资源简介

浙江省温州市2023-2024学年高一下学期期末考试物理试题
1．（2024高一下·温州期末）下列属于能量的单位的是（　　）
A．牛顿（N） B．库仑（C）
C．电子伏特（eV） D．瓦特（W）
2．（2024高一下·温州期末）下列说法正确的是（　　）
A．质点、点电荷、元电荷都是理想模型
B．由可知，电场强度E与F成正比
C．密立根通过油滴实验测得元电荷e的数值
D．伽利略得出了物体间的引力与太阳行星间的引力遵从相同的规律
3．（2024高一下·温州期末）下列说法正确的是（　　）
A．图甲中，围绕地球公转的月球不受太阳引力的作用
B．图乙中，利用离心机可以分离血液中密度不同的成分
C．图丙中，运动员手中弯曲的撑竿在恢复原状过程中对运动员做负功
D．图丁中，当汽车输出功率一定时，可通过增大速度，获得较大牵引力
4．（2024高一下·温州期末）如图所示，某运动员将篮球从A点斜向上抛出，篮球垂直撞在竖直篮板上的O点，反向弹回后正好落在了A点正下方的B点。若将篮球看作质点且不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．篮球上升阶段与下降阶段运动时间相同
B．篮球撞击O点前后的瞬时速度大小相同
C．篮球从O点运动到B点过程加速度逐渐增大
D．篮球上升阶段与下降阶段速度变化量的方向相同
5．（2024高一下·温州期末）一物体置于水平粗糙圆盘上，圆盘从静止开始加速转动。整个过程中，物体的运动轨迹如图所示，对于物体经过a、b、c、d点时的速度方向，图中标注正确的是（　　）
A．a点 B．b点 C．c点 D．d点
6．（2024高一下·温州期末）下列关于静电现象的说法，不正确的是（　　）
A．图甲中，燃气灶点火时利用了尖端放电原理
B．图乙中，静电喷涂利用了带电涂料微粒与带电工件间的静电吸引
C．图丙中，为使带负电粉尘颗粒能到达收集板A，M、N应分别接电源的正、负极
D．图丁中，由于金属网的屏蔽，A球上电荷在验电器金属球B处产生的电场强度为零
7．（2024高一下·温州期末）2024年4月26日，搭乘神舟十八号载人飞船的航天员顺利入驻空间站，与神舟十七号乘组胜利会师（如图）。空间站运行轨道可视为离地高度约为400km的圆形轨道。下列说法正确的是（　　）
A．空间站运行的向心加速度比地球同步卫星的小
B．空间站运行的线速度小于地球的第一宇宙速度
C．空间站运行的角速度小于赤道上的物体随地球自转的角速度
D．空间站内的航天员处于“悬浮”状态是因为其所受的重力为零
8．（2024高一下·温州期末）如图所示为某皮带轮传动装置，图中A、B、C点为轮边缘上的点，到各自转轴的距离之比为，皮带与各轮间均不打滑。下列关于A、B、C点的线速度v、角速度、周期T、向心加速度a的关系正确的是（　　）
A． B．
C． D．
9．（2024高一下·温州期末）如图所示，三个完全相同的小球a、b、c处于同一高度，将小球a从固定的光滑斜面上静止释放，小球b、c以相同的速率分别竖直向上、水平向右抛出，不计空气阻力。关于小球从开始运动到触地过程，下列说法正确的是（　　）
A．三个小球运动时间相等
B．重力对小球b做的功最多
C．重力对小球c做功的平均功率最大
D．三个小球触地前瞬间，重力做功的瞬时功率相等
10．（2024高一下·温州期末）我国发射的嫦娥六号探测器，开展了世界首次对月球背面的样品采集工作，其环月变轨过程如图所示。假设探测器在环月圆轨道1上的P点实施变轨，进入椭圆轨道2，再由近月点Q点进入圆轨道3。已知轨道1的半径为5r，轨道3的半径为r，探测器在轨道3的运行周期为T，则探测器（　　）
A．在轨道1上经过P点时的加速度小于在轨道2上经过P点时的加速度
B．在轨道2上运行时与月心连线在单位时间内扫过的面积与在轨道3上运行时相等
C．从轨道2上的Q点进入轨道3时需要点火加速
D．在轨道2上运行的周期为
11．（2024高一下·温州期末）静止于水平地面的足球，被运动员从位置1以踢出后，沿如图所示的轨迹运动到位置3，在最高点2时距地面高度为h且速度大小为v，已知足球质量为m，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．从位置1到位置3的过程，足球的机械能守恒
B．从位置2到位置3的过程，足球的动能增加mgh
C．踢球时，运动员对足球做的功等于
D．从位置1到位置2的过程，阻力对足球做功
12．（2024高一下·温州期末）用两根同样长的绝缘细绳把两个带正电的小球悬挂在一点。两小球的质量相等，小球A所带的电荷量大于小球B所带的电荷量。两小球静止时，左右悬线与竖直方向的偏角分别为和。在空间中加一个竖直向下的匀强电场，再次平衡后，左右悬线与竖直方向的偏角分别变为和。下列判断正确的是（　　）
A．、 B．、
C．、 D．、
13．（2024高一下·温州期末）“风洞实验”常用于研究飞行器的空气动力学特性，在某风洞中，将一小球从M点竖直向上抛出，小球在大小恒定的水平风力作用下，运动轨迹如图所示。其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球经过M点时的动能为9J，经过O点时的动能为4J。下列说法正确的是（　　）
A．小球所受的重力和风力大小之比为
B．上升和下降过程，小球的机械能变化量之比为
C．从M点运动到O点的过程，小球的动能一直减小
D．小球经过N点时的动能为17J
14．（2024高一下·温州期末）如图所示，空间中有两个电荷量相同的点电荷A、B，电荷周围的电场线分布如图所示。MN为两点电荷A、B连线的中垂线，且M、N点到O点距离相同，C、D为某一条电场线上的两点。若规定无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（　　）
A．O点的电势为零
B．C点的电场强度小于D点的电场强度
C．M点的电场强度和N点的电场强度相同
D．M点的电势和N点的电势相同
15．（2024高一下·温州期末）如图甲所示，一倾角的光滑斜面顶端安装一光滑定滑轮，一轻绳跨过定滑轮，一端沿斜面方向连接质量为的物块，另一端悬挂质量为的小球。现使物块由P点静止释放，以P点为坐标原点，以物块的运动方向为正方向建立x轴。对物块施加一沿斜面向下的外力F，在物块的位置坐标x增大的过程中，F的大小与x的关系如图乙所示，物块的机械能E与x的关系如图丙所示。已知小球落地后不反弹。下列说法正确的是（　　）
A．至阶段，绳对物块的拉力做负功
B．释放时，小球距地面的高度
C．至阶段，物块的动能先增大、后不变、再减小
D．物块的质量
16．（2024高一下·温州期末）小王同学验证“物体在自由下落过程中机械能守恒”的实验装置如图所示。
（1）为完成此实验，如图所示的实验器材必须选取的是　 　（填选项字母）。
（2）下列关于本实验的说法正确的是______。
A．为了减小阻力影响，要选体积小，密度大的重物
B．为了让打的点清晰，要先释放纸带，再接通电源
C．为了防止晃动，应用手托稳重物，接通电源后，撤手释放重物
（3）正确完成实验操作后，得到一条清晰的纸带如图所示，纸带上的点迹是打点计时器连续打出的点。
在处理数据时，小王同学选取A、B两点来验证。已知交流电频率为50Hz，重物的质量为300g，当地重力加速度，测量后将部分物理量的计算结果记录如下：
x1/cm A点瞬时速度/（m·s-1） x2/cm B点瞬时速度/（m·s-1） A、B两点间距离/cm
1.15 0.288 4.25
5.60
①观察纸带可知，实验时连接重物的夹子夹在了纸带的　 　端（选填“左”或“右”）。
②表格中待填数据vB= 　 　m/s（结果保留3位有效数字）。
③打点计时器从打下A点到打下B点的过程，由表格数据可计算出：重物的重力势能减少量，打下A点时重物的动能，动能增加量ΔEk=　 　J（结果保留3位有效数字）。
④比较ΔEp与ΔEk的大小，出现这一结果的原因可能是　 　。
A．重物质量的测量值偏大
B．打点计时器的工作电压偏高
C．打点计时器两个限位孔不在同一竖直线上
17．（2024高一下·温州期末）用如图所示装置，探究向心力与角速度之间的关系
（1）已知小球放置在挡板a、b、c内侧时，球心到各自塔轮转轴的距离之比为。实验时，应将质量相同的小球分别放在______内侧（填选项字母）。
A．挡板a与b B．挡板a与c C．挡板b与c
（2）已知演示器左右变速塔轮最上层的半径相等，若将皮带从两个塔轮最上层均拨至第二层，则长槽和短槽的角速度之比会　 　（选填“变大”、“不变”或“变小”）。
