2025年滬教新版高二物理下冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬教新版高二物理下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、盧瑟福的α粒子散射實驗中，有少數(shù)α粒子發(fā)生大角度偏轉，其原因是A.原子的正電荷和絕大部分質量集中在一個很小的核上B.正電荷在原子中是均勻分布的C.原子中存在帶負電的電子D.原子只能處在一系列不連續(xù)的能量狀態(tài)中2、下列說法不正確的是（）A.世界上有多種形式的能量，如煤、石油、生物能等都來自太陽輻射的能量B.如果沒有漏氣、沒有摩擦，也沒有機體熱量的損失，熱機的效率可以達到100%C.在各種單晶體中，原子（或分子、離子）都是按照一定的規(guī)則排列的，具有空間上的周期性D.在絕熱條件下壓縮氣體，氣體的內(nèi)能一定增加3、在電能的輸送過程中，如果輸送的電功率一定，則輸電線上的電能損失（）A.隨輸電線電阻增大而增大B.隨輸電線電阻減小而增大C.隨輸送電壓升高而增大D.與輸送電壓無關4、下列關于自由落體運動的說法中，(g

取9.8m/s2)

正確的是(

)

A.自由落體運動是一種勻速運動B.物體剛下落時，速度和加速度都為零C.下落過程中，物體速度每秒增加9.8m/s

D.物體越重，下落得越快5、兩列波相疊加發(fā)生了穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象，得到了干涉圖樣，以下關于干涉的說法中不正確的是（）A.這兩列波的頻率一定相等，振幅不一定相等B.這兩列波的頻率不一定相等，振幅一定相等C.振動加強的區(qū)域與振動減弱的區(qū)域總是互相間隔的D.振動加強的區(qū)域始終加強，振動減弱的區(qū)域始終減弱6、汽車以額定功率從水平路面上坡時，司機換檔是為了()A.增大速度，增大牽引力B.減小速度，減小牽引力C.增大速度，減小牽引力D.減小速度，增大牽引力7、質譜儀是一種測定帶電粒子質量或分析同位素的重要設備，它的構造原理如圖所示，含有兩種不同帶電粒子的離子束（所有粒子帶電荷量相同）經(jīng)MN間的同一加速電壓U從下底板由靜止加速后從小孔S垂直于磁感線進入勻強磁場，運轉半周后，打在照相底片上的P點和Q點，已知=則打在P點和Q點的兩種粒子的質量之比是（）A.B.C.D.評卷人得分二、雙選題(共2題，共4分)8、下列說法中；正確的是（）

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂B.蔗糖是最重要的二糖，麥芽糖是它的同分異構體C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中，滴加銀氨溶液，再水浴加熱有銀鏡生成D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液，加入碘水溶液，溶液不變藍，證明淀粉尚未水解9、下列說法中；正確的是（）

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂B.蔗糖是最重要的二糖，麥芽糖是它的同分異構體C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中，滴加銀氨溶液，再水浴加熱有銀鏡生成D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液，加入碘水溶液，溶液不變藍，證明淀粉尚未水解評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)10、將電量為6×10-6C的負電荷從電場中A點移到B點，克服電場力做了3×10-5J的功，則該電荷在此過程中電勢能____了____J；再將該電荷從B點移到C點，電場力做了1.2×10-5J的功，則A、C間的電勢差UAC=____．11、用如圖7－9－8所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律；實驗所用的電源為學生電源，輸出電壓為6V的交流電和直流電兩種．重物從高處由靜止開始下落，重物上拖著的紙帶通過打點計時器打出一系列的點，對紙帶上的點的痕跡進行測量，即能驗證機械能守恒定律．

下面列舉了該實驗的幾個操作步驟：

A．按照圖示的裝置安裝器材；

B．將打點計時器接到電源的直流輸出端上；

C．用天平測量出重物的質量；

D．釋放懸掛紙帶的夾子；同時接通電源開關打出一條紙帶；

E．測量打出的紙帶上某些點之間的距離；

F．根據(jù)測量的結果計算分析重物下落過程中減少的重力勢能是否等于增加的。

動能．

指出其中沒有必要進行的或者操作不恰當?shù)牟襟E；將其選項對應的字母填在下面的橫線上，并說明其原因：

____

____.12、可輕桿OA繞轉軸O自由轉動，用輕繩AB和輕彈簧BC連接，位置如圖所示．將質量m的小物塊懸掛在輕桿中點處，靜止后OA處在水平位置，輕繩AB伸直但無拉力，則此時彈簧上的彈力大小為____；將m右移OA/4的距離，輕繩上拉力大小為____．

13、如圖所示是探究感應電流與磁通量變化關系的實驗.

