2025年苏教新版高二物理上册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年苏教新版高二物理上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、如图所示，电量.质量分别为q1.q2.m1.m2的两个小球，用绝缘丝线悬于同一点，静止后它们恰好位于同一水平面上，细线与竖直方向夹角分别为α.βA.若m1=m2，q12，则α<βB.若m1>m2，q1=q2，则α>βC.若m1=m2，q12，则α=βD.q1、q2是否相等与α、β谁大谁小无关，若m1>m2，则α<β2、某电场的部分电场线如图所示；A；B是一带电粒子仅在电场力作用下运动轨迹（图中虚线）上的两点，下列说法中正确的是（）

A.粒子一定是从B点向A点运动。

B.粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度。

C.粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能。

D.电场中A点的电势高于B点的电势。

3、一物体作匀加速直线运动，通过一段位移鈻�x

所用的时间为t1

，紧接着通过下一段位移鈻�x

所用时间为t2.

则物体运动的加速度为(

)

A.2?x(t1鈭�t2)t12(t1+t2)

B.?x(t1鈭�t2)t12(t1+t2)

C.2?x(t1+t2)t12(t1鈭�t2)

D.?x(t1+t2)t12(t1鈭�t2)

4、一位质量为m

的运动员从下蹲状态向上起跳，经娄陇t

时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v.

在此过程中(

重力加速度为g)

()A.地面对他的冲量为mv+mg娄陇t

地面对他做的功为12mv2

B.地面对他的冲量为mv+mg娄陇t

地面对他做的功为零C.地面对他的冲量为mv

地面对他做的功为12mv2

D.地面对他的冲量为mv鈭�mg娄陇t

地面对他做的功为零5、某校高二部分学生分别乘两辆汽车从学校出发去敬老院做义工．两辆汽车在平直的公路上运动，甲车内一同学看见前面的乙车向东运动，此时乙车内的同学看见路旁的树木向西移动．如果以地面为参考系，那么上述观察说明（）A.两车都向东运动，但甲车运动快B.两车都向东运动，但乙车运动快C.两车都向西运动，但甲车运动快E.两车都向东运动，但甲车运动快E.两车都向东运动，但甲车运动快6、如图所示，厚薄均匀的长方体金属片，边长ab为2L，bc为L，厚度为h．当AB间接入的电压为U时，电流为I，则CD间接入的电压为U时，其电流为（）A.IB.IC.2ID.4I7、在物理学的学展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，下列表述符合物理史学的是(

)

A.开普勒认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比B.牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体，物体就不会再落到地球上C.奥斯特发现了电磁感应现象，这和他竖信电和磁之间一定存在着联系的哲学思想是分不开的D.安培首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究8、如图所示，在“探究加速度与力和质量的关系”实验装置中，A为小车，B为装在砝码的小盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电磁打点计时器相连，小车的质量为M，小盘（及砝码）的质量为m。下列说法中不正确的是（）A.实验时应先接通电源，再释放小车B.每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力C.本实验中应满足m远小于M的条件D.平衡摩擦力时，不能悬挂小盘（及砝码）评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)9、下列说法正确的是（）A.光的频率越低，其粒子性越显著B.物质波理论告诉我们，任何运动的微观粒子都具有波粒二象性C.光子说表明光也是一种粒子，所以光子的运动也可以用牛顿运动定律进行分析D.光波不同于宏观概念中的那种连续的波，它是表明大量光子运动规律的一种概率波10、在“用单摆测定重力加速度”的实验中，若测得的g值比当地的标准值偏小，可能是因为（）A.摆球的质量偏大B.摆球的摆角偏小C.计算摆长时，把悬线长△t=0.1s=T当作了摆长l1=4A1=8cmD.测量周期时，将n次全振动误记成了（n-1）次11、双缝干涉实验装置如图所示，绿光通过单缝S

后，投射到具有双缝的挡板上，双缝S1

和S2

与单缝S

的距离相等，光通过双缝后在与双缝平行的屏上形成干涉条纹.

屏上O

点到两缝的距离相等，P

点是距O

点最近的第一条亮条纹.

已知红光、绿光和蓝光三种色光比较，红光的波长最长，蓝光的波长最短，那么如果将入射的单色光换成红光或蓝光，讨论屏上O

点及其上方的干涉条纹的情况，下列叙述正确的是(

)

A.O

点是红光的亮条纹B.红光的第一条亮条纹在P

点的上方C.O

点不是蓝光的亮条纹D.蓝光的第一条亮条纹在P

点的上方12、矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的电动势如图1

所示，将该电源与电阻R=10娄赂

交流电压表按照图2

所示的方式连接，不计电源内阻，从图可知(

)

A.在t=0

时刻，穿过线圈的磁通量为零B.1s

内，通过电阻R

的电流方向改变50

次C.交流电压表的示数为3V

D.电阻R

的热功率为1.8W

13、如图甲所示，一轻质弹簧的两端与质量分别为m1

和m2

的两物块AB

相连接，并静止在光滑的水平面上。现使A

瞬时获得水平向右的速度3m/s

以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得(

)

A.t2

时刻弹簧的弹性势能最大B.两物体的质量之比为m1m2=12

C.t1

时刻弹簧处于压缩状态，t3

时刻弹簧处于伸长状态D.从计时开始到t4

的过程中，物块AB

及弹簧组成的系统动量守恒、机械能不守恒14、下列说法中正确的是(

)

A.物体所受合外力越大，其动量变化一定越大B.物体所受合外力越大，其动量变化一定越快C.物体所受合外力的冲量越大，其动量变化一定越大D.物体所受合外力的冲量越大，其动量一定变化得越快15、一根轻绳一端系一小球，另一端固定在O

点，在O

点有一个能测量绳的拉力大小的力传感器，让小球绕O

点在竖直平面内做简谐振动，由传感器测出拉力F

随时间t

的变化图象如图所示，下列判断正确的是(

)

A.小球振动的周期为2s

B.小球速度变化的周期为4s

C.小球动能变化的周期为2s

D.小球重力势能变化的周期为4s

16、关于减小远距离输电线上的功率损耗，下列说法正确的是(

)

A.应使用电阻率小的导线并提高输电电压B.由P=UI

应该用低电压小电流输电C.由P=I2R

应减小导线电阻或减小输电电流D.由功率P=U2R

应降低输电电压，增大导线电阻17、图中K、L、M为静电场中的三个相距很近的等势面（K、M之间无电荷）．一带电粒子射入此静电场中后，依a→b→c→d→e轨迹运动．已知电势．下列说法中正确的是（）

A.粒子带负电B.粒子在bc段做减速运动C.粒子在b点与d点的速率大小相等D.粒子在c点时电势能最大评卷人得分三、双选题(共2题，共4分)18、下列说法中；正确的是（）

A.油脂在碱性水溶液中水解在工业上用于制肥皂B.蔗糖是最重要的二糖，麦芽糖是它的同分异构体C.在蔗糖与稀H2SO4共热后的溶液中，滴加银氨溶液，再水浴加热有银镜生成D.取淀粉与稀硫酸共热后的溶液，加入碘水溶液，溶液不变蓝，证明淀粉尚未水解19、下列说法中；正确的是（）

A.油脂在碱性水溶液中水解在工业上用于制肥皂B.蔗糖是最重要的二糖，麦芽糖是它的同分异构体C.在蔗糖与稀H2SO4共热后的溶液中，滴加银氨溶液，再水浴加热有银镜生成D.取淀粉与稀硫酸共热后的溶液，加入碘水溶液，溶液不变蓝，证明淀粉尚未水解评卷人得分四、填空题(共4题，共28分)20、如图，是学生实验用的有两个量程的电压表刻度盘，当使用较小量程时，测量电压最大值不得超过____V，每一小格表示____V；图中指针示数为____V．若使用的是较大量程，则表盘刻度每小格表示____V；测量电压最大值不得超过____V．

21、电磁感应现象是英国物理学家__________首先发现的．探究这个现象应选用如图中_______（填“甲”或“乙”）所示的装置进行实验．22、一理想变压器；其原线圈匝数为2200

匝，副线圈匝数为440

匝，并接一个100娄赂

的负载电阻，如图所示．

(1)

当原线圈接在44V

直流电源上时；电压表示数为______V

电流表示数为______A.

(2)

当原线圈接在220V

交变电源上时，电压表示数为______V

电流表示数为______A.此时输入功率为______W

变压器效率为______．23、某同学利用图所示的装置，通过半径相同且质量分别为m1、m2的A、B两球所发生的碰撞来验证动量守恒定律．图中o点为球离开轨道时球心的投影位置，p点为A球单独平抛后的落点，p1、p2分别为A、B碰撞后A、B两球的落点．已知A球始终从同一高度滚下．今测得op=x，op1=x1，op2=x2，则动量守恒表达式为______，（用m1、m2、x1、x2表示）若表达式______成立，则可判断AB发生弹性正碰．评卷人得分五、判断题(共2题，共14分)24、电场线与等势面相互垂直，沿着同一等势面移动电荷时静电力不做功．（判断对错）25、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）评卷人得分六、实验题(共4题，共24分)26、某同学用如图所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。（1）实验中必须要求的条件是（）A．斜槽轨道尽量光滑以减少误差B．斜槽轨道末端的切线必须水平C．入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同D．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下（2）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量（）（填选项号）A．水平槽上未放B球时，测量A球落点P到O点的距离B．A球与B球碰撞后，测量A球落点M到O点的距离C．A球与B球碰撞后，测量B球落点N到O点的距离D．测量A球或B球的直径E．测量A球和B球的质量（或两球质量之比）F．测量释放点G相对于水平槽面的高度G．测量水平槽面离地的高度（3）某次实验中得出的落点情况如下图所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比为____________。27、（8分）在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，①以下对实验的几点建议中，有利于提高测量结果精确度的是________。A．实验中适当加长摆线B．单摆偏离平衡位置的角度不能太大C．当单摆经过最大位置时开始计时D．测量多组周期T和摆长L，作L－T2关系图像来处理数据②某同学在正确操作和测量的情况下，测得多组摆长L和对应的周期T，画出L－T2图像，如图所示。出现这一结果最可能的原因是：摆球重心不在球心处，而是在球心的正__________方(选填“上”或“下”)。为了使得到的实验结果不受摆球重心位置无法准确确定的影响，他采用恰当的数据处理方法：在图线上选取A、B两个点，找到两点相应的横纵坐标，如图所示。用表达式g＝________计算重力加速度，此结果即与摆球重心就在球心处的情况一样。28、甲同学采用如图甲所示的电路测定电源的电动势和内电阻。提供的器材：电压表（0～3V）、电流表（0～0.6A）及滑动变阻器R、电键S、导线。实验电路如图甲所示。（1）连好电路后，当该同学闭合电键S，发现电流表示数为0，电压表示数不为0。检查各接线柱均未接错，接触良好，且电路未发生短路；他用多用电表的电压档检查电路，把两表笔分别接bc和、de时，示数均为0，把两表笔接cd时，示数与电压表示数相同，由此可推断故障是：____________。（2）排除故障后，该同学顺利完成实验数据的测量，如下表所示。并根据数据在空白的坐标纸上，作出乙图所示的U—I图线，该图存在多处不妥之处，请指出。（指出两处不妥之处）。；。。I/A0.100.200.300.400.500.60U/V2.932.872.852.772.752.70（3）为了在实验中保护电流表和调节电阻时电压表、电流表的示数变化均明显，乙同学对甲同学的实验进行改进，设计了如图丙所示的电路，丙电路中电阻R0应该选取下列备选电阻的哪一个?答：。A．1ΩB．5ΩC．10ΩD．20Ω29、活动课上；老师要求同学们用手中能伸缩的圆珠笔测量圆珠笔与课桌桌面间的动摩擦因数，某同学仔细观察圆珠笔，发现笔内有一根小弹簧，压一下笔尾的小帽，笔尖就伸出．思考后，他设计了下面的实验：

（1）使笔尾部朝下；如图所示，将笔向下按，直至小弹簧压缩量最大，使小帽缩进，然后放手，笔将向上弹起一定高度；

（2）在水平桌面上固定一个硬盒；将笔平放在水平桌面上，笔的尾部紧压硬盒壁，水平推动笔杆，使小帽缩进，仍然使小弹簧压缩量最大，然后放手，笔将在水平桌面上滑动一端距离．

当地重力加速度为g；请你根据该同学的想法，完成下面的空格：

①上面第（1）步操作中需要测量的物理量是__________；

②上面第（2）步操作中需要测量的物理量是__________；

③根据你写出的测量的物理量，该圆珠笔与课桌桌面间的动摩擦因数μ=__________．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C|D【分析】【解析】【答案】CD2、B|C【分析】

A；带电粒子仅在电场力作用下运动；带电粒子受电场力向右指向其轨迹的内侧，粒子可能是从B点向A点运动，也有可能是从A点向B点运动的，故A错误．

B；电场线密的地方电场的强度大；电场线疏的地方电场的强度小，粒子在A点时受到的电场力大，根据牛顿第二定律得知，粒子在A点的加速度大于在B点的加速度．故B正确．

C；带电粒子受电场力向右指向其轨迹的内侧；假设由A点运动到B点过程中，电场力与轨迹上每一点的切线方向也就是速度方向成钝角，所以电场力做负功，电势能增大，动能减小，所以粒子在A点的动能大于它在B点的动能，粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能．反之一样．故C正确．

D；带电粒子受电场力向右指向其轨迹的内侧；所以粒子带正电，由于粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能，所以电场中A点的电势低于B点的电势，故D错误．

故选BC．

【解析】【答案】根据做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹的内侧来判断电场力方向；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，确定场强的大小，根据牛顿第二定律判断加速度的大小．电场力做正功时，电势能减小，电场力做负功时，电势能增加．

3、A【分析】【分析】物体做匀加速直线运动；由推论：一段时间内的平均速度等于中点时间的瞬时速度，可求出前后两段时间中点时刻的速度，再由速度公式求解加速度。

本题巧用推论求解加速度，也可以运用基本公式，对两段分别列方程，组成方程组求解加速度，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，可以求得两部分位移的中间时刻的瞬时速度，再由加速度的公式可以求得加速度的大小。【解答】物体作匀加速直线运动在前一段鈻�x

所用的时间为t1

平均速度为：v鈥�1=?xt1

即为t12

时刻的瞬时速度；

物体在后一段鈻�x

所用的时间为t2

平均速度为：v鈥�2=?xt2

即为t22

时刻的瞬时速度；

速度由v1鈥�

变化到v2鈥�

的时间为：鈻�t=t1+t22

所以加速度：a=v2鈥�鈭�v1鈥�?t=2?x(t1鈭�t2)t12(t1+t2)

所以A正确，BCD错误。

故选A。【解析】A

4、B【分析】【分析】已知初末速度，则由动量定理可求得地面对人的冲量；由功的公式可确定地面对人是否做功。在应用动量定理时一定要注意冲量应是所有力的冲量，不要把重力漏掉。【解答】人的速度原来为零；起跳后变化v

则由动量定理可得：

I鈭�mg鈻�t=鈻�mv=mv

故地面对人的冲量为mv+mg鈻�t

而人在跳起时；人受到的支持力没有产生位移，故支持力不做功，故B正确；

故选B。【解析】B

5、B【分析】解：因乙车看到路旁的树木向西；则说明乙相对地面在向东运动；

而甲中的同学看到乙车在向东；则说明甲车相对乙车在向西运动，而相对地面可能是向西运动；静止或也是向东运动，但向东时的速度小于乙车的速度；

故正确的只有B；

故选：B．

乙车内的同学看见路旁的树木向西移动；说明乙车相对地面向东运动；甲车内一同学看见乙车向东运动，则说明甲可能甲车的速度小于乙车的速度．

掌握参考系的概念是解决此类题目的关键，本题中乙车内的同学看见路旁的树木向西移动，说明该同学是以自己作为参考系得出的结论．【解析】【答案】B6、D【分析】解：当AB接入电源U时，电阻R1=ρ当CD接入电源U时，R2=ρ=

根据欧姆定律得；接入相同电压时，电压之比为：1：4；

故可知，所以I2=4I1=4I．故D正确；A；B、C错误．

故选：D．

根据电阻定律R=求出两种接法时的电阻之比；再根据欧姆定律求出电流之比，从而得出C与D间接入的电压为U时的电流大小．

解决本题应注意应用电阻定律及欧姆定律，注意接不同方向时，电阻的阻值不同．【解析】【答案】D7、B【分析】解：A

胡克认为只有在一定的条件下；弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比，故A错误；

B；牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体；就不会再落在地球上，故B正确；

C；法拉第发现了电磁感应现象；故C错误；

D；法拉第首先引入电场线和磁感线；极大地促进了他对电磁现象的研究，故D错误；

故选：B

．

根据物理学史和常识解答；记住著名物理学家的主要贡献即可．

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．【解析】B

8、B【分析】解：A；实验时应先接通电源后释放小车；故A正确；

B；平衡摩擦力；假设木板倾角为θ，则有：f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了，故不需要重新平衡摩擦力，故B错误；

C、让小车的质量远远大于小盘（及砝码）的质量，因为：实际上绳子的拉力F=Ma=所以应该是m＜＜M，故C正确；

D；平衡摩擦力的方法是：不把悬挂小盘的细绳系在车上；即不给小车施加牵引力。在长木板不带定滑轮的一端下面垫一块木板。反复移动木板的位置，直至小车在斜面上运动时可以保持匀速直线运动状态。这时，小车拖着纸带运动时受到的摩擦阻力恰好与小车所受的重力在斜面方向上的分力平衡，故D正确。

故选：B。

实验时需要提前做的工作有两个：①平衡摩擦力；且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了。②让小车的质量M远远大于小盘（及砝码）的质量m。

会根据实验原理分析分析为什么要平衡摩擦力和让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，且会根据原理分析实验误差。纸带的处理在高中实验中用到多次，需要牢固的掌握。【解析】B二、多选题(共9题，共18分)9、BD【分析】解：A；在光的波粒二象性中；频率越大的光，光子的能量越大，粒子性越显著，频率越小的光其波动性越显著．故A错误．

B；物质波理论告诉我们；任何运动的微观粒子都具有波粒二象性．故B正确．

C；光子说表明光也是一种粒子；对于光子等微观粒子，不能用牛顿运动定律进行分析．故C错误．

D；光波不同于宏观概念中的那种连续的波；它是表明大量光子运动规律的一种概率波．故D正确．

故选：BD．

光子既有波动性又有粒子性；波粒二象性中所说的波是一种概率波，对大量光子才有意义．波粒二象性中所说的粒子，是指其不连续性，是一份能量．个别光子的作用效果往往表现为粒子性；大量光子的作用效果往往表现为波动性．频率越大的光，光子的能量越大，粒子性越显著，频率越小的光其波动性越显著．

解决本题的关键知道光具有波粒二象性，光的波粒二象性是指光波同时具有波和粒子的双重性质，但有时表现为波动性，有时表现为粒子性．【解析】【答案】BD10、CD【分析】解：

A、由单摆周期公式可得重力加速度为：可见重力加速度与摆球质量无关，故A错误．

B；由重力加速度表达式可知其与摆角无关；故B错误．

C、计算摆长时，把悬线长当做摆长，而摆长应该是悬线长度加小球半径，故导致l偏小，由重力加速度为：可知重力加速度偏小，故C正确．

D、测量周期时，将n次全振动误记成了（n-1）次，实际周期应该为：导致周期比实际的大，由重力加速度为：可知重力加速度偏小，故D正确．

故选：CD．

由单摆周期公式可得重力加速度为：据此来分析能使测得的g值比当地的标准值偏小的原因．

掌握单摆周期公式，会进行适当的变形表示需要的量；能分析误差来源．【解析】【答案】CD11、AB【分析】解：ACO

点到双缝的路程差为0

则O

点出现光的亮条纹，不论是红光还是蓝光.

故A正确，C错误．

B、红光的波长大于绿光的波长，根据鈻�x=Ld娄脣

则红光条纹间距较大；红光的第一条亮条纹中心线在P

点在上方，故B正确；

D、蓝光的波长小于绿光的波长，根据鈻�x=Ld娄脣

则蓝光条纹间距较小；蓝光的第一条亮条纹中心线在P

点在下方，故D错误．

故选：AB

．

当距离双缝的路程差等于半波长的偶数倍时；出现亮条纹，路程差是半波长的奇数倍时，出现暗条纹．

解决本题的关键知道形成明暗条纹的条件，以及掌握双缝干涉条纹的间距公式．【解析】AB

12、AD【分析】解：A

在t=0

时刻；电动势最大，此时线圈处在中性面上；故穿过线圈的磁通量为零；故A正确；

B；该交流电的周期为0.02s

一个周期内电流方向改变两次，故1s

内通过电阻R

的电流方向改变50

次；故B错误；

C、电压表的示数为有效值，故U=62=32V

故C错误；

D、R

的热功率P=U2R=(32)210=1.8W

故D正确；

故选：AD

．

根据交流电表图象可明确交流电的周期和最大值；根据周期可明确频率，根据最大值可求得有效值；注意求解电压表示数及热功率时要用有效值．

本题考查对交流电图象的认识，要注意明确哪些物体量能通过图象直接求出，哪些物理量能通过公式计算求解．【解析】AD

13、BC【分析】解：A

由图线可知；A

向右做减速运动，B

做加速运动，当两者速度相等时，弹簧压缩至最短，即t1

时刻弹簧弹性势能最大，然后B

继续加速，A

继续减速，当B

速度达到最大时，弹簧恢复原长，即t2

时刻弹簧的弹性势能为零，故A错误。

B；由图象可知两物块的运动过程：开始阶段A

逐渐减速；B

逐渐加速，A

的速度比B

的大，弹簧被压缩，t1

时刻二者速度相同，系统动能最小，弹簧的弹性势能最大，弹簧的压缩量最大，然后弹簧逐渐恢复原长，B

依然加速，A

先减速为零，然后反向加速，t2

时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3

时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3

到t4

过程中弹簧由伸长状态恢复原长。系统动量守恒，选择开始到t1

时刻列方程可知：m1v1=(m1+m2)v2

将v1=3m/sv2=1m/s

代入得：m1m2=12

故B、C正确。

D；从计时开始到t4

的过程中；物块AB

及弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，故D错误。

故选：BC

由于水平面光滑；可知两物块和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒，系统动能最小时，弹性势能最大，据此根据图象中两物块速度的变化可以分析系统动能和弹性势能的变化情况。

对于这类弹簧问题注意用动态思想认真分析物体的运动过程，注意过程中的功能转化关系；解答时注意动量守恒和机械能守恒列式分析，同时根据图象，分析清楚物体的运动情况。【解析】BC

14、BC【分析】解：A

物体所受合外力大冲量不一定大；故其动量变化一定越大，故A错误；

B、根据动量定理公式Ft=m?鈻�v

有：F=鈻�P鈻�t

故物体所受合外力越大，其动量变化一定越快，故B正确；

C、D

根据动量定理公式Ft=m?鈻�v

物体所受合外力的冲量越大，其动量变化一定越大，故C正确，D错误；

故选BC．

动量定理是动力学的普遍定理之一.

内容为物体动量的增量等于它所受合外力的冲量即Ft=m?鈻�v

或所有外力的冲量的矢量和．

本题关键明确动量定理的内容，能够根据动量定理的表达式进行分析讨论，基础题．【解析】BC

15、BC【分析】解：A

小球运动的过程中在最低点拉力最大；最大位移处拉力最小，在一个周期内两次经过平衡位置，所以小球的周期为4s.

故A错误．

B

小球的速度变化周期等于小球的点运动周期；等于4s.

故B正确．

C

简谐运动经过半个周期运动到关于平衡位置对称的点；此时两点速度大小相等，方向相反，因为动能没有方向，所以动能的变化周期等于半个小球的周期，为2s.

故C正确．

D

简谐运动经过半个周期运动到关于平衡位置对称的点；此时两点速度大小相等，方向相反，高度关于平衡位置对称，所以重力势能的变化周期为2s.

故D错误．

故选BC．

小球在竖直平面内做简谐运动；在最低点绳子的拉力和重力的合力提供向心力，此时拉力最大；在最大位移处，绳子的拉力等于重力的一个分力，此时拉力最小.

根据在一次全振动中两次经过平衡位置，求出小球的周期.

速度的变化的周期等于小球运动的周期.

根据简谐运动经过半个周期运动到关于平衡位置对称的点，可求出小球动能的变化周期，以及重力势能的变化周期．

解决本题的关键知道简谐运动对称性，知道经过半个周期运动到关于平衡位置对称的点，此时速度大小相等，方向相反．【解析】BC

16、AC【分析】解：根据P=I2R

知；通过减小输电导线的电阻或减小输电的电流可以减小功率的损耗.

根据P=UI

知，需要提高输电电压，减小输电电流.

故AC正确，BD错误．

故选：AC

．

根据P=UI

求出输电线上的电流；结合P=I2R

分析输电线上损耗的功率与什么因素有关．

解决本题的关键知道根据P脣冒=I2R

要减小功率损耗，应减小导线电阻，或减小输电电流【解析】AC

17、B:C:D【分析】【详解】

A、K、L、M为三个等势面，电势画出电场线，方向大致向左，由轨迹弯曲方向知道，电场力方向大致向左，可知电荷带正电，故A错误；

B、b→c电场力F与速度v夹角为钝角；电场力对正电荷做负功，动能减小，做减速运动，故B正确；

C、粒子沿a→b→c→d→e轨迹运动，由b经c到d，b、d两点在同一等势面上，电场力做的总功为零，动能不变，b点与d点的速率大小相等；故C正确；

D、粒子由a经b到c，电场力做负功，电势能增大，由c经d到e，电场力做正功，电势能减小，所以粒子在c点时电势能最大；故D错误．

三、双选题(共2题，共4分)18、AB【分析】本题考查物质的性质。该题属于基础性试题，难度不大。只要能记住常见物质的性质，就不难得出正确的结论。

A.油脂在碱性水溶液中水解在工业上用于制肥皂；故A正确；

B.蔗糖是最重要的二糖；麦芽糖是它的同分异构体，故B正确；

C.在蔗糖与稀H2SO4共热后的溶液中；加氢氧化钠中和硫酸以后再滴加银氨溶液，再水浴加热有银镜生成，故C错误；

D.取淀粉与稀硫酸共热后的溶液；加入碘水溶液，溶液不变蓝，证明淀粉水解完全，故D错误；

​故选AB。【解析】AB19、AB【分析】本题考查物质的性质。该题属于基础性试题，难度不大。只要能记住常见物质的性质，就不难得出正确的结论。

A.油脂在碱性水溶液中水解在工业上用于制肥皂；故A正确；

B.蔗糖是最重要的二糖；麦芽糖是它的同分异构体，故B正确；

C.在蔗糖与稀H2SO4共热后的溶液中；加氢氧化钠中和硫酸以后再滴加银氨溶液，再水浴加热有银镜生成，故C错误；

D.取淀粉与稀硫酸共热后的溶液；加入碘水溶液，溶液不变蓝，证明淀粉水解完全，故D错误；

​故选AB。【解析】AB四、填空题(共4题，共28分)20、略

【分析】

当使用较小量程时，测量电压最大值不得超过3.0V．总共有30格，则每一小格表示．图中指针示数为1.70V．使用的是较大量程，则表盘刻度每小格表示测量电压的最大值不得超过15V．

故答案为：30.11.700.515

【解析】【答案】电表每小格代表的数是：读数为：格子数×每小格代表的数．

21、略

【分析】【解析】试题分析：电磁感应现象是英国物理学家法拉第发现，甲图能够反映感应电流与切割磁感线、运动方向之间的联系。考点：物理学史【解析】【答案】法拉第甲22、0；0；44；0.44；19.36；100%【分析】解：(1)

变压器的工作原理是互感现象；当原线圈接在44V

直流电源上时，原线圈电流恒定，副线圈中不会产生感应电流，故电流表与电压表的读数都为零；

(2)

当原线圈接在220V

交流电源上时，根据变压器的变压比公式，有：U1U2=n1n2=2200440

解得：U2=44V

电流为：I2=U2R=0.44A

理想变压器输出功率与输入功率相等；

故输入功率P=U2I2=44隆脕0.44=19.36W

变压器的效率为100%

故答案为：(1)00(2)440.4419.36100%

．

(1)

变压器的工作原理是互感现象；当原线圈接在44V

直流电源上时，原线圈电流恒定，副线圈中不会产生感应电流；

(2)

当原线圈接在220V

交流电源上时；根据变压器的变压比公式求解副线圈的输出电压，根据欧姆定律求解输出电流，根据P=UI

求解输出功率，理想变压器输出功率与输入功率相等．

本题第一问关键明确变压器的工作原理，容易出错，变压器只能改变交流电压，不能改变直流电压；第二问是基本规律的运用，关键熟悉理想变压器的变压比公式．【解析】00440.4419.36100%

23、略

【分析】解：碰撞过程中，如果水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：m1v1=m1v1′+m2v2；

小球做平抛运动时抛出点的高度相等；它们在空中的运动时间t相等，两边同时乘以时间t；

m1v1t=m1v1′t+m2v2t；

则有：m1•=m1•+m2•

今测得op=x，op1=x1，op2=x2；

即有m1•x=m1•x1+m2•x2；由此可认为成功验证了碰撞中的动量守恒．

若碰撞是弹性碰撞，动能是守恒的，则有m1v12=m1v1′2+m2v2′2

即m1•2=m1•2+m2•2成立，即有：m1•x2=m1•x12+m2•x22；

故答案为：m1•x=m1•x1+m2•x2，m1•x2=m1•x12+m2•x22．

实验要验证两个小球系统碰撞过程动量守恒，即要验证m1v1=m1v1′+m2v2；可以通过平抛运动将速度的测量转化为水平射程的测量，并依据弹性碰撞，动能守恒，从而即可求解．

该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速和时间，而是用位移x来代替速度v，成为是解决问题的关键．此题难度中等，属于中档题．【解析】m1•x=m1•x1+m2•x2；m1•x2=m1•x12+m2•x22五、判断题(共2题，共14分)24、A【分析】【解答】解：根据电场线的特点可知；沿电场线的方向电势降低；电场线垂直于等势面、