2025-2026学年河南省驻马店市高三（上）期末物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2025-2026学年河南省驻马店市高三（上）期末物理试卷(含详细答案解析)，共25页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）（2025秋•驻马店期末）一无人机在水平面内进行表演，Ox方向向东，Oy方向向北，机载传感器描绘出的无人机在水平面内运动的轨迹如图所示。若0～x0内的曲线为开口向右的抛物线，则该无人机向东飞行的vx﹣t（速度—时间）图像和向北飞行的vy﹣t（速度—时间）图像可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
2．（4分）（2025秋•驻马店期末）小明同学在周末到郑州如意湖游玩，湖面波光粼粼，若某水波为一列简谐横波，t＝0时的波形图如图所示，平衡位置在5m处的质点a在t＝3.75s第6次回到平衡位置。下列说法正确的是（ ）
A．该波的周期为1.25s
B．该波的波长为15m
C．该波的波速为10m/s
D．该波能与另一列频率为1Hz的水波发生干涉现象
3．（4分）（2025秋•驻马店期末）如图所示，在竖直方向固定一个圆形轨道，其内部恰好对称放置5个完全相同、质量均为m的光滑匀质小球，球1和球5的重心与轨道圆心O在同一高度，5个小球的重心和圆形轨道的圆心在同一竖直平面内，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．球2对球1的作用力大小可能小于mg
B．球2和球4对球3作用力的合力方向可能斜向右下方
C．若将整体从足够高的地方由静止释放，则整体在空中运动时，5个小球将排列在同一竖直线上
D．若将整体从足够高的地方由静止释放，则整体在空中运动时，5个小球的相对位置保持不变
4．（4分）（2025秋•驻马店期末）某小孩的滑沙过程可以简化为如图所示的模型。一小孩坐在滑板上（整体可视为质点）由静止从倾角为37°、长度x＝100m的斜坡顶端开始下滑，在滑到斜坡底端前的1s内，小孩的位移大小x1＝19m，小孩与滑板的总质量m＝40kg，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．小孩从斜坡顶端滑到底端的时间为9s
B．小孩到达斜坡底端时的速度大小为10m/s
C．滑板与斜坡间的动摩擦因数为0.5
D．小孩在第1s内的位移大小为2m
5．（4分）（2025秋•驻马店期末）如图所示，太阳系以外的两个相距较远的星球A和星球B组成双星系统，A、B的质量分别为M1和M2，它们以两者连线上的某一点O为圆心做匀速圆周运动。两星球间的距离为L，且OA＞OB，引力常量为G，星球A和星球B均可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．M1＞M2
B．星球A做匀速圆周运动所需的向心力比星球B做匀速圆周运动所需的向心力小
C．星球A的转动周期为
D．星球A的转动角速度为
6．（4分）（2025秋•驻马店期末）如图所示，轻绳一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球（视为质点），O点到水平地面的高度为H，轻绳的长度小于H。将轻绳（伸直）向左拉至水平位置，无初速度释放小球，小球到达最低点时，轻绳恰好断开，重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．轻绳断开前瞬间的拉力大小为2mg
B．小球从释放到摆到最低点的过程中，小球所受重力的功率一直增大
C．轻绳越长，小球落地时的速度越大
D．小球的落地点与O点间的水平距离最大为H
7．（4分）（2025秋•驻马店期末）在如图所示的电路中，电源电动势E＝12V，内阻r＝2Ω，定值电阻R1＝2Ω、R3＝4Ω、R4＝6Ω，电容器电容C＝7×10﹣4F。仅将开关S、S2、S3闭合后，发现电容器不带电，电表均为理想电表，则（ ）
A．定值电阻R2＝4Ω
B．若再闭合S1，则电压表示数变小
C．若断开S3，则电容器所带电荷量的变化量为3.6×10﹣3C
D．若断开S2，则电流表的示数为1.2A
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
（多选）8．（6分）（2025秋•驻马店期末）如图所示，在真空中的A、B两点固定两个等量异种点电荷，A、B连线的中点为O，以O点为圆心、R为半径的圆面垂直于A、B连线，以O为几何中心的边长为2R的正方形平面abcd垂直于圆面且与A、B连线共面，两个平面边线交点分别为e、f，g、h分别为ab、cd的中点，下列说法正确的是（ ）
A．e、f两点的电场强度和电势均相同
B．g点的电势一定比h点的电势高
C．g点的电场强度大于h点的电场强度
D．a、c两点的电场强度大小相等
