2026届高考物理三轮冲刺专项练：运动学、电学

26高考物理模拟运动学、电学冲刺卷 一、单选题 1．（2026·北京昌平·一模）如图所示，在粗糙的水平地面上有一个质量为、倾角为的斜面体，斜面体上有一个质量为的小滑块，小滑块与斜面体的接触面光滑。在小滑块沿斜面体下滑的过程中，斜面体始终保持静止。重力加速度为。在小滑块下滑过程中，（　　） A．斜面体对滑块的支持力大小为 B．地面对斜面体的支持力大小为 C．地面对斜面体的支持力小于 D．地面对斜面体的摩擦力为零 2．（2026·江苏·模拟预测）如图所示，不可伸长的轻绳AO、BO与弹性绳CO（遵循胡克定律）系于O点，AO另一端固定，BO水平且另一端连接着置于粗糙水平面的物体P，弹性绳CO下方悬挂一小球Q，初始时系统处于静止状态。现由于小球Q受到水平向左恒定风力作用，稳定后弹性绳CO偏离竖直方向一定夹角，此过程中物体P未发生移动，下列说法正确的是（　　） A．轻绳AO的拉力变小 B．轻绳BO的拉力变小 C．物体P受到的摩擦力不变 D．小球Q的位置一定变高 3．（2026·河南安阳·三模）如图所示，倾角θ=37°的斜面体固定于水平地面上，质量为m的物块放置在斜面上，轻质细线的一端与物块相连，另一端跨过光滑定滑轮与砂桶相连。已知定滑轮左侧细线与斜面间的夹角也为θ=37°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，sin 37°=0.6，砂和砂桶的总质量M可调，整个系统始终处于静止状态，则M最大为（　　） A． B． C． D． 4．（2026·浙江嘉兴·二模）如图所示，一工人将质量分布均匀的直梯斜靠在光滑墙壁上，下端放在粗糙地面上。当直梯与水平方向成60°时恰好静止。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（　　） A．直梯共受到3个力的作用 B．地面与直梯之间的动摩擦因数 C．工人沿直梯向上爬时梯对地面作用力变大 D．工人可以一直爬到直梯顶部且直梯不滑倒 5．（2026·广东汕头·二模）在平直测试道路上，无人驾驶汽车甲与目标车乙在t＝0时经过同一路标，并沿同一方向做直线运动，用x、v、、a分别表示两车的位移、速度、平均速度和加速度，t表示运动时间。下列图像中，能表示甲、乙两车在t0时刻相遇的是（　　） A． B． C． D． 6．（2026·河北邢台·二模）如图所示，半圆形凹槽半径为R，圆心为O，MN为水平直径。A点与O等高，B点在O点正下方，P点位于槽面上，P到O的水平距离为。现从A、B点分别以水平速度vA、vB抛出小球，恰好都垂直槽面击中P点，所用时间分别为tA、tB。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A． B． C． D．A、B、P三点不共线 7．（2026·北京东城·一模）某河水的流速与离某一侧河岸距离的变化关系如图1所示，船在静水中的速度与时间的关系如图2所示，该河宽为。假设渡河过程中船在河中任意位置沿河流方向的速度与河水流速相等，要使船以最短时间渡河，下列说法正确的是（    ） A．船渡河的最短时间是150s B．船沿河流方向的位移为200m C．船沿河岸方向的加速度大小先增大后减小 D．船在河水中的最大速度是 8．（2026·重庆沙坪坝·二模）如图所示，水平地面上固定着四个内壁光滑的容器甲、乙、丙、丁，它们的中心轴线均和水平地面垂直。其中甲的内表面为半球面，乙的内表面为圆锥面，丙的内表面为旋转抛物面（将抛物线绕其对称轴旋转一周所得到的曲面），丁为喇叭面。四个容器中均有两个完全相同且可视为质点的小球贴着内壁在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（　　） A．容器甲中，上面小球的角速度较小 B．容器乙中，上面小球的加速度较大 C．容器丙中，两小球的周期相等 D．容器丁中，上面小球的角速度较大 9．（2026·江西·模拟预测）某天文爱好者观测绕地球做匀速圆周运动的卫星，测出各个卫星的周期T及其对应的轨道半径r，作出图像如图所示，已知地球的半径为R，引力常量G为已知，则下列说法正确的是（    ） A．地球的质量为 B．地球的第一宇宙速度为 C．地球表面的重力加速度为 D．若月球绕地球做匀速圆周运动的周期为，则其轨道半径为 10．