吉林省白城市实验高级中学2025-2026学年高三上学期10月期中物理试题
1．（2025高三上·洮北期中）质量为2kg的滑块在水平力F作用下在水平面上做直线运动，图像如图所示。若滑块与水平面间的动摩擦因数，取重力加速度，则对应的图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】根据v﹣t图像的斜率物理意义，结合图中给定的数据可知，滑块在0～2s 内的加速度为，2﹣3s内的加速度，3～4s内的加速度为 ，根据牛顿第二定律，0～2s内有F﹣μmg＝ma1，可得F＝6N，2～3s 内与F﹣μmg＝ma2，可得F＝﹣6N，3～4s内有F﹣μmg＝ma3，得F＝10N，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】根据v﹣t图像斜率的物理意义计算各阶段加速度，结合牛顿第二定律列式求解各段对应的外力。
2．（2025高三上·洮北期中）2023年10月26日11时14分，神舟十七号载人飞船在酒泉卫星发射中心发射成功，并于10月26日19时34分与“天宫”实现完美对接。下列说法正确的是（ ）
A．“2023年10月26日11时14分”指的是时间间隔
B．观看神舟十七号升空的轨迹时，飞船可以视为质点
C．对接前调整姿态时，飞船可以视为质点
D．对接后，飞船在轨运行时不能视为质点
【答案】B
【知识点】质点；时间与时刻
【解析】【解答】A．“2023年10月26日11时（14分）”指的是时刻，不是时间间隔，故A错误；B．在观看神舟十七号升空的轨迹时，飞船的大小形状对研究的问题没有影响，可以忽略，可以视为质点，故B正确；
C．飞船在对接前调整姿态时，飞船大小形状对研究的问题有影响，不可以忽略，不可以视为质点，故C错误；
D．飞船对接后，在研究飞船在轨运行的轨迹时，它的大小形状对研究的问题没有影响，可以忽略，可以视为质点，故D错误。
故选：B。
【分析】时间间隔是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点。当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可。
3．（2025高三上·洮北期中）拔河比赛是长郡中学“教师趣味运动会”必备项目，如图甲所示为拔河比赛时一位老师的拔河示意图，可以认为此时处于平衡状态．该情形下可简化成如图乙所示的一质量分布均匀的钢管模型．在拔河时身体缓慢向后倾倒，可以认为钢管与地面的夹角逐渐变小，在此期间，脚与水平地面之间没有滑动，绳子的方向始终保持水平．已知当钢管受到同一平面内不平行的三个力而平衡时，三个力的作用线必交于一点．根据上述信息，当钢管与地面的夹角逐渐变小时，下列说法正确的有（ ）
A．地面对钢管支持力变小 B．地面对钢管的摩擦力变大
C．地面对钢管的作用力不变 D．手对绳子的摩擦力方向向左
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】ABC．对钢管受力分析，钢管受重力G、地面对钢管竖直向上的支持力、绳子的拉力T、水平向右的摩擦力，
在竖直方向上：
在水平方向上：
可认为钢管受到重力G、绳子的拉力T和地面对钢管作用力F三个力，钢管平衡，三个力的作用线必交于一点，由此可知F方向斜向上，与水平面夹角为，根据共点力平衡条件可知
当钢管与地面的夹角逐渐变小时，地面对钢管支持力（与重力等大反向）的大小不变，地面对钢管的作用力变大，地面对钢管的摩擦力变大，故AC错误，B正确；
D．绳子的拉力T方向向左，手对绳子的摩擦力方向向右，故D错误。
故选：B。
【分析】对钢管进行受力分析，结合共点力平衡的条件和几何关系列式解答即可。
4．（2025高三上·洮北期中）在平行于x轴的静电场中，其电势φ随x的分布如图所示，一质量，带电荷量大小为的粒子从x轴上的（2，0）点由静止开始释放，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。忽略粒子的重力等因素，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．x轴上O点右侧电场强度是左侧电场强度的两倍
C．该粒子的最大速度为0.2m/s
D．该粒子运动的周期为0.4s
【答案】C
【知识点】电势
【解析】【解答】本题考查电势能与电场强度关系，解题关键掌握图像含义，注意φ﹣x的图像斜率代表场强大小。
A．沿电场线方向电势降低，则根据图可知，x轴左侧场强方向向x轴负向，x轴右侧场强方向沿x轴正方向，粒子在电场力作用下在x轴上往返运动，则粒子带负电，故A错误；
B．根据图示图像，由U＝Ed，左侧电场强度为：E1V/m＝2.0×103V/m
右侧电场强度为：E2V/m＝1.0×103V/m可知左侧电场强度是右侧电场强度的两倍，故B错误；
C．该粒子运动过程中电势能的最大值Epm＝qφm＝﹣1.0×10﹣9×20J＝﹣2.0×10﹣8J
由能量守恒得当电势能为零是动能最大，最大动能为Ekm＝Epm
解得最大速度：vm＝0.2m/s
故C正确；
D．设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t1、t2，在原点时的速度为vm，vm，vm而周期T＝2（t1+t2），联立代入数据解得：T＝0.6s，故D错误。
故选：C。
【分析】沿电场线方向电势降低，则根据图可判断电荷电性，根据U＝Ed可解得x轴O点左右两侧电场关系，由能量守恒得当电势能为零是动能最大，根据动能公式可解得最大速度；根据匀变速指向运动规律解得周期。
