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浙江省温州市环大罗山联盟2024-2025学年高一下学期期中联考物理试卷
一、选择题I（本大题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2025高一下·温州期中）直接测量“国际单位制规定的三个力学基本物理量”，应选择下列哪一组仪器（　　）
A．刻度尺、弹簧秤、打点计时器 B．刻度尺、天平、秒表
C．量筒、测力计、秒表 D．量筒、天平、打点计时器
【答案】B
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】国际单位制规定的三个力学基本物理量为长度、质量和时间，所以直接测量的仪器为刻度尺、天平和秒表。
故答案为：B。
【分析】本题的核心是明确国际单位制中规定的三个力学基本物理量，再对应找到直接测量它们的仪器。
2．（2025高一下·温州期中）关于经典物理学的发展史，下列说法不正确的是（　　）
A．密立根最早测定了元电荷的数值
B．法拉第提出了电场的概念
C．牛顿测出了引力常量
D．爱因斯坦提出了相对论
【答案】C
【知识点】物理学史；引力常量及其测定；电场强度
【解析】【解答】A．密立根最早测定了元电荷e的数值，故A正确；
B．法拉第提出了电场的概念，故B正确；
C．卡文迪什测出了引力常量，故C错误；
D．爱因斯坦提出了相对论，故D正确。
故答案为：C。
【分析】 本题的核心是梳理经典物理学发展史上的关键人物与贡献，需要准确记忆每位科学家的核心成就，从而判断选项的正误。
3．（2025高一下·温州期中）如图所示，一架无人机执行航拍任务时正沿直线朝斜向下方向匀速运动。用G表示无人机重力，F表示空气对它的作用力，下列四幅图中能表示此过程中无人机受力情况的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】因为重力竖直向下，空气作用力必须竖直向上，才能与重力平衡。若空气作用力斜向上，则它与重力的合力会偏向某一侧，无法保持沿斜向下方向匀速运动（会改变速度方向或大小）。
所以正确图示是 重力竖直向下，空气作用力竖直向上，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】一、考点
1、共点力平衡条件
物体匀速直线运动 → 合外力为零。
2、二力平衡特点
两个力必须大小相等、方向相反、作用在同一直线上。
3、运动方向与受力方向的关系
运动方向不一定与某个力的方向相同，平衡时合外力为零，各力方向由平衡条件决定。
二、易错点
1、误认为空气作用力沿运动方向的反方向
如果只考虑阻力，忽略升力，会错误地画成空气作用力斜向上后方；但无人机有旋翼提供升力，总空气作用力是升力与阻力的合力，在匀速直线运动中必须与重力平衡，因此竖直向上。
2、混淆平衡力与运动方向
以为斜向下运动，空气作用力必须斜向上才能“抵消”运动趋势，但这样合力不会为零，无人机会做曲线运动或减速。
3、忽略“匀速”条件
如果题目是加速斜向下，则空气作用力不会竖直向上；但本题是匀速，受力必须严格平衡。
4．（2025高一下·温州期中）如图所示，将带正电的导体球C靠近不带电的导体。沿虚线将导体分成A、B两部分，这两部分所带电荷量为，下面判断正确的是（ ）
A．，A带负电 B．，A带正电
C．，A带负电 D．，A带正电
【答案】B
【知识点】电荷守恒定律
【解析】【解答】根据电荷守恒可知，根据静电感应原理可知，A带正电。
故答案为：B。
【分析】利用电荷守恒定律和静电感应原理进行判断。
5．（2025高一下·温州期中）电梯、汽车等交通工具在加速时会使乘客产生不适感，其中不适感的程度可用“急动度”来描述。“急动度”是描述加速度变化快慢的物理量，即。汽车工程师用急动度作为评判乘客不舒适程度的指标，按照这一指标，具有零急动度的乘客，感觉较舒适。图为某汽车加速过程的急动度J随时间t的变化规律。下列说法正确的是（　　）
A．在0~5.0s时间内，汽车做匀加速直线运动
B．在5.0~10.0s时间内，汽车做匀加速直线运动
C．在5.0~10.0s时间内，乘客感觉较舒适
D．在5.0~10.0s时间内，汽车加速度的变化量大小为4.0
【答案】D
【知识点】加速度
【解析】【解答】AB．根据可知，在0~5.0s时间内，急动度增加，加速度增加的越来越快，在5.0~10.0s时间内，急动度不变，则加速度均匀增加，故物体加速度一直在变化，故AB错误；
C．在5.0~10.0s时间内，急动度最大，乘客最不舒服，故C错误；
D．在5.0~10.0s时间内，加速度的变化量为矩形的面积，故D正确。
故答案为：D。
【分析】急动度 ，其图像与时间轴围成的面积表示加速度的变化量 ，根据图像判断加速度的变化规律，进而分析运动状态和乘客舒适度。
6．（2025高一下·温州期中）如图所示，两个相对的斜面，倾角分别为和。在顶点把两个相同的小球以同样大小的初速度分别向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上。若不计空气阻力，则A、B两个小球的水平位移之比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】由平抛运动规律得水平方向
竖直方向
而
解得
代入数据可得
水平位移之比
故答案为：D。
【分析】本题的核心是平抛运动的规律，当小球落在斜面上时，位移与水平方向的夹角等于斜面倾角，利用这一几何关系求出运动时间，进而得到水平位移的比值。
7．（2025高一下·温州期中）如图所示为一种车载磁吸手机支架，手机放上去会被牢牢吸住处于静止状态，磁吸力 F方向垂直于手机支架斜面。若手机质量为m，支架斜面与水平面的夹角为，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．倾角为时，支架对手机的作用力大小等于mg
B．倾角为时，手机受到的支持力大小等于
C．仅将磁吸力F增大，手机受到的摩擦力也增大
D．仅将从缓慢增大到，手机受到的摩擦力先减小后增大
【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】解：手机静止时处于平衡状态，所受合力为零；静摩擦力的大小与沿接触面方向的受力平衡有关。
A. 倾角θ为30°时，手机受重力、支架的支持力、磁吸力和摩擦力，支架对手机的作用力是支持力、磁吸力和摩擦力的合力，由于手机静止，该合力与重力等大反向，因此大小等于mg，A正确；
B. 支持力是磁吸力F与重力垂直斜面分力（）的合力，方向垂直斜面向上，因此支持力大小大于，B错误；
C. 手机静止时，沿斜面方向受力平衡，摩擦力 ，该摩擦力与磁吸力F无关，因此仅增大F，摩擦力大小不变，C错误；
D. 仅将θ从30°增大到90°时，逐渐增大，根据 ，摩擦力逐渐增大，D错误。
故答案为：A
【分析】本题考查共点力平衡的应用。首先明确手机静止时处于平衡状态，所受所有力的合力为零。支架对手机的作用力是支持力、磁吸力和摩擦力的合力，该合力与重力平衡，因此无论θ为多少，支架对手机的作用力大小都等于mg，A正确。支持力不仅要平衡重力的垂直斜面分力，还要叠加磁吸力，因此支持力大于，B错误。沿斜面方向，摩擦力与重力的分力平衡，与磁吸力无关，故增大F时摩擦力不变，C错误。θ从30°增大到90°，持续增大，因此摩擦力持续增大，D错误。
8．（2025高一下·温州期中）如图甲所示为一儿童玩具——弹跳杆。当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后，人就向上弹起，进而带动弹跳杆跳跃，如图乙为其简化模型图。若不计空气阻力，不计弹跳杆和地面接触时的能量损失，则（　　）
