2024届浙江省宁波市镇海中学高考复习物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12024年浙江省宁波市镇海中学高考物理复习试卷（二）1.加速度的定义式为，历史上有些科学家曾把相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”（现称“另类匀变速直线运动”），“另类加速度”的定义式为，其中和分别表示某段位移x内的初速度和末速度。表示物体做加速运动，表示物体做减速运动。则下列说法正确的是（）A.若且保持不变，则a逐渐减小B.若a不变，则物体在中间时刻的速度为C.若A不变，则物体在位移中点处的速度比大D.若A不变，则a也不变【答案】B【解析】AD．若A＞0且保持不变，相等位移内速度增加量相等，则知平均速度越来越大，所以相等位移内所用时间越来越少，由可知，a越来越大；故AD错误；B．若a不变，根据匀变速直线运动规律得：物体在中间时刻的速度为，故B正确C．若A不变，相等位移内速度变化相等，所以在位移中点处位移为，速度变化量为所以此位置速度为，故C错误。故选B。2.如图所示，用不可伸长的轻绳将质量为m的小球固定在光滑的木板MN上，将木板以底边为轴缓慢顺时针转动至水平，在转动过程中保持轻绳与木板之间的夹角不变，则在转动过程中，下列说法正确的是（）A.小球对木板压力逐渐增大 B.小球对木板压力先增大后减小C.绳上的拉力先增大后减小 D.绳上的拉力逐渐增大【答案】B【解析】小球在转动过程中某一位置的受力分析如图所示，由平行四边形可得设轻绳与木板MN的夹角为，可知不变，逐渐减小到0，先增大到90°后为钝角﹐因此，绳子的拉力T逐渐减小，小球受到的支持力先增大后减小。由牛顿第三定律，小球对木板压力先增大后减小。故选B3.2022年11月29日23时08分，搭载着神舟十五号载人飞船的长征二号F遥十五运载火箭在酒泉卫星发射中心升空，11月30日5时42分，神舟十五号载人飞船与天和核心舱成功完成自主交会对接。如图为神舟十五号的发射与交会对接过程示意图，图中①为近地圆轨道，其轨道半径为，②为椭圆变轨轨道，③为天和核心舱所在轨道，其轨道半径为，P、Q分别为②轨道与①、③轨道的交会点，已知神舟十五号的质量为m，地球表面重力加速度为g。关于神舟十五号载人飞船与天和核心舱交会对接过程，下列说法正确的是（）A.神舟十五号在①轨道上经过P点时的机械能等于在②轨道上经过P点时的机械能B.神舟十五号在①轨道上经过P点时的加速度小于在②轨道上经过P点时的加速度C.神舟十五号在②轨道上从P点运动到Q点经历的时间为D.神舟十五号从①轨道转移到③轨道过程中，飞船自身动力对飞船做的功为【答案】C【解析】A．神舟十五号由①轨道变轨到②轨道是由低轨道到高轨道，需要在切点加速，机械能增大，神舟十五号在同一轨道上运动时，只有万有引力做功，机械能守恒，可知，神舟十五号在①轨道上经过P点时的机械能小于在②轨道上经过P点时的机械能，A错误；B．神舟十五号在①轨道上经过P点时与在②轨道上经过P点时，其到地心间距相同，根据，解得可知，神舟十五号在①轨道上经过P点时的加速度等于在②轨道上经过P点时的加速度，B错误；C．根据开普勒定律有神舟十五号①轨道上有在地球表面有解得神舟十五号在②轨道上从P点运动到Q点经历的时间为C正确；D．神舟十五号在①轨道上有，解得神舟十五号在③轨道上有，在地球表面有神舟十五号从①轨道转移到③轨道过程中，飞船增加的机械能为由于变轨加速过程是通过飞船自身动力向后喷气，则飞船自身动力做的功应该等于飞船增加的机械能与喷出气体增加的机械能的和值，即神舟十五号从①轨道转移到③轨道过程中，飞船自身动力对飞船做的功，D错误。故选C。4.某同学在高度h处以一定大小的速度v0抛出一小球，当其速度方向不同时，落地点与抛出点的水平距离即射程大小也不同，若不计空气阻力，则最大射程为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】小球斜抛过程的轨迹如图所示对初速度进行分解，水平方向竖直方向则水平射程为竖直方向落地时联立消去解得则当满足时x有最大值即，故选D。5.如图所示，小球A可视为质点，装置静止时轻质细线AB水平，轻质细线AC与竖直方向的夹角37°。已知小球的质量为m，细线AC长l，B点距C点的水平和竖直距离相等。