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浙江省湖州市2023-2024学年高一下学期6月期末物理试题
1．（2024高一下·湖州期末）以下物理量属于矢量的是（　　）
A．电场强度 B．周期 C．功 D．动能
2．（2024高一下·湖州期末）发现万有引力定律的科学家是（　　）
A．牛顿 B．第谷 C．开普勒 D．卡文迪许
3．（2024高一下·湖州期末）以下运动不服从牛顿力学规律的是（　　）
A．电子以接近光的速度运动
B．投出的篮球在空中的运动
C．火箭升空时的运动
D．宇宙飞船在太空中飞行时的运动
4．（2024高一下·湖州期末）下列过程中小明对物体做了功的是（　　）
A．小明握住水杯，在水平方向匀速走了2m的过程中
B．小明抓着哑铃后，在空中停留10s的过程中
C．小明拿着书包，将书包从地面提到桌面的过程中
D．小明将足球踢出后，足球在草地上滚动了5m的过程中
5．（2024高一下·湖州期末）以下实际应用是利用静电屏蔽的是（　　）
A．甲图中，燃气灶点火器的放电电极是钉尖形
B．乙图中，野外高压输电线上方有两根导线跟大地相连
C．丙图中，带电的灰尘经过静电除尘装置
D．丁图中，工作人员给汽车加油前先要碰一下静电释放器
6．（2024高一下·湖州期末）如图所示，在空间O点有一电荷量为Q的正点电荷，其在空间P点产生的电场强度为E，把电荷量为q的试探电荷放在P点。下列能正确反映E、Q、q之间关系的图像是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2024高一下·湖州期末）如图为两个点电荷电场线的分布图，电场中的a、b两点关于两电荷连线的中垂线对称。以下说法正确的是（　　）
A．这是两个等量同种点电荷的电场线
B．a、b两点的电场强度相同
C．a、b两点的电势相同
D．电子在a点的电势能大于在b点的电势能
8．（2024高一下·湖州期末）质量相等的A、B两人分别站在赤道和纬度为30°的地面上，他们随地球自转做匀速圆周运动，其角速度大小为ωA、ωB，线速度大小为vA、vB，向心加速度大小为aA、aB向心力大小为FA、FB。以下判断正确的是（　　）
A．ωA>ωB B．vA=vB C．aA>aB D．FA=FB
9．（2024高一下·湖州期末）赛车是一项极具挑战和危险的运动，比赛转弯过程中若不能很好的控制速度很容易发生侧滑。如图为赛车转弯时的情景，此时赛车过O点，可看作沿Oa圆弧做匀速圆周运动，Ob方向为O点的切线方向。以下说法不正确的是（　　）
A．赛车过O点时速度方向沿Ob方向
B．赛车过O点时合外力指向圆心
C．赛车转弯速率相同时，半径越小越容易发生侧滑
D．发生侧滑时，塞车沿着Ob方向滑离原轨道做匀速直线运动
10．（2024高一下·湖州期末）2024年4月25日20时59分，神舟十八号载人飞船搭载三位航天员成功发射，次日三位航天员进入离地面高度为H的空间站。已知地球质量为M，地球半径为R，某航天员的质量为m，引力常量为G。则该航天员在空间站里受到地球对其的引力大小为（　　）
A．0 B． C． D．
11．（2024高一下·湖州期末）如图所示，将带正电荷Q的导体球C靠近不带电的导体，若虚线将导体分成A、B两部分，这两部分的电荷量分别为QA、QB。则下列判断正确的是（　　）
A．A带正电，QA=QB B．A带正电，QAC．A带负电，QA12．（2024高一下·湖州期末）如图所示，天宫空间站的信号是通过我国自主研制的中继卫星进行传输，空间站位于离地高度约为380km的轨道上，中继卫星位于离地高度约为36000km的静止卫星轨道上，则（　　）
A．中继卫星有可能经过湖州上空
B．中继卫星的线速度大于7.9km/s
C．中继卫星的角速度大于空间站的角速度
D．中继卫星的向心加速度小于空间站的向心加速度
13．（2024高一下·湖州期末）如图所示，一个带电的球体M固定在绝缘支架上，把系在绝缘丝线上的带电小球N挂在横杆上的P1处，M、N可看成点电荷。当小球N静止时，球体M中心与小球N等高，丝线与竖直方向的夹角为θ。在将悬点由P1处缓慢移到P2处的过程中，观察到夹角θ增大。由此可知（　　）
A．M和N带异种电荷
B．悬点由P1处缓慢移到P2处的过程中，N受到的静电力增大
C．N受到的静电力大小与它们间的距离的平方成反比
D．若悬点P1不变，使M的电荷量加倍，则N静止时受到的静电力也加倍
14．（2024高一下·湖州期末）如图所示，水平向右的匀强电场电场强度大小为E，在电场中O点固定一个点电荷。以点电荷为圆心的圆周上有a、b、c、d四个点，一试探电荷放在a点时受到的电场力恰好为零，则（　　）
A．点电荷带负电
B．b点电场强度大小为E，方向向上
C．c点电场强度大小为2E，方向向右
D．试探电荷在d点受到的电场力为零
15．（2024高一下·湖州期末）嫦娥三号是我国嫦娥工程中第一个月球软着陆的无人登月探测器。嫦娥三号由火箭发送至离月球表面一定高度的环月轨道上匀速绕月飞行，最后择机变轨并降落至月球表面（如图）。已知嫦娥三号在环月轨道上运行周期T，轨道半径r，万有引力常量G。从以上信息可以得到（　　）
A．嫦娥三号的质量
B．嫦娥三号在环月轨道上的向心力
C．月球的质量
D．月球表面的重力加速度
16．（2024高一下·湖州期末）如图所示，一定质量的足球在地面上的位置1被踢出后经过最高点2落到地面上的位置3。则足球（　　）
A．从1到3机械能守恒
B．从1到2重力势能减小量大于克服重力做功
C．从2到3动能增加量小于重力做功
D．从1到3重力势能始终不变
17．（2024高一下·湖州期末）2023年10月，“空中出租车”在上海试飞成功，完成首秀。质量为2t的“空中出租车”从静止开始竖直上升，其运动图像如图所示，不计空气阻力，则“空中出租车”（　　）
A．10s内的位移大小为150m B．3s末的合外力大小为24000N
C．3s末的输出功率为120kW D．10s内的输出平均功率为160kW
18．（2024高一下·湖州期末）如图为某运送快递的倾斜传送带的简化模型，倾角的传送带在电动机的带动下能以的恒定速率顺时针转动，皮带始终是绷紧的。现将质量的快递包（可视为质点）无初速度地放到传送带底端A点。已知传送带A点到顶端B点的距离，快递包与传送带之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则快递包从A点运送到B点（　　）
A．所需时间为4s
B．传送带对快递包做功为12J
C．摩擦产生的热量为48J
D．电动机因运送此快递包多做了54J的功
19．（2024高一下·湖州期末）如图甲所示是探究向心力大小与质量、转动角速度和转动半径之间关系的向心力演示仪。实验中有两个完全相同的钢球和一个同体积的铝球。
（1）本实验采用的主要实验方法为 ；（单选）
A．控制变量法 B．等效替代法 C．理想实验法
（2）探究小球所受向心力大小与小球转动角速度之间关系的实验图是 ；（单选）
A．
B．
C．
（3）在探究小球所受向心力大小与小球转动角速度之间关系的实验中，以一定的转速匀速转动手柄，观察左右测力筒露出的刻度，左边标尺露出1格，右边标尺露出4格，如图乙所示。则皮带连接的左、右塔轮半径之比为　 　。
20．（2024高一下·湖州期末）（1）小王在实验室里利用自由落体运动来验证机械能守恒定律
（1）图甲是小王释放纸带瞬间的照片，指出操作或装置不合理之处：　 　；（答出一点即可）
（2）正确操作后，让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带（局部），并标记计数点，如图乙所示。已知交流电频率为50Hz，重物质量为300g，当地重力加速度。则打7点时，重物的速度大小　 　m/s：O点到7点重物减小的重力势能　 　J；（计算结果都保留3位有效数字）