A．人向上弹起过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力
B．人向上弹起至最高点过程中，一直处于超重状态
C．弹跳杆从接触地面到压缩弹簧至最低点的过程中，人减小的重力势能小于弹簧增加的弹性势能
D．从最高点下落至弹跳杆刚好接触地面时，人的速度达到最大
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；牛顿第二定律；超重与失重；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．踏板对人的作用力与人对踏板的作用力是相互作用力，根据牛顿第三定律，大小相等，故A错误；
B．人向上弹起时，先加速（ 超重 ）后减速（ 失重 ），并非一直超重，故B错误；
C．弹跳杆从接触地面到压缩至最低点，人的动能和重力势能减少，转化为弹簧的弹性势能，故减少的重力势能小于弹簧增加的弹性势能（ 还有动能的减少量 ），故C正确；
D．从最高点下落至弹跳杆接触地面时，人先加速，接触地面后弹簧弹力逐渐增大，当弹力等于重力时速度最大，所以刚接触地面时速度不是最大，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合牛顿第三定律、超重失重的条件，以及机械能的转化规律，对弹跳杆运动过程中的受力和能量变化进行分析，判断各选项的正确性。
9．（2025高一下·温州期中）2025年2月11日，我国新型火箭长征八号改进型运载火箭首飞成功，将低轨02组9颗卫星送入距离地面高度约为的轨道，其发射过程简化如图所示：卫星从预定轨道I的点第一次变轨进入椭圆轨道II，到达椭圆轨道的远地点B时，再次变轨进入空间站的运行轨道III并做匀速圆周运动，与空间站实现对接。假设轨道I和III都近似为圆轨道，不计卫星质量的变化，地球半径为，地球表面的重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．卫星在圆轨道III经过点B的速度小于卫星在椭圆轨道II经过点A的速度
B．卫星在椭圆轨道II经过点A的速度可能大于
C．在轨道I上卫星与地心连线单位时间内扫过的面积等于在轨道II上卫星与地心连线单位时间内扫过的面积
D．卫星沿轨道III运行的周期为70分钟
【答案】A
【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】A．由于卫星在椭圆轨道 II 近地点（A点）处的速度大于同半径圆轨道的速度，而最终圆轨道 III 的半径更大，根据，解得
可知线速度更小，故卫星在圆轨道 III 经过 B点的速度必然小于其在椭圆 II 经过A点的速度，故A正确。
B．若卫星在椭圆轨道 II 经过近地点时的速度超过11.2km/s，便会脱离地球成为逃逸轨道，不再是绕地球运动的椭圆轨道，故B错误。
C．开普勒第二定律描述的是同一卫星在同一轨道与中心天体连线在相同时间内扫过的面积相等，卫星在不同的轨道上运行时，相等的时间内与中心天体连线扫过的面积不一定相等，故C错误。
D．近地卫星绕地球运动一周所需时间为，，
解得
根据
解得
可知由于轨道Ⅲ的半径大于地球的半径，故卫星在轨道Ⅲ上的运行周期应大于70分钟，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题围绕卫星变轨与天体运动规律展开，核心是利用万有引力定律、开普勒定律和宇宙速度的概念，对卫星在不同轨道上的速度、面积速度和周期进行判断。
10．（2025高一下·温州期中）如图所示，我国东海大桥两侧将建成海上风力发电场。每台风力发电机的叶片转动时可形成半径为的圆面，当地风向可视为与叶片转动的圆面垂直，发电机将此圆面内气流动能转化为输出电能的效率为。风速在范围内，可视为不变。已知风速时每台发电机输出电功率为，空气的密度为，则（　　）
A．单位时间内经过每台发电机叶片圆面的气流动能为
B．当风速为时每台发电机的输出电功率约为
C．每台发电机叶片转动时形成的圆面半径约为
D．若每年有风速在，则每台发电机年发电量至少为
【答案】C
【知识点】动能；能源的分类与应用
【解析】【解答】A．单位时间内经过每台发电机叶片圆面的气流动能为，故A错误；
B．根据，可知每台发电机的输出电功率与成正比，结合题意有
解得，故B错误；
C．风速时每台发电机输出电功率为，则有，解得，故C正确；
D．若每年有风速在，则每台发电机年发电量至少为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题的核心是利用动能公式推导气流的动能功率，再结合效率计算发电机的输出功率，进而判断各选项的正确性。
二、选择题II（本大题共3小题，每小题4分，共12分。在每小题给出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分。）
11．（2025高一下·温州期中）下列关于教材中插图表述正确的是（　　）
A．甲：某质点做一般的曲线运动，在分析某位置的运动时，可以采用圆周运动的分析方法来处理
B．乙：自行车行驶过程中，小齿轮边缘的点比大齿轮边缘的点线速度更大
C．丙：汽车上坡时采用低速挡是为了获得更大的牵引力
D．丁：天王星的发现证明了万有引力定律的正确性
【答案】A,C
【知识点】曲线运动；线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律；功率及其计算
【解析】【解答】A．甲：某质点做一般的曲线运动，在分析某位置的运动时，根据曲率半径的概念，可以采用圆周运动的分析方法来处理，故A正确；
B．乙：自行车行驶过程中，小齿轮边缘的点比大齿轮边缘的点由于链条传动，线速度相等，故B错误；
C．汽车上坡时的牵引力为，由于汽车的最大功率是一定的，当减小行驶速度时可以获得更大的牵引力，故C正确；
D．海王星的预言和发现极大地支持了万有引力定律的正确性，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题结合教材插图，综合考查了曲线运动、齿轮传动、汽车功率与天体物理的核心知识点，解题关键是对每个选项对应的物理原理进行逐一分析。
12．（2025高一下·温州期中）如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块。现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中，下列说法正确的是（　　）
A．支持力对小物块做功为
B．静摩擦力对小物块做功为
C．滑动摩擦力对小物块做功为
D．木板对小物块做功为
【答案】A,C
【知识点】功的概念；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．支持力和重力做的总功等于物体动能的变化，而因为物体是缓慢移动，故动能不变，支持力对小物块做功为，故A正确；
B．当物体缓慢上升的过程中，静摩擦力的方向与速度方向垂直，不做功，故B错误；
C．下滑过程由动能定理可知，则滑动摩擦力对小物块做功为，故C正确；
D．D．整个过程，木板对物体做功为W，重力做功为0，由动能定理可知，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】将过程分为缓慢抬起木板（动能不变）和下滑（动能变化）两个阶段，用动能定理分别分析支持力、静摩擦力、滑动摩擦力及木板对物块做的功。
13．（2025高一下·温州期中）质量为2t的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图像如图所示．从t1时刻起牵引力的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为2000N，图中v1=10m/s，t1=5s，t2=55s，则（　　）
