高級中學名校試卷PAGEPAGE1固始縣永和高中聯考2023-2024學年下期期末考試高一物理試題卷全卷共8頁，共100分，考試時間為75分鐘注意事項∶1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考號填寫在答題卡上；2.考試結束，將答題卡交回。一、選擇題（本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1-8題只有一個選項符合題目要求，第9-12題有多項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得0分。）1.2024年5月8日，嫦娥六號探測器成功實施近月制動，順利進入環月軌道飛行。若嫦娥六號繞月球的運行可視為勻速圓周運動，已知引力常量，由下列物理量能計算出月球質量的是（）A.嫦娥六號的質量和繞月半徑 B.嫦娥六號的質量和繞月周期C.嫦娥六號的繞月角速度和繞月周期 D.嫦娥六號的繞月線速度和繞月半徑〖答案〗D〖解析〗根據可得可知已知嫦娥六號繞月半徑和周期可求解月球的質量；AB．由以上分析，已知嫦娥六號的質量和繞月半徑，或者已知嫦娥六號的質量和繞月周期，都不能求解月球質量，則AB錯誤；C．由以上分析，已知嫦娥六號的繞月角速度和繞月周期，因無法求解繞月軌道半徑，則無法求解月球質量，選項C錯誤；D．由以上分析，嫦娥六號的繞月線速度和繞月半徑可求解周期則可求解月球質量，選項D正確。故選D。2.如圖為救生員駕駛沖鋒舟在湍急的河水中向對岸被困人員實施救援的路線示意圖。假設沖鋒舟的靜水速度大小不變，救生員首先以最短時間渡河，從A沿直線到B，接到被困人員后，又以最短位移回到原河岸C處，回程時間恰好為去程的2倍，假設水流速度處處相同，則為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗設河寬，救生員以最短時間渡河，渡河時間為救生員以最短位移回到原河岸C處，垂直河岸方向的速度為救生員以最短位移回到原河岸C處的時間為根據題意有解得故選A。3.羽毛球運動是一項深受大眾喜愛的體育運動。某同學為研究羽毛球飛行規律，記錄下了如圖所示的羽毛球飛行軌跡圖，圖中A、B為同一軌跡上等高的兩點，P為該軌跡的最高點，若空氣阻力方向始終與速度方向相反，則羽毛球在該次飛行中（）A.經過A點時速度等于經過B點時速度B.經過A點時速度小于經過B點時速度C.落地前瞬間的速度方向不可能豎直向下D.落地前瞬間的速度方向有可能豎直向下〖答案〗D〖解析〗AB．由于空氣阻力做功，則Ｂ點的機械能小于Ａ點的機械能，由能量守恒可知，羽毛球在A、B兩點重力勢能相等，A點動能大于B點動能，經過A點時速度大于經過B點時速度，故AB錯誤；CD．將運動分解到水平方向和豎直方向，由于存在空氣阻力作用，水平方向一直做減速運動，落地前瞬間水平方向速度有可能減小到0，故C錯誤，D正確；故選D。4.如圖甲所示，質量的小物體放在長直的水平地面上，用水平細線繞在半徑的薄圓筒上。時刻，圓筒由靜止開始繞豎直的中心軸轉動，其角速度隨時間的變化規律如圖乙所示，不考慮繞制細線對轉動半徑的影響，已知小物體和地面間的動摩擦因數，重力加速度g取，則（）A.4s末細線拉力對物體做功的功率為B.內，細線拉力做的功為C.4s末滑動摩擦力對物體做功的功率為4WD.內，滑動摩擦力對小物體做的功為〖答案〗B〖解析〗AB．根據圖像可知角速度隨時間變化關系式為圓筒邊緣線速度與物塊前進速度大小相同解得可知物體做勻加速直線運動，加速度根據牛頓第二定律有解得細線拉力的瞬時功率物體在4s內運動的位移細線拉力做的功為故A錯誤，B正確；CD．結合上述滑動摩擦力的瞬時功率滑動摩擦力做的功為故CD錯誤。故選B5.如圖所示，長為L的桿一端固定在過O點的水平轉軸上，另一端固定質量為m的小球。桿在電動機的驅動下在豎直平面內旋轉，帶動小球以角速度做勻速圓周運動，其中A點為最高點，C點為最低點，B、D點與O點等高。已知重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.小球在B、D兩點受到桿的作用力大于mgB.