（多选）9．（6分）（2025秋•驻马店期末）如图甲所示，质量m＝1kg的物块在恒定拉力F的作用下由静止开始沿水平地面做直线运动，其位置坐标与速度的平方的关系图像如图乙所示。已知拉力F＝2N、方向与水平方向的夹角为37°，经10s撤去拉力。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，重力加速度大小g＝10m/s2，下列分析正确的是（ ）
A．撤去拉力前，物块运动的加速度大小为1m/s2
B．物块与水平地面间的动摩擦因数为0.125
C．撤去拉力时，物块的动能为12.5J
D．物块最终停在x＝10m处
（多选）10．（6分）（2025秋•驻马店期末）如图所示，在足够大的范围内存在水平向左的匀强电场（图中未画出），倾角为α的足够长斜面固定在水平地面上，在斜面底端有一垂直斜面的足够长的绝缘挡板，现从斜面上O点垂直斜面、以大小为v的速度抛出一质量为m的带正电小球，O点到斜面底端的距离为s，小球刚被抛出时所受的合力方向沿斜面向下，小球碰到挡板后垂直挡板反弹（平行挡板方向的速度变为0），且每次反弹后的速度大小为碰前瞬间垂直挡板方向速度大小的，碰撞时间都极短，不计空气阻力，小球所带的电荷量始终不变，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球所受电场力大小为
B．小球可能落在距O点为的斜面上
C．小球第一次落到挡板上的点到斜面底端的距离为
D．小球从第一次到第四次与挡板碰撞的过程中的路程为
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（6分）（2025秋•驻马店期末）物理兴趣小组用如图甲所示的装置研究匀变速直线运动，左、右两个相同的砝码盘通过轻绳连接且每个盘中各装有5个质量相等的砝码，每个砝码的质量为50g，装置中左端砝码盘的下端连接纸带，纸带穿过打点计时器。现将左端砝码盘中的砝码逐一地放到右端砝码盘中，并将两砝码盘由静止释放，运动过程中两盘一直保持水平，通过纸带计算出转移砝码的个数n与相对应的加速度a，已知打点计时器使用的交流电的频率f＝50Hz。
（1）某一次实验该组同学得到了如图乙所示的一条纸带，每相邻两个计数点之间还有四个计时点未画出，则刚打下B点时纸带的速度大小为 m/s；纸带的加速度大小为 m/s2。（结果均保留两位有效数字）
（2）若该组同学得到的n﹣a图像如图丙所示，取重力加速度大小g＝10m/s2，则每个砝码盘的质量为 kg。（结果保留两位有效数字）
12．（9分）（2025秋•驻马店期末）某实验小组尝试测量某款电动自行车上蓄电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻器、阻值为10Ω的定值电阻R0、待测蓄电池等器材设计了如图甲所示的实验电路。
（1）多次调节滑动变阻器R的阻值，读出相应的电压表和电流表示数U和I，用测得的数据描绘出如图乙所示的U﹣I图像。则电压表应选择 （填“3”或“15”）V的量程，该电池的电动势E＝ V，内阻r0＝ Ω（后两空的结果均保留两位有效数字）。
（2）该同学反思后发现上述实验方案存在系统误差。若考虑电表内阻的影响，与真实值相比，电动势的测量值 ，内阻的测量值 。（均填“偏大”“偏小”或“准确”）
13．（10分）（2025秋•驻马店期末）科学研究中，经常要收集高速运动的带电粒子，于是有人设计了一种粒子收集装置。如图所示，真空中，固定在M点的发射枪可以沿水平直线MN射出速度大小为v、电荷量为q、质量为m的带负电粒子，O点在MN上，粒子收集器固定在O点的正上方K点。已知M、O间的距离为L，K、O间的距离为d，不计粒子受到的重力。在下列条件中，粒子都可以被粒子收集器收集。
（1）若在M、O之间有一竖直方向的匀强电场，求匀强电场的方向和电场强度大小E；
（2）若在OK右侧有一匀强磁场，求匀强磁场的方向和磁感应强度大小B；
（3）在粒子运动到P点时，若在整个空间中加有大小为[B为第（2）问所求]、方向与第（2）问中相同的匀强磁场，求O、P间的距离x。
14．（12分）（2025秋•驻马店期末）如图所示，离子源产生的质量为m、电荷量为q的离子经小孔进入加速电场，初速度可忽略不计，加速后的离子竖直向上进入电场分析器内的圆弧辐射状电场，离子沿半径为R的圆弧做匀速圆周运动，离子从小孔O2射出后进入另一电场分析器（与左侧分析器关于某竖直线对称）内的圆弧辐射状电场，离子偏转后沿O3O的方向竖直向下射入水平向左的匀强偏转电场，最终打在水平放置的晶圆（硅片）上。已知加速电场两水平极板间的电压为U，偏转电场的上边界MN和下边界PQ间的距离为L，水平方向足够宽。晶圆半径为R，圆心为O，其上表面到PQ边界的距离为d。不计重力及离子间相互作用，忽略边缘效应。
（1）求电场分析器内离子所经位置的电场强度大小E；
（2）求离子在两个电场分析器中运动的总时间t；
（3）若离子需恰好打在晶圆上表面的边缘处，求偏转电场的电场强度大小E′。
