資源簡介

2025屆四川省綿陽市綿陽普明中學高三下學期二模物理試題
1．（2025·涪城模擬）2024年7月四川籍運動員鄧雅文在奧運會賽場上獲得自由式小輪車比賽冠軍，比賽場景及簡化圖如圖所示。某段比賽中運動員騎著小輪車僅靠慣性向下經歷一段豎直平面內的曲面軌道直到水平地面，已知曲面軌道與水平地面平滑連接，空氣阻力不可忽略。則在該過程中運動員（　?。?br/>A．一直處于失重狀態 B．機械能一定減小
C．慣性越來越大 D．重力的功率一直增大
2．（2025·涪城模擬）2023年的諾貝爾物理學獎頒發給了“采用實驗方法產生阿秒光脈沖”的三位科學家。在物理學發展過程中，觀測、實驗、假說和邏輯推理等方法都起到了重要作用，下列敘述與事實相符的是（　?。?br/>A．密立根通過實驗測量得出元電荷e的數值為
B．奧斯特通過實驗發現，雷電的性質與摩擦產生的電的性質完全相同并命名了正電荷和負電荷
C．牛頓開創了實驗與邏輯推理相結合的研究方法，并用這種方法研究了力與運動的關系
D．庫侖利用扭秤實驗測定了萬有引力常量的值，被稱為“測出地球質量的人”
3．（2025·涪城模擬）如圖所示，、兩個物體質量分別為和，與間的動摩擦因數為，與地面間的動摩擦因數為?，F用力拉著物體向右運動，保持靜止，則關于地面對物體的摩擦力大小和方向，下列說法正確的是（　　）
A．，方向水平向左 B．，方向水平向左
C．，方向水平向左 D．，方向水平向右
4．（2025·涪城模擬）B 超成像的基本原理是探頭向人體發射一組超聲波，遇到人體組織會產生不同程度的反射，探頭接收到的超聲波信號形成B超圖像。如圖為探頭沿x軸正方向發送的簡諧超聲波圖像，t=0時刻波恰好傳到質點 M。已知此超聲波的頻率為下列說法中正確的是（　?。?br/>A．超聲波在血管中的傳播速度為
B．時，質點M恰好在平衡位置向上振動
C．質點M的振動方程是
D．內質點 N運動的路程為3.2mm
5．（2025·涪城模擬）如圖所示，、是北斗衛星導航系統中的兩顆衛星，是緯度為的地球表面上一點，假設衛星、均繞地球做勻速圓周運動，衛星為地球靜止軌道靜止衛星（周期）。某時刻、、、地心恰好在同一平面內，且、、在一條直線上，，則（　?。?br/>A．的周期小于地球自轉周期
B．、的向心加速度大小之比為
C．衛星的動能一定大于衛星
D．再經過12小時，、、、一定再次共面
6．（2025·涪城模擬）如圖甲所示是一種靜電除塵裝置，在金屬板A與金屬棒B間加恒定高壓后，金屬棒B帶負電，兩側的A板帶正電，煙氣從一端進入靜電除塵區經過凈化后從另一端排出。其原理如圖乙所示，其中一帶負電的塵埃微粒沿圖乙中虛線向左側金屬板A運動，P、Q是運動軌跡上的兩點，不計重力和微粒間的相互作用，不考慮微粒運動過程中的電荷量變化。下列說法正確的是（　?。?br/>A．P點電勢比Q點電勢高
B．Q點電場強度垂直A板向右
C．微粒在P點速度比Q點的大
D．微粒在P點具有的電勢能比Q點大
7．（2025·涪城模擬）三個質量均為m的小物塊，用三根長度為L、最大張力為的輕繩連接，置于動摩擦因數為的粗糙水平圓盤上面，初始時刻輕繩恰好繃直，構成正三角形，正三角形的中心與圓盤的圓心重合．讓圓盤繞過O點垂直于圓盤的軸緩慢轉動起來，隨著角速度的緩慢增加，在輕繩斷裂的瞬間，圓盤的角速度大小為（　?。?br/>A． B． C． D．
8．（2025·涪城模擬）如圖所示電路，是定值電阻，是滑動變阻器，L是小燈泡，C是電容器，電源內阻為。開關S閉合后，在滑動變阻器的滑片向上滑動過程中（　?。?br/>A．小燈泡變亮
B．電壓表示數變小
C．電容器所帶電荷量增大
D．電源的輸出功率一定先變大后變小
9．（2025·涪城模擬）如圖所示，豎直平面內，半徑為R半圓形光滑圓弧軌道中，有兩個質量均為m，帶等量異種電荷，電荷量大小均為的a、b小球，在水平向右，場強為大小為的勻強電場作用下，恰好能夠靜止在同一水平線上，且兩者距離為。已知k為靜電力常量，g為重力加速度，小球可視為質點，則（　　）
A．a帶負電荷、b帶正電荷
B．a帶正電荷、b帶負電荷
C．若兩球的電荷量大小均變為原來的一半，兩球仍能在原位置平衡
D．若兩球的電荷量大小均變為原來的2倍，兩球仍能在原位置平衡
10．（2025·涪城模擬）如圖所示，在水平地面上固定一個半徑為R的四分之一圓形軌道，軌道右側固定一個傾角為30°的斜面，斜面頂端固定一大小可忽略的輕滑輪，輕滑輪與在同一水平高度。一輕繩跨過定滑輪，左端與套在圓形軌道上質量為m的小圓環相連，右端與斜面上質量為M的物塊相連。在圓形軌道底端A點靜止釋放小圓環，小圓環運動到圖中P點時，輕繩與軌道相切，與夾角為60°；小圓環運動到B點時速度恰好為零。忽略一切摩擦力阻力，小圓環和物塊均可視為質點，物塊離斜面底端足夠遠，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．小圓環到達B點時的加速度為g
B．小圓環到達B點后還能再次回到A點
C．小圓環到達P點時，小圓環和物塊的速度之比為
D．小圓環和物塊的質量之比滿足
11．（2025·涪城模擬）某同學用如圖甲的裝置研究完“探究加速度與力、質量的關系”實驗后（該實驗已平衡摩擦力，且小車質量M遠大于砝碼及托盤的總質量），另一同學提議用該裝置和實驗數據來驗證“動量定理”。已知圖乙中相鄰兩計數點間的時間為t，重力加速度為g。
（1）打第2個計數點時小車的速度　 　和第6個計數點時小車的速度；
（2）從打第2個計數點到打第6個計數點的過程中小車合外力的沖量　 ?。?br/>（3）比較小車合外力的沖量與小車動量的變化量即可驗證；
（4）在實驗的過程中，總是發現小車合外力的沖量大于小車動量的變化量，出現這種誤差的原因　 　。（寫出其中一條即可）
12．（2025·涪城模擬）某同學設計如圖所示的電路測電源的電動勢和內阻，圖中兩個電流表相同。按如下步驟實驗，請按要求填空：
（1）閉合電鍵S1之前，先將電阻箱接入電路的阻值調到　 ?。ㄌ睢白畲蟆被颉白钚　保?，閉合電鍵S1，再閉合電鍵S2，調節電阻箱的阻值，使電流表A2的指針偏轉較大（接近滿偏），讀出 電流值I0，讀出這時電阻箱的阻值R1；斷開電鍵S2，調節電阻箱的阻值，使電流表A2的示數再次為I0，讀出這時電阻箱的阻值R2，則電流表A1的阻值為　 　。
