资源简介

2024-2025学年山东省青岛三十九中高一（下）期末物理试卷
一、单选题：本大题共8小题，共24分。
1.我国计划于2025年发射“天问2号”小行星取样返回探测器，它将对名为“2016HO3”的小行星开展伴飞探测并取样返回地球。“天问2号”发射后接近“2016HO3”小行星时，先完成从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ的变轨，然后进入环小行星圆轨道Ⅲ。如图，轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相切于P点，轨道Ⅰ的长轴为b1，轨道Ⅱ的长轴为b2，“天问2号”在轨道Ⅲ上的线速度大小为v、加速度大小为a。则“天问2号”（　　）
A. 在轨道Ⅱ上P点的加速度大于a B. 在轨道Ⅱ上P点的速度小于v
C. 在轨道Ⅰ的机械能大于在轨道Ⅱ的机械能 D. 在轨道Ⅰ、Ⅱ上的周期之比小于
2.我国滑雪运动员为了备战2026年冬奥会，利用圆盘滑雪机模拟训练，训练过程简化如图。圆盘滑雪机绕固定转轴以恒定的角速度ω匀速转动，运动员站在盘面上可看质点，与圆盘始终保持相对静止，盘面水平面的夹角为15°，下列说法正确的是（　　）
A. 运动员随圆盘做匀速圆周运动，受到重力、支持力、摩擦力和向心力的作用
B. 运动员在最低点受到的摩擦力一定随着ω的增大而减小
C. 运动员与圆盘始终保持相对静止，处于平衡状态
D. 运动员从最高点运动到最低点过程中，摩擦力对其做功
3.图甲为一种小型打夯机，利用冲击和冲击振动作用分层夯实回填土，图乙为这种打夯机的结构示意图。质量为m的摆锤通过轻杆与总质量为M的底座（含电动机）上的转轴相连，轻杆质量忽略不计。电动机带动摆锤绕转轴O在竖直面内以角速度ω匀速转动，转动半径为l,重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A. 摆锤转到最低点时，底座对地面的压力可能为零
B. 若摆锤转到最高点时，底座对地面的压力刚好为零，则角速度
C. 若摆锤转到最高点时，轻杆对摆锤的弹力为0，则角速度
D. 摆锤转到轻杆水平时，轻杆对摆锤的作用力大小为mω2l
4.在矿山开采中，滑轮装置被用于提升和移动矿石。如图所示，一辆车通过定滑轮提升质量为M的矿石，滑轮左侧连接车的绳子在竖直方向的投影为h,当车以速度v匀速向左行驶一段距离后，连接车的绳子与水平方向的夹角从53°变为37°，sin37°=，sin53°=，则该过程中（　　）
A. 矿石重力的平均功率为Mgv
B. 矿石重力做功为
C. 绳子对矿石拉力做的功等于矿石重力做的功
D. 矿石也做匀速运动
5.质子仅在电场力的作用下从O点开始沿x轴正方向运动，其在O点处的初动能为4eV。该质子的电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中O～x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2～x3段是直线。下列说法正确的是（　　）
A. 该质子在0～x2段做匀变速直线运动，在x2～x3段做匀速直线运动
B. 若x1、x2、x3处的电势分别为φ1、φ2、φ3，则φ1最高
C. 该质子在x1处的动能为6eV
D. 该质子最终停在x3处
6.如图所示，在竖直平面内存在电荷量分别为+Q1和-Q2的两个点电荷，两点电荷连线水平，在Q1，Q2之间放置内壁光滑的绝缘细管，细管的上、下端口恰好在Q1，Q2连线的中垂线上。电荷量为+q的小球（可视为点电荷）以初速度v0从上端管口无碰撞进入细管，小球在细管中运动的过程中机械能始终守恒，且细管上、下端口高度差为h,重力加速度为g,则（　　）
A. 细管各处的电势为0
B. 小球在细管中运动时，电势能先增大后减小
C. Q1＜Q2
D. 小球离开细管的速度大小为
7.质量均为m的两个物块A、B通过弹簧拴接在一起竖直放在地面上，如图所示，开始时两物块均静止。用一个竖直向下的外力作用在A上，使A缓慢下移h高度。撤去外力后，最终某时刻物块B刚好脱离地面。已知弹簧的劲度系数为k,重力加速度为g,不计空气阻力，则外力做功为（　　）
A.
