浙江省宁波六校2025-2026学年高二上学期11月期中联考物理试题
1．（2025高二上·宁波期中）在物理学的重大发现中，科学家创造出了许多物理学研究方法，如比值法、理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、建立物理模型法、微元法等。以下关于所用物理学研究方法的叙述，正确的是（ ）
A．“理想化模型”在研究的问题中是实际存在的
B．定义加速度用了比值法，加速度与成正比
C．在不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代替实际物体，采用了等效替代法
D．根据速度定义式，当非常非常小时，v表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想法
【答案】D
【知识点】加速度；极限法；比值定义法；理想模型法
【解析】【解答】A．“理想化模型”是抽象的研究工具，实际并不存在，故A错误；
B．加速度用了比值法，但加速度与无正比关系（加速度由合力与质量决定），故B错误；
C．用质点代替实际物体属于理想模型法，而非等效替代法，故C错误；
D．当趋近于0时，平均速度趋近于瞬时速度，此定义应用了极限思想法，故D正确。
故答案为：D。
【分析】结合各物理研究方法的定义，逐一分析选项中方法的归类与本质。
2．（2025高二上·宁波期中）某中学2024年秋季田径运动会正如火如荼地进行。下列说法中正确的是（ ）
A．广播通知径赛检录于9：30开始，此处9：30指的是时间间隔
B．百米赛跑中，一名运动员发现自己在“后退”，他是以大地为参考系
C．运动员跑完1000m比赛，这个1000m指的是路程
D．百米赛跑运动员以9.5m/s的速度冲过终点线，这里的速度是指平均速度
【答案】C
【知识点】位移与路程；参考系与坐标系；瞬时速度
【解析】【解答】A．“9：30” 是检录开始的具体瞬间，对应时刻，并非时间间隔（时间间隔是两个时刻的差值），故A错误；
B．运动员感觉 “后退”，是因为选择了比自己速度更快的运动员为参考系（相对快的运动员，自己位置在落后）；若以大地为参考系，运动员是向前运动的，故B错误；
C．比赛的总长度是运动员实际运动轨迹的长度，属于路程，故C正确；
D．冲过终点线时的速度是某一时刻（位置）的速度，对应瞬时速度，并非平均速度（平均速度是总位移与总时间的比值），故D错误。
故答案为：C。
【分析】解题需明确四个物理概念的区别：时刻是瞬间，时间间隔是时段；参考系决定物体的运动状态；路程是轨迹长度，位移是位置变化；瞬时速度是某时刻的速度，平均速度是过程的速度。
3．（2025高二上·宁波期中）如图（a），一质量为m的匀质球置于固定钢质支架的水平横杆和竖直墙之间，并处于静止状态，其中一个视图如图（b）所示。测得球与横杆接触点到墙面的距离为球半径的1.8倍，已知重力加速度大小为g，不计所有摩擦，则球对横杆的压力大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】用解析式法解决动态平衡问题时，可用角度为变量，也可用几何线段的长度为变量。由表达式判定力的变化情况时，需切实注意变量的取值范围。对球进行受力分析如图，设球的半径为R，根据几何知识可得
根据平衡条件得
解得
根据牛顿第三定律得球对横杆的压力大小为
故选D。
【分析】根据几何关系求解支持力与竖直方向夹角，根据平衡列式求解即可。
4．（2025高二上·宁波期中）2024年11月3日，我国“神舟十八号”载人飞船成功与空间站分离，分离前二者的组合体在空间站轨道上绕地球做圆周运动，分离后经多次变轨，飞船下降到过渡轨道仍绕地球做圆周运动，则飞船在过渡轨道上运动时与在空间站轨道上相比（ ）
A．周期减小，速率增大 B．周期增大，速率减小
C．周期减小，速率减小 D．周期增大，速率增大
【答案】A
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】飞船下降到过渡轨道仍绕地球做圆周运动， 说明轨道半径减小，根据开普勒第三定律可得可知，轨道半径减小时，周期减小；根据万有引力提供向心力
解得，卫星速率为
当减小时，速率增大，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】根据开普勒第三定律比较周期大小，根据万有引力提供向心力列式分析速率大小。
5．（2025高二上·宁波期中）如图甲所示为昆一中科技节活动中水火箭升空的一个场景，水火箭离开支架后的运动可看成直线运动，若运动过程所受阻力大小与速率成正比，达到最大速度后，水火箭的速度—时间图像如图乙所示，则（ ）
A．过程火箭的加速度先减小后增大
B．时刻火箭的加速度为
C．火箭从计时开始上升的最大高度小于
D．若时刻火箭回到开始计时的位置，则
【答案】C
【知识点】牛顿定律与图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．过程，火箭处于上升阶段，对其进行受力分析，根据牛顿第二定律有
解得火箭上升过程中的加速度大小为
所以随着火箭速度的减小，加速度逐渐减小；同理过程，火箭处于下降阶段，根据牛顿第二定律可得火箭下落过程中的加速度大小为，所以随着火箭速度的增大，加速度继续逐渐减小；综上分析可知，过程火箭的加速度一直在减小，故A错误；
B．时刻，火箭的速度为0，所受阻力为零，只受重力作用，所以时刻火箭的加速度大小为，故B错误；
C．内火箭处于上升阶段，由图像可知这段时间内物体的运动不是匀变速直线运动，根据图像与横轴围成的面积表示位移，可知火箭上升的最大高度小于，故C正确；
D．上升过程、下降过程位移大小相等，由于上升过程的平均加速度大于下降过程的平均加速度，所以上升过程的时间小于下降过程的时间，即，整理可得，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合受力分析与牛顿第二定律分析加速度变化，利用v-t图像的面积表示位移分析上升高度，通过运动的对称性（非匀变速）判断时间关系。
6．（2025高二上·宁波期中）如图（a），电鲶遇到危险时，可产生数百伏的电压。如图（b）所示，若将电鲶放电时形成的电场等效为等量异种点电荷的电场，其中正电荷集中在头部，负电荷集中在尾部，为电鲶身体的中点，且为鱼身长的一半，下列说法正确的是（ ）
A．从头到尾点的电场强度最大
B．点电势高于点电势
C．若将一正电荷放入电鲶体内，则它在点具有电势能小于它在点具有电势能
D．若电鲶头尾部间产生的电压时，间的电压为
【答案】C
【知识点】电势
【解析】【解析】A.根据等量异种点电荷的电场分布特征，电场强度在两电荷附近最大，在连线中点O处最小；而中垂线上O点的场强才是最大的，故A错误；
BC.沿着电场线方向电势逐渐降低，因此点电势低于点。对于正电荷，在电势较高的位置具有更大的电势能，所以正电荷在点的电势能小于在点的电势能，故B错误，C正确；
D.根据等量异种点电荷的电场分布规律，A、B之间的电场线分布比A点到鱼尾或B点到鱼头的区域更稀疏，说明平均场强更小，因此AB之间的电压必定小于200V，故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据正、负电荷的分布分析电场线的方向，根据等量异种点电荷电场线的特点结合U=Ed定性分析。
7．（2025高二上·宁波期中）在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，闭合开关S，在滑动变阻器R0的滑片向下滑动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电压表示数增大 B．电流表示数不变
C．电源的输出功率减小 D．R消耗的功率减小
【答案】D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】解答本题时，要理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电源的电动势和内阻不变，采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析。A．当滑片向下滑动时，外电路的电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律可知，干路电流增大，故电源内阻分担的电压增大，外电路的电压减小，即电压表的示数减小，故A错误；
