2025年高考物理易錯(cuò)題綜合練（一）新高考（解析版）

備戰(zhàn)2025年高考物理易錯(cuò)題綜合練（一）

選擇題（共10小題）

1.（2024?渾南區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示的一次函數(shù)圖像，橫軸與縱軸所表示的物理量并未標(biāo)出，已知

圖像的橫軸、縱軸的截距分別為xo、yo,根據(jù)所學(xué)的勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律來分析，下列說法正

確的是（）

A.若橫軸表示時(shí)間3縱軸表示物體的速度v,則to時(shí)刻物體的速度為+%）

xo

B.若橫軸表示位移X,縱軸表示物體速度的平方v2,則物體的加速度為-%

C.若橫軸表示時(shí)間3縱軸表示物體的平均速度V,則物體的加速度為-烏

D.當(dāng)物體受到豎直向下的拉力F在真空中下落，若橫軸表示F,縱軸表示物體加速度a,則物

體的質(zhì)量為-甘

【解答】解：A、若橫軸表示時(shí)間t,縱軸表示物體的速度v,由v=vo+at對(duì)比圖像可得：

y

%=y。、a=0

xo

則to時(shí)刻物體的速度為v=yo-20=空（久0-片），故A錯(cuò)誤；

B、若橫軸表示位移X,縱軸表示物體速度的平方V2,由"2=詔+2a%可知圖像的斜率k=2a=

可得。=—匏故B錯(cuò)誤；

C、若橫軸表示時(shí)間3縱軸表示物體的平均速度V,由位移一時(shí)間公式有

x=vot+

可得

xa

-=v+-t

t0n2

結(jié)合平均速度公式羽=*可得

—,a

v=vo+2t

對(duì)比圖像可得

可得a=—啰，故C錯(cuò)誤;

D、當(dāng)物體受到豎直向下的拉力F在真空中下落，由牛頓第二定律得

F+mg=ma

變形可得：a=—F+g

對(duì)比圖像可得

綜合可得，爪=-萼，故D正確。

故選：D。

2.如圖所示，A,B是粗糙水平面上的兩點(diǎn)，O、P、A三點(diǎn)在同一豎直線上，且OP=L,在P點(diǎn)處

固定一光滑的小立柱，一小物塊通過原長為Lo的彈性輕繩與懸點(diǎn)O連接。當(dāng)小物塊靜止于A點(diǎn)

時(shí)，小物塊受到彈性輕繩的拉力小于重力。將小物塊移至B點(diǎn)(彈性輕繩處于彈性限度內(nèi))，由

靜止釋放后，小物塊沿地面運(yùn)動(dòng)通過A點(diǎn)。若Lo>L,則在小物塊從B運(yùn)動(dòng)到A的過程中()

AB

A.小物塊受到的滑動(dòng)摩擦力保持不變

B.小物塊受到的滑動(dòng)摩擦力逐漸減小

C.小物塊受到的滑動(dòng)摩擦力逐漸增大

D.小物塊受到的滑動(dòng)摩擦力先減小后增大

【解答】解：對(duì)小物塊受力分析

因?yàn)長o>L,設(shè)彈性輕繩開始原長到A點(diǎn)的伸長量為xo,

則在A點(diǎn)物塊對(duì)地面的壓力：FNA=mg-kxo

設(shè)在B點(diǎn)繩子與豎直方向的夾角為0,

則物塊在B對(duì)地面的壓力為：FNB=mg-k(Lo+Ax-L)-k(L-Lo)cos0

則從B點(diǎn)到A點(diǎn)物塊對(duì)地面正壓力的變化量為：AFN=FNB-FNA=k(L-Lo)(1-cos0)

小物塊從B運(yùn)動(dòng)到A的過程中，繩與豎直方向的夾角0減小，則cos。增大，物塊對(duì)地面正壓力

的變化量AFN增大，

由f=^FN可知，小物塊受到的滑動(dòng)摩擦力逐漸增大，故C正確，ABD錯(cuò)誤。

3.如圖，輕質(zhì)不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、N上的a、b兩點(diǎn)，懸掛衣服的衣架鉤

