資源簡介

浙江省浙南名校聯盟2024-2025學年高二上學期返校聯考物理試題
1．（2024高二上·浙江開學考）下列單位屬于國際單位制中基本單位的是（　　）
A．焦耳 B．安培 C．牛頓 D．千米
2．（2024高二上·浙江開學考）對研究對象或研究過程建立理想化模型，突出問題的主要方面忽略次要因素，對實際問題進行理想化處理從而有效地解決問題，是物理學研究的常用方法。下列各組均屬于理想化模型的是（　　）
A．元電荷、點電荷 B．自由落體運動、重心
C．元電荷、重心 D．質點、勻強電場
3．（2024高二上·浙江開學考）在物理學的發展過程中，許多物理學家做出了杰出貢獻。下列說法符合事實的是（　　）
A．富蘭克林通過實驗發現并命名了正負電荷
B．庫侖利用扭秤實驗得出了庫侖定律，并測量出了靜電力常量k
C．開普勒對他導師第谷觀測的行星數據進行多年研究，發現了萬有引力定律
D．古希臘學者亞里士多德認為物體下落的快慢由他們的重量決定，牛頓利用邏輯推理，推翻了亞里士多德關于物體下落快慢的理論
4．（2024高二上·浙江開學考）如圖是某次心臟除顫器的模擬治療，該心臟除顫器的電容器電容為，充電至9.0kV電壓。下列說法正確的是（　　）
A．電容器的額定電壓就是擊穿電壓
B．充電完畢后，電容器存儲的電量為0.135C
C．該電容器的電容與兩板間的電勢差成正比
D．放電之后，該電容器的兩極板電荷量為零，電容也為零
5．（2024高二上·浙江開學考）某跳水運動員在踏板上起跳，我們通過錄像觀察到踏板和運動員要經歷如圖所示的狀態，其中A為無人時踏板靜止點，B為人站在踏板上靜止時的平衡點，C為人在起跳過程中人和踏板運動的最低點，則下列說法正確的是（　　）
A．人在A點受到的合外力最小
B．人和踏板由C到B的過程中，人向上做加速度減小的加速運動
C．人和踏板由C到B的過程中，先超重后失重
D．人和踏板由C到A的過程中，人對踏板的壓力不變
6．（2024高二上·浙江開學考）華為衛星通話是華為推出的一項創新技術，該技術可以通過部署在地球靜止衛星軌道上的多顆“天通一號”系列衛星與外界進行聯系。“天通一號”系列衛星均位于36000公里的地球同步軌道，單顆衛星可以覆蓋地球的面積三分之一，其離地高度約為地球半徑的5倍。關于該系列衛星，下列說法正確的是（　　）
A．“天通一號”系列衛星速率大于7.9km/s
B．“天通一號”系列衛星質量越大速率越小
C．為了實現全球通信，至少需要部署三顆衛星
D．“天通一號”系列衛星的向心加速度約為地表重力加速度
7．（2024高二上·浙江開學考）如圖所示，一個金屬桿原來不帶電。現在沿著桿的軸線方向放置一個正點電荷Q，金屬桿達到靜電平衡狀態后，下列說法正確的是（　　）
A．d點電勢高于b點
B．b點場強的方向由c指向a
C．桿上感應電荷產生的電場在軸線上a、b、c三點的場強大小
D．將導體棒右端接地后再斷開，最后移走點電荷，導體棒最終帶正電
8．（2024高二上·浙江開學考）消防員滑竿是一種用于快速下樓的設備，它使得消防員能夠迅速從上層滑到下層，以節省時間并迅速應對緊急情況。在某次訓練中，消防員在滑竿上加速下滑，忽略空氣阻力，則下列說法正確的是（　　）
A．消防員只受到重力和滑竿摩擦力的作用
B．消防員對滑竿的力小于滑竿對消防員的力
C．滑竿對人做功的大小等于消防員機械能改變的大小
D．合力對人做功的大小等于動能變化的大小減掉重力勢能變化的大小
9．（2024高二上·浙江開學考）一帶電粒子只在電場力的作用下的運動軌跡如圖中虛線所示，實線為電場線，方向未畫出，下列說法正確的是（　　）
A．M點的電勢大于N點的電勢
B．粒子在M點的動能小于在N點的動能
C．粒子在M點的電勢能小于在N點的電勢能
D．粒子在M點的加速度大于在N點的加速度
10．（2024高二上·浙江開學考）射水魚因獨特的捕食方式而聞名，它能夠通過噴射水柱來捕捉水面上方的果實。若射水魚瞄準果實后，以一定的初速度沿虛線方向吐水的一瞬間果實剛好落下，并在空中擊中果實，不計空氣阻力和水面的折射，下列說法正確的是（　　）
A．水在空中的軌跡是一條直線
B．水在空中的加速度大于下落果實的加速度
C．若其它條件不變，增大初速度，則水一定可以擊中果實
D．若其它條件不變，減小初速度，則水一定可以擊中果實
11．（2024高二上·浙江開學考）如圖所示，用某種金屬材料制成長為a，寬為b，厚為c的長方體，已知，關于該導體的電阻下列說法正確的是（　　）
A．電流沿AB方向電阻最小 B．電流沿CD方向電阻最小
C．電流沿EF方向電阻最小 D．電流沿任何方向電阻都是一樣
12．（2024高二上·浙江開學考）如圖所示，直角坐標系中三個可以看成點電荷的導體球固定在坐標軸上，，A、B、C的帶電量分別為、、，三個電荷距離足夠遠互不影響，另一個一樣但不帶電的導體球D分別跟A、B、C接觸后拿走，已知靜電常量為k，則關于A受到的電場力說法正確的是（　　）
A．大小為，方向沿第四象限
B．大小為，方向沿第三象限
C．大小為，向沿第四象限
D．大小為，方向沿第三象限
13．（2024高二上·浙江開學考）如圖甲所示，為機場、火車站和地鐵站等場所的安全檢查儀，其傳送裝置可簡化為如圖乙所示模型：繃緊的傳送帶始終保持的恒定速率運行。旅客把質量為10kg的行李無初速度地放在A處，行李可視為質點，與傳送帶之間的動摩擦因數，AB間的距離為，g取。則（　　）
A．從A到B的運動時間是3s
B．摩擦產生的內能是10J
C．摩擦力對行李做的功是40J
D．電動機運輸行李多輸出的能量為40J
14．（2024高二上·浙江開學考）如圖所示，在溫州市的某十字路口，設置有右轉彎專用車道。現有一輛汽車正在水平右轉彎車道上行駛，其運動可視做圓周運動，行駛過程中車輛未發生打滑。司機和副駕駛座上的乘客分別坐在左右邊，且始終與汽車保持相對靜止。當汽車在水平的右轉彎車道上減速行駛時，下列說法正確的是（　　）
A．司機和乘客具有相同的角速度
B．汽車的合力一定指向圓心
C．汽車對乘客的作用力大于乘客所受的重力
D．汽車對乘客的作用力小于汽車對司機的作用力
15．（2024高二上·浙江開學考）一電子僅在靜電力作用下從坐標原點由靜止出發沿x軸運動，其所在位置處的電勢隨位置x變化的關系如圖中拋物線所示，拋物線與x軸相切于，下列說法正確的是（　　）
A．與處的電場方向相同
B．電子在處的加速度為零
C．電子從運動到，電勢能逐漸增大
D．電子從運動到，電場力先減小再增大
16．（2024高二上·浙江開學考）小明同學設計了“探究加速度與力、質量的關系”實驗方案，如圖甲。小車后面固定一條紙帶，穿過電火花打點計時器，細線一端連著小車，另一端通過定滑輪與豎直懸掛的彈測力計相連，動滑輪下端懸掛一個裝有細沙的沙桶，不計滑輪和細線的質量以及滑輪與細線間的摩擦阻力。
（1）對本實驗的操作，下列說法中正確的是______。
A．實驗中不需要測量沙和沙桶的質量m
B．實驗中需要調節定滑輪的高度，使細線與長木板平行
C．實驗中為減小誤差，一定要保證沙和沙桶的質量m遠小于小車的質量M
D．平衡摩擦力時，先懸掛沙桶，再調整長木板的傾角使小車拖著紙帶沿長木板勻速下滑
（2）實驗過程中，打出了一條紙帶，如圖乙所示。打點計時器使用50Hz交流電源，紙帶上標注的0、1、2、3、4、5、6為計數點，相鄰兩計數點間還有4個點未畫出。測出。則沙桶下落的加速度　 　。（結果保留3位有效數字）
（3）實驗中，若平衡摩擦力時木板傾角過高，用F表示彈簧測力計的示數，M表示小車質量，則小車加速度a與F及的關系圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
（4）小李同學設計了與小明同學類似的方案如圖丙，彈簧測力計軸線不在豎直方向上，沙桶由靜止開始下落。小張同學設計的方案如圖丁所示，用手將彈簧測力計向下拉，使小車由靜止開始運動，假設兩位同學都經過了補償阻力的操作，關于這兩種方案是否可行的說法正確的是（　　）
A．只有圖丙方案可行 B．只有圖丁方案可行
C．圖丙和圖丁方案都可行 D．圖丙和圖丁方案都不可行
（2024高二上·浙江開學考）兩位同學根據不同的實驗條件，進行了“探究平拋運動的特點”實驗。
17．小吳同學用如圖甲所示的裝置探究平拋運動豎直分運動的特點，用小錘擊打彈性金屬片后，A球沿水平方向拋出，做平拋運動，同時B球被釋放，做自由落體運動。分別改變小球距地面的高度和小錘擊打的力度，多次實驗觀察發現兩球始終同時落地，這說明（　　）
A．平拋運動在水平方向上的分運動是勻速直線運動
B．平拋運動在豎直方向上的分運動是自由落體運動
C．平拋運動在水平方向上的分運動是勻速直線運動，在豎直方向上的分運動是自由落體運動
18．小馬同學用如圖乙所示的裝置來獲取平拋運動的軌跡，用夾子將白紙固定在豎直背板上，當小球落到擋板N上時，用鉛筆把小球上端的對應位置描繪在白紙上。然后利用平拋運動的軌跡探究平拋運動水平分運動的特點。在白紙上建立直角坐標系時，坐標原點應建立在（　　）
A．斜槽末端
B．小球停留在斜槽末端時球心在白紙上的水平投影
C．小球停留在斜槽末端時球的上端在白紙上的水平投影
D．小球剛到達斜槽底部時的球心位置
19．為了能較準確地描繪平拋運動的軌跡，下面列出了一些操作要求，你認為正確的是（　　）
A．每次從斜槽軌道上同一位置靜止釋放鋼球
B．斜槽軌道需要盡量光滑
C．鋼球運動時要緊貼裝置的背板
D．記錄鋼球位置的擋板N每次必須等距離移動
20．（2024高二上·浙江開學考）為研究某金屬導線材料的電阻率，實驗器材如下：
待測金屬導線一根：電壓表一個，量程3V，內阻約為3kΩ；電流表一個，量程0.6A，內阻約為0.1Ω；
滑動變阻器（阻值范圍0~100Ω，允許通過的最大電流為0.1A）；
滑動變阻器（阻值范圍0~20Ω，允許通過的最大電流為1A）；
干電池兩節，開關一個，導線若干，螺旋測微器一只，刻度尺一個。
（1）如圖甲，用螺旋測微器測金屬導線的直徑時，將金屬導線輕輕地放在測砧與測微螺桿之間，先旋動　 　（選填“A”或“B”）使它們距離減小，再旋動微調旋鈕，夾住導線，直到聽到“喀喀”的聲音，以保證壓力適當，同時防止螺旋測微器的損壞。
（2）用此螺旋測微器測得該金屬導線的直徑d，如圖乙所示，則　 　mm。
（3）用如圖丙所示電路進行實驗，圖丁為實物圖，調節金屬導線上可動接線柱Q的位置（金屬導線的總阻值約10Ω），可以改變導線接入電路的長度，可動接線柱Q有一定的電阻，但阻值未知。滑動變阻器應該選　 　（選填“”或“”）。要把實物圖連線連接完整，還需從電池負極接線柱引線連接到圖中的　 　接線柱。（選填“①”、“②”、“③”、“④”）。圖丙中，開關S閉合之前，應將滑動變阻器的滑片P置于　 　端（選填“A”或“B”）。
（4）多次改變導線接入電路的長度L，測量不同長度時的電阻，作圖像如圖戊所示，測得圖像中直線的斜率為k，縱坐標截距為b，則該金屬材料的電阻率為　 　，可動接線柱Q處的電阻為　 　（用k、b和d表示）。
21．（2024高二上·浙江開學考）鋼架雪車是北京冬奧會上觀賞性強、危險性高的比賽項目。鋼架雪車比賽的一段賽道簡化為如圖甲所示，長16m的水平直道AB與長80m的傾斜直道BC在B點平滑連接，斜道與水平面的夾角為6°。運動員從A點由靜止出發，推著雪車以的加速度勻加速運動到B點后，緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加速下滑（圖乙所示），到達C點時的速度大小為12m/s。已知車及運動員的總質量為110kg，運動員可視為質點，取重力加速度大小，，求雪車（包括運動員）
（1）經過B點時的速度大小；
（2）從A點運動到C點的時間t；
（3）在斜道BC上運動時受到的阻力大小F。
22．（2024高二上·浙江開學考）如圖示“雪地轉轉”是北方小朋友在冬季經常玩的一種游戲，乘坐雪圈繞軸在水平雪地上勻速轉動，如圖所示。“南方小土豆”小張寒假去東北旅游時乘坐了“雪地轉轉”，他發現當轉速為時，繩子與水平桿垂直，繩子張力為150N，已知他和雪圈總質量為60kg，水平桿長為3m，離地高為3m，繩長為5m，取求：
（1）小張繞轉軸轉動的角速度大小；
（2）小張和雪圈對地面的壓力大小；
（3）繞轉軸旋轉一周，繩子拉力對小張和雪圈做功大小。
