1.物理思想方法是物理學科素養的重要內容，可幫助我們提升思維水平，形成綜合能力.下列有關思想方法

說法正確的是（）

A.卡文迪許利用扭秤測量萬有引力常量用到了微元法的思想

B.合力、分力等概念的建立體現了等效替代的思想

C.加速度公式a=￡與功率公式尸=叫都采用了比值定義法

mt

D.點電荷、電場都是抓住主要因素忽略次要因素建立的理想化模型

【答案】B

【詳解】A.卡文迪許利用扭秤測量萬有引力常量用到了放大法的思想，故A錯誤；

B.合力、分力等概念的建立體現了等效替代的思想，故B正確；

C.加速度公式a=￡是牛頓第二定律的表達式，不是定義式，故C錯誤；

m

D.電場不屬于理想化模型，是電荷周圍客觀存在的物質，故D錯誤。

故選B。

2.某同學用細線拴一重物制成簡易加速度計，其刻度面如圖所示（刻度為弧度）.若某次火車出站時讀到細線

與豎直方向夾角為O.lrad,則加速度約為（）

上。

A.5m/s2B.lm/s2C.0.5m/s2D.O.lm/s2

【答案】B

【詳解】根據牛頓第二定律可知

mgtan0—ma

角度很小時

tan。asin878

得

a=lm/s2

故選B。

3.用如圖所示的實驗裝置探究“質量一定時，物體加速度與所受合外力的關系”，小車的質量為托盤

和祛碼的總質量為加，平衡摩擦力后進行實驗（）

B.小車所受的合外力等于2mg

C.釋放小車后立即接通打點計時器

D.在托盤中增加祛碼，重復實驗

【答案】D

【詳解】A.探究“質量一定時，物體加速度與所受合外力的關系”時由于傳感器測量小車的合力，無需

"Z遠小于故A錯誤；

B.對托盤和祛碼根據牛頓第二定律得

mg—T=ma

所以

T<mg

即

2T<2mg

故B錯誤；

C.先接通電源，再釋放小車，故C錯誤；

D.探究“質量一定時，物體加速度與所受合外力的關系”時保持小車質量不變，在托盤中增加祛碼，重復

實驗，故D正確。

故選D

4.2023年5月11日，我國發射的“天舟六號”貨運飛船與“天和”核心艙實現快速交會對接，形成的組合

體在離地面高為/?的空間站軌道繞地球做勻速圓周運動，如圖所示，已知地球半徑為R,h<R,地球表面的

重力加速度為g,則下列說法正確的是（）

A.組合體處于完全失重狀態，不受重力作用

B.組合體的運行速度大于7.9km/s

C.組合體的運行周期小于24h

D.由于稀薄空氣的阻力作用，組合體如果沒有動力補充，速度會越來越小

【答案】C

【詳解】A.組合體在太空中做圓周運動，由萬有引力提供向心力，萬有引力的分力提供重力，組合體仍

受重力作用，故A錯誤；

B.7.9km/s是第一宇宙速度，也是近地衛星環繞地球的速度，是飛行器環繞地球的最大繞行速度，而天舟

四號與天和核心艙對接后的軌道并不是近地軌道，所以運行速度小于7.9km/s。故B錯誤；

C.地球同步衛星軌道高度約為35786km,遠大于地球半徑R,根據開普勒第三定律可知軌道半徑越小周

期越小，而組合體在離地面高為〃小于R,故組合體的軌道半徑小于地球同步衛星軌道半徑，故組合體的

運行周期小于24h,故C正確；

D.考慮稀薄大氣阻力，若空間站沒有進行動力補充，將會做近心運動，引力做正功，運行速度會越來越

大，故D錯誤。

故選Co

5.磁性圓盤豎直放置，繞固定的水平軸勻速轉動，一鐵質小物體吸附在距離圓盤中心廠處，相對于圓盤靜

止，則小物體（）

A.在最高點一定受四個力作用

B.在轉一圈的過程中，圓盤對小物塊的支持力的沖量為0

C.在轉一圈的過程中，圓盤對小物塊的摩擦力的沖量方向為豎直向上

D.小物塊從圓周的最高點運動到最低點的過程中，摩擦力對小物塊做正功

【答案】C

【詳解】A.在最高點物體可能受到重力、支持力、磁力三個力的作用，重力提供向心力，故A錯誤；

B.在轉一圈的過程中，圓盤對小物塊的支持力不為0,,沖量不為0,故B錯誤；

C.在轉一圈的過程中，根據動量定理可知，合力沖量為0,磁力與彈力的合力沖量為0,重力與摩擦力的

合力沖量也為0,則圓盤對小物塊的摩擦力的沖量方向為豎直向上，故C正確；

D.小物塊從圓周的最高點運動到最低點的過程中，動能不變，合外力做功為0,支持力、磁力不做功，

重力做正功，則摩擦力對小物塊做負功，故D錯誤。

故選c。

6.如圖所示，從斜面上A點斜向上拋出一小球，水平擊中斜面上B點，現從C點拋出，仍要水平擊中2

點。下列說法正確的是（）

A.可以僅改變拋出時速度的大小B.可以僅改變拋出時速度的方向

C.兩次擊中8點速度相同D.兩次在空中運動的時間相等

【答案】A

【詳解】反向看是平拋運動，設斜面傾角為。，根據

兩次時間不同，則豎直速度不同，根據平拋運動推論可知，位移偏轉角正切值是速度偏轉角正切值的一

半，則

v

tan(/=2tan6)=—

匕

可知，水平速度不同，所以兩次擊中8點速度不同，但速度方向相同，兩次拋出時速度的大小不同，故可

以僅改變拋出時速度的大小。

故選Ao

7.如圖所示，質量為機、長為/的銅棒仍，用長度也為/的兩根輕導線水平懸吊在豎直向上的勻強磁場

中，磁感應強度為8,未通電時，銅棒靜止，通入恒定電流后，棒向外偏轉的最大角度為仇重力加速度

A.棒中電流的方向為6—aB.棒中電流的大小為

Blsin0

C.棒中電流的大小為"際tan'D.若只增大輕導線的長度，則。角變大

BI

【答案】B

【分析】

【詳解】A.根據導體棒受到的安培力方向可知，電流的方向由“到b,A錯誤；

BC.根據動能定理可知

BII-Isin0—mg(l—Icos3)=0

解得

Img(l-cos^)

Blsin6

C錯誤B正確；

D.根據B可知，最大偏轉角與導線的長度無關，D錯誤。

故選Bo

8.水平地面上方有水平向右、范圍足夠大勻強電場，從地面上的A點豎直向上拋出一個帶電的小球，運

動軌跡如圖所示，B點為軌跡的最高點，空氣阻力可忽略。則小球在從A到B過程中（）

A.電勢能增大

B.機械能先增大后減小

C.速度先減小后增大

D.相同時間內速度變化量不同

【答案】C

【詳解】AB.由運動軌跡可知，小球帶正電，則小球在從A到8過程中電場力做正功，電勢能減小，機

械能增大，故AB錯誤；

C.運動過程中，開始過程中，小球所受合力與速度夾角為鈍角，合外力做負功，故小球動能減小，后小

球所受合力與速度夾角為銳角，合外力做正功，小球動能增大，故c正確；

D.小球的合外力固定不變，則加速度固定不變，則相同時間內小球的速度變化量相同，故D錯誤。

故選C。

9.合肥工業大學科研團隊成功研制出兼具自修復性和高導電性的彈性導體，其阻值會隨著機械形變而發生

變化，如圖所示，電壓表和電流表是理想電表，。、b兩點之間連接一彈性導體，在彈性導體中間懸掛重物,

在把重物拿走后，下列說法正確的是（）

B.電壓表示數變小

C.彈性導體消耗的功率一定變小

D.彈性導體消耗的功率一定變大

【答案】B

【詳解】A.把重物拿走后，彈性導體長度變短，截面積增大，則電阻變小，故A錯誤；

B.電路總電阻減小，總電流增大，則電源內阻和定值電阻R上的電壓增大，則彈性導體的電壓變小，即

電壓表示數變小，故B正確；

CD.將定值電阻R等效為電源的內阻，則當彈性導體的電阻等于R+r時，彈性導體消耗的功率最大，因

不明確彈性電阻的阻值與R+r的阻值關系，則當彈性電阻的阻值變小時，其消耗的功率不一定變大，也不

一定變小，故CD錯誤。

故選B。

10.在坡道滑雪中，一運動員從斜面自由下滑做勻加速直線運動，滑到水平面做勻減速直線運動，最后停在

水平面，其運動過程中動量的大小p和重力做功W隨時間t、重力勢能Ep和機械能E隨水平位移無變化的

圖像中，可能正確的是（）

【答案】D

【詳解】A.運動員的運動可看作先沿斜面勻加速下滑，到水平面后做勻減速直線運動，速度先線性增大

再線性減小，由動量的大小p=?w知，圖線應先線性增大再線性減小，故A錯誤；

B.設斜面傾角為。，運動員沿斜面勻加速下滑，運動學公式

v2=2as

v=at

又重力做功為

W=mgssin0

聯立得，Wocsoc產，到水平面后，重力做功為0,故B錯誤；

C.根據B項分析，運動員沿斜面勻加速下滑時

W—mgssin6=mgx

又

W=—("—4)

