精品解析：湖北荆州市沙市中学2025-2026学年高一下学期6月阶段检测物理试题

2025—2026学年度下学期2025级 6月月考物理试卷 考试时间：2026年6月18日 一、单选题（28分） 1. 物理学发展过程中，许多物理学家的科学研究克服了当时研究条件的局限性，取得了辉煌成果，推动了人类文明发展的进程。下列有关物理学史说法正确的是（　　） A. 开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因 B. 法拉第通过实验发现，雷电的性质与摩擦产生的电的性质完全相同，并命名了正电荷和负电荷 C. 密立根通过油滴实验比较准确地测出了质子的电荷量 D. 伽利略确立了许多用于描述物体运动的基本概念，也创造了实验和逻辑推理结合的科学方法 2. 2024年央视春晚舞蹈节目《锦鲤》华丽登场，舞者巧借威亚展现别样东方美，寓意鱼跃龙门好运连连。如图所示，图甲为吊威亚表演者的照片，图乙为其简化示意图，工作人员 以速度 沿直线水平向左匀速拉轻绳，表演者 在空中升起，则在此过程中（　　） A. 表演者 处于失重状态 B. 工作人员 受到地面的摩擦力水平向右 C. 时， 与 的速度大小之比为 D. 工作人员 对地面的压力大小等于其重力大小 3. 图甲所示的是家用燃气炉架有四个爪，四个爪均匀分布，图乙是放上总质量为的半球形锅后的侧视图，其平稳地放在炉架上，忽略爪与锅之间的摩擦力，下列说法正确的是（　　） A. 每个爪对锅的弹力是由于锅发生弹性形变产生的 B. 每个爪与锅之间的弹力等于 C. 若换一个总质量相同、半径较大的锅，每个爪对锅的弹力变小 D. 若换一个总质量相同、半径较大的锅，燃气炉架对锅的作用力变小 4. 如图所示，弹簧竖直固定在地面上，一小球从它的正上方A点自由下落，到达B点开始与弹簧接触，到达C点速度减为零，之后又回到A点，如此反复，B为AC的中点，下列说法正确的是（ ） A. 小球在B点处速度最大 B. 小球从A下落到C的过程中，加速度先竖直向下且保持不变，后竖直向上且一直增大 C. 弹簧增加的弹性势能等于小球减少的动能 D. 小球在下落过程中，重力的功率先增大后减小 5. 如图所示，半球形陶罐固定在绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴重合。转台以一定角速度匀速转动，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，改变转台角速度，再次稳定后，小物块与O点的连线与之间的夹角θ变大，不计摩擦．下列说法正确的是（ ） A. 物块做圆周运动的加速度大小变小 B. 转台角速度变大 C. 陶罐对小物块的作用力不变 D. 小物块所受合力始终指向O点 6. 图甲所示的“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命。图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心、轨道半径之比为1∶4。若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是（ ） A. 在图示轨道上，“轨道康复者”的速度大于7.9 km/s B. 同步卫星的向心加速度小于地球表面附近的重力加速度 C. 在图示轨道上，“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的4倍 D. 在图示轨道上，“轨道康复者”的周期为3h，再过3h两卫星连线再次过地心 7. 如图所示，空间中存在水平向右的匀强电场，电场强度。一质量为m、电荷量为+q的小球从A点以初速度v0斜向上抛出，初速度方向与水平方向间的夹角为60°。规定抛出点的重力势能和电势能均为零。已知重力加速度为g，不计空气阻力。小球从抛出到落回到与抛出点等高位置B的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 小球的动能的最小值为 B. 小球的重力势能的最大值为 C. 小球的电势能的减少量为 D. 小球的机械能的最大值为 二、多选题（12分） 8. 具有相同质子数和不同中子数的原子称为同位素。让氢的三种同位素原子核（、和）以相同的速度从带电平行板间的 点沿垂直于电场的方向射入电场，其中氘核（）恰好能离开电场，轨迹如图所示。不计粒子的重力，则（ ） A. 不能离开电场 B. 在电场中受到的电场力最大 C. 在电场中运动的时间最短 D. 