高二物理参考答案(附中版)－(这是边文，请据需要手工删加)

湖南师大附中 2025—2026 学年度高二第一学期第一次大练习

物理参考答案

一、单项选择题(本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，

只有一项是符合题目要求的)

题号 1 2 3 4 5 6

答案 D B D C A C

1.D 【解析】事故中气囊对头部的作用力与头部对气囊的作用力大小相等，方向相反，

且作用时间相等，所以，可知事故中气囊对头部的冲量与头部对气囊的冲量大小相等，方向

相反，故 A 错误；有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故

B 错误；在安全气囊的缓冲作用之下，司机的动能最终全部转换为内能，故 C 错误；因为安

全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓

冲故增加了作用时间，故 D 正确。

2．B 【解析】电动机正常工作时发热功率为 Pr₀＝I²r₀＝0.5 W，故 A 错误；根据闭合

电路欧姆定律有 E＝U＋I′r，小灯泡的电流为 I_L＝I′－I，小灯泡额定功率为 P＝UI_L，代入数

据解得 P＝8 W，故 B 正确；电源的输出功率为 P′＝UI′＝16 W，故 C 错误；电动机正常工作

时其输出的机械功率为 P″＝UI－Pr₀＝7.5 W，故 D 错误。

3．D 【解析】当电场力方向沿斜面向上时场强最小，此时 qE_min＝mgsin θ

电场强度的最小值为 E_min＝mgsin θq，选项 AB 错误；

由图可知，若电场强度 E＝mgq，即 mg＝qE

则电场强度方向不一定竖直向上，选项 C 错误，D 正确。

4．C 【解析】质点沿 x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有 v²＝2ax

而动量为 p＝mv，联立可得 p＝m2ax＝m2a·x12

动量 p 关于 x 为幂函数，且 x>0，故 C 正确。

5．A 【解析】该多用电表内部的电源电动势减小，内阻增大，可以通过欧姆调零改变

欧姆表的内部电阻，中值电阻减小，测量结果偏大，选项 A 错误；若电压表的量程为 0～3 V，

S 接 3 位置，则 I_gR_g＋avs4alco1(Ig＋f(IgRgR1))R₂＝U，解得 R₂＝2 900 Ω，选项 B 正确；

测某电阻阻值时 S 接 2，电流表的量程变为 2I_g，此时指针满偏时 2I_g＝ER 内，指针指在正中

央时 I_g＝ER 内＋Rx，解得 R_x＝1 500 Ω，选项 C 正确；当 S 接触点 1 时，R₁ 与 G 并联，则

多用电表处于测量电流的挡位，D 正确。

6．C 【解析】由电场力提供向心力可得 qE＝mv2r，其中 E＝kr

解得 v＝qkm)，故 v 甲 v 乙＝q 甲 m 乙 m 甲＝221＝2，可得速度之比为 2∶1，故 A 错误；

根据ω＝vr，由于两粒子运动的半径之比未知，则角速度之比未知。故 B 错误；

由动量 p＝mv，可得 p 甲 p 乙＝m 甲 m 乙·v 甲 v 乙＝12×21＝1，可得动量之比为 1∶

1，故 C 正确；

动能 E_k＝12mv²，可得动能之比为 Ek 甲 Ek 乙＝m 甲 m 乙·avs4alco1(f(v 甲 v 乙))²＝

12×avs4alco1(f(21))²＝2

可得动能之比为 2∶1，故 D 错误。

二、多项选择题(本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，

有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分)

题号 7 8 9 10

答案 AC AD BD BD

7.AC 【解析】从爆炸后到落地，碎块 A、B 均做平抛运动，设两碎块落地时间均为 t，

则

IAIB＝mAgtmBgt＝21，A 正确；

爆炸时，水平方向根据动量守恒定律可知 m_Av_A－m_Bv_B＝0

爆炸后两碎块均做平抛运动，下落高度相同，两碎块落地时间相等，则 xAxB＝vAvB＝

mBmA＝12

A、B 的水平位移之比为 1∶2，而从爆炸瞬间到落地，下落高度相同，两碎块的位移之

比不等于 1∶2，B 错误；

xAxB＝rc)(avs4alco1(5 s－t))v 声blc(rc)(avs4alco1(6 s－t))v 声＝12，解得 t＝4 s

则碎块 A 的水平位移 x_A＝rc)(avs4alco1(5 s－4 s)×340 m/s＝340 m，碎块 B 的水平位

移 x_B＝rc)(avs4alco1(6 s－4 s)×340 m/s＝680 m

则爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为 340 m＋680 m＝1 020 m

碎块 A 的初速度为 v_A＝xAt＝85 m/s，C 正确，D 错误。

8．AD 【解析】设小球在 MN 中间的任意位置 C 时，此时 BC 两点水平方向的距离不

变，则此时小球对杆的弹力 F_N＝kx·cos θ＝kL＝mg

则摩擦力始终为 f＝μF_N＝12mg，即从 M 到 N 摩擦力做功为 W_f＝－fh＝－12mgh，选项 A

正确；

从 M 到 N 由能量关系可知 mgh＋W _弹＋W_f＝0，即弹性绳对小球做的功为－12mgh，选项

B 错误；

小球下滑过程中弹性绳的弹力大于 mg，则弹性绳对小球的冲量大于 mgt，选项 C 错误；

小球下落 L2 时，弹性绳的伸长量ΔL＝rc)(avs4alco1(f(L2)))2＝5)2L

弹力大小为 F＝kΔL＝5)2mg

此时弹力沿竖直向上的分量为 F_y＝Fcos α＝5)2mg·12r(52＝12mg

则此时 f＋F_y＝mg，即竖直方向合力为零，加速度为零，速度最大，选项 D 正确。

9．BD 【解析】点电荷 P 在 xOy 平面内绕 x 轴上固定的点电荷 M 做逆时针方向的低速

椭圆运动，两者为吸引力，若 P 为负电荷，则点电荷 M 为正电荷，则 A 点的电势比 B 点的

电势低。故 A 错误；两点电荷为吸引力，当 P 沿 E、A、C 运动时，速度与电场力的夹角先

为钝角后为锐角，所以电场力先做负功后做正功。故 B 正确；由对称性可知，点电荷 P 在

CD 上任一点的电势能比在 EF 点上任一的电势能小，由能量守恒可知，点电荷 P 点 CD 上任

一点的动能比在 EF 点上任一点的动能大，即在 CD 上的平均速率比在 EF 上的大，而 CD 与

EF 的长度相等，根据 t＝sv，可知 P 从 C 运动到 D 的时间小于从 E 运动到 F 的时间。故 C

错误；若点电荷 M 到坐标原点的距离与半长轴之比为 2∶3，则点电荷 M 到 A、B 两点的距

离之比为 5∶1，设 A、B 两处的曲率圆半径均为 r(对称性)，则在 A 点，kq1q2AM2＝m2Avr。

在 B 点 kq1q2BM2＝m2Bvr，解得 v_A∶v_B＝BM∶AM＝1∶5。可得 P 在 A、B 两点的速度之比

为 1∶5。故 D 正确。

10．BD 【解析】由题可知，液滴处于静止状态时 U0dq＝mg

电容器电压增加ΔU₁，油滴开始向上以加速度 a 运动 U0＋ΔU1dq－mg＝ma

电容器电压减少ΔU₂，加速度大小变为 3a 向下 mg－ΔU1＋U0－ΔU2dq＝3ma

以上式子联立可得ΔU1ΔU2＝14，A 错误；

设向上为正方向，在经过Δt₁ 后，油滴的位移 x₁＝12aΔt21，此时的速度为 v＝aΔt₁

当再经过Δt₂ 时，Δt₂ 时间的位移 x₂＝vΔt₂－12×3aΔt22，油滴回到初始位置则有 0＝

x₁＋x₂

联立可以得出Δt₁＝Δt₂，B 正确；

Δt₁ 时间末的速度 v＝aΔt₁，再经过Δt₂ 时间后的速度 v₂＝v－3aΔt₂

因为Δt₁＝Δt₂，所以 v₂＝－2aΔt₁

因此油滴的动量变化量之比为f(mvm（v2－v）))＝13，故 D 对，C 错误。

三、实验题(本大题共两小题，11 题 8 分，12 题 6 分，共 14 分)

11． (1)0.515(2 分 ) (2)dt(2 分 ) rc)(avs4alco1(M＋ m))

d22blc(rc)(avs4alco1(M－m))Ht2(2 分) (3)9.81(2 分)

【解析】(1)根据游标卡尺的读数规律，该游标卡尺的读数为 5 mm＋0.05×3 mm＝5.15

mm＝0.515 cm

(2)根据光电门的测速原理，重锤 1 通过光电门时的速度大小为 v＝dt

对 重 锤 1 与 重 锤 2 构 成 的 系 统 进 行 分 析 ， 根 据 系 统 机 械 能 守 恒 定 律 有

rc)(avs4alco1(M－ m)gH＝ 12rc)(avs4alco1(M＋ m)v²， 其 中 v＝ dt， 解 得 g＝

rc)(avs4alco1(M＋m))d22blc(rc)(avs4alco1(M－m))Ht2

(3)由于γ是只与圆柱体表面动摩擦因数有关的常数，且有 a＝rc)(avs4alco1(β－γ)g＝

gβ－gγ

取表格从左至右四组数据分别为 a₁，a₂，a₃，a₄ 和对应的β₁，β₂，β₃，β₄

利用表格中的数据，根据逐差法有 a₄＋a₃－a₂－a₁＝rc)(avs4alco1(β4＋β3－β2－β1)g

带入数据可则重力加速度 g＝9.81 m/s²

12．(1)A(2 分) (2)1b(2 分) (3)R0n－1(2 分)

【解析】(1)为了保护电路，闭合开关前，金属夹置于电阻丝的最大阻值处，由图可知，

应该置于 A 端。

(2)对于电路图(a)，根据闭合电路欧姆定律有 U＝E－Ir

设金属丝的电阻率为ρ，横截面积为 S，结合欧姆定律和电阻定律 I＝UR，R＝ρLS

联立可得 U＝E－USρLr，整理可得 1U＝1E＋SrEρ·1L

对于电路图(b)，根据闭合电路欧姆定律有 U＝E－I(r＋R₀)

结合欧姆定律和电阻定律 I＝UR，R＝ρLS

联立后整理 1U＝1E＋S（r＋R0）Eρ·1L

可知图线的纵轴截距 b＝1E，解得 E＝1b

(3)由题意可知 k₁＝SrEρ，k₂＝S（r＋R0）Eρ，又 k2k1＝n，联立解得 r＝R0n－1

四、解答题(本大题共 3 小题，13 题 12 分，14 题 14 分，15 题 16 分，共 42 分)

13．(1)E＝6 V，r＝2 Ω，R₁＝2 Ω(3 分) (2)P＝2.25 W(4 分) (3)Q＝2.1×10^－5 C(5 分)

【解析】(1)依题开关 S 闭合、S₁ 断开，根据闭合电路欧姆定律 E＝U＋Ir

结合图像，得

E＝0.5r＋5，E＝1.5r＋3，解得 E＝6 V，r＝2 Ω(2 分)

图像可知，当滑动变阻器的滑片滑到 b 处时，R₁ 电压为 3 V，流过 R₁ 电流为 1.5 A，故

R₁＝UI＝31.5 Ω＝2 Ω(1 分)

(2)将 R₁ 等效为电源内阻一部分，故电源等效内阻 r _等效＝R₁＋r＝4 Ω

此时外电路只有滑动变阻器，结合闭合闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器消耗功率

P＝avs4alco1(f(ER 滑＋r 等效))²R _滑＝E2blc(rc)(avs4alco1(R 滑－r 等效)R 滑

可知 R _滑＝r _等效时，功率最大，即 P＝E24r 等效＝624×4 W＝2.25 W(4 分)

(3)结合图像当滑动变阻器的滑片置于 a 端时，外电阻

R _外＝UI＝50.5 Ω＝10 Ω，R _外＝R₁＋R _滑，解得 R _滑＝8 Ω(1 分)

将滑动变阻器的滑片置于中间，电路稳定后，此时电容器两端电压为滑动变阻器电压

U_C1＝ER 滑 2×R 滑 2＝62＋2＋4×4 V＝3 V(1 分)

将滑动变阻器的滑片置于中间，电路稳定后，闭合开关 S₁，电路再次稳定后，干路电流

I′＝ER2×blc(rc2))R 滑 2)＝1.2 A

故通过 R₁ 的电流为 I_R1＝I′2＝0.6 A(1 分)

此时电容器两端电压为 R₁ 两端电压，又因为极板间所带正负电荷与之前相反，即

U_C2＝I_R1×R₁＝－1.2 V(1 分)

故求通过电阻 R₃ 的电荷量 Q＝C(U_C1－U_C2)，解得 Q＝2.1×10^－5 C(1 分)

14．(1)v₀＝10gL(4 分) (2)v_min＝gL(5 分) (3)－83mgL(5 分)

【解析】(1)将重力与电场力合成一个力，即等效重力，根据题意可知二者合力为 G′＝

rc)(avs4alco1(f(r(3)mgq)·q))2＋blc(rc)(avs4alco1(mg))2＝2mg(1 分)

设重力与电场力的合力方向与竖直方向的夹角为θ，则 tan θ＝Eqmg＝3，可知θ＝60°

小球恰能做完整的圆周运动时，在“等效最高点”速度最小，在“等效最高点”有 2mg

＝mv2L

可得 v＝2gL(1 分)

从 M 点到等效最高点有－mg·2Lcos 60°－Eq·2Lsin 60°＝12mv²－12mv20(1 分)

解得 v₀＝10gL(1 分)

(2)细线断裂后，小球相对合力方向做类斜抛运动，当小球在合力方向上的分速度为 0 时

，合速度最小，从 M 到 B，由动能定理有－mgrc)(avs4alco1(L＋Lcos 60°)－EqLsin 60°＝

12mv2B－12mv20(2 分)

解得 v_B＝2gL(2 分)

则最小速度 v_min＝v_Bcos 60°＝gL(1 分)

(3)从细线断裂到小球的电势能与 B 点电势能相等的过程中，电场力做功为零，即相当于

B 点水平方向的速度等大反向，则水平方向有 v_B＝a′t′，qE＝ma′(2 分)

竖直方向有 H＝12grc)(avs4alco1(2t′)²(2 分)

根据 W＝mgH＝－ΔE_p，联立解得ΔE_p＝－83mgL(1 分)

15．(1)TeU0m)(4 分) (2)L(4 分)

(3)①2(2 分)，4eU₀(2 分)，2L(2 分) ②20e2UT28md2(2 分)

【解析】(1)根据图乙可知，为了达到同步加速，电子在圆筒中做匀速直线运动，运动的

时间均为 T2，电子加速两次过程，根据动能定理有 2eU₀＝12mv22(2 分)

第 2 个金属圆筒的长度 s₂＝v₂·T2，解得 s₂＝TeU0m)(2 分)

(2)电子整个加速过程，根据动能定理得 4eU₀＝12mv24

解得 v₄＝8U0em)(1 分)

电子在两极板之间偏转过程，根据类平抛运动规律有 L＝v₄t₁，y₁＝12at21

其中 a＝8U0e2mL，解得 y₁＝L4(1 分)

射出极板后电子做匀速直线运动，沿轴线方向有 1.5L＝v₄t₂

沿竖直方向 y₂＝v_yt₂，v_y＝at₁，解得 y₂＝3L4(1 分)

电子打在荧光屏的位置与 O 点间的距离为 Y₁＝y₁＋y₂＝L(1 分)

(3)①电子通过 n 个圆筒后，根据动能定理有 neU₀＝12mv2n

电子在两极板之间偏转过程，根据类平抛运动规律有 L＝v_nt_n，y_n＝12at2n

令电子打在荧光屏上的动能为 E_k，根据动能定理有 e·8U02Ly_n＝E_k－12mv2n

解得 E_k＝avs4alco1(n＋f(4n))eU₀

根据数学函数规律可知，当 n 等于 2 时，电子打在荧光屏上的动能最小，动能最小值为

E_kmin＝4eU₀

电子通过 2 个圆筒加速后在两极板之间偏转过程，根据类平抛运动规律有 L＝v₂t₃，y₃＝

12at23

解得 y₃＝L2

射出极板后电子做匀速直线运动，沿轴线方向有 1.5L＝v₂t₄，沿竖直方向 y₄＝v_y1t₄，v_y1

＝at₃

解得 y₄＝3L2

电子打在荧光屏的位置与 O 点间的距离为 Y₂＝y₃＋y₄＝2L

②由于保持圆筒长度、交变电压的变化规律不变，若考虑电子在间隙中的加速时间，则

粒子进入每级圆筒的时间都要延后一些，如果延后累计时间等于 T2，则电子再次进入电场时

将开始减速，此时的速度就是装置能够加速的最大速度。由于两圆筒间隙的电场可以近似看

为匀强电场，间距均为 d，粒子在电场中后一个加速过程可以看为前一加速过程的延续部分，

令经过 N 次加速，即经过 N 个圆筒达到最大动能，则有 Nd＝vm2·T2

根据动能定理有 NeU₀＝12mv2m－0，解得 v_m＝eU0T2md

则最大动能为 E_km＝12mv2m

解得 E_km＝20e2UT28md2

(这是边文，请据需要手工删加)

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