真题重组卷（全国通用）高二物理上学期期中模拟卷

2026-2027学年高二上学期期中试题 物理 （考试时间：90分钟 试卷满分：100分） —、单项选择题（(每小题7分，共28分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的)。 1.下列关于磁现象的描述正确的是(    ) A. 奥斯特利用如图甲装置研究电流的磁效应，将小磁针上方的导线沿南北方向摆放更利于观察小磁针的明显偏转 B. 图乙中，两相互靠近的长直导线通过同方向电流时相互排斥 C. 如图丙，假设地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流引起的，则电流方向与地球自转方向相同 D. 图丁中穿过两金属圆环的磁通量大小关系为 2.两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，是两负电荷连线的中点，点在正电荷的正上方，、到正电荷的距离相等，则 A. 点的电场强度比点的小 B. 点的电势比点的高 C. 负检验电荷在点受到的力比在点的小 D. 正检验电荷在点的电势能比在点的小 3.如图是简化的多用电表的电路。转换开关与不同接点连接，就组成不同的电表，已知，下面是几位同学对这一问题的议论，其中判断正确说法的是(    ) A. 与或连接时，多用电表就成了电流表，且前者量程较小 B. 与或连接时，多用电表就成了欧姆表，且接线柱为红表笔 C. 与或连接时，多用电表就成了电压表，且前者量程较大 D. 测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则不会影响测量结果 4.在如图所示的电路中，和为定值电阻，电表均为理想电表。电源电动势和内电阻不变，闭合开关，当滑动变阻器的滑片向下移动时(    ) A. 电压表示数变小，电流表示数变小 B. 电压表示数变大，电流表示数变大 C. 电阻的电功率变大 D. 电源的输出功率一定增大 5.如图所示，小明同学用图甲所示的电路图完成“测量电源电动势和内电阻的实验”，图乙中实线为按照实验所记录的电压表示数与电流表示数所作出的图线。由于电流表和电压表都不是理想电表，所以测量结果有系统误差，两条虚线中有一条是真实图线，则下列关于此方案的误差说法正确的是(    ) A. 本实验产生系统误差的原因是电压表的分流作用，使电流表示数偏大 B. 本实验产生系统误差的原因是电流表的分压作用，使电压表示数偏大 C. 图线表示真实图线，小明所测电动势和内阻均偏小 D. 图线表示真实图线，小明所测电动势为真实值，内阻偏大 6.如图所示，两块较大的金属板、平行水平放置并与一电源相连，闭合后，两板间有一质量为、电荷量为的油滴恰好在点处于静止状态。则下列说法正确的是(    ) A. 在仍闭合的情况下，若将板向下平移一小段距离，则油滴向下加速运动，中有的电流 B. 在仍闭合的情况下，若将板向右平移一小段距离，则油滴保持静止不动，中有的电流 C. 若将断开，且将板向左平移一小段距离，点电势不变 D. 若将断开，再将板向下平移一小段距离，点电势能变大 7.如图，光滑水平面上放着截面为半圆形的光滑凹槽与物体，且两者不粘连，小球从图示位置由静止释放，凹槽半径为，小球、凹槽和物体三者质量相同。下列说法正确的是(    ) A. 小球与凹槽、物体组成的系统动量守恒 B. 当小球运动到最低点时向右运动的位移为 C. 当小球运动到最低点时、分离 D. 小球沿圆弧向左运动到最高点时对地的速度大小为零 二、不定项选择题（每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分。选错或不答的得0分)。 8.如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为的绝缘细线一端固定于点，另一端系着一个质量为、电荷量为的带正电小球，小球静止在点。现给小球一垂直于的初速度，使其在竖直平面内绕点恰好做完整的圆周运动，为圆的竖直直径。已知匀强电场的场强大小为，重力加速度为。则下列说法正确的是(    ) A. 小球在点时细线与竖直方向的夹角为 B. 小球恰好做完整的圆周运动时，整个过程中动能的最大值为 C. 小球从初始位置在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先增大后减小 D. 小球运动到点时的速度大小为 9.