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2022年湖南省株洲市高考物理一模试卷（含答案解析）
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这是一份2022年湖南省株洲市高考物理一模试卷（含答案解析），共16页。试卷主要包含了8m，0V，内阻r不到2，【答案】B，【答案】A，【答案】C，【答案】BC，【答案】AD等内容，欢迎下载使用。
如图所示，水平圆盘上放置一物体P，用一轻质弹簧将该物体和圆盘中心O固连，此时弹簧处于拉伸状态，圆盘能绕通过其中心的竖直轴自由转动。现让圆盘从静止开始缓慢加速转动，直到P与圆盘发生相对滑动，则在此过程中P与圆盘间的摩擦力大小( )
A. 先增大后减小B. 先减小后增加C. 一直增大D. 一直减小
如图甲，一重物用细绳AC悬挂于A点，用水平绳BO绑住绳AC的O点，牵引至图示位置保持静止。现保持O点的位置不变，改变绳BO牵引的方向，其拉力F随旋转角度α的变化如图乙所示，则重物的重力为( )
A. 5NB. 10NC. 15ND. 20N
如图，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，现有一物块以某一初速度从底端冲上斜面，一段时间后物块返回到斜面底端。已知物块沿斜面向上运动的时间是向下运动的时间的一半，则它与斜面间的动摩擦因数应为( )
A. tanθB. 12tanθC. 35tanθD. 13tanθ
真空中A、B、C为一等边三角形的三个顶点，在A点放一点电荷后，B点的场强为E，电势为φ(取无穷远处电势为0)；若再在C点放一等量异种电荷，则B点的场强和电势应分别为( )
A. 3E,2φB. 3E,0C. E，2φD. E，0
如图所示，一段金属导线弯成“∩”，导线下端分别插在两水银槽内，通过开关S与电源连接，当S接通瞬间，金属导线便从水银槽里跳起，上升的高度为h1，改变电源的输出电压，重复上述操作，金属导线上升的高度为h2，若通电时导线重力的影响忽略不计，则先后两次通过金属导线的电荷量之比为( )
A. h1:h2B. h1：h2C. h2：h1D. h12:h22
如图，一带电的平行板电容器固定在绝缘底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑绝缘轻杆左端固定在电容器的左极板上，并穿过右极板上的小孔，电容器极板连同底座总质量为2m，底座锁定在水平面上时，套在杆上质量为m的带电环以某一初速度由小孔进入电容器后，最远能达到距离右极板为d的位置。底座解除锁定后，将两极板间距离变为原来的2倍，其他条件不变，则带电环进入电容器后，最远能达到的位置距离右极板( )
A. 12dB. dC. 23dD. 43d
中国科学家利用“慧眼”太空望远镜观测到了银河系的MaxiJ1820+070是一个由黑洞和恒星组成的双星系统，距离地球约10000光年。根据观测，黑洞的质量大约是太阳的8倍，恒星的质量只有太阳的一半，据此推断，该黑洞与恒星的( )
A. 向心力大小之比为16：1B. 角速度大小之比为1：1
C. 线速度大小之比约为1：16D. 加速度大小之比约为16：1
甲、乙两物体以相同的初动量在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其动量随时间变化的p−t图像如图所示，已知甲、乙两物体与地面间的动摩擦因数相同，则在此过程中( )
A. 甲、乙两物体的质量之比为2：1
B. 甲、乙两物体的质量之比为1：2
C. 甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为2：1
D. 甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为1：2
某电动汽车的电池储能为80kW⋅h，续航里程的700km，整体能量转化率的为84%。电造充电过程中，在专用直流充电桩上充电时，充电电流的为100A，充电时间的为2h。则( )
A. 匀速行驶时所受的阻力大小约为345N
B. 匀速行驶时所受的阻力大小约为420N
C. 充电电压约为500V
D. 充电电压约为400V
如图所示，篮球比赛的某次快攻中，球员甲将球斜向上传给前方队友，球传出间离地面高1m，速度大小为10m/s；对方球员乙原地竖直起跳拦截，跃起后手离地面的最大高度为2.8m，球越过乙时速度沿水平方向，且恰好未被拦。球可视为质点，质量为0.6kg，重力加速度g取10m/s2，以地面为零势能面，忽略空气阻力，则( )
A. 篮球在空中上升过程中处于失重状态
B. 甲传球时，球与乙的水平距离为4.8m
C. 队友接球前瞬间，球的机械能为36J
D. 队友接球前瞬间，球的动能一定为30J
某同学将小车左端与纸带相连，纸带穿过打点计时器，过滑轮用物引，测得小车的加速度为0.72m/s2，将小车左侧的纸带取下，将具有加速度测量功能的智能手机固定在小车上，来测量加速度，如图所示(实验的其他条件不变)让重物落下，开始测量小车的加速度。直至小车接触到制动器后结来测量。在智能手机上示了如图所示的面，图纵轴为加速度，横轴为时间，且智能手机测量的是以小车的前进方向为正方向的加速度，小车停止前的加速度超过了图表的显示范围。
(1)智能手机测得小车的加速度约为______m/s2(保留两位有效数字)；
(2)智能手机和打点计时器测得的加速度有明显差异，主要原因是______；
(3)根据图像可知小车与制动器碰撞前的速度约为______m/s(保留三位有效数字)。
在测定两节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：
两节待测干电池(电动势E约3.0V，内阻r不到2.0Ω)
电流表A(满偏电流60mA，内阻rg=18Ω)
电压表V(0∼3.0V,内阻约为3kΩ)
滑动变阻器R(0∼30Ω,5A)
定值电阻R0=2Ω
开关，导线若干