15．（17分）（2025秋•驻马店期末）如图所示，滑块1、2的质量分别为m1＝1kg和m2＝4kg，滑块1在半径R＝1.7m的光滑四分之一圆弧轨道AB的最高点A处，滑块2静止于粗糙水平轨道BC的右端C处，滑块1与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.225。C点正下方O处固定一劲度系数k＝100N/m的水平轻弹簧，弹簧右端固定一质量M＝6kg的滑块3，静止于光滑水平地面上。由静止释放滑块1，滑块1与滑块2发生弹性正碰后滑块1恰好停在B点。滑块2被碰后做平抛运动的同时给滑块3一个水平向右、大小v0＝3m/s的初速度，滑块2与运动中的滑块3在平衡位置相碰后竖直向上运动至与C点等高的D点。已知所有的碰撞时间极短，滑块3与弹簧构成的弹簧振子的振动周期T＝2π，弹簧的弹性势能Ek，其中x为弹簧的形变量，弹簧始终处于弹性限度内，三个滑块均可视为质点，取重力加速度大小g＝10m/s2，π2＝10。
（1）求B、C两点间的距离L；
（2）求C点与滑块3的高度差的最小值hmin；
（3）滑块2与滑块3第二次碰撞后瞬间水平方向速度相同，滑块2离开滑块3后立即撤去滑块2，求此后滑块3做简谐运动的振幅A。
2025-2026学年河南省驻马店市高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
二．多选题（共3小题）
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（4分）（2025秋•驻马店期末）一无人机在水平面内进行表演，Ox方向向东，Oy方向向北，机载传感器描绘出的无人机在水平面内运动的轨迹如图所示。若0～x0内的曲线为开口向右的抛物线，则该无人机向东飞行的vx﹣t（速度—时间）图像和向北飞行的vy﹣t（速度—时间）图像可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】物体做曲线运动，加速度指向轨迹内侧，结合v﹣t图像意义看出速度变化。
【解答】解：由于0～x0段曲线为开口向右的抛物线，而且图像为运动轨迹，根据物体做曲线运动的特点可知：无人机可能在向北方向做匀速直线运动，在向东方向做匀加速直线运动，结合v﹣t图像纵坐标变化可知B正确，故B正确，ACD错误。
故选：B。
2．（4分）（2025秋•驻马店期末）小明同学在周末到郑州如意湖游玩，湖面波光粼粼，若某水波为一列简谐横波，t＝0时的波形图如图所示，平衡位置在5m处的质点a在t＝3.75s第6次回到平衡位置。下列说法正确的是（ ）
A．该波的周期为1.25s
B．该波的波长为15m
C．该波的波速为10m/s
D．该波能与另一列频率为1Hz的水波发生干涉现象
【答案】A
【分析】解题的核心在于明确“质点从初始位置开始第n次回到平衡位置的时间与周期的关联”；
首先从波形图中提取波长λ，再利用波速公式计算波速v；
波的干涉需要满足三个必要条件：两列波的频率相同、振动方向相同且相位差恒定。
【解答】解：AD.由题图可知，每经过半个周期质点a回到平衡位置，且3.75s＝3T，解得周期T＝1.25s，由f＝
得频率f＝0.8Hz。由于该频率与1Hz不同，两列波无法发生干涉现象，故A正确、D错误；
BC.由题图可知，该波的波长λ＝10m，根据波速公式v＝λf，解得波速v＝8m/s，故BC错误；
故选：A。
3．（4分）（2025秋•驻马店期末）如图所示，在竖直方向固定一个圆形轨道，其内部恰好对称放置5个完全相同、质量均为m的光滑匀质小球，球1和球5的重心与轨道圆心O在同一高度，5个小球的重心和圆形轨道的圆心在同一竖直平面内，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．球2对球1的作用力大小可能小于mg
B．球2和球4对球3作用力的合力方向可能斜向右下方
C．若将整体从足够高的地方由静止释放，则整体在空中运动时，5个小球将排列在同一竖直线上
D．若将整体从足够高的地方由静止释放，则整体在空中运动时，5个小球的相对位置保持不变
【答案】D
【分析】该题需要分析静止时各小球受力与释放后完全失重状态的差异，静止时，根据球1与圆心等高条件，结合受力平衡可推断球2对球1作用力的竖直分量需平衡重力，从而确定其大小关系；对称性使得球2和球4对球3的作用力合力方向唯一确定。释放后系统做自由落体，处于完全失重状态，内部弹力消失，各小球加速度相同且初速为零，相对位置保持不变。
【解答】解：A、对处于平衡状态的小球1进行受力分析，球1的重心与轨道圆心O等高，在竖直方向上，它受到竖直向下的重力mg和球2对其斜向上的弹力F21；设F21与水平方向的夹角为θ，根据竖直方向平衡条件有F21sinθ＝mg；由于0＜θ＜90°，则sinθ＜1，解得F21＞mg，即球2对球1的作用力大小一定大于mg，故A错误；