B．根据上述分析可知，外电路电压减小，通过定值电阻的电流减小，而干路电流增大，根据并联电路特点可知，电流表的示数增大，故B错误；
C．根据电源输出功率
可知，当时，电源的输出功率最大，由于不知道与的具体关系，因此无法确定电源输出功率的变化情况，故C错误；
D．R消耗的功率
结合上述分析可知，当滑片向下滑动时，外电路的电压减小，而定值电阻的阻值不变，因此R消耗的功率减小，故D正确。
故选D。
【分析】由电路图，可知滑片向下滑动时，电阻的变化情况，结合并联电路的电阻公式、闭合电路欧姆定律，即可分析电压表示数变化、干路电流变化、电流表示数变化；根据电压表示数变化、干路电流变化，可分析电源的输出功率变化；根据电阻R的电压变化，结合其电功率公式，即可分析其电功率变化情况。
8．（2025高二上·宁波期中）下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（ ）
A．图甲中，船相对水垂直河岸匀速行驶，水流速度越大，渡河时间越长
B．图乙中，质点的运动轨迹已知，若该质点在y轴方向做匀速运动，则在x轴方向做加速运动
C．图丙中，篮球经过P时所受合力可能沿图示方向
D．图丁中，若用小锤用力敲击弹性金属片，a球会比水平弹出的b球先落地
【答案】B
【知识点】曲线运动的条件；研究平抛物体的运动；运动的合成与分解；小船渡河问题分析
【解析】【解答】A．船渡河时间由垂直河岸的分运动决定，公式为（d为河宽），与水流速度无关。水流速度仅影响沿河岸的分位移，不改变渡河时间，故A错误；
B．图乙中，质点的运动轨迹已知，若该质点在y轴方向做匀速运动，可知质点受到的合力方向沿x轴正方向，则在x轴方向做加速运动，故B正确；
C．图丙中，篮球经过P时合力方向与速度方向的夹角应大于，所受合力不可能沿图示方向，故C错误；
D．图丁中，若用小锤用力敲击弹性金属片，a球与b球应同时落地，故D错误。
故答案为：B。
【分析】分别结合运动的合成与分解、曲线运动的受力特点、自由落体与平抛运动的等时性，分析四幅图对应的物理规律。
9．（2025高二上·宁波期中）如图（a），我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图（b）所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为，且轨迹交于点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为和，其中方向水平，方向斜向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（ ）
A．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度
B．谷粒2在最高点的速度小于
C．两谷粒从到的运动时间相等
D．两谷粒从到的平均速度相等
【答案】B
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】A．抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度，A错误；
C．谷粒2做斜向上抛运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到P点，故位移相同。在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同故谷粒2运动时间较长，C错误；
B．谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度。与谷粒1比较水平位移相同，但运动时间较长，故谷粒2水平方向上的速度较小即最高点的速度小于，B正确；
D．两谷粒从O点运动到P点的位移相同，运动时间不同，故平均速度不相等，谷粒1的平均速度大于谷粒2的平均速度，D错误。
故答案为：B。
【分析】核心是将抛体运动分解为水平与竖直方向，利用匀变速运动规律，分析加速度、速度及运动时间，进而判断平均速度。
10．（2025高二上·宁波期中）如图所示，质量为、半径为、内壁光滑的圆形轨道竖直放置在水平地面上，轨道圆心为是轨道上与圆心等高的两点。一质量为的小球沿轨道做圆周运动且刚好能通过轨道最高点，运动过程中轨道始终保持静止状态。已知重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A．小球经过轨道最高点时，轨道对地面的压力最小
B．小球经过轨道最低点时，轨道对地面的压力最大
C．小球经过点时，轨道对地面的压力为
D．小球经过点时，轨道对地面的摩擦力沿水平面向左
【答案】B
【知识点】受力分析的应用；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．小球在上半轨道（除最高点）运动时，对轨道的压力有向上的分力，会减小轨道对地面的压力；而最高点时轨道对小球支持力为 0，轨道对地面的压力等于自身重力Mg，对比可知，上半轨道其他位置的轨道对地面压力比最高点更小，故最高点的压力不是最小，故A错误；
B．由A分析可知，轨道对地面的压力最大位置在下半轨道，设小球、轨道圆心连线与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律
，小球经过轨道最低点时，速度最大，，则在轨道最低点，小球受到轨道的支持力最大，根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力最大，轨道对地面的压力最大，故B正确；
C．小球经过点时，轨道的支持力提供向心力，小球处于完全失重状态，轨道对地面的压力等于轨道的重力，为，故C错误；
D．小球经过点时，轨道向左的支持力提供向心力，根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力向右，轨道静止，根据平衡条件可知地面对轨道的摩擦力沿水平面向左，根据牛顿第三定律，轨道对地面的摩擦力沿水平面向右，故D错误。
故答案为：B。
【分析】结合圆周运动的向心力公式和受力分析，分析小球在不同位置时对轨道的作用力，进而判断轨道对地面的压力 / 摩擦力变化。
11．（2025高二上·宁波期中）了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．以下符合事实的是
A．焦耳发现了电流热效应的规律
B．库仑总结出了点电荷间相互作用的规律
C．楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕
D．牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动
【答案】A,B
【知识点】物理学史；伽利略理想斜面实验；安培定则
【解析】【解答】对于物理学上著名物理学家的理论、实验和重大发明要加强识记，这也是考试内容之一，重视知识的积累。A、焦耳通过实验得出电流的热效应，并得出焦耳定律，故A正确；
A、库仑总结出了真空中的点电荷间的相互作用的规律，故B正确；
C、奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕；楞次发现了感应电流的规律，故选项C错误；
D、伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，选项D错误。
故选：AB。
【分析】由物理特别是电磁学的发展历程中的科学家的贡献可知各项是否正确。
12．（2025高二上·宁波期中）玩具水枪是儿童们夏天喜爱的玩具之一，但水枪伤眼的事件也时有发生，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题。现有一水枪样品，已知水枪喷水口的直径为，水的密度为，水流水平出射速度为，垂直击中竖直目标后以大小为的速率反向溅回，则（ ）
A．水枪喷水的流量（单位时间内流出的体积）为
