2018-2019学年浙江省金华市东阳中学高一(下)月考物理试卷(6月份)(解析版)

1、2018-20192018-2019 学年浙江省金华市东阳中学高一（下）月考学年浙江省金华市东阳中学高一（下）月考 物理试卷（物理试卷（6 6 月份）月份） B.匀速上升和加速上升过程中机械能增加，减速上升过程中机械能减小 C.三种运动过程中，机械能均增加 D.由于这个拉力和重力大小关系不明确，不能确定物体的机械能的增减情况 9.如图所示，两个用相同材料制成的靠摩擦传动的轮A和 B 水平放置，两轮半径 RA=2RB当主动轮 A 匀 速转动时，在 A轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A轮边缘上若将小木块放在B轮上，欲使木 块相对 B 轮也静止，则木块距B轮转轴的最大距离为（）一、单选题（本大题共

2、 1414小题，共 42.042.0分） 1.下列物理量属于基本量且单位属于国际单位制中基本单位的是（） A.功 焦耳B.质量 千克C.电荷量 库仑 2.关于曲线运动，下列说法中正确的是（） A.曲线运动是变速运动，加速度一定变化 B.作曲线运动的物体，速度与加速度的方向可以始终在一条直线上 C.作曲线运动的物体，速度与加速度可以垂直 D.作曲线运动的物体，速度的大小与方向都时刻发生改变 3.下列式子属于比值定义物理量的是（） D.力 牛顿 A.B.C.D. A.B.C.D. 4.2016年 12月 28日 11时 23分，我国首颗中学生科普卫星在太原卫星发射中心发射升空这颗被命名 为“八一少

3、年行”的小卫星计划在轨运行时间不少于180天，入轨后可执行对地拍摄、无线电通讯、 对地传输文件以及快速离轨试验等任务若因实验需要，将卫星由距地面高280km的圆轨道调整进 入距地面高 330km的圆轨，则此小卫星（） A.在轨道上运行的速度可能大于 B.在轨道上比在轨道上运行的周期小 C.在轨道上运行的周期比同步卫星的周期小 D.在轨道 II上比在轨道上运行的向心加速度大 5.半径为 R 的圆桶固定在小车上，有一光滑小球静止在圆桶的最低点，如图所 示小车以速度v 向右匀速运动当小车遇到障碍物突然停止，小球在圆桶中 上升的高度不可能为（） 10. 质子疗法进行治疗， 该疗法用一定能量的质子束照射

4、肿瘤杀死癌细胞。 现用一直线加速器来加速质子， 75 10 m/s。已知加速电场的场强为1.310 N/C，质子的使其从静止开始被加速到1.0 10-27kg，电荷量为 1.610-19C，则下列说法正确的是（）质量为 1.67 A. 加速过程中质子电势能增加 B. 质子所受到的电场力约为 C.质子加速需要的时间约为 D.加速器加速的直线长度约为4m 11. 如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止 状态，现将两环距离变小后书本仍然处于静止状态，则（） A. 杆对 A环的支持力变大 B. B 环对杆摩擦力变小 C.杆对 A环的力不变 D.与 B环

5、相连的细绳对书本的拉力变大 12. 如图所示，质量为 60g的铜棒长为 L=20cm，棒的两端与等长的两细软铜线相 连，吊在磁感应强度 B=0.5T、方向竖直向上的匀强磁场中 当棒中通过恒定电 2 流 I 后，铜棒能够向上摆动的最大偏角=60，g取 10m/s ，则铜棒中电流I的 大小是（） A.B.C.D. 13. 如表列出了某种型号轿车的部分数据，试根据表中数据回答问题 长/mm宽/mm高/mm 净重/kg 传动系统 发动机型式 发动机排量（L） 最高时速（km/h） 100km/h的加速时间（s） 额定功率 （kw） 487118351460 1500 前轮驱动与挡变速 直列 4 缸 2

6、.2 144 15 120 A.等于B.小于C.大于D.等于 2R 6.如图所示，MN是由一个正点电荷Q 产生的电场中的一条电场线， 一个带正 电的粒子+q飞入电场后，在电场力的作用下沿一条曲线运动，先后通过a、 b 两点，不计粒子的重力，则（） A.粒子在 a 点的加速度小于在b 点的加速度 B.a 点电势 小于 b点电势 C.粒子在 a点的动能 小于在 b点的动能 D.粒子在 a 点的电势能 小于在 b 点的电势能 7.A、B 是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从 A点沿电场线运动到B点， 其速度-时间图象如图所示。 则这一电场可能是图中的 （） A.B.C

7、.D. 如图为轿车中用于改变车速的挡位手推变速杆到达不同挡位可获得不同的运行速度，从“ 15”逐 挡速度增大，R 是倒车挡试问轿车要以最大动力上坡，变速杆应推至哪一挡？该车以额定功率和最 高速度运行时，轿车的牵引力为多大？（） A.“1”档、3000NB.“5”档、3000NC.“1”档、2000ND.“5”档、2000N 14. 如图所示，质量为 m的物体（可视为质点）以某一速度从A 点冲上倾角为 30的 固定斜面，其运动的加速度为 g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这 个过程中物体（） 8.物体在一个方向竖直向上的拉力作用下参与了下列三种运动：匀速上升、加速上升和减速上升关于 这个

8、物体在这三种运动中机械能的变化情况，正确的说法是（） A.匀速上升过程中机械能不变，加速上升过程中机械能增加，减速上升过程中机械 能减小 A.重力势能增加了B.重力势能增加了 mgh 第 1 页，共 10 页 C.动能损失了 mghD.机械能损失了 二、多选题（本大题共2 2 小题，共 6.06.0分） 15. 在静电场中，下列说法正确的是（） A.场强处处为零的区域内，电势一定处处相等 B.场强处处相同的区域内，电势也一定处处相等 C.电势降低的方向一定是场强方向 D.同一电场中等差等势面分布越密的地方，场强一定越大 16. 如图所示，倾角为 的斜面体 C置于水平地面上，小物块B 置于斜面上

9、，通过细绳跨过光滑的定滑轮 与物体 A 相连接，连接 B的一段细绳与斜面平行，已知A、B、C都处于静止状态，则（） （2）正确连好电路，闭合开关，调节滑片P，当电压表的示数达到额定电压时，电流表的指针如图2 所示，则电流为_，此时小灯泡的功率为_W （3）做完实验后小明发现在实验报告上漏写了电压为1.00V时通过小灯泡的电流，但在草稿纸上记录 了下列数据，你认为最有可能的是_ A.0.08AB .0.12AC .0.20A 19. 在验证机械能守恒定律的实验中，质量为m=1.00kg的重锤拖着纸带下落，在此过程中，打点计时 器在纸带上打出一系列的点在纸带上选取五个连续的点A、B、C、D和 E，

10、如图所示其中 O为重 锤开始下落时记录的点，各点到 O 点的距离分别是 31.4mm、49.0mm、70.5mm、95.9mm、124.8mm当 2 地重力加速度 g=9.8m/s 本实验所用电源的频率f=50Hz（结果保留三位有数数字） （1）打点计时器打下点B时，重锤下落的速度 vB=_m/s，打点计时器打下点D 时，重锤下落的 速度 vD=_m/s （2）从打下点 B到打下点 D 的过程中，重锤重力势能减小量 EP=_J；重锤动能增加量 Ek=_J 四、计算题（本大题共4 4 小题，共 40.040.0分） 20. 小明以初速度 v0=10m/s竖直向上抛出一个质量m=0.1kg的小皮球

11、，最后在抛出点接住。假设小皮球在 空气中所受阻力大小为重力的0.1倍。求小皮球 （1）上升的最大高度； （2）从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功 （3）上升和下降的时间。 21. 某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模 型。竖直平面内有一倾角=37的直轨道 AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B 与传送带 间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径R=0.4m、转轴间距 L=2m的传送带以恒定的线速度逆时 针转动，转轮最低点离地面的高度H=2.2m。现将一小物块放在距离传送带高h 处静止释放，假设小物 块从直轨道 B 端运动到达传

12、送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块与直轨道 =0.6） 和传送带间的动摩擦因数均为=0.5（sin37 A.B 受到 C 的摩擦力一定不为零 B.C 受到水平面的摩擦力一定为零 C.C有沿地面向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力 D.将细绳剪断，若 B依然静止在斜面上，此时水平面对C的摩擦力为零 三、实验题探究题（本大题共3 3 小题，共 27.027.0 分） 17. 如图所示，在用斜槽轨道做“研究平抛物体运动”的实验中， （1）斜槽末端的切线必须是水平的，这样做的目的是_ A保证小球飞出时，速度既不太大，也不太小 B保证小球飞出时，速度沿水平方向 C保证小球在空中

13、运动的时间每次都相等 （2）该实验装置对轨道的要求是_A必需光滑B可以粗糙 （3） 某同学做“研究平抛物体运动”实验时在白纸上画出小球的运动轨迹如图所示， 根据图中的数据， 2 计算小球做平抛运动的初速度v0=_m/s（ 计算结果保留两位有效数字，g=9.8m/s ） 18. 小明想测额定电压为 2.5V的小灯泡在不同电压下的电功率，电路。 （1）在实验过程中，调节滑片P，电压表和电流表均有示数但总是调不到零，其原因是 _的导线 没有连接好（图中用数字标记的小圆点表示接线点，空格中请填写图中的数字，如“7 点至 8点”）； （1）若 h=2.4m，求小物块到达 B 端时速度的大小； （2）若小

14、物块落到传送带左侧地面，求h 需要满足的条件 （3）改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平 距离 x 与 h 的关系式及 h需要满足的条件。 第 2 页，共 10 页 22. 某同学设计了一款益智类的儿童弹射玩具，模型如图所示， AB段是长度连续可调的竖直伸缩杆，BCD 段是半径为 R 的四分之三圆弧穹杆，DE段是长度为 2R 的水平杆，与 AB杆稍稍错开竖直杆内装有 下端固定且劲度系数较大的轻质弹簧，在弹簧上端放置质量为m 的小球每次将弹簧的长度压缩至P 点后锁定，设PB的高度差为 h，解除锁定后弹簧可将小球弹出在弹射器的右侧装有可左右移动的宽

15、为 2R 的盒子用于接收小球，盒子的左端最高点Q和 P 点等高，且与 E的水平距离为 x，已知弹簧锁定 时的弹性势能 EP=9mgR，小球与水平杆的动摩擦因数=0.5 ，与其他部分的摩擦不计，不计小球受到 的空气阻力及解除锁定时的弹性势能损失，不考虑伸缩竖直杆粗细变化对小球的影响且管的粗细远小 于圆的半径，重力加速度为g求： （1）当 h=3R 时，小球到达管道的最高点C 处时的速度大小 vC； （2）在（1）问中小球运动到最高点C 时对管道作用力的大小； （3）若 h 连续可调，要使该小球能掉入盒中，求x的最大值？ 23. 在如图所示的坐标系中，x轴水平，y轴垂直，x轴上方空间只存在重力 场

16、，第象限存在沿 y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面向里的匀强 磁场，在第象限由沿 x轴负方向的匀强电场，场强大小与第象限存 在的电场的场强大小相等。一质量为 m，带电荷量大小为 q 的质点 a， 从 y轴上 y=h 处的 P1点以一定的水平速度沿x 轴负方向抛出，它经过 x=-2h 处的 P2点进入第象限，恰好做匀速圆周运动，又经过y轴上的 y=-2h 的 P3点进入第象限，试求： （1）质点 a到达 P2点时速度的大小和方向； （2）第象限中匀强电场的电场强度和匀强磁场的磁感应强度的大小； （3）说明质点 a从 P3进入第象限后的运动情况（不需要说明理由） 第 3 页，共 10 页 答案和解

17、析 1.【答案】B 【解析】 故选：C。 曲线运动的速度方向是切线方向，时刻改变，一定是变速运动，一定具有加速度，合力一定不 为零；曲线运动的条件是合力与速度方向不在同一条直线上 本题考查了曲线运动的运动学特征和动力学特征，可以结合平抛运动和匀速圆周运动进行分 析，基础题 3.【答案】C 【解析】 解：单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，国际单位制规定了七 个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。他们在国际单 位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔。 A、功的单位焦耳是导出单位，故 A错误； B、质量的单位千克是国际

18、单位制中基本单位，故 B正确； C、电荷量的单位库仑是导出单位，故 C 错误； D、力的单位牛顿是导出单位，故 D错误； 故选：B。 国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物 质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理 量的单位叫做导出单位。 国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁， 这都是需要学生自己记住的。 2.【答案】C 【解析】 解：A、公式 t= 共性。故 A错误； B、公式 a= 是匀速直线运动时间与位移的公式式，与位移成正比，不符合比值定义法的 是牛顿第

19、二定律的表达式，不属于比值定义法，故 B错误； 是电容的定义式，故 C 正确；C、电容是由电容器本身决定的，与 Q、U无关，公式 C= D、I与 U成正比，与 R 成反比，不符合比值定义法的共性。故 D错误。 故选：C。 所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的比值来定义一个新的物理量的方法。比值法定义 的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的属性，与定义所用的物理量无关，根据这个特 点进行分析。 解决本题的关键理解比值定义法的共性：被定义的物理量往往是反映物质的属性。 4.【答案】C 【解析】 解：A、曲线运动的速度方向是切线方向，时刻改变，一定是变速运动，一定具有加速度，但加 速度可以不

20、变，如平抛运动的加速度为 g，是不变的，故 A错误； B、曲线运动的条件是合力与速度方向不在同一条直线上，根据牛顿第二定律，加速度与合力 同方向，故曲线运动中速度与加速度的方向不共线，故 B错误； C、作曲线运动的物体，速度与加速度可以垂直，如匀速圆周运动中加速度与速度一直垂直，故 C 正确； D、作曲线运动的物体，速度的方向时刻发生改变，但大小可以不变，如匀速圆周运动，故 D 错 解：A、卫星绕地球运行，万有引力做向心力，故有：，所以，运行速度， 故轨道半径越大，运行速度越小；轨道的半径大于地球半径，故在轨道上运行的速度小于 7.9km/s，故 A错误； BC、卫星绕地球运行，万有引力做向心

21、力，故有： 行轨道半径越大，运动周期越大； 又有同步卫星距地面高度约为 3.6万千米，故在轨道上运行的周期比在轨道上运行的周期 ，所以，故运 误； 大，比同步卫星的周期小，故 B错误，C 正确； 第 4 页，共 10 页 D、卫星绕地球运行，万有引力做向心力，故向心加速度，故轨道半径越大，运行的加D、电场力做正功，故电势能减小，故 a点的电势能 Epa大于在 b点的电势能 Epb；故 D错误； 故选：C。 由粒子在运动轨迹可知粒子的受力情况，则可判断电场线的方向及场源电荷的位置，即可判断 电场线的方向；由电场线的方向可判断电势的高低；由电场力做功情况可知动能的变化及电势 能的变化 解答本题要求

22、能熟练掌握点电荷电场的性质及电势高低的判断，明确沿电场线的方向电势是 速度越小，所以，在轨道 II上比在轨道上运行的向心加速度小，故 D错误； 故选：C。 根据万有引力做向心力得到加速度和速度、周期的表达式，然后根据运行轨道半径的大小关系 得到加速度和速度、周期的大小关系 万有引力问题的运动，一般通过万有引力做向心力得到半径和周期、速度、角速度的关系，然 后通过比较半径来求解，若是变轨问题则由能量守恒来求解 5.【答案】C 【解析】 降低的 7.【答案】A 【解析】 解：小球和车有共同的速度，当小车遇到障碍物突然停止后，小球由于惯性会继续运动， 小球冲上圆弧槽，则有两种可能，一是速度较小，滑到

23、某处小球速度为 0， 2 根据机械能守恒此时有mV =mgh，解得 h= 解：由图象可知，速度在逐渐减小，图象的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来 越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，受力方向与运动方向相反。 故选：A。 （1）速度-时间图象中，图象的斜率表示加速度； （2）电场线分布密集的地方电场强度大，分布稀疏的地方，电场强度小； （3）负电荷受电场力的方向与电场强度方向相反； （4）对只受电场力作用的带电微粒，电场力越大，加速度越大，也就是电场强度越大，加速度越 大。 本题考查了速度-时间图象的应用和电场线的相关知识，要明确斜率的含义，要能根据图象判 ， 另一可能是速度较大

24、，小球滑出弧面做斜抛，到最高点还有水平速度，则此时小球所能达到的 最大高度要小于。 题目要求选不可能的，故选：C。 小球和车有共同的速度，当小车遇到障碍物突然停止后，小球由于惯性会继续运动，在运动的 过程中小球的机械能守恒，根据机械能守恒可以分析小球能达到的最大高度 本题需要注意的是小球的运动有两种可能的情况，一是速度较小，小球的动能可以全部转化为 断物体的运动情况，进而分析受力情况。能根据电场线的分布判断电场强度的大小。难度适 势能，二是速度较大，小球还有一定的动能没有转化成势能，此时的高度就要小了 6.【答案】C 【解析】 中。 8.【答案】C 【解析】 解：A、由图可知粒子受力应向左方，

25、因粒子带正电，故电场线的方向应向左，故带电粒子应在 N处；故 a处的场强大于 b 处的场强，故粒子在 a处的电场力大于 b 处电场力，故 a点的加速度 大于 b 处的加速度；故 A错误； 解：匀速上升过程：根据平衡可知，提力竖直向上，对物体做正功，根据功能原理得知，物体的 机械能增加； 加速和减速上升过程：提力方向与速度方向相同，对物体都做正功，则由功能原理得知，物体 的机械能继续增加。故三种情况下，物体的机械能均增加。故 C 正确，ABD错误。 B、沿电场线的方向电势降低，故 a点的电势大于 b点的电势，故 B 错误； 故选：C。 C、粒子由a到b过程中，电场力做正功，故动能增大，故a点的动

26、能小于b点的动能，故C正确； 根据功能原理：除了重力以外的其他力做正功时，物体的机械能将增加；若除了重力以外的其 第 5 页，共 10 页 他力做负功时，物体的机械能将减小分析提力做功的正负，即可判断物体机械能的变化 本题的解题关键是掌握功能原理，并能正确运用也可以根据动能定理进行判断 9.【答案】A 【解析】 根据能量守恒定律分析电势能变化；根据电场力公式 F=Eq求解电场力；根据匀变速直线运动 规律：速度时间公式，位移时间公式求解加速时间和位移。 本题考查带电粒子在电场中的加速，关键是熟练掌握牛顿第二定律，匀变速直线运动规律以及 动能定理，然后灵活应用。 11.【答案】B 【解析】 解：A

27、和 B用相同材料制成的靠摩擦传动，边缘线速度相同，则 ARA=BRB 而 RA=2RB。 所以 解：A、设书本的质量为 M，以两个轻环和小球组成的系统为研究对象，竖直方向受到重力和水 平横梁对铁环的支持力 FN，力图如图 1 所示。 根据平衡条件得：2FN=Mg，得到 FN=Mg，可见，水 平横梁对铁环的支持力 FN不变，故 A错误； B、以左侧环为研究对象，力图如图 2所示。 竖直方向：FN=Fsin 水平方向：Fcos=Ff 由得：Ff=FNcot，增大时，Ff变小，故 B 正确； C、杆对 A环的支持力不变，摩擦力减小，则杆对 A环的力变小，故 C 错误； D、与B环相连的细绳对书本的拉

28、力设为T，根据竖直方向的平衡条件可得2Tcos=2m，由于绳 子与竖直方向的夹角 减小，则 cos变大，绳子拉力变小，故 D错误。 故选：B。 以两个轻环和书本组成的系统为研究对象，分析受力情况，判断横梁对铁环的支持力 FN的变 化情况。隔离任一小环研究，分析受力情况，判断摩擦力 f的变化情况；再根据平衡条件分析与 B环相连的细绳对书本的拉力的变化。 ，则加速本题是力平衡中动态平衡问题，要灵活选择研究对象，正确分析受力情况，再运用平衡条件列 式进行分析。 ，故 D正确； 12.【答案】A 【解析】 对于在 A边缘的木块，最大静摩擦力恰为向心力，即 m 当在 B轮上恰要滑动时，设此时半径为 R

29、则 m 解得 R= 故选：A。 A和 B用相同材料制成的靠摩擦传动，边缘线速度相同，根据线速度角速度关系可得出角速度 的关系，对于在 A边缘的木块，最大静摩擦力恰为向心力，若将小木块放在 B轮上，欲使木块 相对 B轮也静止，也是最大静摩擦力提供向心力，根据向心力公式即可求解 本题要抓住恰好静止这个隐含条件，即最大静摩擦力提供向心力，难度适中 10.【答案】D 【解析】 解：A、根据能量守恒定律得，动能增加，电势能减小，故 A错误； B、质子所受到的电场力约为 F=Eq=1.31051.610-19=2.0810-14N，故 B错误； C、根据牛顿第二定律得加速的加速度为： 时间为： D、加速器

30、加速的直线长度约为： 故选：D。 ，故 C 错误； 第 6 页，共 10 页 解：铜棒上摆的过程，根据动能定理得： FBLsin60-mgL（1-cos60）=0， 又安培力为：FB=BIa 代入解得：I=2 故选：A。 铜棒最大偏角是 60，由动能定理及安培力公式可以求出电流 对铜棒进行受力分析，熟练应用动能定理即可正确解题 13.【答案】A 【解析】 根据物体上升的高度求出重力势能的增加量，根据牛顿第二定律求出合力的大小，根据合力做 功得出动能的变化量，再求机械能的损失 解决本题的关键是要掌握功能关系，知道重力做功与重力势能的关系，合力功与动能的关系 15.【答案】AD 【解析】 A 解：

31、A、场强处处为零的区域内，各点之间的电势差一定为 0，所以电势一定处处相等。故 A 正 确。 B、电场强度处处相等的区域内，顺着电场线方向的两点电势会降低，同一等势面的各点电势 相等，所以电势不一定处处相等。故 B错误。 C、电势降低最快的方向为场强方向，故 C 错误。 D、同一电场中等差等势面分布越密的地方，场强一定越大。故 D正确。 故选：AD。 电势与场强没有直接的关系电场强度处处相等的区域内，电势不一定处处相等只在电场力 作用下，正电荷不一定从电势高的地方向电势低的地方移动沿着电场线方向电势一定越来越 低 关于电势与场强的关系可以根据电场线的物理意义来理解：电势的高低取决于电线线的方向

32、， （2）根据 P=Fv，求出车以额定功率和最高速度运行时，轿车的牵引力 电场强度的大小看电场线的疏密，两者没有必然的联系 解决本题的关键知道功率与牵引力和速度的关系，知道上坡时，需换低速档，减小速度，增大 牵引力 14.【答案】B 【解析】 解：变速杆应推至“1”挡 由 F=可知：v 越小，F越大。所以车以最大动力上坡时，应推至“1”挡； =N=3000N由 P=Fv得：F= 轿车做匀速运动，所以 f=F=3000N 故选：A。 （1）根据 P=Fv分析，功率一定，速度越小，牵引力越大 16.【答案】CD 【解析】 解：设 A、B、C 的重力分别为 GA、GB、GC A、若 GA=GBsin

33、，B相对于 C 没有运动趋势，不受到 C 的摩擦力。故 A错 误。 解：AB、物体上升的最大高度为 h，则重力势能增加 mgh。故 A错误，B正确。 C、根据牛顿第二定律得，物体所受的合力为F 合=ma= mg，方向沿斜面向下，合力做功为W 合 =-F 合2h=- mgh，则动能损失mgh故 C 错误。 D、物体重力势能增加了 mgh，动能损失了mgh，所以机械能损失了mgh-mgh=mgh故 D 错误。 BC、以 B、C 整体为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得： 地面对 C 的摩擦力 f=Fcos=GAcos，方向水平向左，说明 C 有沿地面向 右滑动的趋势。故 B错误，C 正确。 D

34、、将细绳剪断，若 B依然静止在斜面上，则以 B、C 整体为研究对象得到，f=0，即水平面对 C 故选：B。 的摩擦力为零。故 D正确。 第 7 页，共 10 页 故选：CD。 以B为研究对象，分析绳子的拉力与重力沿斜面向下的分力的关系，判断B是否受到C的摩擦 力以 B、C 整体为研究对象，根据平衡条件分析水平面的摩擦力 本题涉及三个物体的平衡问题，要灵活选择研究对象当几个物体的加速度相同时可以采用整 体法研究，往往比较简捷 17.【答案】BB1.4 【解析】 18.【答案】1 点至 4点0.30A0.75C 【解析】 解：（1）在实验过程中，调节滑片 P，电压表和电流表均有示数但总是调不到零，

35、说明滑动变阻 器接成了限流接法，由图示电路图可知，其原因是 1 点至 4 点的导线没有连接好。 0.30=0.75W； （2）电流表量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.30A，灯泡额定功率：P=UI=2.5 （3）灯泡电阻随温度升高而增大，电压越小灯泡额定功率越小，灯丝温度越低，灯泡电阻越小， 由此可知 1.00V电压对应的电流应为 0.20A，故 C 正确； 故答案为：（1）1 点至 4 点；（2）0.30A；0.75；（3）C。 （1）滑动变阻器采用分压接法时电压与电流可以从零开始变化，滑动变阻器采用限流接法时， 电压与电流不能从零开始变化，分析图示电路图答题。 （2）根据电流表

36、量程与图示表盘确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数；应用电功率公 式求出电功率。 （3）灯泡电阻随温度升高而增大，据此分析答题。 滑动变阻器采用分压接法时电压与电流可以从零开始变化，滑动变阻器采用限流接法时，电压 与电流不能从零开始变化；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后根据指针位置读出其 解：（1）研究平抛运动的实验很关键的地方是要保证小球能够水平飞出，只有水平飞出时小球 才做平抛运动，故 AC 错误，B正确，故选：B （2）实验时，只要保证小球从轨道飞出时的水平速度相等即可，只要实验时让小球从轨道的同 一位置由静止滑下即可保证小球到达轨道末端的速度相等，不需要轨道光滑，轨道光滑与

37、粗糙 都可以，故 A错误，B 正确； （3）由图示可知，三点间的水平距离相等，则三点时间间隔 t 相等； 2 在竖直方向上， y=gt ，则 t=0.1s， 小球的初速度：v0=1.4m/s； 故答案为：（1）B；（2）B；（3）1.4 （1）在实验中让小球在固定斜槽滚下后，做平抛运动，记录下平抛后运动轨迹然后在运动轨 迹上标出特殊点，对此进行处理，由于是同一个轨迹，因此要求抛出的小球初速度是相同的， 所以在实验时必须确保抛出速度方向是水平的，同时固定的斜槽要在竖直面 （2）实验时只要把小球从轨道的同一位置由静止释放即可保证小球做平抛运动的速度相等 （3）平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运

38、动与竖直方向的自由落体运动，由匀变速运动 与匀速运动的规律可以求出出小球的初速度 解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项在平抛运动的规律探究活动中不一定局限 于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解 示数。 19.【答案】0.9781.360.4600.447 【解析】 解：（1）：利用匀变速直线运动的推论 vB= vD= 根据重力势能的定义式得出： 9.8从打下计数点 B到打下计数点 D的过程中，重锤重力势能减小量 EP=mgh=mgxBD=1 （0.0959-0.049）J=0.460J EK=EkD-EkB=-=0.447J m/s m/s 故答案为：（1）0.978； 1.3

39、6；（2）0.460；0.447 解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项 第 8 页，共 10 页 纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论， 可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能 运用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题 20.【答案】解：（1）上升过程由牛顿第二定律得：mg+f=ma1 2 解得：a1=11m/s =m上升的最大高度：h= 2 mv =mgh一 mgcos-mgL 2 由平抛运动的规律得：H+2R= gt ，x=vt 解得：x=2 为使能在 D点水平抛出，

40、则有： mg （2）从抛出到接住的过程中重力做功WG=0 空气阻力做功 Wf=-f2h=-J （3）上升过程的时间 t1= =s 解得：h=3.6m 答：（1）若 h=2.4m，小物块到达 B端时速度的大小是 4m/s； （2）若小物块落到传送带左侧地面，h需要满足的条件是 h3.0m； （3）改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，小物块落地点到D 点的水平距离 x 与 h的关系式是 x=2 h 需要满足的条件是 h=3.6m。 【解析】 下降过程由牛顿第二定律得：mg-f=ma2 2 解得：a2=9m/s 由位移公式得：h= （1）物块由静止释放到 B的过程中，做匀加速运

41、动，根据牛顿第二定律和运动学公式可求得物 块到达 B端时速度； （2）先由动能定理求出物块恰好到 D点速度为零时高度，若小物块落到传送带左侧地面，则下 滑高度应小于次时的高度； （3）物块从传送带的 D点水平向右抛出，由动能定理和平抛运动的规律可求得物块落地点到 D 点的水平距离 x 与 h 的关系式，为使能在 D点水平抛出，则 mg 的条件。 本题考查了动能定理、牛顿第二定律、运动学公式、平抛运动的规律，明确物块的运动过程，根 据运动过程的特点选择合适的规律求解。 【答案】 解：（1） 小球从P到 C过程只有重力和弹簧弹力做功， 机械能守恒， 故有：，22. 解得：t2=s 答：（1）上升的最大高度是 m； （2）从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功分别为0、-J （3）上升和下降的时间分别为 s、s。 【解析】 ，由此可求得 h需要满足 （1）上升过程由牛顿第二定律结合运动学公式可求得最大高度； （2）从抛出到接住的过程中重力做功为 0，根据功的定义可求得阻力的功； （3）由速度公式可求得上升的时间，由牛顿第二定律结合位移公式可求得下降过程的时间。 本题考查了牛顿第二定律、运动学公式、功的公式，要注意上升过程和下降过程阻力都做负 功。 21.【答案】解：（1）物块由静止释放到B 的