（2）閉合電鍵S3，依次調大電阻箱的阻值，記錄每次調節后電阻箱的阻值R，并記錄每次調節后電流表A1的示數I，根據記錄的作出圖像，則圖像可能是　 　。
A. B. C. D.
（3）若根據記錄的作出圖像，通過對圖像的處理，得到圖像與縱軸的截距為a，圖像的斜率為b， 則電源的電動勢E =　 　，電源的內阻r =　 　。
13．（2025·涪城模擬）如圖所示，水平放置的排水管滿口排水，管口的橫截面積為S，管口離水池水面的高度為h，水在水池中的落點與管口的水平距離為d。假定水在空中做平拋運動，已知重力加速度為g，h遠大于管口內徑。求：
（1）水從管口到水面的運動時間t；
（2）水從管口排出時的速度大小；
（3）管口單位時間內流出水的體積Q。
14．（2025·涪城模擬）如圖，傾角為的光滑斜面與光滑水平面在B點平滑連接，傾角為的傳送帶沿逆時針方向勻速轉動，傳送帶的下端與水平面的右端D點通過一小段圓弧連接。在水平面BD上的C點放一質量為3m的小物塊b，在斜面上A點由靜止釋放質量為m的小物塊a，A、B間距離為L，a滑到水平面上后與b發生彈性正碰，之后a、b將在水平面上發生第二次碰撞，b與傳送帶間的動摩擦因數為0.5，傳送帶勻速運動的速度大小為，重力加速度為g，求：
（1）a第一次與b碰撞前瞬間的速度大?。?br/>（2）第一次碰撞后瞬間a與b的速度大??；
（3）a、b第一次碰后到第二次碰撞前的過程，b在傳送帶上運動因摩擦產生的內能。
15．（2025·涪城模擬）如圖所示，直線形擋板p1p2p3與半徑為r的圓弧形擋板p3p4p5平滑連接并安裝在水平臺面b1b2b3b4上，擋板與臺面均固定不動。線圈c1c2c3的匝數為n，其端點c1、c3通過導線分別與電阻R1和平行板電容器相連，電容器兩極板間的距離為d，電阻R1的阻值是線圈c1c2c3阻值的2倍，其余電阻不計，線圈c1c2c3內有一面積為S、方向垂直于線圈平面向上的勻強磁場，磁場的磁感應強度B隨時間均勻增大。質量為m的小滑塊帶正電，電荷量始終保持為q，在水平臺面上以初速度v0從p1位置出發，沿擋板運動并通過p5位置。若電容器兩板間的電場為勻強電場，p1、p2在電場外，間距為L，其間小滑塊與臺面的動摩擦因數為μ，其余部分的摩擦不計，重力加速度為g。求：
（1）小滑塊通過p2位置時的速度大??；
（2）電容器兩極板間電場強度的取值范圍；
（3）經過時間t磁感應強度變化量的取值范圍。
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】慣性與質量；超重與失重；功率及其計算；機械能守恒定律
【解析】【解答】物體是否處于超重或失重狀態，不在于物體向上運動還是向下運動，而在于物體是有豎直向上的加速度還是有豎直向下的加速度。A．在豎直方向上，小車的末速度為0，故小車在到達水平軌道前在豎直向下減速，為超重，故A錯誤；
B．空氣阻力不可忽略，阻力做負功，由功能關系知運動員的機械能一直減小，故B正確；
C．慣性是物體的固有屬性，只與物體的質量有關，運動員運動過程中質量不變，慣性不變，故C錯誤；
D．在豎直方向上，小車的末速度為0，末狀態重力的功率為0，故D錯誤。
故選B。
【分析】慣性的大小僅由質量決定，與運動狀態無關；重力功率的變化則需考慮速度和重力方向的相對關系
2．【答案】A
【知識點】物理學史
【解析】【解答】本題的關鍵在于掌握物理學史上的重要人物及其具體貢獻，要加強記憶，注重歷史知識的積累。A．密立根通過實驗測量得出元電荷e的數值為，A正確；
B．富蘭克林通過實驗發現，雷電的性質與摩擦產生的電的性質完全相同并命名了正電荷和負電荷，故B錯誤；
C．伽利略開創了實驗與邏輯推理相結合的研究方法，并用這種方法研究了力與運動的關系，故C錯誤；
D．卡文迪什利用扭秤實驗測定了萬有引力常量的值，被稱為“測出地球質量的人”，故D錯誤。
故選A。
【分析】本題是物理學史問題，根據相關物理學家的科學成就進行解答。
3．【答案】B
【知識點】整體法隔離法；摩擦力的判斷與計算
4．【答案】D
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】本題考查機械波的速度、波長、頻率、波形圖像等相關知識。要熟練運用波形平移法判斷質點的振動方向。根據三要素：振幅、圓頻率和初相位寫出質點的振動方程。
A．由圖可知超聲波的波長為，則可得其波速為
故A錯誤；
B．波的周期為
時，質點M與t=0時的運動情況相同，質點M在平衡位置向下振動，故B錯誤；
C．t=0時，質點M在平衡位置向下振動，質點M的振動方程是
將，代入解得
則質點M的振動方程是
故C錯誤；
D ．此超聲波傳到N的時間為
s=s
則時，質點振動的時間為
運動的路程為
故D正確；
故選D。
【分析】根據題圖讀出波長，由波速公式v=λf求出超聲波在血管中的傳播速度；根據時間與周期的關系確定質點M的位置和振動方向；根據振幅、圓頻率和初相位寫出質點M的振動方程；根據振動時間與周期的倍數求質點N通過的路程。
5．【答案】A
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】赤道上運行的物體與同步衛星處在同一個軌道平面，并且運行的角速度相等，所以比較赤道上物體與一般衛星的運行參數時，可以通過同步衛星建立聯系。A．由幾何關系可得
