四川省绵阳市东辰学校2025-2026学年高三上学期期中考试物理试题
1．（2025高三上·绵阳期中）下面的文字来自一篇报道：“G1次中国标准动车组“复兴号”驶出北京南站，瞬间提速。15分钟后，激动人心的数字出现在屏幕上：350千米/小时!历经4小时28分钟的飞驰，抵达上海虹桥站。350公里时速的正式运营、标志着我国成为世界高铁商业运营速度最高的国家”。根据报道可知（ ）
A．该列车在前15分钟内的平均速率是350千米小时
B．报道中的“4时28分”表示的是到达虹桥站的时刻
C．屏幕上的数字“350千米小时”表示列车当时的瞬时速率
D．研究列车从北京南站到上海虹桥站的运行时间时不能将列车视作质点
2．（2025高三上·绵阳期中）如图所示，将两弹簧测力计a、b连结在一起，当用力缓慢拉a弹簧测力计时，发现不管拉力F多大（未超出量程），a、b两弹簧测力计的示数总是相等，这个实验说明
A．这是两只完全相同的弹簧测力计
B．弹力的大小与弹簧的形变量成正比
C．两弹簧测力计各受到的力是一对平衡力
D．作用力与反作用力大小相等、方向相反
3．（2025高三上·绵阳期中）如图所示，物体B在力F作用下向右沿水平面运动，通过轻绳提升重物A（不计绳与滑轮、滑轮与轴之间的摩擦），则在重物A匀速上升的过程中，有（ ）
A．B做匀速运动 B．B做减速运动
C．绳子张力不断增大 D．地面对物体B的支持力减小
4．（2025高三上·绵阳期中）如图所示，光滑绝缘水平面上带异号电荷的小球A、B，它们一起在水平向右的匀强电场中向右做匀加速运动，且保持相对静止。设小球A、的带电量大小为QA，小球B的带电量大小为QB，下列判断正确的是 （ ）
A．小球A带正电，小球B带负电，且QA> QB
B．小球A带正电，小球B带负电，且QA< QB
C．小球A带负电，小球B带正电，且QA> QB
D．小球A带负电，小球B带正电，且QA< QB
5．（2025高三上·绵阳期中）如图所示，一质量为M、长为L的安全救援小船静止在水面上，质量为m的救生员站在船尾。不计水的阻力，救生员从船尾向左走到船头的过程中船的运动情况为（ ）
A．静止不动 B．向右运动L
C．向右运动 D．向右运动
6．（2025高三上·绵阳期中）如图所示，甲、乙两粒子无初速度经加速电场加速后，均能沿水平虚线进入速度选择器，且沿直线运动到右侧荧光屏上的点。不计两粒子受到的重力，已知甲粒子的质量大于乙粒子的质量，下列说法正确的是（ ）
A．甲粒子的电荷量大于乙粒子的电荷量
B．甲粒子的速度大于乙粒子的速度
C．甲粒子的动能小于乙粒子的动能
D．甲粒子的比荷大于乙粒子的比荷
7．（2025高三上·绵阳期中）如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行．将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端．下列说法中正确的是（ ）
A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功
B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加
C．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加
D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热
8．（2025高三上·绵阳期中）如图是某次网球的飞行轨迹，图中A、B为轨迹上等高的两点，P为最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则该网球（ ）
A．在空中的运动为匀变速曲线运动
B．经过P点的加速度等于重力加速度
C．经过A点的速度大于经过B点的速度
D．在AP段的飞行时间小于在PB段的飞行时间
9．（2025高三上·绵阳期中）如图所示，长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距离也为l，极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），从两极板间边界中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是（ ）
A．使粒子的速度v< B．使粒子的速度v>
C．使粒子的速度v> D．使粒子的速度10．（2025高三上·绵阳期中）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比，原线圈接入的交流电压瞬时值表达式为，定值电阻，副线圈接有滑动变阻器，阻值为。电压表和电流表均为理想交流电表，其读数为U和I，调节滑动变阻器的滑片，电表示数变化量的绝对值为和，下列说法正确的是（ ）
A．向下调节的滑片，电压表示数减小
B．
C．当滑动变阻器阻值调到时，电流表示数I为55A
D．当滑动变阻器滑片在中央时，变压器输出功率最大
11．（2025高三上·绵阳期中）某实验小组想验证向心力公式表达式，实验装置如图1所示，一个半圆形光滑轨道，右侧所标记的刻度为该点与圆心连线和竖直方向的夹角，圆弧轨道最低点固定一个力传感器，小球达到该处时可显示小球在该处对轨道的压力大小，小球质量为m，重力加速度为g。
实验步骤如下：
①将小球在右侧轨道某处由静止释放，记录该处的角度；
②小球到达轨道最低点时，记录力传感器的示数；
③改变小球释放的位置、重复以上操作，记录多组、的数值；
④以为纵坐标，cos为横坐标，作出的图像，如图2所示。
回答以下问题：
（1）若该图像斜率的绝对值 ，纵截距 ，则可验证在最低点的向心力表达式。
（2）某同学认为小球运动时的轨道半径为圆轨道半径与小球半径的差值，即小球球心到轨道圆心的距离才为圆周运动的半径，因此图像斜率绝对值k的测量值与真实值相比 （填“偏大”“偏小”或“相等”）。
12．（2025高三上·绵阳期中）某小组同学通过实验测定一段粗细均匀的金属丝的电阻率，实验中所用测仪器均已校准，操作过程如下：
（1）测量金属丝的长度及直径
