2023-2024學(xué)年湖南省永州重點(diǎn)中學(xué)高二（上）入學(xué)物理試卷（含解析）

2023-2024學(xué)年湖南省永州重點(diǎn)中學(xué)高二（上）入學(xué)物理試卷

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.為了美觀和經(jīng)濟(jì)，許多橋面建成拱形，如圖所示。汽車(chē)通過(guò)橋頂時(shí)，對(duì)橋面的壓力會(huì)減小，行駛速度過(guò)

大的汽車(chē)將失去控制、無(wú)法轉(zhuǎn)向，造成安全隱患，故拱形橋上都會(huì)有限速標(biāo)志。設(shè)汽車(chē)對(duì)橋面的壓力是其

重力的0.6倍時(shí)，其速度就是限速標(biāo)志對(duì)應(yīng)的速度，橋頂圓弧對(duì)應(yīng)的半徑為100M,取g=10m/s2o則該限

速標(biāo)志所示速度約為（）

A.40km/hB.50km/hC.72km/hD.lOOkm/h

2.北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)（BDS）是我國(guó)自行研制的全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)，2020年我國(guó)已發(fā)送

了北斗系統(tǒng)最后一顆衛(wèi)星，從此北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)形成全球覆蓋能力。如圖所示是北

斗導(dǎo)航系統(tǒng)中部分衛(wèi)星的軌道示意圖，已知a、匕、c三顆衛(wèi)星均做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，a是

地球同步衛(wèi)星，（忽略地球自轉(zhuǎn)）則（）

A.衛(wèi)星a的向心加速度大于地球表面重力加速度

B.衛(wèi)星a的加速度大于b的加速度

C.衛(wèi)星b的周期大于24九

D.衛(wèi)星a的角速度小于c的角速度

3.如圖所示電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為E,內(nèi)阻為r,電流表、電壓表均為理想電表,

當(dāng)生的滑片向左滑動(dòng)時(shí)（）

A.電壓表讀數(shù)變小

B.電流表讀數(shù)變大

C.8消耗的功率變大

D.電壓表讀數(shù)的變化量與電流表讀數(shù)的變化量之比黑的絕對(duì)值不變

4.如圖所示裝置可以根據(jù)平行板電容器的決定因素來(lái)測(cè)量微小形變，電容器

上極板固定，下極板可隨材料尺度的變化上下移動(dòng)，兩極板間電壓不變。若

材料溫度變化時(shí)，極板上所帶電荷量增多，貝U（）

形變

物體

ZZZ

A.材料豎直方向尺度減小B.極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變

C.通過(guò)電流表的電流方向向左D.電容器電容變大

5.如圖所示，力、B、C、D為勻強(qiáng)電場(chǎng)中的四點(diǎn)，它們的連線(xiàn)構(gòu)成正方形，其中AD—,..................八

A%

邊與電場(chǎng)線(xiàn)平行，。點(diǎn)為4c與連線(xiàn)的交點(diǎn)。一個(gè)電荷量為Q的正點(diǎn)電荷固定在。----「、、不，：

點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（）；/“、、：

B".................JC

A.C、。兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同

B.A、8兩點(diǎn)的電勢(shì)不等

C.將電子沿直線(xiàn)從B點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功

D.將電子沿直線(xiàn)從C點(diǎn)移動(dòng)到。點(diǎn)，電勢(shì)能先減小后增大

6.如圖，△abc中be=4cm,z.acb=30°?勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線(xiàn)平行于△abc所在平b?、

面，且a、b、c點(diǎn)的電勢(shì)分別為6V、-3V.6V?下列說(shuō)法中正確的是（）/

A.電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿ac方向

B.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為450V/m

C.電子從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為18eV

D.電子從c點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，電勢(shì)能增加了18eV

7.如圖，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直，一小物塊

以速度。從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點(diǎn)到軌道下端

的距離與軌道半徑有關(guān)，此距離最大時(shí)，對(duì)應(yīng)的軌道半徑為（重力加速度為g）（）

V2

A.Bc

16g-S-g

二、多選題（本大題共4小題，共20.0分）

8.如圖所不，電源電動(dòng)勢(shì)E=10V,內(nèi)阻為r=l。，&=1.50,Z?2=512,開(kāi)關(guān)

