安徽合肥市一六八中学2024-2025学年高一下学期期末考试物理试题

**基本信息** 以生活实例（如汽车转弯、脱水桶）与科技情境（嫦娥四号探月）为载体，覆盖圆周运动、天体运动、电场等核心知识，通过基础辨析与综合应用考查物理观念与科学思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题|圆周运动、机械能、电场强度|结合汽车爆胎（A处向心力分析）、阿基米德螺旋线（线速度不变）等情境，考查模型建构| |多选题|2题|匀强电场、弹性绳力学|正六边形电场（电势与动能关系）、滑块与弹性绳（摩擦力冲量），体现科学论证| |实验题|2题|机械能守恒、电容器充放电|验证机械能守恒（双重物系统）、电容器I-t图像（面积比求电压），落实科学探究| |解答题|3题|天体运动、传送带摩擦、交变电场|卫星线速度计算（万有引力提供向心力）、传送带热量计算（相对位移）、交变电场粒子运动（v-t图像分析），突出综合应用|

安徽省合肥市一六八中2024-2025学年高一下学期期末考试 物理试题 一、单选题 1.关于生活中圆周运动的实例分析，下列说法正确的是() 0 B 外轨 图1 图2 图4 A.图1汽车在起伏的山路上以较大的速度匀速率行驶，A处比B处更容易爆胎 B.图2冬季汽车转弯，发生侧滑，是因为汽车受到了离心力的作用 C.图3铁路转弯处，通常要求外轨比内轨高，目的是利用轮缘与外轨的侧压力帮助火车转弯 D.图4脱水桶脱水时，转速越大，贴在竖直桶壁上的衣服受到的摩擦力也越大 2.如图所示（俯视图），在光滑水平面上固定半径为R的圆盘，O点为圆心。长为L的轻质细线一端固定 在圆盘边缘上，另一端与小球相连，初始时细线绷直并与圆盘相切。给小球垂直于细线方向的初速度，， 在圆盘上缠绕过程中小球的运动轨迹称为"阿基米德螺旋线"。假设细线与圆盘的切点与O点的距离不变， 下列说法正确的是() 6 RO A.运动过程中细线对小球做正功 B.运动过程中小球的线速度大小不变 C. 小球绕切点旋转的角速度不变 D.运动过程中细线上的拉力越来越小 3.我国于2018年12月成功发射“嫦娥四号”探测器，实现了人类首次月球背面着陆。假设“嫦娥四号” 探测器的发射过程简化如下：探测器从地球表面发射后，进入地月转移轨道，经过M点时变轨进入距离月 球表面100k的圆形轨道I,在轨道I上经过P点时再次变轨进入椭圆轨道 Ⅱ，之后将在Q点着陆月球表面。下列说法正确的是() A.“嫦娥四号”探测器的发射速度大于地球的第二宇宙速度 B.“嫦娥四号”在轨道I上经过M点的速度小于在轨道Ⅱ上经过Q点的速度 球( M C.“嫦娥四号”在轨道I上经过P点的加速度小于在轨道Ⅱ上经过P点的加速 度 D.“嫦娥四号”在M点需要加速才能实现从地月转移轨道转移到I轨道 地月转移轨道 4.如图甲所示，有长度均为S,的AB、BC两段水平路面，AB段光滑，BC段粗糙。一质量为m的小物体 在水平恒力F的作用下，从A点由静止开始运动，到C点恰好停下，BC段动摩擦因数自左往右逐渐增 大，具体变化如图乙所示，重力加速度为g。下列判断正确的是() 个 F 日 A B C 甲 乙 A.F在AB段与BC段做的功不相等 B.F在AB段的平均功率等于BC段的平均功率 C.F=二4g D.F 1 5.急行跳远起源于古希腊奥林匹克运动。如图所示，急行跳远由助跑、起跳、腾空与落地等动作组成，空 气阻力不能忽略，下列说法正确的是() 助跑 起跳 腾空 落地 A.助跑过程中，地面对运动员做正功 B.蹬地起跳时，运动员处于失重状态 C.在腾空的最高点，运动员的速度是0 D.从起跳后到最高点过程中，运动员重力势能的增加量小于其动能的减少量 6.一电动玩具车以额定功率沿直线启动，经2s恰好达到最大速度，其加速度a与速度的倒数二的关系图 V 像如图所示。已知该玩具车受到的阻力大小恒为100N,取重力加速度g=10/s2。则下列选项正确的是 () 个a/ms2) 6 A.玩具车的质量为55kg B.玩具车的额定功率为120W 0 C.玩具车的最大速度为4m/s 2 /ms) D.玩具车前2s内行驶的位移为3m 7.真空中，在x轴上x=0和x=8m处分别固定两个点电荷Q1和Q2。电荷间连线上的电场强度E随x变 化的图象如图所示（十x方向为场强正方向），其中x=3m处E=0。将一个正试探电荷在x=2m处由静止 释放（重力不计，取无穷远处电势为零）。则() E/(V.m) 4H 12345678x(m) A. Q1、Q2为等量同种电荷 B.Q1、Q2带电量之比为9：25 C.在x=3m处电势等于0 D. 该试探电荷向x轴正方向运动时，电势能一直减小 8.足够长的固定的光滑绝缘斜面倾角为α，质量相等均带正电的两个小滑块P和Q置于斜面上，重力加 速度为9，用沿斜面向上的力F推动P,使两滑块均作匀速运动。某时刻突然撤去该推力，从此刻开始到P 的速度刚要减为零的过程中，下列说法正确的是() A.P的加速度大小的最大值为2gsn B.P的速度大小均不小于同一时刻Q的速度大小 C.Q的动能先减小后增大 D.Q的机械能一直减小 二、多选题 9.在匀强电场中有一个正六边形区域abcdhf,电场线与六边形所在平面平行，如图所示。已知a、b、h三 点的电势分别为7V、11V、一5V,带电荷量为e的粒子（重力不计）以16eV的初动能从b点沿不同方向射 入abedhf区域，当粒子沿bd方向射入时恰能经过c点，下列判断正确的是() A.粒子带负电 B.粒子可以经过正六边形各项点射出该区域 C.粒子经过f点时动能为24eV 2 a D.粒子可能从b点射出该区域 C 10.如图，与水平面成53夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为1kg的滑块，弹性轻绳一端 固定于O点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ PQ为1.6且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间 的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足F=c。k=10N/m,g取 10m/s2,sin53=0.8。则滑块() 松 0 539 肠 A.与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6N B.下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同 C.从释放到静止的位移大小为0.64m D.从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56J 三、实验题 11.如图甲所示，某同学在验证机械能守恒定律的实验中，绕过定滑轮的细线上悬挂重物A和B,在B下 面再挂重物C。已知所用交流电源的频率为50Hz,重物A、B、C的质量均为m。 (1)某次实验结束后，打出的纸带的一部分如图乙所示，ā、b、c为三个相邻计时点。则打下b点时重 物的速度大小y,=m/5(结果保留三位有效数字)。 (2)某次实验测得重物A由静止上升高度为h时，对应的速度大小为V,重力加速度为g,则验证系统 机械能守恒定律的表达式是一（用g、h、m、v表示）。 (3)为尽可能减少实验误差，下列说法错误的是 A.重物的质量可以不测量 B.打点计时器应竖直放置安装在铁架台上 C.打下b点时的速度大小不可用 2gh 来计算 12.某同学用如图()所示的电路观察电容器的充放电现象，实验器材有电源E,电容器C,数字电压表 V(可视为理想电压表)，定值电阻R,电流传感器（不考虑内阻），计算机，单刀双掷开关S,导线若 千。 ↑IlmA 接计算机 电流 2 传感器 S R S t/s 0 2 图a) 6 8 图b) (1)将S接1电压表示数逐渐增大，最后稳定在8V。在此过程中，电流传感器的示数一： A.一直稳定在某一数值 B.由某一数值逐渐减小为零 C.先增大，后逐渐减小为零 D.先逐渐增大，后逐渐减小至某一非零数值 (2)电容器充电完成后，电容器极板带正电（选填“上”或“下”），要将$接2，通过传感器 将电流信息传入计算机，画出电流随时间变化的I-t图像，如图(b)。t=1.2s时，I=1.0A,图中两阴影 部分的面积之比为S1:S,=3:2,则t=1.2s时，电容器两极板间电压U。=V,电阻R=kQ: (结果均保留2位有效数字) 四、解答题 13.在某星球表面上，一根长为L的细线一端固定，另一端拴一质量为m的砝码，使它在水平面内绕圆心 O做角速度为®的匀速圆周运动，如图所示。己知此时细线与竖直方向的夹角为9。 22222 m (1)求该星球表面重力加速度g的大小： (2)若该星球的半径为R,某卫星在距该星球表面h高处做匀速圆周运动，则该卫星的线速度为多大？（忽 略该星球的自转) 14.如图所示，水平传送带左边有一个与传送带等高的光滑平台，传送带始终以速度v=3/s逆时针匀速 转动，在平台上给物块一个水平向右的初速度vo=6/s,物块从A点冲上传送带，已知物块的质量m= 1kg且可视为质点，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，物块刚好未从传送带B端滑落，求： □% (1)物块在传送带上运动的时间： (2)当物块运动到距A端2m时，因摩擦产生的热量。 15.在平面内建立直角坐标系xOy,第Ⅱ象限存在沿y轴负方向的匀强电场2E,其第I象限放置电场线 沿半径方向指向圆心的静电分析器，第I、IV象限存在交变电场。A点坐标为（一d,d)处有一粒子源，将质 量为，电荷量为q的正点电荷（不计重力）源源不断地由静止释放。当点电荷运动到x轴时刚好射入静 电分析器，而后做匀速圆周运动。=0时刻，第一个粒子于坐标(0，一-d)位置处垂直于y轴进入交变电场， 其场强变化规律如图乙所示(y轴正方向为电场正方向)。在交变电场中存在两绝缘挡板，下板位于第V 象限，与x轴距离为d,并紧贴y轴。上板与下板平行放置，两板间距离为L-9T ，两板长均为 Am L2=4T gEd 求： 个E14 E 37 E 甲 (1)粒子第一次经过x轴的速度大小V; (2)静电分析器的电场强度大小E: (3)在0~T时间内从y轴负半轴进入第四象限的粒子，能够从两板间离开的粒子数占进入粒子总数的百分 比。 答案解析 1. 【答案】A 【解析】A.在最高点处，根据牛顿第二定律可得g-N=m一 可得N1=g- 在最低点处，根据牛顿第二定律可得N,-g=一 可得 N,=m-+mg 可知N,>N,故A正确： B,静摩擦力不足以提供汽车转弯所需要的向心力，才离心运动，故B错误： C图3铁路转弯处，通常要求外轨比内轨高，当火车按规定速度转弯时，由重力和支持力的合力完全 提供向心力，从而减轻轮缘对轨道的挤压，故C错误： D图4脱水桶脱水时，桶壁对衣物的摩擦力等于衣物的重力，不会随着转速的增大而增大，故D错 误。 故选A。 【答案】B 【解析】A.小球在运动过程中，细线的拉力方向始终与小球速度方向垂直，根据做功的条件，力与位移 方向垂直时力不做功，所以细线对小球不做功，故A错误； B.由于细线与圆盘的切点与圆心距离不变，小球在缠绕过程中，速度方向始终垂直于细线，且没有 其他力改变其速度大小，所以小球的线速度大小不变，故B正确： C.设小球到切点的距离为1，根据v=21,线速度v不变，但l逐渐减小，所以小球绕切点旋转的角 速度2增大，故C错误； D.根据向心力公式F=一，这里r为小球到切点的距离，v不变，r减小，所以细线上的拉力F 越来越大，故D错误。 故选B。 3. 【答案】B 【解析】A.“嫦娥四号”探测器绕月球运行时，并没有脱离地球引力的约束，所以发射速度大于地球的 第一宇宙速度，小于地球的第二宇宙速度，故A错误； B.卫星绕月球做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力得G-=m上 GM =1m 可得v= r2 可知“嫦娥四号”在过Q点圆轨道的运行速度大于在轨道I上经过M点的速度，而“嫦娥四号”在过Q 点圆轨道需要点火加速变轨到椭圆轨道Ⅱ，所以“嫦娥四号”在轨道I上经过M点的速度小于在轨道Ⅱ上 经过Q点的速度，故B正确： GMm GM C.根据牛顿第二定律可得 r=ma 可得a= 可知“嫦娥四号”在轨道I上经过P 点的加速度等于在轨道Ⅱ上经过P点的加速度，故C错误： D.卫星从高轨道变轨到低轨道，需要在变轨处点火减速，所以“嫦娥四号”在M点需要减速才能实 现从地月转移轨道转移到I轨道，故D错误。 故选B。 4. 【答案】C 【解析】AB.根据W。=Fso 可知在AB段和BC段，力F做功相等；根据P=W 由于在AB段和BC段所用时间不同，则力 F在AB段的平均功率与BC段的平均功率不相等，故AB错误： CD.对全程运用动能定理得F·2s,- 0+4m85,=0 2 解得F=山mg,故C正确，D错误。 故选C。 【答案】D 【解析】A.助跑过程中，地面对运动员的作用力对应的位移为0，故地面对鞋的摩擦力不做功；地面对 运动员的支持力与运动员的运动方向垂直，支持力也不做功，因此助跑过程中，地面对运动员不做功，故 A错误： B,蹬地起跳时，运动员有竖直向上的加速度，处于超重状态，故B错误： C.在腾空的最高点，运动员竖直向上的分速度为零，但是水平方向的分速度不为零，所以运动员的 速度不为零，故C错误： D.空气阻力不能忽略，则从起跳到最高点过程，运动员要克服空气阻力做功，有机械能损失，因此 运动员重力势能的增加量小于其动能的减少量，故D正确。 故选D。 【答案】D 【解析】AB.设电动玩具汽车的质量为，额定功率为P,受到的阻力大小为f,根据牛顿第二定律可 得F-f=a 又P=Fv 联立可得a=P.1_上 根据a-1图像可得士=2m/s2, my m m P6-（-2) m2/s3=4m2/s3解得m=50kg,P=200W 故AB错误： m 2 C.当牵引力等于阻力时，速度到达最大，则有Vm= P =2m/s 故C错误； D.设玩具车前2s内行驶的位移为x,根据动能定理可得P1-众= -0 代入数据解得 2 x=3m 故D正确。 故选D。 7. 【答案】B 【解析】AB.由于x=3m处E=0,可知9、Q,带同种电荷，根据场强的叠加 g_g =0 32(8-3) 整理得 9-9 925 A错误，B正确： C.根据电势的表达式 p= ko r 可知在x=3m处电势 p=9+g≠0 3 5 C错误； D.该试探电荷向x轴正方向运动时，电场力先做正功，电势能减小，后做负功，电势能又开始增 大，D错误。 故选B。 8. 【答案】A 【解析】A.用沿斜面向上的力F推动P,使两滑块均作匀速运动，此时两小滑块间的电场力大小为 F=mgsina 撒去推力F时P的加速度大小为a=gna+E=2 gsina 撤去推力后，P的加速度大小为 4-"ngsina+里 Q的加速度大小为a,-8stn- 则4>4，P、Q都向上做减速运 l m 动，由于P的加速度大，P、Q间距离增大，电场力减小，P的加速度减小，当P的速度减为零前，P的加 速度小于2gsin,故A正确： B.由于P减速的加速度比Q大，所以P的速度大小均小于同一时刻Q的速度大小，故B错误： C.由于P减速的加速度比Q大，P的速度减为零前，Q一直做减速运动，Q的动能一直减小，故C 错误； D.P的速度减为零前，电场力对Q一直做正功，所以Q的机械能一直增大，故D错误。 故选A。 9. 【答案】AD 【解析】如下图所示，连接bh,fd,ah,过b点作bh的垂线交于与ah的延长线交于m点。 n d C A.由几何关系易得，=30°，B=60°，∠bah=90°，d垂直bh。 因为a=7V,9,=11V,9,=-5V,故有 Uoh=12V,Uin =16V,Uha =4V 因为h=2mb=4ma,则 1 =Uo=4V 3 故有 PiPo 则mb为等势线，因为∠bh=90°，故电场线方向为由m点指向h点。当粒子沿bd方向射入时恰能 经过c点，可知粒子向下偏转，则粒子带负电，故A正确： B.当该粒子沿bh方向运动时，恰不能从h点处射出，故B错误； 3 C.由几何知识得bn=二bh且n点与f点等电势点，则 4 3 Uat =Um=Uoh =12V 4 粒子沿bd方向入射能够到达c点，合力指向轨迹的凹侧可知粒子应该带负电，从b点运动到f点，由 动能定理得 E对-E=Wr=-eUi 解得，粒子经过f点时动能为Er=4eV,故c错误： D.当粒子沿bh方向运动时，粒子先向h点方向减速为零，再反向加速从b点射出，故D正确。 故选AD。 10. 【答案】AC 【解析】A.根据题意，设滑块下滑后弹性轻绳与PQ间夹角为日时，对滑块进行受力分析，如图所示 M P mg 053 由平衡条件有Fcos8=gcos53°+Fw 由胡克定律结合几何关系有F=kP巴 cosθ 联立解得Fw=k·PQ-gcos53°=10N 可知，滑块与杆之间的弹力不变，则滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始终为f=×=1.6N 故A正确： B.下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的方向不同，则下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量不相 同，故B错误： C.设滑块从释放到静止运动的位移为 x,滑块开始向下做加速度减小的减速运动，当沿着杆方向合力为0时，滑块速度最大，之后滑块继续向 下做加速度增大的减速运动，当速度为为0时，有 ngsin53·x=在+号k(P0+r）号kP02,由几何关系可得 x=1.28m,此时 k√P2+x2. =12.8W>ngsin53°+f VPO2+x2 则滑块会继续向上滑动，做加速度减小的加速运动。当滑块速度再次为0时，有 分(P0+)一[P0+(x-】=mgim53+庆解得天-06m出时 x=x-x=0.64m 此时kVPO+x r? PO+x污—6.4二gsm53-子则滑块静止，故从释放到静止，滑块的位 为x'-0.64n,故C正确 D.从释放到静止，设克服滑动摩擦力做功为W,由能量守恒定律有 mgsin53°·x=-1k(Pg2+x2-Pg）+W 21 解得W=3.072J 故D错误。 故选AC。 11. 谷案】1.03m3②mg3m8)AG 【解析】(I)打b点时重物的瞬时速度等于打a、c两点间的平均速度，所以 号等0021o2wa10am: (2)A上升高度为h,则B、C下降高度也为h,系统重力势能减少量 △E,=(m+1m)gh-gh=gh 系统动能增加量 △E,=m+m+m）v2=号3m 2 若系统机械能守恒，则 △En=△Ex 即 mgh=1.3mv (3)A.由mgh=】·3m可知，两边m可约去，所以重物质量可以不测量，故虽说法正确，但不 符合减小实验误差的目的，A错误； B.打点计时器竖直放置安装在铁架台上，可减小纸带与限位孔间的摩擦，从而减少实验误差，故B 正确，不符合题意： C.v- 2gh 是自由落体运动的速度公式，此实验中重物不是自由落体运动，不能用该式计算b点 3 速度，应该用平均速度法计算，故C正确，不符合题意。 故选A。 12. 【答案】C:上；3.2V;3.2k2 【解析】[1]电容器充电过程中，当电路刚接通后，电流先从0增大到某一最大值，后随着电容器极板上 电荷的不断增多，电流逐渐减小，当电容器两极板电压等于电源电压时电荷停止定向移动，电流为0。 故选C。 [2]根据电路图可知充电结束后电容器上极板带正电。 [3][4]t=1.2s时，I=1.0nA,此时电容器两端的电压为U。=IR 申容器开始放电前两端申压为 8V,根据I一t图像与横轴围成的面积表示放电电量可得0~1.2s间的放电电量为 9=△U.C=(U-U。)C1.2s后到放电结束间放电量为2，=△U.C=U。·C代入 9=S=3 得U。=3.2V，R=3.2k2 22S22 13. (1) 【答案】g=Lcos0w 【解析】根据牛顿第二定律有ngtan0=mLsin0o2 解得g=Lcos Qo (2) Lcosθ 【答案】V=Ro, R+h GMm 【解析】根据万有引力提供向心力有 R+h) "(R+h GMm Lcosθ 根据万有引力与重力关系有 =mg 解得v=Ro R+h 14. (1) 【答案】2.7s 【解析】对物块受力分析，由牛顿第二定律可得ug=a 解得a=5m/s2 物块向右做匀减速直线运动，刚好未从传送带B端滑落，即到达B点速度大小为零。 则物块从A到B的时间为(=也= =-5=1.25 传送带的长度为L=21=3.6m 物块从B返 2 回到A先做匀加速直线运动，与传送带共速后，一起向左做匀速直线运动。 物块向左做匀加速运动的时间为1，= -=0.6s 此过程物块匀加速运动的位移为x三)5=0.9m 向左匀速运动的时间为4，=乙一x=0.9灯 故物块在传送带上运动的时间为t=t+t+=2.7s (2) 【答案】16J或40.5J 【解析】设物块第一次运动到距A端2m时的速度为v1,根据速度一位移公式得-v=-2ax 代入数据解得v1=4m/s 根据运动学公式得飞=b十当 代入数据解得t'1=0.4s 此过程因摩擦产生的热量为 2 O=umg(vt+x) 代入数据解得Q1=16J 因为物块第二次运动到A端2m处时，已经与传达带共速，则Q,=mg以+L+以，马】 代 入数据解得Q2=40.5J 15. (1) 【答案】 gEd 【解析】带电粒子在第二象限中加速运动，由动能定理可知 a三mw 解得 gEd m (2) 【答案】4E 【解析】带电粒子射入静电分析器，做匀速圆周运动，则有 gEo=md 解得 E,=4E (3) 【答案】11.6% 【解析】带电粒子进入第四象限后在水平方向上做匀速直线运动，则可以从两板间离开的粒子，在两板 间的运动时间为 =2T = 设在前半个周期，t1时刻进入两板间的粒子可恰好从两板间离开，做出粒子在板间运动的Vt图像。 个y 0 依题意，从板间离开的粒子的速度方向平行于两板，则t1时刻进入恰好离开的粒子当其运动到2T-21 时，恰好打到上板竖直方向速度减为0，之后在竖直方向向下运动，最终从两板间离开。粒子沿y轴正方 向的最大速度为 其中 9 粒子沿y轴负方向的最大速度为 v,=at 依题意，有 解得 5=257 2 设在前半个周期，2时刻进入两板间的粒子刚好从下极板边缘离开，粒子沿y轴正方向的最大速度为 粒子沿y轴负方向的最大速度为 Va at 依题意，有 5×4 2 解得 则在半个周期内，在时间段257、乙内进入的粒子可以从两板何离开，在后半个周期内进入的拉 2 4 子将直接打到下板，综上所述，能够从两板间离开的粒子数占进入粒子总数的百分比为 T2-57 42×100%=11.6% 安徽省合肥市一六八中2024-2025学年高一下学期期末考试物理试题 一、单选题 1.  关于生活中圆周运动的实例分析，下列说法正确的是（　　） 　　 A．图1汽车在起伏的山路上以较大的速度匀速率行驶，A处比B处更容易爆胎 B．图2冬季汽车转弯，发生侧滑，是因为汽车受到了离心力的作用 C．图3铁路转弯处，通常要求外轨比内轨高，目的是利用轮缘与外轨的侧压力帮助火车转弯 D．图4脱水桶脱水时，转速越大，贴在竖直桶壁上的衣服受到的摩擦力也越大 2.  如图所示（俯视图），在光滑水平面上固定半径为R的圆盘，O点为圆心。长为L的轻质细线一端固定在圆盘边缘上，另一端与小球相连，初始时细线绷直并与圆盘相切。给小球垂直于细线方向的初速度，在圆盘上缠绕过程中小球的运动轨迹称为"阿基米德螺旋线"。假设细线与圆盘的切点与O点的距离不变，下列说法正确的是（　　） 　　 A．运动过程中细线对小球做正功 B．运动过程中小球的线速度大小不变 C．小球绕切点旋转的角速度不变 D．运动过程中细线上的拉力越来越小 3.  我国于2018年12月成功发射“嫦娥四号”探测器，实现了人类首次月球背面着陆。假设“嫦娥四号”探测器的发射过程简化如下：探测器从地球表面发射后，进入地月转移轨道，经过M点时变轨进入距离月球表面100km的圆形轨道Ⅰ，在轨道Ⅰ上经过P点时再次变轨进入椭圆轨道Ⅱ，之后将在Q点着陆月球表面。下列说法正确的是（　　） A．“嫦娥四号”探测器的发射速度大于地球的第二宇宙速度 B．“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上经过M点的速度小于在轨道Ⅱ上经过Q点的速度 C．“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上经过P点的加速度小于在轨道Ⅱ上经过P点的加速度 D．“嫦娥四号”在M点需要加速才能实现从地月转移轨道转移到Ⅰ轨道 4.  如图甲所示，有长度均为的AB、BC两段水平路面，AB段光滑，BC段粗糙。一质量为m的小物体在水平恒力F的作用下，从A点由静止开始运动，到C点恰好停下，BC段动摩擦因数自左往右逐渐增大，具体变化如图乙所示，重力加速度为g。下列判断正确的是（　　） 　　 A．F在AB段与BC段做的功不相等 B．F在AB段的平均功率等于BC段的平均功率 C． D． 5.  急行跳远起源于古希腊奥林匹克运动。如图所示，急行跳远由助跑、起跳、腾空与落地等动作组成，空气阻力不能忽略，下列说法正确的是（　　） 　　 A．助跑过程中，地面对运动员做正功 B．蹬地起跳时，运动员处于失重状态 C．在腾空的最高点，运动员的速度是0 D．从起跳后到最高点过程中，运动员重力势能的增加量小于其动能的减少量 6.  一电动玩具车以额定功率沿直线启动，经2s恰好达到最大速度，其加速度a与速度的倒数的关系图像如图所示。已知该玩具车受到的阻力大小恒为100N，取重力加速度。则下列选项正确的是（　　） 　　 A．玩具车的质量为55kg B．玩具车的额定功率为120W C．玩具车的最大速度为4m/s D．玩具车前2s内行驶的位移为3m 7.  真空中，在x轴上x＝0和x＝8m处分别固定两个点电荷Q1和Q2。电荷间连线上的电场强度E随x变化的图象如图所示（＋x方向为场强正方向），其中x＝3m处E＝0。将一个正试探电荷在x＝2m处由静止释放（重力不计，取无穷远处电势为零）。则（　　） 　　 A．Q1、Q2为等量同种电荷 B．Q1、Q2带电量之比为9：25 C．在x＝3m处电势等于0 D．该试探电荷向x轴正方向运动时，电势能一直减小 8.  足够长的固定的光滑绝缘斜面倾角为α，质量相等均带正电的两个小滑块P和Q置于斜面上，重力加速度为g，用沿斜面向上的力F推动P，使两滑块均作匀速运动。某时刻突然撤去该推力，从此刻开始到P的速度刚要减为零的过程中，下列说法正确的是（　　） 　　 A．P的加速度大小的最大值为 B．P的速度大小均不小于同一时刻Q的速度大小 C．Q的动能先减小后增大 D．Q的机械能一直减小 二、多选题 9.  在匀强电场中有一个正六边形区域abcdhf，电场线与六边形所在平面平行，如图所示。已知a、b、h三点的电势分别为7 V、11 V、－5V，带电荷量为e的粒子(重力不计)以16 eV的初动能从b点沿不同方向射入abcdhf区域，当粒子沿bd方向射入时恰能经过c点，下列判断正确的是（　　） 　　 A．粒子带负电 B．粒子可以经过正六边形各顶点射出该区域 C．粒子经过f点时动能为24 eV D．粒子可能从b点射出该区域 10.  如图，与水平面成夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足。，g取，。则滑块（　　） 　　 A．与杆之间的滑动摩擦力大小始终为 B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同 C．从释放到静止的位移大小为 D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为 三、实验题 11.  如图甲所示，某同学在验证机械能守恒定律的实验中，绕过定滑轮的细线上悬挂重物A和B，在B下面再挂重物C。已知所用交流电源的频率为50Hz，重物A、B、C的质量均为m。 　　 　　(1)某次实验结束后，打出的纸带的一部分如图乙所示，a、b、c为三个相邻计时点。则打下b点时重物的速度大小        （结果保留三位有效数字）。 　　(2)某次实验测得重物A由静止上升高度为h时，对应的速度大小为v，重力加速度为g，则验证系统机械能守恒定律的表达式是        （用g、h、m、v表示）。 　　(3)为尽可能减少实验误差，下列说法错误的是________。 　　A．重物的质量可以不测量 　　B．打点计时器应竖直放置安装在铁架台上 　　C．打下b点时的速度大小不可用来计算 12.  某同学用如图（a）所示的电路观察电容器的充放电现象，实验器材有电源E，电容器C，数字电压表V（可视为理想电压表），定值电阻R，电流传感器（不考虑内阻），计算机，单刀双掷开关S，导线若干。 　　 　　（1）将S接1电压表示数逐渐增大，最后稳定在8V。在此过程中，电流传感器的示数  ； 　　A.一直稳定在某一数值 　　B.由某一数值逐渐减小为零 　　C.先增大，后逐渐减小为零 　　D.先逐渐增大，后逐渐减小至某一非零数值 　　（2）电容器充电完成后，电容器  极板带正电（选填“上”或“下”），要将S接2，通过传感器将电流信息传入计算机，画出电流随时间变化的I－t图像，如图（b）。t＝1.2s时，I＝1.0mA，图中两阴影部分的面积之比为，则t＝1.2s时，电容器两极板间电压  V，电阻R＝  kΩ；（结果均保留2位有效数字） 四、解答题 13.  在某星球表面上，一根长为L的细线一端固定，另一端拴一质量为m的砝码，使它在水平面内绕圆心O做角速度为的匀速圆周运动，如图所示。已知此时细线与竖直方向的夹角为θ。 　　 (1) 求该星球表面重力加速度g的大小； (2) 若该星球的半径为R，某卫星在距该星球表面h高处做匀速圆周运动，则该卫星的线速度为多大？（忽略该星球的自转） 14.  如图所示，水平传送带左边有一个与传送带等高的光滑平台，传送带始终以速度v＝3m/s逆时针匀速转动，在平台上给物块一个水平向右的初速度v0＝6m/s，物块从A点冲上传送带，已知物块的质量m＝1kg且可视为质点，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，物块刚好未从传送带B端滑落，求： 　　 (1) 物块在传送带上运动的时间； (2) 当物块运动到距A端2m时，因摩擦产生的热量。 15.  在平面内建立直角坐标系xOy，第II象限存在沿y轴负方向的匀强电场2E，其第III象限放置电场线沿半径方向指向圆心的静电分析器，第I、IV象限存在交变电场。A点坐标为处有一粒子源，将质量为m，电荷量为q的正点电荷（不计重力）源源不断地由静止释放。当点电荷运动到x轴时刚好射入静电分析器，而后做匀速圆周运动。t=0时刻，第一个粒子于坐标位置处垂直于y轴进入交变电场，其场强变化规律如图乙所示（y轴正方向为电场正方向）。在交变电场中存在两绝缘挡板，下板位于第IV象限，与x轴距离为d，并紧贴y轴。上板与下板平行放置，两板间距离为，两板长均为，求： 　　 (1) 粒子第一次经过x轴的速度大小v； (2) 静电分析器的电场强度大小E0； (3) 在0~T时间内从y轴负半轴进入第四象限的粒子，能够从两板间离开的粒子数占进入粒子总数的百分比。 答案解析 1. 【答案】A 【解析】  A．在最高点处，根据牛顿第二定律可得 　　可得　　在最低点处，根据牛顿第二定律可得　　可得　　可知，故A正确； 　　B．静摩擦力不足以提供汽车转弯所需要的向心力，才离心运动，故B错误： 　　C.图3铁路转弯处，通常要求外轨比内轨高，当火车按规定速度转弯时，由重力和支持力的合力完全提供向心力，从而减轻轮缘对轨道的挤压，故C错误： 　　D.图4脱水桶脱水时，桶壁对衣物的摩擦力等于衣物的重力，不会随着转速的增大而增大，故D错误。 　　故选A。 2. 【答案】B 【解析】  A．小球在运动过程中，细线的拉力方向始终与小球速度方向垂直，根据做功的条件，力与位移方向垂直时力不做功，所以细线对小球不做功，故A错误； 　　B．由于细线与圆盘的切点与圆心距离不变，小球在缠绕过程中，速度方向始终垂直于细线，且没有其他力改变其速度大小，所以小球的线速度大小不变，故B正确； 　　C．设小球到切点的距离为，根据，线速度不变，但逐渐减小，所以小球绕切点旋转的角速度增大，故C错误； 　　D．根据向心力公式，这里为小球到切点的距离，不变，减小，所以细线上的拉力越来越大，故D错误。 　　故选B。 3. 【答案】B 【解析】  A．“嫦娥四号”探测器绕月球运行时，并没有脱离地球引力的约束，所以发射速度大于地球的第一宇宙速度，小于地球的第二宇宙速度，故A错误； 　　B．卫星绕月球做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力得　　可得　　可知“嫦娥四号”在过Q点圆轨道的运行速度大于在轨道Ⅰ上经过M点的速度，而“嫦娥四号”在过Q点圆轨道需要点火加速变轨到椭圆轨道Ⅱ，所以“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上经过M点的速度小于在轨道Ⅱ上经过Q点的速度，故B正确； 　　C．根据牛顿第二定律可得　　可得　　可知“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上经过P点的加速度等于在轨道Ⅱ上经过P点的加速度，故C错误； 　　D．卫星从高轨道变轨到低轨道，需要在变轨处点火减速，所以“嫦娥四号”在M点需要减速才能实现从地月转移轨道转移到Ⅰ轨道，故D错误。 　　故选B。 4. 【答案】C 【解析】  AB．根据 　　可知在AB段和BC段，力F做功相等；根据　　由于在AB段和BC段所用时间不同，则力F在AB段的平均功率与BC段的平均功率不相等，故AB错误； 　　CD．对全程运用动能定理得　　解得，故C正确，D错误。 　　故选C。 5. 【答案】D 【解析】  A．助跑过程中，地面对运动员的作用力对应的位移为0，故地面对鞋的摩擦力不做功；地面对运动员的支持力与运动员的运动方向垂直，支持力也不做功，因此助跑过程中，地面对运动员不做功，故A错误； 　　B．蹬地起跳时，运动员有竖直向上的加速度，处于超重状态，故B错误； 　　C．在腾空的最高点，运动员竖直向上的分速度为零，但是水平方向的分速度不为零，所以运动员的速度不为零，故C错误； 　　D．空气阻力不能忽略，则从起跳到最高点过程，运动员要克服空气阻力做功，有机械能损失，因此运动员重力势能的增加量小于其动能的减少量，故D正确。 　　故选D。 6. 【答案】D 【解析】  AB．设电动玩具汽车的质量为，额定功率为，受到的阻力大小为，根据牛顿第二定律可得 　　又　　联立可得　　根据图像可得，　　解得，　　故AB错误； 　　C．当牵引力等于阻力时，速度到达最大，则有　　故C错误； 　　D．设玩具车前2s内行驶的位移为，根据动能定理可得　　代入数据解得　　故D正确。 　　故选D。 7. 【答案】B 【解析】  AB．由于x＝3m处E＝0，可知、 带同种电荷，根据场强的叠加 　　整理得 　　A错误，B正确； 　　C．根据电势的表达式 　　可知在x＝3m处电势 　　C错误； 　　D．该试探电荷向x轴正方向运动时，电场力先做正功，电势能减小，后做负功，电势能又开始增大，D错误。 　　故选B。 8. 【答案】A 【解析】  A．用沿斜面向上的力F推动P，使两滑块均作匀速运动，此时两小滑块间的电场力大小为 　　撤去推力F时P的加速度大小为　　撤去推力后，P的加速度大小为　　Q的加速度大小为　　则　　P、Q都向上做减速运动，由于P的加速度大，P、Q间距离增大，电场力减小，P的加速度减小，当P的速度减为零前，P的加速度小于，故A正确； 　　B．由于P减速的加速度比Q大，所以P的速度大小均小于同一时刻Q的速度大小，故B错误； 　　C．由于P减速的加速度比Q大，P的速度减为零前，Q一直做减速运动，Q的动能一直减小，故C错误； 　　D．P的速度减为零前，电场力对Q一直做正功，所以Q的机械能一直增大，故D错误。 　　故选A。 9. 【答案】AD 【解析】  如下图所示，连接bh，fd，ah，过b点作bh的垂线交于与ah的延长线交于m点。 　　 　　A．由几何关系易得，，，，垂直bh。 　　因为，，，故有 　　，，　　因为，则 　　故有 　　则mb为等势线，因为，故电场线方向为由m点指向h点。当粒子沿bd方向射入时恰能经过c点，可知粒子向下偏转，则粒子带负电，故A正确； 　　B．当该粒子沿bh方向运动时，恰不能从h点处射出，故B错误； 　　C．由几何知识得且n点与f点等电势点，则 　　粒子沿bd方向入射能够到达c点，合力指向轨迹的凹侧可知粒子应该带负电，从b点运动到f点，由动能定理得 　　解得，粒子经过f点时动能为，故C错误； 　　D．当粒子沿bh方向运动时，粒子先向h点方向减速为零，再反向加速从b点射出，故D正确。 　　故选AD。 10. 【答案】AC 【解析】  A．根据题意，设滑块下滑后弹性轻绳与PQ间夹角为时，对滑块进行受力分析，如图所示 　　 　　由平衡条件有 　　由胡克定律结合几何关系有 　　联立解得 　　可知，滑块与杆之间的弹力不变，则滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始终为 　　故A正确； 　　B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的方向不同，则下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量不相同，故B错误； 　　C．设滑块从释放到静止运动的位移为 ，滑块开始向下做加速度减小的减速运动，当沿着杆方向合力为0时，滑块速度最大，之后滑块继续向下做加速度增大的减速运动，当速度为为0时，有 , 由几何关系可得 ,此时 　　则滑块会继续向上滑动，做加速度减小的加速运动。当滑块速度再次为0时，有,解得 此时 　　此时 则滑块静止，故从释放到静止，滑块的位移为x'=0.64m，故C正确. 　　D．从释放到静止，设克服滑动摩擦力做功为，由能量守恒定律有        　　解得 　　故D错误。 　　故选AC。 11. 【答案】(1)(2)(3)AC 【解析】  （1）打b点时重物的瞬时速度等于打a、c两点间的平均速度，所以 　　（2）A上升高度为h，则B、C下降高度也为h ，系统重力势能减少量 　　系统动能增加量 　　若系统机械能守恒，则 　　即 　　（3）A．由可知，两边m可约去，所以重物质量可以不测量，故虽说法正确，但不符合减小实验误差的目的，A错误； 　　B．打点计时器竖直放置安装在铁架台上，可减小纸带与限位孔间的摩擦，从而减少实验误差，故B正确，不符合题意； 　　C．是自由落体运动的速度公式，此实验中重物不是自由落体运动，不能用该式计算b点速度，应该用平均速度法计算，故C正确，不符合题意。 　　故选A。 12. 【答案】C；上；； 【解析】  [1]电容器充电过程中，当电路刚接通后，电流先从0增大到某一最大值，后随着电容器极板上电荷的不断增多，电流逐渐减小，当电容器两极板电压等于电源电压时电荷停止定向移动，电流为0。 　　故选C。 　　 [2] 根据电路图可知充电结束后电容器上极板带正电。 　　[3] [4]t＝1.2s时，I＝1.0mA，此时电容器两端的电压为　　电容器开始放电前两端电压为8V，根据图像与横轴围成的面积表示放电电量可得间的放电电量为　　1.2s后到放电结束间放电量为　　代入　　得， 13. (1) 【答案】 【解析】  根据牛顿第二定律有 　　解得 (2) 【答案】 【解析】  根据万有引力提供向心力有 　　根据万有引力与重力关系有　　解得 14. (1) 【答案】2.7s 【解析】  对物块受力分析，由牛顿第二定律可得 　　解得a＝5m/s2 　　物块向右做匀减速直线运动，刚好未从传送带B端滑落，即到达B点速度大小为零。 　　则物块从A到B的时间为　　传送带的长度为　　物块从B返回到A先做匀加速直线运动，与传送带共速后，一起向左做匀速直线运动。 　　物块向左做匀加速运动的时间为　　此过程物块匀加速运动的位移为　　向左匀速运动的时间为　　故物块在传送带上运动的时间为 (2) 【答案】16J或40.5J 【解析】  设物块第一次运动到距A端2m时的速度为v1，根据速度—位移公式得 　　代入数据解得v1＝4m/s 　　根据运动学公式得　　代入数据解得　　此过程因摩擦产生的热量为　　代入数据解得Q1＝16J 　　因为物块第二次运动到A端2m处时，已经与传送带共速，则　　代入数据解得Q2＝40.5J 15. (1) 【答案】 【解析】  带电粒子在第二象限中加速运动，由动能定理可知 　　解得 (2) 【答案】 【解析】  带电粒子射入静电分析器，做匀速圆周运动，则有 　　解得 (3) 【答案】 【解析】  带电粒子进入第四象限后在水平方向上做匀速直线运动，则可以从两板间离开的粒子，在两板间的运动时间为 　　设在前半个周期，t1时刻进入两板间的粒子可恰好从两板间离开，做出粒子在板间运动的v-t图像。 　　 　　依题意，从板间离开的粒子的速度方向平行于两板，则t1时刻进入恰好离开的粒子当其运动到2T-2t1时，恰好打到上板竖直方向速度减为0，之后在竖直方向向下运动，最终从两板间离开。粒子沿y轴正方向的最大速度为 　　其中 　　粒子沿y轴负方向的最大速度为 　　依题意，有 　　解得 　　设在前半个周期，t2时刻进入两板间的粒子刚好从下极板边缘离开，粒子沿y轴正方向的最大速度为 　　粒子沿y轴负方向的最大速度为 　　依题意，有 　　解得 　　则在半个周期内，在时间段内进入的粒子可以从两板间离开，在后半个周期内进入的粒子将直接打到下板，综上所述，能够从两板间离开的粒子数占进入粒子总数的百分比为 学科网（北京）股份有限公司 $