在电场中运动的过程中电场力对做功最少 9. 如图所示，一质量为的长木板静止在水平地面上，一质量为的滑块（可视为质点）以的水平速度从长木板最左端滑上木板，同时对长木板施加一个水平向左的恒力，当滑块运动到长木板最右端时恰好与长木板相对静止。滑块与长木板间的动摩擦因数为，长木板与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小取，忽略空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则从物块滑上长木板到恰好与长木板相对静止的过程中，下列说法正确的是（ ） A. 当物块运动到长木板的中间位置时，长木板的加速度大小为 B. 长木板的长度为 C. 该过程中因摩擦产生的总内能为 D. 该过程中长木板对物块做的总功为零 10. 如图所示，A、B两小球由绕过轻质光滑定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线恰好伸直，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为3m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面，不计空气阻力，在这一过程中A始终在斜面上。下列说法正确的是（　　） A. 斜面倾角α=30° B. 释放A的瞬间，B的加速度大小为0.5 g C. A达到的最大速度大小为 D. 从释放A，到C刚离开地面的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大 三、实验题（18分） 11. 某同学在实验室测量一新材料制成的圆柱体的电阻率。 （1）用螺旋测微器测量其横截面直径，示数如图甲所示，可知其直径为______mm；用游标卡尺测其长度，示数如图乙所示，可知其长度为______mm。 （2）用多用电表粗测其电阻约为6Ω。为了减小实验误差，需进一步用伏安法测量圆柱体的电阻，要求待测电阻两端的电压能从0开始连续可调。除待测圆柱体R0外，实验室还有的实验器材如下： A．电压表V（量程3V，内阻约为15kΩ） B．电流表A（量程0.6A，内阻约为1Ω） C．滑动变阻器R（阻值范围0~5Ω，2.0A） D．直流电源E（电动势为3V） E．开关 F．导线若干 则该实验电路应选择下列电路中的（　　）。 A. B. C. D. （3）正确连接电路，所有操作都正确，则测出的电阻______（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。 （4）实验测出圆柱体的电阻为R，圆柱体横截面的直径为D，长度为L，则圆柱体电阻率为ρ=______（用D、L、R表示，单位均为国际单位） 12. 小李同学用如图甲所示的装置进行“探究加速度与合外力之间关系”的实验，图中的拉力传感器随时可以将小车所受细绳的拉力显示在与之连接的平板电脑上并进行记录，其中小车的质量为，沙和沙桶的质量为，小车的运动情况通过打点计时器在纸带上打点记录。 （1）对于该实验应该注意的问题或者会出现的情况，以下说法中正确的是（　　） A. 该实验需要补偿阻力 B. 实验过程中需要始终保持远大于 C. 实验得到的图线在比较大时会出现弯曲 （2）如图乙所示是实验过程中得到的纸带， 、 、、、 、、 是选取的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点没有画出，打点计时器使用的电源频率，则物体运动的加速度________（结果保留两位有效数字）。 （3）若小李由实验得到小车的加速度与力传感器示数的关系如图丙所示，纵截距为，横轴截距为，则小车运动中所受阻力________，小车的质量________，（均用、表示）； 四、解答题（42分） 13. 滑板运动深受青少年的喜爱。如图所示，左侧是一个水平平台，在平台右侧有一倾角为的滑道。一可视为质点的滑板运动员从平台边缘点以的速度水平飞出，恰从 点沿倾斜滑道方向进入倾斜滑道，经过一段时间到达 点。已知 、 间的距离为，重力加速度取，，，不计空气阻力，不计滑板与倾斜滑道间的摩擦，求： （1）、 两点间的竖直距离； （2）滑板运动员到达 点时的速度大小。 14. 如图所示，在电场强度 为的水平向左的匀强电场中，有一半径为的光滑四分之三圆弧绝缘轨道竖直放置，圆弧轨道与水平绝缘轨道相切于点，圆弧轨道所在竖直平面与电场线平行。