A．0-t1时间内，汽车牵引力为6000N
B．t1-t2时间内，汽车功率为60kW
C．汽车运动的最大速度为20m/s
D．0-t2时间内，汽车位移为1125m
【答案】A,B,D
【知识点】机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．汽车在0-t1时间内的加速度为
根据牛顿第二定律
代入数据解得F=6000N，故A正确；
B．在t1-t2时间汽车的功率保持不变，可得汽车的额定功率为，故B正确；
C．汽车运动的最大速度为，故C错误；
D.0-t1时间内，汽车运动的位移为
在t1-t2时间汽车的位移为
代入数据解得
所以运动的总位移为，故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】分阶段分析汽车运动：0~t1为匀加速直线运动，用牛顿第二定律求牵引力；t1后功率恒定，用 P=Fv 求功率，再结合动能定理求位移，最后用 P=fv 求最大速度。
三、非选择题（本题共5小题，共58分。）
14．（2025高一下·温州期中）用如图所示的实验装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系，转动手柄使长槽和短槽分别随塔轮匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值。实验用球分为钢球和铝球，请回答相关问题：
（1）在某次实验中，某同学把两个质量相等的钢球放在A、C位置，A、C到塔轮中心距离相等，将皮带处于左、右塔轮的半径不等的层上。转动手柄，观察左右标尺的刻度，此时可研究向心力的大小与______的关系。
A．质量m B．半径r C．角速度
（2）在（1）的实验中，某同学匀速转动手柄时，左边标尺露出1个格，右边标尺露出4个格，则皮带连摆的左、右塔轮半径之比为　 　。其他条件不变，若增大手柄转动的速度，则左、右两标尺的示数　 　，两标尺示数的比值　 　（均选填“变大”“变小”或“不变”）。
【答案】（1）C
（2）2：1；变大；不变
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】（1）由题意得，两球质量m相等、转动半径r相等，塔轮皮带边缘线速度大小相等，根据
可知，塔轮角速度不同，即小球角速度不同，此时可研究向心力的大小与角速度的关系。
故答案为：C。
（2）左边标尺露出1个格，右边标尺露出4个格，则向心力之比为1：4，由
可知，小球的角速度之比为1：2，由，则皮带连接的左、右塔轮半径之比为2：1；
其他条件不变，若增大手柄转动的速度，则两塔轮的角速度随之增大，但其比值保持不变。两小球所受向心力也随之增大，则左、右两标尺的示数变大。两标尺示数的比值不变。
故答案为：2：1；变大；不变
【分析】(1) 两球质量相等、到塔轮中心距离相等（半径相等），只有角速度不同，因此研究的是向心力与角速度的关系。
(2) 根据向心力公式 F=mω2r，质量和半径相等时，向心力与角速度平方成正比，皮带传动线速度相等，角速度与塔轮半径成反比。
15．（2025高一下·温州期中）甲同学准备做“自由落体运动验证机械能守恒定律”实验：
（1）图中A、B、C、D、E是部分实验器材，甲同学需选用的器材有（　　）
A． B． C．
D． E．
（2）关于本实验，下列说法正确的是（　　）
A．应选择质量大、体积小的重物进行实验
B．释放纸带之前，纸带必须处于竖直状态
C．先释放纸带，后接通电源
D．为测量打点计时器打下某点时重锤的速度，需要先测量该点到点的距离，再根据公式计算，其中应取当地的重力加速度
（3）甲同学实验时，质量的重锤自由下落，在纸带上打出了一系列的点，如图所示，为计时器打下的第一个点，相邻计数点时间间隔为，长度单位是cm，g取。（结果保留2位有效数字）；
①打点计时器打下计数点时，物体的速度　 　m/s。
②从点到打下计数点的过程中，物体重力势能的减小量　 　J。
【答案】（1）A；B
（2）A；B
（3）0.97；0.48
【知识点】验证机械能守恒定律；自由落体运动
【解析】【解答】（1）甲同学做的是“验证机械能守恒定律”，需要电火花计时器和重锤，因此甲同学需选用的器材有重锤和打点计时器。
故答案为：AB
（2）A．为了减小实验过程中空气阻力的影响，应选择质量大、体积小的重物进行实验。故A正确；
B．为了减小纸带与限位孔间的摩擦阻力，释放纸带之前，纸带必须处于竖直状态，故B正确；
C．为了充分利用纸带，应先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，故C错误；
D．实验中不能直接用公式计算打点计时器打下某点时重锤的速度，否则失去了验证的意义，故D错误。
故答案为：AB
（3）①根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打点计时器打下计数点B时，物体的速度
②从点O到打下计数点B的过程中，物体重力势能的减小量为
故答案为：①0.97②0.48
【分析】(1)明确“验证机械能守恒定律”实验的核心器材，不需要秒表和小车等，只需要重锤和打点计时器（电火花计时器）。
(2)分析实验操作和原理，选择质量大、体积小的重物可减小空气阻力影响；纸带竖直可减小摩擦；实验时必须先通电后释放纸带；不能用自由落体公式计算速度，否则是用机械能守恒验证机械能守恒，失去验证意义。
(3)利用匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于这段时间的平均速度求 ；用重力势能变化公式 计算重力势能减小量。
（1）甲同学做的是“验证机械能守恒定律”，需要电火花计时器和重锤，因此甲同学需选用的器材有重锤和打点计时器。故选AB。
（2）A．为了减小实验过程中空气阻力的影响，应选择质量大、体积小的重物进行实验。故A正确；
B．为了减小纸带与限位孔间的摩擦阻力，释放纸带之前，纸带必须处于竖直状态，故B正确；
C．为了充分利用纸带，应先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，故C错误；
D．实验中不能直接用公式计算打点计时器打下某点时重锤的速度，否则失去了验证的意义，故D错误。
故选AB。
（3）①[1]根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打点计时器打下计数点B时，物体的速度为
②[2]从点O到打下计数点B的过程中，物体重力势能的减小量为
16．（2025高一下·温州期中）下列说法正确的是( )
A．“探究平抛运动的特点”的实验中，斜槽必须光滑
B．“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，测力计外壳与纸面间的摩擦力会使测力计示数变大
C．“探究小车速度随时间的变化规律”的实验中，纸带上点越密集，说明小车运动得越慢
D．“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，调节滑轮高度使细绳与木板平行
【答案】C,D
【知识点】验证力的平行四边形定则；探究加速度与力、质量的关系；探究小车速度随时间变化的规律；研究平抛物体的运动
【解析】【解答】A．“探究平抛运动的特点”实验中，只要保证小球离开斜槽时具有相同的水平速度，不需要斜槽光滑，故A错误；
B．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，只需要让弹簧与外壳间没有摩擦即可，测力计外壳与纸面间的摩擦力不会使测力计示数变大，故B错误；