B．喷水口单位时间内喷出水的质量为
C．水枪的功率为
D．目标受到的平均冲击力大小为
【答案】B,D
【知识点】动量定理；功率及其计算
【解析】【解答】本题主要是考查动量定理之流体冲击力的计算问题，关键是求出很短时间内流体的质量，掌握动量定理的应用方法。A．水枪喷水的流量为
故A错误；
B．喷水口单位时间内喷出水的质量为
故B正确；
C．水枪的功率为
故C错误；
D．取初速度方向为正方向，由动量定理得
则由牛顿第三定律可知，目标受到的平均冲击力大小为
故D正确。
故选BD。
【分析】根据流量的定义求解；流量乘以密度等于单位时间内喷出水的质量；根据功率公式求解功率，结合动量定理求解冲击力大小。
13．（2025高二上·宁波期中）如图所示是某型号电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成。已知电吹风的额定电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W，关于该电吹风，下列说法正确的是（ ）
A．电热丝的电阻为55Ω
B．若、闭合，则电吹风吹冷风
C．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120J
D．电动机工作时输出的机械功率为120W
【答案】A,C
【知识点】焦耳定律
【解析】【解答】 A． 吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W， 电动机和电热丝并联，当吹热风时，电热丝消耗的功率
由可知
故A正确；
B．若、闭合，电热丝接入电路，则此时电热丝发热，电动机工作，电吹风吹热风，故B错误；
C．当吹热风时，电动机消耗的电功率仍为120W，根据功率的物理意义可知每秒钟消耗的电能为120J，故C正确；
D．电动机工作时的输入功率为吹冷风时的功率，即为120W，由于电动机内部线圈有电阻，会产生一定的热功率，可知电动机工作时输出的机械功率小于120W，故D错误。
故选AC。
【分析】吹热风时电热丝的功率为热风功率减冷风功率，再根据纯电阻功率公式求电热丝电阻；分析开关闭合情况，判断电路中工作的元件，进而确定吹风类型；吹热风时电动机功率等于冷风功率，根据电能公式W=Pt计算每秒消耗电能；电动机的输出机械功率等于其消耗的电功率减去热功率，需考虑电动机的热损耗。
14．（2025高二上·宁波期中）某小组利用气垫导轨、两个光电门、滑块、遮光片等，组成具有一定倾角的导轨装置，研究机械能守恒定律。重力加速度g取。
（1）实验前，应合理安装实验器材。图（a）中光电门 的位置安装不合理，应如何调整 ：
（2）实验时，导轨倾斜角的正弦值，光电门1、2相距L。将宽度的遮光片固定于滑块上，从导轨最左端静止释放滑块，分别记录遮光片通过光电门1、2的时间和。移动光电门2的位置改变L，重复实验，所测数据见下表。
…
滑块经过光电门1、2的速度分别为和。当时， ，滑块通过两光电门下降的高度 。（结果保留2位小数）
（3）处理上表数据，并绘制关系曲线（其中），如图（b）所示。根据图（b）中的信息，分析滑块在下滑过程中机械能是否守恒： ，并给出理由： 。
【答案】（1）1；适当向右移动光电门1
（2）1.01；3.98
（3）守恒；图像斜率约为，可得，可得，说明下滑过程中滑块的动能增加量等于重力势能的减少量，即机械能守恒。
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）由图可知，光电门1靠近释放点，滑块到光电门1的距离较短，速度较小，导致滑块通过光电门1的速度测量误差较大。光电门1安装不合理，应当适当向右移动光电门1。
（2）当时，由表格可知通过光电门2的时间为
物块通过光电门时间很短，可以用平均速度近似代替瞬时速度，故通过光电门2的速度
根据几何关系可得滑块通过两光电门下降的高度
（3）根据图（b）可知其斜率约为
即成立，可得，说明下滑过程中滑块的动能增加量等于重力势能的减少量，即机械能守恒。
【分析】（1）根据光电门1靠近释放点，滑块到光电门1的距离较短，速度较小，导致滑块通过光电门1的速度测量误差较大分析求解；
（2）根据光电门测速原理，结合几何关系分析求解；
（3）根据图像的斜率，结合机械能守恒定律表达式分析求解。
（1）[1]光电门1安装不合理；
[2]由图可知，光电门1靠近释放点，滑块到光电门1的距离较短，速度较小，导致滑块通过光电门1的速度测量误差较大。
（2）[1]当时，由表格可知通过光电门2的时间为
故通过光电门2的速度
[2]根据几何关系可得滑块通过两光电门下降的高度
（3）[1]守恒；
[2]根据图（b）可知其斜率约为
故在误差范围内成立，说明下滑过程中滑块的动能增加量等于重力势能的减少量，即机械能守恒。
15．（2025高二上·宁波期中）随着智能手机耗电的增加，充电宝成了手机及时充电的一个重要选择，它可以看作一个可移动的直流电源。在某次科学研究中，一个实验小组对充电宝满电量时的电动势（约为5V）和内阻进行了研究。实验室可提供的实验器材如下：毫安表mA（量程为0~30mA，内阻为2Ω）；电阻箱R0（量程为0~99.9Ω）；定值电阻R1（阻值为10Ω）；定值电阻R2（阻值为0.5Ω）；开关、导线若干。据此回答下列问题：
（1）实验小组设计如图甲所示的实验电路图进行实验，则1处的定值电阻应选择 （选填“R1”或“R2”）。
（2）某次实验时，毫安表指针的位置如图乙所示，此时毫安表的示数为I= mA，流过电阻箱R0的电流大小为 mA。
（3）改变电阻箱R0的阻值，得到多组电阻箱R0的示数R，电流表的示数I，在坐标纸上作出-R图像如图丙所示，可得该充电宝的电动势E= V，内阻r= Ω。（计算结果均保留2位有效数字）
【答案】（1）R2
（2）23.0；115.0
（3）5.1；0.13
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题关键掌握电流表的改装原理、利用图像计算电动势和内阻的方法。
（1）R1的阻值太大，改装后的表量程仍然不满足实验要求，故1处的定值电阻应选择R2。
（2）根据电表改装原理，结合欧姆定律可得改装后的电流表量程为
由题图乙可知此时电流表的示数为I=23.0mA，由于改装后的电流表量程变为原来的5倍，因此流过电阻箱R0的电流大小为115.0 mA。
（3）由闭合电路欧姆定律得E=5I（R+r+0.4）
整理可得
因此图像中，图线斜率表示，纵截距表示，结合题图丁可得E=5.10 V，r=0.13 Ω。
【分析】（1）根据并联分流的特点分析判断；
（2）先确定电流表的最小分度值再读数；根据电流表的改装原理推导改装后的最大电流表达式，根据改装前后的量程的倍率关系计算；
（3）根据闭合电路欧姆定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
（1）实验中毫安表量程偏小，需要对毫安表改装后进行实验，R1的阻值太大，改装后的表量程仍然不满足实验要求，故1处的定值电阻应选择R2。
（2）[1][2]根据电表改装原理，改装后的电流表量程为
由题图乙可知此时电流表的示数为I=23.0mA，由于改装后的电流表量程变为原来的5倍，因此流过电阻箱R0的电流大小为115.0 mA。
（3）[1][2]由闭合电路欧姆定律得E=5I（R+r+0.4）
整理可得
因此图像中，图线斜率表示，纵截距表示，结合题图丁可得E=5.10 V，r=0.13 Ω。
16．（2025高二上·宁波期中）如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时，从2号锥筒运动到3号锥筒用时。求该同学
（1）滑行的加速度大小；
（2）最远能经过几号锥筒。
【答案】（1）根据匀变速运动规律某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知在1、2间中间时刻的速度为
2、3间中间时刻的速度为
故可得加速度大小为
（2）设到达1号锥筒时的速度为，根据匀变速直线运动规律得
代入数值解得
从1号开始到停止时通过的位移大小为
故可知最远能经过4号锥筒。
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【分析】根据匀变速直线运动的规律分析：
