浙江省G5联盟2025-2026学年高二上学期11月期中物理试题

第第页浙江省G5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．新推出电动汽车铁锂电池，能量密度可达0.5kW·h/g，寿命长达8年或120万公里，其中“kW·h/g”用国际单位制中的基本单位可表示为（）A．Ws/kg B．Nm/kg C．m2s2．如图所示，列车从某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到72km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近（）A．1×105J B．1×104J3．书法课上，某同学写“力”字时，笔尖的轨迹如图中带箭头的实线所示。笔尖由a点经b点回到a点，则（）A．该过程位移为0 B．笔尖的合外力始终不变C．前后两次过a点时速度方向相同 D．两次过a点时摩擦力方向相同4．某小山坡的等高线如图，M表示山顶，A、B是同一等高线上两点，MA、MB分别是沿左、右坡面的直滑道。山顶的小球沿滑道从静止滑下，不考虑阻力，则（）A．小球沿MA运动的加速度比沿MB的大B．小球分别运动到A、B点时速度大小不同C．若把等高线看成某静电场的等势线，则A点电场强度比B点大D．若把等高线看成某静电场的等势线，则右侧电势比左侧降落得快5．2025年4月，我国已成功构建国际首个基于DRO（远距离逆行轨道）的地月空间三星星座。若卫星甲从DRO变轨进入环月椭圆轨道，该轨道的近月点和远月点距月球表面的高度分别为a和b，卫星的运行周期为T；卫星乙从DRO变轨进入半径为r的环月圆形轨道，周期也为T。月球的质量为M，半径为R，引力常量为G。假设只考虑月球对甲、乙的引力，则（）A．r=a+b+R2 B．r=a+b2 C．6．如图甲所示，有两互相垂直动摩擦因数为μ的水平传送带，物块以v0的速度从一传送带垂直滑向另一速度大小为2v0A．物块速度一直减小 B．物块运动过程中最小速度是vC．物块做匀变速曲线运动 D．物块加速度大小为27．大学校园里有很多电动快递车。某电动快递车标有信息：车自身质量恒为500kg，电池额定容量为E=50kW⋅hA．当汽车电池剩余电量为额定值的30%时，汽车还能行驶54kmB．用国家电网充电桩将电池容量从额定值的30%充到80%，理论上需要3.125hC．若电动快递车行驶时持续开启空调（额外增加负载），其理论续航里程仍保持160kmD．汽车以a=1.6m8．如图，水平向右的匀强电场中有a、b两个可视为质点的带电小球，小球所带电荷量的大小相同、电性未知。现将两小球用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为α、β，且α<βA．若同时剪断两根细绳，则a、b两球一定同时落地B．若同时剪断两根细绳，则a球落地的重力功率小于b球C．若a、b电性相反，则a球的质量一定小于b球的质量D．若a、b电性相反，则a球受到的静电力小于b球受到的静电力9．如图所示，形成拓扑结构的莫比乌斯环，连接后，纸环边缘的铜丝形成闭合回路，纸环围合部分可近似半径为R的扁平圆柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域垂直其底面穿过，磁场区域的边界是半径为r的圆（r<R）。若磁感应强度大小B随时间t的变化的图像如图所示，则回路中产生的感应电动势大小为（）A．0 B．B0TπR2 10．在现代研究受控热核反应的实验中，需要把高温等离子体限制在一定空间区域内，磁约束就成了必不可少的技术。如图所示，科学家设计了一种中间弱两端强的磁场，该磁场由两侧通有等大同向电流的线圈产生。假定一带正电的粒子（不计重力）从左端附近以斜向纸内的速度进入该磁场，其运动轨迹为图示的螺旋线（未全部画出）。此后，该粒子将被约束在左右两端之间来回运动。根据上述信息并结合所学知识，下列说法正确的是（）A．从最左端到最右端的过程中，螺旋线的半径逐渐增大B．从最左端到最右端的过程中，粒子的动能先增大后减小C．从最左端到最右端的过程中，粒子运动轨迹的螺距先变小后变大D．从最右端返回时，粒子在垂直磁瓶轴线的速度分量最大二、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，选对但不全的得2分，有错选的得0分）11．对以下图中物理事实或现象理解正确的是（）A．图甲中的避雷针应用金属导体制作B．图乙中话筒线的金属网线利用静电感应增强信号传输效率C．根据图丙可以求出电容器放电前的带电电荷量D．图丁中晶体二极管的正向电阻随电压增大而增大，反向电阻随电压增大而减小12．如图甲所示为倾斜的传送带，正以恒定的速度v，沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一质量m=1kg的物块以初速度vA．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5B．物块上滑过程在传送带上留下的痕迹长度为16mC．物块上滑过程与传送带间由于摩擦而产生的热量为64JD．2~4s这段时间内电机因传送带放上物块而多消耗的电能为32J13．如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为3mA．粒子在左侧磁场中运动的半径R=B．粒子一个周期内在左边磁场运动的时间tC．粒子一个周期内在右边磁场运动的时间tD．粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距x=三、非选择题（本题共5小题，共58分）14．利用打点计时器研究匀变速直线运动的规律，实验装置如图1所示。（1）按照图1安装好器材，下列实验步骤正确的操作顺序为（填各实验步骤前的字母）。

