資源簡介

2025屆廣東省河源市高三畢業班調研模擬測試（二）物理試卷
1．（2025·河源模擬）“文化需傳承，飄色鬧元宵”。2025年元宵節期間，廣東湛江吳川地區舉行飄色大巡游活動，如圖所示。圖為“飄色”道具的結構示意圖，道具由色臺和色梗組成，色臺固定在色梗上。演員坐在色臺上，與道具一起向右勻速直線運動，下列說法正確的是（　　）
A．此過程道具對演員的作用力大于演員所受的重力
B．此過程道具對演員的作用力與演員所受的重力大小相等
C．當巡游車做減速直線運動時，架子對孩童的作用力豎直向上
D．當巡游車做減速直線運動時，架子對孩童的作用力水平向后
2．（2025·河源模擬）長征運載火箭將七組衛星送入高軌道后，先釋放第一組衛星，然后逐次降低軌道，釋放下一組衛星，直到第七組衛星全部釋放。衛星在相應的軌道繞地球做勻速圓周運動，則相較于第七組衛星，第一組衛星的（　　）
A．線速度大 B．角速度大 C．加速度小 D．運行周期小
3．（2025·河源模擬）如圖，用兩根完全相同、不可伸長的輕繩將小沙包（大小可忽略）對稱地吊在空中，輕推小沙包，測得其在垂直紙面平面內做簡諧運動的周期為（已知在一根豎直繩懸掛下做簡諧運動的小物體的周期為，l為繩長，g為重力加速度），已知每根輕繩的長度為L，小沙包的質量為m，則小沙包靜止時，每根繩子張力為（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025·河源模擬）“火樹銀花十里開”，花城廣州常在珠江邊燃放煙花慶祝盛大的節日?，F有某煙花筒的結構如圖甲所示，其工作原理為：點燃引線，引燃發射藥燃燒發生爆炸，禮花彈獲得一個豎直方向的初速度并同時點燃延期引線，當禮花彈到最高點時，延期引線點燃禮花彈并炸開形成漂亮的球狀禮花?，F假設某禮花彈在最高點炸開成、兩部分，速度均為水平方向。炸開后、的軌跡圖如乙圖所示。忽略空氣阻力的作用，則（　　）
A．、兩部分落地時的速度大小之比
B．、兩部分的初動能之比
C．、兩部分的質量之比
D．、兩部分落地時的重力功率之比為
5．（2025·河源模擬）如圖，平行板電容器兩極板與電源兩極相連，G為靈敏電流表。閉合開關并達到穩定后，若要電流表中產生從a流向b的電流，可將電容器（　?。?br/>A．兩極板的距離增大一些 B．兩極板的距離減小一些
C．兩極板間的電介質抽出 D．兩極板的正對面積減小
6．（2025·河源模擬）《大國重器》節目介紹的GIL輸電系統的三相共箱技術，如圖甲所示。管道內部有三根絕緣超高壓輸電線纜平行且間距相等，截面圖如圖乙所示，上方兩根輸電線纜A、B圓心連線水平。某時刻A中電流方向垂直于紙面向外、B中電流方向垂直于紙面向里，A、B中電流大小均為、C中電流方向垂直于紙面向外、電流大小為，則（　?。?br/>A．B、C輸電線纜相互吸引
B．輸電線纜A、B圓心連線中點處的磁感應強度方向豎直向上
C．正三角形中心O處的磁感應強度方向水平向左
D．輸電線纜A所受安培力方向垂直線纜A、B圓心連線向下
7．（2025·河源模擬）滑草是兒童非常喜歡的運動，簡單的滑草賽道由斜坡道和水平道構成。其過程可簡化為下圖，其中滑板與斜坡道和水平道的動摩擦因數均相同，某次小明和姐姐去滑草，兩人先后都從坡道上的A點由靜止下滑，在水平道上滑行一段距離后停止，姐姐的質量較大，坡道最低點B處平滑連接，則下列說法正確的（　?。?br/>A．在斜坡道上姐姐的滑行時間短
B．在斜坡道上小明滑到B點時的速度較大
C．在水平道上姐姐的滑行距離長
D．在水平道上兩人滑行的距離一樣長
8．（2025·河源模擬）如圖，空間中存在水平向右的勻強電場，一帶負電的小球以速度大小為v豎直向上射入勻強電場，經過一段時間，小球速度大小仍為v，但方向沿水平方向，已知小球質量為m，帶電荷量為－q，重力加速度為g，則在該過程中（ ）
A．勻強電場的電場強度大小為
B．小球克服重力做功為
C．小球射入電場后，小球的電勢能逐漸增大
D．小球機械能增加
9．（2025·河源模擬）如圖所示，水平面上有兩個木塊，兩木塊的質量分別為m1、m2，且m2=2m1。開始時兩木塊之間有一根用輕繩縛住已壓縮的輕彈簧，燒斷繩后，兩木塊分別向左、右運動。若兩木塊m1和m2與水平面間的動摩擦因數分別為μ1、μ2，且μ1=2μ2，則在彈簧伸長的過程中，兩木塊（　　）
A．動量大小之比為1：1 B．速度大小之比為2：1
C．動量大小之比為2：1 D．速度大小之比為1：1
10．（2025·河源模擬）如圖，一位同學玩飛鏢游戲。鏢盤的半徑為R，鏢盤在豎直面內繞圓心以一定的角速度做勻速轉動，鏢盤邊緣上有一點P，當P點轉到最高點時，該同學將飛鏢正對著P點水平拋出，結果飛鏢剛好擊中P點，不計空氣阻力，不計飛鏢的大小，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（　　）
A．當P點再次運動到最高點時飛鏢剛好擊中P點
B．當P點運動到最低點時飛鏢剛好擊中P點
C．飛鏢運動的時間一定是
D．圓盤轉動的角速度可能為
