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浙江省衢州五校联盟2024-2025学年高二上学期期中联考物理试题
1．（2024高二上·衢州期中）下列四个电学仪表，所测物理量的单位属于基本单位的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的单位为导出单位。A．欧姆表测量的是电阻的阻值，电阻的单位不属于基本单位，故A错误；
B．电压表测量的是电压，电压的单位不属于基本单位，故B错误；
C．电流表测量的是电流，电流的单位属于基本单位，故C正确；
D．电能表是用来测量电能的仪表，电能的单位不属于基本单位，故D错误。
故选C。
【分析】国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔。
2．（2024高二上·衢州期中）在2024巴黎奥运会上，中国跳水队首次实现包揽8枚金牌的壮举。图示为运动员全红婵在10米跳台卫冕时的照片，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．观看全红婵在空中动作时可以把她看成质点
B．全红婵在空中竖直下落阶段看到池中的水匀速上升
C．全红婵从接触水面到下沉至最低点的过程中先超重后失重
D．全红婵起跳时脚对跳板的作用力与跳板对脚的作用力大小相等
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；质点；参考系与坐标系；超重与失重
【解析】【解答】A．研究全红婵在空中动作时，全红婵的形状大小不能忽略不计，不可以把她看成质点，故A错误；
B．以全红婵为参照，根据相对运动可知，她看到池中的水是匀加速上升的，故B错误；
C．加速度向上为超重，加速度向下为失重，全红婵从接触水面到下沉至最低点过程，加速度先向下再向上，故她先失重后超重，故C错误；
D．全红婵起跳时脚对跳板的作用力与跳板对脚的作用力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知，二者大小相等，故D正确。
故选D。
【分析】在分析时，需要理解质点的定义、相对运动的原理、超重与失重的物理意义以及作用力与反作用力的相互关系。
3．（2024高二上·衢州期中）如图所示，茶碗碗口为圆形，直径，茶壶壶嘴沿水平方向，离碗口所在平面高。茶水出口速度因受水压等因素的影响，出口速度并不固定，大小介于至之间。不计空气阻力，为确保水能倒入碗口内，倒茶时茶壶出水口离碗口圆心处的距离，下列四个选项中可行的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】本题考查学生对平抛运动规律的理解与应用，其中灵活应用运动的合成与分解方法与运动学公式方可解题。倒茶时，水在空中做平抛运动，竖直方向有
可得
水平方向有
由于水平分速度大小介于至之间，则有
为确保水能倒入碗口内，倒茶时茶壶出水口离碗口圆心处的距离应满足
故选B。
【分析】物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同。
4．（2024高二上·衢州期中）汽车安全性能是衡量汽车品质的重要指标。实车碰撞试验是综合评价汽车安全性能最有效的方法，也是各国政府检验汽车安全性能的强制手段之一。对于汽车碰撞试验的分析，下列说法正确的是（　　）
A．汽车发生碰撞时，弹出的安全气囊可以减小车内模拟乘员受到撞击力的作用时间
B．汽车发生碰撞时，弹出的安全气囊可以减小车内模拟乘员受到的撞击力
C．汽车发生碰撞时，弹出的安全气囊可以减小车内模拟乘员动量的变化量
D．汽车发生碰撞时，弹出的安全气囊可以减小车内模拟乘员受到撞击力的冲量
【答案】B
【知识点】动量定理
【解析】【解答】本题考查了动量定理在实际生活中的应用，理解在动量变化量相同的情况下，缓冲时间长，受到的作用力小。汽车发生碰撞时，无论是否使用了安全气囊，动量的变化量不变，根据动动量定理可得
可知小车内模拟乘员受到撞击力的冲量不变，由于弹出的安全气囊可以增加车内模拟乘员受到撞击力的作用时间，从而减小车内模拟乘员受到的撞击力。
故选B。
【分析】分析汽车碰撞前后动量的变化，根据动量定理分析受到的冲击力做出判断。
5．（2024高二上·衢州期中）2024年5月3日17时27分，嫦娥六号探测器在中国文昌航天发射场成功发射升空，之后准确进入地月转移轨道，开启世界首次月背“挖宝”之旅。图中绕月运行的三个轨道分别为周期大椭圆轨道、周期椭圆停泊轨道和周期的圆轨道。下列说法正确的是（　　）
A．探测器发射速度大于
B．探测器在大小椭圆轨道上远月点的速度均小于在圆轨道上运行的速度
C．在大小椭圆轨道上，探测器和月球连线在相等时间里扫过的面积相等
D．大椭圆轨道半长轴的长度是小椭圆轨道半长轴的倍
【答案】B
【知识点】开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】本题考查万有引力定律的应用，解决本题的关键是利用开普勒第三定律和第二定律处理天体运动的一般规律。A．探测器没有脱离地球的引力范围，则发射速度小于，选项A错误；
B．根据万有引力提供向心力
可得
若经过椭圆轨道的远点做圆轨道，则在该圆轨道上的速度小于在近月圆轨道上的速度；而由该圆轨道进入椭圆轨道要减速做向心运动，可知探测器在大小椭圆轨道上远月点的速度均小于在近月圆轨道上运行的速度，选项B正确；
C．根据开普勒第二定律可知，在大小椭圆轨道上，因为是不同的轨道，则探测器和月球连线在相等时间里扫过的面积不一定相等，选项C错误；
D．根据开普勒第三定律，大椭圆轨道半长轴的长度是小椭圆轨道半长轴的
选项D错误。
故选B。
【分析】根据第二宇宙速度的物理意义分析；根据万有引力提供向心力分析运行速度；根据开普勒第二定律分析扫过的面积。
6．（2024高二上·衢州期中）如图为衢州某卡丁车运动基地，几辆卡丁车正急速通过一个大圆弧形弯道，弯道内侧比外侧低。当卡丁车在此路段以理论时速转弯时，恰好没有向弯道内外两侧滑动的趋势。下列说法正确的是（　　）
A．卡丁车行驶过程中受到重力、支持力、摩擦力、牵引力、向心力
B．卡丁车以某一恒定速率转弯时，在赛道外侧所需的向心力大
C．卡丁车质量越大，对应理论时速越大
D．当冬天路面结冰时，与未结冰时相比，值保持不变
【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】本题主要考查的是应用牛顿第二定律分析圆周运动问题，明确向心力的来源是求解的关键。
A．卡丁车在此路段恰好没有向弯道内外两侧滑动的趋势，则没有侧向摩擦力，由重力和支持力的合力提供向心力，所以卡丁车行驶过程中受到重力、支持力、与运动方向相反的摩擦力、牵引力，故A错误；
B．根据可知，卡丁车以某一恒定速率转弯时，在赛道外侧对应的大，则所需向心力小，故B错误；
CD．设公路弯道处的倾角为，半径为，当汽车以理论时速转弯时，汽车受重力和弯道的支持力，这两个力的合力恰好提供向心力，根据力的合成以及牛顿第二定律有
解得
即理论时速与汽车质量无关，同时与路面是否结冰也无关，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】汽车拐弯处将路面建成外高内低，汽车拐弯靠重力、支持力、摩擦力的合力提供向心力。速率为vc时，靠重力和支持力的合力提供向心力，摩擦力为零。根据牛顿第二定律进行分析。
7．（2024高二上·衢州期中）如图所示，A、B、C为三个质量均为m的带负电小球，所带电荷量均为q，A、B两球在水平地面上，和地面间的动摩擦因数均为μ，C球悬停在空中，三球保持静止状态，且任意两球间距都相同，则（　　）
A．C球所在点电场强度大小为
B．B球受到的电场力大小为
C．地面对A球的支持力大小为
D．地面受到A球的摩擦力大小为
【答案】B
【知识点】共点力的平衡；电场强度
【解析】【解答】本题主要是考查了在静电力作用下的共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或分解，建立平衡方程进行解答。A．对C球受力分析如图所示
可知小球C受三个力平衡，所以小球C受到的电场力的合力与重力等大反向，即C球所在点电场强度大小为，故A错误；
B．对C受力分析知
所以有
对B小球所受到的电场力进行分析，如图所示
此时Fa与Fc的夹角为60°且大小相等，所以B小球受到的电场力为
故B正确；
CD．对A小球受力分析，如图所示
则有
解得
故CD错误。
故选B。
【分析】对C球进行受力分析，求所受电场力再求电场强度；根据点电荷场强公式计算A球在B球处产生的电场强度大小；整体分析受力，再求地面对A球的支持力以及摩擦力大小。
