高級中學名校試卷PAGEPAGE12025年5月高一年級物理試卷時長：75分鐘試卷滿分：100分注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3．非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4．考試結束后，請將答題卡上交。一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，第8~10題有多項符合題目要求。每小題全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。1.在物理學的歷史長河中，有很多科學家都有著偉大的發(fā)現，他們的研究成果不僅深刻影響著物理學發(fā)展的方向，也對人類社會產生了深遠的影響。對于科學家及他們的貢獻，下列說法正確的是（）A.卡文迪什利用扭秤裝置首次比較準確地測出了引力常量的值B.伽利略研究自由落體運動時，主要采用了控制變量的方法C.富蘭克林命名了正負電荷并發(fā)現了電荷之間相互作用力的規(guī)律D.亞里士多德經過實驗推斷并檢驗得出無論物體輕重如何，其下落的快慢程度相同【答案】A【解析】A．卡文迪什利用扭秤裝置首次比較準確地測出了引力常量的值，故A正確；B．伽利略研究自由落體運動時，主要采用理想實驗和科學推理，而非控制變量法，故B錯誤；C．富蘭克林命名了正負電荷，但電荷間作用力規(guī)律（庫侖定律）由庫侖發(fā)現，故C錯誤；D．亞里士多德認為重物下落更快，而伽利略通過實驗和推理得出輕重物體下落快慢相同，故D錯誤。故選A。2.如圖所示，一位動作片演員在兩輛勻速直線行駛的大卡車中間上演“一字馬”的好戲，兩腳分開分別抵住兩側豎直平坦的卡車貨箱側壁并與其保持相對靜止。已知該演員受到的重力為，則與貨箱之間的動摩擦因數為，則下列說法正確的是（）A.該演員的每只腳對貨箱的壓力大小都為B.該演員受到的摩擦力大小為C.若換一個質量更大的演員表演，則需要更大的摩擦力才能保持相對靜止D.單側貨箱對演員的作用力豎直向上【答案】C【解析】A．演員在兩車之間保持相對靜止，腳對貨箱的壓力兩邊等大反向，但具體大小未知，不一定是，故A錯誤；B．每只腳受到的摩擦力，不是，故B錯誤；C．質量增加則體重增加，，因此需要更大的靜摩擦力才能保持靜止，故C正確；D．以左側貨箱為例，左側貨箱對演員有向右的支持力，向上的靜摩擦，即左側貨箱對人的作用力斜向上，故D錯誤。故選C。3.2025年五一假期，宜昌市兒童公園游人如織，熱鬧非凡，其中摩天輪是最受歡迎的項目之一。如圖所示，游客乘坐摩天輪在豎直平面內做勻速圓周運動，下列說法正確的是（）A.游客做勻變速曲線運動B.游客速率不變，受到合外力為零C.當游客的高度低于圓心的高度時，游客一定處于超重狀態(tài)D.游客在上升過程中處于超重狀態(tài)，下降過程中處于失重狀態(tài)【答案】C【解析】AB．勻速圓周運動的物體所受合力大小不變且不為零，方向始終指向圓心，而勻變速曲線運動的合力恒定，故AB錯誤。CD．勻速圓周運動的加速度始終指向圓心，當游客低于圓心高度時，加速度有豎直向上的分量，游客處于超重狀態(tài)；當游客高于圓心高度時，加速度有豎直向下的分量，游客處于失重狀態(tài)，故C正確，D錯誤。故選C。4.如圖所示，真空中有兩個點電荷，、，分別固定在軸的坐標為0和的位置上，下列判斷正確的是（）A.時，沿軸正方向電勢降低B.在之間電場強度方向都向左C.只考慮電場力，第三個點電荷可以在之間某點平衡D.只考慮電場力，第三個點電荷可以坐標處平衡【答案】D【解析】A．在x軸上部分，產生沿x軸負方向的電場，產生沿x軸正方向的電場，因Q1>Q2，且此部分上任意一點與Q1距離更近，根據點電荷的場強公式可知，Q1產生的場強更大，合場強方向沿x軸負方向，沿軸正方向電勢升高，故A錯誤；BC．