山东省烟台市烟台经济技术开发区2022-2023学年高二年级上册期中物理 含解析

2022-2023学年度高二第一学期期中学业水平诊断

物理试卷（等级考）

1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置。

2.选择题答案必须用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须用0.5毫米黑色

签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题

卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。

第I卷（选择题，共42分）

一、本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，1~8题只有一项

符合题目要求，9~14题有多项符合题目要求。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有

选错或不选的得0分。

1.下列说法正确的是（）

A.物体受到的作用力越大，受到冲量越大B.物体的动量变化越大，受到的冲量越大

C.物体的动量越大，受到的冲量越大D.物体的动量变化越快，受到的冲量越大

【答案】B

【解析】

【详解】A.根据公式/=后,力大，力的冲量不一定大，还与时间有关，A错误；

BC.由动量定理/=△?可知，物体的动量变化越大，受到的冲量越大，B正确，C错误；

D.根据动量定理，有尸=丝，故物体的动量变化越快，它受到的合外力一定越大，D错误。

故选B。

2.下列关于电源电动势的说法中正确的是（）

A.电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多

B.对于给定的电源，移动电荷非静电力做功越多，电动势就越大

C.电源接入电路后，其两端的电压越大，电源的电动势也越大

D.干电池的电动势为1.5V,表示当1C的电荷量通过干电池时有1.5J的化学能转化为电能

【答案】D

【解析】

【详解】A.电源的电动势反映其将其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势越大，说明非静电力在电

源内部从负极向正极移动单位电荷量做功越多，但电源提供的电能不一定多，A错误；

B.电动势表征电源把其他形式能转化为电能的本领大小，电动势的大小等于移动单位正电荷非静电力

做的功，B错误；

C.电源接入电路后，其路端电压

路端电压的大小，除了与电动势大小有关以外，还有内外电阻的比值有关：电源的电动势是由电源本身的

性质决定的，保持不变，c错误；

D.干电池的电动势为L5V,表示当1C的电荷量通过干电池时有L5J的化学能转化为电能，D正确。

故选D。

3.如图所示，一水平弹簧振子，。点为平衡位置，在小B之间做简谐振动，已知4、8之间的距离为6cm,

P点为水平方向上某点。以水平向右方向为正方向，则下列说法中正确的是（）

/J、N

,■VWWWWvQ----------------------------'

z।•«1:

2j।।1।।•S

।।।।

AOPB

A.振子的振动振幅为6cm

B.振子每次经过尸点速度相同，回复力相同

C.振子连续两次经过P点的时间为一个周期

D.振子从尸点向B点运动过程中加速度为负，位移为正

【答案】D

【解析】

【详解】A.振子的振动振幅为3cm,A错误；

B.振子每次经过P点速度方向不同，回复力相同，B错误；

C.由于P点处于。8之间，则振子连续两次经过P点的时间小于一个周期，C错误；

D.由题知水平向右方向为正方向，则振子从P点向B点运动过程中加速度为负，位移为正，D正确。

故选D。

4.短道速滑接力是很具观赏性的比赛项目，比赛中“接棒”运动员在前面滑行，“交棒”运动员从后面追

上，“交棒”运动员用力推前方“接棒”运动员完成接力过程，忽略运动员与冰面之间的摩擦，交接棒过

程中两运动员的速度方向均在同一条直线上。对两运动员交接棒的过程下列说法正确的是（）

A.两运动员的动量变化一定相同

B.两运动员组成的系统动量和机械能均守恒

C.两运动员之间相互作用力的总冲量一定等于零

D.两运动员之间相互作用力的冲量一定相等

【答案】C

【解析】

【详解】CD.两运动员之间相互作用力的冲量大小相等，方向相反，所以两运动员之间相互作用力的总冲

量一定等于零，C正确，D错误；

A.两运动员组成的系统满足动量守恒，所以两运动员的动量变化大小相等，方向相反，A错误；

B.“交棒”运动员用力推前方“接棒”运动员完成接力过程，内力对系统做正功，系统机械能增加，B

错误。

故选C。

5.如图所示，长为/的细绳下方悬挂一小球，静止时小球位于B点。绳的另一端固定在天花板上。点处,

3

在0点正下方一/的。处固定一铁钉。将小球向右拉到A点，使细绳与竖直方向成一小角度（约为2。）

4

后由静止释放，重力加速度为g,不计空气阻力，下列说法中正确的是（）

A.小球第一次返回到A点所用时间为学1-

2Ng

B.小球第一次返回到A点所用时间为包1-

47g

C.小球在振动过程中的合力等于重力沿切线方向的分力

D.小球在振动过程中的回复力等于所受重力和摆线拉力的合力

【答案】A

【解析】

等于摆长为,的单摆和摆长为%的

【详解】AB.小球第一次返回到4点所用时间，即小球摆动的周期,

单摆的周期之和的二分之一，即

A正确、B错误；

C.小球在振动过程中的合力等于所受重力和摆线拉力的合力，C错误；

D.小球在振动过程中的回复力等于重力沿切线方向的分力，D错误。

故选A。

6.如图所示的图像中，直线①为某一电源的路端电压U与电流/的关系图像，直线②、③分别为电阻R、

R2的U—/图线，下列说法正确的是（）

A.该电源的电动势为3V,内阻为2。

B.电阻R、/?2的阻值之比为1：4

C.把电阻品、以分别接在该电源两端时，电源的输出功率相等

D.将该电源与电阻照相连构成闭合电路时，电源输出功率最大

【答案】C

【解析】

【详解】A.由题图直线①可知

E=3V,r=3c=0.5Q

6

A错误；

B.由题图直线②、③可知

/?,=-Q=lQ,=-Q=0.25Q

'2"4

则

R\：/?2=4：1

B错误；

CD.把电阻R、4分别接在该电源两端时，电源的输出功率分别为

22

Pi=hRi=22义1W=4W,P2=hR\=42x0.25W=4W

则把电阻凡、R2分别接在该电源两端时，电源的输出功率相等，C正确、D错误。

故选c。

7.如图所示，电路中电表均为理想电表。当调节滑动变阻器凡使电动机停止转动时，电流表和电压表的

示数分别为LOA和2.0V。重新调节R,使电动机恢复正常运转时，此时电路中电流表和电压表的示数分

别为2.0A和15.0V。下列说法中正确的是（）

CMAW--I

电W

源n—

R«

o-----

A.电动机的内阻为7.5CB.电动机正常工作时输出的功率为22W

C.电动机正常工作时消耗的功率为26WD.电动机正常工作时，R上消耗的功率为8W

【答案】B

【解析】

【详解】A.电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0A和2.0V,则电动机的电阻

r=牛=2Q

A错误；

BC,电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和15.0V,电动机的总功率为

p=t/2/2=15.0X2.0W=30W

电动机内阻消耗的热功率为

=/>=2.02X2W=8W

电动机正常运转时的输出功率是

偏出=P-"22W

B正确、C错误；

D.由于电源的电动势和内阻未知，则无法计算出电动机正常工作时，R上消耗的功率，D错误。

故选Bo

8.斯诺克是我们所熟知的运动项目，球员出杆击打白球，运动白球撞击彩色球使其入洞并计分。假设在光

滑水平面的一条直线上依次放4个质量均为小的弹性红球，质量为15*的白球以初速度w与4号红球发

生碰撞，假设发生的碰撞均为弹性正碰，则白球最终的速度大小为（）

A.0B-|C.Q%D.Q%

【答案】D

【解析】

【详解】由题意知，光滑水平面一条直线上依次放4个质量均为团的弹性红球，质量为1.5机的白球以初

速度即与4号红球发生弹性正碰；根据一动碰一静的弹性碰撞特点可知

1,5mv0=1.5mv.+mv->

得

1

-%

5-

每碰撞一次白球的速度变为原来的

----------——1

1.5m+m5

由于红球质量相等，且为弹性正碰，则4号球每次将速度传给右侧球，故白球与4号球碰撞4次后，白球

速度

/I\4

故选D。

9.关于能量和能源，下列说法正确的是（）

A.科学研究发现，一切与热现象有关的宏观过程都具有可逆性

B.在能源的利用过程中，能量在总量上并未减少，但能量的品质降低了

C.能量耗散是从能量转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性

D.风能、水能和核能都属于可再生能源，因此我国近年来不断地开发利用这些新能源

【答案】BC

【解析】

【详解】A.科学研究发现，一切与热现象有关的宏观自然过程都具有不可逆性，A错误；

B.在能源的利用过程中，能量在总量上并未减少，但能量的品质降低了，B正确；

C.能量耗散是从能量转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，C正确；

D.风能、水能属于可再生能源，核能属于不可再生能源，D错误。

故选BC»

10.如图甲所示，把一个筛子用四根弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个

驱动力，这就做成了一个共振筛，该共振筛的共振曲线如图乙所示。已知增大电压，可使偏心轮转速提高，

增加筛子质量，可增大筛子的固有周期。现在，在某电压下偏心轮的转速为36r/min。要增大筛子的振幅，

下列措施可行的是（）

【答案】AC

【解析】

【详解】根据受迫振动的特点可知，共振筛的振动频率等于偏心轮的转动频率，所以当偏心轮的转速为

36r/min时，共振筛的振动频率为

f.=二Hz=0.6Hz

60

AB.增大电压，偏心轮的转动频率将增大，由于开始时偏心轮的转动频率小于筛子的固有频率，所以根据

共振曲线可知筛子的振幅会增大，当频率增大到0.8Hz时最大，A正确、B错误；

CD.增大筛子质量后，筛子的固有频率将减小，由于开始时偏心轮的转动频率小于筛子的固有频率，所以

根据共振曲线可知筛子的振幅会增大，当筛子的固有频率减小到0.6Hz时最大，C正确、D错误。

故选AC,

11.在如图所示的电路中，电源电动势为E,内阻/'=2。，定值电阻R产治=凡=2。，当滑动变阻器R

的滑片向上移动时，下列说法正确的是（）

A.电源的总功率减小B.R3消耗的功率减小

C.电源的效率增大D.电源的输出功率增大

【答案】AC

【解析】

【详解】A.当滑动变阻器R的滑片向上移动时，回路的总电阻变大，则回路的总电流减小，电源的总功

率P总=EI,减小，A正确；

B.根据闭合电路的欧姆定律有

E=/(Ri+r)+U并

由于滑动变阻器R的滑片向上移动时，回路的总电阻变大，则回路的总电流减小，则U并增大，R3消耗的

功率

可知当消耗的功率增大，B错误；

C.电源的效率

〃=(1—位)x100%

EI总

可知回路的总电流/怂减小，则电源的效率增大，C正确；

D.由于当电源内阻等于外阻时电源输出功率最大，由题知

r=Ri

而当滑动变阻器R的滑片向上移动时，回路并联部分的电阻变大，则电源的输出功率减小，D错误。

故选AC。

12.如图所示，P、Q为竖直悬挂的两个弹簧振子，且悬挂振子的弹簧劲度系数相同，已知P、。两球质量

//

A.P、。两弹簧振子的振动频率之比是2：1

B.P、Q两弹簧振子在0~6s内经过的路程之比是1：1

C.P、Q两弹簧振子最大加速度之比是1：2

D./=0.45s时刻，尸、Q两弹簧振子的位移大小之比是正：1

【答案】BCD

【解析】

【详解】A.由。图可知P、。两弹簧振子的振动周期分别为1.2s、0.6s,二者周期之比为

Tp:TQ=2：］

则二者的频率之比为

%乜=1：2

故A错误；

B.由于

6s=57>=10TQ

由乙图可知P、。在6s内经过的路程为

S?=5x4Ap=20x10cm=200cm

sQ=lOx4Ao=40x5cm=200cm

故尸、。路程之比是1:1,故B正确;