1.某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，结合加速度定义式分析求解。
2.根据位移-时间公式，结合速度-位移公式分析求解。
17．（2025高二上·宁波期中）如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为2m的木板B，木板表面光滑，右端固定一轻质弹簧。质量为m的木块A以速度从板的左端水平向右滑上木板B，求：
（1）弹簧的最大弹性势能；
（2）弹簧被压缩直至最短的过程中，弹簧给木块A的冲量；
（3）当木块A和B板分离时，木块A的速度。
【答案】（1）解： 弹簧被压缩到最短时，木块A与木板B具有相同的速度，此时弹簧的弹性势能最大。
设共同速度为v，从木块A开始沿木板B表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，A、B系统的动量守恒，取向右为正方向，则有
弹簧的最大弹性势能，解得
（2）解： 对木块A，根据动量定理得，解得，方向向左。
（3）解： 从木块A滑上木板B直到二者分离，系统的机械能守恒，设分离时A、B的速度分别为和，根据动量守恒定律得
根据机械能守恒定律得
解得，方向向左。
【知识点】动量定理；碰撞模型
【解析】【分析】（1）弹簧的弹性势能最大时，A、B的速度相同。A、B组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出共同速度。再由能量守恒定律（或机械能守恒定律）可以求出弹簧的最大弹性势能；
（2）对木块A，运用动量定理可求弹簧给木块A的冲量；
（3）当木块A和B板分离时，对系统运用动量守恒定律和机械能守恒定律列式，可求得木块A的速度。
（1）弹簧被压缩到最短时，木块A与木板B具有相同的速度，此时弹簧的弹性势能最大。
设共同速度为v，从木块A开始沿木板B表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，A、B系统的动量守恒，取向右为正方向，则有
弹簧的最大弹性势能，解得
（2）对木块A，根据动量定理得，解得，方向向左。
（3）从木块A滑上木板B直到二者分离，系统的机械能守恒，设分离时A、B的速度分别为和，根据动量守恒定律得
根据机械能守恒定律得
解得，方向向左。
18．（2025高二上·宁波期中）如图所示，传送带长为，以的速率顺时针匀速转动，传送带的倾角为，其右上侧有一水平平台MN，木板C与平台MN左侧对齐，物块B距木板C左端的距离，B、C质量且均静止。一个质量为的物块A以的速度滑上传送带，从传送带飞出后，恰好无碰撞地滑上木板C的上表面，经过一段时间与物块B发生碰撞，碰撞时间极短，且碰后AB粘在一起且最终未能滑离C。已知A与传送带的动摩擦因数为，A、B与C间的动摩擦因数，C与平台间的动摩擦因数，空气阻力忽略不计，重力加速度，A、B均可视为质点。求：
（1）物块A滑离传送带时的速度大小；
（2）从物块A滑上传送带到与B发生碰撞所需的时间。
【答案】解： （1）物块A滑上传送带后，根据牛顿第二定律有
解得
物块A与传送带共速时，由运动学公式
解得
则可得
对物块分析，共速后，物块A与传送带不能够保持相对静止，仍然减速，根据牛顿第二定律有
解得
由运动学公式得
解得时间为0.4s或2s，其中2s不符合题意，舍去，则有
可知，物块滑离传送带时的速度
（2）物块A离开传送带后，做斜抛运动，物块在运动到最高点时滑上木板，物块滑上木板时的速度为
所用时间
A滑上C表面后做减速运动的加速度大小为
假设B、C相对静止，共同加速度大小
代入数值得
故假设成立。A追上B，满足
代入数据解得时间为与，其中不符合题意，舍去，则有
结合上述，从物块A滑上传送带到与B发生碰撞所需的时间
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）先判断物块A在传送带上的运动情况，通过牛顿第二定律求加速度，再根据运动学公式计算速度。
（2）先求物块A在传送带上的运动时间，再求平抛运动时间，最后求在木板C上的运动时间，将各段时间相加。
19．（2025高二上·宁波期中）如图所示，真空室中电极K发出的电子（初速不计）经过U0=1000V的加速电场后，由小孔S沿两水平金属板A、B间的中心线射入。A、B板长l=0.20m，相距d=0.02m，加在A、B两板间电压为U。设A、B间的电场可看作是匀强电场，且两板外无电场。两板右侧放一记录圆筒，筒在左侧边缘与极板右端距离b=0.15m，筒绕其竖直轴匀速转动，周期T=0.20s，筒的周长c=0.20m，筒能接收到通过A、B板的全部电子。电子重力可以忽略不计。
（1）若A、B两板间电压U=20V，求电子出电场时的侧移量。
（2）若A、B两板间电压U随时间的变化关系如下图所示；
a.分析物理量的数量级是解决物理问题的基本方法。在分析电子通过A、B之间区域时，可认为电场是恒定不变的，请利用下列数据分析说明其原因。已知电量e=-1.6×10-19C，质量m=9.1×10-31kg。
b.以t=0时（此时U=0）电子打到圆筒记录纸上的点作为xy坐标系的原点，并取y轴竖直向上。试计算电子打在圆筒记录纸上的最高点x坐标和y坐标。
【答案】（1）解： 电子在加速电场中时
解得
进入偏转电场时，则，
其中
解得，
（2）解： a．由上述计算可知，电子通过偏转电场时用时间为，远小于偏转电压U的变化周期T=0.1s，则在分析电子通过A、B之间区域时，可认为电场是恒定不变的。
b．电子从A、B板射出时沿y方向的分速度为
此后，此电子做匀速直线运动，它打在记录纸上的点最高，设纵坐标为y，由图可得
由以上各式解得
从题给的U-t图线可知，加于两板电压U的周期T0=0.10秒，U的最大值Um=100伏，因为U＜Um，在一个周期T0内，只有开始的一段时间间隔Δt内有电子通过A、B板，其中
因为电子打在记录纸上的最高点不止一个，根据题中关于坐标原点与起始记录时刻的规定，第一个最高点的x坐标为
第二个最高点的x坐标为
第三个最高点的x坐标为
由于记录筒的周长为20厘米，所以第三个最高点已与第一个最高点重合，即电子打到记录纸上的最高点只有两个，它们打到记录纸上的最高点的y坐标为2.5cm，x坐标为2cm或12cm。
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）粒子在加速电场中做匀加速直线运动，在偏转电场中做类平抛运动，结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式求出电子出电场时的侧移量；
（2）a.电子通过偏转电场时用时间远小于偏转电压U的变化周期，可认为偏转电场是恒定不变的；
b.贴着极板出来的电子，y的坐标最大，结合运动学规律求解最高点y坐标；结合偏转电压的大小变化，确定出哪段时间内进入的粒子能够出偏转电场，结合几何关系和电压变化的周期性求出最高点的x坐标。
（1）电子在加速电场中时
解得
进入偏转电场时，则，
其中
解得，
（2）a．由上述计算可知，电子通过偏转电场时用时间为，远小于偏转电压U的变化周期T=0.1s，则在分析电子通过A、B之间区域时，可认为电场是恒定不变的。
b．电子从A、B板射出时沿y方向的分速度为
此后，此电子做匀速直线运动，它打在记录纸上的点最高，设纵坐标为y，由图可得
由以上各式解得
从题给的U-t图线可知，加于两板电压U的周期T0=0.10秒，U的最大值Um=100伏，因为U＜Um，在一个周期T0内，只有开始的一段时间间隔Δt内有电子通过A、B板，其中
因为电子打在记录纸上的最高点不止一个，根据题中关于坐标原点与起始记录时刻的规定，第一个最高点的x坐标为
第二个最高点的x坐标为
第三个最高点的x坐标为
由于记录筒的周长为20厘米，所以第三个最高点已与第一个最高点重合，即电子打到记录纸上的最高点只有两个，它们打到记录纸上的最高点的y坐标为2.5cm，x坐标为2cm或12cm。
1 / 1浙江省宁波六校2025-2026学年高二上学期11月期中联考物理试题
