2025届广东省广州市高三上学期12月调研测试（零模）物理试题（B）
1．（2024高三上·广州模拟）“飘色”是岭南地区一种传统民俗艺术。如图为“飘色”道具的结构示意图，道具由色台和色梗组成，色台固定在色梗上。演员坐在色台上，与道具一起向右匀速直线运动，此过程道具对演员的作用力（ ）
A．方向水平向右 B．方向斜向右上方
C．大于演员所受的重力 D．与演员所受的重力大小相等
2．（2024高三上·广州模拟）长征运载火箭将七组卫星送入高轨道后，先释放第一组卫星，然后逐次降低轨道，释放下一组卫星，直到第七组卫星全部释放。卫星在相应的轨道绕地球做匀速圆周运动，则相较于第七组卫星，第一组卫星的（ ）
A．线速度大 B．角速度大 C．加速度小 D．运行周期小
3．（2024高三上·广州模拟）如图，在北京已校准好的摆钟被运送到广州后，该摆钟（ ）
A．摆锤运动周期比在北京时短
B．摆锤运动周期与在北京时相同
C．分针转完一圈所需时间比在北京时短
D．分针转完一圈所需时间比在北京时长
4．（2024高三上·广州模拟）网球运动员沿水平方向击出网球后，网球在空中运动的过程（不计空气阻力），其动能Ek和机械能E随时间t变化图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024高三上·广州模拟）如图，平行板电容器两极板与电源两极相连，G为灵敏电流表。闭合开关并达到稳定后，若要电流表中产生从a流向b的电流，可将电容器（ ）
A．两极板的距离增大一些 B．两极板的距离减小一些
C．两极板间的电介质抽出 D．两极板的正对面积减小
6．（2024高三上·广州模拟）如图，正方形区域abcd的中心为O点，过其四个顶点有四根相互平行的无限长直导线，导线与正方形所在平面垂直，导线中通有等大、同向的恒定电流。若过a点的通电直导线在O点产生的磁感应强度大小为B，则（ ）
A．O点的磁感应强度大小为2B
B．O点的磁感应强度大小为4B
C．过a点的导线所受安培力沿aO方向
D．过a点的导线所受安培力沿Oa方向
7．（2024高三上·广州模拟）如图（a），利用两根平行放置、粗细均匀的长直钢管将长方体砖块从高处运送到低处。图（b）为垂直于运动方向的截面图（砖块截面为正方形），砖块放在两钢管间，下滑过程加速度大小为，受单根钢管作用的弹力、摩擦力大小分别为。若仅将两钢管间距增大一些，砖块在下滑过程加速度大小为，受单根钢管作用的弹力、摩擦力大小分别为，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·广州模拟）如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入带电极板M、N之间的水平匀强电场后，分落在收集器中央的两侧，其中矿粉a带正电，对矿粉分离的过程，下列说法正确的是（ ）
A．极板M带负电 B．M的电势比N的电势低
C．矿粉b的电势能变大 D．电场力对矿粉a做负功
9．（2024高三上·广州模拟）如图，在光滑绝缘水平面上同时静止释放两个带正电的小球（视为点电荷），两小球在运动过程中（ ）
A．速度大小之比逐渐增大 B．加速度大小之比逐渐减少
C．动量大小之比保持不变 D．动能之比保持不变
10．（2024高三上·广州模拟）图（a）是某型号气门结构的简化图：金属块和固定弹簧座连接弹簧上端和下端，偏心轮轴位置固定，偏心轮以恒定角速度ω转动，带动金属块与推杆整体上下往复运动，配合气门机构完成进气、出气，此过程弹簧一直处于压缩状态，偏心轮与金属块始终保持接触。偏心轮横截面如图（b），在t=0时通过轮轴的偏心轮直径恰好处于水平位置，则（ ）
A．推杆上下往复运动的周期为
B．时弹簧的弹性势能最大
C．偏心轮上各点的线速度最大值为
D．偏心轮上各点的向心加速度最大值为
11．（2024高三上·广州模拟）弹力带是一种常见的健身器材。某同学为了探究弹力带所受拉力与其伸长量的关系，进行如下实验：
（1）如图（a），将弹力带甲竖直挂在固定的钉子O上，其下端P连接一托盘，卷尺竖直固定在旁边，卷尺的零刻度线与钉子平齐；
（2）逐步增加托盘上杠铃片的数量，分别记录杠铃片与托盘的总质量m、P对应卷尺等高处的刻度值x，并在图（b）中描点：
（3）当杠铃片与托盘总质量为3.0 kg时，弹力带甲下端P对应的刻度值如图（a），其读数为 cm，请在图（b）中把此坐标点描出，并作出弹力带甲的m x图像 ：由此可知，在弹力带甲的弹性限度内，每增加1 kg的杠铃片，稳定后P下降 cm（结果保留两位有效数字）：
（4）弹力带乙的m x图像如图（b）。若要增大力量训练强度，应选用弹力带 （选填“甲”或“乙”）。
12．（2024高三上·广州模拟）某同学制作“橘子电池”后，设计了图（a）电路测量其电动势E和内阻r。电压传感器可视为理想电压表。
（1）根据图（a）完成图（b）实物连线 ；
（2）闭合开关S，多次调节电阻箱，记录电阻箱阻值R和相应的电压传感器读数U；
①某次实验电阻箱的示数如图（c），其电阻大小为 Ω；
②根据实验数据作出的图像如图（d），则“橘子电池”电动势E = V，内阻r = kΩ。（结果均保留三位有效数字）
（3）若仅提供如下规格的电表：
电压表V1（量程3 V，内阻约为3 kΩ）；
电压表V2（量程15 V，内阻约为10 kΩ）；
电流表A1（量程0.6 A，内阻约为0.5 Ω）：
微安表A2（量程300 μA，内阻约为100 Ω）；
为了较为准确地测出“橘子电池”的电动势和内阻，下列电路中最合适的是_______
A． B．
C． D．
13．（2024高三上·广州模拟）某型号“双引擎”节能环保汽车的工作原理：当行驶速度时仅靠电动机输出动力：当行驶速度时，汽车自动切换引擎，仅靠汽油机输出动力。该汽车在平直的公路上由静止启动，其牵引力F随时间t变化关系如图。已知该汽车质量为1500kg，行驶时所受阻力恒为1250N。汽车在时刻自动切换引擎后，保持牵引力功率恒定。求：
