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2022-2023学年江西省抚州市资溪县高一（下）期末考试物理试卷（7月）
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这是一份2022-2023学年江西省抚州市资溪县高一（下）期末考试物理试卷（7月），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江西省抚州市资溪县高一（下）期末考试物理试卷（7月）
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 下列说法中，符合物理学史实的是( )
A. 法国科学家笛卡儿认为须有力作用在物体上，物体才能运动
B. 牛顿得出了万有引力定律，并测定了引力常量
C. 元电荷最早由美国物理学家密立根测得并因此获得诺贝尔物理学奖
D. 卡文迪许用扭秤实验建立了库仑定律，并测定了静电力常量
2. 物理科学中，为了更好的描述自然现象，需要引入很多物理量，才能真正发现现象背后的物理规律，下面选项中哪个是库仑定律的表达式( )
A. F=kq1q2r2 B. F=kq1q2r C. F=Gm1m2r2 D. F=Gm1m2r
3. 如图所示，A、B是同一条电场线上的两点，这两点电场强度的关系是( )
A. EA>EB，方向相同
B. EA>EB，方向不同
C. EA
A. 吸引力，先变小后变大 B. 吸引力，先变大后变小
C. 排斥力，先变小后变大 D. 排斥力，先变大后变小
5. 某中学户外研学活动中，同学们开展助农春耕，深度体验农耕文化及劳动人民的艰辛。如图所示，学生相互合作用一根绳子拉犁，绳子斜向上与水平方向成37°，拉力大小为200 N，犁位移10 m，经历时间10 s。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则下列关于该过程拉力做功及功率的说法正确的是
A. 拉力做功为1800 J B. 拉力做功为1200 J
C. 拉力做功的平均功率为160 W D. 拉力做功的平均功率为120 W
6. 一辆汽车在平直公路上由静止启动，汽车的输出功率与汽车速度大小的关系图像如图所示，当汽车速度达到v0后，汽车的功率保持恒定，汽车能达到的最大速度为2v0。若运动过程中汽车所受阻力恒为f，汽车的质量为m，下列说法正确的是( )
A. 汽车先做匀加速运动，然后开始做匀速运动
B. 汽车速度为0.5v0时，加速度大小为2fm
C. 汽车从静止到速度v0通过的位移为mv02f
D. 若汽车速度达到2v0所用时间为t，则经过的位移为2v0t−3mv02f
7. 如图所示，轻弹簧劲度系数为k，一端固定于挡板C上，另一端与质量为m的物块A相连接，物块A处于静止状态。跨过滑轮的细绳，一端与物块A连接，另一端连接挂钩，挂钩上挂一个质量也为m的物块B后，物块A、B由静止开始运动。细绳与斜面始终平行，B始终未接触地面，斜面足够长，倾角为30°，重力加速度为g，滑轮、细绳和挂钩质量及一切摩擦都不计。下列说法正确的是
A. 物块B刚挂上时，B的加速度为g
B. 物块A的最大速度为g mk
C. 物块A从静止上升到最高点过程中，弹性势能的增加量大于物块B的重力势能的减少量
D. 物块A从静止上升到速度最大的过程中，绳对A做的功等于A的机械能增加量
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
8. 关于静电的利用与防范，下列说法正确的是( )
A. 安装避雷针可使建筑物免遭雷击
B. 静电复印机的工作原理和静电现象完全无关
C. 用静电喷漆的方法给汽车喷涂油漆，既省漆又均匀
D. 油罐车在运输过程中会产生静电，车后拖一铁链，能防止静电产生危害
9. (多选)质量为m的物体以速度2v竖直向上抛出，物体落回到抛出点时，速度大小为v。设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，以下说法正确的是( )
A. 整个过程中重力做功为零
B. 空气阻力做的功为mv2
C. 小球上升的最大高度为5v24g
D. 小球运动过程中所受空气阻力大小为2mg5
10. 如图所示，电荷量分别为+Q、+4Q的点电荷分别固定在间距为L的A、B两点，以A、B两点连线的中点O为圆心、L6为半径作圆，与A、B两点连线及垂线相交于a、c、b、d四点，已知静电力常量为k，下列说法正确的是( )
A. 电场强度为零的点位于OA段 B. b、d两点电场强度大小相等、方向相反
C. O点的电场强度大小为12kQL2 D. c点的电场强度为O点电场强度的94倍