根據牛頓第二定律可知
解得
故M的周期小于N的周期，而N的周期與地球自轉的周期相同，所以的周期小于地球自轉周期，A正確；
B．根據牛頓第二定律可得
解得
故兩衛星的加速度之比為
B錯誤；
C．由于兩衛星的質量未知，故無法比較它們動能的大小，C錯誤；
D．由于N的周期為24小時，再經過12小時，N運動半圈，而M運動的距離大于半圈，所以、、、不可能共面，D錯誤。
故選A。
【分析】 萬有引力提供向心力，據此列式，結合前面分析及題意，即可分析判斷；衛星M和衛星N的質量未知，據此分析判斷。
6．【答案】D
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】金屬板A與金屬棒B之間的電場為非勻強電場，電場線由A板指向金屬棒B，熟記電勢能的定義式EP=φq，電勢越高，正電荷電勢能越大，負電荷電勢能越小。A．由圖乙可知，金屬板A帶正電，金屬棒B帶負電，電場線的方向是由正電荷指向負電荷，沿電場線方向電勢降低，P點靠近負極， Q點靠近正極，所以P點電勢比Q點電勢低，故A錯誤；
B．如果都是平行帶電金屬板則會形成正極板指向負極板的勻強電場，圖中負極為金屬棒因此不是勻強電場，Q點的場強不垂直A板，故B錯誤；
CD．由題意可知，微粒在運動過程中，電場力做正功，微粒做加速運動，微粒在P點速度比Q點的??；電勢能減小，微粒在P點具有的電勢能比Q點大，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】根據A板和金屬棒帶電的正負可知電場線的方向，根據沿著電場線方向電勢降低，可知P、Q兩點電勢高低，根據EP=φq比較微粒在P、Q兩點電勢能大小關系；根據A板和金屬棒之間電場線的特點、電場強度沿著電場線切線方向分析；根據微粒從P點到Q點電場力做功的正負，利用動能定理分析。
7．【答案】A
【知識點】向心力；生活中的圓周運動
【解析】【解答】當繩斷裂瞬間，拉力為mg，對任意一個小球，根據力的合成結合牛頓第二定律有
，
解得
故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】對其中一個球受力分析，利用合力提供向心力列等式可求解圓盤的角速度大小。
8．【答案】A,B
【知識點】含容電路分析；閉合電路的歐姆定律；電路動態分析
【解析】【解答】能夠分析清楚電路的結構是解題的關鍵，熟練掌握閉合電路的歐姆定律的應用，知道當外電阻和電源內阻相等時電源輸出功率最大。在滑動變阻器的滑片向上滑動過程中，滑動變阻器接入電路的電阻變小
A．根據“串反并同”規律，由電路關系可知，小燈泡消耗的電功率增加，小燈泡變亮，A正確；
B．根據“串反并同”規律，由電路關系可知，電壓表示數變小，B正確；
C．根據“串反并同”規律，由電路關系可知，電容器兩端的電壓減小，電容器的電容在該過程中保持不變，根據公式可知，電容器所帶電荷量減小，C錯誤；
D．設外電路的總電阻為，則有
電源的輸出功率為
可知，當時電源的輸出功率最大，在滑動變阻器的滑片向上滑動過程中，滑動變阻器接入電路的電阻變小，即外電路的總電阻減小，因此電源的輸出功率有可能先變大后變小，也有可能一直減小，D錯誤。
故選AB。
【分析】當滑動變阻器觸頭向上移動時，變阻器R2接入電路的電阻減小，電路中的電流增大，根據閉合電路的歐姆定律分析路端電壓的變化；電容器和變阻器并聯，電容器兩端的電壓和變阻器兩端電壓相等，根據Q=CU分析電容器所帶電荷量的變化；當外電阻和電源內阻相等時電源輸出功率最大，不知道電源內阻和外電阻的關系，無法判斷電源輸出功率的變化。
9．【答案】A,D
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】AB．首先，我們需要根據題目中的信息，判斷a、b兩球的帶電性質。若a帶正電荷，則b帶負電荷，a對b有水平向左的引力，而勻強電場對b也有水平向左的電場力，可知b不可能平衡；若a帶負電荷，則b帶正電荷，b對a有水平向右的引力，而勻強電場對a有水平向左的電場力，可知a可能平衡，同理b也能平衡，故A錯誤，B正確；
CD．接下來，我們需要分析兩球在電荷量變化時，是否仍能在原位置平衡。分別對物體水平方向以及豎直方向列出受力平衡的等式即可。對a受力分析，兩小球平衡時，勻強電場，小球之間的距離為，所帶電荷量為，根據平衡條件可得在豎直方向上，軌道對小球的支持力
水平方向上
聯立可得，小球a靜止時滿足
若兩球的電荷量大小均變為原來的一半，把相關數據代入上式不能成立，故兩球不能在原位置平衡；若兩球的電荷量大小均變為原來的2倍，把相關數據代入上式仍能成立，故兩球仍能在原位置平衡，故C錯誤，D正確。
故選AD。
【分析】分別對兩個物體受力分析，結合它們帶等量異種電荷判斷電性，分別對物體水平方向以及豎直方向列出受力平衡的等式得出a平衡的條件。
10．【答案】A,B
【知識點】牛頓第二定律；運動的合成與分解；動能定理的綜合應用；機械能守恒定律
【解析】【解答】本題考查了牛頓第二定律、機械能守恒定律等知識點，注意點：小環和物塊沿繩的方向的速度大小相等，而實際速度大小不一定相等，注意點容易出錯。A．小圓環運動到B點時，小環受到豎直向下的重力，水平向右的拉力和圓環對小環向左的支持力，因為運動到B點時速度恰好為零，小球的合力為豎直方向的重力，根據牛頓第二定律可知
