浙江省杭州市周邊重點(diǎn)中學(xué)四校2024-2025學(xué)年高二上學(xué)期10月聯(lián)考物理試題

2024學(xué)年第一學(xué)期高二年級(jí)10月四校聯(lián)考物理學(xué)科試題卷考生須知：1．本卷共四大題，21小題，滿分100分，考試時(shí)間90分鐘；2．所有解答均答在答題紙上，選擇題部分需用2B鉛筆填涂，其他試題用黑色字跡的筆在相應(yīng)區(qū)域答題；3．本卷無(wú)特別說(shuō)明，重力加速度取。選擇題部分一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)是符合題目要求的）1.牛頓在1687年用在流體中拖動(dòng)的平板，做了著名的粘性流動(dòng)實(shí)驗(yàn)。得出了粘附于上平板的流體在平板切向方向上產(chǎn)生的粘性摩擦力F的關(guān)系式：。其中A是平板面積，h是平板間間距，平板的運(yùn)動(dòng)速度為v，粘滯力系數(shù)的單位為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】根據(jù)可知故選C。2.下列表述正確的是（）A.法拉第提出了用電場(chǎng)線描述電場(chǎng)的方法，并用實(shí)驗(yàn)測(cè)得了元電荷的數(shù)值B.庫(kù)侖用扭秤實(shí)驗(yàn)研究了電荷間的相互作用規(guī)律，并測(cè)出了靜電力常量C.用點(diǎn)電荷來(lái)代替實(shí)際帶電體是采用了等效替代的思想方法D.電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)、電容都是用比值法定義的物理量【答案】D【解析】【詳解】A．法拉第提出了用電場(chǎng)線描述電場(chǎng)的方法，密立根用油滴實(shí)驗(yàn)測(cè)量了元電荷的值，故A錯(cuò)誤；B．庫(kù)侖通過(guò)扭秤實(shí)驗(yàn)研究了電荷間的相互作用規(guī)律，麥克斯韋通過(guò)理論計(jì)算得出了靜電力常量，故B錯(cuò)誤；C．用點(diǎn)電荷來(lái)代替實(shí)際帶電的電荷是采用了理想化物理模型的方法，故C錯(cuò)誤；D．由電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)和電容的定義可知，電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)、電容器的電容都是用比值法定義的，故D正確。故選D。3.蜘蛛網(wǎng)是由部分種類的蜘蛛吐絲所編成的網(wǎng)狀物，如圖所示，豎直平面內(nèi)蜘蛛網(wǎng)上A、B、C三點(diǎn)的連線構(gòu)成正三角形，三根蜘蛛絲a、b、c（可視為彈性繩）的延長(zhǎng)線均過(guò)三角形的中心，蜘蛛絲c沿豎直方向，且c中有張力。蜘蛛靜止在蜘蛛網(wǎng)（不計(jì)重力）中央，下列說(shuō)法正確的是（）A.a中張力大于b中張力B.a中張力大于c中張力C.若c突然斷開，則蜘蛛仍能保持靜止D.若c突然斷開，則斷后瞬間蜘蛛的加速度豎直向下【答案】B【解析】【詳解】A．以網(wǎng)和蜘蛛為研究對(duì)象，受力分析如圖所示，由平衡條件有可得故A正確；BCD．在豎直方向上有由幾何關(guān)系可知，可得c突然斷開，蜘蛛受到的合力豎直向上，有向上的加速度。故B正確；CD錯(cuò)誤。故選B。4.充電式果汁機(jī)小巧簡(jiǎn)便，如圖甲所示，被譽(yù)為出行神器，滿足了人們出行也能喝上鮮榨果汁的需求．如圖乙所示，其主要部件是四個(gè)長(zhǎng)短不同的切水果的鋒利刀片．工作時(shí)，刀片在電機(jī)帶動(dòng)下高速旋轉(zhuǎn)，機(jī)身和果汁杯可視為保持靜止．則果汁機(jī)在完成榨汁的過(guò)程中A.某時(shí)刻不同刀片頂點(diǎn)的角速度都相等B.不同刀片上各點(diǎn)的加速度方向始終指向圓心C.杯壁上的水果顆粒做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的向心力由摩擦力提供D.消耗的電能一定等于水果顆粒以及果汁機(jī)增加的內(nèi)能【答案】A【解析】【詳解】A．