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2025年广东省第一次普通高中学业水平合格性考试物理试卷
一、单选题Ⅰ：本大题共10小题，每小题1分，共10分。在每小题列出的三个选项中，只有一个选项符合题目要求。
1．（2025·广东会考）下列物理量均为矢量的是（　　）
A．速度、力、质量 B．位移、力、加速度 C．位移、功、电荷量
2．（2025·广东会考）下列哪位科学家利用理想斜面实验推翻了亚里士多德关于“必须有力作用在物体上，物体才能运动”的观点（　　）
A．伽利略 B．普朗克 C．爱因斯坦
3．（2025·广东会考）地球围绕太阳公转，可将地球看成质点。它运用了下列哪种科学研究方法（　　）
A．控制变量法 B．理想化模型法 C．微元法
4．（2025·广东会考）如图所示，货车静止在水平地面，货物静止在车厢上，则货车受到地面的摩擦力（　　）
A．方向向左 B．方向向右 C．大小为零
5．（2025·广东会考）为了减轻火车转弯时火车轮缘与轨道间的挤压，对内、外轨道高度的设计，合理的是（　　）
A．内轨略高 B．外轨略高 C．内、外轨一样高
6．（2025·广东会考）下列各类运动不遵循牛顿力学规律的是（　　）
A．卫星绕地运行
B．地面上汽车的运动
C．不同参考系中光的传播
7．（2025·广东会考）如图所示，人们经常使用验电器检验物体是否带电，发现即便排除了外界的干扰，最终验电器的金属箔片还是会闭合。这一现象说明（　　）
A．电荷不守恒 B．电荷消失了 C．电荷转移了
8．（2025·广东会考）为了防止外界电场对精密仪器的干扰，通常将它们置于屏蔽壳内。下列能作为屏蔽壳材料的是（　　）
A．金属 B．塑料 C．干木材
9．（2025·广东会考）对电势概念的理解，下列说法正确的是（　　）
A．电势是矢量
B．沿着电场线方向，各点电势逐渐升高
C．确定电场中某点的电势时，要先规定电势的零点
10．（2025·广东会考）小明骑自行车向正东行驶3km后，再向正南行驶4km。该过程自行车的位移大小为（　　）
A．1km B．5km C．7km
二、单选题Ⅱ：本大题共30小题，每小题2分，共60分。在每小题列出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。
11．（2025·广东会考）砷化镓薄膜电池可将太阳能转化为电能，其光电转化率高达30%。下列说法正确的是（　　）
A．电池可创造能量
B．太阳能是不可再生能源
C．此电池的光电转化率不到100%，说明能量不守恒
D．此电池通过非静电力做功把太阳能转化为电能
12．（2025·广东会考）某物体运动的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．0~8s内该物体的平均速度大小为6m/s
B．0~2s内与2~8s内该物体的运动方向不同
C．0~2s内与2~8s内该物体的加速度大小不同
D．0~2s内与2~8s内该物体的加速度方向相同
13．（2025·广东会考）一可视为质点的物体做曲线运动，关于该物体受到的合力，下列说法正确的是（　　）
A．可能为零 B．一定为零 C．可能为恒力 D．一定为恒力
14．（2025·广东会考）汽车在平直路面上直线行驶一段距离后停止，其行驶的图像如图所示，该汽车在时间内的位移大小为（　　）
A． B． C． D．
15．（2025·广东会考）小明在游乐场坐摩天轮，摩天轮以角速度匀速转动，如图所示。小明的质量为m，离转轴距离为r。下列说法正确的是（　　）
A．小明所需的向心力可能为0
B．小明所需的向心力大小为
C．小明在最低点受到的支持力可能为0
D．小明受到重力、支持力和向心力的作用
16．（2025·广东会考）某机车牵引力的额定功率为300kW，该机车以额定功率水平匀速行驶，其速度大小为30m/s，则机车提供的牵引力大小为（　　）
A．1000N B．9000N C．1.0×104 N D．9.0×106 N
17．（2025·广东会考）如图所示，一个网球以速度大小水平飞来，运动员挥拍把它以速度大小反向击回。设网球飞来的方向为正方向，则在此过程中网球的速度变化量为（　　）
A． B． C． D．
18．（2025·广东会考）某滑雪爱好者从山顶滑至山脚的过程中，重力对他所做的功与下列哪个因素有关（　　）
A．阻力的大小 B．滑行的时间
C．滑行的路径 D．山顶到山脚的高度差
19．（2025·广东会考）如图所示，在堆垛货物时，载货的叉车向前做匀减速直线运动的同时，将货物竖直向上匀速抬起，关于此过程中货物的运动，下列说法正确的是（　　）
A．货物的运动轨迹为直线 B．货物的运动轨迹为曲线
C．货物所受的合力为零 D．货物的速度大小不变
20．（2025·广东会考）小明乘电梯从一楼直升到十楼，经历了加速、匀速和减速三个阶段，下列说法正确的是（　　）
A．电梯加速阶段，小明处于失重状态
B．电梯减速阶段，小明处于失重状态
C．电梯上行过程中，小明一直处于超重状态
D．电梯上行过程中，小明一直处于失重状态
21．（2025·广东会考）石磨是劳动人民智慧的结晶。如图所示，M、N为石磨推柄上的两点，在石磨绕竖直轴转动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．M点的角速度比N点的角速度小 B．M点的角速度比N点的角速度大
C．M点的线速度比N点的线速度小 D．M点的线速度比N点的线速度大
22．（2025·广东会考）中国空间站正常运行的轨道低于地球同步卫星的轨道。关于在轨运行的中国空间站，下列说法正确的是（　　）
A．运行周期大于24h
B．运行的角速度比地球同步卫星的小
C．运行速度小于第一宇宙速度
D．运行速度大于第二宇宙速度
23．（2025·广东会考）图a是“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验装置图。甲、乙两名同学用该装置得到加速度a与拉力F的关系如图b所示。下列分析正确的是（　　）
A．细绳拉力始终等于槽码的重力 B．甲同学平衡了摩擦力
C．乙同学平衡了摩擦力 D．乙同学实验中长木板倾角过大
24．（2025·广东会考）如图所示的圆锥摆，质量为m的摆球在水平面内做匀速圆周运动，摆线与竖直方向夹角为，不计空气阻力，重力加速度为g。该摆球受到的拉力大小为（　　）
A． B． C． D．
25．（2025·广东会考）蹦床运动员保持姿态不变从最高点自由落下，直到蹦床网被压至最低点的过程中，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．运动员的重力势能增大
B．运动员的动能一直增大
C．运动员刚触蹦床网时，动能最大
D．运动员在最低点时，蹦床网的弹性势能最大
26．（2025·广东会考）如图所示，两水平极板间有竖直向下的匀强电场，上极板中心有一小孔，一带负电油滴以某一速度经小孔竖直落入电场中，之后油滴匀速下落。油滴下落过程中（　　）
A．电场力对其做正功 B．电势能增加
C．电势能减少 D．油滴所经位置的电势依次升高
27．（2025·广东会考）如图所示，在水平向左的匀强电场中，用绝缘细绳竖直悬挂两个带电小球M和N。若两细绳都保持竖直状态，两小球在同一水平线上，则（　　）
A．M和N都带负电 B．M和N都带正电
C．M带负电、N带正电 D．M带正电、N带负电
28．（2025·广东会考）在如图所示的电路中，先闭合开关，再将滑动变阻器R1的滑片从左端逐渐滑到右端。此过程中电流表的示数变化是（　　）
A．逐渐变大 B．逐渐变小
C．先变小后变大 D．先变大后变小
29．（2025·广东会考）关于电容器，下列说法正确的是（　　）
A．所带电荷量越少，电容越小
B．所带电荷量越少，电容越大
C．极板间电压越高，电容越大
D．电容反映了电容器的自身属性，与极板间电压及所带电荷量无关
30．（2025·广东会考）下表列出了某电热水壶的主要参数，该电热水壶正常工作的电流为（　　）
额定容量 1.2L 额定频率 50Hz
额定电压 220V 额定功率 1100W
A．0.5A B．5A C．6A D．22A
31．（2025·广东会考）通电长直导线周围的磁场可用磁感线描述，下列磁感线描述正确的是（　　）
A． B．
C． D．
32．（2025·广东会考）如图所示，把一个带电量为q的试探电荷放在某电场中的P点，测得P点电场强度大小为E，方向水平向右。下列说法正确的是（　　）
A．移走试探电荷，P点的电场强度变为零
B．试探电荷改为，P点的电场强度方向变为向左
C．减小试探电荷的电量q，P点的电场强度不变
D．减小试探电荷的电量q，P点的电场强度减小
33．（2025·广东会考）修缮房屋时，地面上的工人将砖竖直向上抛出，速度为零时，恰好被二楼的工人接住。已知砖的上抛高度为h，重力加速度为g。忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．砖上升到最高点时加速度为零
B．砖被抛出时的速度为
C．砖在空中运动的时间为
D．若抛更重的砖，须增大砖被抛出时的速度
34．（2025·广东会考）如图所示，在匀强磁场中有一个闭合的金属线圈，下列哪种方式可使线圈中产生感应电流（　　）
A．在磁场内垂直于磁场方向左右平移线圈
B．在磁场内垂直于磁场方向上下平移线圈
C．在磁场内沿磁场方向平移线圈
D．在磁场内绕线圈某一边转动
35．（2025·广东会考）某充电宝的铭牌标注“10000mA·h（毫安时）”，它对应下列哪个物理量（　　）
A．时间 B．电能 C．电荷量 D．电流
36．（2025·广东会考）下列装置或电器不是应用电磁波工作的是（　　）
A．射电望远镜 B．收音机
C．微波炉 D．电熨斗
37．（2025·广东会考）小明将功率为1500W、1000W、500W的三个电器接通在同一个插线板上，插线板的导线出现发热现象。下列相关说法正确的是（　　）
A．导线的电阻可以忽略，该发热现象与电热无关
B．更换导线更细的插线板，有利于减少发热
C．断开500W的电器，最有利于减少发热
D．不能将几个大功率电器同时接通在同一个插线板上
38．（2025·广东会考）如图所示是测量重力加速度的装置。为减小实验误差，下列措施正确的是（　　）
A．选用密度较小的重物
B．精确测量重物的质量
C．释放纸带前，使重物远离打点计时器
D．将电磁打点计时器更换为电火花打点计时器
39．（2025·广东会考）在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，如图所示是打点计时器打出的一条纸带。纸带上相邻两计数点间的距离分别为、、和，相邻两计数点间的时间间隔为T。则加速度a的表达式正确的是（　　）
A． B．
C． D．
40．（2025·广东会考）用如图所示的电路测量一节电动势约为1.5V干电池的电动势和内阻。滑动变阻器有阻值范围0~15Ω和0~1000Ω两种规格备选，电流表有量程0.6A和3.0A两种规格备选。下列做法正确的是（　　）
A．选阻值范围为0~15Ω的滑动变阻器
B．选量程为3.0A的电流表
C．闭合S前，应调节滑动变阻器的滑片至N端
D．闭合S后，滑片越靠近N端，电压表示数越大
三、多选题：本大题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题列出的四个选项中，至少有两个选项符合题目要求，全部选对得3分，少选且正确得1分，未选、错选均不得分。
41．（2025·广东会考）可视为质点的小球做匀速直线运动，与墙面碰撞后立即反弹，继续做匀速直线运动回到原处。小球的位移-时间（x-t）图像可能为（　　）
A． B．
C． D．
42．（2025·广东会考）如图所示，一根竖直悬挂的轻质弹簧。在弹簧弹性限度内，将弹簧下端悬挂物体的质量增大一倍后，下列说法正确的有（　　）
A．弹簧的形变量变为原来的两倍
B．弹簧的劲度系数变为原来的两倍
C．弹簧的长度变为原来的两倍
D．弹簧的弹力变为原来的两倍
43．（2025·广东会考）如图所示，质量为m的风筝静止在空中。线对风筝的拉力大小为F，方向斜向下且与水平夹角为，重力加速度为g。下列关于风筝所受风力，说法正确的有（　　）
A．与F的大小相等 B．竖直分量大小为
C．水平分量大小为 D．方向与水平夹角大于
44．（2025·广东会考）如图所示，粗糙轨道顶部离地高为h，底部水平且离地高为l。一个物体从其斜面上某位置由静止滑下，在轨道底部以速度v0水平飞出，在空中飞行时间为t，落地速度为vt。不计空气阻力，以下说法正确的有（　　）
A．物体克服摩擦力所做的功为
B．物体在空中飞行的过程中机械能守恒