（3）通过计算发现重物重力势能的减小量大于动能的增大量，出现这一结果的原因可能是 。（单选）
A．工作电压偏低
B．存在空气阻力和摩擦力
C．接通电源前释放了纸带
21．（2024高一下·湖州期末）小王同学用图甲的电路做“观察电容器的充、放电现象”实验。
（1）实验室提供图乙所示电源，在连接时应接　 　（选填“A”或“B”）组接线柱；
（2）连好电路，电压选择“6V”，先将开关S接1，电容器充电，然后将开关S接2，电容器放电。记录并画出其放电过程中电流随时间变化的图像，如图乙所示，则可得到电容器放电过程中释放的电量为　 　 C（结果保留两位有效数字）。
22．（2024高一下·湖州期末）如图为某游乐场中的摩天轮。质量为m的游客随摩天轮的座舱在竖直面内做轨道半径为R的匀速圆周运动，转动一周所需时间为T，求：
（1）座舱运动的角速度大小；
（2）座舱运动的向心加速度大小；
（3）游客在最低点所受的合外力。
23．（2024高一下·湖州期末）如图为一种静电除尘装置的示意图，它的上下底面金属板M、N水平放置间距，宽，金属板间的匀强电场的电场强度。分布均匀的带电烟尘颗粒以的速度从左侧平行于金属板进入装置，碰到下金属板的颗粒被收集，但不影响电场的分布。已知每个烟尘颗粒的质量，所带电荷量。不考虑烟尘颗粒的重力、颗粒间的相互作用力和空气阻力。
（1）求金属板间的电压U；
（2）若从某点进入的带电颗粒能飞出电场，求其在电场中运动的加速度大小a、时间t以及飞出时垂直于板面方向的偏移量y；
（3）为了使进入装置的所有带电颗粒都被收集到金属板上，求两金属板间的最大间距dm。
24．（2024高一下·湖州期末）如图所示，一游戏装置由安装在水平台面上的轻质弹簧、水平直轨道AB，两个圆心分别为O1、O2的半圆轨道BCD、EFG，水平直轨道HI及弹性板组成。弹右端固定，O1、O2在同一竖直线上，C、F分别与O1、O2等高，轨道各部分平滑连接，且处于同一竖直面上。游戏时，压缩的弹簧将小滑块向左弹出，弹簧的弹性势能完全转化为滑块的动能，滑块沿轨道运动，滑块与弹性板碰后以等大速率弹回。已知弹簧的弹性势能最大值Epm=1.0J，轨道BCD的半径R1=0.9m，EFG的半径R2=0.5m，HI的长度l=1m，滑块质量m=0.02kg（可视为质点），滑块与轨道HI间的动摩擦因数μ=0.5，其余各部分轨道均光滑。在某次游戏中滑块第1次运动到B点时的速度大小v1=10m/s。
（1）求此次游戏开始时弹簧的弹性势能Ep1；
（2）求此次游戏过程中滑块第1次经过D时受到轨道BCD的弹力大小FN；
（3）要使滑块在游戏过程中不脱离轨道，求弹簧的弹性势能Ep的取值范围。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】矢量与标量
【解析】【解答】本题考查矢量和标量，要求掌握矢量和标量的概念及区别。矢量是既有大小、又有方向，且遵循平行四边形定则的物理量，电场强度属于矢量。
标量是只有大小没有方向的物理量：周期、功、动能属于标量。
故选A。
【分析】既有大小又有方向，相加是遵循平行四边形定则的物理量是矢量。
2．【答案】A
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】开普勒通过对第谷观测记录的大量的天文数据研究总结，发现了行星运动的三大规律，牛顿在前人（开普勒、胡克、哈雷）研究的基础上，凭借他非凡的数学能力，发现了万有引力定律，经100多年后，卡文迪许测量出了万有引力常量，从而使万有引力有了真正的实际应用。因此A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】根据牛顿、卡文迪许等人的物理学成就进行解答。
3．【答案】A
【知识点】相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【解答】牛顿力学有它的局限性，只能适用于宏观、低速、弱引力环境下：①只适用于低速运动的物体（与光速比速度较低）；②只适用于宏观物体，牛顿第二定律不适用于微观粒子；③参照系应为惯性系。故电子以接近光的速度运动，不服从牛顿力学规律。
故选A。
【分析】根据经典力学的适用条件结合选项完成分析即可解答。
4．【答案】C
【知识点】功的概念
【解析】【解答】此题考查力是否做功的判断，明确三种情况不做功：一是有力无距离（例如：推而未动），二是有距离无力（靠惯性运动），三是力的方向与运动方向垂直。A．小明握住水杯，在水平方向匀速行走，根据平衡条件可知小明对水杯的作用力竖直向上，水杯速度方向水平，力与运动方向垂直，小明对水杯不做功，故A错误；
B．小明抓着哑铃后，在空中停留，小明对哑铃的作用力方向没有位移，做功为零，故B错误；
C．小明拿着书包，将书包从地面提到桌面的过程中，小明对书包的作用力竖直向上，书包的位移竖直向上，小明对书包做功，故C正确；
D．小明将足球踢出后，足球在草地上滚动了5m的过程中，小明对足球没有力的做功，小明对足球不做功，故D错误。
故选C。
【分析】做功的两个必要条件：有力作用在物体上，在力的方向上通过的距离。
5．【答案】B
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】生活中静电无处不在，有的我们需要，有的我们不需要。所以我们要学会基本常识，提高我们的很生活质量。A．甲图中，燃气灶点火器的放电电极是钉尖形，运用的是尖端放电的原理，故A错误；
B．高压输电线线塔上有三根较粗的输电线，其上方还有两条较细的电线，它们与大地相连形成一个稀疏的金属"网”，利用的是静电屏蔽的原理，故B正确；
C．丙图中，带电的灰尘经过静电除尘装置，运用的是异种电荷相吸的原理，故C错误；
D．丁图中，工作人员给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，是应用了接触起电现象，故D错误。
故选B。
【分析】当金属外壳达到静电平衡时，内部没有电场，因而金属的外壳会对其内部起屏蔽作用，使它内部不受外部电场影响的现象叫做静电屏蔽。
6．【答案】A
【知识点】电场强度
【解析】【解答】本题考查了E-Q图像、点电荷的电场强度，解题的关键是熟练掌握点电荷场强的表达式根据可知与成正比关系，与试探电荷的电荷量无关。
故选A。
【分析】利用点电荷场强的表达式分析。
7．【答案】D
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】本题主要考查了等量同种电荷周围电场线和等势线分布情况，明确场强的矢量性，注意场强相等为场强大小方向都相同。A．电场线从正电荷（无穷远处）发出止于无穷远处（负电荷），可知题图是两个等量异种点电荷的电场线，故A错误；
B．根据对称性可知a、b两点的电场强度大小相同，方向不同，故B错误；
C．根据沿着电场线方向电势降低可知b点的电势高于a点的电势，故C错误；
D．电子带负电，根据可知电子在a点的电势能大于在b点的电势能，故D正确。
故选D。
【分析】根据等量同种电荷电场线和等势线分布情况和对称性，判断各点的电势和场强关系，场强是矢量，只有大小和方向都相同时，场强才相等。
8．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度
【解析】【解答】本题考查线速度、角速度、半径关系，需要学生牢记相关物理量关系。A．A、B两人在地球上，做同轴转动，故角速度相等，即
故A错误；
B．根据题意可知A的运动半径大于B的运动半径，根据
可知
故B错误；
C．根据
可知
故C正确；
D．根据
可知
故D错误。
故选C。
