浙江省杭州市西湖区学军西溪、学军紫金港2024-2025学年高二上学期期中物理试卷
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．（2024高二上·西湖期中）下列单位均为国际单位制基本单位的是（ ）
A．N、g、s B．cm、kg、s C．m、kg、s D．m/s、kg、m
【答案】C
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】 解答本题的关键要掌握国际单位制中力学的三个基本单位：m、kg、s，要注意N不是基本单位。在国际单位制中，力学中的三个基本单位是长度的单位（m）、质量的单位（kg）、时间的单位（s）。
故选C。
【分析】 在国际单位制中，力学中的三个基本单位是m、kg、s。
2．（2024高二上·西湖期中）关于下列四幅图片的说法，正确的是（ ）
A．甲图中足球对球网的作用力是球网发生形变产生的
B．乙图中重力的分力就是物块对斜面的压力
C．丙图中桌面对书的支持力与书对桌子的压力是一对平衡力
D．丁图中轮胎上的花纹是为了增大接触面的粗糙程度
【答案】D
【知识点】形变与弹力；牛顿第三定律
【解析】【解答】 本题考查弹力的产生、分力、作用力和反作用力以及摩擦力等，要注意明确弹力产生的条件是接触且发生弹性形变。A．力可以使物体发生形变，甲图中足球对球网的作用力是足球发生形变产生的，所以A错误；
B．乙图中重力的分力大小等于物块对斜面的压力，但不是压力，性质不一样，所以B错误；
C．丙图中桌面对书的支持力与书对桌子的压力是一对相互作用力，所以C错误；
D．丁图中轮胎上的花纹是为了增大接触面的粗糙程度，所以D正确。
故选D。
【分析】明确弹力的产生是由于施力物体发生弹性形变而产生的；明确重力的分力和压力不是同一个力；知道作用力和反作用力与平衡力的区别；知道轮胎上的花纹可以增大接触面的粗糙程度。
3．（2024高二上·西湖期中）如图所示，把茶杯压在一张白纸上，第一次用水平力迅速将白纸从茶杯下抽出；第二次以较慢的速度将白纸从茶杯下抽出。下列说法中正确的是（ ）
A．第二次拉动白纸过程中，纸对茶杯的摩擦力大一些
B．第一次拉动白纸过程中，纸对茶杯的摩擦力大一些
C．第二次拉出白纸过程中，茶杯增加的动量大一些
D．第一次拉出白纸过程中，纸给茶杯的冲量大一些
【答案】C
【知识点】动量定理
【解析】【解答】本题关键明确滑动摩擦力的动量大小关系，同时要能够根据动量定理分析，关键注意滑动摩擦力的性质，知道滑动摩擦力大小只与正压力和接触面的粗糙程度有关。AB．两次拉动中，茶杯和纸之间均发生相对滑动，因此受到的均为滑动摩擦力，因压力不变，则由f=μFN可知，两次拉动时纸给茶杯的摩擦力相同，故AB错误；
C．第二次慢拉动白纸过程中，摩擦力作用时间长，则产生的冲量较大，根据动量定理可知，茶杯获得的动量大一些，故C正确；
D．第一次迅速拉动白纸过程中，摩擦力作用时间短，故纸给茶杯的冲量小一些，故D错误。
故选C。
【分析】明确两次拉动时均为滑动摩擦力，根据滑动摩擦力的性质可分析摩擦力大小，再根据拉动时间分析冲量的大小，从而由动量定理可求得增加的动量大小。
4．（2024高二上·西湖期中）如图甲，竖直放置的轻弹簧上有一质量为1kg的物块A，静止时弹簧的长度为8cm。用该弹簧将质量为2kg的物块B悬吊在天花板上，如图乙所示，静止时弹簧的长度为14cm，已知，弹簧的形变在弹性限度内，则弹簧的劲度系数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】胡克定律
【解析】【解答】本题主要是考查胡克定律和平衡条件，关键是弄清楚受力情况，知道弹簧弹力的计算方法。根据题意有
故选A。
【分析】分别对图甲、对图乙中的物体根据平衡条件结合胡克定律列方程求解。
5．（2024高二上·西湖期中）图中的实线为电场线，但电场线的方向没有画出，虚线1、2为电场中的两条等势线，两个不同的带电粒子、由图中的点沿虚线1的切线方向以相同的初速度射入电场，、仅在电场力作用下的轨迹分别如图中的虚线、所示。则下列说法正确的是（ ）
A．粒子、的加速度均逐渐增大 B．粒子、的速度均逐渐减小
C．粒子带正电荷，粒子带负电荷 D．粒子、带异种电荷
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题通过带电粒子在电场中的运动轨迹来考查电场的基本性质，要掌握粒子运动轨迹为曲线时，其受力情况的分析。掌握电场线的基本性质，以及其与等势面的关系。A．电场线的疏密代表电场的强弱，由题图可知越向左，场强越小，出发后的一小段时间内其所处位置的场强越来越小，出发后的一小段时间内其所处位置的场强越来越大，故粒子所受的电场力逐渐减小，加速度逐渐减小，粒子所受的电场力逐渐增大，加速度逐渐增大，故A错误；
B．由于出发后电场力始终对两粒子做正功，故两粒子的动能逐渐增大，两粒子的速度逐渐增大，故B错误；
CD．由于在点时两粒子所受电场力的方向相反，故两粒子所带的电荷的电性相反，由于不知道场强的方向，故不能确定、两粒子的电性，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据电场线的疏密表示电场强度的大小，确定带电粒子所受电场力大小变化，再确定粒子加速度的大小变化；确定电场力对两粒子做功情况，根据动能定理判断粒子的速度大小变化；根据电场力与电场强度的方向关系判断粒子带电情况。
6．（2024高二上·西湖期中）三个带有同种电荷的粒子、、经同一加速电场加速后，以平行金属板的速度射入同一偏转电场，如图所示。经过一段时间，三个粒子均离开平行金属板间。已知粒子、、的质量之比为1：2：4，所带的电荷量之比为1：1：2，且粒子、、的重力以及所受的阻力均可忽略不计。则下列说法正确的是（ ）
A．粒子、、在平行金属板之间运动的时间之比为2：1：1
B．粒子、、离开平行金属板间瞬间的速度大小相等
C．粒子、、从同一位置离开平行金属板间
D．粒子、、在平行金属板间运动的整个过程，动能的变化量之比为1：2：4
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】本题考查带电粒子在电场中的运动，注意三粒子进入偏转电场前，由同一个加速电场加速，易错点是：以为进入偏转电场时的速度大小相同。A．设加速电压为，偏转电压为，平行金属板长为，板间距离为，根据动能定理得
则粒子进入平行金属板间的初速度
已知粒子、、的质量之比为1：2：4，所带的电荷量之比为1：1：2，则初速度之比为
而粒子在平行金属板间运动的时间
则时间之比为，选项A错误；
B．粒子离开平行金属板间瞬间，在竖直方向上的分速度
则粒子离开平行金属板间瞬间的速度
因为粒子的比荷不同，则离开瞬间速度的大小不同，选项B错误；
C．偏转位移
因为
则
显然粒子的偏转位移与粒子的电荷量和质量无关，故粒子的偏转位移相等，即粒子、、从同一位置离开平行金属板间，选项C正确；
D．偏转电场中电场力对粒子做功
因为、和相同，电荷量之比为1：1：2，则电场力做功之比为1：1：2，动能的变化量之比为1：1：2，选项D错误。
故选C。
【分析】根据动能定理，可得到粒子进入偏转电场时的速度表达式；由粒子在偏转电场中做类平抛运动，可得到水平、竖直方向的运动学关系式，从而得到竖直侧移量、运动时间、末速度的表达式；由动能定理，可得到整个过程中动能变化量表达式；结合题目中的质量之比、电荷量之比，可计算各物理量之比。
7．（2024高二上·西湖期中）如图所示的电路中，r是电源的内阻，和是外电路中的电阻，如果用、和分别表示电阻r、、上所消耗的功率，当时，等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】本题考查电功率的比例计算，在选择合适的电功率时，注意应用电阻相等的特点。电路中，内电阻上通过的电流与外电路的总电流相同，内电阻与外电阻是串联关系，而与是并联的，由于
因此
而
故
故选D。
【分析】根据并联电路分流特点，可知三个电阻上的电流关系；选择合适的电功率的公式，即可判断电功率的影响因素，根据电功率表达式中各物理量的关系，即可计算电功率的比值。
8．（2024高二上·西湖期中）如图，三根相互平行的固定长直导线L1，L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2、L3中的相同，下列说法正确的是（ ）
A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直
B．所受磁场作用力的方向与、L2所在平面平行
C．L3在处的磁场方向与、L2所在平面垂直
D．L2与L3在L1处的合磁场方向与、L2所在平面平行
【答案】A
