考生須知：本卷共8頁滿分分，考試時間分鐘。答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級、姓名、考場號、座位號及準考證號并填涂相應數字。所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效?？荚嚱Y束后，只需上交答題紙。可能用到的相關參數：沒有特別說明，重力加速度取。選擇題部分一、選擇題Ⅰ（本題共小題，每小題3分，共分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1.下列說法中正確的是（）A.安培是國際單位制中電流的基本單位B.電動勢有大小有方向，是矢量C.彈簧秤是測量質量的儀器D.教材中應用了歸納法推導出動能定理【答案】A【解析】AASISIA正確；BB錯誤；C．彈簧秤基于胡克定律（）測量力的大小，常用于測量拉力或壓力，并非直接測量質量；質量需C錯誤；D．動能定理（合外力做功等于動能變化）在教材中通常通過演繹法推導，即由牛頓第二定律（）D錯誤。故選A。2.在2025年成都世運會上我國選手收獲頗豐。下列描述正確的是（）第1頁/共23頁

A.圖甲中盧卓靈在太極劍比賽中奪得首金，研究她的動作時可將其視為“質點”B.圖乙中中國隊以1分07秒99奪得女子米水面蹼泳接力賽冠軍，其中“1分07秒99”表示時刻C.圖丙中大金屬地擲球女子單人連續(xù)拋擊決賽，王晨怡勇奪冠軍。地擲球運動軌跡的長度為“位移”的大小D.圖丁中鄧麗娟勇奪攀巖“雙冠”，比賽中她的“平均速度”最大【答案】D【解析】【詳解】A．圖甲中盧卓靈在太極劍比賽中奪得首金，研究她的動作時不能將其視為“質點”，故A錯誤；B．圖乙中中國隊以1分07秒99奪得女子米水面蹼泳接力賽冠軍，其中“1分07秒99”表示時間，故B錯誤；C是“位移”的大小，故C錯誤；D．圖丁中鄧麗娟勇奪攀巖“雙冠”，比賽中她用的時間最短，她的“平均速度”最大，故D正確。故選D。3.如圖所示，一架直梯斜靠光滑的豎直墻壁上，下端放在粗糙的水平地面上，直梯處于靜止狀態(tài)。從側面觀察時，下列直梯的受力分析圖中正確的是（）A.B.第2頁/共23頁

C.D.【答案】B【解析】【詳解】直梯受重力和彈力作用，重力方向豎直向下，再根據彈力方向垂直于接觸面，故ACDB正確。故選B。4.人站在力傳感器上完成“下蹲、站起”動作，計算機顯示的力傳感器示數隨時間變化情況如圖所示。下列說法正確的是（）A.此人完成了兩次“下蹲、站起”動作，且下蹲后約起立B.下蹲過程中最大加速度約為C.“下蹲”過程中，人先超重后失重D.“站起”過程中，人對傳感器的力小于傳感器對人的力【答案】B【解析】A中，先向上加速運動，再向上減速到停止，加速度先向上再向下，由圖可知此人完成了一組“下蹲、站起”動作，故A錯誤；B．由圖可知，當人靜止時，力傳感器的示數為500N，即人的重力為500N，由可知人的質量約為由圖可知下蹲過程中，F的最小值約為200N，此時加速度最大，根據牛頓第二定律可得第3頁/共23頁

解得，故B正確；C．下蹲過程中，人先向下加速再向下減速，故加速度先向下再向上，故人先失重后超重，故C錯誤；D．人對傳感器的力和傳感器對人的力為作用力和反作用力，二者始終等大反向，故D錯誤。故選B。5.一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用做初速度為零的直線運動，取該直線為軸，起始點0為坐標原點，其電勢能與位移的關系如圖所示。表示電場強度的大小，表示粒子的動能，表示粒子所在處的電勢高低，表示粒子加速度的大小，下列圖像中合理的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【詳解】A．圖像的斜率表示電場力的大小，由圖可知，隨x的增大電場力逐漸增大，所以場強E逐漸增大，故A錯誤；B．圖像的斜率表示合力的大小，由于粒子僅受靜電力作用，故隨x的增大斜率逐漸增大，故B正確；C．圖像的斜率表示電場的大小，由于電場力逐漸增大，電場也逐漸增大，故C錯誤；D．由以上分析可知，加速度a隨x的增大而增大，故D錯誤。故選B。6.對于必修第三冊課本中幾幅插圖所涉及的物理現象或原理，下列說法不正確的是（）第4頁/共23頁

