2022-2023學年云南省曲靖市麒麟?yún)^(qū)高一（下）期末物理試卷（含解析）

2022-2023學年云南省曲靖市麒麟?yún)^(qū)高一（下）期末

物理試卷

一、選擇題（本大題共12小題，共48分）

1.關于電流，下列說法中正確的是（）

A.通過導線橫截面的電荷量越多，電流越大B.導線中電荷運動的速率越大，電流越大

C.導體通電時間越長，電流越大D.在國際單位制中，電流的單位是安培

2.北斗衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，軌道離地高度約為3R（R為地球半徑），周期為7。北斗

衛(wèi)星質量為m,萬有引力常量為G,則有（）

A.北斗衛(wèi)星線速度大小為竽B.北斗衛(wèi)星所受萬有引力大小為啊?竺

C.地球質量為喀史D.地球表面重力加速度為綽

3.如圖所示，某同學對著墻壁練習打乒乓球（視為質點），某次乒乓P修

球與墻壁上的P點碰撞后水平彈離，恰好垂直落在球拍上的Q點。若回壁

球拍與水平方向的夾角為45。，乒乓球落到球拍上瞬間的速度大小為4苦即拍

4m∕s,取重力加速度大小為IOm/S2,不計空氣阻力，則P、Q兩點

的水平距離為（）

A.0.8mB.1.2mC.1.6mD.2m

4.質量為m的小明坐在秋千上擺動到最高點時的照片如圖所

示，此時牽引秋千的輕繩繃直，小明相對秋千靜止，下列說法

正確的是（）

A.此時秋千對小明的作用力可能不沿繩的方向

B.此時秋千對小明的作用力小于mg

C.此時小明的速度為零，所受合力為零

D.小明從最低點擺至最高點過程中先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)

5.在一些電子顯示設備中，讓陰極發(fā)射的電子束通過適當?shù)姆莿驈婋妶?，可以使發(fā)散的電

子束聚集。下列4幅圖中帶箭頭的實線表示電場線，如果用虛線表示電子可能的運動軌跡，其

中正確的是（）

A.B.I

6.如圖所示，正六邊形4BCDEF的B、。兩點各固定一個帶正電、

電荷量為+q的點電荷，F(xiàn)點固定一個帶負電、帶電荷量為-q的點

電荷，。為正六邊形的幾何中心。則下列說法正確的是（）

A.。點場強為O

B.C點場強方向為沿CF所在的直線由C指向F

C.電子在4點電勢能比在。點小

D.。、A兩點間電勢差和。、E兩點間電勢差相等

7.如圖，電源的電動勢為E,內(nèi)阻為。Rl為定值電阻，R2為

滑動變阻器、B為水平放置的平行金屬板，L為小燈泡，電表均

為理想電表。開關S閉合后，4、B板間有一帶電油滴恰好處于

靜止狀態(tài)。則在滑動變阻器的觸頭P向下滑動的過程中（）

A.電壓表的示數(shù)增大B.油滴向上加速運動

C.板上的電荷量減少D.兩表示數(shù)變化量的比值變大

8.一汽車由靜止沿平直公路勻加速行駛。汽車啟動t時間后的6s內(nèi)前進了24τn,啟動5t時間

后的6s內(nèi)前進了48m,則該汽車的加速度大小和t分別為（）

A.lm∕s2,ISB.2m∕s2,IsC.2m∕s2,2sD.lm∕s2,2s

9.如圖所示，小球4置于固定在水平面上的光滑半圓柱體上，小球B用水平輕彈簧拉著系于

豎直板上，兩小球4、B通過光滑滑輪。用輕質細線相連，兩球均處于靜止狀態(tài)，已知B球質

量為加。。點在半圓柱體圓心Oi的正上方，。4與豎直方向成30。角，04長度與半圓柱體半徑

相等，OB與豎直方向成45。角，則下列敘述正確的是（）

A.A球質量為，石Tn

B.光滑半圓柱體對4球支持力的大小為mg

C.此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，力的大小為mg

D.若小球B緩慢下降，使小球4一直沿著半圓柱體緩慢向上運動，則小球Z受到繩的拉力變小

A.斜面的傾角為60。B.力產(chǎn)的大小為ION

A.所用的時間為1.9sB.摩擦力對物體做的功為6/

C.物體和皮帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量為6/D.物體和皮帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量為引

