備戰(zhàn)2025年高考物理易錯(cuò)題綜合練（一）

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x0、y0，根據(jù)所學(xué)的勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律來(lái)分析，下列說(shuō)法正

確的是（）

A．若橫軸表示時(shí)間t，縱軸表示物體的速度v，則t0時(shí)刻物體的速度為

?0

(?0+?0)

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?0

?0

?0

C．若橫軸表示時(shí)間t，縱軸表示物體的平均速度v，則物體的加速度為?

?0

?

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2示?0物體加速度a，則物

體的質(zhì)量為

?0

?

【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＝v0+at對(duì)比圖像可得：

、

0

00?

?=??=??0

則t0時(shí)刻物體的速度為，故A錯(cuò)誤；

00

0?0?00

?=??0?=0(???)

B、若橫軸表示位移x，縱軸表示物?體速度?的平方v2，由可知圖像的斜率k＝2a，

220

0?

?=?+2??=0

可得，故B錯(cuò)誤；??

?0

?=?

C、若橫軸2表?0示時(shí)間t，縱軸表示物體的平均速度v，由位移—時(shí)間公式有

2

01

可?=得??+2??

??

=?0+?

結(jié)?合平均速2度公式可得

?

?=?

v0

?

?=+2?

對(duì)比圖像可得

，

0

00??

?=?2=??0

可得，故C錯(cuò)誤；

2?0

?=?

D、當(dāng)物體受?0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：

1

對(duì)比圖像可得?=??+?

、

0

01?

?=?=?0

綜合可得，??，故D正確。

?0

?=?

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(guò)原長(zhǎng)為L(zhǎng)0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(guò)A點(diǎn)。若L0＞L，則在小物塊從B運(yùn)動(dòng)到A的過(guò)程中（）

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(zhǎng)0＞L，設(shè)彈性輕繩開(kāi)始原長(zhǎng)到A點(diǎn)的伸長(zhǎng)量為x0，

則在A點(diǎn)物塊對(duì)地面的壓力：FNA＝mg﹣kx0

設(shè)在B點(diǎn)繩子與豎直方向的夾角為，

則物塊在B對(duì)地面的壓力為：FNB＝θmg﹣k（L0+Δx﹣L）﹣k（L﹣L0）cos

θ

則從B點(diǎn)到A點(diǎn)物塊對(duì)地面正壓力的變化量為：ΔFN＝FNB﹣FNA＝k（L﹣L0）（1﹣cos）

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

變化量ΔFN增大，θθ

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。

故選：μC。

3．如圖，輕質(zhì)不可伸長(zhǎng)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(shuō)法正確的

是（）

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(zhǎng)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(zhǎng)為L(zhǎng)，Oa端繩長(zhǎng)為L(zhǎng)a，Ob端繩長(zhǎng)為L(zhǎng)b，

故L＝La+Lb，衣架鉤兩側(cè)繩子與豎直方向夾角分別為、，受力分析如圖所示。

αβ

衣架鉤兩側(cè)繩子上受力相等，故有

T1＝T2＝T

則由共點(diǎn)力的平衡知識(shí)可得

＝

2αTcoβs＝G

又有dα＝Lasin+Lbsin＝Lasin+Lbsin＝Lsin

αβααα

則sin

?

α=

T?

?

所=以2，??如??果d與L不變，則sin不變，不變，cos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α間的距α離d變大，α繩長(zhǎng)L不變，所以角變大，cos變小，繩子

拉力T變大，故B錯(cuò)誤；αα

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

變大，繩子拉力T變小，故C正確。αα

故選：C。

4．如圖甲，MN是傾角＝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θ送帶向下運(yùn)動(dòng)。物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程的v﹣t圖象如圖乙所示，取g＝10m/s2，下列

說(shuō)法正確的是（）

A．物塊最終從N點(diǎn)離開(kāi)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(kāi)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，負(fù)

???2?422

號(hào)表示加速度方向沿傳送帶向上=??=4?/?=?1.5?/?

