第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2024-2025學(xué)年山東省青島三十九中高一（下）期末物理試卷一、單選題：本大題共8小題，共24分。1.我國(guó)計(jì)劃于2025年發(fā)射“天問(wèn)2號(hào)”小行星取樣返回探測(cè)器，它將對(duì)名為“2016HO3”的小行星開(kāi)展伴飛探測(cè)并取樣返回地球?！疤靻?wèn)2號(hào)”發(fā)射后接近“2016HO3”小行星時(shí)，先完成從軌道Ⅰ到軌道Ⅱ的變軌，然后進(jìn)入環(huán)小行星圓軌道Ⅲ。如圖，軌道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相切于P點(diǎn)，軌道Ⅰ的長(zhǎng)軸為b1，軌道Ⅱ的長(zhǎng)軸為b2，“天問(wèn)2號(hào)”在軌道Ⅲ上的線速度大小為v、加速度大小為a。則“天問(wèn)2號(hào)”（）A.在軌道Ⅱ上P點(diǎn)的加速度大于a B.在軌道Ⅱ上P點(diǎn)的速度小于v

C.在軌道Ⅰ的機(jī)械能大于在軌道Ⅱ的機(jī)械能 D.在軌道Ⅰ、Ⅱ上的周期之比小于2.我國(guó)滑雪運(yùn)動(dòng)員為了備戰(zhàn)2026年冬奧會(huì)，利用圓盤(pán)滑雪機(jī)模擬訓(xùn)練，訓(xùn)練過(guò)程簡(jiǎn)化如圖。圓盤(pán)滑雪機(jī)繞固定轉(zhuǎn)軸以恒定的角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員站在盤(pán)面上可看質(zhì)點(diǎn)，與圓盤(pán)始終保持相對(duì)靜止，盤(pán)面水平面的夾角為15°，下列說(shuō)法正確的是（）

A.運(yùn)動(dòng)員隨圓盤(pán)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，受到重力、支持力、摩擦力和向心力的作用

B.運(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)受到的摩擦力一定隨著ω的增大而減小

C.運(yùn)動(dòng)員與圓盤(pán)始終保持相對(duì)靜止，處于平衡狀態(tài)

D.運(yùn)動(dòng)員從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)過(guò)程中，摩擦力對(duì)其做功3.圖甲為一種小型打夯機(jī)，利用沖擊和沖擊振動(dòng)作用分層夯實(shí)回填土，圖乙為這種打夯機(jī)的結(jié)構(gòu)示意圖。質(zhì)量為m的擺錘通過(guò)輕桿與總質(zhì)量為M的底座（含電動(dòng)機(jī)）上的轉(zhuǎn)軸相連，輕桿質(zhì)量忽略不計(jì)。電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)擺錘繞轉(zhuǎn)軸O在豎直面內(nèi)以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)半徑為l,重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）A.擺錘轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)時(shí)，底座對(duì)地面的壓力可能為零

B.若擺錘轉(zhuǎn)到最高點(diǎn)時(shí)，底座對(duì)地面的壓力剛好為零，則角速度

C.若擺錘轉(zhuǎn)到最高點(diǎn)時(shí)，輕桿對(duì)擺錘的彈力為0，則角速度

D.擺錘轉(zhuǎn)到輕桿水平時(shí)，輕桿對(duì)擺錘的作用力大小為mω2l4.在礦山開(kāi)采中，滑輪裝置被用于提升和移動(dòng)礦石。如圖所示，一輛車(chē)通過(guò)定滑輪提升質(zhì)量為M的礦石，滑輪左側(cè)連接車(chē)的繩子在豎直方向的投影為h,當(dāng)車(chē)以速度v勻速向左行駛一段距離后，連接車(chē)的繩子與水平方向的夾角從53°變?yōu)?7°，sin37°=，sin53°=，則該過(guò)程中（）A.礦石重力的平均功率為Mgv

B.礦石重力做功為

C.繩子對(duì)礦石拉力做的功等于礦石重力做的功

D.礦石也做勻速運(yùn)動(dòng)5.質(zhì)子僅在電場(chǎng)力的作用下從O點(diǎn)開(kāi)始沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，其在O點(diǎn)處的初動(dòng)能為4eV。該質(zhì)子的電勢(shì)能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中O～x2段是關(guān)于直線x=x1對(duì)稱(chēng)的曲線，x2～x3段是直線。下列說(shuō)法正確的是（）A.該質(zhì)子在0～x2段做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，在x2～x3段做勻速直線運(yùn)動(dòng)

