第第頁浙江省杭州市西湖區(qū)學軍聯(lián)考2024-2025學年高二上學期期末考物理試卷一、選擇題Ⅰ（本小題共13小題，每小題3分，共39分。每小題給出的四個備選項中，只有一項是符合題目要求的。）1．在航空航天、汽車工程、能源動力等諸多領域中，流體動力學模型扮演著至關重要的角色。研究表明，球形物體在液體中運動時除了受到浮力，還會受到阻力，其關系式為：f=kηrv，式中η稱為黏性系數，r和v分別是球的半徑和速度，k是一個無單位的常數。根據國際單位制推斷黏性系數η的單位是（）A．kg/(m?s2) B．kg/(m2．物理學家通過對實驗的深入觀察和研究，獲得物理概念和物理規(guī)律，推動物理學的發(fā)展。以下是四幅課本插圖，其中涉及了相同的物理思想方法的是（）A．甲和乙 B．甲和丙 C．乙和丁 D．丙和丁3．街舞于20世紀80年代興起，廣受青少年的喜愛，一名少年當街表演街舞，他單手倒立并靜止于水平地面上的情景如圖所示，下列說法正確的是（）A．少年的重心在手與地面接觸處的正上方B．少年的舞蹈動作改變時，他的重心位置一定不會發(fā)生變化C．地面對少年的支持力大于少年的重力D．地面對少年的支持力是由于少年與地面接觸的手掌發(fā)生形變而產生的4．如圖所示，在一條張緊的繩子上掛著a、b、c、d四個擺球，讓c擺先振動，其余各擺在c的驅動下也逐步振動起來，則（）A．b擺振動的周期最大B．d擺的固有頻率最小C．a擺振動的振幅最大D．a、b、d三個擺球振動的振幅相同5．將一根筷子豎直插入裝有水的圓柱形薄玻璃杯中，如圖所示，從俯視圖中的P點沿水平方向看去，浸在水中的這段筷子產生了側移，看到的圖形正確的是（）A． B．C． D．6．武當山重巒疊嶂，氣候多變。屹立山巔的銅鑄金殿是一個龐大的優(yōu)良導體，當帶電的積雨云移來時，能產生“雷火煉殿”奇觀。其原理可以簡化為以下模型：一塊帶正電的金屬板M，按照圖中位置“1”到位置“4”的順序逐漸靠近接地的金屬板N，此過程中M板的帶電量不變。下列說法正確的是（）A．從位置“3”到位置“4”，M的電勢升高B．從位置“1”到位置“2”，M的電勢降低C．從位置“1”到位置“4”，N板攜帶電荷量增大D．從位置“2”到位置“3”，MN間的電場強度變大7．同步振動、頻率相同、振幅均為A的兩列水波在水面上相遇后，在它們重疊的區(qū)域形成如圖所示的圖樣，其中實線代表波峰，虛線代表波谷。在圖示時刻，M為波峰與波峰相遇點、N為波谷與波谷相遇點、P為波峰與波谷相遇點。則以下說法正確的是（）A．質點N是振動加強點，其始終處于波谷B．質點P是振動減弱點，其振幅會隨時間變化C．質點M是振動加強點，其振幅始終等于2AD．振動加強和減弱的區(qū)域在水面上的位置隨時間推移逐漸變化8．截面為正方形的絕緣彈性長管中心有一固定長直導線，長管外表面固定著對稱分布的四根平行長直導線，若中心直導線通入電流I1，四根平行直導線均通入電流I2，A． B．C． D．9．如圖所示的電路，線圈的電阻忽略不計，閉合開關S，待電路達到穩(wěn)定狀態(tài)后斷開開關S，LC電路中將產生電磁振蕩，如果規(guī)定線圈中的電流方向從a到b為正，斷開開關的時刻t=0，則電感線圈中電流i隨時間t變化的圖像為（）A． B．C． D．10．光滑的水平面上疊放有質量分別為m和m2A．fk B．2fk C．3fk11．金屬圓環(huán)放在光滑絕緣水平面上，直線MN是垂直于水平面向上的勻強磁場的邊界，給圓環(huán)一個水平力使圓環(huán)沿圖示方向勻速進入磁場，速度大小為v，速度方向與MN的夾角為θ(θ<90°)，當圓環(huán)有一半進磁場時，下列說法正確的是（）A．圓環(huán)中有沿逆時針方向的感應電流B．圓環(huán)受到的安培力方向與速度v方向相反C．撤去水平力后，圓環(huán)將做曲線運動D．撤去水平力后，圓環(huán)進磁場后的最小速度為012．由匝數為n1的原線圈和兩個匝數分別為n2和n3的副線圈組成的理想變壓器，如圖所示。已知圖中定值電阻R1=3Ω，R2=4ΩA．1:2 B．2:1 C．1:3 D．3:113．假如某時刻地球突然停止繞太陽公轉（認為地球繞日公轉軌道近似為圓形），則自此時開始直至地球被太陽吞噬所經歷的時間約為（已知M≈2×1030kg，日地平均距R≈1.5×A．1.22天 B．64.5天 C．228天 D．2.34年二、選擇題Ⅱ（本小題共2小題，每小題3分，共6分。每小題給出的四個備選項中，至少有一項是符合題目要求的。全選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）14．關于下列儀器的原理說法正確的是（）A．當有煙霧進入火災報警器時，由于油霧顆粒對光的散射，光電三極管將接收到光信號，從而觸發(fā)火災警報B．紅外體溫計是根據物體的溫度越高發(fā)射的紅外線波長越長的原理進行工作的C．超聲波測速儀是利用了多普勒效應，汽車駛向測速儀的速度越大，測速儀接收到的反射波頻率就越高D．鉗形電流表既可以測交變電流的大小，也可以測恒定電流的大小15．對下列四個有關光的實驗示意圖，分析正確的是（）A．圖甲中若改變復色光的入射角，則b光先在玻璃球中發(fā)生全反射B．圖乙中若只減小屏到擋板的距離L，則相鄰亮條紋間距離將減小C．圖丙是用干涉法檢測工件表面平整程度時得到的干涉圖樣，若將薄片向右移動，條紋間距將變大D．若只旋轉圖丁中M或N一個偏振片，光屏P上的光斑亮度會發(fā)生變化三、非選擇題（本題共6小題，共55分）16．為了探究碰撞過程中的守恒量，某興趣小組設計了如圖所示的實驗。先讓質量為m1的小球從凹形槽頂端由靜止開始滑下，又經過O點水平拋出落在斜面上。再把質量為m2的小球放在水平面O點，讓小球m1仍從凹形槽頂端由靜止滑下，與小球m2碰撞后，兩小球直接落到斜面上。分別記錄小球第一次與斜面碰撞的落點痕跡。其中M、P、N三個落點的位置距O點的長度分別為LM、LP、LN，凹形槽頂端距離桌面高度為h，桌面距地面高度為H，斜面總長度為L。（1）為了減小實驗誤差，無用的操作是：。A．減小凹形槽摩擦B．使用大小相同的兩個小球C．多次測量落點位置取平均值（2）在實驗誤差允許范圍內，若滿足關系式，則可以認為兩球碰撞過程中動量守恒。（用題目中的物理量表示）（3）現(xiàn)測量出兩個小球質量比k=m1m2，若還測出LN=17．飲酒后駕駛嚴重危害交通安全，“喝酒不開車”已經成為安全駕駛的行為準則。酒精檢測儀核心部件為酒精氣體傳感器，其電阻R與酒精氣體濃度c的關系如圖甲所示。利用酒精氣體傳感器設計一款酒精檢測儀電路圖如圖乙所示。除了酒精氣體傳感器外，提供以下器材：A．干電池組（電動勢E=3.0V，內阻很小，忽略不計）B．表頭G（滿偏電流6.0mA，內阻rg=200Ω）C．電阻箱R1（最大阻值9999.9Ω）D．電阻箱R2（最大阻值9999.9Ω）E．多用電表F．開關及導線若干（1）為完成實驗，先將表頭G和電阻箱R1改裝成量程為3V的電壓表，作為改裝酒精濃度表使用，則R1的阻值應調為Ω。（2）如將酒精氣體濃度為零的位置標注在表頭G上2mA處，則電阻箱R2的阻值應調為Ω。（提示：電阻箱阻值應注意有效數字位數）（3）完成步驟（2）后，某次測試酒精濃度時，表頭指針如圖丙所示。已知酒精氣體濃度在0.2mg/mL~0.8mg/mL之間屬于飲酒駕駛，即酒駕；酒精氣體濃度達到或超過0.8mg/mL屬于醉酒駕駛，即醉駕。