閉合后，電動(dòng)機(jī)恰好正常工作。已知電動(dòng)機(jī)的額定電壓U”為5乙電動(dòng)機(jī)的線(xiàn)圈

的電阻R”為0.50,下列說(shuō)法正確的是（）

A.通過(guò)電動(dòng)機(jī)線(xiàn)圈的電流為104B.通過(guò)電阻公的電流為24

C.電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率為50WD.電源的輸出功率為16/

9.北京時(shí)間2021年10月16日0時(shí)23分，神舟十三號(hào)載人飛船順利將翟志剛、王軌道I1-……丁

，/軌道n\

亞平、葉光富3名航天員送入太空。飛船在某段時(shí)間內(nèi)的無(wú)動(dòng)力運(yùn)動(dòng)可近似為如/

圖所示的情境，圓形軌道I為空間站運(yùn)行軌道，橢圓軌道n為載人飛船運(yùn)行軌：｝a

道，B點(diǎn)為橢圓軌道H的近地點(diǎn)，橢圓軌道H與圓形軌道I相切于4點(diǎn)，設(shè)圓形::

J.一」

軌道I的半徑為r,地球表面重力加速度為g,地球半徑為R,地球的自轉(zhuǎn)周期

為7,橢圓軌道H的半長(zhǎng)軸為a,不考慮大氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（）

A.空間站運(yùn)行的周期與載人飛船在橢圓軌道U上運(yùn)行的周期之比為I同：W

B.載人飛船由B點(diǎn)飛到4點(diǎn)速度逐漸減少

C.載人飛船在軌道I上4點(diǎn)的加速度大于在軌道H上4點(diǎn)的加速度

4”2r3

D.根據(jù)題中信息,可求出地球的質(zhì)量M

GT2

10.如圖所示，輕繩的一端系一質(zhì)量為m的金屬環(huán)，另一端繞過(guò)定滑輪懸掛一質(zhì)量

為5m的重物。金屬環(huán)套在固定的豎直光滑直桿上，定滑輪與豎直桿之間的距離

OQ=d,金屬環(huán)從圖中P點(diǎn)由靜止釋放，OP與直桿之間的夾角。=37。，不計(jì)一切

摩擦，重力加速度為g,則（）

A.金屬環(huán)從P上升到Q的過(guò)程中，重物所受重力的瞬時(shí)功率一直增大

B.金屬環(huán)從P上升到Q的過(guò)程中，繩子拉力對(duì)重物做的功為-與mgd

C.金屬環(huán)在Q點(diǎn)的速度大小為

D.若金屬環(huán)最高能上升到N點(diǎn)，則ON與直桿之間的夾角a=37°

11.如圖所示，在豎直平面xOy內(nèi)存在大小、方向未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量為

m的小球從y軸上P點(diǎn)以水平速度。進(jìn)入第一象限，速度方向沿x軸正方向；經(jīng)

過(guò)萬(wàn)軸上Q點(diǎn)時(shí)的速度大小也為"，方向與x軸夾角為60。。重力加速度大小為

go不計(jì)空氣阻力，小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過(guò)程中（）

O

A.速度的最小值為?u

B.所受電場(chǎng)力的最小值為號(hào)電

C.動(dòng)能與電勢(shì)能之和一直增大

D.水平位移與豎直位移的大小之比為2：<3

三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共18.0分）

12.某興趣小組在“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中。

ABCD

甲乙

（1）圖甲所示操作中合理的是。

（2）本實(shí)驗(yàn)中，下列說(shuō)法正確的是。（多選）

A.先接通電源，后讓重錘下落

8.若測(cè)得的重錘質(zhì)量不準(zhǔn)則會(huì)導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)誤差

C可以根據(jù)u=gt來(lái)計(jì)算重物在t時(shí)刻的瞬時(shí)速度

D安裝打點(diǎn)計(jì)時(shí)器時(shí)，應(yīng)使兩個(gè)限位孔處于同一豎直線(xiàn)上

（3）在實(shí)驗(yàn)中，當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭=9.8m/s2,若按實(shí)驗(yàn)要求正確地選出紙帶進(jìn)行測(cè)量，量得連續(xù)三點(diǎn)4、8、

C到第一個(gè)點(diǎn)的距離如圖乙所示（相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)時(shí)間間隔為0.02s）。8點(diǎn)的速度為%=m/s,數(shù)值上

