第第頁【解析】浙江省紹興市2022-2023學年高一下學期6月期末物理試題登錄二一教育在線組卷平臺助您教考全無憂

浙江省紹興市2022-2023學年高一下學期6月期末物理試題

一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）

1．（2023高一下·紹興月考）下列物理量為標量，且單位是國際單位制基本單位的是（）

A．位移mB．質量kg

C．力ND．加速度

2．（2023高一下·紹興月考）下列說法正確的是（）

A．卡文迪什通過實驗測得了引力常量

B．開普勒提出所有行星繞太陽運動的軌道都是圓

C．法拉第首先測出了元電荷的數值

D．庫侖首先提出了電場的概念

3．（2023高一下·紹興月考）如圖所示，空中懸停的無人機突然失去動力而下墜。在下墜過程中，其所受空氣阻力大小與下墜速率成正比，則無人機在下墜過程中（）

A．做勻速直線運動

B．處于超重狀態

C．重力勢能一直減小

D．空氣阻力可能先做負功，后不做功

4．（2023高一下·紹興月考）關于以下教科書中的插圖，下列說法正確的是（）

甲乙丙丁

A．甲圖，用頭發碎屑可以模擬電場線，圖中的電荷一定帶正電荷

B．乙圖，搖動起電機，煙霧繚繞的塑料瓶變得清澈透明，其工作原理為靜電屏蔽

C．丙圖，優質的話筒線外面包裹著金屬網，是為了增強話筒線的導電性能

D．丁圖，工作人員給車加油前，觸摸一下靜電釋放器，可將人體的靜電釋放到大地

5．（2023高一下·紹興月考）如圖所示，A、B、C是正三角形的三個頂點，O為三角形的中心，A點和B點分別固定電荷量均為q的負電荷，在O點固定電荷q′后，C點的電場強度恰好為零。電荷q′為（）

A．正電荷，電荷量為3qB．正電荷，電荷量為

C．負電荷，電荷量為qD．負電荷，電荷量為

6．（2023高一下·紹興月考）第19屆亞運會將于2023年9月23日在杭州舉行。如圖所示為場地自行車運動員訓練情景，甲、乙、丙三位運動員騎自行車在賽道轉彎處以相同大小的線速度做勻速圓周運動。下列說法正確的是（）

A．甲、乙、丙三位運動員的角速度大小相等

B．甲、乙、丙三位運動員的向心加速度大小相等

C．、乙、丙三位運動員受到的合力大小一定相等

D．甲、乙、丙三位運動員，運動員甲的轉速最大

7．（2023高一下·紹興月考）高度差一定的兩點間可以搭建無數光滑曲線軌道，相同小球由起點靜止下滑，若沿某一條曲線軌道運動的小球到達終點用時最短，該曲線稱為最速降線。如圖所示，三條光滑軌道的起點和終點相同，其中軌道2按最速降線設計，讓同一小球分別從各自軌道的起點靜止出發，下列說法正確的是起點（）

A．小球沿軌道2運動，重力做功最多

B．球沿軌道2運動，重力的平均功率最大

C．小球沿軌道2運動，所受支持力做功最多

D．小球分別到達各自軌道終點處的速度相同

8．（2023高一下·紹興月考）某帶電體周圍分布的等勢線如圖所示，a、c是同一條實線上的兩點，b是另一條實線上的點，則（）

A．a、c兩點電場強度的方向可能相同

B．質子從b點移至c點，靜電力做正功

C．電子處于a、b兩點時，其電勢能在b點時較大

D．同一試探電荷依次放在a、b、c三點，在c點時受到的靜電力最大

9．（2023高一下·紹興月考）2023年5月11日5時16分，天舟六號貨運飛船成功對接于空間站天和核心艙，轉為“組合體”飛行。對接前，天舟六號與空間站的軌道如圖所示。對接后，“組合體”仍在空間站原軌道運行。天舟六號、空間站、“組合體”繞地球運動均可視為勻速圓周運動，下列說法正確的是（）

A．對接前，空間站的線速度大于天舟六號的線速度

B．對接前，空間站的向心加速度大于天舟六號的向心加速度

C．對接后，組合體繞地球的公轉周期大于對接前空間站的公轉周期

D．天舟六號將來要返回地球，需通過減速來降低軌道

10．（2023高一下·紹興月考）刀削面堪稱面食一絕。如圖所示，廚師將面圈（視為質點）沿鍋的某條半徑方向水平削出，面圈距鍋的高度h=0.3m，與鍋沿的最近水平距離L=0.15m，鍋可視為半徑R=0.25m的半球殼（不計厚度），水面到鍋底的距離d=0.1m。不計一切阻力，則（）

A．能直接落入水中的面圈被削出的最大初速度為2m/s

B．能落入鍋中的面圈被削出的最大初速度為2m/s

C．直接落入水中的面圈，它們的速度變化量可能不同

D．落入鍋中的面圈，它們在空中的運動時間均相同

11．（2023高一下·紹興月考）殲-35戰斗機是我國自主研發的第五代多用途戰斗機，其過載可以達到9。過載是指作用在飛機上的氣動力和發動機推力的合力與飛機重力之比。如戰斗機以大小為g的加速度豎直向上加速運動時，其過載就是2。若殲-35戰機在一次做俯沖轉彎訓練時，在最低點時速度大小約為200m/s，過載為5，將飛機的運動軌跡看成圓弧，則飛機轉彎可能的最小半徑為（）

A．600mB．800mC．1000mD．10000m

12．（2023高一下·紹興月考）光滑水平面（足夠大）上的物體受三個沿水平面的恒力F1、F2、F3作用，以速率v沿水平面做勻速直線運動，其俯視圖如圖所示。其中F1與運動方向垂直，若撤去某個力，其他力不變，下列說法正確的是（）

A．撤去F1，物體將做勻速圓周運動

B．撤去F2，物體的最小速率可以為零

C．撤去F2，物體的速率可以再次為v

D．撤去F3，物體的速率可以再次為v

13．（2023高一下·紹興月考）紹興軌道交通2號線是我市正在建設的第二條地鐵線路。施工中，工人將地面下15m深處的一質量為50kg的箱子吊起。箱子在繩的拉力作用下由靜止開始豎直向上運動，箱子的機械能E與其位移x的關系圖象如圖所示，其中x=-10~0m的圖線為直線。以地面為重力勢能零勢能面，不計空氣阻力，由圖象可知，箱子從地面下15m至地面過程中，（）

A．動能增加5000JB．重力勢能增加12500J

C．繩的拉力做功7500JD．繩的拉力大小先增大后不變

二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的，全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）

14．（2023高一下·紹興月考）2023年3月30日，我國成功將宏圖一號01衛星組發射升空，并進入預定的極地軌道做勻速圓周運動。它是由“一顆主星+三顆輔星”構成的衛星組，猶如在太空中飛行的車輪。已知宏圖一號衛星組的運行軌道距離地面的高度為h，地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g，由以上信息可知（）

