2024年5月25日发(作者：晏月桂)
2014年安徽省高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本卷共20个小题，每小题6分，共120分）
14．（6分）（2014•安徽）在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出
其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律．法国物理学家库伦在研究异种电荷的吸引问
题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关
系．已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振
动周期T与距离r的关系式为（ ）
A． B． C． D．
T=2πr T=2πr T= T=2πl
考点：单摆周期公式；万有引力定律及其应用．
专题：单摆问题．
分析：先根据万有引力等于重力列式求解重力加速度，再根据单摆的周期公式列式，最后联
立得到单摆振动周期T与距离r的关系式．
解答：解：在地球表面，重力等于万有引力，故：
mg=G
解得：
g=
①
单摆的周期为：
T=2π ②
联立①②解得：
T=2πr
故选：B．
点评：本题关键是记住两个公式， 地球表面的重力加速度公式和单摆的周期公式，基础题目．
15．（6分）（2014•安徽）如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，
MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v
0
，沿管道MPN
运动，到N点的速率为v
1
，所需时间为t
1
；若该小球仍由M点以初速率v
0
出发，而沿管道
MQN运动，到N点的速率为v
2
，所需时间为t
2
，则（ ）
A．
v
1
=v
2
，t
1
＞t
2
B．
v
1
＜v
2
，t
1
＞t
2
C．
v
1
=v
2
，t
1
＜t
2
D．
v
1
＜v
2
，t
1
＜t
2
1
考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．
专题：直线运动规律专题．
分析：根据机械能守恒定律分析小球到达N点时速率关系， 结合小球的运动情况，分析平均
速率关系，即可得到结论．
解答：解：由于小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，到达N点时速率相等，即有
v
1
=v
2
．
小球沿管道MPN运动时，根据机械能守恒定律可知在运动过程中小球的速率小于初
速率v
0
，而小球沿管道MQN运动，小球的速率大于初速率v
0
，所以小球沿管道MPN
运动的平均速率小于沿管道MQN运动的平均速率，而两个过程的路程相等，所以有
t
1
＞t
2
．故A正确．
故选：A
点评：解决本题关键要掌握机械能守恒定律，并能用来分析小球速率的大小，知道平均速率
等于路程与时间之比．
16．（6分）（2014•安徽）一简谐横波沿x轴正向传播，图1是t=0时刻的波形图，图2是
介质中某质点的振动图象，则该质点的x坐标值合理的是（ ）
A． 0 .5m B． 1.5m C． 2.5m D． 3.5m
考点：简谐运动的振动图象；横波的图象；波长、频率和波速的关系．
专题：振动图像与波动图像专题．
分析：从图2得到t=0时刻质点的位移和速度方向，然后再到图1中寻找该点．
解答：解：从图2得到t=0时刻质点的位移为负且向负y方向运动；
在图1中位移为负y方向，大小与图2相等，且速度为﹣y方向的是2.5位置的质点；
故选：C．
点评：本题关键是明确波动图象和振动图象的区别， 振动图象反映了某个质点在不同时间的
位移情况，波动图象反映的是不同质点在同一时刻的位移情况，不难．
17．（6分）（2014•安徽）一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，
取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能E
P
与位移x的关系如图所示，下列图象
中合理的是（ ）
2
A． B．
电场强度与位移关系
C．
粒子动能与位移关系
D．
粒子速度与位移关系 粒子加速度与位移关系
考点：电势能；电场强度．
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动；根据功能关系得到Ep﹣x图象
的斜率的含义，得出电场力的变化情况；然后结合加速度的含义判断加速度随着位移
的变化情况．
解答：解：粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的
减小量，故：F=||，即Ep﹣x图象上某点的切线的斜率表示电场力；
A、Ep﹣x图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据E=，故
电场强度也逐渐减小；故A错误；
B、根据动能定理，有：F•△x=△Ek，故Ek﹣x图线上某点切线的斜率表示电场力；
由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，故B错误；
C、题图v﹣x图象是直线，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的
速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛
盾，故C错误；
D、粒子做加速度减小的加速运动，故D正确；
故选：D．
点评：本题切入点在于根据Ep﹣x图象得到电场力的变化规律， 突破口在于根据牛顿第二定
律得到加速度的变化规律，然后结合动能定理分析；不难．
18．（6分）（2014•安徽）“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其
中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的
平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，