明叫,原因可能是。

13.某同學(xué)想設(shè)計(jì)一個(gè)測(cè)量金屬棒電阻率的實(shí)驗(yàn)方案，實(shí)驗(yàn)室提供的器材有：

A.電流表內(nèi)阻％=100P,滿(mǎn)偏電流乙=5mA）

B.電流表4（內(nèi)阻約為10，量程為0.34）

C.定值電阻&=9000

力.滑動(dòng)變阻器%（2卜0,24）

E.滑動(dòng)變阻器7?2（1。0。,24）

F.干電池組（6匕0.050,允許通過(guò)的最大電流為0.54）

G一個(gè)開(kāi)關(guān)和導(dǎo)線(xiàn)若干

H.螺旋測(cè)微器，游標(biāo)卡尺

(1)如圖甲，用螺旋測(cè)微器測(cè)金屬棒直徑為mm-,如圖乙，用20分度游標(biāo)卡尺測(cè)金屬棒長(zhǎng)度為

(2)用多用電表粗測(cè)金屬棒的阻值:用“X10”擋，指針靜止時(shí)如圖丙所示，則金屬棒的阻值約為0。

(3)該同學(xué)根據(jù)提供的器材，設(shè)計(jì)了實(shí)驗(yàn)電路。為了保證實(shí)驗(yàn)電路的安全及操作方便，應(yīng)該選用的滑動(dòng)變阻

器是(填“RJ或"/?2”)。請(qǐng)?jiān)谔摼€(xiàn)框中畫(huà)出你設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)電路圖。

四、簡(jiǎn)答題(本大題共3小題，共34.()分)

14.如圖所示，馬戲團(tuán)正在上演飛車(chē)節(jié)目，雜技演員駕駛摩托車(chē)(整體可視為質(zhì)點(diǎn))在一

個(gè)可視為球體的固定鐵籠內(nèi)繞鐵籠的豎直直徑在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)摩托

車(chē)所在位置與鐵籠中心。點(diǎn)的連線(xiàn)與水平方向的夾角。=30%已知鐵籠的半徑R=

5.4m,雜技演員與摩托車(chē)整體的質(zhì)量m=150kg,不計(jì)鐵籠與摩托車(chē)間的摩擦，取重

力加速度大小g=10m/s2o求:

(1)摩托車(chē)對(duì)鐵籠的壓力大??；

(2)摩托車(chē)此時(shí)行駛的速度大小。

15.如圖a所示，水平面與斜面在B處平滑連接，斜面上的C端處安裝有輕彈簧。質(zhì)量為m=1kg小物塊被斜

向上a=37。的恒力產(chǎn)作用下從4位置靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)后撤去恒力尸。小物塊從4點(diǎn)出發(fā)到速度第

一次減為零的過(guò)程，其動(dòng)能%、重力勢(shì)能與(以水平面為零勢(shì)能面)，彈簧彈性勢(shì)能E隨小物塊路程s的變化

如圖b三條圖線(xiàn)所示。

(1)請(qǐng)判斷三條圖線(xiàn)各表示哪個(gè)能量；(無(wú)需分析過(guò)程)

(2)求斜面的傾斜角伙

(3)求圖b中。點(diǎn)表示的能量大小。

16.如圖甲所示，質(zhì)量為小、電荷量為e、初速度為0的電子經(jīng)電壓/加速后，沿0］。2方向垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，

偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)極板M、N長(zhǎng)度均為23極板間距為d。3O2為兩極板的中心線(xiàn)，P是足夠大的熒光屏，且屏與極

板右邊緣的距離為3不考慮電場(chǎng)邊緣效應(yīng)。

(1)求電子通過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的時(shí)間；

(2)若偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)電壓恒為“，電子經(jīng)過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后打在屏上4點(diǎn)(圖甲中未畫(huà)出)，求4點(diǎn)到中心線(xiàn)。1。2的距離;

(3)若偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩板間的電壓UMN隨時(shí)間t按圖乙所示做周期性變化，電子經(jīng)/加速后在3周期時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)

電場(chǎng)，要使電子恰好沿水平方向飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，求偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)周期T的大小及電壓U。需滿(mǎn)足的條件。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：汽車(chē)以最大速度到達(dá)橋頂時(shí)，對(duì)汽車(chē)受力分析，汽車(chē)受到重力mg，橋面對(duì)汽車(chē)的支持力FN=

F壓=0.6mg

由牛頓第二定律得：mg—0.6mg=m^-

代入數(shù)據(jù)解得：v-20m/s=72km/h

故。正確，A3。錯(cuò)誤。

故選：Co

汽車(chē)以最大速度到達(dá)橋頂時(shí)，汽車(chē)所受重力和支持力的合力指向圓心，提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律列

