2024-2025学年辽宁省七校高二上学期期初考试物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1物理试题第Ⅰ卷（选择题46分）一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错、多选或不选的得0分。）1.下列关于物理学发展历史的说法正确的是（）A.“笔尖下发现的行星—海王星”的发现者是伽利略B.卡文迪什通过实验测出了引力常量C.开普勒分析卡文迪什的观测数据，提出了关于行星运动的三大定律D.第谷利用扭秤实验对电荷之间的作用力进行研究，得出了库仑定律【答案】B【解析】A．“笔尖下发现的行星－海王星”的发现者是勒维耶和亚当斯，故A错误；B．卡文迪什通过实验测出了引力常量，故B正确；C．开普勒分析第谷的观测数据，提出了关于行星运动的三大定律，故C错误；D．库仑利用扭秤实验对电荷之间的作用力进行研究，得出了库仑定律，故D错误。故选B。2.关于圆周运动下列说法正确的是（）A.做圆周运动的物体受到的合外力可以为零B.在变力作用下，物体可以做圆周运动C.匀速圆周运动一定是匀变速运动D.在恒力作用下，物体可以做匀速圆周运动【答案】B【解析】A．做圆周运动的物体需要向心力，所以合外力一定不为零，故A错误；B．在变力作用下，物体既可能做直线运动，也可能是曲线运动。所以在变力作用下，物体也可以做圆周运动，故B正确；C．匀速圆周运动的加速度总是指向圆心，方向是变化的，所以不是匀变速运动，故C错误；D．在恒力作用下，物体加速度是恒定的，而匀速圆周运动的加速度是变化的，所以在恒力作用下，物体不可能做匀速圆周运动，故D错误。故选B。3.2023年华为隆重推出搭载我国自主研发的麒麟9000s芯片的Mate60手机，该手机可以与地球同步轨道的“天通一号01”实现卫星通信。已知地球半径为R，“天通一号01”离地高度约为6R，以下关于该卫星的说法正确的是（）A.卫星在地球同步轨道上处于平衡状态B.卫星的发射速度小于近地卫星的环绕速度C.卫星的加速度约为静止在赤道上物体加速度的36倍D.若地球自转加快，卫星为保持与地面同步，轨道高度应降低【答案】D【解析】A．卫星在地球同步轨道上做匀速圆周运动，不是处于平衡状态，故A错误；B．同步卫星轨道高于近地轨道卫星，故发射速度大于最小发射速度，即最大环绕速度，故B错误；C．同步轨道上卫星与赤道上物体运动的角速度相同，由，卫星在同步轨道上的向心加速度约是赤道上物体向心加速度的7倍，故C错误；D．若地球自转加快，卫星为保持与地面同步，应当具有更大的角速度，更小的周期，根据可知轨道高度应降低，故D正确。故选D。4.如图所示，从地面上以速度v₀斜向上抛出一质量为m的小球，它上升高度H后落到比地面低h的海平面。以地面为参考平面，不计空气阻力，则下列选项错误的是（）A.物体落到海平面时的重力势能是-mghB.物体落到海平面时的动能是C.物体在最高点时的机械能是mgHD.物体落到海平面时的机械能是【答案】C【解析】A．若以地面为参考平面，物体落到海平面时的重力势能为故A正确；BD．不计空气阻力，只有重力做功，所以整个过程物体机械能守恒，有在海平面上的动能为此时机械能为故BD正确；C．以地面为参考平面，物体做斜抛运动，在最高点时竖直方向速度为0，水平方向速度不为0，故此时机械能大于，故C错误。本题选错误的，故选C。5.如图所示，质量为m、电量为的小球，用长为L的绝缘细线悬挂于O点，在图示空间加上一平行纸面的水平方向匀强电场后，带电小球开始向右摆动，细线与竖直方向最大夹角为37°。已知，，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的（）A.电场方向水平向左 B.小球最终会静止在37°角位置处C.向右摆动过程，带电小球电势能不断增大 D.电场强度的大小为【答案】D【解析】A．带电小球向右摆动，说明电场力向右，又小球带正电，故电场方向水平向右，故A错误；B．电场力和重力的合力方向指向右下方，类比重力场，带电小球向右摆动到细线与竖直方向成37°角位置，不会静止在该位置，而是向下摆回初位置，即小球会来回摆动，不会静止，故B错误；C．向右摆动过程，电场力一直做正功，则电势能一直减小，故C错误；D．从最低点向右摆动到细线与竖直方向成37°角过程，根据动能定理解得故D正确。故选D。6.2022年我国航天员在空间站太空舱开设“天宫课堂”，课堂演示了“水油分离”实验。如图所示，用细绳系住装有水和油的瓶子，手持细绳的另一端，使瓶子在竖直平面内做圆周运动，则（）A.只要瓶子有速度，就能通过圆周的最高点，水油分离后，水在外侧B.只要瓶子有速度，就能通过圆周的最高点，水油分离后，油在外侧C.瓶子的速度需大于某一值才能通过圆周的最高点，水油分离后，水在外侧D.