是光滑的，掛于繩上處于靜止?fàn)顟B(tài)。如果只人為改變一個(gè)條件，當(dāng)衣架靜止時(shí)，下列說法正確的

A.繩的右端上移到b）繩子拉力變小

B.將桿M向左移一些，繩子拉力變小

C.換用稍長一些的輕質(zhì)晾衣繩，繩子拉力變小

D.繩的兩端高度差越小，繩子拉力變小

【解答】解：AD.設(shè)豎直桿M、N間的距離為d,繩長為L,0a端繩長為La,0b端繩長為Lb,

故1=1^+4,衣架鉤兩側(cè)繩子與豎直方向夾角分別為a、p,受力分析如圖所示。

衣架鉤兩側(cè)繩子上受力相等，故有

TI=T2=T

則由共點(diǎn)力的平衡知識(shí)可得

a=0

2Tcosa=G

又有d=Lasina+Lbsin0=Lasina+Lbsina=Lsina

貝!Jsina=牛

Lt

所以，如果d與L不變，貝Usina不變，a不變，cosa不變，繩子所受拉力不變。故AD錯(cuò)誤；

B.當(dāng)桿M向左移一些，兩桿之間的距離d變大，繩長L不變，所以a角變大，cosa變小，繩

子拉力T變大，故B錯(cuò)誤；

C.換用稍長一些的輕質(zhì)晾衣繩，則繩長L變大，兩桿之間的距離d不變，所以a角變小，cosa

變大，繩子拉力T變小，故C正確。

故選：Co

4.如圖甲，MN是傾角0=37°傳送帶的兩個(gè)端點(diǎn)，一個(gè)質(zhì)量m=5kg的物塊（可看作質(zhì)點(diǎn)），以4m/s

的初速度自M點(diǎn)沿傳送帶向下運(yùn)動(dòng)。物塊運(yùn)動(dòng)過程的v-t圖象如圖乙所示，取g=10m/s2,下列

說法正確的是（）

A.物塊最終從N點(diǎn)離開傳送帶

B.物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6

C.物塊在第6s時(shí)回到M點(diǎn)

D.傳送帶的速度v=2m/s,方向沿斜面向下

【解答】解：A、由圖示v-t圖象可知，物塊先向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，然后再反向即向上做加

速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，物塊將從M點(diǎn)離開傳送帶，故A錯(cuò)誤;

B、由圖示v-t圖象可知，物塊沿傳送帶向下滑動(dòng)加速度：a=加=―—m/s2=-1,5m/s2,負(fù)

號(hào)表示加速度方向沿傳送帶向上

1q

物塊下滑過程，由牛頓第二定律得：mgsin0-|imgcose=ma,解得：四=正，故B錯(cuò)誤;

C、根據(jù)乙圖知，物塊前4s內(nèi)的位移為：xi==宗黑爪=4小，物塊4-6s內(nèi)的位移

為：X2=vt=(-2)X2m=-4m,可知，物塊前6s內(nèi)的位移為：x=xi+x2=0,即物塊6s末回

到出發(fā)點(diǎn)，故C正確;

D、由圖象知，物塊最終以-2m/s與傳送帶一起運(yùn)動(dòng)，故傳送帶的速度為：v=2m/s,方向沿傳送

帶向上，故D錯(cuò)誤。

故選：Co

5.如圖所示，某同學(xué)打水漂，從離水面1.25m處以5百6/s的初速度水平擲出一枚石塊。若石塊每

次與水面接觸速率損失50%,彈跳速度與水面的夾角都是30°,當(dāng)速度小于lm/s就會(huì)落水。已

知g=10m/s2,sin300=發(fā)cos30°=空。不計(jì)空氣阻力，假設(shè)石塊始終在同一豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，

則下列說法錯(cuò)誤的是()

A.第一次與水面接觸后，彈跳速度為5m/s

rTo

B.第一個(gè)接觸點(diǎn)與第二個(gè)接觸點(diǎn)之間距離為——m

4

C.水面上一共出現(xiàn)5個(gè)接觸點(diǎn)

D.落水處離人擲出點(diǎn)的水平距離為咨色小

64

【解答】解：A、石塊做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為ti,貝得ti==J2XL25S

=0.5s

第一次與水面接觸前的速度大小V1=，詔+(/1)2=J(5V3)2+(10x0.5)2m/s=10m/s,因此第

一次與水面接觸后，彈跳速度為VI,=50%vi=0.5X10m/s=5m/s,故A正確；

B、第一次與水面接觸后做斜拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)第一個(gè)接觸點(diǎn)與第二個(gè)接觸點(diǎn)之間的時(shí)間為t2,第一個(gè)

接觸點(diǎn)與第二個(gè)接觸點(diǎn)之間距離為X2o

用A，2v,sin30°2x5x0.5_/_573田nf/

則t2=---1----------=——77：——s=0M.5s,X2=vicos30?t2=5x丁x0M.5m=—^―m,故B正確；

gIUzq

C、石塊每次與水面接觸速率損失50%,設(shè)水面上一共出現(xiàn)n個(gè)接觸點(diǎn)，則Vn=viX(1-0.5)

1,解得n=4時(shí)，vn<lm/s,即石塊與水面第4次接觸后會(huì)落水，水面上一共出現(xiàn)4個(gè)接觸點(diǎn)，

故C錯(cuò)誤；

D、平拋運(yùn)動(dòng)水平方向的位移為

xi=voti=10義0.5m=5m

第一個(gè)接觸點(diǎn)與第二個(gè)接觸點(diǎn)之間距離為X2=VI'COS30°?t2=50%vicos30°?

2x50%vsin30°v?sin30°cos30°

------------1----------=2X(50%)/X2」------------

99

同理可得：第三個(gè)接觸點(diǎn)與第四個(gè)接觸點(diǎn)之間距離為X3=2X(50%),xM四3衿30：

落水處離人擲出點(diǎn)的水平距離為X=X1+X2+X3

聯(lián)立解得：x=嚕故D正確。

本題選錯(cuò)誤的，

故選：Co

6.如圖甲所示，一光滑圓管軌道由相互連接的兩個(gè)半圓軌道及一個(gè)四分之一圓軌道組成，圓管軌道

豎直固定(管內(nèi)直徑可以忽略)，右側(cè)底端與直軌道相切于M點(diǎn)，直軌道粗糙，圓管軌道的半徑

R=0.2m。質(zhì)量mi=0.1kg的物塊A,自圓管左端開口的正上方高h(yuǎn)=4.8m處自由下落，沿切線

落入圓管軌道，經(jīng)過豎直圓管軌道后與M點(diǎn)處靜止的質(zhì)量m2=0.3kg的物塊B發(fā)生碰撞(碰撞

時(shí)間極短)，碰后物塊B在直軌道上滑行過程的x-t圖像如圖乙所示。已知A、B與直軌道間的

動(dòng)摩擦因數(shù)相同，A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，取g=10m/s2。則()

A.最終A靜止的位置到M點(diǎn)的距離為1m

B.A、B碰后瞬間B的速度大小為2m/s

C.A滑過豎直圓管軌道P、Q兩點(diǎn)時(shí)受到管壁的彈力大小之差為6N

D.A、B與直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.15

【解答】解：C、在A從開始至運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過程中，由機(jī)械能守恒定律可得：mig(R+h)=

^mrVp,可得vp=10m/s。A在P點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律可得FN-mig=mi型，解得FN=51N；

/R

11

在A從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程中，由機(jī)械能守恒定律可得：■9=2migR+W^i班，A在Q

點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律可得FN'+mig=mi常，解得FN'=45N,A滑過豎直圓管軌道P、Q兩

點(diǎn)時(shí)受到管壁的彈力差為AFN=FN-FN'=51N-45N=6N,故C正確；

B、由機(jī)械能守恒定律可知，A與B碰前瞬間A的速度為vo=vp=10m/so碰后B做勻減速運(yùn)動(dòng)，

由其x-t圖像和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：-=——=-m/s=2m/s

t23

解得A、B碰后瞬間B的速度大小為V2=4m/s,故B錯(cuò)誤；

D、碰后B運(yùn)動(dòng)的過程，由動(dòng)能定理得：-Rm2g*=0-*62諺

解得A、B與直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為p=焉，故D正確；

A、A與B碰撞過程，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mivo=mivi+m2V2,解得碰后A的

速度：vi=-2m/s

設(shè)A最終位置到M點(diǎn)的距離為xi。由動(dòng)能定理得：-nmigxi=O-微小1謚，解得A靜止的位置

到M點(diǎn)的距離xi=1.5m,故A錯(cuò)誤。

故選：Co

7.屈原在長詩《天問》中發(fā)出了“日月安屬？列星安陳？”的曠世之問，這也是中國首次火星探測(cè)

工程“天問一號(hào)”名字的來源。“天問一號(hào)”探測(cè)器的發(fā)射時(shí)間要求很苛刻，必須在每次地球與火

星會(huì)合之前的幾個(gè)月、火星相對(duì)于太陽的位置領(lǐng)先于地球特定角度的時(shí)候出發(fā)?；鹦桥c地球幾乎

在同一平面內(nèi)沿同一方向繞太陽近似做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。如圖所示，不考慮火星與地球的自轉(zhuǎn)，且

假設(shè)火星和地球的軌道平面在同一個(gè)平面上，相關(guān)數(shù)據(jù)見表，則根據(jù)提供的數(shù)據(jù)可知()

質(zhì)量半徑繞太陽做圓周運(yùn)動(dòng)的

周期

地球MR1年

火星約0.1M約0.5R約1.9年

',一…、，Q

J、、、

，/戶、\

:太陽。2%-?火星

\一第1次會(huì)合,；

'、，?

\??

A.在火星表面附近發(fā)射飛行器的速度至少為7.9km/s

B.地球與火星從第1次會(huì)合到第2次會(huì)合的時(shí)間約為1.9年

C.火星表面與地球表面的重力加速度之比約為2：5

D.火星到太陽的距離約為地球到太陽的距離的1.9倍

【解答】解：A、設(shè)地球最小的發(fā)射速度為vi,則根據(jù)萬有引力提供向心力有

GMmvl

——=m-

R2R

可得

vi=7.9km/h

則火星的發(fā)射速度與地球的發(fā)射速度之比為

可得火星的發(fā)射速度為

為，=,巧＜7.9km/h,故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)兩次會(huì)合時(shí)地球多轉(zhuǎn)一圈得

代入數(shù)據(jù)解得地球和火星從第1次會(huì)合到第2次會(huì)合的時(shí)間約為2.1年，故B錯(cuò)誤;

