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浙江省杭州市周边重点中学四校2024-2025学年高二上学期10月联考物理试题
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的）
1．（2024高二上·杭州月考）牛顿在1687年用在流体中拖动的平板，做了著名的粘性流动实验。得出了粘附于上平板的流体在平板切向方向上产生的粘性摩擦力F的关系式：。其中A是平板面积，h是平板间间距，平板的运动速度为v，粘滞力系数的单位为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】单位制
【解析】【解答】，故C符合题意
故答案为：C
【分析】注意牛顿的定义：加在质量为1kg的舞台上，使之产生加速度的力为1N，即
2．（2024高二上·杭州月考）下列表述正确的是（　　）
A．法拉第提出了用电场线描述电场的方法，并用实验测得了元电荷的数值
B．库仑用扭秤实验研究了电荷间的相互作用规律，并测出了静电力常量
C．用点电荷来代替实际带电体是采用了等效替代的思想方法
D．电场强度、电势、电容都是用比值法定义的物理量
【答案】D
【知识点】电容器及其应用；物理学史；点电荷
【解析】【解答】A．前半句正确，后半句应该是密立根用油滴实验测量了元电荷的值，故A错误；
B．前半句正确，后半句应该是麦克斯韦通过理论计算得出了静电力常量，麦克斯韦在建立电磁场理论时，发现电场和磁场的传播速度 c光速与 真空介电常数 0 、真空磁导率 μ0 满足关系
故B错误；
C．点电荷并不是用另一个物体去“替代”实际带电体，而是 忽略带电体的形状、大小，只保留其电荷量和位置的影响，例如，一个带电小球在远处产生的电场可以近似看作点电荷，但并没有用另一个东西去“等效”它，而是简化它的物理属性，是采用了理想化物理模型的方法，故C错误；
D．由电场强度、电势和电容的定义可知，电场强度、电势、电容器的电容都是用比值法定义的，故D正确。
故选D。
【分析】（1）需注意物理学史与实验结论的对应关系（如谁提出方法、谁完成测量）；明确物理方法的区别，理想模型法（如点电荷）是忽略次要因素，等效替代法（如合力替代分力）是效果相同；比值定义法的特点是定义式与定义量无关（如E不由F、q决定），类似比值定义还有速度（v=s/t）、电阻（R=U/I）等；库仑定律中的静电力常量并非库仑本人测得，需结合物理学史背景；
（2）关键易错点在于混淆物理方法与概念（如C选项），解题时可先排除绝对错误选项（如A、B的史实错误），再对比核心概念（如D选项的比值定义特征）。
3．（2024高二上·杭州月考）蜘蛛网是由部分种类的蜘蛛吐丝所编成的网状物，如图所示，竖直平面内蜘蛛网上A、B、C三点的连线构成正三角形，三根蜘蛛丝a、b、c（可视为弹性绳）的延长线均过三角形的中心，蜘蛛丝c沿竖直方向，且c中有张力。蜘蛛静止在蜘蛛网（不计重力）中央，下列说法正确的是（　　）
A．a中张力大于b中张力
B．a中张力大于c中张力
C．若c突然断开，则蜘蛛仍能保持静止
D．若c突然断开，则断后瞬间蜘蛛的加速度竖直向下
【答案】B
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．以网和蜘蛛为研究对象，受力分析如图所示
由平衡条件有
可得
故A正确；
BCD．在竖直方向上有
由几何关系可知，可得
c突然断开，蜘蛛受到的合力竖直向上，有向上的加速度。故B正确；CD错误。
故选B。
【分析】对蜘蛛网整体受力分析，由正交分解联立方程组求解判断。
4．（2024高二上·杭州月考）充电式果汁机小巧简便，如图甲所示，被誉为出行神器，满足了人们出行也能喝上鲜榨果汁的需求．如图乙所示，其主要部件是四个长短不同的切水果的锋利刀片．工作时，刀片在电机带动下高速旋转，机身和果汁杯可视为保持静止．则果汁机在完成榨汁的过程中
A．某时刻不同刀片顶点的角速度都相等
B．不同刀片上各点的加速度方向始终指向圆心
C．杯壁上的水果颗粒做圆周运动时的向心力由摩擦力提供
D．消耗的电能一定等于水果颗粒以及果汁机增加的内能
【答案】A
【知识点】功能关系；线速度、角速度和周期、转速；向心加速度；离心运动和向心运动；能量转化和转移的方向性
【解析】【解答】A．角速度虽然是矢量，但同轴即同一旋转部件上的各点角速度相同，故A正确；
B．只有匀速圆周运动的加速度才始终指向圆心，角速度变化得变速圆周运动，加速度方向偏前或偏后，不是指向圆心的，故B错误；
C．水果颗粒的向心力由杯壁的弹力提供，摩擦力平衡重力，故C错误；
D．消耗的电能还转化为机械能，声音等其他形式能量，故D错误．
【分析】（1）解题关键是理解圆周运动的基本规律和能量转化；突破点是区分角速度与线速度的关系（A项）、明确向心力来源（C项）；刀片旋转可能非匀速（B项）和能量转化不完全（D项）；非匀速圆周运动的加速度分解、能量守恒的多种形式。
（2）易错点是误认为所有圆周运动的加速度都指向圆心（B项忽略变速情况）或混淆向心力与摩擦力的作用（C项）。
5．（2024高二上·杭州月考）“探究影响平行板电容器电容大小因素”的实验装置如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．平行板电容器左极板上移时，静电计指针偏角减小
B．平行板电容器中间插入一层薄的导体材料，静电计指针偏角增大
C．平行板电容器左极板左移时，电容器储存能量增大
D．静电计测量的是电势差，所以也可以用电压表替代
【答案】C
【知识点】电容器及其应用；电势能；电势差
【解析】【解答】A．静电计所带的电荷量很少，电荷量不变，极板上移→电容容纳空间变小→电压挤压在一块挤压程度变大→静电计指针张角变大（所以A说“减小”是错的），根据
，
上移时正对面积减小，电容容纳空间减小，极板间电压增大，则静电计指针偏角增大，故A错误；
B．插入薄的导体材料导体→相当于板间距变小→电容容纳空间变大→电压变小→指针张角减小，故B错误；
C．极板左移→电容容纳空间变小→但电荷量Q不变→电压挤压在一块挤压程度变大→能量变大，电容器储存能量为
可知电容器储存能量增大，故C正确；
D．静电计是“高冷版无电流电压表”只测电势差，P=UI=U0=0几乎不耗电，静电计具有高阻抗特性，但电压表是由电流表改装的，所以电压表要有示数必须有电流通过表头，则不能用电压表替代，故D错误；
故选C；
【分析】（1）解题关键是掌握平行板电容器电容公式及储能公式；
分析电容变化时明确变量（如S、d、介质）对电容的影响（A、B项）；静电计的高阻抗特性。
（2）易错点是忽略题目隐含条件，混淆静电计与电压表的原理；隐含条件是实验中通常保持极板电荷量不变（断开电源）。
6．（2024高二上·杭州月考）电影《流浪地球2》中，人类建造了太空电梯直通空间站，如图为科幻电影中的太空电梯示意图。超级缆绳将地球赤道上的固定基地、同步空间站和配重空间站连接在一起，它们随地球同步旋转，P为太空电梯。地球同步卫星的轨道在同步空间站和配重空间站之间。下列说法正确的是（　　）
A．配重空间站的周期大于
B．宇航员可以自由漂浮在配重空间站内
C．若太空电梯沿缆绳匀速运动，则其内部的物体受力平衡
D．若两空间站之间的缆绳断裂，配重空间站将做离心运动
【答案】D
【知识点】向心加速度；离心运动和向心运动；开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．配重空间站与同步空间站通过缆绳连接，角速度相同，周期相同，配重空间站的周期等于，故A错误；
B．配重空间站里万有引力负责匀速圆周运动所需的向心动力，处于完全失重状态，但宇航员需固定在舱内才能避免飘离（自由漂浮需外力平衡），所以宇航员需被固定在空间站里，故B错误；
C．太空电梯P匀速运动时，内部物体受地球引力与缆绳拉力不平衡（需向心动力维持圆周运动），所以其内的物体受力不平衡，故C错误；
D．卫星仅考引力环绕地球做圆周运动时，卫星环绕半径与角速度线速度加速度都成反比，半径越大需要的速度越小，缆绳断裂后，配重空间站半径大速度大于所在高度所需环绕速度，引力小于所需的向心动力将做离心运动，故D正确；
故选D；
【分析】（1）解题关键是理解同步旋转系统的动力学特性（角速度相同）；
分析配重空间站的失重状态和圆周运动的受力；缆绳断裂后配重空间站的超速状态；太空电梯的力学原理（张力平衡、失重环境管理）和轨道力学（离心运动条件）。
（2）易错点是混淆失重与自由漂浮（B项需固定措施）或忽略匀速圆周运动的非平衡性（C项）；
隐含条件是（D项）。
7．（2024高二上·杭州月考）下列关于磁场的应用，正确的是（　　）
A．图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器示意图要使粒子获得的最大动能增大，可增大加速电场的电压U
B．图乙是磁流体发电机示意图，由此可判断B极板是发电机的正极，A极板是发电机的负极
C．图丙是速度选择器示意图，速度方向从P到Q，不考虑重力的带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是
D．图丁是磁电式电流表内部结构示意图，当有电流流过时，线圈在磁极间产生的匀强磁场中偏转
【答案】B
【知识点】相对论时空观与牛顿力学的局限性；磁电式电流表；质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机；速度选择器
【解析】【解答】 A. 回旋加速器的最大动能取决于D形盒的半径和磁感应强度，与加速电压无关，增大电压只能减少加速次数，设回旋加速器的最大半径为，加速后最大速度为，根据
可得
粒子获得的最大动能为
所以粒子的最大动能与加速电场的电压U无关，故A错误；
B. 磁流体发电机中，由左手定则可知正离子偏向B极板，故B为发电机正极，A为负极，故B正确；
C. 速度选择器要求 v=E/B，方向需满足电场力与洛伦兹力反向，速度选择器不能判断带电粒子的电性，不管是正电，还是负电，粒子只要满足从P到Q且满足
，
则能匀速通过，分数倒了就错，故C错误；D. 线圈在磁极间产生的磁场为均匀辐向磁场，该磁场为非匀强磁场磁电式电流表的磁场是辐向分布的，并非匀强磁场，故D错误；
故选B；
【分析】（1）理解各装置的物理原理：回旋加速器的最终动能由磁场和几何尺寸决定；磁流体发电机依赖洛伦兹力分离电荷；速度选择器需平衡电场力与洛伦兹力；磁电式电流表利用辐向磁场产生线性偏转；突破点是分析力与运动的关系（如左手定则、平衡条件）；隐含条件包括回旋加速器的相对论效应限制、速度选择器的粒子电性无关性；
（2）易错点是混淆回旋加速器动能的影响因素；忽略速度选择器中粒子电性对受力方向的影响；误判磁电式电流表的磁场分布类型。
