資源簡介

廣東省陽江市2023-2024學年高二上學期1月期末測試物理試題
一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．（2023高二上·陽江月考）如圖所示，輕質(zhì)細線AB間的O點有一個重力為G的靜止溜溜球，已知，不計摩擦。則此時溜溜球所受的細線彈力合力大小是（　　）
A． B． C． D．
2．（2023高二上·陽江月考）圖甲為使用風簸的情景。風簸是清谷的農(nóng)用工具，主要用于篩選精谷粒和癟谷粒。圖乙為其工作原理示意圖：勻速搖動扇葉（圖中未畫出），在AB和CD間形成持續(xù)穩(wěn)定的風力場，風速水平向左，開啟斗倉下方的狹縫S1，輕重顯著不同的谷粒由狹縫進入風力場，在風力和重力作用下經(jīng)由具有一定寬度的出谷口S 或S3離開風力場后被收集?，F(xiàn)考查同時進入風力場的精谷粒a和癟谷粒b這兩粒谷子，設它們所受風力相同，忽略初速度和空氣阻力的影響，那么（　　）
A．a(chǎn)比b先到達出谷口
B．到達出谷口時a的速度較大，b的速度較小
C．a(chǎn)經(jīng)由S 離開風力場，b經(jīng)由S 離開風力場
D．離開出谷口時，a的機械能增量較小，b的機械能增量較大
3．（2023高二上·陽江月考）如圖所示，水平地面上放一質(zhì)量為M的落地電風扇，一質(zhì)量為m的小球固定在葉片的邊緣，啟動電風扇小球隨葉片在豎直平面內(nèi)做半徑為r的圓周運動。已知小球運動到最高點時速度大小為v，重力加速度大小為g，則小球在最高點時地面受到的壓力大小為（　?。?br/>A． B． C． D．
4．（2023高二上·陽江月考）2023年10月24日4時3分，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心成功將遙感三十九號衛(wèi)星送入太空。遙感三十九號衛(wèi)星能夠?qū)崿F(xiàn)全球無死角觀測，意義重大。遙感三十九號衛(wèi)星、地球同步衛(wèi)星繞地球飛行的軌道如圖所示。已知地球半徑為R，自轉(zhuǎn)周期為T0，遙感三十九號衛(wèi)星軌道高度為h，地球同步衛(wèi)星軌道的高度為h0，引力常量為G。下列說法正確的是（　　）
A．遙感三十九號衛(wèi)星與同步衛(wèi)星繞地球運行的向心加速度之比為
B．遙感三十九號衛(wèi)星繞地球運行的周期為
C．遙感三十九號衛(wèi)星的運行速度大于7.9km/s
D．地球的平均密度可表示為
5．（2023高二上·陽江月考）如圖所示，固定光滑斜面傾角，其底端與豎直面內(nèi)半徑為R的固定光滑圓弧軌道相切，位置D為圓弧軌道的最低點。質(zhì)量為2m的小球A和質(zhì)量為m的小環(huán)B（均可視為質(zhì)點）用的輕桿通過輕質(zhì)鉸鏈相連。B套在光滑的固定豎直長桿上，桿和圓軌道在同一豎直平面內(nèi)，桿過軌道圓心O，初始輕桿與斜面垂直。在斜面上由靜止釋放A，假設在運動過程中兩桿不會碰撞，小球能滑過D點且通過軌道連接處時無能量損失（速度大小不變），重力加速度為g，從小球A由靜止釋放到運動至最低點的過程中，下列判斷正確的是（　?。?br/>A．A和B組成的系統(tǒng)的機械能不守恒
B．剛釋放時小球A的加速度大小為
C．小環(huán)B速度最大時輕桿彈力為
D．小球A運動到最低點時的速度大小為
6．（2023高二上·陽江月考）如圖所示，一塊均勻的長方體金屬導體，上下厚度為，當給導體的上下表面加上電壓時，流過導體的電流為，當給導體的前后表面加上電壓時，流過導體的電流為，當給導體的左右表面加上電壓時，流過導體的電流為，下列說法正確的是（　　）
A．AC的長度為4L B．AD的長度為6L
C．導體的體積為 D．導體的電阻率為
7．（2023高二上·陽江月考）某同學設計的水量計原理如圖（a）所示：電源（E＝3V，r＝0.5Ω）；電壓表V（量程3V，內(nèi)阻約3kΩ）；定值電阻（）；滑動變阻器R（用長3m、橫截面積且涂有絕緣漆的金屬絲緊密纏繞在圓柱形瓷筒上，使用前刮掉與滑片P接觸部分的絕緣漆），圖（b）所示為備選金屬絲及其參數(shù)。兩根相同彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，容器中無水時，滑片P在上端a。下列分析正確的是（　　）
A．金屬絲可選銅絲
B．V表的示數(shù)范圍約為0～2.7V
C．V表的示數(shù)U與水的質(zhì)量m成正比
D．若將V表刻度盤轉(zhuǎn)換為水的質(zhì)量刻度盤，則刻度是不均勻的
二、多選擇題
8．（2023高二上·陽江月考）邊長為2L的正三角形ABC的三個頂點處，分別有垂直于三角形平面的無限長直導線，導線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖所示，a、b、c三點分別是正三角形三邊的中點，O點為三角形的中心。通電長直導線產(chǎn)生的磁場在其周圍某點的磁感應強度大小，其中k為大于零的常數(shù)，I為導線中的電流，r表示該點到導線的距離。則以下關于a、b、c、O四點的磁感應強度的說法中正確的是（　?。?br/>A．b點的磁感應強度方向沿BC方向指向C
B．O點的磁感應強度方向平行于BC由O點指向AC邊
C．O點的磁感應強度方向平行于BC由O點指向AB邊
D．a(chǎn)、c兩點的磁感應強度大小均為
9．（2023高二上·陽江月考）如圖所示，一帶負電粒子（不計重力）質(zhì)量為、電荷量大小為，以初速度沿兩板中央水平方向射人水平放置、距離為、電勢差為的一對平行金屬板間，經(jīng)過一段時間從兩板間飛出，在此過程中，已知粒子動量變化量的大小為，下列說法正確的是（　　）