B、由题意可知，球2和球4的位置关于过球3重心的竖直线对称，根据对称性可知，球2和球4对球3的压力大小相等；由平行四边形定则可知，两力的合力方向必定竖直向下，故B错误；
CD、若将整体从足够高的地方由静止释放，不计空气阻力，整体仅受重力作用，加速度均为g；此时整体处于完全失重状态，各小球之间、小球与轨道之间的相互挤压产生的弹力均消失；由于各小球的初速度均为0且加速度相同，各小球在运动过程中的速度和位移始终相同，故5个小球的相对位置保持不变，故C错误，D正确。
故选：D。
4．（4分）（2025秋•驻马店期末）某小孩的滑沙过程可以简化为如图所示的模型。一小孩坐在滑板上（整体可视为质点）由静止从倾角为37°、长度x＝100m的斜坡顶端开始下滑，在滑到斜坡底端前的1s内，小孩的位移大小x1＝19m，小孩与滑板的总质量m＝40kg，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．小孩从斜坡顶端滑到底端的时间为9s
B．小孩到达斜坡底端时的速度大小为10m/s
C．滑板与斜坡间的动摩擦因数为0.5
D．小孩在第1s内的位移大小为2m
【答案】C
【分析】首先判断清楚物体的运位移，根据结合受力分析和匀变速直线运动的特点进行计算。
【解答】解：A.设运动总时间为t，加速度大小为a，则根据匀变速直线运动的公式有x，Δx＝x﹣x1
代入数据得t＝10s，a＝2m/s2，故A错误；
B.小孩到达斜坡底端时的速度大小为v＝at
代入数据解得v＝20m/s，故B错误；
C.由牛顿第二定律mgsin 37°﹣μmgcs 37°＝ma
代入数据解得 μ＝0.5，故C正确，
D.根据x，t＝1s
代入数据得x＝1s，故D错误。
故选：C。
5．（4分）（2025秋•驻马店期末）如图所示，太阳系以外的两个相距较远的星球A和星球B组成双星系统，A、B的质量分别为M1和M2，它们以两者连线上的某一点O为圆心做匀速圆周运动。两星球间的距离为L，且OA＞OB，引力常量为G，星球A和星球B均可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．M1＞M2
B．星球A做匀速圆周运动所需的向心力比星球B做匀速圆周运动所需的向心力小
C．星球A的转动周期为
D．星球A的转动角速度为
【答案】C
【分析】题目描述双星系统，两星球绕连线上的同一点做匀速圆周运动，已知质量、距离和引力常量。双星问题的核心在于两者具有相同的角速度和周期，且相互间的万有引力提供各自做圆周运动的向心力。分析时需要抓住双星系统的角速度、向心力大小以及运动半径与质量的反比关系，并利用万有引力定律与圆周运动向心力公式的关联，推导周期或角速度的表达式。通过比较运动半径大小可推断质量关系，并注意向心力大小相等这一关键点。
【解答】解：A、对于双星系统，两星球绕共同的圆心O做匀速圆周运动，具有相同的角速度ω和周期T。两星球间的万有引力互为作用力与反作用力，提供各自运动所需的向心力。根据向心力公式有，即M1OA＝M2OB；由题意知OA＞OB，则M1＜M2，故A错误；
B、两星球做圆周运动的向心力均由它们之间的万有引力提供，根据牛顿第三定律，该力大小相等，即，故B错误；
C、由和可得：以及；两式相加得，解得：，故C正确；
D、由角速度与周期的关系，代入周期公式解得：，故D错误。
故选：C。
6．（4分）（2025秋•驻马店期末）如图所示，轻绳一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球（视为质点），O点到水平地面的高度为H，轻绳的长度小于H。将轻绳（伸直）向左拉至水平位置，无初速度释放小球，小球到达最低点时，轻绳恰好断开，重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．轻绳断开前瞬间的拉力大小为2mg
B．小球从释放到摆到最低点的过程中，小球所受重力的功率一直增大
C．轻绳越长，小球落地时的速度越大
D．小球的落地点与O点间的水平距离最大为H
【答案】D
【分析】首先根据小球到达最低点恰好断裂，分析此时的拉力以及拉力的功率，利用小球运动过程只有重力做功，求出到达最低点的速度，之后利用平抛运动求出在抛出后水平方向的位移.
【解答】解：A.设轻绳的长度为L，小球在从无初速度释放至到达最低点的过程中有
轻绳断开前瞬间有
代入数据得F＝3mg，故A错误；
B.小球从释放到摆到最低点的过程中，设速度和竖直方向的夹角为θ，有 P＝mgvcsθ
刚开始小球速度为零，所以功率为0，最后在底部末速度只有水平方向，所以小球所受重力的功率先增大后减小，故B错误；
C.由机械能守恒定律有
代入数据得小球落地时的速度大小
与轻绳的长度无关，故C错误；
D.轻绳断开后，小球做平抛运动，有gt2
小球的落地点与O点间的水平距离x＝v1t
代入数据得x
可知当L＝H﹣L时，x最大，
代入数据得有xmax＝H，故D正确。
故选：D。