C．t的大小与物体静止滑下的位置有关
D．vt的大小与物体静止滑下的位置有关
45．（2025·广东会考）如图所示，质量相同的两颗人造地球卫星P、Q做匀速圆周运动，它们的轨道半径分别为r、2r，则卫星P、Q（　　）
A．向心加速度之比为
B．向心加速度之比为
C．受到地球的万有引力之比为
D．受到地球的万有引力之比为
46．（2025·广东会考）一台电动机的线圈电阻为2Ω，当它接上220V的电源后，正常工作时通过线圈的电流为4A，下列说法正确的有（　　）
A．电动机消耗电功率为880W B．电动机消耗电功率为32W
C．线圈发热功率为880W D．线圈发热功率为32W
47．（2025·广东会考）如图所示，在“探究平抛运动的特点”实验中，钢球从斜槽上静止释放，经光电门水平抛出。读取小球遮挡光电门的时间，测出小球的直径，可计算出小球的平抛初速度。为了减小测量误差，下列措施正确的有（　　）
A．适当升高释放钢球的位置 B．适当降低释放钢球的位置
C．选择直径稍小的钢球 D．选择质量稍大的钢球
48．（2025·广东会考）关于如图所示的电路，以下说法正确的有（　　）
A．通过调节外电路电阻的阻值，可改变路端电压
B．通过调节外电路电阻的阻值，可改变电源的电动势
C．电源的电动势，在数值上等于断路时的路端电压
D．无论外电路还是内电路，电流都是从电势高处流向电势低处
49．（2025·广东会考）如图所示，水平桌面上的物体甲，用细绳与物体乙连接，甲、乙质量分别为m、2m。细绳绷紧后静止释放物体乙，物体乙下降的高度为h。不计滑轮和细绳的质量，忽略摩擦，该过程中（　　）
A．乙的机械能守恒 B．甲和乙总的机械能守恒
C．乙的重力势能减少了2mgh D．甲的动能增加了2mgh
50．（2025·广东会考）如图所示，在喷墨打印机的匀强电场中，一带电液滴以平行于极板的初速度进入该电场，离开电场时速度向上偏转，偏转角为。忽略空气阻力和重力作用，下列说法正确的有（　　）
A．液滴带负电
B．增加极板长度，增大
C．增加极板间电压，增大
D．增加极板间电压，液滴通过极板的时间变长
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】矢量与标量
【解析】【解答】解决本题的关键掌握矢量和标量的区别，知道矢量有大小又有方向，标量只有大小，没有方向。A．速度、力是矢量，但质量是标量，故A错误；
B．位移、力、加速度均为矢量，故B正确；
C．位移是矢量，功和电荷量是标量，故C错误。
故选：B。
【分析】物理量按有无方向分矢量和标量，矢量有大小又有方向，合成和分解时遵循平行四边形定则，标量只有大小，没有方向．
2．【答案】A
【知识点】物理学史；伽利略理想斜面实验
【解析】【解答】伽利略通过理想斜面实验提出：当物体不受力时，物体会保持匀速直线运动，从而验证运动不需要力的维持，借此否定了亚里士多德“力是维持运动的原因”的观点，为惯性定律奠定基础。
故选A。
【分析】伽利略利用理想斜面实验推翻了亚里士多德的观点“有力才有运动”。
3．【答案】B
【知识点】质点
【解析】【解答】当地球绕太阳转动时，地球本身形状和大小对公转的规律没有影响，此时将地球视为质点，忽略了其形状和大小，属于建立理想化模型的方法，AC错误，B正确。
故选B。
【分析】在分析地球公转的问题时，将地球视为质点，忽略了其形状和大小，属于建立理想化模型的方法。
4．【答案】C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】由于货车和货物整体处于静止，对货车和货物整体受力分析，根据整体的平衡条件可知整体只受重力和地面支持力的作用，由于水平方向合力为0可以得出水平方向不受力的作用，即货车受到地面的摩擦力大小为零，故选C。
【分析】利用货车和货物整体的平衡条件可以判别货车没有受到地面摩擦力的作用。
5．【答案】B
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】当外轨高于内轨时，轨道给火车的支持力斜向弯道内侧，它与重力的合力指向圆心，为火车转弯提供了一部分向心力，减轻了轮缘和外轨的挤压，可知应该外轨高于内轨， 故B正确。
故选：B。
【分析】火车轨道外高内低的设计是为了减轻轮缘与轨道之间的挤压，这样火车转弯时，轨道给火车的支持力和其重力的合力提供向心力，保证行车安全
6．【答案】C
【知识点】相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【解答】牛顿经典力学适用于宏观物体在低速（远低于光速）条件下的运动，而微观物体在高速运动的情况下只能利用相对论进行解释。
A．卫星绕地运行属于宏观、低速（相对于光速）运动，所以可以利用经典力学中的万有引力定律进行分析，故A错误；
B．地面上汽车的运动是宏观、低速的，所以可以利用经典力学的规律进行分析，完全遵循牛顿力学规律，故B错误；
C．光速在不同参考系中恒定，光属于高速运动的粒子，需用狭义相对论（而非牛顿力学）描述，故C正确。
故选C。
【分析】牛顿经典力学适用于宏观物体在低速（远低于光速）条件下的运动，而微观物体在高速运动的情况下只能利用相对论进行解释。
7．【答案】C
【知识点】电荷守恒定律
【解析】【解答】根据电荷守恒定律，可知电荷既不会凭空产生，也不会凭空消失，只会从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分，电荷的总量保持不变。发现即便排除了外界的干扰，最终验电器的金属箔片还是会闭合。根据守恒定律可以得出金属箔片发生闭合，则是由于金属箔片上的电荷转移到周围的空气中，转移过程中电荷量守恒，电荷没有消失。故C正确。
故选C。
【分析】根据守恒定律可以得出金属箔片发生闭合，则是由于金属箔片上的电荷转移到周围的空气中，转移过程中电荷量守恒，电荷没有消失。
8．【答案】A
【知识点】静电的防止与利用
【解析】【解答】静电屏蔽的原理是金属材料在外界电场的作用下，内部电荷重新分布形成感应电场，然后在导体内部由于外电场和感应电场叠加导致内部电场强度为0，起到静电屏蔽的作用，静电屏蔽要求材料为导体（如金属）。导体内部自由电荷在电场中重新分布，形成反向电场，使内部场强为零，从而屏蔽外电场。绝缘体（如塑料、木材）因无自由电荷，无法实现屏蔽。
故选A。
【分析】静电屏蔽的原理是金属材料在外界电场的作用下，内部电荷重新分布形成感应电场，然后在导体内部由于外电场和感应电场叠加导致内部电场强度为0，起到静电屏蔽的作用，所以静电屏蔽要求材料为导体（如金属）。
9．【答案】C
【知识点】电势
【解析】【解答】A．电势为电场能量的性质，电势是标量，只有大小没有方向，故A错误；
B．电势的规定是沿电场线方向，电势逐渐降低，所以电场线箭头的方向就是电势降低的方向，故B错误；
C．电势是相对量，需选定参考点，通常取无穷远处或某接地点为零点，根据两点的电势差为定值才可以确定各点的电势大小，故C正确。
故选C。
【分析】电势属于标量，不属于矢量；电场线箭头的方向就是电势降低的方向；电势是相对量，需选定参考点，通常取无穷远处或某接地点为零点，才能确定各点电势的大小。
10．【答案】B
【知识点】位移与路程
【解析】【解答】位移是初位置到末位置的直线距离。根据勾股定理，位移大小为，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】位移的大小等于首末位置的距离，路程等于运动轨迹的长度．
11．【答案】D
【知识点】能量转化和转移的方向性；电源电动势及内阻
【解析】【解答】A．根据能量守恒定律，能量不能被创造，电池只是把内部化学能转化为电能，仅实现能量转化，没有创造新的能量，A错误；
B．太阳能属于可再生能源，太阳的能量源于太阳内部的核聚变反应，B错误；
C．转化率低是电池转化为多种能量时，有价值的能量的比例比较小，但转化过程能量总和保持不变，转化过程能量守恒，C错误；
D．非静电力（如半导体内部电场）驱动电荷分离，让正负电荷分布与电池两极，让电池具有电能，能量转化的途径是将光能转化为电能，D正确。
故选D。
【分析】电池只是把内部化学能转化为电能，仅实现能量转化，没有创造新的能量；太阳能属于可再生能源；转化率低是电池转化为多种能量时，有价值的能量的比例比较小，但转化过程能量总和保持不变；非静电力（如半导体内部电场）驱动电荷分离，让正负电荷分布与电池两极，让电池具有电能，能量转化的途径是将光能转化为电能。
12．【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．图像的面积表示位移，根据图像面积可以得出0~8s内该物体的位移为
根据位移与时间的比值可以得出平均速度大小为，故A错误；
B．图像中速度的符号代表运动的方向，由图可知物体的速度始终为正值，所以0~2s内与2~8s内该物体的运动方向相同，故B错误；
CD．图像的斜率表示加速度，根据图像斜率的符号和大小可以得出0~2s内与2~8s内该物体的加速度方向和大小均不同，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】利用图像面积可以求出位移的大小，结合时间可以求出平均速度的大小；利用速度的符号可以判别运动的方向；利用图像斜率可以比较加速度的大小及方向。
13．【答案】C
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】AB．物体做曲线运动时，速度方向不断变化，必须存在加速度，故合力不可能为零，故AB错误；
C．物体做曲线运动的条件是合力方向与速度方向不共线，对合力的大小没有要求，当合力为恒力时（如平抛运动中重力为恒力），物体可做曲线运动，故C正确；
D．物体做曲线运动时物体受到的合力可以是恒力或者变力，曲线运动的合力可以是变力（如非匀速圆周运动），故D错误。
故选C。
【分析】根据物体做曲线运动的条件是合力方向与速度方向不共线，对合力的大小没有要求。
14．【答案】B
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】已知汽车行驶过程的速度时间图像，由于速度时间图像的面积代表汽车位移的大小，根据图像中面积的大小可以得出该汽车在时间内的位移大小为
故选B。
【分析】利用速度时间图像面积的大小可以求出汽车运动时位移的大小。
15．【答案】B
【知识点】向心力
【解析】【解答】AB．摩天轮以角速度匀速转动， 小明的质量为m，离转轴距离为r，根据可知，小明所需的向心力大小为，不可能为0，故A错误，B正确；
C．小明在最低点时，由支持力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
可知，小明在最低点受到的支持力不可能为0，故C错误；
D．向心力是一种效果力，是由其他力提供，实际受力分析时，不能说受到向心力作用，故D错误。
故选B。
【分析】 摩天轮以角速度匀速转动， 结合向心力公式分析，对小明受力分析，根据牛顿第二定律求解。
16．【答案】C
【知识点】机车启动
【解析】【解答】机车以额定功率水平匀速行驶， 机车牵引力的额定功率为300kW， 牵引力为，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】根据功率的公式求解牵引力。
17．【答案】D
【知识点】加速度
【解析】【解答】 如图所示，一个网球以速度大小水平飞来，运动员挥拍把它以速度大小反向击回。若规定网球飞来的方向为正方向，网球飞来的速度为v1，网球与球拍碰后的速度为-v2，根据初末速度可以得出在此过程中网球的速度变化量为，故选D。
【分析】规定好初速度的方向，利用初末速度可以求出网球速度的变化量。
18．【答案】D
【知识点】功的计算
【解析】【解答】A．功为力在空间上的积累，大小为力与力方向位移的乘积，根据功的定义可以得出重力做功的公式为，其中是物体初末位置的高度差，阻力的大小影响的是总机械能的损耗，但不影响重力做功的数值，故A错误；
B．根据重力做功的表达式可以得出公式中不含时间变量，滑行的时间与重力做功无关，故B错误；
C．根据重力做功的表达式可以得出滑行的路径是曲线或直线不影响重力做功，重力做功仅由高度差决定，故C错误；
D．根据重力做功的表达式可以得出重力做功直接取决于高度差，故D正确。
故选D。
【分析】根据重力做功的表达式 可以得出重力做功与滑行时间无关、与阻力的大小无关、滑行的路径长度无关，只由高度差所决定。
19．【答案】B
【知识点】曲线运动的条件；运动的合成与分解