8．（2024高二上·杭州月考）范德格拉夫静电加速器结构如图所示，其工作原理是先通过传送带将正电荷传送到金属球壳（电荷在金属球壳均匀分布），使金属球与地面间产生几百万伏的高压，然后利用高压给绝缘管中的带电粒子加速。在加速管顶端A点无初速度释放一带电粒子，粒子经过B、C两点到达管底（B为中点）。不计粒子重力，仅考虑球壳产生电场的影响，下列说法正确的是（　　）
A．B点电势比C点电势低
B．粒子从B点到C点的过程中电势能增大
C．粒子在B点的加速度小于在C点的加速度
D．粒子在与间的动能变化量不同
【答案】D
【知识点】加速度；电场线；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】 A. 金属球壳电势高于地面，且越靠近球壳电势越高，电场线方向沿着ABC的方向，因此B点比C点更接近球壳，电势更高，故A错误；
B. 粒子从高电势的B点向低电势的C点运动，若带正电则电势能减小，若带负电则电势能增大，题目说正电荷粒子，着电场线方向电势逐渐降低，粒子在加速过程中，动能增大，电势能减小，故B选项错误；
C. 金属球壳的电场强度随距离增大而减小，因此B点电场强度大于C点，根据运动状态必有对应的合力定律得
可知，粒子在B点的加速度大于在C点的加速度，故C错误；
D.根据
可知，电场强度非线性变化，AB段与BC段电势差不同，AB两点间的电势差大于BC两点间的电势差，导致动能变化量不同，故D正确；
故选D。
【分析】（1）理解球壳静电场的分布特点：电势随距离增大而降低，电场强度随距离增大而减小；分析电势高低与电场强度变化对粒子运动的影响；
（2）易错点是忽略粒子电性对电势能变化方向的影响；混淆电场强度与距离的关系导致加速度判断错误；未考虑非线性电场导致动能变化量差异。
9．（2024高二上·杭州月考）如图所示，小物块以初速度从O点沿斜面向上运动，同时从O点斜向上抛出一个速度大小也为的小球，物块和小球在斜面上的P点相遇．已知物块和小球质量相等(均可视为质点)，空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是（　　）．
A．斜面可能是光滑的
B．小球运动到最高点时离斜面最远
C．在P点时，小球的动能大于物块的动能
D．小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率不相等
【答案】C
【知识点】斜抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】本题主要考查了运动的合成与分解问题，要求同学们能正确分析小球和物块的受力情况和运动情况，特别要知道小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远。A、把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不可能在P点相遇，所以斜面不可能是光滑的，A错误；
B、当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，此时竖直方向速度不为零，不是运动到最高点，B错误；
C、物块和小球在斜面上的P点相遇，在沿斜面方向速度相同，由于小球在垂直于斜面方向还有速度，故小球的速度大于物块的速度，故小球的动能大于物块的动能，C正确；
D、小球和物块初末位移相同，则高度差相等，而重力相等，则重力做功相等，时间又相同，所以小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率相等，D错误。
故选C。
【分析】把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不可能在P点相遇，根据动能定理分析动能的变化，当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，求出重力做功的大小，进而求解平均功率。
10．（2024高二上·杭州月考）示波器是一种用途十分广泛的电子测量仪器，而示波管则是示波器的主要部件，其原理如图1所示。如果在电极之间所加电压及在电极之间所加电压按图2所示的规律变化，则在荧光屏上呈现出来的图形是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在交变电场中的运动；带电粒子在电场中的运动综合；示波器的使用
【解析】【解答】A . 垂直方向：恒定偏转电压 Uyy'使电子束在 Y 方向上保持固定位置，水平方向：随时间线性增加的电压 UXX'使电子束在 X 方向上匀速移动，Uxx电压最大值对应屏边缘位置，Uxx的等腰三角形电压使电子束匀速往返扫描，形成一条水平往复扫描线，综合效果：由于 Y 方向固定，X 方向匀速移动，荧光屏上显示的图形是一条水平直线（从左侧原点向右延伸），故在荧光屏上呈现出来的图形是A。
B . 方向都弄反了，故B错误；
C . y方向电压恒定，x正方向往复，故C错误；
D . 不符合扫描模式，故D错误；
故选A。
【分析】（1）理解示波管的电场偏转原理（Y固定、X匀速扫描），明确Y方向偏转固定、X方向偏转匀速增加的综合效果；
区分恒定电压与变化电压对电子束的影响；示波器的扫描模式（时基扫描）及李萨如图形的形成条件（双向交变电压）。
（2）易错点是误将X方向匀速偏转当作变加速运动（如抛物线）或忽略Y方向的固定偏转；隐含条件是时间轴与电压变化的对应关系（X电压线性增加）。
11．（2024高二上·杭州月考）电磁炮是利用电磁发射技术制成的新型武器，如图所示为电磁炮的原理结构示意图。若某水平发射轨道长，宽，发射的炮弹质量为，炮弹被发射时从轨道左端由静止开始加速。当电路中的电流恒为，轨道间匀强磁场时，不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是（　　）
A．磁场方向为竖直向下
B．炮弹的加速度大小为
C．炮弹在轨道中加速的时间为
D．炮弹发射过程中安培力的最大功率为
【答案】C
【知识点】安培力；左手定则—磁场对通电导线的作用；平行通电直导线间的相互作用；安培力的计算
【解析】【解答】A．根据左手定则，磁场方向应竖直向上（电流向前，安培力向右），故A错误；
B．加速动力须由安培力负责供应
整理得
故B错误；
C．根据位移公式有，整理代入数据得
故C正确；
D．炮弹发射过程中的最大速度在最后瞬间
炮弹发射过程中安培力的最大功率发生在末端速度最大时
故D错误；
故选C。
【分析】（1）解题关键是左手定则判断磁场方向和牛顿第二定律计算加速度；突破点是运动学公式求时间及功率公式的瞬时性；轨道长度为加速距离；
（2）易错点是磁场方向误判或功率计算忽略末速度。
12．（2024高二上·杭州月考）如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P（5.2，3.5）、Q（6，5）。如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是（　　）
A．电源1与电源2的内阻之比是2：3
B．小灯泡的电阻随着电流的增大而减小
C．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是21：26
D．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7：10
【答案】C
【知识点】电功率和电功；描绘小灯泡的伏安特性曲线；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；电源电动势及内阻；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．U-I图显示电源1与电源2的电动势都是10V，短路电流8A和12A，内阻为电动势除以短路电流，内阻之比是
A错误；
B．斜率为电压与电流比为阻值，小灯泡的图像斜率随电流增大而增大，小灯泡的电阻随着电流的增大而增大，故B错误；
C．短路电流反映了电源的最大输出电流能力，在这两种不同供应电流能力的电源中，小灯泡的电阻改变了，R1数据P（5.2A，3.5V）、R2数据Q（6A，5V），电阻之比
电流足电阻大，C正确；
D．R1数据P（5.2A，3.5V）、R2数据Q（6A，5V），在这两种不同供应电流能力的电源中，小灯泡消耗的功率之比为
电流供应足的功率大故D错误。
故选C。
【分析】（1）在两种不同供应电流能力的电源中电阻与功率齐大现象，理解伏安特性曲线的斜率含义（电源内阻为直线斜率绝对值，电阻为曲线点斜率）；通过交点坐标计算电阻和功率（C、D项）；
（2）易错点是混淆斜率与电阻的关系（B项）或内阻比例计算错误（A项）；直接读取数据，实际上题目已知。
13．（2024高二上·杭州月考）磁敏元件在越来越多的电子产品中被使用，市场上看到的带皮套的智能手机就是使用磁性物质和霍尔元件等起到开关控制的，当打开皮套，磁体远离霍尔元件，手机屏幕亮；当合上皮套，磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，手机进入省电模式。如图所示，一块宽度为、长为、厚度为的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为的自由电子，通入水平向右大小为的电流时，当手机套合上时元件处于垂直于上表面、方向向上且磁感应强度大小为的匀强磁场中，于是元件的前、后表面产生稳定电势差；以此来控制屏幕熄灭，则下列说法正确的是（　　）
A．前表面的电势比后表面的电势高
B．自由电子所受洛伦兹力的大小为
C．用这种霍尔元件探测某空间的磁场时，霍尔元件的摆放方向对无影响
D．若该元件单位体积内的自由电子个数为，则发生霍尔效应时，元件前后表面的电势差为
【答案】D
【知识点】电场强度；电势差；电流的微观表达式及其应用；洛伦兹力的计算；霍尔元件
【解析】【解答】 A. 元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入水平向右大小为I的电流时，电子向左运动，由左手定律可得电子受洛伦兹力的作用往前表面偏转，前表面的电势比后表面的电势低，前表面积累负电荷，故A错误；
B. 自由电子所受洛伦兹力的大小为F=evB，其中 v 为电子定向移动速度，元件的前、后表面产生稳定电势差时，电子受到的洛伦兹力与电场力平衡
分母错误，故B错误；
C.，
为垂直于上表面的磁感应强度的大小，霍尔元件的摆放方向会影响磁场垂直于电流的分量，从而影响电势差故霍尔元件的摆放方向对有影响，故C错误；
D. 电势差，其中 n 为单位体积自由电子数，d 为厚度，根据电流的微观表达式
整理得
电子受到的洛伦兹力与电场力平衡
联立得元件前后表面的电势差为
故D正确；
D正确；
故选D。
