2025-2026学年浙江省浙里特色联盟高二上学期11月期中考试物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12025学年第一学期浙里特色联盟期中联考高二年级物理学科试题考生须知：1．本卷共8页满分100分，考试时间90分钟；2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4．考试结束后，只需上交答题纸。选择题部分一、选择题I（本题共10小题，每小题3分，共30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.下列物理量为标量且其单位用国际基本单位表示正确的是（）A.电势（eV） B.电压（）C.电场强度（N/C） D.功率（）【答案】D【解析】A．电势只有大小，没有方向，属于标量，但eV是能量的单位并且不是国际基本单位，故A错误；B．电压只有大小，没有方向，属于标量，但单位用国际基本单位表示应为，故B错误；C．电场强度为矢量，其单位国际用基本单位表示为，C错误；D．功率都只有大小，没有方向，属于标量，用国际基本单位表示为，故D正确。故选D。2.一颗卫星通过火箭于某日7时37分成功发射入轨，该卫星运行在600千米的轨道高度上。下列说法正确的是（）A.7时37分指时间间隔 B.在组装火箭与卫星时卫星可看作质点C.该卫星绕地球一圈平均速度为0D.卫星在太空中不受重力【答案】C【解析】A．7时37分为时刻，不是时间间隔，故A错误；B．在组装火箭与卫星时需考虑卫星的结构，所以不能将卫星视为质点，故B错误；C．平均速度等于总位移与运动时间的比值，卫星绕地球一圈的位移为0，所以平均速度也为0，故C正确；D．卫星在太空中仍受到重力的作用，地球对卫星的引力提供其做圆周运动的向心力，故D错误。故选C。3.下列说法中正确的是（）A.负电荷在电势越高处电势能越大B.电场强度为零的点，电势一定为零C.等势线越密的地方，电场线也一定越密，电场强度越大D.由公式可知，当试探电荷的电荷量q变为一半时，电场强度E变为2倍【答案】C【解析】A．电势能是标量，由可知负电荷在电势高的地方电势能低。故A错误；B．场强与电势没有必然的联系，场强为零，电势不一定为零，故B错误；C．等势线越密，对应的电场线也越密，而电场线的疏密表示场强大小，电场线越密，电场强度越大。故C正确；D．电场强度由电场本身决定，与试探电荷无关而公式是定义式，减半时，也减半，不变。故D错误。故选C。4.在参加“毛毛虫竞速”比赛中，小明等四位同学在发令后瞬间加速出发，加速度大小为。已知“毛毛虫”道具质量为10kg，重力加速度的大小取。则在发令后瞬间小明等四位同学对“毛毛虫”道具的作用力大小为（）A.50N B.100N C.N D.200N【答案】C【解析】对“毛毛虫”道具，根据牛顿第二定律有解得四位同学对“毛毛虫”道具的作用力大小为，故选C。5.如图所示，“天舟七号”货运飞船成功对接空间站“天和”核心舱。对接后，“天舟七号”与空间站组成组合体，运行在离地高度约为400km的圆形轨道上，下列说法正确的是（）A.组合体的周期约为24小时B.组合体的速度小于同地球步卫星的速度C.组合体的能量小于地球同步卫星的能量D.组合体的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度【答案】D【解析】ABD．根据万有引力提供向心力可得，，由于同步卫星的轨道半径大于组合体的轨道半径，所以组合体的速度大于同地球步卫星的速度，组合体的周期小于同地球步卫星的周期（24h），组合体的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，故AB错误，D正确；C．由于组合体的质量与同步卫星的质量关系未知，所以组合体的能量不一定小于地球同步卫星的能量，故C错误。故选D。6.小明参加滑板男子碗池决赛，以84.41分的成绩夺冠。图示为小明在比赛中腾空越过障碍物，若忽略空气阻力，那么腾空过程中（）A.在最高点时小明的加速度为零B.小明和滑板构成的系统机械能一定不守恒C.小明上升过程是超重状态D.小明下降过程中滑板和人之间可能无作用力【答案】D【解析】A．在最高点的时候人受到重力作用，加速度为重力加速度，加速度不为零，故A错误；B．小明和滑板构成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，故B错误；CD．