A．衛星組的向心加速度等于g

B．衛星組的線速度小于7.9km/s

C．衛星組的角速度大小為

D．衛星組運動的軌道平面可能始終與地球某一經線平面重合

15．（2023高一下·紹興月考）如圖是某靜電分選器的原理示意圖。兩豎直放置的正對平行金屬板之間為勻強電場，漏斗的出口與兩板上端處于同一高度，到兩板距離相等。混合在一起的a、b兩種顆粒從漏斗出口下落時，使a帶正電、b帶負電，然后沿電場中線進入，進入時的速度可認為是零。已知a、b的質量和電荷量分別為m、+q和2m、-q，電場兩極板的長度為L，兩板間距為，下端距地面的距離為3L。調整兩極板間電壓大小，使顆粒a恰好從極板邊緣離開電場，不計空氣阻力、顆粒體積及相互作用力，電場只分布在兩板間，下列說法正確的是（）

A．a、b兩種顆粒在電場中均做類平拋運動

B．a、b兩種顆粒在電場中所受靜電力大小均為

C．a、b兩種顆粒落地點到O點的距離之比為2∶1

D．若a、b兩種顆粒落地時動能相等，則兩極板間電壓

三、實驗題（共14分）

16．（2023高一下·紹興月考）（1）下列實驗中體現了控制變量法的是（）

A.研究平拋運動的特點

B.探究加速度與力、質量的關系

C.探究兩個互成角度的力的合成規律

D.探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系

（2）小明同學利用圖所示裝置做“探究加速度與力、質量的關系”實驗。對于該實驗，下列說法正確的是（）

A.每次改變小車質量后，都需重新補償阻力

B.為了減小實驗誤差，槽碼的質量應遠大于小車質量

C.處理數據時，在紙帶上必須連續5個計時點選取一個計數點

D.補償阻力時，應取下槽碼，小車后面的紙帶需穿過打點計時器的限位孔

（3）該同學在“探究加速度與力、質量的關系”實驗中，得到紙帶如圖所示，紙帶中相鄰兩個計數點之間還有4個點未標出，打下e點時小車的速度大小為m/s（結果保留兩位有效數字）

17．（2023高一下·紹興月考）小明同學利用圖所示的裝置進行“驗證機械能守恒定律”的實驗。

（1）關于本實驗，下列說法正確的是（）

A.紙帶越短，阻力的影響越小，實驗效果越好

B.由圖1中的打點計時器的外觀，可選擇6V的交流電源

C.處理數據時，無需知道當地的重力加速度，可以取g=10m/s2

D.處理數據時，必須選擇打出的第一個點作為起點進行驗證

（2）該同學分別用兩個形狀相同，質量不同的重錘A、B進行實驗，記錄下落高度h和相應的速度大小v，作出的v2-h圖像如圖所示。則重錘A、B的質量大小關系為mAmB（選填“大于”、“小于”或“等于”）；

（3）由圖2中的信息，計算重錘B下落的加速度a，下列表達式正確的是（）

A.B.C.D.

（4）小張同學用傳感器做“觀察電容器的放電”實驗，采用的實驗電路如圖所示。將開關先與“1”端閉合，電容器進行（選填“充電”或“放電”），再將開關與“2”端閉合。在下列四個圖像中，表示通過傳感器的電流隨時間變化的圖像為

A.B.C.D.

四、分析計算題（共41分）

18．（2023高一下·紹興月考）如圖所示，用長為L=1.0m的絕緣絲線把一個質量為、帶電量為小球，懸掛于豎直放置的平行板電容器的正中間。兩板間距離為d=4cm，完全正對時，電容器的電容為C=0.15μF。當平行板電容器與高壓直流電源相連，穩定時小球偏離豎直線的距離為x=1.0cm，θ很小時，sinθ≈tanθ。求：

（1）平行金屬板之間的電場強度E的大小；

（2）與電容器相連接的電源電壓U；

（3）電容器的帶電量Q

19．（2023高一下·紹興月考）如圖所示，在公路的彎道處，通常路面是外高內低的傾斜坡面。已知某品牌汽車質量為m，汽車轉彎的圓弧半徑為R，路面與水平面間的夾角為θ，簡化示意圖如圖所示。

（1）如果汽車在轉彎的某一時刻，車輪沒有沿斜坡方向的相對運動趨勢，求此時汽車的速度大小v0；

（2）如果汽車以速度大小勻速轉彎，則汽車的向心力由哪些力的合力提供？并求出此時沿傾斜路面方向上的摩擦力大小。

20．（2023高一下·紹興月考）如圖所示的裝置由弧形軌道AB、豎直圓軌道BMND、水平直軌道DE平滑連接而成，圓形軌道末端略錯開，分別與弧形軌道和水平直軌道連接，裝置固定在水平底座上。已知圓軌道半徑R=0.1m，弧形軌道和圓軌道均可視為光滑，忽略空氣阻力。質量m=0.1kg的小球從弧形軌道離底座高h處由靜止釋放。求：

（1）若小球恰能通過豎直圓軌道的最高點C，小球在C點的速度大小v0及靜止釋放的高度h；

（2）若h=0.5m，小球經過豎直圓軌道與圓心等高點時，對軌道的壓力大小；

（3）若豎直圓軌道上部正上都有一段缺口MN，M、N等高，該缺口所對的圓心角為2α，α為何值時，小球完成沿BMND路徑運行所需的h最小，并求出h的最小值。

21．（2023高一下·紹興月考）萬有引力定律和庫侖定律都滿足力與距離平方成反比關系。如圖所示，計算物體從距離地球球心r1處，遠離至與地心距離r2處，萬有引力對物體做功時，由于力的大小隨距離而變化，一般需采用微元法。也可采用從r1到r2過程的平均力，即計算做功。已知物體質量為m，地球質量為M，半徑為R，引力常量為G。

（1）求該物體從距離地心r1處至距離地心r2處的過程中，萬有引力對物體做功W；

（2）若從地球表面豎直向上發射某物體，試用動能定理推導使物體能運動至距地球無窮遠處所需的最小發射速度v0；

（3）氫原子是最簡單的原子，電子繞原子核做勻速圓周運動與人造衛星繞地球做勻速圓周運動類似。已知電子質量為m，帶電量為-e，氫原子核帶電量為+e，電子繞核運動半徑為r，靜電力常量為k，求電子繞核運動的速度v1大小；若要使氫原子電離（使核外電子運動至無窮遠，逃出原子核的電場范圍），則至少額外需要提供多大的能量ΔE。