①用刻度尺测量金属丝的长度，其接入电路部分的起点与刻度尺0的刻度对齐，终点位如图甲，则金属丝的长度L为 cm；
②用螺旋测微器测量金属丝的直径，测量结果如图乙所示，其读数应为 mm。
（2）用伏安法测金属丝的电阻
①实验所用器材有：电池组（3V）、电流表（内阻约5Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器，额定电流2A）、开关、导线若干。
②正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
次数 1 2 3 4 5 6
0 0.40 0.80 1.20 1.60 2.0
0 0.08 0.18 0.26 0.36 0.4
由以上数据可知，他们测量，是采用图中的____________图；
A． B．
C． D．
（3）图丁是测量的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，请根据所选的电路图，补充完成实物间的连线 。
（4）由测量数据可求得电阻阻值为，估算出该金属丝的电阻率约为 。（保留两位有效数字）
13．（2025高三上·绵阳期中）一质量为2kg的质点在某xy平面上做匀加速曲线运动，在该平面上建立直角坐标系并将运动分解在x轴和y轴上进行研究，在x方向的位移-时间图线为抛物线，类似于自由落体，如图甲；在y方向的位移-时间图像为直线，如图乙，求：
（1）t＝0时，质点在x方向的速度，y方向的速度，初速度v；
（2）2s内质点的位移大小；
（3）质点运动的加速度是多少？所受的合力多大？
14．（2025高三上·绵阳期中）如图所示，光滑水平杆距离水平地面高为，杆上套有一轻质滑环，杆上A点处固定一锁扣。长度为的轻绳的一端连接滑环，另一端悬挂质量为的小球，轻绳能承受的最大拉力为。水平地面上P点处静置一个顶部装有细沙的小滑块，小滑块与细沙的总质量为。P点右侧有一高度为、倾角为的固定斜面BC，B点处平滑连接，B与P间距为。初始时刻，轻绳保持竖直，滑环和小球一起水平向右匀速运动，当滑环与A处的锁扣碰撞，滑环即刻被锁住。不计空气阻力，小球、小滑块可以视为质点且小滑块与水平面和斜面间的动摩擦因数均为，，，。
（1）若轻绳没有断裂，求小球在竖直面内可向上摆动的最大高度。
（2）某次试验中，初始滑环和小球一起以的速度向右匀速运动，滑环被锁住同时轻绳断裂，小球恰好落入小滑块顶部的沙堆内，落入时间极短且沙没有飞溅。求P点与锁扣A点的水平距离及小滑块最终静止的位置到B点的距离。
15．（2025高三上·绵阳期中）如图所示，间距为L的两条光滑平行导轨 ab、cd倾斜固定放置，与水平方向的夹角为，另有两条间距也为L 粗糙的平行导轨 ae、cf水平固定放置，a、c两点为导轨连接点，整个空间存在垂直倾斜导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在a、c之间用导线接上电动势为E、内阻为0.5R的电源，两质量相等、电阻均为R、长度均为L的金属棒1、2分别垂直放置在倾斜、水平导轨上，金属棒1、2均恰好处于静止状态（金属棒1、2为并联关系）。已知重力加速度为g，导轨与导线的电阻以及回路产生的磁场均忽略不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）通过金属棒1的电流；
（2）金属棒的质量；
（3）金属棒2 与水平导轨间的动摩擦因数。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】质点；平均速度；瞬时速度
【解析】【解答】 AC、屏幕上的数字“350千米/小时”表示列车当时的瞬时速率，该列车在前15分钟内做加速运动，故在前15分钟内的平均速率小于350千米/小时，故A错误，C正确；
B、报道中的“4时2 ”表示的是时间间隔，故B错误；
D、研究列车从北京南站到上海虹桥站的运行时间时，不受列车的大小、形状的影响，能将列车视作质点，故D错误。
故选：C。
【分析】列车实际运行过程中运动方向可能时刻发生改变，屏幕上仅显示某时刻列车运行的快慢，可结合生活实际与瞬时速率的概念判断，其中列车在启动前十五分钟为加速行驶，故平均速率小于瞬时速率；根据时间间隔与时刻的概念判断；列车能否被看作质点须判断列车本身的形状、大小是否影响所研究的问题。
2．【答案】D
【知识点】牛顿第三定律
【解析】【解答】A、根据牛顿第三定律得知，弹簧测力计的示数总是相等，与弹簧秤无关，故两只弹簧秤不一定完全相同，故A错误；
B、此实验不能说明弹力的大小与弹簧的形变量成正比，故B错误；
C、两弹簧测力计彼此之间受到的力是一对作用力与反作用力。故C错误；
D、a、b两弹簧秤的示数分别显示b弹簧的拉力和a弹簧的拉力，这是一对作用力与反作用力，两弹簧秤的示数相等，说明了作用力与反作用力大小相等、方向相反。故D正确。
故选：D。
【分析】a、b两弹簧秤的示数分别显示b弹簧的拉力和a弹簧的拉力，这是一对作用力与反作用力，两弹簧秤的示数相等，说明了作用力与反作用力大小相等、方向相反．
3．【答案】B
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】本题分析B的速度需结合分析A物体的运动，而B沿绳子方向的分速度大小等于A的速度大小，注意B水平的速度为合速度。
AB． 物体B在力F作用下向右沿水平面运动， 对B的速度进行分解
沿着绳分解和垂直绳分解可知vA=vBcosα，由于重物A匀速上升，则vA不变，α减小，所以B做减速运动，故A错误，B正确；
CD．对B进行受力分析如图所示
由正交分解可知FTsinα+FN=mBg，重物A匀速上升的过程中，重物A受力平衡，则FT=mAg，所以绳子张力不变，由于α减小，所以地面对汽车的支持力增大，故CD错误。
故选：B。
【分析】将B的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度大小等于A的速度大小，根据平行四边形定则判断B的速度的变化；对A、B进行受力分析，根据A、B运动状态并结合力的平衡条件建立关系求解判断即可。