1．（2025高二上·宁波期中）在物理学的重大发现中，科学家创造出了许多物理学研究方法，如比值法、理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、建立物理模型法、微元法等。以下关于所用物理学研究方法的叙述，正确的是（ ）
A．“理想化模型”在研究的问题中是实际存在的
B．定义加速度用了比值法，加速度与成正比
C．在不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代替实际物体，采用了等效替代法
D．根据速度定义式，当非常非常小时，v表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想法
2．（2025高二上·宁波期中）某中学2024年秋季田径运动会正如火如荼地进行。下列说法中正确的是（ ）
A．广播通知径赛检录于9：30开始，此处9：30指的是时间间隔
B．百米赛跑中，一名运动员发现自己在“后退”，他是以大地为参考系
C．运动员跑完1000m比赛，这个1000m指的是路程
D．百米赛跑运动员以9.5m/s的速度冲过终点线，这里的速度是指平均速度
3．（2025高二上·宁波期中）如图（a），一质量为m的匀质球置于固定钢质支架的水平横杆和竖直墙之间，并处于静止状态，其中一个视图如图（b）所示。测得球与横杆接触点到墙面的距离为球半径的1.8倍，已知重力加速度大小为g，不计所有摩擦，则球对横杆的压力大小为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高二上·宁波期中）2024年11月3日，我国“神舟十八号”载人飞船成功与空间站分离，分离前二者的组合体在空间站轨道上绕地球做圆周运动，分离后经多次变轨，飞船下降到过渡轨道仍绕地球做圆周运动，则飞船在过渡轨道上运动时与在空间站轨道上相比（ ）
A．周期减小，速率增大 B．周期增大，速率减小
C．周期减小，速率减小 D．周期增大，速率增大
5．（2025高二上·宁波期中）如图甲所示为昆一中科技节活动中水火箭升空的一个场景，水火箭离开支架后的运动可看成直线运动，若运动过程所受阻力大小与速率成正比，达到最大速度后，水火箭的速度—时间图像如图乙所示，则（ ）
A．过程火箭的加速度先减小后增大
B．时刻火箭的加速度为
C．火箭从计时开始上升的最大高度小于
D．若时刻火箭回到开始计时的位置，则
6．（2025高二上·宁波期中）如图（a），电鲶遇到危险时，可产生数百伏的电压。如图（b）所示，若将电鲶放电时形成的电场等效为等量异种点电荷的电场，其中正电荷集中在头部，负电荷集中在尾部，为电鲶身体的中点，且为鱼身长的一半，下列说法正确的是（ ）
A．从头到尾点的电场强度最大
B．点电势高于点电势
C．若将一正电荷放入电鲶体内，则它在点具有电势能小于它在点具有电势能
D．若电鲶头尾部间产生的电压时，间的电压为
7．（2025高二上·宁波期中）在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，闭合开关S，在滑动变阻器R0的滑片向下滑动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电压表示数增大 B．电流表示数不变
C．电源的输出功率减小 D．R消耗的功率减小
8．（2025高二上·宁波期中）下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（ ）
A．图甲中，船相对水垂直河岸匀速行驶，水流速度越大，渡河时间越长
B．图乙中，质点的运动轨迹已知，若该质点在y轴方向做匀速运动，则在x轴方向做加速运动
C．图丙中，篮球经过P时所受合力可能沿图示方向
D．图丁中，若用小锤用力敲击弹性金属片，a球会比水平弹出的b球先落地
9．（2025高二上·宁波期中）如图（a），我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图（b）所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为，且轨迹交于点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为和，其中方向水平，方向斜向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（ ）
A．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度
B．谷粒2在最高点的速度小于
C．两谷粒从到的运动时间相等
D．两谷粒从到的平均速度相等
10．（2025高二上·宁波期中）如图所示，质量为、半径为、内壁光滑的圆形轨道竖直放置在水平地面上，轨道圆心为是轨道上与圆心等高的两点。一质量为的小球沿轨道做圆周运动且刚好能通过轨道最高点，运动过程中轨道始终保持静止状态。已知重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A．小球经过轨道最高点时，轨道对地面的压力最小
B．小球经过轨道最低点时，轨道对地面的压力最大
C．小球经过点时，轨道对地面的压力为
D．小球经过点时，轨道对地面的摩擦力沿水平面向左
11．（2025高二上·宁波期中）了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．以下符合事实的是
A．焦耳发现了电流热效应的规律
B．库仑总结出了点电荷间相互作用的规律
C．楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕
D．牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动
12．（2025高二上·宁波期中）玩具水枪是儿童们夏天喜爱的玩具之一，但水枪伤眼的事件也时有发生，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题。现有一水枪样品，已知水枪喷水口的直径为，水的密度为，水流水平出射速度为，垂直击中竖直目标后以大小为的速率反向溅回，则（ ）
A．水枪喷水的流量（单位时间内流出的体积）为
B．喷水口单位时间内喷出水的质量为
C．水枪的功率为
D．目标受到的平均冲击力大小为
13．（2025高二上·宁波期中）如图所示是某型号电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成。已知电吹风的额定电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W，关于该电吹风，下列说法正确的是（ ）
A．电热丝的电阻为55Ω
B．若、闭合，则电吹风吹冷风
C．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120J
D．电动机工作时输出的机械功率为120W
14．（2025高二上·宁波期中）某小组利用气垫导轨、两个光电门、滑块、遮光片等，组成具有一定倾角的导轨装置，研究机械能守恒定律。重力加速度g取。
（1）实验前，应合理安装实验器材。图（a）中光电门 的位置安装不合理，应如何调整 ：
（2）实验时，导轨倾斜角的正弦值，光电门1、2相距L。将宽度的遮光片固定于滑块上，从导轨最左端静止释放滑块，分别记录遮光片通过光电门1、2的时间和。移动光电门2的位置改变L，重复实验，所测数据见下表。
…
滑块经过光电门1、2的速度分别为和。当时， ，滑块通过两光电门下降的高度 。（结果保留2位小数）
（3）处理上表数据，并绘制关系曲线（其中），如图（b）所示。根据图（b）中的信息，分析滑块在下滑过程中机械能是否守恒： ，并给出理由： 。
15．（2025高二上·宁波期中）随着智能手机耗电的增加，充电宝成了手机及时充电的一个重要选择，它可以看作一个可移动的直流电源。在某次科学研究中，一个实验小组对充电宝满电量时的电动势（约为5V）和内阻进行了研究。实验室可提供的实验器材如下：毫安表mA（量程为0~30mA，内阻为2Ω）；电阻箱R0（量程为0~99.9Ω）；定值电阻R1（阻值为10Ω）；定值电阻R2（阻值为0.5Ω）；开关、导线若干。据此回答下列问题：
（1）实验小组设计如图甲所示的实验电路图进行实验，则1处的定值电阻应选择 （选填“R1”或“R2”）。
