資源簡介

浙江省金華市2023-2024學年高一下學期6月期末物理試題
1．（2024高一下·金華期末）下列物理量屬于矢量的是（　　）
A．電場強度 B．電勢 C．功率 D．重力勢能
2．（2024高一下·金華期末）在物理發展史上許多科學家都作出了不可磨滅的貢獻，下列說法正確的是（　　）
A．伽利略提出了相對論時空觀
B．牛頓提出了萬有引力定律并精確測量出引力常量
C．法拉第提出用“力線”描述電荷周圍存在的“看不見摸不著”的物質
D．庫侖通過“油滴法”實驗測定了元電荷電量
3．（2024高一下·金華期末）如圖所示為馬拉雪橇的情景圖。雪橇和人總質量為m，受到與水平方向成角斜向上方的拉力，大小恒為F，勻速運動了一段位移L。雪橇與水平地面之間的滑動摩擦因數為μ。在此過程中，下列說法正確的是（　　）
A．拉力對雪橇做功為FL
B．雪橇克服摩擦力做功為
C．重力做功為mgL
D．雪橇所受的合外力對其做功為零
4．（2024高一下·金華期末）下面四幅圖用曲線運動知識描述正確的是（　　）
A．圖甲，制作棉花糖時，糖水因為受到離心力而被甩出去
B．圖乙，火車軌道的外軌略高于內軌，火車拐彎時速度越小，對軌道磨損就一定越小
C．圖丙，該自行車在賽道上做勻速圓周運動，所受的合外力不變
D．圖丁，在一座凹形橋的最低點，同一輛車子速度越大，對橋面壓力就越大
5．（2024高一下·金華期末）廣州塔有著獨特的避雷設計，當帶負電的積雨云經過其上方時，圖中虛線為避雷針此時周圍的等差等勢線，其中A、B兩點關于避雷針對稱，下列說法正確的是（　　）
A．A、B兩點的電場強度相同
B．點的電勢低于A點的電勢
C．帶負電的雨滴從點運動到A點，電場力變大
D．帶負電的雨滴經過點時的電勢能小于其經過A點時的電勢能
6．（2024高一下·金華期末）極地衛星的運行軌道平面通過地球的南北兩極（軌道可視為圓軌道）。如圖所示，若某極地衛星從北緯的地正上方按圖示方向第一次運行至南緯的地（圖中未畫出）正上方，所用時間為3h。下列說法正確的是（　　）
A．該衛星每隔12h經過地的正上方一次
B．該衛星的角速度比同步衛星的角速度小
C．該衛星的線速度比同步衛星的線速度小
D．該衛星的線速度小于
7．（2024高一下·金華期末）如圖所示，電動摩托車是外賣員常用的交通工具。已知該款電動車的輸出功率為，外賣員與車輛的總質量為，假設人在騎行時受到的總阻力約等于人、車總重力的0.036倍。則騎行時，最大行駛速度約為（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·金華期末）如圖所示，電荷量為的點電荷與均勻帶電薄板相距2d，點電荷到帶電薄板的垂線通過板的幾何中心，圖中，點的電場強度為零。下列說法正確的是（　　）
A．薄板帶正電
B．點的電場強度也為零
C．帶電薄板產生的電場在點的電場強度大小為
D．A、B兩點的電勢相等
9．（2024高一下·金華期末）由于空氣阻力的影響，炮彈的實際飛行軌跡不是拋物線，而是“彈道曲線”，如圖中實線所示，設阻力大小與速度成正比，阻力方向與速度方向相反。圖中虛線為不考慮空氣阻力情況下炮彈的理想運動軌跡，為彈道曲線上的五點，其中點為發射點，點為落地點，點為軌跡的最高點，為運動過程中經過的距地面高度相等的兩點。下列說法正確的是（　　）
A．炮彈到達點時，炮彈的速度為零
B．炮彈到達點時，炮彈的加速度方向豎直向下
C．炮彈經過點的速度大于經過點的速度
D．空氣阻力對炮彈先做負功再做正功
10．（2024高一下·金華期末）蹦床運動中，運動員在一張有彈性的水平網狀蹦床上彈起，在空中完成各種優美動作。如圖所示，為我國運動員在某次蹦床時的情景圖，彈到最高點時記為A位置，接著豎直向下掉落，剛碰到蹦床時記為B位置，而運動員落到最低位置時記為C位置（圖中未標記）。關于運動員這一次從A運動到C的過程，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．運動員的機械能守恒
B．運動員先經歷失重再超重
C．運動員經過B位置時速度最大
D．運動員經過C位置時處于受力平衡狀態
11．（2024高一下·金華期末）2024年6月2日，嫦娥六號重演“翩然落廣寒”的精彩劇目。為了估算從月球表面發射衛星的第一宇宙速度，某同學通過觀察嫦娥六號著陸月球的過程，作如下假設：嫦娥六號在距離月球表面高度為處懸停，開始做自由落體，落體過程的時間為。另外在地球上用肉眼觀察滿月時，發現月球對眼睛的張角為（很小，為弧度制），已知地月距離為L，L遠大于地球和月球的半徑，如圖所示。忽略月球的自轉，則月球的第一宇宙速度約為（　　）
A． B． C． D．
12．（2024高一下·金華期末）如圖所示為某地一風力發電機，它的葉片轉動時可形成半徑為20m的圓面。某時間內該地區的風速是，風向恰好跟葉片轉動的圓面垂直，已知空氣的密度為，假如這個風力發電機能將此圓內的空氣動能轉化為電能，取3。下列說法正確的是（　　）
A．圖中A點的線速度與B點的線速度相等
B．此風力發電機發電的功率為
C．若葉片半徑變為原來的2倍，則風力發電機發電的功率變為原來的2倍
D．若風速變為原來的2倍，則風力發電機發電的功率變為原來的4倍
13．（2024高一下·金華期末）2024年4月26日神舟十八號載人飛船和空間站組合體成功實現自主快速交會對接。如圖乙所示，飛船變軌前繞地穩定運行在半徑為的圓形軌道Ⅰ上，橢圓軌道Ⅱ為飛船的轉移軌道，核心艙繞地沿逆時針方向運行在半徑為的圓形軌道Ⅲ，軌道Ⅱ和Ⅰ、Ⅲ分別相切于A、B兩點，飛船在A點變軌，與核心艙剛好在點進行對接，已知地球表面的重力加速度為，地球半徑為。下列說法正確的是（　　）
A．神舟十八號在軌道Ⅱ上點的速度大小可能等于軌道Ⅰ上速度
B．神舟十八號在軌道Ⅱ上的A點和點的速度的大小之比為
C．神舟十八號在軌道Ⅰ上繞行的周期為
D．神舟十八號在軌道Ⅱ上從A點運動到點的最短時間為
14．（2024高一下·金華期末）靜電在生活中有廣泛的應用，對于下列圖片說法，正確的是（　　）
A．圖甲，武當山金殿安裝了避雷針后，“雷火煉殿”現象更加明顯和頻繁了
B．圖乙，飛機機翼上有多條針一樣的裝置起到避雷針作用，防止飛機被雷擊
C．圖丙，維修高壓線路的電工穿金屬衣比絕緣衣更安全
D．圖丁，高壓輸電線鐵塔上最上面兩條金屬導線的主要作用是保護下面的高壓線免遭雷擊
15．（2024高一下·金華期末）如圖所示，質量為的木塊靜止在光滑的水平面上，質量為的子彈以速度沿水平方向射入木塊，并最終留在木塊中與木塊一起以速度運動。已知當子彈相對木塊剛好靜止時，木塊前進的距離為，子彈進入木塊的深度為。若木塊對子彈的阻力視為恒定，則下列關系式中正確的是（　　）
A．一定有 B．
C． D．
16．（2024高一下·金華期末）以下三種方案可用于完成“探究加速度與力、質量的關系”的實驗，繩子和滑輪均為輕質。
（1）三種方案中，需要進行“補償阻力”的方案是　 　（多選，選填“甲”、“乙”、“丙”），需要滿足重物（或鉤碼）質量遠小于小車（或滑塊）質量的方案是　 　（選填“甲”、“乙”、“丙”）。
（2）某同學選擇其中一個裝置進行實驗時，得到如圖丁所示的一條紙帶（相鄰兩計數點間還有一個點沒有畫出），已知打點計時器使用的是頻率為的交流電。根據紙帶可求出小車加速度為　 　（計算結果保留三位有效數字），根據所計算的加速度大小可判定打出這條紙帶的可能是實驗方案　 　。（選填“甲”、“乙”、“丙”）
（3）某同學選擇圖丙的裝置“驗證系統機械能守恒”。將滑塊從位置由靜止釋放后，測得遮光條通過光電門的時間為，遮光條的寬度為，測得滑塊質量為，鉤碼和力傳感器的質量為m，AB間的距離為。在實驗誤差允許范圍內，若滿足關系式　 　（用直接測量的物理量符號表示），則系統機械能守恒；分析實驗數據后發現，系統增加的動能明顯大于鉤碼和力傳感器減小的重力勢能，原因是　 　。
（2024高一下·金華期末）如圖甲所示，借助該裝置用數碼相機的連拍功能探究平拋運動的特點，連拍間隔時間相等。圖乙是正確操作后得到的連拍照片。
17．關于該實驗，下列做法正確的是______
A．斜槽的末端必須調成水平狀態
B．斜槽必須光滑
C．記錄同一條運動軌跡時，小球可以從不同位置釋放
18．在圖乙中，以小球在處的球心為原點，水平向右為軸、豎直向下為軸建立圖示坐標系。過d處小球球心的豎直線交軸于點。下列說法正確的是______