装置能以任意角速度绕竖直轴转动，且小球始终在平面内，那么在角速度从零缓慢增大的过程中（）（重力加速度g取，，）A.两细线张力均增大B.细线AB中张力一直变小，直到为零C.细线AC中张力一直增大D.当AB中张力为零时，角速度可能为【答案】D【解析】AB．当静止时，受力分析如图，由平衡条件由平衡条件得TAB=mgtan37°=0.75mg，TAC＝＝1.25mg若AB中的拉力为0，当ω最小时绳AC与竖直方向夹角θ1=37°，受力分析如图根据受力分析mgtanθ1＝m(Lsinθ1)ωmin2得根据对称性可知，当ω最大时绳AC与竖直方向夹角θ2=53°，此时应有mgtanθ2＝mωmax2Lsinθ2得ωmax＝所以ω取值范围为≤ω≤绳子AB的拉力都是0．由以上的分析可知，开始时AB拉力不为0，当转速在≤ω≤时，AB的拉力为0，角速度再增大时，AB的拉力又会增大，AB错误；C．当绳子AC与竖直方向之间的夹角不变时，AC绳子的拉力在竖直方向的分力始终等于重力，所以绳子的拉力绳子等于1.25mg；当转速大于后，绳子与竖直方向之间的夹角增大，拉力开始增大；当转速大于后，绳子与竖直方向之间的夹角不变，AC上竖直方向的拉力不变；随后当水平方向的拉力增大，AC的拉力继续增大，C错误；D．由开始时的分析可知，当ω取值范围为≤ω≤时，绳子AB的拉力都是0，D正确。故选D。6.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（）A.物块A上滑时，弹簧的弹力方向先沿斜面向上后沿斜面向下B.物块A上滑到最大位移的过程中，经过中点位置时速度最大C.A、B一起下滑时，B对A的压力先减小后增大D.整个过程中B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量【答案】B【解析】A．下滑过程中A、B始终不分离，设最高点弹簧弹力为F，斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，A对B弹力大小为FAB，沿斜面向下为正方向，在下滑瞬间，根据牛顿第二定律，对整体对B得因为FAB沿斜面向上，可知在最高点F的方向沿斜面向上，说明弹簧一直处于压缩状态，弹簧弹力始终沿斜面向上，故A错误；B．设物块A在起始位置和最高点时，弹簧的压缩量分别为x1、x2，根据能量守恒得当运动至最大位移中点时整理得，即加速度零，速度最大，故B正确；C．由B选项下滑过程中F逐渐变大，则FAB逐渐变大，根据牛顿第三定律，B对A的压力逐渐增大，故C错误；D．整个过程中，弹簧弹力做功为零，物块A的重力做功为零，系统动能变化也为零，根据功能关系可知，整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，故D错误。故选B。7.如图，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的触头从左端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示.已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是（）A.电路中电源电动势为3.6VB.变阻器向右滑动时，V2读数逐渐减小C.此过程中，电动机的输出功率最大值为0.9WD.变阻器的最大阻值为30Ω【答案】AD【解析】B．变阻器向右滑动时，接入电路的总电阻增大，路端电压升高，V2的示数增大，回路电流强度减小，因此弯曲的图像为V1—I，直线图像为V2—I图像，B错误；A．在V2—I图像中，斜率的绝对值表示内电阻，因此内电阻大小为当回路电流为0.1A时，路端电压为3.4V，此时内电压因此电路中电源电动势，A正确；C．电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，因此电机内阻当滑动变阻器调到零时，电动机输出功率最大，此时电机产热的功率因此电动机的输出功率最大值C错误；D．电流最小时，变阻器接入电路电阻最大，此时D正确。故选AD。8.如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系着一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，小球静止在M点。现给小球一垂直于OM的初速度，使其在竖直平面内绕O点恰好做完整的圆周运动，AB为圆的竖直直径。知匀强电场的场强大小为，重力加速度为g。当小球第二次运动到B点时细线突然断裂，则下列说法正确的是（）A.小球做完整的圆周运动时，动能的最小值为B.细线断裂后，小球动能的最小值为C.从细线断裂到小球的动能与在B点时的动能相等的过程中，电势能增加了D.从细线断裂到小球的电势能与在B点时的电势能相等的过程中，重力势能减少了【答案】BD【解析】A．由题意等效最高点在OM连线的反向延长线与圆周的交点上，设为N，则在N点满足由几何关系可知该方向与竖直方向夹角为60°，所以即动能的最小值为，故A错误；B．由题意细线断裂后，当B点速度沿与等效重力反方向的分速度为零时，动能最小，又因为从B到N点，由动能定理得，所以最小动能为联立解得，故B正确；C．因为从细线断裂到小球的动能与B点动能相等的过程中，由动能定理知合外力做功为零，即B点速度沿与等效重力反方向的分速度变为等大反向时，故满足vBcos30°=at，，x=vBsin30°•2t，ΔEp=-（-qExcos60°）联立解得ΔEp=1.5mgL，即电势能增加1.5mgL，故C错误；D．从细线断裂到小球的电势能与B点电势能相等的过程中，即电场力做功为零，即相当于B点水平方向的速度等大反向时，即vB=a't'，qE=ma'，，W=-ΔEp'=mgh解得ΔEp'=-mgL，故D正确。故选BD。9.如图甲所示，两平行金属板水平放置，间距为d，金属板长为，两金属板间加如图乙所示的电压（，初始时上金属板带正电）。一粒子源射出的带电粒子恰好从上金属板左端的下边缘水平进入两金属板间。该粒子源能随时间均匀发射质量为m、电荷量为的带电粒子，初速度，重力忽略不计，则（）A.能从板间飞出的粒子在板间运动的时间为B.能从板间飞出的粒子在板间运动的时间为C.若粒子在时刻进入两极板之间，粒子飞出极板时的偏移量y是D.若发射时间足够长，则能够从两金属板间飞出的粒子占总入射粒子数的比例为【答案】BD【解析】AB．由于粒子只受到竖直方向的电场力作用，将粒子的运动进行分解，则粒子做类平抛运动。水平方向上不受外力故做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动。故能从板间飞出的粒子在板间运动的时间为故A错误，B正确；C．设粒子在两金属板间运动时的加速度为，则若粒子在时刻进入两极板之间，则它在竖直方向上先加速向下的时间，有粒子运动之后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，则根据竖直方向的对称性原则，粒子会再经过的时间竖直分速度减速为零，共经历的时间从两金属板间飞出。如下图所示粒子飞出极板时的总偏移量，故C错误；D．由题意可知，只有在时间段内进入才有可能飞出。假设时刻进入两金属板间的粒子可以飞出，则飞出时偏移量为则假设不成立，时刻进入两金属板间的粒子会打在金属板上。下金属板临界：在第一个周期内设带电粒子在时刻进入两金属板间，它在竖直方向上先加速向下再经过时间后电场反向，开始在竖直方向减速向下，根据对称性，再经过时间竖直方向速度减速为0，恰好从下金属板右端飞出，则如C中情形相同。则所以上金属板临界：在第一个周期内设带电粒子在时刻进入两金属板间，它在竖直方向上先加速向下再经过时间后电场反向，开始在竖直方向减速向下，根据对称性，再经过时间竖直方向速度减速为0，然后加速向上直到恰好从上金属板右端飞出，运动轨迹如下图所示：可知解得或（舍去）所以在第一个周期内带电粒子不碰到金属板而能够飞出的时刻满足则第一个周期内能够飞出的粒子占第一周期内入射粒子总数的比例，与足够长的时间内飞出的粒子占入射粒子总数的比例相同，均为故D正确。故选BD。10.“风洞实验”指在风洞中安置飞行器或其他物体模型，研究气体流动及其与模型的相互作用，以了解实际飞行器或其他物体的空气动力学特性的一种空气动力实验方法。在下图所示的矩形风洞中存在大小恒定的水平风力，现有一小球从点竖直向上抛出，其运动轨迹大致如下图所示，其中、两点在同一水平线上，点为轨迹的最高点，小球在点动能为，在点动能为，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.小球的重力和受到的风力大小之比为B.小球落到点时的动能为C.小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为D.小球从点运动到点过程中最小动能为【答案】BCD【解析】A．设风力大小为F，小球重力大小为mg，O、M两点间的水平距离为x1，竖直距离为h，根据竖直上抛运动规律有①对小球从M运动到O的过程，根据动能定理有②由题意可知③根据牛顿第二定律可得小球在水平方向的加速度大小为④小球从M运动到O所用时间为⑤根据运动学公式有⑥联立①②③④⑤⑥解得⑦，故A错误；B．M、N两点间的水平距离为⑧设小球落到N点时的动能为Ek1，根据动能定理有⑨联立③⑤⑦⑧⑨解得⑩，故B正确；C．设O、N两点间的水平距离为x2，根据匀变速直线运动规律的推论可知⑪根据功能关系可知，小球运动过程中，风力对小球做的功等于其机械能的变化量，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为⑫，故C正确；D．小球在重力和风力的合力场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，根据前面分析可知合力与竖直方向的夹角θ的正切值为⑬根据速度的合成与分解可得小球从点运动到点过程中的最小速度为⑭解得最小动能为⑮，故D正确。故选BCD。11.如图甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移随时间的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0s内为二次函数，在3.0s~4.5s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，小华同学独自思考画出了小物块的图如图丙所示，相关标注如图所示。则（）A. B.C.物体与传送带之间的摩擦因数为0.2 D.物体相对传送带最大位移是9米【答案】BCD【解析】A．图乙中为速度为零的时候，在图甲中可得速度为零时时2s，所以，故A错误；B．由图乙可知，滑块匀速运动的速度大小为物体在2s时速度为零，则2~3s的位移为可得在0~2s的加速度为，在2~3s为，在2s时速度为零，则在0时刻的速度，故B正确；C．根据牛顿第二定律可求得，故C正确；D．由2~3s滑块加速1s后做匀速直线运动可知，在3s时滑块速度和传送带速度相等，则滑块向左做减速运动的相对位移滑块向右做加速运动的相对位移所以物体相对传送带最大位移是，故D正确。12.如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角的斜劈放在木板上，一平行于斜面的细绳一端系在斜劈顶，另一端拴接一可视为质点的小球，已知木板、斜劈、小球质量均为1kg，斜劈与木板之间的动摩擦因数为，重力加速度，系统处于静止状态。现在对木板施加一水平向右的拉力F，下列说法正确的是（）A.若，当时，木板相对斜劈向右运动B若，不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止C.若，当时，小球对斜劈的压力为0D.若，当时，细绳与水平方向的夹角α满足：【答案】BC【解析】A．若，当时，假设板、斜劈、球三者相对静止，则对板、斜劈、球构成的系统，有，可得对斜劈和球构成的系统，若斜劈与板之间的摩擦力达到最大静摩擦力，有，得可知此时木板相对于斜劈静止，故A错误；B．若，假设斜劈与球保持相对静止，则对斜劈与球构成的系统，最大加速度为当球刚好要离开斜劈时，受到重力和绳子拉力作用，有得可知此情况下不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止，故B正确；C．若，假设板、球和斜劈相对静止，则球和斜劈构成的系统能够获得的最大加速的为此时对板、球和斜劈构成的系统，有当时，板、球和斜劈相对静止，有又由B选项可知此时球刚好要离开斜劈，故C正确；D．若，则由C选项可知此时恰好达到三者保持相对静止的临界状态，因此加速度大小为8m/s2，则对小球而言解得，故D错误。故选BC。13.如图所示，在竖直平面内倾角的斜面、和，在和处与水平轨道平滑连接，在轨道、上高为的处与一光滑的半径为的螺旋形圆轨道平滑连接，一质量为的滑块位于轨道上高为处静止下滑。滑块一旦脱离轨道，便落于地上。已知，，滑块与斜面轨道间的动摩擦因数，与水平轨道间的动摩擦因数，轨道长，轨道长，轨道连接处均光滑，滑块可视为质点。求：（1）若，求滑块沿直轨道滑到点的速度；（2）若，滑块刚从直轨道滑入螺旋圆形轨道时，求滑块所受合力的大小；（3）滑块不脱离轨道，最终停留在间，求高度的范围。【答案】（1），沿斜面AB向下；（2）；（3）【解析】（1）（2）向心力又滑块所受合力的大小（3）滑块恰好过螺旋圆形的高度滑块恰好不滑出轨道HI的高度从HI轨道上静止滑下，恰好不脱离螺旋圆形轨道时轨道HI的长度即滑块恰好不冲出HI轨道同时也不会脱离圆轨道14.在如图甲所示的平面直角坐标系内，有三个不同的静电场。第一象限内有由位于原点O，电荷量为Q的点电荷产生的电场E1（未知）（仅分布在第一象限内）；第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场；第四象限内有电场强度按图乙所示规律变化、方向平行x轴的电场E3，电场E3以沿x轴正方向为正方向，变化周期。一质量为m、电荷量为+q的离子（重力不计）从（-x0，x0）点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做圆周运动。以离子经过x轴时为计时起点，已知静电力常量为k，求：（1）离子刚进入第四象限时的速度大小；（2）当时，离子的速度大小；（3）当时，离子的坐标（结果用x0表示）。【答案】（1）；（2）；（3）离子的横坐标为：，离子的纵坐标为：【解析】（1）根据牛顿第二定律得解得（2）进入第四象限后，竖直方向上做匀速直线运动，水平方向上先加速后减速，根据动量定理得解得当时，离子的速度大小为解得（3）前半个周期离子水平方向的加速度为第一个周期内第一个周期内的水平位移为第二个周期内第二个周期内的水平位移为第三个周期内第三个周期内水平方向的位移为根据等差数列，第n个周期内水平方向的位移为前n个周期内水平方向的位移为当时，离子的横坐标为；当时，离子的纵坐标为；2024年浙江省宁波市镇海中学高考物理复习试卷（二）1.加速度的定义式为，历史上有些科学家曾把相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”（现称“另类匀变速直线运动”），“另类加速度”的定义式为，其中和分别表示某段位移x内的初速度和末速度。表示物体做加速运动，表示物体做减速运动。则下列说法正确的是（）A.若且保持不变，则a逐渐减小B.若a不变，则物体在中间时刻的速度为C.若A不变，则物体在位移中点处的速度比大D.若A不变，则a也不变【答案】B【解析】AD．若A＞0且保持不变，相等位移内速度增加量相等，则知平均速度越来越大，所以相等位移内所用时间越来越少，由可知，a越来越大；故AD错误；B．若a不变，根据匀变速直线运动规律得：物体在中间时刻的速度为，故B正确C．若A不变，相等位移内速度变化相等，所以在位移中点处位移为，速度变化量为所以此位置速度为，故C错误。故选B。2.如图所示，用不可伸长的轻绳将质量为m的小球固定在光滑的木板MN上，将木板以底边为轴缓慢顺时针转动至水平，在转动过程中保持轻绳与木板之间的夹角不变，则在转动过程中，下列说法正确的是（）A.小球对木板压力逐渐增大 B.小球对木板压力先增大后减小C.绳上的拉力先增大后减小 D.绳上的拉力逐渐增大【答案】B【解析】小球在转动过程中某一位置的受力分析如图所示，由平行四边形可得设轻绳与木板MN的夹角为，可知不变，逐渐减小到0，先增大到90°后为钝角﹐因此，绳子的拉力T逐渐减小，小球受到的支持力先增大后减小。由牛顿第三定律，小球对木板压力先增大后减小。故选B3.2022年11月29日23时08分，搭载着神舟十五号载人飞船的长征二号F遥十五运载火箭在酒泉卫星发射中心升空，11月30日5时42分，神舟十五号载人飞船与天和核心舱成功完成自主交会对接。如图为神舟十五号的发射与交会对接过程示意图，图中①为近地圆轨道，其轨道半径为，②为椭圆变轨轨道，③为天和核心舱所在轨道，其轨道半径为，P、Q分别为②轨道与①、③轨道的交会点，已知神舟十五号的质量为m，地球表面重力加速度为g。关于神舟十五号载人飞船与天和核心舱交会对接过程，下列说法正确的是（）A.神舟十五号在①轨道上经过P点时的机械能等于在②轨道上经过P点时的机械能B.神舟十五号在①轨道上经过P点时的加速度小于在②轨道上经过P点时的加速度C.神舟十五号在②轨道上从P点运动到Q点经历的时间为D.神舟十五号从①轨道转移到③轨道过程中，飞船自身动力对飞船做的功为【答案】C【解析】A．神舟十五号由①轨道变轨到②轨道是由低轨道到高轨道，需要在切点加速，机械能增大，神舟十五号在同一轨道上运动时，只有万有引力做功，机械能守恒，可知，神舟十五号在①轨道上经过P点时的机械能小于在②轨道上经过P点时的机械能，A错误；B．神舟十五号在①轨道上经过P点时与在②轨道上经过P点时，其到地心间距相同，根据，解得可知，神舟十五号在①轨道上经过P点时的加速度等于在②轨道上经过P点时的加速度，B错误；C．根据开普勒定律有神舟十五号①轨道上有在地球表面有解得神舟十五号在②轨道上从P点运动到Q点经历的时间为C正确；D．神舟十五号在①轨道上有，解得神舟十五号在③轨道上有，在地球表面有神舟十五号从①轨道转移到③轨道过程中，飞船增加的机械能为由于变轨加速过程是通过飞船自身动力向后喷气，则飞船自身动力做的功应该等于飞船增加的机械能与喷出气体增加的机械能的和值，即神舟十五号从①轨道转移到③轨道过程中，飞船自身动力对飞船做的功，D错误。故选C。4.某同学在高度h处以一定大小的速度v0抛出一小球，当其速度方向不同时，落地点与抛出点的水平距离即射程大小也不同，若不计空气阻力，则最大射程为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】小球斜抛过程的轨迹如图所示对初速度进行分解，水平方向竖直方向则水平射程为竖直方向落地时联立消去解得则当满足时x有最大值即，故选D。5.如图所示，小球A可视为质点，装置静止时轻质细线AB水平，轻质细线AC与竖直方向的夹角37°。已知小球的质量为m，细线AC长l，B点距C点的水平和竖直距离相等。装置能以任意角速度绕竖直轴转动，且小球始终在平面内，那么在角速度从零缓慢增大的过程中（）（重力加速度g取，，）A.两细线张力均增大B.细线AB中张力一直变小，直到为零C.细线AC中张力一直增大D.当AB中张力为零时，角速度可能为【答案】D【解析】AB．当静止时，受力分析如图，由平衡条件由平衡条件得TAB=mgtan37°=0.75mg，TAC＝＝1.25mg若AB中的拉力为0，当ω最小时绳AC与竖直方向夹角θ1=37°，受力分析如图根据受力分析mgtanθ1＝m(Lsinθ1)ωmin2得根据对称性可知，当ω最大时绳AC与竖直方向夹角θ2=53°，此时应有mgtanθ2＝mωmax2Lsinθ2得ωmax＝所以ω取值范围为≤ω≤绳子AB的拉力都是0．由以上的分析可知，开始时AB拉力不为0，当转速在≤ω≤时，AB的拉力为0，角速度再增大时，AB的拉力又会增大，AB错误；C．当绳子AC与竖直方向之间的夹角不变时，AC绳子的拉力在竖直方向的分力始终等于重力，所以绳子的拉力绳子等于1.25mg；当转速大于后，绳子与竖直方向之间的夹角增大，拉力开始增大；当转速大于后，绳子与竖直方向之间的夹角不变，AC上竖直方向的拉力不变；随后当水平方向的拉力增大，AC的拉力继续增大，C错误；D．由开始时的分析可知，当ω取值范围为≤ω≤时，绳子AB的拉力都是0，D正确。故选D。6.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（）A.物块A上滑时，弹簧的弹力方向先沿斜面向上后沿斜面向下B.物块A上滑到最大位移的过程中，经过中点位置时速度最大C.A、B一起下滑时，B对A的压力先减小后增大D.整个过程中B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量【答案】B【解析】A．下滑过程中A、B始终不分离，设最高点弹簧弹力为F，斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，A对B弹力大小为FAB，沿斜面向下为正方向，在下滑瞬间，根据牛顿第二定律，对整体对B得因为FAB沿斜面向上，可知在最高点F的方向沿斜面向上，说明弹簧一直处于压缩状态，弹簧弹力始终沿斜面向上，故A错误；B．设物块A在起始位置和最高点时，弹簧的压缩量分别为x1、x2，根据能量守恒得当运动至最大位移中点时整理得，即加速度零，速度最大，故B正确；C．由B选项下滑过程中F逐渐变大，则FAB逐渐变大，根据牛顿第三定律，B对A的压力逐渐增大，故C错误；D．整个过程中，弹簧弹力做功为零，物块A的重力做功为零，系统动能变化也为零，根据功能关系可知，整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，故D错误。故选B。7.如图，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的触头从左端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示.已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是（）A.电路中电源电动势为3.6VB.变阻器向右滑动时，V2读数逐渐减小C.此过程中，电动机的输出功率最大值为0.9WD.变阻器的最大阻值为30Ω【答案】AD【解析】B．变阻器向右滑动时，接入电路的总电阻增大，路端电压升高，V2的示数增大，回路电流强度减小，因此弯曲的图像为V1—I，直线图像为V2—I图像，B错误；A．在V2—I图像中，斜率的绝对值表示内电阻，因此内电阻大小为当回路电流为0.1A时，路端电压为3.4V，此时内电压因此电路中电源电动势，A正确；C．电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，因此电机内阻当滑动变阻器调到零时，电动机输出功率最大，此时电机产热的功率因此电动机的输出功率最大值C错误；D．电流最小时，变阻器接入电路电阻最大，此时D正确。故选AD。8.如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系着一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，小球静止在M点。现给小球一垂直于OM的初速度，使其在竖直平面内绕O点恰好做完整的圆周运动，AB为圆的竖直直径。知匀强电场的场强大小为，重力加速度为g。当小球第二次运动到B点时细线突然断裂，则下列说法正确的是（）A.小球做完整的圆周运动时，动能的最小值为B.细线断裂后，小球动能的最小值为C.从细线断裂到小球的动能与在B点时的动能相等的过程中，电势能增加了D.从细线断裂到小球的电势能与在B点时的电势能相等的过程中，重力势能减少了【答案】BD【解析】A．由题意等效最高点在OM连线的反向延长线与圆周的交点上，设为N，则在N点满足由几何关系可知该方向与竖直方向夹角为60°，所以即动能的最小值为，故A错误；B．由题意细线断裂后，当B点速度沿与等效重力反方向的分速度为零时，动能最小，又因为从B到N点，由动能定理得，所以最小动能为联立解得，故B正确；C．因为从细线断裂到小球的动能与B点动能相等的过程中，由动能定理知合外力做功为零，即B点速度沿与等效重力反方向的分速度变为等大反向时，故满足vBcos30°=at，，x=vBsin30°•2t，ΔEp=-（-qExcos60°）联立解得ΔEp=1.5mgL，即电势能增加1.5mgL，故C错误；D．从细线断裂到小球的电势能与B点电势能相等的过程中，即电场力做功为零，即相当于B点水平方向的速度等大反向时，即vB=a't'，qE=ma'，，W=-ΔEp'=mgh解得ΔEp'=-mgL，故D正确。故选BD。9.如图甲所示，两平行金属板水平放置，间距为d，金属板长为，两金属板间加如图乙所示的电压（，初始时上金属板带正电）。一粒子源射出的带电粒子恰好从上金属板左端的下边缘水平进入两金属板间。该粒子源能随时间均匀发射质量为m、电荷量为的带电粒子，初速度，重力忽略不计，则（）A.能从板间飞出的粒子在板间运动的时间为B.能从板间飞出的粒子在板间运动的时间为C.若粒子在时刻进入两极板之间，粒子飞出极板时的偏移量y是D.若发射时间足够长，则能够从两金属板间飞出的粒子占总入射粒子数的比例为【答案】BD【解析】AB．由于粒子只受到竖直方向的电场力作用，将粒子的运动进行分解，则粒子做类平抛运动。水平方向上不受外力故做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动。故能从板间飞出的粒子在板间运动的时间为故A错误，B正确；C．设粒子在两金属板间运动时的加速度为，则若粒子在时刻进入两极板之间，则它在竖直方向上先加速向下的时间，有粒子运动之后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，则根据竖直方向的对称性原则，粒子会再经过的时间竖直分速度减速为零，共经历的时间从两金属板间飞出。如下图所示粒子飞出极板时的总偏移量，故C错误；D．由题意可知，只有在时间段内进入才有可能飞出。假设时刻进入两金属板间的粒子可以飞出，则飞出时偏移量为则假设不成立，时刻进入两金属板间的粒子会打在金属板上。下金属板临界：在第一个周期内设带电粒子在时刻进入两金属板间，它在竖直方向上先加速向下再经过时间后电场反向，开始在竖直方向减速向下，根据对称性，再经过时间竖直方向速度减速为0，恰好从下金属板右端飞出，则如C中情形相同。则所以上金属板临界：在第一个周期内设带电粒子在时刻进入两金属板间，它在竖直方向上先加速向下再经过时间后电场反向，开始在竖直方向减速向下，根据对称性，再经过时间竖直方向速度减速为0，然后加速向上直到恰好从上金属板右端飞出，运动轨迹如下图所示：可知解得或（舍去）所以在第一个周期内带电粒子不碰到金属板而能够飞出的时刻满足则第一个周期内能够飞出的粒子占第一周期内入射粒子总数的比例，与足够长的时间内飞出的粒子占入射粒子总数的比例相同，均为故D正确。故选BD。10.“风洞实验”指在风洞中安置飞行器或其他物体模型，研究气体流动及其与模型的相互作用，以了解实际飞行器或其他物体的空气动力学特性的一种空气动力实验方法。在下图所示的矩形风洞中存在大小恒定的水平风力，现有一小球从点竖直向上抛出，其运动轨迹大致如下图所示，其中、两点在同一水平线上，点为轨迹的最高点，小球在点动能为，在点动能为，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.小球的重力和受到的风力大小之比为B.小球落到点时的动能为C.小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为D.小球从点运动到点过程中最小动能为【答案】BCD【解析】A．设风力大小为F，小球重力大小为mg，O、M两点间的水平距离为x1，竖直距离为h，根据竖直上抛运动规律有①对小球从M运动到O的过程，根据动能定理有②由题意可知③根据牛顿第二定律可得小球在水平方向的加速度大小为④小球从M运动到O所用时间为⑤根据运动学公式有⑥联立①②③④⑤⑥解得⑦，故A错误；B．M、N两点间的水平距离为⑧设小球落到N点时的动能为Ek1，根据动能定理有⑨联立③⑤⑦⑧⑨解得⑩，故B正确；C．设O、N两点间的水平距离为x2，根据匀变速直线运动规律的推论可知⑪根据功能关系可知，小球运动过程中，风力对小球做的功等于其机械能的变化量，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为⑫，故C正确；D．小球在重力和风力的合力场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，根据前面分析可知合力与竖直方向的夹角θ的正切值为⑬根据速度的合成与分解可得小球从点运动到点过程中的最小速度为⑭解得最小动能为⑮，故D正确。故选BCD。11.如图甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移随时间的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0s内为二次函数，在3.0s~4.5s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，小华同学独自思考画出了小物块的图如图丙所示，相关标注如图所示。则（）A. B.C.物体与传送带之间的摩擦因数为0.2 D.物体相对传送带最大位移是9米【答案】BCD【解析】A．图乙中为速度为零的时候，在图甲中可得速度为零时时2s，所以，故A错误；B．由图乙可知，滑块匀速运动的速度大小为物体在2s时速度为零，则2~3s的位移为可得在0~2s的加速度为，在2~3s为，在2s时速度为零，则在0时刻的速度，故B正确；C．根据牛顿第二定律可求得，故C正确；D．由2~3s滑块加速1s后做匀速直线运动可知，在3s时滑块速度和传送带速度相等，则滑块