精品解析：浙江省宁波市余姚中学2024-2025学年高一下学期3月月考物理试题

余姚中学2024学年第二学期质量检测高一物理试卷 一、单项选择题（本题共13小题。每小题只有一项是符合题目要求的，每小题3分共39分。） 1. 下列单位中，不属于基本单位的是（　　） A. 开尔文（K） B. 安培（A） C. 库仑（C） D. 摩尔（mol） 2. 在物理学研究中用到的思想方法很多，下列关于几幅书本插图的说法中不正确的是（　　） A. 甲图中，观察割线的变化得到A点的瞬时速度方向的过程，运用了极限思想 B. 乙图中，研究红蜡块的运动时，主要运用了理想化模型的思想 C. 丙图中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时运用了控制变量法 D. 丁图中，卡文迪许测定引力常量的实验运用了放大法测微小量 3. 如图A为静止于地球赤道上的物体，B为近地卫星，C为地球同步卫星。则（　　） A. 近地卫星B受到的合外力等于物体A受到的合外力 B. 卫星C的周期比物体A围绕地心转动一圈所需要的时间短 C. 近地卫星B受到的地球的引力一定大于地球同步卫星C受到的引力 D. 卫星B的线速度大于卫星C的线速度 4. 火灾逃生的首要原则是离开火灾现场，如图所示是火警设计的一种让当事人快捷逃离现场的救援方案：用一根不变形的轻杆支撑在楼面平台上，端在水平地面上向右以匀速运动，被救助的人员紧抱在端随轻杆一起向平台端靠近，平台高为，当时，被救人员向点运动的速率是（ ） A. B. C. D. 5. 2024年9月25日，我国向太平洋相关海域成功发射了一枚携载模拟弹头的洲际弹道导弹。图中A、B、C、D四点所在的曲线是该导弹的飞行轨迹，则导弹经过A、B、C、D四点时的速度v1、v2、v3、v4的方向与所受的合外力F1、F2、F3、F4的方向可能正确的是在（　　） A. A点 B. B点 C. C点 D. D点 6. 如图所示，长为l的细绳一端固定于O点，另一端系一个小球（可视为质点），在距O点正下方的A处钉一个钉子，小球从一定高度摆下，则在细绳与钉子相碰瞬间前后，下列说法正确的是（　　） A. 细绳与钉子相碰前后绳中张力大小不变 B. 细绳与钉子碰后瞬间绳中张力增大为碰前瞬间的2倍 C. 细绳与钉子相碰前后小球的向心加速度大小不变 D. 细绳与钉子碰后瞬间小球的向心加速度增大为碰前瞬间的2倍 7. 如图所示为运动员在“蹦床”运动中的加速度与路程的关系。不考虑空气阻力，取。下列说法正确的有（　　） A. 运动员在蹦床上下降0.5m时速度最大 B. 运动员在1.5m时，蹦床的弹性势能最大 C. 运动员离开蹦床1s后到达最高点 D. 运动员离开蹦床时的速度为 8. 如图所示，三个带电量均为q的点电荷，分别位于同一平面内B、C、D三点，位于 B、C两点的电荷带正电，位于D点的电荷带负电，已知AB=AC=AD=L，且BD⊥AC，静电力常量为k，则A点的电场强度的大小为（　　） A. B. C. D. 9. 某同学采用如图装置做静电感应的实验：在绝缘支架上的金属导体M和金属导体N按图中方向接触放置，原先M、N都不带电，先让开关S1、S2均断开，现在将一个带正电小球P放置在M左侧，则下列说法正确的是（　　） A. 若开关S1、S2均断开，导体M左端带正电，导体N右端带负电 B. 若开关S1、S2均闭合，则导体M和导体N均不带电 C. 若只闭合开关S1，接着将MN分开，再移走带电小球，则导体N不带电 D. 若只闭合开关S2，接着移走带电小球，最后将MN分开，则导体M带负电 10. 如图所示，某同学在进行投篮练习。已知A、B、C是篮球运动轨迹中三个点，其中A为球抛出点，B为球运动轨迹的最高点，C为球落入篮框的点，且A、B连线垂直于B、C连线，A、B连线与水平方向的夹角，不计空气阻力(sin53°=0.8 cos53°=0.6 )。则篮球从A到B与从B到C的运动时间之比为（　　） A. 3∶4 B. 4∶3 C. 9∶16 D. 16∶9 11. 如图所示为救生员驾驶冲锋舟在湍急的河水中向对岸被困人员实施救援的路线示意图。假设冲锋舟在静水中的速度大小不变，救生员首先以最短时间渡河，从A沿直线到B，接到被困人员后，又以最短位移回到原河岸C处，回程时间恰好为去程的倍，假设水流速度处处相同，则为（　　） A. B. C. D. 12. 2024年10月25日，备受瞩目中国女排以3∶2逆转战胜了强大的对手。这场比赛不仅是一场技术与战术的较量，更是意志与精神的对决。