23．（2024高二上·浙江開學考）某些腫瘤可以用“質子療法”進行治療如圖甲所示。在這種療法中，質子先被加速到具有較高的能量，然后被引向轟擊腫瘤，殺死其中的惡性細胞。如圖乙所示來自質子源的質子初速度為零，經加速電壓U加速后，形成細柱形的質子流，細柱形的質子流橫截面積為S，其等效電流為I；其中一些質子沿圖中四分之一圓弧虛線通過輻向電場，再從P點豎直向上進入存在水平向右的勻強電場的圓形區域，最終轟擊處在圓上Q點的腫瘤細胞。已知四分之一圓弧虛線處的場強大小恒定，方向沿半徑指向圓心O，圓與OP相切于P點，，圓形區域的半徑為R，Q點位于OP上方處，已知質子質量為m、電量為e。質子的重力和相互間的作用均忽略不計，求：
（1）質子在加速電場中獲得的最大速度v；
（2）加速后這束質子流內單位體積的質子數n；
（3）四分之一圓弧虛線處的場強大小和圓形區域中勻強電場的場強大小E。
24．（2024高二上·浙江開學考）如圖所示，水平面上固定有一動摩擦因數為0.22的軌道，其中AB段傾斜、BC段水平（兩者間用一極小圓弧連接）。AC段在水平方向的投影長度，AB段在豎直方向的高度差。軌道右側另有一光滑豎直圓弧軌道DEF軌道半徑為，水平面和圓弧軌道的交點為D，D和圓心O的連線與豎直方向的夾角為53°。F與圓心O的連線與豎直方向的夾角為60°。F點右側有一實驗風洞，風洞能提供大小為10N、方向與水平成的恒定風。現讓質量的滑塊從A點由靜止釋放，自C點飛離軌道后由D點無碰撞的切入圓弧軌道DEF，并自F點離開圓弧軌道進入風洞。重力加速度試求：
（1）滑塊到達C點的速度的大小；
（2）CD間的水平距離：
（3）滑塊經過E點時對軌道的壓力：
（4）滑塊在風洞中運動的過程中經過與F點等高的P點，求P點到F點的距離。
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】力學單位制
【解析】【解答】A.焦耳是能量、功或熱量的單位。由基本單位導出：（即牛頓·米）。因此，焦耳是導出單位，不是基本單位。故A錯誤。
B.安培是電流的單位。直接是國際單位制的七個基本單位之一，故B正確。
C.牛頓是力的單位。由基本單位導出：，因此，牛頓是導出單位，不是基本單位。故C錯誤。
D.千米是長度的單位，是“米”的倍數單位（1 km = 1000 m）。國際單位制的基本長度單位是“米”，“千米”只是“米”的十進制倍數，不是獨立的基本單位。故D錯誤。
故選B。
【分析】國際單位制的基本物理量有長度、時間、質量、熱力學溫度、物質的量、電流強度、光強度。對應的基本單位：m、s、kg；K；mol；A；cd。
2．【答案】D
【知識點】理想模型法
【解析】【解答】元電荷：是電荷量的最小單位（如電子的電荷量），屬于物理量的基本單位，不是理想化模型。點電荷：是忽略形狀和大小的帶電體，屬于理想化模型。 點電荷、自由落體運動、質點和勻強電場均為理想模型。 故ABC錯誤，D正確。
故選D。
【分析】自由落體運動：忽略空氣阻力，只受重力作用的運動，屬于理想化模型。
重心：是物體重力作用的等效點，屬于物理概念，不是理想化模型（實際物體有重心，無需忽略次要因素）。質點：忽略物體形狀和大小，只保留質量的理想化模型。勻強電場：忽略電場線彎曲和強度變化，假設電場均勻分布的理想化模型。
3．【答案】A
【知識點】物理學史
【解析】【解答】A．富蘭克林通過風箏實驗等研究了電現象，并提出了“正電”和“負電”的命名 ，故A正確；
B．庫侖確實通過扭秤實驗研究了靜電力，總結出了庫侖定律（ ）。但庫侖并未測量出靜電力常量k的具體數值，因為當時電量的單位尚未標準化，k的精確值是后來通過其他實驗確定的，故B錯誤；
C．開普勒確實基于第谷的行星觀測數據，總結出了行星運動三大定律（開普勒定律）。但萬有引力定律是牛頓發現的，不是開普勒。開普勒的貢獻是行星運動規律，牛頓在此基礎上提出了萬有引力理論，故C錯誤；
D．亞里士多德確實認為重物下落更快（速度與重量成正比）。但推翻這一理論的是伽利略（通過比薩斜塔實驗或邏輯推理），而非牛頓。牛頓是在伽利略等人的基礎上建立了經典力學體系，故D錯誤。
故選A。
【分析】1、庫侖與靜電力常量k：庫侖提出了定律，但未測量k的數值。
2、開普勒與萬有引力定律：開普勒研究的是行星運動規律，萬有引力是牛頓的貢獻。
3、伽利略與牛頓的作用：伽利略推翻了亞里士多德的理論，牛頓是集大成者。
4．【答案】B
【知識點】電容器及其應用
【解析】【解答】A．電容器的額定電壓通常低于擊穿電壓（留有安全裕度）。因此，額定電壓≠擊穿電壓，故A錯誤；
B．充電完畢后，電容器存儲的電量為
故B正確；
CD．電容 是電容器的固有屬性，由極板面積、間距和介質決定，與電壓 或電量 無關。
公式 是定義式，而非決定式 放電后，極板電荷量 ，但電容 是容器的固有屬性，不會因放電變為零，故CD錯誤。
故選B。
【分析】1、電容的決定因素：由極板面積 、間距 和介電常數 決定（），與 或 無關。
2、額定電壓 與擊穿電壓：額定電壓是安全工作的上限，擊穿電壓是失效臨界值，二者不同。
3、放電后的狀態：電荷量可為零，但電容不變。
5．【答案】B
【知識點】牛頓第二定律；超重與失重
【解析】【解答】A．B為人站在踏板上靜止時的平衡點，可知人在B點受到的合外力最小，故A錯誤；
BC．踏板被壓縮到最低點，彈力最大（），合力向上，加速度向上最大。
B點：平衡點，彈力等于重力（），合力為零，加速度為零。因此，從C到B：
彈力逐漸減小，合力 逐漸減小，加速度 逐漸減小。加速度方向始終向上，速度方向從零開始增加，故為加速度減小的加速運動。人向上做加速度減小的加速運動，人一直處于超重狀態，故B正確，C錯誤；
D．人和踏板由C到A的過程中，踏板對人的彈力大小逐漸減小，則人對踏板的壓力逐漸減小，故D錯誤。
故選B。
【分析】A點：無人時踏板的靜止點。此時踏板處于自然狀態，沒有外力作用（忽略踏板自身重力導致的形變，假設A點是踏板不受力時的位置）。
B點：人站在踏板上靜止時的平衡點。此時踏板受到人的重力，發生形變，達到一個新的平衡位置。此時踏板對人的支持力等于人的重力，合外力為零。
C點：人在起跳過程中踏板的最低點。這是人在起跳前下蹲到最低點并開始向上加速的階段。此時踏板的形變最大，支持力大于人的重力，提供向上的加速度。
從C到B的過程中，踏板形變逐漸恢復，支持力逐漸減小，因此向上的加速度逐漸減小，但速度方向向上（因為起跳是向上運動）。超重：加速度向上，支持力大于重力。失重：加速度向下，支持力小于重力。
6．【答案】C
【知識點】第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】A．根據
解得
7.9km/s是近地衛星的線速度，也是衛星最大的環繞速度，可知“天通一號”系列衛星速率小于7.9km/s。故A錯誤；
B．由A選項分析，可知“天通一號”系列衛星速率與軌道的高度有關，與其質量無關。故B錯誤；
C．依題意，單顆衛星可以覆蓋地球的面積三分之一，為了實現全球通信，至少需要部署三顆衛星。故C正確；
D．根據
，
可得
即“天通一號”系列衛星的向心加速度約為地表重力加速度。故D錯誤。
故選C。
【分析】1、地球同步軌道衛星的特性：軌道高度：約36000 km（軌道半徑 ）；
周期：與地球自轉周期相同（24小時）；速率 ：由萬有引力提供向心力， ；向心加速度 ： 。
2、第一宇宙速度（7.9 km/s）：近地軌道（r≈R）的環繞速度，；
同步軌道衛星速率 。
3、衛星速率與質量的關系：速率公式 與衛星質量 無關；質量越大，所需向心力越大，但速率不變。
4、全球通信的衛星覆蓋：單顆同步衛星覆蓋約1/3地球表面；三顆同步衛星均勻分布（間隔120°）可實現全球覆蓋（兩極存在盲區）。
4、向心加速度與地表重力加速度：地表重力加速度 ；同步軌道向心加速度 。
7．【答案】A
【知識點】電場強度的疊加；電勢
【解析】【解答】A．金屬桿是等勢體，b點電勢 = 桿的電勢；d點在桿外，受正感應電荷影響，電勢高于桿，則d點電勢高于b點，故A正確；
B． 靜電平衡問題中“場強”指 合場強（為零） 金屬桿達到靜電平衡狀態后，內部場強為0，故B錯誤；
C．金屬桿達到靜電平衡狀態后，內部場強為0，則感應電荷在內部某點產生的場強與點電荷在該點產生的場強大小相等，方向相反，則桿上感應電荷產生的電場在軸線上a、b、c三點的場強大小關系為
故C錯誤；
D．將導體棒右端接地后再斷開，則導體棒靠近點電荷的右端帶負電，最后移走點電荷，導體棒最終帶負電，故D錯誤。
故選A。
【分析】1、達到靜電平衡時：金屬桿內部 合場強為零（感應電荷的場與外電場抵消）；金屬桿是等勢體，電勢處處相等；感應電荷分布在表面，靠近 的一端感應負電荷，遠端感應正電荷。
2、電勢分析：點電荷 Q的電勢：，為距離。金屬桿是等勢體，d點在桿外，b點在桿內。d點受正感應電荷影響，電勢較高；b點在桿內，電勢與桿相同（低于d點）。
3、場強方向：靜電平衡時，金屬桿 內部合場強為零，點電荷 在b點產生的場強向右（c→a方向）；
感應電荷的場強向左（a→c方向），二者抵消。
3、感應電荷的場強：感應電荷的場強在a、b、c三點需與 的場強抵消：
c點離 最近，的場強最大 感應電荷的場強也最大；a點離 Q 最遠，的場強最小 感應電荷的場強最小；則。
8．【答案】C
【知識點】牛頓第三定律；受力分析的應用；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A．消防員受到重力、滑桿的彈力和滑竿摩擦力的作用。故A錯誤；
B． 違反牛頓第三定律（作用力與反作用力大小相等） 根據牛頓第三定律可知，消防員對滑竿的力等于滑竿對消防員的力。故B錯誤；
C．根據，可知滑竿對人做功的大小等于消防員機械能改變的大小。故C正確；
D．由動能定理可知，合力對人做功的大小等于動能變化的大小。故D錯誤。
故選C。
【分析】1、受力分析：消防員在滑竿上加速下滑，說明合外力向下；
受到的力：重力 （豎直向下）；滑竿的摩擦力 豎直向上，因消防員加速下滑，故 ），滑桿的彈力。
2、牛頓第三定律：消防員對滑竿的力與滑竿對消防員的力是作用力與反作用力，大小相等；
3、功能關系：機械能變化 = 動能變化 + 重力勢能變化 ；非保守力（摩擦力）做功 = 機械能變化 ；滑竿對消防員的摩擦力做 負功，大小為 。
9．【答案】B
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】A．因為帶電粒子的電性未知，無法判斷電場線的方向，故無法判斷M點的電勢與N點的電勢的大小關系，故A錯誤；
B．電場力指向軌跡凹側，若粒子從M→N：電場力與位移夾角 < 90° 做正功 動能增加；若粒子從N→M：電場力與位移夾角 > 90° 做負功 動能減小；無論哪種情況，均有 粒子在M點的動能小于在N點的動能 ，故B正確。
C.帶電粒子的動能和電勢能總和不變，故粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能，故C錯誤；
D．加速度 ，圖中M點電場線較稀疏，場強較小 加速度較小；由知在M點的加速度小于N點的加速度，故D錯誤。
故選B。
【分析】1、電場線與運動軌跡的關系：電場力方向：指向軌跡凹側（即電場力方向沿電場線切線方向）；粒子電性未知，無法直接判斷電場線方向。
2、電勢與電勢能：電勢高低：沿電場線方向電勢降低；電勢能 ，取決于電荷電性和電勢；
電場力做正功 動能增加，電勢能減少。
3、動能與電勢能的轉化：僅電場力做功時，機械能守恒：。
4、加速度與場強關系：加速度 ；電場線密集處場強 大 加速度大。
10．【答案】C
【知識點】斜拋運動
【解析】【解答】A．水的運動是斜拋運動，受重力作用，軌跡為拋物線，故A錯誤；
B．水和果實的加速度均為重力加速度，故B錯誤；
C．水相對于果實做勻速直線運動，增大 會縮短擊中時間；只要 足夠大，總能保證在果實落水前擊中，故C正確。
D.若其它條件不變，減小初速度，如果水還沒有擊中果實時，果實已經落入水中，則不能擊中果實，故D錯誤。
故選C。
【分析】1、拋體運動分析，水的運動：斜拋運動（初速度 方向傾斜向上），受重力作用，軌跡為拋物線；果實的運動：自由落體運動（初速度為零，加速度 向下）。