【分析】由于两者都在地球表面。所以角速度相等，线速度大小关系可根据线速度与角速度和半径关系进行判断。F和a根据向心力和向心加速度表达式分析。
9．【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动；离心运动和向心运动
【解析】【解答】对于车辆转弯问题，一定要搞清楚合力的方向，指向圆心方向的合外力提供车辆做圆周运动的向心力，方向指向水平面内的圆心。A．物体做曲线运动，速度方向沿着该点的切线方向，则赛车过O点时速度方向沿Ob方向，故A正确；
B．赛车做匀速圆周运动，则所受合力为向心力，即赛车过O点时合外力指向圆心，故B正确；
C．根据可知赛车转弯速率相同时，半径越小所需的向心力越大，则越容易发生侧滑，故C正确；
D．赛车发生侧滑瞬间，速度方向沿着Ob方向，摩擦力不足以提供向心力，赛车做离心运动，故D错误。
本题目选不正确项，故选D。
【分析】曲线运动，速度方向沿着该点的切线方向，匀速圆周运动，合外力指向圆心，根据向心力表达式和离心运动特点分析。
10．【答案】D
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】本题主要考查了万有引力定律公式以及其应用，此题关键是熟记万有引力定律公式，该航天员在离地面高度为H的空间站里受到地球对其的引力大小为
故选D。
【分析】根据万有引力定律公式求出两者间的万有引力。
11．【答案】A
【知识点】电荷及三种起电方式
【解析】【解答】本题考查静电感应的原理，理解带电本质是电子的转移，掌握电荷守恒定律的应用，注意两部分的电量总是相等是解题的突破口。根据电荷守恒可知
根据静电感应原理可知，A为远端，与C所带电性一样，所以A带正电。
故选A。
【分析】当一个带电体靠近导体时，由于电荷间相互吸引或排斥，导体中的自由电荷便会趋向或远离带电体，使导体靠近带电体的一端带异种电荷，电荷，远离带电体的一端带带同种电荷。这种现象叫作静电感应。利用静电感应使金属导体带电的过程叫作感应起电。
12．【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】天体运动都可近似地看成匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，即F引=F向，根据相应的向心力表达式进行分析。A．中继卫星为地位同步卫星，只能处于赤道的正上方，不可能经过湖州上空，故A错误；
BCD．根据万有引力提供向心力可得
可得
，，
可知中继卫星的角速度小于空间站的角速度，中继卫星的向心加速度小于空间站的向心加速度，中继卫星的线速度小于近地卫星的线速度，即小于7.9km/s，故BC错误，D正确。
故选D。
【分析】卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得到线速度以及角速度读和向心加速度，根据表达式分析各个物理量大小。
13．【答案】B
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】本题考查了电场力的影响因素，重点掌握库仑力表达式，理解库仑力与电荷间的间距的平方成反比，与电荷量的乘积成正比，是电荷间的相互作用力。A．根据题意可知M和N相互排斥，则M和N带同种电荷，故A错误；
B．悬点由P1处缓慢移到P2处的过程中，两个带电小球的距离减小，根据库仑定律
可知N受到的静电力增大，故B错误；
C．N受到的静电力大小与它们球心的距离的平方成反比，故C错误；
D．若悬点P1不变，使M的电荷量加倍，则N静止时受到的静电力增大，由于静电力增大，所以小球N与M的距离变大，所以N静止时受到的静电力小于之前的2倍，故D错误。
故选B。
【分析】对小球受力分析，其受重力，绳的拉力，库仑力作用，进而得到夹角的表达式。根据库仑定律公式分析电场力与电荷量和距离的关系。
14．【答案】C
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】多个电荷在电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，这种关系叫电场强度的叠加．电场强度的叠加遵循平行四边形定则。A．根据题意可知在a点匀强电场与点电荷电场的合场强为零，点电荷在a点的电场方向水平向左，大小为，则点电荷带正电，故A错误；
B．同理可知点电荷在b点的电场强度竖直向上，大小为，根据矢量的合成可知b点电场强度大小为，与水平方向成角斜向右上，故B错误；
C．同理可知点电荷在c点的电场强度水平向右，大小为，根据矢量的合成可知c点电场强度大小为2E，方向向右，故C正确；
D．同理可知点电荷在d点的电场强度竖直向下，大小为，根据矢量的合成可知d点电场强度大小为，与水平方向成角斜向右下，则试探电荷在d点受到的电场力不为零，故D错误。
故选C。
【分析】a点匀强电场与点电荷电场的合场强为零，点电荷带正电，根据矢量的合成法则分析。
15．【答案】C
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】根据在天体表面上物体的重力近似等于天体对物体的引力，借助环绕中心天体做匀速圆周运动的行星（或卫星）计算中心天体的质量。A．嫦娥三号是环绕天体，已知数据无法求出环绕天体的质量，故A错误；
B．因嫦娥三号的质量无法求出，由
可知向心力无法求出，故B错误；
C．嫦娥三号在环月轨道上运行周期T，轨道半径r，万有引力常量G，有
解得月球的质量为
故C正确；
D．在月球表面
月球表面的重力加速度为
因月球半径未知，则无法求出月球表面的重力加速度，故D错误。
故选C。
【分析】嫦娥三号的质量无法求出，嫦娥三号在环月轨道上运行，万有引力提供向心力，在月球表面，万有引力等于向心力。
16．【答案】C
【知识点】功能关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题解题的关键是，要先确定不同的力在哪个阶段做功，因为有些力在物体运动全过程中不是始终存在的。A．根据题图可知足球在空中一定受空气阻力的作用，空气阻力做负功，则从1到3机械能减少，故A错误；
B．根据功能关系可知从1到2重力势能减小量等于克服重力做功，故B错误；
C．从2到3动能增加量等于重力做的功减去空气阻力做的负功，即从2到3动能增加量小于重力做功，故C正确；
D．从1到3过程重力先做负功，后做正功，根据功能关系可知重力势能先增大后减小，故D错误。
故选C。
【分析】空气阻力做负功，机械能不守恒；重力势能增加量等于克服重力做功；重力势能大小与高度有关。
17．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题主要考查v-t图像和功率的计算，要知道v-t图像的斜率表示加速度，图线与坐标轴围成的面积表示位移，明确平均功率和瞬时功率在公式上的区别。A．根据图像与坐标轴围成面积表示位移可知10s内的位移大小
故A错误；
B．内出租车的加速度
根据牛顿第二定律
可得3s末的合外力大小
故B错误；
C.3s末的出租车的速度
3s末的输出功率
故C错误；
D．前5s内对出租车做的功
5s到10s对出租车做的功
10s内的输出平均功率
故D正确。
故选D。
【分析】根据v-t图像与坐标轴围成面积表示位移，求解0～10s内的位移大小；根据加速度公式计算0～5s内的加速度大小；根据P=Fv求解第3s末的输出功率；根据功除以时间计算0～10s内的平均输出功率。
18．【答案】D
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】解决本题要明确传送带的类型，对物块做好受力分析，应用牛顿第二定律进行解答。需要综合运用力学、运动学以及牛顿运动定律的相关内容。A．快递包速度小于传送带速度过程中，根据牛顿第二定律
