高級中學名校試題PAGEPAGE12025年江西省實驗大聯考高考物理模擬試卷（一）一、單選題：本大題共6小題，共24分。1.如題所示，在傾角為30°的光滑斜面上端系有一勁度系數為200N/m的輕質彈簧，彈簧下端連一個質量為2kg的小球，球被一垂直于斜面的擋板A擋住，此時彈簧沒有形變．若擋板A以4m/s2的加速度沿斜面向下做勻加速運動，取g=10m/sA.小球從一開始就與擋板分離 B.小球速度最大時與擋板分離

C.小球向下運動0.01m時與擋板分離 D.小球向下運動0.02m時速度最大2.將一根柔軟彈性細繩沿水平的x軸放置，其一端固定于位置為x=8m的墻面上，另一端不斷上下振動，在繩中形成繩波如圖，在t=0s時刻x=4m的質點剛好開始振動。當波傳至固定點時，繩波將發生反射。反射處質點在反射前后的振動速度大小不變方向反向，波的傳播方向也反向。則下列各個時刻細繩的波形圖(實線)正確的是(

)A.B.

C.D.3.如圖所示，兩傾角均為θ的光滑斜面對接后固定在水平地面上，O點為斜面的最低點。一個小物塊從右側斜面上高為H處由靜止滑下，在兩個斜面上做往復運動。小物塊每次通過O點時都會有動能損失，損失的動能為小物塊當次到達O點時動能的5%。小物塊從開始下滑到停止的過程中運動的總路程為(

)A.49Hsinθ B.39Hsinθ C.4.“嫦娥四號”上搭載的中性原子探測儀，在入口處安裝了高壓偏轉系統，形成強電場區域，對太陽風和月球表面作用后輻射的帶電粒子進行偏轉，以免其射到探測器上產生干擾信號。已知高壓偏轉系統由兩平行金屬板組成，當兩板加一定的電壓時其間形成勻強電場，可將沿平行極板方向射入金屬板間、動能不大于Ek0的氦核均偏轉到極板而被極板吸收。只考慮該電場的作用，則粒子沿平行極板方向射入金屬板間，能夠完全被極板吸收的是(

)A.動能不大于Ek02的質子 B.動能不大于Ek0的質子

C.動能不大于Ek0的電子 5.已知通電直導線產生的磁場的磁感應強度與通電導線的電流大小成正比，與到通電導線的距離成反比。如圖所示，長直導體棒P通過兩根等長絕緣細線懸掛在豎直絕緣光滑墻面上等高的A、B兩點的正下方，并通以電流IP。另一導體棒Q也通過兩根等長絕緣細線懸掛在A、B兩點，并通以電流IQ。靜止時懸掛Q的兩細線與豎直墻面有一定夾角，然后緩慢減小導體棒P中的電流。下列說法正確的是(

)A.IP與IQ方向相同

B.懸掛Q的細線拉力逐漸減小

C.懸掛P的細線拉力大小不變

D.若6.如圖所示，一輛卡車在水平路面上行駛，初速度為54km/h。其車廂長度為10.0m，在車尾邊緣處放有一個貨箱，其長寬高皆為0.5m。卡車加速時的最大加速度為2.2m/s2，卡車剎車時的最大加速度為3m/s2。已知貨箱和車廂之間的動摩擦數為0.24(最大靜摩擦因數約等于動摩擦因數，g=10m/A.若司機全力加速，貨箱有可能掉出車廂

B.若司機全力剎車，貨箱不可能碰到車頭

C.若司機全力剎車，貨箱碰到車頭的時間介于剎車后5s到6s之間

D.若司機全力剎車，貨箱碰到車頭的時間介于剎車后6s到7s之間二、多選題：本大題共4小題，共20分。7.如圖，光滑水平地面上有一質量為2m的小車在水平推力F的作用下加速運動。車廂內有質量均為m的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車廂水平底面上，且與底面的動摩擦因數為μ，桿與豎直方向的夾角為θ，桿與車廂始終保持相對靜止(重力加速度用g表示，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)。下列說法正確的是(

)A.若B球受到的摩擦力為零，則F=4mgtanθ

B.若A球所受車廂壁彈力為零，則F=2mgtanθ

C.若推力F向左，且μ<tanθ，則加速度大小范圍是0<a<g(4μ-tanθ)8.如圖，光滑平行金屬導軌由左右兩側傾斜軌道與中間水平軌道平滑連接而成，導軌間距為L。在左側傾斜軌道上端連接有阻值為R的定值電阻。水平軌道間有寬均為d的兩個勻強磁場區域Ⅰ、Ⅱ，磁感應強度分別為B和2B，方向相反；質量為m、長度為L、電阻為R的金屬棒ab由左側傾斜軌道上h高處靜止釋放，金屬棒第二次從左側進入磁場Ⅰ區后，最終恰停在兩磁場區分界線處。不計金屬導軌電阻，金屬棒通過傾斜軌道與水平軌道交界處無機械能損失，重力加速度為g(

)A.金屬棒第一次穿過磁場區域Ⅰ、Ⅱ的過程中，定值電阻上產生的焦耳熱之比為1：4

B.金屬棒第一次穿過磁場區域Ⅰ、Ⅱ的過程中，金屬桿動量的變化量之比為1：4

C.金屬棒先后兩次穿過磁場區域Ⅱ的過程中，金屬桿動能的變化量之比為2：1

D.金屬棒第二次通過兩磁場分界線時的速度為29.在距地面高H處由靜止釋放一小球，小球向下運動過程中受到的阻力不能忽略，以地面為重力勢能的零勢能面，物體的機械E能隨小球到地面的高度h的變化關系圖像如圖所示，圖中縱坐標b、c為已知數據，重力加速度為g。根據圖像判斷下列說法正確的是(