11．（2025·河源模擬）某同學選用甲、乙兩根彈簧探究彈簧彈力的大小與伸長量之間的定量關系。該同學根據測得的數據繪出的甲、乙兩根彈簧的彈力大小F與伸長量x的關系圖像分別如圖中的圖線1、圖線2所示。
（1）彈簧甲的勁度系數　 　N/m，彈簧乙的勁度系數　 　N/m。（結果均保留三位有效數字）
（2）要制作一個精確程度較高的彈簧測力計，在其他條件相同的情況下，應選用彈簧　 ?。ㄌ睢凹住被颉耙摇保?br/>12．（2025·河源模擬）某學習小組用兩種不同的金屬電極插入檸檬做了一個“水果電池”，為了測量該電池的電動勢和內阻，同學們經過討論設計的實驗電路圖如圖甲所示。
（1）在圖甲中，①應為　 　表，②應為　 　表。（均填“電流”或“電壓”）
（2）正確連接電路，閉合開關，調節滑動變阻器的滑片，記錄多組和的值，并以為縱坐標、為橫坐標，作出的圖像如圖乙所示，則該水果電池的電動勢　 　V、內阻　 　。（結果均保留三位有效數字）
（3）為測未知電阻，某同學將改接在、之間，其他部分保持不變，電路圖如圖丙所示。正確連接電路后重新實驗，得到另一條圖線，分析發現圖線滿足關系式，則未知電阻的阻值　 　。（用、和表示）
13．（2025·河源模擬）橫截面為圓環的中空柱形容器，內半徑為R，外半徑為2R，MN為一條直徑。光線以45°入射角從M點射向容器，折射后恰好與容器內壁相切，光在真空中的速度為c。求：
（1）容器對該光線的折射率n；
（2）光從M點射入到第一次到達容器外壁所經歷的時間t。
14．（2025·河源模擬）如圖所示，質量均為m、帶同種正電荷的小球A、B用長均為L的a、b絕緣細線懸掛，兩球處于靜止狀態，已知細線b的拉力與細線a的拉力大小相等，小球A、B的帶電量也相等，重力加速度為g，靜電力常量為k，不計小球大小，求：
（1）小球A的帶電量；
（2）若給小球A施加一個水平向左的拉力，同時給小球B一個水平向右的拉力，兩力始終等大反向，讓兩力同時從0開始緩慢增大，當細線b與豎直方向的夾角為53°時，作用于小球B上的拉力多大？
15．（2025·河源模擬）如圖為某游戲裝置原理示意圖。在桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定在地面上的光滑豎直圓弧軌道在同一豎直平面內，過C點的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°。小球以的水平初速度由A點切入擋板內側，從B點飛出桌面后，在C點沿圓弧切線方向進入軌道內側，并恰好能到達軌道的最高點D。已知重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小球質量為m可視為質點。求：
（1）小球到達D點的速度大?。?br/>（2）小球到達C點時，小球對軌道壓力的大??；
（3）水平桌面的摩擦因數。
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】共點力的平衡；牛頓第二定律
【解析】【解答】本題考查共點力作用下物體的平衡，掌握物體處于平衡狀態的條件是解題的關鍵。AB．演員坐在色臺上，與道具一起向右勻速直線運動，根據平衡條件知此過程道具對演員的作用力與演員所受的重力大小相等，故A錯誤，B正確；
CD．當巡游車做減速直線運動時，孩童所受的合力的作用力水平向后，孩童受重力和架子對孩童的作用力，根據矢量定則知，架子對孩童的作用力傾斜向后上方，故CD錯誤。
故選B。
【分析】根據平衡條件分析解答。
2．【答案】C
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】解答本題時，要建立模型，抓住萬有引力提供向心力這一思路，通過列式分析各個量的大小。根據萬有引力提供向心力
可得
由于第一組衛星的軌道半徑比第七組大，則第一組衛星的線速度較小，角速度較小，加速度較小，周期較大。
故選C。
【分析】根據萬有引力充當向心力列式，得到各個量與軌道半徑的關系，再分析它們的大小。
3．【答案】A
【知識點】單擺及其回復力與周期；共點力的平衡
【解析】【解答】如圖所示，在細線的一端拴一個小球，另一端固定在懸點上，如果線的伸長和質量都不計，球的直徑比擺線短得多，這樣的裝置叫做單擺。依題意，小沙包做簡諧運動，設等效擺長為l，則有
對小沙包受力分析，如圖
根據平衡條件可得
聯立解得
故選A。
【分析】根據公式求得繩子與豎直方向夾角，對沙包受力分析，根據共點力平衡條件列式求解繩子拉力。
4．【答案】B
【知識點】爆炸；平拋運動；功率及其計算；動能
【解析】【解答】本題考查動量守恒和動能的相關計算，分析兩部分落地時的速度及重力功率時，需要考慮豎直分速度的關系。
C．平拋運動方向為勻速直線運動，則有
，
豎直方向上有
，
則有
根據動量守恒定律有
解得
故C錯誤；
B．、兩部分的初動能
，
結合上述解得
故B正確；
A．、兩部分落地時的速度大小
，
結合上述可知，、兩部分落地時的速度大小之比不等于，故A錯誤；
D．、兩部分落地時的重力功率
，
結合上述解得
故D錯誤。
故選B。