A.圖甲中，為使帶負電粉塵顆粒能到達收集板A，A、B應分別接電源的正、負極B.圖乙中，武當山金殿安裝了避雷針后，“雷火煉殿”現象會變得不明顯和不頻繁C.圖丙中，燃氣灶中電子點火器點火應用了尖端放電的原理D.圖丁中，由于金屬網的屏蔽，A球上電荷在驗電器金屬球B處產生的電場強度為零【答案】D【解析】【詳解】A．甲圖中，為使帶負電粉塵顆粒能到達收集板A，線狀電離器B帶負電，管壁A帶正電，AB應分別接電源的正、負極，故A正確，不符合題意；BB正確，不符合題意；C．圖丙中，燃氣灶點火時應用了尖端放電的原理，故C正確，不符合題意；D．圖丁中，由于金屬網的屏蔽，驗電器箔片不會張開，此時A球上電荷在驗電器金屬球B處產生的電場強度與金屬網產生的感應電場相互平衡，不是A球上電荷在驗電器金屬球B處產生的電場強度為零，故D錯誤，符合題意。本題選擇錯誤選項，故選D。7.如圖是簡化多用電表的電路。轉換開關S與不同接點連接，就組成不同的電表，已知，下面是幾位同學對這一問題的議論，其中判斷正確說法的是（）A.與1或2連接時，多用電表就成了電流表，且前者量程較小B.與3或4連接時，多用電表就成了歐姆表，且3接線柱紅表筆C.S與5或6連接時，多用電表就成了電壓表，且前者量程較大D.測量電阻時，如果紅、黑表筆分別插在負、正插孔，則不會影響測量結果【答案】D【解析】第5頁/共23頁

【詳解】A．與1或2連接時，或與電流計并聯，多用電表就成了電流表，改裝電流表時，并聯電阻越小，量程越大，故接1時，量程較大，故A錯誤。B．與3或4連接時，電表中有電源作用，所以多用電表就成了歐姆表，且3接線柱接電源正極，故所接表筆為黑表筆，故B錯誤。C．S與5或6連接時，或與電流計串聯，多用電表就成了電壓表，串聯電阻越大，量程越大，故S與6連接時量程較大，故C錯誤。D無論怎么接都不影響測量結果，故D正確故選D。8.如圖所示，點固定一個點電荷懸掛于輕輕拉至、向左經過最低點走點電荷，則（）A.擺動周期減小B.小球不能到達點C.再次經過點時，小球的速度大于此前經過點時的速度D.再次經過點時，細線的張力小于此前經過點時的張力【答案】D【解析】【詳解】A．因為小球在A、C間受到的庫侖力沿細線方向，則單擺周期公式中的g值不變，故擺動周期不變，故A錯誤；第6頁/共23頁

B在ACAB間做小幅擺動過程中只有重力做功，機械能守恒，所以小球仍能到達B點，故B錯誤；C．因為機械能守恒，所以再次經過C點時，小球的速度大小等于此前經過C點時的速度大小，故C錯誤；D．小球第一次經過C點時，根據牛頓第二定律有小球再次經過C點時，根據牛頓第二定律有可知再次經過C點時，細線的張力小于此前經過C點時的張力，故D正確。故選D。9.衢州江山市城區(qū)須江游樂場中的“摩天輪”深受大家的喜愛。如圖所示，摩天輪在豎直平面內做速率為的勻速轉動，其半徑為，質量為的游客站在觀光艙中與之保持相對靜止，游客位置從到到的過程中（）A.游客在運動過程中機械能守恒B.游客受到觀光艙的摩擦力一直變大C.游客受到觀光艙的作用力一直變大D.觀光艙對游客作用力的沖量大小為【答案】C【解析】【詳解】A．摩天輪在豎直平面內勻速轉動，游客在運動過程中速度大小不變，動能不變；游客位置從A到B到C的過程中其高度在減小，即重力勢能減小，所以游客的機械能減小，A錯誤；BC．對游客進行受力分析，如下圖，游客受到豎直向下的重力G、觀光艙對游客豎直向上的支持力N和水平方向的摩擦力f。三者的合力提供向心力F，且觀光艙對游客的作用力為支持力N和摩擦力f的合力F。第7頁/共23頁

