2025届四川省泸州市泸县第五中学高二上学期二模物理试题
1．（2024高二上·泸县模拟）如图所示，有一条宽为的河道，一小船从岸边的某点渡河，渡河过程中保持船头指向与河岸始终垂直。已知小船在静水中的速度大小为，水流速度大小为。下列说法正确的是（ ）
A．小船渡河过程中的位移大小为
B．小船渡河的时间是
C．小船在河水中航行的轨迹是曲线
D．小船在河水中的速度是
2．（2024高二上·泸县模拟）如图所示，升降机以加速度a竖直向上做匀加速运动，升降机内有质量之比为2：1的物体A、B，重力加速度为g，A、B间用轻弹簧相连并通过质量不计的轻绳悬挂在升降机顶上，剪断轻绳的瞬间，A、B的加速度大小分别为（ ）
A．1.5g、a B．、a C．、2a D．0、2a
3．（2024高二上·泸县模拟）如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点，，半径Ob与重力的夹角为37°。已知，，则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
4．（2024高二上·泸县模拟）在粗糙水平面上，水平外力F作用在物块上，t=0时刻物块开始向右做直线运动，外力F始终不为零，其速度一时间图像如图所示．则
A．在0～1 s内，外力F不断增大
B．在3s时，物体开始向左运动
C．在3-4 s内，外力F不断减小
D．在3-4 s内，外力F的功率不断减小
5．（2024高二上·泸县模拟）如图一足够大的“”形导轨固定在水平面，导轨左端接一灵敏电流计G，两侧导轨平行。空间中各处的磁感应强度大小均为B且随时间同步变化，时刻，在电流计右侧某处放置一导体棒，并使之以速度向右匀速运动，发现运动过程中电流计读数始终为零，已知导体棒与导轨接触良好，则磁感应强度随时间变化的关系可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024高二上·泸县模拟）如图，水平桌面上放置有光滑导轨m和n，在导轨m、n上放置有一对平行导体棒p、q，且始终接触良好。不考虑p、q间的相互作用，重力加速度为g。当一条形磁铁从上方落下的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．p、q相互远离
B．条形磁铁加速度小于g
C．导轨对桌面的压力减小
D．俯视时导轨与导体棒间一定形成逆时针电流
7．（2024高二上·泸县模拟）质量为m的物体在光滑水平面上以速度v匀速向左运动。某时刻施加恒力F作用在物体上，力F与水平方向夹角为θ，如图所示。经过时间t，物体的速度大小仍为v，方向水平向右。则在时间t内，下列说法中正确的是（ ）
A．重力对物体的冲量大小为零
B．拉力F对物体的冲量大小是
C．合力对物体的冲量大小为零
D．力F与v的大小满足的关系为
8．（2024高二上·泸县模拟）据报道，我国计划发射的“巡天号”望远镜将运行在离地面约的轨道上，其视场比“哈勃”望远镜的更大。已知“哈勃”运行在离地面约的轨道上，若两望远镜绕地球近似做匀速圆周运动，则“巡天号”（ ）
A．角速度大小比“哈勃”的小
B．线速度大小比“哈勃”的小
C．运行周期比“哈勃”的小
D．向心加速度大小比“哈勃”的大
9．（2024高二上·泸县模拟）先后两次从高为高处斜向上抛出质量为同一物体落于，测得，两轨迹交于P点，两条轨迹最高点等高且距水平地面高为，下列说法正确的是（ ）
A．第一次抛出上升时间，下降时间比值为
B．第一次过P点比第二次机械能少
C．落地瞬间，第一次，第二次动能之比为
D．第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第一次大
10．（2024高二上·泸县模拟）如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中（ ）
A．回路中的电流方向为abcda
B．ab中电流趋于
C．ab与cd加速度大小之比始终为2︰1
D．两棒产生的电动势始终相等
11．（2024高二上·泸县模拟）在某次探究加速度与力、质量的关系的实验中，甲、乙、丙、丁四位同学分别设计了如图所示的实验装置，小车总质量用M，重物质量用m表示。
（1）为便于测量合力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合力成正比的结论，下列说法正确的是 。（填选项字母）
A.四组实验中只有甲需要平衡摩擦力
B.四组实验都需要平衡摩擦力
C.四组实验中只有甲需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件
D.四组实验都需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件
（2）按甲同学设计装置完成实验，并根据实验得到的数据，画出小车的图像如图所示，从图像中可以得出，当小车的质量为0.5kg时，它的加速度为 。（保留1位小数）
（3）若乙、丙、丁三位同学发现某次测量中力传感器和弹簧测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为a，则乙、丙、丁实验时所用小车总质量之比为 。
12．（2024高二上·泸县模拟）要测量一个量程3V为的电压表V1的内阻（约为几千欧），除了待测电压表，提供的器材还有： A．电阻箱R（最大阻值9999.9Ω）
B．滑动变阻器R1（最大阻值50Ω）
C．滑动变阻器R2（最大阻值500Ω）
D．量程为6V的电压表V2（内阻约为几千欧）
E．直流电源E（电动势4V）
F．开关一个，导线若干
