浙江省9+1联盟2025-2026学年高二上学期11月期中物理试题（含答案）

第第页浙江省9+1联盟2025-2026学年高二上学期11月期中物理试题一、选择题Ⅰ（本大题包括10小题每小题3分，共30分。在每小题给出的四个备选答案中，只有一项是符合题目要求的。）1．下列物理量是矢量，且单位用国际制基本单位的符号表示正确的是（）A．电场强度kg⋅m⋅C．电流A D．力N2．下列物理实验中思想方法相同的是（）A．甲与乙 B．乙与丙 C．乙与丁 D．甲与丁3．市场上有一种车载磁吸式手机支架如图所示，现将支架固定在汽车水平仪表台上，手机放上支架后便会被牢牢吸住，下列说法正确的是（）A．汽车静止时，手机受到3个力作用B．手机受到支架的弹力是由于手机发生形变而产生的C．汽车匀速运动时，支架对手机的作用力竖直向上D．汽车由静止开始加速，摩擦力不变4．在一次用高压水枪灭火的过程中，消防员同时启动了多个喷水口进行灭火。有甲、乙靠在一起的高压水枪，它们喷出的水在空中运动的轨迹曲线如图所示，已知两曲线在同一竖直面内，甲乙两处灭火点离地面高度相同，忽略空气阻力，则（）A．甲、乙水枪喷出的水初速度相等B．甲、乙水枪喷出的水在整个过程速度变化量相同C．乙水枪喷出的水在空中运动的时间较长D．甲水枪喷出的水在最高点的速度较大5．如图所示，地球的公转轨道接近圆，彗星的运动轨道是一个非常扁的椭圆。若地球公转轨道半径为r、周期为T，哈雷彗星的近日点和远日点与太阳中心的距离分别为r1和rA．在近日点和远日点的速度之比为rB．在近日点和远日点的速度之比为rC．在近日点和远日点的加速度之比为rD．周期为r6．以下几种物理情境，线圈或回路中能产生感应电流的是（）A．甲图中导线平行放置在水平面上的圆形线圈的某条直径上方，增大导线中的电流B．乙图中两根金属杆置于平行金属导轨上，以相同的速率反向运动C．丙图中矩形导电线圈垂直于匀强磁场匀速向右平移过程中D．丁图中OO'轴与磁场平行，线圈绕7．M、N是点电荷电场中同一电场线上的两点，把电荷量为+10−9C的试探电荷从无穷远移到M点，静电力做功为4×10−8J；把−2×10−9C的试探电荷从无穷远移到N点，静电力做功为−6×10−8A． B．C． D．8．如图甲的电路中，R1是可调电阻，R2是定值电阻，电源内阻不计。实验时调节R1的阻值，得到各组电压表和电流表数据，用这些数据作出的U−IA．R2阻值大小为B．电源电动势为3VC．从状态A到B过程中，电阻R1D．从状态A到B过程中，电阻R19．如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电金属块（可视为质点）以初速度v0从足够高的光滑绝缘水平高台（侧壁竖直）上飞出，高台右侧有水平向左的匀强电场，电场强度大小为3A．金属块做变加速曲线运动B．金属块不会与高台相撞C．金属块进入电场后经过3vD．金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离为310．如图所示，在边长为a的正方形顶点B、D上分别固定点电荷+q，在C点固定电荷qc，发现顶点A处场强恰好为0，规定无穷远电势为零，图中O为正方形对角线的交点，静电力常量为kA．qB．O点场强为42kqa2C．从A到C连线上，电势先升高后降低D．O点电势大于零二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个选项中至少有一个符合题目要求，全部选对得4分，漏选得2分，错选得0分。）11．关于下列器材的原理、用途或实验的描述，说法正确的是（）A．图甲中，因为有金属网的屏蔽，A球上的电荷在验电器金属球B处产生的电场强度为零B．图乙中，烟尘吸附空气电离产生的电子，在电场力作用下向A板运动C．图丙中，小磁针发生偏转是由于导线通电后形成的电磁感应效应D．图丁中，麦克斯韦建立的电磁场理论指出变化的电场一定会产生磁场12．汽车蓄电池供电简化电路图，电源电动势为10V，内阻为1Ω，车灯L1、L2的阻值均为32Ω且恒定不变，电动机M线圈电阻为A．电动机的输出功率为12W B．流过电动机M的电流为C．电动机的机械效率为62.5% D．电源的输出功率为1813．如图所示，水平放置的平行金属板A、B相距为d，分别与电源两极相连，两板中央各有一个小孔M和N。闭合开关S，将一质量为m的带电微粒从距A板为d的P点由静止释放，忽略空气阻力，重力加速度为g，微粒通过N孔时的动能小于mgd。下列说法正确的是（）A．微粒带正电B．若将A板上移一小段距离，则微粒经过N孔时动能将减小C．若将B板上移一小段距离，则微粒经过N孔时动能将减小D．