資源簡(jiǎn)介

浙江省杭州市六校2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期期末聯(lián)考物理試卷
1．（2024高一下·杭州期末）以下單位中，屬于能量單位的是（　　）
A．kW B．mA·h C．eV D．
2．（2024高一下·杭州期末）如圖，一艘正在高速行駛的游艇上，乘客用手觸摸了正在飛行的野鴨，感覺到野鴨停在空中，對(duì)此下列說法正確的是（　　）
A．乘客以野鴨為參考系是在高速運(yùn)動(dòng)的
B．研究飛行的野鴨相對(duì)乘客靜止原因時(shí)，不能將野鴨看成質(zhì)點(diǎn)
C．野鴨能相對(duì)乘客靜止，是由于揮動(dòng)翅膀時(shí)對(duì)空氣有作用力
D．乘客感覺到野鴨停在空中是以靜止湖水為參考系的
3．（2024高一下·杭州期末）蹦床是深受人們喜愛的一項(xiàng)體育運(yùn)動(dòng)，也是奧運(yùn)比賽項(xiàng)目。如圖甲是運(yùn)動(dòng)員在蹦床上反彈達(dá)到的最高位置時(shí)的照片，乙圖是下落之后達(dá)到最低處時(shí)的照片，若忽略空氣阻力，則下列有關(guān)表述正確的是（　　）
A．運(yùn)動(dòng)員在最高處時(shí)速度為0，處于平衡狀態(tài)
B．運(yùn)動(dòng)員落到蹦床上之后，立即做減速運(yùn)動(dòng)
C．運(yùn)動(dòng)員達(dá)到最低處時(shí)，蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力等于運(yùn)動(dòng)員對(duì)蹦床的作用力
D．運(yùn)動(dòng)員在比賽的整個(gè)過程中，那么運(yùn)動(dòng)員和蹦床系統(tǒng)機(jī)械能守恒
4．（2024高一下·杭州期末）如圖是常見的鉗子和扳手，鉗子的一側(cè)握把穿過扳手的小孔P卡在一起，然后把鉗子的另一側(cè)握把置于粗糙水平桌面上的Q點(diǎn)，適當(dāng)調(diào)節(jié)兩者的相對(duì)位置，整體可以靜置于空中，（不考慮空氣的影響）對(duì)此現(xiàn)象分析正確的是（　　）
A．鉗子受到桌面的摩擦力方向?yàn)樗较蛴?br/>B．鉗子對(duì)扳手的作用力可以不在豎直方向上
C．鉗子和扳手整體的重心與Q點(diǎn)一定在同一豎直線上
D．若只將鉗子兩側(cè)握把的夾角變大，平衡時(shí)桌面對(duì)鉗子的作用力將變大
5．（2024高一下·杭州期末）如圖所示，長(zhǎng)度不同的兩根輕質(zhì)細(xì)繩懸掛于同一點(diǎn)，另一端各系一個(gè)質(zhì)量不同的小球A和B，使它們?cè)谕凰矫鎯?nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是（　　）
A．輕繩拉力的大小一定不相同
B．兩球運(yùn)動(dòng)的角速度相同
C．小球A運(yùn)動(dòng)的周期大于B的周期
D．小球A的向心加速度小于小球B的向心加速度
6．（2024高一下·杭州期末）2024年4月26日3時(shí)32分，我國發(fā)射的“神舟十八號(hào)”飛船成功與天和核心艙徑向端口對(duì)接，整個(gè)對(duì)接過程歷時(shí)6個(gè)半小時(shí)，5時(shí)04分“神舟十八號(hào)”乘組與“神舟十七號(hào)”乘組順利實(shí)現(xiàn)空中會(huì)師，發(fā)射任務(wù)取得圓滿成功。天和核心艙在離地高度，與赤道平面約成42°角的平面內(nèi)繞地近似做勻速圓運(yùn)動(dòng)。已知地球半徑，地球表面重力加速度，則（　　）
A．天和核心艙繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度小于地球自轉(zhuǎn)的角速度
B．天和核心艙繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度約為10.2m/s2
C．“神舟十八號(hào)”的發(fā)射速度大于11.2km/s
D．飛行乘組每天大約可以看到16次日出
7．（2024高一下·杭州期末）如圖所示，從一根內(nèi)壁光滑的空心豎直鋼管A的上端邊緣，緊貼鋼管管壁方向向管內(nèi)水平拋入一鋼球，球一直沿管壁做曲線運(yùn)動(dòng)直至落地。若換一根等高但內(nèi)徑更大的內(nèi)壁光滑的空心豎直管B，用同樣的方法拋入此鋼球，下列說法正確的是（　　）
A．球在兩管中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間一樣長(zhǎng)
B．兩球都做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)
C．水平拋入的初速度大小不可能相同
D．小鋼球落地時(shí)的速度第二種情況更大
8．（2024高一下·杭州期末）如圖所示，在平直公路上行駛的箱式貨車內(nèi)，用輕繩AO、BO在O點(diǎn)懸掛質(zhì)量為5kg的重物，輕繩AO、BO與車頂部夾角分別為30°、60°。在汽車加速行駛過程中，為保持重物懸掛在O點(diǎn)位置不動(dòng)，重力加速度為g，箱式貨車的最大加速度（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·杭州期末）均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng)。如圖所示，一半徑為R的球殼表面均勻帶有正電荷，電荷量為2q，O為球心，直線ab是過球殼中心的一條水平線，球殼表面與直線ab交于C、D兩點(diǎn)，直線ab上有兩點(diǎn)P、Q，且。現(xiàn)垂直于CD將球面均分為左右兩部分，并把右半部分移去，左半球面所帶電荷仍均勻分布，此時(shí)P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，則Q點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為（　　）
A． B． C． D．
10．（2024高一下·杭州期末）如圖所示，虛線a、b、c、d、f、g代表電場(chǎng)內(nèi)平行且間距相等的一組等勢(shì)面，已知等勢(shì)面b的電勢(shì)為4V。一α粒子（）經(jīng)過等勢(shì)面a時(shí)的動(dòng)能為20eV，經(jīng)過等勢(shì)面d時(shí)的動(dòng)能為8eV，不計(jì)α粒子重力。下列說法錯(cuò)誤的是（　　）
A．等勢(shì)面d的電勢(shì)為0V B．α粒子可能到達(dá)不到等勢(shì)面f
C．α粒子最遠(yuǎn)可能到達(dá)等勢(shì)面g D．電場(chǎng)一定是勻強(qiáng)電場(chǎng)
11．（2024高一下·杭州期末）隨著生活條件的改善，越來越多的人喜歡上了電動(dòng)牙刷（如圖所示），電動(dòng)牙刷通過電動(dòng)機(jī)芯的快速旋轉(zhuǎn)或振動(dòng)，使刷頭產(chǎn)生高頻振動(dòng)，瞬間將牙膏分解成細(xì)微泡沫，深入清潔牙縫，與此同時(shí)，刷毛的顫動(dòng)能促進(jìn)口腔的血液循環(huán)，對(duì)牙齦組織有按摩效果。下列表格中是一款充電式電動(dòng)牙刷銘牌上的參數(shù)，下列選項(xiàng)正確的是（　　）
充電器輸入電壓 AC 220V 充電器輸出電壓 DC 5V
充電器輸出電流 50mA 電池容量 600mA·h
電動(dòng)牙刷額定功率 1.3W 電動(dòng)牙刷額定電壓 DC 3.7V
A．電動(dòng)牙刷工作時(shí)的額定電流為50mA
B．正常刷牙3min，牙刷每次消耗的能量約為3.9J
C．電池充滿電后總電量為600C
D．電動(dòng)牙刷充電時(shí)，從無電狀態(tài)到滿電狀態(tài)所需時(shí)間約為12h
12．（2024高一下·杭州期末）如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，電壓表為理想電表V，平行板電容器的下極板N接地，當(dāng)開關(guān)S閉合穩(wěn)定后，兩板中間位置Q處有一帶負(fù)電的粒子恰好靜止。、為定值電阻，滑動(dòng)變阻器R的滑動(dòng)觸點(diǎn)為P。則（　　）
A．上極板M向下移動(dòng)時(shí)，電容器的電容減小
B．下極板N向下移動(dòng)時(shí)，Q點(diǎn)的電勢(shì)升高
C．觸點(diǎn)P向b端移動(dòng)時(shí)，流經(jīng)R的電流方向?yàn)?br/>D．觸點(diǎn)P向b端移動(dòng)時(shí)，電容器兩板間的粒子將向下運(yùn)動(dòng)
13．（2024高一下·杭州期末）如圖所示，環(huán)形塑料管半徑為R，豎直放置，且管的內(nèi)徑遠(yuǎn)小于環(huán)的半徑，ab為該環(huán)的水平直徑，環(huán)的ab及其以下部分處于水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，管的內(nèi)壁光滑。現(xiàn)將一質(zhì)量為m，電荷量為q的小球從管中a點(diǎn)由靜止開始釋放，已知，小球可以運(yùn)動(dòng)過b點(diǎn)。則下列說法正確的是（　　）
A．小球釋放后的運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒
B．小球每周的運(yùn)動(dòng)過程中最大速度在圓弧ad之間，且與od之間的夾角為37°
C．小球釋放后，第一次經(jīng)過最低點(diǎn)d和最高點(diǎn)c時(shí)，對(duì)管壁的壓力之比為9∶2
D．小球釋放后，第二次恰好到達(dá)b點(diǎn)時(shí)，對(duì)管壁的壓力大小為
14．（2024高一下·杭州期末）下列四幅圖所涉及的物理現(xiàn)象或原理，表述正確的是（　　）
A．如圖甲，若把真空的牛頓管置于繞地飛行的空間站內(nèi)，那么鐵片和羽毛從管頂同時(shí)釋放后將同時(shí)到達(dá)管底
B．如圖乙，小錘擊打金屬片后，可以觀察到A、B兩球同時(shí)落地，此現(xiàn)象說明平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向的分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)
C．如圖丙，當(dāng)收集器A和線狀電離器B接通高壓電源后，粉塵被吸附到正極A上，最后在重力作用下落入下面的漏斗中，達(dá)到除塵效果
D．如圖丁，把頭發(fā)碎屑懸浮在蓖麻油里，加上電場(chǎng)，可以模擬點(diǎn)電荷周圍電場(chǎng)線的分布情況，圖中頭發(fā)碎屑的疏密程度可以反映電場(chǎng)強(qiáng)度的大小
15．（2024高一下·杭州期末）小明用額定功率為1200W、最大拉力為300N的提升裝置，把靜置于地面的質(zhì)量為20kg的重物豎直提升到高為85.2m的平臺(tái)，先加速再勻速，最后做加速度大小不超過的勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)平臺(tái)速度剛好為零，若要提升重物的時(shí)間最短，則下列說法正確的是（　　）
A．整個(gè)過程中最大加速度為
B．勻減速運(yùn)動(dòng)的位移大小為3.6m
C．靜止開始勻加速的時(shí)間為1.2s
D．提升重物的最短時(shí)間為15.5s
16．（2024高一下·杭州期末）某同學(xué)做“探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)。采用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置，讓槽碼通過細(xì)繩拖動(dòng)小車在長(zhǎng)木板上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。
（1）為完成實(shí)驗(yàn)，除圖中已有的器材，還需要交流電源、天平（含配套砝碼）和　 　。
（2）如圖甲，關(guān)于本實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是______。
A．應(yīng)適當(dāng)調(diào)節(jié)滑輪高度，使線與桌面平行，確保小車能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
B．此時(shí)有可能正在進(jìn)行“補(bǔ)償阻力”的實(shí)驗(yàn)操作
C．實(shí)驗(yàn)時(shí)小車應(yīng)從靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器處靜止釋放
D．電火花計(jì)時(shí)器的工作電壓應(yīng)為交流8V
（3）如圖乙，是某同學(xué)挑選的一條較為清晰的紙帶，并選取了部分點(diǎn)為計(jì)數(shù)點(diǎn)（計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖）。已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打點(diǎn)的時(shí)間間隔，由圖可知小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度　 　（保留三位有效數(shù)字）。據(jù)此可知本次實(shí)驗(yàn)操作中存在不合理之處在于　 　。
17．（2024高一下·杭州期末）（1）如圖甲是多用表的刻度盤，當(dāng)選用量程為50mA的電流檔測(cè)量電流時(shí)，表針指于圖示位置，則所測(cè)電流為　 　mA；若選用倍率為“×10”的電阻檔測(cè)電阻時(shí)，表針也指示在圖示同一位置，則所測(cè)電阻的阻值為　 　Ω。
（2）利用游標(biāo)卡尺測(cè)量圓筒形盛水容器的內(nèi)徑，應(yīng)使用圖乙中的　 　（選填“A”、“B”或“C”）進(jìn)行測(cè)量，示數(shù)如圖丙所示，其值為　 　mm。
18．（2024高一下·杭州期末）某實(shí)驗(yàn)小組為盡量準(zhǔn)確測(cè)定電池組的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)室提供以下器材：
A.待測(cè)電池組（電動(dòng)勢(shì)約為3V，內(nèi)阻約為1Ω）
B.電壓表（量程0~3V，內(nèi)阻約為3kΩ）
C.電流表（量程0~0.6A，內(nèi)阻為3.0Ω）
D.電流表（量程0~3.0A，內(nèi)阻約為0.2Ω）
E.滑動(dòng)變阻器（0~20Ω，額定電流2.0A）
F.滑動(dòng)變阻器（0~1kΩ，額定電流0.5A）
G.開關(guān)、導(dǎo)線若干
（1）滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用　 　（選填“E”或“F”）。
（2）如圖甲所示，部分導(dǎo)線已連接，為完成實(shí)驗(yàn)，請(qǐng)?jiān)趫D中把導(dǎo)線補(bǔ)充完整　 　。
（3）電路連接后，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，得到了幾組電壓表讀數(shù)U和對(duì)應(yīng)的電流表讀數(shù)I，并作出圖像，如圖乙所示。根據(jù)圖像可知，電池組的電動(dòng)勢(shì)為　 　V（結(jié)果保留三位有效數(shù)字），內(nèi)阻為　 　Ω（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。