【分析】（1）霍尔效应的原理：磁场中载流子受洛伦兹力偏转，形成横向电势差；通过左手定则判断电子偏转方向，结合电荷积累分析电势高低；隐含条件是电子定向移动速度与电流的关系 I=neSv；扩展知识包括霍尔系数与材料性质的关系；（2）易错点是混淆载流子类型（如正电荷或电子）对电势差符号的影响；忽略磁场方向与元件摆放的关系导致误判；未正确推导霍尔电压公式中的物理量依赖关系（如厚度 d 的反比作用）。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的，漏选得2分，不选、错选均不得分）
14．（2024高二上·杭州月考）下列说法中正确的是（　　）
A．爱因斯坦相对论指出真空中的光速在不同惯性参考系中大小相同
B．通电导线在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向
C．燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理
D．第谷通过行星的数据观测与归纳提出了行星运动定律
【答案】A,C
【知识点】静电的防止与利用；开普勒定律；相对论时空观与牛顿力学的局限性；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】A．爱因斯坦相对论指出真空光速在不同惯性参考系中不变，故A正确；
B．通电导线安培力与磁垂直，电、磁、力分别在x、y、z互相垂直的方向上，xyz各有一个量，故B错误；
C．燃气灶电子点火器利用尖端放电原理容易打火，C正确；
D．甘德石申第谷等国内外天文数据记录提供验证数据库，开普勒通过行星的数据观测与归纳提出了行星运动定律，故Ｄ错误；
故选AC；
【分析】（1）区分理论提出者与国内外实验观测者的共同贡献；理解左手定则中磁场、电流与力的方向关系；隐含条件是相对论的光速不变性仅针对惯性系；
（2）易错点包括混淆光速不变原理的适用范围、误判磁场方向与安培力方向的关系。
15．（2024高二上·杭州月考）如图甲所示，某节能路灯可通过光控开关自动随周围环境的亮度改变进行自动控制，图乙为其内部电路简化原理图，和为定值电阻，为光敏电阻（光照强度增大时，其电阻值减小），小灯泡电阻值不变，电压表为理想电压表。当天逐渐变亮时，下列判断正确的是（　　）
A．电压表的示数变小 B．通过的电流变小
C．小灯泡变暗 D．电源的效率减小
【答案】C,D
【知识点】电功率和电功；电源电动势及内阻；闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】 A . 当天逐渐变亮时，光照强度增大，光敏电阻阻值减小光敏电阻减小导致并联部分总电阻减小，并联部分总电阻分压减小，R1分压变大，电压表示数变大，故A错误；
B . 内阻上的电压变大，路端电压减小，则并联支路的电压减小，灯泡所在支路的电流减小，小灯泡变暗，通过的电流变大，故B错误；
C . 灯泡与光敏电阻并联部分总电阻减小，并联部分总电阻分压减小，灯泡两端电压减小而变暗，故C正确；
D . 电源效率η=U外/E随外电阻减小而降低。并联部分总电阻分压减小，电流增大，导致内阻上的电压变大内功率变大，路端电压减小，电源的效率为
由于外电阻减小，则电源效率减小，故D正确。
故选CD。
【分析】（1）解题关键是动态电路分析，明确光敏电阻变化对并联电路的影响；理解光敏元件在自动控制中的应用，区分局部电阻变化与整体电路的关系，注意电压表测量的是路端电压；
（2）易错点是误判并联支路电流变化方向或忽略内阻分压对灯泡的影响；隐含条件是电源内阻不可忽略且效率与外电阻成正比。
16．（2024高二上·杭州月考）如图所示为某品牌的电动车，质量为，人的质量也为，电动机正常工作的额定输入电流，额定输入电压为，电动车电池的容量为。电动车行驶时所受阻力大小为人和车总重力的0.05倍：该电动车在水平地面上由静止开始以额定功率运行通过的距离，速度达到，忽略电动机转动时的摩擦，重力加速度。下列说法正确的是（　　）
A．电池能使电动机以额定电流运行的最长时间为180分钟
B．该过程中驱动电动机的输出功率为
C．驱动电动机的内阻为
D．电动车能达到的最大速度为
【答案】B,C
【知识点】能量守恒定律；机车启动；电源电动势及内阻；闭合电路的欧姆定律；生活用电知识
【解析】【解答】A．电池能使电动机以额定电流运行的最长时间，时间等于电量除以电量消耗速度即电流为
，
故A错误；
B．由能量守恒可得
，
整理得
代入数据得
，故B正确；
C．总功率等于外功率与内功率之和，，整理代入数据得
故C正确；
D．电动车能达到的最大速度为
故D错误。
故选BC。
【分析】（1）总功率内阻消耗功率外输出功率，区分输入功率与输出功率，明确电池容量与放电时间的关系；最大速度时的牵引力与阻力等大；
（2）易错点是混淆电池容量单位（mA·h与A·h转换）；忽略内阻对功率的影响直接用总功率计算最大速度。
三、实验题（本题共2小题，共18分）
17．（2024高二上·杭州月考）如图甲所示是很多力学实验中常使用的装置。
（1）关于该装置的下列说法正确的是______。
A．利用该装置做“探究小车速度随时间变化规律”的实验时，需要平衡摩擦力
B．以小车和砝码整体为研究对象，平衡摩擦力后，可利用该装置“验证机械能守恒定律”
C．利用该装置做“探究小车的加速度与力、质量的关系”的实验时，除应平衡摩擦力外，还必须满足小车的质量远大于砝码与砝码盘的总质量
（2）在用该装置来“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，操作如下：
（a）平衡摩擦力时，若所有的操作均正确，打出的纸带如图乙所示，应　 　（填“减小”或“增大”）木板的倾角。
（b）图丙为小车质量一定时，根据实验数据描绘的小车加速度的倒数与盘和砝码的总质量的倒数之间的实验关系图像。若牛顿第二定律成立，则小车的质量　 　。（g取9.8m/s2）（结果保留2位有效数字）
（3）若用图丁的装置拓展探究方法，按如下步骤进行：
（ⅰ）挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；
（ⅱ）取下托盘和砝码，测出总质量为，记为小车受到的作用力，让小车沿木板下滑，测出加速度；
（ⅲ）改变砝码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到的关系。
若小明同学操作规范，随着托盘内的砝码数增大，作出的图像正确的是_______
A． B． C．
【答案】（1）C
（2）增大；0.18
（3）A
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A．做“探究小车速度随时间变化规律“的实验时，不涉及小车的合力，不需要平衡摩擦力，故A错误；
B．以小车和砝码整体为研究对象，平衡摩擦力后，由于仍存在摩擦力做功，会产生内能，机械能一部分转化为内能，所以不可利用该装置“验证机械能守恒定律”，故B错误；
C．利用该装置做“探究小车的加速度与力、质量的关系”的实验时，除应用小车重力沿斜面的分力平衡摩擦力外，还必须满足小车的质量远大于砝码与砝码盘的总质量。因为只有当小车的质量远大于砝码与砝码盘的总质量时，才能认为绳的拉力近似等于砝码与砝码盘的总重力，故C正确。
故选C。
（2）
（a）平衡摩擦力时，若所有的操作均正确，打出的纸带如图乙所示，纸带向右运动，点迹变密集，说明小车做减速运动，如果做匀速运动，点迹应该是均匀分布，点和点的间隔相等，为了让小车做匀速运动，应该增大木板的倾角；
（b）绳的拉力近似等于砝码与砝码盘的总重力，拉力为合力，由牛顿第二定律得
可得
由图像可得
解得小车的质量为
（3）取下托盘和砝码前，小车做匀速直线运动，处于平衡状态，合力等于零，绳的拉力等于砝码与砝码盘的总重力，取下托盘和砝码后，小车做匀加速直线运动，其所受的合力为
改变砝码质量和木板倾角，多次测量，根据牛顿第二定律，加速度与合力成正比，通过作图可得到的关系一定是一条通过原点的倾斜的直线。
故选A。
【分析】（1） 做“探究物体的加速度与力、质量的关系”的实验时，除应平衡摩擦力外，还必须满足小车的质里远大于砝码与砝码盘的总质量。因为只有当小车的质量远大于砝码与砝码盘的总质量时，系统的加速度才能足够小，砝码与砝码盘才近似做匀速直线运动。
（2） 点迹变密集，说明小车做减速运动，应该增大木板的倾角；由牛顿第二定律得到加速度a与总质量m的倒数之间的实验关系图像对应的函数关系，根据函数关系确定小车的质量。
（3）根据牛顿第二定律，加速度与合力成正比，通过作图可得到a-F的关系一定是一条通过原点的倾斜的直线。
（1）A．利用该装置做“探究小车速度随时间变化规律”的实验时，只需要保证小车受到的合力恒定不变，不需要平衡摩擦力，故A错误；
B．以小车和砝码整体为研究对象，平衡摩擦力后，由于仍存在摩擦力做功，会产生内能，所以不可利用该装置“验证机械能守恒定律”，故B错误；
C．利用该装置做“探究小车的加速度与力、质量的关系”的实验时，除应平衡摩擦力外，还必须满足小车的质量远大于砝码与砝码盘的总质量。因为只有当小车的质量远大于砝码与砝码盘的总质量时，才能认为绳的拉力近似等于砝码与砝码盘的总重力，故C正确。
故选C。
（2）（a）[1]平衡摩擦力时，若所有的操作均正确，打出的纸带如图乙所示，纸带向右运动，点迹变密集，说明小车做减速运动，为了让小车做匀速运动，应该增大木板的倾角；
（b）[2]由牛顿第二定律得
可得
由图像可得
解得小车的质量为
（3）取下托盘和砝码前，小车做匀速直线运动，处于平衡状态，合力等于零，取下托盘和砝码后，小车做匀加速直线运动，其所受的合力为
改变砝码质量和木板倾角，多次测量，根据牛顿第二定律，加速度与合力成正比，通过作图可得到的关系一定是一条通过原点的倾斜的直线。
故选A。
18．（2024高二上·杭州月考）在做“测定干电池电动势和内阻”的实验时，实验室给出下列器材：
A．一节待测干电池
B．电流表，量程，内阻左右
C．电压表，量程，内阻左右
D．滑动变阻器，最大阻值为
E．滑动变阻器，最大阻值为
F．电键一只、导线若干
（1）选择哪个滑动变阻器更加合理？　 　（填器材前面字母）；
（2）图甲为某同学连接好的电路照片，请在右边虚线框中画出该同学的实验电路图　 　
（3）该同学先用多用电表直流2.5V挡估测电池电动势，如图乙所示，其读数为　 　V。
（4）该同学测出的实验数据，并绘制出图线如图丙所示，根据图线计算被测电池的电动势为　 　，内阻为　 　。（结果保留两位小数）
【答案】（1）E
（2）
（3）1.50
（4）1.45；0.67
【知识点】电源电动势及内阻；闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）干电池在最大限度的用最小的体积提供强大的电流能力，电阻设计的很小，为了滑动变阻器恰当的阻值容易调到，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选用阻值较小的E；