(1)某同学设计了如图所示的甲、乙、丙三种测量电路图，为了方便且能较准确地进行测量，应选用图______所示的电路进行实验，电压表的内阻对实验结果______(填“有”或“无”)影响。
(2)根据所选用的电路图，请在下图中用比划线代替导线，将实验电路连接完整。
(3)图为某同学根据实验中两个电表的示数做出的U−I图线，由该图线可得被测干电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω。(结果均保留三位有效数字)
某高速上一长直路段设置有区间测速，区间长度为19km，一辆小汽车通过测速起点时的速度为92km/h，汽车匀加速行驶36s后速度为108km/h，接着匀速行驶6min，然后匀减速行驶并通过测速终点。为使汽车在该区间的平均速度不超过最高限速100km/h，求：
(1)小汽车在该区间运动的最短总时间；
(2)该车通过区间测速终点时的最高速度大小。
如图，在x轴上方和直线OP右侧的公共区域内存在匀强电场或匀强磁场，甲、乙两电粒子分别从OP上的M、N两点以相同的初速度沿x轴正方向射入电场或磁场中，并都能从Q点射出。带电粒子重力不计，各点坐标已在图中标出，求下列两种情形下甲、乙两粒子比荷的比值：
(1)匀强电场沿竖直方向；
(2)匀强磁场垂直于纸面。
如图所示，在竖直平面内，有由斜面AB、水平直线BC和半圆弧CD组合而成的固定轨道，斜面AB倾角θ=30∘，长度为2l，除AB外，轨道的其他部分光滑。在轨道上依次放置甲、乙、丙三个小物块，甲从A点由静止开始释放。已知甲的质量为4m，丙的质量为m，甲与斜面间的动摩擦因数μ=34，重力加速度大小为g。
(1)求甲滑至B点时的速度大小；
(2)若三个物块之间的碰撞均为弹性碰撞，要使丙碰后速度最大，则乙的质量应为多大？
(3)在满足(2)的条件下，要使丙能够通过圆轨道的最高点D.则圆弧轨道的径R应满足什么条件？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：设弹簧弹力为T，P的质量为m，P到O的距离为r，摩擦力用f表示。
原来弹簧处于拉伸状态，对P根据平衡条件可得摩擦力方向向外；
让圆盘从静止开始缓慢加速转动，角速度较小时，有：T−f=mrω2，则：f=T−mrω2，随着角速度的增大，摩擦力逐渐减小；
当T=mrω2时，摩擦力为零；
随后角速度继续增大，摩擦力方向指向圆心，则有：T+f=mrω2，则：f=mrω2−T，随着角速度的增大，摩擦力逐渐增大。
所以，摩擦力先减小后增加，故B正确、ACD错误。
故选：B。
根据合力提供向心力结合角速度的大小判断摩擦力的变化情况。
本题主要是考查向心力的计算和摩擦力的判断，关键是弄清楚向心力的来源，知道P在滑动前，弹簧弹力不变。
2.【答案】B
【解析】解：由图可知，当α=30∘时BO的拉力最小，最小值为
Fmin=5N
此时OB与OA垂直，则
Fmin=Gsin30∘
解得
G=10N
故ACD错误，B正确
故选：B。
分析题意，重物处于动态平衡状态，根据最小F时力的关系，根据平行四边形定则分析即可。
该题考查了共点力的平衡知识，解题关键理解图乙的含义，注意拉力最小的特殊情况。
3.【答案】C
【解析】解：在上滑和下滑过程中，物块通过的位移大小相同，设为x，在上滑过程中，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ+μmacsθ=ma1，x=12at12
在下滑过程中，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ−μmgcsθ=ma2，x=12at22
其中t2=2t1
联立解得μ=35tanθ，故ABD错误，C正确；
故选：C。
根据牛顿第二定律求得上滑和下滑的加速度大小，结合位移-时间公式求得动摩擦因数。
本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，知道加速度是解决此类问题的中间桥梁，抓住上滑和下滑通过的位移大小相同。
4.【答案】D
【解析】解：由点电荷电场强度表达式E=kQr2知，C点等量异种电荷在B点产生的场强大小也为E，设A处点电荷在B点产生的场强方向由A指向B，则C处点电荷在方向B点产生的场强方向由B指向C，因为A、B、C为一等边三角形的三个顶点，所以两场强夹角为120∘，则合场强为E；因AC与B距离相等，故C处点电荷在B点产生的电势为−φ，则B处的电势为零，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据E=kQr2判断电场强度大小，再根据矢量的合成求解其大小；根据C处点电荷在B点产生的电势判断B处的电势。
本题解题关键在于根据矢量的合成求解电场强度大小。
5.【答案】A
【解析】解：设任一导线通电后获得的速度为v，上升的高度为h，通电时通过导线的电荷量为q。
金属导线上升过程，由运动学公式有v2=2gh
通电过程，取竖直向上为正方向，由动量定理得：BI−L⋅t=mv−0
通过金属导线的电荷量为q=I−⋅t
联立整理得：q=m2ghBL，则先后两次通过金属导线的电荷量之比为q1：q2=h1：h2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
先研究金属导线上升的过程，由运动学公式求出初速度之比。再研究通电过程，利用动量定理列式，得到通过金属导线的电荷量与导线获得的速度关系，从而求得电荷量之比。
本题中通电是瞬时过程，往往利用动量定理求通过导线的电荷量，要知道在电流变化时，电荷量等于电流平均值与时间的乘积。
6.【答案】C
【解析】解：设带电环所带电荷量为q，初速度为v0，底座锁定时电容器极板间电场强度为E，则由功能关系有
qEd=12mv02
底座解除锁定后，两极板间距离变为原来的2倍，极板间电场强度大小不变，电容器及底座在带电环作用下一起向左运动，当与带电环共速时，带电环达到进入电容器最远位置，整个过程满足动量守恒，则有
mv0=3mv1
再由功能关系有
qEd′=12mv02−12⋅3mv12
联立解得
d′=23d
故ABD错误，C正确；
故选：C。
