高級(jí)中學(xué)名校試題PAGEPAGE1金川高中學(xué)校2024-2025年高二12月聯(lián)考試卷物理時(shí)長：75分鐘總分：100分一、選擇題（每題5分，共50分）1.如圖所示，光滑的輕滑輪用細(xì)繩OO'懸掛于O點(diǎn)，另一細(xì)繩跨過滑輪，其一端懸掛貨物A，人拉繩的另一端緩慢向右移動(dòng)，使貨物緩慢提升，在此過程中（）A.細(xì)繩對(duì)人的拉力逐漸變大 B.細(xì)繩OO'的張力逐漸變小C.水平面對(duì)人的支持力逐漸變小 D.水平面對(duì)人的摩擦力逐漸變小【答案】B【解析】A．由于整個(gè)系統(tǒng)處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)，貨物A受力平衡，則繩子的張力T保持不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．人拉繩的另一端緩慢向右移動(dòng)，滑輪兩側(cè)連接的繩子的夾角變大，但繩子的張力T保持不變，繩子對(duì)輕滑輪的合力則繩子對(duì)輕滑輪的合力變小，所以細(xì)繩OO'的張力逐漸變小，選項(xiàng)B正確；CD．人處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)，對(duì)人受力分析有由于T的大小不變，人拉繩的另一端緩慢向右移動(dòng)，α減小，所以N增大，f增大，選項(xiàng)CD錯(cuò)誤。2.2019年5月17日，我國成功發(fā)射第45顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星，該衛(wèi)星屬于地球靜止軌道衛(wèi)星（同步衛(wèi)星），該衛(wèi)星（）A.入軌后可以位于北京正上方B.入軌后的速度大于第一宇宙速度C.發(fā)射速度大于第二宇宙速度D.若發(fā)射到近地圓軌道所需能量較少【答案】D【解析】A．由于衛(wèi)星為同步衛(wèi)星，所以入軌后一定只能與赤道在同一平面內(nèi)，故A錯(cuò)誤；B．由于第一宇宙速度為衛(wèi)星繞地球運(yùn)行的最大速度，所以衛(wèi)星入軌后的速度一定小于第一宇宙速度，故B錯(cuò)誤；C．由于第二宇宙速度為衛(wèi)星脫離地球引力的最小發(fā)射速度，所以衛(wèi)星的發(fā)射速度一定小于第二宇宙速度，故C錯(cuò)誤；D．將衛(wèi)星發(fā)射到越高的軌道克服引力所作的功越大，所以發(fā)射到近地圓軌道所需能量較小，故D正確．3.如圖所示，固定斜面AB和CB與水平面均由一小段光滑圓弧連接，傾角分別為α、β，OB=h．細(xì)線一端固定在豎直擋板上，另一端系一質(zhì)量為m的小物塊，在小物塊和擋板之間壓縮一輕質(zhì)彈簧（小物塊與彈簧不連接），燒斷細(xì)線，小物塊被彈出，滑上斜面AB后，恰好能運(yùn)動(dòng)到斜面的最高點(diǎn)，已知知AD=l，小物塊與水平面、斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，則A.彈簧對(duì)小物塊做功為μmglB.斜面摩擦力對(duì)小物塊做功為C.細(xì)線燒斷前，彈簧具有的彈性勢能為mgh+μmg（+l）D.撤去斜面AB，小物塊還從D點(diǎn)彈出，將沿斜面CB上滑并從B點(diǎn)飛出去【答案】C【解析】AC．由功能關(guān)系可知，彈簧對(duì)小物塊做功細(xì)線燒斷前，彈簧具有的彈性勢能為故A錯(cuò)誤，C正確；B．斜面摩擦力對(duì)小物塊做功為故B錯(cuò)誤；D．撤去斜面AB，小物塊還從D點(diǎn)彈出，則彈簧的彈性勢能不變，此時(shí)由能量關(guān)系可知物塊也恰能到達(dá)B點(diǎn)，故D錯(cuò)誤；故選C.4.如圖所示，質(zhì)量為M的斜面體放在粗糙的水平地面上，質(zhì)量為m的物體放在斜面上，用方向豎直向上、大小為F的力拉物體，物體沿斜面勻加速下滑，斜面體始終靜止。重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A.地面對(duì)斜面體的靜摩擦力不可能為零B.地面對(duì)斜面體的支持力大小為C.斜面對(duì)物體的力豎直向上D.斜面對(duì)物體的摩擦力可能為零【答案】A【解析】A．由于物體沿斜面向下勻加速下滑，因此物體有水平方向向左的分加速度，對(duì)斜面體和物體組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律，地面對(duì)斜面體靜摩擦力方向水平向左，A正確；B．物體有豎直向下的分加速度，由牛頓第二定律，對(duì)斜面體和物體組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律，地面對(duì)斜面體的支持力小于，B錯(cuò)誤；C．物體受到的合力沿斜面向下，其所受重力、拉力在豎直方向，故斜面對(duì)物體的力偏向左上方，C錯(cuò)誤；D．斜面體粗糙，若物體不受斜面的摩擦力，斜面對(duì)物體的支持力等于0，則斜面體對(duì)物體的力等于0，與C選項(xiàng)分析矛盾，故D錯(cuò)誤。故選A。