5．（2025高三上·洮北期中）矫正牙齿时，可用牵引线对牙施加力的作用。若某颗牙齿受到牵引线的两个作用力大小均为F，夹角为α（如图），则该牙所受两牵引力的合力大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】力的平行四边形定则及应用
【解析】【解答】根据平行四边形定则可知，该牙所受两牵引力的合力大小为
故答案为：B。
【分析】利用力的平行四边形定则，将两个等大的力分解到合力方向，再叠加计算合力大小。
6．（2025高三上·洮北期中）如图所示，内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时汽缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将汽缸缓慢转动过程中，缸内气体（ ）
A．内能增加，外界对气体做正功
B．内能减小，所有分子热运动速率都减小
C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少
D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加
【答案】C
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】初始时汽缸开口向上，设 汽缸 中气体压强为p1，外界大气压为p0，根据平衡条件有， 内壁光滑，最后汽缸水平，缸内气压等于大气压，明显相对开始气压减小。
AB．汽缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传递，汽缸内气体压强作用将活塞往外推，这样才能导致气体压强减小，气体对外做功，根据热力学第一定律得：气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，并不是所有分子热运动的速率都减小，AB错误；
CD．气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，故速率大的分子数占总分子数的比例减小，C正确，D错误。
故选：C。
【分析】气缸与活塞均绝热，故不与外界进行热量交换，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，当Q=0时，ΔU=W，通过分析气体的体积变化就能判断外界对气体的做功情况，从而得到内能的变化情况；根据理想气体内能与温度的关系判断温度的变化情况，再根据温度与理想气体的分子平均动能的关系判断气体分子的速率分布情况。
7．（2025高三上·洮北期中）如图所示，电阻串联在理想变压器的原线圈上，电阻和并联在副线圈上，原线圈的、端接入电压有效值的交流电源。已知原线圈中电流的有效值为，电阻的阻值为，电阻的阻值为，电阻的阻值为，则电阻消耗的功率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】变压器的输入电压为U1＝U﹣I1R0＝10V﹣0.5×2V＝9V，副线圈电路中的总电阻为，设变压器原、副线圈的匝数比为k，则副线圈电路总电阻在原线圈电路中的等效电阻为R'＝k2R23，根据欧姆定律有，联立解得k，所以副线圈的输出电压为，则R1消耗的功率为P，联立解得P＝2.5W，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】先计算出变压器的输入电压，然后根据副线圈电路中的电阻在原线圈电路中的等效电阻得到变压器的匝数比，进而可得变压器的输出电压，根据P可得电阻R1消耗的功率。
8．（2025高三上·洮北期中）如图，光滑水平面内建立直角坐标系xOy。A、B两小球同时从O点出发，A球速度大小为v1，方向沿x轴正方向，B球速度大小为v2＝2 m/s、方向与x轴正方向夹角为θ。坐标系第一象限中有一个挡板L，与x轴夹角为α。B球与挡板L发生碰撞，碰后B球速度大小变为1 m/s，碰撞前后B球的速度方向与挡板L法线的夹角相同，且分别位于法线两侧。不计碰撞时间和空气阻力，若A、B两小球能相遇，下列说法正确的是（ ）
A．若θ＝15°，则v1的最大值为 m/s，且α＝15°
B．若θ＝15°，则v1的最大值为 m/s，且α＝0°
C．若θ＝30°，则v1的最大值为 m/s，且α＝0°
D．若θ＝30°，则v1的最大值为 m/s，且α＝15°
【答案】A
【知识点】牛顿定律与图象
【解析】【解答】本题考查匀速直线运动的两个球在不同路径中的相遇问题，画出轨迹图，找到相应的角度关系、等时关系，由正弦定理解决问题。AB．由于水平面光滑，则两小球均做匀速直线运动，若A、B两小球能相遇，则绘出运动轨迹图如图所示
根据正弦定理有
将代入得
联立解得
求导并整理得：
当时，v1取最大值，即当cos（2α＋2θ）＝时，v1有最大值，结合题意可知α＋θ＝30°
当θ＝15°时，α＝15°，解得
故A正确，B错误；
CD．当θ＝30°时，解得α＝0°，，故CD错误。
故选A。
【分析】画出两球碰撞前后的轨迹示意图，由正弦定理列路程和的关系式，解这个三角函数方程可以判断结论。
9．（2025高三上·洮北期中）端午节赛龙舟是传统的娱乐项目，如图1所示是甲、乙两支队伍的比赛情景，两支队伍同时同地出发，其速度时间关系图像如图2所示，甲在第一段时间内的加速度是第二段时间内的加速度的，结合图像所提供的信息分析，下列判断正确的是（ ）
A．甲在t0时刻的速度为
B．两支队伍比赛的路程为
C．乙到达终点的时刻为
D．当乙到达终点时，甲的速度为
【答案】B,C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．对甲，结合图像以及匀变速直线运动速度—时间关系有
所以甲在t0时刻的速度为
