資源簡介

浙江省麗水市2023-2024學年高一下學期期末教學質量監控物理試卷
1．（2024高一下·麗水期末）下列屬于電勢的單位的是（　　）
A．J B．W C．A D．V
2．（2024高一下·麗水期末）2023年10月14日，江南之巔·天空越野賽在龍泉開跑。此次賽事分為100公里摘星組、60公里天空組、40公里青瓷組三個組別，最終選手梁迪斯以12小時37分19秒奪得100公里摘星組男子組冠軍。以下說法正確的是（　　）
A．100公里、60公里、40公里是此次比賽位移的大小
B．12小時37分19秒指的是時間間隔
C．整個比賽過程，選手梁迪斯的平均速度約為7.9km/h
D．在研究選手梁迪斯在比賽中的運動軌跡時不能把他看成質點
3．（2024高一下·麗水期末）下列有關物理學家的貢獻，說法正確的是（　　）
A．牛頓通過實驗測出了萬有引力常量
B．庫侖通過扭秤實驗測定了電子的電荷量
C．開普勒在前人的基礎上首先發現了萬有引力定律
D．愛因斯坦提出真空中的光速在不同的慣性參考系中大小相同
4．（2024高一下·麗水期末）香蕉球是一項令人驚嘆的足球技術，球能在空中繞過防守人員進入球門，圖中所示時刻空氣對香蕉球的作用力可能是（　　）
A．a方向 B．b方向 C．c方向 D．d方向
5．（2024高一下·麗水期末）關于平行板電容器，下列說法中正確的是（　　）
A．增加電容器的帶電量，電容器的電容將增大
B．增大電容器兩板之間的距離，電容器的電容將增大
C．將兩極板平行錯開，使正對面積減小，電容器的電容將減小
D．向電容器兩極板間插入電介質，電容器的電容將減小
6．（2024高一下·麗水期末）A、B、C三點在同一直線上，AB∶BC＝1∶1，B點位于A、C之間，在A處固定一電荷量為Q的點電荷。當在B處放一電荷量為-q的點電荷時，Q所受的靜電力為F；移去B處電荷，在C處放一電荷量為-2q的點電荷，則Q所受的靜電力為（　　）
A． B． C． D．F
7．（2024高一下·麗水期末）如圖所示，一質量分布均勻的球體質量大小為m，用輕繩AC懸掛在豎直墻壁上的A點，使其保持靜止。墻壁光滑，球與豎直墻壁的接觸點為B，細繩與墻壁的夾角為θ，下列說法正確的是（　　）
A．輕繩AC的拉力FT=mgcosθ
B．豎直墻壁對小球的支持為FN=mgtanθ
C．縮短繩長AC，繩的拉力減小
D．縮短繩長AC，小球受到的合力增大
8．（2024高一下·麗水期末）如圖，一質量為M的半圓弧凹槽放置在一電子秤上，現從最低點由初速度釋放一質量為m的小球，忽略空氣阻力與軌道摩擦，某時刻半圓弧凹槽對電子秤的壓力為FN。若小球從未脫離過圓弧軌道，則（　　）
A．FN可能大于Mg+mg B．FN可能小于Mg
C．小球所受的支持力一直大于mg D．小球所受的支持力一直小于mg
9．（2024高一下·麗水期末）如圖，一運動員站在水平地面上射箭時，保持人拉弓的力及出射點位置不變，箭與水平方向夾角為θ（0°<θ<90°），忽略空氣阻力和發射點到地面的距離，則（　　）
A．增大θ一定可以增大射箭的最遠距離
B．減小θ將增大箭支的最高高度
C．增大θ將減小箭支運動過程中的最小速度
D．改變θ并不影響箭支落地時速度的方向
10．（2024高一下·麗水期末）如圖所示，物塊Q放在水平桌面上，一條跨過光滑定滑輪的細線兩端分別連接物塊P和物塊Q，物塊P、Q的質量之比mP：mQ=1：2。物塊P下落過程中，細線上的拉力大小為F1；若物塊P、Q位置互換，物塊Q下落過程中，細線上的拉力大小為F2。兩物塊與桌面間無摩擦，不計空氣阻力，則F1、F2的大小關系為（　　）
A．F1：F2 =1：1 B．F1：F2 =1：2
C．F1：F2 =2：1 D．F1：F2 =1：3
11．（2024高一下·麗水期末）一小球沿著光滑平面以0.5m/s的初速度滑入一中空光滑圓筒內，圓筒側邊與平面相切。已知圓筒半徑為5cm、高為5cm，底端到地面的距離為15cm，則（　　）
A．筒壁對小球的彈力做正功
B．小球離開圓筒后做平拋運動
C．小球在桶內運動的時間為0.2s
D．小球離開筒的點到最后的落點的距離為
12．（2024高一下·麗水期末）2024年2月21日晚間，麗水多地出現短時大冰雹。如圖所示為某冰雹從高空由靜止下落過程中速度隨時間變化的圖象。若該冰雹所受的空氣阻力可認為與物體速度大小成正比，圖中作出了t=2.4s時刻的切線，已知該冰雹的質量為0.2kg，則（　　）
A．冰雹在t=2.4s時刻的加速度大小為5m/s2
B．冰雹所受的空氣阻力與速度大小的比例系數大小為
C．冰雹最終達到最大速度的大小為15m/s
D．冰雹在0至2.4s內通過的位移為14.4m
13．（2024高一下·麗水期末）一小丑每隔0.2s從同一位置斜向上方拋出一枚小球，拋出時小球豎直方向的速度大小為8m/s，以拋出點所在的水平面為參考平面，下列說法正確的是（　　）
A．拋出的小球能夠達到的最大高度為2.4m
B．小球從被拋出到回到參考面所用時間為0.8s
C．參考平面上方（不含參考面）最多同時存在8個小球
D．小球高度為1.6m時，小球的動能為初動能的一半
14．（2024高一下·麗水期末）2024年5月3日，嫦娥六號探測器由長征五號遙八運載火箭在中國文昌航天發射場發射成功。如圖所示為嫦娥六號探測器的飛行軌道示意圖，環月軌道1為圓軌道，環月軌道2為橢圓軌道。則（　　）
A．探測器在環月軌道2上繞行時P點處速度最大
B．探測器在環月軌道1的速度比月球上的第一宇宙速度大
C．探測器在環月軌道1上經過P點的加速度大于在環月軌道2上經過P點的加速度
D．探測器在環月軌道1上經過P點的速度大于在環月軌道2上經過P點的速度
15．（2024高一下·麗水期末）如圖所示，在立體直角坐標系xyz中，坐標軸上的A、B、C、D、F各點至原點O點距離相同，A、B處固定有正電荷，C、D處固定有負電荷，電荷量大小均相等，設無窮遠處的電勢為零，則下列說法中正確的是（　　）
A．O點電場強度為零
B．O點電勢為零
C．從O點靜止釋放一正電荷，其電勢能將一直減小
D．從F點靜止釋放一正電荷，其將沿著y軸做勻加速直線運動
16．（2024高一下·麗水期末）如圖甲為直升機搶救傷員的情景，直升機懸停在空中，用輕質繩索將傷員由靜止向上吊起，繩索對傷員做功功率隨時間變化如圖乙所示，傷員重力為G，0~t1傷員作勻加速度直線運動，t1、t2時刻傷員的動能分別為E k1、E k2，運動過程中不計空氣阻力，則（　　）
A．t1時刻速度大小為
B．t1、t2時刻的動能E k1=E k2
C．t1時刻傷員的動能大小為
D．0~t1階段，傷員上升的高度
17．（2024高一下·麗水期末）如圖，勁度系數為2N/cm，豎直放置的彈簧上連接有質量為2kg的A物塊，靜止時A在y=0cm處，此刻將一質量為1kg的物塊B無初速度的放置于A上，使A與B開始運動，忽略空氣阻力，彈簧足夠長且始終未超出彈性限度。已知彈簧彈性勢能表達式為，x為彈簧形變量。下列說法正確的是（　　）
A．A向下運動到y=5cm后保持靜止
B．存在某一時刻A與B會分離
C．A最大能運動到y=20cm處
D．當A運動到y=5cm處時，A的動能達到最大值
18．（2024高一下·麗水期末）有一段粗糙軌道AB長為S，第一次物塊以初速度v0由A出發，向右運動達到B時速度為v1，第二次物塊以初速度v0由B出發向左運動。以A為坐標原點，物塊與地面的摩擦力f隨x的變化如圖，已知物塊質量為m，下列說法正確的是（　　）
A．物塊在第一次運動中做勻減速直線運動
B．f-x圖像的斜率為
C．第二次能到達A點，且花費時間較第一次長
D．兩次運動中，在距離A點處摩擦力功率大小相等
19．（2024高一下·麗水期末）小張同學用如圖甲所示的實驗裝置做“探究小車速度隨時間變化的規律”的實驗，所選打點計時器如圖乙所示。
（1）圖乙中打點計時器所接的電源為　 　（選填“8V”或“220V”）交變電源；
（2）下列有關本實驗說法正確的是（　　）
A．先打開電源后釋放紙帶
B．紙帶上打點越密集的地方速度越大
C．實驗過程中不需要補償小車受到的阻力
D．電磁打點計時器是一種測量點跡距離的儀器
（3）該同學完成實驗后，在紙帶上每5個點取一個計數點，共有A、B、C、D、E、F、G等7個計數點，其相鄰點的間距如圖所示。根據圖丙紙帶的數據可以求出打點計時器打下C點時小車的速度為　 　m/s，小車的加速度大小為　 　m/s2。（保留2位小數）
（4）小陳同學想利用圖甲裝置，通過墊高軌道一端補償阻力后驗證小車和鉤碼的機械能是否守恒，他的做法　 　（“可行”或“不可行”）。
20．（2024高一下·麗水期末）在用如圖甲所示的裝置做“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗中
（1）本實驗主要體現的科學方法是（　　）
A. 等效替代法 B. 極限法 C. 控制變量法 D. 理想化模型
（2）在某一次實驗中，其中一彈簧測力計的指針如圖乙所示，則其讀數F1=________N，另一拉力F2的大小為1.85N；
（3）F1、F2的方向如圖丙所示，用作圖法求F1、F2合力大小F=________N；
（4）關于此實驗下列說法正確的是（　　）
A. 橡皮筋的拉力是合力，兩彈簧測力計的拉力是分力
B. 拉橡皮條的細繩要適當長些，標記同一細繩方向的兩點要適當遠些
C. 拉橡皮條時彈簧測力計、橡皮條、細繩應貼近木板且與木板平面平行
D. 若彈簧測力計的外殼與木板產生摩擦，則所測拉力變小
21．（2024高一下·麗水期末）如圖所示，在傾角37°足夠長的固定斜面上放置一個質量為 1kg 的物塊，物塊與斜面之間的動摩擦因數為 0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。t=0時刻，物體沿斜面開始下滑。
（1）求加速度a的大小；
（2）求t=2s時，物體下滑的距離；
（3）下滑2s后，一沿斜面向上拉力 F =6N作用在物體上，求整個過程物體沿斜面下滑的最大距離。
22．（2024高一下·麗水期末）如圖甲所示，P處有一粒子源，可以持續均勻地“飄”出（初速度為零）氫離子，經M、N間的加速電場加速后，粒子可以進入輻向電場（電場強度方向指向O），沿著半徑為R的圓弧運動。從輻向電場射出后，粒子沿平行金屬板A、B間的中心線II’ 射入勻強電場，最后都打在足夠長的收集板上。 已知UMN=U，氫離子電荷為e，質量為m， AB間的電場隨時間變化如圖乙所示（AB為正方向，周期為T）， AB板的長度，以下答案用U、R、e 、m、T、 E0表示，不考慮粒子間的相互作用。求：
（1）氫離子從N板射出時的速度大小v；
（2）半徑為R的圓弧處的電場強度大小E；
（3）收集板上收集到粒子的位置會發光，求發光長度x。
23．（2024高一下·麗水期末）如圖所示，一游戲裝置由固定在豎直平面內的傾斜直軌道BC、傳送帶CD、豎直圓軌道EFE 和幾段水平軌道組成，豎直圓軌在最低點略微錯開且分別與水平軌道DE和E G相連。游戲時滑塊從A點以4m/s的速度水平拋出，恰好在B點沿軌道BC進入軌道。已知直軌道BC傾角α=37°，，傳送帶長LCD=3.2m，圓軌道半徑，E G長LE G=2.0m，各軌道間均平滑連接，除傳送帶及直軌道E G外，其它軌道勻光滑，物塊與傳送帶及直軌道E G的動摩擦因數μ=0.5，滑塊質量mA=0.05kg，可視為質點，C、D、E（E ）、G在同一水平面內。
（1）求A、B兩點的高度差h1；
（2）傳送帶靜止時，求滑塊經過軌道最低點E時受到軌道支持力的大小；
（3）傳送帶以v=4m/s的速度順時針轉動時，滑塊能否到達F點？
（4）傳送帶順時針轉動，滑塊與處在G處的擋板碰撞后速度大小不變，若要求滑塊始終不脫離軌道，求傳送帶速度取值范圍。
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】電勢；單位制
2．【答案】B
【知識點】質點；時間與時刻；位移與路程；平均速度
【解析】【解答】A.圖中100公里、60公里、40公里代表馬拉松運動的軌跡長度，軌跡的長度是此次比賽路程的大小，故A錯誤；
B.12小時37分19秒指男子運動的時間，代表的是時間間隔，故B正確；
C．由于起點和終點之間的距離未知，所以位移未知，無法計算平均速度大小，故C錯誤；
D．物體能否作為質點主要看所研究的問題，在研究選手梁迪斯在比賽中的運動軌跡時，可以忽略選手的形狀，可以把他看成質點，故D錯誤；
故選B。
【分析】馬拉松軌跡的長度代表運動的路程；男子的跑步時間代表時間間隔；未知位移和時間不能計算平均速度；物體能否作為質點主要看所研究的問題。
3．【答案】D
【知識點】物理學史；引力常量及其測定；相對論時空觀與牛頓力學的局限性
【解析】【解答】A．牛頓發現了萬有引力定律，卡文迪許通過實驗測出了萬有引力常量，故A錯誤；
B．庫侖通過扭秤實驗測定靜電力常量，密立根通過油滴實驗測量出了電子的電荷量，故B錯誤；
C．牛頓在前人的基礎上首先發現了萬有引力定律，開普勒提出了行星三大定律，故C錯誤；
D．愛因斯坦提出相對論的觀點，真空中的光速在不同的慣性參考系中大小相同，故D正確；
故選D。
【分析】牛頓發現了萬有引力定律，卡文迪許通過實驗測出了萬有引力常量；密立根通過油滴實驗測量出了電子的電荷量；愛因斯坦提出了真空中的光速在不同的慣性參考系中大小相同的觀點。
4．【答案】A
【知識點】曲線運動的條件；力的分解
【解析】【解答】足球受到重力與空氣的作用力做曲線運動，根據曲線運動的規律，合力方向總是指向軌跡內側，由于重力的方向豎直向下，根據平行四邊形定則可以得出圖中所示時刻空氣對香蕉球的作用力可能是a方向。
故選A。
【分析】利用足球軌跡的彎曲方向可以判別合力的方向，結合力的分解可以判別空氣對香蕉球的作用力方向。
5．【答案】C
【知識點】電容器及其應用
【解析】【解答】A．根據電容器的電容量決定式
由于電容的大小與電荷量的大小無關，可知，增加電容器的帶電量，電容器的電容不變，故A錯誤；
B．根據電容器的電容量決定式
根據表達式可以得出增大電容器兩板之間的距離，由于板間距離增大則電容器的電容將減小，故B錯誤；
C．根據電容器的電容量決定式
根據表達式可以得出將兩極板平行錯開，使正對面積減小，由于正對面積減小則電容器的電容將減小，故C正確；
D．根據電容器的電容量決定式
向電容器兩極板間插入電介質，增大，根據表達式可以得出電容器的電容將增大，故D錯誤；
故選C。
【分析】利用電容的決定式結合對應物理量的大小變化可以判別電容的大小變化。
6．【答案】C
【知識點】庫侖定律
【解析】【解答】當在B處放一電荷量為-q的點電荷時，Q所受的靜電力為F，根據庫侖定律有
移去B處電荷，在C處放一電荷量為-2q的點電荷，根據庫侖定律則Q所受的靜電力為
故選C。
【分析】利用庫侖定律結合點電荷的電荷量大小可以求出庫侖力的大小。
7．【答案】B
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】小球處于靜止，以球為研究對象，分析其受力情況：重力mg、懸繩對球的拉力和墻壁對球的支持力，如圖
根據小球的平衡方程有
，
縮短繩長AC，根據幾何關系可以得出θ增大，根據表達式可以得出繩的拉力增大，根據小球的平衡條件可以得出受到的合力依然為0。
故選B。
【分析】利用小球的平衡方程可以求出支持力和繩子拉力的大小；利用表達式中角度的變化可以得出繩子拉力的大小變化；利用平衡方程可以得出合力等于0.
8．【答案】A
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【解答】當小球運動到最低點時，與凹槽的作用力最大，小球受到支持力和重力的合力提供向心力，對小球，根據牛頓第二定律有
解得
此時小球所受的支持力大于mg；對凹槽，根據平衡方程有
可知
此時FN大于Mg+mg。設小球運動到最高點和凹槽圓心的連線與豎直方向的夾角為，則在最高點，根據垂直于斜面的平衡方程有
此時小球所受的支持力一直小于mg；對凹槽，根據平衡方程可知
可知
此時FN小于Mg+mg，且大于等于Mg。
故選A。
【分析】利用小球在最低點牛頓第二定律可以求出小球受到的支持力大小，結合凹槽的平衡方程可以得出凹槽對電子秤的壓力大小；利用小球在最高點的平衡方程可以求出小球受到支持力大小，結合凹槽的平衡方程可以得出凹槽對電子秤的壓力大小。
9．【答案】C
【知識點】斜拋運動
【解析】【解答】A．設箭的初速度為v。箭做斜拋運動，根據位移公式有
根據速度公式有
解得水平位移的大小為
因此當時，箭射出的距離最遠，因此A錯誤；
B．箭做斜拋運動，根據豎直方向的位移公式可以得出箭支的最高高度為
故減小θ將降低箭支的最高高度，故B錯誤；
C．根據速度的分解可以得出箭支運動過程中的最小速度就是箭支的水平分速度，即
增大θ將減小箭支運動過程中的最小速度，故C正確；
D．根據斜拋運動的對稱性可以得出箭支落地時速度的方向與水平方向的夾角仍是，故改變θ會影響箭支落地時速度的方向，故D錯誤；
故選C。
【分析】箭做斜拋運動，利用水平方向的位移公式結合豎直方向的速度公式可以求出水平位移的大小；利用豎直方向的位移公式可以求出角度對高度的影響；利用速度的分解可以求出箭支的最小速度；利用運動的對稱性可以判別初速度的方向對落地速度方向有影響。
10．【答案】A
【知識點】牛頓第二定律；牛頓運動定律的應用—連接體
【解析】【解答】位置互換前，根據牛頓第二定律，物塊PQ一起做勻加速直線運動，對物塊P，根據牛頓第二定律有
對物塊Q，根據牛頓第二定律有
聯立解得繩子的拉力大小為
位置互換后，物塊PQ一起做勻加速直線運動，對物塊Q，根據牛頓第二定律有
對物塊P，根據牛頓第二定律有
聯立解得繩子的拉力大小為
則拉力的大小比值為
故選A。
【分析】利用物塊的牛頓第二定律結合加速度相等可以求出兩個物塊之間拉力的大小比值。
11．【答案】D
【知識點】自由落體運動；平拋運動；勻速圓周運動
【解析】【解答】A．小球在桶內運動可以分解為水平方向上的圓周運動和豎直方向上的自由落體運動，筒壁對小球的彈力與小球速度垂直，故不做功，故A錯誤；
B．小球離開圓筒后，已經下降了5cm，故豎直方向上已經具有一定的速度，由于合速度方向傾斜向下，所以離開圓筒后不是做平拋運動，故B錯誤；
C．小球在桶內運動可以分解為水平方向上的圓周運動和豎直方向上的自由落體運動，根據豎直方向的位移公式可以得出：小球在桶內運動的時間為
故C錯誤；
D．小球從平面到離開開始分析，根據豎直方向的位移公式有
解得
則小球離開筒的點到最后的落點的時間為
根據水平方向的位移公式可以得出：小球離開筒的點到最后的落點的水平方向上距離為
根據位移的合成可以得出：小球離開筒的點到最后的落點的距離為
故D正確；
故選D。
【分析】對小球的運動進行分解，利用支持力的方向可以判別支持力不做功；利用小球離開圓筒后速度的方向可以判別小球不是做平拋運動；利用豎直方向的位移公式可以求出運動的時間，結合水平方向的位移公式可以求出離開筒后到落地時水平距離的大小。
12．【答案】B
【知識點】牛頓第二定律；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】A．在速度時間圖像中由于圖像斜率代表加速度，根據圖像斜率可以得出冰雹在t=2.4s時刻的加速度大小為
故A錯誤；
B．設空氣阻力與速度大小的正比系數為k，當v=12m/s時，冰雹下落過程受到重力和空氣阻力的作用，根據牛頓第二定律有
達到最大速度時，加速度為零，根據平衡方程有
聯立解得
，
故B正確，C錯誤；
D．設冰雹做勻變速直線運動，由于圖像面積代表位移的大小，根據圖像面積的大小可以得出2.4s內的位移為
由圖可知冰雹在0至2.4s內通過的位移大于14.4m，故D錯誤；
故選B。
【分析】利用圖像斜率可以求出加速度的大小；利用牛頓第二定律結合最大速度時的平衡方程可以求出冰雹的比例系數；利用平衡方程可以求出最大速度的大小；利用圖像面積可以求出冰雹位移的大小。
13．【答案】C
【知識點】斜拋運動；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A．小球向上運動時，由于受到重力的作用則豎直方向上是加速度為g的勻減速直線運動，根據速度位移公式則
故A錯誤；
B．根據速度公式可以得出小球從被拋出到回到參考面所用時間為
故B錯誤；
C．根據運動的時間及時間間隔可以求出小球的個數為
故參考平面上方（不含參考面）最多同時存在8個小球，故C正確；
D．假設小球水平方向速度為0，根據動能的表達式則小球的初動能為
小球高度為1.6m時，根據動能定理則小球的動能為
解得
但是小球還具有水平方向上的速度，因此小球的動能不一定為初動能的一半，故D錯誤；
故選C。
【分析】利用豎直方向的速度位移公式可以求出上升的最大高度；利用速度公式可以求出小球運動的時間，進而求出拋出小球的個數；利用動能定理可以求出小球動能和初動能的比值。
14．【答案】D
【知識點】萬有引力定律的應用；第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】AD．環月軌道1相對于環月軌道2是高軌道，探測器由高軌道變軌到低軌道，根據向心運動的規律則需要在切點P位置減速，即環月軌道2在P點的速度小于環月軌道1的線速度，根據開普勒第二定律可以得出距離月球越近線速度越大，探測器在環月軌道2上繞行時P點處速度不是最大，探測器在環月軌道1上經過P點的速度大于在環月軌道2上經過P點的速度故A錯誤，D正確；
B．月球上的第一宇宙等于近月軌道的環繞速度，根據引力提供向心力有
解得
環月軌道2的軌道半徑大于月球半徑，則探測器在環月軌道1的速度比月球上的第一宇宙速度小，故B錯誤；
C．由于月球對探測器的引力提供向心力，根據牛頓第二定律有
解得
可知，探測器在環月軌道1上經過P點的加速度等于在環月軌道2上經過P點的加速度，故C錯誤。
故選D。
【分析】根據開普勒第二定律可以得出探測器在軌道2P點的速度不是最大值；利用向心運動可以比較探測器在不同軌道P點速度的大小；利用牛頓第二定律結合軌道半徑的大小可以比較線速度和向心加速度的大小。
15．【答案】B
【知識點】電場強度的疊加；電勢能；電勢
【解析】【解答】A．已知各點點電荷的電性，根據場強的疊加可以得出A、C處點電荷在O點的場強沿AC方向不為零，B、D處點電荷在O點的場強沿BD方向不為0，根據電場的矢量疊加可知O點場強不為0，故A錯誤；
B．根據等量異種點電荷的電勢分布可知，由于異種等量點電荷之間中垂線為等勢線所以y軸是等勢線，且電勢為0，故B正確；
C．根據電場的矢量疊加可知，從O點靜止釋放一正電荷，在電場力的作用下由于正電荷先靠近CD加速，在遠離CD減速，將做往復運動，電勢能先減小，后增大，故C錯誤；
D．沿著y軸方向，根據電場線的分布可以得出：電場強度變化，從F點靜止釋放一正電荷，不做勻加速直線運動，故D錯誤；
故選B。
【分析】利用電場的疊加可以判別O點電場強度的大小；利用異種等量點電荷的電場可以判別O點電勢的大小；利用電場力的方向可以判別電場力做功進而判別電勢能的大小變化；利用電場線分布可以判別電場力的大小進而判別加速度的大小。
16．【答案】D
【知識點】牛頓第二定律；機車啟動；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A.0~t1傷員作勻加速度直線運動，由于合力向上則牽引力大于重力則有
根據功率的表達式可以得出t1時刻速度大小為
故A錯誤；
B.0~t1傷員作勻加速度直線運動，之后保持功率不變，則有
根據牛頓第二定律有
功率一定，速度增大，牽引力減小，加速度減小，即t1時刻后做加速度減小得變加速直線運動，當加速度為0時，傷員開始做勻速直線運動，可知，t1時刻的速度小于t2時刻的速度，根據動能的表達式則有
故B錯誤；
C.0~t1傷員作勻加速度直線運動，拉力和重力對傷員做功，根據動能定理有
可知，t1時刻傷員的動能小于，故B錯誤；
C.0~t1傷員作勻加速度直線運動，根據重力做功的表達式可以得出克服重力做功
結合上述解得
故D正確。
故選D。
【分析】利用功率的表達式結合牽引力和重力的大小可以求出瞬時速度的大小；利用功率和牛頓第二定律可以判別傷員速度的變化，結合動能的表達式可以比較動能的大小；利用動能定理可以求出傷員動能的大小；利用重力做功可以求出傷員上升的高度。
17．【答案】D
【知識點】簡諧運動；簡諧運動的回復力和能量
【解析】【解答】A．靜止時A在y=0cm處，令此時彈簧壓縮量為，根據A的平衡方程可以得出
解得形變量為
放上B后，令對平衡位置的位移大小為，A、B在平衡位置的壓縮量為，根據的力合成可以得出
根據整體的平衡方程有
解得
回復力大小與相對平衡位置的位移大小成正比，方向相反，可知，放上B后，B與A一起開始向下做簡諧運動，根據簡諧運動的規律可知，A、B先向下做加速度減小的加速運動，后向下做加速度增大的減速運動，減速至0后，又向上做做加速度減小的加速運動，后向上做加速度增大的減速運動，減速至0后回到出發點，之后，重復先前的運動過程，根據平衡方程可以解得
根據簡諧運動的對稱性可知，根據A的最高點和平衡位置可以得出：振幅為
可知，A、B向下運動到兩倍的振幅位置，即y=10cm到達最低點，但不能夠保持靜止，故A錯誤；
B．根據簡諧運動的特點可以得出，B與A一起保持相對靜止做簡諧運動，兩者不會發生分離，故B錯誤；
C．根據振幅的大小可以得出A最大能運動到y=10cm處，故C錯誤；
D．結合上述可知，當A運動到y=5cm處時，恰好處于平衡位置，由于此時加速度等于0則此時速度最大，A的動能達到最大值，故D正確。
故選D。
【分析】根據A最初的平衡方程可以求出彈簧形變量的大小，結合力的合成可以求出回復力的大小；利用回復力可以判別AB一起做簡諧運動，利用簡諧運動的的位置可以求出振幅的大小；利用簡諧運動特點可以判別AB不會分離；利用A運動到平衡位置速度最大則動能出現最大值。
18．【答案】C
【知識點】功率及其計算；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A．物塊在第一次運動中水平方向上只受到摩擦力，并且摩擦力隨位移均勻增加，根據牛頓第二定律可以得出加速度在變大，故A錯誤；
B．從A到B運用動能定理，根據摩擦力做功等于動能的變化，則有
根據表達式可以得出f-x圖像的斜率為
故B錯誤；
C．由于第二次運動過程中摩擦力做功相等，根據能量守恒，第二次也能到達A點，且速度也為v1，且一開始加速度大，所以速度減小，導致平均速度比較小，所以花費時間比第一次長，故C正確；
D．兩次運動中，物塊運動到A點時相同距離時由于摩擦力做的功不相等，根據動能定理可以得出在A點的速度大小不相等，而摩擦力大小相等，根據力的瞬時功率計算公式
可得在距離A點處摩擦力功率大小不等，故D錯誤；
故選C。
【分析】利用摩擦力的大小可以判別加速度的大小變化；利用動能定理可以判別圖像對應的斜率；利用兩次運動摩擦力做功相等可以判別第二次運動能夠到達A點，利用摩擦力的大小可以比較平均速度的大小進而比較運動的時間；利用摩擦力做功不同可以比較在相同位置摩擦力做功的功率大小。
19．【答案】（1）220V
（2）A；C
（3）0.82；1.56
（4）不可行
【知識點】驗證機械能守恒定律；探究小車速度隨時間變化的規律
【解析】【解答】（1）根據圖中打點計時器沒有復寫紙可以得出圖乙中打點計時器為電火花打點計時器，需接220V交變電流。
（2）A．實驗中，為了充分利用紙帶，應先打開電源，等打點穩定后釋放紙帶，故A正確；
B．紙帶上打點密集與打點稀疏相比，說明在相同時間內小車的位移更小，根據相同時間位移的大小可以得出取紙帶上打點密集的地方速度小，故B錯誤；
C．實驗中只要確保小車做勻加速直線運動，該實驗不需要平衡阻力，阻力對研究小車速度隨時間變化規律無影響，故C正確；
D．電磁打點計時器是一種測量時間的儀器，屬于計時工具，故D錯誤。
故選AC。
（3）在紙帶上每5個點取一個計數點，已知打點周期為0.02s，則相鄰兩個計數點之間的時間間隔為
根據平均速度公式可以得出：C點的速度為
根據逐差法可以得出小車的加速度為
（4）墊高軌道一端補償阻力后，由于小車下滑過程中摩擦力仍存在，則系統存在摩擦力做功，機械能不守恒，所以不可行。
【分析】（1）利用圖示可以得出打點計時器為電火花計時器，工作電壓為交流電220V；
（2）實驗應先打開電源，等打點穩定后釋放紙帶；根據相同時間位移的大小可以得出取紙帶上打點密集的地方速度小；該實驗不需要平衡阻力，阻力對研究小車速度隨時間變化規律無影響；電磁打點計時器是一種測量時間的儀器；
（3）利用平均速度公式可以求出瞬時速度的大小；利用逐差法可以求出小車加速度的大小；
（4）墊高軌道時，由于小車下滑過程中仍有摩擦力做功所以機械能不守恒。
20．【答案】(1) A
(2) 2.06-2.14
(3) 3.20-3.50
(4) BC
【知識點】等效法；驗證力的平行四邊形定則
【解析】【解答】(1)本實驗兩個步驟中都是每次將橡皮條拉到同樣的位置，保證合力與分力的作用效果相同，這種方法叫等效替代法，故選A。
（2）已知彈簧測力計的分度值為0.1N，根據圖乙可讀出彈簧測力計讀數為2.09N。
（3）
根據力的標度及合力的長度可以得出：合力大小為3.20N。
（4）A．根據平衡條件可以得出橡皮筋的拉力是與合力等大反向的作用力，兩彈簧測力計的拉力是測量分力的大小，A錯誤；
B．在標記拉力的方向時，拉橡皮條的細繩要長些，標記同一細繩方向的兩點要遠些，可以減小方向的相對誤差，B正確；
CD．實驗中，為了讓拉力在同一平面上，彈簧秤、橡皮條、細繩應貼近木板且與木板平面平行，彈簧測力計的外殼與木板產生摩擦，不會改變測力計示數，C正確，D錯誤。
故選BC。
【分析】（1）實驗中兩個步驟拉力的效果相同使用等效法；
（2）利用彈簧測力計的分度值可以得出對應的讀數；
（3）利用合力的長度可以求出合力的大小；
（4）橡皮筋的拉力是與合力等大反向的作用力，兩彈簧測力計的拉力是分力；為了確定拉力的方向，繩子長度要適當長一些；為了讓拉力方向在同一平面，避免產生分力，彈簧秤、橡皮條、細繩應貼近木板且與木板平面平行，彈簧測力計的外殼與木板產生摩擦，不會改變測力計示數。
21．【答案】解：（1）根據牛頓第二定律，有
解得
（2）根據勻加速直線運動的位移與時間的關系，有
解得
（3）根據牛頓第二定律，有
解得
下滑2s后物塊的速度為
物體沿斜面下滑的距離最遠時，物體減速到0，則
解得
則整個過程物體沿斜面下滑的最大距離為
【知識點】勻變速直線運動的速度與時間的關系；勻變速直線運動的位移與速度的關系；牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【分析】（1）物塊下滑做勻加速直線運動，利用牛頓第二定理可以求出加速度的大小；
（2）物塊下滑時，利用位移公式可以求出位移的大小；
（3）當物塊下滑時，利用牛頓第二定律可以求出施加拉力前的加速度大小，結合牛頓第二定律可以求出施加拉力后加速度的大小，結合速度位移公式可以求出下滑的最大距離。
22．【答案】解：（1）根據動能定理
解得
（2）根據電場力提供向心力
解得
（3）根據牛頓第二定律
①由t=0時刻進入的粒子a，其v-t圖像如圖所示，打到收集板上的右側，離I’最遠
根據位移與時間的公式有
②由t=時刻進入的粒子b，其水平方向的v-t圖像如圖所示，正好打在I’處
③由t=時刻進入的粒子c，其水平方向的v-t圖像如圖所示，打到收集板上的左側，離I’最遠
則有
④由粒子水平方向的v-t圖像可知，其它時間進入的粒子均在a、c粒子之間
綜上述，粒子收集板上收集到氫離子的長度
【知識點】帶電粒子在電場中的加速；帶電粒子在電場中的偏轉
【解析】【分析】（1）粒子在電場中加速，利用動能定理可以求出加速后獲得速度的大小；
（2）粒子在電場中電場力提供向心力，利用牛頓第二定律可以求出電場強度的大小；
（3）粒子在不同時刻進入電場時，利用速度時間圖像結合位移公式可以求出水平方向運動的距離，進而求出收集板上收集到氫離子的長度。
23．【答案】解：（1）從A到B做平拋運動，則解得，
解得
（2）由動能定理，得
解得
由牛頓第二定律
得
（3）由動能定理
解得
當傳送帶速度處于時物塊均可共速離開，所以
從E到F
解得
故不能過F點。
（4）1、物塊第一次無法過圓心等高處
2、物塊能從右側返回時，但無法回到圓心等高處
解得
在F點時
可得
3、物塊能第二次到達最高點
故
故物塊無法完成的過程，重新回到傳送帶后會原速從點離開。當，不會脫離軌道
綜合上述情況：
；；
三種情況。
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；平拋運動；生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用；機械能守恒定律
【解析】【分析】（1）滑塊做平拋運動，利用豎直方向的速度位移公式可以求出下落的高度；
（2）傳送帶靜止時，利用動能定理可以求出滑塊經過E點速度的大小，結合牛頓第二定律可以求出對軌道的壓力大小；
（3）滑塊在傳送帶上運動時，利用動能定理可以求出滑塊能夠與傳送帶共速時傳送帶的速度大小，利用傳送帶的速度可以求出滑塊離開傳送帶的速度，結合動能定理可以求出滑塊經過F點的速度大小，進而判別能否到達F點；
（4）當物塊不會脫離軌道時，當第一次不能到達圓心等高位置時，利用動能定理可以求出經過E點速度的大小，進而求出傳送帶的速度；當物塊返回時不能經過圓心登高位置時，利用動能定理可以求出滑塊經過E點速度的大小，結合滑塊不能通過最高點的牛頓第二定律及動能定理可以求出滑塊經過E點速度的大小，再利用動能定理可以求出滑塊第一次經過E點速度的大小，進而求出傳送帶速度的大小范圍。
1 / 1浙江省麗水市2023-2024學年高一下學期期末教學質量監控物理試卷
1．（2024高一下·麗水期末）下列屬于電勢的單位的是（　　）
A．J B．W C．A D．V
【答案】D
【知識點】電勢；單位制
2．（2024高一下·麗水期末）2023年10月14日，江南之巔·天空越野賽在龍泉開跑。此次賽事分為100公里摘星組、60公里天空組、40公里青瓷組三個組別，最終選手梁迪斯以12小時37分19秒奪得100公里摘星組男子組冠軍。以下說法正確的是（　　）
A．100公里、60公里、40公里是此次比賽位移的大小
B．12小時37分19秒指的是時間間隔
C．整個比賽過程，選手梁迪斯的平均速度約為7.9km/h
D．在研究選手梁迪斯在比賽中的運動軌跡時不能把他看成質點
【答案】B
【知識點】質點；時間與時刻；位移與路程；平均速度
【解析】【解答】A.圖中100公里、60公里、40公里代表馬拉松運動的軌跡長度，軌跡的長度是此次比賽路程的大小，故A錯誤；
B.12小時37分19秒指男子運動的時間，代表的是時間間隔，故B正確；
C．由于起點和終點之間的距離未知，所以位移未知，無法計算平均速度大小，故C錯誤；
D．物體能否作為質點主要看所研究的問題，在研究選手梁迪斯在比賽中的運動軌跡時，可以忽略選手的形狀，可以把他看成質點，故D錯誤；
故選B。
【分析】馬拉松軌跡的長度代表運動的路程；男子的跑步時間代表時間間隔；未知位移和時間不能計算平均速度；物體能否作為質點主要看所研究的問題。
3．（2024高一下·麗水期末）下列有關物理學家的貢獻，說法正確的是（　　）
A．牛頓通過實驗測出了萬有引力常量
B．庫侖通過扭秤實驗測定了電子的電荷量
C．開普勒在前人的基礎上首先發現了萬有引力定律
D．愛因斯坦提出真空中的光速在不同的慣性參考系中大小相同
【答案】D
【知識點】物理學史；引力常量及其測定；相對論時空觀與牛頓力學的局限性
【解析】【解答】A．牛頓發現了萬有引力定律，卡文迪許通過實驗測出了萬有引力常量，故A錯誤；
B．庫侖通過扭秤實驗測定靜電力常量，密立根通過油滴實驗測量出了電子的電荷量，故B錯誤；
C．牛頓在前人的基礎上首先發現了萬有引力定律，開普勒提出了行星三大定律，故C錯誤；
D．愛因斯坦提出相對論的觀點，真空中的光速在不同的慣性參考系中大小相同，故D正確；
故選D。
【分析】牛頓發現了萬有引力定律，卡文迪許通過實驗測出了萬有引力常量；密立根通過油滴實驗測量出了電子的電荷量；愛因斯坦提出了真空中的光速在不同的慣性參考系中大小相同的觀點。
4．（2024高一下·麗水期末）香蕉球是一項令人驚嘆的足球技術，球能在空中繞過防守人員進入球門，圖中所示時刻空氣對香蕉球的作用力可能是（　　）
A．a方向 B．b方向 C．c方向 D．d方向
【答案】A
【知識點】曲線運動的條件；力的分解
【解析】【解答】足球受到重力與空氣的作用力做曲線運動，根據曲線運動的規律，合力方向總是指向軌跡內側，由于重力的方向豎直向下，根據平行四邊形定則可以得出圖中所示時刻空氣對香蕉球的作用力可能是a方向。
故選A。
【分析】利用足球軌跡的彎曲方向可以判別合力的方向，結合力的分解可以判別空氣對香蕉球的作用力方向。
5．（2024高一下·麗水期末）關于平行板電容器，下列說法中正確的是（　　）
A．增加電容器的帶電量，電容器的電容將增大
B．增大電容器兩板之間的距離，電容器的電容將增大
C．將兩極板平行錯開，使正對面積減小，電容器的電容將減小
D．向電容器兩極板間插入電介質，電容器的電容將減小
【答案】C
【知識點】電容器及其應用
【解析】【解答】A．根據電容器的電容量決定式
由于電容的大小與電荷量的大小無關，可知，增加電容器的帶電量，電容器的電容不變，故A錯誤；
B．根據電容器的電容量決定式
根據表達式可以得出增大電容器兩板之間的距離，由于板間距離增大則電容器的電容將減小，故B錯誤；
C．根據電容器的電容量決定式
根據表達式可以得出將兩極板平行錯開，使正對面積減小，由于正對面積減小則電容器的電容將減小，故C正確；
D．根據電容器的電容量決定式
向電容器兩極板間插入電介質，增大，根據表達式可以得出電容器的電容將增大，故D錯誤；
故選C。
【分析】利用電容的決定式結合對應物理量的大小變化可以判別電容的大小變化。
6．（2024高一下·麗水期末）A、B、C三點在同一直線上，AB∶BC＝1∶1，B點位于A、C之間，在A處固定一電荷量為Q的點電荷。當在B處放一電荷量為-q的點電荷時，Q所受的靜電力為F；移去B處電荷，在C處放一電荷量為-2q的點電荷，則Q所受的靜電力為（　　）
A． B． C． D．F
【答案】C
【知識點】庫侖定律
【解析】【解答】當在B處放一電荷量為-q的點電荷時，Q所受的靜電力為F，根據庫侖定律有
移去B處電荷，在C處放一電荷量為-2q的點電荷，根據庫侖定律則Q所受的靜電力為
故選C。
【分析】利用庫侖定律結合點電荷的電荷量大小可以求出庫侖力的大小。
7．（2024高一下·麗水期末）如圖所示，一質量分布均勻的球體質量大小為m，用輕繩AC懸掛在豎直墻壁上的A點，使其保持靜止。墻壁光滑，球與豎直墻壁的接觸點為B，細繩與墻壁的夾角為θ，下列說法正確的是（　　）
A．輕繩AC的拉力FT=mgcosθ
B．豎直墻壁對小球的支持為FN=mgtanθ
C．縮短繩長AC，繩的拉力減小
D．縮短繩長AC，小球受到的合力增大
【答案】B
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】小球處于靜止，以球為研究對象，分析其受力情況：重力mg、懸繩對球的拉力和墻壁對球的支持力，如圖
根據小球的平衡方程有
，
縮短繩長AC，根據幾何關系可以得出θ增大，根據表達式可以得出繩的拉力增大，根據小球的平衡條件可以得出受到的合力依然為0。
故選B。
【分析】利用小球的平衡方程可以求出支持力和繩子拉力的大小；利用表達式中角度的變化可以得出繩子拉力的大小變化；利用平衡方程可以得出合力等于0.
8．（2024高一下·麗水期末）如圖，一質量為M的半圓弧凹槽放置在一電子秤上，現從最低點由初速度釋放一質量為m的小球，忽略空氣阻力與軌道摩擦，某時刻半圓弧凹槽對電子秤的壓力為FN。若小球從未脫離過圓弧軌道，則（　　）
A．FN可能大于Mg+mg B．FN可能小于Mg
C．小球所受的支持力一直大于mg D．小球所受的支持力一直小于mg
【答案】A
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【解答】當小球運動到最低點時，與凹槽的作用力最大，小球受到支持力和重力的合力提供向心力，對小球，根據牛頓第二定律有
解得
此時小球所受的支持力大于mg；對凹槽，根據平衡方程有
可知
此時FN大于Mg+mg。設小球運動到最高點和凹槽圓心的連線與豎直方向的夾角為，則在最高點，根據垂直于斜面的平衡方程有
此時小球所受的支持力一直小于mg；對凹槽，根據平衡方程可知
可知
此時FN小于Mg+mg，且大于等于Mg。
故選A。
【分析】利用小球在最低點牛頓第二定律可以求出小球受到的支持力大小，結合凹槽的平衡方程可以得出凹槽對電子秤的壓力大小；利用小球在最高點的平衡方程可以求出小球受到支持力大小，結合凹槽的平衡方程可以得出凹槽對電子秤的壓力大小。
9．（2024高一下·麗水期末）如圖，一運動員站在水平地面上射箭時，保持人拉弓的力及出射點位置不變，箭與水平方向夾角為θ（0°<θ<90°），忽略空氣阻力和發射點到地面的距離，則（　　）
A．增大θ一定可以增大射箭的最遠距離
B．減小θ將增大箭支的最高高度
C．增大θ將減小箭支運動過程中的最小速度
D．改變θ并不影響箭支落地時速度的方向
【答案】C
【知識點】斜拋運動
【解析】【解答】A．設箭的初速度為v。箭做斜拋運動，根據位移公式有
根據速度公式有
解得水平位移的大小為
因此當時，箭射出的距離最遠，因此A錯誤；
B．箭做斜拋運動，根據豎直方向的位移公式可以得出箭支的最高高度為
故減小θ將降低箭支的最高高度，故B錯誤；
C．根據速度的分解可以得出箭支運動過程中的最小速度就是箭支的水平分速度，即
增大θ將減小箭支運動過程中的最小速度，故C正確；
D．根據斜拋運動的對稱性可以得出箭支落地時速度的方向與水平方向的夾角仍是，故改變θ會影響箭支落地時速度的方向，故D錯誤；
故選C。
【分析】箭做斜拋運動，利用水平方向的位移公式結合豎直方向的速度公式可以求出水平位移的大小；利用豎直方向的位移公式可以求出角度對高度的影響；利用速度的分解可以求出箭支的最小速度；利用運動的對稱性可以判別初速度的方向對落地速度方向有影響。
10．（2024高一下·麗水期末）如圖所示，物塊Q放在水平桌面上，一條跨過光滑定滑輪的細線兩端分別連接物塊P和物塊Q，物塊P、Q的質量之比mP：mQ=1：2。物塊P下落過程中，細線上的拉力大小為F1；若物塊P、Q位置互換，物塊Q下落過程中，細線上的拉力大小為F2。兩物塊與桌面間無摩擦，不計空氣阻力，則F1、F2的大小關系為（　　）
A．F1：F2 =1：1 B．F1：F2 =1：2
C．F1：F2 =2：1 D．F1：F2 =1：3
【答案】A
【知識點】牛頓第二定律；牛頓運動定律的應用—連接體
【解析】【解答】位置互換前，根據牛頓第二定律，物塊PQ一起做勻加速直線運動，對物塊P，根據牛頓第二定律有
對物塊Q，根據牛頓第二定律有
聯立解得繩子的拉力大小為
位置互換后，物塊PQ一起做勻加速直線運動，對物塊Q，根據牛頓第二定律有
對物塊P，根據牛頓第二定律有
聯立解得繩子的拉力大小為
則拉力的大小比值為
故選A。
【分析】利用物塊的牛頓第二定律結合加速度相等可以求出兩個物塊之間拉力的大小比值。
11．（2024高一下·麗水期末）一小球沿著光滑平面以0.5m/s的初速度滑入一中空光滑圓筒內，圓筒側邊與平面相切。已知圓筒半徑為5cm、高為5cm，底端到地面的距離為15cm，則（　　）
A．筒壁對小球的彈力做正功
B．小球離開圓筒后做平拋運動
C．小球在桶內運動的時間為0.2s
D．小球離開筒的點到最后的落點的距離為
【答案】D
【知識點】自由落體運動；平拋運動；勻速圓周運動
【解析】【解答】A．小球在桶內運動可以分解為水平方向上的圓周運動和豎直方向上的自由落體運動，筒壁對小球的彈力與小球速度垂直，故不做功，故A錯誤；
B．小球離開圓筒后，已經下降了5cm，故豎直方向上已經具有一定的速度，由于合速度方向傾斜向下，所以離開圓筒后不是做平拋運動，故B錯誤；
C．小球在桶內運動可以分解為水平方向上的圓周運動和豎直方向上的自由落體運動，根據豎直方向的位移公式可以得出：小球在桶內運動的時間為
故C錯誤；
D．小球從平面到離開開始分析，根據豎直方向的位移公式有
解得
則小球離開筒的點到最后的落點的時間為
根據水平方向的位移公式可以得出：小球離開筒的點到最后的落點的水平方向上距離為
根據位移的合成可以得出：小球離開筒的點到最后的落點的距離為
故D正確；
故選D。
【分析】對小球的運動進行分解，利用支持力的方向可以判別支持力不做功；利用小球離開圓筒后速度的方向可以判別小球不是做平拋運動；利用豎直方向的位移公式可以求出運動的時間，結合水平方向的位移公式可以求出離開筒后到落地時水平距離的大小。
12．（2024高一下·麗水期末）2024年2月21日晚間，麗水多地出現短時大冰雹。如圖所示為某冰雹從高空由靜止下落過程中速度隨時間變化的圖象。若該冰雹所受的空氣阻力可認為與物體速度大小成正比，圖中作出了t=2.4s時刻的切線，已知該冰雹的質量為0.2kg，則（　　）
A．冰雹在t=2.4s時刻的加速度大小為5m/s2
B．冰雹所受的空氣阻力與速度大小的比例系數大小為
C．冰雹最終達到最大速度的大小為15m/s
D．冰雹在0至2.4s內通過的位移為14.4m
【答案】B
【知識點】牛頓第二定律；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】A．在速度時間圖像中由于圖像斜率代表加速度，根據圖像斜率可以得出冰雹在t=2.4s時刻的加速度大小為
故A錯誤；
B．設空氣阻力與速度大小的正比系數為k，當v=12m/s時，冰雹下落過程受到重力和空氣阻力的作用，根據牛頓第二定律有
達到最大速度時，加速度為零，根據平衡方程有
聯立解得
，
故B正確，C錯誤；
D．設冰雹做勻變速直線運動，由于圖像面積代表位移的大小，根據圖像面積的大小可以得出2.4s內的位移為
由圖可知冰雹在0至2.4s內通過的位移大于14.4m，故D錯誤；
故選B。
【分析】利用圖像斜率可以求出加速度的大小；利用牛頓第二定律結合最大速度時的平衡方程可以求出冰雹的比例系數；利用平衡方程可以求出最大速度的大小；利用圖像面積可以求出冰雹位移的大小。
13．（2024高一下·麗水期末）一小丑每隔0.2s從同一位置斜向上方拋出一枚小球，拋出時小球豎直方向的速度大小為8m/s，以拋出點所在的水平面為參考平面，下列說法正確的是（　　）
A．拋出的小球能夠達到的最大高度為2.4m
B．小球從被拋出到回到參考面所用時間為0.8s
C．參考平面上方（不含參考面）最多同時存在8個小球
D．小球高度為1.6m時，小球的動能為初動能的一半
【答案】C
【知識點】斜拋運動；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A．小球向上運動時，由于受到重力的作用則豎直方向上是加速度為g的勻減速直線運動，根據速度位移公式則
故A錯誤；
B．根據速度公式可以得出小球從被拋出到回到參考面所用時間為
故B錯誤；
C．根據運動的時間及時間間隔可以求出小球的個數為
故參考平面上方（不含參考面）最多同時存在8個小球，故C正確；
D．假設小球水平方向速度為0，根據動能的表達式則小球的初動能為
小球高度為1.6m時，根據動能定理則小球的動能為
解得
但是小球還具有水平方向上的速度，因此小球的動能不一定為初動能的一半，故D錯誤；
故選C。
【分析】利用豎直方向的速度位移公式可以求出上升的最大高度；利用速度公式可以求出小球運動的時間，進而求出拋出小球的個數；利用動能定理可以求出小球動能和初動能的比值。
14．（2024高一下·麗水期末）2024年5月3日，嫦娥六號探測器由長征五號遙八運載火箭在中國文昌航天發射場發射成功。如圖所示為嫦娥六號探測器的飛行軌道示意圖，環月軌道1為圓軌道，環月軌道2為橢圓軌道。則（　　）
A．探測器在環月軌道2上繞行時P點處速度最大
B．探測器在環月軌道1的速度比月球上的第一宇宙速度大
C．探測器在環月軌道1上經過P點的加速度大于在環月軌道2上經過P點的加速度
D．探測器在環月軌道1上經過P點的速度大于在環月軌道2上經過P點的速度
【答案】D
【知識點】萬有引力定律的應用；第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】AD．環月軌道1相對于環月軌道2是高軌道，探測器由高軌道變軌到低軌道，根據向心運動的規律則需要在切點P位置減速，即環月軌道2在P點的速度小于環月軌道1的線速度，根據開普勒第二定律可以得出距離月球越近線速度越大，探測器在環月軌道2上繞行時P點處速度不是最大，探測器在環月軌道1上經過P點的速度大于在環月軌道2上經過P點的速度故A錯誤，D正確；
B．月球上的第一宇宙等于近月軌道的環繞速度，根據引力提供向心力有
解得
環月軌道2的軌道半徑大于月球半徑，則探測器在環月軌道1的速度比月球上的第一宇宙速度小，故B錯誤；
C．由于月球對探測器的引力提供向心力，根據牛頓第二定律有
解得
可知，探測器在環月軌道1上經過P點的加速度等于在環月軌道2上經過P點的加速度，故C錯誤。
故選D。
【分析】根據開普勒第二定律可以得出探測器在軌道2P點的速度不是最大值；利用向心運動可以比較探測器在不同軌道P點速度的大小；利用牛頓第二定律結合軌道半徑的大小可以比較線速度和向心加速度的大小。
15．（2024高一下·麗水期末）如圖所示，在立體直角坐標系xyz中，坐標軸上的A、B、C、D、F各點至原點O點距離相同，A、B處固定有正電荷，C、D處固定有負電荷，電荷量大小均相等，設無窮遠處的電勢為零，則下列說法中正確的是（　　）
A．O點電場強度為零
B．O點電勢為零
C．從O點靜止釋放一正電荷，其電勢能將一直減小
D．從F點靜止釋放一正電荷，其將沿著y軸做勻加速直線運動
【答案】B
【知識點】電場強度的疊加；電勢能；電勢
【解析】【解答】A．已知各點點電荷的電性，根據場強的疊加可以得出A、C處點電荷在O點的場強沿AC方向不為零，B、D處點電荷在O點的場強沿BD方向不為0，根據電場的矢量疊加可知O點場強不為0，故A錯誤；
B．根據等量異種點電荷的電勢分布可知，由于異種等量點電荷之間中垂線為等勢線所以y軸是等勢線，且電勢為0，故B正確；
C．根據電場的矢量疊加可知，從O點靜止釋放一正電荷，在電場力的作用下由于正電荷先靠近CD加速，在遠離CD減速，將做往復運動，電勢能先減小，后增大，故C錯誤；
D．沿著y軸方向，根據電場線的分布可以得出：電場強度變化，從F點靜止釋放一正電荷，不做勻加速直線運動，故D錯誤；
故選B。
【分析】利用電場的疊加可以判別O點電場強度的大小；利用異種等量點電荷的電場可以判別O點電勢的大小；利用電場力的方向可以判別電場力做功進而判別電勢能的大小變化；利用電場線分布可以判別電場力的大小進而判別加速度的大小。
16．（2024高一下·麗水期末）如圖甲為直升機搶救傷員的情景，直升機懸停在空中，用輕質繩索將傷員由靜止向上吊起，繩索對傷員做功功率隨時間變化如圖乙所示，傷員重力為G，0~t1傷員作勻加速度直線運動，t1、t2時刻傷員的動能分別為E k1、E k2，運動過程中不計空氣阻力，則（　　）
A．t1時刻速度大小為
B．t1、t2時刻的動能E k1=E k2
C．t1時刻傷員的動能大小為
D．0~t1階段，傷員上升的高度
【答案】D
【知識點】牛頓第二定律；機車啟動；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A.0~t1傷員作勻加速度直線運動，由于合力向上則牽引力大于重力則有
根據功率的表達式可以得出t1時刻速度大小為
故A錯誤；
B.0~t1傷員作勻加速度直線運動，之后保持功率不變，則有
根據牛頓第二定律有
功率一定，速度增大，牽引力減小，加速度減小，即t1時刻后做加速度減小得變加速直線運動，當加速度為0時，傷員開始做勻速直線運動，可知，t1時刻的速度小于t2時刻的速度，根據動能的表達式則有
故B錯誤；
C.0~t1傷員作勻加速度直線運動，拉力和重力對傷員做功，根據動能定理有
可知，t1時刻傷員的動能小于，故B錯誤；
C.0~t1傷員作勻加速度直線運動，根據重力做功的表達式可以得出克服重力做功
結合上述解得
故D正確。
故選D。
【分析】利用功率的表達式結合牽引力和重力的大小可以求出瞬時速度的大小；利用功率和牛頓第二定律可以判別傷員速度的變化，結合動能的表達式可以比較動能的大小；利用動能定理可以求出傷員動能的大小；利用重力做功可以求出傷員上升的高度。
17．（2024高一下·麗水期末）如圖，勁度系數為2N/cm，豎直放置的彈簧上連接有質量為2kg的A物塊，靜止時A在y=0cm處，此刻將一質量為1kg的物塊B無初速度的放置于A上，使A與B開始運動，忽略空氣阻力，彈簧足夠長且始終未超出彈性限度。已知彈簧彈性勢能表達式為，x為彈簧形變量。下列說法正確的是（　　）
A．A向下運動到y=5cm后保持靜止
B．存在某一時刻A與B會分離
C．A最大能運動到y=20cm處
D．當A運動到y=5cm處時，A的動能達到最大值
【答案】D
【知識點】簡諧運動；簡諧運動的回復力和能量
【解析】【解答】A．靜止時A在y=0cm處，令此時彈簧壓縮量為，根據A的平衡方程可以得出
解得形變量為
放上B后，令對平衡位置的位移大小為，A、B在平衡位置的壓縮量為，根據的力合成可以得出
根據整體的平衡方程有
解得
回復力大小與相對平衡位置的位移大小成正比，方向相反，可知，放上B后，B與A一起開始向下做簡諧運動，根據簡諧運動的規律可知，A、B先向下做加速度減小的加速運動，后向下做加速度增大的減速運動，減速至0后，又向上做做加速度減小的加速運動，后向上做加速度增大的減速運動，減速至0后回到出發點，之后，重復先前的運動過程，根據平衡方程可以解得
根據簡諧運動的對稱性可知，根據A的最高點和平衡位置可以得出：振幅為
可知，A、B向下運動到兩倍的振幅位置，即y=10cm到達最低點，但不能夠保持靜止，故A錯誤；
B．根據簡諧運動的特點可以得出，B與A一起保持相對靜止做簡諧運動，兩者不會發生分離，故B錯誤；
C．根據振幅的大小可以得出A最大能運動到y=10cm處，故C錯誤；
D．結合上述可知，當A運動到y=5cm處時，恰好處于平衡位置，由于此時加速度等于0則此時速度最大，A的動能達到最大值，故D正確。
故選D。
【分析】根據A最初的平衡方程可以求出彈簧形變量的大小，結合力的合成可以求出回復力的大小；利用回復力可以判別AB一起做簡諧運動，利用簡諧運動的的位置可以求出振幅的大小；利用簡諧運動特點可以判別AB不會分離；利用A運動到平衡位置速度最大則動能出現最大值。
18．（2024高一下·麗水期末）有一段粗糙軌道AB長為S，第一次物塊以初速度v0由A出發，向右運動達到B時速度為v1，第二次物塊以初速度v0由B出發向左運動。以A為坐標原點，物塊與地面的摩擦力f隨x的變化如圖，已知物塊質量為m，下列說法正確的是（　　）
A．物塊在第一次運動中做勻減速直線運動
B．f-x圖像的斜率為
C．第二次能到達A點，且花費時間較第一次長
D．兩次運動中，在距離A點處摩擦力功率大小相等
【答案】C
【知識點】功率及其計算；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A．物塊在第一次運動中水平方向上只受到摩擦力，并且摩擦力隨位移均勻增加，根據牛頓第二定律可以得出加速度在變大，故A錯誤；
B．從A到B運用動能定理，根據摩擦力做功等于動能的變化，則有
根據表達式可以得出f-x圖像的斜率為
故B錯誤；
C．由于第二次運動過程中摩擦力做功相等，根據能量守恒，第二次也能到達A點，且速度也為v1，且一開始加速度大，所以速度減小，導致平均速度比較小，所以花費時間比第一次長，故C正確；
D．兩次運動中，物塊運動到A點時相同距離時由于摩擦力做的功不相等，根據動能定理可以得出在A點的速度大小不相等，而摩擦力大小相等，根據力的瞬時功率計算公式
可得在距離A點處摩擦力功率大小不等，故D錯誤；
故選C。
【分析】利用摩擦力的大小可以判別加速度的大小變化；利用動能定理可以判別圖像對應的斜率；利用兩次運動摩擦力做功相等可以判別第二次運動能夠到達A點，利用摩擦力的大小可以比較平均速度的大小進而比較運動的時間；利用摩擦力做功不同可以比較在相同位置摩擦力做功的功率大小。
19．（2024高一下·麗水期末）小張同學用如圖甲所示的實驗裝置做“探究小車速度隨時間變化的規律”的實驗，所選打點計時器如圖乙所示。
（1）圖乙中打點計時器所接的電源為　 　（選填“8V”或“220V”）交變電源；
（2）下列有關本實驗說法正確的是（　　）
A．先打開電源后釋放紙帶
B．紙帶上打點越密集的地方速度越大
C．實驗過程中不需要補償小車受到的阻力
D．電磁打點計時器是一種測量點跡距離的儀器
（3）該同學完成實驗后，在紙帶上每5個點取一個計數點，共有A、B、C、D、E、F、G等7個計數點，其相鄰點的間距如圖所示。根據圖丙紙帶的數據可以求出打點計時器打下C點時小車的速度為　 　m/s，小車的加速度大小為　 　m/s2。（保留2位小數）
（4）小陳同學想利用圖甲裝置，通過墊高軌道一端補償阻力后驗證小車和鉤碼的機械能是否守恒，他的做法　 　（“可行”或“不可行”）。
【答案】（1）220V
（2）A；C
（3）0.82；1.56
（4）不可行
【知識點】驗證機械能守恒定律；探究小車速度隨時間變化的規律
【解析】【解答】（1）根據圖中打點計時器沒有復寫紙可以得出圖乙中打點計時器為電火花打點計時器，需接220V交變電流。
（2）A．實驗中，為了充分利用紙帶，應先打開電源，等打點穩定后釋放紙帶，故A正確；
B．紙帶上打點密集與打點稀疏相比，說明在相同時間內小車的位移更小，根據相同時間位移的大小可以得出取紙帶上打點密集的地方速度小，故B錯誤；
C．實驗中只要確保小車做勻加速直線運動，該實驗不需要平衡阻力，阻力對研究小車速度隨時間變化規律無影響，故C正確；
D．電磁打點計時器是一種測量時間的儀器，屬于計時工具，故D錯誤。
故選AC。
（3）在紙帶上每5個點取一個計數點，已知打點周期為0.02s，則相鄰兩個計數點之間的時間間隔為
根據平均速度公式可以得出：C點的速度為
根據逐差法可以得出小車的加速度為
（4）墊高軌道一端補償阻力后，由于小車下滑過程中摩擦力仍存在，則系統存在摩擦力做功，機械能不守恒，所以不可行。
【分析】（1）利用圖示可以得出打點計時器為電火花計時器，工作電壓為交流電220V；
（2）實驗應先打開電源，等打點穩定后釋放紙帶；根據相同時間位移的大小可以得出取紙帶上打點密集的地方速度小；該實驗不需要平衡阻力，阻力對研究小車速度隨時間變化規律無影響；電磁打點計時器是一種測量時間的儀器；
（3）利用平均速度公式可以求出瞬時速度的大小；利用逐差法可以求出小車加速度的大小；
（4）墊高軌道時，由于小車下滑過程中仍有摩擦力做功所以機械能不守恒。
20．（2024高一下·麗水期末）在用如圖甲所示的裝置做“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗中
（1）本實驗主要體現的科學方法是（　　）
A. 等效替代法 B. 極限法 C. 控制變量法 D. 理想化模型
（2）在某一次實驗中，其中一彈簧測力計的指針如圖乙所示，則其讀數F1=________N，另一拉力F2的大小為1.85N；
（3）F1、F2的方向如圖丙所示，用作圖法求F1、F2合力大小F=________N；
（4）關于此實驗下列說法正確的是（　　）
A. 橡皮筋的拉力是合力，兩彈簧測力計的拉力是分力
B. 拉橡皮條的細繩要適當長些，標記同一細繩方向的兩點要適當遠些
C. 拉橡皮條時彈簧測力計、橡皮條、細繩應貼近木板且與木板平面平行
D. 若彈簧測力計的外殼與木板產生摩擦，則所測拉力變小
【答案】(1) A
(2) 2.06-2.14
(3) 3.20-3.50
(4) BC
【知識點】等效法；驗證力的平行四邊形定則
【解析】【解答】(1)本實驗兩個步驟中都是每次將橡皮條拉到同樣的位置，保證合力與分力的作用效果相同，這種方法叫等效替代法，故選A。
（2）已知彈簧測力計的分度值為0.1N，根據圖乙可讀出彈簧測力計讀數為2.09N。
（3）
根據力的標度及合力的長度可以得出：合力大小為3.20N。
（4）A．根據平衡條件可以得出橡皮筋的拉力是與合力等大反向的作用力，兩彈簧測力計的拉力是測量分力的大小，A錯誤；
B．在標記拉力的方向時，拉橡皮條的細繩要長些，標記同一細繩方向的兩點要遠些，可以減小方向的相對誤差，B正確；
CD．實驗中，為了讓拉力在同一平面上，彈簧秤、橡皮條、細繩應貼近木板且與木板平面平行，彈簧測力計的外殼與木板產生摩擦，不會改變測力計示數，C正確，D錯誤。
故選BC。
【分析】（1）實驗中兩個步驟拉力的效果相同使用等效法；
（2）利用彈簧測力計的分度值可以得出對應的讀數；
（3）利用合力的長度可以求出合力的大小；
（4）橡皮筋的拉力是與合力等大反向的作用力，兩彈簧測力計的拉力是分力；為了確定拉力的方向，繩子長度要適當長一些；為了讓拉力方向在同一平面，避免產生分力，彈簧秤、橡皮條、細繩應貼近木板且與木板平面平行，彈簧測力計的外殼與木板產生摩擦，不會改變測力計示數。
21．（2024高一下·麗水期末）如圖所示，在傾角37°足夠長的固定斜面上放置一個質量為 1kg 的物塊，物塊與斜面之間的動摩擦因數為 0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。t=0時刻，物體沿斜面開始下滑。
（1）求加速度a的大小；
（2）求t=2s時，物體下滑的距離；
（3）下滑2s后，一沿斜面向上拉力 F =6N作用在物體上，求整個過程物體沿斜面下滑的最大距離。
【答案】解：（1）根據牛頓第二定律，有
解得
（2）根據勻加速直線運動的位移與時間的關系，有
解得
（3）根據牛頓第二定律，有
解得
下滑2s后物塊的速度為
物體沿斜面下滑的距離最遠時，物體減速到0，則
解得
則整個過程物體沿斜面下滑的最大距離為
【知識點】勻變速直線運動的速度與時間的關系；勻變速直線運動的位移與速度的關系；牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【分析】（1）物塊下滑做勻加速直線運動，利用牛頓第二定理可以求出加速度的大小；
（2）物塊下滑時，利用位移公式可以求出位移的大小；
（3）當物塊下滑時，利用牛頓第二定律可以求出施加拉力前的加速度大小，結合牛頓第二定律可以求出施加拉力后加速度的大小，結合速度位移公式可以求出下滑的最大距離。
22．（2024高一下·麗水期末）如圖甲所示，P處有一粒子源，可以持續均勻地“飄”出（初速度為零）氫離子，經M、N間的加速電場加速后，粒子可以進入輻向電場（電場強度方向指向O），沿著半徑為R的圓弧運動。從輻向電場射出后，粒子沿平行金屬板A、B間的中心線II’ 射入勻強電場，最后都打在足夠長的收集板上。 已知UMN=U，氫離子電荷為e，質量為m， AB間的電場隨時間變化如圖乙所示（AB為正方向，周期為T）， AB板的長度，以下答案用U、R、e 、m、T、 E0表示，不考慮粒子間的相互作用。求：
（1）氫離子從N板射出時的速度大小v；
（2）半徑為R的圓弧處的電場強度大小E；
（3）收集板上收集到粒子的位置會發光，求發光長度x。
【答案】解：（1）根據動能定理
解得
（2）根據電場力提供向心力
解得
（3）根據牛頓第二定律
①由t=0時刻進入的粒子a，其v-t圖像如圖所示，打到收集板上的右側，離I’最遠
根據位移與時間的公式有
②由t=時刻進入的粒子b，其水平方向的v-t圖像如圖所示，正好打在I’處
③由t=時刻進入的粒子c，其水平方向的v-t圖像如圖所示，打到收集板上的左側，離I’最遠
則有
④由粒子水平方向的v-t圖像可知，其它時間進入的粒子均在a、c粒子之間
綜上述，粒子收集板上收集到氫離子的長度
【知識點】帶電粒子在電場中的加速；帶電粒子在電場中的偏轉
【解析】【分析】（1）粒子在電場中加速，利用動能定理可以求出加速后獲得速度的大小；
（2）粒子在電場中電場力提供向心力，利用牛頓第二定律可以求出電場強度的大小；
（3）粒子在不同時刻進入電場時，利用速度時間圖像結合位移公式可以求出水平方向運動的距離，進而求出收集板上收集到氫離子的長度。
23．（2024高一下·麗水期末）如圖所示，一游戲裝置由固定在豎直平面內的傾斜直軌道BC、傳送帶CD、豎直圓軌道EFE 和幾段水平軌道組成，豎直圓軌在最低點略微錯開且分別與水平軌道DE和E G相連。游戲時滑塊從A點以4m/s的速度水平拋出，恰好在B點沿軌道BC進入軌道。已知直軌道BC傾角α=37°，，傳送帶長LCD=3.2m，圓軌道半徑，E G長LE G=2.0m，各軌道間均平滑連接，除傳送帶及直軌道E G外，其它軌道勻光滑，物塊與傳送帶及直軌道E G的動摩擦因數μ=0.5，滑塊質量mA=0.05kg，可視為質點，C、D、E（E ）、G在同一水平面內。
（1）求A、B兩點的高度差h1；
（2）傳送帶靜止時，求滑塊經過軌道最低點E時受到軌道支持力的大小；
（3）傳送帶以v=4m/s的速度順時針轉動時，滑塊能否到達F點？
（4）傳送帶順時針轉動，滑塊與處在G處的擋板碰撞后速度大小不變，若要求滑塊始終不脫離軌道，求傳送帶速度取值范圍。
【答案】解：（1）從A到B做平拋運動，則解得，
解得
（2）由動能定理，得
解得
由牛頓第二定律
得
（3）由動能定理
解得
當傳送帶速度處于時物塊均可共速離開，所以
從E到F
解得
故不能過F點。
（4）1、物塊第一次無法過圓心等高處
2、物塊能從右側返回時，但無法回到圓心等高處
解得
在F點時
可得
3、物塊能第二次到達最高點
故
故物塊無法完成的過程，重新回到傳送帶后會原速從點離開。當，不會脫離軌道
綜合上述情況：
；；
三種情況。
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；平拋運動；生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用；機械能守恒定律
【解析】【分析】（1）滑塊做平拋運動，利用豎直方向的速度位移公式可以求出下落的高度；
（2）傳送帶靜止時，利用動能定理可以求出滑塊經過E點速度的大小，結合牛頓第二定律可以求出對軌道的壓力大小；
（3）滑塊在傳送帶上運動時，利用動能定理可以求出滑塊能夠與傳送帶共速時傳送帶的速度大小，利用傳送帶的速度可以求出滑塊離開傳送帶的速度，結合動能定理可以求出滑塊經過F點的速度大小，進而判別能否到達F點；
（4）當物塊不會脫離軌道時，當第一次不能到達圓心等高位置時，利用動能定理可以求出經過E點速度的大小，進而求出傳送帶的速度；當物塊返回時不能經過圓心登高位置時，利用動能定理可以求出滑塊經過E點速度的大小，結合滑塊不能通過最高點的牛頓第二定律及動能定理可以求出滑塊經過E點速度的大小，再利用動能定理可以求出滑塊第一次經過E點速度的大小，進而求出傳送帶速度的大小范圍。
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