式求解即可。

本題考查拱橋模型，解題關(guān)鍵是對(duì)汽車(chē)做好受力分析，結(jié)合牛頓第二定律列式求解即可。

2.【答案】D

【解析】解：設(shè)衛(wèi)星的質(zhì)量為m，軌道半徑為r,地球的質(zhì)量為衛(wèi)星繞地球勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，有G^=

v247r2

m—=ma=m-r-r=ma)2￡r

rT

箱徂[~GMc_GMr~^PGM

可得V=J下，a_百，T=2個(gè)菰，3=J百

4、由于忽略地球自轉(zhuǎn)，則地球表面處的重力加速度和近地衛(wèi)星的加速度相等，由萬(wàn)有引力提供向心力G等=

ma

因?yàn)樾l(wèi)星a的半徑大于近地衛(wèi)星的半徑，所以衛(wèi)星a的向心加速度小于貼地衛(wèi)星的向心加速度，故A錯(cuò)誤；

B、衛(wèi)星a與b的軌道半徑相等，根據(jù)a=繆，知衛(wèi)星a與b的加速度大小相等，故B錯(cuò)誤；

C、衛(wèi)星a與b的軌道半徑相等，根據(jù)丁=2兀它，知衛(wèi)星a與b的周期相等，均為24八，故C錯(cuò)誤；

7GM

。、衛(wèi)星a的軌道半徑大于衛(wèi)星c的軌道半徑，根據(jù)3=J呼，知衛(wèi)星a的角速度小于c的角速度，故。正確。

可得，軌道半徑越大角速度越小，故衛(wèi)星a的角速度小于c的角速度，故。正確。

故選：D。

由于忽略地球自轉(zhuǎn)，則地球表面處的重力加速度和近地衛(wèi)星的加速度相等，由萬(wàn)有引力提供向心，分析加

速度大?。蝗w衛(wèi)星均繞地球勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由萬(wàn)有引力提供向心力，由牛頓第二定律列式即可得線(xiàn)速度、

加速度、周期、角速度與軌道半徑的關(guān)系式，由軌道半徑大小關(guān)系及第一宇宙速度的定義進(jìn)行分析即可。

解決本題的關(guān)鍵是掌握衛(wèi)星問(wèn)題的一般解題思路：萬(wàn)有引力等于向心力，通過(guò)列式進(jìn)行半定量分析。

3.【答案】D

【解析】解：AB,當(dāng)/?2的滑片向左滑動(dòng)時(shí)，其接入電路中的電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律得

E

R\+/?2+r

可知電流表的讀數(shù)/減小

電壓表的讀數(shù)為（/=9一/（&+「），/減小，可知電壓表的讀數(shù)增大，故AB錯(cuò)誤；

C、%消耗的功率為P=/2%,/減小，可知先消耗的功率在減小，故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)電壓表讀數(shù)［/=￡一/0+名）=一/&+/?1）+岳，知華為打一/圖像的斜率，即為一（r+先），所以

電壓表讀數(shù)的變化量與電流表讀數(shù)的變化量之比的絕對(duì)值不變，故。正確。

故選：Do

當(dāng)R2的滑片向左滑動(dòng)時(shí)，分析其接入電路的電阻變化，根據(jù)閉合電路歐姆定律判斷電路中電流的變化，即

可知道電流表讀數(shù)的變化。根據(jù)閉合電路歐姆定律列式分析電壓表讀數(shù)的變化。根據(jù)電流的變化分析％消

耗的功率的變化。根據(jù)閉合電路歐姆定律列式分析電壓表讀數(shù)的變化量與電流表讀數(shù)的變化量之比當(dāng)?shù)慕^

對(duì)值與電阻的關(guān)系，再分析其變化情況。

本題是電路動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，關(guān)鍵要理清電路結(jié)構(gòu)，按局部T整體T局部的順序，根據(jù)串聯(lián)電路規(guī)律和閉合電

路歐姆定律分析各個(gè)部分電路的電流和電壓的變化情況。

4.【答案】D

【解析】解：4。.根據(jù)電容的定義式

c-Q

c-u

因?yàn)殡娙萜鞯碾姾闪吭黾?，電?shì)差保持不變，則電容增大，根據(jù)電容的決定式

￡S

C——―--rr—:

4兀W

可知極板間距d減小，材料豎直方向尺度增大，故A錯(cuò)誤，。正確；

8.兩極板間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)，根據(jù)

U

E=d

可知極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大，故B錯(cuò)誤；

C.電容器電荷量增多，即電容器處于充電狀態(tài)，電子移動(dòng)到下極板，因此通過(guò)電流表的電流方向向右，故C

錯(cuò)誤。

故選：D。

根據(jù)電容的比值定義式得出電容的變化趨勢(shì)，結(jié)合電容的決定式分析出材料豎直方向的尺寸變化趨勢(shì);