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】本题主要是考查安培定则和左手定则，解答本题的关键是知道磁感应强度是矢量，其合成方法遵循矢量的平行四边形法则。A．根据安培定则可知L2和L3在L1处产生的磁场方向如图所示
根据平行四边形法则可得合磁场方向（图中B 的方向），根据左手定则判断安培力的方向与L2、L3所在平面垂直，故A正确；
B．根据对称性可知L2所受磁场作用力的方向与L1、L3所在平面垂直，故B错误；
C．根据安培定则可知L3在L1处的磁场方向与L1、L3所在平面垂直（图中B3的方向），故C错误；
D．L2与L3在L1处的合磁场方向（图中B 的方向）与L2、L3所在平面平行，与、L2所在平面不平行，故D错误。
故选A。
【分析】根据安培定则判断导线周围的磁感应强度的方向，再根据左手定则判断安培力的方向。
9．（2024高二上·西湖期中）今年7月份，国之重器——爆轰驱动高超音速激波风洞JF—22通过验收，作为全世界最先进的风洞之一，它将帮助我国航空航天技术的发展走上新的巅峰！风洞是研究空气动力学的关键设施，现有一小球从风洞中的点M竖直向上抛出，小球受到大小恒定的水平风力，其运动轨迹大致如图所示，其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点动能为64J，在O点动能为16J，不计空气阻力，下列说法不正确的是（ ）
A．小球所受重力和风力大小之比为
B．小球落到N点时的动能为128J
C．小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为
D．小球从M点运动到N点过程中机械能不断增加
【答案】A
【知识点】功能关系
【解析】【解答】分析清楚物体的运动过程，应用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律，结合功能关系和定能定理进行求解。
A．设小球的质量为m，小球的初速度为v0，风力大小为F，MO的水平距离为x1，竖直距离为h，根据竖直上抛运动的规律知竖直方向上有
则有
从M到O过程中，由动能定理有
Fx1-mgh=EkO-EkM
可得
Fx1=EkO=16J
又有
在水平方向上，由牛顿第二定律有
F=ma
由运动学公式有
由于运动时间相等，则
则有
解得
故A错误；
B．根据题意可知，小球在水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，由对称性可知，小球从M→O和从O→N的运动时间相等，设ON的水平距离为x2，则有
x2=3x1
小球由M→N过程中，由动能定理有
F（x1+x2）=EkN-EkM
解得
EkN=128J
故B正确；
C．由功能关系可知，小球机械能的变化量等于风力做的功，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为
故C正确；
D．小球从M点运动到N点过程中，风力一直对小球做正功，则机械能不断增加，选项D正确。
此题选择不正确的，故选A。
【分析】竖直上抛运动的上升阶段和下降阶段具有对称性，即上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等，根据小球水平方向和竖直方向的受力及运动情况，结合定能定理，牛顿第二定律等进行分析。
10．（2024高二上·西湖期中）如图所示，质量为m、长为l的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O ，并处于匀强磁场中。当导线中通以沿x轴正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ。下列说法正确的是（ ）
A．磁场方向可能沿z轴正方向
B．磁场方向可能沿y轴正方向
C．磁场方向可能沿悬线向上方向
D．磁场方向可能沿垂直悬线向上方向
【答案】B
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】本题考查通电导线在安培力作用下的平衡问题，注意悬线有偏角不能说明其拉力为沿悬线方向，也可能拉力刚好为零。A．根据左手定则，若磁场z轴正方向，通电导线受安培力沿y轴负方向，向y轴负方向偏转，A错误；
B．根据左手定则，若磁场沿y轴正方向，通电导线受安培力沿z轴正方向，若重力与安培力平衡，绳子无拉力，可保持静止，B正确；
C．根据左手定则，若磁场沿悬线向上方向，通电导线受安培力从左向右看方向垂直细绳和导线向左下，不可能静止在如图所示位置，C错误；
D．根据左手定则，若磁场沿垂直悬线向上方向，通电导线受安培力沿绳向上，不可能静止在如图所示位置，D错误。
故选B。
【分析】左手定则：左手平展，让磁感线穿过手心，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内.把左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心手心面向N极，四指指向电流所指方向，则大拇指的方向就是导体受力的方向根据左手定则的内容，逐个分析判断即可得出结论。
11．（2024高二上·西湖期中）质量为m、速度为v的A球与质量为4m的静止的B球发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，碰撞后B球的速度大小可能是（ ）
A．0.1v B．0.3v C．0.6ν D．v
【答案】B
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】知道完全非弹性碰撞时B球获得的速度最小，弹性碰撞时B球获得的速度最大是解题的关键。若二者为完全非弹性碰撞，则有
解得
若二者为完全弹性碰撞则有
解得
故碰后B球的速度介于
故选B。
【分析】根据动量守恒定律和能量守恒定律计算即可。
12．（2024高二上·西湖期中）电磁场可以控制带电粒子的运动。在直角坐标系第一象限内有平行于坐标平面的匀强电场（图中未画出），在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为的带电粒子，在M点沿y轴正方向以速度进入磁场，过y轴上的N点后进入电场，运动轨迹与x轴交于P点，并且过P点时速度大小仍为。已知M、N、P三点到O点的距离分别为L、和3L，不计粒子重力，下列说法不正确的是（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度大小为
B．粒子过N点时速度方向与y轴正方向的夹角为
C．电场强度大小为
D．粒子运动过程中最小速度为
【答案】A
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】本题考查带电粒子在组合场中的运动，在计算粒子的运动半径、运动速度方向时，关键是结合坐标系的几何关系，及圆周运动的对称特点。
AB．由几何关系，可知其轨迹与圆心连线满足如下图示关系：
由图可知
即
α=60°
由几何关系可知
β=α-30°=60°-30°=30°
故
θ=180°-90°-30°=60°
可计算其在磁场中运动的半径满足
即
r=2L
结合洛伦兹力提供向心力
可计算磁感应强度大小
故A错误，B正确；
CD．由粒子在N、P两点的速度大小相等，可知NP连线为等势面，结合电场线与等势线的关系及粒子的初速度，可知其电场线方向；由OP间距，ON间距，可知其角度关系如图所示：
由图可知
由粒子在第一象限的受力特点，可知其在从N到P的过程，沿电场方向做匀变速运动，垂直于电场方向做匀速运动；
垂直于电场方向
xNP=v0sin30°t
沿电场方向
化简得
当粒子在沿电场方向减速到0时，速度最小，此时速度为
vmin=v0sin30°=
故CD正确。
本题选择不正确的，故选A。
【分析】由几何关系，可计算其在磁场中运动的半径，结合洛伦兹力提供向心力，可计算磁感应强度大小；由圆周运动特点，结合图中的几何关系，可知其过N点的速度方向；由粒子在N、P两点的速度大小相等，可知NP连线为等势面，结合电场线与等势线的关系，可知其电场线方向；由粒子在第一象限的受力特点，可知其在沿电场方向、垂直于电场方向的运动特点，根据运动学关系式，可计算其最小速度、电场强度大小。
13．（2024高二上·西湖期中）已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为，其中为平面上单位面积所带的电荷量，为常量。如图所示的平行板电容器，极板正对面积为，间距为，两极板间为真空，不计边缘效应时，极板可看作无穷大导体板，则该电容器的电容可表示为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】本题考查电场的叠加以及电容的定义式等公式的应用，并要求学生结合题目给出信息进行求解，对学生分析综合能力有一定要求。设每块极板上带电荷量为，则每块极板上单位面积所带的电荷量为