若将S断开，再将A板上移一小段距离，则微粒可能无法到达N孔三、非选择题（本题有5小题，共58分）14．在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，实验装置如图甲所示。（1）除实验装置图中器材外，实验时还需要的有_______（多选）A． B．C． D．（2）下列说法中正确的是_______。A．实验中要将远离滑轮的一端适当垫高以补偿阻力，该操作时需撤去槽码和纸带B．所挂槽码质量应远小于小车质量，目的是为了使细线的拉力近似等于槽码重力C．如果实验器材中增加力传感器，则可以省去“补偿阻力”操作D．实验时要调整滑轮高度，使细线保持水平（3）通过正确操作打出的纸带如图乙所示，两个相邻计数点间还有四个点未画出，电源频率为50Hz，则小车的加速度为m15．某实验小组测量一金属电阻丝的电阻率。（1）先用螺旋测微器测得金属丝的直径如图甲所示，则其直径d=mm。（2）再利用“伏安法”测其电阻Rx（约1A.直流电源：电动势E=3VB.直流电流表：A1（量程0~0.6A，内阻为0.5Ω）A2（量程C.直流电压表：V（量程0~3V，内阻约为3D.滑动变阻器：R1（阻值范围0~20Ω）R2E.定值电阻：R为了使测量尽可能准确，请回答下列问题①电流表应选择（填“A1”或“A2”），滑动变阻器选择（填“R1②下列电路图连接中，最合理的是。A.B.C.D.③闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，根据测得的多组数据作出U-I图线，如图乙所示，则待测电阻的阻值为（保留两位有效数字）（3）用刻度尺测得金属丝接入电路的长度为L，螺旋测微器测得金属丝的直径为d，用伏安法测得金属丝的电阻为Rx，则被测金属丝的电阻率为ρ=16．如图所示，将多用电表选择合适挡位后接在小灯泡两端，下列说法正确的是（）A．图中a为红表笔B．断开开关S，可以测量小灯泡的电阻C．闭合开关S，可以测量小灯泡的电流D．闭合开关S，可以测量电源的路端电压17．如图，倾角为37∘的足够长斜面AB与水平面BC平滑连接，其中AB面上存在方向垂直于斜面向下、场强大小E=103N/C的匀强电场。现有一带正电小物块（可视为质点）在水平面上从距离B点x1=3.9m的C处以v0=8m/（1）物块在斜面上运动时加速度的大小；（2）物块运动的总时间t；（3）物块静止时的位置。18．如图所示，现有一游戏装置，该装置由水平面AB、半径为R=0.4m的圆轨道BCDE（底端B点与E点略有错开）、水平面EF及与水平面夹角θ=37∘的足够长斜面PQ组成，其中P点与F点在同一竖直线上且高度差H=6.8m。在A点处用挡板固定一轻质弹簧，弹簧与小球可接触但不连接。已知：小球质量m=0.2kg（1）若某次游戏时弹簧的弹性势能Ep1=3.2J，求小球过圆轨道最高点D（2）若小球运动过程中不脱离圆轨道，求弹性势能Ep（3）试判断小球能否垂直打到斜面上。如能，请求出小球打到斜面上时的动能；如不能，请说明理由。19．如图甲所示为直线加速器示意图，所加交流电压如图乙所示，电压大小为U，周期为T。已知t=0时刻有质量为m、电荷量为e的电子从序号为0的金属圆板中央由静止开始释放，不计加速时间和粒子重力。（1）请问电子是在金属圆筒内加速还是在相邻圆筒的间隙中加速？（2）若不计加速时间，则第n个金属圆筒的长度ln（3）经过n级加速后的电子被导出，刚好能沿着半径分别为R1和R2的14圆弧金属极板间中心线运动，然后沿着平行金属极板A、B间的中心线垂直进入偏转电场，已知A、B①圆弧极板中心线位置场强大小E？②若电子恰好能穿过平行金属极板，则A、B板间的电势差UAB多大？离开电场时电子动能E20．如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限中存在沿y轴负方向的匀强电场E1（大小未知）；第二象限中存在沿x轴正方向、电场强度大小为E0的匀强电场；第四象限内有边界均平行于x轴的区域I和区域II，区域I的上边界与x轴重合，两区域足够长且宽度均为L。区域I内没有电场，区域II内存在沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子在A点由静止释放，从x轴上B点进入第四象限，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60∘，进入第四象限后粒子恰好不能从区域II的下边界穿出。已知A（1）粒子经过y轴时的速度的大小v1（2）第一象限中的电场强度大小E1（3）区域Ⅱ中的电场强度大小E2（4）粒子第5次经过x轴时到O点的距离xS

