2025 届 3 月份考试
物 理
试卷满分: 100 分 考试时间: 75 分钟
注意事项:
1. 答题前, 考生务必将自己的姓名、 班级和考号填写在答题卡上。
2. 回答选择题时, 选出每小题答案后, 用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂
黑, 如需改动, 用橡皮擦干净后, 再选涂其他答案标号。 回答非选择题时, 将答案写在答
题卡上, 写在本试卷上无效。
3. 考试结束后, 将本试卷和答题卡一并交回。
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. 如图所示,甲图为质点 A 运动的速度随时间变化的图像,乙图为质点 B 运动的加速度随时
间变化的图像,B 的初速度为零,两质点在 0 ~ 2s 内,下列说法错误的是
v/m·s1 a/m·s2
2 2
0 1 2 t/s 0 1 2 t/s
2 2
*
A. 质点 A 的加速度先增大后减小 B. 质点 B 的速度先增大后减小
C. 质点 B 的位移为零 D. 质点 A、B 有一个时刻共速
2. 如图所示,平行板电容器两极板与电源、开关构成回路,先闭合开关,稳定后断开,一带电粒
子从上极板左边缘射入后恰好从下极板右边缘射出,粒子重力不计,下列措施能使粒子打
在下极板正中间的是
A. 仅将下极板上移,使板间距离变成原来的一半
B. 仅使粒子的电荷量加倍
C. 仅将带电粒子的初速度大小减半
D. 仅改变带电粒子入射点的位置,使其从两极板正中间平行于两极板射入
3. 如果未来人类在赤道修建一个太空电梯通往空间站,则人类可以通过电梯自由出入太空,
并可在空间站进行科学研究,空间站位于地球同步卫星轨道高度,电梯及空间站相对地面
静止,当乘客乘坐电梯向上运动过程中,以下说法正确的是
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) /K0
* =4
/*
BE
A. 乘客所受重力增加 B. 乘客绕地球转动的向心加速度减小
C. 乘客绕地球转动的角速度不变 D. 乘客绕地球转动的线速度减小
4. 如图所示,在半球形光滑固定绝缘碗的最低点固定一个带正电的小球 B(可视为点电荷),
另一也带正电的小球 A(可视为点电荷)此时恰好静止在内壁中的某点,若 B 球的电量缓慢
减小,则
A
B
A. 小球 A 所受的库仑力减小,支持力不变 B. 小球 A 所受的库仑力、支持力均不变
C. 小球 A 所受的库仑力和支持力均减小 D. 小球 A 所受的库仑力减小,支持力增大
5. 如图,A、B、C 为圆的三等分点,A、B、C 三点固定有等量的正电荷,O
E
为圆的圆心,E、F 为圆中轴线上对称的两点,一带负电粒子从 E 点由 A
静止释放,粒子重力不计,以下说法正确的是
O C
A. 在关于圆心 O 对称的 E、F 两点,粒子的电势能不相同
B. 粒子将在 E、F 间做往复运动 B F
C. 粒子由 E 向 F 运动过程中,其电势能一直增加
D. 在关于圆心 O 对称的 E、F 两点,粒子所受的电场力相同
6. 乘坐飞机时,若乘客需要携带大件行李,则需要办理托运,行李箱要经过一系列的人工搬运
和传送带的运输过程才会到达飞机上。 如图所示,一个重为 100kg 的行李箱(可视为质点)
在传输过程经过一个倾角为 θ= 37°的固定斜面,斜面长为 4m,斜面底端固定一个垂直于斜
面的挡板,斜面和行李箱间的动摩擦因数为 0. 5,行李箱从斜面顶端由静止下滑,到达底端
与挡板相碰,碰撞时间为 0. 5s,碰撞过程中摩擦力忽略不计,反弹后行李箱向上滑行了 0. 2m,
则行李箱和挡板碰撞的平均作用力为(sin37° = 0. 6,cos37° = 0. 8,重力加速度 g = 10m / s2)
θ
A. 1500N B. 600N C. 1200N D. 1800N
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7. 如图所示,一倾角 θ= 37°的光滑斜面固定于水平地面上,一劲度系数 k = 100N / m 的弹簧一
端固定于 m= 1kg 的物体(可视为质点)上,另一端连接到斜面底端的固定挡板上,开始物体
处于静止状态,现将大小 F= 12N 方向沿斜面向上的恒力作用到物体上,在其沿斜面向上运
动过程中(斜面足够长,sin37° = 0. 6,cos37° = 0. 8,重力加速度 g = 10m / s2 )下列说法正确
的是
F
θ
A. 当弹簧恢复原长时物体速度最大 B. 物体的最大速度为 1. 2m / s
C. 物体的速度先减小后增加 D. 物体的加速度先增大后减小
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,有两个
或两个以上选项符合题目要求。 全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分)
8. 如图甲所示,变压器为理想变压器,图乙为 ab 端的输入电压,电阻 R= 1Ω,电动机 M 上标有
“9V、18W”字样,电动机通过轻绳拉一个质量为 m= 1kg 的物体以 v= 1m / s 的速度竖直向上
匀速上升,此时电动机恰好正常工作,以下说法正确的是
a U/V
A R 220 2
O t/×10
2s
W 1 2
b m 220 2
甲 乙
A. 变压器原、副线圈的匝数比是 20 ∶ 1
B. 电动机的电阻为 r= 1Ω
C. 2电流表示数是 A
10
D. , 11若电动机突然被卡住了 电流表的示数变为 A
60
9. 如图所示,电源内阻不能忽略,电流表、电压表均视为理想电表,滑动变阻器总阻值足够大;
电表的示数分别用 I、U 表示,电表示数变化量的绝对值分别用 ΔI、ΔU 表示。 滑动变阻器滑
片从 b 端向 a 端滑动时,下列说法中正确的是
L1
L2
a b
V L3
A
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A. 电流表的示数增大,电压表的示数减小 B. 灯泡 L1 变暗
C. L2 变亮,L3 变亮 D.
U
变大,ΔU变小
I ΔI
10. 如图所示,两根足够长的光滑平行金属轨道 ab、cd 固定在水平面内,相距为 L,电阻不计,
导轨平面处在竖直向上的磁感应强度为 B 的匀强磁场中,ac 间接有阻值为 R 的电阻,电
阻为 r、质量为 m 的金属导体棒 MN 垂直于 ab、cd 放在轨道上,与轨道接触良好,导体棒
MN 的中点用轻绳经过滑轮与质量为也为 m 的物块相连。 物块放在倾角为 θ 的绝缘斜面
上, 轻绳与斜面平行,不计一切摩擦。 若某时刻给导体棒一个水平向左的初速度为 v0,运
动过程中导体棒始终未离开水平导轨,物块始终未离开斜面,运动过程中细线始终与斜面
平行且处于绷紧状态,重力加速度为 g,下列说法正确的是
B
c N d
R v0
a M b
θ
B2L2v
A. 0初始时刻棒的加速度大小为 ++ gsinθ B. 导体棒的加速度先增大后减小m (R r )
( + )
C. mg R r sinθ导体棒的加速度一直减小 D. 导体棒最终的速度为
B2L2
三、非选择题(共 54 分)
11. (6 分)某物理兴趣小组正在进行“用圆锥摆测量重力加速度”的实验,同学们的实验装置
如图甲所示。 用一根长为 l 的轻绳上端固定在 P 点,下端连接一小钢球。 拉起小钢球,使
轻绳与竖直方向有一定的夹角,让小钢球在水平面内做匀速圆周运动,用刻度尺测量 P 点
到水平面的竖直高度 h,记录小钢球转 N 圈的时间为 t;改变轻绳与竖直方向的夹角,多次
测量记录数据。
h
P
0
0 5 45
O x
甲 乙 丙
(1)如图乙用螺旋测微器测得小钢球的直径为 d= mm。
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(2)根据测量数据,绘制的 h-x 图像是一条过坐标原点的直线,如图丙所示,则图中横坐
标 x 是 (“ t”、“ 1 ”或“ t2 ”)。 已知该直线的斜率为 k,则当地重力加速度的表达
t
式 g= 。
12. (9 分)某探究小组要测量干电池的电动势和内阻以及电阻丝的电阻率。 设计了如图甲所
示的电路,所用器材如下:理想电压表、电流表、电阻丝(已知该金属丝的横截面积为 S0 )、
金属夹、刻度尺、开关 S、导线若干。
U 1
A *K B I
F a
A d
V c
S O b I O e L
甲 乙 丙
(1)实验步骤如下:
①将电阻丝拉直固定,按照图甲连接电路,金属夹置于电阻丝的 。 ( 填 “ A” 或
“B”)端;
