浙江省杭州第四中学（下沙、吴山校区）2023-2024学年高二上学期期中物理试题（选考）
1．（2024高二上·拱墅期中）学科核心素养是学科育人价值的集中体现。物理学科核心素养包括“物理观念、科学思维、科学探究和科学态度与责任”四个方面。下列关于物理观念和科学思维的认识，正确的是（ ）
A．加速度a=、电场强度E=的定义都运用了比值法
B．合力对物体做功为负，物体的机械能一定不守恒
C．驾驶员通过操作方向盘不能使汽车在光滑的水平面上拐弯
D．“蛋碎瓦全”，说明瓦片撞击鸡蛋的力大于鸡蛋撞击瓦片的力
2．（2024高二上·拱墅期中）以下是书本上的用图片表示的情境，下列说法正确的是（ ）
A．图甲，斜向上喷出的水到径迹最高点时的速度为零
B．图乙，航天员在天宫二号上展示的水球对球内的气泡无浮力作用
C．图丙，一艘炮舰沿河由西向东行驶，要击中目标，射击方向应直接对准目标
D．图丁，有些火星的轨迹不是直线，说明这些微粒不是沿砂轮的切线方向飞出的
3．（2024高二上·拱墅期中）2021年9月17日，神舟十二号载人飞船成功返回地面。返回舱返回过程中，有一段时间通讯与地面会严重失效，甚至完全中断，这种现象称为黑障。形成黑障的直接原因最有可能的是（ ）
A．返回舱周围形成的高温等离子层
B．返回舱的金属外壳外部产生静电屏蔽
C．返回舱在返回过程出现的失重现象
D．返回舱进入对流层后受大气的扰动
4．（2024高二上·拱墅期中）如图，在水平光滑桌面上，两相同的矩形刚性小线框分别叠放在固定的绝缘矩形金属框的左右两边上，且每个小线框都各有一半面积在金属框内，在金属框接通逆时针方向电流的瞬间（ ）
A．两小线框会有相互靠拢的趋势
B．两小线框会有相互远离的趋势
C．两小线框中感应电流都沿逆时针方向
D．左边小线框中感应电流沿顺时针方向，右边小线框中感应电流沿逆时针方向
5．（2024高二上·拱墅期中）如图所示，一位同学用双手水平夹起一摞书，并停留在空中。已知手掌与书间的动摩擦因数μ1=0.3，书与书间的动摩擦因数μ2=0.2，设最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力大小。若每本书的质量为0.2kg，该同学对书的水平正压力为200N，每本书均呈竖直状态，则下列说法正确的是（ ）
A．每本书受到的摩擦力的合力大小不等
B．书与书之间的摩擦力大小均相等
C．他最多能夹住42本书
D．他最多能夹住60本书
6．（2024高二上·拱墅期中）如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L。B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长，现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角由60°变为120°，B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则此下降过程中（ ）
A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力大于
B．B的动能最大时，B受到地面的支持力等于
C．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下
D．弹簧的弹性势能最大值为
7．（2024高二上·拱墅期中）如图所示，质量为m的小球，从高为H的O处，以初速度v0水平抛出，落在高为h，倾角为θ的斜面上，落点为P点，OP与水平方向夹角大于θ，空气阻力不计。下列说法正确的是（ ）
A．若只增大小球质量，则小球落到P点的下方
B．若只将小球抛出点水平右移，平抛运动时间变短
C．若只增大初速度v0，小球刚落到斜面上时速度方向保持不变
D．若只降低小球的抛出高度H，则小球有可能无碰撞地进入斜面
8．（2024高二上·拱墅期中）2021年5月22日，中国首辆火星车“祝融号”已安全驶离着陆平台，到达火星表面（如图所示）开始巡视探测，已知地球质量约为火星质量的9.28倍，地球的第一宇宙速度约为火星的2.2倍。假设地球和火星均为质量分布均匀的球体，不考虑地球和火星的自转，则“祝融号”在地球表面和火星表面所受万有引力大小的比值约为（ ）
A．0.4 B．0.9 C．2.5 D．9
9．（2024高二上·拱墅期中）如图所示，一内壁光滑的玻璃管竖直放置，上端开口，下端封闭，管底有一带电小球，整个装置在垂直纸面向里且足够大的匀强磁场中水平向右匀速运动，经过一段时间，小球从上端开口处飞出，若整个过程中小球所带电量不变，则小球从开始至离开管口前的过程，下列说法中正确的是（ ）
A．小球所受洛伦兹力方向竖直向上
B．小球运动的轨迹为抛物线
C．洛伦兹力对小球做正功
D．运动过程中小球的机械能守恒
10．（2024高二上·拱墅期中）某地有一风力发电场，共有风力发电机20台，如图所示，发电机的叶片转动时可形成直径为的圆面。某日该地区的风速是，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为，假如该风力发电机能将通过此圆面内空气动能的转化为电能。取3。下列说法中正确的是（ ）
A．每秒冲击每台风力发电机叶片转动形成圆面的空气体积为
B．每秒冲击每台风力发电机叶片转动形成圆面的空气动能为
C．每台风力发电机发电的功率为
D．该发电场工作，发电量约
11．（2024高二上·拱墅期中）一带电粒子仅在电场力作用下在电场中从静止开始做直线运动，运动过程中其动能与其位移x的变化关系如图所示，若F表示电场力，E表示电场强度，表示电势能，v表示运动速度，则下列图象合理的是（ ）
A． B．
C． D．
12．（2024高二上·拱墅期中）2021年7月1日晚，S市湿地公园内举行建党10周年纪念活动。如图所示为400架大疆无人机的飞行表演。表格中是该款无人机铭牌上的参数，下列说法正确的是（ ）
充电器输出电压 16V 充电器输出电流 5A
无人机电池额定电压 15V 无人机电池额定电流 4A
无人机电池能量 60Wh 无人机电池容量 4000mAh
A．无人机充电时，从无电状态到满电状态所需时间约为8小时
B．无人机充满电后，总电荷量为1.44×104C
C．无人机正常飞行时的机械功率为80W
D．电池可供无人机持续飞行约2小时
13．（2024高二上·拱墅期中）如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.5m、质量为2kg的通电直导线，电流大小I=2A、方向垂直于纸面向里，导线用平行于斜面的轻弹簧拴住不动，整个装置放在磁感应强度为5T，竖直向上的磁场中，已知弹簧的劲度系数为400N/m，整个过程未超出弹簧的弹性限度，则以下说法正确的是（g取10m/s2）
A．通电直导线对斜面的压力为19N
B．弹簧的伸长量为4m
C．如果磁感应强度增大，则弹簧的弹力减小
D．如果磁感应强度增大，则通电导线对斜面的压力减小
14．（2024高二上·拱墅期中）如图所示，当有电流I垂直于磁场方向通过半导体板时，连接在半导体板两侧的电压表指针发生偏转，说明半导体板两侧之间存在霍尔电压UH。用同种材料制成的不同规格的半导体板进一步实验，记录数据结果如表格所示。由于粗心，表格第一行没有记录全部相关的物理量，只记得第一列为实验次数，第三列为通入的电流大小，第五列为霍尔电压，已知厚度（ab边长）为h、宽度（bc边长）为l，长度（be边长）为d。请用你学过的物理知识并结合表中数据判断，下列说法正确的是（ ）
实验次数 通入电流大小I/A 霍尔电压UH/V
1 2.0×10-4 1.0×10-3 4.0×10-1 1.4×10-2
2 4.0×10-4 1.0×10-3 4.0×10-1 7.0×10-3
3 2.0×10-4 1.0×10-3 2.0×10-1 7.0×10-3
A．第二列为板的厚度h
B．第四列为半导体长度d
C．霍尔电压正负与半导体中导电粒子正负无关
D．磁感应强度加倍，厚度减半，电流大小减半，霍尔电压不变
15．（2024高二上·拱墅期中）如图所示，a、b、c、d是坐标轴上与原点O距离均为l的四个点，在a、c位置分别固定电荷量为+q的点电荷，在b、d位置分别固定电荷量为-q的点电荷，下列说法正确的是（ ）
A．坐标（0.5l，0）与（0，0.5l）两处场强相同
B．坐标（0.5l，0）与（0，0.5l）两处电势相同
C．将一带正电的试探电荷由坐标（l，l）处移至原点O，试探电荷的电势能增大
D．将一试探电荷沿ab连线的中垂线由坐标（0.5l，0.5l）处移至（-0.5l，-0.5l）处的过程中，试探电荷所受电场力先减小后增大
16．（2024高二上·拱墅期中）小姚同学用如图甲所示装置做“探究加速度与力、质量关系”实验。
①关于此实验的下列说法，正确的是 。
A.垫上木块是为了更好地使小车加速下滑
B.补偿阻力时，应使小车拖着纸带但不挂槽码
C.应调节滑轮高度使细线与小车轨道平行
D.槽码质量应该和小车质量差不多，以减小相对阻力
②图乙为某次实验得到的纸带，图中相邻计数点间还有4个打点未画出，打点计时器频率为50，则打下计数点4时小车的速度为 ，由纸带可得小车运动的加速度为 。（以上均保留两位有效数字）
③根据实验数据得到加速度与力的关系如图丙中实线所示，则可知所挂槽码质量不应超过
A.22g B.30g C.40g D.50g