一带电荷量为的小滑块，质量为，滑块从水平轨道上的某处由静止释放。小滑块与水平轨道间的动摩擦因数，重力加速度取。 （1）小滑块从水平轨道上距离点处释放，求滑行至 点时滑块对轨道的压力； （2）若小滑块能够从点离开圆弧轨道（运动过程中不脱离圆弧轨道），求小滑块的释放位置到点的最小距离。 15. 如图所示为一固定于竖直平面内的实验探究装置的示意图，该装置由速率可调的水平传送带AB、光滑圆弧轨道BCD、光滑细圆管EFG和光滑圆弧轨道GN组成，水平传送带顺时针匀速转动，A、B点在传送带两端转轴的正上方，且AB的长度，圆弧轨道BCD和细圆管EFG的圆心分别为、；圆心角均为120°，半径均为，且B点和G点分别为两轨道的最高点和最低点，细圆管EFG的下表面与圆弧轨道GN的上表面相切于G点。现将一质量为的物块（可视为质点）轻放在传送带的左端A点，在B处的开口和E、D处的开口正好可容物块通过。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为，不计空气阻力。 （1）若传送带的速率为，求物块从传送带A点运动到B点所需的时间（最后计算结果可以用根式表示）； （2）若传送带的速率为，求物块经过细圆管EFG的最低点G时，物块对轨道的作用力大小； （3）若传送带的速率为，忽略轨道上G点到地面的高度，N点与地面的高度差为，调节物块从N点飞出时速度方向与水平方向的夹角，使滑块从N点飞出后落到地面的水平射程最大，求最大水平射程。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度下学期2025级 6月月考物理试卷 考试时间：2026年6月18日 一、单选题（28分） 1. 物理学发展过程中，许多物理学家的科学研究克服了当时研究条件的局限性，取得了辉煌成果，推动了人类文明发展的进程。下列有关物理学史说法正确的是（　　） A. 开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因 B. 法拉第通过实验发现，雷电的性质与摩擦产生的电的性质完全相同，并命名了正电荷和负电荷 C. 密立根通过油滴实验比较准确地测出了质子的电荷量 D. 伽利略确立了许多用于描述物体运动的基本概念，也创造了实验和逻辑推理结合的科学方法 【答案】D 【解析】 【详解】A．开普勒总结出了行星运动三大规律，但并未解释行星按这些规律运动的原因，该原因由牛顿提出的万有引力定律揭示，故A错误； B．富兰克林通过风筝实验证明雷电的性质与摩擦产生的电的性质完全相同，并命名了正电荷和负电荷，对应贡献不属于法拉第，故B错误； C．密立根通过油滴实验比较准确地测出了电子的电荷量，并非质子的电荷量，故C错误； D．伽利略确立了平均速度、瞬时速度、加速度等描述物体运动的基本概念，同时创造了将实验和逻辑推理结合的科学研究方法，故D正确。 故选D。 2. 2024年央视春晚舞蹈节目《锦鲤》华丽登场，舞者巧借威亚展现别样东方美，寓意鱼跃龙门好运连连。如图所示，图甲为吊威亚表演者的照片，图乙为其简化示意图，工作人员以速度 沿直线水平向左匀速拉轻绳，表演者 在空中升起，则在此过程中（　　） A. 表演者 处于失重状态 B. 工作人员受到地面的摩擦力水平向右 C. 时，与 的速度大小之比为 D. 工作人员对地面的压力大小等于其重力大小 【答案】C 【解析】 【详解】A．将的速度 沿绳方向和垂直绳方向分解。沿绳方向分速度即为绳子收缩速度，也等于 上升的速度 向左运动时，减小，增大，故增大， 向上做加速运动，加速度向上，是超重状态，故A错误； B．水平向左匀速，合外力为零。绳子对的拉力方向沿绳斜向右上方，该拉力有水平向右的分力。为保持平衡，地面对的摩擦力必须水平向左，故B错误； C．时，，故，故C正确； D．在竖直方向受重力、支持力、绳子拉力的竖直向上分力。因此支持力，故D错误； 故选C。 3. 图甲所示的是家用燃气炉架有四个爪，四个爪均匀分布，图乙是放上总质量为的半球形锅后的侧视图，其平稳地放在炉架上，忽略爪与锅之间的摩擦力，下列说法正确的是（　　） A. 每个爪对锅的弹力是由于锅发生弹性形变产生的 B. 每个爪与锅之间的弹力等于 C. 若换一个总质量相同、半径较大的锅，每个爪对锅的弹力变小 D. 若换一个总质量相同、半径较大的锅，燃气炉架对锅的作用力变小 【答案】C 【解析】 【详解】A．弹力是由于物体发生弹性形变而产生的力，每个爪对锅的弹力是由于爪发生弹性形变产生的，而不是锅，故A错误； B．