（3）实验时，其他条件不变，逐渐增加摇动手柄的转速，则下列符合实际情况的是______。
A．左右两个标尺露出的格数都将增多
B．左右两个标尺露出格数的比值将增大
C．左右两个标尺露出格数的比值将不变
18．（2024高一下·温州期末）用如图所示的电路，观察电容器的放电现象。
（1）先将开关S接1，充电完成后电容器上极板带　 　电（选填“正”或“负”）。
（2）充电完成后，将可调电阻R的阻值调至，开关S接2进行放电，计算机与电流传感器相连，记录了电路中电流I随时间t变化的图像如图所示。已知该图像中曲线与坐标轴所围区域约有36个小格子，则电容器释放的电荷量Q约为　 　C（结果保留三位有效数字）。
（3）电容器再次充电完成后，将可调电阻R的阻值增加至，开关S接2进行放电，计算机又绘出了新的图像，下列关于前后两次图像的对比图，可能正确的是______。
A． B．
C． D．
19．（2024高一下·温州期末）某校游园活动中利用粘球靶设计了趣味游戏，如图1所示为倾斜放置的长方形粘球靶，球击中靶上不同区域即可获得不同积分。现研究小球从O点沿某一指定方向水平射出，小球运动所在的竖直面如图2所示，AB为粘球靶在该竖直面内的截线。O、A、B点的高度分别为、、，A、B两点间的水平距离，O、A两点间的水平距离，空气阻力可忽略。若小球能击中粘球靶的AB段，求：
（1）小球的最大初速度；
（2）小球在空中运动的最长时间t；
（3）第（2）问中球击中靶时的速度大小。
20．（2024高一下·温州期末）当驾车过弯道时，为防止侧滑，行驶速度不能过大。图1为一弯道路段，其俯视图如图2所示，其中一中心线位于同一水平面内的圆弧形车道，半径。一汽车沿该车道中心线做匀速圆周运动，已知汽车轮胎与路面间的最大静摩擦力等于压力的k倍，。（计算时汽车可视为质点，且在该路段行驶过程阻力不计，结果可用根式表示）
（1）若此弯道的路面设计成水平，求该汽车不发生侧滑的最大速度；
（2）若此弯道的路面设计成倾斜（外高内低），路基截面可简化为图3，路面与水平面夹角，已知：
①为使汽车转弯时与路面间恰好无摩擦，求它行驶的速度大小；
②为使汽车转弯时不发生侧滑，求它行驶的最大速度。
21．（2024高一下·温州期末）如图所示，电子枪的加速电压，平行极板A与B的间距。一电子从电子枪的电热丝无初速逸出，经电压加速后以从M点沿平行于板面的方向射入板间电场。电子从N点射出电场时，沿垂直于板面方向偏移的距离，动能。已知电子的比荷，两板间的电场可看作匀强电场。求：
（1）电子经电压加速后的速度大小；
（2）M、N两点间的电势差；
（3）A、B两极板间电场强度E的大小及电压。
22．（2024高一下·温州期末）如图所示，长度为的传送带左端平滑连接一水平轨道，右端平滑连接一固定圆弧轨道，圆弧轨道由半圆弧BC、半圆管CD组成，B、C、D在同一竖直线上，圆弧最高点C与半圆管CD相切，D与另一水平轨道平滑相接，轨道右端固定一竖直弹性挡板P（物体与其碰撞时将原速率反弹）。质量的小物体（可视为质点）从左侧水平轨道以某一初速度滑上传送带的左端A点。已知小物体与传送带间动摩擦因数，其余轨道均光滑。圆弧BC与半圆管CD半径分别为、，半圆管内径远小于r，但刚好可容小物体通过。
（1）若传送带静止，小物体以初速度滑上A点，求小物体第一次经过B点时，圆弧对其支持力大小；
（2）若传送带以顺时针运动，为使小物体能到达D点，则其滑上传送带左端A时的最小初速度为多大；
（3）若传送带仍以顺时针运动，小物体以第（2）问中的滑上传送带左端A，求之后运动的全过程小物体与传送带间摩擦产生的热量Q。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电势差；力学单位制
【解析】【解答】本题考查单位、单位制问题，知道常用物理量和对应的单位。A．牛顿（N）是力的单位，故A错误；
B．库仑（C）是电量单位，故B错误；
C．根据公式可知电子伏特（eV）是能量单位，故C正确；
D．瓦特（W）是功率单位，故D错误。
故选C。
【分析】根据各物理量和对应的单位进行综合判断。
2．【答案】C
【知识点】电场强度
【解析】【解答】本题考查对点电荷和元电荷的理解以及电场强度的理解，要注意明确电场强度由电场本身的性质决定。A．质点和点电荷都是理想模型，元电荷不是理想模型，A错误；
B．由可知，电场强度E与F无关，电场强度是由电场本身决定的，B错误；
C．密立根通过油滴实验测得元电荷e的数值，C正确；
D．牛顿得出了物体间的引力与太阳行星间的引力遵从相同的规律，D错误。
故选C。
【分析】明确质点和点电荷是理想模型，实际中并不存在，而电场强度采用了比值定义法；同时了解相关的物理学史，作出正确判断。
3．【答案】B
【知识点】离心运动和向心运动；万有引力定律；功的概念；功率及其计算
【解析】【解答】本题考查万有引力、离心现象和能的转化和守恒的问题，会根据题意进行准确分析和判断。A．围绕地球公转的月球也要受太阳引力的作用，故A错误；
B．医务人员用该机器将血浆和红细胞从血液中分离出来是利用了离心分离技术，由于不同的血液成分密度不同，所以在试管中从上而下自动分离出血浆、白细胞和红细胞，故B正确；
C．运动员手中弯曲的撑竿在恢复原状过程中撑杆的弹性势能减小，转化为运动员的机械能，对运动员做正功，故C错误；
D．汽车上坡时，根据
可知，可通过减小速度，获得更大的牵引力，故D错误。
故选B。
【分析】根据万有引力的条件分析判断；根据离心运动特点结合不同物质的密度差异进行分析解答；根据能的转化和守恒思想进行分析求解；根据功率的公式进行判断。
4．【答案】D
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】本题主要考查了竖直上抛运动的基本规律以及运动学公式和牛顿第二定律的应用。A．根据平抛运动规律有
解得
篮球上升阶段运动时间小于下降阶段运动时间，故A错误；
B．根据水平方向的运动规律可知
由于下降时间长，水平位移相同，可知篮球撞击O点前后的瞬时速度变小，故B错误；
C．篮球只受重力作用，加速度恒定不变，故C错误；
D．篮球上升阶段与下降阶段只受重力，加速度方向相同，故速度变化量的方向都是向下的，故D正确；
故选D。
【分析】篮球在上升阶段做斜抛运动，下降过程做平抛运动，两个阶段竖直方向都是匀变速直线运动，加速度都是g，可根据此特点判断上升和下降的时间；篮球在两个阶段中做匀速直线运动，AO阶段的水平位移大于OB阶段的水平位移，AO阶段的时间小于OB阶段的时间，故可根据此运动规律判断碰撞篮板前后的速度大小变化；篮球从O点运动到B点过程只受重力作用，故加速度都是g；篮球上升阶段和下降阶段，加速度都为g。
5．【答案】B
【知识点】曲线运动；离心运动和向心运动
【解析】【解答】能够根据物体做离心运动推断出圆盘做顺时针方向的转动是解题的关键。圆盘从静止开始加速转动，当物块受到的摩擦力不足以提供所需的向心力时，物体做离心运动，即圆心的距离逐渐增大，由图中轨迹可知，圆盘应顺时针转动，根据曲线运动的速度方向沿该点的切线方向可知，图中标注正确的是b点。
故选B。
【分析】根据物体做离心运动，确定圆盘的转动方向，进而根据曲线运动的速度方向为轨迹的切线方向判断。
6．【答案】D
【知识点】静电的防止与利用；电场强度的叠加
【解析】【解答】本题考查尖端放电、静电的防止和利用、静电屏蔽等知识，需要学生牢记并理解这些基本概念和解释相关的物理现象。A．燃气灶点火时利用了尖端放电原理，故A正确；
B．静电喷涂利用了带电涂料微粒与带电工件间的静电吸引，故B正确；
C．丙图中带负电的尘埃被吸附在管壁A上，故M接电源的正，N应接电源的负极，故C正确；
D．图丁中，由于金属网的屏蔽，验电器箔片不会张开，此时A球上电荷在验电器金属球B处产生的电场强度与金属网产生的感应电场相互平衡，不是A球上电荷在验电器金属球B处产生的电场强度为零，故D错误。
本题选错误的，故选D。
【分析】燃气灶点火为尖端放电；静电喷涂的原理是涂料喷出时带静电，会吸附到被涂材料上；带负电的物体向正极移动，静电屏蔽后的区域内部场强为零。
7．【答案】B
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】本题解题关键是掌握卫星运转原理，即万有引力提供向心力，据此列式即可确定卫星的运行规律：高轨低速长周期。A．根据万有引力提供向心力有
解得