在如图所示电路中，闭合开关，当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用、、和表示，电表示数变化量的大小分别用、、和表示。下列判断正确的是(    ) A. ， B. 不变，变小 C. 变小，不变 D. 变小，变小 10.如图甲所示，物块、的质量分别是和，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块右侧与竖直墙相接触。另有一物块在时刻以一定速度向右运动，在时与物块相碰，并立即与粘在一起不再分开，物块的图像如图乙所示，下列说法正确的是(    ) A. 物块离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为 B. 到的时间内，墙壁对物块的冲量大小为，方向向右 C. 物块离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为 D. 物块离开墙壁后，物块的最大速度为 三、实验题题:共2题，共17分。 11.两组同学分别测量同一节干电池的电动势和内阻约为，约为。 第一组采用图甲所示电路。 为使电表读数连续变化，在电路、两点间接入的器件是          。 A.定值电阻    电阻箱    滑动变阻器 选择合适的实验器材后，他们记录多组电流表示数和电压表示数，并在图乙中画出了图像，则干电池的电动势           保留三位有效数字，内阻           保留两位有效数字。 第二组设计如图丙所示电路。 改变电阻箱接入电路中的电阻，记录多组电流表示数和电阻箱示数，画出图像。若图像斜率为，纵截距为，则干电池内阻           用、表示 他们发现电动势的测量值与第一组的结果非常接近，但是内阻的测量值与第一组有明显偏差。重复实验，结果依然如此。下列分析中正确的是          ． A.第二组内阻的测量结果小于第一组的测量结果 B.第二组内阻的测量结果大于第一组的测量结果 C.造成明显偏差的原因是电流表内阻不能近似为零 D.造成明显偏差的原因是电流表读数时眼睛没有正对表盘，使读数有时偏大，有时偏小 12.如图所示为“探究碰撞中不变量”的实验装置。 实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通过仅测量          填字母，间接地解决这个问题。 A.小球开始释放高度 B.小球抛出点距地面的高度 C.小球做平抛运动的水平射程 图中点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射小球多次从斜轨上点由静止释放，找到其平均落地点的位置，测量平抛射程。然后，把被碰小球静置于轨道水平部分的末端，再将入射小球从斜轨上点由静止释放，与小球相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是          填字母，多选。 A.用天平测量两个小球的质量、 B.测量小球开始释放的高度 C.测量抛出点距地面的高度 D.分别找到、相碰后平均落地点的位置、 E.测量平抛射程、 若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为          若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为          用中测量的量表示。 四、解答题：共3题，共40分。 13.如图所示，电源电压，电源电阻不计，，电容器的电容，当开关闭合，电路稳定后，求： 电容器上下两极板的电势差 电容器的电荷量． 14.如图甲所示的平面直角坐标系，第一象限内存在沿轴负方向的匀强电场；第四象限内有边界均平行于轴的区域Ⅰ和区域Ⅱ，区域Ⅰ的上边界与轴重合，两区域足够长且宽度均为，区域Ⅰ内没有电场，区域Ⅱ内存在沿轴正方向的匀强电场；第二象限内有一直线加速器，、间接入如图乙所示的交变电压。时刻，一个质量为、电荷量为的质子从号金属圆筒右侧由静止释放，质子在金属圆筒之间的狭缝被电场沿圆筒中央轴线加速，加速时间忽略不计，在金属圆筒内运动时间均为，离开号圆筒后从点垂直轴射入第一象限，一段时间后从轴上点进入第四象限，此时速度方向与轴正方向的夹角为。质子恰不能从区域Ⅱ下界面离开，忽略电场边缘效应，不计质子重力。求： 质子经过点的速度大小； 第一象限电场强度大小； 质子第三次经过轴时到点的距离。 15.