C.根据胡克定律

F-kx

可知，P、。的最大回复力之比为2:1,又因为两球质量之比是4:1,根据牛顿第二定律

F

CL——

m

可知，尸、。两弹簧振子最大加速度之比是1:2,故C正确；

D.P、。的振动方程为

丁0=10sin（:乃r）cm,=5sin（?乃f）cm

则U）.45s时刻，P、。两弹簧振子的位移大小分别为5及cm和-5cm,所以位移大小之比为a：1,D正

确。

故选BCDo

13.一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇总质量是这个士兵用自动步枪在，秒内沿着水平

方向连续射出〃发子弹，每发子弹的质量是加，射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力，则下列判断正

确的是（）

A.若射击时每发子弹离开枪口时相对河岸的速度都相同，则每次射击后皮划艇的速度改变量相同

B.若射击时每发子弹离开枪口时相对步枪的速度都相同，则每次射击后皮划艇的速度改变量不相同

C.若射击时每发子弹离开枪口时相对河岸的速度都为“，则连续射出〃发子弹后，皮划艇的速度为

nmu

M-nm

D.若射击时每发子弹离开枪口时相对步枪的速度都为“，则连续射出〃发子弹后，皮划艇的速度为

nmu

M-nm

【答案】BC

【解析】

【详解】AC.若射击时每发子弹离开枪口时相对河岸的速度都为〃，则连续射出〃发子弹后，根据系统动

量守恒可得

nmu一(M—nm)vn-0

解得皮划艇的速度为

nmu

vn-

M-nm

可知射击第1颗子弹过程，皮划艇的速度改变量为

AAmU

射击第2颗子弹过程，皮划艇的速度改变量为

2mumu2mumu

AV二=v-Vj=----------------------------->----------------------------=

22M-2mM-mM-mM-m

故A错误，C正确；

BD.若射击时每发子弹离开枪口时相对步枪的速度都为“，则射击第1颗子弹后，有

(M-m)vx-m(u-^)=0

解得皮划艇的速度为

mu

v.=——

1M

皮划艇的速度改变量为

八mu

AVj=匕-0二---

M

射击第2颗子弹后，有

-2m)v2=(M-

解得皮划艇的速度为

mumumu

畛=—Vtn—1

M-mMM-m

皮划艇的速度改变量为

muAmu

AV=二%一％=------>Av.=——

211

2M-mM

射击第3颗子弹后，有

(M-3m)v3-m(u-v3)-(M-2m)v2

解得皮划艇的速度为

mumumumu

V3-V21ct

M-2mMM—mM-2m

皮划艇的速度改变量为

mumu

△匕=~v='LXVj—

2M-2m-M-m

同理可得射击第〃颗子弹后，皮划艇的速度为

mumumumunmu

v=---1------1-------H+---------------<----------

〃MM-mM-2mM-(n-1)//7M-nm

皮划艇的速度改变量为

mu

Av-------------------

M

可知若射击时每发子弹离开枪口时相对步枪的速度都相同，则每次射击后皮划艇的速度改变量不相同，故

B正确，D错误。

故选BC。

14.如图所示，足够长的光滑水平面上静止一质量为3根的弧槽，弧槽和水平面平滑连接，质量为加的滑

块（可视为质点）从距离水平面高度为力的4点由静止沿弧槽滑下，之后被轻质弹簧反向弹出。不计一切

阻力及能量损失，重力加速度大小为g,下列说法正确的是（）

/

</

、

<

、

、

、

、

<、

A.滑块沿弧槽下滑过程中，二者组成的系统动量守恒，机械能也守恒

B.弹簧获得最大弹性势能为3mg/7

4

C.滑块沿弧槽上升的最大高度等于〃

D.滑块再一次离开弧槽后，不可能和弹簧发生作用

【答案】BD

【解析】

【详解】A.滑块沿弧槽下滑过程中，滑块在竖直方向有加速度，弧槽在竖直方向没有加速度，滑块、弧

槽组成的系统在竖直方向的合外力不为零，故滑块、弧槽组成的系统动量不守恒，故A错误；

B.滑块沿弧槽下滑过程中，滑块、弧槽组成的系统在水平方向不受力，水平方向满足动量守恒，设滑块

下滑到达底端时，滑块的速度大小为匕，弧槽的速度大小为彩，则有

mVf=3mv2

滑块沿弧槽下滑过程中，滑块、弧槽组成的系统满足机械能守恒，则有

,12-2

mgn——mvt+—x3mv2

联立解得

滑块压缩弹簧时，但速度变为零时，弹簧弹性势能最大，则有

故B正确;

C.根据系统机械能守恒可知，滑块离开弹簧向左的速度大小也为匕=,滑块滑上弧槽过程，当滑

块上升至最高点时，两者具有共同的水平速度丫，根据系统水平方向动量守恒可得

/MV,+3mv2=(m+3m)v

根据系统机械能守恒可得

.»121c21/

mgn-—mvl+—x3mv；-—{m+3m)v

联立解得滑块沿弧槽上升的最大高度为

h'=—h

4

故C错误；

D.从滑块滑上弧槽到再一次离开弧槽过程，设再一次离开时，滑块的速度大小为匕，弧槽的速度大小为1，

根据系统水平动量守恒可得

+3mv2=mv3+3mv4

根据系统机械能守恒可得

；+；x3mv^=gmv1+；x3

联立解得

匕=0，匕=

可知滑块再一次离开弧槽时，滑块的速度为零，故滑块不可能和弹簧发生作用，故D正确。

故选BDo

第II卷（非选择题，共58分）

二、本大题共4小题，共20分。把答案填在答题卡中指定的横线上。

15.学校某班级的学生在实验课上利用单摆装置测量当地的重力加速度，

（2）实验中，四组同学以单摆周期T的平方为纵轴，摆长L为横轴，做出7—L图像，分别如乙图中的

b、C、d所示,其中a、C、"三条线平行，6和C都过原点，图线C对应的g值最接近当地重力加速度的值。

则相对于图线人和"，下列分析正确的是（选填选项前的字母）。

A.出现图线。的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L

B.出现图线b的原因可能是误将51次全振动记为50次

C.出现图线d的原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长L

D.图线b对应的g值大于图线c对应的g值

【答案】①.20.50②.B

【解析】

【详解】（1）U］根据游标卡尺的读数规则有

2cm+10x0.05mm=20.50mm

（2）[2]A.图线〃中摆长为零时就已出现了振动周期，一定是摆长测量短了，原因可能是误将悬点到小球

上端的距离记为摆长L,A错误：

B.出现图线6时，相同摆长情况下，周期测量值变大，原因可能是误将51次全振动记为50次，B正确；

C.图线d中摆长有了一定的摆长时，振动周期还是零，一定是摆长测量长了，原因可能是误将悬点到小

球下端的距离记为摆长L,C错误；

D.图线c的斜率比图线b小，根据斜率

可知图线c对应的g值大于图线b对应的g值，D错误。

故选Bo

16.某课外兴趣小组用铜片和锌片插入苹果中，组成了一个苹果电池，并测定该苹果电池的电动势和内阻。

实验前该小组同查阅有关苹果电池的资料获知：常见的苹果电池的电动势一般为IV左右，内阻约1k。。

除了苹果电池以外，实验室还提供了如下器材：

①电流表（量程0〜0.6mA,内阻几十欧）

②电压表V（量程0~3V,内阻约2kC）

③滑动变阻器R（阻值0~lkC）

④开关一个，导线若干

（1）为了更准确的测量苹果电池的电动势和内阻，请你用笔画线代替导线，在上图中连接好实验电路图；

（）

（2）若不计测量中的偶然误差，用这种方法得出的电动势和内阻的值与真实值相比，电动势

（选填“偏大”、“相等"或“偏小”），内阻（选填“偏大”、“相等”或“偏小”）。

【答案】①.见解析②.相等③.偏大

【解析】

【详解】（1）口]由于苹果电池的内阻约1k。，而电流表内阻约为几十欧，电压表内阻约2kC，故应采用

电流表相对电源的内接法，电路图如图所示

根据电路图完成实物连接如图所示

（2）[2][3]若不考虑电表内阻的影响，根据闭合电路欧姆定律可得

石测二。+«则

可得

u=-1%+旦则

可知U-/图像的纵轴截距为

b=&则

U-/图像的斜率绝对值为

网=.

根据电路图可知实验误差来源于电流表的分流，设电流表的内阻为火人，根据闭合电路欧姆定律可得

E真=U+/(/+RA)

可得

u=-I(%+RA)+E箕

可知图像的纵轴截距为

b=E真

U-/图像的斜率绝对值为

闷，+&

联立可得

b=E»=々I,kl=%=%.+&>%

可知得出电动势和内阻的值与真实值相比，电动势相等，内阻偏大。

17.实验小组的同学利用两个滑块“探究碰撞中的守恒量”。实验装置及主要步骤如下：

①如图甲所示，将粗糙程度均匀的长木板固定在水平地面上，长木板左端固定一挡板，挡板上安装一轻弹

簧，自由端位于长木板上M点；

②取两个材质相同但质量不同的小滑块A、B（可视为质点），将小滑块A放在长木板上，向左推滑块将弹

簧压缩到P点，由静止释放，标记出滑块A停止运动的位置，在滑块运动路径上适当位置标记一定点0,

测出滑块A停止时的位置到。点的距离，重复多次，每次都把弹簧压缩到P点释放，测量并计算出该距

离的平均值x,如图乙所示；

WWVWV\A|X|0

PM!~

乙

③将滑块B置于木板上的。点，滑块A重新由尸点静止释放，与滑块B发生正碰，且碰撞时间极短，测

出滑块A静止时与。点的距离和滑块B静止时与。点的距离，重复多次，测量并计算出该距离的平均值

XI、X2,如图丙所示。

WWWVWJAI「：mB

（1）为探究碰撞中动量是否守恒，还需要测量___________、。（写出物理量的名称以及对应

的字母）

（2）若碰撞中动量守恒，则表达式可表示为。（用X、.、X2和测量物理量对应字母表示）

（3）在本实验中，若仅将木板右端垫起使木板倾斜放置，重复以上操作步骤，（选填“能”

或“不能”）探究碰撞过程中系统的动量是否守恒。

【答案】①.小滑块A的质量WA②.小滑块B的质量n?B③.

④.能

【解析】

【详解】⑴⑵川⑵⑶由于小滑块A、B材质相同,则小滑块A、B与长木板的动摩擦因数相同，则小

滑块A、B做匀减速直线运动的加速度均为

a二〃g

设碰撞前小滑块A经过0点的速度为也则有

v2=

设碰撞后小滑块A、小滑块B经过。点的速度大小分别为也、V2,则有

Vl2=2〃gxi,V22=211gx2

由于碰撞时间极短，则若碰撞中动量守恒有

=-n/AV]+/7/BV2

即

以J2〃gx=-mA+利Bggx?

化简得

m^yfx=—mKJxx

则还需要测量小滑块A的质量机A和小滑块B的质量MB。

（3）[4]若仅将木板右端垫起使木板倾斜放置，重复以上操作步骤，则说明小滑块最后能够静止，且小滑

块A、B做匀减速直线运动的加速度均为

a-gsin。一"gcosO

最后也有

m^yjx=~mAy/x^+%7^"

则若仅将木板右端垫起使木板倾斜放置，重复以上操作步骤，在碰撞时间极短的情况下能探究碰撞过程中

系统的动量是否守恒。

18.某物理实验小组同学为了测量两节新买的干电池的电动势和内阻，设计了如图甲所示的电路，其中定

值电阻和滑动变阻器各有两种型号可供选择，分别是定值电阻。（阻值为4C,额定功率为4W）；定值电

阻〃（阻值为10C,额定功率为15W）；滑动变阻器c（阻值范围为0〜20C、额定电流为2A）；滑动变阻

器d（阻值范围为0~200。、额定电流为1A）.为了减小实验误差，

甲

（1）定值电阻应选择（选填或"b"）,滑动变阻器应选择（选填"c”或

“d”）。

（2）移动滑动变阻器的滑片，小组同学获得多组电压表和电流表的数据，并绘制了电压表的示数U和电

流表的示数/之间关系图像如图乙所示，实验中使用的电表均可视为理想电表。根据图像可得两节电池的

内阻为C,电动势为Vo（结果均保留两位有效数字）

tUN

1.8—\

1.2-

0.6--4—\

00.250.500.75*//A

乙

【答案】①.a②.c③.0.80④.3.0

【解析】

【详解】（1）［1］由于干电池的内阻较小，所以内电压变化范围较小，不易通过滑动变阻器控制电压表和电

流表示数的变化，所以在干路串联了Ro,Ro不易过大，否则会造成干电池内阻测量值误差较大，因此Ro

应选择阻值较小的服

⑵滑动变阻器d的最大阻值过大,不易通过它控制电压表和电流表示数的变化,所以滑动变阻器应选择以

（2）⑶［4］根据闭合电路欧姆定律可得

U=E—IR+r）

将图像中两组数据代入后解得

E=3.0V

〃=0.80。

三、本题共4小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写

出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位。

19.2020年12月2日，探月工程“嫦娥五号”的着陆器和上升器组合体完成了月壤自动采样及封装。封装

结束后上升器的总质量为相，它将从着陆器上发射并离开月球表面。已知月球表面没有大气层，上升器从

着陆器上发射时，通过推进剂燃烧产生高温高压气体，从尾部向下喷出气体而获得动力。已知月球表面重

力加速度为g,上升器尾部喷口横截面积为S,喷出气体的密度为。设发射之初上升器以恒定的加速度〃

竖直向上运动，不考虑上升器由于喷气带来的质量变化，忽略月球的自转以及高度的变化对重力加速度的

影响。求：

（1）发射之初，上升器上升到离月球表面力高度的过程中，喷出气体对上升器的冲量大小；

（2）喷出气体的速度大小。

【解析】

【详解】(1)由题知发射之初上升器以恒定的加速度a竖直向上运动，则发射之初，上升器上升到离月球

表面〃高度时有

Vh2-2ah

Vh=at

根据动量定理有

1\—mgt=mvh

解得

I-=m-J2ah+mg•

(2)发射之初上升器加速度大小为a,由牛顿第二定律

F-mg=ma

对喷出的气体，由动量定理可得

(尸+Amg)加=Am-u

其中

△m=pSv\t

则

F+pSvgAt=pSv2

由于△，—()，则

F=pSv2

解得

20.如图所示，一轻质弹簧的下端固定在倾角为a的光滑斜面底部，弹簧上端拴接一质量为〃?的物块A。

现将另一质量为3,”的物块B轻轻放在A的右侧，直至系统达到平衡状态。某时刻突然将物块B取走，则

物块A立即沿斜面向上运动，且在以后的运动中斜面体始终处于静止状态。已知弹簧的劲度系数为左且弹

簧始终在弹性限度内，当地的重力加速度为g,空气阻力忽略不计。

（1）求物块A在运动过程中的最大加速度大小；

（2）选物块A的平衡位置为坐标原点，沿斜面向上为正方向建立坐标轴，用x表示物块A相对于平衡位

置的位移，证明物块A做简谐运动；

（3）求弹簧的最大伸长量。

3mgsina

【答案】（1）3gsina；（2）见解析；（3）

k

【解析】

【详解】（1）在系统达到平衡状态时对AB整体做受力分析有

（/«A+〃?B）gsina=kx

则突然将物块B取走瞬间，弹簧还来不及改变，则此时物块A的加速度最大，有

kx—m\gsina=WAf