17．（2024高二上·拱墅期中）某兴趣小组利用图1所示的电路，把开关掷向a对给定电容值为C的电容器充电。R表示接入的电阻，E表示电源（忽略内阻）。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，得到i－t图后经过计算机软件处理得到如图所示的q－t曲线如图2中①②所示。
（1）根据q－t图像以下判断正确的是
A．①②两条曲线不同是E的改变造成的 B．①②两条曲线不同是R的改变造成的
C．需要对电容器快速充电时，R越小越好 D．需要对电容器快速充电时，R越大越好
（2）小明同学利用图3和图4的电路图连接电路，分别完成了“测量电源电动势和内阻”和“测量某一段长度已知的电阻丝的电阻率”两个实验，两个电路使用同一电源。
①图5是该同学根据实验测得的数据在同一坐标轴上同时作出两个实验的U－I图像，下列说法正确的是
A．图3中电压表的内阻对实验结果无影响；
B．图4中电压表的内阻对实验结果无影响；
C．图5可知，电源的电动势为1.49V，内阻为2.5Ω；
D．在测量的电阻时，若将滑动变阻器移到最右端，消耗的功率约为0.50W
②如图6，用螺旋测微器测得该电阻丝的直径d＝ mm，根据实验所选的电表量程，电压表的示数U＝ V。
18．（2024高二上·拱墅期中）某十字路口，红灯拦停了很多汽车，拦停的汽车排成笔直一列，最前面的一辆汽车的前端刚好与路口停车线相齐，相邻两车的前端之间的距离均为。假设绿灯亮起瞬时，每辆汽车都同时以加速度启动，做匀加速直线运动，速度达到时做匀速运动通过路口。该路口亮绿灯时间，而且有按倒计时显示的时间显示灯。另外交通规则规定：原在绿灯时通行的汽车，绿灯结束时刻，车头已越过停车线的汽车允许通过。求：
（1）一次绿灯时间有多少辆汽车能通过路口？
（2）事实上由于人要有反应时间，绿灯亮起时不可能所有司机同时起动汽车，现假设绿灯亮起时，第一个司机迟后起动汽车，后面司机都比前一辆车迟后起动汽车，在该情况下，有多少辆车能通过路口？
19．（2024高二上·拱墅期中）如图所示，长度为L=3m的水平传送带以速度v=4m/s顺时针匀速转动，距离传送带末端B点右侧竖直高度差h=0.8m处有一半径均为R=0.5m光滑圆弧管道CD、DF，C、D等高，E为DF管道的最高点，FG是长度d=10m倾角θ=37°的粗糙直管道，在G处接一半径为R'=2m，圆心为O点的光滑圆弧轨道GHQ，H为最低点，Q为最高点，且∠GOH=θ=37°，各部分管道及轨道在连接处均平滑相切，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.15，不计空气阻力，传送带皮带轮的大小可以忽略，重力加速度大小g=10m/s2。现有质量m=0.2kg的滑块（可视为质点）从传送带左端A点由静止释放，经过B点飞出后，恰能从C点沿切线方向进入圆弧管道，滑块略小于管道内径。求：
（1）滑块离开B点时的速度大小vB以及滑块和传送带之间因摩擦产生的热量Q；
（2）滑块第一次到达E点时对轨道的作用力；
（3）要使滑块能经过G点且不脱离轨道，滑块与管道FG之间动摩擦因数 '的取值范围。
20．（2024高二上·拱墅期中）如图甲所示，MN与PQ是两条水平放置彼此平行的金属导轨，质量m=0.2kg，电阻r=0.5Ω的金属杆ab垂直跨接在导轨上，匀强磁场的磁感线垂直于导轨平面，导轨左端接阻值R=2Ω的电阻，理想电压表接在R两端，导轨电阻不计。t=0时刻ab杆受水平拉力F的作用由静止开始向右运动，t1=6s时ab杆的速度为v1=1m/s，整个运动过程中电压表的示数U随时间t的变化如图乙所示。已知ab杆与导轨间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10m/s2
（1）第5s末，ab杆受到的安培力为多大？
（2）第8s末，ab杆所受的水平拉力为多大？
（3）在9s内ab杆克服滑动摩擦力所做的功为多大？
（4）在图丙中，画出9s内ab杆所受的水平拉力F随时间t的变化图像。
21．（2024高二上·拱墅期中）如图所示，在平面内，y轴的左侧存在着一个垂直纸面向外、磁感应强度大小的匀强磁场，在直线的右侧存在着另一个垂直纸面向外、磁感应强度大小为（未知）的匀强磁场。在y轴与直线之间存在着一个平行y轴的匀强电场，场强方向关于x轴对称，场强大小为，在原点O处可沿x轴负向发射初速度大小为、质量为m、电量为q的带正电粒子。求：
（1）粒子第一次穿过y轴的位置坐标；
（2）若粒子经磁场和x轴下方的电场各自偏转1次后，能回到原点，求的大小；
（3）若电场场强大小可调，，最终粒子能回到原点，求满足条件的所有场强的值。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；牛顿第二定律；生活中的圆周运动；机械能守恒定律；电场强度
【解析】【解答】A．根据牛顿第二定律
是加速度的决定法，不属于比值定义法，故A错误；
B．当物体做竖直上抛运动时，物体受到的合力可以仅是物体的重力，上升过程重力做功，机械能也守恒，故B错误；
C．汽车拐弯是靠地面对轮胎的静摩擦力，所以汽车无法在光滑地面上拐弯，故C正确；
D． 瓦片撞击鸡蛋的力与鸡蛋撞击瓦片的力属于相互作用力，根据牛顿第三定律可知瓦片撞击鸡蛋的力等于鸡蛋撞击瓦片的力，故D错误。
故选C。
【分析】根据牛顿第二定律导出的加速度属于加速度的决定式；当物体合力仅是重力时，重力做负功物体机械能守恒；汽车靠的是地面的摩擦力使汽车拐弯；根据牛顿第三定律可知瓦片撞击鸡蛋的力等于鸡蛋撞击瓦片的力。
2．【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．在图甲中，水做斜抛运动，水到达最高点仍继续向前运动，具有水平方向的速度，A错误；
B．在图乙中，由于水球处于完全失重状态，气泡也处于完全失重状态，则水球对球内的气泡无浮力作用，B正确；
C．图丙，一艘炮舰沿河由西向东行驶，如果射击方向应直接对准目标，根据速度的合成，则速度沿东北方向，炮弹一定落在目标的东侧，C错误；
D．在图丁中，微粒仍然是沿砂轮的切线方向飞出的，只是由于飞出的火星受到重力的作用，则会在重力的影响下做曲线运动，这些D错误。
故选B。
【分析】物体做斜抛运动，到达最高点具有水平方向的速度；利用水球处于完全失重状态则对气泡没有浮力作用；利用速度的合成可以判别炮弹的合速度方向；微粒的速度方向沿轨迹的切线方向。
3．【答案】A
【知识点】电磁波的应用
【解析】【解答】飞船在返回时以极高速度进入大气层，由于飞船和空气摩擦会产生高温2000℃，高温使周围的空气电离形成等离子体，屏蔽电磁波从而地面人员无法得知飞船的实时状况，而在接近地面时，虽然大气密度大，但由于飞船速度下降，所以相对运动产生的热量小，所以温度降低，在太空虽然高速运动，但是由于没有大气，所以不会摩擦生热而不会产生屏蔽。
故选A。
【分析】信号屏蔽主要是飞船高速运动，与大气摩擦高温产生等离子体，从而屏蔽电磁波信号。
4．【答案】B
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】 在金属框接通逆时针方向电流的瞬间，已知电流方向为逆时针，根据右手螺旋定则可知，因矩形金属框内部的磁场比外部强，所以左右小线圈有向外的磁通量，且增大；由于左、右小线圈的磁通量均增大，根据楞次定律可知，线圈的感应电流方向都是顺时针方向；已知感应电流合金属框产生的磁场方向，根据左手定则，可以判断左小线圈两边受力都向左，右小线圈两边受力向右，知两线圈的运动情况是相互远离．故B正确，ACD错误．
故选B．
【分析】利用安培定则可以判别小线圈中磁场的方向，结合电流的变化可以判别磁通量的变化，结合楞次定律可以判别感应电流的方向，再利用左手定则可以判别小线圈受到的安培力方向。
5．【答案】C
【知识点】静摩擦力；共点力的平衡
【解析】【解答】A．由于每本书在竖直方向平衡，摩擦力的合力与重力平衡，根据平衡方程可以得出
则每本书受到的摩擦力的合力大小相等，A错误；
B．越靠外侧，根据竖直方向的平衡方程有
书与书间的摩擦力越大，B错误；
CD．以这一摞书这研究对象，根据滑动摩擦力的表达式有：每只手对其的最大静摩擦力为
这一摞书受力平衡，根据竖直方向的平衡方程有：
解得
根据滑动摩擦力的表达式有：书与书间的最大静摩擦力为
除了左右两侧跟手接触的两本书，以剩下的这一部分书为对象，根据竖直方向的平衡方程有：
解得
加跟手接触的两本书，共42本书。所以C正确，D错误。
故选C。
【分析】根据每本书的平衡方程可以求出摩擦力的合力大小；利用滑动摩擦力的表达式结合竖直方向的平衡方程可以求出最多夹住的书的本数；利用平衡方程可以求出书与书之间的摩擦力大小。
6．【答案】B
【知识点】功能关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．A先向下做加速运动后做减速运动，当A加速度方向向下时A处于失重状态，整个系统处于失重状态，根据加速度方向向下，则合力方向向下，则地面对系统的支持力小于3mg，则B受到地面的支持力小于，故A错误；
B．A的动能最大时则此时系统所受合力为零，设B和C受到地面的支持力大小均为F，根据系统竖直方向的平衡方程有
解得B受到地面的支持力大小为：
故B正确；
C．当A达到最低点时动能为零，由于弹力大于重力，则根据合力方向向上则A的加速度方向向上，故C错误；
D．A球达到最大动能后向下做减速运动，到达最低点时，由于三个小球的动能均为零，由于小球A的重力势能转化为弹簧的弹性势能，根据机械能守恒定律可以得出：弹簧的弹性势能为
故D错误。
故选B。
【分析】利用A的加速度方向可以判别地面对B的支持力的大小；利用整体竖直方向的平衡方程可以求出地面对B的支持力大小；利用弹性势能最大时弹力大于重力可以判别A的加速度方向；利用机械能守恒定律可以求出弹性势能的最大值。
7．【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．物体做平抛运动时，根据位移公式，平抛运动的轨迹与小球的质量无关；股小球轨迹不变，则小球仍落到P点，故A错误；
B．若只将小球抛出点水平右移，小球运动轨迹与原来轨迹平行，落点将在P点右侧，实际竖直高度变大，根据竖直方向的位移公式有：
可知平抛运动时间变长，故B错误；
C．若只增大初速度v0，落点在P点右侧，根据速度方向与位移方向的规律有
由于位移偏向角不同，则速度偏向角不同，故小球刚落到斜面上时速度方向不同，故C错误；
D．只降低小球的抛出高度H，小球的轨迹发生改变，则小球的速度可以和斜面平行，则有可能无碰撞地进入斜面，故D正确；
故选D。
【分析】利用平抛运动的位移公式可以判别轨迹与小球的质量无关；利用平抛运动的轨迹结合高度变化及竖直方向的位移公式可以比较运动的时间；利用平抛运动的位移方向可以判别速度的方向；利用小球的运动轨迹可以判别末速度可以与斜面平行。
8．【答案】C
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】设祝融号质量为m，地球质量为M，地球的第一宇宙速度为v，地球的半径为R，则
得
祝融号在地球表面所受万有引力为
设火星质量为M1，火星的第一宇宙速度为v1，火星的半径为R1，同理可得祝融号在火星表面所受万有引力为
所以
故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】根据万有引力定律求出地球半径的表达式，然后再带入万有引力充当向心力的式子，分别表示地球表面和火星表面附近的祝融号所受的万有引力的大小，再作比即可求出此题答案。
9．【答案】B
【知识点】洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A．整个装置水平向右匀速运动，小球从上端开口处飞出，则小球的合速度方向为倾斜向右上方，由左手定则可知，洛伦兹力方向总是与小球的速度方向垂直，洛仑兹力斜左上方，故A错误；
B．根据小球的牛顿第二定律得
则小球的加速度为
根据表达式可以得出：小球的加速度不随时间变化，恒定不变，故小球竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，由于加速度方向和速度方向不在同一直线上，则小球运动轨迹是抛物线；故B正确；
C．由于洛伦兹力方向总是与小球的速度方向垂直，则洛伦兹力对小球不做功，故C错误；
D．由于小球受到玻璃管的作用力对小球做功，根据功能关系可以得出小球的机械能不守恒；故D错误。
故选B。
【分析】利用小球的合速度方向结合左手定则可以判别洛伦兹力的方向；利用小球竖直方向的牛顿第二定律可以判别小球做匀加速直线运动，利用速度的合成可以判别小球的运动轨迹；洛伦兹力对小球不做功；利用功能关系结合弹力对小球做功可以判别小球的机械能不守恒。
10．【答案】D
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】A．设风速为，根据位移公式每秒能到达圆面的空气柱的长度为
设叶片的长度为R=20m，根据体积公式可以得出每秒冲击每台风力发电机叶片转动形成圆面的空气体积为
故A错误；
B．已知每秒冲击每台风力发电机叶片转动形成圆面的空气体积，则根据密度公式可以得出：每秒冲击每台风力发电机叶片转动形成圆面的空气质量为
根据动能的表达式可以得出其动能为
故B错误；
C．根据平均功率的表达式可以得出：每台风力发电机发电的功率为
故C错误；
D．已知发电功率，根据电功的表达式可以得出：该发电场工作，发电量约
故D正确。
故选D。
【分析】利用位移公式结合体积公式可以求出每秒冲击每台风力发电机叶片转动形成圆面的空气体积；结合密度公式及动能的表达式可以求出每秒冲击每台风力发电机叶片转动形成圆面的空气动能；利用转换效率及电功率的表达式可以求出发电功率的大小；结合发电时间可以求出发电的电能大小。
11．【答案】C
【知识点】电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】 一带电粒子仅在电场力作用下在电场中从静止开始做直线运动 ，根据动能定理可知
由图像可知，由于图象斜率代表电场力的大小，随x的增加，图线的斜率减小，则电场力F逐渐减小，场强E逐渐减小，根据功能关系有：
可知电势能逐渐减小且图像的斜率减小；由于电场力不断减小，则加速度不断减小，所以速度v逐渐增加，但不是线性增加，故选项ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】利用动能定理结合动能图象斜率可以判别电场力随位移的变化；利用电场力的变化可以判别电场强度的大小变化；利用电场力做功结合功能关系可以判别电势能的变化；利用电场力变化可以判别加速度的变化进而判别速度图象的斜率变化。
12．【答案】B
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【解答】A．无人机充电时，根据电流的定义式可以得出：从无电状态到满电状态所需时间
A错误；
B．无人机充满电后，根据表格数据可以得出：总电荷量为
B正确；
C．已知输出电流和额定电压的大小，根据电功率的表达式可以得出：无人机正常飞行时电池的输出功率
根据能量守恒定律可以得出：电池的输出功率一部分转化为机械功率，另一部分转化为电动机内部产热的功率，可知无人机正常飞行时的机械功率小于60W，C错误；
D．已知电池的总能量，根据电流做功的表达式可以得出：电池可供无人机持续飞行时间
D错误。
故选B。
【分析】利用电流的定义式可以求出充电的时间；利用表格可以求出电荷量的大小；利用输出电流和额定电压可以求出总功率的大小，进而判别机械功率的大小；利用电能和电功率的大小可以求出工作时间。
13．【答案】D
【知识点】共点力的平衡；安培力的计算
【解析】【解答】AB、当直导线通以如图电流时，根据左手定则可以判别受到向右的安培力，同时通电直导线受到重力、斜面对其的支持力、弹簧对其的拉力，根据安培力的表达式可以得出：通电直导线受到的安培力
根据导体棒的平衡方程有：
，
根据表达式可以解得
，
根据胡克定律可知弹簧的伸长量为
故A、B错误；
CD、如果磁感应强度增大，根据安培力的表达式
则通电直导线受到的安培力增大，根据平衡方程
则弹簧的弹力增大，根据平衡方程
则斜面对通电导线的支持力减小，故D正确，C错误；
故选D．
【分析】利用通电导线的平衡方程结合安培力的表达式可以求出支持力和弹力的大小，利用弹力及胡克定律可以求出弹簧伸长量的大小；利用平衡方程结合安培力的变化可以判别弹力及压力的大小变化。
14．【答案】A
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】C．导电粒子在磁场中偏转，偏转方向决定霍尔电压的正负，电流I的方向不变，若导电粒子的正负不同，则粒子偏转方向不同，霍尔电压正负不同，C错误；
AB．当霍尔电压稳定时，半导体中带电粒子的洛伦兹力与静电力相等，根据平衡方程有
化简得霍尔电压的大小为：
根据电流的微观表达式可以得出：通电导线电流
化简得霍尔电压的表达式为：
根据表达式可以得出：在电流大小相等时，霍尔电压与磁感应强度成正比，与厚度h成反比，所以第二列为厚度h，第四列为磁感应强度B，A正确，B错误；
D．根据公式
可知，磁感应强度加倍，厚度减半，电流大小减半，霍尔电压变为原来的2倍，D错误。
故选A。
【分析】当磁场方向不变，导电粒子的正负会影响粒子的偏转方向进而影响霍尔电压的正负；利用电场力和洛伦兹力相等结合电流的表达式可以求出霍尔电压的表达式，利用表达式可以判别表中的信息；利用霍尔电压的表达式可以判别电压的变化。
15．【答案】D
【知识点】电场强度；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．根据点电荷的场强叠加， a、c位置分别固定电荷量为+q的点电荷在坐标（0.5l，0）处的合场强向左， 在b、d位置分别固定电荷量为-q的点电荷在坐标（0.5l，0）处的合场强也向左，所以4个电荷在坐标（0.5l，0）处的合场强向左； a、c位置分别固定电荷量为+q的点电荷在（0，0.5l）处的合场强向上， 在b、d位置分别固定电荷量为-q的点电荷在（0，0.5l）处的合场强也向上，所以4个电荷在（0，0.5l）处的合场强向上；坐标（0.5l，0）与（0，0.5l）两处场强方向不同，A错误；
B. 根据各点电荷产生的电势进行叠加，则坐标（0.5l，0）靠近正电荷电势为正值，（0，0.5l）靠近负电荷电势为负值，两处电势不相同，B错误；
C. 根据等量异种点电荷的分布可以得出，等势线经过ab与cd的中垂线，则坐标（l，l）和原点O的电势都等于零，将一带正电的试探电荷由坐标（l，l）处移至原点O，电场力不做功，试探电荷的电势能不变，C错误；
D. 根据点电荷的场强公式，原点O的电场强度等于零，坐标（0.5l，0.5l）处与（-0.5l，-0.5l）处的电场强度不等于零，将一试探电荷沿ab连线的中垂线由坐标（0.5l，0.5l）处移至（-0.5l，-0.5l）处的过程中，根据电场强度的变化可以得出试探电荷所受电场力先减小后增大，D正确。
故选D。
【分析】利用四个点电荷产生的电场强度进行叠加可以比较电场强度的大小及方向；利用四个点电荷的电势叠加可以比较电势的大小；利用等势面的分布可以比较电势的大小进而判别电势能的变化；利用电场强度的变化可以判别试探电荷受到的电场力大小变化。