瓶子的速度需大于某一值才能通过圆周的最高点，水油分离后，油在外侧【答案】A【解析】在空间中所有物体均处于完全失重状态，瓶子做圆周运动的向心力全部由细绳提供，所以只要瓶子有速度，就会使绳子产生弹力而处于绷紧状态，瓶子就能通过圆周的最高点。而水的密度较大，单位体积的水的质量较大，当水和油未分离时，二者做圆周运动的角速度相同和半径相同，根据可知水所需的向心力较大，比油更易做离心运动进而运动至外侧。故选A。7.在研究心脏电性质时，当兴奋在心肌传播，在人体的体表可以测出与之对应的电势变化，可等效为两等量电荷产生的电场。如图是人体表面的瞬时电势分布图，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，a、b、c、d为等势面上的点，a、b为两电荷连线上对称的两点，c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点。则下列说法正确的是（）A.负电荷从b点移到d点，电势能增大B.d、a两点的电势差C.a、b两点的电场强度等大反向D.c、d两点的电场强度相同，从c到d的直线上电场强度先变大后变小【答案】D【解析】A．从b点移到d点，电势升高，负电荷电势能减小，故A错误；B．d、a两点的电势差为故B错误；C．根据电势的分布情况可知，此电场电势的分布情况相当于等量异种电荷，左侧为负电荷，右侧为正电荷，由对称性可知，a、b两点的电场强度等大、同向，故C错误；D．c、d两点的电场强度相同，从c到d的直线上，等差等势面先密集后稀疏，电场强度先变大后变小，故D正确。故选D。8.我国一箭多星技术居世界前列，一箭多星是用一枚运载火箭同时或先后将数颗卫星送入轨道的技术。某两颗卫星释放过程简化为如图所示，火箭运行至P点时，同时将A、B两颗卫星送入预定轨道。A卫星进入轨道1做圆周运动，B卫星进入轨道2沿椭圆轨道运动，P点为椭圆轨道的近地点，Q点为远地点，B卫星在Q点喷气变轨到轨道3，之后绕地球做圆周运动。下列说法正确的是（）A.A卫星在P点的加速度大于B卫星在P点的加速度B.A卫星在轨道1的速度小于B卫星在轨道3的速度C.B卫星从轨道2上Q点变轨进入轨道3时需要喷气加速D.B卫星沿轨道2从P点运动到Q点过程中引力做负功【答案】CD【解析】A．两卫星在P点时，根据可得显然两卫星的加速度相同，故A错误；B．由题知，轨道1和轨道3都圆轨道，则有可得由于B卫星在轨道3上运动的轨道半径大于A卫星在轨道1上运动的轨道半径，所以B卫星在轨道3上运动的速度小于A卫星在轨道1上运动的速度，故B错误。C．卫星从低轨道运动到高轨道，需要在轨道相切点点火加速实现，所以B卫星在Q点变轨进入轨道3时需要向后喷气加速，故C正确；D．B卫星沿轨道2从P点运动到Q点过程中速度减少，则动能减小，故引力做负功，故D正确。故选CD。9.复兴号动车在世界上首次实现了速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为M的动车，以恒定功率P在平直轨道上由静止开始运动，经时间t达到该功率下的最大速度，设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变。动车在时间t内（）A.做匀加速直线运动，加速度大小为a=B.在时间t内通过的位移为tC.牵引力的功率D.牵引力做功等于Pt【答案】CD【解析】A．复兴号动车以恒定功率运动，由牛顿第二定律得易知v增大，a变小，是变加速直线运动。故A错误；B．若复兴号做匀变速直线运动，v-t图像如图中直线所示由图像面积可得位移为复兴号动车实际做加速度逐渐减小的变加速直线运动，v-t图像如图中曲线所示，其位移故B错误；C．当时，速度最大，故牵引力即牵引力的功率故C正确；D．牵引力做功等于W=Pt故D正确。故选CD。10.一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2，则（）A.物块下滑过程中机械能守恒B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C.物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2D.当物块下滑2.0m时机械能损失了8J【答案】BD【解析】A．下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等于增加的动能，所以机械能不守恒，故A错误；B．斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30J可得质量m＝1kg下滑5m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功μmgs·cosθ＝20J求得μ＝0.5故B正确；C．由牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma求得a＝2m/s2故C错误；D．由图知，物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，故D正确。故选BD。第Ⅱ卷（非选择题54分）二、实验题（本题共2小题，第11题6分，第12题8分，每空2分，共计14分）11.如图甲所示为向心力演示仪，可探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系。长槽的A、B处和短槽的C处分别到各自转轴中心距离之比为，变速塔轮自上而下有三种组合方式，左右每层半径之比由上至下分别为、和，如图乙所示。（1）本实验的目的是探究向心力的大小与小球质量m、角速度和半径r之间的关系，下列实验中采用的实验方法与本实验相同的是（）A.探究两个互称角度的力的合成规律B.探究平抛运动的特点C.探究加速度与物体受力、物体质量的关系（2）在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，则需要将传动皮带调至第______层塔轮。（选填“一”、“二”或“三”）A. B. C. D.【答案】（1）C（2）一（3）D【解析】（1）探究向心力的大小与小球质量m、角速度和半径r之间的关系，采用的实验方法是控制变量法。A．探究两个互称角度的力的合成规律，采用的实验方法是等效替代法，故A错误；B．探究平抛运动的特点，采用的实验方法是用曲化直的方法，故B错误；C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系，采用的实验方法是控制变量法，故C正确。故选C。（2）在某次实验中，把两个质量相等钢球放在B、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，则应控制两小球的角速度相同，需要将传动皮带调至第一层塔轮。在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，则两小球做圆周运动的半径相同，传动皮带位于第二层，由于左右塔轮边缘线速度大小相等，根据可知两小球的角速度之比为根据可知左右两标尺露出的格子数之比为12.在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器所用电源频率为50Hz当地重力加速度的值为，测得所用重物的质量为1.00kg。若按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点O的距离如图所示，第1个点和第2点之间的距离为2mm（相邻计数点时间间隔为0.02s），那么（1）要验证重物下落过程中符合机械能守恒，除了图示器材，以下实验器材必须要选取的有______。（填写字母代号）A.秒表 B.刻度尺 C.天平 D.交流电源（2）根据纸带算出相关各点的速度v，量出下落的距离h，则以h为横轴，以为纵轴，画出的图像应是下图中的哪个______。A. B. C. D.（3）从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是=______，此过程中物体动能的增加量=______。（结果保留两位有效数字）【答案】（1）BD（2）C（3）0.50J0.48J【解析】（1）AD．要验证重锤下落过程中符合机械能守恒，需要满足，根据打点计时器打出的纸带，求速度，不用秒表，而打点计时器需要用到低压交流电源，故A错误，D正确；B．需要刻度尺测量物体下落的高度，故B正确；C．等号两边的质量约去，不用天平，故C错误；故选BD。（2）根据机械能守恒定律有则有图像应为正比例函数。故选C。（3）[1]根据功能关系可得当打点计时器打在B点时重锤的重力势能减少量为J=0.50J匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中平均速度有动能变化量为J三、计算题（本题共3小题，共40分。解答时应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。说明：计算题解法不唯一，逻辑关系正确即给相应分数）13.随着科技的进步，星际移民的可能性在不断提升。假设未来宇航员为测量某宜居星球的密度，采用了如下方案：如图所示，在星球表面某地，长为L的细线一端拴着质量为m的小球（可视为质点），另一端固定于水平天花板上O点，小球在水平面内做匀速圆周运动时细线与竖直方向的夹角为α，小球的角速度为ω。