在之間,產生的電場方向均沿x軸正方向，則合場強沿x軸正方向，第三個點電荷不可能在之間某點平衡，故BC錯誤；D．設軸上場強為0的坐標為（x，0），有解得可知第三個點電荷在坐標處受到電場力合力為0，處于平衡狀態(tài)，故D正確。故選D。5.我國自主研發(fā)的055型驅逐艦是世界上最先進的驅逐艦之一。如圖，質量為的055型驅逐艦南昌艦在海上執(zhí)行護航任務，該艦從靜止開始以恒定功率開始啟動并沿直線行駛，設其受到的阻力與瞬時速度的平方成正比且滿足表達式為已知量。南昌艦從靜止開始加速到最大速度的總時間為，則下列說法正確的是（）A.達到最大速度之前，南昌艦做勻加速運動B.達到最大速度之前，南昌艦的加速度一直在減小C.若加速階段的總位移為，則加速階段南昌艦克服阻力做功D.整個過程中阻力對南昌艦做的功為【答案】B【解析】AB．南昌艦以恒定功率啟動，有公式，可得列牛頓第二定律有根據公式可知在加速過程中隨著速度增加，加速度在減小，故驅逐艦應做加速度減小的加速運動，故A錯誤，B正確；C．在加速過程中，阻力不是線性變化的，平均阻力不等于最大阻力的一半，C錯誤；D．根據動能定理，Pt+Wf=12故選B。6.如圖所示，輕質動滑輪下懸掛質量為的重物，繞過輕質定滑輪細繩的另一端懸掛質量為的重物，懸掛滑輪的輕質細線豎直。在外力約束下、靜止且距地面高度均為，解除約束后、開始運動。不計摩擦力和空氣阻力，若始終不與定滑輪相碰，重力加速度為。則下列說法正確的是（）A.重物在下落過程中機械能增加B.重物運動過程中，速率時刻相同C.重物剛要落地時，的速度大小為D.重物剛要落地時，的速度大小為【答案】C【解析】A．對A進行受力分析，A受到豎直向下的重力以及繩子提供的豎直向上拉力，A的重力大于繩子拉力的合力，故A向下運動，則繩子的拉力對A做負功，A的機械能減少，故A錯誤；BCD．A從圖示位置下降的過程中，對AB整體分析，只有重力做功，故AB組成的系統(tǒng)機械能守恒，A下降，B上升，設重物A剛要落地時，A的速度為，由關聯速度得B的速度為，由系統(tǒng)機械能守恒定律解得故BD錯誤，C正確。故選C。7.如圖所示，光滑圓軌道豎直固定，圓心為，圓弧軌道最高點與的連線水平，質量為的物塊以從點沿著圓軌道下滑，經過點時，軌道受到的壓力大小為。物塊通過點后無能量損失地滑上和點等高的質量為的長木板，物塊與長木板之間的動摩擦因數為，水平地面光滑；當物塊和長木板達到共速時物塊恰好到長木板的最右端。下列說法正確的是（）A.圓弧軌道的半徑B.物塊到達B點時的速度C.長木板長度為D.物塊與長木板之間因摩擦產生的熱量為【答案】C【解析】AB．從點到點由機械能守恒定律可知在點由圓周運動向心力公式聯立解得，故AB錯誤；C．物塊滑上長木板后，對物塊有解得，且對長木板有解得，且設物塊、長木板最終達到得速度為，則有聯立解得因此可以求得物塊的位移長木板的位移則長木板的長度為故C正確；D．根據能量守恒可知解得，故D錯誤。故選C。8.麻省理工學院的天文學家發(fā)現了一個雙星系統(tǒng)，其軌道極短，約每51分鐘彼此繞行一圈，這表明兩顆恒星中心之間的距離非常近，幾乎和地心與月心的距離相當，該系統(tǒng)可能是被稱為“激變變星”的罕見雙星系統(tǒng)，被命名為ZTFJ1813+4251雙星系統(tǒng)，已知地心和月心的距離約為384000多公里，引力常量G未知，僅根據以上信息，可以估算出（）A.雙星運動的角速度大小B.雙星質量之積C.雙星運動的速率之和D.雙星質量之和【答案】AC【解析】A．雙星系統(tǒng)公轉角速度，故A正確；BD．設兩顆恒星的質量分別為m1和m2，根據萬有引力提供向心力有，，聯立可得，由于引力常量G為未知值，故BD錯誤；C．根據線速度與角速度的關系有，聯立可得，故C正確。故選AC。9.真空中有兩個正點電荷電量相等，連線水平放置。若將一個光滑絕緣圓軌道置于兩點荷連線中垂線上，圓心與中點O重合，軌道半徑為R且軌道平面與兩點電荷連線垂直?？