（2）某次实验时，毫安表指针的位置如图乙所示，此时毫安表的示数为I= mA，流过电阻箱R0的电流大小为 mA。
（3）改变电阻箱R0的阻值，得到多组电阻箱R0的示数R，电流表的示数I，在坐标纸上作出-R图像如图丙所示，可得该充电宝的电动势E= V，内阻r= Ω。（计算结果均保留2位有效数字）
16．（2025高二上·宁波期中）如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时，从2号锥筒运动到3号锥筒用时。求该同学
（1）滑行的加速度大小；
（2）最远能经过几号锥筒。
17．（2025高二上·宁波期中）如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为2m的木板B，木板表面光滑，右端固定一轻质弹簧。质量为m的木块A以速度从板的左端水平向右滑上木板B，求：
（1）弹簧的最大弹性势能；
（2）弹簧被压缩直至最短的过程中，弹簧给木块A的冲量；
（3）当木块A和B板分离时，木块A的速度。
18．（2025高二上·宁波期中）如图所示，传送带长为，以的速率顺时针匀速转动，传送带的倾角为，其右上侧有一水平平台MN，木板C与平台MN左侧对齐，物块B距木板C左端的距离，B、C质量且均静止。一个质量为的物块A以的速度滑上传送带，从传送带飞出后，恰好无碰撞地滑上木板C的上表面，经过一段时间与物块B发生碰撞，碰撞时间极短，且碰后AB粘在一起且最终未能滑离C。已知A与传送带的动摩擦因数为，A、B与C间的动摩擦因数，C与平台间的动摩擦因数，空气阻力忽略不计，重力加速度，A、B均可视为质点。求：
（1）物块A滑离传送带时的速度大小；
（2）从物块A滑上传送带到与B发生碰撞所需的时间。
19．（2025高二上·宁波期中）如图所示，真空室中电极K发出的电子（初速不计）经过U0=1000V的加速电场后，由小孔S沿两水平金属板A、B间的中心线射入。A、B板长l=0.20m，相距d=0.02m，加在A、B两板间电压为U。设A、B间的电场可看作是匀强电场，且两板外无电场。两板右侧放一记录圆筒，筒在左侧边缘与极板右端距离b=0.15m，筒绕其竖直轴匀速转动，周期T=0.20s，筒的周长c=0.20m，筒能接收到通过A、B板的全部电子。电子重力可以忽略不计。
（1）若A、B两板间电压U=20V，求电子出电场时的侧移量。
（2）若A、B两板间电压U随时间的变化关系如下图所示；
a.分析物理量的数量级是解决物理问题的基本方法。在分析电子通过A、B之间区域时，可认为电场是恒定不变的，请利用下列数据分析说明其原因。已知电量e=-1.6×10-19C，质量m=9.1×10-31kg。
b.以t=0时（此时U=0）电子打到圆筒记录纸上的点作为xy坐标系的原点，并取y轴竖直向上。试计算电子打在圆筒记录纸上的最高点x坐标和y坐标。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】加速度；极限法；比值定义法；理想模型法
【解析】【解答】A．“理想化模型”是抽象的研究工具，实际并不存在，故A错误；
B．加速度用了比值法，但加速度与无正比关系（加速度由合力与质量决定），故B错误；
C．用质点代替实际物体属于理想模型法，而非等效替代法，故C错误；
D．当趋近于0时，平均速度趋近于瞬时速度，此定义应用了极限思想法，故D正确。
故答案为：D。
【分析】结合各物理研究方法的定义，逐一分析选项中方法的归类与本质。
2．【答案】C
【知识点】位移与路程；参考系与坐标系；瞬时速度
【解析】【解答】A．“9：30” 是检录开始的具体瞬间，对应时刻，并非时间间隔（时间间隔是两个时刻的差值），故A错误；
B．运动员感觉 “后退”，是因为选择了比自己速度更快的运动员为参考系（相对快的运动员，自己位置在落后）；若以大地为参考系，运动员是向前运动的，故B错误；
C．比赛的总长度是运动员实际运动轨迹的长度，属于路程，故C正确；
D．冲过终点线时的速度是某一时刻（位置）的速度，对应瞬时速度，并非平均速度（平均速度是总位移与总时间的比值），故D错误。
故答案为：C。
【分析】解题需明确四个物理概念的区别：时刻是瞬间，时间间隔是时段；参考系决定物体的运动状态；路程是轨迹长度，位移是位置变化；瞬时速度是某时刻的速度，平均速度是过程的速度。
3．【答案】D
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】用解析式法解决动态平衡问题时，可用角度为变量，也可用几何线段的长度为变量。由表达式判定力的变化情况时，需切实注意变量的取值范围。对球进行受力分析如图，设球的半径为R，根据几何知识可得
根据平衡条件得
解得
根据牛顿第三定律得球对横杆的压力大小为
故选D。
【分析】根据几何关系求解支持力与竖直方向夹角，根据平衡列式求解即可。
4．【答案】A
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】飞船下降到过渡轨道仍绕地球做圆周运动， 说明轨道半径减小，根据开普勒第三定律可得可知，轨道半径减小时，周期减小；根据万有引力提供向心力
解得，卫星速率为
当减小时，速率增大，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】根据开普勒第三定律比较周期大小，根据万有引力提供向心力列式分析速率大小。
5．【答案】C
【知识点】牛顿定律与图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．过程，火箭处于上升阶段，对其进行受力分析，根据牛顿第二定律有
解得火箭上升过程中的加速度大小为
所以随着火箭速度的减小，加速度逐渐减小；同理过程，火箭处于下降阶段，根据牛顿第二定律可得火箭下落过程中的加速度大小为，所以随着火箭速度的增大，加速度继续逐渐减小；综上分析可知，过程火箭的加速度一直在减小，故A错误；
B．时刻，火箭的速度为0，所受阻力为零，只受重力作用，所以时刻火箭的加速度大小为，故B错误；
C．内火箭处于上升阶段，由图像可知这段时间内物体的运动不是匀变速直线运动，根据图像与横轴围成的面积表示位移，可知火箭上升的最大高度小于，故C正确；
D．上升过程、下降过程位移大小相等，由于上升过程的平均加速度大于下降过程的平均加速度，所以上升过程的时间小于下降过程的时间，即，整理可得，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合受力分析与牛顿第二定律分析加速度变化，利用v-t图像的面积表示位移分析上升高度，通过运动的对称性（非匀变速）判断时间关系。
6．【答案】C
【知识点】电势
【解析】【解析】A.根据等量异种点电荷的电场分布特征，电场强度在两电荷附近最大，在连线中点O处最小；而中垂线上O点的场强才是最大的，故A错误；
BC.沿着电场线方向电势逐渐降低，因此点电势低于点。对于正电荷，在电势较高的位置具有更大的电势能，所以正电荷在点的电势能小于在点的电势能，故B错误，C正确；
D.根据等量异种点电荷的电场分布规律，A、B之间的电场线分布比A点到鱼尾或B点到鱼头的区域更稀疏，说明平均场强更小，因此AB之间的电压必定小于200V，故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据正、负电荷的分布分析电场线的方向，根据等量异种点电荷电场线的特点结合U=Ed定性分析。
7．【答案】D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】解答本题时，要理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电源的电动势和内阻不变，采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析。A．当滑片向下滑动时，外电路的电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律可知，干路电流增大，故电源内阻分担的电压增大，外电路的电压减小，即电压表的示数减小，故A错误；
B．根据上述分析可知，外电路电压减小，通过定值电阻的电流减小，而干路电流增大，根据并联电路特点可知，电流表的示数增大，故B错误；
C．根据电源输出功率
可知，当时，电源的输出功率最大，由于不知道与的具体关系，因此无法确定电源输出功率的变化情况，故C错误；
D．R消耗的功率
结合上述分析可知，当滑片向下滑动时，外电路的电压减小，而定值电阻的阻值不变，因此R消耗的功率减小，故D正确。
故选D。
【分析】由电路图，可知滑片向下滑动时，电阻的变化情况，结合并联电路的电阻公式、闭合电路欧姆定律，即可分析电压表示数变化、干路电流变化、电流表示数变化；根据电压表示数变化、干路电流变化，可分析电源的输出功率变化；根据电阻R的电压变化，结合其电功率公式，即可分析其电功率变化情况。
8．【答案】B
【知识点】曲线运动的条件；研究平抛物体的运动；运动的合成与分解；小船渡河问题分析
【解析】【解答】A．船渡河时间由垂直河岸的分运动决定，公式为（d为河宽），与水流速度无关。水流速度仅影响沿河岸的分位移，不改变渡河时间，故A错误；
B．图乙中，质点的运动轨迹已知，若该质点在y轴方向做匀速运动，可知质点受到的合力方向沿x轴正方向，则在x轴方向做加速运动，故B正确；
C．图丙中，篮球经过P时合力方向与速度方向的夹角应大于，所受合力不可能沿图示方向，故C错误；
D．图丁中，若用小锤用力敲击弹性金属片，a球与b球应同时落地，故D错误。
故答案为：B。
【分析】分别结合运动的合成与分解、曲线运动的受力特点、自由落体与平抛运动的等时性，分析四幅图对应的物理规律。
9．【答案】B
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】A．抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度，A错误；
C．谷粒2做斜向上抛运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到P点，故位移相同。在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同故谷粒2运动时间较长，C错误；
B．谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度。与谷粒1比较水平位移相同，但运动时间较长，故谷粒2水平方向上的速度较小即最高点的速度小于，B正确；
D．两谷粒从O点运动到P点的位移相同，运动时间不同，故平均速度不相等，谷粒1的平均速度大于谷粒2的平均速度，D错误。
故答案为：B。
【分析】核心是将抛体运动分解为水平与竖直方向，利用匀变速运动规律，分析加速度、速度及运动时间，进而判断平均速度。
10．【答案】B
【知识点】受力分析的应用；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．小球在上半轨道（除最高点）运动时，对轨道的压力有向上的分力，会减小轨道对地面的压力；而最高点时轨道对小球支持力为 0，轨道对地面的压力等于自身重力Mg，对比可知，上半轨道其他位置的轨道对地面压力比最高点更小，故最高点的压力不是最小，故A错误；
B．由A分析可知，轨道对地面的压力最大位置在下半轨道，设小球、轨道圆心连线与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律
，小球经过轨道最低点时，速度最大，，则在轨道最低点，小球受到轨道的支持力最大，根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力最大，轨道对地面的压力最大，故B正确；
C．小球经过点时，轨道的支持力提供向心力，小球处于完全失重状态，轨道对地面的压力等于轨道的重力，为，故C错误；
D．小球经过点时，轨道向左的支持力提供向心力，根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力向右，轨道静止，根据平衡条件可知地面对轨道的摩擦力沿水平面向左，根据牛顿第三定律，轨道对地面的摩擦力沿水平面向右，故D错误。
故答案为：B。
【分析】结合圆周运动的向心力公式和受力分析，分析小球在不同位置时对轨道的作用力，进而判断轨道对地面的压力 / 摩擦力变化。
11．【答案】A,B
【知识点】物理学史；伽利略理想斜面实验；安培定则
【解析】【解答】对于物理学上著名物理学家的理论、实验和重大发明要加强识记，这也是考试内容之一，重视知识的积累。A、焦耳通过实验得出电流的热效应，并得出焦耳定律，故A正确；
A、库仑总结出了真空中的点电荷间的相互作用的规律，故B正确；
C、奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕；楞次发现了感应电流的规律，故选项C错误；
D、伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，选项D错误。
故选：AB。
【分析】由物理特别是电磁学的发展历程中的科学家的贡献可知各项是否正确。
12．【答案】B,D
【知识点】动量定理；功率及其计算
【解析】【解答】本题主要是考查动量定理之流体冲击力的计算问题，关键是求出很短时间内流体的质量，掌握动量定理的应用方法。A．水枪喷水的流量为
故A错误；
B．喷水口单位时间内喷出水的质量为
故B正确；
C．水枪的功率为
故C错误；
D．取初速度方向为正方向，由动量定理得
则由牛顿第三定律可知，目标受到的平均冲击力大小为
故D正确。
故选BD。
【分析】根据流量的定义求解；流量乘以密度等于单位时间内喷出水的质量；根据功率公式求解功率，结合动量定理求解冲击力大小。
13．【答案】A,C
【知识点】焦耳定律
【解析】【解答】 A． 吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W， 电动机和电热丝并联，当吹热风时，电热丝消耗的功率
由可知
故A正确；
B．若、闭合，电热丝接入电路，则此时电热丝发热，电动机工作，电吹风吹热风，故B错误；
C．当吹热风时，电动机消耗的电功率仍为120W，根据功率的物理意义可知每秒钟消耗的电能为120J，故C正确；
D．电动机工作时的输入功率为吹冷风时的功率，即为120W，由于电动机内部线圈有电阻，会产生一定的热功率，可知电动机工作时输出的机械功率小于120W，故D错误。
故选AC。
【分析】吹热风时电热丝的功率为热风功率减冷风功率，再根据纯电阻功率公式求电热丝电阻；分析开关闭合情况，判断电路中工作的元件，进而确定吹风类型；吹热风时电动机功率等于冷风功率，根据电能公式W=Pt计算每秒消耗电能；电动机的输出机械功率等于其消耗的电功率减去热功率，需考虑电动机的热损耗。
14．【答案】（1）1；适当向右移动光电门1
（2）1.01；3.98
（3）守恒；图像斜率约为，可得，可得，说明下滑过程中滑块的动能增加量等于重力势能的减少量，即机械能守恒。
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）由图可知，光电门1靠近释放点，滑块到光电门1的距离较短，速度较小，导致滑块通过光电门1的速度测量误差较大。光电门1安装不合理，应当适当向右移动光电门1。
（2）当时，由表格可知通过光电门2的时间为
物块通过光电门时间很短，可以用平均速度近似代替瞬时速度，故通过光电门2的速度
根据几何关系可得滑块通过两光电门下降的高度
（3）根据图（b）可知其斜率约为
即成立，可得，说明下滑过程中滑块的动能增加量等于重力势能的减少量，即机械能守恒。
【分析】（1）根据光电门1靠近释放点，滑块到光电门1的距离较短，速度较小，导致滑块通过光电门1的速度测量误差较大分析求解；
（2）根据光电门测速原理，结合几何关系分析求解；
（3）根据图像的斜率，结合机械能守恒定律表达式分析求解。
（1）[1]光电门1安装不合理；
[2]由图可知，光电门1靠近释放点，滑块到光电门1的距离较短，速度较小，导致滑块通过光电门1的速度测量误差较大。
（2）[1]当时，由表格可知通过光电门2的时间为
故通过光电门2的速度
[2]根据几何关系可得滑块通过两光电门下降的高度
（3）[1]守恒；
[2]根据图（b）可知其斜率约为