B.若x1、x2、x3處的電勢(shì)分別為φ1、φ2、φ3，則φ1最高

C.該質(zhì)子在x1處的動(dòng)能為6eV

D.該質(zhì)子最終停在x3處6.如圖所示，在豎直平面內(nèi)存在電荷量分別為+Q1和-Q2的兩個(gè)點(diǎn)電荷，兩點(diǎn)電荷連線水平，在Q1，Q2之間放置內(nèi)壁光滑的絕緣細(xì)管，細(xì)管的上、下端口恰好在Q1，Q2連線的中垂線上。電荷量為+q的小球（可視為點(diǎn)電荷）以初速度v0從上端管口無(wú)碰撞進(jìn)入細(xì)管，小球在細(xì)管中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中機(jī)械能始終守恒，且細(xì)管上、下端口高度差為h,重力加速度為g,則（）A.細(xì)管各處的電勢(shì)為0

B.小球在細(xì)管中運(yùn)動(dòng)時(shí)，電勢(shì)能先增大后減小

C.Q1＜Q2

D.小球離開(kāi)細(xì)管的速度大小為

7.質(zhì)量均為m的兩個(gè)物塊A、B通過(guò)彈簧拴接在一起豎直放在地面上，如圖所示，開(kāi)始時(shí)兩物塊均靜止。用一個(gè)豎直向下的外力作用在A上，使A緩慢下移h高度。撤去外力后，最終某時(shí)刻物塊B剛好脫離地面。已知彈簧的勁度系數(shù)為k,重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力，則外力做功為（）A.

B.

C.

D.8.如圖所示，為某一網(wǎng)絡(luò)電路中的一部分。已知I=3A，I1=1A，R1=5Ω，R2=10Ω，R3=30Ω，則下列結(jié)論正確的是（）

A.通過(guò)R3的電流為0.5A，方向從a→b

B.通過(guò)R3的電流為1.5A，方向從a→b

C.通過(guò)電流表的電流為1.5A，電流從右向左流過(guò)電流表

D.通過(guò)電流表的電流為2.5A，電流從右向左流過(guò)電流表二、多選題：本大題共4小題，共16分。9.質(zhì)量為m的物塊在水平恒力F的推動(dòng)下，從斜面（粗糙）底部的A處以初速度v0開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至高為h的斜面頂部B處。到達(dá)B處時(shí)物塊的速度大小為v,A、B之間的水平距離為s,重力加速度為g。不計(jì)空氣阻力，則物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A.合外力對(duì)物塊做的功是

B.重力所做的功是-mgh

C.推力對(duì)物塊做的功是

D.阻力對(duì)物塊做的功是

10.如圖所示，虛線a、b、c為電場(chǎng)中的三條等勢(shì)線，相鄰兩等勢(shì)線之間的電勢(shì)差相等，從等勢(shì)線a上一點(diǎn)A處，分別射出甲、乙兩個(gè)粒子，兩粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡分別交等勢(shì)線c于B、C兩點(diǎn)，甲粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，乙粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)。不計(jì)粒子重力及兩粒子間的相互作用，由此可判斷（）

A.甲粒子一定帶負(fù)電，乙粒子一定帶正電

B.甲粒子運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)加速度方向沿c上過(guò)B點(diǎn)的切線

C.乙粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中加速度逐漸減小

D.甲粒子從A到B電場(chǎng)力一定做正功，乙粒子從A到C電場(chǎng)力一定做負(fù)功11.如圖所示，水平放置的平行板電容器上極板帶正電，所帶電荷量為Q，板間距離為d,上極板與靜電計(jì)相連，靜電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板正中間P點(diǎn)有一個(gè)靜止的帶電油滴，所帶電荷量絕對(duì)值為q,靜電力常量為k,下列說(shuō)法正確的是（）A.油滴受到的靜電力大小為

B.油滴帶負(fù)電

C.若僅將上極板平移到圖中虛線位置，則靜電計(jì)指針張角減小

D.若僅將上極板平移到圖中虛線位置，則油滴將加速向上運(yùn)動(dòng)12.如圖甲所示的傳送帶以恒定速率運(yùn)動(dòng)，皮帶始終是繃緊的。將質(zhì)量1kg的貨物放在傳送帶上的A處，經(jīng)過(guò)1.2s到達(dá)傳送帶的B端，用速度傳感器測(cè)得貨物與傳送帶的速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是（）A.A、B兩點(diǎn)的距離為3.4m

B.貨物與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5

C.貨物從A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程中，傳送帶對(duì)貨物做功為-11.2J