2、相對運動，水和果實的加速度均為g（不計空氣阻力）；水相對于果實的初速度為 ，加速度為零 水相對于果實做 勻速直線運動。
3、擊中條件，水相對于果實的運動方向必須指向果實初始位置；增大 水相對果實速度增大 一定時間內可縮短距離，確保擊中；減小 水相對果實速度減小 若未擊中前果實已落水，則無法擊中。
11．【答案】B
【知識點】電阻定律
【解析】【解答】設金屬材料的電阻率為，根據電阻定律可知電流沿AB方向時電阻為
電流沿CD方向時電阻為
電流沿EF方向時電阻為
由于，則有
故ACD錯誤，B正確。
故選B。
【分析】導體的電阻 與其電阻率 、長度 、橫截面積 的關系為：，電阻率 ρ：材料的固有屬性，單位是 ；長度 L：電流流經導體的路徑長度；橫截面積 S：垂直于電流方向的導體截面積。
12．【答案】A
【知識點】庫侖定律
【解析】【解答】一個一樣但不帶電的導體球D分別跟A、B、C接觸后拿走，則最終A、B、C的電荷量分別為
，，
B對A的庫侖斥力方向沿軸負方向，大小為
C對A的庫侖引力方向沿軸正方向，大小為
則A受到的電場力方向沿第四象限，大小為
故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】1. 點電荷的電場力（庫侖定律），點電荷之間的相互作用力由 庫侖定律 決定：
，：靜電力常量； ：兩個點電荷的電量；：兩點電荷之間的距離。
2. 導體球的電荷分配，當兩個相同導體球接觸時，電荷會重新分配，使兩球最終帶電量相等：
，若一個導體球帶電 ，另一個不帶電，接觸后兩球各帶 。
13．【答案】D
【知識點】能量守恒定律；牛頓運動定律的應用—傳送帶模型
【解析】【解答】A．行李先做勻加速直線運動，由牛頓第二定律可得
則行李勻加速過程所需時間為
聯立，解得
該過程行李的位移為
行李勻速階段時間為
則從A到B的運動時間是
故A錯誤；
B．摩擦產生的內能是
故B錯誤；
C．摩擦力對行李做的功是
故C錯誤；
D．電動機運輸行李多輸出的能量為
故D正確。
故選D。
【分析】1. 行李的運動分析，勻加速階段：受力分析：摩擦力 。牛頓第二定律：， 加速度 a=μg 。加速時間 ： 。位移 ： 。勻速階段：位移 ，時間 。
2、摩擦力做功全部轉化為內能：。
3、摩擦產生的內能是
4、電動機運輸行李多輸出的能量為
14．【答案】A,C
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【解答】A．司機和副駕駛座上的乘客始終與汽車保持相對靜止，乘客和司機與汽車相對靜止 角速度 相同， 故A正確；
B． 減速圓周運動 合力方向為向心力與切向力的合成，汽車所受的合力分解為指向圓心的向心力和與運動方向相反使速率減小的切向力，故合力的方向一定不指向圓心。故B錯誤；
C．乘汽車對乘客的作用力有豎直方向的支持力和水平方向使乘客做減速圓周運動合力，豎直方向的支持力與乘客所受的重力平衡，則汽車對乘客兩個方向的力的合力一定大于乘客所受的重力。故C正確；
D．乘客和司機角速度相同，由牛頓第二定律有，右轉彎時乘客的半徑小，但因不確定乘客和司機的質量大小關系，故汽車對乘客的作用力和對司機的作用力大小關系無法確定。故D錯誤。
故選AC。
【分析】1、圓周運動的動力學：汽車做圓周運動時，需向心力 指向圓心；減速行駛時，存在切向加速度 （與速度方向相反），故合力不指向圓心。
2、乘客和司機的受力分析：乘客和司機與汽車相對靜止 具有相同的 角速度 ω；
汽車對乘客的作用力包括：支持力 （垂直車廂底面）；靜摩擦力 （提供向心力）；
合力 ，方向斜向前下方。
3、左右側受力差異：右轉彎時：乘客（右側）受向外的力，需更大的靜摩擦力 提供向心力；
司機（左側）受 向內的力，靜摩擦力 較小；因此，汽車對乘客的作用力（大于對司機的作用力（ ）。
4、汽車合力的方向：減速圓周運動 合力方向斜向后內側（非指向圓心）。
15．【答案】B,C,D
【知識點】電場力做功；電勢能；電勢
【解析】【解答】ABD．在圖像中，其斜率表示的是電場強度的大小和方向，由圖像可知與處的電場方向不相同，從運動到，其斜率先減小，處的斜率為零，電場強度為零，從到，斜率由逐漸增大，故A錯誤，BD正確；
C．由圖可知，電子從運動到，電場力做負功，電勢能增大，C正確。
故選BCD。
【分析】在圖像中，其斜率表示的是電場強度的大小和方向。根據斜率大小判斷電場強度，再根據電場強度大小變化判斷電場力變化，根據電場力做功判斷電勢能變化。
16．【答案】（1）A；B
（2）0.750
（3）B
（4）D
【知識點】實驗驗證牛頓第二定律
【解析】【解答】（1）AC．實驗中細線的拉力由彈簧測力計直接測量，所以不需要測量沙和沙桶的質量m。不需要保證沙和沙桶的質量m遠小于小車的質量M。故A正確；C錯誤；
B．實驗中為了減小誤差，需要調節定滑輪的高度，使細線與長木板平行。故B正確；
D．平衡摩擦力時，不需要懸掛沙桶，只需調整長木板的傾角使小車拖著紙帶沿長木板勻速下滑即可。故D錯誤。
故選AB。
（2）相鄰兩計數點的時間間隔為
由逐差法可得小車的加速度大小為
則沙桶下落的加速度為
（3）實驗中，若平衡摩擦力時木板傾角過高，則不掛沙桶時，小車的合力沿木板向下，設為f，根據牛頓第二定律可得
整理，可得
，
可知a-F圖像中截距為正值，圖像中圖線為過原點的直線。
故選B。
（4）圖丙方案中，隨著小車的運動，細線與豎直方向夾角逐漸變小，會導致其張力發生變化，紙帶上記錄的小車的運動不在是勻變速直線運動，不可行。圖丁方案中，用手將彈簧測力計向下拉，很難保證小車做勻加速直線運動，不可行。
故選D。
【分析】（1）直接測力法：彈簧測力計直接讀數，簡化實驗條件（無需m M）。
操作要點：細線平行木板、獨立平衡摩擦力。
誤差控制：避免斜向拉力和未平衡摩擦力導致的系統誤差。
（2）由逐差法可得小車的加速度大小。
（3）根據牛頓第二定律可得，整理，可得，，可知a-F圖像中截距為正值，圖像中圖線為過原點的直線。
（4）兩種方案均因無法提供恒定的加速度而被否決：圖丙因幾何約束導致張力變化，破壞勻變速條件；圖丁因人為操作不穩定性，無法實現勻加速。
（1）AC．實驗中細線的拉力由彈簧測力計直接測量，所以不需要測量沙和沙桶的質量m。不需要保證沙和沙桶的質量m遠小于小車的質量M。故A正確；C錯誤；
B．實驗中為了減小誤差，需要調節定滑輪的高度，使細線與長木板平行。故B正確；
D．平衡摩擦力時，不需要懸掛沙桶，只需調整長木板的傾角使小車拖著紙帶沿長木板勻速下滑即可。故D錯誤。
故選AB。
（2）相鄰兩計數點的時間間隔為
由逐差法可得小車的加速度大小為
則沙桶下落的加速度為
（3）實驗中，若平衡摩擦力時木板傾角過高，則不掛沙桶時，小車的合力沿木板向下，設為f，根據牛頓第二定律可得
整理，可得
，
可知a-F圖像中截距為正值，圖像中圖線為過原點的直線。
故選B。
（4）圖丙方案中，隨著小車的運動，細線與豎直方向夾角逐漸變小，會導致其張力發生變化，紙帶上記錄的小車的運動不在是勻變速直線運動，不可行。圖丁方案中，用手將彈簧測力計向下拉，很難保證小車做勻加速直線運動，不可行。
故選D。
【答案】17．B
18．C
19．A
【知識點】研究平拋物體的運動
【解析】【分析】（1）實驗的核心目的是探究豎直分運動，通過對比平拋與自由落體的落地時間得出結論。
水平方向的結論需要其他實驗（如頻閃照相或軌跡分析）驗證。
（2）裝置：斜槽末端水平，小球從斜槽滾下后做平拋運動，撞擊擋板時在白紙上記錄位置。
目的：通過軌跡分析平拋運動的水平分運動（需明確坐標原點以計算位移和速度）。坐標系原點的選擇原則原點應選在平拋運動的起始點，即小球離開斜槽的瞬間位置。
（3）斜槽無需絕對光滑，只需末端水平即可保證初速度水平。過度追求光滑可能增加實驗復雜度，且對結果影響不大。鋼球運動時不應緊貼背板，否則摩擦會干擾平拋軌跡，導致非理想拋物線。實驗需確保鋼球自由飛行，僅通過擋板記錄位置。擋板N的作用是記錄軌跡點，無需等距離移動。等距離移動反而可能遺漏關鍵軌跡點（如初速度較小時）。應根據實際軌跡靈活調整擋板位置。
17．【解答】平拋運動（A球）的豎直分運動與自由落體運動（B球）一致，即豎直方向為自由落體運動。
實驗未驗證水平方向的運動性質（如是否勻速），因此不能直接得出水平方向的結論。
故選B。
18．【解答】當小球落到擋板N上時，用鉛筆把小球上端的對應位置描繪在白紙上。則在白紙上建立直角坐標系時，坐標原點應建立在小球停留在斜槽末端時球的上端在白紙上的水平投影。
故選C。
19．【解答】AB．平拋運動的軌跡分析依賴于相同的初速度。每次從斜槽同一位置靜止釋放鋼球，可保證初速度相同，避免軌跡偏差。但斜槽軌道不需要光滑，故A正確，B錯誤；
C．為了減小誤差，鋼球運動時不能緊貼裝置的背板，故C錯誤；
D．記錄鋼球位置的擋板N每次不需要等距離移動，故D錯誤。
故選A。
20．【答案】（1）A
（2）1.200
（3）；③；A
（4）；b
【知識點】刻度尺、游標卡尺及螺旋測微器的使用；導體電阻率的測量
【解析】【解答】（1）用螺旋測微器測金屬導線的直徑時，將金屬導線輕輕地放在測砧與測微螺桿之間，先旋動A使它們距離減小，再旋動微調旋鈕，夾住導線，直到聽到“喀喀”的聲音，以保證壓力適當，同時防止螺旋測微器的損壞。
（2）用此螺旋測微器測得該金屬導線的直徑d，如圖乙所示，則1mm+20.0×0.01mm=1.200mm
（3）由實驗原理圖可知，滑動變阻器采用分壓式接法，為了便于調節，應該選最大阻值較小的。要把實物圖連線連接完整，還需從電池負極接線柱引線連接到圖中的③接線柱。
圖丙中，開關S閉合之前，為了保護電路中的電學元件，應將滑動變阻器的滑片P置于A端。
（4）依題意，可得
整理，可得
結合圖戊可知
，
【分析】（1）將金屬導線平穩放置在測砧與測微螺桿之間。先旋轉粗調旋鈕（A），使測微螺桿快速接近導線。精細調節：改用微調旋鈕進行緩慢、精確的調節，直至測微螺桿輕輕夾住導線。
操作終點判斷：當聽到"喀喀"聲時立即停止旋動，此時：表明已達到適當的測量壓力（既保證接觸充分，又避免過度擠壓導致測量誤差）同時起到保護儀器的作用（防止因用力過大損壞精密螺紋）
（2）螺旋測微器測得該金屬導線的直徑，直接讀數。
（3）滑動變阻器采用分壓式接法，為了便于調節，應該選最大阻值較小的電阻。
（4）由得，根據斜率和縱截距可得金屬材料的電阻率和電阻。
（1）用螺旋測微器測金屬導線的直徑時，將金屬導線輕輕地放在測砧與測微螺桿之間，先旋動A使它們距離減小，再旋動微調旋鈕，夾住導線，直到聽到“喀喀”的聲音，以保證壓力適當，同時防止螺旋測微器的損壞。
（2）用此螺旋測微器測得該金屬導線的直徑d，如圖乙所示，則
1mm+20.0×0.01mm=1.200mm
（3）[1]由實驗原理圖可知，滑動變阻器采用分壓式接法，為了便于調節，應該選最大阻值較小的。
[2]要把實物圖連線連接完整，還需從電池負極接線柱引線連接到圖中的③接線柱。
[3]圖丙中，開關S閉合之前，為了保護電路中的電學元件，應將滑動變阻器的滑片P置于A端。
（4）[1][2]依題意，可得
整理，可得
結合圖戊可知
，
21．【答案】（1）解：當運動員在水平直道上運動時
解得
（2）解：當運動員在水平直道上運動時
解得
當運動員在傾斜直道上運動時
解得
總時間為
（3）解：當運動員在傾斜直道上運動時
解得
由牛頓第二定律可知
解得
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【分析】（1）運動員在水平直道上 勻加速運動到B點 ，由勻變速直線運動公式：，可計算 經過B點時的速度大小 。
（2）運動員在水平直道上運動時由勻變速直線運動公式：，可計算在水平直道上運動時間，當運動員在傾斜直道上運動由勻變速直線運動公式：，可計算
傾斜直道上運動時間，總時間為
（3）當運動員在傾斜直道上運動時，可計算加速度，由牛頓第二定律可知可計算 在斜道BC上運動時受到的阻力大小F 。
（1）當運動員在水平直道上運動時
解得
（2）當運動員在水平直道上運動時
解得
當運動員在傾斜直道上運動時
解得
總時間為
（3）當運動員在傾斜直道上運動時
解得
由牛頓第二定律可知
解得
22．【答案】（1）解：小張繞轉軸轉動的角速度大小為
（2）解：設繩子與水平面夾角為，根據幾何關系，可得
豎直方向受力平衡，可得
解得