根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的計(jì)算公式得出場(chǎng)強(qiáng)的變化趨勢(shì)：

根據(jù)電荷量的變化趨勢(shì)得出電流的方向。

本題主要考查了電容的相關(guān)應(yīng)用，熟悉電容的計(jì)算公式，結(jié)合電路構(gòu)造的分析即可完成分析。

5.【答案】D

【解析】解：如圖所示，在。點(diǎn)的正點(diǎn)電荷在4、B、C、。四點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)方向如圖所示；

A、電場(chǎng)強(qiáng)度為矢量，由圖可知，根據(jù)矢量合成規(guī)律可知，C、。兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向不相同，故C、。兩點(diǎn)

的電場(chǎng)強(qiáng)度不相同，故A錯(cuò)誤；

B、勻強(qiáng)電場(chǎng)在力、B兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)在4、8兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，故A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，

故3錯(cuò)誤；

C、點(diǎn)電荷在B、C兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，故將電子沿直線(xiàn)從B點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)，點(diǎn)電荷對(duì)電子做功為零，勻強(qiáng)電場(chǎng)

對(duì)電子做負(fù)功，故電場(chǎng)力做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；

。、CO邊與勻強(qiáng)電場(chǎng)方向垂直，將電子沿直線(xiàn)從C點(diǎn)移動(dòng)到D點(diǎn)，勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)電子不做功，點(diǎn)電荷對(duì)電子先

做正功后做負(fù)功，故電勢(shì)能先減小后增大，故。正確。

故選：D。

結(jié)合點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線(xiàn)分布和電場(chǎng)疊加原理分析電場(chǎng)強(qiáng)度及電勢(shì)。結(jié)合電場(chǎng)力做功分析做功的變化及電勢(shì)能

變化.

本題考查靜電場(chǎng)中電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)以及電勢(shì)能等問(wèn)題，學(xué)生需深刻理解場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)的關(guān)系，運(yùn)用電場(chǎng)力做

功與電勢(shì)能的關(guān)系分析電勢(shì)能變化。

6.【答案】B

【解析】解：AB,由于a、c兩點(diǎn)電勢(shì)相等，故所以c連線(xiàn)為一條等勢(shì)線(xiàn)。結(jié)合電場(chǎng)方向與等勢(shì)線(xiàn)垂直，且

由高電勢(shì)指向低電勢(shì)可知，電場(chǎng)方向垂直于ac向上，故電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為

七=不黑鏟=*'/51=45017小，故A錯(cuò)誤，B正確；

C、電子從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為

e(

〃ab=—eUab=-(KPa-0b)=-e[6—(-3)]——9eV,故C錯(cuò)誤；

D、電子從c點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為

Wcb=-eUcb=-e(Wc-臉=-e[6-(-3)]=-9eV,電場(chǎng)力做9eU的負(fù)功,電勢(shì)能增加9eV,故。錯(cuò)誤。

故選：B。

根據(jù)題意知道ac連線(xiàn)為一條等勢(shì)線(xiàn)，結(jié)合電場(chǎng)方向與等勢(shì)線(xiàn)垂直，且由高電勢(shì)指向低電勢(shì)確定電場(chǎng)強(qiáng)度方

向；由E=5求電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。桓鶕?jù)W=qU求電場(chǎng)力做功，根據(jù)電場(chǎng)力做的功確定電勢(shì)能的變化。

本題的關(guān)鍵要確定等勢(shì)線(xiàn)，根據(jù)電場(chǎng)線(xiàn)與等勢(shì)線(xiàn)的關(guān)系，確定電場(chǎng)方向。要注意公式E=g中d代表沿電場(chǎng)

線(xiàn)方向兩點(diǎn)間的距離。

7.【答案】B

【解析】【分析】

根據(jù)動(dòng)能定理得出物塊到達(dá)最高點(diǎn)的速度，結(jié)合高度求出平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，從而得出水平位移的表達(dá)式，

結(jié)合表達(dá)式，運(yùn)用二次函數(shù)求極值的方法得出距離最大時(shí)對(duì)應(yīng)的軌道半徑。

本題考查了動(dòng)能定理與圓周運(yùn)動(dòng)和平拋運(yùn)動(dòng)的綜合運(yùn)用，得出水平位移的表達(dá)式是解決本題的關(guān)鍵，本題

