浙江省紹興市第一中學(xué)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期12月學(xué)考模擬物理 Word版含解析.docx

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浙江省學(xué)業(yè)水平考試適應(yīng)性試題物理試卷考生注意：1.請(qǐng)將試題答案寫在答題紙上，做在試卷上無效；2.本卷中取。一、選擇題（本題共18小題，每小題3分，共54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.下列儀器測(cè)得物理量單位中，屬于基本單位的是（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【詳解】選項(xiàng)A、B、C、D測(cè)得的物理量分別是力、電流強(qiáng)度、電壓、電能；四者中只有電流強(qiáng)度是基本物理量，其單位是基本單位。故選B。2.下列物理量屬于矢量的是（）A.時(shí)間B.功C.電場(chǎng)強(qiáng)度D.電勢(shì)【答案】C【解析】【詳解】ABD．時(shí)間、功、電勢(shì)都是只有大小沒有方向的標(biāo)量，故ABD錯(cuò)誤；C．電場(chǎng)強(qiáng)度，是既有大小又有方向的矢量，故C正確。故選C。3.在物理學(xué)發(fā)展過程中，許多物理學(xué)家的科學(xué)研究推動(dòng)了人類文明發(fā)展的進(jìn)程。以下說法正確的是（　?。?A.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象B.庫侖通過實(shí)驗(yàn)測(cè)得了最小電荷量C.麥克斯韋通過實(shí)驗(yàn)捕捉到了電磁波D.普朗克提出了能量子假設(shè)【答案】D【解析】【詳解】A．奧斯特發(fā)現(xiàn)電流的磁效應(yīng)，法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．密立根通過實(shí)驗(yàn)測(cè)得了最小電荷量，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．麥克斯韋預(yù)言了電磁波，赫茲通過實(shí)驗(yàn)捕捉到了電磁波，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．普朗克提出了能量子假設(shè)，選項(xiàng)D正確。故選D。4.2023年9月23日，杭州第19屆亞運(yùn)會(huì)盛大開幕。如圖所示為亞運(yùn)會(huì)歷史上首個(gè)“數(shù)字人”正在跨越錢塘江奔向亞運(yùn)會(huì)主場(chǎng)館的情景，持續(xù)時(shí)間約。下列說法正確的是（）A.“”指的是時(shí)刻B.以錢塘江面為參考系，火炬手是靜止的C.研究火炬手跑動(dòng)的姿態(tài)時(shí)，可以把火炬手視為質(zhì)點(diǎn)D.研究火炬手通過錢塘江的平均速度時(shí)，可以把火炬手視為質(zhì)點(diǎn)【答案】D【解析】【詳解】A．“”指的是時(shí)間，故A錯(cuò)誤；B．以錢塘江面為參考系，火炬手是運(yùn)動(dòng)的，故B錯(cuò)誤；C．研究火炬手跑動(dòng)的姿態(tài)時(shí)，火炬手的形狀、大小不可以忽略，不可以把火炬手視為質(zhì)點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；D．研究火炬手通過錢塘江的平均速度時(shí)，火炬手的形狀、大小可以忽略，可以把火炬手視為質(zhì)點(diǎn)，故D正確。故選D。5.“2023越馬”11月26日在紹興市奧體中心鳴槍開跑（終點(diǎn)又回到起點(diǎn)）。來自中國(guó)山東的徐文吳以2小時(shí)12分39秒在男子組全馬比賽中率先撞線；埃塞俄比亞運(yùn)動(dòng)員穆盧內(nèi)以2小時(shí)27分50 秒打破女子組賽會(huì)紀(jì)錄并奪冠。全馬比賽中（　?。〢.徐文昊的位移比穆盧內(nèi)的大B.徐文昊的路程比穆盧內(nèi)的大C.徐文昊的平均速度可能比穆盧內(nèi)的小D.徐文吳保持勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可能比穆盧內(nèi)的少【答案】D【解析】【詳解】A．位移是指初位置到末位置的有向線段，描述位置的變化，在全馬比賽中終點(diǎn)和起點(diǎn)在同一位置，位置沒有變化，所以徐文昊的位移比穆盧內(nèi)的位移都是零，故A錯(cuò)誤；B．路程指運(yùn)動(dòng)的軌跡長(zhǎng)度之和，徐文昊的路程和穆盧內(nèi)路程是一樣的，故B錯(cuò)誤；C．