2024-2025學年上學期杭州高二物理期末卷2

第1頁（共1頁）2024-2025學年上學期杭州高二物理期末卷2一．選擇題（共13小題，滿分39分，每小題3分）1．（3分）（2021秋?浙江期中）關于下列物理量與括號里的單位對應完全正確的選項是（）A．電量（庫侖）電流（安培）頻率（法拉） B．電勢（伏特）磁感應強度（特斯拉）磁通量（韋伯） C．電壓（伏特）電容（庫侖）頻率（赫茲） D．電阻（歐姆）電勢差（伏特）磁通量（特斯拉）2．（3分）（2022?江蘇學業(yè)考試）足球運動是目前全球體育界最具影響力的項目之一，深受青少年喜愛。如圖所示為四種與足球有關的情景。下列說法正確的是（）A．甲圖中，靜止在草地上的足球受到的彈力就是它的重力 B．乙圖中，靜止在光滑水平地面上的兩個足球由于接觸而受到相互作用的彈力 C．丙圖中，即將被踢起的足球一定不能被看作質點 D．丁圖中，落在球網中的足球受到彈力是由于球網發(fā)生了形變3．（3分）（2023秋?蘭州期中）關于物理學史、物理量、物理研究方法、物理模型等，下列說法中正確的是（）A．伽利略猜想自由落體的速度與時間成正比，并進行了實驗驗證 B．圖像可以描述質點的運動，v﹣t圖像可以反映速度隨時間的變化規(guī)律，圖像的斜率反映加速度的大小和方向 C．選擇不同的物體作為參考系來描述同一物體的運動，其結果一定不同 D．原子核很小，一定能看作質點處理4．（3分）在極限跳傘運動中，運動員從高樓上由靜止開始落下。在初始階段，由于降落傘未打開，運動員可看成是做自由落體運動。t0時刻降落傘打開，降落傘受到的空氣阻力與其速度成正比。接近地面時，運動員以較小的速度勻速下落。取豎直向下為正方向，則運動員下落的v﹣t圖像大致是如圖中的（）A． B． C． D．5．（3分）（2022秋?徐匯區(qū)校級期中）如圖所示，一定質量的風箏用繩子固定于地面P點，風產生的力F垂直作用于風箏表面AB，并支持著風箏使它平衡。已知繩與水平地面的夾角α和風箏與水平面的夾角φ都為銳角，不計繩子所受的重力，設繩子產生的拉力為T，則T和F的大小關系是（）A．T一定小于F B．T一定等于F C．T一定大于F D．以上三種情況都有可能6．（3分）（2020秋?西城區(qū)校級期中）某小孩蕩秋千，當秋千擺到最低點時（）A．小孩所受重力和支持力的合力方向向下，小孩處于超重狀態(tài) B．小孩所受重力和支持力的合力方向向下，小孩處于失重狀態(tài) C．小孩所受重力和支持力的合力方向向上，小孩處于超重狀態(tài) D．小孩所受重力和支持力的合力方向向上，小孩處于失重狀態(tài)7．（3分）（2020?福州模擬）如圖，小球甲從A點水平拋出，將小球乙從B點自由釋放，兩小球先后經過C點時速度大小相等，方向夾角為60°，已知A、C高度差為h，兩小球質量均為m，不計空氣阻力，由以上條件可知（）A．兩小球在C點的速度大小均為2ghB．A、B兩點高度差為4h C．甲小球在C點時重力的瞬時功率為2mg2ghD．乙小球在C點時的動量大小為2m2g8．（3分）光滑水平面有一粗糙段AB長為s，其摩擦因數(shù)與離A點距離x滿足μ＝kx（k為恒量）。一物塊（可看作質點）第一次從A點以速度v0向右運動，到達B點時速率為v，第二次也以相同速度v0從B點向左運動，則（）A．第二次也能運動到A點，但速率不一定為v B．第二次也能運動到A點，但兩次所用時間不同 C．兩次克服摩擦力做的功不相同 D．兩次速率相同的位置只有一個，且距離A為3s9．（3分）（2021秋?浙江月考）某兒童公園摩天輪高達88米，擁有48個座艙，能夠同時容納288人，旋轉一周需要20分鐘。一質量為m的乘客坐在該摩天輪中以速率v在豎直平面內做勻速圓周運動，下列說法正確的是（）A．該乘客的速率v約為13m/s B．乘客的向心加速度約為0.001m/s2 C．在運動過程中，乘客的機械能守恒 D．若增大轉動速率，該乘客對座位的最大壓力跟最小壓力的差值不變10．（3分）（2021秋?兗州區(qū)期中）9月17日13時34分，神舟十二號載人飛船返回艙在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心東南部的東風著陸場成功著陸。執(zhí)行飛行任務的航天員全部順利出艙，身體狀態(tài)良好。在空間站工作期間，航天員先后進行了兩次出艙行走。航天員在空間站內24小時可以看到十六次日出日落。下列說法正確的是（）A．空間站的線速度大于第一宇宙速度 B．空間站的線速度小于同步衛(wèi)星的線速度 C．空間站的向心加速度大于同步衛(wèi)星的向心加速度 D．航天員出艙活動時的向心加速度為零11．（3分）（2019秋?山西月考）關于電場，下列說法正確的是（）A．某點電場線的方向就是檢驗電荷在該處的受力方向 B．某點的電場強度越大，檢驗電荷在該點的電勢一定越高 C．某點的電勢越高，檢驗電荷在該點的電勢能一定越大 D．某點的電勢為零，檢驗電荷在該點的電勢能一定為零12．（3分）（2016春?豐城市校級月考）如圖所示從離傳送帶高度h＝3.2m處由靜止落下一個質量為m＝1.2kg的小球，小球落到傳送帶后彈起的速度v1＝10m/s，與水平傳送帶成α＝53°角，已知傳送帶水平速度v0＝6.5m/s，小球與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，取g＝10m/s2．則傳送帶對小球的平均彈力為（）A．12N B．24N C．60N D．21.6N13．（3分）（2022秋?衢州期末）利用太陽能發(fā)電是實現(xiàn)“碳中和”的有益途徑。某太陽能電池驅動的環(huán)保汽車（無蓄電池儲能），總質量為m，當它在水平路面上以正常速度v勻速行駛時，驅動電機的輸入電流I，電壓U，若驅動電機能夠將輸入功率的90%轉化用于牽引汽車前進的機械功率。已知太陽輻射的總功率P0，太陽到地球的距離r，太陽光傳播到達地面的過程中大約有30%的能量損耗，該車所用太陽能電池的能量轉化效率約為15%。則（）A．驅動電機的機械功率為UI B．汽車勻速行駛所受阻力與車重之比為UImgvC．汽車正常行駛，其太陽能電池板的最小面積為4πrD．風力發(fā)電、核能發(fā)電和天然氣發(fā)電都可以減少二氧化碳的排放量二．多選題（共3小題，滿分12分，每小題4分）（多選）14．（4分）（2022春?杭州期中）下列關于書本插圖表述正確的是（）A．甲：汽車在水平路面轉彎時發(fā)生側滑是因為離心力大于最大靜摩擦力 B．乙：卡文迪什的扭秤實驗裝置中采用了控制變量法 C．丙：海王星的發(fā)現(xiàn)證明了萬有引力定律的正確性 D．?。浩嚿掀聲r采用低速擋是為了獲得更大的牽引力15．（4分）（2017春?寧德期末）如圖所示，閉合線圈在足夠大的勻強磁場中運動，其中能產生感應電流的是（）A． B． C． D．（多選）16．（4分）（2022?鎮(zhèn)沅縣校級開學）如圖所示，一傾角為37°的傳送帶以恒定速度運行，現(xiàn)將一質量m＝1kg的小物體拋上傳送帶，物體相對地面的速度隨時間變化的關系如圖所示，取沿傳送帶向上為正方，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.則下列說法正確的是（）A．物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.875 B．0～8s內物體位移的大小為18m C．0～8s內物體機械能的增量為90J D．0～8s內物體與傳送帶由于摩擦產生的熱量為126J三．實驗題（共2小題，滿分18分）17．（8分）（2023?浙江模擬）（1）在“探究加速度與力、質量的關系（圖甲）”“研究平拋運動（圖乙）”“驗證機械能守恒定律（圖丙）”三個實驗中，都需要用到的器材是。A．秒表B．刻度尺C．天平D．彈簧測力計（2）某同學利用圖甲裝置探究加速度與力的關系，打出的紙帶如圖丁所示，取A、B、C、D、E五個計數(shù)點（每相鄰兩個計數(shù)點間還有四個打點沒有標出），打點計時器電源頻率是50Hz。則A、C間距離為cm，小車的加速度大小a＝m/s2。（計算結果保留2位有效數(shù)字）實驗得到的a﹣F圖像如圖戊中實線所示，則可知所掛槽碼質量最大不應超過。A．10gB．30gC．40gD．50g（3）某同學運用手機“測量自由落體運動的加速度”，打開智能手機應用軟件，手持手機從海綿墊上方釋放后落下，測得加速度隨時間的變化如圖己表所示，可判斷手機做自由落體運動的時間約s，測得當?shù)刂亓铀俣戎凳莔/s2。