2024-2025學年浙江省嘉興市高二（下）期末物理試卷

一、單選題：本大題共10小題，共30分。

1.中國科學院物理研究所陳立泉院士帶領團隊研發(fā)出某新能源固態(tài)電池，該電池在能量密度、功率密度和

安全性等均達到世界第一，功率密度指的是甩池放電時單位質量單位時間輸出的能量，功率密度用國際單

位制的基本單位符號表示正確的是（）

A.m2/sB.m3/s2C.m/s3D.m2/s3

2.體育運動蘊藏著豐富的物理知識，下列說法正確的是（）

甲乙丙丁

A.研究甲圖中孫穎莎削球動作時叼以將乒乓球看成質點

B.艱據乙圖中蘇炳添100米跑成績9秒83可計算其平均速度大小

C.丙圖中游泳運動員向后劃水，手掌對■水做負功

D.丁圖中跳水運動員從靜止到離開跳臺過程中跳臺對選手做正功

3.如圖所示，一高考倒計時牌通過一根輕繩懸掛在掛鉤上。掛上后發(fā)現倒計時牌是傾斜的，已知乙1。8=90°,

計時牌的重力大小為G。不計一切摩擦，則下列說法正確的是（）

A.如圖位置平衡時，繩OA的拉力大于繩08的拉力

B.如圖位置平衡時，繩。4與豎直方向的夾角大于繩。8與豎直方向的夾角

C.如圖位置平衡時，繩。區(qū)的拉力大小為苧G

D.將計時牌掛正，平衡時繩08的拉力小于計時牌傾斜時繩。8的拉力

4.下列說法正確的是（）

A.通過高溫可使核子克服相互之間的庫侖斥力而引發(fā)聚變

B.氫原子從高能級到低能級躍遷的過程中，有可能射出y射線

C.強相互作用力是短程力，是引起原子核八衰變的原因

D/射線能穿透十幾厘米厚的鉛板

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5.“天問二號”即將在2025年5月發(fā)射，發(fā)射后沿霍曼轉移軌道運動，可認為地球和火星在同一平面沿同