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、电场强度是矢量，由E=Fq，F=ma，q=It推导，单位可化简为kg⋅m⋅A−1s−3，全部使用国际制基本单位，故A正确；

B、磁感应强度是矢量，N【分析】A、考查矢量判断与单位推导，电场强度为矢量，通过物理公式把单位拆解为kg、m、A、s这些国际基本单位。

B、考查国际制基本单位、导出单位区分，N是导出单位，不符合题干的书写要求。

C、考查标量矢量辨别，电流虽然有正负，但属于标量。

D、考查导出单位识别，牛顿(N)是力的导出单位，不是国际基本单位。2．【答案】D【解析】【解答】甲：探究加速度与质量、力的关系，采用控制变量法，分别控制力不变研究加速度和质量关系、控制质量不变研究加速度和力的关系。

乙：探究合力与分力的关系，采用等效替代法，用一个力等效替代两个力的共同作用效果。

丙：验证机械能守恒定律，采用转换法，把重力势能、动能的变化通过纸带打点进行测量。

丁：探究向心力大小的表达式，采用控制变量法，分别控制质量、半径、角速度中的两个量不变，研究剩余两个物理量之间的关系。甲和丁都使用控制变量法，思想方法相同，故D正确，A、B、C错误；

故答案为：D；【分析】A、考查实验思想辨析，甲是控制变量法，乙是等效替代法。

B、考查实验思想辨析，乙为等效替代法，丙为转换法。

C、考查实验思想辨析，乙是等效替代法，丁是控制变量法。

D、考查实验思想辨析，甲、丁均使用控制变量法，保持部分物理量不变，研究另外两个量的变化关系。3．【答案】C【解析】【解答】A、汽车静止时，手机受重力、磁力、支架的弹力、静摩擦力，一共4个力，故A错误；

B、弹力是施力物体形变产生，手机受到支架的弹力，是支架发生形变产生，并非手机形变，故B错误；

C、汽车匀速运动，手机处于平衡状态，支架对手机所有作用力的合力与重力等大反向，方向竖直向上，故C正确；

D、设手机的质量为m，支架的倾角为θ，汽车静止时，手机受到的摩擦力为f汽车由静止开始加速，设加速度为a，如图所示

；将加速度沿支架向上进行分解，沿支架方向根据牛顿第二定律可得f2-mgsinθ=ma故答案为：C；【分析】A、考查受力分析，磁吸支架的手机要考虑磁力、弹力、静摩擦力、重力，共计四个力。