（1）汽车切换引擎后的牵引力功率P；
（2）汽车由启动到切换引擎所用的时间。
14．（2024高三上·广州模拟）如图，M、Q、N为相互平行的竖直平面，间距均为L，在N上建立xOy直角坐标系，x轴水平。处有一粒子源，连线垂直于竖直平面。MQ间区域有沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，QN间区域有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。粒子源发出速率为v的正电粒子，粒子沿方向运动，经磁场偏转通过Q平面时，其速度方向与夹角为，再经电场偏转通过N平面上的P点（图中未标出）。忽略粒子间相互作用及粒子重力，求：
（1）粒子的电荷量与质量之比；
（2）粒子从Q运动到N的时间；
（3）P点的坐标（x，y）。
15．（2024高三上·广州模拟）如图是一款弹球投篮游戏示意图，圆形篮筐水平，其边缘固定在竖直篮板上的E点。游戏者控制小球压缩轻弹簧，小球由静止释放向左弹出，到达A点时弹簧恢复原长；小球沿水平轨道进入圆弧轨道BC，从C点沿切线飞出，小球运动轨迹平面与篮板垂直。某次游戏，小球恰好垂直击中篮板，击中点D在E点正上方。已知小球质量为m；圆弧轨道的半径为R，圆心角，C点到篮板的水平距离为12R，C点与篮筐的高度差为7R，篮筐的直径为R，忽略空气阻力和小球体积大小，不计摩擦，重力加速度为g。
（1）求游戏者释放小球时弹簧的弹性势能；
（2）求小球经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力；
（3）若小球经篮板反弹后能进入篮筐，求碰撞过程小球损失动能的最小值。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查共点力平衡条件的应用，解题关键掌握平衡状态的理解。演员与道具一起向右匀速直线运动，则演员处于平衡状态，对演员受力分析可知，此过程道具对演员的作用力与演员所受的重力相平衡，故方向竖直向上，大小等于演员所受的重力大小。
故选D。
【分析】根据演员的运动情况及受力平衡分析解答。
2．【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】解答本题时，要建立模型，抓住万有引力提供向心力这一思路，通过列式分析各个量的大小。根据万有引力提供向心力
可得
由于第一组卫星的轨道半径比第七组大，则第一组卫星的线速度较小，角速度较小，加速度较小，周期较大。
故选C。
【分析】根据万有引力充当向心力列式，得到各个量与轨道半径的关系，再分析它们的大小。
3．【答案】D
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】单摆做简谐运动的周期T与摆长l的二次方根成正比，与重力加速度g的二次方根成反比，与振幅摆球质量无关。AB．根据单摆的周期公式
由于北京的重力加速度较大，广州的重力加速度较小，所以摆锤运动周期比在北京时长，故AB错误；
CD．由于摆锤运动周期比在北京时长，则分针转完一圈所需时间比在北京时长，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】纬度越高的位置的重力加速度越大，由此确定广州与北京所处位置的重力加速度的大小关系。根据单摆的周期公式分析解答。
4．【答案】C
【知识点】平抛运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。AB．根据平抛运动的规律可得
由此可知，Ek-t图像为开口向上的抛物线，但顶点不在坐标原点，故AB错误；
CD．由于网球做平抛运动，运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】 网球在空中做平抛运动，由竖直方向做自由落体运动，根据动能定理推导出Ek-t图像的表达式；网球在空中运动的过程只受重力作用，可知网球的机械能守恒。
5．【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】本题考查电容器的动态分析问题，抓住电容器的电压不变，根据电容器的决定式和定义式相结合进行分析。AB．若要电流表中产生从a流向b的电流，即电容器处于充电状态，即电容器所带电荷量增大，由于电容器与电源相连，则电容器两极板间电压不变，根据
可知，电容器的电容增大，若两极板的距离增大一些，则C减小；若两极板的距离减小一些，则C增大，故A错误，B正确；
C．若两极板间的电介质抽出，则相对介电常量减小，电容减小，故C错误；
D．若两极板的正对面积减小，则电容减小，故D错误。
故选B。
【分析】根据电容的决定式 分析电容的变化，结合电压不变，分析电容器带电量的变化，再判断电路中电流方向。
6．【答案】C
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】本题考查安培定则和平行四边定则的综合应用，注意安培定则的用右手，及与左手定则的区别，同时明确磁感应强度为矢量，应根据平行四边形定则求解合磁感应强度。
AB．导线中通有等大、同向的恒定电流，根据右手定则可知， a、b、c、d四根导线在O点产生的磁感应强度大小均为B，方向分布沿、、、，根据矢量叠加原理可知，O点的磁感应强度大小为0，故AB错误；
CD．导线中通有等大、同向的恒定电流，根据右手定则可知，b、c、d三根导线在a点产生的磁感应强度方向分别为、垂直于ca、，根据通电直导线电流产生的磁场特征可知，b、d两根导线在a点产生的磁感应强度大小相等，根据矢量合成规律可知，b、c、d三根导线在a点产生的磁感应强度方向垂直于ca向外，根据左手定则可知，过a点的导线所受安培力沿aO方向，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】根据安培定则判断四根导线在O点产生的磁场方向，根据平行四边形定则，进行合成，根据左手定则分析过a点的导线所受安培力方向。