物塊下滑過(guò)程，由牛頓第二定律得：mgsin﹣mgcos＝ma，解得：，故B錯(cuò)誤；

15

θμθμ=16

C、根據(jù)乙圖知，物塊前4s內(nèi)的位移為：x1，物塊4﹣6s內(nèi)的位移

2222

???0(?2)?4

==?=4?

為：x2＝vt＝（﹣2）×2m＝﹣4m，可知，物塊前2?6s內(nèi)2的×位(?移1.為5)：x＝x1+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：C。

5．如圖所示，某同學(xué)打水漂，從離水面1.25m處以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5角3?都/是?30°，當(dāng)速度小于1m/s就會(huì)落水。已

知g＝10m/s2，，。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)，

13

則下列說(shuō)法錯(cuò)誤?的??3是0（°=2）???30°=2

A．第一次與水面接觸后，彈跳速度為5m/s

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

53

?

C．水面上一共出現(xiàn)5個(gè)接觸點(diǎn)4

D．落水處離人擲出點(diǎn)的水平距離為

2653

?

【解答】解：A、石塊做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)平64拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，則h，得t1s

2

112?2×1.25

＝0.5s=2??=?=10

第一次與水面接觸前的速度大小v1m/s＝10m/s，因此第

2222

=?0+(??1)=(53)+(10×0.5)

一次與水面接觸后，彈跳速度為v1′＝50%v1＝0.5×10m/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x2。

則t2s＝0.5s，x2＝v1′cos30°?t2＝50.5mm，故B正確；

2?1'???30°2×5×0.5353

==××=n﹣

C、石塊每次?與水面接觸10速率損失50%，設(shè)水面上一共出現(xiàn)n個(gè)2接觸點(diǎn)，則4vn＝v1×（1?0.5）

1

，解得n＝4時(shí)，vn＜1m/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

x1＝v0t1＝10×0.5m＝5m

第一個(gè)接觸點(diǎn)與第二個(gè)接觸點(diǎn)之間距離為x2＝v1′cos30°?t2＝50%v1cos30°?

2×（50%）2

2

2×50%?1???30°?1???30°???30°

=×

??4

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＝2×（50%）

2

?1???30°???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，故D正確。

2653

本題選錯(cuò)誤的=，64?

故選：C。

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m1＝0.1kg的物塊A，自圓管左端開(kāi)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(guò)豎直圓管軌道后與M點(diǎn)處?kù)o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(guò)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(guò)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(kāi)始至運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律可得：m1g（R+h），

2

11?

=2??

可得v＝10m/s。A在P點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律可得F﹣mg＝m，解得F＝51N；在A從P

PN112N

??

點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律可得：2m1gR?，A在Q點(diǎn)時(shí)，由牛

122

1011?

??=+2??

頓第二定律可得′＝，解得′＝2，滑過(guò)豎直圓管軌道、兩點(diǎn)時(shí)受到管

FN+m1gm12FN45NAPQ

??

壁的彈力差為Δ＝﹣′＝﹣＝，故正確；

FNFNFN?51N45N6NC

B、由機(jī)械能守恒定律可知，A與B碰前瞬間A的速度為v0＝vP＝10m/s。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

??2+06

==

解得A、B碰后瞬間B的速度大小?為v22＝4m/s3，故B錯(cuò)誤；

D、碰后B運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：﹣m2gx＝0

12

μ??2?2

解得A、B與直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，故D正確2；

2

μ=

A、A與B碰撞過(guò)程，取向右為正方向，由1動(dòng)5量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2，解得碰后A的

速度：v1＝﹣2m/s

設(shè)A最終位置到M點(diǎn)的距離為x1。由動(dòng)能定理得：﹣m1gx1＝0，解得A靜止的位置

12

μ??1?1

到M點(diǎn)的距離x1＝1.5m，故A錯(cuò)誤。2

故選：C。

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

工程“天問(wèn)一號(hào)”名字的來(lái)源?！疤靻?wèn)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(yáng)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(yáng)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(jiàn)表，則根據(jù)提供的數(shù)據(jù)可知（）

質(zhì)量半徑繞太陽(yáng)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

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(yáng)的距離約為地球到太陽(yáng)的距離的1.9倍

【解答】解：A、設(shè)地球最小的發(fā)射速度為v1，則根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有

2

????1

2=?