12.如圖所示，在水平圓盤上沿半徑方向放著用細繩相連的質量均為m的兩個物體A和B,它

們分居圓心兩側，與圓心距離分別為RA=八RB=2r,與盤間的動摩擦因數(shù)均為出最大靜

摩擦力等于滑動摩擦力，在圓盤轉速緩慢加快到兩物體剛好要發(fā)生滑動過程中，下列說法正

確的是（）

A.當角速度為門時，繩子張力為:png

B.當角速度為時，4所受摩擦力方向沿半徑指向圓外

C.當兩物體剛要發(fā)生滑動時，圓盤的角速度為J羋

D.當兩物體剛要發(fā)生滑動時燒斷繩子，A仍相對盤靜止，B將做離心運動

二、非選擇題(共52分)

13.某物理興趣小組利用傳感器進行“探究向心力大小尸與半徑八角速度3、質量m的關系”

實驗，實驗裝置如圖甲所示，裝置中水平光滑直桿能隨豎直轉軸一起轉動，將滑塊套在水平

直桿上，用細線將滑塊與固定的力傳感器連接。當滑塊隨水平光滑直桿一起勻速轉動時，細

線的拉力提供滑塊做圓周運動的向心力。拉力的大小可以通過力傳感器測得，滑塊轉動的角

速度可以通過角速度傳感器測得。

(1)小組同學先讓一個滑塊做半經(jīng)r為。.20τn的圓周運動。得到圖乙中②圖線。然后保持滑塊

質量不變。再將運動的半徑r分別調(diào)整為0.14小，0.16τn,0.18τn,0.22m,在同一坐標系中又

分別得到圖乙中⑤、④、③、①四條圖線。

(2)本實驗所采用的實驗探究方法與下列哪些實驗是相同的—。

A.探究平拋運動的特點

8.探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關系

C探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律

D探究加速度與物體受力、物體質量的關系

（3）對②圖線的數(shù)據(jù)進行處理，獲得了F-X圖像，如圖內(nèi)所示，該圖像是一條過原點的直線，

則圖像橫坐標X代表的是—。（用半徑八角速度3、質量Tn表示）

（4）對5條F-3圖線進行比較分析，做F-r圖像，得到一條過坐標原點的直線，則該直線的

斜率為—?（用半徑八角速度3、質量m表示）

14.某同學要測量電壓表內(nèi)阻，可利用的實驗器材有：電源E（電動勢8V,內(nèi)阻很?。瑯藴?/p>

電壓表匕（量程6V,內(nèi)阻約3k。），待測電壓表彩（量程3V,內(nèi)阻待測，約為2k。），滑動變阻器

R（最大阻值IOO），定值電阻Ro（阻值3k。），開關S,導線若干。

（1）在答題卡上根據(jù)實驗電路原理圖（圖1）補全實物連線（圖2）；

（2）經(jīng)過多次測量，得出標準電壓表匕讀數(shù)Ul和待測電壓表彩讀數(shù)”的函數(shù)圖像，如圖3所示，

可得到待測電壓表彩的內(nèi)阻即=ZcO。（結果保留2位有效數(shù)字）。

（3）把待測電壓表彩改裝成量程為9（Ψ的電壓表需要串聯(lián)的定值電阻阻值為R'=kθ（

結果保留3位有效數(shù)字）。

15.如圖甲所示，有一足夠長的粗糙斜面，傾角0=37。，一滑塊以初速度%=16m∕s從底

端4點滑上斜面，滑至B點后又返回到4點，滑塊運動的圖象如圖乙所示，求：（已知：sin37°=

0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10m∕s2）

（1）求物體的動摩擦因數(shù)；

（2）滑塊再次回到4點時的速度。

16.在水平地面上豎直固定一根內(nèi)壁光滑的圓管，管的半

徑R=3.6τn(管的內(nèi)徑大小可以忽略)，管的出口4在圓心的