8．（2024高二上·衢州期中）真空中有电荷量为和的A、B两个点电荷固定在x轴上，其中A的坐标为，B的坐标为，如图所示，规定x轴正方向为电场强度的正方向，无穷远处为电势零点。现将一个带负电的试探电荷C从坐标a处静止释放，用和分别表示试探电荷C的电势能和动能，x轴正半轴上各点电场强度E和电势随x变化。下列图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】φ-x图像的斜率表示场强，斜率的大小表示该点场强的大小，斜率的正负可以确定电场强度的方向。A．根据点电荷电势决定式
由于电势是标量，运算符合代数运算法则，设（）处的电势为零0，得
解得
故可知当时
当时
故A正确；
B．试探电荷的受力存在一个转折点，即吸引力和排斥力平衡点，设该点坐标x1（x1>0）， A的坐标为，B的坐标为， 根据库仑定律可得
解得
可知电场强度为0的点位于x轴正半轴上距离坐标原点为d的点，故B错误；
C． 从静止释放到x1=d的位置，电场力做正功，动能增大，过了x1=d的位置再往正方向运动时，电场力做负功，动能减小，故动能先增大后减小，故C错误；
D． 从静止释放到x1=d的位置，电场力做正功，电势能减小，过了x1=d的位置再往正方向运动时，电场力做负功，电势能增大，故x1=d是电势能的最低点，但无穷远处电势趋于零，故无穷远处电势能也趋近于零，不会存在大于零情况，故D错误。
故选 A。
【分析】根据点电荷的电势的决定式可以判断电势的高低；当有多个点电荷时，电场强度和电势可以通过叠加原理计算；当试探电荷从静止释放时，其动能将逐渐增加，而电势能将逐渐减少，直到动能达到最大值，此时试探电荷的速度达到最大，之后动能将开始减少，电势能将开始增加，直到试探电荷停止运动。
9．（2024高二上·衢州期中）如图所示为探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系实验电路，A、B是两个完全相同的电容器，均不带电，单刀双掷开关S1和开关S2都处于断开状态。实验过程如下：①开关S1接1，S2仍处于断开状态，②开关S1接2，S2仍处于断开状态，③断开开关S1，闭合开关S2，④再断开开关S2，将开关S1接2。忽略实验过程中的漏电，数字电压表可视为理想电表。下列说法错误的是（　　）
A．操作①中，电容器A处于充电状态
B．操作②中，电压表示数变为原来的一半
C．操作③中，电压表示数再次减少一半
D．操作④中，稳定后，A、B两电容器电量相等
【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】解答本题时，要明确电路的结构，搞清电容器的状态，根据电容器的定义式分析电压表示数的变化。A．操作①中，电容器A处于充电状态，A的上极板与电源正极连接，A的上极板带正电，故A正确，不符合题意；
B．电容器A充电稳定后，②中开关S1接2，S2仍处于断开状态，此时A、B电容器串联，由于两电容器完全相同，A、B电容器极板所带电荷量之和与A充电稳定时极板所带电荷量相等，即两电容器极板所带电荷量等于A充电稳定后极板所带电荷量一半，根据
可知，操作②中，电压表示数变为原来的一半，故B正确，不符合题意；
C．②操作后，断开开关S1，闭合开关S2，电容器B放电，放电完成后，B电容器两端电压为0，但电压表测量A电容器两端电压，A电容器没有放电，其两端电压不变，则电压表示数仍为最初的一半，故C错误，符合题意；
D．结合上述可知，③操作后，B电容器不带电，此时再断开开关S2，将开关S1接2，此时A、B电容器串联，由于两电容器完全相同，则操作④中，稳定后，A、B两电容器电量相等，故D正确，不符合题意。
故选C。
【分析】S1接1，S2处于断开状态，A电容器处于充电状态；当两电容器并联时电压相等，由Q=CU分析电荷量关系。 S1从1接2，S2处于断开状态，根据A电容器电荷量的变化，结合电容不变，由分析电压表示数的变化。S1从2断开，S2闭合，分析A电容器电压的变化判断电压表示数的变化。
10．（2024高二上·衢州期中）将一根筷子竖直插入装有水的圆柱形薄玻璃杯中，如图所示，从俯视图中的P点沿水平方向看去，浸在水中的这段筷子产生了侧移，看到的图形正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】此现象是生活中常见的现象，解决几何光学问题的关键是根据题意正确画出光路图，然后根据几何关系以及相关物理知识求解。
上图为筷子竖直插入盛水玻璃杯内的俯视图，A处为筷子，AP表示由筷子发出的穿过玻璃杯壁P射向观察者的一条光线，OP为过P点沿半径方向的直线，即在P处和空气的分界面的法线，上述光线则相当于在P处由水中射入空气中，图中的角i和角r分别为此光线的入射角和折射角，根据光的折射规律可知，所以观察者在P处看到的筷子A的像的位置不是在A的实际位置，而是由其实际位置偏离杯中心的方向向杯壁靠拢的位置。同时，玻璃杯此时相当于一个凸透镜，对筷子起到了放大的作用，因此，观察到的筷子比实际粗些。
故选A。
【分析】当光从空气斜射入其它透明介质中时，折射角小于入射角；并且折射角随着入射角的增大而增大，但折射角总小于入射角。
11．（2024高二上·衢州期中）2024年9月16日，台风“贝碧嘉”登录上海，安装在上海中心大厦125层的千吨“上海慧眼”阻尼器开始晃动。这款阻尼器由我国自主研发，在大厦受到风力作用摇晃时，阻尼器会摆向风吹来的方向，从而削弱大厦的晃动幅度。下列说法正确的是（　　）
A．阻尼器的振动频率取决于自身的固有频率
B．阻尼器做受迫振动，其振动频率与大楼的振动频率相同
C．阻尼器摆动幅度受风力大小影响，风力越大，摆动幅度越大
D．安装阻尼器能起到减震作用，其原理是阻尼器能改变大厦的固有频率，从而杜绝共振现象
【答案】B
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】对受迫振动的理解：受迫振动的频率等于驱动力的频率；驱动力频率越接近固有频率，振幅越大。AB．阻尼器做受迫振动，摆动频率与大厦晃动频率相同，而不是取决于自身的固有频率，故A错误、B正确；
C．阻尼器摆动的幅度虽受风力影响，但并不是风力越大摆动幅度越大，而是当大厦晃动频率与阻尼器的固有频率相同时，阻尼器发生共振现象，才能摆幅达到最大值，故C错误；
D．阻尼器在摆动时吸收能量，达到减震效果，而不是改变大厦的固有频率，故D错误。
故选B。
【分析】阻尼器做受迫振动，摆动频率与大厦晃动频率相同，阻尼器发生共振现象，摆幅达到最大值。
12．（2024高二上·衢州期中）充电宝内部的主要部件是锂电池，可以给手机充电。为了安全起见，机场规定：严禁携带额定能量超过的充电宝搭乘飞机。某充电宝的铭牌如图所示，充电宝的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值。下列说法正确的是（　　）
产品名称：移动电源 电池容量： 电源输出： 转换率：75％
A．这款充电宝能够储存的最大电量为
B．这款充电宝能够储存的最大能量约为
C．按照机场规定，不能将这款充电宝带上飞机
D．该充电宝给电量为零、容量为的手机充电，则理论上能充满6次
【答案】B
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】A．由题可知，这款充电宝能够储存的最大电量为
故A错误；
B．根据电压和电荷量可得，这款充电宝能够储存的最大能量为
故B正确；
C．充电宝能够储存的最大能量，机场限定的是充电宝储存的最大能量为
，故按照机场规定，可以将这款充电宝带上飞机，故C错误；
D．该充电宝给电量为零、容量为的手机充电，该款充电宝电池容量为20000mAh，根据，则理论上能充满5次，故D错误。
故选B。
【分析】根据Q=CU计算电荷量；根据W=Uq计算电能；根据电荷量的比值求解充电次数。
13．（2024高二上·衢州期中）今年夏天，衢州地区持续高温，各地均出现严重旱情。为减缓高温和旱情对农业造成的影响，人们用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。井水水面距水平地面的高度为H，出水口沿水平方向，距水平地面的高度为h，出水速度为v。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则（　　）
A．水泵水平方向受到水的反冲力大小为
B．水泵水平方向受到水的反冲力大小为
C．水泵的输出功率为
D．水泵的输出功率为
【答案】C
【知识点】动量定理；能量守恒定律
【解析】【解答】本题主要是考查动量定理之流体冲击力的计算问题，关键是求出很短时间内流体的质量，掌握动量定理的应用方法。AB．取t时间内的水为研究对象，该部分水的质量为
由动量定理得
解得
由牛顿第三定律得水泵水平方向受到水的反冲力大小为，故AB错误；
CD．根据功能关系得
联立解得水泵的输出功率为
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】 取Δt时间内水管中质量为Δm的水为研究对象，根据动量定理求解反冲力；求解管口出的机械能，根据功能关系求解水泵的输出功率。
14．（2024高二上·衢州期中）下列说法正确的是（　　）
A．甲图中与大地相连的两条导线起静电屏蔽作用