7．【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】本题中砖块受力是立体的，在分垂直于运动方向和运动方向两个平面进行受力分析，利用平衡条件和牛顿第二定律列式进行分析。
B．假定两竹竿与地面倾角为θ、砖块的质量为m，每一根竹竿对砖块的支持力为N，以砖块为研究对象，只在垂直于竹竿平面内对其受力分析，如图所示，依题意有
则有
若仅将两竹竿间距增大一些，由于支持力垂直于接触面，角保持不变，不变，则N不变，即
故B错误；
CD．假定砖块与竹竿的动摩擦因数为μ，则摩擦力为
据前面分析，由于N不变，则下滑过程中竹竿对砖块的摩擦力不变，即
故C、D错误；
A．根据牛顿第二定律有
解得
可以看出砖块的加速度与砖块的质量无关，由于， 角不变，则下滑的加速度不变，即，故A正确。
故选A。
【分析】作出砖块在垂直于运动方向的受力示意图，由平衡条件分析下滑过程中钢管对砖块的弹力变化情况，由摩擦力公式分析摩擦力变化情况，由牛顿第二定律分析加速度的变化情况。
8．【答案】A,B
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】带电粒子垂直射入匀强电场的运动类似于物体的平抛运动，可以利用运动的合成与分解知识分析。AB．矿粉a带正电，且落入左侧收集器，则矿粉a受到向左的电场力，则电场方向水平向左，所以N板带正电，M板带负电，M的电势比N的电势低，故AB正确；
CD．矿粉在电场中所受电场力均对矿粉做正功，所以矿粉a、b的电势能减小，故CD错误。
故选AB。
【分析】首先要明确矿料分选器内电场的分布及方向，根据矿粉的电性，分析所受的电场力方向，从而判断其运动及电场力做功情况。
9．【答案】C,D
【知识点】爆炸；库仑定律
【解析】【解答】当两个物体相互靠近时，它们之间的库仑力增大，各自的加速度也会增大；当两个物体相互远离时，它们之间的库仑力减小，各自的加速度也会减小。AC．由于两小球都带正电，则彼此受到斥力作用，所以两小球组成的系统动量守恒，则
所以
即两球速度大小之比不变，两球动量大小相等，比值保持不变，故A错误，C正确；
B．小球的加速度大小之比为
即加速度大小之比保持不变，故B错误；
D．动能之比为
即动能之比保持不变，故D正确。
故选CD。
【分析】根据动量守恒条件分析动量，根据动能与动量的关系分析动能，根据牛顿第二定律分析加速度。
10．【答案】A,B,C
【知识点】弹性势能；线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】本题考查转盘围绕圆的某一点的旋转，较新颖，难度中等，结合基本圆周运动知识进行解答即可。
A．根据周期和角速度的关系可得
故A正确；
B．弹簧一直处于压缩状态，则当弹簧长度最短时，压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，弹力最大，偏心轮应转到最低点，即从初始位置转动
（n=0，1，2……）
当n=0时，有
故B正确；
C．根据线速度与角速度的关系
偏心轮上各点的r的最大值为3R，则最大线速度为，故C正确；
D．根据
可知，偏心轮上各点的向心加速度最大值为，故D错误。
故选ABC。
【分析】根据题干描述及图片分析运动过程，根据初始时刻通过轮轴的偏心轮直径的位置判断出初状态，结合圆周运动的基本知识分析周期及某时刻的状态，根据角速度与线速度和向心加速度的关系求出线速度和向心加速度的最大值。
11．【答案】124.15；；8.7；甲
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】作图像的方法是：用平滑的曲线（或直线）将坐标纸上的各点连结起来，若是直线，应使各点均匀分布于直线上或直线两侧，偏离直线太大的点应舍弃，有时可以通过改变坐标轴所表示的物理量的方法，把曲线变为直线，使图象更直观。（3）弹力带甲下端P对应的刻度值读数为
弹力带甲的m x图像如图所示
由此可知，在弹力带甲的弹性限度内，每增加1 kg的杠铃片，稳定后P下降
（4）设弹簧的原长为x0，则
整理得
可知m x图像斜率越大，弹簧带的劲度系数越大，由图可知弹簧带甲图像的斜率较大，弹簧带甲的劲度系数较大，相同拉力下，形变量小，若要增大力量训练强度，应选用弹力带甲。
【分析】（3）根据刻度尺的读数规则读数，根据劲度系数计算，用倾斜的直线经过尽可能多的点做出图像；
（4）增大力量训练强度，需要用劲度系数大的的弹力带。
12．【答案】（1）
（2）11323.5；1.00；3.33
（3）D
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】 本题考查了测量“橘子电池”的电动势和内阻的实验，实验原理为闭合电路欧姆定律，掌握利用图像处理数据的方法。
（1）根据电路图连接实物图如图
（2）
①根据电阻箱的刻度及挡位可知读数为11323.5 Ω；
②根据闭合电路欧姆定律有
变形可得
根据图像的斜率与截距可知
，
解得
，
（3）AB．两选项中测量得到的电源的内阻实际是电压表内阻与电源内阻的并联的等效电阻，因“橘子电池”的内阻与电压表内阻相差不多，故测量得到的电源的内阻相对误差较大，而“橘子电池”的电动势约为1 V，电压表的量程均太大，故AB错误；
CD．两选项测量得到的电源的内阻实际是电流表内阻与电源内阻的串联的等效电阻，因“橘子电池”的内阻远大于电流表A1和微安表A2的内阻，故测量得到的电源的内阻相对误差较小，并且此方法测量电源的电动势无系统误差，由（2）的结果可知电路的最大电流约为300 μA，故选用微安表A2进行测量误差较小，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】（1）根据图（a）完成图（b）实物图的连线。