D.貨物從A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程中，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為4.8J三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共14分。13.某實(shí)驗(yàn)小組成員用如圖所示裝置做“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn).他們?cè)跉鈮|導(dǎo)軌上安裝了一個(gè)光電門(mén)，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌水平，裝有遮光條的滑塊放在導(dǎo)軌上，用繞過(guò)氣墊導(dǎo)軌左端定滑輪的細(xì)線將滑塊與鉤碼相連.（1）實(shí)驗(yàn)前先用游標(biāo)卡尺測(cè)出遮光條的寬度d，示數(shù)如圖所示，則_____mm；（2）由靜止釋放滑塊，與光電門(mén)相連的數(shù)字計(jì)時(shí)器，記錄遮光條遮光的時(shí)間t，若滑塊和遮光條的總質(zhì)量為M，鉤碼的質(zhì)量為m，滑塊沒(méi)有釋放時(shí)遮光條到光電門(mén)的距離為L(zhǎng)，則表達(dá)式______在誤差允許的范圍內(nèi)成立，則機(jī)械能守恒定律得到驗(yàn)證.（3）多次改變滑塊遮光條到光電門(mén)的距離L，記錄每次遮光條遮光的時(shí)間t，作出圖像，如果圖像是一條過(guò)原點(diǎn)的直線，圖像的斜率等于______，則機(jī)械能守恒定律得到驗(yàn)證.14.一根細(xì)長(zhǎng)均勻、內(nèi)芯為絕緣材料的金屬管線樣品，橫截面外緣為正方形，如圖甲所示。此金屬管線樣品長(zhǎng)約30cm、電阻約10Ω，已知這種金屬的電阻率為ρ，因管芯絕緣材料截面形狀不規(guī)則，無(wú)法直接測(cè)量其橫截面積。請(qǐng)你設(shè)計(jì)一個(gè)測(cè)量管芯截面積S的電學(xué)實(shí)驗(yàn)方案，現(xiàn)有如下器材可選：

A.毫米刻度尺

B.螺旋測(cè)微器

C.電流表A1（量程0～3A，內(nèi)阻約為0.1Ω）

D.電流表A2（量程0～600mA，內(nèi)阻約為1.0Ω）

E.電壓表V（量程0～3V，內(nèi)阻約為6kΩ）

F.滑動(dòng)變阻器R1（10Ω，允許通過(guò)的最大電流2A）

G.滑動(dòng)變阻器R2（2kΩ，允許通過(guò)的最大電流0.5A）

H.蓄電池E（電動(dòng)勢(shì)為6V，內(nèi)阻約為0.05Ω）

I.開(kāi)關(guān)一個(gè)、帶夾子的導(dǎo)線若干

（1）上述器材中，應(yīng)該選用的電流表是______，滑動(dòng)變阻器是______（均填寫(xiě)器材前字母代號(hào)）。

（2）若用螺旋測(cè)微器測(cè)得樣品截面外緣正方形邊長(zhǎng)如圖乙所示，則其值為_(kāi)_____mm。

（3）要求盡可能測(cè)出多組數(shù)據(jù)，則在圖丙、丁、戊、己中應(yīng)選擇的電路圖是______。

（4）若樣品截面外緣正方形邊長(zhǎng)為a、樣品長(zhǎng)為L(zhǎng)、電流表示數(shù)為I、電壓表示數(shù)為U，則計(jì)算內(nèi)芯截面積的表達(dá)式為S=______。四、計(jì)算題：本大題共4小題，共46分。15.某電流表內(nèi)阻Rg為200Ω，滿(mǎn)偏電流Ig為2mA，如圖甲、乙改裝成量程為0.1A和1A的兩個(gè)量程的電流表，試求：

（1）圖甲中，R1和R2各為多少？

（2）圖乙中，R3和R4各為多少？16.假定航天員在火星表面利用如圖所示的裝置研究小球的運(yùn)動(dòng)，豎直放置的光滑半圓形管道固定在水平面上，一直徑略小于管道內(nèi)徑的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）沿水平面從管道最低點(diǎn)A進(jìn)入管道，從最高點(diǎn)B脫離管道后做平拋運(yùn)動(dòng)，1s后與傾角為37°的斜面垂直相碰于C點(diǎn)。已知火星的半徑是地球半徑的倍，質(zhì)量為地球質(zhì)量的倍，地球表面重力加速度g=10m/s2，忽略星球自轉(zhuǎn)影響。半圓形管道的半徑為r=3m,小球的質(zhì)量為m=0.5kg,sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

（1）火星表面重力加速度的大??；

（2）C點(diǎn)與B點(diǎn)的水平距離；

（3）小球經(jīng)過(guò)管道的A點(diǎn)時(shí)速度的大小。17.如圖所示，在MN上方有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度方向水平向左，質(zhì)量為m、電荷量為+q（q＞0）的小球，從距水平地面高2H處以一定的初速度水平向右拋出，在距拋出點(diǎn)水平距離為L(zhǎng)處有根管口比小球略大的豎直細(xì)管，管的上口距地面的高度為H。小球恰好無(wú)碰撞地通過(guò)細(xì)管，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力，求：

