高級中學名校試卷PAGEPAGE12024年浙江省寧波市鎮(zhèn)海中學高考物理復習試卷（二）1.加速度的定義式為，歷史上有些科學家曾把相等位移內(nèi)速度變化相等的單向直線運動稱為“勻變速直線運動”（現(xiàn)稱“另類勻變速直線運動”），“另類加速度”的定義式為，其中和分別表示某段位移x內(nèi)的初速度和末速度。表示物體做加速運動，表示物體做減速運動。則下列說法正確的是（）A.若且保持不變，則a逐漸減小B.若a不變，則物體在中間時刻的速度為C.若A不變，則物體在位移中點處的速度比大D.若A不變，則a也不變【答案】B【解析】AD．若A＞0且保持不變，相等位移內(nèi)速度增加量相等，則知平均速度越來越大，所以相等位移內(nèi)所用時間越來越少，由可知，a越來越大；故AD錯誤；B．若a不變，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律得：物體在中間時刻的速度為，故B正確C．若A不變，相等位移內(nèi)速度變化相等，所以在位移中點處位移為，速度變化量為所以此位置速度為，故C錯誤。故選B。2.如圖所示，用不可伸長的輕繩將質量為m的小球固定在光滑的木板MN上，將木板以底邊為軸緩慢順時針轉動至水平，在轉動過程中保持輕繩與木板之間的夾角不變，則在轉動過程中，下列說法正確的是（）A.小球對木板壓力逐漸增大 B.小球對木板壓力先增大后減小C.繩上的拉力先增大后減小 D.繩上的拉力逐漸增大【答案】B【解析】小球在轉動過程中某一位置的受力分析如圖所示，由平行四邊形可得設輕繩與木板MN的夾角為，可知不變，逐漸減小到0，先增大到90°后為鈍角﹐因此，繩子的拉力T逐漸減小，小球受到的支持力先增大后減小。由牛頓第三定律，小球對木板壓力先增大后減小。故選B3.2022年11月29日23時08分，搭載著神舟十五號載人飛船的長征二號F遙十五運載火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心升空，11月30日5時42分，神舟十五號載人飛船與天和核心艙成功完成自主交會對接。如圖為神舟十五號的發(fā)射與交會對接過程示意圖，圖中①為近地圓軌道，其軌道半徑為，②為橢圓變軌軌道，③為天和核心艙所在軌道，其軌道半徑為，P、Q分別為②軌道與①、③軌道的交會點，已知神舟十五號的質量為m，地球表面重力加速度為g。關于神舟十五號載人飛船與天和核心艙交會對接過程，下列說法正確的是（）A.神舟十五號在①軌道上經(jīng)過P點時的機械能等于在②軌道上經(jīng)過P點時的機械能B.神舟十五號在①軌道上經(jīng)過P點時的加速度小于在②軌道上經(jīng)過P點時的加速度C.神舟十五號在②軌道上從P點運動到Q點經(jīng)歷的時間為D.神舟十五號從①軌道轉移到③軌道過程中，飛船自身動力對飛船做的功為【答案】C【解析】A．神舟十五號由①軌道變軌到②軌道是由低軌道到高軌道，需要在切點加速，機械能增大，神舟十五號在同一軌道上運動時，只有萬有引力做功，機械能守恒，可知，神舟十五號在①軌道上經(jīng)過P點時的機械能小于在②軌道上經(jīng)過P點時的機械能，A錯誤；B．神舟十五號在①軌道上經(jīng)過P點時與在②軌道上經(jīng)過P點時，其到地心間距相同，根據(jù)，解得可知，神舟十五號在①軌道上經(jīng)過P點時的加速度等于在②軌道上經(jīng)過P點時的加速度，B錯誤；C．根據(jù)開普勒定律有神舟十五號①軌道上有在地球表面有解得神舟十五號在②軌道上從P點運動到Q點經(jīng)歷的時間為C正確；D．神舟十五號在①軌道上有，解得神舟十五號在③軌道上有，在地球表面有神舟十五號從①軌道轉移到③軌道過程中，飛船增加的機械能為由于變軌加速過程是通過飛船自身動力向后噴氣，則飛船自身動力做的功應該等于飛船增加的機械能與噴出氣體增加的機械能的和值，即神舟十五號從①軌道轉移到③軌道過程中，飛船自身動力對飛船做的功，D錯誤。故選C。4.某同學在高度h處以一定大小的速度v0拋出一小球，當其速度方向不同時，落地點與拋出點的水平距離即射程大小也不同，若不計空氣阻力，則最大射程為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】小球斜拋過程的軌跡如圖所示對初速度進行分解，水平方向豎直方向則水平射程為豎直方向落地時聯(lián)立消去解得則當滿足時x有最大值即，故選D。5.如圖所示，小球A可視為質點，裝置靜止時輕質細線AB水平，輕質細線AC與豎直方向的夾角37°。已知小球的質量為m，細線AC長l，B點距C點的水平和豎直距離相等。