小明上升过程只受重力作用，有竖直向下的重力加速度，处于完全失重状态，小明下降过程只受重力作用，也处于完全失重状态，滑板和人之间无作用力，故C错误，D正确。故选D。7.一种便携式三脚架由三根完全相同的轻杆通过铰链组合在一起，每根轻杆均可绕铰链自由转动。如图所示，三根杆与水平方向的夹角均为53°，且三根杆之间的夹角相等。吊锅和细铁链的总质量为m，支架与铰链之间的摩擦忽略不计，则（）A.三脚架所受合力大小为mgB.每根杆受到地面的作用力为C.每根杆与地面的摩擦力大小为0D.减小杆与水平方向夹角时，杆与地面摩擦力变大【答案】D【解析】A．三脚架处于静止状态，则所受合力大小为0，故A错误；B．对吊锅和细铁链有解得根据平衡条件和牛顿第三定律可得，每根杆受到地面的作用力为，故B错误；C．每根杆与地面的摩擦力大小为，故C错误；D．由以上分析可知，减小杆与水平方向夹角时，即α减小，cosα增大，则杆与地面摩擦力变大，故D正确。故选D。8.空间P、Q两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中Q点处为负电荷，P、Q两点附近电场的等势线分布如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，则（）A.c点的电势小于e点的电势B.c点的电场强度小于d点的电场强度C.负电荷在a点时电势能大于在c点时电势能D.正电荷从b点移动到d点的过程中电场力做正功【答案】C【解析】A．根据等势线特点可知，PQ为等量异种电荷，故P为正点电荷，电场线从正电荷指向负电荷，沿电场线方向电势降低，可知c点电势大于e点电势，故A错误；B．根据等量异种电荷电场线特点，可知与d点相比，c点电场线较密，故c点的电场强度大于d点的电场强度，故B错误；C．c点靠近正电荷，a点靠近负电荷，则c点电势比a点电势高，且负电荷在电势越高的地方电势能越低，故负电荷在a点时电势能大于在c点时电势能，故C正确；D．由于b点电势低于d点电势（因为d点靠近正电荷），所以正电荷从b点移动到d点电势能增大，电场力做负功，故D错误。故选C。9.图示是“研究电容器两极板间电介质对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当一有机玻璃板正在插入极板时，静电计指针张角减小，则（）A.极板间电势差增大 B.电容器的电容减小C.极板间电场强度减小 D.电容器储存能量不变【答案】C【解析】B．由电容器的电容决定式可知：有机玻璃板正在插入极板时，变大，电容器的电容变大，故B错误；AC．由可知：电荷量不变，电容器的电容变大，极板间电势差减小；由可知：两板间距不变，极板间电势差减少，极板间电场强度减小，故A错误，故C正确；D．电容器储存能量为，电荷量不变，极板间电势差减少，电容器储存能量减少，故D错误。故选C。10.如图所示，电源电动势、内阻保持不变，灯泡L与定值电阻串联，是电阻箱，开关S闭合，现逐渐减小电阻箱的阻值，不考虑灯泡阻值变化，下列说法正确的是（）A.电源消耗的电功率变小 B.通过电阻的电流增大C.灯泡L的电功率减小 D.电阻箱两端的电压增大【答案】C【解析】A．当减小电阻箱R2的接入阻值时，电路的总电阻R减小，干路电流I增大，根据路端电压路端电压U减小，电源消耗的电功率变大，故A错误；BC．路端电压U减小，则灯泡L与定值电阻R1串联的总电压减小，流过L与定值电阻R1的电流减小，灯泡L的电功率减小，故B错误C正确；D．路端电压U减小，电阻箱两端的电压减小，故D错误。故选C。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12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4分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）11.如图所示，取一对用绝缘柱支持的不带电导体A和B，使它们彼此接触，小明用绝缘棒把带正电荷的物体C移近导体A，发现贴在A、B下部的金属箔都张开，下列说法正确的是（）A.此时导体A左端和导体B右端电势相等B.此时将导体B接地，将有负电荷导向大地C.导体A和导体B分开后移去C，A、B上的金属箔将闭合D.先移去C，再分开导体A和导体B，A、B上的金属箔将闭合【答案】AD【解析】A．此时导体静电平衡，是等势体，所以A左端和导体B右端电势相等，故A正确；B．此时将导体B接地，负电荷由于静电感应会从大地流向导体，没有负电荷导向大地，故B错误；C．分开A，B后移去