根據牛頓第三定律可知，小張和雪圈對地面的壓力大小為

（3）解：畫出俯視圖如圖
由幾何關系，可得
，，
地面對雪圈的摩擦力方向與運動方向相反，即與軌道半徑垂直，可得
又，聯立，解得
繞轉軸旋轉一周，繩子拉力對小張和雪圈做功滿足
解得
【知識點】牛頓第三定律；生活中的圓周運動
【解析】【分析】（1）已知轉速，由計算小張繞轉軸轉動的角速度大小。
（2）根據幾何關系，可得，豎直方向受力平衡，可得
根據牛頓第三定律可知，小張和雪圈對地面的壓力大小。
（3）畫出俯視圖，由幾何關系，可得AB、OB，地面對雪圈的摩擦力方向與運動方向相反，
，又，可計算摩擦力大小，繞轉軸旋轉一周，繩子拉力對小張和雪圈做功滿足可計算 繞轉軸旋轉一周，繩子拉力對小張和雪圈做功大小 。
（1）小張繞轉軸轉動的角速度大小為
（2）設繩子與水平面夾角為，根據幾何關系，可得
豎直方向受力平衡，可得
解得
根據牛頓第三定律可知，小張和雪圈對地面的壓力大小為
（3）畫出俯視圖如圖
由幾何關系，可得
，，
地面對雪圈的摩擦力方向與運動方向相反，即與軌道半徑垂直，可得
又
聯立，解得
繞轉軸旋轉一周，繩子拉力對小張和雪圈做功滿足
解得
23．【答案】（1）解：根據動能定理
質子在加速電場中獲得的最大速度

（2）解：根據
得加速后這束質子流內單位體積的質子數

（3）解：質子在輻向電場中做勻速圓周運動
解得
在勻強電場中做勻變速曲線運動，有
又
聯立，解得

【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉；帶電粒子在電場中的運動綜合；電流的微觀表達式及其應用
【解析】【分析】（1） 質子在加速電場中，根據動能定理列等式：，可求解質子在加速電場中獲得的最大速度。
（2）根據電流得微觀列等式：，可計算加速后這束質子流內單位體積的質子數。
（3）質子在輻向電場中做勻速圓周運動，電場力提供向心力有：，可計算四分之一圓弧虛線處的場強大小 ，在勻強電場中做勻變速曲線運動，有，又聯立可求解圓形區域中勻強電場的場強大小E。
（1）根據動能定理
質子在加速電場中獲得的最大速度
（2）根據
得加速后這束質子流內單位體積的質子數
（3）質子在輻向電場中做勻速圓周運動
解得
在勻強電場中做勻變速曲線運動，有
又
聯立，解得
24．【答案】（1）解：對滑塊從A到C由動能定理
解得

（2）解：從到為平拋運動，設時間為，豎直速度為，對于點進行分析，得知速度的偏轉角為53°，則
，
解得
所以的水平位移

（3）解：點速度
則對滑塊從D到E由動能定理
對E點由牛頓第二定律
解得
由牛頓第三定律可知，滑塊經過E點時對軌道的壓力大小為
，方向豎直向下。
（4）解：從E到F由動能定理得
解得
對點進行受力分析，如圖所示
，，兩個力合成發現
方向與垂直，故滑塊會做一個類平拋運動，設加速度為，運動到點的時間為的距離為，則
沿著的方向有，沿著方向有
解得
則