解得
时间
此过程快递包沿传送带向上运动的距离
快递包匀速运动的时间
快递包从A点运送到B点所需时间
故A错误；
B．传送带对快递包做功
代入数据可得
故B错误；
C．摩擦产生的热量
代入数据可得
D．根据能量守恒定律可得电动机因运送此快递包多做的功
故D正确。
故选D。
【分析】传送带上物体先加速后匀速运动，做功等于摩擦力乘以位移，摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移， 电动机因运送此快递包多做功等于物块传送带对快递包做功加上摩擦产生的热。
19．【答案】（1）A
（2）A
（3）2∶1
【知识点】向心力
【解析】【解答】本题主要考查了圆周运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合实验的科学方法即可完成分析。
（1）在探究向心力大小与质量、转动角速度和转动半径之间关系的实验中，每一次改变一个物理量，所用方法为控制变量法。
故选A。
（2）探究小球所受向心力大小与小球转动角速度之间关系时需要两小球的质量相等，半径相等，角速度不等。
故选A。
（3）在探究小球所受向心力大小与小球转动角速度之间关系的实验中，以一定的转速匀速转动手柄，观察左右测力筒露出的刻度，左边标尺露出1格，右边标尺露出4格，即向心力之比为，根据
可知角速度之比为，根据
可知皮带连接的左、右塔轮半径之比为。
【分析】（1）实验存在多个变量，采用控制变量法；
（2）探究小球所受向心力大小与小球转动角速度之间关系时保持角速度不同，其它量相同；
（3）向心力之比为，角速度之比为，结合分析。
（1）在探究向心力大小与质量、转动角速度和转动半径之间关系的实验中，每一次改变一个物理量，所用方法为控制变量法。
故选A。
（2）探究小球所受向心力大小与小球转动角速度之间关系时需要两小球的质量相等，半径相等，角速度不等。
故选A。
（3）在探究小球所受向心力大小与小球转动角速度之间关系的实验中，以一定的转速匀速转动手柄，观察左右测力筒露出的刻度，左边标尺露出1格，右边标尺露出4格，即向心力之比为，根据可知角速度之比为，根据可知皮带连接的左、右塔轮半径之比为。
20．【答案】（1）纸带应竖直放置
（2）1.70；
（3）B
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】实验原理：自由下落的物体只有重力做功，若减小的势能等于增加的动能，即：-△Ep=△Ek，则物体机械能守恒。
（1）验证机械能守恒定律实验中，纸带释放前纸带应该笔直的穿过打点计时器，以减小纸带与打点计时器间的摩擦力影响，同时重物应该紧靠打点计时器。故错误为纸带应竖直放置或重锤没有靠近打点计时器。
（2）根据题意可知纸带上相邻计数点时间间隔
根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度可得
O点到7点重物减小的重力势能
（3）A．工作电压偏低对实验无影响，故A错误；
B．存在空气阻力和摩擦力，会导致重物重力势能的减小量大于动能的增大量，故B正确；
C．接通电源前释放了纸带，则导致速度的测量值变大，动能测量值大，会导致重物重力势能的减小量小于动能的增大量，故C错误。
故选B。
【分析】 （1）为减小阻力对实验的影响，纸带要保持竖直，根据实验原理与实验注意事项分析图示实验装置分析答题。
（2）很短时间内的平均速度近似等于瞬时速度，据此求出打E点时纸带的速度。减小的重力势能等于重物与下落高度的乘积；
（3）存在空气阻力和摩擦力，机械能不守恒， 重力势能的减小量大于动能的增大量 。
（1）验证机械能守恒定律实验中，纸带释放前纸带应该笔直的穿过打点计时器，以减小纸带与打点计时器间的摩擦力影响，同时重物应该紧靠打点计时器。故错误为纸带应竖直放置或重锤没有靠近打点计时器。
（2）[1]根据题意可知纸带上相邻计数点时间间隔
根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度可得
[2]O点到7点重物减小的重力势能
（3）A．工作电压偏低对实验无影响，故A错误；
B．存在空气阻力和摩擦力，会导致重物重力势能的减小量大于动能的增大量，故B正确；
C．接通电源前释放了纸带，则导致速度的测量值变大，动能测量值大，会导致重物重力势能的减小量小于动能的增大量，故C错误。
故选B。
21．【答案】（1）A
（2）
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】电容器充电和放电的过程都是非常迅速的。I-t图像与坐标轴围成的面积表示电荷量。
（1）电容器充电时应接直流电，一次性的充电；若接交流电就构成LC振荡回路，故接A接线柱；
（2）由q=It可知，放电电流随时间变化图像与时间轴所围的面积表示电容器所带的电荷量，由图乙可知，每个小方格代表的电荷量是
图像与时间轴所围的面积由四舍五入法约为51个小方格，所以电荷量为
【分析】 （1）观察电容器的充、放电现象实验中要采用直流电；
（2）根据I-t图象与坐标轴围成的面积表示电容器放电前所带的电量求解电容器原来所带的电荷量 。
（1）电容器充电时应接直流电，一次性的充电；若接交流电就构成LC振荡回路，故接A接线柱；
（2）由q=It可知，放电电流随时间变化图像与时间轴所围的面积表示电容器所带的电荷量，由图乙可知，每个小方格代表的电荷量是
图像与时间轴所围的面积由四舍五入法约为51个小方格，所以电荷量为
22．【答案】解：（1）根据角速度与周期关系可得
（2）根据向心加速度与角速度的关系可得
（3）根据向心力与周期的关系可得
方向竖直向上（或指向圆心）。
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度
【解析】【分析】（1）根据角速度与周期关系求解；
（2）根据向心加速度与角速度的关系求解；
（3）根据向心力与周期的关系求解，方向指向圆心。
23．【答案】解：（1）根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可得
（2、3）根据牛顿第二定律
水平方向
沿着电场方向
根据以上分析可知为了使进入装置的所有带电颗粒都被收集到金属板上，求两金属板间的最大间距
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）根据匀强电场中电势差与电场强度的关系代入数据求解；
（2 、3 ）根据牛顿第二定律求解加速度，根据水平方向求解时间，根据位移时间关系求解 垂直于板面方向的偏移量 。
24．【答案】解：（1）根据机械能守恒定律可得
（2）从B到D点，根据动能定理
在点，根据牛顿第二定律
得
（3）在半圆轨道恰好能过最高点时满足
可得
即
当滑块不过C点时满足
当滑块恰过D点时满足
恰过F点时满足
可得
当滑块恰过G点时满足
返回到HI右端H处速度为0
可得
返回到G点恰过G点时满足
下去后又返回经过IH板直到HI右端H处速度为0
可得
下去后又返回经过IH板直到HI右端恰过G点
所以的取值范围为
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）根据机械能守恒定律求解游戏开始时弹簧的弹性势能；
（2）从B到D点，根据动能定理求解到达D点速度，在点，根据牛顿第二定律求解弹力大小；
（3）在半圆轨道恰好能过最高点时满足的速度条件，当滑块不过C点可以满足条件，分别求出能过DFG三点的条件，分返回到G点恰过G点，下去后又返回经过IH板直到HI右端H处速度为0，下去后又返回经过IH板直到HI右端恰过G点等条件分别求解弹簧的弹性势能Ep的取值范围。