（2026·北京昌平·一模）如图所示，劲度系数为的轻质弹簧一端固定在天花板上，另一端连接一个质量为的小球，小球静止时位于点。现竖直向下拉动小球至点后由静止释放，小球在竖直平面内做简谐运动。已知O、P两点间的距离为，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为，弹簧的弹性势能与弹簧形变量之间的关系式为。下列说法正确的是（　　） A．简谐运动的振幅为 B．从向点运动时，弹簧的弹性势能转化为小球的动能 C．在点处，小球的速度最大，大小为 D．在弹簧原长处，小球的速度最大，大小为 11．（2026·广东汕头·二模）如图，空间存在边长为a的正四面体，O为水平底面ABC中心。A、B、C三点各固定一个电荷量为+Q的点电荷，在外力作用下将电荷量为+q的探测电荷沿PO连线从P点缓慢移至O点。已知静电力常量为k，下列说法正确的是（　　） A．探测电荷在P点时，受到的库仑力竖直向下 B．探测电荷在P处的电势能大于在O处的电势能 C．从P点向O点移动过程中，外力的大小保持不变 D．若将B点的+Q替换为-Q，探测电荷在O点受到的库仑力为 12．（2026·河南安阳·三模）某电场的等差等势线分布如图中的实线所示。一带正电的试探电荷射入电场中，虚线为其运动轨迹，a、b、c为运动轨迹与等势线的交点。已知试探电荷仅受静电力作用，下列说法正确的是（　　） A．b点的电势低于c点的电势 B．试探电荷从a点运动到c点，电势能先增大后减小 C．试探电荷在a点时的加速度小于在c点时的加速度 D．试探电荷在a点时的速度小于在c点时的速度 二、多选题 13．（2026·湖南怀化·三模）做自由落体运动的质点依次通过、、三点，已知相邻两点的时间间隔，下落高度，下列判断正确的（　　） A．质点是从点开始下落的 B．点与开始下落点间距离为 C．质点经过点时的速度为 D．过点后再经过时间，质点下落的距离为 14．（2026·广东·二模）如图，运动员在跳台滑雪训练中，从加速斜面上滑下，时刻从跳台边缘点水平飞出，经过4s落在倾角为的着陆斜面上点，已知着陆斜面顶端在点正下方17m处，运动员（含装备）的质量为60kg，重力加速度取，，忽略空气阻力，选点所在的水平面为零势能参考面，则（　　） A．点与点的高度差为80m B．运动员从点飞出时的速度大小为 C．运动员在点的重力势能为-37800 J D．运动员落到点前瞬间机械能为61230J 15．（2026·广东深圳·二模）如图所示，在发球训练中网球被斜向下击出，运动方向垂直网面，球恰好过网。已知击球后网球的速度大小为，与水平方向夹角为，不计空气阻力。从相同位置击球，下面哪种方案仍能够使球过网（     ） A．不变，变大 B．不变，变小 C．不变，变小 D．不变，变大 16．（2026·广东湛江·二模）如图，t=0时刻，在距离水平地面高H处，将一弹性球以初速度v0竖直向下抛出，球与地面碰撞没有机械能损失，碰后反弹返回抛出点，整个过程球受到的阻力恒定。运动过程中，球的加速度、速度、重力势能、机械能分别设为a、v、Ep、E，球下落过程与抛出点距离设为h，在下列选项a-t图、v-t图、Ep-h图和E-h图中，实线表示忽略空气阻力的情况，虚线表示考虑了空气阻力的情况，以向下为正方向、地面为零势能面。球从抛出到返回抛出点的过程中，可能正确的图像有（　　） A． B． C． D． 17．（2026·新疆乌鲁木齐·模拟预测）某同学将在水平地面上的足球以与地面成30°的初速度斜向上踢出。以地面为重力势能的零势能面，不考虑空气阻力。则足球在空中运动的过程中，同一时刻足球重力势能和动能的比值可能为（　　） A． B． C． D．1 18．（2026·浙江台州·二模）“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为R1和R2的同心金属半球面，两球面通过一个稳定电压U连接，产生强度稳定的径向电场，其半径r处电场强度大小为（k为常数）。电荷量均为q、初速度大小均为v，质量分别为m1、m2、m3的三种正离子束，垂直左边界沿两球面中心（虚线）入射，经电场偏转后分别以v1、v2、v3到达右侧探测板，出口处相邻离子束间距相等，其中离子m2沿虚线切向射出。下列说法正确的是（　　） A．内侧球面电势低于外侧球面电势 B．m1、m3两离子动能变化量大小相等 C．