（1）小王同学根据提供的器材，设计了如图甲所示电路。电路中滑动变阻器应选用 （填“R1”或“R2”）。实验时，将电路图中的滑动变阻器滑片移到最左端，电阻箱的电阻调为零，闭合开关S，调节滑动变阻器滑片，使电压表满偏；保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.5V，若此时电阻箱的示数为500Ω，则电压表的内阻为 ；
（2）小李同学设计了如图乙所示的电路，请依据图乙电路将图丙实物连接完整 。实验时，将电路图中的滑动变阻器滑片移到最左端，闭合开关S，调节滑动变阻器，同时调节电阻箱，使两个电压表均有合适的示数，若电压表V1的示数为U1，电压表V2的示数为U2，电阻箱的阻值为R，则电压表V1的内阻为 ；
（3）分析可知， （填“小王”或“小李”）同学的测量结果存在系统误差。
13．（2024高二上·泸县模拟）如图所示，光滑水平面上有一个由均匀电阻丝做成的正方形线框，线框的边长为L，质量为m，总电阻为R。线框以垂直磁场边界的初速度v进入磁感应强度大小为B、方向如图所示的匀强磁场区域（线框、两边始终与磁场边界平行）。
（1）求边刚进入磁场时c、d两点的电势差；
（2）求线框进入磁场过程中的最大加速度的大小；
（3）如果线框完全进入磁场之前速度已减小为0，求边上产生的焦耳热。
14．（2024高二上·泸县模拟）如图所示，一电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC中点。现将一带电小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度正好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为，静电力常量为k，求：
（1）小球带正电还是负电？
（2）小球运动到B点时的加速度大小。
（3）B和A两点间的电势差。（用k，Q和L表示）
15．（2024高二上·泸县模拟）如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的倍（为常数且），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中已知，求的大小；
（3）篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】运动的合成与分解；小船渡河问题分析
【解析】【解答】小船过河问题的本质依旧是速度的合成与分解，需要牢记的是不同方向上的分速度相互独立，互不影响。A．小船参与了两个方向的运动，一个是垂直于河岸的运动，一个是沿着河岸的运动，小船到达河对岸时，垂直于河岸的位移为，总位移大于，A错误；
B．由于渡河过程中保持船头指向与河岸始终垂直，故
解得
选项B正确；
C．小船垂直于河岸方向做匀速直线运动，沿河岸方向也做匀速直线运动，所以小船的实际运动为匀速直线运动，C错误；
D．小船在河水中的速度为
D错误。
故选B。
【分析】根据分位移和合位移大小关系确定；根据分运动计算运动时间；根据运动的合成进行判断；根据合速度和分速度关系计算合速度。
2．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚物体的受力情况是解题的关键，应用牛顿第二定律可以解题；解题时要注意弹簧的弹力不能突变，绳子的弹力可以突变。设B的质量为m，剪断轻绳前，弹簧弹力大小为F，绳子拉力大小为T，将A、B及弹簧视为整体，根据牛顿第二定律有
解得
以B为研究对象，根据牛顿第二定律有
解得
剪断轻绳后，绳中拉力T消失，弹簧弹力F不变，所以B受力不变，加速度大小仍为a，而A所受力发生变化，根据牛顿第二定律有
解得
故选B。
【分析】由牛顿第二定律求出弹簧的弹力，剪断轻绳瞬间，弹簧的弹力不会突变，轻绳的拉力瞬间消失，应用牛顿第二定律求出A、B的加速度，然后分析答题。
3．【答案】D
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】本题考查共点力平衡，解题关键是对圆柱体做好受力分析，平时多培养根据共点力平衡解答问题的能力。对光滑圆柱体受力分析如图
由题意有
故选D。
【分析】对圆柱体受力分析，根据共点力平衡条件列式求解即可。
4．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】在速度-时间图象中图象的斜率表示加速度，能结合匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律进行研究。A.根据题意分析，设阻力为f，根据牛顿第二定律
根据图像分析，在0～1 s内加速度逐渐减小，所以外力F逐渐减小，A错误
B.根据题意分析，向右为正方向，3s前后速度始终为正值，始终是正方向，向右运动，B错误
C.根据牛顿第二定律
根据图像分析在3-4 s内加速度不变，所以外力不变，C错误
D.外力功率
结合选项C的分析，F不变，而3-4 s内速度减小，所以功率减小，D正确。
故选Ｄ。
【分析】根据v-t图象的斜率表示加速度，分析物块加速度的变化情况，由牛顿第二定律列式分析F的变化情况。根据物块的受力情况分析其运动情况。由P=Fv分析外力F的功率变化情况。
5．【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】设导体棒开始运动时，距离导轨左端为x，磁场的磁感应强度为，依题意，导体棒和导轨内部始终无电流，可得
整理得
故与t为一次函数关系。
故选C。
【分析】设导体棒开始运动时，距离导轨左端为x，磁场的磁感应强度为，根据导体棒和导轨内部始终无电流，可得，整理得出-t为一次函数关系，以此分析判断。
6．【答案】B