C．“探究小车速度随时间的变化规律”的实验中，纸带上点越密集，相同时间内小车运动的距离越短，小车运动得越慢。故C正确；
D．“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，为了使细线的拉力等于小车受到的合力，实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行。故D正确。
故答案为：CD。
【分析】本题是对高中物理几个经典实验的原理和操作细节的综合考查，核心是回忆每个实验的目的、原理和注意事项，来判断选项的正误。
17．（2025高一下·温州期中）如图所示，把质量为0.4 g的带电小球A用丝线吊起，若将带电荷量为+4×10-8 C的小球B靠近它，当两小球在同一高度且相距3 cm时，丝线与竖直方向夹角为45°。g取10 m/s2，则：
（1）此时小球B受到的静电力F的大小为多少
（2）小球A带何种电荷
（3）小球A所带电荷量大小是多少
【答案】（1）解：小球A受水平向左的库仑力、重力、绳子的拉力而平衡，根据平衡条件有 ，
解得F库=4×10-3N，qA=1×10-8C
（2）解：两球相互吸引，所以小球A带负电。
（3）解：根据以上分析可知，小球A所带电荷量1×10-8C。
【知识点】库仑定律；受力分析的应用
【解析】【分析】(1)对小球A受力分析，它受重力、绳子拉力和库仑力三力平衡。利用平衡条件和几何关系（夹角45°），可直接求出库仑力的大小，再根据牛顿第三定律得到小球B受到的静电力。
(2)根据两球相互吸引的现象，结合小球B带正电，判断小球A的带电性质。
(3)利用库仑定律公式，代入已知的力、距离和B球的电荷量，计算出A球的电荷量大小。
18．（2025高一下·温州期中）如图，在倾角为的斜面底端有一个质量为的小物体，物体与斜面之间的动摩擦因数为0.5，物体在平行斜面向上拉力的作用下，向上做匀速运动，速度大小为（重力加速度取）。
（1）力的大小；
（2）经过后，物体到达斜面上的最高点，撤去拉力，此后物体还能上升的最大高度；
（3）物体回到地面时，重力的瞬时功率。
【答案】（1）解：由于物体匀速运动，由平衡条件可知
解得
（2）解：撤去拉力后，物体做斜抛运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，则
还能上升的最大高度为
（3）解：匀速上升的高度
下落的过程中，竖直方向上做自由落体运动，由
可得落地时竖直分速度
物体回到地面时，重力的瞬时功率为
【知识点】竖直上抛运动；功率及其计算
【解析】【分析】(1)物体沿斜面匀速运动时受力平衡，沿斜面方向合力为零。拉力F需平衡重力的分力和摩擦力。
(2)撤去拉力后，物体离开斜面做斜抛运动。将速度分解为竖直分量，用竖直上抛运动公式求上升的最大高度。
(3)先计算物体在斜面上上升的高度，再结合斜抛上升的高度得到总高度。利用自由落体公式求落地时的竖直速度，再计算重力的瞬时功率。
（1）由于物体匀速运动，由平衡条件可知
解得
（2）撤去拉力后，物体做斜抛运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，则
还能上升的最大高度为
（3）匀速上升的高度
下落的过程中，竖直方向上做自由落体运动，由
可得落地时竖直分速度
物体回到地面时，重力的瞬时功率为
19．（2025高一下·温州期中）质量为的木板放在水平地面上，质量为的小滑块（其大小可忽略）放在木板上最右端，如图所示。木板与地面的摩擦因数为，木板与滑块间的动摩擦因数为。在木板右侧施加一个水平向右的恒力，取，并认为最大静摩擦力等于同等条件下的滑动摩擦力，求以下问题：
（1）要使木板向右运动，至少多大；
（2）要使滑块与木板发生相对滑动，至少多大；
（3）若拉力，且持续作用了的时间后撤去，则木板至少为多长才能保证滑块不滑出木板。
【答案】（1）解：要使木板向右运动需克服地面的摩擦力
（2）解：当物块和木板之间的静摩擦力达到最大时，物块与木板会发生相对运动，物块的加速度
此时物块和木板仍然可以视作整体，以整体为研究对象列牛顿第二定律方程
解得
（3）解：因为
物块与板发生了相对滑动；滑块的加速度为
据牛顿第二定律知木板的加速度为
力F撤去后，滑块将以原来的加速度继续加速，木板加速直到它们速度一样，此时木板的加速度为
设经的时间他们的速度相等，据速度时间规律有
代入数据解得
木板的长度至少等于它们最大相对位移
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）当木板向右运动时，利用整体的平衡方程可以求出恒力的大小；
（2）当物块和木板开始滑动时，利用牛顿第二定律可以求出物块加速度的大小，结合整体的牛顿第二定律可以求出恒力的大小；
（3）已知拉力的大小，利用牛顿第二定律可以求出滑块和木板的加速度大小，结合速度公式可以求出共速的速度及运动的时间，结合位移公式可以求出木板的长度。
（1）要使木板向右运动需克服地面的摩擦力
（2）当物块和木板之间的静摩擦力达到最大时，物块与木板会发生相对运动，物块的加速度
此时物块和木板仍然可以视作整体，以整体为研究对象列牛顿第二定律方程
解得
（3）因为
物块与板发生了相对滑动；滑块的加速度为
据牛顿第二定律知木板的加速度为
力F撤去后，滑块将以原来的加速度继续加速，木板加速直到它们速度一样，此时木板的加速度为
设经的时间他们的速度相等，据速度时间规律有
代入数据解得
木板的长度至少等于它们最大相对位移
20．（2025高一下·温州期中）如图，水平平台上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点，平台AB段光滑，BC段长，与滑块间的摩擦因数为。平台右端与水平传送带相接于C点，传送带的长为，与滑块间的摩擦因数为，传送带向右匀速运动，其速度的大小可以由驱动系统根据需要设定。传送带右端D点与一光滑圆弧形轨道相切，圆弧形轨道半径。今将一质量的滑块向左压缩轻弹簧到最短，此时弹簧的弹性势能为，然后突然释放，滑块滑到传送带右端D点后继续滑上圆弧形轨道。重力加速度，。不计空气阻力。求：
（1）滑块到达C点的速度。
（2）改变传送带的速度，求物块从传送带右侧D滑出时速度v的范围。
（3）要使滑块不脱离圆弧形轨道，求传送带的速度范围。
【答案】（1）解：从释放物体到C点，根据动能定理有
代入数据解方程可得
（2）解：当物体滑上传送带就开始减速，此情况下物体到达D点有最小速度，根据动能定理有
代入数据，解方程可得到达D点有最小速度
当物体滑上传送带就开始加速，此情况下物体到达D点有最大速度，根据动能定理有
代入数据，解方程可得到达D点有最大速度
故 。
（3）（） 解：物体要不脱离圆轨道运动，通过E点的最小速度时，完全由重力提供向心力有
从，根据动能定理有
代入数据，解方程可得
由于 > ，所以物体滑上传送带时是加速，故传送带的速度
（）解：当物体速度比较小，不能滑上圆轨道的上半部分，此时的临界条件是物体最多滑到与圆心等高的地方，根据动能定理有
代入数据，解方程可得
故此种情况下，传送带的速度
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 弹簧释放后，弹性势能转化为滑块动能和 BC 段的摩擦生热，用能量守恒求 C 点速度。
(2) 滑块在传送带上的运动取决于传送带速度：速度过小则滑块减速，速度过大则滑块加速，分别计算两种临界情况的 D 点速度。
(3) 滑块不脱离轨道分两种情况：①不超过圆心高度；②能通过最高点，分别求出对应的 D 点速度，再反推传送带速度。
1 / 1浙江省温州市环大罗山联盟2024-2025学年高一下学期期中联考物理试卷
一、选择题I（本大题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2025高一下·温州期中）直接测量“国际单位制规定的三个力学基本物理量”，应选择下列哪一组仪器（　　）
A．刻度尺、弹簧秤、打点计时器 B．刻度尺、天平、秒表
C．量筒、测力计、秒表 D．量筒、天平、打点计时器
2．（2025高一下·温州期中）关于经典物理学的发展史，下列说法不正确的是（　　）
A．密立根最早测定了元电荷的数值
B．法拉第提出了电场的概念
C．牛顿测出了引力常量
D．爱因斯坦提出了相对论
3．（2025高一下·温州期中）如图所示，一架无人机执行航拍任务时正沿直线朝斜向下方向匀速运动。用G表示无人机重力，F表示空气对它的作用力，下列四幅图中能表示此过程中无人机受力情况的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025高一下·温州期中）如图所示，将带正电的导体球C靠近不带电的导体。沿虚线将导体分成A、B两部分，这两部分所带电荷量为，下面判断正确的是（ ）
A．，A带负电 B．，A带正电
C．，A带负电 D．，A带正电
5．（2025高一下·温州期中）电梯、汽车等交通工具在加速时会使乘客产生不适感，其中不适感的程度可用“急动度”来描述。“急动度”是描述加速度变化快慢的物理量，即。汽车工程师用急动度作为评判乘客不舒适程度的指标，按照这一指标，具有零急动度的乘客，感觉较舒适。图为某汽车加速过程的急动度J随时间t的变化规律。下列说法正确的是（　　）
A．在0~5.0s时间内，汽车做匀加速直线运动
B．在5.0~10.0s时间内，汽车做匀加速直线运动
C．在5.0~10.0s时间内，乘客感觉较舒适
D．在5.0~10.0s时间内，汽车加速度的变化量大小为4.0
6．（2025高一下·温州期中）如图所示，两个相对的斜面，倾角分别为和。在顶点把两个相同的小球以同样大小的初速度分别向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上。若不计空气阻力，则A、B两个小球的水平位移之比为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高一下·温州期中）如图所示为一种车载磁吸手机支架，手机放上去会被牢牢吸住处于静止状态，磁吸力 F方向垂直于手机支架斜面。若手机质量为m，支架斜面与水平面的夹角为，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．倾角为时，支架对手机的作用力大小等于mg
B．倾角为时，手机受到的支持力大小等于
C．仅将磁吸力F增大，手机受到的摩擦力也增大
D．仅将从缓慢增大到，手机受到的摩擦力先减小后增大
8．（2025高一下·温州期中）如图甲所示为一儿童玩具——弹跳杆。当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后，人就向上弹起，进而带动弹跳杆跳跃，如图乙为其简化模型图。若不计空气阻力，不计弹跳杆和地面接触时的能量损失，则（　　）
A．人向上弹起过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力
B．人向上弹起至最高点过程中，一直处于超重状态
C．弹跳杆从接触地面到压缩弹簧至最低点的过程中，人减小的重力势能小于弹簧增加的弹性势能
D．从最高点下落至弹跳杆刚好接触地面时，人的速度达到最大
9．（2025高一下·温州期中）2025年2月11日，我国新型火箭长征八号改进型运载火箭首飞成功，将低轨02组9颗卫星送入距离地面高度约为的轨道，其发射过程简化如图所示：卫星从预定轨道I的点第一次变轨进入椭圆轨道II，到达椭圆轨道的远地点B时，再次变轨进入空间站的运行轨道III并做匀速圆周运动，与空间站实现对接。假设轨道I和III都近似为圆轨道，不计卫星质量的变化，地球半径为，地球表面的重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．卫星在圆轨道III经过点B的速度小于卫星在椭圆轨道II经过点A的速度
B．卫星在椭圆轨道II经过点A的速度可能大于
C．在轨道I上卫星与地心连线单位时间内扫过的面积等于在轨道II上卫星与地心连线单位时间内扫过的面积
D．卫星沿轨道III运行的周期为70分钟
10．（2025高一下·温州期中）如图所示，我国东海大桥两侧将建成海上风力发电场。每台风力发电机的叶片转动时可形成半径为的圆面，当地风向可视为与叶片转动的圆面垂直，发电机将此圆面内气流动能转化为输出电能的效率为。风速在范围内，可视为不变。已知风速时每台发电机输出电功率为，空气的密度为，则（　　）
A．单位时间内经过每台发电机叶片圆面的气流动能为
B．当风速为时每台发电机的输出电功率约为
C．每台发电机叶片转动时形成的圆面半径约为
D．若每年有风速在，则每台发电机年发电量至少为
二、选择题II（本大题共3小题，每小题4分，共12分。在每小题给出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分。）
11．（2025高一下·温州期中）下列关于教材中插图表述正确的是（　　）
A．甲：某质点做一般的曲线运动，在分析某位置的运动时，可以采用圆周运动的分析方法来处理
B．乙：自行车行驶过程中，小齿轮边缘的点比大齿轮边缘的点线速度更大
C．丙：汽车上坡时采用低速挡是为了获得更大的牵引力
D．丁：天王星的发现证明了万有引力定律的正确性
12．（2025高一下·温州期中）如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块。现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中，下列说法正确的是（　　）
A．支持力对小物块做功为
B．静摩擦力对小物块做功为
C．滑动摩擦力对小物块做功为
D．木板对小物块做功为
13．（2025高一下·温州期中）质量为2t的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图像如图所示．从t1时刻起牵引力的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为2000N，图中v1=10m/s，t1=5s，t2=55s，则（　　）
A．0-t1时间内，汽车牵引力为6000N
B．t1-t2时间内，汽车功率为60kW
C．汽车运动的最大速度为20m/s
D．0-t2时间内，汽车位移为1125m
三、非选择题（本题共5小题，共58分。）
14．（2025高一下·温州期中）用如图所示的实验装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系，转动手柄使长槽和短槽分别随塔轮匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值。实验用球分为钢球和铝球，请回答相关问题：
（1）在某次实验中，某同学把两个质量相等的钢球放在A、C位置，A、C到塔轮中心距离相等，将皮带处于左、右塔轮的半径不等的层上。转动手柄，观察左右标尺的刻度，此时可研究向心力的大小与______的关系。
A．质量m B．半径r C．角速度
（2）在（1）的实验中，某同学匀速转动手柄时，左边标尺露出1个格，右边标尺露出4个格，则皮带连摆的左、右塔轮半径之比为　 　。其他条件不变，若增大手柄转动的速度，则左、右两标尺的示数　 　，两标尺示数的比值　 　（均选填“变大”“变小”或“不变”）。
15．（2025高一下·温州期中）甲同学准备做“自由落体运动验证机械能守恒定律”实验：
（1）图中A、B、C、D、E是部分实验器材，甲同学需选用的器材有（　　）