【解析】【解答】AB． 载货的叉车向前做匀减速直线运动的同时，将货物竖直向上匀速抬起，根据速度的合成可以得出货物的初速度斜向前上，由于货物向前做加速运动所以加速度水平向后，由于初速度与加速度方向不共线，则货物的运动轨迹为曲线，故A错误，B正确；
C．由于货物的加速度不为零，根据牛顿第二定律F=ma可以得出货物所受的合力不为零，故C错误；
D．货物水平方向速度减小，竖直方向速度不变，根据速度的合成可以得出货物的速度大小减小，故D错误。
故选B。
【分析】利用货物的速度方向和加速度的方向不共线可以判别货物做曲线运动；利用加速度不等于0可以判别合力不等于0；利用速度的合成可以判别合速度不断减小。
20．【答案】B
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】物体的加速度方向决定物体超重与失重，当加速度方向向上时物体处于超重状态，当加速度方向向下时物体处于失重状态；
A．电梯加速上升时，由于速度方向向上，电梯加速所以小明加速度方向向上，小明处于超重状态，故A错误；
B．电梯减速上升时，由于速度方向向上，电梯减速所以加速度方向向下，小明处于失重状态，故B正确；
C．根据分析可以得出加速阶段小明处于超重，匀速阶段加速度为零，无超重或失重，故C错误；
D．根据分析可以得出加速阶段小明处于超重，减速阶段小明处于失重，匀速阶段正常，故D错误。
故选B。
【分析】利用电梯的速度方向结合加速和减速可以判别小明加速度的方向，利用加速度的方向可以判别超重与失重。
21．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】AB．如图所示，由于MN两点在相同时间转过的角度相等，根据角速度的定义式可以得出两点角速度相等，故AB错误；
CD．根据线速度和角速度的关系式有：
可知，M点的运动半径小于N点的半径，根据表达式可以得出M点的线速度比N点的线速度小，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】MN两点属于同轴转动，角速度相等，结合半径的大小可以比较两点线速度的大小。
22．【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律
解得周期的表达式为
因为空间站正常运行的轨道低于地球同步卫星的轨道，所以周期小于24h，故A错误；
B．地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律
解得角速度的表达式为
因为空间站正常运行的轨道低于地球同步卫星的轨道，所以运行的角速度比地球同步卫星的大，故B错误；
CD．根据线速度的表达式可知第一宇宙速度是最大的环绕速度，运行速度小于第一宇宙速度，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】地球对卫星的引力提供向心力，利用引力提供向心力可以比较周期、角速度和线速度的大小。
23．【答案】B
【知识点】实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】A．当槽码和小车做匀加速直线运动时，对槽码进行分析，根据牛顿第二定律有
若已经平衡了摩擦力，对小车进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
可知，细绳拉力始终小于槽码的重力，只有当时才可以近似认为，故A错误；
B．根据图b可知，甲图像经过了坐标原点，由于拉力与加速度成正比，表明甲同学平衡了摩擦力，故B正确；
CD．根据图b可知，由于乙的图线横截距不为0说明在拉力较小时，加速度仍然为0，表明乙没有平衡摩擦力，或者平衡摩擦力过小，即乙同学实验中长木板倾角过小，故CD错误。
故选B。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出拉力与重力的大小关系，进而得出只有当时才可以近似认为；利用图线的初始坐标可以判别实验是否平衡摩擦力。
24．【答案】B
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】摆球在水平面内做匀速圆周运动，由所受外力的合力提供向心力，对摆球进行分析，摆球受到重力和绳子拉力的作用，如图所示
对拉力进行分解，根据竖直方向的平衡方程可以得出摆球受到的拉力大小为
故选B。
【分析】利用摆球竖直方向的平衡方程可以得出摆球受到的拉力大小。
25．【答案】D
【知识点】弹性势能；动能；重力势能
【解析】【解答】A． 蹦床运动员保持姿态不变从最高点自由落下，直到蹦床网被压至最低点的过程中，根据重力势能的表达式可以得出重力势能随高度降低而减小，可知，运动员的重力势能减小，故A错误；
BC．自由下落阶段运动员速度增大，根据动能的表达式可以得出动能增大，触网后，弹力从零逐渐增大，开始弹力小于重力，根据牛顿第二定律mg=mg-F可以得出随着弹力的增大，运动员开始做加速度减小的变加速运动，此过程，运动员动能增大，当弹力与重力平衡时，加速度为0，速度达到最大值，运动员的动能也达到最大值，随后弹力大于重力，根据牛顿第二定律ma=F-mg可以得出加速度方向向上，运动员做加速度反向增大的变减速直线运动，速度减小，运动员的动能减小，故BC错误；
D．运动员在最低点时，蹦床网的形变量最大，由于弹性势能与物体的形变量成正比，所以此时蹦床网的弹性势能最大，故D正确。
故选D。
【分析】利用高度不断减小可以判别重力势能不断减小；利用重力和弹力的合力方向可以判别加速度的方向，进而判别速度的变化，利用速度的变化可以判别动能的变化；利用形变量的大小可以判别弹性势能的大小。
26．【答案】B
【知识点】电势能与电场力做功的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】ABC．当油滴受到电场力和重力时匀速下落，电场力与重力平衡，所以可知油滴受到的电场力竖直向上，所以油滴下落时，电场力做负功，根据功能关系可以得出电势能增加，故AC错误，B正确；
D．由于电场方向竖直向下，沿着电场线的方向电势降低，所以油滴所经位置的电势依次降低，故D错误。
故选B。
【分析】利用电场力与重力平衡可以判别电场力方向，利用电场力方向和速度方向可以判别电场力做功情况；利用电场线方向可以判别电势的变化。
27．【答案】D
【知识点】电场及电场力；共点力的平衡
【解析】【解答】A．两细绳都保持竖直状态，小球处于静止状态说明小球水平方向受到的合力为0，小球所受电场力与库仑力方向均沿水平方向，竖直方向绳拉力与重力平衡，小球所受匀强电场的电场力一定与库仑力大小相等，方向相反，若M和N都带负电，根据电场线向左可以得出N所受匀强电场的电场力方向向右，根据同种电荷相互排斥可以得出M对N的库仑力方向也向右，N不可能静止，故A错误；
B．若M和N都带正电，根据电场线向左可以得出M所受匀强电场的电场力方向向左，根据同种电荷相互排斥可以得出N对M的库仑力方向也向左，M不可能静止，故B错误；
C．若M带负电、N带正电，根据电场线向左可以得出N所受匀强电场的电场力方向向左，根据异种电荷相互吸引可以得出M对N的库仑力方向也向左，N不可能静止，故C错误；
D．若M带正电、N带负电，根据电场线向左可以得出M所受匀强电场的电场力方向向左，根据异种电荷相互吸引可以得出N对M的库仑力方向向右，M可能静止，N所受匀强电场的电场力方向向右，M对N的库仑力方向向左，N也可能静止，故D正确。
故选D。
【分析】利用电荷的电性可以判别库仑力的方向，结合电场线的方向可以判别匀强电场的电场力方向，两者方向是否相反决定小球能否处于平衡状态。
28．【答案】A
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】滑动变阻器R1的滑片从左端逐渐滑到右端，滑动变阻器左侧接入电阻R左增大，滑动变阻器左侧与定值电阻并联等效电阻为
当R左增大时，R并增大，根据欧姆定律可知，并联部分承担电压增大，则电流表示数逐渐变大，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】滑动变阻器左侧接入电阻R左增大，并联电路分压变大，根据欧姆定律求解电流变化。
29．【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】电容反映了电容器的自身属性，根据电容的定义式可以得出电容是利用比值定义法进行定义，与极板间电压及所带电荷量无关，ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】电容是电容器本身容纳电荷的本领，与极板间电压及所带电荷量无关。
30．【答案】B
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】电热水壶正常工作时的电流为，结合表格数据得，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】根据P=UI得出该电热水壶的该电热水壶正常工作时的电流。
31．【答案】A
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】AC．根据安培定则可知通电为直导线时，大拇指为电流的方向，四指弯曲为磁感线方向，借此判断知图中通电长直导线周围的磁场应为选项A图中所示，故A正确，C错误；
BD．根据安培定则可知通电为直导线时，大拇指为电流的方向，四指弯曲为磁感线方向，可判断知图中通电长直导线周围的磁场从上往下看，应为以导线为圆心的一圈一圈顺时针方向的同心圆，故BD错误；
故选A。
【分析】利用电流的方向结合安培定值可以判别通电直导线周围磁感线的方向。
32．【答案】C
【知识点】电场强度
【解析】【解答】A．电场强度为场源电荷力的属性，由场源电荷与距离所决定，与试探电荷无关，可知，移走试探电荷，P点的电场强度不变，故A错误；
B．由于电场强度的大小与试探电荷无关，所以当把试探电荷改为，P点的电场强度方向仍然向右，故B错误；
CD．由于电场强度的大小与试探电荷无关，减小试探电荷的电量q，P点的电场强度不变，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】电场强度为场源电荷力的属性，由场源电荷与距离所决定，与试探电荷无关。
33．【答案】B
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】A．砖在整个运动过程中，由于不计空气阻力，砖只受到重力作用所以加速度始终为重力加速度g（方向竖直向下），即使在最高点速度为零时，加速度仍为g，A错误；
B．砖在竖直上抛运动的过程做匀减速直线运动，根据速度位移公式
解得，B正确；
C．根据位移公式可以得出砖上升到最高点的时间为
解得 ，C错误；
D．根据速度位移公式得，
上升高度仅由初速度和重力加速度决定，与质量无关，因此抛更重的砖无需增大初速度，D错误。
故选B。
【分析】砖块只受到重力所以加速度始终为重力加速度；利用速度位移公式可以求出初速度的大小；利用位移公式可以求出运动的时间；利用速度位移公式可以判别上升的最大高度与质量无关。
34．【答案】D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】A．感应电流的产生条件为闭合回路中的磁通量发生改变，在磁场内垂直于磁场方向左右平移线圈，由于线圈中磁感应强度不变，线圈的面积不变所以穿过线圈的磁通量保持不变，不能产生感应电流，故A错误；
B．在磁场内垂直于磁场方向上下平移线圈，由于线圈中磁感应强度不变，线圈的面积不变所以穿过线圈的磁通量保持不变，不能产生感应电流，故B错误；
C．在磁场内沿磁场方向平移线圈，由于线圈中磁感应强度不变，线圈的面积不变所以穿过线圈的磁通量保持不变，不能产生感应电流，故C错误；
D．在磁场内绕线圈某一边转动，回路的有效面积会发生改变，磁通量会发生改变，则会产生感应电流，故D正确。
故选D。
【分析】利用线圈运动的过程中线圈中的磁通量是否改变可以判别是否有感应电流产生。
35．【答案】C
【知识点】电流、电源的概念；力学单位制
【解析】【解答】根据电流的表达式可以得出电荷量的表达式为：，根据表达式可知电荷量的单位是库仑（C），而1库仑=1安·秒（A·s）。1mA·h=0.001A×3600s=3.6C，因此“mA·h”是电荷量的单位。
故选C。
【分析】利用电荷量的表达式结合单位可以导出“mA·h”是电荷量的单位。
36．【答案】D
【知识点】电磁波的应用
【解析】【解答】A．射电望远镜是通无线电波来接收信号的，无线电波属于电磁波，所以射电望远镜是利用电磁波工作，故A错误；