t（s）a（m/s2）0.43﹣0.010.481.740.539.010.579.820.629.830.669.810.719.810.769.780.809.760.859.730.909.700.95﹣9.950.99﹣14.361.047.461.095.801.14﹣0.1118．（10分）（2023?孝感開學）某實驗小組用銅片和鋅片作為2個電極插入蘋果制成水果電池，測量水果電池的電動勢和內阻。小組成員設計了兩個方案進行測量，電路原理如圖所示。實驗室可供器材如下：電壓表V（0～3V，內阻約3kΩ；0～15V，內阻約15kΩ）；電流表A（0～0.6A，內阻約0.125Ω：0～3A，內阻約0.025Ω）；微安表G（量程200μA，內阻500Ω）；滑動變阻器（額定電流2A，最大阻值100Ω）；電阻箱（最大阻值99999Ω）；開關，導線若干。（1）查閱資料知道蘋果電池的電動勢約為1V，內阻約為1kΩ，經過分析后發(fā)現(xiàn)方案A不合適，你認為方案A不合適的原因，下列說法不正確的是。A.滑動變阻器起不到調節(jié)的作用B.電流表幾乎沒有示數(shù)C.電壓表分流明顯導致測量誤差偏大D.電壓表示數(shù)達不到量程的三分之一（2）實驗小組根據方案B進行實驗，多次改變電阻箱R的阻值，讀出微安表G示數(shù)I，根據測得的數(shù)據作出1t-R圖像。如圖所示，根據圖像可得，“水果電池”的電動勢E＝V，內電阻r＝Ω。（以上兩四．解答題（共3小題，滿分31分）19．（9分）（2016?烏魯木齊二模）一中間有圓孔的玉片（厚度不計）保持環(huán)面平行于地面從高處靜止釋放，玉片直接撞擊地面而不被摔壞的最大釋放高度為hm＝0.2m．現(xiàn)將玉片緊套在高度L＝0.55m且與玉片質量相等的圓柱體頂端處．從圓柱體下端距地面高度H＝0.4m處由靜止釋放圓柱體，下落到地面后與地面發(fā)生碰撞時，觸地時間極短，無動能損失．玉片與圓柱體間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，大小為玉片重力的2倍．玉片最終從圓柱體上滑脫時，立即用手接住圓柱體．整個過程中圓柱體始終保持豎直，空氣阻力不計．試通過分析計算說明玉片最終是否摔壞．20．（11分）（2024春?東城區(qū)校級期中）如圖20所示，半徑R=6435m的光滑半圓弧軌道固定在豎直平面內，AB是軌道的豎直直徑，軌道在B點與傾角θ＝30°的傳送帶（輪子半徑很?。┥隙它c相切；電動機帶動傳送帶以v＝8m/s的速度逆時針勻速運動，傳送帶下端點C與水平面CDO平滑連接，B、C間距L＝10m；一輕質彈簧的右端固定在O的擋板上，質量m＝10kg的物體靠在彈簧的左端D處，此時彈簧處于原長，彈簧勁度系數(shù)k＝150N/m，C、D間距x0＝4.4m，OD段光滑，DC段粗糙?，F(xiàn)將物塊壓縮彈簧x＝2m后由靜止釋放，物塊經C點滑上和經B點離開傳送帶時，速度大小不變，方向分別變?yōu)檠貍魉蛶蛏虾退较蜃?。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ1=32、與CD段間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.5，且物塊（1）物塊達到C點時的速度vC；（2）a.物塊在傳送帶上運動的過程中，系統(tǒng)由于摩擦產生的熱量Q；b.由于運送物塊，帶動傳送帶的電動機多做的功ΔW。（3）物塊滑上半圓弧軌道后，能否達到A點？若能，請說明理由；若不能，請在圖中畫出物塊脫離圓弧軌道的位置，并說明理由。21．（11分）（2024?江岸區(qū)校級模擬）如圖所示，平面直角坐標系xOy中第一、二、四象限內存在磁感應強度大小為B的勻強磁場。第一、四象限內磁場方向垂直紙面向里，第二象限內磁場方向垂直紙面向外。第三象限存在沿y軸正方向的勻強電場。質量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子從點S(-l，-l2)以一定初速度釋放，初速度方向與x軸正方向的夾角為θ＝45°，從點K（0，﹣l）垂直y軸進入第四象限磁場區(qū)域，然后從P（l（1）粒子進入第四象限時的速度v0；（2）若使第二象限磁場反向，大小變成2B，求粒子第100次經過y軸時的縱坐標；（3）若在第二象限內施加一沿x軸負方向、電場強度大小與第三象限電場相同的勻強電場，求粒子在第二象限運動的最大速度vm。

2024-2025學年上學期杭州高二物理期末典型卷2參考答案與試題解析一．選擇題（共13小題，滿分39分，每小題3分）1．（3分）（2021秋?浙江期中）關于下列物理量與括號里的單位對應完全正確的選項是（）A．電量（庫侖）電流（安培）頻率（法拉） B．電勢（伏特）磁感應強度（特斯拉）磁通量（韋伯） C．電壓（伏特）電容（庫侖）頻率（赫茲） D．電阻（歐姆）電勢差（伏特）磁通量（特斯拉）【考點】力學單位制與單位制；電容的概念、單位與物理意義；電流的概念、性質及電流強度的定義式；磁感應強度的定義與物理意義；磁通量的概念和計算公式的定性分析．【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題；理解能力．【答案】B【分析】根據物理量的單位來確定各個選項是否正確。【解答】解：A、電量的單位是庫侖C，電流的單位是安培A，頻率的單位是赫茲Hz，故A錯誤；B、電勢的單位是伏特V，磁感應強度的單位是特斯拉T，磁通量的單位是韋伯Wb，故B正確；C、電壓的單位是伏特V，電容的單位是法拉F，頻率的單位是赫茲Hz，故C錯誤；D、電阻的單位是歐姆Ω，電勢差的單位是伏特V，磁通量的單位是韋伯Wb，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題主要考查了物理量的單位，熟記各物理量的單位是解題的關鍵，此題比較基礎。2．（3分）（2022?江蘇學業(yè)考試）足球運動是目前全球體育界最具影響力的項目之一，深受青少年喜愛。如圖所示為四種與足球有關的情景。下列說法正確的是（）A．甲圖中，靜止在草地上的足球受到的彈力就是它的重力 B．乙圖中，靜止在光滑水平地面上的兩個足球由于接觸而受到相互作用的彈力 C．丙圖中，即將被踢起的足球一定不能被看作質點 D．丁圖中，落在球網中的足球受到彈力是由于球網發(fā)生了形變【考點】彈力的概念及其產生條件；質點；重力的概念、物理意義及其產生（來源）；彈性形變和塑性形變．【答案】D【分析】物體的運動不需要力來維持，慣性是維持物體運動狀態(tài)不變的原因；力的作用效果：一是改變物體的形狀，二是改變物體的運動狀態(tài)；彈力產生的條件是接觸且發(fā)生彈性形變?！窘獯稹拷猓篈、靜止在草地上的足球受到的彈力，與重力相平衡，但不是它的重力，該選項說法不正確；B、靜止在光滑水平地面上的兩個足球由于接觸，但由于沒有彈性形變，所以沒有受到相互作用的彈力，該選項說法不正確；C、即將被踢起的足球可以能被看作質點，沒有考慮旋轉問題，該選項說法不正確；D、進球時，足球撞到網上，球網被撐開，說明力能使物體發(fā)生形變，該選項說法正確。故選：D。【點評】本題以體育比賽為載體考查相關的物理知識，注重了物理和生活的聯(lián)系，考查了學生學以致用的能力。3．（3分）（2023秋?蘭州期中）關于物理學史、物理量、物理研究方法、物理模型等，下列說法中正確的是（）A．伽利略猜想自由落體的速度與時間成正比，并進行了實驗驗證 B．圖像可以描述質點的運動，v﹣t圖像可以反映速度隨時間的變化規(guī)律，圖像的斜率反映加速度的大小和方向 C．選擇不同的物體作為參考系來描述同一物體的運動，其結果一定不同 D．原子核很小，一定能看作質點處理【考點】力學物理學史．【專題】定性思想；歸納法；直線運動規(guī)律專題；理解能力．【答案】B【分析】本題根據伽利略探究自由落體運動的過程、v﹣t圖像的斜率表示加速度、選擇不同的物體作為參考系來描述同一物體的運動，其結果可能不同、以及物體能看成質點的條件：大小和形狀能忽略不計進行解答?！窘獯稹拷猓篈、伽利略猜想自由落體運動的速度與時間成正比，并未直接進行驗證，而是在斜面實驗的基礎上進行外推得到的，故A錯誤；B、運動圖像可以描述質點的運動，v﹣t圖像反映速度隨時間的變化規(guī)律，圖像的斜率表示加速度，能反映加速度的大小和方向，故B正確；C、選擇不同的物體作為參考系來描述同一物體的運動，其結果不一定不同，故C錯誤；D、原子核很小，但研究其內部結構時，其大小和形狀不能忽略，就不能看作質點處理，故D錯誤。