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高二物理参考答案(附中版)－(这是边文，请据需要手工删加)
湖南师大附中 2025—2026 学年度高二第一学期第一次大练习
物理参考答案
一、单项选择题(本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，
只有一项是符合题目要求的)
题号 1 2 3 4 5 6
答案 D B D C A C
1.D 【解析】事故中气囊对头部的作用力与头部对气囊的作用力大小相等，方向相反，
且作用时间相等，所以，可知事故中气囊对头部的冲量与头部对气囊的冲量大小相等，方向
相反，故 A 错误；有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故
B 错误；在安全气囊的缓冲作用之下，司机的动能最终全部转换为内能，故 C 错误；因为安
全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓
冲故增加了作用时间，故 D 正确。
2．B 【解析】电动机正常工作时发热功率为 Pr ＝I2r＝0.5 W，故 A 错误；根据闭合
0 0
电路欧姆定律有 E＝U＋I′r，小灯泡的电流为 I ＝I′－I，小灯泡额定功率为 P＝UI ，代入数
L L
据解得 P＝8 W，故 B 正确；电源的输出功率为 P′＝UI′＝16 W，故 C 错误；电动机正常工作
时其输出的机械功率为 P″＝UI－Pr ＝7.5 W，故 D 错误。
0
3．D 【解析】当电场力方向沿斜面向上时场强最小，此时 qE ＝mgsin θ
min
电场强度的最小值为 E ＝mgsin θq，选项 AB 错误；
min
由图可知，若电场强度 E＝mgq，即 mg＝qE
则电场强度方向不一定竖直向上，选项 C 错误，D 正确。
4．C 【解析】质点沿 x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有 v2＝2ax
而动量为 p＝mv，联立可得 p＝m2ax＝m2a·x12
动量 p 关于 x 为幂函数，且 x>0，故 C 正确。
5．A 【解析】该多用电表内部的电源电动势减小，内阻增大，可以通过欧姆调零改变
欧姆表的内部电阻，中值电阻减小，测量结果偏大，选项 A 错误；若电压表的量程为 0～3 V，
S 接 3 位置，则 IR＋\a\vs4\al\co1(Ig＋\f(IgRgR1))R ＝U，解得 R＝2 900 Ω，选项 B 正确；
g g 2 2
测某电阻阻值时 S 接 2，电流表的量程变为 2I，此时指针满偏时 2I＝ER 内，指针指在正中
g g
央时 I＝ER 内＋Rx，解得 R＝1 500 Ω，选项 C 正确；当 S 接触点 1 时，R 与 G 并联，则
g x 1
多用电表处于测量电流的挡位，D 正确。
6．C 【解析】由电场力提供向心力可得 qE＝mv2r，其中 E＝kr
解得 v＝qkm)，故 v 甲 v 乙＝q 甲 m 乙 m 甲＝221＝2，可得速度之比为 2∶1，故 A 错误；
根据ω＝vr，由于两粒子运动的半径之比未知，则角速度之比未知。故 B 错误；
由动量 p＝mv，可得 p 甲 p 乙＝m 甲 m 乙·v 甲 v 乙＝12×21＝1，可得动量之比为 1∶
1，故 C 正确；
动能 E＝12mv2，可得动能之比为 Ek 甲 Ek 乙＝m 甲 m 乙·\a\vs4\al\co1(\f(v 甲 v 乙))2＝
k
12×\a\vs4\al\co1(\f(21))2＝2可得动能之比为 2∶1，故 D 错误。
二、多项选择题(本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，
有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分)
题号 7 8 9 10
答案 AC AD BD BD
7.AC 【解析】从爆炸后到落地，碎块 A、B 均做平抛运动，设两碎块落地时间均为 t，
则
IAIB＝mAgtmBgt＝21，A 正确；
爆炸时，水平方向根据动量守恒定律可知 m v －m v ＝0
A A B B
爆炸后两碎块均做平抛运动，下落高度相同，两碎块落地时间相等，则 xAxB＝vAvB＝
mBmA＝12
A、B 的水平位移之比为 1∶2，而从爆炸瞬间到落地，下落高度相同，两碎块的位移之
比不等于 1∶2，B 错误；