因?yàn)閮扇宋灰贫紴榱?，由所以兩人平均速度為零，故C錯(cuò)誤；D．徐文吳用時(shí)2小時(shí)12分39秒，穆盧內(nèi)用時(shí)2小時(shí)27分50秒，明顯徐文吳用時(shí)短，得徐文吳可能加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間較多保持勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可能比穆盧內(nèi)的少，故D正確。故選D。6.如圖，甲、乙兩人正在“掰手腕”，下列說法正確的是（）A.甲掰贏了乙，是因?yàn)榧讓?duì)乙的作用力大于乙對(duì)甲的作用力B.甲、乙比賽對(duì)抗時(shí)，甲手與乙手之間的作用力是一對(duì)平衡力C.只有當(dāng)甲乙僵持時(shí)，甲對(duì)乙的作用力才等于乙對(duì)甲的作用力D.無論誰勝誰負(fù)，甲對(duì)乙的作用力大小等于乙對(duì)甲的作用力大小 【答案】D【解析】【詳解】甲手對(duì)乙手的作用力與乙手對(duì)甲手的作用力為一對(duì)相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律可知，無論誰勝誰負(fù)，甲手對(duì)乙手的作用力總是等于乙手對(duì)甲手的作用力大小。故選D。7.小紅推門進(jìn)入教室如圖所示，在門轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，門上A、B兩點(diǎn)的角速度分別為、，線速度大小分別為、，則（　?。〢.B.C.D.【答案】D【解析】【詳解】AB．由于門上A、B兩點(diǎn)繞同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，所以角速度相同，故AB錯(cuò)誤；CD．根據(jù)角速度與線速度的關(guān)系又聯(lián)立可得故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。8.如圖所示，將一蠟塊置于注滿清水的長(zhǎng)玻璃管中，封閉管口后將玻璃管豎直倒置，在蠟塊勻速上浮的同時(shí)，使玻璃管以速度v水平向右勻速移動(dòng)，蠟塊由管口上升到頂端的時(shí)間為t．如玻璃管以2v的水平速度移動(dòng)，蠟塊由管口上升到頂端的過程中，下列說法正確的是（） A所用時(shí)間減小B.所用時(shí)間不變C.蠟塊位移減小D.蠟塊位移不變【答案】B【解析】【詳解】蠟塊在水平方向上和豎直方向上都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上，，管長(zhǎng)不變，豎直方向上的分速度不變，根據(jù)合運(yùn)動(dòng)與分運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性，知蠟塊由管口到頂端的時(shí)間不變．故A錯(cuò)誤，B正確；v增大，水平方向上的位移增大，豎直位移不變，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成，知蠟塊的位移增大．故CD錯(cuò)誤．9.“神舟十七號(hào)”載人飛船于2023年10月26日順利發(fā)射升空，開啟了為期6個(gè)月的天宮空間站之旅。神舟十七號(hào)飛船經(jīng)歷上升、入軌交會(huì)飛行后，與已經(jīng)和天舟貨運(yùn)船形成組合體的空間站核心艙對(duì)接，航天員進(jìn)入空間站組合體，整體在距離地球表面400公里的軌道穩(wěn)定運(yùn)行。下列說法正確的是（）A.“神舟十七號(hào)”的周期大于24小時(shí)B.發(fā)射“神舟十七號(hào)”的速度小于第一宇宙速度C.“神舟十七號(hào)”的向心加速度小于“空間站”的向心加速度D.已知“神舟十七號(hào)”的線速度與角速度，可以求得地球質(zhì)量【答案】D【解析】 【詳解】A．由，可解得地球同步衛(wèi)星的軌道高度約為3.6萬千米，“神舟十七號(hào)”衛(wèi)星的軌道高度為400公里，遠(yuǎn)小于同步衛(wèi)星的軌道高度，可知其周期小于24小時(shí)，故A錯(cuò)誤；B．第一宇宙速度是發(fā)射地球衛(wèi)星的最小發(fā)射速度，發(fā)射“神舟十七號(hào)”的速度大于第一宇宙速度，故B錯(cuò)誤；C．由，可得“神舟十七號(hào)”與“空間站”的軌道相同，所以“神舟十七號(hào)”的向心加速度等于“空間站”的向心加速度，故C錯(cuò)誤；D．由，可得所以已知“神舟十七號(hào)”的線速度與角速度，可以求得地球質(zhì)量，故D正確。故選D10.如圖所示，過山車的軌道可視為豎直平面內(nèi)半徑為的圓軌道。