4．【答案】D
【知识点】电场强度
【解析】【解答】AB．假设小球A带正电，小球B带负电，小球B受向左的电场力和A对B向左的库仑力，所以小球B的合力向左，则B将向左加速，与题意不符，则假设不成立，故AB错误；
CD．小球A带负电，小球B带正电，对小球各自受力分析，由库仑定律和牛顿第二定律得，对小球B①
对小球A②
两式相加得
所以必有QA＜QB，故D正确，C错误。
故选：D。
【分析】假设小球A带正电，小球B带负电，对小球各自受力分析，由于向右做匀加速运动，所以它们所受合力方向应该水平向右，看受力分析得出的合力方向与实际运动状态得出的加速度方向是否相同去进行判断。小球A带负电，小球B带正电，对小球各自受力分析，由牛顿第二定律列出等式求解．小球A、B整体受力分析，受水平向左的电场力和水平向右的电场力．由于向右做匀加速运动，所以它们所受合力方向水平向右。
5．【答案】D
【知识点】人船模型
【解析】【解答】根据题意可知，由于不计水的阻力，人和船组成的系统所受的外力合力为零，人和船构成的系统动量守恒，题意可知系统总动量为0，故救生员向左运动，则船向右运动，规定向左为正方向， 则有
因为
联立解得，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【分析】利用动量守恒定律分析船的运动情况。由于不计水的阻力，救生员与船组成的系统在水平方向上合外力为零，满足动量守恒条件；再结合“平均速度×时间 = 位移”的关系，推导船的位移。
6．【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；速度选择器
【解析】【解答】粒子经过速度选择器时，根据平衡条件有qvB=qE，即通过速度选择器的所有粒子的速度大小均为，则甲、乙粒子的速度相等，粒子无初速度经加速电场加速， 不计两粒子受到的重力， 根据动能定理有，由于速度相等，电压也相同，所以甲、乙两粒子的比荷一定相等，又因为甲粒子的质量大于乙粒子的质量，所以甲粒子的电荷量大于乙粒子的电荷量，甲粒子的动能大于乙粒子的动能，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】根据速度选择器的工作原理，结合平衡条件和动能定理列式求解。
7．【答案】C
【知识点】功能关系
【解析】【解答】A、对物体受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，摩擦力一直沿斜面向上，第一阶段滑动摩擦力对物体做正功，第二阶段静摩擦力对物体做正功。故A错误；
B、根据动能定理，第一阶段合力做的功等于动能的增加量，由于重力和摩擦力都做功，故第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加，故B错误；
C．由功能关系可知，第一阶段摩擦力对物体做的功（除重力之外的力所做的功）等于物体机械能的增加，即
摩擦生热为
又由于
所以
即
C正确。
D．第二阶段没有摩擦生热，但物体的机械能继续增加，D错误。
故选C。
【分析】功是能量转化的量度，合力做功是动能变化的量度；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度；一对滑动摩擦力做的功是内能变化的量度；先对小滑块受力分析，再根据功能关系列式分析求解。
8．【答案】C,D
【知识点】斜抛运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】AC、羽毛球在运动过程中受到自身重力和空气阻力作用，其合力是变化的，做变加速曲线运动，且空气阻力做负功，由于A、B为同一轨迹上等高的两点，则羽毛球在A点的速度大于在B点的速度，故A错误，C正确；
B、在P点，网球有水平方向速度，空气阻力水平方向，此时合力为重力与水平方向空气阻力的合力，根据牛顿第二定律，加速度不等于重力加速度，故B错误；
D． 由于存在空气阻力与运动方向相反，AP段羽毛球处于上升阶段，可知羽毛球竖直向下的加速度大于重力加速度，而PB段羽毛球处于下降阶段，羽毛球竖直向下的加速度小于重力加速度，由于上升与下降阶段，竖直方向的位移大小相等，由，可知AP段的飞行时间小于PB段的飞行时间。故D正确。
故选：CD。
【分析】根据网球在受空气阻力（与瞬时速度大小成正比）情况下的运动分析，需根据牛顿第二定律判断加速度，结合动能定理分析速度，依据竖直方向运动情况确定时间。
9．【答案】A,B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查带电粒子在磁场的运动，解题关键在于确定圆心后找出圆周运动的半径是解题的关键。粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即
可得粒子的半径公式
当粒子从左边射出磁场时，不打在极板上，其圆周运动的半径，则有
当粒子从极板右边射出时，不打在极板上，设粒子打在极板上的最大半径为R，由几何关系可得
可得粒子打在极板上最大半径
则要粒子从右边极板飞出，不打在极板上，应满足，即
欲使粒子不打在极板上，粒子的速度v满足v<或v>。
故选AB。
【分析】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据初速度方向和出射点确定圆心，解两种临界情况，再分析为了使粒子不打在极板上对速度的要求。
10．【答案】A,B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．对该电路使用等效电阻法，根据变压器原理结合欧姆定律可将副线圈和电阻等效为，向下调节的滑片，变小，分压减小，故电压表示数减小，A正确；
B．对该电路使用等效电源法，等效后的电源电压
等效内阻
由为电源内阻，故
B正确；
C．当滑动变阻器阻值调到时，结合B求得的等效内阻，由闭合电路欧姆定律
C错误；
D．当外电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，此时
D错误。
故选AB。