（2）干电池内阻较小（通常小于1Ω），若用内接法，电流表内阻会显著影响测量结果，导致内阻测量值偏大，因此须采用外接法，根据图甲中的实物连接图，采用的是外接法测电源内阻，电路图如图所示
（3）干电池标称电动势为1.5V，估测数据不准，读数大于1.5但在附近就要读作1.5V，如图乙所示，大于1.5，故其读数为；
（4）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得
整理得
对应一次函数知识，
r为斜率，E为U轴上的截距，从U轴上斜线交点读数
函数图象的斜率绝对值等于内阻，读取最远的两个读数计算斜率误差最小，
【分析】（1）掌握伏安法测电源电动势和内阻的实验原理；正确选择滑动变阻器阻值以匹配电源特性；干电池内阻较小（通常1Ω以内），需选择合适变阻器；
（2）易错点是忽略多用电表量程对读数的影响或误判U-I图线截距与斜率的物理意义；
（3）扩展知识包括图线法处理实验数据的误差分析及滑动变阻器限流与分压接法的区别。
（1）由于干电池的内阻较小，为了调节方便，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选用阻值较小的E。
（2）根据图甲中的实物连接图，电路图如图所示
（3）该同学先用多用电表直流2.5V挡估测电池电动势，如图乙所示，其读数为。
（4）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得
则有
可知图像的纵轴截距等于电动势，则有
图像的斜率绝对值等于内阻，则有
四、计算题（本题共3小题，共31分）
19．（2024高二上·杭州月考）如图所示，长为、倾角为的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中（电场区域足够大）。一电荷量大小为、质量为的小球，以的初速度由斜面底端点沿斜面上滑，恰好不会从斜面顶端处飞出，取，，。
（1）判断该小球的电性，并求电场强度大小；
（2）若在小球到达顶端的同时，仅将电场突然反向，则小球再经过多少时间落回到地面。
【答案】（1）【解答】（1）光滑不计摩擦力，绝缘电量不变，小球带负电，电场强度大小通过平衡条件 qE=mgtan θ 计算；小球运动到顶端时速度恰好等于零，加速度与初速度方向相反，匀减速直线运动，末速度为0，所以运动学速度平方差等于两倍加速度乘以位移得等式
整理为
重力加速度沿斜面分量为
电场力得产生6m/s2向右上的加速度，因此由于可知小球受到的电场力应水平向右，则小球带正电；根据牛顿第二定律可得
（2）解：（2）仅将电场反向后，电场强度不变，小球受到的电场力大小为
，方向向左
重力大小，方向向下
小球受到的合力大小为
方向左下方45°方向，如图所示
小球将沿合力F方向做初速度为零的匀加速直线运动；加速度大小为
通过的位移方向左下45°，大小为1米长L斜面高H的根号2倍，
由匀变速直线运动的规律可得
解得小球落回到地面所用时间为
【知识点】匀变速直线运动的定义与特征；匀变速直线运动的位移与时间的关系；共点力的平衡；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）受力分析与运动分解，明确电场力与重力的平衡关系；电场反向后的加速度重新计算及运动时间分段处理；斜面光滑无摩擦且电场区域足够大；带电粒子在复合场中的运动规律及能量守恒在此类问题中的应用；
（2）易错点是忽略电场反向对合力的影响或错误分解加速度方向。
（1）小球运动到顶端时速度恰好等于零，所以此过程的加速度大小为
由于
可知小球受到的电场力应水平向右，则小球带正电；根据牛顿第二定律可得
解得电场强度大小为
（2）小球受到的电场力大小为
仅将电场反向后，小球受到的合力大小为
沿左下方45°方向，如图所示
小球将沿合力F方向做初速度为零的匀加速直线运动；加速度大小为
通过的位移大小为
由匀变速直线运动的规律可得
解得小球落回到地面所用时间为
20．（2024高二上·杭州月考）如图所示一游戏装置，由四分之一圆弧轨道，水平轨道，以顺时针转动的的倾斜传送带，水平平台组成，各部分之间平滑连接。一木板Q静置于水平面上，其上表面与平台等高并紧靠平台。一可视为质点的木块P从距为h的上某处由静止开始下滑，已知P的质量m和Q的质量M均为，轨道的半径，木板Q的长度，传送带的长度与传送带及Q间的动摩擦因数均为，其余各处摩擦均不计，，，则
（1）若，求木块P运动到圆弧轨道最低点B时，受到的支持力大小；
（2）若木块P能滑上平台，求h的最小值；
（3）若木块和木板相互作用时产生的摩擦内能为E，求h与E之间满足的关系。
【答案】（1）（1）解：由机械能守恒定律可得
根据牛顿第二定律可知
解得
（2）（2）解；木块P在传送带上，先以向上匀减速，再以向上匀减速，到平台时速度恰好为零对应，对物体受力分析，结合牛顿第二定律可得
由匀变速直线运动得规律可得
解得
，
故
（3）（3）解：设木块刚滑上木板的速度为时，恰好能在木板最右端与木板相对静止，则有
解得
对应下落高度
①当时
②当时
所以

【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）先通过机械能守恒（只有重力做功，机械能总量不变）算出木块到B点的速度；再在B点用牛顿第二定律（合力提供向心力），联立求解支持力。
（2）用牛顿第二定律求加速度；再通过匀变速运动公式（速度 - 位移关系）联立，求出木块滑上平台的临界初速度；最后用机械能守恒关联与速度。
（3）用动量守恒（水平方向不受外力）和能量守恒（摩擦生热等于动能损失）联立，结合机械能守恒（下滑过程）和传送带能量消耗（重力、摩擦力做功），推导h与E的关系。
（1）由机械能守恒定律可得
根据牛顿第二定律可知
解得
（2）木块P在传送带上，先以向上匀减速，再以向上匀减速，到平台时速度恰好为零对应，对物体受力分析，结合牛顿第二定律可得
由匀变速直线运动得规律可得
（3）设木块刚滑上木板的速度为时，恰好能在木板最右端与木板相对静止，则有
解得
对应下落高度
①当时
②当时
21．（2024高二上·杭州月考）如图所示，直角坐标系中，y轴左侧有一半径为a的圆形匀强磁场区域，与y轴相切于A点，A点坐标为。第一象限内也存在着匀强磁场，两区域磁场的磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向外。圆形磁场区域下方有两长度均为2a的金属极板M、N，两极板与x轴平行放置且右端与y轴齐平。现仅考虑纸面平面内，在极板M的上表面均匀分布着相同的带电粒子，每个粒子的质量为m，电量为。两极板加电压后，在板间产生的匀强电场使这些粒子从静止开始加速，并顺利从网状极板N穿出，然后经过圆形磁场都从A点进入第一象限。其中部分粒子打在放置于x轴的感光板CD上，感光板的长度为2.8a，厚度不计，其左端C点坐标为。打到感光板上的粒子立即被吸收，从第一象限磁场射出的粒子不再重新回到磁场中。不计粒子的重力和相互作用，忽略粒子与感光板碰撞的时间。
（1）求两极板间的电压U；
（2）在感光板上某区域内的同一位置会先后两次接收到粒子，该区域称为“二度感光区”，求：
①“二度感光区”的长度L；
②打在“二度感光区”的粒子数与打在整个感光板上的粒子数的比值；
（3）改变感光板材料，让它仅对垂直打来的粒子有反弹作用（不考虑打在感光板边缘C、D两点的粒子），且每次反弹后速度方向相反，大小变为原来的一半，则该粒子在磁场中运动的总时间t和总路程s。
【答案】【解答】（1）在y轴左侧圆形磁场中洛伦兹力作向心动力
整理得
，
由于竖直向上的粒子要求经过圆形磁场且都从A点进入第一象限，如图旋转中心都在右侧，且中心与竖直方向垂直，垂足为入圆形磁场的交界点，几何关系得，不同点入射的旋转半径都相等，在匀强电场中由动能定理得
整理并代入v得
（2）①如图当粒子垂直打在E点时轨迹圆的圆心为C即图中圆心O1，当粒子向左下方斜着打在E点时轨迹圆的圆心为图中圆心O2，两次打在E点为二次感光，这一重复感光区的偏转圆心均在A为圆心R为半径的弧O1O2上，偏转圆心在弧O2O3和偏转圆心在弧O1O2上的粒子都能打在EF区，如图EF出现“二度感光区”，有几何关系
，，，当G点进入如图入3红色箭头飞入的正电粒子将落在二次感光区的最右侧F点，此时轨迹圆的圆心为O3，由几何关系FO3反向延长过点A，直角三角形AOF中，勾股定理得
②由已知在极板均匀分布带电粒子，如图垂直PQ去EF，垂直HQ去CF，求 之比等价于求图中将去EF区与将去CF区线段长度之比即PQ：HQ，
粒子落在C点时轨迹圆的圆心为O8，落在CE段的粒子对应圆形磁圆心O0点的入射角度区域磁角α为，落在EF即落在“二度感光区”的粒子对应O0点的入射角度区域磁角为θ，落在CF段的粒子对应圆形磁圆心O0点的入射角度区域磁角α+θ为，由几何关系得，
由几何关系HP相当于六边形边长a，HQ=1.5a，PQ=0.5a，
感光板上的长度之比即为个数比
（3）在y轴左侧圆形磁场中洛伦兹力作向心动力
整理得粒子在磁场中运动的半径
半径将于速度成正比，速度减半半径减半，
即粒子每次反弹后速度方向相反，速度大小变为原来的一半，半径也变为原来的一半，只有垂直打来的粒子才会反弹，即只有O8进的第一次落在E点且垂直于感光板的粒子能够反弹，由几何关系可知该粒子应从点O8沿着入1E箭头进入圆磁场经A偏转，第一次落在离C点a处的E点，第二次落在离C点加一次所半后直径即2a处，第三次落在离C点加两次直径2.5a处，第四次落在离C点加三次直径2.75a处， 第五次落在离C点加四次直径2.875a处超出感光板边缘离开第一象限，该粒子在磁场中运动的总时间为总角度除以角速度，线速度除以半径等于角速度，
得
该粒子从O8沿着入1E箭头到E的半圆路程
从第一次反弹到第二次反弹的半径减半的半圆路程
从第二次反弹到第三次反弹的半径减半的半圆路程
从第三次反弹到第四次反弹的半径减半的半圆路程
从第四次反弹到离开磁场的半径减半的半圆路程
该粒子在磁场中运动的总路程
（1）；（2）①，② 1：3；（3），
【知识点】等效法；洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）磁场中圆周运动的半径公式 和几何对称性分析；
“二度感光区”的几何构建及反弹后运动的无限递减过程；
粒子始终在磁场中运动且反弹后速度方向相反，带电粒子在磁场中的周期性运动及能量损耗模型（如反弹后动能按比例衰减）；
（2）易错点是忽略粒子反弹后的速度变化对圆周运动半径的影响或几何关系处理错误。
1 / 1浙江省杭州市周边重点中学四校2024-2025学年高二上学期10月联考物理试题
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的）
1．（2024高二上·杭州月考）牛顿在1687年用在流体中拖动的平板，做了著名的粘性流动实验。得出了粘附于上平板的流体在平板切向方向上产生的粘性摩擦力F的关系式：。其中A是平板面积，h是平板间间距，平板的运动速度为v，粘滞力系数的单位为（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高二上·杭州月考）下列表述正确的是（　　）
A．法拉第提出了用电场线描述电场的方法，并用实验测得了元电荷的数值
B．库仑用扭秤实验研究了电荷间的相互作用规律，并测出了静电力常量
C．用点电荷来代替实际带电体是采用了等效替代的思想方法
D．电场强度、电势、电容都是用比值法定义的物理量
3．（2024高二上·杭州月考）蜘蛛网是由部分种类的蜘蛛吐丝所编成的网状物，如图所示，竖直平面内蜘蛛网上A、B、C三点的连线构成正三角形，三根蜘蛛丝a、b、c（可视为弹性绳）的延长线均过三角形的中心，蜘蛛丝c沿竖直方向，且c中有张力。蜘蛛静止在蜘蛛网（不计重力）中央，下列说法正确的是（　　）
A．a中张力大于b中张力
B．a中张力大于c中张力
C．若c突然断开，则蜘蛛仍能保持静止
D．若c突然断开，则断后瞬间蜘蛛的加速度竖直向下
4．（2024高二上·杭州月考）充电式果汁机小巧简便，如图甲所示，被誉为出行神器，满足了人们出行也能喝上鲜榨果汁的需求．如图乙所示，其主要部件是四个长短不同的切水果的锋利刀片．工作时，刀片在电机带动下高速旋转，机身和果汁杯可视为保持静止．则果汁机在完成榨汁的过程中
A．某时刻不同刀片顶点的角速度都相等
B．不同刀片上各点的加速度方向始终指向圆心
C．杯壁上的水果颗粒做圆周运动时的向心力由摩擦力提供
D．消耗的电能一定等于水果颗粒以及果汁机增加的内能
5．（2024高二上·杭州月考）“探究影响平行板电容器电容大小因素”的实验装置如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．平行板电容器左极板上移时，静电计指针偏角减小
B．平行板电容器中间插入一层薄的导体材料，静电计指针偏角增大
C．平行板电容器左极板左移时，电容器储存能量增大
D．静电计测量的是电势差，所以也可以用电压表替代
6．（2024高二上·杭州月考）电影《流浪地球2》中，人类建造了太空电梯直通空间站，如图为科幻电影中的太空电梯示意图。超级缆绳将地球赤道上的固定基地、同步空间站和配重空间站连接在一起，它们随地球同步旋转，P为太空电梯。地球同步卫星的轨道在同步空间站和配重空间站之间。下列说法正确的是（　　）
A．配重空间站的周期大于
B．宇航员可以自由漂浮在配重空间站内
C．若太空电梯沿缆绳匀速运动，则其内部的物体受力平衡
D．若两空间站之间的缆绳断裂，配重空间站将做离心运动
7．（2024高二上·杭州月考）下列关于磁场的应用，正确的是（　　）
A．图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器示意图要使粒子获得的最大动能增大，可增大加速电场的电压U
B．图乙是磁流体发电机示意图，由此可判断B极板是发电机的正极，A极板是发电机的负极
C．图丙是速度选择器示意图，速度方向从P到Q，不考虑重力的带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是
D．图丁是磁电式电流表内部结构示意图，当有电流流过时，线圈在磁极间产生的匀强磁场中偏转
8．（2024高二上·杭州月考）范德格拉夫静电加速器结构如图所示，其工作原理是先通过传送带将正电荷传送到金属球壳（电荷在金属球壳均匀分布），使金属球与地面间产生几百万伏的高压，然后利用高压给绝缘管中的带电粒子加速。在加速管顶端A点无初速度释放一带电粒子，粒子经过B、C两点到达管底（B为中点）。不计粒子重力，仅考虑球壳产生电场的影响，下列说法正确的是（　　）
A．B点电势比C点电势低
B．粒子从B点到C点的过程中电势能增大
C．粒子在B点的加速度小于在C点的加速度
D．粒子在与间的动能变化量不同
9．（2024高二上·杭州月考）如图所示，小物块以初速度从O点沿斜面向上运动，同时从O点斜向上抛出一个速度大小也为的小球，物块和小球在斜面上的P点相遇．已知物块和小球质量相等(均可视为质点)，空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是（　　）．
A．斜面可能是光滑的
B．小球运动到最高点时离斜面最远
C．在P点时，小球的动能大于物块的动能
D．小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率不相等
10．（2024高二上·杭州月考）示波器是一种用途十分广泛的电子测量仪器，而示波管则是示波器的主要部件，其原理如图1所示。如果在电极之间所加电压及在电极之间所加电压按图2所示的规律变化，则在荧光屏上呈现出来的图形是（　　）
A． B．
C． D．
11．（2024高二上·杭州月考）电磁炮是利用电磁发射技术制成的新型武器，如图所示为电磁炮的原理结构示意图。若某水平发射轨道长，宽，发射的炮弹质量为，炮弹被发射时从轨道左端由静止开始加速。当电路中的电流恒为，轨道间匀强磁场时，不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是（　　）
A．磁场方向为竖直向下
B．炮弹的加速度大小为
C．炮弹在轨道中加速的时间为
D．炮弹发射过程中安培力的最大功率为
12．（2024高二上·杭州月考）如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P（5.2，3.5）、Q（6，5）。如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是（　　）
A．电源1与电源2的内阻之比是2：3
B．小灯泡的电阻随着电流的增大而减小
C．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是21：26
D．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7：10
13．（2024高二上·杭州月考）磁敏元件在越来越多的电子产品中被使用，市场上看到的带皮套的智能手机就是使用磁性物质和霍尔元件等起到开关控制的，当打开皮套，磁体远离霍尔元件，手机屏幕亮；当合上皮套，磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，手机进入省电模式。如图所示，一块宽度为、长为、厚度为的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为的自由电子，通入水平向右大小为的电流时，当手机套合上时元件处于垂直于上表面、方向向上且磁感应强度大小为的匀强磁场中，于是元件的前、后表面产生稳定电势差；以此来控制屏幕熄灭，则下列说法正确的是（　　）
A．前表面的电势比后表面的电势高
B．自由电子所受洛伦兹力的大小为
C．用这种霍尔元件探测某空间的磁场时，霍尔元件的摆放方向对无影响
D．若该元件单位体积内的自由电子个数为，则发生霍尔效应时，元件前后表面的电势差为
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的，漏选得2分，不选、错选均不得分）
14．（2024高二上·杭州月考）下列说法中正确的是（　　）
A．爱因斯坦相对论指出真空中的光速在不同惯性参考系中大小相同
B．通电导线在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向
C．燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理
D．第谷通过行星的数据观测与归纳提出了行星运动定律
15．（2024高二上·杭州月考）如图甲所示，某节能路灯可通过光控开关自动随周围环境的亮度改变进行自动控制，图乙为其内部电路简化原理图，和为定值电阻，为光敏电阻（光照强度增大时，其电阻值减小），小灯泡电阻值不变，电压表为理想电压表。当天逐渐变亮时，下列判断正确的是（　　）
A．电压表的示数变小 B．通过的电流变小
C．小灯泡变暗 D．电源的效率减小
16．（2024高二上·杭州月考）如图所示为某品牌的电动车，质量为，人的质量也为，电动机正常工作的额定输入电流，额定输入电压为，电动车电池的容量为。电动车行驶时所受阻力大小为人和车总重力的0.05倍：该电动车在水平地面上由静止开始以额定功率运行通过的距离，速度达到，忽略电动机转动时的摩擦，重力加速度。下列说法正确的是（　　）
A．电池能使电动机以额定电流运行的最长时间为180分钟
B．该过程中驱动电动机的输出功率为
C．驱动电动机的内阻为
D．电动车能达到的最大速度为
三、实验题（本题共2小题，共18分）
17．（2024高二上·杭州月考）如图甲所示是很多力学实验中常使用的装置。
（1）关于该装置的下列说法正确的是______。
A．利用该装置做“探究小车速度随时间变化规律”的实验时，需要平衡摩擦力
B．以小车和砝码整体为研究对象，平衡摩擦力后，可利用该装置“验证机械能守恒定律”
C．利用该装置做“探究小车的加速度与力、质量的关系”的实验时，除应平衡摩擦力外，还必须满足小车的质量远大于砝码与砝码盘的总质量
（2）在用该装置来“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，操作如下：
（a）平衡摩擦力时，若所有的操作均正确，打出的纸带如图乙所示，应　 　（填“减小”或“增大”）木板的倾角。
（b）图丙为小车质量一定时，根据实验数据描绘的小车加速度的倒数与盘和砝码的总质量的倒数之间的实验关系图像。若牛顿第二定律成立，则小车的质量　 　。（g取9.8m/s2）（结果保留2位有效数字）
（3）若用图丁的装置拓展探究方法，按如下步骤进行：
（ⅰ）挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；
（ⅱ）取下托盘和砝码，测出总质量为，记为小车受到的作用力，让小车沿木板下滑，测出加速度；
（ⅲ）改变砝码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到的关系。
若小明同学操作规范，随着托盘内的砝码数增大，作出的图像正确的是_______
A． B． C．
18．（2024高二上·杭州月考）在做“测定干电池电动势和内阻”的实验时，实验室给出下列器材：
A．一节待测干电池
B．电流表，量程，内阻左右
C．电压表，量程，内阻左右
D．滑动变阻器，最大阻值为
E．滑动变阻器，最大阻值为
F．电键一只、导线若干
（1）选择哪个滑动变阻器更加合理？　 　（填器材前面字母）；
（2）图甲为某同学连接好的电路照片，请在右边虚线框中画出该同学的实验电路图　 　
（3）该同学先用多用电表直流2.5V挡估测电池电动势，如图乙所示，其读数为　 　V。
（4）该同学测出的实验数据，并绘制出图线如图丙所示，根据图线计算被测电池的电动势为　 　，内阻为　 　。（结果保留两位小数）
四、计算题（本题共3小题，共31分）
19．（2024高二上·杭州月考）如图所示，长为、倾角为的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中（电场区域足够大）。一电荷量大小为、质量为的小球，以的初速度由斜面底端点沿斜面上滑，恰好不会从斜面顶端处飞出，取，，。
（1）判断该小球的电性，并求电场强度大小；
（2）若在小球到达顶端的同时，仅将电场突然反向，则小球再经过多少时间落回到地面。
20．（2024高二上·杭州月考）如图所示一游戏装置，由四分之一圆弧轨道，水平轨道，以顺时针转动的的倾斜传送带，水平平台组成，各部分之间平滑连接。一木板Q静置于水平面上，其上表面与平台等高并紧靠平台。一可视为质点的木块P从距为h的上某处由静止开始下滑，已知P的质量m和Q的质量M均为，轨道的半径，木板Q的长度，传送带的长度与传送带及Q间的动摩擦因数均为，其余各处摩擦均不计，，，则
（1）若，求木块P运动到圆弧轨道最低点B时，受到的支持力大小；
（2）若木块P能滑上平台，求h的最小值；
（3）若木块和木板相互作用时产生的摩擦内能为E，求h与E之间满足的关系。
21．（2024高二上·杭州月考）如图所示，直角坐标系中，y轴左侧有一半径为a的圆形匀强磁场区域，与y轴相切于A点，A点坐标为。第一象限内也存在着匀强磁场，两区域磁场的磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向外。圆形磁场区域下方有两长度均为2a的金属极板M、N，两极板与x轴平行放置且右端与y轴齐平。现仅考虑纸面平面内，在极板M的上表面均匀分布着相同的带电粒子，每个粒子的质量为m，电量为。两极板加电压后，在板间产生的匀强电场使这些粒子从静止开始加速，并顺利从网状极板N穿出，然后经过圆形磁场都从A点进入第一象限。其中部分粒子打在放置于x轴的感光板CD上，感光板的长度为2.8a，厚度不计，其左端C点坐标为。打到感光板上的粒子立即被吸收，从第一象限磁场射出的粒子不再重新回到磁场中。不计粒子的重力和相互作用，忽略粒子与感光板碰撞的时间。
（1）求两极板间的电压U；
（2）在感光板上某区域内的同一位置会先后两次接收到粒子，该区域称为“二度感光区”，求：
①“二度感光区”的长度L；
②打在“二度感光区”的粒子数与打在整个感光板上的粒子数的比值；
（3）改变感光板材料，让它仅对垂直打来的粒子有反弹作用（不考虑打在感光板边缘C、D两点的粒子），且每次反弹后速度方向相反，大小变为原来的一半，则该粒子在磁场中运动的总时间t和总路程s。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】单位制
【解析】【解答】，故C符合题意
故答案为：C
【分析】注意牛顿的定义：加在质量为1kg的舞台上，使之产生加速度的力为1N，即
2．【答案】D
【知识点】电容器及其应用；物理学史；点电荷
【解析】【解答】A．前半句正确，后半句应该是密立根用油滴实验测量了元电荷的值，故A错误；
B．前半句正确，后半句应该是麦克斯韦通过理论计算得出了静电力常量，麦克斯韦在建立电磁场理论时，发现电场和磁场的传播速度 c光速与 真空介电常数 0 、真空磁导率 μ0 满足关系
故B错误；
C．点电荷并不是用另一个物体去“替代”实际带电体，而是 忽略带电体的形状、大小，只保留其电荷量和位置的影响，例如，一个带电小球在远处产生的电场可以近似看作点电荷，但并没有用另一个东西去“等效”它，而是简化它的物理属性，是采用了理想化物理模型的方法，故C错误；
D．由电场强度、电势和电容的定义可知，电场强度、电势、电容器的电容都是用比值法定义的，故D正确。
故选D。
【分析】（1）需注意物理学史与实验结论的对应关系（如谁提出方法、谁完成测量）；明确物理方法的区别，理想模型法（如点电荷）是忽略次要因素，等效替代法（如合力替代分力）是效果相同；比值定义法的特点是定义式与定义量无关（如E不由F、q决定），类似比值定义还有速度（v=s/t）、电阻（R=U/I）等；库仑定律中的静电力常量并非库仑本人测得，需结合物理学史背景；
（2）关键易错点在于混淆物理方法与概念（如C选项），解题时可先排除绝对错误选项（如A、B的史实错误），再对比核心概念（如D选项的比值定义特征）。
3．【答案】B
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．以网和蜘蛛为研究对象，受力分析如图所示
由平衡条件有
可得
故A正确；
BCD．在竖直方向上有
由几何关系可知，可得
c突然断开，蜘蛛受到的合力竖直向上，有向上的加速度。故B正确；CD错误。
故选B。
【分析】对蜘蛛网整体受力分析，由正交分解联立方程组求解判断。
4．【答案】A
【知识点】功能关系；线速度、角速度和周期、转速；向心加速度；离心运动和向心运动；能量转化和转移的方向性
【解析】【解答】A．角速度虽然是矢量，但同轴即同一旋转部件上的各点角速度相同，故A正确；
B．只有匀速圆周运动的加速度才始终指向圆心，角速度变化得变速圆周运动，加速度方向偏前或偏后，不是指向圆心的，故B错误；
C．水果颗粒的向心力由杯壁的弹力提供，摩擦力平衡重力，故C错误；
D．消耗的电能还转化为机械能，声音等其他形式能量，故D错误．
【分析】（1）解题关键是理解圆周运动的基本规律和能量转化；突破点是区分角速度与线速度的关系（A项）、明确向心力来源（C项）；刀片旋转可能非匀速（B项）和能量转化不完全（D项）；非匀速圆周运动的加速度分解、能量守恒的多种形式。
（2）易错点是误认为所有圆周运动的加速度都指向圆心（B项忽略变速情况）或混淆向心力与摩擦力的作用（C项）。
5．【答案】C
【知识点】电容器及其应用；电势能；电势差
【解析】【解答】A．静电计所带的电荷量很少，电荷量不变，极板上移→电容容纳空间变小→电压挤压在一块挤压程度变大→静电计指针张角变大（所以A说“减小”是错的），根据
，
上移时正对面积减小，电容容纳空间减小，极板间电压增大，则静电计指针偏角增大，故A错误；
B．插入薄的导体材料导体→相当于板间距变小→电容容纳空间变大→电压变小→指针张角减小，故B错误；
C．极板左移→电容容纳空间变小→但电荷量Q不变→电压挤压在一块挤压程度变大→能量变大，电容器储存能量为
可知电容器储存能量增大，故C正确；
D．静电计是“高冷版无电流电压表”只测电势差，P=UI=U0=0几乎不耗电，静电计具有高阻抗特性，但电压表是由电流表改装的，所以电压表要有示数必须有电流通过表头，则不能用电压表替代，故D错误；
故选C；
【分析】（1）解题关键是掌握平行板电容器电容公式及储能公式；
分析电容变化时明确变量（如S、d、介质）对电容的影响（A、B项）；静电计的高阻抗特性。
（2）易错点是忽略题目隐含条件，混淆静电计与电压表的原理；隐含条件是实验中通常保持极板电荷量不变（断开电源）。
6．【答案】D
【知识点】向心加速度；离心运动和向心运动；开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．配重空间站与同步空间站通过缆绳连接，角速度相同，周期相同，配重空间站的周期等于，故A错误；
B．配重空间站里万有引力负责匀速圆周运动所需的向心动力，处于完全失重状态，但宇航员需固定在舱内才能避免飘离（自由漂浮需外力平衡），所以宇航员需被固定在空间站里，故B错误；
C．太空电梯P匀速运动时，内部物体受地球引力与缆绳拉力不平衡（需向心动力维持圆周运动），所以其内的物体受力不平衡，故C错误；
D．卫星仅考引力环绕地球做圆周运动时，卫星环绕半径与角速度线速度加速度都成反比，半径越大需要的速度越小，缆绳断裂后，配重空间站半径大速度大于所在高度所需环绕速度，引力小于所需的向心动力将做离心运动，故D正确；
故选D；
【分析】（1）解题关键是理解同步旋转系统的动力学特性（角速度相同）；
分析配重空间站的失重状态和圆周运动的受力；缆绳断裂后配重空间站的超速状态；太空电梯的力学原理（张力平衡、失重环境管理）和轨道力学（离心运动条件）。
（2）易错点是混淆失重与自由漂浮（B项需固定措施）或忽略匀速圆周运动的非平衡性（C项）；
隐含条件是（D项）。
7．【答案】B
【知识点】相对论时空观与牛顿力学的局限性；磁电式电流表；质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机；速度选择器
【解析】【解答】 A. 回旋加速器的最大动能取决于D形盒的半径和磁感应强度，与加速电压无关，增大电压只能减少加速次数，设回旋加速器的最大半径为，加速后最大速度为，根据
可得
粒子获得的最大动能为
所以粒子的最大动能与加速电场的电压U无关，故A错误；
B. 磁流体发电机中，由左手定则可知正离子偏向B极板，故B为发电机正极，A为负极，故B正确；
C. 速度选择器要求 v=E/B，方向需满足电场力与洛伦兹力反向，速度选择器不能判断带电粒子的电性，不管是正电，还是负电，粒子只要满足从P到Q且满足
，
则能匀速通过，分数倒了就错，故C错误；D. 线圈在磁极间产生的磁场为均匀辐向磁场，该磁场为非匀强磁场磁电式电流表的磁场是辐向分布的，并非匀强磁场，故D错误；
故选B；
【分析】（1）理解各装置的物理原理：回旋加速器的最终动能由磁场和几何尺寸决定；磁流体发电机依赖洛伦兹力分离电荷；速度选择器需平衡电场力与洛伦兹力；磁电式电流表利用辐向磁场产生线性偏转；突破点是分析力与运动的关系（如左手定则、平衡条件）；隐含条件包括回旋加速器的相对论效应限制、速度选择器的粒子电性无关性；
（2）易错点是混淆回旋加速器动能的影响因素；忽略速度选择器中粒子电性对受力方向的影响；误判磁电式电流表的磁场分布类型。
8．【答案】D
【知识点】加速度；电场线；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】 A. 金属球壳电势高于地面，且越靠近球壳电势越高，电场线方向沿着ABC的方向，因此B点比C点更接近球壳，电势更高，故A错误；
B. 粒子从高电势的B点向低电势的C点运动，若带正电则电势能减小，若带负电则电势能增大，题目说正电荷粒子，着电场线方向电势逐渐降低，粒子在加速过程中，动能增大，电势能减小，故B选项错误；
C. 金属球壳的电场强度随距离增大而减小，因此B点电场强度大于C点，根据运动状态必有对应的合力定律得
可知，粒子在B点的加速度大于在C点的加速度，故C错误；
D.根据
可知，电场强度非线性变化，AB段与BC段电势差不同，AB两点间的电势差大于BC两点间的电势差，导致动能变化量不同，故D正确；
故选D。
【分析】（1）理解球壳静电场的分布特点：电势随距离增大而降低，电场强度随距离增大而减小；分析电势高低与电场强度变化对粒子运动的影响；
（2）易错点是忽略粒子电性对电势能变化方向的影响；混淆电场强度与距离的关系导致加速度判断错误；未考虑非线性电场导致动能变化量差异。
9．【答案】C
【知识点】斜抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】本题主要考查了运动的合成与分解问题，要求同学们能正确分析小球和物块的受力情况和运动情况，特别要知道小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远。A、把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不可能在P点相遇，所以斜面不可能是光滑的，A错误；
B、当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，此时竖直方向速度不为零，不是运动到最高点，B错误；
C、物块和小球在斜面上的P点相遇，在沿斜面方向速度相同，由于小球在垂直于斜面方向还有速度，故小球的速度大于物块的速度，故小球的动能大于物块的动能，C正确；
D、小球和物块初末位移相同，则高度差相等，而重力相等，则重力做功相等，时间又相同，所以小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率相等，D错误。
故选C。
【分析】把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不可能在P点相遇，根据动能定理分析动能的变化，当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，求出重力做功的大小，进而求解平均功率。
10．【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在交变电场中的运动；带电粒子在电场中的运动综合；示波器的使用
【解析】【解答】A . 垂直方向：恒定偏转电压 Uyy'使电子束在 Y 方向上保持固定位置，水平方向：随时间线性增加的电压 UXX'使电子束在 X 方向上匀速移动，Uxx电压最大值对应屏边缘位置，Uxx的等腰三角形电压使电子束匀速往返扫描，形成一条水平往复扫描线，综合效果：由于 Y 方向固定，X 方向匀速移动，荧光屏上显示的图形是一条水平直线（从左侧原点向右延伸），故在荧光屏上呈现出来的图形是A。
B . 方向都弄反了，故B错误；
C . y方向电压恒定，x正方向往复，故C错误；
D . 不符合扫描模式，故D错误；
故选A。
【分析】（1）理解示波管的电场偏转原理（Y固定、X匀速扫描），明确Y方向偏转固定、X方向偏转匀速增加的综合效果；
区分恒定电压与变化电压对电子束的影响；示波器的扫描模式（时基扫描）及李萨如图形的形成条件（双向交变电压）。
（2）易错点是误将X方向匀速偏转当作变加速运动（如抛物线）或忽略Y方向的固定偏转；隐含条件是时间轴与电压变化的对应关系（X电压线性增加）。
11．【答案】C
【知识点】安培力；左手定则—磁场对通电导线的作用；平行通电直导线间的相互作用；安培力的计算
【解析】【解答】A．根据左手定则，磁场方向应竖直向上（电流向前，安培力向右），故A错误；
B．加速动力须由安培力负责供应
整理得
故B错误；
C．根据位移公式有，整理代入数据得
故C正确；
D．炮弹发射过程中的最大速度在最后瞬间
炮弹发射过程中安培力的最大功率发生在末端速度最大时
故D错误；
故选C。
【分析】（1）解题关键是左手定则判断磁场方向和牛顿第二定律计算加速度；突破点是运动学公式求时间及功率公式的瞬时性；轨道长度为加速距离；
（2）易错点是磁场方向误判或功率计算忽略末速度。
12．【答案】C
【知识点】电功率和电功；描绘小灯泡的伏安特性曲线；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；电源电动势及内阻；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．U-I图显示电源1与电源2的电动势都是10V，短路电流8A和12A，内阻为电动势除以短路电流，内阻之比是
A错误；
B．斜率为电压与电流比为阻值，小灯泡的图像斜率随电流增大而增大，小灯泡的电阻随着电流的增大而增大，故B错误；
C．短路电流反映了电源的最大输出电流能力，在这两种不同供应电流能力的电源中，小灯泡的电阻改变了，R1数据P（5.2A，3.5V）、R2数据Q（6A，5V），电阻之比
电流足电阻大，C正确；
D．R1数据P（5.2A，3.5V）、R2数据Q（6A，5V），在这两种不同供应电流能力的电源中，小灯泡消耗的功率之比为
电流供应足的功率大故D错误。
故选C。
【分析】（1）在两种不同供应电流能力的电源中电阻与功率齐大现象，理解伏安特性曲线的斜率含义（电源内阻为直线斜率绝对值，电阻为曲线点斜率）；通过交点坐标计算电阻和功率（C、D项）；
（2）易错点是混淆斜率与电阻的关系（B项）或内阻比例计算错误（A项）；直接读取数据，实际上题目已知。
13．【答案】D
【知识点】电场强度；电势差；电流的微观表达式及其应用；洛伦兹力的计算；霍尔元件
【解析】【解答】 A. 元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入水平向右大小为I的电流时，电子向左运动，由左手定律可得电子受洛伦兹力的作用往前表面偏转，前表面的电势比后表面的电势低，前表面积累负电荷，故A错误；
B. 自由电子所受洛伦兹力的大小为F=evB，其中 v 为电子定向移动速度，元件的前、后表面产生稳定电势差时，电子受到的洛伦兹力与电场力平衡
分母错误，故B错误；
C.，
为垂直于上表面的磁感应强度的大小，霍尔元件的摆放方向会影响磁场垂直于电流的分量，从而影响电势差故霍尔元件的摆放方向对有影响，故C错误；
D. 电势差，其中 n 为单位体积自由电子数，d 为厚度，根据电流的微观表达式
整理得
电子受到的洛伦兹力与电场力平衡
联立得元件前后表面的电势差为
故D正确；
D正确；
故选D。
【分析】（1）霍尔效应的原理：磁场中载流子受洛伦兹力偏转，形成横向电势差；通过左手定则判断电子偏转方向，结合电荷积累分析电势高低；隐含条件是电子定向移动速度与电流的关系 I=neSv；扩展知识包括霍尔系数与材料性质的关系；（2）易错点是混淆载流子类型（如正电荷或电子）对电势差符号的影响；忽略磁场方向与元件摆放的关系导致误判；未正确推导霍尔电压公式中的物理量依赖关系（如厚度 d 的反比作用）。
14．【答案】A,C
【知识点】静电的防止与利用；开普勒定律；相对论时空观与牛顿力学的局限性；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】A．爱因斯坦相对论指出真空光速在不同惯性参考系中不变，故A正确；
B．通电导线安培力与磁垂直，电、磁、力分别在x、y、z互相垂直的方向上，xyz各有一个量，故B错误；
C．燃气灶电子点火器利用尖端放电原理容易打火，C正确；
D．甘德石申第谷等国内外天文数据记录提供验证数据库，开普勒通过行星的数据观测与归纳提出了行星运动定律，故Ｄ错误；
故选AC；
【分析】（1）区分理论提出者与国内外实验观测者的共同贡献；理解左手定则中磁场、电流与力的方向关系；隐含条件是相对论的光速不变性仅针对惯性系；
（2）易错点包括混淆光速不变原理的适用范围、误判磁场方向与安培力方向的关系。
15．【答案】C,D
【知识点】电功率和电功；电源电动势及内阻；闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】 A . 当天逐渐变亮时，光照强度增大，光敏电阻阻值减小光敏电阻减小导致并联部分总电阻减小，并联部分总电阻分压减小，R1分压变大，电压表示数变大，故A错误；
B . 内阻上的电压变大，路端电压减小，则并联支路的电压减小，灯泡所在支路的电流减小，小灯泡变暗，通过的电流变大，故B错误；
C . 灯泡与光敏电阻并联部分总电阻减小，并联部分总电阻分压减小，灯泡两端电压减小而变暗，故C正确；
D . 电源效率η=U外/E随外电阻减小而降低。并联部分总电阻分压减小，电流增大，导致内阻上的电压变大内功率变大，路端电压减小，电源的效率为
由于外电阻减小，则电源效率减小，故D正确。
故选CD。
【分析】（1）解题关键是动态电路分析，明确光敏电阻变化对并联电路的影响；理解光敏元件在自动控制中的应用，区分局部电阻变化与整体电路的关系，注意电压表测量的是路端电压；
（2）易错点是误判并联支路电流变化方向或忽略内阻分压对灯泡的影响；隐含条件是电源内阻不可忽略且效率与外电阻成正比。
16．【答案】B,C
【知识点】能量守恒定律；机车启动；电源电动势及内阻；闭合电路的欧姆定律；生活用电知识
【解析】【解答】A．电池能使电动机以额定电流运行的最长时间，时间等于电量除以电量消耗速度即电流为
，
故A错误；
B．由能量守恒可得
，
整理得
代入数据得
，故B正确；
C．总功率等于外功率与内功率之和，，整理代入数据得
故C正确；
D．电动车能达到的最大速度为
故D错误。
故选BC。
【分析】（1）总功率内阻消耗功率外输出功率，区分输入功率与输出功率，明确电池容量与放电时间的关系；最大速度时的牵引力与阻力等大；
（2）易错点是混淆电池容量单位（mA·h与A·h转换）；忽略内阻对功率的影响直接用总功率计算最大速度。
17．【答案】（1）C
（2）增大；0.18
（3）A
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A．做“探究小车速度随时间变化规律“的实验时，不涉及小车的合力，不需要平衡摩擦力，故A错误；
B．以小车和砝码整体为研究对象，平衡摩擦力后，由于仍存在摩擦力做功，会产生内能，机械能一部分转化为内能，所以不可利用该装置“验证机械能守恒定律”，故B错误；
C．利用该装置做“探究小车的加速度与力、质量的关系”的实验时，除应用小车重力沿斜面的分力平衡摩擦力外，还必须满足小车的质量远大于砝码与砝码盘的总质量。因为只有当小车的质量远大于砝码与砝码盘的总质量时，才能认为绳的拉力近似等于砝码与砝码盘的总重力，故C正确。
故选C。
（2）
（a）平衡摩擦力时，若所有的操作均正确，打出的纸带如图乙所示，纸带向右运动，点迹变密集，说明小车做减速运动，如果做匀速运动，点迹应该是均匀分布，点和点的间隔相等，为了让小车做匀速运动，应该增大木板的倾角；
（b）绳的拉力近似等于砝码与砝码盘的总重力，拉力为合力，由牛顿第二定律得
可得
由图像可得
解得小车的质量为
（3）取下托盘和砝码前，小车做匀速直线运动，处于平衡状态，合力等于零，绳的拉力等于砝码与砝码盘的总重力，取下托盘和砝码后，小车做匀加速直线运动，其所受的合力为
改变砝码质量和木板倾角，多次测量，根据牛顿第二定律，加速度与合力成正比，通过作图可得到的关系一定是一条通过原点的倾斜的直线。
故选A。
【分析】（1） 做“探究物体的加速度与力、质量的关系”的实验时，除应平衡摩擦力外，还必须满足小车的质里远大于砝码与砝码盘的总质量。因为只有当小车的质量远大于砝码与砝码盘的总质量时，系统的加速度才能足够小，砝码与砝码盘才近似做匀速直线运动。
（2） 点迹变密集，说明小车做减速运动，应该增大木板的倾角；由牛顿第二定律得到加速度a与总质量m的倒数之间的实验关系图像对应的函数关系，根据函数关系确定小车的质量。
（3）根据牛顿第二定律，加速度与合力成正比，通过作图可得到a-F的关系一定是一条通过原点的倾斜的直线。
（1）A．利用该装置做“探究小车速度随时间变化规律”的实验时，只需要保证小车受到的合力恒定不变，不需要平衡摩擦力，故A错误；
B．以小车和砝码整体为研究对象，平衡摩擦力后，由于仍存在摩擦力做功，会产生内能，所以不可利用该装置“验证机械能守恒定律”，故B错误；
C．利用该装置做“探究小车的加速度与力、质量的关系”的实验时，除应平衡摩擦力外，还必须满足小车的质量远大于砝码与砝码盘的总质量。因为只有当小车的质量远大于砝码与砝码盘的总质量时，才能认为绳的拉力近似等于砝码与砝码盘的总重力，故C正确。
故选C。
（2）（a）[1]平衡摩擦力时，若所有的操作均正确，打出的纸带如图乙所示，纸带向右运动，点迹变密集，说明小车做减速运动，为了让小车做匀速运动，应该增大木板的倾角；
（b）[2]由牛顿第二定律得
可得
由图像可得
解得小车的质量为
（3）取下托盘和砝码前，小车做匀速直线运动，处于平衡状态，合力等于零，取下托盘和砝码后，小车做匀加速直线运动，其所受的合力为
改变砝码质量和木板倾角，多次测量，根据牛顿第二定律，加速度与合力成正比，通过作图可得到的关系一定是一条通过原点的倾斜的直线。
故选A。
18．【答案】（1）E
（2）
（3）1.50
（4）1.45；0.67
【知识点】电源电动势及内阻；闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）干电池在最大限度的用最小的体积提供强大的电流能力，电阻设计的很小，为了滑动变阻器恰当的阻值容易调到，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选用阻值较小的E；
（2）干电池内阻较小（通常小于1Ω），若用内接法，电流表内阻会显著影响测量结果，导致内阻测量值偏大，因此须采用外接法，根据图甲中的实物连接图，采用的是外接法测电源内阻，电路图如图所示
（3）干电池标称电动势为1.5V，估测数据不准，读数大于1.5但在附近就要读作1.5V，如图乙所示，大于1.5，故其读数为；
（4）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得
整理得
对应一次函数知识，
r为斜率，E为U轴上的截距，从U轴上斜线交点读数
函数图象的斜率绝对值等于内阻，读取最远的两个读数计算斜率误差最小，
【分析】（1）掌握伏安法测电源电动势和内阻的实验原理；正确选择滑动变阻器阻值以匹配电源特性；干电池内阻较小（通常1Ω以内），需选择合适变阻器；
（2）易错点是忽略多用电表量程对读数的影响或误判U-I图线截距与斜率的物理意义；
（3）扩展知识包括图线法处理实验数据的误差分析及滑动变阻器限流与分压接法的区别。
（1）由于干电池的内阻较小，为了调节方便，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选用阻值较小的E。
（2）根据图甲中的实物连接图，电路图如图所示
（3）该同学先用多用电表直流2.5V挡估测电池电动势，如图乙所示，其读数为。
（4）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得
则有
可知图像的纵轴截距等于电动势，则有
图像的斜率绝对值等于内阻，则有
19．【答案】（1）【解答】（1）光滑不计摩擦力，绝缘电量不变，小球带负电，电场强度大小通过平衡条件 qE=mgtan θ 计算；小球运动到顶端时速度恰好等于零，加速度与初速度方向相反，匀减速直线运动，末速度为0，所以运动学速度平方差等于两倍加速度乘以位移得等式
整理为
重力加速度沿斜面分量为
电场力得产生6m/s2向右上的加速度，因此由于可知小球受到的电场力应水平向右，则小球带正电；根据牛顿第二定律可得
（2）解：（2）仅将电场反向后，电场强度不变，小球受到的电场力大小为
，方向向左
重力大小，方向向下
小球受到的合力大小为
方向左下方45°方向，如图所示
小球将沿合力F方向做初速度为零的匀加速直线运动；加速度大小为
通过的位移方向左下45°，大小为1米长L斜面高H的根号2倍，
由匀变速直线运动的规律可得
解得小球落回到地面所用时间为
【知识点】匀变速直线运动的定义与特征；匀变速直线运动的位移与时间的关系；共点力的平衡；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）受力分析与运动分解，明确电场力与重力的平衡关系；电场反向后的加速度重新计算及运动时间分段处理；斜面光滑无摩擦且电场区域足够大；带电粒子在复合场中的运动规律及能量守恒在此类问题中的应用；
（2）易错点是忽略电场反向对合力的影响或错误分解加速度方向。
（1）小球运动到顶端时速度恰好等于零，所以此过程的加速度大小为
由于
可知小球受到的电场力应水平向右，则小球带正电；根据牛顿第二定律可得
解得电场强度大小为
（2）小球受到的电场力大小为
仅将电场反向后，小球受到的合力大小为
沿左下方45°方向，如图所示
小球将沿合力F方向做初速度为零的匀加速直线运动；加速度大小为
通过的位移大小为
由匀变速直线运动的规律可得
解得小球落回到地面所用时间为
20．【答案】（1）（1）解：由机械能守恒定律可得
根据牛顿第二定律可知
解得
（2）（2）解；木块P在传送带上，先以向上匀减速，再以向上匀减速，到平台时速度恰好为零对应，对物体受力分析，结合牛顿第二定律可得
由匀变速直线运动得规律可得
解得
，
故
（3）（3）解：设木块刚滑上木板的速度为时，恰好能在木板最右端与木板相对静止，则有
解得
对应下落高度
①当时
②当时
所以

【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）先通过机械能守恒（只有重力做功，机械能总量不变）算出木块到B点的速度；再在B点用牛顿第二定律（合力提供向心力），联立求解支持力。
（2）用牛顿第二定律求加速度；再通过匀变速运动公式（速度 - 位移关系）联立，求出木块滑上平台的临界初速度；最后用机械能守恒关联与速度。
（3）用动量守恒（水平方向不受外力）和能量守恒（摩擦生热等于动能损失）联立，结合机械能守恒（下滑过程）和传送带能量消耗（重力、摩擦力做功），推导h与E的关系。
（1）由机械能守恒定律可得
根据牛顿第二定律可知
解得
（2）木块P在传送带上，先以向上匀减速，再以向上匀减速，到平台时速度恰好为零对应，对物体受力分析，结合牛顿第二定律可得
由匀变速直线运动得规律可得
（3）设木块刚滑上木板的速度为时，恰好能在木板最右端与木板相对静止，则有
解得
对应下落高度
①当时
②当时
21．【答案】【解答】（1）在y轴左侧圆形磁场中洛伦兹力作向心动力
整理得
，
由于竖直向上的粒子要求经过圆形磁场且都从A点进入第一象限，如图旋转中心都在右侧，且中心与竖直方向垂直，垂足为入圆形磁场的交界点，几何关系得，不同点入射的旋转半径都相等，在匀强电场中由动能定理得
整理并代入v得
（2）①如图当粒子垂直打在E点时轨迹圆的圆心为C即图中圆心O1，当粒子向左下方斜着打在E点时轨迹圆的圆心为图中圆心O2，两次打在E点为二次感光，这一重复感光区的偏转圆心均在A为圆心R为半径的弧O1O2上，偏转圆心在弧O2O3和偏转圆心在弧O1O2上的粒子都能打在EF区，如图EF出现“二度感光区”，有几何关系
，，，当G点进入如图入3红色箭头飞入的正电粒子将落在二次感光区的最右侧F点，此时轨迹圆的圆心为O3，由几何关系FO3反向延长过点A，直角三角形AOF中，勾股定理得
②由已知在极板均匀分布带电粒子，如图垂直PQ去EF，垂直HQ去CF，求 之比等价于求图中将去EF区与将去CF区线段长度之比即PQ：HQ，
粒子落在C点时轨迹圆的圆心为O8，落在CE段的粒子对应圆形磁圆心O0点的入射角度区域磁角α为，落在EF即落在“二度感光区”的粒子对应O0点的入射角度区域磁角为θ，落在CF段的粒子对应圆形磁圆心O0点的入射角度区域磁角α+θ为，由几何关系得，
由几何关系HP相当于六边形边长a，HQ=1.5a，PQ=0.5a，
感光板上的长度之比即为个数比
（3）在y轴左侧圆形磁场中洛伦兹力作向心动力
整理得粒子在磁场中运动的半径
半径将于速度成正比，速度减半半径减半，
即粒子每次反弹后速度方向相反，速度大小变为原来的一半，半径也变为原来的一半，只有垂直打来的粒子才会反弹，即只有O8进的第一次落在E点且垂直于感光板的粒子能够反弹，由几何关系可知该粒子应从点O8沿着入1E箭头进入圆磁场经A偏转，第一次落在离C点a处的E点，第二次落在离C点加一次所半后直径即2a处，第三次落在离C点加两次直径2.5a处，第四次落在离C点加三次直径2.75a处， 第五次落在离C点加四次直径2.875a处超出感光板边缘离开第一象限，该粒子在磁场中运动的总时间为总角度除以角速度，线速度除以半径等于角速度，
得
该粒子从O8沿着入1E箭头到E的半圆路程
从第一次反弹到第二次反弹的半径减半的半圆路程
从第二次反弹到第三次反弹的半径减半的半圆路程
从第三次反弹到第四次反弹的半径减半的半圆路程
从第四次反弹到离开磁场的半径减半的半圆路程
该粒子在磁场中运动的总路程
（1）；（2）①，② 1：3；（3），
【知识点】等效法；洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）磁场中圆周运动的半径公式 和几何对称性分析；
“二度感光区”的几何构建及反弹后运动的无限递减过程；
粒子始终在磁场中运动且反弹后速度方向相反，带电粒子在磁场中的周期性运动及能量损耗模型（如反弹后动能按比例衰减）；
（2）易错点是忽略粒子反弹后的速度变化对圆周运动半径的影响或几何关系处理错误。
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