小球在A、C兩點受到桿的作用力大小的差值為6mgC.小球在B、D兩點受到桿作用力大小等于D.小球從A點到B點的過程，桿對小球做的功等于〖答案〗A〖解析〗AC．當小球在B、D兩點時，桿對小球作用力豎直方向的分力應等于重力，水平方向分力提供向心力，故桿對小球的作用力為故A正確；C錯誤；B．若小球在最高點，桿對小球的作用力為支持力，則在A點在C點所以若小球在最高點，桿對小球的作用力為拉力，則在A點在C點所以故B錯誤；D．小球從A點到B點的過程，根據動能定理，可得解得桿對小球做的功等于故D錯誤。故選A。6.如圖，質量m＝1kg的物塊（可視為質點），以速度大小m/s水平向右滑上正在逆時針轉動的水平傳送帶，傳送帶AB的長度L＝6m，傳送帶的速度大小v＝2m/s，物塊與傳送帶間的動摩擦因數，重力加速度大小，物塊滑離傳送帶時產生的劃痕長度為（）A.5m B.4m C.9m D.8m〖答案〗C〖解析〗物塊向右減速運動時，根據牛頓第二定律可得加速度大小為物塊向右減速到速度為0通過的位移大小為可知物塊向右減速到速度為0后反向加速到與傳送帶共速，之后與傳送帶相對靜止一起勻速運動到左端離開，物塊減速時間為此過程中傳送帶的位移大小為此過程中，產生的劃痕長度為加速過程，時間為此過程中物塊的位移大小為此過程中傳送帶的位移大小為此過程中，產生的劃痕長度為物塊滑離傳送帶時產生的劃痕長度為故選C。7.如圖（a）所示，從高處M點到地面N點有Ⅰ、Ⅱ兩條光滑軌道。兩相同小物塊甲、乙同時從M點由靜止釋放分別沿某一軌道滑到N點，小物塊甲、乙的速率v與時間t關系如圖（b）所示。由圖可知，兩物塊在分別在M點到N點的下滑過程中（）A.甲沿Ⅰ下滑且甲重力功率一直增大B.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直不變C.甲沿Ⅰ下滑且同一時刻甲的動能比乙的小D.乙沿Ⅰ下滑且同一時刻乙的動能比甲的大〖答案〗D〖解析〗AB．由圖（b）可知，甲下滑過程中，甲做勻加速直線運動，則甲沿Ⅱ下滑，其下滑過程中，速度增大，豎直方向的分速度增大，根據瞬時功率公式則重力功率一直增大；乙做加速度逐漸減小的加速運動，則乙沿I下滑，其初速度為0，則重力的功率一開始為0，滑到N點后，其速度水平，豎直方向的分速度為0，則重力的功率為0，由于在滑動過程中，存在豎直方向的分速度，則在滑動過程中，乙重力的功率不為0，則乙沿Ⅰ下滑過程中重力功率先增大后減小，故AB錯誤；CD．圖（b）為圖像，乙沿I下滑，由圖（b）可知任意時刻甲的速度大小都小于乙的速度大小，由動能公式可知同一時刻乙的動能比甲的大，故C錯誤，D正確；故選D。8.如圖所示，兩根不可伸長的等長絕緣細繩的上端均系在天花板上，下端分別系有帶異種電荷的小球A、B（均可視為點電荷）。小球處在方向水平向右的勻強電場中，平衡時兩細繩與豎直方向的夾角大小相等，小球A、B的質量分別為m1、m2，帶電荷量大小分別為q1、q2。下列說法正確的是（）A.小球A一定帶正電B.若q1>q2，則有可能m1=m2C.若q1>q2，則一定有m1>m2D.若q1<q2，則有可能m1>m2〖答案〗C〖解析〗A．對小球A受力分析可知，小球A除了重力和繩子的拉力外，應受到水平向左的力，因異種電荷，庫侖力向右，因此受水平向左的電場力，一定帶負電，故A錯誤；BCD．設連接小球A、B的細繩上的彈力大小分別為F1、F2，小球A、B間的庫侖力大小為F庫，勻強電場的電場強度大小為E，細繩與豎直方向的夾角為α，則有解得，故C正確，BD錯誤。故選C。9.如圖所示，質量為小車靜止在足夠長的光滑水平地面上。質量為的滑塊（視為質點）以的水平向右初速度滑上小車左端，最后在小車的中點與小車共速。滑塊與小車的動摩擦因數為0.4，重力加速度取，則（）A.滑塊滑上小車瞬間，小車的加速度大小為B.滑塊滑上小車瞬間，小車的加速度大小為C.小車的長度為D.小車的長度為〖答案〗BC〖解析〗AB．滑塊滑上小車瞬間，對小車進行受力分析，則有解得A錯誤，B正確；CD．滑塊滑上小車瞬間，對滑塊，則有滑塊從滑上到與小車共速，有且解得C正確，D錯誤。故選BC。10.