A． B． C．
D． E．
（2）关于本实验，下列说法正确的是（　　）
A．应选择质量大、体积小的重物进行实验
B．释放纸带之前，纸带必须处于竖直状态
C．先释放纸带，后接通电源
D．为测量打点计时器打下某点时重锤的速度，需要先测量该点到点的距离，再根据公式计算，其中应取当地的重力加速度
（3）甲同学实验时，质量的重锤自由下落，在纸带上打出了一系列的点，如图所示，为计时器打下的第一个点，相邻计数点时间间隔为，长度单位是cm，g取。（结果保留2位有效数字）；
①打点计时器打下计数点时，物体的速度　 　m/s。
②从点到打下计数点的过程中，物体重力势能的减小量　 　J。
16．（2025高一下·温州期中）下列说法正确的是( )
A．“探究平抛运动的特点”的实验中，斜槽必须光滑
B．“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，测力计外壳与纸面间的摩擦力会使测力计示数变大
C．“探究小车速度随时间的变化规律”的实验中，纸带上点越密集，说明小车运动得越慢
D．“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，调节滑轮高度使细绳与木板平行
17．（2025高一下·温州期中）如图所示，把质量为0.4 g的带电小球A用丝线吊起，若将带电荷量为+4×10-8 C的小球B靠近它，当两小球在同一高度且相距3 cm时，丝线与竖直方向夹角为45°。g取10 m/s2，则：
（1）此时小球B受到的静电力F的大小为多少
（2）小球A带何种电荷
（3）小球A所带电荷量大小是多少
18．（2025高一下·温州期中）如图，在倾角为的斜面底端有一个质量为的小物体，物体与斜面之间的动摩擦因数为0.5，物体在平行斜面向上拉力的作用下，向上做匀速运动，速度大小为（重力加速度取）。
（1）力的大小；
（2）经过后，物体到达斜面上的最高点，撤去拉力，此后物体还能上升的最大高度；
（3）物体回到地面时，重力的瞬时功率。
19．（2025高一下·温州期中）质量为的木板放在水平地面上，质量为的小滑块（其大小可忽略）放在木板上最右端，如图所示。木板与地面的摩擦因数为，木板与滑块间的动摩擦因数为。在木板右侧施加一个水平向右的恒力，取，并认为最大静摩擦力等于同等条件下的滑动摩擦力，求以下问题：
（1）要使木板向右运动，至少多大；
（2）要使滑块与木板发生相对滑动，至少多大；
（3）若拉力，且持续作用了的时间后撤去，则木板至少为多长才能保证滑块不滑出木板。
20．（2025高一下·温州期中）如图，水平平台上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点，平台AB段光滑，BC段长，与滑块间的摩擦因数为。平台右端与水平传送带相接于C点，传送带的长为，与滑块间的摩擦因数为，传送带向右匀速运动，其速度的大小可以由驱动系统根据需要设定。传送带右端D点与一光滑圆弧形轨道相切，圆弧形轨道半径。今将一质量的滑块向左压缩轻弹簧到最短，此时弹簧的弹性势能为，然后突然释放，滑块滑到传送带右端D点后继续滑上圆弧形轨道。重力加速度，。不计空气阻力。求：
（1）滑块到达C点的速度。
（2）改变传送带的速度，求物块从传送带右侧D滑出时速度v的范围。
（3）要使滑块不脱离圆弧形轨道，求传送带的速度范围。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】国际单位制规定的三个力学基本物理量为长度、质量和时间，所以直接测量的仪器为刻度尺、天平和秒表。
故答案为：B。
【分析】本题的核心是明确国际单位制中规定的三个力学基本物理量，再对应找到直接测量它们的仪器。
2．【答案】C
【知识点】物理学史；引力常量及其测定；电场强度
【解析】【解答】A．密立根最早测定了元电荷e的数值，故A正确；
B．法拉第提出了电场的概念，故B正确；
C．卡文迪什测出了引力常量，故C错误；
D．爱因斯坦提出了相对论，故D正确。
故答案为：C。
【分析】 本题的核心是梳理经典物理学发展史上的关键人物与贡献，需要准确记忆每位科学家的核心成就，从而判断选项的正误。
3．【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】因为重力竖直向下，空气作用力必须竖直向上，才能与重力平衡。若空气作用力斜向上，则它与重力的合力会偏向某一侧，无法保持沿斜向下方向匀速运动（会改变速度方向或大小）。
所以正确图示是 重力竖直向下，空气作用力竖直向上，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】一、考点
1、共点力平衡条件
物体匀速直线运动 → 合外力为零。
2、二力平衡特点
两个力必须大小相等、方向相反、作用在同一直线上。
3、运动方向与受力方向的关系
运动方向不一定与某个力的方向相同，平衡时合外力为零，各力方向由平衡条件决定。
二、易错点
1、误认为空气作用力沿运动方向的反方向
如果只考虑阻力，忽略升力，会错误地画成空气作用力斜向上后方；但无人机有旋翼提供升力，总空气作用力是升力与阻力的合力，在匀速直线运动中必须与重力平衡，因此竖直向上。
2、混淆平衡力与运动方向
以为斜向下运动，空气作用力必须斜向上才能“抵消”运动趋势，但这样合力不会为零，无人机会做曲线运动或减速。
3、忽略“匀速”条件
如果题目是加速斜向下，则空气作用力不会竖直向上；但本题是匀速，受力必须严格平衡。
4．【答案】B
【知识点】电荷守恒定律
【解析】【解答】根据电荷守恒可知，根据静电感应原理可知，A带正电。
故答案为：B。
【分析】利用电荷守恒定律和静电感应原理进行判断。
5．【答案】D
【知识点】加速度
【解析】【解答】AB．根据可知，在0~5.0s时间内，急动度增加，加速度增加的越来越快，在5.0~10.0s时间内，急动度不变，则加速度均匀增加，故物体加速度一直在变化，故AB错误；
C．在5.0~10.0s时间内，急动度最大，乘客最不舒服，故C错误；
D．在5.0~10.0s时间内，加速度的变化量为矩形的面积，故D正确。
故答案为：D。
【分析】急动度 ，其图像与时间轴围成的面积表示加速度的变化量 ，根据图像判断加速度的变化规律，进而分析运动状态和乘客舒适度。
6．【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】由平抛运动规律得水平方向
竖直方向
而
解得
代入数据可得
水平位移之比
故答案为：D。
【分析】本题的核心是平抛运动的规律，当小球落在斜面上时，位移与水平方向的夹角等于斜面倾角，利用这一几何关系求出运动时间，进而得到水平位移的比值。
7．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】解：手机静止时处于平衡状态，所受合力为零；静摩擦力的大小与沿接触面方向的受力平衡有关。
A. 倾角θ为30°时，手机受重力、支架的支持力、磁吸力和摩擦力，支架对手机的作用力是支持力、磁吸力和摩擦力的合力，由于手机静止，该合力与重力等大反向，因此大小等于mg，A正确；
B. 支持力是磁吸力F与重力垂直斜面分力（）的合力，方向垂直斜面向上，因此支持力大小大于，B错误；
C. 手机静止时，沿斜面方向受力平衡，摩擦力 ，该摩擦力与磁吸力F无关，因此仅增大F，摩擦力大小不变，C错误；
D. 仅将θ从30°增大到90°时，逐渐增大，根据 ，摩擦力逐渐增大，D错误。
故答案为：A
【分析】本题考查共点力平衡的应用。首先明确手机静止时处于平衡状态，所受所有力的合力为零。支架对手机的作用力是支持力、磁吸力和摩擦力的合力，该合力与重力平衡，因此无论θ为多少，支架对手机的作用力大小都等于mg，A正确。支持力不仅要平衡重力的垂直斜面分力，还要叠加磁吸力，因此支持力大于，B错误。沿斜面方向，摩擦力与重力的分力平衡，与磁吸力无关，故增大F时摩擦力不变，C错误。θ从30°增大到90°，持续增大，因此摩擦力持续增大，D错误。