5.如圖所示，虛線1、2、3，為某電場中的三條電場線，實(shí)線表示某帶電粒子僅在電場力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，a、b是軌跡上的兩點(diǎn)，則下列說法正確的是（）A.粒子在a點(diǎn)的加速度大于在b點(diǎn)的加速度B.粒子在a點(diǎn)的電勢能大于在b點(diǎn)的電勢能C.粒子在a點(diǎn)的速度大于在b點(diǎn)的速度D.a點(diǎn)的電勢高于b點(diǎn)的電勢【答案】B【解析】A．根據(jù)電場線的疏密程度可知，b點(diǎn)場強(qiáng)大于a點(diǎn)場強(qiáng)，則粒子在a點(diǎn)受到的電場力小于在b點(diǎn)受到的電場力，粒子在a點(diǎn)的加速度小于在b點(diǎn)的加速度，故A錯(cuò)誤；BC．若粒子從a到b，根據(jù)電場力位于軌跡的凹側(cè)，且電場力與電場方向在同一直線上，可知電場力對(duì)粒子做正功，電勢能減小，粒子動(dòng)能增加，則粒子在a點(diǎn)的電勢能大于在b點(diǎn)的電勢能，粒子在a點(diǎn)的速度小于在b點(diǎn)的速度；若粒子從b到a，同理可知電場力對(duì)粒子做負(fù)功，電勢能增加，粒子動(dòng)能減小，則粒子在a點(diǎn)的電勢能大于在b點(diǎn)的電勢能，粒子在a點(diǎn)的速度小于在b點(diǎn)的速度，故B正確、C錯(cuò)誤；。故選B。6.如圖，一帶電小球用絕緣絲線懸掛在水平天花板上，整個(gè)裝置處于垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，不計(jì)空氣阻力，當(dāng)小球由靜止分別從等高的A點(diǎn)和B點(diǎn)向最低點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)（絲線均保持伸直狀態(tài)）（）A.小球所受的洛倫茲力相同 B.絲線所受的拉力相同C.小球的動(dòng)能相同 D.小球的速度相同【答案】C【解析】AD．小球分別從A、B兩點(diǎn)釋放，經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)，速度的方向不同，洛倫茲力的方向也不同，即速度和洛倫茲力都不相同，故A、D錯(cuò)誤；B．因?yàn)榻?jīng)過O點(diǎn)時(shí)，速度的方向不同，則洛倫茲力的方向也不同，拉力的大小不同，故B錯(cuò)誤。故選C。7.滑雪運(yùn)動(dòng)深受人民群眾喜愛。如圖，豎直面內(nèi)有半徑為R的圓弧形滑道AB，一質(zhì)量為m的滑雪愛好者（可視為質(zhì)點(diǎn)）從滑道的A點(diǎn)由靜止開始下滑，到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)滑道的壓力大小為mg（g為當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣龋?。已知過A點(diǎn)的切線與豎直方向的夾角為30°，滑道各處動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則滑雪好者在沿著AB下滑的過程中（）A.重力的功率先增加后減小B.始終處于失重狀態(tài)C.克服摩擦力做功為D.受到摩擦力大小為【答案】AC【解析】A．在下滑過程中滑雪者的速度越來越大，但是在豎直方向的速度是先增大后減小，重力的功率先增加后減小，故A正確；B．在下滑過程中，滑雪者在豎直方向的加速度先是向下，后向上，所以滑雪者先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C．設(shè)滑雪者到最低點(diǎn)時(shí)的速度為v根據(jù)牛頓第二定律得從A到B的過程中有重力和摩擦力做功根據(jù)動(dòng)能定理可得可解得故C正確；D．因?yàn)樵诨羞^程中，滑雪者受到的彈力在不斷的變化，所以受到的摩擦力也是一個(gè)變量，不是一個(gè)確定值，故D錯(cuò)誤。故選AC。8.如圖所示，質(zhì)量mB=2kg的水平托盤B與一豎直放置的輕彈簧焊接，托盤上放一質(zhì)量mA=1kg的小物塊A，整個(gè)裝置靜止?，F(xiàn)對(duì)小物塊A施加一個(gè)豎直向上的變力F，使其從靜止開始以加速度a=2m/s2做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，已知彈簧的勁度系數(shù)k=600N/m，g=10m/s2。以下結(jié)論正確的是（）A.變力F的最小值為2NB.變力F的最小值為6NC.小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為0.2m/sD.小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為m/s【答案】BC【解析】AB．A、B整體受力產(chǎn)生加速度，則有可得當(dāng)FN最大時(shí)，F(xiàn)最小，即剛開始施力時(shí)，F(xiàn)N最大且等于A和B的重力之和，則故A錯(cuò)誤，B正確；CD．