如图所示，运动员由A点竖直向上抛出一个排球，排球抛出时的动能为30J，当运动到B点时动能损失了15J，机械能损失了5J，选抛出点为重力势能零点，假设空气阻力恒定不变。则下列说法正确的是（　　） A. 排球所受的重力等于空气阻力 B. 排球在最高点的重力势能为10J C. 排球返回到A点时的动能为10J D. 排球上升最大高度是AB间距离的 13. 如图所示，水平天花板下方固定一光滑小定滑轮O，在定滑轮的正下方C处固定一带正电的点电荷，不带电的小球A与带正电的小球B通过跨过定滑轮的绝缘轻绳相连。开始时系统在图示位置静止，已知。若B球所带的电荷量缓慢减少（未减为零），则在B球到达O点正下方前，下列说法正确的是（　　） A. A球的质量大于B球的质量 B. B球的轨迹是一段圆弧 C. 此过程中点电荷对B球的库仑力不变 D. 此过程中滑轮受到轻绳的作用力逐渐减小 二、不定项选择题（本题共3小题，每小题至少有一个选项是符合题目要求。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，共9分。） 14. 下列说法中正确的是（　　） A. 美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷，并通过油滴实验测得元电荷的数值 B. 库仑利用扭秤实验探究得到库仑定律，但没有测出静电力常量 C. 牛顿总结出万有引力定律，并在实验室中测出了万有引力常量 D. 法拉第最早提出“场”的概念 15. “辘轳”是中国古代取水的重要设施，通过转动手柄将细绳缠绕到半径为R的转筒上，就可以把水桶从井中提起。若某次转动手柄的角速度ω随时间t变化的图像如图乙所示，经3t0时间把水桶从井底提升到井口，水桶和桶中水的总质量为m，重力加速度大小为g，水桶可看成质点，下列说法正确的是（　　） A. 0 ~ 2t0，水桶做初速度为零的匀加速直线运动 B. 水井的深度为ω0Rt0 C. 把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为 D. 把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为 16. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（　　） A. 物块A上滑时，弹簧对A的弹力方向一直沿斜面向上 B. 物块A上滑到最大位移过程中，弹性势能的减少量大于A的重力势能增加量 C. A、B一起下滑时，B对A的压力先减小后增大 D. 整个过程中B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量 三、实验题（每空两分，共16分） 17. 某同学用如图甲所示的实验装置做《验证机械能守恒定律》的实验。实验时让质量为m=0.5kg的重物从高处由静止开始下落，重物上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，如图乙为实验时打出的一条纸带，选取纸带上连续打出三个点A、B、C，测出各点距起点P的距离，重力加速度取g=9.8m/s2，请完成下列问题： （1）下列操作或分析中正确的有（　　） A. 必须要称出重物的质量 B. 计时器两限位孔必须在同一竖直线上 C. 实验时，应先释放重锤，再打开电源 D. 用秒表测重物下落的时间 （2）打下计数点B时物体的速度大小为___________m/s（计算结果保留2位小数）； （3）重物从P到B减小的重力势能为___________J，增加的动能为___________J（计算结果保留3位小数） 18. 利用实验室的斜面小槽等器材研究平抛运动。每次都使钢球在斜槽上同一位置滚下，要想得到钢球在空中做平抛运动的轨迹就得设法用铅笔描出小球经过的位置（每次使用铅笔记下小球球心在木板上的水平投影点）。通过多次实验，把在竖直白纸上记录的钢球的多个位置，用平滑曲线连起来就得到了钢球做平抛运动的轨迹。 （1）研究平抛运动，下面做法可以减小实验误差的是_____________。 A.尽量减小钢球与斜槽间的摩擦 B.使用密度小、体积大的钢球 C.实验时，让小球每次都从同一位置由静止开始滚下 D.使斜槽末端切线保持水平 （2）实验过程中，要建立直角坐标系，在下图中，建系坐标原点选择正确的是_____________。 A. B.C。 D. （3）若某同学只记录了小球运动途中的三点的位置，如图，取点为坐标原点，各点的位置坐标如图所示，小球平抛的初速度大小_____________（重力加速度取，结果保留两位有效数字）；小球抛出点的位置坐标是_____________（以为单位，答案不用写单位，注意正负号）。 