（4）實(shí)驗(yàn)中電流表的內(nèi)阻對(duì)于電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量值造成系統(tǒng)誤差　 　（填“會(huì)”或“不會(huì)）。
19．（2024高一下·杭州期末）如圖所示，絕緣水平地面B點(diǎn)左側(cè)空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，B點(diǎn)右側(cè)空間無電場(chǎng)。現(xiàn)有一帶負(fù)電、電荷量，質(zhì)量小滑塊（電量保持不變），從距B點(diǎn)的A點(diǎn)靜止釋放，最后停在距B點(diǎn)的C點(diǎn)，整個(gè)過程用時(shí)5s，求：
（1）滑行過程中的最大速度的大小；
（2）減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度；
（3）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小。
20．（2024高一下·杭州期末）如圖，電源電動(dòng)勢(shì)為12V，內(nèi)阻為2Ω，電阻為1Ω，為6Ω。開關(guān)閉合后，電動(dòng)機(jī)恰好正常工作。已知電動(dòng)機(jī)額定電壓U為6V，線圈電阻為0.5Ω，問：
（1）電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)通過的電流多大？
（2）電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)產(chǎn)生的機(jī)械功率是多大？
（3）若、電阻可調(diào)，在確保電動(dòng)機(jī)正常工作的前提下，當(dāng)?shù)淖柚刀啻髸r(shí)，消耗的電功率最大？此時(shí)的阻值多大？
21．（2024高一下·杭州期末）如圖甲是某XCT機(jī)的實(shí)物圖。其產(chǎn)生X射線主要部分的示意圖如圖乙所示，圖中P、Q之間的加速電壓為，M、N兩板之間的偏轉(zhuǎn)電壓為U，電子從電子槍逸出后沿圖中虛線射入，經(jīng)加速電場(chǎng)、偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)域后，打到水平靶臺(tái)的中心點(diǎn)C，產(chǎn)生X射線（圖中虛線箭頭所示）。已知電子質(zhì)量，電荷量為，偏轉(zhuǎn)極板M、N長(zhǎng)，間距，虛線距離靶臺(tái)豎直高度為，靶臺(tái)水平位置可以調(diào)節(jié)，不考慮電子的重力、電子間相互作用力及電子從電子槍逸出時(shí)的初速度大小，不計(jì)空氣阻力。求：
（1）電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)速度的大小；
（2）若M、N兩板之間電壓大小時(shí)，為使X射線擊中靶臺(tái)中心點(diǎn)C，靶臺(tái)中心點(diǎn)C離N板右側(cè)的水平距離；
（3）在（2）中，電子剛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度；
（4）在電場(chǎng)區(qū)域由于電子重力遠(yuǎn)小于電場(chǎng)力，所以電子的重力可忽略不計(jì)，試說明為什么電子飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)域后，重力仍可忽略不計(jì)。
22．（2024高一下·杭州期末）如圖所示，是處于豎直平面內(nèi)某探究裝置的示意圖，它由水平彈射裝置Q、圓心角為的光滑圓弧軌道AB、水平軌道BC、水平傳送帶MN、光滑水平軌道DE和傾角為30°的光滑且足夠長(zhǎng)的斜面EF組成。彈射裝置Q距離水平軌道BCDE的高度，B點(diǎn)位于圓弧軌道圓心O點(diǎn)的正下方，BC、MN、DE位于同一水平面上，各處光滑連接。已知可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊質(zhì)量，圓弧軌道AB的半徑，軌道BC長(zhǎng)度，傳送帶MN長(zhǎng)度，滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為、與傳帶MN間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，其它摩擦和阻力均不計(jì)，，。滑塊在彈射裝置作用下以某一速度離開平臺(tái)P做平拋運(yùn)動(dòng)，恰好可以沿切線方向進(jìn)入圓弧軌道AB，傳送帶以一定的速度v（）逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。求：
（1）水平彈射裝置對(duì)滑塊做的功；
（2）滑塊第一次運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)，對(duì)圓弧軌道的壓力；
（3）滑塊最終靜止在軌道BC時(shí)的位置距B的距離與傳送帶速度v的關(guān)系。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓第二定律；功率及其計(jì)算；電勢(shì)差；電流、電源的概念
【解析】【解答】A． kW是功率的單位，故A錯(cuò)誤；
B ．根據(jù)可知mA·h是電量的單位，故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)可知eV是能量的單位，故C正確；
D．根據(jù)可知是力的單位，故D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】根據(jù)單位結(jié)合對(duì)應(yīng)物理量及其定義式分析，kW是功率的單位，mA·h是電量的單位，eV是能量的單位，是力的單位。
2．【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓第三定律；質(zhì)點(diǎn)；參考系與坐標(biāo)系
【解析】【解答】本題要注意區(qū)分研究對(duì)象與參考系的不同，考查對(duì)參考系概念的理解及實(shí)際判斷能力。
A．因?yàn)槌丝陀檬钟|摸了正在飛行的野鴨，感覺到野鴨停在空中，所以乘客以野鴨為參考系是靜止的，故A錯(cuò)誤；
B．研究飛行的野鴨相對(duì)乘客靜止原因時(shí)，可以忽略野鴨的大小和形狀，能將野鴨看成質(zhì)點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；
C．野鴨能相對(duì)乘客靜止，是由于揮動(dòng)翅膀時(shí)對(duì)空氣有作用力，空氣對(duì)翅膀反作用力讓野鴨飛行，故C正確；
D．乘客感覺到野鴨停在空中是以乘客自己為參考系，故D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】研究物體的運(yùn)動(dòng)情況時(shí)，首先要選取一個(gè)物體作為標(biāo)準(zhǔn)，這個(gè)被選作標(biāo)準(zhǔn)的物體叫做參照物。研究對(duì)象的運(yùn)動(dòng)情況是怎樣的，就看它與參照物的位置是否變化；一個(gè)物體能不能看成質(zhì)點(diǎn)，就看它的大小和形狀對(duì)研究問題有沒有影響。
3．【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓第三定律；牛頓第二定律；機(jī)械能守恒定律
【解析】【解答】A．運(yùn)動(dòng)員在最高處時(shí)速度為0，只受重力，合力豎直向下，處于非平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；
B．運(yùn)動(dòng)員落到蹦床上之后，剛開始蹦床的形變量較小，彈力較小，豎直向下的重力大于豎直向上的彈力，合力向下，根據(jù)牛頓第二定律，繼續(xù)加速，故B錯(cuò)誤；
C．運(yùn)動(dòng)員達(dá)到最低處時(shí)，根據(jù)牛頓第三定律，蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力等于運(yùn)動(dòng)員對(duì)蹦床的作用力，故C正確；
D．運(yùn)動(dòng)員在比賽的整個(gè)過程中，人消耗自己的化學(xué)能，運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)越來越高，所以運(yùn)動(dòng)員和蹦床系統(tǒng)機(jī)械能增大，故D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】A、最高點(diǎn)速度為零，只受重力加速度為g；
B、落到蹦床上之后，彈力小于重力，合力向下，先做加速度減小的加速；
C、根據(jù)牛頓第三定律，蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力和運(yùn)動(dòng)員對(duì)蹦床的作用力是作用力和反作用力；
D、整個(gè)過程中，人消耗自己的化學(xué)能，運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)越來越高，所以運(yùn)動(dòng)員和蹦床系統(tǒng)機(jī)械能增大。
4．【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】共點(diǎn)力的平衡
【解析】【解答】ACD．鉗子和扳手整體的受力平衡，可知整體受重力與桌面對(duì)鉗子的支持力，不受摩擦力，重力和支持力在同一豎直直線上，則鉗子和扳手整體的重心在桌面與Q點(diǎn)一定在同一豎直線上，調(diào)整鉗子兩側(cè)握把的夾角，桌面對(duì)鉗子的作用力仍等于重力，大小不變，
故AD錯(cuò)誤，C正確；
B．扳手受力平衡，則鉗子對(duì)扳手的作用力與扳手重力方向相反，故B錯(cuò)誤；
故選C。
【分析】ACD、由平衡狀態(tài)受力分析可知，整體只受重力與桌面對(duì)鉗子的支持力，二力平衡，重心與Q點(diǎn)在同一豎直線上，調(diào)整鉗子兩側(cè)握把的夾角，桌面對(duì)鉗子的作用力仍等于重力，大小不變；
B、扳手受力平衡，鉗子對(duì)扳手的作用力與扳手重力為平衡力，大小相等，方向相反，在同一直線上。
5．【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】生活中的圓周運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】AD．設(shè)繩子與豎直方向的夾角為，繩子拉力為，豎直方向
解得
由于不清楚兩個(gè)小球的質(zhì)量關(guān)系，可知繩子拉力可能相等，水平方向，根據(jù)
由題圖可知，可知小球A的向心加速度大于小球B的向心加速度，故AD錯(cuò)誤；
BC．設(shè)懸掛點(diǎn)與兩個(gè)小球所在平面高度為，根據(jù)
由幾何關(guān)系
聯(lián)立可得
根據(jù)
可知兩球運(yùn)動(dòng)的周期相同，故B正確，C錯(cuò)誤。
故答案為：B。
【分析】對(duì)小球受力分析，得出拉力的公式，進(jìn)行分析；再求出向心加速度的公式，根據(jù)角度的大小關(guān)系得出二者的加速度大小關(guān)系；
根據(jù)水平方向上合外力提供向心力列式，再根據(jù)幾何關(guān)系列式得出角速度大小，再根據(jù)得出周期的關(guān)系。
6．【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】衛(wèi)星問題
【解析】【解答】A．根據(jù)牛頓第二定律得
解得
天和核心艙的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以天和核心艙的角速度大于同步衛(wèi)星的角速度，而同步衛(wèi)星的角速度等于地球自轉(zhuǎn)的角速度，所以天和核心艙繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度大于地球自轉(zhuǎn)的角速度，A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)牛頓第二定律得
解得
近地衛(wèi)星的向心加速度約為9.8m/s2，天和核心艙繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑略大于近地衛(wèi)星的軌道半徑，所以天和核心艙繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度一定小于約為9.8m/s2，B錯(cuò)誤；
C.11.2km/h是脫離地球的速度，所以“神舟十八號(hào)”的發(fā)射速度小于11.2km/s，C錯(cuò)誤；
D．飛行乘組的做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T
飛行乘組每天看日出的次數(shù)為
解得
D正確。
故選D。
【分析】A、天和核心艙的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，根據(jù)萬有引力提供向心力求解角速度公式分析判斷；
B、根據(jù)萬有引力提供向心力求解向心加速度對(duì)比近地衛(wèi)星向心加速度判斷；
C、11.2km/h是脫離地球的第二宇宙速度，“神舟十八號(hào)”的發(fā)射速度小于11.2km/s；
D、根據(jù)萬有引力提供向心力求解周期公式，結(jié)合黃金代換公式和地球自轉(zhuǎn)周期求解。
7．【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】運(yùn)動(dòng)的合成與分解；勻速圓周運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】A．鋼球在鋼管內(nèi)的運(yùn)動(dòng)可分解為水平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)，則豎直方向上有
解得
由于A管與B管高度相同，可知球在兩管中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間一樣長(zhǎng)，故A正確；
B．兩球在鋼管內(nèi)的運(yùn)動(dòng)可分解為水平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)。在豎直方向的加速度為重力加速度不變；在水平方向加速度為向心加速度，大小不變方向改變，所以兩球的合加速度方向改變，所以兩球做的都不是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
C．兩球在鋼管內(nèi)的運(yùn)動(dòng)可分解為水平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，鋼管的支持力提供向心力，與速度大小無關(guān)，所以水平拋入的初速度大小可能相同也可能不同，故C錯(cuò)誤；
D．兩球在落地時(shí)，在豎直方向
在水平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以小鋼球落地時(shí)的速度
因?yàn)榍蛟趦晒苤械倪\(yùn)動(dòng)時(shí)間一樣長(zhǎng)，所以兩球在豎直方向的分速度相同；但兩球拋出時(shí)初速度大小關(guān)系未知，所以兩球落地時(shí)的速度大小無法比較，故D錯(cuò)誤。
故選A。
【分析】A、根據(jù)該運(yùn)動(dòng)豎直方向只受重力，做自由落體運(yùn)動(dòng)高度決定時(shí)間分析；