)A.小球的質量等于cgHB.當h=H2時，小球的動能等于重力勢能

C.小球運動的加速度等于bc10.如圖所示，在xOy坐標系中，第一、二象限有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為Bv，第二、四象限有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，一帶正電粒子自y軸上的M點以大小為v的初速度沿著與y軸垂直的方向向左射出，粒子的質量為m，帶電量為q，粒子第一次到達x軸時沿著與x軸正方向為30°的方向進入電場。不計粒子重力，對粒子的運動，以下說法正確的是(

)A.粒子自開始射出至第一次到達x軸時的時間間隔為5πm6qB

B.粒子再次與y軸相交時速度最小

C.粒子運動過程中的最小速度為32v

D.粒子離開M點后，其速度第n三、實驗題：本大題共2小題，共16分。11.在“探究彈力和彈簧伸長的關系”時，某同學把兩根輕質彈簧如圖1連接起來進行探究。

(1)某次測量如圖2，指針示數為______cm；

(2)在彈性限度內，將50g的鉤碼逐個掛在彈簧下端，得到指針A、B的示數LA和LB如表。用表中數據計算彈簧Ⅰ的勁度系數k1=______N/m，彈簧Ⅰ的勁度系數k1______彈簧Ⅱ的勁度系數k2(選填“大于”、“等于”或“小于”鉤碼數1234L15.7119.7123.6627.76L29.9635.7641.5147.3612.某學習小組通過實驗測量電源的電動勢和內阻，實驗室提供的器材有：

舊干電池一節(電動勢約1.5V，內阻約1Ω)

電壓表V(量程3V，內阻約3kΩ)

電流表A(量程0.6A，內阻約1Ω)

滑動變阻器G(最大阻值為20Ω)

開關一個，導線若干

(1)為完成實驗，用筆畫線代替導線，請完成實物圖甲的連接。

(2)實驗中選用舊干電池，原因是______(簡述理由)。

(3)通過多次測量并記錄對應的電流表示數I和電壓表示數U，利用這些數據畫出了U-I圖線，如圖乙所示。

由圖線可以得出此干電池的電動勢E=______V，內阻r=______Ω(結果保留3位有效數字)。

(4)由于電表內電阻的影響，測量結果會有誤差。U-I圖像(如圖丙)中，實線是根據實驗數據描點作圖得到的U-I圖像。若沒有電表內電阻影響的理想情況下，在U-I圖像中用虛線定性地描繪出電壓U隨電流I變化的圖線。(不用直尺、不用虛線作圖均不得分)四、計算題：本大題共3小題，共40分。13.如圖所示，在水平直軌道上靜止放置平板車A和長木板B，可視為質點的物塊C以初速度v0從A的左端開始向右運動，當C和A的速度相等時，A和B恰好發生了第一次碰撞。已知A、B、C的質量分別為m、2m、3m，不計A與軌道間的摩擦，B與軌道間的動摩擦因數為2μ，C與A、B上表面間的動摩擦因數均為μ，全程C沒有掉落到軌道上，每次碰撞時間極短，均為彈性碰撞，重力加速度為g，忽略空氣阻力。求：

(1)A和C第一次速度相等時的速度；

(2)第一次碰撞前A運動的距離x和第一次碰撞后A的速度大小；

(3)若A的長度l=v024μg，且A與B的上表面齊平，B14.如圖所示，水平地面上靜止一輛帶有向后噴射裝置的小車，小車的質量為M=1kg，現給小車里裝入10個相同的小球，每個小球質量為m=1kg。車上的噴射裝置可將小球逐一瞬間向后水平噴出，且相對于地面的速度都是v0=20m/s，每間隔相等時間Δt=1s噴出一個小球。已知小車運動時受到的阻力為小車和車內小球總重力的k=0.2倍，g=10m/

(1)噴出第一個小球時，小車同時也獲得一個反向速度，求此時整個系統增加的機械能；

(2)求噴出第三個小球后，小車的速度v3；

(3)調整第四個及以后的每個小球噴出速度，可使得接下來的每個小球噴出后小車的速度都等于v3。求第四個小球和第五個小球噴出的速度之比。15.圖1為某種旋轉節速器的結構示意圖，長方形框架固定在豎直轉軸上，質量為m的重物A套在轉軸上，兩個完全相同的小環B、C與輕彈簧兩端連接并套在框架上，A、B及A、C之間通過鉸鏈與長為L的兩根輕桿相連接，A可以在豎直軸上滑動。當裝置靜止時，輕桿與豎直方向的夾角為53°。現將裝置倒置，當裝置再次靜止時，輕桿與豎直方向的夾角為37°，如圖2所示，此時緩慢加速轉動裝置，直到輕桿與豎直方向的夾角再次為53°時裝置保持勻速轉動。已知裝置倒置時，前、后彈簧的彈性勢能減少量為ΔEp，重力加速度為g，不計一切摩擦，取sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

(1)裝置正置時彈簧彈力的大小；

——★參考答案★——1.【答案】C

【解析】解：A、C、設球與擋板分離時位移為x，經歷的時間為t，

從開始運動到分離的過程中，m受豎直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的擋板支持力F1和彈簧彈力F。