B.
C.
D.
8.如图所示，为某一网络电路中的一部分。已知I=3A，I1=1A，R1=5Ω，R2=10Ω，R3=30Ω，则下列结论正确的是（　　）
A. 通过R3的电流为0.5A，方向从a→b
B. 通过R3的电流为1.5A，方向从a→b
C. 通过电流表的电流为1.5A，电流从右向左流过电流表
D. 通过电流表的电流为2.5A，电流从右向左流过电流表
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.质量为m的物块在水平恒力F的推动下，从斜面（粗糙）底部的A处以初速度v0开始运动至高为h的斜面顶部B处。到达B处时物块的速度大小为v,A、B之间的水平距离为s,重力加速度为g。不计空气阻力，则物块运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A. 合外力对物块做的功是
B. 重力所做的功是-mgh
C. 推力对物块做的功是
D. 阻力对物块做的功是
10.如图所示，虚线a、b、c为电场中的三条等势线，相邻两等势线之间的电势差相等，从等势线a上一点A处，分别射出甲、乙两个粒子，两粒子在电场中的运动轨迹分别交等势线c于B、C两点，甲粒子从A点运动到B点，乙粒子从A点运动到C点。不计粒子重力及两粒子间的相互作用，由此可判断（　　）
A. 甲粒子一定带负电，乙粒子一定带正电
B. 甲粒子运动到B点时加速度方向沿c上过B点的切线
C. 乙粒子从A点运动到C点的过程中加速度逐渐减小
D. 甲粒子从A到B电场力一定做正功，乙粒子从A到C电场力一定做负功
11.如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d,上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，所带电荷量绝对值为q,静电力常量为k,下列说法正确的是（　　）
A. 油滴受到的静电力大小为
B. 油滴带负电
C. 若仅将上极板平移到图中虚线位置，则静电计指针张角减小
D. 若仅将上极板平移到图中虚线位置，则油滴将加速向上运动
12.如图甲所示的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的。将质量1kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端，用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A. A、B两点的距离为3.4m
B. 货物与传送带的动摩擦因数为0.5
C. 货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功为-11.2J
D. 货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.某实验小组成员用如图所示装置做“验证机械能守恒定律”实验.他们在气垫导轨上安装了一个光电门，调节气垫导轨水平，装有遮光条的滑块放在导轨上，用绕过气垫导轨左端定滑轮的细线将滑块与钩码相连.
（1）实验前先用游标卡尺测出遮光条的宽度d，示数如图所示，则_____ mm；
（2）由静止释放滑块，与光电门相连的数字计时器，记录遮光条遮光的时间t，若滑块和遮光条的总质量为M，钩码的质量为m，滑块没有释放时遮光条到光电门的距离为L，则表达式______在误差允许的范围内成立，则机械能守恒定律得到验证.
（3）多次改变滑块遮光条到光电门的距离L，记录每次遮光条遮光的时间t，作出图像，如果图像是一条过原点的直线，图像的斜率等于______，则机械能守恒定律得到验证.