16．【答案】BC；0.30；0.30；A
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】①A．垫上木块是利用重力的分力平衡小车下滑时受到的摩擦阻力，使小车受到的拉力为小车的合力；选项A错误；
B．补偿阻力时，利用小车本身重力的分力平衡摩擦力，应使小车拖着纸带但不挂槽码，选项B正确；
C．应调节滑轮高度使细线与小车轨道平行，避免拉力产生分力，使得细线的拉力即为小车受到的合力，选项C正确；
D．为使得槽码的重力近似等于小车的牵引力，根据牛顿第二定律有
则应该使槽码质量远小于小车质量，选项D错误。
故选BC。
②相邻计数点间还有4个打点未画出，可知T=0.1s；根据平均速度公式可以得出：打下计数点4时小车的速度为
根据逐差法可以求出小车运动的加速度为
③由图像得，当槽码质量过大时，会导致拉力不等于槽码的重力，则当F＞0.22N时，a-F图像不再是过原点的直线，根据牛顿第二定律可以得出所挂槽码质量不应超过
故选A。
【分析】（1）①垫上木块是利用重力的分力平衡小车下滑时受到的摩擦阻力；补偿阻力时，应使小车拖着纸带但不挂槽码；应调节滑轮高度使细线与小车轨道平行，使得细线的拉力即为小车受到的合力；为使得槽码的重力近似等于小车的牵引力，根据牛顿第二定律则应该使槽码质量远小于小车质量；②利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小；利用逐差法可以求出小车加速度的大小；③利用图象坐标可以求出所挂槽码的最大质量。
17．【答案】BC；BD；0.495；0.80
【知识点】电容器及其应用；导体电阻率的测量；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解析】（1）AB．根据图2可知，最终电荷量稳定时，两条曲线的电荷量相同，由于电荷量相同根据
可知，稳定时电压相同，则电源电动势未发生变化，根据图2可以得出充电的时间不同，说明电流强度不同，根据欧姆定律
说明电路阻值变化，即 ①②两条曲线不同是R的改变造成的，故A错误，B正确；
CD．电容器充电时，为了缩短充电时间，根据
可知，电流越大越好，则电阻越小越好，故C正确，D错误。
故选BC。
（2）A．“测量电源电动势和内阻”实验时，若如图3所示采用相对电源的电流表外接法，由于电压表的分流作用导致电流表所测电流是通过滑动变阻器的电流而非通过电源的电流，根据并联分流原理可知，电压表内阻对测量结果有影响，故A错误；
B．“测量某一段长度已知的电阻丝的电阻率”实验，若如图4所示采用电流表内接法，主要误差来自于电流表分压作用，无论电压表内阻多大，电压表所测电压都是电阻丝两端的电压，电压表内阻对实验结果无影响，故B正确；
C．当图3的开关一闭合时，根据闭合电路欧姆定律，有
故电源的图像斜率为负，斜率的绝对值表示内阻大小，根据图象斜率和截距可以求出内阻和电动势为：
故C错误；
D．根据图5中的斜率可以得出待测电阻阻值约为
电源电动势为
内阻为
当将滑动变阻器移到最右端，根据电功率的表达式可以得出：消耗的功率为
故D正确。
故选BD。
（3）根据螺旋测微器结构可以得出读数为
（4）根据（2）可以得出电源电动势为1.5V，则电压表量程选3V，则读数为0.80V。
【分析】（1）根据电荷量和时间的图象可以得出电荷量相同则回路中使用相同电源，根据充电时间不同结合电流的定义式可以判别电流大小不同，结合欧姆定律可以判别电阻不同，电阻越小电流越大则充电时间越快；
（2）电流表相对电源外接时，电压表起到分流作用，所以对电源的电动势和内阻的测量有影响；当测量外电阻的大小时，电流表内接时，由于电流表分压作用，所以电压表的内阻对测量没有影响；利用图象斜率和截距可以求出电动势和内阻的大小；利用图象斜率可以求出待测电阻的阻值，结合电功率的表达式可以求出待测电阻消耗的功率；
（3）利用螺旋测微器的结构可以求出电阻丝的直径；
（4）利用电源电动势可以选择电压表的量程，结合量程和分度值可以求出电压的大小。
18．【答案】解：（1）汽车做匀加速运动的时间为
每辆车在内的位移为
一次绿灯通过路口的车辆数目为
故一次绿灯能通过35辆汽车。
（2）设一次绿灯能通过辆汽车，则
第辆汽车通过路口有
解得
故一次绿灯能通过辆汽车。
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【分析】（1）汽车做匀加速直线运动，利用速度公式可以求出加速的时间，利用位移公式可以求出加速的位移，结合位移的大小可以求出车辆的数量；
（2）利用位移公式结合车辆之间的距离可以求出一次绿灯能通过汽车的数量。
19．【答案】解：（1）滑块在传送带上的加速度为
当滑块滑到B点时，有
解得
此时还未达到与传送带共速，所以速度大小为3m/s。
滑块和传送带之间因摩擦产生的热量
其中
解得
故速度大小为3m/s，摩擦产生的热量为1.5J。
（2）由平抛运动规律得滑块到达C点时竖直分速度
所以滑块到达C点时速度大小
则速度方向与水平方向夹角为
则滑块处于D点时，速度方向与水平方向夹角也为53°，并且动能定理可知滑块在D点时的速度与其在C点时的速度相同，则根据动能定理有
在E点，对滑块，由牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律得滑块第一次到达E点时对轨道的作用力为
故滑块第一次到达E点时对轨道的作用力为6.4N，方向竖直向上。
（3）设滑块与管道FG之间的动摩擦因数为，要使滑块能经过G点
解得
要使滑块不脱离轨道
解得
所以，要使滑块能经过G点且不脱离轨道，滑块与管道FG之间动摩擦因数的取值范围为。
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）当滑块在传送带上加速，利用牛顿第二定律可以求出加速的加速度大小，结合速度位移公式可以求出末速度的大小，再利用位移公式可以求出相对位移的大小，结合摩擦力的大小可以求出摩擦产生的热量；
（2）滑块从B到C做平抛运动，利用竖直方向的速度位移公式可以求出竖直方向的分速度大小，结合速度的合成可以求出经过C点的速度大小及方向；利用动能定理可以球求出经过E点速度的大小，结合牛顿第二定理可以求出滑块到达E点对轨道的压力大小；
（3）当滑块到达G点时利用动能定理可以求出动摩擦因数的大小范围。
20．【答案】解：（1）第5s末，回路中的感应电流
ab杆产生的电动势为
由题图乙可知，4~7s，R两端电压不变，则ab杆产生的感应电动势不变，则运动速度不变，5s末ab杆速度与6s末速度相等，为1m/s，设磁场的磁感应强度为B，ab杆的长度为L，则由E=BLv得
5s末ab杆受到的安培力
（2）由题图甲可知，ab杆两端的电压随ab杆的速度变化关系为
ab杆在0~4s内做匀加速直线运动，在4~7s内做匀速直线运动，在7~9s内做匀减速直线运动，匀减速运动的加速度大小为
在第8s末ab杆所受的安培力为
设第8s末ab杆所受的拉力为F，由牛顿第二定律得
即
（3）ab杆在0~4s内做匀加速直线运动的位移为
ab杆在4~7s内的位移为
ab杆在7~9s内的位移为
ab杆克服滑动摩擦力所做的功为
（4）ab杆在0~4s内所受的拉力为
解得
ab杆在4~7s内所受的拉力为
ab杆在7~9s内所受的拉力为
解得
画出ab杆所受的拉力大小变化如图所示。
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）当第5s末时，利用欧姆定律可以求出感应电动势的大小，结合安培力的表达式可以求出安培力的大小；
（2）根据电路关系可以得出ab杆两端的电压随ab杆的速度变化关系，结合图象斜率可以求出加速度的大小，再利用安培力的大小及牛顿第二定律可以求出水平拉力的大小；
（3）已知杆先加速，后匀速最后做减速运动，利用图象面积可以求出杆运动的位移，结合摩擦力的大小可以求出克服摩擦力做功的大小；
（5）已知杆的加速度大小，结合牛顿第二定律可以求出水平拉力的表达式，进而画出对应的图象。
21．【答案】解：(1)由洛伦兹力提供向心力
可得
故位置坐标为，写成亦可；
(2)粒子运动轨迹如图所示
粒子经x轴上方电场沿y轴方向偏转距离为
根据对称性可知，粒子经x轴下方电场沿y轴方向偏转距高亦为，设粒子进入磁场时速度与x轴的夹角为，则
可得
粒子经x轴下方电场偏转后直接回到原点，则其在磁场中偏转的距离为，即
可得
若粒子经x轴下方电场偏转后进入磁场中偏转，然后回到原点，则其在磁场中偏转的距离为，即
可得
(3)粒子在磁场中绕行1次沿y轴方向偏转的距离为，与电场强度大小无关，若粒子第1次经x轴下方电场偏转后宜接回到坐标原点，则其单次在电场中的偏转距离为，有
可得
若场强再大一点，则无法回到原点；
若场强小一点，设粒子单次在电场中的偏转距离为y，则粒子每次由左向右穿过y轴时的位置坐标相比上一次会沿y轴负向移动距离，有
只要满足关系
则有
即可回到原点，故
可得
（n取正整数）
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出粒子轨道半径的大小，结合几何关系可以求出 粒子第一次穿过y轴的位置坐；
（2）粒子在电场中偏转，利用y方向的位移公式可以求出偏转的距离，结合几何关系可以求出轨道半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小；
