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2024扬州中学高二上学期11月期中物理试题含解析
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这是一份2024扬州中学高二上学期11月期中物理试题含解析，文件包含江苏省扬州中学2023-2024学年高二上学期11月期中物理试题含解析docx、江苏省扬州中学2023-2024学年高二上学期11月期中物理试题无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
1、 作答前，请考生务必将自己的姓名、准考证号等写在答题卡上并贴上条形码。
2、 使用2B铅笔将选择题答案填涂在答题卡指定位置上，非选择题一律在答题卡上作答，在试卷上答题无效。
3、 考试结束后，请将答题卡交给监考人员。
第I卷（选择题 共40分）
一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．每小题只有一个选项符合题意
1. “中国天眼”位于贵州的大山深处，它通过接收来自宇宙深处的电磁波，探索宇宙。关于电磁波下列说法正确的是（ ）
A. 电磁波不能在水中传播B. 红外线的波长比紫外线的长
C. 用手机通话时没有利用电磁波D. 不同电磁波在真空中传播速度不同
【答案】B
【解析】
【详解】A．电磁波可以在介质与真空中传播，A错误；
B．红外线为非可见光，频率比红光低；紫外线也是非可见光，但频率比紫光高，因此红外线的频率低于紫外线的频率，所以红外线的波长比紫外线长，B正确；
C．手机通话就是信息的传输，信息需要通过电磁波来传输，因此手机通话利用电磁波来把信息传送的，C错误；
D．任何电磁波在真空中传播速度均为，D错误。
故选B。
2. 如图所示，圆形线框在匀强磁场中所做的各种运动，能够产生感应电流的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．线圈绕转动时，磁通量不断变化，会产生感应电流，故A正确；
B．线圈向右匀速平动时，穿过线圈的磁通量不变，不会产生感应电流，故B错误；
C．线圈绕点转动时，磁通量不变，不会产生感应电流，故C错误；
D．线圈绕转动时，磁通量始终为零，不会产生感应电流，故D错误。
故选A。
3. 运动员持球竖直起跳后，如图在空中某位置将球推出，此过程中，下列相关说法正确是（ ）
A. 运动员与篮球组成的系统动量守恒
B. 运动员与篮球组成的系统机械能守恒
C. 运动员对球作用力的冲量等于球的动量变化量
D. 运动员与篮球组成的系统机械能增加
【答案】D
【解析】
【详解】A．在空中将球推出的过程中，运动员与篮球组成的系统所受外力之合，等于运动员和篮球的重力，系统所受外力之合不为零，故运动员与篮球组成的系统动量不守恒，故A错误；
BD．系统机械能守恒条件为只有重力（弹力）做功，在空中将球推出的过程中，有运动员消耗自身能量，产生推力，对球做功，故运动员与篮球组成的系统机械能增加，故B错误，D正确；
C．在空中将球推出的过程中，根据动量定理球的动量变化量等于合力的冲量，即等于运动员对球作用力和球重力合力冲量，故C错误；
故选D。
4. 如图甲所示为某款服务型机器人，它的直流电动机的额定电流为I，线圈电阻为r0，由电动势为E、内阻为r的直流电源供电，内部电路可简化如图乙所示，定值电阻的阻值为R，电动机恰好能正常工作，则此时（ ）
A. 电动机两端电压为
B. 电动机的总功率为
C. 电动机的输出功率为
D. 电源的输出功率为IE
【答案】B
【解析】
【详解】A．电动机的额定电压为
故A错误；
B．电动机的额定功率为
故B正确；
CD．电动机的输出功率为
电源的输出功率为
故CD错误。
故选B。
5. 如图所示，线框面积为S，匝数为N，线框平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，则下列说法正确的是（ ）
A. 如图所示位置时磁通量等于0
B. 若线框从初始位置绕转过60°角时，磁通量为
C. 若从初始位置绕转过60°角时，磁通量为
D. 若从初始位置绕转过60°角时，磁通量为NBS
【答案】B
【解析】
【详解】A．如图所示位置时磁通量等于
故A错误；
BCD．若使线框绕转过角，则磁通量为
故B正确，CD错误。
故选B。
6. 钓鱼可以修身养性，颇受人们喜爱。如图为某鱼漂的示意图，鱼漂上部可视为圆柱体。当鱼漂受到微小扰动而上下振动，某钓友发现鱼漂向下运动时圆柱体上的M点恰好可以到达水面，向上运动时圆柱体上的N点恰好可以露出水面。忽略水的阻力和水面波动影响，则（ ）
A. 鱼漂的振动不是简谐运动
B. 鱼漂振动过程中受到重力、浮力、回复力的作用
C. M点到达水面时，鱼漂的动能为零
D. N点到达水面时，鱼漂的加速度最小
【答案】C
【解析】
【详解】A．设鱼漂静止时水下部分的长度为，根据平衡条件得
取向下为正方向，鱼漂从平衡位置再向下位移为x时，鱼漂的合力为
解得
设，则
鱼漂振动为简谐运动，故A错误；
B．鱼漂受到重力，浮力的作用，重力和浮力的合力为回复力，故B错误；
C．M点到达水面时，鱼漂位于最低点，鱼漂的动能最小等于零，故C正确；
D．N点到达水面时，鱼漂位于最高点，相对于平衡位置的位移最大，合力最大，根据牛顿第二定律可知鱼漂的加速度最大，故D错误。
故选C。
7. 某学习小组用如图所示的装置来验证碰撞中的动量守恒，实验中先从某一高度处单独释放质量为的小球a，标记下小球a撞击在挡板上的位置M，再在水平轨道上放上质量为的小球b，从同一高度释放小球a，标记两球撞击挡板的位置P、N，关于本实验下列说法正确的是（ ）
A. 两小球的质量需满足
B. 实验中可以用 这个表达式验证动量守恒定律。
C. 位置N为小球b撞击挡板的位置
D. 小球a在轨道上受到的摩擦力越小，对实验结果的误差影响就越小
【答案】B
【解析】
【详解】A．为了防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量要大于被碰球的质量，即，故A错误；
C．小球离开水平轨道后均做平抛运动，从图中可以看出每个小球每次平抛运动的水平位移相同，a小球不与b小球相碰时落点为M，a小球与b小球相碰后，a小球平抛初速度比第一次小，且，根据平抛运动学公式。水平方向则有
竖直方向则有
因为，b小球平抛初速度大，下落高度小，所以P点应为b小球撞击挡板位置，N位置应为小球a击挡板位置，故C错误；
D．需要保持小球每一次到达轨道末端的速度相等，小球每一次从同一位置静止释放即可，轨道的光滑程度对实验无影响，故D错误；
B．由
，
小球的水平速度为
根据动量守恒可知
化简得
故B正确。
故选B
8. 在半导体工艺里经常需要测定金属薄膜厚度，目前采用的方式是通过测定电阻而间接测得薄膜厚度，查询资料获知构成该薄膜金属材料的电阻率，取一块厚度均匀、边长为L的正方形该金属薄膜，在薄膜两端施加恒定电压。通过薄膜的电流方向如图所示，测定出流过薄膜的电流I，即可推导出薄膜厚度d，则（ ）
A. 电流I越大，则薄膜厚度d越小
B. 电流I越大，则薄膜厚度d越大
C. 正方形边长L越大，所测定的电阻值越大
D. 正方形边长L越小，所测定的电阻值越小
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】CD．根电阻定律，薄膜电阻为
可知所测定的电阻值R与正方形边长L无关，故CD错误；
AB．根据欧姆定律
联立解得
根据厚度d公式，d与I成正比，与边长L无关，故A错误，B正确；
故选B。
9. 如图所示，光滑的水平面上有一个半径为R、质量为2m的大空心球B处于静止状态，一质量为m的小球A（可视为质点）从与大球球心等高处开始无初速度下滑，滚到大球最低点时，大球相对地面移动的距离为（ ）
A. B. C. D. R
【答案】B
【解析】
【详解】设小球滑到最低点所用的时间为t，大球的位移大小为x，小球相对于地面的水平位移大小为R-x，取水平向左为正方向。根据系统水平方向平均动量守恒得
解得
故选B。
10. 质量为的翼装飞行爱好者乘飞机到达空中某处后，以速度水平跳出，由于风力的影响，经时间，爱好者下落至跳出点的正下方时，其速度大小仍为，但方向与初速度相反，其运动轨迹如图所示，重力加速度为，在此段时间内（ ）
A. 风力一定沿水平方向
B. 飞行爱好者机械能减少
C. 风力对爱好者的冲量大小为
D. 风力对爱好者的冲量大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．在风力作用下，飞行爱好者做曲线运动，风力在水平方向提供与初速度方向相反的力，使飞行爱好者在水平方向先减速在反向加速；同时风力对飞行爱好者还有向上的分作用力，故风对飞行爱好者作用力方向大致沿初速度的后上方，故A错误；
B．假设物体在竖直方向做自由落体运动，时间内下落的高度为
物体的重力势能减小量为
但物体在下落高度后竖直方向速度为零，故竖直方向不可能做自由落体运动，故B错误；
CD．取物体开始时的速度方向为正方向，根据动量定理，水平方形合力（即风力的水平分力）对物体的冲量
设风力竖直方向的冲量为，竖直方向取向上为正，则竖直方向根据动量定理得
则风力的冲量为风力对对爱好者的冲量大小为
故C错误，D正确。
故选D。
第II卷（非选择题 共60分）
二、实验题：本题共1小题，共计15分，请将解答填写在答题卡相应的位置
11. 某同学在实验室探究二极管的伏安特性曲线。
（1）为了粗测二极管的正向电阻，该同学将多用电表的选择开关旋到电阻“”档，当指针偏转角度较大时，红表笔连接的是二极管的____（选填“正”或“负”）；此时，多用电表的指针如图所示，二极管的正向电阻为______。
（2）用伏安法描绘二极管在范围内的正向伏安特性曲线，器材如下
电压表V（量程为，内阻约为）
电流表A（量程，内阻约为）
滑动变阻器（总电阻为，额定电流为）
滑动变阻器（总电阻为，额定电流为）
电源E（电动势，内阻不计）
开关S，导线若干
其中，滑动变阻器应该选___________（选填“”或“”）利用图所示的器材符号，画出实验电路原理图。____
（3）按所画的实验电路图进行实验，二极管的正向电压伏安特性曲线如图所示，当电压为1V时，二极管的电阻测量值__________真实值。（填“大于”、“小于”、“等于”）
【答案】 ①. 负 ②. 600 ③. ④. ⑤. 大于
【解析】
【详解】（1）[1]根据多用电表中两表笔电流流向为“红进黑出”，欧姆表指针偏转过大，可知红表笔与二极管的负极相连；
[2]此时，多用电表的指针位于6刻度处，二极管的正向电阻为；
（2）[3]电源电动势为6V，最大电阻为，则电流为
超过其额定电流，故滑动变阻器选择；
[4]设计电路如图：
（3）[5]因采用电流表内接法，根据
可知，由于电压表的分压作用，代入计算的电压偏大，因此正向电阻的测量值大于真实值。
三、计算题：本题共4小题，共计45分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，必须明确写出数值和单位．
12. 蹦床是一项运动员利用蹦床的反弹在空中表现杂技技巧的竞技运动，属于体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到水平网面上方5.0m高处，已知运动员与网接触的时间为1s，取g=10m/s2。求：
（1）在1s这段时间内重力的冲量大小；
（2）1s内网对运动员的平均作用力的大小；
【答案】（1）600N·s；（2）1680N
【解析】
【详解】（1）在1s这段时间内重力的冲量大小
（2）运动员与网接触前后的速度大小分别为
，
根据动量定理
得
13. 如图所示，电源电动势，内阻，电阻、与的阻值均为，电容器电容，求：
（1）通过的电流I；
（2）电容器的电荷量Q。（）
【答案】（1）1A；（2）
【解析】
【详解】（1）由于电容不通直流，与并联再与串联，依据串并联电阻的特点可得
由闭合电路欧姆定律得
通过的电流I为
（2）根据闭合回路欧姆定律可得
故电容器的电荷量为
14. 轻弹簧上端固定，下端系一质量为的小球，小球静止时弹簧伸长量为10cm。现使小球在竖直方向上做简谐运动，从小球在最高点释放时开始计时，小球相对平衡位置的位移随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）小球运动到最高点时加速度的大小；
（3）写出小球相对平衡位置的位移随时间变化的关系式。
【答案】（1）20N/m；（2）5m/s2；（3）
【解析】
【详解】（1）小球在平衡位置时弹簧伸长量10cm，则
（2）由图乙可知，小球在最高点时，相对于平衡位置的位移大小为5cm，故此时弹簧伸长量为5cm，则
解得
（3）由振动图像可知
则
小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式为
15. 某娱乐活动的部分闯关环节可简化抽象为下面的情景。如图所示，长、质量的木板静止在光滑水平面上，左右平台无限长且与木板等高，木板左端与左平台接触，质量的小滑块在恒力F作用下从静止开始运动，力F与水平方向的夹角为，F作用2s后撤去，小滑块又滑行1s后以的速度离开平台后滑上木板，小滑块与所有接触面间的动摩擦因数均为，小滑块可视为质点，重力加速度取。已知，。求：
（1）撤去力F时小滑块的速度大小；
（2）力F的大小；
（3）要使小滑块与木板共速后，木板才与右侧平台相碰，s的取值范围。
【答案】（1）15m/s ；（2）13.75N ；（3）
【解析】
【详解】（1）撤去力F后，小滑块在滑行1s过程中由动量定理有
解得撤去力F时滑块的速度
（2）小滑块在滑行2s过程中由动量定理有
解得
（3）小滑块与木板作用，根据动量守恒定律有
解得小滑块与木板共速为
设木板在小滑块的摩擦力作用下位移大小为，由动能定理有
解得木板位移
1、 作答前，请考生务必将自己的姓名、准考证号等写在答题卡上并贴上条形码。
2、 使用2B铅笔将选择题答案填涂在答题卡指定位置上，非选择题一律在答题卡上作答，在试卷上答题无效。
3、 考试结束后，请将答题卡交给监考人员。
第I卷（选择题 共40分）
一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．每小题只有一个选项符合题意
1. “中国天眼”位于贵州的大山深处，它通过接收来自宇宙深处的电磁波，探索宇宙。关于电磁波下列说法正确的是（ ）
A. 电磁波不能在水中传播B. 红外线的波长比紫外线的长
C. 用手机通话时没有利用电磁波D. 不同电磁波在真空中传播速度不同
【答案】B
【解析】
【详解】A．电磁波可以在介质与真空中传播，A错误；
B．红外线为非可见光，频率比红光低；紫外线也是非可见光，但频率比紫光高，因此红外线的频率低于紫外线的频率，所以红外线的波长比紫外线长，B正确；
C．手机通话就是信息的传输，信息需要通过电磁波来传输，因此手机通话利用电磁波来把信息传送的，C错误；
D．任何电磁波在真空中传播速度均为，D错误。
故选B。
2. 如图所示，圆形线框在匀强磁场中所做的各种运动，能够产生感应电流的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．线圈绕转动时，磁通量不断变化，会产生感应电流，故A正确；
B．线圈向右匀速平动时，穿过线圈的磁通量不变，不会产生感应电流，故B错误；
C．线圈绕点转动时，磁通量不变，不会产生感应电流，故C错误；
D．线圈绕转动时，磁通量始终为零，不会产生感应电流，故D错误。
故选A。
3. 运动员持球竖直起跳后，如图在空中某位置将球推出，此过程中，下列相关说法正确是（ ）
A. 运动员与篮球组成的系统动量守恒
B. 运动员与篮球组成的系统机械能守恒
C. 运动员对球作用力的冲量等于球的动量变化量
D. 运动员与篮球组成的系统机械能增加
【答案】D
【解析】
【详解】A．在空中将球推出的过程中，运动员与篮球组成的系统所受外力之合，等于运动员和篮球的重力，系统所受外力之合不为零，故运动员与篮球组成的系统动量不守恒，故A错误；
BD．系统机械能守恒条件为只有重力（弹力）做功，在空中将球推出的过程中，有运动员消耗自身能量，产生推力，对球做功，故运动员与篮球组成的系统机械能增加，故B错误，D正确；
C．在空中将球推出的过程中，根据动量定理球的动量变化量等于合力的冲量，即等于运动员对球作用力和球重力合力冲量，故C错误；
故选D。
4. 如图甲所示为某款服务型机器人，它的直流电动机的额定电流为I，线圈电阻为r0，由电动势为E、内阻为r的直流电源供电，内部电路可简化如图乙所示，定值电阻的阻值为R，电动机恰好能正常工作，则此时（ ）
A. 电动机两端电压为
B. 电动机的总功率为
C. 电动机的输出功率为
D. 电源的输出功率为IE
【答案】B
【解析】
【详解】A．电动机的额定电压为
故A错误；
B．电动机的额定功率为
故B正确；
CD．电动机的输出功率为
电源的输出功率为
故CD错误。
故选B。
5. 如图所示，线框面积为S，匝数为N，线框平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，则下列说法正确的是（ ）
A. 如图所示位置时磁通量等于0
B. 若线框从初始位置绕转过60°角时，磁通量为
C. 若从初始位置绕转过60°角时，磁通量为
D. 若从初始位置绕转过60°角时，磁通量为NBS
【答案】B
【解析】
【详解】A．如图所示位置时磁通量等于
故A错误；
BCD．若使线框绕转过角，则磁通量为
故B正确，CD错误。
故选B。
6. 钓鱼可以修身养性，颇受人们喜爱。如图为某鱼漂的示意图，鱼漂上部可视为圆柱体。当鱼漂受到微小扰动而上下振动，某钓友发现鱼漂向下运动时圆柱体上的M点恰好可以到达水面，向上运动时圆柱体上的N点恰好可以露出水面。忽略水的阻力和水面波动影响，则（ ）
A. 鱼漂的振动不是简谐运动
B. 鱼漂振动过程中受到重力、浮力、回复力的作用
C. M点到达水面时，鱼漂的动能为零
D. N点到达水面时，鱼漂的加速度最小
【答案】C
【解析】
【详解】A．设鱼漂静止时水下部分的长度为，根据平衡条件得
取向下为正方向，鱼漂从平衡位置再向下位移为x时，鱼漂的合力为
解得
设，则
鱼漂振动为简谐运动，故A错误；
B．鱼漂受到重力，浮力的作用，重力和浮力的合力为回复力，故B错误；
C．M点到达水面时，鱼漂位于最低点，鱼漂的动能最小等于零，故C正确；
D．N点到达水面时，鱼漂位于最高点，相对于平衡位置的位移最大，合力最大，根据牛顿第二定律可知鱼漂的加速度最大，故D错误。
故选C。
7. 某学习小组用如图所示的装置来验证碰撞中的动量守恒，实验中先从某一高度处单独释放质量为的小球a，标记下小球a撞击在挡板上的位置M，再在水平轨道上放上质量为的小球b，从同一高度释放小球a，标记两球撞击挡板的位置P、N，关于本实验下列说法正确的是（ ）
A. 两小球的质量需满足
B. 实验中可以用 这个表达式验证动量守恒定律。
C. 位置N为小球b撞击挡板的位置
D. 小球a在轨道上受到的摩擦力越小，对实验结果的误差影响就越小
【答案】B
【解析】
【详解】A．为了防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量要大于被碰球的质量，即，故A错误；
C．小球离开水平轨道后均做平抛运动，从图中可以看出每个小球每次平抛运动的水平位移相同，a小球不与b小球相碰时落点为M，a小球与b小球相碰后，a小球平抛初速度比第一次小，且，根据平抛运动学公式。水平方向则有
竖直方向则有
因为，b小球平抛初速度大，下落高度小，所以P点应为b小球撞击挡板位置，N位置应为小球a击挡板位置，故C错误；
D．需要保持小球每一次到达轨道末端的速度相等，小球每一次从同一位置静止释放即可，轨道的光滑程度对实验无影响，故D错误；
B．由
，
小球的水平速度为
根据动量守恒可知
化简得
故B正确。
故选B
8. 在半导体工艺里经常需要测定金属薄膜厚度，目前采用的方式是通过测定电阻而间接测得薄膜厚度，查询资料获知构成该薄膜金属材料的电阻率，取一块厚度均匀、边长为L的正方形该金属薄膜，在薄膜两端施加恒定电压。通过薄膜的电流方向如图所示，测定出流过薄膜的电流I，即可推导出薄膜厚度d，则（ ）
A. 电流I越大，则薄膜厚度d越小
B. 电流I越大，则薄膜厚度d越大
C. 正方形边长L越大，所测定的电阻值越大
D. 正方形边长L越小，所测定的电阻值越小
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】CD．根电阻定律，薄膜电阻为
可知所测定的电阻值R与正方形边长L无关，故CD错误；
AB．根据欧姆定律
联立解得
根据厚度d公式，d与I成正比，与边长L无关，故A错误，B正确；
故选B。
9. 如图所示，光滑的水平面上有一个半径为R、质量为2m的大空心球B处于静止状态，一质量为m的小球A（可视为质点）从与大球球心等高处开始无初速度下滑，滚到大球最低点时，大球相对地面移动的距离为（ ）
A. B. C. D. R
【答案】B
【解析】
【详解】设小球滑到最低点所用的时间为t，大球的位移大小为x，小球相对于地面的水平位移大小为R-x，取水平向左为正方向。根据系统水平方向平均动量守恒得
解得
故选B。
10. 质量为的翼装飞行爱好者乘飞机到达空中某处后，以速度水平跳出，由于风力的影响，经时间，爱好者下落至跳出点的正下方时，其速度大小仍为，但方向与初速度相反，其运动轨迹如图所示，重力加速度为，在此段时间内（ ）
A. 风力一定沿水平方向
B. 飞行爱好者机械能减少
C. 风力对爱好者的冲量大小为
D. 风力对爱好者的冲量大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．在风力作用下，飞行爱好者做曲线运动，风力在水平方向提供与初速度方向相反的力，使飞行爱好者在水平方向先减速在反向加速；同时风力对飞行爱好者还有向上的分作用力，故风对飞行爱好者作用力方向大致沿初速度的后上方，故A错误；
B．假设物体在竖直方向做自由落体运动，时间内下落的高度为
物体的重力势能减小量为
但物体在下落高度后竖直方向速度为零，故竖直方向不可能做自由落体运动，故B错误；
CD．取物体开始时的速度方向为正方向，根据动量定理，水平方形合力（即风力的水平分力）对物体的冲量
设风力竖直方向的冲量为，竖直方向取向上为正，则竖直方向根据动量定理得
则风力的冲量为风力对对爱好者的冲量大小为
故C错误，D正确。
故选D。
第II卷（非选择题 共60分）
二、实验题：本题共1小题，共计15分，请将解答填写在答题卡相应的位置
11. 某同学在实验室探究二极管的伏安特性曲线。
（1）为了粗测二极管的正向电阻，该同学将多用电表的选择开关旋到电阻“”档，当指针偏转角度较大时，红表笔连接的是二极管的____（选填“正”或“负”）；此时，多用电表的指针如图所示，二极管的正向电阻为______。
（2）用伏安法描绘二极管在范围内的正向伏安特性曲线，器材如下
电压表V（量程为，内阻约为）
电流表A（量程，内阻约为）
滑动变阻器（总电阻为，额定电流为）
滑动变阻器（总电阻为，额定电流为）
电源E（电动势，内阻不计）
开关S，导线若干
其中，滑动变阻器应该选___________（选填“”或“”）利用图所示的器材符号，画出实验电路原理图。____
（3）按所画的实验电路图进行实验，二极管的正向电压伏安特性曲线如图所示，当电压为1V时，二极管的电阻测量值__________真实值。（填“大于”、“小于”、“等于”）
【答案】 ①. 负 ②. 600 ③. ④. ⑤. 大于
【解析】
【详解】（1）[1]根据多用电表中两表笔电流流向为“红进黑出”，欧姆表指针偏转过大，可知红表笔与二极管的负极相连；
[2]此时，多用电表的指针位于6刻度处，二极管的正向电阻为；
（2）[3]电源电动势为6V，最大电阻为，则电流为
超过其额定电流，故滑动变阻器选择；
[4]设计电路如图：
（3）[5]因采用电流表内接法，根据
可知，由于电压表的分压作用，代入计算的电压偏大，因此正向电阻的测量值大于真实值。
三、计算题：本题共4小题，共计45分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，必须明确写出数值和单位．
12. 蹦床是一项运动员利用蹦床的反弹在空中表现杂技技巧的竞技运动，属于体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到水平网面上方5.0m高处，已知运动员与网接触的时间为1s，取g=10m/s2。求：
（1）在1s这段时间内重力的冲量大小；
（2）1s内网对运动员的平均作用力的大小；
【答案】（1）600N·s；（2）1680N
【解析】
【详解】（1）在1s这段时间内重力的冲量大小
（2）运动员与网接触前后的速度大小分别为
，
根据动量定理
得
13. 如图所示，电源电动势，内阻，电阻、与的阻值均为，电容器电容，求：
（1）通过的电流I；
（2）电容器的电荷量Q。（）
【答案】（1）1A；（2）
【解析】
【详解】（1）由于电容不通直流，与并联再与串联，依据串并联电阻的特点可得
由闭合电路欧姆定律得
通过的电流I为
（2）根据闭合回路欧姆定律可得
故电容器的电荷量为
14. 轻弹簧上端固定，下端系一质量为的小球，小球静止时弹簧伸长量为10cm。现使小球在竖直方向上做简谐运动，从小球在最高点释放时开始计时，小球相对平衡位置的位移随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）小球运动到最高点时加速度的大小；
（3）写出小球相对平衡位置的位移随时间变化的关系式。
【答案】（1）20N/m；（2）5m/s2；（3）
【解析】
【详解】（1）小球在平衡位置时弹簧伸长量10cm，则
（2）由图乙可知，小球在最高点时，相对于平衡位置的位移大小为5cm，故此时弹簧伸长量为5cm，则
解得
（3）由振动图像可知
则
小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式为
15. 某娱乐活动的部分闯关环节可简化抽象为下面的情景。如图所示，长、质量的木板静止在光滑水平面上，左右平台无限长且与木板等高，木板左端与左平台接触，质量的小滑块在恒力F作用下从静止开始运动，力F与水平方向的夹角为，F作用2s后撤去，小滑块又滑行1s后以的速度离开平台后滑上木板，小滑块与所有接触面间的动摩擦因数均为，小滑块可视为质点，重力加速度取。已知，。求：
（1）撤去力F时小滑块的速度大小；
（2）力F的大小；
（3）要使小滑块与木板共速后，木板才与右侧平台相碰，s的取值范围。
【答案】（1）15m/s ；（2）13.75N ；（3）
【解析】
【详解】（1）撤去力F后，小滑块在滑行1s过程中由动量定理有
解得撤去力F时滑块的速度
（2）小滑块在滑行2s过程中由动量定理有
解得
（3）小滑块与木板作用，根据动量守恒定律有
解得小滑块与木板共速为
设木板在小滑块的摩擦力作用下位移大小为，由动能定理有
解得木板位移
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