正上方，入口B與圓心的連線與豎直方向成60。角，如圖所

示.現(xiàn)有一只質量m=Ikg的小球(可視為質點)從某點P以

一定的初速度水平拋出，恰好從管口B處沿切線方向飛入,

小球到達A時恰好與管壁無作用力.取g=IoTn/SZ.求：

(1)小球到達圓管最高點4時的速度大小；

(2)小球在剛進入圓管B點時的速度大??；

(3)小球拋出點P到管口B的水平距離X和豎直距離兒

17.如圖甲所示，用固定的電動機水平拉著質量m=2kg的

小物塊和質量M=Ikg的平板以相同的速度一起向右勻速運

動，物塊位于平板左側，可視為質點.在平板的右側一定距

離處有臺階阻擋，平板撞上后會立刻停止運動.電動機功率

保持P=3W不變.從某時刻t=。起，測得物塊的速度隨時間

的變化關系如圖乙所示，t=6s后可視為勻速運動，t=IOs時

物塊離開木板.重力加速度g=10m∕s2,求：

(1)平板與地面間的動摩擦因數(shù)4為多大？

(2)物塊在IS末和3s末受到的摩擦力各為多大？

(3)平板長度L為多少？

18.如圖，圓弧軌道AB的圓心為0,半徑為R=2.5m,圓弧軌道AB的B點與水平地面BE相

切，B點在。點的正下方，在B點的右側有一豎直虛線CO,B點到豎直虛線CD的距離為Ll=

2.5m,豎直虛線CD的左側有場強大小為El=25N/C、水平向左的勻強電場，豎直虛線CC的

右側有場強大小為殳(大小未知)、豎直向上的勻強電場。豎直虛線CD的右側有一豎直墻壁EF,

墻壁EF到豎直虛線CD的距離為切=1m,墻壁EF底端E點與水平地面BE相連接，墻壁EF的

高度也為乙2=1m,現(xiàn)將一電荷量為q=+4×10-2c、質量為7∏=Mg的完全絕緣的滑塊從4

點由靜止釋放沿圓弧軌道AB下滑，最后進入豎直虛線CD右側。已知滑塊可視為質點，圓弧

軌道AB光滑，水平地面BE與滑塊間的動摩擦因數(shù)為〃=0.2,重力加速度大小取g=10m∕s2,

?AOB=53o.sin530=0.8,cos53°=0.6。求:

(1)滑塊到達圓弧軌道4B的B點時，圓弧軌道4B對滑塊的支持力大小;

(2)滑塊到達豎直虛線CD時速度的大小和滑塊從B點到達豎直虛線CD所用時間;

(3)要使滑塊與豎直墻壁EF碰撞，求E2的取值范圍。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：4、由/=%導，通過導線橫截面的電荷量越多，電流不一定越大，還與時間有關，

故A錯誤；

B、由電流的微觀表達式/=7IqUS可知，導線中電荷運動的速率越大，電流不一定越大，還與橫截

面積有關，故B錯誤；

C、由/=￡得，導體通電時間越長，電流不一定越大，還與通過橫截面的電荷量有關，故C錯誤；

。、在國際單位制中，電流的單位是安培，故O正確。

故選：Do

根據(jù)電流的定義式和微觀表達式分析即可；在國際單位制中，電流的單位是安培。

本題考查電流，解題關鍵是掌握電流的定義式和微觀表達式。

2.【答案】B

【解析】解：4、軌道離地高度約為3R(R為地球半徑)，周期為7,則軌道半徑r=R+h=R+3R=

4R,線速度：V=等竺=竿，故A錯誤；

A北斗衛(wèi)星所受萬有引力提供向心力，得F="竺，故8正確；

C.根據(jù)G黑=Tn黑X4R,解得M=生包等，故C錯誤；

(4R)TGTL

D地球表面重力加速度g=駕=空空，故D錯誤。

RT

故選：B.,

衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，軌道半徑為R+h,根據(jù)線速度與周期的關系公式U=竿求試驗船