已知引力常量为G，该星球可视为质量分布均匀的球体且半径为R，不计空气阻力和星球自转。求：（1）细线上的拉力大小F；（2）该星球的质量M。【答案】（1）；（2）【解析】（1）对小球受力分析，水平方向上有其中解得（2）对小球受力分析，竖直方向上有在星球表面解得14.如图所示，一初速度为零的电子经电压加速后，从正中间垂直电场方向进入板长与间距相等的平行金属板，并恰好能穿出金属板。电子的质量为m，电荷量为e，不计电子所受的重力。求：（1）电子刚进入两金属板间时的速度大小v；（2）两金属板间的电压U。【答案】（1）；（2）【解析】（1）对电子经电压加速的过程，根据动能定理有解得（2）设两金属板间的距离为d，电子在两金属板之间运动的加速度大小设电子在两金属板之间运动的时间为t，有解得15.轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后释放，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g。（1）若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离；（2）若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。【答案】（1），；（2）【解析】（1）竖直的弹簧上物体压缩，由机械能守恒物体P从压缩弹簧到B点，由能量守恒解得滑块由B点到D点解得滑块由D点平抛，解得（2）滑块至少过B点P最多到C点而不脱轨则物理试题第Ⅰ卷（选择题46分）一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错、多选或不选的得0分。）1.下列关于物理学发展历史的说法正确的是（）A.“笔尖下发现的行星—海王星”的发现者是伽利略B.卡文迪什通过实验测出了引力常量C.开普勒分析卡文迪什的观测数据，提出了关于行星运动的三大定律D.第谷利用扭秤实验对电荷之间的作用力进行研究，得出了库仑定律【答案】B【解析】A．“笔尖下发现的行星－海王星”的发现者是勒维耶和亚当斯，故A错误；B．卡文迪什通过实验测出了引力常量，故B正确；C．开普勒分析第谷的观测数据，提出了关于行星运动的三大定律，故C错误；D．库仑利用扭秤实验对电荷之间的作用力进行研究，得出了库仑定律，故D错误。故选B。2.关于圆周运动下列说法正确的是（）A.做圆周运动的物体受到的合外力可以为零B.在变力作用下，物体可以做圆周运动C.匀速圆周运动一定是匀变速运动D.在恒力作用下，物体可以做匀速圆周运动【答案】B【解析】A．做圆周运动的物体需要向心力，所以合外力一定不为零，故A错误；B．在变力作用下，物体既可能做直线运动，也可能是曲线运动。所以在变力作用下，物体也可以做圆周运动，故B正确；C．匀速圆周运动的加速度总是指向圆心，方向是变化的，所以不是匀变速运动，故C错误；D．在恒力作用下，物体加速度是恒定的，而匀速圆周运动的加速度是变化的，所以在恒力作用下，物体不可能做匀速圆周运动，故D错误。故选B。3.2023年华为隆重推出搭载我国自主研发的麒麟9000s芯片的Mate60手机，该手机可以与地球同步轨道的“天通一号01”实现卫星通信。已知地球半径为R，“天通一号01”离地高度约为6R，以下关于该卫星的说法正确的是（）A.卫星在地球同步轨道上处于平衡状态B.卫星的发射速度小于近地卫星的环绕速度C.卫星的加速度约为静止在赤道上物体加速度的36倍D.若地球自转加快，卫星为保持与地面同步，轨道高度应降低【答案】D【解析】A．卫星在地球同步轨道上做匀速圆周运动，不是处于平衡状态，故A错误；B．同步卫星轨道高于近地轨道卫星，故发射速度大于最小发射速度，即最大环绕速度，故B错误；C．同步轨道上卫星与赤道上物体运动的角速度相同，由，卫星在同步轨道上的向心加速度约是赤道上物体向心加速度的7倍，故C错误；D．若地球自转加快，卫星为保持与地面同步，应当具有更大的角速度，更小的周期，根据可知轨道高度应降低，故D正确。故选D。4.如图所示，从地面上以速度v₀斜向上抛出一质量为m的小球，它上升高度H后落到比地面低h的海平面。以地面为参考平面，不计空气阻力，则下列选项错误的是（）A.物体落到海平面时的重力势能是-mghB.物体落到海平面时的动能是C.物体在最高点时的机械能是mgHD.物体落到海平面时的机械能是【答案】C【解析】A．若以地面为参考平面，物体落到海平面时的重力势能为故A正确；BD．不计空气阻力，只有重力做功，所以整个过程物体机械能守恒，有在海平面上的动能为此时机械能为故BD正确；C．以地面为参考平面，物体做斜抛运动，在最高点时竖直方向速度为0，水平方向速度不为0，故此时机械能大于，故C错误。本题选错误的，故选C。5.如图所示，质量为m、电量为的小球，用长为L的绝缘细线悬挂于O点，在图示空间加上一平行纸面的水平方向匀强电场后，带电小球开始向右摆动，细线与竖直方向最大夹角为37°。已知，，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的（）A.电场方向水平向左 B.小球最终会静止在37°角位置处C.向右摆动过程，带电小球电势能不断增大 D.电场强度的大小为【答案】D【解析】A．带电小球向右摆动，说明电场力向右，又小球带正电，故电场方向水平向右，故A错误；B．电场力和重力的合力方向指向右下方，类比重力场，带电小球向右摆动到细线与竖直方向成37°角位置，不会静止在该位置，而是向下摆回初位置，即小球会来回摆动，不会静止，故B错误；C．向右摆动过程，电场力一直做正功，则电势能一直减小，故C错误；D．从最低点向右摆动到细线与竖直方向成37°角过程，根据动能定理解得故D正确。故选D。6.2022年我国航天员在空间站太空舱开设“天宫课堂”，课堂演示了“水油分离”实验。如图所示，用细绳系住装有水和油的瓶子，手持细绳的另一端，使瓶子在竖直平面内做圆周运动，则（）A.只要瓶子有速度，就能通过圆周的最高点，水油分离后，水在外侧B.只要瓶子有速度，就能通过圆周的最高点，水油分离后，油在外侧C.瓶子的速度需大于某一值才能通过圆周的最高点，水油分离后，水在外侧D.瓶子的速度需大于某一值才能通过圆周的最高点，水油分离后，油在外侧【答案】A【解析】在空间中所有物体均处于完全失重状态，瓶子做圆周运动的向心力全部由细绳提供，所以只要瓶子有速度，就会使绳子产生弹力而处于绷紧状态，瓶子就能通过圆周的最高点。而水的密度较大，单位体积的水的质量较大，当水和油未分离时，二者做圆周运动的角速度相同和半径相同，根据可知水所需的向心力较大，比油更易做离心运动进而运动至外侧。故选A。7.在研究心脏电性质时，当兴奋在心肌传播，在人体的体表可以测出与之对应的电势变化，可等效为两等量电荷产生的电场。如图是人体表面的瞬时电势分布图，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，a、b、c、d为等势面上的点，a、b为两电荷连线上对称的两点，c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点。则下列说法正确的是（）A.负电荷从b点移到d点，电势能增大B.d、a两点的电势差C.a、b两点的电场强度等大反向D.c、d两点的电场强度相同，从c到d的直线上电场强度先变大后变小【答案】D【解析】A．从b点移到d点，电势升高，负电荷电势能减小，故A错误；B．d、a两点的电势差为故B错误；C．根据电势的分布情况可知，此电场电势的分布情况相当于等量异种电荷，左侧为负电荷，右侧为正电荷，由对称性可知，a、b两点的电场强度等大、同向，故C错误；D．c、d两点的电场强度相同，从c到d的直线上，等差等势面先密集后稀疏，电场强度先变大后变小，故D正确。故选D。8.我国一箭多星技术居世界前列，一箭多星是用一枚运载火箭同时或先后将数颗卫星送入轨道的技术。某两颗卫星释放过程简化为如图所示，火箭运行至P点时，同时将A、B两颗卫星送入预定轨道。A卫星进入轨道1做圆周运动，B卫星进入轨道2沿椭圆轨道运动，P点为椭圆轨道的近地点，Q点为远地点，B卫星在Q点喷气变轨到轨道3，之后绕地球做圆周运动。下列说法正确的是（）A.A卫星在P点的加速度大于B卫星在P点的加速度B.A卫星在轨道1的速度小于B卫星在轨道3的速度C.B卫星从轨道2上Q点变轨进入轨道3时需要喷气加速D.B卫星沿轨道2从P点运动到Q点过程中引力做负功【答案】CD【解析】A．两卫星在P点时，根据可得显然两卫星的加速度相同，故A错误；B．由题知，轨道1和轨道3都圆轨道，则有可得由于B卫星在轨道3上运动的轨道半径大于A卫星在轨道1上运动的轨道半径，所以B卫星在轨道3上运动的速度小于A卫星在轨道1上运动的速度，故B错误。C．卫星从低轨道运动到高轨道，需要在轨道相切点点火加速实现，所以B卫星在Q点变轨进入轨道3时需要向后喷气加速，故C正确；D．B卫星沿轨道2从P点运动到Q点过程中速度减少，则动能减小，故引力做负功，故D正确。故选CD。9.复兴号动车在世界上首次实现了速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为M的动车，以恒定功率P在平直轨道上由静止开始运动，经时间t达到该功率下的最大速度，设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变。动车在时间t内（）A.做匀加速直线运动，加速度大小为a=B.在时间t内通过的位移为tC.牵引力的功率D.牵引力做功等于Pt【答案】CD【解析】A．复兴号动车以恒定功率运动，由牛顿第二定律得易知v增大，a变小，是变加速直线运动。故A错误；B．若复兴号做匀变速直线运动，v-t图像如图中直线所示由图像面积可得位移为复兴号动车实际做加速度逐渐减小的变加速直线运动，v-t图像如图中曲线所示，其位移故B错误；C．当时，速度最大，故牵引力即牵引力的功率故C正确；D．牵引力做功等于W=Pt故D正确。故选CD。10.一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2，则（）A.物块下滑过程中机械能守恒B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C.物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2D.当物块下滑2.0m时机械能损失了8J【答案】BD【解析】A．下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等于增加的动能，所以机械能不守恒，故A错误；B．斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30J可得质量m＝1kg下滑5m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功μmgs·cosθ＝20J求得μ＝0.5故B正确；C．由牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma求得a＝2m/s2故C错误；D．由图知，物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，故D正确。故选BD。第Ⅱ卷（非选择题54分）二、实验题（本题共2小题，第11题6分，第12题8分，每空2分，共计14分）11.如图甲所示为向心力演示仪，可探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系。长槽的A、B处和短槽的C处分别到各自转轴中心距离之比为，变速塔轮自上而下有三种组合方式，左右每层半径之比由上至下分别为、和，如图乙所示。（1）本实验的目的是探究向心力的大小与小球质量m、角速度和半径r之间的关系，下列实验中采用的实验方法与本实验相同的是（）A.探究两个互称角度的力的合成规律B.探究平抛运动的特点C.探究加速度与物体受力、物体质量的关系（2）在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，则需要将传动皮带调至第______层塔轮。（选填“一”、“二”或“三”）A. B. C. D.【答案】（1）C（2）一（3）D【解析】（1）探究向心力的大小与小球质量m、角速度和半径r之间的关系，采用的实验方法是控制变量法。A．探究两个互称角度的力的合成规律，采用的实验方法是等效替代法，故A错误；B．探究平抛运动的特点，采用的实验方法是用曲化直的方法，故B错误；C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系，采用的实验方法是控制变量法，故C正确。故选C。（2）在某次实验中，把两个质量相等钢球放在B、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，则应控制两小球的角速度相同，需要将传动皮带调至第一层塔轮。在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，则两小球做圆周运动的半径相同，传动皮带位于第二层，由于左右塔轮边缘线速度大小相等，根据可知两小球的角速度之比为根据可知左右两标尺露出的格子数之比为12.在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器所用电源频率为50Hz当地重力加速度的值为，测得所用重物的质量为1.00kg。若按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点O的距离如图所示，第1个点和第2点之间的距离为2mm（相邻计数点时间间隔为0.02s），那么（1）要验证重物下落过程中符合机械能守恒，除了图示器材，以下实验器材必须要选取的有______。（填写字母代号）A.秒表 B.刻度尺 C.天平 D.交流电源（2）根据纸带算出相关各点的速度v，量出下落的距离h，则以h为横轴，以为纵轴，画出的图像应是下图中的哪个______。A. B. C. D.（3）从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是=______，此过程中物