【分析】由平拋運動特點，即可計算a、b兩部分的水平速度之比，結合動量守恒，可得到兩部分的質量之比；由動能表達式，結合質量之比、水平速度之比，即可計算兩部分的初動能之比；由兩部分落地時的合速度表達式，可分析其速度之比是否為1：3；由落地時的豎直分速度特點，結合質量之比，即可計算重力的功率之比。
5．【答案】B
【知識點】電容器及其應用
【解析】【解答】本題考查電容器的動態分析問題，抓住電容器的電壓不變，根據電容器的決定式和定義式相結合進行分析。AB．若要電流表中產生從a流向b的電流，即電容器處于充電狀態，即電容器所帶電荷量增大，由于電容器與電源相連，則電容器兩極板間電壓不變，根據
可知，電容器的電容增大，若兩極板的距離增大一些，則C減??；若兩極板的距離減小一些，則C增大，故A錯誤，B正確；
C．若兩極板間的電介質抽出，則相對介電常量減小，電容減小，故C錯誤；
D．若兩極板的正對面積減小，則電容減小，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據電容的決定式 分析電容的變化，結合電壓不變，分析電容器帶電量的變化，再判斷電路中電流方向。
6．【答案】D
【知識點】磁感應強度；左手定則—磁場對通電導線的作用
【解析】【解答】在解決本題時，注意仔細分析三個導線各自產生的磁場，以及在疊加形成的磁場中導線的受力情況。A．由于B、C輸電線纜通入的電流方向相反，所以兩線纜相互排斥，故A錯誤；
B．根據右手螺旋定則可知，A、B輸電線纜在A、B圓心連線中點處的磁感應強度方向豎直向上，而C線纜在該處的磁感應強度水平向左，則該點的合磁感應強度方向斜向上偏左，故B錯誤；
C．A輸電線纜在O點的磁感應強度方向垂直OA指向右上方，B輸電線纜在O點的磁感應強度方向垂直OB指向左上方，根據對稱性可知，A、B輸電線纜在O處的合磁感應強度方向豎直向上，而C輸電線在O點的磁感應強度方向垂直OC水平向左，所以O處合磁感應強度方向應斜向左上方，故C錯誤。
D．B對A的作用力沿AB水平向左，C對A的作用力沿AC斜向右下，且大小為B對A作用力的2倍，如圖所示
由圖可知
即C對A的作用力在水平方向的分力與B對A的作用力大小相等，方向相反，所以A受到的安培力合力即為C對A的作用力在豎直方向的分量，則輸電線纜A所受安培力方向垂直線纜A、B圓心連線向下，故D正確。
故選D。
【分析】電流方向相反，兩線纜相互排斥判斷；根據右手螺旋定則判斷導線產生磁場的方向；利用對稱性即可判斷O點的磁場方向；對A點利用安培力的右手定則判斷A點安培力多額受力方向。
7．【答案】D
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【解答】本題考查了牛頓第二定律和運動學公式的綜合運用，知道加速度是聯系力學和運動學的橋梁，通過加速度可以根據力求運動，也可以根據運動求力。對滑行的人受力分析，設其與滑板的總質量為m，斜面坡道傾角為，滑板與斜坡道和水平道的動摩擦因數為，則根據牛頓第二定律可得
整理可得
，
可知，在斜坡道上與水平道上滑行的加速度大小與其質量無關，由于出發點相同，則兩人的運動情況相同，即在斜坡道上滑行時間相同，在斜坡道上滑到B點時的速度相同，在水平道上兩人滑行的距離一樣長。
故選D。
【分析】根據牛頓第二定律求得下滑的加速度；根據速度—時間公式求得下滑到斜面底端速度，斜面下滑、水平面滑行時間，再根據運動學公式求得全過程總路程，然后比較即可。
8．【答案】A,B,D
【知識點】功能關系；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】靜電力做功決定帶電體電勢能的變化量，即WAB=EPA-EPB=-ΔEP。這與重力做功和重力勢能變化之間的關系類似。只有靜電力做功時，帶電體電勢能與機械能的總量不變即EP1+E機1=EP2+E機2。A．方向恰沿水平方向時，豎直方向速度為零，用時
水平方向做勻變速直線運動，則
聯立解得
故A正確；
B．小球豎直方向速度為零，根據動能定理，重力做功
所以小球克服重力做功為，故B正確；
C．在該過程中電場力做正功，所以電勢能一直減小，故C錯誤；
D．該過程中，除重力做功外，只有電場力做功，且電場力做正功，電場力做功
所以小球機械能增加，故D正確。
故選ABD。
【分析】根據受力把運動分解為水平方向的勻加速直線運動和豎直上拋運動，然后根據牛頓第二定律和運動學公式求解。
9．【答案】A,B
【知識點】動量守恒定律
【解析】【解答】解決本題時，要明確動量守恒的條件，應用動量守恒定律列式即可正確解題。AC．左側木塊所受滑動摩擦力
方向水平向右。右側木塊所受滑動摩擦力
方向水平向左。根據題意有m2=2m1，μ1=2μ2，解得
即兩木塊構成的系統所受外力的合力為0，則系統動量守恒，兩木塊動量大小相等，則動量大小之比為1：1，故A正確，C錯誤；
BD．結合上述，根據動量守恒定律有
根據題意有m2=2m1，解得
故B正確，D錯誤。
故選AB。
【分析】系統所受合外力為零，系統動量守恒，根據動量守恒條件判斷系統動量是否守恒，然后應用動量守恒定律分析答題。