11. 如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一轻小定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右侧，杆上套有一质量m=2kg的小球A。半径R=0.3m的光滑半圆形细轨道竖直的固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2kg的小球B。用一条不可伸长的柔软轻绳，通过定滑轮将两个小球连接起来，杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点。现给小球A一个水平向右的恒力F=60N，(取重力加速度大小g=10m/s2)，则( )
A. 小球B运动到C处时小球A的动能为0
B. 小球B运动到C处时的速度大小为 14m/s
C. 小球B被拉到与小球A速度大小相等时，离地面高度为0.225m
D. 小球B从地面拉到P的正下方C时，小球B的机械能增加了20J
三、实验题（本大题共2小题，共20.0分）
12. 某同学用气垫导轨验证机械能守恒定律。装置如图所示，气垫导轨上A处安装了一个光电门，滑块上固定一遮光条，滑块和遮光条的总质量为M。滑块每次在气垫导轨上B点由静止释放，测出A、B间距离为L，遮光条的宽度为d，当地重力加速度为g。
(1)实验前要调节气垫导轨水平．开通气源，不挂钩码，将滑块放在气垫导轨上，如果滑块向左加速滑动，应将气垫导轨右端调_________(填“高”或“低”)，直到滑块放在气垫导轨上能处于静止状态
(2)挂上钩码，调节定滑轮使连接滑块的细线_________，将滑块在B处由静止释放，滑块通过光电门时遮光条遮光时间为t1，钩码的质量为m1，从B处到达光电门中心处时，m1和M组成的系统动能增加量可表示为ΔEk=_________，系统的重力势能减少量可表示为ΔEp=_________，在误差允许的范围内，若ΔEk=ΔEp，则可认为系统的机械能守恒(用题中字母表示)。
13. 某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间静电力的因素。图甲中，A是一个带正电的小球，系在绝缘丝线上带正电的小球B会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。
(1)他们分别进行了以下操作。
①把系在丝线上的带电小球B先后挂在如图甲中横杆上的P1、P2、P3等位置，小球B平衡后丝线偏离竖直方向的夹角依次减小，由此可得，两小球所带电量不变时，距离增大，两小球间静电力______。(填“增大”、“减小”或“不变”)
②使小球B处于同一位置，增大小球A所带的电荷量，小球B平衡时丝线偏离竖直方向的夹角增大，由此可得，两小球距离不变时，电荷量增大，两小球间静电力______。(填“增大”、“减小”或“不变”)
(2)以上实验采用的方法是______(填正确选项前的字母)。
A.等效替代法B.理想实验法C.控制变量法D.微小量放大法
(3)接着该组同学又进行了如下实验，如图乙所示，悬挂在P点的不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球B，在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球A，当A球到达悬点P的正下方并与B在同一水平线上，B处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向角度为θ，若两次实验中A的电量分别为q1和q2，θ分别为30°和45°，则q1q2为_________。
四、计算题（本大题共3小题，共36.0分）
14. 如图所示，用一绝缘轻质细绳悬挂一个质量为40g的带电小球，空间有水平向右，大小为l×104N/C的匀强电场，小球处于静止状态时绳子与竖直方向夹角为45∘，g=10m/s2。
(1)分析小球的带电性质；
(2)小球带的电荷量是多少？
15. 水平转盘可以绕竖直轴O1O2转动，半径R=0.6m，转盘中心O2处有一个光滑小孔，用一根长L=1.1m细线穿过小孔将质量分别为mA=0.2kg、mB=0.5kg的小球A和小物块B连接，小物块B放在水平转盘的边缘且与转盘保持相对静止，如图所示。现让小球A在水平面做角速度ωA=5rad/s的匀速圆周运动，小物块B与水平转盘间的动摩擦因数μ=0.3(取g=10m/s2)，求：
(1)O2A与竖直方向的夹角θ及细线上的拉力大小；
(2)小球A运动速度大小不变，现使水平转盘转动起来，要使小物块B与水平转盘间保持相对静止，求水平转盘角速度ωB的取值范围。(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