由于四个爪均匀分布，且忽略爪与锅之间的摩擦力，设每个爪与锅之间的弹力方向与水平方向夹角为，竖直方向根据平衡条件有 解得，故B错误； C．若一定，设正对的一对爪之间的距离为，锅的半径为，则有 因为不变，故可知当越大时，越小，故C正确； D．燃气炉架对锅的作用力等于锅的重力，与锅的半径无关，故D错误。 故选C。 4. 如图所示，弹簧竖直固定在地面上，一小球从它的正上方A点自由下落，到达B点开始与弹簧接触，到达C点速度减为零，之后又回到A点，如此反复，B为AC的中点，下列说法正确的是（ ） A. 小球在B点处速度最大 B. 小球从A下落到C的过程中，加速度先竖直向下且保持不变，后竖直向上且一直增大 C. 弹簧增加的弹性势能等于小球减少的动能 D. 小球在下落过程中，重力的功率先增大后减小 【答案】D 【解析】 【详解】AB．小球从A运动到B的过程中只受重力作用，加速度不变，小球做匀加速直线运动。从B运动到C的过程中，小球受弹簧弹力和重力作用，根据胡克定律可知，弹力和形变量成正比，弹力和重力的合力先竖直向下且减小，后竖直向上并增大，所以速度最大处位于BC之间，故AB错误； C．小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧增加的弹性势能等于小球减少的机械能，小球在运动过程中动能和重力势能都在变化，故C错误； D．重力的功率 小球在下落过程中，速度先增大后减小，重力的功率先增大后减小，故D正确。 故选D。 5. 如图所示，半球形陶罐固定在绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴重合。转台以一定角速度匀速转动，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，改变转台角速度，再次稳定后，小物块与O点的连线与之间的夹角θ变大，不计摩擦．下列说法正确的是（ ） A. 物块做圆周运动的加速度大小变小 B. 转台角速度变大 C. 陶罐对小物块的作用力不变 D. 小物块所受合力始终指向O点 【答案】B 【解析】 【详解】AC．对小物块受力分析，受重力和陶罐的支持力，竖直方向平衡有 水平方向合力提供向心力有 解得， 当变大时，变大，变小，则加速度变大，支持力变大，故AC错误； B．由且 得 解得 当变大时，变小，则角速度变大，故B正确。 D．小物块做匀速圆周运动，合力提供向心力，方向指向圆周运动的圆心（转轴上），不是指向球心，故D错误； 故选B。 6. 图甲所示的“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命。图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心、轨道半径之比为1∶4。若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是（ ） A. 在图示轨道上，“轨道康复者”的速度大于7.9 km/s B. 同步卫星的向心加速度小于地球表面附近的重力加速度 C. 在图示轨道上，“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的4倍 D. 在图示轨道上，“轨道康复者”的周期为3h，再过3h两卫星连线再次过地心 【答案】B 【解析】 【详解】A．7.9km/s是第一宇宙速度，从地面发射卫星的速度不小于第一宇宙速度，卫星绕地球做圆周运动的速度不大于第一宇宙速度，A错误； B．由万有引力提供向心加速度得 设地球半径为,地球上物体质量为，由万有引力等于重力有 地球表面重力加速度 同步卫星轨道半径，因此其向心加速度小于地表重力加速度，B正确； C．万有引力提供向心力有 解得加速度 因两者的轨道半径之比为，所以加速度比为，C错误； D．根据开普勒第三定律有 由题意有， 联立解得 在题图中状态之后，当“轨道康复者”转过的弧度与地球同步卫星转过的弧度差为时，两卫星连线再次过地心。经3h，地球同步卫星转过的弧度为 “轨道康复者”转过的弧度为 弧度差为 因此再过3h两卫星连线不会过地心，D错误。 故选B。 7. 如图所示，空间中存在水平向右的匀强电场，电场强度。一质量为m、电荷量为+q的小球从A点以初速度v0斜向上抛出，初速度方向与水平方向间的夹角为60°。规定抛出点的重力势能和电势能均为零。已知重力加速度为g，不计空气阻力。小球从抛出到落回到与抛出点等高位置B的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 小球的动能的最小值为 B. 小球的重力势能的最大值为 C. 小球的电势能的减少量为 D. 小球的机械能的最大值为 【答案】D 【解析】 【详解】A．设重力与电场力的合力方向与水平方向的夹角为θ，则有 所以θ=60° 把初速度v0沿合力方向和垂直合力方向进行正交分解，由分析可知小球在合力方向做匀变速直线运动，在垂直合力方向做匀速直线运动，所以当沿合力方向的速度减为0时，小球的速度最小，此时速度等于垂直合力方向的分速度。根据几何关系有 所以小球的动能的最小值为，故A错误； B．将小球的运动沿水平方向和竖直方向进行正交分解，由分析可知，小球在电场力的作用下水平向右做匀加速直线运动，在重力作用下竖直方向小球做竖直上抛运动。设小球上升的最大高度为h，则有 所以小球的重力势能的最大值为，故B错误； C．设从A到B的过程中，小球运动的时间为t，由竖直方向竖直上抛运动可得 设小球水平方向匀加速直线运动的加速度为ax，则根据牛顿第二定律有 代入数据解得 所以小球在水平方向匀加速运动的位移为 从A到B的过程电场力做功为 根据电场力做功与电势能变化间的关系，可得小球的电势能的减少量为，故C错误； D．因为电场力做正功，小球的机械能增加，所以当小球运动到最右端时机械能最大。小球初始位置的机械能为 根据功能关系可知从A到B的过程中，小球机械能的增加量为 所以小球的机械能的最大值为，故D正确。 故选D。 二、多选题（12分） 8. 具有相同质子数和不同中子数的原子称为同位素。让氢的三种同位素原子核（、和）以相同的速度从带电平行板间的 点沿垂直于电场的方向射入电场，其中氘核（）恰好能离开电场，轨迹如图所示。不计粒子的重力，则（ ） A. 不能离开电场 B. 在电场中受到的电场力最大 C. 在电场中运动的时间最短 D. 在电场中运动的过程中电场力对做功最少 【答案】CD 【解析】 【详解】A．三种粒子在电场中均做类平抛运动，设金属板的长度为L，P点到下极板的距离为h，则竖直方向有 水平方向有 联立解得 分析可知，能否离开电场与比荷有关，氘核恰好能离开电场，的比荷比的大，相同水平位移时，偏转距离更大，所以不能离开电场；的比荷比的小，相同水平位移时，偏转距离更小，所以能离开电场，故A错误； B．电场力大小为，同一匀强电场，E相同，三种粒子所带电荷量相同，所以三种粒子在电场中所受电场力大小相等，故B错误； C．三种粒子的初速度相同，不能离开电场，水平位移最小，由x=vt可知，在电场中运动的时间最短，和都能离开电场，电场中运动时间相同，故C正确； D．电场力做功为W=Eqd，电荷量相同，电场强度相同，分析可知、在电场中运动的竖直位移相等，而在电场中运动的竖直位移最小，因此在电场中运动的过程中电场力对做功最少，故D正确。 故选CD。 9. 如图所示，一质量为的长木板静止在水平地面上，一质量为的滑块（可视为质点）以的水平速度从长木板最左端滑上木板，同时对长木板施加一个水平向左的恒力，当滑块运动到长木板最右端时恰好与长木板相对静止。滑块与长木板间的动摩擦因数为，长木板与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小取，忽略空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则从物块滑上长木板到恰好与长木板相对静止的过程中，下列说法正确的是（ ） A. 当物块运动到长木板的中间位置时，长木板的加速度大小为 B. 长木板的长度为 C. 该过程中因摩擦产生的总内能为 D. 该过程中长木板对物块做的总功为零 【答案】BD 【解析】 【详解】A．物块在长木板上运行时，由牛顿第二定律可知，对于物块，有 对于长木板，有 解得，，故A错误； B．规定水平向左为正方向，共速时，有 解得 所以 长木板的长度为，故B正确； C．与间产生的内能 与地面摩擦产生的内能 总内能，故C错误； D．物块的位移 故物块与长木板相对静止时，物块恰好回到出发点，且速度大小与初速度大小相同，该过程中长木板对物块做的总功为零，故D正确。 故选BD。 10. 如图所示，A、B两小球由绕过轻质光滑定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线恰好伸直，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为3m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面，不计空气阻力，在这一过程中A始终在斜面上。