B．收音机是通无线电波来接收信号的，无线电波属于电磁波，所以收音机是利用电磁波工作，故B错误；
C．微波炉利用微波加热食物，其所用的微波也是电磁波，所以微波炉是利用电磁波工作，故C错误；
D．电熨斗利用电流的热效应工作，不是利用电磁波工作，所以电熨斗是利用焦耳定律工作的，故D正确。
故选D。
【分析】射电望远镜、收音机、微波炉是利用电磁波工作；电熨斗是利用焦耳定律工作的。
37．【答案】D
【知识点】焦耳定律；电功率和电功；电阻定律
【解析】【解答】A．导线的电阻虽然较小，当三个大功率用电器同时工作时，并联电路中干路电流较大，根据焦耳定律可知发热量仍不可忽略，故A错误；
B．根据电阻定律
可知导线越细，横截面积越小，根据表达式可知电阻越大，在相同电流的工作下，根据焦耳定律可知发热量反而增加，故B错误；
C．断开500W电器后电路总功率为2500W，根据电功率的表达式：可以得出电流减小，但断开1500W的电器后，电路总功率为1500W电流减少更显著，所以断开500W的电器并非最有利于减少发热，故C错误；
D．多个大功率电器同时使用会导致总电流超过插线板承载能力，此时电流明显变大会引发过热危险，故D正确。
故选D。
【分析】根据焦耳定律可以得出发热与电流的大小有关；当导线越细，横截面积越小，根据表达式可知电阻越大，在相同电流的工作下，根据焦耳定律可知发热量反而增加；当功率减小时，干路电流减小，所以断开工作的用电器功率越大越有利于减少发热；多个大功率电器同时使用会导致总电流超过插线板承载能力。
38．【答案】D
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】A．为了重物做自由落体运动，为了减小重物受到的空气阻力，所以材料要选择密度大重物，故A错误；
B．本实验是根据纸带利用逐差法计算得出重力加速度，不需测量重物的质量，故B错误；
C．为提高纸带的利用率，让纸带上留下更多的点，释放重物前，重物离打点计时器下端近些，故C错误；
D．电火花打点计时器相对于电磁打点计时器产生的摩擦力较小，所以产生的实验误差较小，故D正确。
故选D。
【分析】为了减小重物受到的空气阻力，所以材料要选择密度大重物；实验利用逐差法测量重力加速度的大小；为提高纸带的利用率，让纸带上留下更多的点，释放重物前，重物离打点计时器下端近些；电火花打点计时器相对于电磁打点计时器产生的摩擦力较小。
39．【答案】A
【知识点】加速度
【解析】【解答】物体做匀加速直线运动，由于相邻相同时间内的位移之差为，相邻两计数点间的时间间隔为T，根据邻差公式，可以得出加速度的表达式为
故选A。
【分析】物体做匀加速直线运动，利用邻差公式可以求出加速度的表达式。
40．【答案】A
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】A．因干电池内阻较小，需要选择总阻值较小的0~15Ω的滑动变阻器，这样调节滑动变阻器时，电压表和电流表示数变化比较明显，故A正确；
B．一节干电池的电阻大约为几欧姆，允许流经的最大电流约零点几安，为了减小误差，电流表应选量程为0.6A的电流表，故B错误；
C．闭合S前，为了防止电路中电流过大，应调节滑动变阻器的滑片至M端，这样滑动变阻器接入电路电阻最大，电路电流最小，故C错误；
D．闭合S后，滑片越靠近N端，滑动变阻器接入电路中的有效阻值变小，外电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知路端电压变小，则电压表示数越小，故D错误。
故选A。
【分析】根据电源内阻选择滑动变阻器；根据电路最大电流分析电流表量程；根据保护电路分析；结合闭合回路欧姆定律分析。
41．【答案】A,B
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】AB． 质点的小球做匀速直线运动，与墙面碰撞后立即反弹，继续做匀速直线运动回到原处。 在位移时间图像中，由于图像斜率代表速度，由于小球做匀速直线运动，所以两个过程的斜率保持不变，但是由于速度方向相反，所以两个过程的斜率符号相反，若取小球原来运动的方向为正方向，根可知与墙面碰撞后小球的运动方向为负方向，继续做匀速直线运动回到原处，但位移仍然为正；同理，若取小球原来运动的方向为负方向，可知与墙面碰撞后小球的运动方向为正方向，继续做匀速直线运动回到原处，但位移仍然为负，结合选项图像。故AB正确。
CD．根据图像的斜率表示速度，由于速度方向变化所以斜率符号发生变化可知小球的速度方向不可能一直为正方向或负方向，且根据图像不能满足小球回到出发点，故CD错误。
故选AB。
【分析】根据题意可以得出小球的速度方向发生改变，所以图像斜率符号发生变化，根据小球回到原点可以得出位移为0。
42．【答案】A,D
【知识点】胡克定律；共点力的平衡
【解析】【解答】A．当物体静止时，由于重力和弹簧弹力大小相等，根据胡克定律有
解得
可知，将弹簧下端悬挂物体的质量增大一倍后，弹簧的形变量变为原来的两倍，故A正确；
B．弹簧的劲度系数由弹簧自身材料决定，与弹力大小没有本质上的决定关系，所以当弹力增大一倍时弹簧的劲度系数不变，故B错误；
C．当物体静止时，由于重力和弹簧弹力大小相等，根据平衡方程有
解得
可知，将弹簧下端悬挂物体的质量增大一倍后，弹簧的长度小于原来的两倍，故C错误；
D．根据平衡条件可知，当将弹簧下端悬挂物体的质量增大一倍后，由于物体的重力为原来的2倍，根据重力等于弹力可以得出弹簧的弹力变为原来的两倍，故D正确。
故选AD。
【分析】利用重力等于弹力的平衡方程可以得出当将弹簧下端悬挂物体的质量增大一倍后，由于物体的重力为原来的2倍，根据重力等于弹力可以得出弹簧的弹力变为原来的两倍；当弹力增加为原来2倍时，根据胡克定律可以得出弹簧形变量为原来的2倍，但是弹簧的长度小于原来的2倍；由于弹簧的劲度系数由弹簧自身材料决定，与弹力大小没有本质上的决定关系，所以当弹力增大一倍时弹簧的劲度系数不变。
43．【答案】B,C,D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】B．对风筝进行受力分析，风筝受到重力、拉力F与风力N的作用，由于风筝处于静止，根据竖直方向的平衡方程可以得出：风力竖直分量大小为，故B正确；
C．根据水平方向的平衡方程可以得出：风力水平分量大小为，故C正确；
A．根据力的合成可以得出：风筝所受风力
结合上述解得，故A错误；
D．令风筝所受风力方向与水平夹角为，根据力的分解可以得出：
结合上述解得
可知，风力方向与水平夹角大于，故D正确。
故选BCD。
【分析】利用风筝的平衡方程可以求出风筝在水平方向和竖直方向受到的风力分力的大小，结合力的合成可以求出风力的大小，结合分力的大小可以求出风力的方向。
44．【答案】B,D
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A． 在轨道底部以速度v0水平飞出，根据动能定理
解得，故A错误；
B．物体在空中飞行的过程中只受重力，只有重力做功，物体的机械能守恒，故B正确；
C．物体从轨道底部飞出后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，
可得
可知，t的大小与平抛的初速度无关，即与物体静止滑下的位置无关，故C错误；
D．物体从轨道底部飞出后做平抛运动，在竖直方向
根据平行四边形法则可得落地速度为
即落地速度vt与物体静止滑下的位置有关，故D正确。
故选BD。
【分析】根据动能定理求解克服摩擦力做的功；根据机械能守恒条件分析；物体从轨道底部飞出后做平抛运动，根据下落高度求解运动时间；根据平行四边形法则分析落地位置。
45．【答案】B,D
【知识点】万有引力定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】CD．由于卫星受地球的万有引力的作用，根据引力公式可以得出引力的大小为
又因为两卫星的质量相同， 它们的轨道半径分别为r、2r， 则两卫星受到地球的万有引力之比为，故C错误，D正确；
AB．由于地球对卫星的引力产生加速度，根据牛顿第二定律，解得
又因为两卫星的质量相同，根据引力的比值可以得出向心加速度之比为，故A错误，B正确。
故选BD。
【分析】利用引力公式结合两个卫星轨道半径的比值可以求出地球对卫星的引力大小之比；结合牛顿第二定律可以求出两个卫星向心加速度的比值。
46．【答案】A,D
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【解答】A．已知电动机 接上220V的电源后，正常工作时通过线圈的电流为4A ，电动机消耗的电功率为总功率，根据电功率的公式有，故A正确；
B．根据焦耳定律可以得出线圈的发热功率是32W，而非总电功率，故B错误；
C．线圈发热功率由焦耳定律，而非880W，故C错误；
D．根据焦耳定律可以得出线圈的发热功率是32W，与选项D一致，故D正确。
故选AD。
【分析】利用电动势两端的电压和通过电动机的电流可以求出电动机消耗的电功率大小；利用电动机内阻结合焦耳定律可以求出电动机发热功率的大小。
47．【答案】C
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】设小球的直径为，通过光电门的遮光时间为，平抛时的初速度为，实验中利用平均速度公式可以求出小球经过光电门的瞬时速度为。为了使平均速度更接近小球经过光电门的瞬时速度，减小测量误差升高和降低释放钢球的位置、选择质量稍大的钢球均对减小误差没有影响，而选择直径稍小的钢球，将使得其通过光电门时的平均速度更接近瞬时速度，故选C。
【分析】实验中减小测量误差升高和降低释放钢球的位置、选择质量稍大的钢球均对减小误差没有影响，而选择直径稍小的钢球，将使得其通过光电门时的平均速度更接近瞬时速度。
48．【答案】A,C
【知识点】电源电动势及内阻；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．由于电源电动势的大小等于回路中内外电压之和，根据闭合电路欧姆定律可知
结合欧姆定律有：，所以，通过调节外电路电阻的阻值，可改变路端电压，故A正确；
B．电动势是电源本身非静电力做功的本领，电动势由电源本身决定的，与外电路的电阻值无关，故B错误；
C．根据闭合电路的欧姆定律可知电动势在数值上等于电源没有接入外电路时两极间的电压，故C正确；
D．根据电流的方向可以知道在外电路，电流从电势高处流向电势低处；在内电路，电流从电势低处流向电势高处，故D错误。
故选AC。
【分析】根据闭合电路的欧姆定律可以判别通过调节外电路电阻的阻值，可改变路端电压；电动势是电源本身非静电力做功的本领，电动势由电源本身决定的；电动势在数值上等于电源没有接入外电路时两极间的电压；在外电路，电流从电势高处流向电势低处；在内电路，电流从电势低处流向电势高处。
49．【答案】B,C
【知识点】重力势能的变化与重力做功的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．物体只有重力做功时，物体的机械能守恒，乙下降过程，绳对乙的拉力对乙做负功，可知，乙的机械能减小，故A错误；
B．对甲、乙构成的系统，由于系统的拉力属于内力，系统所受外力只有重力做功，甲和乙总的机械能守恒，故B正确；
C．乙所受重力做正功，根据重力做功的表达式W=mgh可以得出乙的重力势能减少了2mgh，故C正确；
D．对甲、乙构成的系统进行分析，根据机械能守恒定律有
解得
即甲的动能增加了，故D错误。
故选BC。
【分析】物体只有重力做功时，物体的机械能守恒；利用重力做功可以求出重力势能的变化量；利用机械能守恒定律可以求出甲动能的变化量。
50．【答案】A,B,C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．如图所示可知电场的方向竖直向下，由于液滴向上偏转，所受电场力方向竖直向上，由于电场力方向与电场线方向相反，所以粒子带负电，故A正确；
BC．液滴飞出电场时的速度偏向角满足，根据竖直方向的速度公式有：，根据牛顿第二定律有：，根据电场力的表达式有：，根据电势差与场强的大小关系有：，结合水平方向的位移公式有：
联立可得
显然，增加极板长度，增大；增加极板间电压，增大，故BC正确；
D．由于液滴在水平方向做匀速直线运动，根据位移公式可以得出液滴通过极板的时间
所以，增加极板间电压，液滴通过极板的时间不变，故D错误。
故选ABC。