14.一根细长均匀、内芯为绝缘材料的金属管线样品，横截面外缘为正方形，如图甲所示。此金属管线样品长约30cm、电阻约10Ω，已知这种金属的电阻率为ρ，因管芯绝缘材料截面形状不规则，无法直接测量其横截面积。请你设计一个测量管芯截面积S的电学实验方案，现有如下器材可选：
A.毫米刻度尺
B.螺旋测微器
C.电流表A1（量程0～3A，内阻约为0.1Ω）
D.电流表A2（量程0～600mA，内阻约为1.0Ω）
E.电压表V（量程0～3V，内阻约为6kΩ）
F.滑动变阻器R1（10Ω，允许通过的最大电流2A）
G.滑动变阻器R2（2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）
H.蓄电池E（电动势为6V，内阻约为0.05Ω）
I.开关一个、带夹子的导线若干
（1）上述器材中，应该选用的电流表是______，滑动变阻器是______（均填写器材前字母代号）。
（2）若用螺旋测微器测得样品截面外缘正方形边长如图乙所示，则其值为______mm。
（3）要求尽可能测出多组数据，则在图丙、丁、戊、己中应选择的电路图是______。
（4）若样品截面外缘正方形边长为a、样品长为L、电流表示数为I、电压表示数为U，则计算内芯截面积的表达式为S= ______。
四、计算题：本大题共4小题，共46分。
15.某电流表内阻Rg为200Ω，满偏电流Ig为2mA，如图甲、乙改装成量程为0.1A和1A的两个量程的电流表，试求：
（1）图甲中，R1和R2各为多少？
（2）图乙中，R3和R4各为多少？
16.假定航天员在火星表面利用如图所示的装置研究小球的运动，竖直放置的光滑半圆形管道固定在水平面上，一直径略小于管道内径的小球（可视为质点）沿水平面从管道最低点A进入管道，从最高点B脱离管道后做平抛运动，1s后与倾角为37°的斜面垂直相碰于C点。已知火星的半径是地球半径的倍，质量为地球质量的倍，地球表面重力加速度g=10m/s2，忽略星球自转影响。半圆形管道的半径为r=3m,小球的质量为m=0.5kg,sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）火星表面重力加速度的大小；
（2）C点与B点的水平距离；
（3）小球经过管道的A点时速度的大小。
17.如图所示，在MN上方有一匀强电场，电场强度方向水平向左，质量为m、电荷量为+q（q＞0）的小球，从距水平地面高2H处以一定的初速度水平向右抛出，在距抛出点水平距离为L处有根管口比小球略大的竖直细管，管的上口距地面的高度为H。小球恰好无碰撞地通过细管，重力加速度大小为g，不计空气阻力，求：
（1）小球的初速度v0的大小；
（2）匀强电场的电场强度的大小E；
（3）小球落地时的动能Ek。
18.一段倾斜角θ=37°的斜面AB与光滑弧面BC相切于B点。质量为m=2000kg的汽车从斜面底部A点由静止开始沿着斜面AB起动，如图甲所示。已知汽车受到斜面的阻力与车对斜面的压力的比值为μ=0.25。汽车在斜面AB上运动的加速度随时间变化如图乙所示。12.0s时汽车达到额定功率，随后汽车保持额定功率继续运动，汽车到达B点前已经达到最大速度vmax。此后关闭发动机，汽车继续沿着圆弧向上滑行。不计空气阻力，已知g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，汽车可视作质点。求：
（1）汽车匀加速直线运动过程中的最大速度v1及牵引力F；
（2）汽车在斜面AB上能到达的最大速度vmax；
（3）若汽车能够沿弧面BC通过最高点C，圆弧半径R的取值范围是多少。
1.【答案】
【解析】解：A．根据=ma可知，在轨道Ⅱ上P点的加速度等于a,故A错误；
B．“天问2号”在轨道Ⅲ上经过P点时要加速做离心运动才能到轨道Ⅱ上，故在轨道ⅡP点的速度大于v,故B错误；
C．根据发射卫星时轨道半径越大，火箭做功越多，可知在轨道Ⅰ的机械能大于在轨道Ⅱ的机械能，故C正确；
D．根据开普勒第三定律=可知，在轨道Ⅰ、Ⅱ上的周期之比=，故D错误。
故选：C。
根据牛顿第二定律、卫星变轨和机械能以及开普勒第三定律进行分析解答。
考查牛顿第二定律、卫星变轨和机械能以及开普勒第三定律，会根据题意进行准确分析解答。
2.【答案】