C，导体A、B中的电荷不能发生中和，所以导体A带负电，B带正电，A，B

上的金属箔仍保持张开，故C正确；D．移走物体C，导体A，B中电荷又发生中和，再分开A和

B，A，B又不带电，A，B上的金属箔闭合，故D正确。故选AD。12.如图所示，从水平地面上同一位置抛出两个不同的小球A、B，分别落在地面上的M、N两点，两球运动的最大高度相同。空气阻力不计，则（）A.落地时，小球B与小球A的速度相等B.小球B与小球A的飞行时间相同C.飞行时，小球B比小球A的机械能大D.相同时间内小球B与小球A的速度变化相同【答案】BD【解析】AB．小球从最高点到地面过程中，在竖直方向做自由落体运动，由两球运动的最大高度相同，以及运动的对称性可知小球在空中的飞行时间一样，由图可知B球在水平方向的位移更大，故在竖直方向上有可知小球的落地速度为联立可知小球的落地速度不相等，A错误；B正确；C．在最高点时，两个小球的速度但小球的机械能除跟速度有关外还和小球的质量有关，故飞行时，小球B与小球A的机械能无法比较，C错误；D．在空中相同时间内速度变化为故相同时间内B球的速度变化与A球的速度变化相同，D正确。故选BD。13.如图所示，在水平向右的匀强电场中有一个绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了10J，摩擦力做功J，重力做功20J。下列说法中正确的是（）A.金属块带负电荷 B.静电力做功JC.金属块的机械能减少10J D.金属块的电势能减少4J【答案】BC【解析】AB．由动能定理可知，由题意知金属块滑下的过程中动能增加了，摩擦力做功，重力做功，解得电场力做功，由金属块滑下的过程做负功可知，力与位移成钝角，故金属块带正电，故A错误，B正确；C．机械能变化量，故机械能减小，故C正确；D．电场力做功，故金属块的电势能增加，故D错误。故选BC。三、非选择题（本题共5小题，共58分）14.（1）小明做“探究物体加速度与力、质量的关系”的实验，装置如图甲所示，小明完成补偿阻力的正确操作后进行了一次实验，实验获得如图乙所示的纸带，计数点a、b、c、d、e、f间均有四个点未画出，则在打d点时小车的速度大小_________m/s，打此条纸带时小车的加速度为_________（计算结果保留2位有效数字，电源频率为50Hz）。（2）在下列实验中，也需要用到打点计时器的有_________。A.探究小车速度随时间变化的规律B.探究两个互成角度的力的合成规律C.验证机械能守恒定律D.探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系【答案】（1）0.190.10（2）AC【解析】（1）[1]根据题意可得相邻计数点间的时间间隔为根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度可得打d点时小车的速度大小为[2]根据逐差法可得小车的加速度为（2）AC．在“探究小车速度随时间变化的规律”和“验证机械能守恒定律”的实验中需要用打点计时器打下纸带测量小车的速度，需要用到打点计时器，故AC正确；BD．在“探究两个互成角度的力的合成规律”和“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验中不需要测量速度，所以不需要打点计时器，故BD错误；故选AC。15.在测量一节干电池的电动势和内阻的实验中，（1）为了了解电压表内阻的大概值，用多用电表的欧姆挡来测量电压表的内阻，如图1所示，多用电表的红表笔应该与电压表的_________（填“正”或“负”）接线柱相连，经过正确操作，选择×100挡时，示数如图2所示，则电压表的电阻值约为_________Ω。（2）实验中为了减小测量误差，如图所示的电路中应该选择的是_________（选填“甲”或“乙”）；（3）通过调节滑动变阻器，测得多组U、I数据，在坐标纸中描点并作出U—I图像如图所示，由此求得电动势E=_________V，内阻r=_________Ω。（结果均保留到小数点后两位）【答案】（1）负2000（2）甲（3）1.440.65【解析】（1）[1]多用电表的欧姆挡的电源正极与黑表笔连接，电源负极与红表笔相连，测电压表内阻时应红表笔与电压表的负极相连；[2]电阻读数为（2）由于电源内阻很小，甲方案中，误差来源于电压表分流，由于电压表内阻很大，分流较小，乙方案中电流表分压，其内阻相比电源内阻相差不多，分压较大，相比较而言，甲方案的误差较小，更接近真实值。