三峽名校聯盟2023年秋季聯考高2025屆物理試卷（答案在最后）

一、選擇題（43分）：本題共10個小題，第1~7題為單選，每小題4分：第8~10題有多選,

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

1.下列關于靜電場中電場強度、電勢、電勢能的說法正確的是（）

E

A.電場強度的定義式為E=石，電場強度的方向與F的方向相同

B.電場強度為零的點的電勢數值可能是負值

C.在電勢越高的地方，電荷的電勢能越大

D.靜電場中某點電勢的數值等于把單位正電荷從該點移到電勢零點外力所做的功

【答案】B

【解析】

【詳解】A.電場強度的定義式為

E上

q

其中檢驗電荷的電性可正、可負，正電荷所受電場力的方向為電場強度的方向，負電荷所受電場力的方向

與電場強度的方向相反。故A錯誤；

B.電場強度為零的點的電勢數值可能是負值，例如等量同種負電荷連線的中點位置，故B正確；

C.電荷在某點的電勢能為

Em

P

可見正電荷在電勢高的地方，電勢能大。但負電荷在電勢高的地方，電勢能小，故C錯誤；

D.靜電場中某點電勢的數值等于把單位正電荷從該點移到電勢零點電場力所做的功，故D錯誤。

故選B。

2.質量分別為和m2、電荷量分別是和q2的小球，用長度不等的輕絲線懸掛起來，兩絲線與豎直方向

的夾角分別是用口6（a>B）,兩小球恰在同一水平線上，那么（）

B.兩根線上的拉力大小一定相等

C.m1一定等于m2

D.一定等于q2

【答案】A

【解析】

【詳解】A.根據牛頓第三定律可知，ni］和m2所受電場力的相互作用的作用力與反作用力，大小一定相等。

故A正確；

BC.設兩球間庫侖力大小為F,對研究受力如圖

叫g

得到

FOngtarO

1

繩子的拉力

F□F

1sirO

同理，對m2研究，得到

FOngtarU

2

mtaiODntarD

12

因o>B得到

F1<F2-mi<m2

故BC錯誤。

D.根據牛頓第三定律，ni1所受庫侖力一定等于m2所受的庫侖力。但是不能判斷出q1一定等于q2。故D

錯誤。

故選Ao

【點睛】根據異種電荷相互吸引分析電性關系。由力平衡得到質量與偏角之間的關系，來分析質量大小。

由牛頓第三定律，分析庫侖力的關系。

3.如圖所示，光滑水平面上有一傾角為a的光滑斜面體A,質量為底邊長為L,將一質量為m、可視

為質點的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經過時間t剛好滑到斜面底端。此過程中斜面體對滑塊

的支持力大小為F「重力加速度大小為g,則（）

A.斜面體A對滑塊B支持力不做功

B.滑塊B下滑過程中，A、B組成的系統動量守恒

m

C.滑塊B滑到斜面底端時，斜面體向左滑動的距離為T

MUn

D.滑塊B下滑時間t過程中，地面對A支持力的沖量大小為加□>!

【答案】C

【解析】

【詳解】A.滑塊B在下滑過程中對斜面體A有斜向左下方的壓力，斜面體A向左移動，滑塊B的位移與

其受到的支持力FN不是垂直關系，它們的夾角為鈍角，即支持力FN對滑塊B做負功，故A錯誤；

BC.滑塊B在下滑過程中，有斜向右下方的加速度，此加速度有豎直向下的分加速度，所以系統在豎直方

向合力向下，受力不平衡，合外力不為零，所以系統動量不守恒。滑塊B下滑過程中，A、B組成的系統水

平方向不受力，所以系統水平方向動量守恒，取水平向右為正方向，滑塊B下滑過程中，任意時刻B物塊

水平速度大小為VB,A的水平速度大小為丫人，對系統在水平方向，由動量守恒定律有

0=mVB<VA

解得

vm

/Rr

B

設B到達斜面底端時，A、B水平位移大小分別為XA、XB，在水平方向有

XA+XB=L

且

mxQlx

BA

聯立解得，滑塊B滑到斜面底端時，斜面體向左滑動的距離為

XARrnfL

故B錯誤，C正確；

D.因為整體分析可知，豎直方向存在向下的加速度，所以地面對整體支持力小于整體重力，則地面對A

支持力的沖量大小小于血口1息，故D錯誤。

故選C。

4.如圖，不同的帶正電粒子（不計重力）在電壓為U］的電場中的0點靜止開始加速。從M孔射出，然后

射入電壓為U2的平行金屬板間的電場中，入射方向與極板平行，在滿足帶正電粒子能射出平行板電場區域

A.若粒子的電荷量q相等，則它們在板間的加速度大小一定相等

q

B.若粒子的比荷皿不同，則它們射出平行板電場時偏移量y不相同

C.若粒子的比荷￡不同，但它們射出平行板電場時偏轉角度口不相同

D.若粒子的電荷量q相等，則它們從平行板電場射出時的動能一定相等

【答案】D

【解析】

【詳解】A.因粒子在板間的加速度為

qE

aQL

m

電場強度相同，當粒子的電荷量q相等時，則它們在板間的加速度還與質量有關，故它們在板間的加速度

大小不一定相等，故A錯誤；

BC.由動能定理得，粒子經電壓為U的電場中由靜止開始加速后，滿足

1

qUmv2Q）

i2o

進入電壓為U2的平行金屬板間的電場后，粒子做類平拋運動，則

yolat2,1E3ta□"

；E必

0m

_v

tarOQjLvQit

v'y

o

聯立解得

U12,「

y□taq_l

TlTd)

i

故BC錯誤;

D.粒子在電場中運動，由動能定理可知

qUQEyCE□)

1k

若粒子的電荷量q相等，則它們從電場射出時的動能相等，D正確。

故選D。

5.在冰壺比賽中，某隊員利用紅壺去碰撞對方的藍壺，兩者在大本營中心發生對心碰撞如圖(a)所示，碰

撞前后兩壺運動的vDt圖線如圖(b)中實線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質量相等，則()

A.兩壺發生了彈性碰撞B,碰后藍壺速度為0.6m/s

C.碰后藍壺移動的距離為2.0mD,碰后紅壺所受摩擦力小于藍壺所受摩擦力

【答案】C

【解析】

【詳解】AB.由圖知：碰前紅壺的速度Om/s碰后速度為v；=0.2m/s可知，碰后紅壺沿原方向運動,

設碰后藍壺的速度為v,取碰撞前紅壺的速度方向為正方向，根據動量守恒定律可得

mvQnvnrinv

00

代入數據解得

vQ).8m/s

1

mv2mv2

2o

碰撞過程機械能有損失，碰撞為非彈性碰撞，AB錯誤;

C.根據速度圖像與坐標軸圍成的面積表示位移，可得，碰后藍壺移動的位移大小

x8rsmQ.0m

2

C正確;

D.根據圖像的斜率表示加速度，知碰后紅壺的加速度大于藍壺的加速度，兩者的質量相等，由牛頓第二定

律知碰后紅壺所受摩擦力大于藍壺所受的摩擦力，D錯誤。

故選CO

6.額定電壓均為220V的白熾燈L和L的U特性曲線如圖甲所示，現將和L完全相同的L與L和

12231

L2一起按如圖乙所示電路接入220V電路中，則下列說法不正確的是（）

A.L2的額定功率約為99W

B.L2的實際功率比、的實際功率約小21W

C.L2的實際功率約為16W

D.L的實際功率比L的實際功率約小83W

13

【答案】D

【解析】

【詳解】A.根據圖甲可知，L2的額定電流約為0.44A,則L2的額定功率為

220□）.45W=99W

故A正確，不符合題意；

B.L和L串聯，通過的電流相等，根據圖甲可知，在電流相等時，L兩端電壓與L兩端電壓之和恰好

1212

等于220V時，通過兩燈泡的電流0.24A,此時L］兩端電壓為154V,L2兩端電壓為66V,此時L2的實際

功率比L］的實際功率小

1540).24WQ6Q).24WD1W

故B正確，不符合題意；

C.根據上述可知，L的實際功率約為

2

66D.24W口6W

故C正確，不符合題意；

D.L兩端電壓為220V,該燈泡的實際功率等于額定功率，則L的實際功率比L的實際功率約小

313

2200).45WQ54Q).24WQ2W

故D錯誤，符合題意。

故選DO

7.一條長為L的絕緣細線上端固定在。點，下端系一個質量為m帶電量為小的小球，將它置于水平向右

的勻強電場中，小球靜止時細線與豎直線的夾角成口37口已知重力加速度為g,下列正確的是()

4mg

A.如果改變電場強度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，電場強度最小為二

5q

5

B.在A點給小球一個垂直于細線方向，大小至少為2嚴的速度，才能使小球能在豎直平面內做完整的

圓周運動

C.在A點給小球一個垂直于細線方向初速度，使小球能在豎直平面內做完整的圓周運動，小球在運動至圓

周軌跡上的最高點時機械能最大

3mg

D.突然撤去電場的瞬間，繩子拉力變為

5

【答案】B

【解析】

【詳解】A.如果改變電場強度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，電場強度最小時，受力分析圖，如圖

所示

qE

">8

當電場力qE與拉力T垂直時，電場力最小，場強最小，由平衡條件可得

gEDigsirfl7D

解得

E署

故A錯誤；

B.根據題意可知，題圖A點為等效最低點，則與A關于圓心對稱點B為等效最高點，要使小球在豎直平

面內做完整的圓周運動，只要能過B點即可，可得等效重力為

Fn.mg

cos37O4

在B點滿足

「mv2

F

從A到B由動能定理可得

IUQLdlrnv2mv2

2B2A

聯立解得

u產

故B正確；

C.根據題意，由能量守恒定理可知，小球的機械能和電勢能之和保持不變，則當電勢能最小時，小球的機

械能最大，根據沿電場線方向電勢逐漸降低和Ep匚匚4可知，小球在圓周上最右端時電勢能最小，機械能

最大，故C錯誤；

D.突然撤去電場的瞬間，小球開始做圓周運動，由于初速度為零，沿繩方向滿足

4

TQngcos37oCUmg

5

故D錯誤。

故選B。

8.用如圖所示的裝置可以研究影響平行板電容器電容的因素。設兩極板的正對面積為S,極板間的距離為d,

靜電計指針偏角為口平行板電容器電容充電后與電源斷開，下列說法正確的是（）

A.保持S不變，增大d,則匚朧大

B.保持S不變，增大d,則3小

C.保持d不變，減小S,則5小

D.保持d、S不變，極板間插入陶瓷，則3小

【答案】AD

【解析】

13

【詳解】AB.根據電容的決定式0口口@得知，電容與極板間的距離成反比，當保持S不變，增大d時,

電容減小，電容的電荷量不變，由電容的定義式0匚）分析可知，極板間電勢差增大，則靜電計指針的偏角

5大，故A正確；B錯誤；

c.根據電容的決定式C□口了得知，電容與極板的正對面積成正比，當保持d不變，減小S時，電容減

Q

小，電容的電荷量不變，由電容的定義式C三分析可知，極板間電勢差增大，則靜電計指針的偏角5大,

故C錯誤；

□

D?根據電容的決定式C口?1得知，保持d、S不變，極板間插入陶瓷，則電容增大，電容的電荷量不

Q

變，由電容的定義式0匚卜分析可知，極板間電勢差減小，則靜電計指針的偏角等小，故D正確。

故選ADo

9.如圖所示，第一顆子彈以水平初速度v射向原來靜止在光滑水平面上的木塊，并射穿木塊，木塊的最終

0

速度為V］。現用第二顆同樣的子彈以水平初速度2Vo射向原來靜止在光滑水平面上的同樣的木塊，木塊的最

終速度為V。。設木塊對子彈的阻力大小恒定。下列判斷正確的是（）

—?1^^^―"

zzzz/zZ/ZZ/zz/

A.第二顆子彈一定能射穿木塊，vQ

12

B.第二顆子彈一定能射穿木塊，vQ

12

C.第二顆子彈對木塊做功較少

D.第二顆子彈對木塊的沖量較大

【答案】BC

【解析】

【詳解】ABC.第一顆子彈以水平初速度v0射穿木塊，第二顆子彈以水平初速度2Vo一定能射穿木塊，且

由于初速度增加，射穿木塊時，木塊的位移變小，根據

WOfxOLmv2

2

木塊對子彈的阻力大小恒定，則第二顆子彈對木塊做功較少，所以\口2,故A錯誤，BC正確；

D.根據

iDnv

可知第一顆子彈對木塊的沖量較大，故D錯誤。

故選BC=

10.如圖所示，小球A質量為m,系在細線的一端，線的另一端固定在0點，0點到光滑水平面的距離為h,

物塊B和C的質量分別是4nl和2nl,B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于。點正

下方。現拉動小球使細線水平伸直靜止釋放，運動到最低點時與物塊B發生正碰（碰撞時間極短），碰撞過

程損失的機械能為^mgh，小球與物塊均視為質點，不計空氣阻力，重力加速度為g,則（）

A.碰后A上升的最大高度為7Th

y

B.碰后B物塊的速度大小為號E

2,

C.碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢能為蘇mgh

32

D.從開始至物塊C獲得最大速度過程，彈簧對C物體做的功為^mgh

【答案】ABD

【解析】

【詳解】AB.設小球運動到最低點與物塊B碰撞前的速度大小為根據機械能守恒定律有

mgh1~1^mv2

解得

設碰撞后小球反彈的速度大小為V],物塊B的速度大小為V?,取水平向右為正方向，由動量守恒定律有

mvQivQmv

012

由系統能量守恒得

又

mghEIlLmv2

得

AB正確；

C.碰撞后當B與物塊C速度相等時輕彈簧的彈性勢能最大，據動量恒定律及機械能守恒定律得

4mvDHIQmG

23

EolHiH□!_晶□

pm2223

解得

4

EO_mgh

pm27

C錯誤；

D.在彈簧回到原長時，物塊C有最大速度，據動量守恒和機械能守恒可解得

4mvOlmvQmv

24C

]Hjmv2dlI3mv2QL[2mv2

22242c

解得

再據動能定理知彈簧對C做功為

W口1r^lmv2口32mgh

2c81

D正確；

故選ABDo

二、實驗題：本大題共2個小題，共15分。

11.某同學利用如圖所示的斜槽軌道和兩個由相同材料制成、表面粗糙程度相同的滑塊A、B做“驗證動量

守恒定律”的實驗，斜槽軌道由傾斜軌道和平直軌道組成，兩部分間由一段圓弧平滑連接，在平直軌道上

①將斜槽軌道放置在水平桌面上；

②用天平測得A、B兩個滑塊的質量分別為m2；

③不放滑塊B,使滑塊A從傾斜軌道頂端P點由靜止釋放，滑塊A最終靜止在平直軌道上，記下滑塊A靜

止時其右側面對應的刻度x；

1

④把滑塊B放在平直軌道上，使其左側面剛好位于的刻度尺的0刻度線處；

⑤滑塊A仍從傾斜軌道頂端P點由靜止釋放，滑塊A、B發生碰撞(碰撞時間極短)，最終均靜止在平直軌

道上，記下最終滑塊B靜止時其左側面對應的刻度x,,滑塊A靜止時其右側面對應的刻度x。

32

(1)實驗中，必須滿足的條件是O

A.傾斜軌道必須光滑B.滑塊A的質量應大于滑塊B的質量

C.平直軌道必須水平D.同一組實驗中，滑塊A靜止釋放的位置可以不同

(2)實驗中滑塊A碰撞前瞬間的速度大小V。與成正比。

A.xB.1口，C.X2D.應

(3)若關系式成立，則可得出結論：滑塊A、B碰撞過程中動量守恒(均用給定的物理量符號表

示)

【答案】①.B②.D③?

【解析】

【詳解】(1)[1]A.傾斜軌道不一定必須光滑，只要滑塊A到達底端的速度相同即可，故A錯誤;

B.為防止滑塊A與滑塊B碰后反彈，則滑塊A的質量必須大于滑塊B的質量，故B正確；

C.因為兩滑塊的材料相同，表面的粗糙程度相同，若平直軌道的傾角為口由動能定理得

(mgsirOCQigcosQxl-l^mv2

2

得

V2Q(gsiiQZZQcosQx

可見平直軌道不水平時，兩滑塊在軌道上碰撞前后的速度的平方仍與位移成正比，仍可用運動的位移代替

速度，故c錯誤；

D.為保證滑塊A每次到達底端的初速度相同，則同一組實驗中，滑塊A靜止釋放的位置要相同，故D錯

誤.

故選B。

(2)對滑塊A由動能定理得

□Higx□)oLmV2

11210

可得滑塊A碰撞前的速度大小為

v:X]

o

即

故選D。

(3)若滑塊A、B碰撞過程中動量守恒，則有

mv□nvDnv

101122

又因為

V

1

聯立可得

m/x-Dn/x_Qn/x-

iv11722V3

12.某物理實驗小組利用以下器材測量某金屬絲的電阻率。可選用的器材如下:

①待測金屬絲，(用R表示)，阻值約幾十歐

②電流表A1量程60mA,內阻;約為2Q

③電流表A?：量程50mA，內阻［為30。

④電壓表V：量程為5V,內阻為10kQ

⑤滑動變阻器總阻值約為3Q

⑥滑動變阻器R?：總阻值約為30°。

⑦電源E,電動勢約為1.5V,內阻忽略不計

⑧開關一個及導線若干

(1)用螺旋測微器測金屬絲直徑如圖甲所示d口mm.

(2)用多用電表歐姆擋粗測金屬絲阻值大小，分別選擇倍率口和口0,經正確操作后，測量中多用電表

表盤示數如圖乙所示，則金屬絲的電阻約為口。

(3)測出金屬絲阻值R后，可算出金屬絲電阻率為□□(用含d、R、L的表達式表示)

XX

(4)同學們用伏安法進一步測量R，請在圖中虛線框內補充完整實驗電路圖，并標明所選器材的代號—o

X

S

【答案】①,1.108②.30③,

4L

【解析】

【詳解】（1）[1]用螺旋測微器測金屬絲直徑

d=lmm+10.8X0.01mm=l.108mm

（2）[2]歐姆表指針指在表盤中央刻度附近，所以選擇倍率XI即金屬絲的電阻約為30Q。

（3）[3]根據電阻定律

□心

j：L

（4）[4咽為電壓表量程太大，可以用電流表代替電壓表測電壓，由于內阻已知，分壓式接法，滑動

三、計算題：（共42分）解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最

后答案的不能得分。

13.如圖所示，已知電源電動勢EQ0V，內阻r口Q,當接入固定電阻R口Q時，電路中標有4V,8W”

的燈泡L和內阻R°匚〉5Q的小型直流電動機D都恰能正常工作?試求:

（1）電路中的電流大小;

(2)電動機的額定電壓;

(3)電動機的輸出功率。

【答案】(1)2A；(2)6V；(3)10W

【解析】

【詳解】(1)燈泡L正常發光，電路中的電流為

L

(2)由閉合電路歐姆定律可求得，電動機的額定電壓為

uCEn[Zh？QQV

DL

(3)電動機的總功率為

pnu口2w

總D

電動機的熱功率為

PDLRQW

熱D

所以電動機的輸出功率為

PCPQDOW

出總熱

14.在光滑絕緣水平面上放置一質量m□).2kg、電荷量q口國.0Q0日C的小球，小球系在長L口m的

絕緣細線上，細線的另一端固定在0點.整個裝置置于勻強電場中，電場方向與水平面平行且沿0A方向,

如圖所示(俯視圖)。現給小球一初速度使其繞0點做圓周運動，小球經過A點時細線的張力FQ30N,

小球在運動過程中，最大動能比最小動能大任卜D°J，小球可視為質點。

(1)求電場強度的大小；

(2)求運動過程中小球的最小動能；

(3)若小球運動到動能最小的位置時細線被剪斷，則經多長時間小球動能與在A點時的動能相等？此時小

球距A點多遠？

【答案】(1)2Q04N/C；(2)40J；(3)gs；4/m

【解析】

【詳解】(1)當電場力做正功最多時，動能最大，而最大的正功為

WQqEL

根據題意有

任QqEL

k

代入數據得

EQQ04N/C

(2)在A處動能最大，A處

FQEQnV2

A點關于0的對稱點B處動能最小，則最小動能

ECEolmv2□生

kminkB2Ak

代入數據得

EQOJ

kB

(3)B點動能最小，在B點

vQOm/s

當小球的動能與在A點時的動能相等時，則沿電場方向的距離為

yDL

斷線后球做類平拋運動

代入數據得

小球距A點

xE3

15.水平面上固定一根內壁光滑的絕緣圓筒，圓筒長LBOd。，簡內充滿沿筒水平向右的勻強電場，場強

大小E□上，現有一質量為MQm的圓形小滑塊（可視為質點）靜止，在圓筒內距左端d處，該滑塊

q0

為絕緣體且不帶電。現有一個直徑略小于圓筒內徑且質量為m的光滑絕緣彈性的小球，該小球帶電量為日，

在圓筒內左端無初速度釋放，小球將與滑塊發生多次彈性碰撞，不計空氣阻力，絕緣小球帶電量始終保持

不變，重力加速度g,求：

（1）小球與小滑塊第一次碰撞后，各自速度大小；

（2）在第一次到第二次碰撞的這段時間內，滑塊與小球相距的最大距離；

（3）滑塊在筒內運動過程中，小球與滑塊碰撞的次數。

【答案】（1）

【解析】

【詳解】（1）小球第一次與小滑塊碰撞前做初速度為0的勻加速運動，設兩者第一次碰撞前瞬間小球的速

度大小為由動能定理得

設第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度分別為\l、小球與小滑塊發生彈性碰撞，以水平向右為正方

向，由動量守恒定律和機械能守恒定律得

mvQnvQlv

1mlM1

Imv2n\mv2OLMV2

212ml2M1

聯立解得

V

m12

v

M12

小球速度方向為水平向左，小滑塊速度方向為水平向右；

(2)第一次碰后小球向左勻減速運動，加速度大小

小滑塊向右勻速直線運動，當小球的速度與小滑塊的速度相同時，兩者間距離最遠。設第一次碰后小球經

過時間t與小滑塊的速度相同，兩者間的最遠距離為s

m

vDvQt

M1ml

解得

sDi

m0

(3)第一次碰撞后到第二次碰撞時，兩者位移相同，設此過程經歷的時間為：，小滑塊的位移為x,以右

11

為正方向，根據運動學公式得

10

第二次碰撞前瞬間小球的速度為

vM

設第二次碰撞后瞬間小球和滑塊的速度分別為vm?、2,以豎直向下為正方向，由動量守恒定律和機械

能守恒定律得

mvQIv