【解析】解：A.运动员随圆盘做匀速圆周运动，受到重力、支持力、摩擦力的作用，向心力不是运动员实际所受的力，故A错误；
B.在圆盘最下方，设运动员到转动轴的距离为r,根据牛顿第二定律可得Ff-mgsin15°=mω2r
可知运动员在最低点受到的摩擦力Ff一定随着ω的增大而增大，故B错误；
C.运动员与圆盘始终保持相对静止，在做匀速圆圆周运动，加速度不为零，不处于平衡状态，故C错误；
D.运动员从最高点运动到最低点过程中，运动员运动过程中速度大小不变，动能不变，设Wf、WG分别为摩擦力做功和重力做功，
由动能定理得Wf+WG=0
得Wf=-WG=-2mgrsin15°
可知摩擦力对运动员做负功，故D正确。
故选：D。
向心力是效果力，匀速圆周运动物体所受的合外力提供向心力；合外力提供向心力，由牛顿第二定律，分析最高点摩擦力随ω的变化；做匀速圆周运动的物体，加速度不为零，不处于平衡状态；根据动能定理求解摩擦力做功。
本题考查学生对圆周模型的分析，解题关键是掌握原理合外力提供向心力。
3.【答案】
【解析】解：A、对摆锤在最低点时受力分析，根据合力提供向心力，可得：，根据相互作用力特点，可知摆锤对杆的力竖直向下；
对底座的受力分析，即可知底座对地面的压力大小为：F1+Mg,不可能为零，故A错误；
B、对底座的受力分析，若底座对地面的压力为零，可知杆对底座的力竖直向上，大小为Mg；
对摆锤在最高点时受力分析，可知杆对摆锤向下的力大小为Mg,根据合力提供向心力，可知：Mg+mg=mω2l,解得角速度：，故B正确；
C、对摆锤在最高点时受力分析，根据合力提供向心力，可知若轻杆对摆锤的弹力为零，摆锤的受力满足：mg=mω2l,解得角速度的大小：，故C错误；
D、根据摆锤做匀速圆周运动，可知轻杆水平时，轻杆对摆锤的竖直方向力的大小满足：Fy=mg,杆对摆锤的水平分力满足：，即杆对摆锤的作用力大小为：，不是mω2l,故D错误。
故选：B。
对摆锤在最低点时受力分析，根据合力提供向心力，结合对底座的受力分析，即可知底座对地面的压力是否可能为零；对摆锤在最高点时受力分析，根据合力提供向心力，结合对底座的受力分析，即可知底座对地面的压力是否可能为零，计算此时的角速度；对摆锤在最高点时受力分析，根据合力提供向心力，即可计算轻杆对摆锤的弹力为零时，角速度的大小；根据摆锤做匀速圆周运动，对轻杆水平时受力分析，即可计算轻杆对摆锤的作用力大小。
本题考查牛顿第二定律在圆周运动中的应用，在计算轻杆对摆锤作用力时，注意匀速圆周运动的受力特点。
4.【答案】
【解析】解：A、令连接车的绳子与水平方向的夹角为θ，将车的速度沿绳子和垂直绳子方向分解，则此时矿石的速度v′=vcosθ
矿石重力做负功，克服矿石重力的功率为P=Mgv′=Mgvcosθ＜Mgv
车以速度v匀速向左行驶，θ逐渐减小，可知，该功率P逐渐增大，但始终小于Mgv,则克服矿石重力的平均功率小于Mgv,故A错误；
B、令滑轮到水平地面的高度差为h,则矿石上升的高度，矿石重力做功为，W=-Mgx0=，故B正确；
C、由v′=vcosθ可知，车以速度v匀速向左行驶，θ逐渐减小，矿石速度v1增大，矿石加速上升，则绳子拉力大于矿石重力，拉力做正功，矿石重力做负功，则绳子对矿石拉力做的功大于克服矿石重力做的功，故C错误；
D、由上分析可知，矿石的速度v′=vcosθ
等式两侧对时间求导数，取导数的绝对值，得到矿石加速度大小
a=vsinθ θ'=vsinθ ω，矿石运动的加速度不为0，故矿石不可能做匀速运动，故D错误。
故选：B。
根据车沿绳子方向的速度分量等于矿石速度列式，得到矿石的速度与绳子与水平方向夹角的关系，再分析矿石重力的功率大小；由几何关系求出矿石上升的高度，从而求得矿石重力做功；分析矿石的运动情况，判断绳子对矿石拉力做的功与矿石重力做功的关系。
解决本题时，会对车的速度进行分解，知道车的速度是沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度。能根据物理规律得到各个量的表达式，再分析它们的变化情况。
5.【答案】
【解析】解：A、根据电势与电势能的关系：，可知该电场的电势随位置的变化关系如图：
结合电场强度与电势的关系：，即可知在φ-x图中，图线的斜率大小，反映电场强度的大小变化，