若将离子m2的电荷量加倍，使其仍沿虚线射出，则需将电压调为2U D．现仅调节稳定电源电压为U'，使质量为m1的离子能沿虚线射出，则 三、实验题 19．（2026·海南·二模）某物理兴趣小组做实验“探究平抛运动的特点”。实验装置如图甲所示。 (1)关于该小组的实验操作，下列说法正确的是________。 A．调节斜槽轨道，确保其末端切线水平 B．描绘同一轨迹时，应让小球从斜槽上的不同位置无初速度释放 C．释放小球的位置应尽量靠近斜槽末端，起始高度不宜过高 D．木板需保持竖直，且小球下落的竖直平面应与木板平面平行 (2)该小组得出如图乙所示的轨迹图，其中a、b、c三点的位置在运动轨迹上已标出，已知重力加速度大小为g。小球从a点运动到b点的时间为________，小球离开斜槽末端时的初速度大小为________，小球运动到b点时的速度大小为________。（均用相关物理量符号表示） 20．（2026·辽宁营口·二模）图甲是研究平抛运动的实验装置图，取重力加速度大小g=10m/s2，计算结果均保留到小数点后一位。 (1)实验中，下列说法正确的是_______。 A．斜槽轨道要尽量光滑 B．斜槽轨道末端要保持水平 C．记录点应适当多一些，这样描绘出的轨迹能更好地反映小球的真实运动 D．在描绘小球运动的轨迹时，需要用平滑的曲线将所有的点连接起来 (2)图乙是正确实验取得的数据，此小球做平抛运动的初速度大小为____m/s。 (3)在另一次实验中将白纸换成方格纸，每小格的边长L=5cm，通过实验记录了小球运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球在C点时的速度大小为_________m/s。 21．（2026·北京昌平·一模）某实验小组做“测量金属丝的电阻率”的实验。 (1)使用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量时螺旋测微器的示数如图1所示，其读数为___________mm。 (2)用电流表（内阻约为）和电压表（内阻约为）测量金属丝的电阻（阻值约为），要求尽量减小实验误差，应该选择的部分测量电路是图2中的___________（填“甲”或“乙”），若用图2中的甲电路测量金属丝电阻，不考虑偶然误差，测量值与真实值相比较将___________（填“偏大”“偏小”或“不变”），误差主要是由___________（填“电流表”或“电压表”）的内阻引起的。 (3)某同学用图3所示的电路测量金属丝的电阻率。实验步骤如下： ①将滑动触头P调节至某位置，测量P到金属丝端之间的距离； ②闭合开关S，调节电阻箱的阻值，使电流表示数，读出相应的电压表示数，断开开关S； ③改变P的位置，重复步骤①、②，测量多组和，作出图像如图4所示，得到直线的斜率。 写出测量金属丝电阻率的表达式___________（用k、d、I表示）；根据图像计算出该金属丝的电阻率___________（取图1所示示数；取3；结果保留两位有效数字）。 22．（2026·广西·模拟预测）在“测定金属丝电阻率”的实验中： (1)用游标卡尺测量金属丝的长度如图甲所示，由图可知其长度______mm；用螺旋测微器测得金属丝的直径如图乙所示，则______mm。 (2)欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω的金属丝的电阻，要求测量结果尽量准确，现有以下器材： A．电池组（3V，内阻1Ω） B．电流表（0~3A，内阻约为0.0125Ω） C．电流表（0~0.6A，内阻0.5Ω） D．电压表（0~3V，内阻约为3kΩ） E.电压表（0~15V，内阻约为15kΩ） F.滑动变阻器（0~20Ω，额定电流1A） G.滑动变阻器（0~2000Ω，额定电流0.3A） H.开关、导线 上述器材中，电流表应选______，电压表应选______，滑动变阻器应选______（填写各器材的字母代号）。 (3)要求待测电阻两端的电压能从零开始变化，请按要求在虚线框中画出实验电路图__________。 (4)用电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数如图所示，则电压表的读数为______V，电流表的读数为______A。 (5)该金属丝电阻率的表达式______（用l，d，R表示）。 