C、不考慮自轉(zhuǎn)時(shí)，根據(jù)物體的重力等于萬有引力得

GMm

火星表面的重力加速度與地球表面的重力加速度之比為史=3故C正確；

95

33

T火丁地

D、根據(jù)開普勒第三定律強(qiáng)=k得#=在，代入數(shù)據(jù)解得火星到太陽的距離約為地球到太陽的

距離的1.5倍，故D錯(cuò)誤。

故選：Co

8.北京冬奧會(huì)的單板滑雪大跳臺(tái)，運(yùn)動(dòng)員進(jìn)入起跳臺(tái)后的運(yùn)動(dòng)可簡(jiǎn)化成如圖所示，先以水平速度從

A點(diǎn)沿圓弧切線沖上圓心角為a=30°的圓弧跳臺(tái)，從B點(diǎn)離開跳臺(tái)后落在傾角0=30°的斜坡

上的E點(diǎn)，C點(diǎn)為軌跡最高點(diǎn)，D點(diǎn)為斜坡與水平面的交點(diǎn)，D、E相距20m,F點(diǎn)正好位于C點(diǎn)

正下方，D、F相距5g小，運(yùn)動(dòng)員從C運(yùn)動(dòng)到E的時(shí)間為2s,忽略過程中受到的一切阻力并將

運(yùn)動(dòng)員及其裝備看成質(zhì)點(diǎn)，g取10m/s2,則下列說法正確的是（）

A.運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)的速度大小為lOm/s

B.運(yùn)動(dòng)員落在E點(diǎn)時(shí)的速度大小為25m/s

C.B、C兩點(diǎn)高度差為2.525m

D.運(yùn)動(dòng)員飛離跳臺(tái)后在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2.75s

【解答】解：A、運(yùn)動(dòng)員從C運(yùn)動(dòng)到E的過程中，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，CE兩點(diǎn)間的豎

t11

直高度差為hcE=2g詔E=）X10x22m=20m

由圖可知，DE兩點(diǎn)間的水平距離為XDE=DECOS0=2OXCOS3O°m=10V3m

故FE兩點(diǎn)間的水平距離為XFE=XFD+XDE=5V3m+10V3m=15V3m

運(yùn)動(dòng)員在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)做斜拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)豎直方向速度為零,

故運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)速度為Vx=器=罩&n/s=7.5V3m/s,故A錯(cuò)誤；

B、落到斜面上時(shí)，豎直分速度為vy=gtCE=10X2m/s=20m/s,水平分速度為Vx=7.5V5m/s,故

E點(diǎn)速度大小為VE=J謖+哆,解得VE=V568.75m/s-23.8m/s,故B錯(cuò)誤；

CD、由幾何關(guān)系可知，由于圓臺(tái)圓心角為30°,則B點(diǎn)水平與豎直方向的速度滿足tan30°=等，

解得B點(diǎn)的豎直方向速度為vBy=7.5m/s

則從B到C的時(shí)間為tBC=詈=第s=0.75s

BC高度差為hBC=/gt金，解得hBC=2.8125m

故飛離跳臺(tái)后在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t^=tBC+tCE=0.75s+2s=2.75s,故C錯(cuò)誤，D正確.

故選：D。

9.如圖所示的光路圖，不同頻率的兩細(xì)束單色光a、b平行地從相距為Al的兩點(diǎn)射向玻璃磚的上表

面PQ，恰好在玻璃磚的下表面MN上相交于。點(diǎn)，玻璃對(duì)兩單色光的折射率分別為ni、n2,兩

單色光在玻璃中運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為At,真空中光速為c,則下列說法正確的是（）

A.兩束光的入射角a的正弦值為sina=叼改

Jn^—n^cAt

兩束光的入射角a的正弦值為，血=常/

B.

C.a光的折射率大于b光的折射率

D.a光的頻率大于b光的頻率

【解答】解：AB、設(shè)玻璃磚的厚度為d,單色光a、b在玻璃磚的上表面PQ的折射角分別為ri和

r2o根據(jù)折射定律得:

sina

對(duì)a光有m=

sinr-^

sina

對(duì)b光有n2=

sinr2

a光在玻璃磚中傳播距離為si=i，a光在玻璃磚中傳播速度為vi=《，a光在玻

CUSTiJl—sin2Tl1

璃磚中傳播時(shí)間為At=空

V1

b光在玻璃磚中傳播距離為S2=-^―=Id，b光在玻璃磚中傳播速度為V2=f,b光在

cosr2Jl-sin2r2n2

玻璃磚中傳播時(shí)間為

v2

sinrsinr

結(jié)合Al=d(tanri-dtanr2)=d(r2

Jl-si712rL2

Jl-sinr2

71^2^1

聯(lián)立解得sina=故A錯(cuò)誤，B正確;

(九方―n彳)

CD、兩光束在上表面PQ發(fā)生折射時(shí)，入射角相等，a光的折射角大于b光的折射角，由折射定

律口=辭可知，a光的折射率小于b光的折射率，則a光的頻率小于b光的頻率，故CD錯(cuò)誤。

故選：Bo

10.如圖所示，由波長為Ai和入2的單色光組成的一束復(fù)色光，經(jīng)半反半透鏡后分成透射光和反射

光。透射光經(jīng)擴(kuò)束器后垂直照射到雙縫上并在屏上形成干涉條紋。O是兩單色光中央亮條紋的中

心位置，P1和P2分別是波長為入1和入2的光形成的距離O點(diǎn)最近的亮條紋中心位置。反射光入射

A.入1＜入2,M是波長為入1的光出射位置

B.人1＜入2,N是波長為尢的光出射位置

C.入1＞入2,M是波長為入1的光出射位置

D.入1＞入2,N是波長為入1的光出射位置

【解答】解：AB、雙縫干涉的實(shí)驗(yàn)結(jié)論：x=5?九由圖可得x0Pl〉x°Pz，故入i＞入2,故AB錯(cuò)

誤；

1

CD、由入=cT或入=c不知，入越大f越?。╢為頻率）

由光的色散實(shí)驗(yàn)知，頻率f越大，穿過三棱鏡后偏折越大（或頻率f越大，折射率n越大）本題

中由于入1＞入2故fl＜f2.故偏折角小的對(duì)應(yīng)fl,偏折大的對(duì)應(yīng)f2,所以當(dāng)入1＞入2時(shí)M是入2射出

點(diǎn)，N是入1射出點(diǎn)，故C錯(cuò)誤，D正確。

故選：D。

多選題（共2小題）

H.（2024?長安區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中一帶正電粒子受重力和電場(chǎng)力作用在豎直平

面內(nèi)運(yùn)動(dòng)。粒子運(yùn)動(dòng)過程中先后經(jīng)過a、b、c三點(diǎn)，其中a、c兩點(diǎn)在同一水平線上。粒子在a點(diǎn)

的速度大小為vo,方向與加速度方向垂直；粒子在b點(diǎn)的速度大小/為，速度方向平行于ac連

—t/c

線；ac兩點(diǎn)間的距離為3。已知粒子質(zhì)量為m、電荷量為q,重力加速度為g,則下列說法正確

9

的是()

A.粒子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的時(shí)間為回2

g

B.粒子在c點(diǎn)的速度大小為遍火

C.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為烏吆

D.a、c兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為之‘

q

【解答】解：A、粒子在a點(diǎn)的速度方向與加速度方向垂直，則粒子從a到c的運(yùn)動(dòng)過程為類拋

體運(yùn)動(dòng)。

設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a,a點(diǎn)的速度方向與ac連線的夾角為0,則cos。=要=￥

A/2VQ乙

粒子從a到c的過程，沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有強(qiáng)cos8=%t

9

4Vn1o

沿加速度方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有」■sin。=~at2

g2

聯(lián)立解得：1=駕到a=^g,故A錯(cuò)誤；

B、粒子在c點(diǎn)的速度大小為v=/詔+(at/,解得v=V^vo,故B正確；

C、設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,則根據(jù)幾何關(guān)系得

(qE)2=(mg)2+(ma)2-2mgmacos0

解得：E=小，故C正確；

D、粒子從a到c的過程，根據(jù)動(dòng)能定理得：

1

122

2mvc-2mV°=qUac

得出：0"=竽，故D錯(cuò)誤。

故選：BCo

12.(2024?安平縣校級(jí)模擬)如圖所示，AC是圓。的一條水平直徑，BD是豎直方向的另外一條直

徑，M點(diǎn)是圓上的點(diǎn)，OM連線與OC的夾角為60°,該圓處于方向與圓面平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。

將帶正電量為q、質(zhì)量為m的油滴從圓心。點(diǎn)以相同的初動(dòng)能EkO射出，射出方向不同時(shí)，油滴

可以經(jīng)過圓周上的所有點(diǎn)。在這些點(diǎn)中，經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)油滴的動(dòng)能最小且為牛已知重力加速度

的大小為g,勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)后=等，那么（）

A.電場(chǎng)線與M0垂直且B點(diǎn)電勢(shì)高于C點(diǎn)電勢(shì)

4—^3

B.油滴經(jīng)過B點(diǎn)動(dòng)能為一丁后四

_7

C.油滴經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為

D.油滴經(jīng)過CD連線中點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為I4。

【解答】解：A、從O經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)油滴的動(dòng)能最小且為駟，則C點(diǎn)為復(fù)合場(chǎng)的等效最高點(diǎn)，則

4

油滴在復(fù)合場(chǎng)中受到的合力方向如圖所示，

由題意可知：E二筆

聯(lián)立解得：F合=Wmg,9=30°,則電場(chǎng)線的方向如圖所示。

由幾何關(guān)系可知，MO與電場(chǎng)線垂直，B點(diǎn)電勢(shì)低于C點(diǎn)電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；