每块极板产生的电场强度为
可知两极板间的电场强度为
两极板间的电压
电容器的电容
故选B。
【分析】结合电容器电容的定义式、电场强度与电势差的关系，结合题目所给出均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小的表达式，联立可进行推理求解
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0分）
14．（2024高二上·西湖期中）装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面范围足够大，如图甲所示。把玻璃管向下缓慢按压4cm后放手，忽略阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.5s。以竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示，其中A为振幅。对于玻璃管，下列说法正确的是（ ）
A．回复力等于重力和浮力的合力
B．振动过程中动能和重力势能相互转化，玻璃管的机械能守恒
C．振动频率与按压的深度有关
D．在t1~t2时间内，位移减小，加速度减小，速度增大
【答案】A,D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】该题中的玻璃管做简谐振动，其受力的情况与运动的情况都可以与弹簧振子的受力与运动相似，可以应用比较法进行解答，容易理解。A．装有一定量液体的玻璃管只受到重力和浮力，所以它做简谐运动的回复力等于重力和浮力的合力，故A正确；
B．在玻璃管振动过程中，浮力对玻璃管做功，所以它的机械能不守恒，故B错误；
C．由于玻璃管做简谐运动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐运动的特点可知，其振动周期与振幅无关，故C错误；
D．由题图乙可知，在t1~t2时间内，位移减小，加速度减小，玻璃管向着平衡位置加速运动，所以速度增大，故D正确。
故选AD。
【分析】对装有一定量液体的玻璃管进行受力分析，然后结合简谐振动的条件分析即可。
15．（2024高二上·西湖期中）波速均为2.0m/s的两列简谐波分别从波源x=0和x=12m处沿x轴相向传播，t=0时的波形如图所示，则以下说法正确的是（ ）
A．两列波的频率均为0.25Hz
B．t=1.0s时两波相遇
C．两波相遇过程中x=5m处和x=7m处的质点振动减弱
D．t=1.5s时，x=6m处质点的位移为负向最大值
【答案】B,C,D
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】解决本题的关键是掌握波的叠加原理，知道波叠加时满足矢量法则，例如当两列波的波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时，此处振动加强；当波峰与波谷相遇时振动减弱。A．由题图可知，两列波的波长均为4m，则频率均为
故A错误；
B．由波形图可得，两波相遇时，有
所以
即t=1.0s时两波相遇，故B正确；
C．x=5m和x=7m处质点到两波源的距离之差均等于2m，等于半波长的奇数倍，而两波源振动步调一致，则x=5m和x=7m两处的质点振动减弱，故C正确；
D．波的周期为
由于x=6m处的质点到两波源的波程差为0，则x=6m处的质点为振动加强点，在t=1s时，两列波在x=6m处相遇，此后x=6m处质点经过0.5s到达负向最大位置，则t=1.5s时，x=6m处质点的位移为负向最大值，故D正确。
故选BCD。
【分析】由图读出波长，由波速公式求出频率。两波的波速大小相等，由运动学位移公式求两波相遇的时间。根据波的叠加原理分析质点的状态。
三、实验趣（本题共2小题，共14分）
16．（2024高二上·西湖期中）某物理课外小组通过如图甲、乙、丙所示的实验装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。已知他们使用的小车完全相同且质量为，重物的质量为，试回答下列问题：
（1）实验时，必须满足“远大于”的实验装置是（选填“甲”、“乙”或“丙”）
（2）按乙图实验装置得到如图丙所示的纸带，已知打点计时器打点的周期，其中、每相邻两个计数点之间还有4个点没有标出，根据纸带提供的数据，算得小车加速度的大小为（计算结果保留两位有效数字）。
（3）采用（丙）图实验装置探究质量一定时加速度与力的关系的实验，以弹簧测力计的示数为横坐标，加速度为纵坐标，画出的图线是如图（丁）的一条直线。测出图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为，则小车的质量为。
A. B. C. D.
（4）采用（甲）图实验装置，把重物改成槽码，槽码总数，将（依次取）个槽码挂在细线左端，其余个槽码仍留在小车内，重复前面的步骤，并得到相应的加速度，得到图线是过原点的直线，但实验时漏了平衡摩擦力这一步骤，下列说法正确的是。
A.图线不再是直线
B.图线仍是过原点的直线，但该直线的斜率变小
C.图线仍是直线，但该直线不过原点
【答案】甲
【知识点】实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）当钩码的质量远小于小车的总质量时，可以近似认为小车受到的拉力等于钩码的重力，若用力传感器，则不需要满足此条件。乙、丙两图绳上的拉力都可测量直接读出，不需要重物重力替代，甲图需要用重物重力替代拉力，所以需要满足“远大于”；
（2）熟练应用所学基本规律解决实验问题，根据逐差法公式可得
解得
（3）根据牛顿第二定律可得
整理得
所以小车的质量为，故选C。
（4）探究加速度与力、质量关系实验要采用控制变量法。因为没有平衡摩擦力，所以可得
整理得
所以图线仍是直线，但该直线不过原点，故选C。
【分析】（1）只有用重物的重力代替绳子的拉力，才需要满足M＞＞m；若用力传感器，则不需要满足此条件。
（2）根据匀变速直线运动的逐差法解得加速度；
（3）根据牛顿第二定律得到加速度与F的函数关系。
（4）根据牛顿第二定律结合图像分析解答。
17．（2024高二上·西湖期中）如图甲为在“练习使用多用电表”实验中某多用电表示意图；如图乙为欧姆表测电阻Rx的原理图；用多用电表直接测量电阻约为130 Ω的电灯泡的电阻，其电路连接图如图丙所示，回答下列问题：
（1）对甲图，在测量电阻前需要将红、黑表笔短接，进行欧姆调零，需要调整 （选填“A”、“B”或“C”）。
（2）对乙图，若电源的电动势为E，满偏电流为Im，当接上待测电阻Rx后，表头的示数为I，待测电阻Rx的阻值为 。
（3）对丙图，实验选择开关所处的档位是 （填“×10”“×100”或“×1000”），灯泡阻值的读数为 Ω。
（4）使用一段时间后，多用电表电源电动势降低，但仍能进行欧姆调零，用该欧姆表测量某一电阻时，测量值比真实值 （填“偏大”“不变”或“偏小”）。
（5）若用多用电表来测量螺口型白炽灯的灯丝电阻，灯泡标有“220 V，100 W”字样，以下测量方式正确的是（ ）
A．
B．
C．
【答案】（1）B
（2）
（3）×10；120
（4）偏大
（5）A
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】本题主要考查了多用电表的原理和使用，熟悉电表改装的特点，结合欧姆定律即可完成分析，计算过程中要注意单位的转化。
（1）对甲图，在测量电阻前需要将红、黑表笔短接，进行欧姆调零，需要调整B。
（2）根据欧姆表工作的原理可知欧姆表的内阻为
接待测电阻后，根据闭合电路欧姆定律有
联立解得
（3）多用电表测量电阻约为130 Ω的电灯泡的电阻，为使指针在中央附近，应选择×10的倍率；指针指向12刻度，读数为120 Ω。
（4）使用一段时间后，多用电表电源电动势降低，根据欧姆表内阻
欧姆调零时欧姆表内阻R内变小，用欧姆表测电阻时，电流
由于R内偏小，I偏小，指针偏左，电阻测量值偏大。
（5）螺口灯泡的顶端的锡块和周围的金属螺纹分别与内部灯丝相连，为了测量灯丝的电阻，应将红黑表笔分别接在锡块和金属螺纹上。
故选A。
【分析】（1） 进行欧姆调零，需要调整 欧姆调零旋钮即B
（2）根据欧姆定律结合多用电表的原理解答；
（3）根据欧姆表的使用及读数方法解答；
（4）根据欧姆定律结合多用电表的原理解答；
（5）明确灯泡结构，根据多用有的使用方法得出正确的测量方法。