下列说法正确的是（　　） A. 斜面倾角α=30° B. 释放A的瞬间，B的加速度大小为0.5 g C. A达到的最大速度大小为 D. 从释放A，到C刚离开地面的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为，则 物体C刚刚离开地面时，以B为研究对象，物体B受到重力mg、弹簧的弹力、细线的拉力T三个力的作用，设物体B的加速度为a，根据牛顿第二定律，对B有 对A有 得 当B获得最大速度时，有a=0，解得 所以，故A错误； B．释放瞬间弹簧弹力不突变，弹力仍为 对A、B整体，根据牛顿第二定律有 解得，故B正确； C．初末状态弹簧形变量大小相等，因此弹性势能不变，A下滑距离等于B上升距离，则 根据能量守恒定律有 解得，故C正确； D．弹簧从初始压缩状态，先随着B上升，压缩量逐渐减小到0（原长），这个过程形变量减小，弹性势能减小；之后弹簧被继续拉长，伸长量逐渐增大，形变量增大，弹性势能增大。因此弹性势能先减小后增大，故D正确。 故选BCD。 三、实验题（18分） 11. 某同学在实验室测量一新材料制成的圆柱体的电阻率。 （1）用螺旋测微器测量其横截面直径，示数如图甲所示，可知其直径为______mm；用游标卡尺测其长度，示数如图乙所示，可知其长度为______mm。 （2）用多用电表粗测其电阻约为6Ω。为了减小实验误差，需进一步用伏安法测量圆柱体的电阻，要求待测电阻两端的电压能从0开始连续可调。除待测圆柱体R0外，实验室还有的实验器材如下： A．电压表V（量程3V，内阻约为15kΩ） B．电流表A（量程0.6A，内阻约为1Ω） C．滑动变阻器R（阻值范围0~5Ω，2.0A） D．直流电源E（电动势为3V） E．开关 F．导线若干 则该实验电路应选择下列电路中的（　　）。 A. B. C. D. （3）正确连接电路，所有操作都正确，则测出的电阻______（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。 （4）实验测出圆柱体的电阻为R，圆柱体横截面的直径为D，长度为L，则圆柱体电阻率为ρ=______（用D、L、R表示，单位均为国际单位） 【答案】（1） ①. 0.920 ②. 42.40 （2）B （3）小于 （4） 【解析】 【小问1详解】 [1]螺旋测微器的精确值为0.01mm，可知直径为0.5mm+42.0×0.01mm=0.920mm [2]20分度的游标卡尺的精确值为0.05mm，可知长度为42mm+8×0.05mm=42.40mm 【小问2详解】 实验要求待测电阻两端的电压能从0开始连续可调，可知控制电路中的滑动变阻器应采用分压式接法，由于待测电阻约为6Ω，远远小于电压表的内阻，为了减小误差，测量电路应采用电流表外接法。 故选B。 【小问3详解】 控制电路中采用电流表外接法，由于电压表的分流带来的误差，使得电流表读数Ⅰ比通过待测电阻的实际电流Ⅰ实大，则有 可知测出的电阻小于真实值。 【小问4详解】 根据电阻定律有 圆柱体截面积 解得 12. 小李同学用如图甲所示的装置进行“探究加速度与合外力之间关系”的实验，图中的拉力传感器随时可以将小车所受细绳的拉力显示在与之连接的平板电脑上并进行记录，其中小车的质量为，沙和沙桶的质量为，小车的运动情况通过打点计时器在纸带上打点记录。 （1）对于该实验应该注意的问题或者会出现的情况，以下说法中正确的是（　　） A. 该实验需要补偿阻力 B. 实验过程中需要始终保持远大于 C. 实验得到的图线在比较大时会出现弯曲 （2）如图乙所示是实验过程中得到的纸带，、 、、、 、、 是选取的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点没有画出，打点计时器使用的电源频率，则物体运动的加速度________（结果保留两位有效数字）。 （3）若小李由实验得到小车的加速度与力传感器示数的关系如图丙所示，纵截距为，横轴截距为，则小车运动中所受阻力________，小车的质量________，（均用、表示）； 【答案】（1）A （2） （3） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 A．该实验需要补偿阻力，使小车所受的合外力等于细绳的拉力，故A正确； B．因为有拉力传感器可以直接测量拉力，所以不需要始终保持远大于，故B错误； C．由于不需要远大于，所以实验得到的图线不会在比较大时出现弯曲，故C错误。 故选A。 