A．粒子在兩板間運動的加速度大小為
B．粒子從兩板間離開時的速度大小為
C．金屬板的長度為
D．入射點與出射點間的電勢差為
10．（2023高二上·陽江月考）某玩具公司設計了一種有趣的玩具，在一個均勻帶正電球體中沿直徑開一個光滑水平管道AB，將一個帶負電的小球P（視為質(zhì)點）從入口的A點由靜止釋放，小球P將穿過管道到達另一端的點。已知均勻帶電的球殼對球內(nèi)帶電質(zhì)點的作用力為0。下列分析判斷正確的是（　　）
A．小球P在管道中做簡諧運動
B．球心處的電場強度大小為零，電勢最低
C．小球P從入口的A點運動到點的過程中，電勢能先減小后增大
D．點的電場強度最大，電勢最高
三、非選擇題（本題共5小題，共54分?？忌鶕?jù)要求作答。）
11．（2023高二上·陽江月考）某同學用圖（a）所示的裝置測量木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)。長木板水平固定，木塊通過水平輕繩繞過輕質(zhì)光滑定滑輪連接重物。
（1）實驗時　 　（選填“①”或“②”），得到加速階段的部分紙帶如圖（b）所示，A、B、C、D、E為打下的相鄰的計數(shù)點，相鄰計數(shù)點之間還有4個計時點未畫出。
①先接通打點計時器電源，再由靜止釋放重物
②先由靜止釋放重物，再接通打點計時器電源
（2）測量得，，木塊質(zhì)量為M=0.5kg，重物質(zhì)量為m=0.2kg。已知打點計時器的頻率為50Hz，重力加速度，忽略紙帶與打點計時器限位孔之間的阻力。則打下B點時木塊的速度　 　m/s，木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)約為μ=　 　。（所有計算結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）
12．（2023高二上·陽江月考）某同學用圖（a）所示電路完成“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實驗。所需器材：
小燈泡L（額定電壓3V，額定功率約0.6W）；
電源E（電動勢6V，內(nèi)阻很小可忽略不計）；
電壓表V（量程3V，阻值很大）；
電流表A（量程0.25A，內(nèi)阻約0.4Ω）；
滑動變阻器R（總阻值約10Ω）；
保護電阻（阻值待定）；
開關S；
導線若干。
（1）請依照圖（a）所示電路，在圖（b）中補全實物連線　 　。
（2）實驗步驟：
①閉合開關前，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片，使滑片停留在最　 ?。ㄟx填“左”或“右”）端；
②閉合開關后，逐漸移動滑動變阻器的滑片，增加小燈泡兩端的電壓，記錄電流表和電壓表的多組讀數(shù)，直至電壓達到額定電壓；
③記錄如下8組U和I的數(shù)據(jù)后斷開開關，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)在圖（c）所示方格紙上描繪完整的表格數(shù)據(jù)并作出小燈泡的伏安特性曲線。
編號 1 2 3 4 5 6 7 8
U/V 0.20 0.60 1.00 1.40 1.80 2.20 2.60 3.00
I/A 0.020 0.060 0.100 0.140 0.175 0.200 0.215 0.220
小燈泡發(fā)光情況 不亮　　　 微亮　　　　　 逐漸變亮　　　　　正常發(fā)光
（3）若實驗室中沒有量程為0.25A的電流表，可用一只量程為50mA，阻值為2Ω的毫安表并聯(lián)電阻值為　 　Ω的定值電阻改裝而成。
（4）燈泡正常發(fā)光時的電阻與燈泡不亮時的電阻的比值為　 　（計算結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。
（5）為了能順利完成實驗，且較大程度起到保護作用，保護電阻的阻值應為　 　Ω（選填“20”、“10”、“5”或“2”）。
13．（2023高二上·陽江月考）某水上樂園有一個位于豎直平面的軌道，如圖所示，其由四分之一圓弧AB和拋物線BC組成，圓弧半徑OA水平，B點為拋物線頂點。質(zhì)量均為m的小孩甲、乙分別獨自從A點靜止下滑，甲下滑后恰靜止在B點，而乙滑至B點后繼續(xù)運動且在BC段運動時與軌道恰無相互作用力。已知圓弧AB半徑為R，B點到水面的高度為2R，BC點的水平距離為R，重力加速度為g，不計空氣阻力。求：
（1）小孩甲從A點下滑至B點過程克服軌道阻力所做的功；
（2）小孩乙滑至B點時的速度大小。
14．（2023高二上·陽江月考）如圖所示，將一質(zhì)量為0.2kg可視為質(zhì)點的小球從離水平地面3.2m高的P點水平向右擊出，測得第一次落點A與P點的水平距離為2.4m。小球落地后反彈，反彈后離地的最大高度為1.8m，第一次落點A與第二次落點B之間的距離為2.4m。不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）小球被擊出時的速度大小；
（2）小球第一次與地面接觸過程中所受合外力的沖量大小。
15．（2023高二上·陽江月考）如圖，長L、間距為d的平行金屬板固定，板面與水平面成θ角，兩板間的電勢差為U，電場僅存在于板間且為勻強電場。一電荷量為q的帶正電小球由彈射器提供能量，出彈射器即以沿兩板中心線的速度從下端點進入板間，恰好能沿中心線運動。不計摩擦力和空氣阻力，小球視為質(zhì)點且電荷量不變。