B、考查弹力产生原因，弹力由施力物体发生弹性形变而产生。

C、考查共点力平衡，匀速时合力为零，支架全部作用力的合力和重力平衡。

D、考查静摩擦力，汽车加速时，静摩擦力承担水平方向加速度，摩擦力大小会改变。4．【答案】B【解析】【解答】A、斜抛运动逆向看成竖直上抛，最高点高度相同，甲的抛射角更大，由公式可得乙的初速度更大，故A错误；B、两水柱上升的最大高度相同，空中运动总时间相等，只受重力，速度变化量Δv=gtC、最大高度相同，由逆向思维h=1D、最高点速度等于水平分速度，乙初速度更大且抛射角更小，水平分速度更大，因此甲在最高点的速度更小，故D错误；故答案为：B。【分析】A、考查斜抛运动初速度与抛射角、最大高度的关系；B、考查速度变化量，只受重力时速度变化量由重力和运动时间决定；C、考查斜抛运动竖直分运动，由最大高度判断运动时间；D、考查斜抛最高点速度，最高点速度等于水平分速度。5．【答案】A【解析】【解答】A、根据开普勒第二定律（面积定律），近日点、远日点满足v1r1=v2r2，可得v1v2=r2r1，故A正确；

B、由开普勒第二定律推导，速度之比不是r2:r【分析】A、考查开普勒第二定律，行星与太阳连线相等时间扫过面积相等，近日点远日点速度与到太阳距离成反比。

B、考查椭圆轨道速度规律，r比例适用于圆轨道，椭圆近日远日点要用面积定律。

C、考查万有引力与加速度，加速度和到太阳距离的平方成反比，注意比值前后对应关系。

D、考查开普勒第三定律，椭圆轨道代入半长轴，周期公式指数为32，不是26．【答案】B【解析】【解答】A、长直导线处在线圈直径上方，线圈中磁通量始终为零，增大导线电流，磁通量依旧为零，磁通量不变，无感应电流，故A错误；

B、两根金属杆反向运动，回路围成的面积不断变大，磁感应强度不变，回路磁通量增大，闭合回路产生感应电流，故B正确；

C、线圈在匀强磁场中整体向右平移，穿过线圈的磁通量保持不变，不产生感应电流，故C错误；

D、转轴与磁场方向平行，线圈转动时穿过线圈的磁通量始终不变，没有感应电流，故D错误；

故答案为：B；【分析】A、考查感应电流产生条件，直导线两侧磁场方向相反，线圈总磁通量抵消等于零，电流增大磁通量依旧不变。

B、考查磁通量变化，两杆反向运动，回路有效面积增大，磁通量发生变化，满足感应电流产生条件。

C、考查匀强磁场平移，线圈整体在匀强磁场内平移，磁通量不变，不会产生感应电流。

D、考查线圈转动磁通量判断，转轴平行磁场，线圈转动过程磁通量始终不变，无感应电流。7．【答案】C【解析】【解答】由电势定义φ=Epq=−W∞→Pq。M点：φM=−4×10−8+10−9=−40V。

N点：【分析】考查电势、电势差、静电力做功综合计算，点电荷电场力随位置变化，图像斜率逐渐减小，总功5×108．【答案】D【解析】【解答】电源内阻不计，E=UR1+IR2，电压表测R1两端电压。