7．（4分）（2025秋•驻马店期末）在如图所示的电路中，电源电动势E＝12V，内阻r＝2Ω，定值电阻R1＝2Ω、R3＝4Ω、R4＝6Ω，电容器电容C＝7×10﹣4F。仅将开关S、S2、S3闭合后，发现电容器不带电，电表均为理想电表，则（ ）
A．定值电阻R2＝4Ω
B．若再闭合S1，则电压表示数变小
C．若断开S3，则电容器所带电荷量的变化量为3.6×10﹣3C
D．若断开S2，则电流表的示数为1.2A
【答案】C
【分析】A.根据电路的连接方式以及串并联的规律求定值电阻R2；
B.根据闭合电路的欧姆定律求若再闭合S1，则电压表示数变化；
D.根据闭合电路的欧姆定律求若断开S3，则电容器所带电荷量的变化量；
C.根据并联电压的特点以及Q＝CU求若断开S2，则电流表的示数。
【解答】解：A.闭合开关S、S2、S3，电路为R1、R2串联，R3和R4串联再整体并联，由于电容器不带电，因此电容器两端电压为零，则
U1＝U3
即

解得
R2＝3Ω
故A错误；
B.闭合S1前，电压表示数

解得
UV＝4.5V
若闭合S1，则R1短路，电压表示数

解得

则电压表示数变大，故B错误；
D.若断开S2，则电流表的示数

解得
I＝1A
故D错误；
C.若断开S3，则R3断路，电容器两端电压

又
Q＝CU
开始时电容器所带电荷量为0，则
ΔQ＝Q＝3.6×10﹣3C
故C正确。
故选：C。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
（多选）8．（6分）（2025秋•驻马店期末）如图所示，在真空中的A、B两点固定两个等量异种点电荷，A、B连线的中点为O，以O点为圆心、R为半径的圆面垂直于A、B连线，以O为几何中心的边长为2R的正方形平面abcd垂直于圆面且与A、B连线共面，两个平面边线交点分别为e、f，g、h分别为ab、cd的中点，下列说法正确的是（ ）
A．e、f两点的电场强度和电势均相同
B．g点的电势一定比h点的电势高
C．g点的电场强度大于h点的电场强度
D．a、c两点的电场强度大小相等
【答案】AD
【分析】结合等量异种点电荷电场的对称性、中垂面为等势面的特点，以及场强大小与离场源电荷距离的关联，分析各点的电场强度和电势关系。
【解答】解：ACD、根据题意可知题图中圆面为一个等势面，则e、f两点的电势相等，同时根据电场线分布的对称性可知e、f两点的电场强度相同，g、h两点的电场强度大小相等，a、c两点的电场强度大小相等，故AD正确；C错误；
B、因为不知道哪个点固定的是正电荷，所以不能确定g点和h点的电势高低，故B错误。
故选：AD。
（多选）9．（6分）（2025秋•驻马店期末）如图甲所示，质量m＝1kg的物块在恒定拉力F的作用下由静止开始沿水平地面做直线运动，其位置坐标与速度的平方的关系图像如图乙所示。已知拉力F＝2N、方向与水平方向的夹角为37°，经10s撤去拉力。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，重力加速度大小g＝10m/s2，下列分析正确的是（ ）
A．撤去拉力前，物块运动的加速度大小为1m/s2
B．物块与水平地面间的动摩擦因数为0.125
C．撤去拉力时，物块的动能为12.5J
D．物块最终停在x＝10m处
【答案】BC
【分析】从图像可知物块位置坐标与速度平方呈线性关系，结合运动学规律可确定该线性关系的斜率与加速度的关联，从而得出撤去拉力前物块的加速度。根据已知拉力的大小和方向，通过受力分析列出竖直方向受力平衡方程求得支持力，再结合水平方向牛顿第二定律建立拉力水平分量、摩擦力和加速度的关系，可求出动摩擦因数。利用已求得的加速度和运动时间，由匀变速直线运动的速度公式得到撤去拉力时的速度，进而计算动能。最终停靠位置需先由图像信息和匀加速运动规律确定撤去拉力时的位置坐标，再分析撤去拉力后物块在摩擦力作用下的匀减速运动过程，计算减速位移并与加速阶段位移叠加得出最终位置。
【解答】解：A、对物块进行受力分析，撤去拉力前，物块受到重力、支持力、拉力以及水平向左的滑动摩擦力作用。由位置坐标与速度平方的关系图乙可知，图线斜率；根据运动学公式可得，则斜率，解得撤去拉力前物块运动的加速度大小为a＝0.5m/s2，故A错误；
B、在竖直方向上物块受力平衡，有N+Fsin37°＝mg，代入数据解得支持力N＝8.8N；在水平方向上，根据牛顿第二定律有Fcs37°﹣μN＝ma，代入数据解得动摩擦因数μ＝0.125，故B正确；
C、物块由静止开始运动，10s时的速度v＝at，代入数据解得v＝5m/s；此时物块的动能，代入数据解得Ek＝12.5J，故C正确；
D、由图乙可知，当v＝0时，物块的初始位置坐标x0＝﹣4m；10s时物块的位置坐标，代入数据解得x10＝21m；撤去拉力后，物块做匀减速直线运动，加速度大小；滑行距离，代入数据解得Δx＝10m；最终停下的位置坐标x最终＝x10+Δx＝31m，故D错误。
故选：BC。