A：释放小车

B：接通打点计时器的电源

C：调整滑轮位置，使细线与木板平行（2）实验中打出的一条纸带如图2所示，A、B、C为依次选取的三个计数点（相邻计数点间有4个点未画出），可以判断纸带的（填“左端”或“右端”）与小车相连。（3）图2中相邻计数点间的时间间隔为T，则打B点时小车的速度v=。（4）某同学用打点计时器来研究圆周运动。如图3所示，将纸带的一端固定在圆盘边缘处的M点，另一端穿过打点计时器。实验时圆盘从静止开始转动，选取部分纸带如图4所示。相邻计数点间的时间间隔为0.10s，圆盘半径R=0.10m。则这部分纸带通过打点计时器的加速度大小为m/s2；打点计时器打B点时圆盘上M点的向心加速度大小为15．小明发现白炽灯泡在开灯瞬间最容易损坏，猜想可能是在开灯瞬间灯丝的温度较低，导致电阻比正常工作时小。为了证实自己的猜想，通过设计实验进行验证：（1）实验一：通过实验，研究灯泡L(2.4①电阻阻值为R，其材料电阻率为ρ，由图可知，随着电阻两端的电压增大，则A.R增大，ρ增大B.R减小，ρ减小C.R增大，ρ不变D.R减小，ρ不变②根据图像分析，当灯泡两端电压为1.8V时，该灯泡的功率为W（结果保留两位有效数字）。③根据I-U图像，推测该实验电路为。A.B.C.D.（2）实验二：设计了利用两恒压源、不计内阻的电流表和一额定电压36V，额定功率40W的灯来认证，电路如图所示。第一步：断开S2，闭合S1，电流表指针偏转，但灯泡不发光。此时灯泡两端的电压是第二步：断开S1闭合S第三步：两分钟后再断开S2并迅速闭合S1，观察到电流表示数接下来一段时间内变化的情况是A.逐渐增大B.逐渐减小C.保持不变四、分析计算题16．如图所示，在游乐场里有一种滑沙运动。某学生坐在滑板上一起从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来。若人质量m=60kg，滑板质量M=20kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ=0.5，斜坡的倾角θ=37°（sin37°=0.6（1）人和滑板在水平面上滑行时，求加速度a的大小；（2）人和滑板一起在斜坡上下滑时，求滑板对人的摩擦力大小；（3）若由于场地的限制，水平滑道BC的最大长度L2=20m17．如图所示，一游戏装置由倾斜角为a的光滑轨道AB、水平传送带BC、半径为R=0．2m的光滑竖直圆形轨道DEF（左右半圆在最低点略微错开）、倾角为37°斜面GH组成，B、C、D、G四点在同一水平面上。游戏时，小滑块从倾斜轨道不同高度处静止释放，经过传送带后沿圆形轨道运动，最后由G点平抛后落在不同的区间获不同的奖次。已知小滑块质量为m=0.1kg，与传送带的动摩擦因数μ=0.6，BC长为L=1m（1）若小滑块释放的高度h=1.1m（2）若小滑块释放的高度h=1.1m（3）若小滑块释放的高度h=0.8m，同时调节传送带以不同速度顺时针转动，要求小滑块能从G点飞出，求小滑块第一次落点相对G的水平距离x与传送带速度v18．相距为L=2m的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m=0.1kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ=0.5，导轨电阻不计，细杆ab、cd接入电路部分电阻分别为R1=0.6Ω、R（1）力F随时间变化的规律；（2）经过多长时间cd杆速度达到最大；（3）经过多长时间cd杆速度减为0；（4）若ab杆从开始运动到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做了613019．如图，一对长平行栅极板（粒子可无碰撞进出）水平放置，极板外存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，极板与电压可调的电源相连，正极板上O点处的粒子源垂直极板向上发射带正电的粒子束，速度为v0，单个粒子的质量为m、电荷量为q，一足够长的挡板OM与正极板成37°倾斜放置，用于吸收打在其上的粒子，C、P是负极板上的两点，C点位于O点的正上方，C点右侧P点处放置一粒子靶（忽略靶的大小），用于接收从上方打入的粒子，CP长度为L0，忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用及粒子所受重力。（1）若粒子经电场一次加速后正好打在P点处的粒子靶上，求粒子在磁场中的速度大小v1和可调电源电压U（2）调整电压的大小，使粒子不能打在挡板OM上，求电压的最小值Umin（3）若粒子靶放置在C点右侧距离C点x处，电源可以提供从零开始连续增加的电压，每个粒子对应的加速电压恒定，求当粒子靶能接收到n(n≥2)种能量的粒子时，x的取值范围。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A.W是功率的导出单位，不属于国际单位制基本单位，不符合要求。B.N是力的导出单位，不属于国际单位制基本单位，不符合要求。C.kW·h是能量单位，1kWh=3.6×10D.C、V均为电学导出单位，不属于国际单位制基本单位，不符合要求。故答案为：C【分析】考查国际单位制中基本单位与导出单位的换算。先明确kW·h是能量单位、g是质量单位，将能量单位通过功的公式拆解为基本单位组合，再将质量单位换算为基本单位kg，逐一判断各选项的单位是否均为基本单位、推导是否正确。2．【答案】B【解析】【解答】先将速度单位换算为国际单位制：72km/h=20故答案为：B【分析】考查动能定理的应用与物理量估算。先将速度换算为国际单位，结合高中生的常见质量取值，根据动能定理，列车对学生做的功等于学生动能的增量，代入数值计算后与选项对比即可。3．【答案】A【解析】【解答】A.位移是从初位置指向末位置的有向线段，笔尖初位置和末位置都是a点，因此该过程位移为0，该选项正确。B.笔尖的运动轨迹是曲线，曲线运动中合外力指向轨迹的凹侧，运动过程中轨迹凹侧方向不断变化，因此合外力方向会发生改变，合外力不是始终不变，该选项错误。C.速度方向沿轨迹的切线方向，前后两次经过a点时，轨迹的切线方向不同，因此速度方向不同，该选项错误。D.滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，两次经过a点时笔尖的速度方向不同，因此摩擦力方向也不同，该选项错误。故答案为：A【分析】本题考查位移的定义、曲线运动的速度与受力特点、摩擦力方向的判断。位移只与初末位置有关，初末位置重合则位移为零；曲线运动的速度方向沿轨迹切线方向，合外力指向轨迹凹侧，运动过程中速度和受力方向都会发生变化；滑动摩擦力方向与物体相对运动方向相反，速度方向改变则摩擦力方向随之改变。4．【答案】D【解析】【解答】A.等高线越密集，坡面倾角越大。由牛顿第二定律mgsin⁡θ=ma，得加速度B.A、B两点在同一等高线上，小球下落的高度相同，运动过程只有重力做功，机械能守恒。由mgh=1C.等势线的疏密程度反映电场强度的大小，等势线越密集，电场强度越大。B处等势线更密集，因此B点电场强度大于A点，该选项错误。D.电场强度越大，沿电场方向电势降落越快。右侧等势线更密集，电场强度更大，因此右侧电势比左侧降落得快，该选项正确。故答案为：D【分析】本题结合等高线模型，考查力学中的牛顿运动定律、机械能守恒，以及电场中等势线与电场强度的关系。对于力学部分，等高线的疏密对应坡面倾角的大小，倾角越大，沿斜面的加速度越大；同一等高线对应下落高度相同，机械能守恒下末速度大小相等。对于电场部分，等势线的疏密对应电场强度的大小，等势线越密电场强度越大，电势沿电场方向降落的速率也越快。5．【答案】C【解析】【解答】AB.根据开普勒第三定律，绕同一中心天体运动的天体，轨道半长轴的三次方与周期平方的比值为定值。椭圆轨道的半长轴为近月点、远月点到球心距离的平均值，即a+b+2R2。两卫星周期相同，因此：a+b+2R23CD.对环月圆轨道的卫星，万有引力提供向心力：GMmr2=m故答案为：C【分析】考查开普勒第三定律与万有引力定律的应用，涉及椭圆轨道半长轴的计算。首先明确椭圆轨道半长轴是近月点、远月点到月球球心距离的平均值，结合开普勒第三定律推导圆轨道半径；再根据万有引力提供向心力，推导月球质量的表达式，逐一判断选项。6．【答案】C【解析】【解答】物块滑上传送带后，受到的滑动摩擦力大小为f=μmg，方向与物块相对于传送带的速度方向相反，保持不变。