一方向繞太陽做勻速圓周運動。已知火星公轉半徑是地球公轉半徑的1.5倍，則下列說法正確的是（）

霍曼

軌移軌道

A.地球繞太陽運動的加速度小于火星繞太陽運動的加速度

B.“天間二號”沿雷曼軌道飛往火星過程中做加速運動

C.“天間二號”的發(fā)射速度大小I，應滿足79km/s<v<112km/s

D?“天問二號”從力點運動到C點的時間為*個月

6.下列關于教材插圖，說法正確的是（）

A.平圖在地球表面來回擺動的小球，在空間站中仍能來回擺動

B.乙圖中水波從深水區(qū)向淺水區(qū)傳播，可知淺水區(qū)傳播速度比深水區(qū)大

C.丙圖為布朗運動實驗，圖中顯示的是花粉顆粒運動軌跡

D.丁圖為電子束穿過鋁箔后的衍射圖樣，證實了實物粒子具有波動性

7.如圖所示，足夠長的粗糙絕緣直桿豎直放置于等量異種電荷的中垂線，直桿上有小。、B三點，其中。

為4、8中點?，F有一質量為m的帶電小球套在桿上，從4點以初速度％向8點運動，滑到8點時速度恰好為0。

則小球從4運動至B的過程中（）

6小

?------------0一??…一一

小。

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A,小球的加速度先增大后減小B.運動時間。。＞t0B

C.4。段和OB段桿對小球的沖量相等D.小球的電勢能元增大后減小

8.如圖，一教師用側面開孔的透明塑料瓶和綠光激光器演示“液流導光”實驗。瓶內裝有適量清水，水從

小孔中流出后形成了彎曲的液流，讓激光水平射向小孔，使光束與液流保持在同一?豎直平面內，觀察到光

束沿著彎曲的液流傳播，下列操傳中，有助于光束更好地沿液流傳播的是（）

A.減弱激光強度B.提升瓶內液面高度

C,改用折射率更小的液體D.增大激光器與小孔之間的水平距離

9.如圖甲，某同學手持電吹風垂直向電子秤的托盤吹風，圓形出風口與托盤距離較近且風速恒定，吹在托

盤上的風會從平行于托盤方向向四周散開，簡化圖如圖乙。當電吹風設置在某擋位垂直向托盤吹風時，電

子秤示數與放上一質量為m的硅碼時一致，出風口半徑為r,空氣密度為p,重力加速度大小為g。下列說法

正確的是（）

A.使用出風口面積越大的電吹風，電子秤示數一定也越大

B.設出風口的風速為u,則單位時間內出風口吹出氣體的質量為p/r//

C.電吹風出風口的風速為J需

D.電吹風吹風的平均功率為mg舊能

10.如圖所示，真空區(qū)域有同心圓a和b,半徑分別為R和2R,。為圓心，圓a內和圓b外足夠大的區(qū)域均存在

有垂直圓面的勻強磁場，磁感應強度大小均為B,方向相反;a、b之間充滿輻向電場，電場方向均指向圓心。。

質量為m,電荷量為-q的帶電粒子從圓a上的P點沿PO方向射入，入射速度大小為孚工已知帶電粒子第

3m

二次經過圓b外勻強磁場區(qū)域后，再經電場恰好回到，點并沿，。方向射入。不計粒子重力，忽略邊界效應，

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則（）

A.水波前進速度約為2m/sB.t=2s時浮標接近波谷位置

C.10s內浮標將前進40mD.3s內3車車頭會與7個波峰“相遇”

13.如圖所示為“旋轉液體實驗”裝置。盛有液體的圓柱形容器放入蹄形磁鐵中，蹄形磁鐵內的磁場視為勻

強磁場，磁感應強度8=17,容器底部絕緣，側壁導電性能良好，電阻可忽略不計，容器外側邊緣和中心

分別通過電極與電源的正極、負極相連接。容器中液體橫截面半徑/=0.2m,電源的電動勢E=6V,內阻r=

22限流電阻Ro=8。。閉合升關液體開始旋轉，經足夠長時間后，流體勻速旋轉，電壓表的不數為2乙

設旋轉液體電阻率分布均勻，兩電極間的液體等效電阻R=4。。則（）

A.由上往下看液體沿逆時針方向旋轉B.流過液體的電流大小為4A

C.液體旋轉的角速度大小為20rad/sD.容器中液體安培力的功率0.64W

14.以卜操作不會給實驗結果帶來明顯影響的是

4“探究彈簧彈力與形變量的關系”實驗中彈簧測力計的外殼與白紙接觸有摩擦

員“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗中使用的油酸酒精溶液長時間放置

C.“用雙縫干涉測量光的波長”實驗中直接測量相鄰亮條紋間的距離Ax

。.“測玻璃磚折射率”實驗中規(guī)范畫好兩界面后不慎將玻璃磚向上平移了一小段

三、綜合題：本大題共5小題，共54分。

15.利用單擺測量重力加速度實驗

（1）學習小組用秒表記錄時間如圖［1）所示，秒表的讀數為s；用游標卡尺測量小球直徑如圖（2）所示,

小球直徑為cmo

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(3)小球直徑記為d,懸點到小球上端繩長記為L,把小球拉開-一個小角度，讓小球在豎直平面內穩(wěn)定投動，

某次經過平衡位置時，數1并開始計時，再次經過平衡位置時數2......,當數71時結束計時，總時間記為3

則計算重力加速度9的表達式

(4)實驗中若采用圖像法計算當地的重力加速度g,三位同學作出的乃一心圖線分別如圖⑶中的Q、氏c所示,

其中a和b平行，b和c都過原點，圖線。對應的g值最接近當地重力加速度的值。則相對于圖線a和c,下列分

4出現圖線。的原因可能是誤將懸點到小球下端的距離記為擺長A

比圖線c對應的g值小于圖線b對應的g值

C巴現圖線c的原因可能是誤將49次全振動記為50次

16.某實驗小組“測量電源的電動勢和內阻”

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（1）該學習小組按照如圖（1）中所示的電路進行實驗，通過調節(jié)滑動變陽器阻值使電流表示數逐漸接近滿偏，