（多选）10．（6分）（2025秋•驻马店期末）如图所示，在足够大的范围内存在水平向左的匀强电场（图中未画出），倾角为α的足够长斜面固定在水平地面上，在斜面底端有一垂直斜面的足够长的绝缘挡板，现从斜面上O点垂直斜面、以大小为v的速度抛出一质量为m的带正电小球，O点到斜面底端的距离为s，小球刚被抛出时所受的合力方向沿斜面向下，小球碰到挡板后垂直挡板反弹（平行挡板方向的速度变为0），且每次反弹后的速度大小为碰前瞬间垂直挡板方向速度大小的，碰撞时间都极短，不计空气阻力，小球所带的电荷量始终不变，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球所受电场力大小为
B．小球可能落在距O点为的斜面上
C．小球第一次落到挡板上的点到斜面底端的距离为
D．小球从第一次到第四次与挡板碰撞的过程中的路程为
【答案】AD
【分析】小球被抛出时合力沿斜面向下，说明垂直斜面方向受力平衡，由此可确定电场力与重力的关系。垂直斜面方向小球做匀速直线运动，每次与挡板碰撞后该方向速度归零且受力仍平衡，因此小球仅在碰撞点高度附近沿斜面方向往复运动。沿斜面方向小球在恒定合力作用下做匀变速直线运动，利用运动学规律结合碰撞后速度减半的规则，可分析其运动过程与路程。
【解答】解：A、对小球进行受力分析，小球受到竖直向下的重力mg与水平向左的电场力qE；建立沿斜面向下为x轴、垂直斜面向上为y轴的直角坐标系。由于小球被抛出瞬间所受合力方向沿斜面向下，表明其在垂直斜面方向（y轴）合力为零；根据力的分解可得mgcsα＝qEsinα，解得电场力大小，故A正确；
B、在垂直斜面方向合力为零，加速度ay＝0，小球在y轴方向以速度v做匀速直线运动；依据碰撞规则，小球首次与挡板碰撞后，平行于挡板方向（即y轴方向）的速度变为零，且此后该方向受力仍平衡，因此小球将保持在第一次碰撞点的高度，不可能落回斜面，故B错误；
C、小球沿斜面向下方向的加速度；由运动学公式，解得运动至挡板的时间；则第一次落点到斜面底端的距离（即y轴位移），故C错误；
D、小球第一次碰撞时的速度；此后小球在沿斜面方向做往复运动，由于vy变为零，运动轨迹沿x轴方向；每次反弹后速度减半，上升最大位移为前一段的；从第一次到第四次碰撞的过程，路程，解得：，故D正确。
故选：AD。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（6分）（2025秋•驻马店期末）物理兴趣小组用如图甲所示的装置研究匀变速直线运动，左、右两个相同的砝码盘通过轻绳连接且每个盘中各装有5个质量相等的砝码，每个砝码的质量为50g，装置中左端砝码盘的下端连接纸带，纸带穿过打点计时器。现将左端砝码盘中的砝码逐一地放到右端砝码盘中，并将两砝码盘由静止释放，运动过程中两盘一直保持水平，通过纸带计算出转移砝码的个数n与相对应的加速度a，已知打点计时器使用的交流电的频率f＝50Hz。
（1）某一次实验该组同学得到了如图乙所示的一条纸带，每相邻两个计数点之间还有四个计时点未画出，则刚打下B点时纸带的速度大小为 0.36 m/s；纸带的加速度大小为 0.90 m/s2。（结果均保留两位有效数字）
（2）若该组同学得到的n﹣a图像如图丙所示，取重力加速度大小g＝10m/s2，则每个砝码盘的质量为 0.50 kg。（结果保留两位有效数字）
【答案】（1）0.36，0.90；（2）0.50。
【分析】（1）根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段的平均速度计算打B点时小车的速度；利用逐差法计算小车的加速度；
（2）根据牛顿第二定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
【解答】解：（1）相邻计数点间的时间间隔为

匀变速直线运动中间时刻速度等于该段的平均速度，则打B点时小车的速度为

根据逐差法可得小车的加速度为
m/s2≈0.90m/s2
（2）设一个砝码盘的质量为M，一个钩码的质量为m0，根据牛顿第二定律有
（M+5m0+nm0）g﹣（M+5m0﹣nm0）g＝（2M+10m0）a
整理得
结合图像有
M＝0.50kg
故答案为：（1）0.36，0.90；（2）0.50。
12．（9分）（2025秋•驻马店期末）某实验小组尝试测量某款电动自行车上蓄电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻器、阻值为10Ω的定值电阻R0、待测蓄电池等器材设计了如图甲所示的实验电路。
（1）多次调节滑动变阻器R的阻值，读出相应的电压表和电流表示数U和I，用测得的数据描绘出如图乙所示的U﹣I图像。则电压表应选择 15 （填“3”或“15”）V的量程，该电池的电动势E＝ 12 V，内阻r0＝ 2.5 Ω（后两空的结果均保留两位有效数字）。
（2）该同学反思后发现上述实验方案存在系统误差。若考虑电表内阻的影响，与真实值相比，电动势的测量值 偏小 ，内阻的测量值 偏小 。（均填“偏大”“偏小”或“准确”）
