浙江省丽水市2023-2024学年高一年级下册期末教学质量监控物理试卷（含答案）

浙江省丽水市2023-2024学年高一下学期期末教学质量监控物理试卷

一、选择题（本题共18小题，每小题3分，共54分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合

题目要求的，不选、多选、错选均不得分）

1.下列属于电势的单位的是（）

A.JB.WC.AD.V

2.2023年10月140,江南之巅•天空越野赛在龙泉开跑。此次赛事分为100公里摘星组、6D公里天空组、

40公里青究组三个组别，最终选手梁迪斯以12小时37分19秒夺得100公里摘星组男子组冠军。以下说法

正确的是（）

A.100公里、60公里、40公里是此次比赛位移的大小

B.12小时37分19秒指的是时间间隔

C.整个比赛过程，选手梁迪斯的平均速度约为7.9km/h

D.在研究选手梁迪斯在比赛中的运动轨迹时不能把他看成质点

3.下列有关物理学家的贡献，说法正确的是（）

A.牛顿通过实验测出了万有引力常量

B.库仑通过扭秤实验测定了电子的电荷量

C.开普勒在前人的基础上首先发现了万有引力定律

D.爱因斯坦提出真空中的光速在不同的惯性参考系中大小相同

4.香蕉球是一项令人惊叹的足球技术，球能在空中绕过防守人员进入球门，图中所示时刻空气对香蕉球的

作用力可能是（）

A.a方向B.b方向C.c方向D.d方向

5.关于平行板电容器，下列说法中正确的是（）

A.增加电容器的带电量，电容器的电容将增大

B.增大电容器两板之间的距离，电容器的电容将增大

C.将两极板平行错开，使正对面积减小，电容器的电容将减小

D.向电容器两极板间插入电介质，电容器的电容将减小

第1页

6.A、B、C三点在同一直线上，AB：BC=1：1,B点位于A、C之间，在A处固定一电荷量为Q的点电

荷。当在B处放一电荷量为-q的点电荷时，Q所受的静电力为「；移去B处电荷，在C处放一电荷量为-2q

的点电荷，则Q所受的静电力为（）

•••

ABC

A.普B.《C.§D.F

842

7.如图所示，一质量分布均匀的球体质量大小为m,用轻绳AC悬挂在竖直墙壁上的A点，使其保持静

止。墙壁光滑，球与竖直墙壁的接触点为B,细绳与墙壁的夹角为0,下列说法正确的是（）

A.轻绳AC的拉力Fr=mgcos。

B.竖直墙壁对小球的支持为FN=mgtan8

C.缩短绳长AC,绳的拉力减小

D.缩短绳长AC,小球受到的合力增大

8.如图，一质量为M的半圆弧凹槽放置在一电子秤上，现从最低点由初速度释放一质量为m的小球，忽略

空气阻力与轨道摩擦，某时刻半圆弧凹槽对电子秤的压力为FN。若小球从未脱离过圆弧轨道，则（）

A.FN可能大于Mg+mgB.FN可能小于Mg

C.小球所受的支持力一直大于mgD.小球所受的支持力一直小于mg

9.如图，一运动员站在水平地面上射箭时，保持人拉弓的力及出射点位置不变，箭与水平方向夹角为e

（0。<0<9（）。），忽略空气阻力和发射点到地面的距离，则（）

第2页

A.增大。一定可以增大射箭的最远距离

B.减小0将增大箭支的最高高度

C.增大8将减小箭支运动过程中的最小速度

D.改变e并不影响箭支落地时速度的方向

10.如图所示，物块Q放在水平桌面匕一条跨过光滑定滑轮的细线两端分别连接物块P和物块Q,物块

P、Q的质量之比mp：mQ=l：2o物块P下落过程中，细线上的?立力大小为Fi；若物块P、Q位置互换，物

块Q下落过程中，细线上的拉力大小为F2。两物块与桌面间无摩擦，不计空气阻力，则Fi、F2的大小关系

C.Fi：F2=2：1D.Fi：F2=l：3

11.一小球沿着光滑平面以0.5m/s的初速度滑入一中空光滑圆筒内，圆筒侧边与平面相切。已知圆筒半径为

5cm＞高为5cm,底端到地面的距离为15cm,贝ij()