【分析】根据变压器原、副线圈匝数与电压和电流的关系，结合等效电阻法和闭合电路欧姆定律分析求解。
11．【答案】（1）2；3
（2）相等
【知识点】向心力；动能定理的综合应用
【解析】【解答】 （1）小球在最低点，由牛顿第二定律可得
小球从出发点到达最低点，由动能定理可得
联立可得
整理可得
即的图像斜率的绝对值，纵截距，则可验证在最低点的向心力表达式。
（2）通过上述方程发现，表达式与轨道半径无关系，故图像斜率绝对值k的测量值与真实值相比相等。
【分析】（1）根据动能定理，结合牛顿第二定律得到函数关系式，根据图像的斜率分析求解；
（2）根据表达式分析求解。
（1）[1][2]小球从出发点到达最低点，由动能定理可得
小球在最低点，由牛顿第二定律可得
联立可得
整理可得
即的图像斜率的绝对值，纵截距，则可验证在最低点的向心力表达式。
（2）通过上述方程发现，表达式与轨道半径无关系，故图像斜率绝对值k的测量值与真实值相比相等。
12．【答案】（1）62.50；0.400
（2）A
（3）
（4）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）①读数时估读到0.1mm，读数为62.50cm。
②螺旋测微器估读到千分之一毫米，由图乙所示螺旋测微器可知，其示数为
0mm+40.0×0.01mm=0.400mm
（2）②由于电压从零开始测量，所以滑动变阻器用分压式；由电压表与电流表读数可知，所测电阻阻值较小，应采用电流表外接法，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（3）实物电路图如图所示
（4）由测量数据可求得电阻阻值为，
由电阻定律
得
【分析】（1）①先确定刻度尺的最小分度值再读数；②螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和；
（2）根据电压从零开始测量选择滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值较小选择电流表接法；
（3）根据选择的电路图连接实物图；
（4）根据电阻定律计算。
（1）[1]刻度尺读数精确到0.1cm，读数时估读到0.1mm，读数为62.50cm。
[2]由图乙所示螺旋测微器可知，其示数为
0mm+40.0×0.01mm=0.400mm
（2）由于电压从零开始测量，所以滑动变阻器用分压式；由电压表与电流表读数可知，所测电阻阻值较小，应采用电流表外接法，故选A。
（3）实物电路图如图所示
（4）由电阻定律
得
13．【答案】（1）解：由题图且抛物线的顶点为（0，0），可知质点在x轴方向上做初速度为零的匀加速运动，初速度vx0=0，质点在y轴方向上做匀速直线运动，速度大小vy=4m/s
则质点的初速度等于y方向的分速度，大小v=vy=4m/s，方向沿y轴负方向；
（2）解：2s内质点在沿x轴方向的位移x=8m；沿y轴方向位移的大小y=8m
则质点2s内位移的大小
（3）解：t=0时刻沿x方向的位移为零，t=2s时刻沿x方向的为为8m，由x=at2知，质点的加速度
质点所受的合力大小F合=ma=2×4N=8N
合力方向沿x轴正方向。
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【分析】（1）由图判断质点沿x轴方向与y轴方向的初速度，然后由平行四边形定则求出合初速度即可；
（2）分别求出沿x方向与y方向的分位移，然后求出矢量合即可；
（3）由位移—时间公式求出质点的加速度，由牛顿第二定律求出质点受到的合外力。
（1）由题图且抛物线的顶点为（0，0），可知质点在x轴方向上做初速度为零的匀加速运动，初速度vx0=0
质点在y轴方向上做匀速直线运动，速度大小vy=4m/s
则质点的初速度等于y方向的分速度，大小v=vy=4m/s，方向沿y轴负方向；
（2）2s内质点在沿x轴方向的位移x=8m；沿y轴方向位移的大小y=8m
则质点2s内位移的大小
（3）t=0时刻沿x方向的位移为零，t=2s时刻沿x方向的为为8m，由x=at2知，质点的加速度
质点所受的合力大小F合=ma=2×4N=8N
合力方向沿x轴正方向。
14．【答案】解：（1）由于轻绳没有断裂，设小球的在最低点的最大速度为v，则
从最低点向上摆到最高点，有机械能守恒定律
联立解得
又因为
则设最高点与圆心的连线与水平方向成角，最高点的速度为v1，则有
在最高点由牛顿第二定律
其中
解得
（2）由于滑环被锁住同时轻绳断裂，小球做平抛运动，则有
解得
小球与小滑块作用过程水平方向动量守恒
解得
从P到斜面最高点的过程
解得
滑块未从斜面顶端飞出，又因为
则滑块下滑，从滑块在斜面上的最高点到最终静止的位置
解得
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求解小球的在最低点的最大速度，根据机械能守恒定律求解小球上摆的最大高度；
（2）先计算小球平抛运动的时间，再结合水平位移关系求P点与锁扣A点的水平距离；利用动量守恒定律和动能定理求解小滑块最终静止的位置到B点的距离。
15．【答案】（1）解：金属棒1、2并联后的电阻为
则电路总电流为
通过金属棒1的电流为
（2）解：对金属棒1，沿斜面方向根据平衡条件可得
解得金属棒的质量为
（3）解：金属棒2受到的安培力大小为
方向与水平方向成斜向上偏右；对金属棒2，根据平衡条件可得，
又
联立解得金属棒2 与水平导轨间的动摩擦因数为
【知识点】安培力的计算
【解析】【分析】（1）求出金属棒1、2并联后的电阻，根据闭合回路欧姆定律求解电路总电流，根据并联电路电流规律求解通过金属棒1的电流；
（2）对金属棒1，沿斜面方向根据平衡条件求解金属棒的质量；
（3）求出金属棒2受到的安培力大小，根据平衡条件求解动摩擦因数。
（1）金属棒1、2并联后的电阻为
则电路总电流为
通过金属棒1的电流为
（2）对金属棒1，沿斜面方向根据平衡条件可得
解得金属棒的质量为
（3）金属棒2受到的安培力大小为
方向与水平方向成斜向上偏右；对金属棒2，根据平衡条件可得，
又
联立解得金属棒2 与水平导轨间的动摩擦因数为