如圖所示，一輛貨車利用跨過光滑定滑輪的輕質纜繩提升一箱貨物，已知貨箱的質量為M，貨物的質量為m，貨車以速度v向左做勻速直線運動，重力加速度為g，則在將貨物提升到圖示的位置時，下列說法正確的是（）A.纜繩中的拉力大于B.貨箱向上運動的速度大于vC.貨箱向上運動的速度等于D.貨物對貨箱底部的壓力等于〖答案〗AC〖解析〗貨車以速度v向左做勻速直線運動，將貨車速度分解為沿繩子分速度和垂直繩子分速度，可得貨箱向上運動的速度為貨向左運動過程，逐漸減小，逐漸增大，可知貨物和貨箱向上做加速運動，根據牛頓第二定律可知纜繩中的拉力大于，貨物的加速度方向向上，貨物處于超重狀態，則貨物對貨箱底部的壓力大于。故選AC。11.蹦極是一項戶外運動，一位蹦極愛好者身系彈性蹦極繩從蹦極臺O點自由下落，在A點蹦極繩剛好伸直，繼續下落能到達的最低位置為B。忽略空氣阻力，人可視為質點，蹦極繩始終在彈性限度內。下列說法正確的是（）A.蹦極過程中，重力勢能的改變與重力勢能零點的選取無關B.到達B點時，蹦極者所受蹦極繩的拉力與所受重力二力平衡C.落至A點時人的動能最大，之后由于彈力做負功，人的動能減小D.從A到B的過程中蹦極繩的彈性勢能和蹦極者的動能之和一直增大〖答案〗AD〖解析〗A．重力勢能的數值與重力勢能零點的選取有關，而重力勢能的改變量與物體的始末位置有關，與重力勢能零點的選取無關，故A正確；B．蹦極者到達A點之前做自由落體運動，隨后繩繃緊，開始繩形變量較小，繩的彈力小于重力，蹦極者向下做加速度減小的加速運動，當繩的彈力與重力平衡時，速度達到最大，之后，繩的彈力大于重力，蹦極者向下做加速度增大的減速直線運動，直至速度減為0，恰好到達B點，可知，到達B點時，蹦極者所受蹦極繩的拉力大于所受重力，故B錯誤；C．結合上述可知，當繩的彈力與重力平衡時，速度達到最大，動能達到增大，此位置在A點與B點之間的某一位置，故C錯誤；D．從A到B的過程中，只有動能、重力勢能與彈性勢能之間的轉化，重力勢能一直減小，可知，蹦極繩的彈性勢能和蹦極者的動能之和一直增大，故D正確。故選AD。12.發射一顆人造地球同步衛星，先將衛星發射至近地軌道Ⅰ，在近地軌道Ⅰ的Q點調整速度進入轉移軌道Ⅱ，在轉移軌道Ⅱ上的遠地點P調整速度后進入目標軌道Ⅲ。下列說法中正確的是（）A.衛星在軌道Ⅱ上的P點需要加速才能進入軌道ⅢB.衛星在軌道Ⅱ上Q點的加速度大于軌道I上Q的加速度C.衛星在軌道Ⅱ上Q點的線速度小于軌道Ⅱ上P點的線速度D.衛星在軌道Ⅱ上從Q到P運行的時間小于衛星在軌道Ⅲ上繞行的半周期〖答案〗AD〖解析〗A．衛星從低軌道變軌到高軌道需要在變軌處點火加速，所以衛星在軌道Ⅱ上的P點需要加速才能進入軌道Ⅲ，故A正確；B．根據牛頓第二定律可得可得可知衛星在軌道Ⅱ上Q點的加速度等于軌道I上Q的加速度，故B錯誤；C．根據開普勒第二定律可知，衛星在近地點的速度大于遠地點的速度，則衛星在軌道Ⅱ上Q點的線速度大于軌道Ⅱ上P點的線速度，故C錯誤；D．根據開普勒第三定律由于軌道Ⅱ的半長軸小于軌道Ⅲ的半徑，則衛星在軌道Ⅱ上的運行周期小于在軌道Ⅲ上的運行周期，所以衛星在軌道Ⅱ上從Q到P運行的時間小于衛星在軌道Ⅲ上繞行的半周期，故D正確。故選AD。二、實驗題（本題共2小題，共14分）13.某同學利用如圖所示的裝置來探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系。兩個變速塔輪通過皮帶連接，調節裝置。轉動手柄，使長槽和短槽分別隨變速塔輪在水平面內勻速轉動，槽內的鋼球做勻速圓周運動。橫臂的擋板對鋼球的彈力提供向心力，鋼球對擋板的彈力通過橫臂的杠桿作用使彈簧測力套筒下降，從而露出標尺，標尺上的紅白相間等分格顯示出兩個鋼球所受向心力的大小。圖中左側短槽的擋板距標尺1的距離與右側擋板距標尺2的距相等。（1）在探究向心力與半徑、質量、角速度的關系時，用到的實驗方法是______。A.理想實驗法 B.控制變量法C.等效替代法 D.演繹推理法（2）為了探究鋼球的向心力F的大小與軌道半徑r之間的關系，下列說法正確的是______：A.應使用兩個質量不等的鋼球B.應使兩鋼球離轉軸的距離相同C.應將皮帶套在兩邊半徑相等的變速塔輪上（3）在某次探究實驗中，當a、b兩個相同鋼球轉動的半徑相等時，若左右標尺上紅白相間的等分格顯示出a、b兩個鋼球所受向心力的比值為4∶9，由此可知皮帶連接的左右兩個變速塔輪對應的半徑之比為______。