（1）小球的初速度v0的大??；

（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；

（3）小球落地時(shí)的動(dòng)能Ek。18.一段傾斜角θ=37°的斜面AB與光滑弧面BC相切于B點(diǎn)。質(zhì)量為m=2000kg的汽車(chē)從斜面底部A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿著斜面AB起動(dòng)，如圖甲所示。已知汽車(chē)受到斜面的阻力與車(chē)對(duì)斜面的壓力的比值為μ=0.25。汽車(chē)在斜面AB上運(yùn)動(dòng)的加速度隨時(shí)間變化如圖乙所示。12.0s時(shí)汽車(chē)達(dá)到額定功率，隨后汽車(chē)保持額定功率繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，汽車(chē)到達(dá)B點(diǎn)前已經(jīng)達(dá)到最大速度vmax。此后關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)，汽車(chē)?yán)^續(xù)沿著圓弧向上滑行。不計(jì)空氣阻力，已知g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，汽車(chē)可視作質(zhì)點(diǎn)。求：

（1）汽車(chē)勻加速直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度v1及牽引力F；

（2）汽車(chē)在斜面AB上能到達(dá)的最大速度vmax；

（3）若汽車(chē)能夠沿弧面BC通過(guò)最高點(diǎn)C，圓弧半徑R的取值范圍是多少。

1.【答案】

【解析】解：A．根據(jù)=ma可知，在軌道Ⅱ上P點(diǎn)的加速度等于a,故A錯(cuò)誤；

B．“天問(wèn)2號(hào)”在軌道Ⅲ上經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)要加速做離心運(yùn)動(dòng)才能到軌道Ⅱ上，故在軌道ⅡP點(diǎn)的速度大于v,故B錯(cuò)誤；

C．根據(jù)發(fā)射衛(wèi)星時(shí)軌道半徑越大，火箭做功越多，可知在軌道Ⅰ的機(jī)械能大于在軌道Ⅱ的機(jī)械能，故C正確；

D．根據(jù)開(kāi)普勒第三定律=可知，在軌道Ⅰ、Ⅱ上的周期之比=，故D錯(cuò)誤。

故選：C。

根據(jù)牛頓第二定律、衛(wèi)星變軌和機(jī)械能以及開(kāi)普勒第三定律進(jìn)行分析解答。

考查牛頓第二定律、衛(wèi)星變軌和機(jī)械能以及開(kāi)普勒第三定律，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。2.【答案】

【解析】解：A.運(yùn)動(dòng)員隨圓盤(pán)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，受到重力、支持力、摩擦力的作用，向心力不是運(yùn)動(dòng)員實(shí)際所受的力，故A錯(cuò)誤；

B.在圓盤(pán)最下方，設(shè)運(yùn)動(dòng)員到轉(zhuǎn)動(dòng)軸的距離為r,根據(jù)牛頓第二定律可得Ff-mgsin15°=mω2r

可知運(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)受到的摩擦力Ff一定隨著ω的增大而增大，故B錯(cuò)誤；

C.運(yùn)動(dòng)員與圓盤(pán)始終保持相對(duì)靜止，在做勻速圓圓周運(yùn)動(dòng)，加速度不為零，不處于平衡狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；

D.運(yùn)動(dòng)員從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度大小不變，動(dòng)能不變，設(shè)Wf、WG分別為摩擦力做功和重力做功，

由動(dòng)能定理得Wf+WG=0

得Wf=-WG=-2mgrsin15°

可知摩擦力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做負(fù)功，故D正確。

故選：D。

向心力是效果力，勻速圓周運(yùn)動(dòng)物體所受的合外力提供向心力；合外力提供向心力，由牛頓第二定律，分析最高點(diǎn)摩擦力隨ω的變化；做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體，加速度不為零，不處于平衡狀態(tài)；根據(jù)動(dòng)能定理求解摩擦力做功。

本題考查學(xué)生對(duì)圓周模型的分析，解題關(guān)鍵是掌握原理合外力提供向心力。3.【答案】

【解析】解：A、對(duì)擺錘在最低點(diǎn)時(shí)受力分析，根據(jù)合力提供向心力，可得：，根據(jù)相互作用力特點(diǎn)，可知擺錘對(duì)桿的力豎直向下；