由于摩天輪在豎直平面內做勻速轉動，因此向心力Fn大小不變，方向指向圓心。當從A到B，，FGA到B過程中，從0逐漸增大到，因此f逐漸增大，F逐漸增大。當從B到C過程時，此時，，此時從逐漸減小到0，因此f逐漸減小，F逐漸增大。綜合上述分析可得，游客位置從A到B到C的過程中，游客受到觀光艙的摩擦力先變大后變小，游客受到觀光艙的作用力一直變大，B錯誤，C正確；D．游客位置從A到B到C的過程中，由于水平方向上游客僅受摩擦力作用，因此根據動量定理，在水平方向上觀光艙對游客的作用力的沖量，等于觀光艙對游客摩擦力的沖量與觀光艙對游客支持力的沖量的矢量和。觀光艙對游客支持力的沖量不為零，D錯誤。故選C。10.如圖所示，圖中陰影部分為一透明材料做成的柱形光學元件的橫截面，該種材料折射率，為一半徑為RD為圓弧面圓心，D面內照射弧面，若只考慮首次從圓弧直接射向、的光線，則以下說法正確的是（）A.光從該材料到空氣的臨界角為第8頁/共23頁

B.該光學元件的邊上有光射出的長度為C.照射在邊上的入射光，有弧長為區(qū)域的光不能從、邊直接射出D.將點光源換成紫光，則邊上有光射出的長度增大【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．設光從該材料到空氣的臨界角為C，則有求得：，故A錯誤；BC．假設光線沿DE方向照射到AB面上正好發(fā)生全反射，DE與弧AC相交于F，則。如圖所示假設光線沿DG方向照射到BC面上正好發(fā)生全反射，DG與弧AC相交HCDG=37GDE=16區(qū)域的光不能從、邊直接射出。由幾何知識求得該光學元件的邊上有光射出部分的長度為故C正確，B錯誤。D率。根據可知從該種材料中到空氣中，紫光的臨界角小于紅光的臨界角，則邊上有光射出的長度將變短，故D第9頁/共23頁

錯誤。故選C。二、選擇題Ⅱ（本題共3小題，每小題4分，共分，每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）神舟二十一號載人飛船與空間站組合體于2025年月1日3時22分完成自主快速交會對接，整個過程歷時約3.5方向與其對接，載人飛船多次變軌和姿態(tài)調整來到距離空間站約2公里的中途“瞄準點”，最后在空間站正下方200米“保持點”處啟動動力設備始終沿徑向靠近空間站完成對接，則此過程中（）A.飛船到達中途瞄準點前的環(huán)繞周期大于空間站的環(huán)繞周期B.飛船維持在“保持點”的狀態(tài)時，需要開動發(fā)動機給飛船提供一個背離地心的推力C.飛船處于空間站正下方處時繞地球運行的線速度略小于空間站的線速度D.空間站與飛船對接后軌道高度會略微降低【答案】BC【解析】【詳解】A．根據開普勒第三定律可知，飛船到達中途瞄準點前的環(huán)繞周期小于空間站的環(huán)繞周期，A錯誤；B所以需要開動發(fā)動機給飛船提供一個背離地心的推力，故B正確；CD．飛船沿徑向接近空間站過程中，始終在空間站正下方，所以需要控制飛船繞地球運行的角速度等于空v=RωC正確，D錯誤。故選BC。12.某波源SS、S的距離分別為和55m。測得、兩點開始振動的時間間隔為，下列說法正確的是（）第10頁/共23頁