的運行速度；根據(jù)萬有引力提供向心力求解線速度；根據(jù)萬有引力提供向心力求地球的質量；由

萬有引力等于重力求地球表面的重力加速度。

解決本題的關鍵要掌握萬有引力等于向心力和萬有引力等于重力這兩條思路，要知道運用萬有引

力等于向心力，只能求出中心天體的質量，不能求出環(huán)繞天體的質量。

3.【答案】A

【解析】解：乒乓球做平拋運動，已知乒乓球落到球拍上瞬間的速度大小為V=4m∕s,則乒乓球

落到球拍上瞬間的豎直分速度大小為為=vcos45°

設乒乓球運動的時間為3則有Vy=gt

水平分速度大小為以=vsin45°

P、Q兩點的水平距離為X=以3聯(lián)立解得X=O.8τn,故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

乒乓球做平拋運動，根據(jù)已知條件求出乒乓球落到球拍上瞬間的豎直分速度大?。?由%=gt求

乒乓球運動的時間，再根據(jù)分位移公式求P、Q兩點的水平距離。

解決本題的關鍵要知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，結合運動學公式和幾何關

系綜合求解。

4.【答案】B

【解析】解：4小明相對秋千靜止，此時秋千對小明的作用力沿繩的方向與重力沿繩方向的分力

方向相反，大小相等，合力為零，故A錯誤。

BC.此時小明的速度為零，小明沿半徑方向的合力為零，沿切線方向的合力不為零，加速度沿切線

方向向下，小明處于失重狀態(tài)，此時秋千對小明的作用力小于mg，故B正確，C錯誤。

D小明從最低點擺至最高點過程中，小明的加速度先向上，后沿切線向下，小明先處于超重狀態(tài)，

后處于失重狀態(tài)，故。錯誤。

故選：B。

秋千在最高處，速度為零，向心力為零，小明具有沿切線方向的加速度，處于失重狀態(tài)；在最低

處，具有豎直向上的加速度，處于超重狀態(tài)。

小明在最高處速度為零，向心加速度為零，切向加速度不為零，合力不為零；小明處于超重或失

重狀態(tài)，決定于加速度方向。

5.【答案】A

【解析】解：電子在電場中只受電場力，電場力沿電場線的切線方向，與電場線方向相反，指向

電子運動軌跡的凹側。

B-.選項中電子在圖IE處受力指向凸測，故B錯誤；

C：選項中電子在圖2尸處受力指向凸測，故C錯誤;

D；選項中電子在圖3G處受力指向凸測，故/）錯誤;

4選項電子各處的運動軌跡和受的電場力相符合，故4正確。

故選：Ao

電子在電場中只受電場力，電場力沿電場線的切線方向，與電場線方向相反，指向電子運動軌跡

的凹側，電子做曲線運動過程中力的方向與軌跡切線不平行。

本題考查了電子在電場中的運動軌跡和受力問題，難度不大。

6.【答案】D

【解析】解：4、設BO=DO=FO=r,根據(jù)點電荷的場強公式E=k/,知三個點電荷在。點產(chǎn)