聯立得

Ep=-mgx+Ep0

運動員到水平面后重力勢能經不再變化，與Ep-x圖線不符，故C錯誤；

D.從斜面滑到水平面，除重力外只有阻力做功，斜面和水平面上動摩擦因數可能不同，設為〃1和〃2,

根據功能關系，斜面上

-^mgssin0=E-Eo

又

ssin。=x

聯立解得

E=-Rngx+E0

E-x圖線線性減小，水平面上，阻力做功為-〃2根小，同理，E-尤圖線也線性減小，故D正確。

故選D。

11.如圖所示為某緩沖裝置模型，輕質彈簧與輕桿相連，輕桿可在固定的槽內移動，與槽間的滑動摩擦力等

于最大靜摩擦力八現一質量為機的小車以速度w撞擊彈簧后，輕桿恰好向右移動/,不計小車與地面間的

摩擦，貝I()

、/WVW)------/卷什

G-pJI

A.輕桿向右移動的過程中，輕桿的加速度為￡

m

B.輕桿向右移動的過程中，彈簧的彈性勢能逐漸增大

C.小車被彈簧反向彈回后速度大小為vo

D.從小車撞擊彈簧到離開彈簧的過程中，系統產生的內能為〃

【答案】A

【詳解】A.輕桿向右移動的過程中，輕桿與槽間的滑動摩擦力等于最大靜摩擦力力由牛頓第三定律可

知，小車所受彈簧的作用力大小也是力由牛頓第二定律可知小車的加速度為

a=匕

m

輕桿與小車的加速度大小相等，所以輕桿的加速度為工，故A正確；

m

B.小車與彈簧一起推動桿向右運動的過程中，輕桿受到的摩擦力不變，彈簧的壓縮量x先增大，到小車

與桿的速度相等時x保持不變，直到桿的速度減為0,之后，小車向右減速到彈回，因此輕桿向右移動的

過程中，彈簧的彈性勢能先增大后不變，故B錯誤；

C.輕桿向右移動的過程中，輕桿與槽之間由于摩擦，一部分機械能轉化為內能；小車被彈簧反向彈回的

過程中，輕桿受到的彈力小于最大靜摩擦力力輕桿處于靜止狀態，小車被彈簧反向彈回后速度大小小于

vo,故C錯誤；

D.小車以一速度撞擊彈簧后，輕桿恰好向右移動/,摩擦產生的內能為

Q=衣相對=fl

故D錯誤。

故選A?

二、非選擇題：共5題，共56分.其中第13?16題解答時請寫出必要的文字說明、方程式

和演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數值計算時，答案中必須明確寫出數值和單位.

12.某學生實驗小組利用圖1所示電路，測量多用電表內電池的電動勢和電阻“xlk”擋內部電路的總電

阻.使用的器材有：多用電表、電壓表（量程5V,內阻十幾千歐）、滑動變阻器（最大阻值5k。）、導線若

干。

圖2

（1）將多用電表擋位調到電阻“xlk”擋，再將紅表筆和黑表筆,調零點；

（2）將圖1中多用電表的黑表筆和（填“1”或“2”）端相連，紅表筆連接另一端；

（3）調節滑動變阻器的滑片，使其接入電路的阻值為零，此時電壓表的示數為4.6V,多用電表指針的示數

如圖2所示。則電壓表的內阻是kQ,歐姆表內部電源的電動勢為V（結果保留3

位有效數字）;

（4）若該歐姆表的刻度值是按電動勢為9.0V刻度的，當電池的電動勢下降到7.0V時，歐姆表仍可調零。

若重新調零后的歐姆表測得某待測電阻阻值為18.0k。，則這個待測電阻的真實值18kQ（填

“大于”、“等于"、“小于”）。

【答案】①.短接②.2③.16.08.91⑤.小于

【詳解】（1）[1]多用電表測電阻時，在選擇倍率后，需要將紅表筆和黑表筆短接，進行歐姆調零。

（2）[2]電流從多用電表黑表筆流出紅表筆流入，所以圖1中多用電表的黑表筆和2端相連，紅表筆和

1端相連。

（3）[3]根據多用電表測得電壓表的內阻為16.0kQ。

⑷根據多用電表的表盤可知，多用電表在“xlk”擋時的中值電阻為15.0kQ,即此時多用電表的內阻為

15.0kQ,則歐姆表內部電源的電動勢為

160kQ+150kQ

E=x4.6Vx8.91V

16.0kQ

（4）[5]電動勢為9.0V,調零后歐姆表內部電阻為

'g

電動勢為7.0V時，調零后歐姆表內部電阻為

E'

