2025年高考物理易错题综合练（一）（解析版）

备战2025年新高考物理易错题综合练（一）

选择题（共10小题）

1.（2024•浑南区校级模拟）如图所示的一次函数图像，横轴与纵轴所表示的物理量并未标出，已知

图像的横轴、纵轴的截距分别为X。、yo,根据所学的匀变速直线运动的规律来分析，下列说法正

确的是（）

A.若横轴表示时间3纵轴表示物体的速度v,则to时刻物体的速度为1荔X0（久o+%）

八y0

B.若横轴表示位移X,纵轴表示物体速度的平方v2,则物体的加速度为-

人o

yo

C.若横轴表示时间t,纵轴表示物体的平均速度v,则物体的加速度为-五；

D.当物体受到竖直向下的拉力F在真空中下落，若横轴表示F,纵轴表示物体加速度a,则物

%0

体的质量为一二

<y

【解答】解：A、若横轴表示时间t,纵轴表示物体的速度v,由丫=丫（）+就对比图像可得：

yo

Vo=yo、a=~人-u

yoyo

则to时刻物体的速度为v=y0--to=—（x0一片），故A错误；

ryo

B、若横轴表示位移X,纵轴表示物体速度的平方V2,由v2=诏+2QX可知图像的斜率k=2a=K，

九o

yo

可得a=一启，故B错误；

C、若横轴表示时间t,纵轴表示物体的平均速度v,由位移一时间公式有

12z

x=vot+—at

可得

xa

£=%+法

_x

结合平均速度公式G=I可得

_a

V=Vo+21

对比图像可得

可得a=——一，故C错误；

%o

D、当物体受到竖直向下的拉力F在真空中下落，由牛顿第二定律得

F+mg=ma

变形可得：a=—F+g

对比图像可得

1yo

综合可得，m=--故D正确。

<y

故选：D。

2.如图所示，A,B是粗糙水平面上的两点，0、P、A三点在同一竖直线上，且OP=L,在P点处

固定一光滑的小立柱，一小物块通过原长为Lo的弹性轻绳与悬点0连接。当小物块静止于A点

时，小物块受到弹性轻绳的拉力小于重力。将小物块移至B点(弹性轻绳处于弹性限度内)，由

静止释放后，小物块沿地面运动通过A点。若L0>L,则在小物块从B运动到A的过程中()

oC

AB

A.小物块受到的滑动摩擦力保持不变

B.小物块受到的滑动摩擦力逐渐减小

C.小物块受到的滑动摩擦力逐渐增大

D.小物块受到的滑动摩擦力先减小后增大

【解答】解：对小物块受力分析

因为L0>L,设弹性轻绳开始原长到A点的伸长量为x0,

则在A点物块对地面的压力：FNA=mg-kx0

设在B点绳子与竖直方向的夹角为0,

则物块在B对地面的压力为：FNB=mg-k(Lo+Ax-L)-k(L-Lo)cos0

则从B点到A点物块对地面正压力的变化量为：AFN=FNB-FNA=k(L-Lo)(1-cos0)