四、解答题 19. 如图所示，长为的绝缘细线一端悬于点，另一端系一质量为、电荷量为的小球（可视为质点）。现将此装置放在水平的匀强电场中，小球静止在点，此时细线与竖直方向成角。已知电场的范围足够大，重力加速度大小为。 （1）请判断电场强度的方向，并求电场强度的大小。 （2）若点对小球施加一个拉力，将小球从点沿圆弧缓慢向左拉起至与点处于同一水平高度且该过程中细线始终张紧，则所施拉力要做多少功。 20. 由于地球自转的影响，在地球表面不同的地方，物体的重量会随纬度的变化而有所不同。将地球视为质量均匀分布的球体，不考虑空气的影响。用弹簧秤称量一个相对于地面静止的小物体的重量，设在地球北极地面称量时，弹簧秤的读数是F1；在赤道地面称量时，弹簧秤的读数是F2。求： （1）在赤道地面，小物体随地球自转的向心力大小F（可以直接写结果）； （2）在纬度为45°的地面称量时，弹簧秤的读数F3。 21. 电动机通过一绳子吊起一个质量为8kg的物体，已知绳子所能承受的最大拉力为120N，电动机的额定功率为1200W，电动机实际功率可调，不计额外功，g取10m/s2，求： （1）电动机吊起此物体的所能达到的最大速度； （2）电动机以2.5m/s2的加速度由静止开始匀加速吊起此物体所能持续的最长时间； （3）欲将此物体由静止开始用最快的方式吊高90m所需的时间是多少？（已知此物体被吊高至接近90m时已经开始匀速上升) 22. 一闯关游戏装置处于竖直截面内，如图所示，该装置由倾角的直轨道AB，螺旋圆形轨道BCDEF，水平直轨道FG，传送带GH，水平直轨道HI，两个相同的四分之一圆管道拼接成的管道IJ，水平直轨道JK组成。其中螺旋圆形轨道与轨道AB、FG相切于B（E）和C（F）。直线轨道FG和HI通过传送带GH平滑连接，管道IJ与直线轨道HI相切于I点，直线轨道JK右端为弹性挡板，滑块与弹性挡板碰撞后能原速率返回。已知螺旋圆形轨道半径，FG长，传送带GH长，HI长，四分之一圆轨道IJ的半径。滑块与FG、HI、JK间的动摩擦因数，与传送带间的动摩擦因数，其余轨道光滑。现将一质量为的滑块从倾斜轨道AB上某高度h处静止释放（滑块视为质点，所有轨道都平滑连接，不计空气阻力，） （1）若滑块恰好经过圆形轨道最高点D，求滑块过C点对轨道的压力及滑块静止释放时的高度； （2）若滑块从AB上高处静止释放，且传送带静止，那么滑块最终静止的位置距离H点的水平距离有多远； （3）若滑块从AB上高处静止释放，且传送带以恒定的线速度顺时针转动，要使滑块停在JK上（滑块不会再次通过轨道IJ回到HI上），求传送带的线速度v需满足的条件。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 余姚中学2024学年第二学期质量检测高一物理试卷 一、单项选择题（本题共13小题。每小题只有一项是符合题目要求的，每小题3分共39分。） 1. 下列单位中，不属于基本单位的是（　　） A. 开尔文（K） B. 安培（A） C. 库仑（C） D. 摩尔（mol） 【答案】C 【解析】 【详解】七个基本单位分别为：米（m）、千克（kg）、秒（s）、安培（A）、开尔文（K）、摩尔（mol）和坎德拉（cd）。 故选C。 2. 在物理学的研究中用到的思想方法很多，下列关于几幅书本插图的说法中不正确的是（　　） A. 甲图中，观察割线的变化得到A点的瞬时速度方向的过程，运用了极限思想 B. 乙图中，研究红蜡块的运动时，主要运用了理想化模型的思想 C. 丙图中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时运用了控制变量法 D. 丁图中，卡文迪许测定引力常量的实验运用了放大法测微小量 【答案】B 【解析】 【详解】A．甲图中，观察割线的变化得到A点的瞬时速度方向的过程，B逐渐靠近A，运用了极限思想，故A正确，不符合题意； B．乙图中，研究红蜡块的运动时，将蜡块的运动分解为两个方向的分运动，两个分运动的实际效果与合运动相同，主要运用了等效替代的思想，故B错误，符合题意； C．丙图中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时，在研究两个物理量的关系时，需要确保其它物理量不变，可知，运用了控制变量法，故C正确，不符合题意； D．丁图中，卡文迪许测定引力常量的实验中，利用扭秤实验，运用了放大法测微小量，故D正确，不符合题意。 故选B。 