故選：B?！军c評】解決本題的關鍵要掌握力學基礎知識，掌握伽利略的科學研究方法：實驗和邏輯推理相結合的方法。4．（3分）在極限跳傘運動中，運動員從高樓上由靜止開始落下。在初始階段，由于降落傘未打開，運動員可看成是做自由落體運動。t0時刻降落傘打開，降落傘受到的空氣阻力與其速度成正比。接近地面時，運動員以較小的速度勻速下落。取豎直向下為正方向，則運動員下落的v﹣t圖像大致是如圖中的（）A． B． C． D．【考點】根據v﹣t圖像的物理意義對比多個物體的運動情況；自由落體運動的規(guī)律及應用．【專題】比較思想；圖析法；運動學中的圖象專題；理解能力．【答案】B【分析】運動員先做自由落體運動，t0時刻降落傘打開后，根據牛頓第二定律分析加速度的變化，結合v﹣t圖像的斜率表示加速度，分析速度的變化情況?！窘獯稹拷猓哼\動員先做自由落體運動，由v＝gt知v﹣t圖像是過原點的直線，可知A圖錯誤。t0時刻降落傘打開后，根據牛頓第二定律得：mg﹣f＝ma，其中阻力f＝kv，k是比例系數(shù)，即mg﹣kv＝ma，隨著速度v的增大，加速度a減小，當a＝0時，運動員做勻速直線運動，結合v﹣t圖像的斜率表示加速度，知CD兩圖錯誤，故ACD錯誤，B正確。故選：B?！军c評】解決本題的關鍵要運用牛頓第二定律分析加速度的變化情況，結合v﹣t圖像的斜率表示加速度，分析圖像斜率的變化情況。5．（3分）（2022秋?徐匯區(qū)校級期中）如圖所示，一定質量的風箏用繩子固定于地面P點，風產生的力F垂直作用于風箏表面AB，并支持著風箏使它平衡。已知繩與水平地面的夾角α和風箏與水平面的夾角φ都為銳角，不計繩子所受的重力，設繩子產生的拉力為T，則T和F的大小關系是（）A．T一定小于F B．T一定等于F C．T一定大于F D．以上三種情況都有可能【考點】共點力的平衡問題及求解；力的合成與分解的應用．【專題】定量思想；推理法；共點力作用下物體平衡專題；推理論證能力．【答案】A【分析】對風箏受力分析，由共點力的平衡條件并結合正交分解法列式分析F與T的關系．【解答】解：對風箏受力分析，并如圖建立直角坐標系，將F及T沿坐標軸分解，則有：x軸方向根據平衡條件有：Tcosα＝Fsinφy軸方向根據平衡條件有：Fcosφ＝G+Tsinα聯(lián)立解得：F2＝T2+G2+2TGsinα則F＞T故A正確，BCD錯誤；故選：A?！军c評】本題考查共點力的平衡條件，若受力超過3個力時，一般采用正交分解的方法求解；分別在x軸和y軸列平衡方程即可．6．（3分）（2020秋?西城區(qū)校級期中）某小孩蕩秋千，當秋千擺到最低點時（）A．小孩所受重力和支持力的合力方向向下，小孩處于超重狀態(tài) B．小孩所受重力和支持力的合力方向向下，小孩處于失重狀態(tài) C．小孩所受重力和支持力的合力方向向上，小孩處于超重狀態(tài) D．小孩所受重力和支持力的合力方向向上，小孩處于失重狀態(tài)【考點】超重與失重的概念、特點和判斷；牛頓第二定律與向心力結合解決問題．【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；理解能力．【答案】C【分析】小孩站在秋千板上做蕩秋千的游戲，做的是圓周運動的一部分，在最低點合力向上，由向心力公式判斷超重或失重．【解答】解：小孩站在秋千板上做蕩秋千的游戲，做的是圓周運動的一部分，在最低點合力向上，有F﹣mg＝mv2r，所以F＞mg，故小孩處于超重狀態(tài)，故C正確，故選：C?！军c評】本題主要考查了超重和失重的條件，當小孩所受到的支持力大于重力時為超重，反之為失重。7．（3分）（2020?福州模擬）如圖，小球甲從A點水平拋出，將小球乙從B點自由釋放，兩小球先后經過C點時速度大小相等，方向夾角為60°，已知A、C高度差為h，兩小球質量均為m，不計空氣阻力，由以上條件可知（）A．兩小球在C點的速度大小均為2ghB．A、B兩點高度差為4h C．甲小球在C點時重力的瞬時功率為2mg2ghD．乙小球在C點時的動量大小為2m2g【考點】平拋運動速度的計算．【專題】應用題；定量思想；推理法；平拋運動專題；推理論證能力．【答案】D【分析】由h=12gt2求出甲運動的時間，然后求出甲球的豎直分速度，根據運動的合成與分解求解甲、乙在根據速度—位移公式求出乙球下落高度，進一步求解高度差。根據動量的定義式，p＝mv，已知乙球在C點速度，求解動量。根據重力的功率公式：P＝mgvy，已知甲球的豎直分速度，求解重力的瞬時功率?！窘獯稹拷猓篈、小球甲做平拋運動，豎直方向上做自由落體運動，由h=12gt2可得：甲運動的時間為：t甲=2hg，豎直分速度：vy根據運動的合成與分解可知，甲在C點的速度：v甲=vycos60°=22gh=vB、乙球做自由落體運動，下落高度：h'=v乙22g=4h，故A、B兩點高度差為4h﹣hC、小球甲在C點時重力的瞬時功率為：P＝mgvy＝mg2gh，故CD、小球乙在C點的動量：p＝mv乙＝2m2gh，故D故選：D?！军c評】此題結合重力的功率的考查平拋運動的計算，解答的關鍵是判斷出甲球沿水平方向的分速度與豎直方向的分速度與乙球的速度之間的關系。8．（3分）光滑水平面有一粗糙段AB長為s，其摩擦因數(shù)與離A點距離x滿足μ＝kx（k為恒量）。一物塊（可看作質點）第一次從A點以速度v0向右運動，到達B點時速率為v，第二次也以相同速度v0從B點向左運動，則（）A．第二次也能運動到A點，但速率不一定為v B．第二次也能運動到A點，但兩次所用時間不同 C．兩次克服摩擦力做的功不相同 D．兩次速率相同的位置只有一個，且距離A為3s【考點】動能定理的簡單應用；勻變速直線運動位移與時間的關系；牛頓第二定律的簡單應用；重力做功的特點和計算．【專題】定性思想；推理法；動能定理的應用專題；分析綜合能力．【答案】B【分析】第一次過程中摩擦力不斷增大，加速度不斷增大。第二次過程中摩擦力不斷減小，加速度不斷減小，還能到達A點，由加速度的物理意義分析時間關系。由動能定理求速率相等時位置到A點的距離?！窘獯稹拷猓篈B、由μ＝kx知，物塊所受的滑動摩擦力大小為f＝kmgx，可知第一次物塊向右過程中摩擦力不斷增大，加速度不斷增大，第二次向左運動的過程中，摩擦力不斷減小，加速度不斷減小，物塊速度減小變慢，故第二次也能運動到A點，兩個過程中，摩擦力做功相同，由動能定理可知，第二次到達B點的速率也為v，時間變長，故A錯誤，B正確；C、物體在兩次運動過程中，在相同位置受到的摩擦力大小相等，兩次運動的距離相等，則兩次過程中物塊克服摩擦力做功相等，故C錯誤；D、設兩次速率相同的位置距離A點的距離為x，相同的速率設為v′．根據動能定理得：第一次有：-0+kx?mg2第二次有：-ks?mg+kx?mg2（s﹣x聯(lián)立解得x=22s，故故選：B?！军c評】本題關鍵要分析物塊的運動情況，分段運用動能定理研究，由于摩擦力隨位移均勻變化，所以求功時要用力的平均值乘以位移。9．（3分）（2021秋?浙江月考）某兒童公園摩天輪高達88米，擁有48個座艙，能夠同時容納288人，旋轉一周需要20分鐘。一質量為m的乘客坐在該摩天輪中以速率v在豎直平面內做勻速圓周運動，下列說法正確的是（）A．該乘客的速率v約為13m/s B．乘客的向心加速度約為0.001m/s2 C．在運動過程中，乘客的機械能守恒 D．若增大轉動速率，該乘客對座位的最大壓力跟最小壓力的差值不變【考點】繩球類模型及其臨界條件；機械能守恒定律的簡單應用；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；分析綜合能力；模型建構能力．【答案】B【分析】根據v=2πrT可知線速度v；在運動的過程中，動能不變，重力勢能不斷變化，所以機械能不守恒；根據a=4【解答】解：A、摩天輪高達88米，則半徑約為r＝44m，旋轉一周需要20分鐘，即周期T＝1200s，根據v=2πrT可知線速度v=2×3.141200m/s＝B、乘客的向心加速度a=4π2rT2=4×3.1C、在運動的過程中，動能不變，重力勢能不斷變化，所以機械能不守恒，故C錯誤；D、座位通過最高點時，有mg﹣NA＝mv2R，小球通過最低點B時，有NB﹣mg＝mv2R，聯(lián)立解得，NB﹣NA＝2mg，若增大轉動速率，當速率大于故選：B?！军c評】解決此類問題的關鍵要合理地選擇研究對象，搞清向心力的來源，運用牛頓第二定律進行處理。10．（3分）（2021秋?