下列操作會產(chǎn)生感應電流的有___________．

壟脵

閉合開關的瞬間；

壟脷

斷開開關的瞬間；

壟脹

條形磁鐵穿過線圈；

壟脺

條形磁鐵靜止在線圈中。

此實驗表明：只要穿過閉合電路的磁通量發(fā)生______，閉合電路中就有感應電流產(chǎn)生．14、如圖所示，直線a為某一電源的U-I關系圖線，直線b為某一定值電阻的U-I關系圖線，則可知電源的內(nèi)電阻為____Ω，當該電源和該電阻組成閉合電路時，電源的輸出功率為____W．

15、游標卡尺讀數(shù)是______cm，螺旋測微器的計數(shù)是______mm

評卷人得分四、判斷題(共3題，共30分)16、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內(nèi)部的場強處處為零，導體外表面場強方向與導體的表面一定不垂直．（判斷對錯）17、如圖所示，有一水平方向的勻強電場，場強大小為9000N/C，在電場內(nèi)一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點電荷，則A處場強大小EA為零．________（判斷對錯）

18、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內(nèi)部的場強處處為零，導體外表面場強方向與導體的表面一定不垂直．（判斷對錯）評卷人得分五、實驗探究題(共3題，共6分)19、如圖所示；某同學用插針法測定一半圓形玻璃磚的折射率。在平鋪的白紙上垂直紙面插大頭針P1P2

確定入射光線，并讓入射光線過圓心O

在玻璃磚(

圖中實線部分)

另一側垂直紙面插大頭針P3

使P3

擋住P1P2

的像，連接OP3.

圖中MN

為分界面，虛線半圓與玻璃磚對稱，BC

分別是入射光線、折射光線與圓的交點，ABCD

均垂直于法線并分別交法線于AD

點。

(1)

設AB

的長度為aAO

的長度為bCD

的長度為mDO

的長度為n

為較方便地表示出玻璃磚的折射率，需用刻度尺測量______，則玻璃磚的折射率可表示為______。

(2)

該同學在插大頭針P3

前不小心將玻璃磚以O

為圓心順時針轉過一小角度，由此測得玻璃磚的折射率將______(

填“偏大”、“偏小”或“不變”)

20、用如圖甲所示裝置通過半徑相同的AB

兩球碰撞來驗證動量守恒定律，實驗時先使質量為mA

的A

球從斜槽上某一固定點G

由靜止開始滾下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡，重復上述操作10

次，得到10

個落點痕跡，把質量為mB

的B

球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓A

球仍從位置G

由靜止開始滾下，和B

球碰撞后，AB

球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡，重復這種操作10

次，得到了如圖乙所示的三個落地處．

甲乙(1)(1)請在圖中讀出OP=

________cm

．(2)(2)由圖可以判斷出R

是________球的落地點，Q

是________球的落地點．(3)(3)為了驗證碰撞前后動量守恒，該同學只需驗證表達式________________________________．21、如圖為研究電磁感應現(xiàn)象的實驗裝置；部分導線已連接．

(1)

用筆畫線代替導線將圖中未完成的電路連接好．

(2)

如果在閉合開關時發(fā)現(xiàn)靈敏電流計的指針向右偏了一下；那么閉合開關后，將原線圈迅速插入副線圈的過程中，電流計的指針將______偏轉；原線圈放在副線圈不動時，指針將______偏轉.(

填“向左”或“向右”或“不”)

(3)

某同學第一次將滑動變阻器的滑片從變阻器的右端快速滑到左端，第二次將滑動變阻器的滑片從變阻器的右端慢慢滑到左端，發(fā)現(xiàn)電流計的指針擺動的幅度大小不同，第一次比第二次的幅度______(

填“大”或“小”)

原因是線圈中的______(

填“磁通量”或“磁通量的變化”或“磁通量的變化率”)

第一次比第二次的______.(

填“大”或“小”)

參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】試題分析：α粒子散射實驗中，電子對α粒子的影響可以忽略不計，影響α運動的就是原子核處的正電荷。大部分的α粒子沒有偏轉說明沒有收到原子核的作用力，少數(shù)發(fā)生大角度偏轉說明受到了正電荷的作用力而且比較強，運動路徑比較接近原子核，所以受原子核集中在很小的一個空間，A對BC錯。原子處在一系列不連續(xù)的能量狀態(tài)中是波爾為了解釋原子光譜的不連續(xù)性而引入的概念，與本實驗無關。D錯?？键c：α粒子散射實驗【解析】【答案】A2、B【分析】【解答】A；世界上有多種形式的能量；如煤、石油、生物能等都來自太陽輻射的能量．故A正確；C、在各種單晶體中，原子（或分子、離子）都是按照一定的規(guī)則排列的，具有空間上的周期性．故C正確；

D；在絕熱條件下壓縮氣體；外界對氣體做功，而氣體不會對外方程熱量，所以氣體的內(nèi)能一定增加．故D正確；

B；根據(jù)熱力學第二定律可知；即使沒有漏氣、沒有摩擦，也沒有機體熱量的損失，熱機的效率也不可能達到100%．故B錯誤．

故選：B

【分析】本題考查煤、石油、生物能等都來自太陽輻射的能量．懸浮在液體中的微粒越小，布朗運動月明顯；各種單晶體中，原子（或分子、離子）都是按照一定的規(guī)則排列的；做功和熱傳遞都可以改變物體的內(nèi)能；熱力學第二定律的內(nèi)容：一種表述：不可能從單一熱源吸取熱量，使之完全變?yōu)橛杏霉Χ划a(chǎn)生其他影響．另一種表述是：不可能使熱根據(jù)熱力學第一定律，能量既不能憑空消失，也不能憑空產(chǎn)生．3、A【分析】解：A、根據(jù)△P=I2r可得輸電線上損失的電功率與輸電線電阻成正比；隨輸電線電阻的增大而增大；故A正確；B錯誤；

C、輸送的電功率P一定，輸送電流為：I=再根據(jù)△P=I2r，有：△P=（）2r；故在輸電線上損失的電功率和輸送電壓的平方成反比，故CD錯誤；

故選：A．

根據(jù)輸送功率P=UI求出輸電電流，再根據(jù)△P=I2r可得出輸電線上損失的電功率與什么有關。

解決本題的關鍵掌握輸送功率P=UI，以及輸電線上損失的電功率△P=I2r【解析】【答案】A4、C【分析】【解析】自由落體的加速度恒定不變但不為零，是勻變速直線運動，加速度大小為9.8m/s2

表示每秒速度增量為9.8m/sC

對；【解析】C

5、B【分析】解：A；要得到穩(wěn)定的干涉圖樣；條件是兩列波的頻率相等，且振幅不一定相等，A正確，B不正確；

C；介質中振動加強的區(qū)域和振動減弱的區(qū)域總是互相間隔的；C正確；

D；在干涉圖樣中振動加強的區(qū)域始終加強；振動減弱的區(qū)域始終減弱，D正確；

本題選擇不正確的；故選：B．

只有頻率相同的兩列波才能發(fā)生干涉現(xiàn)象；振動加強與減弱區(qū)域相互間隔，振動加強的區(qū)域始終加強，振動減弱的區(qū)域始終減弱．

要記住發(fā)生干涉的唯一條件：兩列波的頻率相同，且發(fā)生干涉的區(qū)域是穩(wěn)定的．【解析】【答案】B6、D【分析】【分析】汽車發(fā)動機的功率是牽引力的功率，根據(jù)功率公式P=Fv

進行分析討論。本題考查了機車啟動，在功率一定的情況下，由公式推導分析?！窘獯稹科嚨念~定功率是一定的，由公式P=Fv

知，從水平路面上坡時，司機可通過換的，減小速度，增加牽引力，故D正確，ABC錯誤。故選D。【解析】D

7、D【分析】解；加速過程：qU=mv2

在磁場中運動：BqV=m

由以上兩式可得；r=則===則=故D正確，ABC錯誤。

故選：D。

根據(jù)動能定理求出粒子進入磁場時的速度；根據(jù)洛倫茲力提供向心力，求出在磁場中的軌道半徑表達式，據(jù)表達式求得質量之比。

解決本題的關鍵利用動能定理和牛頓第二定律求出軌道半徑的表達式，從而得出軌道半徑與電荷的質量有關?！窘馕觥緿二、雙選題(共2題，共4分)8、AB【分析】本題考查物質的性質。該題屬于基礎性試題，難度不大。只要能記住常見物質的性質，就不難得出正確的結論。

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂；故A正確；

B.蔗糖是最重要的二糖；麥芽糖是它的同分異構體，故B正確；

C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中；加氫氧化鈉中和硫酸以后再滴加銀氨溶液，再水浴加熱有銀鏡生成，故C錯誤；

D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液；加入碘水溶液，溶液不變藍，證明淀粉水解完全，故D錯誤；

?故選AB。【解析】AB9、AB【分析】本題考查物質的性質。該題屬于基礎性試題，難度不大。只要能記住常見物質的性質，就不難得出正確的結論。

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂；故A正確；

B.蔗糖是最重要的二糖；麥芽糖是它的同分異構體，故B正確；

C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中；加氫氧化鈉中和硫酸以后再滴加銀氨溶液，再水浴加熱有銀鏡生成，故C錯誤；

D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液；加入碘水溶液，溶液不變藍，證明淀粉水解完全，故D錯誤；

?故選AB?！窘馕觥緼B三、填空題(共6題，共12分)10、略

【分析】

負電荷在電場力作用下發(fā)生位移；導致電場力做負功，則電荷的電勢能增加．做多少功，電勢能就增加多少．

因此，電荷在此過程中電勢能增加，且增加了3×10-5J．

電荷從B點移到C點，電場力做了1.2×10-5J的功，則由：W=qU得UBC===-2v

而負電荷從電場中A點移到B點，兩點的電勢差UAB===5V

所以A、C間的電勢差UAC=UAB+UBC=5V-2V=3V

故答案為：增加；3×10-5；3V

【解析】【答案】電荷在電場力作用下做功；導致電勢能變化．所以由做功與電量可求出兩點的電勢差，同時根據(jù)電場力做功的正負可確定電勢能增加與減少．

11、BCD步驟B是錯誤的，應該接到電源的交流輸出端；步驟D是錯誤的，應該先接通電源，待打點穩(wěn)定后再釋放紙帶；步驟C不必要，因為根據(jù)測量原理，重物的動能和勢能中都包含了質量m，可以約去?！痉治觥俊窘獯稹?/p>

步驟B是錯誤的；應該接到電源的交流輸出端；步驟D是錯誤的，應該先接通電源，待打點穩(wěn)定后再釋放紙帶；步驟C不必要，因為根據(jù)測量原理，重物的動能和勢能中都包含了質量m，可以約去．

【分析】解決實驗問題首先要掌握該實驗原理，了解實驗的儀器、操作步驟和數(shù)據(jù)處理以及注意事項，熟練掌握打點計時器的應用．12、【分析】【解答】設OA長為l，當繩無拉力，則彈簧的拉力的力矩與重力的力矩平衡，即：Flocsin60°=mg

當m右移的距離時，由力矩平衡得：Flocsin60°+Tlsin30°=mg

解得：F=T=

答案為：

【分析】杠桿平衡的條件：動力乘以動力臂等于阻力乘以阻力臂；如圖所示，根據(jù)直角三角形角與邊的關系，求出繩子對杠桿拉力的力臂；再利用已知的重力和重力的力臂以及杠桿平衡的條件求出拉力F的大?。?3、壟脵壟脷壟脹

變化【分析】解：壟脵

開關S

閉合瞬間；穿過線圈B

的磁通量發(fā)生變化，線圈產(chǎn)生感應電流，故壟脵

正確；

壟脷

開關S

斷開瞬間；穿過線圈B

的磁通量發(fā)生變化，有感應電流產(chǎn)生，故壟脷

正確；

壟脹

開關S

閉合后；變阻器滑片P

移動，穿過線圈B

的磁通量發(fā)生變化，有感應電流產(chǎn)生，故壟脹

正確；

壟脺

開關S

閉合后；變阻器滑片P

不移動，穿過線圈B

的磁通量不發(fā)生變化，沒有感應電流產(chǎn)生，故壟脺

錯誤；

故選：壟脵壟脷壟脹

此實驗表明：只要穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化；閉合電路中就有感應電流產(chǎn)生。

故答案為：壟脵壟脷壟脹

變化。

產(chǎn)生感應電流的條件是：穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化；根據(jù)圖示情景分析答題．

本題考查了感應電流產(chǎn)生的條件，熟練掌握基礎知識即可正確解題，本題是一道基礎題．【解析】壟脵壟脷壟脹

變化14、略

【分析】

由閉合電路歐姆定律得：U=E-Ir，當I=0，U=E，則由電源的U-I圖象縱軸截距讀出電源的電動勢E=3V，圖象的斜率大小等于電源的內(nèi)阻大小，即有r==Ω=0.5Ω．

電源的U-I圖象與電阻U-I圖象的交點表示該電阻接在該電源上的工作狀態(tài)；讀出此時的路端電壓為U=2V，電流為I=2A，則電源的輸出功率為P=UI=4W．

故答案為：0.5；4

【解析】【答案】根據(jù)電源的U-I圖象的縱軸截距和斜率分別求出電源的電動勢和內(nèi)阻．電源的U-I圖象與電阻U-I圖象的交點表示該電阻接在該電源上的工作狀態(tài)；讀出此時路端電壓和電流，再求出電源的輸出功率．

15、略

【分析】解：1；游標卡尺的主尺讀數(shù)為：10.2cm；游標尺上第7個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數(shù)為7×0.05mm=0.35mm=0.035cm；

所以最終讀數(shù)為：10.2cm+0.035cm=10.235cm．

2；螺旋測微器的固定刻度為5.5mm；可動刻度為4.5×0.01mm=0.045mm，所以最終讀數(shù)為5.5mm+0.045mm=5.545mm．

最后的結果可以為5.545±0.001．

故答案為：（1）10.235；5.545．

解決本題的關鍵掌握游標卡尺讀數(shù)的方法；主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀．螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．

對于基本測量儀器如游標卡尺、螺旋測微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀器進行有關測量．【解析】10.235；5.545四、判斷題(共3題，共30分)16、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導體是等勢體，金屬導體的內(nèi)部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導體是一個等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

故答案為：錯誤．

【分析】金屬導體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應現(xiàn)象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內(nèi)部出現(xiàn)感應電荷的電場，正好與點電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時，電荷才不會移動．此時導體內(nèi)部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導體是等勢體．17、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據(jù)場強的疊加原理得；則兩點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，A點的場強大小為。

EA=E點﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點電荷在A點處產(chǎn)生的場強大小，判斷出場強方向，A點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．18、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導體是等勢體，金屬導體的內(nèi)部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導體是一個等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

故答案為：錯誤．

【分析】金屬導體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應現(xiàn)象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內(nèi)部出現(xiàn)感應電荷的電場，正好與點電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時，電荷才不會移動．此時導體內(nèi)部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導體是等勢體．五、實驗探究題(共3題，共6分)19、a和m；偏大【分析】解：(1)

根據(jù)幾何知識得，入射角的正弦sini=ABBO=aR

折射角的正弦sinr=CDCO=mR

根據(jù)折射定律得，玻璃磚的折射率n=sinisinr=aRmR=am

所以需要用刻度尺測量a

和m

(2)

該同學在插大頭針P3

前不小心將玻璃磚以O

為圓心順時針轉過一小角度，折射光線將順時針轉動，而作圖時仍以MN

為邊界，AD

為法線，則入射角不變，折射角減小，由折射率公式律n=sinisinr

可知；測得玻璃磚的折射率將偏大。

故答案為：(1)a

和mam(2)

偏大。

(1)

用插針法測定半圓形玻璃磚折射率的原理是折射定律n=sinisinr

根據(jù)幾何知識可得到入射角的正弦與圓的半徑與AB

的長度l1

的關系；折射角的正弦與圓的半徑與CD

的長度l1

的關系，即可得到需要測量的量。

(2)

該同學在插大頭針P3

前不小心將玻璃磚以O

為圓心順時針轉過一小角度；折射光線將順時針轉動，作圖時入射角不變，折射角減小，則知n

的測量值變大。

本題用插針法測定半圓形玻璃磚折射率，數(shù)據(jù)處理的方法是單位圓法，分析誤差關鍵分析入射角和折射角產(chǎn)生的誤差，由實驗原理律n=sinisinr

分析?！窘馕觥縜

和mam

偏大20、(1)17.5(2)BA(3)

【分析】【分析】(1)

從圖中直接讀出OP

的讀數(shù)；(2)A

與B

相撞后，B

的速度增大，A

的速度減小，碰前碰后都做平拋運動，高度相同，落地時間相同，所以Q

點是沒有碰撞時A

球的落地點，R

是碰后B

的落地點，P

是碰后A

的落地點；(3)

根據(jù)兩小球從同一高度開始下落，故下落的時間相同，根據(jù)動量守恒定律可得mAv0=mAv1+mBv2

得到要驗證的表達式。本題考查驗證動量守恒定律實驗的基本問題，難度不大?！窘獯稹?1)

從圖中直接讀出OP

的讀數(shù)為：17.5cm

(2)A

與B

相撞后，B

的速