由牛顿第二定律，物块的加速度大小a=f物块初速度与加速度方向不在同一直线上，且加速度恒定，因此物块做匀变速曲线运动。将物块的速度分解为x方向（沿2v0传送带运动方向）和y方向（沿y方向：初速度为v0A.物块速度先减小后增大，不是一直减小，该选项错误。B.以传送带为参考系，物块初速度大小为v02+(2v0)2=5v0。设相对速度与y轴夹角为αC.物块加速度大小和方向都恒定，且初速度与加速度不共线，因此做匀变速曲线运动，该选项正确。D.物块加速度大小为μg，不是2μg故答案为：C【分析】本题考查传送带上的曲线运动问题，涉及滑动摩擦力、匀变速曲线运动的判断与速度分析。物块相对于传送带运动时，滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，大小恒定，因此加速度恒定；当加速度与速度方向夹角为钝角时物体减速，夹角为锐角时加速，夹角为90°时速度最小。加速度恒定的曲线运动为匀变速曲线运动。7．【答案】D【解析】【解答】A.电池总能量对应续航里程160km，剩余30%电量时，可行驶距离x=160×30%B.充电的能量为：ΔE=50×103×3.6×10C.开启空调会额外消耗电能，用于驱动车辆的能量减少，因此理论续航里程小于160km，故C错误。D.匀加速启动时，由牛顿第二定律F−f=ma，代入数据得：F=f+ma=1000+500×1.6达到额定功率时，速度v满足0.9P=Fv，解得：v=由运动学公式v2=2ax，得位移：故答案为：D【分析】考查电能与机械能的转化、功率公式与匀变速直线运动的结合，涉及能量守恒的应用。根据剩余电量比例可计算剩余续航里程；由充电功率和充电能量可计算充电时间；额外负载会消耗电能，导致续航里程缩短；匀加速启动过程中，结合牛顿第二定律与功率公式求出额定功率对应的速度，再由运动学公式计算位移，逐一判断选项。8．【答案】A【解析】【解答】A.同时剪断细绳后，两球竖直方向只受重力，做自由落体运动，下落高度相同。由h=1BCD.若a、b电性相反，两球间为库仑引力，结合匀强电场的电场力，只有a带负电、b带正电时才能平衡。两球间的库仑力是相互作用力，大小相等，因此两球水平方向的合力Fₓ大小相等。由平衡条件：tan⁡α=Fxmag,故答案为：A【分析】考查带电小球在电场中的平衡、自由落体运动与重力功率的判断，涉及库仑力的相互性。剪断细绳后竖直方向均为自由落体运动，由下落高度可判断落地时间；根据平衡条件推导质量与偏角的关系，结合重力功率公式分析功率大小；库仑力是相互作用力，两球受到的静电力大小相等，据此逐一分析选项。9．【答案】C【解析】【解答】莫比乌斯环的铜丝构成2匝串联的闭合线圈，穿过线圈的磁场仅分布在半径为r的区域内，因此有效面积S=πr2。根据法拉第电磁感应定律，感应电动势：E=n⋅ΔΦΔt=n⋅ΔB⋅SΔt故答案为：C【分析】考查法拉第电磁感应定律的应用，涉及线圈匝数与有效面积的判断。莫比乌斯环的拓扑结构使铜丝形成2匝线圈，磁场仅覆盖半径为r的区域，因此有效面积为πr2，结合法拉第电磁感应定律E=nΔΦ10．【答案】D【解析】【解答】AB.洛伦兹力始终与速度方向垂直，不做功，因此粒子动能保持不变，合速度大小不变。从左端到右端，磁感应强度先减小后增大，由qvB=mv2C.粒子沿轴线方向的速度分量v∥决定螺距，圆周运动周期T=2πmqB，螺距D.粒子合速度大小不变，从最右端返回时，沿轴线方向的速度分量为0，因此垂直磁瓶轴线的速度分量达到最大，故D正确。故答案为：D【分析】考查带电粒子在非均匀磁场中的运动，涉及洛伦兹力的做功特点、轨道半径与螺距的变化规律。洛伦兹力不做功，粒子动能不变；轨道半径与磁感应强度成反比，结合磁场强弱变化可判断半径变化；螺距由轴向速度分量与圆周运动周期共同决定，结合二者的变化可判断螺距变化；根据速度的分解可判断垂直轴线分量的极值情况，逐一分析选项。11．【答案】A,C【解析】【解答】A.避雷针的作用是将雷电电流导入大地，需要用导电性良好的金属导体制作，故A正确。B.话筒线的金属网线起到静电屏蔽作用，减弱外界电场对传输信号的干扰，而非利用静电感应增强信号，故B错误。C.i-t图像与时间轴围成的面积表示电荷量，因此根据图丙的放电电流图像可以求出电容器放电前的总电荷量，故C正确。D.二极管是非线性元件，I-U图像斜率的倒数表示电阻。