江苏2026-2027学年高二上学期物理期中复习练习十（ 范围必修三和选必一前两章）

2026-2027年江苏高二物理期中复习十 第I卷（选择题） 一、选择题（本题共11小题，每小题4分，共44分；每小题只有一个正确答案，多选、错选均不得分） 1．对下列现象的分析合理的是（     ） A．图甲中带正电的物体接触验电器，使金属箔片张开，是因为金属箔片带上了负电的缘故 B．图乙中建筑物顶端的避雷针利用了尖端放电的原理 C．如图丙中电场线所示，场强大小不同但场强方向处处相同的电场是存在的 D．图丁中的从同一桌面掉下的酒杯，掉在地毯上没摔碎是因为和掉在水泥地上相比，掉在地毯上动量的变化量更小 【答案】B 【详解】A．带正电的物体与原来不带电的验电器接触后，电子由验电器转移到带正电的物体，验电器失去电子而带正电。两金属箔片因带同种正电荷而相互排斥张开，故A错误； B．避雷针尖端附近电荷分布密集，电场较强，易使空气电离而发生放电，利用了尖端放电原理，故B正确； C．图丙中电场线均竖直向下，且在水平方向上疏密不同，表示同一高度的场强大小不同。静电场中沿水平方向移动电荷时，电场力不做功，因此同一水平面上各点电势相等；任取两个相邻的水平面，其电势差和间距在各水平位置均相同，故同一高度的场强也应相同，与图示疏密不均矛盾，故C错误； D．酒杯从同一高度落下，触地前速度相同；都减速至静止时，动量变化量相同。地毯延长了酒杯减速停止的时间，由动量定理可知，酒杯所受平均合力较小，地面对酒杯的平均作用力也较小，因此更不易摔碎，故D错误。 故选B。 2．磁感线是用来形象地描述磁场的曲线，以下磁感线分布正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】A．条形磁铁的外部磁感线从N极到S极，故A错误； B．蹄形磁铁的外部磁感线从N极到S极，故B错误； C．根据安培定则，直导线的电流向下，则磁感线的方向（俯视）为顺时针方向，故C错误； D．根据安培定则，通电螺线管的右端为N极，左端为S极，磁感线如图所示。故D正确。 故选D。 3．如图所示，人们采摘枣树上的枣子。为了提高采摘效率，将振动器固定在树干上，机车带动振动器振动，使枣子落下。则（     ） A．树干振动的幅度随着振动器频率的增大而增大 B．保持最高采摘效率，对不同枣树振动器的振动频率始终不变 C．振动器工作时树干的振动频率等于振动器的振动频率 D．振动器工作结束后，树干自由振动的振幅不变 【答案】C 【详解】A．树干做受迫振动，当振动器的频率等于树干的固有频率时，发生共振，振幅最大；当振动器频率偏离固有频率时，振幅减小。因此树干振动的幅度并不是随着振动器频率的增大而一直增大，故A错误； B．不同枣树的结构、质量等不同，其固有频率不同。为了保持最高采摘效率（即发生共振，振幅最大），振动器的振动频率应等于不同枣树的固有频率，所以频率需要调整，不能始终不变，故B错误； C．物体做受迫振动时，其振动频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关。振动器工作时，树干在振动器驱动下做受迫振动，所以树干的振动频率等于振动器的振动频率，故C正确； D．振动器工作结束后，树干做阻尼振动（自由振动），由于空气阻力及树干内部摩擦等能量损耗，机械能逐渐减小，振幅会逐渐减小，故D错误。 故选C。 4．图甲为某静电除尘器的原理示意图。平行的集尘极板接电源正极，在集尘极板之间放置若干电晕极，电晕极接电源负极，中间形成的电场如图乙所示。当含尘空气进入除尘器后，其中的尘埃颗粒与电离的空气分子撞击而带电，在电场力作用下运动到集尘极上。当集尘极上的灰尘积累较多时，在重力的作用下落入灰斗。关于该静电除尘器，下列说法正确的是（     ） A．空气分子的电离发生在电晕极附近 B．越靠近集尘极，电场强度越大 C．积累到集尘极上的灰尘带正电 D．尘埃迁移过程做匀变速运动 【答案】A 【详解】A．