根據牛頓第二定律有：mgsin30°-kx-F1=ma，

保持a不變，隨著x的增大，F1減小，當m與擋板分離時，F1減小到零，則有：

mgsin30°-kx=ma，

解得：x=m(gsin30°-a)k=2×(10×0.5-4)200m=0.01m，

即小球向下運動0.01m時與擋板分離，故A錯誤，C正確。

B、球和擋板分離前小球做勻加速運動；球和擋板分離后做加速度減小的加速運動，當加速度為零時，速度最大。故B錯誤；

D.球和擋板分離后做加速度減小的加速運動，當加速度為零時，速度最大，此時物體所受合力為零。即：2.【答案】C

【解析】解：A、波在一個周期內傳播的距離為一個波長，則t=T2時波傳到x=6m處，則波形平移到x=6m處，故A錯誤；

B、t=T時，波傳到固定點處，則波形平移到固定點處，故B錯誤；

C、t=3T2時，波被固定點反射T2時間，形成半個波長的反射波，反射波與6～8m內原波的波形相同，根據波的疊加原理可知該區域內振動加強，振幅為原來的2倍，故C正確；

D、t=2T時，波被固定點反射T時間，形成一個波長的反射波，反射波與4～8m內原波的波形相同，根據波的疊加原理可知該區域內振動加強，振幅為原來的2倍，故D錯誤。

故選：C3.【答案】B

【解析】解：小物塊第一次到達O點，獲得的動能Ek1=mgH，運動的路程s1=Hsinθ，小球第一次通過O點損失的動能為0.05mgH，滑上斜面到最高點H1=0.95H，到第二次到達O點運動的路程s2=Hsinθ+2×0.95Hsinθ，小球第二次通過O點損失的動能為0.05mgH1=(0.05)2mgH，滑上斜面最高點H2=0.95H1=0.952H，小球第三次到達O點的路程s3=Hsinθ+2×0.95Hsinθ+4.【答案】A

【解析】解：平行極板進入的帶電粒子在板間的勻強電場中做類平拋運動，

在沿極板和垂直極板方向上分解其運動，

L=v0t；

d=12at2；a=qUmd，

聯立得到：d=12qUmdL2v02，(其中L為板長、d為板間距離、U為兩極板電壓)

整理得到：粒子最大初動能Ek=12mv02=qUL24d2，

由此可知：Ek5.【答案】D

【解析】解：A、根據同向電流相互吸引，異向電流相互排斥，可知電流方向相反，故A錯誤；

B.如圖甲所示，對導體棒Q受力分析。記PQ距離為d，AQ距離為L，AP距離為H，根據共點力平衡條件可知

mQgH=2FTL=FAd

故懸掛Q的細線拉力FT大小不變，故B錯誤；

C、如圖乙所示，將兩根導體棒視為整體受力分析，設懸掛Q的細線與豎直方向的夾角為θ，則有

2FT'+2FTcosθ=(mQ+mP)g

由于θ逐漸減小，故懸掛P的細線拉力FT'逐漸減小，故C錯誤；

D、導體棒P在導體棒Q6.【答案】C

【解析】解：設貨箱恰好相對于車廂滑動時卡車的加速度的為a0，

設貨箱的質量為m，對貨箱，由牛頓第二定律得：

μmg=ma0

解得：a0=μg=0.24×10=2.4m/s2，

A、司機全力加速時卡車的加速度a加=2.2m/s2<a0，貨箱相對卡車靜止，貨箱不可能掉出車廂，故A錯誤；

BCD、司機全力剎車時卡車的加速度a減=3m/s2>a0，貨箱相對卡車向前滑動，貨箱可能碰到車頭，

若司機全力剎車，設經過時間t貨箱碰到車頭，貨箱碰到車頭時貨箱相對于車廂滑動的距離s=10.0m-0.5m=9.5m，

卡車的初速度7.【答案】AD

【解析】解：B、對小球A，根據牛頓第二定律可得

Nx=ma

對系統整體根據牛頓第二定律

F=4ma

解得

F=4mgtanθ

故B錯誤；

A、設桿的彈力為N，對小球A，豎直方向受力平衡，則桿水平方向的分力與豎直方向的分力滿足

NxNy=tanθ

豎直方向有

Ny=mg

則

Nx=mgtanθ

若B球受到的摩擦力為零，對B根據牛頓第二定律可得

Nx=ma

可得

a=gtanθ

對小球A、B和小車整體根據牛頓第二定律

F=4ma=4mgtanθ

故A正確；

C、若推力F向左，根據牛頓第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由桿對小球A的水平分力以及車廂壁的彈力的合力提供，小球A所受向左的合力的最大值為

Nx=mgtanθ

小球B所受向左的合力的最大值

Fmax=(Ny+mg)?μ-Nx=2μmg-mgtanθ

由于

μ<tanθ

可知

Fmax<mgtanθ

故F最大加速度最大時小球B所受摩擦力已達到最大、小球A與左壁還有彈力，則對小球B根據牛頓第二定律

Fmax=2μmg-mgtanθ=mamax

amax=g(2μ-tanθ)

故C錯誤；

D、若推力F向右，根據牛頓第二定律可知系統整體加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理論上向右的合力可以無限大，因此只需要討論小球B即可，當小球B所受的摩擦力向左時，小球B8.【答案】BC