小物块从B运动到A的过程中，绳与竖直方向的夹角。减小，则cos。增大，物块对地面正压力

的变化量AFN增大，

由f=“FN可知，小物块受到的滑动摩擦力逐渐增大，故C正确，ABD错误。

3.如图，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架钩

是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的

A.绳的右端上移到bl绳子拉力变小

B.将杆M向左移一些，绳子拉力变小

C.换用稍长一些的轻质晾衣绳，绳子拉力变小

D.绳的两端高度差越小，绳子拉力变小

【解答】解：AD.设竖直杆M、N间的距离为d,绳长为L,0a端绳长为La，0b端绳长为现,

故1=1^+1，衣架钩两侧绳子与竖直方向夹角分别为a、0,受力分析如图所示。

衣架钩两侧绳子上受力相等，故有

TI=T2=T

则由共点力的平衡知识可得

a=P

2Tcosa=G

又有d=Lasina+Lbsinp=Lasina+Lbsina=Lsina

d

则sina=7

LJ

G

T=--------

2cosa

所以，如果d与L不变，则sina不变，a不变，cosa不变，绳子所受拉力不变。故AD错误；

B.当杆M向左移一些，两杆之间的距离d变大，绳长L不变，所以a角变大，cosa变小，绳子

拉力T变大，故B错误；

C.换用稍长一些的轻质晾衣绳，则绳长L变大，两杆之间的距离d不变，所以a角变小，cosa

变大，绳子拉力T变小，故C正确。

故选：Co

4.如图甲，MN是倾角。=37°传送带的两个端点，一个质量m=5kg的物块（可看作质点），以4m/s

的初速度自M点沿传送带向下运动。物块运动过程的v-t图象如图乙所示，取g=10m/s2,下列

A.物块最终从N点离开传送带

B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.6

C.物块在第6s时回到M点

D.传送带的速度v=2m/s,方向沿斜面向下

【解答】解：A、由图示v-t图象可知，物块先向下做匀减速直线运动，然后再反向即向上做加

速运动，最后做匀速直线运动，物块将从M点离开传送带，故A错误；

Av—2—4

B＞由图示v-t图象可知，物块沿传送带向下滑动加速度：a=—=―-~~m/s2=-1.5m/s2,

Z114

负号表示加速度方向沿传送带向上

„,‘心…15

物块下滑过程，由牛顿第二定律得：mgsin0-nmgcos0=ma,解得：\i=故B错误；

2

V—VQ(-2)2-42

C、根据乙图知，物块前4s内的位移为：X1=Tn=4m,物块4-6s内的位移

2a2x(—1.5)

为：X2=vt=(-2)X2m=-4m,可知，物块前6s内的位移为：x=xi+x2=0,即物块6s末回

到出发点，故C正确；

D、由图象知，物块最终以-2m/s与传送带一起运动，故传送带的速度为：v=2m/s,方向沿传送

带向上，故D错误。

故选：C=

5.如图所示，某同学打水漂，从离水面1.25m处以5g机/5的初速度水平掷出一枚石块。若石块每

次与水面接触速率损失50%,弹跳速度与水面的夹角都是30°,当速度小于lm/s就会落水。已

知g=10m/s2,sin30°=1,cos30°=^o不计空气阻力，假设石块始终在同一竖直面内运动，

则下列说法错误的是()