兗州區(qū)期中）9月17日13時34分，神舟十二號載人飛船返回艙在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心東南部的東風著陸場成功著陸。執(zhí)行飛行任務的航天員全部順利出艙，身體狀態(tài)良好。在空間站工作期間，航天員先后進行了兩次出艙行走。航天員在空間站內24小時可以看到十六次日出日落。下列說法正確的是（）A．空間站的線速度大于第一宇宙速度 B．空間站的線速度小于同步衛(wèi)星的線速度 C．空間站的向心加速度大于同步衛(wèi)星的向心加速度 D．航天員出艙活動時的向心加速度為零【考點】近地衛(wèi)星；萬有引力與重力的關系（黃金代換）．【專題】定量思想；推理法；萬有引力定律的應用專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據萬有引力提供向心力分別得到空間站繞地球做勻速圓周運動的周期、加速度、線速度的表達式，通過表達式再比較大小。【解答】解：對繞地球做勻速圓周運動的習行器，萬有引力提供向心力：GGMmr2=ma=mv2r=mω2r＝m（2πT）AB、由上式可得：T=2πr3GM，由于空間站的周期為T1=2416h，小于同步衛(wèi)星的周期T2＝24h。所以空間站的軌道半徑小于同步衛(wèi)星軌道半徑，由上述方程得空間站線速度v=GMr，所以空間站的線速度大于同小衛(wèi)星的線速度。而第一宇宙速度v1C、由上式可得：a=GMr2D、宇航員出艙時雖然相對于空間站靜止，但仍受地球引力使其做勻速圓周運動，產生向心加速度，加速度不為零，故D錯誤。故選：C?！军c評】該題考查萬有引力的相關問題、衛(wèi)星運行快慢問題等，從基本規(guī)律出發(fā)，結合軌道半徑的關系不難判斷結果。11．（3分）（2019秋?山西月考）關于電場，下列說法正確的是（）A．某點電場線的方向就是檢驗電荷在該處的受力方向 B．某點的電場強度越大，檢驗電荷在該點的電勢一定越高 C．某點的電勢越高，檢驗電荷在該點的電勢能一定越大 D．某點的電勢為零，檢驗電荷在該點的電勢能一定為零【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；電場強度與電場力的關系和計算．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；理解能力．【答案】D【分析】正電荷的受力方向為該處電場強度的方向，電場強度與電勢無關、正電荷在電勢高處電勢能大，負電荷在電勢高處電勢能小、電勢為零，電勢能為零?！窘獯稹拷猓篈．規(guī)定正電荷受力方向為該處電場強度的方向，負電荷的受力方向與該處的電場強度的方向相反，故A錯誤；B．某點的電場強度大，該點的電勢不一定高，兩者沒有直接關系，故B錯誤；C．某點的電勢高，由公式EP＝qφ知，正電荷在電勢高處電勢能大，而負電荷在電勢高處電勢能小，故C錯誤；D．某點的電勢為零，即φ＝0，由公式EP＝qφ知，檢驗電荷在該點的電勢能一定為零，故D正確。故選：D?！军c評】明確知道正負電荷在電場中的受力方向與電場強度的方向的關系，知道電勢能和電勢的關系式。12．（3分）（2016春?豐城市校級月考）如圖所示從離傳送帶高度h＝3.2m處由靜止落下一個質量為m＝1.2kg的小球，小球落到傳送帶后彈起的速度v1＝10m/s，與水平傳送帶成α＝53°角，已知傳送帶水平速度v0＝6.5m/s，小球與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，取g＝10m/s2．則傳送帶對小球的平均彈力為（）A．12N B．24N C．60N D．21.6N【考點】動量定理的內容和應用．【專題】計算題；定量思想；推理法；動量定理應用專題；推理論證能力．【答案】C【分析】小球豎直方向下做自由落體運動，求得達到傳動帶的速度，對小球與傳送帶相互作用的過程應用動量定理，根據反彈的速度求得豎直方向和水平方向的速度，利用水平與豎直方向動量定理列式，求得平均作用力?！窘獯稹拷猓盒∏蚵涞絺魉蛶У乃俣葹椋簐=反彈時，在水平方向的速度為：vx＝v1cos53°＝6m/s，豎直方向的速度大小為：vy＝v1sin53°＝8m/s設傳送帶對小球的平均彈力為F，小球與傳送帶相互作用時間為t。在水平方向上，以傳送帶的速度方向為正方向，由動量定理得μFt＝mvx，在豎直方向上，以豎直向上為正方向，有動量定理得Ft﹣mgt＝mvy﹣mv聯(lián)立代入數(shù)據解得：t＝0.4s，F(xiàn)＝60N，故C正確，ABD錯誤故選：C?！军c評】本題考查了動量定理的應用，小球與傳送帶相互作用的過程屬于碰撞模型，反彈后在水平方向和豎直方向分別應用動量定理。13．（3分）（2022秋?衢州期末）利用太陽能發(fā)電是實現(xiàn)“碳中和”的有益途徑。某太陽能電池驅動的環(huán)保汽車（無蓄電池儲能），總質量為m，當它在水平路面上以正常速度v勻速行駛時，驅動電機的輸入電流I，電壓U，若驅動電機能夠將輸入功率的90%轉化用于牽引汽車前進的機械功率。已知太陽輻射的總功率P0，太陽到地球的距離r，太陽光傳播到達地面的過程中大約有30%的能量損耗，該車所用太陽能電池的能量轉化效率約為15%。則（）A．驅動電機的機械功率為UI B．汽車勻速行駛所受阻力與車重之比為UImgvC．汽車正常行駛，其太陽能電池板的最小面積為4πrD．風力發(fā)電、核能發(fā)電和天然氣發(fā)電都可以減少二氧化碳的排放量【考點】功率的定義、物理意義和計算式的推導；電功和電功率的計算；用能量守恒定律解決實際問題；能源的分類與應用．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據P＝UI計算電動機的總功率的大小，根據P＝Fv計算機械功率的大小，根據總的能量守恒計算面積的大小?！窘獯稹拷猓篈B、驅動電機的輸入功率P電＝UI牽引汽車前進的機械功率P機＝0.9P電＝0.9UI＝Fv＝fv則汽車所受阻力f=則汽車所受阻力與車重的比值fmg=0.9UIC、當太陽光垂直電磁板入射時，所需板面積最小，設其為S，距太陽中心為r的球面面積S0＝4πr2若沒有能量的損耗，太陽能電池板接受到的太陽能功率為P′，則P'設太陽能電池板實際接收到的太陽能功率為P，所以P＝（1﹣30%）P′由于P電＝15%P所以電池板的最小面積滿足：P可得S=4πr2D、風力發(fā)電、核能發(fā)電可以減少二氧化碳的排放量，天然氣發(fā)電仍然有二氧化碳等有毒氣體排放，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查電功率和機械功率的理解，注意能量轉化效率，不是所用的能量都能夠轉化成電能。二．多選題（共3小題，滿分12分，每小題4分）（多選）14．（4分）（2022春?杭州期中）下列關于書本插圖表述正確的是（）A．甲：汽車在水平路面轉彎時發(fā)生側滑是因為離心力大于最大靜摩擦力 B．乙：卡文迪什的扭秤實驗裝置中采用了控制變量法 C．丙：海王星的發(fā)現(xiàn)證明了萬有引力定律的正確性 D．?。浩嚿掀聲r采用低速擋是為了獲得更大的牽引力【考點】控制變量法；牛頓第二定律與向心力結合解決問題；天體運動的探索歷程；功率的定義、物理意義和計算式的推導．【專題】定性思想；推理法；萬有引力定律的應用專題；理解能力．【答案】CD【分析】當物體受到的合力的大小不足以提供物體所需要的向心力的大小時，物體就要遠離圓心，此時物體做的就是離心運動；卡文迪什利用扭秤實驗，采用“微小量放大”的物理方法；根據物理學史和常識進行解答由P＝Fv可知，在功率一定的情況下，當速度減小時，汽車的牽引力就會增大?！窘獯稹拷猓篈．汽車在水平路面上轉彎，靠靜摩擦力提供向心力，汽車在水平路面轉彎時發(fā)生側滑是因為最大靜摩擦力不足以提供其所需要的向心力，汽車不受離心力，故A錯誤；B．卡文迪什利用扭秤實驗，采用“微小量放大”的物理方法，測出了引力常量，故B錯誤；C．海王星的預言和發(fā)現(xiàn)，極大地支持了萬有引力定律的正確性，故C正確；D．汽車上坡時的牽引力為：F=P由于汽車的最大功率是一定的，當減小行駛速度時可以獲得更大的牽引力，故D正確。故選：CD?！军c評】本題很好的把現(xiàn)實生活中的事情與所學的物理知識結合了起來，可以激發(fā)學生的學習興趣。15．（4分）（2017春?寧德期末）如圖所示，閉合線圈在足夠大的勻強磁場中運動，其中能產生感應電流的是（）A． B． C． D．