【解析】解：B、金屬棒ab每次通過區域Ⅰ的過程，通過它的電荷量為：

q1=I1-?t1=E1-2R?t1=ΔΦ1t1?2R?t1=BLd2R

同理，每次通過區域Ⅱ的過程，通過它的電荷量為：

q2=I2-?t2=E2-2R?t2=ΔΦ2t2?2R?t2=BLdR

根據動量定理可得，金屬棒ab每次通過區域Ⅰ的過程動量的變化量的大小為：

Δp1=BI1-L?t1=BLq1=B2L2d2R

同理，每次通過區域Ⅱ的過程動量的變化量的大小為：

Δp2=BI2-L?t2=2BLq2=2B2L2dR

故金屬棒第一次穿過磁場區域Ⅰ、Ⅱ的過程中，金屬桿動量的變化量之比：

Δp1：Δp2=1：4，故B正確；

A、由Δp=mΔv可得：金屬棒每次穿過區域Ⅰ、Ⅱ的過程，其速度減小量ΔvⅠ、ΔvⅡ之比為：

ΔvⅠΔvⅡ=Δp9.【答案】AC

【解析】解：A、在距地面高H處小球的機械能與重力勢能相等，則有：mgH=c，解得小球的質量為：m=cgH，故A正確；

B、當h=H2時，小球的重力勢能為EP=12mgH；

從釋放小球到h=H2過程中，根據動能定理可得：mg?12H-Wf=Ek-0，其中Wf為克服阻力做的功，解得：Ek=12mgH-Wf<EP，故B錯誤；

CD、阻力對小球做的功等于小球機械能的變化，則有：ΔE=fΔh10.【答案】AC

【解析】解：A、粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，則在磁場中轉動的周期T=2πmqB，粒子在磁場中轉動時圓心角θ=56π，故粒子自開始射出至第一次到達x軸時的時間間隔為t=θ2πT=5πm6qB，故A正確；

BC、粒子在磁場中做圓周運動的半徑為人，則qvB=mv2r

解得r=mvqB

粒子從x軸射出到y軸的距離為d=rsin30°=mv2qB

粒子從x軸射出后，以速度v與x軸成30°斜向上運動，則水平方向勻速運動，vx=vcos30°=32v，豎直方向vy=vsin30°=12v，在豎直方向向上做勻減速運動，當豎直方向速度減小到零時，速度最小，最小速度為vmin=vx=11.【答案】16.00

12.4

<

【解析】解：(1)刻度尺的精確度為1mm，某次測量如圖2，根據刻度尺的讀數規則，其指針示數為160.0mm=16.00cm；

(2)根據胡克定律，彈簧Ⅰ的勁度系數為k1=ΔF1Δx1=(4-1)×50×10-3×10(27.76-15.71)×10-2N/m=12.4N/m，彈簧Ⅱ的勁度系數為k2=ΔF12.【答案】舊干電池內阻較大，容易測量

1.48

1.36

【解析】解：(1)干電池的內阻一般很小，所以電流表選擇外接法(相對于電源內阻)，電壓表直接測量路端電壓，按此思路連接實物如圖所示；

(2)作出電源的U-I圖象，因為U=E-Ir，圖象斜率的絕對值表示內阻，若r較小，則圖象平坦，不容易計算斜率，所以選擇阻值較大的舊電池做實驗；

(3)電源的U-I圖象與縱軸的交點坐標值是電源的電動勢，圖象斜率的絕對值是電源的內阻，所以E=1.48V，r=|0.8-1.480.5|Ω=1.36Ω；

(4)由于電壓表的分流，通過電路的實際電流比電流表示數大，且電壓越大時，電壓表的分流就越大，實際的U-I圖象相當于畫出圖象向右稍微平移并順時針轉動一下，實際的U-I如圖所示(紅色

故答案為：(1)如圖；(2)舊干電池內阻較大，容易測量；(3)1.48(1.46～1.49

間均正確)、1.36(1.32～1.38均正確)；(4)如圖

(1)根據電池的內阻很小，選擇電流表的接法，從而完成實物連接；

(2)舊電池的內阻較大，畫出的圖象斜率較大，容易測量計算；

(3)電源的U-I圖象與縱軸的交點坐標值是電源的電動勢，圖象斜率的絕對值是電源的內阻；

(4)考慮電壓表的分流進行分析，且電壓越大時分流越大，在畫出的圖象上找兩個實際點大致描出實際的U-I圖象。

本題考查了實驗器材的選取、作實驗電路圖、求電動勢與內阻，知道實驗器材的選取原則、知道實驗原理、掌握應用圖象法處理實驗數據的方法即可正確解題。在計算電源的內阻的時候，一定要注意縱坐標的數值是不是從0開始的．13.【答案】解：(1)不計A與軌道間的摩擦，則從C滑上A，AB動量守恒，以v0的方向為正方向，根據動量守恒定律，A和C第一次

速度相等時

3mv0=(3m+m)v1

解得

v1=34v0

方向水平向右

(2)設第一次碰撞前A運動的距離x，由牛頓第二定律可得fA=3μmg=maA

A做勻加速直線運動，再由v12=2aAx

可得x=3v0232μg

設第一次碰撞后AB碰撞，設AB碰后的速度分別為V1'、VB'，以v1的方向為正方向，根據動量守恒定律和機械能守恒定律

mAv1=mAv1'+mBvB

12mAv12=12mAv1'2+12mBvB2

解得v1'=-14v0

vB=12v0

則第一次碰后，A速度大小為14v0，方向反向。

(3)AB碰撞前，AC相對位移為μ?3mgx相對1=12×3mv02-12(3m+m)v12

解得x相對1=v028μg

第一次碰撞后A的速度v1'=-14v0

C速度為v1=34v0

假設AB能再一次共速，且共速前A不與B發生碰撞，且C還未滑離A，以【解析】(1)根據動量守恒定律求A和C第一次速度相等時的速度；

(2)根據牛頓第二定律求第一次碰撞前A運動的距離，根據動量守恒定律和機械能守恒定律求第一次碰撞后A的速度；

(3)第一次碰撞后B向右減速，根據牛頓第二定律結合運動學公式求解B減速的位移；A再一次與B發生碰撞時和第一次碰撞滿足同樣的規律，再次求出B第二次減速運動的位移即可得到B運動的總位移。