（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律则在图像中，图像与纵轴的交点值表示电动势斜率代表内阻16.电源电动势E=12V、内阻r=0.5Ω，电动机M的内阻，闭合开关S后，标有“10V20W”的灯泡恰能正常发光，图中电流表为理想电流表，求：（1）电源的输出功率；（2）电动机的机械功率；（3）20s内电动机产生的热量。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）由闭合电路欧姆定律可得干路的电流为则电源的输出功率为（2）正常发光的灯泡中的电流为故流过电动机电流为则电动机的机械功率为（3）20s内电动机产生热量为17.如图所示，P、Q两极板竖直放置，间距为d，P的电势高于Q，电压为。M、N两极板水平放置，两极板长度及间距均为L，电压为。P、Q极板分别有小孔A、B，AB连线与偏转电场中心线BC共线。质量为m、电荷量为q的正离子从小孔A无初速度进入加速电场，经过偏转电场，到达探测器（探测器可上下移动）。整个装置处于真空环境，且不计离子重力。求：（1）离子在P、Q两极板间运动的时间；（2）离子在M、N两极板间运动的时间；（3）为保证离子不打在M、N极板上，电压和电压满足什么关系，以及离子达到探测器的最大动能。【答案】（1）（2）（3），【解析】（1）粒子在加速电场做匀加速直线运动，加速度为由公式可得离子在加速电场中运动时间为（2）设粒子进入偏转电场的速度为，由动能定理离子在M、N板间运动时间为联立解得（3）为保证离子不打在M、N极板上，即粒子在竖直方向的偏转位移应小于，则有解得当粒子刚好从极板边缘飞出时动能最大，由动能定理有18.如图所示，长为l=0.5m的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一带电荷，质量未知的小球。现将此装置放在水平向右场强为的匀强电场中，小球静止在A点，此时细线与竖直方向成37°角。重力加速度g取，，，求：（1）小球质量m的大小；（2）现用外力缓慢把小球拉到最低点，电势能变化了多少；（3）由（2）中最低点处撤去外力，小球再次回到A点时的动能和此时绳子的拉力。【答案】（1）（2）0.18J（3）0.1J，【解析】（1）小球在A点静止，其受力情况如图所示根据共点力平衡条件有解得（2）电场力做功为所以电势能增加了0.18J（3）从最低点到A过程中，由动能定理有动能根据所以19.一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋圆轨道、水平轨道BC和CE、倾角为37°的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F点与右侧水平高台（可以移动）等高。游戏开始，一质量为m的滑块从轨道AB上的高度h处静止滑下，滑上圆轨道后进入倾斜直轨道EF，从F点斜抛出去，恰好落在水平高台的洞中，游戏成功。已知R=0.2m，m=0.1kg，EF段长度L=0.3m，μ=0.5。滑块可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）若h=0.8m，求滑块到达C点时对圆轨道的压力；（2）若滑块恰好能通过圆轨道CDC′，求高度h；（3）若（2）中的滑块最终落在水平高台的洞中，求滑块在空中的最小速度和落点到F的水平距离。【答案】（1）FN′=9N，方向竖直向下（2）h=0.5m（3）1.6m/s，x=0.384m【解析】（1）滑块从释放到C点过程中，由动能定理有解得在C点对滑块受力分析得联立解得由牛顿第三定律可知滑块到达C点时对圆轨道的压力方向竖直向下。（2）恰好通过D点，在D点受力分析，由牛顿第二定律有从释放滑块到D点过程中，由动能定理有联立解得（3）由C到D的过程中，由动能定理有从C到F的过程中，由动能定理有解得则滑块在空中的最高点时速度最小，最小速度为由运动学知识可知空中飞行时间为水平方向做匀速直线运动，由运动学知识有联立解得2025学年第一学期浙里特色联盟期中联考高二年级物理学科试题考生须知：1．本卷共8页满分100分，考试时间90分钟；2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4．考试结束后，只需上交答题纸。选择题部分一、选择题I（本题共10小题，每小题3分，共30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.下列物理量为标量且其单位用国际基本单位表示正确的是（）A.电势（eV） B.电压（）C.电场强度（N/C） D.功率（）【答案】D【解析】A．电势只有大小，没有方向，属于标量，但eV是能量的单位并且不是国际基本单位，故A错误；B．电压只有大小，没有方向，属于标量，但单位用国际基本单位表示应为，故B错误；C．电场强度为矢量，其单位国际用基本单位表示为，C错误；D．功率都只有大小，没有方向，属于标量，用国际基本单位表示为，故D正确。故选D。2.一颗卫星通过火箭于某日7时37分成功发射入轨，该卫星运行在600千米的轨道高度上。下列说法正确的是（）A.7时37分指时间间隔 B.在组装火箭与卫星时卫星可看作质点C.该卫星绕地球一圈平均速度为0D.卫星在太空中不受重力【答案】C【解析】A．7时37分为时刻，不是时间间隔，故A错误；B．在组装火箭与卫星时需考虑卫星的结构，所以不能将卫星视为质点，故B错误；C．平均速度等于总位移与运动时间的比值，卫星绕地球一圈的位移为0，所以平均速度也为0，故C正确；D．卫星在太空中仍受到重力的作用，地球对卫星的引力提供其做圆周运动的向心力，故D错误。故选C。3.下列说法中正确的是（）A.负电荷在电势越高处电势能越大B.电场强度为零的点，电势一定为零C.等势线越密的地方，电场线也一定越密，电场强度越大D.由公式可知，当试探电荷的电荷量q变为一半时，电场强度E变为2倍【答案】C【解析】A．电势能是标量，由可知负电荷在电势高的地方电势能低。故A错误；B．场强与电势没有必然的联系，场强为零，电势不一定为零，故B错误；C．等势线越密，对应的电场线也越密，而电场线的疏密表示场强大小，电场线越密，电场强度越大。故C正确；D．电场强度由电场本身决定，与试探电荷无关而公式是定义式，减半时，也减半，不变。故D错误。故选C。4.在参加“毛毛虫竞速”比赛中，小明等四位同学在发令后瞬间加速出发，加速度大小为。已知“毛毛虫”道具质量为10kg，重力加速度的大小取。则在发令后瞬间小明等四位同学对“毛毛虫”道具的作用力大小为（）A.50N B.100N C.N D.200N【答案】C【解析】对“毛毛虫”道具，根据牛顿第二定律有解得四位同学对“毛毛虫”道具的作用力大小为，故选C。5.如图所示，“天舟七号”货运飞船成功对接空间站“天和”核心舱。对接后，“天舟七号”与空间站组成组合体，运行在离地高度约为400km的圆形轨道上，下列说法正确的是（）A.组合体的周期约为24小时B.组合体的速度小于同地球步卫星的速度C.组合体的能量小于地球同步卫星的能量D.组合体的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度【答案】D【解析】ABD．根据万有引力提供向心力可得，，由于同步卫星的轨道半径大于组合体的轨道半径，所以组合体的速度大于同地球步卫星的速度，组合体的周期小于同地球步卫星的周期（24h），组合体的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，故AB错误，D正确；C．由于组合体的质量与同步卫星的质量关系未知，所以组合体的能量不一定小于地球同步卫星的能量，故C错误。故选D。6.小明参加滑板男子碗池决赛，以84.41分的成绩夺冠。图示为小明在比赛中腾空越过障碍物，若忽略空气阻力，那么腾空过程中（）A.在最高点时小明的加速度为零B.小明和滑板构成的系统机械能一定不守恒C.小明上升过程是超重状态D.小明下降过程中滑板和人之间可能无作用力【答案】D【解析】A．在最高点的时候人受到重力作用，加速度为重力加速度，加速度不为零，故A错误；B．小明和滑板构成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，故B错误；CD．小明上升过程只受重力作用，有竖直向下的重力加速度，处于完全失重状态，小明下降过程只受重力作用，也处于完全失重状态，滑板和人之间无作用力，故C错误，D正确。故选D。7.一种便携式三脚架由三根完全相同的轻杆通过铰链组合在一起，每根轻杆均可绕铰链自由转动。如图所示，三根杆与水平方向的夹角均为53°，且三根杆之间的夹角相等。吊锅和细铁链的总质量为m，支架与铰链之间的摩擦忽略不计，则（）A.三脚架所受合力大小为mgB.每根杆受到地面的作用力为C.每根杆与地面的摩擦力大小为0D.减小杆与水平方向夹角时，杆与地面摩擦力变大【答案】D【解析】A．三脚架处于静止状态，则所受合力大小为0，故A错误；B．对吊锅和细铁链有解得根据平衡条件和牛顿第三定律可得，每根杆受到地面的作用力为，故B错误；C．每根杆与地面的摩擦力大小为，故C错误；D．由以上分析可知，减小杆与水平方向夹角时，即α减小，cosα增大，则杆与地面摩擦力变大，故D正确。故选D。8.空间P、Q两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中Q点处为负电荷，P、Q两点附近电场的等势线分布如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，则（）A.c点的电势小于e点的电势B.c点的电场强度小于d点的电场强度C.负电荷在a点时电势能大于在c点时电势能D.正电荷从b点移动到d点的过程中电场力做正功【答案】C【解析】A．根据等势线特点可知，PQ为等量异种电荷，故P为正点电荷，电场线从正电荷指向负电荷，沿电场线方向电势降低，可知c点电势大于e点电势，故A错误；B．根据等量异种电荷电场线特点，可知与d点相比，c点电场线较密，故c点的电场强度大于d点的电场强度，故B错误；C．c点靠近正电荷，a点靠近负电荷，则c点电势比a点电势高，且负电荷在电势越高的地方电势能越低，故负电荷在a点时电势能大于在c点时电势能，故C正确；D．由于b点电势低于d点电势（因为d点靠近正电荷），所以正电荷从b点移动到d点电势能增大，电场力做负功，故D错误。故选C。9.图示是“研究电容器两极板间电介质对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当一有机玻璃板正在插入极板时，静电计指针张角减小，则（）A.极板间电势差增大 B.电容器的电容减小C.极板间电场强度减小 D.电容器储存能量不变【答案】C【解析】B．由电容器的电容决定式可知：有机玻璃板正在插入极板时，变大，电容器的电容变大，故B错误；AC．由可知：电荷量不变，电容器的电容变大，极板间电势差减小；由可知：两板间距不变，极板间电势差减少，极板间电场强度减小，故A错误，故C正确；D．电容器储存能量为，电荷量不变，极板间电势差减少，电容器储存能量减少，故D错误。故选C。10.如图所示，电源电动势、内阻保持不变，灯泡L与定值电阻串联，是电阻箱，开关S闭合，现逐渐减小电阻箱的阻值，不考虑灯泡阻值变化，下列说法正确的是（）A.电源消耗的电功率变小 B.通过电阻的电流增大C.灯泡L的电功率减小 D.电阻箱两端的电压增大【答案】C【解析】A．当减小电阻箱R2的接入阻值时，电路的总电阻R减小，干路电流I增大，根据路端电压路端电压U减小，电源消耗的电功率变大，故A错误；BC．路端电压U减小，则灯泡L与定值电阻R1串联的总电压减小，流过L与定值电阻R1的电流减小，灯泡L的电功率减小，故B错误C正确；D．路端电压U减小，电阻箱两端的电压减小，故D错误。故选C。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12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4分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）11.如图所示，取一对用绝缘柱支持的不带电导体A和B，使它们彼此接触，小明用绝缘棒把带正电荷的物体C移近导体A，发现贴在A、B下部的金属箔都张开，下列说法正确的是（）A.此时导体A左端和导体B右端电势相等B.此时将导体B接地，将有负电荷导向大地C.导体A和导体B分开后移去C，A、B上的金属箔将闭合D.先移去C，再分开导体A和导体B，A、B上的金属箔将闭合【答案】AD【解析】A．此时导体静电平衡，是等势体，所以A左端和导体B右端电势相等，故A正确；B．此时将导体B接地，负电荷由于静电感应会从大地流向导体，没有负电荷导向大地，故B错误；C．分开A，B后移去

C，导体A、B中的电荷不能发生中和，所以导体A带负电，B带正电，A，B

上的金属箔仍保持张开，故C正确；D．移走物体C，导体A，B中电荷又发生中和，再分开A和

B，A，B又不带电，A，B上的金属箔闭合，故D正确。故选AD。12.如图所示，从水平地面上同一位置抛出两个不同的小球A、B，分别落在地面上的M、N两点，两球运动的最大高度相同。空气阻力不计，则（）A.落地时，小球B与小球A的速度相等B.小球B与小球A的飞行时间相同C.飞行时，小球B比小球A的机械能大D.相同时间内小球B与小球A的速度变化相同【答案】BD【解析】AB．小球从最高点到地面过程中，在竖直方向做自由落体运动，由两球运动的最大高度相同，以及运动的对称性可知小球在空中的飞行时间一样，由图可知B球在水平方向的位移更大，故在竖直方向上有可知小球的落地速度为联立可知小球的落地速度不相等，A错误；B正确；C．在最高点时，两个小球的速度但小球的机械能除跟速度有关外还和小球的质量有关，故飞行时，小球B与小球A的机械能无法比较，C错误；D．在空中相同时间内速度变化为故相同时间内B球的速度变化与A球的速度变化相同，D正确。故选BD。13.如图所示，在水平向右的匀强电场中有一个绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了10J，摩擦力做功J，重力做功20J。下列说法中正确的是（）A.金属块带负电荷 B.静电力做功JC.金属块的机械能减少10J D.金属块的电势能减少4J【答案】BC【解析】AB．由动能定理可知，由题意知金属块滑下的过程中动能增加了，摩擦力做功，重力做功，解得电场力做功，由金属块滑下的过程做负功可知，力与位移成钝角，故金属块带正电，故A错误，B正确；C．机械能变化量，故机械能减小，故C正确；D．电场力做功，故金属块的电势能增加，故D错误。故选BC。三、非选择题（本题共5小题，共58分）14.（1）小明做“探究物体加速度与力、质量的关系”的实验，装置如图甲所示，小明完成补偿阻力的正确操作后进行了一次实验，实验获得如图乙所示的纸带，计数点a、b、c、d、e、f间均有四个点未画出，则在打d点时小车的速度大小_________m/s，打此条纸带时小车的加速度为_________（计算结果保留2位有效数字，电源频率为50Hz）。（2）在下列实验中，也需要用到打点计时器的有_________。A.探究小车速度随时间变化的规律B.探究两个互成角度的力的合成规律C.验证机械能守恒定律D.探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系【答案】（1）0.190.10（2）AC【解析】（1）[1]根据题意可得相邻计数点间的时间间隔为根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度可得打d点时小车的速度大小为[2]根据逐差法可得小车的加速度为（2）AC．在“探究小车速度随时间变化的规律”和“验证机械能守恒定律”的实验中需要用打点计时器打下纸带测量小车的速度，需要用到打点计时器，故AC正确；BD．在“探究两个互成角度的力的合成规律”和“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验中不需要测量速度，所以不需要打点计时器，故BD错误；故选AC。15.在测量一节干电池的电动势和内阻的实验中，（1）为了了解电压表内阻的大概值，用多用电表的欧姆挡来测量电压表的内阻，如图1所示，多用电表的红表笔应该与电压表的_________（填“正”或“负”）接线柱相连，经过正确操作，选择×100挡时，示数如图2所示，则电压表的电阻值约为_________Ω。（2）实验中为了减小测量误差，如图所示的电路中应该选择的是_________（选填“甲”或“乙”）；（3）通过调节滑动变阻器，测得多组U、I数据，在坐标纸中描点并作出U—I图像如图所示，由此求得电动势E=_________V，内阻r=_________Ω。（结果均保留到小数点后两位）【答案】（1）负2000（2）甲（3）1.440.65【解析】（1）[1]多用电表的欧姆挡的电源正极与黑表笔连接，电源负极与红表笔相连，测电压表内阻时应红表笔与电压表的负极相连；[2]电阻读数为（2）由于电源内阻很小，甲方案中，误差来源于电压表分流，由于电压表内阻很大，分流较小，乙方案中电流表分压，其内阻相比电源内阻相差不多，分压较大，相比较而言，甲方案的误差较小，更接近真实值。（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律则在图像中，图像与纵轴的交点值表示电动势斜率代表内阻16.电源电动势E=12V、内阻r=0.5Ω，电动机M的内阻，闭合开关S后，标有“10V20W”的灯泡恰能正常发光，图中电流表为理想电流表，求：（1）电源的输出功率；（2）电动机的机械功率；（3）20s内电动机产生的热量。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）由闭合电路欧姆定律可得干路的电流为