（2）①根据电阻箱的读数方法可得其电阻大小；
②根据闭合电路欧姆定律，结合图像的斜率与纵截距求解。
（3）选项AB的电路图采用的是伏阻法，选项CD的电路图采用的是安阻法，根据两种方法的存在的系统误差，以及电表的量程分析解答。
（1）根据电路图连接实物图如图
（2）①[1]根据电阻箱的刻度及挡位可知读数为11323.5 Ω；
②[2][3]根据闭合电路欧姆定律有
变形可得
根据图像的斜率与截距可知
，
解得
，
（3）AB．两选项中电路图采用的是伏阻法，测量得到的电源的内阻实际是电压表内阻与电源内阻的并联的等效电阻，因“橘子电池”的内阻与电压表内阻相差不多，故测量得到的电源的内阻相对误差较大，而“橘子电池”的电动势约为1 V，电压表的量程均太大，故AB错误；
CD．两电路图采用的是安阻法，测量得到的电源的内阻实际是电流表内阻与电源内阻的串联的等效电阻，因“橘子电池”的内阻远大于电流表A1和微安表A2的内阻，故测量得到的电源的内阻相对误差较小，并且此方法测量电源的电动势无系统误差，由（2）的结果可知电路的最大电流约为300 μA，故选用微安表A2进行测量误差较小，故C错误，D正确。
故选D。
13．【答案】（1）解：根据功率的计算公式可知，汽车切换引擎后的牵引力功率为
（2）开始阶段，牵引力N，根据牛顿第二定律可得
解得开始阶段加速度为
根据速度与时间关系有
【知识点】机车启动
【解析】【分析】（1）根据题意结合功率的公式分析解答；
（2）对汽车运动过程进行分析，运用速度关系公式求出匀加速的时间。
（1）根据功率的计算公式可知，汽车切换引擎后的牵引力功率为
W=90kW
（2）开始阶段，牵引力N，根据牛顿第二定律可得
解得开始阶段加速度为
a=2.5m/s2
根据速度与时间关系有
s
14．【答案】（1）解：根据题意可知，粒子在匀强磁场区域做匀速圆周运动，则
根据几何关系可知
联立可得
（2）解：粒子进入匀强电场后，做类平抛运动，则
解得
（3）解：粒子的横坐标为
所以
粒子的纵坐标为
所以
所以P点的坐标为（，）
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系求出其运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子的电荷量与质量之比；
（2）将粒子在电场中的运动分解处理，粒子沿O1O方向做匀速直线运动，求出此方向的分速度大小，由运动学公式求解粒子从Q运动到N的时间；
（3）根据几何关系求出粒子在磁场中沿+y方向的偏移量。将粒子在电场中的运动分解处理，粒子在电场中沿+x方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律与运动学公式求出沿+x方向的偏移量，即为P点x坐标。粒子在电场中沿+y方向做匀速直线运动，求出此过程沿+y方向的偏移量，根据全过程沿+y方向总偏移量得到P点y坐标。
（1）根据题意可知，粒子在匀强磁场区域做匀速圆周运动，则
根据几何关系可知
联立可得
（2）粒子进入匀强电场后，做类平抛运动，则
解得
（3）粒子的横坐标为
所以
粒子的纵坐标为
所以
所以P点的坐标为（，）。
15．【答案】（1）解：小球在D点垂直击中篮板，设击中前瞬间小球的速度大小为，从C点飞出时的速度为，应用逆向思维，把从C到D的过程看成从D到C的平抛过程，设此过程的时间为，根据运动学规律可知，水平方向上
在竖直方向上，C点的竖直分速度
C点的水平分速度等于，根据运动的分解可得
联立解得
小球从释放到C点的过程，由机械能守恒定律可得
（2）解：小球从释放到B点的过程，根据机械能守恒定律可得
设小球在B点轨道对小球的弹力为，由牛顿第二定律可得
联立解得
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为，方向竖直向下。
（3）解：设D、E两点的高度差为，从C到D竖直方向上有
解得
小球经篮板反弹后做平抛运动，从反弹到落入篮筐的过程中，设小球的运动时间为，反弹后瞬间的最大速度为，根据运动学规律，则有
解得
故碰撞过程小球损失的动能最小值为
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）应用逆向思维，把从C到D的过程看成由D到C的平抛运动，根据分运动的特点，由运动学公式与机械能守恒定律，求解游戏者释放小球时弹簧的弹性势能；
（2）根据机械能守恒定律，或者动能定理求得小球到达B点时速度大小。根据牛顿第二定律与向心力表达式，求出在B点轨道对小球的弹力，再由牛顿第三定律求解小球对轨道的压力；
（3）由运动学公式求出D、E两点的高度差，小球经篮板反弹后做平抛运动，根据运动学公式求得反弹后瞬间的最大速度，根据能量守恒求解碰撞过程小球损失动能的最小值。
（1）小球在D点垂直击中篮板，设击中前瞬间小球的速度大小为，从C点飞出时的速度为，应用逆向思维，把从C到D的过程看成从D到C的平抛过程，设此过程的时间为，根据运动学规律可知，水平方向上
在竖直方向上，C点的竖直分速度
C点的水平分速度等于，根据运动的分解可得
联立解得
小球从释放到C点的过程，由机械能守恒定律可得
（2）小球从释放到B点的过程，根据机械能守恒定律可得
设小球在B点轨道对小球的弹力为，由牛顿第二定律可得
联立解得
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为，方向竖直向下。
（3）设D、E两点的高度差为，从C到D竖直方向上有
解得
小球经篮板反弹后做平抛运动，从反弹到落入篮筐的过程中，设小球的运动时间为，反弹后瞬间的最大速度为，根据运动学规律，则有
解得
故碰撞过程小球损失的动能最小值为
1 / 12025届广东省广州市高三上学期12月调研测试（零模）物理试题（B）
1．（2024高三上·广州模拟）“飘色”是岭南地区一种传统民俗艺术。如图为“飘色”道具的结构示意图，道具由色台和色梗组成，色台固定在色梗上。演员坐在色台上，与道具一起向右匀速直线运动，此过程道具对演员的作用力（ ）
A．方向水平向右 B．方向斜向右上方
C．大于演员所受的重力 D．与演员所受的重力大小相等
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查共点力平衡条件的应用，解题关键掌握平衡状态的理解。演员与道具一起向右匀速直线运动，则演员处于平衡状态，对演员受力分析可知，此过程道具对演员的作用力与演员所受的重力相平衡，故方向竖直向上，大小等于演员所受的重力大小。
故选D。
【分析】根据演员的运动情况及受力平衡分析解答。
2．（2024高三上·广州模拟）长征运载火箭将七组卫星送入高轨道后，先释放第一组卫星，然后逐次降低轨道，释放下一组卫星，直到第七组卫星全部释放。卫星在相应的轨道绕地球做匀速圆周运动，则相较于第七组卫星，第一组卫星的（ ）
A．线速度大 B．角速度大 C．加速度小 D．运行周期小
【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】解答本题时，要建立模型，抓住万有引力提供向心力这一思路，通过列式分析各个量的大小。根据万有引力提供向心力
可得
由于第一组卫星的轨道半径比第七组大，则第一组卫星的线速度较小，角速度较小，加速度较小，周期较大。
故选C。
【分析】根据万有引力充当向心力列式，得到各个量与轨道半径的关系，再分析它们的大小。
3．（2024高三上·广州模拟）如图，在北京已校准好的摆钟被运送到广州后，该摆钟（ ）
A．摆锤运动周期比在北京时短
B．摆锤运动周期与在北京时相同
C．分针转完一圈所需时间比在北京时短
D．分针转完一圈所需时间比在北京时长
【答案】D
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】单摆做简谐运动的周期T与摆长l的二次方根成正比，与重力加速度g的二次方根成反比，与振幅摆球质量无关。AB．根据单摆的周期公式
由于北京的重力加速度较大，广州的重力加速度较小，所以摆锤运动周期比在北京时长，故AB错误；
CD．由于摆锤运动周期比在北京时长，则分针转完一圈所需时间比在北京时长，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】纬度越高的位置的重力加速度越大，由此确定广州与北京所处位置的重力加速度的大小关系。根据单摆的周期公式分析解答。
4．（2024高三上·广州模拟）网球运动员沿水平方向击出网球后，网球在空中运动的过程（不计空气阻力），其动能Ek和机械能E随时间t变化图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】平抛运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。AB．根据平抛运动的规律可得
由此可知，Ek-t图像为开口向上的抛物线，但顶点不在坐标原点，故AB错误；
CD．由于网球做平抛运动，运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】 网球在空中做平抛运动，由竖直方向做自由落体运动，根据动能定理推导出Ek-t图像的表达式；网球在空中运动的过程只受重力作用，可知网球的机械能守恒。
5．（2024高三上·广州模拟）如图，平行板电容器两极板与电源两极相连，G为灵敏电流表。闭合开关并达到稳定后，若要电流表中产生从a流向b的电流，可将电容器（ ）
A．两极板的距离增大一些 B．两极板的距离减小一些
C．两极板间的电介质抽出 D．两极板的正对面积减小
【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】本题考查电容器的动态分析问题，抓住电容器的电压不变，根据电容器的决定式和定义式相结合进行分析。AB．若要电流表中产生从a流向b的电流，即电容器处于充电状态，即电容器所带电荷量增大，由于电容器与电源相连，则电容器两极板间电压不变，根据
可知，电容器的电容增大，若两极板的距离增大一些，则C减小；若两极板的距离减小一些，则C增大，故A错误，B正确；
C．若两极板间的电介质抽出，则相对介电常量减小，电容减小，故C错误；
D．若两极板的正对面积减小，则电容减小，故D错误。
故选B。
【分析】根据电容的决定式 分析电容的变化，结合电压不变，分析电容器带电量的变化，再判断电路中电流方向。
6．（2024高三上·广州模拟）如图，正方形区域abcd的中心为O点，过其四个顶点有四根相互平行的无限长直导线，导线与正方形所在平面垂直，导线中通有等大、同向的恒定电流。若过a点的通电直导线在O点产生的磁感应强度大小为B，则（ ）
A．O点的磁感应强度大小为2B
B．O点的磁感应强度大小为4B
C．过a点的导线所受安培力沿aO方向
D．过a点的导线所受安培力沿Oa方向
【答案】C
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】本题考查安培定则和平行四边定则的综合应用，注意安培定则的用右手，及与左手定则的区别，同时明确磁感应强度为矢量，应根据平行四边形定则求解合磁感应强度。
AB．导线中通有等大、同向的恒定电流，根据右手定则可知， a、b、c、d四根导线在O点产生的磁感应强度大小均为B，方向分布沿、、、，根据矢量叠加原理可知，O点的磁感应强度大小为0，故AB错误；
CD．导线中通有等大、同向的恒定电流，根据右手定则可知，b、c、d三根导线在a点产生的磁感应强度方向分别为、垂直于ca、，根据通电直导线电流产生的磁场特征可知，b、d两根导线在a点产生的磁感应强度大小相等，根据矢量合成规律可知，b、c、d三根导线在a点产生的磁感应强度方向垂直于ca向外，根据左手定则可知，过a点的导线所受安培力沿aO方向，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】根据安培定则判断四根导线在O点产生的磁场方向，根据平行四边形定则，进行合成，根据左手定则分析过a点的导线所受安培力方向。
7．（2024高三上·广州模拟）如图（a），利用两根平行放置、粗细均匀的长直钢管将长方体砖块从高处运送到低处。图（b）为垂直于运动方向的截面图（砖块截面为正方形），砖块放在两钢管间，下滑过程加速度大小为，受单根钢管作用的弹力、摩擦力大小分别为。若仅将两钢管间距增大一些，砖块在下滑过程加速度大小为，受单根钢管作用的弹力、摩擦力大小分别为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】本题中砖块受力是立体的，在分垂直于运动方向和运动方向两个平面进行受力分析，利用平衡条件和牛顿第二定律列式进行分析。
B．假定两竹竿与地面倾角为θ、砖块的质量为m，每一根竹竿对砖块的支持力为N，以砖块为研究对象，只在垂直于竹竿平面内对其受力分析，如图所示，依题意有
则有
若仅将两竹竿间距增大一些，由于支持力垂直于接触面，角保持不变，不变，则N不变，即
故B错误；
CD．假定砖块与竹竿的动摩擦因数为μ，则摩擦力为
据前面分析，由于N不变，则下滑过程中竹竿对砖块的摩擦力不变，即
故C、D错误；
A．根据牛顿第二定律有
解得
可以看出砖块的加速度与砖块的质量无关，由于， 角不变，则下滑的加速度不变，即，故A正确。
故选A。
【分析】作出砖块在垂直于运动方向的受力示意图，由平衡条件分析下滑过程中钢管对砖块的弹力变化情况，由摩擦力公式分析摩擦力变化情况，由牛顿第二定律分析加速度的变化情况。
8．（2024高三上·广州模拟）如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入带电极板M、N之间的水平匀强电场后，分落在收集器中央的两侧，其中矿粉a带正电，对矿粉分离的过程，下列说法正确的是（ ）
A．极板M带负电 B．M的电势比N的电势低
C．矿粉b的电势能变大 D．电场力对矿粉a做负功
【答案】A,B
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】带电粒子垂直射入匀强电场的运动类似于物体的平抛运动，可以利用运动的合成与分解知识分析。AB．矿粉a带正电，且落入左侧收集器，则矿粉a受到向左的电场力，则电场方向水平向左，所以N板带正电，M板带负电，M的电势比N的电势低，故AB正确；
CD．矿粉在电场中所受电场力均对矿粉做正功，所以矿粉a、b的电势能减小，故CD错误。
故选AB。
【分析】首先要明确矿料分选器内电场的分布及方向，根据矿粉的电性，分析所受的电场力方向，从而判断其运动及电场力做功情况。
9．（2024高三上·广州模拟）如图，在光滑绝缘水平面上同时静止释放两个带正电的小球（视为点电荷），两小球在运动过程中（ ）
A．速度大小之比逐渐增大 B．加速度大小之比逐渐减少
C．动量大小之比保持不变 D．动能之比保持不变
【答案】C,D
【知识点】爆炸；库仑定律
【解析】【解答】当两个物体相互靠近时，它们之间的库仑力增大，各自的加速度也会增大；当两个物体相互远离时，它们之间的库仑力减小，各自的加速度也会减小。AC．由于两小球都带正电，则彼此受到斥力作用，所以两小球组成的系统动量守恒，则
所以
即两球速度大小之比不变，两球动量大小相等，比值保持不变，故A错误，C正确；
B．小球的加速度大小之比为
即加速度大小之比保持不变，故B错误；
D．动能之比为
即动能之比保持不变，故D正确。
故选CD。
【分析】根据动量守恒条件分析动量，根据动能与动量的关系分析动能，根据牛顿第二定律分析加速度。
10．（2024高三上·广州模拟）图（a）是某型号气门结构的简化图：金属块和固定弹簧座连接弹簧上端和下端，偏心轮轴位置固定，偏心轮以恒定角速度ω转动，带动金属块与推杆整体上下往复运动，配合气门机构完成进气、出气，此过程弹簧一直处于压缩状态，偏心轮与金属块始终保持接触。偏心轮横截面如图（b），在t=0时通过轮轴的偏心轮直径恰好处于水平位置，则（ ）
A．推杆上下往复运动的周期为
B．时弹簧的弹性势能最大
C．偏心轮上各点的线速度最大值为
D．偏心轮上各点的向心加速度最大值为
【答案】A,B,C
【知识点】弹性势能；线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】本题考查转盘围绕圆的某一点的旋转，较新颖，难度中等，结合基本圆周运动知识进行解答即可。
A．根据周期和角速度的关系可得
故A正确；
B．弹簧一直处于压缩状态，则当弹簧长度最短时，压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，弹力最大，偏心轮应转到最低点，即从初始位置转动
（n=0，1，2……）
当n=0时，有
故B正确；
C．根据线速度与角速度的关系
偏心轮上各点的r的最大值为3R，则最大线速度为，故C正确；
D．根据
可知，偏心轮上各点的向心加速度最大值为，故D错误。
故选ABC。
【分析】根据题干描述及图片分析运动过程，根据初始时刻通过轮轴的偏心轮直径的位置判断出初状态，结合圆周运动的基本知识分析周期及某时刻的状态，根据角速度与线速度和向心加速度的关系求出线速度和向心加速度的最大值。
11．（2024高三上·广州模拟）弹力带是一种常见的健身器材。某同学为了探究弹力带所受拉力与其伸长量的关系，进行如下实验：
（1）如图（a），将弹力带甲竖直挂在固定的钉子O上，其下端P连接一托盘，卷尺竖直固定在旁边，卷尺的零刻度线与钉子平齐；
（2）逐步增加托盘上杠铃片的数量，分别记录杠铃片与托盘的总质量m、P对应卷尺等高处的刻度值x，并在图（b）中描点：
（3）当杠铃片与托盘总质量为3.0 kg时，弹力带甲下端P对应的刻度值如图（a），其读数为 cm，请在图（b）中把此坐标点描出，并作出弹力带甲的m x图像 ：由此可知，在弹力带甲的弹性限度内，每增加1 kg的杠铃片，稳定后P下降 cm（结果保留两位有效数字）：
（4）弹力带乙的m x图像如图（b）。若要增大力量训练强度，应选用弹力带 （选填“甲”或“乙”）。
【答案】124.15；；8.7；甲
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】作图像的方法是：用平滑的曲线（或直线）将坐标纸上的各点连结起来，若是直线，应使各点均匀分布于直线上或直线两侧，偏离直线太大的点应舍弃，有时可以通过改变坐标轴所表示的物理量的方法，把曲线变为直线，使图象更直观。（3）弹力带甲下端P对应的刻度值读数为
弹力带甲的m x图像如图所示
由此可知，在弹力带甲的弹性限度内，每增加1 kg的杠铃片，稳定后P下降
（4）设弹簧的原长为x0，则
整理得
可知m x图像斜率越大，弹簧带的劲度系数越大，由图可知弹簧带甲图像的斜率较大，弹簧带甲的劲度系数较大，相同拉力下，形变量小，若要增大力量训练强度，应选用弹力带甲。
【分析】（3）根据刻度尺的读数规则读数，根据劲度系数计算，用倾斜的直线经过尽可能多的点做出图像；
（4）增大力量训练强度，需要用劲度系数大的的弹力带。
12．（2024高三上·广州模拟）某同学制作“橘子电池”后，设计了图（a）电路测量其电动势E和内阻r。电压传感器可视为理想电压表。
（1）根据图（a）完成图（b）实物连线 ；
（2）闭合开关S，多次调节电阻箱，记录电阻箱阻值R和相应的电压传感器读数U；
①某次实验电阻箱的示数如图（c），其电阻大小为 Ω；
②根据实验数据作出的图像如图（d），则“橘子电池”电动势E = V，内阻r = kΩ。（结果均保留三位有效数字）
（3）若仅提供如下规格的电表：
电压表V1（量程3 V，内阻约为3 kΩ）；
电压表V2（量程15 V，内阻约为10 kΩ）；
电流表A1（量程0.6 A，内阻约为0.5 Ω）：
微安表A2（量程300 μA，内阻约为100 Ω）；
为了较为准确地测出“橘子电池”的电动势和内阻，下列电路中最合适的是_______
A． B．
C． D．
【答案】（1）
（2）11323.5；1.00；3.33
（3）D
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】 本题考查了测量“橘子电池”的电动势和内阻的实验，实验原理为闭合电路欧姆定律，掌握利用图像处理数据的方法。
（1）根据电路图连接实物图如图
（2）
①根据电阻箱的刻度及挡位可知读数为11323.5 Ω；
②根据闭合电路欧姆定律有
变形可得
根据图像的斜率与截距可知
，
解得
，
（3）AB．两选项中测量得到的电源的内阻实际是电压表内阻与电源内阻的并联的等效电阻，因“橘子电池”的内阻与电压表内阻相差不多，故测量得到的电源的内阻相对误差较大，而“橘子电池”的电动势约为1 V，电压表的量程均太大，故AB错误；
CD．两选项测量得到的电源的内阻实际是电流表内阻与电源内阻的串联的等效电阻，因“橘子电池”的内阻远大于电流表A1和微安表A2的内阻，故测量得到的电源的内阻相对误差较小，并且此方法测量电源的电动势无系统误差，由（2）的结果可知电路的最大电流约为300 μA，故选用微安表A2进行测量误差较小，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】（1）根据图（a）完成图（b）实物图的连线。
（2）①根据电阻箱的读数方法可得其电阻大小；
②根据闭合电路欧姆定律，结合图像的斜率与纵截距求解。
（3）选项AB的电路图采用的是伏阻法，选项CD的电路图采用的是安阻法，根据两种方法的存在的系统误差，以及电表的量程分析解答。
（1）根据电路图连接实物图如图
（2）①[1]根据电阻箱的刻度及挡位可知读数为11323.5 Ω；
②[2][3]根据闭合电路欧姆定律有
变形可得
根据图像的斜率与截距可知
，
解得
，
（3）AB．两选项中电路图采用的是伏阻法，测量得到的电源的内阻实际是电压表内阻与电源内阻的并联的等效电阻，因“橘子电池”的内阻与电压表内阻相差不多，故测量得到的电源的内阻相对误差较大，而“橘子电池”的电动势约为1 V，电压表的量程均太大，故AB错误；
CD．两电路图采用的是安阻法，测量得到的电源的内阻实际是电流表内阻与电源内阻的串联的等效电阻，因“橘子电池”的内阻远大于电流表A1和微安表A2的内阻，故测量得到的电源的内阻相对误差较小，并且此方法测量电源的电动势无系统误差，由（2）的结果可知电路的最大电流约为300 μA，故选用微安表A2进行测量误差较小，故C错误，D正确。
故选D。
13．（2024高三上·广州模拟）某型号“双引擎”节能环保汽车的工作原理：当行驶速度时仅靠电动机输出动力：当行驶速度时，汽车自动切换引擎，仅靠汽油机输出动力。该汽车在平直的公路上由静止启动，其牵引力F随时间t变化关系如图。已知该汽车质量为1500kg，行驶时所受阻力恒为1250N。汽车在时刻自动切换引擎后，保持牵引力功率恒定。求：
（1）汽车切换引擎后的牵引力功率P；
（2）汽车由启动到切换引擎所用的时间。
【答案】（1）解：根据功率的计算公式可知，汽车切换引擎后的牵引力功率为
（2）开始阶段，牵引力N，根据牛顿第二定律可得
解得开始阶段加速度为
根据速度与时间关系有
【知识点】机车启动
【解析】【分析】（1）根据题意结合功率的公式分析解答；
（2）对汽车运动过程进行分析，运用速度关系公式求出匀加速的时间。