可?得?

v1＝7.9km/h

則火星的發(fā)射速度與地球的發(fā)射速度之比為

0.1?

?1'0.5?5

==

?1?5

可得火星?的發(fā)射速度為

＜7.9km/h，故A錯(cuò)誤；

151

B?、'=根據(jù)5兩?次會(huì)合時(shí)地球多轉(zhuǎn)一圈得

地火

2?2?

(?)?=2?

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(wàn)有引力得

???

2=??

火?星表面的重力加速度與地球表面的重力加速度之比為，故C正確；

?'2

=

火地?5

D、根據(jù)開(kāi)普勒第三定律k得33，代入數(shù)據(jù)解得火星到太陽(yáng)的距離約為地球到太陽(yáng)的

3

??火?地

2=2=2

???

距離的1.5倍，故D錯(cuò)誤。

故選：C。

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＝30°的圓弧跳臺(tái)，從B點(diǎn)離開(kāi)跳臺(tái)后落在傾角＝30°的斜坡上

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

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

運(yùn)動(dòng)員及其裝備看成5質(zhì)點(diǎn)3?，g取10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是（）

A．運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)的速度大小為10m/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(guò)程中，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，CE兩點(diǎn)間的

豎直高度差為hCEm＝20m

1212

=????=×10×2

由圖可知，DE兩點(diǎn)間2的水平距2離為xDE＝DEcos＝20×cos30°m＝10m

故FE兩點(diǎn)間的水平距離為xFE＝xFD+xDEβ10m＝15m3

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5做3?勻速+直線3運(yùn)動(dòng)，運(yùn)3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vxm/s，故A錯(cuò)誤；

???153

===7.53?/?

B、落到斜面上時(shí)，豎直分速?度??為vy＝2gtCE＝10×2m/s＝20m/s，水平分速度為vx，故

=7.53?/?

E點(diǎn)速度大小為vE，解得vEm/s≈23.8m/s，故B錯(cuò)誤；

22

=??+??=568.75

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°，

???

=?

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tBCs＝0.75s

???7.5

=?=10

BC高度差為hBC，解得hBC＝2.8125m

12

=????

故飛離跳臺(tái)后在空中2運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t總＝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Δl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O點(diǎn)，玻璃對(duì)兩單色光的折射率分別為n1、n2，兩

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

A．兩束光的入射角的正弦值為sin

?1?2??

αα=22

B．兩束光的入射角的正弦值為sin?2??1???

?1?2??

αα=22

C．a(chǎn)光的折射率大于b光的折射率(?2??1)???

D．a(chǎn)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r1

和r2。根據(jù)折射定律得：

對(duì)a光有n1

????

=????1

對(duì)b光有n2

????

=2

a光在玻璃磚中??傳??播距離為s1，a光在玻璃磚中傳播速度為v1，a光在玻

???

=????1=2=?1

璃磚中傳播時(shí)間為Δt1?????1

?1

=1

b光在玻璃磚中傳播距離?為s2，b光在玻璃磚中傳播速度為v2，b光在玻

???

=????2=2=?2

璃磚中傳播時(shí)間為Δt1?????2

?2

=?2

結(jié)合Δl＝d（tanr1﹣dtanr2）＝d（）

????1????2

2?2

聯(lián)立解得sin，故A錯(cuò)1?誤??，?B?1正確；1?????2

?1?2??

α=22

CD、兩光束在上(表?2面??P1)Q??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n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=：?B??。?