3. 如图A为静止于地球赤道上的物体，B为近地卫星，C为地球同步卫星。则（　　） A. 近地卫星B受到的合外力等于物体A受到的合外力 B. 卫星C的周期比物体A围绕地心转动一圈所需要的时间短 C. 近地卫星B受到的地球的引力一定大于地球同步卫星C受到的引力 D. 卫星B的线速度大于卫星C的线速度 【答案】D 【解析】 【详解】AC．由于不清楚A、B、C的质量关系，所以无法确定近地卫星B受到的合外力与物体A受到的合外力大小关系；无法确定近地卫星B受到的地球的引力与地球同步卫星C受到的引力大小关系，故AC错误； B．由于C为地球同步卫星，角速度与地球自转角速度相等，则卫星C的周期与物体A围绕地心转动一圈所需要的时间相等，故B错误； D．卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得 可得 可知卫星B的线速度大于卫星C的线速度，故D正确。 故选D。 4. 火灾逃生的首要原则是离开火灾现场，如图所示是火警设计的一种让当事人快捷逃离现场的救援方案：用一根不变形的轻杆支撑在楼面平台上，端在水平地面上向右以匀速运动，被救助的人员紧抱在端随轻杆一起向平台端靠近，平台高为，当时，被救人员向点运动的速率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】将N端的速度进行分解，设此时与水平方向的夹角为，如图所示 则人的速度大小等于沿杆的分量，即 根据几何关系可得 解得 故选A。 5. 2024年9月25日，我国向太平洋相关海域成功发射了一枚携载模拟弹头的洲际弹道导弹。图中A、B、C、D四点所在的曲线是该导弹的飞行轨迹，则导弹经过A、B、C、D四点时的速度v1、v2、v3、v4的方向与所受的合外力F1、F2、F3、F4的方向可能正确的是在（　　） A. A点 B. B点 C. C点 D. D点 【答案】B 【解析】 【详解】物体做曲线运动某点的速度方向位于该点的轨迹切线方向上，所受合外力位于轨迹的凹侧。故图中速度方向与所受的合外力方向可能正确的是B点。 故选B。 6. 如图所示，长为l的细绳一端固定于O点，另一端系一个小球（可视为质点），在距O点正下方的A处钉一个钉子，小球从一定高度摆下，则在细绳与钉子相碰瞬间前后，下列说法正确的是（　　） A. 细绳与钉子相碰前后绳中张力大小不变 B. 细绳与钉子碰后瞬间绳中张力增大为碰前瞬间的2倍 C. 细绳与钉子相碰前后小球的向心加速度大小不变 D. 细绳与钉子碰后瞬间小球的向心加速度增大为碰前瞬间的2倍 【答案】D 【解析】 【详解】AB.细绳与钉子相碰前后小球的速度大小不变，但小球做圆周运动的半径变为原来的一半，设绳子的拉力为T，根据牛顿第二定律有 则绳子的拉力大小为 所以细绳与钉子相碰前后绳中的张力变大，但不是2倍关系，故AB错误； CD.细绳与钉子相碰前后小球的速度大小不变，但小球做圆周运动的半径变为原来的一半，根据 可知，细绳与钉子相碰前后向心加速度增大为碰前的2倍，故C错误，D正确。 故选D。 7. 如图所示为运动员在“蹦床”运动中的加速度与路程的关系。不考虑空气阻力，取。下列说法正确的有（　　） A. 运动员在蹦床上下降0.5m时速度最大 B. 运动员在1.5m时，蹦床的弹性势能最大 C. 运动员离开蹦床1s后到达最高点 D. 运动员离开蹦床时的速度为 【答案】A 【解析】 【详解】A．由图可知，运动员下降0.5m时，加速度为零，速度最大，A正确； B．由图可知，运动员在1.0m时加速度最大，速度为零，弹性势能最大，B错误； C．由图可知，离开蹦床又回到蹦床的路程为 上升与下落的距离分别是2.5m，根据，解得 C错误； D．根据可知离开蹦床的速度为 D错误。 故选A。 8. 如图所示，三个带电量均为q的点电荷，分别位于同一平面内B、C、D三点，位于 B、C两点的电荷带正电，位于D点的电荷带负电，已知AB=AC=AD=L，且BD⊥AC，静电力常量为k，则A点的电场强度的大小为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】B、D两点的点电荷分别在A点产生的场强均由B指向D，大小均为 C点的点电荷在A点产生的场强由 C指向A，大小为 根据矢量叠加原理可得A点电场强度的大小为 故选C。 9. 某同学采用如图装置做静电感应的实验：在绝缘支架上的金属导体M和金属导体N按图中方向接触放置，原先M、N都不带电，先让开关S1、S2均断开，现在将一个带正电小球P放置在M左侧，则下列说法正确的是（　　） A. 