23．（2026·河南安阳·三模）某学习小组通过实验测量一根长度为L的金属丝的电阻率（其阻值约5 Ω）。 (1)首先用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图1所示，其直径d=________mm； (2)为了准确地测量该金属丝的阻值，除了一节干电池、导线和开关外，实验室还提供了如下器材： 电流表A1（量程为300mA，内阻约2Ω） 电流表A2（量程为10mA，内阻r=10Ω） 电阻箱R（最大阻值为999.9Ω） 滑动变阻器R1（最大阻值为20Ω，允许的最大电流为1A） 滑动变阻器R2（最大阻值为100Ω，允许的最大电流为0.2A） ①将电流表和电阻箱改装成一个量程为1.5V的电压表，应选电流表________（选填“A1”或“A2”），电阻箱接入电路的阻值R=________Ω； ②学习小组设计了部分电路如图2所示，请补全电路图________，要求尽量减小系统误差，标明电流表A1和A2。滑动变阻器应选择________（选填“R1”或“R2”）； ③若电流表A1、A2的示数分别为I1、I2，则金属丝的电阻率ρ=________（用字母I1、I2、R、r、d、L表示）。 24．（2026·河南三门峡·二模）为探究匀速圆周运动向心力的定量表达式，某同学设计了如图乙所示的实验装置。电动机带动转轴匀速转动，改变电压可调节转速；其中为固定在竖直转轴上的水平凹槽，端压力传感器可测出小球对其压力的大小，端固定一宽度为的挡光片，光电门可测量挡光片每一次的挡光时间。 实验步骤： ①测出挡光片与转轴的距离为，用游标卡尺测得挡光片的宽度如图甲所示； ②将小钢球紧靠传感器放置在凹槽上，测出此时小钢球球心到转轴的距离为； ③启动电动机，使凹槽绕转轴匀速转动； ④记录下此时压力传感器示数和挡光时间。 (1)由于某些原因，游标尺的左半部分不能看清，挡光片的宽度___________cm； (2)小钢球转动的角速度___________（用、、表示）； (3)该同学为了探究向心力大小与角速度的关系，多次改变转速后，记录了一系列力与对应角速度的数据，作出图像如图丙所示，若忽略小钢球所受摩擦且小钢球球心与转轴的距离为，则小钢球的质量___________kg（结果保留两位有效数字）。 四、解答题 25．（2026·北京石景山·一模）如图所示为游乐场“旋转飞椅”的简化原理图。处于水平面内的圆形转盘，可绕穿过其中心的竖直轴转动。让转盘由静止开始逐渐加速转动，经过一段时间后，游客与转盘一起做匀速圆周运动，达到稳定状态，此时轻绳与竖直方向夹角为。已知绳长为且不可伸长，悬点与转轴中心的距离为，座椅与游客可视为质点，总质量为，重力加速度为，不计空气阻力，求： (1)轻绳拉力的大小； (2)转盘角速度的大小； (3)从静止到稳定转动，轻绳拉力对座椅与游客做的功。 26．（2026·浙江金华·二模）一游戏装置如图所示，左侧光滑斜面与水平传送带平滑连接，传送带右侧紧接有等高的光滑水平面。现有一可视为质点的小滑块从斜面上距传送带高度处静止下滑，通过传送带和，冲上两个半径为的光滑四分之一圆管轨道。已知长，传送带长，以速度匀速向右运动，小滑块与传送带间的动摩擦因数，忽略空气阻力。 (1)若小滑块恰能从E点离开，求小滑块： ①在D点处的速度大小； ②在D点处对轨道的压力大小； ③释放高度。 (2) 若在段铺上不同材料，且小滑块与材料的动摩擦因数为，小滑块从斜面上距传送带高度处静止下滑，小滑块最终停在的中点位置（图中未标示），试讨论可能的取值。 27．（2026·广东中山·三模）如图所示为简化的射钉枪工作原理图，轻杆的一端固定质量为M的重锤，另一端可绕转轴O自由转动，轻质弹簧一端连接到杆上A点，另一端固定在枪把上。水平枪筒中放置有质量为m的射钉，射钉左侧紧贴火药。初始时刻弹簧处于伸长状态，轻杆从水平状态静止释放后，转到竖直状态时弹簧恢复原长，此时重锤撞击火药，引起爆炸，爆炸使射钉获得较高速度后射出，水平射入固定的足够厚木板中。已知爆炸后重锤速度为零，轻杆长为L，OA距离为杆长的，弹簧初始状态伸长量为x0，弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系满足。爆炸过程火药释放的化学能全部转化为系统动能，忽略火药的质量和爆炸过程产生气体的质量。