资源简介

浙江省六校联盟2025-2026学年高二上学期10月月考物理试题
1．下列物理量为标量且其单位用国际基本单位表示正确的是（　　）
A．电势（eV） B．电压（）
C．磁感应强度（） D．功率（）
【答案】D
【知识点】磁感应强度；力学单位制
【解析】【解答】A、电势只有大小、无方向，属于标量，eV 属于能量的常用单位，并不是国际基本单位，故 A 错误；
B、电压只有大小、无方向，属于标量，由定义推导，电压用国际基本单位表达为，选项表述存在错误，故 B 错误；
C、磁感应强度既有大小又有方向，是矢量，单位换算为，该选项说法有误，故 C 错误；
D、功率只有大小，没有方向，属于标量，对应的单位表述符合规定，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查标量矢量判断与单位分类。区分导出单位、常用单位和国际基本单位，eV 是能量导出单位，不属于七个国际基本单位。
B、考查电压的属性与单位量纲推导。依托电功、电荷量公式推导电压的基本单位组合形式，核对量纲表达式。
C、考查磁感应强度矢量属性和单位换算。由安培力公式推导特斯拉对应的基本单位组合，分清矢量、标量。
D、考查功率的矢量标量区分以及单位识记。功率是描述做功快慢的物理量，为标量，熟记功率对应的单位规则。
2．精彩的体育赛事总是能吸引大家的眼球，关于运动，以下说法正确的是（　　）
A．图甲：运动员参加42.195公里的大众马拉松比赛，42.195公里指的是位移
B．图乙：研究运动员发球技巧时，可以将乒乓球看成质点
C．图丙：撑杆跳运动员从起跳到落地过程始终处于失重状态
D．图丁：在跳远运动员起跳前的助跑阶段，地面对运动员不做功
【答案】D
【知识点】质点；位移与路程；超重与失重；功的概念
【解析】【解答】A. 马拉松的运动轨迹是不规则曲线，42.195公里是轨迹的总长度，对应路程这一物理量；位移是起点到终点的有向线段，二者不相等，故A错误。
B. 研究发球技巧时，需要分析乒乓球的旋转、击球点位置等细节，球的大小和形状对研究结果有直接影响，不能将其抽象为质点，故B错误。
C. 撑杆跳起跳阶段，撑杆的弹力带动运动员加速上升，加速度方向向上，运动员处于超重状态；上升后期与下落阶段加速度向下，才处于失重状态，并非全程失重，故C错误。
D. 助跑阶段地面对运动员的摩擦力是静摩擦力，摩擦力的作用点在脚底，与地面接触时没有发生位移，因此静摩擦力对运动员不做功，故D正确。
故答案为：D
【分析】本题考查运动学基础概念辨析，涉及位移与路程、质点模型、超重失重、做功条件四个知识点。结合各选项的运动场景，分别对应概念的判定标准：位移看初末位置差，路程看轨迹长度；质点需满足大小形状对研究无影响；超重失重看加速度方向；做功看力与作用点位移的乘积，逐一验证即可。
3．如图所示，物块A与B用跨过滑轮的轻绳相连，稳定后，轻绳 OP与水平方向夹角为，OA和OB与OP的延长线的夹角分别为和。已知，地面对物块B的弹力为NB=80N，不计滑轮的重力及轻绳和滑轮之间的摩擦，下列说法正确的是（　　）
A． B．物体A的重力40N
C．OP绳子的拉力为 D．地面对物体B的摩擦力为20N
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A. 同一根轻绳张力处处相等，OA、OB段拉力大小相同。滑轮静止时，两段绳拉力的合力与OP段拉力等大反向，根据平行四边形定则，合力沿两分力的角平分线方向，因此。结合OP与水平方向夹角为，可得，故A错误。
B. 对物块B竖直方向受力分析，受力平衡满足：，代入数据，解得绳拉力。物块A静止，绳拉力等于A的重力，即，故B正确。
C. 由平行四边形定则，OP段拉力等于两段绳拉力的合力：，故C错误。
D. 对物块B水平方向受力分析，静摩擦力与拉力的水平分力平衡：，故D错误。
故答案为：B
【分析】本题考查共点力平衡条件的应用，涉及滑轮的受力特点与正交分解法。首先根据同一根绳拉力相等，结合合力方向判断两侧夹角的关系；再对物块B进行正交分解，分别在竖直、水平方向列平衡方程，求解绳拉力、摩擦力等物理量，进而对比各选项。
4．以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；牛顿定律与图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】没有空气阻力时，物体只受重力，是竖直上抛运动，v-t图象是直线；有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有
可得，由于阻力随着速度而减小，故加速度逐渐减小，最小值为g；v-t图象的斜率表示加速度，故图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，切线与虚线平行；ACD错误，B正确。
故答案为：B。
【分析】通过牛顿第二定律分析有、无空气阻力时的加速度变化，结合v-t图像斜率的物理意义（加速度）判断图像形状。
5．制作糍粑时，工匠使用质量为的木锤，抬至约80cm的高度由静止释放（可简化为自由落体运动），砸到糍粑后，与糍粑的作用时间为后速度减为0。已知重力加速度g取，下列说法错误的是（　　）
A．木锤打击糍粑前瞬间，速度大小为4m/s
B．木锤打击糍粑过程，木锤对糍粑的冲量大小为8N·s
C．木锤打击糍粑过程，木锤的动量变化大小为8kg·m/s
D．木锤与糍粑作用过程，糍粑对木锤的平均作用力为100N
【答案】B
【知识点】动量定理；自由落体运动；冲量
【解析】【解答】解：A. 木锤自由下落过程，由运动学公式，代入、，得，故A正确。
BD. 取竖直向上为正方向，对木锤应用动量定理：
代入数据，解得糍粑对木锤的平均作用力。
根据牛顿第三定律，木锤对糍粑的作用力大小也为100N，因此木锤对糍粑的冲量大小，故B错误，D正确。
C. 木锤初动量为，末动量为0，动量变化量，大小为8kg·m/s，故C正确。
本题选错误的，故答案为：B
【分析】本题考查自由落体规律与动量定理的应用，涉及冲量、动量变化的计算。首先用运动学公式求出碰撞前的速度，再对碰撞过程应用动量定理求解平均作用力，注意重力不能忽略；结合牛顿第三定律分析木锤对糍粑的冲量，同时明确动量变化的矢量性，逐一判断选项。
6．如图所示，地球静止轨道卫星甲和沿椭圆轨道运行的卫星乙在同一平面上绕地球转动。甲的圆轨道直径与乙的椭圆轨道长轴相等。A、B分别是椭圆的近地点和远地点，P点为两轨道的交点。则（　　）
A．当乙从A点第一次运动到B点，甲刚好转动一周
B．乙在A点的速度大于甲的速度
C．甲、乙在P点时加速度大小不同
D．甲的机械能一定比乙的机械能大
【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A. 甲的圆轨道直径与乙的椭圆长轴相等，因此甲的轨道半径等于乙椭圆的半长轴。根据开普勒第三定律，二者公转周期相等。乙从A到B对应半个周期，此时甲也仅转动半周，故A错误。
B. 假设卫星在A点高度做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，得。A点轨道半径小于甲的轨道半径，因此该圆轨道速度大于甲的速度；而乙在A点做离心运动才能进入椭圆轨道，说明乙在A点的速度大于该高度圆轨道的速度，因此乙在A点的速度大于甲的速度，故B正确。
C. 卫星加速度由万有引力提供，，在P点两卫星到地心距离相同，因此加速度大小相等，故C错误。
D. 机械能为动能与引力势能之和，两颗卫星质量未知，无法比较机械能大小，故D错误。
故答案为：B
【分析】本题考查天体运动规律，涉及开普勒第三定律、卫星变轨、加速度与机械能比较。根据半长轴与轨道半径的关系，用开普勒第三定律判断周期；通过圆轨道速度与变轨速度的关系比较近地点速度；由万有引力定律分析加速度；明确机械能与质量相关，质量未知则无法比较。
7．生产陶瓷的工作台匀速转动，台面上有陶屑，陶屑与台面间的动摩擦因数处处相同，则（　　）
A．越靠近台面边缘的陶屑质量越大
B．越靠近台面边缘的陶屑质量越小
C．陶屑只能分布在圆台边缘
D．陶屑只能分布在圆台上一定半径的圆内
【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】陶屑随工作台匀速转动时，静摩擦力提供向心力。当静摩擦力达到最大值时，对应临界转动半径，此时满足：，整理得，可见临界半径与陶屑质量无关：半径大于的位置，所需向心力超过最大静摩擦力，陶屑会做离心运动；只有半径小于等于的区域，陶屑才能随台面保持相对静止。因此陶屑只能分布在圆台上一定半径的圆内。
故答案为：D
【分析】本题考查圆周运动的向心力临界问题，涉及静摩擦力提供向心力的应用。陶屑做匀速圆周运动的向心力由静摩擦力提供，最大静摩擦力对应临界转动半径，推导临界半径的表达式，分析其与质量的关系，即可判断陶屑的分布范围。
8．福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，电磁弹射系统是福建舰的核心装备之一，在测试电磁弹射系统时，配重小车自甲板前端水平射出，落至海面上。简化模型如图所示，两辆质量相同的配重小车1和小车2先后进行弹射测试，轨迹分别为曲线1和曲线2，A、B为两次弹射的落水点。忽略空气阻力，配重小车可视为质点。则关于配重小车1和小车2说法正确的是（　　）
A．小车2的水平初速度小于小车1的水平初速度