【分析】利用粒子的偏转方向可以判别电场力方向，结合电场线方向可以判别粒子的电性；利用分速度的关系结合电场力的表达式即位移的表达式可以求出偏转角的表达式；利用水平方向的位移公式可以判别运动的时间与极板间的电压大小无关。
1 / 12025年广东省第一次普通高中学业水平合格性考试物理试卷
一、单选题Ⅰ：本大题共10小题，每小题1分，共10分。在每小题列出的三个选项中，只有一个选项符合题目要求。
1．（2025·广东会考）下列物理量均为矢量的是（　　）
A．速度、力、质量 B．位移、力、加速度 C．位移、功、电荷量
【答案】B
【知识点】矢量与标量
【解析】【解答】解决本题的关键掌握矢量和标量的区别，知道矢量有大小又有方向，标量只有大小，没有方向。A．速度、力是矢量，但质量是标量，故A错误；
B．位移、力、加速度均为矢量，故B正确；
C．位移是矢量，功和电荷量是标量，故C错误。
故选：B。
【分析】物理量按有无方向分矢量和标量，矢量有大小又有方向，合成和分解时遵循平行四边形定则，标量只有大小，没有方向．
2．（2025·广东会考）下列哪位科学家利用理想斜面实验推翻了亚里士多德关于“必须有力作用在物体上，物体才能运动”的观点（　　）
A．伽利略 B．普朗克 C．爱因斯坦
【答案】A
【知识点】物理学史；伽利略理想斜面实验
【解析】【解答】伽利略通过理想斜面实验提出：当物体不受力时，物体会保持匀速直线运动，从而验证运动不需要力的维持，借此否定了亚里士多德“力是维持运动的原因”的观点，为惯性定律奠定基础。
故选A。
【分析】伽利略利用理想斜面实验推翻了亚里士多德的观点“有力才有运动”。
3．（2025·广东会考）地球围绕太阳公转，可将地球看成质点。它运用了下列哪种科学研究方法（　　）
A．控制变量法 B．理想化模型法 C．微元法
【答案】B
【知识点】质点
【解析】【解答】当地球绕太阳转动时，地球本身形状和大小对公转的规律没有影响，此时将地球视为质点，忽略了其形状和大小，属于建立理想化模型的方法，AC错误，B正确。
故选B。
【分析】在分析地球公转的问题时，将地球视为质点，忽略了其形状和大小，属于建立理想化模型的方法。
4．（2025·广东会考）如图所示，货车静止在水平地面，货物静止在车厢上，则货车受到地面的摩擦力（　　）
A．方向向左 B．方向向右 C．大小为零
【答案】C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】由于货车和货物整体处于静止，对货车和货物整体受力分析，根据整体的平衡条件可知整体只受重力和地面支持力的作用，由于水平方向合力为0可以得出水平方向不受力的作用，即货车受到地面的摩擦力大小为零，故选C。
【分析】利用货车和货物整体的平衡条件可以判别货车没有受到地面摩擦力的作用。
5．（2025·广东会考）为了减轻火车转弯时火车轮缘与轨道间的挤压，对内、外轨道高度的设计，合理的是（　　）
A．内轨略高 B．外轨略高 C．内、外轨一样高
【答案】B
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】当外轨高于内轨时，轨道给火车的支持力斜向弯道内侧，它与重力的合力指向圆心，为火车转弯提供了一部分向心力，减轻了轮缘和外轨的挤压，可知应该外轨高于内轨， 故B正确。
故选：B。
【分析】火车轨道外高内低的设计是为了减轻轮缘与轨道之间的挤压，这样火车转弯时，轨道给火车的支持力和其重力的合力提供向心力，保证行车安全
6．（2025·广东会考）下列各类运动不遵循牛顿力学规律的是（　　）
A．卫星绕地运行
B．地面上汽车的运动
C．不同参考系中光的传播
【答案】C
【知识点】相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【解答】牛顿经典力学适用于宏观物体在低速（远低于光速）条件下的运动，而微观物体在高速运动的情况下只能利用相对论进行解释。
A．卫星绕地运行属于宏观、低速（相对于光速）运动，所以可以利用经典力学中的万有引力定律进行分析，故A错误；
B．地面上汽车的运动是宏观、低速的，所以可以利用经典力学的规律进行分析，完全遵循牛顿力学规律，故B错误；
C．光速在不同参考系中恒定，光属于高速运动的粒子，需用狭义相对论（而非牛顿力学）描述，故C正确。
故选C。
【分析】牛顿经典力学适用于宏观物体在低速（远低于光速）条件下的运动，而微观物体在高速运动的情况下只能利用相对论进行解释。
7．（2025·广东会考）如图所示，人们经常使用验电器检验物体是否带电，发现即便排除了外界的干扰，最终验电器的金属箔片还是会闭合。这一现象说明（　　）
A．电荷不守恒 B．电荷消失了 C．电荷转移了
【答案】C
【知识点】电荷守恒定律
【解析】【解答】根据电荷守恒定律，可知电荷既不会凭空产生，也不会凭空消失，只会从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分，电荷的总量保持不变。发现即便排除了外界的干扰，最终验电器的金属箔片还是会闭合。根据守恒定律可以得出金属箔片发生闭合，则是由于金属箔片上的电荷转移到周围的空气中，转移过程中电荷量守恒，电荷没有消失。故C正确。
故选C。
【分析】根据守恒定律可以得出金属箔片发生闭合，则是由于金属箔片上的电荷转移到周围的空气中，转移过程中电荷量守恒，电荷没有消失。
8．（2025·广东会考）为了防止外界电场对精密仪器的干扰，通常将它们置于屏蔽壳内。下列能作为屏蔽壳材料的是（　　）
A．金属 B．塑料 C．干木材
【答案】A
【知识点】静电的防止与利用
【解析】【解答】静电屏蔽的原理是金属材料在外界电场的作用下，内部电荷重新分布形成感应电场，然后在导体内部由于外电场和感应电场叠加导致内部电场强度为0，起到静电屏蔽的作用，静电屏蔽要求材料为导体（如金属）。导体内部自由电荷在电场中重新分布，形成反向电场，使内部场强为零，从而屏蔽外电场。绝缘体（如塑料、木材）因无自由电荷，无法实现屏蔽。
故选A。
【分析】静电屏蔽的原理是金属材料在外界电场的作用下，内部电荷重新分布形成感应电场，然后在导体内部由于外电场和感应电场叠加导致内部电场强度为0，起到静电屏蔽的作用，所以静电屏蔽要求材料为导体（如金属）。
9．（2025·广东会考）对电势概念的理解，下列说法正确的是（　　）
A．电势是矢量
B．沿着电场线方向，各点电势逐渐升高
C．确定电场中某点的电势时，要先规定电势的零点
【答案】C
【知识点】电势
【解析】【解答】A．电势为电场能量的性质，电势是标量，只有大小没有方向，故A错误；
B．电势的规定是沿电场线方向，电势逐渐降低，所以电场线箭头的方向就是电势降低的方向，故B错误；
C．电势是相对量，需选定参考点，通常取无穷远处或某接地点为零点，根据两点的电势差为定值才可以确定各点的电势大小，故C正确。
故选C。
【分析】电势属于标量，不属于矢量；电场线箭头的方向就是电势降低的方向；电势是相对量，需选定参考点，通常取无穷远处或某接地点为零点，才能确定各点电势的大小。
10．（2025·广东会考）小明骑自行车向正东行驶3km后，再向正南行驶4km。该过程自行车的位移大小为（　　）
A．1km B．5km C．7km
【答案】B
【知识点】位移与路程
【解析】【解答】位移是初位置到末位置的直线距离。根据勾股定理，位移大小为，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】位移的大小等于首末位置的距离，路程等于运动轨迹的长度．
二、单选题Ⅱ：本大题共30小题，每小题2分，共60分。在每小题列出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。
11．（2025·广东会考）砷化镓薄膜电池可将太阳能转化为电能，其光电转化率高达30%。下列说法正确的是（　　）
A．电池可创造能量
B．太阳能是不可再生能源
C．此电池的光电转化率不到100%，说明能量不守恒
D．此电池通过非静电力做功把太阳能转化为电能
【答案】D
【知识点】能量转化和转移的方向性；电源电动势及内阻
【解析】【解答】A．根据能量守恒定律，能量不能被创造，电池只是把内部化学能转化为电能，仅实现能量转化，没有创造新的能量，A错误；
B．太阳能属于可再生能源，太阳的能量源于太阳内部的核聚变反应，B错误；
C．转化率低是电池转化为多种能量时，有价值的能量的比例比较小，但转化过程能量总和保持不变，转化过程能量守恒，C错误；
D．非静电力（如半导体内部电场）驱动电荷分离，让正负电荷分布与电池两极，让电池具有电能，能量转化的途径是将光能转化为电能，D正确。
故选D。
【分析】电池只是把内部化学能转化为电能，仅实现能量转化，没有创造新的能量；太阳能属于可再生能源；转化率低是电池转化为多种能量时，有价值的能量的比例比较小，但转化过程能量总和保持不变；非静电力（如半导体内部电场）驱动电荷分离，让正负电荷分布与电池两极，让电池具有电能，能量转化的途径是将光能转化为电能。
12．（2025·广东会考）某物体运动的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．0~8s内该物体的平均速度大小为6m/s
B．0~2s内与2~8s内该物体的运动方向不同
C．0~2s内与2~8s内该物体的加速度大小不同
D．0~2s内与2~8s内该物体的加速度方向相同
【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．图像的面积表示位移，根据图像面积可以得出0~8s内该物体的位移为
根据位移与时间的比值可以得出平均速度大小为，故A错误；
B．图像中速度的符号代表运动的方向，由图可知物体的速度始终为正值，所以0~2s内与2~8s内该物体的运动方向相同，故B错误；
CD．图像的斜率表示加速度，根据图像斜率的符号和大小可以得出0~2s内与2~8s内该物体的加速度方向和大小均不同，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】利用图像面积可以求出位移的大小，结合时间可以求出平均速度的大小；利用速度的符号可以判别运动的方向；利用图像斜率可以比较加速度的大小及方向。
13．（2025·广东会考）一可视为质点的物体做曲线运动，关于该物体受到的合力，下列说法正确的是（　　）
A．可能为零 B．一定为零 C．可能为恒力 D．一定为恒力
【答案】C
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】AB．物体做曲线运动时，速度方向不断变化，必须存在加速度，故合力不可能为零，故AB错误；
C．物体做曲线运动的条件是合力方向与速度方向不共线，对合力的大小没有要求，当合力为恒力时（如平抛运动中重力为恒力），物体可做曲线运动，故C正确；
D．物体做曲线运动时物体受到的合力可以是恒力或者变力，曲线运动的合力可以是变力（如非匀速圆周运动），故D错误。
故选C。
【分析】根据物体做曲线运动的条件是合力方向与速度方向不共线，对合力的大小没有要求。
14．（2025·广东会考）汽车在平直路面上直线行驶一段距离后停止，其行驶的图像如图所示，该汽车在时间内的位移大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】已知汽车行驶过程的速度时间图像，由于速度时间图像的面积代表汽车位移的大小，根据图像中面积的大小可以得出该汽车在时间内的位移大小为
故选B。
【分析】利用速度时间图像面积的大小可以求出汽车运动时位移的大小。
15．（2025·广东会考）小明在游乐场坐摩天轮，摩天轮以角速度匀速转动，如图所示。小明的质量为m，离转轴距离为r。下列说法正确的是（　　）
A．小明所需的向心力可能为0
B．小明所需的向心力大小为
C．小明在最低点受到的支持力可能为0
D．小明受到重力、支持力和向心力的作用
【答案】B
【知识点】向心力
【解析】【解答】AB．摩天轮以角速度匀速转动， 小明的质量为m，离转轴距离为r，根据可知，小明所需的向心力大小为，不可能为0，故A错误，B正确；
C．小明在最低点时，由支持力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
可知，小明在最低点受到的支持力不可能为0，故C错误；
D．向心力是一种效果力，是由其他力提供，实际受力分析时，不能说受到向心力作用，故D错误。
故选B。
【分析】 摩天轮以角速度匀速转动， 结合向心力公式分析，对小明受力分析，根据牛顿第二定律求解。
16．（2025·广东会考）某机车牵引力的额定功率为300kW，该机车以额定功率水平匀速行驶，其速度大小为30m/s，则机车提供的牵引力大小为（　　）