對(duì)數(shù)學(xué)能力的要求較高，需加強(qiáng)這方面的訓(xùn)練。

【解答】

解：設(shè)半圓的半徑為R,根據(jù)動(dòng)能定理得：

—mg-2/?=|mv'2—1mv2,

離開(kāi)最高點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，有:

2R—ggt?,x=v't,

聯(lián)立解得：_4R(12-4gR)

人y一

9

可知當(dāng)/?=《時(shí)，水平位移最大，故3正確，ACD錯(cuò)誤。

故選故

8.【答案】BD

【解析】解：B、開(kāi)關(guān)閉合后，電動(dòng)機(jī)恰好正常工作，由電路可知此時(shí)/?2兩端電壓為5V，根據(jù)閉合電路歐

姆定律，可得電阻&中的電流為

10-5

A=2A故B正確;

r+R]1+1.5

A、根據(jù)串并聯(lián)電路可求得通過(guò)電動(dòng)機(jī)線(xiàn)圈的電流為

/M=/-=/—*=2A—=14，故A錯(cuò)誤；

C、電動(dòng)機(jī)的輸入功率為

PA=UIM=5xlW=5W

電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)內(nèi)部消耗的熱功率為

P熱=6RM=Mx0.5W=0.5W

電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率等于電動(dòng)機(jī)總功率減去熱功率

P出=0人一「靜=5十一0?5皿=4.5皿，故C錯(cuò)誤；

。、電源的輸出功率等于電源總功率減去內(nèi)電路消耗的功率

P,；,=El-l2r=10X2MZ-22X11V=16W,故O正確。

故選：BD。

電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)的電路是非純電阻電路，歐姆定律不成立，而R和r是純電阻，可以對(duì)R和r,運(yùn)用歐姆定

律求電路中的電流；電動(dòng)機(jī)輸入功率2人=以，發(fā)熱功率P熱=〃RM,輸出功率P,/=P人一P樹(shù)根據(jù)功率

關(guān)系求出電動(dòng)機(jī)輸出的功率。

本題考查閉合電路歐姆定律適用范圍，對(duì)于電動(dòng)機(jī)電路區(qū)分是純電阻電路還是非純電阻電路，可從能量轉(zhuǎn)

化的角度理解：電能全部轉(zhuǎn)化內(nèi)能時(shí)，是純電阻電路，電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和其他能時(shí)，是非純電阻電路。

9.【答案】AB

【解析】解：A、設(shè)空間站運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)i，載人飛船運(yùn)動(dòng)的周期為R，根據(jù)開(kāi)普勒第三定律有：■=捻

則國(guó)際空間站運(yùn)動(dòng)的周期與載人飛船在橢圓軌道H上運(yùn)動(dòng)的周期之比為小書(shū)：，一港，故A正確。

8、根據(jù)開(kāi)普勒第二定律可得，載人飛船在遠(yuǎn)地點(diǎn)4點(diǎn)的速度小于在近地點(diǎn)B點(diǎn)速度的大小，所以飛船由B點(diǎn)

飛到A點(diǎn)速度逐漸減少，故8正確；

C、載人飛船在軌道/上通過(guò)4點(diǎn)時(shí)受到的萬(wàn)有引力等于在軌道n上運(yùn)行時(shí)通過(guò)4時(shí)點(diǎn)萬(wàn)有引力，由牛頓第二

定律可知，它們的加速度相等，故C錯(cuò)誤；

。、國(guó)際空間站做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)國(guó)際空間站運(yùn)動(dòng)的周期為A,由萬(wàn)有引力提供向心力有：竿"塔

解得地球質(zhì)量：M=嘉，國(guó)際空間站運(yùn)動(dòng)的周期與地球的自轉(zhuǎn)周期T不相等，故。錯(cuò)誤；

故選：AB.

由開(kāi)普勒第三定律求出周期之比：

根據(jù)開(kāi)普勒第三定律比較B點(diǎn)與4點(diǎn)的速度大小，能夠說(shuō)明從B到4的速度變化；

載人飛船在軌道I上通過(guò)a點(diǎn)時(shí)受到的萬(wàn)有引力等于在軌道〃上運(yùn)行時(shí)通過(guò)a時(shí)點(diǎn)萬(wàn)有引力，由萬(wàn)有引力提

供向心力可求出中心天體地球的質(zhì)量。

本題考查萬(wàn)有引力定律，關(guān)鍵掌握萬(wàn)有引力提供向心力。熟練應(yīng)用開(kāi)普勒第三定律求解環(huán)繞天體的周期。

10.【答案】BC

【解析】解：4、剛開(kāi)始時(shí)，重物的速度為零，重物所受重力的瞬時(shí)功率為零；當(dāng)環(huán)上升到Q時(shí)，由于環(huán)的