（1）要使小球能飛出點，求彈射器提供的最小能量；
（2）若彈射器提供的能量為，求小球到達的最高點和點之間的水平距離。
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】對O點受力分析，如圖所示
球處于平衡狀態(tài)，故細線彈力合力大小等于重力，故A正確，BCD錯誤。
故答案為：A。
【分析】對O受力分析，處于平衡狀態(tài)，根據(jù)合外力為0求出答案。
2．【答案】D
【知識點】功能關系；能量守恒定律
【解析】【解答】A、根據(jù)
可知，豎直高度相同，則二者運動時間相同，故A錯誤；
B、 精谷粒a質(zhì)量m，癟谷粒b質(zhì)量M，風力為F，則谷粒水平方向上根據(jù)牛頓第二定律可得
則谷物到達谷口速度為
則到達到達出谷口時a的速度較小，b的速度較大，故B錯誤；
CD、由牛頓第二定律可知質(zhì)量大的精谷粒a水平加速度較小，則相同時間內(nèi)的水平位移較小，即質(zhì)量大的精谷粒a會從S2離開風力場，水平方向風力做功少，機械能增量較小，質(zhì)量小的癟谷粒b會從S3離開風力場，水平方向風力做功多，機械能增量較大，故C錯誤，D正確；
故答案為：D。
【分析】根據(jù)自由落體運動公式求解；
根據(jù)牛頓第二定律得出加速度的大小關系，再根據(jù)矢量運算得出末速度大小，進行比較；
根據(jù)做功結(jié)合機械能變化求解。
3．【答案】C
【知識點】受力分析的應用；豎直平面的圓周運動
【解析】【解答】根據(jù)牛頓第二定律，可得小球在最高點時
解得
根據(jù)牛頓第三定律可得小球?qū)θ~片的壓力為
對電風扇受力分析可得
根據(jù)牛頓第三定律可得風扇對地面的壓力為
整理解得
故C正確，ABD錯誤。
故答案為：C。
【分析】在最高點對小球受力分析，同時結(jié)合牛頓第三定律求出此時小球?qū)θ~片的壓力，再次利用牛頓第二定律列式求解。
4．【答案】A
【知識點】開普勒定律；萬有引力定律的應用；衛(wèi)星問題
【解析】【解答】A、根據(jù)萬有引力提供向心力可得
解得
故
故A正確；
B、根據(jù)開普勒第三定律可得
解得
故B錯誤；
C、地球衛(wèi)星的運動速度小于第一宇宙速度，故C錯誤；
D、對同步衛(wèi)星研究，可得
解得
故D錯誤。
故答案為：A。
【分析】根據(jù)計算；
根據(jù)開普勒第三定律求解；
地球衛(wèi)星的運動速度小于第一宇宙速度；
根據(jù)，列式求解。
5．【答案】B
【知識點】功能關系；向心加速度；機械能守恒定律
【解析】【解答】A、 從小球A由靜止釋放到運動至最低點的過程中， A和B組成的系統(tǒng)只有重力做功，故系統(tǒng)機械能守恒，故A錯誤；
B、根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
故B正確；
C、根據(jù)分析可知，小環(huán)B速度最大時，小環(huán)B在豎直方向上的合力為零，輕桿的彈力豎直分量為mg，由于A到達最低點，B速度為零時，輕桿的水平分量才為零，故小環(huán)B速度最大時，輕桿彈力大于mg，故C錯誤；
D、如圖所示
由幾何關系可知
B初位置到D的豎直高度為
根據(jù)能量守恒可得
解得
故D錯誤。
故答案為：B。
【分析】A、系統(tǒng)只有重力做功，機械能守恒；
B、根據(jù)牛頓第二定律列式求解；
C、小環(huán)B速度最大時，小環(huán)B在豎直方向上的合力為零，A到達最低點，B速度為零時，輕桿的水平分量才為零；
D、根據(jù)幾何關系求出下降距離，再結(jié)合能量守恒公式列式1求解。
6．【答案】D
【知識點】電阻率；歐姆定律的內(nèi)容、表達式及簡單應用
【解析】【解答】ABD、根據(jù)電阻定理可得
其中
由此可知
解得
，
則
故AB錯誤，D正確；
C、 導體的體積為
故C錯誤。
故答案為：D。
【分析】根據(jù)電阻定律以及歐姆定律分別列式求解；
根據(jù)體積公式求解；
7．【答案】C
【知識點】共點力的平衡；電路動態(tài)分析
【解析】【解答】A、根據(jù)電阻定律可得
銅絲電阻小，則電壓表示數(shù)變化不明顯，不可以用銅絲，故A錯誤；
B、由上述可得金屬絲選擇鎳鉻合金，則
則電壓表最大值為
故B錯誤；
CD、加水后，根據(jù)平衡條件可得
電壓表示數(shù)為
故
故U與水的質(zhì)量成正比，故刻度均勻，故D錯誤。
故答案為：C。
【分析】根據(jù)電阻定律求出金屬電阻進行比較；
求出鎳鉻合金電阻，再根據(jù)閉合電路歐姆定律列式求解；
加水后根據(jù)平衡條件列式，再根據(jù)閉合電路歐姆定律列式，求出電壓表達式。
8．【答案】A,B,D
【知識點】磁感應強度；通電導線及通電線圈周圍的磁場；平行通電直導線間的相互作用
【解析】【解答】ABC、根據(jù)右手螺旋定則可知，BC在b處合磁感應強度為0，故b點磁感應強度水平向右從B到C，O點磁感應強度平行于BC由O指向AC邊，故AB正確，C錯誤；
D、根據(jù)矢量的疊加可得
故D正確。
故答案為：ABD。
【分析】根據(jù)右手螺旋定則結(jié)合磁感應強度為矢量進行判斷；
根據(jù)矢量疊加結(jié)合計算。
9．【答案】A,C,D
【知識點】電勢差；帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)
【解析】【解答】A、根據(jù)牛頓第二定律可得
故A正確；
BC、粒子做類平拋運動，則只有豎直方向上動量發(fā)生變化，故
金屬板的長度為
故B錯誤，C正確；
D、 入射點與出射點間的電勢差為
【分析】根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合勻強電場公式求解；
根據(jù)類平拋運動公式進行判斷；
10．【答案】A,C
【知識點】簡諧運動；電場強度的疊加；電勢能
【解析】【解答】 A．設P點到O點的距離為x，帶電球的電荷密度為ρ，則根據(jù)庫侖定律可得
小球P在管道AB中做簡諧運動，故A正確；
BD．根據(jù)電場強度的定義可得電場強度
球心O處的電場強度為零，但電勢最高，A點的電場強度最大，電勢最低，故BD錯誤；
C．小球P從入口的A點運動到B點的過程中，電場力先做正功，后做負功，電勢能先減小后增大，故C正確。
故答案為：AC。
【分析】均勻帶電球體可等效成在球心處帶電的點電荷。再根據(jù)庫侖定律分析小球受到電場力與距離的關系，再根據(jù)簡諧運動的特點判斷小球運動情況。根據(jù)點電荷場強判斷各點電勢及場強的情況。電場力做正功，電勢能減小。
11．【答案】（1）①
（2）0.27；0.26
【知識點】探究小車速度隨時間變化的規(guī)律；探究影響摩擦力的大小的因素
【解析】【解答】（1）根據(jù)打點計時器規(guī)律可知需先接通打點計時器電源，再由靜止釋放重物，故選① ；
（2）相鄰計數(shù)點之間還有4個計時點未畫出，故相鄰計數(shù)點之間的時間間隔為
故B點木塊速度為
C點的瞬時速度為
故加速度為
根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
【分析】（1）熟練掌握打點計時器原理；
（2）AC之間的平均速度為B點的瞬時速度；再求出C點速度，根據(jù)牛頓第二定律求出動摩擦因數(shù)。
12．【答案】（1）
（2）左
（3）0.5
（4）1.4
（5）5
【知識點】描繪小燈泡的伏安特性曲線
【解析】 【解答】（1）根據(jù)電路圖，連接實物圖為
（2）閉合開關前，應使電壓表和電流表的電壓和電流最小，所以應使滑片停留在最左端。
（3）設毫安表的量程為I1，電阻為R1，根據(jù)電流表的改裝原理，有
解得
（4）小燈泡不亮時，電阻為
小燈泡正常發(fā)光時，電阻為
（5）為較大程度地保護電路，則應串聯(lián)一個保護電阻R0，使得滑動變阻器的滑片劃到最右端時，小燈泡能正常發(fā)光，從表格中可知，小燈泡正常發(fā)光時電壓為3V，電流為0.22A，根據(jù)歐姆定律，有
解得
考慮到實際操作，選擇R0=5Ω的保護電阻即可。
【分析】 閉合開關前，滑動變阻器滑片應置于使電壓表和電流表的電壓和電流最小的位置。熟悉掌握電表改裝原理及計算方法。I-U圖像與原點連線的斜率表示該狀態(tài)下燈泡電阻的倒數(shù)。要較大程度起到保護作用，則當滑動變阻器滑至最右端時，小燈泡能正常發(fā)光，再根據(jù)歐姆定律進行解答。
13．【答案】（1）依題意，根據(jù)動能定理，可得小孩甲從A點下滑至B點過程中
可得小孩甲克服軌道阻力所做的功為
（2）小孩乙滑至B點后繼續(xù)運動且在拋物線BC段運動時與軌道恰無相互作用力，說明小孩乙下落到B點時的速度使得小孩做平拋運動的軌跡與軌道BC重合，則有
，
聯(lián)立求得小孩乙滑至B點時的速度大小
【知識點】平拋運動；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）根據(jù)動能定理列式求解出克服阻力做功；
（2）判斷出小孩從B點做平拋運動，從而根據(jù)平拋運動規(guī)律求解。
14．【答案】（1）設小球剛被擊出時的速度大小為v0，小球被擊出到第一次落地前瞬間，根據(jù)平拋運動的規(guī)律可得
解得
（2）小球第一次落地前瞬間，在豎直方向的速度大小為
設小球第一次落地被反彈后運動到最高點的時間為t2，此過程中小球在豎直方向的分運動是勻減速直線運動，則
小球第一次被反彈后瞬間沿豎直方向的速度大小為
規(guī)定豎直向上為正方向，則小球在豎直方向的合外力的沖量為
設小球第一次被反彈后瞬間沿水平方向的速度大小為vx，則
規(guī)定水平向右為正方向，則小球在水平方向的合外力的沖量為
小球第一次與地面碰撞過程中合外力的沖量大小為
解得
【知識點】動量定理；平拋運動；沖量
【解析】【分析】（1）根據(jù)平拋運動的規(guī)律列式求解；
（2）先求出豎直方向上的速度大小，再求反彈速度大小，根據(jù)動量定理求出豎直方向上合外力的沖量，進而求出水平方向上的合外力沖量，根據(jù)矢量運算求出答案。
15．【答案】（1）設小球的質(zhì)量為m，重力加速度為g，平行金屬板間的電場強度為E，對小球受力分析，如圖所示，由題意可知
則有
解得
要使小球能飛出點，當小球在點速度恰好是零時，彈射器提供的有最小能量，由動能定理可得
解得
（2）若彈射器提供的能量為，當小球在點時速度不等于零，設速度為v，由動能定理可得
解得，則小球從點開始做斜拋運動，由斜拋運動的規(guī)律可得，在水平方向則有
在豎直方向則有，小球到達的最高點時，則有，
其中，聯(lián)立解得
【知識點】斜拋運動；動能定理的綜合應用；勻強電場
【解析】【分析】（1）對小球受力分析，列出等式，再根據(jù)小球在點速度恰好是零時，彈射器提供的有最小能量，由動能定理求解；
（2）根據(jù)動能定理列式，求出v的速度公式，再根據(jù)小球從點開始做斜拋運動，由斜拋運動的規(guī)律求解。
1 / 1廣東省陽江市2023-2024學年高二上學期1月期末測試物理試題
一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．（2023高二上·陽江月考）如圖所示，輕質(zhì)細線AB間的O點有一個重力為G的靜止溜溜球，已知，不計摩擦。則此時溜溜球所受的細線彈力合力大小是（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】對O點受力分析，如圖所示
球處于平衡狀態(tài)，故細線彈力合力大小等于重力，故A正確，BCD錯誤。
故答案為：A。
【分析】對O受力分析，處于平衡狀態(tài)，根據(jù)合外力為0求出答案。
2．（2023高二上·陽江月考）圖甲為使用風簸的情景。風簸是清谷的農(nóng)用工具，主要用于篩選精谷粒和癟谷粒。圖乙為其工作原理示意圖：勻速搖動扇葉（圖中未畫出），在AB和CD間形成持續(xù)穩(wěn)定的風力場，風速水平向左，開啟斗倉下方的狹縫S1，輕重顯著不同的谷粒由狹縫進入風力場，在風力和重力作用下經(jīng)由具有一定寬度的出谷口S 或S3離開風力場后被收集。現(xiàn)考查同時進入風力場的精谷粒a和癟谷粒b這兩粒谷子，設它們所受風力相同，忽略初速度和空氣阻力的影響，那么（　　）
A．a(chǎn)比b先到達出谷口
B．到達出谷口時a的速度較大，b的速度較小
C．a(chǎn)經(jīng)由S 離開風力場，b經(jīng)由S 離開風力場
D．離開出谷口時，a的機械能增量較小，b的機械能增量較大
【答案】D
【知識點】功能關系；能量守恒定律
【解析】【解答】A、根據(jù)
可知，豎直高度相同，則二者運動時間相同，故A錯誤；
B、 精谷粒a質(zhì)量m，癟谷粒b質(zhì)量M，風力為F，則谷粒水平方向上根據(jù)牛頓第二定律可得
則谷物到達谷口速度為
則到達到達出谷口時a的速度較小，b的速度較大，故B錯誤；
CD、由牛頓第二定律可知質(zhì)量大的精谷粒a水平加速度較小，則相同時間內(nèi)的水平位移較小，即質(zhì)量大的精谷粒a會從S2離開風力場，水平方向風力做功少，機械能增量較小，質(zhì)量小的癟谷粒b會從S3離開風力場，水平方向風力做功多，機械能增量較大，故C錯誤，D正確；
故答案為：D。
【分析】根據(jù)自由落體運動公式求解；
根據(jù)牛頓第二定律得出加速度的大小關系，再根據(jù)矢量運算得出末速度大小，進行比較；
根據(jù)做功結(jié)合機械能變化求解。
3．（2023高二上·陽江月考）如圖所示，水平地面上放一質(zhì)量為M的落地電風扇，一質(zhì)量為m的小球固定在葉片的邊緣，啟動電風扇小球隨葉片在豎直平面內(nèi)做半徑為r的圓周運動。已知小球運動到最高點時速度大小為v，重力加速度大小為g，則小球在最高點時地面受到的壓力大小為（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】受力分析的應用；豎直平面的圓周運動
【解析】【解答】根據(jù)牛頓第二定律，可得小球在最高點時
解得
根據(jù)牛頓第三定律可得小球?qū)θ~片的壓力為
對電風扇受力分析可得
根據(jù)牛頓第三定律可得風扇對地面的壓力為
整理解得
故C正確，ABD錯誤。
故答案為：C。
【分析】在最高點對小球受力分析，同時結(jié)合牛頓第三定律求出此時小球?qū)θ~片的壓力，再次利用牛頓第二定律列式求解。
4．（2023高二上·陽江月考）2023年10月24日4時3分，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心成功將遙感三十九號衛(wèi)星送入太空。遙感三十九號衛(wèi)星能夠?qū)崿F(xiàn)全球無死角觀測，意義重大。遙感三十九號衛(wèi)星、地球同步衛(wèi)星繞地球飛行的軌道如圖所示。已知地球半徑為R，自轉(zhuǎn)周期為T0，遙感三十九號衛(wèi)星軌道高度為h，地球同步衛(wèi)星軌道的高度為h0，引力常量為G。下列說法正確的是（　?。?br/>A．遙感三十九號衛(wèi)星與同步衛(wèi)星繞地球運行的向心加速度之比為
B．遙感三十九號衛(wèi)星繞地球運行的周期為
C．遙感三十九號衛(wèi)星的運行速度大于7.9km/s
D．地球的平均密度可表示為
【答案】A
【知識點】開普勒定律；萬有引力定律的應用；衛(wèi)星問題
【解析】【解答】A、根據(jù)萬有引力提供向心力可得
解得
故
故A正確；
B、根據(jù)開普勒第三定律可得
解得
故B錯誤；
C、地球衛(wèi)星的運動速度小于第一宇宙速度，故C錯誤；
D、對同步衛(wèi)星研究，可得
解得
故D錯誤。
故答案為：A。
【分析】根據(jù)計算；
根據(jù)開普勒第三定律求解；
地球衛(wèi)星的運動速度小于第一宇宙速度；
根據(jù)，列式求解。
5．（2023高二上·陽江月考）如圖所示，固定光滑斜面傾角，其底端與豎直面內(nèi)半徑為R的固定光滑圓弧軌道相切，位置D為圓弧軌道的最低點。質(zhì)量為2m的小球A和質(zhì)量為m的小環(huán)B（均可視為質(zhì)點）用的輕桿通過輕質(zhì)鉸鏈相連。B套在光滑的固定豎直長桿上，桿和圓軌道在同一豎直平面內(nèi)，桿過軌道圓心O，初始輕桿與斜面垂直。在斜面上由靜止釋放A，假設在運動過程中兩桿不會碰撞，小球能滑過D點且通過軌道連接處時無能量損失（速度大小不變），重力加速度為g，從小球A由靜止釋放到運動至最低點的過程中，下列判斷正確的是（　?。?br/>A．A和B組成的系統(tǒng)的機械能不守恒
B．剛釋放時小球A的加速度大小為
C．小環(huán)B速度最大時輕桿彈力為
D．小球A運動到最低點時的速度大小為
【答案】B
【知識點】功能關系；向心加速度；機械能守恒定律
【解析】【解答】A、 從小球A由靜止釋放到運動至最低點的過程中， A和B組成的系統(tǒng)只有重力做功，故系統(tǒng)機械能守恒，故A錯誤；
B、根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
故B正確；
C、根據(jù)分析可知，小環(huán)B速度最大時，小環(huán)B在豎直方向上的合力為零，輕桿的彈力豎直分量為mg，由于A到達最低點，B速度為零時，輕桿的水平分量才為零，故小環(huán)B速度最大時，輕桿彈力大于mg，故C錯誤；
D、如圖所示
由幾何關系可知
B初位置到D的豎直高度為
根據(jù)能量守恒可得
解得
故D錯誤。
故答案為：B。
【分析】A、系統(tǒng)只有重力做功，機械能守恒；
B、根據(jù)牛頓第二定律列式求解；
C、小環(huán)B速度最大時，小環(huán)B在豎直方向上的合力為零，A到達最低點，B速度為零時，輕桿的水平分量才為零；
D、根據(jù)幾何關系求出下降距離，再結(jié)合能量守恒公式列式1求解。
6．（2023高二上·陽江月考）如圖所示，一塊均勻的長方體金屬導體，上下厚度為，當給導體的上下表面加上電壓時，流過導體的電流為，當給導體的前后表面加上電壓時，流過導體的電流為，當給導體的左右表面加上電壓時，流過導體的電流為，下列說法正確的是（　?。?br/>A．AC的長度為4L B．AD的長度為6L
C．導體的體積為 D．導體的電阻率為
【答案】D
【知識點】電阻率；歐姆定律的內(nèi)容、表達式及簡單應用
【解析】【解答】ABD、根據(jù)電阻定理可得
其中
由此可知
解得
，
則
故AB錯誤，D正確；
C、 導體的體積為
故C錯誤。
故答案為：D。
【分析】根據(jù)電阻定律以及歐姆定律分別列式求解；
根據(jù)體積公式求解；
7．（2023高二上·陽江月考）某同學設計的水量計原理如圖（a）所示：電源（E＝3V，r＝0.5Ω）；電壓表V（量程3V，內(nèi)阻約3kΩ）；定值電阻（）；滑動變阻器R（用長3m、橫截面積且涂有絕緣漆的金屬絲緊密纏繞在圓柱形瓷筒上，使用前刮掉與滑片P接觸部分的絕緣漆），圖（b）所示為備選金屬絲及其參數(shù)。兩根相同彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，容器中無水時，滑片P在上端a。下列分析正確的是（　　）
A．金屬絲可選銅絲
B．V表的示數(shù)范圍約為0～2.7V
C．V表的示數(shù)U與水的質(zhì)量m成正比
D．若將V表刻度盤轉(zhuǎn)換為水的質(zhì)量刻度盤，則刻度是不均勻的
【答案】C
【知識點】共點力的平衡；電路動態(tài)分析
【解析】【解答】A、根據(jù)電阻定律可得
銅絲電阻小，則電壓表示數(shù)變化不明顯，不可以用銅絲，故A錯誤；
B、由上述可得金屬絲選擇鎳鉻合金，則
則電壓表最大值為
故B錯誤；
CD、加水后，根據(jù)平衡條件可得
電壓表示數(shù)為
故
故U與水的質(zhì)量成正比，故刻度均勻，故D錯誤。
故答案為：C。
【分析】根據(jù)電阻定律求出金屬電阻進行比較；
求出鎳鉻合金電阻，再根據(jù)閉合電路歐姆定律列式求解；
加水后根據(jù)平衡條件列式，再根據(jù)閉合電路歐姆定律列式，求出電壓表達式。
二、多選擇題
8．（2023高二上·陽江月考）邊長為2L的正三角形ABC的三個頂點處，分別有垂直于三角形平面的無限長直導線，導線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖所示，a、b、c三點分別是正三角形三邊的中點，O點為三角形的中心。通電長直導線產(chǎn)生的磁場在其周圍某點的磁感應強度大小，其中k為大于零的常數(shù)，I為導線中的電流，r表示該點到導線的距離。則以下關于a、b、c、O四點的磁感應強度的說法中正確的是（　?。?br/>A．b點的磁感應強度方向沿BC方向指向C
B．O點的磁感應強度方向平行于BC由O點指向AC邊
C．O點的磁感應強度方向平行于BC由O點指向AB邊
D．a(chǎn)、c兩點的磁感應強度大小均為
【答案】A,B,D
【知識點】磁感應強度；通電導線及通電線圈周圍的磁場；平行通電直導線間的相互作用
【解析】【解答】ABC、根據(jù)右手螺旋定則可知，BC在b處合磁感應強度為0，故b點磁感應強度水平向右從B到C，O點磁感應強度平行于BC由O指向AC邊，故AB正確，C錯誤；
D、根據(jù)矢量的疊加可得
故D正確。
故答案為：ABD。
【分析】根據(jù)右手螺旋定則結(jié)合磁感應強度為矢量進行判斷；
根據(jù)矢量疊加結(jié)合計算。
9．（2023高二上·陽江月考）如圖所示，一帶負電粒子（不計重力）質(zhì)量為、電荷量大小為，以初速度沿兩板中央水平方向射人水平放置、距離為、電勢差為的一對平行金屬板間，經(jīng)過一段時間從兩板間飛出，在此過程中，已知粒子動量變化量的大小為，下列說法正確的是（　?。?br/>A．粒子在兩板間運動的加速度大小為
B．粒子從兩板間離開時的速度大小為
C．金屬板的長度為
D．入射點與出射點間的電勢差為
【答案】A,C,D
【知識點】電勢差；帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)
【解析】【解答】A、根據(jù)牛頓第二定律可得
故A正確；
BC、粒子做類平拋運動，則只有豎直方向上動量發(fā)生變化，故
金屬板的長度為
故B錯誤，C正確；
D、 入射點與出射點間的電勢差為
【分析】根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合勻強電場公式求解；
根據(jù)類平拋運動公式進行判斷；
10．（2023高二上·陽江月考）某玩具公司設計了一種有趣的玩具，在一個均勻帶正電球體中沿直徑開一個光滑水平管道AB，將一個帶負電的小球P（視為質(zhì)點）從入口的A點由靜止釋放，小球P將穿過管道到達另一端的點。已知均勻帶電的球殼對球內(nèi)帶電質(zhì)點的作用力為0。下列分析判斷正確的是（　　）
A．小球P在管道中做簡諧運動
B．球心處的電場強度大小為零，電勢最低
C．小球P從入口的A點運動到點的過程中，電勢能先減小后增大
D．點的電場強度最大，電勢最高
【答案】A,C
【知識點】簡諧運動；電場強度的疊加；電勢能
【解析】【解答】 A．設P點到O點的距離為x，帶電球的電荷密度為ρ，則根據(jù)庫侖定律可得
小球P在管道AB中做簡諧運動，故A正確；
BD．根據(jù)電場強度的定義可得電場強度
球心O處的電場強度為零，但電勢最高，A點的電場強度最大，電勢最低，故BD錯誤；
C．小球P從入口的A點運動到B點的過程中，電場力先做正功，后做負功，電勢能先減小后增大，故C正確。
故答案為：AC。
【分析】均勻帶電球體可等效成在球心處帶電的點電荷。再根據(jù)庫侖定律分析小球受到電場力與距離的關系，再根據(jù)簡諧運動的特點判斷小球運動情況。根據(jù)點電荷場強判斷各點電勢及場強的情況。電場力做正功，電勢能減小。
三、非選擇題（本題共5小題，共54分。考生根據(jù)要求作答。）
11．（2023高二上·陽江月考）某同學用圖（a）所示的裝置測量木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)。長木板水平固定，木塊通過水平輕繩繞過輕質(zhì)光滑定滑輪連接重物。
（1）實驗時　 ?。ㄟx填“①”或“②”），得到加速階段的部分紙帶如圖（b）所示，A、B、C、D、E為打下的相鄰的計數(shù)點，相鄰計數(shù)點之間還有4個計時點未畫出。
①先接通打點計時器電源，再由靜止釋放重物
②先由靜止釋放重物，再接通打點計時器電源
（2）測量得，，木塊質(zhì)量為M=0.5kg，重物質(zhì)量為m=0.2kg。已知打點計時器的頻率為50Hz，重力加速度，忽略紙帶與打點計時器限位孔之間的阻力。則打下B點時木塊的速度　 　m/s，木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)約為μ=　 　。（所有計算結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）
【答案】（1）①
（2）0.27；0.26
【知識點】探究小車速度隨時間變化的規(guī)律；探究影響摩擦力的大小的因素
【解析】【解答】（1）根據(jù)打點計時器規(guī)律可知需先接通打點計時器電源，再由靜止釋放重物，故選① ；
（2）相鄰計數(shù)點之間還有4個計時點未畫出，故相鄰計數(shù)點之間的時間間隔為
故B點木塊速度為
C點的瞬時速度為
故加速度為
根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
【分析】（1）熟練掌握打點計時器原理；
（2）AC之間的平均速度為B點的瞬時速度；再求出C點速度，根據(jù)牛頓第二定律求出動摩擦因數(shù)。
12．（2023高二上·陽江月考）某同學用圖（a）所示電路完成“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實驗。所需器材：
小燈泡L（額定電壓3V，額定功率約0.6W）；
電源E（電動勢6V，內(nèi)阻很小可忽略不計）；
電壓表V（量程3V，阻值很大）；
電流表A（量程0.25A，內(nèi)阻約0.4Ω）；
滑動變阻器R（總阻值約10Ω）；
保護電阻（阻值待定）；
開關S；
導線若干。
（1）請依照圖（a）所示電路，在圖（b）中補全實物連線　 　。
（2）實驗步驟：
①閉合開關前，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片，使滑片停留在最　 　（選填“左”或“右”）端；
②閉合開關后，逐漸移動滑動變阻器的滑片，增加小燈泡兩端的電壓，記錄電流表和電壓表的多組讀數(shù)，直至電壓達到額定電壓；
③記錄如下8組U和I的數(shù)據(jù)后斷開開關，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)在圖（c）所示方格紙上描繪完整的表格數(shù)據(jù)并作出小燈泡的伏安特性曲線。
編號 1 2 3 4 5 6 7 8
U/V 0.20 0.60 1.00 1.40 1.80 2.20 2.60 3.00
I/A 0.020 0.060 0.100 0.140 0.175 0.200 0.215 0.220
小燈泡發(fā)光情況 不亮　　　 微亮　　　　　 逐漸變亮　　　　　正常發(fā)光
（3）若實驗室中沒有量程為0.25A的電流表，可用一只量程為50mA，阻值為2Ω的毫安表并聯(lián)電阻值為　 　Ω的定值電阻改裝而成。
（4）燈泡正常發(fā)光時的電阻與燈泡不亮時的電阻的比值為　 ?。ㄓ嬎憬Y(jié)果保留2位有效數(shù)字）。
（5）為了能順利完成實驗，且較大程度起到保護作用，保護電阻的阻值應為　 　Ω（選填“20”、“10”、“5”或“2”）。
【答案】（1）
（2）左
（3）0.5
（4）1.4
（5）5
【知識點】描繪小燈泡的伏安特性曲線
【解析】 【解答】（1）根據(jù)電路圖，連接實物圖為
（2）閉合開關前，應使電壓表和電流表的電壓和電流最小，所以應使滑片停留在最左端。
（3）設毫安表的量程為I1，電阻為R1，根據(jù)電流表的改裝原理，有
解得
（4）小燈泡不亮時，電阻為
小燈泡正常發(fā)光時，電阻為
（5）為較大程度地保護電路，則應串聯(lián)一個保護電阻R0，使得滑動變阻器的滑片劃到最右端時，小燈泡能正常發(fā)光，從表格中可知，小燈泡正常發(fā)光時電壓為3V，電流為0.22A，根據(jù)歐姆定律，有
解得
考慮到實際操作，選擇R0=5Ω的保護電阻即可。
【分析】 閉合開關前，滑動變阻器滑片應置于使電壓表和電流表的電壓和電流最小的位置。熟悉掌握電表改裝原理及計算方法。I-U圖像與原點連線的斜率表示該狀態(tài)下燈泡電阻的倒數(shù)。要較大程度起到保護作用，則當滑動變阻器滑至最右端時，小燈泡能正常發(fā)光，再根據(jù)歐姆定律進行解答。
13．（2023高二上·陽江月考）某水上樂園有一個位于豎直平面的軌道，如圖所示，其由四分之一圓弧AB和拋物線BC組成，圓弧半徑OA水平，B點為拋物線頂點。質(zhì)量均為m的小孩甲、乙分別獨自從A點靜止下滑，甲下滑后恰靜止在B點，而乙滑至B點后繼續(xù)運動且在BC段運動時與軌道恰無相互作用力。已知圓弧AB半徑為R，B點到水面的高度為2R，BC點的水平距離為R，重力加速度為g，不計空氣阻力。求：
（1）小孩甲從A點下滑至B點過程克服軌道阻力所做的功；
（2）小孩乙滑至B點時的速度大小。
【答案】（1）依題意，根據(jù)動能定理，可得小孩甲從A點下滑至B點過程中
可得小孩甲克服軌道阻力所做的功為
（2）小孩乙滑至B點后繼續(xù)運動且在拋物線BC段運動時與軌道恰無相互作用力，說明小孩乙下落到B點時的速度使得小孩做平拋運動的軌跡與軌道BC重合，則有
，
聯(lián)立求得小孩乙滑至B點時的速度大小
【知識點】平拋運動；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）根據(jù)動能定理列式求解出克服阻力做功；
（2）判斷出小孩從B點做平拋運動，從而根據(jù)平拋運動規(guī)律求解。
14．（2023高二上·陽江月考）如圖所示，將一質(zhì)量為0.2kg可視為質(zhì)點的小球從離水平地面3.2m高的P點水平向右擊出，測得第一次落點A與P點的水平距離為2.4m。小球落地后反彈，反彈后離地的最大高度為1.8m，第一次落點A與第二次落點B之間的距離為2.4m。不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）小球被擊出時的速度大?。?br/>（2）小球第一次與地面接觸過程中所受合外力的沖量大小。
【答案】（1）設小球剛被擊出時的速度大小為v0，小球被擊出到第一次落地前瞬間，根據(jù)平拋運動的規(guī)律可得
解得
（2）小球第一次落地前瞬間，在豎直方向的速度大小為
設小球第一次落地被反彈后運動到最高點的時間為t2，此過程中小球在豎直方向的分運動是勻減速直線運動，則
小球第一次被反彈后瞬間沿豎直方向的速度大小為
規(guī)定豎直向上為正方向，則小球在豎直方向的合外力的沖量為
設小球第一次被反彈后瞬間沿水平方向的速度大小為vx，則
規(guī)定水平向右為正方向，則小球在水平方向的合外力的沖量為
小球第一次與地面碰撞過程中合外力的沖量大小為
解得
【知識點】動量定理；平拋運動；沖量
【解析】【分析】（1）根據(jù)平拋運動的規(guī)律列式求解；
（2）先求出豎直方向上的速度大小，再求反彈速度大小，根據(jù)動量定理求出豎直方向上合外力的沖量，進而求出水平方向上的合外力沖量，根據(jù)矢量運算求出答案。
15．（2023高二上·陽江月考）如圖，長L、間距為d的平行金屬板固定，板面與水平面成θ角，兩板間的電勢差為U，電場僅存在于板間且為勻強電場。一電荷量為q的帶正電小球由彈射器提供能量，出彈射器即以沿兩板中心線的速度從下端點進入板間，恰好能沿中心線運動。不計摩擦力和空氣阻力，小球視為質(zhì)點且電荷量不變。
（1）要使小球能飛出點，求彈射器提供的最小能量；
（2）若彈射器提供的能量為，求小球到達的最高點和點之間的水平距離。
【答案】（1）設小球的質(zhì)量為m，重力加速度為g，平行金屬板間的電場強度為E，對小球受力分析，如圖所示，由題意可知
則有
解得
要使小球能飛出點，當小球在點速度恰好是零時，彈射器提供的有最小能量，由動能定理可得
解得
（2）若彈射器提供的能量為，當小球在點時速度不等于零，設速度為v，由動能定理可得
解得，則小球從點開始做斜拋運動，由斜拋運動的規(guī)律可得，在水平方向則有
在豎直方向則有，小球到達的最高點時，則有，
其中，聯(lián)立解得
【知識點】斜拋運動；動能定理的綜合應用；勻強電場
【解析】【分析】（1）對小球受力分析，列出等式，再根據(jù)小球在點速度恰好是零時，彈射器提供的有最小能量，由動能定理求解；
（2）根據(jù)動能定理列式，求出v的速度公式，再根據(jù)小球從點開始做斜拋運動，由斜拋運動的規(guī)律求解。
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