浙江省衢州市2024-2025学年高二年级上册期末物理试题（解析版）

浙江省衢州市2024-2025学年高二上学期期末物理试题

一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符

合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）

1.电势单位"伏特''用国际单位制中的基本单位表示正确的是（）

A.B./T7・sT

C.kg-m2-/I-1-s~3D.A-fl

【答案】C

【解析】【解答】本题考查单位制的性质以及常见单位的推导，要注意明确常见基本物理量，同时明确物理单

位与物理公式间的对应关系。由卬=〃3W=FIcosO,F=ma

可得11，=1q=1驶=1y.m=.*.4].s-3

A-SA-SA-Sd

故选Co

【分析】单位制的确定，知道基本段位采用基本物理常量来定义可以保证单位的稳定性，同时能根据公式推

导常见单位。

2.中国奥运代表团在2024年巴黎奥运会豪取40枚金牌，创造境外参加奥运会的最佳战绩。如图所示为中

国运动员的四个比赛场景，下列说法正确的是（）

图1图2图3图4

A.图1邓雅文展示小轮车骑行技巧时可视为质点

B.图2杨家玉获得田径女子20公里竞走冠军，“20公里”指的是位移大小

C.图3刘洋展示“十字撑”保持静止时，每根悬绳的拉力大小均等于重力的一半

D.图4陈艺文在三米板决赛中将跳板压到最低点时，对跳板的作用力大于她的重力

【答案】D

【解析】【解答】本题考查了把物体看作质点的条件。位移和路程的区别，时刻和时间间隔的区别，以及动量

定理的应用。A.图1邓雅文展示小轮车骑行技巧时，邓雅文的形状不能忽略，不可视为质点，故A错误;

B.图2杨家玉获得田径女子20公里竞走冠军，“20公里”指的是路程大小，故B错误;

C.图3刘洋展示“十字撑”保持静止时，两悬绳不平行，设悬绳与竖直方向的夹角为仇则有2Fcos0=mg

解得“=瑞

第1页

则每根悬绳的拉力大小均大于重力的一半，故c错误；

D.图4陈艺文在二米板决赛中将跳板1k到最低点时，有向上的加速度，跳板对陈艺文的作用力大于她的重力，

故D正确。

故选Do

【分析】根据把物体看作质点的条件分析；路程是指运动轨迹的长度，据此分析；时刻在时间釉上用一个点表

示；根据动量定理分析。

3.如图两篮球运动员正在击地传球，下列说法正确的是（）

A.篮球在空中运动时受到重力、推力与空气阻力的作用

B.地面对篮球的弹力是由于地面形变引起的

C.地面对篮球的作用力大于篮球对地面的作用力

D.击地时，地面对篮球的弹力方向与篮球的速度方向相反

【答案】B

【解析】【解答】本题考查了牛顿运动定律的应用-超重和失重、物体的弹性和弹力等知识点。支持力是常见

的弹力，其方向垂直于接触面并且指向被支持物。基础题，比较容易。超重和失重的判断是看加速度的方

向，和速度方向无关。A.篮球在空中运动时受到重力、空气阻力的作用，没有受到推力的作用，故A错

误；

B.地面对篮球的弹力是由于地面形变引起的，故B正确；

C.地面对篮球的作用力与篮球对地面的作用力是一对相互作用力，大小相等，故C错误；

D.击池时，地面对篮球的弹力方向垂直地面向上，与篮球的速度方向不在同一直线上，故D错误。

故选Bo

【分析】支持力的方向垂直于接触面指向被支持物体；地面对篮球的支持力和篮球对地面的压力是一对相互

作用力；篮球受到地面的支持力是由于地面发牛.了形变而产生的；判断超重和失重的关键是看加速度的方

向。

4.电子仅在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c,已知电子速率是递减的。关于b点电场强度E的方向，

下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）

E

c

A./bB.

aa

第2页

E

cE/bD.b

aa

【答案】B

【解析】【解答】本题是电场中轨迹问题，抓住电荷所受的合力指向轨迹的内侧和速度沿轨迹的切线方向是解

题的关键。电子做曲线运动，所受合外力应该指向轨迹凹侧，速度沿轨迹切线。电子速度减小，则电场力与

速度夹角应为钝角。电子带负电受力方向与场强相反，故B选项满足电场力指向轨迹凹侧，且电场力与速度

夹角是钝角。

故选B。

【分析】根据物体做曲线运动的条件和受力特点分析电荷受的电场力方向，再由负电荷所受的电场力方向与

场强方向的关系进行选择。

5.如图所示，在验证动量守恒定律实验中，质量为mi的金属球碰撞质量为m2的玻璃球（血1＞血2），忽略空

气阻力，碰后两小球均做平抛运动，最终落在同一水平面匕关于两球平抛运动全过程，下列说法正确的是

B.速度变化率不同

C.位移相同D.动量变化量相同

【答案】A

【解析】【解答】A.碰后两小球均做平抛运动,竖直方向做自由落体运动，根据Au=gA£可知，速度变化量

相同，故A正确;