10．【答案】B,C
【知識點】平拋運動；線速度、角速度和周期、轉速
【解析】【解答】要充分理解圓周運動與平拋運動的規律，能夠綜合應用相關規律解決實際問題，可能遇到的題型有先做圓周運動后做平拋運動和先做平拋運動后做圓周運動。
AB．由于飛鏢做平拋運動，因此一定是當P點運動到最低點時飛鏢剛好擊中P點，故A錯誤，B正確；
C．飛鏢運動的時間由平拋運動的高度決定，根據
解得
故C正確；
D．設圓盤轉動的角速度為ω，結合上述有
（n=1，2，3…）
解得
若角速度為，解得
由此判斷鏢盤轉動的角速度不可能為，故D錯誤。
故選BC。
【分析】飛鏢做平拋運動，因此一定是當P點運動到最低點時飛鏢剛好擊中P點，飛鏢運動的時間由平拋運動的高度決定，結合圓周運動的周期性求解。
11．【答案】（1）400；125
（2）乙
【知識點】探究彈簧彈力的大小與伸長量的關系
【解析】【解答】結合胡克定律知道F-x圖像的斜率表示彈簧的勁度系數是解題的關鍵。
（1）F-x圖像的斜率表示勁度系數，則甲彈簧的勁度系數為
乙彈簧的勁度系數為
（2）由圖可知彈簧乙的勁度系數比甲的勁度系數小，彈簧在彈力一定時，勁度系數越小，伸長量越大，用其制作的彈簧測力計精確程度越高，所以應選擇彈簧乙。
【分析】（1）根據圖像的斜率計算；
（2）彈簧的勁度系數越小，制作的彈簧測力計精確度越高。
（1）[1]F-x圖像的斜率表示勁度系數，則甲彈簧的勁度系數為
[2]乙彈簧的勁度系數為
（2）由圖可知彈簧乙的勁度系數比甲的勁度系數小，彈簧在彈力一定時，勁度系數越小，伸長量越大，用其制作的彈簧測力計精確程度越高，所以應選擇彈簧乙。
12．【答案】電壓；電流；1.46；192；
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】本題考查了測量“水果電池”的電動勢與內阻的實驗，理解電路原理圖，知道U-I圖象的縱截距代表電源電動勢的大小，斜率的絕對值代表電源內阻。
（1）在圖甲中，電壓表并聯測量電路電壓，電流表串聯電路中測電流，故①應為電壓表，②應為電流表。
（2）該水果電池的電動勢
E=1.46V
內阻
（3）由電路可知
對比
可知
b=E，k=r+Rx
則
Rx =k -r
【分析】（1）根據實驗原理，測量是路端電壓與電流的關系，結合圖象求E和r，從而確定兩個位置所接的電表；
（2）根閉合電路歐姆定律寫出U-I的表達式，結合圖象的縱截距和斜率求“水果電池”的電動勢和內阻；
（3）根據閉合電路歐姆定律列式，再根據圖d分析可知，圖線與縱軸的截距即為電源電動勢，圖像的斜率的絕對值為電源內阻。
13．【答案】（1）解：折射光線恰好與容器內壁相切，設折射角為θ，由幾何關系得
解得
容器對該光線的折射率
（2）解：光從M點射入到第一次到達容器外壁走的路程
光在容器中的傳播速度
光從M點射入到第一次到達容器外壁所經歷的時間
【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）根據題意畫出光路圖，根據幾何關系求出折射角正弦，再根據折射定律求解折射率；
（2）根據幾何關系求解光線A在柱形容器中通過的距離，根據折射定律求解光在容器在的傳播速度，進而求解光線A射入柱形容器后折射出去的時間。
（1）折射光線恰好與容器內壁相切，設折射角為θ，由幾何關系得
解得
容器對該光線的折射率
（2）光從M點射入到第一次到達容器外壁走的路程
光在容器中的傳播速度
光從M點射入到第一次到達容器外壁所經歷的時間
14．【答案】（1）解：設繩上的拉力大小為T，則對小球A、B整體，根據力的平衡條件有
設兩小球帶電量都為，對小球B，根據力的平衡條件有
解得
（2）解：小球B受重力、細線b的拉力、斥力和水平向右的拉力，處于平衡狀態，當細線b與豎直方向的夾角為53°時，根據平衡條件，水平拉力大小為
【知識點】庫侖定律
【解析】【分析】（1）對A球受力分析，根據共點力平衡條件求出A球受到的庫侖力，再根據庫侖定律求小球A所帶電荷量的大小；
（2）對B球受力分析，根據共點力平衡條件求出小球B上懸線拉力的大小。
15．【答案】解：（1）由題知，小物塊恰好能到達軌道的最高點D，則在D點有
解得
（2）小物塊從C到D的過程中，根據動能定理有
在C點，有
聯立解得
根據牛頓第三定律可得小球到達C點時，小球對軌道壓力的大小為4.5mg；
（3）由題知，小物塊從C點沿圓弧切線方向進入軌道內側，則在C點有
小物塊從A到B的過程中，根據動能定理有
，
解得
【知識點】平拋運動；豎直平面的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）小物塊恰好能到達軌道的最高點D，只有重力提供向心力列等式，可求解D點速度。
（2）小物塊從C到D的過程中，根據動能定理列等式：
在C點，合力提供向心力列等式：，聯立可求解支持力，根據牛頓第三定律可得小球到達C點時，小球對軌道壓力的大小。
（3）小物塊從C點沿圓弧切線方向進入軌道內側，在C點：
小物塊從A到B的過程中，根據動能定理列等式：，