〖答案〗（1）B（2）C（3）〖解析〗【小問1詳析】在探究向心力與半徑、質量、角速度的關系時，先探究向心力與其中一個物理量的關系，保持另外兩個物理量不變，用到的實驗方法是控制變量法。故選B。【小問2詳析】為了探究鋼球的向心力F的大小與軌道半徑r之間的關系，需控制小球的質量、角速度相同，軌道半徑不同，則應使用兩個質量相等的鋼球，應使兩鋼球離轉軸的距離不同，左右變速輪邊緣的線速度大小相等，根據為使小球的角速度相同，應將皮帶套在兩邊半徑相等的變速塔輪上。故選C。【小問3詳析】根據向心力公式可得變速輪邊緣的線速度大小相等，根據右兩個變速塔輪對應的半徑之比為14.某同學在“驗證機械能守恒定律”實驗中，將打點計時器固定在鐵架臺上，使重錘帶動紙帶從靜止開始自由下落。（1）在實驗操作中出現如下圖所示的四種情況，其中正確的是（）A. B. C. D.（2）如圖所示是實驗中得到的一條紙帶。在紙帶上選取三個連續打出的點A、B、C，測得它們到起始點O的距離分別為、、。若當地重力加速度為g，交流電源的頻率為f，重物的質量為m。從O至B過程中，重物的重力勢能減少量____，動能增加量____（用題中所給符號表示）。（3）若經過（2）計算，發現?Ek大于ΔEp，造成這個結果的原因可能是（）A.存在空氣阻力和摩擦力 B.接通電源前釋放了紙帶C.打點計時器的工作電壓偏高 D.實際交流電源的頻率比f小〖答案〗（1）B（2）（3）BD〖解析〗【小問1詳析】由圖可知實驗用電磁打點計時器，故使用交流電，實驗時，用手提著紙帶使重物靜止在靠近打點計時器的地方。B正確；故選B。【小問2詳析】從O至B過程中，重物的重力勢能減少量由題知B點速度為則動能增加量為代入得【小問3詳析】A．若是存在空氣阻力和摩擦力，則應該小于，A錯誤；B．接通電源前釋放了紙帶，使得計算出的B點速度偏大，則大于，B正確；C．打點計時器的工作電壓偏高，對實驗無影響，C錯誤；D．實際交流電源的頻率比小，但計算時仍用正常值計算，則大于，D正確；故選BD。三、解答題（本題共3小題，共38分。解答要有必要的文字說明和方程式。只寫出最后〖答案〗的不能得分。有數值計算的題目，〖答案〗中必須明確寫出數值和單位。）15.近日，全球首款支持衛星通話的大眾智能手機上市，該手機接入了中國自研的天通一號衛星移動通信系統，持有者即使在沒有地面信號的情況下，也可以撥打．接聽衛星電話。天通一號衛星屬于高軌通信衛星，其發射過程可以簡化為如圖所示：先將衛星發射至近地圓軌道1，再點火加速進入橢圓變軌軌道2，最后進入預定軌道3。若天通一號質量為m，地球表面重力加速度為g，地球半徑為R，軌道3的半徑為r，當取無窮遠處引力勢能為零，天通一號距地心距離為處時的引力勢能為（G為引力常量，M為地球質量且未知），不計地球自轉，求：（1）天通一號在軌道1的線速度；（2）天通一號在軌道2上運動的周期；（3）天通一號從軌道1變軌到軌道3過程中，發動機需要做的功大小。〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）在近地軌道1上，萬有引力提供向心力又因為忽略自轉，地面上物體萬有引力等于重力有解得（2）在近地軌道1上，天通一號的周期根據開普勒第三定律解得（3）在軌道3上，天通一號的線速度為從軌道1到軌道3，由能量守恒即解得16.籃球氣壓過高或過低都會影響籃球的彈性和手感，從而影響球員的技術發揮。簡易的測試方法是在平坦的硬質水平地面上，讓籃球從180cm的高度自由落下，反彈高度在125cm至140cm之間即表示籃球氣壓正常。某次檢測中，運動員使籃球從距水平地面高度為h1=1.8m處由靜止自由落下，反彈高度為h2=1.25m。設籃球始終在豎直方向做一維運動，已知籃球質量為m=0.60kg，重力加速度g=10m/s2，不計空氣阻力。（1）求此次碰撞過程中籃球損失的機械能?E；（2）籃球每次因碰撞損失的機械能會隨著碰前動能的減小而減小，設籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值不變。