生的場強大小相等，8、0兩個正電荷產(chǎn)生的合場強與尸點的負電荷產(chǎn)生的場強方向相同，所以。點

的合場強不為零，方向沿OF方向，故A錯誤；

B、B和。兩個正電荷在C點產(chǎn)生的場強大小為仁仁，夾角為120。，則8和。兩個正電荷在C點產(chǎn)生的

合場強大小為方向由尸指向C,尸點的負點電荷在C點產(chǎn)生的場強大小為k焉，由C指向凡則

總的合場強由尸指向C,故B錯誤；

C、4。是BF的中垂線，B點和尸點的點電荷在4。上各點產(chǎn)生的電勢相等，故A點和。點的電勢等

于。點電荷產(chǎn)生的電勢，則9。>SA，根據(jù)J=q<p可知電子在4點電勢能比在0點大，故C錯誤；

D、根據(jù)對稱性可知，A和E點的電勢相等，則0、A兩點間電勢差和0、E兩點間電勢差相等，故。

正確。

故選：Do

根據(jù)點電荷的場強公式E=k3和電場的疊加原理分析。點和C點場強大小和方向。電勢是標量，

根據(jù)對稱性分析各點的電勢大小。

本題主要考查電場強度的疊加和電勢高低的判斷，要知道電場強度是矢量，其合成滿足平行四邊

形法則，電勢是標量，其合成滿足代數(shù)運算法則。

7.【答案】B

【解析】解：粒子原來處于平衡狀態(tài)，重力和靜電力平衡，電容器與燈泡3電阻R2相并聯(lián)后與Rl

串聯(lián)，

4、滑片向下移動，電阻刈變大，電路總電阻變大，電流變小，則4表的示數(shù)變小，Rl分壓變小，

電壓示數(shù)變小，故4錯誤；

B、電容器兩端電壓為：U=E-I(r+R1),故電容器兩端電壓變大，帶電量變大，電場力變大,

粒子向上加速，故B正確。

C、電容器兩端電壓為：U=E-I(r+R1),故電容器兩端電壓變大，電容器充電，電量增大，故

C錯誤；

。、兩表的示數(shù)的比值為Rl=彳=*，不變，故力錯誤

故選：Bo

根據(jù)電路串并聯(lián)知識和閉合電路歐姆定律得到各個部分電路電流和電壓的變化，確定電容器兩端

電壓變化情況，最終判斷油滴受力變化和運動情況。

本題是電路動態(tài)分析問題，關鍵是理清電路，根據(jù)電路串并聯(lián)知識和閉合電路歐姆定律得到各個

部分電路電流和電壓的變化。注意電源輸出功率的大小與內(nèi)外電阻的大小關系決定。

8.【答案】A

【解析】解：汽車做初速度為零的勻加速直線運動，設加速度大小為α

汽車啟動t時間的速度%=at

,2

啟動t后t'=6s內(nèi)的位移與=v1t+^at'

啟動5t時汽車的速度ι?=5at

,z2

汽車啟動5t后t'=6s內(nèi)的位移X2=V21+∣αt

代入數(shù)據(jù)解得：α=lzn∕s2,t=1s,故A正確，8CZ)錯誤。

故選：4。

汽車做初速度為零的勻加速直線運動，應用D-t公式與X-t公式求解。

分析清楚汽車的運動過程，應用勻變速直線運動的U-t公式與X-t公式可以求解。

9.【答案】AD

【解析】解：對小球4和B受力分析如圖所示:

C、對小球B,根據(jù)共點力平衡條件得，F(xiàn)=mg,7?=∕2τng,此時彈簧處于拉伸狀態(tài)，力的大

小為mg,故C錯誤；

AB.OA與豎直方向成30。角，OA長度與半圓柱體半徑相等，則半徑與豎直方向夾角為30。，根據(jù)