【答案】（1）15，12，2.5；（2）偏小，偏小。
【分析】（1）根据图像数据判断；利用图像斜率和截距计算；
（2）根据实验误差分析判断。
【解答】解：（1）根据图像数据可知电压表应选择15V量程；
根据闭合电路欧姆定律有U＝E﹣I（R0+r0）
结合图像可知，E＝12V
，解得r0＝2.5Ω
（2）当电源短路时，电表的内阻不影响短路电流，与横坐标轴交点的数值不变，由于电压表中也有电流，故通过电池的电流比电流表的示数大，修正图如图所示
可知电动势的测量值小于真实值，内阻的测量值也小于真实值。
故答案为：（1）15，12，2.5；（2）偏小，偏小。
13．（10分）（2025秋•驻马店期末）科学研究中，经常要收集高速运动的带电粒子，于是有人设计了一种粒子收集装置。如图所示，真空中，固定在M点的发射枪可以沿水平直线MN射出速度大小为v、电荷量为q、质量为m的带负电粒子，O点在MN上，粒子收集器固定在O点的正上方K点。已知M、O间的距离为L，K、O间的距离为d，不计粒子受到的重力。在下列条件中，粒子都可以被粒子收集器收集。
（1）若在M、O之间有一竖直方向的匀强电场，求匀强电场的方向和电场强度大小E；
（2）若在OK右侧有一匀强磁场，求匀强磁场的方向和磁感应强度大小B；
（3）在粒子运动到P点时，若在整个空间中加有大小为[B为第（2）问所求]、方向与第（2）问中相同的匀强磁场，求O、P间的距离x。
【答案】（1）若在M、O之间有一竖直方向的匀强电场，电场强度大小E为，方向为竖直向下；
（2）若在OK右侧有一匀强磁场，匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度B大小为；
（3）在粒子运动到P点时，若在整个空间中加有大小为[B为第（2）问所求]、方向与第（2）问中相同的匀强磁场，O、P间的距离x为。
【分析】（1）根据粒子要向上偏转，故电场方向竖直向下，粒子在电场中做类平抛运动分析求解；
（2）根据在OK右侧有一匀强磁场，粒子做匀速圆周运动到达K点，可知磁场方向垂直纸面向外，结合洛伦兹力提供向心力分析求解；
（3）根据几何关系，结合洛伦兹力提供向心力分析求解。
【解答】解：（1）在M、O之间有一匀强电场，由题意可知，粒子要向上偏转，故电场方向竖直向下。粒子在电场中做类平抛运动，如图中①所示，
有L＝vt

qE＝ma
解得
（2）在OK右侧有一匀强磁场，粒子做匀速圆周运动到达K点，可知磁场方向垂直纸面向外。运动轨迹如图中圆弧②所示，设轨迹半径为r1，由洛伦兹力提供向心力，有
由几何关系有d＝2r1
解得磁感应强度大小
（3）由几何关系有
由洛伦兹力提供向心力，有
解得O、P间的距离
答：（1）若在M、O之间有一竖直方向的匀强电场，电场强度大小E为，方向为竖直向下；
（2）若在OK右侧有一匀强磁场，匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度B大小为；
（3）在粒子运动到P点时，若在整个空间中加有大小为[B为第（2）问所求]、方向与第（2）问中相同的匀强磁场，O、P间的距离x为。
14．（12分）（2025秋•驻马店期末）如图所示，离子源产生的质量为m、电荷量为q的离子经小孔进入加速电场，初速度可忽略不计，加速后的离子竖直向上进入电场分析器内的圆弧辐射状电场，离子沿半径为R的圆弧做匀速圆周运动，离子从小孔O2射出后进入另一电场分析器（与左侧分析器关于某竖直线对称）内的圆弧辐射状电场，离子偏转后沿O3O的方向竖直向下射入水平向左的匀强偏转电场，最终打在水平放置的晶圆（硅片）上。已知加速电场两水平极板间的电压为U，偏转电场的上边界MN和下边界PQ间的距离为L，水平方向足够宽。晶圆半径为R，圆心为O，其上表面到PQ边界的距离为d。不计重力及离子间相互作用，忽略边缘效应。
（1）求电场分析器内离子所经位置的电场强度大小E；
（2）求离子在两个电场分析器中运动的总时间t；
（3）若离子需恰好打在晶圆上表面的边缘处，求偏转电场的电场强度大小E′。
【答案】（1）求电场分析器内离子所经位置的电场强度大小E为；
（2）求离子在两个电场分析器中运动的总时间t为；
（3）若离子需恰好打在晶圆上表面的边缘处，求偏转电场的电场强度大小E′为。
【分析】（1）根据加速电场中得加速运动和电场分析器中得圆周运动来求解；
（2）根据离子在电场分析器中做圆周运动求时间；
（3）根据离子在偏转电场中的类平抛运动和出来以后的匀速直线运动求解。
【解答】解：（1）在加速电场中利用动能定理得qUmv2
在左侧电场分析器中由电场力提供向心力得qE，
两式联立，解得E；
（2）根据圆周运动中T，得时间t；
（3）离子在偏转电场中做类平抛运动，则
水平方向上有x，vx＝at′
竖直方向上有L＝vt′
根据牛顿第二定律有qE'＝ma
离开偏转电场后，离子做匀速直线运动，作出离子从O3点运动至晶圆上表面边缘处的运动轨迹如图所示
根据几何关系有
联立解得E'。
答：（1）求电场分析器内离子所经位置的电场强度大小E为；