解得
A正確；
B．小環和物塊組成的系統，在運動過程中，由于忽略一切摩擦力，故只有重力做功，機械能守恒，當小環到達B點時，速度都為零，此后小環沿圓軌道向下運動，機械能還是守恒，組最終小環和物塊速度都減到零，故圓環到達B點后還能再次滑回A點，B正確；
C．小環在P點時，小環的速度方向沿繩的方向，根據速度的合成與分解可知，此時小圓環和物塊的速度之比為1：1，C錯誤；
D．設輕滑輪的位置為C，由幾何關系可知 ，在運動過程中，對環和物塊組成的系統，根據動能定理可知
解得
D錯誤。
故選AB。
【分析】小圓環到達B點時，分析其受力情況，由牛頓第二定律求加速度，在運動過程中，系統只有重力做功，機械能守恒，即可判斷出小環再次能夠達到A點，利用動能定理求得量質量間的比值，根據速度的合成與分級求得小環在P點時的兩者的速度之比。
11．【答案】；；平衡摩擦不夠
【知識點】動量定理
【解析】【解答】本題考查驗證“動量定理”實驗，要求掌握實驗原理，數據處理和誤差分析。（1）根據勻變速直線運動中間時刻瞬時速度等于該過程平均速度可得打第2個計數點時小車的速度
（2）從打第2個計數點到打第6個計數點的過程中小車合外力的沖量
（4）在實驗的過程中，總是發現小車合外力的沖量大于小車動量的變化量，出現這種誤差的原因可能是平衡摩擦不夠、存在空氣阻力、傾角過小。
【分析】（1）根據勻變速直線運動中間時刻速度等于該段的平均速度計算；
（2）根據沖量的定義計算；
（4）平衡摩擦不夠、存在空氣阻力、傾角過小等因素導致實驗誤差。
12．【答案】最大；R1-R2；D；；+R2-R1-R0
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】本題考查測量電動勢和內電阻的實驗，知道實驗原理是正確設計實驗電路圖、補充實驗步驟的關鍵，同時注意掌握圖象處理數據的基本方法。
(1)為了防止電路中的電流過大，閉合電鍵S1之前，應將電阻箱接入電路的電阻調到最大，根據等效替代可知，電流表A1的內阻為R1-R2；
(2)由于開始時電流表接近滿偏，因此調節電阻箱使電流表的示數逐漸減小，即電阻箱的阻值逐漸調大。由閉合電路歐姆定律得
得到
故D正確，ABC錯誤。
故選D；
(3)由
得
根據題意有
解得
又有
解得
【分析】（1）根據實驗原理可明確實驗中滑動變阻器的作用，再根據等效替代法可明確電流表內阻的大小；
（2）明確實驗方法，從而確定實驗中調節方法，根據歐姆定律可明確對應的圖象；
（3）根據閉合電路歐姆定律列式，再由圖象即可求出電源的電動勢和內電阻。
13．【答案】解：（1）水在空中做平拋運動，由平拋運動規律得，豎直方向
解得水從管口到水面的運動時間
（2）由平拋運動規律得，水平方向
解得水從管口排出時的速度大小
（3）管口單位時間內流出水的體積
【知識點】平拋運動
【解析】【分析】（1）根據平拋運動豎直方向的運動規律計算時間；
（2）根據平拋運動的水平規律結合時間計算平拋初速度；
（3）根據流量的公式列式推導。
14．【答案】解：（1）設a與b碰撞前一瞬間，a的速度大小為，根據機械能守恒定律有
解得
（2）設a、b碰撞后的速度大小分別為、，根據動量守恒有
根據能量守恒有
解得
（3）由于，因此物塊b在傳送帶上先做勻減速運動，后做勻加速運動，根據牛頓第二定律有
解得
根據對稱性，物塊b在傳送帶上上滑、下滑過程所用時間均為
物塊b第一次在傳送帶上運動過程，因此摩擦產生的內能為
【知識點】功能關系；機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根據機械能守恒定律求解a第一次與b碰撞前瞬間的速度大小；
（2）根據動量守恒和能量守恒分別求解a、b碰撞后的速度大??；
（3）物塊b在傳送帶上先向上做勻減速運動到速度為零，再相當于傳送帶向下加速至傳送帶的速度v，根據牛頓第二定律求加速度的大小。根據運動學公式求解共速時間，再分別求解滑塊的對地位移和傳送帶的位移，求解相對位移，根據公式公式求解因摩擦產生的熱量。
15．【答案】解：（1）小滑塊運動到位置p2時速度為v1，由動能定理有
解得
（2）由題意可知，垂直于線圈平面向上的勻強磁場，磁場的磁感應強度B隨時間均勻增大，則根據楞次定律和安培定則可知，電場方向如圖，若小滑塊能通過位置p，則小滑塊可沿擋板運動且通過位置p5，設小滑塊在位置p的速度為v，受到的擋板的彈力為N，勻強電場的電場強度為E，由動能定理有
當滑塊在位置p時，由牛頓第二定律有
由題意有
由以上三式可得
E的取值范圍
（3）設線圈產生的電動勢為E1，其電阻為R，平行板電容器兩端的電壓為U，t時間內磁感應強度的變化量為，得
由法拉第電磁感應定律得
由全電路的歐姆定律得
聯立可得，經過時間t，磁感應強度變化量的取值范圍
0＜≤
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合；感應電動勢及其產生條件
【解析】【分析】（1）根據過程分析，滑塊從p1運動到p2的過程運用動能定理可以求解；
（2）小滑塊要能到達p5位置，則必須能達到最高點，根據圓周運動的特點，能在豎直平面內做圓周運動需要條件，列圓周運動的向心力公式，結合受力特點即可求解；
（3）根據法拉第電磁感應定律求出感應電動勢，由閉合電路歐姆定律、電場公式聯立方程即可解決．