1 / 1浙江省湖州市2023-2024学年高一下学期6月期末物理试题
1．（2024高一下·湖州期末）以下物理量属于矢量的是（　　）
A．电场强度 B．周期 C．功 D．动能
【答案】A
【知识点】矢量与标量
【解析】【解答】本题考查矢量和标量，要求掌握矢量和标量的概念及区别。矢量是既有大小、又有方向，且遵循平行四边形定则的物理量，电场强度属于矢量。
标量是只有大小没有方向的物理量：周期、功、动能属于标量。
故选A。
【分析】既有大小又有方向，相加是遵循平行四边形定则的物理量是矢量。
2．（2024高一下·湖州期末）发现万有引力定律的科学家是（　　）
A．牛顿 B．第谷 C．开普勒 D．卡文迪许
【答案】A
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】开普勒通过对第谷观测记录的大量的天文数据研究总结，发现了行星运动的三大规律，牛顿在前人（开普勒、胡克、哈雷）研究的基础上，凭借他非凡的数学能力，发现了万有引力定律，经100多年后，卡文迪许测量出了万有引力常量，从而使万有引力有了真正的实际应用。因此A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】根据牛顿、卡文迪许等人的物理学成就进行解答。
3．（2024高一下·湖州期末）以下运动不服从牛顿力学规律的是（　　）
A．电子以接近光的速度运动
B．投出的篮球在空中的运动
C．火箭升空时的运动
D．宇宙飞船在太空中飞行时的运动
【答案】A
【知识点】相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【解答】牛顿力学有它的局限性，只能适用于宏观、低速、弱引力环境下：①只适用于低速运动的物体（与光速比速度较低）；②只适用于宏观物体，牛顿第二定律不适用于微观粒子；③参照系应为惯性系。故电子以接近光的速度运动，不服从牛顿力学规律。
故选A。
【分析】根据经典力学的适用条件结合选项完成分析即可解答。
4．（2024高一下·湖州期末）下列过程中小明对物体做了功的是（　　）
A．小明握住水杯，在水平方向匀速走了2m的过程中
B．小明抓着哑铃后，在空中停留10s的过程中
C．小明拿着书包，将书包从地面提到桌面的过程中
D．小明将足球踢出后，足球在草地上滚动了5m的过程中
【答案】C
【知识点】功的概念
【解析】【解答】此题考查力是否做功的判断，明确三种情况不做功：一是有力无距离（例如：推而未动），二是有距离无力（靠惯性运动），三是力的方向与运动方向垂直。A．小明握住水杯，在水平方向匀速行走，根据平衡条件可知小明对水杯的作用力竖直向上，水杯速度方向水平，力与运动方向垂直，小明对水杯不做功，故A错误；
B．小明抓着哑铃后，在空中停留，小明对哑铃的作用力方向没有位移，做功为零，故B错误；
C．小明拿着书包，将书包从地面提到桌面的过程中，小明对书包的作用力竖直向上，书包的位移竖直向上，小明对书包做功，故C正确；
D．小明将足球踢出后，足球在草地上滚动了5m的过程中，小明对足球没有力的做功，小明对足球不做功，故D错误。
故选C。
【分析】做功的两个必要条件：有力作用在物体上，在力的方向上通过的距离。
5．（2024高一下·湖州期末）以下实际应用是利用静电屏蔽的是（　　）
A．甲图中，燃气灶点火器的放电电极是钉尖形
B．乙图中，野外高压输电线上方有两根导线跟大地相连
C．丙图中，带电的灰尘经过静电除尘装置
D．丁图中，工作人员给汽车加油前先要碰一下静电释放器
【答案】B
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】生活中静电无处不在，有的我们需要，有的我们不需要。所以我们要学会基本常识，提高我们的很生活质量。A．甲图中，燃气灶点火器的放电电极是钉尖形，运用的是尖端放电的原理，故A错误；
B．高压输电线线塔上有三根较粗的输电线，其上方还有两条较细的电线，它们与大地相连形成一个稀疏的金属"网”，利用的是静电屏蔽的原理，故B正确；
C．丙图中，带电的灰尘经过静电除尘装置，运用的是异种电荷相吸的原理，故C错误；
D．丁图中，工作人员给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，是应用了接触起电现象，故D错误。
故选B。
【分析】当金属外壳达到静电平衡时，内部没有电场，因而金属的外壳会对其内部起屏蔽作用，使它内部不受外部电场影响的现象叫做静电屏蔽。
6．（2024高一下·湖州期末）如图所示，在空间O点有一电荷量为Q的正点电荷，其在空间P点产生的电场强度为E，把电荷量为q的试探电荷放在P点。下列能正确反映E、Q、q之间关系的图像是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】电场强度
【解析】【解答】本题考查了E-Q图像、点电荷的电场强度，解题的关键是熟练掌握点电荷场强的表达式根据可知与成正比关系，与试探电荷的电荷量无关。
故选A。
【分析】利用点电荷场强的表达式分析。
7．（2024高一下·湖州期末）如图为两个点电荷电场线的分布图，电场中的a、b两点关于两电荷连线的中垂线对称。以下说法正确的是（　　）
A．这是两个等量同种点电荷的电场线
B．a、b两点的电场强度相同
C．a、b两点的电势相同
D．电子在a点的电势能大于在b点的电势能
【答案】D
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】本题主要考查了等量同种电荷周围电场线和等势线分布情况，明确场强的矢量性，注意场强相等为场强大小方向都相同。A．电场线从正电荷（无穷远处）发出止于无穷远处（负电荷），可知题图是两个等量异种点电荷的电场线，故A错误；
B．根据对称性可知a、b两点的电场强度大小相同，方向不同，故B错误；
C．根据沿着电场线方向电势降低可知b点的电势高于a点的电势，故C错误；
D．电子带负电，根据可知电子在a点的电势能大于在b点的电势能，故D正确。
故选D。
【分析】根据等量同种电荷电场线和等势线分布情况和对称性，判断各点的电势和场强关系，场强是矢量，只有大小和方向都相同时，场强才相等。
8．（2024高一下·湖州期末）质量相等的A、B两人分别站在赤道和纬度为30°的地面上，他们随地球自转做匀速圆周运动，其角速度大小为ωA、ωB，线速度大小为vA、vB，向心加速度大小为aA、aB向心力大小为FA、FB。以下判断正确的是（　　）
A．ωA>ωB B．vA=vB C．aA>aB D．FA=FB
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度
【解析】【解答】本题考查线速度、角速度、半径关系，需要学生牢记相关物理量关系。A．A、B两人在地球上，做同轴转动，故角速度相等，即
故A错误；
B．根据题意可知A的运动半径大于B的运动半径，根据
可知
故B错误；
C．根据
可知
故C正确；
D．根据
可知
故D错误。
故选C。
【分析】由于两者都在地球表面。所以角速度相等，线速度大小关系可根据线速度与角速度和半径关系进行判断。F和a根据向心力和向心加速度表达式分析。
9．（2024高一下·湖州期末）赛车是一项极具挑战和危险的运动，比赛转弯过程中若不能很好的控制速度很容易发生侧滑。如图为赛车转弯时的情景，此时赛车过O点，可看作沿Oa圆弧做匀速圆周运动，Ob方向为O点的切线方向。以下说法不正确的是（　　）
A．赛车过O点时速度方向沿Ob方向
B．赛车过O点时合外力指向圆心
C．赛车转弯速率相同时，半径越小越容易发生侧滑
D．发生侧滑时，塞车沿着Ob方向滑离原轨道做匀速直线运动