記錄此過程中電壓表和電流表的示數，利用實驗數據在U-/坐標紙上描點，如圖（1）乙所示，結果發(fā)現電壓

表示數的變化范圍比較小，出現該現象的主要原因是。

4電壓表分流8.干電池內阻較小

C滑動變阻器最大阻值較小D.電流表內阻較小

（2）針對電壓表示數的變化范圍比較小的問題，該小組利用實驗室提供的下列器材改進了實驗方案。

4干電池1節(jié)（電動勢約L5V,內阻約W）；

從電壓表V（量程3乙內阻約3k0；

C電流表4（量程。64內阻為0.50；

D滑動變阻器R（最大阻值為20。）：

七.定值電阻％（阻值10;

五.定值電阻用（阻值5。）；

G.開關一個，導線若干。

在現有的實驗器材下，為消除系統(tǒng)誤差，盡可能精準測量電池電動勢和內阻，則下列電路圖正確的是

（3）根據新的實驗方案重新測量得到的數據并繪出新的U-/圖像如圖（2）所示，可得電池的電動勢為V,

內限為0（結果均保留3位有效數字）。

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17.如圖所示為一處于豎直平面內的實驗探究裝置示意圖，該裝置由光滑圓弧軌道48、長度為刀=2巾的固

定粗糙水平直軌道8C及兩半徑均為刈=0.4m的固定四分之一光滑細圓管DEF組成，其中圓弧軌道的從D

端與水平軌道相切且平滑連接。緊靠F處有一質量為M=0.33的小車靜止在光滑水平地面上，小車的上表

面由長為6=1.5m的水平面GH和半徑為&=0.5血的四分之一的光滑圓弧面用組成，GH與尸等高且相切。

現有一質量為m=0.1kg的滑塊(可視為質點)從圓弧軌道48上距8點高度為h=0.8m處自由下滑，滑塊與糙

水平直軌道8C及小車上表面GH間的動摩擦因數均為〃=0.3,不計其它阻力，取g=1077i/s2。求

(1)滑塊運動到圓弧軌道上的尸點時，細圓管道受到滑塊的作用力；

(2)滑塊在小車上運動過程中離上表面GH的最大高度；

(3)若釋放的高度h<普m,試分析滑塊最終在小車上表面G4上滑行的路程s與高度h的關系。

X。

18.如圖所示有兩傾角8=30\間距d=0.1m的足夠長平行金屬導軌，其頂端和底端各連有一個R=0.W

的電阻。一恒流源為電路提供恒定電流/=24電流方向如圖所示。在兩導軌間存在垂直導軌平面向上的磁

場，沿導軌平面建立坐標系磁感應強度沿y方向大小不變，沿工方向大小滿足4-2x(T)(x<4zn),Bz=

2(7)(%>4771)。質量m=0.1kg的金屬棒ab垂直導軌放置.，與導軌間摩擦系數〃=?，讓金屬棒ab從x=0

處以很小的速度(可忽略不計)開始向下運動。x=4m處兩導軌各有?小段長度可以忽略的絕緣部分，隔開

(1)金屬棒ab運動到x=1m位置時加速度大??；

(2)金屬棒時從x=0沿導軌向下運動到速度為0的過程中，克服摩擦力所做的功;

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(3)若導軌光滑，改變恒流源電流方向，讓金屬棒從％=0靜止模放，可以證明導體棒做簡諧運動，且簡諧