16. 如图所示，粗糙水平地面AB与固定在竖直面内的半圆形光滑轨道BC在B点平滑连接，轨道半径R=0.4m。用外力将一质量m=lkg的物块压缩弹簧至A点，撤去外力，由静止释放物块，物块经过B点(此时物块与弹簧已分离)进入半圆形轨道向上运动到达最高点C后飞出，落到水平地面上时与B点的距离x=1.2m。已知A、B两点间的距离L=2m，物块与水平地面AB间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力。
(1)求物块经过C点时对轨道的压力大小；
(2)求弹簧被压缩至A点时的弹性势能；
(3)若半圆形轨道BC的半径可调节，仍然用外力将物块压缩弹簧至A点后由静止释放，求物块从C点平抛后落到水平地面上时离B点的最大距离。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.亚里士多德认为须有力作用在物体上，物体才能运动，故A错误；
B.牛顿得出了万有引力定律，英国的卡文迪许通过实验测出了万有引力常量，故B错误；
C.元电荷最早由美国物理学家密立根测得并因此获得诺贝尔物理学奖，故C正确；
D.库仑利用扭秤实验建立了库仑定律，并测定了静电力常量，故D错误。
故选C。
2.【答案】A
【解析】库仑定律的表达式为
F=kq1q2r2
故选A。
3.【答案】C
【解析】解：电场线的疏密程度表示电场的强弱，故E A
故ABD错误，C正确；
故选：C。
为了形象描述电场中各点电场强度的强弱及方向，在电场中画出一些曲线，曲线上每一点的切线方向都跟该点的场强方向一致，曲线的疏密程度表示电场的强弱，这就是电场线。
电场线特点：
(1)电场线始于正电荷(或无穷远)，终于负电荷(或无穷远)；
(2)电场线互不相交；
(3)电场线和等势面在相交处互相垂直；
(4)沿着电场线的方向电势降低；
(5)电场线密的地方等差等势面密；等差等势面密的地方电场线也密。
4.【答案】D
【解析】解：带电相同的小球受斥力作用，而距离先越来越近，再越来越远，由于电量保持不变，根据F=kQqr2可知距离先减小后增大，电场力先逐渐增大，后逐渐减小，故 ABC错误，D正确。
故选：D。
本题比较简单，由题可知小球受斥力，距离先越来越近，后越来越远，因此直接利用库仑定律公式即可求解．
对于库仑定律公式F=kQqr2，要明确其使用条件和各个物理量的含义．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
根据功的公式W=Fxcosθ求解拉力做功，其中θ为力与位移方向的夹角；根据平均功率公式P=Wt求解平均功率。
掌握做功公式、功率公式求解即可，基础题。
【解答】
根据功的公式可得拉力做功为W=Fxcosθ=200×10×0.8J=1600J，故AB错误；
拉力做功的平均功率为P=Wt=160010W=160W，故C正确，D错误。
6.【答案】D
【解析】解：A、由图像可知，0～v0内图像斜率表示牵引力，由于图像斜率为定值，则牵引力恒定，所汽车先做匀加速直线运动，达到额定功率后，速度增大，牵引力减小，则汽车再做变加速运动，故A错误；
B、0−v0汽车做匀加速运动，图像斜率表示牵引力，则有F=Pv0，当汽车达到最大速度时有f=F′=P2v0则F=2f
所以汽车速度为0.5v0时，加速度大小为a=F−fm=fm，故B错误；
C、匀加速过程的位移为x1=v022a=v022×fm=mv022f，故C错误；
D、由动能定理可知，变加速过程中的位移为P(t−v0fm)−fx2=12m(2v0)2−12mv02
总位移x=x1+x2
联立解得x=2v0t−3mv02f，故D正确。
故选：D。
当牵引力等于阻力时，速度达到最大，根据P=fv求得额定功率，在0−v0过程，汽车做匀加速运动，根据P=Fv求得牵引力，利用牛顿第二定律求得加速度，当速度为v0时，汽车达到额定功率，此后汽车做加速度减小的变加速运动，根据运动学公式求得匀加速运动通过的位移，根据动能定理求得做变加速运动通过的位移即可。
解决本题的关键理清恒定功率和恒定加速度启动整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道加速度等于零时，汽车的速度最大。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了牛顿第二定律的应用及机械能守恒定律；要分析清楚物体的运动过程，应用牛顿第二定律与机械能守恒定律可以正确解题。
物块B刚挂上时，以A和B组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律列式可求解加速度；