平行四邊形定則得：N=T2=熟需

4C(/o?v

T2=T1=yj~~2mg

則光滑半圓柱體對4球支持力的大小為/Img,4球的質量為啊=/石血，故A正確、8錯誤；

D、設。4段繩長為，，。點離Oi的高度為九，根據(jù)相似三角形得：牛=寫

小球4沿著半圓柱體緩慢向上運動，，減小，犯Ig不變，Zi不變，則繩上拉力7?減小，故。正確；

故答案為：ADo

對B受力分析，根據(jù)共點力平衡條件即可求解彈簧上的拉力和繩上的拉力；對A受力分析，根據(jù)共

點力平衡條件和幾何關系即可求解4的質量和半圓柱體對4球的支持力；根據(jù)相似三角形法判斷繩

上拉力的變化。

本題考查共點力平衡問題，解題關鍵是對物體做好受力分析，根據(jù)共點力平衡條件和幾何關系即

可求解。

10.【答案】BC

【解析】解：CD、由圖可得，物塊的初動能為Eko=2/-0=2/,由Eko=Tnl詔得初速度大小為

=2kg<故C正確’"錯誤°

v0=J2.=J

4B、小物塊在F作用下沿斜面上滑過程，由動能定理有

Fx—mgxsinθ=Ek-Eko

整理得：Ek=(F-mgsinθ)÷EkO

由圖像可得

8-2

F—mgsinθ

=fc0=-γy=5

小物塊在尸作用下沿斜面上滑過程，重力勢能與位移關系為

Ep=mgxsinθ

由圖像可得

mgsinθ

=∕ca=?=5

聯(lián)立解得：0=30。，F(xiàn)=ION,故A錯誤，B正確；

故選：BCo

根據(jù)動能的計算公式求解初速度，根據(jù)重力勢能的計算公式求解傾角；由勻變速直線運動的位移一

時間關系求解加速度大小，再根據(jù)牛頓第二定律求解力F大小。

本題主要考查動能定理，要知道重力勢能變化與重力做功有關、動能的變化與合力做功有關。

11.【答案】AC

【解析】解：4物體先做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得："∏ιgcos0-nιgsinθ=mα

代入數(shù)據(jù)解得：α=2.5m∕s2

假設物體能夠達到與傳送帶共速，則此過程的時間為：口=①=Rs=0.8s

?a2.5

此過程物體運動的位移大小為：x=^t1=l×0.8m=0.8m

因：X<L=3m,故假設成立。

因：o故共速后物塊與傳送帶相對靜止一起勻速運動，勻速運動的時間為:

μ=^>tαn30.

則傳送帶將物體從最低點傳送到最高點的過程所用的時間為：

t=t1+t2=0.8s+1.1s=1.9s,故A正確：

B.加速階段滑動摩擦力對物體做功為：Wfl=μmgx-cosθ,解得：Wfl=67

勻速階段靜摩擦力對物體做功為：Wf2=mgsinθa-x),解得：Wf2=IlJ

整個過程中摩擦力對物體做功為：”=Wn+必2=6/+11/=17/,故B錯誤；

CD,物體和皮帶由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為：Q=μmgcos30°-?x-μmgcos30°?(v0t1—x)

代入數(shù)據(jù)解得：Q=61,故C正確，。錯誤。

故選：AC.

根據(jù)牛頓第二定律可得物體做勻加速直線運動的加速度大小，求出達到與傳送帶共速經(jīng)過的時間

和勻速運動的時間，由此得到所用的總時間；根據(jù)做功的計算公式求解摩擦力對物體做的功；求

出物體相對于傳送帶運動的距離，根據(jù)功能關系求解摩擦產(chǎn)生的熱量。

本題主要是考查功能關系、牛頓第二定律之傳送帶問題，關鍵是能夠分析物體的受力情況和能量

的轉化情況，根據(jù)運動情況結合牛頓第二定律、功能關系進行解答。

12.【答案】BC

【解析】、當圓盤的角速度為J呼時，48一起作圓周運動，4所需要的向心力自=WW?x&=

mX(J卑AXr=等，由于A受到的向心力為繩子張力和圓盤對4的摩擦力的合力，故A錯誤;

B、當圓盤的角速度為時，AB-起作圓周運動，A所需要的向心力方=小32*RX

?2rnl

22

(J^^)2×r=^μmg^B所需要的向心力正=mω×RB=m×(J~^~)×2r=3μmg,繩了，的

拉力T=FB-μmg=3〃Tng-μmg=2μmg

故A受到的摩擦力沿半徑指向圓外，故5正確；

C、兩物塊4和B隨著圓盤轉動時，由合外力提供向心力，則F=TnB的半徑比4的半徑大，

所以B所需向心力大，繩子拉力相等，所以當圓盤轉速加快到兩物體剛好還未發(fā)生滑動時，B的靜

摩擦力方向指向圓心，4的最大靜摩擦力方向指向圓外，有相對圓盤沿半徑指向圓內(nèi)的運動趨勢，

根據(jù)牛頓第二定律得：

A：T—μmg=mω2r

B：T÷μmg=mω2?2r

解得：T=3μmg,3=J羋，故C正確；

。、燒斷繩子瞬間A物體所需的向心力為2qng,此時燒斷繩子，A的最大靜摩擦力不足以提供向心

力,則4做離心運動，B物體所需的向心力為4〃mg,大于B的滑動摩擦力，所以B仍相對盤靜止,

故。錯誤；

故選:BC.

