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年下学期 月高二联考物理
２０２５ １０
参考答案、提示及评分细则
．【答案】
１ B
【解析】根据运动的独立性原理 渡船的实际运动可分解为垂直河岸方向和沿河岸方向的两个分运动 这两个
, ,
分运动互不干扰 独立进行．渡河时间是指渡船从河岸一侧到达另一侧所用的时间 该时间仅取决于垂直河岸
、 ,
方向的分运动 当江面宽度恒定时 渡河时间由垂直河岸分运动的速度决定 与沿河岸方向的水流速度无
——— , ,
关 选项 错误 选项 正确 渡船的实际运动轨迹由其合运动方向决定 而合运动方向是垂直河岸分运动与
, A 、 B ; ,
沿河岸分运动共同作用的结果 合速度方向必然斜向下游 对应的实际运动轨迹也应是斜向下游的直线 而非
, , ,
垂直河岸的直线 选项 错误 渡船的合速度大小等于船在静水中的速度与水流速度之和 这一说法混淆了
, C ; ,
矢量合成与代数求和的本质区别 属于典型的概念性错误．运动速度是矢量 其合成需遵循平行四边形定则
, ,
或三角形定则 而非简单的代数相加 选项 错误．
( ), , D
．【答案】
２ B
【解析】由于加速阶段与减速阶段的加速度大小相等 列车从静止加速到最大速度后减速到停止 因此加速阶
, ,
段的时间t与减速阶段的时间t相等 即t t．设匀速阶段的时间为t 总时间T t t t．代入t t
１ ３ , １＝ ３ ２, ＝ １＋ ２＋ ３ １＝ ３,
T
t １T 解得t 故选项 正确．
２＝ , １＝ , B
２ ４
．【答案】
３ D
【解析】运动员落地过程中
,
动量变化量
Δ
p
＝
m
(
v末
－
v初) ．落地前瞬间速度v初 由下落高度决定
,
落地后速度
v末
＝０,
因此动量变化量
Δ
p仅由质量和初速度决定
,
与屈腿动作无关
,
即动量变化量不变
,
选项
A、B
错误
;
根
据动量定理 合外力的冲量I p 由于 p不变 合外力的冲量也不变．地面对运动员的冲量与重力冲量的
, ＝Δ , Δ ,
矢量和等于合外力冲量 屈腿动作不会改变合外力冲量的大小 选项 错误 屈腿动作延长了落地过程的作
, , C ;
p
用时间t．由F合
＝
Δ
t
可知
,
在
Δ
p不变的情况下
,
t增大会减小合外力F合．由于重力mg恒定
,
地面对运动员
的作用力F
＝
F合
＋
mg随之减小
,
从而起到缓冲保护作用
,
选项
D
正确．
．【答案】
４ C
【解析】电动机两端的电压为电源电动势减去内阻的电压 有U E Ir 选项 错误 电源内阻的热功
, ＝ － ＝１０V, A ;
率为P内
＝
I２r
＝８W,
选项
B
错误
;
电动机的输入功率等于其两端电压与电流的乘积
,
有P输入
＝
U
×
I
＝
２０W,
选项
C
正确
;
若线圈电阻R
＝５Ω,
则电动机的热功率为P热
＝
I２R
＝２０W,
此时输入功率全部转化为热
功率 机械功率为 与电动机正常工作状态矛盾 因此选项 错误．
, ０, , D
．【答案】
５ A
【解析】带电小球在重力mg 绳子拉力F和电场力qE三力作用下处于平衡状态 三力构成矢量
、 ,
三角形 如图所示．当电场力qE方向与拉力F方向垂直时 电场力qE最小 对应的电场强度E
, , ,
也最小 有qE mg 解得E ． ５ 故选项 正确．
, min＝ sin３０°, min＝２０×１０ N/C, A
高二物理试题参考答案 第 页 共 页
【 １ ( ５ )】 B．【答案】
６ C
【解析】由几何关系知M NP位于一边长为 a的等边三角形的三个顶点上 因此
、 、 ２ ,
I
每条通电导线在P点产生的磁感应强度大小均为B k 方向如图所示 则P点
＝ a, ,
２
kI
的磁感应强度大小为B B ３ 故正确选项为 ．
P ＝２ cos３０°＝ a , C
２
．【答案】
７ BD
【解析】沿电场线方向电势降低 可知A点电势低于B点电势 B点电势低于C点电势 选项 错误 选项
, , , A 、 B
正确 根据电场线的疏密程度可知A点的电场强度比C点的电场强度小 选项 错误 带负电的微粒从A点
; , C ;
移到C点 电场力做正功 其电势能减小 选项 正确．
, , , D
．【答案】
８ ABC
Mm v２ GM
【解析】卫星绕地球做匀速圆周运动时 由万有引力提供向心力．由G m 得v 即运行速度与
, r２ ＝ r ＝ r ,
Mm GM
轨道半径的平方根成反比 选项 正确 由G ma得向心加速度a 随轨道半径增大而减小 选项
, A ; r２ ＝ ＝r２ , ,
Mm ２ r３
正确 由G m４πr得T 选项 正确 选项 错误．
B ; r２ ＝ T２ ＝２π GM, C 、 D
．【答案】
９ AC
RR
【解析】当压力增大时
,
R
p
阻值减小
,
并联部分的等效电阻R并
＝R
p
p
＋
R
２
２
减小
,
总电阻R总
＝
r
＋
R
１＋
R并 减小．
E
干路电流I
＝R总
增大
,
因此电流表示数增大
,
选项
A
正确
;
并联部分电压U并
＝
E
－
I
(
R
１＋
r
)
减小
,
因此电压
U２并
表示数减小
,
选项
B
错误
;
电阻R
２
消耗的功率P
２＝R
减小
,
选项
C
正确
;
电源输出功率P出
＝
I２R外, 其中
２
R外
＝
R
１＋
R并．当R外
＝
r时P出 最大．当R外
＞
r时
,
R外 减小会使P出 增大
,
当R外
＜
r时
,
R外 减小会使P出 减
小
,
因题目未给出R外 与r的初始关系
,
无法确定P出 的变化趋势
,
故
“
一定增大
”
错误
,
选项
D
错误．
．【答案】
１０ AC
【解析】两种测量电路都存在系统误差 测量电路甲实际测量的电阻是电源内阻与电压表的并联电阻 而测量
, ,
电路乙测量的电阻是电池内阻与电流表内阻之和．干电池的内阻较小 电压表的分流作用可以忽略 可以用
, ,
滑动变阻器中的电流来代替干路中的电流 所以应该选择测量电路甲 选项 正确 选项 错误 用测量电
, , A 、 B ;
路甲 以电压表读数U为纵坐标 电流表读数I为横坐标 描点 连线 画出如图a 实线所示的U I图线．
, , , 、 , () －
根据U
＝
E
－
Ir
,
可知图线的纵截距为电动势的测量值E测, 斜率的绝对值为电源内阻的测量值r测．考虑到
U
电压表的内电阻R 需要把电源的输出电流修正为I 即需要把描绘的各点向右修正 电压越大 修正
V, ＋R , , ,
V
量越大 电压为 时 不需要修正．修正后的U I图线如图a 中的虚线所示 该虚线是电源的真实伏安特
, ０ , － () ,
性图线
,
易知
:
E测
＜
E真, r测
＜
r真, 选项
C
正确
;
采用测量电路乙
,
仍以电压表读数U为纵坐标
,
电流表读数I
为横坐标
,
画出U
－
I图像图线如图
(
b
)
实线所示
,
图线的纵截距为电动势的测量值E测, 斜率的绝对值为电
源内电阻的测量值r测．考虑到电流表的内电阻R
A,
需要把路端电压修正为U
＋
IR
A,
即把描绘的各点向上修
正 电流越大 修正量IR 越大 当电流为 时 不需要修正．修正后的U I图线如图b 中的虚线所示 该虚
, , A , ０ , － () ,
高二物理试题参考答案 第 页 共 页
【 ２ ( ５ )】 B线是电源的真实伏安特性曲线
,
易知
:
E测
＝
E真, r测
＞
r真, 选项
D
错误．
．【答案】 分
１１ (７ )
由a向b 分 分 增大 分
(１) (２ ) ＝(３ ) (２) (２ )
【解析】 将开关 拨到 时 电容器两极板与电源相连 此时电容器处于充电过程 通过电流表的电流方向
(１) S １ , , ,
由a向b 图乙中阴影部分的面积S 表示充电过程中通过电流传感器的电荷量 面积S 表示放电过程中通
; １ , ２
过电流传感器的电荷量 故S S ．
, １＝ ２
电容器放电时 放电电量q It一定．增大电阻R的阻值 可以减小放电电流I 可以有效延长电容器放
(２) , ＝ , ,
电时间t．
．【答案】 分
１２ (９ )
． ． 分 分 ． 分
(１)０６４１~０６４４(２ ) (２) (３ ) (３)０５０(２ )
d２R
π 分
(４) L (２ )
４
【解析】 螺旋测微器精度为 ． 则d ． ． ． ．
(１) ００１mm, ＝０５mm＋００１mm×１４２＝０６４２mm．
由于滑动变阻器的总电阻较小 小于被测金属电阻丝的电阻 为了便于调节测量 滑动变阻器采用分压接
(２) , , ,
法 由于被测金属电阻丝的电阻较小 采用电流表外接法 测量电路及实物连接如答案图所示．
; , ,
电流表的分度值为 ． 其示数为I ． ．
(３) ００２A, ＝０５０A
L L d２R
由电阻定律得R ρ ρ 解得 ρ π ．
(４) ＝ S＝ (d) , ＝ L
２ ４
π
２
．【答案】 分
１３ (１０ )
E２
P ３ Q １CE
(１) ＝ R (２)Δ ＝
８ １０
【解析】 闭合电键 R R 的并联值为R １R 分
(１) S１、S２,２、３ ２３＝ (１ )
２
由闭合电路的欧姆定律 得E IR R r 分
, ＝ (１＋ ２３＋ )(２ )
电源的输出功率为P I２R R 分
＝ (１＋ ２３)(１ )
E２
联立解得P ３ 分
＝ R(１ )
８
R
闭合电键 电容器两端电压为U １ E １E 分
(２) S１、S２, C １＝R R r ＝ (１ )
１＋ ２３＋ ２
高二物理试题参考答案 第 页 共 页
【 ３ ( ５ )】 BR
断开电键 电容器两端电压为U １ E ２E 分
S２, C ２＝R R r ＝ (１ )
１＋ ２＋ ５
电容器上电量的变化量为 Q CU CU 分
Δ ＝ C １－ C ２(２ )
联立解得 Q １CE 分
Δ ＝ (１ )
１０
．【答案】 分
１４ (１４ )
qEv qE２v２ v
v U v ５
(１)B ＝mg (２)AB ＝ mg２ (３)min＝
２ ５
【解析】 小球在竖直方向做竖直上抛运动 有 v gt 分
(１) , ０＝ － (１ )
小球在水平方向做初速为 的匀加速直线运动 有qE ma 分
０ , ＝ (１ )
v at 分
B ＝ (１ )
qEv
联立解得v 分
B ＝mg(１ )
(２) 小球从A点运动B点的过程中 , 由动能定理 , 得qU AB － mgh ＝ １mv B２ － １mv２ (２ 分 )
２ ２
又v２ gh 分
＝２ (２ )
qE２v２
联立解得U 分
AB ＝ mg２ (１ )
２
mg
设合力与水平方向的夹角为θ 根据几何关系可得 θ 分
(３) , tan ＝qE＝２(１ )
当速度与合力垂直时动能最小 有v v θ 分
, min＝ cos(２ )
v
联立解得v ５ 分
min＝ (２ )
５
．【答案】 分
１５ (１６ )
． ５ １
(１)１８N (２)０８s (３) J m
３ ６
【解析】
(１)
物块P从A点静止下滑至B
,
由机械能守恒
,
得m
２
gR
(１－cos
θ
)＝
１m
２
v B２
(１
分
)
２
解得v ．
B ＝４m/s
在B点 由牛顿第二定律 得F mg m
v B２
分
, , N－ ２ ＝ ２R(１ )
联立解得F 分
N＝１８N(１ )
由牛顿第三定律 P对轨道的压力为F′ F 分
, N＝ N＝１８N(１ )
物块P在传送带和Q上滑动时 由牛顿第二定律 得 μmg ma 分
(２) , , ２ ２ ＝ ２ ２(１ )
解得a
２
２＝５m/s
v v
减速至与传送带同速的时间为t B － ． 分
１＝ a ＝０４s(１ )
２
此阶段位移为L v
B
t １at２ ． １ ．２ ．
１＝ １－ ２ １＝４×０４－ ×５×０４＝１２m
２ ２
L L
匀速运动时间为t － １ ． 分
２＝ v ＝０４s(１ )
P从B点运动到C点所用的时间为t t t ． 分
＝ １＋ ２＝０８s(１ )
高二物理试题参考答案 第 页 共 页
【 ４ ( ５ )】 BP在Q上滑动时 对Q应用牛顿第二定律 得 μmg μ m m g ma 分
(３) , , ２ ２ － １( １＋ ２)＝ １ １(１ )
解得a
２
１＝１m/s
设PQ共速所用时间为t则v at at 分
、 , － ２ ＝ １ (１ )
解得t １
＝ s
３
PQ间的相对位移为 x vt １at２ １at２ １ 分
、 Δ ＝( － ２ )－( １ )＝ m(１ )
２ ２ ３
产生的热量为Q μmg x ５ 分
＝ ２ ２ Δ ＝ J(１ )
３
Q加速阶段位移大小为x １at２ １ 分
１＝ １ ＝ m(１ )
２ １８
PQ共速时速度大小为v′ at １
、 ＝ １ ＝ m/s
３
PQ共速后整体应用牛顿第二定律 得 μ m m g m m a 分
、 , １( １＋ ２)＝( １＋ ２)３(１ )
解得a ． ２
３＝０５m/s
v′２
Q减速阶段位移大小为x １ 分
２＝a ＝ m(１ )
２ ３ ９
Q在地面上运动的距离为x x x １ 分
＝ １＋ ２＝ m(１ )
６
高二物理试题参考答案 第 页 共 页
【 ５ ( ５ )】 B