B．落水瞬间重力的瞬时功率
C．在空中运动过程中速度变化量
D．在空中运动过程中重力的平均功率
【答案】C
【知识点】平抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】A、配重小车做平抛运动，竖直方向是自由落体运动，运动时长只由下落高度决定，两车下落高度一致，因此运动时间相等，。水平方向保持匀速直线运动，已知水平位移，结合，时间相同，能够推出初速度，故 A 错误；
B、重力的瞬时功率，竖直分速度，两车运动时间相等，落地时刻竖直分速度大小相等，落地时重力瞬时功率相等，该选项结论错误，故 B 错误；
C、平抛运动加速度恒为重力加速度g，速度变化量，方向竖直向下，两车运动时间相同，因此速度变化量大小、方向都相同，，故 C 正确；
D、重力做功，重力的平均功率，两车下落高度、运动时间均相同，但题目未说明小车质量相等，无法判定平均功率相等，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查平抛运动的分解规律。把平抛拆分为竖直方向自由落体、水平方向匀速直线运动，依靠下落高度判断运动时间，再结合水平位移比较初速度大小。
B、考查重力瞬时功率的计算。瞬时功率只和竖直分速度有关，利用判断落地瞬间竖直分速度，对比重力瞬时功率。
C、考查平抛运动速度变化量。平抛只有重力作用，加速度恒定，速度变化量等于加速度乘时间，由运动时间直接判断速度变化量。
D、考查重力平均功率。平均功率等于重力做功除以运动时间，重力做功和质量、下落高度有关，不能忽略质量这个变量。
9．静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器。某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线为该收尘板的横截面。工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上。若用粗黑曲线表示原来静止于点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列4幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】带负电的粉尘所受电场力方向与电场线切线方向相反。粉尘初始静止，开始运动时速度方向与电场力方向一致，即沿电场线的反方向；运动过程中电场方向不断变化，电场力方向随之改变，速度方向逐渐偏转，轨迹向电场力方向弯曲，不会完全沿电场线运动，最终向收尘板靠近并落在板上。
A选项符合上述运动特点，B、C、D的轨迹方向或弯曲趋势不符合受力规律。
故答案为：A
【分析】本题考查带电粒子在非匀强电场中的轨迹判断，涉及电场力与运动轨迹的关系。粒子初始静止时，运动初始方向与受力方向一致；曲线运动的轨迹向合力方向弯曲，结合负电荷受力与电场线方向相反的特点，分析轨迹变化趋势即可判断。
10．一段公路由一部分下坡路与一部分水平路组成，下坡路的坡面倾角为θ，汽车在下坡路和水平路上行驶受到的阻力大小均为。一辆质量为m的汽车从下坡路的顶端由静止启动，其运动的图像如图所示，OA段为直线，从时刻开始汽车的功率保持恒定。已知重力加速度为g。则由图像可知（　　）
A．汽车运动过程中的最大功率为
B．从时刻开始，汽车的牵引力减小
C．在时间内，汽车的位移为
D．在时间内，汽车的牵引力恒定，其大小为
【答案】D
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A. 阶段汽车匀速运动，处于下坡路段，受力平衡：，即。此时速度为，汽车功率恒定且为最大值，因此最大功率，故A错误。
B. 时刻后汽车速度减小，功率保持不变，根据，速度减小则牵引力增大，故B错误。
C. 汽车在水平路段运动，根据动能定理：
代入，解得：，与选项表达式不符，故C错误。
D. 内汽车做匀加速直线运动，加速度。沿斜面方向由牛顿第二定律：，整理得，故D正确。
故答案为：D
【分析】本题考查机车启动的变加速问题，结合v-t图像、牛顿第二定律与动能定理分析。首先区分匀加速阶段和恒定功率阶段的受力特点，下坡路段重力分力参与动力；结合功率公式分析牵引力与速度的关系，用动能定理求解变加速阶段的位移，用牛顿第二定律求解匀加速阶段的牵引力。
11．下列四幅图所涉及的物理现象或原理，表述正确的是（　　）
A．甲图中，励磁线圈的电流越大，电子运动的周期越小
B．乙图中，增大加速电压U，粒子从加速器射出的最大动能增大
C．丙图中，避雷针的工作原理是静电屏蔽
D．丁图中，电荷量相同的粒子，打在照相底片上的位置越靠近狭缝，质量越小
【答案】A,D
【知识点】静电的防止与利用；电场强度的叠加；质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机
【解析】【解答】A. 甲图为回旋加速器原理，励磁线圈产生匀强磁场，电子在磁场中做圆周运动的周期。励磁电流越大，磁感应强度B越大，周期T越小，故A正确。
B. 乙图为回旋加速器，粒子射出的最大动能由D形盒半径决定：，得，可见最大动能与加速电压U无关，增大电压只会减少加速次数，不会改变最大动能，故B错误。
C. 避雷针的工作原理是尖端放电，利用尖端强电场电离空气，中和云层电荷，并非静电屏蔽，故C错误。
D. 丁图为质谱仪原理，粒子经加速电场加速：；进入磁场后偏转：，联立得。电荷量q相同时，位置越靠近说明偏转半径r越小，对应的粒子质量m越小，故D正确。
故答案为：AD
【分析】本题综合考查磁场在科技装置中的应用，涉及回旋加速器、质谱仪的工作原理以及避雷针的静电应用。分别推导粒子在磁场中运动的周期、最大动能、偏转半径的表达式，分析各物理量的影响因素；同时明确避雷针利用尖端放电原理，而非静电屏蔽，逐一判断选项。
12．电磁炮是通过给导轨回路通以很大的电流，在两导轨平面间产生强磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度大小与电流成正比。使抛射体在导轨电流产生磁场的安培力作用下沿导轨加速运动，最终以很高的速度将抛射体发射出去。如图为电磁炮的原理示意图，电流方向如图所示，磁场垂直于轨道平面，则（　　）
A．若只将电流增大2倍，炮弹射出的动能也会增大2倍
B．若只将导轨长度增大2倍，炮弹射出的动能会增大4倍
C．改变电流的方向不影响抛射体的发射方向
D．抛射体的发射速度与抛射体的质量无关
【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；安培力的计算
【解析】【解答】AB. 抛射体在安培力作用下加速，根据动能定理，射出的动能。
安培力，且磁感应强度（k为比例系数），因此，代入动能表达式得
电流增大2倍，动能变为原来的4倍；导轨长度增大2倍，动能变为原来的2倍，故A、B均错误。
C. 改变电流方向时，导轨产生的磁场方向反向，同时抛射体中的电流方向也反向，根据左手定则，安培力的方向不变，因此不影响抛射体的发射方向，故C正确。
D. 由动能定理，可得，可见发射速度与质量有关，质量越大速度越小，故D错误。
故答案为：C
【分析】本题考查安培力与动能定理的结合，涉及电磁炮的工作原理。首先推导安培力的表达式，结合磁感应强度与电流的正比关系，得到动能与电流、导轨长度的定量关系；再用左手定则判断电流方向改变时安培力的方向变化；最后由动能表达式分析速度与质量的关系。
13．如图甲所示，倾角为θ、长为2l的斜面AC，其中AB段光滑，BC段粗糙，且。质量为m的小物体由A处静止释放，到C点恰好停下，BC段动摩擦因数自上而下逐渐增大，具体变化如图乙所示，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．动摩擦因数最大值
B．小物体的最大速度为
C．重力在AB、BC两段路面上做功不相等
D．重力在AB段中间时刻瞬时功率等于在BC段中间时刻瞬时功率
【答案】A,B
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A. 对物体从A到C的全过程应用动能定理：
BC段摩擦力随位移线性增大，摩擦力做功等于平均摩擦力乘以位移，即
联立得：，解得，故A正确。
B. 当摩擦力等于重力沿斜面向下的分力时，物体速度最大，此时，即。
由可知，此时对应的动摩擦因数是最大值的，对应物体在BC段下滑的距离为。
从A到速度最大位置，由动能定理：
此过程摩擦力做功
代入解得：，即，得，故B正确。
C. 重力做功与下落高度有关，AB、BC两段长度相等，斜面倾角相同，因此下落高度相同，重力做功相等，故C错误。
D. AB段物体做匀加速直线运动，中间时刻的速度等于B点速度的一半，即，重力瞬时功率。BC段物体做加速度逐渐减小的减速运动，速度减小得越来越慢，中间时刻的速度大于，因此重力瞬时功率不相等，故D错误。
故答案为：AB
【分析】本题考查动能定理在变力做功中的应用，涉及变摩擦力的功、最大速度的判断。摩擦力随位移线性变化时，可用平均力求功；速度最大的条件是合力为零，结合动摩擦因数的变化规律找到对应位置，再用动能定理求解速度；同时明确重力做功只与高度差有关，以及匀变速与变加速运动中间时刻速度的区别。
14．有一长度为、电阻率为的圆柱形金属管（阻值约十几欧姆），管内部中空，其横截面如图甲所示。现需要测量中空部分的横截面积，某实验小组设计了如下实验。所用实验器材为：