电容器极板连同底座与带电环组成的系统动量守恒，当带电环与左极板最近时两者速度相等，应用动量守恒定律可以求出带电环与左极板最近时的速度，应用动量守恒定律与能量守恒定律解得。
本题考查了动量守恒定律与能量守恒定律的应用，根据题意分析清楚运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可解题；应用动量守恒定律解题时注意正方向的选择。
7.【答案】BC
【解析】解：ABD、黑洞和恒星组成的双星系统，则角速度相等，故黑洞与恒星的角速度大小之比为1：1，他们之间由万有引力提供向心力，故向心力大小之比为1：1，根据F=ma可知加速度之比为1：16，故AD错误，B正确；
C、设黑洞和恒星相距l，各自做匀速圆周运动的半径为r1，r2，则GMml2=mr1ω2=mr2ω2，线速度大小v=rω，联立解得线速度大小之比为1：16，故C正确；
故选：BC。
黑洞和恒星组成的双星系统，则角速度相等，他们之间由万有引力提供向心力，从而分析各选项的比值关系。
本题考查万有引力的应用，解题关键掌握万有引力提供向心力的计算方法，注意双星系统的特点。
8.【答案】AD
【解析】解：AB、根据牛顿第二定律得：a=μmgm=μg，由此可知，两个物体在水平面上的加速度相同；
根据p−t图像可知，：：2，根据速度-时间公式0−v0=at可知，：：2，而因为p=mv相等，则甲、乙两物体的质量之比为2：1，故A正确，B错误；
CD、根据动能定理可知，合外力做的功等于动能的变化量，在本题中合外力为物体受到的摩擦力，则摩擦力做功的多少等于物体的动能，即Wf=Ek=p22m，则甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为1：2，故C错误，D正确；
故选：AD。
根据牛顿第二定律分析出两个物体的加速度，结合图像得出两物体的运动时间，根据速度-时间公式得出初速度之比，结合动量相同的特点分析出质量之比；
根据动能定理可知，摩擦力做的功的绝对值等于物体动能的变化量，结合动量和动能的关系分析出摩擦力做功之比。
本题主要考查了动量定理的相关应用，根据图像得出运动时间，结合运动学公式分析出速度之比，解题关键点是掌握动量和动能之间的转换关系。
9.【答案】AD
【解析】解：AB、匀速行驶时，牵引力等于阻力，则84%E=fx，解得：f=345N，故A正确，B错误；
CD、、电能E=80kW⋅h=80×103W⋅h，则由W=UIt可知，充电电压U=EIt=80000100×2V=400V；故C错误，D正确；
故选：AD。
根据电动车续航里程，结合动能定理求得所受到的阻力，根据电池储能求得充电电压。
本题考查电功的计算以及E=fs的应用，要注意明确功能关系，知道充电和使用时功能转化规律，同时在计算时要注意明确单位的换算，体会什么时刻需要换算为国际单位制中的单位．
10.【答案】ABC
【解析】解：A、球在空中上升时加速度方向竖直向下，处于失重状态，故A正确；
B、甲传球，球做斜向上抛运动，设初速度与水平方向夹角为θ，有竖直方向
v0sinθ=gt
水平方向
x=v0csθt
联立代入数据，得
θ=37∘
x=4.8m
故B正确；
C、以地面为零势能面，则球刚抛出时的机械能为E=mgh+12mv2
代入数据可得E=36J
球在空中运动时，只受重力作用，机械能守恒，故C正确；
D、因为队友接球位置未知，故无法确定接球时的动能，故D错误。
故选：ABC。
根据超重和失重状态的特点结合加速度的方向可以判断；利用斜抛运动的规律可以求出水平距离；求出球的重力势能和动能，利用球在空中运动时机械能守恒，可以判断队友接球时的机械能；因为队友接球位置未知，故无法确定接球时的动能。
本题考查功能关系，在涉及超重现象和失重现象时，要注意其实质是在竖直方向有加速度，加速度的方向向下可判断此时处于失重状态。
11.【答案】0.60小车所受拉力不变，放置了智能手机，整体的质量增加了 1.08
【解析】解：(1)由图像可以读出加速度大小约为0.60m/s2；
(2)智能手机明显比打点计时器测得的加速度小，原因是小车上放置了智能手机，整体的质量增加，使所受摩擦力增大，整体合外力减小，则整体加速度减小；
(3)从图像看以看出从2.5s到4.3s物体一直以0.60m/s2的加速度匀加速运动，因为a−t图像的面积表示速度变化量，所以Δv=aΔt=0.60×1.8m/s=1.08m/s，故小车与制动器碰撞前的速度约为1.08m/s。
故答案为：(1)0.60；(2)小车所受拉力不变，放置了智能手机，整体的质量增加了；(3)1.08m/s
(1)根据图像得出小车的加速度；
(2)根据牛顿第二定律分析出加速度有明显差异的主要原因；
(3)根据a−t图像中，图像与横轴围成的面积计算出小车与制动器碰撞前的速度。
本题主要考查了测量加速度的实验，根据图像直接得出加速度的大小，结合牛顿第二定律分析出加速度差异较大的原因，同时理解a−t图像中，图像和横轴围成的面积表示速度的变化量。
12.【答案】乙 无
【解析】解：(1)甲、丙中将电流表直接串联在干路中，由于电流表满偏电，根据闭合电路欧姆定可知要保证电流表安全，必须满足电路总电，滑动变阻器总电阻30Ω全部接入电路，电路总电阻也达不到50Ω，所以甲、乙电路存在安全问题，不能选用；而乙图中将电流表和R0并联，根据并联特点可知形成一量程为IA=10I=10×60mA=600mA、的电流表，同理要求，滑动变阻器很容易满足要求，所以不存在安全问题，故选乙。
(2)根据E=U+Ir知，在乙图中，改装后的电流表读数表示干路电流的真实值，路端电压通过电压表读数与电流表两端电压算出)之和表示出来，没有系统误差，所以电压表内阻对实验结果没有影响，填“无”。
(2)根据电路图，将实物图连线如下
(3)根据E=U+Ir得乙实验中两点表示数关系ΔUΔI
U=E−10I(r+RA)
由图中数据可读数
E=2.90V，r=|ΔUΔI−RA=2.90−1.200.6Ω−1.8Ω=1.03Ω|
答案为：(1)乙，无；(2)如图
(3)2.93(2.92∼2.94)，1.08(1.06∼1.10).
(1)分析电路结构，根据改装原理以及闭合电路欧姆定律进行分析，从而确定答案；
(2)按(1)中选的电路图连线即可；
(3)根据闭合电路欧姆定律进行分析，根据图象的性质即可明确电源的电动势和内电阻．
本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，知道测量电动势和内阻的方法，从而确定电动势和内电阻．
13.【答案】解：(1)根据平均速度定义v−=xt，解得汽车在该区间运动的最短总时间t=xv=19100h=0.19h=684s
(2)设匀加速行驶的时间为t1，匀速行驶的时间为t2，汽车在区间测速起点的速度为v1，匀速行驶的速度为v2，区间测速终点的最高速度为vm，总位移为x，匀加速行驶的位移x1=v1+v22t1，匀速行驶的位移x2=v2t2，匀减速行驶的位移x3=v2+vm2(t−t1−t2)
总位移x=x1+x2+x3
联立解得：vm=72km/h
答：(1)小汽车在该区间运动的最短总时间为684s；
(2)该车通过区间测速终点时的最高速度大小为72km/h.
【解析】(1)根据x=vt求得运动的时间；(2)分别表示匀加速行驶的位移、匀速行驶的位移、匀减速行驶的位移，三者相加联立求最大速度。
该题考查匀变速直线运动的公式的应用，分析清楚运动的过程，牢记公式即可正确解答。
14.【答案】解：(1)设竖直方向的电场强度大小为E，带电粒子初速度为v0，加速度为a，运动时间为t，则根据牛顿第二定律可得：qE=ma
根据运动的分解可得，在x轴方向的位移为：x=v0t
在y轴方向的位移为：y=12at2
联立解得带电粒子的比荷为：qm=2v02yEx2
根据图像所给坐标y1=2h，y2=h，x1=2h，x2=1.5h，并利用上式求得甲、乙比荷之比为：q1m1:q2m2=98
(2)设垂直纸面的磁感应强度大小为B，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿运动定律有：qv0B=mv02R
对甲粒子，由图可知其做圆周运动的半径R1=2h
对乙粒子，从N点运动到Q点时，其运动轨迹如图所示，由几何关系有：R22=(R2−h)2+(1.5h)2
联立解得，甲、乙两粒子比荷之比为：q1m1:q2m2=1316
答：(1)匀强电场沿竖直方向情形下甲、乙两粒子比荷的比值为9：8；
(2)匀强磁场垂直于纸面情形下甲、乙两粒子比荷的比值为13：16。
【解析】(1)粒子在竖直方向的电场中做曲线运动，根据x轴和y轴的分运动求得比荷通式，最后得到甲、乙两粒子的比荷的比值；
(2)根据粒子在磁场中的运动轨迹图，结合几何关系得到半径大小，根据qv0B=mv02R得到甲、乙两粒子的比荷的比值。
本题考查了带电粒子分别在电场和磁场中的运动，解题的关键是电场中的曲线运动需要用运动的分解来解题；磁场中的匀速圆周运动需要作图和几何关系来解题。
15.【答案】解：(1)甲从A点运动到B点过程中，由动能定理得：
4mg×2lsinθ−μ×4mgcsθ×2l=12×4mv02−0
解得甲滑至B点时的速度大小：v0=gl2
(2)甲与乙发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：
由机械能守恒定律得：
式中v1、v2分别为甲和乙碰撞后的速度，
乙与丙发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：
由机械能守恒定律得：
式中v2′、v3分别为乙和丙碰撞后的速度．
解得当乙的质量时，丙碰撞后能获得最大速度，最大速度为v3=169gl2
(3)丙恰好通过最高点D时重力提供向心力，设其速度大小为v4，
由牛顿第二定律得：mg=mv42R0
丙从C点运动到D点的过程中，根据机械能守恒定律得：12mv32=12mv42+mg×2R0
解得：R0=128405l
圆弧轨道的径R应满足的条件是：R≤128405l
答：(1)甲滑至B点时的速度大小是gl2；
(2)若三个物块之间的碰撞均为弹性碰撞，要使丙碰后速度最大，则乙的质量应为2m；
(3)在满足(2)的条件下，要使丙能够通过圆轨道的最高点D.则圆弧轨道的径R应满足的条件是R≤128405l。
【解析】(1)应用动能定理可以求出甲滑至B点时的速度大小。
(2)物块间的碰撞是弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析求解。
(3)丙恰好通过圆弧轨道最高点时重力提供向心力，应用牛顿第二定律分析求解。
物体发生弹性碰撞时系统动量守恒、机械能守恒；根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律、牛顿第二定律可以解题。
如图所示，水平圆盘上放置一物体P，用一轻质弹簧将该物体和圆盘中心O固连，此时弹簧处于拉伸状态，圆盘能绕通过其中心的竖直轴自由转动。现让圆盘从静止开始缓慢加速转动，直到P与圆盘发生相对滑动，则在此过程中P与圆盘间的摩擦力大小( )
A. 先增大后减小B. 先减小后增加C. 一直增大D. 一直减小
如图甲，一重物用细绳AC悬挂于A点，用水平绳BO绑住绳AC的O点，牵引至图示位置保持静止。现保持O点的位置不变，改变绳BO牵引的方向，其拉力F随旋转角度α的变化如图乙所示，则重物的重力为( )
A. 5NB. 10NC. 15ND. 20N
如图，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，现有一物块以某一初速度从底端冲上斜面，一段时间后物块返回到斜面底端。已知物块沿斜面向上运动的时间是向下运动的时间的一半，则它与斜面间的动摩擦因数应为( )