【知識點】平拋運動；生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）對滑塊從A到C由動能定理列等式：，可計算滑塊到達C點的速度的大小。
（2）從到為平拋運動，對于點進行分析，得知速度的偏轉角為53°，則，可計算時間，的水平位移
（3）點速度，對滑塊從D到E由動能定理列等式：，對E點由牛頓第二定律
由牛頓第三定律可知，滑塊經過E點時對軌道的壓力大小。
（4）從E到F由動能定理得可計算F點速度，
對點進行受力分析，
滑塊會做一個類平拋運動，，沿著的方向有，沿著方向有，，聯立可求解x，由可求解P點到F點的距離 。
（1）對滑塊從A到C由動能定理
解得
（2）從到為平拋運動，設時間為，豎直速度為，對于點進行分析，得知速度的偏轉角為53°，則
解得
所以的水平位移
（3）點速度
則對滑塊從D到E由動能定理
對E點由牛頓第二定律
解得
由牛頓第三定律可知，滑塊經過E點時對軌道的壓力大小為
方向豎直向下。
（4）從E到F由動能定理得
解得
對點進行受力分析，如圖所示
，
兩個力合成發現
方向與垂直，故滑塊會做一個類平拋運動，設加速度為，運動到點的時間為的距離為，則
沿著的方向有
沿著方向有
解得
則
1 / 1浙江省浙南名校聯盟2024-2025學年高二上學期返校聯考物理試題
1．（2024高二上·浙江開學考）下列單位屬于國際單位制中基本單位的是（　　）
A．焦耳 B．安培 C．牛頓 D．千米
【答案】B
【知識點】力學單位制
【解析】【解答】A.焦耳是能量、功或熱量的單位。由基本單位導出：（即牛頓·米）。因此，焦耳是導出單位，不是基本單位。故A錯誤。
B.安培是電流的單位。直接是國際單位制的七個基本單位之一，故B正確。
C.牛頓是力的單位。由基本單位導出：，因此，牛頓是導出單位，不是基本單位。故C錯誤。
D.千米是長度的單位，是“米”的倍數單位（1 km = 1000 m）。國際單位制的基本長度單位是“米”，“千米”只是“米”的十進制倍數，不是獨立的基本單位。故D錯誤。
故選B。
【分析】國際單位制的基本物理量有長度、時間、質量、熱力學溫度、物質的量、電流強度、光強度。對應的基本單位：m、s、kg；K；mol；A；cd。
2．（2024高二上·浙江開學考）對研究對象或研究過程建立理想化模型，突出問題的主要方面忽略次要因素，對實際問題進行理想化處理從而有效地解決問題，是物理學研究的常用方法。下列各組均屬于理想化模型的是（　　）
A．元電荷、點電荷 B．自由落體運動、重心
C．元電荷、重心 D．質點、勻強電場
【答案】D
【知識點】理想模型法
【解析】【解答】元電荷：是電荷量的最小單位（如電子的電荷量），屬于物理量的基本單位，不是理想化模型。點電荷：是忽略形狀和大小的帶電體，屬于理想化模型。 點電荷、自由落體運動、質點和勻強電場均為理想模型。 故ABC錯誤，D正確。
故選D。
【分析】自由落體運動：忽略空氣阻力，只受重力作用的運動，屬于理想化模型。
重心：是物體重力作用的等效點，屬于物理概念，不是理想化模型（實際物體有重心，無需忽略次要因素）。質點：忽略物體形狀和大小，只保留質量的理想化模型。勻強電場：忽略電場線彎曲和強度變化，假設電場均勻分布的理想化模型。
3．（2024高二上·浙江開學考）在物理學的發展過程中，許多物理學家做出了杰出貢獻。下列說法符合事實的是（　　）
A．富蘭克林通過實驗發現并命名了正負電荷
B．庫侖利用扭秤實驗得出了庫侖定律，并測量出了靜電力常量k
C．開普勒對他導師第谷觀測的行星數據進行多年研究，發現了萬有引力定律
D．古希臘學者亞里士多德認為物體下落的快慢由他們的重量決定，牛頓利用邏輯推理，推翻了亞里士多德關于物體下落快慢的理論
【答案】A
【知識點】物理學史
【解析】【解答】A．富蘭克林通過風箏實驗等研究了電現象，并提出了“正電”和“負電”的命名 ，故A正確；
B．庫侖確實通過扭秤實驗研究了靜電力，總結出了庫侖定律（ ）。但庫侖并未測量出靜電力常量k的具體數值，因為當時電量的單位尚未標準化，k的精確值是后來通過其他實驗確定的，故B錯誤；
C．開普勒確實基于第谷的行星觀測數據，總結出了行星運動三大定律（開普勒定律）。但萬有引力定律是牛頓發現的，不是開普勒。開普勒的貢獻是行星運動規律，牛頓在此基礎上提出了萬有引力理論，故C錯誤；
D．亞里士多德確實認為重物下落更快（速度與重量成正比）。但推翻這一理論的是伽利略（通過比薩斜塔實驗或邏輯推理），而非牛頓。牛頓是在伽利略等人的基礎上建立了經典力學體系，故D錯誤。
故選A。
【分析】1、庫侖與靜電力常量k：庫侖提出了定律，但未測量k的數值。
2、開普勒與萬有引力定律：開普勒研究的是行星運動規律，萬有引力是牛頓的貢獻。
3、伽利略與牛頓的作用：伽利略推翻了亞里士多德的理論，牛頓是集大成者。
4．（2024高二上·浙江開學考）如圖是某次心臟除顫器的模擬治療，該心臟除顫器的電容器電容為，充電至9.0kV電壓。下列說法正確的是（　　）
A．電容器的額定電壓就是擊穿電壓
B．充電完畢后，電容器存儲的電量為0.135C
C．該電容器的電容與兩板間的電勢差成正比
D．放電之后，該電容器的兩極板電荷量為零，電容也為零
【答案】B
【知識點】電容器及其應用
【解析】【解答】A．電容器的額定電壓通常低于擊穿電壓（留有安全裕度）。因此，額定電壓≠擊穿電壓，故A錯誤；
B．充電完畢后，電容器存儲的電量為
故B正確；
CD．電容 是電容器的固有屬性，由極板面積、間距和介質決定，與電壓 或電量 無關。
公式 是定義式，而非決定式 放電后，極板電荷量 ，但電容 是容器的固有屬性，不會因放電變為零，故CD錯誤。
故選B。
【分析】1、電容的決定因素：由極板面積 、間距 和介電常數 決定（），與 或 無關。
2、額定電壓 與擊穿電壓：額定電壓是安全工作的上限，擊穿電壓是失效臨界值，二者不同。
3、放電后的狀態：電荷量可為零，但電容不變。
5．（2024高二上·浙江開學考）某跳水運動員在踏板上起跳，我們通過錄像觀察到踏板和運動員要經歷如圖所示的狀態，其中A為無人時踏板靜止點，B為人站在踏板上靜止時的平衡點，C為人在起跳過程中人和踏板運動的最低點，則下列說法正確的是（　　）
A．人在A點受到的合外力最小
B．人和踏板由C到B的過程中，人向上做加速度減小的加速運動
C．人和踏板由C到B的過程中，先超重后失重
D．人和踏板由C到A的過程中，人對踏板的壓力不變
【答案】B
【知識點】牛頓第二定律；超重與失重
【解析】【解答】A．B為人站在踏板上靜止時的平衡點，可知人在B點受到的合外力最小，故A錯誤；
BC．踏板被壓縮到最低點，彈力最大（），合力向上，加速度向上最大。
B點：平衡點，彈力等于重力（），合力為零，加速度為零。因此，從C到B：
彈力逐漸減小，合力 逐漸減小，加速度 逐漸減小。加速度方向始終向上，速度方向從零開始增加，故為加速度減小的加速運動。人向上做加速度減小的加速運動，人一直處于超重狀態，故B正確，C錯誤；
D．人和踏板由C到A的過程中，踏板對人的彈力大小逐漸減小，則人對踏板的壓力逐漸減小，故D錯誤。
故選B。
【分析】A點：無人時踏板的靜止點。此時踏板處于自然狀態，沒有外力作用（忽略踏板自身重力導致的形變，假設A點是踏板不受力時的位置）。
B點：人站在踏板上靜止時的平衡點。此時踏板受到人的重力，發生形變，達到一個新的平衡位置。此時踏板對人的支持力等于人的重力，合外力為零。
C點：人在起跳過程中踏板的最低點。這是人在起跳前下蹲到最低點并開始向上加速的階段。此時踏板的形變最大，支持力大于人的重力，提供向上的加速度。
從C到B的過程中，踏板形變逐漸恢復，支持力逐漸減小，因此向上的加速度逐漸減小，但速度方向向上（因為起跳是向上運動）。超重：加速度向上，支持力大于重力。失重：加速度向下，支持力小于重力。
6．（2024高二上·浙江開學考）華為衛星通話是華為推出的一項創新技術，該技術可以通過部署在地球靜止衛星軌道上的多顆“天通一號”系列衛星與外界進行聯系。“天通一號”系列衛星均位于36000公里的地球同步軌道，單顆衛星可以覆蓋地球的面積三分之一，其離地高度約為地球半徑的5倍。關于該系列衛星，下列說法正確的是（　　）
A．“天通一號”系列衛星速率大于7.9km/s
B．“天通一號”系列衛星質量越大速率越小
C．為了實現全球通信，至少需要部署三顆衛星
D．“天通一號”系列衛星的向心加速度約為地表重力加速度
【答案】C
【知識點】第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】A．根據
解得
7.9km/s是近地衛星的線速度，也是衛星最大的環繞速度，可知“天通一號”系列衛星速率小于7.9km/s。故A錯誤；
B．由A選項分析，可知“天通一號”系列衛星速率與軌道的高度有關，與其質量無關。故B錯誤；
C．依題意，單顆衛星可以覆蓋地球的面積三分之一，為了實現全球通信，至少需要部署三顆衛星。故C正確；
D．根據
，
可得
即“天通一號”系列衛星的向心加速度約為地表重力加速度。故D錯誤。
故選C。
【分析】1、地球同步軌道衛星的特性：軌道高度：約36000 km（軌道半徑 ）；
周期：與地球自轉周期相同（24小時）；速率 ：由萬有引力提供向心力， ；向心加速度 ： 。
2、第一宇宙速度（7.9 km/s）：近地軌道（r≈R）的環繞速度，；
同步軌道衛星速率 。
3、衛星速率與質量的關系：速率公式 與衛星質量 無關；質量越大，所需向心力越大，但速率不變。
4、全球通信的衛星覆蓋：單顆同步衛星覆蓋約1/3地球表面；三顆同步衛星均勻分布（間隔120°）可實現全球覆蓋（兩極存在盲區）。
4、向心加速度與地表重力加速度：地表重力加速度 ；同步軌道向心加速度 。
7．（2024高二上·浙江開學考）如圖所示，一個金屬桿原來不帶電。現在沿著桿的軸線方向放置一個正點電荷Q，金屬桿達到靜電平衡狀態后，下列說法正確的是（　　）
A．d點電勢高于b點
B．b點場強的方向由c指向a
C．桿上感應電荷產生的電場在軸線上a、b、c三點的場強大小
D．將導體棒右端接地后再斷開，最后移走點電荷，導體棒最終帶正電
【答案】A
【知識點】電場強度的疊加；電勢
【解析】【解答】A．金屬桿是等勢體，b點電勢 = 桿的電勢；d點在桿外，受正感應電荷影響，電勢高于桿，則d點電勢高于b點，故A正確；
B． 靜電平衡問題中“場強”指 合場強（為零） 金屬桿達到靜電平衡狀態后，內部場強為0，故B錯誤；
C．金屬桿達到靜電平衡狀態后，內部場強為0，則感應電荷在內部某點產生的場強與點電荷在該點產生的場強大小相等，方向相反，則桿上感應電荷產生的電場在軸線上a、b、c三點的場強大小關系為
故C錯誤；
D．將導體棒右端接地后再斷開，則導體棒靠近點電荷的右端帶負電，最后移走點電荷，導體棒最終帶負電，故D錯誤。
故選A。
【分析】1、達到靜電平衡時：金屬桿內部 合場強為零（感應電荷的場與外電場抵消）；金屬桿是等勢體，電勢處處相等；感應電荷分布在表面，靠近 的一端感應負電荷，遠端感應正電荷。
2、電勢分析：點電荷 Q的電勢：，為距離。金屬桿是等勢體，d點在桿外，b點在桿內。d點受正感應電荷影響，電勢較高；b點在桿內，電勢與桿相同（低于d點）。
3、場強方向：靜電平衡時，金屬桿 內部合場強為零，點電荷 在b點產生的場強向右（c→a方向）；
感應電荷的場強向左（a→c方向），二者抵消。
3、感應電荷的場強：感應電荷的場強在a、b、c三點需與 的場強抵消：
c點離 最近，的場強最大 感應電荷的場強也最大；a點離 Q 最遠，的場強最小 感應電荷的場強最小；則。
8．（2024高二上·浙江開學考）消防員滑竿是一種用于快速下樓的設備，它使得消防員能夠迅速從上層滑到下層，以節省時間并迅速應對緊急情況。在某次訓練中，消防員在滑竿上加速下滑，忽略空氣阻力，則下列說法正確的是（　　）
A．消防員只受到重力和滑竿摩擦力的作用
B．消防員對滑竿的力小于滑竿對消防員的力
C．滑竿對人做功的大小等于消防員機械能改變的大小
D．合力對人做功的大小等于動能變化的大小減掉重力勢能變化的大小
【答案】C
【知識點】牛頓第三定律；受力分析的應用；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A．消防員受到重力、滑桿的彈力和滑竿摩擦力的作用。故A錯誤；
B． 違反牛頓第三定律（作用力與反作用力大小相等） 根據牛頓第三定律可知，消防員對滑竿的力等于滑竿對消防員的力。故B錯誤；
C．根據，可知滑竿對人做功的大小等于消防員機械能改變的大小。故C正確；
D．由動能定理可知，合力對人做功的大小等于動能變化的大小。故D錯誤。
故選C。
【分析】1、受力分析：消防員在滑竿上加速下滑，說明合外力向下；
受到的力：重力 （豎直向下）；滑竿的摩擦力 豎直向上，因消防員加速下滑，故 ），滑桿的彈力。
2、牛頓第三定律：消防員對滑竿的力與滑竿對消防員的力是作用力與反作用力，大小相等；
3、功能關系：機械能變化 = 動能變化 + 重力勢能變化 ；非保守力（摩擦力）做功 = 機械能變化 ；滑竿對消防員的摩擦力做 負功，大小為 。
9．（2024高二上·浙江開學考）一帶電粒子只在電場力的作用下的運動軌跡如圖中虛線所示，實線為電場線，方向未畫出，下列說法正確的是（　　）
A．M點的電勢大于N點的電勢
B．粒子在M點的動能小于在N點的動能
C．粒子在M點的電勢能小于在N點的電勢能
D．粒子在M點的加速度大于在N點的加速度
【答案】B
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】A．因為帶電粒子的電性未知，無法判斷電場線的方向，故無法判斷M點的電勢與N點的電勢的大小關系，故A錯誤；
B．電場力指向軌跡凹側，若粒子從M→N：電場力與位移夾角 < 90° 做正功 動能增加；若粒子從N→M：電場力與位移夾角 > 90° 做負功 動能減小；無論哪種情況，均有 粒子在M點的動能小于在N點的動能 ，故B正確。
C.帶電粒子的動能和電勢能總和不變，故粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能，故C錯誤；
D．加速度 ，圖中M點電場線較稀疏，場強較小 加速度較小；由知在M點的加速度小于N點的加速度，故D錯誤。
故選B。
【分析】1、電場線與運動軌跡的關系：電場力方向：指向軌跡凹側（即電場力方向沿電場線切線方向）；粒子電性未知，無法直接判斷電場線方向。
2、電勢與電勢能：電勢高低：沿電場線方向電勢降低；電勢能 ，取決于電荷電性和電勢；
電場力做正功 動能增加，電勢能減少。
3、動能與電勢能的轉化：僅電場力做功時，機械能守恒：。
4、加速度與場強關系：加速度 ；電場線密集處場強 大 加速度大。
10．（2024高二上·浙江開學考）射水魚因獨特的捕食方式而聞名，它能夠通過噴射水柱來捕捉水面上方的果實。若射水魚瞄準果實后，以一定的初速度沿虛線方向吐水的一瞬間果實剛好落下，并在空中擊中果實，不計空氣阻力和水面的折射，下列說法正確的是（　　）
A．水在空中的軌跡是一條直線
B．水在空中的加速度大于下落果實的加速度
C．若其它條件不變，增大初速度，則水一定可以擊中果實
D．若其它條件不變，減小初速度，則水一定可以擊中果實
【答案】C
【知識點】斜拋運動
【解析】【解答】A．水的運動是斜拋運動，受重力作用，軌跡為拋物線，故A錯誤；
B．水和果實的加速度均為重力加速度，故B錯誤；
C．水相對于果實做勻速直線運動，增大 會縮短擊中時間；只要 足夠大，總能保證在果實落水前擊中，故C正確。
D.若其它條件不變，減小初速度，如果水還沒有擊中果實時，果實已經落入水中，則不能擊中果實，故D錯誤。
故選C。
【分析】1、拋體運動分析，水的運動：斜拋運動（初速度 方向傾斜向上），受重力作用，軌跡為拋物線；果實的運動：自由落體運動（初速度為零，加速度 向下）。
2、相對運動，水和果實的加速度均為g（不計空氣阻力）；水相對于果實的初速度為 ，加速度為零 水相對于果實做 勻速直線運動。
3、擊中條件，水相對于果實的運動方向必須指向果實初始位置；增大 水相對果實速度增大 一定時間內可縮短距離，確保擊中；減小 水相對果實速度減小 若未擊中前果實已落水，則無法擊中。
11．（2024高二上·浙江開學考）如圖所示，用某種金屬材料制成長為a，寬為b，厚為c的長方體，已知，關于該導體的電阻下列說法正確的是（　　）
A．電流沿AB方向電阻最小 B．電流沿CD方向電阻最小
C．電流沿EF方向電阻最小 D．電流沿任何方向電阻都是一樣
【答案】B
【知識點】電阻定律
【解析】【解答】設金屬材料的電阻率為，根據電阻定律可知電流沿AB方向時電阻為
電流沿CD方向時電阻為
電流沿EF方向時電阻為
由于，則有
故ACD錯誤，B正確。
故選B。
【分析】導體的電阻 與其電阻率 、長度 、橫截面積 的關系為：，電阻率 ρ：材料的固有屬性，單位是 ；長度 L：電流流經導體的路徑長度；橫截面積 S：垂直于電流方向的導體截面積。
12．（2024高二上·浙江開學考）如圖所示，直角坐標系中三個可以看成點電荷的導體球固定在坐標軸上，，A、B、C的帶電量分別為、、，三個電荷距離足夠遠互不影響，另一個一樣但不帶電的導體球D分別跟A、B、C接觸后拿走，已知靜電常量為k，則關于A受到的電場力說法正確的是（　　）
A．大小為，方向沿第四象限
B．大小為，方向沿第三象限
C．大小為，向沿第四象限
D．大小為，方向沿第三象限
【答案】A
【知識點】庫侖定律
【解析】【解答】一個一樣但不帶電的導體球D分別跟A、B、C接觸后拿走，則最終A、B、C的電荷量分別為
，，
B對A的庫侖斥力方向沿軸負方向，大小為
C對A的庫侖引力方向沿軸正方向，大小為
則A受到的電場力方向沿第四象限，大小為
故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】1. 點電荷的電場力（庫侖定律），點電荷之間的相互作用力由 庫侖定律 決定：
，：靜電力常量； ：兩個點電荷的電量；：兩點電荷之間的距離。
2. 導體球的電荷分配，當兩個相同導體球接觸時，電荷會重新分配，使兩球最終帶電量相等：
，若一個導體球帶電 ，另一個不帶電，接觸后兩球各帶 。
13．（2024高二上·浙江開學考）如圖甲所示，為機場、火車站和地鐵站等場所的安全檢查儀，其傳送裝置可簡化為如圖乙所示模型：繃緊的傳送帶始終保持的恒定速率運行。旅客把質量為10kg的行李無初速度地放在A處，行李可視為質點，與傳送帶之間的動摩擦因數，AB間的距離為，g取。則（　　）
A．從A到B的運動時間是3s
B．摩擦產生的內能是10J
C．摩擦力對行李做的功是40J
D．電動機運輸行李多輸出的能量為40J
【答案】D
【知識點】能量守恒定律；牛頓運動定律的應用—傳送帶模型
【解析】【解答】A．行李先做勻加速直線運動，由牛頓第二定律可得
則行李勻加速過程所需時間為
聯立，解得
該過程行李的位移為
行李勻速階段時間為
則從A到B的運動時間是
故A錯誤；
B．摩擦產生的內能是
故B錯誤；
C．摩擦力對行李做的功是
故C錯誤；
D．電動機運輸行李多輸出的能量為
故D正確。
故選D。
【分析】1. 行李的運動分析，勻加速階段：受力分析：摩擦力 。牛頓第二定律：， 加速度 a=μg 。加速時間 ： 。位移 ： 。勻速階段：位移 ，時間 。
2、摩擦力做功全部轉化為內能：。
3、摩擦產生的內能是
4、電動機運輸行李多輸出的能量為
14．（2024高二上·浙江開學考）如圖所示，在溫州市的某十字路口，設置有右轉彎專用車道。現有一輛汽車正在水平右轉彎車道上行駛，其運動可視做圓周運動，行駛過程中車輛未發生打滑。司機和副駕駛座上的乘客分別坐在左右邊，且始終與汽車保持相對靜止。當汽車在水平的右轉彎車道上減速行駛時，下列說法正確的是（　　）
A．司機和乘客具有相同的角速度
B．汽車的合力一定指向圓心
C．汽車對乘客的作用力大于乘客所受的重力
D．汽車對乘客的作用力小于汽車對司機的作用力
【答案】A,C
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【解答】A．司機和副駕駛座上的乘客始終與汽車保持相對靜止，乘客和司機與汽車相對靜止 角速度 相同， 故A正確；
B． 減速圓周運動 合力方向為向心力與切向力的合成，汽車所受的合力分解為指向圓心的向心力和與運動方向相反使速率減小的切向力，故合力的方向一定不指向圓心。故B錯誤；
C．乘汽車對乘客的作用力有豎直方向的支持力和水平方向使乘客做減速圓周運動合力，豎直方向的支持力與乘客所受的重力平衡，則汽車對乘客兩個方向的力的合力一定大于乘客所受的重力。故C正確；
D．乘客和司機角速度相同，由牛頓第二定律有，右轉彎時乘客的半徑小，但因不確定乘客和司機的質量大小關系，故汽車對乘客的作用力和對司機的作用力大小關系無法確定。故D錯誤。
故選AC。
【分析】1、圓周運動的動力學：汽車做圓周運動時，需向心力 指向圓心；減速行駛時，存在切向加速度 （與速度方向相反），故合力不指向圓心。
2、乘客和司機的受力分析：乘客和司機與汽車相對靜止 具有相同的 角速度 ω；
汽車對乘客的作用力包括：支持力 （垂直車廂底面）；靜摩擦力 （提供向心力）；
合力 ，方向斜向前下方。
3、左右側受力差異：右轉彎時：乘客（右側）受向外的力，需更大的靜摩擦力 提供向心力；
司機（左側）受 向內的力，靜摩擦力 較小；因此，汽車對乘客的作用力（大于對司機的作用力（ ）。
4、汽車合力的方向：減速圓周運動 合力方向斜向后內側（非指向圓心）。
15．（2024高二上·浙江開學考）一電子僅在靜電力作用下從坐標原點由靜止出發沿x軸運動，其所在位置處的電勢隨位置x變化的關系如圖中拋物線所示，拋物線與x軸相切于，下列說法正確的是（　　）
A．與處的電場方向相同
B．電子在處的加速度為零
C．電子從運動到，電勢能逐漸增大
D．電子從運動到，電場力先減小再增大
【答案】B,C,D
【知識點】電場力做功；電勢能；電勢
【解析】【解答】ABD．在圖像中，其斜率表示的是電場強度的大小和方向，由圖像可知與處的電場方向不相同，從運動到，其斜率先減小，處的斜率為零，電場強度為零，從到，斜率由逐漸增大，故A錯誤，BD正確；
C．由圖可知，電子從運動到，電場力做負功，電勢能增大，C正確。
故選BCD。
【分析】在圖像中，其斜率表示的是電場強度的大小和方向。根據斜率大小判斷電場強度，再根據電場強度大小變化判斷電場力變化，根據電場力做功判斷電勢能變化。
16．（2024高二上·浙江開學考）小明同學設計了“探究加速度與力、質量的關系”實驗方案，如圖甲。小車后面固定一條紙帶，穿過電火花打點計時器，細線一端連著小車，另一端通過定滑輪與豎直懸掛的彈測力計相連，動滑輪下端懸掛一個裝有細沙的沙桶，不計滑輪和細線的質量以及滑輪與細線間的摩擦阻力。
（1）對本實驗的操作，下列說法中正確的是______。
A．實驗中不需要測量沙和沙桶的質量m
B．實驗中需要調節定滑輪的高度，使細線與長木板平行
C．實驗中為減小誤差，一定要保證沙和沙桶的質量m遠小于小車的質量M
D．平衡摩擦力時，先懸掛沙桶，再調整長木板的傾角使小車拖著紙帶沿長木板勻速下滑
（2）實驗過程中，打出了一條紙帶，如圖乙所示。打點計時器使用50Hz交流電源，紙帶上標注的0、1、2、3、4、5、6為計數點，相鄰兩計數點間還有4個點未畫出。測出。則沙桶下落的加速度　 　。（結果保留3位有效數字）
（3）實驗中，若平衡摩擦力時木板傾角過高，用F表示彈簧測力計的示數，M表示小車質量，則小車加速度a與F及的關系圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
（4）小李同學設計了與小明同學類似的方案如圖丙，彈簧測力計軸線不在豎直方向上，沙桶由靜止開始下落。小張同學設計的方案如圖丁所示，用手將彈簧測力計向下拉，使小車由靜止開始運動，假設兩位同學都經過了補償阻力的操作，關于這兩種方案是否可行的說法正確的是（　　）
A．只有圖丙方案可行 B．只有圖丁方案可行
C．圖丙和圖丁方案都可行 D．圖丙和圖丁方案都不可行
【答案】（1）A；B
（2）0.750
（3）B
（4）D
【知識點】實驗驗證牛頓第二定律
【解析】【解答】（1）AC．實驗中細線的拉力由彈簧測力計直接測量，所以不需要測量沙和沙桶的質量m。不需要保證沙和沙桶的質量m遠小于小車的質量M。故A正確；C錯誤；
B．實驗中為了減小誤差，需要調節定滑輪的高度，使細線與長木板平行。故B正確；
D．平衡摩擦力時，不需要懸掛沙桶，只需調整長木板的傾角使小車拖著紙帶沿長木板勻速下滑即可。故D錯誤。
故選AB。
（2）相鄰兩計數點的時間間隔為
由逐差法可得小車的加速度大小為
則沙桶下落的加速度為
（3）實驗中，若平衡摩擦力時木板傾角過高，則不掛沙桶時，小車的合力沿木板向下，設為f，根據牛頓第二定律可得
整理，可得
，
可知a-F圖像中截距為正值，圖像中圖線為過原點的直線。
故選B。
（4）圖丙方案中，隨著小車的運動，細線與豎直方向夾角逐漸變小，會導致其張力發生變化，紙帶上記錄的小車的運動不在是勻變速直線運動，不可行。圖丁方案中，用手將彈簧測力計向下拉，很難保證小車做勻加速直線運動，不可行。
故選D。
【分析】（1）直接測力法：彈簧測力計直接讀數，簡化實驗條件（無需m M）。
操作要點：細線平行木板、獨立平衡摩擦力。
誤差控制：避免斜向拉力和未平衡摩擦力導致的系統誤差。
（2）由逐差法可得小車的加速度大小。
（3）根據牛頓第二定律可得，整理，可得，，可知a-F圖像中截距為正值，圖像中圖線為過原點的直線。
（4）兩種方案均因無法提供恒定的加速度而被否決：圖丙因幾何約束導致張力變化，破壞勻變速條件；圖丁因人為操作不穩定性，無法實現勻加速。
（1）AC．實驗中細線的拉力由彈簧測力計直接測量，所以不需要測量沙和沙桶的質量m。不需要保證沙和沙桶的質量m遠小于小車的質量M。故A正確；C錯誤；
B．實驗中為了減小誤差，需要調節定滑輪的高度，使細線與長木板平行。故B正確；
D．平衡摩擦力時，不需要懸掛沙桶，只需調整長木板的傾角使小車拖著紙帶沿長木板勻速下滑即可。故D錯誤。
故選AB。
（2）相鄰兩計數點的時間間隔為
由逐差法可得小車的加速度大小為
則沙桶下落的加速度為
（3）實驗中，若平衡摩擦力時木板傾角過高，則不掛沙桶時，小車的合力沿木板向下，設為f，根據牛頓第二定律可得
整理，可得
，
可知a-F圖像中截距為正值，圖像中圖線為過原點的直線。
故選B。
（4）圖丙方案中，隨著小車的運動，細線與豎直方向夾角逐漸變小，會導致其張力發生變化，紙帶上記錄的小車的運動不在是勻變速直線運動，不可行。圖丁方案中，用手將彈簧測力計向下拉，很難保證小車做勻加速直線運動，不可行。
故選D。
（2024高二上·浙江開學考）兩位同學根據不同的實驗條件，進行了“探究平拋運動的特點”實驗。
17．小吳同學用如圖甲所示的裝置探究平拋運動豎直分運動的特點，用小錘擊打彈性金屬片后，A球沿水平方向拋出，做平拋運動，同時B球被釋放，做自由落體運動。分別改變小球距地面的高度和小錘擊打的力度，多次實驗觀察發現兩球始終同時落地，這說明（　　）
A．平拋運動在水平方向上的分運動是勻速直線運動
B．平拋運動在豎直方向上的分運動是自由落體運動
C．平拋運動在水平方向上的分運動是勻速直線運動，在豎直方向上的分運動是自由落體運動
18．小馬同學用如圖乙所示的裝置來獲取平拋運動的軌跡，用夾子將白紙固定在豎直背板上，當小球落到擋板N上時，用鉛筆把小球上端的對應位置描繪在白紙上。然后利用平拋運動的軌跡探究平拋運動水平分運動的特點。在白紙上建立直角坐標系時，坐標原點應建立在（　　）
A．斜槽末端
B．小球停留在斜槽末端時球心在白紙上的水平投影
C．小球停留在斜槽末端時球的上端在白紙上的水平投影
D．小球剛到達斜槽底部時的球心位置
19．為了能較準確地描繪平拋運動的軌跡，下面列出了一些操作要求，你認為正確的是（　　）
A．每次從斜槽軌道上同一位置靜止釋放鋼球
B．斜槽軌道需要盡量光滑
C．鋼球運動時要緊貼裝置的背板
D．記錄鋼球位置的擋板N每次必須等距離移動
【答案】17．B
18．C
19．A
【知識點】研究平拋物體的運動
【解析】【分析】（1）實驗的核心目的是探究豎直分運動，通過對比平拋與自由落體的落地時間得出結論。
水平方向的結論需要其他實驗（如頻閃照相或軌跡分析）驗證。
（2）裝置：斜槽末端水平，小球從斜槽滾下后做平拋運動，撞擊擋板時在白紙上記錄位置。
目的：通過軌跡分析平拋運動的水平分運動（需明確坐標原點以計算位移和速度）。坐標系原點的選擇原則原點應選在平拋運動的起始點，即小球離開斜槽的瞬間位置。
（3）斜槽無需絕對光滑，只需末端水平即可保證初速度水平。過度追求光滑可能增加實驗復雜度，且對結果影響不大。鋼球運動時不應緊貼背板，否則摩擦會干擾平拋軌跡，導致非理想拋物線。實驗需確保鋼球自由飛行，僅通過擋板記錄位置。擋板N的作用是記錄軌跡點，無需等距離移動。等距離移動反而可能遺漏關鍵軌跡點（如初速度較小時）。應根據實際軌跡靈活調整擋板位置。
17．【解答】平拋運動（A球）的豎直分運動與自由落體運動（B球）一致，即豎直方向為自由落體運動。
實驗未驗證水平方向的運動性質（如是否勻速），因此不能直接得出水平方向的結論。
故選B。
18．【解答】當小球落到擋板N上時，用鉛筆把小球上端的對應位置描繪在白紙上。則在白紙上建立直角坐標系時，坐標原點應建立在小球停留在斜槽末端時球的上端在白紙上的水平投影。
故選C。
19．【解答】AB．平拋運動的軌跡分析依賴于相同的初速度。每次從斜槽同一位置靜止釋放鋼球，可保證初速度相同，避免軌跡偏差。但斜槽軌道不需要光滑，故A正確，B錯誤；
C．為了減小誤差，鋼球運動時不能緊貼裝置的背板，故C錯誤；
D．記錄鋼球位置的擋板N每次不需要等距離移動，故D錯誤。
故選A。
20．（2024高二上·浙江開學考）為研究某金屬導線材料的電阻率，實驗器材如下：
待測金屬導線一根：電壓表一個，量程3V，內阻約為3kΩ；電流表一個，量程0.6A，內阻約為0.1Ω；
滑動變阻器（阻值范圍0~100Ω，允許通過的最大電流為0.1A）；
滑動變阻器（阻值范圍0~20Ω，允許通過的最大電流為1A）；
干電池兩節，開關一個，導線若干，螺旋測微器一只，刻度尺一個。
（1）如圖甲，用螺旋測微器測金屬導線的直徑時，將金屬導線輕輕地放在測砧與測微螺桿之間，先旋動　 　（選填“A”或“B”）使它們距離減小，再旋動微調旋鈕，夾住導線，直到聽到“喀喀”的聲音，以保證壓力適當，同時防止螺旋測微器的損壞。
（2）用此螺旋測微器測得該金屬導線的直徑d，如圖乙所示，則　 　mm。
（3）用如圖丙所示電路進行實驗，圖丁為實物圖，調節金屬導線上可動接線柱Q的位置（金屬導線的總阻值約10Ω），可以改變導線接入電路的長度，可動接線柱Q有一定的電阻，但阻值未知。滑動變阻器應該選　 　（選填“”或“”）。要把實物圖連線連接完整，還需從電池負極接線柱引線連接到圖中的　 　接線柱。（選填“①”、“②”、“③”、“④”）。圖丙中，開關S閉合之前，應將滑動變阻器的滑片P置于　 　端（選填“A”或“B”）。
（4）多次改變導線接入電路的長度L，測量不同長度時的電阻，作圖像如圖戊所示，測得圖像中直線的斜率為k，縱坐標截距為b，則該金屬材料的電阻率為　 　，可動接線柱Q處的電阻為　 　（用k、b和d表示）。
【答案】（1）A
（2）1.200
（3）；③；A
（4）；b
【知識點】刻度尺、游標卡尺及螺旋測微器的使用；導體電阻率的測量
【解析】【解答】（1）用螺旋測微器測金屬導線的直徑時，將金屬導線輕輕地放在測砧與測微螺桿之間，先旋動A使它們距離減小，再旋動微調旋鈕，夾住導線，直到聽到“喀喀”的聲音，以保證壓力適當，同時防止螺旋測微器的損壞。
（2）用此螺旋測微器測得該金屬導線的直徑d，如圖乙所示，則1mm+20.0×0.01mm=1.200mm
（3）由實驗原理圖可知，滑動變阻器采用分壓式接法，為了便于調節，應該選最大阻值較小的。要把實物圖連線連接完整，還需從電池負極接線柱引線連接到圖中的③接線柱。
圖丙中，開關S閉合之前，為了保護電路中的電學元件，應將滑動變阻器的滑片P置于A端。
（4）依題意，可得
整理，可得
結合圖戊可知
，
【分析】（1）將金屬導線平穩放置在測砧與測微螺桿之間。先旋轉粗調旋鈕（A），使測微螺桿快速接近導線。精細調節：改用微調旋鈕進行緩慢、精確的調節，直至測微螺桿輕輕夾住導線。
操作終點判斷：當聽到"喀喀"聲時立即停止旋動，此時：表明已達到適當的測量壓力（既保證接觸充分，又避免過度擠壓導致測量誤差）同時起到保護儀器的作用（防止因用力過大損壞精密螺紋）
（2）螺旋測微器測得該金屬導線的直徑，直接讀數。
（3）滑動變阻器采用分壓式接法，為了便于調節，應該選最大阻值較小的電阻。
（4）由得，根據斜率和縱截距可得金屬材料的電阻率和電阻。
（1）用螺旋測微器測金屬導線的直徑時，將金屬導線輕輕地放在測砧與測微螺桿之間，先旋動A使它們距離減小，再旋動微調旋鈕，夾住導線，直到聽到“喀喀”的聲音，以保證壓力適當，同時防止螺旋測微器的損壞。
（2）用此螺旋測微器測得該金屬導線的直徑d，如圖乙所示，則
1mm+20.0×0.01mm=1.200mm
（3）[1]由實驗原理圖可知，滑動變阻器采用分壓式接法，為了便于調節，應該選最大阻值較小的。
[2]要把實物圖連線連接完整，還需從電池負極接線柱引線連接到圖中的③接線柱。
[3]圖丙中，開關S閉合之前，為了保護電路中的電學元件，應將滑動變阻器的滑片P置于A端。
（4）[1][2]依題意，可得
整理，可得
結合圖戊可知
，
21．（2024高二上·浙江開學考）鋼架雪車是北京冬奧會上觀賞性強、危險性高的比賽項目。鋼架雪車比賽的一段賽道簡化為如圖甲所示，長16m的水平直道AB與長80m的傾斜直道BC在B點平滑連接，斜道與水平面的夾角為6°。運動員從A點由靜止出發，推著雪車以的加速度勻加速運動到B點后，緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加速下滑（圖乙所示），到達C點時的速度大小為12m/s。已知車及運動員的總質量為110kg，運動員可視為質點，取重力加速度大小，，求雪車（包括運動員）
（1）經過B點時的速度大小；
（2）從A點運動到C點的時間t；
（3）在斜道BC上運動時受到的阻力大小F。
【答案】（1）解：當運動員在水平直道上運動時
解得
（2）解：當運動員在水平直道上運動時
解得
當運動員在傾斜直道上運動時
解得
總時間為
（3）解：當運動員在傾斜直道上運動時
解得
由牛頓第二定律可知
解得
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【分析】（1）運動員在水平直道上 勻加速運動到B點 ，由勻變速直線運動公式：，可計算 經過B點時的速度大小 。
（2）運動員在水平直道上運動時由勻變速直線運動公式：，可計算在水平直道上運動時間，當運動員在傾斜直道上運動由勻變速直線運動公式：，可計算
傾斜直道上運動時間，總時間為
（3）當運動員在傾斜直道上運動時，可計算加速度，由牛頓第二定律可知可計算 在斜道BC上運動時受到的阻力大小F 。
（1）當運動員在水平直道上運動時
解得
（2）當運動員在水平直道上運動時
解得
當運動員在傾斜直道上運動時
解得
總時間為
（3）當運動員在傾斜直道上運動時
解得
由牛頓第二定律可知
解得
22．（2024高二上·浙江開學考）如圖示“雪地轉轉”是北方小朋友在冬季經常玩的一種游戲，乘坐雪圈繞軸在水平雪地上勻速轉動，如圖所示。“南方小土豆”小張寒假去東北旅游時乘坐了“雪地轉轉”，他發現當轉速為時，繩子與水平桿垂直，繩子張力為150N，已知他和雪圈總質量為60kg，水平桿長為3m，離地高為3m，繩長為5m，取求：
（1）小張繞轉軸轉動的角速度大小；
（2）小張和雪圈對地面的壓力大小；
（3）繞轉軸旋轉一周，繩子拉力對小張和雪圈做功大小。
【答案】（1）解：小張繞轉軸轉動的角速度大小為
（2）解：設繩子與水平面夾角為，根據幾何關系，可得
豎直方向受力平衡，可得
解得