【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动；离心运动和向心运动
【解析】【解答】对于车辆转弯问题，一定要搞清楚合力的方向，指向圆心方向的合外力提供车辆做圆周运动的向心力，方向指向水平面内的圆心。A．物体做曲线运动，速度方向沿着该点的切线方向，则赛车过O点时速度方向沿Ob方向，故A正确；
B．赛车做匀速圆周运动，则所受合力为向心力，即赛车过O点时合外力指向圆心，故B正确；
C．根据可知赛车转弯速率相同时，半径越小所需的向心力越大，则越容易发生侧滑，故C正确；
D．赛车发生侧滑瞬间，速度方向沿着Ob方向，摩擦力不足以提供向心力，赛车做离心运动，故D错误。
本题目选不正确项，故选D。
【分析】曲线运动，速度方向沿着该点的切线方向，匀速圆周运动，合外力指向圆心，根据向心力表达式和离心运动特点分析。
10．（2024高一下·湖州期末）2024年4月25日20时59分，神舟十八号载人飞船搭载三位航天员成功发射，次日三位航天员进入离地面高度为H的空间站。已知地球质量为M，地球半径为R，某航天员的质量为m，引力常量为G。则该航天员在空间站里受到地球对其的引力大小为（　　）
A．0 B． C． D．
【答案】D
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】本题主要考查了万有引力定律公式以及其应用，此题关键是熟记万有引力定律公式，该航天员在离地面高度为H的空间站里受到地球对其的引力大小为
故选D。
【分析】根据万有引力定律公式求出两者间的万有引力。
11．（2024高一下·湖州期末）如图所示，将带正电荷Q的导体球C靠近不带电的导体，若虚线将导体分成A、B两部分，这两部分的电荷量分别为QA、QB。则下列判断正确的是（　　）
A．A带正电，QA=QB B．A带正电，QAC．A带负电，QA【答案】A
【知识点】电荷及三种起电方式
【解析】【解答】本题考查静电感应的原理，理解带电本质是电子的转移，掌握电荷守恒定律的应用，注意两部分的电量总是相等是解题的突破口。根据电荷守恒可知
根据静电感应原理可知，A为远端，与C所带电性一样，所以A带正电。
故选A。
【分析】当一个带电体靠近导体时，由于电荷间相互吸引或排斥，导体中的自由电荷便会趋向或远离带电体，使导体靠近带电体的一端带异种电荷，电荷，远离带电体的一端带带同种电荷。这种现象叫作静电感应。利用静电感应使金属导体带电的过程叫作感应起电。
12．（2024高一下·湖州期末）如图所示，天宫空间站的信号是通过我国自主研制的中继卫星进行传输，空间站位于离地高度约为380km的轨道上，中继卫星位于离地高度约为36000km的静止卫星轨道上，则（　　）
A．中继卫星有可能经过湖州上空
B．中继卫星的线速度大于7.9km/s
C．中继卫星的角速度大于空间站的角速度
D．中继卫星的向心加速度小于空间站的向心加速度
【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】天体运动都可近似地看成匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，即F引=F向，根据相应的向心力表达式进行分析。A．中继卫星为地位同步卫星，只能处于赤道的正上方，不可能经过湖州上空，故A错误；
BCD．根据万有引力提供向心力可得
可得
，，
可知中继卫星的角速度小于空间站的角速度，中继卫星的向心加速度小于空间站的向心加速度，中继卫星的线速度小于近地卫星的线速度，即小于7.9km/s，故BC错误，D正确。
故选D。
【分析】卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得到线速度以及角速度读和向心加速度，根据表达式分析各个物理量大小。
13．（2024高一下·湖州期末）如图所示，一个带电的球体M固定在绝缘支架上，把系在绝缘丝线上的带电小球N挂在横杆上的P1处，M、N可看成点电荷。当小球N静止时，球体M中心与小球N等高，丝线与竖直方向的夹角为θ。在将悬点由P1处缓慢移到P2处的过程中，观察到夹角θ增大。由此可知（　　）
A．M和N带异种电荷
B．悬点由P1处缓慢移到P2处的过程中，N受到的静电力增大
C．N受到的静电力大小与它们间的距离的平方成反比
D．若悬点P1不变，使M的电荷量加倍，则N静止时受到的静电力也加倍
【答案】B
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】本题考查了电场力的影响因素，重点掌握库仑力表达式，理解库仑力与电荷间的间距的平方成反比，与电荷量的乘积成正比，是电荷间的相互作用力。A．根据题意可知M和N相互排斥，则M和N带同种电荷，故A错误；
B．悬点由P1处缓慢移到P2处的过程中，两个带电小球的距离减小，根据库仑定律
可知N受到的静电力增大，故B错误；
C．N受到的静电力大小与它们球心的距离的平方成反比，故C错误；
D．若悬点P1不变，使M的电荷量加倍，则N静止时受到的静电力增大，由于静电力增大，所以小球N与M的距离变大，所以N静止时受到的静电力小于之前的2倍，故D错误。
故选B。
【分析】对小球受力分析，其受重力，绳的拉力，库仑力作用，进而得到夹角的表达式。根据库仑定律公式分析电场力与电荷量和距离的关系。
14．（2024高一下·湖州期末）如图所示，水平向右的匀强电场电场强度大小为E，在电场中O点固定一个点电荷。以点电荷为圆心的圆周上有a、b、c、d四个点，一试探电荷放在a点时受到的电场力恰好为零，则（　　）
A．点电荷带负电
B．b点电场强度大小为E，方向向上
C．c点电场强度大小为2E，方向向右
D．试探电荷在d点受到的电场力为零
【答案】C
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】多个电荷在电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，这种关系叫电场强度的叠加．电场强度的叠加遵循平行四边形定则。A．根据题意可知在a点匀强电场与点电荷电场的合场强为零，点电荷在a点的电场方向水平向左，大小为，则点电荷带正电，故A错误；
B．同理可知点电荷在b点的电场强度竖直向上，大小为，根据矢量的合成可知b点电场强度大小为，与水平方向成角斜向右上，故B错误；
C．同理可知点电荷在c点的电场强度水平向右，大小为，根据矢量的合成可知c点电场强度大小为2E，方向向右，故C正确；
D．同理可知点电荷在d点的电场强度竖直向下，大小为，根据矢量的合成可知d点电场强度大小为，与水平方向成角斜向右下，则试探电荷在d点受到的电场力不为零，故D错误。
故选C。
【分析】a点匀强电场与点电荷电场的合场强为零，点电荷带正电，根据矢量的合成法则分析。
15．（2024高一下·湖州期末）嫦娥三号是我国嫦娥工程中第一个月球软着陆的无人登月探测器。嫦娥三号由火箭发送至离月球表面一定高度的环月轨道上匀速绕月飞行，最后择机变轨并降落至月球表面（如图）。已知嫦娥三号在环月轨道上运行周期T，轨道半径r，万有引力常量G。从以上信息可以得到（　　）
A．嫦娥三号的质量
B．嫦娥三号在环月轨道上的向心力
C．月球的质量
D．月球表面的重力加速度
【答案】C
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】根据在天体表面上物体的重力近似等于天体对物体的引力，借助环绕中心天体做匀速圆周运动的行星（或卫星）计算中心天体的质量。A．嫦娥三号是环绕天体，已知数据无法求出环绕天体的质量，故A错误；
B．因嫦娥三号的质量无法求出，由
可知向心力无法求出，故B错误；