A. tanθB. 12tanθC. 35tanθD. 13tanθ
真空中A、B、C为一等边三角形的三个顶点，在A点放一点电荷后，B点的场强为E，电势为φ(取无穷远处电势为0)；若再在C点放一等量异种电荷，则B点的场强和电势应分别为( )
A. 3E,2φB. 3E,0C. E，2φD. E，0
如图所示，一段金属导线弯成“∩”，导线下端分别插在两水银槽内，通过开关S与电源连接，当S接通瞬间，金属导线便从水银槽里跳起，上升的高度为h1，改变电源的输出电压，重复上述操作，金属导线上升的高度为h2，若通电时导线重力的影响忽略不计，则先后两次通过金属导线的电荷量之比为( )
A. h1:h2B. h1：h2C. h2：h1D. h12:h22
如图，一带电的平行板电容器固定在绝缘底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑绝缘轻杆左端固定在电容器的左极板上，并穿过右极板上的小孔，电容器极板连同底座总质量为2m，底座锁定在水平面上时，套在杆上质量为m的带电环以某一初速度由小孔进入电容器后，最远能达到距离右极板为d的位置。底座解除锁定后，将两极板间距离变为原来的2倍，其他条件不变，则带电环进入电容器后，最远能达到的位置距离右极板( )
A. 12dB. dC. 23dD. 43d
中国科学家利用“慧眼”太空望远镜观测到了银河系的MaxiJ1820+070是一个由黑洞和恒星组成的双星系统，距离地球约10000光年。根据观测，黑洞的质量大约是太阳的8倍，恒星的质量只有太阳的一半，据此推断，该黑洞与恒星的( )
A. 向心力大小之比为16：1B. 角速度大小之比为1：1
C. 线速度大小之比约为1：16D. 加速度大小之比约为16：1
甲、乙两物体以相同的初动量在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其动量随时间变化的p−t图像如图所示，已知甲、乙两物体与地面间的动摩擦因数相同，则在此过程中( )
A. 甲、乙两物体的质量之比为2：1
B. 甲、乙两物体的质量之比为1：2
C. 甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为2：1
D. 甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为1：2
某电动汽车的电池储能为80kW⋅h，续航里程的700km，整体能量转化率的为84%。电造充电过程中，在专用直流充电桩上充电时，充电电流的为100A，充电时间的为2h。则( )
A. 匀速行驶时所受的阻力大小约为345N
B. 匀速行驶时所受的阻力大小约为420N
C. 充电电压约为500V
D. 充电电压约为400V
如图所示，篮球比赛的某次快攻中，球员甲将球斜向上传给前方队友，球传出间离地面高1m，速度大小为10m/s；对方球员乙原地竖直起跳拦截，跃起后手离地面的最大高度为2.8m，球越过乙时速度沿水平方向，且恰好未被拦。球可视为质点，质量为0.6kg，重力加速度g取10m/s2，以地面为零势能面，忽略空气阻力，则( )
A. 篮球在空中上升过程中处于失重状态
B. 甲传球时，球与乙的水平距离为4.8m
C. 队友接球前瞬间，球的机械能为36J
D. 队友接球前瞬间，球的动能一定为30J
某同学将小车左端与纸带相连，纸带穿过打点计时器，过滑轮用物引，测得小车的加速度为0.72m/s2，将小车左侧的纸带取下，将具有加速度测量功能的智能手机固定在小车上，来测量加速度，如图所示(实验的其他条件不变)让重物落下，开始测量小车的加速度。直至小车接触到制动器后结来测量。在智能手机上示了如图所示的面，图纵轴为加速度，横轴为时间，且智能手机测量的是以小车的前进方向为正方向的加速度，小车停止前的加速度超过了图表的显示范围。
(1)智能手机测得小车的加速度约为______m/s2(保留两位有效数字)；
(2)智能手机和打点计时器测得的加速度有明显差异，主要原因是______；
(3)根据图像可知小车与制动器碰撞前的速度约为______m/s(保留三位有效数字)。
在测定两节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：
两节待测干电池(电动势E约3.0V，内阻r不到2.0Ω)
电流表A(满偏电流60mA，内阻rg=18Ω)
电压表V(0∼3.0V,内阻约为3kΩ)
滑动变阻器R(0∼30Ω,5A)
定值电阻R0=2Ω
开关，导线若干
(1)某同学设计了如图所示的甲、乙、丙三种测量电路图，为了方便且能较准确地进行测量，应选用图______所示的电路进行实验，电压表的内阻对实验结果______(填“有”或“无”)影响。
(2)根据所选用的电路图，请在下图中用比划线代替导线，将实验电路连接完整。
(3)图为某同学根据实验中两个电表的示数做出的U−I图线，由该图线可得被测干电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω。(结果均保留三位有效数字)
某高速上一长直路段设置有区间测速，区间长度为19km，一辆小汽车通过测速起点时的速度为92km/h，汽车匀加速行驶36s后速度为108km/h，接着匀速行驶6min，然后匀减速行驶并通过测速终点。为使汽车在该区间的平均速度不超过最高限速100km/h，求：
(1)小汽车在该区间运动的最短总时间；
(2)该车通过区间测速终点时的最高速度大小。
如图，在x轴上方和直线OP右侧的公共区域内存在匀强电场或匀强磁场，甲、乙两电粒子分别从OP上的M、N两点以相同的初速度沿x轴正方向射入电场或磁场中，并都能从Q点射出。带电粒子重力不计，各点坐标已在图中标出，求下列两种情形下甲、乙两粒子比荷的比值：
(1)匀强电场沿竖直方向；
(2)匀强磁场垂直于纸面。
如图所示，在竖直平面内，有由斜面AB、水平直线BC和半圆弧CD组合而成的固定轨道，斜面AB倾角θ=30∘，长度为2l，除AB外，轨道的其他部分光滑。在轨道上依次放置甲、乙、丙三个小物块，甲从A点由静止开始释放。已知甲的质量为4m，丙的质量为m，甲与斜面间的动摩擦因数μ=34，重力加速度大小为g。
(1)求甲滑至B点时的速度大小；
(2)若三个物块之间的碰撞均为弹性碰撞，要使丙碰后速度最大，则乙的质量应为多大？
(3)在满足(2)的条件下，要使丙能够通过圆轨道的最高点D.则圆弧轨道的径R应满足什么条件？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：设弹簧弹力为T，P的质量为m，P到O的距离为r，摩擦力用f表示。
原来弹簧处于拉伸状态，对P根据平衡条件可得摩擦力方向向外；
让圆盘从静止开始缓慢加速转动，角速度较小时，有：T−f=mrω2，则：f=T−mrω2，随着角速度的增大，摩擦力逐渐减小；
当T=mrω2时，摩擦力为零；
随后角速度继续增大，摩擦力方向指向圆心，则有：T+f=mrω2，则：f=mrω2−T，随着角速度的增大，摩擦力逐渐增大。
所以，摩擦力先减小后增加，故B正确、ACD错误。
故选：B。
根据合力提供向心力结合角速度的大小判断摩擦力的变化情况。
本题主要是考查向心力的计算和摩擦力的判断，关键是弄清楚向心力的来源，知道P在滑动前，弹簧弹力不变。
2.【答案】B
【解析】解：由图可知，当α=30∘时BO的拉力最小，最小值为
Fmin=5N
此时OB与OA垂直，则
Fmin=Gsin30∘
解得
G=10N
故ACD错误，B正确
故选：B。
分析题意，重物处于动态平衡状态，根据最小F时力的关系，根据平行四边形定则分析即可。
该题考查了共点力的平衡知识，解题关键理解图乙的含义，注意拉力最小的特殊情况。
3.【答案】C
【解析】解：在上滑和下滑过程中，物块通过的位移大小相同，设为x，在上滑过程中，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ+μmacsθ=ma1，x=12at12
在下滑过程中，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ−μmgcsθ=ma2，x=12at22
其中t2=2t1
联立解得μ=35tanθ，故ABD错误，C正确；
故选：C。
根据牛顿第二定律求得上滑和下滑的加速度大小，结合位移-时间公式求得动摩擦因数。
本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，知道加速度是解决此类问题的中间桥梁，抓住上滑和下滑通过的位移大小相同。
4.【答案】D
【解析】解：由点电荷电场强度表达式E=kQr2知，C点等量异种电荷在B点产生的场强大小也为E，设A处点电荷在B点产生的场强方向由A指向B，则C处点电荷在方向B点产生的场强方向由B指向C，因为A、B、C为一等边三角形的三个顶点，所以两场强夹角为120∘，则合场强为E；因AC与B距离相等，故C处点电荷在B点产生的电势为−φ，则B处的电势为零，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据E=kQr2判断电场强度大小，再根据矢量的合成求解其大小；根据C处点电荷在B点产生的电势判断B处的电势。
本题解题关键在于根据矢量的合成求解电场强度大小。
5.【答案】A
【解析】解：设任一导线通电后获得的速度为v，上升的高度为h，通电时通过导线的电荷量为q。
金属导线上升过程，由运动学公式有v2=2gh
通电过程，取竖直向上为正方向，由动量定理得：BI−L⋅t=mv−0
通过金属导线的电荷量为q=I−⋅t
联立整理得：q=m2ghBL，则先后两次通过金属导线的电荷量之比为q1：q2=h1：h2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
先研究金属导线上升的过程，由运动学公式求出初速度之比。再研究通电过程，利用动量定理列式，得到通过金属导线的电荷量与导线获得的速度关系，从而求得电荷量之比。
本题中通电是瞬时过程，往往利用动量定理求通过导线的电荷量，要知道在电流变化时，电荷量等于电流平均值与时间的乘积。
6.【答案】C
【解析】解：设带电环所带电荷量为q，初速度为v0，底座锁定时电容器极板间电场强度为E，则由功能关系有
qEd=12mv02
底座解除锁定后，两极板间距离变为原来的2倍，极板间电场强度大小不变，电容器及底座在带电环作用下一起向左运动，当与带电环共速时，带电环达到进入电容器最远位置，整个过程满足动量守恒，则有
mv0=3mv1
再由功能关系有
qEd′=12mv02−12⋅3mv12
联立解得
d′=23d
故ABD错误，C正确；
故选：C。
电容器极板连同底座与带电环组成的系统动量守恒，当带电环与左极板最近时两者速度相等，应用动量守恒定律可以求出带电环与左极板最近时的速度，应用动量守恒定律与能量守恒定律解得。
本题考查了动量守恒定律与能量守恒定律的应用，根据题意分析清楚运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可解题；应用动量守恒定律解题时注意正方向的选择。
7.【答案】BC