（1）对甲图，在测量电阻前需要将红、黑表笔短接，进行欧姆调零，需要调整B。
（2）根据欧姆表工作的原理可知欧姆表的内阻为
接待测电阻后，根据闭合电路欧姆定律有
联立解得
（3）[1]多用电表测量电阻约为130 Ω的电灯泡的电阻，为使指针在中央附近，应选择×10的倍率；
[2]指针指向12刻度，读数为120 Ω。
（4）使用一段时间后，多用电表电源电动势降低，根据欧姆表内阻
欧姆调零时欧姆表内阻R内变小，用欧姆表测电阻时，电流
由于R内偏小，I偏小，指针偏左，电阻测量值偏大。
（5）螺口灯泡的顶端的锡块和周围的金属螺纹分别与内部灯丝相连，为了测量灯丝的电阻，应将红黑表笔分别接在锡块和金属螺纹上。
故选A。
四、计算题（本题共4小题，共41分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
18．（2024高二上·西湖期中）诗句“辘轳金井梧桐晚，几树惊秋”中的“辘轳”是一种井上汲水的起重装置，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成，如图甲所示。图乙为古代辘轳的工作原理简化图，某位物理老师用电动机改装辘轳后实现了取水自动化，已知电动辘轳将总质量为的水桶竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度由静止开始竖直向上匀加速提升，当电动辘轳输出功率达到其允许的最大值200W时，保持该功率直到水桶做匀速直线运动。不计额外功，忽略辘轳的质量以及所有摩擦阻力，取重力加速度，求：
（1）水桶所能达到的最大速度；
（2）电动机在第1s末的输出功率；
（3）若电动辘轳保持最大输出功率不变让水桶从静止开始做加速运动，4s后水桶已达到最大速度，求4s内水桶上升的高度。
【答案】（1）解：当水桶匀速上升时
则水桶能达到的最大速度为
（2）解：当水桶匀加速运动
绳的拉力
根据
解得输出功率为
（3）解：内，设水桶上升的高度为h，根据动能定理可得
解得
【知识点】机车启动
【解析】【分析】（1）当水桶匀速上升时，速度达到最大，由平衡条件求出细绳的拉力T，由P=Tvm求解水桶所能达到的最大速度；
（2）先由v=at求出第1s末水桶的速度v。由牛顿第二定律求出此时细绳的拉力，再根据功率公式求电动机在第1s末的输出功率；
（3）0～4s内，根据动能定理求4s内水桶上升的高度。
（1）当水桶匀速上升时
则水桶能达到的最大速度为
（2）当水桶匀加速运动
绳的拉力
根据
解得输出功率为
（3）内，设水桶上升的高度为h，根据动能定理可得
解得
19．（2024高二上·西湖期中）光滑管状轨道由直轨道和圆弧形轨道组成，二者在处相切并平滑连接，为圆心，、在同一条水平线上，竖直．一直径略小于圆管直径的质量为的小球，用细线穿过管道与质量为的物块连接，将小球由点静止释放，当小球运动到处时细线断裂，小球继续运动．已知弧形轨道的半径为，所对应的圆心角为，、，．
（1）若，求小球在直轨道部分运动时的加速度大小．
（2）若，求小球从点抛出后下落高度时到点的水平位移．
（3）、满足什么关系时，小球能够运动到点？
【答案】解：（1）设细线中张力为F，对小球：
F-mgsin53°=ma
对物块：
Mg-F=Ma
联立解得：
a=7m/s2
（2）在Rt△OAB中，得：
由v2=2axAB代入数据解得：
从B到C，根据机械能守恒，有：
小球离开C后做平抛运动，有：
x=vCt
联立并代入数据解得：
（3）小球A→B：M、m系统机械能守恒，有：
线断后，小球B→C，
联立解得：
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；平抛运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）对小球和物块整体分析，根据牛顿第二定律求解加速度大小；
（2）分别对AB段和BC段列动能定理，再有C点抛出作平抛运动，列出平抛运动的竖直位移和水平位移的表达式，联立即可求解水平位移；
（3）分别对AB段和BC段列动能定理，要通过C点速度至少为零，即可求解出M与m的关系。
20．（2024高二上·西湖期中）如图所示，平面直角坐标系xOy内有一个半径为R的圆形区域I，圆心坐标为，圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，在y轴上的范围内有一个线状的粒子源，能够沿x轴正方向发射速度为的某种正粒子，已知所有粒子均从圆形磁场边缘的同一点射出，然后进入第四象限所在区域为的足够大的匀强磁场区域II中，匀强磁场区域II的磁感应强度大小为。不计粒子重力和粒子间的相互作用力（；）。求：
（1）粒子的比荷；
（2）匀强磁场区域II的上边界有粒子射出的区域长度；
（3）圆形磁场区域I有粒子经过的面积。
【答案】解：（1）若所有粒子从圆形磁场区域I的同一点射出，则此点为，且粒子圆周运动的半径
由
代入数据得
（2）画出粒子的运动轨迹如图所示
可知处射出的粒子进入磁场时与匀强磁场区域II边界的夹角为，处射出的粒子进入磁场时与匀强磁场区域II边界的夹角为，由几何关系可得
对从D点射入磁场区域II的粒子分析可得
对从F点射入磁场区域II的粒子分析
粒子在磁场区域II的运动半径
粒子从匀强磁场II上边界有粒子射出的区域长度
得
（3）根据几何关系可知
，
有圆形磁场有粒子经过的区域的面积
解得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）所有粒子在磁场中做匀速圆周运动均从同一点射出，由磁聚焦原理和牛顿第二定律可以求组粒子的比荷。
（2）画出两种临界条件下粒子的轨迹，结合半径公式和几何关系求有粒子射出的上边界的长度；
（3）根据粒子在磁场的半径，由几何关系求圆形磁场区域Ⅰ有粒子经过的面积。
21．（2024高二上·西湖期中）如图甲所示，竖直放置的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L，在M点和P点间接有一个阻值为的电阻，在两导轨间的矩形区域内有垂直导轨平面向里、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为。一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直地搁在导轨上，与磁场的上边界相距。现使ab棒由静止开始释放，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动（棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平，导轨的电阻不计）。
（1）求棒ab离开磁场的下边界时的速度大小：
（2）讨论棒ab可能出现的运动情况，并作出对应的图像；
（3）求金属杆自下落至穿出磁场所用的时间t；
（4）如图乙所示，当在导轨的PM端通过导线将电容为C、击穿电压为的平行板电容器连接，在时在磁场中无初速度地释放金属棒ab、不考虑电磁辐射，且磁场足够大，当金属棒电阻时，求电容器达到击穿电压所用的时间。
【答案】解：（1）根据题意，设棒离开磁场的边界前做匀速运动的速度为，感应电动势为
电路中的电流
对棒，由平衡条件得
解得
（2）棒进入磁场区域时，速度
①当，即
时，棒进入磁场后做匀速直线运动；
②当，即
时，棒进入磁场后先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动；
③当，即
时，棒进入磁场后先做加速度减小的减速运动，后做匀速直线运动。离开磁场后都做自由落体运动。三种情况下，对应的图分别为
（3）金属棒自由落体的时间
将金属棒穿越磁场的过程划分成很多小段，可认为在每个小段中感应电动势几乎不变，设每小段的时间为。则安培力的冲量
每个小段中通过电路的电量
则
设金属棒穿越磁场所用的时间为，由动量定理得
。
将
，，
代入得
则金属棒自下落至穿出磁场的时间
（4）在电容器达到击穿电压前，设任意时刻，流过金属棒的电流为，由牛顿第二定律
①
设在时间内，金属棒的速度由，电容器两端电压，带电量，则有
代入①得
可见，金属棒做初速度为0的匀加速直线运动，当电容器达到击穿电压时，金属棒的速度为
所以，电容器达到击穿电压所用的时间为
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解电动势，根据闭合电路的欧姆定律求解电流，再根据平衡条件联立求解棒ab离开磁场的下边界时的速度大小；
（2）根据动能定理求解棒进入磁场时的速度，再根据v0与v的大小关系讨论棒的运动情况，并作出v-t图像即可；
（3）根据匀变速直线运动的规律求解棒自由落体运动的时间，再根据动量定理求解棒在磁场中运动的时间，最后求解金属杆自下落至穿出磁场所用的时间；
