資源簡介

浙江省嘉興市2023-2024學年高一下學期6月期末物理試題
1．（2024高一下·嘉興期末）下列物理量和單位中，單位正確且用國際單位制基本單位表示的是（　?。?br/>A．功率 B．能量
C．電流強度 C/s D．電荷量
【答案】A
【知識點】力學單位制
【解析】【解答】本題考查學生對國際單位制中基本物理量與基本單位的理解，涉及功率、動能、電流強度等概念的定義式，解題關鍵是對基本物理概念的理解，屬于基礎題目。
A．根據
，，
可知功率的單位瓦特用國際單位制基本單位表示為，故A正確；
B．根據
可知能量單位焦耳用國際單位制基本單位表示為，故B錯誤；
C．電流強度的單位為基本單位，電流強度在國際單位制基本單位為，故C錯誤；
D．根據
可知電荷量的單位庫侖用國際單位制基本單位表示為，故D錯誤。
故選A。
【分析】根據功率、動能、電流強度的定義式來推導對應物理量的單位進行判斷即可。
2．（2024高一下·嘉興期末）下列物理量均為矢量的是（　?。?br/>A．力、電勢能 B．加速度、電流
C．功、磁通量 D．速度、電場強度
【答案】D
【知識點】磁通量
【解析】【解答】本題是一個基礎題，就是看學生對矢量和標量的掌握情況．要注意矢量既有大小又有方向，運算符合平行四邊形法則。A．力是矢量、電勢能是標量，選項A錯誤；
B．加速度是矢量、電流是標量，選項B錯誤；
C．功和磁通量都是標量，選項C錯誤；
D．速度和電場強度都是矢量，選項D正確。
故選D。
【分析】既有大小又有方向，運算時遵循平行四邊形定則的物理量是矢量，如平均速度、加速度、速度變化量、位移、力等都是矢量；只有大小，沒有方向，運算時遵循代數運算法則的物理量是標量，如路程、時間、質量等都是標量。
3．（2024高一下·嘉興期末）下列物理量用比值法定義的是（　?。?br/>A．電流強度 B．電場強度
C．電壓 D．加速度
【答案】B
【知識點】比值定義法
【解析】【解答】 本題關鍵掌握電流、電場強度、電壓、加速度的定義。A．電流強度是部分電路歐姆定律，由知電流強度與電壓成正比，與電阻成反比，不屬于比值法定義，故A錯誤；
B．電場強度是用比值法定義電場強度的定義式，故B正確；
C．由電壓可知，電容器兩端電壓與所帶電荷量成正比，與電容器電容成反比，不屬于比值法定義，故C錯誤；
D．加速度是牛頓第二定律的表達式，也是加速度的決定式，不屬于比值法定義，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據電流、電場強度、電壓、加速度的定義分析判斷。
4．（2024高一下·嘉興期末）下列物理量中，其數值的正負號表示大小的是（　?。?br/>A．加速度 B．重力勢能 C．做功 D．電荷量
【答案】B
【知識點】加速度；功的概念；重力勢能
【解析】【解答】本題考查正負號在物理中的應用，要注意明確不同的物理量性質不同，其正負所表示的意義不同，在學習中要注意體會。A．加速度是矢量，正負號表示方向與規定的正方向相同還是相反。故A錯誤；
B．重力勢能是標量，正負號表示大小。故B正確；
C．功為標量，正負不代表大小，表明力的效果，正功說明是動力做功，負功說明阻力做功。故C錯誤；
D．電荷量是標量，正負表示電性。故D錯誤。
故選B。
【分析】矢量的方向一般可用正、負號表示，但對沒有方向的標量而言，正、負則有時表示大小，或其他不同的意義。
5．（2024高一下·嘉興期末）下面說法正確的是（　?。?br/>A．甲圖中汽車上坡時需掛高速檔，提高速度
B．乙圖中為使汽車經過拱橋時減少對橋面的壓力，需要加速通過
C．丙圖中頂部兩根細電線直接與鐵塔相連，利用靜電屏蔽保護電網的安全
D．丁圖用蓖麻油模擬電場線，說明電場線是真實存在且是閉合的曲線
【答案】C
【知識點】豎直平面的圓周運動；功率及其計算；電場線；電場強度的疊加
【解析】【解答】本題考查了瞬時功率、圓周運動、靜電屏蔽和電場線的相關知識，注意所學物理知識在日常生活中的應用。A．甲圖中汽車上坡時需掛低速檔，提高牽引力，選項A錯誤；
B．乙圖中汽車經過拱橋時
可得
則速度越大，汽車經過拱橋時對橋面的壓力越小，但是速度不能過大，防止脫離橋面，選項B錯誤；
C．丙圖中頂部兩根細電線直接與鐵塔相連，利用靜電屏蔽保護電網的安全，選項C正確；
D．丁圖用蓖麻油模擬電場線，但是電場線不是真實存在的，也不是閉合的曲線，選項D錯誤。
故選C。
【分析】 根據P=Fv分析判斷；根據牛頓第二定律結合牛頓第三定律分析判斷；根據靜電屏蔽現象分析；電場線不是真實存在的，也不是閉合的曲線。
6．（2024高一下·嘉興期末）如圖所示，2023年12月9日“朱雀二號”運載火箭順利將“鴻鵠衛星”等三顆衛星送入距離地面約的軌道。取地球質量，地球半徑，引力常量。下列說法正確的是（　?。?br/>A．火箭的推力是空氣施加的
B．衛星的向心加速度大小約
C．衛星運行的周期約
D．發射升空初始階段，裝在火箭上部的衛星處于失重狀態
【答案】B
【知識點】超重與失重；衛星問題；反沖
【解析】【解答】A．燃氣會給火箭施加反作用力，即推力，故A錯誤；
B．根據
故B正確；
C．衛星運行的周期為
故C錯誤；
D．發射升空初始階段，火箭加速度方向向上，裝在火箭上部的衛星處于超重狀態，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據反沖現象的原理可知，燃氣會給火箭施加反作用力，發射升空初始階段，裝在火箭上部的衛星處于超重狀態。
7．（2024高一下·嘉興期末）如圖甲是滾筒式洗衣機。洗衣機脫水完成前的某段時間內，可認為水已脫干，衣物緊貼著滾筒壁在豎直平面內做勻速圓周運動，如圖乙所示。若一件小衣物在此過程中隨滾筒轉動經過最高位置a、最低位置c、與滾筒圓心等高位置b、d，則該件小衣物在（　?。?br/>A．衣物a、b、c、d四點的線速度相同
B．衣物在整個運動過程中所受的合外力不變
C．衣物在c位置對滾筒壁的壓力大小等于重力
D．衣物在b位置受到的摩擦力和在d位置受到的摩擦力方向相同
【答案】D
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；向心力
【解析】【解答】本題考查勻速圓周運動的線速度和合外力、加速度的矢量性結合牛頓第三定律，會根據題意進行準確分析解答。A．小衣物在a、b、c、d位置的線速度大小相等，但方向不同，故A錯誤；
B．衣物在整個運動過程中所受的合外力大小不變，但方向一直在變，故B錯誤；
C．在a點時，根據牛頓第二定律，在c點時
并根據牛頓第三定律可知，衣物在c位置對滾筒壁的壓力大于重力，故C錯誤；
D．在b、d兩位置受到的摩擦力方向都豎直向上，與重力平衡，方向相同，故D正確。
故選D。
【分析】根據勻速圓周運動的線速度和合外力、加速度的矢量性結合牛頓第三定律進行分析解答。
8．（2024高一下·嘉興期末）2024年4月25日神舟十八號載人飛船成功與空間站交匯對接，如圖為飛船運行示意圖。軌道Ⅰ為飛船運行軌道，軌道Ⅱ為飛船的轉移軌道，軌道Ⅲ為空間站的運行軌道，軌道Ⅱ與軌道Ⅰ和Ⅲ分別相切于A、B點，已知軌道Ⅲ和軌道Ⅰ的軌道半徑之比為k，則（　　）
A．飛船經過A點時在軌道Ⅰ上的速度大于在軌道Ⅱ上的速度
B．飛船經過B點時在軌道Ⅱ上的加速度大于在軌道Ⅲ上的加速度
C．飛船在運行軌道Ⅰ和軌道Ⅱ上的運動周期之比為
D．飛船在運行軌道Ⅰ和軌道Ⅲ上的運動周期之比為
【答案】C
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】本題考查萬有引力與變軌的知識，要掌握飛船變軌原理是通過讓飛船做離心運動或近心運動實現的。要掌握開普勒定律與萬有引力定律，并能用來解決實際問題。A．飛船在軌道Ⅰ上經過A點時要加速才能進入軌道Ⅱ，可知飛船經過A點時在軌道Ⅰ上的速度小于在軌道Ⅱ上的速度，選項A錯誤；
B．根據
可知，飛船經過B點時在軌道Ⅱ上的加速度等于在軌道Ⅲ上的加速度，選項B錯誤；
C．根據開普勒第三定律可知
飛船在運行軌道Ⅰ和軌道Ⅱ上的運動周期之比為
選項C正確；
D．根據開普勒第三定律可知
飛船在運行軌道Ⅰ和軌道Ⅲ上的運動周期之比為
選項D錯誤。
故選C。
【分析】根據變軌原理分析飛船從軌道Ⅰ進入軌道Ⅱ在A點的速度變化情況；根據牛頓第二定律比較加速度大??；由開普勒第三定律求出周期之比。