【考點】電磁感應現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)過程．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結合；理解能力．【答案】D【分析】產生感應電流的條件是：閉合回路中的磁通量發(fā)生變化。因此解題的關鍵是通過線圈的運動情況判斷其磁通量是否變化，從而判斷出是否有感應電流產生?！窘獯稹拷猓篈、線框平行于磁場感應線運動，穿過線框的磁通量為零，沒有變化，不會產生感應電流，故A錯誤；B、線框垂直于磁感線運動，雖然切割磁感線，但穿過的磁通量沒有變化，因此也不會產生感應電流，故B錯誤；C、線框繞軸轉動，但線框平行于磁場感應線，穿過的磁通量始終為零，沒有變化，因此也不會產生感應電流，故C錯誤；D、線框繞軸轉動，導致磁通量發(fā)生變化，因此線框產生感應電流，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查感應電流產生的條件，首先要明確是哪一個線圈，然后根據磁通量的公式：Φ＝BS找出變化的物理量，從而確定磁通量是否發(fā)生變化。（多選）16．（4分）（2022?鎮(zhèn)沅縣校級開學）如圖所示，一傾角為37°的傳送帶以恒定速度運行，現(xiàn)將一質量m＝1kg的小物體拋上傳送帶，物體相對地面的速度隨時間變化的關系如圖所示，取沿傳送帶向上為正方，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.則下列說法正確的是（）A．物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.875 B．0～8s內物體位移的大小為18m C．0～8s內物體機械能的增量為90J D．0～8s內物體與傳送帶由于摩擦產生的熱量為126J【考點】從能量角度求解傳送帶問題；傾斜傳送帶模型．【專題】定量思想；推理法；功能關系能量守恒定律；分析綜合能力；模型建構能力．【答案】ACD【分析】根據圖示圖象求出物體的加速度，由牛頓第二定律求解物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)．速度圖象的“面積”大小等于位移，物體在0﹣2s內的位移為負值，在2﹣8s內的位移為正值．0﹣8s內物體機械能增量等于動能增加量與重力勢能增加量之和．在前6s內物體與傳送帶發(fā)生相對滑動，求出相對位移Δx，產生的熱量為Q＝μmgcosθ×Δx．【解答】解：A、v﹣t圖象的斜率表示加速度，由圖示圖象可知，物體相對傳送帶滑動時的加速度大小為：a=0-(-2)對物體，由牛頓第二定律得：μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma，代入數(shù)據解得，動摩擦因數(shù)：μ＝0.875，故A正確；B、0～8s內物體位移為：x=-12×2×2m+2+62C、物體被送上的高度為：h＝xsin37°＝14×0.6m＝8.4m，重力勢能的增量為：ΔEp＝mgh＝1×10×8.4J＝84J；動能增量為：ΔEk=12mv22-12mv12=12×1×42J-12×1×（﹣2）2JD、0～8s內只有前6s內物體與傳送帶發(fā)生相對滑動，0﹣6s內傳送帶運動距離為：x帶＝4×6m＝24m，0～6s內物體位移為：x物體=-12×2×2m+12×4×4m＝6m，物體與傳送帶間的相對位移Δx＝x帶﹣x物體＝（24﹣6）m＝18m；產生的熱量為：Q＝μmgcosθΔx＝0.875×1×10×cos37故選：ACD。【點評】本題一要讀懂速度圖象，根據圖象分析物體的運動情況，求出位移和加速度，二要根據牛頓第二定律和功能關系求解相關的量，對于熱量，要根據相對位移求解．三．實驗題（共2小題，滿分18分）17．（8分）（2023?浙江模擬）（1）在“探究加速度與力、質量的關系（圖甲）”“研究平拋運動（圖乙）”“驗證機械能守恒定律（圖丙）”三個實驗中，都需要用到的器材是B。A．秒表B．刻度尺C．天平D．彈簧測力計（2）某同學利用圖甲裝置探究加速度與力的關系，打出的紙帶如圖丁所示，取A、B、C、D、E五個計數(shù)點（每相鄰兩個計數(shù)點間還有四個打點沒有標出），打點計時器電源頻率是50Hz。則A、C間距離為3.20cm，小車的加速度大小a＝0.40m/s2。（計算結果保留2位有效數(shù)字）實驗得到的a﹣F圖像如圖戊中實線所示，則可知所掛槽碼質量最大不應超過B。A．10gB．30gC．40gD．50g（3）某同學運用手機“測量自由落體運動的加速度”，打開智能手機應用軟件，手持手機從海綿墊上方釋放后落下，測得加速度隨時間的變化如圖己表所示，可判斷手機做自由落體運動的時間約0.33s，測得當?shù)刂亓铀俣戎凳?.82m/s2。t（s）a（m/s2）0.43﹣0.010.481.740.539.010.579.820.629.830.669.810.719.810.769.780.809.760.859.730.909.700.95﹣9.950.99﹣14.361.047.461.095.801.14﹣0.11【考點】驗證機械能守恒定律；探究加速度與力、質量之間的關系．【專題】實驗題；實驗探究題；定量思想；實驗分析法；牛頓運動定律綜合專題；機械能守恒定律應用專題；實驗探究能力．【答案】（1）B；（2）3.20；0.40；B；（3）0.33；9.82?！痉治觥浚?）“探究加速度與力、質量的關系”的實驗和“驗證機械能守恒定律”的實驗都用到了打點計時器，需要用刻度尺測量紙帶上點跡之間的距離；“研究平拋運動”的實驗需要用刻度尺測量平拋運動的水平位移和豎直位移，據此分析作答；（2）毫米刻度尺的精確度為1mm，讀數(shù)時要估讀到下一位；根據逐差法求加速度；（3）本實驗是用槽碼的重力代替繩子的拉力，需要滿足的條件是槽碼的質量遠小于小車的質量；從圖像可知當F超過0.3N時圖像就出現(xiàn)比較明顯的彎曲，據此分析作答；（4）根據表格數(shù)據分析加速度比較穩(wěn)定階段的數(shù)值，得出自由落體運動的大概時間和重力加速度的大概值?！窘獯稹拷猓海?）圖甲和圖丙都用到了打點計時器，需要用刻度尺測量紙帶上點跡之間的距離；圖乙是探究平拋運動的規(guī)律，需要刻度尺測量平拋運動的水平位移和豎直位移，因此三個實驗都要用到的器材是刻度尺，故ACD錯誤，B正確。故選：B。（2）相鄰計數(shù)點的時間間隔T=毫米刻度尺的精確度為1mm，則A、C間距離為xAC＝42.0mm﹣10.0mm＝32.0mm＝3.20cmC、E之間的距離為xCE＝90.0mm﹣42.0mm＝48.0mm＝4.80cm根據逐差法可得小車的加速度為a=（3）本實驗是用槽碼的重力代替繩子的拉力，需要滿足的條件是槽碼的質量遠小于小車的質量；從圖像可知當F超過0.3N時圖像就出現(xiàn)比較明顯的彎曲，此時mg≈F1＝0.3N槽碼質量m=因此，為了滿足實驗條件，槽碼的質量m不應超過30g，故ACD錯誤，B正確。故選：B。（4）對表格數(shù)據進行分析，發(fā)現(xiàn)從大概0.57s開始到0.90s時間內手機的加速度比較穩(wěn)定，說明該時間內手機已經脫離手，并還未接觸海綿墊，在做自由運動，因此手機做自由落體運動的時間大概為t＝0.90s﹣0.57s＝0.33s；考慮手機在自由落體運動的后期速度較大，空氣阻力影響比較大，因此可以認為手機剛開始做自由落體運動時空氣阻力較小，此時的加速度接近當?shù)氐闹亓铀俣?，故當?shù)氐闹亓铀俣却蟾艦間＝9.82m/s2。故答案為：（1）B；（2）3.20；0.40；B；（3）0.33；9.82?！军c評】本題考查了對基本實驗的原理、實驗器材、毫米刻度尺讀數(shù)的理解和掌握程度；能夠根據逐差法求加速度；在運用手機“測量自由落體運動的加速度”的實驗中，要能從表格中提取有用的信息，用以解決實際問題，體現(xiàn)了物理與生產、生活實際的緊密聯(lián)系。18．（10分）（2023?孝感開學）某實驗小組用銅片和鋅片作為2個電極插入蘋果制成水果電池，測量水果電池的電動勢和內阻。小組成員設計了兩個方案進行測量，電路原理如圖所示。實驗室可供器材如下：電壓表V（0～3V，內阻約3kΩ；0～15V，內阻約15kΩ）；電流表A（0～0.6A，內阻約0.125Ω：0～3A，內阻約0.025Ω）；微安表G（量程200μA，內阻500Ω）；滑動變阻器（額定電流2A，最大阻值100Ω）；電阻箱（最大阻值99999Ω）；開關，導線若干。