速度向上與繩垂直，重物的速度為零，此時(shí)重物所受重力的瞬時(shí)功率也為零，所以金屬環(huán)從P上升到Q的過(guò)

程中，重物所受重力的瞬時(shí)功率先增大后減小，故A錯(cuò)誤；

8、金屬環(huán)從P上升到Q的過(guò)程中，設(shè)繩子拉力對(duì)重物做的功為對(duì)重物，由動(dòng)能定理得：

d

小+5mg（旃-d）=°

解得繩子拉力對(duì)重物做的功為：W=-mgd,故8正確；

C、設(shè)金屬環(huán)在Q點(diǎn)的速度大小為外重物的速度為0,對(duì)環(huán)和重物組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律得：

（嘉-d）=mg?,解得：故C正確；

。、若金屬環(huán)最高能上升到N點(diǎn)，則金屬環(huán)從P上升到N的過(guò)程中，對(duì)環(huán)和重物組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定

律得：

dddd

5血嗎也6-sino?-7ng（tane+tana，

解得ON與直桿之間的夾角為a=53°,故。錯(cuò)誤。

故選:BC。

對(duì)重物，根據(jù)初始速度為0,重力功率為0,末速度與重力垂直，重力功率也為0,分析重物所受重力的瞬時(shí)

功率變化情況；金屬環(huán)從P上升到。的過(guò)程中，對(duì)重物，利用動(dòng)能定理求解拉力對(duì)重物做的功；對(duì)環(huán)和重物

系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律求解環(huán)在Q點(diǎn)的速度；整個(gè)過(guò)程中，對(duì)環(huán)和重物整體，由機(jī)械能守恒定律可解得ON

與直桿之間的夾角a。

本題多次運(yùn)用幾何關(guān)系及機(jī)械能守恒定律，對(duì)于機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式除題中變化的動(dòng)能等于變化的重

力勢(shì)能外，還可以寫(xiě)成圓環(huán)變化的機(jī)械能等于重物變化的機(jī)械能。同時(shí)關(guān)注題中隱含條件的挖掘。

11.【答案】AC

【解析】解：由于小球從P到Q動(dòng)能變化為零，則合力方向與PQ垂直，在Q點(diǎn)進(jìn)行速度的分解，如圖所示:

根據(jù)幾何關(guān)系可得：vx=vcos60°,vy-vsin60°

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知I：尤=字￡=畔，、=?”畢，貝支加。=營(yíng)，解得：0=30。

4、小球的速度最小值為沿PQ方向的速度，即為：vmin=vcos9,解得：也故A正確；

8、當(dāng)電場(chǎng)力方向與合力方向垂直時(shí)最小，即電場(chǎng)力方向沿PQ方向，如圖所示，根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得：

Q^min=mgsind,解得：qEmin=^rng,故8錯(cuò)誤；

C、小球的動(dòng)能、電勢(shì)能與重力勢(shì)能之和不變，重力勢(shì)能逐漸減小，則動(dòng)能與電勢(shì)能之和一直增大，故C正

確；

。、水平位移與豎直位移的大小之比為：%：y=竽：空=3：C，故。錯(cuò)誤。

故選：ACo

由于小球從P到Q動(dòng)能變化為零，則合力方向與PQ垂直，在Q點(diǎn)進(jìn)行速度的分解，根據(jù)幾何關(guān)系求解PQ與x軸

的夾角，根據(jù)速度的合成與分解結(jié)合幾何關(guān)系求解最小速度和最小的電場(chǎng)力；根據(jù)功能關(guān)系分析動(dòng)能與電

勢(shì)能之和的變化情況：根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解位移之比。

本題主要是考查帶電小球在電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是弄清楚小球的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)運(yùn)動(dòng)

的合成與分解、能量守恒定律等進(jìn)行分析。

12.【答案】DAD0.97存在空氣阻力和摩擦阻力做功

【解析】解：(1)正確的手持紙帶的方法：手持紙帶的末端，讓紙帶保持豎直，重物靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，故A8C

錯(cuò)誤，。正確。

故選。。

(2)4先接通電源，后讓重錘下落，可有效的利用紙帶，故A正確；

8.要驗(yàn)證的表達(dá)式為：mgh=^mv2,重錘的質(zhì)量可以被約掉，重錘的質(zhì)量不準(zhǔn)，不會(huì)對(duì)實(shí)驗(yàn)有影響，故8

錯(cuò)誤；

C.利用u=gt,來(lái)計(jì)算重物在t時(shí)刻的瞬時(shí)速度，是認(rèn)為物體做自由落體運(yùn)動(dòng)，而做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體，

其機(jī)械能是守恒的，這就失去了驗(yàn)證的意義，故C錯(cuò)誤；

D安裝打點(diǎn)計(jì)時(shí)器時(shí)，應(yīng)使兩個(gè)限位孔處于同一豎直線(xiàn)上，可減少紙帶與限位孔之間的摩擦阻力，故。正

確。

故選：AD.