B．乙图中燃气灶中的点火器应用了摩擦起电的原理
C．丙图中采用金属丝的织物制成工作服的原理是静电吸附
D．丁图中武当山主峰上有一座金殿，常出现雷火炼殿的奇观，因为金殿顶部除海马等屋脊上的装饰外，很少有带尖的结构，不易放电
【答案】A,D
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】本题考查了静电屏蔽以及尖端放电相关知识，理解静电屏蔽以及尖端放电的原理和在生活中的应用是解决此类问题的关键。A．甲图中与大地相连的两条导线形成一个稀疏的金属网，可把高压线屏蔽起来，故A正确；
B．乙图中燃气灶中的点火器应用了尖端放电的原理，故B错误；
C．丙图中采用金属丝的织物制成工作服的原理是静电屏蔽，故C错误；
D．丁图中武当山主峰上有一座金殿，常出现雷火炼殿的奇观，因为金殿顶部除海马等屋脊上的装饰外，很少有带尖的结构，不易放电，故D正确。
故选AD。
【分析】根据静电屏蔽以及尖端放电的特点分析求解。
15．（2024高二上·衢州期中）如图甲为一简谐横波在时刻的波形图，原点处为波源位置，P是平衡位置在处的质点，Q是平衡位置在处的质点，图乙为质点Q的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．这列波沿x轴的负方向传播
B．在时，质点P沿y轴正方向运动
C．再过，质点Q通过的路程为
D．此波遇到大小为的障碍物可以看到明显衍射现象
【答案】C,D
【知识点】横波的图象；波的衍射现象
【解析】【解答】本题要抓住两种图像的联系，由振动图像能读出质点的振动方向，由波动图像判断波的传播方向。A．根据质点Q的振动图像，在时刻之后质点Q向上振动，根据同侧法可知甲图中这列波的传播方向为沿x轴的正方向传播。故A错误；
B．根据波的传播方向，在时，质点P沿y轴负方向运动。故B错误；
C．通过振动图像可知周期，振幅为则需要经过的路程为
故C正确；
D．根据甲图可知波长为，发生明显衍射的条件是孔或者障碍物的尺寸小于等于波长，则此波遇到大小为的障碍物可以看到明显衍射现象。故D正确。
故选CD。
【分析】根据图乙读出t=0.20s时刻Q质点的振动方向，再判断波的传播方向；根据发生明显衍射的条件分析；根据时间与周期的倍数求P点通过的路程；根据波的传播方向判断t=0.2s时P点状态。
16．（2024高二上·衢州期中）为了测量某地重力加速度g，某同学用如图甲的装置开展实验。
（1）在组装单摆时，应该选用_______（多选）（选填器材前的字母代号）。
A．直径约为的塑料球 B．直径约为的钢球
C．长度为左右的细线 D．长度为左右的细线
（2）为了提高实验的准确度，在实验中可改变摆长l并测出相应的周期T，从而得出几组对应的l和T的数值，以l为横坐标、为纵坐标作出图像，但该同学直接用摆线长充当摆长，由此得到的图像可能是_________。
A． B．
C． D．
（3）他直接用该图像处理得到的g　 　（选填“偏大”、“偏小”、“不变”）。
（4）关于该实验，下列说法正确的是_______（多选）。
A．测量周期时，应该从摆球运动到最低点时开始计时
B．当单摆如图乙运动时，测得的g偏大
C．在摆球运动过程中，摆线与竖直方向的夹角应该尽量大一些
D．为减小偶然误差，实验中改变摆线长度多次实验，最后将摆长相加取平均记为平均摆长
【答案】（1）B；C
（2）B
（3）不变
（4）A；B
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周期公式即可完成分析。
（1）在组装单摆时，应该选用体积小、质量大的小球和较长的细线。
故选BC。
（2）若周期和摆长测量正确，图像应为过原点的倾斜直线，该同学直接用摆线长充当摆长，即对于每一个，对应的的测量值都偏小了一个小球半径对应的长度，与周期和摆长测量都正确时的图像相比，该同学得到的图像斜率不变，但图像会偏左。
故选B。
（3）由于该同学得到的图像与周期和摆长测量都正确时的图像相比斜率相等，所以他直接用该图像处理得到的g不变。
（4）A．测量周期时，应该从摆球运动到最低点时开始计时，故A正确。
B．当单摆如图乙运动时，形成了圆锥摆，根据重力与拉力的合力提供向心力可知
求得
所以，单摆周期的测量值会偏小，由单摆的周期公式得
由上式可知，重力加速度的测量值g偏大，故B正确；
C．因为单摆的摆角过大的话摆球的运动就不能看成简谐运动了，所以，在摆球运动过程中，摆线与竖直方向的夹角应该尽量小一些，故C错误；
D．为减小偶然误差，实验中应在不改变摆线长度的前提下多次测量，将摆长相加取平均记为平均摆长，故D错误。
故选AB。
【分析】（1）根据减小空气阻力的影响分析判断；根据摆球做简谐运动的条件分析判断；
（2）根据单摆周期公式推导图像对应的函数表达式，结合图像判断；
（3）根据单摆周期公式推导图像对应的函数表达式，根据图像斜率分析判断。
（4）根据实验原理和实验注意事项逐一分析。
（1）在组装单摆时，应该选用体积小、质量大的小球和较长的细线。
故选BC。
（2）若周期和摆长测量正确，图像应为过原点的倾斜直线，该同学直接用摆线长充当摆长，即对于每一个，对应的的测量值都偏小了一个小球半径对应的长度，与周期和摆长测量都正确时的图像相比，该同学得到的图像斜率不变，但图像会偏左。
故选B。
（3）由于该同学得到的图像与周期和摆长测量都正确时的图像相比斜率相等，所以他直接用该图像处理得到的g不变。
（4）A．测量周期时，应该从摆球运动到最低点时开始计时，故A正确。
B．当单摆如图乙运动时，形成了圆锥摆，根据重力与拉力的合力提供向心力可知
求得
所以，单摆周期的测量值会偏小，由单摆的周期公式得
由上式可知，重力加速度的测量值g偏大，故B正确；
C．因为单摆的摆角过大的话摆球的运动就不能看成简谐运动了，所以，在摆球运动过程中，摆线与竖直方向的夹角应该尽量小一些，故C错误；
D．为减小偶然误差，实验中应在不改变摆线长度的前提下多次测量，将摆长相加取平均记为平均摆长，故D错误。
故选AB。
17．（2024高二上·衢州期中）现有一个待测电源，某同学想要测量它的电动势，于是在学校实验室开展了如下实验。实验室有如下实验器材：
A.待测电源（内阻r约为）
B.电压表V（量程为，内阻约为）
C.微安表A（量程为，内阻为）
D.定值电阻
E.定值电阻
F.滑动变阻器
G.数字多用电表
H.开关、导线若干
（1）该同学首先想到用电压表V或者数字多用电表直流电压挡（内阻远大于电压表内阻）粗测电源电动势，测量的结果分别如下图所示，选用哪个电表测量结果更接近真实值　 　，（选填“电压表”或“数字多用电表”），测量值为　 　V。
（2）微安表的量程太小，于是该同学想到用定值电阻　 　（或）与微安表A　 　（选填“串联”或“并联”），使其量程满足实验需求。
（3）用改装后的电流表完成实验，为使测量结果更加准确，请用笔画代替导线将图所示实物图连接成完整的电路。
【答案】（1）数字多用电表；1.553
（2）；并联
（3）
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】（1）因数字多用电表直流电压挡内阻远大于电压表内阻，根据串联分压可知，用数字多用电表表测量电动势测量结果更接近真实值，测量值为1.553V；
（2）微安表的量程太小，于是该同学想到用定值电阻与微安表A并联， 定值电阻 ，可使量程达到
使其量程满足实验需求。
（3）
改装后的电流表内阻已知，则相对电源来讲采用电流表内接，可以先画出电路图，则测量电路如图
【分析】（1）电压表内阻越大，测量结果越准确；
（2）根据电表改装原理分析量程；
（3）改装后的电流表内阻已知，则相对电源来讲采用电流表内接，据此连接电路图。
（1）[1][2]因数字多用电表直流电压挡内阻远大于电压表内阻，则用数字多用电表表测量电动势测量结果更接近真实值，测量值为1.553V；
（2）[1][2]微安表的量程太小，于是该同学想到用定值电阻与微安表A并联，可使量程达到
使其量程满足实验需求。
（3）改装后的电流表内阻已知，则相对电源来讲采用电流表内接，则测量电路如图
18．（2024高二上·衢州期中）在一次实验课上，某同学用图所示实验仪器进行双缝干涉实验。以下关于双缝干涉实验中下列说法正确的有（　　）
A．要增大观察到的条纹间距，可以增大双缝与单缝间的距离
B．将蓝光变成红光，其他条件不变，测得的条纹间距变大
C．单缝的主要作用是增强光源强度
D．用白光进行实验时，可以得到彩色的干涉条纹
【答案】B,D
【知识点】光的双缝干涉
【解析】【解答】本题考查了实验装置、条纹间距公式的应用，知道双缝干涉实验的原理、熟练应用双缝干涉条纹间距公式即可正确解题。A．增大双缝与单缝间的距离，不影响条纹间距，故A错误；
B．根据可知，将蓝光变成红光，其他条件不变，则光的波长变大，所以条纹间距变大，故B正确；
C．单缝的主要作用是获得线光源，故C错误；
D．白光通过双缝后产生干涉，因波长不同，导致干涉条纹间距不同，从而出现彩色条纹，故D正确。
故选BD。
【分析】根据分析条纹间距的影响因素，单缝的主要作用是获得线光源。