若使籃球從距地面h3=1m的高度由靜止下落，并在開始下落的同時向下拍球，球落地后反彈的高度也為1m。求拍球過程中人對籃球做的功W；（3）在實際拍球過程中，籃球上升到某高度時，手就會接觸籃球并對球施加一個向下的阻力F1，球和手一起運動距離s后上升到最高點。然后手對球施加向下的動力F2，通過相同的距離s后，籃球與手分開。手對球的兩次作用力均視為恒力，拍球過程中籃球距離地面的最大高度相同。通過分析比較F1、F2大小關系。〖答案〗（1）3.3J；（2）2.64J；（3）見〖解析〗〖解析〗（1）籃球與地面碰撞時損失的機械能為（2）籃球與地面碰撞前、后瞬間的動能比值為對籃球下落過程，根據動能定理有對籃球上升過程，根據動能定理有聯立解得W=2.64J（3）設籃球距離地面的最大高度為h，與地面碰撞前、后瞬間的動能分別為，對籃球上升過程，根據動能定理有對籃球下落過程，根據動能定理有由題意可知可得17.滑板運動是一項刺激的運動，深受青少年的喜歡，某次比賽中部分賽道如圖1所示。現將賽道簡化為如圖2所示的模型：平臺A和平臺，粗糙水平軌道與光滑圓弧形軌道相切于D、E點。若運動員與滑板一起（可看作質點）從平臺A以速度水平飛出，恰好從C點以的速度無能量損失地沿著圓弧切線進入軌道，滑過沖上軌道，然后返回，恰好到C點速度為零。已知人和滑板總質量，光滑圓弧對應的圓心角，圓弧形軌道半徑均為，滑板與水平軌道間的摩擦可視為滑動摩擦，動摩擦因數，不計空氣阻力，。求：（1）運動員的初速度的大小；（2）運動員第一次經過D點時對圓弧軌道的壓力的大小；（3）水平軌道的長度L。〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）運動員運動到C點，對速度進行分解解得（2）運動員第一次經過D點時，根據動能定理有在D點根據牛頓第二定律有解得根據牛頓第三定律可知運動員對圓弧軌道的壓力（3）運動員從C點進入軌道，直至返回到C點時速度恰好為零，根據動能定理有解得

固始縣永和高中聯考2023-2024學年下期期末考試高一物理試題卷全卷共8頁，共100分，考試時間為75分鐘注意事項∶1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考號填寫在答題卡上；2.考試結束，將答題卡交回。一、選擇題（本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1-8題只有一個選項符合題目要求，第9-12題有多項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得0分。）1.2024年5月8日，嫦娥六號探測器成功實施近月制動，順利進入環月軌道飛行。若嫦娥六號繞月球的運行可視為勻速圓周運動，已知引力常量，由下列物理量能計算出月球質量的是（）A.嫦娥六號的質量和繞月半徑 B.嫦娥六號的質量和繞月周期C.嫦娥六號的繞月角速度和繞月周期 D.嫦娥六號的繞月線速度和繞月半徑〖答案〗D〖解析〗根據可得可知已知嫦娥六號繞月半徑和周期可求解月球的質量；AB．由以上分析，已知嫦娥六號的質量和繞月半徑，或者已知嫦娥六號的質量和繞月周期，都不能求解月球質量，則AB錯誤；C．由以上分析，已知嫦娥六號的繞月角速度和繞月周期，因無法求解繞月軌道半徑，則無法求解月球質量，選項C錯誤；D．由以上分析，嫦娥六號的繞月線速度和繞月半徑可求解周期則可求解月球質量，選項D正確。故選D。2.如圖為救生員駕駛沖鋒舟在湍急的河水中向對岸被困人員實施救援的路線示意圖。假設沖鋒舟的靜水速度大小不變，救生員首先以最短時間渡河，從A沿直線到B，接到被困人員后，又以最短位移回到原河岸C處，回程時間恰好為去程的2倍，假設水流速度處處相同，則為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗設河寬，救生員以最短時間渡河，渡河時間為救生員以最短位移回到原河岸C處，垂直河岸方向的速度為救生員以最短位移回到原河岸C處的時間為根據題意有解得故選A。3.羽毛球運動是一項深受大眾喜愛的體育運動。