以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B正比于（ ）
A．
B． T C． D．
T
2
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．
3
专题：带电粒子在磁场中的运动专题．
分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动， 由牛顿第二定律求出磁感应强度，然后根据题意解题．
解答：
解：由牛顿第二定律得：qvB=m，
解得：E
K
=mv
2
=，
得：B=，
平均动能与等离子体的温度T成正比，则磁感应强度B正比于；
故选：A．
点评：本题考查了求磁感应强度与热力学温度的关系，粒子在磁场中做匀速圆周运动，应用
牛顿第二定律即可正确解题．
19．（6分）（2014•安徽）如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定
角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘
面间的动摩擦因数为，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面的夹角为30°，
g取10m/s
2
，则ω的最大值是（ ）
A．
rad/s
B． C． 1.0rad/s D． 0.5rad/s
考点：向心力；线速度、角速度和周期、转速．
专题：匀速圆周运动专题．
分析：当物体转到圆盘的最低点， 由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向心
力时，角速度最大，由牛顿第二定律求出最大角速度．
解答：解： 当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，
由牛顿第二定律得：
μmgcos30°﹣mgsin30°=mω
2
r
rad/s
则ω==rad/s=1rad/s
故选：C
点评：本题关键要分析向心力的来源，明确角速度在什么位置最大，由牛顿第二定律进行解
题．
20．（6分）（2014•安徽）英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场．如
图所示，一个半径为r的绝缘体圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一
4
带电荷量为+q的小球．已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上
运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是（ ）
A． 0 B．
rqk
2
C．
2πr
2
qk
D．
πr
2
qk
考点：感生电动势、动生电动势；闭合电路的欧姆定律．
专题：电磁感应与电路结合．
分析：根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据楞次定律判断感应电动势的方向，然
后根据W=qU求解电功．
解答：解：磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，故感应电动势为：
U=S=πr
2
k
根据楞次定律，感应电动势的方向为顺时针方向；
小球带正电，小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是：
W=qU=πr
2
qk
故选：D．
点评：本题关键是明确感应电动势的大小求解方法和方向的判断方法，会求解电功，基础问
题．
二、非选择题
21．（9分）（2014•安徽）图1是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小
球的运动轨迹．
（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的是 ac ．
a．安装斜槽轨道，使其末端保持水平
b．每次小球释放的初始位置可以任意选择
c．每次小球应从同一高度由静止释放
d．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接
5
（2）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量
它们的水平坐标x和竖直坐标y，图2中y﹣x
2
图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是
c ．
（3）图3是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛的起点，在轨迹上任取
三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y
1
为5.0cm，y
2
为45.0cm，A、B两点水平间距
△x为40.0cm，则平抛小球的初速度v
0
为 2.0 m/s，若C点的竖直坐标y
3
为60.0cm，则
小球在C点的速度v
C
为 4.0 m/s（结果保留两位有效数字，g取10m/s
2
）．
考点：研究平抛物体的运动．
专题：实验题．
分析：（1）保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动
的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，
实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应
连成平滑的曲线．（2）平抛运动竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动；
联立求得两个方向间的位移关系可得出正确的图象．（3）根据平抛运动的处理方法，
直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动即可求解．
解答：解： （1）A、通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动，故A正确；