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】楞次定律的另一结论：增反减同．本题可以直接利用楞次定律的第二种表述，“来拒去留”；可以理解为当磁铁上升时，线框中的磁通量减小，故为了阻碍磁通量的变化，线框的面积增大，PQ相互远离。A．条形磁铁从上方落下的过程中，当磁铁在回路上侧时，穿过回路的磁通量增大，根据楞次定律可知，p、q将相互靠近，故A错误；
B．条形磁铁从上方落下的过程中，回路中感应电流激发出的磁场对磁铁的磁场力阻碍磁铁的相对运动，即方向向上，可知，条形磁铁加速度小于g，故B正确；
C．条形磁铁从上方落下的过程中，当磁铁在回路上侧时，穿过回路的磁通量增大，根据楞次定律可知，导轨在安培力作用下有向下运动的趋势，可知，导轨对桌面的压力增大，故C错误；
D．由于条形磁铁下端是N极还是S极不确定，即穿过回路的原磁场方向不确定，则回路中感应电流的方向也不确定，故D错误。
故选B。
【分析】当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，分析导体的运动情况。
7．【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量．解题时，先要规定正方向，与正方向相反的，要取负值。A．重力对物体的冲量大小
A错误；
B．拉力F对物体的冲量大小
B错误；
CD．根据动量定理
C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据冲量的定义式计算拉力F对物体的冲量大小即可；根据动量定理分析合力对物体的冲量。
8．【答案】C,D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】对于一般的人造卫星而言，万有引力提供其做圆周运动的向心力。 在卫星运行的过程中，根据题目给出的参数，选择恰当的公式求解相关物理量。根据万有引力提供向心力可得
可得，，，
由于巡天号的轨道半径小于哈勃号的轨道半径，则有，，，
故选CD。
【分析】根据万有引力提供向心力导出角速度、线速度、周期和加速度公式，结合两卫星的轨道半径大小进行比较判断
9．【答案】B
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题考查了斜抛运动与机械能守恒定律，处理曲线运动的方法是将运动分解处理，应用运动的合成与分解解答，分运动具有等时性与独立性。 功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。A．第一次抛出上升的高度为
故上升时间为
最高点距水平地面高为，故下降的时间为
故一次抛出上升时间，下降时间比值为，故A错误；
B．两条轨迹最高点等高，故可知两次从抛出到落地的时间相等为
故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为
由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度相等为
由于物体在空中机械能守恒，故第一次过P点比第二次机械能少
故B正确；
C．从抛出到落地瞬间根据动能定理
故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为，故C错误；
D．根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大，故D错误。
故选B。
【分析】物体抛出后在空中做斜抛运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，应用运动学公式求得第一次抛出上升时间和下降时间，以及两次斜抛运动的总时间和抛出时水平与竖直分速度大小。根据斜抛运动过程中物块的机械能守恒，分析解答第一次过P点与第二次的机械能之差和落地瞬间第一次与第二次的动能。抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角即为速度的偏转角，第一次斜抛运动的水平分速度较小，轨迹弯曲程度较小，速度的偏转角较小。
10．【答案】A,B
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】闭合或不闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体两端将产生感应电动势。如果电路闭合，电路中形成感应电流。切割磁感线运动的那部分导体相当于电路中的电源。A．两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda；故A正确；
BC．设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得
对cd
故可知
分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，此时对ab分析可得
解得
故B正确，C错误；
D．根据前面分析可知，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的感应电动势不等，故D错误。
故选AB。
【分析】根据右手定则判断回路中的电流方向；对两棒的受力分析，根据牛顿第二定律得到两棒的加速度大小关系；进而可知两棒的速度大小关系，根据法拉第电磁感应定律可得两棒产生的电动势大小关系；在两棒加速过程中，随着速度增大，回路的电动势与感应电流均增大，两棒受到安培力增大，两棒做加速度减小的加速运动，当两棒的加速度同时减小到零之后均做匀速直线运动。由平衡条件求得感应电流的最大值。
11．【答案】BC；1.0；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1） AB、四组实验中长木板都是水平放置，都需要平衡摩擦力，故A错误，B正确；CD、四组实验中，乙、丁都是用弹簧测力计测量绳的拉力，丙用力的传感器测量绳的拉力，只有甲不能测量绳的拉力，用重物的重力替代绳的拉力，需要满足所挂重物m远小于小车的质量M的条件，故C正确，D错误；
故选：BC。
（2）根据图像可知
可知，当小车的质量为0.5kg时，它的加速度为
（3）[3]对乙图有
对丙图有
对丁图有
解得
【分析】（1）根据实验原理掌握正确的实验操作；
（2）根据牛顿第二定律结合图像的斜率得出小车的加速度；
（3）根据不同实验装置的特点结合牛顿第二定律得出小车的总质量之比。
12．【答案】；2500.0；；；小王
【知识点】测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】本题考查测量电压表内阻的实验，要注意明确实验原理，能根据图象法进行分析，同时利用函数规律进行分析求解即可。
（1）本实验中认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，但实际情况是由于并联部分的电阻增大造成分压略微增大，从而造成系统误差，为了能尽量减小这一误差，需要使分压部分的等效电阻（即滑动变阻器负责分压部分的电阻与支路电阻的并联电阻）近似不变，根据电阻并联规律可知，这就需要滑动变阻器负责分压部分的电阻远小于支路电阻，所以滑动变阻器应选择最大阻值较小的；根据分压原理可知，电压表的内阻
（2）根据电路图连接实物图如下
根据电路图可得
测得的电阻
（3）小王同学的电路中，当改变电阻箱的电阻时，电压表和电阻箱两端电压之和要发生变化，即大于3V，则认为电压表和电阻箱之间的电压保持不变，则导致测量的结果存在系统误差。
【分析】（1）根据实验原理分析滑动变阻器的选择，同时根据串并联电路特点解得电压表内阻；
（2）根据电路图连接实物图，根据欧姆定律以及串联电路各处电流相等列方程求解；
（3）根据实验原理分析误差。
13．【答案】（1）边刚进入磁场时，线框产生的感应电动势为
线框中感应电流的大小
解得
c、d两点的电势差
解得
（2）线框刚进入磁场的时的加速度最大，此时线框受到的安培力
根据牛顿第二定律有
解得
（3）线框中产生的焦耳热的总量为
边中产生的焦耳热为
解得
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）cd边刚进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律进行解答；
（2）根据安培力的计算公式结合牛顿第二定律进行解答；
（3）线框进入磁场的过程中， 由能量守恒定律求焦耳热。
14．【答案】解：（1）依题意，可知小球从A到B先加速，后减速，则小球只能带正电；
（2）设带电小球所带电荷量为q，带电小球在A点时，根据牛顿第二定律有
带电小球在B点时
且，联立可解得
（3）带电小球由A点运动到B点应用动能定理，得
由
可得
可求得
【知识点】库仑定律；电势差
【解析】【分析】（1）依据小球运动到B点时速度正好又为零，即可判定电性；
（2）根据库仑定律和牛顿第二定律分别研究小球在A点和B点的加速度，分别列式即可求得小球运动到B点时的加速度大小；
（3）根据动能定理和电场力公式W=qU结合，即可求解B和A两点间的电势差。
15．【答案】解：（1）篮球下降过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有
篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有
则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有
篮球反弹后上升过程中根据动能定理有
联立解得
（3）方法一：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
即每拍击一次篮球将给它一个速度v。
拍击第1次下降过程有
上升过程有
代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
拍击第2次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
再将h1代入h2有
拍击第3次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
再将h2代入h3有
直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
将hN-1代入hN有
其中
，
则有
则
方法二：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
即每拍击一次篮球将给它一个速度v’。设篮球从H下落时，速度为，反弹高度为，篮球受到冲量I后速度为v’，落地时速度为，则
，
联立可得
代入k可得，
……①
篮球再次反弹，反弹速度为k，设反弹高度为h1，受到冲量后，落地速度为v2，同理可得
，
同理化简可得
……②
篮球第三次反弹，反弹速度为k，设反弹高度为h2，受到冲量后，落地速度为v3，同理可得
，
同理化简可得
……③
……
第N次反弹可得
……（N）
对式子①②③……(N)两侧分别乘以、、……、，再相加可得
得
其中，，，可得
可得冲量I的大小
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律计算出篮球的加速度，结合速度一位移公式得出碰撞前后的速率，并由此得到比值关系；
（2）施加一个向下的压力F后，选取篮球下落过程中根据动能定理和篮球反弹后上升过程的过程，根据动能定理以及 （1）问的比值关系完成分析；
（3）依次计算出拍打过后的速度，联立运动学公式和数学知识完成分析。