A．通過某點的x、y坐標可以求得平拋初速度
B．小球運動的軌跡在球心處的切線與軸交于點
C．a、b、c、d點相鄰兩點之間豎直距離之比可能為1：2：3
19．（2024高一下·金華期末）用向心力演示儀探究向心力大小F與物體的質量、角速度和軌道半徑的關系實驗：
（1）本實驗所采用的實驗探究方法是__________；
A．理想實驗法 B．等效替代法 C．控制變量法
（2）探究向心力與軌道半徑之間的關系時，被傳動皮帶套住而轉動的左右兩邊的變速塔輪的半徑應該　 　（選填“相同”或“不相同”）。
20．（2024高一下·金華期末）無人機廣泛應用于各行各業。如圖甲所示是物流公司使用無人機運輸貨物，無人機下方用輕繩豎直懸掛貨物，當無人機懸停到目的地正上方后，豎直向下先勻加速后勻減速，直至安全著陸，圖乙是降落全過程的圖像。已知貨物的質量為，忽略氣流對貨物的作用力。求：
（1）內貨物的位移大小；
（2）運動過程中，無人機對貨物的最大拉力；
（3）末，拉力對貨物的瞬時功率的大小。
21．（2024高一下·金華期末）如圖所示，一電荷量為的帶正電小球A固定在絕緣柱上，另一質量為的帶電小球B用輕質絕緣細線懸掛于點，（A、B均可視為點電荷，且A的電荷量大于B的電荷量）。當小球B與A相距為且處于同一水平線上時，細線與豎直方向的夾角為，已知靜電力常量為，重力加速度為，求：
（1）小球B受到的庫侖力的大小；
（2）小球B的電荷量；
（3）小球A、B連線中點處的電場強度的大小和方向。
22．（2024高一下·金華期末）如圖所示，BC是光滑絕緣的圓弧軌道，位于豎直平面內，軌道半徑為，下端與水平絕緣軌道在點平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中。現有一質量為、帶正電的小滑塊（可視為質點）置于水平軌道上，已知滑塊受到的電場力大小為，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數為0.5，將滑塊從水平軌道上與點距離為4R的點由靜止釋放，滑動過程中滑塊電荷量不變，重力加速度用表示，求：
（1）滑塊到達點時速度的大小；
（2）滑塊在圓弧軌道上運動時，重力和電場力合力的大小和方向；
（3）滑塊對軌道的最大作用力的大小。
23．（2024高一下·金華期末）如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平平臺上的固定彈射器和兩個半徑均為的“S”形圓弧軌道ABC、水平直軌道CD、EF、傳送帶DE以及豎直擋板FG組成，軌道各部分平滑連接。為兩圓弧軌道圓心，連線與豎直線間的夾角均為，且A、C兩點切線水平。傳送帶DE長度，速度逆時針勻速轉動。可視為質點的滑塊質量，被彈射器由靜止彈射，彈簧的彈性勢能完全轉化為滑塊動能，滑塊被彈射出去后從A點進入圓弧軌道，它與傳送帶之間的滑動摩擦因數，其余各處均不計摩擦。滑塊碰到擋板立即被粘住，游戲結束。
（1）若滑塊恰好不脫離“S”形圓弧軌道，求釋放滑塊時彈簧的彈性勢能；
（2）若滑塊到達D點時速度，求滑塊通過傳送帶過程中，滑塊與傳送帶產生的熱量；
（3）設彈簧被壓縮后具有的彈性勢能為，其大小可隨意調節，滑塊撞擊擋板前的瞬時速度為。在滿足滑塊不脫軌的前提下，求與的函數關系。
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】矢量與標量
【解析】【解答】電場強度屬于矢量，電勢、功率和重力勢能均只有大小，沒有方向，均屬于標量。
故選A。
【分析】電場強度既有大小又有方向，是矢量；電勢、功率和重力勢能均只有大小，沒有方向，屬于標量。
2．【答案】C
【知識點】物理學史
【解析】【解答】本題主要考查物理學史的相關知識，需要我們對歷史上著名科學家的主要貢獻有所了解。
A．愛因斯坦提出了相對論時空觀，故A錯誤；
B．牛頓提出了萬有引力定律，卡文迪許測量出引力常量，故B錯誤；
C．法拉第提出用“力線”描述電荷周圍存在的“看不見摸不著”的物質，故C正確；
D．密立根通過“油滴法”實驗測定了元電荷電量，故D錯誤。
故選C。
【分析】首先明確每個選項涉及的科學家的主要貢獻，然后與題目中的描述進行對比，找出符合歷史事實的選項。
3．【答案】D
【知識點】功的概念
【解析】【解答】A．拉力對雪橇做功為，故A錯誤；
B．雪橇克服摩擦力做功為，故B錯誤；
C．重力做功為0，故C錯誤；
D．根據動能定理，雪橇速度不變，所以所受的合外力對其做功為零，故D正確；
故選D。
【分析】ABC、對雪橇受力分析，根據功的定義式分別求解；
D、根據動能定理分析判斷。
4．【答案】D
【知識點】生活中的圓周運動；離心運動和向心運動；豎直平面的圓周運動
【解析】【解答】A．制作棉花糖時，被甩出去的糖水做離心運動，但不是受離心力作用，故A錯誤；
B．設軌道與水平面的夾角為，火車轉彎時，如果速度，是由重力與支持力的合力提供向心力，火車的速度小于該值時，火車拐彎時速度越小，則對軌道磨損就越大，故B錯誤；
C．自行車在賽道上做勻速圓周運動，所受的合外力提供向心力，所受的合外力大小不變，方向時刻改變，故C錯誤；
D．車過凹形橋的最低點有
則同一輛車子速度越大，對橋面壓力就越大，故D正確。
故選D。
【分析】A、甩出去的糖水做離心運動，但不受離心力作用；
B、火車轉彎時重力與支持力的合力提供向心力，由轉彎速度分析判斷；
C、自行車在賽道上做勻速圓周運動，所受的合外力提供向心力，所受的合外力大小不變，方向時刻改變；
D、根據支持力提供向心力，由牛頓第二定律分析判斷。
5．【答案】B
【知識點】電場強度的疊加；等勢面
【解析】【解答】A．等差等勢線分布的密集程度表示電場強弱，根據圖示可知，由于A、B兩點關于避雷針對稱，兩點處等勢線分布密集程度相同，則兩點處的電場強度大小相等，由于電場線垂直于等勢線，由高電勢點指向低電勢點，可知，兩點的電場方向不同，則A、B兩點的電場強度不相同，故A錯誤；
B．帶負電的積雨云經過避雷針上方，根據靜電感應，避雷針上方當正電，電場線由正電荷指向負電荷，即由避雷針指向云層，沿電場線電勢降低，則點的電勢低于A點的電勢，故B正確；
C．點位置等勢線分布比A點處密集一些，則點位置電場強度分布比A點處大一些，即帶負電的雨滴從點運動到A點，電場力變小，故C錯誤；
D．結合上述可知，圖中電場強度方向垂直于等勢線向上，帶負電的雨滴在該電場所受電場力的方向整體向下，帶負電的雨滴從點向下運動到A點，電場力做正功，電勢能減小，即帶負電的雨滴經過點時的電勢能大于其經過A點時的電勢能，故D錯誤。
故選B。
【分析】A、根據等差等勢面的疏密反映場強大小，電場線時刻與等勢面垂直，電場線切線方向為場強方向判斷；
B、根據帶負電的積雨云經過避雷針上方，由靜電感應，避雷針上方當正電，電場線由正電荷指向負電荷，沿電場線電勢降低判斷；
C、根據等勢線疏密判斷場強大小，由判斷電場力大小；
D、由B可知電場線向上，帶負電的雨滴從點向下運動到A點，電場力做正功，電勢能減小。
6．【答案】D
【知識點】第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】A．衛星從北緯30°的正上方，第一次運行至南緯60°正上方時，剛好為運動周期的，所以衛星運行的周期為12h，但因地球在自轉，則衛星的軌道不會每隔12h經過A點的正上方一次，故A錯誤；
B．根據
知，該衛星的角速度比同步衛星的角速度大，故B錯誤；
C．根據萬有引力提供向心力，有
解得
該衛星離地高度比同步衛星低，所以衛星線速度大，故C錯誤；
D．第一宇宙速度7.9km/s為衛星最小的發射速度和最大的環繞速度，所以該衛星的線速度小于7.9km/s，故D正確。
故選D。
【分析】A、根據衛星從北緯30°的正上方，第一次運行至南緯60°正上方時，T=3h，由于地球在自轉周期為T=24h，則衛星的軌道不會每隔12h經過A點的正上方一次；
B、根據周期由分析判斷；
C、根據萬有引力提供向心力求解線速度公式判斷；
D、根據第一宇宙速度7.9km/s為衛星最小的發射速度和最大的環繞速度判斷。
7．【答案】B
【知識點】機車啟動
【解析】【解答】當牽引力等于阻力時，摩托車的速度達到最大，則有
故選B。
【分析】當牽引力等于阻力時，根據功率公式求解最大速度。
8．【答案】C
【知識點】電場強度的疊加；電勢
【解析】【解答】ABC．由于A點的電場強度為零，可知薄板在A點的電場強度與正點電荷在A點的電場強度大小相等，方向相反，則薄板帶負電，薄板在A點的電場強度大小為
根據對稱性可知，薄板在B點的電場強度大小為
薄板在B點的電場強度方向向左，與正點電荷在B點的電場強度方向相同，則點的電場強度不為0，故AB錯誤，C正確；
D．根據對稱性可知，薄板在A點和B點的電勢相等，而正點電荷在B點的電勢高于在A點的電勢，則B點的電勢高于在A點的電勢，故D錯誤。
故選C。
【分析】ABC、根據A點場強為零可知薄板帶負電，且在A點產生的場強與點電荷在A點場強等大反向，由點電荷場強求解薄板在A的場強。根據對稱性求其在B點場強，以及薄板和點電荷在B點合場強；
D、根據對稱性可知，薄板在A點和B點的電勢相等，正點電荷在B點的電勢高于在A點的電勢，則B點的電勢高于在A點的電勢。
9．【答案】C
【知識點】斜拋運動；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A．炮彈到達點時，豎直方向上的速度為零，水平方向上的速度不為零，故A錯誤；
B．若在最高點炮彈只受重力作用，則炮彈的加速度方向豎直向下，而在實線中，炮彈在最高點不僅受重力作用，還受空氣阻力（水平方向上的阻力與水平速度方向相反）作用，故合力不是豎直向下，則加速度不是豎直向下，故B錯誤；
CD．由于空氣阻力一直做負功，根據動能定理可知炮彈經過a點時的速度大于經過c點時的速度，故C正確，D正確。
故選C。
【分析】A、根據運動的合成與分解，在b點豎直方向速度為零，水平方向速度不為零；
B、由于炮彈受到重力和阻力，合力方向不是豎直向下；
CD、空氣阻力始終做負功，根據動能定理分析a、c點速度。
10．【答案】B
【知識點】牛頓第二定律；超重與失重；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．運動員從B運動到C過程，蹦床彈力對運動員做負功，運動員的機械能減少，故A錯誤；
B．運動員從A運動到C的過程，加速度方向先向下后向上，運動員先經歷失重再超重，故B正確；
CD．運動員經過B位置后，彈力先小于重力，運動員繼續向下加速運動，當彈力等于重力時，運動員的加速度為0，速度達到最大，之后彈力大于重力，運動員向下減速運動到最低點C，則運動員經過C位置時的加速度方向向上，不是處于平衡狀態，故CD錯誤。
故選B。
【分析】A、下落中克服彈力做功運動員機械能減小，運動員和蹦床系統機械能守恒；
B、運動員加速度先豎直向下后向上，先失重后超重；
CD、B位置后彈力逐步增大但小于重力，運動員做加速度做加速度減小的加速，后彈力等于重力速度達到最大，再做加速度增大的減速直至速度為零到C點，以此分析判斷。
11．【答案】A
【知識點】第一、第二與第三宇宙速度
【解析】【解答】設月球表面重力加速度為，則有
解得
設月球半徑為，根據圖中幾何關系可得
可得
由萬有引力提供向心力得
可得月球的第一宇宙速度為
故選A。
【分析】根據月球表面自由落體運動求解月球重力加速度；根據張角θ由幾何關系求解月球半徑；根據萬有引力提供向心力和黃金代換公式求解月球第一宇宙速度。
12．【答案】B
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；能量轉化和轉移的方向性
【解析】【解答】A．A點和B點同軸轉動，角速度相等，但A點半徑大于B點半徑，所以A點的線速度大于B點的線速度，故A錯誤；
B．時間內通過圓內的空氣動能為
則此風力發電機發電的功率為
故B正確；
CD．根據
若葉片半徑變為原來的2倍，則風力發電機發電的功率變為原來的4倍；若風速變為原來的2倍，則風力發電機發電的功率變為原來的8倍，故CD錯誤。
故選B。
【分析】A、根據同軸角速度相等，結合角速度與線速度關系分析判斷；
B、根據風速求解t時間內打在葉片上的質量，進而求解打在葉片上的風的動能；根據轉化效率和功率公式求解發電機的功率；
CD、同理根據葉片半徑的變化或者風速的變化求解發電機功率。
13．【答案】D
【知識點】開普勒定律；衛星問題
【解析】【解答】A．在Ⅰ、Ⅲ軌道上，根據
解得
由于Ⅰ軌道半徑小于Ⅲ軌道半徑，則軌道Ⅰ的線速度大小大于軌道Ⅲ的線速度大小，軌道Ⅱ相對于軌道Ⅲ是低軌道，由低軌道變軌到高軌道，需要在切點B處加速，即軌道Ⅱ在點的速度大小小于軌道Ⅲ的線速度大小，則神舟十八號在軌道Ⅱ上點的速度大小一定小于軌道Ⅰ上速度，故A錯誤；
B．在軌道Ⅱ上的A點和點位置處，根據開普勒第二定律有
解得
則B錯誤；
C．神舟十八號在軌道Ⅰ上繞行過程，根據
，
解得
故C錯誤；
D． 根據開普勒第三定律有
神舟十八號在軌道Ⅱ上從A點運動到點的最短時間
結合上述解得
故D正確。
故選D。
【分析】A、根據軌道變換升軌加速降軌減速分析判斷；
B、根據開普勒第二定律求解A、B兩點速度之比；
CD、根據萬有引力提供向心力和黃金代換公式求解周期；根據開普勒第三定律結合軌道Ⅰ周期求解軌道Ⅱ周期，從而求解A到B時間。
14．【答案】C,D
【知識點】靜電的防止與利用；電場強度的疊加
【解析】【解答】A．圖甲，武當山金殿安裝了避雷針后，有效地避免了雷擊，“雷火煉殿”現象不明顯和減少了，故A錯誤；
B．飛機在飛行時與大氣摩擦在表面產生靜電荷，使針一樣的裝置利用尖端放電的原理導走飛機表面的靜電荷，故B錯誤；
C．圖丙，維修高壓線路的電工穿金屬衣起到靜電屏蔽作用，能屏蔽高壓線周圍的電場，所以比絕緣衣更安全，故C正確；
D．圖丁，三條高壓輸電線上方的兩條導線與大地相連，形成一個稀疏的金屬網，可把高壓線屏蔽起來，免遭雷擊，故D正確。
故選CD。
【分析】A、安裝了避雷針，有效地避免了雷擊；
B、針一樣的裝置利用尖端放電的原理導走飛機表面由于摩擦所帶的靜電；
C、電工穿金屬衣起到靜電屏蔽作用，能屏蔽高壓線周圍的電場；
D、高壓輸電線鐵塔上最上面兩條金屬導線與大地聯通，保護下面的高壓線免遭雷擊。
15．【答案】A,B,D
【知識點】平均速度；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A．設子彈開始射入木塊到與木塊相對靜止所用時間為，根據運動學公式可得
，
則有
故A正確；
BCD．對木塊根據動能定理可得
對子彈根據動能定理可得
可得
聯立可得
故BD正確，C錯誤。
故選ABD。
【分析】A、根據二者運動時間相等，結合運動學公式平均速度求解位移對比判斷；
BCD、分別對物塊和子彈應用動能定理求解判斷。
16．【答案】（1）甲、乙；乙
（2）12.5；甲
（3）；氣墊導軌的右端比左端高
【知識點】探究加速度與力、質量的關系；驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】（1）三種方案中，甲、乙中小車均受到長木板的摩擦阻力作用，所以需要進行“補償阻力”，丙中氣墊導軌的摩擦阻力可以忽略不計，所以不需要進行“補償阻力”；
甲中繩子拉力可以用彈簧測力計測得，丙中繩子拉力可以用力傳感器測得，只有乙中繩子拉力需要用重物的重力代替，所以需要滿足重物（或鉤碼）質量遠小于小車（或滑塊）質量的方案是乙。
（2）相鄰兩計數點間還有一個點沒有畫出，則相鄰計數點的時間間隔為
根據逐差法可得小車加速度為
由于乙、丙圖中小車的加速度大小與重物的加速度大小相等，而重物的加速度大小一定小于重力加速度；甲圖中小車的加速度大小是重物加速度大小的2倍，小車的加速度可以大于重力加速度，所以根據所計算的加速度大小可判定打出這條紙帶的可能是實驗方案甲。
（3）滑塊經過光電門的速度大小為
根據系統機械能守恒可得
聯立可得滿足關系式
則系統機械能守恒；
分析實驗數據后發現，系統增加的動能明顯大于鉤碼和力傳感器減小的重力勢能，原因是：氣墊導軌的右端比左端高，滑塊下滑過程還有滑塊的重力勢能轉化為系統的動能。
綜上：第1空：甲、乙；第2空：乙；第3空：12.5；第4空：甲；第5空：；第6空：氣墊導軌的右端比左端高
【分析】（1）甲、乙中小車均受到長木板的摩擦阻力作用，所以需要進行“補償阻力”，丙中氣墊導軌的摩擦阻力可以忽略不計，不需要進行“補償阻力”；
（2）根據逐差法求解加速度；根據實驗原理乙、丙中小車加速度與重物加速度相等且小于重力加速度g；甲中小車加速度是重物加速度2倍，可以大于重力加速度g，以此分析判斷；
（3）求解滑塊經過光電門速度，根據系統機械能守恒求解；系統增加的動能明顯大于鉤碼和力傳感器減小的重力勢能，原因是：氣墊導軌的右端比左端高，滑塊下滑過程還有滑塊的重力勢能轉化為系統的動能。
（1）[1]三種方案中，甲、乙中小車均受到長木板的摩擦阻力作用，所以需要進行“補償阻力”，丙中氣墊導軌的摩擦阻力可以忽略不計，所以不需要進行“補償阻力”；
[2]甲中繩子拉力可以用彈簧測力計測得，丙中繩子拉力可以用力傳感器測得，只有乙中繩子拉力需要用重物的重力代替，所以需要滿足重物（或鉤碼）質量遠小于小車（或滑塊）質量的方案是乙。
（2）[1]相鄰兩計數點間還有一個點沒有畫出，則相鄰計數點的時間間隔為
根據逐差法可得小車加速度為
[2]由于乙、丙圖中小車的加速度大小與重物的加速度大小相等，而重物的加速度大小一定小于重力加速度；甲圖中小車的加速度大小是重物加速度大小的2倍，小車的加速度可以大于重力加速度，所以根據所計算的加速度大小可判定打出這條紙帶的可能是實驗方案甲。
（3）[1]滑塊經過光電門的速度大小為
根據系統機械能守恒可得
聯立可得滿足關系式
則系統機械能守恒；
[2]分析實驗數據后發現，系統增加的動能明顯大于鉤碼和力傳感器減小的重力勢能，原因是：氣墊導軌的右端比左端高，滑塊下滑過程還有滑塊的重力勢能轉化為系統的動能。
【答案】17．A
18．C
【知識點】研究平拋物體的運動
【解析】【分析】（1）A、斜槽末端水平小球飛出時速度為水平方向做平拋運動；
BC、只要釋放小球在同一位置，無需斜槽光滑，小球飛出時水平速度相同，做同一個平拋運動。
（2）A、由圖可知a點不是拋出點，豎直方向有初速度，不能根據其坐標求解平拋初速度；
B、若a點為平拋初始位置，根據平拋運動末速度方向反向延長線與射程交點為射程中點分析判斷；
C、根據勻加速直線運動位移公式求解相等時間間隔內的位移之比。
17．A．為了確保小球飛出斜槽后做平拋運動，即飛出速度方向沿水平方向，實驗中斜槽的末端必須調成水平狀態，故A正確；
B．小球每一次均從斜槽同一位置靜止釋放，小球克服阻力做功相同，小球放出的速度大小相同，即斜槽光滑與否對實驗沒有影響，故B錯誤；
C．為了確保小球飛出斜槽的速度大小一定，小球每一次均應從斜槽上同一位置靜止釋放，故C錯誤。
故選A。
18．A．若x、y是相對于小球飛出初始位置的坐標，則有
，
解得
根據圖乙可知，某點的x、y坐標是以小球在處的球心為原點，而處的球心并不是小球飛出初始位置，則速度不等于，故A錯誤；
B．對于平拋運動，以初始位置為原點，令速度與水平方向夾角為，則有
即速度的反向延長線通過對應位置水平分位移坐標線段的中點，由于圖乙中x、y坐標是以小球在處的球心為原點，而處的球心并不是小球飛出初始位置，則小球運動的軌跡在球心處的切線與軸不交于點，故B錯誤；
C．令飛出初始位置到a點時間為，連拍間隔時間為，則有
當有
解得
故C正確。
故選C。
19．【答案】（1）C
（2）相同
【知識點】控制變量法；向心力
【解析】【解答】本題考查了用向心力演示儀探究向心力大小F與物體的質量m、角速度ω和軌道半徑r的關系實驗；要根據實驗原理掌握正確的實驗操作。
（1）根據實驗原理可知，先探究向心力大小與其中一個物理量的關系，控制其他物理量不變，本實驗采用的方法是控制變量法。
故選C。
（2）探究向心力與軌道半徑之間的關系時，應控制兩小球質量相同，兩小球的角速度相等，則被傳動皮帶套住而轉動的左右兩邊的變速塔輪的半徑應該相同。
【分析】（1）探究多變量因素實驗應采用控制變量法，據此分析作答；
（2）根據向心力公式、線速度與角速度的關系已經皮帶傳動的特點進行分析作答。
（1）探究向心力大小F與物體的質量、角速度和軌道半徑的關系，先探究向心力大小與其中一個物理量的關系，控制其他物理量不變，本實驗采用的方法是控制變量法。
故選C。
（2）探究向心力與軌道半徑之間的關系時，應控制兩小球質量相同，兩小球的角速度相等，則被傳動皮帶套住而轉動的左右兩邊的變速塔輪的半徑應該相同。
20．【答案】（1）圖像中，圖像與時間軸所圍幾何圖形的面積表示位移，則5s內貨物的位移大小
解得
（2），貨物向下做加速運動，加速度方向向下，處于失重狀態，拉力小于重力，而，貨物向下做減速運動，加速度方向向上，處于超重狀態，拉力大于重力，可知勻減速下降時，無人機對貨物的拉力最大，根據圖像，加速度大小為
根據牛頓第二定律有
解得
（3）由圖可得，時的速度
根據公式
解得拉力對貨物的瞬時功率
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用；功率及其計算；運動學 v-t 圖象
【解析】【分析】（1）根據圖像，圖像與時間軸所圍幾何圖形的面積表示位移求解；
（2），貨物向下做加速運動，處于失重狀態，拉力小于重力，而，貨物向下做減速運動，加速度方向向上，處于超重狀態，拉力大于重力；根據圖像斜率求解加速度；根據牛頓第二定律求解拉力；
（3）由圖求解時的速度；根據公式求解拉力對貨物的瞬時功率。
21．【答案】（1）以小球B為對象，跟受力平衡可知小球B受到的庫侖力大小為
（2）對B根據庫侖定律可得
聯立解得小球B的電荷量為
（3）小球A在A、B連線中點處的電場強度大小為
小球B在A、B連線中點處的電場強度大小為
由于A的電荷量大于B的電荷量，則A、B連線中點處的電場強度大小為
方向水平向右。
【知識點】庫侖定律；電場強度的疊加
【解析】【分析】（1）對小球B受力分析，由平衡方程求解庫侖力；
（2）根據庫侖定律求解小球B所帶電荷量；
（3）根據點電荷場強公式分別求解AB在連線中點處的場強，根據場強疊加原理求解。
22．【答案】（1）滑塊從A到B根據動能定理得
其中
解得
（2）根據力的合成可得重力和電場力的合力大小為
設合力方向與豎直方向夾角為，則
可得
則合力方向斜向左下方，且與豎直方向夾角為。
（3）將重力和電場力的合力視為等效重力，則過圓心O作等效重力方向的直線，與圓弧軌道的交點記為點，所以小球運動到點時，滑塊對軌道的作用力達到最大值。從A到根據動能定理得
解得
在點根據牛頓第二定律得
解得
根據牛頓第三定律可知，滑塊對軌道的最大作用力的大小為。
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【分析】（1）滑塊從A到B根據動能定理求解B點速度；
（2）根據力的合成求解重力和電場力的合力大小和方向；
（3）從A到復合場等效重力最低點，根據動能定理求解其速度；根據牛頓第二定律求解軌道最大作用力。
23．【答案】（1）滑塊恰好不脫離圓弧軌道，在A處有
根據能量守恒可得
聯立解得
（2）滑塊在傳送帶上勻加速時的加速度為
若滑塊在傳送帶上一直勻加速，直到速度變為，設運動時間為，根據運動學公式可得
解得
滑行的位移為
即滑塊加速到時，剛好運動到E點，所以滑塊相對傳送帶滑行的相對位移為
摩擦產生的熱量為
（3）①若物體在傳送帶上一直加速，且到達E處時，速度剛好加速到，此時
解得
此時最初的彈性勢能為
當時，物體在傳送帶上一直加速，根據能量守恒可得
解得
根據運動學公式可得
解得
②若物體在傳送帶上一直減速，且到達E處時，速度剛好減速到，此時
解得
此時最初的彈性勢能為
當時，物體在傳送帶上一直減速，此時
可得
③當時，物體在傳送帶上一定會達到與傳送帶共速的狀態，即；
綜上所述可知，當時，；當時，；當時，。
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；生活中的圓周運動；機械能守恒定律
【解析】【分析】在處理由直線運動和曲線運動構成的多過程問題中，往往臨界點和轉接點是分析的重點。
1、豎直平面內圓周運動的最高點需要對恰好不脫離的臨界條件分析。
2、水平傳送帶問題，注意分析滑動摩擦力的方向和突變的臨界問題；在求解摩擦熱的時候注意利用相對位移。
3、彈簧參與的系統分析，利用機械能守恒定律分析彈性勢能和動能之間的轉化，把握物體與傳送帶共速的兩個臨界條件分析。
1 / 1浙江省金華市2023-2024學年高一下學期6月期末物理試題
1．（2024高一下·金華期末）下列物理量屬于矢量的是（　　）
A．電場強度 B．電勢 C．功率 D．重力勢能
【答案】A
【知識點】矢量與標量
【解析】【解答】電場強度屬于矢量，電勢、功率和重力勢能均只有大小，沒有方向，均屬于標量。
故選A。
【分析】電場強度既有大小又有方向，是矢量；電勢、功率和重力勢能均只有大小，沒有方向，屬于標量。
2．（2024高一下·金華期末）在物理發展史上許多科學家都作出了不可磨滅的貢獻，下列說法正確的是（　　）
A．伽利略提出了相對論時空觀
B．牛頓提出了萬有引力定律并精確測量出引力常量
C．法拉第提出用“力線”描述電荷周圍存在的“看不見摸不著”的物質
D．庫侖通過“油滴法”實驗測定了元電荷電量
【答案】C
【知識點】物理學史
【解析】【解答】本題主要考查物理學史的相關知識，需要我們對歷史上著名科學家的主要貢獻有所了解。
A．愛因斯坦提出了相對論時空觀，故A錯誤；
B．牛頓提出了萬有引力定律，卡文迪許測量出引力常量，故B錯誤；
C．法拉第提出用“力線”描述電荷周圍存在的“看不見摸不著”的物質，故C正確；
D．密立根通過“油滴法”實驗測定了元電荷電量，故D錯誤。
故選C。
【分析】首先明確每個選項涉及的科學家的主要貢獻，然后與題目中的描述進行對比，找出符合歷史事實的選項。
3．（2024高一下·金華期末）如圖所示為馬拉雪橇的情景圖。雪橇和人總質量為m，受到與水平方向成角斜向上方的拉力，大小恒為F，勻速運動了一段位移L。雪橇與水平地面之間的滑動摩擦因數為μ。在此過程中，下列說法正確的是（　　）
A．拉力對雪橇做功為FL
B．雪橇克服摩擦力做功為
C．重力做功為mgL
D．雪橇所受的合外力對其做功為零
【答案】D
【知識點】功的概念
【解析】【解答】A．拉力對雪橇做功為，故A錯誤；
B．雪橇克服摩擦力做功為，故B錯誤；
C．重力做功為0，故C錯誤；
D．根據動能定理，雪橇速度不變，所以所受的合外力對其做功為零，故D正確；
故選D。
【分析】ABC、對雪橇受力分析，根據功的定義式分別求解；
D、根據動能定理分析判斷。
4．（2024高一下·金華期末）下面四幅圖用曲線運動知識描述正確的是（　　）
A．圖甲，制作棉花糖時，糖水因為受到離心力而被甩出去
B．圖乙，火車軌道的外軌略高于內軌，火車拐彎時速度越小，對軌道磨損就一定越小
C．圖丙，該自行車在賽道上做勻速圓周運動，所受的合外力不變
D．圖丁，在一座凹形橋的最低點，同一輛車子速度越大，對橋面壓力就越大
【答案】D
【知識點】生活中的圓周運動；離心運動和向心運動；豎直平面的圓周運動
【解析】【解答】A．制作棉花糖時，被甩出去的糖水做離心運動，但不是受離心力作用，故A錯誤；
B．設軌道與水平面的夾角為，火車轉彎時，如果速度，是由重力與支持力的合力提供向心力，火車的速度小于該值時，火車拐彎時速度越小，則對軌道磨損就越大，故B錯誤；
C．自行車在賽道上做勻速圓周運動，所受的合外力提供向心力，所受的合外力大小不變，方向時刻改變，故C錯誤；
D．車過凹形橋的最低點有
則同一輛車子速度越大，對橋面壓力就越大，故D正確。
故選D。
【分析】A、甩出去的糖水做離心運動，但不受離心力作用；
B、火車轉彎時重力與支持力的合力提供向心力，由轉彎速度分析判斷；
C、自行車在賽道上做勻速圓周運動，所受的合外力提供向心力，所受的合外力大小不變，方向時刻改變；
D、根據支持力提供向心力，由牛頓第二定律分析判斷。
5．（2024高一下·金華期末）廣州塔有著獨特的避雷設計，當帶負電的積雨云經過其上方時，圖中虛線為避雷針此時周圍的等差等勢線，其中A、B兩點關于避雷針對稱，下列說法正確的是（　　）
A．A、B兩點的電場強度相同
B．點的電勢低于A點的電勢
C．帶負電的雨滴從點運動到A點，電場力變大
D．帶負電的雨滴經過點時的電勢能小于其經過A點時的電勢能
【答案】B
【知識點】電場強度的疊加；等勢面
【解析】【解答】A．等差等勢線分布的密集程度表示電場強弱，根據圖示可知，由于A、B兩點關于避雷針對稱，兩點處等勢線分布密集程度相同，則兩點處的電場強度大小相等，由于電場線垂直于等勢線，由高電勢點指向低電勢點，可知，兩點的電場方向不同，則A、B兩點的電場強度不相同，故A錯誤；
B．帶負電的積雨云經過避雷針上方，根據靜電感應，避雷針上方當正電，電場線由正電荷指向負電荷，即由避雷針指向云層，沿電場線電勢降低，則點的電勢低于A點的電勢，故B正確；
C．點位置等勢線分布比A點處密集一些，則點位置電場強度分布比A點處大一些，即帶負電的雨滴從點運動到A點，電場力變小，故C錯誤；
D．結合上述可知，圖中電場強度方向垂直于等勢線向上，帶負電的雨滴在該電場所受電場力的方向整體向下，帶負電的雨滴從點向下運動到A點，電場力做正功，電勢能減小，即帶負電的雨滴經過點時的電勢能大于其經過A點時的電勢能，故D錯誤。
故選B。
【分析】A、根據等差等勢面的疏密反映場強大小，電場線時刻與等勢面垂直，電場線切線方向為場強方向判斷；
B、根據帶負電的積雨云經過避雷針上方，由靜電感應，避雷針上方當正電，電場線由正電荷指向負電荷，沿電場線電勢降低判斷；
C、根據等勢線疏密判斷場強大小，由判斷電場力大小；
D、由B可知電場線向上，帶負電的雨滴從點向下運動到A點，電場力做正功，電勢能減小。
6．（2024高一下·金華期末）極地衛星的運行軌道平面通過地球的南北兩極（軌道可視為圓軌道）。如圖所示，若某極地衛星從北緯的地正上方按圖示方向第一次運行至南緯的地（圖中未畫出）正上方，所用時間為3h。下列說法正確的是（　　）
A．該衛星每隔12h經過地的正上方一次
B．該衛星的角速度比同步衛星的角速度小
C．該衛星的線速度比同步衛星的線速度小
D．該衛星的線速度小于
【答案】D
【知識點】第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】A．衛星從北緯30°的正上方，第一次運行至南緯60°正上方時，剛好為運動周期的，所以衛星運行的周期為12h，但因地球在自轉，則衛星的軌道不會每隔12h經過A點的正上方一次，故A錯誤；
B．根據
知，該衛星的角速度比同步衛星的角速度大，故B錯誤；
C．根據萬有引力提供向心力，有
解得
該衛星離地高度比同步衛星低，所以衛星線速度大，故C錯誤；
D．第一宇宙速度7.9km/s為衛星最小的發射速度和最大的環繞速度，所以該衛星的線速度小于7.9km/s，故D正確。
故選D。
【分析】A、根據衛星從北緯30°的正上方，第一次運行至南緯60°正上方時，T=3h，由于地球在自轉周期為T=24h，則衛星的軌道不會每隔12h經過A點的正上方一次；
B、根據周期由分析判斷；
C、根據萬有引力提供向心力求解線速度公式判斷；
D、根據第一宇宙速度7.9km/s為衛星最小的發射速度和最大的環繞速度判斷。
7．（2024高一下·金華期末）如圖所示，電動摩托車是外賣員常用的交通工具。已知該款電動車的輸出功率為，外賣員與車輛的總質量為，假設人在騎行時受到的總阻力約等于人、車總重力的0.036倍。則騎行時，最大行駛速度約為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】機車啟動
【解析】【解答】當牽引力等于阻力時，摩托車的速度達到最大，則有
故選B。
【分析】當牽引力等于阻力時，根據功率公式求解最大速度。
8．（2024高一下·金華期末）如圖所示，電荷量為的點電荷與均勻帶電薄板相距2d，點電荷到帶電薄板的垂線通過板的幾何中心，圖中，點的電場強度為零。下列說法正確的是（　　）
A．薄板帶正電
B．點的電場強度也為零
C．帶電薄板產生的電場在點的電場強度大小為
D．A、B兩點的電勢相等
【答案】C
【知識點】電場強度的疊加；電勢
【解析】【解答】ABC．由于A點的電場強度為零，可知薄板在A點的電場強度與正點電荷在A點的電場強度大小相等，方向相反，則薄板帶負電，薄板在A點的電場強度大小為
根據對稱性可知，薄板在B點的電場強度大小為
薄板在B點的電場強度方向向左，與正點電荷在B點的電場強度方向相同，則點的電場強度不為0，故AB錯誤，C正確；
D．根據對稱性可知，薄板在A點和B點的電勢相等，而正點電荷在B點的電勢高于在A點的電勢，則B點的電勢高于在A點的電勢，故D錯誤。
故選C。
【分析】ABC、根據A點場強為零可知薄板帶負電，且在A點產生的場強與點電荷在A點場強等大反向，由點電荷場強求解薄板在A的場強。根據對稱性求其在B點場強，以及薄板和點電荷在B點合場強；
D、根據對稱性可知，薄板在A點和B點的電勢相等，正點電荷在B點的電勢高于在A點的電勢，則B點的電勢高于在A點的電勢。
9．（2024高一下·金華期末）由于空氣阻力的影響，炮彈的實際飛行軌跡不是拋物線，而是“彈道曲線”，如圖中實線所示，設阻力大小與速度成正比，阻力方向與速度方向相反。圖中虛線為不考慮空氣阻力情況下炮彈的理想運動軌跡，為彈道曲線上的五點，其中點為發射點，點為落地點，點為軌跡的最高點，為運動過程中經過的距地面高度相等的兩點。下列說法正確的是（　　）
A．炮彈到達點時，炮彈的速度為零
B．炮彈到達點時，炮彈的加速度方向豎直向下
C．炮彈經過點的速度大于經過點的速度
D．空氣阻力對炮彈先做負功再做正功
【答案】C
【知識點】斜拋運動；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A．炮彈到達點時，豎直方向上的速度為零，水平方向上的速度不為零，故A錯誤；
B．若在最高點炮彈只受重力作用，則炮彈的加速度方向豎直向下，而在實線中，炮彈在最高點不僅受重力作用，還受空氣阻力（水平方向上的阻力與水平速度方向相反）作用，故合力不是豎直向下，則加速度不是豎直向下，故B錯誤；
CD．由于空氣阻力一直做負功，根據動能定理可知炮彈經過a點時的速度大于經過c點時的速度，故C正確，D正確。
故選C。
【分析】A、根據運動的合成與分解，在b點豎直方向速度為零，水平方向速度不為零；
B、由于炮彈受到重力和阻力，合力方向不是豎直向下；
CD、空氣阻力始終做負功，根據動能定理分析a、c點速度。
10．（2024高一下·金華期末）蹦床運動中，運動員在一張有彈性的水平網狀蹦床上彈起，在空中完成各種優美動作。如圖所示，為我國運動員在某次蹦床時的情景圖，彈到最高點時記為A位置，接著豎直向下掉落，剛碰到蹦床時記為B位置，而運動員落到最低位置時記為C位置（圖中未標記）。關于運動員這一次從A運動到C的過程，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．運動員的機械能守恒
B．運動員先經歷失重再超重
C．運動員經過B位置時速度最大
D．運動員經過C位置時處于受力平衡狀態
【答案】B
【知識點】牛頓第二定律；超重與失重；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．運動員從B運動到C過程，蹦床彈力對運動員做負功，運動員的機械能減少，故A錯誤；
B．運動員從A運動到C的過程，加速度方向先向下后向上，運動員先經歷失重再超重，故B正確；
CD．運動員經過B位置后，彈力先小于重力，運動員繼續向下加速運動，當彈力等于重力時，運動員的加速度為0，速度達到最大，之后彈力大于重力，運動員向下減速運動到最低點C，則運動員經過C位置時的加速度方向向上，不是處于平衡狀態，故CD錯誤。
故選B。
【分析】A、下落中克服彈力做功運動員機械能減小，運動員和蹦床系統機械能守恒；
B、運動員加速度先豎直向下后向上，先失重后超重；
CD、B位置后彈力逐步增大但小于重力，運動員做加速度做加速度減小的加速，后彈力等于重力速度達到最大，再做加速度增大的減速直至速度為零到C點，以此分析判斷。
11．（2024高一下·金華期末）2024年6月2日，嫦娥六號重演“翩然落廣寒”的精彩劇目。為了估算從月球表面發射衛星的第一宇宙速度，某同學通過觀察嫦娥六號著陸月球的過程，作如下假設：嫦娥六號在距離月球表面高度為處懸停，開始做自由落體，落體過程的時間為。另外在地球上用肉眼觀察滿月時，發現月球對眼睛的張角為（很小，為弧度制），已知地月距離為L，L遠大于地球和月球的半徑，如圖所示。忽略月球的自轉，則月球的第一宇宙速度約為（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】第一、第二與第三宇宙速度
【解析】【解答】設月球表面重力加速度為，則有
解得
設月球半徑為，根據圖中幾何關系可得
可得
由萬有引力提供向心力得
可得月球的第一宇宙速度為
故選A。
【分析】根據月球表面自由落體運動求解月球重力加速度；根據張角θ由幾何關系求解月球半徑；根據萬有引力提供向心力和黃金代換公式求解月球第一宇宙速度。
12．（2024高一下·金華期末）如圖所示為某地一風力發電機，它的葉片轉動時可形成半徑為20m的圓面。某時間內該地區的風速是，風向恰好跟葉片轉動的圓面垂直，已知空氣的密度為，假如這個風力發電機能將此圓內的空氣動能轉化為電能，取3。下列說法正確的是（　　）
A．圖中A點的線速度與B點的線速度相等
B．此風力發電機發電的功率為
C．若葉片半徑變為原來的2倍，則風力發電機發電的功率變為原來的2倍
D．若風速變為原來的2倍，則風力發電機發電的功率變為原來的4倍
【答案】B
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；能量轉化和轉移的方向性
【解析】【解答】A．A點和B點同軸轉動，角速度相等，但A點半徑大于B點半徑，所以A點的線速度大于B點的線速度，故A錯誤；
B．時間內通過圓內的空氣動能為
則此風力發電機發電的功率為
故B正確；
CD．根據
若葉片半徑變為原來的2倍，則風力發電機發電的功率變為原來的4倍；若風速變為原來的2倍，則風力發電機發電的功率變為原來的8倍，故CD錯誤。
故選B。
【分析】A、根據同軸角速度相等，結合角速度與線速度關系分析判斷；
B、根據風速求解t時間內打在葉片上的質量，進而求解打在葉片上的風的動能；根據轉化效率和功率公式求解發電機的功率；
CD、同理根據葉片半徑的變化或者風速的變化求解發電機功率。
13．（2024高一下·金華期末）2024年4月26日神舟十八號載人飛船和空間站組合體成功實現自主快速交會對接。如圖乙所示，飛船變軌前繞地穩定運行在半徑為的圓形軌道Ⅰ上，橢圓軌道Ⅱ為飛船的轉移軌道，核心艙繞地沿逆時針方向運行在半徑為的圓形軌道Ⅲ，軌道Ⅱ和Ⅰ、Ⅲ分別相切于A、B兩點，飛船在A點變軌，與核心艙剛好在點進行對接，已知地球表面的重力加速度為，地球半徑為。下列說法正確的是（　　）
A．神舟十八號在軌道Ⅱ上點的速度大小可能等于軌道Ⅰ上速度
B．神舟十八號在軌道Ⅱ上的A點和點的速度的大小之比為
C．神舟十八號在軌道Ⅰ上繞行的周期為
D．神舟十八號在軌道Ⅱ上從A點運動到點的最短時間為
【答案】D
【知識點】開普勒定律；衛星問題
【解析】【解答】A．在Ⅰ、Ⅲ軌道上，根據
解得
由于Ⅰ軌道半徑小于Ⅲ軌道半徑，則軌道Ⅰ的線速度大小大于軌道Ⅲ的線速度大小，軌道Ⅱ相對于軌道Ⅲ是低軌道，由低軌道變軌到高軌道，需要在切點B處加速，即軌道Ⅱ在點的速度大小小于軌道Ⅲ的線速度大小，則神舟十八號在軌道Ⅱ上點的速度大小一定小于軌道Ⅰ上速度，故A錯誤；
B．在軌道Ⅱ上的A點和點位置處，根據開普勒第二定律有
解得
則B錯誤；
C．神舟十八號在軌道Ⅰ上繞行過程，根據
，
解得
故C錯誤；
D． 根據開普勒第三定律有
神舟十八號在軌道Ⅱ上從A點運動到點的最短時間
結合上述解得
故D正確。
故選D。
【分析】A、根據軌道變換升軌加速降軌減速分析判斷；
B、根據開普勒第二定律求解A、B兩點速度之比；
CD、根據萬有引力提供向心力和黃金代換公式求解周期；根據開普勒第三定律結合軌道Ⅰ周期求解軌道Ⅱ周期，從而求解A到B時間。
14．（2024高一下·金華期末）靜電在生活中有廣泛的應用，對于下列圖片說法，正確的是（　　）
A．圖甲，武當山金殿安裝了避雷針后，“雷火煉殿”現象更加明顯和頻繁了
B．圖乙，飛機機翼上有多條針一樣的裝置起到避雷針作用，防止飛機被雷擊
C．圖丙，維修高壓線路的電工穿金屬衣比絕緣衣更安全
D．圖丁，高壓輸電線鐵塔上最上面兩條金屬導線的主要作用是保護下面的高壓線免遭雷擊
【答案】C,D
【知識點】靜電的防止與利用；電場強度的疊加
【解析】【解答】A．圖甲，武當山金殿安裝了避雷針后，有效地避免了雷擊，“雷火煉殿”現象不明顯和減少了，故A錯誤；
B．飛機在飛行時與大氣摩擦在表面產生靜電荷，使針一樣的裝置利用尖端放電的原理導走飛機表面的靜電荷，故B錯誤；
C．圖丙，維修高壓線路的電工穿金屬衣起到靜電屏蔽作用，能屏蔽高壓線周圍的電場，所以比絕緣衣更安全，故C正確；
D．圖丁，三條高壓輸電線上方的兩條導線與大地相連，形成一個稀疏的金屬網，可把高壓線屏蔽起來，免遭雷擊，故D正確。
故選CD。
【分析】A、安裝了避雷針，有效地避免了雷擊；
B、針一樣的裝置利用尖端放電的原理導走飛機表面由于摩擦所帶的靜電；
C、電工穿金屬衣起到靜電屏蔽作用，能屏蔽高壓線周圍的電場；
D、高壓輸電線鐵塔上最上面兩條金屬導線與大地聯通，保護下面的高壓線免遭雷擊。
15．（2024高一下·金華期末）如圖所示，質量為的木塊靜止在光滑的水平面上，質量為的子彈以速度沿水平方向射入木塊，并最終留在木塊中與木塊一起以速度運動。已知當子彈相對木塊剛好靜止時，木塊前進的距離為，子彈進入木塊的深度為。若木塊對子彈的阻力視為恒定，則下列關系式中正確的是（　　）
A．一定有 B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知識點】平均速度；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A．設子彈開始射入木塊到與木塊相對靜止所用時間為，根據運動學公式可得
，
則有
故A正確；
BCD．對木塊根據動能定理可得
對子彈根據動能定理可得
可得
聯立可得
故BD正確，C錯誤。
故選ABD。
【分析】A、根據二者運動時間相等，結合運動學公式平均速度求解位移對比判斷；
BCD、分別對物塊和子彈應用動能定理求解判斷。
16．（2024高一下·金華期末）以下三種方案可用于完成“探究加速度與力、質量的關系”的實驗，繩子和滑輪均為輕質。
（1）三種方案中，需要進行“補償阻力”的方案是　 　（多選，選填“甲”、“乙”、“丙”），需要滿足重物（或鉤碼）質量遠小于小車（或滑塊）質量的方案是　 　（選填“甲”、“乙”、“丙”）。
（2）某同學選擇其中一個裝置進行實驗時，得到如圖丁所示的一條紙帶（相鄰兩計數點間還有一個點沒有畫出），已知打點計時器使用的是頻率為的交流電。根據紙帶可求出小車加速度為　 　（計算結果保留三位有效數字），根據所計算的加速度大小可判定打出這條紙帶的可能是實驗方案　 　。（選填“甲”、“乙”、“丙”）
（3）某同學選擇圖丙的裝置“驗證系統機械能守恒”。將滑塊從位置由靜止釋放后，測得遮光條通過光電門的時間為，遮光條的寬度為，測得滑塊質量為，鉤碼和力傳感器的質量為m，AB間的距離為。在實驗誤差允許范圍內，若滿足關系式　 　（用直接測量的物理量符號表示），則系統機械能守恒；分析實驗數據后發現，系統增加的動能明顯大于鉤碼和力傳感器減小的重力勢能，原因是　 　。
【答案】（1）甲、乙；乙
（2）12.5；甲
（3）；氣墊導軌的右端比左端高
【知識點】探究加速度與力、質量的關系；驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】（1）三種方案中，甲、乙中小車均受到長木板的摩擦阻力作用，所以需要進行“補償阻力”，丙中氣墊導軌的摩擦阻力可以忽略不計，所以不需要進行“補償阻力”；
甲中繩子拉力可以用彈簧測力計測得，丙中繩子拉力可以用力傳感器測得，只有乙中繩子拉力需要用重物的重力代替，所以需要滿足重物（或鉤碼）質量遠小于小車（或滑塊）質量的方案是乙。
（2）相鄰兩計數點間還有一個點沒有畫出，則相鄰計數點的時間間隔為
根據逐差法可得小車加速度為
由于乙、丙圖中小車的加速度大小與重物的加速度大小相等，而重物的加速度大小一定小于重力加速度；甲圖中小車的加速度大小是重物加速度大小的2倍，小車的加速度可以大于重力加速度，所以根據所計算的加速度大小可判定打出這條紙帶的可能是實驗方案甲。
（3）滑塊經過光電門的速度大小為
根據系統機械能守恒可得
聯立可得滿足關系式
則系統機械能守恒；
分析實驗數據后發現，系統增加的動能明顯大于鉤碼和力傳感器減小的重力勢能，原因是：氣墊導軌的右端比左端高，滑塊下滑過程還有滑塊的重力勢能轉化為系統的動能。
綜上：第1空：甲、乙；第2空：乙；第3空：12.5；第4空：甲；第5空：；第6空：氣墊導軌的右端比左端高
【分析】（1）甲、乙中小車均受到長木板的摩擦阻力作用，所以需要進行“補償阻力”，丙中氣墊導軌的摩擦阻力可以忽略不計，不需要進行“補償阻力”；
（2）根據逐差法求解加速度；根據實驗原理乙、丙中小車加速度與重物加速度相等且小于重力加速度g；甲中小車加速度是重物加速度2倍，可以大于重力加速度g，以此分析判斷；
（3）求解滑塊經過光電門速度，根據系統機械能守恒求解；系統增加的動能明顯大于鉤碼和力傳感器減小的重力勢能，原因是：氣墊導軌的右端比左端高，滑塊下滑過程還有滑塊的重力勢能轉化為系統的動能。
（1）[1]三種方案中，甲、乙中小車均受到長木板的摩擦阻力作用，所以需要進行“補償阻力”，丙中氣墊導軌的摩擦阻力可以忽略不計，所以不需要進行“補償阻力”；
[2]甲中繩子拉力可以用彈簧測力計測得，丙中繩子拉力可以用力傳感器測得，只有乙中繩子拉力需要用重物的重力代替，所以需要滿足重物（或鉤碼）質量遠小于小車（或滑塊）質量的方案是乙。
（2）[1]相鄰兩計數點間還有一個點沒有畫出，則相鄰計數點的時間間隔為
根據逐差法可得小車加速度為
[2]由于乙、丙圖中小車的加速度大小與重物的加速度大小相等，而重物的加速度大小一定小于重力加速度；甲圖中小車的加速度大小是重物加速度大小的2倍，小車的加速度可以大于重力加速度，所以根據所計算的加速度大小可判定打出這條紙帶的可能是實驗方案甲。
（3）[1]滑塊經過光電門的速度大小為
根據系統機械能守恒可得
聯立可得滿足關系式
則系統機械能守恒；
[2]分析實驗數據后發現，系統增加的動能明顯大于鉤碼和力傳感器減小的重力勢能，原因是：氣墊導軌的右端比左端高，滑塊下滑過程還有滑塊的重力勢能轉化為系統的動能。
（2024高一下·金華期末）如圖甲所示，借助該裝置用數碼相機的連拍功能探究平拋運動的特點，連拍間隔時間相等。圖乙是正確操作后得到的連拍照片。
17．關于該實驗，下列做法正確的是______
A．斜槽的末端必須調成水平狀態
B．斜槽必須光滑
C．記錄同一條運動軌跡時，小球可以從不同位置釋放
18．在圖乙中，以小球在處的球心為原點，水平向右為軸、豎直向下為軸建立圖示坐標系。過d處小球球心的豎直線交軸于點。下列說法正確的是______
A．通過某點的x、y坐標可以求得平拋初速度
B．小球運動的軌跡在球心處的切線與軸交于點
C．a、b、c、d點相鄰兩點之間豎直距離之比可能為1：2：3
【答案】17．A
18．C
【知識點】研究平拋物體的運動
【解析】【分析】（1）A、斜槽末端水平小球飛出時速度為水平方向做平拋運動；
BC、只要釋放小球在同一位置，無需斜槽光滑，小球飛出時水平速度相同，做同一個平拋運動。
（2）A、由圖可知a點不是拋出點，豎直方向有初速度，不能根據其坐標求解平拋初速度；
B、若a點為平拋初始位置，根據平拋運動末速度方向反向延長線與射程交點為射程中點分析判斷；
C、根據勻加速直線運動位移公式求解相等時間間隔內的位移之比。
17．A．為了確保小球飛出斜槽后做平拋運動，即飛出速度方向沿水平方向，實驗中斜槽的末端必須調成水平狀態，故A正確；
B．小球每一次均從斜槽同一位置靜止釋放，小球克服阻力做功相同，小球放出的速度大小相同，即斜槽光滑與否對實驗沒有影響，故B錯誤；
C．為了確保小球飛出斜槽的速度大小一定，小球每一次均應從斜槽上同一位置靜止釋放，故C錯誤。
故選A。
18．A．若x、y是相對于小球飛出初始位置的坐標，則有
，
解得
根據圖乙可知，某點的x、y坐標是以小球在處的球心為原點，而處的球心并不是小球飛出初始位置，則速度不等于，故A錯誤；
B．對于平拋運動，以初始位置為原點，令速度與水平方向夾角為，則有
即速度的反向延長線通過對應位置水平分位移坐標線段的中點，由于圖乙中x、y坐標是以小球在處的球心為原點，而處的球心并不是小球飛出初始位置，則小球運動的軌跡在球心處的切線與軸不交于點，故B錯誤；
C．令飛出初始位置到a點時間為，連拍間隔時間為，則有
當有
解得
故C正確。
故選C。
19．（2024高一下·金華期末）用向心力演示儀探究向心力大小F與物體的質量、角速度和軌道半徑的關系實驗：
（1）本實驗所采用的實驗探究方法是__________；
A．理想實驗法 B．等效替代法 C．控制變量法
（2）探究向心力與軌道半徑之間的關系時，被傳動皮帶套住而轉動的左右兩邊的變速塔輪的半徑應該　 　（選填“相同”或“不相同”）。
【答案】（1）C
（2）相同
【知識點】控制變量法；向心力
【解析】【解答】本題考查了用向心力演示儀探究向心力大小F與物體的質量m、角速度ω和軌道半徑r的關系實驗；要根據實驗原理掌握正確的實驗操作。
（1）根據實驗原理可知，先探究向心力大小與其中一個物理量的關系，控制其他物理量不變，本實驗采用的方法是控制變量法。
故選C。
（2）探究向心力與軌道半徑之間的關系時，應控制兩小球質量相同，兩小球的角速度相等，則被傳動皮帶套住而轉動的左右兩邊的變速塔輪的半徑應該相同。
【分析】（1）探究多變量因素實驗應采用控制變量法，據此分析作答；
（2）根據向心力公式、線速度與角速度的關系已經皮帶傳動的特點進行分析作答。
（1）探究向心力大小F與物體的質量、角速度和軌道半徑的關系，先探究向心力大小與其中一個物理量的關系，控制其他物理量不變，本實驗采用的方法是控制變量法。
故選C。
（2）探究向心力與軌道半徑之間的關系時，應控制兩小球質量相同，兩小球的角速度相等，則被傳動皮帶套住而轉動的左右兩邊的變速塔輪的半徑應該相同。
20．（2024高一下·金華期末）無人機廣泛應用于各行各業。如圖甲所示是物流公司使用無人機運輸貨物，無人機下方用輕繩豎直懸掛貨物，當無人機懸停到目的地正上方后，豎直向下先勻加速后勻減速，直至安全著陸，圖乙是降落全過程的圖像。已知貨物的質量為，忽略氣流對貨物的作用力。求：
（1）內貨物的位移大小；
（2）運動過程中，無人機對貨物的最大拉力；
（3）末，拉力對貨物的瞬時功率的大小。
【答案】（1）圖像中，圖像與時間軸所圍幾何圖形的面積表示位移，則5s內貨物的位移大小
解得
（2），貨物向下做加速運動，加速度方向向下，處于失重狀態，拉力小于重力，而，貨物向下做減速運動，加速度方向向上，處于超重狀態，拉力大于重力，可知勻減速下降時，無人機對貨物的拉力最大，根據圖像，加速度大小為
根據牛頓第二定律有
解得
（3）由圖可得，時的速度
根據公式
解得拉力對貨物的瞬時功率
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用；功率及其計算；運動學 v-t 圖象
【解析】【分析】（1）根據圖像，圖像與時間軸所圍幾何圖形的面積表示位移求解；
（2），貨物向下做加速運動，處于失重狀態，拉力小于重力，而，貨物向下做減速運動，加速度方向向上，處于超重狀態，拉力大于重力；根據圖像斜率求解加速度；根據牛頓第二定律求解拉力；
（3）由圖求解時的速度；根據公式求解拉力對貨物的瞬時功率。
21．（2024高一下·金華期末）如圖所示，一電荷量為的帶正電小球A固定在絕緣柱上，另一質量為的帶電小球B用輕質絕緣細線懸掛于點，（A、B均可視為點電荷，且A的電荷量大于B的電荷量）。當小球B與A相距為且處于同一水平線上時，細線與豎直方向的夾角為，已知靜電力常量為，重力加速度為，求：
（1）小球B受到的庫侖力的大小；
（2）小球B的電荷量；
（3）小球A、B連線中點處的電場強度的大小和方向。
【答案】（1）以小球B為對象，跟受力平衡可知小球B受到的庫侖力大小為
（2）對B根據庫侖定律可得
聯立解得小球B的電荷量為
（3）小球A在A、B連線中點處的電場強度大小為
小球B在A、B連線中點處的電場強度大小為
由于A的電荷量大于B的電荷量，則A、B連線中點處的電場強度大小為
方向水平向右。
【知識點】庫侖定律；電場強度的疊加
【解析】【分析】（1）對小球B受力分析，由平衡方程求解庫侖力；
（2）根據庫侖定律求解小球B所帶電荷量；
（3）根據點電荷場強公式分別求解AB在連線中點處的場強，根據場強疊加原理求解。
22．（2024高一下·金華期末）如圖所示，BC是光滑絕緣的圓弧軌道，位于豎直平面內，軌道半徑為，下端與水平絕緣軌道在點平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中。現有一質量為、帶正電的小滑塊（可視為質點）置于水平軌道上，已知滑塊受到的電場力大小為，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數為0.5，將滑塊從水平軌道上與點距離為4R的點由靜止釋放，滑動過程中滑塊電荷量不變，重力加速度用表示，求：
（1）滑塊到達點時速度的大小；
（2）滑塊在圓弧軌道上運動時，重力和電場力合力的大小和方向；
（3）滑塊對軌道的最大作用力的大小。
【答案】（1）滑塊從A到B根據動能定理得
其中
解得
（2）根據力的合成可得重力和電場力的合力大小為
設合力方向與豎直方向夾角為，則
可得
則合力方向斜向左下方，且與豎直方向夾角為。
（3）將重力和電場力的合力視為等效重力，則過圓心O作等效重力方向的直線，與圓弧軌道的交點記為點，所以小球運動到點時，滑塊對軌道的作用力達到最大值。從A到根據動能定理得
解得
在點根據牛頓第二定律得
解得
根據牛頓第三定律可知，滑塊對軌道的最大作用力的大小為。
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【分析】（1）滑塊從A到B根據動能定理求解B點速度；
（2）根據力的合成求解重力和電場力的合力大小和方向；
（3）從A到復合場等效重力最低點，根據動能定理求解其速度；根據牛頓第二定律求解軌道最大作用力。
23．（2024高一下·金華期末）如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平平臺上的固定彈射器和兩個半徑均為的“S”形圓弧軌道ABC、水平直軌道CD、EF、傳送帶DE以及豎直擋板FG組成，軌道各部分平滑連接。為兩圓弧軌道圓心，連線與豎直線間的夾角均為，且A、C兩點切線水平。傳送帶DE長度，速度逆時針勻速轉動。可視為質點的滑塊質量，被彈射器由靜止彈射，彈簧的彈性勢能完全轉化為滑塊動能，滑塊被彈射出去后從A點進入圓弧軌道，它與傳送帶之間的滑動摩擦因數，其余各處均不計摩擦。滑塊碰到擋板立即被粘住，游戲結束。
（1）若滑塊恰好不脫離“S”形圓弧軌道，求釋放滑塊時彈簧的彈性勢能；
（2）若滑塊到達D點時速度，求滑塊通過傳送帶過程中，滑塊與傳送帶產生的熱量；
（3）設彈簧被壓縮后具有的彈性勢能為，其大小可隨意調節，滑塊撞擊擋板前的瞬時速度為。在滿足滑塊不脫軌的前提下，求與的函數關系。
【答案】（1）滑塊恰好不脫離圓弧軌道，在A處有
根據能量守恒可得
聯立解得
（2）滑塊在傳送帶上勻加速時的加速度為
若滑塊在傳送帶上一直勻加速，直到速度變為，設運動時間為，根據運動學公式可得
解得
滑行的位移為
即滑塊加速到時，剛好運動到E點，所以滑塊相對傳送帶滑行的相對位移為
摩擦產生的熱量為
（3）①若物體在傳送帶上一直加速，且到達E處時，速度剛好加速到，此時
解得
此時最初的彈性勢能為
當時，物體在傳送帶上一直加速，根據能量守恒可得
解得
根據運動學公式可得
解得
②若物體在傳送帶上一直減速，且到達E處時，速度剛好減速到，此時
解得
此時最初的彈性勢能為
當時，物體在傳送帶上一直減速，此時
可得
③當時，物體在傳送帶上一定會達到與傳送帶共速的狀態，即；
綜上所述可知，當時，；當時，；當時，。
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；生活中的圓周運動；機械能守恒定律
【解析】【分析】在處理由直線運動和曲線運動構成的多過程問題中，往往臨界點和轉接點是分析的重點。
1、豎直平面內圓周運動的最高點需要對恰好不脫離的臨界條件分析。
2、水平傳送帶問題，注意分析滑動摩擦力的方向和突變的臨界問題；在求解摩擦熱的時候注意利用相對位移。
3、彈簧參與的系統分析，利用機械能守恒定律分析彈性勢能和動能之間的轉化，把握物體與傳送帶共速的兩個臨界條件分析。
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