階段驗(yàn)收評(píng)價(jià)卷

2023年1月浙江省普通高校招生選考科目考試·物理(考試時(shí)間：90分鐘試卷分值：100分)一、選擇題Ⅰ(本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分)1．下列屬于國(guó)際單位制中基本單位符號(hào)的是()A．J B．KC．W D．Wb解析：選BK屬于國(guó)際單位制中的基本單位，故B正確；J、W、Wb屬于導(dǎo)出單位，故A、C、D錯(cuò)誤。2.如圖所示，輕質(zhì)網(wǎng)兜兜住重力為G的足球，用輕繩掛于光滑豎直墻壁上的A點(diǎn)，輕繩的拉力為FT，墻壁對(duì)足球的支持力為FN，則()A．FT<FN B．FT＝FNC．FT>G D．FT＝G解析：選C設(shè)輕繩與墻的夾角為θ，對(duì)足球受力分析如圖所示，由物體的平衡條件得：FTcosθ＝G，F(xiàn)Tsinθ＝FN，可判斷：FT＞G，F(xiàn)T>FN，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。3．“神舟十五號(hào)”飛船和空間站“天和”核心艙成功對(duì)接后，在軌運(yùn)行如圖所示，則()A．選地球?yàn)閰⒖枷担疤旌汀笔庆o止的B．選地球?yàn)閰⒖枷?，“神舟十五?hào)”是靜止的C．選“天和”為參考系，“神舟十五號(hào)”是靜止的D．選“神舟十五號(hào)”為參考系，“天和”是運(yùn)動(dòng)的解析：選C以地球?yàn)閰⒖枷?，“天和”和“神舟十五?hào)”都是運(yùn)動(dòng)的，故A、B錯(cuò)誤；由于“神舟十五號(hào)”和“天和”核心艙成功對(duì)接，二者是相對(duì)靜止的，因此選“天和”為參考系，“神舟十五號(hào)”是靜止的，同理選“神舟十五號(hào)”為參考系，“天和”也是靜止的，故C正確，D錯(cuò)誤。4．一位游客正在體驗(yàn)蹦極，綁上蹦極專(zhuān)用的橡皮繩后從跳臺(tái)縱身而下。游客從跳臺(tái)下落直到最低點(diǎn)過(guò)程中()A．彈性勢(shì)能減小B．重力勢(shì)能減小C．機(jī)械能保持不變D．繩一繃緊動(dòng)能就開(kāi)始減小解析：選B游客從跳臺(tái)下落直到最低點(diǎn)的過(guò)程中，游客的重力勢(shì)能逐漸減小，B正確；根據(jù)游客的下落情況，橡皮繩的彈性勢(shì)能先不變，當(dāng)橡皮繩張緊之后才逐漸增大，故A錯(cuò)誤；游客的機(jī)械能與橡皮繩的彈性勢(shì)能之和保持不變，故機(jī)械能先不變，后減小，C錯(cuò)誤；繩剛繃緊時(shí)，重力仍大于繩上的彈力，游客還要向下加速一段時(shí)間，故D錯(cuò)誤。5.如圖所示，在考慮空氣阻力的情況下，一小石子從O點(diǎn)拋出沿軌跡OPQ運(yùn)動(dòng)，其中P是最高點(diǎn)。若空氣阻力大小與瞬時(shí)速度大小成正比，則小石子豎直方向分運(yùn)動(dòng)的加速度大小()A．O點(diǎn)最大B．P點(diǎn)最大C．Q點(diǎn)最大D．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程保持不變解析：選A在O→P的過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律得豎直方向上：mg＋kvy＝ma1y，因?yàn)樵撨^(guò)程為減速過(guò)程，所以在O點(diǎn)時(shí)其豎直分速度vy最大，豎直方向分運(yùn)動(dòng)的加速度最大；在P→Q的過(guò)程中，在豎直方向上有mg－kvy＝ma2y，因?yàn)樵撨^(guò)程為加速過(guò)程，在P點(diǎn)時(shí)其豎直分速度最小，豎直方向加速度最大，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。6.主動(dòng)降噪耳機(jī)能收集周?chē)h(huán)境中的噪聲信號(hào)，并產(chǎn)生相應(yīng)的抵消聲波。某一噪聲信號(hào)傳到耳膜的振動(dòng)圖像如圖所示，取得最好降噪效果的抵消聲波(聲音在空氣中的傳播速度為340m/s)()A．振幅為2AB．頻率為100HzC．波長(zhǎng)應(yīng)為1.7m的奇數(shù)倍D．在耳膜中產(chǎn)生的振動(dòng)與圖中所示的振動(dòng)同相解析：選B由振動(dòng)圖像得：振幅為A，f＝eq\f(1,T)＝100Hz，λ＝vT＝3.4m，當(dāng)主動(dòng)降噪耳機(jī)產(chǎn)生的聲波與周?chē)h(huán)境中的噪聲信號(hào)的振幅、頻率、波長(zhǎng)都相同且二者恰好振動(dòng)反相時(shí)，降噪效果最好，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。7．如圖甲所示，一導(dǎo)體桿用兩條等長(zhǎng)細(xì)導(dǎo)線(xiàn)懸掛于水平軸OO′，接入電阻R構(gòu)成回路。導(dǎo)體桿處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，將導(dǎo)體桿從豎直位置拉開(kāi)小角度由靜止釋放，導(dǎo)體桿開(kāi)始下擺。當(dāng)R＝R0時(shí)，導(dǎo)體桿振動(dòng)圖像如圖乙所示。若橫縱坐標(biāo)皆采用圖乙標(biāo)度，則當(dāng)R＝2R0時(shí)，導(dǎo)體桿振動(dòng)圖像是()解析：選B導(dǎo)體桿在擺動(dòng)過(guò)程中，由于電阻增大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，回路中的感應(yīng)電流變小，機(jī)械能向內(nèi)能的轉(zhuǎn)化變慢，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。8．某興趣小組設(shè)計(jì)的測(cè)量大電流的裝置如圖所示，通有電流I的螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場(chǎng)B＝k1I，通有待測(cè)電流I′的直導(dǎo)線(xiàn)ab垂直穿過(guò)螺繞環(huán)中心，在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場(chǎng)B′＝k2I′。調(diào)節(jié)電阻R，當(dāng)電流表示數(shù)為I0時(shí)，元件輸出霍爾電壓UH為零，則待測(cè)電流I′的方向和大小分別為()A．a(chǎn)→b，eq\f(k2,k1)I0 B．a(chǎn)→b，eq\f(k1,k2)I0C．b→a，eq\f(k2,k1)I0 D．b→a，eq\f(k1,k2)I0解析：選D根據(jù)安培定則可判斷螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場(chǎng)B方向豎直向下，大小為B＝k1I0，當(dāng)直導(dǎo)線(xiàn)ab在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場(chǎng)B′方向豎直向上，且大小B′＝k2I′＝B＝k1I0時(shí)，霍爾元件處合磁場(chǎng)為零，霍爾電壓UH＝0，則I′＝eq\f(k1,k2)I0，由安培定則可得電流由b→a，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。9．宇宙射線(xiàn)進(jìn)入地球大氣層與大氣作用會(huì)產(chǎn)生中子，中子與大氣中的氮14會(huì)產(chǎn)生以下核反應(yīng)：eq\o\al(14,6)N＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(14,6)C＋eq\o\al(1,1)H，產(chǎn)生的eq\o\al(14,6)C能自發(fā)進(jìn)行β衰變，其半衰期為5730年，利用碳14的衰變規(guī)律可推斷古木的年代。下列說(shuō)法正確的是()A.614C發(fā)生β衰變的產(chǎn)物是715NB．β衰變輻射出的電子來(lái)自于碳原子的核外電子C．近年來(lái)由于地球的溫室效應(yīng)，引起eq\o\al(14,6)C的半衰期發(fā)生微小變化D．若測(cè)得一古木樣品的eq\o\al(14,6)C含量為活體植物的eq\f(1,4)，則該古木距今約為11460年解析：選D由eq\o\al(14,6)C→eq\o\al(0,－1)e＋eq\o\al(14,6)N，故A錯(cuò)誤；β衰變輻射出的電子來(lái)自于碳原子的核內(nèi)部，B錯(cuò)誤；半衰期與溫度無(wú)關(guān)，C錯(cuò)誤；根據(jù)m余＝m0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(t,T)＝eq\f(1,4)m0，解得t＝2T＝11460年，D正確。10．太陽(yáng)系各行星幾乎在同一平面內(nèi)沿同一方向繞太陽(yáng)做圓周運(yùn)動(dòng)。當(dāng)?shù)厍蚯『眠\(yùn)行到某地外行星和太陽(yáng)之間，且三者幾乎排成一條直線(xiàn)的現(xiàn)象，稱(chēng)為“行星沖日”。已知地球及各地外行星繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的軌道半徑如下表：行星名稱(chēng)地球火星木星土星天王星海王星軌道半徑R/AU1.01.55.29.51930則相鄰兩次“沖日”時(shí)間間隔約為()A．火星365天 B．火星800天C．天王星365天 D．天王星800天解析：選B該問(wèn)題為天體運(yùn)動(dòng)的“追及”問(wèn)題，由題意對(duì)“火星沖日”有：eq\f(t火,T地)－eq\f(t火,T火)＝1，且eq\f(R地3,T地2)＝eq\f(R火3,T火2)，解得t火≈800天，同理對(duì)“天王星沖日”可知t天≈369天，故選B。11.被譽(yù)為“中國(guó)天眼”的大口徑球面射電望遠(yuǎn)鏡已發(fā)現(xiàn)660余顆新脈沖星，領(lǐng)先世界。天眼對(duì)距地球?yàn)長(zhǎng)的天體進(jìn)行觀測(cè)，其接收光子的橫截面半徑為R。若天體射向天眼的輻射光子中，有η(η<1)倍被天眼接收，天眼每秒接收到該天體發(fā)出的頻率為ν的N個(gè)光子。普朗克常量為h，則該天體發(fā)射頻率為ν光子的功率為()A.eq\f(4NL2hν,R2η) B.eq\f(2NL2hν,R2η)C.eq\f(ηL2hν,4R2N) D.eq\f(ηL2hν,2R2N)解析：選A設(shè)該天體發(fā)射頻率為ν，則在t＝1s內(nèi)，該天體輻射的能量為Pt·eq\f(πR2,4πL2)η＝Nhν，故P＝eq\f(4NL2hν,ηR2)，A正確，B、C、D錯(cuò)誤。12．如圖所示，示波管由電子槍、豎直方向偏轉(zhuǎn)電極YY′、水平方向偏轉(zhuǎn)電極XX′和熒光屏組成。電極XX′的長(zhǎng)度為l、間距為d、極板間電壓為U，YY′極板間電壓為零，電子槍加速電壓為10U。電子剛離開(kāi)金屬絲的速度為零，從電子槍射出后沿OO′方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電極。已知電子電荷量為e，質(zhì)量為m，則電子()A．在XX′極板間的加速度大小為eq\f(eU,m)B．打在熒光屏?xí)r，動(dòng)能大小為11eUC．在XX′極板間受到電場(chǎng)力的沖量大小為eq\r(2meU)D．