B.速度变化率等于加速度，即穿二卬可知两球速度变化率相同，故B错误;

C.碰后两球速度不同，水平方向运动时间相同，则水平位移不同，位移为s=g+不

可知位移不同，故c错误;

D.根据动量的计算公式可知Ap=?几速度变化量相同，两球质量不同，动量变化量不相同，故D错误;

故选Ao

【分析】碰后两小球均做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向匀速运动，结合动量变化量公式以及

速度的合成与分解分析c

6.如图所示，甲为赤道上空的近地卫星，乙为放置在赤道处地面上的待发射卫星。若以T表示圆周运动周

第3页

a表示向心加速度大小，F表示受到的合力大小，下列判断一定正确的是（）

B.u甲乙C.Q甲＞。乙D.F甲＞F乙

【答案】C

【解析】【解答】解决天体（卫星）运动问题的基本思路：天体运动都可近似地看成匀速圆周运动，其向心力

由万有引力提供，即F，产F向，根据相应的向心力表达式进行分析。ABC.乙为放置在赤道处地面上的待发

射卫星，其周期等于地球静止卫星的周期，根据u=r3,«=ro）

可知乙的线速度和向心加速度都小于地球静止卫星的;

GMm4?r2v2

根据万有引力提供向心力有-o—=mr-y=m—=ma

rzT"

解得丁=2兀忌，”层，GM

a=7T

则甲的周期小于地球静止卫星的周期，线速度大于地球静止卫星的，则丁甲＜丁乙，u甲〉u乙，Q甲〉Q乙

故AB错误，C正确;

D.两卫星质量未知，无法比较所受合力大小，故D错误;

故选Co

【分析】据万有引力公式判断两卫量所受地球球引力大小；根据牛顿第二定律可得卫星运动的加速度与半径关

系进行分析；根据万有引力提供向心力可得卫星运动的线速度与半径关系进行分析；根据万有引力提供圆周运

动向心力求解周期表达式后进行分析。

7.如图所示为小球在砖•墙前竖直上抛的频闪照片，图1、图2分别是上升、下降阶段的照片，O是最高点。

已知小球质量为m,重力加速度为g,假设小球所受空气阻力大小不变，据此可估算（）

图1图2

A.墙砖的厚度B.频闪照相的时间间隔

C.O点距抛出点的高度D.空气阻力的大小

【答案】D

第4页

【解析】【解答】解决本题的关键是利用匀变速直线运动的推论Ax=aT?求出两种情况下的加速度，进而由牛

顿第二定律即可求解.设每块砖的厚度足以向上运动上运动时9d-3d二

向下运动时3d-d=Q72

联立解得&=3

a

根据牛顿第二定律，向上运动时771g+f=ma

向下运动时mg-f=ma'

联立解得/=^mg

选项中其他物理量都无法计算。

故选D。

【分析】闪光频率相同，则小球每经过两个相邻位置的时间间隔是相同的，根据位移公式求出两种情况的加

速度之比，根据牛顿第二定律列方程表示出上升和下落的加速度，联立即可求解.