聯立求解水平桌面的摩擦因數。
1 / 12025屆廣東省河源市高三畢業班調研模擬測試（二）物理試卷
1．（2025·河源模擬）“文化需傳承，飄色鬧元宵”。2025年元宵節期間，廣東湛江吳川地區舉行飄色大巡游活動，如圖所示。圖為“飄色”道具的結構示意圖，道具由色臺和色梗組成，色臺固定在色梗上。演員坐在色臺上，與道具一起向右勻速直線運動，下列說法正確的是（　?。?br/>A．此過程道具對演員的作用力大于演員所受的重力
B．此過程道具對演員的作用力與演員所受的重力大小相等
C．當巡游車做減速直線運動時，架子對孩童的作用力豎直向上
D．當巡游車做減速直線運動時，架子對孩童的作用力水平向后
【答案】B
【知識點】共點力的平衡；牛頓第二定律
【解析】【解答】本題考查共點力作用下物體的平衡，掌握物體處于平衡狀態的條件是解題的關鍵。AB．演員坐在色臺上，與道具一起向右勻速直線運動，根據平衡條件知此過程道具對演員的作用力與演員所受的重力大小相等，故A錯誤，B正確；
CD．當巡游車做減速直線運動時，孩童所受的合力的作用力水平向后，孩童受重力和架子對孩童的作用力，根據矢量定則知，架子對孩童的作用力傾斜向后上方，故CD錯誤。
故選B。
【分析】根據平衡條件分析解答。
2．（2025·河源模擬）長征運載火箭將七組衛星送入高軌道后，先釋放第一組衛星，然后逐次降低軌道，釋放下一組衛星，直到第七組衛星全部釋放。衛星在相應的軌道繞地球做勻速圓周運動，則相較于第七組衛星，第一組衛星的（　　）
A．線速度大 B．角速度大 C．加速度小 D．運行周期小
【答案】C
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】解答本題時，要建立模型，抓住萬有引力提供向心力這一思路，通過列式分析各個量的大小。根據萬有引力提供向心力
可得
由于第一組衛星的軌道半徑比第七組大，則第一組衛星的線速度較小，角速度較小，加速度較小，周期較大。
故選C。
【分析】根據萬有引力充當向心力列式，得到各個量與軌道半徑的關系，再分析它們的大小。
3．（2025·河源模擬）如圖，用兩根完全相同、不可伸長的輕繩將小沙包（大小可忽略）對稱地吊在空中，輕推小沙包，測得其在垂直紙面平面內做簡諧運動的周期為（已知在一根豎直繩懸掛下做簡諧運動的小物體的周期為，l為繩長，g為重力加速度），已知每根輕繩的長度為L，小沙包的質量為m，則小沙包靜止時，每根繩子張力為（　?。?br/>A． B．
C． D．
【答案】A
【知識點】單擺及其回復力與周期；共點力的平衡
【解析】【解答】如圖所示，在細線的一端拴一個小球，另一端固定在懸點上，如果線的伸長和質量都不計，球的直徑比擺線短得多，這樣的裝置叫做單擺。依題意，小沙包做簡諧運動，設等效擺長為l，則有
對小沙包受力分析，如圖
根據平衡條件可得
聯立解得
故選A。
【分析】根據公式求得繩子與豎直方向夾角，對沙包受力分析，根據共點力平衡條件列式求解繩子拉力。
4．（2025·河源模擬）“火樹銀花十里開”，花城廣州常在珠江邊燃放煙花慶祝盛大的節日?，F有某煙花筒的結構如圖甲所示，其工作原理為：點燃引線，引燃發射藥燃燒發生爆炸，禮花彈獲得一個豎直方向的初速度并同時點燃延期引線，當禮花彈到最高點時，延期引線點燃禮花彈并炸開形成漂亮的球狀禮花。現假設某禮花彈在最高點炸開成、兩部分，速度均為水平方向。炸開后、的軌跡圖如乙圖所示。忽略空氣阻力的作用，則（　?。?br/>A．、兩部分落地時的速度大小之比
B．、兩部分的初動能之比
C．、兩部分的質量之比
D．、兩部分落地時的重力功率之比為
【答案】B
【知識點】爆炸；平拋運動；功率及其計算；動能
【解析】【解答】本題考查動量守恒和動能的相關計算，分析兩部分落地時的速度及重力功率時，需要考慮豎直分速度的關系。
C．平拋運動方向為勻速直線運動，則有
，
豎直方向上有
，
則有
根據動量守恒定律有
解得
故C錯誤；
B．、兩部分的初動能
，
結合上述解得
故B正確；
A．、兩部分落地時的速度大小
，
結合上述可知，、兩部分落地時的速度大小之比不等于，故A錯誤；
D．、兩部分落地時的重力功率
，
結合上述解得
故D錯誤。
故選B。
【分析】由平拋運動特點，即可計算a、b兩部分的水平速度之比，結合動量守恒，可得到兩部分的質量之比；由動能表達式，結合質量之比、水平速度之比，即可計算兩部分的初動能之比；由兩部分落地時的合速度表達式，可分析其速度之比是否為1：3；由落地時的豎直分速度特點，結合質量之比，即可計算重力的功率之比。
5．（2025·河源模擬）如圖，平行板電容器兩極板與電源兩極相連，G為靈敏電流表。閉合開關并達到穩定后，若要電流表中產生從a流向b的電流，可將電容器（　?。?br/>A．兩極板的距離增大一些 B．兩極板的距離減小一些
C．兩極板間的電介質抽出 D．兩極板的正對面積減小
【答案】B
【知識點】電容器及其應用
【解析】【解答】本題考查電容器的動態分析問題，抓住電容器的電壓不變，根據電容器的決定式和定義式相結合進行分析。AB．若要電流表中產生從a流向b的電流，即電容器處于充電狀態，即電容器所帶電荷量增大，由于電容器與電源相連，則電容器兩極板間電壓不變，根據