梢暈橘|點的質量為m的帶負電小球，在軌道內以O為圓心做完整的圓周運動，已知重力加速度為g，規(guī)定無限遠處電勢為零。下列說法正確的是（）A.O點電場強度為零，電勢為零B.小球沿圓軌道運動時靜電力始終不做功，小球機械能保持不變C.小球的軌跡圓上電勢相等，電場強度相同D.小球在軌道內側運動時，最高點A處最小速度一定大于【答案】BD【解析】A．根據，O點電場強度為零；因為無限遠處電勢為零，所以O點電勢大于零，A錯誤；B．小球在圓軌道上運動時所受靜電力總是指向圓心，不做功，只有重力做功，機械能保持不變，B正確；C．軌道所在處電勢處處相等，電場強度大小相等，但方向不同，C錯誤；D．小球在最高點時，根據牛頓第二定律得解得，D正確。故選BD。10.如圖所示，光滑斜面固定在水平面上，底端固定一垂直斜面的擋板，斜面傾角。物塊A、B用輕彈簧相連，彈簧勁度系數為k，物塊B、C用輕繩跨過光滑的定滑輪連接，物塊質量分別為、、，重力加速度為g，A、B、C皆可視為質點，剛開始系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F用一外力緩慢向下拉C，使A對擋板恰好無壓力時立即撤去該外力，之后的過程中，下列判斷正確的是（）A.撤去外力瞬間，B的加速度為B.撤去外力瞬間，C加速度為0C.當A對擋板的壓力為mg時，B的速度為D.當A對擋板的壓力為mg時，C的速度為【答案】AD【解析】AB．撤去外力瞬間，輕繩拉力突變，物塊B、C加速度大小相等對A：對B：對C：解得，A正確，B錯誤；CD．當A對擋板的壓力為mg時，對A由平衡條件得解得彈簧壓縮量，彈簧的彈性勢能等于撤去外力瞬間的彈性勢能，該過程B、C組成的系統(tǒng)機械能守恒，并且B、C的速度相等，設B、C的速度為對B、C由機械能守恒有：解得，C錯誤，D正確。故選AD。二、實驗題：本大題共2小題，共18分。11.小維同學利用家里閑置的一些廢舊物品制作了如圖甲所示的驗電器，并嘗試驗證電荷守恒定律。圖乙是固定在絕緣手柄上的橡膠板和玻璃板，分別將其伸入驗電器上端的空心金屬球中（不與金屬球接觸），驗電器金屬箔片均不張開。（1）帶上絕緣手套，手持固定有橡膠板和玻璃板的絕緣手柄。相互快速用力摩擦橡膠板和玻璃板然后分開，將橡膠板伸入空心金屬球中（不與金屬球接觸），驗電器金屬箔片張開，此時，驗電器金屬箔片與橡膠板帶有_____（填“同種”或“異種”）電荷。（2）將橡膠板和玻璃板一起伸入空心金屬球中（均不與金屬球接觸），驗電器金屬箔片不張開。說明摩擦后的橡膠板和玻璃板帶有_____電荷。（填“等量同種”或“等量異種”）（3）上述實驗_____驗證電荷守恒定律。（填“能”或“不能”）【答案】（1）同種（2）等量異種（3）能【解析】【小問1解析】金屬球、金屬桿和金屬箔片組成的整體發(fā)生靜電感應現象，金屬箔片與橡膠板帶有同種電荷?！拘?解析】相互快速用力摩擦橡膠板和玻璃板后，橡膠板和玻璃板帶有等量異種電荷?！拘?解析】橡膠板和玻璃板初始狀態(tài)不帶電，相互摩擦后帶等量異種電荷，即帶電量代數和仍為零，能驗證電荷守恒定律。12.為了驗證“機械能守恒定律”，某實驗小組用打點計時器，重物，氣墊導軌、光電門、滑塊等器材組裝了如圖甲所示的兩種裝置進行實驗；（1）對于這兩個實驗方案，分析正確的是_____A.方案1中，重物應該選擇體積小、密度大的物體B.方案1中，應先釋放紙帶，后給打點計時器通電C.方案2中，為減小誤差，兩光電門之間的距離越小越好（2）進行方案1實驗時，若測出紙帶上所有計數點到起始點O的距離h，根據紙帶計算出各點的速度大小v，以h為縱軸，v2為橫軸，畫出的圖像如圖乙所示，計算出物體下落的加速度為_____（用a和b表示）；在一定的誤差范圍內，若下落的加速度_____（填“小于”，“等于”，“大于”）當地的重力加速度，則能驗證機械能守恒定律。（3）進行方案2實驗時，遮光條和滑塊的質量為1.00kg，遮光條的寬度為4mm，經過光電門Ⅰ的時間為4×10-3s，經過光電門Ⅱ的時間為2×10-3s，滑塊和遮光條增加的動能為ΔEk=_____J。