10．如圖所示，由波長(zhǎng)為1和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λ照射λ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(zhǎng)為1和2的光形成的距離O點(diǎn)最近的亮條紋中心位置。反射光入射到三

棱鏡一側(cè)面上，從另一側(cè)面λM和λN位置出射，則（）

A．1＜2，M是波長(zhǎng)為1的光出射位置

B．λ1＜λ2，N是波長(zhǎng)為λ1的光出射位置

C．λ1＞λ2，M是波長(zhǎng)為λ1的光出射位置

D．λ1＞λ2，N是波長(zhǎng)為λ1的光出射位置

λλλ

【解答】解：AB、雙縫干涉的實(shí)驗(yàn)結(jié)論：x，由圖可得＞，故1＞2，故AB錯(cuò)

???1??2

誤；=?????λλ

CD、由＝cT或＝c知，越大f越?。╢為頻率）

1

λλλ

由光的色散實(shí)驗(yàn)知，頻?率f越大，穿過(guò)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1＞2故f1＜f2.故偏折角小的對(duì)應(yīng)f1，偏折大的對(duì)應(yīng)f2，所以當(dāng)1＞2時(shí)M是2射出點(diǎn)，

N是1射λ出點(diǎn)λ，故C錯(cuò)誤，D正確。λλλ

故選λ：D。

二．多選題（共2小題）

11．（2024?長(zhǎng)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(guò)程中先后經(jīng)過(guò)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v0，方向與加速度方向垂直；粒子在b點(diǎn)的速度大小，速度方向平行于ac連

2?0

線；ac兩點(diǎn)間的距離為。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(shuō)法正確

2

4?0

的是（）?

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

2?0

B．粒子在c點(diǎn)的速度大小為?

5?0

C．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為

2??

D．a(chǎn)、c兩點(diǎn)間的電勢(shì)差2為?

2

22??0

【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(guò)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，則

?02

θ????=0=2

粒子從a到c的過(guò)程，沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有2?

2

4?0

????=?0?

沿加速度方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有?

2

4?012

????=??

聯(lián)立解得：，，故A錯(cuò)誤；?2

22?02

?=??=2?

B、粒子在c點(diǎn)的速度大小為v，解得vv0，故B正確；

22

0

C、設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，則根=據(jù)幾?何+關(guān)(系??得)=5

（qE）2＝（mg）2+（ma）2﹣2mgmacos

θ

解得：，故C正確；

2??

D、粒子?從=a2到?c的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：

1212

??????0=????

得2出：2，故D錯(cuò)誤。

2

0

??2??

故選：B?C。=?

12．（2024?安平縣校級(jí)模擬）如圖所示，AC是圓O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O點(diǎn)以相同的初動(dòng)能Ek0射出，射出方向不同時(shí)，油滴

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

??0

的大小為g，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)，那么（）4

2??

?=?

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

B．油滴經(jīng)過(guò)B點(diǎn)動(dòng)能為

4?3

??0

C．油滴經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能4為

7

??0

D．油滴經(jīng)過(guò)CD連線中點(diǎn)時(shí)的4動(dòng)能為

5

??0

【解答】解：A、從O經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)油滴8的動(dòng)能最小且為，則C點(diǎn)為復(fù)合場(chǎng)的等效最高點(diǎn)，則

??0

油滴在復(fù)合場(chǎng)中受到的合力方向如圖所示，4

則有：F合＝qEcos，qEsin＝mg

由題意可知：θθ

2??

?=?

聯(lián)立解得：合，，則電場(chǎng)線的方向如圖所示。

?=3???=30°

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(guò)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(guò)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﹣Ek0

從O經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)：F合?L＝EkA﹣Ek0

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

7

???=??0

D、油滴經(jīng)過(guò)CD連線中點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為等于4粒子經(jīng)過(guò)OC中點(diǎn)的動(dòng)能，由動(dòng)能定理有：﹣F合

Ek中﹣Ek0，聯(lián)立C選項(xiàng)的表達(dá)式，解得：Ek中，故D正確。

15?0

故×2選?：=CD。=8?