可知，電容器的電容增大，若兩極板的距離增大一些，則C減??；若兩極板的距離減小一些，則C增大，故A錯誤，B正確；
C．若兩極板間的電介質抽出，則相對介電常量減小，電容減小，故C錯誤；
D．若兩極板的正對面積減小，則電容減小，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據電容的決定式 分析電容的變化，結合電壓不變，分析電容器帶電量的變化，再判斷電路中電流方向。
6．（2025·河源模擬）《大國重器》節目介紹的GIL輸電系統的三相共箱技術，如圖甲所示。管道內部有三根絕緣超高壓輸電線纜平行且間距相等，截面圖如圖乙所示，上方兩根輸電線纜A、B圓心連線水平。某時刻A中電流方向垂直于紙面向外、B中電流方向垂直于紙面向里，A、B中電流大小均為、C中電流方向垂直于紙面向外、電流大小為，則（　?。?br/>A．B、C輸電線纜相互吸引
B．輸電線纜A、B圓心連線中點處的磁感應強度方向豎直向上
C．正三角形中心O處的磁感應強度方向水平向左
D．輸電線纜A所受安培力方向垂直線纜A、B圓心連線向下
【答案】D
【知識點】磁感應強度；左手定則—磁場對通電導線的作用
【解析】【解答】在解決本題時，注意仔細分析三個導線各自產生的磁場，以及在疊加形成的磁場中導線的受力情況。A．由于B、C輸電線纜通入的電流方向相反，所以兩線纜相互排斥，故A錯誤；
B．根據右手螺旋定則可知，A、B輸電線纜在A、B圓心連線中點處的磁感應強度方向豎直向上，而C線纜在該處的磁感應強度水平向左，則該點的合磁感應強度方向斜向上偏左，故B錯誤；
C．A輸電線纜在O點的磁感應強度方向垂直OA指向右上方，B輸電線纜在O點的磁感應強度方向垂直OB指向左上方，根據對稱性可知，A、B輸電線纜在O處的合磁感應強度方向豎直向上，而C輸電線在O點的磁感應強度方向垂直OC水平向左，所以O處合磁感應強度方向應斜向左上方，故C錯誤。
D．B對A的作用力沿AB水平向左，C對A的作用力沿AC斜向右下，且大小為B對A作用力的2倍，如圖所示
由圖可知
即C對A的作用力在水平方向的分力與B對A的作用力大小相等，方向相反，所以A受到的安培力合力即為C對A的作用力在豎直方向的分量，則輸電線纜A所受安培力方向垂直線纜A、B圓心連線向下，故D正確。
故選D。
【分析】電流方向相反，兩線纜相互排斥判斷；根據右手螺旋定則判斷導線產生磁場的方向；利用對稱性即可判斷O點的磁場方向；對A點利用安培力的右手定則判斷A點安培力多額受力方向。
7．（2025·河源模擬）滑草是兒童非常喜歡的運動，簡單的滑草賽道由斜坡道和水平道構成。其過程可簡化為下圖，其中滑板與斜坡道和水平道的動摩擦因數均相同，某次小明和姐姐去滑草，兩人先后都從坡道上的A點由靜止下滑，在水平道上滑行一段距離后停止，姐姐的質量較大，坡道最低點B處平滑連接，則下列說法正確的（　　）
A．在斜坡道上姐姐的滑行時間短
B．在斜坡道上小明滑到B點時的速度較大
C．在水平道上姐姐的滑行距離長
D．在水平道上兩人滑行的距離一樣長
【答案】D
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【解答】本題考查了牛頓第二定律和運動學公式的綜合運用，知道加速度是聯系力學和運動學的橋梁，通過加速度可以根據力求運動，也可以根據運動求力。對滑行的人受力分析，設其與滑板的總質量為m，斜面坡道傾角為，滑板與斜坡道和水平道的動摩擦因數為，則根據牛頓第二定律可得
整理可得
，
可知，在斜坡道上與水平道上滑行的加速度大小與其質量無關，由于出發點相同，則兩人的運動情況相同，即在斜坡道上滑行時間相同，在斜坡道上滑到B點時的速度相同，在水平道上兩人滑行的距離一樣長。
故選D。
【分析】根據牛頓第二定律求得下滑的加速度；根據速度—時間公式求得下滑到斜面底端速度，斜面下滑、水平面滑行時間，再根據運動學公式求得全過程總路程，然后比較即可。
8．（2025·河源模擬）如圖，空間中存在水平向右的勻強電場，一帶負電的小球以速度大小為v豎直向上射入勻強電場，經過一段時間，小球速度大小仍為v，但方向沿水平方向，已知小球質量為m，帶電荷量為－q，重力加速度為g，則在該過程中（ ）
A．勻強電場的電場強度大小為
B．小球克服重力做功為
C．小球射入電場后，小球的電勢能逐漸增大
D．小球機械能增加
【答案】A,B,D
【知識點】功能關系；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】靜電力做功決定帶電體電勢能的變化量，即WAB=EPA-EPB=-ΔEP。這與重力做功和重力勢能變化之間的關系類似。只有靜電力做功時，帶電體電勢能與機械能的總量不變即EP1+E機1=EP2+E機2。A．方向恰沿水平方向時，豎直方向速度為零，用時
水平方向做勻變速直線運動，則
聯立解得
故A正確；
B．小球豎直方向速度為零，根據動能定理，重力做功
所以小球克服重力做功為，故B正確；