8.如图所示，阴影部分ABC为透明材料做成的光学元件的横截面，就是半径为R的圆弧，D为圆心，

ABCD构成正方形。D处的点光源向外辐射红光，该材料对红光的折射率九=2。若只考虑首次从圆弧AC直

接射向AB、BC的光线，下列说法正确的是（）

A.光射入光学元件后频率不变，波长减小

B.光射向圆弧AC时部分光发生全反射

C.AB边有光线出射的部分长度为《

D.若换成紫光，AB、BC有光线出射的区域变大

【答案】A

【解析】【解答】本题考杳光的折射和全反射，要求学生熟练掌握光的折射和全反射相关的规律及其应用。

A.光射入光学元件后频率不变，传播速度减小，则波长减小，选项A正确；

B.光射向圆弧AC时是由光疏介质射向光密介质，况口.是沿法线方向射入则不可能发生全反射，选项B错

误；

C.光线在AB面上的临界角为sinC=1=J

n2

则C=30°

第5页

AB边有光线出射的部分长度为％=Rtan30°=竽

选项c错误；

D.若换成紫光，折射率变大，临界角变小，则AB、BC有光线出射的区域变小，选项D错误。

故选Ao

【分析】从点光源射入圆弧AC的光中，有一部分不能从AB、BC面直接射出，是由于在AB和BC面上发

全了全反射，由几何知识求出AB边上有光射出的长度，以及不能从AB、BC边直接射出的弧长；根据紫光

的折射率比红光的大，分析临界角关系，结合全反射的条件分析。

9.如图所示，在绝缘水平桌面上固定两个点电荷，距离为d,电荷量分别为+Q和-Q,沿其连线的中垂线水

平放置内壁光滑的绝缘细管，一电荷量为+q的小球（直径略比细管小）以初速度火从管口射入，已知静电力

常量为k,则小球在管内运动时（）

A.速度先增大后减小

B.加速度先增大后减小

C.电场力始终不做功

D.管壁对小球的弹力最大值为耿当

a

【答案】C

【解析】【解答】对带电小球受力分析，计算出小球的合力大小为重力的大小是本题的关键，由此可以判断小

球的运动状态为匀加速直线运动，再根据做功的情况判断速度的变化规律就简单了。ABC.根据等量异种电

荷的电场线分布可知，在细管所在的直线上的场强方向与细管垂直，可知电场力始终不做功，小球在管内运

动时的速度不变，加速度不变，选项C正确，AB错误；

侧壁上的最大压力Fik新繁

D.当小球到达两电荷连线的中点时对管的侧壁的压力最大,

但是由于球竖直方向管壁对小球的支持力与重力平衡，可知管壁对小球的弹力最大值大于以器，选项D错

d

误。

故选Co

【分析】等量异种电荷连线的中垂线上的电场线方向与细管垂直，由此分析电场力是否做功；根据库仑定律

得到两点电荷对小球的库仑力，从而求得其合力，即可根据小球沿竖直方向运动得到弹力、加速度及库仑力

做功。

第6页

10.如图所示，平行板电容器通过导线与二极管、直流电源相连，P是极板间一固定点。下列说法正确的是

A.M板上移少许，两板间电势差不变，P点电势不变

B.N板上移少许，两板间电场强度增大，P点电势降低

C.M板左移少许，两板间电势差增大，P点电势不变

D.两板间插入介电常数更大的巨介质，两板间电场强度增大

【答案】B

【解析】【解答】本题考查了电容器的动态分析，学会利用决定式分析电容的变化，理解电容器的电势差与电

场强度的关系是解决此类问题的关键。A.M板上移少许，板间距d增大，根据。=战

可知，电容器的电容C减小，若电势差U不变，根据c=§

可知Q减小，由于二极管的存在，Q不能减小，所以Q不变，两板间电势差U增大，根据E=。=怨，

ClQTTKa

-Q

LC-u

可得£=警

所以两板间电场强度E不变，由于N板接地，所以WP=UPN=E4>N

P点与N板间距离不变，所以P点电势不变，A错误；

B.N板上移少许，板间距d减小，根据。=崎

471kd

可知，电容器的电容C增大，若电势差U不变，根据C=£

可知Q噌大，由于二极管的存在，Q可以增大，所以U不变，根据£

PJIJ

可知两板间电场强度后增人，由于N板按地，所以M板电势不变，根据UM=(/M-(P=EdMP

且P点与M板间距离不变，所以P点电势降低，B正确；

C.M板左移少许，两板间正对面积减小，根据。=品

4nkd

可知，电容器的电容C减小，若电势差U不变，根据C=g

可知Q减小，由于二极管的存在，Q不能减小，所以Q不变，两板间电势差U增大，根据£1=§,磊，

C=U

第7页

可得E=包挈

可知两板间电场强度E增大，由于N板接地，所以(Pp=UpN=EdpN

P点与N板间距离不变，所以P点电势增大，C错误；

D.两版间插入介电常数更大的电介质，耳增大，根据。=给

4Hd

可知，电容器的电容C增大，若电势差U不变，根据C=£

可知Q拈大，由于二极管的存在，Q可以增大，所以两板间电势差U不变，根据E

可知两板间电场强度E不变，D错误；

故选Bo

【分析】M板上移一点或N板下移一点，板间距d增大，M板下移一点，板间距减小，根据电容器的定义

式和决定式，结合电场强度和电势差的关系分析求解。

11.如图所示为一电子测力计的原理图，对测量台施加力的作用时电压表和电流表示数会发生变化。两次分

别施加大小不同的力，当施加的力较小时()