1 / 12025屆四川省綿陽市綿陽普明中學高三下學期二模物理試題
1．（2025·涪城模擬）2024年7月四川籍運動員鄧雅文在奧運會賽場上獲得自由式小輪車比賽冠軍，比賽場景及簡化圖如圖所示。某段比賽中運動員騎著小輪車僅靠慣性向下經歷一段豎直平面內的曲面軌道直到水平地面，已知曲面軌道與水平地面平滑連接，空氣阻力不可忽略。則在該過程中運動員（　?。?br/>A．一直處于失重狀態 B．機械能一定減小
C．慣性越來越大 D．重力的功率一直增大
【答案】B
【知識點】慣性與質量；超重與失重；功率及其計算；機械能守恒定律
【解析】【解答】物體是否處于超重或失重狀態，不在于物體向上運動還是向下運動，而在于物體是有豎直向上的加速度還是有豎直向下的加速度。A．在豎直方向上，小車的末速度為0，故小車在到達水平軌道前在豎直向下減速，為超重，故A錯誤；
B．空氣阻力不可忽略，阻力做負功，由功能關系知運動員的機械能一直減小，故B正確；
C．慣性是物體的固有屬性，只與物體的質量有關，運動員運動過程中質量不變，慣性不變，故C錯誤；
D．在豎直方向上，小車的末速度為0，末狀態重力的功率為0，故D錯誤。
故選B。
【分析】慣性的大小僅由質量決定，與運動狀態無關；重力功率的變化則需考慮速度和重力方向的相對關系
2．（2025·涪城模擬）2023年的諾貝爾物理學獎頒發給了“采用實驗方法產生阿秒光脈沖”的三位科學家。在物理學發展過程中，觀測、實驗、假說和邏輯推理等方法都起到了重要作用，下列敘述與事實相符的是（　?。?br/>A．密立根通過實驗測量得出元電荷e的數值為
B．奧斯特通過實驗發現，雷電的性質與摩擦產生的電的性質完全相同并命名了正電荷和負電荷
C．牛頓開創了實驗與邏輯推理相結合的研究方法，并用這種方法研究了力與運動的關系
D．庫侖利用扭秤實驗測定了萬有引力常量的值，被稱為“測出地球質量的人”
【答案】A
【知識點】物理學史
【解析】【解答】本題的關鍵在于掌握物理學史上的重要人物及其具體貢獻，要加強記憶，注重歷史知識的積累。A．密立根通過實驗測量得出元電荷e的數值為，A正確；
B．富蘭克林通過實驗發現，雷電的性質與摩擦產生的電的性質完全相同并命名了正電荷和負電荷，故B錯誤；
C．伽利略開創了實驗與邏輯推理相結合的研究方法，并用這種方法研究了力與運動的關系，故C錯誤；
D．卡文迪什利用扭秤實驗測定了萬有引力常量的值，被稱為“測出地球質量的人”，故D錯誤。
故選A。
【分析】本題是物理學史問題，根據相關物理學家的科學成就進行解答。
3．（2025·涪城模擬）如圖所示，、兩個物體質量分別為和，與間的動摩擦因數為，與地面間的動摩擦因數為。現用力拉著物體向右運動，保持靜止，則關于地面對物體的摩擦力大小和方向，下列說法正確的是（　?。?br/>A．，方向水平向左 B．，方向水平向左
C．，方向水平向左 D．，方向水平向右
【答案】B
【知識點】整體法隔離法；摩擦力的判斷與計算
4．（2025·涪城模擬）B 超成像的基本原理是探頭向人體發射一組超聲波，遇到人體組織會產生不同程度的反射，探頭接收到的超聲波信號形成B超圖像。如圖為探頭沿x軸正方向發送的簡諧超聲波圖像，t=0時刻波恰好傳到質點 M。已知此超聲波的頻率為下列說法中正確的是（　?。?br/>A．超聲波在血管中的傳播速度為
B．時，質點M恰好在平衡位置向上振動
C．質點M的振動方程是
D．內質點 N運動的路程為3.2mm
【答案】D
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】本題考查機械波的速度、波長、頻率、波形圖像等相關知識。要熟練運用波形平移法判斷質點的振動方向。根據三要素：振幅、圓頻率和初相位寫出質點的振動方程。
A．由圖可知超聲波的波長為，則可得其波速為
故A錯誤；
B．波的周期為
時，質點M與t=0時的運動情況相同，質點M在平衡位置向下振動，故B錯誤；
C．t=0時，質點M在平衡位置向下振動，質點M的振動方程是
將，代入解得
則質點M的振動方程是
故C錯誤；
D ．此超聲波傳到N的時間為
s=s
則時，質點振動的時間為
運動的路程為
故D正確；
故選D。
【分析】根據題圖讀出波長，由波速公式v=λf求出超聲波在血管中的傳播速度；根據時間與周期的關系確定質點M的位置和振動方向；根據振幅、圓頻率和初相位寫出質點M的振動方程；根據振動時間與周期的倍數求質點N通過的路程。
5．（2025·涪城模擬）如圖所示，、是北斗衛星導航系統中的兩顆衛星，是緯度為的地球表面上一點，假設衛星、均繞地球做勻速圓周運動，衛星為地球靜止軌道靜止衛星（周期）。某時刻、、、地心恰好在同一平面內，且、、在一條直線上，，則（　?。?br/>A．的周期小于地球自轉周期
B．、的向心加速度大小之比為
C．衛星的動能一定大于衛星
D．再經過12小時，、、、一定再次共面
【答案】A
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】赤道上運行的物體與同步衛星處在同一個軌道平面，并且運行的角速度相等，所以比較赤道上物體與一般衛星的運行參數時，可以通過同步衛星建立聯系。A．由幾何關系可得
根據牛頓第二定律可知
解得
故M的周期小于N的周期，而N的周期與地球自轉的周期相同，所以的周期小于地球自轉周期，A正確；
B．根據牛頓第二定律可得