氣墊導軌左端離水平桌面高度為0.25m，氣墊導軌長度為1.00m，圖中A、B兩點之間的距離為0.64m，，在通過A、B兩點時重力勢能的減少量為ΔEp減=_____J。ΔEk和ΔEp減不相等的原因是_____（寫一條即可）以上計算結果均保留三位有效數字?！敬鸢浮浚?）A（2）等于（3）1.501.57滑塊下滑的過程中，空氣阻力和摩擦力對滑塊做負功【解析】【小問1解析】A．方案1中，為了減小空氣阻力產生的誤差，物體應該選擇體積小，密度大的物體，A正確；B．方案1中，應先給打點計時器通電，后釋放紙帶，B錯誤；C．方案2中，為減小誤差，兩光電門之間的距離應該適當遠一些，C錯誤。故選A?！拘?解析】由勻變速直線運動：解得圖線的斜率為解得驗證機械能守恒，即在一定的誤差范圍內，驗證減少的重力勢能和增加的動能相等，則需要等式成立增加的動能的實際值為(mg-F)h，即要驗證等式成立化簡可得只需要驗證成立，若二者相等，則能說明機械能守恒?！拘?解析】滑塊通過第1個光電門的速度為滑塊通過第2個光電門的速度為滑塊和遮光條增加的動能為兩光電門的高度差為重力勢能的減少量為減少的重力勢能大于增加的動能，說明在滑塊下滑的過程中重力勢能并沒有完全轉化為動能，還有能量損失，空氣阻力和摩擦力對滑塊做負功。三、解答題：本大題共3小題，共42分。13.某食品工廠需要將流水線上包裝好的可視為質點的餅干盒快速、平穩(wěn)地運輸到倉庫裝箱區(qū)域。為了提高效率，工程師設計了一條水平傳送帶系統(tǒng)，傳送帶長度L=10m，傳送帶以恒定速度v=2m/s順時針運行，餅干盒與傳送帶間的動摩擦因數為μ1=0.2。工人將質量m=1kg的餅干盒輕放在傳送帶左端，重力加速度取g=10m/s2。（1）求餅干盒在傳送帶上加速運動過程中的位移；（2）傳送帶右端和桌面平滑連接，其與桌面的動摩擦因數為μ2=0.1，餅干盒經過連接處無能量損失，速度為0時剛好到達裝箱區(qū)域，求餅干盒從放上傳送帶到停止運動的總時間?！敬鸢浮浚?）1m（2）7.5s【解析】【小問1解析】餅干盒在傳送帶上的加速度為a1，由牛頓第二定律得解得餅干盒加速到v的位移x滿足解得故餅干盒先加速到與傳送帶共速后勻速運動，加速運動位移為1m；【小問2解析】餅干盒加速運動時間解得共速后勻速運動的時間解得餅干盒到達桌面上的加速度為a2，由牛頓第二定律得解得餅干盒減速到0的時間解得餅干盒從放上傳送帶到停止運動的總時間14.如圖為某游戲裝置原理示意圖。光滑水平桌面上固定一個內表面粗糙的半圓形豎直擋板，其半徑為2R，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道在同一豎直平面內，過C點的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°。一質量為m的小物塊在一大小不變，方向與運動方向始終相同的力F的作用下以某一水平初速度由A點切入擋板內側，使擋板對小球的支持力大小恒為2mg，從B點飛出桌面瞬間撤去F，在C點沿圓弧切線方向進入軌道內側。小物塊與擋板之間的動摩擦因數為，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小物塊可視為質點。求：（1）F做的功W；（2）B和C兩點的高度差H；（3）小球是否能到達D點并說明理由【答案】（1）2mgR（2）6R（3）見解析【解析】【小問1解析】小物塊沿著擋板運動，擋板對小物塊的支持力不變解得小物塊從A到B的過程中，根據動能定理有W+解得F做的功【小問2解析】從B點飛出時的速度為由題知，小物塊從C點沿圓弧切線方向進入軌道內側，在C點有則小物塊從B到C的過程中，根據動能定理有聯立解得【小問3解析】若小物塊能運動到D點，小物塊從C到D的過程中，根據動能定理有-mg在D點：解得，小物塊在最高點和軌道存在接觸，能到達D點。