A.电源的效率高

B.%消耗的功率小

C.电压表示数与电流表示数的比值较小

D.电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值较小

【答案】C

【解析】【解答】本题考查了串联电珞的特点和欧姆定律的应用笔，正确的判断出滑片位于两个端点时电路中

的电流和从图中获取有用的信息是关键。A.当施加的力较小时，弹簧压缩量较小，g接入电路部分较小，

电源的效率〃=⑸**2)/2X100%=j\X100%

(勺+叼+丁)〃1+叶西

减小，故A错误；

F

B.%较小时，根据闭合电路欧姆定律/=瓦稔钎

知电流表示数/增大，%消耗的功/2g增大，故B错误；

C.根据B项分析知，电流表示数/噌大，电压表示数U=E-/(Ri+r)

减小，故电压表示数与电流表示数的比值较小，故C止确；

D.根据U=E-/(%+r)

第8页

知电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值等于Ri+r,是定值，故D错误。

故选Co

【分析】当施加的力较小时，弹簧压缩量较小，%接入电路部分较小，电源效率减小，%消耗的功功率变

大，电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值等于%+厂。

12.某研究小组利用校园广场上的“草地音箱”研究声波的干涉现象。如图所示，两个完全相同的音箱置于相

距20m的A、B两点，O为A、B连线的中点。同一个信号源使两音箱发出频率为340Hz的声音，则在以O

点为圆心，半径为5m的圆周上共有几处加强点（）

,--X

A：。、1B

\，

O

A.21处B.38处C.40处D.48处

【答案】C

【解析】【解答】频率相同，振动情况完全相同的两波源产生的波叠加时，加强、减弱条件如下：设点到两波

源的距离差为△「，则当△r=n时为加强点，当（2k+l）今会时为减弱点，其中k=0,1,2…。若两波源

振动步调相反，则上述结论相反。

该声波的波长为入=彳=1m

设P是圆周内4、8连线上的振动加强点，则=4P—PB=九入=mn

其中九=0,±1,i2...

由于一10mWW10m,由此解得

n=0,±1,±2...+10

其中当九=±10时，zlx=±10m,此时恰好是圆周上的点，所以此时圆周上共有2个振动加强点；则当九=

0,±1,±2…±9时，分别在圆周上下各有一个振动加强点，即共有38个振动加强点，所以圆周上共有40

处加强点。

故选Co

【分析】两列波干涉时，两列波的波峰与波峰、波谷与波谷相遇处，振动始终加强，波峰与波谷相遇处振动

始终减弱。根据振动加强和振动减弱的条件分析。

13.如图1所示，。点为单摆的固定悬点。现将摆球拉到A点静止释放，摆球在竖直面内的A、C之间来回

摆动，B点为最低位置。从释放瞬间开始计时，细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的图像如图2所示，

下列说法正确的是（）

第9页

B.摆球的质量为0.05kg

C.摆球经A点时处于平衡状态

D.摆球经B点时处于失重状态，速度达到最大值噌m/s

【答案】B

【解析】【解答】知道在最高点时，摆球的速度为零，此时需要的向心力为零，绳上的拉力等于重力与绳方向

的分力。A.根据图乙可知，单摆的周期7=0.4必

根据周期公式有T=2嗜

解得L=0.4m

故A错误；

B.根据图像可知，摆球在最高点时速度为0,所需向心力为0,绳拉力为0.495N,令摆角为8,则有Fmin-

mgcosO=0

摆球在最低点时，绳拉力为0.510N,则杓—=

La

根据动能定理有mg(L—Leos。)=imv2

解得m=0.05kg

故B正确；

C.摆球经过A点时;速度为0,沿半径方向的合力为0,沿切向的合力为mgsin。，可知，此时摆球的加速

度不为0,即摆球不处于平衡状态，故C错误；

D.摆球经B点时，加速度方向向上，摆球处于超重状态，结合上述可以解得此时的最大速度/的二/m/s

故D错误。

故选B。

【分析】根据乙图可得单摆的周期；根据单摆的周期公式可以得到摆长；根据牛顿第二定律在最高点和最低

点分别列方程，结合动能定理联立可解。

二、选择题II(本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符

合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得。分)

第10页

14.下列说法正确的是（)