解得
故兩衛星的加速度之比為
B錯誤；
C．由于兩衛星的質量未知，故無法比較它們動能的大小，C錯誤；
D．由于N的周期為24小時，再經過12小時，N運動半圈，而M運動的距離大于半圈，所以、、、不可能共面，D錯誤。
故選A。
【分析】 萬有引力提供向心力，據此列式，結合前面分析及題意，即可分析判斷；衛星M和衛星N的質量未知，據此分析判斷。
6．（2025·涪城模擬）如圖甲所示是一種靜電除塵裝置，在金屬板A與金屬棒B間加恒定高壓后，金屬棒B帶負電，兩側的A板帶正電，煙氣從一端進入靜電除塵區經過凈化后從另一端排出。其原理如圖乙所示，其中一帶負電的塵埃微粒沿圖乙中虛線向左側金屬板A運動，P、Q是運動軌跡上的兩點，不計重力和微粒間的相互作用，不考慮微粒運動過程中的電荷量變化。下列說法正確的是（　?。?br/>A．P點電勢比Q點電勢高
B．Q點電場強度垂直A板向右
C．微粒在P點速度比Q點的大
D．微粒在P點具有的電勢能比Q點大
【答案】D
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】金屬板A與金屬棒B之間的電場為非勻強電場，電場線由A板指向金屬棒B，熟記電勢能的定義式EP=φq，電勢越高，正電荷電勢能越大，負電荷電勢能越小。A．由圖乙可知，金屬板A帶正電，金屬棒B帶負電，電場線的方向是由正電荷指向負電荷，沿電場線方向電勢降低，P點靠近負極， Q點靠近正極，所以P點電勢比Q點電勢低，故A錯誤；
B．如果都是平行帶電金屬板則會形成正極板指向負極板的勻強電場，圖中負極為金屬棒因此不是勻強電場，Q點的場強不垂直A板，故B錯誤；
CD．由題意可知，微粒在運動過程中，電場力做正功，微粒做加速運動，微粒在P點速度比Q點的??；電勢能減小，微粒在P點具有的電勢能比Q點大，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】根據A板和金屬棒帶電的正負可知電場線的方向，根據沿著電場線方向電勢降低，可知P、Q兩點電勢高低，根據EP=φq比較微粒在P、Q兩點電勢能大小關系；根據A板和金屬棒之間電場線的特點、電場強度沿著電場線切線方向分析；根據微粒從P點到Q點電場力做功的正負，利用動能定理分析。
7．（2025·涪城模擬）三個質量均為m的小物塊，用三根長度為L、最大張力為的輕繩連接，置于動摩擦因數為的粗糙水平圓盤上面，初始時刻輕繩恰好繃直，構成正三角形，正三角形的中心與圓盤的圓心重合．讓圓盤繞過O點垂直于圓盤的軸緩慢轉動起來，隨著角速度的緩慢增加，在輕繩斷裂的瞬間，圓盤的角速度大小為（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】向心力；生活中的圓周運動
【解析】【解答】當繩斷裂瞬間，拉力為mg，對任意一個小球，根據力的合成結合牛頓第二定律有
，
解得
故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】對其中一個球受力分析，利用合力提供向心力列等式可求解圓盤的角速度大小。
8．（2025·涪城模擬）如圖所示電路，是定值電阻，是滑動變阻器，L是小燈泡，C是電容器，電源內阻為。開關S閉合后，在滑動變阻器的滑片向上滑動過程中（　?。?br/>A．小燈泡變亮
B．電壓表示數變小
C．電容器所帶電荷量增大
D．電源的輸出功率一定先變大后變小
【答案】A,B
【知識點】含容電路分析；閉合電路的歐姆定律；電路動態分析
【解析】【解答】能夠分析清楚電路的結構是解題的關鍵，熟練掌握閉合電路的歐姆定律的應用，知道當外電阻和電源內阻相等時電源輸出功率最大。在滑動變阻器的滑片向上滑動過程中，滑動變阻器接入電路的電阻變小
A．根據“串反并同”規律，由電路關系可知，小燈泡消耗的電功率增加，小燈泡變亮，A正確；
B．根據“串反并同”規律，由電路關系可知，電壓表示數變小，B正確；
C．根據“串反并同”規律，由電路關系可知，電容器兩端的電壓減小，電容器的電容在該過程中保持不變，根據公式可知，電容器所帶電荷量減小，C錯誤；
D．設外電路的總電阻為，則有
電源的輸出功率為
可知，當時電源的輸出功率最大，在滑動變阻器的滑片向上滑動過程中，滑動變阻器接入電路的電阻變小，即外電路的總電阻減小，因此電源的輸出功率有可能先變大后變小，也有可能一直減小，D錯誤。
故選AB。
【分析】當滑動變阻器觸頭向上移動時，變阻器R2接入電路的電阻減小，電路中的電流增大，根據閉合電路的歐姆定律分析路端電壓的變化；電容器和變阻器并聯，電容器兩端的電壓和變阻器兩端電壓相等，根據Q=CU分析電容器所帶電荷量的變化；當外電阻和電源內阻相等時電源輸出功率最大，不知道電源內阻和外電阻的關系，無法判斷電源輸出功率的變化。
9．（2025·涪城模擬）如圖所示，豎直平面內，半徑為R半圓形光滑圓弧軌道中，有兩個質量均為m，帶等量異種電荷，電荷量大小均為的a、b小球，在水平向右，場強為大小為的勻強電場作用下，恰好能夠靜止在同一水平線上，且兩者距離為。已知k為靜電力常量，g為重力加速度，小球可視為質點，則（　?。?br/>A．a帶負電荷、b帶正電荷
B．a帶正電荷、b帶負電荷
C．若兩球的電荷量大小均變為原來的一半，兩球仍能在原位置平衡
D．若兩球的電荷量大小均變為原來的2倍，兩球仍能在原位置平衡