BC、因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以
保证获得相同的初速度，故B错误，C正确；
D、用描点法描绘运动轨迹时，应将各点连成平滑的曲线，不能练成折线或者直线，
故D错误．
故选：AC．
（2）物体在竖直方向做自由落体运动，y=gt
2
；水平方向做匀速直线运动，x=vt；
联立可得：y=，因初速度相同，故为常数，故y﹣x
2
应为正比例关系，故C
正确，ABD错误．
故选：C．
（3）根据平抛运动的处理方法，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运
动，
所以y
1
=g
y
2
=
…①
…②
…③ 水平方向的速度，即平抛小球的初速度为v
0
=
联立①②③代入数据解得：v
0
=2.0m/s
6
若C点的竖直坐标y
3
为60.0cm，则小球在C点的对应速度v
C
：据公式可得：=2gh，
所以v
下
=2=3.5m/s
所以C点的速度为：v
c
==4.0m/s
故答案为：2.0；4.0
点评：解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项，在平抛运动的规律探究活动中不
一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解，提高解决问题的能力；
灵活应用平抛运动的处理方法是解题的关键．
22．（9分）（2014•安徽）某同学为了测量一个量程为3V的电压表的内阻，进行了如下实验：
（1）他先用多用电表进行了正确的测量，测量时指针位置如图1所示，得出电压表的内阻
为3.00×10
3
Ω，此时电压表的指针也偏转了．已知多用表欧姆档表盘中央刻度值为“15”，表
内电池电动势为1.5V，则电压表的示数为 1.0 V（结果保留两位有效数字）．
（2）为了更准确地测量该电压表的内阻R
V
，该同学设计了图2所示的电路图，实验步骤如
下：
A．断开开关S，按图2连接好电路；
B．把滑动变阻器R的滑片P滑到b端；
C．将电阻箱R
0
的阻值调到零；
D．闭合开关S；
E．移动滑动变阻器R的滑片P的位置，使电压表的指针指到3V位置；
F．保持滑动变阻器R的滑片P位置不变，调节电阻箱R
0
的阻值使电压表指针指到1.5V位
置，读出此时电阻箱R
0
的阻值，此值即为电压表内阻R
V
的测量值；
G．断开开关S．
实验中可供选择的实验器材有：
a．待测电压表
b．滑动变阻器：最大阻值2000Ω
c．滑动变阻器：最大阻值10Ω
d．电阻箱：最大阻值9999.9Ω，阻值最小该变量为0.1Ω
e．电阻箱：最大阻值999.9Ω，阻值最小该变量为0.1Ω
f．电池组：电动势约6V，内阻可忽略
g．开关，导线若干
按照这位同学设计的实验方法，回答下列问题：
①要使测量更精确，除了选用电池组、导线、开关和待测电压表外，还应从提供的滑动变
阻器中选用 c （填“b”或“c”），电阻箱中选用 d （填“d”或“e”）．
②电压表内阻R
V
的测量值R
测
和真实值R
真
相比，R
测
＞ R
真
（填“＞”或“＜”）；若R
V
越大，则越 小 （填“大”或“小”）．
7
2024年5月25日发(作者：晏月桂)
2014年安徽省高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本卷共20个小题，每小题6分，共120分）
14．（6分）（2014•安徽）在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出
其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律．法国物理学家库伦在研究异种电荷的吸引问
题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关
系．已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振
动周期T与距离r的关系式为（ ）
A． B． C． D．
T=2πr T=2πr T= T=2πl
考点：单摆周期公式；万有引力定律及其应用．
专题：单摆问题．
分析：先根据万有引力等于重力列式求解重力加速度，再根据单摆的周期公式列式，最后联
立得到单摆振动周期T与距离r的关系式．
解答：解：在地球表面，重力等于万有引力，故：
mg=G
解得：
g=
①
单摆的周期为：
T=2π ②
联立①②解得：
T=2πr
故选：B．
点评：本题关键是记住两个公式， 地球表面的重力加速度公式和单摆的周期公式，基础题目．
15．（6分）（2014•安徽）如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，
MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v
0
，沿管道MPN
运动，到N点的速率为v
1
，所需时间为t
1
；若该小球仍由M点以初速率v
0
出发，而沿管道
MQN运动，到N点的速率为v
2
，所需时间为t
2
，则（ ）
A．
v
1
=v
2
，t
1
＞t
2
B．
v
1
＜v
2
，t
1
＞t
2
C．
v
1
=v
2
，t
1
＜t
2
D．
v
1
＜v
2
，t
1
＜t
2
1
考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．
专题：直线运动规律专题．
分析：根据机械能守恒定律分析小球到达N点时速率关系， 结合小球的运动情况，分析平均
速率关系，即可得到结论．
解答：解：由于小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，到达N点时速率相等，即有
v
1
=v
2
．
小球沿管道MPN运动时，根据机械能守恒定律可知在运动过程中小球的速率小于初
速率v
0
，而小球沿管道MQN运动，小球的速率大于初速率v
0
，所以小球沿管道MPN
运动的平均速率小于沿管道MQN运动的平均速率，而两个过程的路程相等，所以有
t
1
＞t
2
．故A正确．
故选：A
点评：解决本题关键要掌握机械能守恒定律，并能用来分析小球速率的大小，知道平均速率
等于路程与时间之比．
16．（6分）（2014•安徽）一简谐横波沿x轴正向传播，图1是t=0时刻的波形图，图2是
介质中某质点的振动图象，则该质点的x坐标值合理的是（ ）
A． 0 .5m B． 1.5m C． 2.5m D． 3.5m
考点：简谐运动的振动图象；横波的图象；波长、频率和波速的关系．
专题：振动图像与波动图像专题．
分析：从图2得到t=0时刻质点的位移和速度方向，然后再到图1中寻找该点．
解答：解：从图2得到t=0时刻质点的位移为负且向负y方向运动；
在图1中位移为负y方向，大小与图2相等，且速度为﹣y方向的是2.5位置的质点；
故选：C．
点评：本题关键是明确波动图象和振动图象的区别， 振动图象反映了某个质点在不同时间的
位移情况，波动图象反映的是不同质点在同一时刻的位移情况，不难．
17．（6分）（2014•安徽）一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，
取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能E
P
与位移x的关系如图所示，下列图象
中合理的是（ ）
2
A． B．
电场强度与位移关系
C．
粒子动能与位移关系
D．
粒子速度与位移关系 粒子加速度与位移关系
考点：电势能；电场强度．
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动；根据功能关系得到Ep﹣x图象
的斜率的含义，得出电场力的变化情况；然后结合加速度的含义判断加速度随着位移
的变化情况．
解答：解：粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的
减小量，故：F=||，即Ep﹣x图象上某点的切线的斜率表示电场力；
A、Ep﹣x图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据E=，故
电场强度也逐渐减小；故A错误；
B、根据动能定理，有：F•△x=△Ek，故Ek﹣x图线上某点切线的斜率表示电场力；
由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，故B错误；
C、题图v﹣x图象是直线，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的
速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛
盾，故C错误；
D、粒子做加速度减小的加速运动，故D正确；
故选：D．
点评：本题切入点在于根据Ep﹣x图象得到电场力的变化规律， 突破口在于根据牛顿第二定
律得到加速度的变化规律，然后结合动能定理分析；不难．
18．（6分）（2014•安徽）“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其
中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的
平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，
以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B正比于（ ）
A．
B． T C． D．
T
2
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．
3
专题：带电粒子在磁场中的运动专题．
分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动， 由牛顿第二定律求出磁感应强度，然后根据题意解题．
解答：
解：由牛顿第二定律得：qvB=m，
解得：E
K
=mv
2
=，
得：B=，
平均动能与等离子体的温度T成正比，则磁感应强度B正比于；
故选：A．
点评：本题考查了求磁感应强度与热力学温度的关系，粒子在磁场中做匀速圆周运动，应用
牛顿第二定律即可正确解题．
19．（6分）（2014•安徽）如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定
角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘
面间的动摩擦因数为，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面的夹角为30°，
g取10m/s
2
，则ω的最大值是（ ）
A．
rad/s
B． C． 1.0rad/s D． 0.5rad/s
考点：向心力；线速度、角速度和周期、转速．
专题：匀速圆周运动专题．
分析：当物体转到圆盘的最低点， 由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向心
力时，角速度最大，由牛顿第二定律求出最大角速度．
解答：解： 当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，
由牛顿第二定律得：
μmgcos30°﹣mgsin30°=mω
2
r
rad/s
则ω==rad/s=1rad/s
故选：C
点评：本题关键要分析向心力的来源，明确角速度在什么位置最大，由牛顿第二定律进行解
题．
20．（6分）（2014•安徽）英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场．如
图所示，一个半径为r的绝缘体圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一
4
带电荷量为+q的小球．已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上
运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是（ ）
A． 0 B．
rqk
2
C．
2πr
2
qk
D．
πr
2
qk
考点：感生电动势、动生电动势；闭合电路的欧姆定律．
专题：电磁感应与电路结合．
分析：根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据楞次定律判断感应电动势的方向，然
后根据W=qU求解电功．
解答：解：磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，故感应电动势为：
U=S=πr
2
k
根据楞次定律，感应电动势的方向为顺时针方向；
小球带正电，小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是：
W=qU=πr
2
qk
故选：D．
点评：本题关键是明确感应电动势的大小求解方法和方向的判断方法，会求解电功，基础问
题．
二、非选择题
21．（9分）（2014•安徽）图1是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小
球的运动轨迹．
（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的是 ac ．
a．安装斜槽轨道，使其末端保持水平
b．每次小球释放的初始位置可以任意选择
c．每次小球应从同一高度由静止释放
d．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接
5
（2）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量
它们的水平坐标x和竖直坐标y，图2中y﹣x
2
图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是
c ．
（3）图3是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛的起点，在轨迹上任取
三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y
1
为5.0cm，y
2
为45.0cm，A、B两点水平间距
△x为40.0cm，则平抛小球的初速度v
0
为 2.0 m/s，若C点的竖直坐标y
3
为60.0cm，则
小球在C点的速度v
C
为 4.0 m/s（结果保留两位有效数字，g取10m/s
2
）．
考点：研究平抛物体的运动．
专题：实验题．
分析：（1）保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动
的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，
实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应
连成平滑的曲线．（2）平抛运动竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动；
联立求得两个方向间的位移关系可得出正确的图象．（3）根据平抛运动的处理方法，
直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动即可求解．
解答：解： （1）A、通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动，故A正确；
BC、因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以
保证获得相同的初速度，故B错误，C正确；
D、用描点法描绘运动轨迹时，应将各点连成平滑的曲线，不能练成折线或者直线，
故D错误．
故选：AC．
（2）物体在竖直方向做自由落体运动，y=gt
2
；水平方向做匀速直线运动，x=vt；
联立可得：y=，因初速度相同，故为常数，故y﹣x
2
应为正比例关系，故C
正确，ABD错误．
故选：C．
（3）根据平抛运动的处理方法，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运
动，
所以y
1
=g
y
2
=
…①
…②
…③ 水平方向的速度，即平抛小球的初速度为v
0
=
联立①②③代入数据解得：v
0
=2.0m/s
6
若C点的竖直坐标y
3
为60.0cm，则小球在C点的对应速度v
C
：据公式可得：=2gh，
所以v
下
=2=3.5m/s
所以C点的速度为：v
c
==4.0m/s
故答案为：2.0；4.0
点评：解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项，在平抛运动的规律探究活动中不
一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解，提高解决问题的能力；
灵活应用平抛运动的处理方法是解题的关键．
22．（9分）（2014•安徽）某同学为了测量一个量程为3V的电压表的内阻，进行了如下实验：
（1）他先用多用电表进行了正确的测量，测量时指针位置如图1所示，得出电压表的内阻
为3.00×10
3
Ω，此时电压表的指针也偏转了．已知多用表欧姆档表盘中央刻度值为“15”，表
内电池电动势为1.5V，则电压表的示数为 1.0 V（结果保留两位有效数字）．
（2）为了更准确地测量该电压表的内阻R
V
，该同学设计了图2所示的电路图，实验步骤如
下：
A．断开开关S，按图2连接好电路；
B．把滑动变阻器R的滑片P滑到b端；
C．将电阻箱R
0
的阻值调到零；
D．闭合开关S；
E．移动滑动变阻器R的滑片P的位置，使电压表的指针指到3V位置；
F．保持滑动变阻器R的滑片P位置不变，调节电阻箱R
0
的阻值使电压表指针指到1.5V位
置，读出此时电阻箱R
0
的阻值，此值即为电压表内阻R
V
的测量值；
G．断开开关S．
实验中可供选择的实验器材有：
a．待测电压表
b．滑动变阻器：最大阻值2000Ω
c．滑动变阻器：最大阻值10Ω
d．电阻箱：最大阻值9999.9Ω，阻值最小该变量为0.1Ω
e．电阻箱：最大阻值999.9Ω，阻值最小该变量为0.1Ω
f．电池组：电动势约6V，内阻可忽略
g．开关，导线若干
按照这位同学设计的实验方法，回答下列问题：
①要使测量更精确，除了选用电池组、导线、开关和待测电压表外，还应从提供的滑动变
阻器中选用 c （填“b”或“c”），电阻箱中选用 d （填“d”或“e”）．
②电压表内阻R
V
的测量值R
测
和真实值R
真
相比，R
测
＞ R
真
（填“＞”或“＜”）；若R
V
越大，则越 小 （填“大”或“小”）．
7