裝置能以任意角速度繞豎直軸轉動，且小球始終在平面內(nèi)，那么在角速度從零緩慢增大的過程中（）（重力加速度g取，，）A.兩細線張力均增大B.細線AB中張力一直變小，直到為零C.細線AC中張力一直增大D.當AB中張力為零時，角速度可能為【答案】D【解析】AB．當靜止時，受力分析如圖，由平衡條件由平衡條件得TAB=mgtan37°=0.75mg，TAC＝＝1.25mg若AB中的拉力為0，當ω最小時繩AC與豎直方向夾角θ1=37°，受力分析如圖根據(jù)受力分析mgtanθ1＝m(Lsinθ1)ωmin2得根據(jù)對稱性可知，當ω最大時繩AC與豎直方向夾角θ2=53°，此時應有mgtanθ2＝mωmax2Lsinθ2得ωmax＝所以ω取值范圍為≤ω≤繩子AB的拉力都是0．由以上的分析可知，開始時AB拉力不為0，當轉速在≤ω≤時，AB的拉力為0，角速度再增大時，AB的拉力又會增大，AB錯誤；C．當繩子AC與豎直方向之間的夾角不變時，AC繩子的拉力在豎直方向的分力始終等于重力，所以繩子的拉力繩子等于1.25mg；當轉速大于后，繩子與豎直方向之間的夾角增大，拉力開始增大；當轉速大于后，繩子與豎直方向之間的夾角不變，AC上豎直方向的拉力不變；隨后當水平方向的拉力增大，AC的拉力繼續(xù)增大，C錯誤；D．由開始時的分析可知，當ω取值范圍為≤ω≤時，繩子AB的拉力都是0，D正確。故選D。6.如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與物塊A連接，處于壓縮狀態(tài)，A由靜止釋放后沿斜面向上運動到最大位移時，立即將物塊B輕放在A右側，A、B由靜止開始一起沿斜面向下運動，下滑過程中A、B始終不分離，當A回到初始位置時速度為零，A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)相同、彈簧未超過彈性限度，則（）A.物塊A上滑時，彈簧的彈力方向先沿斜面向上后沿斜面向下B.物塊A上滑到最大位移的過程中，經(jīng)過中點位置時速度最大C.A、B一起下滑時，B對A的壓力先減小后增大D.整個過程中B克服摩擦力所做的總功等于B的重力勢能減小量【答案】B【解析】A．下滑過程中A、B始終不分離，設最高點彈簧彈力為F，斜面傾角為θ，動摩擦因數(shù)為μ，A對B彈力大小為FAB，沿斜面向下為正方向，在下滑瞬間，根據(jù)牛頓第二定律，對整體對B得因為FAB沿斜面向上，可知在最高點F的方向沿斜面向上，說明彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，彈簧彈力始終沿斜面向上，故A錯誤；B．設物塊A在起始位置和最高點時，彈簧的壓縮量分別為x1、x2，根據(jù)能量守恒得當運動至最大位移中點時整理得，即加速度零，速度最大，故B正確；C．由B選項下滑過程中F逐漸變大，則FAB逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律，B對A的壓力逐漸增大，故C錯誤；D．整個過程中，彈簧彈力做功為零，物塊A的重力做功為零，系統(tǒng)動能變化也為零，根據(jù)功能關系可知，整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功等于B的重力勢能減小量，故D錯誤。故選B。7.如圖，圖甲中M為一電動機，當滑動變阻器R的觸頭從左端滑到另一端的過程中，兩電壓表的讀數(shù)隨電流表讀數(shù)的變化情況如圖乙所示.已知電流表讀數(shù)在0.2A以下時，電動機沒有發(fā)生轉動，不考慮電表對電路的影響，以下判斷正確的是（）A.電路中電源電動勢為3.6VB.變阻器向右滑動時，V2讀數(shù)逐漸減小C.此過程中，電動機的輸出功率最大值為0.9WD.變阻器的最大阻值為30Ω【答案】AD【解析】B．變阻器向右滑動時，接入電路的總電阻增大，路端電壓升高，V2的示數(shù)增大，回路電流強度減小，因此彎曲的圖像為V1—I，直線圖像為V2—I圖像，B錯誤；A．在V2—I圖像中，斜率的絕對值表示內(nèi)電阻，因此內(nèi)電阻大小為當回路電流為0.1A時，路端電壓為3.4V，此時內(nèi)電壓因此電路中電源電動勢，A正確；C．電流表讀數(shù)在0.2A以下時，電動機沒有發(fā)生轉動，因此電機內(nèi)阻當滑動變阻器調(diào)到零時，電動機輸出功率最大，此時電機產(chǎn)熱的功率因此電動機的輸出功率最大值C錯誤；D．電流最小時，變阻器接入電路電阻最大，此時D正確。