A.第一次与水面接触后，弹跳速度为5m/s

B.第一个接触点与第二个接触点之间距离为单机

4

C.水面上一共出现5个接触点

D.落水处离人掷出点的水平距离为驾鸟1

【解答】解：A、石块做平抛运动，设平抛运动的时间为d则h=14,得ti=

s=0.5s

第一次与水面接触前的速度大小V1=屁+(91)2=(573)2+(10x0.5)2m/s=10m/s,因此第

一次与水面接触后，弹跳速度为vj=50%vi=0.5X10m/s=5m/s,故A正确；

B、第一次与水面接触后做斜抛运动，设第一个接触点与第二个接触点之间的时间为t2,第一个

接触点与第二个接触点之间距离为X2o

2vi'sm30°2x5x0.5V35J3

则t2==----------s=0.5s,X2=v/cos30°et2=5x—x0.5m=——m,ifcBlEfit；

91U24

C、石块每次与水面接触速率损失50%,设水面上一共出现n个接触点，则Vn=viX(1-0.5)n-

1,解得n=4时，vn<lm/s,即石块与水面第4次接触后会落水，水面上一共出现4个接触点，

故C错误；

D、平抛运动水平方向的位移为

xi=voti=lOXO.5m=5m

2x50。

第一个接触点与第二个接触点之间距离为X2=v/cos30°•t=50%vicos30°•-----------------------

2y

,v?sm30°cos30°

=2X(50%)2x----------------------

g

、..v?sm30°cos30°

同理可得：第三个接触点与第四个接触点之间距离为X3=2义(50%)4x-------------------

g

落水处离人掷出点的水平距离为X=Xi+X2+X3

联立解得：x=故D正确。

64

本题选错误的，

故选：Co

6.如图甲所示，一光滑圆管轨道由相互连接的两个半圆轨道及一个四分之一圆轨道组成，圆管轨道

竖直固定(管内直径可以忽略)，右侧底端与直轨道相切于M点，直轨道粗糙，圆管轨道的半径R

=0.2m。质量mi=0.1kg的物块A,自圆管左端开口的正上方高h=4.8m处自由下落，沿切线落

入圆管轨道，经过竖直圆管轨道后与M点处静止的质量ni2=0.3kg的物块B发生碰撞(碰撞时

间极短)，碰后物块B在直轨道上滑行过程的x-t图像如图乙所示。己知A、B与直轨道间的动

摩擦因数相同，A、B均可视为质点，不计空气阻力，取g=10m/s2。贝ij()

A.最终A静止的位置到M点的距离为1m

B.A、B碰后瞬间B的速度大小为2m/s

C.A滑过竖直圆管轨道P、Q两点时受到管壁的弹力大小之差为6N

D.A、B与直轨道间的动摩擦因数为0.15

1

【解答】解：C、在A从开始至运动到P点的过程中，由机械能守恒定律可得：mig（R+h）=-

2

miVp,可得vp=10m/s。A在P点时，由牛顿第二定律可得FN-解得FN=51N；

K

11

在A从P点运动到Q点的过程中，由机械能守恒定律可得：5ml诏=2migR+5nli场，A在Q

点时，由牛顿第二定律可得FN'+m1g=m14,解得=45N,A滑过竖直圆管轨道P、Q两

点时受到管壁的弹力差为AFN=FN-FN，=51N-45N=6N,故C正确；

B、由机械能守恒定律可知，A与B碰前瞬间A的速度为v（）=vp=10m/s。碰后B做匀减速运动,

xV2+06

由其x-t图像和运动学公式得：］=---=^m/s=2m/s

解得A、B碰后瞬间B的速度大小为V2=4m/s,故B错误；

1

D、碰后B运动的过程，由动能定理得：-（im2gx=0—亍出诏

2

解得A、B与直轨道间的动摩擦因数为u=正，故D正确；

A、A与B碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mivo=mivi+m2v2,解得碰后A的

速度：vi=-2m/s

1

设A最终位置到M点的距离为X］。由动能定理得：-nmigxi=0忧，解得A静止的位置

到M点的距离xi=1.5m,故A错误。

故选：Co

7.屈原在长诗《天问》中发出了“日月安属？列星安陈？”的旷世之问，这也是中国首次火星探测

工程“天间一号”名字的来源。“天间一号”探测器的发射时间要求很苛刻，必须在每次地球与

火星会合之前的几个月、火星相对于太阳的位置领先于地球特定角度的时候出发。火星与地球几

乎在同一平面内沿同一方向绕太阳近似做匀速圆周运动。如图所示，不考虑火星与地球的自转,

且假设火星和地球的轨道平面在同一个平面上，相关数据见表，则根据提供的数据可知（）

质量半径绕太阳做圆周运动的

周期

地球MR1年

火星约0.1M约0.5R约1.9年

''，'---、、_'，、

:，/,0、\

:太阳覆二J火星

;\J第1次会合；

\、•1

、\、\/•/,

\、、、」:

、,

、、//

-------，

A.在火星表面附近发射飞行器的速度至少为7.9km/s

B.地球与火星从第1次会合到第2次会合的时间约为1.9年

C.火星表面与地球表面的重力加速度之比约为2：5

D.火星到太阳的距离约为地球到太阳的距离的1.9倍

【解答】解：A、设地球最小的发射速度为vi，则根据万有引力提供向心力有

GMm

-------=rn----

R2R

可得

vi=7.9km/h

则火星的发射速度与地球的发射速度之比为

可得火星的发射速度为

,

v1=-^v1<7.9km/h,故A错误；

B、根据两次会合时地球多转一圈得

2兀2兀

（兀F=2兀

代入数据解得地球和火星从第1次会合到第2次会合的时间约为2.1年，故B错误；

C、不考虑自转时，根据物体的重力等于万有引力得

GMm

~^r=m9

g'2

火星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比为7=三，故C正确；

9b

a37③火嗑

D、根据开普勒第三定律诂=k得襦=磊，代入数据解得火星到太阳的距离约为地球到太阳的

距离的1.5倍，故D错误。

故选：C=

8.北京冬奥会的单板滑雪大跳台，运动员进入起跳台后的运动可简化成如图所示，先以水平速度从

A点沿圆弧切线冲上圆心角为a=30°的圆弧跳台，从B点离开跳台后落在倾角0=30°的斜坡上

的E点，C点为轨迹最高点，D点为斜坡与水平面的交点，D、E相距20m,F点正好位于C点

正下方，D、F相距5班加，运动员从C运动到E的时间为2s,忽略过程中受到的一切阻力并将

运动员及其装备看成质点，gIX10m/s2,则下列说法正确的是（）

A.运动员在C点的速度大小为10m/s

B.运动员落在E点时的速度大小为25m/s

C.B、C两点高度差为2.525m

D.运动员飞离跳台后在空中运动的时间为2.75s

【解答】解：A、运动员从C运动到E的过程中，在竖直方向上做自由落体运动，CE两点间的

11

竖直高度差为hcE=5g垃E=-X10X22m=20m

由图可知，DE两点间的水平距离为XDE=DECOSB=20XCOS30°m=10V3m

故FE两点间的水平距离为XFE=XFD+XDE=5V3m+10V3m=15V3m

运动员在空中运动时做斜抛运动，在水平方向做匀速直线运动，运动员在C点竖直方向速度为零,

XFE1

故运动员在C点速度为v==--_m/s=7.5V3m/s,故A错误；

xLCE2

B、落到斜面上时，竖直分速度为Vy=gtcE=10X2m/s=20m/s,水平分速度为v*=7.5V^n/s,

故E点速度大小为VE=JU]+垃,解得VE=，568.75m/s^23.8m/s,故B错误；

CD＞由几何关系可知，由于圆台圆心角为30°,则B点水平与竖直方向的速度满足tan300=

VBy

解得B点的竖直方向速度为vBy=7.5m/s

^By7.5

则从B到C的时间为tBC=—=—s=0.75s

1

BCIWJ度差为hBc=5g玲c，解得hBc=2.8125m

故飞禺跳台后在空中运动的时间为t总=tBc+tcE=0.75s+2s=2.75s,故C错误，D正确.

故选：Do

9.如图所示的光路图，不同频率的两细束单色光a、b平行地从相距为Al的两点射向玻璃砖的上表

面PQ,恰好在玻璃砖的下表面MN上相交于O点，玻璃对两单色光的折射率分别为m、n2,两

单色光在玻璃中运动时间均为At,真空中光速为c,则下列说法正确的是()