A点：I1=0.1A，U1=2V；B点：I2=0.3A，U2=1V。列方程组：E=2+0.1R2；E=1+0.3R2

解得：R2=5Ω，E=2.5【分析】A、考查欧姆定律，联立两组状态数据算出R2=5Ω，不是20Ω。

B、考查闭合电路，电源电动势计算结果为2.5V。

C、考查R=UI，A到B电压减小、电流变大，滑动变阻器R9．【答案】C【解析】【解答】水平方向电场力F=qE=3mg，水平加速度ax=Fm=3g，方向水平向左；竖直方向加速度ay=g，方向竖直向下，两个方向加速度均恒定，合加速度恒定。

A、合加速度恒定，金属块做匀变速曲线运动，不是变加速曲线运动，故A错误；

B、水平方向做匀变速运动，速度减到零后向左加速，会回到高台边缘，会与高台相撞，故B错误；

C、当合速度方向与合加速度方向垂直时动能最小。合加速度与竖直方向夹角满足tan⁡θ=axay=3，θ=60∘。水平速度：v【分析】A、考查匀变速、变加速区分，电场、重力均为恒力，合加速度不变，属于匀变速曲线运动。

B、考查水平匀变速，水平先向右减速，再向左反向加速，能够返回高台边缘。

C、考查动能最小条件，速度与合加速度垂直时动能最小，分解水平竖直速度结合几何关系求解时间。

D、考查水平最远位移，水平速度为零的时候离高台最远，代入运动学公式算出最大水平距离。10．【答案】B【解析】【解答】A、A点总场强等于零，B、D两处正点电荷在A点形成的合场强，需要和C处点电荷在A点产生的场强大小相等、方向相反，由此判断qC带负电。根据场强公式列写等式2kqB、B、D两个等量正电荷处在正方形对角，二者在O点产生的场强大小相等、方向完全相反，二者场强相互抵消。O点的总场强就来源于C处点电荷，代入距离r=22aC、A点场强为零，AO段合场强方向由A指向O，OC段合场强方向由O指向C；沿着电场线电势不断降低，整条A到C连线上电势持续下降，不存在先升高后降低的变化，C错误；D、电势属于标量，可以直接代数叠加。B、D的正电荷会带来正电势，C处负电荷带来负电势；对比参考临界，若C处电荷为−2q，O点电势恰好为零，本题qC故答案为：B；【分析】A、考查点电荷场强的矢量叠加，利用A点场强为零，两个正电荷的合场强与C点电荷场强抵消，求出C点电荷的电荷量，注意电荷的正负。

B、考查场强叠加，利用对角等量电荷场强相互抵消，只计算C处点电荷在O点的场强，同时确定场强方向。

C、考查电场线与电势变化关系，先判断AC连线上各段合场强方向，沿电场线电势降低，以此判断电势变化趋势。

D、考查电势的标量叠加，各个点电荷的电势直接代数求和，借助临界值对比判断O点总电势的正负。11．【答案】B,D【解析】【解答】A、金属网静电屏蔽的含义是合场强为零，A球电荷在B处依旧会产生电场，只是金属网感应电荷的电场与之抵消，并非A球电荷单独产生的场强等于零，A错误；B、图乙为静电除尘装置，空气被电离后产生电子，烟尘颗粒吸附电子带上负电，负电荷在电场力作用下向带正电的A板运动，B正确；C、图丙是奥斯特实验，小磁针偏转体现的是电流的磁效应；电磁感应是磁生电，二者物理原理不同，C错误；D、麦克斯韦电磁场理论提出，变化的电场周围能够激发磁场，变化的磁场周围能够激发电场，D正确；故答案为：BD；【分析】A、考查静电屏蔽原理，静电屏蔽是外电场与感应电荷电场叠加后合场强为零，外施电荷自身产生的电场依然存在。