A.該列波的波長為B.該列波的波速為C.當點離開平衡位置的位移為時，點離開平衡位置的位移為D.波經過從波源傳到點【答案】AC【解析】【詳解】A．由振動圖像可知該波的周期T=2sA、B兩點開始振動的時間間隔為所以A、B間的距離為半個波長，所以，故A正確；B．該列波的波速為，故B錯誤；CABB點離開平衡位置的位移為+6cmA點離開平衡位置的位移是-6cm，故C正確；D．波經過4.5s傳播的距離為則波經過4.5s從波源S傳到A點，故D錯誤。故選AC。13.表所示。/mm×mm×mm最高速度/180）（）電機形式交流永磁同步電機電機最大電功率/kW180電池容量/（）80快充時間/h20~100km/h加速時間0~50km/h加速時間/s25/s第11頁/共23頁

電機的最大功率為電機輸出的最大機械功率，電池容量為電池充滿電時儲存的最大電能。根據上表中數據，可知（）A.該車在的加速過程中平均加速度為B.在的加速過程中，電動汽車行駛的路程一定大于C.電機以最大功率工作且汽車以最大速度行駛時，汽車受到阻力大小為D.用輸出電壓為的充電樁給電池快速充電時，充電電流約為【答案】CD【解析】A的加速過程中平均加速度為A錯誤；B的加速過程中電動車行駛的路程，故B錯誤；C．電機以最大功率工作且車以最大速度行駛時，車受到阻力大小為，故C正確；D．若不計充電過程中的能量損失，根據可知，用輸出電壓為220V的充電樁給電池快速充電時，充電電流為，故D正確。故選CD。非選擇題部分三、實驗題（本題共1小題，共分）14.如圖（1）的實驗裝置可以做以下實驗。（1第12頁/共23頁

景照相，拍攝到了如圖（2）的照片，已知每個小方格邊長為，當地的重力加速度為。若以拍攝的第一個點為坐標原點，水平向右和豎直向下為平面直角坐標系的正方向，則沒有被拍攝到的小_____[2的小球坐標為]。圖中“1”_____（填“是”或“不是”）拋出點。（2實驗原理如圖乙所示。①關于本實驗，下列說法正確的是_____A.同組實驗中入射小球每次都必須從斜槽上的同一位置靜止釋放B.必須測量出斜槽末端到水平地面的高度C.實驗中需要用到重錘線D.斜槽必須足夠光滑且末端保持水平②測量發(fā)現，總是滿足，由此判斷小球與碰撞屬于_____A彈性碰撞B.非彈性碰撞C.完全非彈性碰撞D.都有可能【答案】（1）①.②.不是（2）①.AC②.B【解析】【小問1詳解】[1]小球水平方向做勻速運動，則水平位移相等，則橫坐標為6（對應1y=6，即沒有被拍攝到的小球的位置坐標為（6，6[2]因相等時間內豎直位移之比為1:2:3:4，不等于，可知圖中“1”不是”拋出點。第13頁/共23頁

【小問2詳解】①[1]AA正確；B代替水平速度，則實驗時沒必要測量出斜槽末端到水平地面的高度，B錯誤；C．實驗中需要用到重錘線，以確定小球拋出點在地面上的投影位置，C正確；D．斜槽沒必要必須光滑，但末端必須保持水平，以保證小球做平拋運動，D錯誤。故選AC。②[2]小球m1和m2變，即mv=mv+mv，聯立兩式得v=v-v1即即OP=MN，因為OP＞MN，該碰撞不是彈性碰撞，是非彈性碰撞。故選B。15.某實驗小組要測量一新型材料制成的圓柱體的電阻率：（1_____mm“×10_____。（2）為了減小實驗誤差，需進一步用伏安法測量圓柱體的電阻，要求待測電阻兩端的電壓能從0開始連續(xù)可調。除待測圓柱體外，實驗室還備有的實驗器材如下：3V00.3A0~3V2kΩ滑動變阻器開關、導線若干。第14頁/共23頁

則該實驗電路應選擇下列電路中的（）A.B.C.D.（3電阻率為_____、、、及表示）【答案】（1）①.8.50②.190（2）A（3）【解析】【小問1詳解】[1]圓柱體直徑[2]多用電表的讀數為指針所指刻度與倍率的乘積，所以粗測電阻值為【小問2詳解】實驗要求待測電阻兩端的電壓能夠從0開始連續(xù)可調，所以滑動變阻器應采用分壓式接法，由于且電流表內阻已知，所以電流表應采用內接法。故選A?！拘?詳解】根據電阻定律可得根據歐姆定律可得第15頁/共23頁

聯立可得16.下列對4個實驗的描述正確的是（）A.在“觀察電容器的充、放電現象”的實驗中，充、放電過程中電流都是從最小值變化到最大值B.在“用單擺測量重力加速度”的實驗中，測量周期時，應該從擺球運動到最低點時開始計時C.在“用插針法測定玻璃折射率”的實驗中，在白紙上放好玻璃磚后，用鉛筆貼著光學面畫出界面D.在“用雙縫干涉的裝置測量光的波長”實驗中，若光源改為激光，則可去除的裝置有凸透鏡、濾光片、單縫【答案】B【解析】【詳解】A故A錯誤；BB正確；C光路，正確做法是在白紙上畫好邊界線，再放置玻璃磚對齊，故C錯誤；D得到清晰的干涉條紋，常保留單縫作空間濾波。故D錯誤。故選B。四、計算題（本題共4小題，總分分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步17.人配送車以的速度勻速行駛在平直路面上。已知配送車的總質量為，電機產生的牽引力恒為。（1）求此時配送車受到的阻力的大小。第16頁/共23頁

（2）若關閉配送車的電機，此后仍保持不變，求其在通過的位移。（3）若配送車勻速行駛過程中，發(fā)現前方處有一靜止站立的行動不便的老年人，配送車立即關閉電機并啟動制動裝置，此后仍保持不變。要使配送車不撞上老年人，制動裝置產生的額外阻力至少需要多大?【答案】（1）（2）（3）【解析】【小問1詳解】由平衡條件可知【小問2詳解】若關閉配送車的電機，此后仍保持不變，根據牛頓第二定律可得解得加速度大小為由運動學公式可得解得可知配送車在前已經停止運動，所以配送車在通過的位移為【小問3詳解】由運動學公式可得解得加速度大小為根據牛頓第二定律可得解得制動裝置產生的額外阻力至少為18.如圖所示，在水平向右的勻強電場中，一半徑為、圓心為的光滑絕緣圓弧軌道固定在豎直平面內，軌道上點到點的豎直高度為，b點為軌道的最低點。質量為、電荷量為的小球甲恰好靜止在點，重力加速度大小為，靜電力常量為。第17頁/共23頁

（1（2）求勻強電場的電場強度大小。（3）現將小球甲固定在點，將另一個質量也為的帶電小球乙放在圓弧軌道的最低點處，小球乙恰好靜止且與軌道間無作用力，兩小球均視為點電荷，請判斷小球乙的電性，并求出小球乙的電荷量（用物理量R、m、q、g、k【答案】（1）（2）（3）乙?guī)ж撾?，【解析】【小?詳解】如圖所示【小問2詳解】由幾何關系可知，Oa與豎直方向的夾角為60°，對小球甲，由平衡條件可得解得【小問3詳解】設小球乙的電荷量為，小球乙受力如圖所示第18頁/共23頁

可知小球乙?guī)ж撾?，由幾何關系可知a、b之間距離為，甲、乙之間的靜電力為由平衡關系可得解得19.如圖所示，質量的可視為質點的小物塊從點出發(fā)作斜拋運動，已知在點的豎直分速度BC點間的豎直距離和AC點間的豎直距離之比。圓弧軌道與質量為的足夠長的小車左端在最低點點相切，水平地面光滑。當物塊運動到障礙物Q處時與Q發(fā)生彈性碰撞。碰撞前物已知圓弧半徑，圓弧對應的圓心角為，物塊與小車間的動摩擦因數為，，。試求：（1）求物塊在點的豎直分速度。（2）小物塊經過點時對軌道的壓力；（3）第一次碰撞后直至運動到穩(wěn)定后，①物塊相對小車的路程；②小車做減速運動的總時間。【答案】（1）（2），方向豎直向下（3）①；②第19頁/共23頁

【解析】【小問1詳解】上升階段有下降階段有可得【小問2詳解】從C點到O點應用動能定理可知可知可得