不同刀片相對(duì)靜止的繞同一軸做圓周運(yùn)動(dòng)，屬于同軸轉(zhuǎn)動(dòng)模型，角速度相等，故A正確；B．刀片旋轉(zhuǎn)角速度越來(lái)越大，做變速圓周運(yùn)動(dòng)，加速度方向不是指向圓心，故B錯(cuò)誤；C．杯壁上的水果顆粒做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的向心力由杯壁的彈力提供，重力和摩擦力平衡，故C錯(cuò)誤；D．消耗電能等于水果顆粒增加的機(jī)械能和水果顆粒與果汁機(jī)增加的內(nèi)能，故D錯(cuò)誤．5.“探究影響平行板電容器電容大小因素”的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是（）A.平行板電容器左極板上移時(shí)，靜電計(jì)指針偏角減小B.平行板電容器中間插入一層薄的導(dǎo)體材料，靜電計(jì)指針偏角增大C.平行板電容器左極板左移時(shí)，電容器儲(chǔ)存能量增大D.靜電計(jì)測(cè)量的是電勢(shì)差，所以也可以用電壓表替代【答案】C【解析】【詳解】A．由于靜電計(jì)所帶的電荷量很少，所以可認(rèn)為平行板電容器所帶的電荷量不變，根據(jù)，平行板電容器左極板上移時(shí)，正對(duì)面積減小，電容器電容減小，極板間電壓增大，則靜電計(jì)指針偏角增大，故A錯(cuò)誤；B．平行板電容器中間插入一層薄的導(dǎo)體材料，則板間距離減小，電容器電容增大，極板間電壓減小，靜電計(jì)指針偏角減小，故B錯(cuò)誤；C．平行板電容器左極板左移時(shí)，則板間距離增大，電容器電容減小，極板間電壓增大，電容器儲(chǔ)存能量為可知電容器儲(chǔ)存能量增大，故C正確；D．靜電計(jì)測(cè)量的是電勢(shì)差，但電壓表是由電流表改裝的，所以電壓表要有示數(shù)必須有電流通過(guò)表頭，則不能用電壓表替代，故D錯(cuò)誤。故選C。6.電影《流浪地球2》中，人類建造了太空電梯直通空間站，如圖為科幻電影中的太空電梯示意圖。超級(jí)纜繩將地球赤道上的固定基地、同步空間站和配重空間站連接在一起，它們隨地球同步旋轉(zhuǎn)，P為太空電梯。地球同步衛(wèi)星的軌道在同步空間站和配重空間站之間。下列說(shuō)法正確的是（）A.配重空間站的周期大于B.宇航員可以自由漂浮在配重空間站內(nèi)C.若太空電梯沿纜繩勻速運(yùn)動(dòng)，則其內(nèi)部的物體受力平衡D.若兩空間站之間的纜繩斷裂，配重空間站將做離心運(yùn)動(dòng)【答案】D【解析】【詳解】A．超級(jí)纜繩將地球赤道上的固定基地、同步空間站和配重空間站連接在一起，它們隨地球同步旋轉(zhuǎn)，則配重空間站的周期等于，故A錯(cuò)誤；B．宇航員在同步空間站內(nèi)，萬(wàn)有引力剛好提供所需的向心力，而宇航員在配重空間站內(nèi)，萬(wàn)有引力不足以提供宇航員做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力，所以宇航員在配重空間站時(shí)受到空間站的作用力，故B錯(cuò)誤；C．若太空電梯沿纜繩勻速運(yùn)動(dòng)，由于太空電梯繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)，所以其內(nèi)的物體受力不平衡，故C錯(cuò)誤；D．若兩空間站之間纜繩斷裂，則配重空間站受到的萬(wàn)有引力小于所需的向心力，配重空間站將做離心運(yùn)動(dòng)，故D正確。故選D。7.下列關(guān)于磁場(chǎng)的應(yīng)用，正確的是（）A.圖甲是用來(lái)加速帶電粒子的回旋加速器示意圖要使粒子獲得的最大動(dòng)能增大，可增大加速電場(chǎng)的電壓UB.圖乙是磁流體發(fā)電機(jī)示意圖，由此可判斷B極板是發(fā)電機(jī)的正極，A極板是發(fā)電機(jī)的負(fù)極C.圖丙是速度選擇器示意圖，速度方向從P到Q，不考慮重力的帶電粒子能夠沿直線勻速通過(guò)速度選擇器的條件是D.圖丁是磁電式電流表內(nèi)部結(jié)構(gòu)示意圖，當(dāng)有電流流過(guò)時(shí)，線圈在磁極間產(chǎn)生的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)【答案】B【解析】【詳解】A．