C．嫦娥三号在环月轨道上运行周期T，轨道半径r，万有引力常量G，有
解得月球的质量为
故C正确；
D．在月球表面
月球表面的重力加速度为
因月球半径未知，则无法求出月球表面的重力加速度，故D错误。
故选C。
【分析】嫦娥三号的质量无法求出，嫦娥三号在环月轨道上运行，万有引力提供向心力，在月球表面，万有引力等于向心力。
16．（2024高一下·湖州期末）如图所示，一定质量的足球在地面上的位置1被踢出后经过最高点2落到地面上的位置3。则足球（　　）
A．从1到3机械能守恒
B．从1到2重力势能减小量大于克服重力做功
C．从2到3动能增加量小于重力做功
D．从1到3重力势能始终不变
【答案】C
【知识点】功能关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题解题的关键是，要先确定不同的力在哪个阶段做功，因为有些力在物体运动全过程中不是始终存在的。A．根据题图可知足球在空中一定受空气阻力的作用，空气阻力做负功，则从1到3机械能减少，故A错误；
B．根据功能关系可知从1到2重力势能减小量等于克服重力做功，故B错误；
C．从2到3动能增加量等于重力做的功减去空气阻力做的负功，即从2到3动能增加量小于重力做功，故C正确；
D．从1到3过程重力先做负功，后做正功，根据功能关系可知重力势能先增大后减小，故D错误。
故选C。
【分析】空气阻力做负功，机械能不守恒；重力势能增加量等于克服重力做功；重力势能大小与高度有关。
17．（2024高一下·湖州期末）2023年10月，“空中出租车”在上海试飞成功，完成首秀。质量为2t的“空中出租车”从静止开始竖直上升，其运动图像如图所示，不计空气阻力，则“空中出租车”（　　）
A．10s内的位移大小为150m B．3s末的合外力大小为24000N
C．3s末的输出功率为120kW D．10s内的输出平均功率为160kW
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题主要考查v-t图像和功率的计算，要知道v-t图像的斜率表示加速度，图线与坐标轴围成的面积表示位移，明确平均功率和瞬时功率在公式上的区别。A．根据图像与坐标轴围成面积表示位移可知10s内的位移大小
故A错误；
B．内出租车的加速度
根据牛顿第二定律
可得3s末的合外力大小
故B错误；
C.3s末的出租车的速度
3s末的输出功率
故C错误；
D．前5s内对出租车做的功
5s到10s对出租车做的功
10s内的输出平均功率
故D正确。
故选D。
【分析】根据v-t图像与坐标轴围成面积表示位移，求解0～10s内的位移大小；根据加速度公式计算0～5s内的加速度大小；根据P=Fv求解第3s末的输出功率；根据功除以时间计算0～10s内的平均输出功率。
18．（2024高一下·湖州期末）如图为某运送快递的倾斜传送带的简化模型，倾角的传送带在电动机的带动下能以的恒定速率顺时针转动，皮带始终是绷紧的。现将质量的快递包（可视为质点）无初速度地放到传送带底端A点。已知传送带A点到顶端B点的距离，快递包与传送带之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则快递包从A点运送到B点（　　）
A．所需时间为4s
B．传送带对快递包做功为12J
C．摩擦产生的热量为48J
D．电动机因运送此快递包多做了54J的功
【答案】D
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】解决本题要明确传送带的类型，对物块做好受力分析，应用牛顿第二定律进行解答。需要综合运用力学、运动学以及牛顿运动定律的相关内容。A．快递包速度小于传送带速度过程中，根据牛顿第二定律
解得
时间
此过程快递包沿传送带向上运动的距离
快递包匀速运动的时间
快递包从A点运送到B点所需时间
故A错误；
B．传送带对快递包做功
代入数据可得
故B错误；
C．摩擦产生的热量
代入数据可得
D．根据能量守恒定律可得电动机因运送此快递包多做的功
故D正确。
故选D。
【分析】传送带上物体先加速后匀速运动，做功等于摩擦力乘以位移，摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移， 电动机因运送此快递包多做功等于物块传送带对快递包做功加上摩擦产生的热。
19．（2024高一下·湖州期末）如图甲所示是探究向心力大小与质量、转动角速度和转动半径之间关系的向心力演示仪。实验中有两个完全相同的钢球和一个同体积的铝球。
（1）本实验采用的主要实验方法为 ；（单选）
A．控制变量法 B．等效替代法 C．理想实验法
（2）探究小球所受向心力大小与小球转动角速度之间关系的实验图是 ；（单选）
A．
B．
C．
（3）在探究小球所受向心力大小与小球转动角速度之间关系的实验中，以一定的转速匀速转动手柄，观察左右测力筒露出的刻度，左边标尺露出1格，右边标尺露出4格，如图乙所示。则皮带连接的左、右塔轮半径之比为　 　。
【答案】（1）A
（2）A
（3）2∶1
【知识点】向心力
【解析】【解答】本题主要考查了圆周运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合实验的科学方法即可完成分析。
（1）在探究向心力大小与质量、转动角速度和转动半径之间关系的实验中，每一次改变一个物理量，所用方法为控制变量法。
故选A。
（2）探究小球所受向心力大小与小球转动角速度之间关系时需要两小球的质量相等，半径相等，角速度不等。
故选A。
（3）在探究小球所受向心力大小与小球转动角速度之间关系的实验中，以一定的转速匀速转动手柄，观察左右测力筒露出的刻度，左边标尺露出1格，右边标尺露出4格，即向心力之比为，根据
可知角速度之比为，根据
可知皮带连接的左、右塔轮半径之比为。
【分析】（1）实验存在多个变量，采用控制变量法；
（2）探究小球所受向心力大小与小球转动角速度之间关系时保持角速度不同，其它量相同；
（3）向心力之比为，角速度之比为，结合分析。
（1）在探究向心力大小与质量、转动角速度和转动半径之间关系的实验中，每一次改变一个物理量，所用方法为控制变量法。
故选A。
（2）探究小球所受向心力大小与小球转动角速度之间关系时需要两小球的质量相等，半径相等，角速度不等。
故选A。
（3）在探究小球所受向心力大小与小球转动角速度之间关系的实验中，以一定的转速匀速转动手柄，观察左右测力筒露出的刻度，左边标尺露出1格，右边标尺露出4格，即向心力之比为，根据可知角速度之比为，根据可知皮带连接的左、右塔轮半径之比为。
20．（2024高一下·湖州期末）（1）小王在实验室里利用自由落体运动来验证机械能守恒定律
（1）图甲是小王释放纸带瞬间的照片，指出操作或装置不合理之处：　 　；（答出一点即可）
（2）正确操作后，让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带（局部），并标记计数点，如图乙所示。已知交流电频率为50Hz，重物质量为300g，当地重力加速度。则打7点时，重物的速度大小　 　m/s：O点到7点重物减小的重力势能　 　J；（计算结果都保留3位有效数字）
（3）通过计算发现重物重力势能的减小量大于动能的增大量，出现这一结果的原因可能是 。（单选）
A．工作电压偏低
B．存在空气阻力和摩擦力
C．接通电源前释放了纸带
【答案】（1）纸带应竖直放置
（2）1.70；
（3）B
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】实验原理：自由下落的物体只有重力做功，若减小的势能等于增加的动能，即：-△Ep=△Ek，则物体机械能守恒。