xAxB＝\rc\)(\a\vs4\al\co1(5 s－t))v 声\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6 s－t))v 声＝12，解得 t＝4 s
则碎块 A 的水平位移 x ＝\rc\)(\a\vs4\al\co1(5 s－4 s)×340 m/s＝340 m，碎块 B 的水平位
A
移 x ＝\rc\)(\a\vs4\al\co1(6 s－4 s)×340 m/s＝680 m
B
则爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为 340 m＋680 m＝1 020 m
碎块 A 的初速度为 v ＝xAt＝85 m/s，C 正确，D 错误。
A
8．AD 【解析】设小球在 MN 中间的任意位置 C 时，此时 BC 两点水平方向的距离不
变，则此时小球对杆的弹力 F ＝kx·cos θ＝kL＝mg
N
则摩擦力始终为 f＝μF ＝12mg，即从 M 到 N 摩擦力做功为 W＝－fh＝－12mgh，选项 A
N f
正确；
从 M 到 N 由能量关系可知 mgh＋W ＋W＝0，即弹性绳对小球做的功为－12mgh，选项
弹 f
B 错误；
小球下滑过程中弹性绳的弹力大于 mg，则弹性绳对小球的冲量大于 mgt，选项 C 错误；
小球下落 L2 时，弹性绳的伸长量ΔL＝\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2)))2＝5)2L
弹力大小为 F＝kΔL＝5)2mg
此时弹力沿竖直向上的分量为 F＝Fcos α＝5)2mg·12\r(52＝12mg
y
则此时 f＋F＝mg，即竖直方向合力为零，加速度为零，速度最大，选项 D 正确。
y
9．BD 【解析】点电荷 P 在 xOy 平面内绕 x 轴上固定的点电荷 M 做逆时针方向的低速
椭圆运动，两者为吸引力，若 P 为负电荷，则点电荷 M 为正电荷，则 A 点的电势比 B 点的
电势低。故 A 错误；两点电荷为吸引力，当 P 沿 E、A、C 运动时，速度与电场力的夹角先
为钝角后为锐角，所以电场力先做负功后做正功。故 B 正确；由对称性可知，点电荷 P 在
CD 上任一点的电势能比在 EF 点上任一的电势能小，由能量守恒可知，点电荷 P 点 CD 上任
一点的动能比在 EF 点上任一点的动能大，即在 CD 上的平均速率比在 EF 上的大，而 CD 与
EF 的长度相等，根据 t＝sv，可知 P 从 C 运动到 D 的时间小于从 E 运动到 F 的时间。故 C
错误；若点电荷 M 到坐标原点的距离与半长轴之比为 2∶3，则点电荷 M 到 A、B 两点的距
离之比为 5∶1，设 A、B 两处的曲率圆半径均为 r(对称性)，则在 A 点，kq1q2AM2＝m2Avr。
在 B 点 kq1q2BM2＝m2Bvr，解得 v ∶v ＝BM∶AM＝1∶5。可得 P 在 A、B 两点的速度之比
A B
为 1∶5。故 D 正确。
10．BD 【解析】由题可知，液滴处于静止状态时 U0dq＝mg
电容器电压增加ΔU，油滴开始向上以加速度 a 运动 U0＋ΔU1dq－mg＝ma
1
电容器电压减少ΔU，加速度大小变为 3a 向下 mg－ΔU1＋U0－ΔU2dq＝3ma
2
以上式子联立可得ΔU1ΔU2＝14，A 错误；设向上为正方向，在经过Δt 后，油滴的位移 x＝12aΔt21，此时的速度为 v＝aΔt
1 1 1
当再经过Δt 时，Δt 时间的位移 x＝vΔt－12×3aΔt22，油滴回到初始位置则有 0＝
2 2 2 2
x＋x
1 2
联立可以得出Δt＝Δt，B 正确；
1 2
Δt 时间末的速度 v＝aΔt，再经过Δt 时间后的速度 v＝v－3aΔt
1 1 2 2 2
因为Δt＝Δt，所以 v＝－2aΔt
1 2 2 1
因此油滴的动量变化量之比为\f(mvm（v2－v）))＝13，故 D 对，C 错误。
三、实验题(本大题共两小题，11 题 8 分，12 题 6 分，共 14 分)
11． (1)0.515(2 分 ) (2)dt(2 分 ) \rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋ m))
d22\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M－m))Ht2(2 分) (3)9.81(2 分)
【解析】(1)根据游标卡尺的读数规律，该游标卡尺的读数为 5 mm＋0.05×3 mm＝5.15
mm＝0.515 cm
(2)根据光电门的测速原理，重锤 1 通过光电门时的速度大小为 v＝dt
对 重 锤 1 与 重 锤 2 构 成 的 系 统 进 行 分 析 ， 根 据 系 统 机 械 能 守 恒 定 律 有 \
rc\)(\a\vs4\al\co1(M－ m)gH＝ 12\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋ m)v2， 其 中 v＝ dt， 解 得 g＝ \
rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))d22\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M－m))Ht2
(3)由于γ是只与圆柱体表面动摩擦因数有关的常数，且有 a＝\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－γ)g＝
gβ－gγ
取表格从左至右四组数据分别为 a，a，a，a 和对应的β，β，β，β
1 2 3 4 1 2 3 4
利用表格中的数据，根据逐差法有 a＋a－a－a＝\rc\)(\a\vs4\al\co1(β4＋β3－β2－β1)g
4 3 2 1
带入数据可则重力加速度 g＝9.81 m/s2
12．(1)A(2 分) (2)1b(2 分) (3)R0n－1(2 分)
【解析】(1)为了保护电路，闭合开关前，金属夹置于电阻丝的最大阻值处，由图可知，
应该置于 A 端。
(2)对于电路图(a)，根据闭合电路欧姆定律有 U＝E－Ir
设金属丝的电阻率为ρ，横截面积为 S，结合欧姆定律和电阻定律 I＝UR，R＝ρLS
联立可得 U＝E－USρLr，整理可得 1U＝1E＋SrEρ·1L
对于电路图(b)，根据闭合电路欧姆定律有 U＝E－I(r＋R)
0
结合欧姆定律和电阻定律 I＝UR，R＝ρLS
联立后整理 1U＝1E＋S（r＋R0）Eρ·1L
可知图线的纵轴截距 b＝1E，解得 E＝1b
(3)由题意可知 k＝SrEρ，k＝S（r＋R0）Eρ，又 k2k1＝n，联立解得 r＝R0n－1
1 2
四、解答题(本大题共 3 小题，13 题 12 分，14 题 14 分，15 题 16 分，共 42 分)
13．(1)E＝6 V，r＝2 Ω，R＝2 Ω(3 分) (2)P＝2.25 W(4 分) (3)Q＝2.1×10－5 C(5 分)
1
【解析】(1)依题开关 S 闭合、S 断开，根据闭合电路欧姆定律 E＝U＋Ir
1
结合图像，得
E＝0.5r＋5，E＝1.5r＋3，解得 E＝6 V，r＝2 Ω(2 分)
图像可知，当滑动变阻器的滑片滑到 b 处时，R 电压为 3 V，流过 R 电流为 1.5 A，故
1 1
R＝UI＝31.5 Ω＝2 Ω(1 分)
1
(2)将 R 等效为电源内阻一部分，故电源等效内阻 r ＝R＋r＝4 Ω
1 等效 1
此时外电路只有滑动变阻器，结合闭合闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器消耗功率
P＝\a\vs4\al\co1(\f(ER 滑＋r 等效))2R ＝E2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R 滑－r 等效)R 滑
滑
可知 R ＝r 时，功率最大，即 P＝E24r 等效＝624×4 W＝2.25 W(4 分)
滑 等效
(3)结合图像当滑动变阻器的滑片置于 a 端时，外电阻R ＝UI＝50.5 Ω＝10 Ω，R ＝R＋R ，解得 R ＝8 Ω(1 分)
外 外 1 滑 滑
将滑动变阻器的滑片置于中间，电路稳定后，此时电容器两端电压为滑动变阻器电压
U ＝ER 滑 2×R 滑 2＝62＋2＋4×4 V＝3 V(1 分)
C1
将滑动变阻器的滑片置于中间，电路稳定后，闭合开关 S，电路再次稳定后，干路电流
1
I′＝ER2×\b\lc\(\rc\2))R 滑 2)＝1.2 A
故通过 R 的电流为 I ＝I′2＝0.6 A(1 分)
1 R1
此时电容器两端电压为 R 两端电压，又因为极板间所带正负电荷与之前相反，即
1
U ＝I ×R＝－1.2 V(1 分)
C2 R1 1
故求通过电阻 R 的电荷量 Q＝C(U －U )，解得 Q＝2.1×10－5 C(1 分)
3 C1 C2
14．(1)v＝10gL(4 分) (2)v ＝gL(5 分) (3)－83mgL(5 分)
0 min
【解析】(1)将重力与电场力合成一个力，即等效重力，根据题意可知二者合力为 G′＝\
rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)mgq)·q))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg))2＝2mg(1 分)
设重力与电场力的合力方向与竖直方向的夹角为θ，则 tan θ＝Eqmg＝3，可知θ＝60°
小球恰能做完整的圆周运动时，在“等效最高点”速度最小，在“等效最高点”有 2mg
＝mv2L
可得 v＝2gL(1 分)
从 M 点到等效最高点有－mg·2Lcos 60°－Eq·2Lsin 60°＝12mv2－12mv20(1 分)
解得 v＝10gL(1 分)
0
(2)细线断裂后，小球相对合力方向做类斜抛运动，当小球在合力方向上的分速度为 0 时
，合速度最小，从 M 到 B，由动能定理有－mg\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋Lcos 60°)－EqLsin 60°＝
12mv2B－12mv20(2 分)
解得 v ＝2gL(2 分)
B
则最小速度 v ＝v cos 60°＝gL(1 分)
min B
(3)从细线断裂到小球的电势能与 B 点电势能相等的过程中，电场力做功为零，即相当于
B 点水平方向的速度等大反向，则水平方向有 v ＝a′t′，qE＝ma′(2 分)
B
竖直方向有 H＝12g\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t′)2(2 分)
根据 W＝mgH＝－ΔE，联立解得ΔE＝－83mgL(1 分)
p p
15．(1)TeU0m)(4 分) (2)L(4 分)
(3)①2(2 分)，4eU(2 分)，2L(2 分) ②20e2UT28md2(2 分)
0
【解析】(1)根据图乙可知，为了达到同步加速，电子在圆筒中做匀速直线运动，运动的
时间均为 T2，电子加速两次过程，根据动能定理有 2eU＝12mv22(2 分)
0
第 2 个金属圆筒的长度 s＝v·T2，解得 s＝TeU0m)(2 分)
2 2 2
(2)电子整个加速过程，根据动能定理得 4eU＝12mv24
0
解得 v＝8U0em)(1 分)
4
电子在两极板之间偏转过程，根据类平抛运动规律有 L＝vt，y＝12at21
41 1
其中 a＝8U0e2mL，解得 y＝L4(1 分)
1
射出极板后电子做匀速直线运动，沿轴线方向有 1.5L＝vt
42
沿竖直方向 y＝vt，v＝at，解得 y＝3L4(1 分)
2 y2 y 1 2
电子打在荧光屏的位置与 O 点间的距离为 Y＝y＋y＝L(1 分)
1 1 2
(3)①电子通过 n 个圆筒后，根据动能定理有 neU＝12mv2n
0
电子在两极板之间偏转过程，根据类平抛运动规律有 L＝vt，y＝12at2n
nn n
令电子打在荧光屏上的动能为 E，根据动能定理有 e·8U02Ly ＝E－12mv2n
k n k
解得 E＝\a\vs4\al\co1(n＋\f(4n))eU
k 0
根据数学函数规律可知，当 n 等于 2 时，电子打在荧光屏上的动能最小，动能最小值为E ＝4eU
kmin 0
电子通过 2 个圆筒加速后在两极板之间偏转过程，根据类平抛运动规律有 L＝vt，y＝
23 3
12at23
解得 y＝L2
3
射出极板后电子做匀速直线运动，沿轴线方向有 1.5L＝vt，沿竖直方向 y＝v t，v
24 4 y14 y1
＝at
3
解得 y＝3L2
4
电子打在荧光屏的位置与 O 点间的距离为 Y＝y＋y＝2L
2 3 4
②由于保持圆筒长度、交变电压的变化规律不变，若考虑电子在间隙中的加速时间，则
粒子进入每级圆筒的时间都要延后一些，如果延后累计时间等于 T2，则电子再次进入电场时
将开始减速，此时的速度就是装置能够加速的最大速度。由于两圆筒间隙的电场可以近似看
为匀强电场，间距均为 d，粒子在电场中后一个加速过程可以看为前一加速过程的延续部分，
令经过 N 次加速，即经过 N 个圆筒达到最大动能，则有 Nd＝vm2·T2
根据动能定理有 NeU＝12mv2m－0，解得 v ＝eU0T2md
0 m
则最大动能为 E ＝12mv2m
km
解得 E ＝20e2UT28md2
km(这是边文，请据需要手工删加)