【答案】A,D
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】AB．首先，我們需要根據題目中的信息，判斷a、b兩球的帶電性質。若a帶正電荷，則b帶負電荷，a對b有水平向左的引力，而勻強電場對b也有水平向左的電場力，可知b不可能平衡；若a帶負電荷，則b帶正電荷，b對a有水平向右的引力，而勻強電場對a有水平向左的電場力，可知a可能平衡，同理b也能平衡，故A錯誤，B正確；
CD．接下來，我們需要分析兩球在電荷量變化時，是否仍能在原位置平衡。分別對物體水平方向以及豎直方向列出受力平衡的等式即可。對a受力分析，兩小球平衡時，勻強電場，小球之間的距離為，所帶電荷量為，根據平衡條件可得在豎直方向上，軌道對小球的支持力
水平方向上
聯立可得，小球a靜止時滿足
若兩球的電荷量大小均變為原來的一半，把相關數據代入上式不能成立，故兩球不能在原位置平衡；若兩球的電荷量大小均變為原來的2倍，把相關數據代入上式仍能成立，故兩球仍能在原位置平衡，故C錯誤，D正確。
故選AD。
【分析】分別對兩個物體受力分析，結合它們帶等量異種電荷判斷電性，分別對物體水平方向以及豎直方向列出受力平衡的等式得出a平衡的條件。
10．（2025·涪城模擬）如圖所示，在水平地面上固定一個半徑為R的四分之一圓形軌道，軌道右側固定一個傾角為30°的斜面，斜面頂端固定一大小可忽略的輕滑輪，輕滑輪與在同一水平高度。一輕繩跨過定滑輪，左端與套在圓形軌道上質量為m的小圓環相連，右端與斜面上質量為M的物塊相連。在圓形軌道底端A點靜止釋放小圓環，小圓環運動到圖中P點時，輕繩與軌道相切，與夾角為60°；小圓環運動到B點時速度恰好為零。忽略一切摩擦力阻力，小圓環和物塊均可視為質點，物塊離斜面底端足夠遠，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．小圓環到達B點時的加速度為g
B．小圓環到達B點后還能再次回到A點
C．小圓環到達P點時，小圓環和物塊的速度之比為
D．小圓環和物塊的質量之比滿足
【答案】A,B
【知識點】牛頓第二定律；運動的合成與分解；動能定理的綜合應用；機械能守恒定律
【解析】【解答】本題考查了牛頓第二定律、機械能守恒定律等知識點，注意點：小環和物塊沿繩的方向的速度大小相等，而實際速度大小不一定相等，注意點容易出錯。A．小圓環運動到B點時，小環受到豎直向下的重力，水平向右的拉力和圓環對小環向左的支持力，因為運動到B點時速度恰好為零，小球的合力為豎直方向的重力，根據牛頓第二定律可知
解得
A正確；
B．小環和物塊組成的系統，在運動過程中，由于忽略一切摩擦力，故只有重力做功，機械能守恒，當小環到達B點時，速度都為零，此后小環沿圓軌道向下運動，機械能還是守恒，組最終小環和物塊速度都減到零，故圓環到達B點后還能再次滑回A點，B正確；
C．小環在P點時，小環的速度方向沿繩的方向，根據速度的合成與分解可知，此時小圓環和物塊的速度之比為1：1，C錯誤；
D．設輕滑輪的位置為C，由幾何關系可知 ，在運動過程中，對環和物塊組成的系統，根據動能定理可知
解得
D錯誤。
故選AB。
【分析】小圓環到達B點時，分析其受力情況，由牛頓第二定律求加速度，在運動過程中，系統只有重力做功，機械能守恒，即可判斷出小環再次能夠達到A點，利用動能定理求得量質量間的比值，根據速度的合成與分級求得小環在P點時的兩者的速度之比。
11．（2025·涪城模擬）某同學用如圖甲的裝置研究完“探究加速度與力、質量的關系”實驗后（該實驗已平衡摩擦力，且小車質量M遠大于砝碼及托盤的總質量），另一同學提議用該裝置和實驗數據來驗證“動量定理”。已知圖乙中相鄰兩計數點間的時間為t，重力加速度為g。
（1）打第2個計數點時小車的速度　 　和第6個計數點時小車的速度；
（2）從打第2個計數點到打第6個計數點的過程中小車合外力的沖量　 ?。?br/>（3）比較小車合外力的沖量與小車動量的變化量即可驗證；
（4）在實驗的過程中，總是發現小車合外力的沖量大于小車動量的變化量，出現這種誤差的原因　 　。（寫出其中一條即可）
【答案】；；平衡摩擦不夠
【知識點】動量定理
【解析】【解答】本題考查驗證“動量定理”實驗，要求掌握實驗原理，數據處理和誤差分析。（1）根據勻變速直線運動中間時刻瞬時速度等于該過程平均速度可得打第2個計數點時小車的速度
（2）從打第2個計數點到打第6個計數點的過程中小車合外力的沖量
（4）在實驗的過程中，總是發現小車合外力的沖量大于小車動量的變化量，出現這種誤差的原因可能是平衡摩擦不夠、存在空氣阻力、傾角過小。
【分析】（1）根據勻變速直線運動中間時刻速度等于該段的平均速度計算；
（2）根據沖量的定義計算；
（4）平衡摩擦不夠、存在空氣阻力、傾角過小等因素導致實驗誤差。
12．（2025·涪城模擬）某同學設計如圖所示的電路測電源的電動勢和內阻，圖中兩個電流表相同。按如下步驟實驗，請按要求填空：
（1）閉合電鍵S1之前，先將電阻箱接入電路的阻值調到　 　（填“最大”或“最小”），閉合電鍵S1，再閉合電鍵S2，調節電阻箱的阻值，使電流表A2的指針偏轉較大（接近滿偏），讀出 電流值I0，讀出這時電阻箱的阻值R1；斷開電鍵S2，調節電阻箱的阻值，使電流表A2的示數再次為I0，讀出這時電阻箱的阻值R2，則電流表A1的阻值為　 　。
（2）閉合電鍵S3，依次調大電阻箱的阻值，記錄每次調節后電阻箱的阻值R，并記錄每次調節后電流表A1的示數I，根據記錄的作出圖像，則圖像可能是　 　。
A. B. C. D.
（3）若根據記錄的作出圖像，通過對圖像的處理，得到圖像與縱軸的截距為a，圖像的斜率為b， 則電源的電動勢E =　 　，電源的內阻r =　 　。
【答案】最大；R1-R2；D；；+R2-R1-R0
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】本題考查測量電動勢和內電阻的實驗，知道實驗原理是正確設計實驗電路圖、補充實驗步驟的關鍵，同時注意掌握圖象處理數據的基本方法。
(1)為了防止電路中的電流過大，閉合電鍵S1之前，應將電阻箱接入電路的電阻調到最大，根據等效替代可知，電流表A1的內阻為R1-R2；
(2)由于開始時電流表接近滿偏，因此調節電阻箱使電流表的示數逐漸減小，即電阻箱的阻值逐漸調大。由閉合電路歐姆定律得
得到
故D正確，ABC錯誤。
故選D；
(3)由
得
根據題意有
解得
又有
解得
【分析】（1）根據實驗原理可明確實驗中滑動變阻器的作用，再根據等效替代法可明確電流表內阻的大??；
（2）明確實驗方法，從而確定實驗中調節方法，根據歐姆定律可明確對應的圖象；
（3）根據閉合電路歐姆定律列式，再由圖象即可求出電源的電動勢和內電阻。
13．（2025·涪城模擬）如圖所示，水平放置的排水管滿口排水，管口的橫截面積為S，管口離水池水面的高度為h，水在水池中的落點與管口的水平距離為d。假定水在空中做平拋運動，已知重力加速度為g，h遠大于管口內徑。求：
（1）水從管口到水面的運動時間t；
（2）水從管口排出時的速度大??；
（3）管口單位時間內流出水的體積Q。
【答案】解：（1）水在空中做平拋運動，由平拋運動規律得，豎直方向
解得水從管口到水面的運動時間
（2）由平拋運動規律得，水平方向
解得水從管口排出時的速度大小
（3）管口單位時間內流出水的體積
【知識點】平拋運動
【解析】【分析】（1）根據平拋運動豎直方向的運動規律計算時間；
（2）根據平拋運動的水平規律結合時間計算平拋初速度；
（3）根據流量的公式列式推導。
14．（2025·涪城模擬）如圖，傾角為的光滑斜面與光滑水平面在B點平滑連接，傾角為的傳送帶沿逆時針方向勻速轉動，傳送帶的下端與水平面的右端D點通過一小段圓弧連接。在水平面BD上的C點放一質量為3m的小物塊b，在斜面上A點由靜止釋放質量為m的小物塊a，A、B間距離為L，a滑到水平面上后與b發生彈性正碰，之后a、b將在水平面上發生第二次碰撞，b與傳送帶間的動摩擦因數為0.5，傳送帶勻速運動的速度大小為，重力加速度為g，求：
（1）a第一次與b碰撞前瞬間的速度大?。?br/>（2）第一次碰撞后瞬間a與b的速度大??；
（3）a、b第一次碰后到第二次碰撞前的過程，b在傳送帶上運動因摩擦產生的內能。
【答案】解：（1）設a與b碰撞前一瞬間，a的速度大小為，根據機械能守恒定律有
解得
（2）設a、b碰撞后的速度大小分別為、，根據動量守恒有
根據能量守恒有
解得
（3）由于，因此物塊b在傳送帶上先做勻減速運動，后做勻加速運動，根據牛頓第二定律有
解得
根據對稱性，物塊b在傳送帶上上滑、下滑過程所用時間均為
物塊b第一次在傳送帶上運動過程，因此摩擦產生的內能為
【知識點】功能關系；機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根據機械能守恒定律求解a第一次與b碰撞前瞬間的速度大小；
（2）根據動量守恒和能量守恒分別求解a、b碰撞后的速度大?。?br/>（3）物塊b在傳送帶上先向上做勻減速運動到速度為零，再相當于傳送帶向下加速至傳送帶的速度v，根據牛頓第二定律求加速度的大小。根據運動學公式求解共速時間，再分別求解滑塊的對地位移和傳送帶的位移，求解相對位移，根據公式公式求解因摩擦產生的熱量。
15．（2025·涪城模擬）如圖所示，直線形擋板p1p2p3與半徑為r的圓弧形擋板p3p4p5平滑連接并安裝在水平臺面b1b2b3b4上，擋板與臺面均固定不動。線圈c1c2c3的匝數為n，其端點c1、c3通過導線分別與電阻R1和平行板電容器相連，電容器兩極板間的距離為d，電阻R1的阻值是線圈c1c2c3阻值的2倍，其余電阻不計，線圈c1c2c3內有一面積為S、方向垂直于線圈平面向上的勻強磁場，磁場的磁感應強度B隨時間均勻增大。質量為m的小滑塊帶正電，電荷量始終保持為q，在水平臺面上以初速度v0從p1位置出發，沿擋板運動并通過p5位置。若電容器兩板間的電場為勻強電場，p1、p2在電場外，間距為L，其間小滑塊與臺面的動摩擦因數為μ，其余部分的摩擦不計，重力加速度為g。求：
（1）小滑塊通過p2位置時的速度大??；
（2）電容器兩極板間電場強度的取值范圍；
（3）經過時間t磁感應強度變化量的取值范圍。
【答案】解：（1）小滑塊運動到位置p2時速度為v1，由動能定理有
解得
（2）由題意可知，垂直于線圈平面向上的勻強磁場，磁場的磁感應強度B隨時間均勻增大，則根據楞次定律和安培定則可知，電場方向如圖，若小滑塊能通過位置p，則小滑塊可沿擋板運動且通過位置p5，設小滑塊在位置p的速度為v，受到的擋板的彈力為N，勻強電場的電場強度為E，由動能定理有
當滑塊在位置p時，由牛頓第二定律有
由題意有
由以上三式可得
E的取值范圍
（3）設線圈產生的電動勢為E1，其電阻為R，平行板電容器兩端的電壓為U，t時間內磁感應強度的變化量為，得
由法拉第電磁感應定律得
由全電路的歐姆定律得
聯立可得，經過時間t，磁感應強度變化量的取值范圍
0＜≤
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合；感應電動勢及其產生條件
【解析】【分析】（1）根據過程分析，滑塊從p1運動到p2的過程運用動能定理可以求解；
（2）小滑塊要能到達p5位置，則必須能達到最高點，根據圓周運動的特點，能在豎直平面內做圓周運動需要條件，列圓周運動的向心力公式，結合受力特點即可求解；
（3）根據法拉第電磁感應定律求出感應電動勢，由閉合電路歐姆定律、電場公式聯立方程即可解決．
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