（3）当粒子在磁场中运动时，利用几何关系可以求出偏转距离的大小，结合竖直方向的位移公式及牛顿第二定律可以求出场强的大小。
浙江省杭州第四中学（下沙、吴山校区）2023-2024学年高二上学期期中物理试题（选考）
1．（2024高二上·拱墅期中）学科核心素养是学科育人价值的集中体现。物理学科核心素养包括“物理观念、科学思维、科学探究和科学态度与责任”四个方面。下列关于物理观念和科学思维的认识，正确的是（ ）
A．加速度a=、电场强度E=的定义都运用了比值法
B．合力对物体做功为负，物体的机械能一定不守恒
C．驾驶员通过操作方向盘不能使汽车在光滑的水平面上拐弯
D．“蛋碎瓦全”，说明瓦片撞击鸡蛋的力大于鸡蛋撞击瓦片的力
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；牛顿第二定律；生活中的圆周运动；机械能守恒定律；电场强度
【解析】【解答】A．根据牛顿第二定律
是加速度的决定法，不属于比值定义法，故A错误；
B．当物体做竖直上抛运动时，物体受到的合力可以仅是物体的重力，上升过程重力做功，机械能也守恒，故B错误；
C．汽车拐弯是靠地面对轮胎的静摩擦力，所以汽车无法在光滑地面上拐弯，故C正确；
D． 瓦片撞击鸡蛋的力与鸡蛋撞击瓦片的力属于相互作用力，根据牛顿第三定律可知瓦片撞击鸡蛋的力等于鸡蛋撞击瓦片的力，故D错误。
故选C。
【分析】根据牛顿第二定律导出的加速度属于加速度的决定式；当物体合力仅是重力时，重力做负功物体机械能守恒；汽车靠的是地面的摩擦力使汽车拐弯；根据牛顿第三定律可知瓦片撞击鸡蛋的力等于鸡蛋撞击瓦片的力。
2．（2024高二上·拱墅期中）以下是书本上的用图片表示的情境，下列说法正确的是（ ）
A．图甲，斜向上喷出的水到径迹最高点时的速度为零
B．图乙，航天员在天宫二号上展示的水球对球内的气泡无浮力作用
C．图丙，一艘炮舰沿河由西向东行驶，要击中目标，射击方向应直接对准目标
D．图丁，有些火星的轨迹不是直线，说明这些微粒不是沿砂轮的切线方向飞出的
【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．在图甲中，水做斜抛运动，水到达最高点仍继续向前运动，具有水平方向的速度，A错误；
B．在图乙中，由于水球处于完全失重状态，气泡也处于完全失重状态，则水球对球内的气泡无浮力作用，B正确；
C．图丙，一艘炮舰沿河由西向东行驶，如果射击方向应直接对准目标，根据速度的合成，则速度沿东北方向，炮弹一定落在目标的东侧，C错误；
D．在图丁中，微粒仍然是沿砂轮的切线方向飞出的，只是由于飞出的火星受到重力的作用，则会在重力的影响下做曲线运动，这些D错误。
故选B。
【分析】物体做斜抛运动，到达最高点具有水平方向的速度；利用水球处于完全失重状态则对气泡没有浮力作用；利用速度的合成可以判别炮弹的合速度方向；微粒的速度方向沿轨迹的切线方向。
3．（2024高二上·拱墅期中）2021年9月17日，神舟十二号载人飞船成功返回地面。返回舱返回过程中，有一段时间通讯与地面会严重失效，甚至完全中断，这种现象称为黑障。形成黑障的直接原因最有可能的是（ ）
A．返回舱周围形成的高温等离子层
B．返回舱的金属外壳外部产生静电屏蔽
C．返回舱在返回过程出现的失重现象
D．返回舱进入对流层后受大气的扰动
【答案】A
【知识点】电磁波的应用
【解析】【解答】飞船在返回时以极高速度进入大气层，由于飞船和空气摩擦会产生高温2000℃，高温使周围的空气电离形成等离子体，屏蔽电磁波从而地面人员无法得知飞船的实时状况，而在接近地面时，虽然大气密度大，但由于飞船速度下降，所以相对运动产生的热量小，所以温度降低，在太空虽然高速运动，但是由于没有大气，所以不会摩擦生热而不会产生屏蔽。
故选A。
【分析】信号屏蔽主要是飞船高速运动，与大气摩擦高温产生等离子体，从而屏蔽电磁波信号。
4．（2024高二上·拱墅期中）如图，在水平光滑桌面上，两相同的矩形刚性小线框分别叠放在固定的绝缘矩形金属框的左右两边上，且每个小线框都各有一半面积在金属框内，在金属框接通逆时针方向电流的瞬间（ ）
A．两小线框会有相互靠拢的趋势
B．两小线框会有相互远离的趋势
C．两小线框中感应电流都沿逆时针方向
D．左边小线框中感应电流沿顺时针方向，右边小线框中感应电流沿逆时针方向
【答案】B
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】 在金属框接通逆时针方向电流的瞬间，已知电流方向为逆时针，根据右手螺旋定则可知，因矩形金属框内部的磁场比外部强，所以左右小线圈有向外的磁通量，且增大；由于左、右小线圈的磁通量均增大，根据楞次定律可知，线圈的感应电流方向都是顺时针方向；已知感应电流合金属框产生的磁场方向，根据左手定则，可以判断左小线圈两边受力都向左，右小线圈两边受力向右，知两线圈的运动情况是相互远离．故B正确，ACD错误．
故选B．
【分析】利用安培定则可以判别小线圈中磁场的方向，结合电流的变化可以判别磁通量的变化，结合楞次定律可以判别感应电流的方向，再利用左手定则可以判别小线圈受到的安培力方向。
5．（2024高二上·拱墅期中）如图所示，一位同学用双手水平夹起一摞书，并停留在空中。已知手掌与书间的动摩擦因数μ1=0.3，书与书间的动摩擦因数μ2=0.2，设最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力大小。若每本书的质量为0.2kg，该同学对书的水平正压力为200N，每本书均呈竖直状态，则下列说法正确的是（ ）
A．每本书受到的摩擦力的合力大小不等
B．书与书之间的摩擦力大小均相等
C．他最多能夹住42本书
D．他最多能夹住60本书
【答案】C
【知识点】静摩擦力；共点力的平衡
【解析】【解答】A．由于每本书在竖直方向平衡，摩擦力的合力与重力平衡，根据平衡方程可以得出
则每本书受到的摩擦力的合力大小相等，A错误；
B．越靠外侧，根据竖直方向的平衡方程有
书与书间的摩擦力越大，B错误；
CD．以这一摞书这研究对象，根据滑动摩擦力的表达式有：每只手对其的最大静摩擦力为
这一摞书受力平衡，根据竖直方向的平衡方程有：
解得
根据滑动摩擦力的表达式有：书与书间的最大静摩擦力为
除了左右两侧跟手接触的两本书，以剩下的这一部分书为对象，根据竖直方向的平衡方程有：
解得
加跟手接触的两本书，共42本书。所以C正确，D错误。
故选C。
【分析】根据每本书的平衡方程可以求出摩擦力的合力大小；利用滑动摩擦力的表达式结合竖直方向的平衡方程可以求出最多夹住的书的本数；利用平衡方程可以求出书与书之间的摩擦力大小。
6．（2024高二上·拱墅期中）如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L。B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长，现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角由60°变为120°，B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则此下降过程中（ ）
A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力大于
B．B的动能最大时，B受到地面的支持力等于
C．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下
D．弹簧的弹性势能最大值为
【答案】B
【知识点】功能关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．A先向下做加速运动后做减速运动，当A加速度方向向下时A处于失重状态，整个系统处于失重状态，根据加速度方向向下，则合力方向向下，则地面对系统的支持力小于3mg，则B受到地面的支持力小于，故A错误；
B．A的动能最大时则此时系统所受合力为零，设B和C受到地面的支持力大小均为F，根据系统竖直方向的平衡方程有
解得B受到地面的支持力大小为：
故B正确；
C．当A达到最低点时动能为零，由于弹力大于重力，则根据合力方向向上则A的加速度方向向上，故C错误；
D．A球达到最大动能后向下做减速运动，到达最低点时，由于三个小球的动能均为零，由于小球A的重力势能转化为弹簧的弹性势能，根据机械能守恒定律可以得出：弹簧的弹性势能为
故D错误。
故选B。
【分析】利用A的加速度方向可以判别地面对B的支持力的大小；利用整体竖直方向的平衡方程可以求出地面对B的支持力大小；利用弹性势能最大时弹力大于重力可以判别A的加速度方向；利用机械能守恒定律可以求出弹性势能的最大值。
7．（2024高二上·拱墅期中）如图所示，质量为m的小球，从高为H的O处，以初速度v0水平抛出，落在高为h，倾角为θ的斜面上，落点为P点，OP与水平方向夹角大于θ，空气阻力不计。下列说法正确的是（ ）
A．若只增大小球质量，则小球落到P点的下方
B．若只将小球抛出点水平右移，平抛运动时间变短
C．若只增大初速度v0，小球刚落到斜面上时速度方向保持不变
D．若只降低小球的抛出高度H，则小球有可能无碰撞地进入斜面
【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．物体做平抛运动时，根据位移公式，平抛运动的轨迹与小球的质量无关；股小球轨迹不变，则小球仍落到P点，故A错误；
B．若只将小球抛出点水平右移，小球运动轨迹与原来轨迹平行，落点将在P点右侧，实际竖直高度变大，根据竖直方向的位移公式有：
可知平抛运动时间变长，故B错误；
C．若只增大初速度v0，落点在P点右侧，根据速度方向与位移方向的规律有
由于位移偏向角不同，则速度偏向角不同，故小球刚落到斜面上时速度方向不同，故C错误；
D．只降低小球的抛出高度H，小球的轨迹发生改变，则小球的速度可以和斜面平行，则有可能无碰撞地进入斜面，故D正确；
故选D。
【分析】利用平抛运动的位移公式可以判别轨迹与小球的质量无关；利用平抛运动的轨迹结合高度变化及竖直方向的位移公式可以比较运动的时间；利用平抛运动的位移方向可以判别速度的方向；利用小球的运动轨迹可以判别末速度可以与斜面平行。
8．（2024高二上·拱墅期中）2021年5月22日，中国首辆火星车“祝融号”已安全驶离着陆平台，到达火星表面（如图所示）开始巡视探测，已知地球质量约为火星质量的9.28倍，地球的第一宇宙速度约为火星的2.2倍。假设地球和火星均为质量分布均匀的球体，不考虑地球和火星的自转，则“祝融号”在地球表面和火星表面所受万有引力大小的比值约为（ ）
A．0.4 B．0.9 C．2.5 D．9
【答案】C
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】设祝融号质量为m，地球质量为M，地球的第一宇宙速度为v，地球的半径为R，则
得
祝融号在地球表面所受万有引力为
设火星质量为M1，火星的第一宇宙速度为v1，火星的半径为R1，同理可得祝融号在火星表面所受万有引力为
所以
故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】根据万有引力定律求出地球半径的表达式，然后再带入万有引力充当向心力的式子，分别表示地球表面和火星表面附近的祝融号所受的万有引力的大小，再作比即可求出此题答案。
9．（2024高二上·拱墅期中）如图所示，一内壁光滑的玻璃管竖直放置，上端开口，下端封闭，管底有一带电小球，整个装置在垂直纸面向里且足够大的匀强磁场中水平向右匀速运动，经过一段时间，小球从上端开口处飞出，若整个过程中小球所带电量不变，则小球从开始至离开管口前的过程，下列说法中正确的是（ ）
A．小球所受洛伦兹力方向竖直向上
B．小球运动的轨迹为抛物线
C．洛伦兹力对小球做正功
D．运动过程中小球的机械能守恒
【答案】B
【知识点】洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A．整个装置水平向右匀速运动，小球从上端开口处飞出，则小球的合速度方向为倾斜向右上方，由左手定则可知，洛伦兹力方向总是与小球的速度方向垂直，洛仑兹力斜左上方，故A错误；
B．根据小球的牛顿第二定律得
则小球的加速度为
根据表达式可以得出：小球的加速度不随时间变化，恒定不变，故小球竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，由于加速度方向和速度方向不在同一直线上，则小球运动轨迹是抛物线；故B正确；
C．由于洛伦兹力方向总是与小球的速度方向垂直，则洛伦兹力对小球不做功，故C错误；
D．由于小球受到玻璃管的作用力对小球做功，根据功能关系可以得出小球的机械能不守恒；故D错误。
故选B。
【分析】利用小球的合速度方向结合左手定则可以判别洛伦兹力的方向；利用小球竖直方向的牛顿第二定律可以判别小球做匀加速直线运动，利用速度的合成可以判别小球的运动轨迹；洛伦兹力对小球不做功；利用功能关系结合弹力对小球做功可以判别小球的机械能不守恒。
10．（2024高二上·拱墅期中）某地有一风力发电场，共有风力发电机20台，如图所示，发电机的叶片转动时可形成直径为的圆面。某日该地区的风速是，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为，假如该风力发电机能将通过此圆面内空气动能的转化为电能。取3。下列说法中正确的是（ ）
A．每秒冲击每台风力发电机叶片转动形成圆面的空气体积为
B．每秒冲击每台风力发电机叶片转动形成圆面的空气动能为
C．每台风力发电机发电的功率为
D．该发电场工作，发电量约
【答案】D
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】A．设风速为，根据位移公式每秒能到达圆面的空气柱的长度为
设叶片的长度为R=20m，根据体积公式可以得出每秒冲击每台风力发电机叶片转动形成圆面的空气体积为
故A错误；
B．已知每秒冲击每台风力发电机叶片转动形成圆面的空气体积，则根据密度公式可以得出：每秒冲击每台风力发电机叶片转动形成圆面的空气质量为
根据动能的表达式可以得出其动能为
故B错误；
C．根据平均功率的表达式可以得出：每台风力发电机发电的功率为
故C错误；
D．已知发电功率，根据电功的表达式可以得出：该发电场工作，发电量约
故D正确。
故选D。
【分析】利用位移公式结合体积公式可以求出每秒冲击每台风力发电机叶片转动形成圆面的空气体积；结合密度公式及动能的表达式可以求出每秒冲击每台风力发电机叶片转动形成圆面的空气动能；利用转换效率及电功率的表达式可以求出发电功率的大小；结合发电时间可以求出发电的电能大小。
11．（2024高二上·拱墅期中）一带电粒子仅在电场力作用下在电场中从静止开始做直线运动，运动过程中其动能与其位移x的变化关系如图所示，若F表示电场力，E表示电场强度，表示电势能，v表示运动速度，则下列图象合理的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】 一带电粒子仅在电场力作用下在电场中从静止开始做直线运动 ，根据动能定理可知
由图像可知，由于图象斜率代表电场力的大小，随x的增加，图线的斜率减小，则电场力F逐渐减小，场强E逐渐减小，根据功能关系有：
可知电势能逐渐减小且图像的斜率减小；由于电场力不断减小，则加速度不断减小，所以速度v逐渐增加，但不是线性增加，故选项ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】利用动能定理结合动能图象斜率可以判别电场力随位移的变化；利用电场力的变化可以判别电场强度的大小变化；利用电场力做功结合功能关系可以判别电势能的变化；利用电场力变化可以判别加速度的变化进而判别速度图象的斜率变化。
12．（2024高二上·拱墅期中）2021年7月1日晚，S市湿地公园内举行建党10周年纪念活动。如图所示为400架大疆无人机的飞行表演。表格中是该款无人机铭牌上的参数，下列说法正确的是（ ）
充电器输出电压 16V 充电器输出电流 5A
无人机电池额定电压 15V 无人机电池额定电流 4A
无人机电池能量 60Wh 无人机电池容量 4000mAh
A．无人机充电时，从无电状态到满电状态所需时间约为8小时
B．无人机充满电后，总电荷量为1.44×104C
C．无人机正常飞行时的机械功率为80W
D．电池可供无人机持续飞行约2小时
【答案】B
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【解答】A．无人机充电时，根据电流的定义式可以得出：从无电状态到满电状态所需时间
A错误；
B．无人机充满电后，根据表格数据可以得出：总电荷量为
B正确；
C．已知输出电流和额定电压的大小，根据电功率的表达式可以得出：无人机正常飞行时电池的输出功率
根据能量守恒定律可以得出：电池的输出功率一部分转化为机械功率，另一部分转化为电动机内部产热的功率，可知无人机正常飞行时的机械功率小于60W，C错误；
D．已知电池的总能量，根据电流做功的表达式可以得出：电池可供无人机持续飞行时间
D错误。
故选B。
【分析】利用电流的定义式可以求出充电的时间；利用表格可以求出电荷量的大小；利用输出电流和额定电压可以求出总功率的大小，进而判别机械功率的大小；利用电能和电功率的大小可以求出工作时间。
13．（2024高二上·拱墅期中）如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.5m、质量为2kg的通电直导线，电流大小I=2A、方向垂直于纸面向里，导线用平行于斜面的轻弹簧拴住不动，整个装置放在磁感应强度为5T，竖直向上的磁场中，已知弹簧的劲度系数为400N/m，整个过程未超出弹簧的弹性限度，则以下说法正确的是（g取10m/s2）
A．通电直导线对斜面的压力为19N
B．弹簧的伸长量为4m
C．如果磁感应强度增大，则弹簧的弹力减小
D．如果磁感应强度增大，则通电导线对斜面的压力减小
【答案】D
【知识点】共点力的平衡；安培力的计算
【解析】【解答】AB、当直导线通以如图电流时，根据左手定则可以判别受到向右的安培力，同时通电直导线受到重力、斜面对其的支持力、弹簧对其的拉力，根据安培力的表达式可以得出：通电直导线受到的安培力
根据导体棒的平衡方程有：
，
根据表达式可以解得
，
根据胡克定律可知弹簧的伸长量为
故A、B错误；
CD、如果磁感应强度增大，根据安培力的表达式
则通电直导线受到的安培力增大，根据平衡方程
则弹簧的弹力增大，根据平衡方程
则斜面对通电导线的支持力减小，故D正确，C错误；
故选D．
【分析】利用通电导线的平衡方程结合安培力的表达式可以求出支持力和弹力的大小，利用弹力及胡克定律可以求出弹簧伸长量的大小；利用平衡方程结合安培力的变化可以判别弹力及压力的大小变化。
14．（2024高二上·拱墅期中）如图所示，当有电流I垂直于磁场方向通过半导体板时，连接在半导体板两侧的电压表指针发生偏转，说明半导体板两侧之间存在霍尔电压UH。用同种材料制成的不同规格的半导体板进一步实验，记录数据结果如表格所示。由于粗心，表格第一行没有记录全部相关的物理量，只记得第一列为实验次数，第三列为通入的电流大小，第五列为霍尔电压，已知厚度（ab边长）为h、宽度（bc边长）为l，长度（be边长）为d。请用你学过的物理知识并结合表中数据判断，下列说法正确的是（ ）
实验次数 通入电流大小I/A 霍尔电压UH/V
1 2.0×10-4 1.0×10-3 4.0×10-1 1.4×10-2
2 4.0×10-4 1.0×10-3 4.0×10-1 7.0×10-3
3 2.0×10-4 1.0×10-3 2.0×10-1 7.0×10-3
A．第二列为板的厚度h
B．第四列为半导体长度d
C．霍尔电压正负与半导体中导电粒子正负无关
D．磁感应强度加倍，厚度减半，电流大小减半，霍尔电压不变
【答案】A
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】C．导电粒子在磁场中偏转，偏转方向决定霍尔电压的正负，电流I的方向不变，若导电粒子的正负不同，则粒子偏转方向不同，霍尔电压正负不同，C错误；
AB．当霍尔电压稳定时，半导体中带电粒子的洛伦兹力与静电力相等，根据平衡方程有
化简得霍尔电压的大小为：
根据电流的微观表达式可以得出：通电导线电流
化简得霍尔电压的表达式为：
根据表达式可以得出：在电流大小相等时，霍尔电压与磁感应强度成正比，与厚度h成反比，所以第二列为厚度h，第四列为磁感应强度B，A正确，B错误；
D．根据公式
可知，磁感应强度加倍，厚度减半，电流大小减半，霍尔电压变为原来的2倍，D错误。
故选A。
【分析】当磁场方向不变，导电粒子的正负会影响粒子的偏转方向进而影响霍尔电压的正负；利用电场力和洛伦兹力相等结合电流的表达式可以求出霍尔电压的表达式，利用表达式可以判别表中的信息；利用霍尔电压的表达式可以判别电压的变化。
15．（2024高二上·拱墅期中）如图所示，a、b、c、d是坐标轴上与原点O距离均为l的四个点，在a、c位置分别固定电荷量为+q的点电荷，在b、d位置分别固定电荷量为-q的点电荷，下列说法正确的是（ ）
A．坐标（0.5l，0）与（0，0.5l）两处场强相同
B．坐标（0.5l，0）与（0，0.5l）两处电势相同
C．将一带正电的试探电荷由坐标（l，l）处移至原点O，试探电荷的电势能增大
D．将一试探电荷沿ab连线的中垂线由坐标（0.5l，0.5l）处移至（-0.5l，-0.5l）处的过程中，试探电荷所受电场力先减小后增大
【答案】D
【知识点】电场强度；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．根据点电荷的场强叠加， a、c位置分别固定电荷量为+q的点电荷在坐标（0.5l，0）处的合场强向左， 在b、d位置分别固定电荷量为-q的点电荷在坐标（0.5l，0）处的合场强也向左，所以4个电荷在坐标（0.5l，0）处的合场强向左； a、c位置分别固定电荷量为+q的点电荷在（0，0.5l）处的合场强向上， 在b、d位置分别固定电荷量为-q的点电荷在（0，0.5l）处的合场强也向上，所以4个电荷在（0，0.5l）处的合场强向上；坐标（0.5l，0）与（0，0.5l）两处场强方向不同，A错误；
B. 根据各点电荷产生的电势进行叠加，则坐标（0.5l，0）靠近正电荷电势为正值，（0，0.5l）靠近负电荷电势为负值，两处电势不相同，B错误；
C. 根据等量异种点电荷的分布可以得出，等势线经过ab与cd的中垂线，则坐标（l，l）和原点O的电势都等于零，将一带正电的试探电荷由坐标（l，l）处移至原点O，电场力不做功，试探电荷的电势能不变，C错误；
D. 根据点电荷的场强公式，原点O的电场强度等于零，坐标（0.5l，0.5l）处与（-0.5l，-0.5l）处的电场强度不等于零，将一试探电荷沿ab连线的中垂线由坐标（0.5l，0.5l）处移至（-0.5l，-0.5l）处的过程中，根据电场强度的变化可以得出试探电荷所受电场力先减小后增大，D正确。
故选D。
【分析】利用四个点电荷产生的电场强度进行叠加可以比较电场强度的大小及方向；利用四个点电荷的电势叠加可以比较电势的大小；利用等势面的分布可以比较电势的大小进而判别电势能的变化；利用电场强度的变化可以判别试探电荷受到的电场力大小变化。
16．（2024高二上·拱墅期中）小姚同学用如图甲所示装置做“探究加速度与力、质量关系”实验。
①关于此实验的下列说法，正确的是 。
A.垫上木块是为了更好地使小车加速下滑
B.补偿阻力时，应使小车拖着纸带但不挂槽码
C.应调节滑轮高度使细线与小车轨道平行
D.槽码质量应该和小车质量差不多，以减小相对阻力
②图乙为某次实验得到的纸带，图中相邻计数点间还有4个打点未画出，打点计时器频率为50，则打下计数点4时小车的速度为 ，由纸带可得小车运动的加速度为 。（以上均保留两位有效数字）
③根据实验数据得到加速度与力的关系如图丙中实线所示，则可知所挂槽码质量不应超过
A.22g B.30g C.40g D.50g
【答案】BC；0.30；0.30；A
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】①A．垫上木块是利用重力的分力平衡小车下滑时受到的摩擦阻力，使小车受到的拉力为小车的合力；选项A错误；
B．补偿阻力时，利用小车本身重力的分力平衡摩擦力，应使小车拖着纸带但不挂槽码，选项B正确；
C．应调节滑轮高度使细线与小车轨道平行，避免拉力产生分力，使得细线的拉力即为小车受到的合力，选项C正确；
D．为使得槽码的重力近似等于小车的牵引力，根据牛顿第二定律有
则应该使槽码质量远小于小车质量，选项D错误。
故选BC。
②相邻计数点间还有4个打点未画出，可知T=0.1s；根据平均速度公式可以得出：打下计数点4时小车的速度为
根据逐差法可以求出小车运动的加速度为
③由图像得，当槽码质量过大时，会导致拉力不等于槽码的重力，则当F＞0.22N时，a-F图像不再是过原点的直线，根据牛顿第二定律可以得出所挂槽码质量不应超过
故选A。
【分析】（1）①垫上木块是利用重力的分力平衡小车下滑时受到的摩擦阻力；补偿阻力时，应使小车拖着纸带但不挂槽码；应调节滑轮高度使细线与小车轨道平行，使得细线的拉力即为小车受到的合力；为使得槽码的重力近似等于小车的牵引力，根据牛顿第二定律则应该使槽码质量远小于小车质量；②利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小；利用逐差法可以求出小车加速度的大小；③利用图象坐标可以求出所挂槽码的最大质量。
17．（2024高二上·拱墅期中）某兴趣小组利用图1所示的电路，把开关掷向a对给定电容值为C的电容器充电。R表示接入的电阻，E表示电源（忽略内阻）。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，得到i－t图后经过计算机软件处理得到如图所示的q－t曲线如图2中①②所示。
（1）根据q－t图像以下判断正确的是
A．①②两条曲线不同是E的改变造成的 B．①②两条曲线不同是R的改变造成的
C．需要对电容器快速充电时，R越小越好 D．需要对电容器快速充电时，R越大越好
（2）小明同学利用图3和图4的电路图连接电路，分别完成了“测量电源电动势和内阻”和“测量某一段长度已知的电阻丝的电阻率”两个实验，两个电路使用同一电源。
①图5是该同学根据实验测得的数据在同一坐标轴上同时作出两个实验的U－I图像，下列说法正确的是
A．图3中电压表的内阻对实验结果无影响；
B．图4中电压表的内阻对实验结果无影响；
C．图5可知，电源的电动势为1.49V，内阻为2.5Ω；
D．在测量的电阻时，若将滑动变阻器移到最右端，消耗的功率约为0.50W
②如图6，用螺旋测微器测得该电阻丝的直径d＝ mm，根据实验所选的电表量程，电压表的示数U＝ V。
【答案】BC；BD；0.495；0.80
【知识点】电容器及其应用；导体电阻率的测量；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解析】（1）AB．根据图2可知，最终电荷量稳定时，两条曲线的电荷量相同，由于电荷量相同根据
可知，稳定时电压相同，则电源电动势未发生变化，根据图2可以得出充电的时间不同，说明电流强度不同，根据欧姆定律
说明电路阻值变化，即 ①②两条曲线不同是R的改变造成的，故A错误，B正确；
CD．电容器充电时，为了缩短充电时间，根据
可知，电流越大越好，则电阻越小越好，故C正确，D错误。
故选BC。
（2）A．“测量电源电动势和内阻”实验时，若如图3所示采用相对电源的电流表外接法，由于电压表的分流作用导致电流表所测电流是通过滑动变阻器的电流而非通过电源的电流，根据并联分流原理可知，电压表内阻对测量结果有影响，故A错误；
B．“测量某一段长度已知的电阻丝的电阻率”实验，若如图4所示采用电流表内接法，主要误差来自于电流表分压作用，无论电压表内阻多大，电压表所测电压都是电阻丝两端的电压，电压表内阻对实验结果无影响，故B正确；
C．当图3的开关一闭合时，根据闭合电路欧姆定律，有
故电源的图像斜率为负，斜率的绝对值表示内阻大小，根据图象斜率和截距可以求出内阻和电动势为：
故C错误；
D．根据图5中的斜率可以得出待测电阻阻值约为
电源电动势为
内阻为
当将滑动变阻器移到最右端，根据电功率的表达式可以得出：消耗的功率为
故D正确。
故选BD。
（3）根据螺旋测微器结构可以得出读数为
（4）根据（2）可以得出电源电动势为1.5V，则电压表量程选3V，则读数为0.80V。
【分析】（1）根据电荷量和时间的图象可以得出电荷量相同则回路中使用相同电源，根据充电时间不同结合电流的定义式可以判别电流大小不同，结合欧姆定律可以判别电阻不同，电阻越小电流越大则充电时间越快；
（2）电流表相对电源外接时，电压表起到分流作用，所以对电源的电动势和内阻的测量有影响；当测量外电阻的大小时，电流表内接时，由于电流表分压作用，所以电压表的内阻对测量没有影响；利用图象斜率和截距可以求出电动势和内阻的大小；利用图象斜率可以求出待测电阻的阻值，结合电功率的表达式可以求出待测电阻消耗的功率；
（3）利用螺旋测微器的结构可以求出电阻丝的直径；
（4）利用电源电动势可以选择电压表的量程，结合量程和分度值可以求出电压的大小。
18．（2024高二上·拱墅期中）某十字路口，红灯拦停了很多汽车，拦停的汽车排成笔直一列，最前面的一辆汽车的前端刚好与路口停车线相齐，相邻两车的前端之间的距离均为。假设绿灯亮起瞬时，每辆汽车都同时以加速度启动，做匀加速直线运动，速度达到时做匀速运动通过路口。该路口亮绿灯时间，而且有按倒计时显示的时间显示灯。另外交通规则规定：原在绿灯时通行的汽车，绿灯结束时刻，车头已越过停车线的汽车允许通过。求：
（1）一次绿灯时间有多少辆汽车能通过路口？
（2）事实上由于人要有反应时间，绿灯亮起时不可能所有司机同时起动汽车，现假设绿灯亮起时，第一个司机迟后起动汽车，后面司机都比前一辆车迟后起动汽车，在该情况下，有多少辆车能通过路口？
【答案】解：（1）汽车做匀加速运动的时间为
每辆车在内的位移为
一次绿灯通过路口的车辆数目为
故一次绿灯能通过35辆汽车。
（2）设一次绿灯能通过辆汽车，则
第辆汽车通过路口有
解得
故一次绿灯能通过辆汽车。
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【分析】（1）汽车做匀加速直线运动，利用速度公式可以求出加速的时间，利用位移公式可以求出加速的位移，结合位移的大小可以求出车辆的数量；
（2）利用位移公式结合车辆之间的距离可以求出一次绿灯能通过汽车的数量。
19．（2024高二上·拱墅期中）如图所示，长度为L=3m的水平传送带以速度v=4m/s顺时针匀速转动，距离传送带末端B点右侧竖直高度差h=0.8m处有一半径均为R=0.5m光滑圆弧管道CD、DF，C、D等高，E为DF管道的最高点，FG是长度d=10m倾角θ=37°的粗糙直管道，在G处接一半径为R'=2m，圆心为O点的光滑圆弧轨道GHQ，H为最低点，Q为最高点，且∠GOH=θ=37°，各部分管道及轨道在连接处均平滑相切，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.15，不计空气阻力，传送带皮带轮的大小可以忽略，重力加速度大小g=10m/s2。现有质量m=0.2kg的滑块（可视为质点）从传送带左端A点由静止释放，经过B点飞出后，恰能从C点沿切线方向进入圆弧管道，滑块略小于管道内径。求：
（1）滑块离开B点时的速度大小vB以及滑块和传送带之间因摩擦产生的热量Q；
（2）滑块第一次到达E点时对轨道的作用力；
（3）要使滑块能经过G点且不脱离轨道，滑块与管道FG之间动摩擦因数 '的取值范围。
【答案】解：（1）滑块在传送带上的加速度为
当滑块滑到B点时，有
解得
此时还未达到与传送带共速，所以速度大小为3m/s。
滑块和传送带之间因摩擦产生的热量
其中
解得
故速度大小为3m/s，摩擦产生的热量为1.5J。
（2）由平抛运动规律得滑块到达C点时竖直分速度
所以滑块到达C点时速度大小
则速度方向与水平方向夹角为
则滑块处于D点时，速度方向与水平方向夹角也为53°，并且动能定理可知滑块在D点时的速度与其在C点时的速度相同，则根据动能定理有
在E点，对滑块，由牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律得滑块第一次到达E点时对轨道的作用力为
故滑块第一次到达E点时对轨道的作用力为6.4N，方向竖直向上。
（3）设滑块与管道FG之间的动摩擦因数为，要使滑块能经过G点
解得
要使滑块不脱离轨道
解得
所以，要使滑块能经过G点且不脱离轨道，滑块与管道FG之间动摩擦因数的取值范围为。
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）当滑块在传送带上加速，利用牛顿第二定律可以求出加速的加速度大小，结合速度位移公式可以求出末速度的大小，再利用位移公式可以求出相对位移的大小，结合摩擦力的大小可以求出摩擦产生的热量；
（2）滑块从B到C做平抛运动，利用竖直方向的速度位移公式可以求出竖直方向的分速度大小，结合速度的合成可以求出经过C点的速度大小及方向；利用动能定理可以球求出经过E点速度的大小，结合牛顿第二定理可以求出滑块到达E点对轨道的压力大小；
（3）当滑块到达G点时利用动能定理可以求出动摩擦因数的大小范围。
20．（2024高二上·拱墅期中）如图甲所示，MN与PQ是两条水平放置彼此平行的金属导轨，质量m=0.2kg，电阻r=0.5Ω的金属杆ab垂直跨接在导轨上，匀强磁场的磁感线垂直于导轨平面，导轨左端接阻值R=2Ω的电阻，理想电压表接在R两端，导轨电阻不计。t=0时刻ab杆受水平拉力F的作用由静止开始向右运动，t1=6s时ab杆的速度为v1=1m/s，整个运动过程中电压表的示数U随时间t的变化如图乙所示。已知ab杆与导轨间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10m/s2
（1）第5s末，ab杆受到的安培力为多大？
（2）第8s末，ab杆所受的水平拉力为多大？
（3）在9s内ab杆克服滑动摩擦力所做的功为多大？
（4）在图丙中，画出9s内ab杆所受的水平拉力F随时间t的变化图像。
【答案】解：（1）第5s末，回路中的感应电流
ab杆产生的电动势为
由题图乙可知，4~7s，R两端电压不变，则ab杆产生的感应电动势不变，则运动速度不变，5s末ab杆速度与6s末速度相等，为1m/s，设磁场的磁感应强度为B，ab杆的长度为L，则由E=BLv得
5s末ab杆受到的安培力
（2）由题图甲可知，ab杆两端的电压随ab杆的速度变化关系为
ab杆在0~4s内做匀加速直线运动，在4~7s内做匀速直线运动，在7~9s内做匀减速直线运动，匀减速运动的加速度大小为
在第8s末ab杆所受的安培力为
设第8s末ab杆所受的拉力为F，由牛顿第二定律得
即
（3）ab杆在0~4s内做匀加速直线运动的位移为
ab杆在4~7s内的位移为
ab杆在7~9s内的位移为
ab杆克服滑动摩擦力所做的功为
（4）ab杆在0~4s内所受的拉力为
解得
ab杆在4~7s内所受的拉力为
ab杆在7~9s内所受的拉力为
解得
画出ab杆所受的拉力大小变化如图所示。
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）当第5s末时，利用欧姆定律可以求出感应电动势的大小，结合安培力的表达式可以求出安培力的大小；
（2）根据电路关系可以得出ab杆两端的电压随ab杆的速度变化关系，结合图象斜率可以求出加速度的大小，再利用安培力的大小及牛顿第二定律可以求出水平拉力的大小；
（3）已知杆先加速，后匀速最后做减速运动，利用图象面积可以求出杆运动的位移，结合摩擦力的大小可以求出克服摩擦力做功的大小；
（5）已知杆的加速度大小，结合牛顿第二定律可以求出水平拉力的表达式，进而画出对应的图象。
21．（2024高二上·拱墅期中）如图所示，在平面内，y轴的左侧存在着一个垂直纸面向外、磁感应强度大小的匀强磁场，在直线的右侧存在着另一个垂直纸面向外、磁感应强度大小为（未知）的匀强磁场。在y轴与直线之间存在着一个平行y轴的匀强电场，场强方向关于x轴对称，场强大小为，在原点O处可沿x轴负向发射初速度大小为、质量为m、电量为q的带正电粒子。求：
（1）粒子第一次穿过y轴的位置坐标；
（2）若粒子经磁场和x轴下方的电场各自偏转1次后，能回到原点，求的大小；
（3）若电场场强大小可调，，最终粒子能回到原点，求满足条件的所有场强的值。
【答案】解：(1)由洛伦兹力提供向心力
可得
故位置坐标为，写成亦可；
(2)粒子运动轨迹如图所示
粒子经x轴上方电场沿y轴方向偏转距离为
根据对称性可知，粒子经x轴下方电场沿y轴方向偏转距高亦为，设粒子进入磁场时速度与x轴的夹角为，则
可得
粒子经x轴下方电场偏转后直接回到原点，则其在磁场中偏转的距离为，即
可得
若粒子经x轴下方电场偏转后进入磁场中偏转，然后回到原点，则其在磁场中偏转的距离为，即
可得
(3)粒子在磁场中绕行1次沿y轴方向偏转的距离为，与电场强度大小无关，若粒子第1次经x轴下方电场偏转后宜接回到坐标原点，则其单次在电场中的偏转距离为，有
可得
若场强再大一点，则无法回到原点；
若场强小一点，设粒子单次在电场中的偏转距离为y，则粒子每次由左向右穿过y轴时的位置坐标相比上一次会沿y轴负向移动距离，有
只要满足关系
则有
即可回到原点，故
可得
（n取正整数）
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出粒子轨道半径的大小，结合几何关系可以求出 粒子第一次穿过y轴的位置坐；
（2）粒子在电场中偏转，利用y方向的位移公式可以求出偏转的距离，结合几何关系可以求出轨道半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小；
（3）当粒子在磁场中运动时，利用几何关系可以求出偏转距离的大小，结合竖直方向的位移公式及牛顿第二定律可以求出场强的大小。