B、兩小球運(yùn)動(dòng)可分解為水平勻速圓周運(yùn)動(dòng)，豎直自由落體運(yùn)動(dòng)；勻速圓周運(yùn)動(dòng)向心加速度與重力加速的合加速度方向時(shí)刻改變，不是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)；
C、水平拋入的初速度大小可能相同也可能不同，水平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)向心力由管的支持力提供；
D、落地時(shí)速度由水平初速度和自由落體末速度決定，初速度未知，落地速度無法比較。
8．【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—連接體
【解析】【解答】對(duì)小球受力分析可得
聯(lián)立解得
整理得
當(dāng)FA=0時(shí)，a取得最大值
故選B。
【分析】O點(diǎn)受力分析可知，加速度最大時(shí)OA繩子拉力為零，在OB繩子拉力和重力合力產(chǎn)生的加速度最大，根據(jù)力的合成法由牛頓第二定律求解最大加速度。
9．【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】電場(chǎng)強(qiáng)度
【解析】【解答】先將帶電球體補(bǔ)全，一半徑為R的球體表面均勻帶有正電荷，電荷量為2q，在球外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng)，則在P、Q兩點(diǎn)所產(chǎn)生的電場(chǎng)為
左半球面所帶電荷在P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，由對(duì)稱性可知去掉的右半球面所帶電荷在Q點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，則
故選D。
【分析】根據(jù)均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng)，結(jié)合點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度公式求解整體帶電2q的小球在P、Q兩點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度；左半球面所帶電荷在P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，由對(duì)稱性可知去掉的右半球面所帶電荷在Q點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，可得求解。
10．【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】等勢(shì)面
【解析】【解答】A．α粒子帶兩個(gè)單位正電荷，當(dāng)α粒子經(jīng)過a 時(shí)的動(dòng)能為20eV ， 經(jīng)過平面 d時(shí)的動(dòng)能為8eV ，則有
解得
則有
聯(lián)立解得
故A錯(cuò)誤；
B．當(dāng)α粒子由 a向 d方向運(yùn)動(dòng)，每經(jīng)過相鄰的等勢(shì)面，α粒子動(dòng)能減少4eV，則α粒子到達(dá)等勢(shì)面f的動(dòng)能為4eV ，由于題目中沒有說明α粒子如何運(yùn)動(dòng)，因此也可能α粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做拋體運(yùn)動(dòng)，則可能不會(huì)到達(dá)等勢(shì)面f ，故B正確；
C．由選項(xiàng)B可知，當(dāng)α粒子到達(dá)等勢(shì)面 g的動(dòng)能為0 ，若電子垂直等勢(shì)面入射，則可能會(huì)到達(dá)等勢(shì)面g ，故C正確；
D．由題可知，等勢(shì)面是平行且等間距的，則該電場(chǎng)一定是勻強(qiáng)電場(chǎng)，故D正確。
題干要求選錯(cuò)誤的說法，故選A。
【分析】A、對(duì)α粒子從a-d根據(jù)動(dòng)能定理求解，根據(jù)等差等勢(shì)面求解，從而求解；
B、接A中可知等勢(shì)面間的電勢(shì)差，根據(jù)動(dòng)能定理求解到達(dá)f時(shí)的動(dòng)能，但α粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)未知，則可能不會(huì)到達(dá)等勢(shì)面f ；
C、根據(jù)動(dòng)能定理求解判斷；
D、等勢(shì)面是平行且等間距的，該電場(chǎng)一定是勻強(qiáng)電場(chǎng)。
11．【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】電功率和電功；電流、電源的概念
【解析】【解答】A．電動(dòng)牙刷工作時(shí)的額定電流為
故A錯(cuò)誤；
B．正常刷牙3min，牙刷每次消耗的能量約為
故B錯(cuò)誤；
C．電池充滿電后總電量為
故C錯(cuò)誤；
D．電動(dòng)牙刷充電時(shí)，從無電狀態(tài)到滿電狀態(tài)所需時(shí)間
故D正確。
故選D。
【分析】根據(jù)銘牌數(shù)據(jù)，由功率公式求解額定電流；由求解消耗能量；根據(jù)電池容量由求解電荷量；由求解充電時(shí)間。
12．【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】電容器及其應(yīng)用；電路動(dòng)態(tài)分析
【解析】【解答】A．根據(jù)電容器的決定式有
上極板M向下移動(dòng)時(shí)，d減小，電容器的電容增大，故A錯(cuò)誤；
B．下極板N向下移動(dòng)時(shí)，d增大，根據(jù)電路圖可知兩端電壓不變，則電容器兩端電勢(shì)差不變，根據(jù)
可知電場(chǎng)強(qiáng)度減小，則Q點(diǎn)與上極板的電勢(shì)差
減小，故Q點(diǎn)的電勢(shì)升高，故B正確；
CD．觸點(diǎn)P向b端移動(dòng)時(shí)，電容器的電勢(shì)差與電荷量均不變，沒有電流經(jīng)過R，電容器的電場(chǎng)強(qiáng)度也不變，粒子不運(yùn)動(dòng)，故CD錯(cuò)誤；
故選B。
【分析】A、根據(jù)電容決定式分析判斷；
B、根據(jù)電路特點(diǎn)電容器兩端電壓不變，d增大，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)公式電場(chǎng)強(qiáng)度減小，Q點(diǎn)與上極板的電勢(shì)差減小，故Q點(diǎn)的電勢(shì)升高；
CD、滑片P的移動(dòng)不影響電容器電壓與電荷量和兩板間場(chǎng)強(qiáng)大小。
13．【答案】D
【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)機(jī)械能守恒定律的條件可知，在小球運(yùn)動(dòng)的過程中，除了重力做功之外，電場(chǎng)力也做功了，故小球釋放后的運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；
B．如果小球帶負(fù)電，不可能到達(dá)b點(diǎn)，所以小球帶正電，則設(shè)電場(chǎng)力與重力合力的方向與od之間的夾角為，則由小球的受力可知
故
故小球每周的運(yùn)動(dòng)過程中最大速度在圓弧bd之間，且與od之間的夾角為37°，故B錯(cuò)誤；
C．球釋放后，小球第一次經(jīng)過最低點(diǎn)d時(shí)有
解得
第一次經(jīng)過最高點(diǎn)c時(shí)有
聯(lián)立解得
故C錯(cuò)誤；
D．小球釋放后，第二次恰好到達(dá)b點(diǎn)時(shí)
聯(lián)立解得
小球釋放后，第二次恰好到達(dá)b點(diǎn)時(shí)，對(duì)管壁的壓力大小為，故D正確；
故選D。
【分析】A、a-b運(yùn)動(dòng)過程電場(chǎng)力做功機(jī)械能不守恒；
B、a點(diǎn)靜止釋放可以運(yùn)動(dòng)過b點(diǎn)，說明電場(chǎng)力做正功，粒子帶正電，根據(jù)小球重力和電場(chǎng)力求其合力方向，從而確定復(fù)合場(chǎng)等效最低點(diǎn)，確定速度最大位置；
C、根據(jù)動(dòng)能定理分別求解小球在d、c兩點(diǎn)速度，根據(jù)牛頓第二定律求解兩點(diǎn)對(duì)管道壓力；
D、根據(jù)動(dòng)能定理求解第二次到達(dá)b點(diǎn)時(shí)速度，由牛頓第二定律求解管壁壓力。
14．【答案】B,C,D
【知識(shí)點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)；衛(wèi)星問題；電場(chǎng)線；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)綜合
【解析】【解答】A．真空的牛頓管置于繞地飛行的空間站內(nèi)，在空間站處于失重狀態(tài)，故無法判斷，故A錯(cuò)誤；
B．小錘擊打金屬片后，可以觀察到A、B兩球同時(shí)落地，下落時(shí)間相等，此現(xiàn)象說明平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向的分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)，故B正確；
C．電源的兩極分別接在AB上，凈電荷一般分布在尖端，所以B處分布電荷較為密集，則距離B越近場(chǎng)強(qiáng)較大，粉塵吸附電子后帶負(fù)電，在電場(chǎng)力的作用下將會(huì)向正極板運(yùn)動(dòng)，即向A運(yùn)動(dòng)，最后被吸附到A上，后在重力作用下落入下面的漏斗中，達(dá)到除塵效果，故C正確；
D．電場(chǎng)線是為了形象地描述電場(chǎng)而引入假想的線，實(shí)際并不存在，頭發(fā)碎屑的分布圖只是模擬了電場(chǎng)線的分布情況，其疏密程度可以反映電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，故D正確。
故選BCD。
【分析】A、真空的牛頓管置于繞地飛行的空間站內(nèi)，處于完全失重狀態(tài)，鐵片和羽毛靜止釋放不會(huì)下落；
B、A、B兩球同時(shí)落地，此現(xiàn)象說明平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向的分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)；
C、B處分布電荷較為密集，則距離B越近場(chǎng)強(qiáng)較大，粉塵吸附電子后帶負(fù)電，在電場(chǎng)力的作用下將會(huì)向正極板運(yùn)動(dòng)，最后被吸附到A上，后在重力作用下落入下面的漏斗中，達(dá)到除塵效果；
D、頭發(fā)碎屑的分布圖模擬了電場(chǎng)線的分布情況，其疏密程度可以反映電場(chǎng)強(qiáng)度的大小。
15．【答案】B,D
【知識(shí)點(diǎn)】機(jī)車啟動(dòng)
【解析】【解答】A．一開始先以最大拉力拉重物做勻加速上升，根據(jù)牛頓第二定律
解得
故A錯(cuò)誤；
B．重物以最大速度勻速時(shí)，有
則勻減速位移為
其中
解得
故B正確；
C．當(dāng)功率達(dá)到額定功率時(shí)，設(shè)重物的速度為，則有
此過程所用時(shí)間
故C錯(cuò)誤；
D．勻加速上升的位移為
勻減速的時(shí)間為
設(shè)重物從結(jié)束勻加速運(yùn)動(dòng)到開始做勻減速運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間為，該過程根據(jù)動(dòng)能定理可得
其中
解得
故提升重物的最短時(shí)間為
故D正確。
故選BD。
【分析】A、根據(jù)最大拉力由牛頓第二定律求解最大加速度；
B、根據(jù)額定功率求解最大速度；由速度位移公式求解減速為零發(fā)生的位移；
C、根據(jù)功率公式，結(jié)合勻加速運(yùn)動(dòng)速度公式求解以最大拉力到額定功率所需時(shí)間；
D、結(jié)合前面結(jié)果求解以最大加速度勻加速到對(duì)應(yīng)最大速度所需位移，勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)間；根據(jù)位移關(guān)系，由動(dòng)能定理求解勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，從而求解最短時(shí)間。
16．【答案】（1）刻度尺
（2）C
（3）3.01；不滿足槽碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，在實(shí)驗(yàn)中用槽碼重力來代替小車受到的拉力時(shí)產(chǎn)生的誤差較大
【知識(shí)點(diǎn)】探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系
【解析】【解答】（1）為完成實(shí)驗(yàn)，除圖中已有的器材，還需要刻度尺測(cè)量紙帶。
（2）A．應(yīng)適當(dāng)調(diào)節(jié)滑輪高度，使線與木板平行，保證線對(duì)小車的拉力等于小車受到的合力，故A錯(cuò)誤；
B．進(jìn)行“補(bǔ)償阻力”的實(shí)驗(yàn)操作時(shí)，小車前面不能懸掛槽碼，故B錯(cuò)誤；
C．實(shí)驗(yàn)時(shí)小車應(yīng)從靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器處靜止釋放，以能在紙帶上打出更多的點(diǎn)，充分利用紙帶，故C正確；
D．電火花計(jì)時(shí)器的工作電壓應(yīng)為交流220V，故D錯(cuò)誤。
故選C。
（3）根據(jù)逐差法可得
根據(jù)加速度計(jì)算結(jié)果看，其值較大，可知，實(shí)驗(yàn)過程中不合理之處為：不滿足槽碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，在實(shí)驗(yàn)中需要用槽碼重力來代替小車受到的拉力，此時(shí)的誤差較大。
綜上：第1空：刻度尺；第2空：C；第3空：3.01；第4空：不滿足槽碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，在實(shí)驗(yàn)中用槽碼重力來代替小車受到的拉力時(shí)產(chǎn)生的誤差較大
【分析】（1）實(shí)驗(yàn)還需要刻度尺測(cè)量紙帶；
（2）A、應(yīng)適當(dāng)調(diào)節(jié)滑輪高度，使線與木板平行，保證線對(duì)小車的拉力等于小車受到的合力；
B、進(jìn)行“補(bǔ)償阻力”的操作時(shí)，小車前面不能懸掛槽碼；
C、實(shí)驗(yàn)時(shí)小車應(yīng)從靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器處靜止釋放；
D、電火花計(jì)時(shí)器的工作電壓應(yīng)為交流220V。
（3）根據(jù)逐差法求解加速度；不滿足槽碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，在實(shí)驗(yàn)中用槽碼重力來代替小車受到的拉力時(shí)產(chǎn)生的誤差較大。
（1）為完成實(shí)驗(yàn)，除圖中已有的器材，還需要刻度尺測(cè)量紙帶。
（2）A．應(yīng)適當(dāng)調(diào)節(jié)滑輪高度，使線與木板平行，保證線對(duì)小車的拉力等于小車受到的合力，故A錯(cuò)誤；
B．進(jìn)行“補(bǔ)償阻力”的實(shí)驗(yàn)操作時(shí)，小車前面不能懸掛槽碼，故B錯(cuò)誤；
C．實(shí)驗(yàn)時(shí)小車應(yīng)從靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器處靜止釋放，以能在紙帶上打出更多的點(diǎn)，充分利用紙帶，故C正確；
D．電火花計(jì)時(shí)器的工作電壓應(yīng)為交流220V，故D錯(cuò)誤。
故選C。
（3）[1]根據(jù)逐差法可得
[2]根據(jù)加速度計(jì)算結(jié)果看，其值較大，可知，實(shí)驗(yàn)過程中不合理之處為：不滿足槽碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，在實(shí)驗(yàn)中需要用槽碼重力來代替小車受到的拉力，此時(shí)的誤差較大。
17．【答案】（1）22.0；190
（2）A；14.50
【知識(shí)點(diǎn)】電壓表、電流表歐姆表等電表的讀數(shù)
【解析】【解答】（1）當(dāng)選用量程為50mA的電流擋測(cè)量電流時(shí)，分度值為1mA，需要估讀到分度值下一位，讀數(shù)為22.0mA；
選用倍率為“×10”的電阻檔測(cè)電阻時(shí)，表針也指示在圖示同一位置，則所測(cè)電阻的阻值為
（2）利用游標(biāo)卡尺測(cè)量圓筒形盛水容器的內(nèi)徑，應(yīng)使用圖乙中的A進(jìn)行測(cè)量，讀數(shù)為
綜上：第1空：22.0；第2空：190；第3空：A；第4空：14.50
【分析】（1）根據(jù)多用電表讀數(shù)法分別正確讀數(shù)；
（2）應(yīng)使用圖乙中的A進(jìn)行測(cè)量圓桶內(nèi)徑；根據(jù)游標(biāo)卡尺讀數(shù)法正確讀數(shù)。
（1）[1]當(dāng)選用量程為50mA的電流擋測(cè)量電流時(shí)，分度值為1mA，需要估讀到分度值下一位，讀數(shù)為22.0mA；
[2]選用倍率為“×10”的電阻檔測(cè)電阻時(shí)，表針也指示在圖示同一位置，則所測(cè)電阻的阻值為
（2）[1][2] 利用游標(biāo)卡尺測(cè)量圓筒形盛水容器的內(nèi)徑，應(yīng)使用圖乙中的A進(jìn)行測(cè)量，讀數(shù)為
18．【答案】（1）E
（2）
（3）2.90；0.80
（4）不會(huì)
【知識(shí)點(diǎn)】電池電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量
【解析】【解答】（1）從圖乙可看出電流變化范圍，根據(jù)
以及電流表的量程可知，的滑動(dòng)變阻器足夠用，而且方便操作，所以選E。
（2）由于電流表內(nèi)阻確定，應(yīng)該采用電流表相對(duì)電源內(nèi)接，實(shí)物連接圖如圖所示
（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律，有
所以可知圖像中，圖線的縱軸截距表示電源的電動(dòng)勢(shì)，圖線斜率的絕對(duì)值表示，將圖線連接完整，如圖
可得出
所以電源的內(nèi)阻為
（4）由于電流表內(nèi)阻已知，求內(nèi)阻時(shí)考慮了電流表的內(nèi)阻，不存在因電表內(nèi)阻引起的系統(tǒng)誤差。
綜上：第1空：E；第2空：；第3空：2.90；第4空：0.80；第5空：不會(huì)
【分析】（1）根據(jù)電源電動(dòng)勢(shì)和圖乙可看出電流變化范圍，分析判斷的滑動(dòng)變阻器合適；
（2）由于電流表內(nèi)阻確定，應(yīng)該采用電流表相對(duì)電源內(nèi)接，以此連接電路圖；
（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律，在圖像中，圖線的縱軸截距表示電源的電動(dòng)勢(shì)，圖線斜率的絕對(duì)值表示，將圖線連接完整分別求解電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻；
（4）由于電流表內(nèi)阻已知，求內(nèi)阻時(shí)考慮了電流表的內(nèi)阻，不存在因電表內(nèi)阻引起的系統(tǒng)誤差。
（1）從圖乙可看出電流變化范圍，根據(jù)
以及電流表的量程可知，的滑動(dòng)變阻器足夠用，而且方便操作，所以選E。
（2）由于電流表內(nèi)阻確定，應(yīng)該采用電流表相對(duì)電源內(nèi)接，實(shí)物連接圖如圖所示
（3）[1][2]根據(jù)閉合電路歐姆定律，有
所以可知圖像中，圖線的縱軸截距表示電源的電動(dòng)勢(shì)，圖線斜率的絕對(duì)值表示，將圖線連接完整，如圖
可得出
所以電源的內(nèi)阻為
（4）由于電流表內(nèi)阻已知，求內(nèi)阻時(shí)考慮了電流表的內(nèi)阻，不存在因電表內(nèi)阻引起的系統(tǒng)誤差。
19．【答案】（1）小滑塊從A到B做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，從B到C做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，所以運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度最大，有
代入數(shù)據(jù)得
（2）從B到C做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
得
由牛頓第二定律有小滑塊與地面的摩擦力大小為
（3）小滑塊在A到B運(yùn)動(dòng)過程的加速度大小為，有
得
由牛頓第二定律有
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）小滑塊從A到B做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，從B到C做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，B點(diǎn)時(shí)速度最大，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)方程求解B點(diǎn)速度；
（2）從B到C做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解加速度；根據(jù)牛頓第二定律求解摩擦力大小；
（3）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)方程求解A到B的加速度，根據(jù)牛頓第二定律求解電場(chǎng)強(qiáng)度。
20．【答案】（1）電動(dòng)機(jī)恰好正常工作，所以電動(dòng)機(jī)兩端的電壓恰好等于額定電壓，根據(jù)并聯(lián)關(guān)系
通過的電流
（2）電源內(nèi)阻和電阻的總電壓為
則電路中的電流為
流過電動(dòng)機(jī)的電流為
電動(dòng)機(jī)的輸入功率為
電動(dòng)機(jī)的熱功率為
所以，電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)產(chǎn)生的機(jī)械功率為
（3）在確保電動(dòng)機(jī)正常工作的前提下，則電源內(nèi)阻和電阻的總電壓為6V不變，設(shè)此電壓為，則的功率為
由數(shù)學(xué)關(guān)系可知，當(dāng)
時(shí)，的功率最大，代入上式，解得此時(shí)功率為
此時(shí)電路中的總電流為
則此時(shí)通過的電流為
則此時(shí)的阻值為
【知識(shí)點(diǎn)】焦耳定律；閉合電路的歐姆定律
【解析】【分析】（1）根據(jù)電動(dòng)機(jī)兩端的電壓恰好等于額定電壓，由并聯(lián)電路特點(diǎn)求解的電流；
（2）根據(jù)電動(dòng)機(jī)額定電壓結(jié)合電路特點(diǎn)求解電源內(nèi)阻和電阻上總電壓，由歐姆定律求解回路總電流；由上電流求解電動(dòng)機(jī)電流；
根據(jù)求解機(jī)械功率；
（3）在確保電動(dòng)機(jī)正常工作的前提下，則電源內(nèi)阻和電阻的總電壓為6V不變，設(shè)此電壓為，當(dāng)時(shí)，的最大功率為
求解；求解此時(shí)電路中的總電流為，根據(jù)并聯(lián)電路求解通過的電流，由歐姆定律求解。
21．【答案】（1）根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
m/s
（2）M、N兩板之間電壓大小時(shí)，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有
根據(jù)牛頓第二定律有
根據(jù)幾何關(guān)系可知
解得
cm
（3）結(jié)合（2）中的類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有
則電子剛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度為
解得
（4）粒子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，打到靶臺(tái)的時(shí)間為
不計(jì)重力時(shí)，豎直方向的位移為
計(jì)重力時(shí)，豎直方向的位移為
則
即重力對(duì)電子打在熒光屏上的位置影響非常小，所以計(jì)算電子偏轉(zhuǎn)量時(shí)可以忽略電子所受的重力。
【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)綜合
【解析】【分析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理求解進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)速度；
（2）根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律：水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)板長(zhǎng)與時(shí)間關(guān)系；豎直方向根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)方程求解偏轉(zhuǎn)位移；根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)末速度方向的反向延長(zhǎng)線交于射程中點(diǎn)，結(jié)合幾何關(guān)系求解。
（3）結(jié)合（2）中的類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律：水平方向勻速直線根據(jù)板長(zhǎng)求時(shí)間；豎直方向勻加速求豎直分速度；矢量合成法求末速度。
（4）粒子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，根據(jù)靶臺(tái)中心點(diǎn)C離N板右側(cè)的水平距離水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)求解時(shí)間；豎直方向分別根據(jù)（3）中豎直分速度按不計(jì)重力和計(jì)重力分別求解豎直分位移對(duì)比判斷。
22．【答案】（1）滑塊運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)過程中為平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向
解得
則在A點(diǎn)豎直方向的分速度為
恰好可以沿切線方向進(jìn)入圓弧軌道，在A點(diǎn)
解得
則，根據(jù)動(dòng)能定理水平彈射裝置對(duì)滑塊做的功為
（2）在A點(diǎn)時(shí)的速度大小為
滑塊從A點(diǎn)到B點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理
解得
設(shè)滑塊受到的支持力為N，則根據(jù)牛頓第二定律
解得
根據(jù)牛頓第三定律，滑塊對(duì)圓弧軌道的壓力等于軌道對(duì)滑塊的支持力
（3）滑塊第一次運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理
解得
根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，第二次運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)的速度大小仍為
則在傳送帶上的加速度為
假設(shè)滑塊可以在傳送帶上一直加速，則
解得
所以假設(shè)不成立。假設(shè)滑塊可以在傳送帶上一直減速，則
解得
所以，若傳送帶的速度為，則滑塊在傳送帶上一直減速，滑塊第二次通過C點(diǎn)時(shí)的速度大小為
設(shè)距B的距離為x，根據(jù)動(dòng)能定理
解得
若傳送帶的速度為，則滑塊在傳送帶上先加速后勻速，滑塊離開傳送帶時(shí)的速度等于傳送帶的速度。若滑塊恰好停在B點(diǎn)，則
解得
則，若傳送帶的速度為，則根據(jù)動(dòng)能定理
解得
若傳送帶的速度為，則滑塊第三次經(jīng)過B點(diǎn)后
解得
綜上，若傳送帶的速度為，則；若傳送帶的速度為，則；若傳送帶的速度為，。
【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用
【解析】【分析】（1）根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)豎直高度求解豎直分速度；結(jié)合恰好可以沿切線方向進(jìn)入圓弧軌道，分解平拋運(yùn)動(dòng)A點(diǎn)速度，結(jié)合幾何關(guān)系求解水平分速度；根據(jù)動(dòng)能定理求解水平彈射裝置對(duì)滑塊所做的功；
（2）根據(jù)動(dòng)能定理求解B點(diǎn)速度；對(duì)B點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律合力提供向心力求解支持力，由牛頓第三定律求解壓力；
（3）滑塊第一次運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理求解滑塊第一次運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)的速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，第二次運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)的速度大小不變；假設(shè)物塊在傳送帶上勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求解加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)方程求解傳送帶上勻加速末速度，分析判斷確定在傳送帶上一直勻減速求解末速度和傳送帶速度范圍，進(jìn)而根據(jù)動(dòng)能定理求解距B點(diǎn)距離；進(jìn)一步由動(dòng)能定理求解物塊停止于B點(diǎn)速度，從而確定傳送帶速度小于等于該速度大于勻減速至C點(diǎn)速度范圍，結(jié)合動(dòng)能定理求解距B距離和速度關(guān)系；再由動(dòng)能定理求解傳送帶速度在大等于減速至B點(diǎn)速度到最大速度范圍距B點(diǎn)距離和速度關(guān)系。
1 / 1浙江省杭州市六校2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期期末聯(lián)考物理試卷
1．（2024高一下·杭州期末）以下單位中，屬于能量單位的是（　　）
A．kW B．mA·h C．eV D．
【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓第二定律；功率及其計(jì)算；電勢(shì)差；電流、電源的概念
【解析】【解答】A． kW是功率的單位，故A錯(cuò)誤；
B ．根據(jù)可知mA·h是電量的單位，故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)可知eV是能量的單位，故C正確；
D．根據(jù)可知是力的單位，故D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】根據(jù)單位結(jié)合對(duì)應(yīng)物理量及其定義式分析，kW是功率的單位，mA·h是電量的單位，eV是能量的單位，是力的單位。
2．（2024高一下·杭州期末）如圖，一艘正在高速行駛的游艇上，乘客用手觸摸了正在飛行的野鴨，感覺到野鴨停在空中，對(duì)此下列說法正確的是（　　）
A．乘客以野鴨為參考系是在高速運(yùn)動(dòng)的
B．研究飛行的野鴨相對(duì)乘客靜止原因時(shí)，不能將野鴨看成質(zhì)點(diǎn)
C．野鴨能相對(duì)乘客靜止，是由于揮動(dòng)翅膀時(shí)對(duì)空氣有作用力
D．乘客感覺到野鴨停在空中是以靜止湖水為參考系的
【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓第三定律；質(zhì)點(diǎn)；參考系與坐標(biāo)系
【解析】【解答】本題要注意區(qū)分研究對(duì)象與參考系的不同，考查對(duì)參考系概念的理解及實(shí)際判斷能力。
A．因?yàn)槌丝陀檬钟|摸了正在飛行的野鴨，感覺到野鴨停在空中，所以乘客以野鴨為參考系是靜止的，故A錯(cuò)誤；
B．研究飛行的野鴨相對(duì)乘客靜止原因時(shí)，可以忽略野鴨的大小和形狀，能將野鴨看成質(zhì)點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；
C．野鴨能相對(duì)乘客靜止，是由于揮動(dòng)翅膀時(shí)對(duì)空氣有作用力，空氣對(duì)翅膀反作用力讓野鴨飛行，故C正確；
D．乘客感覺到野鴨停在空中是以乘客自己為參考系，故D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】研究物體的運(yùn)動(dòng)情況時(shí)，首先要選取一個(gè)物體作為標(biāo)準(zhǔn)，這個(gè)被選作標(biāo)準(zhǔn)的物體叫做參照物。研究對(duì)象的運(yùn)動(dòng)情況是怎樣的，就看它與參照物的位置是否變化；一個(gè)物體能不能看成質(zhì)點(diǎn)，就看它的大小和形狀對(duì)研究問題有沒有影響。
3．（2024高一下·杭州期末）蹦床是深受人們喜愛的一項(xiàng)體育運(yùn)動(dòng)，也是奧運(yùn)比賽項(xiàng)目。如圖甲是運(yùn)動(dòng)員在蹦床上反彈達(dá)到的最高位置時(shí)的照片，乙圖是下落之后達(dá)到最低處時(shí)的照片，若忽略空氣阻力，則下列有關(guān)表述正確的是（　　）
A．運(yùn)動(dòng)員在最高處時(shí)速度為0，處于平衡狀態(tài)
B．運(yùn)動(dòng)員落到蹦床上之后，立即做減速運(yùn)動(dòng)
C．運(yùn)動(dòng)員達(dá)到最低處時(shí)，蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力等于運(yùn)動(dòng)員對(duì)蹦床的作用力
D．運(yùn)動(dòng)員在比賽的整個(gè)過程中，那么運(yùn)動(dòng)員和蹦床系統(tǒng)機(jī)械能守恒
【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓第三定律；牛頓第二定律；機(jī)械能守恒定律
【解析】【解答】A．運(yùn)動(dòng)員在最高處時(shí)速度為0，只受重力，合力豎直向下，處于非平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；
B．運(yùn)動(dòng)員落到蹦床上之后，剛開始蹦床的形變量較小，彈力較小，豎直向下的重力大于豎直向上的彈力，合力向下，根據(jù)牛頓第二定律，繼續(xù)加速，故B錯(cuò)誤；
C．運(yùn)動(dòng)員達(dá)到最低處時(shí)，根據(jù)牛頓第三定律，蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力等于運(yùn)動(dòng)員對(duì)蹦床的作用力，故C正確；
D．運(yùn)動(dòng)員在比賽的整個(gè)過程中，人消耗自己的化學(xué)能，運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)越來越高，所以運(yùn)動(dòng)員和蹦床系統(tǒng)機(jī)械能增大，故D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】A、最高點(diǎn)速度為零，只受重力加速度為g；
B、落到蹦床上之后，彈力小于重力，合力向下，先做加速度減小的加速；
C、根據(jù)牛頓第三定律，蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力和運(yùn)動(dòng)員對(duì)蹦床的作用力是作用力和反作用力；
D、整個(gè)過程中，人消耗自己的化學(xué)能，運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)越來越高，所以運(yùn)動(dòng)員和蹦床系統(tǒng)機(jī)械能增大。
4．（2024高一下·杭州期末）如圖是常見的鉗子和扳手，鉗子的一側(cè)握把穿過扳手的小孔P卡在一起，然后把鉗子的另一側(cè)握把置于粗糙水平桌面上的Q點(diǎn)，適當(dāng)調(diào)節(jié)兩者的相對(duì)位置，整體可以靜置于空中，（不考慮空氣的影響）對(duì)此現(xiàn)象分析正確的是（　　）
A．鉗子受到桌面的摩擦力方向?yàn)樗较蛴?br/>B．鉗子對(duì)扳手的作用力可以不在豎直方向上
C．鉗子和扳手整體的重心與Q點(diǎn)一定在同一豎直線上
D．若只將鉗子兩側(cè)握把的夾角變大，平衡時(shí)桌面對(duì)鉗子的作用力將變大
【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】共點(diǎn)力的平衡
【解析】【解答】ACD．鉗子和扳手整體的受力平衡，可知整體受重力與桌面對(duì)鉗子的支持力，不受摩擦力，重力和支持力在同一豎直直線上，則鉗子和扳手整體的重心在桌面與Q點(diǎn)一定在同一豎直線上，調(diào)整鉗子兩側(cè)握把的夾角，桌面對(duì)鉗子的作用力仍等于重力，大小不變，
故AD錯(cuò)誤，C正確；
B．扳手受力平衡，則鉗子對(duì)扳手的作用力與扳手重力方向相反，故B錯(cuò)誤；
故選C。
【分析】ACD、由平衡狀態(tài)受力分析可知，整體只受重力與桌面對(duì)鉗子的支持力，二力平衡，重心與Q點(diǎn)在同一豎直線上，調(diào)整鉗子兩側(cè)握把的夾角，桌面對(duì)鉗子的作用力仍等于重力，大小不變；
B、扳手受力平衡，鉗子對(duì)扳手的作用力與扳手重力為平衡力，大小相等，方向相反，在同一直線上。
5．（2024高一下·杭州期末）如圖所示，長(zhǎng)度不同的兩根輕質(zhì)細(xì)繩懸掛于同一點(diǎn)，另一端各系一個(gè)質(zhì)量不同的小球A和B，使它們?cè)谕凰矫鎯?nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是（　　）
A．輕繩拉力的大小一定不相同
B．兩球運(yùn)動(dòng)的角速度相同
C．小球A運(yùn)動(dòng)的周期大于B的周期
D．小球A的向心加速度小于小球B的向心加速度
【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】生活中的圓周運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】AD．設(shè)繩子與豎直方向的夾角為，繩子拉力為，豎直方向
解得
由于不清楚兩個(gè)小球的質(zhì)量關(guān)系，可知繩子拉力可能相等，水平方向，根據(jù)
由題圖可知，可知小球A的向心加速度大于小球B的向心加速度，故AD錯(cuò)誤；
BC．設(shè)懸掛點(diǎn)與兩個(gè)小球所在平面高度為，根據(jù)
由幾何關(guān)系
聯(lián)立可得
根據(jù)
可知兩球運(yùn)動(dòng)的周期相同，故B正確，C錯(cuò)誤。
故答案為：B。
【分析】對(duì)小球受力分析，得出拉力的公式，進(jìn)行分析；再求出向心加速度的公式，根據(jù)角度的大小關(guān)系得出二者的加速度大小關(guān)系；
根據(jù)水平方向上合外力提供向心力列式，再根據(jù)幾何關(guān)系列式得出角速度大小，再根據(jù)得出周期的關(guān)系。
6．（2024高一下·杭州期末）2024年4月26日3時(shí)32分，我國發(fā)射的“神舟十八號(hào)”飛船成功與天和核心艙徑向端口對(duì)接，整個(gè)對(duì)接過程歷時(shí)6個(gè)半小時(shí)，5時(shí)04分“神舟十八號(hào)”乘組與“神舟十七號(hào)”乘組順利實(shí)現(xiàn)空中會(huì)師，發(fā)射任務(wù)取得圓滿成功。天和核心艙在離地高度，與赤道平面約成42°角的平面內(nèi)繞地近似做勻速圓運(yùn)動(dòng)。已知地球半徑，地球表面重力加速度，則（　　）
A．天和核心艙繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度小于地球自轉(zhuǎn)的角速度
B．天和核心艙繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度約為10.2m/s2
C．“神舟十八號(hào)”的發(fā)射速度大于11.2km/s
D．飛行乘組每天大約可以看到16次日出
【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】衛(wèi)星問題
【解析】【解答】A．根據(jù)牛頓第二定律得
解得
天和核心艙的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以天和核心艙的角速度大于同步衛(wèi)星的角速度，而同步衛(wèi)星的角速度等于地球自轉(zhuǎn)的角速度，所以天和核心艙繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度大于地球自轉(zhuǎn)的角速度，A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)牛頓第二定律得
解得
近地衛(wèi)星的向心加速度約為9.8m/s2，天和核心艙繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑略大于近地衛(wèi)星的軌道半徑，所以天和核心艙繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度一定小于約為9.8m/s2，B錯(cuò)誤；
C.11.2km/h是脫離地球的速度，所以“神舟十八號(hào)”的發(fā)射速度小于11.2km/s，C錯(cuò)誤；
D．飛行乘組的做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T
飛行乘組每天看日出的次數(shù)為
解得
D正確。
故選D。
【分析】A、天和核心艙的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，根據(jù)萬有引力提供向心力求解角速度公式分析判斷；
B、根據(jù)萬有引力提供向心力求解向心加速度對(duì)比近地衛(wèi)星向心加速度判斷；
C、11.2km/h是脫離地球的第二宇宙速度，“神舟十八號(hào)”的發(fā)射速度小于11.2km/s；
D、根據(jù)萬有引力提供向心力求解周期公式，結(jié)合黃金代換公式和地球自轉(zhuǎn)周期求解。
7．（2024高一下·杭州期末）如圖所示，從一根內(nèi)壁光滑的空心豎直鋼管A的上端邊緣，緊貼鋼管管壁方向向管內(nèi)水平拋入一鋼球，球一直沿管壁做曲線運(yùn)動(dòng)直至落地。若換一根等高但內(nèi)徑更大的內(nèi)壁光滑的空心豎直管B，用同樣的方法拋入此鋼球，下列說法正確的是（　　）
A．球在兩管中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間一樣長(zhǎng)
B．兩球都做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)
C．水平拋入的初速度大小不可能相同
D．小鋼球落地時(shí)的速度第二種情況更大
【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】運(yùn)動(dòng)的合成與分解；勻速圓周運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】A．鋼球在鋼管內(nèi)的運(yùn)動(dòng)可分解為水平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)，則豎直方向上有
解得
由于A管與B管高度相同，可知球在兩管中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間一樣長(zhǎng)，故A正確；
B．兩球在鋼管內(nèi)的運(yùn)動(dòng)可分解為水平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)。在豎直方向的加速度為重力加速度不變；在水平方向加速度為向心加速度，大小不變方向改變，所以兩球的合加速度方向改變，所以兩球做的都不是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
C．兩球在鋼管內(nèi)的運(yùn)動(dòng)可分解為水平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，鋼管的支持力提供向心力，與速度大小無關(guān)，所以水平拋入的初速度大小可能相同也可能不同，故C錯(cuò)誤；
D．兩球在落地時(shí)，在豎直方向
在水平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以小鋼球落地時(shí)的速度
因?yàn)榍蛟趦晒苤械倪\(yùn)動(dòng)時(shí)間一樣長(zhǎng)，所以兩球在豎直方向的分速度相同；但兩球拋出時(shí)初速度大小關(guān)系未知，所以兩球落地時(shí)的速度大小無法比較，故D錯(cuò)誤。
故選A。
【分析】A、根據(jù)該運(yùn)動(dòng)豎直方向只受重力，做自由落體運(yùn)動(dòng)高度決定時(shí)間分析；
B、兩小球運(yùn)動(dòng)可分解為水平勻速圓周運(yùn)動(dòng)，豎直自由落體運(yùn)動(dòng)；勻速圓周運(yùn)動(dòng)向心加速度與重力加速的合加速度方向時(shí)刻改變，不是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)；
C、水平拋入的初速度大小可能相同也可能不同，水平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)向心力由管的支持力提供；
D、落地時(shí)速度由水平初速度和自由落體末速度決定，初速度未知，落地速度無法比較。
8．（2024高一下·杭州期末）如圖所示，在平直公路上行駛的箱式貨車內(nèi)，用輕繩AO、BO在O點(diǎn)懸掛質(zhì)量為5kg的重物，輕繩AO、BO與車頂部夾角分別為30°、60°。在汽車加速行駛過程中，為保持重物懸掛在O點(diǎn)位置不動(dòng)，重力加速度為g，箱式貨車的最大加速度（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—連接體
【解析】【解答】對(duì)小球受力分析可得
聯(lián)立解得
整理得
當(dāng)FA=0時(shí)，a取得最大值
故選B。
【分析】O點(diǎn)受力分析可知，加速度最大時(shí)OA繩子拉力為零，在OB繩子拉力和重力合力產(chǎn)生的加速度最大，根據(jù)力的合成法由牛頓第二定律求解最大加速度。
9．（2024高一下·杭州期末）均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng)。如圖所示，一半徑為R的球殼表面均勻帶有正電荷，電荷量為2q，O為球心，直線ab是過球殼中心的一條水平線，球殼表面與直線ab交于C、D兩點(diǎn)，直線ab上有兩點(diǎn)P、Q，且。現(xiàn)垂直于CD將球面均分為左右兩部分，并把右半部分移去，左半球面所帶電荷仍均勻分布，此時(shí)P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，則Q點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】電場(chǎng)強(qiáng)度
【解析】【解答】先將帶電球體補(bǔ)全，一半徑為R的球體表面均勻帶有正電荷，電荷量為2q，在球外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng)，則在P、Q兩點(diǎn)所產(chǎn)生的電場(chǎng)為
左半球面所帶電荷在P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，由對(duì)稱性可知去掉的右半球面所帶電荷在Q點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，則
故選D。
【分析】根據(jù)均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng)，結(jié)合點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度公式求解整體帶電2q的小球在P、Q兩點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度；左半球面所帶電荷在P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，由對(duì)稱性可知去掉的右半球面所帶電荷在Q點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，可得求解。
10．（2024高一下·杭州期末）如圖所示，虛線a、b、c、d、f、g代表電場(chǎng)內(nèi)平行且間距相等的一組等勢(shì)面，已知等勢(shì)面b的電勢(shì)為4V。一α粒子（）經(jīng)過等勢(shì)面a時(shí)的動(dòng)能為20eV，經(jīng)過等勢(shì)面d時(shí)的動(dòng)能為8eV，不計(jì)α粒子重力。下列說法錯(cuò)誤的是（　　）
A．等勢(shì)面d的電勢(shì)為0V B．α粒子可能到達(dá)不到等勢(shì)面f
C．α粒子最遠(yuǎn)可能到達(dá)等勢(shì)面g D．電場(chǎng)一定是勻強(qiáng)電場(chǎng)
【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】等勢(shì)面
【解析】【解答】A．α粒子帶兩個(gè)單位正電荷，當(dāng)α粒子經(jīng)過a 時(shí)的動(dòng)能為20eV ， 經(jīng)過平面 d時(shí)的動(dòng)能為8eV ，則有
解得
則有
聯(lián)立解得
故A錯(cuò)誤；
B．當(dāng)α粒子由 a向 d方向運(yùn)動(dòng)，每經(jīng)過相鄰的等勢(shì)面，α粒子動(dòng)能減少4eV，則α粒子到達(dá)等勢(shì)面f的動(dòng)能為4eV ，由于題目中沒有說明α粒子如何運(yùn)動(dòng)，因此也可能α粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做拋體運(yùn)動(dòng)，則可能不會(huì)到達(dá)等勢(shì)面f ，故B正確；
C．由選項(xiàng)B可知，當(dāng)α粒子到達(dá)等勢(shì)面 g的動(dòng)能為0 ，若電子垂直等勢(shì)面入射，則可能會(huì)到達(dá)等勢(shì)面g ，故C正確；
D．由題可知，等勢(shì)面是平行且等間距的，則該電場(chǎng)一定是勻強(qiáng)電場(chǎng)，故D正確。
題干要求選錯(cuò)誤的說法，故選A。
【分析】A、對(duì)α粒子從a-d根據(jù)動(dòng)能定理求解，根據(jù)等差等勢(shì)面求解，從而求解；
B、接A中可知等勢(shì)面間的電勢(shì)差，根據(jù)動(dòng)能定理求解到達(dá)f時(shí)的動(dòng)能，但α粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)未知，則可能不會(huì)到達(dá)等勢(shì)面f ；
C、根據(jù)動(dòng)能定理求解判斷；
D、等勢(shì)面是平行且等間距的，該電場(chǎng)一定是勻強(qiáng)電場(chǎng)。
11．（2024高一下·杭州期末）隨著生活條件的改善，越來越多的人喜歡上了電動(dòng)牙刷（如圖所示），電動(dòng)牙刷通過電動(dòng)機(jī)芯的快速旋轉(zhuǎn)或振動(dòng)，使刷頭產(chǎn)生高頻振動(dòng)，瞬間將牙膏分解成細(xì)微泡沫，深入清潔牙縫，與此同時(shí)，刷毛的顫動(dòng)能促進(jìn)口腔的血液循環(huán)，對(duì)牙齦組織有按摩效果。下列表格中是一款充電式電動(dòng)牙刷銘牌上的參數(shù)，下列選項(xiàng)正確的是（　　）
充電器輸入電壓 AC 220V 充電器輸出電壓 DC 5V
充電器輸出電流 50mA 電池容量 600mA·h
電動(dòng)牙刷額定功率 1.3W 電動(dòng)牙刷額定電壓 DC 3.7V
A．電動(dòng)牙刷工作時(shí)的額定電流為50mA
B．正常刷牙3min，牙刷每次消耗的能量約為3.9J
C．電池充滿電后總電量為600C
D．電動(dòng)牙刷充電時(shí)，從無電狀態(tài)到滿電狀態(tài)所需時(shí)間約為12h
【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】電功率和電功；電流、電源的概念
【解析】【解答】A．電動(dòng)牙刷工作時(shí)的額定電流為
故A錯(cuò)誤；
B．正常刷牙3min，牙刷每次消耗的能量約為
故B錯(cuò)誤；
C．電池充滿電后總電量為
故C錯(cuò)誤；
D．電動(dòng)牙刷充電時(shí)，從無電狀態(tài)到滿電狀態(tài)所需時(shí)間
故D正確。
故選D。
【分析】根據(jù)銘牌數(shù)據(jù)，由功率公式求解額定電流；由求解消耗能量；根據(jù)電池容量由求解電荷量；由求解充電時(shí)間。
12．（2024高一下·杭州期末）如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，電壓表為理想電表V，平行板電容器的下極板N接地，當(dāng)開關(guān)S閉合穩(wěn)定后，兩板中間位置Q處有一帶負(fù)電的粒子恰好靜止。、為定值電阻，滑動(dòng)變阻器R的滑動(dòng)觸點(diǎn)為P。則（　　）
A．上極板M向下移動(dòng)時(shí)，電容器的電容減小
B．下極板N向下移動(dòng)時(shí)，Q點(diǎn)的電勢(shì)升高
C．觸點(diǎn)P向b端移動(dòng)時(shí)，流經(jīng)R的電流方向?yàn)?br/>D．觸點(diǎn)P向b端移動(dòng)時(shí)，電容器兩板間的粒子將向下運(yùn)動(dòng)
【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】電容器及其應(yīng)用；電路動(dòng)態(tài)分析
【解析】【解答】A．根據(jù)電容器的決定式有
上極板M向下移動(dòng)時(shí)，d減小，電容器的電容增大，故A錯(cuò)誤；
B．下極板N向下移動(dòng)時(shí)，d增大，根據(jù)電路圖可知兩端電壓不變，則電容器兩端電勢(shì)差不變，根據(jù)
可知電場(chǎng)強(qiáng)度減小，則Q點(diǎn)與上極板的電勢(shì)差
減小，故Q點(diǎn)的電勢(shì)升高，故B正確；
CD．觸點(diǎn)P向b端移動(dòng)時(shí)，電容器的電勢(shì)差與電荷量均不變，沒有電流經(jīng)過R，電容器的電場(chǎng)強(qiáng)度也不變，粒子不運(yùn)動(dòng)，故CD錯(cuò)誤；
故選B。
【分析】A、根據(jù)電容決定式分析判斷；
B、根據(jù)電路特點(diǎn)電容器兩端電壓不變，d增大，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)公式電場(chǎng)強(qiáng)度減小，Q點(diǎn)與上極板的電勢(shì)差減小，故Q點(diǎn)的電勢(shì)升高；
CD、滑片P的移動(dòng)不影響電容器電壓與電荷量和兩板間場(chǎng)強(qiáng)大小。
13．（2024高一下·杭州期末）如圖所示，環(huán)形塑料管半徑為R，豎直放置，且管的內(nèi)徑遠(yuǎn)小于環(huán)的半徑，ab為該環(huán)的水平直徑，環(huán)的ab及其以下部分處于水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，管的內(nèi)壁光滑。現(xiàn)將一質(zhì)量為m，電荷量為q的小球從管中a點(diǎn)由靜止開始釋放，已知，小球可以運(yùn)動(dòng)過b點(diǎn)。則下列說法正確的是（　　）
A．小球釋放后的運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒
B．小球每周的運(yùn)動(dòng)過程中最大速度在圓弧ad之間，且與od之間的夾角為37°
C．小球釋放后，第一次經(jīng)過最低點(diǎn)d和最高點(diǎn)c時(shí)，對(duì)管壁的壓力之比為9∶2
D．小球釋放后，第二次恰好到達(dá)b點(diǎn)時(shí)，對(duì)管壁的壓力大小為
【答案】D
【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)機(jī)械能守恒定律的條件可知，在小球運(yùn)動(dòng)的過程中，除了重力做功之外，電場(chǎng)力也做功了，故小球釋放后的運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；
B．如果小球帶負(fù)電，不可能到達(dá)b點(diǎn)，所以小球帶正電，則設(shè)電場(chǎng)力與重力合力的方向與od之間的夾角為，則由小球的受力可知
故
故小球每周的運(yùn)動(dòng)過程中最大速度在圓弧bd之間，且與od之間的夾角為37°，故B錯(cuò)誤；
C．球釋放后，小球第一次經(jīng)過最低點(diǎn)d時(shí)有
解得
第一次經(jīng)過最高點(diǎn)c時(shí)有
聯(lián)立解得
故C錯(cuò)誤；
D．小球釋放后，第二次恰好到達(dá)b點(diǎn)時(shí)
聯(lián)立解得
小球釋放后，第二次恰好到達(dá)b點(diǎn)時(shí)，對(duì)管壁的壓力大小為，故D正確；
故選D。
【分析】A、a-b運(yùn)動(dòng)過程電場(chǎng)力做功機(jī)械能不守恒；
B、a點(diǎn)靜止釋放可以運(yùn)動(dòng)過b點(diǎn)，說明電場(chǎng)力做正功，粒子帶正電，根據(jù)小球重力和電場(chǎng)力求其合力方向，從而確定復(fù)合場(chǎng)等效最低點(diǎn)，確定速度最大位置；
C、根據(jù)動(dòng)能定理分別求解小球在d、c兩點(diǎn)速度，根據(jù)牛頓第二定律求解兩點(diǎn)對(duì)管道壓力；
D、根據(jù)動(dòng)能定理求解第二次到達(dá)b點(diǎn)時(shí)速度，由牛頓第二定律求解管壁壓力。
14．（2024高一下·杭州期末）下列四幅圖所涉及的物理現(xiàn)象或原理，表述正確的是（　　）
A．如圖甲，若把真空的牛頓管置于繞地飛行的空間站內(nèi)，那么鐵片和羽毛從管頂同時(shí)釋放后將同時(shí)到達(dá)管底
B．如圖乙，小錘擊打金屬片后，可以觀察到A、B兩球同時(shí)落地，此現(xiàn)象說明平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向的分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)
C．如圖丙，當(dāng)收集器A和線狀電離器B接通高壓電源后，粉塵被吸附到正極A上，最后在重力作用下落入下面的漏斗中，達(dá)到除塵效果
D．如圖丁，把頭發(fā)碎屑懸浮在蓖麻油里，加上電場(chǎng)，可以模擬點(diǎn)電荷周圍電場(chǎng)線的分布情況，圖中頭發(fā)碎屑的疏密程度可以反映電場(chǎng)強(qiáng)度的大小
【答案】B,C,D
【知識(shí)點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)；衛(wèi)星問題；電場(chǎng)線；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)綜合
【解析】【解答】A．真空的牛頓管置于繞地飛行的空間站內(nèi)，在空間站處于失重狀態(tài)，故無法判斷，故A錯(cuò)誤；
B．小錘擊打金屬片后，可以觀察到A、B兩球同時(shí)落地，下落時(shí)間相等，此現(xiàn)象說明平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向的分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)，故B正確；
C．電源的兩極分別接在AB上，凈電荷一般分布在尖端，所以B處分布電荷較為密集，則距離B越近場(chǎng)強(qiáng)較大，粉塵吸附電子后帶負(fù)電，在電場(chǎng)力的作用下將會(huì)向正極板運(yùn)動(dòng)，即向A運(yùn)動(dòng)，最后被吸附到A上，后在重力作用下落入下面的漏斗中，達(dá)到除塵效果，故C正確；
D．電場(chǎng)線是為了形象地描述電場(chǎng)而引入假想的線，實(shí)際并不存在，頭發(fā)碎屑的分布圖只是模擬了電場(chǎng)線的分布情況，其疏密程度可以反映電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，故D正確。
故選BCD。
【分析】A、真空的牛頓管置于繞地飛行的空間站內(nèi)，處于完全失重狀態(tài)，鐵片和羽毛靜止釋放不會(huì)下落；
B、A、B兩球同時(shí)落地，此現(xiàn)象說明平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向的分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)；
C、B處分布電荷較為密集，則距離B越近場(chǎng)強(qiáng)較大，粉塵吸附電子后帶負(fù)電，在電場(chǎng)力的作用下將會(huì)向正極板運(yùn)動(dòng)，最后被吸附到A上，后在重力作用下落入下面的漏斗中，達(dá)到除塵效果；
D、頭發(fā)碎屑的分布圖模擬了電場(chǎng)線的分布情況，其疏密程度可以反映電場(chǎng)強(qiáng)度的大小。
15．（2024高一下·杭州期末）小明用額定功率為1200W、最大拉力為300N的提升裝置，把靜置于地面的質(zhì)量為20kg的重物豎直提升到高為85.2m的平臺(tái)，先加速再勻速，最后做加速度大小不超過的勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)平臺(tái)速度剛好為零，若要提升重物的時(shí)間最短，則下列說法正確的是（　　）
A．整個(gè)過程中最大加速度為
B．勻減速運(yùn)動(dòng)的位移大小為3.6m
C．靜止開始勻加速的時(shí)間為1.2s
D．提升重物的最短時(shí)間為15.5s
【答案】B,D
【知識(shí)點(diǎn)】機(jī)車啟動(dòng)
【解析】【解答】A．一開始先以最大拉力拉重物做勻加速上升，根據(jù)牛頓第二定律
解得
故A錯(cuò)誤；
B．重物以最大速度勻速時(shí)，有
則勻減速位移為
其中
解得
故B正確；
C．當(dāng)功率達(dá)到額定功率時(shí)，設(shè)重物的速度為，則有
此過程所用時(shí)間
故C錯(cuò)誤；
D．勻加速上升的位移為
勻減速的時(shí)間為
設(shè)重物從結(jié)束勻加速運(yùn)動(dòng)到開始做勻減速運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間為，該過程根據(jù)動(dòng)能定理可得
其中
解得
故提升重物的最短時(shí)間為
故D正確。
故選BD。
【分析】A、根據(jù)最大拉力由牛頓第二定律求解最大加速度；
B、根據(jù)額定功率求解最大速度；由速度位移公式求解減速為零發(fā)生的位移；
C、根據(jù)功率公式，結(jié)合勻加速運(yùn)動(dòng)速度公式求解以最大拉力到額定功率所需時(shí)間；
D、結(jié)合前面結(jié)果求解以最大加速度勻加速到對(duì)應(yīng)最大速度所需位移，勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)間；根據(jù)位移關(guān)系，由動(dòng)能定理求解勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，從而求解最短時(shí)間。
16．（2024高一下·杭州期末）某同學(xué)做“探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)。采用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置，讓槽碼通過細(xì)繩拖動(dòng)小車在長(zhǎng)木板上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。
（1）為完成實(shí)驗(yàn)，除圖中已有的器材，還需要交流電源、天平（含配套砝碼）和　 　。
（2）如圖甲，關(guān)于本實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是______。
A．應(yīng)適當(dāng)調(diào)節(jié)滑輪高度，使線與桌面平行，確保小車能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
B．此時(shí)有可能正在進(jìn)行“補(bǔ)償阻力”的實(shí)驗(yàn)操作
C．實(shí)驗(yàn)時(shí)小車應(yīng)從靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器處靜止釋放
D．電火花計(jì)時(shí)器的工作電壓應(yīng)為交流8V
（3）如圖乙，是某同學(xué)挑選的一條較為清晰的紙帶，并選取了部分點(diǎn)為計(jì)數(shù)點(diǎn)（計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖）。已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打點(diǎn)的時(shí)間間隔，由圖可知小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度　 　（保留三位有效數(shù)字）。據(jù)此可知本次實(shí)驗(yàn)操作中存在不合理之處在于　 　。
【答案】（1）刻度尺
（2）C
（3）3.01；不滿足槽碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，在實(shí)驗(yàn)中用槽碼重力來代替小車受到的拉力時(shí)產(chǎn)生的誤差較大
【知識(shí)點(diǎn)】探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系
【解析】【解答】（1）為完成實(shí)驗(yàn)，除圖中已有的器材，還需要刻度尺測(cè)量紙帶。
（2）A．應(yīng)適當(dāng)調(diào)節(jié)滑輪高度，使線與木板平行，保證線對(duì)小車的拉力等于小車受到的合力，故A錯(cuò)誤；
B．進(jìn)行“補(bǔ)償阻力”的實(shí)驗(yàn)操作時(shí)，小車前面不能懸掛槽碼，故B錯(cuò)誤；
C．實(shí)驗(yàn)時(shí)小車應(yīng)從靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器處靜止釋放，以能在紙帶上打出更多的點(diǎn)，充分利用紙帶，故C正確；
D．電火花計(jì)時(shí)器的工作電壓應(yīng)為交流220V，故D錯(cuò)誤。
故選C。
（3）根據(jù)逐差法可得
根據(jù)加速度計(jì)算結(jié)果看，其值較大，可知，實(shí)驗(yàn)過程中不合理之處為：不滿足槽碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，在實(shí)驗(yàn)中需要用槽碼重力來代替小車受到的拉力，此時(shí)的誤差較大。
綜上：第1空：刻度尺；第2空：C；第3空：3.01；第4空：不滿足槽碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，在實(shí)驗(yàn)中用槽碼重力來代替小車受到的拉力時(shí)產(chǎn)生的誤差較大
【分析】（1）實(shí)驗(yàn)還需要刻度尺測(cè)量紙帶；
（2）A、應(yīng)適當(dāng)調(diào)節(jié)滑輪高度，使線與木板平行，保證線對(duì)小車的拉力等于小車受到的合力；
B、進(jìn)行“補(bǔ)償阻力”的操作時(shí)，小車前面不能懸掛槽碼；
C、實(shí)驗(yàn)時(shí)小車應(yīng)從靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器處靜止釋放；
D、電火花計(jì)時(shí)器的工作電壓應(yīng)為交流220V。
（3）根據(jù)逐差法求解加速度；不滿足槽碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，在實(shí)驗(yàn)中用槽碼重力來代替小車受到的拉力時(shí)產(chǎn)生的誤差較大。
（1）為完成實(shí)驗(yàn)，除圖中已有的器材，還需要刻度尺測(cè)量紙帶。
（2）A．應(yīng)適當(dāng)調(diào)節(jié)滑輪高度，使線與木板平行，保證線對(duì)小車的拉力等于小車受到的合力，故A錯(cuò)誤；
B．進(jìn)行“補(bǔ)償阻力”的實(shí)驗(yàn)操作時(shí)，小車前面不能懸掛槽碼，故B錯(cuò)誤；
C．實(shí)驗(yàn)時(shí)小車應(yīng)從靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器處靜止釋放，以能在紙帶上打出更多的點(diǎn)，充分利用紙帶，故C正確；
D．電火花計(jì)時(shí)器的工作電壓應(yīng)為交流220V，故D錯(cuò)誤。
故選C。
（3）[1]根據(jù)逐差法可得
[2]根據(jù)加速度計(jì)算結(jié)果看，其值較大，可知，實(shí)驗(yàn)過程中不合理之處為：不滿足槽碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，在實(shí)驗(yàn)中需要用槽碼重力來代替小車受到的拉力，此時(shí)的誤差較大。
17．（2024高一下·杭州期末）（1）如圖甲是多用表的刻度盤，當(dāng)選用量程為50mA的電流檔測(cè)量電流時(shí)，表針指于圖示位置，則所測(cè)電流為　 　mA；若選用倍率為“×10”的電阻檔測(cè)電阻時(shí)，表針也指示在圖示同一位置，則所測(cè)電阻的阻值為　 　Ω。
（2）利用游標(biāo)卡尺測(cè)量圓筒形盛水容器的內(nèi)徑，應(yīng)使用圖乙中的　 　（選填“A”、“B”或“C”）進(jìn)行測(cè)量，示數(shù)如圖丙所示，其值為　 　mm。
【答案】（1）22.0；190
（2）A；14.50
【知識(shí)點(diǎn)】電壓表、電流表歐姆表等電表的讀數(shù)
【解析】【解答】（1）當(dāng)選用量程為50mA的電流擋測(cè)量電流時(shí)，分度值為1mA，需要估讀到分度值下一位，讀數(shù)為22.0mA；
選用倍率為“×10”的電阻檔測(cè)電阻時(shí)，表針也指示在圖示同一位置，則所測(cè)電阻的阻值為
（2）利用游標(biāo)卡尺測(cè)量圓筒形盛水容器的內(nèi)徑，應(yīng)使用圖乙中的A進(jìn)行測(cè)量，讀數(shù)為
綜上：第1空：22.0；第2空：190；第3空：A；第4空：14.50
【分析】（1）根據(jù)多用電表讀數(shù)法分別正確讀數(shù)；
（2）應(yīng)使用圖乙中的A進(jìn)行測(cè)量圓桶內(nèi)徑；根據(jù)游標(biāo)卡尺讀數(shù)法正確讀數(shù)。
（1）[1]當(dāng)選用量程為50mA的電流擋測(cè)量電流時(shí)，分度值為1mA，需要估讀到分度值下一位，讀數(shù)為22.0mA；
[2]選用倍率為“×10”的電阻檔測(cè)電阻時(shí)，表針也指示在圖示同一位置，則所測(cè)電阻的阻值為
（2）[1][2] 利用游標(biāo)卡尺測(cè)量圓筒形盛水容器的內(nèi)徑，應(yīng)使用圖乙中的A進(jìn)行測(cè)量，讀數(shù)為
18．（2024高一下·杭州期末）某實(shí)驗(yàn)小組為盡量準(zhǔn)確測(cè)定電池組的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)室提供以下器材：
A.待測(cè)電池組（電動(dòng)勢(shì)約為3V，內(nèi)阻約為1Ω）
B.電壓表（量程0~3V，內(nèi)阻約為3kΩ）
C.電流表（量程0~0.6A，內(nèi)阻為3.0Ω）
D.電流表（量程0~3.0A，內(nèi)阻約為0.2Ω）
E.滑動(dòng)變阻器（0~20Ω，額定電流2.0A）
F.滑動(dòng)變阻器（0~1kΩ，額定電流0.5A）
G.開關(guān)、導(dǎo)線若干
（1）滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用　 　（選填“E”或“F”）。
（2）如圖甲所示，部分導(dǎo)線已連接，為完成實(shí)驗(yàn)，請(qǐng)?jiān)趫D中把導(dǎo)線補(bǔ)充完整　 　。
（3）電路連接后，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，得到了幾組電壓表讀數(shù)U和對(duì)應(yīng)的電流表讀數(shù)I，并作出圖像，如圖乙所示。根據(jù)圖像可知，電池組的電動(dòng)勢(shì)為　 　V（結(jié)果保留三位有效數(shù)字），內(nèi)阻為　 　Ω（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。
（4）實(shí)驗(yàn)中電流表的內(nèi)阻對(duì)于電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量值造成系統(tǒng)誤差　 　（填“會(huì)”或“不會(huì)）。
【答案】（1）E
（2）
（3）2.90；0.80
（4）不會(huì)
【知識(shí)點(diǎn)】電池電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量
【解析】【解答】（1）從圖乙可看出電流變化范圍，根據(jù)
以及電流表的量程可知，的滑動(dòng)變阻器足夠用，而且方便操作，所以選E。
（2）由于電流表內(nèi)阻確定，應(yīng)該采用電流表相對(duì)電源內(nèi)接，實(shí)物連接圖如圖所示
（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律，有
所以可知圖像中，圖線的縱軸截距表示電源的電動(dòng)勢(shì)，圖線斜率的絕對(duì)值表示，將圖線連接完整，如圖
可得出
所以電源的內(nèi)阻為
（4）由于電流表內(nèi)阻已知，求內(nèi)阻時(shí)考慮了電流表的內(nèi)阻，不存在因電表內(nèi)阻引起的系統(tǒng)誤差。
綜上：第1空：E；第2空：；第3空：2.90；第4空：0.80；第5空：不會(huì)
【分析】（1）根據(jù)電源電動(dòng)勢(shì)和圖乙可看出電流變化范圍，分析判斷的滑動(dòng)變阻器合適；
（2）由于電流表內(nèi)阻確定，應(yīng)該采用電流表相對(duì)電源內(nèi)接，以此連接電路圖；
（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律，在圖像中，圖線的縱軸截距表示電源的電動(dòng)勢(shì)，圖線斜率的絕對(duì)值表示，將圖線連接完整分別求解電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻；
（4）由于電流表內(nèi)阻已知，求內(nèi)阻時(shí)考慮了電流表的內(nèi)阻，不存在因電表內(nèi)阻引起的系統(tǒng)誤差。
（1）從圖乙可看出電流變化范圍，根據(jù)
以及電流表的量程可知，的滑動(dòng)變阻器足夠用，而且方便操作，所以選E。
（2）由于電流表內(nèi)阻確定，應(yīng)該采用電流表相對(duì)電源內(nèi)接，實(shí)物連接圖如圖所示
（3）[1][2]根據(jù)閉合電路歐姆定律，有
所以可知圖像中，圖線的縱軸截距表示電源的電動(dòng)勢(shì)，圖線斜率的絕對(duì)值表示，將圖線連接完整，如圖
可得出
所以電源的內(nèi)阻為