如图所示，有一个质量为M=300g的轨道静置于水平地面。轨道的左侧部分是半径为R=10m的光滑圆弧，右侧部分水平且上表面粗糙，长度为L=5m，左右两部分在B点平滑连接，B点是圆弧轨道最低点。现将一质量为的木块置于轨道的最右端A处。一颗质量为的子弹以大小为的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出。已知子弹打进木块的时间极短，木块与轨道右侧水平部分的动摩擦因数为，重力加速度 （1）求子弹打进木块过程中系统损失的机械能； （2）若轨道固定，求木块刚滑到B点时对圆弧的压力； （3）若轨道不固定，地面光滑，求木块上升的最大高度。 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高二上学期期中试题 物理 （考试时间：90分钟 试卷满分：100分） —、单项选择题（(每小题7分，共28分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的)。 1.下列关于磁现象的描述正确的是(    ) A. 奥斯特利用如图甲装置研究电流的磁效应，将小磁针上方的导线沿南北方向摆放更利于观察小磁针的明显偏转 B. 图乙中，两相互靠近的长直导线通过同方向电流时相互排斥 C. 如图丙，假设地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流引起的，则电流方向与地球自转方向相同 D. 图丁中穿过两金属圆环的磁通量大小关系为 【答案】A  【解析】A.在奥斯特发现电流磁效应的实验中，应该将通电导线沿南北方向、平行于小磁针放置，此时导线会在小磁针所在的位置产生东西方向的磁场，该磁场与地磁场叠加，与原来地磁场方向存在偏角，会让小磁针发生明显偏转，故A正确； B.根据安培定则以及左手定则可知，通电直导线同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，故B错误； C.如图丙，假设地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流引起的，根据安培定则可知电流方向与地球自转方向相反，故C错误； D.图中条形磁体内部磁场方向向上磁感线条数是一定的，外部线圈所在位置磁场方向向下环面积越大，向下穿过的磁感线条数越多，由于环面积大，抵消的磁感线条数越多，故图丁中穿过两金属圆环的磁通量大小关系为  ，故D错误。 2.两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，是两负电荷连线的中点，点在正电荷的正上方，、到正电荷的距离相等，则 A. 点的电场强度比点的小 B. 点的电势比点的高 C. 负检验电荷在点受到的力比在点的小 D. 正检验电荷在点的电势能比在点的小 【答案】D  【解析】A.由图看出，点处电场线比点处电场线密，则点的场强大于点的场强，故A错误； B.电场线从正电荷到负电荷，沿着电场线电势降低，所以点的电势比点的高，故B错误； C.两个负电荷在点的合场强为零，点只有正电荷产生的电场强度，在正电荷产生的场强向上，两个负电荷产生的场强向下，合场强是它们的差值，所以点的电场强度比点的大，根据可知在负检验电荷在点受到的力比在点的大，故C错误； D.在正电荷的电场中，、两点的电势相等，而在负电荷的电场中，离负电荷越远的地方电势越高，因此点电势高于点电势，则正检验电荷在点的电势能比在点的小，故D正确。 故选D。 3.如图是简化的多用电表的电路。转换开关与不同接点连接，就组成不同的电表，已知，下面是几位同学对这一问题的议论，其中判断正确说法的是(    ) A. 与或连接时，多用电表就成了电流表，且前者量程较小 B. 与或连接时，多用电表就成了欧姆表，且接线柱为红表笔 C. 与或连接时，多用电表就成了电压表，且前者量程较大 D. 测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则不会影响测量结果 【答案】D  【解析】A.  与或连接时，  或  与电流计并联，多用电表就成了电流表，改装电流表时，并联电阻越小，量程越大，故  接时，量程较大，故A错误。 B.  与或连接时，电表中有电源作用，所以多用电表就成了欧姆表，且接线柱接电源正极，故所接表笔为黑表笔，故B错误。 C.与或连接时，  或  与电流计串联，多用电表就成了电压表，串联电阻越大，量程越大，故与连接时量程较大，故C错误。 