故A错误；
B．v-t图像与坐标轴围成的图像的面积表示位移，两支队伍比赛的路程为
故B正确；
C．对乙，结合v-t图像与坐标轴围成的图像的面积表示位移有
解得
故C正确；
D．当乙到达终点时，根据速度—时间关系可得甲的速度为
故D错误。
故选BC。
【分析】已知甲在第一段时间内的加速度是第二段时间内的加速度的，设甲在第一段时间内的加速度是a，根据速度—时间公式求出a，再求甲在t0时刻的速度；根据位移等于平均速度与时间的乘积求出两支队伍比赛的路程；根据甲、乙位移相等求出乙到达终点的时刻，再求当乙到达终点时甲的速度。
10．（2025高三上·洮北期中）两列分别沿x轴正、负方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，其中a波振幅为2cm，沿x轴正方向传播；b波振幅为4cm，沿x轴负方向传播。两列波的传播速度大小均为v=2m/s。则下列说法正确的是（ ）
A．两列波的质点的起振方向均沿y轴负方向
B．横波a的周期为2s
C．t=1.5s时，质点Q离开平衡位置的位移为2cm
D．两列波从相遇到分离所用的时间为2s
【答案】B,D
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】A、根据同侧法可知，两列波的质点的起振方向均沿y轴正方向，故A错误；
B、根据图象可在，λa＝λb＝4m，所以，故B正确；
C、因为t＝1.5s，所以质点Q振动到波谷，离开平衡位置的位移为﹣2cm，故C错误；
D、根据题意可知，两列波从相遇到分离，a、b两列波都朝着传播方向运动了4m，则所用时间为：t，故D正确。
故选：BD。
【分析】根据同侧法分析质点的振动方向；分析横波a的波长，根据v求解周期；分析1.5s时间与周期的关系，从而判断质点Q的状态；根据x＝vt分析两列波从相遇到分离所用的时间。
11．（2025高三上·洮北期中）某学校物理兴趣小组在“验证动量守恒定律”的实验中，利用如图甲所示装置进行实验，图中O点是斜槽末端在记录纸上的垂直投影点，球1从斜槽上同一点释放，未放球2时平均落点到投影点的水平距离。放上球2后球1的平均落点到O点的水平距离，球2的平均落点到O点的水平距离。
（1）该实验中需要满足的条件是______（多选）；
A．斜槽末端切线水平 B．斜槽应光滑
C．球2的半径等于球1的半径 D．球2的质量大于球1的质量
（2）小球落在地面的复写纸上后，会在复写纸下方白纸上留下印迹。多次实验会在白纸上留下多个印迹，为了确定球2的平均落点，图乙中画的四个圆最合理的是 （用图中字母a、b、c、d表示）；
（3）已知球1的质量为，球2的质量为，若测量的物理量满足关系式 （用题干所给的字母表示），则碰撞过程中动量守恒。
【答案】（1）A；C
（2）c
（3）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】本题考查验证动量守恒定律的实验，要明确实验原理，掌握动量守恒定律，知道实验的注意事项是解题的前提。
（1）AC．该实验采用平抛运动来验证动量守恒，需要满足的条件是入射小球抛出时的速度方向必须水平，小球之间的磁撞必须是一维对心碰撞，故AC正确；
B．实验只需保证入射小球抛出时初速度相同，方向水平，从同一高度释放即可，斜槽不要求光滑，故B错误；
D．两小球发生碰撞时，入射小球质量应大于被碰小球质量，以免入射小球反弹，故球2的质量应小于球1的质量，故D错误。
故选AC。
（2）多次实验会在白纸上留下多个印迹，为了确定球的平均落点，应用一个最小的圆把尽可能多的印迹圈起来，因此，图乙中画的四个圆最合理的是c。
（3）设球1入射速度为v，碰后球1的速度为v1，球2的速度为v2，小球做平抛运动，根据平抛运动规律则
根据题意有
其中h为桌面高度，若碰撞过程中动量守恒，应有
代入相应数据，整理可得
【分析】（1）明确实验原理，知道为保证入碰小球不被反弹，需要A球质量应大于B球质量，同时为了让小球做平抛运动，末端必须水平；
（2）知道如何用画圆法确定出准确的落点；
（3）根据动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。
（1）AC．该实验采用平抛运动来验证动量守恒，需要满足的条件是入射小球抛出时的速度方向必须水平，小球之间的磁撞必须是一维对心碰撞，故AC正确；
B．实验只需保证入射小球抛出时初速度相同，方向水平，斜槽不要求光滑，故B错误；
D．两小球发生碰撞时，入射小球质量应大于被碰小球质量，以免入射小球反弹沿斜槽上滑，故球2的质量应小于球1的质量，故D错误。
故选AC。
（2）多次实验会在白纸上留下多个印迹，为了确定球的平均落点，应用一个最小的圆把尽可能多的印迹圈起来，因此，图乙中画的四个圆最合理的是c。
（3）设球1入射速度为v，碰后球1的速度为v1，球2的速度为v2，小球做平抛运动，则
根据题意有
其中h为桌面高度，若碰撞过程中动量守恒，应有
代入相应数据，整理可得
12．（2025高三上·洮北期中）某课外活动小组研究小滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图甲所示，木板通过一小段圆弧与水平面相接于B点，在B点放置一光电门，小滑块密度大、体积小。已知当地的重力加速度g为。实验步骤如下：
（1）用20分度的游标卡尺测量小滑块的底边边长l，游标卡尺的示数如图乙所示，则读数为 mm；
（2）用刻度尺测出小滑块静止时离OC水平面的高度；
（3）用刻度尺测量OB（O点为小滑块在水平面的投影点）长度为；
（4）将小滑块从A点由静止释放，测量出小滑块经过光电门的时间t，则小滑块经过光电门的瞬时速度为 （用题中的测量量表示）；