忽略转轴处及枪筒内的摩擦力，求 (1)重锤撞击火药前瞬间，连接点A的速度大小； (2)火药爆炸释放的化学能ΔE； (3)假设厚木板对射钉的阻力满足f=ah，h代表射入深度，a为常数，求射钉最终打入厚木板的深度。（假设射钉最终未完全进入木板） 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《26高考物理模拟运动学、电学冲刺卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D C C C C B C C C 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 答案 D A BC AB BD BD AB AD 1．C 【详解】A．对小滑块受力分析可得斜面体对滑块的支持力大小为，故A错误； BC．设小滑块的加速度为，根据牛顿第二定律有 的水平分量向左，竖直分量向下，对小滑块和斜面整体受力分析可得， 可得地面对斜面体的支持力小于，故B错误，C正确； D．地面对斜面体的摩擦力为，故D错误。 故选C。 2．D 【详解】A．初始时，设小球的质量为，轻绳的拉力为，对小球，在竖直方向受力平衡，有 设与水平方向的夹角为，轻绳的拉力为，由平衡条件，在竖直方向，有 解得，稳定后，不变，设偏离竖直方向的角度为，由平衡条件，得弹性绳的拉力 解得，对结点，在竖直方向受力平衡，有，解得 由可知，和初始状态相比，轻绳的拉力大小不变，故A错误； B．初始时，设轻绳的拉力为，由平衡条件，在水平方向，有，解得 设风力为，稳定后，对小球，水平方向平衡，有，对结点，水平方向平衡，有，由可知，轻绳BO的拉力比原来变大，故B错误； C．物体始终处于静止状态，由平衡条件可知，物体受到的摩擦力始终与轻绳BO的拉力大小相等，因此物体P受到的摩擦力也变大，故C错误； D．设弹性绳CO的原长为，劲度系数为，根据胡克定律，可得初始时小球Q到结点的距离为 稳定后，小球到结点的竖直距离为，因为，所以，则小球的位置变高，故D正确。 3．C 【详解】M最大时物块所受斜面的摩擦力沿斜面向下，沿斜面方向 解得，故选C。 4．C 【详解】A．墙壁光滑，对直梯无摩擦力。直梯受重力、墙壁的水平支持力、地面的竖直支持力、地面的静摩擦力，共4个力，故A错误； B．设直梯质量为，长度为，与水平夹角，以直梯下端为转轴，由力矩平衡 得墙壁弹力，水平平衡，静摩擦力，竖直平衡，地面支持力 恰好静止时，代入，得，故B错误； C．将工人和直梯视为整体，竖直方向始终满足（为工人质量） 大小不变；对下端转轴力矩平衡，工人向上爬时，工人的力臂增大，所需墙壁弹力增大，因此地面静摩擦力增大。 直梯对地面的作用力是压力与摩擦力的合力，大小为，增大则合力变大，因此梯对地面作用力变大，故C正确； D．设工人重力为，工人爬到顶端时，力矩平衡得所需摩擦力，最大静摩擦力，对比得，直梯会滑倒，故D错误。故选C。 5．C 【详解】A．由x-t图像可知，在t=t0时刻，乙的位移大于甲的位移，可知甲、乙两车在t0时刻不能相遇，A错误； B．因v-t图像的面积等于位移，可知在t=t0时刻，乙的位移大于甲的位移，可知甲、乙两车在t0时刻不能相遇，B错误； C．由图可知，在t=t0时刻，甲乙的平均速度相同，可知乙的位移等于甲的位移，可知甲、乙两车在t0时刻能相遇，C正确； D．因a-t图像的面积等于速度的变化量，则在t=t0时刻，乙的速度变化量大于甲的速度变化量，而因开始时初速度大小关系不确定，可知甲乙位移关系不能确定，即两车不一定相遇，D错误。 故选C。 6．C 【详解】AC．由于两小球均垂直槽面击中P点，所以速度的反向延长线必过水平位移中点，即经过圆心O，如图所示 根据几何关系可得，解得 根据平抛运动的规律可得，，， 联立解得，，故A错误，C正确；B．由于，，所以，故B错误； D．根据平抛运动的推论可知，由于两小球的速度偏转角相等，即速度方向与水平方向的夹角相等，所以位移与水平方向的夹角相等，则A、B、P三点共线，故D错误。故选C。 7．B 【详解】A．最短渡河时间 ，故A错误； B．垂直河岸方向满足，因此离河岸距离与时间成正比，水流速度随的变化等价于随的变化； 沿河岸位移等于图像的面积，为三角形，面积，故B正确； C．前50s随线性增大，后50s随线性减小，加速度，大小始终恒定，故C错误； D．