答案解析部分

1．【答案】B

【知識點】力學單位制

【解析】【解答】A．位移為矢量，其單位為m，是國際單位制基本單位，故A錯誤；

B．質量是標量，其單位為kg，是國際單位制基本單位，故B正確；

C．力是矢量，其單位為N，不是國際單位制基本單位，故C錯誤；

D．加速度是矢量，其單位為m/s2，不是國際單位制基本單位，故D錯誤。

故選B。

【分析】標量是只有大小，沒有方向的物理量，矢量是有大小，又有方向的物理量，熟記七個基本物理量及其單位。

2．【答案】A

【知識點】物理學史

【解析】【解答】A．卡文迪什通過扭秤實驗測得了引力常量，使得萬有引力定律有了真正的使用價值，故A正確；

B．由開普勒第一定律可知，開普勒提出所有行星繞太陽運動的軌道都是橢圓，故B錯誤；

C．密立根通過油滴實驗測出了元電荷的數值，故C錯誤；

D．法拉第首先提出了電場的概念，故D錯誤。

故選A。

[分析]本題考察物理學史，熟記物理學中科學家的重要貢獻即可。

3．【答案】C

【知識點】超重與失重；功的概念；重力勢能

【解析】【解答】AB．無人機由懸停下墜，即無人機向下做加速度運動，且所受空氣阻力大小與下墜速率成正比，由牛頓第二定律可知，無人機的加速度減小，則無人機向下做加速度減小的加速運動，具有向下的加速度，處于失重狀態，故AB錯誤；

C．由于無人機向下運動，重力做正功，重力勢能減小，故C正確；

D．由于空氣阻力與無人機的運動方向相反，則空氣阻力一直做負功，故D錯誤；

故選C。

【分析】由于無人受空氣阻力大小與下墜速率成正比，由牛頓第二定律可知，無人機的加速度減小，則無人機向下做加速度減小的加速運動，具有向下的加速度，處于失重狀態，由于重力做正功，則重力勢能減小，由于空氣阻力與無人機的運動方向相反，則空氣阻力一直做負功。

4．【答案】D

【知識點】靜電的防止與利用

【解析】【解答】A．由圖甲可知，電場線與點電荷的電場線相似，但不知是發散的還是匯聚的，則無法確定是正電荷的電場還是負電荷的電場，故A錯誤；

B．乙圖，搖動起電機，煙霧繚繞的塑料瓶變得清澈透明，其工作原理為靜電吸附，故B錯誤；

C．丙圖，優質的話筒線外面包裹著金屬網，是采用靜電屏蔽原理，故C錯誤；

D．丁圖，工作人員加油前觸摸靜電釋放器，其目的是將人體的靜電導到大地，故D正確。

故選D。

【分析】根據正、負點電荷的電場線特點、靜電除塵、靜電屏蔽和靜電釋放原理分析即可。

5．【答案】B

【知識點】點電荷的電場；電場強度的疊加

【解析】【解答】設正三角形的邊長為L，A點和B點的負電荷在C點產生的合場強為，方向沿CO方向，則O點電荷在C點產生的場方向應OC方向，即應帶正電，且有，其中，聯立解得。

故選B。

【分析】根據求出AB電荷在C產生的電場強度，再由電場的合成法則求出AB電荷在C產生的合場強，最后根據在C點產生的電場應與AB電荷在C產生的合場強等大反向。

6．【答案】D

【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；勻速圓周運動

【解析】【解答】A．由可知，由于甲、乙、丙三位運動員的線速度大小相等，但半徑不同，則甲、乙、丙三位運動員的角速度大小不相等，故A錯誤；

B．由可知，由于甲、乙、丙三位運動員的線速度大小相等，但半徑不同，則甲、乙、丙三位運動員的向心加速度大小不相等，故B錯誤；

C．由于運動員做勻速圓周運動，則合力提供向心力，有，由于甲、乙、丙三位運動員的線速度大小相等，但半徑不同，且質量不一定相同，則甲、乙、丙三位運動員受到的合力大小不一定相等，故C錯誤；

D．由可知，由于甲、乙、丙三位運動員的線速度大小相等，且甲的半徑最小，則甲的轉速最大，故D正確。

故選D。

【分析】由、、、進行分析處理即可。

7．【答案】B

【知識點】功的計算；功率及其計算；動能定理的綜合應用

【解析】【解答】A．由于三條軌道起點與終點的高度差相同，由可知，重力做功相同，故A錯誤；

B．由可知，由于軌道2為最速降線軌道即時間最短，則重力的平均功率最大，故B正確；

C．小球沿三條軌道運動時支持力與速度方向垂直，所以支持力都不做功，故C錯誤；

D．由動能定理可知，小球分別到達各自軌道終點處的速度大小相等，但方向不同，故D錯誤。

故選B。

【分析】由判斷做功，由確定重力的平均功率大小關系，支持力與速度方向垂直，所以支持力都不做功，由動能定理可知，小球分別到達各自軌道終點處的速度大小相等，但方向不同。

8．【答案】C

【知識點】電勢能；等勢面

【解析】【解答】A．由于電場線與等勢面垂直且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，由圖可知，a、c兩點電場強度的方向大致要相反，故A錯誤；

B．由圖可知，c點電勢高于b點電勢，則質子在c點電勢能大于b點電勢能，質子從b點移至c點，電勢能增大，由功能關系可知，靜電力做負功，故B錯誤；

C．由圖可知，a點電勢高于b點電勢，由負電荷在電勢高處電勢能小可知，電子在b點的電勢能較大，故C正確；

D．等差等勢面的疏密程度表示電場強度大小，由圖可知，a點電場強度最大，同一試探電荷在a、b、c三點，在a點時受到的靜電力最大，故D錯誤。

故選C。

【分析】由電場線與等勢面垂直且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面可判斷a、c兩點電場強度的方向；由圖判斷出a、b、c三點電勢的高低，由負電荷在電勢高處電勢能小，正電荷在電勢高處電勢能大，比較出電荷在a、b、c三點電勢能的大小關系，根據功能關系判斷出靜電力做功情況；等差等勢面的疏密程度表示電場強度大小判斷電場強度大，從而判斷靜電力大小關系。

9．【答案】D

【知識點】萬有引力定律的應用

【解析】【解答】AB．由萬有引力提供向心力可得，則有，由于對接前，空間站的軌道半徑大于天舟六號的軌道半徑，所以對接前，空間站的線速度小于天舟六號的線速度，對接前，空間站的向心加速度小于天舟六號的向心加速度，故AB錯誤；

C．由萬有引力提供向心力可得，則有，由于組合體繞地球的軌道半徑等于對接前空間站的軌道半徑，所以對接后，組合體繞地球的公轉周期等于對接前空間站的公轉周期，故C錯誤；