(3)B點(diǎn)的速度等于4C段的平均速度，則有：%=舞=7?也,30001分=0.97?n/s

ZIZXu.u/nt

數(shù)值上dEp>/a,原因是存在空氣阻力和摩擦力阻力做功。

故答案為：(1)D;(2)4D；(3)0.97；存在空氣阻力和摩擦阻力做功

(1)(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)的操作方法和注意的事項(xiàng)解答；

(3)根據(jù)打點(diǎn)紙帶測(cè)量速度的原理求得打B點(diǎn)時(shí)的速度；誤差來(lái)自于存在空氣阻力和摩擦力阻力。

本題考查了驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律實(shí)驗(yàn)，分析實(shí)驗(yàn)的原理是解題的前提，掌握實(shí)驗(yàn)的操作和注意的事項(xiàng)。

13.【答案】5.66012.42517R2

【解析】解：(1)螺旋測(cè)微器的精度為O.Olrmn,讀數(shù)為5.5nun+0.160/nm=5.660mm；

20分度游標(biāo)卡尺的精度為O.OSznni,讀數(shù)為124nmi+5x0.05mm=124.25mm=12.425cm；

(2)金屬棒的阻值約為170；

(3)金屬棒的阻值約為170,用/?2即可，電路圖如下：

故答案為：(1)5.660,12.425；(2)17；(3)/?2

(1)明確螺旋測(cè)微器和游標(biāo)卡尺的最小分度值再讀數(shù);

(2)根據(jù)歐姆表的讀數(shù)方法讀數(shù);

(3)根據(jù)金屬棒阻值選擇與之相近的滑動(dòng)變阻器。

本題關(guān)鍵掌握根據(jù)實(shí)驗(yàn)器材設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)電路圖，注意滑動(dòng)變阻器的選擇。

14.【答案】解：(1)演員駕駛摩托車(chē)的受力分析如圖

?G

在豎直方向，根據(jù)平衡條件可得

FNsin0=mg

可得鐵籠對(duì)摩托車(chē)的支持力為

0_mg

"N一sin8

代入數(shù)據(jù)解得鳳=3000N

根據(jù)牛頓第三定律可知摩托車(chē)對(duì)鐵籠的壓力大小為

FN'=FN=3000N

(2)由牛頓第二定律可得

FNCOS。=m忌

可得摩托車(chē)此時(shí)行駛的速度大小

v=9m/s

答：(1)摩托車(chē)對(duì)鐵籠的壓力大小為3000N；

(2)摩托車(chē)此時(shí)行駛的速度大小為9m/s。

【解析】(1)對(duì)摩托車(chē)受力分析，列出平衡方程可以得到摩托車(chē)受到的支持力，然后根據(jù)牛頓第三定律可以

求得結(jié)果；

(2)根據(jù)向心力公式可以得到摩托車(chē)的速度。

本題只要掌握基本的受力分析和向心力公式即可正確解答，難度不大，屬于基礎(chǔ)題。

15.【答案】解：(1)①表示小物塊的動(dòng)能，②表示小物塊的重力勢(shì)能，③表示彈簧的彈性勢(shì)能；

(2)1?1.8M路程內(nèi)，小物塊的重力勢(shì)能增加4/,有

Epi=mgs2sinp

式中：Epi=4/,s2=1.8m—Im=0.8m

解得斜面的傾斜角為：8=30。

(3)由圖線(xiàn)①可知，1?1.8m路程內(nèi)，小物塊的動(dòng)能從引減小至4人根據(jù)動(dòng)能定理

—mgs2sin30°+叼=Ek2—Ekl

式中：Ekl=8J,Ek2=4J,解得：Wf=0

說(shuō)明斜面沒(méi)有摩擦，即斜面光滑。

由圖線(xiàn)②可知，路程為2.2m時(shí)，小物塊的重力勢(shì)能為與2=6人路程從1m?2