19．（2024高二上·衢州期中）皮划艇是一项水上运动项目。比赛过程中皮划艇的运动可视为先做初速度为零的匀加速直线运动，达到最大速度后做匀速直线运动，冲过终点线后停止划桨，皮划艇自由滑行，做匀减速直线运动，直到停止。如图所示为500米直道双人皮划艇比赛的场景，两人的成绩为1分50秒，皮划艇的最大速度，冲过终点线后又自由滑行了100m。求：
（1）皮划艇自由滑行过程的加速度大小；
（2）皮划艇匀加速直线运动的时间；
（3）在自由滑行减速过程中，坐在前面的运动员与皮划艇无相对运动，这位运动员的质量为，求皮划艇对这位运动员的作用力大小。
【答案】（1）由题知皮划艇自由滑行过程，最后速度为零，根据逆向思维，可得
代入数据解得
（2）加速过程，根据位移时间公式有
达到最大速度后做匀速直线运动过程有
由题知
联立解得
（3）皮划艇自由滑行过程，减速的加速度大小 为，根据平行四边形定则，则有
代入数据解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）根据速度—位移公式计算加速度；
（2）根据匀变速直线运动位移与匀速直线运动位移的计算公式解答；
（3）根据牛顿第二定律以及平行四边形法则求解。
（1）由题知皮划艇自由滑行过程，最后速度为零，根据逆向思维，可得
代入数据解得
（2）加速过程，根据位移时间公式有
达到最大速度后做匀速直线运动过程有
由题知
联立解得
（3）皮划艇自由滑行过程，减速的加速度大小 为，根据平行四边形定则，则有
代入数据解得
20．（2024高二上·衢州期中）如图所示为一种质谱仪的示意图，由加速电场、静电分析器和偏转电场组成。若加速电场电压为U，板间距为；静电分析器的圆心角为，通道内均匀分布辐射电场，在中心线处的电场强度大小为；偏转电场电场强度大小为、方向水平向右。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，接着从偏转电场的上边界垂直进入，已知粒子进入偏转电场时与右极板的水平距离为，最终打到Q点。不计粒子重力，相邻电场之间空隙可忽略。求：
（1）粒子带正电还是负电？出加速电场时速度v的大小；
（2）求粒子在静电分析器中心线处做匀速圆周运动的半径R；
（3）求粒子打在Q点时速度与水平方向夹角的正切值；
（4）求粒子在电场中运动的总时间。
【答案】（1）根据粒子在静电分析器所受电场力指向圆心，即沿电场线方向，故粒子带正电；在加速电场中，根据动能定理
解得
（2）粒子在静电分析器中，根据牛顿第二定律
解得
（3）粒子在偏转电场中，在水平方向匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
根据运动学公式有
在竖直方向匀速直线运动，速度大小为
在水平方向出偏转电场时的末速度大小为
所以，粒子打在Q点时速度与水平方向夹角的正切值为
（4）在加速电场中，根据运动学公式可知
其中根据牛顿第二定律可知，加速度大小为
解得
在静电分析器中，为圆周运动的四分之一，则
解得
在偏转电场中
解得
所以，粒子在电场中运动的总时间为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）电场力指向圆心，沿电场线方向，根据动能定理求解速度大小；
（2）电场力提供向心力，根据牛顿第二定律求解匀速圆周运动半径大小；
（3）粒子在偏转电场中，做类平抛运动，根据平抛运动规律以及运动的合成与分解求解；
（4）分析粒子在各个阶段的运动特点，求解各个阶段的时间，从而求解总时间。
（1）根据粒子在静电分析器所受电场力指向圆心，即沿电场线方向，故粒子带正电；在加速电场中，根据动能定理
解得
（2）粒子在静电分析器中，根据牛顿第二定律
解得
（3）粒子在偏转电场中，在水平方向匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
根据运动学公式有
在竖直方向匀速直线运动，速度大小为
在水平方向出偏转电场时的末速度大小为
所以，粒子打在Q点时速度与水平方向夹角的正切值为
（4）在加速电场中，根据运动学公式可知
其中根据牛顿第二定律可知，加速度大小为
解得
在静电分析器中，为圆周运动的四分之一，则
解得
在偏转电场中
解得
所以，粒子在电场中运动的总时间为
21．（2024高二上·衢州期中）某游戏装置如图所示，光滑水平面上有一被压缩的弹簧，弹簧的左端固定，右端与一质量为的物块甲接触但不粘连。在A点平滑连接一固定的光滑管道，该管道由两个半径均为的四分之一圆弧形管道组成。长的水平传送带以的速度顺时针转动，其左端与管道口B点对接，右端在C点平滑对接足够长的光滑固定台面。台面左端依次叠放着质量的物块乙和质量的木板。甲与传送带间的动摩擦因数，乙与木板间的动摩擦因数。某次游戏时调节压缩弹簧的弹性势能，静止释放物块甲，甲脱离弹簧后沿管道通过传送带在C点与乙发生弹性碰撞，碰后立即取走甲，最终乙恰好未滑离木板。若乙恰好未滑离木板视作游戏成功，不计其它阻力及物块通过装置连接处的能量损失。求：
（1）甲在B点受到管道作用力的大小；
（2）甲通过传送带时甲与传送带之间因摩擦产生的热量；
（3）木板的长度；
（4）若改变乙与木板间动摩擦因数其余条件不变。为使得游戏成功，则与弹簧的弹性势能需满足什么关系。
【答案】（1）甲从释放到B点，根据能量守恒，有
代入数据解得
在B点，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
（2）因
故甲滑上传送带做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
解得
设甲在传送带上从B点到C点，经过位移x，与传送带共速，根据速度位移公式有
代入数据解得
说明甲到C点时刚好与传送带共速，则到达共速的时间为
则甲相对传送带的位移为
则甲通过传送带时甲与传送带之间因摩擦产生的热量为
代入数据解得
（3）甲乙发生弹性碰撞，两者质量相等，故碰撞后，两者速度交换，即甲的速度为零，乙的速度为；最终乙恰好未滑离木板，即乙和木板达到共同速度，根据动量守恒有
解得
对乙和木板组成的系统，根据动能定理有
解得
（4）甲在B点的速度范围在时，甲到达C点的速度均为，根据能量守恒有
由（3）问可知，甲与乙发生弹性碰撞，速度交换，即乙的速度为，木板的长度为，为使得游戏成功，最终乙恰好未滑离木板，即乙和木板达到共同速度，根据动量守恒有
对乙和木板组成的系统，根据动能定理有
解得
则有
甲从释放到B点，根据能量守恒，有
甲滑上传送带，从B点到C点，根据牛顿第二定律有
根据速度位移公式有
联立解得
甲与乙碰撞后，对乙与木板分析，根据动量守恒有
解得乙最终与木板共速的速度为
根据动能定理有
解得
因
联立解得
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据能量守恒定律求解速度大小，根据牛顿运动定律求解作用力大小；
（2）甲滑上传送带做匀减速运动，根据运动学公式求解相对位移，相对位移乘以摩擦力等于热量；
（3）甲乙发生弹性碰撞，两者质量相等，故碰撞后，两者速度交换，根据动量守恒以及动能定理列式求解；
（4）根据能量守恒定律求解最小势能，结合动能定理求解最终乙恰好未滑离木板时弹性势能大小，乙最终与木板共速，根据动能定理求解弹性势能范围。
（1）甲从释放到B点，根据能量守恒，有
代入数据解得
在B点，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
（2）因
故甲滑上传送带做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
解得
设甲在传送带上从B点到C点，经过位移x，与传送带共速，根据速度位移公式有
代入数据解得
说明甲到C点时刚好与传送带共速，则到达共速的时间为
则甲相对传送带的位移为
则甲通过传送带时甲与传送带之间因摩擦产生的热量为
代入数据解得
（3）甲乙发生弹性碰撞，两者质量相等，故碰撞后，两者速度交换，即甲的速度为零，乙的速度为；最终乙恰好未滑离木板，即乙和木板达到共同速度，根据动量守恒有
解得
对乙和木板组成的系统，根据动能定理有
解得
（4）甲在B点的速度范围在时，甲到达C点的速度均为，根据能量守恒有
由（3）问可知，甲与乙发生弹性碰撞，速度交换，即乙的速度为，木板的长度为，为使得游戏成功，最终乙恰好未滑离木板，即乙和木板达到共同速度，根据动量守恒有
对乙和木板组成的系统，根据动能定理有
解得
则有
甲从释放到B点，根据能量守恒，有
甲滑上传送带，从B点到C点，根据牛顿第二定律有
根据速度位移公式有
联立解得
甲与乙碰撞后，对乙与木板分析，根据动量守恒有
解得乙最终与木板共速的速度为
根据动能定理有
解得
因
联立解得
1 / 1浙江省衢州五校联盟2024-2025学年高二上学期期中联考物理试题
1．（2024高二上·衢州期中）下列四个电学仪表，所测物理量的单位属于基本单位的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2024高二上·衢州期中）在2024巴黎奥运会上，中国跳水队首次实现包揽8枚金牌的壮举。图示为运动员全红婵在10米跳台卫冕时的照片，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．观看全红婵在空中动作时可以把她看成质点
B．全红婵在空中竖直下落阶段看到池中的水匀速上升
C．全红婵从接触水面到下沉至最低点的过程中先超重后失重
D．全红婵起跳时脚对跳板的作用力与跳板对脚的作用力大小相等
3．（2024高二上·衢州期中）如图所示，茶碗碗口为圆形，直径，茶壶壶嘴沿水平方向，离碗口所在平面高。茶水出口速度因受水压等因素的影响，出口速度并不固定，大小介于至之间。不计空气阻力，为确保水能倒入碗口内，倒茶时茶壶出水口离碗口圆心处的距离，下列四个选项中可行的是（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高二上·衢州期中）汽车安全性能是衡量汽车品质的重要指标。实车碰撞试验是综合评价汽车安全性能最有效的方法，也是各国政府检验汽车安全性能的强制手段之一。对于汽车碰撞试验的分析，下列说法正确的是（　　）
A．汽车发生碰撞时，弹出的安全气囊可以减小车内模拟乘员受到撞击力的作用时间
B．汽车发生碰撞时，弹出的安全气囊可以减小车内模拟乘员受到的撞击力
C．汽车发生碰撞时，弹出的安全气囊可以减小车内模拟乘员动量的变化量
D．汽车发生碰撞时，弹出的安全气囊可以减小车内模拟乘员受到撞击力的冲量
5．（2024高二上·衢州期中）2024年5月3日17时27分，嫦娥六号探测器在中国文昌航天发射场成功发射升空，之后准确进入地月转移轨道，开启世界首次月背“挖宝”之旅。图中绕月运行的三个轨道分别为周期大椭圆轨道、周期椭圆停泊轨道和周期的圆轨道。下列说法正确的是（　　）
A．探测器发射速度大于
B．探测器在大小椭圆轨道上远月点的速度均小于在圆轨道上运行的速度
C．在大小椭圆轨道上，探测器和月球连线在相等时间里扫过的面积相等
D．大椭圆轨道半长轴的长度是小椭圆轨道半长轴的倍
6．（2024高二上·衢州期中）如图为衢州某卡丁车运动基地，几辆卡丁车正急速通过一个大圆弧形弯道，弯道内侧比外侧低。当卡丁车在此路段以理论时速转弯时，恰好没有向弯道内外两侧滑动的趋势。下列说法正确的是（　　）
A．卡丁车行驶过程中受到重力、支持力、摩擦力、牵引力、向心力
B．卡丁车以某一恒定速率转弯时，在赛道外侧所需的向心力大
C．卡丁车质量越大，对应理论时速越大
D．当冬天路面结冰时，与未结冰时相比，值保持不变
7．（2024高二上·衢州期中）如图所示，A、B、C为三个质量均为m的带负电小球，所带电荷量均为q，A、B两球在水平地面上，和地面间的动摩擦因数均为μ，C球悬停在空中，三球保持静止状态，且任意两球间距都相同，则（　　）
A．C球所在点电场强度大小为
B．B球受到的电场力大小为
C．地面对A球的支持力大小为
D．地面受到A球的摩擦力大小为
8．（2024高二上·衢州期中）真空中有电荷量为和的A、B两个点电荷固定在x轴上，其中A的坐标为，B的坐标为，如图所示，规定x轴正方向为电场强度的正方向，无穷远处为电势零点。现将一个带负电的试探电荷C从坐标a处静止释放，用和分别表示试探电荷C的电势能和动能，x轴正半轴上各点电场强度E和电势随x变化。下列图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
9．（2024高二上·衢州期中）如图所示为探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系实验电路，A、B是两个完全相同的电容器，均不带电，单刀双掷开关S1和开关S2都处于断开状态。实验过程如下：①开关S1接1，S2仍处于断开状态，②开关S1接2，S2仍处于断开状态，③断开开关S1，闭合开关S2，④再断开开关S2，将开关S1接2。忽略实验过程中的漏电，数字电压表可视为理想电表。下列说法错误的是（　　）
A．操作①中，电容器A处于充电状态
B．操作②中，电压表示数变为原来的一半
C．操作③中，电压表示数再次减少一半
D．操作④中，稳定后，A、B两电容器电量相等
10．（2024高二上·衢州期中）将一根筷子竖直插入装有水的圆柱形薄玻璃杯中，如图所示，从俯视图中的P点沿水平方向看去，浸在水中的这段筷子产生了侧移，看到的图形正确的是（　　）
A． B．
C． D．
11．（2024高二上·衢州期中）2024年9月16日，台风“贝碧嘉”登录上海，安装在上海中心大厦125层的千吨“上海慧眼”阻尼器开始晃动。这款阻尼器由我国自主研发，在大厦受到风力作用摇晃时，阻尼器会摆向风吹来的方向，从而削弱大厦的晃动幅度。下列说法正确的是（　　）
A．阻尼器的振动频率取决于自身的固有频率
B．阻尼器做受迫振动，其振动频率与大楼的振动频率相同
C．阻尼器摆动幅度受风力大小影响，风力越大，摆动幅度越大
D．安装阻尼器能起到减震作用，其原理是阻尼器能改变大厦的固有频率，从而杜绝共振现象
12．（2024高二上·衢州期中）充电宝内部的主要部件是锂电池，可以给手机充电。为了安全起见，机场规定：严禁携带额定能量超过的充电宝搭乘飞机。某充电宝的铭牌如图所示，充电宝的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值。下列说法正确的是（　　）
产品名称：移动电源 电池容量： 电源输出： 转换率：75％
A．这款充电宝能够储存的最大电量为
B．这款充电宝能够储存的最大能量约为
C．按照机场规定，不能将这款充电宝带上飞机
D．该充电宝给电量为零、容量为的手机充电，则理论上能充满6次
13．（2024高二上·衢州期中）今年夏天，衢州地区持续高温，各地均出现严重旱情。为减缓高温和旱情对农业造成的影响，人们用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。井水水面距水平地面的高度为H，出水口沿水平方向，距水平地面的高度为h，出水速度为v。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则（　　）
A．水泵水平方向受到水的反冲力大小为
B．水泵水平方向受到水的反冲力大小为
C．水泵的输出功率为
D．水泵的输出功率为
14．（2024高二上·衢州期中）下列说法正确的是（　　）
A．甲图中与大地相连的两条导线起静电屏蔽作用
B．乙图中燃气灶中的点火器应用了摩擦起电的原理
C．丙图中采用金属丝的织物制成工作服的原理是静电吸附
D．丁图中武当山主峰上有一座金殿，常出现雷火炼殿的奇观，因为金殿顶部除海马等屋脊上的装饰外，很少有带尖的结构，不易放电
15．（2024高二上·衢州期中）如图甲为一简谐横波在时刻的波形图，原点处为波源位置，P是平衡位置在处的质点，Q是平衡位置在处的质点，图乙为质点Q的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．这列波沿x轴的负方向传播
B．在时，质点P沿y轴正方向运动
C．再过，质点Q通过的路程为
D．此波遇到大小为的障碍物可以看到明显衍射现象
16．（2024高二上·衢州期中）为了测量某地重力加速度g，某同学用如图甲的装置开展实验。
（1）在组装单摆时，应该选用_______（多选）（选填器材前的字母代号）。
A．直径约为的塑料球 B．直径约为的钢球
C．长度为左右的细线 D．长度为左右的细线
（2）为了提高实验的准确度，在实验中可改变摆长l并测出相应的周期T，从而得出几组对应的l和T的数值，以l为横坐标、为纵坐标作出图像，但该同学直接用摆线长充当摆长，由此得到的图像可能是_________。
A． B．
C． D．
（3）他直接用该图像处理得到的g　 　（选填“偏大”、“偏小”、“不变”）。
（4）关于该实验，下列说法正确的是_______（多选）。
A．测量周期时，应该从摆球运动到最低点时开始计时
B．当单摆如图乙运动时，测得的g偏大
C．在摆球运动过程中，摆线与竖直方向的夹角应该尽量大一些
D．为减小偶然误差，实验中改变摆线长度多次实验，最后将摆长相加取平均记为平均摆长
17．（2024高二上·衢州期中）现有一个待测电源，某同学想要测量它的电动势，于是在学校实验室开展了如下实验。实验室有如下实验器材：
A.待测电源（内阻r约为）
B.电压表V（量程为，内阻约为）
C.微安表A（量程为，内阻为）
D.定值电阻
E.定值电阻
F.滑动变阻器
G.数字多用电表
H.开关、导线若干
（1）该同学首先想到用电压表V或者数字多用电表直流电压挡（内阻远大于电压表内阻）粗测电源电动势，测量的结果分别如下图所示，选用哪个电表测量结果更接近真实值　 　，（选填“电压表”或“数字多用电表”），测量值为　 　V。
（2）微安表的量程太小，于是该同学想到用定值电阻　 　（或）与微安表A　 　（选填“串联”或“并联”），使其量程满足实验需求。
（3）用改装后的电流表完成实验，为使测量结果更加准确，请用笔画代替导线将图所示实物图连接成完整的电路。
18．（2024高二上·衢州期中）在一次实验课上，某同学用图所示实验仪器进行双缝干涉实验。以下关于双缝干涉实验中下列说法正确的有（　　）
A．要增大观察到的条纹间距，可以增大双缝与单缝间的距离
B．将蓝光变成红光，其他条件不变，测得的条纹间距变大
C．单缝的主要作用是增强光源强度
D．用白光进行实验时，可以得到彩色的干涉条纹
19．（2024高二上·衢州期中）皮划艇是一项水上运动项目。比赛过程中皮划艇的运动可视为先做初速度为零的匀加速直线运动，达到最大速度后做匀速直线运动，冲过终点线后停止划桨，皮划艇自由滑行，做匀减速直线运动，直到停止。如图所示为500米直道双人皮划艇比赛的场景，两人的成绩为1分50秒，皮划艇的最大速度，冲过终点线后又自由滑行了100m。求：
（1）皮划艇自由滑行过程的加速度大小；
（2）皮划艇匀加速直线运动的时间；
（3）在自由滑行减速过程中，坐在前面的运动员与皮划艇无相对运动，这位运动员的质量为，求皮划艇对这位运动员的作用力大小。
20．（2024高二上·衢州期中）如图所示为一种质谱仪的示意图，由加速电场、静电分析器和偏转电场组成。若加速电场电压为U，板间距为；静电分析器的圆心角为，通道内均匀分布辐射电场，在中心线处的电场强度大小为；偏转电场电场强度大小为、方向水平向右。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，接着从偏转电场的上边界垂直进入，已知粒子进入偏转电场时与右极板的水平距离为，最终打到Q点。不计粒子重力，相邻电场之间空隙可忽略。求：
（1）粒子带正电还是负电？出加速电场时速度v的大小；
（2）求粒子在静电分析器中心线处做匀速圆周运动的半径R；
（3）求粒子打在Q点时速度与水平方向夹角的正切值；
（4）求粒子在电场中运动的总时间。
21．（2024高二上·衢州期中）某游戏装置如图所示，光滑水平面上有一被压缩的弹簧，弹簧的左端固定，右端与一质量为的物块甲接触但不粘连。在A点平滑连接一固定的光滑管道，该管道由两个半径均为的四分之一圆弧形管道组成。长的水平传送带以的速度顺时针转动，其左端与管道口B点对接，右端在C点平滑对接足够长的光滑固定台面。台面左端依次叠放着质量的物块乙和质量的木板。甲与传送带间的动摩擦因数，乙与木板间的动摩擦因数。某次游戏时调节压缩弹簧的弹性势能，静止释放物块甲，甲脱离弹簧后沿管道通过传送带在C点与乙发生弹性碰撞，碰后立即取走甲，最终乙恰好未滑离木板。若乙恰好未滑离木板视作游戏成功，不计其它阻力及物块通过装置连接处的能量损失。求：
（1）甲在B点受到管道作用力的大小；
（2）甲通过传送带时甲与传送带之间因摩擦产生的热量；
（3）木板的长度；
（4）若改变乙与木板间动摩擦因数其余条件不变。为使得游戏成功，则与弹簧的弹性势能需满足什么关系。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的单位为导出单位。A．欧姆表测量的是电阻的阻值，电阻的单位不属于基本单位，故A错误；
B．电压表测量的是电压，电压的单位不属于基本单位，故B错误；
C．电流表测量的是电流，电流的单位属于基本单位，故C正确；
D．电能表是用来测量电能的仪表，电能的单位不属于基本单位，故D错误。
故选C。
【分析】国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔。
2．【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；质点；参考系与坐标系；超重与失重
【解析】【解答】A．研究全红婵在空中动作时，全红婵的形状大小不能忽略不计，不可以把她看成质点，故A错误；
B．以全红婵为参照，根据相对运动可知，她看到池中的水是匀加速上升的，故B错误；
C．加速度向上为超重，加速度向下为失重，全红婵从接触水面到下沉至最低点过程，加速度先向下再向上，故她先失重后超重，故C错误；
D．全红婵起跳时脚对跳板的作用力与跳板对脚的作用力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知，二者大小相等，故D正确。
故选D。
【分析】在分析时，需要理解质点的定义、相对运动的原理、超重与失重的物理意义以及作用力与反作用力的相互关系。
3．【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】本题考查学生对平抛运动规律的理解与应用，其中灵活应用运动的合成与分解方法与运动学公式方可解题。倒茶时，水在空中做平抛运动，竖直方向有
可得
水平方向有
由于水平分速度大小介于至之间，则有
为确保水能倒入碗口内，倒茶时茶壶出水口离碗口圆心处的距离应满足
故选B。
【分析】物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同。
4．【答案】B
【知识点】动量定理
【解析】【解答】本题考查了动量定理在实际生活中的应用，理解在动量变化量相同的情况下，缓冲时间长，受到的作用力小。汽车发生碰撞时，无论是否使用了安全气囊，动量的变化量不变，根据动动量定理可得
可知小车内模拟乘员受到撞击力的冲量不变，由于弹出的安全气囊可以增加车内模拟乘员受到撞击力的作用时间，从而减小车内模拟乘员受到的撞击力。
故选B。
【分析】分析汽车碰撞前后动量的变化，根据动量定理分析受到的冲击力做出判断。
5．【答案】B
【知识点】开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】本题考查万有引力定律的应用，解决本题的关键是利用开普勒第三定律和第二定律处理天体运动的一般规律。A．探测器没有脱离地球的引力范围，则发射速度小于，选项A错误；
B．根据万有引力提供向心力
可得
若经过椭圆轨道的远点做圆轨道，则在该圆轨道上的速度小于在近月圆轨道上的速度；而由该圆轨道进入椭圆轨道要减速做向心运动，可知探测器在大小椭圆轨道上远月点的速度均小于在近月圆轨道上运行的速度，选项B正确；
C．根据开普勒第二定律可知，在大小椭圆轨道上，因为是不同的轨道，则探测器和月球连线在相等时间里扫过的面积不一定相等，选项C错误；
D．根据开普勒第三定律，大椭圆轨道半长轴的长度是小椭圆轨道半长轴的
选项D错误。
故选B。
【分析】根据第二宇宙速度的物理意义分析；根据万有引力提供向心力分析运行速度；根据开普勒第二定律分析扫过的面积。
6．【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】本题主要考查的是应用牛顿第二定律分析圆周运动问题，明确向心力的来源是求解的关键。
A．卡丁车在此路段恰好没有向弯道内外两侧滑动的趋势，则没有侧向摩擦力，由重力和支持力的合力提供向心力，所以卡丁车行驶过程中受到重力、支持力、与运动方向相反的摩擦力、牵引力，故A错误；
B．根据可知，卡丁车以某一恒定速率转弯时，在赛道外侧对应的大，则所需向心力小，故B错误；
CD．设公路弯道处的倾角为，半径为，当汽车以理论时速转弯时，汽车受重力和弯道的支持力，这两个力的合力恰好提供向心力，根据力的合成以及牛顿第二定律有
解得
即理论时速与汽车质量无关，同时与路面是否结冰也无关，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】汽车拐弯处将路面建成外高内低，汽车拐弯靠重力、支持力、摩擦力的合力提供向心力。速率为vc时，靠重力和支持力的合力提供向心力，摩擦力为零。根据牛顿第二定律进行分析。
7．【答案】B
【知识点】共点力的平衡；电场强度
【解析】【解答】本题主要是考查了在静电力作用下的共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或分解，建立平衡方程进行解答。A．对C球受力分析如图所示
可知小球C受三个力平衡，所以小球C受到的电场力的合力与重力等大反向，即C球所在点电场强度大小为，故A错误；
B．对C受力分析知
所以有
对B小球所受到的电场力进行分析，如图所示
此时Fa与Fc的夹角为60°且大小相等，所以B小球受到的电场力为
故B正确；
CD．对A小球受力分析，如图所示
则有
解得
故CD错误。
故选B。
【分析】对C球进行受力分析，求所受电场力再求电场强度；根据点电荷场强公式计算A球在B球处产生的电场强度大小；整体分析受力，再求地面对A球的支持力以及摩擦力大小。
8．【答案】A
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】φ-x图像的斜率表示场强，斜率的大小表示该点场强的大小，斜率的正负可以确定电场强度的方向。A．根据点电荷电势决定式
由于电势是标量，运算符合代数运算法则，设（）处的电势为零0，得
解得
故可知当时
当时
故A正确；
B．试探电荷的受力存在一个转折点，即吸引力和排斥力平衡点，设该点坐标x1（x1>0）， A的坐标为，B的坐标为， 根据库仑定律可得
解得
可知电场强度为0的点位于x轴正半轴上距离坐标原点为d的点，故B错误；
C． 从静止释放到x1=d的位置，电场力做正功，动能增大，过了x1=d的位置再往正方向运动时，电场力做负功，动能减小，故动能先增大后减小，故C错误；
D． 从静止释放到x1=d的位置，电场力做正功，电势能减小，过了x1=d的位置再往正方向运动时，电场力做负功，电势能增大，故x1=d是电势能的最低点，但无穷远处电势趋于零，故无穷远处电势能也趋近于零，不会存在大于零情况，故D错误。
故选 A。
【分析】根据点电荷的电势的决定式可以判断电势的高低；当有多个点电荷时，电场强度和电势可以通过叠加原理计算；当试探电荷从静止释放时，其动能将逐渐增加，而电势能将逐渐减少，直到动能达到最大值，此时试探电荷的速度达到最大，之后动能将开始减少，电势能将开始增加，直到试探电荷停止运动。
9．【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】解答本题时，要明确电路的结构，搞清电容器的状态，根据电容器的定义式分析电压表示数的变化。A．操作①中，电容器A处于充电状态，A的上极板与电源正极连接，A的上极板带正电，故A正确，不符合题意；
B．电容器A充电稳定后，②中开关S1接2，S2仍处于断开状态，此时A、B电容器串联，由于两电容器完全相同，A、B电容器极板所带电荷量之和与A充电稳定时极板所带电荷量相等，即两电容器极板所带电荷量等于A充电稳定后极板所带电荷量一半，根据
可知，操作②中，电压表示数变为原来的一半，故B正确，不符合题意；
C．②操作后，断开开关S1，闭合开关S2，电容器B放电，放电完成后，B电容器两端电压为0，但电压表测量A电容器两端电压，A电容器没有放电，其两端电压不变，则电压表示数仍为最初的一半，故C错误，符合题意；
D．结合上述可知，③操作后，B电容器不带电，此时再断开开关S2，将开关S1接2，此时A、B电容器串联，由于两电容器完全相同，则操作④中，稳定后，A、B两电容器电量相等，故D正确，不符合题意。
故选C。
【分析】S1接1，S2处于断开状态，A电容器处于充电状态；当两电容器并联时电压相等，由Q=CU分析电荷量关系。 S1从1接2，S2处于断开状态，根据A电容器电荷量的变化，结合电容不变，由分析电压表示数的变化。S1从2断开，S2闭合，分析A电容器电压的变化判断电压表示数的变化。
10．【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】此现象是生活中常见的现象，解决几何光学问题的关键是根据题意正确画出光路图，然后根据几何关系以及相关物理知识求解。
上图为筷子竖直插入盛水玻璃杯内的俯视图，A处为筷子，AP表示由筷子发出的穿过玻璃杯壁P射向观察者的一条光线，OP为过P点沿半径方向的直线，即在P处和空气的分界面的法线，上述光线则相当于在P处由水中射入空气中，图中的角i和角r分别为此光线的入射角和折射角，根据光的折射规律可知，所以观察者在P处看到的筷子A的像的位置不是在A的实际位置，而是由其实际位置偏离杯中心的方向向杯壁靠拢的位置。同时，玻璃杯此时相当于一个凸透镜，对筷子起到了放大的作用，因此，观察到的筷子比实际粗些。
故选A。
【分析】当光从空气斜射入其它透明介质中时，折射角小于入射角；并且折射角随着入射角的增大而增大，但折射角总小于入射角。
11．【答案】B
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】对受迫振动的理解：受迫振动的频率等于驱动力的频率；驱动力频率越接近固有频率，振幅越大。AB．阻尼器做受迫振动，摆动频率与大厦晃动频率相同，而不是取决于自身的固有频率，故A错误、B正确；
C．阻尼器摆动的幅度虽受风力影响，但并不是风力越大摆动幅度越大，而是当大厦晃动频率与阻尼器的固有频率相同时，阻尼器发生共振现象，才能摆幅达到最大值，故C错误；
D．阻尼器在摆动时吸收能量，达到减震效果，而不是改变大厦的固有频率，故D错误。
故选B。
【分析】阻尼器做受迫振动，摆动频率与大厦晃动频率相同，阻尼器发生共振现象，摆幅达到最大值。
12．【答案】B
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】A．由题可知，这款充电宝能够储存的最大电量为
故A错误；
B．根据电压和电荷量可得，这款充电宝能够储存的最大能量为
故B正确；
C．充电宝能够储存的最大能量，机场限定的是充电宝储存的最大能量为
，故按照机场规定，可以将这款充电宝带上飞机，故C错误；
D．该充电宝给电量为零、容量为的手机充电，该款充电宝电池容量为20000mAh，根据，则理论上能充满5次，故D错误。
故选B。
【分析】根据Q=CU计算电荷量；根据W=Uq计算电能；根据电荷量的比值求解充电次数。
13．【答案】C
【知识点】动量定理；能量守恒定律
【解析】【解答】本题主要是考查动量定理之流体冲击力的计算问题，关键是求出很短时间内流体的质量，掌握动量定理的应用方法。AB．取t时间内的水为研究对象，该部分水的质量为
由动量定理得
解得
由牛顿第三定律得水泵水平方向受到水的反冲力大小为，故AB错误；
CD．根据功能关系得
联立解得水泵的输出功率为
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】 取Δt时间内水管中质量为Δm的水为研究对象，根据动量定理求解反冲力；求解管口出的机械能，根据功能关系求解水泵的输出功率。
14．【答案】A,D
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】本题考查了静电屏蔽以及尖端放电相关知识，理解静电屏蔽以及尖端放电的原理和在生活中的应用是解决此类问题的关键。A．甲图中与大地相连的两条导线形成一个稀疏的金属网，可把高压线屏蔽起来，故A正确；
B．乙图中燃气灶中的点火器应用了尖端放电的原理，故B错误；
C．丙图中采用金属丝的织物制成工作服的原理是静电屏蔽，故C错误；
D．丁图中武当山主峰上有一座金殿，常出现雷火炼殿的奇观，因为金殿顶部除海马等屋脊上的装饰外，很少有带尖的结构，不易放电，故D正确。
故选AD。
【分析】根据静电屏蔽以及尖端放电的特点分析求解。
15．【答案】C,D
【知识点】横波的图象；波的衍射现象
【解析】【解答】本题要抓住两种图像的联系，由振动图像能读出质点的振动方向，由波动图像判断波的传播方向。A．根据质点Q的振动图像，在时刻之后质点Q向上振动，根据同侧法可知甲图中这列波的传播方向为沿x轴的正方向传播。故A错误；
B．根据波的传播方向，在时，质点P沿y轴负方向运动。故B错误；
C．通过振动图像可知周期，振幅为则需要经过的路程为
故C正确；
D．根据甲图可知波长为，发生明显衍射的条件是孔或者障碍物的尺寸小于等于波长，则此波遇到大小为的障碍物可以看到明显衍射现象。故D正确。
故选CD。
【分析】根据图乙读出t=0.20s时刻Q质点的振动方向，再判断波的传播方向；根据发生明显衍射的条件分析；根据时间与周期的倍数求P点通过的路程；根据波的传播方向判断t=0.2s时P点状态。
16．【答案】（1）B；C
（2）B
（3）不变
（4）A；B
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周期公式即可完成分析。
（1）在组装单摆时，应该选用体积小、质量大的小球和较长的细线。
故选BC。
（2）若周期和摆长测量正确，图像应为过原点的倾斜直线，该同学直接用摆线长充当摆长，即对于每一个，对应的的测量值都偏小了一个小球半径对应的长度，与周期和摆长测量都正确时的图像相比，该同学得到的图像斜率不变，但图像会偏左。
故选B。
（3）由于该同学得到的图像与周期和摆长测量都正确时的图像相比斜率相等，所以他直接用该图像处理得到的g不变。
（4）A．测量周期时，应该从摆球运动到最低点时开始计时，故A正确。
B．当单摆如图乙运动时，形成了圆锥摆，根据重力与拉力的合力提供向心力可知
求得
所以，单摆周期的测量值会偏小，由单摆的周期公式得
由上式可知，重力加速度的测量值g偏大，故B正确；
C．因为单摆的摆角过大的话摆球的运动就不能看成简谐运动了，所以，在摆球运动过程中，摆线与竖直方向的夹角应该尽量小一些，故C错误；
D．为减小偶然误差，实验中应在不改变摆线长度的前提下多次测量，将摆长相加取平均记为平均摆长，故D错误。
故选AB。
【分析】（1）根据减小空气阻力的影响分析判断；根据摆球做简谐运动的条件分析判断；
（2）根据单摆周期公式推导图像对应的函数表达式，结合图像判断；
（3）根据单摆周期公式推导图像对应的函数表达式，根据图像斜率分析判断。
（4）根据实验原理和实验注意事项逐一分析。
（1）在组装单摆时，应该选用体积小、质量大的小球和较长的细线。
故选BC。
（2）若周期和摆长测量正确，图像应为过原点的倾斜直线，该同学直接用摆线长充当摆长，即对于每一个，对应的的测量值都偏小了一个小球半径对应的长度，与周期和摆长测量都正确时的图像相比，该同学得到的图像斜率不变，但图像会偏左。
故选B。
（3）由于该同学得到的图像与周期和摆长测量都正确时的图像相比斜率相等，所以他直接用该图像处理得到的g不变。
（4）A．测量周期时，应该从摆球运动到最低点时开始计时，故A正确。
B．当单摆如图乙运动时，形成了圆锥摆，根据重力与拉力的合力提供向心力可知
求得
所以，单摆周期的测量值会偏小，由单摆的周期公式得
由上式可知，重力加速度的测量值g偏大，故B正确；
C．因为单摆的摆角过大的话摆球的运动就不能看成简谐运动了，所以，在摆球运动过程中，摆线与竖直方向的夹角应该尽量小一些，故C错误；
D．为减小偶然误差，实验中应在不改变摆线长度的前提下多次测量，将摆长相加取平均记为平均摆长，故D错误。
故选AB。
17．【答案】（1）数字多用电表；1.553
（2）；并联
（3）
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】（1）因数字多用电表直流电压挡内阻远大于电压表内阻，根据串联分压可知，用数字多用电表表测量电动势测量结果更接近真实值，测量值为1.553V；
（2）微安表的量程太小，于是该同学想到用定值电阻与微安表A并联， 定值电阻 ，可使量程达到
使其量程满足实验需求。
（3）
改装后的电流表内阻已知，则相对电源来讲采用电流表内接，可以先画出电路图，则测量电路如图
【分析】（1）电压表内阻越大，测量结果越准确；
（2）根据电表改装原理分析量程；
（3）改装后的电流表内阻已知，则相对电源来讲采用电流表内接，据此连接电路图。
（1）[1][2]因数字多用电表直流电压挡内阻远大于电压表内阻，则用数字多用电表表测量电动势测量结果更接近真实值，测量值为1.553V；
（2）[1][2]微安表的量程太小，于是该同学想到用定值电阻与微安表A并联，可使量程达到
使其量程满足实验需求。
（3）改装后的电流表内阻已知，则相对电源来讲采用电流表内接，则测量电路如图
18．【答案】B,D
【知识点】光的双缝干涉
【解析】【解答】本题考查了实验装置、条纹间距公式的应用，知道双缝干涉实验的原理、熟练应用双缝干涉条纹间距公式即可正确解题。A．增大双缝与单缝间的距离，不影响条纹间距，故A错误；
B．根据可知，将蓝光变成红光，其他条件不变，则光的波长变大，所以条纹间距变大，故B正确；
C．单缝的主要作用是获得线光源，故C错误；
D．白光通过双缝后产生干涉，因波长不同，导致干涉条纹间距不同，从而出现彩色条纹，故D正确。
故选BD。
【分析】根据分析条纹间距的影响因素，单缝的主要作用是获得线光源。
19．【答案】（1）由题知皮划艇自由滑行过程，最后速度为零，根据逆向思维，可得
代入数据解得
（2）加速过程，根据位移时间公式有
达到最大速度后做匀速直线运动过程有
由题知
联立解得
（3）皮划艇自由滑行过程，减速的加速度大小 为，根据平行四边形定则，则有
代入数据解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）根据速度—位移公式计算加速度；
（2）根据匀变速直线运动位移与匀速直线运动位移的计算公式解答；
（3）根据牛顿第二定律以及平行四边形法则求解。
（1）由题知皮划艇自由滑行过程，最后速度为零，根据逆向思维，可得
代入数据解得
（2）加速过程，根据位移时间公式有
达到最大速度后做匀速直线运动过程有
由题知
联立解得
（3）皮划艇自由滑行过程，减速的加速度大小 为，根据平行四边形定则，则有
代入数据解得
20．【答案】（1）根据粒子在静电分析器所受电场力指向圆心，即沿电场线方向，故粒子带正电；在加速电场中，根据动能定理
解得
（2）粒子在静电分析器中，根据牛顿第二定律
解得
（3）粒子在偏转电场中，在水平方向匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
根据运动学公式有
在竖直方向匀速直线运动，速度大小为
在水平方向出偏转电场时的末速度大小为
所以，粒子打在Q点时速度与水平方向夹角的正切值为
（4）在加速电场中，根据运动学公式可知
其中根据牛顿第二定律可知，加速度大小为
解得
在静电分析器中，为圆周运动的四分之一，则
解得
在偏转电场中
解得
所以，粒子在电场中运动的总时间为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）电场力指向圆心，沿电场线方向，根据动能定理求解速度大小；
（2）电场力提供向心力，根据牛顿第二定律求解匀速圆周运动半径大小；
（3）粒子在偏转电场中，做类平抛运动，根据平抛运动规律以及运动的合成与分解求解；
（4）分析粒子在各个阶段的运动特点，求解各个阶段的时间，从而求解总时间。
（1）根据粒子在静电分析器所受电场力指向圆心，即沿电场线方向，故粒子带正电；在加速电场中，根据动能定理
解得
（2）粒子在静电分析器中，根据牛顿第二定律
解得
（3）粒子在偏转电场中，在水平方向匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
根据运动学公式有
在竖直方向匀速直线运动，速度大小为
在水平方向出偏转电场时的末速度大小为
所以，粒子打在Q点时速度与水平方向夹角的正切值为
（4）在加速电场中，根据运动学公式可知
其中根据牛顿第二定律可知，加速度大小为
解得
在静电分析器中，为圆周运动的四分之一，则
解得
在偏转电场中
解得
所以，粒子在电场中运动的总时间为
21．【答案】（1）甲从释放到B点，根据能量守恒，有
代入数据解得
在B点，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
（2）因
故甲滑上传送带做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
解得
设甲在传送带上从B点到C点，经过位移x，与传送带共速，根据速度位移公式有
代入数据解得
说明甲到C点时刚好与传送带共速，则到达共速的时间为
则甲相对传送带的位移为
则甲通过传送带时甲与传送带之间因摩擦产生的热量为
代入数据解得
（3）甲乙发生弹性碰撞，两者质量相等，故碰撞后，两者速度交换，即甲的速度为零，乙的速度为；最终乙恰好未滑离木板，即乙和木板达到共同速度，根据动量守恒有
解得
对乙和木板组成的系统，根据动能定理有
解得
（4）甲在B点的速度范围在时，甲到达C点的速度均为，根据能量守恒有
由（3）问可知，甲与乙发生弹性碰撞，速度交换，即乙的速度为，木板的长度为，为使得游戏成功，最终乙恰好未滑离木板，即乙和木板达到共同速度，根据动量守恒有
对乙和木板组成的系统，根据动能定理有
解得
则有
甲从释放到B点，根据能量守恒，有
甲滑上传送带，从B点到C点，根据牛顿第二定律有
根据速度位移公式有
联立解得
甲与乙碰撞后，对乙与木板分析，根据动量守恒有
解得乙最终与木板共速的速度为
根据动能定理有
解得
因
联立解得
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据能量守恒定律求解速度大小，根据牛顿运动定律求解作用力大小；
（2）甲滑上传送带做匀减速运动，根据运动学公式求解相对位移，相对位移乘以摩擦力等于热量；
（3）甲乙发生弹性碰撞，两者质量相等，故碰撞后，两者速度交换，根据动量守恒以及动能定理列式求解；
（4）根据能量守恒定律求解最小势能，结合动能定理求解最终乙恰好未滑离木板时弹性势能大小，乙最终与木板共速，根据动能定理求解弹性势能范围。
（1）甲从释放到B点，根据能量守恒，有
代入数据解得
在B点，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
（2）因
故甲滑上传送带做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
解得
设甲在传送带上从B点到C点，经过位移x，与传送带共速，根据速度位移公式有
代入数据解得
说明甲到C点时刚好与传送带共速，则到达共速的时间为
则甲相对传送带的位移为
则甲通过传送带时甲与传送带之间因摩擦产生的热量为
代入数据解得
（3）甲乙发生弹性碰撞，两者质量相等，故碰撞后，两者速度交换，即甲的速度为零，乙的速度为；最终乙恰好未滑离木板，即乙和木板达到共同速度，根据动量守恒有
解得
对乙和木板组成的系统，根据动能定理有
解得
（4）甲在B点的速度范围在时，甲到达C点的速度均为，根据能量守恒有
由（3）问可知，甲与乙发生弹性碰撞，速度交换，即乙的速度为，木板的长度为，为使得游戏成功，最终乙恰好未滑离木板，即乙和木板达到共同速度，根据动量守恒有
对乙和木板组成的系统，根据动能定理有
解得
则有
甲从释放到B点，根据能量守恒，有
甲滑上传送带，从B点到C点，根据牛顿第二定律有
根据速度位移公式有
联立解得
甲与乙碰撞后，对乙与木板分析，根据动量守恒有
解得乙最终与木板共速的速度为
根据动能定理有
解得
因
联立解得
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