則該次測試的酒精氣體濃度在（選填“酒駕”或“醉駕”）范圍內。（4）使用較長時間后，干電池組電動勢不變，內阻增大不可忽略，若直接測量，則此時所測的酒精氣體濃度與真實值相比（選填“偏大”“偏小”或“不變”）。18．雪地轉椅是一種游樂項目，其中心傳動裝置帶動轉椅在雪地上滑動。如圖所示，傳動裝置有一水平圓盤（厚度忽略不計），可繞通過中心O點的豎直軸勻速轉動。圓盤邊緣A處固定連接一輕繩，輕繩另一端B連接轉椅（視為質點）。轉椅運動穩(wěn)定后，其角速度與圓盤角速度相等。已知轉椅質量m=100kg，轉椅與雪地之間的動摩擦因數為μ=0.4，圓盤在水平雪地勻速轉動的角速度ω1=2rad/s，轉椅運動半徑r（1）AB與OB之間夾角α的正切值。（2）為了維持轉椅勻速轉動傳動裝置的輸出功率P；（3）任意π219．如圖，相距L=8.5m的兩平臺位于同一水平面內，二者之間用傳送帶相接。傳送帶向右勻速運動，其速度的大小v=4.0m/s。質量m=10kg的載物箱（可視為質點），以初速度v0=5.0m/s自左側平臺滑上傳送帶。載物箱與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.10（1）載物箱通過傳送帶所需的時間t（2）因傳送載物箱，電機對傳送帶做的功E（3）載物箱從左側平臺向右側平臺運動的過程中，傳送帶對它的沖量大小I。20．磁電式電流表的構造如圖甲所示，在蹄形磁鐵的兩極間有一個可以繞軸轉動的線圈，轉軸上裝有螺旋彈簧和指針。蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場可近似視為均勻輻向分布，兩側存在圓心角θ=π3的無磁場區(qū)域（其余區(qū)域磁感線未畫出），如圖乙所示。小王同學將其改裝為一個手搖式發(fā)電機，正負接線柱之間接入負載R=4Ω（圖中未畫出）。已知線圈匝數N=100，內阻r=1Ω，垂直于紙面的邊長為Lb=10cm，平行于紙面的邊長為La=5cm，線圈垂直于紙面的邊所在處磁感應強度大小為B=1T。現(xiàn)在外力作用下使線框以恒定角速度（1）線圈的受力方向如圖乙所示，其旋轉方向（選填“順時針”或“逆時針”）；（2）線圈剛開始旋轉時Lb邊所受安培力大小F；（3）線圈從開始轉過π4過程中通過線圈的磁通量變化量△（4）任意πs時間內負載R上產生的焦耳熱Q。21．如左圖所示為回旋加速器的工作原理圖，D1和D2是兩個中空的半圓形金屬盒，半徑為R，它們之間有一定的電勢差U。D型盒中心A處的粒子源產生初速度不計的帶電粒子，粒子的質量為m、電荷量為q，它能在兩盒之間被電場加速。兩個半圓盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，粒子可在磁場中做勻速圓周運動。經過半個圓周之后，當粒子再次到達兩盒間的縫隙時，電極極性反轉，粒子再次被加速。如果粒子能夠被一直加速，最終從D型盒邊緣射出，則需要粒子做圓周運動的周期T0（未知量）等于交變電場周期T（未知量），交變電場變化的規(guī)律如右圖所示。不計粒子重力，加速過程中忽略粒子在電場中運動的時間，不考慮相對論效應和變化的電場對磁場的影響，粒子在電場中加速的次數等于在磁場中回旋半周的次數。求：（1）粒子被加速3次后、4次后在磁場中做圓周運動的半徑之比r3：r4；（2）粒子從開始被加速到最后離開D型盒所需要的時間t；（3）若因技術原因導致交變電場周期T相比T0略小，使得t=0時刻產生的粒子恰好只能被加速20次，求周期T的范圍。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】根據f=kηrv，可得η=fkrv，根據國際單位制推斷黏性系數kg·故選B。

【分析】根據黏性系數η式子η=fkrv推導黏性系數2．【答案】C【解析】【解答】對于常用的物理研究方法，如控制變量法、等效替代法、理想化模型法等等，要在理解的基礎上掌握，并要注意科學方法的應用。甲圖是等效替代的思想，乙圖和丁圖是微小量放大法，丙圖是實驗和邏輯推理相結合的科學思維方法。故選C。

【分析】根據題圖，分析每幅圖的原理，進而可以求得其對應的物理學方法。3．【答案】A【解析】【解答】一對作用力和反作用力作用在不同物體上，而一對平衡力作用在同一個物體上。一對作用力和反作用力同生同滅，相互依存，而一對平衡力則彼此沒有依存關系。AC．以少年為對象，根據平衡條件可知，地面對少年的支持力等于少年的重力，重力與支持力在同一豎直線上，則少年的重心在手與地面接觸處的正上方，故A正確，C錯誤；B．少年的舞蹈動作改變時，他的重心位置可能會發(fā)生變化，故B錯誤；D．地面對少年的支持力是由于地面發(fā)生形變而產生的，故D錯誤。故選A。

【分析】地面對少年的支持力大于少年的重力是一對平衡力，大小相等；人會對地面產生壓力，地面在壓力的作用下發(fā)生彈性形變，隨后地面由于要恢復原狀而對人產生一個向上的力，這個力就是地面對人的支持力；重心是物體各部分所受重力之合力的作用點，質量分布不均勻的物體，重心的位置除跟物體的形狀有關外，還跟物體內質量的分布有關。4．【答案】C【解析】【解答】解決該題需要掌握固有周期的求解公式，知道c擺是作為驅動力，而b、c、a三個擺做的是受迫振動，其頻率和周期與c擺的頻率、周期相同。A．由題意，讓c擺先振動，其余各擺在c的驅動下做受迫振動也將逐步振動起來，則它們的振動周期均等于c的振動周期，A錯誤；B．根據T=2πLg，可知d擺的擺長最短，所以固有周期最小，根據CD．a、c的固有周期相同，所以a擺發(fā)生共振，振幅最大，C正確，D錯誤。故選C。

【分析】受迫振動的頻率等于驅動率的頻率，當驅動力的頻率接近物體的固有頻率時，振幅最大，即共振；再利用單擺的周期公式求擺長。5．【答案】A【解析】【解答】此現(xiàn)象是生活中常見的現(xiàn)象，解決幾何光學問題的關鍵是根據題意正確畫出光路圖，然后根據幾何關系以及相關物理知識求解。上圖為筷子豎直插入盛水玻璃杯內的俯視圖，A處為筷子，AP表示由筷子發(fā)出的穿過玻璃杯壁P射向觀察者的一條光線，OP為過P點沿半徑方向的直線，即在P處和空氣的分界面的法線，上述光線則相當于在P處由水中射入空氣中，圖中的角i和角r分別為此光線的入射角和折射角，根據光的折射規(guī)律可知，所以觀察者在P處看到的筷子A的像A'故選A?！痉治觥慨敼鈴目諝庑鄙淙肫渌该鹘橘|中時，折射角小于入射角；并且折射角隨著入射角的增大而增大，但折射角總小于入射角。6．【答案】B【解析】【解答】分析電容器相關物理量的變化時，要注意抓住不變量。電容器充電后保持與電源相連，即使電容器的電容變化，兩極板間的電壓不變。若充電后與電源斷開且未放電，即使電容器的電容變化，兩極板的電荷量不變。AD．MN間的電場強度E=從位置“2”或“3”到位置“4”，d減小，其余各量不變，但E與d無關，所以MN間的電場強度不變，由U=Ed可知，MN間的電勢差變小，而N板電勢始終是零，且M板帶正電，電勢高于N板電勢，所以該過程中M板電勢降低，故AD錯誤；B．從位置“1”到位置“2”，S變大，其余各量不變，所以MN間的電場強度變??；由U=Ed可知，MN間的電勢差變小，而N板電勢始終是零，且M板帶正電，電勢高于N板電勢，所以該過程中M板電勢降低，故B正確；C．極板處于斷路狀態(tài)，電荷量不變，故C錯誤。故選B。

【分析】電容器的帶電量不變，根據E=U7．【答案】C【解析】【解答】波的干涉圖樣特點：加強區(qū)和減弱區(qū)的位置固定不變。加強區(qū)始終加強，減弱區(qū)始終減弱。加強區(qū)與減弱區(qū)互相間隔。A．同步振動、頻率相同、振幅均為A的兩列水波相遇，N為波谷與波谷相遇點，質點N是振動加強點，其不是始終處于波谷，而是做振幅是2A的運動，故A錯誤；B．P為波峰與波谷相遇點，質點P是振動減弱點，其振幅為0，故B錯誤；C．M為波峰與波峰相遇點，質點M是振動加強點，其振幅始終等于2A，故C正確；D．同步振動、頻率相同、振幅均為A的兩列水波，振動加強和減弱的區(qū)域在水面上的位置是穩(wěn)定不變的，故D錯誤。故選C。

【分析】在干涉圖樣中，波峰與波峰相遇或波谷與波谷相遇的點是振動加強點，而波峰與波谷相遇的點是振動減弱點。振動加強點的振幅等于兩列波振幅之和，振動減弱點的振幅等于兩列波振幅之差的絕對值。在干涉圖樣中，振動加強和減弱的區(qū)域是穩(wěn)定不變的，因為兩列波的頻率相同，相位差保持不變。8．【答案】C【解析】【解答】A、左右向外凸、上下向內凹→與安培力方向（左右吸引向內、上下排斥向外）矛盾，A錯誤；B、左右向內凹、上下向內凹→上下應受排斥力向外凸，矛盾，B錯誤；C、左右向內凹（吸引）、上下向外凸（排斥）→符合安培力方向，C正確；D、左右向外凸、上下向外凸→左右應受吸引力向內凹，矛盾，D錯誤；

故答案為：C?！痉治觥緼：左右、上下形變方向均錯誤，違背安培力吸引/排斥規(guī)律，錯誤。B：上下形變方向錯誤（應向外凸），錯誤。C：左右向內凹（吸引）、上下向外凸（排斥），符合受力，正確。D：左右形變方向錯誤（應向內凹），錯誤。9．【答案】D【解析】【解答】本題是對振蕩電路和振蕩電流的考查，學生在解決本題時，應注意對LC振蕩電路的原理有比較全面的了解。因線圈電阻為零，電路穩(wěn)定時，線圈兩端電壓為零，電容器不帶電；斷開開關后，t=0時刻線圈中電流最大，方向由b到a，則為負方向，則電感線圈中電流i隨時間t變化的圖像為D。故選D。

【分析】斷開開關后，t=0時刻線圈中電流最大，方向向由b到a，則為負方向，可求出電感線圈中電流I隨時間t變化的圖像。10．【答案】C【解析】【解答】回復力是指將振動的物體拉回到平衡位置的力，同向心力一樣是按照力的作用效果來命名的。對整體，當最大振幅時有kA=(m+得a=隔離分析，當最大振幅時，兩木塊間的摩擦力達到最大靜摩擦力f=得A=故C正確，A、B、D錯誤。故選C?！痉治觥繉φw而言，回復力為彈簧的彈力，對上面的木塊而言，回復力為靜摩擦力。振幅最大時，回復力最大。11．【答案】C【解析】【解答】A．根據楞次定律可知，由于穿過圓環(huán)的磁通量向外增加，圓環(huán)中有沿順時針方向的感應電流，故A錯誤；B．根據左手定則可知，圓環(huán)受到的安培力垂直于MN向下，故B錯誤；C．撤去水平力后，安培力垂直于MN向下，由于安培力與速度不在一條直線上，圓環(huán)將做曲線運動，故C正確；D．撤去拉力后，由于圓環(huán)受到的安培力垂直于MN向下，根據運動的合成與分解可知，圓環(huán)在垂直MN方向做減速運動，沿MN方向做勻速運動，若圓環(huán)完全進入磁場前垂直MN方向的速度已經減為0，則圓環(huán)的最小速度為v若圓環(huán)完全進入磁場時垂直MN方向的速度還沒有減為0，則圓環(huán)的最小速度大于vcos故選C。

【分析】根據楞次定律判斷感應電流方向；分析圓環(huán)的受力情況，判斷其運動情況12．【答案】A【解析】【解答】掌握理想變壓器的電壓、電流及功率之間的關系，本題即可得到解決。根據理想變壓器原副線圈電壓與線圈匝數的關系

U1U開關S1、S2均閉合時，變壓器輸出功率為已知圖中定值電阻R1=3Ω，RP又PPI聯(lián)立解得n故選A。

【分析】根據理想變壓器原副線圈電壓與線圈匝數的關系和變壓器輸出功率等于輸入功率進行求解。13．【答案】B【解析】【解答】地球突然停止繞太陽公轉（認為地球繞日公轉軌道近似為圓形），地球初始動能為零，勢能為?GMmr約去地球質量m得?整理得到速度v=地球的徑向速度v=方向指向太陽，因此dt=?通過變量替換x=rr0故答案為：B。

【分析】在墜落過程中，機械能守恒，結合數學方法求解時間。14．【答案】A,C【解析】【解答】本題考查多普勒效應及其應用，解題時需注意：當波源與觀察者相向運動時，觀察者接收到的頻率變大；當波源與觀察者背向運動時，觀察者接收到的頻率變小。A．當有煙霧進入火災報警器時，LED發(fā)出的光經煙霧作用后到達光電三極管，從而觸發(fā)火災警報，選項A正確；B．紅外測溫儀是根據物體的溫度越高發(fā)射的紅外線越強的原理進行工作的，選項B錯誤；C．根所多普勒效應，波源和接收者相互靠近時，接收到的頻率升高，所以汽車駛向測速儀的速度越大，測速儀接收至反射波的頻率就越高，選項C正確；D．鉗形電流表的工作原理是電磁感應，交流電能產生變化的磁場，使鉗形電流上產生感應電流，所以能測交流電的大小，而直流電不能產生變化的磁場，所以不能測直流電的大小，選項D錯誤。故選AC。

【分析】光從一端進入，另一端傳出，在纖芯和包層的界面上不停地發(fā)生全反射，據此分析判斷；根據紅外線的特點，即可分析判斷；根據對多普勒效應的了解，即可分析判斷；鉗形電流表是根據電磁感應原理制成的，據此分析判斷。15．【答案】B,D【解析】【解答】解決本題時要掌握折射率與光的偏折程度的關系，理解平行板玻璃磚的光學特性，知道光是一種橫波。A．根據圖像可知由于a光的折射率較小，入射時折射角較大，根據sinC=B．由于條紋間距Δ可知只減小屏到擋板的距離L，相鄰亮條紋間距離將減小，B正確；C．圖丙是用干涉法檢測工件表面平整程度時得到的干涉圖樣，若將薄片向右移動，即增大空氣薄層的厚度，導致同級的光程差的間距變小，則干涉條紋間距將會變小，C錯誤；D．自然光通過M后變成偏振光，若N的偏振方向與M的偏振方向相同，光屏上光斑最亮；若N的偏振方向與M的偏振方向垂直，光屏上幾乎沒有亮斑，因此當M和N發(fā)生相對轉動時，光屏上的光斑亮度會發(fā)生變化，D正確。故選BD。

【分析】根據光的可逆性分析；根據雙縫干涉條紋間距離公式系Δx=16．【答案】（1）A（2）m（3）4【解析】【解答】本題考查動量守恒定律的驗證實驗，應用動量守恒定律求出實驗需要驗證的表達式是正確解題的關鍵，要注意利用位移或位移與時間的比值表示物體的速度是物理實驗中常用的一種方法，要注意掌握。

（1）A．每次只要保證小球m1到達OB．小球大小相同是為了保證對心碰撞，減小實驗誤差，故B正確；C．多次測量可以減小偶然誤差，故C正確。本題選擇無用的，故選A。（2）設斜面的傾角為θ，小球從斜面頂端平拋落到斜面上，位移大小為L，由平拋運動的知識可知Lcosθ=vt解得v=L所以平拋運動的速度v與位移的平方根L成正比。由碰撞規(guī)律可知，P點為小球m1第一次的落點，M和N分別是第二次操作時m1和m即m（3）若兩球間的碰撞是彈性的，則動能守恒1又m可得v則L即L所以，當LN=4k2（k+1（1）A．每次只要保證小球m1到達OB．小球大小相同是為了保證對心碰撞，減小實驗誤差，故B正確；C．多次測量可以減小偶然誤差，故C正確。本題選擇無用的，故選A。（2）設斜面的傾角為θ，小球從斜面頂端平拋落到斜面上，位移大小為L，由平拋運動的知識可知Lcosθ=vt解得v=L所以平拋運動的速度v與位移的平方根L成正比。由碰撞規(guī)律可知，P點為小球m1第一次的落點，M和N分別是第二次操作時m1和m即m（3）若兩球間的碰撞是彈性的，則動能守恒1又m可得v則L即L所以，當LN17．【答案】（1）300.0（2）43.5（3）醉駕（4）偏小【解析】【解答】把電流表改裝成電壓表需要串聯(lián)一個分壓電阻，改裝成大量程的電流表，需要并聯(lián)一個分流電阻，由串并聯(lián)電路特點與歐姆定律可以求出電阻阻值。

（1）要將表頭G改裝為3V電壓表，需要串聯(lián)電阻的阻值為R（2）由題意，表頭G電流為2mA時，傳感器電阻為80Ω，電阻箱R2電壓為則傳感器電壓為U則電路中電流為I電阻箱阻值為R（3）此時表頭G中的實際電流為4.0mA，則電阻箱R2電壓為傳感器電壓為U此時傳感器電阻為R由圖甲可知，此時酒精氣體濃度為0.8mg/mL，屬于醉酒駕駛。（4）使用較長時間后，干電池電動勢不變，內阻增大，同一酒精濃度下，電路中的總電流將偏小，傳感器分壓減小，故所測得的酒精濃度值偏小?！痉治觥浚?）根據電表的改裝原理分析計算；

（2）求出電阻箱的電流，根據歐姆定律計算；

（3）根據歐姆定律計算結合圖像判斷；

（4）干電池電動勢不變，內阻增大，根據歐姆定律分析判斷。（1）要將表頭G改裝為3V電壓表，需要串聯(lián)電阻的阻值為R（2）由題意，表頭G電流為2mA時，傳感器電阻為80Ω，電阻箱R2電壓為則傳感器電壓為U則電路中電流為I電阻箱阻值為R（3）此時表頭G中的實際電流為4.0mA，則電阻箱R2電壓為傳感器電壓為U此時傳感器電阻為R由圖甲可知，此時酒精氣體濃度為0.8mg/mL，屬于醉酒駕駛。（4）使用較長時間后，干電池電動勢不變，內阻增大，同一酒精濃度下，電路中的總電流將偏小，傳感器分壓減小，故所測得的酒精濃度值偏小。18．【答案】（1）解：轉椅做勻速圓周運動，設此時輕繩拉力為T，轉椅質量為m，受力分析可知輕繩拉力沿切線方向的分量與轉椅受到地面的滑動摩擦力平衡，沿徑向方向的分量提供圓周運動的向心力，故可得Tcosα=m聯(lián)立解得tan（2）解：根據能量守恒可知，傳動裝置的輸出功率P=fv=μmg×（3）解：任意π2s時間間隔內，轉過角度所以速度等大反向，根據動量定理可知I=mv?(?mv)=2m【解析】【分析】（1）輕繩拉力沿切線方向的分量與轉椅受到地面的滑動摩擦力平衡，沿徑向方向的分量提供圓周運動的向心力，根據牛頓第二定律求解；

（2）根據能量守恒求解傳動裝置的輸出功率；

（3）求出任意π2（1）轉椅做勻速圓周運動，設此時輕繩拉力為T，轉椅質量為m，受力分析可知輕繩拉力沿切線方向的分量與轉椅受到地面的滑動摩擦力平衡，沿徑向方向的分量提供圓周運動的向心力，故可得Tcosα=m聯(lián)立解得tan（2）根據能量守恒可知，傳動裝置的輸出功率P=fv=μmg×（3）任意π2s時間間隔內，轉過角度所以速度等大反向，根據動量定理可知I=mv?(?mv)=2m19．【答案】（1）解：傳送帶的速度為v=4.0m/s時，載物箱在傳送帶上先做勻減速運動，設其加速度為a，由牛頓第二定律有設載物箱滑上傳送帶后勻減速運動的距離為x1，由運動學公式有聯(lián)立各式，代入題給數據得x因此，載物箱在到達右側平臺前，速度先減小至v，然后開始做勻速運動，設載物箱從滑上傳送帶到離開傳送帶所用的時間為t1、做勻減速運動所用的時間為t2，由運動學公式有v=聯(lián)立各式并代入題給數據有t（2）解：傳送帶始終勻速，根據能量守恒可知電機對傳送帶做的功E=μmg×v（3）解：由動量定理有I=m【解析】【分析】（1）載物箱在傳送帶上先做勻減速運動，分析運動過程，根據牛頓運動定律求解加速度，根據運動學公式求解時間；（2）傳送帶始終勻速，根據能量守恒求解做功；

（3）根據動量定理求解傳送帶對它的沖量大小。（1）傳送帶的速度為v=4.0m/s時，載物箱在傳送帶上先做勻減速運動，設其加速度為a，由牛頓第二定律有設載物箱滑上傳送帶后勻減速運動的距離為x1，由運動學公式有聯(lián)立各式，代入題給數據得x因此，載物箱在到達右側平臺前，速度先減小至v，然后開始做勻速運動，設載物箱從滑上傳送帶到離開傳送帶所用的時間為t1、做勻減速運動所用的時間為t2，由運動學公式有v=聯(lián)立各式并代入題給數據有t（2）傳送帶始終勻速，根據能量守恒可知電機對傳送帶做的功E=μmg×v（3）由動量定理有I=m20．【答案】（1）如圖根據線圈受力方向可得線圈沿順時針方向旋轉。（2