正向电压增大时，图像斜率增大，电阻减小；反向电压增大时，反向电流极小，电阻极大，故D错误。故答案为：AC【分析】考查静电屏蔽、电容器放电的i-t图像、二极管的伏安特性等静电与电路常识。避雷针利用导体的导电性实现防雷；金属网线的作用是静电屏蔽；i-t图像的面积对应电荷量；二极管的正向电阻随电压升高而减小，结合各物理原理逐一分析选项。12．【答案】A,D【解析】【解答】A.由v-t图像可知，0~2s内物块加速度大小a1=4−24B.0~2s内，物块位移x1=24+42×2m=28m，传送带位移x2=4×2mC.摩擦生热等于摩擦力与总相对路程的乘积：Q=μmg代入数据得Q=0.5×1×10×0.8×(20+4)JD.2~4s内，物块动能减少量ΔEk=12由能量守恒，电机多消耗的电能E+ΔEk故答案为：AD【分析】考查倾斜传送带的动力学分析、摩擦生热与能量守恒，结合v-t图像分析运动过程。根据v-t图像的斜率求加速度，分阶段对物块受力分析，由牛顿第二定律求动摩擦因数；分别计算物块与传送带的位移，得到相对位移，痕迹长度取最大相对位移；摩擦生热由摩擦力与相对路程的乘积计算；结合能量守恒分析电机多消耗的电能，逐一判断选项。13．【答案】B,C【解析】【解答】A.粒子在左侧磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力：qv0B=mBC.o点到MN的距离d=3mv粒子进入右侧磁场时速度大小不变，磁感应强度为2B，轨道半径R'=mv0D.第一次和第二次经过PQ的位置间距：x=2R故答案为：BC【分析】考查带电粒子在双磁场区域的圆周运动，涉及几何关系与运动周期的计算。根据洛伦兹力提供向心力分别求出两个磁场中的轨道半径；结合入射点到边界的距离，由几何关系确定速度偏转角和圆心角，进而计算粒子在磁场中的运动时间；再由几何关系计算两次经过边界的位置间距，逐一分析选项。14．【答案】（1）CBA（2）左端（3）x（4）0.81；1.6【解析】【解答】（1）安装好器材后，首先调整滑轮位置，使细线与木板平行，保证小车受力沿木板方向，对应步骤C；之后接通打点计时器的电源，待打点稳定，对应步骤B；最后释放小车，对应步骤A。操作顺序为CBA。（2）车刚开始运动速度较小，纸带上打出的点间距小，随着小车加速，相邻点之间距离逐渐变大。纸带左端点间距更小，点迹更密集，因此纸带的左端与小车相连。（3）根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度。B点为A、C的中间时刻，AC间位移为x2，时间间隔为2T；则v=（4）根据逐差法可知a=B点是AC的中间时刻点，则有v此时向心加速度an=vB2R=0.4（1）实验步骤中，首先调整滑轮位置使细线与木板平行，确保力的方向正确；接着接通打点计时器电源，让计时器先工作；最后释放小车。故顺序为CBA；（2）小车做匀加速直线运动时，速度越来越大，纸带上点间距逐渐增大。图2中纸带左端间距小，右端间距大，说明纸带左端与小车相连。（3）根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度。B点为A、C的中间时刻，AC间位移为x2，时间间隔为2T；则v=（4）[1]根据逐差法可知a=[2]B点是AC的中间时刻点，则有v此时向心加速度a15．【答案】（1）A；0.85；C（2）6；A【解析】【解答】(1)①根据欧姆定律R=UI，I-U图像上某点与原点连线的斜率倒数表示电阻。电压增大时，连线斜率减小，电阻R增大；由电阻定律②由图像读出电压为1.8V时，电流约为0.47A，功率：P=UI=1.8×0.47③实验要求电压从0开始连续变化，滑动变阻器需采用分压式接法；灯泡电阻较小，电流表采用外接法，对应电路C。(2)①断开S2、闭合S1时，电源内阻不计，灯泡两端电压等于电源电动势，大小为6V。②灯丝温度高时电阻大，迅速闭合S1后，灯丝温度逐渐降低，电阻逐渐减小，由I=U【分析】（1）①考查伏安特性曲线与电阻、电阻率的关系。根据I-U图像的斜率判断电阻变化，结合电阻定律分析电阻率的变化，灯丝温度随电压升高而升高，电阻率随温度升高而增大。②考查电功率的计算。从图像中读取对应电压的电流值，由P=UI计算灯泡功率。③考查伏安法测电阻的电路选择。电压从零开始调节需用分压式接法，小电阻采用电流表外接法，据此判断电路结构。