D．天舟六號要返回地球應該要做近心運動，則需要減速使天舟六號的軌道半徑減小從而實現返回地球，故D正確。

故選D。

【分析】由萬有引力提供向心力可得分析即可得出線速度、向心加速度和公轉周期的關系，天舟六號要返回地球應該要做近心運動，則需要減速使天舟六號的軌道半徑減小。

10．【答案】A

【知識點】平拋運動

【解析】【解答】A．由幾何關系可知，面圈能直接落入水中的最遠水平距離為，下落的高度為，由可得，，則最大速度為，故A正確；

B．由幾何關系可知，面圈能落入水中的最遠水平距離為，下落的最小時間為，能落入鍋中的面圈被削出的最大初速度為，故B錯誤；

C．直接落入水中的面圈，在空中運動的時間相同，由可知，它們的速度變化量相同，故C錯誤；

D．落入鍋中的面圈，由于下落高度不同，它們在空中運動的時間不相同，故D錯誤。

故選A。

【分析】由幾何關系找出各種情況面圈下落的高度和水平位移，利用平拋運動的規律即可求解，直接落入水中的面圈，在空中運動的時間相同，由可知，它們的速度變化量相同，落入鍋中的面圈，由于下落高度不同，它們在空中運動的時間不相同。

11．【答案】C

【知識點】生活中的圓周運動

【解析】【解答】戰斗機過最低點時由牛頓第二定律有，則

故選C。

【分析】由題意可知，戰斗機過最低點時指向圓心的作用力即為5mg，再結合牛頓第二定律列方程求解。

12．【答案】C

【知識點】運動的合成與分解；動能定理的綜合應用

【解析】【解答】A．由題意可知，恒力F1、F2、F3的合力為0，撤去F1，則F2、F3的合力與F1等大反向，即F2、F3的合力與v垂直，所以物體將做類平拋運動，故A錯誤；

BC．撤去F2，則F1、F3的合力與F2等大反向，則v與F1、F3的合力成鈍角，將F1、F3的合力分解到與v平行方向和垂直方向可知，平行v方向做減速運動，垂直v方向做加速度運動，則物體的最小速率不可能為零，由運動的合成可知，物體的速率可能再次為v，故B錯誤，C正確；

D．撤去F3，則F1、F2的合力與F3等大反向，則v與F1、F2的合力成銳角，所以F1、F2的合力對物體做正功，動能一定增加，則物體的速率不可能再次為v，故D錯誤。

故選C。

【分析】由題意可知，恒力F1、F2、F3的合力為0，分別撤去不同的力，其余兩力的合力與撤去的力等大反向且為恒力，根據合力與v的夾角關系分析物體往后的運動情況。

13．【答案】A

【知識點】功能關系；重力勢能的變化與重力做功的關系

【解析】【解答】A．由圖可知，箱子到達地面時機械能為5000J，且地面處的重力勢能為0，則此過程中動能增加了5000J，故A正確；

B．重力勢能增加量為，故B錯誤；

C．由動能定理可知，，則拉力做功為

，故C錯誤；

D．由功能關系可知，拉力所做功等于機械能的變化，E-x圖像中圖線斜率的絕對值表示拉力大小，由圖可知，繩的拉力大小先減小后不變，故D錯誤。

故選A。

【分析】根據機械能由動能和勢能組成即可求解動能增量，由mgh可求解重力勢能的增加量，由動能定理求解拉力做功，由功能關系，拉力所做功等于機械能的變化，E-x圖像中圖線斜率的絕對值表示拉力大小判斷拉力大小變化。

14．【答案】B,C

【知識點】萬有引力定律的應用；第一、第二與第三宇宙速度

【解析】【解答】A．由萬有引力提供向心力，且，可知，衛星組的向心加速度小于g，故A錯誤；

B.7.9km/s是衛星的最大環繞速度，則衛星組的線速度一定小于7.9km/s，故B正確；

C．由萬有引力提供向心力，且聯立可得衛星的角速度為，故C正確；

D．因為經線隨地球自轉在轉動，則衛星組運動的軌道平面不可能始終與地球某一經線平面重合，故D錯誤。

故選BC。

【分析】由萬有引力提供向心力，且，即可分析衛星組的向心加速度與角速度；由于7.9km/s是衛星的最大環繞速度，則衛星組的線速度一定小于7.9km/s；因為經線隨地球自轉在轉動，則衛星組運動的軌道平面不可能始終與地球某一經線平面重合。

15．【答案】B,C,D

【知識點】動能定理的綜合應用；電勢能與電場力做功的關系

【解析】【解答】A．由于a、b兩種顆粒進入電場后豎直方向受重力，水平方向受電場力作用，初速度均為0，則兩種顆粒不可能做類平拋運動，故A錯誤；

B．對a粒子豎直方向有，水平方向有，聯立解得，由于a、b兩顆粒的電荷量絕對值相等，則兩粒子所受電場力大小相等，故B正確；

C．顆粒從進入電場到落地豎直方向做自由落體，則兩顆粒所用的時間相等，水平方向上做初速度為0的勻加速度直線運動，由可知，a顆粒水平方向的加速度是b顆粒的兩倍，經過相同的時間水平位移a顆粒是b顆粒的兩倍，故C正確；

D．由于a顆粒水平方向的加速度是b顆粒的兩倍，則b顆粒在電場中的水平位移為a顆粒的一半即為，分別對a、b兩顆粒從進入電場到落地由動能定理可得、，解得，故D正確。

故選BCD。

【分析】將a、b兩種顆粒進入電場后的運動進行分解為水平方向和電場力方向分析，由運動學規律結合動能定理進行處理即可。

16．【答案】（1）ＢＤ

（2）Ｄ

（3）0.24-0.29

【知識點】探究加速度與力、質量的關系

【解析】【解答】（1）AC．研究平拋運動的特點和探究兩個互成角度的力的合成規律都體現了等效法的思想，故AC錯誤；

BD．探究加速度與力、質量的關系和探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系都體現了控制變量法的思想，故BD正確；

故選BD。

（2）A．補償阻力即，由此可知，與質量無關，則補償阻力只要一次就可以，故A錯誤；

B．為了減小實驗誤差，槽碼的質量應遠小于小車質量，故B錯誤；

C．處理數據時，在紙帶上不必一定要連續5個計時點選取一個計數點，故C錯誤；

D．補償阻力時，小車應在無牽引力作用下運動，則應取下槽碼，小車后面的紙帶需穿過打點計時器的限位孔，故D正確。

故選D。

（3）由勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于平均速度可得，由于誤差0.24-0.29m/s均可

【分析】（1）根據實驗原理分析各個實驗即可；（2）根據探究加速度與力、質量的關系的實驗誤差分析處理；（3）由勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于平均速度即可求解。

17．【答案】（1）Ｂ

（2）大于

（3）Ｃ

（4）充電；C

【知識點】驗證機械能守恒定律

【解析】【解答】（1）A．紙帶越短，得到的點跡越少，數據處理過程中誤差較大，所以并不是紙帶越短，實驗效果越好，故A錯誤；

B．由圖1可知，計時器為電磁打點計時器，則可選擇6V的交流電源，故B正確；

C．由實驗原理可知，其中g應為當地的重力加速度，不可隨意取10m/s2，故C錯誤；

D．處理數據時，不一定要選擇第一個點作為起點進行驗證，只要紙帶上取相距較遠的兩點均可，故D錯誤。

故選B；

（2）由實驗原理可知，，由圖可知，實驗中應考慮阻力的作用，由于兩個重錘形狀相同，則阻力相同，由，可知，圖線斜率越大，質量越大，所以。

（3）由實驗原理可知，，則重錘B下落的加速度，故選C。

（4）觀察電容器的放電實驗中應選給電容器充電，即將開關先與1端閉合，電容器進行充電；在放電過程中，電流逐漸減小，且減小得越來越慢，故選C。

【分析】（1）根據驗證機械能守恒定律實驗原理與誤差進行分析；（2）由圖像分析得到實驗中應考慮阻力作用再根據實驗原理分析；（3）由實驗原理公式分析即可；（4）觀察電容器的放電實驗中應選給電容器充電，即將開關先與1端閉合，電容器進行充電；在放電過程中，電流逐漸減小，且減小得越來越慢。

18．【答案】（1）解：設絕緣絲線偏離堅直線的任度為，小球受力分析可得：

（2）解：由

可得：

（3）解：由

可得：

【知識點】勻強電場

【解析】【分析】（1）對小球受力分析，受重力、電場力和拉力作用，由平衡結合小角近似求解；

（2）由U=Ed代入數據即可求解；

（3）由電容器定義式進行求解。

19．【答案】（1）解：當車輪沒有沿斜坡方向的相對運動趨勢，可得汽車所受合力為：

可得：

（2）解：汽車的向心力由重力，支持力和靜摩擦力的合力提供

水平方向：

豎直方向：

【知識點】生活中的圓周運動

【解析】【分析】（1）車輪沒有沿斜坡方向的相對運動趨即沒有靜摩擦力時，對汽車受力分析由圓周運動知識求解；

（2）如果汽車速度較大，則汽車有向外滑的趨勢，汽車受重力、支持力和靜摩擦力作用，結合牛頓第二定律求解即可。

20．【答案】（1）解：小球恰好過最高點得：

小球從至，由動能定理可得

（2）解：小球從點至圓心等高點，由動能定理得：

小球所受彈力為：

由牛頓第三定律得：小球對軌道的壓力。

（3）解：小球從至，由動能定理得：

小球離開點后，由斜拋運動規律可得：

水平方向：

由堅直方向可得運動時間

可得：

當時，取等號

當時，有最小值，最小值為

【知識點】斜拋運動；動能定理的綜合應用

【解析】【分析】（1）小球恰好過最高點即重力提供向心力綜合動能定理求解；

（2）由動能定理結合圓周運動知識求解；

（3）由動能定理結合斜拋運動規律列方程，由數學知識進行求解。

21．【答案】（1）解：由題意可得，引力做功可表示為

（2）解：若物體到無窮遠處速度為0，所需的發射速度最小。

由動能定理可得：

（3）解：庫侖力提供電子繞核做圓周運動的向心力

要使氫原子電離，即：使核外電子運動到無窮遠，逃出原子核的電場范圍。由動能定理：

類比萬有引力，可得庫侖力做功為：

【知識點】萬有引力定律的應用；電勢能與電場力做功的關系

【解析】【分析】（1）由功的公式結合功能關系求解；

（2）由動能定理進行推導，注意物體能運動至距地球無窮遠處速度為0時，所需的發射速度最小；

（3）由圓周運動知識結合動能定理和類比萬有引力做功即可求解。

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浙江省紹興市2022-2023學年高一下學期6月期末物理試題

一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）

1．（2023高一下·紹興月考）下列物理量為標量，且單位是國際單位制基本單位的是（）

A．位移mB．質量kg

C．力ND．加速度

【答案】B

【知識點】力學單位制

【解析】【解答】A．位移為矢量，其單位為m，是國際單位制基本單位，故A錯誤；

B．質量是標量，其單位為kg，是國際單位制基本單位，故B正確；

C．力是矢量，其單位為N，不是國際單位制基本單位，故C錯誤；

D．加速度是矢量，其單位為m/s2，不是國際單位制基本單位，故D錯誤。

故選B。

【分析】標量是只有大小，沒有方向的物理量，矢量是有大小，又有方向的物理量，熟記七個基本物理量及其單位。

2．（2023高一下·紹興月考）下列說法正確的是（）

A．卡文迪什通過實驗測得了引力常量

B．開普勒提出所有行星繞太陽運動的軌道都是圓

C．法拉第首先測出了元電荷的數值

D．庫侖首先提出了電場的概念

【答案】A

【知識點】物理學史

【解析】【解答】A．卡文迪什通過扭秤實驗測得了引力常量，使得萬有引力定律有了真正的使用價值，故A正確；

B．由開普勒第一定律可知，開普勒提出所有行星繞太陽運動的軌道都是橢圓，故B錯誤；

C．密立根通過油滴實驗測出了元電荷的數值，故C錯誤；

D．法拉第首先提出了電場的概念，故D錯誤。

故選A。

[分析]本題考察物理學史，熟記物理學中科學家的重要貢獻即可。

3．（2023高一下·紹興月考）如圖所示，空中懸停的無人機突然失去動力而下墜。在下墜過程中，其所受空氣阻力大小與下墜速率成正比，則無人機在下墜過程中（）

A．做勻速直線運動

B．處于超重狀態

C．重力勢能一直減小

D．空氣阻力可能先做負功，后不做功

【答案】C

【知識點】超重與失重；功的概念；重力勢能

【解析】【解答】AB．無人機由懸停下墜，即無人機向下做加速度運動，且所受空氣阻力大小與下墜速率成正比，由牛頓第二定律可知，無人機的加速度減小，則無人機向下做加速度減小的加速運動，具有向下的加速度，處于失重狀態，故AB錯誤；

C．由于無人機向下運動，重力做正功，重力勢能減小，故C正確；

D．由于空氣阻力與無人機的運動方向相反，則空氣阻力一直做負功，故D錯誤；

故選C。

【分析】由于無人受空氣阻力大小與下墜速率成正比，由牛頓第二定律可知，無人機的加速度減小，則無人機向下做加速度減小的加速運動，具有向下的加速度，處于失重狀態，由于重力做正功，則重力勢能減小，由于空氣阻力與無人機的運動方向相反，則空氣阻力一直做負功。