A.如图I,M点与N点磁感应强度相同

B.如图2,由小磁针指向可知通电直导线中的电流方向向下

C.如图3,两直导线通电后弯曲情况与虚线相符

D.如图4,a、b为两个同心放置且共面的金属圆环，条形磁铁穿过圆心且与两环面垂直，通过两环的磁

通量大小关系为①a>①/,

【答案】B,D

【解析】【解答】A.图1中M点与N点的磁感线切线不相同，即磁场的方向不同，疏密程度也不同，即两

点的磁感应强度的大小不同，则两点的磁感应强度不相同，故A错误；

B.小磁针N极的指向为磁感应强度的方向，据安培定则可知图中直导线的电流方向向下，故B正确：

C.异向直电流有相互排斥的安培力，则图3两直导线通电后弯曲情况与虚线不相符，故C错误；

D.根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过环面的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下，由于磁感线

是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而磁铁外部磁感线分布在无限大的空

间，所以穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁内部向上的磁感线抵消一部分，a的面积小，抵消较小，

则a磁通量较大，故D正确。

故选BDo

【分析】根据磁感线判断磁感应强度是否相同，根据安培定则判断电流方向，异向直电流有相互排斥的安培

力，磁通量要分析磁铁内部的磁感线。

15.如图1所示，一足够长传送带与水平面夹角为d以恒定速率运行，在传送带适当位置放上质量为m的

物块，并给物块一定的初速度。规定沿传送带向上为正方向，从该时刻起物块u-t图像如图2所示，已知

%>也。下列说法正确的是（）

第11页

A.传送带沿逆时针方向运行

B.物块与传送带间动摩擦因数为箴篙+tan。

C.0〜尬时间内，传送带对物块做的功为IV=/根诣—2m说

D.。〜£2时间内，摩擦产生的热量一定大于物块减小的机械能

【答案】B,D

【解析】【解答】本题由速度图象要能分析物块的运动情况，再判断其受力情况，得到动摩擦因数的范围，根

据动能定理求解功是常用的方法。A.规定沿传送带向上为正方向，物块初始时向下运动，最后向上运动，

可知传送带沿顺时针方向运行，故A错误；

B.物块在减速和加速的过程中，摩擦力都向上，根据牛顿第二定律有47ngeos。-mgsinJ=ma

由图可知加速度为Q=^="2”

解得〃=踞^+tan8

故B正确；

C.0〜£2时间内，传送带对物块做的功等于物块动能变化量和重力势能的增加量，故WH2m诏-而

故c错误；

D.物决减小的机械能等于摩擦力疝物块做功，即△£=/•%

物块与传送带间运动方向先相反，再相同，直至共速，则相对位移Ax>x,摩擦生热为Q=/Av

所以0~以时间内，摩擦产生的热量一定大于物块减小的机械能，故D正确；

故选BDo

【分析】由图看出，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上。。〜h内，物块对传送带的

摩擦力方向沿传送带向下，可知物块对传送带做功情况。由于物块能向上运动，则有gmgcos6>mgsin0.根据

动能定理研究（）〜t2内，传送带对物块做功。根据能量守恒判断可知，物块的重力势能减小、动能也减小都转

化为系统产牛•的内能，则系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小。

三、实验题（I、II、川三题共14分）

16.如图1是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置实验时气垫导轨调至水平，细线与导轨平行，一

端与滑块上的力传感器连接，另一端跨过滑轮悬挂槽码，将滑块由静止释放，记录力传感器的示数F,测量

滑块（含遮光条和力传感器）的质量M,改变滑块或槽码的质量重复实验。

第12页

实验探究(填“有”或“没有”)影响。

(2)如图2所示，游标卡尺测量遮光条的宽度d=mmo某次实验，计时器显示遮光条通过光

电门1的时间7.0ms,则滑块通过光电门1的速度约为m/s。(结果保留2位有效数字)