电流表（量程为，内阻约为）；
电压表（量程为，内阻约为）；
滑动变阻器（最大阻值为）；
电源（电动势为，内阻可忽略）；
待测金属管、开关、导线若干。
部分实验步骤如下：
（1）先用螺旋测微器测量金属管的直径，如图乙所示其读数为　 　mm。
（2）按图丙连接电路，电压表右端应连接　 　点（选填“M”或“N”），利用此电路测得的电阻值　 　（选填“大于”或“小于”）真实值。
（3）闭合开关，测出电压表示数电流表示数，则金属管的中空截面积　 　（用表示）。
【答案】（1）
（2）；小于
（3）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）根据螺旋测微器的读数规律可知，该读数为
故答案为：；
（2）由于电压表的内阻远远大于待测电阻的阻值与电流表的内阻，可知，电流表的分压影响较大，实验中应排除电流表分压影响，可知测量电路采用电流表外接法，即更合理的是电压表右端应连接M点；由于测量电路采用电流表的外接法，则实验误差在电压表的分流，由于电压表分流影响，导致电流的测量值偏大，则利用此电路测得的电阻值小于真实值。
故答案为：；小于；
（3）根据欧姆定律有，根据电阻定律有 ，解得
故答案为：；
【分析】（1）螺旋测微器读数思路：读取固定刻度，加上可动刻度对齐格数乘以精度，公式：读数 = 固定刻度。
（2）电流表接法与误差分析思路：比较待测电阻、电压表内阻、电流表内阻大小，本题电压表内阻远大于待测电阻，选用电流表外接法；外接法中电压表分流，电流表读数大于电阻真实电流，由可知测得电阻偏小。
（3）电阻定律联立推导思路：结合欧姆定律与电阻定律，两式联立，代数变形推导出横截面积S的表达式。
（1）根据螺旋测微器的读数规律可知，该读数为
（2）[1]由于电压表的内阻远远大于待测电阻的阻值与电流表的内阻，可知，电流表的分压影响较大，实验中应排除电流表分压影响，可知测量电路采用电流表外接法，即更合理的是电压表右端应连接M点；
[2]由于测量电路采用电流表的外接法，则实验误差在电压表的分流，由于电压表分流影响，导致电流的测量值偏大，则利用此电路测得的电阻值小于真实值。
（3）根据欧姆定律有
根据电阻定律有
解得
15．某同学在测干电池的电动势和内阻的实验中，考虑到新干电池内阻较小，导致电压表示数变化范围太小，故将电阻箱调至接入电路。
（1）按如图1所示连好实物图，闭合开关，按照实验操作规范，采集了6组I、U数据，并填入设计好的表格。
1 2 3 4 5 6
0.28 0.32 0.36
0.44 0.48
0.80 0.70 0.61 0.50 0.39 0.30
第4组数据中电流表指针偏转情况如图2所示，请读出示数　 　A。
（2）根据图3坐标纸上作出图象，求出干电池的电动势　 　V，内阻　 　Ω。
（3）考虑到电表内阻，本实验方案存在的系统误差为______。
A．电压表分流 B．电流表分压 C．电压表分压 D．电流表分流
【答案】（1）0.40
（2）1.50；0.50
（3）A
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】(1) 由表格中电流数据范围可知，电流表选用0~0.6A量程，分度值为0.02A，指针指向0.40A位置，读数为0.40A。
(2) 根据闭合电路欧姆定律，变形为。
U-I图像的纵轴截距等于电动势，由图可得；
图像斜率的绝对值等于，取两点计算斜率：
因此内阻。
(3) 本电路中，电压表并联在滑动变阻器两端，电流表测量的是滑动变阻器的电流，由于电压表有分流作用，电流表的测量值小于干路的真实电流，因此系统误差来源于电压表的分流，故选A。
【分析】本题考查测量电源电动势和内阻的实验，涉及电表读数、图像法处理数据以及系统误差分析。
（1）根据实验数据确定电流表量程，结合分度值读取电流值，注意0.6A量程的读数精度。
（2）将保护电阻等效到电源内阻中，根据闭合电路欧姆定律得到U-I函数关系，图像截距为电动势，斜率绝对值为等效内阻，减去保护电阻即为电源内阻。
（3）分析电路结构，电流表外接于电压表，电压表的分流使电流测量值偏小，由此确定系统误差的来源。
（1）根据表格数据可知电流表选择的量程为0.6A，分度值为0.02A，读数为0.40A。
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律
可知图像纵轴截距为电源电动势，由图可知
斜率的绝对值
解得
（3）由题图可知，电流表测量的是流过滑动变阻器的电流，电压表不是理想电压表，所以系统误差是电流的测量值偏小所致，本实验方案存在的系统误差为电压表分流。
故选A。
16．某同学做练习使用多用电表的实验，完成以下问题
（1）如图各种情形中使用多用电表测量物理量，操作正确的是______（多选）。
A．图甲是用直流电压挡测量小灯泡两端的电压
B．图乙是用直流电流挡测量电路中的电流
C．图丙是用欧姆挡测量小灯泡的电阻
D．图丁是用欧姆挡测量二极管的反向电阻
（2）某同学用欧姆挡“×10”的倍率测量某电阻，发现指针指在如图所示位置，为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按　 　的顺序进行操作，再完成读数测量。
A.将K旋转到电阻挡“×100”的位置
B.将K旋转到电阻挡“×1”的位置
C.将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接
D.将两表笔短接，旋动旋钮，对电表欧姆调零
（3）欧姆表原理图如图所示。欧姆表“×1”倍率，使用一段时间后，电源电动势从1.5V减到1.4V，将两支表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，仍能使指针指向满偏电流。再将两表笔间接一电阻R，指针半偏，此时刻度上标的电阻值为15Ω，而电阻R的实际阻值　 　（填“大于”、“等于”或“小于”）测量值。
【答案】（1）B；D
（2）BDC
（3）小于
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】(1) A. 用直流电压挡测电压时，多用电表应并联在被测电路两端，电流从红表笔流入、黑表笔流出，图中表笔极性接反，故A错误。
B. 用直流电流挡测电流时，多用电表应串联在电路中，电流遵循红进黑出的原则，图中接法正确，故B正确。
C. 用欧姆挡测电阻时，必须将电阻从电路中断开，不能带电测量，图中小灯泡仍在工作电路中，故C错误。
D. 测二极管反向电阻时，二极管负极需接高电势、正极接低电势；欧姆挡黑表笔接内部电源正极，红表笔接负极，因此黑表笔接二极管负极、红表笔接正极，可测量反向电阻，故D正确。
故选BD。
(2) 用×10倍率测量时指针偏角过大，说明待测电阻阻值较小，应换用更小的倍率，即选“×1”挡；换挡后必须重新进行欧姆调零，再进行测量。因此操作顺序为BDC。
(3) 电源电动势为1.5V时，欧姆表内阻，指针半偏时被测电阻。
电源电动势降为1.4V后，调零后欧姆表内阻，此时指针半偏，实际被测电阻
可见，即实际阻值小于测量值。
【分析】本题考查多用电表的使用，涉及电压、电流、电阻挡的操作规范，欧姆表的换挡与调零，以及电动势变化对测量的影响。
（1）根据多用电表不同挡位的接线规则：电压/电流挡遵循红进黑出，电压挡并联、电流挡串联；欧姆挡必须断电测量，测二极管反向电阻时黑表笔接二极管负极。
（2）欧姆表测量时指针偏角过大，说明电阻小，需换小倍率；每次换挡后必须重新欧姆调零，再测量电阻。
（3）欧姆表的内阻等于中值电阻，电源电动势降低后，满偏电流不变，欧姆表内阻减小，因此半偏时对应的实际电阻小于刻度标示值。
（1）AC．测量待测电路电压时，多用表应与待测部分电路并联，电流应从红表笔流进多用表，黑表笔流出多用表，故AC错误；
B．同理可知，测电流时，多用表应与待测部分电路串联，且电流遵循“红进黑出”的原则，故B正确；
D．由于测量的是二极管的反向电阻，因此黑表笔应与二极管的“负”极相接，红表笔应与二极管的“正”极相接，故D正确。
故选BD。
（2）由图可知，选择“×10”挡位指针偏转幅度过大，说明待测电阻较小，应选择“×1”的挡位，然后两表笔短接进行欧姆调零，在将两表笔与待测电阻两端相接，进行测量，故其实验步骤顺序为BDC。
（3）根据半偏法原理可得，
整理可知
即电阻R的实际阻值小于真实值。
17．航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量，动力系统提供的恒定升力。试飞时，飞行器从地面由静止开始沿竖直方向加速上升，当飞到高度处飞行器立即失去动力。已知飞行器失去动力时速度为，飞行器所受的阻力大小恒定，重力加速度g取。试求：
（1）飞行器所受阻力的大小；
（2）飞行器失去升力后继续向上运动的时间；
（3）飞行器落回地面时的速度大小。
【答案】（1）由动能定理可得
代入数据解得
（2）对飞行器受力分析，根据牛顿第二定律可得
结合运动学规律可得飞行器失去升力后继续向上运动的时间
（3）飞行器从最高点到落地的过程中，由动能定理可得
解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）本问考查动能定理在匀加速直线运动中的应用，飞行器从静止上升到高度H的过程，升力、重力和恒定阻力分别做功，初动能为0，末动能已知，根据动能定理列方程即可求解阻力大小。