空间站运行轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，则空间站运行的向心加速度比地球同步卫星的大，故A错误；
B．地球的第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大速度，故空间站运行的线速度小于地球的第一宇宙速度，故B正确；
C．根据万有引力提供向心力有
解得
空间站运行轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，则空间站运行的角速度比地球同步卫星的大，即空间站运行的角速度大于赤道上的物体随地球自转的角速度，故C错误；
D．空间站内的航天员处于“悬浮”状态是因为其所受的万有引力完全提供向心力，故D错误；
故选B。
【分析】根据万有引力提供向心力，分析线速度、角速度和向心加速度关系，注意明确地球赤道上的物体随地球自转的角速度等于地球同步卫星的角速度。
8．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】本题主要考查线速度、角速度、周期和向心加速度的关系，理解边缘传动的特点是解题关键。A和C与皮带接触，故可知A、B、C三点的线速度相等；因为，根据
可知
同理，因为，根据
得
根据，结合公式
得
故选D。
【分析】边缘传动，边缘上的点线速度大小相等，同轴转动，除轴外，角速度相等，结合v=rω解答。
9．【答案】C
【知识点】功的计算；功率及其计算
【解析】【解答】本题考查功和功率的计算问题，会准确的分析物体的运动过程，会根据题意求解平均功率以及瞬时功率。A．设a球斜面倾角为，根据
b球做竖直上抛运动，有
c球做平抛运动，有
所以c球运动时间最短，a球和b球运动时间无法确定，故A错误；
B．重力做功为
由于下落高度相同，所以重力做功相等，故B错误；
C．重力的平均功率
因为重力做功相同，c球运动时间最短，所以重力对小球c做功的平均功率最大，故C正确；
D．重力做功的瞬时功率
由重力做功相同，落地前瞬间
所以
故D错误。
故选C。
【分析】 根据三个情形的运动分别列式关于时间的关系式，结合关系式分析比较时间的长度；
根据重力做功的特点进行判断；根据重力做功的平均功率和瞬时功率结合时间和落地竖直分速度进行分析解答。
10．【答案】D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】本题考查天体运动，要求学生根据万有引力定律以及开普勒第三定律分析求解，难度适中。A．根据万有引力提供向心力。
得
所以探测器在轨道1上运行经过P点时的加速度等于在轨道2上运行经过P点时的加速度，故A错误；
B．根据开普勒第二定律可知对同一轨道上月心连线在单位时间内扫过的面积相等，故B错误；
C．从轨道2上的Q点进入轨道3时做向心运动，需要减速，故C错误；
D．在轨道2上运行时的半长轴为
根据开普勒第三定律
解得在轨道2上运行的周期为
故D正确。
故选D。
【分析】根据万有引力提供向心力可以确定在不同轨道同一点加速度大小相等，根据开普勒第二定律可以比较两个轨道月心连线在单位时间内扫过的面积，根据开普勒第三定律可以求解轨道2上运行的周期。
11．【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】 本题考查动能定理、判断机械能守恒的问题，会准确的分析物体的运动过程，会根据题意进行准确分析和判断。A．若足球做斜抛运动可知12间距离等于23间的距离，由于两段水平距离不等，故足球做的不是斜抛运动，受到空气阻力，所以机械能不守恒，故A错误；
B．足球受到空气阻力，从位置2到位置3的过程，设克服空气阻力做功为，根据动能定理
故足球的动能增加量小于mgh，故B错误；
CD．踢球时，设运动员对足球做的功为W，可得
1到2过程中克服空气阻力做功为，根据动能定理
可得
故C错误；
D．从位置1到位置2的过程，阻力对足球做功为
故D正确。
故选D。
【分析】根据轨迹分析是否做斜上抛运动，再根据受力情况判断是否满足机械能守恒条件；根据动能定理结合阻力功和克服阻力做功的关系分析解答；
12．【答案】C
【知识点】库仑定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题切入点在两球之间的库仑力属于作用力和反作用力，等大、反向；突破口在利用平衡条件确定拉力方向。
两小球的质量相等，重力也相等；根据牛顿第三定律，库仑斥力大小相等，方向相反，所以细线的拉力大小相等，与竖直方向的夹角也相等，即。
根据电场力的计算公式
可知在空间中加一个竖直向下的匀强电场，A受电场力较大，则相对于B球，A球的重力变大，如图
根据杠杆平衡条件可知
其中
，
则可知
故选C。
【分析】两球之间的库仑力属于作用力和反作用力，它们是大小相等，方向相反，两个小球均受重力、静电力和拉力，受力恰好对称，施加匀强电场后，根据杠杆平衡条件分析角度变化。
13．【答案】A
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】能够分别在水平方向和竖直方向列出动量定理方程是解题的基础，知道小球机械能的变化量等于重力以外的力做的功。A．根据题意，设风力大小为，小球的质量为，小球的初速度为，的水平距离为，竖直距离为，竖直方向上有
则有
从到过程中，由动能定理有
可得
又有
水平方向上，由牛顿第二定律有
由运动学公式有
由于运动时间相等，则
则有
解得
故A正确；
BD．根据题意可知，小球在水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，由对称性可知，小球从和从的运动时间相等，设的水平距离为，根据匀变速运动推论可知
小球由过程中，由动能定理有
解得
由功能关系可知，小球机械能的变化量等于风力做功，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为
故BD错误；
C．根据前面分析可知从M点运动到O点的过程，小球受到的重力和风力的合力方向开始与速度方向夹角为钝角，后与速度方向夹角为锐角，故合力先做负功后做正功，故动能先减小后增大，故C错误。
故选A。
【分析】根据动量定理分别列出水平方向和竖直方向的动量定理方程，即可得到重力和风力大小之比；根据初速度为零的匀加速直线运动规律得到小球上升和下降过程中的水平位移之比，然后根据做功公式即可解得小球机械能的变化量之比；根据合力与速度方向之间的夹角变化分析；根据动能定理求解。
14．【答案】B,D
【知识点】电场线；电势
【解析】【解答】本题考查了电场的基本性质，理解电场强度、电场线的特点，掌握等量同号电荷电场线的分布是解决此类问题的关键。A．根据题意可知该电场为等量正电荷产生的电场，故O点的电势不为零，故A错误；
B．场强大的地方电场线越密集，故可知C点的电场强度小于D点的电场强度，故B正确；
C．根据等量正电荷产生的电场分布特点可知M点的电场强度和N点的电场强度大小相同，方向相反，故C错误；
D．M点和N点到两等量正电荷的距离相等，根据对称性可知M点的电势和N点的电势相同，故D正确。
故选BD。
【分析】根据场强大的地方电场线越密集，以及电场线的对称分布分析求解。
15．【答案】B,D
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查机械能的问题，清楚外力做功与机械能变化的联系，熟练运用牛顿第二定律找出质量关系和力的关系。
A．根据图像可知至阶段还没有受到外力F，此时物块机械能在增大，故此时物块沿斜面向上运动，绳对物块的拉力做正功，故A错误；
B．根据图像可知至阶段由于F小于该过程中绳子的拉力，故物块的机械能在增大，至阶段根据图像可知此时机械能保持不变，故可知此时F大小等于该过程中绳子的拉力，在的瞬间，小球落地，绳子拉力为0，由于此时物块还受到沿斜面向下的外力F，F对物块做负功，之后的一段过程中物块机械能在减小，故可知释放时，小球距地面的高度，故B正确；
C．根据前面分析至阶段F大小等于该过程中绳子的拉力，由于物块还受到重力沿斜面向下的分量，故此时合外力沿斜面向下，在后物块沿斜面方向受到重力的分力和外力F，做减速运动，即可知至阶段，物块先加速后一直减速，即物块的动能先增大后一直减小，故C错误；
D．根据图丙图像可知图像的斜率表示绳子的拉力与外力F的合力，对至阶段可得绳中拉力为，设此时球和物块的加速度大小为，根据牛顿第二定律得