越靠近电晕极，电场强度越大，空气分子越容易发生电离，即空气分子的电离发生在电晕极附近，故A正确； B．电场线的疏密表示场强大小，由图知，越靠近集尘极，电场线越稀疏，越靠近电晕极，电场线越密集，则越靠近集尘极，电场强度越小，故B错误； C．集尘极板接电源正极，灰尘在电场力作用下运动到集尘极上，则灰尘所受的电场力方向与电场强度方向相反，灰尘带负电，故C错误； D．电场力大小方向都变，则加速度变化，不是匀变速，故D错误。 故选A。 5．在机器人踢足球表演活动中，机器人站立在水平面上的a点，足球在水平面上由b向a运动，机器人踢球后足球从a向c运动，ab垂直于ac，足球踢出前后的速度大小均为v，如图所示。已知足球的质量为m，不计足球与地面的摩擦及其他阻力，则在机器人踢球过程中，机器人（     ） A．对足球的冲量大小为 B．对足球的冲量大小为 C．对足球做的功为 D．对足球做的功为 【答案】B 【详解】AB．踢球前足球的速度由b指向a、踢球后由a指向c，两速度大小均为v且相互垂直，则速度变化量的大小 由动量定理，机器人对足球的冲量大小为，A错误，B正确； CD．足球在水平面上运动，重力与支持力均与位移垂直、不做功，由动能定理，机器人对足球做的功等于动能的变化量；踢球前后速率不变，则，CD错误； 故选B。 6．如图所示，小球M用不可伸缩的轻绳悬于定点O，小球N位于O点，将小球M拉离平衡位置P少许，同时将两球由静止释放，不计空气阻力。则（     ） A．球M先到达P点 B．两球同时到达P点 C．若减小球M的质量，则球M到达P点时间变短 D．经过P点时球N的速度较大 【答案】D 【详解】AB．小球做单摆运动，可得单摆周期 从最大位移处运动到平衡位置的时间为 小球做自由落体运动，下落高度为，运动时间为，可得 解得 因为，所以，即球先到达点，故AB错误； C．单摆的周期公式为 周期与摆球的质量无关，所以减小球的质量，球到达点的时间不变，故C错误； D．小球到达点时的速度 小球到达点时，根据机械能守恒定律有 其中为下落的高度，由于是从平衡位置拉离少许，故，所以 ，即经过点时球的速度较大，故D正确。 故选D。 7．如图所示是一个多用电表的内部电路图，下列说法中正确的是（     ） A．当开关接和时用于测电流，且接的量程比接大 B．当开关接时用于测电阻，A为黑表笔，B为红表笔 C．当开关接时A表笔电势比B表笔高 D．当开关接和时用于测电压，且接比接量程大 【答案】A 【详解】A．由图示电路图可知，当开关S接1和2时表头与分流电阻并联，多用电表用于测电流，接1时分流电阻小，由此可知接1的量程比接2大，故A正确； B．由图示电路图可知，开关S接3时可以用于测电阻，A表笔与内置电源负极相连，B与内置电源正极相连，A为红表笔，B为黑表笔，故B错误； C．由图示电路图可知，开关接4时，表笔A与内置电源负极相连，B表笔与电源正极相连，A表笔电势比B表笔电势低，故C错误； D．由图示电路图可知，开关S接5和6时表头与分压电阻串联，可以用于测电压，接6时的分压电阻大，接6时的量程大，故D错误。 故选A。 8．在x轴上的O点和A点分别固定有点电荷和点电荷，x轴上O、A点之间各点的电势随x变化的图像如图所示，M为OA的中点，且图线在M点处斜率最小。取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（     ） A．在x轴上点O、A之间，M点的电场强度为零 B．点电荷、带的都是正电荷 C．O、A点之间电场强度的方向沿x轴负方向 D．将电子从M点移动到A点的过程中，电子的电势能增大 【答案】C 【详解】A．图像的斜率的绝对值等于电场强度大小，所以M点的电场强度最小，故A错误； BC．分析题中图像靠近电势无穷小，则点电荷带的是负电荷，靠近电势无穷大，则点电荷带的是正电荷，O、A点之间电场强度的方向沿x轴负方向，故B错误，C正确； D．电子带负电，将电子从M点移动到A点的过程中，电场力做正功，电子的电势能减小，故D错误。 故选C。 9．某同学设计了如图所示的输液提示器，灯泡的电阻可视为不变。已知弹簧始终在弹性限度内，滑动变阻器的滑片P不会超出a、b端，对于该装置，闭合开关后，下列说法正确的是（     ） A．当向药液袋内注射液体时，电源的效率减小 B．当药液减少时，电源的输出功率减小 C．当向药液袋内注射液体时，灯泡变亮 D．当药液减少时，电压表的示数变小 【答案】D 【详解】A．设滑动变阻器接入电路的电阻为。向药液袋内注射液体时，弹簧伸长，滑片P向下移向端，增大。设外电阻为，它由灯泡和滑动变阻器串联组成，电源效率为 注射液体时增大，电源效率增大，故A错误； B．药液减少时减小，也减小。电源输出功率为 它随的变化取决于与的大小规律，题目未给出二者关系，不能确定一定减小，故B错误； C．闭合开关后的电流为 注射液体时增大，电流减小。因灯泡电阻不变，灯泡功率减小，灯泡变暗，故C错误； D．电压表测量滑动变阻器两端的电压，有。代入电流表达式得 该式随增大而增大；药液减少时减小，所以电压表示数变小，故D正确。 故选D。 10．如图，电路中的定值电阻大于电源的内电阻r。现将开关S闭合，将滑动变阻器R的滑片P向上滑动，理想电压表、、的示数变化量的绝对值分别为、、，理想电流表A的示数变化量的绝对值为，则下列说法中正确的是（     ） A．电压表和的变化量 B．电压表的示数增大，电压表的示数减小 C．电流表A的示数变大，电压表的示数增大 D．电压表和电流表A的示数变化量的比值 【答案】A 【详解】A．由闭合电路欧姆定律得电压表示数 电压表示数 电压表示数 电流表示数 滑动变阻器的滑片P向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻R增大。 电压表示数的变化量 电压表示数的变化量，故A正确； BCD．滑动变阻器接入电路的电阻R增大，由知电流表示数减小； 由知电压表的示数减小； 由知电压表示数增大， 由知示数增大，，故BCD错误； 故选A。 11．将小球以大小为的初速度竖直上抛，经过时间后返回到抛出点，已知小球运动过程中受到的空气阻力大小与其速率成正比，如图为小球速度一时间图像，重力加速度大小为，则小球（     ） A．重力冲量的大小上升过程大于下降过程 B．克服空气阻力做的功上升过程小于下降过程 C．空气阻力的冲量大小上升过程大于下降过程 D．返回抛出点时速度大小为 【答案】D 【详解】A．小球上升过程与下降过程的位移大小相等，由于空气阻力作用，下降过程的平均速率小于上升过程的平均速率，则上升时间小于下降时间。重力的冲量大小，所以上升过程重力的冲量小于下降过程，故A错误； B．小球经过同一位置时，上升过程的速率大于下降过程的速率，由可知，上升过程的空气阻力大于下降过程的空气阻力。将运动过程分成无数微小段，每小段位移为，克服阻力做的功等于各微小段阻力做功之和，即 由于上升过程各位置的阻力均大于下降过程，且两过程路程相等，所以上升过程克服空气阻力做的功大于下降过程，故B错误； C．将运动过程分成无数微小时间段，每段时间为，在这段时间内空气阻力可视为恒力，阻力冲量大小为（为该微小时间段内的路程） 对全过程累加，空气阻力的冲量大小为，其中为运动的总路程。由于上升过程和下降过程的路程相等，所以空气阻力的冲量大小相等，故C错误； D．取竖直向上为正方向，全过程空气阻力的总冲量为零。对全过程根据动量定理有 解得返回抛出点时的速度大小，故D正确。 故选D。 第II卷（非选择题） 二、实验题：本大题共1小题，共15分。 12．某同学利用力传感器和单摆小球来测量当地重力加速度，实验步骤如下： a.按图1所示固定力传感器； b.取一根不可伸长的轻质细线，一端连接一小铁球，另一端固定在力传感器上，测得传感器到小球间细线长度为，小球直径为； c.让小铁球自由悬挂并处于静止状态，从计算机中得到拉力读数为； d.让小铁球以较小的角度在竖直平面内的、两点之间摆动，得到拉力随时间变化的关系图像如图2所示，其中是拉力的最小值，是拉力的最大值。 (1)下列关于实验中的注意事项及相关描述正确的是__________。 A．小球摆动时，应在同一竖直面内摆动，且摆角应足够小 B．若使用机械秒表手动计时测量周期，应以摆球到达某侧最高点时作为计时起点 C．保持摆长不变，多做几次实验，取多次测出的重力加速度的平均值作为最终结果，可以减小实验系统误差 (2)实验中单摆摆长__________（用、表示）；根据图2可知单摆的周期，计算重力加速度表达式为__________（用、、表示）。 (3)该同学为减小实验偶然误差，改变摆长进行了多次测量，并作出了图线如图3，图线不过原点的原因可能是__________。 A．计算摆长时未加上小球半径 B．计算摆长时加上了小球直径 (4)根据图3中数据计算，__________（取9.87，结果保留3位有效数字）。 【答案】(1)A (2) (3)A (4) 【详解】（1）A．单摆做简谐运动的要求是在同一竖直面内摆动，且摆角小于5°（足够小），符合实验规范，故A正确； B．手动计时应选择摆球经过最低点的时刻作为计时起点，此时摆球速度大，计时误差更小；最高点处摆球速度接近零，计时误差大，故B错误； C．多次测量取平均值只能减小偶然误差，无法减小系统误差，故C错误。 故选A。 （2）[1]单摆摆长是悬点到小球球心的距离，因此单摆摆长等于细线长度加小球半径，即 [2]由图2拉力变化规律可知，单摆每经过一次最低点时，拉力达到最大值，一个完整周期内会2次经过最低点。相邻两个拉力最大值的时间间隔为半个周期，故周期为 由单摆周期公式可得 解得 （3） A．若计算摆长时未加上小球半径，则单摆周期为 解得 当时，实际摆长仍等于小球半径，对应不为零，故A正确； B．若计算摆长时加上了小球直径，则单摆周期为 解得 当时，对应为零，不符合图像，故B错误。 故选A。 （4）由单摆周期公式变形式可知图线的斜率为 取图3的两点数据，当时， 当时， 因此斜率 解得 三、计算题：本大题共4小题，共41分。 13．如图甲所示的弹簧振子，以点为平衡位置在、间振动，不计一切摩擦，取水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移的正方向，得到如图乙所示的振动曲线，根据曲线所给的信息求： (1)弹簧振子的振动方程； (2)如果振子的质量为0.2 kg，弹簧的劲度系数为20 N/m，求振子的最大加速度大小。 【答案】(1)取的单位为秒， (2) 【详解】（1）图乙是振子的位移—时间图像，纵坐标的最大绝对值表示振幅，相邻两个正向最大位移时刻的时间间隔表示周期。由图可读出振幅，周期。由角频率与周期的关系，代入得 沿用题设向右为正方向，初始时刻振子位于右侧最大位移处，可采用简谐运动的余弦表达式。代入振幅和角频率，取的单位为秒，得到振动方程 （2）以振子为研究对象，其水平合力等于弹簧的回复力，方向与位移方向相反。按向右为正方向，由胡克定律和牛顿第二定律得 所以加速度与位移的关系为 可见加速度方向始终指向平衡位置，大小随位移绝对值增大而增大，在两端位移绝对值等于振幅时最大。将振幅换算为，最大加速度大小为 14．如图所示，电源电动势，内阻，电阻，开关闭合后，电动机恰好正常工作。已知电动机额定电压，额定功率，线圈电阻。求： (1)电动机正常工作时，输出的机械功率； (2)的阻值。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）电动机正常工作时，线圈中的电流由电功率定义得 线圈产生的热功率为 电动机输入的电功率转化为机械功率和线圈热功率，因此输出机械功率为 （2）电动机与并联，记并联部分两端电压为，则。设通过电源和的总电流为，对电源、内阻、及并联部分组成的回路，由闭合电路欧姆定律得 所以 通过的电流为 由欧姆定律，对支路有 15．如图甲所示，A、B是一对沿水平方向的平行金属板，极板长，为两极板的中轴线，两极板间存在周期性变化的电场，电场强度随时间变化的规律如图乙所示，竖直向上为电场强度的正方向，周期。现有质量均为、电荷量均为的带电小液滴从两极板间沿中轴线方向以大小的速度源源不断地进入电场，所有液滴均未打到极板上，忽略液滴之间的相互作用，乙图中，重力加速度，求： (1)在之间进入电场的液滴进入电场时的加速度大小； (2)时刻进入电场的液滴离开电场时的速度大小； (3)运动轨迹在中轴线上方且从中轴线离开的液滴进入电场的时间。 【答案】(1) (2) (3)（n=0，1，2，…） 【详解】（1）在时间内，电场强度，由牛顿第二定律得 解得加速度大小 （2）液滴水平方向不受力，做匀速直线运动，穿过极板的总时间为 在时间内，电场强度，电场力 竖直方向合力为0，结束时竖直分速度 在时间内，电场强度，竖直加速度 结束时竖直分速度 在时间内，电场强度，液滴仅受重力，竖直加速度 方向竖直向下，离开电场时竖直分速度 因此液滴离开电场时的速度等于水平分速度 （3）液滴在水平方向做匀速直线运动，总运动时间恒为，要求离开电场时竖直位移为0、且全程轨迹在中轴线上方。首先考虑液滴在第一个周期内进入电场的情况： 若液滴在时间内进入电场，匀速运动后，会先以向上加速，再以向上减速，且由于，液滴竖直分速度方向始终向上，液滴无法回到中轴线上。 若液滴在时间内进入电场，液滴会运动到中轴线下方。 所以液滴只能在时间内进入电场，设液滴进入电场的时间为，电场强度刚变为时，竖直分速度 由匀变速直线运动位移与时间的关系，在竖直方向有 解得 考虑电场变化的周期性，液滴进入电场的时间（n=0，1，2，…） 16．图（a）为某物流公司设计的自动卸货装置，倾斜轨道底端通过一小段圆弧与静止在水平轨道上的小车平滑接触，小车右端固定一竖直挡板；货物装在平底箱里从高为处由静止释放，滑上小车与小车共速或与挡板碰撞后立即被锁定，与小车一起继续向右运动至卸货区；卸货区的缓冲装置由一级弹簧缓冲和二级液压缓冲组成，当小车压缩弹簧至时，弹簧将会被锁定；若此时小车还未静止，二级液压装置将对小车施加一水平向左恒力直至小车停止，整个缓冲装置允许的最大位移为，缓冲过程中小车所受合力与位移的关系如图（b）所示。只有当小车静止在卸货区时才能解除对货物的锁定进行卸货；卸货后，将空平底箱紧靠挡板放置在小车上并解锁弹簧释放弹性势能，可使小车连同空箱一同被弹回；小车撞击左侧台阶瞬间停下，空平底箱滑过小车冲上倾斜轨道。已知，小车长，质量，货物装箱后不会在平底箱中滑动，所有轨道均光滑，水平轨道足够长，重力加速度。求： (1)平底箱滑上小车前瞬间的速度大小； (2)能被运送到卸货区卸货的货物和平底箱总质量的范围； (3)若平底箱与小车间的动摩擦因数，要保证卸货后平底箱能被弹回的高度不低于出发点，则其质量应满足什么要求？（结果保留一位小数） 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设货物和平底箱的总质量为，一起滑上小车前瞬间的速度大小为，根据动能定理可得 解得 （2）设货物与小车的共同速度为，当货物和平底箱总质量为时，刚好能进入二级缓冲； 当货物和平底箱总质量达到最大值时，速度减小到0时恰好达到整个缓冲装置的最大位移。 令，， 由动量守恒定律得 由动能定理得 解得 同理有 由动能定理得 解得 解得货物和平底箱总质量范围为 （3）锁定时弹簧的弹性势能等于克服弹簧所做的功，则有 弹回过程弹簧弹性势能全部转化为小车和空平底箱的动能，设小车和平底箱可以达到的共同速度为，则 平底箱脱离小车沿斜面向上滑的过程，动能转化为热量和重力势能，要回到释放点需满足 由上式可知最小值与质量无关，当时代入上面两式可得 要保证卸货后平底箱能被弹回的高度不低于出发点，则平底箱的质量应满足 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027年江苏高二物理期中复习十 第I卷（选择题） 一、选择题（本题共11小题，每小题4分，共44分；每小题只有一个正确答案，多选、错选均不得分） 1．对下列现象的分析合理的是（     ） A．图甲中带正电的物体接触验电器，使金属箔片张开，是因为金属箔片带上了负电的缘故 B．图乙中建筑物顶端的避雷针利用了尖端放电的原理 C．如图丙中电场线所示，场强大小不同但场强方向处处相同的电场是存在的 D．图丁中的从同一桌面掉下的酒杯，掉在地毯上没摔碎是因为和掉在水泥地上相比，掉在地毯上动量的变化量更小 2．磁感线是用来形象地描述磁场的曲线，以下磁感线分布正确的是（     ） A． B． C． D． 3．如图所示，人们采摘枣树上的枣子。为了提高采摘效率，将振动器固定在树干上，机车带动振动器振动，使枣子落下。则（     ） A．树干振动的幅度随着振动器频率的增大而增大 B．保持最高采摘效率，对不同枣树振动器的振动频率始终不变 C．振动器工作时树干的振动频率等于振动器的振动频率 D．振动器工作结束后，树干自由振动的振幅不变 4．图甲为某静电除尘器的原理示意图。平行的集尘极板接电源正极，在集尘极板之间放置若干电晕极，电晕极接电源负极，中间形成的电场如图乙所示。当含尘空气进入除尘器后，其中的尘埃颗粒与电离的空气分子撞击而带电，在电场力作用下运动到集尘极上。当集尘极上的灰尘积累较多时，在重力的作用下落入灰斗。关于该静电除尘器，下列说法正确的是（     ） A．空气分子的电离发生在电晕极附近 B．越靠近集尘极，电场强度越大 C．积累到集尘极上的灰尘带正电 D．尘埃迁移过程做匀变速运动 5．在机器人踢足球表演活动中，机器人站立在水平面上的a点，足球在水平面上由b向a运动，机器人踢球后足球从a向c运动，ab垂直于ac，足球踢出前后的速度大小均为v，如图所示。已知足球的质量为m，不计足球与地面的摩擦及其他阻力，则在机器人踢球过程中，机器人（     ） A．对足球的冲量大小为 B．对足球的冲量大小为 C．对足球做的功为 D．对足球做的功为 6．如图所示，小球M用不可伸缩的轻绳悬于定点O，小球N位于O点，将小球M拉离平衡位置P少许，同时将两球由静止释放，不计空气阻力。则（     ） A．球M先到达P点 B．两球同时到达P点 C．若减小球M的质量，则球M到达P点时间变短 D．经过P点时球N的速度较大 7．如图所示是一个多用电表的内部电路图，下列说法中正确的是（     ） A．当开关接和时用于测电流，且接的量程比接大 B．当开关接时用于测电阻，A为黑表笔，B为红表笔 C．当开关接时A表笔电势比B表笔高 D．当开关接和时用于测电压，且接比接量程大 8．在x轴上的O点和A点分别固定有点电荷和点电荷，x轴上O、A点之间各点的电势随x变化的图像如图所示，M为OA的中点，且图线在M点处斜率最小。取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（     ） A．在x轴上点O、A之间，M点的电场强度为零 B．点电荷、带的都是正电荷 C．O、A点之间电场强度的方向沿x轴负方向 D．将电子从M点移动到A点的过程中，电子的电势能增大 9．某同学设计了如图所示的输液提示器，灯泡的电阻可视为不变。已知弹簧始终在弹性限度内，滑动变阻器的滑片P不会超出a、b端，对于该装置，闭合开关后，下列说法正确的是（     ） A．当向药液袋内注射液体时，电源的效率减小 B．当药液减少时，电源的输出功率减小 C．当向药液袋内注射液体时，灯泡变亮 D．当药液减少时，电压表的示数变小 10．如图，电路中的定值电阻大于电源的内电阻r。现将开关S闭合，将滑动变阻器R的滑片P向上滑动，理想电压表、、的示数变化量的绝对值分别为、、，理想电流表A的示数变化量的绝对值为，则下列说法中正确的是（     ） A．电压表和的变化量 B．电压表的示数增大，电压表的示数减小 C．电流表A的示数变大，电压表的示数增大 D．电压表和电流表A的示数变化量的比值 11．将小球以大小为的初速度竖直上抛，经过时间后返回到抛出点，已知小球运动过程中受到的空气阻力大小与其速率成正比，如图为小球速度一时间图像，重力加速度大小为，则小球（     ） A．重力冲量的大小上升过程大于下降过程 B．克服空气阻力做的功上升过程小于下降过程 C．空气阻力的冲量大小上升过程大于下降过程 D．返回抛出点时速度大小为 第II卷（非选择题） 二、实验题：本大题共1小题，共15分。 12．某同学利用力传感器和单摆小球来测量当地重力加速度，实验步骤如下： a.按图1所示固定力传感器； b.取一根不可伸长的轻质细线，一端连接一小铁球，另一端固定在力传感器上，测得传感器到小球间细线长度为，小球直径为； c.让小铁球自由悬挂并处于静止状态，从计算机中得到拉力读数为； d.让小铁球以较小的角度在竖直平面内的、两点之间摆动，得到拉力随时间变化的关系图像如图2所示，其中是拉力的最小值，是拉力的最大值。 (1)下列关于实验中的注意事项及相关描述正确的是__________。 A．小球摆动时，应在同一竖直面内摆动，且摆角应足够小 B．若使用机械秒表手动计时测量周期，应以摆球到达某侧最高点时作为计时起点 C．保持摆长不变，多做几次实验，取多次测出的重力加速度的平均值作为最终结果，可以减小实验系统误差 (2)实验中单摆摆长__________（用、表示）；根据图2可知单摆的周期，计算重力加速度表达式为__________（用、、表示）。 (3)该同学为减小实验偶然误差，改变摆长进行了多次测量，并作出了图线如图3，图线不过原点的原因可能是__________。 A．计算摆长时未加上小球半径 B．计算摆长时加上了小球直径 (4)根据图3中数据计算，__________（取9.87，结果保留3位有效数字）。 三、计算题：本大题共4小题，共41分。 13．如图甲所示的弹簧振子，以点为平衡位置在、间振动，不计一切摩擦，取水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移的正方向，得到如图乙所示的振动曲线，根据曲线所给的信息求： (1)弹簧振子的振动方程； (2)如果振子的质量为0.2 kg，弹簧的劲度系数为20 N/m，求振子的最大加速度大小。 14．如图所示，电源电动势，内阻，电阻，开关闭合后，电动机恰好正常工作。已知电动机额定电压，额定功率，线圈电阻。求： (1)电动机正常工作时，输出的机械功率； (2)的阻值。 15．如图甲所示，A、B是一对沿水平方向的平行金属板，极板长，为两极板的中轴线，两极板间存在周期性变化的电场，电场强度随时间变化的规律如图乙所示，竖直向上为电场强度的正方向，周期。现有质量均为、电荷量均为的带电小液滴从两极板间沿中轴线方向以大小的速度源源不断地进入电场，所有液滴均未打到极板上，忽略液滴之间的相互作用，乙图中，重力加速度，求： (1)在之间进入电场的液滴进入电场时的加速度大小； (2)时刻进入电场的液滴离开电场时的速度大小； (3)运动轨迹在中轴线上方且从中轴线离开的液滴进入电场的时间。 16．图（a）为某物流公司设计的自动卸货装置，倾斜轨道底端通过一小段圆弧与静止在水平轨道上的小车平滑接触，小车右端固定一竖直挡板；货物装在平底箱里从高为处由静止释放，滑上小车与小车共速或与挡板碰撞后立即被锁定，与小车一起继续向右运动至卸货区；卸货区的缓冲装置由一级弹簧缓冲和二级液压缓冲组成，当小车压缩弹簧至时，弹簧将会被锁定；若此时小车还未静止，二级液压装置将对小车施加一水平向左恒力直至小车停止，整个缓冲装置允许的最大位移为，缓冲过程中小车所受合力与位移的关系如图（b）所示。只有当小车静止在卸货区时才能解除对货物的锁定进行卸货；卸货后，将空平底箱紧靠挡板放置在小车上并解锁弹簧释放弹性势能，可使小车连同空箱一同被弹回；小车撞击左侧台阶瞬间停下，空平底箱滑过小车冲上倾斜轨道。已知，小车长，质量，货物装箱后不会在平底箱中滑动，所有轨道均光滑，水平轨道足够长，重力加速度。求： (1)平底箱滑上小车前瞬间的速度大小； (2)能被运送到卸货区卸货的货物和平底箱总质量的范围； (3)若平底箱与小车间的动摩擦因数，要保证卸货后平底箱能被弹回的高度不低于出发点，则其质量应满足什么要求？（结果保留一位小数） 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 $