故選AD。8.如圖所示，在水平向左且足夠大的勻強電場中，一長為L的絕緣細線一端固定于O點，另一端系著一個質量為m、電荷量為q的帶正電小球，小球靜止在M點?，F(xiàn)給小球一垂直于OM的初速度，使其在豎直平面內(nèi)繞O點恰好做完整的圓周運動，AB為圓的豎直直徑。知勻強電場的場強大小為，重力加速度為g。當小球第二次運動到B點時細線突然斷裂，則下列說法正確的是（）A.小球做完整的圓周運動時，動能的最小值為B.細線斷裂后，小球動能的最小值為C.從細線斷裂到小球的動能與在B點時的動能相等的過程中，電勢能增加了D.從細線斷裂到小球的電勢能與在B點時的電勢能相等的過程中，重力勢能減少了【答案】BD【解析】A．由題意等效最高點在OM連線的反向延長線與圓周的交點上，設為N，則在N點滿足由幾何關系可知該方向與豎直方向夾角為60°，所以即動能的最小值為，故A錯誤；B．由題意細線斷裂后，當B點速度沿與等效重力反方向的分速度為零時，動能最小，又因為從B到N點，由動能定理得，所以最小動能為聯(lián)立解得，故B正確；C．因為從細線斷裂到小球的動能與B點動能相等的過程中，由動能定理知合外力做功為零，即B點速度沿與等效重力反方向的分速度變?yōu)榈却蠓聪驎r，故滿足vBcos30°=at，，x=vBsin30°?2t，ΔEp=-（-qExcos60°）聯(lián)立解得ΔEp=1.5mgL，即電勢能增加1.5mgL，故C錯誤；D．從細線斷裂到小球的電勢能與B點電勢能相等的過程中，即電場力做功為零，即相當于B點水平方向的速度等大反向時，即vB=a't'，qE=ma'，，W=-ΔEp'=mgh解得ΔEp'=-mgL，故D正確。故選BD。9.如圖甲所示，兩平行金屬板水平放置，間距為d，金屬板長為，兩金屬板間加如圖乙所示的電壓（，初始時上金屬板帶正電）。一粒子源射出的帶電粒子恰好從上金屬板左端的下邊緣水平進入兩金屬板間。該粒子源能隨時間均勻發(fā)射質量為m、電荷量為的帶電粒子，初速度，重力忽略不計，則（）A.能從板間飛出的粒子在板間運動的時間為B.能從板間飛出的粒子在板間運動的時間為C.若粒子在時刻進入兩極板之間，粒子飛出極板時的偏移量y是D.若發(fā)射時間足夠長，則能夠從兩金屬板間飛出的粒子占總入射粒子數(shù)的比例為【答案】BD【解析】AB．由于粒子只受到豎直方向的電場力作用，將粒子的運動進行分解，則粒子做類平拋運動。水平方向上不受外力故做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動。故能從板間飛出的粒子在板間運動的時間為故A錯誤，B正確；C．設粒子在兩金屬板間運動時的加速度為，則若粒子在時刻進入兩極板之間，則它在豎直方向上先加速向下的時間，有粒子運動之后電場反向，開始在豎直方向上減速向下，則根據(jù)豎直方向的對稱性原則，粒子會再經(jīng)過的時間豎直分速度減速為零，共經(jīng)歷的時間從兩金屬板間飛出。如下圖所示粒子飛出極板時的總偏移量，故C錯誤；D．由題意可知，只有在時間段內(nèi)進入才有可能飛出。假設時刻進入兩金屬板間的粒子可以飛出，則飛出時偏移量為則假設不成立，時刻進入兩金屬板間的粒子會打在金屬板上。下金屬板臨界：在第一個周期內(nèi)設帶電粒子在時刻進入兩金屬板間，它在豎直方向上先加速向下再經(jīng)過時間后電場反向，開始在豎直方向減速向下，根據(jù)對稱性，再經(jīng)過時間豎直方向速度減速為0，恰好從下金屬板右端飛出，則如C中情形相同。則所以上金屬板臨界：在第一個周期內(nèi)設帶電粒子在時刻進入兩金屬板間，它在豎直方向上先加速向下再經(jīng)過時間后電場反向，開始在豎直方向減速向下，根據(jù)對稱性，再經(jīng)過時間豎直方向速度減速為0，然后加速向上直到恰好從上金屬板右端飛出，運動軌跡如下圖所示：可知解得或（舍去）所以在第一個周期內(nèi)帶電粒子不碰到金屬板而能夠飛出的時刻滿足則第一個周期內(nèi)能夠飛出的粒子占第一周期內(nèi)入射粒子總數(shù)的比例，與足夠長的時間內(nèi)飛出的粒子占入射粒子總數(shù)的比例相同，均為故D正確。故選BD。10.“風洞實驗”指在風洞中安置飛行器或其他物體模型，研究氣體流動及其與模型的相互作用，以了解實際飛行器或其他物體的空氣動力學特性的一種空氣動力實驗方法。在下圖所示的矩形風洞中存在大小恒定的水平風力，現(xiàn)有一小球從點豎直向上拋出，其運動軌跡大致如下圖所示，其中、兩點在同一水平線上，點為軌跡的最高點，小球在點動能為，在點動能為，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.