代入整理得
①
同理结合之后图像可知，力F在之后的大小始终为
根据前面分析可知至阶段物块受到的F大小等于该过程中绳子的拉力，故此时物块的加速度为，方向沿斜面向下，球和物块加速度大小相等，此时对小球根据牛顿第二定律
②
③
联立①②③得物块的质量
故D正确。
故选BD。
【分析】根据图像分析物体在有外力和无外力的情况下的运动情况和机械能的变化问题，即可判断ABC，再结合牛顿第二定律和图像求出对x=0至x=1m阶段质量关系以及x=2至x=3m阶段物块受到的F大小和该过程中绳子的拉力T'的关系，联立求解。
16．【答案】（1）D
（2）A
（3）左；1.06；0.156；C
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，利用运动学公式的出物体的速度，熟悉能量的计算公式即可完成分析。
（1）A．用打点计时器计时，不用秒表计时，A不选；
BC．电火花打点计时器使用220V交流电源，BC不选；
D．用刻度尺测量计数点之间的距离，D选。
故选D。
（2）A．为了减小阻力影响，要选体积小，密度大的重物，A正确；
B．为了让打的点清晰，要先接通电源，后释放纸带，B错误；
C．用夹子夹住纸带，重物稳定后，先接通电源，后释放重物，C错误。
故选A。
（3）①观察纸带可知，实验时连接重物的夹子夹在了纸带的左端。
②表格中待填数据
③[A点的动能为
解得
B点动能为
动能增加量为
④ A．重物质量不影响测量结果，A错误；
B．打点计时器的工作电压偏高，不影响时间的测量，B错误；
C．打点计时器两个限位孔不在同一竖直线上，摩擦力太大，机械能损失较多，导致增加的动能小于减少的重力势能，C正确。
故选C。
【分析】（1）根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定必需的器材；
（2）根据实验的原理及操作过程作出判断；
（3）观察纸带，连接重物的夹子夹在了纸带的左侧；由x2间的距离和时间间隔求得B点瞬时速度，即可由动能定义式得到动能增量；系统误差是由于实验原理和不可克服的阻力而引起的。
（1）A．用打点计时器计时，不用秒表计时，A不选；
BC．电火花打点计时器使用220V交流电源，BC不选；
D．用刻度尺测量计数点之间的距离，D选。
故选D。
（2）A．为了减小阻力影响，要选体积小，密度大的重物，A正确；
B．为了让打的点清晰，要先接通电源，后释放纸带，B错误；
C．用夹子夹住纸带，重物稳定后，先接通电源，后释放重物，C错误。
故选A。
（3）①[1]观察纸带可知，实验时连接重物的夹子夹在了纸带的左端。
②[2]表格中待填数据
③[3] A点的动能为
解得
B点动能为
动能增加量为
④[4] A．重物质量不影响测量结果，A错误；
B．打点计时器的工作电压偏高，不影响时间的测量，B错误；
C．打点计时器两个限位孔不在同一竖直线上，摩擦力太大，机械能损失较多，导致增加的动能小于减少的重力势能，C正确。
故选C。
17．【答案】（1）B
（2）变小
（3）A；C
【知识点】向心力
【解析】【解答】熟练掌握向心力公式F=mrω2是解题的基础，知道左右两个塔轮是靠皮带传动的，轮子边缘的线速度大小相等是解题的关键。
（1）探究向心力与角速度之间的关系，需控制小球质量、运动半径相同，应将质量相同的小球分别放在挡板a与c内侧。
故选B。
（2）变速塔轮边缘的线速度相等，根据
可知若将皮带从两个塔轮最上层均拨至第二层，左边速塔轮的半径增大，则长槽和短槽的角速度之比会变小。
（3）A．根据向心力公式
可知逐渐增加摇动手柄的转速，左右侧小球受到向心力均增大，左右两个标尺露出的格数都将增多，故A正确；
BC．左右两个标尺露出格数的比值等于左右侧小球受到向心力的比值，即
可知左右两个标尺露出格数的比值将不变，故B错误，C正确。
故选AC。
【分析】（1）根据控制变量法分析，每次只能有一个变量，其它量相同；
（2）变速塔轮边缘的线速度相等，根据v=rω分析；
（3）根据F=mrω2分析，左右两个标尺露出格数的比值等于左右侧小球受到向心力的比值。
（1）探究向心力与角速度之间的关系，需控制小球质量、运动半径相同，应将质量相同的小球分别放在挡板a与c内侧。
故选B。
（2）变速塔轮边缘的线速度相等，根据
可知若将皮带从两个塔轮最上层均拨至第二层，左边速塔轮的半径增大，则长槽和短槽的角速度之比会变小。
（3）A．根据向心力公式
可知逐渐增加摇动手柄的转速，左右侧小球受到向心力均增大，左右两个标尺露出的格数都将增多，故A正确；
BC．左右两个标尺露出格数的比值等于左右侧小球受到向心力的比值，即
可知左右两个标尺露出格数的比值将不变，故B错误，C正确。
故选AC。
18．【答案】（1）正
（2）
（3）B
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】本题考查了观察电容器的放电现象的实验，要理解i-t图线与坐标轴围成的面积的含义；明确电容器充电后的电荷量不变是解题的关键。
（1）电容器上极板连接电源正极，故充电完成后电容器上极板带正电；
（2）根据可知图像与横轴围成的面积表示电量，故电容器释放的电荷量Q约为
（3）分析可知当可调电阻R的阻值增大时，开始放电的瞬间最大电流值变小，由于电容器的带电量不变，故可知电阻R的阻值增加时的放电时间变长。
故选B。
【分析】（1）电容器上极板与电源正极相连，据此分析作答；
（2）i-t图像中图线与坐标轴围成的面积表示电容器充电后放电的电荷量，据此求解作答；
（3）充电后，电荷量不变，i-t图像中图线与坐标轴围成的面积不变；根据欧姆定律和电流的定义式分析作答。
（1）电容器上极板连接电源正极，故充电完成后电容器上极板带正电；
（2）根据可知图像与横轴围成的面积表示电量，故电容器释放的电荷量Q约为
（3）分析可知当可调电阻R的阻值增大时，开始放电的瞬间最大电流值变小，由于电容器的带电量不变，故可知电阻R的阻值增加时的放电时间变长。
故选B。
19．【答案】解：（1）击中B点，初速度最大，则
解得
（2）击中A点，下落时间最长，则
解得
（3）根据水平方向的运动规律有
竖直速度为
解得
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）小球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动，可利用平抛运动规律及运动学公式计算速度；
（2）利用位移与时间公式计算时间；
（3）求出水平方向速度以及竖直方向速度，根据运动的合成计算速度。
20．【答案】解：（1）摩擦力提供向心力
解得
（2）①重力与支持力的合力提供向心力，有
解得
②水平方向
竖直方向
解得
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）汽车仅有摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律计算；
（2）①对汽车受力分析，恰好由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律计算；
②做出汽车的受力图，根据牛顿第二定律列方程计算。
21．【答案】解：（1）电子的加速过程，由动能定理得
解得
（2）M到N过程根据动能定理
解得
（3）由匀强电场的电场强度和电势差关系得
解得
根据
解得
【知识点】电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解电子加速后的速度；
（2）根据动能定理求解求解电势差UMN；
（3）根据匀强电场的电势差和电场强度的关系求解电场强度和电势差。
22．【答案】解：（1）物体从A到B根据动能定理
B点根据牛顿第二定律
解得
（2）恰至C时
B到C过程根据动能定理
解得
B到D过程
故可知
故对A到B过程
解得最小初速度为
（3）A到B过程
解得
该过程摩擦产生的热量
得
B到A过程
解得
该过程摩擦产生的热量
得
故可得全过程小物体与传送带间摩擦产生的热量
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据动能定理，牛顿第二定律求小物体第一次经过B点时，圆弧对其支持力大小
（2）根据动能定理求其滑上传送带左端A时的最小初速度v2为多大；
