浙江省宁波市奉化区2023-2024学年高一下学期期末考试物理试题
1．（2024高一下·奉化期末）下列单位中，属于国际单位制中基本单位的是（ ）
A．m/s B．N C．J D．kg
2．（2024高一下·奉化期末）下列物理量中，属于标量的是（ ）
A．向心加速度 B．功 C．线速度 D．电场强度
3．（2024高一下·奉化期末）如图所示，当风扇匀速转动时，到转轴距离相同的a、b两点（ ）
A．线速度相同 B．转动周期相同
C．角速度不相同 D．向心加速度大小不同
4．（2024高一下·奉化期末）2021年2月24日，“天问一号” 探测器进入火星停泊轨道，并于5月15日成功着陆于火星乌托邦平原。若火星半径为R，质量为M，引力常量为G，着陆前质量为m的“天问一号” 距火星表面高度h，则此时火星对“天问一号”的万有引力大小为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·奉化期末）如图所示，小明同学水平拉伸一个弹弓，放手后将弹珠射出，则橡皮筋的弹性势能（ ）
A．在释放过程中增加
B．在拉伸过程中减小
C．在释放过程中转化为弹珠动能
D．在拉伸过程中由弹珠动能转化得到
6．（2024高一下·奉化期末）A、B是一条电场线上的两个点，一带正电的微粒仅在电场力作用下静止开始从A点沿电场线运动到B点，其加速度变大且电场力做正功的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024高一下·奉化期末）下列说法正确的是（ ）
A．避雷针的原理是静电屏蔽
B．高压输电线上方两条导线是为了防止尖端放电
C．静电除尘装置中，尘埃被吸附在中间的负极上
D．煤矿里，工作人员要防止静电的产生和积累，因为静电火花会导致瓦斯爆炸
8．（2024高一下·奉化期末）2022年3月23日，航天员王亚平、叶光富在中国空间站太空舱开设“天宫课堂”，课堂中演示了“水油分离”实验。如图所示，瓶子中装有水和油，用细绳系住瓶口，叶光富手持细绳的另一端，使瓶子在与身体平行的平面内做圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．瓶子速度小于某一值就不能做完整圆周运动
B．瓶子的线速度一定，细绳越短，油和水越容易分离
C．一段时间后，密度小的油将聚集在靠近瓶子底部的位置
D．航天员在某时刻松开细绳，瓶子将继续做匀速圆周运动
9．（2024高一下·奉化期末）如图所示是航天员在水下进行模拟航天训练的一种方式。航天员穿水槽训练航天服浸没在水中，通过配重使其在水中受到的浮力和重力大小相等。假设其总质量为m，训练空间的重力加速度为g且不变，航天员在某次出舱作业时，匀速上升距离为h的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．航天员处于完全失重状态 B．航天员与训练服之间无作用力
C．合力不做功，机械能守恒 D．机械能增加了
10．（2024高一下·奉化期末）某个走时准确的时钟，分针与时针由转动轴到针尖的长度之比是。关于分针与时针的针尖的相关物理量说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2024高一下·奉化期末） 太阳系行星轨道（近圆轨道）的平均半径R和绕日公转周期T的现代测量值如表所示，下列说法正确的是（ ）
行星 轨道的平均半径R/ 绕日公转周期T/年
水星 58 0.2
金星 108 0.6
地球 150 1.0
火星 228 1.9
木星 778 11.9
土星 1430 29.5
天王星 2870 84.0
海王星 4500 165.0
A．周期T与半径R成正比
B．已知引力常量可估算太阳的质量
C．地球公转线速度小于火星公转线速度
D．所有行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等
12．（2024高一下·奉化期末）仰卧起坐是《国家学生体质健康标准》中规定的女生测试项目之一。若某女生一分钟内做了50个仰卧起坐，其质量为50kg，设上半身质量为总质量的0.6倍，仰卧起坐时下半身重心位置不变。则测试过程中该女生一分钟内克服重力做功的平均功率约为（ ）
A．20W B．90W C．200W D．400W
13．（2024高一下·奉化期末）如图所示，甲图是等量异种电荷的电场线，乙图是等量同种电荷的电场线。若有一电子可以获得某一初速度，仅受电场力作用。对于该电子在这两种电场中是否可以做匀速圆周运动的判断正确的是（ ）
A．甲乙都可以 B．甲可以，乙不可
C．甲不可以，乙可 D．甲乙都不可以
14．（2024高一下·奉化期末）如图甲所示，A、B两颗卫星在同一平面内围绕中心天体做匀速圆周运动，且绕行方向相同，图乙是两颗卫星之间的距离随时间t的变化图像，时刻A、B两颗卫星相距最近。已知卫星B的周期，则A、B两颗卫星运行轨道半径之比为（ ）
A．1∶7 B．1∶4 C． D．1∶2
15．（2024高一下·奉化期末）水平面上有一块半径为R均匀带正电的圆形薄平板，单位面积带电量为，以圆盘圆心为原点，以向上为正方向，垂直圆盘建立x轴，轴上任意一点P（坐标为x）的电场强度为：。现将一电量大小为q、质量为m的负点电荷在处静止释放。若，不计点电荷重力，则点电荷碰到圆盘前瞬间的速度大小最接近（ ）
A． B． C． D．
16．（2024高一下·奉化期末）如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做完整的圆周运动，管径略大于小球的直径，小球可以看成质点。管道半径为R，下列说法正确的是（ ）
A．小球通过最高点时的最小速度为0
B．小球通过最低点时的最小速度为
C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力
D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
17．（2024高一下·奉化期末）2023年5月30日16时29分，神舟十六号载人飞船入轨后，成功对接于空间站和核心舱径向端口，形成了三舱三船组合体，飞船发射后会在停泊轨道（I）上进行数据确认，后择机经转移轨道（Ⅱ）完成与中国空间站的交会对接，其变轨过程可简化为下图所示，已知停泊轨道半径近似为地球半径R，中国空间站轨道距地面的平均高度为h，飞船在停泊轨道上的周期为，则（ ）
A．飞船在转移轨道（Ⅱ）上各点的速度均小于7.9km/s
B．飞船在转移轨道（Ⅱ）上Q点的加速度等于空间站轨道（Ⅲ）上Q点的加速度
C．飞船在停泊轨道（I）与组合体在空间站轨道（Ⅲ）上的速率之比为
D．飞船在转移轨道（Ⅱ）上正常运行的周期为
18．（2024高一下·奉化期末）有一质量为m的小球，用细线挂在天花板上，线长为l，将其拉至水平位置由静止释放。忽略空气阻力，小球可看成质点，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．在小球摆动过程中重力总是做正功
B．重力功率最大值为
C．绳子拉力在整个摆动过程中一定会出现大于mg的时刻
D．在小球向下摆过程中，动能随时间的变化率先变大后变小
19．（2024高一下·奉化期末）某小组利用图甲的装置做验证机械能守恒定律实验：
（1）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是______（单选）；
A．220V交流电源 B．约8V交流电源 C．秒表
（2）在正确操作后打出多条点迹清晰的纸带中，应选取相邻点间距之差最接近 mm的纸带进行测量。
（3）某次实验中，让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带，如图乙所示。O、A、B、C、D、E和F为连续打下的点。从图中读出OD两点间的距离为 cm。
（4）已知电源频率为50Hz，则打D点时纸带运动的速度为 m/s。（结果保留2位有效数字）。
（5）比较发现的大小，出现这一结果的原因可能是______（单选）。
A．工作电压偏高
B．存在空气阻力和摩擦力
C．实际打点频率小于50Hz
20．（2024高一下·奉化期末）用如图实验装置探究向心力大小与质量、角速度、半径的关系。实验可供选择的小球大小相同，材质分别是胶木、铝和铁，三种材料的密度如表中所示。
材料 胶木 铝 铁
密度（） 1.3~1.4 2.7 7.9
（1）本实验所采用的实验探究方法是______（单选）；
A．类比法 B．等效替代法
C．控制变量法 D．实验与推理法
（2）皮带与不同半径的塔轮相连是主要为了使两小球的______不同（单选）；
A．转动半径r B．质量m C．角速度 D．线速度v
（3）某次实验时，先将左右两侧塔轮半径调至相等，左侧小球6置于长槽处，小球在长槽和短槽处运动时半径之比为2∶1。匀速转动时，若左边标尺露出约2格，右边标尺露出约3格，则左右两处小球所受向心力大小之比约为______（单选）。
A．2：3 B．3：2 C．4：9
（4）左侧小球材质应选择的是 （填“胶木”、“铝”或“铁”）。
21．（2024高一下·奉化期末）把质量为m=kg的带电的小球A用绝缘细绳悬起，若将带正电，电荷量为的带电球B靠近A，当两个带电小球在同一高度相距r=0.3m时，绳与竖直方向成α=60°角。重力加速度g取，静电力常量。试求：
（1）A球带正电还是负电；
（2）A球所受库仑力F大小；
（3）A球所带电荷量q大小；
（4）若撤走B的瞬间，空间加一水平方向的匀强电场，若该电场可以让细绳摆到竖直方向时小球速度为0，求该电场E大小和方向。
22．（2024高一下·奉化期末）如图所示，一台起重吊车将质量m=500kg的重物由静止开始以 a=0.2m/s2加速度竖直向上匀加速提升，t=10s末之后保持功率不变继续提升重物，直至重物匀速上升。取不计空气阻力，求：
（1）前10s起重吊车拉力F的大小；
（2）10s末起重机的瞬时功率P；
（3）重物上升的最大速度；
（4）重物开始运动后15s内起重机提升重物的平均功率。
23．（2024高一下·奉化期末）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ=37°的直轨道AB，半径R=1m的圆弧轨道BCD，长度L=1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为的圆弧管道，速度v0=1m/s、长度d=0.3m的逆时针旋转的水平皮带组成。各部分平滑连接。质量m=0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h处静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1=0.25，向下运动时动 摩擦因数μ2=0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a皮带上滑动时动摩擦因数恒为μ2（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）若h=0.8m，求小物块a
①第一次经过C点时速度vC大小；
②第一次到C点时受到的支持力F的大小；
③第一次在DE中向上运动时间和向下运动时间之比。
（2）若h=1.6m，小物块a滑过皮带的过程中产生的热量Q。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】在力学单位制中，力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，除了基本单位以外，题干中的N、J、m/s都是导出单位，不是基本单位。
故选D。
【分析】利用力学单位制可以判别对应的基本单位。
2．【答案】B
【知识点】矢量与标量
【解析】【解答】满足平行四边形定则的物理量是矢量，则向心加速度、线速度和电场强度都是矢量；功满足基本计算法则，只有大小无方向是标量。
故选B。
【分析】利用物理量的计算法则可以判别物理量属于标量或者矢量。
3．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】两点随风扇转动，相同时间内转过的角度相同则角速度、周期均相同，线速度是矢量，轨迹的切线方向不同则两点的运动方向不同，所以线速度不同。根据向心加速度的表达式
可知，向心加速度大小相同，方向不同。
故选B。
【分析】利用同轴转动可以判别角速度和周期相同；利用轨迹的切线方向可以判别线速度方向不同；利用指向圆心的方向可以判别加速度的方向不同。
4．【答案】A
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】火星对天问一号有引力的作用，根据万有引力公式可得火星对“天问一号”的万有引力大小为
故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】利用万有引力公式可以求出火星对天问一号的引力大小。
5．【答案】C
【知识点】弹性势能；功能关系
【解析】【解答】AC．弹珠在释放过程中由于弹力做正功导致弹性势能转化为弹珠的动能，则弹性势能减小，选项A错误，C正确；
BD．在拉伸过程中，人克服弹力做功，导致人的机械能转化为橡皮筋的弹性势能，所以弹性势能增加，选项BD错误；
故选C。
【分析】利用功能关系结合弹力做功的特点可以判别弹性势能的大小变化。
6．【答案】A
【知识点】电场线；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】带正电的微粒从A点沿电场线运动到B点，加速度变大且电场力做正功，由于加速度变大则电场力变大，则电场线变得密集，即点电场线较密，由于电场力做正功，所以电场力方向与速度方向相同，则则电场方向由。
故选A。
【分析】利用加速度变大可以判别电场线变得密集；利用电场力做功可以判别电场力方向进而判别电场的方向。
7．【答案】D
【知识点】静电的防止与利用；电场强度的叠加
【解析】【解答】A．当带电云层靠近建筑物时，由于静电感应避雷针上产生的感应电荷会通过针尖放电，逐渐中和云中的电荷，使建筑物免遭雷击，其原理为尖端放电，故A错误；
B．高压输电线上方有两根导线与大地相连构成了静电屏蔽，内部场强等于0能使得输电线免遭雷击，故B错误；
C．静电除尘装置先让尘埃带上负电，利用电荷间的相互作用将带负电的尘埃收集在两个带正电的极板A上，故C错误；
D．矿里，工作人员要防止静电的产生和积累，因为静电火花会导致瓦斯爆炸，故D正确。
故选D。
【分析】避雷针的原理是尖端放电；高压电线的原理是静电屏蔽；静电除尘器利用电荷间的相互作用将带负电的尘埃收集在两个带正电的极板A上；工作人员要防止静电的产生和积累，因为静电火花会导致瓦斯爆炸。
8．【答案】B
【知识点】离心运动和向心运动；卫星问题
【解析】【解答】A．绕地球匀速圆周运动的空间站中为完全失重状态，瓶子受细绳拉力做圆周运动，在竖直方向做圆周运动不会受到重力的影响，所以瓶子速度小于某一值仍能做完整圆周运动。故A错误；
BC．根据向心力的表达式
v一定，r越小，F越大，密度大的物质所需向心力越大，当合力不足以提供向心力时，越容易发生离心现象而沉积瓶子底部，密度大的水将聚集在靠近瓶子底部的位置。故B正确，C错误；
D．航天员在某时刻松开细绳，瓶子不受拉力由于惯性则在空间站中匀速直线运动，故D错误。
故选B。
【分析】根据瓶子只受到拉力的作用可以判别瓶子经过最高点速度的大小；利用向心力的大小结合质量可以判别离心运动的现象；利用瓶子惯性可以判别绳子断开时做匀速直线运动。
9．【答案】D
【知识点】超重与失重；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．航天员匀速上升，处于平衡状态，由于水槽训练服导致宇航员浮力的作用，所以航天员与训练服之间有作用力，故AB错误；
CD．匀速上升距离为h的过程中，根据速度不变则动能不变，根据重力势能的表达式可以得出重力势能增加，则机械能增加了，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】宇航员做匀速直线运动处于平衡状态；利用浮力和重力相等则宇航服与宇航员之间有力的作用；利用速度不变可以判别动能不变，利用重力势能及高度变化可以判别机械能增量的大小。
10．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A．根据周期的定义可以得出分针转一圈为，时针转1圈为，则有
故A错误；
B．由角速度和周期的关系式可得，分针与时针转动的角速度之比为
故B正确；
C．根据线速度和角速度的关系式可得，分针与时针转动的线速度之比为
故C错误；
D．根据向心加速度的表达式可得，分针与时针转动的向心加速度之比为
故D错误。
故选B。
【分析】利用周期的定义可以求出周期的比值；利用周期和角速度的关系可以求出角速度的比值；利用线速度和角速度的关系可以求出线速度的比值；利用向心加速度的定义是可以求出向心加速度的比值。
11．【答案】B
【知识点】向心力；开普勒定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．周期T的平方与半径R的立方成正比，故A错误；
B．根据
可知太阳质量
故B正确；
C．根据
可知
地球公转线速度大于火星公转线速度，故C错误；
D．同一行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，故D错误。
故选B。
【分析】 根据开普勒第三定律分析；根据公式 分析；根据 析；根据开普勒第二定律分析
12．【答案】B
【知识点】功率及其计算
【解析】【解答】设该同学身高1.6m，上半身高度约0.64m，每次上半身重心上升距离约为0.32m，根据重力做功的表达式可以得出每次克服重力做功为
根据功率的表达式则功率的大小为
该女生克服重力做功的平均功率约为80W，B与其最接近，故B符合题意。
故选B。
【分析】利用重力做功结合功率的表达式可以求出平均功率的大小。
13．【答案】A
【知识点】匀速圆周运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】电子要做匀速圆周运动，则电子受到的电场力需要时刻指向圆心，电子可以在甲图正电荷右侧以两场源电荷连线方向为轴做圆周运动，此时电场强度方向与电场线相切垂直与两电荷连线方向，电子可在乙图两电荷连线的中垂线平面做匀速圆周运动。
故选A。
【分析】利用电场线的分布可以判别电场力的方向，进而利用电场力的方向判别电子能否做匀速圆周运动。
14．【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】根据题意，由图乙可知，经过时间，A、B两颗卫星再次相距最近，由于相距最近时A运动的角度比B运动的角度多2，则有
解得A运动的周期为
已知AB运动的周期，结合开普勒第三定律有
故选B。
【分析】利用两个卫星距离最近的角度关系及角速度和周期的关系可以求出A运动的周期，结合开普勒第三定律可以求出半径的比值。
15．【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】 现将一电量大小为q、质量为m的负点电荷在处静止释放 ，由
可知，此时可认为是场强不变，则电场强度大小为
由于重力不计，电场力做功，则根据动能定理可以得出
得
故选B。
【分析】利用电荷电场强度的表达式可以求出电场强度的大小，结合电场力做功及动能定律可以求出点电荷速度的大小。
16．【答案】A,C
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．在最高点，当小球的速度等于零时，内壁对小球产生支持力与小球的重力平衡，故最小速度可以为0，故A正确；
B．当小球在最高点速度为零时，对应的最低点速度最小，设大小为，由于下滑过程中重力做功，根据动能定理得
解得小球在最低点的最小速度为
故B错误；
C．小球在水平线ab以下的管道中运动，因为沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，根据向心力的方向指向圆心，所以外侧管壁对小球一定有指向圆心的作用力，内侧管壁对小球一定无作用力，故C正确；
D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，因为沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，由于重力方向竖直向下，未知小球速度的大小，所以可能外侧管壁对小球有作用力，也可能内侧管壁对小球有作用力，故D错误。
故选AC。
【分析】利用小球在最高点的受力情况可以判别小球经过最高点的最小速度，利用动能定理可以求出经过最低点的最小速度；利用向心力的方向可以判别管道对小球的作用力方向。
17．【答案】B,D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．停泊轨道（I）半径近似为地球半径R，根据近地卫星的线速度可以得出飞船在停泊轨道（I）运行的速度等于第一宇宙速度，即7.9km/s，飞船在停泊轨道（I）P点加速，做离心运动进入转移轨道（Ⅱ），根据离心运动的条件可以得出飞船在转移轨道（Ⅱ）上P点的速度大于在停泊轨道（I）上P点的速度，即大于7.9km/s，故A错误；
B．地球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得卫星的加速度为
可知，飞船在转移轨道（Ⅱ）上Q点的加速度等于空间站轨道（Ⅲ）上Q点的加速度，故B正确；
C．地球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
则飞船在停泊轨道（I）与组合体在空间站轨道（Ⅲ）上的速率之比为，故C错误；
D．由开普勒第三定律有
解得
故D正确。
故选BD。
【分析】利用飞船做离心运动的条件可以判别飞船在转移轨道上线速度的大小；利用引力提供向心力可以比较加速度的大小；利用引力提供向心力可以求出线速度大小比值；利用开普勒第三定律可以求出飞船在转移轨道上运动的周期大小。
18．【答案】C,D
【知识点】超重与失重；功的计算；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．从释放位置到最低点的过程中，重力做正功，从最低点向上运动的过程中，由于重力方向和位移方向相反所以重力做负功，故A错误；
B．小球下摆过程中，设细绳与竖直方向的夹角为，重力做功导致小球动能的增大，根据动能定理
根据功率的表达式可以得出：重力对小球做功的瞬时功率
整理得功率的大小为
细绳与竖直方向的夹角逐渐减小，由数学知识可知，重力对小球做功的瞬时功率先增大后减小，且当
时，重力的瞬时功率有最大值
故B错误；
C．小球受重力和拉力做摆动，当小球向上摆动是，加速度向上时处于超重状态，则绳的拉力会大于重力故C正确；
D．在小球下摆过程中由于只有重力做功所以机械能守恒，动能变化量的绝对值大小等于重力势能变化量的绝对值大小，故动能随时间的变化率为
故动能随时间的变化率等于重力的瞬时功率，根据重力和速度的夹角可以得出重力的瞬时功率先增大后减小，故动能随时间的变化率先变大后变小，故D正确。
故选CD。
【分析】利用重力方向和位移方向可以判别重力做功情况；利用动能定律结合功率的表达式可以求出功率的最大值；利用加速度的方向可以判别小球会出现超重的时刻；利用机械能守恒定律结合动能与重力势能变化量相等，进而可以得出动能随时间的变化率等于重力的瞬时功率。
19．【答案】（1）B
（2）4
（3）7.80
（4）1.4
（5）C
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据打点计时器的工作原理可以得出电磁打点计时器的工作电源为约8V交流电源，由于打点计时器有计时功能，不需要秒表。故选B。
（2）根据打点周期为0.02s，根据匀变速直线运动的逐差法有
即应选取相邻点间距之差最接近的纸带进行测量。
（3）已知刻度尺的最小刻度为，根据图示可以得出OD两点间的距离为。
（4）根据平均速度公式可以得出：打D点时纸带运动的速度为
（5）A.工作电压偏高会导致打出的点为短线，若会导致阻力偏大，则会出现重力势能的减少量大于动能的增量，故A不符合题意；
B．空气阻力和摩擦力会导致重物的机械能减小，则会出现重力势能减小量大于动能增加量，故B不符合题意；
C．若打点频率小于50Hz，说明每两个点之间的时间间隔大于0.02s，但计算时所用的时间仍然是0.02s，根据速度公式会导致速度的测量值偏大，出现动能增加量大于重力势能减小量的情况，故C符合题意。
故选C。
【分析】（1）电磁打点计时器的工作电源为约8V交流电源，由于打点计时器有计时功能，不需要秒表；
（2）利用邻差公式可以求出相邻点之间的间距之差；
（3）利用刻度尺的分度值可以得出对应的读数；
（4）利用平均速度公式可以求出纸带上D点速度的大小；
（5）当打点频率偏小，会导致计算时所用时间偏小则会导致动能的增量大于重力势能的减少量。
（1）电磁打点计时器的工作电源为约8V交流电源，打点计时器可以计时，不需要秒表。
故选B。
（2）由逐差法有
即应选取相邻点间距之差最接近的纸带进行测量。
（3）由图乙可知，刻度尺的最小刻度为，读数时要估读到最小刻度下一位，则OD两点间的距离为。
（4）打D点时纸带运动的速度为
（5）A.工作电压偏高会导致打出的点为短线，不会导致动能增加量大于重力势能减小量，故A不符合题意；
B．空气阻力和摩擦力会导致重力势能减小量大于动能增加量，故B不符合题意；
C．若打点频率小于50Hz，说明每两个点之间的时间间隔大于0.02s，但计算时所用的时间仍然是0.02s，会导致速度的测量值偏大，出现动能增加量大于重力势能减小量的情况，故C符合题意。
故选C。
20．【答案】（1）C
（2）C
（3）A
（4）铝
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）探究向心力大小与多个因素有关，为了明显向心力大小的影响因素则需要采用，故采用了控制变量法，故选C；
（2）皮带连接塔轮，由于相同时间经过的弧线长度相同则线速度大小相等，根据线速度和角速度的关系式可知，不同半径对应不同的角速度，故选C；
（3）标尺露出的格数反映向心力的大小，因左右的格数之比为2：3，根据标尺的格数可以得出左右两处小球所受向心力大小之比约为2：3，故选A；
（4）两侧塔轮半径调至相等，由于线速度相等则左右两侧的角速度相等，半径之比为2∶1，而向心力之比为2：3，根据向心力的表达式可知，两侧的小球质量之比为1：3，根据质量的比值能够满足要求的只能是铝球和铁球，即左侧小球为铝球，右侧小球为铁球。
【分析】（1）为了探究向心力的大小影响因素需要使用控制变量法；
（2）两个皮轮通过皮带连接则线速度相等，利用线速度和角速度的关系可以得出半径不同角速度不同；
（3）利用标尺的格数可以得出向心力的大小比值；
（4）利用塔轮半径相等可以得出角速度相等，结合向心力和半径的大小可以求出质量的比值，进而判别小球的材质。
（1）向心力和三个因素有关，所以需要控制其中两个恒定，改变第三个量，从而来研究向心力和它们的关系，故采用了控制变量法，故选C；
（2）皮带连接塔轮，则线速度大小相等，由可知，不同半径对应不同的角速度，故选C；
（3）标尺露出的格数反映向心力的大小，因左右的格数之比为2：3，则左右两处小球所受向心力大小之比约为2：3，故选A；
（4）两侧塔轮半径调至相等，则左右两侧的角速度相等，半径之比为2∶1，而向心力之比为2：3，由可知，两侧的小球质量之比为1：3，则能够满足要求的只能是铝球和铁球，即左侧小球为铝球，右侧小球为铁球。
21．【答案】解：（1）根据题意知A球与B球之间存在引力，已知B球带正电，则A球带负电；
（2）对A球受力分析知，受到拉力、重力和库仑力，由几何关系有
解得A球所受库仑力F大小为
（3）根据库仑定律
解得
（4）已知A球带负电，当电场方向水平向右，A球受到的电场力水平向左，电场力对A球做负功，可以让细绳摆到竖直方向时小球速度为0；设绳长为l，由动能定理得
解得
【知识点】库仑定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）两个小球相互吸引，由于小球B带正电，则小球A带负电；
（2）小球A处于静止，利用平衡方程可以求出A球受到的库仑力的大小；
（3）已知小球受到的库仑力大小，根据库仑定律可以得出小球带电荷量的大小；
（4）小球在摆动过程中，利用动能定理可以求出电场强度的大小。
22．【答案】解：（1）由牛顿第二定律有
解得
（2）起重机做匀加速直线运动，有
解得
（3）达到最大速度时，加速度为零，有
解得
（4）匀加速直线运动阶段牵引力做功为
10s~15s牵引力的功为
平均功率为
【知识点】功率及其计算；机车启动
【解析】【分析】（1）重物做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出拉力的大小；
（2）重物做匀加速直线运动，利用速度公式可以求出速度的大小，结合拉力的大小可以求出瞬时功率的大小；
（3）重物达到最大速度时由于拉力等于重力，根据功率的表达式可以求出最大速度的大小；
（4）重物先做匀加速直线运动后做在额定功率下运动，利用牵引力做功及匀加速直线运动的位移公式可以求出匀加速过程牵引力做功的大小；利用功率的表达式可以求出额定功率下做功的大小，结合时间可以求出整个过程平均功率的大小。
23．【答案】解：（1）①根据题意，过程，由动能定理
解得第一次经过C点时速度vC大小为
②第一次到C点时，由牛顿第二定律有
解得
③第一次在DE中向上运动，由牛顿第二定律有
解得
向下运动过程，由牛顿第二定律有
解得
由运动公式
而
联立解得
（2）若h=1.6m，由动能定理
由运动公式有
而
小物块a滑过皮带的过程中产生的热量Q为
解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）物块从A到C的过程中，利用动能定律可以求出经过C点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出在C点受到的支持力的大小；在DE上升的过程中，利用牛顿第二定律可以求出向上运动和向下运动的加速度大小，结合位移公式可以求出运动的时间；
（2）已知物块下落的高度，结合动能定律及摩擦力做功可以求出物块a滑过皮带时产生的热量。
1 / 1浙江省宁波市奉化区2023-2024学年高一下学期期末考试物理试题
1．（2024高一下·奉化期末）下列单位中，属于国际单位制中基本单位的是（ ）
A．m/s B．N C．J D．kg
【答案】D
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】在力学单位制中，力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，除了基本单位以外，题干中的N、J、m/s都是导出单位，不是基本单位。
故选D。
【分析】利用力学单位制可以判别对应的基本单位。
2．（2024高一下·奉化期末）下列物理量中，属于标量的是（ ）
A．向心加速度 B．功 C．线速度 D．电场强度
【答案】B
【知识点】矢量与标量
【解析】【解答】满足平行四边形定则的物理量是矢量，则向心加速度、线速度和电场强度都是矢量；功满足基本计算法则，只有大小无方向是标量。
故选B。
【分析】利用物理量的计算法则可以判别物理量属于标量或者矢量。
3．（2024高一下·奉化期末）如图所示，当风扇匀速转动时，到转轴距离相同的a、b两点（ ）
A．线速度相同 B．转动周期相同
C．角速度不相同 D．向心加速度大小不同
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】两点随风扇转动，相同时间内转过的角度相同则角速度、周期均相同，线速度是矢量，轨迹的切线方向不同则两点的运动方向不同，所以线速度不同。根据向心加速度的表达式
可知，向心加速度大小相同，方向不同。
故选B。
【分析】利用同轴转动可以判别角速度和周期相同；利用轨迹的切线方向可以判别线速度方向不同；利用指向圆心的方向可以判别加速度的方向不同。
4．（2024高一下·奉化期末）2021年2月24日，“天问一号” 探测器进入火星停泊轨道，并于5月15日成功着陆于火星乌托邦平原。若火星半径为R，质量为M，引力常量为G，着陆前质量为m的“天问一号” 距火星表面高度h，则此时火星对“天问一号”的万有引力大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】火星对天问一号有引力的作用，根据万有引力公式可得火星对“天问一号”的万有引力大小为
故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】利用万有引力公式可以求出火星对天问一号的引力大小。
5．（2024高一下·奉化期末）如图所示，小明同学水平拉伸一个弹弓，放手后将弹珠射出，则橡皮筋的弹性势能（ ）
A．在释放过程中增加
B．在拉伸过程中减小
C．在释放过程中转化为弹珠动能
D．在拉伸过程中由弹珠动能转化得到
【答案】C
【知识点】弹性势能；功能关系
【解析】【解答】AC．弹珠在释放过程中由于弹力做正功导致弹性势能转化为弹珠的动能，则弹性势能减小，选项A错误，C正确；
BD．在拉伸过程中，人克服弹力做功，导致人的机械能转化为橡皮筋的弹性势能，所以弹性势能增加，选项BD错误；
故选C。
【分析】利用功能关系结合弹力做功的特点可以判别弹性势能的大小变化。
6．（2024高一下·奉化期末）A、B是一条电场线上的两个点，一带正电的微粒仅在电场力作用下静止开始从A点沿电场线运动到B点，其加速度变大且电场力做正功的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】电场线；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】带正电的微粒从A点沿电场线运动到B点，加速度变大且电场力做正功，由于加速度变大则电场力变大，则电场线变得密集，即点电场线较密，由于电场力做正功，所以电场力方向与速度方向相同，则则电场方向由。
故选A。
【分析】利用加速度变大可以判别电场线变得密集；利用电场力做功可以判别电场力方向进而判别电场的方向。
7．（2024高一下·奉化期末）下列说法正确的是（ ）
A．避雷针的原理是静电屏蔽
B．高压输电线上方两条导线是为了防止尖端放电
C．静电除尘装置中，尘埃被吸附在中间的负极上
D．煤矿里，工作人员要防止静电的产生和积累，因为静电火花会导致瓦斯爆炸
【答案】D
【知识点】静电的防止与利用；电场强度的叠加
【解析】【解答】A．当带电云层靠近建筑物时，由于静电感应避雷针上产生的感应电荷会通过针尖放电，逐渐中和云中的电荷，使建筑物免遭雷击，其原理为尖端放电，故A错误；
B．高压输电线上方有两根导线与大地相连构成了静电屏蔽，内部场强等于0能使得输电线免遭雷击，故B错误；
C．静电除尘装置先让尘埃带上负电，利用电荷间的相互作用将带负电的尘埃收集在两个带正电的极板A上，故C错误；
D．矿里，工作人员要防止静电的产生和积累，因为静电火花会导致瓦斯爆炸，故D正确。
故选D。
【分析】避雷针的原理是尖端放电；高压电线的原理是静电屏蔽；静电除尘器利用电荷间的相互作用将带负电的尘埃收集在两个带正电的极板A上；工作人员要防止静电的产生和积累，因为静电火花会导致瓦斯爆炸。
8．（2024高一下·奉化期末）2022年3月23日，航天员王亚平、叶光富在中国空间站太空舱开设“天宫课堂”，课堂中演示了“水油分离”实验。如图所示，瓶子中装有水和油，用细绳系住瓶口，叶光富手持细绳的另一端，使瓶子在与身体平行的平面内做圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．瓶子速度小于某一值就不能做完整圆周运动
B．瓶子的线速度一定，细绳越短，油和水越容易分离
C．一段时间后，密度小的油将聚集在靠近瓶子底部的位置
D．航天员在某时刻松开细绳，瓶子将继续做匀速圆周运动
【答案】B
【知识点】离心运动和向心运动；卫星问题
【解析】【解答】A．绕地球匀速圆周运动的空间站中为完全失重状态，瓶子受细绳拉力做圆周运动，在竖直方向做圆周运动不会受到重力的影响，所以瓶子速度小于某一值仍能做完整圆周运动。故A错误；
BC．根据向心力的表达式
v一定，r越小，F越大，密度大的物质所需向心力越大，当合力不足以提供向心力时，越容易发生离心现象而沉积瓶子底部，密度大的水将聚集在靠近瓶子底部的位置。故B正确，C错误；
D．航天员在某时刻松开细绳，瓶子不受拉力由于惯性则在空间站中匀速直线运动，故D错误。
故选B。
【分析】根据瓶子只受到拉力的作用可以判别瓶子经过最高点速度的大小；利用向心力的大小结合质量可以判别离心运动的现象；利用瓶子惯性可以判别绳子断开时做匀速直线运动。
9．（2024高一下·奉化期末）如图所示是航天员在水下进行模拟航天训练的一种方式。航天员穿水槽训练航天服浸没在水中，通过配重使其在水中受到的浮力和重力大小相等。假设其总质量为m，训练空间的重力加速度为g且不变，航天员在某次出舱作业时，匀速上升距离为h的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．航天员处于完全失重状态 B．航天员与训练服之间无作用力
C．合力不做功，机械能守恒 D．机械能增加了
【答案】D
【知识点】超重与失重；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．航天员匀速上升，处于平衡状态，由于水槽训练服导致宇航员浮力的作用，所以航天员与训练服之间有作用力，故AB错误；
CD．匀速上升距离为h的过程中，根据速度不变则动能不变，根据重力势能的表达式可以得出重力势能增加，则机械能增加了，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】宇航员做匀速直线运动处于平衡状态；利用浮力和重力相等则宇航服与宇航员之间有力的作用；利用速度不变可以判别动能不变，利用重力势能及高度变化可以判别机械能增量的大小。
10．（2024高一下·奉化期末）某个走时准确的时钟，分针与时针由转动轴到针尖的长度之比是。关于分针与时针的针尖的相关物理量说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A．根据周期的定义可以得出分针转一圈为，时针转1圈为，则有
故A错误；
B．由角速度和周期的关系式可得，分针与时针转动的角速度之比为
故B正确；
C．根据线速度和角速度的关系式可得，分针与时针转动的线速度之比为
故C错误；
D．根据向心加速度的表达式可得，分针与时针转动的向心加速度之比为
故D错误。
故选B。
【分析】利用周期的定义可以求出周期的比值；利用周期和角速度的关系可以求出角速度的比值；利用线速度和角速度的关系可以求出线速度的比值；利用向心加速度的定义是可以求出向心加速度的比值。
11．（2024高一下·奉化期末） 太阳系行星轨道（近圆轨道）的平均半径R和绕日公转周期T的现代测量值如表所示，下列说法正确的是（ ）
行星 轨道的平均半径R/ 绕日公转周期T/年
水星 58 0.2
金星 108 0.6
地球 150 1.0
火星 228 1.9
木星 778 11.9
土星 1430 29.5
天王星 2870 84.0
海王星 4500 165.0
A．周期T与半径R成正比
B．已知引力常量可估算太阳的质量
C．地球公转线速度小于火星公转线速度
D．所有行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等
【答案】B
【知识点】向心力；开普勒定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．周期T的平方与半径R的立方成正比，故A错误；
B．根据
可知太阳质量
故B正确；
C．根据
可知
地球公转线速度大于火星公转线速度，故C错误；
D．同一行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，故D错误。
故选B。
【分析】 根据开普勒第三定律分析；根据公式 分析；根据 析；根据开普勒第二定律分析
12．（2024高一下·奉化期末）仰卧起坐是《国家学生体质健康标准》中规定的女生测试项目之一。若某女生一分钟内做了50个仰卧起坐，其质量为50kg，设上半身质量为总质量的0.6倍，仰卧起坐时下半身重心位置不变。则测试过程中该女生一分钟内克服重力做功的平均功率约为（ ）
A．20W B．90W C．200W D．400W
【答案】B
【知识点】功率及其计算
【解析】【解答】设该同学身高1.6m，上半身高度约0.64m，每次上半身重心上升距离约为0.32m，根据重力做功的表达式可以得出每次克服重力做功为
根据功率的表达式则功率的大小为
该女生克服重力做功的平均功率约为80W，B与其最接近，故B符合题意。
故选B。
【分析】利用重力做功结合功率的表达式可以求出平均功率的大小。
13．（2024高一下·奉化期末）如图所示，甲图是等量异种电荷的电场线，乙图是等量同种电荷的电场线。若有一电子可以获得某一初速度，仅受电场力作用。对于该电子在这两种电场中是否可以做匀速圆周运动的判断正确的是（ ）
A．甲乙都可以 B．甲可以，乙不可
C．甲不可以，乙可 D．甲乙都不可以
【答案】A
【知识点】匀速圆周运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】电子要做匀速圆周运动，则电子受到的电场力需要时刻指向圆心，电子可以在甲图正电荷右侧以两场源电荷连线方向为轴做圆周运动，此时电场强度方向与电场线相切垂直与两电荷连线方向，电子可在乙图两电荷连线的中垂线平面做匀速圆周运动。
故选A。
【分析】利用电场线的分布可以判别电场力的方向，进而利用电场力的方向判别电子能否做匀速圆周运动。
14．（2024高一下·奉化期末）如图甲所示，A、B两颗卫星在同一平面内围绕中心天体做匀速圆周运动，且绕行方向相同，图乙是两颗卫星之间的距离随时间t的变化图像，时刻A、B两颗卫星相距最近。已知卫星B的周期，则A、B两颗卫星运行轨道半径之比为（ ）
A．1∶7 B．1∶4 C． D．1∶2
【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】根据题意，由图乙可知，经过时间，A、B两颗卫星再次相距最近，由于相距最近时A运动的角度比B运动的角度多2，则有
解得A运动的周期为
已知AB运动的周期，结合开普勒第三定律有
故选B。
【分析】利用两个卫星距离最近的角度关系及角速度和周期的关系可以求出A运动的周期，结合开普勒第三定律可以求出半径的比值。
15．（2024高一下·奉化期末）水平面上有一块半径为R均匀带正电的圆形薄平板，单位面积带电量为，以圆盘圆心为原点，以向上为正方向，垂直圆盘建立x轴，轴上任意一点P（坐标为x）的电场强度为：。现将一电量大小为q、质量为m的负点电荷在处静止释放。若，不计点电荷重力，则点电荷碰到圆盘前瞬间的速度大小最接近（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】 现将一电量大小为q、质量为m的负点电荷在处静止释放 ，由
可知，此时可认为是场强不变，则电场强度大小为
由于重力不计，电场力做功，则根据动能定理可以得出
得
故选B。
【分析】利用电荷电场强度的表达式可以求出电场强度的大小，结合电场力做功及动能定律可以求出点电荷速度的大小。
16．（2024高一下·奉化期末）如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做完整的圆周运动，管径略大于小球的直径，小球可以看成质点。管道半径为R，下列说法正确的是（ ）
A．小球通过最高点时的最小速度为0
B．小球通过最低点时的最小速度为
C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力
D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
【答案】A,C
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．在最高点，当小球的速度等于零时，内壁对小球产生支持力与小球的重力平衡，故最小速度可以为0，故A正确；
B．当小球在最高点速度为零时，对应的最低点速度最小，设大小为，由于下滑过程中重力做功，根据动能定理得
解得小球在最低点的最小速度为
故B错误；
C．小球在水平线ab以下的管道中运动，因为沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，根据向心力的方向指向圆心，所以外侧管壁对小球一定有指向圆心的作用力，内侧管壁对小球一定无作用力，故C正确；
D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，因为沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，由于重力方向竖直向下，未知小球速度的大小，所以可能外侧管壁对小球有作用力，也可能内侧管壁对小球有作用力，故D错误。
故选AC。
【分析】利用小球在最高点的受力情况可以判别小球经过最高点的最小速度，利用动能定理可以求出经过最低点的最小速度；利用向心力的方向可以判别管道对小球的作用力方向。
17．（2024高一下·奉化期末）2023年5月30日16时29分，神舟十六号载人飞船入轨后，成功对接于空间站和核心舱径向端口，形成了三舱三船组合体，飞船发射后会在停泊轨道（I）上进行数据确认，后择机经转移轨道（Ⅱ）完成与中国空间站的交会对接，其变轨过程可简化为下图所示，已知停泊轨道半径近似为地球半径R，中国空间站轨道距地面的平均高度为h，飞船在停泊轨道上的周期为，则（ ）
A．飞船在转移轨道（Ⅱ）上各点的速度均小于7.9km/s
B．飞船在转移轨道（Ⅱ）上Q点的加速度等于空间站轨道（Ⅲ）上Q点的加速度
C．飞船在停泊轨道（I）与组合体在空间站轨道（Ⅲ）上的速率之比为
D．飞船在转移轨道（Ⅱ）上正常运行的周期为
【答案】B,D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．停泊轨道（I）半径近似为地球半径R，根据近地卫星的线速度可以得出飞船在停泊轨道（I）运行的速度等于第一宇宙速度，即7.9km/s，飞船在停泊轨道（I）P点加速，做离心运动进入转移轨道（Ⅱ），根据离心运动的条件可以得出飞船在转移轨道（Ⅱ）上P点的速度大于在停泊轨道（I）上P点的速度，即大于7.9km/s，故A错误；
B．地球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得卫星的加速度为
可知，飞船在转移轨道（Ⅱ）上Q点的加速度等于空间站轨道（Ⅲ）上Q点的加速度，故B正确；
C．地球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
则飞船在停泊轨道（I）与组合体在空间站轨道（Ⅲ）上的速率之比为，故C错误；
D．由开普勒第三定律有
解得
故D正确。
故选BD。
【分析】利用飞船做离心运动的条件可以判别飞船在转移轨道上线速度的大小；利用引力提供向心力可以比较加速度的大小；利用引力提供向心力可以求出线速度大小比值；利用开普勒第三定律可以求出飞船在转移轨道上运动的周期大小。
18．（2024高一下·奉化期末）有一质量为m的小球，用细线挂在天花板上，线长为l，将其拉至水平位置由静止释放。忽略空气阻力，小球可看成质点，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．在小球摆动过程中重力总是做正功
B．重力功率最大值为
C．绳子拉力在整个摆动过程中一定会出现大于mg的时刻
D．在小球向下摆过程中，动能随时间的变化率先变大后变小
【答案】C,D
【知识点】超重与失重；功的计算；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．从释放位置到最低点的过程中，重力做正功，从最低点向上运动的过程中，由于重力方向和位移方向相反所以重力做负功，故A错误；
B．小球下摆过程中，设细绳与竖直方向的夹角为，重力做功导致小球动能的增大，根据动能定理
根据功率的表达式可以得出：重力对小球做功的瞬时功率
整理得功率的大小为
细绳与竖直方向的夹角逐渐减小，由数学知识可知，重力对小球做功的瞬时功率先增大后减小，且当
时，重力的瞬时功率有最大值
故B错误；
C．小球受重力和拉力做摆动，当小球向上摆动是，加速度向上时处于超重状态，则绳的拉力会大于重力故C正确；
D．在小球下摆过程中由于只有重力做功所以机械能守恒，动能变化量的绝对值大小等于重力势能变化量的绝对值大小，故动能随时间的变化率为
故动能随时间的变化率等于重力的瞬时功率，根据重力和速度的夹角可以得出重力的瞬时功率先增大后减小，故动能随时间的变化率先变大后变小，故D正确。
故选CD。
【分析】利用重力方向和位移方向可以判别重力做功情况；利用动能定律结合功率的表达式可以求出功率的最大值；利用加速度的方向可以判别小球会出现超重的时刻；利用机械能守恒定律结合动能与重力势能变化量相等，进而可以得出动能随时间的变化率等于重力的瞬时功率。
19．（2024高一下·奉化期末）某小组利用图甲的装置做验证机械能守恒定律实验：
（1）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是______（单选）；
A．220V交流电源 B．约8V交流电源 C．秒表
（2）在正确操作后打出多条点迹清晰的纸带中，应选取相邻点间距之差最接近 mm的纸带进行测量。
（3）某次实验中，让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带，如图乙所示。O、A、B、C、D、E和F为连续打下的点。从图中读出OD两点间的距离为 cm。
（4）已知电源频率为50Hz，则打D点时纸带运动的速度为 m/s。（结果保留2位有效数字）。
（5）比较发现的大小，出现这一结果的原因可能是______（单选）。
A．工作电压偏高
B．存在空气阻力和摩擦力
C．实际打点频率小于50Hz
【答案】（1）B
（2）4
（3）7.80
（4）1.4
（5）C
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据打点计时器的工作原理可以得出电磁打点计时器的工作电源为约8V交流电源，由于打点计时器有计时功能，不需要秒表。故选B。
（2）根据打点周期为0.02s，根据匀变速直线运动的逐差法有
即应选取相邻点间距之差最接近的纸带进行测量。
（3）已知刻度尺的最小刻度为，根据图示可以得出OD两点间的距离为。
（4）根据平均速度公式可以得出：打D点时纸带运动的速度为
（5）A.工作电压偏高会导致打出的点为短线，若会导致阻力偏大，则会出现重力势能的减少量大于动能的增量，故A不符合题意；
B．空气阻力和摩擦力会导致重物的机械能减小，则会出现重力势能减小量大于动能增加量，故B不符合题意；
C．若打点频率小于50Hz，说明每两个点之间的时间间隔大于0.02s，但计算时所用的时间仍然是0.02s，根据速度公式会导致速度的测量值偏大，出现动能增加量大于重力势能减小量的情况，故C符合题意。
故选C。
【分析】（1）电磁打点计时器的工作电源为约8V交流电源，由于打点计时器有计时功能，不需要秒表；
（2）利用邻差公式可以求出相邻点之间的间距之差；
（3）利用刻度尺的分度值可以得出对应的读数；
（4）利用平均速度公式可以求出纸带上D点速度的大小；
（5）当打点频率偏小，会导致计算时所用时间偏小则会导致动能的增量大于重力势能的减少量。
（1）电磁打点计时器的工作电源为约8V交流电源，打点计时器可以计时，不需要秒表。
故选B。
（2）由逐差法有
即应选取相邻点间距之差最接近的纸带进行测量。
（3）由图乙可知，刻度尺的最小刻度为，读数时要估读到最小刻度下一位，则OD两点间的距离为。
（4）打D点时纸带运动的速度为
（5）A.工作电压偏高会导致打出的点为短线，不会导致动能增加量大于重力势能减小量，故A不符合题意；
B．空气阻力和摩擦力会导致重力势能减小量大于动能增加量，故B不符合题意；
C．若打点频率小于50Hz，说明每两个点之间的时间间隔大于0.02s，但计算时所用的时间仍然是0.02s，会导致速度的测量值偏大，出现动能增加量大于重力势能减小量的情况，故C符合题意。
故选C。
20．（2024高一下·奉化期末）用如图实验装置探究向心力大小与质量、角速度、半径的关系。实验可供选择的小球大小相同，材质分别是胶木、铝和铁，三种材料的密度如表中所示。
材料 胶木 铝 铁
密度（） 1.3~1.4 2.7 7.9
（1）本实验所采用的实验探究方法是______（单选）；
A．类比法 B．等效替代法
C．控制变量法 D．实验与推理法
（2）皮带与不同半径的塔轮相连是主要为了使两小球的______不同（单选）；
A．转动半径r B．质量m C．角速度 D．线速度v
（3）某次实验时，先将左右两侧塔轮半径调至相等，左侧小球6置于长槽处，小球在长槽和短槽处运动时半径之比为2∶1。匀速转动时，若左边标尺露出约2格，右边标尺露出约3格，则左右两处小球所受向心力大小之比约为______（单选）。
A．2：3 B．3：2 C．4：9
（4）左侧小球材质应选择的是 （填“胶木”、“铝”或“铁”）。
【答案】（1）C
（2）C
（3）A
（4）铝
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）探究向心力大小与多个因素有关，为了明显向心力大小的影响因素则需要采用，故采用了控制变量法，故选C；
（2）皮带连接塔轮，由于相同时间经过的弧线长度相同则线速度大小相等，根据线速度和角速度的关系式可知，不同半径对应不同的角速度，故选C；
（3）标尺露出的格数反映向心力的大小，因左右的格数之比为2：3，根据标尺的格数可以得出左右两处小球所受向心力大小之比约为2：3，故选A；
（4）两侧塔轮半径调至相等，由于线速度相等则左右两侧的角速度相等，半径之比为2∶1，而向心力之比为2：3，根据向心力的表达式可知，两侧的小球质量之比为1：3，根据质量的比值能够满足要求的只能是铝球和铁球，即左侧小球为铝球，右侧小球为铁球。
【分析】（1）为了探究向心力的大小影响因素需要使用控制变量法；
（2）两个皮轮通过皮带连接则线速度相等，利用线速度和角速度的关系可以得出半径不同角速度不同；
（3）利用标尺的格数可以得出向心力的大小比值；
（4）利用塔轮半径相等可以得出角速度相等，结合向心力和半径的大小可以求出质量的比值，进而判别小球的材质。
（1）向心力和三个因素有关，所以需要控制其中两个恒定，改变第三个量，从而来研究向心力和它们的关系，故采用了控制变量法，故选C；
（2）皮带连接塔轮，则线速度大小相等，由可知，不同半径对应不同的角速度，故选C；
（3）标尺露出的格数反映向心力的大小，因左右的格数之比为2：3，则左右两处小球所受向心力大小之比约为2：3，故选A；
（4）两侧塔轮半径调至相等，则左右两侧的角速度相等，半径之比为2∶1，而向心力之比为2：3，由可知，两侧的小球质量之比为1：3，则能够满足要求的只能是铝球和铁球，即左侧小球为铝球，右侧小球为铁球。
21．（2024高一下·奉化期末）把质量为m=kg的带电的小球A用绝缘细绳悬起，若将带正电，电荷量为的带电球B靠近A，当两个带电小球在同一高度相距r=0.3m时，绳与竖直方向成α=60°角。重力加速度g取，静电力常量。试求：
（1）A球带正电还是负电；
（2）A球所受库仑力F大小；
（3）A球所带电荷量q大小；
（4）若撤走B的瞬间，空间加一水平方向的匀强电场，若该电场可以让细绳摆到竖直方向时小球速度为0，求该电场E大小和方向。
【答案】解：（1）根据题意知A球与B球之间存在引力，已知B球带正电，则A球带负电；
（2）对A球受力分析知，受到拉力、重力和库仑力，由几何关系有
解得A球所受库仑力F大小为
（3）根据库仑定律
解得
（4）已知A球带负电，当电场方向水平向右，A球受到的电场力水平向左，电场力对A球做负功，可以让细绳摆到竖直方向时小球速度为0；设绳长为l，由动能定理得
解得
【知识点】库仑定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）两个小球相互吸引，由于小球B带正电，则小球A带负电；
（2）小球A处于静止，利用平衡方程可以求出A球受到的库仑力的大小；
（3）已知小球受到的库仑力大小，根据库仑定律可以得出小球带电荷量的大小；
（4）小球在摆动过程中，利用动能定理可以求出电场强度的大小。
22．（2024高一下·奉化期末）如图所示，一台起重吊车将质量m=500kg的重物由静止开始以 a=0.2m/s2加速度竖直向上匀加速提升，t=10s末之后保持功率不变继续提升重物，直至重物匀速上升。取不计空气阻力，求：
（1）前10s起重吊车拉力F的大小；
（2）10s末起重机的瞬时功率P；
（3）重物上升的最大速度；
（4）重物开始运动后15s内起重机提升重物的平均功率。
【答案】解：（1）由牛顿第二定律有
解得
（2）起重机做匀加速直线运动，有
解得
（3）达到最大速度时，加速度为零，有
解得
（4）匀加速直线运动阶段牵引力做功为
10s~15s牵引力的功为
平均功率为
【知识点】功率及其计算；机车启动
【解析】【分析】（1）重物做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出拉力的大小；
（2）重物做匀加速直线运动，利用速度公式可以求出速度的大小，结合拉力的大小可以求出瞬时功率的大小；
（3）重物达到最大速度时由于拉力等于重力，根据功率的表达式可以求出最大速度的大小；
（4）重物先做匀加速直线运动后做在额定功率下运动，利用牵引力做功及匀加速直线运动的位移公式可以求出匀加速过程牵引力做功的大小；利用功率的表达式可以求出额定功率下做功的大小，结合时间可以求出整个过程平均功率的大小。
23．（2024高一下·奉化期末）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ=37°的直轨道AB，半径R=1m的圆弧轨道BCD，长度L=1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为的圆弧管道，速度v0=1m/s、长度d=0.3m的逆时针旋转的水平皮带组成。各部分平滑连接。质量m=0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h处静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1=0.25，向下运动时动 摩擦因数μ2=0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a皮带上滑动时动摩擦因数恒为μ2（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）若h=0.8m，求小物块a
①第一次经过C点时速度vC大小；
②第一次到C点时受到的支持力F的大小；
③第一次在DE中向上运动时间和向下运动时间之比。
（2）若h=1.6m，小物块a滑过皮带的过程中产生的热量Q。
【答案】解：（1）①根据题意，过程，由动能定理
解得第一次经过C点时速度vC大小为
②第一次到C点时，由牛顿第二定律有
解得
③第一次在DE中向上运动，由牛顿第二定律有
解得
向下运动过程，由牛顿第二定律有
解得
由运动公式
而
联立解得
（2）若h=1.6m，由动能定理
由运动公式有
而
小物块a滑过皮带的过程中产生的热量Q为
解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）物块从A到C的过程中，利用动能定律可以求出经过C点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出在C点受到的支持力的大小；在DE上升的过程中，利用牛顿第二定律可以求出向上运动和向下运动的加速度大小，结合位移公式可以求出运动的时间；
（2）已知物块下落的高度，结合动能定律及摩擦力做功可以求出物块a滑过皮带时产生的热量。
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