（2）①考查电路的电压规律。电源内阻不计时，灯泡两端电压等于电源电动势。②考查灯丝电阻与温度的关系。灯丝温度降低时电阻减小，结合欧姆定律判断电流的变化趋势。（1）①[1]根据欧姆定律R=U根据电阻定律R=ρL故选A。②[2]当灯泡两端电压为1.8V时，电流为0.47A，电功率为P=UI=1.8×0.47③[3]电压从0变化起，则滑动变阻器采用分压式接法；灯泡电阻较小，电流表采用外接法。故选C。（2）[1]电源、电流表内阻不计，断开S2，闭合S[2]灯丝温度很高，电阻变大，两分钟后再断开S2并迅速闭合S1，此时灯泡电阻逐渐减小，根据I=U故选A。16．【答案】（1）对人和滑板，根据牛顿第二定律有μ(M+m)g=(M+m)a得a=μg=5（2）对人和滑板在斜面上受力分析，根据牛顿第二定律(M+m)ga以人为研究对象，根据牛顿第二定律mg解得f=240（3）到达C点速度恰好为零时，L1从A到B到C，根据动能定理(M+m)g解得L故L1【解析】【分析】（1）考查牛顿第二定律在水平滑行阶段的应用。对人和滑板整体受力分析，水平方向只受滑动摩擦力，由牛顿第二定律列式，整体质量可约去，代入动摩擦因数与重力加速度即可求出加速度。

