資源簡介

浙江省紹興市2023-2024學年高一下學期6月期末物理試題
1．（2024高一下·紹興期末）下列物理量為矢量，且單位表示正確的是（　　）
A．時間間隔s B．加速度m/s
C．重力kg· D．動能J
2．（2024高一下·紹興期末）2024年5月12日世界田聯女子100m欄決賽中，吳艷妮發揮出色，以12秒86的成績強勢奪冠。下列說法正確的是（ ）
A．12秒86是指時刻
B．研究跨欄動作可將吳艷妮看作質點
C．吳艷妮跨欄至最高點時加速度為零
D．吳艷妮跨欄全過程的平均速度約為7.78m/s
3．（2024高一下·紹興期末）如圖所示，揭秘了空中懸浮魔術的真相，對“懸浮”在空中的表演者描述正確的是（　　）
A．表演者只受重力作用
B．表演者所受合外力為零
C．表演者處于完全失重狀態
D．表演者對平板的壓力大于平板對表演者的支持力
4．（2024高一下·紹興期末）2024年4月26日，神舟十八號與天宮號實現在軌對接。對接前，天宮號沿軌道I運動，神舟十八號在稍低一點的軌道II上調整姿態，準備對接。當兩飛行器在各自軌道上做勻速圓周運動，下列說法正確的是（　　）
A．神舟十八號的線速度小于天宮號的線速度
B．神舟十八號的角速度等于天宮號的角速度
C．神舟十八號的周期小于天宮號的周期
D．神舟十八號所受地球引力大于天宮號所受地球引力
5．（2024高一下·紹興期末）放在地面上魚缸中的魚在靜止水中吐出的氣泡沿豎直方向加速上浮，若魚在勻速向右平移的缸中吐出氣泡，則從如圖所示的角度觀察，氣泡軌跡應為（　　）
A． B．
C． D．
6．（2024高一下·紹興期末）如圖所示，一小朋友在螺旋形滑梯上以恒定速率下滑，則下列說法中正確的是（　　）
A．小朋友在下滑過程中受到的合外力為零
B．小朋友在下滑過程中機械能守恒
C．小朋友在下滑過程中重力不做功
D．小朋友在下滑過程中合外力做功為零
7．（2024高一下·紹興期末）如圖所示，蕩秋千小孩和凳子總質量30kg，當秋千擺到最低點時，速度大小為3m/s，小孩重心與水平固定橫梁間的距離為2m，橫梁受到繩子的拉力約為（　　）
A．135N B．165N C．300N D．435N
8．（2024高一下·紹興期末）如圖所示，射水魚發現前方有一昆蟲，就將嘴露出水面對昆蟲噴水，斜向上射出的水柱恰好水平擊中昆蟲。已知魚嘴距離昆蟲，兩者連線與水平方向夾角為（，），忽略空氣阻力。下列說法正確的是（　　）
A．水滴在空中運動0.5s后擊中昆蟲
B．擊中昆蟲時，水滴速度大小為2m/s
C．斜向上射出的水柱，初速度大小為3m/s
D．斜向上射出的水柱，初速度與水平方向夾角為53°
9．（2024高一下·紹興期末）如圖所示，在同一點用兩根不可伸長的細繩懸掛兩個帶同種電荷的小球A和B，兩小球的質量分別為和，帶電量分別為和，兩球平衡時懸線與豎直線的夾角分別為和，且兩小球處于同一水平面上，下列說法正確的是（　　）
A．若，則 B．若，則
C．若，必有 D．若，必有
10．（2024高一下·紹興期末）2024年5月8日，嫦娥六號探測器進入環月軌道，為登陸月球做準備。已知月球質量為地球質量的，月球半徑為地球半徑的，不考慮地球和月球的自轉，嫦娥六號在月球表面受到月球引力為地球表面受到地球引力的（　　）
A． B． C． D．
11．（2024高一下·紹興期末）如圖所示，帶電量為的點電荷與均勻帶電圓薄板相距2L，點電荷到帶電薄板的垂線通過薄板圓心，若A點電場強度為0，則B點的電場強度為（　　）
A．大小為，方向水平向左 B．大小為，方向水平向左
C．大小為，方向水平向右 D．大小為，方向水平向右
12．（2024高一下·紹興期末）如圖所示，為一種叫“空中飛椅”的游樂項目，其簡化結構如右圖。當轉盤繞其中心豎直軸勻速轉動時，座椅和游客的總質量為m，在半徑為R、角速度大小為的水平面內做勻速圓周運動。此時鋼繩與豎直方向的夾角為，不計空氣阻力，重力加速度為g。下列說法正確的是（　　）
A．座椅和游客的運動周期為
B．鋼繩的拉力大小為
C．座椅靠近轉軸的游客速度更大
D．座椅和游客的向心力大小為
13．（2024高一下·紹興期末）如圖，彈簧左端固定于O點，右端連接質量為m的小球（小球可看作質點，彈簧為原長l），將小球和彈簧從水平靜止狀態釋放。彈簧始終在彈性限度內，不計一切阻力，以a點所在平面為參考面。圖中表示重力勢能，表示彈性勢能，表示動能。下列4個選項中關于小球從a運動到c過程中，a、b、c三點機械能情況的描述可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
14．（2024高一下·紹興期末）在一次課堂演示中，某位老師為同學們表演了一項“魔術”。一個沒有底的空塑料瓶上固定著一根鐵鋸條和一塊易拉罐（金屬鋁）片，如圖所示，右側為俯視圖，把他們分別跟靜電起電機的兩極相連，其中鋸條接負極，鋁片接正極。在塑料瓶內點燃一小段艾草，很快瓶內煙霧繚繞，當把起電機一搖，頓時塑料瓶內清澈透明，停止搖動又是煙霧繚繞。a、b是同一條電場線上的兩點。下列說法正確的是（ ）
A．通電后煙塵最終到鋸條上
B．通電后煙塵最終到鋁片上
C．鋸條和鋁片之間的電場是勻強電場
D．a點的電場強度小于b點的電場強度
15．（2024高一下·紹興期末）倉庫工作人員需要將30只箱子搬到高出地面12m的儲藏室中，單只箱子重5kg。如果每次只搬一只，將消耗大量體能用于克服重力做功；若每次搬箱太多，將減緩走路速度。已知工作人員自重60kg，搬箱輸出功率P與單次搬運貨物總質量m間的關系如圖所示，不考慮工人空手下樓梯時間。下列說法正確的是（ ）
A．若每次搬箱6只，則搬箱所用總時間最短
B．搬箱所需最短總時間為720s
C．搬完所有箱子消耗體能最少為18kJ
D．若換成30只單只重10kg的箱子，則每次搬1只與每次搬2只所需的時間相等
16．（2024高一下·紹興期末）如圖所示是某個小球做平拋運動的頻閃照片，照片中相鄰位置小球的運動時間間隔　 　（選填“相等”或“不相等”），若豎直方向相鄰的頻閃周期內小球位移差　 　（選填“相等”或“不相等”），就可證明平拋運動小球在豎直方向做勻加速直線運動。
17．（2024高一下·紹興期末）如圖所示是向心力演示器，若將變速塔輪的皮帶儀器往下移動一級，則長槽和短槽的角速度之比會　 　（選填“變大”“變小”或“不變”）；若放在長槽、短槽內的三個小球質量相等，皮帶所在左右塔輪的半徑也相等，則在勻速轉動過程中，左右標尺紅白標記之比為　 　.
18．（2024高一下·紹興期末）小王同學用如圖1所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律，打出如圖2所示的一條紙帶，已知打點計時器的頻率為50Hz，重物質量為300g，重力加速度，根據圖1可以判斷打點計時器的電壓可能為　 　（選填“交流220V”或“交流8V”），圖2中O為第一個點，打下C點時重物的速度為　 　m/s（結果保留三位有效數字），重物下落過程中受到的平均阻力大小為　 　N（結果保留兩位有效數字）。
19．（2024高一下·紹興期末）如圖，傾角為37°的絕緣斜面放在水平地面上，斜面上有一帶電量為+q的物塊，其質量為m，斜面質量為M現在該空間中加一沿斜面向上的勻強電場，此時物塊所受的摩擦力恰好為零，斜面和物塊始終保持靜止。（重力加速度為g，，）
（1）求該勻強電場的大小；
（2）求此時地面受到的摩擦力；
（3）若調整該電場方向水平向右，求斜面受到物塊的壓力大小。
20．（2024高一下·紹興期末）如圖所示，樂樂同學到夜市玩套圈游戲時，發現正前方有他喜歡的火箭禮物（高為），在離地處以一定的初速度將套圈向正前方水平拋出，空中飛行時，套圈平面始終保持水平，套圈的直徑為，火箭尖端與剛拋出時套圈中心的水平距離為，不考慮空氣阻力。
（1）求套圈從離開手到剛套中火箭所需的時間；
（2）若某次套圈中，樂樂將套圈以的速度水平拋出，套圈沒有碰到禮物直接落地，求套圈落地的速度大小和方向；
（3）若要套中該禮物，求套圈拋出時的初速度范圍。
21．（2024高一下·紹興期末）調速器可用來控制電機的轉速，其簡化結構如圖所示。圓柱形外殼的中心轉軸隨電動機旋轉，軸上兩側各有一輕質細桿，其上端與中心轉軸在O點以鉸鏈相接，鉸鏈固定在上下表面圓心連線的中點，下端各有一個質量的大小不計的擺錘，兩細桿與中心轉軸恒在同一平面，當外殼受到擺錘壓力時通過傳感器傳遞電動機轉速過大或過小的信息。已知圓柱形上下表面半徑、高，細桿長，圓桶表面光滑。
（1）當細桿與豎直方向夾角為45°時，求桿對擺錘的作用力大小：
（2）當轉動的角速度時，擺錘與外殼底面接觸，求外殼底面受到的壓力大小；
（3）求擺錘與外殼不接觸的角速度范圍。
22．（2024高一下·紹興期末）泡沫金屬是指含有泡沫氣孔的特種金屬材料，擁有密度小、隔熱性能好、隔音性能好以及能夠吸收電磁波等一系列良好優點，是隨著人類科技逐步發展起來的一類新型材料，常用于航空航天、石油化工等一系列工業開發上。某工廠生產一種邊長的正方體泡沫金屬顆粒，由于生產過程中氣泡含量的不同，導致顆粒的質量不同（體積與表面材料無偏差），為篩選顆粒，設計了如圖所示裝置。產出的顆粒不斷從A處靜止進入半徑為的光滑圓軌道AB，B處與一順時針緩慢轉動的粗糙傳送帶相切，傳送帶足夠長，CE、FG均為水平光滑軌道，圓心為O、半徑的光滑圓軌道E、F處略微錯開且與水平軌道相接，D為帶輕質滾輪的機械臂，可在顆粒經過時提供豎直向下的恒定壓力F，顆粒右側剛到達滾輪最低點時的速度可忽略不計，滾輪逆時針轉動且轉速足夠快，滾輪與顆粒之間的摩擦系數（摩擦力對顆粒作用距離可認為是顆粒邊長），I、II、III為顆粒的收集區域，（顆粒落到收集區直接被收集不反彈），其中I、II的分界點為圓心O，且I、II與圓軌道之間留有恰好可容顆粒通過的距離。顆粒在圓軌道中運動時可看做質點，顆粒在被收集之前相互之間沒有發生碰撞，質量最大顆粒恰好被Ⅱ最右端收集。質量為0.001kg的顆粒恰好被III收集。求：
（1）質量為0.001kg顆粒到達B處時對軌道的壓力大小；
（2）機械臂提供的恒定壓力的大小；
（3）II、III兩個區域各自收集到顆粒的質量范圍。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】矢量與標量；動能；單位制
2．【答案】D
【知識點】質點；時間與時刻；平均速度；牛頓第二定律
【解析】【解答】A.12秒86屬于跑步的總時間，是指時間，故A錯誤；
B．物體能否作為質點主要看所研究的問題，研究跨欄動作時，吳艷妮大小形狀不可忽略，不可看作質點，故B錯誤；
C．吳艷妮跨欄至最高點時由于受到重力的作用，所以加速度不為零，故C錯誤；
D．根據位移和時間的比值可以得出吳艷妮跨欄全過程的平均速度
故D正確。
故選D。
【分析】運動的時間屬于時間間隔；研究跨欄動作不能把運動員作為質點；運動員到達最高點還受到重力所以加速度不等于0；利用位移和時間的比值可以求出平均速度的大小。
3．【答案】B
【知識點】受力分析的應用；共點力的平衡；超重與失重
【解析】【解答】A．表演者可以懸浮在空中，根據平衡條件可以得出表演者不能只受到重力的作用，A錯誤
B．表演者處于平衡狀態，根據牛頓第一定律可以得出其所受合力為零，B正確；
C．表演者懸浮時加速度為零，完全失重則是加速度等于重力加速度，所以表演者并不是處于完全失重狀態，C錯誤；
D．根據牛頓第三定律可以得出：表演者對平木板的壓力與平木板對表演者的支持力是作用力與反作用力，根據牛頓第三定律可知，二者大小相等，D錯誤。
故選B。
【分析】表演者處于懸浮靜止，屬于平衡狀態，合力為0；利用牛頓第三定律可以得出表演者對平板的壓力等于平板對表演者的支持力。
4．【答案】C
【知識點】萬有引力定律的應用；衛星問題
【解析】【解答】A．地球對衛星的引力提供向心力，根據牛頓第二定律有
解得
神舟十八號的軌道半徑小于天宮號的軌道半徑，神舟十八號的線速度大于天宮號的線速度，故A錯誤；
B．地球對衛星的引力提供向心力，根據牛頓第二定律有
解得
神舟十八號的軌道半徑小于天宮號的軌道半徑，神舟十八號的角速度大于天宮號的角速度，故B錯誤；
C．地球對衛星的引力提供向心力，根據牛頓第二定律有
化簡得周期
神舟十八號的軌道半徑小于天宮號的軌道半徑，神舟十八號的周期小于天宮號的周期，故C正確；
D．因為神舟十八號的質量與天宮號質量關系未知，故無法比較神舟十八號所受地球引力與天宮號所受地球引力大小，故D錯誤。
故選C。
【分析】利用引力提供向心力可以比較線速度、角速度和周期的大小；由于未知衛星質量的大小不能比較引力的大小。
5．【答案】B
【知識點】曲線運動的條件
【解析】【解答】由于豎直方向做加速運動，水平方向做勻速運動，則氣泡受到的合力向上，由于速度方向和合力方向不在同一直線故氣泡的合運動為曲線運動，結合曲線運動時，合外力的方向總指向曲線的凹側。
故選B。
【分析】利用氣泡在豎直方向上做加速運動可以判別合力的方向，利用合力方向和速度方向可以判別軌跡為曲線，利用合力方向可以判別軌跡彎曲的方向。
6．【答案】D
【知識點】功的概念；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．小朋友在下滑過程中做曲線運動，由于曲線運動不屬于平衡狀態則受到的合外力不為零，選項A錯誤；
B．小朋友在下滑過程中由于速率不變則動能不變，由于高度減小則重力勢能減小，則機械能減小，選項B錯誤；
C．小朋友在下滑過程中由于重力方向與位移方向夾角為銳角，所以重力做正功，選項C錯誤；
D．小朋友在下滑過程中因動能不變，根據動能定理則合外力做功為零，選項D正確。
故選D。
【分析】小朋友做曲線運動則合外力不等于0；利用速度不變則可以判別動能不變，利用動能不變可以判別合力不做功；結合重力勢能減小可以判別減小減小；利用小朋友位移向下則重力做正功。
7．【答案】D
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【解答】對小孩與秋千板組成的整體，由于小孩子做圓周運動需要向心力，設每根繩子對秋千板的拉力是，小孩和凳子總質量為，小孩重心與拴繩子的橫梁距離為。在最低點時，由牛頓第二定律可得
代入相關已知數據，解得每根繩子對秋千板的拉力約為
根據力的相互作用可以得出橫梁受到繩子的拉力約為
故選D。
【分析】利用最低點的牛頓第二定律可以求出繩子對秋千的拉力，結合力的相互作用可以求出繩子對橫梁的拉力大小。
8．【答案】B
【知識點】平拋運動；斜拋運動
【解析】【解答】A．由于水滴的逆運動為平拋運動，根據豎直方向的位移公式可得
解得水滴從發射到擊中昆蟲的時間
故A錯誤；
B． 水滴在水平方向做勻速直線運動，利用位移公式有：
解得初速度的水平分速度
故B正確；
C．根據豎直方向的速度公式可得初速度的豎直分速度
根據速度的合成可以得出水柱初速度大小為：
故C錯誤；
D．已知分運動速度的大小，則斜向上射出的水柱，初速度與水平方向夾角，則
又
斜向上射出的水柱，初速度與水平方向夾角不等于53°，故D錯誤。
故選B。
【分析】利用平拋運動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初速度沿水平方向的速度大小，結合速度公式可以求出豎直方向分速度的大小，再利用速度的合成可以求出初速度的大小及方向。
9．【答案】B
【知識點】庫侖定律；共點力的平衡
【解析】【解答】根據牛頓第三定律可以得出兩球之間的庫侖力屬于作用力和反作用力，它們是大小相等，方向相反的，設其大小為F；由于兩個小球處于靜止，對AB兩球受力分析，受重力、拉力和靜電力，根據共點力平衡條件，有
A．若，根據表達式可以得出，選項A錯誤；
B．若，根據表達式可以得出，選項B正確；
CD．若或，由于兩個小球受到的庫侖力大小相等，則和大小關系不確定，選項CD錯誤。
故選B。
【分析】兩個小球處于靜止，利用兩個小球的平衡方程結合質量的大小可以比較繩子與豎直方向夾角的大小。
10．【答案】C
【知識點】萬有引力定律
【解析】【解答】根據萬有引力公式可以得出：嫦娥六號在月球表面受到月球引力與地球表面受到地球引力之比為
故選C。
【分析】利用引力公式可以求出嫦娥六號在月球表面和地球表面受到的引力大小比值。
11．【答案】C
【知識點】電場強度的疊加
【解析】【解答】A點電場強度為0，根據矢量疊加可以得出均勻帶負電圓薄板在A點產生的場強與點電荷在A點產生的場強大小相等，方向相反，根據點電荷的場強公式可以得出帶負電圓薄板在A點產生的場強大小
根據對稱性可知帶負電圓薄板在B點產生的場強大小，方向向右
根據場強的疊加可以得出B點的電場強度為
方向水平向右。
故選C。
【分析】利用A點的場強為0結合矢量疊加可以求出圓盤在A點處產生的電場強度大小及大小，結合對稱性可以求出圓盤在B點產生的電場強度及方向，結合點電荷Q在B點產生的電場強度進行疊加可以求出B點電場強度的大小。
12．【答案】D
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【解答】A．座椅和游客做勻速圓周運動，已知游客運動的角速度大小，根據角速度和周期的關系式有
解得周期的大小為
故A錯誤；
B．對座椅和游客整體進行分析，令鋼繩的拉力大小為T，根據牛頓第二定律有
解得
故B錯誤；
C．由于同軸轉動，角速度相等，根據線速度和角速度的關系式有
可知，座椅靠近轉軸的游客速度更小，故C錯誤；
D．對座椅和游客進行分析，根據力的分解可以得出：向心力大小為
故D正確。
故選D。
【分析】利用角速度的大小可以求出周期的大小；利用牛頓第二定律可以求出繩子拉力的大小；利用線速度和半徑的關系可以比較速度的大小；利用力的分解可以求出向心力的大小。
13．【答案】C
【知識點】功能關系；動能和勢能的相互轉化
【解析】【解答】AB．以a點所在平面為參考面，由于高度等于0所以小球在a點重力勢能為0，a點位置彈簧處于原長，根據彈性勢能與形變量的關系可以得出彈性勢能為0，a點位置，小球處于靜止狀態，由于速度等于0則動能為0，故AB錯誤；
CD．小球在向下運動過程中，以小球和彈簧為系統，由于機械能守恒，當高度減小時則小球的重力勢能減小，即隨后重力勢能為負值，動能增加，彈性勢能增加，但減小得重力勢能等于增加的動能與彈性勢能之和，根據圖示可知，小球下降的高度大于彈簧原長，根據重力勢能的表達式可以得出即在c點減小的重力勢能大于mgl，故C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】利用最初小球的位置可以判別重力勢能的大小；利用彈簧最初的長度可以判別彈性勢能的大小；利用速度的大小可以判別最初小球的動能大小；結合機械能守恒定律可以判別重力勢能、彈性勢能和動能的大小變化。
14．【答案】B,D
【知識點】靜電的防止與利用
【解析】【解答】AB．通電后，存在強電場，會使煙塵微粒電離使它帶負電，由于鋁片帶正電，因此帶負電煙塵在電場力作用下，向鋁片運動，最終被吸附到鋁片上，故A錯誤，B正確；
CD．根據尖端放電的特點可以知道尖端附近的電場線比較密集可知，在鋸條附近的電場強度大于鋁片附近的電場強度，根據a點的電場線比b點處電場線稀疏，所以即a點的電場強度小于b點的電場強度，根據電場線的疏密變化可以得出鋸條和鋁片之間的電場不是勻強電場，故C錯誤，D正確。
故選BD。
【分析】塵埃電離后帶負電，然后被帶正電的鋁片吸附；利用尖端放電可以得出電場線的分布，利用電場線的疏密可以比較電場強度的大小，利用電場線的分布可以判別屬于非勻強電場。
15．【答案】B,D
【知識點】功率及其計算
【解析】【解答】AB.30只箱子總質量m=150kg，根據功的表達式可以求出搬運箱子時克服重力做的總功
根據圖示可以得出：當搬運物體的質量為15kg時，人用于搬物體的功率（輸出功率）最大，為25W，要求搬運時間最短，身體所提供的功率應最大，即
根據功率的表達式可以得出：搬箱所需最短總時間為
故A錯誤，B正確；
C．由圖知，不能一次搬運30只箱子，至少需要搬運6次。根據以上分析可以得出：搬完所有箱子需要克服箱子做功
人在上升過程中，根據重力做功的表達式可以得出需要克服自身重力做功
則人需要消耗的總的能量為
即搬完所有箱子消耗體能最少為，故C錯誤；
D．若換成30只單只重10kg的箱子，由于總的質量不變所以搬運箱子做的總功一定，由圖知，由于每次搬1只與每次搬2只功率都等于22W，所以功率相等，根據總功和功率的比值可以得出所需的時間相等，故D正確。
故選BD。
【分析】根據功率和質量的關系可以求出對應的最大功率，結合總功的大小可以求出所花時間的大小；利用搬箱子克服重力做功與人本身克服重力做功的大小可以求出人消耗能量的大小；利用總功和消耗功率的比值可以比較所需的時間。
16．【答案】相等；相等
【知識點】研究平拋物體的運動
【解析】【解答】（1）頻閃過程，根據照片中相鄰位置小球的水平方向位移相同，由于水平方向速度不變所以運動時間間隔相等；
（2）若小球做平拋運動，在豎直方向做自由落體運動，根據勻變速直線運動的規律則在豎直方向上相鄰相等時間內的位移差相等，即有
所以只要滿足豎直方向的位移差為常數，若豎直方向相鄰的頻閃周期內小球位移差相等。
【分析】（1）利用水平方向的初速度相等結合水平方向的位移相等可以得出運動間隔相等；
（2）利用豎直方向的鄰差公式可以驗證小球在豎直方向做勻加速直線運動。
17．【答案】變小；3：1
【知識點】向心力
【解析】【解答】（1）若將變速塔輪的皮帶儀器往下移動一級，由于塔輪輪子邊緣相同時間經過的弧長相等，則線速度相等，根據線速度和角速度的關系有
由于兩邊線速度相等，根據線速度和半徑的大小可以得出：左邊變速塔輪半徑變大，長槽角速度變小，右邊變速塔輪半徑變小，而短槽角速度變大，所以長槽和短槽的角速度之比會變小。
（2）因為皮帶所在左、右塔輪的半徑也相等，轉動角速度相等，由于擋板對小球的作用力等于小球做圓周運動的向心力，根據牛頓第二定律可知，左側對擋板的作用力
右側對擋板的作用力
所以作用力之比始終為3：1，故兩邊紅白等分標記之比不變，始終為3：1。
【分析】（1）利用線速度和角速度的關系式結合半徑的大小可以比較角速度的大小；
（2）利用擋板對小球作用力提供向心力，結合向心力的大小可以求出擋板對小球作用力的大小。
18．【答案】交流8V；2.24；0.074~0.088
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根據打點計時器的結構可以得出：由于打點計時器中有圓形復寫紙，則可以判斷打點計時器是電磁打點計時器，工作的電壓可能為交流8V；
（2）根據平均速度公式可以得出：圖2中打下C點時重物的速度為
重物從O到C，由于阻力和重力對重物做功，根據動能定理有：
解得平均阻力的大小為
【分析】（1）利用打點計時器的結構可以判別打點計時器的類型，利用打點計時器的類型可以判別工作電壓；
（2）利用平均速度公式可以求出瞬時速度的大小；利用動能定理可以求出平均阻力的大小。
19．【答案】解：（1）物塊帶正電，電場力沿斜面向上，與重力沿斜面向下的分力相抵消，有
（2）電場方向沿斜面向上，物塊和斜面保持不動，把物塊和斜面看作一個整體，受到沿斜面向上的電場力、重力、地面支持力以及向左摩擦力
由牛頓第三定律可得地面的摩擦力大小為，方向水平向右；
（3）斜面受到物塊對它的壓力由兩個效果組成，重力垂直斜面向下的分力，以及電場力垂直與斜面的分力。有
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【分析】（1）物塊帶正電，由于處于靜止，利用平衡方程可以求出物塊所帶電荷量的大小；
（2）當物塊和斜面保持靜止，利用整體的平衡方程可以求出地面對斜面的摩擦力大小；
（3）當電場方向水平向右時，利用力的分解可以求出物塊對斜面壓力的大小。
20．【答案】解：（1）套圈水平拋出忽略空氣阻力，可以看做平拋運動，在豎直方向做自由落體運動。套圈的下落高度
由自由落體公式
求出時間
（2）套圈做平拋運動，水平方向做勻速運動，豎直方向做自由落體運動得到
由豎直方向
得到
由公式
實際落地速度
速度方向斜向下與初速度方向成45°夾角；
（3）要套中該玩具，就需要套圈落入火箭尖端內，如果套圈最右端套住火箭玩具，則套圈的水平位移為
對應拋出的初速度為
如果套圈最右端套住火箭玩具，則套圈的水平位移為
應拋出的初速度為
所以樂樂拋出套圈的初速度范圍為。
【知識點】平拋運動
【解析】【分析】（1）套圈做平拋運動，利用豎直方向的位移公式可以求出運動的時間；
（2）套圈做平拋運動，利用豎直方向的位移公式可以求出運動的時間，結合速度公式可以求出豎直方向分速度的大小，結合速度的合成可以求出落地速度的大小及方向；
（3）當套圈落入火箭尖端范圍內，利用平拋運動的位移公式可以求出初速度的大小范圍。
21．【答案】解：（1）為細桿與豎直方向的夾角，桿對擺錘的作用力滿足
故
（2）當轉動的角速度時，底面對任意一個小球的支持力滿足：
由牛頓第三定律得，外殼底面受到任意一個小球的壓力大小為3.6N，故外殼底面受到的壓力大小為7.2N；
（3）擺錘與外殼不接觸的情況下，滿足
，，，
故
【知識點】向心力；生活中的圓周運動
【解析】【分析】（1）由于擺錘處于靜止，利用豎直方向的平衡方程可以求出桿對小球作用力的大小；
（2）當已知擺球轉動的角速度，利用牛頓第二定律可以求出外殼底面受到的壓力大小；
（3）當擺錘與外殼不接觸時，利用牛頓第二定律可以求出擺錘角速度的大小范圍。
22．【答案】解：（1）動能定理
合外力提供向心力
聯立得
該顆粒到達B處時對軌道的壓力大小為0.03N。
（2）質量為0.001kg的顆粒恰好被Ⅲ收集，故其恰好能做完整圓周運動。顆粒在圓軌道最高點處應滿足
由動能定理
（3）質量小于等于0.001kg的顆粒都能被Ⅲ收集，顆粒質量范圍為。如圖所示，設恰好能到達II左端的顆粒脫離圓軌道開始做拋體運動的位置距離II的高度為h，此時顆粒開始做斜拋運動，對其運動進行正交分解，分解為沿初速度方向和垂直初速度方向。
此時的速度滿足
拋體運動沿初速度方向
拋體運動垂直初速度方向
得
此時由動能定理
可得
恰好能到達II右端的顆粒滿足
可得
故被II收集的顆粒質量范圍為

【知識點】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）顆粒下滑過程中，利用動能定理可以求出顆粒到達B點速度的大小，結合牛頓第二定律可以求出顆粒對軌道壓力的大小；
（2）當顆粒恰好做圓周運動時，利用牛頓第二定律可以求出顆粒在軌道最高點的速度大小，結合動能定理可以求出壓力的大小；
（3）顆粒做斜坡運動時，利用牛頓第二定理結合斜拋運動的位移公式及動能定理可以求出顆粒質量的大小范圍。
1 / 1浙江省紹興市2023-2024學年高一下學期6月期末物理試題
1．（2024高一下·紹興期末）下列物理量為矢量，且單位表示正確的是（　　）
A．時間間隔s B．加速度m/s
C．重力kg· D．動能J
【答案】C
【知識點】矢量與標量；動能；單位制
2．（2024高一下·紹興期末）2024年5月12日世界田聯女子100m欄決賽中，吳艷妮發揮出色，以12秒86的成績強勢奪冠。下列說法正確的是（ ）
A．12秒86是指時刻
B．研究跨欄動作可將吳艷妮看作質點
C．吳艷妮跨欄至最高點時加速度為零
D．吳艷妮跨欄全過程的平均速度約為7.78m/s
【答案】D
【知識點】質點；時間與時刻；平均速度；牛頓第二定律
【解析】【解答】A.12秒86屬于跑步的總時間，是指時間，故A錯誤；
B．物體能否作為質點主要看所研究的問題，研究跨欄動作時，吳艷妮大小形狀不可忽略，不可看作質點，故B錯誤；
C．吳艷妮跨欄至最高點時由于受到重力的作用，所以加速度不為零，故C錯誤；
D．根據位移和時間的比值可以得出吳艷妮跨欄全過程的平均速度
故D正確。
故選D。
【分析】運動的時間屬于時間間隔；研究跨欄動作不能把運動員作為質點；運動員到達最高點還受到重力所以加速度不等于0；利用位移和時間的比值可以求出平均速度的大小。
3．（2024高一下·紹興期末）如圖所示，揭秘了空中懸浮魔術的真相，對“懸浮”在空中的表演者描述正確的是（　　）
A．表演者只受重力作用
B．表演者所受合外力為零
C．表演者處于完全失重狀態
D．表演者對平板的壓力大于平板對表演者的支持力
【答案】B
【知識點】受力分析的應用；共點力的平衡；超重與失重
【解析】【解答】A．表演者可以懸浮在空中，根據平衡條件可以得出表演者不能只受到重力的作用，A錯誤
B．表演者處于平衡狀態，根據牛頓第一定律可以得出其所受合力為零，B正確；
C．表演者懸浮時加速度為零，完全失重則是加速度等于重力加速度，所以表演者并不是處于完全失重狀態，C錯誤；
D．根據牛頓第三定律可以得出：表演者對平木板的壓力與平木板對表演者的支持力是作用力與反作用力，根據牛頓第三定律可知，二者大小相等，D錯誤。
故選B。
【分析】表演者處于懸浮靜止，屬于平衡狀態，合力為0；利用牛頓第三定律可以得出表演者對平板的壓力等于平板對表演者的支持力。
4．（2024高一下·紹興期末）2024年4月26日，神舟十八號與天宮號實現在軌對接。對接前，天宮號沿軌道I運動，神舟十八號在稍低一點的軌道II上調整姿態，準備對接。當兩飛行器在各自軌道上做勻速圓周運動，下列說法正確的是（　　）
A．神舟十八號的線速度小于天宮號的線速度
B．神舟十八號的角速度等于天宮號的角速度
C．神舟十八號的周期小于天宮號的周期
D．神舟十八號所受地球引力大于天宮號所受地球引力
【答案】C
【知識點】萬有引力定律的應用；衛星問題
【解析】【解答】A．地球對衛星的引力提供向心力，根據牛頓第二定律有
解得
神舟十八號的軌道半徑小于天宮號的軌道半徑，神舟十八號的線速度大于天宮號的線速度，故A錯誤；
B．地球對衛星的引力提供向心力，根據牛頓第二定律有
解得
神舟十八號的軌道半徑小于天宮號的軌道半徑，神舟十八號的角速度大于天宮號的角速度，故B錯誤；
C．地球對衛星的引力提供向心力，根據牛頓第二定律有
化簡得周期
神舟十八號的軌道半徑小于天宮號的軌道半徑，神舟十八號的周期小于天宮號的周期，故C正確；
D．因為神舟十八號的質量與天宮號質量關系未知，故無法比較神舟十八號所受地球引力與天宮號所受地球引力大小，故D錯誤。
故選C。
【分析】利用引力提供向心力可以比較線速度、角速度和周期的大小；由于未知衛星質量的大小不能比較引力的大小。
5．（2024高一下·紹興期末）放在地面上魚缸中的魚在靜止水中吐出的氣泡沿豎直方向加速上浮，若魚在勻速向右平移的缸中吐出氣泡，則從如圖所示的角度觀察，氣泡軌跡應為（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知識點】曲線運動的條件
【解析】【解答】由于豎直方向做加速運動，水平方向做勻速運動，則氣泡受到的合力向上，由于速度方向和合力方向不在同一直線故氣泡的合運動為曲線運動，結合曲線運動時，合外力的方向總指向曲線的凹側。
故選B。
【分析】利用氣泡在豎直方向上做加速運動可以判別合力的方向，利用合力方向和速度方向可以判別軌跡為曲線，利用合力方向可以判別軌跡彎曲的方向。
6．（2024高一下·紹興期末）如圖所示，一小朋友在螺旋形滑梯上以恒定速率下滑，則下列說法中正確的是（　　）
A．小朋友在下滑過程中受到的合外力為零
B．小朋友在下滑過程中機械能守恒
C．小朋友在下滑過程中重力不做功
D．小朋友在下滑過程中合外力做功為零
【答案】D
【知識點】功的概念；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．小朋友在下滑過程中做曲線運動，由于曲線運動不屬于平衡狀態則受到的合外力不為零，選項A錯誤；
B．小朋友在下滑過程中由于速率不變則動能不變，由于高度減小則重力勢能減小，則機械能減小，選項B錯誤；
C．小朋友在下滑過程中由于重力方向與位移方向夾角為銳角，所以重力做正功，選項C錯誤；
D．小朋友在下滑過程中因動能不變，根據動能定理則合外力做功為零，選項D正確。
故選D。
【分析】小朋友做曲線運動則合外力不等于0；利用速度不變則可以判別動能不變，利用動能不變可以判別合力不做功；結合重力勢能減小可以判別減小減小；利用小朋友位移向下則重力做正功。
7．（2024高一下·紹興期末）如圖所示，蕩秋千小孩和凳子總質量30kg，當秋千擺到最低點時，速度大小為3m/s，小孩重心與水平固定橫梁間的距離為2m，橫梁受到繩子的拉力約為（　　）
A．135N B．165N C．300N D．435N
【答案】D
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【解答】對小孩與秋千板組成的整體，由于小孩子做圓周運動需要向心力，設每根繩子對秋千板的拉力是，小孩和凳子總質量為，小孩重心與拴繩子的橫梁距離為。在最低點時，由牛頓第二定律可得
代入相關已知數據，解得每根繩子對秋千板的拉力約為
根據力的相互作用可以得出橫梁受到繩子的拉力約為
故選D。
【分析】利用最低點的牛頓第二定律可以求出繩子對秋千的拉力，結合力的相互作用可以求出繩子對橫梁的拉力大小。
8．（2024高一下·紹興期末）如圖所示，射水魚發現前方有一昆蟲，就將嘴露出水面對昆蟲噴水，斜向上射出的水柱恰好水平擊中昆蟲。已知魚嘴距離昆蟲，兩者連線與水平方向夾角為（，），忽略空氣阻力。下列說法正確的是（　　）
A．水滴在空中運動0.5s后擊中昆蟲
B．擊中昆蟲時，水滴速度大小為2m/s
C．斜向上射出的水柱，初速度大小為3m/s
D．斜向上射出的水柱，初速度與水平方向夾角為53°
【答案】B
【知識點】平拋運動；斜拋運動
【解析】【解答】A．由于水滴的逆運動為平拋運動，根據豎直方向的位移公式可得
解得水滴從發射到擊中昆蟲的時間
故A錯誤；
B． 水滴在水平方向做勻速直線運動，利用位移公式有：
解得初速度的水平分速度
故B正確；
C．根據豎直方向的速度公式可得初速度的豎直分速度
根據速度的合成可以得出水柱初速度大小為：
故C錯誤；
D．已知分運動速度的大小，則斜向上射出的水柱，初速度與水平方向夾角，則
又
斜向上射出的水柱，初速度與水平方向夾角不等于53°，故D錯誤。
故選B。
【分析】利用平拋運動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初速度沿水平方向的速度大小，結合速度公式可以求出豎直方向分速度的大小，再利用速度的合成可以求出初速度的大小及方向。
9．（2024高一下·紹興期末）如圖所示，在同一點用兩根不可伸長的細繩懸掛兩個帶同種電荷的小球A和B，兩小球的質量分別為和，帶電量分別為和，兩球平衡時懸線與豎直線的夾角分別為和，且兩小球處于同一水平面上，下列說法正確的是（　　）
A．若，則 B．若，則
C．若，必有 D．若，必有
【答案】B
【知識點】庫侖定律；共點力的平衡
【解析】【解答】根據牛頓第三定律可以得出兩球之間的庫侖力屬于作用力和反作用力，它們是大小相等，方向相反的，設其大小為F；由于兩個小球處于靜止，對AB兩球受力分析，受重力、拉力和靜電力，根據共點力平衡條件，有
A．若，根據表達式可以得出，選項A錯誤；
B．若，根據表達式可以得出，選項B正確；
CD．若或，由于兩個小球受到的庫侖力大小相等，則和大小關系不確定，選項CD錯誤。
故選B。
【分析】兩個小球處于靜止，利用兩個小球的平衡方程結合質量的大小可以比較繩子與豎直方向夾角的大小。
10．（2024高一下·紹興期末）2024年5月8日，嫦娥六號探測器進入環月軌道，為登陸月球做準備。已知月球質量為地球質量的，月球半徑為地球半徑的，不考慮地球和月球的自轉，嫦娥六號在月球表面受到月球引力為地球表面受到地球引力的（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】萬有引力定律
【解析】【解答】根據萬有引力公式可以得出：嫦娥六號在月球表面受到月球引力與地球表面受到地球引力之比為
故選C。
【分析】利用引力公式可以求出嫦娥六號在月球表面和地球表面受到的引力大小比值。
11．（2024高一下·紹興期末）如圖所示，帶電量為的點電荷與均勻帶電圓薄板相距2L，點電荷到帶電薄板的垂線通過薄板圓心，若A點電場強度為0，則B點的電場強度為（　　）
A．大小為，方向水平向左 B．大小為，方向水平向左
C．大小為，方向水平向右 D．大小為，方向水平向右
【答案】C
【知識點】電場強度的疊加
【解析】【解答】A點電場強度為0，根據矢量疊加可以得出均勻帶負電圓薄板在A點產生的場強與點電荷在A點產生的場強大小相等，方向相反，根據點電荷的場強公式可以得出帶負電圓薄板在A點產生的場強大小
根據對稱性可知帶負電圓薄板在B點產生的場強大小，方向向右
根據場強的疊加可以得出B點的電場強度為
方向水平向右。
故選C。
【分析】利用A點的場強為0結合矢量疊加可以求出圓盤在A點處產生的電場強度大小及大小，結合對稱性可以求出圓盤在B點產生的電場強度及方向，結合點電荷Q在B點產生的電場強度進行疊加可以求出B點電場強度的大小。
12．（2024高一下·紹興期末）如圖所示，為一種叫“空中飛椅”的游樂項目，其簡化結構如右圖。當轉盤繞其中心豎直軸勻速轉動時，座椅和游客的總質量為m，在半徑為R、角速度大小為的水平面內做勻速圓周運動。此時鋼繩與豎直方向的夾角為，不計空氣阻力，重力加速度為g。下列說法正確的是（　　）
A．座椅和游客的運動周期為
B．鋼繩的拉力大小為
C．座椅靠近轉軸的游客速度更大
D．座椅和游客的向心力大小為
【答案】D
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【解答】A．座椅和游客做勻速圓周運動，已知游客運動的角速度大小，根據角速度和周期的關系式有
解得周期的大小為
故A錯誤；
B．對座椅和游客整體進行分析，令鋼繩的拉力大小為T，根據牛頓第二定律有
解得
故B錯誤；
C．由于同軸轉動，角速度相等，根據線速度和角速度的關系式有
可知，座椅靠近轉軸的游客速度更小，故C錯誤；
D．對座椅和游客進行分析，根據力的分解可以得出：向心力大小為
故D正確。
故選D。
【分析】利用角速度的大小可以求出周期的大小；利用牛頓第二定律可以求出繩子拉力的大小；利用線速度和半徑的關系可以比較速度的大小；利用力的分解可以求出向心力的大小。
13．（2024高一下·紹興期末）如圖，彈簧左端固定于O點，右端連接質量為m的小球（小球可看作質點，彈簧為原長l），將小球和彈簧從水平靜止狀態釋放。彈簧始終在彈性限度內，不計一切阻力，以a點所在平面為參考面。圖中表示重力勢能，表示彈性勢能，表示動能。下列4個選項中關于小球從a運動到c過程中，a、b、c三點機械能情況的描述可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知識點】功能關系；動能和勢能的相互轉化
【解析】【解答】AB．以a點所在平面為參考面，由于高度等于0所以小球在a點重力勢能為0，a點位置彈簧處于原長，根據彈性勢能與形變量的關系可以得出彈性勢能為0，a點位置，小球處于靜止狀態，由于速度等于0則動能為0，故AB錯誤；
CD．小球在向下運動過程中，以小球和彈簧為系統，由于機械能守恒，當高度減小時則小球的重力勢能減小，即隨后重力勢能為負值，動能增加，彈性勢能增加，但減小得重力勢能等于增加的動能與彈性勢能之和，根據圖示可知，小球下降的高度大于彈簧原長，根據重力勢能的表達式可以得出即在c點減小的重力勢能大于mgl，故C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】利用最初小球的位置可以判別重力勢能的大小；利用彈簧最初的長度可以判別彈性勢能的大小；利用速度的大小可以判別最初小球的動能大小；結合機械能守恒定律可以判別重力勢能、彈性勢能和動能的大小變化。
14．（2024高一下·紹興期末）在一次課堂演示中，某位老師為同學們表演了一項“魔術”。一個沒有底的空塑料瓶上固定著一根鐵鋸條和一塊易拉罐（金屬鋁）片，如圖所示，右側為俯視圖，把他們分別跟靜電起電機的兩極相連，其中鋸條接負極，鋁片接正極。在塑料瓶內點燃一小段艾草，很快瓶內煙霧繚繞，當把起電機一搖，頓時塑料瓶內清澈透明，停止搖動又是煙霧繚繞。a、b是同一條電場線上的兩點。下列說法正確的是（ ）
A．通電后煙塵最終到鋸條上
B．通電后煙塵最終到鋁片上
C．鋸條和鋁片之間的電場是勻強電場
D．a點的電場強度小于b點的電場強度
【答案】B,D
【知識點】靜電的防止與利用
【解析】【解答】AB．通電后，存在強電場，會使煙塵微粒電離使它帶負電，由于鋁片帶正電，因此帶負電煙塵在電場力作用下，向鋁片運動，最終被吸附到鋁片上，故A錯誤，B正確；
CD．根據尖端放電的特點可以知道尖端附近的電場線比較密集可知，在鋸條附近的電場強度大于鋁片附近的電場強度，根據a點的電場線比b點處電場線稀疏，所以即a點的電場強度小于b點的電場強度，根據電場線的疏密變化可以得出鋸條和鋁片之間的電場不是勻強電場，故C錯誤，D正確。
故選BD。
【分析】塵埃電離后帶負電，然后被帶正電的鋁片吸附；利用尖端放電可以得出電場線的分布，利用電場線的疏密可以比較電場強度的大小，利用電場線的分布可以判別屬于非勻強電場。
15．（2024高一下·紹興期末）倉庫工作人員需要將30只箱子搬到高出地面12m的儲藏室中，單只箱子重5kg。如果每次只搬一只，將消耗大量體能用于克服重力做功；若每次搬箱太多，將減緩走路速度。已知工作人員自重60kg，搬箱輸出功率P與單次搬運貨物總質量m間的關系如圖所示，不考慮工人空手下樓梯時間。下列說法正確的是（ ）
A．若每次搬箱6只，則搬箱所用總時間最短
B．搬箱所需最短總時間為720s
C．搬完所有箱子消耗體能最少為18kJ
D．若換成30只單只重10kg的箱子，則每次搬1只與每次搬2只所需的時間相等
【答案】B,D
【知識點】功率及其計算
【解析】【解答】AB.30只箱子總質量m=150kg，根據功的表達式可以求出搬運箱子時克服重力做的總功
根據圖示可以得出：當搬運物體的質量為15kg時，人用于搬物體的功率（輸出功率）最大，為25W，要求搬運時間最短，身體所提供的功率應最大，即
根據功率的表達式可以得出：搬箱所需最短總時間為
故A錯誤，B正確；
C．由圖知，不能一次搬運30只箱子，至少需要搬運6次。根據以上分析可以得出：搬完所有箱子需要克服箱子做功
人在上升過程中，根據重力做功的表達式可以得出需要克服自身重力做功
則人需要消耗的總的能量為
即搬完所有箱子消耗體能最少為，故C錯誤；
D．若換成30只單只重10kg的箱子，由于總的質量不變所以搬運箱子做的總功一定，由圖知，由于每次搬1只與每次搬2只功率都等于22W，所以功率相等，根據總功和功率的比值可以得出所需的時間相等，故D正確。
故選BD。
【分析】根據功率和質量的關系可以求出對應的最大功率，結合總功的大小可以求出所花時間的大小；利用搬箱子克服重力做功與人本身克服重力做功的大小可以求出人消耗能量的大小；利用總功和消耗功率的比值可以比較所需的時間。
16．（2024高一下·紹興期末）如圖所示是某個小球做平拋運動的頻閃照片，照片中相鄰位置小球的運動時間間隔　 　（選填“相等”或“不相等”），若豎直方向相鄰的頻閃周期內小球位移差　 　（選填“相等”或“不相等”），就可證明平拋運動小球在豎直方向做勻加速直線運動。
【答案】相等；相等
【知識點】研究平拋物體的運動
【解析】【解答】（1）頻閃過程，根據照片中相鄰位置小球的水平方向位移相同，由于水平方向速度不變所以運動時間間隔相等；
（2）若小球做平拋運動，在豎直方向做自由落體運動，根據勻變速直線運動的規律則在豎直方向上相鄰相等時間內的位移差相等，即有
所以只要滿足豎直方向的位移差為常數，若豎直方向相鄰的頻閃周期內小球位移差相等。
【分析】（1）利用水平方向的初速度相等結合水平方向的位移相等可以得出運動間隔相等；
（2）利用豎直方向的鄰差公式可以驗證小球在豎直方向做勻加速直線運動。
17．（2024高一下·紹興期末）如圖所示是向心力演示器，若將變速塔輪的皮帶儀器往下移動一級，則長槽和短槽的角速度之比會　 　（選填“變大”“變小”或“不變”）；若放在長槽、短槽內的三個小球質量相等，皮帶所在左右塔輪的半徑也相等，則在勻速轉動過程中，左右標尺紅白標記之比為　 　.
【答案】變小；3：1
【知識點】向心力
【解析】【解答】（1）若將變速塔輪的皮帶儀器往下移動一級，由于塔輪輪子邊緣相同時間經過的弧長相等，則線速度相等，根據線速度和角速度的關系有
由于兩邊線速度相等，根據線速度和半徑的大小可以得出：左邊變速塔輪半徑變大，長槽角速度變小，右邊變速塔輪半徑變小，而短槽角速度變大，所以長槽和短槽的角速度之比會變小。
（2）因為皮帶所在左、右塔輪的半徑也相等，轉動角速度相等，由于擋板對小球的作用力等于小球做圓周運動的向心力，根據牛頓第二定律可知，左側對擋板的作用力
右側對擋板的作用力
所以作用力之比始終為3：1，故兩邊紅白等分標記之比不變，始終為3：1。
【分析】（1）利用線速度和角速度的關系式結合半徑的大小可以比較角速度的大小；
（2）利用擋板對小球作用力提供向心力，結合向心力的大小可以求出擋板對小球作用力的大小。
18．（2024高一下·紹興期末）小王同學用如圖1所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律，打出如圖2所示的一條紙帶，已知打點計時器的頻率為50Hz，重物質量為300g，重力加速度，根據圖1可以判斷打點計時器的電壓可能為　 　（選填“交流220V”或“交流8V”），圖2中O為第一個點，打下C點時重物的速度為　 　m/s（結果保留三位有效數字），重物下落過程中受到的平均阻力大小為　 　N（結果保留兩位有效數字）。
【答案】交流8V；2.24；0.074~0.088
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根據打點計時器的結構可以得出：由于打點計時器中有圓形復寫紙，則可以判斷打點計時器是電磁打點計時器，工作的電壓可能為交流8V；
（2）根據平均速度公式可以得出：圖2中打下C點時重物的速度為
重物從O到C，由于阻力和重力對重物做功，根據動能定理有：
解得平均阻力的大小為
【分析】（1）利用打點計時器的結構可以判別打點計時器的類型，利用打點計時器的類型可以判別工作電壓；
（2）利用平均速度公式可以求出瞬時速度的大小；利用動能定理可以求出平均阻力的大小。
19．（2024高一下·紹興期末）如圖，傾角為37°的絕緣斜面放在水平地面上，斜面上有一帶電量為+q的物塊，其質量為m，斜面質量為M現在該空間中加一沿斜面向上的勻強電場，此時物塊所受的摩擦力恰好為零，斜面和物塊始終保持靜止。（重力加速度為g，，）
（1）求該勻強電場的大小；
（2）求此時地面受到的摩擦力；
（3）若調整該電場方向水平向右，求斜面受到物塊的壓力大小。
【答案】解：（1）物塊帶正電，電場力沿斜面向上，與重力沿斜面向下的分力相抵消，有
（2）電場方向沿斜面向上，物塊和斜面保持不動，把物塊和斜面看作一個整體，受到沿斜面向上的電場力、重力、地面支持力以及向左摩擦力
由牛頓第三定律可得地面的摩擦力大小為，方向水平向右；
（3）斜面受到物塊對它的壓力由兩個效果組成，重力垂直斜面向下的分力，以及電場力垂直與斜面的分力。有
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【分析】（1）物塊帶正電，由于處于靜止，利用平衡方程可以求出物塊所帶電荷量的大小；
（2）當物塊和斜面保持靜止，利用整體的平衡方程可以求出地面對斜面的摩擦力大小；
（3）當電場方向水平向右時，利用力的分解可以求出物塊對斜面壓力的大小。
20．（2024高一下·紹興期末）如圖所示，樂樂同學到夜市玩套圈游戲時，發現正前方有他喜歡的火箭禮物（高為），在離地處以一定的初速度將套圈向正前方水平拋出，空中飛行時，套圈平面始終保持水平，套圈的直徑為，火箭尖端與剛拋出時套圈中心的水平距離為，不考慮空氣阻力。
（1）求套圈從離開手到剛套中火箭所需的時間；
（2）若某次套圈中，樂樂將套圈以的速度水平拋出，套圈沒有碰到禮物直接落地，求套圈落地的速度大小和方向；
（3）若要套中該禮物，求套圈拋出時的初速度范圍。
【答案】解：（1）套圈水平拋出忽略空氣阻力，可以看做平拋運動，在豎直方向做自由落體運動。套圈的下落高度
由自由落體公式
求出時間
（2）套圈做平拋運動，水平方向做勻速運動，豎直方向做自由落體運動得到
由豎直方向
得到
由公式
實際落地速度
速度方向斜向下與初速度方向成45°夾角；
（3）要套中該玩具，就需要套圈落入火箭尖端內，如果套圈最右端套住火箭玩具，則套圈的水平位移為
對應拋出的初速度為
如果套圈最右端套住火箭玩具，則套圈的水平位移為
應拋出的初速度為
所以樂樂拋出套圈的初速度范圍為。
【知識點】平拋運動
【解析】【分析】（1）套圈做平拋運動，利用豎直方向的位移公式可以求出運動的時間；
（2）套圈做平拋運動，利用豎直方向的位移公式可以求出運動的時間，結合速度公式可以求出豎直方向分速度的大小，結合速度的合成可以求出落地速度的大小及方向；
（3）當套圈落入火箭尖端范圍內，利用平拋運動的位移公式可以求出初速度的大小范圍。
21．（2024高一下·紹興期末）調速器可用來控制電機的轉速，其簡化結構如圖所示。圓柱形外殼的中心轉軸隨電動機旋轉，軸上兩側各有一輕質細桿，其上端與中心轉軸在O點以鉸鏈相接，鉸鏈固定在上下表面圓心連線的中點，下端各有一個質量的大小不計的擺錘，兩細桿與中心轉軸恒在同一平面，當外殼受到擺錘壓力時通過傳感器傳遞電動機轉速過大或過小的信息。已知圓柱形上下表面半徑、高，細桿長，圓桶表面光滑。
（1）當細桿與豎直方向夾角為45°時，求桿對擺錘的作用力大小：
（2）當轉動的角速度時，擺錘與外殼底面接觸，求外殼底面受到的壓力大小；
（3）求擺錘與外殼不接觸的角速度范圍。
【答案】解：（1）為細桿與豎直方向的夾角，桿對擺錘的作用力滿足
故
（2）當轉動的角速度時，底面對任意一個小球的支持力滿足：
由牛頓第三定律得，外殼底面受到任意一個小球的壓力大小為3.6N，故外殼底面受到的壓力大小為7.2N；
（3）擺錘與外殼不接觸的情況下，滿足
，，，
故
【知識點】向心力；生活中的圓周運動
【解析】【分析】（1）由于擺錘處于靜止，利用豎直方向的平衡方程可以求出桿對小球作用力的大小；
（2）當已知擺球轉動的角速度，利用牛頓第二定律可以求出外殼底面受到的壓力大小；
（3）當擺錘與外殼不接觸時，利用牛頓第二定律可以求出擺錘角速度的大小范圍。
22．（2024高一下·紹興期末）泡沫金屬是指含有泡沫氣孔的特種金屬材料，擁有密度小、隔熱性能好、隔音性能好以及能夠吸收電磁波等一系列良好優點，是隨著人類科技逐步發展起來的一類新型材料，常用于航空航天、石油化工等一系列工業開發上。某工廠生產一種邊長的正方體泡沫金屬顆粒，由于生產過程中氣泡含量的不同，導致顆粒的質量不同（體積與表面材料無偏差），為篩選顆粒，設計了如圖所示裝置。產出的顆粒不斷從A處靜止進入半徑為的光滑圓軌道AB，B處與一順時針緩慢轉動的粗糙傳送帶相切，傳送帶足夠長，CE、FG均為水平光滑軌道，圓心為O、半徑的光滑圓軌道E、F處略微錯開且與水平軌道相接，D為帶輕質滾輪的機械臂，可在顆粒經過時提供豎直向下的恒定壓力F，顆粒右側剛到達滾輪最低點時的速度可忽略不計，滾輪逆時針轉動且轉速足夠快，滾輪與顆粒之間的摩擦系數（摩擦力對顆粒作用距離可認為是顆粒邊長），I、II、III為顆粒的收集區域，（顆粒落到收集區直接被收集不反彈），其中I、II的分界點為圓心O，且I、II與圓軌道之間留有恰好可容顆粒通過的距離。顆粒在圓軌道中運動時可看做質點，顆粒在被收集之前相互之間沒有發生碰撞，質量最大顆粒恰好被Ⅱ最右端收集。質量為0.001kg的顆粒恰好被III收集。求：
（1）質量為0.001kg顆粒到達B處時對軌道的壓力大小；
（2）機械臂提供的恒定壓力的大小；
（3）II、III兩個區域各自收集到顆粒的質量范圍。
【答案】解：（1）動能定理
合外力提供向心力
聯立得
該顆粒到達B處時對軌道的壓力大小為0.03N。
（2）質量為0.001kg的顆粒恰好被Ⅲ收集，故其恰好能做完整圓周運動。顆粒在圓軌道最高點處應滿足
由動能定理
（3）質量小于等于0.001kg的顆粒都能被Ⅲ收集，顆粒質量范圍為。如圖所示，設恰好能到達II左端的顆粒脫離圓軌道開始做拋體運動的位置距離II的高度為h，此時顆粒開始做斜拋運動，對其運動進行正交分解，分解為沿初速度方向和垂直初速度方向。
此時的速度滿足
拋體運動沿初速度方向
拋體運動垂直初速度方向
得
此時由動能定理
可得
恰好能到達II右端的顆粒滿足
可得
故被II收集的顆粒質量范圍為

【知識點】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）顆粒下滑過程中，利用動能定理可以求出顆粒到達B點速度的大小，結合牛頓第二定律可以求出顆粒對軌道壓力的大小；
（2）當顆粒恰好做圓周運動時，利用牛頓第二定律可以求出顆粒在軌道最高點的速度大小，結合動能定理可以求出壓力的大小；
（3）顆粒做斜坡運動時，利用牛頓第二定理結合斜拋運動的位移公式及動能定理可以求出顆粒質量的大小范圍。
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