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浙江省杭州市部分重点中学2024-2025学年高二下学期开学考试物理试题
一、选择题I（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，选对的得3分，选错的得0分）
1．下列物理量是矢量且单位正确的是（　　）
A．电场强度V/m B．磁通量
C．电流A D．感生电动势
【答案】A
【知识点】矢量与标量；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A． 标量是只有大小，没有方向的物理量。矢量是既有大小又有方向的物理量，运算时遵守平行四边定则。电场强度是矢量，单位是N/C或V/m，故A正确；
B．磁通量是标量，单位是，故B错误；
C．电流有大小，有方向，但运算不遵循平行四边形定则，是标量，单位是A，故C错误；
D．感生电动势是标量，单位是V，故D错误。
故选A。
【分析】根据对标量矢量的认识，结合不同物理量的单位，即可分析判断
2．2024年6月25日14时07分，嫦娥六号返回器准确着陆于内蒙古四子王旗预定区域，标志着探月工程嫦娥六号任务取得圆满成功，实现世界首次月球背面采样返回。下列说法正确的是（　　）
A．6月25日14时07分是时间间隔
B．研究嫦娥六号返回器准确着陆动作时返回器可以看成质点
C．返回器着陆过程中，以返回器为参考系则地面上的五星红旗是静止的
D．返回器着陆过程中，减速下降时处于超重状态
【答案】D
【知识点】质点；时间与时刻；参考系与坐标系；超重与失重
【解析】【解答】A、6月25日14时07分是时间点，是时刻，故A错误；B、研究嫦娥六号返回器准确着陆动作时，其大小和形状对所研究的问题影响不能忽略不计，所以返回器不可以看成质点，故B错误；
C、返回器着陆过程中，以返回器为参考系，其地面上的五星红旗的相对位置发生变化，故以返回器为参考系则地面上的五星红旗是运动的，故C错误；
D、飞返回器着陆过程中，减速下降时，具有向上的加速度，处于超重状态，故D正确。
故选：D。
【分析】在时间轴上，时间间隔对应一段距离，时刻对应一个点；根据看作质点的条件进行判断；根据物体相对参考系的位置是否变化，来判断物体相对参考系是静止还是运动的；根据加速度方向判断超失重。
3．教材中有一皮带传动装置的示意图如图所示，右轮半径为r，A是它边缘上的一点。左侧是一轮轴，大轮半径为4r，小轮半径为2r。B点在小轮上，到小轮中心的距离为r。C点和D点分别位于小轮和大轮的边缘上。如果传动过程中皮带不打滑，关于A、B、C、D点的线速度和角速度的大小关系，下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】由题意可知rA：rB：rC：rD=1：1：2：4
AC皮带相连，线速度大小相同，故vA=vC，BCD同轴转动，角速度相同，故ωB=ωC=ωD
根据v=ωr可知vA：vB：vC：vD=2：1：2：4，角速度之比为ωA：ωB：ωC：ωD=2：1：1：1
故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】共轴转动的各点角速度相等，靠传送带传动轮子边缘上的点线速度大小相等，根据公式v=rω求解即可。
4．某品牌激光打印机如图所示，打印时，滚轮压紧A4纸后转动带动纸张进入打印机。假设每张A4纸的质量均相等，纸张之间、纸张与底板之间的动摩擦因数均相同。则在第1张纸送入打印机的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．第1张纸受到滚轮的摩擦力方向与纸张运动方向相反
B．第1张纸对第2张纸的压力大于第2张纸对第1张纸的支持力
C．滚轮与纸间的动摩擦因数小于纸张之间的动摩擦因数
D．若因潮湿导致纸张之间的动摩擦因数变大，则有可能多张纸一起被送入打印机中
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】A、假如第1张纸与滚轮之间是光滑的，则第一张纸静止不动，由此可知第一张纸相对滚轮有向后的运动趋势，摩擦力方向总是与相对运动趋势方向相反，所以第一张纸受到滚轮的摩擦力方向与纸张的运动方向相同，故A错误；
B．第1张纸对第2张纸的压力和第2张纸对第1张纸的支持力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律可知它们大小相等，方向相反，故B错误；
C．设纸张之间、纸张与底板之间的动摩擦因数为，滚轮与纸间的动摩擦因数为，滚轮对纸张的压力大小为N，每张纸的质量为m，对第1张纸受力分析有，所以滚轮与纸间的动摩擦因数大于纸张之间的动摩擦因数，故C错误；
D．若因潮湿导致纸张之间的动摩擦因数变大，则纸与纸之间的最大静摩擦力变大，则可能会导致多张纸一起被送入打印机中，故D正确。
故选D。
【分析】根据摩擦力方向与相对运动趋势方向相反分析；根据相互作用力分析；对第一张纸受力分析即可；若因潮湿导致纸张之间的动摩擦因数变大，则纸与纸之间的最大静摩擦力变大，据此分析。
5．2024年11月15日长征七号遥九运载火箭顺利将飞船送入预定轨道，与中国空间站成功对接。设空间站在地球附近沿逆时针方向做匀速圆周运动，如图中实线所示。对接成功后，运载火箭在P点喷射气体，实现变轨，变轨后的椭圆轨道如图中虚线所示，M、N分别为近地点和远地点，其半长轴大于空间站轨道半径。下列说法正确的是（　　）
A．运载火箭发射速度要大于11.2km/s，才能将飞船送入预定轨道
B．运载火箭在M点的速度小于在N点的速度
C．运载火箭变轨后的运动周期比空间站的小
D．运载火箭变轨前、后在P点的加速度相等
【答案】D
【知识点】开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．运载火箭只要达到第一宇宙速度（约7.9km/s）左右即可进入近地圆形轨道，不需要超过第二宇宙速度（约11.2km/s），超过第二宇宙速度，飞船将脱离地球的束缚，故A错误。
B．根据开普勒第二定律，可知运载火箭在椭圆轨道上的速度在近地点（M点）最大、远地点（N点）最小，故B错误。
C．根据开普勒第三定律可知，半长轴越大，周期越大，所以变轨后运载火箭的周期比空间站大，故C错误。
D．运载火箭在P点时距离地心相同，万有引力大小相同（忽略其他力），根据牛顿第二定律可知加速度大小相同，故D正确。
故选D。
【分析】根据第二宇宙速度的定义分析；根据开普勒第二定律分析；根据开普勒第三定律分析周期之比；根据牛顿第二定律分析加速度。
6．带电荷量分别为和的两点电荷组成了电荷系统，如图所示，图中实线为电场线（未标注方向），点A、B、C、D、F位于同一虚线上，根据图像可判断（　　）
A．的点电荷位于点B处
B．A点的电势比F点低
C．D点的场强大小一定为0
D．若一带负电的试探电荷从A点静止释放，仅在电场力的作用下将向F点运动
【答案】A
【知识点】电势
【解析】【解答】A．电场线的疏密程度反应电场的强弱，结合点电荷形成的电场可知，的点电荷位于点B处，A正确；
B．根据点电荷的电势分布及叠加可知，A点的电势比F点高，B错误；
C、由电场线的疏密表示电场强度的强弱，D点与场源电荷的距离未知，D点的电场强度不能确定，即不一定为零，故C错误；
D．根据电场的叠加原理可知，A点的合场强方向向右，负电荷在A点受到电场力的方向与场强方向相反，水平向左，故负电的试探电荷从A点静止释放，仅在电场力的作用下不会向F点运动，D错误。
故选A。
【分析】由电场线与电场强度的关系，可知图中各点的电场强度大小；由电场强度与电荷量的关系，结合两个点电荷的电荷量，即可区分BC两点分别为哪个电荷；由电荷的正负，可知电场线的方向，由电势沿电场线降低，可比较AF点的电势高低；由负试探电荷在电场中的受力情况，可知其释放后的运动方向。
7．如图所示是一种电力变压器的铭牌中的部分信息。根据上面标示的信息，下列说法正确的是（　　）
A．额定容量指的是电荷量
B．原线圈的匝数比副线圈的匝数多
C．正常工作时，副线圈输出直流电压400V
D．正常工作时，副线圈中电流比原线圈中电流小
【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A.由铭牌中额定容量的单位可知，额定容量是电压与电流的乘积，由电流的定义式可知，电荷量是时间与电流的乘积，则额定容量指的不是电荷量，故A错误；BD.因为原、副线圈的电压之比等于匝数之比，且只有一个副线圈时，原、副线圈的电流之比等于匝数的反比，又由铭牌可知，该变压器输入电压大于输出电压，则原线圈的匝数比副线圈的匝数多，正常工作时，副线圈中电流比原线圈中电流大，故B正确，D错误；