15.如圖所示，表面光滑的圓弧軌道固定放置在水平地面上，圓心為O，半徑，過A點的軌道半徑與豎直方向的夾角為90°，過C點的軌道半徑與豎直方向的夾角為θ，B為軌道最低點且離地高度為0?，F有一可視為質點，質量為1kg的小物塊m從A點靜止釋放，從C點沿圓弧切線飛出，重力加速度取g=10m/s2，忽略空氣阻力，sin53°=0.8，cos53°=0.6。（1）求小物塊到達B點時對軌道的壓力；（2）若θ=53°，在軌道右側放置一固定在地面上形狀為等腰直角三角形的斜面，小球恰好可以無碰撞地從D點滑上斜面，求C和D的水平距離大??；（3）移走斜面，小物塊仍由A點靜止釋放，當θ取某值時，小物塊離開C點以后在空中運動的最高點與落地點之間水平距離最大，求該最大值?！敬鸢浮浚?）30N，方向豎直向下（2）1.344m（3）R【解析】【小問1解析】小物塊從A到B的過程中，只有重力做功，根據動能定理有在B點，有由牛頓第三定律可得解得方向豎直向下；【小問2解析】小物塊從A到C的過程中，只有重力做功，根據動能定理有解得取豎直向下為正方向，C到D的運動過程中，水平速度不變，豎直方向勻變速直線運動有水平位移為聯立解得即CD的水平距離為1.344m；【小問3解析】過C點的半徑與豎直方向夾角為0時，以水平速度落地，此時末速度與水平方向夾角為0，過C點的半徑與豎直方向夾角為90°時，以豎直速度落地，此時末速度與水平方向夾角為90°，可知落地末速度與水平方向的夾角范圍為0到90°，設落地末速度與水平方向的夾角為α，末速度大小為v，小物塊從A到落地的過程中，只有重力做功，根據動能定理有可得大小恒定，小物塊從最高點到落地為平拋運動，豎直方向有水平方向有聯立可得2α的取值范圍為0到180°，當且僅當時，時水平位移取得最大值R，即最高點和落地點的最大水平位移為R。2025年5月高一年級物理試卷時長：75分鐘試卷滿分：100分注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3．非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4．考試結束后，請將答題卡上交。一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，第8~10題有多項符合題目要求。每小題全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。1.在物理學的歷史長河中，有很多科學家都有著偉大的發(fā)現，他們的研究成果不僅深刻影響著物理學發(fā)展的方向，也對人類社會產生了深遠的影響。對于科學家及他們的貢獻，下列說法正確的是（）A.卡文迪什利用扭秤裝置首次比較準確地測出了引力常量的值B.伽利略研究自由落體運動時，主要采用了控制變量的方法C.富蘭克林命名了正負電荷并發(fā)現了電荷之間相互作用力的規(guī)律D.亞里士多德經過實驗推斷并檢驗得出無論物體輕重如何，其下落的快慢程度相同【答案】A【解析】A．卡文迪什利用扭秤裝置首次比較準確地測出了引力常量的值，故A正確；B．伽利略研究自由落體運動時，主要采用理想實驗和科學推理，而非控制變量法，故B錯誤；C．富蘭克林命名了正負電荷，但電荷間作用力規(guī)律（庫侖定律）由庫侖發(fā)現，故C錯誤；D．亞里士多德認為重物下落更快，而伽利略通過實驗和推理得出輕重物體下落快慢相同，故D錯誤。故選A。2.如圖所示，一位動作片演員在兩輛勻速直線行駛的大卡車中間上演“一字馬”的好戲，兩腳分開分別抵住兩側豎直平坦的卡車貨箱側壁并與其保持相對靜止。已知該演員受到的重力為，則與貨箱之間的動摩擦因數為，則下列說法正確的是（）A.該演員的每只腳對貨箱的壓力大小都為B.該演員受到的摩擦力大小為C.若換一個質量更大的演員表演，則需要更大的摩擦力才能保持相對靜止D.單側貨箱對演員的作用力豎直向上【答案】C【解析】A．