1 / 1四川省绵阳市东辰学校2025-2026学年高三上学期期中考试物理试题
1．（2025高三上·绵阳期中）下面的文字来自一篇报道：“G1次中国标准动车组“复兴号”驶出北京南站，瞬间提速。15分钟后，激动人心的数字出现在屏幕上：350千米/小时!历经4小时28分钟的飞驰，抵达上海虹桥站。350公里时速的正式运营、标志着我国成为世界高铁商业运营速度最高的国家”。根据报道可知（ ）
A．该列车在前15分钟内的平均速率是350千米小时
B．报道中的“4时28分”表示的是到达虹桥站的时刻
C．屏幕上的数字“350千米小时”表示列车当时的瞬时速率
D．研究列车从北京南站到上海虹桥站的运行时间时不能将列车视作质点
【答案】C
【知识点】质点；平均速度；瞬时速度
【解析】【解答】 AC、屏幕上的数字“350千米/小时”表示列车当时的瞬时速率，该列车在前15分钟内做加速运动，故在前15分钟内的平均速率小于350千米/小时，故A错误，C正确；
B、报道中的“4时2 ”表示的是时间间隔，故B错误；
D、研究列车从北京南站到上海虹桥站的运行时间时，不受列车的大小、形状的影响，能将列车视作质点，故D错误。
故选：C。
【分析】列车实际运行过程中运动方向可能时刻发生改变，屏幕上仅显示某时刻列车运行的快慢，可结合生活实际与瞬时速率的概念判断，其中列车在启动前十五分钟为加速行驶，故平均速率小于瞬时速率；根据时间间隔与时刻的概念判断；列车能否被看作质点须判断列车本身的形状、大小是否影响所研究的问题。
2．（2025高三上·绵阳期中）如图所示，将两弹簧测力计a、b连结在一起，当用力缓慢拉a弹簧测力计时，发现不管拉力F多大（未超出量程），a、b两弹簧测力计的示数总是相等，这个实验说明
A．这是两只完全相同的弹簧测力计
B．弹力的大小与弹簧的形变量成正比
C．两弹簧测力计各受到的力是一对平衡力
D．作用力与反作用力大小相等、方向相反
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律
【解析】【解答】A、根据牛顿第三定律得知，弹簧测力计的示数总是相等，与弹簧秤无关，故两只弹簧秤不一定完全相同，故A错误；
B、此实验不能说明弹力的大小与弹簧的形变量成正比，故B错误；
C、两弹簧测力计彼此之间受到的力是一对作用力与反作用力。故C错误；
D、a、b两弹簧秤的示数分别显示b弹簧的拉力和a弹簧的拉力，这是一对作用力与反作用力，两弹簧秤的示数相等，说明了作用力与反作用力大小相等、方向相反。故D正确。
故选：D。
【分析】a、b两弹簧秤的示数分别显示b弹簧的拉力和a弹簧的拉力，这是一对作用力与反作用力，两弹簧秤的示数相等，说明了作用力与反作用力大小相等、方向相反．
3．（2025高三上·绵阳期中）如图所示，物体B在力F作用下向右沿水平面运动，通过轻绳提升重物A（不计绳与滑轮、滑轮与轴之间的摩擦），则在重物A匀速上升的过程中，有（ ）
A．B做匀速运动 B．B做减速运动
C．绳子张力不断增大 D．地面对物体B的支持力减小
【答案】B
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】本题分析B的速度需结合分析A物体的运动，而B沿绳子方向的分速度大小等于A的速度大小，注意B水平的速度为合速度。
AB． 物体B在力F作用下向右沿水平面运动， 对B的速度进行分解
沿着绳分解和垂直绳分解可知vA=vBcosα，由于重物A匀速上升，则vA不变，α减小，所以B做减速运动，故A错误，B正确；
CD．对B进行受力分析如图所示
由正交分解可知FTsinα+FN=mBg，重物A匀速上升的过程中，重物A受力平衡，则FT=mAg，所以绳子张力不变，由于α减小，所以地面对汽车的支持力增大，故CD错误。
故选：B。
【分析】将B的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度大小等于A的速度大小，根据平行四边形定则判断B的速度的变化；对A、B进行受力分析，根据A、B运动状态并结合力的平衡条件建立关系求解判断即可。
4．（2025高三上·绵阳期中）如图所示，光滑绝缘水平面上带异号电荷的小球A、B，它们一起在水平向右的匀强电场中向右做匀加速运动，且保持相对静止。设小球A、的带电量大小为QA，小球B的带电量大小为QB，下列判断正确的是 （ ）
A．小球A带正电，小球B带负电，且QA> QB
B．小球A带正电，小球B带负电，且QA< QB
C．小球A带负电，小球B带正电，且QA> QB
D．小球A带负电，小球B带正电，且QA< QB
【答案】D
【知识点】电场强度
【解析】【解答】AB．假设小球A带正电，小球B带负电，小球B受向左的电场力和A对B向左的库仑力，所以小球B的合力向左，则B将向左加速，与题意不符，则假设不成立，故AB错误；
CD．小球A带负电，小球B带正电，对小球各自受力分析，由库仑定律和牛顿第二定律得，对小球B①
对小球A②
两式相加得
所以必有QA＜QB，故D正确，C错误。
故选：D。
【分析】假设小球A带正电，小球B带负电，对小球各自受力分析，由于向右做匀加速运动，所以它们所受合力方向应该水平向右，看受力分析得出的合力方向与实际运动状态得出的加速度方向是否相同去进行判断。小球A带负电，小球B带正电，对小球各自受力分析，由牛顿第二定律列出等式求解．小球A、B整体受力分析，受水平向左的电场力和水平向右的电场力．由于向右做匀加速运动，所以它们所受合力方向水平向右。
5．（2025高三上·绵阳期中）如图所示，一质量为M、长为L的安全救援小船静止在水面上，质量为m的救生员站在船尾。不计水的阻力，救生员从船尾向左走到船头的过程中船的运动情况为（ ）
A．静止不动 B．向右运动L
C．向右运动 D．向右运动
【答案】D
【知识点】人船模型
【解析】【解答】根据题意可知，由于不计水的阻力，人和船组成的系统所受的外力合力为零，人和船构成的系统动量守恒，题意可知系统总动量为0，故救生员向左运动，则船向右运动，规定向左为正方向， 则有
因为