8．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；牛顿第二定律；超重与失重；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．踏板对人的作用力与人对踏板的作用力是相互作用力，根据牛顿第三定律，大小相等，故A错误；
B．人向上弹起时，先加速（ 超重 ）后减速（ 失重 ），并非一直超重，故B错误；
C．弹跳杆从接触地面到压缩至最低点，人的动能和重力势能减少，转化为弹簧的弹性势能，故减少的重力势能小于弹簧增加的弹性势能（ 还有动能的减少量 ），故C正确；
D．从最高点下落至弹跳杆接触地面时，人先加速，接触地面后弹簧弹力逐渐增大，当弹力等于重力时速度最大，所以刚接触地面时速度不是最大，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合牛顿第三定律、超重失重的条件，以及机械能的转化规律，对弹跳杆运动过程中的受力和能量变化进行分析，判断各选项的正确性。
9．【答案】A
【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】A．由于卫星在椭圆轨道 II 近地点（A点）处的速度大于同半径圆轨道的速度，而最终圆轨道 III 的半径更大，根据，解得
可知线速度更小，故卫星在圆轨道 III 经过 B点的速度必然小于其在椭圆 II 经过A点的速度，故A正确。
B．若卫星在椭圆轨道 II 经过近地点时的速度超过11.2km/s，便会脱离地球成为逃逸轨道，不再是绕地球运动的椭圆轨道，故B错误。
C．开普勒第二定律描述的是同一卫星在同一轨道与中心天体连线在相同时间内扫过的面积相等，卫星在不同的轨道上运行时，相等的时间内与中心天体连线扫过的面积不一定相等，故C错误。
D．近地卫星绕地球运动一周所需时间为，，
解得
根据
解得
可知由于轨道Ⅲ的半径大于地球的半径，故卫星在轨道Ⅲ上的运行周期应大于70分钟，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题围绕卫星变轨与天体运动规律展开，核心是利用万有引力定律、开普勒定律和宇宙速度的概念，对卫星在不同轨道上的速度、面积速度和周期进行判断。
10．【答案】C
【知识点】动能；能源的分类与应用
【解析】【解答】A．单位时间内经过每台发电机叶片圆面的气流动能为，故A错误；
B．根据，可知每台发电机的输出电功率与成正比，结合题意有
解得，故B错误；
C．风速时每台发电机输出电功率为，则有，解得，故C正确；
D．若每年有风速在，则每台发电机年发电量至少为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题的核心是利用动能公式推导气流的动能功率，再结合效率计算发电机的输出功率，进而判断各选项的正确性。
11．【答案】A,C
【知识点】曲线运动；线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律；功率及其计算
【解析】【解答】A．甲：某质点做一般的曲线运动，在分析某位置的运动时，根据曲率半径的概念，可以采用圆周运动的分析方法来处理，故A正确；
B．乙：自行车行驶过程中，小齿轮边缘的点比大齿轮边缘的点由于链条传动，线速度相等，故B错误；
C．汽车上坡时的牵引力为，由于汽车的最大功率是一定的，当减小行驶速度时可以获得更大的牵引力，故C正确；
D．海王星的预言和发现极大地支持了万有引力定律的正确性，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题结合教材插图，综合考查了曲线运动、齿轮传动、汽车功率与天体物理的核心知识点，解题关键是对每个选项对应的物理原理进行逐一分析。
12．【答案】A,C
【知识点】功的概念；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．支持力和重力做的总功等于物体动能的变化，而因为物体是缓慢移动，故动能不变，支持力对小物块做功为，故A正确；
B．当物体缓慢上升的过程中，静摩擦力的方向与速度方向垂直，不做功，故B错误；
C．下滑过程由动能定理可知，则滑动摩擦力对小物块做功为，故C正确；
D．D．整个过程，木板对物体做功为W，重力做功为0，由动能定理可知，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】将过程分为缓慢抬起木板（动能不变）和下滑（动能变化）两个阶段，用动能定理分别分析支持力、静摩擦力、滑动摩擦力及木板对物块做的功。
13．【答案】A,B,D
【知识点】机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．汽车在0-t1时间内的加速度为
根据牛顿第二定律
代入数据解得F=6000N，故A正确；
B．在t1-t2时间汽车的功率保持不变，可得汽车的额定功率为，故B正确；
C．汽车运动的最大速度为，故C错误；
D.0-t1时间内，汽车运动的位移为
在t1-t2时间汽车的位移为
代入数据解得
所以运动的总位移为，故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】分阶段分析汽车运动：0~t1为匀加速直线运动，用牛顿第二定律求牵引力；t1后功率恒定，用 P=Fv 求功率，再结合动能定理求位移，最后用 P=fv 求最大速度。
14．【答案】（1）C
（2）2：1；变大；不变
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】（1）由题意得，两球质量m相等、转动半径r相等，塔轮皮带边缘线速度大小相等，根据
可知，塔轮角速度不同，即小球角速度不同，此时可研究向心力的大小与角速度的关系。
故答案为：C。
（2）左边标尺露出1个格，右边标尺露出4个格，则向心力之比为1：4，由
可知，小球的角速度之比为1：2，由，则皮带连接的左、右塔轮半径之比为2：1；
其他条件不变，若增大手柄转动的速度，则两塔轮的角速度随之增大，但其比值保持不变。两小球所受向心力也随之增大，则左、右两标尺的示数变大。两标尺示数的比值不变。
故答案为：2：1；变大；不变
【分析】(1) 两球质量相等、到塔轮中心距离相等（半径相等），只有角速度不同，因此研究的是向心力与角速度的关系。
(2) 根据向心力公式 F=mω2r，质量和半径相等时，向心力与角速度平方成正比，皮带传动线速度相等，角速度与塔轮半径成反比。
15．【答案】（1）A；B
（2）A；B
（3）0.97；0.48
【知识点】验证机械能守恒定律；自由落体运动
【解析】【解答】（1）甲同学做的是“验证机械能守恒定律”，需要电火花计时器和重锤，因此甲同学需选用的器材有重锤和打点计时器。
故答案为：AB
（2）A．为了减小实验过程中空气阻力的影响，应选择质量大、体积小的重物进行实验。故A正确；
B．为了减小纸带与限位孔间的摩擦阻力，释放纸带之前，纸带必须处于竖直状态，故B正确；
C．为了充分利用纸带，应先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，故C错误；
D．实验中不能直接用公式计算打点计时器打下某点时重锤的速度，否则失去了验证的意义，故D错误。
故答案为：AB
（3）①根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打点计时器打下计数点B时，物体的速度
②从点O到打下计数点B的过程中，物体重力势能的减小量为
故答案为：①0.97②0.48
【分析】(1)明确“验证机械能守恒定律”实验的核心器材，不需要秒表和小车等，只需要重锤和打点计时器（电火花计时器）。
(2)分析实验操作和原理，选择质量大、体积小的重物可减小空气阻力影响；纸带竖直可减小摩擦；实验时必须先通电后释放纸带；不能用自由落体公式计算速度，否则是用机械能守恒验证机械能守恒，失去验证意义。
(3)利用匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于这段时间的平均速度求 ；用重力势能变化公式 计算重力势能减小量。
（1）甲同学做的是“验证机械能守恒定律”，需要电火花计时器和重锤，因此甲同学需选用的器材有重锤和打点计时器。故选AB。
（2）A．为了减小实验过程中空气阻力的影响，应选择质量大、体积小的重物进行实验。故A正确；
B．为了减小纸带与限位孔间的摩擦阻力，释放纸带之前，纸带必须处于竖直状态，故B正确；
C．为了充分利用纸带，应先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，故C错误；
D．实验中不能直接用公式计算打点计时器打下某点时重锤的速度，否则失去了验证的意义，故D错误。
故选AB。
（3）①[1]根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打点计时器打下计数点B时，物体的速度为
②[2]从点O到打下计数点B的过程中，物体重力势能的减小量为
16．【答案】C,D
【知识点】验证力的平行四边形定则；探究加速度与力、质量的关系；探究小车速度随时间变化的规律；研究平抛物体的运动
【解析】【解答】A．“探究平抛运动的特点”实验中，只要保证小球离开斜槽时具有相同的水平速度，不需要斜槽光滑，故A错误；
B．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，只需要让弹簧与外壳间没有摩擦即可，测力计外壳与纸面间的摩擦力不会使测力计示数变大，故B错误；
C．“探究小车速度随时间的变化规律”的实验中，纸带上点越密集，相同时间内小车运动的距离越短，小车运动得越慢。故C正确；
D．“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，为了使细线的拉力等于小车受到的合力，实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行。故D正确。
故答案为：CD。
【分析】本题是对高中物理几个经典实验的原理和操作细节的综合考查，核心是回忆每个实验的目的、原理和注意事项，来判断选项的正误。
17．【答案】（1）解：小球A受水平向左的库仑力、重力、绳子的拉力而平衡，根据平衡条件有 ，
解得F库=4×10-3N，qA=1×10-8C
（2）解：两球相互吸引，所以小球A带负电。
（3）解：根据以上分析可知，小球A所带电荷量1×10-8C。
【知识点】库仑定律；受力分析的应用
【解析】【分析】(1)对小球A受力分析，它受重力、绳子拉力和库仑力三力平衡。利用平衡条件和几何关系（夹角45°），可直接求出库仑力的大小，再根据牛顿第三定律得到小球B受到的静电力。
(2)根据两球相互吸引的现象，结合小球B带正电，判断小球A的带电性质。
(3)利用库仑定律公式，代入已知的力、距离和B球的电荷量，计算出A球的电荷量大小。
18．【答案】（1）解：由于物体匀速运动，由平衡条件可知
解得
（2）解：撤去拉力后，物体做斜抛运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，则
还能上升的最大高度为
（3）解：匀速上升的高度
下落的过程中，竖直方向上做自由落体运动，由
可得落地时竖直分速度
物体回到地面时，重力的瞬时功率为
【知识点】竖直上抛运动；功率及其计算
【解析】【分析】(1)物体沿斜面匀速运动时受力平衡，沿斜面方向合力为零。拉力F需平衡重力的分力和摩擦力。
(2)撤去拉力后，物体离开斜面做斜抛运动。将速度分解为竖直分量，用竖直上抛运动公式求上升的最大高度。
(3)先计算物体在斜面上上升的高度，再结合斜抛上升的高度得到总高度。利用自由落体公式求落地时的竖直速度，再计算重力的瞬时功率。
（1）由于物体匀速运动，由平衡条件可知
解得
（2）撤去拉力后，物体做斜抛运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，则
还能上升的最大高度为
（3）匀速上升的高度
下落的过程中，竖直方向上做自由落体运动，由
可得落地时竖直分速度
物体回到地面时，重力的瞬时功率为
19．【答案】（1）解：要使木板向右运动需克服地面的摩擦力
（2）解：当物块和木板之间的静摩擦力达到最大时，物块与木板会发生相对运动，物块的加速度
此时物块和木板仍然可以视作整体，以整体为研究对象列牛顿第二定律方程
解得
（3）解：因为
物块与板发生了相对滑动；滑块的加速度为
据牛顿第二定律知木板的加速度为
力F撤去后，滑块将以原来的加速度继续加速，木板加速直到它们速度一样，此时木板的加速度为
设经的时间他们的速度相等，据速度时间规律有
代入数据解得
木板的长度至少等于它们最大相对位移
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）当木板向右运动时，利用整体的平衡方程可以求出恒力的大小；
（2）当物块和木板开始滑动时，利用牛顿第二定律可以求出物块加速度的大小，结合整体的牛顿第二定律可以求出恒力的大小；
（3）已知拉力的大小，利用牛顿第二定律可以求出滑块和木板的加速度大小，结合速度公式可以求出共速的速度及运动的时间，结合位移公式可以求出木板的长度。
（1）要使木板向右运动需克服地面的摩擦力
（2）当物块和木板之间的静摩擦力达到最大时，物块与木板会发生相对运动，物块的加速度
此时物块和木板仍然可以视作整体，以整体为研究对象列牛顿第二定律方程
解得
（3）因为
物块与板发生了相对滑动；滑块的加速度为
据牛顿第二定律知木板的加速度为
力F撤去后，滑块将以原来的加速度继续加速，木板加速直到它们速度一样，此时木板的加速度为
设经的时间他们的速度相等，据速度时间规律有
代入数据解得
木板的长度至少等于它们最大相对位移
20．【答案】（1）解：从释放物体到C点，根据动能定理有
代入数据解方程可得
（2）解：当物体滑上传送带就开始减速，此情况下物体到达D点有最小速度，根据动能定理有
代入数据，解方程可得到达D点有最小速度
当物体滑上传送带就开始加速，此情况下物体到达D点有最大速度，根据动能定理有
代入数据，解方程可得到达D点有最大速度
故 。
（3）（） 解：物体要不脱离圆轨道运动，通过E点的最小速度时，完全由重力提供向心力有
从，根据动能定理有
代入数据，解方程可得
由于 > ，所以物体滑上传送带时是加速，故传送带的速度
（）解：当物体速度比较小，不能滑上圆轨道的上半部分，此时的临界条件是物体最多滑到与圆心等高的地方，根据动能定理有
代入数据，解方程可得
故此种情况下，传送带的速度
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 弹簧释放后，弹性势能转化为滑块动能和 BC 段的摩擦生热，用能量守恒求 C 点速度。
(2) 滑块在传送带上的运动取决于传送带速度：速度过小则滑块减速，速度过大则滑块加速，分别计算两种临界情况的 D 点速度。
(3) 滑块不脱离轨道分两种情况：①不超过圆心高度；②能通过最高点，分别求出对应的 D 点速度，再反推传送带速度。
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