mn2^l

A.两束光的入射角a的正弦值为sina=

J用一备c/t

71171221/

B.两束光的入射角a的正弦值为sina=(Jlz_n^cAt

C.a光的折射率大于b光的折射率

D.a光的频率大于b光的频率

【解答】解：AB、设玻璃砖的厚度为d,单色光a、b在玻璃砖的上表面PQ的折射角分别为口

和12。根据折射定律得：

sina

对光有

ani1=~si:nri

sina

对b光有n2=-―^

ddc

a光在玻璃砖中传播距离为si==门-----7^=，a光在玻璃砖中传播速度为V]=募，a光

cosriVl-sm2nni

si

在玻璃石专中传播时间为At=~

V1

ddc

b光在玻璃砖中传播距离为S2=工二-=Gb光在玻璃砖中传播速度为V2=蒸，b光

cosr2\l—sin2r2rL2

S2

在玻璃砖中传播时间为At=~

sinnsinr2

结合Al=d(tanri-dtanr)=d(/「二一、

2\l—sinzn71—sin，丫2

7117124Z

联立解得sina=(用—喑)c4r故A错误，B正确；

CD、两光束在上表面PQ发生折射时，入射角相等，a光的折射角大于b光的折射角，由折射定

律n=——可知，a光的折射率小于b光的折射率，则a光的频率小于b光的频率，故CD错误。

sinr

故选：Bo

10.如图所示，由波长为入1和入2的单色光组成的一束复色光，经半反半透镜后分成透射光和反射光。

透射光经扩束器后垂直照射到双缝上并在屏上形成干涉条纹。O是两单色光中央亮条纹的中心位

置，P1和P2分别是波长为入1和入2的光形成的距离O点最近的亮条纹中心位置。反射光入射到三

棱镜一侧面上，从另一侧面M和N位置出射，则（）

A.入入2,M是波长为汨的光出射位置

B.入1＜入2,N是波长为入1的光出射位置

C.a1＞入2，M是波长为入1的光出射位置

D.入i＞入2,N是波长为汨的光出射位置

L

【解答】解：AB、双缝干涉的实验结论:x=~-A,由图可得故人1＞入2，故AB错

误；

1

CD、由1=cT或入=c不知，）越大f越小（f为频率）

由光的色散实验知，频率f越大，穿过三棱镜后偏折越大（或频率f越大，折射率n越大）本题

中由于入1＞入2故母故偏折角小的对应耳，偏折大的对应所以当入1＞入2时M是入2射出

点，N是入1射出点，故C错误，D正确。

故选：D。

二.多选题（共2小题）

11.（2024•长安区校级模拟）如图所示，在匀强电场中一带正电粒子受重力和电场力作用在竖直平

面内运动。粒子运动过程中先后经过a、b、c三点，其中a、c两点在同一水平线上。粒子在a点

的速度大小为vo，方向与加速度方向垂直；粒子在b点的速度大小/氏,速度方向平行于ac连

线；ac两点间的距离为4V管n。已知粒子质量为m、电荷量为q,重力加速度为g,则下列说法正确

g

的是()

一"。L&.

a飞

A.粒子从a点运动到c点的时间为U辿

9

B.粒子在c点的速度大小为“历

C.电场强度的大小为U.

2q

•一、〜j-2V2mvn

D.a、c两点间的电势差为--------

q

【解答】解：A、粒子在a点的速度方向与加速度方向垂直，则粒子从a到c的运动过程为类抛

体运动。

设粒子运动的加速度大小为a,a点的速度方向与ac连线的夹角为仇贝！Jcos6=^£二^

4Vn

粒子从a到c的过程，沿初速度方向做匀速直线运动，有7-cos。=vt

9o

,、-4Vn1r

沿加速度方向做初速度为零的匀加速直线运动，有7-sin。=-at2

g乙

联立解得：t=之誓，a=¥。，故A错误；

B、粒子在c点的速度大小为v=J诏+(at)2,解得v=V^v(),故B正确；

C、设电场强度大小为E,则根据几何关系得

(qE)2=(mg)2+(ma)2-2mgmacos0

解得：E=血器,故C正确；

D、粒子从a到c的过程，根据动能定理得：

您=qUac

得出：Uac=Z詈，故D错误。

q

故选:BCo

12.(2024•安平县校级模拟)如图所示，AC是圆。的一条水平直径，BD是竖直方向的另外一条直

径，M点是圆上的点，OM连线与OC的夹角为60°,该圆处于方向与圆面平行的匀强电场中。

将带正电量为q、质量为m的油滴从圆心0点以相同的初动能Eko射出，射出方向不同时，油滴

可以经过圆周上的所有点。在这些点中，经过c点时油滴的动能最小且为学，已知重力加速度

q

2mg

的大小为g,匀强电场的场强£=一丁，那么（）

A.电场线与MO垂直且B点电势高于C点电势

B.油滴经过B点动能为土或&0

4

7

C.油滴经过A点时的动能为彳取0

5

D.油滴经过CD连线中点时的动能为K&O

O

【解答】解：A、从O经过C点时油滴的动能最小且为学，则C点为复合场的等效最高点，则

q

油滴在复合场中受到的合力方向如图所示，

由题意可知：E=——

q

联立解得：F合=幅ng,8=30。，则电场线的方向如图所示。

由几何关系可知，MO与电场线垂直，B点电势低于C点电势，故A错误;