即在0～x2段，电场强度先变小后变大，根据qE=ma,可知质子的加速度a先变小，后变大，不是做匀变速直线运动；
在x2～x3段，电场强度大小不变，根据qE=ma,质子做匀变速直线运动，故A错误；
B、由电势能与电势的关系：，即可知三个位置的电势高低满足：φ1＜φ2＜φ3，即φ1最小，故B错误；
C、根据能量守恒，即可得质子在x1处的动能为：Ek1=4eV+3eV-1eV=6eV，故C正确；
D、根据质子的受力分析，可知在x3处，质子只受电场力作用，合力不为零，即不能停在x3处，故D错误。
故选：C。
根据电势与电势能的关系，可知该电场的电势随位置的变化关系，结合电场强度与电势的关系，即可知电场强度的大小变化，根据牛顿第二定律，可知质子运动情况；由电势能与电势的关系，即可知三个位置的电势高低；根据能量守恒，即可计算质子在x1处的动能；根据质子的受力，可分析其是否可以停在x3处。
本题考查电势能随位置的变化图像分析，关键是根据电势能、电荷、分析电势、电场强度随位置的变化特点。
6.【答案】
【解析】解：ABC、由题意可知，在运动过程中始终机械能守恒，电场力对小球不做功，小球运动过程中电势能不变，则细管各处的电势相等，但不一定为0，由图可知Q1＞Q2，故ABC错误；
D、小球以初速度v0从上端管口无碰撞进入细管，在运动过程中始终机械能守恒，则有：，解得：，故D正确。
故选：D。
小球运动过程中始终机械能守恒，则电场力不做功，电势能不变，由机械能守恒定律可求小球离开细管时的速度的大小。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，理解粒子的受力特点，结合能量的转化特点即可求解。
7.【答案】
【解析】解：对物块B受力分析，可知B刚好脱离地面时弹簧的形变量满足：kΔx=mg,为伸长状态，伸长量为：；
初始时，对A受力分析，可知弹簧的形变量：kΔx=mg,可知弹簧为压缩状态，压缩量为：；
根据两次的形变量，可知A的重力势能变化为：ΔEp=mgΔx-mg（-Δx），化简得：，由重力做功与重力势能变化情况可知：WG=-ΔEp，
由能量守恒，可知外力做的功满足：W+WG=0，解得：，故BCD错误，A正确。
故选：A。
对物块B受力分析，可知B刚好脱离地面时弹簧的形变量情况；初始时，对A受力分析，可知弹簧的形变量；根据两次的形变量，结合A的重力势能变化，即可计算外力做的功。
本题考查能量守恒问题，关键是根据对A、B受力分析，分别计算初末状态的形变量。
8.【答案】
【解析】解：R1两端电压为U1=I1R1=1×5V=5V，R2的电流I2=I-I1=3A-1A=2A，R2两端电压为U2=I2R2=2×10V=20V，则R3两端电压为U3=（20-5）V=15V，且电流从a流向b,大小为I3==，通过电流表的电流为I2+I3=2A+0.5A=2.5A，方向从左到右，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据混联电路特点结合电流和电压以及电阻的关系列式求解。
考查混联电路特点的应用，会根据题意进行准确分析解答。
9.【答案】
【解析】解：物块由A到B，重力做功WG =-mgh,推力F做功WF =Fs
由动能定理得：W合=Fs-mgh+Wf =-，变形得Wf=--Fs+mgh,故AC错误，BD正确。
故选：BD。
物块由A到B，根据动能定理及W=Flcosθ，列式求解即可。
本题考查学生对力做功及动能定理的理解和运用，需要注意单个力做功和合力做功的区别。
10.【答案】
【解析】解：A.根据等势面与电场线的方向垂直的特点，画出两条电场线，可知甲偏转的方向大体向下，而乙偏转的方向大体向上，二者偏转的方向沿电场线的两个不同的方向，所以甲与乙一定带不同性质的电荷，由于不知道a、b、c三个等势面的电势的高低，所以不能判断出电场线的方向，也不能判断出甲、乙的具体的电性，故A错误；
B.电场线的方向重直与等势面，所以甲粒子运动到B点时加速度方向垂直沿c上过B点的切线，故B错误；
C.根据等差等势面密集的地方电场强度大，可知
Ea＞Ec
则乙粒子从A点运动到C点的过程中所受电场力逐渐减小，根据牛顿第二定律知加速度逐渐减小，故C正确；