（2）本问考查竖直上抛运动与牛顿第二定律的结合，失去升力后，飞行器受重力和向下的阻力，由牛顿第二定律求出上升阶段的加速度大小，再结合匀减速直线运动的速度公式，代入初速度和末速度为0的条件，即可求出继续上升的时间。
（3）本问考查动能定理在下落过程的应用，先求出飞行器上升的最大高度，再对从最高点到落地的过程应用动能定理，重力做正功、阻力做负功，初动能为0，末动能对应落地速度，列方程求解即可。
（1）由动能定理可得
代入数据解得
（2）对飞行器受力分析，根据牛顿第二定律可得
结合运动学规律可得飞行器失去升力后继续向上运动的时间
（3）飞行器从最高点到落地的过程中，由动能定理可得
解得
18．某节水喷灌系统如图所示，水以10m/s的速度从半径为1cm的喷口水平喷出。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为2.0A。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，水的密度为忽略水在管道中运动的机械能损失，计算时，重力加速度。求：
（1）喷口每秒喷出水的质量；
（2）每秒水泵对水做的功；
（3）水泵的输入功率；
（4）电动机线圈的电阻。
【答案】（1）每秒喷出水的体积
其中
则水的质量
（2）根据动能定理可得
代入数据解得
（3）由题可知，水泵的输出功率
又因为
代入数据解得
（4）由题可知，电动机的电功率
电动机的热功率
根据能量守恒可知
代入数据解得
【知识点】功能关系；焦耳定律；能量守恒定律
【解析】【分析】（1）本问考查流体质量的计算，先根据喷口的横截面积和水流速度求出每秒喷出的水的体积，再结合密度公式即可得到每秒喷出水的质量。
（2）本问考查功能关系的应用，每秒水泵对水做的功，转化为水的重力势能和动能，分别计算每秒喷出的水增加的重力势能和动能，两者之和即为水泵每秒对水做的功。
（3）本问考查效率的计算，水泵的输出功率等于每秒对水做的功，结合抽水效率的定义，即输出功率与输入功率的比值，即可反解求出水泵的输入功率。
（4）本问考查非纯电阻电路的能量守恒，电动机的输入功率等于热功率与输出功率之和，电动机输出功率等于水泵的输入功率，结合焦耳定律表示出热功率，代入数据即可求解线圈电阻。
（1）每秒喷出水的体积
其中
则水的质量
（2）根据动能定理可得
代入数据解得
（3）由题可知，水泵的输出功率
又因为
代入数据解得
（4）由题可知，电动机的电功率
电动机的热功率
根据能量守恒可知
代入数据解得
19．一游戏装置的竖直截面如图所示，倾角的足够长倾斜轨道AB、半径为R的竖直圆轨道、水平轨道BC和连接成一个抛体装置。高台右侧有一水平地面FG，与高台的高度差为，F右侧1.2m，离地0.2m处固定一大小忽略不计的圆环S。游戏开始，一质量为的滑块1从AB上距BC高度h处静止释放，运动到C点时，与静止在C点、质量为的滑块2发生完全非弹性碰撞后形成滑块3，滑块3进入圆轨道绕行一周后从E点水平飞出。若滑块3落在水平面上，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半。只要滑块3从圆环S穿出，游戏就成功。已知，轨道AB与滑块1的动摩擦因数，其余各段均光滑。滑块1、2均可视为质点，，不计空气阻力，不计各衔接处的机械能损失，，，。
（1）若，求碰撞后滑块3对圆轨道底端C点的压力大小；
（2）要使碰撞后滑块3不脱离轨道，求释放高度h的范围；
（3）要使游戏成功，求满足条件的释放高度h。
【答案】（1）滑块1从静止释放到C过程，根据动能定理可得
解得
滑块1与滑块2碰撞过程，根据动量守恒可得
解得
在C点，根据牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可知，碰撞后滑块3对圆轨道底端C点的压力大小为
（2）①滑块3能够通过圆轨道最高点D，则有
从C到D过程，有
碰撞过程有
滑块1从静止释放到C过程，根据动能定理可得
联立解得
②滑块3不能过圆心等高处，此种情况下，滑块3在圆心等高处速度恰为0，则有
碰撞过程有
滑块1从静止释放到C过程，根据动能定理可得
联立解得
综上分析可知要使碰撞后滑块3不脱离轨道，释放高度的范围为或
（3）①滑块3不经过地面碰撞直接经过圆环S，则，
解得
又，
联立解得
②滑块3经过地面碰撞一次后再过圆环S，则
解得
则有
经过地面碰撞后，有
上升最大高度
则刚好在最高点过圆环，且不可能继续与地面碰撞后再过圆环。则有，
解得
又，
联立解得
综上分析可知，要使游戏成功，满足条件的释放高度为或
【知识点】竖直上抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）本问考查动能定理在匀加速直线运动中的应用，飞行器从静止上升到高度H的过程，升力、重力和恒定阻力分别做功，初动能为0，末动能已知，根据动能定理列方程即可求解阻力大小。
（2）本问考查竖直上抛运动与牛顿第二定律的结合，失去升力后，飞行器受重力和向下的阻力，由牛顿第二定律求出上升阶段的加速度大小，再结合匀减速直线运动的速度公式，代入初速度和末速度为0的条件，即可求出继续上升的时间。
（3）本问考查动能定理在下落过程的应用，先求出飞行器上升的最大高度，再对从最高点到落地的过程应用动能定理，重力做正功、阻力做负功，初动能为0，末动能对应落地速度，列方程求解即可。
（1）滑块1从静止释放到C过程，根据动能定理可得
解得
滑块1与滑块2碰撞过程，根据动量守恒可得
解得
在C点，根据牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可知，碰撞后滑块3对圆轨道底端C点的压力大小为
（2）①滑块3能够通过圆轨道最高点D，则有
从C到D过程，有
碰撞过程有
滑块1从静止释放到C过程，根据动能定理可得
联立解得
②滑块3不能过圆心等高处，此种情况下，滑块3在圆心等高处速度恰为0，则有
碰撞过程有
滑块1从静止释放到C过程，根据动能定理可得
联立解得
综上分析可知要使碰撞后滑块3不脱离轨道，释放高度的范围为或
（3）①滑块3不经过地面碰撞直接经过圆环S，则，
解得
又，
联立解得
②滑块3经过地面碰撞一次后再过圆环S，则
解得
则有
经过地面碰撞后，有
上升最大高度
则刚好在最高点过圆环，且不可能继续与地面碰撞后再过圆环。则有，
解得
又，
联立解得
综上分析可知，要使游戏成功，满足条件的释放高度为或
20．如图所示，有一线状电子源均匀分布于x轴上的区间内，发射位置与发射角θ（发射方向与y轴间的夹角）的关系为（其中），电子源持续不断地向第I象限每秒钟发射n个速率均为v的电子。在第I象限区域内存在方向垂直平面向里、大小的匀强磁场，m为电子质量，e为元电荷量，电子经磁场偏转后进入位于x轴正下方、间距为2L的两足够长的平行极板P、Q间，其中极板P位于处。不考虑电子间相互作用。
（1）求的电子经磁场偏转后打在x轴上的位置；
（2）求电子在磁场中飞行时间t与角度θ的关系；
（3）两极板P、Q间加有电压，其变化范围在之间，其中，打在极板上的电子即刻被吸收并中和，求单位时间打到极板P、Q上的电子数和与电压U之间的关系。
【答案】（1）洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
其中
解得
的电子出发位置在坐标原点，则
（2）电子轨迹圆弧的圆心角
则电子在磁场中运动的时间
（3）电子打在轴上的位置
所以所有电子均从两极板的中间射入，射入角度与y轴呈角斜向右下。
若电子刚好打不到Q板，则有
解得
由几何知识可得，
当时，，所有电子均打在P板上。
①，则有，
②，则有，
【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）本问考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动，电子在磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力求出轨道半径；结合θ=0时电子的发射位置和轨迹圆心，分析偏转后的出射位置，即可得到打在x轴上的坐标。
（2）本问考查带电粒子在磁场中运动的时间，先根据几何关系求出电子轨迹对应的圆心角，再结合圆周运动的周期公式，由圆心角与周期的比值求出运动时间，整理得到时间与θ的关系式。
（3）本问考查带电粒子在电场中的偏转与临界问题，先分析电子进入极板间的初速度分量，找到电子刚好打不到Q板的临界条件，结合动能定理求出对应的电压和发射角；再根据发射位置与角度的关系，结合电子源的分布规律，分电压区间讨论单位时间内打到两个极板上的电子数。
（1）洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
其中
解得
的电子出发位置在坐标原点，则
（2）电子轨迹圆弧的圆心角
则电子在磁场中运动的时间
（3）电子打在轴上的位置
所以所有电子均从两极板的中间射入，射入角度与y轴呈角斜向右下。
若电子刚好打不到Q板，则有
解得
由几何知识可得，
当时，，所有电子均打在P板上。
①，则有，
②，则有，
1 / 1浙江省六校联盟2025-2026学年高二上学期10月月考物理试题
1．下列物理量为标量且其单位用国际基本单位表示正确的是（　　）
A．电势（eV） B．电压（）
C．磁感应强度（） D．功率（）