若开关S1、S2均断开，导体M左端带正电，导体N右端带负电 B. 若开关S1、S2均闭合，则导体M和导体N均不带电 C. 若只闭合开关S1，接着将MN分开，再移走带电小球，则导体N不带电 D. 若只闭合开关S2，接着移走带电小球，最后将MN分开，则导体M带负电 【答案】C 【解析】 【详解】A．若开关S1、S2均断开，由静电感应，导体M左端（近端）带负电，导体N右端（远端）带正电，A错误； B．、均闭合时，导体M端（近端）会感应异种电荷，带负电；N端通过接地线使金属导体右端带的正电荷会被从大地上来的负电荷中和，所以金属导体左端带负电，右端不再带有电荷。B错误； C．开关闭合，断开，由于静电感应的作用，金属导体右端带的正电荷会被从大地上来的负电荷中和，接着将MN分开，再移走带电小球，金属导体M带的负电荷流向大地，故MN不再带有电荷，C正确； D．当闭合开关，由于静电感应的作用，金属导体N右端带的正电荷会被从大地上来的负电荷中和，所以导体N右端不再带有电荷，接着移走带电小球，M端的负电荷被中和不带电，最后将MN分开，则M和N均不带电，D错误。 故选C。 10. 如图所示，某同学在进行投篮练习。已知A、B、C是篮球运动轨迹中的三个点，其中A为球抛出点，B为球运动轨迹的最高点，C为球落入篮框的点，且A、B连线垂直于B、C连线，A、B连线与水平方向的夹角，不计空气阻力(sin53°=0.8 cos53°=0.6 )。则篮球从A到B与从B到C的运动时间之比为（　　） A. 3∶4 B. 4∶3 C. 9∶16 D. 16∶9 【答案】D 【解析】 【详解】设篮球在A点的竖直分速度为，在C点的竖直分速度为，篮球的水平分速度为，篮球从A到B过程，根据逆向思维将篮球看成从B到A的平抛运动，篮球在A点时，根据平抛运动推论可得 根据几何关系可知B、C连线与水平方向的夹角为 篮球从B到C做平抛运动，篮球在C点时，根据平抛运动推论可得 又， 联立可得篮球从A到B与从B到C的运动时间之比为 故选D。 11. 如图所示为救生员驾驶冲锋舟在湍急的河水中向对岸被困人员实施救援的路线示意图。假设冲锋舟在静水中的速度大小不变，救生员首先以最短时间渡河，从A沿直线到B，接到被困人员后，又以最短位移回到原河岸C处，回程时间恰好为去程的倍，假设水流速度处处相同，则为（　　） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设河宽为d，救生员以最短时间渡河，渡河时间为 救生员以最短位移回到原河岸C处，垂直河岸方向的速度为 救生员以最短位移回到原河岸C处的时间为 根据题意有 解得 故选C。 12. 2024年10月25日，备受瞩目的中国女排以3∶2逆转战胜了强大的对手。这场比赛不仅是一场技术与战术的较量，更是意志与精神的对决。如图所示，运动员由A点竖直向上抛出一个排球，排球抛出时的动能为30J，当运动到B点时动能损失了15J，机械能损失了5J，选抛出点为重力势能零点，假设空气阻力恒定不变。则下列说法正确的是（　　） A. 排球所受的重力等于空气阻力 B. 排球在最高点的重力势能为10J C. 排球返回到A点时的动能为10J D. 排球上升最大高度是AB间距离的 【答案】C 【解析】 【详解】A．设排球所受的空气阻力为，重力为，在两点的动能分别为，机械能分别为，间的距离为h，根据动能定理得 根据功能关系得 联立可得 故A选项错误； BD．当排球运动到最高点时，动能为零，设排球上升的最大高度为，根据动能定理可得 解得 选抛出点为重力势能零点，排球上升到最高点时，重力势能为 故B、D选项错误； C．当排球返回到出发点时，因为摩擦产生的内能为 根据能量守恒可知，剩下的动能为 故选项C正确。 故选C。 13. 如图所示，水平天花板下方固定一光滑小定滑轮O，在定滑轮的正下方C处固定一带正电的点电荷，不带电的小球A与带正电的小球B通过跨过定滑轮的绝缘轻绳相连。开始时系统在图示位置静止，已知。若B球所带的电荷量缓慢减少（未减为零），则在B球到达O点正下方前，下列说法正确的是（　　） A. A球的质量大于B球的质量 B. B球的轨迹是一段圆弧 C. 此过程中点电荷对B球的库仑力不变 D. 此过程中滑轮受到轻绳的作用力逐渐减小 【答案】B 【解析】 【详解】对球进行受力分析，B球受到轻绳的拉力、重力和库仑力，由相似三角形可知 （定值） 其中 整理各式得 （定值） A．由于，因此 A错误； B．由不变，可知不变，故球的轨迹是一段圆弧，B正确； C．由于减小，可知也减小，此过程中球所受库仑力减小且方向改变，C错误； D．滑轮受到的轻绳的作用力大小均为，大小不变，由于减小，可知两绳夹角减小，所以滑轮受到两绳的合力增大，D错误。 故选B。 二、不定项选择题（本题共3小题，每小题至少有一个选项是符合题目要求。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，共9分。） 14. 下列说法中正确的是（　　） A. 美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷，并通过油滴实验测得元电荷的数值 B. 库仑利用扭秤实验探究得到库仑定律，但没有测出静电力常量 C. 牛顿总结出万有引力定律，并在实验室中测出了万有引力常量 D. 法拉第最早提出“场”的概念 【答案】BD 【解析】 【详解】A．美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷，密立根通过油滴实验测得元电荷的数值，故A错误； B．库仑利用扭秤实验探究得到库仑定律，但没有测出静电力常量，故B正确； C．牛顿总结出万有引力定律，卡文迪许在实验室中测出了万有引力常量，故C错误； D．法拉第最早提出“场”的概念，故D正确。 故选BD。 15. “辘轳”是中国古代取水的重要设施，通过转动手柄将细绳缠绕到半径为R的转筒上，就可以把水桶从井中提起。若某次转动手柄的角速度ω随时间t变化的图像如图乙所示，经3t0时间把水桶从井底提升到井口，水桶和桶中水的总质量为m，重力加速度大小为g，水桶可看成质点，下列说法正确的是（　　） A. 0 ~ 2t0，水桶做初速度为零的匀加速直线运动 B. 水井的深度为ω0Rt0 C. 把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为 D. 把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为 【答案】AD 【解析】 【详解】A．转筒边缘上点的线速度大小等于水桶的速度大小，根据线速度与角速度的关系有 因0 ~ 2t0内，ω与t成正比，所以水桶速度v与t成正比，即水桶做初速度为零的匀加速直线运动，故A正确； B．图乙中0 ~ 3t0内图像与时间轴所包围的面积表示把水桶从井底提升到井口过程中转筒转过的角度，设为θ，则 故水井的深度为 故B错误； C．把水桶从井底提升到井口过程中克服重力做功的平均功率为 故C错误； D．根据动能定理，把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为 故D正确。 故选AD。 16. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（　　） A. 物块A上滑时，弹簧对A的弹力方向一直沿斜面向上 B. 物块A上滑到最大位移的过程中，弹性势能的减少量大于A的重力势能增加量 C. A、B一起下滑时，B对A的压力先减小后增大 D. 整个过程中B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量 【答案】AB 【解析】 【详解】A．设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，在最高点时，以B为对象，由于A对B的弹力沿斜面向上，则B向下的加速度满足 以A、B为整体，由于 可知此时弹簧对A弹力方向沿斜面向上；则物块A上滑时，弹簧对A的弹力方向一直沿斜面向上，故A正确； B．物块A上滑到最大位移的过程中，根据能量守恒可知，弹性势能的减少量等于A的重力势能增加量与因摩擦产生的内能之和，故B正确； C．设A对B弹力大小为FAB，弹簧弹力大小为F，对整体根据牛顿第二定律可得 对B根据牛顿第二定律可得 联立可得 A、B一起下滑时，由于弹簧弹力大小F一直增大，所以FAB一直增大，则B对A的压力一直增大，故C错误； D．整个过程中，弹簧弹力做功为零，物块A的重力做功为零，系统动能变化也为零，根据功能关系可知，整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，故D错误。 故选AB。 三、实验题（每空两分，共16分） 17. 某同学用如图甲所示的实验装置做《验证机械能守恒定律》的实验。实验时让质量为m=0.5kg的重物从高处由静止开始下落，重物上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，如图乙为实验时打出的一条纸带，选取纸带上连续打出三个点A、B、C，测出各点距起点P的距离，重力加速度取g=9.8m/s2，请完成下列问题： （1）下列操作或分析中正确的有（　　） A. 必须要称出重物的质量 B. 计时器两限位孔必须在同一竖直线上 C. 实验时，应先释放重锤，再打开电源 D. 用秒表测重物下落的时间 （2）打下计数点B时物体的速度大小为___________m/s（计算结果保留2位小数）； （3）重物从P到B减小的重力势能为___________J，增加的动能为___________J（计算结果保留3位小数） 【答案】（1）B （2）0.98 （3） ①. 0.245 ②. 0.240 【解析】 【小问1详解】 A．验证机械能守恒的表达式中，质量可以约去，不需要称出重物的质量，故A错误； B．为了减小纸带与打点计时器间的摩擦，计时器两限位孔必须在同一竖直线上，故B正确； C．为了充分利用纸带，实验时，应先打开电源，再释放重锤，故C错误； D．通过打点计时器可以知道计数点间的时间间隔，所以不需要用秒表测重物下落的时间，故D错误。 故选B。 【小问2详解】 打下计数点B时物体的速度大小为 【小问3详解】 [1]重物从P到B减小的重力势能为 [2]重物从P到B增加的动能为 18. 利用实验室的斜面小槽等器材研究平抛运动。每次都使钢球在斜槽上同一位置滚下，要想得到钢球在空中做平抛运动的轨迹就得设法用铅笔描出小球经过的位置（每次使用铅笔记下小球球心在木板上的水平投影点）。通过多次实验，把在竖直白纸上记录的钢球的多个位置，用平滑曲线连起来就得到了钢球做平抛运动的轨迹。 （1）研究平抛运动，下面做法可以减小实验误差的是_____________。 A.尽量减小钢球与斜槽间的摩擦 B.使用密度小、体积大的钢球 C.实验时，让小球每次都从同一位置由静止开始滚下 D.使斜槽末端切线保持水平 （2）实验过程中，要建立直角坐标系，在下图中，建系坐标原点选择正确的是_____________。 A. B.C。 D. （3）若某同学只记录了小球运动途中的三点的位置，如图，取点为坐标原点，各点的位置坐标如图所示，小球平抛的初速度大小_____________（重力加速度取，结果保留两位有效数字）；小球抛出点的位置坐标是_____________（以为单位，答案不用写单位，注意正负号）。 【答案】 ①. CD##DC ②. C ③. 1.0 ④. （-10、-5）或（-10cm、-5cm） 【解析】 【详解】（1）[1]A．对斜槽轨道是否光滑无要求，根据动能定理，每次合外力做功相同，就会获得相同大小的速度。故有无摩擦力对实验没有影响。A错误； B．使用密度小、体积大的钢球，实验误差会增大。B错误； C．实验中为保证速度大小恒定，则要求每次从斜槽上相同的位置无初速度释放。实验误差会减小。C正确； D．斜槽的作用是提供一个恒定的水平速度，水平速度要求斜槽轨道末端水平。实验误差会减小。D正确； 故选CD。 （2）[2]建立坐标系时，应将小球在斜槽末端时，球心在竖直面上的投影为坐标原点。 故选C。 （3）[3]如图所示，根据平抛运动规律知，在竖直方向 代入得 水平方向初速度为 代入得 [4]由图知，小球经过B点时的速度为 代入得 则小球从抛出点到B点的时间为 根据竖直方向小球做自由落体运动，小球从抛出点到B点的竖直方向位移为 代入得 则抛出点坐标为（-10，-5） 四、解答题 19. 如图所示，长为的绝缘细线一端悬于点，另一端系一质量为、电荷量为的小球（可视为质点）。现将此装置放在水平的匀强电场中，小球静止在点，此时细线与竖直方向成角。已知电场的范围足够大，重力加速度大小为。 （1）请判断电场强度的方向，并求电场强度的大小。 （2）若在点对小球施加一个拉力，将小球从点沿圆弧缓慢向左拉起至与点处于同一水平高度且该过程中细线始终张紧，则所施拉力要做多少功。 【答案】（1）；水平向右；（2） 【解析】 【详解】（1）根据平衡条件有 解得 根据电场方向与负电荷受电场力方向相反可知电场方向水平向右。 （2）小球从点沿圆弧缓慢向左拉起至与点处于同一水平高度的过程，由动能定理有 解得 20. 由于地球自转的影响，在地球表面不同的地方，物体的重量会随纬度的变化而有所不同。将地球视为质量均匀分布的球体，不考虑空气的影响。用弹簧秤称量一个相对于地面静止的小物体的重量，设在地球北极地面称量时，弹簧秤的读数是F1；在赤道地面称量时，弹簧秤的读数是F2。求： （1）在赤道地面，小物体随地球自转的向心力大小F（可以直接写结果）； （2）在纬度为45°的地面称量时，弹簧秤的读数F3。 