②闭合开关 S,快速滑动金属夹至适当位置并记录电压表示数 U,电流表的示数 I,断开开
关 S,记录金属夹与 B 端的距离 L;
③多次重复步骤②,根据记录的若干组 U、I、L 的值,作出 U-I 图像如图乙;
(2)根据记录数据作出的 U-I 图像,干电池的电动势为 ,内阻为 。
(3) 1该小组根据记录数据进一步探究,作出 -L 图像如图丙所示。 结合(2)问得到的电
I
动势与内阻,还可以求出电流表内阻为 ,电阻丝的电阻率为 。
13. (10 分)真空中存在着如图所示由宽度相同的匀强电场和匀强磁场组成,宽度均为 d =
0. 1m,长度足够长。 电场强度 E = 1V / m 方向水平向右,磁感应强度方向垂直纸面向里。
一个带正电的粒子从电场的左侧边界处某位置由静止释放,粒子恰好不从磁场右边界射
出,粒子的电荷量为 q= 2×10-3C,质量为 m= 1. 6×10-3kg,不计粒子的重力及运动时的电磁
辐射。 求:
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(1)匀强磁场的磁感应强度;
(2)粒子从电场左侧边界释放到再次回到电场左侧边界时,粒子运动的总时间。
14. (13 分)如图所示,半径为 R= 10m 的光滑圆弧面 AB 与传送带 BC 平滑连接(圆弧的圆心
在 B 的正下方),传送带以 v = 8m / s 的速度逆时针匀速运动,A、B 两点的水平距离为 d =
8m。 质量为 2kg 的物块(物块可看做质点)在水平恒力作用下从 A 点由静止运动到 B 点,
物块在 B 点处时撤去水平恒力,此时物块对圆弧面的压力恰为零。 物块与传送带间的动
摩擦因数为 0. 1,传送带足够长,重力加速度为 g= 10m / s2,求:
B v C
h
M
F
A d
(1)水平恒力 F 的大小;
(2)物块再次回到 B 点时,物块与传送带之间摩擦产生的热量。
15. (16 分)如图所示,M、N 是两根固定在水平面内的平行金属导轨,导轨间距为 L = 3m,电阻
不计。 两虚线 EF、GH 与导轨垂直,GH 的左侧导轨光滑,右侧导轨粗糙,金属棒与导轨间
9
的动摩擦因数 μ= ,EF 的左侧存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场,GH 的右侧存在垂
40
直于导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小均为 B = 1T,质量为 m = 2kg 的金属棒 cd
与导轨垂直,静置在右侧磁场中,相同质量的金属棒 ab 与导轨夹角为 θ= 37°,t = 0 时刻金
属棒 ab 在外力的作用下以速度 v= 2m / s 从 E 点进入左侧磁场,金属棒 ab 向左始终做匀速
直线运动,当 ab 棒的 b 端进入磁场时,电路中的电流为 I0 = 2. 25A。 两个金属棒的电阻相
同均为 R = 1Ω,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为 g = 10m / s2 ,sin37° = 0. 6,
cos37° = 0. 8。 求:
M E(a) G c
f f f
W
f f f
N f f f
θ
F b H d
(1)当金属棒 cd 开始运动时,金属棒 ab 运动的时间;
(2)当金属棒 cd 开始运动时,金属棒 ab 受到的安培力;
(3)从 ab 棒开始运动到 b 端进入磁场时,通过回路的电荷量 q。
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物理 参考答案
1. C 【解析】甲图为速度-时间图像,切线斜率代表加速度,因此加速度先增大后减小,A 正确;
乙图面积代表速度,可知速度先增大后减小,B 正确;在甲图中画出质点 B 的速度-时间图像,
v/m·s1
0 1 2 t/s
由图像可知,质点 B 一直朝正方向运动,位移不为零,C 错误,两图有一个交点,则共速一次,D
正确,因此答案为 C。
2. C 【解析】若仅将下极板上移,使板间距离变成原来的一半,由于电容器电量不变,则场强不
变,加速度不变,由 y= 1 at2, 2由偏转量变成一半,则时间变成原来的 倍,由 x = v0 t,可知水平2 2
2