（2）考查连接体的受力分析与牛顿第二定律。先对整体受力分析，求出斜坡上下滑的加速度；再隔离人进行受力分析，人受重力、支持力和摩擦力，沿斜面方向由牛顿第二定律列式，代入加速度即可求出滑板对人的摩擦力。

（3）考查动能定理在多过程运动中的应用。从A到C的全过程，重力做正功，斜坡和水平面上的摩擦力做负功，初末动能均为0，由动能定理列方程，代入已知量即可求解L1的最大值。（1）对人和滑板，根据牛顿第二定律有μ(M+m)g=(M+m)a得a=μg=5（2）对人和滑板在斜面上受力分析，根据牛顿第二定律(M+m)ga以人为研究对象，根据牛顿第二定律mg解得f=240（3）到达C点速度恰好为零时，L1从A到B到C，根据动能定理(M+m)g解得L故L117．【答案】（1）小滑块从A到E点，根据动能定理有mgh−μmgL−mgR=在E点根据牛顿第二定律有F解得F根据牛顿第三定律得小滑块通过E点时对轨道的压力大小为3N。（2）小滑块从A到G点，根据动能定理有mgh−μmgL=解得v将E点的速度沿垂直于斜面和平行于斜面分解，当垂直斜面的速度减为0时，离斜面距离最大，则H（3）小滑块从A到B点，根据mgh=解得v在传达带上有a=μg=6要求小滑块从G点飞出，则需通过F点，即v从C到F点，有−2mgR=解得v讨论传送带上小滑块全程加速和全程减速对应的传送带速度取值，有vC12解得vC1=考虑到平抛后落在斜面和平面的区别，则满足H=12解得t=0.6s，则可以讨论传送带速度分为以下几个区间：①若10m/s≤根据v解得t=此时x=②若4m/此时x=③若v0>此时x=【解析】【分析】（1）考查动能定理与圆周运动向心力的结合。从释放点到E点，重力做功，传送带摩擦力做功，由动能定理求出E点的速度；在E点轨道的弹力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨道对滑块的支持力，再由牛顿第三定律得到滑块对轨道的压力。