B、油滴经过B点时，位移的方向与合外力垂直，所以合外力不做功，所以油滴的动能不变，故

B错误:

C、油滴从O经过C点时，电场力做负功，由动能定理可得：-F"L=Ekc-Eko

从O经过A点时：F合•L=EkA-Eko

7

联立解得油滴经过A点时的动能为：E=~E,故C正确；

kAqk0

1

D、油滴经过CD连线中点时的动能为等于粒子经过OC中点的动能，由动能定理有：-F合义手=

5

Ek中-Eko,联立C选项的表达式，解得：E^=d曷o，故D正确。

O

故选：CDo

三.实验题（共2小题）

13.为了探究受到空气阻力时，物体运动速度随时间的变化规律，某同学在水平桌面上组装了如图

甲所示的实验装置。实验时，可在小车上安装一轻薄板，以增大空气对小车运动的阻力。实验中

所用的小车质量为Mo

（1）未装薄板时，往祛码盘中加入一小祛码，接通打点计时器的电源后，再释放小车，在纸带

上打出一系列的点，纸带如图乙所示。A、B、C、D、E是选取的五个计数点，其中相邻计数点

之间的时间间隔均为T,各计数点到第一个计数点A的距离分别为由、ch、ch、d4,已知未装薄

板时，小车所受空气阻力可忽略，则小车加速度a=（用题中给定的字母表示）。

（2）在（1）的装置基础上，给小车加装上薄板后，利用纸带求出小车不同时刻的速度，作出小

车的v-t图像（如图丙所示），通过图像分析，可知随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力

增大（选填“增大”、“减小”或“不变”）。

（3）v-t图像中，若曲线在to时刻的切线斜率为k。计算物体受到的空气阻力时，若该同学仍然

把祛码和祛码盘的总重力当作小车所受到的拉力，则访时刻，他求得的空气阻力f=（用

题中给定的字母表示）。

图甲

磋码

图乙

【解答】解：(1)小车做匀加速直线运动，根据逐差法可得:

scE-SAc=a(2T)2

2

代入数据可得：(d4-d2)-d2=a(2T)

0/4—2d2

解得：a=4T2

(2)通过图像分析，可知随着运动速度的增加，小车的加速度越来越小，合力越来越小，故小

车所受的空气阻力增大;

(3)未装薄板时，对小车，由牛顿第二定律有：mg-fi=Ma

可得：fi=mg-Ma

装薄板时，对小车，由牛顿第二定律有mg-6-f=Mk

c/4—2d2

联立得f=M(F^-k)