位移为原来的 倍,因此 AD 错误;若粒子的电荷量加倍,则加速度为原来的两倍,时间变成原
2
2 2
来的 倍,可知水平位移为原来的 倍,则 B 错误;仅将带电粒子的初速度大小减半,由
2 2
y= 1 at2,可知时间不变,水平位移为原来的一半,因此 C 正确。
2
GMm 3. C 【解析】由乘客向上运动过程中, 22 - mω r = mg, r 增大,所受重力减小,A 错误,由r
a=ω2r,径增大,可知向心加速度增大,B 错误;乘客向上运动过程中,角速度不变,C 正确;由
v=ωr,角速度不变,半径增大,可知线速度增大,D 错误。
4. A 【解析】分析 A 球受力,如图所示,由图及数学知识可得,三角形 ABO 相似于三角形 FAG,由
G = N = F相似可得 ,可得,支持力不变,库仑力变小,正确答案 A。
OB OA AB
G
O
N
F
A
B
G
5. B 【解析】在圆心对称的 E、F 两点,电势相同,则电势能相同,A 错误,粒子将在 E、F 间做往复
运动,因此答案为 B;由于粒子带负电,电场力先向下做正功后向上做负功,可知电势能先减小
后增大,则 C 错误;在圆心对称的 E、F 两点,电场力方向不同,因此 D 错误。
6. D 【解析】下滑时,分析行李箱受力根据牛顿第二定律,可得
加速度 a1 =gsinθ-μgcosθ= 2m / s2
由 v21 = 2a1x1,得 v1 = 4m / s
上滑时,加速度 a =gsinθ+μgcosθ= 10m / s21
由 v22 = 2a2x2,得 v2 = 2m / s
箱子和挡板碰撞过程,以沿斜面向上为正方向,根据动量定理
FN t-mgtsinθ=mv2 -( -mv1)
FN = 1800N,正确答案为 D。
7. B 【解析】开始弹力沿斜面向上,分析物体受力,可得
a=F
+kx-mgsinθ, , , , ,a = F
-kx-mgsinθ
形变量减小 加速度减小 速度增大 之后弹簧伸长 形变量
m m
增大,加速度接着减小,速度继续增大,当 F = kx+mgsinθ 时,加速度为零速度最大,之后 a =
kx+mgsinθ-F,做加速度增大的减速运动,由分析可知,A、C、D 错误;
m
开始时 kx1 =mgsinθ,代入数据得
x1 = 0. 06m
速度最大时 F= kx2 +mgsinθ 带入数据得
x2 = 0. 06m
由开始至速度最大,由动能定理
(F-mgsinθ)(x1 +x2)=
1 mv2
2 max
得 vmax = 1. 2m / s,则 B 正确。
8. AD 【 】 P解析 电动机正常工作,则 I2 = = 2A,副线圈的电压 U2 =UM+IMR= 11V,U
n1 U1 20 n= = ,A 1
I
正确; = 2 ,得 I1 = 0. 1A,C 错误;n2 U2 1 n2 I1
由 P= I2r+mgv,电动机的电阻为 r= 2Ω,B 错误;
U2 11
若电动机突然被卡住了,电动机相当于纯电阻 I2 = =R+
A,
r 3
n1 I= 2由 , 11得 I1 = A,D 正确。n2 I1 60
9. ABC 【解析】滑动变阻器向 a 端滑动时,阻值减小,则总电流增大,路端电压减小,A 正确;灯
泡 L1 变暗,L
U ΔU
2 变亮,L3 变亮,BC 正确; 等于外电路总电阻,因此变小, = r,不变,D 错误,正I ΔI
确答案 ABC。
10. CD 【解析】初始时刻,将导体棒和物块作为整体,分析受力,由牛顿第二定律,可得
BLv
BIL+mgsinθ= 2ma,I= 0
R+r
B2L2v0 , a= + 1由以上两式 可得 + gsinθ,A 错误;2m (R r ) 2
B2L2v 1
向左运动过程中 a= + gsinθ,速度减小,加速度减小;
2m (R+r ) 2
1 2 2
向右运动过程中 a= gsinθ - B L v+ ,速度增大,加速度减小,因此加速度一直减小,2 2m (R r )
B 错误 C 正确;
B2L2v mg (R+r ) sinθ
最终导体棒匀速运动,系统受力平衡 mgsinθ= =
R+
,得 v 2 2 ,D 正确,r B L
正确答案为 CD。
11. (1)5. 980mm(2 分) (2) t2(2 分),4kπ2N2(2 分)
【解析】(1)从图乙可知,小钢球的直径为 d= 5. 5mm+48. 0×0. 01mm = 5. 980mm