9．（2024高一下·嘉興期末）如圖所示，小球繞懸點O在豎直平面內的M、N兩點間做往復運動，M、N兩點等高，小球可視為質點。小球從N點運動到M點過程中，經過F點時的瞬時加速度方向（　?。?br/>A．a、b、c三個方向均不可能 B．可能沿著a方向
C．一定沿著b方向 D．可能沿著c方向
【答案】A
【知識點】曲線運動的條件
【解析】【解答】本題考查到運動的合成與分解，向心力的方向分析。小球從N點運動到M點過程中經過F點時小球做減速運動，則小球受合外力方向與速度夾角大于90°且指向軌跡的凹側，而在F點的速度方向與c所示的方向相反，則合力方向應該在b和c之間的某位置，即經過F點時的瞬時加速度方向在b和c之間的某位置。
故選A。
【分析】分析小球速度變化的情況，根據運動的情況分析其受力的方向。
10．（2024高一下·嘉興期末）如圖所示，一輛汽車正通過一段水平的彎道公路。若汽車的運動視為勻速圓周運動，則（　?。?br/>A．該汽車速度恒定不變
B．汽車左右兩車燈的線速度大小相等
C．跟公路內道相比，汽車同速率在外道行駛時所受的摩擦力較小
D．跟晴天相比，雨天汽車在同車道同速率行駛時所受的摩擦力較小
【答案】C
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【解答】本題關鍵是明確汽車的運動性質是勻速圓周運動，找到向心力來源，結合向心力公式列式分析，基礎題目。AB．拐彎過程中汽車各部位周期相等，因此角速度相等，根據
可知，汽車外側的車燈線速度大，且線速度方向不斷變化，該汽車速度發生了變化。故AB錯誤；
C．依題意，汽車所受沿半徑方向的靜摩擦力提供向心力，由向心力公式
可知，若速率不變，則跟公路內道相比，汽車在外道行駛時所需的向心力較小，即摩擦力較小。故C正確；
D． 若速率不變，汽車在同車道上行駛時所受的向心力大小不變，即摩擦力不變。故D錯誤。
故選C。
【分析】汽車做勻速圓周運動，圓周運動速度方向時刻變化，汽車整體的角速度相等，v=ωr，左右兩個燈的半徑不同，線速度大小不同，合力提供向心力，指向圓心
11．（2024高一下·嘉興期末）小吳同學課間從2樓小跑到3樓，他在此過程中克服重力做功的功率約為（　　）
A．1W B．50W C．300W D．1000W
【答案】C
【知識點】功率及其計算
【解析】【解答】解決本題的關鍵是對小明同學的體重、樓層的高度和爬樓時間的正確估計，這些都需要平時的積累。小吳同學的體重大約50kg，教室樓層高度約為3m，從2樓小跑到3樓大約用5s，則小明克服重力做功的功率
故選C。
【分析】根據做功公式和功率公式求解作答。
12．（2024高一下·嘉興期末）如圖所示為投出的籃球在空中的運動軌跡。用、P、、E分別表示籃球豎直方向分速度大小、重力的瞬時功率大小、動能和機械能大小，用t表示籃球在空中的運動時間，將籃球視為質點，空氣阻力不計。下列圖像可能正確的是（　?。?br/>A． B．
C． D．
【答案】B
【知識點】斜拋運動；功率及其計算；動能；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，理解斜拋運動的特點，結合機械能守恒定律的條件即可完成分析。
A．籃球做斜拋運動，在豎直方向上做加速度為g的勻變速直線運動，上升階段
vy=vy0－gt
下落階段
vy=gt
由關系式可知，速度與時間成一次函數關系。根據
P=mgvy
可知重力的瞬時功率與時間成一次函數關系，且在最高點重力的瞬時功率為零。故A錯誤；B正確；
C．籃球在水平方向上一直有速度，則籃球的動能不能為零。故C錯誤；
D．不考慮空氣阻力，籃球只受重力作用，機械能守恒，E不變，D錯誤。
故選B。
【分析】根據運動學公式得出籃球的豎直方向速度，結合功率的公式得出功率的圖像；籃球在水平方向上的速度保持不變，因此動能一直不為零；籃球在運動過程中只受重力，則籃球的機械能守恒。
13．（2024高一下·嘉興期末）如圖所示，一電荷量為q的帶負電小球用絕緣絲線懸掛在水平方向的勻強電場中，小球靜止時懸線與豎直方向夾角為，場強大小為E，重力加速度為g，離地高度為h，不計空氣阻力。則（　?。?br/>A．勻強電場的方向水平向右
B．懸線對小球的拉力
C．懸線瞬間燒斷，小球將做曲線運動
D．懸線瞬間燒斷，小球豎直方向做自由落體運動
【答案】D
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】本題考查帶電小球在組合場中的受力情況和運動情況的問題，會根據題意進行準確分析和解答。A．小球帶負電，電場力方向向右，則勻強電場的方向水平向左，選項A錯誤；
B．對小球受力分析可知，懸線對小球的拉力
選項B錯誤；
C．懸線瞬間燒斷，則合力方向沿細線斜向下且恒定，可知小球將沿細線方向做勻加速直線運動，選項C錯誤；
D．懸線瞬間燒斷，小球豎直方向只受重力作用，則豎直方向做自由落體運動，選項D正確。
故選D。
【分析】根據電場力方向和帶電小球帶負電的條件進行分析判斷；根據平衡條件列方程求解懸線拉力大??；分析懸線燒斷瞬間的合外力和初狀態，根據合運動和分運動的思想分析判斷物體的運動情況。
14．（2024高一下·嘉興期末）如圖所示，質量為m的物塊放在水平轉臺上，物塊與轉軸相距R，物塊隨轉臺由靜止開始轉動。當角速度增至時，轉臺開始做勻速轉動，整個過程物塊與轉臺總是保持相對靜止，則（　　）
A．在角速度增至過程中，物塊所受的摩擦力方向總是指向轉軸
B．轉臺勻速轉動時，物塊所受的摩擦力大小為
C．在角速度增至過程中，摩擦力對物塊做的功是
D．在角速度增至過程中，摩擦力對物塊做的功是0
【答案】C
【知識點】生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】本題考查了圓周運動，動能定理，解題的關鍵是知道物塊加速運動時，摩擦力做正功，物塊勻速轉動時，摩擦力不做功。A．在角速度增至過程中，即物塊加速轉動，則物塊所受的摩擦力方向與速度夾角為銳角，不是總是指向轉軸，選項A錯誤；
B．轉臺勻速轉動時，物塊所受的摩擦力充當向心力，則摩擦力大小為
選項B錯誤；
CD．根據動能定理，在角速度增至過程中，摩擦力對物塊做的功是
選項C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】根據物塊的運動狀態可知摩擦力做功的正負，可知摩擦力與速度夾角的關系，則可得結論；
根據摩擦力提供向心力求解；角速度從0增至ω過程中，利用動能定理可得摩擦力做的功。
15．（2024高一下·嘉興期末）如圖為某風力發電的設備，M、N為風力發電葉片上的兩點。它們的線速度大小分別為、，向心加速度大小分別為、。當平均風速為時，風力發電機的平均功率為，當平均風速時，平均功率為，假設風速變化過程中風的動能轉化為電能的百分比不變（效率不變），則（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；向心加速度；功率及其計算
【解析】【解答】本題主要考查了圓周運動的兩種傳動方式之一，考查了向心力公式、密度公式、動能定理和功率公式；求解t時間內通過風車葉掃過面積的空氣質量是解題的關鍵。A．根據
可知
故A錯誤；
B．根據
可知
故B錯誤；
CD．根據
可得
即
故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】M、N兩點為同軸傳動，角速度相等，根據線速度與角速度的關系和向心加速度公式求解作答；根據密度公式求解t時間內通過風車葉掃過面積的空氣質量，根據動能定理求解風力做功，根據功率公式求解平均功率，然后作答。
16．（2024高一下·嘉興期末）人們有時用“打夯”的方式把松散的地面夯實（如圖）。設某次打夯符合以下模型：兩人同時通過繩子對重物各施加一個大小均為320N，方向都與豎直方向成37°的力，提著重物緩慢離開地面30cm后釋放，重物自由下落將地面砸深2cm。已知重物的質量為50kg，，忽略空氣阻力，則（　?。?br/>A．物體落地時的速度約為2.4m/s
B．物體對地面的平均作用力大小為830N
C．人停止施力到剛落在地面過程中機械能不守恒
D．重物剛落在地面時到最后靜止過程中機械能守恒
【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】本題主要考查動能定理的應用，關鍵是要靈活選取研究的過程，明確在運動過程中各力做功情況。
A．由能量關系可知
解得物體落地時的速度約為
v≈2.4m/s
選項A正確；
B．根據
可得
f=8192N
選項B錯誤；
C．人停止施力到剛落在地面過程中只有重力做功，則機械能守恒，選項C錯誤；
D．重物剛落在地面時到最后靜止過程中由于阻力做功，則機械能不守恒，選項D錯誤。
故選A。
【分析】對重物從開始上升到落地的整個過程，應用功能關系求重物落地時的速度。重物落地過程，運用動能定理求地面對重物的平均作用力大小，由牛頓第三定律求重物對地面的平均沖擊力。對照機械能守恒條件分析機械能是否守恒。
17．（2024高一下·嘉興期末）如圖所示為靜電除塵設備的結構示意圖，把高壓電源的正極接在金屬圓筒上，負極接到圓筒中心懸掛的金屬線上，其橫向截面圖如圖乙所示，虛線PQ是某帶電粉塵的運動軌跡，則該粉塵（　?。?br/>A．帶正電荷 B．在P點的電勢能比在Q點的高
C．在P點的動能比在Q點的大 D．會被吸附到金屬線上
【答案】C
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】本題主要考查了帶電物體在電場中的運動，熟悉速度和力的方向，結合曲線運動的知識即可完成分析。AD．根據粉塵的運動軌跡，可知其受到的電場力指向金屬圓筒，即粉塵帶負電，最終會被吸附到金屬圓筒上。故AD錯誤；
BC．沿著電場線方向，電勢逐漸降低，即P點的電勢比Q點的電勢高，根據
可知帶負電的粉塵在P點的電勢能比在Q點的低。即粉塵從Q運動到P點過程，電場力做正功，動能增加。故B錯誤；C正確。
故選C。
【分析】根據粉塵的運動軌跡得出速度和電場力的方向，由此得出粉塵所帶的電性和對應的能量大小關系，結合電性判斷出粉塵是否能被吸附到金屬線上。
18．（2024高一下·嘉興期末）如圖甲中高能醫用電子直線加速器能讓電子在真空場中被電場力加速，產生高能電子束，圖乙為加在直線加速器上a、b間的電壓，已知電子電荷量為e，質量為m，交變電壓大小始終為U，周期為T，時刻電子從軸線BC上的緊靠0號金屬圓筒右側由靜止開始被加速，圓筒的長度的設計遵照一定的規律，使得粒子“踏準節奏”在間隙處一直被加速。不計在兩金屬圓筒間隙中的運動時間，不考慮電場的邊緣效應，則（　　）
A．電子在第1個圓筒內加速度
B．電子在第2個圓筒內運動時間
C．電子射出第3個圓筒時的速度為
D．第8號金屬圓筒的長度為
【答案】D
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】有關帶電粒子在勻強電場中的運動，可以從兩條線索展開：其一，力和運動的關系。根據帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結合運動學公式確定帶電粒子的速度和位移等；其二，功和能的關系。根據電場力對帶電粒子做功，引起帶電粒子的能量發生變化，利用動能定理進行解答。A．金屬筒中電場為零，電子不受電場力所用，則電子在第1個圓筒內加速度為0，故A錯誤；
B．電子每經過圓筒間狹縫時都要被加速，然后進入圓筒做勻速直線運動，所以電子在圓筒運動時間必須為，才能滿足每次經過狹縫時被加速，故B錯誤；
C．設電子進入第3個圓筒時的速度為，由動能定理有
可得
因為電子在圓筒中做勻速直線運動，則電子射出第3個圓筒時的速度為，故C錯誤；
C．設電子進入第8號圓筒時的速度為，由動能定理有
可得
而電子在圓筒內做勻速直線運動，由此可得第8號圓筒的長度為
故D正確。
故選D。
【分析】根據受力情況分析電子在第1個圓筒內的加速度；根據運動的分解分析B；根據動能定理求解經過3、8次加速后的速度大小，根據位移—時間關系求解第8個金屬圓筒的長度。
19．（2024高一下·嘉興期末）在做“驗證機械能守恒定律”實驗中：
（1）下列說法正確的是______
A．本實驗中必須要測定物體的質量
B．實驗中，固定打點計時器時應使兩限位孔位于同一豎直線
C．實驗時一定要先通電源再釋放紙帶
D．在處理數據時，一定要從打下的第1個點開始量取
（2）實驗得到的紙帶如圖1所示，已知重物質量0.20kg，在紙帶上某段標記1-6六個點，則由紙帶計算2到點5之間重物的重力勢能減少　 　J（當地重力加速度，保留三位有效數字）。實驗發現，重物增加的動能略小于減少的重力勢能，其主要原因是　 　。
【答案】（1）B；C
（2）0.147~0.151；重物和紙帶下落時受到阻力
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】實驗原理：自由下落的物體只有重力做功，若減小的勢能等于增加的動能，即：-△Ep=△Ek，則物體機械能守恒。
（1）A．由于驗證機械能守恒的表達式中質量可以約去，所以本實驗不需要測定物體的質量，故A錯誤；
B．為了減小紙帶與打點計時器的摩擦，實驗中，固定打點計時器時應使兩限位孔位于同一豎直線，故B正確；
C．為了充分利用紙帶，實驗時一定要先通電源再釋放紙帶，故C正確；
D．驗證機械能守恒的表達式為
為了驗證機械能守恒，不一定需要選擇紙帶上打出的第一個點作為起點，故D錯誤。
故選BC。
（2）由紙帶可知2到點5之間重物的重力勢能減少量為
實驗發現，重物增加的動能略小于減少的重力勢能，其主要原因是：重物和紙帶下落時受到阻力作用，減少的重力勢能有一部分轉化為內能，使得重物增加的動能略小于減少的重力勢能。
【分析】（1）根據實驗原理和注意事項分析判斷；
（2）根據功能關系計算2到點5之間重物的重力勢能減少量；分析阻力對實驗的影響。
（1）A．由于驗證機械能守恒的表達式中質量可以約去，所以本實驗不需要測定物體的質量，故A錯誤；
B．為了減小紙帶與打點計時器的摩擦，實驗中，固定打點計時器時應使兩限位孔位于同一豎直線，故B正確；
C．為了充分利用紙帶，實驗時一定要先通電源再釋放紙帶，故C正確；
D．驗證機械能守恒的表達式為
為了驗證機械能守恒，不一定需要選擇紙帶上打出的第一個點作為起點，故D錯誤。
故選BC。
（2）[1]由紙帶可知2到點5之間重物的重力勢能減少量為
[2]實驗發現，重物增加的動能略小于減少的重力勢能，其主要原因是：重物和紙帶下落時受到阻力作用，減少的重力勢能有一部分轉化為內能，使得重物增加的動能略小于減少的重力勢能。
20．（2024高一下·嘉興期末）某探究小組用如圖1所示的向心力演示器“探究向心力大小的表達式”。已知小球在擋板A、B、C處做圓周運動的軌道半徑之比為，請回答以下問題：
（1）下列3個實驗中與本實驗思想方法相同的是______。
A．圖2中的“探究平拋運動的特點”實驗
B．圖3中的“驗證機械能守恒定律”實驗
C．圖4中的“研究平行板電容器電容大小的因素”實驗
（2）實驗時某同學將質量為和（）的小球分別放在B、C位置，轉動手柄，當塔輪勻速轉動時，左右兩標尺露出的格子數之比為，由此可知左右塔輪的半徑之比為　 　。
（3）為了進一步精確探究，小組同學利用傳感器驗證向心力的表達式，如圖5所示，裝置中水平直槽能隨豎直轉軸一起轉動，將滑塊套在水平直槽上，用細線將滑塊與固定的力傳感器連接。當滑塊隨水平直槽一起勻速轉動時，細線的拉力大小可以通過力傳感器測得，滑塊轉動的角速度可以通過角速度傳感器測得。將相同滑塊分別以半徑r為0.14m、0.12m、0.10m、0.08m、0.06m做圓周運動，在同一坐標系中分別得到圖6中①、②、③、④、⑤五條圖線，則圖線①對應的半徑為　 　m，各圖線不過坐標原點的原因是　 　。
【答案】（1）C
（2）
（3）0.14；滑塊受到水平直槽的摩擦力作用
【知識點】向心力
【解析】【分析】本題主要考查了圓周運動的相關實驗，根據實驗原理掌握正確的實驗操作，結合向心力公式即可完成分析，難度不大。
（1）探究向心力大小的表達式采用了控制變量法，探究平拋運動的特點、驗證機械能守恒定律與研究平行板電容器電容大小的因素三個實驗中，只有研究平行板電容器電容大小的因素利用了控制變量法。
故選C。
（2）左右兩標尺露出的格子數之比為，可知
根據題意有
皮帶傳動過程，左右塔輪邊緣線速度大小相等，則有
根據向心力的表達式有
，
解得
（3）根據向心力表達式有
可知，角速度相同時半徑越大，所需向心力越大，根據圖像可知，在相等的角速度之下，①所需向心力最大，則圖線①對應的半徑為0.14m；
各圖像不過原點，當力傳感器示數為0時，角速度不等于0，表明滑塊受到水平直槽的摩擦力作用。
【分析】（1）根據實驗原理選擇正確的實驗方法；
（2）根據向心力公式結合向心力的比值關系，計算出塔輪的半徑之比；
（3）根據向心力公式計算出塔輪的半徑。根據實驗原理進行誤差分析。
（1）探究向心力大小的表達式采用了控制變量法，探究平拋運動的特點、驗證機械能守恒定律與研究平行板電容器電容大小的因素三個實驗中，只有研究平行板電容器電容大小的因素利用了控制變量法。
故選C。
（2）左右兩標尺露出的格子數之比為，可知
根據題意有
皮帶傳動過程，左右塔輪邊緣線速度大小相等，則有
根據向心力的表達式有
，
解得
（3）[1]根據向心力表達式有
可知，角速度相同時半徑越大，所需向心力越大，根據圖像可知，在相等的角速度之下，①所需向心力最大，則圖線①對應的半徑為0.14m；
[2]各圖像不過原點，當力傳感器示數為0時，角速度不等于0，表明滑塊受到水平直槽的摩擦力作用。
21．（2024高一下·嘉興期末）電容器儲存電荷的特性可用電容來表征。某一固定電容器外觀如圖1所示，在觀察電容器的充、放電實驗中，實驗電路圖如圖2所示。
（1）某一固定電容器外觀如圖1所示，下列說法正確的是（　?。?br/>A．35表示額定電壓 B．35表示擊穿電壓
C．2200表示電荷量 D．2200表示電容
（2）電容器在整個充放電過程中的電流i隨時間t圖像和兩極板電壓U與時間t的圖像，可能正確的是______
A． B．
C． D．
（3）用電流傳感器替換靈敏電流計，測出電路中的電流隨時間變化的圖像如圖3所示，電源電壓為8V，則電容器的電容約為　 　F。（保留2位有效數字）
【答案】（1）A；D
（2）B；D
（3）
【知識點】電容器及其應用
【解析】【解答】本題主要考查了電容器的充放電問題，理解電容器充放電的特點，掌握圖像的物理意義，結合電荷量的計算公式即可完成分析。
（1）根據電容器的外觀可知，35V表示額定電壓，2200表示電容器的電容。
故選AD。
（2）在開始充電的瞬間，電容器極板兩端電壓為零，電荷量變化率剛開始比較大，隨著電容極板上電荷數量的增加，電荷量變化率減小，根據
可知極板間電壓逐漸增大。且變化率減小。由
可知充電電流逐漸減小。電容放電時，兩極板間電壓逐漸減小，且變化率減小。電流反向，逐漸減小。
故選BD。
（3）根據I-t圖像與橫軸圍成的面積表示放電過程中釋放的電荷量，可知
根據
可知
【分析】（1）理解電容器的銘牌上物理量的物理意義；
（2）理解圖像的物理意義，結合電容器充放電的特點即可完成分析；
（3）根據電容的比值定義式得出電容器的電容。
（1）根據電容器的外觀可知，35V表示額定電壓，2200表示電容器的電容。
故選AD。
（2）在開始充電的瞬間，電容器極板兩端電壓為零，電荷量變化率剛開始比較大，隨著電容極板上電荷數量的增加，電荷量變化率減小，根據
可知極板間電壓逐漸增大。且變化率減小。由
可知充電電流逐漸減小。電容放電時，兩極板間電壓逐漸減小，且變化率減小。電流反向，逐漸減小。
故選BD。
（3）根據I-t圖像與橫軸圍成的面積表示放電過程中釋放的電荷量，可知
根據
可知
22．（2024高一下·嘉興期末）如圖所示為噴墨打印機的原理簡圖，其中墨盒可以噴出質量為m，電量為q的墨汁微粒，微粒經過帶電室由靜止開始加速后，從偏轉電場兩極板左側中心O點射入偏轉電場，出電場后能繼續運動直到打到紙上。設帶電室的加速電壓為，偏轉電場兩極板的長度為L，間距為d，兩極板間的電壓為。不計空氣阻力及重力作用，求：
（1）帶電粒子射入偏轉電場時的初速度大?。?br/>（2）在偏轉電場中豎直方向的偏移量y的大??；
（3）在偏轉電場中電勢能增加還是減少？變化量多少？
【答案】解：（1）根據題意可知，在加速電場中根據動能定理有
解得
（2）該微粒在偏轉電場中做類平拋運動，水平方向上有
豎直方向上有
，
聯立解得
（3）根據題意可知微粒在偏轉電場中電場力做正功，電勢能減少，電勢能變化量大小為
【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【分析】（1）帶電粒子在加速電場中加速過程，利用動能定理求解帶電粒子射入偏轉電場時的初速度大?。?br/>（2）帶電粒子在偏轉電場中做類平拋運動，根據分位移公式和牛頓第二定律相結合求解在偏轉電場中豎直方向的偏移量y的大??；
（3）根據電場力做功正負判斷在偏轉電場中電勢能的變化量，并由電場力做功來確定電勢能的變化量。
23．（2024高一下·嘉興期末）一輛高能汽車質量為，發動機的額定功率為84kW，汽車從靜止開始以勻加速直線運動起動，加速度大小為，當達到額定功率時，保持功率不變繼續加速達到汽車的最大速度。運動中汽車一直受到大小為車重0.10倍的恒定阻力，。求：
（1）汽車運動中的最大速度。
（2）汽車開始運動后第5s末的瞬時功率。
（3）若汽車從靜止起動至速度最大共用時57s，求汽車在此過程中總位移的大小。
【答案】解：（1）根據題意可知，當汽車以額定功率行駛，牽引力等于阻力時，速度最大，則有
（2）當汽車勻加速直線運動速度達到最大，則有
又有
可得
所經過的時間
所以第5s末的瞬時速度
第5s末的瞬時功率
（3）汽車勻變速直線運動，經過的時間
運動位移
汽車達到最大功率到做勻速直線運動的時間
根據動能定理
解得
【知識點】機車啟動
【解析】【分析】（1）速度最大時加速度為零，牽引力大小等于阻力大小，根據功率公式即可求解；
（2）先根據牛頓第二定律計算出勻加速階段的牽引力大小，再比較判斷出第5s末仍在做勻加速直線運動，即可求解此時的速度大小和瞬時功率；
（3）結合（2）中的分析，計算出勻加速直線運動階段的末速度和時間、位移，再對變加速直線運動階段運用動能定理求解位移。
24．（2024高一下·嘉興期末）如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、傳送帶（速度大小、方向均可調節）、豎直圓軌道ABCD（A、D的位置錯開）、一段圓弧軌道EF、一水平放置且開口向左的接收器G（可在平面內移動）組成。游戲時滑塊從彈射器彈出，全程不脫離軌道且飛入接收器則視為游戲成功。已知滑塊質量且可視為質點，傳送帶長度，ABCD圓軌道半徑，EF圓弧半徑，OE與OF之間夾角為。彈射時滑塊從靜止釋放，且彈射器的彈性勢能完全轉化為滑塊動能。僅考慮滑塊與傳送帶的摩擦，其它摩擦均忽略不計，各部分平滑連接。（，），。
（1）當傳送帶靜止時：
①若滑塊恰好能停在傳送帶右端，求彈射器的彈性勢能；
②改變彈射器的彈性勢能，要使滑塊恰好不脫離軌道，求滑塊經過E點時軌道受到壓力的大小；
③改變彈射器的彈性勢能，滑塊不脫離軌道并從F處飛出后水平進入接收器G，求FG間的水平位移x與彈性勢能的函數關系式。
（2）調整彈射器的彈性勢能，要使滑塊在運動過程中不脫離圓軌道ABCD，傳送帶轉動速度的范圍。
【答案】解：（1）①由能量守恒得
解得
②若恰好過C點，則
解得
從C點到E點，由動能定理得
在E點，由牛頓第二定律得
解得
由牛頓第三定律可知滑塊經過E點時軌道受到壓力的大小為。
③能過圓軌道最高點C點，由動能定理得
解得
從彈出到F點，由動能定理得
由平拋規律得
，
解得
（）
（2）由能量守恒可得
可得彈出的速度為
若恰好過C點，有
設滑塊離開傳送帶的速度大小，根據動能定理可得
解得
當傳送帶順時針轉動時，若滑塊加速到，則傳送帶所需的長度為
所以加速不到。若滑塊沒有過B點，設滑塊剛好到B點時，從滑塊離開傳送帶到B點，根據動能定理得
解得
若滑塊減速到，則傳送帶所需的長度為
所以傳送帶速度范圍為
傳送帶逆時針轉動時任何速度都可以。
【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）①由能量守恒求彈射器的彈性勢能；
②恰好過C點，則重力 提供向心力，根據動能定理和牛頓第二定律求滑塊經過E點時軌道受到壓力的大??；
③分析各個力對物體做功情況，由動能定理和平拋規律求FG間的水平位移x與彈性勢能EP的函數關系式；
（2）根據動能定理求解滑塊離開傳送帶的速度大小，由能量守恒、動能定理和運動學公式求傳送帶轉動速度的范圍。
1 / 1浙江省嘉興市2023-2024學年高一下學期6月期末物理試題
1．（2024高一下·嘉興期末）下列物理量和單位中，單位正確且用國際單位制基本單位表示的是（　?。?br/>A．功率 B．能量
C．電流強度 C/s D．電荷量
2．（2024高一下·嘉興期末）下列物理量均為矢量的是（　　）
A．力、電勢能 B．加速度、電流
C．功、磁通量 D．速度、電場強度
3．（2024高一下·嘉興期末）下列物理量用比值法定義的是（　?。?br/>A．電流強度 B．電場強度
C．電壓 D．加速度
4．（2024高一下·嘉興期末）下列物理量中，其數值的正負號表示大小的是（　?。?br/>A．加速度 B．重力勢能 C．做功 D．電荷量
5．（2024高一下·嘉興期末）下面說法正確的是（　　）
A．甲圖中汽車上坡時需掛高速檔，提高速度
B．乙圖中為使汽車經過拱橋時減少對橋面的壓力，需要加速通過
C．丙圖中頂部兩根細電線直接與鐵塔相連，利用靜電屏蔽保護電網的安全
D．丁圖用蓖麻油模擬電場線，說明電場線是真實存在且是閉合的曲線
6．（2024高一下·嘉興期末）如圖所示，2023年12月9日“朱雀二號”運載火箭順利將“鴻鵠衛星”等三顆衛星送入距離地面約的軌道。取地球質量，地球半徑，引力常量。下列說法正確的是（　　）
A．火箭的推力是空氣施加的
B．衛星的向心加速度大小約
C．衛星運行的周期約
D．發射升空初始階段，裝在火箭上部的衛星處于失重狀態
7．（2024高一下·嘉興期末）如圖甲是滾筒式洗衣機。洗衣機脫水完成前的某段時間內，可認為水已脫干，衣物緊貼著滾筒壁在豎直平面內做勻速圓周運動，如圖乙所示。若一件小衣物在此過程中隨滾筒轉動經過最高位置a、最低位置c、與滾筒圓心等高位置b、d，則該件小衣物在（　?。?br/>A．衣物a、b、c、d四點的線速度相同
B．衣物在整個運動過程中所受的合外力不變
C．衣物在c位置對滾筒壁的壓力大小等于重力
D．衣物在b位置受到的摩擦力和在d位置受到的摩擦力方向相同
8．（2024高一下·嘉興期末）2024年4月25日神舟十八號載人飛船成功與空間站交匯對接，如圖為飛船運行示意圖。軌道Ⅰ為飛船運行軌道，軌道Ⅱ為飛船的轉移軌道，軌道Ⅲ為空間站的運行軌道，軌道Ⅱ與軌道Ⅰ和Ⅲ分別相切于A、B點，已知軌道Ⅲ和軌道Ⅰ的軌道半徑之比為k，則（　?。?br/>A．飛船經過A點時在軌道Ⅰ上的速度大于在軌道Ⅱ上的速度
B．飛船經過B點時在軌道Ⅱ上的加速度大于在軌道Ⅲ上的加速度
C．飛船在運行軌道Ⅰ和軌道Ⅱ上的運動周期之比為
D．飛船在運行軌道Ⅰ和軌道Ⅲ上的運動周期之比為
9．（2024高一下·嘉興期末）如圖所示，小球繞懸點O在豎直平面內的M、N兩點間做往復運動，M、N兩點等高，小球可視為質點。小球從N點運動到M點過程中，經過F點時的瞬時加速度方向（　　）
A．a、b、c三個方向均不可能 B．可能沿著a方向
C．一定沿著b方向 D．可能沿著c方向
10．（2024高一下·嘉興期末）如圖所示，一輛汽車正通過一段水平的彎道公路。若汽車的運動視為勻速圓周運動，則（　?。?br/>A．該汽車速度恒定不變
B．汽車左右兩車燈的線速度大小相等
C．跟公路內道相比，汽車同速率在外道行駛時所受的摩擦力較小
D．跟晴天相比，雨天汽車在同車道同速率行駛時所受的摩擦力較小
11．（2024高一下·嘉興期末）小吳同學課間從2樓小跑到3樓，他在此過程中克服重力做功的功率約為（　?。?br/>A．1W B．50W C．300W D．1000W
12．（2024高一下·嘉興期末）如圖所示為投出的籃球在空中的運動軌跡。用、P、、E分別表示籃球豎直方向分速度大小、重力的瞬時功率大小、動能和機械能大小，用t表示籃球在空中的運動時間，將籃球視為質點，空氣阻力不計。下列圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
13．（2024高一下·嘉興期末）如圖所示，一電荷量為q的帶負電小球用絕緣絲線懸掛在水平方向的勻強電場中，小球靜止時懸線與豎直方向夾角為，場強大小為E，重力加速度為g，離地高度為h，不計空氣阻力。則（　?。?br/>A．勻強電場的方向水平向右
B．懸線對小球的拉力
C．懸線瞬間燒斷，小球將做曲線運動
D．懸線瞬間燒斷，小球豎直方向做自由落體運動
14．（2024高一下·嘉興期末）如圖所示，質量為m的物塊放在水平轉臺上，物塊與轉軸相距R，物塊隨轉臺由靜止開始轉動。當角速度增至時，轉臺開始做勻速轉動，整個過程物塊與轉臺總是保持相對靜止，則（　?。?br/>A．在角速度增至過程中，物塊所受的摩擦力方向總是指向轉軸
B．轉臺勻速轉動時，物塊所受的摩擦力大小為
C．在角速度增至過程中，摩擦力對物塊做的功是
D．在角速度增至過程中，摩擦力對物塊做的功是0
15．（2024高一下·嘉興期末）如圖為某風力發電的設備，M、N為風力發電葉片上的兩點。它們的線速度大小分別為、，向心加速度大小分別為、。當平均風速為時，風力發電機的平均功率為，當平均風速時，平均功率為，假設風速變化過程中風的動能轉化為電能的百分比不變（效率不變），則（　?。?br/>A． B． C． D．
16．（2024高一下·嘉興期末）人們有時用“打夯”的方式把松散的地面夯實（如圖）。設某次打夯符合以下模型：兩人同時通過繩子對重物各施加一個大小均為320N，方向都與豎直方向成37°的力，提著重物緩慢離開地面30cm后釋放，重物自由下落將地面砸深2cm。已知重物的質量為50kg，，忽略空氣阻力，則（　　）
A．物體落地時的速度約為2.4m/s
B．物體對地面的平均作用力大小為830N
C．人停止施力到剛落在地面過程中機械能不守恒
D．重物剛落在地面時到最后靜止過程中機械能守恒
17．（2024高一下·嘉興期末）如圖所示為靜電除塵設備的結構示意圖，把高壓電源的正極接在金屬圓筒上，負極接到圓筒中心懸掛的金屬線上，其橫向截面圖如圖乙所示，虛線PQ是某帶電粉塵的運動軌跡，則該粉塵（　?。?br/>A．帶正電荷 B．在P點的電勢能比在Q點的高
C．在P點的動能比在Q點的大 D．會被吸附到金屬線上
18．（2024高一下·嘉興期末）如圖甲中高能醫用電子直線加速器能讓電子在真空場中被電場力加速，產生高能電子束，圖乙為加在直線加速器上a、b間的電壓，已知電子電荷量為e，質量為m，交變電壓大小始終為U，周期為T，時刻電子從軸線BC上的緊靠0號金屬圓筒右側由靜止開始被加速，圓筒的長度的設計遵照一定的規律，使得粒子“踏準節奏”在間隙處一直被加速。不計在兩金屬圓筒間隙中的運動時間，不考慮電場的邊緣效應，則（　　）
A．電子在第1個圓筒內加速度
B．電子在第2個圓筒內運動時間
C．電子射出第3個圓筒時的速度為
D．第8號金屬圓筒的長度為
19．（2024高一下·嘉興期末）在做“驗證機械能守恒定律”實驗中：
（1）下列說法正確的是______
A．本實驗中必須要測定物體的質量
B．實驗中，固定打點計時器時應使兩限位孔位于同一豎直線
C．實驗時一定要先通電源再釋放紙帶
D．在處理數據時，一定要從打下的第1個點開始量取
（2）實驗得到的紙帶如圖1所示，已知重物質量0.20kg，在紙帶上某段標記1-6六個點，則由紙帶計算2到點5之間重物的重力勢能減少　 　J（當地重力加速度，保留三位有效數字）。實驗發現，重物增加的動能略小于減少的重力勢能，其主要原因是　 　。
20．（2024高一下·嘉興期末）某探究小組用如圖1所示的向心力演示器“探究向心力大小的表達式”。已知小球在擋板A、B、C處做圓周運動的軌道半徑之比為，請回答以下問題：
（1）下列3個實驗中與本實驗思想方法相同的是______。
A．圖2中的“探究平拋運動的特點”實驗
B．圖3中的“驗證機械能守恒定律”實驗
C．圖4中的“研究平行板電容器電容大小的因素”實驗
（2）實驗時某同學將質量為和（）的小球分別放在B、C位置，轉動手柄，當塔輪勻速轉動時，左右兩標尺露出的格子數之比為，由此可知左右塔輪的半徑之比為　 　。
（3）為了進一步精確探究，小組同學利用傳感器驗證向心力的表達式，如圖5所示，裝置中水平直槽能隨豎直轉軸一起轉動，將滑塊套在水平直槽上，用細線將滑塊與固定的力傳感器連接。當滑塊隨水平直槽一起勻速轉動時，細線的拉力大小可以通過力傳感器測得，滑塊轉動的角速度可以通過角速度傳感器測得。將相同滑塊分別以半徑r為0.14m、0.12m、0.10m、0.08m、0.06m做圓周運動，在同一坐標系中分別得到圖6中①、②、③、④、⑤五條圖線，則圖線①對應的半徑為　 　m，各圖線不過坐標原點的原因是　 　。
21．（2024高一下·嘉興期末）電容器儲存電荷的特性可用電容來表征。某一固定電容器外觀如圖1所示，在觀察電容器的充、放電實驗中，實驗電路圖如圖2所示。
（1）某一固定電容器外觀如圖1所示，下列說法正確的是（　?。?br/>A．35表示額定電壓 B．35表示擊穿電壓
C．2200表示電荷量 D．2200表示電容
（2）電容器在整個充放電過程中的電流i隨時間t圖像和兩極板電壓U與時間t的圖像，可能正確的是______
A． B．
C． D．
（3）用電流傳感器替換靈敏電流計，測出電路中的電流隨時間變化的圖像如圖3所示，電源電壓為8V，則電容器的電容約為　 　F。（保留2位有效數字）
22．（2024高一下·嘉興期末）如圖所示為噴墨打印機的原理簡圖，其中墨盒可以噴出質量為m，電量為q的墨汁微粒，微粒經過帶電室由靜止開始加速后，從偏轉電場兩極板左側中心O點射入偏轉電場，出電場后能繼續運動直到打到紙上。設帶電室的加速電壓為，偏轉電場兩極板的長度為L，間距為d，兩極板間的電壓為。不計空氣阻力及重力作用，求：
（1）帶電粒子射入偏轉電場時的初速度大??；
（2）在偏轉電場中豎直方向的偏移量y的大小；
（3）在偏轉電場中電勢能增加還是減少？變化量多少？
23．（2024高一下·嘉興期末）一輛高能汽車質量為，發動機的額定功率為84kW，汽車從靜止開始以勻加速直線運動起動，加速度大小為，當達到額定功率時，保持功率不變繼續加速達到汽車的最大速度。運動中汽車一直受到大小為車重0.10倍的恒定阻力，。求：
（1）汽車運動中的最大速度。
（2）汽車開始運動后第5s末的瞬時功率。
（3）若汽車從靜止起動至速度最大共用時57s，求汽車在此過程中總位移的大小。
24．（2024高一下·嘉興期末）如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、傳送帶（速度大小、方向均可調節）、豎直圓軌道ABCD（A、D的位置錯開）、一段圓弧軌道EF、一水平放置且開口向左的接收器G（可在平面內移動）組成。游戲時滑塊從彈射器彈出，全程不脫離軌道且飛入接收器則視為游戲成功。已知滑塊質量且可視為質點，傳送帶長度，ABCD圓軌道半徑，EF圓弧半徑，OE與OF之間夾角為。彈射時滑塊從靜止釋放，且彈射器的彈性勢能完全轉化為滑塊動能。僅考慮滑塊與傳送帶的摩擦，其它摩擦均忽略不計，各部分平滑連接。（，），。
（1）當傳送帶靜止時：
①若滑塊恰好能停在傳送帶右端，求彈射器的彈性勢能；
②改變彈射器的彈性勢能，要使滑塊恰好不脫離軌道，求滑塊經過E點時軌道受到壓力的大??；
③改變彈射器的彈性勢能，滑塊不脫離軌道并從F處飛出后水平進入接收器G，求FG間的水平位移x與彈性勢能的函數關系式。
（2）調整彈射器的彈性勢能，要使滑塊在運動過程中不脫離圓軌道ABCD，傳送帶轉動速度的范圍。
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】力學單位制
【解析】【解答】本題考查學生對國際單位制中基本物理量與基本單位的理解，涉及功率、動能、電流強度等概念的定義式，解題關鍵是對基本物理概念的理解，屬于基礎題目。
A．根據
，，
可知功率的單位瓦特用國際單位制基本單位表示為，故A正確；
B．根據
可知能量單位焦耳用國際單位制基本單位表示為，故B錯誤；
C．電流強度的單位為基本單位，電流強度在國際單位制基本單位為，故C錯誤；
D．根據
可知電荷量的單位庫侖用國際單位制基本單位表示為，故D錯誤。
故選A。
【分析】根據功率、動能、電流強度的定義式來推導對應物理量的單位進行判斷即可。
2．【答案】D
【知識點】磁通量
【解析】【解答】本題是一個基礎題，就是看學生對矢量和標量的掌握情況．要注意矢量既有大小又有方向，運算符合平行四邊形法則。A．力是矢量、電勢能是標量，選項A錯誤；
B．加速度是矢量、電流是標量，選項B錯誤；
C．功和磁通量都是標量，選項C錯誤；
D．速度和電場強度都是矢量，選項D正確。
故選D。
【分析】既有大小又有方向，運算時遵循平行四邊形定則的物理量是矢量，如平均速度、加速度、速度變化量、位移、力等都是矢量；只有大小，沒有方向，運算時遵循代數運算法則的物理量是標量，如路程、時間、質量等都是標量。
3．【答案】B
【知識點】比值定義法
【解析】【解答】 本題關鍵掌握電流、電場強度、電壓、加速度的定義。A．電流強度是部分電路歐姆定律，由知電流強度與電壓成正比，與電阻成反比，不屬于比值法定義，故A錯誤；
B．電場強度是用比值法定義電場強度的定義式，故B正確；
C．由電壓可知，電容器兩端電壓與所帶電荷量成正比，與電容器電容成反比，不屬于比值法定義，故C錯誤；
D．加速度是牛頓第二定律的表達式，也是加速度的決定式，不屬于比值法定義，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據電流、電場強度、電壓、加速度的定義分析判斷。
4．【答案】B
【知識點】加速度；功的概念；重力勢能
【解析】【解答】本題考查正負號在物理中的應用，要注意明確不同的物理量性質不同，其正負所表示的意義不同，在學習中要注意體會。A．加速度是矢量，正負號表示方向與規定的正方向相同還是相反。故A錯誤；
B．重力勢能是標量，正負號表示大小。故B正確；
C．功為標量，正負不代表大小，表明力的效果，正功說明是動力做功，負功說明阻力做功。故C錯誤；
D．電荷量是標量，正負表示電性。故D錯誤。
故選B。
【分析】矢量的方向一般可用正、負號表示，但對沒有方向的標量而言，正、負則有時表示大小，或其他不同的意義。
5．【答案】C
【知識點】豎直平面的圓周運動；功率及其計算；電場線；電場強度的疊加
【解析】【解答】本題考查了瞬時功率、圓周運動、靜電屏蔽和電場線的相關知識，注意所學物理知識在日常生活中的應用。A．甲圖中汽車上坡時需掛低速檔，提高牽引力，選項A錯誤；
B．乙圖中汽車經過拱橋時
可得
則速度越大，汽車經過拱橋時對橋面的壓力越小，但是速度不能過大，防止脫離橋面，選項B錯誤；
C．丙圖中頂部兩根細電線直接與鐵塔相連，利用靜電屏蔽保護電網的安全，選項C正確；
D．丁圖用蓖麻油模擬電場線，但是電場線不是真實存在的，也不是閉合的曲線，選項D錯誤。
故選C。
【分析】 根據P=Fv分析判斷；根據牛頓第二定律結合牛頓第三定律分析判斷；根據靜電屏蔽現象分析；電場線不是真實存在的，也不是閉合的曲線。
6．【答案】B
【知識點】超重與失重；衛星問題；反沖
【解析】【解答】A．燃氣會給火箭施加反作用力，即推力，故A錯誤；
B．根據
故B正確；
C．衛星運行的周期為
故C錯誤；
D．發射升空初始階段，火箭加速度方向向上，裝在火箭上部的衛星處于超重狀態，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據反沖現象的原理可知，燃氣會給火箭施加反作用力，發射升空初始階段，裝在火箭上部的衛星處于超重狀態。
7．【答案】D
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；向心力
【解析】【解答】本題考查勻速圓周運動的線速度和合外力、加速度的矢量性結合牛頓第三定律，會根據題意進行準確分析解答。A．小衣物在a、b、c、d位置的線速度大小相等，但方向不同，故A錯誤；
B．衣物在整個運動過程中所受的合外力大小不變，但方向一直在變，故B錯誤；
C．在a點時，根據牛頓第二定律，在c點時
并根據牛頓第三定律可知，衣物在c位置對滾筒壁的壓力大于重力，故C錯誤；
D．在b、d兩位置受到的摩擦力方向都豎直向上，與重力平衡，方向相同，故D正確。
故選D。
【分析】根據勻速圓周運動的線速度和合外力、加速度的矢量性結合牛頓第三定律進行分析解答。
8．【答案】C
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】本題考查萬有引力與變軌的知識，要掌握飛船變軌原理是通過讓飛船做離心運動或近心運動實現的。要掌握開普勒定律與萬有引力定律，并能用來解決實際問題。A．飛船在軌道Ⅰ上經過A點時要加速才能進入軌道Ⅱ，可知飛船經過A點時在軌道Ⅰ上的速度小于在軌道Ⅱ上的速度，選項A錯誤；
B．根據
可知，飛船經過B點時在軌道Ⅱ上的加速度等于在軌道Ⅲ上的加速度，選項B錯誤；
C．根據開普勒第三定律可知
飛船在運行軌道Ⅰ和軌道Ⅱ上的運動周期之比為
選項C正確；
D．根據開普勒第三定律可知
飛船在運行軌道Ⅰ和軌道Ⅲ上的運動周期之比為
選項D錯誤。
故選C。
【分析】根據變軌原理分析飛船從軌道Ⅰ進入軌道Ⅱ在A點的速度變化情況；根據牛頓第二定律比較加速度大?。挥砷_普勒第三定律求出周期之比。
9．【答案】A
【知識點】曲線運動的條件
【解析】【解答】本題考查到運動的合成與分解，向心力的方向分析。小球從N點運動到M點過程中經過F點時小球做減速運動，則小球受合外力方向與速度夾角大于90°且指向軌跡的凹側，而在F點的速度方向與c所示的方向相反，則合力方向應該在b和c之間的某位置，即經過F點時的瞬時加速度方向在b和c之間的某位置。
故選A。
【分析】分析小球速度變化的情況，根據運動的情況分析其受力的方向。
10．【答案】C
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【解答】本題關鍵是明確汽車的運動性質是勻速圓周運動，找到向心力來源，結合向心力公式列式分析，基礎題目。AB．拐彎過程中汽車各部位周期相等，因此角速度相等，根據
可知，汽車外側的車燈線速度大，且線速度方向不斷變化，該汽車速度發生了變化。故AB錯誤；
C．依題意，汽車所受沿半徑方向的靜摩擦力提供向心力，由向心力公式
可知，若速率不變，則跟公路內道相比，汽車在外道行駛時所需的向心力較小，即摩擦力較小。故C正確；
D． 若速率不變，汽車在同車道上行駛時所受的向心力大小不變，即摩擦力不變。故D錯誤。
故選C。
【分析】汽車做勻速圓周運動，圓周運動速度方向時刻變化，汽車整體的角速度相等，v=ωr，左右兩個燈的半徑不同，線速度大小不同，合力提供向心力，指向圓心
11．【答案】C
【知識點】功率及其計算
【解析】【解答】解決本題的關鍵是對小明同學的體重、樓層的高度和爬樓時間的正確估計，這些都需要平時的積累。小吳同學的體重大約50kg，教室樓層高度約為3m，從2樓小跑到3樓大約用5s，則小明克服重力做功的功率
故選C。
【分析】根據做功公式和功率公式求解作答。
12．【答案】B
【知識點】斜拋運動；功率及其計算；動能；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，理解斜拋運動的特點，結合機械能守恒定律的條件即可完成分析。
A．籃球做斜拋運動，在豎直方向上做加速度為g的勻變速直線運動，上升階段
vy=vy0－gt
下落階段
vy=gt
由關系式可知，速度與時間成一次函數關系。根據
P=mgvy
可知重力的瞬時功率與時間成一次函數關系，且在最高點重力的瞬時功率為零。故A錯誤；B正確；
C．籃球在水平方向上一直有速度，則籃球的動能不能為零。故C錯誤；
D．不考慮空氣阻力，籃球只受重力作用，機械能守恒，E不變，D錯誤。
故選B。
【分析】根據運動學公式得出籃球的豎直方向速度，結合功率的公式得出功率的圖像；籃球在水平方向上的速度保持不變，因此動能一直不為零；籃球在運動過程中只受重力，則籃球的機械能守恒。
13．【答案】D
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】本題考查帶電小球在組合場中的受力情況和運動情況的問題，會根據題意進行準確分析和解答。A．小球帶負電，電場力方向向右，則勻強電場的方向水平向左，選項A錯誤；
B．對小球受力分析可知，懸線對小球的拉力
選項B錯誤；
C．懸線瞬間燒斷，則合力方向沿細線斜向下且恒定，可知小球將沿細線方向做勻加速直線運動，選項C錯誤；
D．懸線瞬間燒斷，小球豎直方向只受重力作用，則豎直方向做自由落體運動，選項D正確。
故選D。
【分析】根據電場力方向和帶電小球帶負電的條件進行分析判斷；根據平衡條件列方程求解懸線拉力大小；分析懸線燒斷瞬間的合外力和初狀態，根據合運動和分運動的思想分析判斷物體的運動情況。
14．【答案】C
【知識點】生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】本題考查了圓周運動，動能定理，解題的關鍵是知道物塊加速運動時，摩擦力做正功，物塊勻速轉動時，摩擦力不做功。A．在角速度增至過程中，即物塊加速轉動，則物塊所受的摩擦力方向與速度夾角為銳角，不是總是指向轉軸，選項A錯誤；
B．轉臺勻速轉動時，物塊所受的摩擦力充當向心力，則摩擦力大小為
選項B錯誤；
CD．根據動能定理，在角速度增至過程中，摩擦力對物塊做的功是
選項C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】根據物塊的運動狀態可知摩擦力做功的正負，可知摩擦力與速度夾角的關系，則可得結論；
根據摩擦力提供向心力求解；角速度從0增至ω過程中，利用動能定理可得摩擦力做的功。
15．【答案】D
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；向心加速度；功率及其計算
【解析】【解答】本題主要考查了圓周運動的兩種傳動方式之一，考查了向心力公式、密度公式、動能定理和功率公式；求解t時間內通過風車葉掃過面積的空氣質量是解題的關鍵。A．根據
可知
故A錯誤；
B．根據
可知
故B錯誤；
CD．根據
可得
即
故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】M、N兩點為同軸傳動，角速度相等，根據線速度與角速度的關系和向心加速度公式求解作答；根據密度公式求解t時間內通過風車葉掃過面積的空氣質量，根據動能定理求解風力做功，根據功率公式求解平均功率，然后作答。
16．【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】本題主要考查動能定理的應用，關鍵是要靈活選取研究的過程，明確在運動過程中各力做功情況。
A．由能量關系可知
解得物體落地時的速度約為
v≈2.4m/s
選項A正確；
B．根據
可得
f=8192N
選項B錯誤；
C．人停止施力到剛落在地面過程中只有重力做功，則機械能守恒，選項C錯誤；
D．重物剛落在地面時到最后靜止過程中由于阻力做功，則機械能不守恒，選項D錯誤。
故選A。
【分析】對重物從開始上升到落地的整個過程，應用功能關系求重物落地時的速度。重物落地過程，運用動能定理求地面對重物的平均作用力大小，由牛頓第三定律求重物對地面的平均沖擊力。對照機械能守恒條件分析機械能是否守恒。
17．【答案】C
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】本題主要考查了帶電物體在電場中的運動，熟悉速度和力的方向，結合曲線運動的知識即可完成分析。AD．根據粉塵的運動軌跡，可知其受到的電場力指向金屬圓筒，即粉塵帶負電，最終會被吸附到金屬圓筒上。故AD錯誤；
BC．沿著電場線方向，電勢逐漸降低，即P點的電勢比Q點的電勢高，根據
可知帶負電的粉塵在P點的電勢能比在Q點的低。即粉塵從Q運動到P點過程，電場力做正功，動能增加。故B錯誤；C正確。
故選C。
【分析】根據粉塵的運動軌跡得出速度和電場力的方向，由此得出粉塵所帶的電性和對應的能量大小關系，結合電性判斷出粉塵是否能被吸附到金屬線上。
18．【答案】D
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】有關帶電粒子在勻強電場中的運動，可以從兩條線索展開：其一，力和運動的關系。根據帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結合運動學公式確定帶電粒子的速度和位移等；其二，功和能的關系。根據電場力對帶電粒子做功，引起帶電粒子的能量發生變化，利用動能定理進行解答。A．金屬筒中電場為零，電子不受電場力所用，則電子在第1個圓筒內加速度為0，故A錯誤；
B．電子每經過圓筒間狹縫時都要被加速，然后進入圓筒做勻速直線運動，所以電子在圓筒運動時間必須為，才能滿足每次經過狹縫時被加速，故B錯誤；
C．設電子進入第3個圓筒時的速度為，由動能定理有
可得
因為電子在圓筒中做勻速直線運動，則電子射出第3個圓筒時的速度為，故C錯誤；
C．設電子進入第8號圓筒時的速度為，由動能定理有
可得
而電子在圓筒內做勻速直線運動，由此可得第8號圓筒的長度為
故D正確。
故選D。
【分析】根據受力情況分析電子在第1個圓筒內的加速度；根據運動的分解分析B；根據動能定理求解經過3、8次加速后的速度大小，根據位移—時間關系求解第8個金屬圓筒的長度。
19．【答案】（1）B；C
（2）0.147~0.151；重物和紙帶下落時受到阻力
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】實驗原理：自由下落的物體只有重力做功，若減小的勢能等于增加的動能，即：-△Ep=△Ek，則物體機械能守恒。
（1）A．由于驗證機械能守恒的表達式中質量可以約去，所以本實驗不需要測定物體的質量，故A錯誤；
B．為了減小紙帶與打點計時器的摩擦，實驗中，固定打點計時器時應使兩限位孔位于同一豎直線，故B正確；
C．為了充分利用紙帶，實驗時一定要先通電源再釋放紙帶，故C正確；
D．驗證機械能守恒的表達式為
為了驗證機械能守恒，不一定需要選擇紙帶上打出的第一個點作為起點，故D錯誤。
故選BC。
（2）由紙帶可知2到點5之間重物的重力勢能減少量為
實驗發現，重物增加的動能略小于減少的重力勢能，其主要原因是：重物和紙帶下落時受到阻力作用，減少的重力勢能有一部分轉化為內能，使得重物增加的動能略小于減少的重力勢能。
【分析】（1）根據實驗原理和注意事項分析判斷；
（2）根據功能關系計算2到點5之間重物的重力勢能減少量；分析阻力對實驗的影響。
（1）A．由于驗證機械能守恒的表達式中質量可以約去，所以本實驗不需要測定物體的質量，故A錯誤；
B．為了減小紙帶與打點計時器的摩擦，實驗中，固定打點計時器時應使兩限位孔位于同一豎直線，故B正確；
C．為了充分利用紙帶，實驗時一定要先通電源再釋放紙帶，故C正確；
D．驗證機械能守恒的表達式為
為了驗證機械能守恒，不一定需要選擇紙帶上打出的第一個點作為起點，故D錯誤。
故選BC。
（2）[1]由紙帶可知2到點5之間重物的重力勢能減少量為
[2]實驗發現，重物增加的動能略小于減少的重力勢能，其主要原因是：重物和紙帶下落時受到阻力作用，減少的重力勢能有一部分轉化為內能，使得重物增加的動能略小于減少的重力勢能。
20．【答案】（1）C
（2）
（3）0.14；滑塊受到水平直槽的摩擦力作用
【知識點】向心力
【解析】【分析】本題主要考查了圓周運動的相關實驗，根據實驗原理掌握正確的實驗操作，結合向心力公式即可完成分析，難度不大。
（1）探究向心力大小的表達式采用了控制變量法，探究平拋運動的特點、驗證機械能守恒定律與研究平行板電容器電容大小的因素三個實驗中，只有研究平行板電容器電容大小的因素利用了控制變量法。
故選C。
（2）左右兩標尺露出的格子數之比為，可知
根據題意有
皮帶傳動過程，左右塔輪邊緣線速度大小相等，則有
根據向心力的表達式有
，
解得
（3）根據向心力表達式有
可知，角速度相同時半徑越大，所需向心力越大，根據圖像可知，在相等的角速度之下，①所需向心力最大，則圖線①對應的半徑為0.14m；
各圖像不過原點，當力傳感器示數為0時，角速度不等于0，表明滑塊受到水平直槽的摩擦力作用。
【分析】（1）根據實驗原理選擇正確的實驗方法；
（2）根據向心力公式結合向心力的比值關系，計算出塔輪的半徑之比；
（3）根據向心力公式計算出塔輪的半徑。根據實驗原理進行誤差分析。
（1）探究向心力大小的表達式采用了控制變量法，探究平拋運動的特點、驗證機械能守恒定律與研究平行板電容器電容大小的因素三個實驗中，只有研究平行板電容器電容大小的因素利用了控制變量法。
故選C。
（2）左右兩標尺露出的格子數之比為，可知
根據題意有
皮帶傳動過程，左右塔輪邊緣線速度大小相等，則有
根據向心力的表達式有
，
解得
（3）[1]根據向心力表達式有
可知，角速度相同時半徑越大，所需向心力越大，根據圖像可知，在相等的角速度之下，①所需向心力最大，則圖線①對應的半徑為0.14m；
[2]各圖像不過原點，當力傳感器示數為0時，角速度不等于0，表明滑塊受到水平直槽的摩擦力作用。
21．【答案】（1）A；D
（2）B；D
（3）
【知識點】電容器及其應用
【解析】【解答】本題主要考查了電容器的充放電問題，理解電容器充放電的特點，掌握圖像的物理意義，結合電荷量的計算公式即可完成分析。
（1）根據電容器的外觀可知，35V表示額定電壓，2200表示電容器的電容。
故選AD。
（2）在開始充電的瞬間，電容器極板兩端電壓為零，電荷量變化率剛開始比較大，隨著電容極板上電荷數量的增加，電荷量變化率減小，根據
可知極板間電壓逐漸增大。且變化率減小。由
可知充電電流逐漸減小。電容放電時，兩極板間電壓逐漸減小，且變化率減小。電流反向，逐漸減小。
故選BD。
（3）根據I-t圖像與橫軸圍成的面積表示放電過程中釋放的電荷量，可知
根據
可知
【分析】（1）理解電容器的銘牌上物理量的物理意義；
（2）理解圖像的物理意義，結合電容器充放電的特點即可完成分析；
（3）根據電容的比值定義式得出電容器的電容。
（1）根據電容器的外觀可知，35V表示額定電壓，2200表示電容器的電容。
故選AD。
（2）在開始充電的瞬間，電容器極板兩端電壓為零，電荷量變化率剛開始比較大，隨著電容極板上電荷數量的增加，電荷量變化率減小，根據
可知極板間電壓逐漸增大。且變化率減小。由
可知充電電流逐漸減小。電容放電時，兩極板間電壓逐漸減小，且變化率減小。電流反向，逐漸減小。
故選BD。
（3）根據I-t圖像與橫軸圍成的面積表示放電過程中釋放的電荷量，可知
根據
可知
22．【答案】解：（1）根據題意可知，在加速電場中根據動能定理有
解得
（2）該微粒在偏轉電場中做類平拋運動，水平方向上有
豎直方向上有
，
聯立解得
（3）根據題意可知微粒在偏轉電場中電場力做正功，電勢能減少，電勢能變化量大小為
【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【分析】（1）帶電粒子在加速電場中加速過程，利用動能定理求解帶電粒子射入偏轉電場時的初速度大?。?br/>（2）帶電粒子在偏轉電場中做類平拋運動，根據分位移公式和牛頓第二定律相結合求解在偏轉電場中豎直方向的偏移量y的大??；
（3）根據電場力做功正負判斷在偏轉電場中電勢能的變化量，并由電場力做功來確定電勢能的變化量。
23．【答案】解：（1）根據題意可知，當汽車以額定功率行駛，牽引力等于阻力時，速度最大，則有
（2）當汽車勻加速直線運動速度達到最大，則有
又有
可得
所經過的時間
所以第5s末的瞬時速度
第5s末的瞬時功率
（3）汽車勻變速直線運動，經過的時間
運動位移
汽車達到最大功率到做勻速直線運動的時間
根據動能定理
解得
【知識點】機車啟動
【解析】【分析】（1）速度最大時加速度為零，牽引力大小等于阻力大小，根據功率公式即可求解；
（2）先根據牛頓第二定律計算出勻加速階段的牽引力大小，再比較判斷出第5s末仍在做勻加速直線運動，即可求解此時的速度大小和瞬時功率；
（3）結合（2）中的分析，計算出勻加速直線運動階段的末速度和時間、位移，再對變加速直線運動階段運用動能定理求解位移。
24．【答案】解：（1）①由能量守恒得
解得
②若恰好過C點，則
解得
從C點到E點，由動能定理得
在E點，由牛頓第二定律得
解得
由牛頓第三定律可知滑塊經過E點時軌道受到壓力的大小為。
③能過圓軌道最高點C點，由動能定理得
解得
從彈出到F點，由動能定理得
由平拋規律得
，
解得
（）
（2）由能量守恒可得
可得彈出的速度為
若恰好過C點，有
設滑塊離開傳送帶的速度大小，根據動能定理可得
解得
當傳送帶順時針轉動時，若滑塊加速到，則傳送帶所需的長度為
所以加速不到。若滑塊沒有過B點，設滑塊剛好到B點時，從滑塊離開傳送帶到B點，根據動能定理得
解得
若滑塊減速到，則傳送帶所需的長度為
所以傳送帶速度范圍為
傳送帶逆時針轉動時任何速度都可以。
【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）①由能量守恒求彈射器的彈性勢能；
②恰好過C點，則重力 提供向心力，根據動能定理和牛頓第二定律求滑塊經過E點時軌道受到壓力的大小；
③分析各個力對物體做功情況，由動能定理和平拋規律求FG間的水平位移x與彈性勢能EP的函數關系式；
（2）根據動能定理求解滑塊離開傳送帶的速度大小，由能量守恒、動能定理和運動學公式求傳送帶轉動速度的范圍。
1 / 1

展開更多......

收起↑