A.筒壁对小球的弹力做正功

B.小球离开圆筒后做平抛运动

C.小球在桶内运动的时间为0.2s

D.小球离开筒的点到最后的落点的距离为

12.2024年2月21日晚间，丽水多地出现短时大冰直。如图所示为某冰置从高空由静止下落过程中速度随

时间变化的图象.若该冰雹所受的空气阻力可认为与物体速度大小成正比，图中作出了=2.4’时刻的切线，

己知该冰雹的质量为0.2kg,则()

第3页

A.冰雹在t=2.4s时刻的加速度大小为5m/s2

B.冰雹所受的空气阻力与速度大小的比例系数大小为《

O

C.冰面最终达到最大速度的大个为15m/s

D.冰雹在0至2.4s内通过的位移为14.4m

13.一小丑每隔0.2s从同一位置斜向上方抛出一枚小球，抛出时小球竖直方向的速度大小为8m/s,以抛出点

所在的水平面为参考平面，下列说法正确的是（）

A.抛出的小球能够达到的最大高度为2.4m

B.小球从被抛出到回到参考面所用时间为0.8s

C.参考平面上方（不含参考面）最多同时存在8个小球

D.小球高度为1.6m时•，小球的动能为初动能的一半

14.2024年5月3H,嫦娥六号探测器由长征五号遥八运载火箭在中国文昌航天发射场发射成功。如图所示

为嫦娥六号探测器的飞行轨道示意图，环月轨道1为圆轨道，环月轨道2为椭圆轨道。则（）

A.探测器在环月轨道2上绕行时P点处速度最大

B.探测器在环月轨道1的速度比月球上的第一宇宙速度大

C.探测器在环月轨道1上经过P点的加速度大于在环月轨道2上经过P点的加速度

第4页

D.探测器在环月轨道1上经过P点的速度大于在环月轨道2上经过P点的速度

15.如图所示，在立体直角坐标系xyz中，坐标轴上的A、B、C、D、F各点至原点O点距离相同，A、B

处固定有正电荷，C、D处固定有负电荷，电荷量大小均相等，设无穷远处的电势为零，则下列说法中正确

C.从0点静止释放一正电荷，其电势能将一直减小

D.从F点静止释放一正电荷，其将沿着y轴做匀加速直线运动

16.如图甲为直升机抢救伤员的情景，直升机悬停在空中，用轻质绳索将伤员由静止向上吊起，绳索对伤员

做功功率随时间变化如图乙所示，伤员重力为G,Of伤员作匀加速度直线运动，h、12时刻伤员的动能分别

为EH、Ek2,运动过程中不计空气阻力，则（）

A.h时刻速度大小为生

U

B.b、t2时刻的动能Ek产Ek2

C.b时刻伤员的动能大小为华

D.Of阶段，伤员上升的高度屿尹”

17.如图，劲度系数为2N/cm,竖直放置的弹簧上连接有质量为2kg的A物块，静止时A在产Ocm处，此

刻将一质量为1kg的物块B无初速度的放置于A上，使A与B开始运动，忽略空气阻力，弹簧足够长且始

终未超出弹性限度。已知弹簧弹性势能表达式为与依2,x为弹簧形变量。下列说法正确的是（）

第5页

A.A向下运动到y=5cm后保持静止

B.存在某一时刻A与B会分离

C.A最大能运动到y=20cni处

D.当A运动到y=5cm处时，A的动能达到最大值

18.有一段粗糙轨道AB长为S,第一次物块以初速度vo由A出发，向右运动达到B时速度为w,第二次物

块以初速度vo由B出发向左运动。以A为坐标原点，物块与地面的摩擦力f随x的变化如图，已知物块质

量为m,下列说法正确的是（）

A.物块在第一次运动中做匀减速直线运动

B.6图像的斜率为为（语一说）

C.第二次能到达A点，且花费时间较第一次长

D.两次运动中，在距离A点处摩擦力功率大小相等

二、实验题（本题共2小题，共16分。）

19.小张同学用如图甲所示的实验装置做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验，所选打点计时器如图乙

所示。

图甲

（1）图乙中打点计时器所接的电源为（选填“8V”或“220V”）交变电源;

第6页

图乙

（2）下列有关本实验说法正确的是（）

A.先打开电源后释放纸带

B.纸带上打点越密集的地方速度越大

C.实验过程中不需要补偿小车受到的阻力

D.电磁打点计时器是一种测量点迹距离的仪器

（3）该同学完成实验后，在纸帝上每5个点取一个计数点，共有A、B、C、D、E、F、G等7个计数

点，其相邻点的间距如图所示。根据图内纸带的数据可以求出打点计时器打下C点时小车的速度为

m/s,小车的加速度大小为m/s2o（保留2位小数）

S5.817.408.9210.5012.1013.60单位:cm（

\ABx2Cx3Dx4Ex5Fx6G/

图丙

（4）小陈同学想利用图甲装置，通过垫高轨道一端补偿阻力后验证小车和钩码的机械能是否守恒，他的

做法（"可行''或"不可行

20.在用如图甲所示的装置做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中

（1）本实验主要体现的科学方法是（）

A.等效替代法B.极限法C.控制变量法D.理想化模型

图甲图乙图丙

（2）在某一次实验中，其中一弹簧测力计的指针如图乙所示，则其读数6=N,另一拉力F2的

大小为I.85N；

（3）R,F2的方向如图丙所示，用作图法求Fi,F2合力大小4N：

（4）关于此实验下列说法正确的是（）

第7页

A.橡皮筋的拉力是合力，两弹簧测力计的拉力是分力

B.拉橡皮条的细绳要适当长些，标记同一细绳方向的两点要适当远些

C.拉橡皮条时弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行

D.若弹簧测力计的外壳与木板产生摩擦，则所测拉力变小

三、计算题（本题共3小题，8分+10分+12分=30分。）

21.如图所示，在倾角37。足够长的固定斜面上放置一个质量为1kg的物块，物块与斜面之间的动摩擦因数

为05最大静摩擦力等于滑动摩擦力。1=0时刻，物体沿斜面开始下滑。

（1）求加速度a的大小；

（2）求t=2s时，物体下滑的距离；

（3）下滑2s后，一沿斜面向上拉力F=6N作用在物体上，求整个过程物体沿斜面下滑的最大距离。

22.如图甲所示，P处有一粒子源，可以持续均匀地“飘”出（初速度为零）氢离子，经M、N间的加速电场

加速后，粒子可以进入辐向电场（弓场强度方向指向O）,沿着半径为R的圆弧运动。从辐向电场射出后，

粒子沿平行金属板A、B间的中心线射入匀强电场，最后都打在足够长的收集板上。己知UMN=U,氢离

子电荷为e,质量为m,AB间的电场随时间变化如图乙所示（AB为正方向，周期为T）,AB板的长度

L=回以下答案用U、R、e、m、T、员表示，不考虑粒子间的相互作用。求：

\m

（1）氢离子从N板射出时的速度大小v；

（2）半径为R的圆弧处的电场强度大小E；

（3）收集板上收集到粒子的位置会发光，求发光长度X。

图甲图乙

23.如图所示，一游戏装置由固定在竖直平面内的倾斜直轨道BC、传送带CD、竖直圆轨道EFE，和几段水

平轨道组成，竖直圆轨在最低点略微错开且分别与水平轨道DE和EG相连。游戏时滑块从A点以4m/s的

速度水平抛出，恰好在B点沿轨道BC进入轨道。已知直轨道BC倾角a=37°,h2=0.55m,传送带长

第8页

La)=3.2m,圆轨道半径r=0.4m,E'G长LEe=2.0m,各轨道间均平滑连接，除传送带及直轨道E'G外，其

它轨道匀光滑，物块与传送带及直轨道&G的动摩擦因数R-0.5,滑块质量mA=0.05kg,可视为质点，C、

D、E(E')、G在同一水平面内。

(1)求A、B两点的高度差"；

(2)传送带静止时，求滑块经过轨道最低点E时受到轨道支持力的大小；

(3)传送带以v=4m/s的速度顺时针转动时，滑块能否到达F点？

(4)传送带顺时针转动，滑块与处在G处的挡板碰撞后速度大小不变，若要求滑块始终不脱离轨道，求传

送带速度取值范围。

第9页

答案解析部分

1.【答案】D

【解析】【解答】焦耳属于功的单位，瓦特属于功率的大小，安培属于电流的单位，电势的国际单位是“伏”，

符号是“V”。

故选Do

【分析】电势的国际单位是"伏”，符号是“V”。

2.【答案】B

【解析】【解答】A.图中100公里、60公里、40公里代表马拉松运动的轨迹长度，轨迹的长度是此次比赛路

程的大小，故A错误；

BJ2小时37分19秒指男子运动的时间，代表的是时间间隔，故B正确；

C.由于起点和终点之间的距离未知，所以位移未知，无法计算平均速度大小，故C错误；

D.物体能否作为质点主要看所研究的问题，在研究选手梁迪斯在比赛中的运动轨迹时，可以忽略选手的形状，

可以把他看成质点，故D错误；

故选B。

【分析】马拉松轨迹的长度代表运动的路程；男子的跑步时间代表时间间隔；未知位移和时间不能计算平均速

度；物体能否作为质点主要看所研究的问题。

3.【答案】D

【解析】【解答】A.牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了万有引力常量，故A错误；

B.库仑通过扭秤实验测定静电力常量，密立根通过油滴实验测量出了电子的电荷量，故B错误；

C.牛顿在前人的基础上首先发现了万有引力定律，开普勒提出了行星三大定律，故C错误；

D.爱因斯坦提出相对论的观点，真空中的光速在不同的惯性参考系中大小相同，故D正确；

故选D。

【分析】牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了万有引力常量；密立根通过油滴实验测量出了

电子的电荷量；爱因斯坦提出了真空中的光速在不同的惯性参考系中大小相同的观点。

4.【答案】A

【解析】【解答】足球受到重力与空气的作用力做曲线运动，根据曲线运动的规律，合力方向总是指向轨迹内

侧，由于重力的方向竖直向下，根据平行四边形定则可以得出图中所示时刻空气对香蕉球的作用力可能是a

方向。

故选Ao

【分析】利用足球轨迹的弯曲方向可以判别合力的方向，结合力的分解可以判别空气对香蕉球的作用力方

向C

5.【答案】C

第10页

【解析】【解答】A.根据电容器的电容量决定式

C~471kd

由于电容的大小与电荷量的大小无关，可知，增加电容器的带电量，电容器的电容不变，故A错误；

B.根据电容器的电容量决定式

二£S

C-4Md

根据表达式可以得出增大电容器两极之间的距离，由于板间距离增大则电容器的电容将减小，故B错误；

C.根据电容器的电容量决定式

C~471kd

根据表达式可以得出将两极板平行错开，使正对面积减小，由于正对面积减小则电容器的电容将减小，故c

正确；

D.根据电容器的电容量决定式

2s

C~471kd

向电容器两极板间插入电介质，£增大，根据表达式可以得出电容器的电容将增大，故D错误；

故选Co

【分析】利用电容的决定式结合对应物理量的大小变化可以判别电容的大小变化。

6.【答案】C

【解析】【解答】当在B处放一电荷量为-q的点电荷时，Q所受的静电力为F,根据库仑定律有

F“=k-q--Q弓

AB2

移去B处电荷，在C处放一电荷量为-2q的点电荷，根据库仑定律则Q所受的静电力为

/k2qQ

F=k----------y6广

(2/8)22

故选Co

【分析】利用库仑定律结合点电荷的电荷量大小可以求出库仑力的大小。

7.【答案】B

【解析】【解答】小球处于静止，以球为研究对象，分析其受力情况：重力mg、悬绳对球的拉力和墙壁对球

的支持力，如图

第11页

FT

根据小球的平衡方程有

FT=FN=rngtanO

缩短绳长AC,根据几何关系可以得出。增大，根据表达式可以得出绳的拉力增大，根据小球的平衡条件可

以得出受到的合力依然为0。

故选B。

【分析】利用小球的平衡方程可以求出支持力和绳子拉力的大小；利用表达式中角度的变化可以得出绳子拉

力的大小变化；利用平衡方程可以得出合力等于0.

8.【答案】A

【解析】【解答】当小球运动到最低点时，与凹槽的作用力最大，小球受到支持力和重力的合力提供向心力，

对小球，根据牛顿第二定律有

V2

N-mg=m—

解得

V2

N=mg+m—

此时小球所受的支持力大于mg；对凹槽，根据平衡方程有

N+Mg=FN

可知

FN>Mg+mg

此时FN大于Mg+mg。设小球运动到最高点和凹槽圆心的连线与竖直方向的夹角为仇则在最高点，根据垂直

于斜面的平衡方程有

/

N=mgcosd

此时小球所受的支持力一直小于mg;对凹槽，根据平衡方程可知

Ncos。+Mg=FN

可知

r

mgcos2H+Mg=FN

此时FN小于Mg+mg,且大于等于

故选Ao

第12页

【分析】利用小球在最低点牛顿第二定律可以求出小球受到的支持力大小，结合凹槽的平衡方程可以得出凹槽

对电子秤的压力大小；利用小球在最高点的平衡方程可以求出小球受到支持力大小，结合凹槽的平衡方程可以

得出凹槽对电子秤的压力大小。

9.【答案】C

【解析】【解答】A.设箭的初速度为V。箭做斜抛运动，根据位移公式有

s=2vtcos3

根据速度公式有

vsind=gt

解得水平位移的大小为

v2sin20

s=-g-

因此当e=今时，箭射出的距离最远，因此A错误；

B.箭做斜抛运动，根据竖直方向的位移公式可以得出箭支的最高高度为

22

1?vsin0

h=29t

故减小。将降低箭支的最高高度，故B错误；

C.根据速度的分解可以得出箭支运动过程中的最小速度就是箭支的水平分速度，即

vx=vcosO

增大0将减小箭支运动过程中的最小速度，故C正确；

D.根据斜抛运动的对称性可以得出箭支落地时速度的方向与水平方向的夹角仍是氏故改变。会影响箭支落

地时速度的方向，故D错误；

故选Co

【分析】箭做斜抛运动，利用水平方向的位移公式结合竖直方向的速度公式可以求出水平位移的大小：利用

竖直方向的位移公式可以求出角度对高度的影响；利用速度的分解可以求出箭支的最小速度；利用运动的对

称性可以判别初速度的方向对落地速度方向有影响。

10.【答案】A

【解析】【解答】位置互换前，根据牛顿第二定律，物块PQ一起做匀加速直线运动，对物块P,根据牛顿第

二定律有

mPg-Fi=mPa

对物块Q,根据牛顿第二定律有

Fi=rrtQa

联立解得绳广的拉力大小为

第13页

mPmQ

Fi1=-----：-----q

mP+mQ^

位置互换后，物块PQ一起做匀加速直线运动，对物块Q,根据牛顿第二定律有

mQg-F2=mQa

对物块P,根据牛顿第二定律有

F?=mpa

联立解得绳子的拉力大小为

_mPmQ

2~mp+mQ9

则拉力的大小比值为

:尸2=1：1

故选Ao

【分析】利用物块的牛顿第二定律结合加速度相等可以求出两个物块之间拉力的大小比值。

11.【答案】D

【解析】【解答】A.小球在桶内运动可以分解为水平方向上的圆周运动和竖直方向上的自由落体运动，筒壁

对小球的弹力与小球速度垂直，故不做功，故A错误：

B.小球离开圆筒后，已经下降了5cm,故竖直方向上已经具有一定的速度，由于合速度方向倾斜向下，所

以离开圆筒后不是做平抛运动，故B错误；

C.小球在桶内运动可以分解为水平方向上的圆周运动和竖直方向上的自由落体运动，根据竖直方向的位移

公式可以得出：小球在桶内运动的时间为

2h

t=T=01s

故C错误；

D.小球从平面到离开开始分析，根据竖直方向的位移公式有

2112=%+”2

解得

t.=0.2s

则小球离开筒的点到最后的落点的时间为

，

f=t总-t=0.1s

根据水平方向的位移公式可以得出：小球离开筒的点到最后的落点的水平方向上距离为

x=vQt'=0.05m

第14页

根据位移的合成可以得出：小球离开筒的点到最后的落点的距离为

L=J/+HG=sVlOcm

故D正确；

故选D。

【分析】对小球的运动进行分解，利用支持力的方向可以判别支持力不做功；利用小球离开圆筒后速度的方

向可以判别小球不是做平抛运动；利用竖直方向的位移公式可以求出运动的时间，结合水平方向的位移公式

可以求出离开筒后到落地时水平距离的大小。

12.【答案】B

【解析】【解答】A.在速度时间图像中由于图像斜率代表加速度，根据图像斜率可以得出冰量在l=2.4s时刻

的加速度大小为

Av12-677

Q=瓦=24m/s=25m/s

故A错误；

B.设空气阻力与速度大小的正比系数为k.当v=12m/s时，冰雹下落过程受到重力和空气阻力的作用，根据

牛顿第二定律有

mg-kv=ma

达到最大速度时，加速度为零，根据平衡方程有

mg=kUm

联立解得

k=奈vm=16m/s

故B正确，C错误；

D.设冰雹做匀变速直线运动，由于图像面积代表位移的大小，根据图像面积的大小可以得出2.4s内的位移为

x=7Tx2.4x12m=14.4m

由图可知冰雹在0至2.4s内通过的位移大于14.4m,故D错误；

故选Bo

【分析】利用图像斜率可以求出加速度的大小；利用牛顿第二定律结合最大速度时的平衡方程可以求出冰雹的

比例系数；利用平衡方程可以求出最大速度的大小；利用图像面积可以求出冰雹位移的大小。

13.【答案】C

【解析】【解答】A.小球向上运动时，由于受到重力的作用则竖直方向上是加速度为g的匀减速直线运动，

根据速度位移公式则

哆

h=大-=3.2m

2g

第15页

故A错误；

B.根据速度公式可以得出小球从被抛出到回到参考面所用时间为

t=2也=1.6s

9

故B错误；

C.根据运动的时间及时间间隔可以求出小球的个数为

n=At=8

故参考平面上方（不含参考面）最多同时存在8个小球，故C正确；

D.假设小球水平方向速度为0,根据动能的表达式则小球的初动能为

1

mv7

Eko=2y

小球高度为1.6m时，根据动能定理则小球的动能为

Ek-Eg=-mgh

解得

A=1

Eko2

但是小球还具有水平方向上的速度，因此小球的动能不一定为初动能的一半，故D错误；

故选Co

【分析】利用竖直方向的速度位移公式可以求出上升的最大高度；利用速度公式可以求出小球运动的时间，

进而求出抛出小球的个数；利用动能定理可以求出小球动能和初动能的比值。

14.【答案】D

【解析】【解答】AD.环月轨道1相对于环月轨道2是高轨道，探测器由高轨道变轨到低轨道，根据向心运

动的规律则需要在切点P位置减速，即环月轨道2在P点的速度小于环月轨道1的线速度，根据开普勒笫二

定律可以得出距离月球越近线速度越大，探测器在环月轨道2上绕行时P点处速度不是最大，探测器在环月

轨道1上经过P点的速度大于在环月轨道2上经过P点的速度故A错误，D正确；

B.月球上的第一宇宙等于近月轨道的环绕速度，根据引力提供向心力有

Mmv2

解得

环月轨道2的轨道半径大于月球半径，则探测器在环月轨道1的速度比月球上的第一宇宙速度小，故B错

误；

第16页

C.由于月球对探测器的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有

Mm

G-=ma

T乙

解得

GM

可知，探测器在环月轨道1上经过P点的加速度等于在环月轨道2上经过P点的加速度，故C错误。

故选Do

【分析】根据开普勒第二定律可以得出探测器在轨道2P点的速度不是最大值；利用向心运动可以比较探测

器在不同轨道P点速度的大小；利用牛顿第二定律结合轨道半径的大小可以比较线速度和向心加速度的大

小。

15.【答案】B

【解析】【解答】A.已知各点点电荷的电性，根据场强的叠加可以得出A、C处点电荷在O点的场强沿AC

方向不为零，B、D处点电荷在O点的场强沿BD方向不为()，根据电场的矢量叠加可知O点场强不为0,

故A错误：

B.根据等量异种点电荷的电势分布可知，由于异种等量点电荷之间中垂线为等势线所以y轴是等势线，且电

势为0,故B正确；

C.根据电场的矢量叠加可知，从O点静止释放一正电荷，在电场力的作用下由于正电荷先靠近CD加速，在

远离CD减速，将做往复运动，电势能先减小，后增大，故C错误；

D.沿着y轴方向，根据电场线的分布可以得出：电场强度变化，从F点静止释放一正电荷，不做匀加速直线

运动，故D错误；

故选Bo

【分析】利用电场的叠加可以判别0点电场强度的大小；利用异种等量点电荷的电场可以判别O点电势的大

小；利用电场力的方向可以判别电场力做功进而判别电势能的大小变化；利用电场线分布可以判别电场力的大

小进而判别加速度的大小。

16.【答案】D

【解析】【解答】A.0~U伤员作匀加速度直线运动,由于合力向上则牵引力大于重力则有

%>G

根据功率的表达式可以得出ti时刻速度大小为

%

故A错误；

B.0~h伤员作匀加速度直线运动，之后保持功率小变，则有

尸o=Fv

第17页

根据牛顿第二定律有

F-G

a=—m——

功率一定，速度增大，牵引力减小，加速度减小，即n时刻后做加速度减小得变加速直线运动，当加速度为

。时，伤员开始做匀速直线运动，可知，■时刻的速度小于t2时刻的速度，根据动能的表达式则有

<Ek2

故B错误；

C.O-U伤员作匀加速度直线运动，拉力和重力对伤员做功，根据动能定理有

Prt

~2}~1~克=Eki

可知，ti时刻伤员的动能小于竽，故B错误；

C.O-t.伤员作匀加速度直线运动，根据重力做功的表达式可以得出克服重力做功

%克=Gh

结合上述解得

P°ti-2En

h=126—

故D正确。

故选Do

【分析】利用功率的表达式结合牵引力和重力的大小可以求出瞬时速度的大小；利用功率和牛顿第二定律可

以判别伤员速度的变化，结合动能的表达式可以比较动能的大小；利用动能定理可以求出伤员动能的大小；

利用重力做功可以求出伤员上升的高度。

17.【答案】D

【解析】【解答】A.静止时A在y=0cm处,令此时弹簧压缩量为配,根据A的平衡方程可以得出

mAg=kxQ

解得形变量为

XQ=10cm

放上B后，令对平衡位置的位移大小为无，A、B在平衡位置的压缩量为勺，根据的力合成可以得出

F回=（加4+m^g--%）

根据整体的平衡方程有

+mB）g=kxx

解得

尸回一kx

回复力大小与相对平衡位置的位移大小成正比，方向相反，可知，放上B后，B与A一起开始向下做简谐运

第18页

动，根据简谐运动的规律可知，A、B先向下做加速度减小的加速运动，后向下做加速度增大的减速运动，

减速至0后，乂向上做做加速度减小的加速运动，后向上做加速度增大的减速运动，减速至0后回到出发

点，之后，重复先前的运动过程，根据平衡方程可以解得

%!=15cm

根据简谐运动的对称性可知，根据A的最高点和平衡位置可以得出：振幅为

A=—XQ=5cm

可知，A、B向下运动到两倍的振幅位置，即y=10cm到达最低点，但不能够保持静止，故A错误；

B.根据简谐运动的特点可以得出，B与A一起保持相对静止做简谐运动，两者不会发生分离，故B错误；

C.根据振幅的大小可以得出A最大能运动到y=10cm处，故C错误；

D.结合上述可知，当A运动到y=5cm处时，恰好处于平衡位置，由于此时加速度等于。则此时速度最大，

A的动能达到最大值，故D正确。

故选D。

【分析】根据A最初的平衡方程可以求出弹簧形变量的大小，结合力的合成可以求出回复力的大小；利用回

复力可以判别AB一起做简谐运动，利用简谐运动的的位置可以求出振幅的大小；利用简谐运动特点可以判

别AB不会分离；利用A运动到平衡位置速度最大则动能出现最大值。

18.【答案】C

【解析】【解答】A.物块在第一次运动中水平方向上只受到摩擦力，并且摩擦力随位移均匀增加，根据牛顿

第二定律可以得出加速度在变大，故A错误；

B.从A到B运用动能定理，根据摩擦力做功等于动能的变化，则有

1?171

2小〃彳一之m吒=wf=_2fss

根据表达式可以得出f-X图像的斜率为

故B错误；

C.由于第二次运动过程中摩擦力做功相等，根据能量守恒，第二次也能到达A点，且速度也为VI,且一开

始加速度大，所以速度减小，导致平均速度比较小，所以花费时间比第一次长，故C正确；

D.两次运动中，物块运动到A点时相同距离时由于摩擦力做的功不相等，根据动能定理可以得出在A点的

速度大小不相等，而摩擦力大小相等，根据力的瞬时功率计算公式

P=Fv

可得在距离A点;s处摩擦力功率大小不等，故D错误；

故选Co

【分析】利用摩擦力的大小可以判别加速度的大小变化：利用动能定理可以判别图像对应的斜率；利用两次

第19页

运动摩擦力做功相等可以判别第二次运动能够到达A点，利用摩擦力的大小可以比较平均速度的大小进而比

较运动的时间；利用摩擦力做功不同可以比较在相同位置摩擦力做功的功率大小。

19.【答案】(1)220V

(2)A；C

(3)0.82；1.56

(4)不可行

【解析】【解答】(1)根据图中打点计时器没有复写纸可以得出图乙中打点计时器为电火花打点计时器，需接

22OV交变电流。

(2)A.实验中，为了充分利用纸带，应先打开电源，等打点稳定后释放纸带，故A正确；

B.纸带上打点密集与打点稀疏相比，说明在相同时间内小车的位移更小，根据相同时间位移的大小可以得出

取纸带上打点密集的地方速度小，故B错误；

C.实验中只要确保小车做匀加速直线运动，该实验不需要平衡阻力，阻力对研究小车速度随时间变化规律无

影响，故C正确；

D.电磁打点计时器是一种测量时间的仪器，属于计时工具，故D错误。

故选ACo

(3)在纸带上每5个点取一个计数点，已知打点周期为0.02s,则相邻两个计数点之间的时间间隔为

T=0.1s

根据平均速度公式可以得出：C点的速度为

xx+x…,

BD一2行一3

VC=-^rp=-0,82m/s

根据逐差法可以得出小车的加速度为

%4+总+%6一(/+%2+13))

a=------------------------------------七1.56m/s2

9产

(4)垫:高轨道一端补偿阻力后，由于小车下滑过程中摩擦力仍存在，则系统存在摩擦力做功，机械能不守

恒，所以不可行。

【分析】(1)利用图示可以得出打点计时器为电火花计时器，工作电压为交流电220V；

(2)实验应先打开电源，等打点稳定后释放纸带；根据相同时间位移的大小可以得出取纸带上打点密集的

地方速度小；该实验不需要平衡阻力，阻力对研究小车速度随时间变化规律无影响；电磁打点计时器是一种

测量时间的仪器；

(3)利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小；利用逐差法可以求出小车加速度的大小；

(4)垫高轨道时，由于小车下滑过程中仍有摩擦力做功所以机械能不守恒。

20.【答案】(1)A

(2)2.06-2.14

第20页

⑶3.20-3.50

（4）BC

【解析】【解答】（1）本实验两个步骤中都是每次将橡皮条拉到同样的位置，保证合力与分力的作用效果相

同，这种方法叫等效替代法，故选A。

（2）已知弹簧测力计的分度值为0.1N,根据图乙可读出弹簧测力计读数为2.09N。

根据力的标度及合力的长度可以得白：合力大小为3.20N。

（4）A.根据平衡条件可以得出橡皮筋的拉力是与合力等大反向的作用力，两弹簧测力计的拉力是测量分力

的大小，A错误；

B.在标记拉力的方向时，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，可以减小方向的相对

误差，B正确；

CD.实验中，为了让拉力在同一平面上，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行，弹簧测力计

的外壳与木板产生摩擦，不会改变测力计示数，C正确，D错误。

故选BCo

【分析】（1）实验中两个步骤拉力的效果相同使用等效法；

（2）利用弹簧测力计的分度值可以得出对应的读数；

（3）利用合力的长度可以求出合力的大小；

（4）橡皮筋的拉力是与合力等大反向的作用力，两弹簧测力计的拉力是分力；为了确定拉力的方向，绳子

长度要适当长一些；为了让拉力方向在同一平面，避免产生分力，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木

板平面平行，弹簧测力计的外壳与K板产生摩擦，不会改变测力计示数。

21.【答案】解：（1）根据牛顿第二定律，有

mqsinO-fimqcosO=maA

解得

=2m/s2

（2）根据匀加速直线运动的位移与时间的关系，有

解得

Xi=4m

（3）根据牛顿第二定律，有

第21页

F-mgsind+^imgcosO=ma2

解得

2

a2=4m/s

下滑2s后物块的速度为

V=

物体沿斜面卜滑的距离最远时，物体减速到0,则

2

-V=-2a2x2

解得

%2=27n

则整个过程物体沿斜面下滑的最大距离为

%=Xi4-x2=6m

【解析】【分析】（1）物块下滑做匀加速直线运动，利用牛顿第二定理可以求出加速度的大小;

（2）物块卜滑时，利用位移公式可以求出位移的大小;

（3）当物块下滑时，利用牛顿第二定律可以求出施加拉力前的加速度大小，结合牛顿第二定律可以求出施

加拉力后加速度的大小，结合速度位移公式可以求出下滑的最大距离。

22.【答案】解：（1）根据动能定理

1mv2

eU0=-2

解得

2eU0

v=m

（2）根据电场力提供向心力

mv2

eE=~R~

解得

mv22U。

E=~Re'=~R~

（3）根据牛顿第二定律

eE0=ma

①由t=0时刻进入的粒子a,其v-t图像如图所示，打到收集板上的右侧,离「最远

根据位移与时间的公式有

第22页

2

%左二2乂2可

*左一4m

②由t弓时刻进入的粒子b,其水平方向的v-t图像如图所示，正好打在「处

③由时刻进入的粒子C,其水平方向的VT图像如图所示，打到收集板上的左侧，离「最远

x=限产

右4m

④由粒子水平方向的v-t图像可知，其它时间进入的粒子均在a、c粒子之间

综上述，粒子收集板上收集到氢离子的长度

eET2

一左+『干Q一