B、油滴經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)，位移的方向與合外力垂直，所以合外力不做功，所以油滴的動(dòng)能不變，故

B錯(cuò)誤；

C、油滴從O經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)力做負(fù)功，由動(dòng)能定理可得：-F合?L=EkC-EkO

從O經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)：F合?L=EkA-Eko

聯(lián)立解得油滴經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為：EkA=1Ek0,故C正確；

D、油滴經(jīng)過CD連線中點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為等于粒子經(jīng)過0C中點(diǎn)的動(dòng)能，由動(dòng)能定理有：-F合x

1q

^L=Ek中-Eko,聯(lián)立C選項(xiàng)的表達(dá)式，解得：Ek中日“，故D正確。

故選：CDo

三.實(shí)驗(yàn)題（共2小題）

13.為了探究受到空氣阻力時(shí)，物體運(yùn)動(dòng)速度隨時(shí)間的變化規(guī)律，某同學(xué)在水平桌面上組裝了如圖

甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置。實(shí)驗(yàn)時(shí)，可在小車上安裝一輕薄板，以增大空氣對(duì)小車運(yùn)動(dòng)的阻力。實(shí)驗(yàn)中

所用的小車質(zhì)量為Mo

（1）未裝薄板時(shí)，往祛碼盤中加入一小祛碼，接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源后，再釋放小車，在紙帶上

打出一系列的點(diǎn)，紙帶如圖乙所示。A、B、C、D、E是選取的五個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，其中相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間

的時(shí)間間隔均為T,各計(jì)數(shù)點(diǎn)到第一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)A的距離分別為di、d2、d3、d4,已知未裝薄板時(shí)，

小車所受空氣阻力可忽略，則小車加速度a=（用題中給定的字母表示）。

（2）在（1）的裝置基礎(chǔ)上，給小車加裝上薄板后，利用紙帶求出小車不同時(shí)刻的速度，作出小

車的v-t圖像（如圖丙所示），通過圖像分析，可知隨著運(yùn)動(dòng)速度的增加，小車所受的空氣阻力

增大（選填“增大”、“減小”或“不變”）。

（3）v-t圖像中，若曲線在to時(shí)刻的切線斜率為k。計(jì)算物體受到的空氣阻力時(shí)，若該同學(xué)仍然

把祛碼和祛碼盤的總重力當(dāng)作小車所受到的拉力，則to時(shí)刻，他求得的空氣阻力f=（用

題中給定的字母表示）。

蒲板

圖甲

【解答】解：(1)小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)逐差法可得：

SCE-SAC=a(2T)2

代入數(shù)據(jù)可得：(d4-d2)-d2=a(2T)2

解得：a二『華

(2)通過圖像分析，可知隨著運(yùn)動(dòng)速度的增加，小車的加速度越來越小，合力越來越小，故小車

所受的空氣阻力增大；

(3)未裝薄板時(shí)，對(duì)小車，由牛頓第二定律有：mg-fi=Ma

可得：fi=mg-Ma

裝薄板時(shí)，對(duì)小車，由牛頓第二定律有mg-fi-f=Mk

聯(lián)立得/=_k)

故答案為：（1）（2）增大;（3）

14.（2024?湖北一模）某次實(shí)驗(yàn)課上，甲同學(xué)利用實(shí)驗(yàn)室現(xiàn)有器材，設(shè)計(jì)了一個(gè)測(cè)量未知電阻阻值

的實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)器材如下:

A.干電池E（電動(dòng)勢(shì)1.5V,內(nèi)阻未知）:

B.電流表A（量程10mA,內(nèi)阻未知）：

C.電壓表V（量程3V,內(nèi)阻未知）：

D.滑動(dòng)變阻器R（最大阻值為100。）：

E.待測(cè)電阻Rx（阻值約200Q）：

F.開關(guān)S,導(dǎo)線若干：測(cè)量電路如圖所示。

（1）按圖1連接電路，斷開開關(guān)，將滑動(dòng)變阻器R的滑片調(diào)到最右端，閉合開關(guān)，讀出電流表

示數(shù)Ii=5.0mA；將滑動(dòng)變阻器R的滑片調(diào)到最左端，讀出電流表示數(shù)l2=7.5mA；甲同學(xué)在忽

略干電池和電流表內(nèi)阻的情況下，計(jì)算得到待測(cè)電阻阻值Rx=。。

（2）乙同學(xué)分析甲同學(xué)的測(cè)量方案，認(rèn)為誤差很大，需要改進(jìn)方案。如圖所示，乙同學(xué)把電壓表

接入甲同學(xué)電路中的點(diǎn)（填“a"或"b”），就可以測(cè)出電流表內(nèi)阻和干電池內(nèi)阻之和，從

而較準(zhǔn)確的測(cè)得Rx的阻值。

（3）乙同學(xué)按圖2中正確連接電路后，多次調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，測(cè)得多組電壓表和電流表的示數(shù)，

根據(jù)記錄的數(shù)據(jù)作出的U-I圖線如圖3所示，則干電池的電動(dòng)勢(shì)為V,電流表內(nèi)阻和干

電池內(nèi)阻之和為。（結(jié)果均保留兩位小數(shù)）。經(jīng)分析該電路測(cè)得的干電池內(nèi)阻（填

“偏大”、“偏小”或“準(zhǔn)確”）。

（4）結(jié)合（1）（2）（3）中的分析和測(cè)量，在忽略偶然誤差的情況下，乙同學(xué)可以得到待測(cè)電阻

的準(zhǔn)確阻值為。。

【解答】解：（1）根據(jù)題意，斷開開關(guān)，將滑動(dòng)變阻器R的滑片調(diào)到最右端，閉合開關(guān)，讀出電

F

流表示數(shù)：Ii=5.0mA。根據(jù)歐姆定律有：11=丸+R

滑動(dòng)變阻器R的滑片調(diào)到最左端，讀出電流表示數(shù)：l2=7.5mA,同理有：12=1

聯(lián)立以上兩式半代入數(shù)據(jù)得：Rx=2R=200Q

(2)由于要測(cè)量電流表和電源的內(nèi)阻之和，所以只能采用外接法，即電壓表的右接線柱接a點(diǎn)；

(3)(4)根據(jù)閉合電路歐姆定律有：E=U+Ir總，得到：U=-r,aI+E

所以U-I圖線的縱截距為電動(dòng)勢(shì)：E=1.46V

U-I圖線的斜率的絕對(duì)值為電流表和電源內(nèi)阻之和：r=x10-311=36.7311

zf.o

該電路測(cè)得的干電池內(nèi)阻為電流表內(nèi)阻和干電池之和，故測(cè)量值偏大；

第一問測(cè)量值為電流表內(nèi)阻和干電池內(nèi)阻以及待測(cè)電阻這和，所以待測(cè)電阻的準(zhǔn)確阻為：R真=

Rx-r總=200。-36.000=164。

故答案為：(1)200；(2)a；(3)1.46、36.73、偏大；(4)164。

四.解答題(共4小題)

15.(2024?湖北一模)某次實(shí)驗(yàn)課上，老師豎直手持總長度為L=6.5cm的空玻璃管，向里面加入了

長度為h=4.0cm的水銀柱，水銀柱將一定質(zhì)量的空氣密封在玻璃管的下半部分，密封空氣柱的

長度為Li=2.0cm。老師剛完成操作，玻璃管就不慎滑落，假設(shè)下落的時(shí)間足夠長，在下落過程

中，玻璃管保持豎直狀態(tài)，管中氣體溫度恒為27℃不變。忽略玻璃管的質(zhì)量和空氣阻力，不計(jì)玻

璃管與水銀間的摩擦，大氣壓為po=76cmHg。求：(計(jì)算結(jié)果都保留兩位有效數(shù)字)

(1)下落過程中，水銀柱穩(wěn)定后管內(nèi)密封空氣柱的壓強(qiáng)P2和長度L2的大??；

(2)在玻璃管豎直下落過程中，老師施加“魔力”，使玻璃管翻轉(zhuǎn)180°停立在空中，且封閉氣

體溫度上升到37℃,由于“魔力”的原因，不考慮玻璃管變速、翻轉(zhuǎn)等中間過程，請(qǐng)通過具體的

數(shù)據(jù)計(jì)算來判斷水銀是否溢出(重力、大氣壓均不變)。

【解答】解：(1)設(shè)玻璃管的橫截面積為S,氣體初狀態(tài)的狀態(tài)參量：pi=po+h=76cmHg+4cmHg

=80cmHg,Vi=LiS=2S,

當(dāng)玻璃管自由下落時(shí)，水銀處于完全失重，那么：p2=po=76cmHg,V2=SL2

由于溫度不變，根據(jù)玻意耳定律可列：piVi=p2V2

代入數(shù)據(jù)得到：L2=2.11cm

由于L2+h=2.11cm+4cm=6.11cm<6.5cm,水銀柱不會(huì)逸出，所以空氣柱的長度為2.1cm

(2)假設(shè)將細(xì)玻璃管緩慢旋轉(zhuǎn)180°后，水銀不溢出，則氣體該狀態(tài)的狀態(tài)參量分別為：

p3=po-ph=(76-4)cmHg=72cmHg,V3=L3S,T3=(273+37)K=310K

p2=76cmHg,T2=(273+27)K=300K,V2=SL2

由理想氣體狀態(tài)方程得：器=竽

73T2

代入數(shù)據(jù)解得：L3=2.3cm

由于有Ls+h=2.3cm+4cm=6.3cm<6.5cm

故水銀柱未溢出。

答：(1)下落過程中,水銀柱穩(wěn)定后管內(nèi)密封空氣柱的壓強(qiáng)P2為76cmHg,長度L2的大小為2.11cm；

(2)水銀不會(huì)溢出。

16.(2024?朝陽區(qū)校級(jí)模擬)下圖為某公司自動(dòng)卸貨過程的簡(jiǎn)化示意圖。用來裝運(yùn)貨物的平底箱和

處于足夠長的光滑水平軌道上的無動(dòng)力小車質(zhì)量均為m=6kg,光滑傾斜軌道底端通過一小段光

滑圓弧與小車無縫接觸，需要運(yùn)送的貨物距離軌道底端的高度為h=5m,小車右端固定一豎直擋

板，平底箱與小車上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)為N=0.125,平底箱與擋板碰撞后不反彈。軌道右端固定