（4）根据牛顿第二定律求解棒的加速度，再根据匀变速直线运动的规律求解电容器达到击穿电压所用的时间。
1 / 1浙江省杭州市西湖区学军西溪、学军紫金港2024-2025学年高二上学期期中物理试卷
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．（2024高二上·西湖期中）下列单位均为国际单位制基本单位的是（ ）
A．N、g、s B．cm、kg、s C．m、kg、s D．m/s、kg、m
2．（2024高二上·西湖期中）关于下列四幅图片的说法，正确的是（ ）
A．甲图中足球对球网的作用力是球网发生形变产生的
B．乙图中重力的分力就是物块对斜面的压力
C．丙图中桌面对书的支持力与书对桌子的压力是一对平衡力
D．丁图中轮胎上的花纹是为了增大接触面的粗糙程度
3．（2024高二上·西湖期中）如图所示，把茶杯压在一张白纸上，第一次用水平力迅速将白纸从茶杯下抽出；第二次以较慢的速度将白纸从茶杯下抽出。下列说法中正确的是（ ）
A．第二次拉动白纸过程中，纸对茶杯的摩擦力大一些
B．第一次拉动白纸过程中，纸对茶杯的摩擦力大一些
C．第二次拉出白纸过程中，茶杯增加的动量大一些
D．第一次拉出白纸过程中，纸给茶杯的冲量大一些
4．（2024高二上·西湖期中）如图甲，竖直放置的轻弹簧上有一质量为1kg的物块A，静止时弹簧的长度为8cm。用该弹簧将质量为2kg的物块B悬吊在天花板上，如图乙所示，静止时弹簧的长度为14cm，已知，弹簧的形变在弹性限度内，则弹簧的劲度系数为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高二上·西湖期中）图中的实线为电场线，但电场线的方向没有画出，虚线1、2为电场中的两条等势线，两个不同的带电粒子、由图中的点沿虚线1的切线方向以相同的初速度射入电场，、仅在电场力作用下的轨迹分别如图中的虚线、所示。则下列说法正确的是（ ）
A．粒子、的加速度均逐渐增大 B．粒子、的速度均逐渐减小
C．粒子带正电荷，粒子带负电荷 D．粒子、带异种电荷
6．（2024高二上·西湖期中）三个带有同种电荷的粒子、、经同一加速电场加速后，以平行金属板的速度射入同一偏转电场，如图所示。经过一段时间，三个粒子均离开平行金属板间。已知粒子、、的质量之比为1：2：4，所带的电荷量之比为1：1：2，且粒子、、的重力以及所受的阻力均可忽略不计。则下列说法正确的是（ ）
A．粒子、、在平行金属板之间运动的时间之比为2：1：1
B．粒子、、离开平行金属板间瞬间的速度大小相等
C．粒子、、从同一位置离开平行金属板间
D．粒子、、在平行金属板间运动的整个过程，动能的变化量之比为1：2：4
7．（2024高二上·西湖期中）如图所示的电路中，r是电源的内阻，和是外电路中的电阻，如果用、和分别表示电阻r、、上所消耗的功率，当时，等于（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二上·西湖期中）如图，三根相互平行的固定长直导线L1，L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2、L3中的相同，下列说法正确的是（ ）
A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直
B．所受磁场作用力的方向与、L2所在平面平行
C．L3在处的磁场方向与、L2所在平面垂直
D．L2与L3在L1处的合磁场方向与、L2所在平面平行
9．（2024高二上·西湖期中）今年7月份，国之重器——爆轰驱动高超音速激波风洞JF—22通过验收，作为全世界最先进的风洞之一，它将帮助我国航空航天技术的发展走上新的巅峰！风洞是研究空气动力学的关键设施，现有一小球从风洞中的点M竖直向上抛出，小球受到大小恒定的水平风力，其运动轨迹大致如图所示，其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点动能为64J，在O点动能为16J，不计空气阻力，下列说法不正确的是（ ）
A．小球所受重力和风力大小之比为
B．小球落到N点时的动能为128J
C．小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为
D．小球从M点运动到N点过程中机械能不断增加
10．（2024高二上·西湖期中）如图所示，质量为m、长为l的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O ，并处于匀强磁场中。当导线中通以沿x轴正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ。下列说法正确的是（ ）
A．磁场方向可能沿z轴正方向
B．磁场方向可能沿y轴正方向
C．磁场方向可能沿悬线向上方向
D．磁场方向可能沿垂直悬线向上方向
11．（2024高二上·西湖期中）质量为m、速度为v的A球与质量为4m的静止的B球发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，碰撞后B球的速度大小可能是（ ）
A．0.1v B．0.3v C．0.6ν D．v
12．（2024高二上·西湖期中）电磁场可以控制带电粒子的运动。在直角坐标系第一象限内有平行于坐标平面的匀强电场（图中未画出），在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为的带电粒子，在M点沿y轴正方向以速度进入磁场，过y轴上的N点后进入电场，运动轨迹与x轴交于P点，并且过P点时速度大小仍为。已知M、N、P三点到O点的距离分别为L、和3L，不计粒子重力，下列说法不正确的是（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度大小为
B．粒子过N点时速度方向与y轴正方向的夹角为
C．电场强度大小为
D．粒子运动过程中最小速度为
13．（2024高二上·西湖期中）已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为，其中为平面上单位面积所带的电荷量，为常量。如图所示的平行板电容器，极板正对面积为，间距为，两极板间为真空，不计边缘效应时，极板可看作无穷大导体板，则该电容器的电容可表示为（ ）
A． B． C． D．
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0分）
14．（2024高二上·西湖期中）装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面范围足够大，如图甲所示。把玻璃管向下缓慢按压4cm后放手，忽略阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.5s。以竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示，其中A为振幅。对于玻璃管，下列说法正确的是（ ）
A．回复力等于重力和浮力的合力
B．振动过程中动能和重力势能相互转化，玻璃管的机械能守恒
C．振动频率与按压的深度有关
D．在t1~t2时间内，位移减小，加速度减小，速度增大
15．（2024高二上·西湖期中）波速均为2.0m/s的两列简谐波分别从波源x=0和x=12m处沿x轴相向传播，t=0时的波形如图所示，则以下说法正确的是（ ）
A．两列波的频率均为0.25Hz
B．t=1.0s时两波相遇
C．两波相遇过程中x=5m处和x=7m处的质点振动减弱
D．t=1.5s时，x=6m处质点的位移为负向最大值
三、实验趣（本题共2小题，共14分）
16．（2024高二上·西湖期中）某物理课外小组通过如图甲、乙、丙所示的实验装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。已知他们使用的小车完全相同且质量为，重物的质量为，试回答下列问题：
（1）实验时，必须满足“远大于”的实验装置是（选填“甲”、“乙”或“丙”）
（2）按乙图实验装置得到如图丙所示的纸带，已知打点计时器打点的周期，其中、每相邻两个计数点之间还有4个点没有标出，根据纸带提供的数据，算得小车加速度的大小为（计算结果保留两位有效数字）。
（3）采用（丙）图实验装置探究质量一定时加速度与力的关系的实验，以弹簧测力计的示数为横坐标，加速度为纵坐标，画出的图线是如图（丁）的一条直线。测出图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为，则小车的质量为。