（2）求离子在两个电场分析器中运动的总时间t为；
（3）若离子需恰好打在晶圆上表面的边缘处，求偏转电场的电场强度大小E′为。
15．（17分）（2025秋•驻马店期末）如图所示，滑块1、2的质量分别为m1＝1kg和m2＝4kg，滑块1在半径R＝1.7m的光滑四分之一圆弧轨道AB的最高点A处，滑块2静止于粗糙水平轨道BC的右端C处，滑块1与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.225。C点正下方O处固定一劲度系数k＝100N/m的水平轻弹簧，弹簧右端固定一质量M＝6kg的滑块3，静止于光滑水平地面上。由静止释放滑块1，滑块1与滑块2发生弹性正碰后滑块1恰好停在B点。滑块2被碰后做平抛运动的同时给滑块3一个水平向右、大小v0＝3m/s的初速度，滑块2与运动中的滑块3在平衡位置相碰后竖直向上运动至与C点等高的D点。已知所有的碰撞时间极短，滑块3与弹簧构成的弹簧振子的振动周期T＝2π，弹簧的弹性势能Ek，其中x为弹簧的形变量，弹簧始终处于弹性限度内，三个滑块均可视为质点，取重力加速度大小g＝10m/s2，π2＝10。
（1）求B、C两点间的距离L；
（2）求C点与滑块3的高度差的最小值hmin；
（3）滑块2与滑块3第二次碰撞后瞬间水平方向速度相同，滑块2离开滑块3后立即撤去滑块2，求此后滑块3做简谐运动的振幅A。
【答案】（1）B、C两点间的距离L为2m。
（2）C点与滑块3的高度差的最小值hmin为3m。
（3）此后滑块3做简谐运动的振幅A为m。
【分析】（1）滑块1从A点静止释放，在光滑圆弧轨道上运动时机械能守恒，可求得到达B点的速度。滑块1在粗糙水平轨道BC上运动时受摩擦力作用，利用动能定理可建立B点速度与C点速度的关系。滑块1与滑块2在C点发生弹性正碰，依据动量守恒与能量守恒可求出碰后两滑块的速度。结合碰后滑块1恰好停在B点的条件，再次运用动能定理，将上述过程联立即可求出BC间的距离。
（2）由第（1）问可得滑块1碰前的速度，进而通过弹性碰撞规律求出滑块2被碰后的水平初速度。滑块2做平抛运动，滑块3在弹簧作用下做简谐振动。两者在平衡位置相碰，意味着滑块2的平抛时间需等于滑块3振动半周期的整数倍。要求高度差的最小值，应取最短的相碰时间，即振动半周期的最小整数倍。利用平抛运动竖直方向的位移公式即可求出对应的高度差。
（3）首先分析滑块2与滑块3第一次碰撞前瞬间的速度。滑块2水平速度已知，滑块3做简谐振动，由初始条件及振动规律可求出其在平衡位置的速度。两者碰撞后滑块2水平速度为零，对滑块3应用水平方向动量守恒，可求出碰撞后滑块3的速度。滑块2竖直反弹至D点后落回平衡位置的时间恰好等于滑块3的振动周期。当滑块2再次落至平衡位置时，滑块3也恰好完成一个全振动回到该处，两者发生第二次碰撞。根据第二次碰撞后水平方向速度相同的条件，运用动量守恒求出共同速度。此后滑块2被撤去，滑块3以该共同速度作为简谐振动的最大速度，根据能量守恒关系即可求出其做简谐振动的振幅。
【解答】解：规定水平向右为正方向。
（1）滑块1从A点运动到B点，依据机械能守恒定律有，解得：。
设滑块1到达C点时的速度为v1C，从B点到C点的过程，由动能定理得。
滑块1与滑块2发生弹性正碰，根据动量守恒与能量守恒定律，可求得碰后滑块1的速度为，解得：v'1＝﹣0.6v1C。
碰后滑块1返回并最终停在B点，由动能定理得。
联立上述方程，解得B、C两点间的距离为L＝2m。
（2）由前述分析可得v1C＝5m/s。碰后滑块2获得的水平初速度为，解得：v2C＝2m/s。
滑块3的振动周期为，解得：。
滑块2与运动中的滑块3在平衡位置相碰，说明平抛运动的时间满足（n为正整数）。
当n＝1时，高度差最小，此时。
根据位移公式，代入数据解得C点与滑块3的高度差最小值为hmin＝3m。
（3）第一次碰撞前，滑块2的水平速度v2x＝2m/s，滑块3处于平衡位置，其速度v3x＝v0cs（ωt），代入，解得：v3x＝﹣3m/s。
第一次碰撞后滑块2的水平速度变为零，根据水平方向动量守恒有m2v2x+Mv3x＝Mv'3x，解得滑块3的速度为。
滑块2竖直反弹至D点后又落回平衡位置，历时Δt＝2t＝T。此时滑块3恰好完成一个全振动回到平衡位置，其水平速度仍为。
第二次碰撞后，两者水平方向速度相同，根据动量守恒有Mv3x'＝（m2+M）v共，解得共同速度为v共＝﹣1m/s。根据能量守恒定律有，代入数据解得此后滑块3做简谐运动的振幅为。
答：（1）B、C两点间的距离L为2m。
（2）C点与滑块3的高度差的最小值hmin为3m。
（3）此后滑块3做简谐运动的振幅A为m。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/1/19 10:11:55；用户：秦子政；邮箱：13669037329；学号：41037197题号
1
2
3
4
5
6
7
答案
B
A
D
C
C
D
C
题号
8
9
10
答案
AD
BC
AD