(IMB兩個物體做勻速圓周運動的向心力都是靠繩子的拉力和靜摩擦力提供，根據(jù)向心力公式求

出AB做勻速圓周運動所需要的向心力，從而求出繩子拉力和判斷摩擦力的方向；

(2)兩物塊A和8隨著圓盤轉動時，始終與圓盤保持相對靜止.當圓盤轉速加快到兩物體剛好還未

發(fā)生滑動時，4、B的靜摩擦力都到達最大靜摩擦力，

由牛頓第二定律求出A、B兩物塊與圓盤保持相對靜止的最大角速度及繩子的拉力；

解決本題的關鍵是找出向心力的來源，知道AB兩物體是由摩擦力和繩子的拉力提供向心力；

本題是勻速圓周運動中連接體問題，既要隔離研究，也要抓住它們之間的聯(lián)系：角速度相等、繩

子拉力大小相等

13.【答案】BDω2mω2

【解析】解：(2)本實驗所采用的實驗探究方法是保持滑塊質量不變，探究運動半徑在不同值時,

滑塊的向心力大小與角速度之間的關系，屬于控制變量法，與“探究變壓器原、副線圈電壓與匝

數(shù)的關系”、“探究加速度與物體受力、物體質量的關系”實驗探究方法相同；“探究平拋運動

的特點”和“探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律”兩實驗的探究方法是等效法。

故選：BD.

(3)②圖線中各圖線均為曲線，對②圖線的數(shù)據(jù)進行分析可以看出，當3增大為原來的2倍時，F(xiàn)增

大為原來的4倍，當3增大為原來的3倍時，F(xiàn)增大為原來的9倍……可知，F(xiàn)與32成正比，以F為縱

軸，序為橫軸，則圖像是一條過原點的直線，故圖丙圖像橫坐標X代表的是小。

(4)(3)中分析知在r一定時，尸與32成正比；F—r圖像又是一條過坐標原點的直線，尸與r成正比;

同時F也應與Jn成正比，歸納可知，F(xiàn)圖像的斜率為77132。

故答案為:(2)BD；(3)ω2;(4)mω2o

(2)根據(jù)實驗探究的過程的特點分析判斷；

(3)對②圖線的數(shù)據(jù)進行分析判斷；

(4)根據(jù)實驗原理綜合分析判斷。

本題考查探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系實驗，要求掌握實驗原理、實驗裝置。

14.【答案】1.852.2

【解析】解：(1)電路連線如圖;

(2)由電路結構，結合電路歐姆定律可知

UI=U2+/RO=U2(1+初

由圖像可知

,RQ48

fc=1Λ+—=—=-

Rv1.53

解得

Rv=1.8kΩ

(3)把待測電壓表彩改裝成量程為90V的電壓表需要串聯(lián)的定值電阻阻值為

R'=R=X1.8kΩ=52.5kO

υ2G3v

故答案為：(1)見解析；(2)1.8；(3)52.2

(1)根據(jù)實驗電路圖，補全實物連線圖；

(2)根據(jù)歐姆定律及并聯(lián)電路的電壓特點求解4-/函數(shù)，結合圖像斜率求電壓表內(nèi)阻;

(3)串聯(lián)電阻有分壓作用，根據(jù)改裝電表的內(nèi)阻及量程求解需要串聯(lián)的電阻。

本題主要考查了電壓表內(nèi)阻的測定、電壓表的改裝，培養(yǎng)學生的實驗能力。

15.【答案】解：(1)由圖乙可知，滑塊上滑時的加速度大小:

α==^?m∕s2—8m∕s2

1?t?L

由牛頓第二定律得

0

mgsin37+μmgcos37°=ma1

解得：μ=0.25

(2)由圖線與時間軸圍成的面積表示位移，則4B間的距離為：

1

X=-×2×16m=16m

由B到A過程，受重力、支持力和摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律有：

mgsinθ—μmgcosθ=ma2

2

解得：a2=4m∕s

由速度一位移公式得，滑塊再次回到4點的速度為：

-

V=y∣2a2x=√2×4×16=8√2m∕s

答：(1)物體的動摩擦因數(shù)為0.25；

(2)滑塊再次回到4點時的速度為8√1m∕s0

【解析】(1)根據(jù)圖象求出滑塊上滑過程的加速度，再根據(jù)牛頓第二定律求出物體的動摩擦因數(shù);

(2)速度圖象與坐標軸所圍“面積”等于位移，由數(shù)學知識求出位移，根據(jù)牛頓第二定律求出滑塊

下滑時的加速度，然后根據(jù)速度一位移公式求出滑塊再次回到4點時的速度。

本題考查了牛頓第二定律和運動學公式的綜合運用，知道加速度是聯(lián)系力學和運動學的橋梁，并

能從V-t圖象上獲取有用的信息，屬于基礎性題目，難度不大。

16.【答案】解：(1)小球到達4時恰好與管壁無作用力，故小球在4點只受重力作用，由牛頓第二

定律可得：mg=???;

所以，小球到達圓管最高點A時的速度大小為：%=/方=6m∕s;

(2)小球在光滑圓管內(nèi)運動只有重力做功,機械能守恒,故有詔=mgRQ+cos60o)+=

2mgR,

所以，小球在剛進入圓管B點時的速度大小為：VB=2∕~^R=12m∕s;

(3)小球恰好從管口B處沿切線方向飛入，故小球在B點的水平分速度為：vx=VBCOS60°=6m∕s,

豎直分速度為：Vy=UBS譏60。=6>J~3m∕s↑

所以，小球拋出點P到管口B的豎直距離為：h=?=5.4m,運動時間為：t=2=0.6Cs,那

2g9

么，小球拋出點P到管口B的水平距離為：X=vxt=3.6λf3m;

答：(1)小球到達圓管最高點A時的速度大小為6τn∕s;

(2)小球在剛進入圓管B點時的速度大小為12τn∕s;

(3)小球拋出點P到管口B的水平距離X為3.6CnI，豎直距離人為5.4τn.

【解析】(1)對小球在4點應用牛頓第二定律求解；

(2)對B到4的運動過程應用機械能守恒求解；

(3)根據(jù)B點速度方向求得豎直、水平分速度，然后根據(jù)平拋運動規(guī)律求解.

經(jīng)典力學問題一般先對物體進行受力分析,求得合外力及運動過程做功情況,然后根據(jù)牛頓定律、

動能定理及幾何關系求解.

17.【答案】解：解：(1)在O?2s內(nèi)兩物體一起以0.5m∕s的速度勻速運動，則有：

P=F1V1

根據(jù)兩物體勻速運動則有拉力等于摩擦力即：FLf

而地面的摩擦力為：f=μN=μ(M+m)g

代入數(shù)據(jù)得：μ=0.2

(2)IS時刻，物塊勻速，繩子的拉力等于平板對物塊的靜摩擦力，又根據(jù)平板勻速運動可知物塊對

平板的靜摩擦力等于對面對平板的滑動摩擦力：

fι=+m)g=6N

由圖可知從2s時開始平板撞到臺階上靜止，故物塊開始在平板上勻減速運動，故滑塊所受的摩擦

力為滑動摩擦力，故在靜止前摩擦力的大小保持不變.

而3s時刻，物塊在木板上滑動，所以滑塊所受的摩擦力為滑動摩擦力.

因為最終物塊再次勻速時速度為：

V2—0.3m∕s

P=尸2。2

故FMl=F2彩

F2=f2=ION

(3)物塊在平板上減速運動的時間為：t=6-2=4s,

在整個過程中電機所做的功W=P3摩擦力始終為滑動摩擦力，大小為：∕2=10N,

由動能定理有：

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