打在熒光屏?xí)r，其速度方向與OO′連線(xiàn)夾角α的正切tanα＝eq\f(l,20d)解析：選D在XX′極板間電子的加速度大小為：a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU,dm)，A錯(cuò)誤；電子從離開(kāi)金屬絲到打在熒光屏上，由動(dòng)能定理得：e·10U＋eU′＝Ek，其中U′≤eq\f(U,2)，故Ek≤10.5eU，B錯(cuò)誤；電子經(jīng)電子槍加速后，e·10U＝eq\f(1,2)mv12，在XX′極板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(l,v1)，受到的沖量大小為I＝eEt＝eq\f(eUl,dv1)＝eq\f(eUl,d\r(\f(20eU,m)))＝eq\f(l,d)eq\r(\f(mUe,20))，C錯(cuò)誤；電子打在熒光屏上時(shí)，速度方向與OO′連線(xiàn)夾角α的正切tanα＝eq\f(vy,v1)＝eq\f(\f(eU,dm)·\f(l,v1),v1)＝eq\f(l,20d)，D正確。13．如圖所示為一斜邊鍍銀的等腰直角棱鏡的截面圖。一細(xì)黃光束從直角邊AB以角度θ入射，依次經(jīng)AC和BC兩次反射，從直角邊AC出射。出射光線(xiàn)相對(duì)于入射光線(xiàn)偏轉(zhuǎn)了α角，則α()A．等于90° B．大于90°C．小于90° D．與棱鏡的折射率有關(guān)解析：選A做出光路圖，標(biāo)出各角度值分別為θ1、θ2、θ3、θ4、θ5，由幾何關(guān)系可得：θ1＋θ2＝90°，θ1＝θ4，θ2－θ3＝45°，由于n＝eq\f(sinθ,sinθ1)＝eq\f(sinθ5,sinθ4)，得θ＝θ5，則α＝－(θ－θ1)－(180°－2θ2)＋(180°－2θ3)＋(θ5－θ4)＝90°，故A正確。二、選擇題Ⅱ(本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得3分，選對(duì)但不選全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)14．下列說(shuō)法正確的是()A．利用電容傳感器可制成麥克風(fēng)B．物體受合外力越大，則動(dòng)量變化越快C．利用紅外傳感器可制成商場(chǎng)的自動(dòng)門(mén)D．牛頓運(yùn)動(dòng)定律不適用，則動(dòng)量守恒定律也不適用解析：選ABC聲波可使電容器的極板振動(dòng)，改變電容器的間距，造成電容器的充放電，把聲音信號(hào)轉(zhuǎn)變?yōu)殡娦盘?hào)，A正確；物體受合外力越大，加速度越大，速度變化越快，則動(dòng)量變化越快，B正確；任何物體都可以輻射紅外線(xiàn)，可以利用紅外傳感器制成商場(chǎng)的自動(dòng)門(mén)，C正確；牛頓運(yùn)動(dòng)定律只適用于宏觀低速物體，而動(dòng)量守恒定律既適用宏觀低速物體，也適用于微觀粒子，D錯(cuò)誤。15．氫原子從高能級(jí)向低能級(jí)躍遷時(shí)，會(huì)產(chǎn)生四種頻率的可見(jiàn)光，其光譜如圖1所示。氫原子從能級(jí)6躍遷到能級(jí)2產(chǎn)生可見(jiàn)光Ⅰ，從能級(jí)3躍遷到能級(jí)2產(chǎn)生可見(jiàn)光Ⅱ。用同一雙縫干涉裝置研究?jī)煞N光的干涉現(xiàn)象，得到如圖2和圖3所示的干涉條紋。用兩種光分別照射如圖4所示的實(shí)驗(yàn)裝置，都能產(chǎn)生光電效應(yīng)。下列說(shuō)法正確的是()A．圖1中的Hα對(duì)應(yīng)的是ⅠB．圖2中的干涉條紋對(duì)應(yīng)的是ⅡC．Ⅰ的光子動(dòng)量大于Ⅱ的光子動(dòng)量D．P向a移動(dòng)，電流表示數(shù)為零時(shí)Ⅰ對(duì)應(yīng)的電壓表示數(shù)比Ⅱ的大解析：選CD氫原子從能級(jí)6躍遷到能級(jí)2：E6－E2＝hνⅠ＝eq\f(hc,λⅠ)，從能級(jí)3躍遷到能級(jí)2：E3－E2＝hνⅡ＝eq\f(hc,λⅡ)，因?yàn)镋6－E2＞E3－E2，故νⅠ＞νⅡ，λⅠ＜λⅡ，題圖1中的Hα為紅光，波長(zhǎng)長(zhǎng)，頻率小，應(yīng)為Ⅱ，A錯(cuò)誤；題圖2中的干涉條紋間距小，波長(zhǎng)小，對(duì)應(yīng)的是Ⅰ，B錯(cuò)誤；光子動(dòng)量p＝eq\f(h,λ)，得pⅠ＞pⅡ，C正確；P向a移動(dòng)，當(dāng)電流表示數(shù)為零時(shí)，對(duì)初動(dòng)能最大的光電子，由動(dòng)能定理得eU＝hν－W，則U＝eq\f(h,e)ν－eq\f(W,e)，由于νⅠ＞νⅡ，則UⅠ＞UⅡ，D正確。三、非選擇題(本題共5小題，共55分)16．實(shí)驗(yàn)題(Ⅰ、Ⅱ兩題共14分)Ⅰ.(7分)(1)在“探究小車(chē)速度隨時(shí)間變化的規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)中，實(shí)驗(yàn)裝置如圖1所示。①需要的實(shí)驗(yàn)操作有________(多選)。A．調(diào)節(jié)滑輪使細(xì)線(xiàn)與軌道平行B．傾斜軌道以補(bǔ)償阻力C．小車(chē)靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器靜止釋放D．先接通電源再釋放小車(chē)②經(jīng)正確操作后打出一條紙帶，截取其中一段如圖2所示。選取連續(xù)打出的點(diǎn)0、1、2、3、4為計(jì)數(shù)點(diǎn)，則計(jì)數(shù)點(diǎn)1的讀數(shù)為_(kāi)_______cm。已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用交流電源的頻率為50Hz，則打計(jì)數(shù)點(diǎn)2時(shí)小車(chē)的速度大小為：________m/s(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)。(2)“探究向心力大小的表達(dá)式”實(shí)驗(yàn)裝置如圖3所示。①采用的實(shí)驗(yàn)方法是________。A．控制變量法B．等效法C．模擬法②在小球質(zhì)量和轉(zhuǎn)動(dòng)半徑相同的情況下，逐漸加速轉(zhuǎn)動(dòng)手柄到一定速度后保持勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。此時(shí)左右標(biāo)尺露出的紅白相間等分標(biāo)記的比值等于兩小球的________之比(選填“線(xiàn)速度大小”“角速度平方”或“周期平方”)；在加速轉(zhuǎn)動(dòng)手柄過(guò)程中，左右標(biāo)尺露出紅白相間等分標(biāo)記的比值________(選填“不變”“變大”或“變小”)。解析：(1)①實(shí)驗(yàn)時(shí)，應(yīng)調(diào)節(jié)滑輪使細(xì)線(xiàn)與軌道平行，小車(chē)從靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的地方靜止釋放，并且要先接通電源后釋放小車(chē)，實(shí)驗(yàn)中沒(méi)必要平衡摩擦力，故選A、C、D。②計(jì)數(shù)點(diǎn)1的讀數(shù)為2.75cm。打計(jì)數(shù)點(diǎn)2時(shí)小車(chē)的速度大小為v2＝eq\f(x3－x1,2T)＝eq\f(8.62－2.75,2×0.02)×10－2m/s≈1.47m/s。(2)①該實(shí)驗(yàn)探究多個(gè)物理量之間的關(guān)系，應(yīng)用控制變量法。②根據(jù)向心力表達(dá)式F＝mrω2，在小球質(zhì)量、轉(zhuǎn)動(dòng)半徑相同的情況下，F(xiàn)∝ω2，左右標(biāo)尺標(biāo)記的比值為F之比等于角速度的平方比；由于兩球角速度比為定值，則標(biāo)記的比值不變。答案：(1)①ACD②2.751.47(2)①A②角速度平方不變Ⅱ.(7分)在“測(cè)量金屬絲的電阻率”實(shí)驗(yàn)中：(1)測(cè)量一段金屬絲電阻時(shí)所用器材和部分電路連線(xiàn)如圖1所示，圖中的導(dǎo)線(xiàn)a端應(yīng)與________(選填“－”“0.6”或“3”)接線(xiàn)柱連接，b端應(yīng)與________(選填“－”“0.6”或“3”)接線(xiàn)柱連接。開(kāi)關(guān)閉合前，圖1中滑動(dòng)變阻器滑片應(yīng)置于________(選填“左”或“右”)端。(2)合上開(kāi)關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，得到多組U和I數(shù)據(jù)。甲同學(xué)由每組U、I數(shù)據(jù)計(jì)算電阻，然后求電阻平均值；乙同學(xué)通過(guò)U-I圖像求電阻。則兩種求電阻的方法更合理的是________(選填“甲”或“乙”)。(3)兩同學(xué)進(jìn)一步探究用鎳鉻絲將滿(mǎn)偏電流Ig＝300μA的表頭G改裝成電流表。如圖2所示，表頭G兩端并聯(lián)長(zhǎng)為L(zhǎng)的鎳鉻絲，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器使表頭G滿(mǎn)偏，毫安表示數(shù)為I。改變L，重復(fù)上述步驟，獲得多組I、L數(shù)據(jù)，作出I-eq\f(1,L)圖像如圖3所示。則I-eq\f(1,L)圖像斜率k＝________mA·m。若要把該表頭G改裝成量程為9mA的電流表，需要把長(zhǎng)為_(kāi)_______m的鎳鉻絲并聯(lián)在表頭G兩端。(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)解析：(1)導(dǎo)線(xiàn)a端應(yīng)與“0.6”相連，b端應(yīng)與“0.6”相連，開(kāi)關(guān)閉合前，題圖1中滑動(dòng)變阻器滑片應(yīng)置于左端，防止閉合開(kāi)關(guān)時(shí)通過(guò)電阻絲和電表的電流過(guò)大，燒壞器材。(2)兩種求電阻的方法更合理的是乙，甲同學(xué)由每組U、I值計(jì)算電阻時(shí)會(huì)產(chǎn)生誤差，再求電阻平均值時(shí)產(chǎn)生第二次誤差。(3)I-eq\f(1,L)圖像斜率k＝eq\f(7.14－6.00,3.0－2.5)≈2.3mA·m，由圖像可知當(dāng)I＝9mA時(shí)，eq\f(1,L)＝3.8，則L≈0.26m。即需要把長(zhǎng)為0.26m的鎳鉻絲并聯(lián)在表頭G兩端。答案：(1)0.60.6左(2)乙(3)2.30.2617．(8分)某探究小組設(shè)計(jì)了一個(gè)報(bào)警裝置，其原理如圖所示。在豎直放置的圓柱形容器內(nèi)用面積S＝100cm2、質(zhì)量m＝1kg的活塞密封一定質(zhì)量的理想氣體，活塞能無(wú)摩擦滑動(dòng)。開(kāi)始時(shí)氣體處于溫度TA＝300K、活塞與容器底的距離h0＝30cm的狀態(tài)A。環(huán)境溫度升高時(shí)容器內(nèi)氣體被加熱，活塞緩慢上升d＝3cm恰好到達(dá)容器內(nèi)的卡口處，此時(shí)氣體達(dá)到狀態(tài)B?；钊３植粍?dòng)，氣體被繼續(xù)加熱至溫度TC＝363K的狀態(tài)C時(shí)觸動(dòng)報(bào)警器。從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過(guò)程中氣體內(nèi)能增加了ΔU＝158J。取大氣壓p0＝0.99×105Pa，求氣體(1)在狀態(tài)B的溫度；(2)在狀態(tài)C的壓強(qiáng)；(3)由狀態(tài)A到狀態(tài)C過(guò)程中從外界吸收熱量Q。解析：(1)由狀態(tài)A到狀態(tài)B為等壓變化，根據(jù)蓋-呂薩克定律eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)得TB＝eq\f(VB,VA)TA＝eq\f(33,30)×300K＝330K。(2)由狀態(tài)B到狀態(tài)C為等容變化，根據(jù)查理定律eq\f(pB,TB)＝eq\f(pC,TC)，其中pB＝p0＋eq\f(mg,S)＝1.0×105Pa。代入數(shù)據(jù)解得pC＝eq\f(TC,TB)pB＝eq\f(363,330)×1.0×105Pa＝1.1×105Pa。(3)由狀態(tài)A到狀態(tài)C，外界對(duì)氣體做功W＝－pBSd＝－30J根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝W＋Q得Q＝188J，即吸熱188J。答案：(1)330K(2)1.1×105Pa(3)188J18．(11分)一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地面上傾角θ＝37°的直軌道AB、螺旋圓形軌道BCDE、傾角θ＝37°的直軌道EF、水平直軌道FG組成，除FG段外各段軌道均光滑，且各處平滑連接。螺旋圓形軌道與軌道AB、EF相切于B(E)處。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一無(wú)動(dòng)力擺渡車(chē)，并緊靠在豎直側(cè)壁GH處，擺渡車(chē)：上表面與直軌道FG、平臺(tái)JK位于同一水平面。已知螺旋圓形軌道半徑R＝0.5m，B點(diǎn)高度為1.2R，F(xiàn)G長(zhǎng)度LFG＝2.5m，HI長(zhǎng)度L0＝9m，擺渡車(chē)長(zhǎng)度L＝3m、質(zhì)量m＝1kg。將一質(zhì)量也為m的滑塊從傾斜軌道AB上高度h＝2.3m處?kù)o止釋放，滑塊在FG段運(yùn)動(dòng)時(shí)的阻力為其重力的0.2倍。(擺渡車(chē)碰到豎直側(cè)壁IJ立即靜止，滑塊視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求滑塊過(guò)C點(diǎn)的速度大小vC和軌道對(duì)滑塊的作用力大小FC；(2)擺渡車(chē)碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車(chē)，求滑塊與擺渡車(chē)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(3)在(2)的條件下，求滑塊從G到J所用的時(shí)間t。解析：(1)滑塊從A到C，由動(dòng)能定理得：mg(h－1.2R－Rcosθ－R)＝eq\f(1,2)mvC2代入得vC＝4m/s在C點(diǎn)，由牛頓第二定律得：FC＋mg＝meq\f(vC2,R)代入數(shù)據(jù)解得：FC＝22N。(2)設(shè)滑塊剛沖上擺渡車(chē)時(shí)速度為v0，則由動(dòng)能定理得mgh－kmgLFG＝eq\f(1,2)mv02代入數(shù)據(jù)解得：v0＝6m/s滑塊恰好不脫離擺渡車(chē)，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋m)v共代入數(shù)據(jù)解得v共＝3m/s由能量守恒定律得：μmgL＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋m)v共2代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.3。(3)對(duì)滑塊由牛頓第二定律得：μmg＝ma減速階段：t1＝eq\f(v0－v共,a)＝1sx1＝eq\f(1,2)(v0＋v共)t1＝4.5m勻速階段t2＝eq\f(L0－x1,v共)＝1.5s則滑塊從G到J用時(shí)t＝t1＋t2＝2.5s。答案：(1)4m/s22N(2)0.3(3)2.5s19．(11分)如圖1所示，剛性導(dǎo)體線(xiàn)框由長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量均為m的兩根豎桿，與長(zhǎng)為2l的兩輕質(zhì)橫桿組成，且L?2l。線(xiàn)框通有恒定電流I0，可以繞其中心豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)。以線(xiàn)框中心O為原點(diǎn)、轉(zhuǎn)軸為z軸建立直角坐標(biāo)系，在y軸上距離O為a處，固定放置一半徑遠(yuǎn)小于a、面積為S、電阻為R的小圓環(huán)，其平面垂直于y軸。在外力作用下，通電線(xiàn)框繞轉(zhuǎn)軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)線(xiàn)框平面與xOz平面重合時(shí)為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，圓環(huán)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的y分量By與時(shí)間的近似關(guān)系如圖2所示，圖中B0已知。(1)求0到eq\f(π,ω)時(shí)間內(nèi)，流過(guò)圓環(huán)橫截面的電荷量q；(2)沿y軸正方向看以逆時(shí)針為電流正方向，在0～eq\f(2π,3ω)時(shí)間內(nèi)，求圓環(huán)中的電流與時(shí)間的關(guān)系；(3)求圓環(huán)中電流的有效值；(4)當(dāng)撤去外力，線(xiàn)框?qū)⒕徛郎p速，經(jīng)eq\f(π,ω)時(shí)間角速度減小量為Δωeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Δω,ω)?1))，設(shè)線(xiàn)框與圓環(huán)的能量轉(zhuǎn)換效率為k，求Δω的值(當(dāng)0<x?1，有(1－x)2≈1－2x)。解析：(1)在0～eq\f(π,ω)時(shí)間t內(nèi)，q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)，eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)則q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(2B0S,R)。(2)在0～eq\f(π,3ω)時(shí)間內(nèi)，Φ不變，I＝0在eq\f(π,3ω)～eq\f(2π,3ω)時(shí)間內(nèi)，I＝eq\f(\f(ΔB,Δt)S,R)＝eq\f(\f(－2B0,\f(π,3ω))×S,R)＝eq\f(－6ωB0S,πR)。(3)根據(jù)電流的熱效應(yīng)得I2Req\f(π,3ω)＝I有2Req\f(π,ω)解得：I有＝eq\f(2\r(3)ωB0S,πR)。(4)根據(jù)能量守恒定律得：keq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2mωl2－\f(1,2)×2m[ω－Δωl]2))＝I有2Req\f(π,ω)化簡(jiǎn)得：kmω2l2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(Δω,ω)))2))＝eq\f(12ω2B02S2,π2R2)·Req\f(π,ω)取eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(Δω,ω)))2≈1－2eq\f(Δω,ω)，解得Δω＝eq\f(6B02S2,πkml2R)。答案：(1)eq\f(2B0S,R)(2)0～eq\f(π,3ω)時(shí)，I＝0；eq\f(π,3ω)～eq\f(2π,3ω)時(shí)，I＝eq\f(－6ωB0S,πR)(3)eq\f(2\r(3)ωB0S,πR)(4)eq\f(6B02S2,πkml2R)20．(11分)探究離子源發(fā)射速度大小和方向分布的原理如圖所示。x軸上方存在垂直xOy平面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。x軸下方的分析器由兩塊相距為d、長(zhǎng)度足夠的平行金屬薄板M和N組成，其中位于x軸的M板中心有一小孔C(孔徑忽略不計(jì))，N板連接電流表后接地。位于坐標(biāo)原點(diǎn)O的離子源能發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，其速度方向與y軸夾角最大值為60°，且各個(gè)方向均有速度大小連續(xù)分布在eq\f(1,2)v0和eq\r(2)v0之間的離子射出。已知速度大小為v0、沿y軸正方向射出的離子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好垂直x軸射入孔C。未能射入孔C的其他離子被分析器的接地外罩屏蔽(圖中沒(méi)有畫(huà)出)。不計(jì)離子的重力及相互作用，不考慮離子間的碰撞。(1)求孔C所處位置的坐標(biāo)x0；(2)求離子打在N板上區(qū)域的長(zhǎng)度L；(3)若在N與M板之間加載電壓，調(diào)節(jié)其大小，求電流表示數(shù)剛為0時(shí)的電壓U0；(4)若將分析器沿著x軸平移，調(diào)節(jié)加載在N與M板之間的電壓，求電流表示數(shù)剛為0時(shí)的電壓Ux與孔C位置坐標(biāo)x之間關(guān)系式。解析：(1)對(duì)離子由牛頓第二定律得qv0B＝meq\f(v02,R0)，得R0＝eq\f(mv0,qB)則坐標(biāo)x0＝2R0＝eq\f(2mv0,qB)。(2)設(shè)離子速率為v時(shí)，其半徑R′＝eq\f(mv,qB)，若離子從C點(diǎn)入射，應(yīng)有2R′cosθ＝x0＝2R0，如圖所示可得：vcosθ＝v0即cosθ＝eq\f(v0,v)，由于eq\f(v0,2)≤v≤eq\r(2)v0得：eq\f(\r(2),2)≤cosθ≤1，故0°≤θ≤45°由幾何關(guān)系可得：離子打在N板上長(zhǎng)度L＝2dtan45°＝2d。(3)由于vy＝vcosθ＝v0由－qU0＝0－eq\f(1,2)mvy2，得U0＝eq\f(mv02,2q)。(4)由(2)得：C位置坐標(biāo)x＝2R′cosθ，R′＝eq\f(mv,qB)，結(jié)合R0＝eq\f(mv0,qB)得x＝2R0eq\f(v,v0)cosθ則因?yàn)閑q\f(v0,2)≤v≤eq\r(2)v0,0°≤θ≤60°，即eq\f(1,2)≤cosθ≤1當(dāng)v＝eq\f(v0,2)，cosθ＝eq\f(1,2)時(shí)，x?。絜q\f(R0,2)當(dāng)v＝eq\r(2)v0，cosθ＝1時(shí)，x大＝2eq\r(2)R0故當(dāng)eq\f(1,2)R0≤x≤2eq\r(2)R0時(shí)在磁場(chǎng)中：qvB＝meq\f(v2,\f(x,2))在電場(chǎng)中：qUx＝eq\f(1,2)mv2，解得：Ux＝eq\f(B2qx2,8m)。答案：(1)eq\f(2mv0,qB)(2)2d(3)eq\f(mv02,2q)(4)Ux＝eq\f(B2qx2,8m)階段驗(yàn)收評(píng)價(jià)(一)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)相互作用牛頓運(yùn)動(dòng)定律(考試時(shí)間：90分鐘試卷分值：100分)一、選擇題Ⅰ(本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分)1．下列說(shuō)法正確的是()A．圖甲為谷愛(ài)凌在北京冬奧會(huì)大跳臺(tái)比賽中獲得冠軍，比賽中谷愛(ài)凌可視為質(zhì)點(diǎn)B．圖乙為我國(guó)航天員出艙活動(dòng)，此時(shí)地球?qū)教靻T的引力大于航天員對(duì)地球的引力C．圖丙為北京冬奧會(huì)雪橇比賽場(chǎng)地“雪游龍”，其全程長(zhǎng)達(dá)1975米、垂直落差為121米。1975米指路程D．圖丁為高亭宇在500m短道速滑決賽中獲得金牌，用時(shí)34.32s，則他在整個(gè)過(guò)程的平均速度約為14.6m/s解析：選C谷愛(ài)凌在北京冬奧會(huì)大跳臺(tái)比賽中需要關(guān)注其肢體動(dòng)作，故不可視為質(zhì)點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；地球?qū)教靻T的引力和航天員對(duì)地球的引力是一對(duì)作用力和反作用力，總是等大反向，故B錯(cuò)誤；北京冬奧會(huì)雪橇比賽場(chǎng)地“雪游龍”不是一條直線(xiàn)，其全程長(zhǎng)達(dá)1975米指的是路程，故C正確；500m短道指路程是500m,500m除以34.32s，得平均速率約為14.6m/s，而不是平均速度，平均速度等于位移除以時(shí)間，故D錯(cuò)誤。2．在2022年卡塔爾世界杯比賽中，某運(yùn)動(dòng)員踢出的足球以10m/s的速度水平撞擊到門(mén)框橫梁，經(jīng)過(guò)0.1s后以8m/s的速度返回，則該撞擊過(guò)程中足球的平均加速度大小為()A．20m/s2 B．80m/s2C．100m/s2 D．180m/s2解析：選D該撞擊過(guò)程中足球的平均加速度大小為a＝eq\f(v－v0,t)＝eq\f(8－－10,0.1)m/s2＝180m/s2，D正確，A、B、C錯(cuò)誤。3．如圖所示，下列四幅圖像能描述物體做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的是()解析：選A在v-t圖像中，斜率表示加速度，由A圖像可以看出加速度是一恒定的值，所以物體做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故A符合題意；由B圖像可以看出物體受力增加，加速度增加，不是做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故B不符合題意；由C圖像可以看出物體加速度增加，不是做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故C不符合題意；在x-t圖像中斜率表示速度的大小，所以D圖像表示物體做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故D不符合題意。4．如圖所示是透明圓柱形球筒裝著羽毛球，手握豎直的球筒保持靜置，打開(kāi)下底蓋時(shí)羽毛球不會(huì)移動(dòng)。現(xiàn)松手釋放球筒使其自由下落，球筒撞地后球相對(duì)球筒下移一段距離，則()A．自由下落時(shí)羽毛球處于超重狀態(tài)B．自由下落時(shí)所有羽毛球均與筒無(wú)相互作用力C．出現(xiàn)相對(duì)下移是羽毛球具有慣性的體現(xiàn)D．相對(duì)下移時(shí)筒對(duì)羽毛球的力大于羽毛球?qū)ν驳牧馕觯哼xC自由下落時(shí)羽毛球加速度向下，處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；自由下落時(shí)羽毛球所受的空氣阻力大于筒所受的空氣阻力，而球和筒的加速度相同，可知球與筒有相互作用力，故B錯(cuò)誤；出現(xiàn)相對(duì)下移是羽毛球具有慣性的體現(xiàn)，故C正確；相對(duì)下移時(shí)筒對(duì)羽毛球的力與羽毛球?qū)ν驳牧κ且粚?duì)相互作用力，大小相等，方向相反，故D錯(cuò)誤。5.物體做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的eq\f(x,t)-t圖像如圖所示，下列判斷正確的是()A．物體做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)B．物體在2s時(shí)的速度是3m/sC．物體的加速度是1.0m/s2D．物體的初速度為0解析：選C由公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2變形得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，則說(shuō)明物體做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，對(duì)照?qǐng)D像可得v0＝2m/s，a＝1.0m/s2，故A、D錯(cuò)誤，C正確；由公式v＝v0＋at得v2＝4m/s，故B錯(cuò)誤。6．如圖所示，豎直墻面上固定兩相同支架作為鍋蓋架，材質(zhì)均勻、邊緣光滑的鍋蓋置于其上，鍋蓋僅與兩支架接觸，下列說(shuō)法正確的是()A．鍋蓋受到的彈力是由鍋蓋形變產(chǎn)生的B．若兩支架等高，則鍋蓋對(duì)兩支架的彈力相同C．兩等高支架間距越大，則兩支架對(duì)鍋蓋的彈力越大D．若兩支架不等高，則鍋蓋對(duì)較高處支架的彈力更大解析：選C鍋蓋受到的彈力是由支架形變產(chǎn)生的，故A錯(cuò)誤；若兩支架等高，則鍋蓋對(duì)兩支架的彈力大小相等、方向不同，故B錯(cuò)誤；若兩支架等高，設(shè)每個(gè)支架對(duì)鍋蓋的彈力方向與豎直方向的夾角均為θ，則由平衡知識(shí)可知2FNcosθ＝mg，當(dāng)支架間距越大，則θ越大，則FN越大，故C正確；若兩支架不等高，對(duì)鍋蓋受力分析如圖所示，設(shè)T1和T2與豎直方向夾角分別為α和β，由平衡條件T1sinα＝T2sinβ，較高處支架的彈力和豎直方向夾角大，則彈力小，由牛頓第三定律可知，鍋蓋對(duì)較高處支架的彈力更小，故D錯(cuò)誤。7．如圖所示，物體沿斜面由靜止滑下，在水平面上滑行一段距離后停止，物體與斜面和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，斜面與水平面平滑連接，下圖中v、a、f和s分別表示物體速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程，下圖中正確的是()解析：選C物體在下滑過(guò)程和水平面運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終受到恒定的作用力，下滑過(guò)程做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在水平面上做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，其v-t圖為兩條斜率不同的傾斜直線(xiàn)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律，斜面上有mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，水平面上有μmg＝ma2，由此可知，加速度在各過(guò)程均為一定值，所以a-t圖應(yīng)為兩條與時(shí)間軸平行的直線(xiàn)，故B錯(cuò)誤；下滑過(guò)程摩擦力為f1＝μmgcosθ，水平面滑行過(guò)程的摩擦力為f2＝μmg，由此可知，物體下滑過(guò)程中的摩擦力小于水平面滑動(dòng)過(guò)程中的摩擦力，且兩段過(guò)程均為定值，故C正確；物體在下滑過(guò)程中是勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，s-t圖線(xiàn)應(yīng)為向上彎曲的曲線(xiàn)，故D錯(cuò)誤。8．如圖所示，一足夠長(zhǎng)的輕質(zhì)綢帶放在水平光滑桌面上，綢帶上放A、B兩物塊，A物塊質(zhì)量大于B物塊，兩物塊同時(shí)分別受到反向等大且逐漸增大的力作用，兩物塊與綢帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．兩物塊所受摩擦力的大小總是相等B．兩物塊不可能同時(shí)相對(duì)綢帶滑動(dòng)C．A物塊不可能相對(duì)綢帶發(fā)生滑動(dòng)D．A物塊所受摩擦力一定大于B物塊所受摩擦力解析：選D輕質(zhì)綢帶的質(zhì)量為零，因此合力一定為零。當(dāng)A、B兩物塊同時(shí)分別受到反向等大且逐漸增大的力作用時(shí)，輕質(zhì)綢帶所受的摩擦力一定大小相等，方向相反；由于A物塊所受最大靜摩擦力較大，故B物塊先相對(duì)綢帶運(yùn)動(dòng)，A物塊不會(huì)相對(duì)綢帶滑動(dòng)，如果A相對(duì)綢帶滑動(dòng)，則綢帶受到A較大的滑動(dòng)摩擦力，則B對(duì)綢帶提供的摩擦力無(wú)法與之平衡。故A、B、C正確，與題意不符；D錯(cuò)誤，與題意相符。9．一本書(shū)重約6N，有424頁(yè)，書(shū)本正面朝上?，F(xiàn)將一張A4紙夾在106～107頁(yè)間，A4紙能夠覆蓋幾乎整個(gè)書(shū)頁(yè)，如圖所示。若要將A4紙抽出，至少需用約1N的拉力。不計(jì)書(shū)皮及A4紙的質(zhì)量，則A4紙和書(shū)之間的摩擦因數(shù)最接近()A．0.33 B．0.45C．0.56 D．0.67解析：選A由題意可知，需用約1N的拉力克服最大靜摩擦力，A4紙受正、反兩面的兩個(gè)摩擦力，不計(jì)書(shū)皮及A4紙的質(zhì)量，有1N＝2×μ×eq\f(G,n)×n1＝2×μ×eq\f(6,424)×106N，解得μ≈0.33，故選A。10．2022年初金華軌道交通金義線(xiàn)正式開(kāi)通，某次列車(chē)從進(jìn)站減速到以一定的速度離開(kāi)車(chē)站的這段時(shí)間內(nèi)的速度—時(shí)間圖像如圖所示，對(duì)于該列車(chē)下列說(shuō)法正確的是()A．進(jìn)站減速時(shí)列車(chē)的加速度大小為1.2m/s2B．列車(chē)在加速與減速兩階段運(yùn)動(dòng)的位移相同C．若列車(chē)總質(zhì)量不變，則減速時(shí)列車(chē)所受的合外力比加速時(shí)列車(chē)所受的合外力大D．若列車(chē)在該站不停車(chē)，以30m/s的速度勻速駛過(guò)該站，與原來(lái)相比，通過(guò)車(chē)站的運(yùn)行時(shí)間少耗費(fèi)22.5s解析：選C由v-t圖像可知進(jìn)站減速時(shí)列車(chē)的加速度大小為a1＝eq\f(30,20)m/s2＝1.5m/s2，A錯(cuò)誤；v-t圖像與橫軸圍成的面積表示位移，列車(chē)在減速階段運(yùn)動(dòng)的位移為x1＝eq\f(1,2)×20×30m＝300m，列車(chē)在加速階段運(yùn)動(dòng)的位移為x2＝eq\f(1,2)×25×30m＝375m，可知列車(chē)在加速與減速兩階段運(yùn)動(dòng)的位移不相同，B錯(cuò)誤；列車(chē)在加速階段的加速度大小為a2＝eq\f(30,25)m/s2＝1.2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可得F合＝ma，由于a1＝1.5m/s2>a2＝1.2m/s2，可知若列車(chē)總質(zhì)量不變，則減速時(shí)列車(chē)所受的合外力比加速時(shí)列車(chē)所受的合外力大，C正確；若列車(chē)在該站不停車(chē)，以30m/s的速度勻速駛過(guò)該站，則列車(chē)勻速通過(guò)所用的時(shí)間為t＝eq\f(x1＋x2,v)＝eq\f(300＋375,30)s＝22.5s，與原來(lái)相比，通過(guò)車(chē)站少耗費(fèi)的時(shí)間為Δt＝75s－22.5s＝52.5s，D錯(cuò)誤。11．某同學(xué)制作了一個(gè)“豎直加速度測(cè)量?jī)x”。如圖所示，彈簧上端固定，在彈簧旁固定一直尺。不掛鋼球時(shí)，彈簧下端指針位于直尺20cm刻度處；下端懸掛鋼球，靜止時(shí)指針位于直尺40cm刻度處。將直尺不同刻度對(duì)應(yīng)的加速度標(biāo)在直尺上，就可用此裝置直接測(cè)量豎直方向的加速度。取加速度豎直向上為正方向，重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是()A．20cm刻度對(duì)應(yīng)的加速度為gB．30cm刻度對(duì)應(yīng)的加速度為0.5gC．80cm刻度對(duì)應(yīng)的加速度為2gD．各刻度對(duì)應(yīng)加速度值的間隔是不均勻的解析：選C設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，鋼球質(zhì)量為m，下端懸掛鋼球，靜止時(shí)指針位于直尺40cm刻度處，則mg＝k(40－20)×10－2＝0.2k,20cm刻度時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有k(20－20)×10－2－mg＝ma，解得a＝－g，故A錯(cuò)誤；30cm刻度時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有k(30－20)×10－2－mg＝ma，解得a＝－0.5g，故B錯(cuò)誤；80cm刻度時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有k(80－20)×10－2－mg＝ma，解得a＝2g，故C正確；根據(jù)牛頓第二定律得k(l－20)×10－2－mg＝ma，可得a＝eq\f(kl－20×10－2,m)－g，則各刻度對(duì)應(yīng)加速度的值是均勻的，故D錯(cuò)誤。12．如圖所示，小圓環(huán)A吊著一個(gè)質(zhì)量為m2的物塊并套在另一個(gè)豎直放置的大圓環(huán)上，有一細(xì)線(xiàn)，一端拴在小圓環(huán)A上，另一端跨過(guò)固定在大圓環(huán)最高點(diǎn)B的一個(gè)小滑輪后吊著一個(gè)質(zhì)量為m1的物塊。如果小圓環(huán)、滑輪、細(xì)線(xiàn)的大小和質(zhì)量以及相互之間的摩擦都可以忽略不計(jì)，細(xì)線(xiàn)又不可伸長(zhǎng)，若平衡時(shí)弦AB所對(duì)應(yīng)的圓心角為α，則兩物塊的質(zhì)量之比eq\f(m1,m2)應(yīng)為()A．coseq\f(α,2) B．sineq\f(α,2)C．2sineq\f(α,2) D．2sinα解析：選C因小圓環(huán)A受拉力m2g、細(xì)線(xiàn)BA的拉力FT及大圓環(huán)的彈力FN作用而處于平衡狀態(tài)，則此三個(gè)力一定可以組成一封閉的矢量三角形，此力的三角形一定與幾何三角形OAB相似，即有eq\f(m2g,R)＝eq\f(FT,AB)，而FT＝m1g，AB＝2Rsineq\f(α,2)，所以eq\f(m1,m2)＝eq\f(AB,R)＝2sineq\f(α,2)，故C正確。13．質(zhì)量為5kg的木塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),3)，一人欲用最小的作用力F使木塊沿地面做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，如圖所示，則此最小作用力的大小F和F與水平地面的夾角θ分別為(g取10m/s2)()A．10N30° B.eq\f(50\r(3),3)N0°C．25N30° D．25N60°解析：選C如圖所示，木塊受重力G、地面的支持力FN、摩擦力Ff和施加的外力F四個(gè)力作用。由共點(diǎn)力平衡條件得Fcosθ＝Ff，F(xiàn)sinθ＋FN＝G，且有Ff＝μFN，聯(lián)立以上各式得F＝eq\f(μG,cosθ＋μsinθ)令tanφ＝eq\f(1,μ)，則F＝eq\f(μG,\r(1＋μ2)sinθ＋φ)當(dāng)sin(θ＋φ)＝1時(shí)，F(xiàn)具有極小值，F(xiàn)min＝eq\f(μG,\r(1＋μ2))＝eq\f(\f(\r(3),3)×5×10,\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2))N＝25N，因?yàn)閠anφ＝eq\f(1,μ)＝eq\r(3)，所以φ＝60°，則F與水平地面的夾角θ＝90°－60°＝30°，故選項(xiàng)C正確。二、選擇題Ⅱ(本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得3分，選對(duì)但不選全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)14．如圖所示，質(zhì)量mB＝2kg的水平托盤(pán)B與一豎直放置的輕彈簧焊接，托盤(pán)上放一質(zhì)量mA＝1kg的小物塊A，整個(gè)裝置靜止?，F(xiàn)對(duì)小物塊A施加一個(gè)豎直向上的變力F，使其從靜止開(kāi)始以加速度a＝2m/s2做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，已知彈簧的勁度系數(shù)k＝600N/m，g＝10m/s2。以下結(jié)論正確的是()A．變力F的最小值為2NB．變力F的最小值為6NC．小物塊A與托盤(pán)B分離瞬間的速度為0.2m/sD．小物塊A與托盤(pán)B分離瞬間的速度為eq\f(\r(5),5)m/s解析：選BCA、B整體受力產(chǎn)生加速度，則有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，F(xiàn)＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FNAB，當(dāng)FNAB最大時(shí)，F(xiàn)最小，即剛開(kāi)始施力時(shí)，F(xiàn)NAB最大，等于重力，則Fmin＝(mA＋mB)a＝6N，B正確，A錯(cuò)誤；剛開(kāi)始，彈簧的壓縮量為x1＝eq\f(mA＋mBg,k)＝0.05m；A、B分離時(shí)，其間恰好無(wú)作用力，對(duì)托盤(pán)B，由牛頓第二定律可知kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04m。物塊A在這一過(guò)程的位移為Δx＝x1－x2＝0.01m，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知v2＝2aΔx，代入數(shù)據(jù)得v＝0.2m/s，C正確，D錯(cuò)誤。15．應(yīng)用于機(jī)場(chǎng)和火車(chē)站的安全檢查儀，其傳送裝置可簡(jiǎn)化為如圖所示的模型。傳送帶始終保持v＝0.4m/s的恒定速率運(yùn)行，行李與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，A、B間的距離為2m，g取10m/s2。旅客把行李(可視為質(zhì)點(diǎn))無(wú)初速度地放在A處，則下列說(shuō)法正確的是()A．開(kāi)始時(shí)行李的加速度大小為2m/s2B．行李經(jīng)過(guò)2s到達(dá)B處C．行李到達(dá)B處時(shí)速度大小為0.4m/sD．行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長(zhǎng)度為0.08m解析：選AC開(kāi)始時(shí)，對(duì)行李受力分析，根據(jù)牛頓第二定律μmg＝ma，解得a＝2m/s2，故A正確；設(shè)行李做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，行李勻加速運(yùn)動(dòng)的末速度為v＝0.4m/s，根據(jù)v＝at1，代入數(shù)據(jù)解得t1＝0.2s，勻加速運(yùn)動(dòng)的位移大小x＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)×2×0.22m＝0.04m，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝eq\f(L－x,v)＝eq\f(2－0.04,0.4)s＝4.9s，可得行李從A到B的時(shí)間為t＝t1＋t2＝5.1s，故B錯(cuò)誤；由上述分析可知行李在到達(dá)B處前已經(jīng)與傳送帶共速，所以行李到達(dá)B處時(shí)速度大小為0.4m/s，故C正確；行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長(zhǎng)度為Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04)m＝0.04m，故D錯(cuò)誤。三、非選擇題(本題共5小題，共55分)16．實(shí)驗(yàn)題(Ⅰ、Ⅱ兩題共14分)Ⅰ.(7分)(1)甲、乙兩同學(xué)通過(guò)下面的實(shí)驗(yàn)測(cè)量人的反應(yīng)時(shí)間。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①甲用兩個(gè)手指輕輕捏住量程為L(zhǎng)的木尺上端，讓木尺自然下垂，乙把手放在尺的下端(位置恰好處于L刻度處，但未碰到尺)，準(zhǔn)備用手指夾住下落的尺。②甲在不通知乙的情況下，突然松手，尺子下落；乙看到尺子下落后快速用手指夾住尺子。若夾住尺子的位置刻度為L(zhǎng)1，重力加速度大小為g，則乙的反應(yīng)時(shí)間為_(kāi)_______(用L、L1和g表示)。③已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮間＝9.80m/s2，L＝30.0cm，L1＝10.4cm。乙的反應(yīng)時(shí)間為_(kāi)___s。(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)④寫(xiě)出一條能提高測(cè)量結(jié)果準(zhǔn)確程度的建議：___________________________________________________________________________________________________________。(2)如圖甲所示，用鐵架臺(tái)、彈簧和多個(gè)質(zhì)量均為m的鉤碼探究在彈性限度內(nèi)彈簧彈力與彈簧伸長(zhǎng)量的關(guān)系。①為完成實(shí)驗(yàn)，還需要的實(shí)驗(yàn)器材有：________。②實(shí)驗(yàn)中需要測(cè)量的物理量有：___________________________________________________________________________________________________________________。③圖乙是彈簧彈力F與彈簧伸長(zhǎng)量x的F-x圖線(xiàn)，由此可求出彈簧的勁度系數(shù)為_(kāi)_______N/m。圖線(xiàn)不過(guò)原點(diǎn)是由于__________________。解析：(1)②根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，得L－L1＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2L－L1,g))。③將題中數(shù)據(jù)代入t＝eq\r(\f(2L－L1,g))得t＝0.20s。④建議：多次測(cè)量取平均值；初始時(shí)乙的手指盡可能接近尺子。(2)①根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理可知還需要刻度尺來(lái)測(cè)量彈簧原長(zhǎng)和伸長(zhǎng)量。②根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，實(shí)驗(yàn)中需要測(cè)量的物理量有彈簧的原長(zhǎng)、彈簧所受外力與對(duì)應(yīng)的伸長(zhǎng)量(或與彈簧對(duì)應(yīng)的長(zhǎng)度)。③取圖像中(0.5,0)和(3.5,6)兩個(gè)點(diǎn)，代入F＝kx解得k＝200N/m，由于彈簧自身的重力，使得彈簧不加外力時(shí)就有形變量。答案：(1)②eq\r(\f(2L－L1,g))③0.20④多次測(cè)量取平均值；初始時(shí)乙的手指盡可能接近尺子(2)①刻度尺②彈簧原長(zhǎng)、彈簧所受外力與對(duì)應(yīng)的伸長(zhǎng)量(或與彈簧對(duì)應(yīng)的長(zhǎng)度)③200彈簧自身的重力Ⅱ.(7分)(1)在下列學(xué)生實(shí)驗(yàn)中，需要用到打點(diǎn)計(jì)時(shí)器和天平的實(shí)驗(yàn)有________(填字母)。A．“探究小車(chē)速度隨時(shí)間變化的規(guī)律”B．“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”C．兩小車(chē)碰撞“探究碰撞中的不變量”(2)趙同學(xué)用如圖甲所示的裝置做“探究加速度與力的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)。正確補(bǔ)償阻力后，掛上裝有砂的砂桶，得到如圖乙所示的紙帶已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所使用的交流電頻率為50Hz，則小車(chē)的加速度為_(kāi)_______m/s2(保留兩位有效數(shù)字)，由此可判斷砂桶質(zhì)量________(選填“滿(mǎn)足”或“不滿(mǎn)足”)本實(shí)驗(yàn)要求。(3)錢(qián)同學(xué)仍用圖甲裝置做“探究小車(chē)速度隨時(shí)間變化的規(guī)律”實(shí)驗(yàn)。重新調(diào)整實(shí)驗(yàn)裝置后，獲取了一條新的紙帶，利用實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪制成如圖丙所示的“v-t”圖像發(fā)現(xiàn)其圖線(xiàn)末端發(fā)生了彎曲，以下四個(gè)操作中，你認(rèn)為最可能是________。A．實(shí)驗(yàn)前沒(méi)有補(bǔ)償阻力B．實(shí)驗(yàn)前補(bǔ)償阻力時(shí)板墊起的太高C．砂桶質(zhì)量不滿(mǎn)足實(shí)驗(yàn)要求D．沒(méi)有調(diào)節(jié)好定滑輪的高度解析：(1)“探究小車(chē)速度隨時(shí)間變化的規(guī)律”需要打點(diǎn)計(jì)時(shí)器測(cè)速度，不需要天平，故A錯(cuò)誤；“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”需要用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器測(cè)加速度，用天平測(cè)量小車(chē)的質(zhì)量，故B正確；兩小車(chē)碰撞“探究碰撞中的不變量”需要用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器測(cè)碰撞前后的速度，用天平測(cè)量小車(chē)的質(zhì)量，故C正確。(2)已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所使用的交流電頻率為50Hz，由圖乙可知相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔為T(mén)＝2×0.02s＝0.04s，根據(jù)逐差法Δx＝aT2，由圖乙可得a＝eq\f(CE－AC,2T2)≈2.0m/s2；本實(shí)驗(yàn)中要使小車(chē)受到的合力等于砂和砂桶的重力，需要滿(mǎn)足砂和砂桶的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車(chē)的質(zhì)量，根據(jù)牛頓第二定律得T＝mg＝Ma，解得a＝eq\f(m,M)g，由于m?M，則加速度較小，而本實(shí)驗(yàn)中小車(chē)加速度較大，故可判斷砂桶質(zhì)量不滿(mǎn)足實(shí)驗(yàn)要求。(3)由圖丙可知，圖線(xiàn)末端發(fā)生了彎曲，且斜率變小，則加速度變小，可知小車(chē)所受合力減小，A、B、C三種情況合力不變，故A、B、C錯(cuò)誤；當(dāng)滑輪高度過(guò)低，隨著小車(chē)靠近滑輪，細(xì)繩拉力平行木板方向分量減小，同時(shí)垂直木板方向分量增大，則摩擦力增大，合力減小，故可能是滑輪高度未調(diào)節(jié)好，故D正確。答案：(1)BC(2)2.0不滿(mǎn)足(3)D17．(8分)風(fēng)洞飛行是一項(xiàng)很刺激的運(yùn)動(dòng)，很受年輕人的喜愛(ài)。體驗(yàn)者在風(fēng)洞中可以調(diào)整身體姿態(tài)以獲得不同的風(fēng)力，從而實(shí)現(xiàn)在風(fēng)洞中上升、下降和飄浮，好似在太空中行走一般。假設(shè)風(fēng)對(duì)體驗(yàn)者的升力與人的有效作用面積成正比。一身高為1.60m的體驗(yàn)者(可認(rèn)為其重心為身高的中心)身體處于豎直狀態(tài)時(shí)有最小的有效受力面積為S，平躺時(shí)有最大的有效受力面積為10S，當(dāng)他調(diào)整姿態(tài)到有效受力面積為4S時(shí)，就可以飄浮在風(fēng)洞中任何位置了(g取10m/s2)。則：(1)體驗(yàn)者在風(fēng)洞中能獲得的向上、向下的最大加速度各是多大？(2)體驗(yàn)者要體會(huì)從洞底到洞頂?shù)膩?lái)回往復(fù)運(yùn)動(dòng)(身體不能觸碰洞底與洞頂)。若他要在最短時(shí)間內(nèi)完成一次往復(fù)運(yùn)動(dòng)，體驗(yàn)者應(yīng)如何調(diào)整身體姿態(tài)？(3)風(fēng)洞高h(yuǎn)＝7.2m，要實(shí)現(xiàn)第(2)問(wèn)的要求，則體驗(yàn)者往返運(yùn)動(dòng)一次的最短時(shí)間是多少？最大速度是多大？解析：(1)設(shè)體驗(yàn)者的質(zhì)量為m：則飄浮時(shí)，4kS＝mg，得kS＝eq\f(1,4)mg，設(shè)向上最大加速度為a1,10kS－mg＝ma1，a1＝15m/s2，設(shè)向下最大加速度為a2，mg－kS＝ma2，a2＝7.5m/s2。(2)向上運(yùn)動(dòng)：先平躺后突然直立；向下運(yùn)動(dòng)：先直立后突然平躺。(3)設(shè)最大速度為v，eq\f(v2,2a1)＋eq\f(v2,2a2)＝h－0.8，解得v＝8m/s，最短時(shí)間為t＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,a1)＋\f(v,a2)))＝3.2s。答案：(1)15m/s27.5m/s2(2)向上運(yùn)動(dòng)：先平躺后突然直立；向下運(yùn)動(dòng)：先直立后突然平躺(3)3.2s8m/s18．(11分)“天問(wèn)一號(hào)”著陸器著陸火星前的運(yùn)動(dòng)可簡(jiǎn)化為如圖所示四個(gè)過(guò)程。若已知著陸器(不含降落傘)總質(zhì)量m＝1.2×103kg，火星表面重力加速度g′＝4m/s2，忽略著陸器質(zhì)量的變化和g′的變化，打開(kāi)降落傘后的運(yùn)動(dòng)可視為豎直向下的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。則：(1)在第Ⅳ階段的最后，著陸器從無(wú)初速度開(kāi)始經(jīng)0.75s無(wú)動(dòng)力下降后安全著陸，且火星表面大氣非常稀薄，求著陸器著陸時(shí)的速度v4；(2)假設(shè)著陸器在第Ⅲ“動(dòng)力減速階段”做勻減速運(yùn)動(dòng)，求動(dòng)力減速裝置給著陸器的反推力F的大??；(3)著陸器在第Ⅱ“傘降減速階段”也可視為勻減速運(yùn)動(dòng)，求從打開(kāi)降落傘到懸停過(guò)程中(即Ⅱ、Ⅲ過(guò)程)的平均速度大小。(結(jié)果可用分?jǐn)?shù)表示)解析：(1)在火星表面自由落體：v4＝g′t＝3m/s。(2)第Ⅲ階段加速度：a＝eq\f(v3－v2,t3－t2)＝eq\f(0－100,460－380)m/s2＝－eq\f(5,4)m/s2根據(jù)牛頓第二定律：mg′－F＝ma所以：F＝mg′－ma，解得：F＝6.3×103N。(3)利用平均速度求得第Ⅱ、第Ⅲ階段下落的高度：h2＝eq\f(v1＋v2,2)(t2－t1)，解得h2＝2.52×104mh3＝eq\f(v2＋v3,2)(t3－t2)，解得h3＝4.0×103m平均速度為eq\x\to(v)＝eq\f(h2＋h3,t3－t1)，解得eq\x\to(v)＝eq\f(2920,17)m/s。答案：(1)3m/s(2)6.3×103N(3)eq\f(2920,17)m/s19．(11分)如圖所示，兩平直的斜坡在O點(diǎn)平滑對(duì)接，左、右兩側(cè)與水平面的坡度分別為37°和5°。一名質(zhì)量m＝75kg的單板滑雪運(yùn)動(dòng)員(包括裝備)在坡上進(jìn)行訓(xùn)練，他從左側(cè)斜坡上勻加速下滑至O點(diǎn)后滑上右側(cè)斜坡，在OB段做勻減速運(yùn)動(dòng)，到B點(diǎn)速度剛好減為零。已知運(yùn)動(dòng)員在左側(cè)斜坡上受到的阻力為重力的0.5倍，下滑經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)速度為18m/s，AO段長(zhǎng)為176m，從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)用時(shí)28s。sin37°＝0.6，sin5°＝0.09，g＝10m/s2。求運(yùn)動(dòng)員：(1)經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)在OB段上通過(guò)的位移大?。?3)在OB段上運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的阻力大小。解析：(1)在左側(cè)斜坡上對(duì)運(yùn)動(dòng)員受力分析，由牛頓第二定律得mgsin37°－0.5mg＝ma1 ①由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)速度—位移關(guān)系得v2－vA2＝2a1xAO ②聯(lián)立①②兩式代入數(shù)據(jù)解得a1＝1m/s2，v＝26m/s。(2)根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間關(guān)系得在AO段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝eq\f(v－vA,a1)＝eq\f(26－18,1)s＝8s根據(jù)已知條件得在OB段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝tAB－t1＝28s－8s＝20s根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的推論得在OB段上通過(guò)的位移大小為xOB＝eq\f(v,2)t2＝eq\f(26,2)×20m＝260m。(3)設(shè)運(yùn)動(dòng)員在OB段受到的阻力大小為f，加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin5°＋f＝ma2 ③由勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得a2＝eq\f(v,t2) ④聯(lián)立③④代入數(shù)據(jù)解得f＝30N。答案：(1)26m/s(2)260m(3)30N20．(11分)如圖所示，傾角為θ＝37°的傳送帶以速度v1＝2m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。一小物塊以v2＝8m/s的速度從傳送帶的底端滑上傳送帶。已知小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，傳送帶足夠長(zhǎng)，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：(1)小物塊向上運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離；(2)小物塊回到底端時(shí)的速度大??；(3)小物塊從放上傳送帶到回到底端時(shí)所經(jīng)歷的時(shí)間。解析：(1)由于物塊的速度大于傳送帶的速度，所以物塊先相對(duì)傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1代入數(shù)據(jù)解得a1＝10m/s2，方向沿傳送帶向下設(shè)物塊減速到與傳送帶共速需要的時(shí)間為t1，有t1＝eq\f(v1－v2,－a1)＝0.6s在這個(gè)階段物塊運(yùn)動(dòng)位移x1＝eq\f(v1＋v2,2)t1＝3m由于物塊所受重力沿傳送帶方向的分力大于滑動(dòng)摩擦力，因此物塊與傳送帶共速后相對(duì)傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，受到的滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向上，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2代入數(shù)據(jù)解得a2＝2m/s2，方向沿傳送帶向下最后減速到速度為零需要的時(shí)間為t2，有t2＝eq\f(v1,a2)＝1s在這個(gè)階段物塊運(yùn)動(dòng)位移x2＝eq\f(v1,2)t2＝1m小物塊向上滑行的最遠(yuǎn)距離為xm＝x1＋x2＝4m。(2)小物塊之后向下加速運(yùn)動(dòng)直到回到底端，加速度a2＝2m/s2，由v32－0＝2a2xm，得回到底端的速度v3＝4m/s。(3)小物塊向下加速運(yùn)動(dòng)直到回到底端的時(shí)間為t3，有t3＝eq\f(v3,a2)＝2s小物塊從放上傳送帶到回到底端時(shí)所經(jīng)歷的時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝3.6s。答案：(1)4m(2)4m/s(3)3.6s階段驗(yàn)收評(píng)價(jià)(二)曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)萬(wàn)有引力定律(考試時(shí)間：90分鐘試卷分值：100分)一、選擇題Ⅰ(本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分)1．將一個(gè)小球以初速度v0水平拋出，經(jīng)時(shí)間t1小球的水平分速度和豎直分速度恰好大小相等，從拋出時(shí)刻經(jīng)時(shí)間t2小球的水平分位移和豎直分位移恰好大小相等，忽略空氣阻力，下列關(guān)系式正確的是()A．t1＝t2 B．t1>t2C．t1<t2 D．v0大小不同關(guān)系不同解析：選C經(jīng)時(shí)間t1小球的水平分速度和豎直分速度恰好大小相等，則有v0＝gt1，可得t1＝eq\f(v0,g)，經(jīng)時(shí)間t2小球的水平分位移和豎直分位移恰好大小相等，則有v0t2＝eq\f(1,2)gt22，解得t2＝eq\f(2v0,g)，比較t1、t2可知t1<t2，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。2．繞太陽(yáng)運(yùn)行的軌道為橢圓的萊蒙—泛星彗星C/2021F1于2022年4月6日到達(dá)近日點(diǎn)，與太陽(yáng)距離恰為1個(gè)天文單位(即地球與太陽(yáng)的距離)。若忽略地球和彗星間的引力作用，當(dāng)該彗星經(jīng)過(guò)近日點(diǎn)時(shí)()A．與地球的線(xiàn)速度大小相等B．與地球的加速度大小相等C．與地球所受太陽(yáng)引力大小相等D．速度為其運(yùn)行過(guò)程的最小值解析：選B彗星經(jīng)過(guò)近日點(diǎn)時(shí)做離心運(yùn)動(dòng)，線(xiàn)速度大于地球的線(xiàn)速度，A錯(cuò)誤；彗星和地球的加速度都由萬(wàn)有引力產(chǎn)生，彗星經(jīng)過(guò)近日點(diǎn)時(shí)到太陽(yáng)的距離與地球到太陽(yáng)的距離相等，加速度大小相等，B正確；彗星與地球到太陽(yáng)的距離相等，但質(zhì)量不同，所受太陽(yáng)引力大小不相等，C錯(cuò)誤；經(jīng)過(guò)近日點(diǎn)時(shí)速度為其運(yùn)行過(guò)程的最大值，D錯(cuò)誤。3．如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定一半圓形軌道，O為圓心，AB為水平直徑，半徑R＝0.2m，有一可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從A點(diǎn)以不同的初速度向右水平拋出，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2，下列說(shuō)法正確的是()A．初速度越大，小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)B．初速度不同，小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定不同C．小球落到軌道的瞬間，速度方向可能沿半徑方向D．小球的初速度為v＝1m/s時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)解析：選D平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由高度決定，與水平初速度無(wú)關(guān)，初速度大時(shí)，下落的高度不一定大，則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不一定長(zhǎng)，速度不同的小球下落的高度可能相等，如碰撞點(diǎn)為關(guān)于半圓過(guò)O點(diǎn)的豎直軸對(duì)稱(chēng)的兩個(gè)點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，故A、B錯(cuò)誤；若小球落到半圓形軌道的瞬間垂直撞擊半圓形軌道，即速度方向沿半徑方向，則速度方向與水平方向的夾角是位移方向與水平方向夾角的2倍，因?yàn)橥晃恢盟俣确较蚺c水平方向夾角的正切值是位移方向與水平方向夾角正切值的兩倍，兩者相互矛盾，則小球的速度方向不會(huì)沿半徑方向，故C錯(cuò)誤；由R＝vt和R＝eq\f(1,2)gt2，可得v＝1m/s，故D正確。4．如圖是飛鏢盤(pán)示意圖，盤(pán)面畫(huà)有多個(gè)同心圓以表示環(huán)數(shù)，O是圓心，盤(pán)豎直掛在墻上，A是盤(pán)的最高點(diǎn)，B是盤(pán)的最低點(diǎn)。某同學(xué)玩飛鏢時(shí)，飛鏢的出手點(diǎn)與A等高，且與盤(pán)面的距離保持不變，第一支飛鏢命中B點(diǎn)，第二支飛鏢命中O點(diǎn)，若空氣阻力不計(jì)，可知前后兩支飛鏢()A．飛行時(shí)間之比是2∶1B．出手速度之比是1∶eq\r(2)C．命中時(shí)速度之比是eq\r(2)∶1D．命中時(shí)動(dòng)能之比是1∶1解析：選B飛鏢飛出后在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，由y＝eq\f(1,2)gt2，解得飛鏢飛行時(shí)間為t＝eq\r(\f(2y,g))，由題意可知，第一支飛鏢和第二支飛鏢飛行時(shí)間之比為t1∶t2＝eq\r(2)∶1，A錯(cuò)誤；飛鏢飛出后水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，且水平位移相等，由x＝v0t可知，第一支飛鏢和第二支飛鏢出手速度之比v01∶v02＝1∶eq\r(2)，B正確；飛鏢命中時(shí)的速度為v＝eq\r(v02＋gt2)＝eq\r(v02＋\f(g2x2,v02))，可見(jiàn)，第一支飛鏢和第二支飛鏢命中時(shí)速度之比不可能為eq\r(2)∶1，C錯(cuò)誤；飛鏢命中時(shí)的動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(v02＋eq\f(g2x2,v02))，可見(jiàn)，第一支飛鏢和第二支飛鏢命中時(shí)動(dòng)能之比不可能為1∶1，D錯(cuò)誤。5．2022年7月25日，問(wèn)天實(shí)驗(yàn)艙成功對(duì)接天和核心艙。本次發(fā)射及對(duì)接過(guò)程可簡(jiǎn)化為如圖所示的模型，問(wèn)天實(shí)驗(yàn)艙首先發(fā)射到離地面大約200km的低軌道Ⅰ，在P點(diǎn)加速變軌進(jìn)入軌道Ⅱ，在遠(yuǎn)地點(diǎn)Q與軌道Ⅲ上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的天和核心艙對(duì)接。下列說(shuō)法正確的是()A．問(wèn)天實(shí)驗(yàn)艙在軌道Ⅰ的線(xiàn)速度小于天和核心艙在軌道Ⅲ的線(xiàn)速度B．問(wèn)天實(shí)驗(yàn)艙在軌道Ⅱ上運(yùn)行時(shí)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的速度大于經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)的速度C．問(wèn)天實(shí)驗(yàn)艙從軌道Ⅰ運(yùn)行到軌道Ⅲ過(guò)程中機(jī)械能守恒D．問(wèn)天實(shí)驗(yàn)艙在軌道Ⅰ運(yùn)行周期大于同步衛(wèi)星的周期解析：選B根據(jù)Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(GM,r))，天和核心艙在軌道Ⅲ的軌道半徑大于問(wèn)天實(shí)驗(yàn)艙在軌道Ⅰ的軌道半徑，所以問(wèn)天實(shí)驗(yàn)艙在軌道Ⅰ的線(xiàn)速度大于天和核心艙在軌道Ⅲ的線(xiàn)速度，故A錯(cuò)誤；在軌道Ⅱ上Q點(diǎn)為遠(yuǎn)地點(diǎn)，P點(diǎn)為近地點(diǎn)，經(jīng)過(guò)近地點(diǎn)的速度大于經(jīng)過(guò)遠(yuǎn)地點(diǎn)的速度，故B正確；問(wèn)天實(shí)驗(yàn)艙從軌道Ⅰ運(yùn)行到軌道Ⅲ過(guò)程中需要點(diǎn)火加速，機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；根據(jù)Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，可得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，軌道半徑越小，周期越小，問(wèn)天實(shí)驗(yàn)艙在軌道Ⅰ運(yùn)行周期小于同步衛(wèi)星的周期，故D錯(cuò)誤。6．如圖所示，將一軟木板掛在豎直墻壁上，作為鏢靶，將A、B兩只相同的飛鏢從離墻壁一定距離的同一位置，分別將它們水平擲出，兩只飛鏢插在靶上的狀態(tài)如圖所示(側(cè)視圖)，則下列說(shuō)法正確的是()A．飛鏢A的初速度小于飛鏢B的初速度B．飛鏢A在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間等于飛鏢B在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間C．人對(duì)飛鏢A做的功小于人對(duì)飛鏢B做的功D．飛鏢A在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度變化量小于飛鏢B在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度變化量解析：選D由題意可知，兩飛鏢做平拋運(yùn)動(dòng)，由t＝eq\r(\f(2h,g))，可知飛鏢B下落的高度大，飛鏢B在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間比飛鏢A在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間長(zhǎng)，由x＝v0t，可知兩飛鏢的水平位移相等，飛鏢A的初速度大于飛鏢B的初速度，A、B錯(cuò)誤；因飛鏢A的初速度大于飛鏢B的初速度，由功能關(guān)系可知，人對(duì)飛鏢A做的功大于人對(duì)飛鏢B做的功，C錯(cuò)誤；兩飛鏢在空中的加速度相等，都是重力加速度g，因飛鏢A在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于飛鏢B在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間，由Δvy＝gt可知，飛鏢A在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度變化量小于飛鏢B在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度變化量，D正確。7．小明拿著一個(gè)正方體的光滑盒子在豎直平面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，盒子中有一個(gè)質(zhì)量為m的小球(盒子的邊長(zhǎng)略大于球的直徑)，如圖所示，在最高點(diǎn)時(shí)小球?qū)凶佑邢蛏洗笮閙g的壓力，已知重力加速度為g，空氣阻力不計(jì)，則()A．因?yàn)樾∏蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，所以向心力恒定B．該盒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期等于πeq\r(\f(R,g))C．盒子運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)小球的作用力大小等于3mgD．盒子運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)等高的右側(cè)位置時(shí)，小球受到的合力等于3mg解析：選C小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合外力作為向心力，大小恒定，方向始終指向圓心，故向心力是變力，A錯(cuò)誤；由題意可知，在最高點(diǎn)時(shí)盒子對(duì)小球有向下的壓力，大小為mg，由向心力公式可得F向＝2mg＝mReq\f(4π2,T2)，解得盒子運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)＝πeq\r(\f(2R,g))，B錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)小球由向心力公式可得F－mg＝mReq\f(4π2,T2)，又2mg＝mReq\f(4π2,T2)，聯(lián)立解得盒子對(duì)小球的作用力大小為F＝3mg，C正確；盒子運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)等高的右側(cè)位置時(shí)，小球受到的合力等于向心力，大小為2mg，D錯(cuò)誤。8．由中山大學(xué)發(fā)起的空間引力波探測(cè)工程“天琴計(jì)劃”于2015年7月正式啟動(dòng)。計(jì)劃從2016年到2035年分四階段進(jìn)行，將向太空發(fā)射三顆衛(wèi)星探測(cè)引力波。在初步概念中，天琴將采用三顆全同的衛(wèi)星(SC1、SC2、SC3)構(gòu)成一個(gè)等邊三角形陣列，地球恰處于三角形中心，衛(wèi)星將在以地球?yàn)橹行?、高度約10萬(wàn)公里的軌道上運(yùn)行，針對(duì)確定的引力波源進(jìn)行探測(cè)，這三顆衛(wèi)星在太空中的分列圖類(lèi)似樂(lè)器豎琴，故命名為“天琴計(jì)劃”。則下列有關(guān)三顆衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)描述正確的是()A．三顆衛(wèi)星一定是地球同步衛(wèi)星B．三顆衛(wèi)星具有相同的加速度C．三顆衛(wèi)星的線(xiàn)速度比月球繞地球運(yùn)動(dòng)的線(xiàn)速度大且大于第一宇宙速度D．若知道引力常量G、三顆衛(wèi)星繞地球運(yùn)轉(zhuǎn)周期T及地球的半徑R，則可估算出地球的密度解析：選D同步軌道衛(wèi)星的半徑約為42400公里，是個(gè)定值，由題給數(shù)據(jù)知A錯(cuò)誤；根據(jù)Geq\f(mM,r2)＝ma，解得：a＝eq\f(GM,r2)，由于三顆衛(wèi)星到地球的距離相等，則它們的加速度大小相等，但是方向不同，故B錯(cuò)誤；第一宇宙速度是繞地球運(yùn)動(dòng)的最大速度，C錯(cuò)誤；根據(jù)M＝eq\f(4π2r3,GT2)，若知道萬(wàn)有引力常量G及三顆衛(wèi)星繞地球運(yùn)轉(zhuǎn)周期T可以求出地球的質(zhì)量M，再知道地球半徑R，可以求出地球的密度，故D正確。9.如圖所示，一光滑的圓管軌道固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為m的小球在圓管內(nèi)運(yùn)動(dòng)，小球的直徑略小于圓管的內(nèi)徑。軌道的半徑為R，小球的直徑遠(yuǎn)小于R，可以視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g?，F(xiàn)從最高點(diǎn)給小球不同的初速度v，關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是()A．小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)外管壁的最小壓力為4mgB．若小球從靜止沿軌道滑落，當(dāng)滑落高度為eq\f(R,3)時(shí)，小球與內(nèi)、外管壁均沒(méi)有作用力C．小球能再運(yùn)動(dòng)回最高點(diǎn)的最小速度v＝eq\r(gR)D．當(dāng)v>eq\r(gR)時(shí)，小球在最低點(diǎn)與最高點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小之差為5mg解析：選B當(dāng)在最高點(diǎn)速度為零時(shí)，到達(dá)最低點(diǎn)的速度最小，對(duì)外管壁的壓力最小，則由機(jī)械能守恒定律有mg·2R＝eq\f(1,2)mv12，在最低點(diǎn)設(shè)外管壁對(duì)小球的支持力為F，由牛頓第二定律F－mg＝meq\f(v12,R)，聯(lián)立解得F＝5mg，由牛頓第三定律得，小球?qū)ν夤鼙诘膲毫ψ钚?mg，故A錯(cuò)誤；小球從靜止沿軌道滑落，當(dāng)滑落高度為eq\f(R,3)時(shí)，由機(jī)械能守恒定律有mgeq\f(R,3)＝eq\f(1,2)mv22，設(shè)此時(shí)重力沿半徑方向的分力為F1，由幾何關(guān)系得F1＝eq\f(2mg,3)，此時(shí)所需的向心力為F向＝meq\f(v22,R)，聯(lián)立解得F向＝F1，此時(shí)重力沿半徑方向的分力恰好提供向心力，所以小球與內(nèi)、外管壁均沒(méi)有作用力，故B正確；因?yàn)楣軆?nèi)壁可以給小球支持力，所以小球在最高點(diǎn)的速度可以為零，故C錯(cuò)誤；若在最高點(diǎn)速度v>eq\r(gR)，在最高點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律得F2＋mg＝meq\f(v2,R)，從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)由機(jī)械能守恒定律得mg·2R＝eq\f(1,2)mv32－eq\f(1,2)mv2，在最低點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律得F3－mg＝meq\f(v32,R)，聯(lián)立解得F3－F2＝6mg，所以當(dāng)v>eq\r(gR)時(shí)，小球在最低點(diǎn)與最高點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小之差為6mg，故D錯(cuò)誤。10．假設(shè)未來(lái)某一天科技水平足夠高，人們能夠在地球赤道上建一座高度等于地球同步衛(wèi)星軌道高度(約36000km)的房子，在這座房子的某一層住戶(hù)對(duì)地板的壓力等于其在該樓層所受地球萬(wàn)有引力的eq\f(7,8)，已知地球半徑約為6400km，則該樓層離地面的高度大約為()A．6400km B．21200kmC．18000km D．14800km解析：選D假設(shè)該樓層距離地心為r，對(duì)該樓層的住戶(hù)分析有Geq\f(Mm,r2)－eq\f(7,8)Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，假設(shè)地球同步衛(wèi)星距離地心為r′，對(duì)地球同步衛(wèi)星分析有Geq\f(Mm′,r′2)＝m′eq\f(4π2,T2)r′，對(duì)比兩式可知r＝eq\f(1,2)r′，該樓層離地面的高度h＝r－R＝eq\f(1,2)r′－R＝eq\f(1,2)(H＋R)－R，其中H為地球同步衛(wèi)星軌道高度，R為地球半徑，代入數(shù)據(jù)可知D正確。11．如圖甲所示，投籃游戲是小朋友們最喜歡的項(xiàng)目之一，小朋友站立在水平地面上雙手將皮球水平拋出，皮球進(jìn)入籃筐且不擦到籃筐就能獲得一枚小紅旗。如圖乙所示。籃筐的半徑為R，皮球的半徑為r，籃筐中心和出手處皮球的中心高度分別為h1和h2，兩中心在水平地面上的投影點(diǎn)O1、O2之間的距離為d。忽略空氣的阻力，已知重力加速度為g。設(shè)出手速度為v，要使皮球能入筐，則下列說(shuō)法中正確的是()A．出手速度大的皮球入筐前運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也長(zhǎng)B．速度v只能沿O1O2連線(xiàn)方向C．速度v的最大值為(d＋R－r)eq\r(\f(g,2h2－h(huán)1))D．速度v的最小值為(d－R＋r)eq\r(\f(2g,h2－h(huán)1))解析：選C平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由下落的高度決定，則進(jìn)筐的皮球運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，A錯(cuò)誤；與O1O2連線(xiàn)成一個(gè)小的角度投出的皮球也可能進(jìn)筐，B錯(cuò)誤；皮球沿O1O2連線(xiàn)的方向投出，并能進(jìn)筐的圖示如圖，作出皮球中心的運(yùn)動(dòng)軌跡，下落的高度為h2－h(huán)1，水平射程分別為d＋R－r和d