【解析】解：ABD、黑洞和恒星组成的双星系统，则角速度相等，故黑洞与恒星的角速度大小之比为1：1，他们之间由万有引力提供向心力，故向心力大小之比为1：1，根据F=ma可知加速度之比为1：16，故AD错误，B正确；
C、设黑洞和恒星相距l，各自做匀速圆周运动的半径为r1，r2，则GMml2=mr1ω2=mr2ω2，线速度大小v=rω，联立解得线速度大小之比为1：16，故C正确；
故选：BC。
黑洞和恒星组成的双星系统，则角速度相等，他们之间由万有引力提供向心力，从而分析各选项的比值关系。
本题考查万有引力的应用，解题关键掌握万有引力提供向心力的计算方法，注意双星系统的特点。
8.【答案】AD
【解析】解：AB、根据牛顿第二定律得：a=μmgm=μg，由此可知，两个物体在水平面上的加速度相同；
根据p−t图像可知，：：2，根据速度-时间公式0−v0=at可知，：：2，而因为p=mv相等，则甲、乙两物体的质量之比为2：1，故A正确，B错误；
CD、根据动能定理可知，合外力做的功等于动能的变化量，在本题中合外力为物体受到的摩擦力，则摩擦力做功的多少等于物体的动能，即Wf=Ek=p22m，则甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为1：2，故C错误，D正确；
故选：AD。
根据牛顿第二定律分析出两个物体的加速度，结合图像得出两物体的运动时间，根据速度-时间公式得出初速度之比，结合动量相同的特点分析出质量之比；
根据动能定理可知，摩擦力做的功的绝对值等于物体动能的变化量，结合动量和动能的关系分析出摩擦力做功之比。
本题主要考查了动量定理的相关应用，根据图像得出运动时间，结合运动学公式分析出速度之比，解题关键点是掌握动量和动能之间的转换关系。
9.【答案】AD
【解析】解：AB、匀速行驶时，牵引力等于阻力，则84%E=fx，解得：f=345N，故A正确，B错误；
CD、、电能E=80kW⋅h=80×103W⋅h，则由W=UIt可知，充电电压U=EIt=80000100×2V=400V；故C错误，D正确；
故选：AD。
根据电动车续航里程，结合动能定理求得所受到的阻力，根据电池储能求得充电电压。
本题考查电功的计算以及E=fs的应用，要注意明确功能关系，知道充电和使用时功能转化规律，同时在计算时要注意明确单位的换算，体会什么时刻需要换算为国际单位制中的单位．
10.【答案】ABC
【解析】解：A、球在空中上升时加速度方向竖直向下，处于失重状态，故A正确；
B、甲传球，球做斜向上抛运动，设初速度与水平方向夹角为θ，有竖直方向
v0sinθ=gt
水平方向
x=v0csθt
联立代入数据，得
θ=37∘
x=4.8m
故B正确；
C、以地面为零势能面，则球刚抛出时的机械能为E=mgh+12mv2
代入数据可得E=36J
球在空中运动时，只受重力作用，机械能守恒，故C正确；
D、因为队友接球位置未知，故无法确定接球时的动能，故D错误。
故选：ABC。
根据超重和失重状态的特点结合加速度的方向可以判断；利用斜抛运动的规律可以求出水平距离；求出球的重力势能和动能，利用球在空中运动时机械能守恒，可以判断队友接球时的机械能；因为队友接球位置未知，故无法确定接球时的动能。
本题考查功能关系，在涉及超重现象和失重现象时，要注意其实质是在竖直方向有加速度，加速度的方向向下可判断此时处于失重状态。
11.【答案】0.60小车所受拉力不变，放置了智能手机，整体的质量增加了 1.08
【解析】解：(1)由图像可以读出加速度大小约为0.60m/s2；
(2)智能手机明显比打点计时器测得的加速度小，原因是小车上放置了智能手机，整体的质量增加，使所受摩擦力增大，整体合外力减小，则整体加速度减小；
(3)从图像看以看出从2.5s到4.3s物体一直以0.60m/s2的加速度匀加速运动，因为a−t图像的面积表示速度变化量，所以Δv=aΔt=0.60×1.8m/s=1.08m/s，故小车与制动器碰撞前的速度约为1.08m/s。
故答案为：(1)0.60；(2)小车所受拉力不变，放置了智能手机，整体的质量增加了；(3)1.08m/s
(1)根据图像得出小车的加速度；
(2)根据牛顿第二定律分析出加速度有明显差异的主要原因；
(3)根据a−t图像中，图像与横轴围成的面积计算出小车与制动器碰撞前的速度。
本题主要考查了测量加速度的实验，根据图像直接得出加速度的大小，结合牛顿第二定律分析出加速度差异较大的原因，同时理解a−t图像中，图像和横轴围成的面积表示速度的变化量。
12.【答案】乙 无
【解析】解：(1)甲、丙中将电流表直接串联在干路中，由于电流表满偏电，根据闭合电路欧姆定可知要保证电流表安全，必须满足电路总电，滑动变阻器总电阻30Ω全部接入电路，电路总电阻也达不到50Ω，所以甲、乙电路存在安全问题，不能选用；而乙图中将电流表和R0并联，根据并联特点可知形成一量程为IA=10I=10×60mA=600mA、的电流表，同理要求，滑动变阻器很容易满足要求，所以不存在安全问题，故选乙。
(2)根据E=U+Ir知，在乙图中，改装后的电流表读数表示干路电流的真实值，路端电压通过电压表读数与电流表两端电压算出)之和表示出来，没有系统误差，所以电压表内阻对实验结果没有影响，填“无”。
(2)根据电路图，将实物图连线如下
(3)根据E=U+Ir得乙实验中两点表示数关系ΔUΔI
U=E−10I(r+RA)
由图中数据可读数
E=2.90V，r=|ΔUΔI−RA=2.90−1.200.6Ω−1.8Ω=1.03Ω|
答案为：(1)乙，无；(2)如图
(3)2.93(2.92∼2.94)，1.08(1.06∼1.10).