船速是水流速度和船静水速度的合速度，两个方向垂直，最大合速度出现在最大时：，故D错误。故选B。 8．C 【详解】A．对甲容器，由牛顿第二定律，有，可得 其中h为球心到圆周轨迹平面的距离，由于上面小球的圆周平面到球心更近，所以上面小球的角速度比较大，故A错误； B．设容器乙对小球弹力方向与竖直方向夹角为θ，对乙容器，由牛顿第二定律 可得，即两小球的加速度一样大，故B错误；C．对丙容器，由牛顿第二定律 由几何关系知，tanθ为抛物线上该点切线斜率，设抛物线方程为，由平抛推论或数学求导均可得 可得，可知，周期与位置无关，即两小球的周期相等，故C正确；D．对丁容器，由牛顿第二定律，其中θ为切线与水平面的夹角，解得，上面的球半径r大，θ小，即角速度较小，故D错误。故选C。 9．C 【详解】A．卫星绕地球做匀速圆周运动，则有，解得，结合图像可得 解得，地球的质量为，故A错误；B．万有引力提供卫星圆周运动的向心力，则有 结合上述结论，解得，第一宇宙速度为，故B错误； C．在地球表面，万有引力与重力大小相等，则有，结合上述结论 解得，地球表面的重力加速度为，故C正确；D．月球也是地球的一颗卫星，根据开普勒第三定律可得 解得，月球绕地球的轨道半径，故D错误。故选C。 10．C 【详解】A．小球在O点时弹簧伸长量为，因O、P两点间的距离也为，可知简谐运动的振幅为，A错误； B．从向点运动时，弹簧的弹性势能减小量转化为小球的动能和重力势能，B错误； C．点处是平衡位置，小球的速度最大，由能量关系 解得大小为，C正确；D．在弹簧原长处，小球恰好在最高点，此时的速度为零，D错误。故选C。 11．D 【详解】设底面的外接圆半径为，则正三角形边长为时， 又因为是正四面体，所以 A．在点，三个对探测电荷的作用力大小相等。由对称性可知，水平方向的分力相互抵消，合力一定沿方向。由于三个固定电荷都带正电，探测电荷也带正电，因此作用力都是斥力，合力方向应沿向上，即远离底面方向，而不是竖直向下，故A错误。B．点的电势为 点的电势为，显然，由于探测电荷带正电，电势能，所以 即探测电荷在处的电势能小于在处的电势能，故B错误。 C．设探测电荷在上某点，且该点到底面中心的距离为，则它到的距离都为 每个点电荷对探测电荷的库仑力沿连线方向，其沿方向的分力为 故三个点电荷的合力大小为 显然这个力随变化，不是常量。由于探测电荷是缓慢移动的，外力大小始终与库仑力大小相等，所以外力大小也不会保持不变，故C错误。 D．若将点的替换为，则在点，点的对探测电荷的作用力大小为，方向沿 点的对探测电荷的作用力大小也为，方向沿 点的对探测电荷的作用力大小同样为，方向沿。 设 为从 指向三个顶点的矢量，则正三角形中心满足，因此 所以、两个电荷在点产生的合力大小为，方向沿。 再与点的负电荷产生的力叠加，可得总库仑力大小为，故D正确。 12．A 【详解】A．根据曲线运动条件可知，带正电的试探电荷受到的静电力在曲线凹侧，可知电场线方向也指向曲线凹侧，随着电场线方向电势降低，可知b点的电势低于c点的电势，故A正确； B．试探电荷从a点运动到c点，电势先减小后增大，根据可知，电势能先减小后增大，故B错误； C．等差等势线越密，场强越大，图像可知a点处等差等势线比c处密集，可知a点场强大于c点场强，则试探电荷在a点受到的静电力F比b大，根据可知，试探电荷在a点时的加速度比b大，故C错误； D．题图可知ac在同一等势面上，其电势差为0，根据动能定理有 可知动能变化量为0，因此试探电荷在这两点的动能相同，则速度大小也相同，故D错误。故选A。 13．BC 【详解】A．设点速度为，加速度为。由题可知，，，。根据位移公式有，，联立解得，，因为A点速度不是零，所以质点不是从点开始下落的，故A错误； B．设开始下落点为，则，解得，故B正确； C．质点经过点时的速度，故C正确；D．过点后再经过时间，根据位移差公式可知 解得过点后再经过时间，质点下落的距离为，故D错误。故选BC。 14．AB 【详解】A．运动员从跳台飞出可看作平抛运动，根据平抛运动的规律，竖直方向有 代入数据可得点与点的高度差为，故A正确；B．设飞出初速度为，水平位移为 根据几何关系，着陆斜面顶端在点正下方17m处，因此满足，代入数据解得，故B正确； C．选点所在水平面为零势能面，点在点下方80m，重力势能为，故C错误。 D．忽略空气阻力，平抛过程机械能守恒，总机械能等于点的机械能（点重力势能为0），即，故D错误。