某同學為研究羽毛球飛行規律，記錄下了如圖所示的羽毛球飛行軌跡圖，圖中A、B為同一軌跡上等高的兩點，P為該軌跡的最高點，若空氣阻力方向始終與速度方向相反，則羽毛球在該次飛行中（）A.經過A點時速度等于經過B點時速度B.經過A點時速度小于經過B點時速度C.落地前瞬間的速度方向不可能豎直向下D.落地前瞬間的速度方向有可能豎直向下〖答案〗D〖解析〗AB．由于空氣阻力做功，則Ｂ點的機械能小于Ａ點的機械能，由能量守恒可知，羽毛球在A、B兩點重力勢能相等，A點動能大于B點動能，經過A點時速度大于經過B點時速度，故AB錯誤；CD．將運動分解到水平方向和豎直方向，由于存在空氣阻力作用，水平方向一直做減速運動，落地前瞬間水平方向速度有可能減小到0，故C錯誤，D正確；故選D。4.如圖甲所示，質量的小物體放在長直的水平地面上，用水平細線繞在半徑的薄圓筒上。時刻，圓筒由靜止開始繞豎直的中心軸轉動，其角速度隨時間的變化規律如圖乙所示，不考慮繞制細線對轉動半徑的影響，已知小物體和地面間的動摩擦因數，重力加速度g取，則（）A.4s末細線拉力對物體做功的功率為B.內，細線拉力做的功為C.4s末滑動摩擦力對物體做功的功率為4WD.內，滑動摩擦力對小物體做的功為〖答案〗B〖解析〗AB．根據圖像可知角速度隨時間變化關系式為圓筒邊緣線速度與物塊前進速度大小相同解得可知物體做勻加速直線運動，加速度根據牛頓第二定律有解得細線拉力的瞬時功率物體在4s內運動的位移細線拉力做的功為故A錯誤，B正確；CD．結合上述滑動摩擦力的瞬時功率滑動摩擦力做的功為故CD錯誤。故選B5.如圖所示，長為L的桿一端固定在過O點的水平轉軸上，另一端固定質量為m的小球。桿在電動機的驅動下在豎直平面內旋轉，帶動小球以角速度做勻速圓周運動，其中A點為最高點，C點為最低點，B、D點與O點等高。已知重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.小球在B、D兩點受到桿的作用力大于mgB.小球在A、C兩點受到桿的作用力大小的差值為6mgC.小球在B、D兩點受到桿作用力大小等于D.小球從A點到B點的過程，桿對小球做的功等于〖答案〗A〖解析〗AC．當小球在B、D兩點時，桿對小球作用力豎直方向的分力應等于重力，水平方向分力提供向心力，故桿對小球的作用力為故A正確；C錯誤；B．若小球在最高點，桿對小球的作用力為支持力，則在A點在C點所以若小球在最高點，桿對小球的作用力為拉力，則在A點在C點所以故B錯誤；D．小球從A點到B點的過程，根據動能定理，可得解得桿對小球做的功等于故D錯誤。故選A。6.如圖，質量m＝1kg的物塊（可視為質點），以速度大小m/s水平向右滑上正在逆時針轉動的水平傳送帶，傳送帶AB的長度L＝6m，傳送帶的速度大小v＝2m/s，物塊與傳送帶間的動摩擦因數，重力加速度大小，物塊滑離傳送帶時產生的劃痕長度為（）A.5m B.4m C.9m D.8m〖答案〗C〖解析〗物塊向右減速運動時，根據牛頓第二定律可得加速度大小為物塊向右減速到速度為0通過的位移大小為可知物塊向右減速到速度為0后反向加速到與傳送帶共速，之后與傳送帶相對靜止一起勻速運動到左端離開，物塊減速時間為此過程中傳送帶的位移大小為此過程中，產生的劃痕長度為加速過程，時間為此過程中物塊的位移大小為此過程中傳送帶的位移大小為此過程中，產生的劃痕長度為物塊滑離傳送帶時產生的劃痕長度為故選C。7.如圖（a）所示，從高處M點到地面N點有Ⅰ、Ⅱ兩條光滑軌道。兩相同小物塊甲、乙同時從M點由靜止釋放分別沿某一軌道滑到N點，小物塊甲、乙的速率v與時間t關系如圖（b）所示。由圖可知，兩物塊在分別在M點到N點的下滑過程中（）A.甲沿Ⅰ下滑且甲重力功率一直增大B.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直不變C.甲沿Ⅰ下滑且同一時刻甲的動能比乙的小D.乙沿Ⅰ下滑且同一時刻乙的動能比甲的大〖答案〗D〖解析〗AB．由圖（b）可知，甲下滑過程中，甲做勻加速直線運動，則甲沿Ⅱ下滑，其下滑過程中，速度增大，豎直方向的分速度增大，根據瞬時功率公式則重力功率一直增大；乙做加速度逐漸減小的加速運動，則乙沿I下滑，其初速度為0，則重力的功率一開始為0，滑到N點后，其速度水平，豎直方向的分速度為0，則重力的功率為0，由于在滑動過程中，存在豎直方向的分速度，則在滑動過程中，乙重力的功率不為0，則乙沿Ⅰ下滑過程中重力功率先增大后減小，故AB錯誤；CD．