（4）由于電流表內(nèi)阻已知，求內(nèi)阻時(shí)考慮了電流表的內(nèi)阻，不存在因電表內(nèi)阻引起的系統(tǒng)誤差。
19．（2024高一下·杭州期末）如圖所示，絕緣水平地面B點(diǎn)左側(cè)空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，B點(diǎn)右側(cè)空間無電場(chǎng)。現(xiàn)有一帶負(fù)電、電荷量，質(zhì)量小滑塊（電量保持不變），從距B點(diǎn)的A點(diǎn)靜止釋放，最后停在距B點(diǎn)的C點(diǎn)，整個(gè)過程用時(shí)5s，求：
（1）滑行過程中的最大速度的大小；
（2）減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度；
（3）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小。
【答案】（1）小滑塊從A到B做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，從B到C做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，所以運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度最大，有
代入數(shù)據(jù)得
（2）從B到C做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
得
由牛頓第二定律有小滑塊與地面的摩擦力大小為
（3）小滑塊在A到B運(yùn)動(dòng)過程的加速度大小為，有
得
由牛頓第二定律有
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）小滑塊從A到B做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，從B到C做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，B點(diǎn)時(shí)速度最大，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)方程求解B點(diǎn)速度；
（2）從B到C做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解加速度；根據(jù)牛頓第二定律求解摩擦力大小；
（3）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)方程求解A到B的加速度，根據(jù)牛頓第二定律求解電場(chǎng)強(qiáng)度。
20．（2024高一下·杭州期末）如圖，電源電動(dòng)勢(shì)為12V，內(nèi)阻為2Ω，電阻為1Ω，為6Ω。開關(guān)閉合后，電動(dòng)機(jī)恰好正常工作。已知電動(dòng)機(jī)額定電壓U為6V，線圈電阻為0.5Ω，問：
（1）電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)通過的電流多大？
（2）電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)產(chǎn)生的機(jī)械功率是多大？
（3）若、電阻可調(diào)，在確保電動(dòng)機(jī)正常工作的前提下，當(dāng)?shù)淖柚刀啻髸r(shí)，消耗的電功率最大？此時(shí)的阻值多大？
【答案】（1）電動(dòng)機(jī)恰好正常工作，所以電動(dòng)機(jī)兩端的電壓恰好等于額定電壓，根據(jù)并聯(lián)關(guān)系
通過的電流
（2）電源內(nèi)阻和電阻的總電壓為
則電路中的電流為
流過電動(dòng)機(jī)的電流為
電動(dòng)機(jī)的輸入功率為
電動(dòng)機(jī)的熱功率為
所以，電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)產(chǎn)生的機(jī)械功率為
（3）在確保電動(dòng)機(jī)正常工作的前提下，則電源內(nèi)阻和電阻的總電壓為6V不變，設(shè)此電壓為，則的功率為
由數(shù)學(xué)關(guān)系可知，當(dāng)
時(shí)，的功率最大，代入上式，解得此時(shí)功率為
此時(shí)電路中的總電流為
則此時(shí)通過的電流為
則此時(shí)的阻值為
【知識(shí)點(diǎn)】焦耳定律；閉合電路的歐姆定律
【解析】【分析】（1）根據(jù)電動(dòng)機(jī)兩端的電壓恰好等于額定電壓，由并聯(lián)電路特點(diǎn)求解的電流；
（2）根據(jù)電動(dòng)機(jī)額定電壓結(jié)合電路特點(diǎn)求解電源內(nèi)阻和電阻上總電壓，由歐姆定律求解回路總電流；由上電流求解電動(dòng)機(jī)電流；
根據(jù)求解機(jī)械功率；
（3）在確保電動(dòng)機(jī)正常工作的前提下，則電源內(nèi)阻和電阻的總電壓為6V不變，設(shè)此電壓為，當(dāng)時(shí)，的最大功率為
求解；求解此時(shí)電路中的總電流為，根據(jù)并聯(lián)電路求解通過的電流，由歐姆定律求解。
21．（2024高一下·杭州期末）如圖甲是某XCT機(jī)的實(shí)物圖。其產(chǎn)生X射線主要部分的示意圖如圖乙所示，圖中P、Q之間的加速電壓為，M、N兩板之間的偏轉(zhuǎn)電壓為U，電子從電子槍逸出后沿圖中虛線射入，經(jīng)加速電場(chǎng)、偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)域后，打到水平靶臺(tái)的中心點(diǎn)C，產(chǎn)生X射線（圖中虛線箭頭所示）。已知電子質(zhì)量，電荷量為，偏轉(zhuǎn)極板M、N長(zhǎng)，間距，虛線距離靶臺(tái)豎直高度為，靶臺(tái)水平位置可以調(diào)節(jié)，不考慮電子的重力、電子間相互作用力及電子從電子槍逸出時(shí)的初速度大小，不計(jì)空氣阻力。求：
（1）電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)速度的大小；
（2）若M、N兩板之間電壓大小時(shí)，為使X射線擊中靶臺(tái)中心點(diǎn)C，靶臺(tái)中心點(diǎn)C離N板右側(cè)的水平距離；
（3）在（2）中，電子剛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度；
（4）在電場(chǎng)區(qū)域由于電子重力遠(yuǎn)小于電場(chǎng)力，所以電子的重力可忽略不計(jì)，試說明為什么電子飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)域后，重力仍可忽略不計(jì)。
【答案】（1）根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
m/s
（2）M、N兩板之間電壓大小時(shí)，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有
根據(jù)牛頓第二定律有
根據(jù)幾何關(guān)系可知
解得
cm
（3）結(jié)合（2）中的類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有
則電子剛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度為
解得
（4）粒子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，打到靶臺(tái)的時(shí)間為
不計(jì)重力時(shí)，豎直方向的位移為
計(jì)重力時(shí)，豎直方向的位移為
則
即重力對(duì)電子打在熒光屏上的位置影響非常小，所以計(jì)算電子偏轉(zhuǎn)量時(shí)可以忽略電子所受的重力。
【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)綜合
【解析】【分析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理求解進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)速度；
（2）根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律：水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)板長(zhǎng)與時(shí)間關(guān)系；豎直方向根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)方程求解偏轉(zhuǎn)位移；根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)末速度方向的反向延長(zhǎng)線交于射程中點(diǎn)，結(jié)合幾何關(guān)系求解。
（3）結(jié)合（2）中的類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律：水平方向勻速直線根據(jù)板長(zhǎng)求時(shí)間；豎直方向勻加速求豎直分速度；矢量合成法求末速度。
（4）粒子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，根據(jù)靶臺(tái)中心點(diǎn)C離N板右側(cè)的水平距離水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)求解時(shí)間；豎直方向分別根據(jù)（3）中豎直分速度按不計(jì)重力和計(jì)重力分別求解豎直分位移對(duì)比判斷。
22．（2024高一下·杭州期末）如圖所示，是處于豎直平面內(nèi)某探究裝置的示意圖，它由水平彈射裝置Q、圓心角為的光滑圓弧軌道AB、水平軌道BC、水平傳送帶MN、光滑水平軌道DE和傾角為30°的光滑且足夠長(zhǎng)的斜面EF組成。彈射裝置Q距離水平軌道BCDE的高度，B點(diǎn)位于圓弧軌道圓心O點(diǎn)的正下方，BC、MN、DE位于同一水平面上，各處光滑連接。已知可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊質(zhì)量，圓弧軌道AB的半徑，軌道BC長(zhǎng)度，傳送帶MN長(zhǎng)度，滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為、與傳帶MN間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，其它摩擦和阻力均不計(jì)，，。滑塊在彈射裝置作用下以某一速度離開平臺(tái)P做平拋運(yùn)動(dòng)，恰好可以沿切線方向進(jìn)入圓弧軌道AB，傳送帶以一定的速度v（）逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。求：
（1）水平彈射裝置對(duì)滑塊做的功；
（2）滑塊第一次運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)，對(duì)圓弧軌道的壓力；
（3）滑塊最終靜止在軌道BC時(shí)的位置距B的距離與傳送帶速度v的關(guān)系。
【答案】（1）滑塊運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)過程中為平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向
解得
則在A點(diǎn)豎直方向的分速度為
恰好可以沿切線方向進(jìn)入圓弧軌道，在A點(diǎn)
解得
則，根據(jù)動(dòng)能定理水平彈射裝置對(duì)滑塊做的功為
（2）在A點(diǎn)時(shí)的速度大小為
滑塊從A點(diǎn)到B點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理
解得
設(shè)滑塊受到的支持力為N，則根據(jù)牛頓第二定律
解得
根據(jù)牛頓第三定律，滑塊對(duì)圓弧軌道的壓力等于軌道對(duì)滑塊的支持力
（3）滑塊第一次運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理
解得
根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，第二次運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)的速度大小仍為
則在傳送帶上的加速度為
假設(shè)滑塊可以在傳送帶上一直加速，則
解得
所以假設(shè)不成立。假設(shè)滑塊可以在傳送帶上一直減速，則
解得
所以，若傳送帶的速度為，則滑塊在傳送帶上一直減速，滑塊第二次通過C點(diǎn)時(shí)的速度大小為
設(shè)距B的距離為x，根據(jù)動(dòng)能定理
解得
若傳送帶的速度為，則滑塊在傳送帶上先加速后勻速，滑塊離開傳送帶時(shí)的速度等于傳送帶的速度。若滑塊恰好停在B點(diǎn)，則
解得
則，若傳送帶的速度為，則根據(jù)動(dòng)能定理
解得
若傳送帶的速度為，則滑塊第三次經(jīng)過B點(diǎn)后
解得
綜上，若傳送帶的速度為，則；若傳送帶的速度為，則；若傳送帶的速度為，。
【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用
【解析】【分析】（1）根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)豎直高度求解豎直分速度；結(jié)合恰好可以沿切線方向進(jìn)入圓弧軌道，分解平拋運(yùn)動(dòng)A點(diǎn)速度，結(jié)合幾何關(guān)系求解水平分速度；根據(jù)動(dòng)能定理求解水平彈射裝置對(duì)滑塊所做的功；
（2）根據(jù)動(dòng)能定理求解B點(diǎn)速度；對(duì)B點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律合力提供向心力求解支持力，由牛頓第三定律求解壓力；
（3）滑塊第一次運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理求解滑塊第一次運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)的速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，第二次運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)的速度大小不變；假設(shè)物塊在傳送帶上勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求解加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)方程求解傳送帶上勻加速末速度，分析判斷確定在傳送帶上一直勻減速求解末速度和傳送帶速度范圍，進(jìn)而根據(jù)動(dòng)能定理求解距B點(diǎn)距離；進(jìn)一步由動(dòng)能定理求解物塊停止于B點(diǎn)速度，從而確定傳送帶速度小于等于該速度大于勻減速至C點(diǎn)速度范圍，結(jié)合動(dòng)能定理求解距B距離和速度關(guān)系；再由動(dòng)能定理求解傳送帶速度在大等于減速至B點(diǎn)速度到最大速度范圍距B點(diǎn)距離和速度關(guān)系。
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