1 / 12025届四川省泸州市泸县第五中学高二上学期二模物理试题
1．（2024高二上·泸县模拟）如图所示，有一条宽为的河道，一小船从岸边的某点渡河，渡河过程中保持船头指向与河岸始终垂直。已知小船在静水中的速度大小为，水流速度大小为。下列说法正确的是（ ）
A．小船渡河过程中的位移大小为
B．小船渡河的时间是
C．小船在河水中航行的轨迹是曲线
D．小船在河水中的速度是
【答案】B
【知识点】运动的合成与分解；小船渡河问题分析
【解析】【解答】小船过河问题的本质依旧是速度的合成与分解，需要牢记的是不同方向上的分速度相互独立，互不影响。A．小船参与了两个方向的运动，一个是垂直于河岸的运动，一个是沿着河岸的运动，小船到达河对岸时，垂直于河岸的位移为，总位移大于，A错误；
B．由于渡河过程中保持船头指向与河岸始终垂直，故
解得
选项B正确；
C．小船垂直于河岸方向做匀速直线运动，沿河岸方向也做匀速直线运动，所以小船的实际运动为匀速直线运动，C错误；
D．小船在河水中的速度为
D错误。
故选B。
【分析】根据分位移和合位移大小关系确定；根据分运动计算运动时间；根据运动的合成进行判断；根据合速度和分速度关系计算合速度。
2．（2024高二上·泸县模拟）如图所示，升降机以加速度a竖直向上做匀加速运动，升降机内有质量之比为2：1的物体A、B，重力加速度为g，A、B间用轻弹簧相连并通过质量不计的轻绳悬挂在升降机顶上，剪断轻绳的瞬间，A、B的加速度大小分别为（ ）
A．1.5g、a B．、a C．、2a D．0、2a
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚物体的受力情况是解题的关键，应用牛顿第二定律可以解题；解题时要注意弹簧的弹力不能突变，绳子的弹力可以突变。设B的质量为m，剪断轻绳前，弹簧弹力大小为F，绳子拉力大小为T，将A、B及弹簧视为整体，根据牛顿第二定律有
解得
以B为研究对象，根据牛顿第二定律有
解得
剪断轻绳后，绳中拉力T消失，弹簧弹力F不变，所以B受力不变，加速度大小仍为a，而A所受力发生变化，根据牛顿第二定律有
解得
故选B。
【分析】由牛顿第二定律求出弹簧的弹力，剪断轻绳瞬间，弹簧的弹力不会突变，轻绳的拉力瞬间消失，应用牛顿第二定律求出A、B的加速度，然后分析答题。
3．（2024高二上·泸县模拟）如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点，，半径Ob与重力的夹角为37°。已知，，则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】D
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】本题考查共点力平衡，解题关键是对圆柱体做好受力分析，平时多培养根据共点力平衡解答问题的能力。对光滑圆柱体受力分析如图
由题意有
故选D。
【分析】对圆柱体受力分析，根据共点力平衡条件列式求解即可。
4．（2024高二上·泸县模拟）在粗糙水平面上，水平外力F作用在物块上，t=0时刻物块开始向右做直线运动，外力F始终不为零，其速度一时间图像如图所示．则
A．在0～1 s内，外力F不断增大
B．在3s时，物体开始向左运动
C．在3-4 s内，外力F不断减小
D．在3-4 s内，外力F的功率不断减小
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】在速度-时间图象中图象的斜率表示加速度，能结合匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律进行研究。A.根据题意分析，设阻力为f，根据牛顿第二定律
根据图像分析，在0～1 s内加速度逐渐减小，所以外力F逐渐减小，A错误
B.根据题意分析，向右为正方向，3s前后速度始终为正值，始终是正方向，向右运动，B错误
C.根据牛顿第二定律
根据图像分析在3-4 s内加速度不变，所以外力不变，C错误
D.外力功率
结合选项C的分析，F不变，而3-4 s内速度减小，所以功率减小，D正确。
故选Ｄ。
【分析】根据v-t图象的斜率表示加速度，分析物块加速度的变化情况，由牛顿第二定律列式分析F的变化情况。根据物块的受力情况分析其运动情况。由P=Fv分析外力F的功率变化情况。
5．（2024高二上·泸县模拟）如图一足够大的“”形导轨固定在水平面，导轨左端接一灵敏电流计G，两侧导轨平行。空间中各处的磁感应强度大小均为B且随时间同步变化，时刻，在电流计右侧某处放置一导体棒，并使之以速度向右匀速运动，发现运动过程中电流计读数始终为零，已知导体棒与导轨接触良好，则磁感应强度随时间变化的关系可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】设导体棒开始运动时，距离导轨左端为x，磁场的磁感应强度为，依题意，导体棒和导轨内部始终无电流，可得
整理得
故与t为一次函数关系。
故选C。
【分析】设导体棒开始运动时，距离导轨左端为x，磁场的磁感应强度为，根据导体棒和导轨内部始终无电流，可得，整理得出-t为一次函数关系，以此分析判断。
6．（2024高二上·泸县模拟）如图，水平桌面上放置有光滑导轨m和n，在导轨m、n上放置有一对平行导体棒p、q，且始终接触良好。不考虑p、q间的相互作用，重力加速度为g。当一条形磁铁从上方落下的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．p、q相互远离
B．条形磁铁加速度小于g
C．导轨对桌面的压力减小
D．俯视时导轨与导体棒间一定形成逆时针电流
【答案】B