（2）考查平抛运动与斜面的结合，涉及斜抛运动的最远距离。先由动能定理求出滑块到达G点的速度；将速度分解为垂直斜面和平行斜面的分量，垂直斜面方向做类竖直上抛运动，当垂直斜面的速度减为0时，与斜面的垂直距离最大，由运动学公式求解最大距离。

（3）考查传送带问题与平抛运动的综合，需分情况讨论。先由机械能守恒求出滑块到达B点的速度，再结合传送带的加速度，分析滑块在传送带上的运动状态（全程加速、全程减速、共速）；同时结合圆轨道最高点的临界条件，确定能通过圆轨道的最小速度，再根据平抛后落在斜面还是水平面，分区间推导水平距离与传送带速度的关系式。（1）小滑块从A到E点，根据动能定理有mgh−μmgL−mgR=在E点根据牛顿第二定律有F解得F根据牛顿第三定律得小滑块通过E点时对轨道的压力大小为3N。（2）小滑块从A到G点，根据动能定理有mgh−μmgL=解得v将E点的速度沿垂直于斜面和平行于斜面分解，当垂直斜面的速度减为0时，离斜面距离最大，则H（3）小滑块从A到B点，根据mgh=解得v在传达带上有a=μg=6要求小滑块从G点飞出，则需通过F点，即v从C到F点，有−2mgR=解得v讨论传送带上小滑块全程加速和全程减速对应的传送带速度取值，有vC12解得vC1=考虑到平抛后落在斜面和平面的区别，则满足H=12解得t=0.6s，则可以讨论传送带速度分为以下几个区间：①若10m/s≤根据v解得t=此时x=②若4m/此时x=③若v0>此时x=18．【答案】（1）对ab杆，根据牛顿第二定律得F−μmg−又F可得F=2t+0.7(（2）对cd杆，根据牛顿第二定律得mg−μ可得a当a1=0（3）由a可知0~1s内cd杆做加速度逐渐减小的加速运动，根据对称性可知1~2s内cd杆做加速度逐渐增大的减速运动，在（4）cd杆达到最大速度时，ab杆的速度为v=at=2×1ab杆运动的位移x=对ab棒由动能定理得W解得W由功能关系得Q则ab杆所产生的焦耳热为Q【解析】【分析】（1）考查电磁感应与牛顿第二定律的结合。ab杆匀加速运动，速度随时间变化，切割磁感线产生感应电动势，进而得到感应电流和安培力；对ab杆受力分析，由牛顿第二定律列式，将安培力用时间表示，整理得到F与时间的关系式。

（2）考查cd杆的动态平衡与速度最大值的条件。对cd杆受力分析，竖直方向受重力、摩擦力，水平方向受安培力的弹力；安培力随时间增大，摩擦力随安培力增大而增大，cd杆的加速度逐渐减小，当加速度为0时速度最大，由加速度为0的条件求解时间。

（3）考查cd杆的运动对称性。cd杆的加速度随时间线性变化，加速阶段和减速阶段具有对称性，速度最大的时间与减速到0的时间相等，据此推导速度减为0的时间。

（4）考查动能定理与能量守恒，涉及焦耳热的分配。先求出cd杆速度最大时ab杆的速度和位移；对ab杆由动能定理求出安培力做的功，安培力做功的绝对值等于回路总焦耳热；再根据两杆的电阻之比，求出ab杆产生的焦耳热。（1）对ab杆，根据牛顿第二定律得F−μmg−又F可得F=2t+0.7(（2）对cd杆，根据牛顿第二定律得mg−μ可得a当a1=0（3）由a可知0~1s内cd杆做加速度逐渐减小的加速运动，根据对称性可知1~2s内cd杆做加速度逐渐增大的减速运动，在（4）cd杆达到最大速度时，ab杆的速度为