（3） 摩擦产生的热量 等于摩擦力与相对运动位移乘以摩擦力，根据功能关系求之后运动的全过程小物体与传送带间摩擦产生的热量Q。
1 / 1浙江省温州市2023-2024学年高一下学期期末考试物理试题
1．（2024高一下·温州期末）下列属于能量的单位的是（　　）
A．牛顿（N） B．库仑（C）
C．电子伏特（eV） D．瓦特（W）
【答案】C
【知识点】电势差；力学单位制
【解析】【解答】本题考查单位、单位制问题，知道常用物理量和对应的单位。A．牛顿（N）是力的单位，故A错误；
B．库仑（C）是电量单位，故B错误；
C．根据公式可知电子伏特（eV）是能量单位，故C正确；
D．瓦特（W）是功率单位，故D错误。
故选C。
【分析】根据各物理量和对应的单位进行综合判断。
2．（2024高一下·温州期末）下列说法正确的是（　　）
A．质点、点电荷、元电荷都是理想模型
B．由可知，电场强度E与F成正比
C．密立根通过油滴实验测得元电荷e的数值
D．伽利略得出了物体间的引力与太阳行星间的引力遵从相同的规律
【答案】C
【知识点】电场强度
【解析】【解答】本题考查对点电荷和元电荷的理解以及电场强度的理解，要注意明确电场强度由电场本身的性质决定。A．质点和点电荷都是理想模型，元电荷不是理想模型，A错误；
B．由可知，电场强度E与F无关，电场强度是由电场本身决定的，B错误；
C．密立根通过油滴实验测得元电荷e的数值，C正确；
D．牛顿得出了物体间的引力与太阳行星间的引力遵从相同的规律，D错误。
故选C。
【分析】明确质点和点电荷是理想模型，实际中并不存在，而电场强度采用了比值定义法；同时了解相关的物理学史，作出正确判断。
3．（2024高一下·温州期末）下列说法正确的是（　　）
A．图甲中，围绕地球公转的月球不受太阳引力的作用
B．图乙中，利用离心机可以分离血液中密度不同的成分
C．图丙中，运动员手中弯曲的撑竿在恢复原状过程中对运动员做负功
D．图丁中，当汽车输出功率一定时，可通过增大速度，获得较大牵引力
【答案】B
【知识点】离心运动和向心运动；万有引力定律；功的概念；功率及其计算
【解析】【解答】本题考查万有引力、离心现象和能的转化和守恒的问题，会根据题意进行准确分析和判断。A．围绕地球公转的月球也要受太阳引力的作用，故A错误；
B．医务人员用该机器将血浆和红细胞从血液中分离出来是利用了离心分离技术，由于不同的血液成分密度不同，所以在试管中从上而下自动分离出血浆、白细胞和红细胞，故B正确；
C．运动员手中弯曲的撑竿在恢复原状过程中撑杆的弹性势能减小，转化为运动员的机械能，对运动员做正功，故C错误；
D．汽车上坡时，根据
可知，可通过减小速度，获得更大的牵引力，故D错误。
故选B。
【分析】根据万有引力的条件分析判断；根据离心运动特点结合不同物质的密度差异进行分析解答；根据能的转化和守恒思想进行分析求解；根据功率的公式进行判断。
4．（2024高一下·温州期末）如图所示，某运动员将篮球从A点斜向上抛出，篮球垂直撞在竖直篮板上的O点，反向弹回后正好落在了A点正下方的B点。若将篮球看作质点且不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．篮球上升阶段与下降阶段运动时间相同
B．篮球撞击O点前后的瞬时速度大小相同
C．篮球从O点运动到B点过程加速度逐渐增大
D．篮球上升阶段与下降阶段速度变化量的方向相同
【答案】D
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】本题主要考查了竖直上抛运动的基本规律以及运动学公式和牛顿第二定律的应用。A．根据平抛运动规律有
解得
篮球上升阶段运动时间小于下降阶段运动时间，故A错误；
B．根据水平方向的运动规律可知
由于下降时间长，水平位移相同，可知篮球撞击O点前后的瞬时速度变小，故B错误；
C．篮球只受重力作用，加速度恒定不变，故C错误；
D．篮球上升阶段与下降阶段只受重力，加速度方向相同，故速度变化量的方向都是向下的，故D正确；
故选D。
【分析】篮球在上升阶段做斜抛运动，下降过程做平抛运动，两个阶段竖直方向都是匀变速直线运动，加速度都是g，可根据此特点判断上升和下降的时间；篮球在两个阶段中做匀速直线运动，AO阶段的水平位移大于OB阶段的水平位移，AO阶段的时间小于OB阶段的时间，故可根据此运动规律判断碰撞篮板前后的速度大小变化；篮球从O点运动到B点过程只受重力作用，故加速度都是g；篮球上升阶段和下降阶段，加速度都为g。
5．（2024高一下·温州期末）一物体置于水平粗糙圆盘上，圆盘从静止开始加速转动。整个过程中，物体的运动轨迹如图所示，对于物体经过a、b、c、d点时的速度方向，图中标注正确的是（　　）
A．a点 B．b点 C．c点 D．d点
【答案】B
【知识点】曲线运动；离心运动和向心运动
【解析】【解答】能够根据物体做离心运动推断出圆盘做顺时针方向的转动是解题的关键。圆盘从静止开始加速转动，当物块受到的摩擦力不足以提供所需的向心力时，物体做离心运动，即圆心的距离逐渐增大，由图中轨迹可知，圆盘应顺时针转动，根据曲线运动的速度方向沿该点的切线方向可知，图中标注正确的是b点。
故选B。
【分析】根据物体做离心运动，确定圆盘的转动方向，进而根据曲线运动的速度方向为轨迹的切线方向判断。
6．（2024高一下·温州期末）下列关于静电现象的说法，不正确的是（　　）
A．图甲中，燃气灶点火时利用了尖端放电原理
B．图乙中，静电喷涂利用了带电涂料微粒与带电工件间的静电吸引
C．图丙中，为使带负电粉尘颗粒能到达收集板A，M、N应分别接电源的正、负极
D．图丁中，由于金属网的屏蔽，A球上电荷在验电器金属球B处产生的电场强度为零
【答案】D
【知识点】静电的防止与利用；电场强度的叠加
【解析】【解答】本题考查尖端放电、静电的防止和利用、静电屏蔽等知识，需要学生牢记并理解这些基本概念和解释相关的物理现象。A．燃气灶点火时利用了尖端放电原理，故A正确；
B．静电喷涂利用了带电涂料微粒与带电工件间的静电吸引，故B正确；
C．丙图中带负电的尘埃被吸附在管壁A上，故M接电源的正，N应接电源的负极，故C正确；
D．图丁中，由于金属网的屏蔽，验电器箔片不会张开，此时A球上电荷在验电器金属球B处产生的电场强度与金属网产生的感应电场相互平衡，不是A球上电荷在验电器金属球B处产生的电场强度为零，故D错误。
本题选错误的，故选D。
【分析】燃气灶点火为尖端放电；静电喷涂的原理是涂料喷出时带静电，会吸附到被涂材料上；带负电的物体向正极移动，静电屏蔽后的区域内部场强为零。
7．（2024高一下·温州期末）2024年4月26日，搭乘神舟十八号载人飞船的航天员顺利入驻空间站，与神舟十七号乘组胜利会师（如图）。空间站运行轨道可视为离地高度约为400km的圆形轨道。下列说法正确的是（　　）
A．空间站运行的向心加速度比地球同步卫星的小
B．空间站运行的线速度小于地球的第一宇宙速度
C．空间站运行的角速度小于赤道上的物体随地球自转的角速度
D．空间站内的航天员处于“悬浮”状态是因为其所受的重力为零
【答案】B
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】本题解题关键是掌握卫星运转原理，即万有引力提供向心力，据此列式即可确定卫星的运行规律：高轨低速长周期。A．根据万有引力提供向心力有
解得
空间站运行轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，则空间站运行的向心加速度比地球同步卫星的大，故A错误；
B．地球的第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大速度，故空间站运行的线速度小于地球的第一宇宙速度，故B正确；
C．根据万有引力提供向心力有
解得
空间站运行轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，则空间站运行的角速度比地球同步卫星的大，即空间站运行的角速度大于赤道上的物体随地球自转的角速度，故C错误；
D．空间站内的航天员处于“悬浮”状态是因为其所受的万有引力完全提供向心力，故D错误；
故选B。
【分析】根据万有引力提供向心力，分析线速度、角速度和向心加速度关系，注意明确地球赤道上的物体随地球自转的角速度等于地球同步卫星的角速度。