質(zhì)量為的游客隨過山車一起運(yùn)動(dòng)，當(dāng)游客以速度經(jīng)過圓軌道最高點(diǎn)時(shí)（）A.處于超重狀態(tài)B.加速度方向豎直向下C.速度大小一定為D.對(duì)座椅的作用力為【答案】B【解析】【詳解】AB．游客在最高點(diǎn)，合力豎直向下，加速度方向豎直向下，處于失重狀態(tài)，A錯(cuò)誤，B正確； C．在最高點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律，有因?yàn)闀r(shí)，所以C錯(cuò)誤；D．在最高點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律，有解得根據(jù)牛頓第三定律，可知游客對(duì)座椅的作用力為D錯(cuò)誤。故選B。11.如圖所示，空間有、兩個(gè)點(diǎn)電荷，實(shí)線為電場(chǎng)線，虛線為某帶電粒子只在電場(chǎng)力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，、為軌跡上的兩點(diǎn)，則（）A.、為等量異種電荷B.點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比點(diǎn)的大C.點(diǎn)的電勢(shì)比點(diǎn)的高D.粒子從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)，電勢(shì)能減小【答案】D【解析】【詳解】A．由圖中電場(chǎng)線分布可知a、b為異種電荷，且b附近電場(chǎng)線更密集，故a的電荷量小于b的電荷量，故A錯(cuò)誤； B．M點(diǎn)處的電場(chǎng)線比較稀疏，N點(diǎn)的電場(chǎng)線比較密集，故M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比N點(diǎn)的小，故B錯(cuò)誤；C．由于不清楚a、b兩個(gè)點(diǎn)電荷的電性和帶電粒子的電性，故不能確定電場(chǎng)線的指向，不能確定M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)高低，故C錯(cuò)誤；D．帶電粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)受到的電場(chǎng)力與速度方向的夾角為銳角，電場(chǎng)力做正功，故電勢(shì)能減小，故D正確。故選D。12.下列關(guān)于小磁針在磁場(chǎng)中靜止時(shí)的指向，正確的是（　?。〢.B.C.D.【答案】C【解析】【詳解】通電導(dǎo)線周圍的磁場(chǎng)方向，由右手螺旋定則來確定且小磁針靜止時(shí)N極的指向即為磁場(chǎng)方向；根據(jù)電源的正負(fù)極，確定電流方向，再利用安培定則判斷螺線管的極性，最后根據(jù)磁極間的相互作用可判斷小磁針的指向是否正確。本題的重點(diǎn)是通過安培定則先判斷出螺線管的極性，再利用磁極間的相互作用規(guī)律來確定小磁針的指向難度不大，但需要細(xì)心注意同名磁極相互排斥、異名磁極相互吸引，在通電螺線管內(nèi)部不適用?！窘獯稹緼．根據(jù)同名磁極相斥，異名磁極相吸，則小磁針N極向右，故A錯(cuò)誤；B．伸開右手，四指環(huán)繞方向?yàn)殡娏鞣较?，則大拇指方向?yàn)閮?nèi)部磁場(chǎng)方向，再由小磁針靜止時(shí)，N極即為磁場(chǎng)方向，則小磁針N極應(yīng)向左，故B錯(cuò)誤；C．由安培定則知，用手握住螺線管，使四指所指的方向與電流方向相同，則螺線管的右端為N極，左端為S極，再根據(jù)小磁針N極指向即為磁場(chǎng)方向可知，小磁針N極的指向正確，故C正確；D．根據(jù)右手螺旋定則可知，通電直導(dǎo)線的磁場(chǎng)方向，右邊是垂直紙面向里，則小磁針N極應(yīng)該垂直紙面向里，故D錯(cuò)誤。故選C。13.在如圖所示的磁場(chǎng)中，把圓形閉合線圈從位置水平勻速右移到位置，下列說法正確的是（） A.處的磁感應(yīng)強(qiáng)度比處的大B.穿過線圈的磁通量變大C.線圈中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流D.線圈中的電流大小恒定【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知處的磁磁感線比處的稀疏，因此處的磁感應(yīng)強(qiáng)度比處的小，A錯(cuò)誤；B．由于線圈面積不變，處的磁感應(yīng)強(qiáng)度比處的小，因此穿過線圈的磁通量變小，B錯(cuò)誤；CD．因?yàn)榇磐堪l(fā)生變化，所以線圈中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，但是變化不是均勻，所以產(chǎn)生的不是恒定電流，C正確D錯(cuò)誤。故選C。14.2022年4月29日，紹興地鐵1號(hào)線全線通車，標(biāo)志著紹興已經(jīng)進(jìn)入地鐵時(shí)代，為“融杭（聯(lián)甬接滬）戰(zhàn)略”邁出了堅(jiān)實(shí)的一步。小明從A站上車，注意到列車經(jīng)過加速、勻速和減速三個(gè)過程后在B站停下，總用時(shí)2min30s，列車以最大速度80km/h行駛了30s。假設(shè)列車在加速和減速階段的速率均隨時(shí)間均勻變化，由此估算出AB兩站點(diǎn)之間的路程約為（　?。〢.1kmB.2kmC.3kmD.7km【答案】B【解析】【詳解】由于列車在加速和減速階段的速率均隨時(shí)間均勻變化，在加速和減速階段的平均速率均為最大速率的一半，即40km/h，所以AB兩站點(diǎn)之間的路程約為故選B。15.如圖為中國(guó)女排隊(duì)員比賽中高拋發(fā)球的情景，若球離開手時(shí)正好在底線中點(diǎn)正上方 處，速度方向水平且與底線垂直。已知每邊球場(chǎng)的長(zhǎng)和寬均為，球網(wǎng)高，不計(jì)空氣阻力，為了使球能落到對(duì)方場(chǎng)地，下列發(fā)球速度大小可行的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【詳解】發(fā)球后球做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)球剛好過網(wǎng)所用時(shí)間為t1，發(fā)球速度為v1，則球在豎直方向的位移h1為發(fā)球高度減去球網(wǎng)高度，水平方向位移x1=9m，根據(jù)公式得由水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)得若發(fā)球速度小于18m/s，球不能過網(wǎng)，不能落入對(duì)方場(chǎng)地；設(shè)球剛好落在對(duì)方底線中點(diǎn)所用時(shí)間為t2，發(fā)球速度為v2，則球在豎直方向的位移h2=3.50m，水位移方向的位移x2=9m+9m=18m若發(fā)球速度大于21.4m/s，球?qū)⒊鰧?duì)方底線，不能落入對(duì)方場(chǎng)地；所以發(fā)球速度范圍為18m/s≤v≤21.4m/s；故C正確，ABD錯(cuò)誤。 故選C。16.如圖所示，水平放置的平行板電容器，兩板帶等量異種電荷，兩板間距為；斷開電源后，一帶電小球貼著上極板以速度水平射入電場(chǎng)，沿下板邊緣飛出；保持下板不動(dòng)，將上板上移距離，小球仍以相同的速度從原處飛入，則帶電小球（）A.仍從下板邊緣飛出B.將從上板邊緣飛出C.將打在下板中央D.沿直線運(yùn)動(dòng)【答案】A【解析】【詳解】由可得平行板電容器兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度為上極板上移一小段距離后，由于極板所帶電荷量Q不變，所以E不變，電場(chǎng)力不變，加速度不變，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，加速度不變，則仍從下極板邊緣飛出電場(chǎng)，故選A。17.“好變頻1度到天明”——此廣告語意為1度電（1kW·h）可使變頻空調(diào)工作一整夜（以10h計(jì)）．同樣的1度電可供銘牌如圖所示的電扇工作約A.1整夜B.2整夜C.3整夜D.4整夜【答案】D 【解析】【詳解】由圖可知電扇的額定功率為24W，而一整夜是10h，所以同樣的1度電可供銘牌如圖所示的電扇工作約4整夜．故選D．【點(diǎn)睛】本題考查消耗電能計(jì)算，關(guān)鍵是公式及其變形的靈活運(yùn)用，要學(xué)會(huì)認(rèn)識(shí)用電器的銘牌，解題過程中要注意單位的換算．18.某戶家庭安裝了一臺(tái)風(fēng)力發(fā)電機(jī)，它的葉片轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)可形成半徑為的圓面，風(fēng)向與葉片轉(zhuǎn)動(dòng)的圓面垂直，假設(shè)這個(gè)風(fēng)力發(fā)電機(jī)能將此圓內(nèi)的空氣動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能。已知空氣的密度為1.2，當(dāng)風(fēng)速是時(shí)，此發(fā)電機(jī)的功率約為（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【詳解】設(shè)單位時(shí)間內(nèi)圓面內(nèi)空氣的質(zhì)量為，動(dòng)能為，有解得故選C。