C.变压器只对交流电起作用，副线圈输出是交流电压，故C错误；
故选：B。
【分析】根据额定容量的单位及电流的定义式分析；根据理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系，结合铭牌中的信息分析；变压器只对交流电起作用。
8．我国航天员要在天宫二号航天器实验舱的桌面上测量物体的质量，可采用的方法如下：质量为的待测物A的前后连接有质量均为的两个力传感器，在某一恒定外力F作用下在桌面上一起运动，如图所示，稳定后待测物A前、后两个传感器的读数分别为、，由此可知待测物体A的质量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚受力情况，应用牛顿第二定律即可解题，解题时注意整体法与隔离法的应用。隔离前面的传感器有
隔离待测物体A有
联立可得
故选B。
【分析】应用整体法求出加速度，然后以A与前面的传感器、前面的传感器为研究对象，应用牛顿第二定律求出A的质量。
9．如图所示电路中，电源电动势E恒定，内阻，定值电阻，电表均为理想电表。当电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等。下列说法中正确的是（　　）
A．电键K闭合时，电压表的示数较大
B．电键K闭合时，电源的效率较大
C．电阻、可能分别为、
D．电键K从断开到闭合，电压表的示数变化与电流表的示数变化的比值
【答案】C
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】AB、电键K闭合时，ab间的电阻由R1+R2减小成R1，根据“串反并同”可知，与ab段电路并联的电压表的示数减小；与ab段电路串联的电源的电压增大，根据闭合电路欧姆定律可知，此时路端电压减小，则电源的效率， 所以，电源的效率减小，故AB错误；
C．若电阻、阻值分别为、，当电键K断开时，ab段电路消耗的电功率为
电键K闭合时，ab段电路消耗的电功率为
可知，电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，满足题意，故C正确；
D．由A分析可知，电键K从断开到闭合，电压表的示数变化与电流表的示数变化的比值，故D错误。
故选C。
【分析】当K闭合时R2被短路，根据“串反并同”分析动态电路；根据电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，列出方程，将电阻R1、R2代入，选择使方程成立的阻值．根据外电路总电阻的变化，分析电压表示数的大小关系．根据闭合电路欧姆定律求解电键K断开与闭合时电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比。
10．小飞同学研究甲、乙、丙、丁四种情况导体棒受到的安培力大小，其中磁感应强度均为，方向垂直纸面向里，纸面内放置水平光滑导轨，间距均为d，且左端接一个相同的电阻R，导体棒速度大小均为v，甲、丁图中速度方向水平向右，乙图中速度与竖直方向夹角为，丙图导体棒与水平方向夹角为，不计导轨以及导体棒的阻值。则导体棒受到安培力最大的是（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【答案】C
【知识点】安培力的计算；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】根据安培力公式F=BIL，则电路中电流I越大，有效长度L越大的对应的安培力最大，又I=，切割磁感线产生感应电动势的有效长度丙最大，电流最大，故计算的安培力也最大，故C正确，ABD错误。故选：C。
【分析】根据导体棒切割磁感线产生感应电动势公式、闭合电路的欧姆定律以及安培力公式进行分析解答。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11．下列说法中正确的是（　　）
A．避雷针的主要原理是尖端放电
B．动圈式扬声器的工作原理是电流的磁效应
C．密立根最早测定了元电荷e的数值
D．卡文迪什通过扭秤实验研究得出点电荷间相互作用力的规律
【答案】A,C
【知识点】物理学史
【解析】【解答】A．尖端放电是指在强电场作用下，物体尖锐部分发生的一种放电现象，避雷针的主要原理是尖端放电，故A正确； B．动圈式扬声器的工作原理是固定磁体对通电导线的作用，故B正确；
C．密立根利用油滴实验最早测定了元电荷e的数值，故C正确；
D．库仑通过扭秤实验研究得出点电荷间相互作用力的规律，总结出库仑定律，故D错误。
故选：AC。
【分析】根据尖端放电、磁场对电流的作用原理结合密立根以及库仑的研究成果和贡献进行分析判断。
12．蹦极是一项青年人非常喜爱的特别刺激的休闲活动。某兴趣小组为了研究蹦极过程的运动规律，他们在自己身上装上传感器，测出了某次蹦极过程中自身下落速度v和相应的下落高度h，得到了如图所示的图像，其中OA段为直线，已知该同学是从静止开始竖直下落，不计阻力及弹性绳的重力，下列说法中正确的是（　　）
A．该同学在OA过程中做匀加速直线运动
B．该同学在下落过程中机械能守恒
C．该同学在下落过程中重力的功率一直增大
D．该同学从A到最低点运动过程中重力做功小于克服弹力做功
【答案】A,D
【知识点】功能关系；牛顿第二定律；功率及其计算
【解析】【解答】A.在图像的OA段是一条直线，根据公式v2=2ah，可知OA段做匀加速直线运动，故A正确；B.该同学下落过程中由于后来向下做减速运动，动能和重力势能都减小，则机械能不守恒，故B错误；
C.根据重力功率公式PG=mgv，速度v先增大后减小，所以重力功率先增大后减小，故C错误；
D.根据能量的转化和守恒可知，该同学在整个过程中重力做的功等于克服弹力做的功，从A点开始，则重力做的功小于克服弹力做的功，故D正确。
故选：AD。
【分析】根据匀变速直线运动推论结合图像的直线特点进行分析解答；根据机械能守恒的条件进行分析判断；根据重力的瞬时功率公式分析判断；根据能量的转化和守恒定律进行分析解答。
13．如图所示，在竖直平面内有一半圆形轨道，半径为1m，为轨道圆心，OB为其水平直径，为竖直半径，半径与水平方向成角。现以O为坐标原点建立直角坐标系，在xOy平面内有一弹射器（图中未画出）可以沿x轴正方向发射速度大小可调的弹丸（可看作质点），若要使弹丸垂直撞击轨道P点，弹丸发射点位置坐标可能的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】本题考查了平抛运动问题，分析清楚弹丸的运动过程，应用平抛运动的推论即可解题。若弹丸垂直撞击轨道P点，可知弹丸速度与水平方向的夹角为，则有
则抛出点和点连线与水平方向夹角的正切值满足
由几何关系可得，
A．若抛出点坐标为，则有，故A正确；
B．若抛出点坐标为，则有，故B正确；
C．若抛出点坐标为，则有，故C错误；
D．若抛出点坐标为，则有，故D正确。
故选ABD。
【分析】弹丸做平抛运动，平抛运动速度偏角的正切值是位移偏角正切值的2倍，据此分析答题。
三、非选择题（本题共5小题，共58分）
小李同学设计了如图甲所示的方案来探究小车的加速度与所受合力的关系。
14．本实验涉及到最主要的思想方法是________。
A．控制变量法 B．等效法 C．放大法 D．极限法
15．关于实验操作，下列说法正确的是________。
A．实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行
B．平衡摩擦力时，在细线下端悬挂槽码，使小车在细线的拉力作用下能匀速下滑
C．每次改变小车所受的拉力后都要重新平衡阻力
D．实验时应先释放小车，后接通打点计时器电源
16．小李处理实验数据后得到关系如图乙所示，出现这种结果最可能的原因是________。
A．未平衡小车阻力 B．平衡小车阻力过度
C．槽码的总质量太大 D．释放小车过早
17．小王同学受到小李同学的启发，关于本实验又设计了如图丙、丁所示的两种实验方案，下列说法正确的是________（多选）。
A．图甲、丙、丁中的方案都需要平衡阻力
B．只有图甲中方案需要平衡阻力
C．只有图甲中方案必须满足小车的质量远大于重物的质量
D．图丙中方案力传感器的示数和图丁中方案弹簧测力计的示数均等于小车所受合力的大小
【答案】14．A
15．A
16．B
17．A；C
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）在探究小车的加速度与所受合力的关系的实验中采用了控制变量法，故A正确，BCD错误。故选：A。
（2）A.为了保证小车所受拉力的方向始终不变，使滑轮和小车间的细线与木板平行，故A正确；