B、考查静电除尘工作原理，空气电离，烟尘吸附电子带负电，在电场力驱使下向正极板移动。

C、考查电流磁效应与电磁感应的区分，奥斯特实验对应电流的磁效应，不是电磁感应现象。

D、考查麦克斯韦电磁场理论，变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场。12．【答案】B,C【解析】【解答】A、先算出路端电压、电动机电流，电动机输出功率等于电动机总功率减去线圈热功率，计算得到输出功率为7.5W，不是12W，故A错误；B、由灯泡功率求出单灯电流，总干路电流减去两支灯泡电流，得到流过电动机M的电流为1.5A，故B正确；C、电动机机械效率等于输出功率除以电动机输入电功率，代入数值计算得到效率为62.5%，故C正确；D、电源输出功率等于总功率减去电源内阻消耗功率，计算结果为16W，不是18W，故D错误；故答案为：BC。【分析】A、考查非纯电阻电动机功率计算，区分输入功率、热功率与输出机械功率；B、考查并联电路电流分配，利用灯泡功率求出支路电流，再求电动机电流；C、考查电动机机械效率，掌握效率等于输出功率与输入电功率之比；D、考查电源输出功率，电源输出功率为外电路总功率，等于EI减去内阻热功率。13．【答案】C,D【解析】【解答】A、闭合开关S，极板间电压U保持不变。微粒从P到N，下落总高度2d，重力做功2mgd，电场力做功−qU；由题意，到达N孔动能Ek=2mgd−qU<mgd，可得B、A板向上移动，开关保持闭合，极板电压U不变。微粒从P到N重力做功依旧2mgd，电场力做功−qU，总动能EkC、B板向上移动一小段距离，A、B间距减小，P到N下落的总高度小于2d，重力做功变少，极板电压不变，电场力做功仍为−qU，根据动能定理，微粒经过N孔的动能减小，C正确；D、S断开，极板带电量不变；A板上移，板间距增大，电场强度E不变。微粒向下运动，重力做正功，向上的电场力做负功，若到达N孔之前动能就减为零，微粒就无法到达N孔，D正确；故答案为：CD；【分析】A、考查动能定理与极板带电判断，对P到N全过程列式，结合动能条件判断电场力做功正负，确定微粒电性。

B、考查电源保持连接的电容器特点，开关闭合极板电压不变，改变A板位置，重力、电场力做功均不变，到达N的动能不变。

C、考查开关闭合、B板上移的做功分析，板间距减小，微粒下落总高度减小，重力做功减小，电压不变电场力做功不变，因此末动能减小。

D、考查电容器断开电源，电荷量不变时板间场强不变，重力与恒定电场力共同作用，存在微粒中途速度减为零的可能性。14．【答案】（1）B；C（2）B（3）0.50【解析】【解答】(1)A．电火花打点计时器使用220V交流电源，A错误；

B．处理纸带时需要刻度尺测量相邻计数点之间的距离，B正确；

C．实验需要测量物块、小车的质量，因此要用到天平，C正确；

D．打点计时器本身可以确定时间间隔，不需要秒表计时，D错误。

故答案为：BC；(2)A．平衡摩擦力操作，垫高轨道远离滑轮一端，不挂槽码轻推小车，依靠纸带点迹判断小车是否匀速运动，纸带与打点计时器之间的摩擦也属于需要平衡的阻力，选项描述存在错误，A错误；

B．把槽码与小车看作整体，由牛顿第二定律mg=(M+m)a；单独对小车列方程F=Ma，两式联立得到mg=1+mMF，只有槽码总质量远小于小车质量时，细线拉力才近似等于槽码重力，B正确；

C．接入力传感器可以直接读出细线拉力，不再需要满足槽码质量远小于小车质量的条件，但实验依旧需要平衡阻力，选项表述错误，C错误；(3)相邻计数点的时间间隔T=5×0.02s=0.1s，