（5）改变小滑块从木板上静止滑下时的位置，重复步骤（3）（4）；
（6）根据多次测量得到的数据，以小滑块在水平面的投影点O与光电门B点的距离x为横轴，以小滑块经过光电门所用的时间的倒数为纵轴，作出图像如图丙所示；
（7）当，时，根据图像分析可知，小滑块与木板间的动摩擦因数 。（结果保留2位有效数字）
【答案】5.50；；0.19
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（1）游标卡尺分度值为0.05mm，结果不用估读，根据游标卡尺的读数规则知
；
（4）因为小滑块的底边边长较小，通过光电门的时间极短，所以小滑块经过光电门的平均速度可视为瞬时速度，故
（7）对小滑块由释放到穿过光电门的过程，设木板与水平面的夹角为，根据动能定理有
又
整理有
由图丙可知
代入数据解得
。
【分析】（1）根据游标卡尺的读数规求读数；
（4）根据匀变速运动的规律求小滑块经过光电门的瞬时速度；
（7）根据动能定理和图丙分析求小滑块与木板间的动摩擦因数。
13．（2025高三上·洮北期中）京昆高速公路在四川省的雅西高速段是全国较为险峻的高速路，这里海拔高，临崖临壁，急转弯多。因此，这段路上设置了多条避险车道，避险车道可看作倾角为的斜面。某汽车质量为2500kg，轮胎与车道地面间的动摩擦系数为0.6，某避险车道长为100m，倾角。当汽车失控时，受到的牵引力为零。（取，，）
（1）汽车失控时，求其在避险车道向上滑行时的加速度；
（2）汽车失控时，以21.6m/s的速度进入避险车道，求其冲上避险车道的最大距离；
（3）若汽车以的加速度在避险车道上加速下滑，求牵引力的大小和方向。
【答案】解：（1）汽车受力如图所示
根据牛顿第二定律
代入数据得车辆的加速度
方向沿车道向下。
（2）由运动学公式
可得汽车冲上避险车道的最大距离为
（3）汽车下滑时受力如图所示
根据牛顿第二定律
代入数据得牵引力大小为
方向沿车道向上。
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）对汽车向上滑行时进行受力分析，利用牛顿第二定律求加速度；
（2）根据匀变速直线运动的速度—位移关系求最大距离；
（3）对汽车下滑时受力分析，结合牛顿第二定律求牵引力。
14．（2025高三上·洮北期中）如图，一折射率为的材料制作的三棱镜，其横截面为直角三角形ABC，∠A=90°，∠B=30°。一束平行光平行于BC边从AB边射入棱镜，不计光线在棱镜内的多次反射，求AC边与BC边上有光出射区域的长度的比值。
【答案】解：设从点入射的光线经折射后恰好射向点，光在边上的入射角为，折射角为，如图所示
由折射定律有
设从范围入射的光折射后在边上的入射角为，由几何关系有
代入题中数据解得，
所以从范围入射的光折射后在边上发生全反射，反射光线垂直射到边，边上全部有光射出。设从范围入射的光折射后在边上的入射角为，如图所示
由几何关系可知
根据已知条件可知
即从范围入射的光折射后在边上发生全反射，反射光线垂直射到边上。设边上有光线射出的部分为，由几何关系得
边与边有光射出区域的长度比值为
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】根据折射定律以及全反射的临界角的公式作出光路图，知道在BC以及AC边上有光出射的区域，由几何知识求解BC边与AC边上有光出射区域的长度的比值。
15．（2025高三上·洮北期中）如图所示，矩形区域abcd内存在垂直于纸面的匀强磁场。ab边长为，ad边长为2L。位于ad边中点S处的粒子源，不断地沿着垂直ad边的方向发射质量为m、电荷量为q、初速度为v的带电粒子，带电粒子恰好从b点射出。在此区域加上沿ad方向的匀强电场后，带电粒子恰好做匀速直线运动。不计带电粒子的重力和粒子之间的相互作用力。
（1）求匀强磁场的磁感应强度大小B；
（2）求匀强电场的电场强度大小E；
（3）仅撤去磁场，请通过推导判断带电粒子将从矩形区域的哪一边界射出？
【答案】（1）解：带电粒子在匀强磁场中运动轨迹如图
设带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系
解得
根据牛顿第二定律
解得
（2）解：加上匀强电场后，带电粒子做匀速直线运动，根据平衡条件有
解得
（3）解：撤去磁场后，带电粒子做匀变速曲线运动，假设带电粒子从bc边射出，根据牛顿第二定律可知
带电粒子沿初速度方向做匀速直线运动，则
垂直于初速度方向做匀变速直线运动，偏移量
即
由
可知，带电粒子从bc边射出。
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）作出带电粒子从b点飞出时的轨迹图，根据相应的几何关系列式求解半径，利用牛顿第二定律求解B的大小；
（2）带电粒子做匀速直线运动，根据平衡条件列式求解电场强度大小；
（3）根据类平抛运动的规律用假设法求解偏移量再进行判断。
（1）带电粒子在匀强磁场中运动轨迹如图
设带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系
解得
根据牛顿第二定律
解得
（2）加上匀强电场后，带电粒子做匀速直线运动，根据平衡条件有
解得
（3）撤去磁场后，带电粒子做匀变速曲线运动，假设带电粒子从bc边射出，根据牛顿第二定律可知
带电粒子沿初速度方向做匀速直线运动，则
垂直于初速度方向做匀变速直线运动，偏移量
即
由
可知，带电粒子从bc边射出。
1 / 1吉林省白城市实验高级中学2025-2026学年高三上学期10月期中物理试题