剛開始，彈簧的壓縮量為A、B分離時(shí)，其間恰好無作用力，對(duì)托盤B，由牛頓第二定律可知解得物塊A在這一過程的位移為由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知代入數(shù)據(jù)得故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。9.如圖是某金屬在光的照射下產(chǎn)生的光電子的最大初動(dòng)能Ek與入射光頻率的關(guān)系圖像，由圖像可知（）A.該金屬的逸出功等于EB.普朗克常量等于C.入射光的頻率為時(shí)，產(chǎn)生的電子的最大初動(dòng)能為2ED.入射光的頻率為時(shí)，產(chǎn)生的電子的最大初動(dòng)能為【答案】AB【解析】A．根據(jù)光電效應(yīng)方程結(jié)合圖像可知該金屬的逸出功W=EA正確；B．該圖像的斜率為普朗克常數(shù)，故B正確；C．由圖像可知，當(dāng)入射光的頻率為時(shí)，產(chǎn)生的電子的最大初動(dòng)能為E，C錯(cuò)誤；D．當(dāng)入射光的頻率為時(shí)，小于極限頻率，不會(huì)產(chǎn)生光電效應(yīng)，D錯(cuò)誤。故選AB。10.如圖所示，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑連接。右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻。平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處靜止釋放，到達(dá)磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好。則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中（）A.流過定值電阻的電流方向是N→QB.通過金屬棒的電荷量為C.金屬棒滑過時(shí)的速度大于D.金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為（mgh﹣μmgd）【答案】BCD【解析】A．金屬棒下滑到底端時(shí)速度向右，而且磁場豎直向上，根據(jù)右手定則可以知道流過定值電阻的電流方向是Q→N，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，通過金屬棒的電荷量為故B正確；C．金屬棒在磁場中做減速運(yùn)動(dòng)，則產(chǎn)生的電動(dòng)勢減小，電路電流減小，安培力減小，則金屬棒加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，則金屬棒滑過時(shí)的速度大于，選項(xiàng)C正確；D．根據(jù)動(dòng)能定理則則克服安培力所做的功為電路中產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做功，所以金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為故選項(xiàng)D正確。二、填空（每題8分，共16分）11.如圖甲所示，某探究小組用能夠顯示并調(diào)節(jié)轉(zhuǎn)動(dòng)頻率的小電動(dòng)機(jī)驗(yàn)證勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力關(guān)系式①把轉(zhuǎn)動(dòng)頻率可調(diào)的小電動(dòng)機(jī)固定在支架上，轉(zhuǎn)軸豎直向下，將搖臂平臺(tái)置于小電動(dòng)機(jī)正下方的水平桌面上；②在轉(zhuǎn)動(dòng)軸正下方固定一不可伸長的細(xì)線，小電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)軸與細(xì)線連接點(diǎn)記為O。細(xì)線另一端穿過小鐵球的球心并固定；③啟動(dòng)電動(dòng)機(jī)，記錄電動(dòng)機(jī)的轉(zhuǎn)動(dòng)頻率f，當(dāng)小球轉(zhuǎn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)，將搖臂平臺(tái)向上移動(dòng)，無限接近轉(zhuǎn)動(dòng)的小球；④關(guān)閉電動(dòng)機(jī)，測量O點(diǎn)到搖臂平臺(tái)的高度h；⑤改變電動(dòng)機(jī)的轉(zhuǎn)動(dòng)頻率，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)。（1）探究小組的同學(xué)除了測量以上數(shù)據(jù)，還用游標(biāo)卡尺測量了小球的直徑D，如圖乙所示，讀數(shù)為________mm；本實(shí)驗(yàn)___________（填“需要”或“不需要”）測量小球的質(zhì)量。