C．在該過程中電場力做正功，所以電勢能一直減小，故C錯誤；
D．該過程中，除重力做功外，只有電場力做功，且電場力做正功，電場力做功
所以小球機械能增加，故D正確。
故選ABD。
【分析】根據受力把運動分解為水平方向的勻加速直線運動和豎直上拋運動，然后根據牛頓第二定律和運動學公式求解。
9．（2025·河源模擬）如圖所示，水平面上有兩個木塊，兩木塊的質量分別為m1、m2，且m2=2m1。開始時兩木塊之間有一根用輕繩縛住已壓縮的輕彈簧，燒斷繩后，兩木塊分別向左、右運動。若兩木塊m1和m2與水平面間的動摩擦因數分別為μ1、μ2，且μ1=2μ2，則在彈簧伸長的過程中，兩木塊（　?。?br/>A．動量大小之比為1：1 B．速度大小之比為2：1
C．動量大小之比為2：1 D．速度大小之比為1：1
【答案】A,B
【知識點】動量守恒定律
【解析】【解答】解決本題時，要明確動量守恒的條件，應用動量守恒定律列式即可正確解題。AC．左側木塊所受滑動摩擦力
方向水平向右。右側木塊所受滑動摩擦力
方向水平向左。根據題意有m2=2m1，μ1=2μ2，解得
即兩木塊構成的系統所受外力的合力為0，則系統動量守恒，兩木塊動量大小相等，則動量大小之比為1：1，故A正確，C錯誤；
BD．結合上述，根據動量守恒定律有
根據題意有m2=2m1，解得
故B正確，D錯誤。
故選AB。
【分析】系統所受合外力為零，系統動量守恒，根據動量守恒條件判斷系統動量是否守恒，然后應用動量守恒定律分析答題。
10．（2025·河源模擬）如圖，一位同學玩飛鏢游戲。鏢盤的半徑為R，鏢盤在豎直面內繞圓心以一定的角速度做勻速轉動，鏢盤邊緣上有一點P，當P點轉到最高點時，該同學將飛鏢正對著P點水平拋出，結果飛鏢剛好擊中P點，不計空氣阻力，不計飛鏢的大小，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（　?。?br/>A．當P點再次運動到最高點時飛鏢剛好擊中P點
B．當P點運動到最低點時飛鏢剛好擊中P點
C．飛鏢運動的時間一定是
D．圓盤轉動的角速度可能為
【答案】B,C
【知識點】平拋運動；線速度、角速度和周期、轉速
【解析】【解答】要充分理解圓周運動與平拋運動的規律，能夠綜合應用相關規律解決實際問題，可能遇到的題型有先做圓周運動后做平拋運動和先做平拋運動后做圓周運動。
AB．由于飛鏢做平拋運動，因此一定是當P點運動到最低點時飛鏢剛好擊中P點，故A錯誤，B正確；
C．飛鏢運動的時間由平拋運動的高度決定，根據
解得
故C正確；
D．設圓盤轉動的角速度為ω，結合上述有
（n=1，2，3…）
解得
若角速度為，解得
由此判斷鏢盤轉動的角速度不可能為，故D錯誤。
故選BC。
【分析】飛鏢做平拋運動，因此一定是當P點運動到最低點時飛鏢剛好擊中P點，飛鏢運動的時間由平拋運動的高度決定，結合圓周運動的周期性求解。
11．（2025·河源模擬）某同學選用甲、乙兩根彈簧探究彈簧彈力的大小與伸長量之間的定量關系。該同學根據測得的數據繪出的甲、乙兩根彈簧的彈力大小F與伸長量x的關系圖像分別如圖中的圖線1、圖線2所示。
（1）彈簧甲的勁度系數　 　N/m，彈簧乙的勁度系數　 　N/m。（結果均保留三位有效數字）
（2）要制作一個精確程度較高的彈簧測力計，在其他條件相同的情況下，應選用彈簧　 ?。ㄌ睢凹住被颉耙摇保?。
【答案】（1）400；125
（2）乙
【知識點】探究彈簧彈力的大小與伸長量的關系
【解析】【解答】結合胡克定律知道F-x圖像的斜率表示彈簧的勁度系數是解題的關鍵。
（1）F-x圖像的斜率表示勁度系數，則甲彈簧的勁度系數為
乙彈簧的勁度系數為
（2）由圖可知彈簧乙的勁度系數比甲的勁度系數小，彈簧在彈力一定時，勁度系數越小，伸長量越大，用其制作的彈簧測力計精確程度越高，所以應選擇彈簧乙。
【分析】（1）根據圖像的斜率計算；
（2）彈簧的勁度系數越小，制作的彈簧測力計精確度越高。
（1）[1]F-x圖像的斜率表示勁度系數，則甲彈簧的勁度系數為
[2]乙彈簧的勁度系數為
（2）由圖可知彈簧乙的勁度系數比甲的勁度系數小，彈簧在彈力一定時，勁度系數越小，伸長量越大，用其制作的彈簧測力計精確程度越高，所以應選擇彈簧乙。
12．（2025·河源模擬）某學習小組用兩種不同的金屬電極插入檸檬做了一個“水果電池”，為了測量該電池的電動勢和內阻，同學們經過討論設計的實驗電路圖如圖甲所示。
（1）在圖甲中，①應為　 　表，②應為　 　表。（均填“電流”或“電壓”）
（2）正確連接電路，閉合開關，調節滑動變阻器的滑片，記錄多組和的值，并以為縱坐標、為橫坐標，作出的圖像如圖乙所示，則該水果電池的電動勢　 　V、內阻　 　。（結果均保留三位有效數字）
（3）為測未知電阻，某同學將改接在、之間，其他部分保持不變，電路圖如圖丙所示。正確連接電路后重新實驗，得到另一條圖線，分析發現圖線滿足關系式，則未知電阻的阻值　 　。（用、和表示）
【答案】電壓；電流；1.46；192；