一勁度系數(shù)無窮大的理想彈簧(壓縮彈簧可以全部轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，但壓縮量可以忽略)。小車受

彈簧作用速度減為零時(shí)立即鎖定小車，卸下貨物后將平底箱緊靠擋板放置并解除對(duì)小車的鎖定,

小車及空的平底箱一起被彈回，小車與水平軌道左側(cè)臺(tái)階碰撞瞬間停止，空平底箱滑出小車沖上

傾斜軌道回到出發(fā)點(diǎn)，每次貨物裝箱后不會(huì)在平底箱中滑動(dòng)，取重力加速度g=10m/s2。求：

(1)平底箱滑上小車前瞬間的速度大??；

(2)當(dāng)某次貨物質(zhì)量為M=24kg,若能將空箱順利運(yùn)回釋放點(diǎn)，小車的長度L需滿足什么條件；

(3)當(dāng)小車的長度為L=5m,若能順利將空箱順利運(yùn)回釋放點(diǎn)，每次運(yùn)送的貨物質(zhì)量M應(yīng)滿足

什么要求。

【解答】解：(1)設(shè)平底箱滑上小車前瞬間的速度大小為vo,對(duì)平底箱從A點(diǎn)到滑上小車前根據(jù)

動(dòng)能定理可得

1

(m+M}g/i=2(m+M)比9

解得

vo=lOm/s

(2)設(shè)平底箱與右側(cè)豎直擋板碰撞后的速度為v共，規(guī)定向右為正方向，則對(duì)平底箱滑上小車到

與擋板碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有

(m+M)vo=(m+M+m)v共

解得

25.

v共=在■m/s

設(shè)小車被鎖定時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為EP,由能量守恒定律可得

1(m+M+m)或

小車彈回過程中，彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為平底箱和小車的動(dòng)能，而小車與水平軌道左側(cè)臺(tái)階碰撞時(shí)瞬間

停止，則這一部分能量損失，此時(shí)對(duì)平底容器從擋板處滑上出發(fā)點(diǎn)，根據(jù)能量守恒定律有

1

~Ep>^irngL+mgh

解得

77130

L〈一M

(3)當(dāng)小車的長度為L=5m,若能順利將空箱順利運(yùn)回釋放點(diǎn)，則

1,

-Ep>11mgL+mgh

E'=5(7n+M+m)v

根據(jù)動(dòng)量守恒定律有

(m+M)vo=(m+M+m)v'共

聯(lián)立可得

M212kg

17.(2024?濱州三模)在如圖所示的豎直平面xOy中，一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球沿x軸

正方向以初速度%=楞從A點(diǎn)射入第一象限，第一象限有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)第=翳，小球

偏轉(zhuǎn)后打到x軸上的C(舊L,0)點(diǎn)，x軸下方有勻強(qiáng)電場(chǎng)E2(圖中未畫出)，第三、四象限有垂直

于紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，小球在x軸下方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知第四象限

勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為￡rnJI畀a，重力加速度大小為go

（1）求X軸下方勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E2；

（2）求帶電小球在C點(diǎn)的速度vc；

【解答】解：（1）小球在x軸下方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，小球所受電場(chǎng)力和重力平衡，則

mg=qE2

解得：段=等

方向豎直向上

（2）小球在第一象限做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有

_mg—qE\

CL-

m

可得：a=f

水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有

”包

vo

可得」嚼

豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)有

將C點(diǎn)的速度分解，如圖1所示

圖I

根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成，有

17c=J詔+藥

可得：vc=y]2gL

根據(jù)幾何關(guān)系有

tand=—

%

可得：0=60°

即vc方向與x軸正方向成60°向下

(3)畫出小球的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2所示。小球在第四象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)半徑為門，由洛

倫茲力提供向心力，則有

qvcB4=

rl

解得：ri=2L

設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的周期為Ti,則

T_271Tl

1%

解得：A=2兀性

圖2

2TT

如圖1,由幾何關(guān)系可知，粒子從C到P偏轉(zhuǎn)圓心角為了此過程運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

IF27r\2L

以=罰=百9

粒子經(jīng)P點(diǎn)進(jìn)入第三象限后，設(shè)運(yùn)動(dòng)半徑為⑵