联立解得，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【分析】利用动量守恒定律分析船的运动情况。由于不计水的阻力，救生员与船组成的系统在水平方向上合外力为零，满足动量守恒条件；再结合“平均速度×时间 = 位移”的关系，推导船的位移。
6．（2025高三上·绵阳期中）如图所示，甲、乙两粒子无初速度经加速电场加速后，均能沿水平虚线进入速度选择器，且沿直线运动到右侧荧光屏上的点。不计两粒子受到的重力，已知甲粒子的质量大于乙粒子的质量，下列说法正确的是（ ）
A．甲粒子的电荷量大于乙粒子的电荷量
B．甲粒子的速度大于乙粒子的速度
C．甲粒子的动能小于乙粒子的动能
D．甲粒子的比荷大于乙粒子的比荷
【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；速度选择器
【解析】【解答】粒子经过速度选择器时，根据平衡条件有qvB=qE，即通过速度选择器的所有粒子的速度大小均为，则甲、乙粒子的速度相等，粒子无初速度经加速电场加速， 不计两粒子受到的重力， 根据动能定理有，由于速度相等，电压也相同，所以甲、乙两粒子的比荷一定相等，又因为甲粒子的质量大于乙粒子的质量，所以甲粒子的电荷量大于乙粒子的电荷量，甲粒子的动能大于乙粒子的动能，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】根据速度选择器的工作原理，结合平衡条件和动能定理列式求解。
7．（2025高三上·绵阳期中）如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行．将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端．下列说法中正确的是（ ）
A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功
B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加
C．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加
D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热
【答案】C
【知识点】功能关系
【解析】【解答】A、对物体受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，摩擦力一直沿斜面向上，第一阶段滑动摩擦力对物体做正功，第二阶段静摩擦力对物体做正功。故A错误；
B、根据动能定理，第一阶段合力做的功等于动能的增加量，由于重力和摩擦力都做功，故第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加，故B错误；
C．由功能关系可知，第一阶段摩擦力对物体做的功（除重力之外的力所做的功）等于物体机械能的增加，即
摩擦生热为
又由于
所以
即
C正确。
D．第二阶段没有摩擦生热，但物体的机械能继续增加，D错误。
故选C。
【分析】功是能量转化的量度，合力做功是动能变化的量度；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度；一对滑动摩擦力做的功是内能变化的量度；先对小滑块受力分析，再根据功能关系列式分析求解。
8．（2025高三上·绵阳期中）如图是某次网球的飞行轨迹，图中A、B为轨迹上等高的两点，P为最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则该网球（ ）
A．在空中的运动为匀变速曲线运动
B．经过P点的加速度等于重力加速度
C．经过A点的速度大于经过B点的速度
D．在AP段的飞行时间小于在PB段的飞行时间
【答案】C,D
【知识点】斜抛运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】AC、羽毛球在运动过程中受到自身重力和空气阻力作用，其合力是变化的，做变加速曲线运动，且空气阻力做负功，由于A、B为同一轨迹上等高的两点，则羽毛球在A点的速度大于在B点的速度，故A错误，C正确；
B、在P点，网球有水平方向速度，空气阻力水平方向，此时合力为重力与水平方向空气阻力的合力，根据牛顿第二定律，加速度不等于重力加速度，故B错误；
D． 由于存在空气阻力与运动方向相反，AP段羽毛球处于上升阶段，可知羽毛球竖直向下的加速度大于重力加速度，而PB段羽毛球处于下降阶段，羽毛球竖直向下的加速度小于重力加速度，由于上升与下降阶段，竖直方向的位移大小相等，由，可知AP段的飞行时间小于PB段的飞行时间。故D正确。
故选：CD。
【分析】根据网球在受空气阻力（与瞬时速度大小成正比）情况下的运动分析，需根据牛顿第二定律判断加速度，结合动能定理分析速度，依据竖直方向运动情况确定时间。
9．（2025高三上·绵阳期中）如图所示，长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距离也为l，极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），从两极板间边界中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是（ ）
A．使粒子的速度v< B．使粒子的速度v>
C．使粒子的速度v> D．使粒子的速度【答案】A,B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查带电粒子在磁场的运动，解题关键在于确定圆心后找出圆周运动的半径是解题的关键。粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即
可得粒子的半径公式
当粒子从左边射出磁场时，不打在极板上，其圆周运动的半径，则有
当粒子从极板右边射出时，不打在极板上，设粒子打在极板上的最大半径为R，由几何关系可得
可得粒子打在极板上最大半径
则要粒子从右边极板飞出，不打在极板上，应满足，即
欲使粒子不打在极板上，粒子的速度v满足v<或v>。
故选AB。
【分析】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据初速度方向和出射点确定圆心，解两种临界情况，再分析为了使粒子不打在极板上对速度的要求。
10．（2025高三上·绵阳期中）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比，原线圈接入的交流电压瞬时值表达式为，定值电阻，副线圈接有滑动变阻器，阻值为。电压表和电流表均为理想交流电表，其读数为U和I，调节滑动变阻器的滑片，电表示数变化量的绝对值为和，下列说法正确的是（ ）
A．向下调节的滑片，电压表示数减小
B．
C．当滑动变阻器阻值调到时，电流表示数I为55A
D．当滑动变阻器滑片在中央时，变压器输出功率最大
【答案】A,B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．对该电路使用等效电阻法，根据变压器原理结合欧姆定律可将副线圈和电阻等效为，向下调节的滑片，变小，分压减小，故电压表示数减小，A正确；
B．对该电路使用等效电源法，等效后的电源电压
等效内阻
由为电源内阻，故
B正确；
C．当滑动变阻器阻值调到时，结合B求得的等效内阻，由闭合电路欧姆定律
C错误；
D．当外电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，此时
D错误。
故选AB。
【分析】根据变压器原、副线圈匝数与电压和电流的关系，结合等效电阻法和闭合电路欧姆定律分析求解。
11．（2025高三上·绵阳期中）某实验小组想验证向心力公式表达式，实验装置如图1所示，一个半圆形光滑轨道，右侧所标记的刻度为该点与圆心连线和竖直方向的夹角，圆弧轨道最低点固定一个力传感器，小球达到该处时可显示小球在该处对轨道的压力大小，小球质量为m，重力加速度为g。
实验步骤如下：
①将小球在右侧轨道某处由静止释放，记录该处的角度；
②小球到达轨道最低点时，记录力传感器的示数；
③改变小球释放的位置、重复以上操作，记录多组、的数值；
④以为纵坐标，cos为横坐标，作出的图像，如图2所示。
回答以下问题：
（1）若该图像斜率的绝对值 ，纵截距 ，则可验证在最低点的向心力表达式。
（2）某同学认为小球运动时的轨道半径为圆轨道半径与小球半径的差值，即小球球心到轨道圆心的距离才为圆周运动的半径，因此图像斜率绝对值k的测量值与真实值相比 （填“偏大”“偏小”或“相等”）。
【答案】（1）2；3
（2）相等
【知识点】向心力；动能定理的综合应用
【解析】【解答】 （1）小球在最低点，由牛顿第二定律可得
小球从出发点到达最低点，由动能定理可得
联立可得
整理可得
即的图像斜率的绝对值，纵截距，则可验证在最低点的向心力表达式。
（2）通过上述方程发现，表达式与轨道半径无关系，故图像斜率绝对值k的测量值与真实值相比相等。
【分析】（1）根据动能定理，结合牛顿第二定律得到函数关系式，根据图像的斜率分析求解；
（2）根据表达式分析求解。
（1）[1][2]小球从出发点到达最低点，由动能定理可得
小球在最低点，由牛顿第二定律可得
联立可得
整理可得
即的图像斜率的绝对值，纵截距，则可验证在最低点的向心力表达式。
（2）通过上述方程发现，表达式与轨道半径无关系，故图像斜率绝对值k的测量值与真实值相比相等。
12．（2025高三上·绵阳期中）某小组同学通过实验测定一段粗细均匀的金属丝的电阻率，实验中所用测仪器均已校准，操作过程如下：
（1）测量金属丝的长度及直径
①用刻度尺测量金属丝的长度，其接入电路部分的起点与刻度尺0的刻度对齐，终点位如图甲，则金属丝的长度L为 cm；
②用螺旋测微器测量金属丝的直径，测量结果如图乙所示，其读数应为 mm。
（2）用伏安法测金属丝的电阻
①实验所用器材有：电池组（3V）、电流表（内阻约5Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器，额定电流2A）、开关、导线若干。
②正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
次数 1 2 3 4 5 6
0 0.40 0.80 1.20 1.60 2.0
0 0.08 0.18 0.26 0.36 0.4
由以上数据可知，他们测量，是采用图中的____________图；
A． B．
C． D．
（3）图丁是测量的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，请根据所选的电路图，补充完成实物间的连线 。
（4）由测量数据可求得电阻阻值为，估算出该金属丝的电阻率约为 。（保留两位有效数字）
【答案】（1）62.50；0.400
（2）A
（3）
（4）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）①读数时估读到0.1mm，读数为62.50cm。
②螺旋测微器估读到千分之一毫米，由图乙所示螺旋测微器可知，其示数为
0mm+40.0×0.01mm=0.400mm
（2）②由于电压从零开始测量，所以滑动变阻器用分压式；由电压表与电流表读数可知，所测电阻阻值较小，应采用电流表外接法，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（3）实物电路图如图所示
（4）由测量数据可求得电阻阻值为，
由电阻定律
得
【分析】（1）①先确定刻度尺的最小分度值再读数；②螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和；
（2）根据电压从零开始测量选择滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值较小选择电流表接法；
（3）根据选择的电路图连接实物图；
（4）根据电阻定律计算。
（1）[1]刻度尺读数精确到0.1cm，读数时估读到0.1mm，读数为62.50cm。
[2]由图乙所示螺旋测微器可知，其示数为
0mm+40.0×0.01mm=0.400mm