【小问2详解】 由题意可知相邻计数点时间间隔 根据逐差法 可知加速度大小 【小问3详解】 [1][2]对车，根据牛顿第二定律有 整理得 可知图像斜率 纵截距 联立解得， 四、解答题（42分） 13. 滑板运动深受青少年的喜爱。如图所示，左侧是一个水平平台，在平台右侧有一倾角为的滑道。一可视为质点的滑板运动员从平台边缘点以的速度水平飞出，恰从点沿倾斜滑道方向进入倾斜滑道，经过一段时间到达 点。已知、 间的距离为，重力加速度取，，，不计空气阻力，不计滑板与倾斜滑道间的摩擦，求： （1）、两点间的竖直距离； （2）滑板运动员到达 点时的速度大小。 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 滑板运动员从点运动到点做平抛运动，有， 由几何关系得 联立各式得 【小问2详解】 由几何关系得 滑板运动员在倾斜滑道上运动时的加速度为 由匀变速直线运动规律得 代入数据得 14. 如图所示，在电场强度 为的水平向左的匀强电场中，有一半径为的光滑四分之三圆弧绝缘轨道竖直放置，圆弧轨道与水平绝缘轨道相切于点，圆弧轨道所在竖直平面与电场线平行。一带电荷量为的小滑块，质量为，滑块从水平轨道上的某处由静止释放。小滑块与水平轨道间的动摩擦因数，重力加速度取。 （1）小滑块从水平轨道上距离点处释放，求滑行至 点时滑块对轨道的压力； （2）若小滑块能够从点离开圆弧轨道（运动过程中不脱离圆弧轨道），求小滑块的释放位置到点的最小距离。 【答案】（1）0.5 N，方向水平向左 （2） 【解析】 【小问1详解】 从释放位置到 点动能定理得 根据牛顿第二定律，有 解得 根据牛顿第三定律得滑块对轨道的压力，方向水平向左 【小问2详解】 点是等效的最低点，与点关于点对称的 点是滑块不容易通过的等效最高点，只要能通过 点，就不会脱离圆弧轨道。如图所示 所以 当小滑块恰好通过 点时，滑块从释放后到运动到 点过程，由动能定理可知 在 点对滑块受力分析并结合牛顿第二定律有 解得 15. 如图所示为一固定于竖直平面内的实验探究装置的示意图，该装置由速率可调的水平传送带AB、光滑圆弧轨道BCD、光滑细圆管EFG和光滑圆弧轨道GN组成，水平传送带顺时针匀速转动，A、B点在传送带两端转轴的正上方，且AB的长度，圆弧轨道BCD和细圆管EFG的圆心分别为、；圆心角均为120°，半径均为，且B点和G点分别为两轨道的最高点和最低点，细圆管EFG的下表面与圆弧轨道GN的上表面相切于G点。现将一质量为的物块（可视为质点）轻放在传送带的左端A点，在B处的开口和E、D处的开口正好可容物块通过。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为，不计空气阻力。 （1）若传送带的速率为，求物块从传送带A点运动到B点所需的时间（最后计算结果可以用根式表示）； （2）若传送带的速率为，求物块经过细圆管EFG的最低点G时，物块对轨道的作用力大小； （3）若传送带的速率为，忽略轨道上G点到地面的高度，N点与地面的高度差为，调节物块从N点飞出时速度方向与水平方向的夹角，使滑块从N点飞出后落到地面的水平射程最大，求最大水平射程。 【答案】（1） （2）18N （3）4.8m 【解析】 【小问1详解】 若物块从传送带A点运动到B点一直匀加速，根据牛顿第二定律，有 由运动学公式 联立可得 由此可知物块应该是先匀加速后匀速；匀加速阶段，由速度-时间公式，有 由位移-时间公式，有 匀速阶段 则物块从传送带A点运动到B点所需的时间 联立解得 【小问2详解】 若传送带的速度 则物块先匀加速再匀速，经过 点时的速度为 物块由 点到 点的过程中由动能定理可得 点，由牛顿第二定律有 联立可得 由牛顿第三定律得物块对轨道得压力大小为18N。 【小问3详解】 物块由 点到点的过程中由动能定理得 解得 物块从点飞出做斜抛运动，设速度方向与水平方向的夹角为，竖直方向上 水平方向上，水平射程为 联立消去，可得 可得当时，水平射程最大 解得 解法二：设从点飞出时速度方向与水平方向夹角为，小滑块落地的速度大小为 落地速度方向与水平方向夹角为，从点飞出到落到所用时间为 ，画出速度矢量关系图，如图所示 由几何关系可知，图像的面积为 又有 位移为 则 可知，面积最大时，水平位移最大，由上述分析可知，、 固定不变，则当水平位移最大，又有 可得 又有 即从点飞出时速度与水平方向夹角为时，水平射程最大，解得。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $