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浙江省衢州市2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期6月教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(cè)物理試卷
1．（2024高一下·衢州期末）用國(guó)際單位制中的基本單位符號(hào)表示功的單位，正確的是（　　）
A． B．
C． D．J
【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】功的概念
【解析】【解答】根據(jù)功的表達(dá)式
又
可知用國(guó)際單位制中的基本單位符號(hào)表示功的單位為。
故選A。
【分析】根據(jù)功的表達(dá)式結(jié)合牛頓第二定律推導(dǎo)單位。
2．（2024高一下·衢州期末）下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．開(kāi)普勒發(fā)現(xiàn)行星運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，并通過(guò)“月一地檢驗(yàn)”，得出了萬(wàn)有引力定律
B．為我國(guó)航天事業(yè)作出特殊貢獻(xiàn)的科學(xué)家錢(qián)學(xué)森被譽(yù)為“中國(guó)航天之父”
C．庫(kù)侖最早通過(guò)油滴實(shí)驗(yàn)測(cè)量了元電荷的數(shù)值為
D．密立根采用電場(chǎng)線這一簡(jiǎn)潔方法來(lái)描述電場(chǎng)的大小和方向
【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】物理學(xué)史
【解析】【解答】本題考查物理學(xué)史，是常識(shí)性問(wèn)題，對(duì)于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強(qiáng)記憶，注重積累。
A．牛頓通過(guò)“月一地檢驗(yàn)”，得出了萬(wàn)有引力定律，開(kāi)普勒發(fā)現(xiàn)行星運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，故A錯(cuò)誤；
B．為我國(guó)航天事業(yè)作出特殊貢獻(xiàn)的科學(xué)家錢(qián)學(xué)森被譽(yù)為“中國(guó)航天之父”，故B正確；
C．密立根最早通過(guò)油滴實(shí)驗(yàn)測(cè)量了元電荷的數(shù)值為，故C錯(cuò)誤；
D．法拉第采用電場(chǎng)線這一簡(jiǎn)潔方法來(lái)描述電場(chǎng)的大小和方向，故D錯(cuò)誤。
故選B。
【分析】根據(jù)相關(guān)科學(xué)家的物理學(xué)成就和研究方法進(jìn)行解答。
3．（2024高一下·衢州期末）2024年3月20日8時(shí)31分，探月工程四期“鵲橋二號(hào)”中繼星由長(zhǎng)征八號(hào)遙三運(yùn)載火箭在海南文昌航天發(fā)射場(chǎng)成功發(fā)射升空。經(jīng)過(guò)約112小時(shí)奔月飛行，在距月面約440公里處開(kāi)始實(shí)施近月制動(dòng)，之后順利進(jìn)入環(huán)月橢圓軌道飛行。則（　　）
A．“8時(shí)31分”指的是時(shí)間間隔
B．研究“鵲橋二號(hào)”進(jìn)行近月制動(dòng)變軌時(shí)，可把它視為質(zhì)點(diǎn)
C．“鵲橋二號(hào)”環(huán)月橢圓飛行一周，平均速度等于零
D．火箭發(fā)射過(guò)程中，“鵲橋二號(hào)”始終處于失重狀態(tài)
【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】質(zhì)點(diǎn)；時(shí)間與時(shí)刻；平均速度；超重與失重
【解析】【解答】本題主要考查了時(shí)間間隔和時(shí)刻、物體看作質(zhì)點(diǎn)的條件以及平均速度的計(jì)算等基礎(chǔ)知識(shí)，比較簡(jiǎn)單。
A． 時(shí)間間隔為時(shí)間段，時(shí)刻為時(shí)間點(diǎn)，“8時(shí)31分”指的是時(shí)刻，故A錯(cuò)誤；
B．研究“鵲橋二號(hào)”進(jìn)行近月制動(dòng)變軌時(shí)，“鵲橋二號(hào)”的形狀大小不能忽略不計(jì)，不可以把它視為質(zhì)點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；
C．“鵲橋二號(hào)”環(huán)月橢圓飛行一周，其位移為0，則平均速度等于零，故C正確；
D．火箭發(fā)射過(guò)程中，“鵲橋二號(hào)”的加速度方向一開(kāi)始向上，處于超重狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】時(shí)間間隔為時(shí)間段，時(shí)刻為時(shí)間點(diǎn)；物體的形狀和大小對(duì)于所研究的問(wèn)題可忽略不計(jì)時(shí)可把物體看作質(zhì)點(diǎn)；平均速度為位移與時(shí)間的比值； 加速度向上為超重。
4．（2024高一下·衢州期末）將塑料帶一端打結(jié)，另一端撕開(kāi)多條，用毛巾反復(fù)摩擦塑料帶；用毛巾多次摩擦PVC管，將塑料帶往上拋，PVC管放在塑料帶下方，可觀察到塑料帶化身為“章魚(yú)”在空中漂浮。則（　　）
A．毛巾與塑料帶帶同種電荷
B．PVC管與塑料帶帶同種電荷
C．毛巾與塑料帶摩擦?xí)r產(chǎn)生了電荷
D．塑料帶會(huì)張開(kāi)是因?yàn)槭艿搅薖VC管對(duì)它的吸引力
【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】電荷及三種起電方式
【解析】【解答】本題考查電荷守恒定律和電荷之間的相互作用，解題關(guān)鍵在于掌握電荷守恒定律和起電方式。
AC．根據(jù)電荷守恒定律，電荷不能被創(chuàng)造，毛巾與塑料帶摩擦?xí)r并沒(méi)有產(chǎn)生電荷，而是電子從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體上，毛巾與塑料帶帶異種電荷，故AC錯(cuò)誤；
B．用毛巾摩擦后，PVC管與塑料帶帶同種電荷，兩者間相互排斥，從而使塑料帶化身為“章魚(yú)”在空中漂浮，故B正確；
D．塑料帶會(huì)張開(kāi)是因?yàn)閹贤N電荷相互排斥，向四周散開(kāi)，故D錯(cuò)誤。
故選B。
【分析】電荷不能被創(chuàng)造；根據(jù)同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引判斷。
5．（2024高一下·衢州期末）飛盤(pán)是一種投擲盤(pán)形器具的運(yùn)動(dòng)。盤(pán)呈圓形、有卷邊，用手指和手腕發(fā)力，使之旋轉(zhuǎn)，在空中飄飛。如圖小帥同學(xué)從離水平地面1.25m的高處，將飛盤(pán)以某一初速度水平投出，落地時(shí)間可能是（　　）
A．2.1s B．0.5s C．0.4s D．0.3s
【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】若豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，則有
可得
由于盤(pán)形器具在空中飄飛受到一定的空氣阻力，所以實(shí)際下落時(shí)間大于。
故選A。
【分析】水平拋出若只受重力，由自由落體運(yùn)動(dòng)求解時(shí)間，但飛行中空氣阻力不能忽略，實(shí)際下落時(shí)間更長(zhǎng)。
6．（2024高一下·衢州期末）如圖所示，一小球由空中某處?kù)o止釋放后，豎直下落，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的空氣阻力大小與速率成正比，以小球的落地點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向建立x軸，則關(guān)于小球的位置坐標(biāo)x、速度大小v和加速度大小a的圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓定律與圖象
【解析】【解答】CD．根據(jù)牛頓第二定律可得
又
可得
可知圖像為一條斜率為負(fù)、縱軸截距為正的傾斜直線；小球由空中某處?kù)o止釋放后，做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，若落地前加速度已經(jīng)減為0，則小球繼續(xù)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤，D正確。
AB．以小球的落地點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向建立x軸，則時(shí)刻，小球的x坐標(biāo)大于0，且小球加速階段，圖像的切線斜率應(yīng)逐漸增大，故AB錯(cuò)誤。
故選D。
【分析】CD、根據(jù)牛頓第二定律求解關(guān)系式，以此分析小球運(yùn)動(dòng)規(guī)律：先做加速度減小的加速，落地前加速度減為零做勻速直線，以此分析判斷；
AB、根據(jù)x-t圖斜率代表速度，結(jié)合小球運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析判斷。
7．（2024高一下·衢州期末）如圖所示，某同學(xué)用兩只手指捏住飲料瓶（含飲料）的a、b位置，瓶子處于靜止?fàn)顟B(tài)，且瓶子的外形保持不變，則（　　）
A．瓶受到的摩擦力大于其受到的重力
B．手指對(duì)瓶?jī)蓚?cè)的壓力是一對(duì)平衡力
C．手指對(duì)瓶的壓力是由于瓶的形變而產(chǎn)生的
D．瓶對(duì)手指的作用力方向豎直向上
【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】形變與彈力；共點(diǎn)力的平衡
【解析】【解答】本題考查共點(diǎn)力平衡問(wèn)題，是從日常生活中的生活實(shí)例入手，設(shè)置情景，要提高用所學(xué)物理知識(shí)解決問(wèn)題的能力。
AB． 用兩只手指捏住飲料瓶（含飲料）的a、b位置， 對(duì)瓶進(jìn)行受力分析，其受力如圖所示
設(shè)瓶子摩擦力與豎直方向的夾角為，瓶子靜止，根據(jù)平衡條件可得
可知瓶受到的摩擦力大于其受到的重力，由于手指對(duì)瓶?jī)蓚?cè)的壓力方向不再同一直線上，所以不是一對(duì)平衡力，故A正確，B錯(cuò)誤；
C．手指對(duì)瓶的壓力是由于手的形變而產(chǎn)生的，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)受力平衡可知，手指對(duì)瓶的作用力方向豎直向上，則瓶對(duì)手指的作用力方向豎直向下，故D錯(cuò)誤。
故選A。
【分析】根據(jù)平衡條件分析其摩擦力大小；根據(jù)平衡條件判斷手對(duì)瓶子的作用力。手指對(duì)瓶的壓力是由于手的形變而產(chǎn)生的。
8．（2024高一下·衢州期末）在水平向右飛行的客機(jī)中，發(fā)現(xiàn)飲料杯中的液面與水平小桌板成α角，如圖所示。則（　　）
A．客機(jī)在做勻速直線運(yùn)動(dòng) B．客機(jī)在做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
C．客機(jī)的加速度大小為 D．飲料杯只受重力和支持力
【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】受力分析的應(yīng)用；牛頓第二定律
【解析】【解答】ABC．在傾斜水面上取一小水滴，對(duì)其進(jìn)行受力分析如圖所示
可知其加速度方向向左，根據(jù)牛頓第二定律有
解得
可知客機(jī)的加速度大小為，客機(jī)向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤，C正確；
D．飲料杯的加速度水平向左，則飲料杯受重力、支持力和摩擦力作用，故D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】ABC、在傾斜水面上取一小水滴，對(duì)其進(jìn)行受力分析，根據(jù)力的合成法由牛頓第二定律求解加速度；可知客機(jī)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；
D、連接體整體分析飲料杯，需要水平方向的摩擦力提供加速度。
9．（2024高一下·衢州期末）某傳動(dòng)裝置如圖所示，A、B、C三點(diǎn)分別是半徑為r、2r和4r三個(gè)齒輪邊緣上的點(diǎn)。當(dāng)A點(diǎn)所在的齒輪以角速度ω順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)（　　）
A．B點(diǎn)所在齒輪也順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng) B．C點(diǎn)的線速度大小為2ωr
C．C點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為4ω D．C點(diǎn)的向心加速度大小為
【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速；向心加速度
【解析】【解答】A、B兩點(diǎn)通過(guò)齒輪帶動(dòng)，A、B兩點(diǎn)的線速度大小相等，當(dāng)A點(diǎn)所在的齒輪以角速度ω順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，B點(diǎn)所在齒輪逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，B點(diǎn)線速度大小為
B、C兩點(diǎn)同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度相等，則C點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為
則C點(diǎn)的線速度大小為
C點(diǎn)的向心加速度大小為
故選B。
【分析】A、A齒輪順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，B齒輪逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)；
BCD、根據(jù)A與B齒輪、B與C齒輪線速度相等，結(jié)合線速度與角速度關(guān)系和向心加速度角速度公式分別求解。
10．（2024高一下·衢州期末）我國(guó)的“天宮”空間站位于距地面約400km高的近地軌道；北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)，由5顆靜止衛(wèi)星、30顆非靜止衛(wèi)星等組成。若空間站和北斗系統(tǒng)的衛(wèi)星均視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則（　　）
A．空間站里的宇航員受到地球的引力為零
B．空間站運(yùn)行速度大于7.9km/s
C．靜止衛(wèi)星離地球表面的高度都是一定的
D．靜止衛(wèi)星可以經(jīng)過(guò)衢州地區(qū)的正上空
【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】第一、第二與第三宇宙速度；衛(wèi)星問(wèn)題
【解析】【解答】本題主要是考查萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力結(jié)合向心力公式進(jìn)行分析。
A．空間站圍繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，必須要有向心力，空間站里的宇航員受到地球的引力提供繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，不為零，故A錯(cuò)誤；
B．地球第一宇宙速度等于近地衛(wèi)星的運(yùn)行速度，是衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的最大線速度，所以空間站運(yùn)行速度小于7.9km/s，故B錯(cuò)誤；
C．靜止衛(wèi)星的周期等于地球自轉(zhuǎn)周期，根據(jù)
可知靜止衛(wèi)星離地球表面的高度都是一定的，故C正確；
D．靜止衛(wèi)星只能位于赤道的正上方，所以不可以經(jīng)過(guò)衢州地區(qū)的正上空，故D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】萬(wàn)有引力提供向心力，第一宇宙速度是最大環(huán)繞速度，根據(jù)同步衛(wèi)星的特點(diǎn)分析判斷。
11．（2024高一下·衢州期末）內(nèi)陸鹽礦中開(kāi)采的氯化鈉稱(chēng)為巖鹽。如圖所示，巖鹽晶體結(jié)構(gòu)中相鄰的四個(gè)離子處于正方形的四個(gè)頂點(diǎn)，O點(diǎn)為正方形中心，A、B、C和D為各邊中點(diǎn)，關(guān)于這四個(gè)離子形成的電場(chǎng)，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．A、B兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向相同
B．C、D兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小等于零
C．試探電荷q在O點(diǎn)所受電場(chǎng)力大小不為零
D．試探電荷q在A、B、C和D點(diǎn)所受電場(chǎng)力大小相等
【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】電場(chǎng)線；電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加
【解析】【解答】A．可以看成兩組等量異種電荷場(chǎng)強(qiáng)的疊加，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知A、B兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相反，故A錯(cuò)誤；
B．可以看成兩組等量異種電荷場(chǎng)強(qiáng)的疊加，水平方向下面一組等量異種電荷在點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于水平方向上面一組等量異種電荷在點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，方向相反，根據(jù)矢量的合成可知D點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小不等于零，同理C點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)疊加后不為零，故B錯(cuò)誤；
C．兩等量正離子在點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)為，兩等量負(fù)離子在點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)為，則四個(gè)離子在點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)為，則試探電荷q在O點(diǎn)所受電場(chǎng)力大小為零，C錯(cuò)誤；
D．同理可知A、B、C和D點(diǎn)四個(gè)點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，則試探電荷q在A、B、C和D點(diǎn)所受電場(chǎng)力大小相等，故D正確。
故選D。
【分析】ABD、分別看成兩組等量異種電荷場(chǎng)強(qiáng)的疊加，結(jié)合點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式可知AB兩點(diǎn)與CD兩點(diǎn)均為場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相反；試探電荷q在ABCD四點(diǎn)電場(chǎng)力大小相等；
C、分別看成對(duì)角線兩組等量同種電荷場(chǎng)強(qiáng)的疊加，結(jié)合點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式可知O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零，試探電荷在O點(diǎn)所受電場(chǎng)力為零。
12．（2024高一下·衢州期末）蜜蜂飛行過(guò)程中身上會(huì)積累少量正電荷，當(dāng)蜜蜂接近帶負(fù)電的花蕊時(shí)，它們之間的電場(chǎng)線如圖中實(shí)線所示，圖中虛線為某一帶電花粉顆粒的部分運(yùn)動(dòng)軌跡。不計(jì)重力和空氣阻力，則（　　）
A．蜜蜂身體周?chē)碾妶?chǎng)可能是勻強(qiáng)電場(chǎng)
B．花粉顆粒被吸附過(guò)程做勻變速運(yùn)動(dòng)
C．花粉顆粒在a點(diǎn)動(dòng)能小于在b點(diǎn)的動(dòng)能
D．花粉顆粒在a點(diǎn)電勢(shì)能小于在b點(diǎn)的電勢(shì)能
【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)綜合
【解析】【解答】A．根據(jù)圖中電場(chǎng)線分布可知，蜜蜂身體周?chē)碾妶?chǎng)不是勻強(qiáng)電場(chǎng)，故A錯(cuò)誤；
B．花粉顆粒被吸附過(guò)程，場(chǎng)強(qiáng)發(fā)生變化，電場(chǎng)力發(fā)生變化，加速度發(fā)生變化，不是做勻變速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
CD．根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)合力方向位移軌跡凹側(cè)，可知花粉顆粒受到的電場(chǎng)力偏右，與場(chǎng)強(qiáng)方向相反，則花粉顆粒帶負(fù)電，根據(jù)沿電場(chǎng)方向電勢(shì)降低，可知a點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn)電勢(shì)，由
由于花粉顆粒帶負(fù)電，則花粉顆粒在a點(diǎn)電勢(shì)能大于在b點(diǎn)的電勢(shì)能；由于只受電場(chǎng)力作用，電勢(shì)能和動(dòng)能之和保持，則花粉顆粒在a點(diǎn)動(dòng)能小于在b點(diǎn)的動(dòng)能，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】AB、由電場(chǎng)線分布圖可知是非勻強(qiáng)電場(chǎng)；花粉顆粒受到的電場(chǎng)力隨場(chǎng)強(qiáng)發(fā)生變化，加速度發(fā)生變化；
CD、根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，電場(chǎng)力應(yīng)指向軌跡內(nèi)測(cè)可知電場(chǎng)力與電場(chǎng)線方向相反，花粉顆粒帶負(fù)電荷，a-b電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小動(dòng)能增大。
13．（2024高一下·衢州期末）如圖，不計(jì)質(zhì)量的凹形軌道固定在電子秤上，凹形軌道最下方是半徑為R的圓弧軌道，當(dāng)視為質(zhì)點(diǎn)的小球靜置在軌道最低點(diǎn)B時(shí)，電子秤讀數(shù)為；小球從離B點(diǎn)高為H處的A點(diǎn)靜止釋放，小球通過(guò)B點(diǎn)時(shí)，電子秤讀數(shù)為。重力加速度為g，則（　　）
A．電子秤的兩次讀數(shù)
B．小球從A到B的過(guò)程中重力勢(shì)能減小了
C．小球從A到B的過(guò)程中克服摩擦力做功為
D．小球從A到B的過(guò)程中機(jī)械能減小了
【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】功能關(guān)系；豎直平面的圓周運(yùn)動(dòng)；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用
【解析】【解答】A．根據(jù)題意可知小球的質(zhì)量為，當(dāng)小球從離B點(diǎn)高為H處的A點(diǎn)靜止釋放，小球通過(guò)B點(diǎn)時(shí)，小球速度不為零，此時(shí)小球向心加速度向上，小球處于超重狀態(tài)，所以
故A錯(cuò)誤；
B．小球從A到B的過(guò)程中重力做功為
重力做正功，則小球的重力勢(shì)能減小了，故B錯(cuò)誤；
CD．設(shè)小球從離B點(diǎn)高為H處的A點(diǎn)靜止釋放，小球通過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度為，根據(jù)
小球從A到B的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理
解得小球從A到B的過(guò)程中克服摩擦力做功
克服摩擦力做功為，根據(jù)功能關(guān)系可知小球從A到B的過(guò)程中機(jī)械能減小了，故D正確，C錯(cuò)誤。
故選D。
【分析】A、讀數(shù)時(shí)小球處于平衡狀態(tài)；讀數(shù)時(shí)小球在B點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知加速度向上，處于超重狀態(tài)；
B、由平衡狀態(tài)可知小球質(zhì)量為，A-B重力做功為，重力勢(shì)能減小；
CD、對(duì)B點(diǎn)牛頓第二定律求解速度；A-B根據(jù)動(dòng)能定理求解摩擦力做功，克服摩擦力做功等于機(jī)械能減少量，以此分析判斷。
14．（2024高一下·衢州期末）如圖所示，質(zhì)量、長(zhǎng)度的木板靜止于光滑水平面上，某時(shí)刻一質(zhì)量的木塊以初速度滑上木板左端，木塊可視為質(zhì)點(diǎn)，與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，則（　　）
A．木塊會(huì)從木板的右側(cè)滑下
B．2s內(nèi)木塊的位移大小為9m
C．2s內(nèi)木板對(duì)木塊做功為20J
D．2s內(nèi)木塊和木板組成的系統(tǒng)增加的內(nèi)能為16J
【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】功能關(guān)系；牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—板塊模型
【解析】【解答】AD．木塊與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可知，木塊與木板的加速度大小分別為
，