8．（2024高一下·温州期末）如图所示为某皮带轮传动装置，图中A、B、C点为轮边缘上的点，到各自转轴的距离之比为，皮带与各轮间均不打滑。下列关于A、B、C点的线速度v、角速度、周期T、向心加速度a的关系正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】本题主要考查线速度、角速度、周期和向心加速度的关系，理解边缘传动的特点是解题关键。A和C与皮带接触，故可知A、B、C三点的线速度相等；因为，根据
可知
同理，因为，根据
得
根据，结合公式
得
故选D。
【分析】边缘传动，边缘上的点线速度大小相等，同轴转动，除轴外，角速度相等，结合v=rω解答。
9．（2024高一下·温州期末）如图所示，三个完全相同的小球a、b、c处于同一高度，将小球a从固定的光滑斜面上静止释放，小球b、c以相同的速率分别竖直向上、水平向右抛出，不计空气阻力。关于小球从开始运动到触地过程，下列说法正确的是（　　）
A．三个小球运动时间相等
B．重力对小球b做的功最多
C．重力对小球c做功的平均功率最大
D．三个小球触地前瞬间，重力做功的瞬时功率相等
【答案】C
【知识点】功的计算；功率及其计算
【解析】【解答】本题考查功和功率的计算问题，会准确的分析物体的运动过程，会根据题意求解平均功率以及瞬时功率。A．设a球斜面倾角为，根据
b球做竖直上抛运动，有
c球做平抛运动，有
所以c球运动时间最短，a球和b球运动时间无法确定，故A错误；
B．重力做功为
由于下落高度相同，所以重力做功相等，故B错误；
C．重力的平均功率
因为重力做功相同，c球运动时间最短，所以重力对小球c做功的平均功率最大，故C正确；
D．重力做功的瞬时功率
由重力做功相同，落地前瞬间
所以
故D错误。
故选C。
【分析】 根据三个情形的运动分别列式关于时间的关系式，结合关系式分析比较时间的长度；
根据重力做功的特点进行判断；根据重力做功的平均功率和瞬时功率结合时间和落地竖直分速度进行分析解答。
10．（2024高一下·温州期末）我国发射的嫦娥六号探测器，开展了世界首次对月球背面的样品采集工作，其环月变轨过程如图所示。假设探测器在环月圆轨道1上的P点实施变轨，进入椭圆轨道2，再由近月点Q点进入圆轨道3。已知轨道1的半径为5r，轨道3的半径为r，探测器在轨道3的运行周期为T，则探测器（　　）
A．在轨道1上经过P点时的加速度小于在轨道2上经过P点时的加速度
B．在轨道2上运行时与月心连线在单位时间内扫过的面积与在轨道3上运行时相等
C．从轨道2上的Q点进入轨道3时需要点火加速
D．在轨道2上运行的周期为
【答案】D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】本题考查天体运动，要求学生根据万有引力定律以及开普勒第三定律分析求解，难度适中。A．根据万有引力提供向心力。
得
所以探测器在轨道1上运行经过P点时的加速度等于在轨道2上运行经过P点时的加速度，故A错误；
B．根据开普勒第二定律可知对同一轨道上月心连线在单位时间内扫过的面积相等，故B错误；
C．从轨道2上的Q点进入轨道3时做向心运动，需要减速，故C错误；
D．在轨道2上运行时的半长轴为
根据开普勒第三定律
解得在轨道2上运行的周期为
故D正确。
故选D。
【分析】根据万有引力提供向心力可以确定在不同轨道同一点加速度大小相等，根据开普勒第二定律可以比较两个轨道月心连线在单位时间内扫过的面积，根据开普勒第三定律可以求解轨道2上运行的周期。
11．（2024高一下·温州期末）静止于水平地面的足球，被运动员从位置1以踢出后，沿如图所示的轨迹运动到位置3，在最高点2时距地面高度为h且速度大小为v，已知足球质量为m，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．从位置1到位置3的过程，足球的机械能守恒
B．从位置2到位置3的过程，足球的动能增加mgh
C．踢球时，运动员对足球做的功等于
D．从位置1到位置2的过程，阻力对足球做功
【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】 本题考查动能定理、判断机械能守恒的问题，会准确的分析物体的运动过程，会根据题意进行准确分析和判断。A．若足球做斜抛运动可知12间距离等于23间的距离，由于两段水平距离不等，故足球做的不是斜抛运动，受到空气阻力，所以机械能不守恒，故A错误；
B．足球受到空气阻力，从位置2到位置3的过程，设克服空气阻力做功为，根据动能定理
故足球的动能增加量小于mgh，故B错误；
CD．踢球时，设运动员对足球做的功为W，可得
1到2过程中克服空气阻力做功为，根据动能定理
可得
故C错误；
D．从位置1到位置2的过程，阻力对足球做功为
故D正确。
故选D。
【分析】根据轨迹分析是否做斜上抛运动，再根据受力情况判断是否满足机械能守恒条件；根据动能定理结合阻力功和克服阻力做功的关系分析解答；
12．（2024高一下·温州期末）用两根同样长的绝缘细绳把两个带正电的小球悬挂在一点。两小球的质量相等，小球A所带的电荷量大于小球B所带的电荷量。两小球静止时，左右悬线与竖直方向的偏角分别为和。在空间中加一个竖直向下的匀强电场，再次平衡后，左右悬线与竖直方向的偏角分别变为和。下列判断正确的是（　　）
A．、 B．、
C．、 D．、
【答案】C
【知识点】库仑定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题切入点在两球之间的库仑力属于作用力和反作用力，等大、反向；突破口在利用平衡条件确定拉力方向。
两小球的质量相等，重力也相等；根据牛顿第三定律，库仑斥力大小相等，方向相反，所以细线的拉力大小相等，与竖直方向的夹角也相等，即。
根据电场力的计算公式
可知在空间中加一个竖直向下的匀强电场，A受电场力较大，则相对于B球，A球的重力变大，如图
根据杠杆平衡条件可知
其中
，
则可知
故选C。
【分析】两球之间的库仑力属于作用力和反作用力，它们是大小相等，方向相反，两个小球均受重力、静电力和拉力，受力恰好对称，施加匀强电场后，根据杠杆平衡条件分析角度变化。
13．（2024高一下·温州期末）“风洞实验”常用于研究飞行器的空气动力学特性，在某风洞中，将一小球从M点竖直向上抛出，小球在大小恒定的水平风力作用下，运动轨迹如图所示。其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球经过M点时的动能为9J，经过O点时的动能为4J。下列说法正确的是（　　）
A．小球所受的重力和风力大小之比为
B．上升和下降过程，小球的机械能变化量之比为
C．从M点运动到O点的过程，小球的动能一直减小
D．小球经过N点时的动能为17J
【答案】A
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】能够分别在水平方向和竖直方向列出动量定理方程是解题的基础，知道小球机械能的变化量等于重力以外的力做的功。A．根据题意，设风力大小为，小球的质量为，小球的初速度为，的水平距离为，竖直距离为，竖直方向上有
则有
从到过程中，由动能定理有
可得
又有
水平方向上，由牛顿第二定律有
由运动学公式有
由于运动时间相等，则
则有
解得
故A正确；
BD．根据题意可知，小球在水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，由对称性可知，小球从和从的运动时间相等，设的水平距离为，根据匀变速运动推论可知
小球由过程中，由动能定理有
解得
由功能关系可知，小球机械能的变化量等于风力做功，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为
故BD错误；
C．根据前面分析可知从M点运动到O点的过程，小球受到的重力和风力的合力方向开始与速度方向夹角为钝角，后与速度方向夹角为锐角，故合力先做负功后做正功，故动能先减小后增大，故C错误。
故选A。
【分析】根据动量定理分别列出水平方向和竖直方向的动量定理方程，即可得到重力和风力大小之比；根据初速度为零的匀加速直线运动规律得到小球上升和下降过程中的水平位移之比，然后根据做功公式即可解得小球机械能的变化量之比；根据合力与速度方向之间的夹角变化分析；根据动能定理求解。
14．（2024高一下·温州期末）如图所示，空间中有两个电荷量相同的点电荷A、B，电荷周围的电场线分布如图所示。MN为两点电荷A、B连线的中垂线，且M、N点到O点距离相同，C、D为某一条电场线上的两点。若规定无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（　　）