D.甲粒子从A到B，根据运动轨迹可知电场力方向向左下，速度方向和电场力方向夹角为锐角，电场力一定做正功，乙粒子从A到C，根据运动轨迹可知电场力方向向左上，速度方向和电场力方向夹角为钝角，电场力一定做负功，故D正确。
故选：CD。
电场线的方向重直与等势面，等势面密集的地方电场强度大，速度方向和电场力方向夹角为锐角，电场力一定做正功。
本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握电场线的方向重直与等势面，注意判断力做正功负功的方法。
11.【答案】
【解析】解：A.根据公式，，可得F=qE=q，解得F=，这里电场不是点电荷电场，故A错误；
B.根据受力分析知，油滴受重力和电场力，因为油滴受力平衡，因此可判断油滴带负电，所受电场力竖直向上，故B正确；
C.平行板电容器电荷量不变，根据公式，，因此将上极板平移到图中虚线位置，间距变小，电容变大，电压变小，静电计指针张角变小，故C正确；
D.电场力，可知电场力与两极板距离d无关，若仅将上极板平移到图中虚线位置，所受电场力不变，因此油滴仍静止不动，故D错误。
故选：BC。
根据电容器的动态分析方法结合平衡条件等知识进行分析解答。
考查电容器的动态分析方法结合平衡条件的应用，会根据题意进行准确分析解答。
12.【答案】
【解析】解：A、根据v-t图像与时间轴围成的面积表示物块的位移，知0-1.2s内货物运动的位移为x=m=3.2m
则AB两点的距离为3.2m,故A错误；
B、由图像可以看出，货物在两段时间内均做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有：
0-0.2s内，有：mgsinθ+μmgcosθ=ma1
0.2-1.2s内，有：mgsinθ-μmgcosθ=ma2
由v-t图像的斜率表示加速度，可得两段的加速度分别为：a1=m/s2=10m/s2，a2=m/s2=2m/s2
解得θ=37°，μ=0.5
故B正确；
C、设传送带对货物做的功为W，对整个过程，根据动能定理得：W+mgxsinθ=mv2-0
由图知，v=4m/s
解得W=-11.2J
故C正确；
D、由图判断知，传送带的速度为v皮=2m/s
根据功能关系，知货物与传送带因摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，货物受到的滑动摩擦力大小为f=μmgcosθ=0.5×10×1×0.8N=4N
0-0.2s内，货物的位移为：x1=×2×0.2m=0.2m
皮带位移为x皮1=v皮t1=2×0.2m=0.4m
两者间相对位移为Δx1=x皮1-x1=（0.4-0.2）m=0.2m
同理：0.2-1.2s内，货物的位移为x2=×（2+4）×1m=3m,x皮2=v皮t2=2×1m=2m
两者间相对位移为Δx2=x2-x皮2=（3-2）m=1m
故两者之间相对路程为Δx=Δx1+Δx2=（1+0.2）m=1.2m
货物与传送带摩擦产生的热量为Q=W=fΔx=4×1.2J=4.8J
故D正确。
故选：BCD。
货物在传送带上先做加速度较大的匀加速直线运动，然后做加速度较小的匀加速直线运动，根据速度一时间图线与时间轴围成的面积表示物块的位移，求出AB两点间的距离。由速度图像的斜率求出加速度，根据牛顿第二定律求动摩擦因数。根据动能定理求传送带对货物做功大小。根据货物与传送带间的相对位移求产生的热量。
本题一方面要分析货物的运动情况，由图像的斜率求两段过程的加速度，另一方面结合牛顿第二定律分两个过程列式求解摩擦因数及斜面倾角。在求摩擦产生的热量时注意找两物体的相对位移。
13.【答案】
【解析】解：（1）由图乙可知，该游标卡游标尺的最小刻度为0.05mm,主尺读数为2mm,游标尺的读数为14×0.05mm,则d=2mm+14×0.05mm=2.70mm
（2）该实验的原理是通过钩码高度的降低，使钩码的重力势能转化为钩码和滑块及遮光条共同的动能，则只要等式
在误差允许的范围内成立，则机械能守恒定律得到验证。
（3）由（2）可得
则只要图像的斜率为
则机械能守恒定律得到验证。
故答案为：（1）2.70；（2）；（3）。
（1）先确定游标卡尺的最小分度值，再读出主尺和游标尺的读数，相加即为游标卡尺读数；
（2）根据钩码的重力势能和钩码和滑块及遮光条共同的动能变化量绝对值的关系判断；
（3）根据钩码的重力势能和钩码和滑块及遮光条共同的动能变化量绝对值相等推导判断。
本题考查验证机械能守恒定律实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤和数据处理。
14.【答案】
【解析】（1）由题意可知，电源电动势为6V，而由于待测电阻约为10Ω，则电路中电流最大为
故不能选用最大量程为3A的电流表，故电流表只能选用A2，即电流表应该选D。
由题意可知，电路应采用分压接法，故滑动变阻器应选用较小的电阻R1，故滑动变阻器选用F。
（2）由图乙可知螺旋测微器的示数为0.5mm+23.0×0.01mm=0.730mm
（3）由题意可知，电路应采用分压接法，电压表内阻远大于金属管线的电阻，电流表应采用外接法，故选戊。
（4）根据欧姆定律有
根据电阻定律有
故截面积为
故金属管线内芯截面积的表达式为
故答案为：（1）D，F；（2）0.730；（3）戊；（4）。
（1）估算电路中的最大电流选择电流表；根据分压式接法选择滑动变阻器；
（2）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和；
（3）根据电压表内阻与金属管线电阻关系选择电流表接法判断；
（4）根据欧姆定律与电阻定律推导。
本题关键掌握测定导体电阻率的实验原理和螺旋测微器的读数方法。
15.【答案】
【解析】（1）按图甲接法，由并联电路中电流跟电阻成反比，可得 Rg=，R2===0.4Ω；
（2）按图乙接法，量程为1A时，Rg和R4串联后与R3并联；量程为0.1A时，R3和R4串联后与Rg并联，得Ig（Rg+R4）=（I2-Ig）R3，IgRg=（I1-Ig）（R3+R4），代入I1=0.1A，I2=1A，解得R3=0.41Ω，R4=3.67Ω。
答：（1）R1和R2各为4.08Ω，0.4Ω；
（2）R3和R4各为0.41Ω，3.67Ω。
根据不同电路的接法结合串并联电路的电流和电压特点列式解答。
考查电表的改装原理，灵活运用串并联电路的知识进行准确分析和解答。
16.【答案】
【解析】（1）在地球表面上，由万有引力公式得：；在火星表面上，由万有引力公式得：，解得：。
（2）小球与斜面垂直相碰，由几何关系得：，解得：vB=3m/s。C点与B点的水平距离：x=vBt,解得：x=3m。
（3）小球从A到B，由动能定理得；解得：。
答：（1）火星表面重力加速度的大小为4m/s2；
（2）C点与B点的水平距离为3m；
（3）小球经过管道的A点时速度的大小为。
（1）根据万有引力定律，通过地球和火星的质量与半径关系推导火星表面的重力加速度。已知地球表面重力加速度，火星的质量和半径与地球的比例关系，可计算火星的重力加速度。
（2）小球从B点做平抛运动，1秒后与斜面垂直相碰。利用斜面倾角和平抛运动的速度关系，求出B点的水平速度。由水平速度和运动时间相乘求C点与B点的水平距离。
（3）小球从A到B，已知通过B点的速度以及半圆形管道的半径，用动能定理计算A点的速度。
本题综合考查万有引力定律、平抛运动和动能定理的应用，计算量适中但需要较强的逻辑推理能力。题目亮点在于将天体物理与力学运动巧妙结合，通过火星背景设置增加了新颖性。解题时需注意小球垂直碰撞斜面的条件转化，以及从A到B过程中重力做功的计算。
17.【答案】
【解析】（1）根据竖直方向与水平方向的位移公式可解得初速度；
（2）水平方向根据牛顿第二定律，结合运动学公式解得电场强度；
（3）对小球从抛出到落地的全过程应用动能定理可解得落地时的动能。
本题考查带电粒子在电场中的运动，解题关键掌握带电粒子在电场中作类平抛运动，运用对应的运动学公式及牛顿第二定律和动能定理解题即可。
18.【答案】
【解析】（1）汽车匀加速直线运动，根据v=at,结合图像求出最大速度，根据牛顿第二定律求出牵引力；
（2）汽车以最大速度行驶，牵引力大小等于阻力大小，由P=Fv可得汽车的最大速度；
（3）根据动能定理和牛顿第二定律求解。
本题考查了汽车恒加速度启动模型，能熟练掌握P=Fv关系式，注意式中F为牵引力，不是汽车的合力。当牵引力和阻力相等时，汽车速度达到最大，汽车做匀速直线运动，这是解题的关键。
第1页，共1页

展开更多......

收起↑