4’

電動勢為9.0V時，電阻阻值為18.0kC對應的電流為

I=--------

R內+R測

電動勢為7.0V時

解得，這個待測電阻的真實值為

R真=14.0k。

所以則這個待測電阻的真實值小于18kQ。

13.如圖所示，水平放置的線圈匝數〃=100匝，電阻廠=4。，線圈與電阻R相連，在線圈的中心有一個方

向垂直于線圈、面積S=0.3m2的有界勻強磁場，磁感應強度隨時間變化的規律為8=0.l-r(T),規定垂直紙面

向里磁感應強度的方向為正方向，電壓表的示數為18V,試求：

(1)通過電阻R的電流方向；

(2)線圈產生的感應電動勢；

(3)電阻R的阻值。

【答案】(1)B-R-A；(2)30V；(3)6。

【詳解】(1)磁感應強度方向向里且減小，根據楞次定律判斷可知電流方向為2一尺》;

(2)根據法拉第電磁感應定律得

(3)感應電流為

故電壓表的示數為

14.如圖甲所示，物塊A、B通過細線連接，A在桌面上，B懸掛在桌子邊緣，細線與滑輪間無摩擦.現將

物塊A從尸點處由靜止釋放，B落地后不反彈，最終A停在。點，物塊Av-f圖像如圖乙所示。已知B的

質量為0.5kg,重力加速度大小g取10m求：

(1)兩點的距離；

(2)物塊A與桌面間的動摩擦因數;

(3)物塊A的質量.

4

【答案】(1)3m；(2)0.1；(3)jkg

【詳解】(1)由v-f圖可知

XPQ=—x2x3m=3m

2

(2)由v-f圖可知，物塊A在1?3s的加速度大小

ai—1m/s2

1?3s內，對A物塊根據牛頓第二定律得

jum^g=mAa2

所以

/j-—~QA

g

(3)0?1s內，加速度大小

%=2m/s2

對A、B物塊根據牛頓第二定律得

T—〃"="入的

tnBg~T=mBal

解得

4

mA=-kg

15如圖所示‘光滑水平面上靜置一個質量〃=3kg的滑塊’滑塊的一側是一個:圓弧形槽’凹槽半徑氏二

0.6m,E點切線水平.一個質量機=lkg的小球以速度w=8m/s從E點沖上滑塊，從與圓心等高的尸點脫

離滑塊.g取10m/s2,不計一切摩擦.求:

(1)小球脫離滑塊時，滑塊的速度大小；

(2)小球脫離滑塊后在空中運動的時間；

(3)小球全程對滑塊做功的大小.

OF

vR

/77//////////////////////////

E

【答案】(1)2m/s；⑵1.2s；(3)24J

【詳解】(1)系統水平方向動量守恒，有

mvo=(m+M)v

解得

v=2m/s

(2)由能量守恒定律，有

；mv^=mgR+；+")+g”聲

根據勻變速直線運動規律有

Vy=g￡

解得

t=0.6s

則

/總=2仁1.2s

(3)設小球回到￡點時速度為也，滑塊速度為也，由動量守恒及能量守恒有

mvo=mvi+Mv2

2

+^-MV2

對滑塊根據動能定理有

W=^MV22

W=24J

16.如圖甲所示，一半徑為d的圓形磁場，其圓心位于xOy平面的坐標原點，磁場左側水平放置兩塊長度均

為2d的平行金屬板P、Q,兩板間距為d,x軸過平行金屬板的中心軸線。平行金屬板間加上如圖乙所示周

期性變化的電壓(Uo未知)，在緊靠P板左側有一粒子源S,從六。時刻開始連續射出初速度大小為％、方

向平行于金屬板的相同帶電粒子，仁0時刻射出的粒子恰好從Q板右側邊緣離開電場。已知電場變化周期

T=犯,粒子質量為如電荷量為+q,磁感應強度3=罕，若進入磁場的粒子均能從y軸上的M點離

%dq

開磁場，粒子打到金屬板上會被吸收，不計粒子重力及相互間的作用力，求：

(1)Uo的大小；

(2)U0時刻進入的粒子在磁場中運動的時間；

(3)達到M點的粒子占發射源發射粒子總數的百分比。

XXX

XXX3