4．（2023高一下·紹興月考）關于以下教科書中的插圖，下列說法正確的是（）

甲乙丙丁

A．甲圖，用頭發碎屑可以模擬電場線，圖中的電荷一定帶正電荷

B．乙圖，搖動起電機，煙霧繚繞的塑料瓶變得清澈透明，其工作原理為靜電屏蔽

C．丙圖，優質的話筒線外面包裹著金屬網，是為了增強話筒線的導電性能

D．丁圖，工作人員給車加油前，觸摸一下靜電釋放器，可將人體的靜電釋放到大地

【答案】D

【知識點】靜電的防止與利用

【解析】【解答】A．由圖甲可知，電場線與點電荷的電場線相似，但不知是發散的還是匯聚的，則無法確定是正電荷的電場還是負電荷的電場，故A錯誤；

B．乙圖，搖動起電機，煙霧繚繞的塑料瓶變得清澈透明，其工作原理為靜電吸附，故B錯誤；

C．丙圖，優質的話筒線外面包裹著金屬網，是采用靜電屏蔽原理，故C錯誤；

D．丁圖，工作人員加油前觸摸靜電釋放器，其目的是將人體的靜電導到大地，故D正確。

故選D。

【分析】根據正、負點電荷的電場線特點、靜電除塵、靜電屏蔽和靜電釋放原理分析即可。

5．（2023高一下·紹興月考）如圖所示，A、B、C是正三角形的三個頂點，O為三角形的中心，A點和B點分別固定電荷量均為q的負電荷，在O點固定電荷q′后，C點的電場強度恰好為零。電荷q′為（）

A．正電荷，電荷量為3qB．正電荷，電荷量為

C．負電荷，電荷量為qD．負電荷，電荷量為

【答案】B

【知識點】點電荷的電場；電場強度的疊加

【解析】【解答】設正三角形的邊長為L，A點和B點的負電荷在C點產生的合場強為，方向沿CO方向，則O點電荷在C點產生的場方向應OC方向，即應帶正電，且有，其中，聯立解得。

故選B。

【分析】根據求出AB電荷在C產生的電場強度，再由電場的合成法則求出AB電荷在C產生的合場強，最后根據在C點產生的電場應與AB電荷在C產生的合場強等大反向。

6．（2023高一下·紹興月考）第19屆亞運會將于2023年9月23日在杭州舉行。如圖所示為場地自行車運動員訓練情景，甲、乙、丙三位運動員騎自行車在賽道轉彎處以相同大小的線速度做勻速圓周運動。下列說法正確的是（）

A．甲、乙、丙三位運動員的角速度大小相等

B．甲、乙、丙三位運動員的向心加速度大小相等

C．、乙、丙三位運動員受到的合力大小一定相等

D．甲、乙、丙三位運動員，運動員甲的轉速最大

【答案】D

【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；勻速圓周運動

【解析】【解答】A．由可知，由于甲、乙、丙三位運動員的線速度大小相等，但半徑不同，則甲、乙、丙三位運動員的角速度大小不相等，故A錯誤；

B．由可知，由于甲、乙、丙三位運動員的線速度大小相等，但半徑不同，則甲、乙、丙三位運動員的向心加速度大小不相等，故B錯誤；

C．由于運動員做勻速圓周運動，則合力提供向心力，有，由于甲、乙、丙三位運動員的線速度大小相等，但半徑不同，且質量不一定相同，則甲、乙、丙三位運動員受到的合力大小不一定相等，故C錯誤；

D．由可知，由于甲、乙、丙三位運動員的線速度大小相等，且甲的半徑最小，則甲的轉速最大，故D正確。

故選D。

【分析】由、、、進行分析處理即可。

7．（2023高一下·紹興月考）高度差一定的兩點間可以搭建無數光滑曲線軌道，相同小球由起點靜止下滑，若沿某一條曲線軌道運動的小球到達終點用時最短，該曲線稱為最速降線。如圖所示，三條光滑軌道的起點和終點相同，其中軌道2按最速降線設計，讓同一小球分別從各自軌道的起點靜止出發，下列說法正確的是起點（）

A．小球沿軌道2運動，重力做功最多

B．球沿軌道2運動，重力的平均功率最大

C．小球沿軌道2運動，所受支持力做功最多

D．小球分別到達各自軌道終點處的速度相同

【答案】B

【知識點】功的計算；功率及其計算；動能定理的綜合應用

【解析】【解答】A．由于三條軌道起點與終點的高度差相同，由可知，重力做功相同，故A錯誤；

B．由可知，由于軌道2為最速降線軌道即時間最短，則重力的平均功率最大，故B正確；

C．小球沿三條軌道運動時支持力與速度方向垂直，所以支持力都不做功，故C錯誤；

D．由動能定理可知，小球分別到達各自軌道終點處的速度大小相等，但方向不同，故D錯誤。

故選B。

【分析】由判斷做功，由確定重力的平均功率大小關系，支持力與速度方向垂直，所以支持力都不做功，由動能定理可知，小球分別到達各自軌道終點處的速度大小相等，但方向不同。

8．（2023高一下·紹興月考）某帶電體周圍分布的等勢線如圖所示，a、c是同一條實線上的兩點，b是另一條實線上的點，則（）

A．a、c兩點電場強度的方向可能相同

B．質子從b點移至c點，靜電力做正功

C．電子處于a、b兩點時，其電勢能在b點時較大

D．同一試探電荷依次放在a、b、c三點，在c點時受到的靜電力最大

【答案】C

【知識點】電勢能；等勢面

【解析】【解答】A．由于電場線與等勢面垂直且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，由圖可知，a、c兩點電場強度的方向大致要相反，故A錯誤；

B．由圖可知，c點電勢高于b點電勢，則質子在c點電勢能大于b點電勢能，質子從b點移至c點，電勢能增大，由功能關系可知，靜電力做負功，故B錯誤；

C．由圖可知，a點電勢高于b點電勢，由負電荷在電勢高處電勢能小可知，電子在b點的電勢能較大，故C正確；

D．等差等勢面的疏密程度表示電場強度大小，由圖可知，a點電場強度最大，同一試探電荷在a、b、c三點，在a點時受到的靜電力最大，故D錯誤。

故選C。

【分析】由電場線與等勢面垂直且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面可判斷a、c兩點電場強度的方向；由圖判斷出a、b、c三點電勢的高低，由負電荷在電勢高處電勢能小，正電荷在電勢高處電勢能大，比較出電荷在a、b、c三點電勢能的大小關系，根據功能關系判斷出靜電力做功情況；等差等勢面的疏密程度表示電場強度大小判斷電場強度大，從而判斷靜電力大小關系。

9．（2023高一下·紹興月考）2023年5月11日5時16分，天舟六號貨運飛船成功對接于空間站天和核心艙，轉為“組合體”飛行。對接前，天舟六號與空間站的軌道如圖所示。對接后，“組合體”仍在空間站原軌道運行。天舟六號、空間站、“組合體”繞地球運動均可視為勻速圓周運動，下列說法正確的是（）

A．對接前，空間站的線速度大于天舟六號的線速度

B．對接前，空間站的向心加速度大于天舟六號的向心加速度

C．對接后，組合體繞地球的公轉周期大于對接前空間站的公轉周期

D．天舟六號將來要返回地球，需通過減速來降低軌道

【答案】D

【知識點】萬有引力定律的應用

【解析】【解答】AB．由萬有引力提供向心力可得，則有，由于對接前，空間站的軌道半徑大于天舟六號的軌道半徑，所以對接前，空間站的線速度小于天舟六號的線速度，對接前，空間站的向心加速度小于天舟六號的向心加速度，故AB錯誤；