（2）實(shí)驗(yàn)中測得了O點(diǎn)到搖臂平臺(tái)的高度h、小球的直徑D和電動(dòng)機(jī)的轉(zhuǎn)動(dòng)頻率f，已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，若所測物理量滿足g=_________，則成立。（用所測物理量符號(hào)表示）【答案】（1）10.52不需要（2）【解析】（1）[1]主尺讀數(shù)為10mm，游標(biāo)尺第26個(gè)刻度和主尺對(duì)其，精確度為0.02mm，故游標(biāo)尺讀數(shù)為0.52mm，故小鋼球的直徑為10.52mm；[2]設(shè)細(xì)線與豎直方向的夾角為，從到球心的距離為，如圖所示根據(jù)牛頓第二定律可得可以約去，則得其中則有所以本實(shí)驗(yàn)不需要測量小球的質(zhì)量；（2）[3]通過上述分析可知所測物理量滿足12.（1）已知理想的平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向的位移分別為x和y，則其初速度大小v0＝________。在實(shí)際的平拋運(yùn)動(dòng)實(shí)驗(yàn)探究中，也利用上述關(guān)系式計(jì)算初速度，那么計(jì)算的初速度誤差與x、y的大小選取________（選填“有關(guān)”或“無關(guān)”）。（2）某同學(xué)在“探究平拋運(yùn)動(dòng)”的實(shí)驗(yàn)中，在白紙上記錄了豎直方向，并作出小球平拋軌跡的部分?jǐn)M合圖線，但是沒有記錄平拋運(yùn)動(dòng)的起點(diǎn)，于是該同學(xué)以這段圖線的起點(diǎn)作為坐標(biāo)原點(diǎn)O，豎直向下方向?yàn)閥軸正向，建立直角坐標(biāo)系xOy，如圖所示，在圖線上標(biāo)注a、b兩點(diǎn)，用刻度尺測得其坐標(biāo)a（x0，y1）、b（2x0，y2），已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，不計(jì)空氣阻力，則可確定：①小球由O運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的時(shí)間t＝________；②平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大小v0＝________?！敬鸢浮縳有關(guān)2x0【解析】（1）[1][2]平拋運(yùn)動(dòng)的豎直分運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)，有y＝gt2平拋運(yùn)動(dòng)的水平分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，有x＝v0t聯(lián)立可得平拋初速度v0＝x用兩坐標(biāo)值x、y計(jì)算初速度，選取的數(shù)值較大，會(huì)使測量誤差減小，故計(jì)算的初速度誤差與x、y的大小選取有關(guān)。（2）[3][4]由于Oa、ab水平位移相等，所以其時(shí)間間隔相同，設(shè)為t0，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得x0＝v0t0y2－2y1＝gtt＝2t0聯(lián)立解得t＝2v0＝x0三、計(jì)算題（34分）13.泥石流是在雨季由于暴雨、洪水將含有沙石且松軟的土質(zhì)山體經(jīng)飽和稀釋后形成的洪流。泥石流流動(dòng)的全過程雖然只有很短時(shí)間，但由于其高速前進(jìn)，具有強(qiáng)大的能量，因而破壞性極大。某課題小組對(duì)泥石流的威力進(jìn)行了模擬研究，他們?cè)O(shè)計(jì)了如圖甲所示的模型：在水平地面上放置一個(gè)質(zhì)量為m＝4kg的物體，讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用下運(yùn)動(dòng)，推力F隨位移變化如圖乙所示，已知物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，g＝10m/s2.則：（1）物體在運(yùn)動(dòng)過程中的最大加速度為多少？（2）在距出發(fā)點(diǎn)多遠(yuǎn)處，物體的速度達(dá)到最大？（3）物體在水平面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是多少？【答案】（1）15m/s2；（2）3m；（3）8m【解析】（1）當(dāng)推力F最大時(shí)，加速度最大，由牛頓第二定律，得可解得（2）由圖像可知，隨變化的函數(shù)方程為速度最大時(shí)，合力為0，即所以（3）位移最大時(shí)，末速度一定為0，由動(dòng)能定理可得由圖像可知，力做的功為所以14.如圖所示，長度的輕繩上端固定在O點(diǎn)，下端拴接一個(gè)質(zhì)量的小球，輕繩伸直時(shí)小球與水平臺(tái)面AB右端接觸且恰好無壓力，質(zhì)量的長木板緊靠水平臺(tái)面AB放在水平地面上，其上表面水平且與水平臺(tái)面AB等高，長木板上表面足夠長。質(zhì)量的小物塊在水平臺(tái)面AB上以大小的初速度向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過距離后與小球發(fā)生碰撞，隨后小球恰好可以在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)且不再與小物塊發(fā)生碰撞，小物塊滑上長木板。已知小物塊與小球均可看作質(zhì)點(diǎn)，小物塊與水平臺(tái)面AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)，小物塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，長木板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，取重力加速度大小。求：（1）碰撞后瞬間輕繩對(duì)小球拉力的大??；（2）小物塊剛滑上長木板時(shí)速度大?。唬?）小物塊在長木板上相對(duì)于長木板滑行的距離?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】（1）小物塊與小球發(fā)生碰撞后，隨后小球恰好可以在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，小球在最高點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有解得設(shè)碰撞后瞬間小球的速度大小為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有解得在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有解得（2）設(shè)小物塊在水平臺(tái)面AB上滑到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為，根據(jù)動(dòng)能定理有解得小物塊與小球發(fā)生碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得（3）小物塊滑上長木板后，根據(jù)牛頓第二定律有解得對(duì)長木板有解得小物塊減速，長木板加速，當(dāng)兩者速度相等時(shí)，相對(duì)靜止，有解得小物塊位移為長木板位移為物塊相對(duì)于長木板的位移為代入數(shù)據(jù)解得因?yàn)?，所以?dāng)兩者速度相等以后一起減速，不再產(chǎn)生相對(duì)位移。金川高中學(xué)校2024-2025年高二12月聯(lián)考試卷物理時(shí)長：75分鐘總分：100分一、選擇題（每題5分，共50分）1.如圖所示，光滑的輕滑輪用細(xì)繩OO'懸掛于O點(diǎn)，另一細(xì)繩跨過滑輪，其一端懸掛貨物A，人拉繩的另一端緩慢向右移動(dòng)，使貨物緩慢提升，在此過程中（）A.細(xì)繩對(duì)人的拉力逐漸變大 B.細(xì)繩OO'的張力逐漸變小C.水平面對(duì)人的支持力逐漸變小 D.水平面對(duì)人的摩擦力逐漸變小【答案】B【解析】A．由于整個(gè)系統(tǒng)處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)，貨物A受力平衡，則繩子的張力T保持不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．人拉繩的另一端緩慢向右移動(dòng)，滑輪兩側(cè)連接的繩子的夾角變大，但繩子的張力T保持不變，繩子對(duì)輕滑輪的合力則繩子對(duì)輕滑輪的合力變小，所以細(xì)繩OO'的張力逐漸變小，選項(xiàng)B正確；CD．人處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)，對(duì)人受力分析有由于T的大小不變，人拉繩的另一端緩慢向右移動(dòng)，α減小，所以N增大，f增大，選項(xiàng)CD錯(cuò)誤。2.2019年5月17日，我國成功發(fā)射第45顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星，該衛(wèi)星屬于地球靜止軌道衛(wèi)星（同步衛(wèi)星），該衛(wèi)星（）A.入軌后可以位于北京正上方B.入軌后的速度大于第一宇宙速度C.發(fā)射速度大于第二宇宙速度D.若發(fā)射到近地圓軌道所需能量較少【答案】D【解析】A．由于衛(wèi)星為同步衛(wèi)星，所以入軌后一定只能與赤道在同一平面內(nèi)，故A錯(cuò)誤；B．由于第一宇宙速度為衛(wèi)星繞地球運(yùn)行的最大速度，所以衛(wèi)星入軌后的速度一定小于第一宇宙速度，故B錯(cuò)誤；C．由于第二宇宙速度為衛(wèi)星脫離地球引力的最小發(fā)射速度，所以衛(wèi)星的發(fā)射速度一定小于第二宇宙速度，故C錯(cuò)誤；D．將衛(wèi)星發(fā)射到越高的軌道克服引力所作的功越大，所以發(fā)射到近地圓軌道所需能量較小，故D正確．3.如圖所示，固定斜面AB和CB與水平面均由一小段光滑圓弧連接，傾角分別為α、β，OB=h．細(xì)線一端固定在豎直擋板上，另一端系一質(zhì)量為m的小物塊，在小物塊和擋板之間壓縮一輕質(zhì)彈簧（小物塊與彈簧不連接），燒斷細(xì)線，小物塊被彈出，滑上斜面AB后，恰好能運(yùn)動(dòng)到斜面的最高點(diǎn)，已知知AD=l，小物塊與水平面、斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，則A.彈簧對(duì)小物塊做功為μmglB.斜面摩擦力對(duì)小物塊做功為C.細(xì)線燒斷前，彈簧具有的彈性勢能為mgh+μmg（+l）D.撤去斜面AB，小物塊還從D點(diǎn)彈出，將沿斜面CB上滑并從B點(diǎn)飛出去【答案】C【解析】AC．由功能關(guān)系可知，彈簧對(duì)小物塊做功細(xì)線燒斷前，彈簧具有的彈性勢能為故A錯(cuò)誤，C正確；B．斜面摩擦力對(duì)小物塊做功為故B錯(cuò)誤；D．撤去斜面AB，小物塊還從D點(diǎn)彈出，則彈簧的彈性勢能不變，此時(shí)由能量關(guān)系可知物塊也恰能到達(dá)B點(diǎn)，故D錯(cuò)誤；故選C.4.如圖所示，質(zhì)量為M的斜面體放在粗糙的水平地面上，質(zhì)量為m的物體放在斜面上，用方向豎直向上、大小為F的力拉物體，物體沿斜面勻加速下滑，斜面體始終靜止。重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A.地面對(duì)斜面體的靜摩擦力不可能為零B.地面對(duì)斜面體的支持力大小為C.斜面對(duì)物體的力豎直向上D.斜面對(duì)物體的摩擦力可能為零【答案】A【解析】A．由于物體沿斜面向下勻加速下滑，因此物體有水平方向向左的分加速度，對(duì)斜面體和物體組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律，地面對(duì)斜面體靜摩擦力方向水平向左，A正確；B．物體有豎直向下的分加速度，由牛頓第二定律，對(duì)斜面體和物體組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律，地面對(duì)斜面體的支持力小于，B錯(cuò)誤；C．物體受到的合力沿斜面向下，其所受重力、拉力在豎直方向，故斜面對(duì)物體的力偏向左上方，C錯(cuò)誤；D．斜面體粗糙，若物體不受斜面的摩擦力，斜面對(duì)物體的支持力等于0，則斜面體對(duì)物體的力等于0，與C選項(xiàng)分析矛盾，故D錯(cuò)誤。故選A。5.如圖所示，虛線1、2、3，為某電場中的三條電場線，實(shí)線表示某帶電粒子僅在電場力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，a、b是軌跡上的兩點(diǎn)，則下列說法正確的是（）A.粒子在a點(diǎn)的加速度大于在b點(diǎn)的加速度B.粒子在a點(diǎn)的電勢能大于在b點(diǎn)的電勢能C.粒子在a點(diǎn)的速度大于在b點(diǎn)的速度D.a點(diǎn)的電勢高于b點(diǎn)的電勢【答案】B【解析】A．根據(jù)電場線的疏密程度可知，b點(diǎn)場強(qiáng)大于a點(diǎn)場強(qiáng)，則粒子在a點(diǎn)受到的電場力小于在b點(diǎn)受到的電場力，粒子在a點(diǎn)的加速度小于在b點(diǎn)的加速度，故A錯(cuò)誤；BC．若粒子從a到b，根據(jù)電場力位于軌跡的凹側(cè)，且電場力與電場方向在同一直線上，可知電場力對(duì)粒子做正功，電勢能減小，粒子動(dòng)能增加，則粒子在a點(diǎn)的電勢能大于在b點(diǎn)的電勢能，粒子在a點(diǎn)的速度小于在b點(diǎn)的速度；若粒子從b到a，同理可知電場力對(duì)粒子做負(fù)功，電勢能增加，粒子動(dòng)能減小，則粒子在a點(diǎn)的電勢能大于在b點(diǎn)的電勢能，粒子在a點(diǎn)的速度小于在b點(diǎn)的速度，故B正確、C錯(cuò)誤；。故選B。6.如圖，一帶電小球用絕緣絲線懸掛在水平天花板上，整個(gè)裝置處于垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，不計(jì)空氣阻力，當(dāng)小球由靜止分別從等高的A點(diǎn)和B點(diǎn)向最低點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)（絲線均保持伸直狀態(tài)）（）A.小球所受的洛倫茲力相同 B.絲線所受的拉力相同C.小球的動(dòng)能相同 D.小球的速度相同【答案】C【解析】AD．小球分別從A、B兩點(diǎn)釋放，經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)，速度的方向不同，洛倫茲力的方向也不同，即速度和洛倫茲力都不相同，故A、D錯(cuò)誤；B．因?yàn)榻?jīng)過O點(diǎn)時(shí)，速度的方向不同，則洛倫茲力的方向也不同，拉力的大小不同，故B錯(cuò)誤。故選C。7.滑雪運(yùn)動(dòng)深受人民群眾喜愛。如圖，豎直面內(nèi)有半徑為R的圓弧形滑道AB，一質(zhì)量為m的滑雪愛好者（可視為質(zhì)點(diǎn)）從滑道的A點(diǎn)由靜止開始下滑，到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)滑道的壓力大小為mg（g為當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣龋?。已知過A點(diǎn)的切線與豎直方向的夾角為30°，滑道各處動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則滑雪好者在沿著AB下滑的過程中（）A.重力的功率先增加后減小B.始終處于失重狀態(tài)C.克服摩擦力做功為D.受到摩擦力大小為【答案】AC【解析】A．在下滑過程中滑雪者的速度越來越大，但是在豎直方向的速度是先增大后減小，重力的功率先增加后減小，故A正確；B．在下滑過程中，滑雪者在豎直方向的加速度先是向下，后向上，所以滑雪者先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C．設(shè)滑雪者到最低點(diǎn)時(shí)的速度為v根據(jù)牛頓第二定律得從A到B的過程中有重力和摩擦力做功根據(jù)動(dòng)能定理可得可解得故C正確；D．因?yàn)樵诨羞^程中，滑雪者受到的彈力在不斷的變化，所以受到的摩擦力也是一個(gè)變量，不是一個(gè)確定值，故D錯(cuò)誤。故選AC。8.如圖所示，質(zhì)量mB=2kg的水平托盤B與一豎直放置的輕彈簧焊接，托盤上放一質(zhì)量mA=1kg的小物塊A，整個(gè)裝置靜止?，F(xiàn)對(duì)小物塊A施加一個(gè)豎直向上的變力F，使其從靜止開始以加速度a=2m/s2做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，已知彈簧的勁度系數(shù)k=600N/m，g=10m/s2。以下結(jié)論正確的是（）A.變力F的最小值為2NB.變力F的最小值為6NC.小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為0.2m/sD.小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為m/s【答案】BC【解析】AB．A、B整體受力產(chǎn)生加速度，則有可得當(dāng)FN最大時(shí)，F(xiàn)最小，即剛開始施力時(shí)，F(xiàn)N最大且等于A和B的重力之和，則故A錯(cuò)誤，B正確；CD．剛開始，彈簧的壓縮量為A、B分離時(shí)，其間恰好無作用力，對(duì)托盤B，由牛頓第二定律可知解得物塊A在這一過程的位移為由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知代入數(shù)據(jù)得故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。9.如圖是某金屬在光的照射下產(chǎn)生的光電子的最大初動(dòng)能Ek與入射光頻率的關(guān)系圖像，由圖像可知（）A.該金屬的逸出功等于EB.普朗克常量等于C.入射光的頻率為時(shí)，產(chǎn)生的電子的最大初動(dòng)能為2ED.入射光的頻率為時(shí)，產(chǎn)生的電子的最大初動(dòng)能為【答案】AB【解析】A．根據(jù)光電效應(yīng)方程結(jié)合圖像可知該金屬的逸出功W=EA正確；B．該圖像的斜率為普朗克常數(shù)，故B正確；C．由圖像可知，當(dāng)入射光的頻率為時(shí)，產(chǎn)生的電子的最大初動(dòng)能為E，C錯(cuò)誤；D．當(dāng)入射光的頻率為時(shí)，小于極限頻率，不會(huì)產(chǎn)生光電效應(yīng)，D錯(cuò)誤。故選AB。10.如圖所示，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑連接。右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻。平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處靜止釋放，到達(dá)磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好。則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中（）A.流過定值電阻的電流方向是N→QB.通過金屬棒的電荷量為C.金屬棒滑過時(shí)的速度大于D.金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為（mgh﹣μmgd）【答案】BCD【解析】A．金屬棒下滑到底端時(shí)速度向右，而且磁場豎直向上，根據(jù)右手定則可以知道流過定值電阻的電流方向是Q→N，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，通過金屬棒的電荷量為故B正確；C．金屬棒在磁場中做減速運(yùn)動(dòng)，則產(chǎn)生的電動(dòng)勢減小，電路電流減小，安培力減小，則金屬棒加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，則金屬棒滑過時(shí)的速度大于，選項(xiàng)C正確；D．根據(jù)動(dòng)能定理則則克服安培力所做的功為電路中產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做功，所以金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為故選項(xiàng)D正確。二、填空（每題8分，共16分）11.如圖甲所示，某探究小組用能夠顯示并調(diào)節(jié)轉(zhuǎn)動(dòng)頻率的小電動(dòng)機(jī)驗(yàn)證勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力關(guān)系式①把轉(zhuǎn)動(dòng)頻率可調(diào)的小電動(dòng)機(jī)固定在支架上，轉(zhuǎn)軸豎直向下，將搖臂平臺(tái)置于小電動(dòng)機(jī)正下方的水平桌面上；②在轉(zhuǎn)動(dòng)軸正下方固定一不可伸長的細(xì)線，小電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)軸與細(xì)線連接點(diǎn)記為O。細(xì)線另一端穿過小鐵球的球心并固定；③啟動(dòng)電動(dòng)機(jī)，記錄電動(dòng)機(jī)的轉(zhuǎn)動(dòng)頻率f，當(dāng)小球轉(zhuǎn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)，將搖臂平臺(tái)向上移動(dòng)，無限接近轉(zhuǎn)動(dòng)的小球；④關(guān)閉電動(dòng)機(jī)，測量O點(diǎn)到搖臂平臺(tái)的高度h；⑤改變電動(dòng)機(jī)的轉(zhuǎn)動(dòng)頻率，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)。（1）探究小組的同學(xué)除了測量以上數(shù)據(jù)，還用游標(biāo)卡尺測量了小球的直徑D，如圖乙所示，讀數(shù)為________mm；本實(shí)驗(yàn)___________（填“需要”或“不需要”）測量小球的質(zhì)量。（2）實(shí)驗(yàn)中測得了O點(diǎn)到搖臂平臺(tái)的高度h、小球的直徑D和電動(dòng)機(jī)的轉(zhuǎn)動(dòng)頻率f，已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，若所測物理量滿足g=_________，則成立。（用所測物理量符號(hào)表示）【答案】（1）10.52不需要（2）【解析】（1）[1]主尺讀數(shù)為10mm，游標(biāo)尺第26個(gè)刻度和主尺對(duì)其，精確度為0.02mm，故游標(biāo)尺讀數(shù)為0.52mm，故小鋼球的直徑為10.52mm；[2]設(shè)細(xì)線與豎直方向的夾角為，從到球心的距離為，如圖所示根據(jù)牛頓第二定律可得可以約去，則得其中則有所以本實(shí)驗(yàn)不需要測量小球的質(zhì)量；（2）[3]通過上述分析可知所測物理量滿足12.（1）已知理想的平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向的位移分別為x和y，則其初速度大小v0＝________。在實(shí)際的平拋運(yùn)動(dòng)實(shí)驗(yàn)探究中，也利用上述關(guān)系式計(jì)算初速度，那么計(jì)算的初速度誤差與x、y的大小選取________（選填“有關(guān)”或“無關(guān)”）。（2）某同學(xué)在“探究平拋運(yùn)動(dòng)”的實(shí)驗(yàn)中，在白紙上記錄了豎直方向，并作出小球平拋軌跡的部分?jǐn)M合圖線，但是沒有記錄平拋運(yùn)動(dòng)的起點(diǎn)，于是該同學(xué)以這段圖線的起點(diǎn)作為坐標(biāo)原點(diǎn)O，豎直向下方向?yàn)閥軸正向，建立直角坐標(biāo)系xOy，如圖所示，在圖線上標(biāo)注a、b兩點(diǎn)，用刻度尺測得其坐標(biāo)a（x0，y1）、b（2x0，y2），已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，不計(jì)空氣阻力，則可確定：①小球由O運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的時(shí)間t＝________；②平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大小v0＝________?！敬鸢浮縳有關(guān)2x0【解析】（1）[1][2]平拋運(yùn)動(dòng)的豎直分運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)，有y＝g