（2）由于电压从零开始测量，所以滑动变阻器用分压式；由电压表与电流表读数可知，所测电阻阻值较小，应采用电流表外接法，故选A。
（3）实物电路图如图所示
（4）由电阻定律
得
13．（2025高三上·绵阳期中）一质量为2kg的质点在某xy平面上做匀加速曲线运动，在该平面上建立直角坐标系并将运动分解在x轴和y轴上进行研究，在x方向的位移-时间图线为抛物线，类似于自由落体，如图甲；在y方向的位移-时间图像为直线，如图乙，求：
（1）t＝0时，质点在x方向的速度，y方向的速度，初速度v；
（2）2s内质点的位移大小；
（3）质点运动的加速度是多少？所受的合力多大？
【答案】（1）解：由题图且抛物线的顶点为（0，0），可知质点在x轴方向上做初速度为零的匀加速运动，初速度vx0=0，质点在y轴方向上做匀速直线运动，速度大小vy=4m/s
则质点的初速度等于y方向的分速度，大小v=vy=4m/s，方向沿y轴负方向；
（2）解：2s内质点在沿x轴方向的位移x=8m；沿y轴方向位移的大小y=8m
则质点2s内位移的大小
（3）解：t=0时刻沿x方向的位移为零，t=2s时刻沿x方向的为为8m，由x=at2知，质点的加速度
质点所受的合力大小F合=ma=2×4N=8N
合力方向沿x轴正方向。
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【分析】（1）由图判断质点沿x轴方向与y轴方向的初速度，然后由平行四边形定则求出合初速度即可；
（2）分别求出沿x方向与y方向的分位移，然后求出矢量合即可；
（3）由位移—时间公式求出质点的加速度，由牛顿第二定律求出质点受到的合外力。
（1）由题图且抛物线的顶点为（0，0），可知质点在x轴方向上做初速度为零的匀加速运动，初速度vx0=0
质点在y轴方向上做匀速直线运动，速度大小vy=4m/s
则质点的初速度等于y方向的分速度，大小v=vy=4m/s，方向沿y轴负方向；
（2）2s内质点在沿x轴方向的位移x=8m；沿y轴方向位移的大小y=8m
则质点2s内位移的大小
（3）t=0时刻沿x方向的位移为零，t=2s时刻沿x方向的为为8m，由x=at2知，质点的加速度
质点所受的合力大小F合=ma=2×4N=8N
合力方向沿x轴正方向。
14．（2025高三上·绵阳期中）如图所示，光滑水平杆距离水平地面高为，杆上套有一轻质滑环，杆上A点处固定一锁扣。长度为的轻绳的一端连接滑环，另一端悬挂质量为的小球，轻绳能承受的最大拉力为。水平地面上P点处静置一个顶部装有细沙的小滑块，小滑块与细沙的总质量为。P点右侧有一高度为、倾角为的固定斜面BC，B点处平滑连接，B与P间距为。初始时刻，轻绳保持竖直，滑环和小球一起水平向右匀速运动，当滑环与A处的锁扣碰撞，滑环即刻被锁住。不计空气阻力，小球、小滑块可以视为质点且小滑块与水平面和斜面间的动摩擦因数均为，，，。
（1）若轻绳没有断裂，求小球在竖直面内可向上摆动的最大高度。
（2）某次试验中，初始滑环和小球一起以的速度向右匀速运动，滑环被锁住同时轻绳断裂，小球恰好落入小滑块顶部的沙堆内，落入时间极短且沙没有飞溅。求P点与锁扣A点的水平距离及小滑块最终静止的位置到B点的距离。
【答案】解：（1）由于轻绳没有断裂，设小球的在最低点的最大速度为v，则
从最低点向上摆到最高点，有机械能守恒定律
联立解得
又因为
则设最高点与圆心的连线与水平方向成角，最高点的速度为v1，则有
在最高点由牛顿第二定律
其中
解得
（2）由于滑环被锁住同时轻绳断裂，小球做平抛运动，则有
解得
小球与小滑块作用过程水平方向动量守恒
解得
从P到斜面最高点的过程
解得
滑块未从斜面顶端飞出，又因为
则滑块下滑，从滑块在斜面上的最高点到最终静止的位置
解得
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求解小球的在最低点的最大速度，根据机械能守恒定律求解小球上摆的最大高度；
（2）先计算小球平抛运动的时间，再结合水平位移关系求P点与锁扣A点的水平距离；利用动量守恒定律和动能定理求解小滑块最终静止的位置到B点的距离。
15．（2025高三上·绵阳期中）如图所示，间距为L的两条光滑平行导轨 ab、cd倾斜固定放置，与水平方向的夹角为，另有两条间距也为L 粗糙的平行导轨 ae、cf水平固定放置，a、c两点为导轨连接点，整个空间存在垂直倾斜导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在a、c之间用导线接上电动势为E、内阻为0.5R的电源，两质量相等、电阻均为R、长度均为L的金属棒1、2分别垂直放置在倾斜、水平导轨上，金属棒1、2均恰好处于静止状态（金属棒1、2为并联关系）。已知重力加速度为g，导轨与导线的电阻以及回路产生的磁场均忽略不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）通过金属棒1的电流；
（2）金属棒的质量；
（3）金属棒2 与水平导轨间的动摩擦因数。
【答案】（1）解：金属棒1、2并联后的电阻为
则电路总电流为
通过金属棒1的电流为
（2）解：对金属棒1，沿斜面方向根据平衡条件可得
解得金属棒的质量为
（3）解：金属棒2受到的安培力大小为
方向与水平方向成斜向上偏右；对金属棒2，根据平衡条件可得，
又
联立解得金属棒2 与水平导轨间的动摩擦因数为
【知识点】安培力的计算
【解析】【分析】（1）求出金属棒1、2并联后的电阻，根据闭合回路欧姆定律求解电路总电流，根据并联电路电流规律求解通过金属棒1的电流；
（2）对金属棒1，沿斜面方向根据平衡条件求解金属棒的质量；
（3）求出金属棒2受到的安培力大小，根据平衡条件求解动摩擦因数。
（1）金属棒1、2并联后的电阻为
则电路总电流为
通过金属棒1的电流为
（2）对金属棒1，沿斜面方向根据平衡条件可得
解得金属棒的质量为
（3）金属棒2受到的安培力大小为
方向与水平方向成斜向上偏右；对金属棒2，根据平衡条件可得，
又
联立解得金属棒2 与水平导轨间的动摩擦因数为
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