(2π ) 2(2)由牛顿第二定律得 mgtanθ = m htanθ,T = t ,解得 h = g t22 2 ,横坐标 x = t2,斜率T N 4π N
k= g2 2 ,g= 4kπ
2N2。
4π N
S a(d-c)
12. (1)A a端(2 分) (2)a(2 分), (2 分) (3)ca- a (1 ), 0分 (2 分)
b b e
【解析】(1)由于保护电路,刚开始电阻丝连入电路的阻值最大,金属夹应该置于 A 端。
(2)根据 U=E-Ir 可知,E=a,r= a 。
b
R +r R +r
(3) E= I(R +ρ L根据 A +r),
1 = A + ρ L, A = c,根据第(2)问的电动势和内阻的值,可得
S0 I E S0E E
= - = - a ρ =d-c
S0E(d-c) SR cE r ca , , ρ= = 0
a(d-c)
A 电阻丝的电阻率 可得 。b S0E e e e
13. (1)4T (2)(0. 8+0. 2π)s
【解析】(1) 1粒子在电场中加速后,由动能定理可得 qEd= mv21(1 分),v
1
1 = m / s,由于粒子恰2 2
好不从磁场右边界射出,可知轨迹刚好与右边界相切,轨迹半径 r1 = d = 0. 1m(1 分),根据
v2
m 1 = qv1B(1 分),可得 B= 4T(1 分)。r1
v
(2) qE粒子在电场中运动的加速度 a = = 1. 25m / s2(1 分), 1在电场中运动的时间 t = = 0. 4s
m 1 a
(1 分),在磁场中运动的时间 t2 =
1 T(1 分), 2πm粒子做圆周运动的周期 T= = 0. 4πs(1 分),
2 qB
粒子再次水平进入电场做匀减速直线运动,运动时间仍为 t1,粒子运动的总时间为 t = 2t1 +t2 =
(0. 8+0. 2π)s(2 分)。
14. (1)22. 5N (2)324J
v2
【解析】(1)由 B 点压力为零,则有 Mg=M 0 (1 分)可得 v0 = gR = 10m / sR
R2 =d2 + (R-h ) 2(1 分),可得 h= 4m
物块从 A 到 B 由动能定理,有 Fd-Mgh= 1 Mv20(1 分)解得 F= 22. 5N(2 分)2
v
(2)物块在传送带上运动的加速度 a =μg = 1 m / s2(1 分), 0物块先做减速运动减速时间 t = =
a
v2
10s(1 分), 0物块的位移 x1 = = 50m(1 分),由于传送带的速度小于 v0,物块反向加速到 8m / s2a
2
时与传送带共速运动到 B , v v点 物块反向加速的时间为 t1 = = 8s(1 分),位移为 x = = 32ma 2 2a
(1 分),物块与传送带的相对位移 Δx= x1 +vt+vt1 -x2 = 162m(1 分),摩擦产生的热量 Q=μMgΔx
= 324J(2 分)。
15. (1) t= 1s (2)3. 75N,与水平方向夹角为 53° (3)q= 31C
12
【解析】(1)金属棒 cd 开始运动时 BIL=μmg,I= 1. 5A(1 分),
电路中的电动势为 E= I·2R(1 分),E= 3V,
根据 ab 棒分析可得 E=Bvx(1 分),x= vttanθ(1 分),可得 t= 1s(1 分)。
(2) ab L = x金属棒 在磁场中的长度 1 = 2. 5m(1 分),受到的安培力 F = BIL1 = 3. 75Nsin37°
(1 分),方向与水平方向夹角为 53°(1 分)。
-
(3)当 cd 棒未运动时,只有 ab 棒切割磁感线产生电流,此时的电荷量 q1 = IΔt(1 分),
B· 1 xvt
-
I= E ,E=ΔΦ(1 分),可得 q =ΔΦ = 2 (1 分),q = 3 C;
2R Δt 1 2R 2R 1 4
BLv-BLv
当 ab 棒的 b cd端进入磁场时,I0 = (1 分),vcd = 0. 5m / s,2R
对 cd 棒列动量定理可得 BILΔt′-fΔt′=mvcd-0(2 分),BLq2 -fΔt′=mvcd-0,
L -vt
Δt′= tanθ由于 = 1s(1 分), 11可得 q2 = C,v 6
31
闭合回路中的电荷量 q= q1 +q2 = C(1 分)。12
