浙江省重点中学四校联考2023-2024学年高一下学期物理5月月考试卷

浙江省重点中学四校联考2023-2024学年高一下学期物理5月月考试卷
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对得3分，选错得0分，共39分）
1．（2024高一下·浙江月考）关于元电荷、电荷与电荷守恒定律，下列说法正确的是（　　）
A．元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根通过实验测得的
B．元电荷是指电子，电量等于电子的电量
C．单个物体所带的电量总是守恒的，电荷守恒定律指带电体和外界没有电荷交换
D．利用静电感应可使任何物体带电，质子和电子所带电荷量相等，比荷也相等
2．（2024高一下·浙江月考）2024年5月1日上午，我国第三艘航空母舰“福建舰”出海开展首次航行试验，“福建舰”航空母舰上有帮助舰载机起飞的弹射系统，已知“歼-15”型战斗机在跑道上加速时加速度为，起飞速度为，若该战斗机滑行时起飞，假设航空母舰静止，则弹射系统必须使战斗机具有的初速度大小为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·浙江月考）近几年各学校流行跑操．在通过圆形弯道时，每一列的连线沿着跑道；每一排的连线是一条直线且始终与跑道垂直；在跑操过程中，每位同学之间的间距保持不变。如图为某中学某班学生以整齐的步伐通过圆形弯道时的情形，此时此刻（　　）
A．同一列的学生的线速度相同
B．同一排的学生的线速度相同
C．全班同学的角速度相同
D．同一列的学生受到的向心力相同
4．（2024高一下·浙江月考）小明暑假回安徽老家，发现农村建房时，常使用如图所示的简易装置提升建筑材料。工人将建筑材料缓慢提升时，拉绳子的拉力F需（　　）
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．保持不变 D．先增大后减小
5．（2024高一下·浙江月考）据中国载人航天工程办公室消息，“神舟十八号”载人飞船入轨后，于北京时间2024年4月26日3时32分，成功对接于空间站“天和”核心舱。关于核心舱和飞船的运动以下说法正确的是（　　）
A．假设对接前，核心舱上脱落一个部件，则此部件将在原轨道上继续绕地球飞行
B．对接前，飞船必须在核心舱的轨道上加速才能追上
C．对接后，飞船中的航天员处于完全失重状态，不受重力
D．对接后，空间站由于受到地球万有引力变大，空间站会降低轨道高度绕地球飞行
6．（2024高一下·浙江月考）如图所示，在水平向左的匀强电场中，倾角的光滑绝缘斜面固定，斜面高为H，一个带正电的物块（可视为质点）受到的电场力是重力的倍，现将其从斜面顶端由静止释放，重力加速度为g，则物块落地时的速度大小为（已知，）（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·浙江月考）如图所示，一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬于O点，小球在水平力F作用下从最低点P点运动到最高点Q点，OQ与OP夹角为，以下说法正确的是（　　）
A．若F为恒力，F的大小是
B．若F为恒力，F的大小是
C．若小球被缓慢移动，则F力做功为
D．若小球被缓慢移动，则F力做功为
8．（2024高一下·浙江月考）从某一高点使一小球由静止自由落下，取地面为重力势能零点，以v表示物体运动的速度，t表示物体运动的时间，x表示物体运动的路程。在下落过程中忽略空气阻力的影响，但在触地瞬间小球会损失一定能量后反弹竖直向上运动，弹跳数次。取竖直向下为正方向，下列关于机械能E、速度v、动能、重力势能的变化图像中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
9．（2024高一下·浙江月考）让一价氢离子、一价离子和二价离子的混合体，由静止开始经同一加速电场加速后，从同一位置垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们（　　）
A．进入偏转电场时的动能相同
B．进入偏转电场时的速率相同
C．先后到达屏上不同点
D．离开偏转电场时动能之比为
10．（2024高一下·浙江月考）空间某一静电场的电势随x变化情况如图所示，下列说法中正确的是（　　）
A．空间各点场强的方向均与x轴垂直
B．电荷沿x轴从O移到的过程中，电场力不做功
C．正电荷沿x轴从移到的过程中，电场力做正功，电势能减小
D．负电荷沿x轴从移到的过程中，电场力做正功，电势能减小
11．（2024高一下·浙江月考）如图所示，长约的两端封闭的竖直放置玻璃管中注满水，玻璃管内有一质量为的红蜡块能在管内浮动。假设时，红蜡块从玻璃管底端开始向上运动，且每上升的距离都是；从开始，玻璃管以初速度匀加速向右平移，第内、第内、第内通过的水平位移依次为、、。y表示红蜡块竖直方向的位移，x表示红蜡块随玻璃管通过的水平位移，单位均为，时红蜡块位于坐标原点。下列说法正确的是（　　）
A．时红蜡块的速度大小为
B．前内红蜡块的位移大小为
C．红蜡块的轨迹方程为
D．红蜡块在浮动过程中受到的合力是
12．（2024高一下·浙江月考）如图所示，一均匀带电的细圆环，圆心为O，半径为R，所带电量为q。圆环轴线（过圆心垂直于圆环平面的直线）上距圆心O为x的A点处场强大小为E。下面给出E的四个表达式（k为静电力常量），其中只有一个是合理的。你可能不会求解此处的场强E，但是你可以通过一定的分析作出判断，E的合理表达式应为（　　）
A． B．
C． D．
13．（2024高一下·浙江月考）一条长为L的绝缘细线上端固定在O点，下端系一个质量为m且带电量为的小球，将它置于水平向右的匀强电场中，小球静止时细线与竖直线的夹角。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（已知，）（　　）
A．剪断细线，小球将做曲线运动
B．突然撤去电场的瞬间，绳子拉力变为
C．如果改变电场强度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，电场强度最小为
D．在A点给小球一个垂直于细线方向，大小至少为的速度，才能使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题给出的四个选项中，至少有一个选项正确，全选对得3分，选对但不全得2分，有选错得0分，共6分）
14．（2024高一下·浙江月考）如图所示，平行板电容器两极板与电源两极相连。G为电流表，若将电容器的两极板靠近，则在这一过程中（　　）
A．G中有电流，方向是 B．G中有电流，方向是
C．电容器两极板的带电量增大 D．电容器电容减小
15．（2024高一下·浙江月考）一款质量的家庭轿车，行驶速度时靠电动机输出动力；行驶速度在范围内时自动转换为靠汽油发动机输出动力；行驶速度时汽油发动机和电动机同时工作，这种混合动力汽车更节能环保。该轿车在一条平直的公路上由静止启动，其牵引力F随着运动时间t的变化关系图线如图所示，在行驶过程中所受阻力恒为。已知汽车在时刻车速达到时第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率继续行驶到第末，则下列说法中正确的是（　　）
A．
B．电动机输出的最大功率为
C．时刻，发动机输出功率为
D．汽车在时间内的位移为
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16．（2024高一下·浙江月考）学校物理兴趣小组用如图甲所示的装置做“探究平抛运动的特点”的实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时，竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端，钢球从斜槽上P点由静止滚下，撞击挡板留下点迹0，将挡板依次水平向右移动x，重复实验，挡板上留下点迹1、2、3、4。以点迹0为坐标原点，竖直向下建立坐标轴y，各点迹坐标值分别为、、、。
甲 乙
（1）斜槽轨道　 　要光滑，斜槽末端切线　 　要水平。（均填“一定”或“不一定”）
（2）将钢球视为质点，当地的重力加速度大小为g，若用g、x和表示，则钢球抛出时的初速度大小　 　。
（3）在另一次实验中，将白纸换成方格纸，方格纸中每小格的边长均为L，通过实验，记录了钢球在运动过程中的三个位置，如图乙所示。将钢球视为质点，已知当地的重力加速度大小为g，则钢球做平抛运动的初速度大小　 　，钢球经过B点时在竖直方向上的分速度大小　 　。
17．（2024高一下·浙江月考）（1）某实验小组利用如图甲所示的装置进行“探究加速度与力、质量的关系”实验。
图甲 图乙
①下列做法正确的是　 　（多选）。
A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与水平桌面保持平行
B．适当垫高长木板有滑轮的一端，使未挂砝码桶的小车恰能拖着纸带匀速运动
C．实验时，先接通打点计时器的电源再释放小车
D．每次增减小车上的钩码改变质量后，不重新调节长木板倾斜度
②在探究加速度与外力关系时，为使小车运动时受到的拉力近似等于砝码桶及桶内砝码的总重力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量　 　（选填“远大于”“远小于”或“近似等于”）小车和小车上钩码的总质量。
（2）如图乙所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。
①对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是　 　。
A．重物选用质量较大的木球 B．两限位孔在同一竖直面内上下对正
C．必须精确测量出重物的质量 D．用手托稳重物，接通电源后，撒手释放重物
②如图丙是某实验小组利用打点计时器打出的一条纸带和它部分放大的截图。根据纸带上的计数点，能否用来验证机械能守恒定律　 　（填能或不能），理由是　 　。
丙
18．（2024高一下·浙江月考）如图所示，篮筐距水平地面的高度，某次远距离投篮练习中，竖直站立的运动员到篮筐中心的水平距离，篮球（视为质点）出手点距地面的高度，篮球投出后恰好“空心”入筐。已知篮球的运行轨迹为抛物线，最高点距地面的高度，重力加速度，不计空气阻力。求：
（1）篮球从出手到进筐所用的时间t；
（2）篮球出手时的速度大小v。
19．（2024高一下·浙江月考）光滑绝缘水平面上有一水平向右的匀强电场，其场强大小分布如图（a）所示。两个质量均为m的带电小球A和B由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统，球A带电量为，球B带电量为。时刻，带电系统由如图（b）所示位置从静止开始运动。若视小球为质点，不计轻杆的质量，求：
图（a） 图（b）
（1）当球B刚进入电场时，带电系统速度的大小；
（2）从初始状态到球A刚离开电场过程中，带电系统电势能的改变量；
（3）球B从到的运动时间。
20．（2024高一下·浙江月考）如图所示，AB为半径的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在着，方向竖直向上的匀强电场，有一质量，带电量的物体（可视为质点），从A点的正上方距离A点处由静止开始自由下落（不计空气阻力）经圆弧轨道AB和水平直线轨道BC从C点抛出，已知BC段是长、与物体间动摩擦因数为的粗糙绝缘水平面，CD段为倾角且离地面DE高的斜面。（取）
（1）求A、B两点的电势差；
（2）求物体从C处射出后，C点至落点的水平位移。（已知，，不考虑物体反弹以后的情况）
（3）若H可调，求H至少需要多大才能使滑块沿圆弧从A运动到B。
21．（2024高一下·浙江月考）如图所示是一弹射游戏装置，弹射轨道由水平轨道OA、半圆轨道AB和BC、水平轨道CD平滑连接而成，其中轨道AB的半径为r，圆心为，轨道BC的半径为2r，圆心为A，轨道CD离地高度为3r，长度为4r。一轻质弹簧套在轨道OA上，左端固定在O点，弹簧处于自然伸长状态时其右端恰好在A点，整个轨道固定在竖直平面内（固定装置未画出）。在水平地面上的E、F两点分别竖直固定两块相同的弹性挡板，两板平行正对、相距2r，左侧挡板的上端紧靠D点。现将一个质量为m的小球（可视为质点）穿在轨道上，开始时小球处于A点（与弹簧右端接触而不拴连），用力把小球从A点推到P点，然后由静止释放，小球沿轨道运动后最终从D点离开。已知弹簧始终在弹性限度内，小球与轨道CD间的动摩擦因数为0.9，其余轨道摩擦均忽略不计，不考虑空气阻力和小球落到地面时的反弹，重力加速度为g。
（1）当弹簧的弹性势能，小球刚到达C点时对轨道的压力；
（2）求小球从D点离开轨道时的最小速度；
（3）改变弹簧的压缩量且弹性势能最大值，请通过计算说明从D点抛出的小球能否与挡板无碰撞恰好落在F点？若能，请求出释放小球时的弹性势能大小；若不能，假设小球和挡板发生若干次碰撞后恰好落在F点，且小球与挡板碰撞时类似于光的反射，试推导出释放小球时弹簧具有的弹性势能与小球和挡板碰撞次数n之间的函数关系。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电荷守恒定律；元电荷
【解析】【解答】A.元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根通过实验测得的，A符合题意；
B.元电荷是最小的电荷量，等于电子的电量，但不是电子，B不符合题意；
C.在与外界没有电荷交换的情况下，一个系统所带的电量总是守恒的，电荷守恒定律并不意味着带电系统一定和外界没有电荷交换，C不符合题意；
D.静电感应不能使绝缘体带电，电子和质子所带电荷量相等，但它们的质量不相等，所以比荷不相等，B不符合题意。
故答案为：A。
【分析】元电荷是由密立根最先通过实验测得的，是物体最小的带电量，其值等于电子或质子电量的绝对值；根据电荷守恒定律分析；利用静电感应可以使导体带电，但不能使绝缘体带电。
2．【答案】B
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】根据匀变速直线运动的速度-位移公式可得
代入数值可得，弹射系统必须使战斗机具有的大小为
的初速度，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据匀变速直线运动的速度-位移公式求解。
3．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】AC.由题意可知，所有学生以整齐的步伐通过圆形弯道时，因每一排的连线是一条直线，且与跑道垂直，相当于共轴转动，所以全班同学的角速度相同，由于同一列的学生的线速度方向不同，所以线速度不同，A不符合题意，C符合题意；
B.根据
知，同一排的学生的半径不同，则线速度不同，B不符合题意；
D.根据
知，同一列的学生受到的向心力大小不一定相等，向心力方向也不同，所以向心力不同，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据共轴转动的特点，分析全班同学的角速度关系，根据速度的矢量性，分析同一列的学生的线速度是否相同；根据分析同一排的学生的线速度关系；根据向心力公式和力的矢量性，分析同一列的学生受到的向心力是否相同。
4．【答案】A
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】跨过滑轮的绳子上的力处处相等，当被缓慢提升的过程中，建筑材料处于动态平衡，根据共点力平衡条件可知，滑轮两侧绳子的拉力的合力始终等于材料的重力，在提升过程中，由于两绳子夹角逐渐增大，合力不变，根据平行四边形定则可知，两绳子拉力变大，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据合力不变，两大小相等的分力之间的夹角越大，分力越大，进行分析。
5．【答案】A
【知识点】超重与失重；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A.部件脱落前随核心舱一起做圆周运动，由万有引力充当向心力可得
部件脱落后，部件速度大小不变，轨道半径不变，则运动性质也不变，核心舱和小部件仍继续在原轨道上继续绕地球飞行，A符合题意；
B.使飞船与核心舱在同一轨道上运行时，若使飞船加速，飞船所需向心力大于万有引力，飞船将做离心运动，偏离原来的轨道，不可能与核心舱的对接，B不符合题意；
C.对接后，飞船中的航天员处于完全失重状态，但依然受重力作用，C不符合题意；
D.根据万有引力充当向心力可得
等式是否成立，与卫星的质量无关，所以对接后，空间站依然在原轨道绕地球飞行，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】小部件脱落时，部件及速度大小及轨道半径并无变化，卫星和小部件运动情况不变；根据卫星变轨原理分析飞船与核心舱的对接；处于完全失重状态的物体，仍然要受到的重力的作用；卫星的速度和轨道半径与卫星的质量无关。
6．【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】对物块进行受力分析，物块受重力和水平向左的电场力，如图所示：
根据题意可得，电场力大小为
由几何关系可得
解得
根据动能定理得
解得
C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】分析物块受力，由动能定理列式计算物块落地时的速度大小。
7．【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB小球受重力、绳的拉力和水平力F的共同作用，若F为恒力，由动能定理可得
解得
B符合题意，A不符合题意；
CD.若小球被缓慢移动，则F为变力，由动能定理可得
解得F做的功为
CD不符合题意。
【分析】根据动能定理分别列出F为恒力时和小球被缓慢移动时两种情况下的动能定理表达式，进行求解。
8．【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；动能；重力势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】A.小球下落过程和上升过程都只受重力作用，都是机械能守恒的过程，只有在与地面接触时有能量损失，所以下落过程的机械能大于上升过程的机械能，A符合题意；
B.由题意可知，竖直向下为正方向，小球下落过程为自由落体运动，速度随时间均匀增大，且为正值，上升过程为竖直上抛运动，速度随时间均匀减小，且为负值，由于小球与地面接触过程中有能量损失，所以小球的落地速度大小大于反弹速度的大小，B不符合题意；
C.由动能定理可知，小球上升和下降过程中，动能的变化量的大小
所以小球上升和下降过程中的图像的斜率相同，但是小球与地面接触过程中有动能损失，C不符合题意；
D.根据重力势能与重力做功的关系可得
所以小球上升和下降过程中的图像的斜率相同，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据机械能守恒的条件分析上升和下落过程的机械能；根据所取正方向和小球的运动性质，分析小球速度随时间的变化情况；小球与地面接触过程中有动能损失；根据重力势能与重力做功的关系，推导小球上升和下降过程中图像的斜率关系，进行判断。
9．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AB.在加速电场中有
可知粒子进入偏转电场的动能与它们的电量有关，故一价氢离子、一价离子进入偏转电场的动能相同，二价离子与它们进入偏转电场的动能不同，由上式可得粒子进入偏转电场的速度为
可知，如果它们的比荷不同，则它们进入偏转电场时的速率也不相同，AB不符合题意；
C.在加速电场中有
在偏转电场中有
，，，
解得在电场中的偏转位移为
离子离开电场时的偏转角为
则不同带电粒离开偏转电场时偏转位移与偏转角度相同，所以能到达屏上同一个点，C不符合题意；
D.对粒子在加速电场和偏转电场中运动的全过程，由动能定理可得粒子离开偏转电场的动能为
可知它们离开偏转电场时动能之比等于它们的电量之比，即它们离开偏转电场时动能之比为 ，D符合题意。
故答案为D。
【分析】由动能定理分析粒子在加速电场中的运动，得出影响它们进入电场的动能和速率的相关量；粒子在偏转电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学公式，求出三种粒子离开偏转电场时偏转位移和偏转角的关系，得出结论；由动能定理分析粒子在加速电场和偏转电场中运动的全过程，求出三种粒子离开偏转电场时动能之比。
10．【答案】C
【知识点】电势能与电场力做功的关系；电势
【解析】【解答】A.由图看出x轴上各点电势不相等，所以x轴不是一条等势线，故空间各点场强的方向不全与x轴垂直，A不符合题意；
B.由图可知，O、两点的电势不相等，则由
知，电场力一定做功，B不符合题意；
C.由图知到两点的电势差为正，则正电荷沿x轴从移到的过程中，电场力做正功，电势能减小，C符合题意；
D.同理可得，负电荷沿x轴从移到的过程中，电场力做负功，电势能增加，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据电场线与等势面出垂直，结合图像中x轴上各点的电势情况进行分析；由W=qU分析电场力做功问题；根据到两点的电势差分析电场力做功的正负，从而得出电势能的变化情况。
11．【答案】B
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】A.依题意，红蜡块竖直方向做匀速运动，有
水平方向做匀加速直线运动，根据位移差公式
可得
又
解得红蜡块的水平初速度
则t=0时红蜡块的速度大小为
A不符合题意；
C.红蜡块的水平和竖直位移分别为
，
消去时间t，可得红蜡块的轨迹方程为
C不符合题意；
B.前3s内红蜡块的水平和竖直位移分别为x=0.75m，y=0.9m，则合位移大小为
B符合题意；
D.红蜡块在竖直方向做匀速直线运动，没有加速度，所以红蜡块的加速度等于其在竖直方向上的分加速度，由牛顿第二定律可得其在浮动过程中受到的合力是F=ma=0.01N，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据红蜡块在竖直方向和水平方向上的运动规律，求出蜡块在水平方向和竖直方向上的初速度，得出时红蜡块的速度大小；分别求出红蜡块的水平和竖直位移上分位移的表达式，消去时间，得出轨迹方程；根据水平方向和竖直方向的位移方程，求出前3s内红蜡块的水平和竖直分位移，得出前内红蜡块的位移大小；由牛顿第二定律计算红蜡块在浮动过程中受到的合力。
12．【答案】B
【知识点】电场强度的叠加；力学单位制
【解析】【解答】根据单位制可知，场强的单位为N/C，k为静电力常量，单位为，而q的单位为C，x和R的单位均为m，整理之后AD选项最终的单位不是N/C，由图可知，当x=0时，求出的场强为O点的场强，由对称性可知
C项不符合，故B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据单位制分析各表达式对应的单位，排除错误选项；再根据O点场强为零的特点，排除错误选项，得出合理的表达式。
13．【答案】D
【知识点】共点力的平衡；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A.剪断细线，小球从静止释放，重力和电场力的合力恒定，所以小球将在恒力作用下做匀加速直线运动，A不符合题意；
B.突然撤去电场，小球开始做圆周运动，撤去得出瞬间，由于小球的速度为零，所以沿绳方向合力为零，即
B不符合题意；
C.如图所示：
当电场力qE与拉力T垂直时，电场力最小，场强最小，由共点力平衡条件可得
解得电场强度最小值为
C不符合题意；
D.A点为圆周运动等效最低点，关于O与A对称的点B为等效最高点，要使小球在竖直平面内做完整的圆周运动，只要能过B点即可，可得等效重力为
在B点满足
从A到B由动能定理可得
联立解得在A点的最小速度为
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据剪断细线后小球的受力分析小球的运动性质；突然撤去电场的瞬间，小球将做圆周运动，根据向心力与线速度的关系，求解此时绳子拉力大小；作图分析电场力最小时的方向，由共点力平衡条件求出电场强度的最小值；根据小球受到的合力方向，得出小球做圆周运动的等效最高点和最低点的位置，由牛顿第二定律求出小球恰能做圆周运动时通过B点的速度，再由动能定理计算小球通过A点的最小速度。
14．【答案】A,C
【知识点】LC振荡电路分析
【解析】【解答】平行板电容器两极板与电源两极相连，则两极板电压保持不变，根据电容的决定式
可知，将电容器的两极板靠近则d减小，C增大，再根据
可知，两极板所带的电荷量将增大，则电容器处于充电过程，G中有电流，方向是a→b，AC符合题意，BD不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据电容公式和分析电容器的电容和电量的变化，得出电流方向。
15．【答案】B,D
【知识点】功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】A.由题意知，第一次换引擎时速度为
时间内由牛顿第二定律得
解得
则
A不符合题意；
B.由题意可知，时刻电动机达到最大输出功率，最大输出功率
B符合题意；
C.由图可知，时间内，发动机功率
C不符合题意；
D.16s时刻，轿车的速度为
时间内由动能定理可得
代入数据解得
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】由牛顿第二定律求出时间内的加速度，再由匀变速直线运动的速度公式，计算的值；由功率公式P=Fv计算电动机的最大功率；时间内功率恒定，在时刻第一次切换动力引擎，根据切换引擎后的牵引力，求出时刻的功率，即为t=16s时的功率；根据动能定理求解汽车在时间内的位移。
16．【答案】（1）不一定；一定
（2）
（3）；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）只要钢球从斜槽上同一位置由静止滚下，钢球经过斜槽末端时的速度就相同，因此斜槽轨道不一定要光滑；若斜槽末端切线要水平，以保证小球离开斜槽时的初速度水平。
（2）根据平抛运动的规律有
、
解得
（3）由图可知，钢球在水平方向上相邻点间距的位移相等，而钢球在水平方向上做匀速直线运动，所以相邻点间距对应的时间相等，设相邻点间的时间为T，竖直方向上根据逐差法可得
水平方向上有
解得
竖直方向上，根据匀变速直线运动中间时刻的平均速度等于这段时间内的瞬时速度，可得钢球经过B点时在竖直方向上的分速度大小
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析；（2）根据平抛运动竖直方向上做自由落体运动和水平方向做水平直线运动，由位移关系式求解；（3）根据位移差公式求出相邻点间的时间，再由小球在水平方向上的运动，求出小球的初速度；根据匀变速直线运动中间时刻的平均速度等于这段时间内的瞬时速度，由竖直方向上的运动，计算钢球经过B点时在竖直方向上的分速度大小。
17．【答案】（1）CD；远小于
（2）B；不能；纸带加速度与g相差大
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）①A.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于小车受到的合力，A不符合题意。
B.适当垫高长木板没有滑轮的一端，在不悬挂“重物”的情况下，使小车恰能拖着纸带匀速下滑，B不符合题意。
C.为使纸带能得到充分利用，实验时，先接通打点计时器的电源再放小车，C符合题意。
D.平衡摩擦力后，有
即
与质量无关，故每次增减小车上的钩码改变质量后，不重新调节长木板倾斜度，D符合题意。
故答案为：CD
②在平衡摩擦力后，根据牛顿第二定律可得，对砝码桶及桶内砝码
对小车
解得
可知，当时，绳子的拉力才近似等于重物的总重力。
（2）①A.为减小空气阻力对实验的影响从而减小实验误差，重物应选用质量和密度较大的金属锤，A不符合题意；
B.两限位孔在同一竖直面内上下对正，可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小误差，B符合题意；
C.由机械能守恒定律得
整理得
验证机械能守恒定律不需要测量重物的质量，精确测量出重物的质量不会减小实验误差，C不符合题意；
D.手托着重物释放会造成纸带搭在铁架台上，从而增大摩擦，造成较大误差，正确操作是右手提拉着纸带上端，使重物靠近打点计时器，接通电源再放手松开纸带，D不符合题意。
故答案为：B。
②由图可知，相邻计数点之间的时间间隔为0.1s，根据逐差公式
可得，纸带中对应的加速度为
此值与重力加速度g相差过大，所以不能用来验证机械能守恒定律。
【分析】（1）①根据实验的原理和注意事项分析；②根据牛顿第二定律分析绳子的拉力近似等于重物的总重力的条件；（2）①根据实验原理和注意事项分析；②根据逐差公式求出纸带的加速度，与重力加速度进行比较，确定能否用来验证机械能守恒定律。
18．【答案】（1）解：设篮球上升过程所用的时间为，有
解得
设篮球下降过程所用的时间为，有
解得
又
解得
（2）解：篮球在水平方向上的速度大小
解得
篮球出手时在竖直方向上的速度大小
解得
又
解得
【知识点】斜抛运动
【解析】【分析】（1）根据斜抛规律，由其竖直方向上的分运动，分别求出篮球上升过程和下降过程的时间，得出篮球从出手到进筐所用的时间；（2）根据斜抛规律，分别求出篮球在水平方向和竖直方向上的初速度，再由平行四边形定则计算篮球出手时的速度大小。
19．【答案】（1）解：对系统从开始到B刚进入电场用动能定理：
解得：
（2）解：从开始到B刚进入电场，系统电场力做的功：（2分）
所以电势能减少了，即
（3）解：带电系统开始运动时，由牛顿第二定律得：
解得加速度：
球B从静止到刚进入电场（从到）所需时间：
球B进入电场后，由牛顿第二定律得：
解得加速度：
从球B进入电场到球A离开电场（球B从到）所需时间：
球A离开电场后，带电系统做减速运动，设加速度为，由牛顿第二定律得：
解得：
设球B运动到电场边缘（）处，速度为，有：
设从球A离开电场到球B离开电场（球B从到）所需时间
球B离开电场后从到，以做匀速直线运动所需时间：
则总时间：
【知识点】动能定理的综合应用；电势能与电场力做功的关系；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）对系统从开始到B刚进入电场的过程，由动能定理列式求解；（2）先求出电场力做功，再由电场力做功与电势能变化的关系，求解带电系统电势能的改变量；（3）分析球B从x=0到x=5L的运动过程中两球的运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式求解。
20．【答案】（1）解：根据匀强电场中场强与电势差之间关系可得：
代入数据可知：
（2）解：物块从开始运动到C点由动能定理可知：
解得：
设物体落在水平地面上，则根据平抛运动的规律可知
，
解得：，故物体落在斜面上。
则有：
从C点至落点的水平位移为：
解得：
（3）解：物块在B点恰不脱离圆弧轨道时，有：
解得
物块从开始运动到B点由动能定理可知：
解得
故H至少需要
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据匀强电场电势差与电场强度的公式U=Ed求解；（2）由动能定理求出物块到达C点的速度，再根据平抛规律，由运动学公式，计算C点至落点的水平位移；（3）由牛顿第二定律求出物块恰好在B点恰不脱离圆弧轨道时在B点的速度，再由动能定理计算H的最小值。
21．【答案】（1）解：小球从P点到C点机械能守恒：
解得
在C点，对小球用牛顿第二定律：
解得轨道对小球的支持力
根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为6mg，方向竖直向下
（2）解：因小球穿在轨道上，则当小球恰好通过B点（速度为零）时，从D点离开时的速度最小，
从B点到D点的过程中，根据动能定理有：
解得
（3）解：当小球从D点以最小速度做平抛运动时，根据平抛运动的规律有
解得
即小球不可能与挡板不碰撞直接落到F点。
根据碰撞前后运动的对称性，设小球从D点水平抛出时速度大小为v，与挡板发生n次碰撞（），
根据平抛运动的规律有：
解得：
从P点到D点的过程中，根据能量守恒有：
解得：
又，n只能取2或4。
所以：
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）根据机械能守恒定律求出小球到达C点时的速度，再由牛顿第二定律和第三定律计算小球刚到达C点时对轨道的压力；（2）当小球恰好通过B点（速度为零）时，从D点离开时的速度最小，对小球从B点到D点的过程，由动能定理求出小球从D点离开轨道时的最小速度；（3）先根据平抛规律，由运动学公式判断出小球不能直接落到F点。 根据碰撞前后小球运动的对称性，求出小球最后能恰好落在F点时小球在D点的速度，再由能量守恒定律推导释放小球时弹簧具有的弹性势能与小球和挡板碰撞次数n之间的函数关系。
1 / 1浙江省重点中学四校联考2023-2024学年高一下学期物理5月月考试卷
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对得3分，选错得0分，共39分）
1．（2024高一下·浙江月考）关于元电荷、电荷与电荷守恒定律，下列说法正确的是（　　）
A．元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根通过实验测得的
B．元电荷是指电子，电量等于电子的电量
C．单个物体所带的电量总是守恒的，电荷守恒定律指带电体和外界没有电荷交换
D．利用静电感应可使任何物体带电，质子和电子所带电荷量相等，比荷也相等
【答案】A
【知识点】电荷守恒定律；元电荷
【解析】【解答】A.元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根通过实验测得的，A符合题意；
B.元电荷是最小的电荷量，等于电子的电量，但不是电子，B不符合题意；
C.在与外界没有电荷交换的情况下，一个系统所带的电量总是守恒的，电荷守恒定律并不意味着带电系统一定和外界没有电荷交换，C不符合题意；
D.静电感应不能使绝缘体带电，电子和质子所带电荷量相等，但它们的质量不相等，所以比荷不相等，B不符合题意。
故答案为：A。
【分析】元电荷是由密立根最先通过实验测得的，是物体最小的带电量，其值等于电子或质子电量的绝对值；根据电荷守恒定律分析；利用静电感应可以使导体带电，但不能使绝缘体带电。
2．（2024高一下·浙江月考）2024年5月1日上午，我国第三艘航空母舰“福建舰”出海开展首次航行试验，“福建舰”航空母舰上有帮助舰载机起飞的弹射系统，已知“歼-15”型战斗机在跑道上加速时加速度为，起飞速度为，若该战斗机滑行时起飞，假设航空母舰静止，则弹射系统必须使战斗机具有的初速度大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】根据匀变速直线运动的速度-位移公式可得
代入数值可得，弹射系统必须使战斗机具有的大小为
的初速度，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据匀变速直线运动的速度-位移公式求解。
3．（2024高一下·浙江月考）近几年各学校流行跑操．在通过圆形弯道时，每一列的连线沿着跑道；每一排的连线是一条直线且始终与跑道垂直；在跑操过程中，每位同学之间的间距保持不变。如图为某中学某班学生以整齐的步伐通过圆形弯道时的情形，此时此刻（　　）
A．同一列的学生的线速度相同
B．同一排的学生的线速度相同
C．全班同学的角速度相同
D．同一列的学生受到的向心力相同
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】AC.由题意可知，所有学生以整齐的步伐通过圆形弯道时，因每一排的连线是一条直线，且与跑道垂直，相当于共轴转动，所以全班同学的角速度相同，由于同一列的学生的线速度方向不同，所以线速度不同，A不符合题意，C符合题意；
B.根据
知，同一排的学生的半径不同，则线速度不同，B不符合题意；
D.根据
知，同一列的学生受到的向心力大小不一定相等，向心力方向也不同，所以向心力不同，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据共轴转动的特点，分析全班同学的角速度关系，根据速度的矢量性，分析同一列的学生的线速度是否相同；根据分析同一排的学生的线速度关系；根据向心力公式和力的矢量性，分析同一列的学生受到的向心力是否相同。
4．（2024高一下·浙江月考）小明暑假回安徽老家，发现农村建房时，常使用如图所示的简易装置提升建筑材料。工人将建筑材料缓慢提升时，拉绳子的拉力F需（　　）
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．保持不变 D．先增大后减小
【答案】A
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】跨过滑轮的绳子上的力处处相等，当被缓慢提升的过程中，建筑材料处于动态平衡，根据共点力平衡条件可知，滑轮两侧绳子的拉力的合力始终等于材料的重力，在提升过程中，由于两绳子夹角逐渐增大，合力不变，根据平行四边形定则可知，两绳子拉力变大，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据合力不变，两大小相等的分力之间的夹角越大，分力越大，进行分析。
5．（2024高一下·浙江月考）据中国载人航天工程办公室消息，“神舟十八号”载人飞船入轨后，于北京时间2024年4月26日3时32分，成功对接于空间站“天和”核心舱。关于核心舱和飞船的运动以下说法正确的是（　　）
A．假设对接前，核心舱上脱落一个部件，则此部件将在原轨道上继续绕地球飞行
B．对接前，飞船必须在核心舱的轨道上加速才能追上
C．对接后，飞船中的航天员处于完全失重状态，不受重力
D．对接后，空间站由于受到地球万有引力变大，空间站会降低轨道高度绕地球飞行
【答案】A
【知识点】超重与失重；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A.部件脱落前随核心舱一起做圆周运动，由万有引力充当向心力可得
部件脱落后，部件速度大小不变，轨道半径不变，则运动性质也不变，核心舱和小部件仍继续在原轨道上继续绕地球飞行，A符合题意；
B.使飞船与核心舱在同一轨道上运行时，若使飞船加速，飞船所需向心力大于万有引力，飞船将做离心运动，偏离原来的轨道，不可能与核心舱的对接，B不符合题意；
C.对接后，飞船中的航天员处于完全失重状态，但依然受重力作用，C不符合题意；
D.根据万有引力充当向心力可得
等式是否成立，与卫星的质量无关，所以对接后，空间站依然在原轨道绕地球飞行，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】小部件脱落时，部件及速度大小及轨道半径并无变化，卫星和小部件运动情况不变；根据卫星变轨原理分析飞船与核心舱的对接；处于完全失重状态的物体，仍然要受到的重力的作用；卫星的速度和轨道半径与卫星的质量无关。
6．（2024高一下·浙江月考）如图所示，在水平向左的匀强电场中，倾角的光滑绝缘斜面固定，斜面高为H，一个带正电的物块（可视为质点）受到的电场力是重力的倍，现将其从斜面顶端由静止释放，重力加速度为g，则物块落地时的速度大小为（已知，）（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】对物块进行受力分析，物块受重力和水平向左的电场力，如图所示：
根据题意可得，电场力大小为
由几何关系可得
解得
根据动能定理得
解得
C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】分析物块受力，由动能定理列式计算物块落地时的速度大小。
7．（2024高一下·浙江月考）如图所示，一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬于O点，小球在水平力F作用下从最低点P点运动到最高点Q点，OQ与OP夹角为，以下说法正确的是（　　）
A．若F为恒力，F的大小是
B．若F为恒力，F的大小是
C．若小球被缓慢移动，则F力做功为
D．若小球被缓慢移动，则F力做功为
【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB小球受重力、绳的拉力和水平力F的共同作用，若F为恒力，由动能定理可得
解得
B符合题意，A不符合题意；
CD.若小球被缓慢移动，则F为变力，由动能定理可得
解得F做的功为
CD不符合题意。
【分析】根据动能定理分别列出F为恒力时和小球被缓慢移动时两种情况下的动能定理表达式，进行求解。
8．（2024高一下·浙江月考）从某一高点使一小球由静止自由落下，取地面为重力势能零点，以v表示物体运动的速度，t表示物体运动的时间，x表示物体运动的路程。在下落过程中忽略空气阻力的影响，但在触地瞬间小球会损失一定能量后反弹竖直向上运动，弹跳数次。取竖直向下为正方向，下列关于机械能E、速度v、动能、重力势能的变化图像中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；动能；重力势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】A.小球下落过程和上升过程都只受重力作用，都是机械能守恒的过程，只有在与地面接触时有能量损失，所以下落过程的机械能大于上升过程的机械能，A符合题意；
B.由题意可知，竖直向下为正方向，小球下落过程为自由落体运动，速度随时间均匀增大，且为正值，上升过程为竖直上抛运动，速度随时间均匀减小，且为负值，由于小球与地面接触过程中有能量损失，所以小球的落地速度大小大于反弹速度的大小，B不符合题意；
C.由动能定理可知，小球上升和下降过程中，动能的变化量的大小
所以小球上升和下降过程中的图像的斜率相同，但是小球与地面接触过程中有动能损失，C不符合题意；
D.根据重力势能与重力做功的关系可得
所以小球上升和下降过程中的图像的斜率相同，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据机械能守恒的条件分析上升和下落过程的机械能；根据所取正方向和小球的运动性质，分析小球速度随时间的变化情况；小球与地面接触过程中有动能损失；根据重力势能与重力做功的关系，推导小球上升和下降过程中图像的斜率关系，进行判断。
9．（2024高一下·浙江月考）让一价氢离子、一价离子和二价离子的混合体，由静止开始经同一加速电场加速后，从同一位置垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们（　　）
A．进入偏转电场时的动能相同
B．进入偏转电场时的速率相同
C．先后到达屏上不同点
D．离开偏转电场时动能之比为
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AB.在加速电场中有
可知粒子进入偏转电场的动能与它们的电量有关，故一价氢离子、一价离子进入偏转电场的动能相同，二价离子与它们进入偏转电场的动能不同，由上式可得粒子进入偏转电场的速度为
可知，如果它们的比荷不同，则它们进入偏转电场时的速率也不相同，AB不符合题意；
C.在加速电场中有
在偏转电场中有
，，，
解得在电场中的偏转位移为
离子离开电场时的偏转角为
则不同带电粒离开偏转电场时偏转位移与偏转角度相同，所以能到达屏上同一个点，C不符合题意；
D.对粒子在加速电场和偏转电场中运动的全过程，由动能定理可得粒子离开偏转电场的动能为
可知它们离开偏转电场时动能之比等于它们的电量之比，即它们离开偏转电场时动能之比为 ，D符合题意。
故答案为D。
【分析】由动能定理分析粒子在加速电场中的运动，得出影响它们进入电场的动能和速率的相关量；粒子在偏转电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学公式，求出三种粒子离开偏转电场时偏转位移和偏转角的关系，得出结论；由动能定理分析粒子在加速电场和偏转电场中运动的全过程，求出三种粒子离开偏转电场时动能之比。
10．（2024高一下·浙江月考）空间某一静电场的电势随x变化情况如图所示，下列说法中正确的是（　　）
A．空间各点场强的方向均与x轴垂直
B．电荷沿x轴从O移到的过程中，电场力不做功
C．正电荷沿x轴从移到的过程中，电场力做正功，电势能减小
D．负电荷沿x轴从移到的过程中，电场力做正功，电势能减小
【答案】C
【知识点】电势能与电场力做功的关系；电势
【解析】【解答】A.由图看出x轴上各点电势不相等，所以x轴不是一条等势线，故空间各点场强的方向不全与x轴垂直，A不符合题意；
B.由图可知，O、两点的电势不相等，则由
知，电场力一定做功，B不符合题意；
C.由图知到两点的电势差为正，则正电荷沿x轴从移到的过程中，电场力做正功，电势能减小，C符合题意；
D.同理可得，负电荷沿x轴从移到的过程中，电场力做负功，电势能增加，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据电场线与等势面出垂直，结合图像中x轴上各点的电势情况进行分析；由W=qU分析电场力做功问题；根据到两点的电势差分析电场力做功的正负，从而得出电势能的变化情况。
11．（2024高一下·浙江月考）如图所示，长约的两端封闭的竖直放置玻璃管中注满水，玻璃管内有一质量为的红蜡块能在管内浮动。假设时，红蜡块从玻璃管底端开始向上运动，且每上升的距离都是；从开始，玻璃管以初速度匀加速向右平移，第内、第内、第内通过的水平位移依次为、、。y表示红蜡块竖直方向的位移，x表示红蜡块随玻璃管通过的水平位移，单位均为，时红蜡块位于坐标原点。下列说法正确的是（　　）
A．时红蜡块的速度大小为
B．前内红蜡块的位移大小为
C．红蜡块的轨迹方程为
D．红蜡块在浮动过程中受到的合力是
【答案】B
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】A.依题意，红蜡块竖直方向做匀速运动，有
水平方向做匀加速直线运动，根据位移差公式
可得
又
解得红蜡块的水平初速度
则t=0时红蜡块的速度大小为
A不符合题意；
C.红蜡块的水平和竖直位移分别为
，
消去时间t，可得红蜡块的轨迹方程为
C不符合题意；
B.前3s内红蜡块的水平和竖直位移分别为x=0.75m，y=0.9m，则合位移大小为
B符合题意；
D.红蜡块在竖直方向做匀速直线运动，没有加速度，所以红蜡块的加速度等于其在竖直方向上的分加速度，由牛顿第二定律可得其在浮动过程中受到的合力是F=ma=0.01N，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据红蜡块在竖直方向和水平方向上的运动规律，求出蜡块在水平方向和竖直方向上的初速度，得出时红蜡块的速度大小；分别求出红蜡块的水平和竖直位移上分位移的表达式，消去时间，得出轨迹方程；根据水平方向和竖直方向的位移方程，求出前3s内红蜡块的水平和竖直分位移，得出前内红蜡块的位移大小；由牛顿第二定律计算红蜡块在浮动过程中受到的合力。
12．（2024高一下·浙江月考）如图所示，一均匀带电的细圆环，圆心为O，半径为R，所带电量为q。圆环轴线（过圆心垂直于圆环平面的直线）上距圆心O为x的A点处场强大小为E。下面给出E的四个表达式（k为静电力常量），其中只有一个是合理的。你可能不会求解此处的场强E，但是你可以通过一定的分析作出判断，E的合理表达式应为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】电场强度的叠加；力学单位制
【解析】【解答】根据单位制可知，场强的单位为N/C，k为静电力常量，单位为，而q的单位为C，x和R的单位均为m，整理之后AD选项最终的单位不是N/C，由图可知，当x=0时，求出的场强为O点的场强，由对称性可知
C项不符合，故B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据单位制分析各表达式对应的单位，排除错误选项；再根据O点场强为零的特点，排除错误选项，得出合理的表达式。
13．（2024高一下·浙江月考）一条长为L的绝缘细线上端固定在O点，下端系一个质量为m且带电量为的小球，将它置于水平向右的匀强电场中，小球静止时细线与竖直线的夹角。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（已知，）（　　）
A．剪断细线，小球将做曲线运动
B．突然撤去电场的瞬间，绳子拉力变为
C．如果改变电场强度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，电场强度最小为
D．在A点给小球一个垂直于细线方向，大小至少为的速度，才能使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动
【答案】D
【知识点】共点力的平衡；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A.剪断细线，小球从静止释放，重力和电场力的合力恒定，所以小球将在恒力作用下做匀加速直线运动，A不符合题意；
B.突然撤去电场，小球开始做圆周运动，撤去得出瞬间，由于小球的速度为零，所以沿绳方向合力为零，即
B不符合题意；
C.如图所示：
当电场力qE与拉力T垂直时，电场力最小，场强最小，由共点力平衡条件可得
解得电场强度最小值为
C不符合题意；
D.A点为圆周运动等效最低点，关于O与A对称的点B为等效最高点，要使小球在竖直平面内做完整的圆周运动，只要能过B点即可，可得等效重力为
在B点满足
从A到B由动能定理可得
联立解得在A点的最小速度为
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据剪断细线后小球的受力分析小球的运动性质；突然撤去电场的瞬间，小球将做圆周运动，根据向心力与线速度的关系，求解此时绳子拉力大小；作图分析电场力最小时的方向，由共点力平衡条件求出电场强度的最小值；根据小球受到的合力方向，得出小球做圆周运动的等效最高点和最低点的位置，由牛顿第二定律求出小球恰能做圆周运动时通过B点的速度，再由动能定理计算小球通过A点的最小速度。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题给出的四个选项中，至少有一个选项正确，全选对得3分，选对但不全得2分，有选错得0分，共6分）
14．（2024高一下·浙江月考）如图所示，平行板电容器两极板与电源两极相连。G为电流表，若将电容器的两极板靠近，则在这一过程中（　　）
A．G中有电流，方向是 B．G中有电流，方向是
C．电容器两极板的带电量增大 D．电容器电容减小
【答案】A,C
【知识点】LC振荡电路分析
【解析】【解答】平行板电容器两极板与电源两极相连，则两极板电压保持不变，根据电容的决定式
可知，将电容器的两极板靠近则d减小，C增大，再根据
可知，两极板所带的电荷量将增大，则电容器处于充电过程，G中有电流，方向是a→b，AC符合题意，BD不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据电容公式和分析电容器的电容和电量的变化，得出电流方向。
15．（2024高一下·浙江月考）一款质量的家庭轿车，行驶速度时靠电动机输出动力；行驶速度在范围内时自动转换为靠汽油发动机输出动力；行驶速度时汽油发动机和电动机同时工作，这种混合动力汽车更节能环保。该轿车在一条平直的公路上由静止启动，其牵引力F随着运动时间t的变化关系图线如图所示，在行驶过程中所受阻力恒为。已知汽车在时刻车速达到时第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率继续行驶到第末，则下列说法中正确的是（　　）
A．
B．电动机输出的最大功率为
C．时刻，发动机输出功率为
D．汽车在时间内的位移为
【答案】B,D
【知识点】功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】A.由题意知，第一次换引擎时速度为
时间内由牛顿第二定律得
解得
则
A不符合题意；
B.由题意可知，时刻电动机达到最大输出功率，最大输出功率
B符合题意；
C.由图可知，时间内，发动机功率
C不符合题意；
D.16s时刻，轿车的速度为
时间内由动能定理可得
代入数据解得
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】由牛顿第二定律求出时间内的加速度，再由匀变速直线运动的速度公式，计算的值；由功率公式P=Fv计算电动机的最大功率；时间内功率恒定，在时刻第一次切换动力引擎，根据切换引擎后的牵引力，求出时刻的功率，即为t=16s时的功率；根据动能定理求解汽车在时间内的位移。
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16．（2024高一下·浙江月考）学校物理兴趣小组用如图甲所示的装置做“探究平抛运动的特点”的实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时，竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端，钢球从斜槽上P点由静止滚下，撞击挡板留下点迹0，将挡板依次水平向右移动x，重复实验，挡板上留下点迹1、2、3、4。以点迹0为坐标原点，竖直向下建立坐标轴y，各点迹坐标值分别为、、、。
甲 乙
（1）斜槽轨道　 　要光滑，斜槽末端切线　 　要水平。（均填“一定”或“不一定”）
（2）将钢球视为质点，当地的重力加速度大小为g，若用g、x和表示，则钢球抛出时的初速度大小　 　。
（3）在另一次实验中，将白纸换成方格纸，方格纸中每小格的边长均为L，通过实验，记录了钢球在运动过程中的三个位置，如图乙所示。将钢球视为质点，已知当地的重力加速度大小为g，则钢球做平抛运动的初速度大小　 　，钢球经过B点时在竖直方向上的分速度大小　 　。
【答案】（1）不一定；一定
（2）
（3）；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）只要钢球从斜槽上同一位置由静止滚下，钢球经过斜槽末端时的速度就相同，因此斜槽轨道不一定要光滑；若斜槽末端切线要水平，以保证小球离开斜槽时的初速度水平。
（2）根据平抛运动的规律有
、
解得
（3）由图可知，钢球在水平方向上相邻点间距的位移相等，而钢球在水平方向上做匀速直线运动，所以相邻点间距对应的时间相等，设相邻点间的时间为T，竖直方向上根据逐差法可得
水平方向上有
解得
竖直方向上，根据匀变速直线运动中间时刻的平均速度等于这段时间内的瞬时速度，可得钢球经过B点时在竖直方向上的分速度大小
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析；（2）根据平抛运动竖直方向上做自由落体运动和水平方向做水平直线运动，由位移关系式求解；（3）根据位移差公式求出相邻点间的时间，再由小球在水平方向上的运动，求出小球的初速度；根据匀变速直线运动中间时刻的平均速度等于这段时间内的瞬时速度，由竖直方向上的运动，计算钢球经过B点时在竖直方向上的分速度大小。
17．（2024高一下·浙江月考）（1）某实验小组利用如图甲所示的装置进行“探究加速度与力、质量的关系”实验。
图甲 图乙
①下列做法正确的是　 　（多选）。
A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与水平桌面保持平行
B．适当垫高长木板有滑轮的一端，使未挂砝码桶的小车恰能拖着纸带匀速运动
C．实验时，先接通打点计时器的电源再释放小车
D．每次增减小车上的钩码改变质量后，不重新调节长木板倾斜度
②在探究加速度与外力关系时，为使小车运动时受到的拉力近似等于砝码桶及桶内砝码的总重力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量　 　（选填“远大于”“远小于”或“近似等于”）小车和小车上钩码的总质量。
（2）如图乙所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。
①对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是　 　。
A．重物选用质量较大的木球 B．两限位孔在同一竖直面内上下对正
C．必须精确测量出重物的质量 D．用手托稳重物，接通电源后，撒手释放重物
②如图丙是某实验小组利用打点计时器打出的一条纸带和它部分放大的截图。根据纸带上的计数点，能否用来验证机械能守恒定律　 　（填能或不能），理由是　 　。
丙
【答案】（1）CD；远小于
（2）B；不能；纸带加速度与g相差大
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）①A.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于小车受到的合力，A不符合题意。
B.适当垫高长木板没有滑轮的一端，在不悬挂“重物”的情况下，使小车恰能拖着纸带匀速下滑，B不符合题意。
C.为使纸带能得到充分利用，实验时，先接通打点计时器的电源再放小车，C符合题意。
D.平衡摩擦力后，有
即
与质量无关，故每次增减小车上的钩码改变质量后，不重新调节长木板倾斜度，D符合题意。
故答案为：CD
②在平衡摩擦力后，根据牛顿第二定律可得，对砝码桶及桶内砝码
对小车
解得
可知，当时，绳子的拉力才近似等于重物的总重力。
（2）①A.为减小空气阻力对实验的影响从而减小实验误差，重物应选用质量和密度较大的金属锤，A不符合题意；
B.两限位孔在同一竖直面内上下对正，可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小误差，B符合题意；
C.由机械能守恒定律得
整理得
验证机械能守恒定律不需要测量重物的质量，精确测量出重物的质量不会减小实验误差，C不符合题意；
D.手托着重物释放会造成纸带搭在铁架台上，从而增大摩擦，造成较大误差，正确操作是右手提拉着纸带上端，使重物靠近打点计时器，接通电源再放手松开纸带，D不符合题意。
故答案为：B。
②由图可知，相邻计数点之间的时间间隔为0.1s，根据逐差公式
可得，纸带中对应的加速度为
此值与重力加速度g相差过大，所以不能用来验证机械能守恒定律。
【分析】（1）①根据实验的原理和注意事项分析；②根据牛顿第二定律分析绳子的拉力近似等于重物的总重力的条件；（2）①根据实验原理和注意事项分析；②根据逐差公式求出纸带的加速度，与重力加速度进行比较，确定能否用来验证机械能守恒定律。
18．（2024高一下·浙江月考）如图所示，篮筐距水平地面的高度，某次远距离投篮练习中，竖直站立的运动员到篮筐中心的水平距离，篮球（视为质点）出手点距地面的高度，篮球投出后恰好“空心”入筐。已知篮球的运行轨迹为抛物线，最高点距地面的高度，重力加速度，不计空气阻力。求：
（1）篮球从出手到进筐所用的时间t；
（2）篮球出手时的速度大小v。
【答案】（1）解：设篮球上升过程所用的时间为，有
解得
设篮球下降过程所用的时间为，有
解得
又
解得
（2）解：篮球在水平方向上的速度大小
解得
篮球出手时在竖直方向上的速度大小
解得
又
解得
【知识点】斜抛运动
【解析】【分析】（1）根据斜抛规律，由其竖直方向上的分运动，分别求出篮球上升过程和下降过程的时间，得出篮球从出手到进筐所用的时间；（2）根据斜抛规律，分别求出篮球在水平方向和竖直方向上的初速度，再由平行四边形定则计算篮球出手时的速度大小。
19．（2024高一下·浙江月考）光滑绝缘水平面上有一水平向右的匀强电场，其场强大小分布如图（a）所示。两个质量均为m的带电小球A和B由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统，球A带电量为，球B带电量为。时刻，带电系统由如图（b）所示位置从静止开始运动。若视小球为质点，不计轻杆的质量，求：
图（a） 图（b）
（1）当球B刚进入电场时，带电系统速度的大小；
（2）从初始状态到球A刚离开电场过程中，带电系统电势能的改变量；
（3）球B从到的运动时间。
【答案】（1）解：对系统从开始到B刚进入电场用动能定理：
解得：
（2）解：从开始到B刚进入电场，系统电场力做的功：（2分）
所以电势能减少了，即
（3）解：带电系统开始运动时，由牛顿第二定律得：
解得加速度：
球B从静止到刚进入电场（从到）所需时间：
球B进入电场后，由牛顿第二定律得：
解得加速度：
从球B进入电场到球A离开电场（球B从到）所需时间：
球A离开电场后，带电系统做减速运动，设加速度为，由牛顿第二定律得：
解得：
设球B运动到电场边缘（）处，速度为，有：
设从球A离开电场到球B离开电场（球B从到）所需时间
球B离开电场后从到，以做匀速直线运动所需时间：
则总时间：
【知识点】动能定理的综合应用；电势能与电场力做功的关系；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）对系统从开始到B刚进入电场的过程，由动能定理列式求解；（2）先求出电场力做功，再由电场力做功与电势能变化的关系，求解带电系统电势能的改变量；（3）分析球B从x=0到x=5L的运动过程中两球的运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式求解。
20．（2024高一下·浙江月考）如图所示，AB为半径的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在着，方向竖直向上的匀强电场，有一质量，带电量的物体（可视为质点），从A点的正上方距离A点处由静止开始自由下落（不计空气阻力）经圆弧轨道AB和水平直线轨道BC从C点抛出，已知BC段是长、与物体间动摩擦因数为的粗糙绝缘水平面，CD段为倾角且离地面DE高的斜面。（取）
（1）求A、B两点的电势差；
（2）求物体从C处射出后，C点至落点的水平位移。（已知，，不考虑物体反弹以后的情况）
（3）若H可调，求H至少需要多大才能使滑块沿圆弧从A运动到B。
【答案】（1）解：根据匀强电场中场强与电势差之间关系可得：
代入数据可知：
（2）解：物块从开始运动到C点由动能定理可知：
解得：
设物体落在水平地面上，则根据平抛运动的规律可知
，
解得：，故物体落在斜面上。
则有：
从C点至落点的水平位移为：
解得：
（3）解：物块在B点恰不脱离圆弧轨道时，有：
解得
物块从开始运动到B点由动能定理可知：
解得
故H至少需要
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据匀强电场电势差与电场强度的公式U=Ed求解；（2）由动能定理求出物块到达C点的速度，再根据平抛规律，由运动学公式，计算C点至落点的水平位移；（3）由牛顿第二定律求出物块恰好在B点恰不脱离圆弧轨道时在B点的速度，再由动能定理计算H的最小值。
21．（2024高一下·浙江月考）如图所示是一弹射游戏装置，弹射轨道由水平轨道OA、半圆轨道AB和BC、水平轨道CD平滑连接而成，其中轨道AB的半径为r，圆心为，轨道BC的半径为2r，圆心为A，轨道CD离地高度为3r，长度为4r。一轻质弹簧套在轨道OA上，左端固定在O点，弹簧处于自然伸长状态时其右端恰好在A点，整个轨道固定在竖直平面内（固定装置未画出）。在水平地面上的E、F两点分别竖直固定两块相同的弹性挡板，两板平行正对、相距2r，左侧挡板的上端紧靠D点。现将一个质量为m的小球（可视为质点）穿在轨道上，开始时小球处于A点（与弹簧右端接触而不拴连），用力把小球从A点推到P点，然后由静止释放，小球沿轨道运动后最终从D点离开。已知弹簧始终在弹性限度内，小球与轨道CD间的动摩擦因数为0.9，其余轨道摩擦均忽略不计，不考虑空气阻力和小球落到地面时的反弹，重力加速度为g。
（1）当弹簧的弹性势能，小球刚到达C点时对轨道的压力；
（2）求小球从D点离开轨道时的最小速度；
（3）改变弹簧的压缩量且弹性势能最大值，请通过计算说明从D点抛出的小球能否与挡板无碰撞恰好落在F点？若能，请求出释放小球时的弹性势能大小；若不能，假设小球和挡板发生若干次碰撞后恰好落在F点，且小球与挡板碰撞时类似于光的反射，试推导出释放小球时弹簧具有的弹性势能与小球和挡板碰撞次数n之间的函数关系。
【答案】（1）解：小球从P点到C点机械能守恒：
解得
在C点，对小球用牛顿第二定律：
解得轨道对小球的支持力
根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为6mg，方向竖直向下
（2）解：因小球穿在轨道上，则当小球恰好通过B点（速度为零）时，从D点离开时的速度最小，
从B点到D点的过程中，根据动能定理有：
解得
（3）解：当小球从D点以最小速度做平抛运动时，根据平抛运动的规律有
解得
即小球不可能与挡板不碰撞直接落到F点。
根据碰撞前后运动的对称性，设小球从D点水平抛出时速度大小为v，与挡板发生n次碰撞（），
根据平抛运动的规律有：
解得：
从P点到D点的过程中，根据能量守恒有：
解得：
又，n只能取2或4。
所以：
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）根据机械能守恒定律求出小球到达C点时的速度，再由牛顿第二定律和第三定律计算小球刚到达C点时对轨道的压力；（2）当小球恰好通过B点（速度为零）时，从D点离开时的速度最小，对小球从B点到D点的过程，由动能定理求出小球从D点离开轨道时的最小速度；（3）先根据平抛规律，由运动学公式判断出小球不能直接落到F点。 根据碰撞前后小球运动的对称性，求出小球最后能恰好落在F点时小球在D点的速度，再由能量守恒定律推导释放小球时弹簧具有的弹性势能与小球和挡板碰撞次数n之间的函数关系。
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