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】本題考查了測量“水果電池”的電動勢與內阻的實驗，理解電路原理圖，知道U-I圖象的縱截距代表電源電動勢的大小，斜率的絕對值代表電源內阻。
（1）在圖甲中，電壓表并聯測量電路電壓，電流表串聯電路中測電流，故①應為電壓表，②應為電流表。
（2）該水果電池的電動勢
E=1.46V
內阻
（3）由電路可知
對比
可知
b=E，k=r+Rx
則
Rx =k -r
【分析】（1）根據實驗原理，測量是路端電壓與電流的關系，結合圖象求E和r，從而確定兩個位置所接的電表；
（2）根閉合電路歐姆定律寫出U-I的表達式，結合圖象的縱截距和斜率求“水果電池”的電動勢和內阻；
（3）根據閉合電路歐姆定律列式，再根據圖d分析可知，圖線與縱軸的截距即為電源電動勢，圖像的斜率的絕對值為電源內阻。
13．（2025·河源模擬）橫截面為圓環的中空柱形容器，內半徑為R，外半徑為2R，MN為一條直徑。光線以45°入射角從M點射向容器，折射后恰好與容器內壁相切，光在真空中的速度為c。求：
（1）容器對該光線的折射率n；
（2）光從M點射入到第一次到達容器外壁所經歷的時間t。
【答案】（1）解：折射光線恰好與容器內壁相切，設折射角為θ，由幾何關系得
解得
容器對該光線的折射率
（2）解：光從M點射入到第一次到達容器外壁走的路程
光在容器中的傳播速度
光從M點射入到第一次到達容器外壁所經歷的時間
【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）根據題意畫出光路圖，根據幾何關系求出折射角正弦，再根據折射定律求解折射率；
（2）根據幾何關系求解光線A在柱形容器中通過的距離，根據折射定律求解光在容器在的傳播速度，進而求解光線A射入柱形容器后折射出去的時間。
（1）折射光線恰好與容器內壁相切，設折射角為θ，由幾何關系得
解得
容器對該光線的折射率
（2）光從M點射入到第一次到達容器外壁走的路程
光在容器中的傳播速度
光從M點射入到第一次到達容器外壁所經歷的時間
14．（2025·河源模擬）如圖所示，質量均為m、帶同種正電荷的小球A、B用長均為L的a、b絕緣細線懸掛，兩球處于靜止狀態，已知細線b的拉力與細線a的拉力大小相等，小球A、B的帶電量也相等，重力加速度為g，靜電力常量為k，不計小球大小，求：
（1）小球A的帶電量；
（2）若給小球A施加一個水平向左的拉力，同時給小球B一個水平向右的拉力，兩力始終等大反向，讓兩力同時從0開始緩慢增大，當細線b與豎直方向的夾角為53°時，作用于小球B上的拉力多大？
【答案】（1）解：設繩上的拉力大小為T，則對小球A、B整體，根據力的平衡條件有
設兩小球帶電量都為，對小球B，根據力的平衡條件有
解得
（2）解：小球B受重力、細線b的拉力、斥力和水平向右的拉力，處于平衡狀態，當細線b與豎直方向的夾角為53°時，根據平衡條件，水平拉力大小為
【知識點】庫侖定律
【解析】【分析】（1）對A球受力分析，根據共點力平衡條件求出A球受到的庫侖力，再根據庫侖定律求小球A所帶電荷量的大小；
（2）對B球受力分析，根據共點力平衡條件求出小球B上懸線拉力的大小。
15．（2025·河源模擬）如圖為某游戲裝置原理示意圖。在桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定在地面上的光滑豎直圓弧軌道在同一豎直平面內，過C點的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°。小球以的水平初速度由A點切入擋板內側，從B點飛出桌面后，在C點沿圓弧切線方向進入軌道內側，并恰好能到達軌道的最高點D。已知重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小球質量為m可視為質點。求：
（1）小球到達D點的速度大??；
（2）小球到達C點時，小球對軌道壓力的大??；
（3）水平桌面的摩擦因數。
【答案】解：（1）由題知，小物塊恰好能到達軌道的最高點D，則在D點有
解得
（2）小物塊從C到D的過程中，根據動能定理有
在C點，有
聯立解得
根據牛頓第三定律可得小球到達C點時，小球對軌道壓力的大小為4.5mg；
（3）由題知，小物塊從C點沿圓弧切線方向進入軌道內側，則在C點有
小物塊從A到B的過程中，根據動能定理有
，
解得
【知識點】平拋運動；豎直平面的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）小物塊恰好能到達軌道的最高點D，只有重力提供向心力列等式，可求解D點速度。
（2）小物塊從C到D的過程中，根據動能定理列等式：
在C點，合力提供向心力列等式：，聯立可求解支持力，根據牛頓第三定律可得小球到達C點時，小球對軌道壓力的大小。
（3）小物塊從C點沿圓弧切線方向進入軌道內側，在C點：
小物塊從A到B的過程中，根據動能定理列等式：，
聯立求解水平桌面的摩擦因數。
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