（1）查閱資料知道蘋果電池的電動勢約為1V，內阻約為1kΩ，經過分析后發(fā)現(xiàn)方案A不合適，你認為方案A不合適的原因，下列說法不正確的是C。A.滑動變阻器起不到調節(jié)的作用B.電流表幾乎沒有示數(shù)C.電壓表分流明顯導致測量誤差偏大D.電壓表示數(shù)達不到量程的三分之一（2）實驗小組根據方案B進行實驗，多次改變電阻箱R的阻值，讀出微安表G示數(shù)I，根據測得的數(shù)據作出1t-R圖像。如圖所示，根據圖像可得，“水果電池”的電動勢E＝0.96V，內電阻r＝1.0×103Ω。（以上兩【考點】測量水果電池的電動勢和內阻．【專題】實驗題；實驗探究題；定量思想；實驗分析法；恒定電流專題；實驗探究能力．【答案】見試題解答內容【分析】（1）根據題意求出電路最大電流，然后分析答題。（2）根據圖示電路圖應用閉合電路的歐姆定律求出圖像的函數(shù)表達式，根據圖示圖像分析答題?！窘獯稹拷猓海?）A.滑動變阻器最大阻值只有100Ω，而蘋果電池的內阻約為幾千歐姆，則滑動變阻器起不到調節(jié)的作用，故A正確；B.電路中電流只有不到1mA，則電流表幾乎沒有示數(shù)，故B正確；C.電壓表內阻遠大于滑動變阻器的電阻，電壓表的分流不明顯，故C錯誤；D.使用量程為0～3V的電壓表，滑動變阻器最大阻值100Ω，電池內阻幾千歐姆，路端電壓比蘋果電池的電動勢小得多，電壓表示數(shù)肯定達不到量程的三分之一，故D正確。本題選不正確的選項，故選：C。（2）根據閉合電路歐姆定律可知E＝I（R+r+rg）解得1I由圖像可知k=1b=r解得E＝0.96V，r＝1.0×103Ω故答案為：（1）C；（2）0.96，1.0×103Ω?！军c評】理解實驗原理；分析清楚圖示電路結構，應用閉合電路的歐姆定律解題。四．解答題（共3小題，滿分31分）19．（9分）（2016?烏魯木齊二模）一中間有圓孔的玉片（厚度不計）保持環(huán)面平行于地面從高處靜止釋放，玉片直接撞擊地面而不被摔壞的最大釋放高度為hm＝0.2m．現(xiàn)將玉片緊套在高度L＝0.55m且與玉片質量相等的圓柱體頂端處．從圓柱體下端距地面高度H＝0.4m處由靜止釋放圓柱體，下落到地面后與地面發(fā)生碰撞時，觸地時間極短，無動能損失．玉片與圓柱體間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，大小為玉片重力的2倍．玉片最終從圓柱體上滑脫時，立即用手接住圓柱體．整個過程中圓柱體始終保持豎直，空氣阻力不計．試通過分析計算說明玉片最終是否摔壞．【考點】牛頓第二定律的簡單應用；勻變速直線運動位移與時間的關系．【專題】計算題；定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題．【答案】見試題解答內容【分析】兩個物體先一起自由下落，然后圓柱體與地面碰撞后反彈，圓柱體減速上升，根據牛頓第二定律求出加速度，然后根據運動學公式求出上升的高度；玉片減速下降，圓柱體減速上升，當兩者速度相等時，根據運動學公式求出時間，并計算出位移，繼續(xù)向下做加速運動，再次利用運動學公式求得玉片脫離圓柱體的位置，根據速度—位移公式求得，即可判斷；【解答】解：取向下的方向為正方向，釋放后玉片與圓柱體一起做自由落體運動，圓柱體下端的觸地時的速度為v0，v0觸地后玉片以初速度v0向下做勻減速運動，圓柱體以初速度﹣v0向上做勻減速運動，設玉片與圓柱體的加速度分別為a1和a2則aa2設圓柱體觸地錢與玉片達到共同速度v共，共速時玉片與圓柱體的位移分別為x1和x2，運動時間t1v共＝v0+a1t1v共＝﹣v0+a2t1x1x2聯(lián)立解得x1＝0.3m，x2＝﹣0.1m，v共速時，玉片相對于圓柱下滑的距離d0＝x1﹣x2＝0.4m，玉片距圓柱體底端為d1＝L﹣d0＝0.15m共速后玉片和圓柱體一起自由下落，設圓柱體再次觸地時的速度v2v22-v共2再次觸地后玉片以初速度v2向下做勻減速運動，圓柱體以初速度﹣v2向上做勻減速運動，假設運動過程中玉片脫離圓柱體，脫離時玉片與圓柱體的位移分別為x3，x4，玉片的速度為v4，運動時間t2x2=vx3﹣x4＝d1＝0.15v4解得x2＝0.0875m，x4＝﹣0.0625m，v4＝1.5m/s此時玉片離地面的高度d2＝d1﹣x2＝0.0625m，說明假設成立；脫落后，玉片自由下落，落地時玉片的速度為v5v52玉片以v5的速度落地，相當于從h高初由靜止自由下落h故玉片不會摔壞答：玉片最終不會摔壞【點評】本題關鍵是對各個過程多次運用運動學公式列式求解，同時可對整個過程運用功能關系列式求解20．（11分）（2024春?東城區(qū)校級期中）如圖20所示，半徑R=6435m的光滑半圓弧軌道固定在豎直平面內，AB是軌道的豎直直徑，軌道在B點與傾角θ＝30°的傳送帶（輪子半徑很?。┥隙它c相切；電動機帶動傳送帶以v＝8m/s的速度逆時針勻速運動，傳送帶下端點C與水平面CDO平滑連接，B、C間距L＝10m；一輕質彈簧的右端固定在O的擋板上，質量m＝10kg的物體靠在彈簧的左端D處，此時彈簧處于原長，彈簧勁度系數(shù)k＝150N/m，C、D間距x0＝4.4m，OD段光滑，DC段粗糙?，F(xiàn)將物塊壓縮彈簧x＝2m后由靜止釋放，物塊經C點滑上和經B點離開傳送帶時，速度大小不變，方向分別變?yōu)檠貍魉蛶蛏虾退较蜃?。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ1=32、與CD段間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.5，且物塊（1）物塊達到C點時的速度vC；（2）a.物塊在傳送帶上運動的過程中，系統(tǒng)由于摩擦產生的熱量Q；b.由于運送物塊，帶動傳送帶的電動機多做的功ΔW。（3）物塊滑上半圓弧軌道后，能否達到A點？若能，請說明理由；若不能，請在圖中畫出物塊脫離圓弧軌道的位置，并說明理由。【考點】常見力做功與相應的能量轉化；水平傳送帶模型；繩球類模型及其臨界條件；動能定理的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；牛頓運動定律綜合專題；功能關系能量守恒定律；分析綜合能力；模型建構能力．【答案】（1）物塊達到C點時的速度vC為4m/s，方向水平向左；（2）a.物塊在傳送帶上運動的過程中，系統(tǒng)由于摩擦產生的熱量Q為240J；b.由于運送物塊，帶動傳送帶的電動機多做的功ΔW為980J。（3）物塊滑上半圓弧軌道后，不能達到A點，在圖中畫出物塊脫離圓弧軌道的位置見解答?！痉治觥浚?）用彈簧的平均作用力求解彈簧彈力做功，根據動能定理求解；（2）a.根據力與運動的關系分析物塊在傳送帶上運動過程，根據牛頓第二定律求解傳送帶與物塊的相對位移，根據功能關系求解系統(tǒng)由于摩擦產生的熱量；b.根據能量守恒與功能關系求傳送帶的電動機多做的功；（3）應用假設法，根據動能定理判斷物塊是否能達到A點。物塊脫離圓軌道時與軌道之間彈力為零，由重力的分力提供向心力。根據動能定理與牛頓第二定律求解物塊脫離圓弧軌道的位置。【解答】解：（1）因彈簧彈力與形變量成正比，可用彈簧的平均作用力求解彈簧彈力做功W彈，則有：W彈=12（0+kx）x=物塊由靜止釋放到C點的過程，根據動能定理得：W彈解得：vC＝4m/s，方向水平向左。（2）a.因vC＜v＝8m/s，傳送帶對物塊的滑動摩擦力沿斜面向上，根據牛頓第二定律得：μ1mgcosθ﹣mgsinθ＝ma解得：a＝2.5m/s2物塊先在傳送帶上做勻加速直線運動，假設能與傳送帶共速，則有：v＝vC+at1x1=12（vC+v）解得：t1＝1.6s，x1＝9.6m因x1＜L＝10m，故假設成立。共速后物塊與傳送帶相對靜止一起勻速運動。傳送帶與物塊的相對位移大小為：Δx＝vt1﹣x1解得：Δx＝3.2m物塊在傳送帶上運動的過程中，系統(tǒng)由于摩擦產生的熱量為：Q＝μ1mgcosθ解得：Q＝240Jb.根據能量守恒與功能關系可得傳送帶的電動機多做的功為：ΔW=1解得：ΔW＝980J（3）假設物塊能達到A點，物塊由B到A點的過程，根據動能定理得：-2mgR=解得：vA2＜0，故假設不成立，物塊不能因12mv在脫離軌道的位置要滿足：mgcosβ＝mv物塊由B到脫離圓弧軌道的位置，根據動能定理得：-mg(R+Rcosβ)=聯(lián)立解得：β＝60°畫出物塊脫離圓弧軌道的位置在上圖中的E點，圖中β＝60°。答：（1）物塊達到C點時的速度vC為4m/s，方向水平向左；（2）a.物塊在傳送帶上運動的過程中，系統(tǒng)由于摩擦產生的熱量Q為240J；b.由于運送物塊，帶動傳送帶的電動機多做的功ΔW為980J。（3）物塊滑上半圓弧軌道后，不能達到A點，在圖中畫出物塊脫離圓弧軌道的位置見解答。【點評】本題考查了功能關系、牛頓第二定律應用的傳送帶模型、圓周運動的臨界問題。物體分離的臨界條件是接觸但無彈力。掌握功能關系與能量守恒定律在傳送帶模型中的應用。21．（11分）（2024?江岸區(qū)校級模擬）如圖所示，平面直角坐標系xOy中第一、二、四象限內存在磁感應強度大小為B的勻強磁場。第一、四象限內磁場方向垂直紙面向里，第二象限內磁場方向垂直紙面向外。第三象限存在沿y軸正方向的勻強電場。質量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子從點S(-l，-l2)以一定初速度釋放，初速度方向與x軸正方向的夾角為θ＝45°，從點K（0，﹣l）垂直y軸進入第四象限磁場區(qū)域，然后從P（l（1）粒子進入第四象限時的速度v0；（2）若使第二象限磁場反向，大小變成2B，求粒子第100次經過y軸時的縱坐標；（3）若在第二象限內施加一沿x軸負方向、電場強度大小與第三象限電場相同的勻強電場，求粒子在第二象限運動的最大速度vm?！究键c】帶電粒子由磁場進入電場中的運動；牛頓第二定律與向心力結合解決問題；洛倫茲力的概念．【專題】計算題；學科綜合題；定量思想；幾何法；帶電粒子在復合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）粒子進入第四象限時的速度v0為Bqlm（2）粒子第100次經過y軸時的縱坐標為50l；（3）粒子在第二象限運動的最大速度vm為(1+2【分析】（1）粒子在第四象限中做勻速圓周運動，根據幾何知識求出粒子做勻速圓周運動的軌道半徑，再根據洛倫茲力提供向心力求解粒子進入第四象限時的速度；（2）粒子在第二象限內的磁場中，由洛倫茲力提供向心力求出軌跡半徑，尋找規(guī)律，根據數(shù)學知識求解粒子第100次經過y軸時的縱坐標；（3）粒子在第三象限內逆向看為類平拋運動，根據牛頓第二定律求解粒子運動的加速度，根據運動學公式聯(lián)立求解勻強電場的大??；對粒子沿y軸方向根據動量定理列式，x軸方向根據動能定理列式，聯(lián)立求解甲粒子的最大速度vm?！窘獯稹拷猓海?）粒子在第四象限內的磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力有qBv根據幾何關系有R0＝l解得：v（2）如圖所示，粒子在第二象限內的磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力有q?可得在第二象限運動的圓周運動半徑為R=l第2，4，6，8…次經過y軸的坐標分別為：l，2l，3l，4l…，可得第100次經過y軸的坐標為y＝50l（3）在第三象限電場中逆向看為類平拋運動，水平方向有l(wèi)＝v0t0豎直方向有l(wèi)2解得：E=由于只有電場力做功，當粒子x方向的位移最大時速度最大，此時x軸方向的分速度為零，沿y軸方向的分速度即為合速度，則對粒子，取沿著y軸向下為正方向，由動量定理有qBvxΔt＝mΔvy可得qBxm＝mvm由動能定理得qEx解得：v答：（1）粒子進入第四象限時的速度v0為Bqlm（2）粒子第100次經過y軸時的縱坐標為50l；（3）粒子在第二象限運動的最大速度vm為(1+2【點評】本題考查帶電粒子在電場和磁場的組合場中的運動，要能正確分析帶電粒子的運動過程和運動性質，畫出運動軌跡，熟練應用相應的規(guī)律解題。

考點卡片1．質點【知識點的認識】（1）定義：用來代替物體的有質量的點．①質點是用來代替物體的具有質量的點，因而其突出特點是“具有質量”和“占有位置”，但沒有大小，它的質量就是它所代替的物體的質量．②質點沒有體積或形狀，因而質點是不可能轉動的．任何轉動的物體在研究其自轉時都不可簡化為質點．③質點不一定是很小的物體，很大的物體也可簡化為質點．同一個物體有時可以看作質點，有時又不能看作質點，要具體問題具體分析．（2）物體可以看成質點的條件：如果在研究的問題中，物體的形狀、大小及物體上各部分運動的差異是次要或不起作用的因素，就可以把物體看做一個質點．（3）突出主要因素，忽略次要因素，將實際問題簡化為物理模型，是研究物理學問題的基本思維方法之一，這種思維方法叫理想化方法．質點就是利用這種思維方法建立的一個理想化物理模型．【命題方向】（1）第一類常考題型是對具體事例進行分析：在物理學研究中，有時可以把物體看成質點，則下列說法中正確的是（）A．研究乒乓球的旋轉，可以把乒乓球看成質點B．研究車輪的轉動，可以把車輪看成質點C．研究跳水運動員在空中的翻轉，可以把運動員看成質點D．研究地球繞太陽的公轉，可以把地球看成質點分析：當物體的形狀、大小對所研究的問題沒有影響時，我們就可以把它看成質點，根據把物體看成質點的條件來判斷即可．解答：A、研究乒乓球的旋轉時，不能把乒乓球看成質點，因為看成質點的話，就沒有旋轉可言了，所以A錯誤．B、研究車輪的轉動是，不能把車輪看成質點，因為看成質點的話，就沒有轉動可言了，所以B錯誤．C、研究跳水運動員在空中的翻轉時，不能看成質點，把運動員看成質點的話，也就不會翻轉了，所以C錯誤．D、研究地球繞太陽的公轉時，地球的大小對于和太陽之間的距離來說太小，可以忽略，所以可以把地球看成質點，所以D正確．故選D．點評：考查學生對質點這個概念的理解，關鍵是知道物體能看成質點時的條件，看物體的大小體積對所研究的問題是否產生影響，物體的大小體積能否忽略．（2）第二類?？碱}型是考查概念：下列關于質點的說法中，正確的是（）A．質點是一個理想化模型，實際上并不存在，所以，引入這個概念沒有多大意義B．只有體積很小的物體才能看作質點C．凡輕小的物體，皆可看作質點D．如果物體的形狀和大小對所研究的問題屬于無關或次要因素時，即可把物體看作質點分析：物體可以看成質點的條件是物體的大小體積對所研究的問題是否產生影響，同一個物體在不同的時候，有時可以看成質點，有時不行，要看研究的是什么問題．解答：A、質點是一個理想化模型，實際上并不存在，引入這個概念可以簡化我們分析的問題，不是沒有意義，所以A錯誤；B、體積大的物體也可以看做質點，比如地球，所以B錯誤；C、輕小的物體，不一定可以看做質點，要看它的形狀對分析的問題有沒有影響，所以C錯誤；D、如果物體的形狀和大小對所研究的問題屬于無關或次要因素時，即可把物體看作質點，所以D正確．故選：D．點評：考查學生對質點這個概念的理解，關鍵是知道物體能看成質點時的條件，看物體的大小體積對所研究的問題是否產生影響，物體的大小體積能否忽略．【解題方法點撥】理想模型及其在科學研究中的作用在自然科學的研究中，“理想模型”的建立，具有十分重要的意義．第一，引入“理想模型”的概念，可以使問題的處理大為簡化而又不會發(fā)生大的偏差．把現(xiàn)實世界中，有許多實際的事物與這種“理想模型”十分接近．在一定的場合、一定的條件下，作為一種近似，可以把實際事物當作“理想模型”來處理，即可以將“理想模型”的研究結果直接地應用于實際事物．例如，在研究地球繞太陽公轉的運動的時候，由于地球與太陽的平均距離（約為14960萬公里）比地球的半徑（約為6370公里）大得多，地球上各點相對于太陽的運動可以看做是相同的，即地球的形狀、大小可以忽略不計．在這種場合，就可以直接把地球當作一個“質點”來處理．在研究炮彈的飛行時，作為第一級近似，可以忽略其轉動性能，把炮彈看成一個“質點”；作為第二級近似，可以忽略其彈性性能，把炮彈看成一個“剛體”．在研究一般的真實氣體時，在通常的溫度和壓強范圍內，可以把它近似地當作“理想氣體”，從而直接地運用“理想氣體”的狀態(tài)方程來處理．第二，對于復雜的對象和過程，可以先研究其理想模型，然后，將理想模型的研究結果加以種種的修正，使之與實際的對象相符合．這是自然科學中，經常采用的一種研究方法．例如：“理想氣體”的狀態(tài)方程，與實際的氣體并不符合，但經過適當修正后的范德瓦爾斯方程，就能夠與實際氣體較好地符合了．第三，由于在“理想模型”的抽象過程中，舍去了大量的具體材料，突出了事物的主要特性，這就更便于發(fā)揮邏輯思維的力量，從而使得“理想模型”的研究結果能夠超越現(xiàn)有的條件，指示研究的方向，形成科學的預見．例如：在固體物理的理論研究中，常常以沒有“缺陷”的“理想晶體”作為研究對象．但應用量子力學對這種“理想晶體”進行計算的結果，表明其強度竟比普通金屬材料的強度大一千倍．由此，人們想到：既然“理想晶體”的強度應比實際晶體的強度大一千倍，那就說明常用金屬材料的強度之所以減弱，就是因為材料中有許多“缺陷”的緣故．如果能設法減少這種“缺陷”，就可能大大提高金屬材料的強度．后來，實踐果然證實了這個預言．人們沿著這一思路制造出了若干極細的金屬絲，其強度接近于“理想晶體”的強度，稱之為“金胡須”．總之，由于客觀事物具有質的多樣性，它們的運動規(guī)律往往是非常復雜的，不可能一下子把它們認識清楚．而采用理想化的客體（即“理想模型”）來代替實在的客體，就可以使事物的規(guī)律具有比較簡單的形式，從而便于人們去認識和掌握它們．2．勻變速直線運動位移與時間的關系【知識點的認識】（1）勻變速直線運動的位移與時間的關系式：x＝v0t+12at（2）公式的推導①利用微積分思想進行推導：在勻變速直線運動中，雖然速度時刻變化，但只要時間足夠小，速度的變化就非常小，在這段時間內近似應用我們熟悉的勻速運動的公式計算位移，其誤差也非常小，如圖所示。②利用公式推導：勻變速直線運動中，速度是均勻改變的，它在時間t內的平均速度就等于時間t內的初速度v0和末速度v的平均值，即v=v0+vt2．結合公式x＝vt和v＝vt+at可導出位移公式：x（3）勻變速直線運動中的平均速度在勻變速直線運動中，對于某一段時間t，其中間時刻的瞬時速度vt/2＝v0+a×12t=2v0+at2，該段時間的末速度v＝vt+at，由平均速度的定義式和勻變速直線運動的位移公式整理加工可得v=即有：v=v0所以在勻變速直線運動中，某一段時間內的平均速度等于該段時間內中間時刻的瞬時速度，又等于這段時間內初速度和末速度的算術平均值。（4）勻變速直線運動推論公式：任意兩個連續(xù)相等時間間隔T內，位移之差是常數(shù)，即△x＝x2﹣x1＝aT2．拓展：△xMN＝xM﹣xN＝（M﹣N）aT2。推導：如圖所示，x1、x2為連續(xù)相等的時間T內的位移，加速度為a。x1【命題方向】例1：對基本公式的理解汽車在平直的公路上以30m/s的速度行駛，當汽車遇到交通事故時就以7.5m/s2的加速度剎車，剎車2s內和6s內的位移之比（）A.1：1B.5：9C.5：8D.3：4分析：求出汽車剎車到停止所需的時間，汽車剎車停止后不再運動，然后根據位移時間公式x=v0t+12解：汽車剎車到停止所需的時間t0所以剎車2s內的位移x1=t0＜6s，所以剎車在6s內的位移等于在4s內的位移。x2=所以剎車2s內和6s內的位移之比為3：4．故D正確，A、B、C錯誤。故選：D。點評：解決本題的關鍵知道汽車剎車停下來后不再運動，所以汽車在6s內的位移等于4s內的位移。此類試題都需注意物體停止運動的時間。例2：對推導公式v=v0物體做勻變速直線運動，某時刻速度大小是3m?s﹣1，1s以后速度大小是9m?s﹣1，在這1s內該物體的（）A．位移大小可能小于5mB．位移大小可能小于3mC．加速度大小可能小于11m?s﹣2D．加速度大小可能小于6m?s﹣2分析：1s后的速度大小為9m/s，方向可能與初速度方向相同，也有可能與初速度方向相反。根據a=v2-v解：A、規(guī)定初速度的方向為正方向，若1s末的速度與初速方向相同，1s內的位移x=vt=v1+v22t=3+92×1m=6m．若1s末的速度與初速度方向相反，1sC、規(guī)定初速度的方向為正方向，若1s末的速度與初速方向相同，則加速度a=v2-v1t=9-31m/s2=6m/s2．若故選：AC。點評：解決本題的關鍵注意速度的方向問題，以及掌握勻變速直線運動的平均速度公式v=【解題思路點撥】（1）應用位移公式的解題步驟：①選擇研究對象，分析運動是否為變速直線運動，并選擇研究過程。②分析運動過程的初速度v0以及加速度a和時間t、位移x，若有三個已知量，就可用x＝v0t+12at③規(guī)定正方向（一般以v0方向為正方向），判斷各矢量正負代入公式計算。（2）利用v﹣t圖象處理勻變速直線運動的方法：①明確研究過程。②搞清v、a的正負及變化情況。③利用圖象求解a時，須注意其矢量性。④利用圖象求解位移時，須注意位移的正負：t軸上方位移為正，t軸下方位移為負。⑤在用v﹣t圖象來求解物體的位移和路程的問題中，要注意以下兩點：a．速度圖象和t軸所圍成的面積數(shù)值等于物體位移的大??；b．速度圖象和t軸所圍面積的絕對值的和等于物體的路程。3．自由落體運動的規(guī)律及應用【知識點的認識】1．定義：物體只在重力作用下從靜止開始豎直下落的運動叫做自由落體運動．2．公式：v＝gt；h=12gt2；v2＝3．運動性質：自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動．4．物體做自由落體運動的條件：①只受重力而不受其他任何力，包括空氣阻力；②從靜止開始下落．重力加速度g：①方向：總是豎直向下的；②大?。篻＝9.8m/s2，粗略計算可取g＝10m/s2；③在地球上不同的地方，g的大小不同．g隨緯度的增加而增大（赤道g最小，兩極g最大），g隨高度的增加而減?。久}方向】自由落體運動是常見的運動，可以看作是勻變速直線運動的特例，高考命題常以新情境來考查，而且經常與其他知識綜合出題．單獨考查的題型一般為選擇題或計算題，綜合其它知識考查的一般為計算題，難度一般中等或偏易．例1：關于自由落體運動，下列說法中正確的是（）A．在空氣中不考慮空氣阻力的運動是自由落體運動B．物體做自由運動時不受任何外力的作用C．質量大的物體，受到的重力大，落到地面時的速度也大D．自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動分析：自由落體運動是指物體僅在重力的作用下由靜止開始下落加速度為g的勻加速直線運動運動，加速度g與質量無關．解答：A、自由落體運動是指物體僅在重力的作用下由靜止開始下落的運動，故A錯誤；B、物體做自由運動時只受重力，故B錯誤；C、根據v＝gt可知，落到地面時的速度與質量無關，故C錯誤；D、自由落體運動是指物體僅在重力的作用下由靜止開始下落加速度為g的勻加速直線運動運動，故D正確．故選：D．點評：把握自由落體運動的特點和規(guī)律，理解重力加速度g的變化規(guī)律即可順利解決此類題目．例2：一個小石子從離地某一高度處由靜止自由落下，某攝影愛好者恰好拍到了它下落的一段軌跡AB．該愛好者用直尺量出軌跡的實際長度，如圖所示．已知曝光時間為11000s，則小石子出發(fā)點離AA.6.5cmB.10mC.20mD.45m分析：根據照片上痕跡的長度，可以知道在曝光時間內物體下落的距離，由此可以估算出AB段的平均速度的大小，在利用自由落體運動的公式可以求得下落的距離．解答：由圖可知AB的長度為2cm，即0.02m，曝光時間為11000s，所以AB段的平均速度的大小為v=x由自由落體的速度位移的關系式v2＝2gh可得，h=v22g=故選：C．點評：由于AB的運動時間很短，我們可以用AB段的平均速度來代替A點的瞬時速度，由此再來計算下降的高度就很容易了，通過本題一定要掌握這種近似的方法．【解題思路點撥】1．自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動，所以，勻變速直線運動公式也適用于自由落體運動．2．該知識點的3個探究結論：（1）物體下落快慢不是由輕重來決定的，是存在空氣阻力的原因．（2）物體只在重力作用下從靜止開始下落的運動，叫做自由落體運動．“自由”的含義是物體只受重力作用、且初速度為零．（3）不同物體從同一高度做自由落體運動，它們的運動情況是相同的．4．根據v-t圖像的物理意義對比多個物體的運動情況【知識點的認識】1.定義：v﹣t圖像表示的是物體速度隨時間變化的關系。2.圖像實例：3.各參數(shù)的意義：（1）斜率：表示加速度；（2）縱截距：表示初速度；（3）交點：表示速度相等。4.v﹣t曲線分析：①表示物體做初速度為零的勻加速直線運動；②表示物體沿正方向做勻速直線運動；③表示物體沿正方向做勻減速直線運動；④交點的縱坐標表示三個物體此時的速度相同；⑤t1時刻物體的速度為v1，陰影部分的面積表示物體0～t1時間內的位移。5.本考點是v﹣t圖像考法的一種，即根據v﹣t圖像的物理意義分析多個物體的運動的情況?！久}方向】甲、乙兩汽車在同一條平直公路上同向運動，其速度—時間圖像分別如圖中甲、乙兩條曲線所示。已知兩車在t1時刻并排行駛，下列說法正確的