設(shè)回旋加速器的最大半徑為，加速后最大速度為，根據(jù)可得粒子獲得的最大動(dòng)能為所以粒子的最大動(dòng)能與加速電場(chǎng)的電壓U無(wú)關(guān)，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)左手定則，正電荷向下偏轉(zhuǎn)，所以B板帶正電，為發(fā)電機(jī)的正極，A極板是發(fā)動(dòng)機(jī)的負(fù)極，B正確；C．速度方向從P到Q，速度選擇器不能判斷帶電粒子的電性，不管是正電，還是負(fù)電，只要滿足即粒子就能勻速通過(guò)速度選擇器，C錯(cuò)誤；D．線圈在磁極間產(chǎn)生的磁場(chǎng)為均勻輻向磁場(chǎng)，該磁場(chǎng)為非勻強(qiáng)磁場(chǎng)，D錯(cuò)誤。故選B。8.范德格拉夫靜電加速器結(jié)構(gòu)如圖所示，其工作原理是先通過(guò)傳送帶將正電荷傳送到金屬球殼（電荷在金屬球殼均勻分布），使金屬球與地面間產(chǎn)生幾百萬(wàn)伏的高壓，然后利用高壓給絕緣管中的帶電粒子加速。在加速管頂端A點(diǎn)無(wú)初速度釋放一帶電粒子，粒子經(jīng)過(guò)B、C兩點(diǎn)到達(dá)管底（B為中點(diǎn)）。不計(jì)粒子重力，僅考慮球殼產(chǎn)生電場(chǎng)的影響，下列說(shuō)法正確的是（）A.B點(diǎn)電勢(shì)比C點(diǎn)電勢(shì)低B.粒子從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中電勢(shì)能增大C.粒子在B點(diǎn)的加速度小于在C點(diǎn)的加速度D.粒子在與間的動(dòng)能變化量不同【答案】D【解析】【詳解】AB．根據(jù)題意可知電場(chǎng)線方向沿著ABC的方向，沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，所以B點(diǎn)電勢(shì)比C點(diǎn)電勢(shì)高，粒子在加速過(guò)程中，動(dòng)能增大，電勢(shì)能減小，故AB錯(cuò)誤；C．電場(chǎng)線的疏密程度表示場(chǎng)強(qiáng)的大小，從A到C的過(guò)程中電場(chǎng)線逐漸稀疏，所以B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于C點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，根據(jù)牛頓第二定律可知，粒子在B點(diǎn)加速度大于在C點(diǎn)的加速度，故C錯(cuò)誤；D．因?yàn)閺腁到C的過(guò)程中場(chǎng)強(qiáng)逐漸減小，根據(jù)公式可知，AB兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大于BC兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，所以粒子在AB間的動(dòng)能變化量大于在BC間的動(dòng)能變化量，故D正確；故選D。9.如圖所示，小物塊以初速度從O點(diǎn)沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，同時(shí)從O點(diǎn)斜向上拋出一個(gè)速度大小也為的小球，物塊和小球在斜面上的P點(diǎn)相遇．已知物塊和小球質(zhì)量相等(均可視為質(zhì)點(diǎn))，空氣阻力忽略不計(jì)，則下列說(shuō)法正確的是（