小球的重力和受到的風力大小之比為B.小球落到點時的動能為C.小球在上升和下降過程中機械能變化量之比為D.小球從點運動到點過程中最小動能為【答案】BCD【解析】A．設風力大小為F，小球重力大小為mg，O、M兩點間的水平距離為x1，豎直距離為h，根據(jù)豎直上拋運動規(guī)律有①對小球從M運動到O的過程，根據(jù)動能定理有②由題意可知③根據(jù)牛頓第二定律可得小球在水平方向的加速度大小為④小球從M運動到O所用時間為⑤根據(jù)運動學公式有⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥解得⑦，故A錯誤；B．M、N兩點間的水平距離為⑧設小球落到N點時的動能為Ek1，根據(jù)動能定理有⑨聯(lián)立③⑤⑦⑧⑨解得⑩，故B正確；C．設O、N兩點間的水平距離為x2，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律的推論可知?根據(jù)功能關系可知，小球運動過程中，風力對小球做的功等于其機械能的變化量，則小球在上升和下降過程中機械能變化量之比為?，故C正確；D．小球在重力和風力的合力場中做類斜拋運動，當小球速度方向與合力方向垂直時動能最小，根據(jù)前面分析可知合力與豎直方向的夾角θ的正切值為?根據(jù)速度的合成與分解可得小球從點運動到點過程中的最小速度為?解得最小動能為?，故D正確。故選BCD。11.如圖甲所示，一小物塊從水平轉動的傳送帶的右側滑上傳送帶，固定在傳送帶右端的位移傳感器記錄了小物塊的位移隨時間的變化關系如圖乙所示。已知圖線在前3.0s內(nèi)為二次函數(shù)，在3.0s~4.5s內(nèi)為一次函數(shù)，取向左運動的方向為正方向，傳送帶的速度保持不變，小華同學獨自思考畫出了小物塊的圖如圖丙所示，相關標注如圖所示。則（）A. B.C.物體與傳送帶之間的摩擦因數(shù)為0.2 D.物體相對傳送帶最大位移是9米【答案】BCD【解析】A．圖乙中為速度為零的時候，在圖甲中可得速度為零時時2s，所以，故A錯誤；B．由圖乙可知，滑塊勻速運動的速度大小為物體在2s時速度為零，則2~3s的位移為可得在0~2s的加速度為，在2~3s為，在2s時速度為零，則在0時刻的速度，故B正確；C．根據(jù)牛頓第二定律可求得，故C正確；D．由2~3s滑塊加速1s后做勻速直線運動可知，在3s時滑塊速度和傳送帶速度相等，則滑塊向左做減速運動的相對位移滑塊向右做加速運動的相對位移所以物體相對傳送帶最大位移是，故D正確。12.如圖所示，足夠長的木板置于光滑水平面上，傾角的斜劈放在木板上，一平行于斜面的細繩一端系在斜劈頂，另一端拴接一可視為質點的小球，已知木板、斜劈、小球質量均為1kg，斜劈與木板之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)在對木板施加一水平向右的拉力F，下列說法正確的是（）A.若，當時，木板相對斜劈向右運動B若，不論F多大，小球均能和斜劈保持相對靜止C.若，當時，小球對斜劈的壓力為0D.若，當時，細繩與水平方向的夾角α滿足：【答案】BC【解析】A．若，當時，假設板、斜劈、球三者相對靜止，則對板、斜劈、球構成的系統(tǒng)，有，可得對斜劈和球構成的系統(tǒng)，若斜劈與板之間的摩擦力達到最大靜摩擦力，有，得可知此時木板相對于斜劈靜止，故A錯誤；B．若，假設斜劈與球保持相對靜止，則對斜劈與球構成的系統(tǒng)，最大加速度為當球剛好要離開斜劈時，受到重力和繩子拉力作用，有得可知此情況下不論F多大，小球均能和斜劈保持相對靜止，故B正確；C．若，假設板、球和斜劈相對靜止，則球和斜劈構成的系統(tǒng)能夠獲得的最大加速的為此時對板、球和斜劈構成的系統(tǒng)，有當時，板、球和斜劈相對靜止，有又由B選項可知此時球剛好要離開斜劈，故C正確；D．若，則由C選項可知此時恰好達到三者保持相對靜止的臨界狀態(tài)，因此加速度大小為8m/s2，則對小球而言解得，故D錯誤。故選BC。13.如圖所示，在豎直平面內(nèi)傾角的斜面、和，在和處與水平軌道平滑連接，在軌道、上高為的處與一光滑的半徑為的螺旋形圓軌道平滑連接，一質量為的滑塊位于軌道上高為處靜止下滑?；瑝K一旦脫離軌道，便落于地上。已知，，滑塊與斜面軌道間的動摩擦因數(shù)，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)，軌道長，軌道長，軌道連接處均光滑，滑塊可視為質點。