資源簡介

浙江省杭州市拱墅區源清中學2024-2025學年高二上學期期末考物理試卷
一、單選題（本題共10小題，每小題3分，共30分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）
1．（2025高二上·拱墅期末） 用國際制基本單位表示能量的單位，下列正確的是（　　）
A．MeV B．J C． D．
【答案】C
【知識點】力學單位制
【解析】【解答】用國際制基本單位表示能量的單位，根據
則有
C符合題意，ABD不符合題意。
故答案為：C。
【分析】根據物理學單位制分析。
2．（2025高二上·拱墅期末） 在物理學理論建立的過程中，有許多偉大的科學家做出了貢獻，下列關于科學家和他們的貢獻敘述符合史實的是（　　）
A．多普勒研究了波源和觀察者的相對運動，并總結了接收到頻率的特點
B．伽利略根據理想斜面實驗，提出了力是維持物體運動的原因
C．奧斯特發現了電流磁效應，并提出了分子電流假說
D．牛頓發現了萬有引力定律，并測出了萬有引力常量
【答案】A
【知識點】物理學史
【解析】【解答】A.多普勒研究了波源和觀察者的相對運動，并總結了接收到頻率的特點，即多普勒效應的規律，A符合題意；
B.伽利略根據理想斜面實驗，駁斥了亞里士多德提出的力是維持物體運動的原因，提出了力不是維持物體運動的原因，B不符合題意；
C.奧斯特發現了電流磁效應，安培提出了分子電流假說，C不符合題意；
D.牛頓發現了萬有引力定律，卡文迪許測出了萬有引力常量，D不符合題意。
故答案為：A。
【分析】根據物理學史分析。
3．（2025高二上·拱墅期末）2023年10月2日杭州亞運會女子撐桿跳決賽中，34歲的中國老將李玲以4米63的成績奪冠。李玲完整的撐桿跳高過程簡化為三個階段—持桿助跑、撐桿起跳上升、越桿下落著地。下落時，人桿分離，最后落在軟墊上速度減為零。不計空氣阻力，則（　　）
A．助跑過程中，隨著速度的增大，運動員的慣性增大
B．運動員在撐桿起跳上升過程中機械能守恒
C．在撐桿起跳上升過程中，桿的彈性勢能轉化為運動員的重力勢能且彈性勢能減少量等于運動員的重力勢能增加量
D．運動員落在軟墊上作減速運動時，處于超重狀態
【答案】D
【知識點】慣性與質量；超重與失重；機械能守恒定律
【解析】【解答】本題考查超重狀態以及判斷物體的機械能是否守恒，知道機械能守恒的條件即可正確解題。A．慣性與速度無關，A錯誤；
B．運動員在撐桿起跳上升過程中除重力外有竿的彈力對人做功，運動員機械能不守恒，B錯誤；
C．在撐桿起跳上升過程中，運動員的動能和桿的彈性勢能轉化為運動員的重力勢能，所以桿的彈性勢能減少量一定小于運動員的重力勢能增加量，C錯誤；
D．運動員落在軟墊上時做減速運動，加速度的方向向上，因而運動員處于超重狀態，D正確。
故選D。
【分析】只有重力或只有彈力做功物體機械能守恒，根據運動員的運動過程與能量轉化過程分析，當運動員達到最高點時還有水平方向速度，動能不為0。
4．（2025高二上·拱墅期末）為避免野外高壓輸電線遭受雷擊，在三條輸電線上方往往架設有兩條與大地相連的導線。下列選項中，與該措施原理相同的是（　　）
A．靜電除塵設備 B．建筑物頂部安裝避雷針
C．音、視頻等信號線包裹金屬網 D．電子點火器的釘尖形放電極
【答案】C
【知識點】靜電的防止與利用；電場強度的疊加
【解析】【解答】靜電屏蔽是通過形成等電位面來保護內部不受外部電場干擾，而尖端放電則是利用尖端處電場強度極大增強的特性來引發放電。野外高壓輸電線受到雷擊的可能性很大，所以在三條輸電線上方還有兩條導線，他們與大地相連，屬于靜電屏蔽原理。
A．靜電除塵器用于粉塵較多的各種場所，用來收集或者去除粉塵，屬于靜電應用，故A錯誤；
B．建筑物頂部安裝避雷針，屬于尖端放電，故B錯誤；
C．音、視頻等信號線包裹金屬網，屬于靜電屏蔽，故C正確；
D．燃氣灶點火器的放電電極做成針形，屬于尖端放電原理，故D錯誤。
故選C。
【分析】靜電現象在電力傳輸、建筑安全、信號傳輸和點火系統中都有體現，但其應用原理各不相同。題目中提到的高壓輸電線上的兩條與大地相連的導線，其主要作用是通過靜電屏蔽來保護輸電線路免受雷擊，即利用導線與大地相連形成一個等電位面，從而將雷電的電荷迅速導入大地，避免雷電直接擊中輸電線路。
5．（2025高二上·拱墅期末）2023年11月上虞曹娥江“網紅人行橋”正式開通，裝在橋兩側的音樂噴泉吸粉無數。音樂噴泉噴出的水從江中抽取，噴頭可沿一定方向旋轉，水流速度大小也可調節，如圖所示。某噴頭將水以v的速度朝與水平成37°斜向上噴出，噴頭出水口的截面積為S，離水面高度為h，不計一切阻力，水的密度為ρ，下列說法正確的是（　　）
A．水柱的水平射程為
B．噴頭單位時間內噴出水的質量為ρSv
C． t時間內電機對水做功為ρS tv3
D．增大噴頭與水平面的夾角，噴射的水平射程一定增大
【答案】B
【知識點】能量守恒定律；斜拋運動
【解析】【解答】A．將初速度正交分解為水平速度以及豎直速度，
水滴在豎直方向做豎直上拋運動
水平方向勻速直線運動，
聯立可求出水平射程，顯然A選項中時間代入不正確，A錯誤；
B．單位時間內噴出水的質量為ρSv，因為噴頭勻速噴水，B正確；
C．根據動能表達式， t時間內水增加的動能為
在 t時間內水從水面被抽出，同時也增加了重力勢能，故 t時間內電機對水做功大于ρS tv3，C錯誤
D．當取極限與水平方向的夾角為90°，此時水平射程為零，D錯誤。
故選B。
【分析】增大噴頭與水平面的夾角，豎直分速度增大，空中運動時間變長，但是水平分速度減小，噴射的水平射程不一定增大。
6．（2025高二上·拱墅期末）有a、b、c、d四顆地球衛星，a還未發射，在赤道表面隨地球一起轉動，b是近地軌道衛星，c是地球同步衛星，d是高空探測衛星，它們均做勻速圓周運動，方向均與地球自轉方向一致，各衛星的排列位置如圖所示，則（　　）
A．衛星a的向心加速度近似等于重力加速度g
B．在相同時間內衛星d轉過的弧長最長
C．衛星c的速度一定比衛星d的速度大
D．衛星d的角速度比衛星c的角速度大
【答案】C
【知識點】萬有引力定律；衛星問題
【解析】【解答】A．衛星a在赤道上，萬有引力遠大于衛星隨地球自轉所需向心力，即重力遠大于向心力，所以衛星a的向心加速度an遠小于重力加速度g，故A錯誤；
C．c是地球同步衛星，a、c兩顆衛星的角速度相等，根據v=ωr
可知，衛星c的速度比衛星a的速度大，對于b、c、d三顆衛星，根據
解得
衛星的軌道半徑越大，速度越小，所以衛星b的速度比衛星c的速度大，衛星c的速度比衛星d的速度大，故C正確；
B．四顆衛星中衛星b的速度最大，根據弧長與速度的關系有s=vt，可知，在相同的時間內衛星b轉過的弧長最長，故B錯誤；
D．根據
解得
衛星的軌道半徑越大，角速度越小，所以衛星d的角速度比衛星c的角速度小，故D錯誤。
故答案為：C。
【分析】“結合衛星的運動類型（ 隨地球自轉、繞地球公轉 ），利用‘’（ 同軸轉動 ）和‘萬有引力提供向心力’的公式（ 、 ），比較線速度、角速度大小’：先區分衛星（ 隨轉 ）與、、（ 公轉 ）的運動規律，再對公轉衛星用萬有引力定律的衍生公式，對隨轉衛星用同軸轉動規律，逐步比較各衛星的線速度、角速度，體現不同運動形式下物理規律的應用。
7．（2025高二上·拱墅期末）關于光現象，下列說法正確的是 （　　）
A．圖甲中一束白光通過三棱鏡形成彩色光帶是光的干涉現象
B．圖乙中光照射不透明的圓盤，在圓盤的陰影中心出現了一個亮斑是光的折射現象
C．用單色光垂直照射圖丙中的牛頓環，是光的干涉現象，得到的條紋是隨離圓心的距離增加而逐漸變寬的同心圓環
D．圖丁中佩戴特殊眼鏡觀看立體電影利用了光的偏振現象
【答案】D
【知識點】光的折射及折射定律；薄膜干涉；光的衍射；光的偏振現象
【解析】【解答】本題考查光的干涉、衍射、偏振與折射的應用，及其之間的區別，解決該題的關鍵是能明確知道各種光學現象所涉及到的原理，注意白光是頻率不同的單色光組合而成的。A．圖甲中一束白光通過三棱鏡形成彩色光帶是光的折射現象，故A錯誤；
B．圖乙中光照射不透明的圓盤，在圓盤的陰影中心出現了一個亮斑是光的衍射現象，故B錯誤；
C．圖丙中空氣膜的上下兩個表面反射的兩列光波發生干涉，依據光程差是光的半個波長的偶數倍即為亮條紋，是光的半個波長的奇數倍即為暗條紋，因凸透鏡壓在平面玻璃上，空氣薄膜不等間距，可以看到內疏外密的明暗相間的圓環狀條紋，故C錯誤；
D．圖丁中立體電影在放映時，是兩臺放映機發出相互垂直的偏振光，佩戴特殊眼鏡觀看立體電影，才能獲得最佳觀賞效果，利用了光的偏振原理，故D正確。
故選D。
【分析】干涉現象是頻率相同的兩列光相遇時發生干涉現象；發生明顯衍射現象的條件是障礙物或孔的尺寸比波長小；三棱鏡后形成彩色光帶，這是光的折射現象；立體電影是利用了光的偏振現象，從而即可求解。
8．（2025高二上·拱墅期末）電子顯微鏡通過“靜電透鏡”實現對電子束的會聚或發散，進而使微小物體成像。如圖所示，圖中虛線為某“靜電透鏡”區域的等勢面，其中M、N兩點電勢φM<φN。現有一電子束沿垂直虛線AB的方向進入“透鏡”電場，僅在電場力的作用下穿過小孔CD。下列說法正確的是（　　）
A．M點的電場強度小于N點的電場強度
B．正對N點射入“透鏡”電場的電子會經過N點
C．電子在電場中運動，電勢能增大
D．該“透鏡”電場對垂直虛線AB射入小孔CD的電子束有發散作用
【答案】D
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】本題考查帶電粒子在電場中的運動，關鍵要能結合等勢面的特點正確判斷出電場線的方向，然后結合電荷受到的電場力方向判斷其運動情況。A．因M點電場線較N點密集，可知M點的電場強度大于N點的電場強度，選項A錯誤；
B．電場線與等勢面垂直，則靠近小孔的電場線是曲線，則正對N點射入“透鏡”電場的電子不會經過N點，選項B錯誤；
C．從左到右電勢逐漸升高，則電子從左向右在電場中運動，電勢能減小，選項C錯誤；
D．根據電場線與等勢面垂直，從左到右電場線是發散的，知垂直虛線AB射入小孔CD的電子受到的電場力偏向中心軸線兩側（除沿軸線射入的電子外），即該“透鏡”電場對垂直虛線AB射入小孔CD的電子束有發散作用，故D正確。
故選D。
【分析】根據等差等勢面越密電場強度越大，來分析電場強度的大小；根據電場線與等勢面垂直，分析正電子的受力情況判斷運動情況；分析電場力做功情況判斷動能、電勢能的變化情況；根據垂直虛線AB射入小孔CD的正電子束受到的電場力方向，分析該“透鏡”電場的作用。
9．（2025高二上·拱墅期末）如圖，在豎直放置的無限大平行金屬板間用長為1.4m的輕質柔軟絕緣的細線拴一質量為，電荷量為的帶電小球（可視為點電荷），細線的上端固定于O點，開關S閉合穩定時小球靜止在板間的A點，細線與豎直方向成夾角，A點距右極板的距離為0.15m，且左極板接地，其中，，則下列說法正確的是（　　）
A．小球帶正電荷
B．將的滑片向左移，細線與豎直方向的夾角將變大
C．將絕緣細線剪斷，球將做曲線運動，經0.2s打到右極板上
D．S斷開后，將右極板向右平移少許，A點電勢不變
【答案】D
【知識點】電容器及其應用
【解析】【解答】本題主要考查對電容器的動態分析，解題時要抓住不變量，若電容器充電后保持與電源相連，即使電容器的電容變化，兩極板間的也電壓不變，若電容器充電后與電源斷開且未放電，即使電容器的電容變化，兩極板的電荷量也不變。A．由圖可知，電容器左極板帶負電，右極板帶正電，電場向左，電場力方向與電場強度方向相反，則小球帶負電荷，A錯誤；
B．改變不影響電容器電勢差，則細線與豎直方向的夾角不變，B錯誤；
C．將絕緣細線剪斷，小球所受重力與電場力的合力與繩拉力等大、反向，則小球做勻加速直線運動，C錯誤；
D．S斷開后，電容器所帶電荷量不變，根據
，，
得
將右極板向右平移少許，電場強度不變。由于左極板接地，電勢為零。且小球與左極板間距不變，則A點電勢不變，D正確。
故選D。
【分析】分析小球所受電場力方向與電場方向的關系，即可判斷其電性；改變R1不影響兩極板間電壓，細線與豎直方向的夾角不變；初始時，小球處于平衡狀態，據此確定小球所受重力和電場力的合力，再分析將絕緣細線剪斷后，小球的運動情況；分析電場強度的變化情況，再判斷A點電勢的變化情況。
10．（2025高二上·拱墅期末）如圖所示，兩個帶電小球A、B分別處在光滑絕緣的斜面和水平面上，且在同一豎直平面內．用水平向左的推力F作用于B球，兩球在圖示位置靜止．現將B球水平向左移動一小段距離，發現A球隨之沿斜面向上移動少許，兩球在虛線位置重新平衡．與移動前相比，下列說法正確的是
A．斜面對A的彈力增大 B．水平面對B的彈力不變
C．推力F變小 D．兩球之間的距離變小
【答案】C
【知識點】庫侖定律
【解析】【解答】本題主要是考查了共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解法進行力的分解，然后在坐標軸上建立平衡方程進行解答。注意整體法和隔離法的應用。對小球A受力分析，由平行四邊形法則可知，當A球到達虛線位置時斜面對A的彈力NA減小；兩球之間的庫侖力減小，根據庫侖定律可知，兩球間距變大，選項D錯誤；
對AB整體受力分析可知：NB與NA的豎直分量之和等于AB的重力之和，NA減小，則NA的豎直分量減小，則NB增大，選項B錯誤；對B受力分析可知，F等于庫侖力F庫的水平分量，因F庫減小且F庫與水平方向的夾角變大，則F庫的水平分量減小，即F減小，選項C正確；故選C.
【分析】分別以A、B和整體為研究對象，分析受力，根據平衡條件進行分析。
二、多選題Ⅱ（本題共3小題，每小題4分，共12分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得4分，選對但不選全的得2分，有選錯的得0分）
11．（2025高二上·拱墅期末）華為Mate 60 Pro智能手機的各項性能都很優秀，該手機配備鋰聚合物電池，88W充電器，充電時可智能調節充電功率，真正實現了“充電2分鐘，待機10小時”。充電測試發現，充電前2分鐘是超級快充模式，充電器輸出電壓為18V，輸出功率穩定在78W左右，隨后充電功率“階梯式”下降，直至充電結束。下列說法正確的是（　　）
A．電池容量的單位“”是能量單位
B．電池充滿電所儲存的能量為
C．手機待機功率為
D．電池內阻約為
【答案】B
【知識點】焦耳定律；電功率和電功；電流、電源的概念
【解析】【解答】本題考查恒定電流的計算，關鍵是理解電池為非純電阻元件，其不適用歐姆定律。A．根據電流定義式可知，是電荷量的單位，故A錯誤；
B．根據電場力做功公式可得，電池充滿電所儲存的能量等于充電時電流做的功
故B正確；
C．充電2分鐘，充電器輸出的能量為
若能量全部儲存在電池中，則待機功率為
由于電池儲存的能量小于充電器輸出能量，故C錯誤；
D．電流
若電池為純電阻，則有
由于電池為非純電阻，故D錯誤。
故選B。
【分析】由單位對應的物理量進行計算，可知單位對應的物理量；由電池充電時，電流做的功，可計算電池儲存的能量；由充電2分鐘對應的輸出能量，若其全部儲存在電池中，可計算待機10小時的待機功率，根據實際會有能量損失，可得到手機待機功率可能值的范圍；由輸出功率和輸出電壓，可計算輸出電流，若電池為純電阻，可根據歐姆定律計算電阻，結合電池實際為非純電阻，可得到電池電阻的范圍。
12．（2025高二上·拱墅期末）某同學在研究性學習活動中自制了電子秤，如圖。用理想電壓表顯示物體的質量，托盤與電阻可忽略的金屬彈簧相連，托盤與彈簧的質量均不計，電流表內阻可忽略，滑動變阻器R的滑動端與彈簧上端連接。當托盤中沒有放物體時，滑片恰好指在變阻器的最上端，此時電壓表示數為0。設變阻器總電阻為R，總長度為l，電源電動勢為E，內阻為r，限流電阻阻值為，彈簧勁度系數為k，不計一切摩擦和其他阻力，則下列說法正確的是（　　）
A．物體質量m越大，電流表示數越大
B．物體質量m越小，電壓表示數越小
C．該電子秤所用的彈簧勁度系數k越大越靈敏
D．電壓表示數U與所稱物體質量m的關系式為
【答案】B,D
【知識點】電路動態分析
【解析】【解答】本題是力電綜合題，兩者聯系的橋梁是彈簧的形變量x，根據閉合電路歐姆定律、電阻定律和歐姆定律得到U與m的關系式是關鍵，結合電路構造即可完成分析。AB．物體質量m越大，滑動變阻器阻值越大，根據“串反并同”， 物體質量m越大，電流表示數越小；則物體質量m越小，電壓表示數越小，A錯誤，B正確；
CD．設滑動變阻器上端到滑動端的長度為x，則
滑動變阻器接入電路的阻值為
根據閉合電路歐姆定律
電壓表示數為
聯立得
彈簧勁度系數k越大，當m變化時，電壓表示數變化越小，即越不靈敏，C錯誤，D正確。
故選BD。
【分析】根據電路動態分析的方法分析AB選項；根據平衡條件列式，分析彈簧的形變量x與被測物體質量m，根據閉合電路歐姆定律、電阻定律和歐姆定律得到電壓表示數U與所稱物體質量m的關系式，再進行分析。
13．（2025高二上·拱墅期末）在y軸左右兩側存在兩種不同的均勻介質，有兩列持續傳播的簡諧橫波沿x軸相向傳播，甲向右傳播、乙向左傳播，時刻的波形如圖所示，甲波恰好傳至處，乙波恰好傳至處，已知波在負半軸的波速大小為0.5m/s，在正半軸的波速大小為0.25m/s，下列說法中正確的是（　　）
A．時刻處質點與處質點的振動方向相反
B．x軸上第一個位移到＋6cm的質點是橫坐標為
C．較長時間后處的質點是振動減弱點
D．時刻處質點的位移為6cm
【答案】B,C
【知識點】橫波的圖象；波的疊加
【解析】【解答】波的圖象反映了在某時刻介質中的質點離開平衡位置的位移情況，圖象的橫軸表示各質點的平衡位置，縱軸表示該時刻各質點的位移。在波的干涉現象中，振動加強點的振動始終是加強的，但質點仍在做簡諧運動，其位移隨時間是周期性變化，不是靜止不動的。
A．根據波的傳播方向，由“同側法”可知，時刻處質點正向軸負方向振動，處質點同樣正向軸負方向振動，故A錯誤；
B．根據時刻兩波傳播的位置可知，x軸上第一個位移到＋6cm的質點一定出現在軸的正半軸，由波形圖可知兩列波的波長分別為
，
兩列波的頻率
，
兩列波頻率相同，因此兩列波相遇時能夠發生穩定的干涉，甲波的第一波峰傳播到處所用的時間為
乙波的第一個波峰傳播到處所用的時間
可知從時刻開始，經過相同的時間兩列波的波峰在軸正半軸相距，而同種介質中波的傳播速度相同，因此可知兩列波的波峰將會同時到達處，由此可知x軸上第一個位移到＋6cm的質點是橫坐標為，故B正確；
C．根據題意可知，時刻，甲波在處的質點將向軸正方向振動，而乙波在處的質點將向下振動，甲乙兩波在軸正半軸傳播速度相同，則可知甲波在處引起的振動和乙波在處引起的振動將會同時到達，由此可知較長時間后處的質點是振動減弱點，故C正確；
D．由于兩波頻率相同，則可知兩波的周期均為
甲波在處的振動傳播到處所用的時間
則剩余時間內甲波在處的質點振動的周期數為
乙波在處的振動傳播到處所用的時間
則剩余時間內乙波在處的質點振動的周期數為
由此可知甲波在時刻在處的質點正處于波谷，乙波在處的質點也正處于波谷，則可得時刻處質點的位移為，故D錯誤。
故選BC。
【分析】根據頻率波速和波長的關系即可解出；根據波的傳播特點即可解出；根據波的干涉特點即可分析出；根據振幅和路程的關系即可解出。
三、實驗題 （14、15、16三題，共18分）
14．（2025高二上·拱墅期末）（1）利用圖1裝置做力學相關實驗，以下說法正確的是______
A．用此裝置“探究小車速度隨時間變化的規律”時，必須設法補償小車與木板間的摩擦阻力
B．用此裝置“探究小車加速度a與力F的關系”時，應使槽碼的總質量遠小于小車的質量
C．用此裝置“探究小車加速度a與小車質量M的關系”時，每次改變車內砝碼質量后，不需要重新補償小車所受摩擦阻力
D．將長木板右側墊高補償阻力后，用此裝置可以完成“驗證系統機械能守恒定律”的實驗
（2）某興趣小組的同學在“探究加速度與力的關系”實驗中，對課本中的實驗方案作了一些改進，采用如圖2所示實驗裝置。
①某次實驗中打出的紙帶如圖3所示，則該同學出錯的可能原因是　 　（單選）
A.電源電壓不穩定
B.細線沒有與木板平行
C.打點計時器振針未敲擊到復寫紙
D.紙帶沒有穿過限位孔
②改進方案后，是否需要控制槽碼的質量遠小于小車質量　 　（填“需要”或“不需要”）
③某次實驗中，小車釋放后彈簧秤示數如圖4所示，其讀數為　 　N，小車加速過程中彈簧秤的讀數　 　（選填“大于”、“小于”或“等于”）小車靜止時彈簧秤的讀數：
④以彈簧測力計的讀數F為橫坐標，通過紙帶計算出的加速度a為縱坐標，畫出的圖像如圖5所示，則小車的質量為　 　kg。
【答案】（1）B；C
（2）D；不需要；0.75；小于；0.6
【知識點】探究加速度與力、質量的關系
【解析】【解答】該實驗是探究加速度與力、質量的三者關系，研究三者關系必須運用控制變量法，解決實驗問題首先要掌握該實驗原理，了解實驗的操作步驟和數據處理以及注意事項．其中平衡摩擦力的原因以及做法在實驗中應當清楚。
（1）A．用此裝置“研究勻變速直線運動”時，有摩擦力小車也可以做勻變速直線運動，所以不需要平衡摩擦力。故A錯誤；
B．用此裝置“探究小車加速度a與力F的關系”時，需要用槽碼的重力代替繩子拉力，作為小車所受到的合外力，為了減小實驗誤差，槽碼的總質量應遠小于小車質量，故B正確；
C．用此裝置“探究加速度a與質量M的關系”每次改變砝碼及砝碼盤總質量之后，不需要重新平衡摩擦力，因為小車所受的摩擦力是利用小車的重力的分力平衡的，所以改變拉力和小車質量都不需要重新平衡摩擦力，故C正確；
D．即使平衡了摩擦力，摩擦力也不會消失，機械能不守恒，則不能用該實驗裝置完成驗證機械能守恒定律，故D錯誤。
故選BC。
（2）①由圖可知，紙帶上的點沒有在同一直線上，其原因是紙帶沒有穿過限位孔，故選D。
②由于有彈簧測力計能測量細線的拉力，從而能得到小車所受的合力，所以不需要控制槽碼的質量遠小于小車質量。
③彈簧測力計分度值為0.1N，讀數為0.75N。小車靜止時，彈簧測力計讀數等于槽碼重力，加速過程中，對槽碼有
故小車加速過程中彈簧秤的讀數小于小車靜止時彈簧測力計讀數。
④對小車有
代入數據可得
【分析】（1）根據各實驗原理和實驗操作注意事項分析；
（2）①根據紙帶上的點跡分布情況分析問題；
②小車所受拉力可以由簧測力計的讀數得出；
③根據彈簧測力計的最小分度值，按照正確的讀數規則讀數；
④根據牛頓第二定律列式求解小車的質量。
（1）A．用此裝置“研究勻變速直線運動”時，有摩擦力小車也可以做勻變速直線運動，所以不需要平衡摩擦力。故A錯誤；
B．用此裝置“探究小車加速度a與力F的關系”時，需要用槽碼的重力代替繩子拉力，作為小車所受到的合外力，為了減小實驗誤差，槽碼的總質量應遠小于小車質量，故B正確；
C．用此裝置“探究加速度a與質量M的關系”每次改變砝碼及砝碼盤總質量之后，不需要重新平衡摩擦力，因為小車所受的摩擦力是利用小車的重力的分力平衡的，所以改變拉力和小車質量都不需要重新平衡摩擦力，故C正確；
D．即使平衡了摩擦力，摩擦力也不會消失，機械能不守恒，則不能用該實驗裝置完成驗證機械能守恒定律，故D錯誤。
故選BC。
（2）①[1]由圖可知，紙帶上的點沒有在同一直線上，其原因是紙帶沒有穿過限位孔，故選D。
②[2]由于有彈簧測力計能測量細線的拉力，從而能得到小車所受的合力，所以不需要控制槽碼的質量遠小于小車質量。
③[3]彈簧測力計分度值為0.1N，讀數為0.75N。
[4]小車靜止時，彈簧測力計讀數等于槽碼重力，加速過程中，對槽碼有
故小車加速過程中彈簧秤的讀數小于小車靜止時彈簧測力計讀數。
④[5]對小車有
代入數據可得
15．（2025高二上·拱墅期末）根據人體電阻的大小可以初步判斷人體脂肪所占比例。
（1）實驗小組用多用電表直接粗測人體電阻，先把選擇開關調至“”擋，經歐姆調零后測量人體電阻，指針偏轉如圖a所示：為了使測量結果更準確，應把選擇開關調至　 　（填“”或“”）擋，經歐姆調零后再次測量，示數如圖b所示，則人體電阻為　 　kΩ；
（2）現用另外方案測量人體電阻，實驗小組根據已有器材設計了一個實驗電路。實驗室提供的器材如下：電壓表（量程5V，內阻），電壓表（量程3V，內阻），電流表（量程0.6A，內阻），滑動變阻器（額定電流1.5A，最大阻值50Ω），電源（電動勢6.0V，內阻不計），開關，導線若干，請幫助完成下列實驗步驟：
①圖中虛線框內缺少了一塊電表，應選擇　 　；
②請把實驗電路圖補充完整　 　；
③若步驟①中所選電表的示數為，電壓表的示數為，則待測電阻　 　（用題中所給的物理量符號表達）。
【答案】（1）；100
（2）V2；；
【知識點】電壓表、電流表歐姆表等電表的讀數；特殊方法測電阻
【解析】【解答】本題考查伏安法測電阻實驗，要求掌握實驗原理、實驗器材的選擇、實驗電路設計和數據處理。
（1）由題圖可知，當選擇開關調至“”擋時，歐姆表指針偏角過小，可知選擇量程過小，應把選擇開關調至擋；
由圖b可知，人體電阻為
（2）
①流過人體的最大電流約為A
則電流表的量程太大，可以用電壓表V2代替電流表，其量程為
②由于滑動變阻器的最大阻值相對人體電阻的阻值太小，為了起到更好的調節作用，滑動變阻器采用分壓式接法，電路圖如下圖所示
③流過人體電阻的電流
人體電阻兩端的電壓
根據歐姆定律可得人體電阻
【分析】（1）為減小誤差，歐姆表的指針應指在表盤中央附近，根據表針的偏轉方向判斷電阻值的大小，選擇合適的量程；
（2）①根據歐姆定律估算通過人體電流最大值，從而選擇電壓表；
②根據方便調節選擇滑動變阻器的接入方式，補充電路圖；
③根據電路圖由歐姆定律推導。
（1）[1]由題圖可知，當選擇開關調至“”擋時，歐姆表指針偏角過小，可知選擇量程過小，應把選擇開關調至擋；
[2]由圖b可知，人體電阻為
（2）①[1]流過人體的最大電流約為
A
則電流表的量程太大，可以用電壓表V2代替電流表，其量程為
②[2]由于滑動變阻器的最大阻值相對人體電阻的阻值太小，為了起到更好的調節作用，滑動變阻器采用分壓式接法，電路圖如下圖所示
③[3]流過人體電阻的電流
人體電阻兩端的電壓
根據歐姆定律可得人體電阻
16．（2025高二上·拱墅期末）我們用以下裝置來做“用雙縫干涉測量光的波長”的實驗：
在本實驗中，需要利用關系式來求解某色光的波長，其中L和d一般為已知量，所以測量是本實驗的關鍵，觀察下面的圖像，你認為在實際操作中，測量應選下列圖中的　 　 （選填“甲”或“乙”）圖更為合適。
【答案】甲
【知識點】用雙縫干涉測光波的波長
【解析】【解答】本題主要考查了雙縫干涉測量光的波長的實驗，根據實驗原理掌握正確的實驗操作。在實際操作中，標度線在明條紋中更加容易觀察，可知，測量應選下列圖中的甲圖更為合適。
【分析】據條紋間距的特點選擇合適的圖進行測量。
四、計算題（本題共4小題，共40分。）
17．（2025高二上·拱墅期末）如圖所示，在第19屆杭州亞運賽艇女子輕量級雙人雙槳項目比賽中，鄒佳琪和邱秀萍組合取得亞運會首金，比賽時兩運動員分別在賽艇兩側同步劃水揮槳使艇沿直線運動，假設兩運動員和賽艇（含槳）的總質量為240kg，其受到的阻力恒定，在水中劃水和在空中揮槳用時均為0.5s，某段賽程中劃水和揮槳過程皮劃艇加速度大小相同，當雙槳剛入水時皮劃艇的速度大小為4m/s，完成一個完整的劃水和揮槳，此過程皮劃艇前進4.5m，求此過程中，
（1）皮劃艇的最大速度；
（2）皮劃艇加速運動期間運動員劃水產生的動力大小。
【答案】（1）解：依題意，賽艇劃水階段和揮槳階段均做勻變速直線運動，設賽艇的加速度大小均為a，賽艇的最大速度為vm，則有，
聯立，解得，
（2）解：設動力大小為F，阻力大小為f，由牛頓第二定律可得，劃水階段
揮槳階段
聯立，解得
【知識點】勻變速直線運動的速度與時間的關系；牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【分析】（1）劃水加速和空中運槳減速，結合加速和減速過程加速度大小相等，根據運動學公式求解。
（2）根據牛頓第二定律結合 劃水和揮槳過程皮劃艇加速度大小相同， 求解加速的動力。
（1）依題意，賽艇劃水階段和揮槳階段均做勻變速直線運動，設賽艇的加速度大小均為a，賽艇的最大速度為vm，則有，
聯立，解得，
（2）設動力大小為F，阻力大小為f，由牛頓第二定律可得，劃水階段
揮槳階段
聯立，解得
18．（2025高二上·拱墅期末）某游戲裝置如圖所示，傾斜軌道AB、豎直圓軌道CDC’和U形收集框EFGH分別通過水平軌道BC和C’E平滑連接，除C’E段粗糙外，其余軌道均光滑。已知AB的最大豎直高度H0=0.7m，圓軌道半徑R=0.2m，C’E長度L=1.5m，收集框的高度h=1.2m，寬度d=0.6m。可視為質點、質量m=0.5kg的小滑塊從AB的不同高度由靜止釋放，滑塊運動過程中始終沒有脫離軌道，最后都能落入收集框內。假設滑塊與C’E間的動摩擦因數μ=0.2，空氣阻力忽略不計。
（1）求滑塊通過圓軌道最高點D時，最大速度的大小；
（2）求滑塊通過圓軌道最高點D時，對軌道的最大壓力；
（3）若滑塊進入收集框后，經一次碰撞打到收集框左側底端的F點，碰撞過程無機械能損失。求滑塊在傾斜軌道AB上釋放的高度。
【答案】解：（1）滑塊在A點釋放，通過D點時對軌道的壓力最大。從A到D，由機械能守恒定律有
mg(H0－2R)=mvD2 －0
解得
m/s
（2）設在D點軌道對滑塊的壓力為FN，根據向心力公式有
FN+mg=m
解得
FN=10 N
根據牛頓第三定律可知，滑塊對軌道的最大壓力為10 N，方向豎直向上。
（3）設滑塊在E點速度為vE1，根據對稱性和平拋運動規律可得
解得
m/s
設滑塊釋放高度為H，從釋放點到E點，由動能定理有
mgH1－μmgL=m－ 0
解得
H1=0.6 m
【知識點】平拋運動；生活中的圓周運動；機械能守恒定律
【解析】【分析】（1）滑塊從A點釋放，通過D點時速度最大，由機械能守恒定律求解。
（2）滑塊以最大速度通過D點時，對軌道的壓力最大，根據牛頓第二定律求出在D點軌道對滑塊的最大壓力，再根據牛頓第三定律得到滑塊對軌道的最大壓力；
（3）若滑塊進入收集框后，經一次碰撞打到收集框左側底端的F點，碰撞過程無機械能損失，根據對稱性和平拋運動規律求出滑塊在E點速度，再根據動能定理求滑塊在傾斜軌道AB上釋放的高度。
19．（2025高二上·拱墅期末）如圖所示，光滑軌道abcde固定在豎直平面內，由水平段ab、平滑連接段bc和圓弧段cde組成。cde半徑R=0.4m，圓心O在ab延長線上。ab上放著用輕質細繩連接、質量均為1kg物塊A、B，中間夾著一根被壓縮的輕質彈簧P。左側光滑水平地面上緊靠a點停著一質量為M=1kg、上表面與ab等高的小車。輕彈簧Q左端固定在車上，原長時其右端在g點正上方。車身的g點左側是光滑的，右側與車右端點f之間是粗糙的。A與車身g、f間的動摩擦因數μ=0.25。將A、B間細繩剪斷后，A向左滑上小車，B沿軌道bcde滑行。B到d點時速度大小為1m/s。若不計A、B大小和空氣阻力，求：
（1）B到d點時受到的軌道支持力大小FN；
（2）細繩剪斷前彈簧P儲存的彈性勢能Ep；
（3）為保證A既能擠壓Q又最終不滑離小車，g、f間距L的取值范圍。
【答案】解：（1）在d點由牛頓第二定律得
解得
（2）B由b到d過程中，機械能守恒
B分開過程系統動量守恒
則彈性勢能
（3）A剛好到g時與小車速度相等，以小車、Q和A為系統
聯立解得
A剛好到f時與小車速度相等，以小車、Q和A為系統得
解得
綜上所述，L的取值范圍為
【知識點】豎直平面的圓周運動；機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）B運動到d點時，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛頓第二定律計算支持力的大小。
（2）B由位置b運動到d的過程中，由機械能守恒定律求出B離開彈簧時的速度大小。彈簧將A、B彈開過程，由動量守恒定律和機械能守恒定律相結合計算釋放A、B前彈簧P所儲存的彈性勢能EP。
（3）研究物塊A剛好運動到g點和物塊A剛好返回到f點兩種臨界情況，利用動量守恒定律和能量守恒定律計算小車上f、g兩點之間的距離L，從而得到L的范圍。
20．（2025高二上·拱墅期末）如圖所示是一種粒子探測裝置，半徑為R的圓形區域內有垂直于紙而向外的勻強磁場，單位時間內有大量質量為m，電荷量大小為q，速度大小范圍為的粒子從PM和QK間平行于PM射入圓形磁場區域，PM與圓心O在同一直線上，PM和QK間距離為0.5R。已知從M點射入的速度為的粒子剛好從O點正下方的N點射出圓形磁場區域。擋板ND與圓形區域相切于N點，到達N點的粒子均能進入下方，到達N點右側的粒子均被擋板吸收，ND足夠長。不計粒子重力以及粒子間的相互作用，求：
（1）圓形區域磁場的磁感應強度B的大小及帶電粒子的電性；
（2）從M點射入的速度為的粒子射出磁場后打在擋板上的點F（圖中未標出），求NF的距離以及從M到F所用的時間t。
（3）所有從PM到QK間射入的速度為的粒子出磁場時，這些粒子的速度方向與ND的夾角在什么范圍內？
【答案】解：（1）速度為的粒子從M點射入，從N點射出，軌道半徑為r，由幾何關系可知
得
由左手定則判斷可得粒子帶正電；
（2）由題意得速度為的粒子軌道半徑
由幾何關系可知，粒子再磁場中的偏轉角度為
M到G的過程中，水平位移
豎直位移
可知粒子出磁場后做勻速直線運動，GF與水平方向夾角為60°，可得
得
（或者在三角形ONF中
M到G的過程中所用的時間
G到F的過程中所用的時間
得總時間
（3）由題意得，所有速度為的粒子均過N點；
由M點入射的粒子出磁場時速度方向與ND的夾角為；由K點入射的粒子出磁場時速度方向與ND的夾角為；綜上得夾角范圍為。
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【分析】（1）根據幾何關系得出粒子的半徑，結合牛頓第二定律得出磁感應強度的大小，再根據左手定則得出粒子的電性；
（2）根據幾何關系得出NF的距離，結合運動學公式得出運動的時間；
（3）根據幾何關系得出速度方向與ND的夾角范圍。
1 / 1浙江省杭州市拱墅區源清中學2024-2025學年高二上學期期末考物理試卷
一、單選題（本題共10小題，每小題3分，共30分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）
1．（2025高二上·拱墅期末） 用國際制基本單位表示能量的單位，下列正確的是（　　）
A．MeV B．J C． D．
2．（2025高二上·拱墅期末） 在物理學理論建立的過程中，有許多偉大的科學家做出了貢獻，下列關于科學家和他們的貢獻敘述符合史實的是（　　）
A．多普勒研究了波源和觀察者的相對運動，并總結了接收到頻率的特點
B．伽利略根據理想斜面實驗，提出了力是維持物體運動的原因
C．奧斯特發現了電流磁效應，并提出了分子電流假說
D．牛頓發現了萬有引力定律，并測出了萬有引力常量
3．（2025高二上·拱墅期末）2023年10月2日杭州亞運會女子撐桿跳決賽中，34歲的中國老將李玲以4米63的成績奪冠。李玲完整的撐桿跳高過程簡化為三個階段—持桿助跑、撐桿起跳上升、越桿下落著地。下落時，人桿分離，最后落在軟墊上速度減為零。不計空氣阻力，則（　　）
A．助跑過程中，隨著速度的增大，運動員的慣性增大
B．運動員在撐桿起跳上升過程中機械能守恒
C．在撐桿起跳上升過程中，桿的彈性勢能轉化為運動員的重力勢能且彈性勢能減少量等于運動員的重力勢能增加量
D．運動員落在軟墊上作減速運動時，處于超重狀態
4．（2025高二上·拱墅期末）為避免野外高壓輸電線遭受雷擊，在三條輸電線上方往往架設有兩條與大地相連的導線。下列選項中，與該措施原理相同的是（　　）
A．靜電除塵設備 B．建筑物頂部安裝避雷針
C．音、視頻等信號線包裹金屬網 D．電子點火器的釘尖形放電極
5．（2025高二上·拱墅期末）2023年11月上虞曹娥江“網紅人行橋”正式開通，裝在橋兩側的音樂噴泉吸粉無數。音樂噴泉噴出的水從江中抽取，噴頭可沿一定方向旋轉，水流速度大小也可調節，如圖所示。某噴頭將水以v的速度朝與水平成37°斜向上噴出，噴頭出水口的截面積為S，離水面高度為h，不計一切阻力，水的密度為ρ，下列說法正確的是（　　）
A．水柱的水平射程為
B．噴頭單位時間內噴出水的質量為ρSv
C． t時間內電機對水做功為ρS tv3
D．增大噴頭與水平面的夾角，噴射的水平射程一定增大
6．（2025高二上·拱墅期末）有a、b、c、d四顆地球衛星，a還未發射，在赤道表面隨地球一起轉動，b是近地軌道衛星，c是地球同步衛星，d是高空探測衛星，它們均做勻速圓周運動，方向均與地球自轉方向一致，各衛星的排列位置如圖所示，則（　　）
A．衛星a的向心加速度近似等于重力加速度g
B．在相同時間內衛星d轉過的弧長最長
C．衛星c的速度一定比衛星d的速度大
D．衛星d的角速度比衛星c的角速度大
7．（2025高二上·拱墅期末）關于光現象，下列說法正確的是 （　　）
A．圖甲中一束白光通過三棱鏡形成彩色光帶是光的干涉現象
B．圖乙中光照射不透明的圓盤，在圓盤的陰影中心出現了一個亮斑是光的折射現象
C．用單色光垂直照射圖丙中的牛頓環，是光的干涉現象，得到的條紋是隨離圓心的距離增加而逐漸變寬的同心圓環
D．圖丁中佩戴特殊眼鏡觀看立體電影利用了光的偏振現象
8．（2025高二上·拱墅期末）電子顯微鏡通過“靜電透鏡”實現對電子束的會聚或發散，進而使微小物體成像。如圖所示，圖中虛線為某“靜電透鏡”區域的等勢面，其中M、N兩點電勢φM<φN。現有一電子束沿垂直虛線AB的方向進入“透鏡”電場，僅在電場力的作用下穿過小孔CD。下列說法正確的是（　　）
A．M點的電場強度小于N點的電場強度
B．正對N點射入“透鏡”電場的電子會經過N點
C．電子在電場中運動，電勢能增大
D．該“透鏡”電場對垂直虛線AB射入小孔CD的電子束有發散作用
9．（2025高二上·拱墅期末）如圖，在豎直放置的無限大平行金屬板間用長為1.4m的輕質柔軟絕緣的細線拴一質量為，電荷量為的帶電小球（可視為點電荷），細線的上端固定于O點，開關S閉合穩定時小球靜止在板間的A點，細線與豎直方向成夾角，A點距右極板的距離為0.15m，且左極板接地，其中，，則下列說法正確的是（　　）
A．小球帶正電荷
B．將的滑片向左移，細線與豎直方向的夾角將變大
C．將絕緣細線剪斷，球將做曲線運動，經0.2s打到右極板上
D．S斷開后，將右極板向右平移少許，A點電勢不變
10．（2025高二上·拱墅期末）如圖所示，兩個帶電小球A、B分別處在光滑絕緣的斜面和水平面上，且在同一豎直平面內．用水平向左的推力F作用于B球，兩球在圖示位置靜止．現將B球水平向左移動一小段距離，發現A球隨之沿斜面向上移動少許，兩球在虛線位置重新平衡．與移動前相比，下列說法正確的是
A．斜面對A的彈力增大 B．水平面對B的彈力不變
C．推力F變小 D．兩球之間的距離變小
二、多選題Ⅱ（本題共3小題，每小題4分，共12分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得4分，選對但不選全的得2分，有選錯的得0分）
11．（2025高二上·拱墅期末）華為Mate 60 Pro智能手機的各項性能都很優秀，該手機配備鋰聚合物電池，88W充電器，充電時可智能調節充電功率，真正實現了“充電2分鐘，待機10小時”。充電測試發現，充電前2分鐘是超級快充模式，充電器輸出電壓為18V，輸出功率穩定在78W左右，隨后充電功率“階梯式”下降，直至充電結束。下列說法正確的是（　　）
A．電池容量的單位“”是能量單位
B．電池充滿電所儲存的能量為
C．手機待機功率為
D．電池內阻約為
12．（2025高二上·拱墅期末）某同學在研究性學習活動中自制了電子秤，如圖。用理想電壓表顯示物體的質量，托盤與電阻可忽略的金屬彈簧相連，托盤與彈簧的質量均不計，電流表內阻可忽略，滑動變阻器R的滑動端與彈簧上端連接。當托盤中沒有放物體時，滑片恰好指在變阻器的最上端，此時電壓表示數為0。設變阻器總電阻為R，總長度為l，電源電動勢為E，內阻為r，限流電阻阻值為，彈簧勁度系數為k，不計一切摩擦和其他阻力，則下列說法正確的是（　　）
A．物體質量m越大，電流表示數越大
B．物體質量m越小，電壓表示數越小
C．該電子秤所用的彈簧勁度系數k越大越靈敏
D．電壓表示數U與所稱物體質量m的關系式為
13．（2025高二上·拱墅期末）在y軸左右兩側存在兩種不同的均勻介質，有兩列持續傳播的簡諧橫波沿x軸相向傳播，甲向右傳播、乙向左傳播，時刻的波形如圖所示，甲波恰好傳至處，乙波恰好傳至處，已知波在負半軸的波速大小為0.5m/s，在正半軸的波速大小為0.25m/s，下列說法中正確的是（　　）
A．時刻處質點與處質點的振動方向相反
B．x軸上第一個位移到＋6cm的質點是橫坐標為
C．較長時間后處的質點是振動減弱點
D．時刻處質點的位移為6cm
三、實驗題 （14、15、16三題，共18分）
14．（2025高二上·拱墅期末）（1）利用圖1裝置做力學相關實驗，以下說法正確的是______
A．用此裝置“探究小車速度隨時間變化的規律”時，必須設法補償小車與木板間的摩擦阻力
B．用此裝置“探究小車加速度a與力F的關系”時，應使槽碼的總質量遠小于小車的質量
C．用此裝置“探究小車加速度a與小車質量M的關系”時，每次改變車內砝碼質量后，不需要重新補償小車所受摩擦阻力
D．將長木板右側墊高補償阻力后，用此裝置可以完成“驗證系統機械能守恒定律”的實驗
（2）某興趣小組的同學在“探究加速度與力的關系”實驗中，對課本中的實驗方案作了一些改進，采用如圖2所示實驗裝置。
①某次實驗中打出的紙帶如圖3所示，則該同學出錯的可能原因是　 　（單選）
A.電源電壓不穩定
B.細線沒有與木板平行
C.打點計時器振針未敲擊到復寫紙
D.紙帶沒有穿過限位孔
②改進方案后，是否需要控制槽碼的質量遠小于小車質量　 　（填“需要”或“不需要”）
③某次實驗中，小車釋放后彈簧秤示數如圖4所示，其讀數為　 　N，小車加速過程中彈簧秤的讀數　 　（選填“大于”、“小于”或“等于”）小車靜止時彈簧秤的讀數：
④以彈簧測力計的讀數F為橫坐標，通過紙帶計算出的加速度a為縱坐標，畫出的圖像如圖5所示，則小車的質量為　 　kg。
15．（2025高二上·拱墅期末）根據人體電阻的大小可以初步判斷人體脂肪所占比例。
（1）實驗小組用多用電表直接粗測人體電阻，先把選擇開關調至“”擋，經歐姆調零后測量人體電阻，指針偏轉如圖a所示：為了使測量結果更準確，應把選擇開關調至　 　（填“”或“”）擋，經歐姆調零后再次測量，示數如圖b所示，則人體電阻為　 　kΩ；
（2）現用另外方案測量人體電阻，實驗小組根據已有器材設計了一個實驗電路。實驗室提供的器材如下：電壓表（量程5V，內阻），電壓表（量程3V，內阻），電流表（量程0.6A，內阻），滑動變阻器（額定電流1.5A，最大阻值50Ω），電源（電動勢6.0V，內阻不計），開關，導線若干，請幫助完成下列實驗步驟：
①圖中虛線框內缺少了一塊電表，應選擇　 　；
②請把實驗電路圖補充完整　 　；
③若步驟①中所選電表的示數為，電壓表的示數為，則待測電阻　 　（用題中所給的物理量符號表達）。
16．（2025高二上·拱墅期末）我們用以下裝置來做“用雙縫干涉測量光的波長”的實驗：
在本實驗中，需要利用關系式來求解某色光的波長，其中L和d一般為已知量，所以測量是本實驗的關鍵，觀察下面的圖像，你認為在實際操作中，測量應選下列圖中的　 　 （選填“甲”或“乙”）圖更為合適。
四、計算題（本題共4小題，共40分。）
17．（2025高二上·拱墅期末）如圖所示，在第19屆杭州亞運賽艇女子輕量級雙人雙槳項目比賽中，鄒佳琪和邱秀萍組合取得亞運會首金，比賽時兩運動員分別在賽艇兩側同步劃水揮槳使艇沿直線運動，假設兩運動員和賽艇（含槳）的總質量為240kg，其受到的阻力恒定，在水中劃水和在空中揮槳用時均為0.5s，某段賽程中劃水和揮槳過程皮劃艇加速度大小相同，當雙槳剛入水時皮劃艇的速度大小為4m/s，完成一個完整的劃水和揮槳，此過程皮劃艇前進4.5m，求此過程中，
（1）皮劃艇的最大速度；
（2）皮劃艇加速運動期間運動員劃水產生的動力大小。
18．（2025高二上·拱墅期末）某游戲裝置如圖所示，傾斜軌道AB、豎直圓軌道CDC’和U形收集框EFGH分別通過水平軌道BC和C’E平滑連接，除C’E段粗糙外，其余軌道均光滑。已知AB的最大豎直高度H0=0.7m，圓軌道半徑R=0.2m，C’E長度L=1.5m，收集框的高度h=1.2m，寬度d=0.6m。可視為質點、質量m=0.5kg的小滑塊從AB的不同高度由靜止釋放，滑塊運動過程中始終沒有脫離軌道，最后都能落入收集框內。假設滑塊與C’E間的動摩擦因數μ=0.2，空氣阻力忽略不計。
（1）求滑塊通過圓軌道最高點D時，最大速度的大小；
（2）求滑塊通過圓軌道最高點D時，對軌道的最大壓力；
（3）若滑塊進入收集框后，經一次碰撞打到收集框左側底端的F點，碰撞過程無機械能損失。求滑塊在傾斜軌道AB上釋放的高度。
19．（2025高二上·拱墅期末）如圖所示，光滑軌道abcde固定在豎直平面內，由水平段ab、平滑連接段bc和圓弧段cde組成。cde半徑R=0.4m，圓心O在ab延長線上。ab上放著用輕質細繩連接、質量均為1kg物塊A、B，中間夾著一根被壓縮的輕質彈簧P。左側光滑水平地面上緊靠a點停著一質量為M=1kg、上表面與ab等高的小車。輕彈簧Q左端固定在車上，原長時其右端在g點正上方。車身的g點左側是光滑的，右側與車右端點f之間是粗糙的。A與車身g、f間的動摩擦因數μ=0.25。將A、B間細繩剪斷后，A向左滑上小車，B沿軌道bcde滑行。B到d點時速度大小為1m/s。若不計A、B大小和空氣阻力，求：
（1）B到d點時受到的軌道支持力大小FN；
（2）細繩剪斷前彈簧P儲存的彈性勢能Ep；
（3）為保證A既能擠壓Q又最終不滑離小車，g、f間距L的取值范圍。
20．（2025高二上·拱墅期末）如圖所示是一種粒子探測裝置，半徑為R的圓形區域內有垂直于紙而向外的勻強磁場，單位時間內有大量質量為m，電荷量大小為q，速度大小范圍為的粒子從PM和QK間平行于PM射入圓形磁場區域，PM與圓心O在同一直線上，PM和QK間距離為0.5R。已知從M點射入的速度為的粒子剛好從O點正下方的N點射出圓形磁場區域。擋板ND與圓形區域相切于N點，到達N點的粒子均能進入下方，到達N點右側的粒子均被擋板吸收，ND足夠長。不計粒子重力以及粒子間的相互作用，求：
（1）圓形區域磁場的磁感應強度B的大小及帶電粒子的電性；
（2）從M點射入的速度為的粒子射出磁場后打在擋板上的點F（圖中未標出），求NF的距離以及從M到F所用的時間t。
（3）所有從PM到QK間射入的速度為的粒子出磁場時，這些粒子的速度方向與ND的夾角在什么范圍內？
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】力學單位制
【解析】【解答】用國際制基本單位表示能量的單位，根據
則有
C符合題意，ABD不符合題意。
故答案為：C。
【分析】根據物理學單位制分析。
2．【答案】A
【知識點】物理學史
【解析】【解答】A.多普勒研究了波源和觀察者的相對運動，并總結了接收到頻率的特點，即多普勒效應的規律，A符合題意；
B.伽利略根據理想斜面實驗，駁斥了亞里士多德提出的力是維持物體運動的原因，提出了力不是維持物體運動的原因，B不符合題意；
C.奧斯特發現了電流磁效應，安培提出了分子電流假說，C不符合題意；
D.牛頓發現了萬有引力定律，卡文迪許測出了萬有引力常量，D不符合題意。
故答案為：A。
【分析】根據物理學史分析。
3．【答案】D
【知識點】慣性與質量；超重與失重；機械能守恒定律
【解析】【解答】本題考查超重狀態以及判斷物體的機械能是否守恒，知道機械能守恒的條件即可正確解題。A．慣性與速度無關，A錯誤；
B．運動員在撐桿起跳上升過程中除重力外有竿的彈力對人做功，運動員機械能不守恒，B錯誤；
C．在撐桿起跳上升過程中，運動員的動能和桿的彈性勢能轉化為運動員的重力勢能，所以桿的彈性勢能減少量一定小于運動員的重力勢能增加量，C錯誤；
D．運動員落在軟墊上時做減速運動，加速度的方向向上，因而運動員處于超重狀態，D正確。
故選D。
【分析】只有重力或只有彈力做功物體機械能守恒，根據運動員的運動過程與能量轉化過程分析，當運動員達到最高點時還有水平方向速度，動能不為0。
4．【答案】C
【知識點】靜電的防止與利用；電場強度的疊加
【解析】【解答】靜電屏蔽是通過形成等電位面來保護內部不受外部電場干擾，而尖端放電則是利用尖端處電場強度極大增強的特性來引發放電。野外高壓輸電線受到雷擊的可能性很大，所以在三條輸電線上方還有兩條導線，他們與大地相連，屬于靜電屏蔽原理。
A．靜電除塵器用于粉塵較多的各種場所，用來收集或者去除粉塵，屬于靜電應用，故A錯誤；
B．建筑物頂部安裝避雷針，屬于尖端放電，故B錯誤；
C．音、視頻等信號線包裹金屬網，屬于靜電屏蔽，故C正確；
D．燃氣灶點火器的放電電極做成針形，屬于尖端放電原理，故D錯誤。
故選C。
【分析】靜電現象在電力傳輸、建筑安全、信號傳輸和點火系統中都有體現，但其應用原理各不相同。題目中提到的高壓輸電線上的兩條與大地相連的導線，其主要作用是通過靜電屏蔽來保護輸電線路免受雷擊，即利用導線與大地相連形成一個等電位面，從而將雷電的電荷迅速導入大地，避免雷電直接擊中輸電線路。
5．【答案】B
【知識點】能量守恒定律；斜拋運動
【解析】【解答】A．將初速度正交分解為水平速度以及豎直速度，
水滴在豎直方向做豎直上拋運動
水平方向勻速直線運動，
聯立可求出水平射程，顯然A選項中時間代入不正確，A錯誤；
B．單位時間內噴出水的質量為ρSv，因為噴頭勻速噴水，B正確；
C．根據動能表達式， t時間內水增加的動能為
在 t時間內水從水面被抽出，同時也增加了重力勢能，故 t時間內電機對水做功大于ρS tv3，C錯誤
D．當取極限與水平方向的夾角為90°，此時水平射程為零，D錯誤。
故選B。
【分析】增大噴頭與水平面的夾角，豎直分速度增大，空中運動時間變長，但是水平分速度減小，噴射的水平射程不一定增大。
6．【答案】C
【知識點】萬有引力定律；衛星問題
【解析】【解答】A．衛星a在赤道上，萬有引力遠大于衛星隨地球自轉所需向心力，即重力遠大于向心力，所以衛星a的向心加速度an遠小于重力加速度g，故A錯誤；
C．c是地球同步衛星，a、c兩顆衛星的角速度相等，根據v=ωr
可知，衛星c的速度比衛星a的速度大，對于b、c、d三顆衛星，根據
解得
衛星的軌道半徑越大，速度越小，所以衛星b的速度比衛星c的速度大，衛星c的速度比衛星d的速度大，故C正確；
B．四顆衛星中衛星b的速度最大，根據弧長與速度的關系有s=vt，可知，在相同的時間內衛星b轉過的弧長最長，故B錯誤；
D．根據
解得
衛星的軌道半徑越大，角速度越小，所以衛星d的角速度比衛星c的角速度小，故D錯誤。
故答案為：C。
【分析】“結合衛星的運動類型（ 隨地球自轉、繞地球公轉 ），利用‘’（ 同軸轉動 ）和‘萬有引力提供向心力’的公式（ 、 ），比較線速度、角速度大小’：先區分衛星（ 隨轉 ）與、、（ 公轉 ）的運動規律，再對公轉衛星用萬有引力定律的衍生公式，對隨轉衛星用同軸轉動規律，逐步比較各衛星的線速度、角速度，體現不同運動形式下物理規律的應用。
7．【答案】D
【知識點】光的折射及折射定律；薄膜干涉；光的衍射；光的偏振現象
【解析】【解答】本題考查光的干涉、衍射、偏振與折射的應用，及其之間的區別，解決該題的關鍵是能明確知道各種光學現象所涉及到的原理，注意白光是頻率不同的單色光組合而成的。A．圖甲中一束白光通過三棱鏡形成彩色光帶是光的折射現象，故A錯誤；
B．圖乙中光照射不透明的圓盤，在圓盤的陰影中心出現了一個亮斑是光的衍射現象，故B錯誤；
C．圖丙中空氣膜的上下兩個表面反射的兩列光波發生干涉，依據光程差是光的半個波長的偶數倍即為亮條紋，是光的半個波長的奇數倍即為暗條紋，因凸透鏡壓在平面玻璃上，空氣薄膜不等間距，可以看到內疏外密的明暗相間的圓環狀條紋，故C錯誤；
D．圖丁中立體電影在放映時，是兩臺放映機發出相互垂直的偏振光，佩戴特殊眼鏡觀看立體電影，才能獲得最佳觀賞效果，利用了光的偏振原理，故D正確。
故選D。
【分析】干涉現象是頻率相同的兩列光相遇時發生干涉現象；發生明顯衍射現象的條件是障礙物或孔的尺寸比波長小；三棱鏡后形成彩色光帶，這是光的折射現象；立體電影是利用了光的偏振現象，從而即可求解。
8．【答案】D
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】本題考查帶電粒子在電場中的運動，關鍵要能結合等勢面的特點正確判斷出電場線的方向，然后結合電荷受到的電場力方向判斷其運動情況。A．因M點電場線較N點密集，可知M點的電場強度大于N點的電場強度，選項A錯誤；
B．電場線與等勢面垂直，則靠近小孔的電場線是曲線，則正對N點射入“透鏡”電場的電子不會經過N點，選項B錯誤；
C．從左到右電勢逐漸升高，則電子從左向右在電場中運動，電勢能減小，選項C錯誤；
D．根據電場線與等勢面垂直，從左到右電場線是發散的，知垂直虛線AB射入小孔CD的電子受到的電場力偏向中心軸線兩側（除沿軸線射入的電子外），即該“透鏡”電場對垂直虛線AB射入小孔CD的電子束有發散作用，故D正確。
故選D。
【分析】根據等差等勢面越密電場強度越大，來分析電場強度的大小；根據電場線與等勢面垂直，分析正電子的受力情況判斷運動情況；分析電場力做功情況判斷動能、電勢能的變化情況；根據垂直虛線AB射入小孔CD的正電子束受到的電場力方向，分析該“透鏡”電場的作用。
9．【答案】D
【知識點】電容器及其應用
【解析】【解答】本題主要考查對電容器的動態分析，解題時要抓住不變量，若電容器充電后保持與電源相連，即使電容器的電容變化，兩極板間的也電壓不變，若電容器充電后與電源斷開且未放電，即使電容器的電容變化，兩極板的電荷量也不變。A．由圖可知，電容器左極板帶負電，右極板帶正電，電場向左，電場力方向與電場強度方向相反，則小球帶負電荷，A錯誤；
B．改變不影響電容器電勢差，則細線與豎直方向的夾角不變，B錯誤；
C．將絕緣細線剪斷，小球所受重力與電場力的合力與繩拉力等大、反向，則小球做勻加速直線運動，C錯誤；
D．S斷開后，電容器所帶電荷量不變，根據
，，
得
將右極板向右平移少許，電場強度不變。由于左極板接地，電勢為零。且小球與左極板間距不變，則A點電勢不變，D正確。
故選D。
【分析】分析小球所受電場力方向與電場方向的關系，即可判斷其電性；改變R1不影響兩極板間電壓，細線與豎直方向的夾角不變；初始時，小球處于平衡狀態，據此確定小球所受重力和電場力的合力，再分析將絕緣細線剪斷后，小球的運動情況；分析電場強度的變化情況，再判斷A點電勢的變化情況。
10．【答案】C
【知識點】庫侖定律
【解析】【解答】本題主要是考查了共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解法進行力的分解，然后在坐標軸上建立平衡方程進行解答。注意整體法和隔離法的應用。對小球A受力分析，由平行四邊形法則可知，當A球到達虛線位置時斜面對A的彈力NA減小；兩球之間的庫侖力減小，根據庫侖定律可知，兩球間距變大，選項D錯誤；
對AB整體受力分析可知：NB與NA的豎直分量之和等于AB的重力之和，NA減小，則NA的豎直分量減小，則NB增大，選項B錯誤；對B受力分析可知，F等于庫侖力F庫的水平分量，因F庫減小且F庫與水平方向的夾角變大，則F庫的水平分量減小，即F減小，選項C正確；故選C.
【分析】分別以A、B和整體為研究對象，分析受力，根據平衡條件進行分析。
11．【答案】B
【知識點】焦耳定律；電功率和電功；電流、電源的概念
【解析】【解答】本題考查恒定電流的計算，關鍵是理解電池為非純電阻元件，其不適用歐姆定律。A．根據電流定義式可知，是電荷量的單位，故A錯誤；
B．根據電場力做功公式可得，電池充滿電所儲存的能量等于充電時電流做的功
故B正確；
C．充電2分鐘，充電器輸出的能量為
若能量全部儲存在電池中，則待機功率為
由于電池儲存的能量小于充電器輸出能量，故C錯誤；
D．電流
若電池為純電阻，則有
由于電池為非純電阻，故D錯誤。
故選B。
【分析】由單位對應的物理量進行計算，可知單位對應的物理量；由電池充電時，電流做的功，可計算電池儲存的能量；由充電2分鐘對應的輸出能量，若其全部儲存在電池中，可計算待機10小時的待機功率，根據實際會有能量損失，可得到手機待機功率可能值的范圍；由輸出功率和輸出電壓，可計算輸出電流，若電池為純電阻，可根據歐姆定律計算電阻，結合電池實際為非純電阻，可得到電池電阻的范圍。
12．【答案】B,D
【知識點】電路動態分析
【解析】【解答】本題是力電綜合題，兩者聯系的橋梁是彈簧的形變量x，根據閉合電路歐姆定律、電阻定律和歐姆定律得到U與m的關系式是關鍵，結合電路構造即可完成分析。AB．物體質量m越大，滑動變阻器阻值越大，根據“串反并同”， 物體質量m越大，電流表示數越小；則物體質量m越小，電壓表示數越小，A錯誤，B正確；
CD．設滑動變阻器上端到滑動端的長度為x，則
滑動變阻器接入電路的阻值為
根據閉合電路歐姆定律
電壓表示數為
聯立得
彈簧勁度系數k越大，當m變化時，電壓表示數變化越小，即越不靈敏，C錯誤，D正確。
故選BD。
【分析】根據電路動態分析的方法分析AB選項；根據平衡條件列式，分析彈簧的形變量x與被測物體質量m，根據閉合電路歐姆定律、電阻定律和歐姆定律得到電壓表示數U與所稱物體質量m的關系式，再進行分析。
13．【答案】B,C
【知識點】橫波的圖象；波的疊加
【解析】【解答】波的圖象反映了在某時刻介質中的質點離開平衡位置的位移情況，圖象的橫軸表示各質點的平衡位置，縱軸表示該時刻各質點的位移。在波的干涉現象中，振動加強點的振動始終是加強的，但質點仍在做簡諧運動，其位移隨時間是周期性變化，不是靜止不動的。
A．根據波的傳播方向，由“同側法”可知，時刻處質點正向軸負方向振動，處質點同樣正向軸負方向振動，故A錯誤；
B．根據時刻兩波傳播的位置可知，x軸上第一個位移到＋6cm的質點一定出現在軸的正半軸，由波形圖可知兩列波的波長分別為
，
兩列波的頻率
，
兩列波頻率相同，因此兩列波相遇時能夠發生穩定的干涉，甲波的第一波峰傳播到處所用的時間為
乙波的第一個波峰傳播到處所用的時間
可知從時刻開始，經過相同的時間兩列波的波峰在軸正半軸相距，而同種介質中波的傳播速度相同，因此可知兩列波的波峰將會同時到達處，由此可知x軸上第一個位移到＋6cm的質點是橫坐標為，故B正確；
C．根據題意可知，時刻，甲波在處的質點將向軸正方向振動，而乙波在處的質點將向下振動，甲乙兩波在軸正半軸傳播速度相同，則可知甲波在處引起的振動和乙波在處引起的振動將會同時到達，由此可知較長時間后處的質點是振動減弱點，故C正確；
D．由于兩波頻率相同，則可知兩波的周期均為
甲波在處的振動傳播到處所用的時間
則剩余時間內甲波在處的質點振動的周期數為
乙波在處的振動傳播到處所用的時間
則剩余時間內乙波在處的質點振動的周期數為
由此可知甲波在時刻在處的質點正處于波谷，乙波在處的質點也正處于波谷，則可得時刻處質點的位移為，故D錯誤。
故選BC。
【分析】根據頻率波速和波長的關系即可解出；根據波的傳播特點即可解出；根據波的干涉特點即可分析出；根據振幅和路程的關系即可解出。
14．【答案】（1）B；C
（2）D；不需要；0.75；小于；0.6
【知識點】探究加速度與力、質量的關系
【解析】【解答】該實驗是探究加速度與力、質量的三者關系，研究三者關系必須運用控制變量法，解決實驗問題首先要掌握該實驗原理，了解實驗的操作步驟和數據處理以及注意事項．其中平衡摩擦力的原因以及做法在實驗中應當清楚。
（1）A．用此裝置“研究勻變速直線運動”時，有摩擦力小車也可以做勻變速直線運動，所以不需要平衡摩擦力。故A錯誤；
B．用此裝置“探究小車加速度a與力F的關系”時，需要用槽碼的重力代替繩子拉力，作為小車所受到的合外力，為了減小實驗誤差，槽碼的總質量應遠小于小車質量，故B正確；
C．用此裝置“探究加速度a與質量M的關系”每次改變砝碼及砝碼盤總質量之后，不需要重新平衡摩擦力，因為小車所受的摩擦力是利用小車的重力的分力平衡的，所以改變拉力和小車質量都不需要重新平衡摩擦力，故C正確；
D．即使平衡了摩擦力，摩擦力也不會消失，機械能不守恒，則不能用該實驗裝置完成驗證機械能守恒定律，故D錯誤。
故選BC。
（2）①由圖可知，紙帶上的點沒有在同一直線上，其原因是紙帶沒有穿過限位孔，故選D。
②由于有彈簧測力計能測量細線的拉力，從而能得到小車所受的合力，所以不需要控制槽碼的質量遠小于小車質量。
③彈簧測力計分度值為0.1N，讀數為0.75N。小車靜止時，彈簧測力計讀數等于槽碼重力，加速過程中，對槽碼有
故小車加速過程中彈簧秤的讀數小于小車靜止時彈簧測力計讀數。
④對小車有
代入數據可得
【分析】（1）根據各實驗原理和實驗操作注意事項分析；
（2）①根據紙帶上的點跡分布情況分析問題；
②小車所受拉力可以由簧測力計的讀數得出；
③根據彈簧測力計的最小分度值，按照正確的讀數規則讀數；
④根據牛頓第二定律列式求解小車的質量。
（1）A．用此裝置“研究勻變速直線運動”時，有摩擦力小車也可以做勻變速直線運動，所以不需要平衡摩擦力。故A錯誤；
B．用此裝置“探究小車加速度a與力F的關系”時，需要用槽碼的重力代替繩子拉力，作為小車所受到的合外力，為了減小實驗誤差，槽碼的總質量應遠小于小車質量，故B正確；
C．用此裝置“探究加速度a與質量M的關系”每次改變砝碼及砝碼盤總質量之后，不需要重新平衡摩擦力，因為小車所受的摩擦力是利用小車的重力的分力平衡的，所以改變拉力和小車質量都不需要重新平衡摩擦力，故C正確；
D．即使平衡了摩擦力，摩擦力也不會消失，機械能不守恒，則不能用該實驗裝置完成驗證機械能守恒定律，故D錯誤。
故選BC。
（2）①[1]由圖可知，紙帶上的點沒有在同一直線上，其原因是紙帶沒有穿過限位孔，故選D。
②[2]由于有彈簧測力計能測量細線的拉力，從而能得到小車所受的合力，所以不需要控制槽碼的質量遠小于小車質量。
③[3]彈簧測力計分度值為0.1N，讀數為0.75N。
[4]小車靜止時，彈簧測力計讀數等于槽碼重力，加速過程中，對槽碼有
故小車加速過程中彈簧秤的讀數小于小車靜止時彈簧測力計讀數。
④[5]對小車有
代入數據可得
15．【答案】（1）；100
（2）V2；；
【知識點】電壓表、電流表歐姆表等電表的讀數；特殊方法測電阻
【解析】【解答】本題考查伏安法測電阻實驗，要求掌握實驗原理、實驗器材的選擇、實驗電路設計和數據處理。
（1）由題圖可知，當選擇開關調至“”擋時，歐姆表指針偏角過小，可知選擇量程過小，應把選擇開關調至擋；
由圖b可知，人體電阻為
（2）
①流過人體的最大電流約為A
則電流表的量程太大，可以用電壓表V2代替電流表，其量程為
②由于滑動變阻器的最大阻值相對人體電阻的阻值太小，為了起到更好的調節作用，滑動變阻器采用分壓式接法，電路圖如下圖所示
③流過人體電阻的電流
人體電阻兩端的電壓
根據歐姆定律可得人體電阻
【分析】（1）為減小誤差，歐姆表的指針應指在表盤中央附近，根據表針的偏轉方向判斷電阻值的大小，選擇合適的量程；
（2）①根據歐姆定律估算通過人體電流最大值，從而選擇電壓表；
②根據方便調節選擇滑動變阻器的接入方式，補充電路圖；
③根據電路圖由歐姆定律推導。
（1）[1]由題圖可知，當選擇開關調至“”擋時，歐姆表指針偏角過小，可知選擇量程過小，應把選擇開關調至擋；
[2]由圖b可知，人體電阻為
（2）①[1]流過人體的最大電流約為
A
則電流表的量程太大，可以用電壓表V2代替電流表，其量程為
②[2]由于滑動變阻器的最大阻值相對人體電阻的阻值太小，為了起到更好的調節作用，滑動變阻器采用分壓式接法，電路圖如下圖所示
③[3]流過人體電阻的電流
人體電阻兩端的電壓
根據歐姆定律可得人體電阻
16．【答案】甲
【知識點】用雙縫干涉測光波的波長
【解析】【解答】本題主要考查了雙縫干涉測量光的波長的實驗，根據實驗原理掌握正確的實驗操作。在實際操作中，標度線在明條紋中更加容易觀察，可知，測量應選下列圖中的甲圖更為合適。
【分析】據條紋間距的特點選擇合適的圖進行測量。
17．【答案】（1）解：依題意，賽艇劃水階段和揮槳階段均做勻變速直線運動，設賽艇的加速度大小均為a，賽艇的最大速度為vm，則有，
聯立，解得，
（2）解：設動力大小為F，阻力大小為f，由牛頓第二定律可得，劃水階段
揮槳階段
聯立，解得
【知識點】勻變速直線運動的速度與時間的關系；牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【分析】（1）劃水加速和空中運槳減速，結合加速和減速過程加速度大小相等，根據運動學公式求解。
（2）根據牛頓第二定律結合 劃水和揮槳過程皮劃艇加速度大小相同， 求解加速的動力。
（1）依題意，賽艇劃水階段和揮槳階段均做勻變速直線運動，設賽艇的加速度大小均為a，賽艇的最大速度為vm，則有，
聯立，解得，
（2）設動力大小為F，阻力大小為f，由牛頓第二定律可得，劃水階段
揮槳階段
聯立，解得
18．【答案】解：（1）滑塊在A點釋放，通過D點時對軌道的壓力最大。從A到D，由機械能守恒定律有
mg(H0－2R)=mvD2 －0
解得
m/s
（2）設在D點軌道對滑塊的壓力為FN，根據向心力公式有
FN+mg=m
解得
FN=10 N
根據牛頓第三定律可知，滑塊對軌道的最大壓力為10 N，方向豎直向上。
（3）設滑塊在E點速度為vE1，根據對稱性和平拋運動規律可得
解得
m/s
設滑塊釋放高度為H，從釋放點到E點，由動能定理有
mgH1－μmgL=m－ 0
解得
H1=0.6 m
【知識點】平拋運動；生活中的圓周運動；機械能守恒定律
【解析】【分析】（1）滑塊從A點釋放，通過D點時速度最大，由機械能守恒定律求解。
（2）滑塊以最大速度通過D點時，對軌道的壓力最大，根據牛頓第二定律求出在D點軌道對滑塊的最大壓力，再根據牛頓第三定律得到滑塊對軌道的最大壓力；
（3）若滑塊進入收集框后，經一次碰撞打到收集框左側底端的F點，碰撞過程無機械能損失，根據對稱性和平拋運動規律求出滑塊在E點速度，再根據動能定理求滑塊在傾斜軌道AB上釋放的高度。
19．【答案】解：（1）在d點由牛頓第二定律得
解得
（2）B由b到d過程中，機械能守恒
B分開過程系統動量守恒
則彈性勢能
（3）A剛好到g時與小車速度相等，以小車、Q和A為系統
聯立解得
A剛好到f時與小車速度相等，以小車、Q和A為系統得
解得
綜上所述，L的取值范圍為
【知識點】豎直平面的圓周運動；機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）B運動到d點時，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛頓第二定律計算支持力的大小。
（2）B由位置b運動到d的過程中，由機械能守恒定律求出B離開彈簧時的速度大小。彈簧將A、B彈開過程，由動量守恒定律和機械能守恒定律相結合計算釋放A、B前彈簧P所儲存的彈性勢能EP。
（3）研究物塊A剛好運動到g點和物塊A剛好返回到f點兩種臨界情況，利用動量守恒定律和能量守恒定律計算小車上f、g兩點之間的距離L，從而得到L的范圍。
20．【答案】解：（1）速度為的粒子從M點射入，從N點射出，軌道半徑為r，由幾何關系可知
得
由左手定則判斷可得粒子帶正電；
（2）由題意得速度為的粒子軌道半徑
由幾何關系可知，粒子再磁場中的偏轉角度為
M到G的過程中，水平位移
豎直位移
可知粒子出磁場后做勻速直線運動，GF與水平方向夾角為60°，可得
得
（或者在三角形ONF中
M到G的過程中所用的時間
G到F的過程中所用的時間
得總時間
（3）由題意得，所有速度為的粒子均過N點；
由M點入射的粒子出磁場時速度方向與ND的夾角為；由K點入射的粒子出磁場時速度方向與ND的夾角為；綜上得夾角范圍為。
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【分析】（1）根據幾何關系得出粒子的半徑，結合牛頓第二定律得出磁感應強度的大小，再根據左手定則得出粒子的電性；
（2）根據幾何關系得出NF的距離，結合運動學公式得出運動的時間；
（3）根據幾何關系得出速度方向與ND的夾角范圍。
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