(3)两同学分别用上述装置探究加速度与质量的关系，以滑决的质量M为横坐标，加速度的倒数1为纵

a

图3

A.滑块质量M甲〉M乙B.槽码质量讥甲〉m乙

C.遮光条宽度d甲＞d乙D.光电门1、2的间距乙甲＞L乙

【答案】(1)不需要；没有

(2)5.75：0.82

(3)B

【解析】【解答】处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意

的事项，知道滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度。

(1)本实验细绳上连有力传感器，可以准确测出绳的张力，故不需要用近似替代法，即不需要满足槽码质

量远小于滑块质量；本实验是探究牛顿第二定律，则只需要准确测出小车的合外力、小车的加速度、小车的

质量即可，故细线与滑轮的摩擦力对实验探究没有影响；

(2)20分度的游标卡尺精度为0.05mm,遮光条的宽度d=5mm+15x0.05mm=5.75mm

计时器显示遮光条通过光电门1的时间7.0ms,则滑块通过光电门1的速度约为"。&=苧血/5。

0.82m/s

第13页

（3）根据图像可知工与M成正比，可知在所受外力一定的条件下，Q与M成反比；力传感器的示数F,对滑块

a

由由牛顿第二定律尸=用。

可得

ar

由图可知甲图的斜率较大，即《甲较大，图甲对应的牵引物的质量较小，即有m甲V/n乙；滑块质量是变量，

r

而其它量（如遮光条宽度、光电门1、2的间距）根据题目信息无法比较。

故选Bo

【分析】（1）细线上的拉力可以直接由传感器读出，该实验就不需要满足满足钩码的质量m远小于滑块和遮

光条的总质量M,细线与滑轮的摩擦力对小车受力没有影响，故对探究实验没有影响；

（2）根据游标卡尺读数规则读数，遮光条宽度除以通过的时间等速度；

（3）根据牛顿第二定律得到函数关系式，根据关系式分析。

（1）⑴本实验细绳上连有力传感器，可以准确测出绳的张力，故不需要用近似替代法，即不需要满足槽码

质量远小于滑块质量；

⑵本实验是探究牛顿第二定律，则只需要准确测出小车的合外力、小车的加速度、小车的质量即可，故细线

与滑轮的摩擦力对实验探究没有影响；

（2）[1]20分度的游标卡尺精度为0.05mm,遮光条的宽度d=5mm+15x0.05mm=5.75mm

⑵计时器显示遮光条通过光电门1的时间7.0ms,则滑块通过光电门I的速度约为/.=苧m/s«

0.82m/s

（3）根据图像可知（与M成正比，可知在所受外力一定的条件下，Q与M成反比：力传感器的示数F,对滑块

a

由由牛顿第二定律F=Ma

可得！=AM

aF

由图可知甲图的斜率较大，即看甲较大，图甲时应的牵引物的质量较小，即有小甲乙；滑块质量是变量，

r

而其它量（如遮光条宽度、光电门1、2的间距）根据题目信息无法比较。

故选Bo

在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中

17.对于实验中“等效替代”的理解正确的是

A.橡皮筋拉伸的长度相同B.橡皮筋拉伸的方向相同

C.弹簧秤的读数均相同D.将结点拉到相同的位置

18.下列操作有利于减小实验误差的是（多选）

A.用两弹簧秤沿不同方向同时拉两条细绳时，细绳间的夹角尽可能小些

B.拉橡皮筋的细绳要适当长些，标记同一细绳方向时两点要适当远些

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C.拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板面平行

D.拉橡皮筋时，尽量避免弹簧秤外壳与木板接触产生摩擦

【答案】17.D

18.B；C

【解析】【解答】本题主要考查了力的平行四边形定则的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作。

（1）实验中“等效替代”是将结点拉到相同的位置。

故选D。

（2）A.用两弹簧秤沿不同方向同时拉两条细绳时，细绳间的夹角适当大一些可减小误差，故A错误;