求：（1）若，求滑塊沿直軌道滑到點的速度；（2）若，滑塊剛從直軌道滑入螺旋圓形軌道時，求滑塊所受合力的大?。唬?）滑塊不脫離軌道，最終停留在間，求高度的范圍?！敬鸢浮浚?），沿斜面AB向下；（2）；（3）【解析】（1）（2）向心力又滑塊所受合力的大?。?）滑塊恰好過螺旋圓形的高度滑塊恰好不滑出軌道HI的高度從HI軌道上靜止滑下，恰好不脫離螺旋圓形軌道時軌道HI的長度即滑塊恰好不沖出HI軌道同時也不會脫離圓軌道14.在如圖甲所示的平面直角坐標系內(nèi)，有三個不同的靜電場。第一象限內(nèi)有由位于原點O，電荷量為Q的點電荷產(chǎn)生的電場E1（未知）（僅分布在第一象限內(nèi)）；第二象限內(nèi)有沿x軸正方向的勻強電場；第四象限內(nèi)有電場強度按圖乙所示規(guī)律變化、方向平行x軸的電場E3，電場E3以沿x軸正方向為正方向，變化周期。一質量為m、電荷量為+q的離子（重力不計）從（-x0，x0）點由靜止釋放，進入第一象限后恰能繞O點做圓周運動。以離子經(jīng)過x軸時為計時起點，已知靜電力常量為k，求：（1）離子剛進入第四象限時的速度大??；（2）當時，離子的速度大??；（3）當時，離子的坐標（結果用x0表示）?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）離子的橫坐標為：，離子的縱坐標為：【解析】（1）根據(jù)牛頓第二定律得解得（2）進入第四象限后，豎直方向上做勻速直線運動，水平方向上先加速后減速，根據(jù)動量定理得解得當時，離子的速度大小為解得（3）前半個周期離子水平方向的加速度為第一個周期內(nèi)第一個周期內(nèi)的水平位移為第二個周期內(nèi)第二個周期內(nèi)的水平位移為第三個周期內(nèi)第三個周期內(nèi)水平方向的位移為根據(jù)等差數(shù)列，第n個周期內(nèi)水平方向的位移為前n個周期內(nèi)水平方向的位移為當時，離子的橫坐標為；當時，離子的縱坐標為；2024年浙江省寧波市鎮(zhèn)海中學高考物理復習試卷（二）1.加速度的定義式為，歷史上有些科學家曾把相等位移內(nèi)速度變化相等的單向直線運動稱為“勻變速直線運動”（現(xiàn)稱“另類勻變速直線運動”），“另類加速度”的定義式為，其中和分別表示某段位移x內(nèi)的初速度和末速度。表示物體做加速運動，表示物體做減速運動。則下列說法正確的是（）A.若且保持不變，則a逐漸減小B.若a不變，則物體在中間時刻的速度為C.若A不變，則物體在位移中點處的速度比大D.若A不變，則a也不變【答案】B【解析】AD．若A＞0且保持不變，相等位移內(nèi)速度增加量相等，則知平均速度越來越大，所以相等位移內(nèi)所用時間越來越少，由可知，a越來越大；故AD錯誤；B．若a不變，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律得：物體在中間時刻的速度為，故B正確C．若A不變，相等位移內(nèi)速度變化相等，所以在位移中點處位移為，速度變化量為所以此位置速度為，故C錯誤。故選B。2.如圖所示，用不可伸長的輕繩將質量為m的小球固定在光滑的木板MN上，將木板以底邊為軸緩慢順時針轉動至水平，在轉動過程中保持輕繩與木板之間的夾角不變，則在轉動過程中，下列說法正確的是（）A.小球對木板壓力逐漸增大 B.小球對木板壓力先增大后減小C.繩上的拉力先增大后減小 D.繩上的拉力逐漸增大【答案】B【解析】小球在轉動過程中某一位置的受力分析如圖所示，由平行四邊形可得設輕繩與木板MN的夾角為，可知不變，逐漸減小到0，先增大到90°后為鈍角﹐因此，繩子的拉力T逐漸減小，小球受到的支持力先增大后減小。由牛頓第三定律，小球對木板壓力先增大后減小。故選B3.2022年11月29日23時08分，搭載著神舟十五號載人飛船的長征二號F遙十五運載火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心升空，11月30日5時42分，神舟十五號載人飛船與天和核心艙成功完成自主交會對接。如圖為神舟十五號的發(fā)射與交會對接過程示意圖，圖中①為近地圓軌道，其軌道半徑為，②為橢圓變軌軌道，③為天和核心艙所在軌道，其軌道半徑為，P、Q分別為②軌道與①、③軌道的交會點，已知神舟十五號的質量為m，地球表面重力加速度為g。關于神舟十五號載人飛船與天和核心艙交會對接過程，下列說法正確的是（）A.神舟十五號在①軌道上經(jīng)過P點時的機械能等于在②軌道上經(jīng)過P點時的機械能B.