故选AB。 15．BD 【详解】A．将网球的运动分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向初速度不为零的匀加速直线运动，设击球点到网的水平位移为，将初速度分解：水平初速度为，竖直初速度为，网球运动到网的时间为 竖直方向下落的总位移为，原情况恰好过网，说明击球点到网顶的竖直高度差 不变，变大，则变大、变小，则增大，，不能过网，故A错误； B．不变，变小，则变小、变大，则减小，，可过网，故B正确； C．不变，变小，则增大，，不能过网，故C错误； D．不变，变大，则减小，，可过网，故D正确。故选BD。 16．BD 【详解】A．球向下运动时，阻力向上，故考虑空气阻力的情况下加速度小于g，球向上运动时，阻力向下，故考虑空气阻力的情况下加速度大于g，故A错误； B．v-t图中，图线的斜率表示加速度，结合选项A分析可知，第一段虚线的斜率应小于实线，第二段虚线斜率的绝对值大于实线。由于存在机械能损失，球不能回到原来的高度，图像与t轴围成的面积（表示位移）虚线情况要小于实线的情况，故B正确； C．小球的重力势能先减小后增大，但有空气阻力时，由于阻力一直做负功，机械能损失，小球不能回到原来的高度，故C错误； D．若不考虑阻力，机械能不变，若考虑阻力，小球下落过程和反弹过程机械能均减小，且图像的斜率大小均等于阻力大小，故D正确。故选BD。 17．AB 【详解】设足球的初速度为，将初速度沿水平和竖直方向分解，则水平分速度 竖直分速度 不考虑空气阻力，足球运动过程中机械能守恒，以地面为零势能面，总机械能等于抛出点的初动能，即 运动过程中任意时刻满足 开始抛出点的重力势能为0最小，此时足球重力势能和动能的比值最小为0，足球到达最高点时，竖直分速度为0，动能最小，重力势能最大，此时重力势能与动能的比值达到最大值 对应重力势能，故最大比值，因此，运动过程中重力势能与动能的比值范围为 故选AB。 18．AD 【详解】A．​沿虚线做匀速圆周运动，向心力指向圆心，正离子的电场力方向与电场方向一致，因此电场方向径向向内（由外侧球面指向内侧球面）。沿电场方向电势逐渐降低，因此外侧球面电势高于内侧球面，即内侧球面电势低于外侧球面，故A正确； B．设出口处相邻离子束间距为，则相邻离子束间电势差为 动能变化量等于电场力做功，由径向电场强度大小，可知 则m1、m2间的平均场强大于m2、m3间的平均场强，因此电场力对m1、m3两离子做功不相等，则m1、m3两离子动能变化量大小不相等，故B错误； C．设虚线半径为，沿虚线运动时，电场力提供向心力，有，解得 若电荷量加倍，仍沿虚线射出，电场力提供向心力，有，解得，因此 则需将电压调为，不是，故C错误；D．让沿虚线射出，由电场力提供向心力，可得 解得，与​式联立作比，得，因此，故D正确。故选AD。 19．(1)AD (2) 【详解】（1）A．安装斜槽时其末端切线应水平，以保证小球离开斜槽后做平抛运动，故A正确； B．小球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放，以保证小球到达斜槽末端时的速度相同，故B错误； C．小球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度要适当，不能过高或过低，故C错误； D．将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行，防止小球与木板相碰，故D正确。 故选AD。 （2）[1]小球在水平方向做匀速直线运动，则小球从a点到b点的时间等于从b点到c点的时间，设为T，有 小球在竖直方向做匀加速直线运动，有，解得； [2] 小球做平抛运动的初速度大小； [3]小球经过b点时竖直方向的速度，又 ，解得。 20．(1)BC (2)1.6 (3)3.4 【详解】（1）A．斜槽轨道是否光滑对实验无影响，故A错误； B．斜槽轨道末端要保持水平，以保证小球做平抛运动，故B正确； C．记录点应适当多一些，这样描绘出的轨迹能更好地反映真实运动，故C正确； D．在描绘小球运动的轨迹时，要舍掉误差较大的点，然后用平滑的曲线连接其它的点，故D错误。 故选BC。 （2）小球做平抛运动，在水平方向上有，在竖直方向上有 取题图乙中的，，则， （3）方格纸每小格的边长，竖直方向上有，解得 水平方向上有，小球在点时竖直方向上的速度 小球在点时竖直方向上的速度，故小球在点时的速度大小 21．(1)0.730 (2) 甲 偏小 电压表 (3) 【详解】（1）图1可知直径 （2）[1]由题中数据发现，可知电流表应采用外接法，故选甲。 [2][3]若用图2中的甲电路测量金属丝电阻，电压表测量真实电压，电流表测量值为金属丝电流和电压表电流，电流的测量值偏大，根据可知电阻的测量值偏小，误差来源为电压表的分流作用。 （3）[1]根据，可知图像斜率为，解得 [2]根据图4可知斜率，题意可知I=0.40A，联立解得 22．(1) 50.20 4.700 (2) C D F (3) (4) 2.60 0.52 (5) 【详解】（1）[1]根据游标卡尺读数规律可得，其长度为 [2]根据螺旋测微器读数规律可得，金属丝的直径为 （2）[1]电源电动势为3V，则电压表需要选择D； [2]电路最大电流约为，电流表应选择C； [3]为方便实验操作，为了减小误差，需要电压从零开始变化，滑动变阻器采用分压式连接，故滑动变阻器选择阻值较小的F。 （3）由于待测电阻的阻值远小于电压表的电阻，但电流表内阻已知，故选择电流表内接法，滑动变阻器采用分压接法，如图所示 （4）[1]电压表的分度值为0.1V，则电压表的读数为2.60V； [2]电流表的分度值为0.02A，则电流表读数为0.52A。 （5）根据电阻定律，其中，该金属丝电阻率的表达式为 23．(1)1.878/1.877/1.879 (2) A2 140.0 R1 【详解】（1）螺旋测微器的精度为，可知金属丝的直径为 （2）[1][2]电流表A2的内阻已知，可知应选电流表A2，根据 可得电阻箱（最大阻值为999.9Ω）接入电路的阻值 [3][4]学习小组设计了部分电路如图2所示，可知滑动变阻器采用限流式接法，因为滑动变阻器R2允许的最大电流为0.2A，小于电流表A1的量程，可知滑动变阻器应选择R1。补全电路图如图所示 电流表A2和电阻箱串联改装为电压表，电流表A1测量干路电流，电流表A2测量支路电流。 [5]根据欧姆定律有，可得，根据电阻定律有， 联立可得金属丝的电阻率 24．(1)1.225 (2) (3)// 【详解】（1）图甲为20分度的游标卡尺，其分度值为0.05mm。从题图甲中可以看出，游标尺的第5刻线与主尺的17mm刻线对齐，根据游标卡尺的工作原理可知，20分度的游标卡尺的游标尺每一小格的长度为0.95mm，则游标尺从0刻线到第5刻线的长度为，所以游标尺的0刻线对应主尺的位置为 即游标尺的0刻线对应主尺的12mm和13mm之间的位置，所以挡光片的宽度 （2）挡光片做匀速圆周运动的线速度大小为，则根据线速度与角速度的关系式可知，挡光片做匀速圆周运动的角速度为，由于小钢球和挡光片为同轴转动，则小钢球转动的角速度与挡光片的角速度相同，所以小钢球转动的角速度为 （3）小钢球做匀速圆周运动所需的向心力由传感器的弹力提供，则根据牛顿第二定律有 所以图像的斜率为，则由可得，小钢球的质量为 （考虑斜率计算的误差，小钢球的质量取、、均正确。） 25．(1) (2) (3) 【详解】（1）在竖直方向受力平衡，解得轻绳拉力的大小 （2）根据牛顿第二定律 解得转盘角速度 （3）稳定转动时，座椅和游客的速度 从静止到稳定转动，根据动能定理 解得从静止到稳定转动，轻绳拉力对座椅与游客做的功 26．(1)①；②；③ (2)（其中 【详解】（1）①若小滑块恰能从E点离开，则，从D到E过程有 联立解得 ②在D点有 联立解得 根据牛顿第三定律，在处对轨道的压力为。 ③从释放到E过程有 解得 （2）若只经过一次传送带，则有 解得 当滑块恰好从右侧以速度第二次到达时有 解得 当时，物体第三次回到点时速度为根据动能定理有 解得 当时，滑块从右侧第二次到达至离开动能不变，全程由动能定理得 解得，当时，，不符合要求。 综上可知（其中 27．(1) (2) (3) 【详解】（1）由弹簧和重锤组成系统机械能守恒 又 OA距离为杆长的，故 联立解得 （2）设爆炸使射钉获得速度为v1，火药爆炸瞬间由动量守恒 由能量守恒火药爆炸释放的化学能 联立解得 （3）因阻力满足 即成正比，它们的图像中面积即为射钉克服阻力（变力）做的功 由动能定理 解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $