資源簡介

浙江省溫州市2023-2024學年高一下學期期末考試物理試題
1．（2024高一下·溫州期末）下列屬于能量的單位的是（　　）
A．牛頓（N） B．庫侖（C）
C．電子伏特（eV） D．瓦特（W）
2．（2024高一下·溫州期末）下列說法正確的是（　　）
A．質點、點電荷、元電荷都是理想模型
B．由可知，電場強度E與F成正比
C．密立根通過油滴實驗測得元電荷e的數值
D．伽利略得出了物體間的引力與太陽行星間的引力遵從相同的規律
3．（2024高一下·溫州期末）下列說法正確的是（　　）
A．圖甲中，圍繞地球公轉的月球不受太陽引力的作用
B．圖乙中，利用離心機可以分離血液中密度不同的成分
C．圖丙中，運動員手中彎曲的撐竿在恢復原狀過程中對運動員做負功
D．圖丁中，當汽車輸出功率一定時，可通過增大速度，獲得較大牽引力
4．（2024高一下·溫州期末）如圖所示，某運動員將籃球從A點斜向上拋出，籃球垂直撞在豎直籃板上的O點，反向彈回后正好落在了A點正下方的B點。若將籃球看作質點且不計空氣阻力。下列說法正確的是（　　）
A．籃球上升階段與下降階段運動時間相同
B．籃球撞擊O點前后的瞬時速度大小相同
C．籃球從O點運動到B點過程加速度逐漸增大
D．籃球上升階段與下降階段速度變化量的方向相同
5．（2024高一下·溫州期末）一物體置于水平粗糙圓盤上，圓盤從靜止開始加速轉動。整個過程中，物體的運動軌跡如圖所示，對于物體經過a、b、c、d點時的速度方向，圖中標注正確的是（　　）
A．a點 B．b點 C．c點 D．d點
6．（2024高一下·溫州期末）下列關于靜電現象的說法，不正確的是（　　）
A．圖甲中，燃氣灶點火時利用了尖端放電原理
B．圖乙中，靜電噴涂利用了帶電涂料微粒與帶電工件間的靜電吸引
C．圖丙中，為使帶負電粉塵顆粒能到達收集板A，M、N應分別接電源的正、負極
D．圖丁中，由于金屬網的屏蔽，A球上電荷在驗電器金屬球B處產生的電場強度為零
7．（2024高一下·溫州期末）2024年4月26日，搭乘神舟十八號載人飛船的航天員順利入駐空間站，與神舟十七號乘組勝利會師（如圖）。空間站運行軌道可視為離地高度約為400km的圓形軌道。下列說法正確的是（　　）
A．空間站運行的向心加速度比地球同步衛星的小
B．空間站運行的線速度小于地球的第一宇宙速度
C．空間站運行的角速度小于赤道上的物體隨地球自轉的角速度
D．空間站內的航天員處于“懸浮”狀態是因為其所受的重力為零
8．（2024高一下·溫州期末）如圖所示為某皮帶輪傳動裝置，圖中A、B、C點為輪邊緣上的點，到各自轉軸的距離之比為，皮帶與各輪間均不打滑。下列關于A、B、C點的線速度v、角速度、周期T、向心加速度a的關系正確的是（　　）
A． B．
C． D．
9．（2024高一下·溫州期末）如圖所示，三個完全相同的小球a、b、c處于同一高度，將小球a從固定的光滑斜面上靜止釋放，小球b、c以相同的速率分別豎直向上、水平向右拋出，不計空氣阻力。關于小球從開始運動到觸地過程，下列說法正確的是（　　）
A．三個小球運動時間相等
B．重力對小球b做的功最多
C．重力對小球c做功的平均功率最大
D．三個小球觸地前瞬間，重力做功的瞬時功率相等
10．（2024高一下·溫州期末）我國發射的嫦娥六號探測器，開展了世界首次對月球背面的樣品采集工作，其環月變軌過程如圖所示。假設探測器在環月圓軌道1上的P點實施變軌，進入橢圓軌道2，再由近月點Q點進入圓軌道3。已知軌道1的半徑為5r，軌道3的半徑為r，探測器在軌道3的運行周期為T，則探測器（　　）
A．在軌道1上經過P點時的加速度小于在軌道2上經過P點時的加速度
B．在軌道2上運行時與月心連線在單位時間內掃過的面積與在軌道3上運行時相等
C．從軌道2上的Q點進入軌道3時需要點火加速
D．在軌道2上運行的周期為
11．（2024高一下·溫州期末）靜止于水平地面的足球，被運動員從位置1以踢出后，沿如圖所示的軌跡運動到位置3，在最高點2時距地面高度為h且速度大小為v，已知足球質量為m，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．從位置1到位置3的過程，足球的機械能守恒
B．從位置2到位置3的過程，足球的動能增加mgh
C．踢球時，運動員對足球做的功等于
D．從位置1到位置2的過程，阻力對足球做功
12．（2024高一下·溫州期末）用兩根同樣長的絕緣細繩把兩個帶正電的小球懸掛在一點。兩小球的質量相等，小球A所帶的電荷量大于小球B所帶的電荷量。兩小球靜止時，左右懸線與豎直方向的偏角分別為和。在空間中加一個豎直向下的勻強電場，再次平衡后，左右懸線與豎直方向的偏角分別變為和。下列判斷正確的是（　　）
A．、 B．、
C．、 D．、
13．（2024高一下·溫州期末）“風洞實驗”常用于研究飛行器的空氣動力學特性，在某風洞中，將一小球從M點豎直向上拋出，小球在大小恒定的水平風力作用下，運動軌跡如圖所示。其中M、N兩點在同一水平線上，O點為軌跡的最高點，小球經過M點時的動能為9J，經過O點時的動能為4J。下列說法正確的是（　　）
A．小球所受的重力和風力大小之比為
B．上升和下降過程，小球的機械能變化量之比為
C．從M點運動到O點的過程，小球的動能一直減小
D．小球經過N點時的動能為17J
14．（2024高一下·溫州期末）如圖所示，空間中有兩個電荷量相同的點電荷A、B，電荷周圍的電場線分布如圖所示。MN為兩點電荷A、B連線的中垂線，且M、N點到O點距離相同，C、D為某一條電場線上的兩點。若規定無窮遠處電勢為零，則下列說法正確的是（　　）
A．O點的電勢為零
B．C點的電場強度小于D點的電場強度
C．M點的電場強度和N點的電場強度相同
D．M點的電勢和N點的電勢相同
15．（2024高一下·溫州期末）如圖甲所示，一傾角的光滑斜面頂端安裝一光滑定滑輪，一輕繩跨過定滑輪，一端沿斜面方向連接質量為的物塊，另一端懸掛質量為的小球。現使物塊由P點靜止釋放，以P點為坐標原點，以物塊的運動方向為正方向建立x軸。對物塊施加一沿斜面向下的外力F，在物塊的位置坐標x增大的過程中，F的大小與x的關系如圖乙所示，物塊的機械能E與x的關系如圖丙所示。已知小球落地后不反彈。下列說法正確的是（　　）
A．至階段，繩對物塊的拉力做負功
B．釋放時，小球距地面的高度
C．至階段，物塊的動能先增大、后不變、再減小
D．物塊的質量
16．（2024高一下·溫州期末）小王同學驗證“物體在自由下落過程中機械能守恒”的實驗裝置如圖所示。
（1）為完成此實驗，如圖所示的實驗器材必須選取的是　 　（填選項字母）。
（2）下列關于本實驗的說法正確的是______。
A．為了減小阻力影響，要選體積小，密度大的重物
B．為了讓打的點清晰，要先釋放紙帶，再接通電源
C．為了防止晃動，應用手托穩重物，接通電源后，撤手釋放重物
（3）正確完成實驗操作后，得到一條清晰的紙帶如圖所示，紙帶上的點跡是打點計時器連續打出的點。
在處理數據時，小王同學選取A、B兩點來驗證。已知交流電頻率為50Hz，重物的質量為300g，當地重力加速度，測量后將部分物理量的計算結果記錄如下：
x1/cm A點瞬時速度/（m·s-1） x2/cm B點瞬時速度/（m·s-1） A、B兩點間距離/cm
1.15 0.288 4.25
5.60
①觀察紙帶可知，實驗時連接重物的夾子夾在了紙帶的　 　端（選填“左”或“右”）。
②表格中待填數據vB= 　 　m/s（結果保留3位有效數字）。
③打點計時器從打下A點到打下B點的過程，由表格數據可計算出：重物的重力勢能減少量，打下A點時重物的動能，動能增加量ΔEk=　 　J（結果保留3位有效數字）。
④比較ΔEp與ΔEk的大小，出現這一結果的原因可能是　 　。
A．重物質量的測量值偏大
B．打點計時器的工作電壓偏高
C．打點計時器兩個限位孔不在同一豎直線上
17．（2024高一下·溫州期末）用如圖所示裝置，探究向心力與角速度之間的關系
（1）已知小球放置在擋板a、b、c內側時，球心到各自塔輪轉軸的距離之比為。實驗時，應將質量相同的小球分別放在______內側（填選項字母）。
A．擋板a與b B．擋板a與c C．擋板b與c
（2）已知演示器左右變速塔輪最上層的半徑相等，若將皮帶從兩個塔輪最上層均撥至第二層，則長槽和短槽的角速度之比會　 　（選填“變大”、“不變”或“變小”）。
（3）實驗時，其他條件不變，逐漸增加搖動手柄的轉速，則下列符合實際情況的是______。
A．左右兩個標尺露出的格數都將增多
B．左右兩個標尺露出格數的比值將增大
C．左右兩個標尺露出格數的比值將不變
18．（2024高一下·溫州期末）用如圖所示的電路，觀察電容器的放電現象。
（1）先將開關S接1，充電完成后電容器上極板帶　 　電（選填“正”或“負”）。
（2）充電完成后，將可調電阻R的阻值調至，開關S接2進行放電，計算機與電流傳感器相連，記錄了電路中電流I隨時間t變化的圖像如圖所示。已知該圖像中曲線與坐標軸所圍區域約有36個小格子，則電容器釋放的電荷量Q約為　 　C（結果保留三位有效數字）。
（3）電容器再次充電完成后，將可調電阻R的阻值增加至，開關S接2進行放電，計算機又繪出了新的圖像，下列關于前后兩次圖像的對比圖，可能正確的是______。
A． B．
C． D．
19．（2024高一下·溫州期末）某校游園活動中利用粘球靶設計了趣味游戲，如圖1所示為傾斜放置的長方形粘球靶，球擊中靶上不同區域即可獲得不同積分。現研究小球從O點沿某一指定方向水平射出，小球運動所在的豎直面如圖2所示，AB為粘球靶在該豎直面內的截線。O、A、B點的高度分別為、、，A、B兩點間的水平距離，O、A兩點間的水平距離，空氣阻力可忽略。若小球能擊中粘球靶的AB段，求：
（1）小球的最大初速度；
（2）小球在空中運動的最長時間t；
（3）第（2）問中球擊中靶時的速度大小。
20．（2024高一下·溫州期末）當駕車過彎道時，為防止側滑，行駛速度不能過大。圖1為一彎道路段，其俯視圖如圖2所示，其中一中心線位于同一水平面內的圓弧形車道，半徑。一汽車沿該車道中心線做勻速圓周運動，已知汽車輪胎與路面間的最大靜摩擦力等于壓力的k倍，。（計算時汽車可視為質點，且在該路段行駛過程阻力不計，結果可用根式表示）
（1）若此彎道的路面設計成水平，求該汽車不發生側滑的最大速度；
（2）若此彎道的路面設計成傾斜（外高內低），路基截面可簡化為圖3，路面與水平面夾角，已知：
①為使汽車轉彎時與路面間恰好無摩擦，求它行駛的速度大小；
②為使汽車轉彎時不發生側滑，求它行駛的最大速度。
21．（2024高一下·溫州期末）如圖所示，電子槍的加速電壓，平行極板A與B的間距。一電子從電子槍的電熱絲無初速逸出，經電壓加速后以從M點沿平行于板面的方向射入板間電場。電子從N點射出電場時，沿垂直于板面方向偏移的距離，動能。已知電子的比荷，兩板間的電場可看作勻強電場。求：
（1）電子經電壓加速后的速度大小；
（2）M、N兩點間的電勢差；
（3）A、B兩極板間電場強度E的大小及電壓。
22．（2024高一下·溫州期末）如圖所示，長度為的傳送帶左端平滑連接一水平軌道，右端平滑連接一固定圓弧軌道，圓弧軌道由半圓弧BC、半圓管CD組成，B、C、D在同一豎直線上，圓弧最高點C與半圓管CD相切，D與另一水平軌道平滑相接，軌道右端固定一豎直彈性擋板P（物體與其碰撞時將原速率反彈）。質量的小物體（可視為質點）從左側水平軌道以某一初速度滑上傳送帶的左端A點。已知小物體與傳送帶間動摩擦因數，其余軌道均光滑。圓弧BC與半圓管CD半徑分別為、，半圓管內徑遠小于r，但剛好可容小物體通過。
（1）若傳送帶靜止，小物體以初速度滑上A點，求小物體第一次經過B點時，圓弧對其支持力大小；
（2）若傳送帶以順時針運動，為使小物體能到達D點，則其滑上傳送帶左端A時的最小初速度為多大；
（3）若傳送帶仍以順時針運動，小物體以第（2）問中的滑上傳送帶左端A，求之后運動的全過程小物體與傳送帶間摩擦產生的熱量Q。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】電勢差；力學單位制
【解析】【解答】本題考查單位、單位制問題，知道常用物理量和對應的單位。A．牛頓（N）是力的單位，故A錯誤；
B．庫侖（C）是電量單位，故B錯誤；
C．根據公式可知電子伏特（eV）是能量單位，故C正確；
D．瓦特（W）是功率單位，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據各物理量和對應的單位進行綜合判斷。
2．【答案】C
【知識點】電場強度
【解析】【解答】本題考查對點電荷和元電荷的理解以及電場強度的理解，要注意明確電場強度由電場本身的性質決定。A．質點和點電荷都是理想模型，元電荷不是理想模型，A錯誤；
B．由可知，電場強度E與F無關，電場強度是由電場本身決定的，B錯誤；
C．密立根通過油滴實驗測得元電荷e的數值，C正確；
D．牛頓得出了物體間的引力與太陽行星間的引力遵從相同的規律，D錯誤。
故選C。
【分析】明確質點和點電荷是理想模型，實際中并不存在，而電場強度采用了比值定義法；同時了解相關的物理學史，作出正確判斷。
3．【答案】B
【知識點】離心運動和向心運動；萬有引力定律；功的概念；功率及其計算
【解析】【解答】本題考查萬有引力、離心現象和能的轉化和守恒的問題，會根據題意進行準確分析和判斷。A．圍繞地球公轉的月球也要受太陽引力的作用，故A錯誤；
B．醫務人員用該機器將血漿和紅細胞從血液中分離出來是利用了離心分離技術，由于不同的血液成分密度不同，所以在試管中從上而下自動分離出血漿、白細胞和紅細胞，故B正確；
C．運動員手中彎曲的撐竿在恢復原狀過程中撐桿的彈性勢能減小，轉化為運動員的機械能，對運動員做正功，故C錯誤；
D．汽車上坡時，根據
可知，可通過減小速度，獲得更大的牽引力，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據萬有引力的條件分析判斷；根據離心運動特點結合不同物質的密度差異進行分析解答；根據能的轉化和守恒思想進行分析求解；根據功率的公式進行判斷。
4．【答案】D
【知識點】平拋運動；斜拋運動
【解析】【解答】本題主要考查了豎直上拋運動的基本規律以及運動學公式和牛頓第二定律的應用。A．根據平拋運動規律有
解得
籃球上升階段運動時間小于下降階段運動時間，故A錯誤；
B．根據水平方向的運動規律可知
由于下降時間長，水平位移相同，可知籃球撞擊O點前后的瞬時速度變小，故B錯誤；
C．籃球只受重力作用，加速度恒定不變，故C錯誤；
D．籃球上升階段與下降階段只受重力，加速度方向相同，故速度變化量的方向都是向下的，故D正確；
故選D。
【分析】籃球在上升階段做斜拋運動，下降過程做平拋運動，兩個階段豎直方向都是勻變速直線運動，加速度都是g，可根據此特點判斷上升和下降的時間；籃球在兩個階段中做勻速直線運動，AO階段的水平位移大于OB階段的水平位移，AO階段的時間小于OB階段的時間，故可根據此運動規律判斷碰撞籃板前后的速度大小變化；籃球從O點運動到B點過程只受重力作用，故加速度都是g；籃球上升階段和下降階段，加速度都為g。
5．【答案】B
【知識點】曲線運動；離心運動和向心運動
【解析】【解答】能夠根據物體做離心運動推斷出圓盤做順時針方向的轉動是解題的關鍵。圓盤從靜止開始加速轉動，當物塊受到的摩擦力不足以提供所需的向心力時，物體做離心運動，即圓心的距離逐漸增大，由圖中軌跡可知，圓盤應順時針轉動，根據曲線運動的速度方向沿該點的切線方向可知，圖中標注正確的是b點。
故選B。
【分析】根據物體做離心運動，確定圓盤的轉動方向，進而根據曲線運動的速度方向為軌跡的切線方向判斷。
6．【答案】D
【知識點】靜電的防止與利用；電場強度的疊加
【解析】【解答】本題考查尖端放電、靜電的防止和利用、靜電屏蔽等知識，需要學生牢記并理解這些基本概念和解釋相關的物理現象。A．燃氣灶點火時利用了尖端放電原理，故A正確；
B．靜電噴涂利用了帶電涂料微粒與帶電工件間的靜電吸引，故B正確；
C．丙圖中帶負電的塵埃被吸附在管壁A上，故M接電源的正，N應接電源的負極，故C正確；
D．圖丁中，由于金屬網的屏蔽，驗電器箔片不會張開，此時A球上電荷在驗電器金屬球B處產生的電場強度與金屬網產生的感應電場相互平衡，不是A球上電荷在驗電器金屬球B處產生的電場強度為零，故D錯誤。
本題選錯誤的，故選D。
【分析】燃氣灶點火為尖端放電；靜電噴涂的原理是涂料噴出時帶靜電，會吸附到被涂材料上；帶負電的物體向正極移動，靜電屏蔽后的區域內部場強為零。
7．【答案】B
【知識點】第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】本題解題關鍵是掌握衛星運轉原理，即萬有引力提供向心力，據此列式即可確定衛星的運行規律：高軌低速長周期。A．根據萬有引力提供向心力有
解得
空間站運行軌道半徑小于地球同步衛星的軌道半徑，則空間站運行的向心加速度比地球同步衛星的大，故A錯誤；
B．地球的第一宇宙速度是衛星繞地球做勻速圓周運動的最大速度，故空間站運行的線速度小于地球的第一宇宙速度，故B正確；
C．根據萬有引力提供向心力有
解得
空間站運行軌道半徑小于地球同步衛星的軌道半徑，則空間站運行的角速度比地球同步衛星的大，即空間站運行的角速度大于赤道上的物體隨地球自轉的角速度，故C錯誤；
D．空間站內的航天員處于“懸浮”狀態是因為其所受的萬有引力完全提供向心力，故D錯誤；
故選B。
【分析】根據萬有引力提供向心力，分析線速度、角速度和向心加速度關系，注意明確地球赤道上的物體隨地球自轉的角速度等于地球同步衛星的角速度。
8．【答案】D
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速
【解析】【解答】本題主要考查線速度、角速度、周期和向心加速度的關系，理解邊緣傳動的特點是解題關鍵。A和C與皮帶接觸，故可知A、B、C三點的線速度相等；因為，根據
可知
同理，因為，根據
得
根據，結合公式
得
故選D。
【分析】邊緣傳動，邊緣上的點線速度大小相等，同軸轉動，除軸外，角速度相等，結合v=rω解答。
9．【答案】C
【知識點】功的計算；功率及其計算
【解析】【解答】本題考查功和功率的計算問題，會準確的分析物體的運動過程，會根據題意求解平均功率以及瞬時功率。A．設a球斜面傾角為，根據
b球做豎直上拋運動，有
c球做平拋運動，有
所以c球運動時間最短，a球和b球運動時間無法確定，故A錯誤；
B．重力做功為
由于下落高度相同，所以重力做功相等，故B錯誤；
C．重力的平均功率
因為重力做功相同，c球運動時間最短，所以重力對小球c做功的平均功率最大，故C正確；
D．重力做功的瞬時功率
由重力做功相同，落地前瞬間
所以
故D錯誤。
故選C。
【分析】 根據三個情形的運動分別列式關于時間的關系式，結合關系式分析比較時間的長度；
根據重力做功的特點進行判斷；根據重力做功的平均功率和瞬時功率結合時間和落地豎直分速度進行分析解答。
10．【答案】D
【知識點】開普勒定律；衛星問題
【解析】【解答】本題考查天體運動，要求學生根據萬有引力定律以及開普勒第三定律分析求解，難度適中。A．根據萬有引力提供向心力。
得
所以探測器在軌道1上運行經過P點時的加速度等于在軌道2上運行經過P點時的加速度，故A錯誤；
B．根據開普勒第二定律可知對同一軌道上月心連線在單位時間內掃過的面積相等，故B錯誤；
C．從軌道2上的Q點進入軌道3時做向心運動，需要減速，故C錯誤；
D．在軌道2上運行時的半長軸為
根據開普勒第三定律
解得在軌道2上運行的周期為
故D正確。
故選D。
【分析】根據萬有引力提供向心力可以確定在不同軌道同一點加速度大小相等，根據開普勒第二定律可以比較兩個軌道月心連線在單位時間內掃過的面積，根據開普勒第三定律可以求解軌道2上運行的周期。
11．【答案】D
【知識點】動能定理的綜合應用；機械能守恒定律
【解析】【解答】 本題考查動能定理、判斷機械能守恒的問題，會準確的分析物體的運動過程，會根據題意進行準確分析和判斷。A．若足球做斜拋運動可知12間距離等于23間的距離，由于兩段水平距離不等，故足球做的不是斜拋運動，受到空氣阻力，所以機械能不守恒，故A錯誤；
B．足球受到空氣阻力，從位置2到位置3的過程，設克服空氣阻力做功為，根據動能定理
故足球的動能增加量小于mgh，故B錯誤；
CD．踢球時，設運動員對足球做的功為W，可得
1到2過程中克服空氣阻力做功為，根據動能定理
可得
故C錯誤；
D．從位置1到位置2的過程，阻力對足球做功為
故D正確。
故選D。
【分析】根據軌跡分析是否做斜上拋運動，再根據受力情況判斷是否滿足機械能守恒條件；根據動能定理結合阻力功和克服阻力做功的關系分析解答；
12．【答案】C
【知識點】庫侖定律；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】本題切入點在兩球之間的庫侖力屬于作用力和反作用力，等大、反向；突破口在利用平衡條件確定拉力方向。
兩小球的質量相等，重力也相等；根據牛頓第三定律，庫侖斥力大小相等，方向相反，所以細線的拉力大小相等，與豎直方向的夾角也相等，即。
根據電場力的計算公式
可知在空間中加一個豎直向下的勻強電場，A受電場力較大，則相對于B球，A球的重力變大，如圖
根據杠桿平衡條件可知
其中
，
則可知
故選C。
【分析】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，兩個小球均受重力、靜電力和拉力，受力恰好對稱，施加勻強電場后，根據杠桿平衡條件分析角度變化。
13．【答案】A
【知識點】動能定理的綜合應用；機械能守恒定律
【解析】【解答】能夠分別在水平方向和豎直方向列出動量定理方程是解題的基礎，知道小球機械能的變化量等于重力以外的力做的功。A．根據題意，設風力大小為，小球的質量為，小球的初速度為，的水平距離為，豎直距離為，豎直方向上有
則有
從到過程中，由動能定理有
可得
又有
水平方向上，由牛頓第二定律有
由運動學公式有
由于運動時間相等，則
則有
解得
故A正確；
BD．根據題意可知，小球在水平方向做初速度為0的勻加速直線運動，由對稱性可知，小球從和從的運動時間相等，設的水平距離為，根據勻變速運動推論可知
小球由過程中，由動能定理有
解得
由功能關系可知，小球機械能的變化量等于風力做功，則小球在上升和下降過程中機械能變化量之比為
故BD錯誤；
C．根據前面分析可知從M點運動到O點的過程，小球受到的重力和風力的合力方向開始與速度方向夾角為鈍角，后與速度方向夾角為銳角，故合力先做負功后做正功，故動能先減小后增大，故C錯誤。
故選A。
【分析】根據動量定理分別列出水平方向和豎直方向的動量定理方程，即可得到重力和風力大小之比；根據初速度為零的勻加速直線運動規律得到小球上升和下降過程中的水平位移之比，然后根據做功公式即可解得小球機械能的變化量之比；根據合力與速度方向之間的夾角變化分析；根據動能定理求解。
14．【答案】B,D
【知識點】電場線；電勢
【解析】【解答】本題考查了電場的基本性質，理解電場強度、電場線的特點，掌握等量同號電荷電場線的分布是解決此類問題的關鍵。A．根據題意可知該電場為等量正電荷產生的電場，故O點的電勢不為零，故A錯誤；
B．場強大的地方電場線越密集，故可知C點的電場強度小于D點的電場強度，故B正確；
C．根據等量正電荷產生的電場分布特點可知M點的電場強度和N點的電場強度大小相同，方向相反，故C錯誤；
D．M點和N點到兩等量正電荷的距離相等，根據對稱性可知M點的電勢和N點的電勢相同，故D正確。
故選BD。
【分析】根據場強大的地方電場線越密集，以及電場線的對稱分布分析求解。
15．【答案】B,D
【知識點】牛頓第二定律；機械能守恒定律
【解析】【解答】本題考查機械能的問題，清楚外力做功與機械能變化的聯系，熟練運用牛頓第二定律找出質量關系和力的關系。
A．根據圖像可知至階段還沒有受到外力F，此時物塊機械能在增大，故此時物塊沿斜面向上運動，繩對物塊的拉力做正功，故A錯誤；
B．根據圖像可知至階段由于F小于該過程中繩子的拉力，故物塊的機械能在增大，至階段根據圖像可知此時機械能保持不變，故可知此時F大小等于該過程中繩子的拉力，在的瞬間，小球落地，繩子拉力為0，由于此時物塊還受到沿斜面向下的外力F，F對物塊做負功，之后的一段過程中物塊機械能在減小，故可知釋放時，小球距地面的高度，故B正確；
C．根據前面分析至階段F大小等于該過程中繩子的拉力，由于物塊還受到重力沿斜面向下的分量，故此時合外力沿斜面向下，在后物塊沿斜面方向受到重力的分力和外力F，做減速運動，即可知至階段，物塊先加速后一直減速，即物塊的動能先增大后一直減小，故C錯誤；
D．根據圖丙圖像可知圖像的斜率表示繩子的拉力與外力F的合力，對至階段可得繩中拉力為，設此時球和物塊的加速度大小為，根據牛頓第二定律得
代入整理得
①
同理結合之后圖像可知，力F在之后的大小始終為
根據前面分析可知至階段物塊受到的F大小等于該過程中繩子的拉力，故此時物塊的加速度為，方向沿斜面向下，球和物塊加速度大小相等，此時對小球根據牛頓第二定律
②
③
聯立①②③得物塊的質量
故D正確。
故選BD。
【分析】根據圖像分析物體在有外力和無外力的情況下的運動情況和機械能的變化問題，即可判斷ABC，再結合牛頓第二定律和圖像求出對x=0至x=1m階段質量關系以及x=2至x=3m階段物塊受到的F大小和該過程中繩子的拉力T'的關系，聯立求解。
16．【答案】（1）D
（2）A
（3）左；1.06；0.156；C
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】本題主要考查了機械能守恒定律的相關應用，根據實驗原理掌握正確的實驗操作，利用運動學公式的出物體的速度，熟悉能量的計算公式即可完成分析。
（1）A．用打點計時器計時，不用秒表計時，A不選；
BC．電火花打點計時器使用220V交流電源，BC不選；
D．用刻度尺測量計數點之間的距離，D選。
故選D。
（2）A．為了減小阻力影響，要選體積小，密度大的重物，A正確；
B．為了讓打的點清晰，要先接通電源，后釋放紙帶，B錯誤；
C．用夾子夾住紙帶，重物穩定后，先接通電源，后釋放重物，C錯誤。
故選A。
（3）①觀察紙帶可知，實驗時連接重物的夾子夾在了紙帶的左端。
②表格中待填數據
③[A點的動能為
解得
B點動能為
動能增加量為
④ A．重物質量不影響測量結果，A錯誤；
B．打點計時器的工作電壓偏高，不影響時間的測量，B錯誤；
C．打點計時器兩個限位孔不在同一豎直線上，摩擦力太大，機械能損失較多，導致增加的動能小于減少的重力勢能，C正確。
故選C。
【分析】（1）根據實驗的原理確定所需測量的物理量，從而確定必需的器材；
（2）根據實驗的原理及操作過程作出判斷；
（3）觀察紙帶，連接重物的夾子夾在了紙帶的左側；由x2間的距離和時間間隔求得B點瞬時速度，即可由動能定義式得到動能增量；系統誤差是由于實驗原理和不可克服的阻力而引起的。
（1）A．用打點計時器計時，不用秒表計時，A不選；
BC．電火花打點計時器使用220V交流電源，BC不選；
D．用刻度尺測量計數點之間的距離，D選。
故選D。
（2）A．為了減小阻力影響，要選體積小，密度大的重物，A正確；
B．為了讓打的點清晰，要先接通電源，后釋放紙帶，B錯誤；
C．用夾子夾住紙帶，重物穩定后，先接通電源，后釋放重物，C錯誤。
故選A。
（3）①[1]觀察紙帶可知，實驗時連接重物的夾子夾在了紙帶的左端。
②[2]表格中待填數據
③[3] A點的動能為
解得
B點動能為
動能增加量為
④[4] A．重物質量不影響測量結果，A錯誤；
B．打點計時器的工作電壓偏高，不影響時間的測量，B錯誤；
C．打點計時器兩個限位孔不在同一豎直線上，摩擦力太大，機械能損失較多，導致增加的動能小于減少的重力勢能，C正確。
故選C。
17．【答案】（1）B
（2）變小
（3）A；C
【知識點】向心力
【解析】【解答】熟練掌握向心力公式F=mrω2是解題的基礎，知道左右兩個塔輪是靠皮帶傳動的，輪子邊緣的線速度大小相等是解題的關鍵。
（1）探究向心力與角速度之間的關系，需控制小球質量、運動半徑相同，應將質量相同的小球分別放在擋板a與c內側。
故選B。
（2）變速塔輪邊緣的線速度相等，根據
可知若將皮帶從兩個塔輪最上層均撥至第二層，左邊速塔輪的半徑增大，則長槽和短槽的角速度之比會變小。
（3）A．根據向心力公式
可知逐漸增加搖動手柄的轉速，左右側小球受到向心力均增大，左右兩個標尺露出的格數都將增多，故A正確；
BC．左右兩個標尺露出格數的比值等于左右側小球受到向心力的比值，即
可知左右兩個標尺露出格數的比值將不變，故B錯誤，C正確。
故選AC。
【分析】（1）根據控制變量法分析，每次只能有一個變量，其它量相同；
（2）變速塔輪邊緣的線速度相等，根據v=rω分析；
（3）根據F=mrω2分析，左右兩個標尺露出格數的比值等于左右側小球受到向心力的比值。
（1）探究向心力與角速度之間的關系，需控制小球質量、運動半徑相同，應將質量相同的小球分別放在擋板a與c內側。
故選B。
（2）變速塔輪邊緣的線速度相等，根據
可知若將皮帶從兩個塔輪最上層均撥至第二層，左邊速塔輪的半徑增大，則長槽和短槽的角速度之比會變小。
（3）A．根據向心力公式
可知逐漸增加搖動手柄的轉速，左右側小球受到向心力均增大，左右兩個標尺露出的格數都將增多，故A正確；
BC．左右兩個標尺露出格數的比值等于左右側小球受到向心力的比值，即
可知左右兩個標尺露出格數的比值將不變，故B錯誤，C正確。
故選AC。
18．【答案】（1）正
（2）
（3）B
【知識點】觀察電容器的充、放電現象
【解析】【解答】本題考查了觀察電容器的放電現象的實驗，要理解i-t圖線與坐標軸圍成的面積的含義；明確電容器充電后的電荷量不變是解題的關鍵。
（1）電容器上極板連接電源正極，故充電完成后電容器上極板帶正電；
（2）根據可知圖像與橫軸圍成的面積表示電量，故電容器釋放的電荷量Q約為
（3）分析可知當可調電阻R的阻值增大時，開始放電的瞬間最大電流值變小，由于電容器的帶電量不變，故可知電阻R的阻值增加時的放電時間變長。
故選B。
【分析】（1）電容器上極板與電源正極相連，據此分析作答；
（2）i-t圖像中圖線與坐標軸圍成的面積表示電容器充電后放電的電荷量，據此求解作答；
（3）充電后，電荷量不變，i-t圖像中圖線與坐標軸圍成的面積不變；根據歐姆定律和電流的定義式分析作答。
（1）電容器上極板連接電源正極，故充電完成后電容器上極板帶正電；
（2）根據可知圖像與橫軸圍成的面積表示電量，故電容器釋放的電荷量Q約為
（3）分析可知當可調電阻R的阻值增大時，開始放電的瞬間最大電流值變小，由于電容器的帶電量不變，故可知電阻R的阻值增加時的放電時間變長。
故選B。
19．【答案】解：（1）擊中B點，初速度最大，則
解得
（2）擊中A點，下落時間最長，則
解得
（3）根據水平方向的運動規律有
豎直速度為
解得
【知識點】平拋運動
【解析】【分析】（1）小球做平拋運動，在豎直方向上做自由落體運動，在水平方向上做勻速直線運動，可利用平拋運動規律及運動學公式計算速度；
（2）利用位移與時間公式計算時間；
（3）求出水平方向速度以及豎直方向速度，根據運動的合成計算速度。
20．【答案】解：（1）摩擦力提供向心力
解得
（2）①重力與支持力的合力提供向心力，有
解得
②水平方向
豎直方向
解得
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【分析】（1）汽車僅有摩擦力提供向心力，根據牛頓第二定律計算；
（2）①對汽車受力分析，恰好由重力和支持力的合力提供向心力，根據牛頓第二定律計算；
②做出汽車的受力圖，根據牛頓第二定律列方程計算。
21．【答案】解：（1）電子的加速過程，由動能定理得
解得
（2）M到N過程根據動能定理
解得
（3）由勻強電場的電場強度和電勢差關系得
解得
根據
解得
【知識點】電勢差與電場強度的關系；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【分析】（1）根據動能定理求解電子加速后的速度；
（2）根據動能定理求解求解電勢差UMN；
（3）根據勻強電場的電勢差和電場強度的關系求解電場強度和電勢差。
22．【答案】解：（1）物體從A到B根據動能定理
B點根據牛頓第二定律
解得
（2）恰至C時
B到C過程根據動能定理
解得
B到D過程
故可知
故對A到B過程
解得最小初速度為
（3）A到B過程
解得
該過程摩擦產生的熱量
得
B到A過程
解得
該過程摩擦產生的熱量
得
故可得全過程小物體與傳送帶間摩擦產生的熱量
【知識點】動能定理的綜合應用；機械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根據動能定理，牛頓第二定律求小物體第一次經過B點時，圓弧對其支持力大小
（2）根據動能定理求其滑上傳送帶左端A時的最小初速度v2為多大；
（3） 摩擦產生的熱量 等于摩擦力與相對運動位移乘以摩擦力，根據功能關系求之后運動的全過程小物體與傳送帶間摩擦產生的熱量Q。
1 / 1浙江省溫州市2023-2024學年高一下學期期末考試物理試題
1．（2024高一下·溫州期末）下列屬于能量的單位的是（　　）
A．牛頓（N） B．庫侖（C）
C．電子伏特（eV） D．瓦特（W）
【答案】C
【知識點】電勢差；力學單位制
【解析】【解答】本題考查單位、單位制問題，知道常用物理量和對應的單位。A．牛頓（N）是力的單位，故A錯誤；
B．庫侖（C）是電量單位，故B錯誤；
C．根據公式可知電子伏特（eV）是能量單位，故C正確；
D．瓦特（W）是功率單位，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據各物理量和對應的單位進行綜合判斷。
2．（2024高一下·溫州期末）下列說法正確的是（　　）
A．質點、點電荷、元電荷都是理想模型
B．由可知，電場強度E與F成正比
C．密立根通過油滴實驗測得元電荷e的數值
D．伽利略得出了物體間的引力與太陽行星間的引力遵從相同的規律
【答案】C
【知識點】電場強度
【解析】【解答】本題考查對點電荷和元電荷的理解以及電場強度的理解，要注意明確電場強度由電場本身的性質決定。A．質點和點電荷都是理想模型，元電荷不是理想模型，A錯誤；
B．由可知，電場強度E與F無關，電場強度是由電場本身決定的，B錯誤；
C．密立根通過油滴實驗測得元電荷e的數值，C正確；
D．牛頓得出了物體間的引力與太陽行星間的引力遵從相同的規律，D錯誤。
故選C。
【分析】明確質點和點電荷是理想模型，實際中并不存在，而電場強度采用了比值定義法；同時了解相關的物理學史，作出正確判斷。
3．（2024高一下·溫州期末）下列說法正確的是（　　）
A．圖甲中，圍繞地球公轉的月球不受太陽引力的作用
B．圖乙中，利用離心機可以分離血液中密度不同的成分
C．圖丙中，運動員手中彎曲的撐竿在恢復原狀過程中對運動員做負功
D．圖丁中，當汽車輸出功率一定時，可通過增大速度，獲得較大牽引力
【答案】B
【知識點】離心運動和向心運動；萬有引力定律；功的概念；功率及其計算
【解析】【解答】本題考查萬有引力、離心現象和能的轉化和守恒的問題，會根據題意進行準確分析和判斷。A．圍繞地球公轉的月球也要受太陽引力的作用，故A錯誤；
B．醫務人員用該機器將血漿和紅細胞從血液中分離出來是利用了離心分離技術，由于不同的血液成分密度不同，所以在試管中從上而下自動分離出血漿、白細胞和紅細胞，故B正確；
C．運動員手中彎曲的撐竿在恢復原狀過程中撐桿的彈性勢能減小，轉化為運動員的機械能，對運動員做正功，故C錯誤；
D．汽車上坡時，根據
可知，可通過減小速度，獲得更大的牽引力，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據萬有引力的條件分析判斷；根據離心運動特點結合不同物質的密度差異進行分析解答；根據能的轉化和守恒思想進行分析求解；根據功率的公式進行判斷。
4．（2024高一下·溫州期末）如圖所示，某運動員將籃球從A點斜向上拋出，籃球垂直撞在豎直籃板上的O點，反向彈回后正好落在了A點正下方的B點。若將籃球看作質點且不計空氣阻力。下列說法正確的是（　　）
A．籃球上升階段與下降階段運動時間相同
B．籃球撞擊O點前后的瞬時速度大小相同
C．籃球從O點運動到B點過程加速度逐漸增大
D．籃球上升階段與下降階段速度變化量的方向相同
【答案】D
【知識點】平拋運動；斜拋運動
【解析】【解答】本題主要考查了豎直上拋運動的基本規律以及運動學公式和牛頓第二定律的應用。A．根據平拋運動規律有
解得
籃球上升階段運動時間小于下降階段運動時間，故A錯誤；
B．根據水平方向的運動規律可知
由于下降時間長，水平位移相同，可知籃球撞擊O點前后的瞬時速度變小，故B錯誤；
C．籃球只受重力作用，加速度恒定不變，故C錯誤；
D．籃球上升階段與下降階段只受重力，加速度方向相同，故速度變化量的方向都是向下的，故D正確；
故選D。
【分析】籃球在上升階段做斜拋運動，下降過程做平拋運動，兩個階段豎直方向都是勻變速直線運動，加速度都是g，可根據此特點判斷上升和下降的時間；籃球在兩個階段中做勻速直線運動，AO階段的水平位移大于OB階段的水平位移，AO階段的時間小于OB階段的時間，故可根據此運動規律判斷碰撞籃板前后的速度大小變化；籃球從O點運動到B點過程只受重力作用，故加速度都是g；籃球上升階段和下降階段，加速度都為g。
5．（2024高一下·溫州期末）一物體置于水平粗糙圓盤上，圓盤從靜止開始加速轉動。整個過程中，物體的運動軌跡如圖所示，對于物體經過a、b、c、d點時的速度方向，圖中標注正確的是（　　）
A．a點 B．b點 C．c點 D．d點
【答案】B
【知識點】曲線運動；離心運動和向心運動
【解析】【解答】能夠根據物體做離心運動推斷出圓盤做順時針方向的轉動是解題的關鍵。圓盤從靜止開始加速轉動，當物塊受到的摩擦力不足以提供所需的向心力時，物體做離心運動，即圓心的距離逐漸增大，由圖中軌跡可知，圓盤應順時針轉動，根據曲線運動的速度方向沿該點的切線方向可知，圖中標注正確的是b點。
故選B。
【分析】根據物體做離心運動，確定圓盤的轉動方向，進而根據曲線運動的速度方向為軌跡的切線方向判斷。
6．（2024高一下·溫州期末）下列關于靜電現象的說法，不正確的是（　　）
A．圖甲中，燃氣灶點火時利用了尖端放電原理
B．圖乙中，靜電噴涂利用了帶電涂料微粒與帶電工件間的靜電吸引
C．圖丙中，為使帶負電粉塵顆粒能到達收集板A，M、N應分別接電源的正、負極
D．圖丁中，由于金屬網的屏蔽，A球上電荷在驗電器金屬球B處產生的電場強度為零
【答案】D
【知識點】靜電的防止與利用；電場強度的疊加
【解析】【解答】本題考查尖端放電、靜電的防止和利用、靜電屏蔽等知識，需要學生牢記并理解這些基本概念和解釋相關的物理現象。A．燃氣灶點火時利用了尖端放電原理，故A正確；
B．靜電噴涂利用了帶電涂料微粒與帶電工件間的靜電吸引，故B正確；
C．丙圖中帶負電的塵埃被吸附在管壁A上，故M接電源的正，N應接電源的負極，故C正確；
D．圖丁中，由于金屬網的屏蔽，驗電器箔片不會張開，此時A球上電荷在驗電器金屬球B處產生的電場強度與金屬網產生的感應電場相互平衡，不是A球上電荷在驗電器金屬球B處產生的電場強度為零，故D錯誤。
本題選錯誤的，故選D。
【分析】燃氣灶點火為尖端放電；靜電噴涂的原理是涂料噴出時帶靜電，會吸附到被涂材料上；帶負電的物體向正極移動，靜電屏蔽后的區域內部場強為零。
7．（2024高一下·溫州期末）2024年4月26日，搭乘神舟十八號載人飛船的航天員順利入駐空間站，與神舟十七號乘組勝利會師（如圖）。空間站運行軌道可視為離地高度約為400km的圓形軌道。下列說法正確的是（　　）
A．空間站運行的向心加速度比地球同步衛星的小
B．空間站運行的線速度小于地球的第一宇宙速度
C．空間站運行的角速度小于赤道上的物體隨地球自轉的角速度
D．空間站內的航天員處于“懸浮”狀態是因為其所受的重力為零
【答案】B
【知識點】第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】本題解題關鍵是掌握衛星運轉原理，即萬有引力提供向心力，據此列式即可確定衛星的運行規律：高軌低速長周期。A．根據萬有引力提供向心力有
解得
空間站運行軌道半徑小于地球同步衛星的軌道半徑，則空間站運行的向心加速度比地球同步衛星的大，故A錯誤；
B．地球的第一宇宙速度是衛星繞地球做勻速圓周運動的最大速度，故空間站運行的線速度小于地球的第一宇宙速度，故B正確；
C．根據萬有引力提供向心力有
解得
空間站運行軌道半徑小于地球同步衛星的軌道半徑，則空間站運行的角速度比地球同步衛星的大，即空間站運行的角速度大于赤道上的物體隨地球自轉的角速度，故C錯誤；
D．空間站內的航天員處于“懸浮”狀態是因為其所受的萬有引力完全提供向心力，故D錯誤；
故選B。
【分析】根據萬有引力提供向心力，分析線速度、角速度和向心加速度關系，注意明確地球赤道上的物體隨地球自轉的角速度等于地球同步衛星的角速度。
8．（2024高一下·溫州期末）如圖所示為某皮帶輪傳動裝置，圖中A、B、C點為輪邊緣上的點，到各自轉軸的距離之比為，皮帶與各輪間均不打滑。下列關于A、B、C點的線速度v、角速度、周期T、向心加速度a的關系正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速
【解析】【解答】本題主要考查線速度、角速度、周期和向心加速度的關系，理解邊緣傳動的特點是解題關鍵。A和C與皮帶接觸，故可知A、B、C三點的線速度相等；因為，根據
可知
同理，因為，根據
得
根據，結合公式
得
故選D。
【分析】邊緣傳動，邊緣上的點線速度大小相等，同軸轉動，除軸外，角速度相等，結合v=rω解答。
9．（2024高一下·溫州期末）如圖所示，三個完全相同的小球a、b、c處于同一高度，將小球a從固定的光滑斜面上靜止釋放，小球b、c以相同的速率分別豎直向上、水平向右拋出，不計空氣阻力。關于小球從開始運動到觸地過程，下列說法正確的是（　　）
A．三個小球運動時間相等
B．重力對小球b做的功最多
C．重力對小球c做功的平均功率最大
D．三個小球觸地前瞬間，重力做功的瞬時功率相等
【答案】C
【知識點】功的計算；功率及其計算
【解析】【解答】本題考查功和功率的計算問題，會準確的分析物體的運動過程，會根據題意求解平均功率以及瞬時功率。A．設a球斜面傾角為，根據
b球做豎直上拋運動，有
c球做平拋運動，有
所以c球運動時間最短，a球和b球運動時間無法確定，故A錯誤；
B．重力做功為
由于下落高度相同，所以重力做功相等，故B錯誤；
C．重力的平均功率
因為重力做功相同，c球運動時間最短，所以重力對小球c做功的平均功率最大，故C正確；
D．重力做功的瞬時功率
由重力做功相同，落地前瞬間
所以
故D錯誤。
故選C。
【分析】 根據三個情形的運動分別列式關于時間的關系式，結合關系式分析比較時間的長度；
根據重力做功的特點進行判斷；根據重力做功的平均功率和瞬時功率結合時間和落地豎直分速度進行分析解答。
10．（2024高一下·溫州期末）我國發射的嫦娥六號探測器，開展了世界首次對月球背面的樣品采集工作，其環月變軌過程如圖所示。假設探測器在環月圓軌道1上的P點實施變軌，進入橢圓軌道2，再由近月點Q點進入圓軌道3。已知軌道1的半徑為5r，軌道3的半徑為r，探測器在軌道3的運行周期為T，則探測器（　　）
A．在軌道1上經過P點時的加速度小于在軌道2上經過P點時的加速度
B．在軌道2上運行時與月心連線在單位時間內掃過的面積與在軌道3上運行時相等
C．從軌道2上的Q點進入軌道3時需要點火加速
D．在軌道2上運行的周期為
【答案】D
【知識點】開普勒定律；衛星問題
【解析】【解答】本題考查天體運動，要求學生根據萬有引力定律以及開普勒第三定律分析求解，難度適中。A．根據萬有引力提供向心力。
得
所以探測器在軌道1上運行經過P點時的加速度等于在軌道2上運行經過P點時的加速度，故A錯誤；
B．根據開普勒第二定律可知對同一軌道上月心連線在單位時間內掃過的面積相等，故B錯誤；
C．從軌道2上的Q點進入軌道3時做向心運動，需要減速，故C錯誤；
D．在軌道2上運行時的半長軸為
根據開普勒第三定律
解得在軌道2上運行的周期為
故D正確。
故選D。
【分析】根據萬有引力提供向心力可以確定在不同軌道同一點加速度大小相等，根據開普勒第二定律可以比較兩個軌道月心連線在單位時間內掃過的面積，根據開普勒第三定律可以求解軌道2上運行的周期。
11．（2024高一下·溫州期末）靜止于水平地面的足球，被運動員從位置1以踢出后，沿如圖所示的軌跡運動到位置3，在最高點2時距地面高度為h且速度大小為v，已知足球質量為m，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．從位置1到位置3的過程，足球的機械能守恒
B．從位置2到位置3的過程，足球的動能增加mgh
C．踢球時，運動員對足球做的功等于
D．從位置1到位置2的過程，阻力對足球做功
【答案】D
【知識點】動能定理的綜合應用；機械能守恒定律
【解析】【解答】 本題考查動能定理、判斷機械能守恒的問題，會準確的分析物體的運動過程，會根據題意進行準確分析和判斷。A．若足球做斜拋運動可知12間距離等于23間的距離，由于兩段水平距離不等，故足球做的不是斜拋運動，受到空氣阻力，所以機械能不守恒，故A錯誤；
B．足球受到空氣阻力，從位置2到位置3的過程，設克服空氣阻力做功為，根據動能定理
故足球的動能增加量小于mgh，故B錯誤；
CD．踢球時，設運動員對足球做的功為W，可得
1到2過程中克服空氣阻力做功為，根據動能定理
可得
故C錯誤；
D．從位置1到位置2的過程，阻力對足球做功為
故D正確。
故選D。
【分析】根據軌跡分析是否做斜上拋運動，再根據受力情況判斷是否滿足機械能守恒條件；根據動能定理結合阻力功和克服阻力做功的關系分析解答；
12．（2024高一下·溫州期末）用兩根同樣長的絕緣細繩把兩個帶正電的小球懸掛在一點。兩小球的質量相等，小球A所帶的電荷量大于小球B所帶的電荷量。兩小球靜止時，左右懸線與豎直方向的偏角分別為和。在空間中加一個豎直向下的勻強電場，再次平衡后，左右懸線與豎直方向的偏角分別變為和。下列判斷正確的是（　　）
A．、 B．、
C．、 D．、
【答案】C
【知識點】庫侖定律；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】本題切入點在兩球之間的庫侖力屬于作用力和反作用力，等大、反向；突破口在利用平衡條件確定拉力方向。
兩小球的質量相等，重力也相等；根據牛頓第三定律，庫侖斥力大小相等，方向相反，所以細線的拉力大小相等，與豎直方向的夾角也相等，即。
根據電場力的計算公式
可知在空間中加一個豎直向下的勻強電場，A受電場力較大，則相對于B球，A球的重力變大，如圖
根據杠桿平衡條件可知
其中
，
則可知
故選C。
【分析】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，兩個小球均受重力、靜電力和拉力，受力恰好對稱，施加勻強電場后，根據杠桿平衡條件分析角度變化。
13．（2024高一下·溫州期末）“風洞實驗”常用于研究飛行器的空氣動力學特性，在某風洞中，將一小球從M點豎直向上拋出，小球在大小恒定的水平風力作用下，運動軌跡如圖所示。其中M、N兩點在同一水平線上，O點為軌跡的最高點，小球經過M點時的動能為9J，經過O點時的動能為4J。下列說法正確的是（　　）
A．小球所受的重力和風力大小之比為
B．上升和下降過程，小球的機械能變化量之比為
C．從M點運動到O點的過程，小球的動能一直減小
D．小球經過N點時的動能為17J
【答案】A
【知識點】動能定理的綜合應用；機械能守恒定律
【解析】【解答】能夠分別在水平方向和豎直方向列出動量定理方程是解題的基礎，知道小球機械能的變化量等于重力以外的力做的功。A．根據題意，設風力大小為，小球的質量為，小球的初速度為，的水平距離為，豎直距離為，豎直方向上有
則有
從到過程中，由動能定理有
可得
又有
水平方向上，由牛頓第二定律有
由運動學公式有
由于運動時間相等，則
則有
解得
故A正確；
BD．根據題意可知，小球在水平方向做初速度為0的勻加速直線運動，由對稱性可知，小球從和從的運動時間相等，設的水平距離為，根據勻變速運動推論可知
小球由過程中，由動能定理有
解得
由功能關系可知，小球機械能的變化量等于風力做功，則小球在上升和下降過程中機械能變化量之比為
故BD錯誤；
C．根據前面分析可知從M點運動到O點的過程，小球受到的重力和風力的合力方向開始與速度方向夾角為鈍角，后與速度方向夾角為銳角，故合力先做負功后做正功，故動能先減小后增大，故C錯誤。
故選A。
【分析】根據動量定理分別列出水平方向和豎直方向的動量定理方程，即可得到重力和風力大小之比；根據初速度為零的勻加速直線運動規律得到小球上升和下降過程中的水平位移之比，然后根據做功公式即可解得小球機械能的變化量之比；根據合力與速度方向之間的夾角變化分析；根據動能定理求解。
14．（2024高一下·溫州期末）如圖所示，空間中有兩個電荷量相同的點電荷A、B，電荷周圍的電場線分布如圖所示。MN為兩點電荷A、B連線的中垂線，且M、N點到O點距離相同，C、D為某一條電場線上的兩點。若規定無窮遠處電勢為零，則下列說法正確的是（　　）
A．O點的電勢為零
B．C點的電場強度小于D點的電場強度
C．M點的電場強度和N點的電場強度相同
D．M點的電勢和N點的電勢相同
【答案】B,D
【知識點】電場線；電勢
【解析】【解答】本題考查了電場的基本性質，理解電場強度、電場線的特點，掌握等量同號電荷電場線的分布是解決此類問題的關鍵。A．根據題意可知該電場為等量正電荷產生的電場，故O點的電勢不為零，故A錯誤；
B．場強大的地方電場線越密集，故可知C點的電場強度小于D點的電場強度，故B正確；
C．根據等量正電荷產生的電場分布特點可知M點的電場強度和N點的電場強度大小相同，方向相反，故C錯誤；
D．M點和N點到兩等量正電荷的距離相等，根據對稱性可知M點的電勢和N點的電勢相同，故D正確。
故選BD。
【分析】根據場強大的地方電場線越密集，以及電場線的對稱分布分析求解。
15．（2024高一下·溫州期末）如圖甲所示，一傾角的光滑斜面頂端安裝一光滑定滑輪，一輕繩跨過定滑輪，一端沿斜面方向連接質量為的物塊，另一端懸掛質量為的小球。現使物塊由P點靜止釋放，以P點為坐標原點，以物塊的運動方向為正方向建立x軸。對物塊施加一沿斜面向下的外力F，在物塊的位置坐標x增大的過程中，F的大小與x的關系如圖乙所示，物塊的機械能E與x的關系如圖丙所示。已知小球落地后不反彈。下列說法正確的是（　　）
A．至階段，繩對物塊的拉力做負功
B．釋放時，小球距地面的高度
C．至階段，物塊的動能先增大、后不變、再減小
D．物塊的質量
【答案】B,D
【知識點】牛頓第二定律；機械能守恒定律
【解析】【解答】本題考查機械能的問題，清楚外力做功與機械能變化的聯系，熟練運用牛頓第二定律找出質量關系和力的關系。
A．根據圖像可知至階段還沒有受到外力F，此時物塊機械能在增大，故此時物塊沿斜面向上運動，繩對物塊的拉力做正功，故A錯誤；
B．根據圖像可知至階段由于F小于該過程中繩子的拉力，故物塊的機械能在增大，至階段根據圖像可知此時機械能保持不變，故可知此時F大小等于該過程中繩子的拉力，在的瞬間，小球落地，繩子拉力為0，由于此時物塊還受到沿斜面向下的外力F，F對物塊做負功，之后的一段過程中物塊機械能在減小，故可知釋放時，小球距地面的高度，故B正確；
C．根據前面分析至階段F大小等于該過程中繩子的拉力，由于物塊還受到重力沿斜面向下的分量，故此時合外力沿斜面向下，在后物塊沿斜面方向受到重力的分力和外力F，做減速運動，即可知至階段，物塊先加速后一直減速，即物塊的動能先增大后一直減小，故C錯誤；
D．根據圖丙圖像可知圖像的斜率表示繩子的拉力與外力F的合力，對至階段可得繩中拉力為，設此時球和物塊的加速度大小為，根據牛頓第二定律得
代入整理得
①
同理結合之后圖像可知，力F在之后的大小始終為
根據前面分析可知至階段物塊受到的F大小等于該過程中繩子的拉力，故此時物塊的加速度為，方向沿斜面向下，球和物塊加速度大小相等，此時對小球根據牛頓第二定律
②
③
聯立①②③得物塊的質量
故D正確。
故選BD。
【分析】根據圖像分析物體在有外力和無外力的情況下的運動情況和機械能的變化問題，即可判斷ABC，再結合牛頓第二定律和圖像求出對x=0至x=1m階段質量關系以及x=2至x=3m階段物塊受到的F大小和該過程中繩子的拉力T'的關系，聯立求解。
16．（2024高一下·溫州期末）小王同學驗證“物體在自由下落過程中機械能守恒”的實驗裝置如圖所示。
（1）為完成此實驗，如圖所示的實驗器材必須選取的是　 　（填選項字母）。
（2）下列關于本實驗的說法正確的是______。
A．為了減小阻力影響，要選體積小，密度大的重物
B．為了讓打的點清晰，要先釋放紙帶，再接通電源
C．為了防止晃動，應用手托穩重物，接通電源后，撤手釋放重物
（3）正確完成實驗操作后，得到一條清晰的紙帶如圖所示，紙帶上的點跡是打點計時器連續打出的點。
在處理數據時，小王同學選取A、B兩點來驗證。已知交流電頻率為50Hz，重物的質量為300g，當地重力加速度，測量后將部分物理量的計算結果記錄如下：
x1/cm A點瞬時速度/（m·s-1） x2/cm B點瞬時速度/（m·s-1） A、B兩點間距離/cm
1.15 0.288 4.25
5.60
①觀察紙帶可知，實驗時連接重物的夾子夾在了紙帶的　 　端（選填“左”或“右”）。
②表格中待填數據vB= 　 　m/s（結果保留3位有效數字）。
③打點計時器從打下A點到打下B點的過程，由表格數據可計算出：重物的重力勢能減少量，打下A點時重物的動能，動能增加量ΔEk=　 　J（結果保留3位有效數字）。
④比較ΔEp與ΔEk的大小，出現這一結果的原因可能是　 　。
A．重物質量的測量值偏大
B．打點計時器的工作電壓偏高
C．打點計時器兩個限位孔不在同一豎直線上
【答案】（1）D
（2）A
（3）左；1.06；0.156；C
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】本題主要考查了機械能守恒定律的相關應用，根據實驗原理掌握正確的實驗操作，利用運動學公式的出物體的速度，熟悉能量的計算公式即可完成分析。
（1）A．用打點計時器計時，不用秒表計時，A不選；
BC．電火花打點計時器使用220V交流電源，BC不選；
D．用刻度尺測量計數點之間的距離，D選。
故選D。
（2）A．為了減小阻力影響，要選體積小，密度大的重物，A正確；
B．為了讓打的點清晰，要先接通電源，后釋放紙帶，B錯誤；
C．用夾子夾住紙帶，重物穩定后，先接通電源，后釋放重物，C錯誤。
故選A。
（3）①觀察紙帶可知，實驗時連接重物的夾子夾在了紙帶的左端。
②表格中待填數據
③[A點的動能為
解得
B點動能為
動能增加量為
④ A．重物質量不影響測量結果，A錯誤；
B．打點計時器的工作電壓偏高，不影響時間的測量，B錯誤；
C．打點計時器兩個限位孔不在同一豎直線上，摩擦力太大，機械能損失較多，導致增加的動能小于減少的重力勢能，C正確。
故選C。
【分析】（1）根據實驗的原理確定所需測量的物理量，從而確定必需的器材；
（2）根據實驗的原理及操作過程作出判斷；
（3）觀察紙帶，連接重物的夾子夾在了紙帶的左側；由x2間的距離和時間間隔求得B點瞬時速度，即可由動能定義式得到動能增量；系統誤差是由于實驗原理和不可克服的阻力而引起的。
（1）A．用打點計時器計時，不用秒表計時，A不選；
BC．電火花打點計時器使用220V交流電源，BC不選；
D．用刻度尺測量計數點之間的距離，D選。
故選D。
（2）A．為了減小阻力影響，要選體積小，密度大的重物，A正確；
B．為了讓打的點清晰，要先接通電源，后釋放紙帶，B錯誤；
C．用夾子夾住紙帶，重物穩定后，先接通電源，后釋放重物，C錯誤。
故選A。
（3）①[1]觀察紙帶可知，實驗時連接重物的夾子夾在了紙帶的左端。
②[2]表格中待填數據
③[3] A點的動能為
解得
B點動能為
動能增加量為
④[4] A．重物質量不影響測量結果，A錯誤；
B．打點計時器的工作電壓偏高，不影響時間的測量，B錯誤；
C．打點計時器兩個限位孔不在同一豎直線上，摩擦力太大，機械能損失較多，導致增加的動能小于減少的重力勢能，C正確。
故選C。
17．（2024高一下·溫州期末）用如圖所示裝置，探究向心力與角速度之間的關系
（1）已知小球放置在擋板a、b、c內側時，球心到各自塔輪轉軸的距離之比為。實驗時，應將質量相同的小球分別放在______內側（填選項字母）。
A．擋板a與b B．擋板a與c C．擋板b與c
（2）已知演示器左右變速塔輪最上層的半徑相等，若將皮帶從兩個塔輪最上層均撥至第二層，則長槽和短槽的角速度之比會　 　（選填“變大”、“不變”或“變小”）。
（3）實驗時，其他條件不變，逐漸增加搖動手柄的轉速，則下列符合實際情況的是______。
A．左右兩個標尺露出的格數都將增多
B．左右兩個標尺露出格數的比值將增大
C．左右兩個標尺露出格數的比值將不變
【答案】（1）B
（2）變小
（3）A；C
【知識點】向心力
【解析】【解答】熟練掌握向心力公式F=mrω2是解題的基礎，知道左右兩個塔輪是靠皮帶傳動的，輪子邊緣的線速度大小相等是解題的關鍵。
（1）探究向心力與角速度之間的關系，需控制小球質量、運動半徑相同，應將質量相同的小球分別放在擋板a與c內側。
故選B。
（2）變速塔輪邊緣的線速度相等，根據
可知若將皮帶從兩個塔輪最上層均撥至第二層，左邊速塔輪的半徑增大，則長槽和短槽的角速度之比會變小。
（3）A．根據向心力公式
可知逐漸增加搖動手柄的轉速，左右側小球受到向心力均增大，左右兩個標尺露出的格數都將增多，故A正確；
BC．左右兩個標尺露出格數的比值等于左右側小球受到向心力的比值，即
可知左右兩個標尺露出格數的比值將不變，故B錯誤，C正確。
故選AC。
【分析】（1）根據控制變量法分析，每次只能有一個變量，其它量相同；
（2）變速塔輪邊緣的線速度相等，根據v=rω分析；
（3）根據F=mrω2分析，左右兩個標尺露出格數的比值等于左右側小球受到向心力的比值。
（1）探究向心力與角速度之間的關系，需控制小球質量、運動半徑相同，應將質量相同的小球分別放在擋板a與c內側。
故選B。
（2）變速塔輪邊緣的線速度相等，根據
可知若將皮帶從兩個塔輪最上層均撥至第二層，左邊速塔輪的半徑增大，則長槽和短槽的角速度之比會變小。
（3）A．根據向心力公式
可知逐漸增加搖動手柄的轉速，左右側小球受到向心力均增大，左右兩個標尺露出的格數都將增多，故A正確；
BC．左右兩個標尺露出格數的比值等于左右側小球受到向心力的比值，即
可知左右兩個標尺露出格數的比值將不變，故B錯誤，C正確。
故選AC。
18．（2024高一下·溫州期末）用如圖所示的電路，觀察電容器的放電現象。
（1）先將開關S接1，充電完成后電容器上極板帶　 　電（選填“正”或“負”）。
（2）充電完成后，將可調電阻R的阻值調至，開關S接2進行放電，計算機與電流傳感器相連，記錄了電路中電流I隨時間t變化的圖像如圖所示。已知該圖像中曲線與坐標軸所圍區域約有36個小格子，則電容器釋放的電荷量Q約為　 　C（結果保留三位有效數字）。
（3）電容器再次充電完成后，將可調電阻R的阻值增加至，開關S接2進行放電，計算機又繪出了新的圖像，下列關于前后兩次圖像的對比圖，可能正確的是______。
A． B．
C． D．
【答案】（1）正
（2）
（3）B
【知識點】觀察電容器的充、放電現象
【解析】【解答】本題考查了觀察電容器的放電現象的實驗，要理解i-t圖線與坐標軸圍成的面積的含義；明確電容器充電后的電荷量不變是解題的關鍵。
（1）電容器上極板連接電源正極，故充電完成后電容器上極板帶正電；
（2）根據可知圖像與橫軸圍成的面積表示電量，故電容器釋放的電荷量Q約為
（3）分析可知當可調電阻R的阻值增大時，開始放電的瞬間最大電流值變小，由于電容器的帶電量不變，故可知電阻R的阻值增加時的放電時間變長。
故選B。
【分析】（1）電容器上極板與電源正極相連，據此分析作答；
（2）i-t圖像中圖線與坐標軸圍成的面積表示電容器充電后放電的電荷量，據此求解作答；
（3）充電后，電荷量不變，i-t圖像中圖線與坐標軸圍成的面積不變；根據歐姆定律和電流的定義式分析作答。
（1）電容器上極板連接電源正極，故充電完成后電容器上極板帶正電；
（2）根據可知圖像與橫軸圍成的面積表示電量，故電容器釋放的電荷量Q約為
（3）分析可知當可調電阻R的阻值增大時，開始放電的瞬間最大電流值變小，由于電容器的帶電量不變，故可知電阻R的阻值增加時的放電時間變長。
故選B。
19．（2024高一下·溫州期末）某校游園活動中利用粘球靶設計了趣味游戲，如圖1所示為傾斜放置的長方形粘球靶，球擊中靶上不同區域即可獲得不同積分。現研究小球從O點沿某一指定方向水平射出，小球運動所在的豎直面如圖2所示，AB為粘球靶在該豎直面內的截線。O、A、B點的高度分別為、、，A、B兩點間的水平距離，O、A兩點間的水平距離，空氣阻力可忽略。若小球能擊中粘球靶的AB段，求：
（1）小球的最大初速度；
（2）小球在空中運動的最長時間t；
（3）第（2）問中球擊中靶時的速度大小。
【答案】解：（1）擊中B點，初速度最大，則
解得
（2）擊中A點，下落時間最長，則
解得
（3）根據水平方向的運動規律有
豎直速度為
解得
【知識點】平拋運動
【解析】【分析】（1）小球做平拋運動，在豎直方向上做自由落體運動，在水平方向上做勻速直線運動，可利用平拋運動規律及運動學公式計算速度；
（2）利用位移與時間公式計算時間；
（3）求出水平方向速度以及豎直方向速度，根據運動的合成計算速度。
20．（2024高一下·溫州期末）當駕車過彎道時，為防止側滑，行駛速度不能過大。圖1為一彎道路段，其俯視圖如圖2所示，其中一中心線位于同一水平面內的圓弧形車道，半徑。一汽車沿該車道中心線做勻速圓周運動，已知汽車輪胎與路面間的最大靜摩擦力等于壓力的k倍，。（計算時汽車可視為質點，且在該路段行駛過程阻力不計，結果可用根式表示）
（1）若此彎道的路面設計成水平，求該汽車不發生側滑的最大速度；
（2）若此彎道的路面設計成傾斜（外高內低），路基截面可簡化為圖3，路面與水平面夾角，已知：
①為使汽車轉彎時與路面間恰好無摩擦，求它行駛的速度大小；
②為使汽車轉彎時不發生側滑，求它行駛的最大速度。
【答案】解：（1）摩擦力提供向心力
解得
（2）①重力與支持力的合力提供向心力，有
解得
②水平方向
豎直方向
解得
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【分析】（1）汽車僅有摩擦力提供向心力，根據牛頓第二定律計算；
（2）①對汽車受力分析，恰好由重力和支持力的合力提供向心力，根據牛頓第二定律計算；
②做出汽車的受力圖，根據牛頓第二定律列方程計算。
21．（2024高一下·溫州期末）如圖所示，電子槍的加速電壓，平行極板A與B的間距。一電子從電子槍的電熱絲無初速逸出，經電壓加速后以從M點沿平行于板面的方向射入板間電場。電子從N點射出電場時，沿垂直于板面方向偏移的距離，動能。已知電子的比荷，兩板間的電場可看作勻強電場。求：
（1）電子經電壓加速后的速度大小；
（2）M、N兩點間的電勢差；
（3）A、B兩極板間電場強度E的大小及電壓。
【答案】解：（1）電子的加速過程，由動能定理得
解得
（2）M到N過程根據動能定理
解得
（3）由勻強電場的電場強度和電勢差關系得
解得
根據
解得
【知識點】電勢差與電場強度的關系；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【分析】（1）根據動能定理求解電子加速后的速度；
（2）根據動能定理求解求解電勢差UMN；
（3）根據勻強電場的電勢差和電場強度的關系求解電場強度和電勢差。
22．（2024高一下·溫州期末）如圖所示，長度為的傳送帶左端平滑連接一水平軌道，右端平滑連接一固定圓弧軌道，圓弧軌道由半圓弧BC、半圓管CD組成，B、C、D在同一豎直線上，圓弧最高點C與半圓管CD相切，D與另一水平軌道平滑相接，軌道右端固定一豎直彈性擋板P（物體與其碰撞時將原速率反彈）。質量的小物體（可視為質點）從左側水平軌道以某一初速度滑上傳送帶的左端A點。已知小物體與傳送帶間動摩擦因數，其余軌道均光滑。圓弧BC與半圓管CD半徑分別為、，半圓管內徑遠小于r，但剛好可容小物體通過。
（1）若傳送帶靜止，小物體以初速度滑上A點，求小物體第一次經過B點時，圓弧對其支持力大小；
（2）若傳送帶以順時針運動，為使小物體能到達D點，則其滑上傳送帶左端A時的最小初速度為多大；
（3）若傳送帶仍以順時針運動，小物體以第（2）問中的滑上傳送帶左端A，求之后運動的全過程小物體與傳送帶間摩擦產生的熱量Q。
【答案】解：（1）物體從A到B根據動能定理
B點根據牛頓第二定律
解得
（2）恰至C時
B到C過程根據動能定理
解得
B到D過程
故可知
故對A到B過程
解得最小初速度為
（3）A到B過程
解得
該過程摩擦產生的熱量
得
B到A過程
解得
該過程摩擦產生的熱量
得
故可得全過程小物體與傳送帶間摩擦產生的熱量
【知識點】動能定理的綜合應用；機械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根據動能定理，牛頓第二定律求小物體第一次經過B點時，圓弧對其支持力大小
（2）根據動能定理求其滑上傳送帶左端A時的最小初速度v2為多大；
（3） 摩擦產生的熱量 等于摩擦力與相對運動位移乘以摩擦力，根據功能關系求之后運動的全過程小物體與傳送帶間摩擦產生的熱量Q。
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