2．精彩的体育赛事总是能吸引大家的眼球，关于运动，以下说法正确的是（　　）
A．图甲：运动员参加42.195公里的大众马拉松比赛，42.195公里指的是位移
B．图乙：研究运动员发球技巧时，可以将乒乓球看成质点
C．图丙：撑杆跳运动员从起跳到落地过程始终处于失重状态
D．图丁：在跳远运动员起跳前的助跑阶段，地面对运动员不做功
3．如图所示，物块A与B用跨过滑轮的轻绳相连，稳定后，轻绳 OP与水平方向夹角为，OA和OB与OP的延长线的夹角分别为和。已知，地面对物块B的弹力为NB=80N，不计滑轮的重力及轻绳和滑轮之间的摩擦，下列说法正确的是（　　）
A． B．物体A的重力40N
C．OP绳子的拉力为 D．地面对物体B的摩擦力为20N
4．以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．制作糍粑时，工匠使用质量为的木锤，抬至约80cm的高度由静止释放（可简化为自由落体运动），砸到糍粑后，与糍粑的作用时间为后速度减为0。已知重力加速度g取，下列说法错误的是（　　）
A．木锤打击糍粑前瞬间，速度大小为4m/s
B．木锤打击糍粑过程，木锤对糍粑的冲量大小为8N·s
C．木锤打击糍粑过程，木锤的动量变化大小为8kg·m/s
D．木锤与糍粑作用过程，糍粑对木锤的平均作用力为100N
6．如图所示，地球静止轨道卫星甲和沿椭圆轨道运行的卫星乙在同一平面上绕地球转动。甲的圆轨道直径与乙的椭圆轨道长轴相等。A、B分别是椭圆的近地点和远地点，P点为两轨道的交点。则（　　）
A．当乙从A点第一次运动到B点，甲刚好转动一周
B．乙在A点的速度大于甲的速度
C．甲、乙在P点时加速度大小不同
D．甲的机械能一定比乙的机械能大
7．生产陶瓷的工作台匀速转动，台面上有陶屑，陶屑与台面间的动摩擦因数处处相同，则（　　）
A．越靠近台面边缘的陶屑质量越大
B．越靠近台面边缘的陶屑质量越小
C．陶屑只能分布在圆台边缘
D．陶屑只能分布在圆台上一定半径的圆内
8．福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，电磁弹射系统是福建舰的核心装备之一，在测试电磁弹射系统时，配重小车自甲板前端水平射出，落至海面上。简化模型如图所示，两辆质量相同的配重小车1和小车2先后进行弹射测试，轨迹分别为曲线1和曲线2，A、B为两次弹射的落水点。忽略空气阻力，配重小车可视为质点。则关于配重小车1和小车2说法正确的是（　　）
A．小车2的水平初速度小于小车1的水平初速度
B．落水瞬间重力的瞬时功率
C．在空中运动过程中速度变化量
D．在空中运动过程中重力的平均功率
9．静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器。某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线为该收尘板的横截面。工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上。若用粗黑曲线表示原来静止于点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列4幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)（ ）
A． B．
C． D．
10．一段公路由一部分下坡路与一部分水平路组成，下坡路的坡面倾角为θ，汽车在下坡路和水平路上行驶受到的阻力大小均为。一辆质量为m的汽车从下坡路的顶端由静止启动，其运动的图像如图所示，OA段为直线，从时刻开始汽车的功率保持恒定。已知重力加速度为g。则由图像可知（　　）
A．汽车运动过程中的最大功率为
B．从时刻开始，汽车的牵引力减小
C．在时间内，汽车的位移为
D．在时间内，汽车的牵引力恒定，其大小为
11．下列四幅图所涉及的物理现象或原理，表述正确的是（　　）
A．甲图中，励磁线圈的电流越大，电子运动的周期越小
B．乙图中，增大加速电压U，粒子从加速器射出的最大动能增大
C．丙图中，避雷针的工作原理是静电屏蔽
D．丁图中，电荷量相同的粒子，打在照相底片上的位置越靠近狭缝，质量越小
12．电磁炮是通过给导轨回路通以很大的电流，在两导轨平面间产生强磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度大小与电流成正比。使抛射体在导轨电流产生磁场的安培力作用下沿导轨加速运动，最终以很高的速度将抛射体发射出去。如图为电磁炮的原理示意图，电流方向如图所示，磁场垂直于轨道平面，则（　　）
A．若只将电流增大2倍，炮弹射出的动能也会增大2倍
B．若只将导轨长度增大2倍，炮弹射出的动能会增大4倍
C．改变电流的方向不影响抛射体的发射方向
D．抛射体的发射速度与抛射体的质量无关
13．如图甲所示，倾角为θ、长为2l的斜面AC，其中AB段光滑，BC段粗糙，且。质量为m的小物体由A处静止释放，到C点恰好停下，BC段动摩擦因数自上而下逐渐增大，具体变化如图乙所示，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．动摩擦因数最大值
B．小物体的最大速度为
C．重力在AB、BC两段路面上做功不相等
D．重力在AB段中间时刻瞬时功率等于在BC段中间时刻瞬时功率
14．有一长度为、电阻率为的圆柱形金属管（阻值约十几欧姆），管内部中空，其横截面如图甲所示。现需要测量中空部分的横截面积，某实验小组设计了如下实验。所用实验器材为：
电流表（量程为，内阻约为）；
电压表（量程为，内阻约为）；
滑动变阻器（最大阻值为）；
电源（电动势为，内阻可忽略）；
待测金属管、开关、导线若干。
部分实验步骤如下：
（1）先用螺旋测微器测量金属管的直径，如图乙所示其读数为　 　mm。
（2）按图丙连接电路，电压表右端应连接　 　点（选填“M”或“N”），利用此电路测得的电阻值　 　（选填“大于”或“小于”）真实值。
（3）闭合开关，测出电压表示数电流表示数，则金属管的中空截面积　 　（用表示）。
15．某同学在测干电池的电动势和内阻的实验中，考虑到新干电池内阻较小，导致电压表示数变化范围太小，故将电阻箱调至接入电路。
（1）按如图1所示连好实物图，闭合开关，按照实验操作规范，采集了6组I、U数据，并填入设计好的表格。
1 2 3 4 5 6
0.28 0.32 0.36
0.44 0.48
0.80 0.70 0.61 0.50 0.39 0.30
第4组数据中电流表指针偏转情况如图2所示，请读出示数　 　A。
（2）根据图3坐标纸上作出图象，求出干电池的电动势　 　V，内阻　 　Ω。
（3）考虑到电表内阻，本实验方案存在的系统误差为______。
A．电压表分流 B．电流表分压 C．电压表分压 D．电流表分流
16．某同学做练习使用多用电表的实验，完成以下问题
（1）如图各种情形中使用多用电表测量物理量，操作正确的是______（多选）。
A．图甲是用直流电压挡测量小灯泡两端的电压
B．图乙是用直流电流挡测量电路中的电流
C．图丙是用欧姆挡测量小灯泡的电阻
D．图丁是用欧姆挡测量二极管的反向电阻
（2）某同学用欧姆挡“×10”的倍率测量某电阻，发现指针指在如图所示位置，为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按　 　的顺序进行操作，再完成读数测量。
A.将K旋转到电阻挡“×100”的位置
B.将K旋转到电阻挡“×1”的位置
C.将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接
D.将两表笔短接，旋动旋钮，对电表欧姆调零
（3）欧姆表原理图如图所示。欧姆表“×1”倍率，使用一段时间后，电源电动势从1.5V减到1.4V，将两支表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，仍能使指针指向满偏电流。再将两表笔间接一电阻R，指针半偏，此时刻度上标的电阻值为15Ω，而电阻R的实际阻值　 　（填“大于”、“等于”或“小于”）测量值。
17．航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量，动力系统提供的恒定升力。试飞时，飞行器从地面由静止开始沿竖直方向加速上升，当飞到高度处飞行器立即失去动力。已知飞行器失去动力时速度为，飞行器所受的阻力大小恒定，重力加速度g取。试求：
（1）飞行器所受阻力的大小；
（2）飞行器失去升力后继续向上运动的时间；
（3）飞行器落回地面时的速度大小。
18．某节水喷灌系统如图所示，水以10m/s的速度从半径为1cm的喷口水平喷出。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为2.0A。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，水的密度为忽略水在管道中运动的机械能损失，计算时，重力加速度。求：
（1）喷口每秒喷出水的质量；
（2）每秒水泵对水做的功；
（3）水泵的输入功率；
（4）电动机线圈的电阻。