1．（2025高三上·洮北期中）质量为2kg的滑块在水平力F作用下在水平面上做直线运动，图像如图所示。若滑块与水平面间的动摩擦因数，取重力加速度，则对应的图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2025高三上·洮北期中）2023年10月26日11时14分，神舟十七号载人飞船在酒泉卫星发射中心发射成功，并于10月26日19时34分与“天宫”实现完美对接。下列说法正确的是（ ）
A．“2023年10月26日11时14分”指的是时间间隔
B．观看神舟十七号升空的轨迹时，飞船可以视为质点
C．对接前调整姿态时，飞船可以视为质点
D．对接后，飞船在轨运行时不能视为质点
3．（2025高三上·洮北期中）拔河比赛是长郡中学“教师趣味运动会”必备项目，如图甲所示为拔河比赛时一位老师的拔河示意图，可以认为此时处于平衡状态．该情形下可简化成如图乙所示的一质量分布均匀的钢管模型．在拔河时身体缓慢向后倾倒，可以认为钢管与地面的夹角逐渐变小，在此期间，脚与水平地面之间没有滑动，绳子的方向始终保持水平．已知当钢管受到同一平面内不平行的三个力而平衡时，三个力的作用线必交于一点．根据上述信息，当钢管与地面的夹角逐渐变小时，下列说法正确的有（ ）
A．地面对钢管支持力变小 B．地面对钢管的摩擦力变大
C．地面对钢管的作用力不变 D．手对绳子的摩擦力方向向左
4．（2025高三上·洮北期中）在平行于x轴的静电场中，其电势φ随x的分布如图所示，一质量，带电荷量大小为的粒子从x轴上的（2，0）点由静止开始释放，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。忽略粒子的重力等因素，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．x轴上O点右侧电场强度是左侧电场强度的两倍
C．该粒子的最大速度为0.2m/s
D．该粒子运动的周期为0.4s
5．（2025高三上·洮北期中）矫正牙齿时，可用牵引线对牙施加力的作用。若某颗牙齿受到牵引线的两个作用力大小均为F，夹角为α（如图），则该牙所受两牵引力的合力大小为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高三上·洮北期中）如图所示，内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时汽缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将汽缸缓慢转动过程中，缸内气体（ ）
A．内能增加，外界对气体做正功
B．内能减小，所有分子热运动速率都减小
C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少
D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加
7．（2025高三上·洮北期中）如图所示，电阻串联在理想变压器的原线圈上，电阻和并联在副线圈上，原线圈的、端接入电压有效值的交流电源。已知原线圈中电流的有效值为，电阻的阻值为，电阻的阻值为，电阻的阻值为，则电阻消耗的功率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高三上·洮北期中）如图，光滑水平面内建立直角坐标系xOy。A、B两小球同时从O点出发，A球速度大小为v1，方向沿x轴正方向，B球速度大小为v2＝2 m/s、方向与x轴正方向夹角为θ。坐标系第一象限中有一个挡板L，与x轴夹角为α。B球与挡板L发生碰撞，碰后B球速度大小变为1 m/s，碰撞前后B球的速度方向与挡板L法线的夹角相同，且分别位于法线两侧。不计碰撞时间和空气阻力，若A、B两小球能相遇，下列说法正确的是（ ）
A．若θ＝15°，则v1的最大值为 m/s，且α＝15°
B．若θ＝15°，则v1的最大值为 m/s，且α＝0°
C．若θ＝30°，则v1的最大值为 m/s，且α＝0°
D．若θ＝30°，则v1的最大值为 m/s，且α＝15°
9．（2025高三上·洮北期中）端午节赛龙舟是传统的娱乐项目，如图1所示是甲、乙两支队伍的比赛情景，两支队伍同时同地出发，其速度时间关系图像如图2所示，甲在第一段时间内的加速度是第二段时间内的加速度的，结合图像所提供的信息分析，下列判断正确的是（ ）
A．甲在t0时刻的速度为
B．两支队伍比赛的路程为
C．乙到达终点的时刻为
D．当乙到达终点时，甲的速度为
10．（2025高三上·洮北期中）两列分别沿x轴正、负方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，其中a波振幅为2cm，沿x轴正方向传播；b波振幅为4cm，沿x轴负方向传播。两列波的传播速度大小均为v=2m/s。则下列说法正确的是（ ）
A．两列波的质点的起振方向均沿y轴负方向
B．横波a的周期为2s
C．t=1.5s时，质点Q离开平衡位置的位移为2cm
D．两列波从相遇到分离所用的时间为2s
11．（2025高三上·洮北期中）某学校物理兴趣小组在“验证动量守恒定律”的实验中，利用如图甲所示装置进行实验，图中O点是斜槽末端在记录纸上的垂直投影点，球1从斜槽上同一点释放，未放球2时平均落点到投影点的水平距离。放上球2后球1的平均落点到O点的水平距离，球2的平均落点到O点的水平距离。
（1）该实验中需要满足的条件是______（多选）；
A．斜槽末端切线水平 B．斜槽应光滑
C．球2的半径等于球1的半径 D．球2的质量大于球1的质量
（2）小球落在地面的复写纸上后，会在复写纸下方白纸上留下印迹。多次实验会在白纸上留下多个印迹，为了确定球2的平均落点，图乙中画的四个圆最合理的是 （用图中字母a、b、c、d表示）；
（3）已知球1的质量为，球2的质量为，若测量的物理量满足关系式 （用题干所给的字母表示），则碰撞过程中动量守恒。
12．（2025高三上·洮北期中）某课外活动小组研究小滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图甲所示，木板通过一小段圆弧与水平面相接于B点，在B点放置一光电门，小滑块密度大、体积小。已知当地的重力加速度g为。实验步骤如下：
（1）用20分度的游标卡尺测量小滑块的底边边长l，游标卡尺的示数如图乙所示，则读数为 mm；
（2）用刻度尺测出小滑块静止时离OC水平面的高度；
（3）用刻度尺测量OB（O点为小滑块在水平面的投影点）长度为；
（4）将小滑块从A点由静止释放，测量出小滑块经过光电门的时间t，则小滑块经过光电门的瞬时速度为 （用题中的测量量表示）；
（5）改变小滑块从木板上静止滑下时的位置，重复步骤（3）（4）；
（6）根据多次测量得到的数据，以小滑块在水平面的投影点O与光电门B点的距离x为横轴，以小滑块经过光电门所用的时间的倒数为纵轴，作出图像如图丙所示；
（7）当，时，根据图像分析可知，小滑块与木板间的动摩擦因数 。（结果保留2位有效数字）
13．（2025高三上·洮北期中）京昆高速公路在四川省的雅西高速段是全国较为险峻的高速路，这里海拔高，临崖临壁，急转弯多。因此，这段路上设置了多条避险车道，避险车道可看作倾角为的斜面。某汽车质量为2500kg，轮胎与车道地面间的动摩擦系数为0.6，某避险车道长为100m，倾角。当汽车失控时，受到的牵引力为零。（取，，）
（1）汽车失控时，求其在避险车道向上滑行时的加速度；
（2）汽车失控时，以21.6m/s的速度进入避险车道，求其冲上避险车道的最大距离；
（3）若汽车以的加速度在避险车道上加速下滑，求牵引力的大小和方向。
14．（2025高三上·洮北期中）如图，一折射率为的材料制作的三棱镜，其横截面为直角三角形ABC，∠A=90°，∠B=30°。一束平行光平行于BC边从AB边射入棱镜，不计光线在棱镜内的多次反射，求AC边与BC边上有光出射区域的长度的比值。
15．（2025高三上·洮北期中）如图所示，矩形区域abcd内存在垂直于纸面的匀强磁场。ab边长为，ad边长为2L。位于ad边中点S处的粒子源，不断地沿着垂直ad边的方向发射质量为m、电荷量为q、初速度为v的带电粒子，带电粒子恰好从b点射出。在此区域加上沿ad方向的匀强电场后，带电粒子恰好做匀速直线运动。不计带电粒子的重力和粒子之间的相互作用力。
（1）求匀强磁场的磁感应强度大小B；
（2）求匀强电场的电场强度大小E；
（3）仅撤去磁场，请通过推导判断带电粒子将从矩形区域的哪一边界射出？
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】根据v﹣t图像的斜率物理意义，结合图中给定的数据可知，滑块在0～2s 内的加速度为，2﹣3s内的加速度，3～4s内的加速度为 ，根据牛顿第二定律，0～2s内有F﹣μmg＝ma1，可得F＝6N，2～3s 内与F﹣μmg＝ma2，可得F＝﹣6N，3～4s内有F﹣μmg＝ma3，得F＝10N，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】根据v﹣t图像斜率的物理意义计算各阶段加速度，结合牛顿第二定律列式求解各段对应的外力。
2．【答案】B
【知识点】质点；时间与时刻
【解析】【解答】A．“2023年10月26日11时（14分）”指的是时刻，不是时间间隔，故A错误；B．在观看神舟十七号升空的轨迹时，飞船的大小形状对研究的问题没有影响，可以忽略，可以视为质点，故B正确；
C．飞船在对接前调整姿态时，飞船大小形状对研究的问题有影响，不可以忽略，不可以视为质点，故C错误；
D．飞船对接后，在研究飞船在轨运行的轨迹时，它的大小形状对研究的问题没有影响，可以忽略，可以视为质点，故D错误。
故选：B。
【分析】时间间隔是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点。当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可。
3．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】ABC．对钢管受力分析，钢管受重力G、地面对钢管竖直向上的支持力、绳子的拉力T、水平向右的摩擦力，
在竖直方向上：
在水平方向上：
可认为钢管受到重力G、绳子的拉力T和地面对钢管作用力F三个力，钢管平衡，三个力的作用线必交于一点，由此可知F方向斜向上，与水平面夹角为，根据共点力平衡条件可知
当钢管与地面的夹角逐渐变小时，地面对钢管支持力（与重力等大反向）的大小不变，地面对钢管的作用力变大，地面对钢管的摩擦力变大，故AC错误，B正确；
D．绳子的拉力T方向向左，手对绳子的摩擦力方向向右，故D错误。
故选：B。
【分析】对钢管进行受力分析，结合共点力平衡的条件和几何关系列式解答即可。
4．【答案】C
【知识点】电势
【解析】【解答】本题考查电势能与电场强度关系，解题关键掌握图像含义，注意φ﹣x的图像斜率代表场强大小。
A．沿电场线方向电势降低，则根据图可知，x轴左侧场强方向向x轴负向，x轴右侧场强方向沿x轴正方向，粒子在电场力作用下在x轴上往返运动，则粒子带负电，故A错误；
B．根据图示图像，由U＝Ed，左侧电场强度为：E1V/m＝2.0×103V/m
右侧电场强度为：E2V/m＝1.0×103V/m可知左侧电场强度是右侧电场强度的两倍，故B错误；
C．该粒子运动过程中电势能的最大值Epm＝qφm＝﹣1.0×10﹣9×20J＝﹣2.0×10﹣8J
由能量守恒得当电势能为零是动能最大，最大动能为Ekm＝Epm
解得最大速度：vm＝0.2m/s
故C正确；
D．设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t1、t2，在原点时的速度为vm，vm，vm而周期T＝2（t1+t2），联立代入数据解得：T＝0.6s，故D错误。
故选：C。
【分析】沿电场线方向电势降低，则根据图可判断电荷电性，根据U＝Ed可解得x轴O点左右两侧电场关系，由能量守恒得当电势能为零是动能最大，根据动能公式可解得最大速度；根据匀变速指向运动规律解得周期。
5．【答案】B
【知识点】力的平行四边形定则及应用
【解析】【解答】根据平行四边形定则可知，该牙所受两牵引力的合力大小为
故答案为：B。
【分析】利用力的平行四边形定则，将两个等大的力分解到合力方向，再叠加计算合力大小。
6．【答案】C
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】初始时汽缸开口向上，设 汽缸 中气体压强为p1，外界大气压为p0，根据平衡条件有， 内壁光滑，最后汽缸水平，缸内气压等于大气压，明显相对开始气压减小。
AB．汽缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传递，汽缸内气体压强作用将活塞往外推，这样才能导致气体压强减小，气体对外做功，根据热力学第一定律得：气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，并不是所有分子热运动的速率都减小，AB错误；
CD．气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，故速率大的分子数占总分子数的比例减小，C正确，D错误。
故选：C。
【分析】气缸与活塞均绝热，故不与外界进行热量交换，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，当Q=0时，ΔU=W，通过分析气体的体积变化就能判断外界对气体的做功情况，从而得到内能的变化情况；根据理想气体内能与温度的关系判断温度的变化情况，再根据温度与理想气体的分子平均动能的关系判断气体分子的速率分布情况。
7．【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】变压器的输入电压为U1＝U﹣I1R0＝10V﹣0.5×2V＝9V，副线圈电路中的总电阻为，设变压器原、副线圈的匝数比为k，则副线圈电路总电阻在原线圈电路中的等效电阻为R'＝k2R23，根据欧姆定律有，联立解得k，所以副线圈的输出电压为，则R1消耗的功率为P，联立解得P＝2.5W，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】先计算出变压器的输入电压，然后根据副线圈电路中的电阻在原线圈电路中的等效电阻得到变压器的匝数比，进而可得变压器的输出电压，根据P可得电阻R1消耗的功率。
8．【答案】A
【知识点】牛顿定律与图象
【解析】【解答】本题考查匀速直线运动的两个球在不同路径中的相遇问题，画出轨迹图，找到相应的角度关系、等时关系，由正弦定理解决问题。AB．由于水平面光滑，则两小球均做匀速直线运动，若A、B两小球能相遇，则绘出运动轨迹图如图所示
根据正弦定理有
将代入得
联立解得
求导并整理得：
当时，v1取最大值，即当cos（2α＋2θ）＝时，v1有最大值，结合题意可知α＋θ＝30°
当θ＝15°时，α＝15°，解得
故A正确，B错误；
CD．当θ＝30°时，解得α＝0°，，故CD错误。
故选A。
【分析】画出两球碰撞前后的轨迹示意图，由正弦定理列路程和的关系式，解这个三角函数方程可以判断结论。
9．【答案】B,C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．对甲，结合图像以及匀变速直线运动速度—时间关系有
所以甲在t0时刻的速度为
故A错误；
B．v-t图像与坐标轴围成的图像的面积表示位移，两支队伍比赛的路程为
故B正确；
C．对乙，结合v-t图像与坐标轴围成的图像的面积表示位移有
解得
故C正确；
D．当乙到达终点时，根据速度—时间关系可得甲的速度为
故D错误。
故选BC。
【分析】已知甲在第一段时间内的加速度是第二段时间内的加速度的，设甲在第一段时间内的加速度是a，根据速度—时间公式求出a，再求甲在t0时刻的速度；根据位移等于平均速度与时间的乘积求出两支队伍比赛的路程；根据甲、乙位移相等求出乙到达终点的时刻，再求当乙到达终点时甲的速度。
10．【答案】B,D
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】A、根据同侧法可知，两列波的质点的起振方向均沿y轴正方向，故A错误；
B、根据图象可在，λa＝λb＝4m，所以，故B正确；
C、因为t＝1.5s，所以质点Q振动到波谷，离开平衡位置的位移为﹣2cm，故C错误；
D、根据题意可知，两列波从相遇到分离，a、b两列波都朝着传播方向运动了4m，则所用时间为：t，故D正确。
故选：BD。
【分析】根据同侧法分析质点的振动方向；分析横波a的波长，根据v求解周期；分析1.5s时间与周期的关系，从而判断质点Q的状态；根据x＝vt分析两列波从相遇到分离所用的时间。
11．【答案】（1）A；C
（2）c
（3）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】本题考查验证动量守恒定律的实验，要明确实验原理，掌握动量守恒定律，知道实验的注意事项是解题的前提。