故答案为：（1）什？；（2）增大；（3）M（-fc）„

14.（2024•湖北一模）某次实验课上，甲同学利用实验室现有器材，设计了一个测量未知电阻阻值

的实验，实验器材如下：

A.干电池E（电动势1.5V,内阻未知）：

B.电流表A（量程10mA,内阻未知）：

C.电压表V（量程3V,内阻未知）：

D.滑动变阻器R（最大阻值为100。）：

E.待测电阻Rx（阻值约200。）：

F.开关S,导线若干：测量电路如图所示。

（1）按图1连接电路，断开开关，将滑动变阻器R的滑片调到最右端，闭合开关，读出电流表

示数L=5.0mA；将滑动变阻器R的滑片调到最左端，读出电流表示数b=7.5mA；甲同学在忽

略干电池和电流表内阻的情况下，计算得到待测电阻阻值Rx=。。

（2）乙同学分析甲同学的测量方案，认为误差很大，需要改进方案。如图所示，乙同学把电压

表接入甲同学电路中的点（填“a"或"b”），就可以测出电流表内阻和干电池内阻之和,

从而较准确的测得Rx的阻值。

（3）乙同学按图2中正确连接电路后，多次调节滑动变阻器，测得多组电压表和电流表的示数,

根据记录的数据作出的U-I图线如图3所示，则干电池的电动势为V,电流表内阻和干

电池内阻之和为Q（结果均保留两位小数）。经分析该电路测得的干电池内阻（填

“偏大”、“偏小”或“准确”）。

（4）结合（1）（2）（3）中的分析和测量，在忽略偶然误差的情况下，乙同学可以得到待测电阻

的准确阻值为

【解答】解：（1）根据题意，断开开关，将滑动变阻器R的滑片调到最右端，闭合开关，读出电

E

流表示数：h=5.0mA。根据欧姆定律有：Ii=op

E

滑动变阻器R的滑片调到最左端，读出电流表示数：b=7.5mA,同理有：b=T

联立以上两式半代入数据得：Rx=2R=200Q

(2)由于要测量电流表和电源的内阻之和，所以只能采用外接法，即电压表的右接线柱接a点;

(3)(4)根据闭合电路欧姆定律有：E=U+Ir总，得到：U=-r,eI+E

所以U-I图线的纵截距为电动势：E=1.46V

1.46-1.1

U-I图线的斜率的绝对值为电流表和电源内阻之和：r=———x10-3。=36.73。

y.o

该电路测得的干电池内阻为电流表内阻和干电池之和，故测量值偏大；

第一问测量值为电流表内阻和干电池内阻以及待测电阻这和，所以待测电阻的准确阻为：1＜真=

Rx-r总=200。-36.00(1=16411

故答案为：(1)200；(2)a；(3)1.46、36.73、偏大；(4)164。

四.解答题(共4小题)

15.(2024•湖北一模)某次实验课上，老师竖直手持总长度为L=6.5cm的空玻璃管，向里面加入了

长度为h=4.0cm的水银柱，水银柱将一定质量的空气密封在玻璃管的下半部分，密封空气柱的

长度为Li=2.0cm。老师刚完成操作，玻璃管就不慎滑落，假设下落的时间足够长，在下落过程

中，玻璃管保持竖直状态，管中气体温度恒为27℃不变。忽略玻璃管的质量和空气阻力，不计玻

璃管与水银间的摩擦，大气压为po=76cmHg。求：(计算结果都保留两位有效数字)

(1)下落过程中，水银柱稳定后管内密封空气柱的压强P2和长度L2的大小；

(2)在玻璃管竖直下落过程中，老师施加“魔力”，使玻璃管翻转180°停立在空中，且封闭气

体温度上升到37℃,由于“魔力”的原因，不考虑玻璃管变速、翻转等中间过程，请通过具体的

数据计算来判断水银是否溢出(重力、大气压均不变)。

【解答】解：(1)设玻璃管的横截面积为S,气体初状态的状态参量：pi=po+h=76cmHg+4cmHg

=80cmHg,Vi=LiS=2S,

当玻璃管自由下落时，水银处于完全失重，那么：p2=po=76cmHg,V2=SL2

由于温度不变，根据玻意耳定律可列：piVi=p2V2

代入数据得到：L2=2.11cm

由于L2+h=2.1lcm+4cm=6.1lcm<6.5cm,水银柱不会逸出，所以空气柱的长度为2.1cm

(2)假设将细玻璃管缓慢旋转180。后，水银不溢出，则气体该状态的状态参量分别为:

P3=Po-Ph=(76-4)cmHg=72cmHg,Vs=LjS,T§=(273+37)K=310K

p2=76cmHg,T2=(273+27)K=300K,V2=SL2

P3V3P2V2

由理想气体状态方程得：-7-=--

1311

代入数据解得：L3=2.3cm

由于有L3+h=2.3cm+4cm=6.3cm<6.5cm

故水银柱未溢出。

答：(1)下落过程中，水银柱稳定后管内密封空气柱的压强P2为76cmHg,长度L2的大小为

2.11cm；

(2)水银不会溢出。

16.(2024•朝阳区校级模拟)下图为某公司自动卸货过程的简化示意图。用来装运货物的平底箱和

处于足够长的光滑水平轨道上的无动力小车质量均为m=6kg,光滑倾斜轨道底端通过一小段光

滑圆弧与小车无缝接触，需要运送的货物距离轨道底端的高度为h=5m,小车右端固定一竖直挡

板，平底箱与小车上表面的动摩擦因数为四=0.125,平底箱与挡板碰撞后不反弹。轨道右端固定

一劲度系数无穷大的理想弹簧(压缩弹簧可以全部转化为弹性势能，但压缩量可以忽略)。小车

受弹簧作用速度减为零时立即锁定小车，卸下货物后将平底箱紧靠挡板放置并解除对小车的锁定,

小车及空的平底箱一起被弹回，小车与水平轨道左侧台阶碰撞瞬间停止，空平底箱滑出小车冲上

倾斜轨道回到出发点，每次货物装箱后不会在平底箱中滑动，取重力加速度g=10m/s2。求：

(1)平底箱滑上小车前瞬间的速度大小；

(2)当某次货物质量为M=24kg,若能将空箱顺利运回释放点，小车的长度L需满足什么条件;

(3)当小车的长度为L=5m,若能顺利将空箱顺利运回释放点，每次运送的货物质量M应满足

什么要求。

【解答】解：(1)设平底箱滑上小车前瞬间的速度大小为vo,对平底箱从A点到滑上小车前根据

动能定理可得

1

(m+M)gh=—(m+M)加

解得

vo—lOm/s

(2)设平底箱与右侧竖直挡板碰撞后的速度为v共，规定向右为正方向，则对平底箱滑上小车到

与挡板碰撞，根据动量守恒定律有

(m+M)v()=(m+M+m)v共

解得

25

v共=飞■加小

设小车被锁定时弹簧的弹性势能为Ep,由能量守恒定律可得

1

Ep=—(m+M+

小车弹回过程中，弹性势能转化为平底箱和小车的动能，而小车与水平轨道左侧台阶碰撞时瞬间

停止，则这一部分能量损失，此时对平底容器从挡板处滑上出发点，根据能量守恒定律有

1

—Ep>(imgL+mgh

解得

130

L<m

(3)当小车的长度为L=5m,若能顺利将空箱顺利运回释放点，则

1

r

-Ep>[imgL+mgh

1

Ep'=­(m+M+zn)M至

根据动量守恒定律有

(m+M)v()=(m+M+m)v'共

联立可得

M212kg

17.(2024•滨州三模)在如图所示的竖直平面xOy中，一质量为m、电荷量为+q的带电小球沿x轴

正方向以初速度Vo=阴从A点射入第一象限，第一象限有竖直向上的匀强电场E1=器，小球

偏转后打到x轴上的C(遮L,0)点，x轴下方有匀强电场E2(图中未画出)，第三、四象限有垂直

于纸面向外、磁感应强度大小不同的匀强磁场，小球在X轴下方做匀速圆周运动，已知第四象限

m

匀强磁场的磁感应强度大小为下［也重力加速度大小为g。

(1)求X轴下方匀强电场的电场强度E2；

(2)求带电小球在C点的速度vc；

(3)若第三象限匀强磁场的磁感应强度大小为—叵求粒子从C点运动到P(0,-3L）点

q^2L

所用的时间。

【解答】解：(1)小球在x轴下方做匀速圆周运动，小球所受电场力和重力平衡，则

mg=qE2

mg

解得：E2=—

方向竖直向上

(2)小球在第一象限做类平抛运动，根据牛顿第二定律有

mg-qEi

a=--------

m

可得：a=5

水平方向做匀速直线运动，有

t=亘

Vo

可得：t=屋

N9

竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，到达c点时有

Vy=at

可得：V产度

将C点的速度分解，如图1所示

图I

根据运动的合成，有

可得：VC=/ZgL

根据几何关系有

Vy

tan0=一

vo

可得：8=60°

即vc方向与X轴正方向成60°向下

(3)画出小球的运动轨迹如图2所示。小球在第四象限内做匀速圆周运动，运动半径为口，由

洛伦兹力提供向心力，则有

Vc

=，m~~

解得：ri=2L

设粒子运动的周期为Ti，则

27rri

解得：Ti=2n栏

y