19．一游戏装置的竖直截面如图所示，倾角的足够长倾斜轨道AB、半径为R的竖直圆轨道、水平轨道BC和连接成一个抛体装置。高台右侧有一水平地面FG，与高台的高度差为，F右侧1.2m，离地0.2m处固定一大小忽略不计的圆环S。游戏开始，一质量为的滑块1从AB上距BC高度h处静止释放，运动到C点时，与静止在C点、质量为的滑块2发生完全非弹性碰撞后形成滑块3，滑块3进入圆轨道绕行一周后从E点水平飞出。若滑块3落在水平面上，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半。只要滑块3从圆环S穿出，游戏就成功。已知，轨道AB与滑块1的动摩擦因数，其余各段均光滑。滑块1、2均可视为质点，，不计空气阻力，不计各衔接处的机械能损失，，，。
（1）若，求碰撞后滑块3对圆轨道底端C点的压力大小；
（2）要使碰撞后滑块3不脱离轨道，求释放高度h的范围；
（3）要使游戏成功，求满足条件的释放高度h。
20．如图所示，有一线状电子源均匀分布于x轴上的区间内，发射位置与发射角θ（发射方向与y轴间的夹角）的关系为（其中），电子源持续不断地向第I象限每秒钟发射n个速率均为v的电子。在第I象限区域内存在方向垂直平面向里、大小的匀强磁场，m为电子质量，e为元电荷量，电子经磁场偏转后进入位于x轴正下方、间距为2L的两足够长的平行极板P、Q间，其中极板P位于处。不考虑电子间相互作用。
（1）求的电子经磁场偏转后打在x轴上的位置；
（2）求电子在磁场中飞行时间t与角度θ的关系；
（3）两极板P、Q间加有电压，其变化范围在之间，其中，打在极板上的电子即刻被吸收并中和，求单位时间打到极板P、Q上的电子数和与电压U之间的关系。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】磁感应强度；力学单位制
【解析】【解答】A、电势只有大小、无方向，属于标量，eV 属于能量的常用单位，并不是国际基本单位，故 A 错误；
B、电压只有大小、无方向，属于标量，由定义推导，电压用国际基本单位表达为，选项表述存在错误，故 B 错误；
C、磁感应强度既有大小又有方向，是矢量，单位换算为，该选项说法有误，故 C 错误；
D、功率只有大小，没有方向，属于标量，对应的单位表述符合规定，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查标量矢量判断与单位分类。区分导出单位、常用单位和国际基本单位，eV 是能量导出单位，不属于七个国际基本单位。
B、考查电压的属性与单位量纲推导。依托电功、电荷量公式推导电压的基本单位组合形式，核对量纲表达式。
C、考查磁感应强度矢量属性和单位换算。由安培力公式推导特斯拉对应的基本单位组合，分清矢量、标量。
D、考查功率的矢量标量区分以及单位识记。功率是描述做功快慢的物理量，为标量，熟记功率对应的单位规则。
2．【答案】D
【知识点】质点；位移与路程；超重与失重；功的概念
【解析】【解答】A. 马拉松的运动轨迹是不规则曲线，42.195公里是轨迹的总长度，对应路程这一物理量；位移是起点到终点的有向线段，二者不相等，故A错误。
B. 研究发球技巧时，需要分析乒乓球的旋转、击球点位置等细节，球的大小和形状对研究结果有直接影响，不能将其抽象为质点，故B错误。
C. 撑杆跳起跳阶段，撑杆的弹力带动运动员加速上升，加速度方向向上，运动员处于超重状态；上升后期与下落阶段加速度向下，才处于失重状态，并非全程失重，故C错误。
D. 助跑阶段地面对运动员的摩擦力是静摩擦力，摩擦力的作用点在脚底，与地面接触时没有发生位移，因此静摩擦力对运动员不做功，故D正确。
故答案为：D
【分析】本题考查运动学基础概念辨析，涉及位移与路程、质点模型、超重失重、做功条件四个知识点。结合各选项的运动场景，分别对应概念的判定标准：位移看初末位置差，路程看轨迹长度；质点需满足大小形状对研究无影响；超重失重看加速度方向；做功看力与作用点位移的乘积，逐一验证即可。
3．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A. 同一根轻绳张力处处相等，OA、OB段拉力大小相同。滑轮静止时，两段绳拉力的合力与OP段拉力等大反向，根据平行四边形定则，合力沿两分力的角平分线方向，因此。结合OP与水平方向夹角为，可得，故A错误。
B. 对物块B竖直方向受力分析，受力平衡满足：，代入数据，解得绳拉力。物块A静止，绳拉力等于A的重力，即，故B正确。
C. 由平行四边形定则，OP段拉力等于两段绳拉力的合力：，故C错误。
D. 对物块B水平方向受力分析，静摩擦力与拉力的水平分力平衡：，故D错误。
故答案为：B
【分析】本题考查共点力平衡条件的应用，涉及滑轮的受力特点与正交分解法。首先根据同一根绳拉力相等，结合合力方向判断两侧夹角的关系；再对物块B进行正交分解，分别在竖直、水平方向列平衡方程，求解绳拉力、摩擦力等物理量，进而对比各选项。
4．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；牛顿定律与图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】没有空气阻力时，物体只受重力，是竖直上抛运动，v-t图象是直线；有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有
可得，由于阻力随着速度而减小，故加速度逐渐减小，最小值为g；v-t图象的斜率表示加速度，故图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，切线与虚线平行；ACD错误，B正确。
故答案为：B。
【分析】通过牛顿第二定律分析有、无空气阻力时的加速度变化，结合v-t图像斜率的物理意义（加速度）判断图像形状。
5．【答案】B
【知识点】动量定理；自由落体运动；冲量
【解析】【解答】解：A. 木锤自由下落过程，由运动学公式，代入、，得，故A正确。
BD. 取竖直向上为正方向，对木锤应用动量定理：
代入数据，解得糍粑对木锤的平均作用力。
根据牛顿第三定律，木锤对糍粑的作用力大小也为100N，因此木锤对糍粑的冲量大小，故B错误，D正确。
C. 木锤初动量为，末动量为0，动量变化量，大小为8kg·m/s，故C正确。
本题选错误的，故答案为：B
【分析】本题考查自由落体规律与动量定理的应用，涉及冲量、动量变化的计算。首先用运动学公式求出碰撞前的速度，再对碰撞过程应用动量定理求解平均作用力，注意重力不能忽略；结合牛顿第三定律分析木锤对糍粑的冲量，同时明确动量变化的矢量性，逐一判断选项。
6．【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A. 甲的圆轨道直径与乙的椭圆长轴相等，因此甲的轨道半径等于乙椭圆的半长轴。根据开普勒第三定律，二者公转周期相等。乙从A到B对应半个周期，此时甲也仅转动半周，故A错误。
B. 假设卫星在A点高度做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，得。A点轨道半径小于甲的轨道半径，因此该圆轨道速度大于甲的速度；而乙在A点做离心运动才能进入椭圆轨道，说明乙在A点的速度大于该高度圆轨道的速度，因此乙在A点的速度大于甲的速度，故B正确。
C. 卫星加速度由万有引力提供，，在P点两卫星到地心距离相同，因此加速度大小相等，故C错误。
D. 机械能为动能与引力势能之和，两颗卫星质量未知，无法比较机械能大小，故D错误。
故答案为：B
【分析】本题考查天体运动规律，涉及开普勒第三定律、卫星变轨、加速度与机械能比较。根据半长轴与轨道半径的关系，用开普勒第三定律判断周期；通过圆轨道速度与变轨速度的关系比较近地点速度；由万有引力定律分析加速度；明确机械能与质量相关，质量未知则无法比较。
7．【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】陶屑随工作台匀速转动时，静摩擦力提供向心力。当静摩擦力达到最大值时，对应临界转动半径，此时满足：，整理得，可见临界半径与陶屑质量无关：半径大于的位置，所需向心力超过最大静摩擦力，陶屑会做离心运动；只有半径小于等于的区域，陶屑才能随台面保持相对静止。因此陶屑只能分布在圆台上一定半径的圆内。
故答案为：D
【分析】本题考查圆周运动的向心力临界问题，涉及静摩擦力提供向心力的应用。陶屑做匀速圆周运动的向心力由静摩擦力提供，最大静摩擦力对应临界转动半径，推导临界半径的表达式，分析其与质量的关系，即可判断陶屑的分布范围。
8．【答案】C
【知识点】平抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】A、配重小车做平抛运动，竖直方向是自由落体运动，运动时长只由下落高度决定，两车下落高度一致，因此运动时间相等，。水平方向保持匀速直线运动，已知水平位移，结合，时间相同，能够推出初速度，故 A 错误；
B、重力的瞬时功率，竖直分速度，两车运动时间相等，落地时刻竖直分速度大小相等，落地时重力瞬时功率相等，该选项结论错误，故 B 错误；
C、平抛运动加速度恒为重力加速度g，速度变化量，方向竖直向下，两车运动时间相同，因此速度变化量大小、方向都相同，，故 C 正确；
D、重力做功，重力的平均功率，两车下落高度、运动时间均相同，但题目未说明小车质量相等，无法判定平均功率相等，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查平抛运动的分解规律。把平抛拆分为竖直方向自由落体、水平方向匀速直线运动，依靠下落高度判断运动时间，再结合水平位移比较初速度大小。
B、考查重力瞬时功率的计算。瞬时功率只和竖直分速度有关，利用判断落地瞬间竖直分速度，对比重力瞬时功率。
C、考查平抛运动速度变化量。平抛只有重力作用，加速度恒定，速度变化量等于加速度乘时间，由运动时间直接判断速度变化量。
D、考查重力平均功率。平均功率等于重力做功除以运动时间，重力做功和质量、下落高度有关，不能忽略质量这个变量。
9．【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】带负电的粉尘所受电场力方向与电场线切线方向相反。粉尘初始静止，开始运动时速度方向与电场力方向一致，即沿电场线的反方向；运动过程中电场方向不断变化，电场力方向随之改变，速度方向逐渐偏转，轨迹向电场力方向弯曲，不会完全沿电场线运动，最终向收尘板靠近并落在板上。
A选项符合上述运动特点，B、C、D的轨迹方向或弯曲趋势不符合受力规律。
故答案为：A
【分析】本题考查带电粒子在非匀强电场中的轨迹判断，涉及电场力与运动轨迹的关系。粒子初始静止时，运动初始方向与受力方向一致；曲线运动的轨迹向合力方向弯曲，结合负电荷受力与电场线方向相反的特点，分析轨迹变化趋势即可判断。
10．【答案】D
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A. 阶段汽车匀速运动，处于下坡路段，受力平衡：，即。此时速度为，汽车功率恒定且为最大值，因此最大功率，故A错误。
B. 时刻后汽车速度减小，功率保持不变，根据，速度减小则牵引力增大，故B错误。
C. 汽车在水平路段运动，根据动能定理：
代入，解得：，与选项表达式不符，故C错误。
D. 内汽车做匀加速直线运动，加速度。沿斜面方向由牛顿第二定律：，整理得，故D正确。
故答案为：D
【分析】本题考查机车启动的变加速问题，结合v-t图像、牛顿第二定律与动能定理分析。首先区分匀加速阶段和恒定功率阶段的受力特点，下坡路段重力分力参与动力；结合功率公式分析牵引力与速度的关系，用动能定理求解变加速阶段的位移，用牛顿第二定律求解匀加速阶段的牵引力。
11．【答案】A,D
【知识点】静电的防止与利用；电场强度的叠加；质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机
【解析】【解答】A. 甲图为回旋加速器原理，励磁线圈产生匀强磁场，电子在磁场中做圆周运动的周期。励磁电流越大，磁感应强度B越大，周期T越小，故A正确。
B. 乙图为回旋加速器，粒子射出的最大动能由D形盒半径决定：，得，可见最大动能与加速电压U无关，增大电压只会减少加速次数，不会改变最大动能，故B错误。
C. 避雷针的工作原理是尖端放电，利用尖端强电场电离空气，中和云层电荷，并非静电屏蔽，故C错误。
D. 丁图为质谱仪原理，粒子经加速电场加速：；进入磁场后偏转：，联立得。电荷量q相同时，位置越靠近说明偏转半径r越小，对应的粒子质量m越小，故D正确。
故答案为：AD
【分析】本题综合考查磁场在科技装置中的应用，涉及回旋加速器、质谱仪的工作原理以及避雷针的静电应用。分别推导粒子在磁场中运动的周期、最大动能、偏转半径的表达式，分析各物理量的影响因素；同时明确避雷针利用尖端放电原理，而非静电屏蔽，逐一判断选项。
12．【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；安培力的计算
【解析】【解答】AB. 抛射体在安培力作用下加速，根据动能定理，射出的动能。
安培力，且磁感应强度（k为比例系数），因此，代入动能表达式得
电流增大2倍，动能变为原来的4倍；导轨长度增大2倍，动能变为原来的2倍，故A、B均错误。
C. 改变电流方向时，导轨产生的磁场方向反向，同时抛射体中的电流方向也反向，根据左手定则，安培力的方向不变，因此不影响抛射体的发射方向，故C正确。
D. 由动能定理，可得，可见发射速度与质量有关，质量越大速度越小，故D错误。
故答案为：C
【分析】本题考查安培力与动能定理的结合，涉及电磁炮的工作原理。首先推导安培力的表达式，结合磁感应强度与电流的正比关系，得到动能与电流、导轨长度的定量关系；再用左手定则判断电流方向改变时安培力的方向变化；最后由动能表达式分析速度与质量的关系。
13．【答案】A,B
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A. 对物体从A到C的全过程应用动能定理：
BC段摩擦力随位移线性增大，摩擦力做功等于平均摩擦力乘以位移，即
联立得：，解得，故A正确。
B. 当摩擦力等于重力沿斜面向下的分力时，物体速度最大，此时，即。
由可知，此时对应的动摩擦因数是最大值的，对应物体在BC段下滑的距离为。
从A到速度最大位置，由动能定理：
此过程摩擦力做功
代入解得：，即，得，故B正确。
C. 重力做功与下落高度有关，AB、BC两段长度相等，斜面倾角相同，因此下落高度相同，重力做功相等，故C错误。
D. AB段物体做匀加速直线运动，中间时刻的速度等于B点速度的一半，即，重力瞬时功率。BC段物体做加速度逐渐减小的减速运动，速度减小得越来越慢，中间时刻的速度大于，因此重力瞬时功率不相等，故D错误。
故答案为：AB
【分析】本题考查动能定理在变力做功中的应用，涉及变摩擦力的功、最大速度的判断。摩擦力随位移线性变化时，可用平均力求功；速度最大的条件是合力为零，结合动摩擦因数的变化规律找到对应位置，再用动能定理求解速度；同时明确重力做功只与高度差有关，以及匀变速与变加速运动中间时刻速度的区别。
14．【答案】（1）
（2）；小于
（3）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）根据螺旋测微器的读数规律可知，该读数为
故答案为：；
（2）由于电压表的内阻远远大于待测电阻的阻值与电流表的内阻，可知，电流表的分压影响较大，实验中应排除电流表分压影响，可知测量电路采用电流表外接法，即更合理的是电压表右端应连接M点；由于测量电路采用电流表的外接法，则实验误差在电压表的分流，由于电压表分流影响，导致电流的测量值偏大，则利用此电路测得的电阻值小于真实值。
故答案为：；小于；
（3）根据欧姆定律有，根据电阻定律有 ，解得
故答案为：；
【分析】（1）螺旋测微器读数思路：读取固定刻度，加上可动刻度对齐格数乘以精度，公式：读数 = 固定刻度。
（2）电流表接法与误差分析思路：比较待测电阻、电压表内阻、电流表内阻大小，本题电压表内阻远大于待测电阻，选用电流表外接法；外接法中电压表分流，电流表读数大于电阻真实电流，由可知测得电阻偏小。
（3）电阻定律联立推导思路：结合欧姆定律与电阻定律，两式联立，代数变形推导出横截面积S的表达式。
（1）根据螺旋测微器的读数规律可知，该读数为
（2）[1]由于电压表的内阻远远大于待测电阻的阻值与电流表的内阻，可知，电流表的分压影响较大，实验中应排除电流表分压影响，可知测量电路采用电流表外接法，即更合理的是电压表右端应连接M点；
[2]由于测量电路采用电流表的外接法，则实验误差在电压表的分流，由于电压表分流影响，导致电流的测量值偏大，则利用此电路测得的电阻值小于真实值。
（3）根据欧姆定律有
根据电阻定律有
解得
15．【答案】（1）0.40
（2）1.50；0.50
（3）A
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】(1) 由表格中电流数据范围可知，电流表选用0~0.6A量程，分度值为0.02A，指针指向0.40A位置，读数为0.40A。
(2) 根据闭合电路欧姆定律，变形为。
U-I图像的纵轴截距等于电动势，由图可得；
图像斜率的绝对值等于，取两点计算斜率：
因此内阻。
(3) 本电路中，电压表并联在滑动变阻器两端，电流表测量的是滑动变阻器的电流，由于电压表有分流作用，电流表的测量值小于干路的真实电流，因此系统误差来源于电压表的分流，故选A。
【分析】本题考查测量电源电动势和内阻的实验，涉及电表读数、图像法处理数据以及系统误差分析。
（1）根据实验数据确定电流表量程，结合分度值读取电流值，注意0.6A量程的读数精度。
（2）将保护电阻等效到电源内阻中，根据闭合电路欧姆定律得到U-I函数关系，图像截距为电动势，斜率绝对值为等效内阻，减去保护电阻即为电源内阻。
（3）分析电路结构，电流表外接于电压表，电压表的分流使电流测量值偏小，由此确定系统误差的来源。
（1）根据表格数据可知电流表选择的量程为0.6A，分度值为0.02A，读数为0.40A。
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律
可知图像纵轴截距为电源电动势，由图可知
斜率的绝对值
解得
（3）由题图可知，电流表测量的是流过滑动变阻器的电流，电压表不是理想电压表，所以系统误差是电流的测量值偏小所致，本实验方案存在的系统误差为电压表分流。
故选A。
16．【答案】（1）B；D
（2）BDC
（3）小于
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】(1) A. 用直流电压挡测电压时，多用电表应并联在被测电路两端，电流从红表笔流入、黑表笔流出，图中表笔极性接反，故A错误。
B. 用直流电流挡测电流时，多用电表应串联在电路中，电流遵循红进黑出的原则，图中接法正确，故B正确。