對(duì)底座的受力分析，即可知底座對(duì)地面的壓力大小為：F1+Mg,不可能為零，故A錯(cuò)誤；

B、對(duì)底座的受力分析，若底座對(duì)地面的壓力為零，可知桿對(duì)底座的力豎直向上，大小為Mg；

對(duì)擺錘在最高點(diǎn)時(shí)受力分析，可知桿對(duì)擺錘向下的力大小為Mg,根據(jù)合力提供向心力，可知：Mg+mg=mω2l,解得角速度：，故B正確；

C、對(duì)擺錘在最高點(diǎn)時(shí)受力分析，根據(jù)合力提供向心力，可知若輕桿對(duì)擺錘的彈力為零，擺錘的受力滿(mǎn)足：mg=mω2l,解得角速度的大?。海蔆錯(cuò)誤；

D、根據(jù)擺錘做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知輕桿水平時(shí)，輕桿對(duì)擺錘的豎直方向力的大小滿(mǎn)足：Fy=mg,桿對(duì)擺錘的水平分力滿(mǎn)足：，即桿對(duì)擺錘的作用力大小為：，不是mω2l,故D錯(cuò)誤。

故選：B。

對(duì)擺錘在最低點(diǎn)時(shí)受力分析，根據(jù)合力提供向心力，結(jié)合對(duì)底座的受力分析，即可知底座對(duì)地面的壓力是否可能為零；對(duì)擺錘在最高點(diǎn)時(shí)受力分析，根據(jù)合力提供向心力，結(jié)合對(duì)底座的受力分析，即可知底座對(duì)地面的壓力是否可能為零，計(jì)算此時(shí)的角速度；對(duì)擺錘在最高點(diǎn)時(shí)受力分析，根據(jù)合力提供向心力，即可計(jì)算輕桿對(duì)擺錘的彈力為零時(shí)，角速度的大?。桓鶕?jù)擺錘做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，對(duì)輕桿水平時(shí)受力分析，即可計(jì)算輕桿對(duì)擺錘的作用力大小。

本題考查牛頓第二定律在圓周運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用，在計(jì)算輕桿對(duì)擺錘作用力時(shí)，注意勻速圓周運(yùn)動(dòng)的受力特點(diǎn)。4.【答案】

【解析】解：A、令連接車(chē)的繩子與水平方向的夾角為θ，將車(chē)的速度沿繩子和垂直繩子方向分解，則此時(shí)礦石的速度v′=vcosθ

礦石重力做負(fù)功，克服礦石重力的功率為P=Mgv′=Mgvcosθ＜Mgv

車(chē)以速度v勻速向左行駛，θ逐漸減小，可知，該功率P逐漸增大，但始終小于Mgv,則克服礦石重力的平均功率小于Mgv,故A錯(cuò)誤；

B、令滑輪到水平地面的高度差為h,則礦石上升的高度，礦石重力做功為，W=-Mgx0=，故B正確；

C、由v′=vcosθ可知，車(chē)以速度v勻速向左行駛，θ逐漸減小，礦石速度v1增大，礦石加速上升，則繩子拉力大于礦石重力，拉力做正功，礦石重力做負(fù)功，則繩子對(duì)礦石拉力做的功大于克服礦石重力做的功，故C錯(cuò)誤；

D、由上分析可知，礦石的速度v′=vcosθ

等式兩側(cè)對(duì)時(shí)間求導(dǎo)數(shù)，取導(dǎo)數(shù)的絕對(duì)值，得到礦石加速度大小

a=vsinθ?θ'=vsinθ?ω，礦石運(yùn)動(dòng)的加速度不為0，故礦石不可能做勻速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。

故選：B。

根據(jù)車(chē)沿繩子方向的速度分量等于礦石速度列式，得到礦石的速度與繩子與水平方向夾角的關(guān)系，再分析礦石重力的功率大?。挥蓭缀侮P(guān)系求出礦石上升的高度，從而求得礦石重力做功；分析礦石的運(yùn)動(dòng)情況，判斷繩子對(duì)礦石拉力做的功與礦石重力做功的關(guān)系。

解決本題時(shí)，會(huì)對(duì)車(chē)的速度進(jìn)行分解，知道車(chē)的速度是沿繩子方向和垂直于繩子方向速度的合速度。能根據(jù)物理規(guī)律得到各個(gè)量的表達(dá)式，再分析它們的變化情況。5.【答案】

【解析】解：A、根據(jù)電勢(shì)與電勢(shì)能的關(guān)系：，可知該電場(chǎng)的電勢(shì)隨位置的變化關(guān)系如圖：

結(jié)合電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)的關(guān)系：，即可知在φ-x圖中，圖線的斜率大小，反映電場(chǎng)強(qiáng)度的大小變化，