運動的周期T=2TTJ序，其中m為做簡諧運動的物體的質量，k為"=-此中比例系數k,求周期「的大小。

(4)在第(3)問的基礎上求從￡=0到弦時間內安培力的沖量大小。

19.如圖所示％0y平面內，第二象限存在半徑為匕=0.2771的圓形勻強磁場，磁感應強度4=0,17,方向垂

直xOy平面向外；第一象限存在一垂直xOy平面的圓形勻強磁場，磁感應強度％=0.2F(未畫出)；PQ為足

夠大與y軸垂直的平板，平板與工軸的距離d=2Cm,無軸與平板之間存在沿y軸負方向的勻強磁場火。一

比荷為1。6。的的帶正電粒子，以速度u=2x104m/s從工軸上/=-0.2m的A點射入圓形勻強磁場，速度方

向與％軸負方向夾角。=60°,粒子經過勺、%后又恰好從%軸上坐標為％=0.2m的M點進入勻強磁場剪,粒

子在M點的速度方向與％軸負方向夾角8=60°,經過附磁場后，粒子恰好打在平板上的N點(N點位于M點的

正下方)，帶電粒子重力可不計。求：

(1)帶電粒子經過當圓形磁場區(qū)域后經過y軸時與。點的距離；

(2)第一象限存在的圓形磁場&面積的最小值；

⑶磁感應強度名的大小及粒子從S點運動到N點通過的路程。

六、綜合題：本大題共1小題，共12分。

20.海洋溫差發(fā)電安全無污染，儲量巨大。在某次發(fā)電測試實驗中，探測到490m深處的海水溫度為290K。

如圖所示，將某種氣體封閉在橫截面積S=2?n2的氣缸內，氣缸從深海490771深處上浮到海面，隨著海水溫

度升高，封閉氣體的體積增大，活塞緩慢上升且始終未脫離氣缸。該氣體可看作理想氣體，氣缸導熱性能

良好，活塞質量不計。已知海面處溫度To=300K、此處氣缸內氣體體積匕)=3m3,大氣壓強恒為p0=1x

10-Pa,海水密度0二1乂103的/血3,忽略水的阻力影響。

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(1)氣缸從深海上浮到海面，氣缸內氣體分子的平均速率(選填“變大”、“變小”或者“不變”);

單位時間內，單位面積上氣體分子對器壁的作用力(選填“變大”、“變小”或者“不變”):

(2)求氣缸從深海490m深處上浮到海平面的過程中，活塞相對缸底上升的距高(計算結果保留3

位有效數字)；

(3)在上述過程中，氣缸內含該氣體1.7kg,上升過程吸收的總熱量為105劃，已知1摩爾該氣體的內能U=kT,

其中常量k=25〃K,1摩爾該氣體質量為17g,求該氣體對外做的功。

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答案解析

1.【答案】D

【解析】由題知，功率密度的定義是電池放電時單位質量單位時間輸出的能量，貨功率密度=就笳而

能量的國際單位是焦耳(/),1/=1kg^m2/s2；質量的單位是如，時間的單位是s,因此功率密度的單位

為二警平――故。正確。

Kgskgs'

故選D.

2.【答案】B

【解析】4研究甲圖中孫穎莎削球動作時，乒乓球大小不能忽略，乒乓球不可以看成質點，故/!錯誤；

8.乙圖中蘇炳添100米跑成績9秒83,100米比賽的賽道是直的，可知位移等于100米，平均速度等于位

移除以時間，故8正確：

C丙圖中游泳運動員向后劃水，手掌對水的力的方向與水運動方向相同，做正功，故C錯誤：

。?丁圖中跳水運動員從靜止到離開跳臺過程中，跳臺對選手的力沒有位移，根據功的計算公式IV=Ficos。,

可知對選手不做功，故。錯誤。

故選B。

3.【答案】C

【解析】由題知，倒計時牌處于平衡狀態(tài)，對倒計時牌，由平衡條件可知，輕繩對其作用力應與其重力等

大、反向，即大小為6、方向豎直向上；

對掛鉤，結合平衡條件及牛頓第三定律可知，輕繩對?其作用力大小為G,方向豎直向下，結合平行四邊形定

則，可得下圖：

因同一根繩子力的大小相等，則：FOA=F0B，因4408=90。，結合幾何關系可得：8=45。,

則:FOB=Gsin45°=等G，

將計時牌掛正，平衡時繩。8的拉力等于計時牌傾斜時繩。8的拉力，故C正確，力8。錯誤。

故選Co

4.【答案】A

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【解析】4聚變反應又叫熱核反應，是通過高溫可使核子克服相互之間的庫侖斥力而引發(fā)聚變，故力正確；

8.氫原子從高能級到低能級躍遷的過程中，不可能射出y射線，因為y射線一般是由原子核衰變得到的，故8

錯誤：

C.弱相互作用力是短程力，是引起原子核0衰變的原因，故C錯誤；

。/射線能穿透能力較強，但不能穿透十幾厘米厚的鉛板，故O錯誤。

故選人

5.【答案】D

【解析】4根據牛頓第二定律6等=ma,解得a=G盤，因為地球繞太陽的公轉半徑小于火星繞太陽的公

轉半徑，故地球繞太陽運動的加速度大于火星繞太陽運動的加速度，故力錯誤；

8.“天問二號”沿霍曼軌道飛往火星過程中，根據開普勒第二定律可知速度減小，做減速運動，故8錯誤；

C火星探測器“天問二號”的發(fā)射因為要脫高地球的引力，所以發(fā)射速度u應滿足11.2km/s,故。錯誤：

D火星繞太陽公轉的半徑為1.5R,地球公轉半彳仝為R,則探測器半長軸為L25R,根據開普勒第三定律得

(1.25R)3_R3

解得探測器沿霍曼轉移軌道運動的周期7二畢萬，故“天問二號”從4點運動到C點的時間為5=第月,

224

故D正確。

故選

6.【答案】D

【解析】4甲圖中小球在太空處于完全失重狀態(tài)，細繩對小球沒有彈力作用，故不會在太空中的空間站來回

振動，故力錯誤；

比乙圖中水波從深水區(qū)傳到淺水區(qū)后傳播方向朝法線偏折，淺水區(qū)折射率較大，則淺水區(qū)水波傳播速度較小，

故B錯誤；

。.布朗運動實驗，丙圖中顯示的是花粉顆粒的不同時刻的位置，并把這些位置用折線連接起來，但不是運

動軌跡，故C錯誤；

D「圖為電子束通過鋁箔時的衍射圖樣，因為衍射是波所特有的現象，說明電子具有波動性，故。正確。

故選D.

7.【答案】A

【解析】4對小球進行受力分析，小球受重力mg,電場力F電、桿的彈力N和摩擦力/,等量異種電荷中垂線

上，從力到。場強先增大后減小(。點場強最大)，設小球帶電量為q,電場力廣也=qE,則彈力N=/電=qE,

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摩擦力f=〃N=〃qE,根據牛頓第二定律/+mg=ma（取向下為正方向，小球向上減速，加速度向下），

因為E先增大后減小，所以/先增大后減小，那么坦先增大后減小，故力正確；

員根據4選項分析，畫出小球運動的u-C圖像，由于4。段和08段位移相等，則圖中虛線左右兩部分的面積

相等，從圖中可得以。＜￡。8,故8錯誤；

。.根據對稱性，在力。段和。8段上各取關于。點對稱的?小段距離，小球在這兩對稱小段處所受的彈力和摩

擦力均相等，但在40中的一小段的運動時間總比在。8中的小，所以在40段桿對小球的總沖量比。8段的小,

故C錯誤；

"等量異種電荷中垂線是等勢線，小球沿等勢線運動，根據%電勢9不變，所以小球電勢能不變，

故D錯誤。

故選Ao

8.【答案】B

【解析】若想使激光束完全被限制在液流內，應使得激光在液體內發(fā)生全反射現象，根據全反射臨界角孔=

與可知，應該增大液體的折射率或增大激光束的入射角。

sine

A,減弱激光的強度，激光的臨界角、折射率均不會改變，故/錯誤；

8、提升瓶內液面高度，則液體噴出的初速度增大，水流的更遠，形成的液流越平緩，光從水射向空氣的入

射角越大，越容易發(fā)生全反射，故8正確；

。、若改用折射率更小的液體，臨界角變大，更不容易發(fā)生全反射，故C錯誤；

。、增大激光器與小孔之間的水平距離，不會改變光從水射向空氣的入射角，故。錯誤。

故選瓦

【分析】

考查光的全反射現象的應用，注意光的全反射現象的條件，并掌握折射率與臨界角的關系是解題的關鍵。

9.【答案】C

【解析】4當電吹風設置在某擋位垂直向托盤吹風時，功率相同，對于兒時間內吹出的風，

1

PAt=54m廿9

與托盤作用過程，根據動量定理

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FAt=Amv

解得

2P

F=—

V

吹力大小與電吹風出風口面積無關，故力錯誤；

8.單位時間內出風口吹出氣體的質量

Amf=pSv=pur2v

故B錯誤;

。.根據題意可知，風與托盤間的相互作用力大小

F=mg

根據動量定理

FAt=Amu=pSv2At=7rr2pv2ZJt

解得

故C正確；

力.據

W

p=-

有

解得

故D錯誤。

故選Co

10.【答案】C

第14頁，共22頁

【解析】粒子運動軌跡如圖所示

帶電粒子在圓Q中半徑為廠1，每次偏轉角為2仇洛倫茲力提供向心力quB=*，解得a=苧，故tan。=得=

*，可得。=30。，

3

帶電粒子在圓b外半徑為以，每次媼轉角為2a,2。+2a=180。，可得a=60。，tana=^=V3,解得太=

2門R，洛倫茲力提供向心力q/8=空吐，解得口，=交包處，

丫2m

圓G、b之間電勢差為U,有

1-1,

-q'J=-^mv

解得U=-嬰變，

6m

故選Co

11.【答案】AB

【解析】.根據題意可知，當波長為人時，電流計的示數剛好為零，此時將電源正負極對調，電流計示

數不為零，電源路端電壓為U,則有eU瑤一人

再逐漸調節(jié)入射光照的波長至A2,電流計的示數恰好變成零，則有0=/-Wo

聯(lián)立可得21<42，h=坐祟

故,48正確；

第15頁，共22頁

CD根據題意可知，力為入射光為極限頻率的波長，僅增大光的波長，光的頻率減小，不能發(fā)生光電效應,

電流計示數仍為零，僅增大光的強度，光的頻率不增加，不能發(fā)生光電效應，電流計示數仍為零，故。。錯

誤。

故選AB。

12.【答案】BD

【脩析】4如圖甲可知，兩波峰間的距離大約等于一個4車的長度，即4=6m

如圖內可知，波的周期大約L5s

由=（，解得u=4m/s,力錯誤；

員如圖內可知，t=2sIM,加速度正向最大，即此刻加速度方向向上，指向平衡位置，故此時浮標接近波

谷位置，4正確；

C.浮標做簡諧運動，故只能上下運動，不能前進，C錯誤；

。.以向左為止，白色8車向左，速度為UB=10m/s

潮水向右，速度為u=-4m/s

故B車相對■潮水的速度為u相對=UB-V=14m/s

則3s內8車相對?潮水的位移為x相對=427n

即經過了九二孚=7個波峰，。正確。

故選BD.

13.【答案】AC

【解析】4電流從邊緣流向中心，磁場方向由N極指向S極（豎直句上），根據左手定則，由上往卜看液體沿

逆時針方向旋轉，力正確：

8.電路中電流應滿足E=U+/（r+R0），可得/=翳=篙4=0-44，8錯誤；

r-rnQZ"FO

。.容器中液體安培力的功率以=U/-/2R,解得PA=0.16W,。錯誤：

C液體受到的安培力為F=/E=0.08N,容器中液體安培力的功率以=行=尸芋，解得3=20rad/s,

C正確。

故選AC.

14.【答案】AD

第16頁，共22頁

【解析】4"探究彈簧彈力與形變量的關系”實驗中彈簧測力計的外殼與白紙接觸有摩擦，并不影響彈簧測

力計的準確讀數，因此，該操作不會對實驗結果帶來明顯影響。故力正確；

8.“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗中使用的油酸酒精溶液長時間放置，酒精會揮發(fā)，導致油酸濃度變

大。在實驗中，用此溶液進行實驗，會使油酸膜的實際面積S偏大，而計算時所用油酸體積V仍按原濃度

計算，導致，的計算值偏小，由d可知，油酸分子直徑的測量值會明顯偏小。故該操作會對實驗結果

帶來明顯影響。故6錯誤；

C"用雙縫干涉測量光的波長”實驗中，通常應測量多個亮條紋之間的總距離，再除以條紋數，以減小誤

差。若直接測量相鄰亮條紋間的距離，誤差會較大，因此該操作會對實驗結果帶來明顯影響。故C錯誤；

。.測玻璃磚折射率”實驗中，畫好界面后將玻璃磚向上平移，由于玻璃磚上下表面平行，雖然入射點的位

置改變，但入射角i不變，根據折射定律，折射角r也不變。因此，根據公式n=器計算出的折射率不變,

該操作不會給實驗結果帶來明顯影響，故力正確。

故選AD.

15.【答案】58.5

0.97

BC

(n-1)2TT2(L+?

【解析】(1)秒表的讀數為30s4-28.5s=58.5s：

該游標卡尺的分度值為0.1mm,則小球直徑為d=0.9cm4-7x0.1mm=0.97cm。

(2)為了減小空氣阻力的影響，需選擇質量大的鐵球，豎直懸掛，其次為了防止懸點滑動，需要夾子夾住擺

線，最后為了不讓撰長發(fā)生改變，需選擇細絲線，測量擺長時，應讓細絲線豎直釣著小球，以減小擺長的

測最誤差，故8c正確，力。錯誤，

故選BC.

(3)由題意可知，單擺的周期為7二3

根據單擺周期公式7=2兀

第17頁，共22頁

聯(lián)立可得重力加速度為g=)

(4)4根據單擺周期公式T=2n芹

可得T2=±da+r)=l^L+虻「

999

可知a圖線可能是誤將懸點到小球上端的距離記為擺長，但圖線的斜率不變，即a、b圖線測出的重力加速度

相同，故力錯誤；

BC實驗中誤將49次全振動記為50次，則周期的測量值偏小，導致重力加速度偏大，圖線ci-算出的斜率

較小，則g值大于圖線匕對應的g值，故8錯誤，C正確。

故選Co

16.【答案】B

D

1.53

1.13

【解析】(1)由閉合電路的歐姆定律得U=由于干電池內阻r較小，電流變化時U變化較小，電壓表

變化范圍小，故8正確。

故選B.

(2)為使電壓表示數變化范圍大，把與電池內阻接近的定值電阻燈與電源串聯(lián)，由于電流表內阻已知，相對

于電源來說電流表采用內接法，應選擇圖。所示電路圖。

(3)由閉合電路的歐姆定律得U=E-/(r+Rl+RA)，由圖2所示U-/圖像可知，電池電動勢E=1.58，

圖像斜率的絕對值k=廠+%+心=焉|。^2.680

解得r=1.18C。

17.【答案】解：(1)根據動能定理〃照九一卬71以1+mgx2R[=|mvj-

代入數據得勿=2y/~5m/s

根據牛頓第二定律N-mg=m^

得細圓管道對滑塊的作用力N=6/V

根據牛頓第三定律，細圓管道受到滑塊的作用力N'=N=6N

方向向下U

第18頁，共22頁

(2)根據動量定理6勿=(M+m)v

得u=等m/s

根據能量守恒卬+mg/ax+g(M+m)v2=gmi"

滑塊在小車上運動過程中離上表面G，的最大高度hmax=0.3m

(3)經過計算可知，當釋放的高度h=時，滑塊剛好能到達半徑為/?2=。?5血的四分之一的光滑圓弧的

JLO

最高點，

若釋放的高度九<裝m，根據動能定理mgh-l^mgL1+mgx2”=^mvj：

根據動量定理miv=(M+m)v

根據能量守恒4mgs+1(M4-m)\7=gm蘇

得s=2.5h+0.5

答：(1)滑塊運動到圓弧軌道上的F點時，細圓管道受到滑塊的作用力為6N,方向向下；

(2)滑塊在小車上運動過程中離上表面GH的最大百度為0.3m;

(3)滑塊最終在小車上表面G"上滑行的路程s與高度力的關系為s=2.5/1+0.5o

【解析】詳細解答和解析過程見答案

18.【答案】(1)金屬棒協(xié)運動到x=1m位置時，由牛頓第二定律

有B]Id+mgsinO-F,=ma

產之一mgcosd=0

Ff="支

由港中所給數據可得mgs\n3=Fr

解得a=4m/s2c

⑵從％=0到x=4m的過程中,

安培力廣安］=BJd=0.4x

044X4

則R安i=-°2=0-8N

安培力做功W次1=廣安產=3.2/

根據前面分析可知mgsinO=Ff

由動能定理，有W次］=^mv2—0

第19頁，共22頁

得金屬棒運動到％=4m時，速度i?=8m/s

從x=4m到速度為0的過程中，因為絕