二、非選擇題（共5大題，共46分）19.在“探究求合力的方法”的實(shí)驗(yàn)中：（1）已有實(shí)驗(yàn)器材：木板、白紙、圖釘、細(xì)繩套、橡皮筋、鉛筆、刻度尺，完成本實(shí)驗(yàn)還需要從下列器材中選取的實(shí)驗(yàn)器材是__________； （2）本實(shí)驗(yàn)中“等效替代”的含義是__________；A.橡皮筋可以用細(xì)繩替代B.彈簧測(cè)力計(jì)的讀數(shù)可以用有向線段來替代C.右側(cè)彈簧測(cè)力計(jì)的作用效果可以替代左側(cè)彈簧測(cè)力計(jì)的作用效果D.兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)共同作用的效果可以用一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)的作用效果替代（3）實(shí)驗(yàn)中，彈簧測(cè)力計(jì)拉橡皮筋時(shí)的指針位置如圖甲所示，此時(shí)示數(shù)為__________N；（4）王嘉同學(xué)得到合力與分力的大小和方向后，分別用三條帶箭頭的線段表示，并用虛線連接三條線段的箭頭端，如圖乙所示。他在數(shù)據(jù)處理中存在的錯(cuò)誤是_________。A.兩個(gè)分力之間的夾角不是直角B.沒有選用統(tǒng)一的標(biāo)度表示力的大小C.連接三條線段箭頭時(shí)用虛線，應(yīng)該用實(shí)線【答案】①.C②.D③.2.61~2.66④.B【解析】【詳解】（1）[1]在探究求合力的方法中，不需要鉤碼、打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、天平，但是需要確定合力與分力的大小、方向，所以需要彈簧測(cè)力計(jì)。故選C。（2）[2]本實(shí)驗(yàn)所采用的科學(xué)思想方法是等效替代法，其等效的思想是兩個(gè)分力的作用效果與合力的作用效果相同，即兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)共同作用的效果可以用一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)的作用效果替代。故選D。（3）[3]圖中彈簧測(cè)力計(jì)的每一小格為0.1N，所以圖中所測(cè)力的大小為2.62N。（4）[4]由圖乙可知，該同學(xué)作力的圖示時(shí)沒有選取統(tǒng)一的標(biāo)度，且在實(shí)驗(yàn)過程中兩分力間的夾角不宜太小也不宜太大，兩分力不需要保證垂直，連接三條線段箭頭時(shí)用虛線。 故選B。20.小芳用電學(xué)方法測(cè)量電線的長(zhǎng)度。首先，小芳測(cè)得電線銅芯的直徑為，估計(jì)其長(zhǎng)度不超過（已知銅的電阻率為）現(xiàn)有如下實(shí)驗(yàn)器材：①量程為、內(nèi)阻約為的電壓表；②量程為、內(nèi)阻約為的電流表；③阻值為的滑動(dòng)變阻器；④內(nèi)阻可忽略、輸出電壓為的電源；⑤阻值的定值電阻，開關(guān)和導(dǎo)線若干。小芳采用伏安法測(cè)量電線電阻，正確連接電路后，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，電流表的示數(shù)從0開始增加，當(dāng)示數(shù)為時(shí)，電壓表的示數(shù)如圖1所示，讀數(shù)為________。根據(jù)小芳測(cè)量的信息，圖2中點(diǎn)應(yīng)該________（選填“接a”、“接b”、“接c”或“不接”，下同），Q點(diǎn)應(yīng)該________。小芳測(cè)得的電線長(zhǎng)度為________m（保留兩位有效數(shù)字）?！敬鸢浮竣?2.50②.接b③.接a④.37【解析】【詳解】[1]根據(jù)題中所給條件，電壓表量程為3V，所以讀數(shù)時(shí)按照表盤下方量程進(jìn)行度數(shù)。另外，因?yàn)槠渥钚￠g隔為0.1V，所以需要估讀一位，故最終的讀數(shù)結(jié)果為2.50V；[2]根據(jù)條件，可以用公式估算出電線的電阻不超過1.08，它遠(yuǎn)小于電壓表的內(nèi)阻，而與電流表內(nèi)阻相差較小，故應(yīng)該使用電流表外接法，故P點(diǎn)接b；[3]為了使滑動(dòng)變阻器能夠更好地改變所測(cè)電阻兩端電壓，應(yīng)采用分壓式接法，若使用串聯(lián)式接法則會(huì)導(dǎo)致當(dāng)滑動(dòng)變阻器較大時(shí)，待測(cè)電線兩端電壓變化過小，故Q應(yīng)該接a；[4]根據(jù)讀數(shù)，計(jì)算出 可得解得21.