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备战2025 年高考物理易错题综合练（一）
一．选择题（共10 小题）
1．（2024•浑南区校级模拟）如图所示的一次函数图像，横轴与纵轴所表示的物理量并未标出，已
知图像的横轴、纵轴的截距分别为x0、y0，根据所学的匀变速直线运动的规律来分析，下列说法
正确的是（ ）
A．若横轴表示时间t，纵轴表示物体的速度v，则t0时刻物体的速度为 y0
x0
( x0+t0)
B．若横轴表示位移x，纵轴表示物体速度的平方v2，则物体的加速度为- y0
x0
C．若横轴表示时间t，纵轴表示物体的平均速度v，则物体的加速度为- y0
2 x0
D．当物体受到竖直向下的拉力 F 在真空中下落，若横轴表示 F，纵轴表示物体加速度a，则物
体的质量为- x0
g
【解答】解：A、若横轴表示时间 t，纵轴表示物体的速度v，由v＝v0+at 对比图像可得：
v0= y0、a=- y0
x0
则t0时刻物体的速度为v = y0- y0
x0
t0= y0
x0
( x0-t0)，故A 错误；
B、若横轴表示位移x，纵轴表示物体速度的平方 v2，由v
2= v0
2+2ax可知图像的斜率k＝2a
= y0
- x0
，可得a=- y0
2 x0
，故B 错误；
C、若横轴表示时间t，纵轴表示物体的平均速度v，由位移—时间公式有
1
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x = v0t + 1
2 at
2
可得
x
t = v0+ a
2 t
结合平均速度公式v = x
t 可得
v =v0+ a
2 t
对比图像可得
v0= y0，a
2 =- y0
x0
可得a=- 2 y0
x0
，故C 错误；
D、当物体受到竖直向下的拉力F 在真空中下落，由牛顿第二定律得
F+mg＝ma
变形可得：a= 1
m F + g
对比图像可得
y0= g、1
m =- y0
x0
综合可得，m=- x0
g ，故D 正确。
故选：D。
2．如图所示，A，B 是粗糙水平面上的两点，O、P、A 三点在同一竖直线上，且OP＝L，在P 点
处固定一光滑的小立柱，一小物块通过原长为L0的弹性轻绳与悬点O 连接。当小物块静止于A
点时，小物块受到弹性轻绳的拉力小于重力。将小物块移至B 点（弹性轻绳处于弹性限度内），
由静止释放后，小物块沿地面运动通过A 点。若L0＞L，则在小物块从B 运动到A 的过程中（
）
2
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A．小物块受到的滑动摩擦力保持不变
B．小物块受到的滑动摩擦力逐渐减小
C．小物块受到的滑动摩擦力逐渐增大
D．小物块受到的滑动摩擦力先减小后增大
【解答】解：对小物块受力分析
因为L0＞L，设弹性轻绳开始原长到A 点的伸长量为x0，
则在A 点物块对地面的压力：FNA＝mg﹣kx0
设在B 点绳子与竖直方向的夹角为θ，
则物块在B 对地面的压力为：FNB＝mg﹣k（L0+Δx﹣L）﹣k（L﹣L0）cosθ
则从B 点到A 点物块对地面正压力的变化量为：ΔFN＝FNB﹣FNA＝k（L﹣L0）（1﹣cosθ）
小物块从B 运动到A 的过程中，绳与竖直方向的夹角θ 减小，则cosθ 增大，物块对地面正压力
的变化量ΔFN增大，
由f＝μFN可知，小物块受到的滑动摩擦力逐渐增大，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
3．如图，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N 上的a、b 两点，悬挂衣服的衣架钩
是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确
的是（ ）
3
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A．绳的右端上移到b'，绳子拉力变小
B．将杆M 向左移一些，绳子拉力变小
C．换用稍长一些的轻质晾衣绳，绳子拉力变小
D．绳的两端高度差越小，绳子拉力变小
【解答】解：AD．设竖直杆M、N 间的距离为d，绳长为L，Oa 端绳长为La，Ob 端绳长为
Lb，故L＝La+Lb，衣架钩两侧绳子与竖直方向夹角分别为α、β，受力分析如图所示。
衣架钩两侧绳子上受力相等，故有
T1＝T2＝T
则由共点力的平衡知识可得
α＝β
2Tcosα＝G
又有d＝Lasinα+Lbsinβ＝Lasinα+Lbsinα＝Lsinα
则sinα= d
L
T=
G
2cosα
所以，如果d 与L 不变，则sinα 不变，α 不变，cosα 不变，绳子所受拉力不变。故AD 错误；
B．当杆M 向左移一些，两杆之间的距离d 变大，绳长L 不变，所以α 角变大，cosα 变小，绳
子拉力T 变大，故B 错误；
C．换用稍长一些的轻质晾衣绳，则绳长L 变大，两杆之间的距离d 不变，所以α 角变小，cosα
变大，绳子拉力T 变小，故C 正确。
4
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故选：C。
4．如图甲，MN 是倾角θ＝37°传送带的两个端点，一个质量m＝5kg 的物块（可看作质点），以
4m/s 的初速度自M 点沿传送带向下运动。物块运动过程的v﹣t 图象如图乙所示，取g＝
10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．物块最终从N 点离开传送带
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.6
C．物块在第6s 时回到M 点
D．传送带的速度v＝2m/s，方向沿斜面向下
【解答】解：A、由图示v﹣t 图象可知，物块先向下做匀减速直线运动，然后再反向即向上做加
速运动，最后做匀速直线运动，物块将从M 点离开传送带，故A 错误；
B、由图示v﹣t 图象可知，物块沿传送带向下滑动加速度：a= Δv
Δt =-2- 4
4
m/ s
2=-1.5m/ s
2，
负号表示加速度方向沿传送带向上
物块下滑过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，解得：μ= 15
16，故B 错误；
C、根据乙图知，物块前4s 内的位移为：x1= v
2- v0
2
2a
= (-2)
2- 4
2
2×(-1.5) m= 4 m，物块4﹣6s 内的位移
为：x2＝vt＝（﹣2）×2m＝﹣4m，可知，物块前6s 内的位移为：x＝x1+x2＝0，即物块6s 末回
到出发点，故C 正确；
D、由图象知，物块最终以﹣2m/s 与传送带一起运动，故传送带的速度为：v＝2m/s，方向沿传
送带向上，故D 错误。
故选：C。
5．如图所示，某同学打水漂，从离水面1.25m 处以5√3m/ s的初速度水平掷出一枚石块。若石块
每次与水面接触速率损失50%，弹跳速度与水面的夹角都是30°，当速度小于1m/s 就会落水。
5
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已知g＝10m/s2，sin30° = 1
2，cos30° = √3
2 。不计空气阻力，假设石块始终在同一竖直面内运
动，则下列说法错误的是（ ）
A．第一次与水面接触后，弹跳速度为5m/s
B．第一个接触点与第二个接触点之间距离为5√3
4
m
C．水面上一共出现5 个接触点
D．落水处离人掷出点的水平距离为265√3
64
m
【解答】解：A 、石块做平抛运动，设平抛运动的时间为t1 ，则h= 1
2 gt1
2，得t1
=√
2h
g =√
2×1.25
10
s＝0.5s
第一次与水面接触前的速度大小v1=√v0
2+(gt1)
2=√(5√3)
2+(10×0.5)
2m/s＝10m/s，因此第一
次与水面接触后，弹跳速度为v1′＝50%v1＝0.5×10m/s＝5m/s，故A 正确；
B、第一次与水面接触后做斜抛运动，设第一个接触点与第二个接触点之间的时间为t2，第一个
接触点与第二个接触点之间距离为x2。
则t2= 2v1' sin30°
g
= 2×5×0.5
10
s＝0.5s，x2＝v1′cos30°•t2＝5× √3
2 ×0.5m= 5√3
4
m，故B 正确；
C、石块每次与水面接触速率损失50%，设水面上一共出现n 个接触点，则vn＝v1×（1−0.5）n﹣
1，解得n＝4 时，vn＜1m/s，即石块与水面第4 次接触后会落水，水面上一共出现4 个接触点，
故C 错误；
D、平抛运动水平方向的位移为
x1＝v0t1＝10×0.5m＝5m
第一个接触点与第二个接触点之间距离为x2＝v1′cos30°•t2＝50%v1cos30°•2×50 % v1sin30°
g
=
6
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2×（50%）2× v1
2sin30°cos30°
g
同理可得：第三个接触点与第四个接触点之间距离为x3＝2×（50%）4× v1
2sin30°cos30°
g
落水处离人掷出点的水平距离为x＝x1+x2+x3
联立解得：x= 265√3
64
m，故D 正确。
本题选错误的，
故选：C。
6．如图甲所示，一光滑圆管轨道由相互连接的两个半圆轨道及一个四分之一圆轨道组成，圆管轨
道竖直固定（管内直径可以忽略），右侧底端与直轨道相切于M 点，直轨道粗糙，圆管轨道的
半径R＝0.2m。质量m1＝0.1kg 的物块A，自圆管左端开口的正上方高h＝4.8m 处自由下落，沿
切线落入圆管轨道，经过竖直圆管轨道后与M 点处静止的质量m2＝0.3kg 的物块B 发生碰撞
（碰撞时间极短），碰后物块B 在直轨道上滑行过程的x﹣t 图像如图乙所示。已知A、B 与直
轨道间的动摩擦因数相同，A、B 均可视为质点，不计空气阻力，取g＝10m/s2。则（ ）
A．最终A 静止的位置到M 点的距离为1m
B．A、B 碰后瞬间B 的速度大小为2m/s
C．A 滑过竖直圆管轨道P、Q 两点时受到管壁的弹力大小之差为6N
D．A、B 与直轨道间的动摩擦因数为0.15
【解答】解：C、在A 从开始至运动到P 点的过程中，由机械能守恒定律可得：m1g（R+h）
= 1
2 m1vP
2，可得vP＝10m/s。A 在P 点时，由牛顿第二定律可得FN﹣m1g＝m1v P
2
R
，解得FN＝51
7
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N；在A 从P 点运动到Q 点的过程中，由机械能守恒定律可得：1
2 m1v0
2=2m1gR+ 1
2 m1vQ
2 ，A 在
Q 点时，由牛顿第二定律可得FN′+m1g＝m1vQ
2
R
，解得FN′＝45N，A 滑过竖直圆管轨道P、Q
两点时受到管壁的弹力差为ΔFN＝FN﹣FN′＝51N﹣45N＝6N，故C 正确；
B、由机械能守恒定律可知，A 与B 碰前瞬间A 的速度为v0＝vP＝10m/s。碰后B 做匀减速运动，
由其x﹣t 图像和运动学公式得：x
t = v2+0
2
= 6
3
m/s＝2m/s
解得A、B 碰后瞬间B 的速度大小为v2＝4m/s，故B 错误；
D、碰后B 运动的过程，由动能定理得：﹣μm2gx＝0- 1
2 m2v2
2
解得A、B 与直轨道间的动摩擦因数为μ= 2
15，故D 正确；
A、A 与B 碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2，解得碰后A 的
速度：v1＝﹣2m/s
设A 最终位置到M 点的距离为x1。由动能定理得：﹣μm1gx1＝0- 1
2 m1v1
2，解得A 静止的位置
到M 点的距离x1＝1.5m，故A 错误。
故选：C。
7．屈原在长诗《天问》中发出了“日月安属？列星安陈？”的旷世之问，这也是中国首次火星探
测工程“天问一号”名字的来源。“天问一号”探测器的发射时间要求很苛刻，必须在每次地
球与火星会合之前的几个月、火星相对于太阳的位置领先于地球特定角度的时候出发。火星与
地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳近似做匀速圆周运动。如图所示，不考虑火星与地球
的自转，且假设火星和地球的轨道平面在同一个平面上，相关数据见表，则根据提供的数据可
知（ ）
质量
半径
绕太阳做圆周运动的
周期
地球
M
R
1 年
火星
约0.1M
约0.5R
约1.9 年
8
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A．在火星表面附近发射飞行器的速度至少为7.9km/s
B．地球与火星从第1 次会合到第2 次会合的时间约为1.9 年
C．火星表面与地球表面的重力加速度之比约为2：5
D．火星到太阳的距离约为地球到太阳的距离的1.9 倍
【解答】解：A、设地球最小的发射速度为v1，则根据万有引力提供向心力有
GMm
R
2
=m v1
2
R
可得
v1＝7.9km/h
则火星的发射速度与地球的发射速度之比为
v1'
v1
=√
0.1 M
0.5 R
√
M
R
= √5
5
可得火星的发射速度为
v1' = √5
5 v1＜7.9km/h，故A 错误；
B、根据两次会合时地球多转一圈得
( 2π
T 地
- 2π
T 火
)t =2π
代入数据解得地球和火星从第1 次会合到第2 次会合的时间约为2.1 年，故B 错误；
C、不考虑自转时，根据物体的重力等于万有引力得
GMm
R
2
=mg
火星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比为g'
g = 2
5，故C 正确；
9
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D、根据开普勒第三定律a
3
T
2 =k 得r 火
3
T 火
2 = r地
3
T 地
2 ，代入数据解得火星到太阳的距离约为地球到太阳
的距离的1.5 倍，故D 错误。
故选：C。
8．北京冬奥会的单板滑雪大跳台，运动员进入起跳台后的运动可简化成如图所示，先以水平速度
从A 点沿圆弧切线冲上圆心角为α＝30°的圆弧跳台，从B 点离开跳台后落在倾角β＝30°的斜坡
上的E 点，C 点为轨迹最高点，D 点为斜坡与水平面的交点，D、E 相距20m，F 点正好位于C
点正下方，D、F 相距5√3m，运动员从C 运动到E 的时间为2s，忽略过程中受到的一切阻力并
将运动员及其装备看成质点，g 取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．运动员在C 点的速度大小为10m/s
B．运动员落在E 点时的速度大小为25m/s
C．B、C 两点高度差为2.525m
D．运动员飞离跳台后在空中运动的时间为2.75s
【解答】解：A、运动员从C 运动到E 的过程中，在竖直方向上做自由落体运动，CE 两点间的
竖直高度差为hCE= 1
2 gtCE
2 = 1
2 ×10×2
2m＝20m
由图可知，DE 两点间的水平距离为xDE＝DEcosβ＝20×cos30°m＝10√3m
故FE 两点间的水平距离为xFE＝xFD+xDE=5√3m+10√3m＝15√3m
运动员在空中运动时做斜抛运动，在水平方向做匀速直线运动，运动员在C 点竖直方向速度为
零，故运动员在C 点速度为vx= xFE
tCE
= 15√3
2
m/s=7.5√3m/ s，故A 错误；
B、落到斜面上时，竖直分速度为vy＝gtCE＝10×2m/s＝20m/s，水平分速度为vx=7.5√3m/ s，
故E 点速度大小为vE=√v x
2+ v y
2，解得vE=√568.75m/s≈23.8m/s，故B 错误；
10
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CD、由几何关系可知，由于圆台圆心角为30°，则B 点水平与竖直方向的速度满足tan30°= vBy
v x
，解得B 点的竖直方向速度为vBy＝7.5m/s
则从B 到C 的时间为tBC= vBy
g = 7.5
10 s＝0.75s
BC 高度差为hBC= 1
2 gt BC
2 ，解得hBC＝2.8125m
故飞离跳台后在空中运动的时间为t 总＝tBC+tCE＝0.75s+2s＝2.75s，故C 错误，D 正确.
故选：D。
9．如图所示的光路图，不同频率的两细束单色光a、b 平行地从相距为Δl 的两点射向玻璃砖的上表
面PQ，恰好在玻璃砖的下表面MN 上相交于O 点，玻璃对两单色光的折射率分别为n1、n2，两
单色光在玻璃中运动时间均为Δt，真空中光速为c，则下列说法正确的是（ ）
A．两束光的入射角α 的正弦值为sinα=
n1n2 Δl
√n2
2-n1
2cΔt
B．两束光的入射角α 的正弦值为sinα=
n1n2 Δl
(n2
2-n1
2)cΔt
C．a 光的折射率大于b 光的折射率
D．a 光的频率大于b 光的频率
【解答】解：AB、设玻璃砖的厚度为d，单色光a、b 在玻璃砖的上表面PQ 的折射角分别为r1
和r2。根据折射定律得：
对a 光有n1= sinα
sin r1
对b 光有n2= sinα
sin r2
11
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a 光在玻璃砖中传播距离为s1=
d
cosr1
=
d
√1- sin
2r1
，a 光在玻璃砖中传播速度为v1= c
n1
，a 光在
玻璃砖中传播时间为Δt= s1
v1
b 光在玻璃砖中传播距离为s2=
d
cosr2
=
d
√1- sin
2r2
，b 光在玻璃砖中传播速度为v2= c
n2
，b 光在
玻璃砖中传播时间为Δt= s2
v2
结合Δl＝d（tanr1﹣dtanr2）＝d（
sin r1
√1- sin
2r1
-
sin r2
√1- sin
2r2
）
联立解得sinα=
n1n2 Δl
(n2
2-n1
2)cΔt
，故A 错误，B 正确；
CD、两光束在上表面PQ 发生折射时，入射角相等，a 光的折射角大于b 光的折射角，由折射定
律n= sini
sinr 可知，a 光的折射率小于b 光的折射率，则a 光的频率小于b 光的频率，故CD 错误。
故选：B。
10．如图所示，由波长为λ1和λ2的单色光组成的一束复色光，经半反半透镜后分成透射光和反射
光。透射光经扩束器后垂直照射到双缝上并在屏上形成干涉条纹。O 是两单色光中央亮条纹的
中心位置，P1和P2分别是波长为λ1和λ2的光形成的距离O 点最近的亮条纹中心位置。反射光入
射到三棱镜一侧面上，从另一侧面M 和N 位置出射，则（ ）
12
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A．λ1＜λ2，M 是波长为λ1的光出射位置
B．λ1＜λ2，N 是波长为λ1的光出射位置
C．λ1＞λ2，M 是波长为λ1的光出射位置
D．λ1＞λ2，N 是波长为λ1的光出射位置
【解答】解：AB、双缝干涉的实验结论：x= L
d ⋅λ，由图可得 xO P1＞xO P2，故λ1＞λ2，故AB
错误；
CD、由λ＝cT 或λ＝c1
f 知，λ 越大f 越小（f 为频率）
由光的色散实验知，频率f 越大，穿过三棱镜后偏折越大（或频率f 越大，折射率n 越大）本题
中由于 λ1＞λ2故f1＜f2.故偏折角小的对应f1，偏折大的对应f2，所以当 λ1＞λ2时 M 是λ2射出点，
N 是λ1射出点，故C 错误，D 正确。
故选：D。
二．多选题（共2 小题）
11．（2024•长安区校级模拟）如图所示，在匀强电场中一带正电粒子受重力和电场力作用在竖直
平面内运动。粒子运动过程中先后经过a、b、c 三点，其中a、c 两点在同一水平线上。粒子在a
点的速度大小为v0，方向与加速度方向垂直；粒子在b 点的速度大小√2v0，速度方向平行于ac
连线；ac 两点间的距离为4 v0
2
g
。已知粒子质量为m、电荷量为q，重力加速度为g，则下列说法
正确的是（ ）
13
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A．粒子从a 点运动到c 点的时间为√2v0
g
B．粒子在c 点的速度大小为√5 v0
C．电场强度的大小为√2mg
2q
D．a、c 两点间的电势差为2√2m v0
2
q
【解答】解：A、粒子在a 点的速度方向与加速度方向垂直，则粒子从a 到c 的运动过程为类抛
体运动。
设粒子运动的加速度大小为a，a 点的速度方向与ac 连线的夹角为θ，则cosθ =
v0
√2v0
= √2
2
粒子从a 到c 的过程，沿初速度方向做匀速直线运动，有4 v0
2
g cosθ = v0t
沿加速度方向做初速度为零的匀加速直线运动，有4 v0
2
g sinθ = 1
2 at
2
联立解得：t = 2√2v0
g
，a= √2
2 g，故A 错误；
B、粒子在c 点的速度大小为v=√v0
2+(at )
2，解得v=√5v0，故B 正确；
C、设电场强度大小为E，则根据几何关系得
（qE）2＝（mg）2+（ma）2﹣2mgmacosθ
解得：E = √2mg
2q
，故C 正确；
D、粒子从a 到c 的过程，根据动能定理得：
1
2 m vc
2- 1
2 m v0
2=qU ac
得出：U ac = 2m v0
2
q
，故D 错误。
14
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故选：BC。
12．（2024•安平县校级模拟）如图所示，AC 是圆O 的一条水平直径，BD 是竖直方向的另外一条
直径，M 点是圆上的点，OM 连线与OC 的夹角为60°，该圆处于方向与圆面平行的匀强电场中。
将带正电量为q、质量为m 的油滴从圆心O 点以相同的初动能Ek0射出，射出方向不同时，油滴
可以经过圆周上的所有点。在这些点中，经过c 点时油滴的动能最小且为Ek 0
4 ，已知重力加速度
的大小为g，匀强电场的场强E = 2mg
q
，那么（ ）
A．电场线与MO 垂直且B 点电势高于C 点电势
B．油滴经过B 点动能为4 -√3
4
Ek 0
C．油滴经过A 点时的动能为7
4 Ek 0
D．油滴经过CD 连线中点时的动能为5
8 Ek 0
【解答】解：A、从O 经过C 点时油滴的动能最小且为Ek 0
4
，则C 点为复合场的等效最高点，则
油滴在复合场中受到的合力方向如图所示，
则有：F 合＝qEcosθ，qEsinθ＝mg
由题意可知：E = 2mg
q
联立解得：F合=√3mg，θ =30°，则电场线的方向如图所示。
15
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由几何关系可知，MO 与电场线垂直，B 点电势低于C 点电势，故A 错误；
B、油滴经过B 点时，位移的方向与合外力垂直，所以合外力不做功，所以油滴的动能不变，故
B 错误；
C、油滴从O 经过C 点时，电场力做负功，由动能定理可得：﹣F 合•L＝EkC﹣Ek0
从O 经过A 点时：F 合•L＝EkA﹣Ek0
联立解得油滴经过A 点时的动能为：EkA = 7
4 Ek 0，故C 正确；
D、油滴经过CD 连线中点时的动能为等于粒子经过OC 中点的动能，由动能定理有：﹣F 合
× 1
2 L=Ek 中﹣Ek0，联立C 选项的表达式，解得：Ek 中= 5
8 Ek 0，故D 正确。
故选：CD。
三．实验题（共2 小题）
13．为了探究受到空气阻力时，物体运动速度随时间的变化规律，某同学在水平桌面上组装了如图
甲所示的实验装置。实验时，可在小车上安装一轻薄板，以增大空气对小车运动的阻力。实验
中所用的小车质量为M。
（1）未装薄板时，往砝码盘中加入一小砝码，接通打点计时器的电源后，再释放小车，在纸带
上打出一系列的点，纸带如图乙所示。A、B、C、D、E 是选取的五个计数点，其中相邻计数点
之间的时间间隔均为T，各计数点到第一个计数点A 的距离分别为d1、d2、d3、d4，已知未装薄
板时，小车所受空气阻力可忽略，则小车加速度a＝ （用题中给定的字母表示）。
（2）在（1）的装置基础上，给小车加装上薄板后，利用纸带求出小车不同时刻的速度，作出
小车的v﹣t 图像（如图丙所示），通过图像分析，可知随着运动速度的增加，小车所受的空气
阻力 增大 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。
（3）v﹣t 图像中，若曲线在t0时刻的切线斜率为k。计算物体受到的空气阻力时，若该同学仍
然把砝码和砝码盘的总重力当作小车所受到的拉力，则t0 时刻，他求得的空气阻力f＝
（用题中给定的字母表示）。
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【解答】解：（1）小车做匀加速直线运动，根据逐差法可得：
sCE﹣sAC＝a （2T）2
代入数据可得：（d4﹣d2）﹣d2＝a （2T）2
解得：a= d4-2d2
4T
2
（2）通过图像分析，可知随着运动速度的增加，小车的加速度越来越小，合力越来越小，故小
车所受的空气阻力增大；
（3）未装薄板时，对小车，由牛顿第二定律有：mg﹣f1＝Ma
可得：f1＝mg﹣Ma
装薄板时，对小车，由牛顿第二定律有mg﹣f1﹣f＝Mk
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联立得f = M ( d4-2d2
4T
2
-k )
故答案为：（1）d4-2d2
4T
2
；（2）增大；（3）M ( d4-2d2
4T
2
-k )。
14．（2024•湖北一模）某次实验课上，甲同学利用实验室现有器材，设计了一个测量未知电阻阻
值的实验，实验器材如下：
A．干电池E（电动势1.5V，内阻未知）：
B．电流表A（量程10mA，内阻未知）：
C．电压表V（量程3V，内阻未知）：
D．滑动变阻器R（最大阻值为100Ω）：
E．待测电阻Rx（阻值约200Ω）：
F．开关S，导线若干：测量电路如图所示。
（1）按图1 连接电路，断开开关，将滑动变阻器R 的滑片调到最右端，闭合开关，读出电流表
示数I1＝5.0mA；将滑动变阻器R 的滑片调到最左端，读出电流表示数I2＝7.5mA；甲同学在忽
略干电池和电流表内阻的情况下，计算得到待测电阻阻值Rx＝ Ω。
（2）乙同学分析甲同学的测量方案，认为误差很大，需要改进方案。如图所示，乙同学把电压
表接入甲同学电路中的 点（填“a”或“b”），就可以测出电流表内阻和干电池内阻之
和，从而较准确的测得Rx的阻值。
（3）乙同学按图2 中正确连接电路后，多次调节滑动变阻器，测得多组电压表和电流表的示数，
根据记录的数据作出的U﹣I 图线如图3 所示，则干电池的电动势为 V，电流表内阻和干
电池内阻之和为 Ω（结果均保留两位小数）。经分析该电路测得的干电池内阻
（填“偏大”、“偏小”或“准确”）。
（4）结合（1）（2）（3）中的分析和测量，在忽略偶然误差的情况下，乙同学可以得到待测
电阻的准确阻值为 Ω。
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【解答】解：（1）根据题意，断开开关，将滑动变阻器R 的滑片调到最右端，闭合开关，读出
电流表示数：I1＝5.0mA。根据欧姆定律有：I1=
E
Rx+ R
滑动变阻器R 的滑片调到最左端，读出电流表示数：I2＝7.5mA，同理有：I2= E
Rx
联立以上两式半代入数据得：Rx＝2R＝200Ω
（2）由于要测量电流表和电源的内阻之和，所以只能采用外接法，即电压表的右接线柱接a 点；
（3）（4）根据闭合电路欧姆定律有：E＝U+Ir 总，得到：U＝﹣r 总I+E
所以U﹣I 图线的纵截距为电动势：E＝1.46V
U﹣I 图线的斜率的绝对值为电流表和电源内阻之和：r= 1.46-1.1
9.8
×10
-3Ω＝36.73Ω
该电路测得的干电池内阻为电流表内阻和干电池之和，故测量值偏大；
第一问测量值为电流表内阻和干电池内阻以及待测电阻这和，所以待测电阻的准确阻为：R 真＝
Rx﹣r 总＝200Ω﹣36.00Ω＝164Ω
故答案为：（1）200；（2）a；（3）1.46、36.73、偏大；（4）164。
四．解答题（共4 小题）
15．（2024•湖北一模）某次实验课上，老师竖直手持总长度为L＝6.5cm 的空玻璃管，向里面加入
了长度为h＝4.0cm 的水银柱，水银柱将一定质量的空气密封在玻璃管的下半部分，密封空气柱
的长度为L1＝2.0cm。老师刚完成操作，玻璃管就不慎滑落，假设下落的时间足够长，在下落过
程中，玻璃管保持竖直状态，管中气体温度恒为27℃不变。忽略玻璃管的质量和空气阻力，不
计玻璃管与水银间的摩擦，大气压为p0＝76cmHg。求：（计算结果都保留两位有效数字）
（1）下落过程中，水银柱稳定后管内密封空气柱的压强p2和长度L2的大小；
（2）在玻璃管竖直下落过程中，老师施加“魔力”，使玻璃管翻转180°停立在空中，且封闭气
体温度上升到37℃，由于“魔力”的原因，不考虑玻璃管变速、翻转等中间过程，请通过具体
的数据计算来判断水银是否溢出（重力、大气压均不变）。
【解答】解：（1 ）设玻璃管的横截面积为S ，气体初状态的状态参量：p1 ＝p0+h ＝
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76cmHg+4cmHg＝80cmHg，V1＝L1S＝2S，
当玻璃管自由下落时，水银处于完全失重，那么：p2＝p0＝76cmHg，V2＝SL2
由于温度不变，根据玻意耳定律可列：p1V1＝p2V2
代入数据得到：L2＝2.11cm
由于L2+h＝2.11cm+4cm＝6.11cm＜6.5cm，水银柱不会逸出，所以空气柱的长度为2.1cm
（2）假设将细玻璃管缓慢旋转180°后，水银不溢出，则气体该状态的状态参量分别为：
p3＝p0﹣ph＝（76﹣4）cmHg＝72cmHg，V3＝L3S，T3＝（273+37）K＝310K
p2＝76cmHg，T2＝（273+27）K＝300K，V2＝SL2
由理想气体状态方程得：
p3V 3
T 3
= p2V 2
T 2
代入数据解得：L3＝2.3cm
由于有L3+h＝2.3cm+4cm＝6.3cm＜6.5cm
故水银柱未溢出。
答：（1）下落过程中，水银柱稳定后管内密封空气柱的压强p2 为76cmHg，长度L2 的大小为
2.11cm；
（2）水银不会溢出。
16．（2024•朝阳区校级模拟）下图为某公司自动卸货过程的简化示意图。用来装运货物的平底箱
和处于足够长的光滑水平轨道上的无动力小车质量均为m＝6kg，光滑倾斜轨道底端通过一小段
光滑圆弧与小车无缝接触，需要运送的货物距离轨道底端的高度为h＝5m，小车右端固定一竖
直挡板，平底箱与小车上表面的动摩擦因数为µ＝0.125，平底箱与挡板碰撞后不反弹。轨道右
端固定一劲度系数无穷大的理想弹簧（压缩弹簧可以全部转化为弹性势能，但压缩量可以忽
略）。小车受弹簧作用速度减为零时立即锁定小车，卸下货物后将平底箱紧靠挡板放置并解除
对小车的锁定，小车及空的平底箱一起被弹回，小车与水平轨道左侧台阶碰撞瞬间停止，空平
底箱滑出小车冲上倾斜轨道回到出发点，每次货物装箱后不会在平底箱中滑动，取重力加速度g
＝10m/s2。求：
（1）平底箱滑上小车前瞬间的速度大小；
（2）当某次货物质量为M＝24kg，若能将空箱顺利运回释放点，小车的长度L 需满足什么条件；
（3）当小车的长度为L＝5m，若能顺利将空箱顺利运回释放点，每次运送的货物质量M 应满足
什么要求。
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【解答】解：（1）设平底箱滑上小车前瞬间的速度大小为v0，对平底箱从A 点到滑上小车前根
据动能定理可得
(m+ M )gh= 1
2 (m+ M )v0
2
解得
v0＝10m/s
（2）设平底箱与右侧竖直挡板碰撞后的速度为v 共，规定向右为正方向，则对平底箱滑上小车
到与挡板碰撞，根据动量守恒定律有
（m+M）v0＝（m+M+m）v 共
解得
v共= 25
3 m/ s
设小车被锁定时弹簧的弹性势能为Ep，由能量守恒定律可得
E p= 1
2 (m+ M +m)v共
2
小车弹回过程中，弹性势能转化为平底箱和小车的动能，而小车与水平轨道左侧台阶碰撞时瞬
间停止，则这一部分能量损失，此时对平底容器从挡板处滑上出发点，根据能量守恒定律有
1
2 E p≥μmgL+mgh
解得
L≤130
3 m
（3）当小车的长度为L＝5m，若能顺利将空箱顺利运回释放点，则
1
2 E p' ≥μmgL+mgh
E p' = 1
2 (m+ M +m)v ' 共
2
根据动量守恒定律有
（m+M）v0＝（m+M+m）v′共
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联立可得
M≥12kg
17．（2024•滨州三模）在如图所示的竖直平面xOy 中，一质量为m、电荷量为+q 的带电小球沿x
轴正方向以初速度v0=√
gL
2 从A 点射入第一象限，第一象限有竖直向上的匀强电场E1= mg
2q ，小
球偏转后打到x 轴上的C(√3 L，0)点，x 轴下方有匀强电场E2（图中未画出），第三、四象限
有垂直于纸面向外、磁感应强度大小不同的匀强磁场，小球在x 轴下方做匀速圆周运动，已知第
四象限匀强磁场的磁感应强度大小为m
q √
g
2 L，重力加速度大小为g。
（1）求x 轴下方匀强电场的电场强度E2；
（2）求带电小球在C 点的速度vC；
（3）若第三象限匀强磁场的磁感应强度大小为2m
q √
g
2 L
，求粒子从C 点运动到P（0，﹣3L）
点所用的时间。
【解答】解：（1）小球在x 轴下方做匀速圆周运动，小球所受电场力和重力平衡，则
mg＝qE2
解得：E2= mg
q
方向竖直向上
（2）小球在第一象限做类平抛运动，根据牛顿第二定律有
a= mg-q E1
m
可得：a= g
2
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水平方向做匀速直线运动，有
t = √3 L
v0
可得：t =√
6 L
g
竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，到达C 点时有
vy＝at
可得：v y =√
3 gL
2
将C 点的速度分解，如图1 所示
根据运动的合成，有
vC =√v0
2+ v y
2
可得：vC =√2 gL
根据几何关系有
tanθ= v y
v0
可得：θ＝60°
即vC方向与x 轴正方向成60°向下
（3）画出小球的运动轨迹如图2 所示。小球在第四象限内做匀速圆周运动，运动半径为r1，由
洛伦兹力提供向心力，则有
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q vC B4=m vC
2
r1
解得：r1＝2L
设粒子运动的周期为T1，则
T 1= 2π r1
vC
解得：T 1=2π√
2 L
g
如图1，由几何关系可知，粒子从C 到P 偏转圆心角为2π
3 ，此过程运动时间为
t1= 1
3 T 1= 2π
3 √
2 L
g
粒子经P 点进入第三象限后，设运动半径为r2，由洛伦兹力提供向心力，则有
q vC B3=m vC
2
r2
解得：r2＝L
设粒子运动的周期为T2，则
T 2= 2π r2
vC
解得：T 2= π√
2 L
g
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如图2，粒子从P 点再回到P 点所用时间为
t2= 1
2 T 1+T 2=2π√
2 L
g
粒子从C 点运动到P 点所用的时间为
t1+t2= 8 π
3 √
2 L
g
故粒子从C 点运动到P 点所用的时间为2π
3 √
2 L
g
或8 π
3 √
2 L
g
。
18．（2024•渝中区校级二模）如图所示，有两条不计电阻的平行光滑金属导轨MQN、
M′Q′N′，导轨间距L＝0.5m，其中MQ、M′Q′段倾斜放置，倾斜角θ＝37°，MQ＝
M′Q′＝4m，QN、Q′N′段水平放置，两段之间通过一小段（大小可忽略）光滑圆弧绝缘材
料平滑相连，在倾斜导轨左端连接一电容C＝2F 的电容器，在N 和N′两端与电阻器R＝0.1Ω
相连，在倾斜导轨MQ、M′Q′区域内加有垂直于倾斜导轨平面向下的匀强磁场B1＝2T，在水
平导轨的DD′E′E 区域内加有垂直水平导轨平面向上的匀强磁场B2＝0.8T，DD′、EE′均与
导轨垂直，且DE＝D′E′＝L＝0.5m，cdef 是质量为3m、各边长度均为L 的开口向左的U 形
金属框，已知其de 边电阻为R＝0.1Ω，其余各段电阻可忽略不计，开始时紧挨导轨静置于
DD′E′E 左侧外，一不计电阻的质量为m 的金属棒a 紧贴MM′从静止释放，使其向下滑行，
越过QQ′后与U 形金属框发生碰撞，碰后粘在一起形成一个正方形导体框沿导轨穿过磁场B2
区域。已知m＝1kg，不计一切摩擦，取重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）金属棒a 在倾斜导轨下滑的加速度大小（提示：I = Δq
Δt = CΔU
Δt
）；
（2）de 边刚进入磁场B2区域时的速度大小；
（3）整个过程中电阻器R 上产生的焦耳热。
【解答】解：（1）金属棒a 在倾斜导轨下滑过程中，金属棒a 与电容器组成电路，金属棒a 向
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下滑行过程中，电容器的电压U 始终等于金属棒a 切割磁感线产生的感应电动势E′，则有
U＝E′＝BLv
电容的电荷量q＝CU
电路中的电流I = Δq
Δt =C ΔU
Δt =C B1 L Δv
Δt =C B1 La
对金属棒a，由牛顿第二定律得
mgsinθ﹣B1IL＝ma
联立得：a=
mgsinθ
C B1
2 L
2+m
代入数据解得：a＝2m/s2
（2）金属棒a 匀加速下滑，设金属棒a 到达倾斜导轨底端QQ′时的速度大小为v0，由运动学公
式得
v0
2=2a•MQ
解得：v0＝4m/s
金属棒a 越过QQ′后与U 形金属框发生完全非弹性碰撞，取水平向右为正方向，由动量守恒定
律得
mv0＝（m+3m）v1
解得：v1＝1m/s
则de 边刚进入磁场B2区域时的速度大小为1m/s。
（3）在de 边进入磁场的过程，de 边左侧被导轨和金属棒a 短路（即电阻R 中无电流），回路中
只有de 边的电阻R，设de 边达到EE′时的速度为v2，取水平向右为正方向，此过程，由动量
定理得
- B2 I 2 LΔt = 4 m v2- 4 m v1
又 I 2 Δt = E
R Δt = ΔΦ
RΔt Δt = ΔΦ
R = B2 L
2
R
联立解得：v2＝0.8m/s
在金属棒a 进入磁场B2的过程，de 边与电阻R 并联，电路总电阻0.5R，设金属棒a 达到EE′时
的速度为v3，同理，由动量定理得
- B2 I 3 LΔt = 4 m v3- 4 m v2
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又I 3 Δt = B2 L
2
0.5 R
联立解得：v3＝0.4m/s
此过程中产生的总焦耳热为Q，由能量守恒定律得
Q= 1
2 ×(m+3m)v1
2- 1
2 ×(m+3m)v3
2
整个过程中电阻器R 上产生的焦耳热为
QR=
R
R+ R Q
联立解得：QR＝0.48J
27