利用逐差法计算加速度a=【分析】(1)考查探究加速度与力、质量关系实验器材选择；要熟记两种打点计时器的工作电压，清楚刻度尺、天平、秒表在本实验里的作用，打点计时器自带计时功能，不需要额外秒表。(2)考查探究加速度与力、质量关系实验操作与原理；掌握平衡摩擦力的完整操作，理解拉力近似等于槽码重力的推导条件，力传感器的作用是直接测拉力，不能省去平衡阻力的步骤，细线要和轨道平行。(3)考查逐差法求加速度；先算出计数点的时间间隔，严格套用逐差法公式代入纸带数据运算，注意单位换算，刻度尺读数是毫米单位，要转换成米参与计算。（1）A．电火花打点计时器的工作电压为220V的交流电，故A错误；B．需要用刻度尺测量点间距，故B正确；C．需要天平测量物块和小车的质量，故C正确；D．有打点计时器无需秒表计时，故D错误。故选BC。（2）A．平衡摩擦力的做法，将远离滑轮的一端适当垫高，小车在不挂槽码的情况下，轻推小车，其能在轨道上做匀速直线运动。小车连着纸带一方面可以通过打点情况判断小车是否做匀速直线匀速，一方面纸带与打点计时器之间的摩擦力也是实验中需要平衡的阻力的一部分，故A错误；B．以槽码和小车整体为研究对象，由牛顿第二定律以mg=(M+m)a小车为研究对象，由牛顿第二定律F=Ma联立得mg=(1+所以当槽码的总质量远小于小车质量时，细线拉力近似等于槽码的总重力，故B正确；C.如果实验器材中增加力传感器，则可以省去槽码的总质量远小于小车质量操作，实验必须要“补偿阻力”，故C错误；D.实验时要调整滑轮高度，使细线与斜面平行，故D错误；故选B。（3）两点间时间为T=5×0.02s=0.1s根据逐差法可知a=15．【答案】（1）0.641（2）A1；R（3）π【解析】【解答】(1)螺旋测微器精度为0.01mm，固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数14.1×0.01mm，总读数为0.5(2)①电路最大电流估算I=ERx+R0=0.6A，据此选择电流表A1；实验要求电压可以从0开始调节，滑动变阻器选用分压式接法，选择阻值较小的R1。

②R0起到分压保护的作用，电流表内阻已知，选择电流表内接法，滑动变阻器分压式接法，故选择D。

③由欧姆定律变形可得Rx=UI−R(3)由电阻定律Rx=ρLS，金属丝横截面积S=πd22【分析】(1)考查螺旋测微器读数；读数分为固定刻度与可动刻度两部分，可动刻度要乘精度0.01mm(2)考查电学实验器材选择、电路接法、欧姆定律计算；估算最大电流选取合适量程电流表，电压从零调节必须使用分压接法，分压接法优先选小阻值滑动变阻器；电流表内阻已知时选用内接法，计算待测电阻要扣除保护电阻与电流表内阻。(3)考查电阻定律公式推导；把金属丝横截面积用直径表示，再对电阻定律进行代数变形，推导出电阻率的表达式，注意横截面积公式不要出现计算错误。（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为0.5mm+14.1×0.01mm=0.641mm（2）①[1]电路中的最大电流约为I=E电流表选择A[2]由图分析可知电压从0变化，则滑动变阻器采用分压式接法，选择最大阻值较小的R1②[3]R0起分压作用，由于电流表内阻已知，采用电流表内接法，滑动变阻器采用分压式接法。故选D。③[4]根据欧姆定律可知R（3）根据电阻定律有R解得ρ=16．【答案】B,D【解析】【解答】A、多用电表内部，红表笔接内部电源负极，黑表笔接内部电源正极；图中a接电表的负接线插孔，因此a是黑表笔，A错误；B、测电阻必须把被测元件脱离外部电源，断开开关S，小灯泡与外部电源断开，选择欧姆挡就可以测量小灯泡电阻，B正确；C、测量电流时，多用电表需要串联接入电路；题图中电表并联在灯泡两端，不能测电流，C错误；D、闭合开关S，选择直流电压挡，电表并联在小灯泡两端，灯泡两端电压等于电源路端电压，可以测量电源路端电压，D正确；故答案为：BD；【分析】A、考查多用电表表笔规则，红表笔插入“+”插孔，黑表笔插入“−”插孔，牢记“红正黑负”的插孔特点。

B、考查欧姆挡使用条件，测电阻时被测器件必须断开外部电源，防止外部电源干扰损坏电表。

C、考查电流挡使用方法，测电流需要串联接入回路，并联接法不能测量电流。

D、考查电压挡使用方法，电压挡并联在被测对象两端，灯泡直接接在电源两端，其电压等于电源路端电压。17．【答案】（1）物块沿斜面向上运动，对物块进行受力分析，垂直斜面方向支持力FN=mgcos⁡37∘+Eq。

沿斜面方向由牛顿第二定律：mg（2）物块在水平面上做匀减速直线运动，加速度大小a1=μg=5m/s2。

由位移时间关系式x1=v0t1−12a1（3）物块在斜面上向上做匀减速直线运动，利用平均速度求位移，x2=vB2【解析】【分析】(1)考查牛顿第二定律、受力分析、静摩擦力判断；先完整分析斜面处受力，求出上滑的加速度，速度减为零之后，要比较重力分力和最大静摩擦力的大小，以此判断物块是否会下滑，不能直接默认物块会返回。(2)考查匀变速直线运动规律；运动分为水平面上匀减速、斜面上匀减速两个阶段，分段计算各自的运动时间，再把两段时间相加得到总时间，求解时间注意对结果进行取舍，选取符合实际物理情景的解。(3)考查匀变速直线运动平均速度推论；物块沿斜面向上匀减速到零，使用平均速度公式计算位移更加简便，结合第一问结论，物块停下后不再运动，该位移就是物块距离B点的最终位置。（1）沿斜面向上运动过程，根据牛顿第二定律有a=mgsin解得a=12.5由于mgsin（2）水平减速过程，加速度为a根据位移—时间公式有x代入数据得t到B点的速度为v解得v斜面上有t所以t=（3）斜面上运动的距离x即物体最后静止在离B点距离1m18．【答案】（1）从小球释放位置运动到圆轨道最高点D，由能量守恒可得Ep1=mg⋅2R+12mv12。

（2）小球恰好到达与圆心等高的C位置，此时Ep=mgR=0.8J。

小球恰好通过轨道最高点D，重力单独提供向心力，满足mg=mv22R。

再由能量守恒Ep=mg⋅2R+（3）设小球在F点的速度为vF，小球垂直撞击斜面，速度方向与斜面垂直，可得tan⁡37∘=vFvy，竖直分速度vy=gt。

结合斜面几何关系tan⁡37【解析】【分析】(1)考查能量守恒、圆周运动向心力公式、牛顿第三定律；先利用能量守恒求出最高点速度，D点轨道支持力和重力一起提供向心力，算出轨道对小球的弹力，再借助牛顿第三定律转换得到小球对轨道的压力。(2)考查竖直圆周运动双临界问题；本题存在两种运动结局，小球不超过C点，或者完整通过最高点D，分别取两个临界状态列式计算，最后取两种情况对应的势能范围，不要漏掉其中一种情况。(3)考查平抛运动的速度几何关系；小球垂直打在斜面上，利用速度的角度关系建立方程，再结合位移几何条件联立求解时间与初速度，要和第二问的临界势能对比，判断小球能否飞出轨道打到斜面上，最后把水平速度换算成合速度计算动能。（1）从释放小球到最高点D，根据能量守恒定律有E过D点，根据牛顿第二定律有F代入数据可得F由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为6（2）刚好能到圆心等高C处时有E刚好能过圆最高点D时有mg=m根据能量守恒定律有E综上所述Ep≤0.8（3）设小球经过F点速度为vF，小球垂直打到斜面上时，有且v根据几何关系有tan联立解得t=0.8s，则E所以能打到斜面上，此时动能为E19．【答案】（1）电子只在相邻两个圆筒之间的间隙位置获得电场力加速，圆筒内部电场强度为零，电子在筒内