如圖所示是庫侖扭秤的原理圖，細(xì)銀絲的下端懸掛一根絕緣棒，棒的兩端分別固定帶電量為的帶正電小球和不帶電小球；把另一個(gè)帶電量為的金屬小球靠近，、兩球相互排斥至距離為，已知靜電力常量為，忽略球的大小。則球帶________電（填“正”或“負(fù)”），A、C兩球間庫侖力大小為________。若，則A、兩球連線中點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)方向是________（填“A指向C”或“C指向A”）；若將一個(gè)不帶電的相同金屬小球先與C球接觸一下，再與球接觸一下……經(jīng)過無數(shù)個(gè)來回后，調(diào)節(jié)、兩球間距離仍為，則、兩球間的庫侖力變?yōu)樽畛醯腳_______倍?！敬鸢浮竣?正②.③.A指向C④.【解析】【詳解】[1][2][3][4]A、C相互排斥，帶同種電荷，則C球帶正電。A、C兩球間庫侖力大小為若，根據(jù)A球在中點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于C球在中點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，則中點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)方向是A直線C。經(jīng)過無數(shù)次接觸，A、C兩球電量均為q，則， 則、兩球間的庫侖力變?yōu)樽畛醯谋丁?2.如圖利用植保無人機(jī)對(duì)農(nóng)作物噴灑農(nóng)藥，已知某品牌無人機(jī)載藥后質(zhì)量為20kg，從地面豎直升空，先加速到3m/s后減速至零（豎直方向加速、減速階段看成勻變速直線運(yùn)動(dòng)，且加速度大小相等）在距地面3m懸停2s。隨后無人機(jī)開始水平飛行噴灑農(nóng)藥，先以加速度勻加速，達(dá)到最大速度3m/s后勻速飛行（g?。螅海?）上升至距地1m時(shí)，無人機(jī)的速度大??；（2）無人機(jī)加速上升過程受到的空氣作用力；（3）升空5.5s內(nèi)無人機(jī)的位移大小?！敬鸢浮浚?）；（2），方向向上；（3）【解析】【詳解】（1）根據(jù)題意，豎直方向勻加速階段勻減速階段得由得，上升至距地1m時(shí)，無人機(jī)的速度大小 （2）根據(jù)牛頓第二定律得方向向上（3）豎直位移，豎直運(yùn)動(dòng)時(shí)間懸停，則5.5s內(nèi)水平方向運(yùn)動(dòng)時(shí)間水平方向勻加速運(yùn)動(dòng)得時(shí)間為5.5s內(nèi)所以水平方向勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為則5.5s內(nèi)水平運(yùn)動(dòng)位移升空5.5s內(nèi)無人機(jī)的位移大小23.如圖所示，在水平面上固定一彈簧匣，左端與輕質(zhì)彈簧的A端相連，自由狀態(tài)下彈簧另一端位于B點(diǎn)；在與B點(diǎn)相距的C處固定一豎直圓軌道，半徑，圓軌道底端略微錯(cuò)開：在點(diǎn)右側(cè)放置等腰直角三角形支架，點(diǎn)在點(diǎn)正下方，點(diǎn)與點(diǎn)等高，水平。質(zhì)量的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）被壓縮的彈簧彈出，它與段的動(dòng)摩擦因數(shù)，不計(jì)軌道其它部分的摩擦。（1）要使物塊能進(jìn)入豎直圓軌道，彈簧的初始彈性勢(shì)能至少多大；（2）若物塊恰能過圓周最高點(diǎn)，彈簧的初始彈性勢(shì)能多大；（3）若物塊恰能到達(dá)圓心等高處，求物塊在第一次過C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力。 （4）若彈簧的初始彈性勢(shì)能為，則打在等腰直角三角形支架PEQ的何處（落點(diǎn)距P點(diǎn)距離）?【答案】（1）0.4J；（2）0.65J；（3）3N，牛頓第三定律，方向豎直向下；（4）距離P點(diǎn)m【解析】【詳解】（1）由動(dòng)能定理得解得要使物塊能進(jìn)入豎直圓軌道，彈簧的初始彈性勢(shì)能至少為（2）物塊恰能過圓周最高點(diǎn)的速度為v，則由動(dòng)能定理得聯(lián)立解得（3）由動(dòng)能定理得由牛頓第二定律得解得由牛頓第三定律得，物塊在第一次過C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為3N，方向豎直向下（4）由動(dòng)能定理得 水平方向豎直方向解得x=1.2m落點(diǎn)距P點(diǎn)距離為