故在误差范围内成立，说明下滑过程中滑块的动能增加量等于重力势能的减少量，即机械能守恒。
15．【答案】（1）R2
（2）23.0；115.0
（3）5.1；0.13
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题关键掌握电流表的改装原理、利用图像计算电动势和内阻的方法。
（1）R1的阻值太大，改装后的表量程仍然不满足实验要求，故1处的定值电阻应选择R2。
（2）根据电表改装原理，结合欧姆定律可得改装后的电流表量程为
由题图乙可知此时电流表的示数为I=23.0mA，由于改装后的电流表量程变为原来的5倍，因此流过电阻箱R0的电流大小为115.0 mA。
（3）由闭合电路欧姆定律得E=5I（R+r+0.4）
整理可得
因此图像中，图线斜率表示，纵截距表示，结合题图丁可得E=5.10 V，r=0.13 Ω。
【分析】（1）根据并联分流的特点分析判断；
（2）先确定电流表的最小分度值再读数；根据电流表的改装原理推导改装后的最大电流表达式，根据改装前后的量程的倍率关系计算；
（3）根据闭合电路欧姆定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
（1）实验中毫安表量程偏小，需要对毫安表改装后进行实验，R1的阻值太大，改装后的表量程仍然不满足实验要求，故1处的定值电阻应选择R2。
（2）[1][2]根据电表改装原理，改装后的电流表量程为
由题图乙可知此时电流表的示数为I=23.0mA，由于改装后的电流表量程变为原来的5倍，因此流过电阻箱R0的电流大小为115.0 mA。
（3）[1][2]由闭合电路欧姆定律得E=5I（R+r+0.4）
整理可得
因此图像中，图线斜率表示，纵截距表示，结合题图丁可得E=5.10 V，r=0.13 Ω。
16．【答案】（1）根据匀变速运动规律某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知在1、2间中间时刻的速度为
2、3间中间时刻的速度为
故可得加速度大小为
（2）设到达1号锥筒时的速度为，根据匀变速直线运动规律得
代入数值解得
从1号开始到停止时通过的位移大小为
故可知最远能经过4号锥筒。
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【分析】根据匀变速直线运动的规律分析：
1.某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，结合加速度定义式分析求解。
2.根据位移-时间公式，结合速度-位移公式分析求解。
17．【答案】（1）解： 弹簧被压缩到最短时，木块A与木板B具有相同的速度，此时弹簧的弹性势能最大。
设共同速度为v，从木块A开始沿木板B表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，A、B系统的动量守恒，取向右为正方向，则有
弹簧的最大弹性势能，解得
（2）解： 对木块A，根据动量定理得，解得，方向向左。
（3）解： 从木块A滑上木板B直到二者分离，系统的机械能守恒，设分离时A、B的速度分别为和，根据动量守恒定律得
根据机械能守恒定律得
解得，方向向左。
【知识点】动量定理；碰撞模型
【解析】【分析】（1）弹簧的弹性势能最大时，A、B的速度相同。A、B组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出共同速度。再由能量守恒定律（或机械能守恒定律）可以求出弹簧的最大弹性势能；
（2）对木块A，运用动量定理可求弹簧给木块A的冲量；
（3）当木块A和B板分离时，对系统运用动量守恒定律和机械能守恒定律列式，可求得木块A的速度。
（1）弹簧被压缩到最短时，木块A与木板B具有相同的速度，此时弹簧的弹性势能最大。
设共同速度为v，从木块A开始沿木板B表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，A、B系统的动量守恒，取向右为正方向，则有
弹簧的最大弹性势能，解得
（2）对木块A，根据动量定理得，解得，方向向左。
（3）从木块A滑上木板B直到二者分离，系统的机械能守恒，设分离时A、B的速度分别为和，根据动量守恒定律得
根据机械能守恒定律得
解得，方向向左。
18．【答案】解： （1）物块A滑上传送带后，根据牛顿第二定律有
解得
物块A与传送带共速时，由运动学公式
解得
则可得
对物块分析，共速后，物块A与传送带不能够保持相对静止，仍然减速，根据牛顿第二定律有
解得
由运动学公式得
解得时间为0.4s或2s，其中2s不符合题意，舍去，则有
可知，物块滑离传送带时的速度
（2）物块A离开传送带后，做斜抛运动，物块在运动到最高点时滑上木板，物块滑上木板时的速度为
所用时间
A滑上C表面后做减速运动的加速度大小为
假设B、C相对静止，共同加速度大小
代入数值得
故假设成立。A追上B，满足
代入数据解得时间为与，其中不符合题意，舍去，则有
结合上述，从物块A滑上传送带到与B发生碰撞所需的时间
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）先判断物块A在传送带上的运动情况，通过牛顿第二定律求加速度，再根据运动学公式计算速度。
（2）先求物块A在传送带上的运动时间，再求平抛运动时间，最后求在木板C上的运动时间，将各段时间相加。
19．【答案】（1）解： 电子在加速电场中时
解得
进入偏转电场时，则，
其中
解得，
（2）解： a．由上述计算可知，电子通过偏转电场时用时间为，远小于偏转电压U的变化周期T=0.1s，则在分析电子通过A、B之间区域时，可认为电场是恒定不变的。
b．电子从A、B板射出时沿y方向的分速度为
此后，此电子做匀速直线运动，它打在记录纸上的点最高，设纵坐标为y，由图可得
由以上各式解得
从题给的U-t图线可知，加于两板电压U的周期T0=0.10秒，U的最大值Um=100伏，因为U＜Um，在一个周期T0内，只有开始的一段时间间隔Δt内有电子通过A、B板，其中
因为电子打在记录纸上的最高点不止一个，根据题中关于坐标原点与起始记录时刻的规定，第一个最高点的x坐标为
第二个最高点的x坐标为
第三个最高点的x坐标为
由于记录筒的周长为20厘米，所以第三个最高点已与第一个最高点重合，即电子打到记录纸上的最高点只有两个，它们打到记录纸上的最高点的y坐标为2.5cm，x坐标为2cm或12cm。
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）粒子在加速电场中做匀加速直线运动，在偏转电场中做类平抛运动，结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式求出电子出电场时的侧移量；
（2）a.电子通过偏转电场时用时间远小于偏转电压U的变化周期，可认为偏转电场是恒定不变的；
b.贴着极板出来的电子，y的坐标最大，结合运动学规律求解最高点y坐标；结合偏转电压的大小变化，确定出哪段时间内进入的粒子能够出偏转电场，结合几何关系和电压变化的周期性求出最高点的x坐标。
（1）电子在加速电场中时
解得
进入偏转电场时，则，
其中
解得，
（2）a．由上述计算可知，电子通过偏转电场时用时间为，远小于偏转电压U的变化周期T=0.1s，则在分析电子通过A、B之间区域时，可认为电场是恒定不变的。
b．电子从A、B板射出时沿y方向的分速度为
此后，此电子做匀速直线运动，它打在记录纸上的点最高，设纵坐标为y，由图可得
由以上各式解得
从题给的U-t图线可知，加于两板电压U的周期T0=0.10秒，U的最大值Um=100伏，因为U＜Um，在一个周期T0内，只有开始的一段时间间隔Δt内有电子通过A、B板，其中
因为电子打在记录纸上的最高点不止一个，根据题中关于坐标原点与起始记录时刻的规定，第一个最高点的x坐标为
第二个最高点的x坐标为
第三个最高点的x坐标为
由于记录筒的周长为20厘米，所以第三个最高点已与第一个最高点重合，即电子打到记录纸上的最高点只有两个，它们打到记录纸上的最高点的y坐标为2.5cm，x坐标为2cm或12cm。
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