A. B. C. D.
（4）采用（甲）图实验装置，把重物改成槽码，槽码总数，将（依次取）个槽码挂在细线左端，其余个槽码仍留在小车内，重复前面的步骤，并得到相应的加速度，得到图线是过原点的直线，但实验时漏了平衡摩擦力这一步骤，下列说法正确的是。
A.图线不再是直线
B.图线仍是过原点的直线，但该直线的斜率变小
C.图线仍是直线，但该直线不过原点
17．（2024高二上·西湖期中）如图甲为在“练习使用多用电表”实验中某多用电表示意图；如图乙为欧姆表测电阻Rx的原理图；用多用电表直接测量电阻约为130 Ω的电灯泡的电阻，其电路连接图如图丙所示，回答下列问题：
（1）对甲图，在测量电阻前需要将红、黑表笔短接，进行欧姆调零，需要调整 （选填“A”、“B”或“C”）。
（2）对乙图，若电源的电动势为E，满偏电流为Im，当接上待测电阻Rx后，表头的示数为I，待测电阻Rx的阻值为 。
（3）对丙图，实验选择开关所处的档位是 （填“×10”“×100”或“×1000”），灯泡阻值的读数为 Ω。
（4）使用一段时间后，多用电表电源电动势降低，但仍能进行欧姆调零，用该欧姆表测量某一电阻时，测量值比真实值 （填“偏大”“不变”或“偏小”）。
（5）若用多用电表来测量螺口型白炽灯的灯丝电阻，灯泡标有“220 V，100 W”字样，以下测量方式正确的是（ ）
A．
B．
C．
四、计算题（本题共4小题，共41分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
18．（2024高二上·西湖期中）诗句“辘轳金井梧桐晚，几树惊秋”中的“辘轳”是一种井上汲水的起重装置，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成，如图甲所示。图乙为古代辘轳的工作原理简化图，某位物理老师用电动机改装辘轳后实现了取水自动化，已知电动辘轳将总质量为的水桶竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度由静止开始竖直向上匀加速提升，当电动辘轳输出功率达到其允许的最大值200W时，保持该功率直到水桶做匀速直线运动。不计额外功，忽略辘轳的质量以及所有摩擦阻力，取重力加速度，求：
（1）水桶所能达到的最大速度；
（2）电动机在第1s末的输出功率；
（3）若电动辘轳保持最大输出功率不变让水桶从静止开始做加速运动，4s后水桶已达到最大速度，求4s内水桶上升的高度。
19．（2024高二上·西湖期中）光滑管状轨道由直轨道和圆弧形轨道组成，二者在处相切并平滑连接，为圆心，、在同一条水平线上，竖直．一直径略小于圆管直径的质量为的小球，用细线穿过管道与质量为的物块连接，将小球由点静止释放，当小球运动到处时细线断裂，小球继续运动．已知弧形轨道的半径为，所对应的圆心角为，、，．
（1）若，求小球在直轨道部分运动时的加速度大小．
（2）若，求小球从点抛出后下落高度时到点的水平位移．
（3）、满足什么关系时，小球能够运动到点？
20．（2024高二上·西湖期中）如图所示，平面直角坐标系xOy内有一个半径为R的圆形区域I，圆心坐标为，圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，在y轴上的范围内有一个线状的粒子源，能够沿x轴正方向发射速度为的某种正粒子，已知所有粒子均从圆形磁场边缘的同一点射出，然后进入第四象限所在区域为的足够大的匀强磁场区域II中，匀强磁场区域II的磁感应强度大小为。不计粒子重力和粒子间的相互作用力（；）。求：
（1）粒子的比荷；
（2）匀强磁场区域II的上边界有粒子射出的区域长度；
（3）圆形磁场区域I有粒子经过的面积。
21．（2024高二上·西湖期中）如图甲所示，竖直放置的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L，在M点和P点间接有一个阻值为的电阻，在两导轨间的矩形区域内有垂直导轨平面向里、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为。一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直地搁在导轨上，与磁场的上边界相距。现使ab棒由静止开始释放，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动（棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平，导轨的电阻不计）。
（1）求棒ab离开磁场的下边界时的速度大小：
（2）讨论棒ab可能出现的运动情况，并作出对应的图像；
（3）求金属杆自下落至穿出磁场所用的时间t；
（4）如图乙所示，当在导轨的PM端通过导线将电容为C、击穿电压为的平行板电容器连接，在时在磁场中无初速度地释放金属棒ab、不考虑电磁辐射，且磁场足够大，当金属棒电阻时，求电容器达到击穿电压所用的时间。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】 解答本题的关键要掌握国际单位制中力学的三个基本单位：m、kg、s，要注意N不是基本单位。在国际单位制中，力学中的三个基本单位是长度的单位（m）、质量的单位（kg）、时间的单位（s）。
故选C。
【分析】 在国际单位制中，力学中的三个基本单位是m、kg、s。
2．【答案】D
【知识点】形变与弹力；牛顿第三定律
【解析】【解答】 本题考查弹力的产生、分力、作用力和反作用力以及摩擦力等，要注意明确弹力产生的条件是接触且发生弹性形变。A．力可以使物体发生形变，甲图中足球对球网的作用力是足球发生形变产生的，所以A错误；
B．乙图中重力的分力大小等于物块对斜面的压力，但不是压力，性质不一样，所以B错误；
C．丙图中桌面对书的支持力与书对桌子的压力是一对相互作用力，所以C错误；
D．丁图中轮胎上的花纹是为了增大接触面的粗糙程度，所以D正确。
故选D。
【分析】明确弹力的产生是由于施力物体发生弹性形变而产生的；明确重力的分力和压力不是同一个力；知道作用力和反作用力与平衡力的区别；知道轮胎上的花纹可以增大接触面的粗糙程度。
3．【答案】C
【知识点】动量定理
【解析】【解答】本题关键明确滑动摩擦力的动量大小关系，同时要能够根据动量定理分析，关键注意滑动摩擦力的性质，知道滑动摩擦力大小只与正压力和接触面的粗糙程度有关。AB．两次拉动中，茶杯和纸之间均发生相对滑动，因此受到的均为滑动摩擦力，因压力不变，则由f=μFN可知，两次拉动时纸给茶杯的摩擦力相同，故AB错误；
C．第二次慢拉动白纸过程中，摩擦力作用时间长，则产生的冲量较大，根据动量定理可知，茶杯获得的动量大一些，故C正确；
D．第一次迅速拉动白纸过程中，摩擦力作用时间短，故纸给茶杯的冲量小一些，故D错误。
故选C。
【分析】明确两次拉动时均为滑动摩擦力，根据滑动摩擦力的性质可分析摩擦力大小，再根据拉动时间分析冲量的大小，从而由动量定理可求得增加的动量大小。
4．【答案】A
【知识点】胡克定律
【解析】【解答】本题主要是考查胡克定律和平衡条件，关键是弄清楚受力情况，知道弹簧弹力的计算方法。根据题意有
故选A。
【分析】分别对图甲、对图乙中的物体根据平衡条件结合胡克定律列方程求解。
5．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题通过带电粒子在电场中的运动轨迹来考查电场的基本性质，要掌握粒子运动轨迹为曲线时，其受力情况的分析。掌握电场线的基本性质，以及其与等势面的关系。A．电场线的疏密代表电场的强弱，由题图可知越向左，场强越小，出发后的一小段时间内其所处位置的场强越来越小，出发后的一小段时间内其所处位置的场强越来越大，故粒子所受的电场力逐渐减小，加速度逐渐减小，粒子所受的电场力逐渐增大，加速度逐渐增大，故A错误；
B．由于出发后电场力始终对两粒子做正功，故两粒子的动能逐渐增大，两粒子的速度逐渐增大，故B错误；
CD．由于在点时两粒子所受电场力的方向相反，故两粒子所带的电荷的电性相反，由于不知道场强的方向，故不能确定、两粒子的电性，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据电场线的疏密表示电场强度的大小，确定带电粒子所受电场力大小变化，再确定粒子加速度的大小变化；确定电场力对两粒子做功情况，根据动能定理判断粒子的速度大小变化；根据电场力与电场强度的方向关系判断粒子带电情况。
6．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】本题考查带电粒子在电场中的运动，注意三粒子进入偏转电场前，由同一个加速电场加速，易错点是：以为进入偏转电场时的速度大小相同。A．设加速电压为，偏转电压为，平行金属板长为，板间距离为，根据动能定理得
则粒子进入平行金属板间的初速度
已知粒子、、的质量之比为1：2：4，所带的电荷量之比为1：1：2，则初速度之比为
而粒子在平行金属板间运动的时间
则时间之比为，选项A错误；
B．粒子离开平行金属板间瞬间，在竖直方向上的分速度
则粒子离开平行金属板间瞬间的速度
因为粒子的比荷不同，则离开瞬间速度的大小不同，选项B错误；
C．偏转位移
因为
则
显然粒子的偏转位移与粒子的电荷量和质量无关，故粒子的偏转位移相等，即粒子、、从同一位置离开平行金属板间，选项C正确；
D．偏转电场中电场力对粒子做功
因为、和相同，电荷量之比为1：1：2，则电场力做功之比为1：1：2，动能的变化量之比为1：1：2，选项D错误。
故选C。
【分析】根据动能定理，可得到粒子进入偏转电场时的速度表达式；由粒子在偏转电场中做类平抛运动，可得到水平、竖直方向的运动学关系式，从而得到竖直侧移量、运动时间、末速度的表达式；由动能定理，可得到整个过程中动能变化量表达式；结合题目中的质量之比、电荷量之比，可计算各物理量之比。
7．【答案】D
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】本题考查电功率的比例计算，在选择合适的电功率时，注意应用电阻相等的特点。电路中，内电阻上通过的电流与外电路的总电流相同，内电阻与外电阻是串联关系，而与是并联的，由于
因此
而
故
故选D。
【分析】根据并联电路分流特点，可知三个电阻上的电流关系；选择合适的电功率的公式，即可判断电功率的影响因素，根据电功率表达式中各物理量的关系，即可计算电功率的比值。
8．【答案】A
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】本题主要是考查安培定则和左手定则，解答本题的关键是知道磁感应强度是矢量，其合成方法遵循矢量的平行四边形法则。A．根据安培定则可知L2和L3在L1处产生的磁场方向如图所示
根据平行四边形法则可得合磁场方向（图中B 的方向），根据左手定则判断安培力的方向与L2、L3所在平面垂直，故A正确；
B．根据对称性可知L2所受磁场作用力的方向与L1、L3所在平面垂直，故B错误；
C．根据安培定则可知L3在L1处的磁场方向与L1、L3所在平面垂直（图中B3的方向），故C错误；
D．L2与L3在L1处的合磁场方向（图中B 的方向）与L2、L3所在平面平行，与、L2所在平面不平行，故D错误。
故选A。
【分析】根据安培定则判断导线周围的磁感应强度的方向，再根据左手定则判断安培力的方向。
9．【答案】A
【知识点】功能关系
【解析】【解答】分析清楚物体的运动过程，应用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律，结合功能关系和定能定理进行求解。
A．设小球的质量为m，小球的初速度为v0，风力大小为F，MO的水平距离为x1，竖直距离为h，根据竖直上抛运动的规律知竖直方向上有
则有
从M到O过程中，由动能定理有
Fx1-mgh=EkO-EkM
可得
Fx1=EkO=16J
又有
在水平方向上，由牛顿第二定律有
F=ma
由运动学公式有
由于运动时间相等，则
则有
解得
故A错误；
B．根据题意可知，小球在水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，由对称性可知，小球从M→O和从O→N的运动时间相等，设ON的水平距离为x2，则有
x2=3x1
小球由M→N过程中，由动能定理有
F（x1+x2）=EkN-EkM
解得
EkN=128J
故B正确；
C．由功能关系可知，小球机械能的变化量等于风力做的功，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为
故C正确；
D．小球从M点运动到N点过程中，风力一直对小球做正功，则机械能不断增加，选项D正确。
此题选择不正确的，故选A。
【分析】竖直上抛运动的上升阶段和下降阶段具有对称性，即上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等，根据小球水平方向和竖直方向的受力及运动情况，结合定能定理，牛顿第二定律等进行分析。
10．【答案】B
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】本题考查通电导线在安培力作用下的平衡问题，注意悬线有偏角不能说明其拉力为沿悬线方向，也可能拉力刚好为零。A．根据左手定则，若磁场z轴正方向，通电导线受安培力沿y轴负方向，向y轴负方向偏转，A错误；
B．根据左手定则，若磁场沿y轴正方向，通电导线受安培力沿z轴正方向，若重力与安培力平衡，绳子无拉力，可保持静止，B正确；
C．根据左手定则，若磁场沿悬线向上方向，通电导线受安培力从左向右看方向垂直细绳和导线向左下，不可能静止在如图所示位置，C错误；
D．根据左手定则，若磁场沿垂直悬线向上方向，通电导线受安培力沿绳向上，不可能静止在如图所示位置，D错误。
故选B。
【分析】左手定则：左手平展，让磁感线穿过手心，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内.把左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心手心面向N极，四指指向电流所指方向，则大拇指的方向就是导体受力的方向根据左手定则的内容，逐个分析判断即可得出结论。
11．【答案】B
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】知道完全非弹性碰撞时B球获得的速度最小，弹性碰撞时B球获得的速度最大是解题的关键。若二者为完全非弹性碰撞，则有
解得
若二者为完全弹性碰撞则有
解得
故碰后B球的速度介于
故选B。
【分析】根据动量守恒定律和能量守恒定律计算即可。
12．【答案】A
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】本题考查带电粒子在组合场中的运动，在计算粒子的运动半径、运动速度方向时，关键是结合坐标系的几何关系，及圆周运动的对称特点。
AB．由几何关系，可知其轨迹与圆心连线满足如下图示关系：
由图可知
即
α=60°
由几何关系可知
β=α-30°=60°-30°=30°
故
θ=180°-90°-30°=60°
可计算其在磁场中运动的半径满足
即
r=2L
结合洛伦兹力提供向心力
可计算磁感应强度大小
故A错误，B正确；
CD．由粒子在N、P两点的速度大小相等，可知NP连线为等势面，结合电场线与等势线的关系及粒子的初速度，可知其电场线方向；由OP间距，ON间距，可知其角度关系如图所示：
由图可知
由粒子在第一象限的受力特点，可知其在从N到P的过程，沿电场方向做匀变速运动，垂直于电场方向做匀速运动；
垂直于电场方向
xNP=v0sin30°t
沿电场方向
化简得
当粒子在沿电场方向减速到0时，速度最小，此时速度为
vmin=v0sin30°=
故CD正确。
本题选择不正确的，故选A。
【分析】由几何关系，可计算其在磁场中运动的半径，结合洛伦兹力提供向心力，可计算磁感应强度大小；由圆周运动特点，结合图中的几何关系，可知其过N点的速度方向；由粒子在N、P两点的速度大小相等，可知NP连线为等势面，结合电场线与等势线的关系，可知其电场线方向；由粒子在第一象限的受力特点，可知其在沿电场方向、垂直于电场方向的运动特点，根据运动学关系式，可计算其最小速度、电场强度大小。
13．【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】本题考查电场的叠加以及电容的定义式等公式的应用，并要求学生结合题目给出信息进行求解，对学生分析综合能力有一定要求。设每块极板上带电荷量为，则每块极板上单位面积所带的电荷量为
每块极板产生的电场强度为
可知两极板间的电场强度为
两极板间的电压
电容器的电容
故选B。
【分析】结合电容器电容的定义式、电场强度与电势差的关系，结合题目所给出均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小的表达式，联立可进行推理求解
14．【答案】A,D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】该题中的玻璃管做简谐振动，其受力的情况与运动的情况都可以与弹簧振子的受力与运动相似，可以应用比较法进行解答，容易理解。A．装有一定量液体的玻璃管只受到重力和浮力，所以它做简谐运动的回复力等于重力和浮力的合力，故A正确；
B．在玻璃管振动过程中，浮力对玻璃管做功，所以它的机械能不守恒，故B错误；
C．由于玻璃管做简谐运动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐运动的特点可知，其振动周期与振幅无关，故C错误；
D．由题图乙可知，在t1~t2时间内，位移减小，加速度减小，玻璃管向着平衡位置加速运动，所以速度增大，故D正确。
故选AD。