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】楞次定律的另一结论：增反减同．本题可以直接利用楞次定律的第二种表述，“来拒去留”；可以理解为当磁铁上升时，线框中的磁通量减小，故为了阻碍磁通量的变化，线框的面积增大，PQ相互远离。A．条形磁铁从上方落下的过程中，当磁铁在回路上侧时，穿过回路的磁通量增大，根据楞次定律可知，p、q将相互靠近，故A错误；
B．条形磁铁从上方落下的过程中，回路中感应电流激发出的磁场对磁铁的磁场力阻碍磁铁的相对运动，即方向向上，可知，条形磁铁加速度小于g，故B正确；
C．条形磁铁从上方落下的过程中，当磁铁在回路上侧时，穿过回路的磁通量增大，根据楞次定律可知，导轨在安培力作用下有向下运动的趋势，可知，导轨对桌面的压力增大，故C错误；
D．由于条形磁铁下端是N极还是S极不确定，即穿过回路的原磁场方向不确定，则回路中感应电流的方向也不确定，故D错误。
故选B。
【分析】当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，分析导体的运动情况。
7．（2024高二上·泸县模拟）质量为m的物体在光滑水平面上以速度v匀速向左运动。某时刻施加恒力F作用在物体上，力F与水平方向夹角为θ，如图所示。经过时间t，物体的速度大小仍为v，方向水平向右。则在时间t内，下列说法中正确的是（ ）
A．重力对物体的冲量大小为零
B．拉力F对物体的冲量大小是
C．合力对物体的冲量大小为零
D．力F与v的大小满足的关系为
【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量．解题时，先要规定正方向，与正方向相反的，要取负值。A．重力对物体的冲量大小
A错误；
B．拉力F对物体的冲量大小
B错误；
CD．根据动量定理
C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据冲量的定义式计算拉力F对物体的冲量大小即可；根据动量定理分析合力对物体的冲量。
8．（2024高二上·泸县模拟）据报道，我国计划发射的“巡天号”望远镜将运行在离地面约的轨道上，其视场比“哈勃”望远镜的更大。已知“哈勃”运行在离地面约的轨道上，若两望远镜绕地球近似做匀速圆周运动，则“巡天号”（ ）
A．角速度大小比“哈勃”的小
B．线速度大小比“哈勃”的小
C．运行周期比“哈勃”的小
D．向心加速度大小比“哈勃”的大
【答案】C,D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】对于一般的人造卫星而言，万有引力提供其做圆周运动的向心力。 在卫星运行的过程中，根据题目给出的参数，选择恰当的公式求解相关物理量。根据万有引力提供向心力可得
可得，，，
由于巡天号的轨道半径小于哈勃号的轨道半径，则有，，，
故选CD。
【分析】根据万有引力提供向心力导出角速度、线速度、周期和加速度公式，结合两卫星的轨道半径大小进行比较判断
9．（2024高二上·泸县模拟）先后两次从高为高处斜向上抛出质量为同一物体落于，测得，两轨迹交于P点，两条轨迹最高点等高且距水平地面高为，下列说法正确的是（ ）
A．第一次抛出上升时间，下降时间比值为
B．第一次过P点比第二次机械能少
C．落地瞬间，第一次，第二次动能之比为
D．第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第一次大
【答案】B
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题考查了斜抛运动与机械能守恒定律，处理曲线运动的方法是将运动分解处理，应用运动的合成与分解解答，分运动具有等时性与独立性。 功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。A．第一次抛出上升的高度为
故上升时间为
最高点距水平地面高为，故下降的时间为
故一次抛出上升时间，下降时间比值为，故A错误；
B．两条轨迹最高点等高，故可知两次从抛出到落地的时间相等为
故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为
由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度相等为
由于物体在空中机械能守恒，故第一次过P点比第二次机械能少
故B正确；
C．从抛出到落地瞬间根据动能定理
故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为，故C错误；
D．根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大，故D错误。
故选B。
【分析】物体抛出后在空中做斜抛运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，应用运动学公式求得第一次抛出上升时间和下降时间，以及两次斜抛运动的总时间和抛出时水平与竖直分速度大小。根据斜抛运动过程中物块的机械能守恒，分析解答第一次过P点与第二次的机械能之差和落地瞬间第一次与第二次的动能。抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角即为速度的偏转角，第一次斜抛运动的水平分速度较小，轨迹弯曲程度较小，速度的偏转角较小。
10．（2024高二上·泸县模拟）如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中（ ）
A．回路中的电流方向为abcda
B．ab中电流趋于
C．ab与cd加速度大小之比始终为2︰1
D．两棒产生的电动势始终相等
【答案】A,B
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】闭合或不闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体两端将产生感应电动势。如果电路闭合，电路中形成感应电流。切割磁感线运动的那部分导体相当于电路中的电源。A．两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda；故A正确；
BC．设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得
对cd
故可知
分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，此时对ab分析可得
解得
故B正确，C错误；
D．根据前面分析可知，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的感应电动势不等，故D错误。
故选AB。
【分析】根据右手定则判断回路中的电流方向；对两棒的受力分析，根据牛顿第二定律得到两棒的加速度大小关系；进而可知两棒的速度大小关系，根据法拉第电磁感应定律可得两棒产生的电动势大小关系；在两棒加速过程中，随着速度增大，回路的电动势与感应电流均增大，两棒受到安培力增大，两棒做加速度减小的加速运动，当两棒的加速度同时减小到零之后均做匀速直线运动。由平衡条件求得感应电流的最大值。
11．（2024高二上·泸县模拟）在某次探究加速度与力、质量的关系的实验中，甲、乙、丙、丁四位同学分别设计了如图所示的实验装置，小车总质量用M，重物质量用m表示。
（1）为便于测量合力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合力成正比的结论，下列说法正确的是 。（填选项字母）
A.四组实验中只有甲需要平衡摩擦力
B.四组实验都需要平衡摩擦力
C.四组实验中只有甲需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件
D.四组实验都需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件
（2）按甲同学设计装置完成实验，并根据实验得到的数据，画出小车的图像如图所示，从图像中可以得出，当小车的质量为0.5kg时，它的加速度为 。（保留1位小数）
（3）若乙、丙、丁三位同学发现某次测量中力传感器和弹簧测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为a，则乙、丙、丁实验时所用小车总质量之比为 。
【答案】BC；1.0；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1） AB、四组实验中长木板都是水平放置，都需要平衡摩擦力，故A错误，B正确；CD、四组实验中，乙、丁都是用弹簧测力计测量绳的拉力，丙用力的传感器测量绳的拉力，只有甲不能测量绳的拉力，用重物的重力替代绳的拉力，需要满足所挂重物m远小于小车的质量M的条件，故C正确，D错误；
故选：BC。
（2）根据图像可知
可知，当小车的质量为0.5kg时，它的加速度为
（3）[3]对乙图有
对丙图有
对丁图有
解得
【分析】（1）根据实验原理掌握正确的实验操作；
（2）根据牛顿第二定律结合图像的斜率得出小车的加速度；
（3）根据不同实验装置的特点结合牛顿第二定律得出小车的总质量之比。
12．（2024高二上·泸县模拟）要测量一个量程3V为的电压表V1的内阻（约为几千欧），除了待测电压表，提供的器材还有： A．电阻箱R（最大阻值9999.9Ω）
B．滑动变阻器R1（最大阻值50Ω）
C．滑动变阻器R2（最大阻值500Ω）
D．量程为6V的电压表V2（内阻约为几千欧）
E．直流电源E（电动势4V）
F．开关一个，导线若干
（1）小王同学根据提供的器材，设计了如图甲所示电路。电路中滑动变阻器应选用 （填“R1”或“R2”）。实验时，将电路图中的滑动变阻器滑片移到最左端，电阻箱的电阻调为零，闭合开关S，调节滑动变阻器滑片，使电压表满偏；保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.5V，若此时电阻箱的示数为500Ω，则电压表的内阻为 ；
（2）小李同学设计了如图乙所示的电路，请依据图乙电路将图丙实物连接完整 。实验时，将电路图中的滑动变阻器滑片移到最左端，闭合开关S，调节滑动变阻器，同时调节电阻箱，使两个电压表均有合适的示数，若电压表V1的示数为U1，电压表V2的示数为U2，电阻箱的阻值为R，则电压表V1的内阻为 ；
（3）分析可知， （填“小王”或“小李”）同学的测量结果存在系统误差。
【答案】；2500.0；；；小王
【知识点】测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】本题考查测量电压表内阻的实验，要注意明确实验原理，能根据图象法进行分析，同时利用函数规律进行分析求解即可。
（1）本实验中认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，但实际情况是由于并联部分的电阻增大造成分压略微增大，从而造成系统误差，为了能尽量减小这一误差，需要使分压部分的等效电阻（即滑动变阻器负责分压部分的电阻与支路电阻的并联电阻）近似不变，根据电阻并联规律可知，这就需要滑动变阻器负责分压部分的电阻远小于支路电阻，所以滑动变阻器应选择最大阻值较小的；根据分压原理可知，电压表的内阻
（2）根据电路图连接实物图如下
根据电路图可得
测得的电阻
（3）小王同学的电路中，当改变电阻箱的电阻时，电压表和电阻箱两端电压之和要发生变化，即大于3V，则认为电压表和电阻箱之间的电压保持不变，则导致测量的结果存在系统误差。
【分析】（1）根据实验原理分析滑动变阻器的选择，同时根据串并联电路特点解得电压表内阻；
（2）根据电路图连接实物图，根据欧姆定律以及串联电路各处电流相等列方程求解；
（3）根据实验原理分析误差。
13．（2024高二上·泸县模拟）如图所示，光滑水平面上有一个由均匀电阻丝做成的正方形线框，线框的边长为L，质量为m，总电阻为R。线框以垂直磁场边界的初速度v进入磁感应强度大小为B、方向如图所示的匀强磁场区域（线框、两边始终与磁场边界平行）。
（1）求边刚进入磁场时c、d两点的电势差；
（2）求线框进入磁场过程中的最大加速度的大小；
（3）如果线框完全进入磁场之前速度已减小为0，求边上产生的焦耳热。
【答案】（1）边刚进入磁场时，线框产生的感应电动势为
线框中感应电流的大小
解得
c、d两点的电势差
解得
（2）线框刚进入磁场的时的加速度最大，此时线框受到的安培力
根据牛顿第二定律有
解得
（3）线框中产生的焦耳热的总量为
边中产生的焦耳热为
解得
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）cd边刚进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律进行解答；
（2）根据安培力的计算公式结合牛顿第二定律进行解答；
（3）线框进入磁场的过程中， 由能量守恒定律求焦耳热。
14．（2024高二上·泸县模拟）如图所示，一电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC中点。现将一带电小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度正好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为，静电力常量为k，求：
（1）小球带正电还是负电？
（2）小球运动到B点时的加速度大小。
（3）B和A两点间的电势差。（用k，Q和L表示）
【答案】解：（1）依题意，可知小球从A到B先加速，后减速，则小球只能带正电；
（2）设带电小球所带电荷量为q，带电小球在A点时，根据牛顿第二定律有
带电小球在B点时
且，联立可解得
（3）带电小球由A点运动到B点应用动能定理，得
由
可得
可求得
【知识点】库仑定律；电势差
【解析】【分析】（1）依据小球运动到B点时速度正好又为零，即可判定电性；
（2）根据库仑定律和牛顿第二定律分别研究小球在A点和B点的加速度，分别列式即可求得小球运动到B点时的加速度大小；
（3）根据动能定理和电场力公式W=qU结合，即可求解B和A两点间的电势差。
15．（2024高二上·泸县模拟）如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的倍（为常数且），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中已知，求的大小；
（3）篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。
【答案】解：（1）篮球下降过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有
篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有
则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有
篮球反弹后上升过程中根据动能定理有
联立解得
（3）方法一：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
即每拍击一次篮球将给它一个速度v。
拍击第1次下降过程有
上升过程有
代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
拍击第2次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
再将h1代入h2有
拍击第3次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
再将h2代入h3有
直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
将hN-1代入hN有
其中
，
则有
则
方法二：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
即每拍击一次篮球将给它一个速度v’。设篮球从H下落时，速度为，反弹高度为，篮球受到冲量I后速度为v’，落地时速度为，则
，
联立可得
代入k可得，
……①
篮球再次反弹，反弹速度为k，设反弹高度为h1，受到冲量后，落地速度为v2，同理可得
，
同理化简可得
……②
篮球第三次反弹，反弹速度为k，设反弹高度为h2，受到冲量后，落地速度为v3，同理可得
，
同理化简可得
……③
……
第N次反弹可得
……（N）
对式子①②③……(N)两侧分别乘以、、……、，再相加可得
得
其中，，，可得
可得冲量I的大小
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律计算出篮球的加速度，结合速度一位移公式得出碰撞前后的速率，并由此得到比值关系；
（2）施加一个向下的压力F后，选取篮球下落过程中根据动能定理和篮球反弹后上升过程的过程，根据动能定理以及 （1）问的比值关系完成分析；
（3）依次计算出拍打过后的速度，联立运动学公式和数学知识完成分析。
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