B.平衡摩擦力时，应取下小车前端悬挂槽码，小车在木板上匀速运动，故B错误；
C.根据平衡摩擦力的原理，小车匀速运动时Mgsinθ=μMgcosθ，解得μ=tanθ，可见，每次改变小车所受的拉力后不需要重新平衡阻力，故C错误；
D.为了充分利用纸带，实验时应先接通打点计时器电源，再释放小车，故D错误。
故选：A。
（3）根据图乙可知，拉力F=0时，加速度不为零，其原因可能是平衡小车阻力过度。
故选B。
（4）AB．根据实验原理，图甲、丙、丁中的方案都需要平衡阻力，故A正确，B错误；
C．在甲方案中，对整体受力分析，根据牛顿第二定律可得mg=（M+m）a
对小车F=Ma
联立解得F＝
当M m时，有F=mg，用砝码重力代替小车受到的拉力，因此，在甲图中需要满足小车的质量远大于重物的质量；
图丙方案中，使用了力传感器测拉力，图丁方案中，使用了弹簧测力计测拉力，因此不需要满足小车的质量远大于重物的质量，故C正确；
D．平衡摩擦力后，图丁方案中小车所受合力的大小等于弹簧测力计示数的2倍，故D错误。
故选AC。
【分析】（1）根据实验原理分析采用的物理方法；
（2）根据实验的原理和正确操作分析作答；
（3）图乙可知，拉力F=0时，加速度不为零，据此分析作答；
（4）根据实验原理分析是否平衡摩擦力、是否需要满足小车的质量远大于重物的质量。
14．在探究小车的加速度与所受合力的关系的实验中采用了控制变量法。
故选A。
15．A．为了保证小车所受拉力的方向始终不变，实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行，故A正确；
B．根据平衡摩擦力的原理，平衡摩擦力时，应取下小车前端悬挂槽码，使小车牵引穿过打点计时器的纸带，将长木板不带滑轮的那端垫高，直到小车在木板上匀速运动为止，故B错误；
C．根据平衡摩擦力的原理，小车匀速运动时
解得
可见，平衡摩擦力后斜面的倾角与小车质量无关，因此每次改变小车所受的拉力后不需要重新平衡阻力，故C错误；
D．为了充分利用纸带，实验时应先接通打点计时器电源，再释放小车，故D错误。
故选A。
16．根据图乙可知，拉力F=0时，加速度不为零，其原因可能是平衡小车阻力过度，即长木板倾角过大。
故选B。
17．AB．根据实验原理，图甲、丙、丁中的方案都需要平衡阻力，故A正确，B错误；
C．在甲方案中，根据牛顿第二定律，对整体mg=（M+m）a
对小车F=Ma
联立解得F＝
当M m时，有F=mg
因此，在甲图中需要满足小车的质量远大于重物的质量；
图丙方案中，使用了力传感器测拉力，图丁方案中，使用了弹簧测力计测拉力，因此不需要满足小车的质量远大于重物的质量，故C正确；
D．平衡摩擦力后，图丁方案中小车所受合力的大小等于弹簧测力计示数的2倍，故D错误。
故选AC。
18．某实验小组制作了一个水果电池组并打算测量其电动势和内阻。
（1）用多用电表的直流电压2.5V挡粗测水果电池的电动势，红表笔应当连接电池　 　（填“正极”或“负极”）；电表指针偏转如图甲所示，其示数为　 　V。
（2）现有下列实验器材：
A.上述水果电池组（r约为） B.电流表（量程为0~2mA，内阻约为）
C.电压表（量程为0~3V，内阻约为） D.滑动变阻器（）
E.滑动变阻器（） F.开关、导线若干
①为了更准确测量水果电池的电动势和内阻，滑动变阻器应选　 　（填“”或“”），电路图应选　 　（填“A”或“B”）；
②根据实验数据画出图线如图丙所示。由图线可得，水果电池的电动势　 　V（结果保留2位小数），内阻　 　（结果保留3位有效数字）。
【答案】（1）正极；0.94
（2）；B；0.95；450
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1） 电流从多用电表的红表笔流入黑表笔流出，则红表笔应当连接电池的正极；
用直流电压2.5挡测水果电池电动势，由图甲所示表盘可知，其分度值是0.05V，读数为0.95V。
（2）①如水果电池内阻约为500Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应选择R2；已知水果电池的内阻远大于电流表内阻，由，可知应把电流表与水果电池串联再用电压表测量两端电压这样产生的误差较小，故选B；
②根据完合电路欧姆定律
根据图像可知纵轴截距为电动势
内阻为
【分析】（1）电流从多用电表的红表笔流入黑表笔流出，根据题意分析答题；根据电压表的量程确定其分度值，根据指针位置读出其读数。
（2）①根据水果电池电动势与内阻结合实验器材分析答题。
②求出图像的函数解析式，根据图示图像求出水果电池的电动势与内阻。
（1）[1]根据多用电表测量电压的方法，可知红表笔应当连接电池正极；
[2]多用电表2.5V量程的直流电压分度值为0.05V，如图甲所示，其示数为0.95V；
（2）①[1]如图乙所示知滑动变阻器为限流式接法，且水果电池组内阻大，如果选起不到调节作用，应选量程大的滑动变阻器，故选；
[2]已知水果电池的内阻远大于电流表内阻，由
可知应把电流表与水果电池串联再用电压表测量两端电压这样产生的误差较小，故选B；
②[1][2]根据完合电路欧姆定律
根据图像可知纵轴截距为电动势
内阻为
19．以下实验中，说法正确的是（　　）
A．“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时电流逐渐减小，放电时电流逐渐增大
B．“探究平抛运动的特点”实验中，需用重锤线来调整轨道末端的水平
C．“探究影响感应电流方向的因素”实验中，需先知晓线圈的绕向
D．“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，原线圈接入10V的交流电时，副线圈输出电压不为零
【答案】C,D
【知识点】变压器原理；研究平抛物体的运动；楞次定律；观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】A．“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电和放电时电流均逐渐减小，A错误；
B．“探究平抛运动的特点”实验中，需用重锤线来确定竖直方向并建立坐标系，B错误；
C．“探究影响感应电流方向的因素”实验中，用楞次定律判断感应电流方向，需确定线圈的绕法，C正确；
D．如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，原线圈接入10V的交流电时，副线圈中仍会发生电磁感应现象，副线圈输出电压不为零，D正确。
故选CD。
【分析】“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时和放电时电流均逐渐减小；重垂线确定竖直方向并建立直角坐标系；根据楞次定律判断；根据变压器的规律分析即可。
20．图甲彩虹滑道是年轻人喜爱的项目，现将其简化为图乙所示。长为的水平直道AB和足够长的倾斜直道BC平滑连接，倾斜直道BC与水平地面的夹角为。游客可以乘坐滑垫从最高的C处向下滑动，也可以从直道AB出发由同伴推着滑行，其中滑垫与水平直道和倾斜直道的动摩擦因数均为。周末小杨在郊区体验了该项目，小杨与滑垫（整体可视为质点，下文简称小杨）的总质量为，时刻，小杨从C处静止滑下，不计空气阻力，重力加速度g取，（，）
（1）求小杨在倾斜直道BC下滑过程中的加速度的大小；
（2）现小杨静止在A处，多位同伴以恒力推动他向B处滑行，当推至距B为处松手，求小杨滑到B处的速度大小；
（3）在第（2）题的基础上，求小杨在斜面上滑动的总时间t。（结果可保留根号）
【答案】（1）小杨在倾斜直道BC下滑过程中，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
（2）多位同伴以恒力推动小杨，根据牛顿第二定律可得
解得
当推至距B为处松手，设松手前速度为，根据运动学公式可得
松手后的加速度大小为
根据运动学公式可得
联立解得小杨滑到B处的速度大小为
（3）小杨在斜面向上滑动的滑加速度大小为
上滑时间为
上滑距离为
因，小杨会下滑，下滑的加速度为
根据
解得下滑时间为
则小杨在斜面上滑动的总时间为
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）在下滑过程中，对小杨受力分析，根据牛顿第二定律求得下滑加速度；
（2）小杨在AB段先做匀加速后做匀减速运动，分别应用牛顿第二定律求出加速度，然后根据速度—位移公式求得到达B点的速度的大小；
（3）根据牛顿第二定律先求沿斜面向上运动的加速度的大小，然后由运动学公式可求向上运动的时间和位移的大小，然后由运动学公式可求沿斜面向下运动所用的时间，两者之和就是小杨在斜面上运动的总时间。