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M。

（1）未裝薄板時(shí)，往砝碼盤(pán)中加入一小砝碼，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(mén)，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d1、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(guò)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t0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

把砝碼和砝碼盤(pán)的總重力當(dāng)作小車所受到的拉力，則t0時(shí)刻，他求得的空氣阻力f＝（用

題中給定的字母表示）。

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

2

sCE﹣sAC＝a（2T）

2

代入數(shù)據(jù)可得：（d4﹣d2）﹣d2＝a（2T）

解得：

?4?2?2

?=2

（2）通過(guò)圖像4?分析，可知隨著運(yùn)動(dòng)速度的增加，小車的加速度越來(lái)越小，合力越來(lái)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﹣f1＝Ma

可得：f1＝mg﹣Ma

裝薄板時(shí)，對(duì)小車，由牛頓第二定律有mg﹣f1﹣f＝Mk

聯(lián)立得

?4?2?2

2

?=?(4???)

故答案為：（1）；（2）增大；（3）。

?4?2?2?4?2?2

2?(2??)

14．（2024?湖北一模）4?某次實(shí)驗(yàn)課上，甲同學(xué)利用4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200）：Ω

F．開(kāi)關(guān)S，導(dǎo)線若干：測(cè)量電Ω路如圖所示。

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

示數(shù)I1＝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)I2＝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。Ω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Ω”）。

（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Ω意，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，將滑動(dòng)變阻器R的滑片調(diào)到最右端，閉合開(kāi)關(guān)，讀出電

流表示數(shù)：I1＝5.0mA。根據(jù)歐姆定律有：I1

?

=??+?

滑動(dòng)變阻器R的滑片調(diào)到最左端，讀出電流表示數(shù)：I2＝7.5mA，同理有：I2

?

=?

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

（2）由于要測(cè)量電流表和電源的內(nèi)阻之和，Ω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總I+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＝36.73

1.46?1.1?3

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)9量.8值偏×大1；0ΩΩ

第一問(wèn)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＝200﹣36.00＝164

故答案為：（1Ω）200；（Ω2）a；（Ω3）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(zhǎng)度為L(zhǎng)＝6.5cm的空玻璃管，向里面加入了

長(zhǎng)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(zhǎng)度為L(zhǎng)1＝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(zhǎng)，在下落過(guò)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p0＝76cmHg。求：（計(jì)算結(jié)果都保留兩位有效數(shù)字）

（1）下落過(guò)程中，水銀柱穩(wěn)定后管內(nèi)密封空氣柱的壓強(qiáng)p2和長(zhǎng)度L2的大??；

（2）在玻璃管豎直下落過(guò)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(guò)程，請(qǐng)通過(guò)具體的

數(shù)據(jù)計(jì)算來(lái)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：p1＝p0+h＝76cmHg+4cmHg

＝80cmHg，V1＝L1S＝2S，

當(dāng)玻璃管自由下落時(shí)，水銀處于完全失重，那么：p2＝p0＝76cmHg，V2＝SL2

由于溫度不變，根據(jù)玻意耳定律可列：p1V1＝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(zhǎng)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＝p0﹣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：

?3?3?2?2

=

代入數(shù)據(jù)解得：L3＝2.3cm?3?2

由于有L3+h＝2.3cm+4cm＝6.3cm＜6.5cm

故水銀柱未溢出。

答：（1）下落過(guò)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(zhǎng)度L2的大小為2.11cm；

（2）水銀不會(huì)溢出。

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

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

滑圓弧與小車無(wú)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μ＝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(wú)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(zhǎng)度L需滿足什么條件；

（3）當(dāng)小車的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝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v0，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

?

2

10

解(?得+?)?=2(?+?)?

v0＝10m/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）v0＝（m+M+m）v共

解得

共

25

?=?/?

設(shè)小車3被鎖定時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，由能量守恒定律可得

共

2

?1

小?車=彈2回(?過(guò)+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

??≥????+???

2解得

130

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

1

??'≥????+???

2

共

2

?1

根?據(jù)'=動(dòng)2量(?守+恒?定+律?有)?'

（m+M）v0＝（m+M+m）v′共

聯(lián)立可得

M≥12kg

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)，小球

????

?0=?1=

偏轉(zhuǎn)后打到x軸上的2，點(diǎn)，x軸下方有勻強(qiáng)電場(chǎng)E2（圖中未畫(huà)出），第三、四象2限?有垂直

于紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)?(度3大?小0不)同