A．1000N B．9000N C．1.0×104 N D．9.0×106 N
【答案】C
【知识点】机车启动
【解析】【解答】机车以额定功率水平匀速行驶， 机车牵引力的额定功率为300kW， 牵引力为，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】根据功率的公式求解牵引力。
17．（2025·广东会考）如图所示，一个网球以速度大小水平飞来，运动员挥拍把它以速度大小反向击回。设网球飞来的方向为正方向，则在此过程中网球的速度变化量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】加速度
【解析】【解答】 如图所示，一个网球以速度大小水平飞来，运动员挥拍把它以速度大小反向击回。若规定网球飞来的方向为正方向，网球飞来的速度为v1，网球与球拍碰后的速度为-v2，根据初末速度可以得出在此过程中网球的速度变化量为，故选D。
【分析】规定好初速度的方向，利用初末速度可以求出网球速度的变化量。
18．（2025·广东会考）某滑雪爱好者从山顶滑至山脚的过程中，重力对他所做的功与下列哪个因素有关（　　）
A．阻力的大小 B．滑行的时间
C．滑行的路径 D．山顶到山脚的高度差
【答案】D
【知识点】功的计算
【解析】【解答】A．功为力在空间上的积累，大小为力与力方向位移的乘积，根据功的定义可以得出重力做功的公式为，其中是物体初末位置的高度差，阻力的大小影响的是总机械能的损耗，但不影响重力做功的数值，故A错误；
B．根据重力做功的表达式可以得出公式中不含时间变量，滑行的时间与重力做功无关，故B错误；
C．根据重力做功的表达式可以得出滑行的路径是曲线或直线不影响重力做功，重力做功仅由高度差决定，故C错误；
D．根据重力做功的表达式可以得出重力做功直接取决于高度差，故D正确。
故选D。
【分析】根据重力做功的表达式 可以得出重力做功与滑行时间无关、与阻力的大小无关、滑行的路径长度无关，只由高度差所决定。
19．（2025·广东会考）如图所示，在堆垛货物时，载货的叉车向前做匀减速直线运动的同时，将货物竖直向上匀速抬起，关于此过程中货物的运动，下列说法正确的是（　　）
A．货物的运动轨迹为直线 B．货物的运动轨迹为曲线
C．货物所受的合力为零 D．货物的速度大小不变
【答案】B
【知识点】曲线运动的条件；运动的合成与分解
【解析】【解答】AB． 载货的叉车向前做匀减速直线运动的同时，将货物竖直向上匀速抬起，根据速度的合成可以得出货物的初速度斜向前上，由于货物向前做加速运动所以加速度水平向后，由于初速度与加速度方向不共线，则货物的运动轨迹为曲线，故A错误，B正确；
C．由于货物的加速度不为零，根据牛顿第二定律F=ma可以得出货物所受的合力不为零，故C错误；
D．货物水平方向速度减小，竖直方向速度不变，根据速度的合成可以得出货物的速度大小减小，故D错误。
故选B。
【分析】利用货物的速度方向和加速度的方向不共线可以判别货物做曲线运动；利用加速度不等于0可以判别合力不等于0；利用速度的合成可以判别合速度不断减小。
20．（2025·广东会考）小明乘电梯从一楼直升到十楼，经历了加速、匀速和减速三个阶段，下列说法正确的是（　　）
A．电梯加速阶段，小明处于失重状态
B．电梯减速阶段，小明处于失重状态
C．电梯上行过程中，小明一直处于超重状态
D．电梯上行过程中，小明一直处于失重状态
【答案】B
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】物体的加速度方向决定物体超重与失重，当加速度方向向上时物体处于超重状态，当加速度方向向下时物体处于失重状态；
A．电梯加速上升时，由于速度方向向上，电梯加速所以小明加速度方向向上，小明处于超重状态，故A错误；
B．电梯减速上升时，由于速度方向向上，电梯减速所以加速度方向向下，小明处于失重状态，故B正确；
C．根据分析可以得出加速阶段小明处于超重，匀速阶段加速度为零，无超重或失重，故C错误；
D．根据分析可以得出加速阶段小明处于超重，减速阶段小明处于失重，匀速阶段正常，故D错误。
故选B。
【分析】利用电梯的速度方向结合加速和减速可以判别小明加速度的方向，利用加速度的方向可以判别超重与失重。
21．（2025·广东会考）石磨是劳动人民智慧的结晶。如图所示，M、N为石磨推柄上的两点，在石磨绕竖直轴转动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．M点的角速度比N点的角速度小 B．M点的角速度比N点的角速度大
C．M点的线速度比N点的线速度小 D．M点的线速度比N点的线速度大
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】AB．如图所示，由于MN两点在相同时间转过的角度相等，根据角速度的定义式可以得出两点角速度相等，故AB错误；
CD．根据线速度和角速度的关系式有：
可知，M点的运动半径小于N点的半径，根据表达式可以得出M点的线速度比N点的线速度小，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】MN两点属于同轴转动，角速度相等，结合半径的大小可以比较两点线速度的大小。
22．（2025·广东会考）中国空间站正常运行的轨道低于地球同步卫星的轨道。关于在轨运行的中国空间站，下列说法正确的是（　　）
A．运行周期大于24h
B．运行的角速度比地球同步卫星的小
C．运行速度小于第一宇宙速度
D．运行速度大于第二宇宙速度
【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律
解得周期的表达式为
因为空间站正常运行的轨道低于地球同步卫星的轨道，所以周期小于24h，故A错误；
B．地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律
解得角速度的表达式为
因为空间站正常运行的轨道低于地球同步卫星的轨道，所以运行的角速度比地球同步卫星的大，故B错误；
CD．根据线速度的表达式可知第一宇宙速度是最大的环绕速度，运行速度小于第一宇宙速度，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】地球对卫星的引力提供向心力，利用引力提供向心力可以比较周期、角速度和线速度的大小。
23．（2025·广东会考）图a是“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验装置图。甲、乙两名同学用该装置得到加速度a与拉力F的关系如图b所示。下列分析正确的是（　　）
A．细绳拉力始终等于槽码的重力 B．甲同学平衡了摩擦力
C．乙同学平衡了摩擦力 D．乙同学实验中长木板倾角过大
【答案】B
【知识点】实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】A．当槽码和小车做匀加速直线运动时，对槽码进行分析，根据牛顿第二定律有
若已经平衡了摩擦力，对小车进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
可知，细绳拉力始终小于槽码的重力，只有当时才可以近似认为，故A错误；
B．根据图b可知，甲图像经过了坐标原点，由于拉力与加速度成正比，表明甲同学平衡了摩擦力，故B正确；
CD．根据图b可知，由于乙的图线横截距不为0说明在拉力较小时，加速度仍然为0，表明乙没有平衡摩擦力，或者平衡摩擦力过小，即乙同学实验中长木板倾角过小，故CD错误。
故选B。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出拉力与重力的大小关系，进而得出只有当时才可以近似认为；利用图线的初始坐标可以判别实验是否平衡摩擦力。
24．（2025·广东会考）如图所示的圆锥摆，质量为m的摆球在水平面内做匀速圆周运动，摆线与竖直方向夹角为，不计空气阻力，重力加速度为g。该摆球受到的拉力大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】摆球在水平面内做匀速圆周运动，由所受外力的合力提供向心力，对摆球进行分析，摆球受到重力和绳子拉力的作用，如图所示
对拉力进行分解，根据竖直方向的平衡方程可以得出摆球受到的拉力大小为
故选B。
【分析】利用摆球竖直方向的平衡方程可以得出摆球受到的拉力大小。
25．（2025·广东会考）蹦床运动员保持姿态不变从最高点自由落下，直到蹦床网被压至最低点的过程中，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．运动员的重力势能增大
B．运动员的动能一直增大
C．运动员刚触蹦床网时，动能最大
D．运动员在最低点时，蹦床网的弹性势能最大
【答案】D
【知识点】弹性势能；动能；重力势能
【解析】【解答】A． 蹦床运动员保持姿态不变从最高点自由落下，直到蹦床网被压至最低点的过程中，根据重力势能的表达式可以得出重力势能随高度降低而减小，可知，运动员的重力势能减小，故A错误；
BC．自由下落阶段运动员速度增大，根据动能的表达式可以得出动能增大，触网后，弹力从零逐渐增大，开始弹力小于重力，根据牛顿第二定律mg=mg-F可以得出随着弹力的增大，运动员开始做加速度减小的变加速运动，此过程，运动员动能增大，当弹力与重力平衡时，加速度为0，速度达到最大值，运动员的动能也达到最大值，随后弹力大于重力，根据牛顿第二定律ma=F-mg可以得出加速度方向向上，运动员做加速度反向增大的变减速直线运动，速度减小，运动员的动能减小，故BC错误；
D．运动员在最低点时，蹦床网的形变量最大，由于弹性势能与物体的形变量成正比，所以此时蹦床网的弹性势能最大，故D正确。
故选D。
【分析】利用高度不断减小可以判别重力势能不断减小；利用重力和弹力的合力方向可以判别加速度的方向，进而判别速度的变化，利用速度的变化可以判别动能的变化；利用形变量的大小可以判别弹性势能的大小。
26．（2025·广东会考）如图所示，两水平极板间有竖直向下的匀强电场，上极板中心有一小孔，一带负电油滴以某一速度经小孔竖直落入电场中，之后油滴匀速下落。油滴下落过程中（　　）
A．电场力对其做正功 B．电势能增加
C．电势能减少 D．油滴所经位置的电势依次升高
【答案】B
【知识点】电势能与电场力做功的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】ABC．当油滴受到电场力和重力时匀速下落，电场力与重力平衡，所以可知油滴受到的电场力竖直向上，所以油滴下落时，电场力做负功，根据功能关系可以得出电势能增加，故AC错误，B正确；
D．由于电场方向竖直向下，沿着电场线的方向电势降低，所以油滴所经位置的电势依次降低，故D错误。
故选B。
【分析】利用电场力与重力平衡可以判别电场力方向，利用电场力方向和速度方向可以判别电场力做功情况；利用电场线方向可以判别电势的变化。
27．（2025·广东会考）如图所示，在水平向左的匀强电场中，用绝缘细绳竖直悬挂两个带电小球M和N。若两细绳都保持竖直状态，两小球在同一水平线上，则（　　）
A．M和N都带负电 B．M和N都带正电
C．M带负电、N带正电 D．M带正电、N带负电
【答案】D
【知识点】电场及电场力；共点力的平衡
【解析】【解答】A．两细绳都保持竖直状态，小球处于静止状态说明小球水平方向受到的合力为0，小球所受电场力与库仑力方向均沿水平方向，竖直方向绳拉力与重力平衡，小球所受匀强电场的电场力一定与库仑力大小相等，方向相反，若M和N都带负电，根据电场线向左可以得出N所受匀强电场的电场力方向向右，根据同种电荷相互排斥可以得出M对N的库仑力方向也向右，N不可能静止，故A错误；
B．若M和N都带正电，根据电场线向左可以得出M所受匀强电场的电场力方向向左，根据同种电荷相互排斥可以得出N对M的库仑力方向也向左，M不可能静止，故B错误；
C．若M带负电、N带正电，根据电场线向左可以得出N所受匀强电场的电场力方向向左，根据异种电荷相互吸引可以得出M对N的库仑力方向也向左，N不可能静止，故C错误；
D．若M带正电、N带负电，根据电场线向左可以得出M所受匀强电场的电场力方向向左，根据异种电荷相互吸引可以得出N对M的库仑力方向向右，M可能静止，N所受匀强电场的电场力方向向右，M对N的库仑力方向向左，N也可能静止，故D正确。
故选D。
【分析】利用电荷的电性可以判别库仑力的方向，结合电场线的方向可以判别匀强电场的电场力方向，两者方向是否相反决定小球能否处于平衡状态。
28．（2025·广东会考）在如图所示的电路中，先闭合开关，再将滑动变阻器R1的滑片从左端逐渐滑到右端。此过程中电流表的示数变化是（　　）
A．逐渐变大 B．逐渐变小
C．先变小后变大 D．先变大后变小
【答案】A
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】滑动变阻器R1的滑片从左端逐渐滑到右端，滑动变阻器左侧接入电阻R左增大，滑动变阻器左侧与定值电阻并联等效电阻为
当R左增大时，R并增大，根据欧姆定律可知，并联部分承担电压增大，则电流表示数逐渐变大，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】滑动变阻器左侧接入电阻R左增大，并联电路分压变大，根据欧姆定律求解电流变化。
29．（2025·广东会考）关于电容器，下列说法正确的是（　　）
A．所带电荷量越少，电容越小
B．所带电荷量越少，电容越大
C．极板间电压越高，电容越大
D．电容反映了电容器的自身属性，与极板间电压及所带电荷量无关
【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】电容反映了电容器的自身属性，根据电容的定义式可以得出电容是利用比值定义法进行定义，与极板间电压及所带电荷量无关，ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】电容是电容器本身容纳电荷的本领，与极板间电压及所带电荷量无关。
30．（2025·广东会考）下表列出了某电热水壶的主要参数，该电热水壶正常工作的电流为（　　）
额定容量 1.2L 额定频率 50Hz
额定电压 220V 额定功率 1100W
A．0.5A B．5A C．6A D．22A
【答案】B
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】电热水壶正常工作时的电流为，结合表格数据得，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】根据P=UI得出该电热水壶的该电热水壶正常工作时的电流。
31．（2025·广东会考）通电长直导线周围的磁场可用磁感线描述，下列磁感线描述正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】AC．根据安培定则可知通电为直导线时，大拇指为电流的方向，四指弯曲为磁感线方向，借此判断知图中通电长直导线周围的磁场应为选项A图中所示，故A正确，C错误；
BD．根据安培定则可知通电为直导线时，大拇指为电流的方向，四指弯曲为磁感线方向，可判断知图中通电长直导线周围的磁场从上往下看，应为以导线为圆心的一圈一圈顺时针方向的同心圆，故BD错误；
故选A。
【分析】利用电流的方向结合安培定值可以判别通电直导线周围磁感线的方向。
32．（2025·广东会考）如图所示，把一个带电量为q的试探电荷放在某电场中的P点，测得P点电场强度大小为E，方向水平向右。下列说法正确的是（　　）
A．移走试探电荷，P点的电场强度变为零
B．试探电荷改为，P点的电场强度方向变为向左
C．减小试探电荷的电量q，P点的电场强度不变
D．减小试探电荷的电量q，P点的电场强度减小
【答案】C
【知识点】电场强度
【解析】【解答】A．电场强度为场源电荷力的属性，由场源电荷与距离所决定，与试探电荷无关，可知，移走试探电荷，P点的电场强度不变，故A错误；
B．由于电场强度的大小与试探电荷无关，所以当把试探电荷改为，P点的电场强度方向仍然向右，故B错误；
CD．由于电场强度的大小与试探电荷无关，减小试探电荷的电量q，P点的电场强度不变，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】电场强度为场源电荷力的属性，由场源电荷与距离所决定，与试探电荷无关。
33．（2025·广东会考）修缮房屋时，地面上的工人将砖竖直向上抛出，速度为零时，恰好被二楼的工人接住。已知砖的上抛高度为h，重力加速度为g。忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．砖上升到最高点时加速度为零
B．砖被抛出时的速度为
C．砖在空中运动的时间为
D．若抛更重的砖，须增大砖被抛出时的速度
【答案】B
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】A．砖在整个运动过程中，由于不计空气阻力，砖只受到重力作用所以加速度始终为重力加速度g（方向竖直向下），即使在最高点速度为零时，加速度仍为g，A错误；
B．砖在竖直上抛运动的过程做匀减速直线运动，根据速度位移公式
解得，B正确；
C．根据位移公式可以得出砖上升到最高点的时间为
解得 ，C错误；
D．根据速度位移公式得，
上升高度仅由初速度和重力加速度决定，与质量无关，因此抛更重的砖无需增大初速度，D错误。
故选B。
【分析】砖块只受到重力所以加速度始终为重力加速度；利用速度位移公式可以求出初速度的大小；利用位移公式可以求出运动的时间；利用速度位移公式可以判别上升的最大高度与质量无关。
34．（2025·广东会考）如图所示，在匀强磁场中有一个闭合的金属线圈，下列哪种方式可使线圈中产生感应电流（　　）
A．在磁场内垂直于磁场方向左右平移线圈
B．在磁场内垂直于磁场方向上下平移线圈
C．在磁场内沿磁场方向平移线圈
D．在磁场内绕线圈某一边转动
【答案】D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】A．感应电流的产生条件为闭合回路中的磁通量发生改变，在磁场内垂直于磁场方向左右平移线圈，由于线圈中磁感应强度不变，线圈的面积不变所以穿过线圈的磁通量保持不变，不能产生感应电流，故A错误；
B．在磁场内垂直于磁场方向上下平移线圈，由于线圈中磁感应强度不变，线圈的面积不变所以穿过线圈的磁通量保持不变，不能产生感应电流，故B错误；
C．在磁场内沿磁场方向平移线圈，由于线圈中磁感应强度不变，线圈的面积不变所以穿过线圈的磁通量保持不变，不能产生感应电流，故C错误；
D．在磁场内绕线圈某一边转动，回路的有效面积会发生改变，磁通量会发生改变，则会产生感应电流，故D正确。
故选D。
【分析】利用线圈运动的过程中线圈中的磁通量是否改变可以判别是否有感应电流产生。
35．（2025·广东会考）某充电宝的铭牌标注“10000mA·h（毫安时）”，它对应下列哪个物理量（　　）
A．时间 B．电能 C．电荷量 D．电流
【答案】C
【知识点】电流、电源的概念；力学单位制
【解析】【解答】根据电流的表达式可以得出电荷量的表达式为：，根据表达式可知电荷量的单位是库仑（C），而1库仑=1安·秒（A·s）。1mA·h=0.001A×3600s=3.6C，因此“mA·h”是电荷量的单位。
故选C。
【分析】利用电荷量的表达式结合单位可以导出“mA·h”是电荷量的单位。
36．（2025·广东会考）下列装置或电器不是应用电磁波工作的是（　　）
A．射电望远镜 B．收音机
C．微波炉 D．电熨斗
【答案】D
【知识点】电磁波的应用
【解析】【解答】A．射电望远镜是通无线电波来接收信号的，无线电波属于电磁波，所以射电望远镜是利用电磁波工作，故A错误；
B．收音机是通无线电波来接收信号的，无线电波属于电磁波，所以收音机是利用电磁波工作，故B错误；
C．微波炉利用微波加热食物，其所用的微波也是电磁波，所以微波炉是利用电磁波工作，故C错误；
D．电熨斗利用电流的热效应工作，不是利用电磁波工作，所以电熨斗是利用焦耳定律工作的，故D正确。
故选D。
【分析】射电望远镜、收音机、微波炉是利用电磁波工作；电熨斗是利用焦耳定律工作的。
37．（2025·广东会考）小明将功率为1500W、1000W、500W的三个电器接通在同一个插线板上，插线板的导线出现发热现象。下列相关说法正确的是（　　）
A．导线的电阻可以忽略，该发热现象与电热无关
B．更换导线更细的插线板，有利于减少发热
C．断开500W的电器，最有利于减少发热
D．不能将几个大功率电器同时接通在同一个插线板上
【答案】D
【知识点】焦耳定律；电功率和电功；电阻定律
【解析】【解答】A．导线的电阻虽然较小，当三个大功率用电器同时工作时，并联电路中干路电流较大，根据焦耳定律可知发热量仍不可忽略，故A错误；
B．根据电阻定律
可知导线越细，横截面积越小，根据表达式可知电阻越大，在相同电流的工作下，根据焦耳定律可知发热量反而增加，故B错误；
C．断开500W电器后电路总功率为2500W，根据电功率的表达式：可以得出电流减小，但断开1500W的电器后，电路总功率为1500W电流减少更显著，所以断开500W的电器并非最有利于减少发热，故C错误；
D．多个大功率电器同时使用会导致总电流超过插线板承载能力，此时电流明显变大会引发过热危险，故D正确。
故选D。
【分析】根据焦耳定律可以得出发热与电流的大小有关；当导线越细，横截面积越小，根据表达式可知电阻越大，在相同电流的工作下，根据焦耳定律可知发热量反而增加；当功率减小时，干路电流减小，所以断开工作的用电器功率越大越有利于减少发热；多个大功率电器同时使用会导致总电流超过插线板承载能力。
38．（2025·广东会考）如图所示是测量重力加速度的装置。为减小实验误差，下列措施正确的是（　　）
A．选用密度较小的重物
B．精确测量重物的质量
C．释放纸带前，使重物远离打点计时器
D．将电磁打点计时器更换为电火花打点计时器
【答案】D
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】A．为了重物做自由落体运动，为了减小重物受到的空气阻力，所以材料要选择密度大重物，故A错误；
B．本实验是根据纸带利用逐差法计算得出重力加速度，不需测量重物的质量，故B错误；
C．为提高纸带的利用率，让纸带上留下更多的点，释放重物前，重物离打点计时器下端近些，故C错误；
D．电火花打点计时器相对于电磁打点计时器产生的摩擦力较小，所以产生的实验误差较小，故D正确。
故选D。
【分析】为了减小重物受到的空气阻力，所以材料要选择密度大重物；实验利用逐差法测量重力加速度的大小；为提高纸带的利用率，让纸带上留下更多的点，释放重物前，重物离打点计时器下端近些；电火花打点计时器相对于电磁打点计时器产生的摩擦力较小。
39．（2025·广东会考）在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，如图所示是打点计时器打出的一条纸带。纸带上相邻两计数点间的距离分别为、、和，相邻两计数点间的时间间隔为T。则加速度a的表达式正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】加速度
【解析】【解答】物体做匀加速直线运动，由于相邻相同时间内的位移之差为，相邻两计数点间的时间间隔为T，根据邻差公式，可以得出加速度的表达式为
故选A。
【分析】物体做匀加速直线运动，利用邻差公式可以求出加速度的表达式。
40．（2025·广东会考）用如图所示的电路测量一节电动势约为1.5V干电池的电动势和内阻。滑动变阻器有阻值范围0~15Ω和0~1000Ω两种规格备选，电流表有量程0.6A和3.0A两种规格备选。下列做法正确的是（　　）
A．选阻值范围为0~15Ω的滑动变阻器
B．选量程为3.0A的电流表
C．闭合S前，应调节滑动变阻器的滑片至N端
D．闭合S后，滑片越靠近N端，电压表示数越大
【答案】A
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】A．因干电池内阻较小，需要选择总阻值较小的0~15Ω的滑动变阻器，这样调节滑动变阻器时，电压表和电流表示数变化比较明显，故A正确；
B．一节干电池的电阻大约为几欧姆，允许流经的最大电流约零点几安，为了减小误差，电流表应选量程为0.6A的电流表，故B错误；
C．闭合S前，为了防止电路中电流过大，应调节滑动变阻器的滑片至M端，这样滑动变阻器接入电路电阻最大，电路电流最小，故C错误；
D．闭合S后，滑片越靠近N端，滑动变阻器接入电路中的有效阻值变小，外电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知路端电压变小，则电压表示数越小，故D错误。
故选A。
【分析】根据电源内阻选择滑动变阻器；根据电路最大电流分析电流表量程；根据保护电路分析；结合闭合回路欧姆定律分析。
三、多选题：本大题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题列出的四个选项中，至少有两个选项符合题目要求，全部选对得3分，少选且正确得1分，未选、错选均不得分。
41．（2025·广东会考）可视为质点的小球做匀速直线运动，与墙面碰撞后立即反弹，继续做匀速直线运动回到原处。小球的位移-时间（x-t）图像可能为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,B
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】AB． 质点的小球做匀速直线运动，与墙面碰撞后立即反弹，继续做匀速直线运动回到原处。 在位移时间图像中，由于图像斜率代表速度，由于小球做匀速直线运动，所以两个过程的斜率保持不变，但是由于速度方向相反，所以两个过程的斜率符号相反，若取小球原来运动的方向为正方向，根可知与墙面碰撞后小球的运动方向为负方向，继续做匀速直线运动回到原处，但位移仍然为正；同理，若取小球原来运动的方向为负方向，可知与墙面碰撞后小球的运动方向为正方向，继续做匀速直线运动回到原处，但位移仍然为负，结合选项图像。故AB正确。
CD．根据图像的斜率表示速度，由于速度方向变化所以斜率符号发生变化可知小球的速度方向不可能一直为正方向或负方向，且根据图像不能满足小球回到出发点，故CD错误。
故选AB。
【分析】根据题意可以得出小球的速度方向发生改变，所以图像斜率符号发生变化，根据小球回到原点可以得出位移为0。
42．（2025·广东会考）如图所示，一根竖直悬挂的轻质弹簧。在弹簧弹性限度内，将弹簧下端悬挂物体的质量增大一倍后，下列说法正确的有（　　）
A．弹簧的形变量变为原来的两倍
B．弹簧的劲度系数变为原来的两倍
C．弹簧的长度变为原来的两倍
D．弹簧的弹力变为原来的两倍
【答案】A,D
【知识点】胡克定律；共点力的平衡
【解析】【解答】A．当物体静止时，由于重力和弹簧弹力大小相等，根据胡克定律有
解得
可知，将弹簧下端悬挂物体的质量增大一倍后，弹簧的形变量变为原来的两倍，故A正确；
B．弹簧的劲度系数由弹簧自身材料决定，与弹力大小没有本质上的决定关系，所以当弹力增大一倍时弹簧的劲度系数不变，故B错误；
C．当物体静止时，由于重力和弹簧弹力大小相等，根据平衡方程有
解得
可知，将弹簧下端悬挂物体的质量增大一倍后，弹簧的长度小于原来的两倍，故C错误；
D．根据平衡条件可知，当将弹簧下端悬挂物体的质量增大一倍后，由于物体的重力为原来的2倍，根据重力等于弹力可以得出弹簧的弹力变为原来的两倍，故D正确。
故选AD。
【分析】利用重力等于弹力的平衡方程可以得出当将弹簧下端悬挂物体的质量增大一倍后，由于物体的重力为原来的2倍，根据重力等于弹力可以得出弹簧的弹力变为原来的两倍；当弹力增加为原来2倍时，根据胡克定律可以得出弹簧形变量为原来的2倍，但是弹簧的长度小于原来的2倍；由于弹簧的劲度系数由弹簧自身材料决定，与弹力大小没有本质上的决定关系，所以当弹力增大一倍时弹簧的劲度系数不变。
43．（2025·广东会考）如图所示，质量为m的风筝静止在空中。线对风筝的拉力大小为F，方向斜向下且与水平夹角为，重力加速度为g。下列关于风筝所受风力，说法正确的有（　　）
A．与F的大小相等 B．竖直分量大小为
C．水平分量大小为 D．方向与水平夹角大于
【答案】B,C,D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】B．对风筝进行受力分析，风筝受到重力、拉力F与风力N的作用，由于风筝处于静止，根据竖直方向的平衡方程可以得出：风力竖直分量大小为，故B正确；
C．根据水平方向的平衡方程可以得出：风力水平分量大小为，故C正确；
A．根据力的合成可以得出：风筝所受风力
结合上述解得，故A错误；
D．令风筝所受风力方向与水平夹角为，根据力的分解可以得出：
结合上述解得
可知，风力方向与水平夹角大于，故D正确。
故选BCD。
【分析】利用风筝的平衡方程可以求出风筝在水平方向和竖直方向受到的风力分力的大小，结合力的合成可以求出风力的大小，结合分力的大小可以求出风力的方向。
44．（2025·广东会考）如图所示，粗糙轨道顶部离地高为h，底部水平且离地高为l。一个物体从其斜面上某位置由静止滑下，在轨道底部以速度v0水平飞出，在空中飞行时间为t，落地速度为vt。不计空气阻力，以下说法正确的有（　　）
A．物体克服摩擦力所做的功为
B．物体在空中飞行的过程中机械能守恒
C．t的大小与物体静止滑下的位置有关
D．vt的大小与物体静止滑下的位置有关
【答案】B,D
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A． 在轨道底部以速度v0水平飞出，根据动能定理
解得，故A错误；
B．物体在空中飞行的过程中只受重力，只有重力做功，物体的机械能守恒，故B正确；
C．物体从轨道底部飞出后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，
可得
可知，t的大小与平抛的初速度无关，即与物体静止滑下的位置无关，故C错误；
D．物体从轨道底部飞出后做平抛运动，在竖直方向
根据平行四边形法则可得落地速度为
即落地速度vt与物体静止滑下的位置有关，故D正确。
故选BD。
【分析】根据动能定理求解克服摩擦力做的功；根据机械能守恒条件分析；物体从轨道底部飞出后做平抛运动，根据下落高度求解运动时间；根据平行四边形法则分析落地位置。
45．（2025·广东会考）如图所示，质量相同的两颗人造地球卫星P、Q做匀速圆周运动，它们的轨道半径分别为r、2r，则卫星P、Q（　　）
A．向心加速度之比为
B．向心加速度之比为
C．受到地球的万有引力之比为
D．受到地球的万有引力之比为
【答案】B,D
【知识点】万有引力定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】CD．由于卫星受地球的万有引力的作用，根据引力公式可以得出引力的大小为
又因为两卫星的质量相同， 它们的轨道半径分别为r、2r， 则两卫星受到地球的万有引力之比为，故C错误，D正确；
AB．由于地球对卫星的引力产生加速度，根据牛顿第二定律，解得
又因为两卫星的质量相同，根据引力的比值可以得出向心加速度之比为，故A错误，B正确。
故选BD。
【分析】利用引力公式结合两个卫星轨道半径的比值可以求出地球对卫星的引力大小之比；结合牛顿第二定律可以求出两个卫星向心加速度的比值。
46．（2025·广东会考）一台电动机的线圈电阻为2Ω，当它接上220V的电源后，正常工作时通过线圈的电流为4A，下列说法正确的有（　　）
A．电动机消耗电功率为880W B．电动机消耗电功率为32W
C．线圈发热功率为880W D．线圈发热功率为32W
【答案】A,D
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【解答】A．已知电动机 接上220V的电源后，正常工作时通过线圈的电流为4A ，电动机消耗的电功率为总功率，根据电功率的公式有，故A正确；
B．根据焦耳定律可以得出线圈的发热功率是32W，而非总电功率，故B错误；
C．线圈发热功率由焦耳定律，而非880W，故C错误；
D．根据焦耳定律可以得出线圈的发热功率是32W，与选项D一致，故D正确。
故选AD。
【分析】利用电动势两端的电压和通过电动机的电流可以求出电动机消耗的电功率大小；利用电动机内阻结合焦耳定律可以求出电动机发热功率的大小。
47．（2025·广东会考）如图所示，在“探究平抛运动的特点”实验中，钢球从斜槽上静止释放，经光电门水平抛出。读取小球遮挡光电门的时间，测出小球的直径，可计算出小球的平抛初速度。为了减小测量误差，下列措施正确的有（　　）
A．适当升高释放钢球的位置 B．适当降低释放钢球的位置
C．选择直径稍小的钢球 D．选择质量稍大的钢球
【答案】C
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】设小球的直径为，通过光电门的遮光时间为，平抛时的初速度为，实验中利用平均速度公式可以求出小球经过光电门的瞬时速度为。为了使平均速度更接近小球经过光电门的瞬时速度，减小测量误差升高和降低释放钢球的位置、选择质量稍大的钢球均对减小误差没有影响，而选择直径稍小的钢球，将使得其通过光电门时的平均速度更接近瞬时速度，故选C。
【分析】实验中减小测量误差升高和降低释放钢球的位置、选择质量稍大的钢球均对减小误差没有影响，而选择直径稍小的钢球，将使得其通过光电门时的平均速度更接近瞬时速度。
48．（2025·广东会考）关于如图所示的电路，以下说法正确的有（　　）
A．通过调节外电路电阻的阻值，可改变路端电压
B．通过调节外电路电阻的阻值，可改变电源的电动势
C．电源的电动势，在数值上等于断路时的路端电压
D．无论外电路还是内电路，电流都是从电势高处流向电势低处
【答案】A,C
【知识点】电源电动势及内阻；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．由于电源电动势的大小等于回路中内外电压之和，根据闭合电路欧姆定律可知
结合欧姆定律有：，所以，通过调节外电路电阻的阻值，可改变路端电压，故A正确；
B．电动势是电源本身非静电力做功的本领，电动势由电源本身决定的，与外电路的电阻值无关，故B错误；
C．根据闭合电路的欧姆定律可知电动势在数值上等于电源没有接入外电路时两极间的电压，故C正确；
D．根据电流的方向可以知道在外电路，电流从电势高处流向电势低处；在内电路，电流从电势低处流向电势高处，故D错误。
故选AC。
【分析】根据闭合电路的欧姆定律可以判别通过调节外电路电阻的阻值，可改变路端电压；电动势是电源本身非静电力做功的本领，电动势由电源本身决定的；电动势在数值上等于电源没有接入外电路时两极间的电压；在外电路，电流从电势高处流向电势低处；在内电路，电流从电势低处流向电势高处。
49．（2025·广东会考）如图所示，水平桌面上的物体甲，用细绳与物体乙连接，甲、乙质量分别为m、2m。细绳绷紧后静止释放物体乙，物体乙下降的高度为h。不计滑轮和细绳的质量，忽略摩擦，该过程中（　　）
A．乙的机械能守恒 B．甲和乙总的机械能守恒
C．乙的重力势能减少了2mgh D．甲的动能增加了2mgh
【答案】B,C
【知识点】重力势能的变化与重力做功的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．物体只有重力做功时，物体的机械能守恒，乙下降过程，绳对乙的拉力对乙做负功，可知，乙的机械能减小，故A错误；
B．对甲、乙构成的系统，由于系统的拉力属于内力，系统所受外力只有重力做功，甲和乙总的机械能守恒，故B正确；
C．乙所受重力做正功，根据重力做功的表达式W=mgh可以得出乙的重力势能减少了2mgh，故C正确；
D．对甲、乙构成的系统进行分析，根据机械能守恒定律有
解得
即甲的动能增加了，故D错误。
故选BC。
【分析】物体只有重力做功时，物体的机械能守恒；利用重力做功可以求出重力势能的变化量；利用机械能守恒定律可以求出甲动能的变化量。
50．（2025·广东会考）如图所示，在喷墨打印机的匀强电场中，一带电液滴以平行于极板的初速度进入该电场，离开电场时速度向上偏转，偏转角为。忽略空气阻力和重力作用，下列说法正确的有（　　）
A．液滴带负电
B．增加极板长度，增大
C．增加极板间电压，增大
D．增加极板间电压，液滴通过极板的时间变长
【答案】A,B,C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．如图所示可知电场的方向竖直向下，由于液滴向上偏转，所受电场力方向竖直向上，由于电场力方向与电场线方向相反，所以粒子带负电，故A正确；
BC．液滴飞出电场时的速度偏向角满足，根据竖直方向的速度公式有：，根据牛顿第二定律有：，根据电场力的表达式有：，根据电势差与场强的大小关系有：，结合水平方向的位移公式有：
联立可得
显然，增加极板长度，增大；增加极板间电压，增大，故BC正确；
D．由于液滴在水平方向做匀速直线运动，根据位移公式可以得出液滴通过极板的时间
所以，增加极板间电压，液滴通过极板的时间不变，故D错误。
故选ABC。
【分析】利用粒子的偏转方向可以判别电场力方向，结合电场线方向可以判别粒子的电性；利用分速度的关系结合电场力的表达式即位移的表达式可以求出偏转角的表达式；利用水平方向的位移公式可以判别运动的时间与极板间的电压大小无关。
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