圖（b）為圖像，乙沿I下滑，由圖（b）可知任意時刻甲的速度大小都小于乙的速度大小，由動能公式可知同一時刻乙的動能比甲的大，故C錯誤，D正確；故選D。8.如圖所示，兩根不可伸長的等長絕緣細繩的上端均系在天花板上，下端分別系有帶異種電荷的小球A、B（均可視為點電荷）。小球處在方向水平向右的勻強電場中，平衡時兩細繩與豎直方向的夾角大小相等，小球A、B的質量分別為m1、m2，帶電荷量大小分別為q1、q2。下列說法正確的是（）A.小球A一定帶正電B.若q1>q2，則有可能m1=m2C.若q1>q2，則一定有m1>m2D.若q1<q2，則有可能m1>m2〖答案〗C〖解析〗A．對小球A受力分析可知，小球A除了重力和繩子的拉力外，應受到水平向左的力，因異種電荷，庫侖力向右，因此受水平向左的電場力，一定帶負電，故A錯誤；BCD．設連接小球A、B的細繩上的彈力大小分別為F1、F2，小球A、B間的庫侖力大小為F庫，勻強電場的電場強度大小為E，細繩與豎直方向的夾角為α，則有解得，故C正確，BD錯誤。故選C。9.如圖所示，質量為小車靜止在足夠長的光滑水平地面上。質量為的滑塊（視為質點）以的水平向右初速度滑上小車左端，最后在小車的中點與小車共速。滑塊與小車的動摩擦因數為0.4，重力加速度取，則（）A.滑塊滑上小車瞬間，小車的加速度大小為B.滑塊滑上小車瞬間，小車的加速度大小為C.小車的長度為D.小車的長度為〖答案〗BC〖解析〗AB．滑塊滑上小車瞬間，對小車進行受力分析，則有解得A錯誤，B正確；CD．滑塊滑上小車瞬間，對滑塊，則有滑塊從滑上到與小車共速，有且解得C正確，D錯誤。故選BC。10.如圖所示，一輛貨車利用跨過光滑定滑輪的輕質纜繩提升一箱貨物，已知貨箱的質量為M，貨物的質量為m，貨車以速度v向左做勻速直線運動，重力加速度為g，則在將貨物提升到圖示的位置時，下列說法正確的是（）A.纜繩中的拉力大于B.貨箱向上運動的速度大于vC.貨箱向上運動的速度等于D.貨物對貨箱底部的壓力等于〖答案〗AC〖解析〗貨車以速度v向左做勻速直線運動，將貨車速度分解為沿繩子分速度和垂直繩子分速度，可得貨箱向上運動的速度為貨向左運動過程，逐漸減小，逐漸增大，可知貨物和貨箱向上做加速運動，根據牛頓第二定律可知纜繩中的拉力大于，貨物的加速度方向向上，貨物處于超重狀態，則貨物對貨箱底部的壓力大于。故選AC。11.蹦極是一項戶外運動，一位蹦極愛好者身系彈性蹦極繩從蹦極臺O點自由下落，在A點蹦極繩剛好伸直，繼續下落能到達的最低位置為B。忽略空氣阻力，人可視為質點，蹦極繩始終在彈性限度內。下列說法正確的是（）A.蹦極過程中，重力勢能的改變與重力勢能零點的選取無關B.到達B點時，蹦極者所受蹦極繩的拉力與所受重力二力平衡C.落至A點時人的動能最大，之后由于彈力做負功，人的動能減小D.從A到B的過程中蹦極繩的彈性勢能和蹦極者的動能之和一直增大〖答案〗AD〖解析〗A．重力勢能的數值與重力勢能零點的選取有關，而重力勢能的改變量與物體的始末位置有關，與重力勢能零點的選取無關，故A正確；B．蹦極者到達A點之前做自由落體運動，隨后繩繃緊，開始繩形變量較小，繩的彈力小于重力，蹦極者向下做加速度減小的加速運動，當繩的彈力與重力平衡時，速度達到最大，之后，繩的彈力大于重力，蹦極者向下做加速度增大的減速直線運動，直至速度減為0，恰好到達B點，可知，到達B點時，蹦極者所受蹦極繩的拉力大于所受重力，故B錯誤；C．結合上述可知，當繩的彈力與重力平衡時，速度達到最大，動能達到增大，此位置在A點與B點之間的某一位置，故C錯誤；D．從A到B的過程中，只有動能、重力勢能與彈性勢能之間的轉化，重力勢能一直減小，可知，蹦極繩的彈性勢能和蹦極者的動能之和一直增大，故D正確。故選AD。12.發射一顆人造地球同步衛星，先將衛星發射至近地軌道Ⅰ，在近地軌道Ⅰ的Q點調整速度進入轉移軌道Ⅱ，在轉移軌道Ⅱ上的遠地點P調整速度后進入目標軌道Ⅲ。下列說法中正確的是（）A.衛星在軌道Ⅱ上的P點需要加速才能進入軌道ⅢB.衛星在軌道Ⅱ上Q點的加速度大于軌道I上Q的加速度C.