B.拉橡皮筋的细绳要适当长些，标记同一细绳方向时两点要适当远些，故B正确；

C.为了减小误差，拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板面平行，故C正确；

D.弹簧秤外壳与木板接触产生摩擦对实验结果无影响，故D错误；

故选BC。

【分析】（1）正确理解等效替代法的意思；

（2）根据实验原理掌握正确的实验操作。

17.实验中“等效替代”是将结点拉到相同的位置。

故选D。

18.A.用两弹簧秤沿不同方向同时拉两条细绳时，细绳间的夹角适当大一些可减小误差，故A错误；

B.拉橡皮筋的细绳要适当长些，标记同一细绳方向时两点要适当远些，故B正确；

C.为了减小误差，拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板面平行，故C正确；

D.弹簧秤外壳与木板接触产生摩擦对实验结果无影响，故D错误；

故选BCc

19.小方同学测量一节干电池的电动势和内阻。

（1）多用电表机械调零后，用“直流电压2.5V挡“粗测电动势，如图1所示，干电池的正极应与多用电表

的（填“红表笔”或“黑表笔”）连接，指针偏转如图2所示，则电动势为Vo

（2）转换至欧姆挡，用图1电路粗测内阻，你认为此法（填“可行”或“不可行”）。小方突发奇

想，想测一下人体电阻，选择“x1k挡，调零后测量发现指针偏转很小，为使测量更合理，应换成

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(填“X10k”挡或“x100”挡)。

(3)按图3的电路图继续实验。

②闭合开关Si，将开关S2分别接在a、b进行实验，得到两条U-/图线如图5所示，则电动势的准确值

为,内阻的准确值为o

【答案】(1)红表笔；1.45

【解析】【解答】本小题了考查欧姆表的结构、测量原理，同时还要注意测量误差应如何来分析：明确其读数

规则。

(1)多用电表中电流从红表笔入，黑表笔出，则干电池的正极应与多用电表的红表笔连接；

“直流区压2.5V挡”分度值为0.05V,读数为1.45V；

(2)用多用电表测电阻，待测电阻要与其它电路断开，待测电路不能含有电源，所以把多用电表调至欧姆

挡，用图1电路粗测内阻，这样的操作不正确；

选择“xlk”挡，调零后测量发现指针偏转很小，为使测量更合理，应换成大挡位，即“xiok”挡，

(3)

①根据电路图连接实物图如图

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②S2接在b测量时，当外电路断路时，电流表分压作用可以忽略，因此电动势大小为Ui：而S2接在a测量

时，当外电路短路时，电压表的分流作用口J以忽略，因此短路电流是准确的，则口J知内阻

【分析】（1）多用电表中电流从红表笔入，黑表笔出，根据读数规则读出电动势大小：

（2）用多用电表测电阻，待测电阻要与其它电路断开，指针偏转很小，说明电阻较大，换用大挡位；

（3）①根据电路图连接实物图；②结合电路连接以及短路和断路分析。

（1）[1]多用电表中电流从红表笔入，黑表笔出，则干电池的正极应与多用电表的红表笔连接；

[2]“直流电压2.5V挡”分度值为0.05V,读数为I.45V；

（2）|11用多用电表测电阻，待测电阻要与其它电路断开，待测电路不能含有电源，所以把多用电表调至欧

姆挡，用图1电路粗测内阻，这样的操作不正确：

[2]选择“xik”挡，调零后测量发现指针偏转很小，为使测量更合理，应换成大挡位，即“xlOk”挡。

（3）①根据电路图连接实物图如图

②⑵⑶S2接在b测量时，当外电路断路时，电流表分压作用可以忽略，因此电动势大小为Ui；而S2接在a

测量时，当外电路短路时，电压表的分流作用可以忽略，因此短路电流是准确的，则可知内阻r=2

20.惊险刺激的跳楼机是常见的大型机动游戏设施。套在竖直柱子上的乘坐台将乘客载至几十米高空，然后

自由下落，落地前启动制动系统，恰好在到达地面时停住。假设乘坐台从离地面81m处开始下落，离地面

36m处开始制动，制动过程可认为做匀减速运动。不计空气阻力，求：

（1）乘坐台下落的最大速度；

（2）乘坐台下落的总时间；

（3）若乘坐台中某人质量为60kg,制动过程乘坐台对他的作用力大小。

【答案】（1）解：根据运动学公式有为2=2g（H-/i）

解得Um=30m/s

（2）解：自由下落阶段”一九受

解得亡1=3s

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匀减速下落阶段八=冬《2

解得以=2.4s

所以，下落的总时间为£=Q+£2=5.4s

（3）解：制动阶段对人根据牛顿第二定律F2-mg=ma

2

根据匀变速直线运动规律有Q=舞=12.5m/s2

联立得以=1350/V

【解析】【分析】（I）根据速度一位移关系分析；

（2）根据自由落体规律规律求解下落时间，根据平均速度公式求解匀减速下落时间；

（3）根据匀变速直线运动规律求解加速度，制动阶段对人根据牛顿第二定律求解乘坐台对他的作用力大

小。

（1）根据运动学公式有力„2=2g（H-h）

解得为=30m/s

（2）日由下落阶段〃一/1=为弓

解得亡1=3s

匀减速下落阶段九二粤1t2

解得上=2.4s

所以，下落的总时间为t=ti+t2=5.4s

（3）制动阶段对人根据牛顿第二定律F/v-mg=ma

根据匀变速直线运动规律有a=嗓=12.57H/S2

联立得力；=1350/V

21.如图是汽车蓄电池供电简化电路，司机开车灯时，开关Si始终闭合。当汽车启动时，开关S2闭合，电动

机工作，车灯会变暗，启动瞬间电流表示数为50A；当汽车启动之后，开关S2断开，电动机停止工作，车灯

恢复正常亮度，此时电流表示数为10A.已知电源电动势E=12.5，，内阻丁=0.05Q,电流表内阻不计。

求：

（I）车灯的电阻R；

（2）电动机未启动时车灯的功率P；

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（3）电动机启动瞬间，车灯的功率减少量AP（忽略电动机启动瞬间车灯的电阻变化）。

【答案】（1）解：电动机停止工作后，根据闭合电路欧姆定律E=A（R+r）

可得R=1.20

（2）解：电动机未启动时=104根据闭合电路欧姆定律（7=£1-//

解得U=12V

车灯的功率P=Uh=1201V

（3）解：电动机启动的瞬间炉==10、

,2

车灯的功率为p，=幺=型皿

R3

故灯的功率减少量AP=P—P'X36.67”

【解析】【分析】（1）电动机停止工作后，电路是纯电阻电路，根据闭合电路的欧姆定律求解电阻；

（2）根据闭合电路的欧姆定律求解电压，乘以电流等于车灯的电流等于功率；

（3）根据闭合回路欧姆定律求解电压，根据功率公式求解车灯功率，两个功率相减即可。

（1）电动机停止工作后，根据闭合电路欧姆定律E=/1（R+r）

可得R=1.2Q

（2）电动机未启动时八=104,根据闭合电路欧姆定律〃=E—Ar

解得U=12V

车灯的功率P=Uh=1201V

（3）电动机启动的瞬间炉=E-/r=10P

,2

车灯的功率为p，$=2打,

故灯的功率减少量AP=P-P'=36.67W

22.如图所示为小明设计的弹射游戏模型。AB段和DE段为光滑水平轨道，BC段和CD段为竖直面内的光

滑半圆轨道，半径％=0.50m、R2=0.25m,各段轨道平滑连接，BC段与DE段紧贴但不重叠，轻质弹簧

左端固定于竖直挡板上。游戏时先将弹簧压缩至M位置锁定，可视为质点的小球置于弹簧右端，解除锁定小

球被弹簧弹出后沿轨道运动至E点水平抛出。轨道右侧有一与水平方向夹角6=53。的收集管，收集管位置

可调整，从E点抛出的小球无碰撞地进入收集管视为接收成功。某次游戏时所用小球质量mo=O.O2£g,小

球经过B点时速度大小”=4ni/s,不计空气阻力。

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（I）求弹簧储存的弹性势能与和小球经过半圆轨道最低点B点时对轨道的压力FN；

（2）为保证小球能沿轨道运动直至E点抛出，小球质量m应满足什么条件？

（3）以E点为坐标原点，水平方向为x轴，竖直方向为y轴，在竖直面内的建立直角坐标系。为保证接

收成功，当用不同质量小球进行游戏时需将收集管移到不同位置，求P端位置坐标y和x应满足的关系式。

（忽略P端横截面大小）

【答案】（1）解：对于小球从M到B的过程应用机械能守恒定律可得

解得输=0.16/

B点由牛顿第二定律9-mg=m

解得尸=0.84/V

由牛顿第三定律知压力BV=0・84N,方向竖直向下

（2）解：小球恰能过C点时满足mg=加导

由机械能守恒昂-mg-2%=

联立可得m=0.0128kg

故小球质量应满足0<m40.0128Ag

（3）解：小球抛出后由平抛过程有tan53o=^=2x=vFt,y=另产

VEVE2^

联立以上各式得y=*

当m=0.0128kg时%-mg%=

联立平抛各式可得％=2m

综上可得y=（x>2m）

【解析】【分析】（1）对于小球从M到B的过程应用机械能守恒定律求解弹性势能，由牛顿第二定律和牛顿

第三定律求解对轨道的压力；

（2）小球恰能过C点时满足重力提供向心力，结合机械能守恒定律求解；

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（3）小球抛出后作平抛运动，结合平抛运动规律和机械能受到定律求解。

（1）对于小球从M到B的过程应用机械能守怛定律用得Ep=

解得EP=0.16/

B点由牛顿第二定律/-mg=m^

解得尸=0.84/V

由牛顿第三定律知压力FN=0.84/V

方向竖直向下

（2）小球恰能过C点时满足mg=血旨

由机械能守恒Ep-mg•2R]=

联立可得m=0.0128kg

故小球质量应