根據牛頓第三定律可知，小張和雪圈對地面的壓力大小為

（3）解：畫出俯視圖如圖
由幾何關系，可得
，，
地面對雪圈的摩擦力方向與運動方向相反，即與軌道半徑垂直，可得
又，聯立，解得
繞轉軸旋轉一周，繩子拉力對小張和雪圈做功滿足
解得
【知識點】牛頓第三定律；生活中的圓周運動
【解析】【分析】（1）已知轉速，由計算小張繞轉軸轉動的角速度大小。
（2）根據幾何關系，可得，豎直方向受力平衡，可得
根據牛頓第三定律可知，小張和雪圈對地面的壓力大小。
（3）畫出俯視圖，由幾何關系，可得AB、OB，地面對雪圈的摩擦力方向與運動方向相反，
，又，可計算摩擦力大小，繞轉軸旋轉一周，繩子拉力對小張和雪圈做功滿足可計算 繞轉軸旋轉一周，繩子拉力對小張和雪圈做功大小 。
（1）小張繞轉軸轉動的角速度大小為
（2）設繩子與水平面夾角為，根據幾何關系，可得
豎直方向受力平衡，可得
解得
根據牛頓第三定律可知，小張和雪圈對地面的壓力大小為
（3）畫出俯視圖如圖
由幾何關系，可得
，，
地面對雪圈的摩擦力方向與運動方向相反，即與軌道半徑垂直，可得
又
聯立，解得
繞轉軸旋轉一周，繩子拉力對小張和雪圈做功滿足
解得
23．（2024高二上·浙江開學考）某些腫瘤可以用“質子療法”進行治療如圖甲所示。在這種療法中，質子先被加速到具有較高的能量，然后被引向轟擊腫瘤，殺死其中的惡性細胞。如圖乙所示來自質子源的質子初速度為零，經加速電壓U加速后，形成細柱形的質子流，細柱形的質子流橫截面積為S，其等效電流為I；其中一些質子沿圖中四分之一圓弧虛線通過輻向電場，再從P點豎直向上進入存在水平向右的勻強電場的圓形區域，最終轟擊處在圓上Q點的腫瘤細胞。已知四分之一圓弧虛線處的場強大小恒定，方向沿半徑指向圓心O，圓與OP相切于P點，，圓形區域的半徑為R，Q點位于OP上方處，已知質子質量為m、電量為e。質子的重力和相互間的作用均忽略不計，求：
（1）質子在加速電場中獲得的最大速度v；
（2）加速后這束質子流內單位體積的質子數n；
（3）四分之一圓弧虛線處的場強大小和圓形區域中勻強電場的場強大小E。
【答案】（1）解：根據動能定理
質子在加速電場中獲得的最大速度

（2）解：根據
得加速后這束質子流內單位體積的質子數

（3）解：質子在輻向電場中做勻速圓周運動
解得
在勻強電場中做勻變速曲線運動，有
又
聯立，解得

【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉；帶電粒子在電場中的運動綜合；電流的微觀表達式及其應用
【解析】【分析】（1） 質子在加速電場中，根據動能定理列等式：，可求解質子在加速電場中獲得的最大速度。
（2）根據電流得微觀列等式：，可計算加速后這束質子流內單位體積的質子數。
（3）質子在輻向電場中做勻速圓周運動，電場力提供向心力有：，可計算四分之一圓弧虛線處的場強大小 ，在勻強電場中做勻變速曲線運動，有，又聯立可求解圓形區域中勻強電場的場強大小E。
（1）根據動能定理
質子在加速電場中獲得的最大速度
（2）根據
得加速后這束質子流內單位體積的質子數
（3）質子在輻向電場中做勻速圓周運動
解得
在勻強電場中做勻變速曲線運動，有
又
聯立，解得
24．（2024高二上·浙江開學考）如圖所示，水平面上固定有一動摩擦因數為0.22的軌道，其中AB段傾斜、BC段水平（兩者間用一極小圓弧連接）。AC段在水平方向的投影長度，AB段在豎直方向的高度差。軌道右側另有一光滑豎直圓弧軌道DEF軌道半徑為，水平面和圓弧軌道的交點為D，D和圓心O的連線與豎直方向的夾角為53°。F與圓心O的連線與豎直方向的夾角為60°。F點右側有一實驗風洞，風洞能提供大小為10N、方向與水平成的恒定風。現讓質量的滑塊從A點由靜止釋放，自C點飛離軌道后由D點無碰撞的切入圓弧軌道DEF，并自F點離開圓弧軌道進入風洞。重力加速度試求：
（1）滑塊到達C點的速度的大小；
（2）CD間的水平距離：
（3）滑塊經過E點時對軌道的壓力：
（4）滑塊在風洞中運動的過程中經過與F點等高的P點，求P點到F點的距離。
【答案】（1）解：對滑塊從A到C由動能定理
解得

（2）解：從到為平拋運動，設時間為，豎直速度為，對于點進行分析，得知速度的偏轉角為53°，則
，
解得
所以的水平位移

（3）解：點速度
則對滑塊從D到E由動能定理
對E點由牛頓第二定律
解得
由牛頓第三定律可知，滑塊經過E點時對軌道的壓力大小為
，方向豎直向下。
（4）解：從E到F由動能定理得
解得
對點進行受力分析，如圖所示
，，兩個力合成發現
方向與垂直，故滑塊會做一個類平拋運動，設加速度為，運動到點的時間為的距離為，則
沿著的方向有，沿著方向有
解得
則

【知識點】平拋運動；生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）對滑塊從A到C由動能定理列等式：，可計算滑塊到達C點的速度的大小。
（2）從到為平拋運動，對于點進行分析，得知速度的偏轉角為53°，則，可計算時間，的水平位移
（3）點速度，對滑塊從D到E由動能定理列等式：，對E點由牛頓第二定律
由牛頓第三定律可知，滑塊經過E點時對軌道的壓力大小。
（4）從E到F由動能定理得可計算F點速度，
對點進行受力分析，
滑塊會做一個類平拋運動，，沿著的方向有，沿著方向有，，聯立可求解x，由可求解P點到F點的距離 。
（1）對滑塊從A到C由動能定理
解得
（2）從到為平拋運動，設時間為，豎直速度為，對于點進行分析，得知速度的偏轉角為53°，則
解得
所以的水平位移
（3）點速度
則對滑塊從D到E由動能定理
對E點由牛頓第二定律
解得
由牛頓第三定律可知，滑塊經過E點時對軌道的壓力大小為
方向豎直向下。
（4）從E到F由動能定理得
解得
對點進行受力分析，如圖所示
，
兩個力合成發現
方向與垂直，故滑塊會做一個類平拋運動，設加速度為，運動到點的時間為的距離為，則
沿著的方向有
沿著方向有
解得
則
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