）．A.斜面可能是光滑的B.小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)離斜面最遠(yuǎn)C.在P點(diǎn)時(shí)，小球的動(dòng)能大于物塊的動(dòng)能D.小球和物塊到達(dá)P點(diǎn)過(guò)程中克服重力做功的平均功率不相等【答案】C【解析】【詳解】把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，則沿斜面方向的速度小于物塊的速度，若斜面光滑，則小球和物塊沿斜面方向的加速度相同，則不可能在P點(diǎn)相遇，所以斜面不可能是光滑的，A錯(cuò)誤；當(dāng)小球的速度方向與斜面平行時(shí)，離斜面最遠(yuǎn)，此時(shí)豎直方向速度不為零，不是運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，B錯(cuò)誤；物塊和小球在斜面上的P點(diǎn)相遇，在沿斜面方向速度相同，由于小球在垂直于斜面方向還有速度，故小球的速度大于物塊的速度，故小球的動(dòng)能大于物塊的動(dòng)能，C正確；小球和物塊初末位移相同，則高度差相等，而重力相等，則重力做功相等，時(shí)間又相同，所以小球和物塊到達(dá)P點(diǎn)過(guò)程中克服重力做功的平均功率相等，D錯(cuò)誤．【點(diǎn)睛】把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，則沿斜面方向的速度小于物塊的速度，若斜面光滑，則小球和物塊沿斜面方向的加速度相同，則不可能在P點(diǎn)相遇，根據(jù)動(dòng)能定理分析動(dòng)能的變化，當(dāng)小球的速度方向與斜面平行時(shí)，離斜面最遠(yuǎn)，求出重力做功的大小，進(jìn)而求解平均功率．10.示波器是一種用途十分廣泛的電子測(cè)量?jī)x器，而示波管則是示波器的主要部件，其原理如圖1所示。如果在電極之間所加電壓及在電極之間所加電壓按圖2所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上呈現(xiàn)出來(lái)的圖形是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【詳解】在方向加恒定不變的電壓，則在此方向上偏轉(zhuǎn)距離不變，因Y板電勢(shì)高，則電子向Y極板偏轉(zhuǎn)；在之間加逐漸增加的電壓，則電子向X方向偏轉(zhuǎn)，且偏轉(zhuǎn)距離逐漸變大，故在熒光屏上呈現(xiàn)出來(lái)的圖形是A。故選A。11.電磁炮是利用電磁發(fā)射技術(shù)制成的新型武器，如圖所示為電磁炮的原理結(jié)構(gòu)示意圖。若某水平發(fā)射軌道長(zhǎng)，寬，發(fā)射的炮彈質(zhì)量為，炮彈被發(fā)射時(shí)從軌道左端由靜止開始加速。當(dāng)電路中的電流恒為，軌道間勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，不計(jì)空氣及摩擦阻力。下列說(shuō)法正確的是（）A.磁場(chǎng)方向?yàn)樨Q直向下B.炮彈的加速度大小為C.炮彈在軌道中加速的時(shí)間為D.炮彈發(fā)射過(guò)程中安培力的最大功率為【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)左手定則可知，磁場(chǎng)方向?yàn)樨Q直向上，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)牛頓第二定律有解得故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)位移公式有結(jié)合上述解得故C正確；D．炮彈發(fā)射過(guò)程中的最大速度炮彈發(fā)射過(guò)程中安培力的最大功率結(jié)合上述解得故D錯(cuò)誤。故選C。12.如圖所示，直線Ⅰ、Ⅱ分別是電源1與電源2的路端電壓隨輸出電流變化的特性圖線，曲線Ⅲ是一個(gè)小燈泡的伏安特性曲線，曲線Ⅲ與直線Ⅰ、Ⅱ相交點(diǎn)的坐標(biāo)分別為P（5.2，3.5）、Q（6，5）。如果把該小燈泡分別與電源1、電源2單獨(dú)連接，則下列說(shuō)法正確的是（）A.電源1與電源2的內(nèi)阻之比是2:3B.小燈泡的電阻隨著電流的增大而減小C.在這兩種連接狀態(tài)下，小燈泡的電阻之比是21:26D.在這兩種連接狀態(tài)下，小燈泡消耗的功率之比是7:10【答案】C【解析】【詳解】A．電源1與電源2的內(nèi)阻之比是A錯(cuò)誤；B．小燈泡的圖像斜率增大，小燈泡的電阻隨著電流的增大而增大，B錯(cuò)誤；C．在這兩種連接狀態(tài)下，小燈泡的電阻之比C正確；D．在這兩種連接狀態(tài)下，小燈泡消耗的功率之比為D錯(cuò)誤。