（1）验证机械能守恒定律实验中，纸带释放前纸带应该笔直的穿过打点计时器，以减小纸带与打点计时器间的摩擦力影响，同时重物应该紧靠打点计时器。故错误为纸带应竖直放置或重锤没有靠近打点计时器。
（2）根据题意可知纸带上相邻计数点时间间隔
根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度可得
O点到7点重物减小的重力势能
（3）A．工作电压偏低对实验无影响，故A错误；
B．存在空气阻力和摩擦力，会导致重物重力势能的减小量大于动能的增大量，故B正确；
C．接通电源前释放了纸带，则导致速度的测量值变大，动能测量值大，会导致重物重力势能的减小量小于动能的增大量，故C错误。
故选B。
【分析】 （1）为减小阻力对实验的影响，纸带要保持竖直，根据实验原理与实验注意事项分析图示实验装置分析答题。
（2）很短时间内的平均速度近似等于瞬时速度，据此求出打E点时纸带的速度。减小的重力势能等于重物与下落高度的乘积；
（3）存在空气阻力和摩擦力，机械能不守恒， 重力势能的减小量大于动能的增大量 。
（1）验证机械能守恒定律实验中，纸带释放前纸带应该笔直的穿过打点计时器，以减小纸带与打点计时器间的摩擦力影响，同时重物应该紧靠打点计时器。故错误为纸带应竖直放置或重锤没有靠近打点计时器。
（2）[1]根据题意可知纸带上相邻计数点时间间隔
根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度可得
[2]O点到7点重物减小的重力势能
（3）A．工作电压偏低对实验无影响，故A错误；
B．存在空气阻力和摩擦力，会导致重物重力势能的减小量大于动能的增大量，故B正确；
C．接通电源前释放了纸带，则导致速度的测量值变大，动能测量值大，会导致重物重力势能的减小量小于动能的增大量，故C错误。
故选B。
21．（2024高一下·湖州期末）小王同学用图甲的电路做“观察电容器的充、放电现象”实验。
（1）实验室提供图乙所示电源，在连接时应接　 　（选填“A”或“B”）组接线柱；
（2）连好电路，电压选择“6V”，先将开关S接1，电容器充电，然后将开关S接2，电容器放电。记录并画出其放电过程中电流随时间变化的图像，如图乙所示，则可得到电容器放电过程中释放的电量为　 　 C（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）A
（2）
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】电容器充电和放电的过程都是非常迅速的。I-t图像与坐标轴围成的面积表示电荷量。
（1）电容器充电时应接直流电，一次性的充电；若接交流电就构成LC振荡回路，故接A接线柱；
（2）由q=It可知，放电电流随时间变化图像与时间轴所围的面积表示电容器所带的电荷量，由图乙可知，每个小方格代表的电荷量是
图像与时间轴所围的面积由四舍五入法约为51个小方格，所以电荷量为
【分析】 （1）观察电容器的充、放电现象实验中要采用直流电；
（2）根据I-t图象与坐标轴围成的面积表示电容器放电前所带的电量求解电容器原来所带的电荷量 。
（1）电容器充电时应接直流电，一次性的充电；若接交流电就构成LC振荡回路，故接A接线柱；
（2）由q=It可知，放电电流随时间变化图像与时间轴所围的面积表示电容器所带的电荷量，由图乙可知，每个小方格代表的电荷量是
图像与时间轴所围的面积由四舍五入法约为51个小方格，所以电荷量为
22．（2024高一下·湖州期末）如图为某游乐场中的摩天轮。质量为m的游客随摩天轮的座舱在竖直面内做轨道半径为R的匀速圆周运动，转动一周所需时间为T，求：
（1）座舱运动的角速度大小；
（2）座舱运动的向心加速度大小；
（3）游客在最低点所受的合外力。
【答案】解：（1）根据角速度与周期关系可得
（2）根据向心加速度与角速度的关系可得
（3）根据向心力与周期的关系可得
方向竖直向上（或指向圆心）。
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度
【解析】【分析】（1）根据角速度与周期关系求解；
（2）根据向心加速度与角速度的关系求解；
（3）根据向心力与周期的关系求解，方向指向圆心。
23．（2024高一下·湖州期末）如图为一种静电除尘装置的示意图，它的上下底面金属板M、N水平放置间距，宽，金属板间的匀强电场的电场强度。分布均匀的带电烟尘颗粒以的速度从左侧平行于金属板进入装置，碰到下金属板的颗粒被收集，但不影响电场的分布。已知每个烟尘颗粒的质量，所带电荷量。不考虑烟尘颗粒的重力、颗粒间的相互作用力和空气阻力。
（1）求金属板间的电压U；
（2）若从某点进入的带电颗粒能飞出电场，求其在电场中运动的加速度大小a、时间t以及飞出时垂直于板面方向的偏移量y；
（3）为了使进入装置的所有带电颗粒都被收集到金属板上，求两金属板间的最大间距dm。
【答案】解：（1）根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可得
（2、3）根据牛顿第二定律
水平方向
沿着电场方向
根据以上分析可知为了使进入装置的所有带电颗粒都被收集到金属板上，求两金属板间的最大间距
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）根据匀强电场中电势差与电场强度的关系代入数据求解；
（2 、3 ）根据牛顿第二定律求解加速度，根据水平方向求解时间，根据位移时间关系求解 垂直于板面方向的偏移量 。
24．（2024高一下·湖州期末）如图所示，一游戏装置由安装在水平台面上的轻质弹簧、水平直轨道AB，两个圆心分别为O1、O2的半圆轨道BCD、EFG，水平直轨道HI及弹性板组成。弹右端固定，O1、O2在同一竖直线上，C、F分别与O1、O2等高，轨道各部分平滑连接，且处于同一竖直面上。游戏时，压缩的弹簧将小滑块向左弹出，弹簧的弹性势能完全转化为滑块的动能，滑块沿轨道运动，滑块与弹性板碰后以等大速率弹回。已知弹簧的弹性势能最大值Epm=1.0J，轨道BCD的半径R1=0.9m，EFG的半径R2=0.5m，HI的长度l=1m，滑块质量m=0.02kg（可视为质点），滑块与轨道HI间的动摩擦因数μ=0.5，其余各部分轨道均光滑。在某次游戏中滑块第1次运动到B点时的速度大小v1=10m/s。
（1）求此次游戏开始时弹簧的弹性势能Ep1；
（2）求此次游戏过程中滑块第1次经过D时受到轨道BCD的弹力大小FN；
（3）要使滑块在游戏过程中不脱离轨道，求弹簧的弹性势能Ep的取值范围。
【答案】解：（1）根据机械能守恒定律可得
（2）从B到D点，根据动能定理
在点，根据牛顿第二定律
得
（3）在半圆轨道恰好能过最高点时满足
可得
即
当滑块不过C点时满足
当滑块恰过D点时满足
恰过F点时满足
可得
当滑块恰过G点时满足
返回到HI右端H处速度为0
可得
返回到G点恰过G点时满足
下去后又返回经过IH板直到HI右端H处速度为0
可得
下去后又返回经过IH板直到HI右端恰过G点
所以的取值范围为
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）根据机械能守恒定律求解游戏开始时弹簧的弹性势能；
（2）从B到D点，根据动能定理求解到达D点速度，在点，根据牛顿第二定律求解弹力大小；
（3）在半圆轨道恰好能过最高点时满足的速度条件，当滑块不过C点可以满足条件，分别求出能过DFG三点的条件，分返回到G点恰过G点，下去后又返回经过IH板直到HI右端H处速度为0，下去后又返回经过IH板直到HI右端恰过G点等条件分别求解弹簧的弹性势能Ep的取值范围。
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