設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間，木塊與木板達(dá)到共速，則有
解得
，
共速前木塊與木板發(fā)生的相對(duì)位移為
共速后木塊與木板保持相對(duì)靜止，一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則木塊不會(huì)從木板的右側(cè)滑下；2s內(nèi)木塊和木板組成的系統(tǒng)增加的內(nèi)能為
故AD錯(cuò)誤；
B.2s內(nèi)木塊的位移大小為
故B正確；
C．根據(jù)動(dòng)能定理可知，2s內(nèi)木板對(duì)木塊做功為
故C錯(cuò)誤。
故選B。
【分析】AD、分別對(duì)木塊和木板受力分析，由牛頓第二定律分求解加速度；由木板長(zhǎng)度結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)方程分析判斷二者共速；根據(jù)克服摩擦力在相對(duì)位移所做的功求解系統(tǒng)內(nèi)能增加量；
B、根據(jù)共速時(shí)間結(jié)合位移公式，分別求解木塊在2s內(nèi)減速和勻速位移之和；
C、對(duì)木塊根據(jù)動(dòng)能定理求解木板對(duì)木塊所做的功。
15．（2024高一下·衢州期末）“路亞”是一種釣魚(yú)方法，先把魚(yú)餌通過(guò)輕質(zhì)魚(yú)線收到魚(yú)竿末端，然后用力將魚(yú)餌甩向遠(yuǎn)處。如圖所示，在a位置開(kāi)始甩竿，甩竿過(guò)程竿可視為在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，魚(yú)餌被甩至豎直位置b點(diǎn)時(shí)迅速釋放魚(yú)線，魚(yú)餌被水平拋出，最后落在距b水平距離的水面上。已知魚(yú)餌質(zhì)量，竿長(zhǎng)，Oa與Ob成角，O距水面高。魚(yú)餌從b點(diǎn)拋出后，忽略魚(yú)線對(duì)其作用力和空氣阻力，已知：。則（　　）
A．魚(yú)餌在b點(diǎn)拋出時(shí)的速度大小為
B．魚(yú)餌在b點(diǎn)受魚(yú)竿作用力的方向豎直向上
C．a(chǎn)到b的甩竿過(guò)程，魚(yú)餌的重力勢(shì)能不斷減小
D．a(chǎn)到b的甩竿過(guò)程，魚(yú)竿對(duì)魚(yú)餌做的功4.128J
【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)；生活中的圓周運(yùn)動(dòng)；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用；重力勢(shì)能的變化與重力做功的關(guān)系
【解析】【解答】A．魚(yú)餌在b點(diǎn)拋出時(shí)水平方向
豎直方向
解得
t=0.8s
v0=20m/s
選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B．魚(yú)餌在b點(diǎn)時(shí)根據(jù)牛頓第二定律
解得
F=4.8N
則魚(yú)餌在b點(diǎn)時(shí)受魚(yú)竿作用力的方向豎直向下，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．a(chǎn)到b的甩竿過(guò)程，魚(yú)餌的高度增加，則重力勢(shì)能不斷增加，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．a(chǎn)到b的甩竿過(guò)程，魚(yú)竿對(duì)魚(yú)餌做的功
選項(xiàng)D正確。
故選D。
【分析】A、根據(jù)魚(yú)餌在b點(diǎn)拋出做平拋運(yùn)動(dòng)，由豎直方向自由落體運(yùn)動(dòng)求解時(shí)間，水平方向勻速直線求解拋出速度；
B、對(duì)b點(diǎn)由牛頓第二定律合力提供向心力求解魚(yú)竿作用力；
C、a到b的過(guò)程，高度增加，重力勢(shì)能不斷增加；
D、根據(jù)動(dòng)能定理求解魚(yú)竿對(duì)魚(yú)餌做的功。
16．（2024高一下·衢州期末）圖（a）為“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)裝置，實(shí)驗(yàn)過(guò)程如下：
（1）將小車(chē)置于帶有定滑輪的木板上，然后將紙帶穿過(guò)電火花計(jì)時(shí)器與小車(chē)相連。計(jì)時(shí)器所連交流電源的電壓為　 　V。
（2）用墊塊將木板右端墊高，調(diào)整墊塊位置，進(jìn)行阻力補(bǔ)償。某次打出紙帶如圖（b）所示（紙帶的右端與小車(chē)相連），則墊塊應(yīng)該　 　（選填“往左移”、“往右移”或“固定不動(dòng)”）。
（3）經(jīng)多次調(diào)節(jié)后直至完全補(bǔ)償阻力，掛上槽碼，接通電源，釋放小車(chē)，打出的紙帶一部分如圖（c）所示，已知紙帶上標(biāo)出的相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有兩個(gè)點(diǎn)未畫(huà)出，則小車(chē)運(yùn)動(dòng)的加速度大小為　 　（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）。根據(jù)數(shù)據(jù)可知，實(shí)驗(yàn)過(guò)程中不合理之處為　 　。
【答案】（1）220
（2）往右移
（3）6.12；不滿(mǎn)足槽碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車(chē)的質(zhì)量
【知識(shí)點(diǎn)】加速度；探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系
【解析】【解答】該實(shí)驗(yàn)為力學(xué)實(shí)驗(yàn)中比較重要的一個(gè)實(shí)驗(yàn)，需要學(xué)生明白實(shí)驗(yàn)原理，并能夠數(shù)量使用逐差法公式求小車(chē)的加速，能夠?qū)?shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)準(zhǔn)確分析。
（1）電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用電壓為8伏，電火花計(jì)時(shí)器所連交流電源的電壓為220V。
（2）由題圖（b）可知，從右往左紙帶上兩點(diǎn)間的間距逐漸增大，說(shuō)明小車(chē)做加速運(yùn)動(dòng)，可能是過(guò)度平衡摩擦力，應(yīng)減小木板的傾角，即將墊塊往右移。
（3）依題意，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)時(shí)間間隔為
由逐差法可得
根據(jù)加速度計(jì)算結(jié)果看，其值偏大。可知，實(shí)驗(yàn)過(guò)程中不合理之處為不滿(mǎn)足槽碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車(chē)的質(zhì)量。
【分析】（1）電火花計(jì)時(shí)器電壓為交流220V；
（2）補(bǔ)償阻力是用重力的分力平衡阻力；
（3）根據(jù) 相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有兩個(gè)點(diǎn)未畫(huà)出求解打點(diǎn)的時(shí)間間隔，根據(jù)逐差法求解加速度大小。
17．（2024高一下·衢州期末）在“探究向心力大小的表達(dá)式”實(shí)驗(yàn)中
（1）本實(shí)驗(yàn)所采用的實(shí)驗(yàn)探究方法與下列哪個(gè)實(shí)驗(yàn)是相同的___________。
A．探究彈簧彈力與形變量的關(guān)系
B．探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律
C．探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系
D．探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)
（2）用如圖所示的向心力演示器進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，下圖中探究向心力大小與軌道半徑關(guān)系的是___________。
A．
B．
C．
D．
（3）探究向心力大小與角速度的關(guān)系時(shí)，搖動(dòng)手柄，發(fā)現(xiàn)兩標(biāo)尺顯示的等分格數(shù)值之比為1∶4，若增大搖動(dòng)速度，則等分格數(shù)值之比將　 　（選填“變大”、“不變”或“變小”）。
【答案】（1）A；C
（2）D
（3）不變
【知識(shí)點(diǎn)】向心力
【解析】【解答】（1）本實(shí)驗(yàn)所采用的實(shí)驗(yàn)探究方法是控制變量法。
A．根據(jù)胡克定律可知探究彈簧彈力與形變量之間的關(guān)系，采用了控制變量法，故A符合題意；
B．探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律，即兩個(gè)分力與合力的作用效果相同，采用的是等效替代的思想，故B不符合題意；
C．探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系是通過(guò)控制變量法進(jìn)行研究的，故C符合題意；
D．探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，例如兩球同時(shí)落地，兩球在豎直方向上的運(yùn)動(dòng)效果相同，應(yīng)用了等效思想，故D不符合題意。
故選AC。
（2）根據(jù)向心力為
則探究向心力大小與軌道半徑的關(guān)系時(shí)，需要保證質(zhì)量相同（裝盤(pán)上兩個(gè)球同為鋼球或鋁球），還要保證角速度相同，而兩塔輪用皮帶連接，邊緣的線速度相等，由，則需要兩塔輪的半徑相等，故符合這兩個(gè)條件的選D。
（3）探究向心力大小與角速度的關(guān)系時(shí)，根據(jù)可知，兩標(biāo)尺顯示的等分格數(shù)值之比為1∶4，即向心力之比為1：4，若增大搖動(dòng)速度，因塔輪半徑不變，則角速度的關(guān)系不變，則向心力的關(guān)系不變，故等分格數(shù)值之比將不變。
綜上：第1空：AC；第2空：D；第3空：不變
【分析】（1）本實(shí)驗(yàn)所采用的實(shí)驗(yàn)探究方法是控制變量法，與之相同的是：探究彈簧彈力與形變量之間的關(guān)系，探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系；探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律，采用的是等效替代的思想；探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，應(yīng)用了等效思想。
（2）根據(jù)向心力可知：探究向心力大小與軌道半徑的關(guān)系時(shí)，需要保證小球質(zhì)量相同，角速度相同，兩塔輪用皮帶連接，邊緣的線速度相等，由，則需要兩塔輪的半徑相等。
（3）兩標(biāo)尺顯示的等分格數(shù)值之比為向心力之比，若增大搖動(dòng)速度，因塔輪半徑不變，則角速度的關(guān)系不變，向心力的關(guān)系不變。
18．（2024高一下·衢州期末）如圖為一種利用氣墊導(dǎo)軌和光電門(mén)“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)裝置，已知重力加速度為g。主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：
a．將氣墊導(dǎo)軌放在水平桌面上，將導(dǎo)軌調(diào)至水平。
b．測(cè)出遮光條的寬度d。
c．將滑塊移至圖示位置，測(cè)出遮光條到光電門(mén)的距離l。
d．由靜止釋放滑塊，讀出遮光條通過(guò)光電門(mén)的遮光時(shí)間t。
e．用天平稱(chēng)出托盤(pán)和砝碼的總質(zhì)量m。
f．……
回答下列問(wèn)題：
（1）為驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，還需要測(cè)量的物理量有___________。
A．滑塊的長(zhǎng)度x
B．滑塊和遮光條的總質(zhì)量M
C．遮光條運(yùn)動(dòng)到光電門(mén)處所用的時(shí)間T
（2）若要符合機(jī)械能守恒定律的結(jié)論，以上測(cè)得的物理量應(yīng)該滿(mǎn)足的關(guān)系為（用測(cè)得的物理量符號(hào)表示）　 　。
（3）在該實(shí)驗(yàn)中　 　（選填“需要”或“不需要”）滿(mǎn)足滑塊和遮光條的總質(zhì)量遠(yuǎn)大于托盤(pán)和砝碼的總質(zhì)量。
【答案】（1）B
（2）
（3）不需要
【知識(shí)點(diǎn)】驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律
【解析】【解答】實(shí)驗(yàn)原理：自由下落的物體只有重力做功，若減小的勢(shì)能等于增加的動(dòng)能，即：-△Ep=△Ek，則物體機(jī)械能守恒。
（1）為了驗(yàn)證減小的勢(shì)能等于增加的動(dòng)能，實(shí)驗(yàn)要驗(yàn)證的關(guān)系式為
則還需要測(cè)量滑塊和遮光條的總質(zhì)量M，故選B。
（2）若要符合機(jī)械能守恒定律的結(jié)論，以上測(cè)得的物理量應(yīng)該滿(mǎn)足的關(guān)系為
（3）在該實(shí)驗(yàn)中研究系統(tǒng)的機(jī)械能守恒問(wèn)題，則不需要滿(mǎn)足滑塊和遮光條的總質(zhì)量遠(yuǎn)大于托盤(pán)和砝碼的總質(zhì)量。
【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理得到需要驗(yàn)證的關(guān)系式，根據(jù)關(guān)系式判斷需要測(cè)量的物理量；
（2）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析需要驗(yàn)證的實(shí)驗(yàn)關(guān)系；
（3）驗(yàn)證牛頓第二定律實(shí)驗(yàn)才要滿(mǎn)足滑塊和遮光條的總質(zhì)量遠(yuǎn)大于托盤(pán)和砝碼的總質(zhì)量。
19．（2024高一下·衢州期末）如圖為“眼疾手快”游戲裝置示意圖，游戲者需接住從支架上隨機(jī)落下的圓棒。已知圓棒長(zhǎng)為0.4m，圓棒下端距水平地面2.1m，某次游戲中一未被接住的圓棒下落經(jīng)過(guò)A、B兩點(diǎn)，A、B間距0.4m，B點(diǎn)距離地面1.25m。圓棒下落過(guò)程中始終保持豎直，不計(jì)空氣阻力。求：
（1）圓棒下端到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度大小；
（2）圓棒經(jīng)過(guò)AB段所需的時(shí)間。
【答案】（1）圓棒底部距離A點(diǎn)高度為
圓棒做自由落體運(yùn)動(dòng)下落到A點(diǎn)有
解得
則圓棒下端到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度大小為
（2）圓棒上端距離B點(diǎn)高度為
圓棒做自由落體運(yùn)動(dòng)，當(dāng)圓棒上端下落到B點(diǎn)有
解得
則圓棒經(jīng)過(guò)AB段所需的時(shí)間為
【知識(shí)點(diǎn)】自由落體運(yùn)動(dòng)
【解析】【分析】（1）根據(jù)圓棒底部距離A點(diǎn)高度，由自由落體運(yùn)動(dòng)高度與時(shí)間關(guān)系求解時(shí)間，速度共速求解B點(diǎn)速度；
（2）同理根據(jù)圓棒上端距離B點(diǎn)高度求解時(shí)間，進(jìn)而求解AB段時(shí)間。
20．（2024高一下·衢州期末）如圖甲所示，水平桌面上靜置有一算盤(pán)，中間帶孔的算珠可穿在固定的桿上滑動(dòng)，使用時(shí)發(fā)現(xiàn)有一顆算珠位于桿的一端處于未歸零狀態(tài)，在時(shí)刻對(duì)算珠施加沿桿方向的力使其由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)0.1s撤去F，此后再經(jīng)0.1s恰好能到達(dá)另一端處于歸零狀態(tài)。算珠在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的圖像如圖乙所示，算珠的厚度，g取10m/s2，與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定。求：
（1）桿的長(zhǎng)度L；
（2）算珠與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
（3）算珠的質(zhì)量m。
【答案】（1）根據(jù)圖像與橫軸圍成的面積表示位移，可知桿的長(zhǎng)度為
（2）撤去F后，算珠做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為
根據(jù)牛頓第二定律有
可得算珠與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
（3）算珠做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為
根據(jù)牛頓第二定律有
聯(lián)立解得算珠的質(zhì)量為
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用
【解析】【分析】（1）根據(jù)圖像與橫軸圍成的面積表示位移求解桿的長(zhǎng)度；
（2）根據(jù)撤去F后，算珠做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度，結(jié)合牛頓第二定律求解摩擦因數(shù)；
（3）根據(jù)算珠做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度，結(jié)合牛頓第二定律求解質(zhì)量。
21．（2024高一下·衢州期末）如圖，用一長(zhǎng)、不可伸長(zhǎng)的絕緣輕繩將一帶電小球懸掛于O點(diǎn)，O點(diǎn)離水平地面高，小球質(zhì)量。加一范圍足夠大的水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小，平衡時(shí)小球靜止于A點(diǎn)，此時(shí)輕繩與豎直方向夾角。現(xiàn)將小球拉到O點(diǎn)正下方B點(diǎn)（繩子剛好伸直），由靜止釋放。帶電小球可視為質(zhì)點(diǎn)，，求：
（1）小球所帶電性和電荷量q；
（2）小球第一次經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度大小；
（3）當(dāng)小球第一次運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)立即剪斷輕繩，小球運(yùn)動(dòng)到與A點(diǎn)等高處時(shí)與A點(diǎn)的水平距離x。
【答案】（1）小球靜止于A點(diǎn)，可知小球受到的電場(chǎng)力水平向右，與場(chǎng)強(qiáng)方向相反，則小球帶負(fù)電；根據(jù)受力平衡可得
解得小球的電荷量為
（2）現(xiàn)將小球拉到O點(diǎn)正下方B點(diǎn)（繩子剛好伸直），由靜止釋放，到達(dá)A點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得
解得小球第一次經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度大小為
（3）當(dāng)小球第一次運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)立即剪斷輕繩，球運(yùn)動(dòng)到與A點(diǎn)等高處時(shí)，豎直方向有
水平方向有
，
聯(lián)立解得
【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)綜合
【解析】【分析】（1）小球靜止于A點(diǎn)，可知小球受到的電場(chǎng)力水平向右，與場(chǎng)強(qiáng)方向相反，則小球帶負(fù)電；受力分析根據(jù)力的合成法列方程求解電荷量；
（2）根據(jù)動(dòng)能定理求解得小球第一次經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度大小；
（3）當(dāng)小球第一次運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)立即剪斷輕繩，小球做曲線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)分解速度：豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)方程求解時(shí)間，水平方向電場(chǎng)力作用下的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求解水平加速度，由對(duì)稱(chēng)性結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)方程求解水平位移。
22．（2024高一下·衢州期末）如圖為某快遞智能分揀系統(tǒng)示意圖。AB是半徑、圓心角的光滑圓弧軌道，與其平滑連接的水平傳送帶長(zhǎng)，以大小的速度順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，在傳送帶下方相距有一水平平臺(tái)DE，平臺(tái)長(zhǎng)，在平臺(tái)末端E處緊靠停放一平板車(chē)，平板車(chē)上表面與平臺(tái)在同一水平面，傳送帶末端C點(diǎn)與平臺(tái)D點(diǎn)處在同一豎直線上。設(shè)質(zhì)量的包裹（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)靜止滑下。已知包裹與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，忽略空氣阻力和傳送帶轉(zhuǎn)輪半徑大小的影響，，求：
（1）包裹到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；
（2）傳送帶對(duì)包裹所做的功W；
（3）若包裹從A點(diǎn)滑下時(shí)初速度，為使包裹都能剛好落在E點(diǎn)，的大小需滿(mǎn)足什么條件；
（4）為了防止易碎品包裹在運(yùn)輸中的損壞，進(jìn)一步優(yōu)化系統(tǒng)，可在DE平臺(tái)上固定一傾角的斜面（圖中未畫(huà)出），讓包裹離開(kāi)傳送帶后恰能無(wú)碰撞地落在斜面上，斜面末端離E點(diǎn)的水平距離x。
【答案】（1）包裹從A點(diǎn)到B點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得
解得
在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
根據(jù)牛頓第三定律可知，包裹到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為，方向豎直向下。
（2）由于
可知包裹滑上傳送帶后做加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為
包裹滑上傳送帶到與傳送帶共速所用時(shí)間為
包裹加速階段通過(guò)的位移大小為
可知包裹剛好運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端時(shí)與傳送帶共速，則傳送帶對(duì)包裹所做的功為
（3）若包裹都能剛好落在E點(diǎn)，則從C點(diǎn)到E點(diǎn)過(guò)程，有
，
解得包裹從C點(diǎn)拋出的速度為
若包裹在傳送帶一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，即包裹在傳送帶上，摩擦力一直對(duì)包裹做負(fù)功，則包裹從A點(diǎn)到C點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得
解得
則為使包裹都能剛好落在E點(diǎn)，的大小需滿(mǎn)足
（4）在DE平臺(tái)上固定一傾角的斜面，讓包裹離開(kāi)傳送帶后恰能無(wú)碰撞地落在斜面上，可知包裹到達(dá)斜面頂端時(shí)，速度方向與水平方向的夾角為，則有
，
解得
包裹到達(dá)斜面頂端時(shí)，下落高度和通過(guò)的水平位移分別為
，
根據(jù)幾何關(guān)系可知斜面的水平長(zhǎng)度為
可知末端離E點(diǎn)的水平距離為
【知識(shí)點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)；向心力；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用
【解析】【分析】（1）包裹從A點(diǎn)到B點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理求解B點(diǎn)速度，根據(jù)牛頓第二定律求解支持力，根據(jù)牛頓第三定律求解包裹到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；
（2）根據(jù)牛頓第二定律求解包裹滑上傳送帶的加速；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)方程求解共速時(shí)間和位移；明確包裹在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)到末端共速，根據(jù)動(dòng)能定理求解傳送帶對(duì)包裹所做的功；
（3）根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)水平方向勻速直線，豎直方向自由落體運(yùn)動(dòng)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)方程組聯(lián)立求解C點(diǎn)速度；結(jié)合傳送帶速度分析若包裹在傳送帶一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，包裹從A點(diǎn)到C點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理求解A點(diǎn)速度；從而得出A點(diǎn)速度范圍；
（4）根據(jù)題意可知包裹離開(kāi)傳送帶后恰能無(wú)碰撞地落在斜面上，分解末速度結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)方程求解平拋運(yùn)動(dòng)到達(dá)斜面頂端時(shí)，下落高度和通過(guò)的水平位移；根據(jù)幾何關(guān)系求解斜面的水平長(zhǎng)度；從而求解末端離E點(diǎn)的水平距離。
1 / 1浙江省衢州市2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期6月教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(cè)物理試卷
1．（2024高一下·衢州期末）用國(guó)際單位制中的基本單位符號(hào)表示功的單位，正確的是（　　）
A． B．
C． D．J
2．（2024高一下·衢州期末）下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．開(kāi)普勒發(fā)現(xiàn)行星運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，并通過(guò)“月一地檢驗(yàn)”，得出了萬(wàn)有引力定律
B．為我國(guó)航天事業(yè)作出特殊貢獻(xiàn)的科學(xué)家錢(qián)學(xué)森被譽(yù)為“中國(guó)航天之父”
C．庫(kù)侖最早通過(guò)油滴實(shí)驗(yàn)測(cè)量了元電荷的數(shù)值為
D．密立根采用電場(chǎng)線這一簡(jiǎn)潔方法來(lái)描述電場(chǎng)的大小和方向
3．（2024高一下·衢州期末）2024年3月20日8時(shí)31分，探月工程四期“鵲橋二號(hào)”中繼星由長(zhǎng)征八號(hào)遙三運(yùn)載火箭在海南文昌航天發(fā)射場(chǎng)成功發(fā)射升空。經(jīng)過(guò)約112小時(shí)奔月飛行，在距月面約440公里處開(kāi)始實(shí)施近月制動(dòng)，之后順利進(jìn)入環(huán)月橢圓軌道飛行。則（　　）
A．“8時(shí)31分”指的是時(shí)間間隔
B．研究“鵲橋二號(hào)”進(jìn)行近月制動(dòng)變軌時(shí)，可把它視為質(zhì)點(diǎn)
C．“鵲橋二號(hào)”環(huán)月橢圓飛行一周，平均速度等于零
D．火箭發(fā)射過(guò)程中，“鵲橋二號(hào)”始終處于失重狀態(tài)
4．（2024高一下·衢州期末）將塑料帶一端打結(jié)，另一端撕開(kāi)多條，用毛巾反復(fù)摩擦塑料帶；用毛巾多次摩擦PVC管，將塑料帶往上拋，PVC管放在塑料帶下方，可觀察到塑料帶化身為“章魚(yú)”在空中漂浮。則（　　）
A．毛巾與塑料帶帶同種電荷
B．PVC管與塑料帶帶同種電荷
C．毛巾與塑料帶摩擦?xí)r產(chǎn)生了電荷
D．塑料帶會(huì)張開(kāi)是因?yàn)槭艿搅薖VC管對(duì)它的吸引力
5．（2024高一下·衢州期末）飛盤(pán)是一種投擲盤(pán)形器具的運(yùn)動(dòng)。盤(pán)呈圓形、有卷邊，用手指和手腕發(fā)力，使之旋轉(zhuǎn)，在空中飄飛。如圖小帥同學(xué)從離水平地面1.25m的高處，將飛盤(pán)以某一初速度水平投出，落地時(shí)間可能是（　　）
A．2.1s B．0.5s C．0.4s D．0.3s
6．（2024高一下·衢州期末）如圖所示，一小球由空中某處?kù)o止釋放后，豎直下落，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的空氣阻力大小與速率成正比，以小球的落地點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向建立x軸，則關(guān)于小球的位置坐標(biāo)x、速度大小v和加速度大小a的圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2024高一下·衢州期末）如圖所示，某同學(xué)用兩只手指捏住飲料瓶（含飲料）的a、b位置，瓶子處于靜止?fàn)顟B(tài)，且瓶子的外形保持不變，則（　　）
A．瓶受到的摩擦力大于其受到的重力
B．手指對(duì)瓶?jī)蓚?cè)的壓力是一對(duì)平衡力
C．手指對(duì)瓶的壓力是由于瓶的形變而產(chǎn)生的
D．瓶對(duì)手指的作用力方向豎直向上
8．（2024高一下·衢州期末）在水平向右飛行的客機(jī)中，發(fā)現(xiàn)飲料杯中的液面與水平小桌板成α角，如圖所示。則（　　）
A．客機(jī)在做勻速直線運(yùn)動(dòng) B．客機(jī)在做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
C．客機(jī)的加速度大小為 D．飲料杯只受重力和支持力
9．（2024高一下·衢州期末）某傳動(dòng)裝置如圖所示，A、B、C三點(diǎn)分別是半徑為r、2r和4r三個(gè)齒輪邊緣上的點(diǎn)。當(dāng)A點(diǎn)所在的齒輪以角速度ω順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)（　　）
A．B點(diǎn)所在齒輪也順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng) B．C點(diǎn)的線速度大小為2ωr
C．C點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為4ω D．C點(diǎn)的向心加速度大小為
10．（2024高一下·衢州期末）我國(guó)的“天宮”空間站位于距地面約400km高的近地軌道；北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)，由5顆靜止衛(wèi)星、30顆非靜止衛(wèi)星等組成。若空間站和北斗系統(tǒng)的衛(wèi)星均視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則（　　）
A．空間站里的宇航員受到地球的引力為零
B．空間站運(yùn)行速度大于7.9km/s
C．靜止衛(wèi)星離地球表面的高度都是一定的
D．靜止衛(wèi)星可以經(jīng)過(guò)衢州地區(qū)的正上空
11．（2024高一下·衢州期末）內(nèi)陸鹽礦中開(kāi)采的氯化鈉稱(chēng)為巖鹽。如圖所示，巖鹽晶體結(jié)構(gòu)中相鄰的四個(gè)離子處于正方形的四個(gè)頂點(diǎn)，O點(diǎn)為正方形中心，A、B、C和D為各邊中點(diǎn)，關(guān)于這四個(gè)離子形成的電場(chǎng)，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．A、B兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向相同
B．C、D兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小等于零
C．試探電荷q在O點(diǎn)所受電場(chǎng)力大小不為零
D．試探電荷q在A、B、C和D點(diǎn)所受電場(chǎng)力大小相等
12．（2024高一下·衢州期末）蜜蜂飛行過(guò)程中身上會(huì)積累少量正電荷，當(dāng)蜜蜂接近帶負(fù)電的花蕊時(shí)，它們之間的電場(chǎng)線如圖中實(shí)線所示，圖中虛線為某一帶電花粉顆粒的部分運(yùn)動(dòng)軌跡。不計(jì)重力和空氣阻力，則（　　）
A．蜜蜂身體周?chē)碾妶?chǎng)可能是勻強(qiáng)電場(chǎng)
B．花粉顆粒被吸附過(guò)程做勻變速運(yùn)動(dòng)
C．花粉顆粒在a點(diǎn)動(dòng)能小于在b點(diǎn)的動(dòng)能
D．花粉顆粒在a點(diǎn)電勢(shì)能小于在b點(diǎn)的電勢(shì)能
13．（2024高一下·衢州期末）如圖，不計(jì)質(zhì)量的凹形軌道固定在電子秤上，凹形軌道最下方是半徑為R的圓弧軌道，當(dāng)視為質(zhì)點(diǎn)的小球靜置在軌道最低點(diǎn)B時(shí)，電子秤讀數(shù)為；小球從離B點(diǎn)高為H處的A點(diǎn)靜止釋放，小球通過(guò)B點(diǎn)時(shí)，電子秤讀數(shù)為。重力加速度為g，則（　　）
A．電子秤的兩次讀數(shù)
B．小球從A到B的過(guò)程中重力勢(shì)能減小了
C．小球從A到B的過(guò)程中克服摩擦力做功為
D．小球從A到B的過(guò)程中機(jī)械能減小了
14．（2024高一下·衢州期末）如圖所示，質(zhì)量、長(zhǎng)度的木板靜止于光滑水平面上，某時(shí)刻一質(zhì)量的木塊以初速度滑上木板左端，木塊可視為質(zhì)點(diǎn)，與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，則（　　）
A．木塊會(huì)從木板的右側(cè)滑下
B．2s內(nèi)木塊的位移大小為9m
C．2s內(nèi)木板對(duì)木塊做功為20J
D．2s內(nèi)木塊和木板組成的系統(tǒng)增加的內(nèi)能為16J
15．（2024高一下·衢州期末）“路亞”是一種釣魚(yú)方法，先把魚(yú)餌通過(guò)輕質(zhì)魚(yú)線收到魚(yú)竿末端，然后用力將魚(yú)餌甩向遠(yuǎn)處。如圖所示，在a位置開(kāi)始甩竿，甩竿過(guò)程竿可視為在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，魚(yú)餌被甩至豎直位置b點(diǎn)時(shí)迅速釋放魚(yú)線，魚(yú)餌被水平拋出，最后落在距b水平距離的水面上。已知魚(yú)餌質(zhì)量，竿長(zhǎng)，Oa與Ob成角，O距水面高。魚(yú)餌從b點(diǎn)拋出后，忽略魚(yú)線對(duì)其作用力和空氣阻力，已知：。則（　　）
A．魚(yú)餌在b點(diǎn)拋出時(shí)的速度大小為
B．魚(yú)餌在b點(diǎn)受魚(yú)竿作用力的方向豎直向上
C．a(chǎn)到b的甩竿過(guò)程，魚(yú)餌的重力勢(shì)能不斷減小
D．a(chǎn)到b的甩竿過(guò)程，魚(yú)竿對(duì)魚(yú)餌做的功4.128J
16．（2024高一下·衢州期末）圖（a）為“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)裝置，實(shí)驗(yàn)過(guò)程如下：
（1）將小車(chē)置于帶有定滑輪的木板上，然后將紙帶穿過(guò)電火花計(jì)時(shí)器與小車(chē)相連。計(jì)時(shí)器所連交流電源的電壓為　 　V。
（2）用墊塊將木板右端墊高，調(diào)整墊塊位置，進(jìn)行阻力補(bǔ)償。某次打出紙帶如圖（b）所示（紙帶的右端與小車(chē)相連），則墊塊應(yīng)該　 　（選填“往左移”、“往右移”或“固定不動(dòng)”）。
（3）經(jīng)多次調(diào)節(jié)后直至完全補(bǔ)償阻力，掛上槽碼，接通電源，釋放小車(chē)，打出的紙帶一部分如圖（c）所示，已知紙帶上標(biāo)出的相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有兩個(gè)點(diǎn)未畫(huà)出，則小車(chē)運(yùn)動(dòng)的加速度大小為　 　（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）。根據(jù)數(shù)據(jù)可知，實(shí)驗(yàn)過(guò)程中不合理之處為　 　。
17．（2024高一下·衢州期末）在“探究向心力大小的表達(dá)式”實(shí)驗(yàn)中
（1）本實(shí)驗(yàn)所采用的實(shí)驗(yàn)探究方法與下列哪個(gè)實(shí)驗(yàn)是相同的___________。
A．探究彈簧彈力與形變量的關(guān)系
B．探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律
C．探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系
D．探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)
（2）用如圖所示的向心力演示器進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，下圖中探究向心力大小與軌道半徑關(guān)系的是___________。
A．
B．
C．
D．
（3）探究向心力大小與角速度的關(guān)系時(shí)，搖動(dòng)手柄，發(fā)現(xiàn)兩標(biāo)尺顯示的等分格數(shù)值之比為1∶4，若增大搖動(dòng)速度，則等分格數(shù)值之比將　 　（選填“變大”、“不變”或“變小”）。
18．（2024高一下·衢州期末）如圖為一種利用氣墊導(dǎo)軌和光電門(mén)“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)裝置，已知重力加速度為g。主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：
a．將氣墊導(dǎo)軌放在水平桌面上，將導(dǎo)軌調(diào)至水平。
b．測(cè)出遮光條的寬度d。
c．將滑塊移至圖示位置，測(cè)出遮光條到光電門(mén)的距離l。
d．由靜止釋放滑塊，讀出遮光條通過(guò)光電門(mén)的遮光時(shí)間t。
e．用天平稱(chēng)出托盤(pán)和砝碼的總質(zhì)量m。
f．……
回答下列問(wèn)題：
（1）為驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，還需要測(cè)量的物理量有___________。
A．滑塊的長(zhǎng)度x
B．滑塊和遮光條的總質(zhì)量M
C．遮光條運(yùn)動(dòng)到光電門(mén)處所用的時(shí)間T
（2）若要符合機(jī)械能守恒定律的結(jié)論，以上測(cè)得的物理量應(yīng)該滿(mǎn)足的關(guān)系為（用測(cè)得的物理量符號(hào)表示）　 　。
（3）在該實(shí)驗(yàn)中　 　（選填“需要”或“不需要”）滿(mǎn)足滑塊和遮光條的總質(zhì)量遠(yuǎn)大于托盤(pán)和砝碼的總質(zhì)量。
19．（2024高一下·衢州期末）如圖為“眼疾手快”游戲裝置示意圖，游戲者需接住從支架上隨機(jī)落下的圓棒。已知圓棒長(zhǎng)為0.4m，圓棒下端距水平地面2.1m，某次游戲中一未被接住的圓棒下落經(jīng)過(guò)A、B兩點(diǎn)，A、B間距0.4m，B點(diǎn)距離地面1.25m。圓棒下落過(guò)程中始終保持豎直，不計(jì)空氣阻力。求：
（1）圓棒下端到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度大小；
（2）圓棒經(jīng)過(guò)AB段所需的時(shí)間。
20．（2024高一下·衢州期末）如圖甲所示，水平桌面上靜置有一算盤(pán)，中間帶孔的算珠可穿在固定的桿上滑動(dòng)，使用時(shí)發(fā)現(xiàn)有一顆算珠位于桿的一端處于未歸零狀態(tài)，在時(shí)刻對(duì)算珠施加沿桿方向的力使其由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)0.1s撤去F，此后再經(jīng)0.1s恰好能到達(dá)另一端處于歸零狀態(tài)。算珠在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的圖像如圖乙所示，算珠的厚度，g取10m/s2，與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定。求：
（1）桿的長(zhǎng)度L；
（2）算珠與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
（3）算珠的質(zhì)量m。
21．（2024高一下·衢州期末）如圖，用一長(zhǎng)、不可伸長(zhǎng)的絕緣輕繩將一帶電小球懸掛于O點(diǎn)，O點(diǎn)離水平地面高，小球質(zhì)量。加一范圍足夠大的水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小，平衡時(shí)小球靜止于A點(diǎn)，此時(shí)輕繩與豎直方向夾角。現(xiàn)將小球拉到O點(diǎn)正下方B點(diǎn)（繩子剛好伸直），由靜止釋放。帶電小球可視為質(zhì)點(diǎn)，，求：
（1）小球所帶電性和電荷量q；
（2）小球第一次經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度大小；
（3）當(dāng)小球第一次運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)立即剪斷輕繩，小球運(yùn)動(dòng)到與A點(diǎn)等高處時(shí)與A點(diǎn)的水平距離x。
22．（2024高一下·衢州期末）如圖為某快遞智能分揀系統(tǒng)示意圖。AB是半徑、圓心角的光滑圓弧軌道，與其平滑連接的水平傳送帶長(zhǎng)，以大小的速度順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，在傳送帶下方相距有一水平平臺(tái)DE，平臺(tái)長(zhǎng)，在平臺(tái)末端E處緊靠停放一平板車(chē)，平板車(chē)上表面與平臺(tái)在同一水平面，傳送帶末端C點(diǎn)與平臺(tái)D點(diǎn)處在同一豎直線上。設(shè)質(zhì)量的包裹（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)靜止滑下。已知包裹與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，忽略空氣阻力和傳送帶轉(zhuǎn)輪半徑大小的影響，，求：
（1）包裹到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；
（2）傳送帶對(duì)包裹所做的功W；
（3）若包裹從A點(diǎn)滑下時(shí)初速度，為使包裹都能剛好落在E點(diǎn)，的大小需滿(mǎn)足什么條件；
（4）為了防止易碎品包裹在運(yùn)輸中的損壞，進(jìn)一步優(yōu)化系統(tǒng)，可在DE平臺(tái)上固定一傾角的斜面（圖中未畫(huà)出），讓包裹離開(kāi)傳送帶后恰能無(wú)碰撞地落在斜面上，斜面末端離E點(diǎn)的水平距離x。
答案解析部分
1．【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】功的概念
【解析】【解答】根據(jù)功的表達(dá)式
又
可知用國(guó)際單位制中的基本單位符號(hào)表示功的單位為。
故選A。
【分析】根據(jù)功的表達(dá)式結(jié)合牛頓第二定律推導(dǎo)單位。
2．【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】物理學(xué)史
【解析】【解答】本題考查物理學(xué)史，是常識(shí)性問(wèn)題，對(duì)于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強(qiáng)記憶，注重積累。
A．牛頓通過(guò)“月一地檢驗(yàn)”，得出了萬(wàn)有引力定律，開(kāi)普勒發(fā)現(xiàn)行星運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，故A錯(cuò)誤；
B．為我國(guó)航天事業(yè)作出特殊貢獻(xiàn)的科學(xué)家錢(qián)學(xué)森被譽(yù)為“中國(guó)航天之父”，故B正確；
C．密立根最早通過(guò)油滴實(shí)驗(yàn)測(cè)量了元電荷的數(shù)值為，故C錯(cuò)誤；
D．法拉第采用電場(chǎng)線這一簡(jiǎn)潔方法來(lái)描述電場(chǎng)的大小和方向，故D錯(cuò)誤。
故選B。
【分析】根據(jù)相關(guān)科學(xué)家的物理學(xué)成就和研究方法進(jìn)行解答。
3．【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】質(zhì)點(diǎn)；時(shí)間與時(shí)刻；平均速度；超重與失重
【解析】【解答】本題主要考查了時(shí)間間隔和時(shí)刻、物體看作質(zhì)點(diǎn)的條件以及平均速度的計(jì)算等基礎(chǔ)知識(shí)，比較簡(jiǎn)單。
A． 時(shí)間間隔為時(shí)間段，時(shí)刻為時(shí)間點(diǎn)，“8時(shí)31分”指的是時(shí)刻，故A錯(cuò)誤；
B．研究“鵲橋二號(hào)”進(jìn)行近月制動(dòng)變軌時(shí)，“鵲橋二號(hào)”的形狀大小不能忽略不計(jì)，不可以把它視為質(zhì)點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；
C．“鵲橋二號(hào)”環(huán)月橢圓飛行一周，其位移為0，則平均速度等于零，故C正確；
D．火箭發(fā)射過(guò)程中，“鵲橋二號(hào)”的加速度方向一開(kāi)始向上，處于超重狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】時(shí)間間隔為時(shí)間段，時(shí)刻為時(shí)間點(diǎn)；物體的形狀和大小對(duì)于所研究的問(wèn)題可忽略不計(jì)時(shí)可把物體看作質(zhì)點(diǎn)；平均速度為位移與時(shí)間的比值； 加速度向上為超重。
4．【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】電荷及三種起電方式
【解析】【解答】本題考查電荷守恒定律和電荷之間的相互作用，解題關(guān)鍵在于掌握電荷守恒定律和起電方式。
AC．根據(jù)電荷守恒定律，電荷不能被創(chuàng)造，毛巾與塑料帶摩擦?xí)r并沒(méi)有產(chǎn)生電荷，而是電子從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體上，毛巾與塑料帶帶異種電荷，故AC錯(cuò)誤；
B．用毛巾摩擦后，PVC管與塑料帶帶同種電荷，兩者間相互排斥，從而使塑料帶化身為“章魚(yú)”在空中漂浮，故B正確；
D．塑料帶會(huì)張開(kāi)是因?yàn)閹贤N電荷相互排斥，向四周散開(kāi)，故D錯(cuò)誤。
故選B。
【分析】電荷不能被創(chuàng)造；根據(jù)同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引判斷。
5．【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】若豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，則有
可得
由于盤(pán)形器具在空中飄飛受到一定的空氣阻力，所以實(shí)際下落時(shí)間大于。
故選A。
【分析】水平拋出若只受重力，由自由落體運(yùn)動(dòng)求解時(shí)間，但飛行中空氣阻力不能忽略，實(shí)際下落時(shí)間更長(zhǎng)。
6．【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓定律與圖象
【解析】【解答】CD．根據(jù)牛頓第二定律可得
又
可得
可知圖像為一條斜率為負(fù)、縱軸截距為正的傾斜直線；小球由空中某處?kù)o止釋放后，做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，若落地前加速度已經(jīng)減為0，則小球繼續(xù)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤，D正確。
AB．以小球的落地點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向建立x軸，則時(shí)刻，小球的x坐標(biāo)大于0，且小球加速階段，圖像的切線斜率應(yīng)逐漸增大，故AB錯(cuò)誤。
故選D。
【分析】CD、根據(jù)牛頓第二定律求解關(guān)系式，以此分析小球運(yùn)動(dòng)規(guī)律：先做加速度減小的加速，落地前加速度減為零做勻速直線，以此分析判斷；
AB、根據(jù)x-t圖斜率代表速度，結(jié)合小球運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析判斷。
7．【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】形變與彈力；共點(diǎn)力的平衡
【解析】【解答】本題考查共點(diǎn)力平衡問(wèn)題，是從日常生活中的生活實(shí)例入手，設(shè)置情景，要提高用所學(xué)物理知識(shí)解決問(wèn)題的能力。
AB． 用兩只手指捏住飲料瓶（含飲料）的a、b位置， 對(duì)瓶進(jìn)行受力分析，其受力如圖所示
設(shè)瓶子摩擦力與豎直方向的夾角為，瓶子靜止，根據(jù)平衡條件可得
可知瓶受到的摩擦力大于其受到的重力，由于手指對(duì)瓶?jī)蓚?cè)的壓力方向不再同一直線上，所以不是一對(duì)平衡力，故A正確，B錯(cuò)誤；
C．手指對(duì)瓶的壓力是由于手的形變而產(chǎn)生的，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)受力平衡可知，手指對(duì)瓶的作用力方向豎直向上，則瓶對(duì)手指的作用力方向豎直向下，故D錯(cuò)誤。
故選A。
【分析】根據(jù)平衡條件分析其摩擦力大小；根據(jù)平衡條件判斷手對(duì)瓶子的作用力。手指對(duì)瓶的壓力是由于手的形變而產(chǎn)生的。
8．【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】受力分析的應(yīng)用；牛頓第二定律
【解析】【解答】ABC．在傾斜水面上取一小水滴，對(duì)其進(jìn)行受力分析如圖所示
可知其加速度方向向左，根據(jù)牛頓第二定律有
解得
可知客機(jī)的加速度大小為，客機(jī)向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤，C正確；
D．飲料杯的加速度水平向左，則飲料杯受重力、支持力和摩擦力作用，故D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】ABC、在傾斜水面上取一小水滴，對(duì)其進(jìn)行受力分析，根據(jù)力的合成法由牛頓第二定律求解加速度；可知客機(jī)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；
D、連接體整體分析飲料杯，需要水平方向的摩擦力提供加速度。
9．【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速；向心加速度
【解析】【解答】A、B兩點(diǎn)通過(guò)齒輪帶動(dòng)，A、B兩點(diǎn)的線速度大小相等，當(dāng)A點(diǎn)所在的齒輪以角速度ω順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，B點(diǎn)所在齒輪逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，B點(diǎn)線速度大小為
B、C兩點(diǎn)同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度相等，則C點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為
則C點(diǎn)的線速度大小為
C點(diǎn)的向心加速度大小為
故選B。
【分析】A、A齒輪順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，B齒輪逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)；
BCD、根據(jù)A與B齒輪、B與C齒輪線速度相等，結(jié)合線速度與角速度關(guān)系和向心加速度角速度公式分別求解。
10．【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】第一、第二與第三宇宙速度；衛(wèi)星問(wèn)題
【解析】【解答】本題主要是考查萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力結(jié)合向心力公式進(jìn)行分析。
A．空間站圍繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，必須要有向心力，空間站里的宇航員受到地球的引力提供繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，不為零，故A錯(cuò)誤；
B．地球第一宇宙速度等于近地衛(wèi)星的運(yùn)行速度，是衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的最大線速度，所以空間站運(yùn)行速度小于7.9km/s，故B錯(cuò)誤；
C．靜止衛(wèi)星的周期等于地球自轉(zhuǎn)周期，根據(jù)
可知靜止衛(wèi)星離地球表面的高度都是一定的，故C正確；
D．靜止衛(wèi)星只能位于赤道的正上方，所以不可以經(jīng)過(guò)衢州地區(qū)的正上空，故D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】萬(wàn)有引力提供向心力，第一宇宙速度是最大環(huán)繞速度，根據(jù)同步衛(wèi)星的特點(diǎn)分析判斷。
11．【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】電場(chǎng)線；電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加
【解析】【解答】A．可以看成兩組等量異種電荷場(chǎng)強(qiáng)的疊加，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知A、B兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相反，故A錯(cuò)誤；
B．可以看成兩組等量異種電荷場(chǎng)強(qiáng)的疊加，水平方向下面一組等量異種電荷在點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于水平方向上面一組等量異種電荷在點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，方向相反，根據(jù)矢量的合成可知D點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小不等于零，同理C點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)疊加后不為零，故B錯(cuò)誤；
C．兩等量正離子在點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)為，兩等量負(fù)離子在點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)為，則四個(gè)離子在點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)為，則試探電荷q在O點(diǎn)所受電場(chǎng)力大小為零，C錯(cuò)誤；
D．同理可知A、B、C和D點(diǎn)四個(gè)點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，則試探電荷q在A、B、C和D點(diǎn)所受電場(chǎng)力大小相等，故D正確。
故選D。
【分析】ABD、分別看成兩組等量異種電荷場(chǎng)強(qiáng)的疊加，結(jié)合點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式可知AB兩點(diǎn)與CD兩點(diǎn)均為場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相反；試探電荷q在ABCD四點(diǎn)電場(chǎng)力大小相等；
C、分別看成對(duì)角線兩組等量同種電荷場(chǎng)強(qiáng)的疊加，結(jié)合點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式可知O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零，試探電荷在O點(diǎn)所受電場(chǎng)力為零。
12．【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)綜合
【解析】【解答】A．根據(jù)圖中電場(chǎng)線分布可知，蜜蜂身體周?chē)碾妶?chǎng)不是勻強(qiáng)電場(chǎng)，故A錯(cuò)誤；
B．花粉顆粒被吸附過(guò)程，場(chǎng)強(qiáng)發(fā)生變化，電場(chǎng)力發(fā)生變化，加速度發(fā)生變化，不是做勻變速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
CD．根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)合力方向位移軌跡凹側(cè)，可知花粉顆粒受到的電場(chǎng)力偏右，與場(chǎng)強(qiáng)方向相反，則花粉顆粒帶負(fù)電，根據(jù)沿電場(chǎng)方向電勢(shì)降低，可知a點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn)電勢(shì)，由
由于花粉顆粒帶負(fù)電，則花粉顆粒在a點(diǎn)電勢(shì)能大于在b點(diǎn)的電勢(shì)能；由于只受電場(chǎng)力作用，電勢(shì)能和動(dòng)能之和保持，則花粉顆粒在a點(diǎn)動(dòng)能小于在b點(diǎn)的動(dòng)能，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】AB、由電場(chǎng)線分布圖可知是非勻強(qiáng)電場(chǎng)；花粉顆粒受到的電場(chǎng)力隨場(chǎng)強(qiáng)發(fā)生變化，加速度發(fā)生變化；
CD、根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，電場(chǎng)力應(yīng)指向軌跡內(nèi)測(cè)可知電場(chǎng)力與電場(chǎng)線方向相反，花粉顆粒帶負(fù)電荷，a-b電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小動(dòng)能增大。
13．【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】功能關(guān)系；豎直平面的圓周運(yùn)動(dòng)；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用
【解析】【解答】A．根據(jù)題意可知小球的質(zhì)量為，當(dāng)小球從離B點(diǎn)高為H處的A點(diǎn)靜止釋放，小球通過(guò)B點(diǎn)時(shí)，小球速度不為零，此時(shí)小球向心加速度向上，小球處于超重狀態(tài)，所以
故A錯(cuò)誤；
B．小球從A到B的過(guò)程中重力做功為
重力做正功，則小球的重力勢(shì)能減小了，故B錯(cuò)誤；
CD．設(shè)小球從離B點(diǎn)高為H處的A點(diǎn)靜止釋放，小球通過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度為，根據(jù)
小球從A到B的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理
解得小球從A到B的過(guò)程中克服摩擦力做功
克服摩擦力做功為，根據(jù)功能關(guān)系可知小球從A到B的過(guò)程中機(jī)械能減小了，故D正確，C錯(cuò)誤。
故選D。
【分析】A、讀數(shù)時(shí)小球處于平衡狀態(tài)；讀數(shù)時(shí)小球在B點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知加速度向上，處于超重狀態(tài)；
B、由平衡狀態(tài)可知小球質(zhì)量為，A-B重力做功為，重力勢(shì)能減小；
CD、對(duì)B點(diǎn)牛頓第二定律求解速度；A-B根據(jù)動(dòng)能定理求解摩擦力做功，克服摩擦力做功等于機(jī)械能減少量，以此分析判斷。
14．【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】功能關(guān)系；牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—板塊模型
【解析】【解答】AD．木塊與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可知，木塊與木板的加速度大小分別為
，
設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間，木塊與木板達(dá)到共速，則有
解得
，
共速前木塊與木板發(fā)生的相對(duì)位移為
共速后木塊與木板保持相對(duì)靜止，一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則木塊不會(huì)從木板的右側(cè)滑下；2s內(nèi)木塊和木板組成的系統(tǒng)增加的內(nèi)能為
故AD錯(cuò)誤；
B.2s內(nèi)木塊的位移大小為
故B正確；
C．根據(jù)動(dòng)能定理可知，2s內(nèi)木板對(duì)木塊做功為
故C錯(cuò)誤。
故選B。
【分析】AD、分別對(duì)木塊和木板受力分析，由牛頓第二定律分求解加速度；由木板長(zhǎng)度結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)方程分析判斷二者共速；根據(jù)克服摩擦力在相對(duì)位移所做的功求解系統(tǒng)內(nèi)能增加量；
B、根據(jù)共速時(shí)間結(jié)合位移公式，分別求解木塊在2s內(nèi)減速和勻速位移之和；
C、對(duì)木塊根據(jù)動(dòng)能定理求解木板對(duì)木塊所做的功。
15．【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)；生活中的圓周運(yùn)動(dòng)；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用；重力勢(shì)能的變化與重力做功的關(guān)系
【解析】【解答】A．魚(yú)餌在b點(diǎn)拋出時(shí)水平方向
豎直方向
解得
t=0.8s
v0=20m/s
選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B．魚(yú)餌在b點(diǎn)時(shí)根據(jù)牛頓第二定律
解得
F=4.8N
則魚(yú)餌在b點(diǎn)時(shí)受魚(yú)竿作用力的方向豎直向下，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．a(chǎn)到b的甩竿過(guò)程，魚(yú)餌的高度增加，則重力勢(shì)能不斷增加，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．a(chǎn)到b的甩竿過(guò)程，魚(yú)竿對(duì)魚(yú)餌做的功
選項(xiàng)D正確。
故選D。
【分析】A、根據(jù)魚(yú)餌在b點(diǎn)拋出做平拋運(yùn)動(dòng)，由豎直方向自由落體運(yùn)動(dòng)求解時(shí)間，水平方向勻速直線求解拋出速度；
B、對(duì)b點(diǎn)由牛頓第二定律合力提供向心力求解魚(yú)竿作用力；
C、a到b的過(guò)程，高度增加，重力勢(shì)能不斷增加；
D、根據(jù)動(dòng)能定理求解魚(yú)竿對(duì)魚(yú)餌做的功。
16．【答案】（1）220
（2）往右移
（3）6.12；不滿(mǎn)足槽碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車(chē)的質(zhì)量
【知識(shí)點(diǎn)】加速度；探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系
【解析】【解答】該實(shí)驗(yàn)為力學(xué)實(shí)驗(yàn)中比較重要的一個(gè)實(shí)驗(yàn)，需要學(xué)生明白實(shí)驗(yàn)原理，并能夠數(shù)量使用逐差法公式求小車(chē)的加速，能夠?qū)?shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)準(zhǔn)確分析。
（1）電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用電壓為8伏，電火花計(jì)時(shí)器所連交流電源的電壓為220V。
（2）由題圖（b）可知，從右往左紙帶上兩點(diǎn)間的間距逐漸增大，說(shuō)明小車(chē)做加速運(yùn)動(dòng)，可能是過(guò)度平衡摩擦力，應(yīng)減小木板的傾角，即將墊塊往右移。
（3）依題意，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)時(shí)間間隔為
由逐差法可得
根據(jù)加速度計(jì)算結(jié)果看，其值偏大。可知，實(shí)驗(yàn)過(guò)程中不合理之處為不滿(mǎn)足槽碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車(chē)的質(zhì)量。
【分析】（1）電火花計(jì)時(shí)器電壓為交流220V；
（2）補(bǔ)償阻力是用重力的分力平衡阻力；
（3）根據(jù) 相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有兩個(gè)點(diǎn)未畫(huà)出求解打點(diǎn)的時(shí)間間隔，根據(jù)逐差法求解加速度大小。
17．【答案】（1）A；C
（2）D
（3）不變
【知識(shí)點(diǎn)】向心力
【解析】【解答】（1）本實(shí)驗(yàn)所采用的實(shí)驗(yàn)探究方法是控制變量法。
A．根據(jù)胡克定律可知探究彈簧彈力與形變量之間的關(guān)系，采用了控制變量法，故A符合題意；
B．探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律，即兩個(gè)分力與合力的作用效果相同，采用的是等效替代的思想，故B不符合題意；
C．探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系是通過(guò)控制變量法進(jìn)行研究的，故C符合題意；
D．探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，例如兩球同時(shí)落地，兩球在豎直方向上的運(yùn)動(dòng)效果相同，應(yīng)用了等效思想，故D不符合題意。
故選AC。
（2）根據(jù)向心力為
則探究向心力大小與軌道半徑的關(guān)系時(shí)，需要保證質(zhì)量相同（裝盤(pán)上兩個(gè)球同為鋼球或鋁球），還要保證角速度相同，而兩塔輪用皮帶連接，邊緣的線速度相等，由，則需要兩塔輪的半徑相等，故符合這兩個(gè)條件的選D。
（3）探究向心力大小與角速度的關(guān)系時(shí)，根據(jù)可知，兩標(biāo)尺顯示的等分格數(shù)值之比為1∶4，即向心力之比為1：4，若增大搖動(dòng)速度，因塔輪半徑不變，則角速度的關(guān)系不變，則向心力的關(guān)系不變，故等分格數(shù)值之比將不變。
綜上：第1空：AC；第2空：D；第3空：不變
【分析】（1）本實(shí)驗(yàn)所采用的實(shí)驗(yàn)探究方法是控制變量法，與之相同的是：探究彈簧彈力與形變量之間的關(guān)系，探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系；探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律，采用的是等效替代的思想；探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，應(yīng)用了等效思想。
（2）根據(jù)向心力可知：探究向心力大小與軌道半徑的關(guān)系時(shí)，需要保證小球質(zhì)量相同，角速度相同，兩塔輪用皮帶連接，邊緣的線速度相等，由，則需要兩塔輪的半徑相等。
（3）兩標(biāo)尺顯示的等分格數(shù)值之比為向心力之比，若增大搖動(dòng)速度，因塔輪半徑不變，則角速度的關(guān)系不變，向心力的關(guān)系不變。
18．【答案】（1）B
（2）
（3）不需要
【知識(shí)點(diǎn)】驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律
【解析】【解答】實(shí)驗(yàn)原理：自由下落的物體只有重力做功，若減小的勢(shì)能等于增加的動(dòng)能，即：-△Ep=△Ek，則物體機(jī)械能守恒。
（1）為了驗(yàn)證減小的勢(shì)能等于增加的動(dòng)能，實(shí)驗(yàn)要驗(yàn)證的關(guān)系式為
則還需要測(cè)量滑塊和遮光條的總質(zhì)量M，故選B。
（2）若要符合機(jī)械能守恒定律的結(jié)論，以上測(cè)得的物理量應(yīng)該滿(mǎn)足的關(guān)系為
（3）在該實(shí)驗(yàn)中研究系統(tǒng)的機(jī)械能守恒問(wèn)題，則不需要滿(mǎn)足滑塊和遮光條的總質(zhì)量遠(yuǎn)大于托盤(pán)和砝碼的總質(zhì)量。
【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理得到需要驗(yàn)證的關(guān)系式，根據(jù)關(guān)系式判斷需要測(cè)量的物理量；
（2）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析需要驗(yàn)證的實(shí)驗(yàn)關(guān)系；
（3）驗(yàn)證牛頓第二定律實(shí)驗(yàn)才要滿(mǎn)足滑塊和遮光條的總質(zhì)量遠(yuǎn)大于托盤(pán)和砝碼的總質(zhì)量。
19．【答案】（1）圓棒底部距離A點(diǎn)高度為
圓棒做自由落體運(yùn)動(dòng)下落到A點(diǎn)有
解得
則圓棒下端到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度大小為
（2）圓棒上端距離B點(diǎn)高度為
圓棒做自由落體運(yùn)動(dòng)，當(dāng)圓棒上端下落到B點(diǎn)有
解得
則圓棒經(jīng)過(guò)AB段所需的時(shí)間為
【知識(shí)點(diǎn)】自由落體運(yùn)動(dòng)
【解析】【分析】（1）根據(jù)圓棒底部距離A點(diǎn)高度，由自由落體運(yùn)動(dòng)高度與時(shí)間關(guān)系求解時(shí)間，速度共速求解B點(diǎn)速度；
（2）同理根據(jù)圓棒上端距離B點(diǎn)高度求解時(shí)間，進(jìn)而求解AB段時(shí)間。
20．【答案】（1）根據(jù)圖像與橫軸圍成的面積表示位移，可知桿的長(zhǎng)度為
（2）撤去F后，算珠做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為
根據(jù)牛頓第二定律有
可得算珠與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
（3）算珠做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為
根據(jù)牛頓第二定律有
聯(lián)立解得算珠的質(zhì)量為
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用
【解析】【分析】（1）根據(jù)圖像與橫軸圍成的面積表示位移求解桿的長(zhǎng)度；
（2）根據(jù)撤去F后，算珠做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度，結(jié)合牛頓第二定律求解摩擦因數(shù)；
（3）根據(jù)算珠做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度，結(jié)合牛頓第二定律求解質(zhì)量。
21．【答案】（1）小球靜止于A點(diǎn)，可知小球受到的電場(chǎng)力水平向右，與場(chǎng)強(qiáng)方向相反，則小球帶負(fù)電；根據(jù)受力平衡可得
解得小球的電荷量為
（2）現(xiàn)將小球拉到O點(diǎn)正下方B點(diǎn)（繩子剛好伸直），由靜止釋放，到達(dá)A點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得
解得小球第一次經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度大小為
（3）當(dāng)小球第一次運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)立即剪斷輕繩，球運(yùn)動(dòng)到與A點(diǎn)等高處時(shí)，豎直方向有
水平方向有
，
聯(lián)立解得
【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)綜合
【解析】【分析】（1）小球靜止于A點(diǎn)，可知小球受到的電場(chǎng)力水平向右，與場(chǎng)強(qiáng)方向相反，則小球帶負(fù)電；受力分析根據(jù)力的合成法列方程求解電荷量；
（2）根據(jù)動(dòng)能定理求解得小球第一次經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度大小；
（3）當(dāng)小球第一次運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)立即剪斷輕繩，小球做曲線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)分解速度：豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)方程求解時(shí)間，水平方向電場(chǎng)力作用下的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求解水平加速度，由對(duì)稱(chēng)性結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)方程求解水平位移。
22．【答案】（1）包裹從A點(diǎn)到B點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得
解得
在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
根據(jù)牛頓第三定律可知，包裹到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為，方向豎直向下。
（2）由于
可知包裹滑上傳送帶后做加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為
包裹滑上傳送帶到與傳送帶共速所用時(shí)間為
包裹加速階段通過(guò)的位移大小為
可知包裹剛好運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端時(shí)與傳送帶共速，則傳送帶對(duì)包裹所做的功為
（3）若包裹都能剛好落在E點(diǎn)，則從C點(diǎn)到E點(diǎn)過(guò)程，有
，
解得包裹從C點(diǎn)拋出的速度為
若包裹在傳送帶一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，即包裹在傳送帶上，摩擦力一直對(duì)包裹做負(fù)功，則包裹從A點(diǎn)到C點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得
解得
則為使包裹都能剛好落在E點(diǎn)，的大小需滿(mǎn)足
（4）在DE平臺(tái)上固定一傾角的斜面，讓包裹離開(kāi)傳送帶后恰能無(wú)碰撞地落在斜面上，可知包裹到達(dá)斜面頂端時(shí)，速度方向與水平方向的夾角為，則有
，
解得
包裹到達(dá)斜面頂端時(shí)，下落高度和通過(guò)的水平位移分別為
，
根據(jù)幾何關(guān)系可知斜面的水平長(zhǎng)度為
可知末端離E點(diǎn)的水平距離為
【知識(shí)點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)；向心力；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用
【解析】【分析】（1）包裹從A點(diǎn)到B點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理求解B點(diǎn)速度，根據(jù)牛頓第二定律求解支持力，根據(jù)牛頓第三定律求解包裹到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；
（2）根據(jù)牛頓第二定律求解包裹滑上傳送帶的加速；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)方程求解共速時(shí)間和位移；明確包裹在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)到末端共速，根據(jù)動(dòng)能定理求解傳送帶對(duì)包裹所做的功；
（3）根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)水平方向勻速直線，豎直方向自由落體運(yùn)動(dòng)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)方程組聯(lián)立求解C點(diǎn)速度；結(jié)合傳送帶速度分析若包裹在傳送帶一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，包裹從A點(diǎn)到C點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理求解A點(diǎn)速度；從而得出A點(diǎn)速度范圍；
（4）根據(jù)題意可知包裹離開(kāi)傳送帶后恰能無(wú)碰撞地落在斜面上，分解末速度結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)方程求解平拋運(yùn)動(dòng)到達(dá)斜面頂端時(shí)，下落高度和通過(guò)的水平位移；根據(jù)幾何關(guān)系求解斜面的水平長(zhǎng)度；從而求解末端離E點(diǎn)的水平距離。
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