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 设地球质量为，半径为，地球自转角速度为，小物体的质量为，在地球北极地面时有， 在赤道地面时有， 联立可得在赤道地面，小物体随地球自转的向心力大小为 【小问2详解】 在纬度为45°地面称量时，小物体所需向心力大小为 又 可得 根据几何关系可知此时弹簧秤的读数为 联立可得 21. 电动机通过一绳子吊起一个质量为8kg的物体，已知绳子所能承受的最大拉力为120N，电动机的额定功率为1200W，电动机实际功率可调，不计额外功，g取10m/s2，求： （1）电动机吊起此物体的所能达到的最大速度； （2）电动机以2.5m/s2的加速度由静止开始匀加速吊起此物体所能持续的最长时间； （3）欲将此物体由静止开始用最快的方式吊高90m所需的时间是多少？（已知此物体被吊高至接近90m时已经开始匀速上升) 【答案】（1）15m/s（2）4.8s（3）7.75s 【解析】 【详解】（1）当牵引力等于重力时，速度达到最大值，此时有：F=mg 根据P额=Fvm 可得： （2）电动机以2.5m/s2的加速度由静止开始匀加速吊起此物体，根据牛顿第二定律得：，解得： 能维持的时间： （3）最大加速度为： 当达到额定功率时，匀加速运动速度最大，则最大速度为： 则匀加速运动的时间为： 物体以最大加速度做匀加速直线运动上升高度： 然后物体作变加速直线运动，再作匀速直线运动 当a=0，即绳子拉力F=mg时速度达到全过程最大，为vm＝15m/s 根据动能定理： 带入数据可得 所以 22. 一闯关游戏装置处于竖直截面内，如图所示，该装置由倾角的直轨道AB，螺旋圆形轨道BCDEF，水平直轨道FG，传送带GH，水平直轨道HI，两个相同的四分之一圆管道拼接成的管道IJ，水平直轨道JK组成。其中螺旋圆形轨道与轨道AB、FG相切于B（E）和C（F）。直线轨道FG和HI通过传送带GH平滑连接，管道IJ与直线轨道HI相切于I点，直线轨道JK右端为弹性挡板，滑块与弹性挡板碰撞后能原速率返回。已知螺旋圆形轨道半径，FG长，传送带GH长，HI长，四分之一圆轨道IJ的半径。滑块与FG、HI、JK间的动摩擦因数，与传送带间的动摩擦因数，其余轨道光滑。现将一质量为的滑块从倾斜轨道AB上某高度h处静止释放（滑块视为质点，所有轨道都平滑连接，不计空气阻力，） （1）若滑块恰好经过圆形轨道最高点D，求滑块过C点对轨道的压力及滑块静止释放时的高度； （2）若滑块从AB上高处静止释放，且传送带静止，那么滑块最终静止的位置距离H点的水平距离有多远； （3）若滑块从AB上高处静止释放，且传送带以恒定的线速度顺时针转动，要使滑块停在JK上（滑块不会再次通过轨道IJ回到HI上），求传送带的线速度v需满足的条件。 【答案】（1），方向竖直向下；；（2）H点右侧；（3） 【解析】 【详解】（1）滑块恰好经过圆形轨道最高点D，根据牛顿第二定律可得 解得 滑块从C到D点过程中，由动能定理得 解得 滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得 解得 由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力大小为 方向竖直向下。滑块从A到D点过程中，由动能定理得 解得 （2）滑块滑下斜面AF重力做功 若传送带静止，滑块运动到I点，需克服摩擦力做功 由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达I点时的动能 设滑块滑上半圆轨道IJ的高度，则 解得 则滑块会从圆轨道IJ返回滑下运动，由动能定理得 解得滑块滑过四分之一圆轨道IJ继续滑行的位移大小 所以滑块最终静止在H点右侧，距H点的水平距离 （3）若向上滑块恰好能到达J，则滑块在H点的动能 解得 由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达G点的过程，有 解得 若传送带静止，由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达H点时，有 解得 则滑块在传送带上先减速再匀速运动，传送带的速度为 若滑块在JK上与弹性挡板碰撞后，恰好停在J点，则从H到停下由动能定理得 解得 则滑块在传送带上做匀速直线运动，传送带的速度需满足的条件 因此要使滑块停在KL上（滑块不会再次返回半圆轨道IJ回到HI上），传送带的速度需满足的条件 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$