（1）根据功率的计算公式可知，汽车切换引擎后的牵引力功率为
W=90kW
（2）开始阶段，牵引力N，根据牛顿第二定律可得
解得开始阶段加速度为
a=2.5m/s2
根据速度与时间关系有
s
14．（2024高三上·广州模拟）如图，M、Q、N为相互平行的竖直平面，间距均为L，在N上建立xOy直角坐标系，x轴水平。处有一粒子源，连线垂直于竖直平面。MQ间区域有沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，QN间区域有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。粒子源发出速率为v的正电粒子，粒子沿方向运动，经磁场偏转通过Q平面时，其速度方向与夹角为，再经电场偏转通过N平面上的P点（图中未标出）。忽略粒子间相互作用及粒子重力，求：
（1）粒子的电荷量与质量之比；
（2）粒子从Q运动到N的时间；
（3）P点的坐标（x，y）。
【答案】（1）解：根据题意可知，粒子在匀强磁场区域做匀速圆周运动，则
根据几何关系可知
联立可得
（2）解：粒子进入匀强电场后，做类平抛运动，则
解得
（3）解：粒子的横坐标为
所以
粒子的纵坐标为
所以
所以P点的坐标为（，）
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系求出其运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子的电荷量与质量之比；
（2）将粒子在电场中的运动分解处理，粒子沿O1O方向做匀速直线运动，求出此方向的分速度大小，由运动学公式求解粒子从Q运动到N的时间；
（3）根据几何关系求出粒子在磁场中沿+y方向的偏移量。将粒子在电场中的运动分解处理，粒子在电场中沿+x方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律与运动学公式求出沿+x方向的偏移量，即为P点x坐标。粒子在电场中沿+y方向做匀速直线运动，求出此过程沿+y方向的偏移量，根据全过程沿+y方向总偏移量得到P点y坐标。
（1）根据题意可知，粒子在匀强磁场区域做匀速圆周运动，则
根据几何关系可知
联立可得
（2）粒子进入匀强电场后，做类平抛运动，则
解得
（3）粒子的横坐标为
所以
粒子的纵坐标为
所以
所以P点的坐标为（，）。
15．（2024高三上·广州模拟）如图是一款弹球投篮游戏示意图，圆形篮筐水平，其边缘固定在竖直篮板上的E点。游戏者控制小球压缩轻弹簧，小球由静止释放向左弹出，到达A点时弹簧恢复原长；小球沿水平轨道进入圆弧轨道BC，从C点沿切线飞出，小球运动轨迹平面与篮板垂直。某次游戏，小球恰好垂直击中篮板，击中点D在E点正上方。已知小球质量为m；圆弧轨道的半径为R，圆心角，C点到篮板的水平距离为12R，C点与篮筐的高度差为7R，篮筐的直径为R，忽略空气阻力和小球体积大小，不计摩擦，重力加速度为g。
（1）求游戏者释放小球时弹簧的弹性势能；
（2）求小球经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力；
（3）若小球经篮板反弹后能进入篮筐，求碰撞过程小球损失动能的最小值。
【答案】（1）解：小球在D点垂直击中篮板，设击中前瞬间小球的速度大小为，从C点飞出时的速度为，应用逆向思维，把从C到D的过程看成从D到C的平抛过程，设此过程的时间为，根据运动学规律可知，水平方向上
在竖直方向上，C点的竖直分速度
C点的水平分速度等于，根据运动的分解可得
联立解得
小球从释放到C点的过程，由机械能守恒定律可得
（2）解：小球从释放到B点的过程，根据机械能守恒定律可得
设小球在B点轨道对小球的弹力为，由牛顿第二定律可得
联立解得
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为，方向竖直向下。
（3）解：设D、E两点的高度差为，从C到D竖直方向上有
解得
小球经篮板反弹后做平抛运动，从反弹到落入篮筐的过程中，设小球的运动时间为，反弹后瞬间的最大速度为，根据运动学规律，则有
解得
故碰撞过程小球损失的动能最小值为
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）应用逆向思维，把从C到D的过程看成由D到C的平抛运动，根据分运动的特点，由运动学公式与机械能守恒定律，求解游戏者释放小球时弹簧的弹性势能；
（2）根据机械能守恒定律，或者动能定理求得小球到达B点时速度大小。根据牛顿第二定律与向心力表达式，求出在B点轨道对小球的弹力，再由牛顿第三定律求解小球对轨道的压力；
（3）由运动学公式求出D、E两点的高度差，小球经篮板反弹后做平抛运动，根据运动学公式求得反弹后瞬间的最大速度，根据能量守恒求解碰撞过程小球损失动能的最小值。
（1）小球在D点垂直击中篮板，设击中前瞬间小球的速度大小为，从C点飞出时的速度为，应用逆向思维，把从C到D的过程看成从D到C的平抛过程，设此过程的时间为，根据运动学规律可知，水平方向上
在竖直方向上，C点的竖直分速度
C点的水平分速度等于，根据运动的分解可得
联立解得
小球从释放到C点的过程，由机械能守恒定律可得
（2）小球从释放到B点的过程，根据机械能守恒定律可得
设小球在B点轨道对小球的弹力为，由牛顿第二定律可得
联立解得
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为，方向竖直向下。
（3）设D、E两点的高度差为，从C到D竖直方向上有
解得
小球经篮板反弹后做平抛运动，从反弹到落入篮筐的过程中，设小球的运动时间为，反弹后瞬间的最大速度为，根据运动学规律，则有
解得
故碰撞过程小球损失的动能最小值为
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