A．O点的电势为零
B．C点的电场强度小于D点的电场强度
C．M点的电场强度和N点的电场强度相同
D．M点的电势和N点的电势相同
【答案】B,D
【知识点】电场线；电势
【解析】【解答】本题考查了电场的基本性质，理解电场强度、电场线的特点，掌握等量同号电荷电场线的分布是解决此类问题的关键。A．根据题意可知该电场为等量正电荷产生的电场，故O点的电势不为零，故A错误；
B．场强大的地方电场线越密集，故可知C点的电场强度小于D点的电场强度，故B正确；
C．根据等量正电荷产生的电场分布特点可知M点的电场强度和N点的电场强度大小相同，方向相反，故C错误；
D．M点和N点到两等量正电荷的距离相等，根据对称性可知M点的电势和N点的电势相同，故D正确。
故选BD。
【分析】根据场强大的地方电场线越密集，以及电场线的对称分布分析求解。
15．（2024高一下·温州期末）如图甲所示，一倾角的光滑斜面顶端安装一光滑定滑轮，一轻绳跨过定滑轮，一端沿斜面方向连接质量为的物块，另一端悬挂质量为的小球。现使物块由P点静止释放，以P点为坐标原点，以物块的运动方向为正方向建立x轴。对物块施加一沿斜面向下的外力F，在物块的位置坐标x增大的过程中，F的大小与x的关系如图乙所示，物块的机械能E与x的关系如图丙所示。已知小球落地后不反弹。下列说法正确的是（　　）
A．至阶段，绳对物块的拉力做负功
B．释放时，小球距地面的高度
C．至阶段，物块的动能先增大、后不变、再减小
D．物块的质量
【答案】B,D
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查机械能的问题，清楚外力做功与机械能变化的联系，熟练运用牛顿第二定律找出质量关系和力的关系。
A．根据图像可知至阶段还没有受到外力F，此时物块机械能在增大，故此时物块沿斜面向上运动，绳对物块的拉力做正功，故A错误；
B．根据图像可知至阶段由于F小于该过程中绳子的拉力，故物块的机械能在增大，至阶段根据图像可知此时机械能保持不变，故可知此时F大小等于该过程中绳子的拉力，在的瞬间，小球落地，绳子拉力为0，由于此时物块还受到沿斜面向下的外力F，F对物块做负功，之后的一段过程中物块机械能在减小，故可知释放时，小球距地面的高度，故B正确；
C．根据前面分析至阶段F大小等于该过程中绳子的拉力，由于物块还受到重力沿斜面向下的分量，故此时合外力沿斜面向下，在后物块沿斜面方向受到重力的分力和外力F，做减速运动，即可知至阶段，物块先加速后一直减速，即物块的动能先增大后一直减小，故C错误；
D．根据图丙图像可知图像的斜率表示绳子的拉力与外力F的合力，对至阶段可得绳中拉力为，设此时球和物块的加速度大小为，根据牛顿第二定律得
代入整理得
①
同理结合之后图像可知，力F在之后的大小始终为
根据前面分析可知至阶段物块受到的F大小等于该过程中绳子的拉力，故此时物块的加速度为，方向沿斜面向下，球和物块加速度大小相等，此时对小球根据牛顿第二定律
②
③
联立①②③得物块的质量
故D正确。
故选BD。
【分析】根据图像分析物体在有外力和无外力的情况下的运动情况和机械能的变化问题，即可判断ABC，再结合牛顿第二定律和图像求出对x=0至x=1m阶段质量关系以及x=2至x=3m阶段物块受到的F大小和该过程中绳子的拉力T'的关系，联立求解。
16．（2024高一下·温州期末）小王同学验证“物体在自由下落过程中机械能守恒”的实验装置如图所示。
（1）为完成此实验，如图所示的实验器材必须选取的是　 　（填选项字母）。
（2）下列关于本实验的说法正确的是______。
A．为了减小阻力影响，要选体积小，密度大的重物
B．为了让打的点清晰，要先释放纸带，再接通电源
C．为了防止晃动，应用手托稳重物，接通电源后，撤手释放重物
（3）正确完成实验操作后，得到一条清晰的纸带如图所示，纸带上的点迹是打点计时器连续打出的点。
在处理数据时，小王同学选取A、B两点来验证。已知交流电频率为50Hz，重物的质量为300g，当地重力加速度，测量后将部分物理量的计算结果记录如下：
x1/cm A点瞬时速度/（m·s-1） x2/cm B点瞬时速度/（m·s-1） A、B两点间距离/cm
1.15 0.288 4.25
5.60
①观察纸带可知，实验时连接重物的夹子夹在了纸带的　 　端（选填“左”或“右”）。
②表格中待填数据vB= 　 　m/s（结果保留3位有效数字）。
③打点计时器从打下A点到打下B点的过程，由表格数据可计算出：重物的重力势能减少量，打下A点时重物的动能，动能增加量ΔEk=　 　J（结果保留3位有效数字）。
④比较ΔEp与ΔEk的大小，出现这一结果的原因可能是　 　。
A．重物质量的测量值偏大
B．打点计时器的工作电压偏高
C．打点计时器两个限位孔不在同一竖直线上
【答案】（1）D
（2）A
（3）左；1.06；0.156；C
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，利用运动学公式的出物体的速度，熟悉能量的计算公式即可完成分析。
（1）A．用打点计时器计时，不用秒表计时，A不选；
BC．电火花打点计时器使用220V交流电源，BC不选；
D．用刻度尺测量计数点之间的距离，D选。
故选D。
（2）A．为了减小阻力影响，要选体积小，密度大的重物，A正确；
B．为了让打的点清晰，要先接通电源，后释放纸带，B错误；
C．用夹子夹住纸带，重物稳定后，先接通电源，后释放重物，C错误。
故选A。
（3）①观察纸带可知，实验时连接重物的夹子夹在了纸带的左端。
②表格中待填数据
③[A点的动能为
解得
B点动能为
动能增加量为
④ A．重物质量不影响测量结果，A错误；
B．打点计时器的工作电压偏高，不影响时间的测量，B错误；
C．打点计时器两个限位孔不在同一竖直线上，摩擦力太大，机械能损失较多，导致增加的动能小于减少的重力势能，C正确。
故选C。
【分析】（1）根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定必需的器材；
（2）根据实验的原理及操作过程作出判断；
（3）观察纸带，连接重物的夹子夹在了纸带的左侧；由x2间的距离和时间间隔求得B点瞬时速度，即可由动能定义式得到动能增量；系统误差是由于实验原理和不可克服的阻力而引起的。
（1）A．用打点计时器计时，不用秒表计时，A不选；
BC．电火花打点计时器使用220V交流电源，BC不选；
D．用刻度尺测量计数点之间的距离，D选。
故选D。
（2）A．为了减小阻力影响，要选体积小，密度大的重物，A正确；
B．为了让打的点清晰，要先接通电源，后释放纸带，B错误；
C．用夹子夹住纸带，重物稳定后，先接通电源，后释放重物，C错误。
故选A。
（3）①[1]观察纸带可知，实验时连接重物的夹子夹在了纸带的左端。
②[2]表格中待填数据
③[3] A点的动能为
解得
B点动能为
动能增加量为
④[4] A．重物质量不影响测量结果，A错误；
B．打点计时器的工作电压偏高，不影响时间的测量，B错误；
C．打点计时器两个限位孔不在同一竖直线上，摩擦力太大，机械能损失较多，导致增加的动能小于减少的重力势能，C正确。
故选C。
17．（2024高一下·温州期末）用如图所示装置，探究向心力与角速度之间的关系
（1）已知小球放置在挡板a、b、c内侧时，球心到各自塔轮转轴的距离之比为。实验时，应将质量相同的小球分别放在______内侧（填选项字母）。
A．挡板a与b B．挡板a与c C．挡板b与c
（2）已知演示器左右变速塔轮最上层的半径相等，若将皮带从两个塔轮最上层均拨至第二层，则长槽和短槽的角速度之比会　 　（选填“变大”、“不变”或“变小”）。
（3）实验时，其他条件不变，逐渐增加摇动手柄的转速，则下列符合实际情况的是______。
A．左右两个标尺露出的格数都将增多
B．左右两个标尺露出格数的比值将增大
C．左右两个标尺露出格数的比值将不变
【答案】（1）B
（2）变小
（3）A；C
【知识点】向心力
【解析】【解答】熟练掌握向心力公式F=mrω2是解题的基础，知道左右两个塔轮是靠皮带传动的，轮子边缘的线速度大小相等是解题的关键。
（1）探究向心力与角速度之间的关系，需控制小球质量、运动半径相同，应将质量相同的小球分别放在挡板a与c内侧。
故选B。
（2）变速塔轮边缘的线速度相等，根据
可知若将皮带从两个塔轮最上层均拨至第二层，左边速塔轮的半径增大，则长槽和短槽的角速度之比会变小。