（1）小杨在倾斜直道BC下滑过程中，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
（2）多位同伴以恒力推动小杨，根据牛顿第二定律可得
解得
当推至距B为处松手，设松手前速度为，根据运动学公式可得
松手后的加速度大小为
根据运动学公式可得
联立解得小杨滑到B处的速度大小为
（3）小杨在斜面向上滑动的滑加速度大小为
上滑时间为
上滑距离为
因，小杨会下滑，下滑的加速度为
根据
解得下滑时间为
则小杨在斜面上滑动的总时间为
21．某装置分两部分：第一部分由弹簧、水平直轨道AE、半径为的圆轨道。组成（相互错开），其中AB光滑，长为，动摩擦因数为；第二部分由一特殊磁性材料制成的足够长的光滑水平轨道和一特殊的半“U”型滑板GHNM组成，其中GE的竖直高度差，光滑圆弧GH角度为，半径，HN长，被接触开关K（宽度不计）均匀分为左右两侧，左边动摩擦因数为，右边光滑，挡板MN固连在滑板上。该装置的有趣之处是物块每经过接触开关K都会使其切换“开”或“关”的状态，若开关为“关”时滑板与轨道E'F无作用，物块与特殊挡板MN相碰均会以原速率的0.5倍弹回，若开关为“开”时，磁性轨道会作用于滑板使其立即静止，初始时开关处于“开”状态。现有一质量的物块由弹簧弹出后，恰好过圆弧轨道的最高点C，求：
（1）物块到达D点时，轨道对物块的支持力大小；
（2）调整弹簧的弹性势能，使物块恰好沿切线进入GH轨道，求弹簧的弹性势能；
（3）物块最终静止的位置与H点的距离。
【答案】（1）物块恰好过圆弧轨道的最高点C，有
从，由动能定理
在D点有
解得轨道对物块的支持力大小
（2）由题意，可得物块在G点时有，
从，由能量守恒有
联立解得
（3）从由能量守恒有
解得
第一次经过K后，滑板保持静止，物块被挡板弹回时
第二次经过K后，滑板立即静止，由动能定理
物块与H点的距离
【知识点】能量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）物块恰好过圆弧轨道的最高点C，在C点由重力提供向心力，根据牛顿第二定律物块在C点的速度大小。由C到D的过程，根据动能定理求得到达D点的速度大小，再根据牛顿第二定律求得到达D点时轨道对物块的支持力大小；
（2）从E到G物块做平抛运动，根据平抛运动的性质求得到达E点时的平抛初速度大小。从物块由弹簧弹出后到达E点的过程，根据能量守恒定律求解弹簧的弹性势能；
（3）对物块由C点到E点的过程，根据动能定理求得物块到达E点时的速度大小，得到物块到达G点时恰好沿切线进入GH轨道。物块从E到K的过程，根据动能定理求得到达K点的速度大小，根据动能定理求解物块最终静止的位置与H点的距离。
22．某兴趣小组研究某款电动小车的启动与制动过程，电动小车结构图如图甲所示。图中用长为d的绝缘材料固定的两根导体棒ab、ce形成“工形”结构，固定于小车底部，两导体棒长度均为。图乙为原理图，匝数为50匝的金属圆形线圈水平放置，圆半径为，总电阻为，线圈内存在竖直向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系为。线圈与水平放置的平行导轨相连，导轨电阻不计且足够长，两导轨间距，在平行导轨区域加一竖直向下的匀强磁场，磁感应强度，导体棒ab、ce与导轨垂直并接触良好。已知电动小车总质量，ab、ce两根导体棒的电阻均为，该电动小车在导轨上运动时所受阻力满足，v为小车运行的速率。
（1）求闭合开关S瞬间流过ab棒的电流大小和方向；
（2）求闭合开关S瞬间小车所受安培力的大小；
（3）该小车能达到的最大速度；
（4）当小车以最大速度运行时，某时刻断开开关S，并将平行导轨区域的磁场立即改为如图丙所示的磁场，导轨间变为竖直（垂直纸面）方向等间距的匀强磁场区域，区域宽度均为d，磁感应强度为，方向相反，求小车减速过程中产生的焦耳热Q。
【答案】（1）根据楞次定律，流过ab棒的电流方向为b到a，根据法拉第电磁感应定律，线圈产生的感应电动势为
电路中的总电阻为
闭合S瞬间通过干路的电流为
故流过ab棒的电流大小为
（2）小车所受安培力的大小为
解得
（3）导体棒切割磁场产生电动势为
当模拟小车速度达到最大速度时，模拟小车所受安培力与摩擦阻力平衡，则有，
解得
（4）由安培力大小
始终有
则有
又
联立解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据楞次定律判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律求解电流大小；
（2）根据安培力公式求闭合开关S瞬间小车所受安培力的大小；
（3）模拟小车所受安培力与摩擦阻力平衡，结合动生电动势公式求该小车能达到的最大速度vm；
（4）根据动能定理求小车减速过程中产生的焦耳热Q。
（1）根据楞次定律，流过ab棒的电流方向为b到a，根据法拉第电磁感应定律，线圈产生的感应电动势为
电路中的总电阻为
闭合S瞬间通过干路的电流为
故流过ab棒的电流大小为
（2）小车所受安培力的大小为
解得
（3）导体棒切割磁场产生电动势为
当模拟小车速度达到最大速度时，模拟小车所受安培力与摩擦阻力平衡，则有，
解得
（4）由安培力大小
始终有
则有
又
联立解得
23．如图甲所示，真空中有一长为，间距为d的两平行金属板MN、PQ。平行金属板右侧安装一接地金属球，金属球球心位于平行金属板中轴线上，半径。在平行金属板中轴线的左端点有一可随时间连续均匀向右释放带正电的粒子源，粒子出平行金属板后进入垂直纸面向里的匀强磁场。已知粒子质量为m，电荷量为q，初速度为（大小未知），且长度为3d。现将平行金属板连接电压的恒定电压，同时在板间施加一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，此时粒子匀速通过平行金属板且恰好没打到金属球上。不考虑出射粒子间的相互作用及粒子的重力，题中d、m、q、为已知量。
（1）求的大小；
（2）求的大小；
（3）将平行金属板间的匀强磁场撤去，同时连接如图乙所示的交变电压，周期。调整的大小，经过足够长的时间后，一个周期内射出的粒子恰好有打在金属球上，求：
①平行金属板右侧NQ有粒子射出的长度s；
②的取值范围。
【答案】（1）匀速通过平行金属板，则有
解得
（2）磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可得
解得：
洛伦兹力提供向心力，则有
解得
（3）①由可知，粒子恰好运动一个周期，设竖直向下为正，分析易得时进入的粒子恰好能从Q点出来，则有
，
，
分析易得时进入的粒子向上偏移最大，则有
，
，
②粒子射出平行板时，速度与水平方向夹角为，且
进入磁场速度
故出平行金属板的粒子速度相同，为平行粒子束，且粒子数恰好为一个周期T内的，即从平行金属板射出的所有粒子均打在金属球上。
情况一：如图所示，最上面的粒子恰好不达到金属球时
解得，
情况二：如图所示，最下面的粒子恰好不达到金属球时，分析，
解得，
综上所述
【知识点】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）粒子在板间做匀速直线运动，可知粒子所受电场力与洛伦兹力等大反向，据此求v0的大小；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系求得运动半径。根据洛伦兹力提供向心力求解B2的大小；
（3）①分析粒子在板间电场中的运动过程，将运动分解处理，根据牛顿第二定律与运动学公式解答；
②分析粒子进入磁场的速度大小与方向，粒子在磁场中做匀速圆周运动时，根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系解答。
（1）匀速通过平行金属板，则有
解得
（2）磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可得
解得：
洛伦兹力提供向心力，则有
解得
（3）①由可知，粒子恰好运动一个周期，设竖直向下为正，分析易得时进入的粒子恰好能从Q点出来，则有
，
，
分析易得时进入的粒子向上偏移最大，则有
，
，
②粒子射出平行板时，速度与水平方向夹角为，且
进入磁场速度
故出平行金属板的粒子速度相同，为平行粒子束，且粒子数恰好为一个周期T内的，即从平行金属板射出的所有粒子均打在金属球上。
情况一：如图所示，最上面的粒子恰好不达到金属球时
解得，
情况二：如图所示，最下面的粒子恰好不达到金属球时，分析，
解得，
综上所述
1 / 1浙江省杭州市部分重点中学2024-2025学年高二下学期开学考试物理试题
一、选择题I（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，选对的得3分，选错的得0分）
1．下列物理量是矢量且单位正确的是（　　）
A．电场强度V/m B．磁通量
C．电流A D．感生电动势
2．2024年6月25日14时07分，嫦娥六号返回器准确着陆于内蒙古四子王旗预定区域，标志着探月工程嫦娥六号任务取得圆满成功，实现世界首次月球背面采样返回。下列说法正确的是（　　）
A．6月25日14时07分是时间间隔
B．研究嫦娥六号返回器准确着陆动作时返回器可以看成质点
C．返回器着陆过程中，以返回器为参考系则地面上的五星红旗是静止的
D．返回器着陆过程中，减速下降时处于超重状态
3．教材中有一皮带传动装置的示意图如图所示，右轮半径为r，A是它边缘上的一点。左侧是一轮轴，大轮半径为4r，小轮半径为2r。B点在小轮上，到小轮中心的距离为r。C点和D点分别位于小轮和大轮的边缘上。如果传动过程中皮带不打滑，关于A、B、C、D点的线速度和角速度的大小关系，下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
4．某品牌激光打印机如图所示，打印时，滚轮压紧A4纸后转动带动纸张进入打印机。假设每张A4纸的质量均相等，纸张之间、纸张与底板之间的动摩擦因数均相同。则在第1张纸送入打印机的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．第1张纸受到滚轮的摩擦力方向与纸张运动方向相反
B．第1张纸对第2张纸的压力大于第2张纸对第1张纸的支持力
C．滚轮与纸间的动摩擦因数小于纸张之间的动摩擦因数
D．若因潮湿导致纸张之间的动摩擦因数变大，则有可能多张纸一起被送入打印机中
5．2024年11月15日长征七号遥九运载火箭顺利将飞船送入预定轨道，与中国空间站成功对接。设空间站在地球附近沿逆时针方向做匀速圆周运动，如图中实线所示。对接成功后，运载火箭在P点喷射气体，实现变轨，变轨后的椭圆轨道如图中虚线所示，M、N分别为近地点和远地点，其半长轴大于空间站轨道半径。下列说法正确的是（　　）
A．运载火箭发射速度要大于11.2km/s，才能将飞船送入预定轨道
B．运载火箭在M点的速度小于在N点的速度
C．运载火箭变轨后的运动周期比空间站的小
D．运载火箭变轨前、后在P点的加速度相等
6．带电荷量分别为和的两点电荷组成了电荷系统，如图所示，图中实线为电场线（未标注方向），点A、B、C、D、F位于同一虚线上，根据图像可判断（　　）
A．的点电荷位于点B处
B．A点的电势比F点低
C．D点的场强大小一定为0
D．若一带负电的试探电荷从A点静止释放，仅在电场力的作用下将向F点运动
7．如图所示是一种电力变压器的铭牌中的部分信息。根据上面标示的信息，下列说法正确的是（　　）
A．额定容量指的是电荷量
B．原线圈的匝数比副线圈的匝数多
C．正常工作时，副线圈输出直流电压400V
D．正常工作时，副线圈中电流比原线圈中电流小
8．我国航天员要在天宫二号航天器实验舱的桌面上测量物体的质量，可采用的方法如下：质量为的待测物A的前后连接有质量均为的两个力传感器，在某一恒定外力F作用下在桌面上一起运动，如图所示，稳定后待测物A前、后两个传感器的读数分别为、，由此可知待测物体A的质量为（　　）
A． B． C． D．
9．如图所示电路中，电源电动势E恒定，内阻，定值电阻，电表均为理想电表。当电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等。下列说法中正确的是（　　）
A．电键K闭合时，电压表的示数较大
B．电键K闭合时，电源的效率较大
C．电阻、可能分别为、
D．电键K从断开到闭合，电压表的示数变化与电流表的示数变化的比值
10．小飞同学研究甲、乙、丙、丁四种情况导体棒受到的安培力大小，其中磁感应强度均为，方向垂直纸面向里，纸面内放置水平光滑导轨，间距均为d，且左端接一个相同的电阻R，导体棒速度大小均为v，甲、丁图中速度方向水平向右，乙图中速度与竖直方向夹角为，丙图导体棒与水平方向夹角为，不计导轨以及导体棒的阻值。则导体棒受到安培力最大的是（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11．下列说法中正确的是（　　）
A．避雷针的主要原理是尖端放电
B．动圈式扬声器的工作原理是电流的磁效应
C．密立根最早测定了元电荷e的数值
D．卡文迪什通过扭秤实验研究得出点电荷间相互作用力的规律
12．蹦极是一项青年人非常喜爱的特别刺激的休闲活动。某兴趣小组为了研究蹦极过程的运动规律，他们在自己身上装上传感器，测出了某次蹦极过程中自身下落速度v和相应的下落高度h，得到了如图所示的图像，其中OA段为直线，已知该同学是从静止开始竖直下落，不计阻力及弹性绳的重力，下列说法中正确的是（　　）
A．该同学在OA过程中做匀加速直线运动
B．该同学在下落过程中机械能守恒
C．该同学在下落过程中重力的功率一直增大
D．该同学从A到最低点运动过程中重力做功小于克服弹力做功
13．如图所示，在竖直平面内有一半圆形轨道，半径为1m，为轨道圆心，OB为其水平直径，为竖直半径，半径与水平方向成角。现以O为坐标原点建立直角坐标系，在xOy平面内有一弹射器（图中未画出）可以沿x轴正方向发射速度大小可调的弹丸（可看作质点），若要使弹丸垂直撞击轨道P点，弹丸发射点位置坐标可能的是（　　）
A． B． C． D．
三、非选择题（本题共5小题，共58分）
小李同学设计了如图甲所示的方案来探究小车的加速度与所受合力的关系。
14．本实验涉及到最主要的思想方法是________。
A．控制变量法 B．等效法 C．放大法 D．极限法
15．关于实验操作，下列说法正确的是________。
A．实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行
B．平衡摩擦力时，在细线下端悬挂槽码，使小车在细线的拉力作用下能匀速下滑
C．每次改变小车所受的拉力后都要重新平衡阻力
D．实验时应先释放小车，后接通打点计时器电源
16．小李处理实验数据后得到关系如图乙所示，出现这种结果最可能的原因是________。
A．未平衡小车阻力 B．平衡小车阻力过度
C．槽码的总质量太大 D．释放小车过早
17．小王同学受到小李同学的启发，关于本实验又设计了如图丙、丁所示的两种实验方案，下列说法正确的是________（多选）。
A．图甲、丙、丁中的方案都需要平衡阻力
B．只有图甲中方案需要平衡阻力
C．只有图甲中方案必须满足小车的质量远大于重物的质量
D．图丙中方案力传感器的示数和图丁中方案弹簧测力计的示数均等于小车所受合力的大小
18．某实验小组制作了一个水果电池组并打算测量其电动势和内阻。
（1）用多用电表的直流电压2.5V挡粗测水果电池的电动势，红表笔应当连接电池　 　（填“正极”或“负极”）；电表指针偏转如图甲所示，其示数为　 　V。
（2）现有下列实验器材：
A.上述水果电池组（r约为） B.电流表（量程为0~2mA，内阻约为）
C.电压表（量程为0~3V，内阻约为） D.滑动变阻器（）
E.滑动变阻器（） F.开关、导线若干
①为了更准确测量水果电池的电动势和内阻，滑动变阻器应选　 　（填“”或“”），电路图应选　 　（填“A”或“B”）；
②根据实验数据画出图线如图丙所示。由图线可得，水果电池的电动势　 　V（结果保留2位小数），内阻　 　（结果保留3位有效数字）。
19．以下实验中，说法正确的是（　　）
A．“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时电流逐渐减小，放电时电流逐渐增大
B．“探究平抛运动的特点”实验中，需用重锤线来调整轨道末端的水平
C．“探究影响感应电流方向的因素”实验中，需先知晓线圈的绕向
D．“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，原线圈接入10V的交流电时，副线圈输出电压不为零
20．图甲彩虹滑道是年轻人喜爱的项目，现将其简化为图乙所示。长为的水平直道AB和足够长的倾斜直道BC平滑连接，倾斜直道BC与水平地面的夹角为。游客可以乘坐滑垫从最高的C处向下滑动，也可以从直道AB出发由同伴推着滑行，其中滑垫与水平直道和倾斜直道的动摩擦因数均为。周末小杨在郊区体验了该项目，小杨与滑垫（整体可视为质点，下文简称小杨）的总质量为，时刻，小杨从C处静止滑下，不计空气阻力，重力加速度g取，（，）
（1）求小杨在倾斜直道BC下滑过程中的加速度的大小；
（2）现小杨静止在A处，多位同伴以恒力推动他向B处滑行，当推至距B为处松手，求小杨滑到B处的速度大小；
（3）在第（2）题的基础上，求小杨在斜面上滑动的总时间t。（结果可保留根号）
21．某装置分两部分：第一部分由弹簧、水平直轨道AE、半径为的圆轨道。组成（相互错开），其中AB光滑，长为，动摩擦因数为；第二部分由一特殊磁性材料制成的足够长的光滑水平轨道和一特殊的半“U”型滑板GHNM组成，其中GE的竖直高度差，光滑圆弧GH角度为，半径，HN长，被接触开关K（宽度不计）均匀分为左右两侧，左边动摩擦因数为，右边光滑，挡板MN固连在滑板上。该装置的有趣之处是物块每经过接触开关K都会使其切换“开”或“关”的状态，若开关为“关”时滑板与轨道E'F无作用，物块与特殊挡板MN相碰均会以原速率的0.5倍弹回，若开关为“开”时，磁性轨道会作用于滑板使其立即静止，初始时开关处于“开”状态。现有一质量的物块由弹簧弹出后，恰好过圆弧轨道的最高点C，求：
（1）物块到达D点时，轨道对物块的支持力大小；
（2）调整弹簧的弹性势能，使物块恰好沿切线进入GH轨道，求弹簧的弹性势能；
（3）物块最终静止的位置与H点的距离。
22．某兴趣小组研究某款电动小车的启动与制动过程，电动小车结构图如图甲所示。图中用长为d的绝缘材料固定的两根导体棒ab、ce形成“工形”结构，固定于小车底部，两导体棒长度均为。图乙为原理图，匝数为50匝的金属圆形线圈水平放置，圆半径为，总电阻为，线圈内存在竖直向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系为。线圈与水平放置的平行导轨相连，导轨电阻不计且足够长，两导轨间距，在平行导轨区域加一竖直向下的匀强磁场，磁感应强度，导体棒ab、ce与导轨垂直并接触良好。已知电动小车总质量，ab、ce两根导体棒的电阻均为，该电动小车在导轨上运动时所受阻力满足，v为小车运行的速率。
（1）求闭合开关S瞬间流过ab棒的电流大小和方向；
（2）求闭合开关S瞬间小车所受安培力的大小；
（3）该小车能达到的最大速度；
（4）当小车以最大速度运行时，某时刻断开开关S，并将平行导轨区域的磁场立即改为如图丙所示的磁场，导轨间变为竖直（垂直纸面）方向等间距的匀强磁场区域，区域宽度均为d，磁感应强度为，方向相反，求小车减速过程中产生的焦耳热Q。
23．如图甲所示，真空中有一长为，间距为d的两平行金属板MN、PQ。平行金属板右侧安装一接地金属球，金属球球心位于平行金属板中轴线上，半径。在平行金属板中轴线的左端点有一可随时间连续均匀向右释放带正电的粒子源，粒子出平行金属板后进入垂直纸面向里的匀强磁场。已知粒子质量为m，电荷量为q，初速度为（大小未知），且长度为3d。现将平行金属板连接电压的恒定电压，同时在板间施加一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，此时粒子匀速通过平行金属板且恰好没打到金属球上。不考虑出射粒子间的相互作用及粒子的重力，题中d、m、q、为已知量。
（1）求的大小；
（2）求的大小；
（3）将平行金属板间的匀强磁场撤去，同时连接如图乙所示的交变电压，周期。调整的大小，经过足够长的时间后，一个周期内射出的粒子恰好有打在金属球上，求：
①平行金属板右侧NQ有粒子射出的长度s；
②的取值范围。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】矢量与标量；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A． 标量是只有大小，没有方向的物理量。矢量是既有大小又有方向的物理量，运算时遵守平行四边定则。电场强度是矢量，单位是N/C或V/m，故A正确；
B．磁通量是标量，单位是，故B错误；
C．电流有大小，有方向，但运算不遵循平行四边形定则，是标量，单位是A，故C错误；
D．感生电动势是标量，单位是V，故D错误。
故选A。
【分析】根据对标量矢量的认识，结合不同物理量的单位，即可分析判断
2．【答案】D
【知识点】质点；时间与时刻；参考系与坐标系；超重与失重
【解析】【解答】A、6月25日14时07分是时间点，是时刻，故A错误；B、研究嫦娥六号返回器准确着陆动作时，其大小和形状对所研究的问题影响不能忽略不计，所以返回器不可以看成质点，故B错误；
C、返回器着陆过程中，以返回器为参考系，其地面上的五星红旗的相对位置发生变化，故以返回器为参考系则地面上的五星红旗是运动的，故C错误；
D、飞返回器着陆过程中，减速下降时，具有向上的加速度，处于超重状态，故D正确。
故选：D。
【分析】在时间轴上，时间间隔对应一段距离，时刻对应一个点；根据看作质点的条件进行判断；根据物体相对参考系的位置是否变化，来判断物体相对参考系是静止还是运动的；根据加速度方向判断超失重。
3．【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】由题意可知rA：rB：rC：rD=1：1：2：4
AC皮带相连，线速度大小相同，故vA=vC，BCD同轴转动，角速度相同，故ωB=ωC=ωD
根据v=ωr可知vA：vB：vC：vD=2：1：2：4，角速度之比为ωA：ωB：ωC：ωD=2：1：1：1
故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】共轴转动的各点角速度相等，靠传送带传动轮子边缘上的点线速度大小相等，根据公式v=rω求解即可。
4．【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】A、假如第1张纸与滚轮之间是光滑的，则第一张纸静止不动，由此可知第一张纸相对滚轮有向后的运动趋势，摩擦力方向总是与相对运动趋势方向相反，所以第一张纸受到滚轮的摩擦力方向与纸张的运动方向相同，故A错误；
B．第1张纸对第2张纸的压力和第2张纸对第1张纸的支持力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律可知它们大小相等，方向相反，故B错误；
C．设纸张之间、纸张与底板之间的动摩擦因数为，滚轮与纸间的动摩擦因数为，滚轮对纸张的压力大小为N，每张纸的质量为m，对第1张纸受力分析有，所以滚轮与纸间的动摩擦因数大于纸张之间的动摩擦因数，故C错误；
D．若因潮湿导致纸张之间的动摩擦因数变大，则纸与纸之间的最大静摩擦力变大，则可能会导致多张纸一起被送入打印机中，故D正确。
故选D。
【分析】根据摩擦力方向与相对运动趋势方向相反分析；根据相互作用力分析；对第一张纸受力分析即可；若因潮湿导致纸张之间的动摩擦因数变大，则纸与纸之间的最大静摩擦力变大，据此分析。
5．【答案】D
【知识点】开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．运载火箭只要达到第一宇宙速度（约7.9km/s）左右即可进入近地圆形轨道，不需要超过第二宇宙速度（约11.2km/s），超过第二宇宙速度，飞船将脱离地球的束缚，故A错误。
B．根据开普勒第二定律，可知运载火箭在椭圆轨道上的速度在近地点（M点）最大、远地点（N点）最小，故B错误。
C．根据开普勒第三定律可知，半长轴越大，周期越大，所以变轨后运载火箭的周期比空间站大，故C错误。
D．运载火箭在P点时距离地心相同，万有引力大小相同（忽略其他力），根据牛顿第二定律可知加速度大小相同，故D正确。
故选D。
【分析】根据第二宇宙速度的定义分析；根据开普勒第二定律分析；根据开普勒第三定律分析周期之比；根据牛顿第二定律分析加速度。
6．【答案】A
【知识点】电势
【解析】【解答】A．电场线的疏密程度反应电场的强弱，结合点电荷形成的电场可知，的点电荷位于点B处，A正确；
B．根据点电荷的电势分布及叠加可知，A点的电势比F点高，B错误；
C、由电场线的疏密表示电场强度的强弱，D点与场源电荷的距离未知，D点的电场强度不能确定，即不一定为零，故C错误；
D．根据电场的叠加原理可知，A点的合场强方向向右，负电荷在A点受到电场力的方向与场强方向相反，水平向左，故负电的试探电荷从A点静止释放，仅在电场力的作用下不会向F点运动，D错误。
故选A。
【分析】由电场线与电场强度的关系，可知图中各点的电场强度大小；由电场强度与电荷量的关系，结合两个点电荷的电荷量，即可区分BC两点分别为哪个电荷；由电荷的正负，可知电场线的方向，由电势沿电场线降低，可比较AF点的电势高低；由负试探电荷在电场中的受力情况，可知其释放后的运动方向。
7．【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A.由铭牌中额定容量的单位可知，额定容量是电压与电流的乘积，由电流的定义式可知，电荷量是时间与电流的乘积，则额定容量指的不是电荷量，故A错误；BD.因为原、副线圈的电压之比等于匝数之比，且只有一个副线圈时，原、副线圈的电流之比等于匝数的反比，又由铭牌可知，该变压器输入电压大于输出电压，则原线圈的匝数比副线圈的匝数多，正常工作时，副线圈中电流比原线圈中电流大，故B正确，D错误；
C.变压器只对交流电起作用，副线圈输出是交流电压，故C错误；
故选：B。
【分析】根据额定容量的单位及电流的定义式分析；根据理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系，结合铭牌中的信息分析；变压器只对交流电起作用。
8．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚受力情况，应用牛顿第二定律即可解题，解题时注意整体法与隔离法的应用。隔离前面的传感器有
隔离待测物体A有
联立可得
故选B。
【分析】应用整体法求出加速度，然后以A与前面的传感器、前面的传感器为研究对象，应用牛顿第二定律求出A的质量。
9．【答案】C
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】AB、电键K闭合时，ab间的电阻由R1+R2减小成R1，根据“串反并同”可知，与ab段电路并联的电压表的示数减小；与ab段电路串联的电源的电压增大，根据闭合电路欧姆定律可知，此时路端电压减小，则电源的效率， 所以，电源的效率减小，故AB错误；
C．若电阻、阻值分别为、，当电键K断开时，ab段电路消耗的电功率为
电键K闭合时，ab段电路消耗的电功率为
可知，电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，满足题意，故C正确；
D．由A分析可知，电键K从断开到闭合，电压表的示数变化与电流表的示数变化的比值，故D错误。
故选C。
【分析】当K闭合时R2被短路，根据“串反并同”分析动态电路；根据电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，列出方程，将电阻R1、R2代入，选择使方程成立的阻值．根据外电路总电阻的变化，分析电压表示数的大小关系．根据闭合电路欧姆定律求解电键K断开与闭合时电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比。
10．【答案】C
【知识点】安培力的计算；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】根据安培力公式F=BIL，则电路中电流I越大，有效长度L越大的对应的安培力最大，又I=，切割磁感线产生感应电动势的有效长度丙最大，电流最大，故计算的安培力也最大，故C正确，ABD错误。故选：C。
【分析】根据导体棒切割磁感线产生感应电动势公式、闭合电路的欧姆定律以及安培力公式进行分析解答。
11．【答案】A,C
【知识点】物理学史
【解析】【解答】A．尖端放电是指在强电场作用下，物体尖锐部分发生的一种放电现象，避雷针的主要原理是尖端放电，故A正确； B．动圈式扬声器的工作原理是固定磁体对通电导线的作用，故B正确；
C．密立根利用油滴实验最早测定了元电荷e的数值，故C正确；
D．库仑通过扭秤实验研究得出点电荷间相互作用力的规律，总结出库仑定律，故D错误。
故选：AC。
【分析】根据尖端放电、磁场对电流的作用原理结合密立根以及库仑的研究成果和贡献进行分析判断。
12．【答案】A,D
【知识点】功能关系；牛顿第二定律；功率及其计算
【解析】【解答】A.在图像的OA段是一条直线，根据公式v2=2ah，可知OA段做匀加速直线运动，故A正确；B.该同学下落过程中由于后来向下做减速运动，动能和重力势能都减小，则机械能不守恒，故B错误；
C.根据重力功率公式PG=mgv，速度v先增大后减小，所以重力功率先增大后减小，故C错误；
D.根据能量的转化和守恒可知，该同学在整个过程中重力做的功等于克服弹力做的功，从A点开始，则重力做的功小于克服弹力做的功，故D正确。
故选：AD。
【分析】根据匀变速直线运动推论结合图像的直线特点进行分析解答；根据机械能守恒的条件进行分析判断；根据重力的瞬时功率公式分析判断；根据能量的转化和守恒定律进行分析解答。
13．【答案】A,B,D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】本题考查了平抛运动问题，分析清楚弹丸的运动过程，应用平抛运动的推论即可解题。若弹丸垂直撞击轨道P点，可知弹丸速度与水平方向的夹角为，则有
则抛出点和点连线与水平方向夹角的正切值满足
由几何关系可得，
A．若抛出点坐标为，则有，故A正确；
B．若抛出点坐标为，则有，故B正确；
C．若抛出点坐标为，则有，故C错误；
D．若抛出点坐标为，则有，故D正确。
故选ABD。
【分析】弹丸做平抛运动，平抛运动速度偏角的正切值是位移偏角正切值的2倍，据此分析答题。
【答案】14．A
15．A
16．B
17．A；C
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）在探究小车的加速度与所受合力的关系的实验中采用了控制变量法，故A正确，BCD错误。故选：A。
（2）A.为了保证小车所受拉力的方向始终不变，使滑轮和小车间的细线与木板平行，故A正确；
B.平衡摩擦力时，应取下小车前端悬挂槽码，小车在木板上匀速运动，故B错误；
C.根据平衡摩擦力的原理，小车匀速运动时Mgsinθ=μMgcosθ，解得μ=tanθ，可见，每次改变小车所受的拉力后不需要重新平衡阻力，故C错误；
D.为了充分利用纸带，实验时应先接通打点计时器电源，再释放小车，故D错误。
故选：A。
（3）根据图乙可知，拉力F=0时，加速度不为零，其原因可能是平衡小车阻力过度。
故选B。
（4）AB．根据实验原理，图甲、丙、丁中的方案都需要平衡阻力，故A正确，B错误；
C．在甲方案中，对整体受力分析，根据牛顿第二定律可得mg=（M+m）a
对小车F=Ma
联立解得F＝
当M m时，有F=mg，用砝码重力代替小车受到的拉力，因此，在甲图中需要满足小车的质量远大于重物的质量；
图丙方案中，使用了力传感器测拉力，图丁方案中，使用了弹簧测力计测拉力，因此不需要满足小车的质量远大于重物的质量，故C正确；
D．平衡摩擦力后，图丁方案中小车所受合力的大小等于弹簧测力计示数的2倍，故D错误。
故选AC。
【分析】（1）根据实验原理分析采用的物理方法；
（2）根据实验的原理和正确操作分析作答；
（3）图乙可知，拉力F=0时，加速度不为零，据此分析作答；
（4）根据实验原理分析是否平衡摩擦力、是否需要满足小车的质量远大于重物的质量。
14．在探究小车的加速度与所受合力的关系的实验中采用了控制变量法。
故选A。
15．A．为了保证小车所受拉力的方向始终不变，实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行，故A正确；
B．根据平衡摩擦力的原理，平衡摩擦力时，应取下小车前端悬挂槽码，使小车牵引穿过打点计时器的纸带，将长木板不带滑轮的那端垫高，直到小车在木板上匀速运动为止，故B错误；
C．根据平衡摩擦力的原理，小车匀速运动时
解得
可见，平衡摩擦力后斜面的倾角与小车质量无关，因此每次改变小车所受的拉力后不需要重新平衡阻力，故C错误；
D．为了充分利用纸带，实验时应先接通打点计时器电源，再释放小车，故D错误。
故选A。
16．根据图乙可知，拉力F=0时，加速度不为零，其原因可能是平衡小车阻力过度，即长木板倾角过大。
故选B。
17．AB．根据实验原理，图甲、丙、丁中的方案都需要平衡阻力，故A正确，B错误；
C．在甲方案中，根据牛顿第二定律，对整体mg=（M+m）a
对小车F=Ma
联立解得F＝
当M m时，有F=mg
因此，在甲图中需要满足小车的质量远大于重物的质量；
图丙方案中，使用了力传感器测拉力，图丁方案中，使用了弹簧测力计测拉力，因此不需要满足小车的质量远大于重物的质量，故C正确；
D．平衡摩擦力后，图丁方案中小车所受合力的大小等于弹簧测力计示数的2倍，故D错误。
故选AC。
18．【答案】（1）正极；0.94
（2）；B；0.95；450
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1） 电流从多用电表的红表笔流入黑表笔流出，则红表笔应当连接电池的正极；
用直流电压2.5挡测水果电池电动势，由图甲所示表盘可知，其分度值是0.05V，读数为0.95V。
（2）①如水果电池内阻约为500Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应选择R2；已知水果电池的内阻远大于电流表内阻，由，可知应把电流表与水果电池串联再用电压表测量两端电压这样产生的误差较小，故选B；
②根据完合电路欧姆定律
根据图像可知纵轴截距为电动势
内阻为
【分析】（1）电流从多用电表的红表笔流入黑表笔流出，根据题意分析答题；根据电压表的量程确定其分度值，根据指针位置读出其读数。
（2）①根据水果电池电动势与内阻结合实验器材分析答题。
②求出图像的函数解析式，根据图示图像求出水果电池的电动势与内阻。
（1）[1]根据多用电表测量电压的方法，可知红表笔应当连接电池正极；
[2]多用电表2.5V量程的直流电压分度值为0.05V，如图甲所示，其示数为0.95V；
（2）①[1]如图乙所示知滑动变阻器为限流式接法，且水果电池组内阻大，如果选起不到调节作用，应选量程大的滑动变阻器，故选；
[2]已知水果电池的内阻远大于电流表内阻，由
可知应把电流表与水果电池串联再用电压表测量两端电压这样产生的误差较小，故选B；
②[1][2]根据完合电路欧姆定律
根据图像可知纵轴截距为电动势
内阻为
19．【答案】C,D
【知识点】变压器原理；研究平抛物体的运动；楞次定律；观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】A．“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电和放电时电流均逐渐减小，A错误；
B．“探究平抛运动的特点”实验中，需用重锤线来确定竖直方向并建立坐标系，B错误；
C．“探究影响感应电流方向的因素”实验中，用楞次定律判断感应电流方向，需确定线圈的绕法，C正确；
D．如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，原线圈接入10V的交流电时，副线圈中仍会发生电磁感应现象，副线圈输出电压不为零，D正确。
故选CD。
【分析】“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时和放电时电流均逐渐减小；重垂线确定竖直方向并建立直角坐标系；根据楞次定律判断；根据变压器的规律分析即可。
20．【答案】（1）小杨在倾斜直道BC下滑过程中，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
（2）多位同伴以恒力推动小杨，根据牛顿第二定律可得
解得
当推至距B为处松手，设松手前速度为，根据运动学公式可得
松手后的加速度大小为
根据运动学公式可得
联立解得小杨滑到B处的速度大小为
（3）小杨在斜面向上滑动的滑加速度大小为
上滑时间为
上滑距离为
因，小杨会下滑，下滑的加速度为
根据
解得下滑时间为
则小杨在斜面上滑动的总时间为
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）在下滑过程中，对小杨受力分析，根据牛顿第二定律求得下滑加速度；
（2）小杨在AB段先做匀加速后做匀减速运动，分别应用牛顿第二定律求出加速度，然后根据速度—位移公式求得到达B点的速度的大小；
（3）根据牛顿第二定律先求沿斜面向上运动的加速度的大小，然后由运动学公式可求向上运动的时间和位移的大小，然后由运动学公式可求沿斜面向下运动所用的时间，两者之和就是小杨在斜面上运动的总时间。
（1）小杨在倾斜直道BC下滑过程中，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
（2）多位同伴以恒力推动小杨，根据牛顿第二定律可得
解得
当推至距B为处松手，设松手前速度为，根据运动学公式可得
松手后的加速度大小为
根据运动学公式可得
联立解得小杨滑到B处的速度大小为
（3）小杨在斜面向上滑动的滑加速度大小为
上滑时间为
上滑距离为
因，小杨会下滑，下滑的加速度为
根据
解得下滑时间为
则小杨在斜面上滑动的总时间为
21．【答案】（1）物块恰好过圆弧轨道的最高点C，有
从，由动能定理
在D点有
解得轨道对物块的支持力大小
（2）由题意，可得物块在G点时有，
从，由能量守恒有
联立解得
（3）从由能量守恒有
解得
第一次经过K后，滑板保持静止，物块被挡板弹回时
第二次经过K后，滑板立即静止，由动能定理
物块与H点的距离
【知识点】能量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）物块恰好过圆弧轨道的最高点C，在C点由重力提供向心力，根据牛顿第二定律物块在C点的速度大小。由C到D的过程，根据动能定理求得到达D点的速度大小，再根据牛顿第二定律求得到达D点时轨道对物块的支持力大小；
（2）从E到G物块做平抛运动，根据平抛运动的性质求得到达E点时的平抛初速度大小。从物块由弹簧弹出后到达E点的过程，根据能量守恒定律求解弹簧的弹性势能；
（3）对物块由C点到E点的过程，根据动能定理求得物块到达E点时的速度大小，得到物块到达G点时恰好沿切线进入GH轨道。物块从E到K的过程，根据动能定理求得到达K点的速度大小，根据动能定理求解物块最终静止的位置与H点的距离。
22．【答案】（1）根据楞次定律，流过ab棒的电流方向为b到a，根据法拉第电磁感应定律，线圈产生的感应电动势为
电路中的总电阻为
闭合S瞬间通过干路的电流为
故流过ab棒的电流大小为
（2）小车所受安培力的大小为
解得
（3）导体棒切割磁场产生电动势为
当模拟小车速度达到最大速度时，模拟小车所受安培力与摩擦阻力平衡，则有，
解得
（4）由安培力大小
始终有
则有
又
联立解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据楞次定律判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律求解电流大小；
（2）根据安培力公式求闭合开关S瞬间小车所受安培力的大小；
（3）模拟小车所受安培力与摩擦阻力平衡，结合动生电动势公式求该小车能达到的最大速度vm；
（4）根据动能定理求小车减速过程中产生的焦耳热Q。
（1）根据楞次定律，流过ab棒的电流方向为b到a，根据法拉第电磁感应定律，线圈产生的感应电动势为
电路中的总电阻为
闭合S瞬间通过干路的电流为
故流过ab棒的电流大小为
（2）小车所受安培力的大小为
解得
（3）导体棒切割磁场产生电动势为
当模拟小车速度达到最大速度时，模拟小车所受安培力与摩擦阻力平衡，则有，
解得
（4）由安培力大小
始终有
则有
又
联立解得
23．【答案】（1）匀速通过平行金属板，则有
解得
（2）磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可得
解得：
洛伦兹力提供向心力，则有
解得
（3）①由可知，粒子恰好运动一个周期，设竖直向下为正，分析易得时进入的粒子恰好能从Q点出来，则有
，
，
分析易得时进入的粒子向上偏移最大，则有
，
，
②粒子射出平行板时，速度与水平方向夹角为，且
进入磁场速度
故出平行金属板的粒子速度相同，为平行粒子束，且粒子数恰好为一个周期T内的，即从平行金属板射出的所有粒子均打在金属球上。
情况一：如图所示，最上面的粒子恰好不达到金属球时
解得，
情况二：如图所示，最下面的粒子恰好不达到金属球时，分析，
解得，
综上所述
【知识点】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）粒子在板间做匀速直线运动，可知粒子所受电场力与洛伦兹力等大反向，据此求v0的大小；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系求得运动半径。根据洛伦兹力提供向心力求解B2的大小；
（3）①分析粒子在板间电场中的运动过程，将运动分解处理，根据牛顿第二定律与运动学公式解答；
②分析粒子进入磁场的速度大小与方向，粒子在磁场中做匀速圆周运动时，根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系解答。
（1）匀速通过平行金属板，则有
解得
（2）磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可得
解得：
洛伦兹力提供向心力，则有
解得
（3）①由可知，粒子恰好运动一个周期，设竖直向下为正，分析易得时进入的粒子恰好能从Q点出来，则有
，
，
分析易得时进入的粒子向上偏移最大，则有
，
，
②粒子射出平行板时，速度与水平方向夹角为，且
进入磁场速度
故出平行金属板的粒子速度相同，为平行粒子束，且粒子数恰好为一个周期T内的，即从平行金属板射出的所有粒子均打在金属球上。
情况一：如图所示，最上面的粒子恰好不达到金属球时
解得，
情况二：如图所示，最下面的粒子恰好不达到金属球时，分析，
解得，
综上所述
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