(1)分析电路结构，根据改装原理以及闭合电路欧姆定律进行分析，从而确定答案；
(2)按(1)中选的电路图连线即可；
(3)根据闭合电路欧姆定律进行分析，根据图象的性质即可明确电源的电动势和内电阻．
本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，知道测量电动势和内阻的方法，从而确定电动势和内电阻．
13.【答案】解：(1)根据平均速度定义v−=xt，解得汽车在该区间运动的最短总时间t=xv=19100h=0.19h=684s
(2)设匀加速行驶的时间为t1，匀速行驶的时间为t2，汽车在区间测速起点的速度为v1，匀速行驶的速度为v2，区间测速终点的最高速度为vm，总位移为x，匀加速行驶的位移x1=v1+v22t1，匀速行驶的位移x2=v2t2，匀减速行驶的位移x3=v2+vm2(t−t1−t2)
总位移x=x1+x2+x3
联立解得：vm=72km/h
答：(1)小汽车在该区间运动的最短总时间为684s；
(2)该车通过区间测速终点时的最高速度大小为72km/h.
【解析】(1)根据x=vt求得运动的时间；(2)分别表示匀加速行驶的位移、匀速行驶的位移、匀减速行驶的位移，三者相加联立求最大速度。
该题考查匀变速直线运动的公式的应用，分析清楚运动的过程，牢记公式即可正确解答。
14.【答案】解：(1)设竖直方向的电场强度大小为E，带电粒子初速度为v0，加速度为a，运动时间为t，则根据牛顿第二定律可得：qE=ma
根据运动的分解可得，在x轴方向的位移为：x=v0t
在y轴方向的位移为：y=12at2
联立解得带电粒子的比荷为：qm=2v02yEx2
根据图像所给坐标y1=2h，y2=h，x1=2h，x2=1.5h，并利用上式求得甲、乙比荷之比为：q1m1:q2m2=98
(2)设垂直纸面的磁感应强度大小为B，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿运动定律有：qv0B=mv02R
对甲粒子，由图可知其做圆周运动的半径R1=2h
对乙粒子，从N点运动到Q点时，其运动轨迹如图所示，由几何关系有：R22=(R2−h)2+(1.5h)2
联立解得，甲、乙两粒子比荷之比为：q1m1:q2m2=1316
答：(1)匀强电场沿竖直方向情形下甲、乙两粒子比荷的比值为9：8；
(2)匀强磁场垂直于纸面情形下甲、乙两粒子比荷的比值为13：16。
【解析】(1)粒子在竖直方向的电场中做曲线运动，根据x轴和y轴的分运动求得比荷通式，最后得到甲、乙两粒子的比荷的比值；
(2)根据粒子在磁场中的运动轨迹图，结合几何关系得到半径大小，根据qv0B=mv02R得到甲、乙两粒子的比荷的比值。
本题考查了带电粒子分别在电场和磁场中的运动，解题的关键是电场中的曲线运动需要用运动的分解来解题；磁场中的匀速圆周运动需要作图和几何关系来解题。
15.【答案】解：(1)甲从A点运动到B点过程中，由动能定理得：
4mg×2lsinθ−μ×4mgcsθ×2l=12×4mv02−0
解得甲滑至B点时的速度大小：v0=gl2
(2)甲与乙发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：
由机械能守恒定律得：
式中v1、v2分别为甲和乙碰撞后的速度，
乙与丙发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：
由机械能守恒定律得：
式中v2′、v3分别为乙和丙碰撞后的速度．
解得当乙的质量时，丙碰撞后能获得最大速度，最大速度为v3=169gl2
(3)丙恰好通过最高点D时重力提供向心力，设其速度大小为v4，
由牛顿第二定律得：mg=mv42R0
丙从C点运动到D点的过程中，根据机械能守恒定律得：12mv32=12mv42+mg×2R0
解得：R0=128405l
圆弧轨道的径R应满足的条件是：R≤128405l
答：(1)甲滑至B点时的速度大小是gl2；
(2)若三个物块之间的碰撞均为弹性碰撞，要使丙碰后速度最大，则乙的质量应为2m；
(3)在满足(2)的条件下，要使丙能够通过圆轨道的最高点D.则圆弧轨道的径R应满足的条件是R≤128405l。
【解析】(1)应用动能定理可以求出甲滑至B点时的速度大小。
(2)物块间的碰撞是弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析求解。
(3)丙恰好通过圆弧轨道最高点时重力提供向心力，应用牛顿第二定律分析求解。
物体发生弹性碰撞时系统动量守恒、机械能守恒；根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律、牛顿第二定律可以解题。
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