D.测量电阻时，红黑表笔接入电路中，电流从电源输出，流过待测电阻，不需要考虑电流流向，红黑表笔无论怎么接都不影响测量结果，故D正确。 故选D。 4.在如图所示的电路中，和为定值电阻，电表均为理想电表。电源电动势和内电阻不变，闭合开关，当滑动变阻器的滑片向下移动时(    ) A. 电压表示数变小，电流表示数变小 B. 电压表示数变大，电流表示数变大 C. 电阻的电功率变大 D. 电源的输出功率一定增大 【答案】B  【解析】 解：、电路的连接情况是：与并联后与串联，电流表测通过的电流，电压表测路端电压。当滑片向下滑动时，滑动变阻器接入回路中的阻值增加，可知回路中总阻值增加，根据闭合电路的欧姆定律知干路总电流减小，由知路端电压变大，即电压表的示数变大；电表均为理想电表，则两端的电压，变大，变小，其他量不变，故变大，电流表示数，则变大，电流表示数变大，故A错误，B正确；  C、电阻的电功率为，减小，则的电功率减小，故C错误；  D、当外电阻和电源内阻相等时，电源的输出功率最大，当滑动变阻器的滑动头向下移动时，不能确定外电阻和内电阻的关系，电源的输出功率不一定增大，D错误。  故选：。 5.如图所示，小明同学用图甲所示的电路图完成“测量电源电动势和内电阻的实验”，图乙中实线为按照实验所记录的电压表示数与电流表示数所作出的图线。由于电流表和电压表都不是理想电表，所以测量结果有系统误差，两条虚线中有一条是真实图线，则下列关于此方案的误差说法正确的是(    ) A. 本实验产生系统误差的原因是电压表的分流作用，使电流表示数偏大 B. 本实验产生系统误差的原因是电流表的分压作用，使电压表示数偏大 C. 图线表示真实图线，小明所测电动势和内阻均偏小 D. 图线表示真实图线，小明所测电动势为真实值，内阻偏大 【答案】C  【解析】本实验产生系统误差的原因是电压表的分流作用，使电流表示数偏小，故AB错误； 当电压表的示数为零时，电流表的测量值等于真实值，则图线表示真实图线，图像在纵轴上的截距等于电动势，斜率的绝对值表示内电阻。因此小明所测电动势和内阻均偏小，故C正确，D错误； 故选C。 6.如图所示，两块较大的金属板、平行水平放置并与一电源相连，闭合后，两板间有一质量为、电荷量为的油滴恰好在点处于静止状态。则下列说法正确的是(    ) A. 在仍闭合的情况下，若将板向下平移一小段距离，则油滴向下加速运动，中有的电流 B. 在仍闭合的情况下，若将板向右平移一小段距离，则油滴保持静止不动，中有的电流 C. 若将断开，且将板向左平移一小段距离，点电势不变 D. 若将断开，再将板向下平移一小段距离，点电势能变大 【答案】B  【解析】在仍闭合的情况下，两板电势差一定，若将板向下平移一小段距离，根据，减小，变大，则油滴向上加速运动，根据，可知变大，根据可知电容器电荷量变大，电容器充电，即中有的电流，选项A错误； 在仍闭合的情况下，两板电势差一定，若将板向右平移一小段距离，不变，则两板间电场强度不变，则油滴保持静止不动，根据可知减小，则变小，根据可知电容器带电量变小，电容器放电，中有的电流，选项B正确； 若将断开，则电容器带电量不变，根据，，，可知，当将板向左平移一小段距离时，减小，变大，点与板的距离不变，根据，又， 可知变大，则点电势降低， 当将板向下平移一小段距离时，减小，不变，点与板的距离不变，同理上述分析可知不变，则点电势不变，点电势能不变，选项C、D错误。 7.如图，光滑水平面上放着截面为半圆形的光滑凹槽与物体，且两者不粘连，小球从图示位置由静止释放，凹槽半径为，小球、凹槽和物体三者质量相同。下列说法正确的是(    ) A. 小球与凹槽、物体组成的系统动量守恒 B. 当小球运动到最低点时向右运动的位移为 C. 当小球运动到最低点时、分离 D. 小球沿圆弧向左运动到最高点时对地的速度大小为零 【答案】C  【解析】A.小球与凹槽、物体所组成的系统在水平方向上合外力为，水平方向动量守恒。竖直方向合外力不为，竖直方向动量不守恒。故A错误； B.小球运动到最低点的过程，根据动量守恒有 且 解得向右运动的位移 B错误； C.当小球运动到最低点前，一起向右运动，到最低点之后，受到小球斜向左的压力做减速运动，所以在最低点时、分离，C正确； D.在最低点时小球与具有水平方向的速度，与分离之后，小球与、在水平方向上动量守恒，小球沿圆弧向左运动到最高点时与具有共同的水平速度，由于的速度不为零，因此小球和的速度不为零，D错误。 故选C。 二、不定项选择题（每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分。选错或不答的得0分)。 8.如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为的绝缘细线一端固定于点，另一端系着一个质量为、电荷量为的带正电小球，小球静止在点。现给小球一垂直于的初速度，使其在竖直平面内绕点恰好做完整的圆周运动，为圆的竖直直径。已知匀强电场的场强大小为，重力加速度为。则下列说法正确的是(    ) A. 小球在点时细线与竖直方向的夹角为 B. 小球恰好做完整的圆周运动时，整个过程中动能的最大值为 C. 小球从初始位置在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先增大后减小 D. 小球运动到点时的速度大小为 【答案】AD  【解析】A.小球在点时，细线与竖直方向的夹角为，根据受力平衡关系可得，解得，故A正确 B.重力与电场力的合力，恰好做完整的圆周运动，小球在圆周的等效最高点与对称的位置时，细线对小球的拉力为，设小球在时，速度为，根据牛顿第二定律 小球从到的过程中，根据动能定理 小球的最大动能，故B错误 C.设圆周的最左端为点，最右端为点。从点到点过程中，电势降低，小球电势能减小，从点到点过程中，电势升高，小球电势能增大，从点到点过程中，电势降低，小球电势能减小。小球从初始位置在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先减小后增大再减小，故 C错误 D.小球从点运动到点的过程中，根据动能定理 解得，故D正确。 9.在如图所示电路中，闭合开关，当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用、、和表示，电表示数变化量的大小分别用、、和表示。下列判断正确的是(    ) A. ， B. 不变，变小 C. 变小，不变 D. 变小，变小 【答案】AC  【解析】A、当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，其接入电路的电阻减小，电路中电流增大，增大。根据闭合电路欧姆定律得：，知减小。根据知减小。因，所以 ，，故A正确； B、是定值电阻，则，均不变，故B错误； C、是可变电阻，当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，减小，有，变小。 根据，得，不变，故C正确； D、，变小。根据，得，不变，故D错误。 10.如图甲所示，物块、的质量分别是和，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块右侧与竖直墙相接触。另有一物块在时刻以一定速度向右运动，在时与物块相碰，并立即与粘在一起不再分开，物块的图像如图乙所示，下列说法正确的是(    ) A. 物块离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为 B. 到的时间内，墙壁对物块的冲量大小为，方向向右 C. 物块离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为 D. 物块离开墙壁后，物块的最大速度为 【答案】AD  【解析】物块、碰撞过程由动量守恒定律可得，，，解得，当、速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大，，故A正确 取水平向右为正方向，到的时间内弹簧对、的冲量为，时的速度为零，到的时间内，对由动量定理可得，得，即大小为，方向向左，故B错误 物块离开墙壁后，当的速度与、的速度相等时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律可得，解得，所以弹簧的最大弹性势能为，故C错误 当弹簧为原长时的速度达到最大，由动量守恒定律和能量守恒定律可得，，解得，则物块的最大速度为，故D正确。 三、实验题题:共2题，共17分。 11.两组同学分别测量同一节干电池的电动势和内阻约为，约为。 第一组采用图甲所示电路。 为使电表读数连续变化，在电路、两点间接入的器件是          。 A.定值电阻    电阻箱    滑动变阻器 选择合适的实验器材后，他们记录多组电流表示数和电压表示数，并在图乙中画出了图像，则干电池的电动势           保留三位有效数字，内阻           保留两位有效数字。 第二组设计如图丙所示电路。 改变电阻箱接入电路中的电阻，记录多组电流表示数和电阻箱示数，画出图像。若图像斜率为，纵截距为，则干电池内阻           用、表示 他们发现电动势的测量值与第一组的结果非常接近，但是内阻的测量值与第一组有明显偏差。重复实验，结果依然如此。下列分析中正确的是          ． A.第二组内阻的测量结果小于第一组的测量结果 B.第二组内阻的测量结果大于第一组的测量结果 C.造成明显偏差的原因是电流表内阻不能近似为零 D.造成明显偏差的原因是电流表读数时眼睛没有正对表盘，使读数有时偏大，有时偏小 【答案】（1）① ②1.48 0.80 （2）① ②  【解析】定值电阻不能调节，因此不能使电表读数连续变化，故A错误； B.调节电阻箱虽然能够使电表示数变化，但由于电阻箱的阻值不连续，因此不能使电表读数连续变化，故B错误； C.调节滑动变阻器可以使电表读数连续变化，故C正确。 故选C。 根据实验原理可得 变式可得 对照图像可知，图线与纵轴的截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示电源的内阻，则可得  ，  根据实验电路图，由闭合电路的欧姆定律有 变式可得 根据题意可得  ，  解得  ，  在第一组实验中，电源内阻的测量值实际等于电源内阻与电压表内阻并联后的等效电阻，即测量值小于真实值，而在第二组实验中，考虑到电流表的内阻，则应有 即测量值等于电源内阻与电流表内阻之和，测量值大于真实值，因此可知第二组内阻的测量结果大于第一组的测量结果，故A错误，B正确； C.根据以上分析可知，第二组内阻测量值大于第一组内阻测量值，而第二组中内阻偏大的原因即为测量值等于内阻与电流表内阻之和，显然造成明显偏差的原因是电流表内阻不能近似为零，故C正确； D.电流表读数时眼睛没有正对表盘，使读数有时偏大，有时偏小，这属于偶然误差，并不造成系统性的影响，而造成明显偏差的原因是系统误差引起的，故D错误。 故选BC。 12.如图所示为“探究碰撞中不变量”的实验装置。 实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通过仅测量          填字母，间接地解决这个问题。 A.小球开始释放高度 B.小球抛出点距地面的高度 C.小球做平抛运动的水平射程 图中点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射小球多次从斜轨上点由静止释放，找到其平均落地点的位置，测量平抛射程。然后，把被碰小球静置于轨道水平部分的末端，再将入射小球从斜轨上点由静止释放，与小球相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是          填字母，多选。 A.用天平测量两个小球的质量、 B.测量小球开始释放的高度 C.测量抛出点距地面的高度 D.分别找到、相碰后平均落地点的位置、 E.测量平抛射程、 若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为          若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为          用中测量的量表示。 【答案】（1） （2） （3）  【解析】验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是通过落地高度不变的情况下水平射程来体现速度，故答案是C。 实验时，先让入射球多次从斜轨上位置静止释放，找到其平均落地点的位置，测量平抛射程，然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分，再将入射球从斜轨上位置静止释放，与小球相碰，并多次重复，测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中、是必需的，而且要在之前。至于用天平测质量先后均可以，所以答案是ADE。 设落地时间为，则，，，而动量守恒的表达式是，机械能守恒的表达式是，所以若两球相碰前后的动量守恒，则成立若碰撞是弹性碰撞，动能是守恒的，则有成立。 四、解答题：共3题，共40分。 14.如图所示，电源电压，电源电阻不计，，电容器的电容，当开关闭合，电路稳定后，求： 电容器上下两极板的电势差 电容器的电荷量． 【答案】（1）；（2）C. 【解析】由并联电路的规律可知，电路总电阻为，总电流为， 因两支路电阻相等，所以流过两支路的电流相等，为，左端比右端的电势高，左端比右端的电势高， 所以电容器下极板的电势比上极板的电势高，上下两极板的电势差为． 由公式，得电容器的电荷量C. 14.如图甲所示的平面直角坐标系，第一象限内存在沿轴负方向的匀强电场；第四象限内有边界均平行于轴的区域Ⅰ和区域Ⅱ，区域Ⅰ的上边界与轴重合，两区域足够长且宽度均为，区域Ⅰ内没有电场，区域Ⅱ内存在沿轴正方向的匀强电场；第二象限内有一直线加速器，、间接入如图乙所示的交变电压。时刻，一个质量为、电荷量为的质子从号金属圆筒右侧由静止释放，质子在金属圆筒之间的狭缝被电场沿圆筒中央轴线加速，加速时间忽略不计，在金属圆筒内运动时间均为，离开号圆筒后从点垂直轴射入第一象限，一段时间后从轴上点进入第四象限，此时速度方向与轴正方向的夹角为。质子恰不能从区域Ⅱ下界面离开，忽略电场边缘效应，不计质子重力。求： 质子经过点的速度大小； 第一象限电场强度大小； 质子第三次经过轴时到点的距离。 【答案】（1）；（2）；（3）。 【解析】质子从号金属圆筒右侧进入号与号金属圆筒间的狭缝，  时有  ，电场力对质子做功为  质子在号金属圆筒内运动时间为  ，到达号与号金属圆筒间的狭缝时有  ，电场力对质子做功为  质子从静止开始运动，根据动能定理有  解得  金属圆筒内部没有电场，质子离开号金属圆筒后速度大小不变，因此质子经过  点时的速度大小为  质子从  点沿水平方向射入第一象限，水平方向不受力，因此经过  点时有  质子经过  点时速度方向与  轴正方向的夹角为  ，故其竖直分速度大小为  设第一象限内质子的加速度大小为  ，根据牛顿第二定律有  质子从  点运动到  点时沿竖直方向下降的距离为  ，根据匀变速直线运动规律有  解得  由  解得  代入  解得  质子从  点运动到  点的过程中，竖直分速度由零增大到  ，根据速度公式有  解得  质子在水平方向做匀速直线运动，因此第一次经过  轴时到  点的距离为  质子从  点进入区域Ⅰ后不受电场力，竖直分速度大小保持为  ，从  轴运动到区域Ⅰ下边界的时间为  对应的水平位移为  设区域Ⅱ内质子的加速度大小为  、电场强度大小为  ，根据牛顿第二定律有  质子恰不能从区域Ⅱ的下边界离开，说明质子到达下边界时竖直分速度恰好为零，根据匀变速直线运动规律有  解得  质子从区域Ⅱ上边界运动到下边界的时间为  对应的水平位移为  质子到达区域Ⅱ下边界后反向运动，运动过程关于最低点对称，因此从  点进入第四象限至第二次经过  轴的水平位移为  第二次经过  轴时到  点的距离为  质子第二次经过  轴时，竖直分速度方向向上、大小为  ，进入第一象限后加速度方向向下，根据速度公式可得再次回到  轴所用时间为  这段过程中质子的水平位移为  因此质子第三次经过  轴时到  点的距离为   15.如图所示，有一个质量为M=300g的轨道静置于水平地面。轨道的左侧部分是半径为R=10m的光滑圆弧，右侧部分水平且上表面粗糙，长度为L=5m，左右两部分在B点平滑连接，B点是圆弧轨道最低点。现将一质量为的木块置于轨道的最右端A处。一颗质量为的子弹以大小为的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出。已知子弹打进木块的时间极短，木块与轨道右侧水平部分的动摩擦因数为，重力加速度 （1）求子弹打进木块过程中系统损失的机械能； （2）若轨道固定，求木块刚滑到B点时对圆弧的压力； （3）若轨道不固定，地面光滑，求木块上升的最大高度。 【答案】（1）90J （2）3N，竖直向下 （3）0.5m 【解析】 【小问1】 子弹打进木块过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得 由能量守恒定律得 代入数据解得v1=10m/s，ΔE=90J 【小问2】 木块从木板右端刚滑上圆弧过程，由动能定理得 木块刚滑上圆弧时，由牛顿第二定律得 由牛顿第三定律可知，木块对圆弧的压力大小F′=F 代入数据解得F′=3N 方向竖直向下。 【小问3】 木板不固定，木板与木块组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得 由能量守恒定律得 代入数据解得h=0.5m 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $