2023-2024學年湖北省重點高中智學聯(lián)盟高一下學期5月聯(lián)考物理試卷（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1湖北省重點高中智學聯(lián)盟2024年春季高一年級5月聯(lián)考物理試題命題學校：鄂州高中命題人：楊炳靈江文雄謝操審題人：一、選擇題（本題共10小題，每小題4分，共40分。第1—7題為單選題，第8—10題為多選題。其中第1—6題和第8—10題為必做部分，第7題有兩道，為選做部分，兩道任選一道作答）1.物理學發(fā)展中許多物理學家的科學研究推動了人類文明的進程，下列說法正確的是（）A.卡文迪什發(fā)現了萬有引力定律，并在實驗室測出了引力常量B.第谷將開普勒的幾千個數據歸納得出簡潔的三定律，揭示了行星運動的規(guī)律C.牛頓最早通過理想斜面實驗得出：力不是維持物體運動的原因D.托勒密和哥白尼都建立了物理模型來分析行星運動，對后人產生了深遠影響〖答案〗D〖解析〗A．牛頓發(fā)現了萬有引力定律，卡文迪什在實驗室測出了引力常量，故A錯誤；B．開普勒將第谷的幾千個數據歸納得出簡潔的三定律，揭示了行星運動的規(guī)律，故B錯誤；C．伽利略最早通過理想斜面實驗得出：力不是維持物體運動的原因，故C錯誤；D．托勒密和哥白尼都建立了物理模型來分析行星運動，對后人產生了深遠影響，故D正確。故選D。2.1935年5月，紅軍為突破“圍剿”決定強渡大渡河。連長熊尚林任隊長率領16名戰(zhàn)士，由帥士高等4名當地船工擺渡，冒著槍林彈雨依托僅有的一條小木船堅決強突。若河面寬300m，水流速度3m/s，木船相對靜水速度2m/s，前半程采用最短時間的方案向對岸出發(fā)，在木船到達河面中央時因受敵方炮彈波及，使木船沿平行河岸方向偏離原來的位置，后半程采用最小位移的方案繼續(xù)前進，最后成功抵達對岸渡口。不計中途偏離的時間與位移，下列說法正確的是（）A.前半程用時為75sB.前半程位移為150mC.后半程用時為75sD.后半程位移為〖答案〗A〖解析〗A．前半程采用最短時間方案，即船以相對靜水速度，向對岸行駛，前半程垂直河岸方向的位移用時為A正確；B．前半程垂直河岸方向的位移，船在平行于河岸方向的速度為水速，在平行于河岸方向的位移所以前半程的合位移為B錯誤；C．由于船相對靜水速度2m/s小于水流速度3m/s，所以后半程選擇最短位移過河方案時，根據運動的合成與分解，船相對靜水速度、水流速度與合速度應滿足的關系，如圖合速度大小應為其中則合速度在垂直河岸方向的分速度為由于后半程垂直河岸方向的位移也為，則后半程用時為C錯誤；D．后半程船的合速度方向與沿河岸方向的夾角滿足，由于合速度大小方向固定，船的運動為勻速直線運動，所以后半程的位移為其中D錯誤。故選A。3.關于力對物體做功，下列說法正確的是（）A.滑動摩擦力對物體一定做負功B.靜摩擦力總是不做功C.一對相互作用的滑動摩擦力對相互作用的兩物體做功代數和一定為負值D.力對物體不做功，物體加速度大小一定為零〖答案〗C〖解析〗A．滑動摩擦力的方向與物體相對運動方向相反，但與運動方向可以相同，也可以相反，還可以與運動方向垂直，故可能做負功，也可能做正功，也可以不做功，故A錯誤；B．靜摩擦力的方向與物體相對運動趨勢方向相反，但與運動方向可以相同，也可以相反，可以成任意夾角，故靜摩擦力可以做正功，可以做負功，也可以不做功，故B錯誤；C．一對相互作用的滑動摩擦力對相互作用的兩物體做功代數和一定為負值，其絕對值等于產生的內能，故C正確；D．力對物體不做功，物體動能一定不變，但不一定平衡，加速度也不一定為零，如勻速圓周運動，故D錯誤。故選C。4.有一個高的曲面固定不動，一個質量為2kg的物體，由靜止開始從曲面的頂點滑下，滑到底端時的速度大小為5m/s，g取。在此過程中，下列說法正確的是（）A.物體的動能減少了25JB.物體的機械能減少了100JC.物體的機械能守恒D.物體的重力勢能減少了100J〖答案〗D〖解析〗A．物體的動能增加了故A錯誤；D．物體的重力勢能減少了故D錯誤；BC．物體的機械能變化量為可知物體的機械能減少了，故BC錯誤。故選D。5.2024年4月25日，神舟十八號載人飛船發(fā)射取得圓滿成功，三名宇航員將會在空間站內展開各種工作。若中國空間站繞地球可視為勻速圓周運動，已知地表重力加速度為g，軌道離地面的高度為h，地球半徑為R，忽略地球自轉的影響，則下列說法正確的是（）A.空間站的運行速度為B.空間站的運行周期為C.空間站繞地球運動的向心加速度大于gD.空間站內物體能夠漂浮是因為其所受合力為零〖答案〗B〖解析〗ABC．在地球表面處有空間站繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力得可得故AC錯誤，B正確；D．空間站內物體能夠漂浮是因為其所受合力剛好提供物體繞地球做勻速圓周運動所需的向心力，故D錯誤。故選B。6.某商家為了促銷推出彈珠抽獎游戲，圖為游戲的模型示意圖，游戲面板平面與水平面成固定放置，面板右側的直管道與半徑為R的細圓管軌道平滑連接，兩者固定在面板上。圓管軌道的圓心為O，頂端水平。顧客游戲時，用外力壓縮面板底部連接的小彈簧將彈簧頂端的小彈珠彈出。已知彈珠質量m，直管道長度l，AB長度d，分為圖中的五個中獎區(qū)域，不計所有摩擦和阻力。某一次抽獎小球剛好打在A點，已知重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.無論怎么改變彈簧壓縮量，小球都不可能落入B側的一等獎槽中B.小球離開細圓管軌道的速度為C.若小球落在AB中點，則其離開細圓管軌道的速度為原來的D.小球達到A點時，重力的瞬時功率為〖答案〗B〖解析〗A．小球離開圓弧軌道時速度可能為0，即在最高點有滿足桿—球模型剛好過最高點，則此時小球可能落在B側一等獎槽中，故A錯誤；B．小球在斜面上所受合力沿斜面向下，有可得小球落到底面，在沿斜面方向有解得時間為小球落在A點，平行于AB方向，小球做勻速運動，有解得故B正確；C．若小球落在AB的中點，有解得故C錯誤；D．沿斜面向下的速度為則重力瞬時功率為故D錯誤。故選B。7.如圖所示，abc為均勻帶電半圓環(huán)，O為其圓心，O處的電場強度大小為E，將一試探電荷從O點移到無窮遠處，克服電場力做功為W。若在cd處再放置一段圓的均勻帶電圓弧，如虛線所示，其單位長度帶電量與abc相同，電性與abc相反，則此時O點場強大小及將同樣的試探電荷從無窮遠處移到O點克服電場力做功為（）A.， B.， C.， D.，〖答案〗C〖解析〗把題中半圓環(huán)等分為兩段，即每段為圓環(huán)，每段在點O的電勢為，電場強度為，且方向分別與E夾角為，根據電場強度的疊加原理可知設試探電荷的電荷量為，則有因為電勢是標量，每段導體在O上的電勢為同理，在cd處再放置一段圓的均勻帶電圓弧后，可等分為3個圓環(huán)，由于電性與abc相反，根據場強疊加可知O處的場強大小為電勢為3個圓環(huán)在O點的電勢之和，則有將同樣的試探電荷從無窮遠處移到O點克服電場力做功為故選C。8.如圖所示，假設沿地球直徑鑿通一條隧道，把一小球從地面S點靜止釋放，小球在隧道內的運動可視為簡諧振動。已知地球半徑為R，小球經過O點時開始計時，由O向S運動，經時間第1次過P點（P點圖中未標出），再經時間又過該點。則（）A.小球振動的周期為 B.O到P的距離為C.小球第3次過P點所需的時間為 D.由S到O的運動過程中小球受力逐漸增大〖答案〗B〖解析〗A.小球經過O點時開始計時，由O向S運動，經t0時間第1次過P點，再經2t0時間又過該點，說明小球從O到P的時間為t0，從P到最大位移處的時間為t0，小球從最大位移處再回到P點的時間為t0，則小球振動的周期為T=4(t0+t0)=8t0故A錯誤;；B.設O到P的距離為x，由簡諧運動的對稱性可得x=Asin又A=R則得故B正確；C.小球第3次過P點所需的時間為t=6t0故C錯誤；D.由S到O的運動過程中小球做簡諧運動，位移逐漸減小，根據簡諧運動的特征分析可知加速度逐漸減小，由牛頓第二定律知小球受力逐漸減小，故D錯誤。故選B。9.兩個星體在二者間相互引力作用下，分別繞它們連線上某點做周期相等的勻速圓周運動，這樣的星體稱為雙星系統(tǒng)，宇宙中有甲、乙兩天體構成的雙星系統(tǒng)，若甲、乙兩天體線速度之比為，兩天體半徑之比為，則下列正確的是（）A.甲、乙兩天體質量之比為B.甲、乙兩天體表面重力加速度之比為C.甲、乙兩天體動能之比D.甲、乙兩天體角速度之比為〖答案〗AB〖解析〗ACD．根據題意可知，甲、乙兩天體繞它們連線上某點做周期相等的勻速圓周運動，則甲、乙兩天體角速度之比為；它們做圓周運動所需的向心力由相互作用的萬有引力提供，則有又聯(lián)立可得甲、乙兩天體質量之比為甲、乙兩天體動能之比故A正確，CD錯誤；B．物體在星球表面有可得表面重力加速度為則甲、乙兩天體表面重力加速度之比為故B正確。故選AB10.如圖所示，電動機通過輕繩和輕質動滑輪拉起質量為m的重物，重物原本靜止，某一時刻電動機開始以恒定的輸出功率P（即指向外界提供的功率）工作。已知重力加速度為g，輕繩足夠長，不計一切摩擦和空氣阻力，忽略滑輪和輕繩的質量。以下說法正確的是（）A.電機啟動后重物向上做勻加速直線運動B.重物速度為v時，重物的加速度為C.重物速度為v時，繩上拉力為D.若重物相對初始位置上升了高度h，電機工作時間為t，那么重物此時的速度為〖答案〗BD〖解析〗ABC．重物速度為v時，電動機拉動繩子的速率為2v，則繩中拉力大小為以重物為對象，根據牛頓第二定律可得，重物的加速度為由于電動機以恒定的輸出功率P工作，可知隨著重物速度v的增大，重物的加速度逐漸減小，則電機啟動后重物向上做加速度逐漸減小的加速運動，故AC錯誤，B正確；D．若重物相對初始位置上升了高度h，電機工作時間為t，根據動能定理可得解得重物此時的速度為故D正確。故選BD。11.如圖所示，水平轉臺上有一個質量為m的小物塊，用輕細繩將物塊連接在通過轉臺中心的豎直轉軸OP上，OP高度為h，物塊距P點距離為R，系統(tǒng)靜止時細繩伸直且拉力剛好為零。物塊與轉臺間動摩擦因數，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力?，F物塊和轉臺一起以相同的角速度繞OP軸做勻速圓周運動，重力加速度為g，下列說法錯誤的是（）A.若，當，轉臺對物塊的支持力小于重力B.若，當，摩擦力小于C.若，當，繩上拉力為D.隨著的取值由零逐增加，轉臺與物塊的摩擦力先逐漸增加后逐漸減小〖答案〗AC〖解析〗A．若，系統(tǒng)靜止時細繩伸直且拉力剛好為零，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力時，轉臺的角速度為，有解得當時，明顯可知由靜摩擦力提供向心力，豎直方向對物塊受力分析有轉臺對物塊的支持力等于重力；故A錯誤，符合題意；B．當物塊剛好要要離開轉臺時，對轉臺的壓力為零，設轉臺的角速度為，此時物塊受拉力和重力，由拉力和重力的合力提供向心力，有由幾何關系得聯(lián)立解得若，當，明顯得此時物塊受拉力、支持力、摩擦力和重力，由拉力和摩擦力提供向心力解得得摩擦力小于，故B正確，不符合題意；C．若，當，明顯此時物塊受拉力和重力，由拉力和重力的合力提供向心力，有由幾何關系可知故C錯誤，符合題意；D．當較小由靜摩擦力提供向心力，隨著的增大，靜摩擦力增大，當靜摩擦力達到最大靜摩擦力時，靜摩擦力達到最大值，隨著的增大，當由拉力和重力的合力提供向心力，靜摩擦力減小為零，所以隨著的取值由零逐增加，轉臺與物塊的摩擦力先逐漸增加后逐漸減小，故D正確，不符合題意；故選AC。二、實驗題（本題共2小題，共16分）12.利用實驗室的斜面小槽等器材研究平拋運動，用頻閃相機記錄小球的運動軌跡。（1）實驗過程中，要在頻閃照片中建立直角坐標系研究平拋軌跡，通過_________圖中的方法建立直角坐標系，在頻閃照片軌跡上另選一處位置較遠的小球，測得小球球心和坐標原點的水平實際距離為x，豎直實際距離為y，可求得小球的初速度_________。（用物理量x，y，g表示）A.B.C.D.（2）某同學選（1）中A圖使用（1）中的方法測量平拋的初速度，這樣測得的平拋初速度值與真實值相比，測量結果_________。（填“偏大”、“偏小”或“準確”）〖答案〗（1）C（2）偏大〖解析〗【小問1詳析】坐標原點為小球在斜槽末端時，小球球心在木板上的投影。故選C。根據平拋運動規(guī)律有，聯(lián)立可得小球的初速度為【小問2詳析】某同學選（1）中A圖使用（1）中的方法測量平拋的初速度，則豎直方向位移y測量值偏小，水平位移x測量準確，根據可知這樣測得的平拋初速度值與真實值相比，測量結果偏大。13.某實驗小組用如圖甲所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律。圖中O是量角器的圓心，懸線一端系于此處，另一端系一個小鋼球，S是光電門，位于O點正下方。實驗過程中，調節(jié)裝置使OS保持豎直，量角器所在平面為豎直平面，將鋼球拉開一定角度，保持懸線伸直，由靜止釋放鋼球，在鋼球底部粘住一片寬度為d的遮光條，記錄鋼球每次下落時的繩子與豎直方向的夾角和遮光條經過光電門的擋光時間t：（1）用計算鋼球動能變化量的大小，用刻度尺測量遮光條寬度示數如圖乙所示，其讀數_________。某次測量中，計時器的示數為，則鋼球經過S時的速度_________m/s；（2）要完成實驗，除（1）問外還必須測量物理量是_________；A.鋼球（包括遮光條）的質量mB.由靜止釋放到鋼球運動到光電門位置所用的時間C.鋼球重心到懸線懸點O距離L（3）用題設和（2）中給定的物理量符號寫出驗證機械能守恒定律的表達式：_________（重力加速度為g）；（4）某同學驗證機械能守恒時，發(fā)現小鋼球的勢能減小量，總是略小于動能增加量，造成該差異的原因是_________。A.計算鋼球重力勢能的變化時，L測量為O點到球在最低點時底端之間的距離B.鋼球下落過程中存在空氣阻力C.實驗中所求速度是遮光條的速度，比鋼球速度略大〖答案〗（1）1.001.00（2）C（3）（4）C〖解析〗【小問1詳析】刻度尺的最小分度值為1mm，需估讀一位，所以讀數為1.00cm；鋼球經過S的時間極短，則其平均速度約等于瞬時速度，有【小問2詳析】物體下擺的過程中到最下端獲得速度為v，有消去等式兩邊的質量m，變形后得到守恒表達式為所以必須測量的物理量除了光電門記錄的時間和外，還有物體重心到懸線懸點O的距離L，故選C；【小問3詳析】由給定的物理量符號寫出驗證機械能守恒定律的表達式為【小問4詳析】若實驗時發(fā)現與之間存在差異，且有；A．計算鋼球重力勢能的變化時，L測量為O點到球在最低點時底端之間的距離，測量的小球下落的高度偏大，則偏大，故A錯誤；B．若鋼球下落過程中存在空氣阻力，則有重力勢能減少量大于鋼球動能增加量，即，故B錯誤；C．實驗中所求速度是遮光條的速度，比鋼球速度略大，導致，故C正確。故選C。三、解答題（本題共3小題，共44分。其中第13題和16題為必做題，14和15題為選做題，兩道題中任選一道作答。）14.如圖所示，位于豎直平面上的圓弧固定軌道，軌道表面光滑，半徑為r，OB沿豎直方向，上端A距地面高度為h，質量為m的小球從A點由靜止釋放，從B點離開軌道，最后落在地面上C點處，不計空氣阻力，重力加速度為g，求：（1）小球剛運動到B點時的加速度大小和對軌道的壓力大?。唬?）小球落地點C與B點之間的水平距離。〖答案〗（1）2g，3mg；（2）〖解析〗（1）對A到B過程，由動能定理解得由圓周運動規(guī)律可得由徑向方向列牛頓第二定律解得有牛頓第三定律得壓力大小（2）由平拋運動公式得15.如圖所示，圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內存在一個平行于該區(qū)域的勻強電場，MN為圓的一條直徑。質量為m、電荷量為的粒子從M點以速度v射入電場，速度方向與MN夾角，一段時間后粒子運動到N點，速度大小仍為v，不計粒子重力。求：（1）電場強度的方向；（2）勻強電場的場強大小E；（3）僅改變粒子速度大小，當粒子離開圓形區(qū)域的電勢能最小時，粒子速度改變量的大小?！即鸢浮剑?）電場強度方向垂直MN斜向左下；（2）；（3）〖解析〗（1）從M到N粒子動能不變，電場力做功為0，所以MN為等勢線，由于粒子帶正電且所受電場力偏向，所以電場強度方向垂直MN斜向左下。（2）粒子做類似斜拋的運動，沿MN方向，粒子做勻速運動，則有垂直MN方向有根據牛頓第二定律得聯(lián)立解得勻強電場的場強大小為（2）如圖所示當粒子運動到P點時，電勢能最??；由，，聯(lián)立解得16.甲、乙兩位同學利用中國象棋進行游戲。某次游戲中，在水平放置的棋盤上，甲用手將甲方的棋子以0.4m/s的初速度正對乙方棋子彈出，兩棋子相碰撞后（碰撞時間極短），甲方棋子速度大小變?yōu)?.1m/s，方向不變．兩棋子初始位置如圖所示，棋子中心與網格線交叉點重合，該棋盤每方格長寬均，棋子直徑均為，棋子質量相等均為，棋子與棋盤間的動摩擦因數均為。重力加速度g大小取。求：（1）甲、乙兩棋子相碰時損失的機械能；（2）通過計算，判斷乙方棋子中心是否滑出邊界；（3）甲方棋子從彈出到停下所需的時間。（計算結果保留2位有效數字）〖答案〗（1）；（2）不滑出邊界；（3）〖解析〗（1）設甲、乙兩棋子碰撞前瞬間甲棋子的速度大小為，從甲棋子開始運動到甲、乙碰撞前瞬間過程，甲移動距離為對甲棋子，由動能定理得代入數據解得甲、乙兩棋子碰撞過程系統(tǒng)內力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，設碰撞后瞬間乙棋子的速度大小為，以碰撞前甲棋子的速度方向為正方向，由動量守恒定律得代入數據解得碰撞過程中損失的機械能為解得（2）設乙棋子碰后運動距離停下來，對乙棋子，由動能定理得解得即可乙棋子移動距離不夠1方格，棋子中心不滑出邊界。（3）對甲棋子從彈出到碰撞前，列動量定理有解得碰撞后，對甲棋子，列動量定理有解得甲方棋子從彈出到停下所需的時間為17.如圖所示，直角桿AOB位于豎直平面內，OA水平，OB豎直，兩桿光滑，用長度為l的不可伸長的輕細繩連接兩小球a和b，將兩球分別套在OA和OB桿上，兩球的質量均為m，初始時a球靜止于O點，輕繩豎直，兩球處于平衡狀態(tài)。對a球施加一水平向右的恒力，使a球向右運動，b球向上運動。a球向右達到最大位移時輕繩與豎直方向夾角為53°，重力加速度為g。（）。求：（1）當輕繩與豎直方向夾角為30°時，求的值；（2）求恒力F的大??；（3）恒力F作用的運動過程中兩球組成系統(tǒng)的最大動能?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）由于輕繩不可伸長，可知兩球沿繩方向速度相同，當輕繩與豎直方向夾角為30°時，有解得（2）對a、b向右運動至最大位移過程，由動能定理得解得（3）系統(tǒng)運動過程中恒力F做正功，重力做負功，設輕繩與豎直方向夾角為，由動能定理得可得經數學變換可得其中當時，可得兩球組成系統(tǒng)的最大動能為湖北省重點高中智學聯(lián)盟2024年春季高一年級5月聯(lián)考物理試題命題學校：鄂州高中命題人：楊炳靈江文雄謝操審題人：一、選擇題（本題共10小題，每小題4分，共40分。第1—7題為單選題，第8—10題為多選題。其中第1—6題和第8—10題為必做部分，第7題有兩道，為選做部分，兩道任選一道作答）1.物理學發(fā)展中許多物理學家的科學研究推動了人類文明的進程，下列說法正確的是（）A.卡文迪什發(fā)現了萬有引力定律，并在實驗室測出了引力常量B.第谷將開普勒的幾千個數據歸納得出簡潔的三定律，揭示了行星運動的規(guī)律C.牛頓最早通過理想斜面實驗得出：力不是維持物體運動的原因D.托勒密和哥白尼都建立了物理模型來分析行星運動，對后人產生了深遠影響〖答案〗D〖解析〗A．牛頓發(fā)現了萬有引力定律，卡文迪什在實驗室測出了引力常量，故A錯誤；B．開普勒將第谷的幾千個數據歸納得出簡潔的三定律，揭示了行星運動的規(guī)律，故B錯誤；C．伽利略最早通過理想斜面實驗得出：力不是維持物體運動的原因，故C錯誤；D．托勒密和哥白尼都建立了物理模型來分析行星運動，對后人產生了深遠影響，故D正確。故選D。2.1935年5月，紅軍為突破“圍剿”決定強渡大渡河。連長熊尚林任隊長率領16名戰(zhàn)士，由帥士高等4名當地船工擺渡，冒著槍林彈雨依托僅有的一條小木船堅決強突。若河面寬300m，水流速度3m/s，木船相對靜水速度2m/s，前半程采用最短時間的方案向對岸出發(fā)，在木船到達河面中央時因受敵方炮彈波及，使木船沿平行河岸方向偏離原來的位置，后半程采用最小位移的方案繼續(xù)前進，最后成功抵達對岸渡口。不計中途偏離的時間與位移，下列說法正確的是（）A.前半程用時為75sB.前半程位移為150mC.后半程用時為75sD.后半程位移為〖答案〗A〖解析〗A．前半程采用最短時間方案，即船以相對靜水速度，向對岸行駛，前半程垂直河岸方向的位移用時為A正確；B．前半程垂直河岸方向的位移，船在平行于河岸方向的速度為水速，在平行于河岸方向的位移所以前半程的合位移為B錯誤；C．由于船相對靜水速度2m/s小于水流速度3m/s，所以后半程選擇最短位移過河方案時，根據運動的合成與分解，船相對靜水速度、水流速度與合速度應滿足的關系，如圖合速度大小應為其中則合速度在垂直河岸方向的分速度為由于后半程垂直河岸方向的位移也為，則后半程用時為C錯誤；D．后半程船的合速度方向與沿河岸方向的夾角滿足，由于合速度大小方向固定，船的運動為勻速直線運動，所以后半程的位移為其中D錯誤。故選A。3.關于力對物體做功，下列說法正確的是（）A.滑動摩擦力對物體一定做負功B.靜摩擦力總是不做功C.一對相互作用的滑動摩擦力對相互作用的兩物體做功代數和一定為負值D.力對物體不做功，物體加速度大小一定為零〖答案〗C〖解析〗A．滑動摩擦力的方向與物體相對運動方向相反，但與運動方向可以相同，也可以相反，還可以與運動方向垂直，故可能做負功，也可能做正功，也可以不做功，故A錯誤；B．靜摩擦力的方向與物體相對運動趨勢方向相反，但與運動方向可以相同，也可以相反，可以成任意夾角，故靜摩擦力可以做正功，可以做負功，也可以不做功，故B錯誤；C．一對相互作用的滑動摩擦力對相互作用的兩物體做功代數和一定為負值，其絕對值等于產生的內能，故C正確；D．力對物體不做功，物體動能一定不變，但不一定平衡，加速度也不一定為零，如勻速圓周運動，故D錯誤。故選C。4.有一個高的曲面固定不動，一個質量為2kg的物體，由靜止開始從曲面的頂點滑下，滑到底端時的速度大小為5m/s，g取。在此過程中，下列說法正確的是（）A.物體的動能減少了25JB.物體的機械能減少了100JC.物體的機械能守恒D.物體的重力勢能減少了100J〖答案〗D〖解析〗A．物體的動能增加了故A錯誤；D．物體的重力勢能減少了故D錯誤；BC．物體的機械能變化量為可知物體的機械能減少了，故BC錯誤。故選D。5.2024年4月25日，神舟十八號載人飛船發(fā)射取得圓滿成功，三名宇航員將會在空間站內展開各種工作。若中國空間站繞地球可視為勻速圓周運動，已知地表重力加速度為g，軌道離地面的高度為h，地球半徑為R，忽略地球自轉的影響，則下列說法正確的是（）A.空間站的運行速度為B.空間站的運行周期為C.空間站繞地球運動的向心加速度大于gD.空間站內物體能夠漂浮是因為其所受合力為零〖答案〗B〖解析〗ABC．在地球表面處有空間站繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力得可得故AC錯誤，B正確；D．空間站內物體能夠漂浮是因為其所受合力剛好提供物體繞地球做勻速圓周運動所需的向心力，故D錯誤。故選B。6.某商家為了促銷推出彈珠抽獎游戲，圖為游戲的模型示意圖，游戲面板平面與水平面成固定放置，面板右側的直管道與半徑為R的細圓管軌道平滑連接，兩者固定在面板上。圓管軌道的圓心為O，頂端水平。顧客游戲時，用外力壓縮面板底部連接的小彈簧將彈簧頂端的小彈珠彈出。已知彈珠質量m，直管道長度l，AB長度d，分為圖中的五個中獎區(qū)域，不計所有摩擦和阻力。某一次抽獎小球剛好打在A點，已知重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.無論怎么改變彈簧壓縮量，小球都不可能落入B側的一等獎槽中B.小球離開細圓管軌道的速度為C.若小球落在AB中點，則其離開細圓管軌道的速度為原來的D.小球達到A點時，重力的瞬時功率為〖答案〗B〖解析〗A．小球離開圓弧軌道時速度可能為0，即在最高點有滿足桿—球模型剛好過最高點，則此時小球可能落在B側一等獎槽中，故A錯誤；B．小球在斜面上所受合力沿斜面向下，有可得小球落到底面，在沿斜面方向有解得時間為小球落在A點，平行于AB方向，小球做勻速運動，有解得故B正確；C．若小球落在AB的中點，有解得故C錯誤；D．沿斜面向下的速度為則重力瞬時功率為故D錯誤。故選B。7.如圖所示，abc為均勻帶電半圓環(huán)，O為其圓心，O處的電場強度大小為E，將一試探電荷從O點移到無窮遠處，克服電場力做功為W。若在cd處再放置一段圓的均勻帶電圓弧，如虛線所示，其單位長度帶電量與abc相同，電性與abc相反，則此時O點場強大小及將同樣的試探電荷從無窮遠處移到O點克服電場力做功為（）A.， B.， C.， D.，〖答案〗C〖解析〗把題中半圓環(huán)等分為兩段，即每段為圓環(huán)，每段在點O的電勢為，電場強度為，且方向分別與E夾角為，根據電場強度的疊加原理可知設試探電荷的電荷量為，則有因為電勢是標量，每段導體在O上的電勢為同理，在cd處再放置一段圓的均勻帶電圓弧后，可等分為3個圓環(huán)，由于電性與abc相反，根據場強疊加可知O處的場強大小為電勢為3個圓環(huán)在O點的電勢之和，則有將同樣的試探電荷從無窮遠處移到O點克服電場力做功為故選C。8.如圖所示，假設沿地球直徑鑿通一條隧道，把一小球從地面S點靜止釋放，小球在隧道內的運動可視為簡諧振動。已知地球半徑為R，小球經過O點時開始計時，由O向S運動，經時間第1次過P點（P點圖中未標出），再經時間又過該點。則（）A.小球振動的周期為 B.O到P的距離為C.小球第3次過P點所需的時間為 D.由S到O的運動過程中小球受力逐漸增大〖答案〗B〖解析〗A.小球經過O點時開始計時，由O向S運動，經t0時間第1次過P點，再經2t0時間又過該點，說明小球從O到P的時間為t0，從P到最大位移處的時間為t0，小球從最大位移處再回到P點的時間為t0，則小球振動的周期為T=4(t0+t0)=8t0故A錯誤;；B.設O到P的距離為x，由簡諧運動的對稱性可得x=Asin又A=R則得故B正確；C.小球第3次過P點所需的時間為t=6t0故C錯誤；D.由S到O的運動過程中小球做簡諧運動，位移逐漸減小，根據簡諧運動的特征分析可知加速度逐漸減小，由牛頓第二定律知小球受力逐漸減小，故D錯誤。故選B。9.兩個星體在二者間相互引力作用下，分別繞它們連線上某點做周期相等的勻速圓周運動，這樣的星體稱為雙星系統(tǒng)，宇宙中有甲、乙兩天體構成的雙星系統(tǒng)，若甲、乙兩天體線速度之比為，兩天體半徑之比為，則下列正確的是（）A.甲、乙兩天體質量之比為B.甲、乙兩天體表面重力加速度之比為C.甲、乙兩天體動能之比D.甲、乙兩天體角速度之比為〖答案〗AB〖解析〗ACD．根據題意可知，甲、乙兩天體繞它們連線上某點做周期相等的勻速圓周運動，則甲、乙兩天體角速度之比為；它們做圓周運動所需的向心力由相互作用的萬有引力提供，則有又聯(lián)立可得甲、乙兩天體質量之比為甲、乙兩天體動能之比故A正確，CD錯誤；B．物體在星球表面有可得表面重力加速度為則甲、乙兩天體表面重力加速度之比為故B正確。故選AB10.如圖所示，電動機通過輕繩和輕質動滑輪拉起質量為m的重物，重物原本靜止，某一時刻電動機開始以恒定的輸出功率P（即指向外界提供的功率）工作。已知重力加速度為g，輕繩足夠長，不計一切摩擦和空氣阻力，忽略滑輪和輕繩的質量。以下說法正確的是（）A.電機啟動后重物向上做勻加速直線運動B.重物速度為v時，重物的加速度為C.重物速度為v時，繩上拉力為D.若重物相對初始位置上升了高度h，電機工作時間為t，那么重物此時的速度為〖答案〗BD〖解析〗ABC．重物速度為v時，電動機拉動繩子的速率為2v，則繩中拉力大小為以重物為對象，根據牛頓第二定律可得，重物的加速度為由于電動機以恒定的輸出功率P工作，可知隨著重物速度v的增大，重物的加速度逐漸減小，則電機啟動后重物向上做加速度逐漸減小的加速運動，故AC錯誤，B正確；D．若重物相對初始位置上升了高度h，電機工作時間為t，根據動能定理可得解得重物此時的速度為故D正確。故選BD。11.如圖所示，水平轉臺上有一個質量為m的小物塊，用輕細繩將物塊連接在通過轉臺中心的豎直轉軸OP上，OP高度為h，物塊距P點距離為R，系統(tǒng)靜止時細繩伸直且拉力剛好為零。物塊與轉臺間動摩擦因數，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力?，F物塊和轉臺一起以相同的角速度繞OP軸做勻速圓周運動，重力加速度為g，下列說法錯誤的是（）A.若，當，轉臺對物塊的支持力小于重力B.若，當，摩擦力小于C.若，當，繩上拉力為D.隨著的取值由零逐增加，轉臺與物塊的摩擦力先逐漸增加后逐漸減小〖答案〗AC〖解析〗A．若，系統(tǒng)靜止時細繩伸直且拉力剛好為零，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力時，轉臺的角速度為，有解得當時，明顯可知由靜摩擦力提供向心力，豎直方向對物塊受力分析有轉臺對物塊的支持力等于重力；故A錯誤，符合題意；B．當物塊剛好要要離開轉臺時，對轉臺的壓力為零，設轉臺的角速度為，此時物塊受拉力和重力，由拉力和重力的合力提供向心力，有由幾何關系得聯(lián)立解得若，當，明顯得此時物塊受拉力、支持力、摩擦力和重力，由拉力和摩擦力提供向心力解得得摩擦力小于，故B正確，不符合題意；C．若，當，明顯此時物塊受拉力和重力，由拉力和重力的合力提供向心力，有由幾何關系可知故C錯誤，符合題意；D．當較小由靜摩擦力提供向心力，隨著的增大，靜摩擦力增大，當靜摩擦力達到最大靜摩擦力時，靜摩擦力達到最大值，隨著的增大，當由拉力和重力的合力提供向心力，靜摩擦力減小為零，所以隨著的取值由零逐增加，轉臺與物塊的摩擦力先逐漸增加后逐漸減小，故D正確，不符合題意；故選AC。二、實驗題（本題共2小題，共16分）12.利用實驗室的斜面小槽等器材研究平拋運動，用頻閃相機記錄小球的運動軌跡。（1）實驗過程中，要在頻閃照片中建立直角坐標系研究平拋軌跡，通過_________圖中的方法建立直角坐標系，在頻閃照片軌跡上另選一處位置較遠的小球，測得小球球心和坐標原點的水平實際距離為x，豎直實際距離為y，可求得小球的初速度_________。（用物理量x，y，g表示）A.B.C.D.（2）某同學選（1）中A圖使用（1）中的方法測量平拋的初速度，這樣測得的平拋初速度值與真實值相比，測量結果_________。（填“偏大”、“偏小”或“準確”）〖答案〗（1）C（2）偏大〖解析〗【小問1詳析】坐標原點為小球在斜槽末端時，小球球心在木板上的投影。故選C。根據平拋運動規(guī)律有，聯(lián)立可得小球的初速度為【小問2詳析】某同學選（1）中A圖使用（1）中的方法測量平拋的初速度，則豎直方向位移y測量值偏小，水平位移x測量準確，根據可知這樣測得的平拋初速度值與真實值相比，測量結果偏大。13.某實驗小組用如圖甲所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律。圖中O是量角器的圓心，懸線一端系于此處，另一端系一個小鋼球，S是光電門，位于O點正下方。實驗過程中，調節(jié)裝置使OS保持豎直，量角器所在平面為豎直平面，將鋼球拉開一定角度，保持懸線伸直，由靜止釋放鋼球，在鋼球底部粘住一片寬度為d的遮光條，記錄鋼球每次下落時的繩子與豎直方向的夾角和遮光條經過光電門的擋光時間t：（1）用計算鋼球動能變化量的大小，用刻度尺測量遮光條寬度示數如圖乙所示，其讀數_________。某次測量中，計時器的示數為，則鋼球經過S時的速度_________m/s；（2）要完成實驗，除（1）問外還必須測量物理量是_________；A.鋼球（包括遮光條）的質量mB.由靜止釋放到鋼球運動到光電門位置所用的時間C.鋼球重心到懸線懸點O距離L（3）用題設和（2）中給定的物理量符號寫出驗證機械能守恒定律的表達式：_________（重力加速度為g）；（4）某同學驗證機械能守恒時，發(fā)現小鋼球的勢能減小量，總是略小于動能增加量，造成該差異的原因是_________。A.計算鋼球重力勢能的變化時，L測量為O點到球在最低點時底端之間的距離B.鋼球下落過程中存在空氣阻力C.實驗中所求速度是遮光條的速度，比鋼球速度略大〖答案〗（1）1.001.00（2）C（3）（4）C〖解析〗【小問1詳析】刻度尺的最小分度值為1mm，需估讀一位，所以讀數為1.00cm；鋼球經過S的時間極短，則其平均速度約等于瞬時速度，有【小問2詳析】物體下擺的過程中到最下端獲得速度為v，有消去等式兩邊的質量m，變形后得到守恒表達式為所以必須測量的物理量除了光電門記錄的時間和外，還有物體重心到懸線懸點O的距離L，故選C；【小問3詳析】由給定的物理量符號寫出驗證機械能守恒定律的表達式為【小問4詳析】若實驗時發(fā)現與之間存在差異，且有；A．計算鋼球重力勢能的變化時，L測量為O點到球在最低點時底端之間的距離，測量的小球下落的高度偏大，則偏大，故A錯誤；B．若鋼球下落過程中存在空氣阻力，則有重力勢能減少量大于鋼球動能增加量，即，故B錯誤；C．實驗中所求速度是遮光條的速度，比鋼球速度略大，導致，故C正確。故選C。三、解答題（本題共3小題，共44分。其中第13題和16題為必做題，14和15題為選做題，兩道題中任選一道作答。）14.如圖所示，位