演員在兩車之間保持相對靜止，腳對貨箱的壓力兩邊等大反向，但具體大小未知，不一定是，故A錯誤；B．每只腳受到的摩擦力，不是，故B錯誤；C．質量增加則體重增加，，因此需要更大的靜摩擦力才能保持靜止，故C正確；D．以左側貨箱為例，左側貨箱對演員有向右的支持力，向上的靜摩擦，即左側貨箱對人的作用力斜向上，故D錯誤。故選C。3.2025年五一假期，宜昌市兒童公園游人如織，熱鬧非凡，其中摩天輪是最受歡迎的項目之一。如圖所示，游客乘坐摩天輪在豎直平面內做勻速圓周運動，下列說法正確的是（）A.游客做勻變速曲線運動B.游客速率不變，受到合外力為零C.當游客的高度低于圓心的高度時，游客一定處于超重狀態(tài)D.游客在上升過程中處于超重狀態(tài)，下降過程中處于失重狀態(tài)【答案】C【解析】AB．勻速圓周運動的物體所受合力大小不變且不為零，方向始終指向圓心，而勻變速曲線運動的合力恒定，故AB錯誤。CD．勻速圓周運動的加速度始終指向圓心，當游客低于圓心高度時，加速度有豎直向上的分量，游客處于超重狀態(tài)；當游客高于圓心高度時，加速度有豎直向下的分量，游客處于失重狀態(tài)，故C正確，D錯誤。故選C。4.如圖所示，真空中有兩個點電荷，、，分別固定在軸的坐標為0和的位置上，下列判斷正確的是（）A.時，沿軸正方向電勢降低B.在之間電場強度方向都向左C.只考慮電場力，第三個點電荷可以在之間某點平衡D.只考慮電場力，第三個點電荷可以坐標處平衡【答案】D【解析】A．在x軸上部分，產生沿x軸負方向的電場，產生沿x軸正方向的電場，因Q1>Q2，且此部分上任意一點與Q1距離更近，根據點電荷的場強公式可知，Q1產生的場強更大，合場強方向沿x軸負方向，沿軸正方向電勢升高，故A錯誤；BC．在之間,產生的電場方向均沿x軸正方向，則合場強沿x軸正方向，第三個點電荷不可能在之間某點平衡，故BC錯誤；D．設軸上場強為0的坐標為（x，0），有解得可知第三個點電荷在坐標處受到電場力合力為0，處于平衡狀態(tài)，故D正確。故選D。5.我國自主研發(fā)的055型驅逐艦是世界上最先進的驅逐艦之一。如圖，質量為的055型驅逐艦南昌艦在海上執(zhí)行護航任務，該艦從靜止開始以恒定功率開始啟動并沿直線行駛，設其受到的阻力與瞬時速度的平方成正比且滿足表達式為已知量。南昌艦從靜止開始加速到最大速度的總時間為，則下列說法正確的是（）A.達到最大速度之前，南昌艦做勻加速運動B.達到最大速度之前，南昌艦的加速度一直在減小C.若加速階段的總位移為，則加速階段南昌艦克服阻力做功D.整個過程中阻力對南昌艦做的功為【答案】B【解析】AB．南昌艦以恒定功率啟動，有公式，可得列牛頓第二定律有根據公式可知在加速過程中隨著速度增加，加速度在減小，故驅逐艦應做加速度減小的加速運動，故A錯誤，B正確；C．在加速過程中，阻力不是線性變化的，平均阻力不等于最大阻力的一半，C錯誤；D．根據動能定理，Pt+Wf=12故選B。6.如圖所示，輕質動滑輪下懸掛質量為的重物，繞過輕質定滑輪細繩的另一端懸掛質量為的重物，懸掛滑輪的輕質細線豎直。在外力約束下、靜止且距地面高度均為，解除約束后、開始運動。不計摩擦力和空氣阻力，若始終不與定滑輪相碰，重力加速度為。則下列說法正確的是（）A.重物在下落過程中機械能增加B.重物運動過程中，速率時刻相同C.重物剛要落地時，的速度大小為D.重物剛要落地時，的速度大小為【答案】C【解析】A．對A進行受力分析，A受到豎直向下的重力以及繩子提供的豎直向上拉力，A的重力大于繩子拉力的合力，故A向下運動，則繩子的拉力對A做負功，A的機械能減少，故A錯誤；BCD．A從圖示位置下降的過程中，對AB整體分析，只有重力做功，故AB組成的系統(tǒng)機械能守恒，A下降，B上升，設重物A剛要落地時，A的速度為，由關聯速度得B的速度為，由系統(tǒng)機械能守恒定律解得故BD錯誤，C正確。故選C。7.如圖所示，光滑圓軌道豎直固定，圓心為，圓弧軌道最高點與的連線水平，質量為的物塊以從點沿著圓軌道下滑，經過點時，軌道受到的壓力大小為。物塊通過點后無能量損失地滑上和點等高的質量為的長木板，物塊與長木板之間的動摩擦因數為，水平地面光滑；當物塊和長木板達到共速時物塊恰好到長木板的最右端。下列說法正確的是（）A.圓弧軌道的半徑B.物塊到達B點時的速度C.長木板長度為D.物塊與長木板之間因摩擦產生的熱量為【答案】C【解析】AB．從點到點由機械能守恒定律可知在點由圓周運動向心力公式聯立解得，故AB錯誤；C．物塊滑上長木板后，對物塊有解得，且對長木板有解得，且設物塊、長木板最終達到得速度為，則有聯立解得因此可以求得物塊的位移長木板的位移則長木板的長度為故C正確；D．根據能量守恒可知解得，故D錯誤。故選C。8.麻省理工學院的天文學家發(fā)現了一個雙星系統(tǒng)，其軌道極短，約每51分鐘彼此繞行一圈，這表明兩顆恒星中心之間的距離非常近，幾乎和地心與月心的距離相當，該系統(tǒng)可能是被稱為“激變變星”的罕見雙星系統(tǒng)，被命名為ZTFJ1813+4251雙星系統(tǒng)，已知地心和月心的距離約為384000多公里，引力常量G未知，僅根據以上信息，可以估算出（）A.雙星運動的角速度大小B.雙星質量之積C.雙星運動的速率之和D.雙星質量之和【答案】AC【解析】A．雙星系統(tǒng)公轉角速度，故A正確；BD．設兩顆恒星的質量分別為m1和m2，根據萬有引力提供向心力有，，聯立可得，由于引力常量G為未知值，故BD錯誤；C．根據線速度與角速度的關系有，聯立可得，故C正確。故選AC。9.真空中有兩個正點電荷電量相等，連線水平放置。若將一個光滑絕緣圓軌道置于兩點荷連線中垂線上，圓心與中點O重合，軌道半徑為R且軌道平面與兩點電荷連線垂直?？梢暈橘|點的質量為m的帶負電小球，在軌道內以O為圓心做完整的圓周運動，已知重力加速度為g，規(guī)定無限遠處電勢為零。下列說法正確的是（）A.O點電場強度為零，電勢為零B.小球沿圓軌道運動時靜電力始終不做功，小球機械能保持不變C.小球的軌跡圓上電勢相等，電場強度相同D.小球在軌道內側運動時，最高點A處最小速度一定大于【答案】BD【解析】A．根據，O點電場強度為零；因為無限遠處電勢為零，所以O點電勢大于零，A錯誤；B．小球在圓軌道上運動時所受靜電力總是指向圓心，不做功，只有重力做功，機械能保持不變，B正確；C．軌道所在處電勢處處相等，電場強度大小相等，但方向不同，C錯誤；D．小球在最高點時，根據牛頓第二定律得解得，D正確。故選BD。10.如圖所示，光滑斜面固定在水平面上，底端固定一垂直斜面的擋板，斜面傾角。物塊A、B用輕彈簧相連，彈簧勁度系數為k，物塊B、C用輕繩跨過光滑的定滑輪連接，物塊質量分別為、、，重力加速度為g，A、B、C皆可視為質點，剛開始系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。現用一外力緩慢向下拉C，使A對擋板恰好無壓力時立即撤去該外力，之后的過程中，下列判斷正確的是（）A.撤去外力瞬間，B的加速度為B.撤去外力瞬間，C加速度為0C.當A對擋板的壓力為mg時，B的速度為D.當A對擋板的壓力為mg時，C的速度為【答案】AD【解析】AB．撤去外力瞬間，輕繩拉力突變，物塊B、C加速度大小相等對A：對B：對C：解得，A正確，B錯誤；CD．當A對擋板的壓力為mg時，對A由平衡條件得解得彈簧壓縮量，彈簧的彈性勢能等于撤去外力瞬間的彈性勢能，該過程B、C組成的系統(tǒng)機械能守恒，并且B、C的速度相等，設B、C的速度為對B、C由機械能守恒有：解得，C錯誤，D正確。故選AD。二、實驗題：本大題共2小題，共18分。11.小維同學利用家里閑置的一些廢舊物品制作了如圖甲所示的驗電器，并嘗試驗證電荷守恒定律。圖乙是固定在絕緣手柄上的橡膠板和玻璃板，分別將其伸入驗電器上端的空心金屬球中（不與金屬球接觸），驗電器金屬箔片均不張開。（1）帶上絕緣手套，手持固定有橡膠板和玻璃板的絕緣手柄。相互快速用力摩擦橡膠板和玻璃板然后分開，將橡膠板伸入空心金屬球中（不與金屬球接觸），驗電器金屬箔片張開，此時，驗電器金屬箔片與橡膠板帶有_____（填“同種”或“異種”）電荷。（2）將橡膠板和玻璃板一起伸入空心金屬球中（均不與金屬球接觸），驗電器金屬箔片不張開。說明摩擦后的橡膠板和玻璃板帶有_____電荷。（填“等量同種”或“等量異種”）（3）上述實驗_____驗證電荷守恒定律。（填“能”或“不能”）【答案】（1）同種（2）等量異種（3）能【解析】【小問1解析】金屬球、金屬桿和金屬箔片組成的整體發(fā)生靜電感應現象，金屬箔片與橡膠板帶有同種電荷?！拘?解析】相互快速用力摩擦橡膠板和玻璃板后，橡膠板和玻璃板帶有等量異種電荷?！拘?解析】橡膠板和玻璃板初始狀態(tài)不帶電，相互摩擦后帶等量異種電荷，即帶電量代數和仍為零，能驗證電荷守恒定律。12.為了驗證“機械能守恒定律”，某實驗小組用打點計時器，重物，氣墊導軌、光電門、滑塊等器材組裝了如圖甲所示的兩種裝置進行實驗；（1）對于這兩個實驗方案，分析正確的是_____A.方案1中，重物應該選擇體積小、密度大的物體B.方案1中，應先釋放紙帶，后給打點計時器通電C.方案2中，為減小誤差，兩光電門之間的距離越小越好（2）進行方案1實驗時，若測出紙帶上所有計數點到起始點O的距離h，根據紙帶計算出各點的速度大小v，以h為縱軸，v2為橫軸，畫出的圖像如圖乙所示，計算出物體下落的加速度為_____（用a和b表示）；在一定的誤差范圍內，若下落的加速度_____（填“小于”，“等于”，“大于”）當地的重力加速度，則能驗證機械能守恒定律。（3）進行方案2實驗時，遮光條和滑塊的質量為1.00kg，遮光條的寬度為4mm，經過光電門Ⅰ的時間為4×10-3s，經過光電門Ⅱ的時間為2×10-3s，滑塊和遮光條增加的動能為ΔEk=_____J。氣墊導軌左端離水平桌面高度為0.25m，氣墊導軌長度為1.00m，圖中A、B兩點之間的距離為0.64m，，在通過A、B兩點時重力勢能的減少量為ΔEp減=_____J。ΔEk和ΔEp減不相等的原因是_____（寫一條即可）以上計算結果均保留三位有效數字?！敬鸢浮浚?）A（2）等于（3）1.501.57滑塊下滑的過程中，空氣阻力和摩擦力對滑塊做負功【解析】【小問1解析】A．方案1中，為了減小空氣阻力產生的誤差，物體應該選擇體積小，密度大的物體，A正確；B．方案1中，應先給打點計時器通電，后釋放紙帶，B錯誤；C．方案2中，為減小誤差，兩光電門之間的距離應該適當遠一些，C錯誤。故選A。【小問2解析】由勻變速直線運動：解得圖線的斜率為解得驗證機械能守恒，即在一定的誤差范圍內，驗證減少的重力勢能和增加的動能相等，則需要等式成立增加的動能的實際值為(mg-F)h，即要驗證等式成立化簡可得只需要驗證成立，若二者相等，則能說明機械能守恒。【小問3解析】滑塊通過第1個光電門的速度為滑塊通過第2個光電門的速度為滑塊和遮光條增加的動能為兩光電門的高度差為重力勢能的減少量為減少的重力勢能大于增加的動能，說明在滑塊下滑的過程中重力勢能并沒有完全轉化為動能，還有能量損失，空氣阻力和摩擦力對滑塊做負功。三、解答題：本大題共3小題，共42分。13.某食品工廠需要將流水線上包裝好的可視為質點的餅干盒快速、平穩(wěn)地運輸到倉庫裝箱區(qū)域。為了提高效率，工程師設計了一條水平傳送帶系統(tǒng)，傳送帶長度L=10m，傳送帶以恒定速度v=2m/s順時針運行，餅干盒與傳送帶間的動摩擦因數為μ1=0.2。工人將質量m=1kg的餅干盒輕放在傳送帶左端，重力加速度取g=10m/s2。（1）求餅干盒在傳送帶上加速運動過程中的位移；（2）傳送帶右端和桌面平滑連接，其與桌面的動摩擦因數為μ2=0.1，餅干盒經過連接處無能量損失，速度為0時剛好到達裝箱區(qū)域，求餅干盒從放上傳送帶到停止運動的總時間?！敬鸢浮浚?）1m（2）7.