（3）A．根据向心力公式
可知逐渐增加摇动手柄的转速，左右侧小球受到向心力均增大，左右两个标尺露出的格数都将增多，故A正确；
BC．左右两个标尺露出格数的比值等于左右侧小球受到向心力的比值，即
可知左右两个标尺露出格数的比值将不变，故B错误，C正确。
故选AC。
【分析】（1）根据控制变量法分析，每次只能有一个变量，其它量相同；
（2）变速塔轮边缘的线速度相等，根据v=rω分析；
（3）根据F=mrω2分析，左右两个标尺露出格数的比值等于左右侧小球受到向心力的比值。
（1）探究向心力与角速度之间的关系，需控制小球质量、运动半径相同，应将质量相同的小球分别放在挡板a与c内侧。
故选B。
（2）变速塔轮边缘的线速度相等，根据
可知若将皮带从两个塔轮最上层均拨至第二层，左边速塔轮的半径增大，则长槽和短槽的角速度之比会变小。
（3）A．根据向心力公式
可知逐渐增加摇动手柄的转速，左右侧小球受到向心力均增大，左右两个标尺露出的格数都将增多，故A正确；
BC．左右两个标尺露出格数的比值等于左右侧小球受到向心力的比值，即
可知左右两个标尺露出格数的比值将不变，故B错误，C正确。
故选AC。
18．（2024高一下·温州期末）用如图所示的电路，观察电容器的放电现象。
（1）先将开关S接1，充电完成后电容器上极板带　 　电（选填“正”或“负”）。
（2）充电完成后，将可调电阻R的阻值调至，开关S接2进行放电，计算机与电流传感器相连，记录了电路中电流I随时间t变化的图像如图所示。已知该图像中曲线与坐标轴所围区域约有36个小格子，则电容器释放的电荷量Q约为　 　C（结果保留三位有效数字）。
（3）电容器再次充电完成后，将可调电阻R的阻值增加至，开关S接2进行放电，计算机又绘出了新的图像，下列关于前后两次图像的对比图，可能正确的是______。
A． B．
C． D．
【答案】（1）正
（2）
（3）B
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】本题考查了观察电容器的放电现象的实验，要理解i-t图线与坐标轴围成的面积的含义；明确电容器充电后的电荷量不变是解题的关键。
（1）电容器上极板连接电源正极，故充电完成后电容器上极板带正电；
（2）根据可知图像与横轴围成的面积表示电量，故电容器释放的电荷量Q约为
（3）分析可知当可调电阻R的阻值增大时，开始放电的瞬间最大电流值变小，由于电容器的带电量不变，故可知电阻R的阻值增加时的放电时间变长。
故选B。
【分析】（1）电容器上极板与电源正极相连，据此分析作答；
（2）i-t图像中图线与坐标轴围成的面积表示电容器充电后放电的电荷量，据此求解作答；
（3）充电后，电荷量不变，i-t图像中图线与坐标轴围成的面积不变；根据欧姆定律和电流的定义式分析作答。
（1）电容器上极板连接电源正极，故充电完成后电容器上极板带正电；
（2）根据可知图像与横轴围成的面积表示电量，故电容器释放的电荷量Q约为
（3）分析可知当可调电阻R的阻值增大时，开始放电的瞬间最大电流值变小，由于电容器的带电量不变，故可知电阻R的阻值增加时的放电时间变长。
故选B。
19．（2024高一下·温州期末）某校游园活动中利用粘球靶设计了趣味游戏，如图1所示为倾斜放置的长方形粘球靶，球击中靶上不同区域即可获得不同积分。现研究小球从O点沿某一指定方向水平射出，小球运动所在的竖直面如图2所示，AB为粘球靶在该竖直面内的截线。O、A、B点的高度分别为、、，A、B两点间的水平距离，O、A两点间的水平距离，空气阻力可忽略。若小球能击中粘球靶的AB段，求：
（1）小球的最大初速度；
（2）小球在空中运动的最长时间t；
（3）第（2）问中球击中靶时的速度大小。
【答案】解：（1）击中B点，初速度最大，则
解得
（2）击中A点，下落时间最长，则
解得
（3）根据水平方向的运动规律有
竖直速度为
解得
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）小球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动，可利用平抛运动规律及运动学公式计算速度；
（2）利用位移与时间公式计算时间；
（3）求出水平方向速度以及竖直方向速度，根据运动的合成计算速度。
20．（2024高一下·温州期末）当驾车过弯道时，为防止侧滑，行驶速度不能过大。图1为一弯道路段，其俯视图如图2所示，其中一中心线位于同一水平面内的圆弧形车道，半径。一汽车沿该车道中心线做匀速圆周运动，已知汽车轮胎与路面间的最大静摩擦力等于压力的k倍，。（计算时汽车可视为质点，且在该路段行驶过程阻力不计，结果可用根式表示）
（1）若此弯道的路面设计成水平，求该汽车不发生侧滑的最大速度；
（2）若此弯道的路面设计成倾斜（外高内低），路基截面可简化为图3，路面与水平面夹角，已知：
①为使汽车转弯时与路面间恰好无摩擦，求它行驶的速度大小；
②为使汽车转弯时不发生侧滑，求它行驶的最大速度。
【答案】解：（1）摩擦力提供向心力
解得
（2）①重力与支持力的合力提供向心力，有
解得
②水平方向
竖直方向
解得
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）汽车仅有摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律计算；
（2）①对汽车受力分析，恰好由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律计算；
②做出汽车的受力图，根据牛顿第二定律列方程计算。
21．（2024高一下·温州期末）如图所示，电子枪的加速电压，平行极板A与B的间距。一电子从电子枪的电热丝无初速逸出，经电压加速后以从M点沿平行于板面的方向射入板间电场。电子从N点射出电场时，沿垂直于板面方向偏移的距离，动能。已知电子的比荷，两板间的电场可看作匀强电场。求：
（1）电子经电压加速后的速度大小；
（2）M、N两点间的电势差；
（3）A、B两极板间电场强度E的大小及电压。
【答案】解：（1）电子的加速过程，由动能定理得
解得
（2）M到N过程根据动能定理
解得
（3）由匀强电场的电场强度和电势差关系得
解得
根据
解得
【知识点】电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解电子加速后的速度；
（2）根据动能定理求解求解电势差UMN；
（3）根据匀强电场的电势差和电场强度的关系求解电场强度和电势差。
22．（2024高一下·温州期末）如图所示，长度为的传送带左端平滑连接一水平轨道，右端平滑连接一固定圆弧轨道，圆弧轨道由半圆弧BC、半圆管CD组成，B、C、D在同一竖直线上，圆弧最高点C与半圆管CD相切，D与另一水平轨道平滑相接，轨道右端固定一竖直弹性挡板P（物体与其碰撞时将原速率反弹）。质量的小物体（可视为质点）从左侧水平轨道以某一初速度滑上传送带的左端A点。已知小物体与传送带间动摩擦因数，其余轨道均光滑。圆弧BC与半圆管CD半径分别为、，半圆管内径远小于r，但刚好可容小物体通过。
（1）若传送带静止，小物体以初速度滑上A点，求小物体第一次经过B点时，圆弧对其支持力大小；
（2）若传送带以顺时针运动，为使小物体能到达D点，则其滑上传送带左端A时的最小初速度为多大；
（3）若传送带仍以顺时针运动，小物体以第（2）问中的滑上传送带左端A，求之后运动的全过程小物体与传送带间摩擦产生的热量Q。
【答案】解：（1）物体从A到B根据动能定理
B点根据牛顿第二定律
解得
（2）恰至C时
B到C过程根据动能定理
解得
B到D过程
故可知
故对A到B过程
解得最小初速度为
（3）A到B过程
解得
该过程摩擦产生的热量
得
B到A过程
解得
该过程摩擦产生的热量
得
故可得全过程小物体与传送带间摩擦产生的热量
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据动能定理，牛顿第二定律求小物体第一次经过B点时，圆弧对其支持力大小
（2）根据动能定理求其滑上传送带左端A时的最小初速度v2为多大；
（3） 摩擦产生的热量 等于摩擦力与相对运动位移乘以摩擦力，根据功能关系求之后运动的全过程小物体与传送带间摩擦产生的热量Q。
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