神舟十五號在①軌道上經(jīng)過P點時的加速度小于在②軌道上經(jīng)過P點時的加速度C.神舟十五號在②軌道上從P點運動到Q點經(jīng)歷的時間為D.神舟十五號從①軌道轉移到③軌道過程中，飛船自身動力對飛船做的功為【答案】C【解析】A．神舟十五號由①軌道變軌到②軌道是由低軌道到高軌道，需要在切點加速，機械能增大，神舟十五號在同一軌道上運動時，只有萬有引力做功，機械能守恒，可知，神舟十五號在①軌道上經(jīng)過P點時的機械能小于在②軌道上經(jīng)過P點時的機械能，A錯誤；B．神舟十五號在①軌道上經(jīng)過P點時與在②軌道上經(jīng)過P點時，其到地心間距相同，根據(jù)，解得可知，神舟十五號在①軌道上經(jīng)過P點時的加速度等于在②軌道上經(jīng)過P點時的加速度，B錯誤；C．根據(jù)開普勒定律有神舟十五號①軌道上有在地球表面有解得神舟十五號在②軌道上從P點運動到Q點經(jīng)歷的時間為C正確；D．神舟十五號在①軌道上有，解得神舟十五號在③軌道上有，在地球表面有神舟十五號從①軌道轉移到③軌道過程中，飛船增加的機械能為由于變軌加速過程是通過飛船自身動力向后噴氣，則飛船自身動力做的功應該等于飛船增加的機械能與噴出氣體增加的機械能的和值，即神舟十五號從①軌道轉移到③軌道過程中，飛船自身動力對飛船做的功，D錯誤。故選C。4.某同學在高度h處以一定大小的速度v0拋出一小球，當其速度方向不同時，落地點與拋出點的水平距離即射程大小也不同，若不計空氣阻力，則最大射程為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】小球斜拋過程的軌跡如圖所示對初速度進行分解，水平方向豎直方向則水平射程為豎直方向落地時聯(lián)立消去解得則當滿足時x有最大值即，故選D。5.如圖所示，小球A可視為質點，裝置靜止時輕質細線AB水平，輕質細線AC與豎直方向的夾角37°。已知小球的質量為m，細線AC長l，B點距C點的水平和豎直距離相等。裝置能以任意角速度繞豎直軸轉動，且小球始終在平面內(nèi)，那么在角速度從零緩慢增大的過程中（）（重力加速度g取，，）A.兩細線張力均增大B.細線AB中張力一直變小，直到為零C.細線AC中張力一直增大D.當AB中張力為零時，角速度可能為【答案】D【解析】AB．當靜止時，受力分析如圖，由平衡條件由平衡條件得TAB=mgtan37°=0.75mg，TAC＝＝1.25mg若AB中的拉力為0，當ω最小時繩AC與豎直方向夾角θ1=37°，受力分析如圖根據(jù)受力分析mgtanθ1＝m(Lsinθ1)ωmin2得根據(jù)對稱性可知，當ω最大時繩AC與豎直方向夾角θ2=53°，此時應有mgtanθ2＝mωmax2Lsinθ2得ωmax＝所以ω取值范圍為≤ω≤繩子AB的拉力都是0．由以上的分析可知，開始時AB拉力不為0，當轉速在≤ω≤時，AB的拉力為0，角速度再增大時，AB的拉力又會增大，AB錯誤；C．當繩子AC與豎直方向之間的夾角不變時，AC繩子的拉力在豎直方向的分力始終等于重力，所以繩子的拉力繩子等于1.25mg；當轉速大于后，繩子與豎直方向之間的夾角增大，拉力開始增大；當轉速大于后，繩子與豎直方向之間的夾角不變，AC上豎直方向的拉力不變；隨后當水平方向的拉力增大，AC的拉力繼續(xù)增大，C錯誤；D．由開始時的分析可知，當ω取值范圍為≤ω≤時，繩子AB的拉力都是0，D正確。故選D。6.如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與物塊A連接，處于壓縮狀態(tài)，A由靜止釋放后沿斜面向上運動到最大位移時，立即將物塊B輕放在A右側，A、B由靜止開始一起沿斜面向下運動，下滑過程中A、B始終不分離，當A回到初始位置時速度為零，A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)相同、彈簧未超過彈性限度，則（）A.物塊A上滑時，彈簧的彈力方向先沿斜面向上后沿斜面向下B.物塊A上滑到最大位移的過程中，經(jīng)過中點位置時速度最大C.A、B一起下滑時，B對A的壓力先減小后增大D.整個過程中B克服摩擦力所做的總功等于B的重力勢能減小量【答案】B【解析】A．下滑過程中A、B始終不分離，設最高點彈簧彈力為F，斜面傾角為θ，動摩擦因數(shù)為μ，A對B彈力大小為FAB，沿斜面向下為正方向，在下滑瞬間，根據(jù)牛頓第二定律，對整體對B得因為FAB沿斜面向上，可知在最高點F的方向沿斜面向上，說明彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，彈簧彈力始終沿斜面向上，故A錯誤；B．設物塊A在起始位置和最高點時，彈簧的壓縮量分別為x1、x2，根據(jù)能量守恒得當運動至最大位移中點時整理得，即加速度零，速度最大，故B正確；C．由B選項下滑過程中F逐漸變大，則FAB逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律，B對A的壓力逐漸增大，故C錯誤；D．整個過程中，彈簧彈力做功為零，物塊A的重力做功為零，系統(tǒng)動能變化也為零，根據(jù)功能關系可知，整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功等于B的重力勢能減小量，故D錯誤。故選B。7.如圖，圖甲中M為一電動機，當滑動變阻器R的觸頭從左端滑到另一端的過程中，兩電壓表的讀數(shù)隨電流表讀數(shù)的變化情況如圖乙所示.已知電流表讀數(shù)在0.2A以下時，電動機沒有發(fā)生轉動，不考慮電表對電路的影響，以下判斷正確的是（）A.電路中電源電動勢為3.6VB.變阻器向右滑動時，V2讀數(shù)逐漸減小C.此過程中，電動機的輸出功率最大值為0.9WD.變阻器的最大阻值為30Ω【答案】AD【解析】B．變阻器向右滑動時，接入電路的總電阻增大，路端電壓升高，V2的示數(shù)增大，回路電流強度減小，因此彎曲的圖像為V1—I，直線圖像為V2—I圖像，B錯誤；A．在V2—I圖像中，斜率的絕對值表示內(nèi)電阻，因此內(nèi)電阻大小為當回路電流為0.1A時，路端電壓為3.4V，此時內(nèi)電壓因此電路中電源電動勢，A正確；C．電流表讀數(shù)在0.2A以下時，電動機沒有發(fā)生轉動，因此電機內(nèi)阻當滑動變阻器調(diào)到零時，電動機輸出功率最大，此時電機產(chǎn)熱的功率因此電動機的輸出功率最大值C錯誤；D．電流最小時，變阻器接入電路電阻最大，此時D正確。故選AD。8.如圖所示，在水平向左且足夠大的勻強電場中，一長為L的絕緣細線一端固定于O點，另一端系著一個質量為m、電荷量為q的帶正電小球，小球靜止在M點?，F(xiàn)給小球一垂直于OM的初速度，使其在豎直平面內(nèi)繞O點恰好做完整的圓周運動，AB為圓的豎直直徑。知勻強電場的場強大小為，重力加速度為g。當小球第二次運動到B點時細線突然斷裂，則下列說法正確的是（）A.小球做完整的圓周運動時，動能的最小值為B.細線斷裂后，小球動能的最小值為C.從細線斷裂到小球的動能與在B點時的動能相等的過程中，電勢能增加了D.從細線斷裂到小球的電勢能與在B點時的電勢能相等的過程中，重力勢能減少了【答案】BD【解析】A．由題意等效最高點在OM連線的反向延長線與圓周的交點上，設為N，則在N點滿足由幾何關系可知該方向與豎直方向夾角為60°，所以即動能的最小值為，故A錯誤；B．由題意細線斷裂后，當B點速度沿與等效重力反方向的分速度為零時，動能最小，又因為從B到N點，由動能定理得，所以最小動能為聯(lián)立解得，故B正確；C．因為從細線斷裂到小球的動能與B點動能相等的過程中，由動能定理知合外力做功為零，即B點速度沿與等效重力反方向的分速度變?yōu)榈却蠓聪驎r，故滿足vBcos30°=at，，x=vBsin30°?2t，ΔEp=-（-qExcos60°）聯(lián)立解得ΔEp=1.5mgL，即電勢能增加1.5mgL，故C錯誤；D．從細線斷裂到小球的電勢能與B點電勢能相等的過程中，即電場力做功為零，即相當于B點水平方向的速度等大反向時，即vB=a't'，qE=ma'，，W=-ΔEp'=mgh解得ΔEp'=-mgL，故D正確。故選BD。9.如圖甲所示，兩平行金屬板水平放置，間距為d，金屬板長為，兩金屬板間加如圖乙所示的電壓（，初始時上金屬板帶正電）。一粒子源射出的帶電粒子恰好從上金屬板左端的下邊緣水平進入兩金屬板間。該粒子源能隨時間均勻發(fā)射質量為m、電荷量為的帶電粒子，初速度，重力忽略不計，則（）A.能從板間飛出的粒子在板間運動的時間為B.能從板間飛出的粒子在板間運動的時間為C.若粒子在時刻進入兩極板之間，粒子飛出極板時的偏移量y是D.若發(fā)射時間足夠長，則能夠從兩金屬板間飛出的粒子占總入射粒子數(shù)的比例為【答案】BD【解析】AB．由于粒子只受到豎直方向的電場力作用，將粒子的運動進行分解，則粒子做類平拋運動。水平方向上不受外力故做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動。故能從板間飛出的粒子在板間運動的時間為故A錯誤，B正確；C．設粒子在兩金屬板間運動時的加速度為，則若粒子在時刻進入兩極板之間，則它在豎直方向上先加速向下的時間，有粒子運動之后電場反向，開始在豎直方向上減速向下，則根據(jù)豎直方向的對稱性原則，粒子會再經(jīng)過的時間豎直分速度減速為零，共經(jīng)歷的時間從兩金屬板間飛出。如下圖所示粒子飛出極板時的總偏移量，故C錯誤；D．由題意可知，只有在時間段內(nèi)進入才有可能飛出。假設時刻進入兩金屬板間的粒子可以飛出，則飛出時偏移量為則假設不成立，時刻進入兩金屬板間的粒子會打在金屬板上。下金屬板臨界：在第一個周期內(nèi)設帶電粒子在時刻進入兩金屬板間，它在豎直方向上先加速向下再經(jīng)過時間后電場反向，開始在豎直方向減速向下，根據(jù)對稱性，再經(jīng)過時間豎直方向速度減速為0，恰好從下金屬板右端飛出，則如C中情形相同。則所以上金屬板臨界：在第一個周期內(nèi)設帶電粒子在時刻進入兩金屬板間，它在豎直方向上先加速向下再經(jīng)過時間后電場反向，開始在豎直方向減速向下，根據(jù)對稱性，再經(jīng)過時間豎直方向速度減速為0，然后加速向上直到恰好從上金屬板右端飛出，運動軌跡如下圖所示：可知解得或（舍去）所以在第一個周期內(nèi)帶電粒子不碰到金屬板而能夠飛出的時刻滿足則第一個周期內(nèi)能夠飛出的粒子占第一周期內(nèi)入射粒子總數(shù)的比例，與足夠長的時間內(nèi)飛出的粒子占入射粒子總數(shù)的比例相同，均為故D正確。故選BD。10.“風洞實驗”指在風洞中安置飛行器或其他物體模型，研究氣體流動及其與模型的相互作用，以了解實際飛行器或其他物體的空氣動力學特性的一種空氣動力實驗方法。在下圖所示的矩形風洞中存在大小恒定的水平風力，現(xiàn)有一小球從點豎直向上拋出，其運動軌跡大致如下圖所示，其中、兩點在同一水平線上，點為軌跡的最高點，小球在點動能為，在點動能為，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.小球的重力和受到的風力大小之比為B.小球落到點時的動能為C.小球在上升和下降過程中機械能變化量之比為D.小球從點運動到點過程中最小動能為【答案】BCD【解析】A．設風力大小為F，小球重力大小為mg，O、M兩點間的水平距離為x1，豎直距離為h，根據(jù)豎直上拋運動規(guī)律有①對小球從M運動到O的過程，根據(jù)動能定理有②由題意可知③根據(jù)牛頓第二定律可得小球在水平方向的加速度大小為④小球從M運動到O所用時間為⑤根據(jù)運動學公式有⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥解得⑦，故A錯誤；B．M、N兩點間的水平距離為⑧設小球落到N點時的動能為Ek1，根據(jù)動能定理有⑨聯(lián)立③⑤⑦⑧⑨解得⑩，故B正確；C．設O、N兩點間的水平距離為x2，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律的推論可知?根據(jù)功能關系可知，小球運動過程中，風力對小球做的功等于其機械能的變化量，則小球在上升和下降過程中機械能變化量之比為?，故C正確；D．小球在重力和風力的合力場中做類斜拋運動，當小球速度方向與合力方向垂直時動能最小，根據(jù)前面分析可知合力與豎直方向的夾角θ的正切值為?根據(jù)速度的合成與分解可得小球從點運動到點過程中的最小速度為?解得最小動能為?，故D正確。故選BCD。11.如圖甲所示，一小物塊從水平轉動的傳送帶的右側滑上傳送帶，固定在傳送帶右端的位移傳感器記錄了小物塊的位移隨時間的變化關系如圖乙所示。已知圖線在前3.0s內(nèi)為二次函數(shù)，在3.0s~4.5s內(nèi)為一次函數(shù)，取向左運動的方向為正方向，傳送帶的速度保持不變，小華同學獨自思考畫出了小物塊的圖如圖丙所示，相關標注如圖所示。則（）A. B.C.物體與傳送帶之間的摩擦因數(shù)為0.2 D.物體相對傳送帶最大位移是9米【答案】BCD【解析】A．圖乙中為速度為零的時候，在圖甲中可得速度為零時時2s，所以，故A錯誤；B．由圖乙可知，滑塊勻速運動的速度大小為物體在2s時速度為零，則2~3s的位移為可得在0~2s的加速度為，在2~3s為，在2s時速度為零，則在0時刻的速度，故B正確；C．根據(jù)牛頓第二定律可求得，故C正確；D．由2~3s滑塊加速1s后做勻速直線運動可知，在3s時滑塊速度和傳送帶速度相等，則滑塊