C. 用欧姆挡测电阻时，必须将电阻从电路中断开，不能带电测量，图中小灯泡仍在工作电路中，故C错误。
D. 测二极管反向电阻时，二极管负极需接高电势、正极接低电势；欧姆挡黑表笔接内部电源正极，红表笔接负极，因此黑表笔接二极管负极、红表笔接正极，可测量反向电阻，故D正确。
故选BD。
(2) 用×10倍率测量时指针偏角过大，说明待测电阻阻值较小，应换用更小的倍率，即选“×1”挡；换挡后必须重新进行欧姆调零，再进行测量。因此操作顺序为BDC。
(3) 电源电动势为1.5V时，欧姆表内阻，指针半偏时被测电阻。
电源电动势降为1.4V后，调零后欧姆表内阻，此时指针半偏，实际被测电阻
可见，即实际阻值小于测量值。
【分析】本题考查多用电表的使用，涉及电压、电流、电阻挡的操作规范，欧姆表的换挡与调零，以及电动势变化对测量的影响。
（1）根据多用电表不同挡位的接线规则：电压/电流挡遵循红进黑出，电压挡并联、电流挡串联；欧姆挡必须断电测量，测二极管反向电阻时黑表笔接二极管负极。
（2）欧姆表测量时指针偏角过大，说明电阻小，需换小倍率；每次换挡后必须重新欧姆调零，再测量电阻。
（3）欧姆表的内阻等于中值电阻，电源电动势降低后，满偏电流不变，欧姆表内阻减小，因此半偏时对应的实际电阻小于刻度标示值。
（1）AC．测量待测电路电压时，多用表应与待测部分电路并联，电流应从红表笔流进多用表，黑表笔流出多用表，故AC错误；
B．同理可知，测电流时，多用表应与待测部分电路串联，且电流遵循“红进黑出”的原则，故B正确；
D．由于测量的是二极管的反向电阻，因此黑表笔应与二极管的“负”极相接，红表笔应与二极管的“正”极相接，故D正确。
故选BD。
（2）由图可知，选择“×10”挡位指针偏转幅度过大，说明待测电阻较小，应选择“×1”的挡位，然后两表笔短接进行欧姆调零，在将两表笔与待测电阻两端相接，进行测量，故其实验步骤顺序为BDC。
（3）根据半偏法原理可得，
整理可知
即电阻R的实际阻值小于真实值。
17．【答案】（1）由动能定理可得
代入数据解得
（2）对飞行器受力分析，根据牛顿第二定律可得
结合运动学规律可得飞行器失去升力后继续向上运动的时间
（3）飞行器从最高点到落地的过程中，由动能定理可得
解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）本问考查动能定理在匀加速直线运动中的应用，飞行器从静止上升到高度H的过程，升力、重力和恒定阻力分别做功，初动能为0，末动能已知，根据动能定理列方程即可求解阻力大小。
（2）本问考查竖直上抛运动与牛顿第二定律的结合，失去升力后，飞行器受重力和向下的阻力，由牛顿第二定律求出上升阶段的加速度大小，再结合匀减速直线运动的速度公式，代入初速度和末速度为0的条件，即可求出继续上升的时间。
（3）本问考查动能定理在下落过程的应用，先求出飞行器上升的最大高度，再对从最高点到落地的过程应用动能定理，重力做正功、阻力做负功，初动能为0，末动能对应落地速度，列方程求解即可。
（1）由动能定理可得
代入数据解得
（2）对飞行器受力分析，根据牛顿第二定律可得
结合运动学规律可得飞行器失去升力后继续向上运动的时间
（3）飞行器从最高点到落地的过程中，由动能定理可得
解得
18．【答案】（1）每秒喷出水的体积
其中
则水的质量
（2）根据动能定理可得
代入数据解得
（3）由题可知，水泵的输出功率
又因为
代入数据解得
（4）由题可知，电动机的电功率
电动机的热功率
根据能量守恒可知
代入数据解得
【知识点】功能关系；焦耳定律；能量守恒定律
【解析】【分析】（1）本问考查流体质量的计算，先根据喷口的横截面积和水流速度求出每秒喷出的水的体积，再结合密度公式即可得到每秒喷出水的质量。
（2）本问考查功能关系的应用，每秒水泵对水做的功，转化为水的重力势能和动能，分别计算每秒喷出的水增加的重力势能和动能，两者之和即为水泵每秒对水做的功。
（3）本问考查效率的计算，水泵的输出功率等于每秒对水做的功，结合抽水效率的定义，即输出功率与输入功率的比值，即可反解求出水泵的输入功率。
（4）本问考查非纯电阻电路的能量守恒，电动机的输入功率等于热功率与输出功率之和，电动机输出功率等于水泵的输入功率，结合焦耳定律表示出热功率，代入数据即可求解线圈电阻。
（1）每秒喷出水的体积
其中
则水的质量
（2）根据动能定理可得
代入数据解得
（3）由题可知，水泵的输出功率
又因为
代入数据解得
（4）由题可知，电动机的电功率
电动机的热功率
根据能量守恒可知
代入数据解得
19．【答案】（1）滑块1从静止释放到C过程，根据动能定理可得
解得
滑块1与滑块2碰撞过程，根据动量守恒可得
解得
在C点，根据牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可知，碰撞后滑块3对圆轨道底端C点的压力大小为
（2）①滑块3能够通过圆轨道最高点D，则有
从C到D过程，有
碰撞过程有
滑块1从静止释放到C过程，根据动能定理可得
联立解得
②滑块3不能过圆心等高处，此种情况下，滑块3在圆心等高处速度恰为0，则有
碰撞过程有
滑块1从静止释放到C过程，根据动能定理可得
联立解得
综上分析可知要使碰撞后滑块3不脱离轨道，释放高度的范围为或
（3）①滑块3不经过地面碰撞直接经过圆环S，则，
解得
又，
联立解得
②滑块3经过地面碰撞一次后再过圆环S，则
解得
则有
经过地面碰撞后，有
上升最大高度
则刚好在最高点过圆环，且不可能继续与地面碰撞后再过圆环。则有，
解得
又，
联立解得
综上分析可知，要使游戏成功，满足条件的释放高度为或
【知识点】竖直上抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）本问考查动能定理在匀加速直线运动中的应用，飞行器从静止上升到高度H的过程，升力、重力和恒定阻力分别做功，初动能为0，末动能已知，根据动能定理列方程即可求解阻力大小。
（2）本问考查竖直上抛运动与牛顿第二定律的结合，失去升力后，飞行器受重力和向下的阻力，由牛顿第二定律求出上升阶段的加速度大小，再结合匀减速直线运动的速度公式，代入初速度和末速度为0的条件，即可求出继续上升的时间。
（3）本问考查动能定理在下落过程的应用，先求出飞行器上升的最大高度，再对从最高点到落地的过程应用动能定理，重力做正功、阻力做负功，初动能为0，末动能对应落地速度，列方程求解即可。
（1）滑块1从静止释放到C过程，根据动能定理可得
解得
滑块1与滑块2碰撞过程，根据动量守恒可得
解得
在C点，根据牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可知，碰撞后滑块3对圆轨道底端C点的压力大小为
（2）①滑块3能够通过圆轨道最高点D，则有
从C到D过程，有
碰撞过程有
滑块1从静止释放到C过程，根据动能定理可得
联立解得
②滑块3不能过圆心等高处，此种情况下，滑块3在圆心等高处速度恰为0，则有
碰撞过程有
滑块1从静止释放到C过程，根据动能定理可得
联立解得
综上分析可知要使碰撞后滑块3不脱离轨道，释放高度的范围为或
（3）①滑块3不经过地面碰撞直接经过圆环S，则，
解得
又，
联立解得
②滑块3经过地面碰撞一次后再过圆环S，则
解得
则有
经过地面碰撞后，有
上升最大高度
则刚好在最高点过圆环，且不可能继续与地面碰撞后再过圆环。则有，
解得
又，
联立解得
综上分析可知，要使游戏成功，满足条件的释放高度为或
20．【答案】（1）洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
其中
解得
的电子出发位置在坐标原点，则
（2）电子轨迹圆弧的圆心角
则电子在磁场中运动的时间
（3）电子打在轴上的位置
所以所有电子均从两极板的中间射入，射入角度与y轴呈角斜向右下。
若电子刚好打不到Q板，则有
解得
由几何知识可得，
当时，，所有电子均打在P板上。
①，则有，
②，则有，
【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）本问考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动，电子在磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力求出轨道半径；结合θ=0时电子的发射位置和轨迹圆心，分析偏转后的出射位置，即可得到打在x轴上的坐标。
（2）本问考查带电粒子在磁场中运动的时间，先根据几何关系求出电子轨迹对应的圆心角，再结合圆周运动的周期公式，由圆心角与周期的比值求出运动时间，整理得到时间与θ的关系式。
（3）本问考查带电粒子在电场中的偏转与临界问题，先分析电子进入极板间的初速度分量，找到电子刚好打不到Q板的临界条件，结合动能定理求出对应的电压和发射角；再根据发射位置与角度的关系，结合电子源的分布规律，分电压区间讨论单位时间内打到两个极板上的电子数。
（1）洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
其中
解得
的电子出发位置在坐标原点，则
（2）电子轨迹圆弧的圆心角
则电子在磁场中运动的时间
（3）电子打在轴上的位置
所以所有电子均从两极板的中间射入，射入角度与y轴呈角斜向右下。
若电子刚好打不到Q板，则有
解得
由几何知识可得，
当时，，所有电子均打在P板上。
①，则有，
②，则有，
1 / 1

展开更多......

收起↑