即在0～x2段，電場(chǎng)強(qiáng)度先變小后變大，根據(jù)qE=ma,可知質(zhì)子的加速度a先變小，后變大，不是做勻變速直線運(yùn)動(dòng)；

在x2～x3段，電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變，根據(jù)qE=ma,質(zhì)子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B、由電勢(shì)能與電勢(shì)的關(guān)系：，即可知三個(gè)位置的電勢(shì)高低滿(mǎn)足：φ1＜φ2＜φ3，即φ1最小，故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)能量守恒，即可得質(zhì)子在x1處的動(dòng)能為：Ek1=4eV+3eV-1eV=6eV，故C正確；

D、根據(jù)質(zhì)子的受力分析，可知在x3處，質(zhì)子只受電場(chǎng)力作用，合力不為零，即不能停在x3處，故D錯(cuò)誤。

故選：C。

根據(jù)電勢(shì)與電勢(shì)能的關(guān)系，可知該電場(chǎng)的電勢(shì)隨位置的變化關(guān)系，結(jié)合電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)的關(guān)系，即可知電場(chǎng)強(qiáng)度的大小變化，根據(jù)牛頓第二定律，可知質(zhì)子運(yùn)動(dòng)情況；由電勢(shì)能與電勢(shì)的關(guān)系，即可知三個(gè)位置的電勢(shì)高低；根據(jù)能量守恒，即可計(jì)算質(zhì)子在x1處的動(dòng)能；根據(jù)質(zhì)子的受力，可分析其是否可以停在x3處。

本題考查電勢(shì)能隨位置的變化圖像分析，關(guān)鍵是根據(jù)電勢(shì)能、電荷、分析電勢(shì)、電場(chǎng)強(qiáng)度隨位置的變化特點(diǎn)。6.【答案】

【解析】解：ABC、由題意可知，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終機(jī)械能守恒，電場(chǎng)力對(duì)小球不做功，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能不變，則細(xì)管各處的電勢(shì)相等，但不一定為0，由圖可知Q1＞Q2，故ABC錯(cuò)誤；

D、小球以初速度v0從上端管口無(wú)碰撞進(jìn)入細(xì)管，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終機(jī)械能守恒，則有：，解得：，故D正確。

故選：D。

小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終機(jī)械能守恒，則電場(chǎng)力不做功，電勢(shì)能不變，由機(jī)械能守恒定律可求小球離開(kāi)細(xì)管時(shí)的速度的大小。

本題主要考查了帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，理解粒子的受力特點(diǎn)，結(jié)合能量的轉(zhuǎn)化特點(diǎn)即可求解。7.【答案】

【解析】解：對(duì)物塊B受力分析，可知B剛好脫離地面時(shí)彈簧的形變量滿(mǎn)足：kΔx=mg,為伸長(zhǎng)狀態(tài)，伸長(zhǎng)量為：；

初始時(shí)，對(duì)A受力分析，可知彈簧的形變量：kΔx=mg,可知彈簧為壓縮狀態(tài)，壓縮量為：；

根據(jù)兩次的形變量，可知A的重力勢(shì)能變化為：ΔEp=mgΔx-mg（-Δx），化簡(jiǎn)得：，由重力做功與重力勢(shì)能變化情況可知：WG=-ΔEp，

由能量守恒，可知外力做的功滿(mǎn)足：W+WG=0，解得：，故BCD錯(cuò)誤，A正確。

故選：A。

對(duì)物塊B受力分析，可知B剛好脫離地面時(shí)彈簧的形變量情況；初始時(shí)，對(duì)A受力分析，可知彈簧的形變量；根據(jù)兩次的形變量，結(jié)合A的重力勢(shì)能變化，即可計(jì)算外力做的功。

本題考查能量守恒問(wèn)題，關(guān)鍵是根據(jù)對(duì)A、B受力分析，分別計(jì)算初末狀態(tài)的形變量。8.【答案】

【解析】解：R1兩端電壓為U1=I1R1=1×5V=5V，R2的電流I2=I-I1=3A-1A=2A，R2兩端電壓為U2=I2R2=2×10V=20V，則R3兩端電壓為U3=（20-5）V=15V，且電流從a流向b,大小為I3==，通過(guò)電流表的電流為I2+I3=2A+0.5A=2.5A，方向從左到右，故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選：A。

根據(jù)混聯(lián)電路特點(diǎn)結(jié)合電流和電壓以及電阻的關(guān)系列式求解。

考查混聯(lián)電路特點(diǎn)的應(yīng)用，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。9.【答案】

【解析】解：物塊由A到B，重力做功WG

=-mgh,推力F做功WF

=Fs

由動(dòng)能定理得：W合=Fs-mgh+Wf

=-，變形得Wf=--Fs+mgh,故AC錯(cuò)誤，BD正確。

故選：BD。

物塊由A到B，根據(jù)動(dòng)能定理及W=Flcosθ，列式求解即可。

本題考查學(xué)生對(duì)力做功及動(dòng)能定理的理解和運(yùn)用，需要注意單個(gè)力做功和合力做功的區(qū)別。10.【答案】

【解析】解：A.根據(jù)等勢(shì)面與電場(chǎng)線的方向垂直的特點(diǎn)，畫(huà)出兩條電場(chǎng)線，可知甲偏轉(zhuǎn)的方向大體向下，而乙偏轉(zhuǎn)的方向大體向上，二者偏轉(zhuǎn)的方向沿電場(chǎng)線的兩個(gè)不同的方向，所以甲與乙一定帶不同性質(zhì)的電荷，由于不知道a、b、c三個(gè)等勢(shì)面的電勢(shì)的高低，所以不能判斷出電場(chǎng)線的方向，也不能判斷出甲、乙的具體的電性，故A錯(cuò)誤；

B.電場(chǎng)線的方向重直與等勢(shì)面，所以甲粒子運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)加速度方向垂直沿c上過(guò)B點(diǎn)的切線，故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)等差等勢(shì)面密集的地方電場(chǎng)強(qiáng)度大，可知

Ea＞Ec

則乙粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中所受電場(chǎng)力逐漸減小，根據(jù)牛頓第二定律知加速度逐漸減小，故C正確；

D.甲粒子從A到B，根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡可知電場(chǎng)力方向向左下，速度方向和電場(chǎng)力方向夾角為銳角，電場(chǎng)力一定做正功，乙粒子從A到C，根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡可知電場(chǎng)力方向向左上，速度方向和電場(chǎng)力方向夾角為鈍角，電場(chǎng)力一定做負(fù)功，故D正確。

故選：CD。

電場(chǎng)線的方向重直與等勢(shì)面，等勢(shì)面密集的地方電場(chǎng)強(qiáng)度大，速度方向和電場(chǎng)力方向夾角為銳角，電場(chǎng)力一定做正功。

本題考查電勢(shì)能與電場(chǎng)力做功，解題關(guān)鍵掌握電場(chǎng)線的方向重直與等勢(shì)面，注意判斷力做正功負(fù)功的方法。11.【答案】

【解析】解：A.根據(jù)公式，，可得F=qE=q，解得F=，這里電場(chǎng)不是點(diǎn)電荷電場(chǎng)，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)受力分析知，油滴受重力和電場(chǎng)力，因?yàn)橛偷问芰ζ胶?，因此可判斷油滴帶?fù)電，所受電場(chǎng)力豎直向上，故B正確；

C.平行板電容器電荷量不變，根據(jù)公式，，因此將上極板平移到圖中虛線位置，間距變小，電容變大，電壓變小，靜電計(jì)指針張角變小，故C正確；

D.電場(chǎng)力，可知電場(chǎng)力與兩極板距離d無(wú)關(guān)，若僅將上極板平移到圖中虛線位置，所受電場(chǎng)力不變，因此油滴仍靜止不動(dòng)，故D錯(cuò)誤。

故選：BC。

根據(jù)電容器的動(dòng)態(tài)分析方法結(jié)合平衡條件等知識(shí)進(jìn)行分析解答。

考查電容器的動(dòng)態(tài)分析方法結(jié)合平衡條件的應(yīng)用，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。12.【答案】

【解析】解：A、根據(jù)v-t圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示物塊的位移，知0-1.2s內(nèi)貨物運(yùn)動(dòng)的位移為x=m=3.2m

則AB兩點(diǎn)的距離為3.2m,故A錯(cuò)誤；

B、由圖像可以看出，貨物在兩段時(shí)間內(nèi)均做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有：

0-0.2s內(nèi)，有：mgsinθ+μmgcosθ=ma1

0.2-1.2s內(nèi)，有：mgsinθ-μmgcosθ=ma2

由v-t圖像的斜率表示加速度，可得兩段的加速度分別為：a1=m/s2=10m/s2，a2=m/s2=2m/s2

解得θ=37°，μ=0.5

故B正確；

C、設(shè)傳送帶對(duì)貨物做的功為W，對(duì)整個(gè)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：W+mgxsinθ=mv2-0

由圖知，v=4m/s

解得W=-11.2J

故C正確；

D、由圖判斷知，傳送帶的速度為v皮=2m/s

根據(jù)功能關(guān)系，知貨物與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量等于摩擦力乘以相對(duì)位移，貨物受到的滑動(dòng)摩擦力大小為f=μmgcosθ=0.5×10×1×0.8N=4N

0-0.2s內(nèi)，貨物的位移為：x1=×2×0.2m=0.2m

皮帶位移為x皮1=v皮t1=2×0.2m=0.4m

兩者間相對(duì)位移為Δx1=x皮1-x1=（0.4-0.2）m=0.2m

同理：0.2-1.2s內(nèi)，貨物的位移為x2=×（2+4）×1m=3m,x皮2=v皮t2=2×1m=2m

兩者間相對(duì)位移為Δx2=x2-x皮2=（3-2）m=1m

故兩者之間相對(duì)路程為Δx=Δx1+Δx2=（1+0.2）m=1.2m

貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=W=fΔx=4×1.2J=4.8J

故D正確。

故選：BCD。

貨物在傳送帶上先做加速度較大的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，然后做加速度較小的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度一時(shí)間圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示物塊的位移，求出AB兩點(diǎn)間的距離。由速度圖像的斜率求出加速度，根據(jù)牛頓第二定律求動(dòng)摩擦因數(shù)。根據(jù)動(dòng)能定理求傳送帶對(duì)貨物做功大小。根據(jù)貨物與傳送帶間的相對(duì)位移求產(chǎn)生的熱量。

本題一方面要分析貨物的運(yùn)動(dòng)情況，由圖像的斜率求兩段過(guò)程的加速度，另一方面結(jié)合牛頓第二定律分兩個(gè)過(guò)程列式求解摩擦因數(shù)及斜面傾角。在求摩擦產(chǎn)生的熱量時(shí)注意找兩物體的相對(duì)位移。13.【答案】

【解析】解：（1）由圖乙可知，該游標(biāo)卡游標(biāo)尺的最小刻度為0.05mm,主尺讀數(shù)為2mm,游標(biāo)尺的讀數(shù)為14×0.05mm,則d=2mm+14×0.05mm=2.70mm

（2）該實(shí)驗(yàn)的原理是通過(guò)鉤碼高度的降低，使鉤碼的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為鉤碼和滑塊及遮光條共同的動(dòng)能，則只要等式

在誤差允許的范圍內(nèi)成立，則機(jī)械能守恒定律得到驗(yàn)證。

（3）由（2）可得

則只要圖像的斜率為

則機(jī)械能守恒定律得到驗(yàn)證。

故答案為：（1）2.70；（2）；（3）。

（1）先確定游標(biāo)卡尺的最小分度值，再讀出主尺和游標(biāo)尺的讀數(shù)，相加即為游標(biāo)卡尺讀數(shù)；

（2）根據(jù)鉤碼的重力勢(shì)能和鉤碼和滑塊及遮光條共同的動(dòng)能變化量絕對(duì)值的關(guān)系判斷；

（3）根據(jù)鉤碼的重力勢(shì)能和鉤碼和滑塊及遮光條共同的動(dòng)能變化量絕對(duì)值相等推導(dǎo)判斷。

本題考查驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律實(shí)驗(yàn)，要求掌握實(shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)裝置、實(shí)驗(yàn)步驟和數(shù)據(jù)處理。14.【答案】

【解析】（1）由題意可知，電源電動(dòng)勢(shì)為6V，而由于待測(cè)電阻約為10Ω，則電路中電流最大為

故不能選用最大量程為3A的電流表，故電流表只能選用A2，即電流表應(yīng)該選D。

由題意可知，電路應(yīng)采用分壓接法，故滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用較小的電阻R1，故滑動(dòng)變阻器選用F。

（2）由圖乙可知螺旋測(cè)微器的示數(shù)為0.5mm+23.0×0.01mm=0.730mm

（3）由題意可知，電路應(yīng)采用分壓接法，電壓表內(nèi)阻遠(yuǎn)大于金屬管線的電阻，電流表應(yīng)采用外接法，故選戊。

（4）根據(jù)歐姆定律有

根據(jù)電阻定律有

故截面積為

故金屬管線內(nèi)芯截面積的表達(dá)式為

故答案為：（1）D，F(xiàn)；（2）0.730；（3）戊；（4）。

（1）估算電路中的最大電流選擇電流表；根據(jù)分壓式接法選擇滑動(dòng)變阻器；

（2）螺旋測(cè)微器的讀數(shù)為固定刻度與可動(dòng)刻度讀數(shù)之和；

（3）根據(jù)電壓表內(nèi)阻與金屬管線電阻關(guān)系選擇電流表接法判斷；

（4）根據(jù)歐姆定律與電阻定律推導(dǎo)。

本題關(guān)鍵掌握測(cè)定導(dǎo)體電阻率的實(shí)驗(yàn)原理和螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法。15.【答案】

【解析】