衛星在軌道Ⅱ上Q點的線速度小于軌道Ⅱ上P點的線速度D.衛星在軌道Ⅱ上從Q到P運行的時間小于衛星在軌道Ⅲ上繞行的半周期〖答案〗AD〖解析〗A．衛星從低軌道變軌到高軌道需要在變軌處點火加速，所以衛星在軌道Ⅱ上的P點需要加速才能進入軌道Ⅲ，故A正確；B．根據牛頓第二定律可得可得可知衛星在軌道Ⅱ上Q點的加速度等于軌道I上Q的加速度，故B錯誤；C．根據開普勒第二定律可知，衛星在近地點的速度大于遠地點的速度，則衛星在軌道Ⅱ上Q點的線速度大于軌道Ⅱ上P點的線速度，故C錯誤；D．根據開普勒第三定律由于軌道Ⅱ的半長軸小于軌道Ⅲ的半徑，則衛星在軌道Ⅱ上的運行周期小于在軌道Ⅲ上的運行周期，所以衛星在軌道Ⅱ上從Q到P運行的時間小于衛星在軌道Ⅲ上繞行的半周期，故D正確。故選AD。二、實驗題（本題共2小題，共14分）13.某同學利用如圖所示的裝置來探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系。兩個變速塔輪通過皮帶連接，調節裝置。轉動手柄，使長槽和短槽分別隨變速塔輪在水平面內勻速轉動，槽內的鋼球做勻速圓周運動。橫臂的擋板對鋼球的彈力提供向心力，鋼球對擋板的彈力通過橫臂的杠桿作用使彈簧測力套筒下降，從而露出標尺，標尺上的紅白相間等分格顯示出兩個鋼球所受向心力的大小。圖中左側短槽的擋板距標尺1的距離與右側擋板距標尺2的距相等。（1）在探究向心力與半徑、質量、角速度的關系時，用到的實驗方法是______。A.理想實驗法 B.控制變量法C.等效替代法 D.演繹推理法（2）為了探究鋼球的向心力F的大小與軌道半徑r之間的關系，下列說法正確的是______：A.應使用兩個質量不等的鋼球B.應使兩鋼球離轉軸的距離相同C.應將皮帶套在兩邊半徑相等的變速塔輪上（3）在某次探究實驗中，當a、b兩個相同鋼球轉動的半徑相等時，若左右標尺上紅白相間的等分格顯示出a、b兩個鋼球所受向心力的比值為4∶9，由此可知皮帶連接的左右兩個變速塔輪對應的半徑之比為______。〖答案〗（1）B（2）C（3）〖解析〗【小問1詳析】在探究向心力與半徑、質量、角速度的關系時，先探究向心力與其中一個物理量的關系，保持另外兩個物理量不變，用到的實驗方法是控制變量法。故選B。【小問2詳析】為了探究鋼球的向心力F的大小與軌道半徑r之間的關系，需控制小球的質量、角速度相同，軌道半徑不同，則應使用兩個質量相等的鋼球，應使兩鋼球離轉軸的距離不同，左右變速輪邊緣的線速度大小相等，根據為使小球的角速度相同，應將皮帶套在兩邊半徑相等的變速塔輪上。故選C。【小問3詳析】根據向心力公式可得變速輪邊緣的線速度大小相等，根據右兩個變速塔輪對應的半徑之比為14.某同學在“驗證機械能守恒定律”實驗中，將打點計時器固定在鐵架臺上，使重錘帶動紙帶從靜止開始自由下落。（1）在實驗操作中出現如下圖所示的四種情況，其中正確的是（）A. B. C. D.（2）如圖所示是實驗中得到的一條紙帶。在紙帶上選取三個連續打出的點A、B、C，測得它們到起始點O的距離分別為、、。若當地重力加速度為g，交流電源的頻率為f，重物的質量為m。從O至B過程中，重物的重力勢能減少量____，動能增加量____（用題中所給符號表示）。（3）若經過（2）計算，發現?Ek大于ΔEp，造成這個結果的原因可能是（）A.存在空氣阻力和摩擦力 B.接通電源前釋放了紙帶C.打點計時器的工作電壓偏高 D.實際交流電源的頻率比f小〖答案〗（1）B（2）（3）BD〖解析〗【小問1詳析】由圖可知實驗用電磁打點計時器，故使用交流電，實驗時，用手提著紙帶使重物靜止在靠近打點計時器的地方。B正確；故選B。【小問2詳析】從O至B過程中，重物的重力勢能減少量由題知B點速度為則動能增加量為代入得【小問3詳析】A．若是存在空氣阻力和摩擦力，則應該小于，A錯誤；B．接通電源前釋放了紙帶，使得計算出的B點速度偏大，則大于，B正確；C．打點計時器的工作電壓偏高，對實驗無影響，C錯誤；D．實際交流電源的頻率比小，但計算時仍用正常值計算，則大于，D正確；故選BD。三、解答題（本題共3小題，共38分。解答要有必要的文字說明和方程式。只寫出最后〖答案〗的不能得分。有數值計算的題目，〖答