本題主要是考查了動量守恒定律和能量守恒定律以及牛頓第二定律的綜合應用；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力為零)；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統的動量和碰撞后系統的動量相等列方程，再根據能量關系列方程求解。14.【答案】解：(1)噴出小球過程，以v0的方向為正方向，小車和小球整個系統動量守恒

mv0=(M+9m)v1

解得v1=2m/s

系統增加的機械能ΔE=12mv02+12(M+9m)v12

解得ΔE=220J

(2)由題意可知，噴出每個小球后，小車和剩余小球將會做Δt=1s的勻減速運動。

km總g=m總a

可知每次減速的加速度a=kg

解得

a=2m/s2

噴出第二個小球前v1=v1-aΔt

噴出第二個小球后，小車的速度為v2

以v1的方向為正方向，由動量守恒定律可得

(M+9m)v1=-mv0+(M+8m)v2

聯立可得

(M+8m)v2=2mv0-(M+9m)kg

同理可得噴出第三個小球后，以v1【解析】(1)根據動量守恒和能量守恒定律求此時整個系統增加的機械能；

(2)根據動量守恒定律求噴出第三個小球后，小車的速度；

(3)根據動量守恒求第四個小球和第五個小球噴出的速度之比。

解答本題的關鍵要理清小球和小車的運動過程，把握各個過程的物理規律，分段運用動量守恒定律解答。15.【答案】解：(1)裝置正置時對A受力分析，FN是輕桿的彈力，根據平衡條件有，2FNcos53°=mg，

對B受力分析、根據平衡條件有：FNsin?53°=F彈，

聯立解得：F彈=23mg，彈簧此時是拉伸狀態；

(2)當裝置倒置，且勻速轉動時，夾角還是53°，且彈簧長度的形變量還是與正置時一樣，

由勻速轉動，對B受力分析及力學關系有：F向=FNsin?53°+F彈，

聯立解得：F向=43mg；

(3)裝置倒置靜止時，取BC所在平面為零勢能面；所以此時A.B.C三者所組成的系統的總能量E1=Ep彈+EpA，【解析】(1)對AB分別受力分析，根據力的平衡條件解得；

(2)當裝置倒置，且勻速轉動時，夾角還是53°，且彈簧長度的形變量還是與正置時一樣，根據力的合成解得向心力；

(3)裝置勻速轉動時三者組成的系統總能量與倒置靜止時總能量之差即為裝置對系統做的總功。

2025年江西省實驗大聯考高考物理模擬試卷（一）一、單選題：本大題共6小題，共24分。1.如題所示，在傾角為30°的光滑斜面上端系有一勁度系數為200N/m的輕質彈簧，彈簧下端連一個質量為2kg的小球，球被一垂直于斜面的擋板A擋住，此時彈簧沒有形變．若擋板A以4m/s2的加速度沿斜面向下做勻加速運動，取A.小球從一開始就與擋板分離 B.小球速度最大時與擋板分離

C.小球向下運動0.01m時與擋板分離 D.小球向下運動0.02m時速度最大2.將一根柔軟彈性細繩沿水平的x軸放置，其一端固定于位置為x=8m的墻面上，另一端不斷上下振動，在繩中形成繩波如圖，在t=0s時刻x=4m的質點剛好開始振動。當波傳至固定點時，繩波將發生反射。反射處質點在反射前后的振動速度大小不變方向反向，波的傳播方向也反向。則下列各個時刻細繩的波形圖(實線)正確的是(

)A.B.

C.D.3.如圖所示，兩傾角均為θ的光滑斜面對接后固定在水平地面上，O點為斜面的最低點。一個小物塊從右側斜面上高為H處由靜止滑下，在兩個斜面上做往復運動。小物塊每次通過O點時都會有動能損失，損失的動能為小物塊當次到達O點時動能的5%。小物塊從開始下滑到停止的過程中運動的總路程為(

)A.49Hsinθ B.39Hsinθ C.4.“嫦娥四號”上搭載的中性原子探測儀，在入口處安裝了高壓偏轉系統，形成強電場區域，對太陽風和月球表面作用后輻射的帶電粒子進行偏轉，以免其射到探測器上產生干擾信號。已知高壓偏轉系統由兩平行金屬板組成，當兩板加一定的電壓時其間形成勻強電場，可將沿平行極板方向射入金屬板間、動能不大于Ek0的氦核均偏轉到極板而被極板吸收。只考慮該電場的作用，則粒子沿平行極板方向射入金屬板間，能夠完全被極板吸收的是A.動能不大于Ek02的質子 B.動能不大于Ek0的質子

C.動能不大于Ek0的電子 5.已知通電直導線產生的磁場的磁感應強度與通電導線的電流大小成正比，與到通電導線的距離成反比。如圖所示，長直導體棒P通過兩根等長絕緣細線懸掛在豎直絕緣光滑墻面上等高的A、B兩點的正下方，并通以電流IP。另一導體棒Q也通過兩根等長絕緣細線懸掛在A、B兩點，并通以電流IQ。靜止時懸掛Q的兩細線與豎直墻面有一定夾角，然后緩慢減小導體棒PA.IP與IQ方向相同

B.懸掛Q的細線拉力逐漸減小

C.懸掛P的細線拉力大小不變

D.若6.如圖所示，一輛卡車在水平路面上行駛，初速度為54km/h。其車廂長度為10.0m，在車尾邊緣處放有一個貨箱，其長寬高皆為0.5m。卡車加速時的最大加速度為2.2m/s2，卡車剎車時的最大加速度為3m/s2。已知貨箱和車廂之間的動摩擦數為0.24(A.若司機全力加速，貨箱有可能掉出車廂

B.若司機全力剎車，貨箱不可能碰到車頭

C.若司機全力剎車，貨箱碰到車頭的時間介于剎車后5s到6s之間

D.若司機全力剎車，貨箱碰到車頭的時間介于剎車后6s到7s之間二、多選題：本大題共4小題，共20分。7.如圖，光滑水平地面上有一質量為2m的小車在水平推力F的作用下加速運動。車廂內有質量均為m的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車廂水平底面上，且與底面的動摩擦因數為μ，桿與豎直方向的夾角為θ，桿與車廂始終保持相對靜止(重力加速度用g表示，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)。下列說法正確的是(

)A.若B球受到的摩擦力為零，則F=4mgtanθ

B.若A球所受車廂壁彈力為零，則F=2mgtanθ

C.若推力F向左，且μ<tanθ，則加速度大小范圍是0<a<g(4μ-tanθ)8.如圖，光滑平行金屬導軌由左右兩側傾斜軌道與中間水平軌道平滑連接而成，導軌間距為L。在左側傾斜軌道上端連接有阻值為R的定值電阻。水平軌道間有寬均為d的兩個勻強磁場區域Ⅰ、Ⅱ，磁感應強度分別為B和2B，方向相反；質量為m、長度為L、電阻為R的金屬棒ab由左側傾斜軌道上h高處靜止釋放，金屬棒第二次從左側進入磁場Ⅰ區后，最終恰停在兩磁場區分界線處。不計金屬導軌電阻，金屬棒通過傾斜軌道與水平軌道交界處無機械能損失，重力加速度為g(

)A.金屬棒第一次穿過磁場區域Ⅰ、Ⅱ的過程中，定值電阻上產生的焦耳熱之比為1：4

B.金屬棒第一次穿過磁場區域Ⅰ、Ⅱ的過程中，金屬桿動量的變化量之比為1：4

C.金屬棒先后兩次穿過磁場區域Ⅱ的過程中，金屬桿動能的變化量之比為2：1

D.金屬棒第二次通過兩磁場分界線時的速度為29.在距地面高H處由靜止釋放一小球，小球向下運動過程中受到的阻力不能忽略，以地面為重力勢能的零勢能面，物體的機械E能隨小球到地面的高度h的變化關系圖像如圖所示，圖中縱坐標b、c為已知數據，重力加速度為g。根據圖像判斷下列說法正確的是(

)A.小球的質量等于cgHB.當h=H2時，小球的動能等于重力勢能

C.小球運動的加速度等于bc10.如圖所示，在xOy坐標系中，第一、二象限有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為Bv，第二、四象限有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，一帶正電粒子自y軸上的M點以大小為v的初速度沿著與y軸垂直的方向向左射出，粒子的質量為m，帶電量為q，粒子第一次到達x軸時沿著與x軸正方向為30°的方向進入電場。不計粒子重力，對粒子的運動，以下說法正確的是A.粒子自開始射出至第一次到達x軸時的時間間隔為5πm6qB

B.粒子再次與y軸相交時速度最小

C.粒子運動過程中的最小速度為32v

D.粒子離開M點后，其速度第n三、實驗題：本大題共2小題，共16分。11.在“探究彈力和彈簧伸長的關系”時，某同學把兩根輕質彈簧如圖1連接起來進行探究。

(1)某次測量如圖2，指針示數為______cm；

(2)在彈性限度內，將50g的鉤碼逐個掛在彈簧下端，得到指針A、B的示數LA和LB如表。用表中數據計算彈簧Ⅰ的勁度系數k1=______N/m，彈簧Ⅰ的勁度系數k1______彈簧Ⅱ的勁度系數k2(選填“大于”、“等于”或“小于鉤碼數1234L15.7119.7123.6627.76L29.9635.7641.5147.3612.某學習小組通過實驗測量電源的電動勢和內阻，實驗室提供的器材有：

舊干電池一節(電動勢約1.5V，內阻約1Ω)

電壓表V(量程3V，內阻約3kΩ)

電流表A(量程0.6A，內阻約1Ω)

滑動變阻器G(最大阻值為20Ω)

開關一個，導線若干

(1)為完成實驗，用筆畫線代替導線，請完成實物圖甲的連接。

(2)實驗中選用舊干電池，原因是______(簡述理由)。

(3)通過多次測量并記錄對應的電流表示數I和電壓表示數U，利用這些數據畫出了U-I圖線，如圖乙所示。

由圖線可以得出此干電池的電動勢E=______V，內阻r=______Ω(結果保留3位有效數字)。

(4)由于電表內電阻的影響，測量結果會有誤差。U-I圖像(如圖丙)中，實線是根據實驗數據描點作圖得到的U-I圖像。若沒有電表內電阻影響的理想情況下，在U-I圖像中用虛線定性地描繪出電壓U隨電流I變化的圖線。(不用直尺、不用虛線作圖均不得分)四、計算題：本大題共3小題，共40分。13.如圖所示，在水平直軌道上靜止放置平板車A和長木板B，可視為質點的物塊C以初速度v0從A的左端開始向右運動，當C和A的速度相等時，A和B恰好發生了第一次碰撞。已知A、B、C的質量分別為m、2m、3m，不計A與軌道間的摩擦，B與軌道間的動摩擦因數為2μ，C與A、B上表面間的動摩擦因數均為μ，全程C沒有掉落到軌道上，每次碰撞時間極短，均為彈性碰撞，重力加速度為g

(1)A和C第一次速度相等時的速度；

(2)第一次碰撞前A運動的距離x和第一次碰撞后A的速度大小；

(3)若A的長度l=v024μg，且A與B的上表面齊平，14.如圖所示，水平地面上靜止一輛帶有向后噴射裝置的小車，小車的質量為M=1kg，現給小車里裝入10個相同的小球，每個小球質量為m=1kg。車上的噴射裝置可將小球逐一瞬間向后水平噴出，且相對于地面的速度都是v0=20m/s，每間隔相等時間Δt=1s噴出一個小球。已知小車運動時受到的阻力為小車和車內小球總重力的k=0.2倍，

(1)噴出第一個小球時，小車同時也獲得一個反向速度，求此時整個系統增加的機械能；

(2)求噴出第三個小球后，小車的速度v3；

(3)調整第四個及以后的每個小球噴出速度，可使得接下來的每個小球噴出后小車的速度都等于v315.圖1為某種旋轉節速器的結構示意圖，長方形框架固定在豎直轉軸上，質量為m的重物A套在轉軸上，兩個完全相同的小環B、C與輕彈簧兩端連接并套在框架上，A、B及A、C之間通過鉸鏈與長為L的兩根輕桿相連接，A可以在豎直軸上滑動。當裝置靜止時，輕桿與豎直方向的夾角為53°。現將裝置倒置，當裝置再次靜止時，輕桿與豎直方向的夾角為37°，如圖2所示，此時緩慢加速轉動裝置，直到輕桿與豎直方向的夾角再次為53°時裝置保持勻速轉動。已知裝置倒置時，前、后彈簧的彈性勢能減少量為ΔEp，重力加速度為g，不計一切摩擦，取sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

(1)——★參考答案★——1.【答案】C

【解析】解：A、C、設球與擋板分離時位移為x，經歷的時間為t，

從開始運動到分離的過程中，m受豎直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的擋板支持力F1和彈簧彈力F。

根據牛頓第二定律有：mgsin30°-kx-F1=ma，

保持a不變，隨著x的增大，F1減小，當m與擋板分離時，F1減小到零，則有：

mgsin30°-kx=ma，

解得：x=m(gsin30°-a)k=2×(10×0.5-4)200m=0.01m，

即小球向下運動0.01m時與擋板分離，故A錯誤，C正確。

B、球和擋板分離前小球做勻加速運動；球和擋板分離后做加速度減小的加速運動，當加速度為零時，速度最大。故B錯誤；

D.球和擋板分離后做加速度減小的加速運動，當加速度為零時，速度最大，此時物體所受合力為零。即：2.【答案】C

【解析】解：A、波在一個周期內傳播的距離為一個波長，則t=T2時波傳到x=6m處，則波形平移到x=6m處，故A錯誤；

B、t=T時，波傳到固定點處，則波形平移到固定點處，故B錯誤；

C、t=3T2時，波被固定點反射T2時間，形成半個波長的反射波，反射波與6～8m內原波的波形相同，根據波的疊加原理可知該區域內振動加強，振幅為原來的2倍，故C正確；

D、t=2T時，波被固定點反射T時間，形成一個波長的反射波，反射波與4～8m內原波的波形相同，根據波的疊加原理可知該區域內振動加強，振幅為原來的2倍，故D錯誤。

故選：C3.【答案】B

【解析】解：小物塊第一次到達O點，獲得的動能Ek1=mgH，運動的路程s1=Hsinθ，小球第一次通過O點損失的動能為0.05mgH，滑上斜面到最高點H1=0.95H，到第二次到達O點運動的路程s2=Hsinθ+2×0.95Hsinθ，小球第二次通過O點損失的動能為0.05mgH1=(0.05)2mgH，滑上斜面最高點H2=0.95H1=0.952H，小球第三次到達O點的路程s3=Hsinθ+2×0.95Hsinθ+4.【答案】A

【解析】解：平行極板進入的帶電粒子在板間的勻強電場中做類平拋運動，

在沿極板和垂直極板方向上分解其運動，

L=v0t；

d=12at2；a=qUmd，

聯立得到：d=12qUmdL2v02，(其中L為板長、d為板間距離、U為兩極板電壓)

整理得到：粒子最大初動能Ek=12mv02=qUL24d2，

由此可知：Ek5.【答案】D

【解析】解：A、根據同向電流相互吸引，異向電流相互排斥，可知電流方向相反，故A錯誤；

B.如圖甲所示，對導體棒Q受力分析。記PQ距離為d，AQ距離為L，AP距離為H，根據共點力平衡條件可知

mQgH=2FTL=FAd

故懸掛Q的細線拉力FT大小不變，故B錯誤；

C、如圖乙所示，將兩根導體棒視為整體受力分析，設懸掛Q的細線與豎直方向的夾角為θ，則有

2FT'+2FTcosθ=(mQ+mP)g

由于θ逐漸減小，故懸掛P的細線拉力FT'逐漸減小，故C錯誤；

D、導體棒P在導體棒Q6.【答案】C

【解析】解：設貨箱恰好相對于車廂滑動時卡車的加速度的為a0，

設貨箱的質量為m，對貨箱，由牛頓第二定律得：

μmg=ma0

解得：a0=μg=0.24×10=2.4m/s2，

A、司機全力加速時卡車的加速度a加=2.2m/s2<a0，貨箱相對卡車靜止，貨箱不可能掉出車廂，故A錯誤；

BCD、司機全力剎車時卡車的加速度a減=3m/s2>a0，貨箱相對卡車向前滑動，貨箱可能碰到車頭，

若司機全力剎車，設經過時間t貨箱碰到車頭，貨箱碰到車頭時貨箱相對于車廂滑動的距離s=10.0m-0.5m=9.5m，

卡車的初速度7.【答案】AD

【解析】解：B、對小球A，根據牛頓第二定律可得

Nx=ma

對系統整體根據牛頓第二定律

F=4ma

解得

F=4mgtanθ

故B錯誤；

A、設桿的彈力為N，對小球A，豎直方向受力平衡，則桿水平方向的分力與豎直方向的分力滿足

NxNy=tanθ

豎直方向有

Ny=mg

則

Nx=mgtanθ

若B球受到的摩擦力為零，對B根據牛頓第二定律可得

Nx=ma

可得

a=gtanθ

對小球A、B和小車整體根據牛頓第二定律

F=4ma=4mgtanθ

故A正確；

C、若推力F向左，根據牛頓第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由桿對小球A的水平分力以及車廂壁的彈力的合力提供，小球A所受向左的合力的最大值為

Nx=mgtanθ

小球B所受向左的合力的最大值

Fmax=(Ny+mg)?μ-Nx=2μmg-mgtanθ

由于

μ<tanθ

可知

Fmax<mgtanθ

故F最大加速度最大時小球B所受摩擦力已達到最大、小球A與左壁還有彈力，則對小球B根據牛頓第二定律

Fmax=2μmg-mgtanθ=mamax

amax=g(2μ-tanθ)

故C錯誤；

D、若推力F向右，根據牛頓第二定律可知系統整體加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理論上向右的合力可以無限大，因此只需要討論小球B即可，當小球B所受的摩擦力向左時，小球B8.【答案】BC

【解析】解：B、金屬棒ab每次通過區域Ⅰ的過程，通過它的電荷量為：

q1=I1-?t1=E1-2R?t1=ΔΦ1t1?2R?t1=BLd2R

同理，每次通過區域Ⅱ的過程，通過它的電荷量為：

q2=I2-?t2=E2-2R?t2=ΔΦ2t2?2R?t2=BLdR

根據動量定理可得，金屬棒ab每次通過區域Ⅰ的過程動量的變化量的大小為：

Δp1=BI1-L?t1=BLq1=B2L2d2R

同理，每次通過區域Ⅱ的過程動量的變化量的大小為：

Δp2=BI2-L?t2=2BLq2=2B2L2dR

故金屬棒第一次穿過磁場區域Ⅰ、Ⅱ的過程中，金屬桿動量的變化量之比：

Δp1：Δp2=1：4，故B正確；

A、由Δp=mΔv可得：金屬棒每次穿過區域Ⅰ、Ⅱ的過程，其速度減小量ΔvⅠ、ΔvⅡ之比為：

ΔvⅠΔvⅡ=Δp9.【答案】AC

【解析】解：A、在距地面高H處小球的機械能與重力勢能相等，則有：mgH=c，解得小球的質量為：m=cgH，故A正確；

B、當h=H2時，小球的重力勢能為EP=12mgH；

從釋放小球到h=H2過程中，根據動能定理可得：mg?12H-Wf=Ek-0，其中Wf為克服阻力做的功，解得：Ek=12mgH-Wf<EP，故B錯誤；

CD、阻力對小球做的功等于小球機械能的變化，則有：ΔE=fΔh10.【答案】AC

【解析】解：A、粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，則在磁場中轉動的周期T=2πmqB，粒子在磁場中轉動時圓心角θ=56π，故粒子自開始射出至第一次到達x軸時的時間間隔為t=θ2πT=5πm6qB，故A正確；

BC、粒子在磁場中做圓周運動的半徑為人，則qvB=mv2r

解得r=mvqB

粒子從x軸射出到y軸的距離為d=rsin30°=mv2qB

粒子從x軸射出后，以速度v與x軸成30°斜向上運動，則水平方向勻速運動，vx=vcos30°=32v，豎直方向vy=vsin30°=12v，在豎直方向向上做勻減速運動，當豎直方向速度減小到零時，速度最小，最小速度為vmin=vx=11.【答案】16.00

12.4

<

【解析】解：(1)刻度尺的精確度為1mm，某次測量如圖2，根據刻度尺的讀數規則，其指針示數為160.0mm=16.00cm；

(2)根據胡克定律，彈簧Ⅰ的勁度系數為k1=ΔF1Δx1=(4-1)×50×10-3×10(27.76-15.71)×10-2N/m=12.4N/m，彈簧Ⅱ的勁度系數為k2=ΔF12.【答案】舊干電池內阻較大，容易測量

1.48

1.36

【解析】解：(1)干電池的內阻一般很小，所以電流表選擇外接法(相對于電源內阻)，電壓表直接測量路端電壓，按此思路連接實物如圖所示；

(2)作出電源的U-I圖象，因為U=E-Ir，圖象斜率的絕對值表示內阻，若r較小，則圖象平坦，不容易計算斜率，所以選擇阻值較大的舊電池做實驗；

(3)電源的U-I圖象與縱軸的交點坐標值是電源的電動勢，圖象斜率的絕對值是電源的內阻，所以E=1.48V，r=|0.8-1.480.5|Ω=1.36Ω；

(4)由于電壓表的分流，通過電路的實際電流比電流表示數大，且電壓越大時，電壓表的分流就越大，實際的U-I圖象相當于畫出圖象向右稍微平移并順時針轉動一下，實際的U-I如圖所示(紅色

故答案為：(1)如圖；(2)舊干電池內阻較大，容易測量；(3)1.48(1.46～1.49

間均正確)、1.36(1.32～