约0.125Ω电流表（A2）0～3A，内阻约0.025Ω滑动变阻器（R1）总阻值约20Ω滑动变阻器（R2）总阻值约1000Ω待测干电池电动势约为1.5V开关（S）导线若干实验中电流表应选用A1；电压表应选用V1；滑动变阻器应选用R1（填器材代号）。（2）完成图2中实物间的连线。（3）甲同学在实验中记录了6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在坐标纸上，请标出余下一组数据对应的坐标点，并画出U﹣I图线（图3）。序号123456U（V）1.451.401.301.251.201.10I（A）0.060.120.240.260.360.48根据所画图线，可得出干电池的电动势E＝1.49V。（4）甲同学认为若不考虑电压表和电流表内阻对实验的影响，则电压表的读数U与对应的电流表的读数I的比值UI就等于干电池的内阻；乙同学认为电压表的读数变化量ΔU与相对应的电流表的读数变化量ΔI的比值的绝对值|ΔUΔI【分析】（1）根据电池电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。（2）根据电路图连接实物电路图。（3）根据实验数据与坐标系内描出的点作出图象，电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值等于电源电动势。（4）根据闭合电路欧姆定律与图示电路图分析判断哪个同学说法正确。【解答】解：（1）一节干电池的电动势约为1.5V，电压表应选择V1；电路最大电流约为零点几安培，电流表应选择A1；为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1．\（2）根据图1所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示。（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，根据坐标系内描出的点作出图象如图所示；由图示电源U﹣I图象可知，电源电动势：E＝1.49V。（4）乙同学说法正确；根据闭合电路欧姆定律得：U＝E﹣Ir，在电路变化过程中，U与I的变化趋势是相反的（即一个变大，另一个就变小），因此U与I的比值UI而在电路变化过程中，电动势E不变，任意取两个状态，U1＝E﹣I1r，U2＝E﹣I2r，ΔU＝U1﹣U2，ΔI＝I1﹣I2，可以解得：|ΔUΔI|＝r故答案为：（1）V1；A1；R1；（2）实物电路图如图所示；（3）图象如图所示；1.49；（4）乙的说法正确；UI是不断变化的，不等于内阻，甲说法错误；|ΔUΔI|＝【点评】本题考查了实验器材选择、作图象、求电源电动势与内阻等问题，要知道实验原理，要掌握应用图象法处理实验数据的方法；电源的U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势图象斜率的绝对值是电源内阻。四．解答题（共4小题）17．（2025秋•北京期中）如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°．已知小球所带电荷量q＝1.0×10﹣6C，匀强电场的场强E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：（1）小球所受电场力F的大小。（2）小球的质量m。（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。【分析】（1）根据电场力的计算公式求解电场力；（2）画出小球受力情况示意图，根据几何关系列方程求解质量；（3）根据机械能守恒定律求解速度。【解答】解：（1）根据电场力的计算公式可得电场力F＝qE＝1.0×10﹣6×3.0×103N＝3.0×10﹣3N；（2）小球受力情况如图所示：根据几何关系可得mg=qE所以m=qEgtanθ=3×10-310×tan37°（3）电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则mgl（1﹣cos37°）=1解得：v＝2m/s。答：（1）小球所受电场力F的大小为3.0×10﹣3N。（2）小球的质量为4×10﹣4kg。（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小为2m/s。【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。18．（2025秋•北京期中）滑板项目是极限运动历史的鼻祖，在滑板公园里经常看到各种滑板场地，如图1所示。现有一个滑板场可简化为如下模型，如图2所示，由足够长的斜直轨道、半径R1＝2m的凹形圆弧轨道和半径R2＝3.6m的凸形圆弧轨道三部分组成的滑板组合轨道。这三部分轨道依次平滑连接，且处于同一竖直平面内。其中M点为凹形圆弧轨道的最低点，N点为凸形圆弧轨道的最高点，凸形圆弧轨道的圆心O与M点在同一水平面上。一可视为质点、质量为m＝1kg的滑板从斜直轨道上的P点无初速度滑下，经M点滑向N点。在凸形圆弧最右侧距离L＝0.9m的位置有一个高度h2＝3m、倾角为53°的斜面。不计一切阻力，g取10m/s2。求：（1）若P点距水平面的高度h1＝3.2m，滑板滑至M点时，轨道对滑板的支持力大小FN；（2）若滑板滑至N点时对轨道恰好无压力，求滑板的下滑点P距水平面的高度H；（3）若滑板滑至N点时刚好做平抛运动，滑板与右侧斜面发生碰撞，求滑板做平抛运动时间t。【分析】（1）从P到M，根据动能定理求得到达M点的速度，在M点，根据牛顿第二定律求得滑板滑至M点时，轨道对滑板的支持力大小FN；（2）由于到达N点刚好无作用力，故在N点，根据牛顿第二定律求得N点的速度，从P到N根据机械能守恒求得高度；（3）从N点做平抛运动，根据平抛运动的特点和几何关系即可判断。【解答】解：（1）滑板由P点滑至M点过程，由机械能守恒有mgh得vM＝8m/s对滑板滑至M点时受力分析，由牛顿第二定律有FN得FN＝42N（2）滑板滑至N点时对轨道恰好无压力，则有mg=mv得vN＝6m/s滑板从P点到N点机械能守恒，则有mgH=mgR解得H＝5.4m（3）由平抛运动的规律y=1x＝vNttan53°解得t＝0.8s答：（1）若P点距水平面的高度h1＝3.2m，滑板滑至M点时，轨道对滑板的支持力大小FN为42N；（2）若滑板滑至N点时对轨道恰好无压力，滑板的下滑点P距水平面的高度H为5.4m；（3）若滑板滑至N点时刚好做平抛运动，滑板与右侧斜面发生碰撞，滑板做平抛运动时间为0.8s。【点评】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。19．（2025秋•北京期中）类比是研究问题的常用方法。（1）情境1：如图甲所示，设质量为m1的小球以速度v0与静止在光滑水平面上质量为m2的小球发生对心碰撞，碰后两小球粘在一起共同运动。求两小球碰后的速度大小v；（2）情境2：如图乙所示，设电容器C1充电后电压为U0，闭合开关K后对不带电的电容器C2放电，达到稳定状态后两者电压均为U；a．请类比（1）中求得的v的表达式，写出放电稳定后电压U与C1、C2和U0的关系式；b．在电容器充电过程中，电源做功把能量以电场能的形式储存在电容器中。图丙为电源给电容器C1充电过程中，两极板间电压u随极板所带电量q的变化规律。请根据图像写出电容器C1充电电压达到U0时储存的电场能E；并证明从闭合开关K到两电容器电压均为U的过程中，损失的电场能ΔE=C（3）类比情境1和情境2过程中的“守恒量”及能量转化情况完成下表。情境1情境2动量守恒损失的电场能ΔE=减少的机械能转化为内能【分析】（1）根据动量守恒定律求解两小球碰后的速度大小；（2）a．根据题意，进行类比，有：C1U0＝（C1+C2）U由此得到放电稳定后电压U与C1、C2和U0的关系式；b．根据图丙与坐标轴围成的面积结合能量关系进行