故選C。13.磁敏元件在越來(lái)越多的電子產(chǎn)品中被使用，市場(chǎng)上看到的帶皮套的智能就是使用磁性物質(zhì)和霍爾元件等起到開關(guān)控制的，當(dāng)打開皮套，磁體遠(yuǎn)離霍爾元件，屏幕亮；當(dāng)合上皮套，磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，進(jìn)入省電模式。如圖所示，一塊寬度為、長(zhǎng)為、厚度為的矩形半導(dǎo)體霍爾元件，元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為的自由電子，通入水平向右大小為的電流時(shí)，當(dāng)套合上時(shí)元件處于垂直于上表面、方向向上且磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，于是元件的前、后表面產(chǎn)生穩(wěn)定電勢(shì)差；以此來(lái)控制屏幕熄滅，則下列說(shuō)法正確的是（）A.前表面的電勢(shì)比后表面的電勢(shì)高B.自由電子所受洛倫茲力的大小為C.用這種霍爾元件探測(cè)某空間的磁場(chǎng)時(shí)，霍爾元件的擺放方向?qū)o(wú)影響D.若該元件單位體積內(nèi)的自由電子個(gè)數(shù)為，則發(fā)生霍爾效應(yīng)時(shí)，元件前后表面的電勢(shì)差為【答案】D【解析】【詳解】A．元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為e的自由電子，通入水平向右大小為I的電流時(shí)，電子向左運(yùn)動(dòng)，由左手定律可得電子受洛倫茲力的作用往前表面偏轉(zhuǎn)，故前表面的電勢(shì)比后表面的電勢(shì)低，故A錯(cuò)誤；BC．元件的前、后表面產(chǎn)生穩(wěn)定電勢(shì)差時(shí)，電子受到的洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡整理得為垂直于上表面的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，故霍爾元件的擺放方向?qū)τ杏绊?，故BC錯(cuò)誤；D．元件單位體積內(nèi)的自由電子個(gè)數(shù)為n，根據(jù)電流的微觀表達(dá)式整理得電子受到的洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡聯(lián)立得元件前后表面的電勢(shì)差為D正確。故選D。二、選擇題Ⅱ（本題共3小題，每小題4分，共12分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，至少有一個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的，漏選得2分，不選、錯(cuò)選均不得分）14.下列說(shuō)法中正確的是（）A.愛因斯坦相對(duì)論指出真空中的光速在不同慣性參考系中大小相同B.通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中的受力方向是該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向C.燃?xì)庠钪须娮狱c(diǎn)火器點(diǎn)火應(yīng)用了尖端放電的原理D.第谷通過(guò)行星的數(shù)據(jù)觀測(cè)與歸納提出了行星運(yùn)動(dòng)定律【答案】AC【解析】【詳解】A．愛因斯坦相對(duì)論指出真空中的光速在不同慣性參考系中大小相同，A正確；B．通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中的受力方向與該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，B錯(cuò)誤；C．燃?xì)庠钪须娮狱c(diǎn)火器點(diǎn)火應(yīng)用了尖端放電的原理，C正確；D．開普勒通過(guò)行星的數(shù)據(jù)觀測(cè)與歸納提出了行星運(yùn)動(dòng)定律，Ｄ錯(cuò)誤。故選AC15.如圖甲所示，某節(jié)能路燈可通過(guò)光控開關(guān)自動(dòng)隨周圍環(huán)境的亮度改變進(jìn)行自動(dòng)控制，圖乙為其內(nèi)部電路簡(jiǎn)化原理圖，和為定值電阻，為光敏電阻（光照強(qiáng)度增大時(shí)，其電阻值減小），小燈泡電阻值不變，電壓表為理想電壓表。當(dāng)天逐漸變亮?xí)r，下列判斷正確的是（）A.電壓表的示數(shù)變小 B.通過(guò)的電流變小C.小燈泡變暗 D.電源的效率減小【答案】CD【解析】【詳解】ABD．當(dāng)天逐漸變亮?xí)r，光照強(qiáng)度增大，光敏電阻阻值減小，電路總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，電路總電流變大，兩端電壓變大，即電壓表的示數(shù)變大；內(nèi)阻上的電壓變大，路端電壓減小，則并聯(lián)支路的電壓減小，燈泡所在支路的電流減小，小燈泡變暗，通過(guò)的電流變大，故AB錯(cuò)誤，C正確；D．電源的效率為由于外電阻減小，則電源效率減小，故D正確。故選CD。16.如圖所示為某品牌的電動(dòng)車，質(zhì)量為，人的質(zhì)量也為，電動(dòng)機(jī)正常工作的額定輸入電流，額定輸入電壓為，電動(dòng)車電池的容量為。電動(dòng)車行駛時(shí)所受阻力大小為人和車總重力的0.05倍：該電動(dòng)車在水平地面上由靜止開始以額定功率運(yùn)行通過(guò)的距離，速度達(dá)到，忽略電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的摩擦，重力加速度。下列說(shuō)法正確的是（）A.電池能使電動(dòng)機(jī)以額定電流運(yùn)行的最長(zhǎng)時(shí)間為180分鐘B.該過(guò)程中驅(qū)動(dòng)電動(dòng)機(jī)的輸出功率為C.驅(qū)動(dòng)電動(dòng)機(jī)的內(nèi)阻為D.電動(dòng)車能達(dá)到的最大速度為【答案】BC【解析】【詳解】A．電池能使電動(dòng)機(jī)以額定電流運(yùn)行的最長(zhǎng)時(shí)間為故A錯(cuò)誤；B．由動(dòng)能定理可得解得故B正確；C．根據(jù)解得驅(qū)動(dòng)電動(dòng)機(jī)的內(nèi)阻為故C正確；D．電動(dòng)車能達(dá)到的最大速度為故D錯(cuò)誤。故選BC。非選擇題部分三、實(shí)驗(yàn)題（本題共2小題，共18分）17.如圖甲所示是很多力學(xué)實(shí)驗(yàn)中常使用的裝置。（1）關(guān)于該裝置的下列說(shuō)法正確的是______。A.利用該裝置做“探究小車速度隨時(shí)間變化規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)時(shí)，需要平衡摩擦力B.以小車和砝碼整體為研究對(duì)象，平衡摩擦力后，可利用該裝置“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”C.利用該裝置做“探究小車的加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)時(shí)，除應(yīng)平衡摩擦力外，還必須滿足小車的質(zhì)量遠(yuǎn)大于砝碼與砝碼盤的總質(zhì)量（2）在用該裝置來(lái)“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)時(shí)，操作如下：（a）平衡摩擦力時(shí)，若所有的操作均正確，打出的紙帶如圖乙所示，應(yīng)______（填“減小”或“增大”）木板的傾角。（b）圖丙為小車質(zhì)量一定時(shí)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描繪的小車加速度的倒數(shù)與盤和砝碼的總質(zhì)量的倒數(shù)之間的實(shí)驗(yàn)關(guān)系圖像。若牛頓第二定律成立，則小車的質(zhì)量_______。（g取9.8m/s2）（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）（3）若用圖丁的裝置拓展探究方法，按如下步驟進(jìn)行：（?。焐贤斜P和砝碼，改變木板的傾角，使質(zhì)量為的小車拖著紙帶沿木板勻速下滑；（ⅱ）取下托盤和砝碼，測(cè)出總質(zhì)量為，記為小車受到的作用力，讓小車沿木板下滑，測(cè)出加速度；（ⅲ）改變砝碼質(zhì)量和木板傾角，多次測(cè)量，通過(guò)作圖可得到的關(guān)系。若小明同學(xué)操作規(guī)范，隨著托盤內(nèi)的砝碼數(shù)增大，作出的圖像正確的是_______A. B. C.【答案】（1）C（2）①增大②.0.18（3）A【解析】【小問(wèn)1詳解】A．利用該裝置做“探究小車速度隨時(shí)間變化規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)時(shí)，只需要保證小車受到的合力恒定不變，不需要平衡摩擦力，故A錯(cuò)誤；B．以小車和砝碼整體為研究對(duì)象，平衡摩擦力后，由于仍存在摩擦力做功，會(huì)產(chǎn)生內(nèi)能，所以不可利用該裝置“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”，故B錯(cuò)誤；C．利用該裝置做“探究小車的加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)時(shí)，除應(yīng)平衡摩擦力外，還必須滿足小車的質(zhì)量遠(yuǎn)大于砝碼與砝碼盤的總質(zhì)量。因?yàn)橹挥挟?dāng)小車的質(zhì)量遠(yuǎn)大于砝碼與砝碼盤的總質(zhì)量時(shí)，才能認(rèn)為繩的拉力近似等于砝碼與砝碼盤的總重力，故C正確。故選C?！拘?wèn)2詳解】（a）[1]平衡摩擦力時(shí)，若所有的操作均正確，打出的紙帶如圖乙所示，紙帶向右運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)跡變密集，說(shuō)明小車做減速運(yùn)動(dòng)，為了讓小車做勻速運(yùn)動(dòng)，應(yīng)該增大木板的傾角；（b）[2]由牛頓第二定律得可得由圖像可得解得小車的質(zhì)量為【小問(wèn)3詳解】取下托盤和砝碼前，小車做勻速直線運(yùn)動(dòng)，處于平衡狀態(tài)，合力等于零，取下托盤和砝碼后，小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其所受的合力為改變砝碼質(zhì)量和木板傾角，多次測(cè)量，根據(jù)牛頓第二定律，加速度與合力成正比，通過(guò)作圖可得到的關(guān)系一定是一條通過(guò)原點(diǎn)的傾斜的直線。故選A。18.在做“測(cè)定干電池電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻”的實(shí)驗(yàn)時(shí)，實(shí)驗(yàn)室給出下列器材：A．一節(jié)待測(cè)干電池B．電流表，量程，內(nèi)阻左右C．電壓表，量程，內(nèi)阻左右D．滑動(dòng)變阻器，最大阻值為E．滑動(dòng)變阻器，最大阻值為F．電鍵一只、導(dǎo)線若干（1）選擇哪個(gè)滑動(dòng)變阻器更加合理？_______（填器材前面字母）；（2）圖甲為某同學(xué)連接好的電路照片，請(qǐng)?jiān)谟疫吿摼€框中畫出該同學(xué)的實(shí)驗(yàn)電路圖_______（3）該同學(xué)先用多用電表直流2.5V擋估測(cè)電池電動(dòng)勢(shì)，如圖乙所示，其讀數(shù)為______V。（4）該同學(xué)測(cè)出的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，并繪制出圖線如圖丙所示，根據(jù)圖線計(jì)算被測(cè)電池的電動(dòng)勢(shì)為______，內(nèi)阻為_______。（結(jié)果保留兩位小數(shù)）【答案】（1）E（2）見解析（3）1.50（4）①.1.45②.0.67【解析】【小問(wèn)1詳解】由于干電池的內(nèi)阻較小，為了調(diào)節(jié)方便，使電表示數(shù)變化明顯，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用阻值較小的E?！拘?wèn)2詳解】根據(jù)圖甲中的實(shí)物連接圖，電路圖如圖所示【小問(wèn)3詳解】該同學(xué)先用多用電表直流2.5V擋估測(cè)電池電動(dòng)勢(shì)，如圖乙所示，其讀數(shù)為?！拘?wèn)4詳解】[1][2]根據(jù)閉合電路歐姆定律可得則有可知圖像的縱軸截距等于電動(dòng)勢(shì)，則有圖像的斜率絕對(duì)值等于內(nèi)阻，則有四、計(jì)算題（本題共3小題，共31分）19.如圖所示，長(zhǎng)為、傾角為的光滑絕緣斜面處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中（電場(chǎng)區(qū)域足夠大）。一電荷量大小為、質(zhì)量為的小球，以的初速度由斜面底端點(diǎn)沿斜面上滑，恰好不會(huì)從斜面頂端處飛出，取，，。（1）判斷該小球的電性，并求電場(chǎng)強(qiáng)度大小；（2）若在小球到達(dá)頂端的同時(shí)，僅將電場(chǎng)突然反向，則小球再經(jīng)過(guò)多少時(shí)間落回到地面。【答案】（1）帶正電，（2）【解析】【小問(wèn)1詳解】小球運(yùn)動(dòng)到頂端時(shí)速度恰好等于零，所以此過(guò)程的加速度大小為由于可知小球受到的電場(chǎng)力應(yīng)水平向右，則小球帶正電；根據(jù)牛頓第二定律可得解得電場(chǎng)強(qiáng)度大小為【小問(wèn)2詳解】小球受到的電場(chǎng)力大小為僅將電場(chǎng)反向后，小球受到的合力大小為沿左下方45°方向，如圖所示小球?qū)⒀睾狭方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)；加速度大小為通過(guò)的位移大小為由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得解得小球落回到地面所用時(shí)間為20.如圖所示一游戲裝置，由四分之一圓弧軌道，水平軌道，以順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的的傾斜傳送帶，水平平臺(tái)組成，各部分之間平滑連接。一木板Q靜置于水平面上，其上表面與平臺(tái)等高并緊靠平臺(tái)。一可視為質(zhì)點(diǎn)的木塊P從距為h的上某處由靜止開始下滑，已知P的質(zhì)量m和Q的質(zhì)量M均為，軌道的半徑，木板Q的長(zhǎng)度，傳送帶的長(zhǎng)度與傳送帶及Q間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，其余各處摩擦均不計(jì)，，則（1）若，求木塊P運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最低點(diǎn)B時(shí)，受到的支持力大?。唬?）若木塊P能滑上平臺(tái)，求h的最小值；（3）若木塊和木板相互作用時(shí)產(chǎn)生的摩擦內(nèi)能為E，求h與E之間滿足的關(guān)系?！敬鸢浮浚?）（2）（3）見解析【解析】【小問(wèn)1詳解】由機(jī)械能守恒定律可得根據(jù)牛頓第二定律可知解得【小問(wèn)2詳解】木塊P在傳送帶上，先以向上勻減速，再以向上勻減速，到平臺(tái)時(shí)速度恰好為零對(duì)應(yīng)，對(duì)物體受力分析，結(jié)合牛頓第二定律可得由勻變速直線運(yùn)動(dòng)得規(guī)律可得小問(wèn)3詳解】設(shè)木塊剛滑上木板的速度為時(shí)，恰好能在木板最右端與木板相對(duì)靜止，則有解得對(duì)應(yīng)下落高度①當(dāng)時(shí)②當(dāng)時(shí)21.如圖所示，直角坐標(biāo)系中，y軸左側(cè)有一半徑為a的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，與y軸相切于A點(diǎn)，A點(diǎn)坐標(biāo)為。第一象限內(nèi)也存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩區(qū)域磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，