（1）AC．该实验采用平抛运动来验证动量守恒，需要满足的条件是入射小球抛出时的速度方向必须水平，小球之间的磁撞必须是一维对心碰撞，故AC正确；
B．实验只需保证入射小球抛出时初速度相同，方向水平，从同一高度释放即可，斜槽不要求光滑，故B错误；
D．两小球发生碰撞时，入射小球质量应大于被碰小球质量，以免入射小球反弹，故球2的质量应小于球1的质量，故D错误。
故选AC。
（2）多次实验会在白纸上留下多个印迹，为了确定球的平均落点，应用一个最小的圆把尽可能多的印迹圈起来，因此，图乙中画的四个圆最合理的是c。
（3）设球1入射速度为v，碰后球1的速度为v1，球2的速度为v2，小球做平抛运动，根据平抛运动规律则
根据题意有
其中h为桌面高度，若碰撞过程中动量守恒，应有
代入相应数据，整理可得
【分析】（1）明确实验原理，知道为保证入碰小球不被反弹，需要A球质量应大于B球质量，同时为了让小球做平抛运动，末端必须水平；
（2）知道如何用画圆法确定出准确的落点；
（3）根据动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。
（1）AC．该实验采用平抛运动来验证动量守恒，需要满足的条件是入射小球抛出时的速度方向必须水平，小球之间的磁撞必须是一维对心碰撞，故AC正确；
B．实验只需保证入射小球抛出时初速度相同，方向水平，斜槽不要求光滑，故B错误；
D．两小球发生碰撞时，入射小球质量应大于被碰小球质量，以免入射小球反弹沿斜槽上滑，故球2的质量应小于球1的质量，故D错误。
故选AC。
（2）多次实验会在白纸上留下多个印迹，为了确定球的平均落点，应用一个最小的圆把尽可能多的印迹圈起来，因此，图乙中画的四个圆最合理的是c。
（3）设球1入射速度为v，碰后球1的速度为v1，球2的速度为v2，小球做平抛运动，则
根据题意有
其中h为桌面高度，若碰撞过程中动量守恒，应有
代入相应数据，整理可得
12．【答案】5.50；；0.19
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（1）游标卡尺分度值为0.05mm，结果不用估读，根据游标卡尺的读数规则知
；
（4）因为小滑块的底边边长较小，通过光电门的时间极短，所以小滑块经过光电门的平均速度可视为瞬时速度，故
（7）对小滑块由释放到穿过光电门的过程，设木板与水平面的夹角为，根据动能定理有
又
整理有
由图丙可知
代入数据解得
。
【分析】（1）根据游标卡尺的读数规求读数；
（4）根据匀变速运动的规律求小滑块经过光电门的瞬时速度；
（7）根据动能定理和图丙分析求小滑块与木板间的动摩擦因数。
13．【答案】解：（1）汽车受力如图所示
根据牛顿第二定律
代入数据得车辆的加速度
方向沿车道向下。
（2）由运动学公式
可得汽车冲上避险车道的最大距离为
（3）汽车下滑时受力如图所示
根据牛顿第二定律
代入数据得牵引力大小为
方向沿车道向上。
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）对汽车向上滑行时进行受力分析，利用牛顿第二定律求加速度；
（2）根据匀变速直线运动的速度—位移关系求最大距离；
（3）对汽车下滑时受力分析，结合牛顿第二定律求牵引力。
14．【答案】解：设从点入射的光线经折射后恰好射向点，光在边上的入射角为，折射角为，如图所示
由折射定律有
设从范围入射的光折射后在边上的入射角为，由几何关系有
代入题中数据解得，
所以从范围入射的光折射后在边上发生全反射，反射光线垂直射到边，边上全部有光射出。设从范围入射的光折射后在边上的入射角为，如图所示
由几何关系可知
根据已知条件可知
即从范围入射的光折射后在边上发生全反射，反射光线垂直射到边上。设边上有光线射出的部分为，由几何关系得
边与边有光射出区域的长度比值为
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】根据折射定律以及全反射的临界角的公式作出光路图，知道在BC以及AC边上有光出射的区域，由几何知识求解BC边与AC边上有光出射区域的长度的比值。
15．【答案】（1）解：带电粒子在匀强磁场中运动轨迹如图
设带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系
解得
根据牛顿第二定律
解得
（2）解：加上匀强电场后，带电粒子做匀速直线运动，根据平衡条件有
解得
（3）解：撤去磁场后，带电粒子做匀变速曲线运动，假设带电粒子从bc边射出，根据牛顿第二定律可知
带电粒子沿初速度方向做匀速直线运动，则
垂直于初速度方向做匀变速直线运动，偏移量
即
由
可知，带电粒子从bc边射出。
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）作出带电粒子从b点飞出时的轨迹图，根据相应的几何关系列式求解半径，利用牛顿第二定律求解B的大小；
（2）带电粒子做匀速直线运动，根据平衡条件列式求解电场强度大小；
（3）根据类平抛运动的规律用假设法求解偏移量再进行判断。
（1）带电粒子在匀强磁场中运动轨迹如图
设带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系
解得
根据牛顿第二定律
解得
（2）加上匀强电场后，带电粒子做匀速直线运动，根据平衡条件有
解得
（3）撤去磁场后，带电粒子做匀变速曲线运动，假设带电粒子从bc边射出，根据牛顿第二定律可知
带电粒子沿初速度方向做匀速直线运动，则
垂直于初速度方向做匀变速直线运动，偏移量
即
由
可知，带电粒子从bc边射出。
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