【分析】对装有一定量液体的玻璃管进行受力分析，然后结合简谐振动的条件分析即可。
15．【答案】B,C,D
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】解决本题的关键是掌握波的叠加原理，知道波叠加时满足矢量法则，例如当两列波的波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时，此处振动加强；当波峰与波谷相遇时振动减弱。A．由题图可知，两列波的波长均为4m，则频率均为
故A错误；
B．由波形图可得，两波相遇时，有
所以
即t=1.0s时两波相遇，故B正确；
C．x=5m和x=7m处质点到两波源的距离之差均等于2m，等于半波长的奇数倍，而两波源振动步调一致，则x=5m和x=7m两处的质点振动减弱，故C正确；
D．波的周期为
由于x=6m处的质点到两波源的波程差为0，则x=6m处的质点为振动加强点，在t=1s时，两列波在x=6m处相遇，此后x=6m处质点经过0.5s到达负向最大位置，则t=1.5s时，x=6m处质点的位移为负向最大值，故D正确。
故选BCD。
【分析】由图读出波长，由波速公式求出频率。两波的波速大小相等，由运动学位移公式求两波相遇的时间。根据波的叠加原理分析质点的状态。
16．【答案】甲
【知识点】实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）当钩码的质量远小于小车的总质量时，可以近似认为小车受到的拉力等于钩码的重力，若用力传感器，则不需要满足此条件。乙、丙两图绳上的拉力都可测量直接读出，不需要重物重力替代，甲图需要用重物重力替代拉力，所以需要满足“远大于”；
（2）熟练应用所学基本规律解决实验问题，根据逐差法公式可得
解得
（3）根据牛顿第二定律可得
整理得
所以小车的质量为，故选C。
（4）探究加速度与力、质量关系实验要采用控制变量法。因为没有平衡摩擦力，所以可得
整理得
所以图线仍是直线，但该直线不过原点，故选C。
【分析】（1）只有用重物的重力代替绳子的拉力，才需要满足M＞＞m；若用力传感器，则不需要满足此条件。
（2）根据匀变速直线运动的逐差法解得加速度；
（3）根据牛顿第二定律得到加速度与F的函数关系。
（4）根据牛顿第二定律结合图像分析解答。
17．【答案】（1）B
（2）
（3）×10；120
（4）偏大
（5）A
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】本题主要考查了多用电表的原理和使用，熟悉电表改装的特点，结合欧姆定律即可完成分析，计算过程中要注意单位的转化。
（1）对甲图，在测量电阻前需要将红、黑表笔短接，进行欧姆调零，需要调整B。
（2）根据欧姆表工作的原理可知欧姆表的内阻为
接待测电阻后，根据闭合电路欧姆定律有
联立解得
（3）多用电表测量电阻约为130 Ω的电灯泡的电阻，为使指针在中央附近，应选择×10的倍率；指针指向12刻度，读数为120 Ω。
（4）使用一段时间后，多用电表电源电动势降低，根据欧姆表内阻
欧姆调零时欧姆表内阻R内变小，用欧姆表测电阻时，电流
由于R内偏小，I偏小，指针偏左，电阻测量值偏大。
（5）螺口灯泡的顶端的锡块和周围的金属螺纹分别与内部灯丝相连，为了测量灯丝的电阻，应将红黑表笔分别接在锡块和金属螺纹上。
故选A。
【分析】（1） 进行欧姆调零，需要调整 欧姆调零旋钮即B
（2）根据欧姆定律结合多用电表的原理解答；
（3）根据欧姆表的使用及读数方法解答；
（4）根据欧姆定律结合多用电表的原理解答；
（5）明确灯泡结构，根据多用有的使用方法得出正确的测量方法。
（1）对甲图，在测量电阻前需要将红、黑表笔短接，进行欧姆调零，需要调整B。
（2）根据欧姆表工作的原理可知欧姆表的内阻为
接待测电阻后，根据闭合电路欧姆定律有
联立解得
（3）[1]多用电表测量电阻约为130 Ω的电灯泡的电阻，为使指针在中央附近，应选择×10的倍率；
[2]指针指向12刻度，读数为120 Ω。
（4）使用一段时间后，多用电表电源电动势降低，根据欧姆表内阻
欧姆调零时欧姆表内阻R内变小，用欧姆表测电阻时，电流
由于R内偏小，I偏小，指针偏左，电阻测量值偏大。
（5）螺口灯泡的顶端的锡块和周围的金属螺纹分别与内部灯丝相连，为了测量灯丝的电阻，应将红黑表笔分别接在锡块和金属螺纹上。
故选A。
18．【答案】（1）解：当水桶匀速上升时
则水桶能达到的最大速度为
（2）解：当水桶匀加速运动
绳的拉力
根据
解得输出功率为
（3）解：内，设水桶上升的高度为h，根据动能定理可得
解得
【知识点】机车启动
【解析】【分析】（1）当水桶匀速上升时，速度达到最大，由平衡条件求出细绳的拉力T，由P=Tvm求解水桶所能达到的最大速度；
（2）先由v=at求出第1s末水桶的速度v。由牛顿第二定律求出此时细绳的拉力，再根据功率公式求电动机在第1s末的输出功率；
（3）0～4s内，根据动能定理求4s内水桶上升的高度。
（1）当水桶匀速上升时
则水桶能达到的最大速度为
（2）当水桶匀加速运动
绳的拉力
根据
解得输出功率为
（3）内，设水桶上升的高度为h，根据动能定理可得
解得
19．【答案】解：（1）设细线中张力为F，对小球：
F-mgsin53°=ma
对物块：
Mg-F=Ma
联立解得：
a=7m/s2
（2）在Rt△OAB中，得：
由v2=2axAB代入数据解得：
从B到C，根据机械能守恒，有：
小球离开C后做平抛运动，有：
x=vCt
联立并代入数据解得：
（3）小球A→B：M、m系统机械能守恒，有：
线断后，小球B→C，
联立解得：
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；平抛运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）对小球和物块整体分析，根据牛顿第二定律求解加速度大小；
（2）分别对AB段和BC段列动能定理，再有C点抛出作平抛运动，列出平抛运动的竖直位移和水平位移的表达式，联立即可求解水平位移；
（3）分别对AB段和BC段列动能定理，要通过C点速度至少为零，即可求解出M与m的关系。
20．【答案】解：（1）若所有粒子从圆形磁场区域I的同一点射出，则此点为，且粒子圆周运动的半径
由
代入数据得
（2）画出粒子的运动轨迹如图所示
可知处射出的粒子进入磁场时与匀强磁场区域II边界的夹角为，处射出的粒子进入磁场时与匀强磁场区域II边界的夹角为，由几何关系可得
对从D点射入磁场区域II的粒子分析可得
对从F点射入磁场区域II的粒子分析
粒子在磁场区域II的运动半径
粒子从匀强磁场II上边界有粒子射出的区域长度
得
（3）根据几何关系可知
，
有圆形磁场有粒子经过的区域的面积
解得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）所有粒子在磁场中做匀速圆周运动均从同一点射出，由磁聚焦原理和牛顿第二定律可以求组粒子的比荷。
（2）画出两种临界条件下粒子的轨迹，结合半径公式和几何关系求有粒子射出的上边界的长度；
（3）根据粒子在磁场的半径，由几何关系求圆形磁场区域Ⅰ有粒子经过的面积。
21．【答案】解：（1）根据题意，设棒离开磁场的边界前做匀速运动的速度为，感应电动势为
电路中的电流
对棒，由平衡条件得
解得
（2）棒进入磁场区域时，速度
①当，即
时，棒进入磁场后做匀速直线运动；
②当，即
时，棒进入磁场后先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动；
③当，即
时，棒进入磁场后先做加速度减小的减速运动，后做匀速直线运动。离开磁场后都做自由落体运动。三种情况下，对应的图分别为
（3）金属棒自由落体的时间
将金属棒穿越磁场的过程划分成很多小段，可认为在每个小段中感应电动势几乎不变，设每小段的时间为。则安培力的冲量
每个小段中通过电路的电量
则
设金属棒穿越磁场所用的时间为，由动量定理得
。
将
，，
代入得
则金属棒自下落至穿出磁场的时间
（4）在电容器达到击穿电压前，设任意时刻，流过金属棒的电流为，由牛顿第二定律
①
设在时间内，金属棒的速度由，电容器两端电压，带电量，则有
代入①得
可见，金属棒做初速度为0的匀加速直线运动，当电容器达到击穿电压时，金属棒的速度为
所以，电容器达到击穿电压所用的时间为
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解电动势，根据闭合电路的欧姆定律求解电流，再根据平衡条件联立求解棒ab离开磁场的下边界时的速度大小；
（2）根据动能定理求解棒进入磁场时的速度，再根据v0与v的大小关系讨论棒的运动情况，并作出v-t图像即可；
（3）根据匀变速直线运动的规律求解棒自由落体运动的时间，再根据动量定理求解棒在磁场中运动的时间，最后求解金属杆自下落至穿出磁场所用的时间；
（4）根据牛顿第二定律求解棒的加速度，再根据匀变速直线运动的规律求解电容器达到击穿电压所用的时间。
1 / 1