C．由萬有引力提供向心力可得，則有，由于組合體繞地球的軌道半徑等于對接前空間站的軌道半徑，所以對接后，組合體繞地球的公轉周期等于對接前空間站的公轉周期，故C錯誤；

D．天舟六號要返回地球應該要做近心運動，則需要減速使天舟六號的軌道半徑減小從而實現返回地球，故D正確。

故選D。

【分析】由萬有引力提供向心力可得分析即可得出線速度、向心加速度和公轉周期的關系，天舟六號要返回地球應該要做近心運動，則需要減速使天舟六號的軌道半徑減小。

10．（2023高一下·紹興月考）刀削面堪稱面食一絕。如圖所示，廚師將面圈（視為質點）沿鍋的某條半徑方向水平削出，面圈距鍋的高度h=0.3m，與鍋沿的最近水平距離L=0.15m，鍋可視為半徑R=0.25m的半球殼（不計厚度），水面到鍋底的距離d=0.1m。不計一切阻力，則（）

A．能直接落入水中的面圈被削出的最大初速度為2m/s

B．能落入鍋中的面圈被削出的最大初速度為2m/s

C．直接落入水中的面圈，它們的速度變化量可能不同

D．落入鍋中的面圈，它們在空中的運動時間均相同

【答案】A

【知識點】平拋運動

【解析】【解答】A．由幾何關系可知，面圈能直接落入水中的最遠水平距離為，下落的高度為，由可得，，則最大速度為，故A正確；

B．由幾何關系可知，面圈能落入水中的最遠水平距離為，下落的最小時間為，能落入鍋中的面圈被削出的最大初速度為，故B錯誤；

C．直接落入水中的面圈，在空中運動的時間相同，由可知，它們的速度變化量相同，故C錯誤；

D．落入鍋中的面圈，由于下落高度不同，它們在空中運動的時間不相同，故D錯誤。

故選A。

【分析】由幾何關系找出各種情況面圈下落的高度和水平位移，利用平拋運動的規律即可求解，直接落入水中的面圈，在空中運動的時間相同，由可知，它們的速度變化量相同，落入鍋中的面圈，由于下落高度不同，它們在空中運動的時間不相同。

11．（2023高一下·紹興月考）殲-35戰斗機是我國自主研發的第五代多用途戰斗機，其過載可以達到9。過載是指作用在飛機上的氣動力和發動機推力的合力與飛機重力之比。如戰斗機以大小為g的加速度豎直向上加速運動時，其過載就是2。若殲-35戰機在一次做俯沖轉彎訓練時，在最低點時速度大小約為200m/s，過載為5，將飛機的運動軌跡看成圓弧，則飛機轉彎可能的最小半徑為（）

A．600mB．800mC．1000mD．10000m

【答案】C

【知識點】生活中的圓周運動

【解析】【解答】戰斗機過最低點時由牛頓第二定律有，則

故選C。

【分析】由題意可知，戰斗機過最低點時指向圓心的作用力即為5mg，再結合牛頓第二定律列方程求解。

12．（2023高一下·紹興月考）光滑水平面（足夠大）上的物體受三個沿水平面的恒力F1、F2、F3作用，以速率v沿水平面做勻速直線運動，其俯視圖如圖所示。其中F1與運動方向垂直，若撤去某個力，其他力不變，下列說法正確的是（）

A．撤去F1，物體將做勻速圓周運動

B．撤去F2，物體的最小速率可以為零

C．撤去F2，物體的速率可以再次為v

D．撤去F3，物體的速率可以再次為v

【答案】C

【知識點】運動的合成與分解；動能定理的綜合應用

【解析】【解答】A．由題意可知，恒力F1、F2、F3的合力為0，撤去F1，則F2、F3的合力與F1等大反向，即F2、F3的合力與v垂直，所以物體將做類平拋運動，故A錯誤；

BC．撤去F2，則F1、F3的合力與F2等大反向，則v與F1、F3的合力成鈍角，將F1、F3的合力分解到與v平行方向和垂直方向可知，平行v方向做減速運動，垂直v方向做加速度運動，則物體的最小速率不可能為零，由運動的合成可知，物體的速率可能再次為v，故B錯誤，C正確；

D．撤去F3，則F1、F2的合力與F3等大反向，則v與F1、F2的合力成銳角，所以F1、F2的合力對物體做正功，動能一定增加，則物體的速率不可能再次為v，故D錯誤。

故選C。

【分析】由題意可知，恒力F1、F2、F3的合力為0，分別撤去不同的力，其余兩力的合力與撤去的力等大反向且為恒力，根據合力與v的夾角關系分析物體往后的運動情況。

13．（2023高一下·紹興月考）紹興軌道交通2號線是我市正在建設的第二條地鐵線路。施工中，工人將地面下15m深處的一質量為50kg的箱子吊起。箱子在繩的拉力作用下由靜止開始豎直向上運動，箱子的機械能E與其位移x的關系圖象如圖所示，其中x=-10~0m的圖線為直線。以地面為重力勢能零勢能面，不計空氣阻力，由圖象可知，箱子從地面下15m至地面過程中，（）

A．動能增加5000JB．重力勢能增加12500J

C．繩的拉力做功7500JD．繩的拉力大小先增大后不變

【答案】A

【知識點】功能關系；重力勢能的變化與重力做功的關系

【解析】【解答】A．由圖可知，箱子到達地面時機械能為5000J，且地面處的重力勢能為0，則此過程中動能增加了5000J，故A正確；

B．重力勢能增加量為，故B錯誤；

C．由動能定理可知，，則拉力做功為

，故C錯誤；

D．由功能關系可知，拉力所做功等于機械能的變化，E-x圖像中圖線斜率的絕對值表示拉力大小，由圖可知，繩的拉力大小先減小后不變，故D錯誤。

故選A。

【分析】根據機械能由動能和勢能組成即可求解動能增量，由mgh可求解重力勢能的增加量，由動能定理求解拉力做功，由功能關系，拉力所做功等于機械能的變化，E-x圖像中圖線斜率的絕對值表示拉力大小判斷拉力大小變化。

二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的，全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）

14．（2023高一下·紹興月考）2023年3月30日，我國成功將宏圖一號01衛星組發射升空，并進入預定的極地軌道做勻速圓周運動。它是由“一顆主星+三顆輔星”構成的衛星組，猶如在太空中飛行的車輪。已知宏圖一號衛星組的運行軌道距離地面的高度為h，地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g，由以上信息可知（）

A．衛星組的向心加速度等于g

B．衛星組的線速度小于7.9km/s

C．衛星組的角速度大小為

D．衛星組運動的軌道平面可能始終與地球某一經線平面重合

【答案】B,C

【知識點】萬有引力定律的應用；第一、第二與第三宇宙速度

【解析】【解答】A．由萬有引力提供向心力，且，可知，衛星組的向心加速度小于g，故A錯誤；

B.7.9km/s是衛星的最大環繞速度，則衛星組的線速度一定小于7.9km/s，故B正確；

C．由萬有引力提供向心力，且聯立可得衛星的角速度為，故C正確；

D．因為經線隨地球自轉在轉動，則衛星組運動的軌道平面不可能始終與地球某一經線平面重合，故D錯誤。

故選BC。

【分析】由萬有引力提供向心力，且，即可分析衛星組的向心加速度與角速度；由于7.9km/s是衛星的最大環繞速度，則衛星組的線速度一定小于7.9km/s；因為經線隨地球自轉在轉動，則衛星組運動的軌道平面不可能始終與地球某一經線平面重合。

15．（2023高一下·紹興月考）如圖是某靜電分選器的原理示意圖。兩豎直放置的正對平行金屬板之間為勻強電場，漏斗的出口與兩板上端處于同一高度，到兩板距離相等。混合在一起的a、b兩種顆粒從漏斗出口下落時，使a帶正電、b帶負電，然后沿電場中線進入，進入時的速度可認為是零。已知a、b的質量和電荷量分別為m、+q和2m、-q，電場兩極板的長度為L，兩板間距為，下端距地面的距離為3L。調整兩極板間電壓大小，使顆粒a恰好從極板邊緣離開電場，不計空氣阻力、顆粒體積及相互作用力，電場只分布在兩板間，下列說法正確的是（）

A．a、b兩種顆粒在電場中均做類平拋運動

B．a、b兩種顆粒在電場中所受靜電力大小均為

C．a、b兩種顆粒落地點到O點的距離之比為2∶1

D．若a、b兩種顆粒落地時動能相等，則兩極板間電壓

【答案】B,C,D

【知識點】動能定理的綜合應用；電勢能與電場力做功的關系

【解析】【解答】A．由于a、b兩種顆粒進入電場后豎直方向受重力，水平方向受電場力作用，初速度均為0，則兩種顆粒不可能做類平拋運動，故A錯誤；

B．對a粒子豎直方向有，水平方向有，聯立解得，由于a、b兩顆粒的電荷量絕對值相等，則兩粒子所受電場力大小相等，故B正確；

C．顆粒從進入電場到落地豎直方向做自由落體，則兩顆粒所用的時間相等，水平方向上做初速度為0的勻加速度直線運動，由可知，a顆粒水平方向的加速度是b顆粒的兩倍，經過相同的時間水平位移a顆粒是b顆粒的兩倍，故C正確；

D．由于a顆粒水平方向的加速度是b顆粒的兩倍，則b顆粒在電場中的水平位移為a顆粒的一半即為，分別對a、b兩顆粒從進入電場到落地由動能定理可得、，解得，故D正確。

故選BCD。

【分析】將a、b兩種顆粒進入電場后的運動進行分解為水平方向和電場力方向分析，由運動學規律結合動能定理進行處理即可。

三、實驗題（共14分）

16．（2023高一下·紹興月考）（1）下列實驗中體現了控制變量法的是（）

A.研究平拋運動的特點

B.探究加速度與力、質量的關系

C.探究兩個互成角度的力的合成規律

D.探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系

（2）小明同學利用圖所示裝置做“探究加速度與力、質量的關系”實驗。對于該實驗，下列說法正確的是（）

A.每次改變小車質量后，都需重新補償阻力

B.為了減小實驗誤差，槽碼的質量應遠大于小車質量

C.處理數據時，在紙帶上必須連續5個計時點選取一個計數點

D.補償阻力時，應取下槽碼，小車后面的紙帶需穿過打點計時器的限位孔

（3）該同學在“探究加速度與力、質量的關系”實驗中，得到紙帶如圖所示，紙帶中相鄰兩個計數點之間還有4個點未標出，打下e點時小車的速度大小為m/s（結果保留兩位有效數字）

【答案】（1）ＢＤ

（2）Ｄ

（3）0.24-0.29

【知識點】探究加速度與力、質量的關系

【解析】【解答】（1）AC．研究平拋運動的特點和探究兩個互成角度的力的合成規律都體現了等效法的思想，故AC錯誤；

BD．探究加速度與力、質量的關系和探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系都體現了控制變量法的思想，故BD正確；

故選BD。

（2）A．補償阻力即，由此可知，與質量無關，則補償阻力只要一次就可以，故A錯誤；

B．為了減小實驗誤差，槽碼的質量應遠小于小車質量，故B錯誤；

C．處理數據時，在紙帶上不必一定要連續5個計時點選取一個計數點，故C錯誤；

D．補償阻力時，小車應在無牽引力作用下運動，則應取下槽碼，小車后面的紙帶需穿過打點計時器的限位孔，故D正確。

故選D。

（3）由勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于平均速度可得，由于誤差0.24-0.29m/s均可

【分析】（1）根據實驗原理分析各個實驗即可；（2）根據探究加速度與力、質量的關系的實驗誤差分析處理；（3）由勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于平均速度即可求解。

17．（2023高一下·紹興月考）小明同學利用圖所示的裝置進行“驗證機械能守恒定律”的實驗。

（1）關于本實驗，下列說法正確的是（）

A.紙帶越短，阻力的影響越小，實驗效果越好

B.由圖1中的打點計時器的外觀，可選擇6V的交流電源

C.處理數據時，無需知道當地的重力加速度，可以取g=10m/s2

D.處理數據時，必須選擇打出的第一個點作為起點進行驗證

（2）該同學分別用兩個形狀相同，質量不同的重錘A、B進行實驗，記錄下落高度h和相應的速度大小v，作出的v2-h圖像如圖所示。則重錘A、B的質量大小關系為mAmB（選填“大于”、“小于”或“等于”）；

（3）由圖2中的信息，計算重錘B下落的加速度a，下列表達式正確的是（）

A.B.C.D.

（4）小張同學用傳感器做“觀察電容器的放電”實驗，采用的實驗電路如圖所示。將開關先與“1”端閉合，電容器進行（選填“充電”或“放電”），再將開關與“2”端閉合。在下列四個圖像中，表示通過傳感器的電流隨時間變化的圖像為

A.B.C.D.

【答案】（1）Ｂ

（2）大于

（3）Ｃ

（4）充電；C

【知識點】驗證機械能守恒定律

【解析】【解答】（1）A．紙帶越短，得到的點跡越少，數據處理過程中誤差較大，所以并不是紙帶越短，實驗效果越好，故A錯誤；

B．由圖1可知，計時器為電磁打點計時器，則可選擇6V的交流電源，故B正確；

C．由實驗原理可知，其中g應為當地的重力加速度，不可隨意取10m/s2，故C錯誤；

D．處理數據時，不一定要選擇第一個點作為起點進行驗證，只要紙帶上取相距較遠的兩點均可，故D錯誤。

故選B；

（2）由實驗原理可知，，由圖可知，實驗中應考慮阻力的作用，由于兩個重錘形狀