物块A处于静止时，弹簧受到的压力等于A的重力沿斜面向下的分力，由平衡条件和胡克定律求出弹簧的压缩量x；当A的加速度为零时，速度达到最大，由系统的机械能守恒定律可以求出最大速度vm；
根据机械能守恒分析弹性势能的增加量与物块B的重力势能的减少量关系；
根据动能定理分析绳对A做的功与A的机械能增加量关系。
【解答】
解：A.物块B刚挂上时，以A和B组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：mg=(m+m)a，可得：a=0.5g，故A错误；
B.未挂B物时，物块A处于静止时，受到重力、斜面的支持力和弹簧的作用力，由平衡条件mgsin30°=kx，解得x=mg2k；
当物块A的加速度为零(或合外力为零)时，速度达到最大，则有：mgsin30°+kx′=mg，解得：x′=mg2k；
故物块A运动的距离为：x0=x+x′=mgk；
在出发点与物块A速度最大时的点弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，对A、B和弹簧系统，由系统的机械能守恒得：mgx0=mgx0sin30°+12·2mvm2；
解得：vm=g m2k，故B错误；
C.对于A、B和弹簧系统，机械能守恒定律，弹性势能的增加量等于物块B的重力势能的减少量与物块A的重力势能的增加量之差，所以弹性势能的增加量小于物块B的重力势能的减少量，故C错误；
D.根据动能定理，物块A从静止上升到速度最大的过程中，弹簧弹性势能相等，绳对A做的功等于A的机械能增加量，故D正确。
8.【答案】ACD
【解析】
【分析】
本题主要考查生活中的静电现象的利用和防范，解决本题关键在于熟知日常生活中的各种静电现象，根据生活经验解题即可。
【解答】
A.安装避雷针可使建筑物免遭雷击，故A正确；
B.静电复印机是利用静电正负电荷能互相吸引的原理制成的，故B错误；
C.用静电喷漆的方法给汽车喷涂油漆，既省漆又均匀，故C正确；
D.车后拖一铁链，能及时把静电导走，故D正确。
9.【答案】AC
【解析】
【分析】
本题有多种解法，但对不涉及时间、方向等细节问题，特别是多过程问题，应用动能定理求解较方便．
【解答】
A、整个过程位移为0，重力做功为0，故A正确；
B、对全过程应用动能定理，Wf=12mv2−12m2v2=−32mv2，故B错误；
C、物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，故上升过程阻力做功为全过程得一半，对上升过程应用动能定理得Wf2−mgh=0−12m2v2，解得h=5v24g，故C正确；
D、全过程Wf=−f×2h，得f=3mg5，故D错误。
10.【答案】AC
【解析】
【分析】
本题考查了电场的叠加，基础题。
根据E=kQr2分别计算+Q、+4Q的两点电荷在O点产生的场强，然后求其矢量和，即得O点的电场强度的大小。
【解答】
A、电荷量为+Q的点电荷在AB产生的电场强度方向水平向右，电荷量为+4Q的点电荷在AB产生的电场强度方向水平向左，又E=kQr2，根据场强的叠加原理可知电场强度为零的点靠近电荷量小的电荷，故电场强度为零的点位于OA段，故A正确；
B、b、d两点电场强度如图：
二者大小相等，但方向不相反，故B错误；
C、O点的电场强度大小为 12kQL2，根据题意，由点电荷场强公式可得，电荷量为+Q的点电荷在O点产生的电场强度方向水平向右，大小E1=kQ(L2)2=4kQL2，
电荷量为+4Q的点电荷在O点产生的电场强度方向水平向左，大小E2=4kQ(L2)2=16kQL2，
所以O点的电场强度方向水平向左，大小EO=E2−E1=12kQL2，故C正确；
D、根据题意，由点电荷场强公式可得，电荷量为+Q的点电荷在c点产生的电场强度方向水平向右，大小Ec1=kQ(2L3)2=9kQ4L2，电荷量为+4Q的点电荷在c点产生的电场强度方向水平向左，大小Ec2=4kQ(L3)2=36kQL2，所以c点的电场强度方向水平向左，大小Ec=Ec2−Ecl=135kQ4L2，所以是EcE0=4516，故D错误。
故选AC。
11.【答案】AC
【解析】A.小球B运动到C处时，已无沿绳的分速度，所以此时小球A的速度为0，动能为0。故A正确；
BD.小球B从地面拉到P的正下方C时，小球A的速度为0，根据功能关系可知，拉力F做的功等于B球机械能的增量，即
Fx=ΔE=mgR+12mvC2
由几何关系可知
x=PB−PC= 0.42+0.32m−(0.4−0.3)m=0.4m
联立，解得
ΔE=24J，vC=3 2m/s
故BD错误；
C.当绳与轨道相切时两球速度相同，如图
由几何知识可得
sin∠OPB=ROP=34
所以
hR=34
解得
h=0.225m
1
故C正确；
故选AC。
12.【答案】(1)低 (2)水平 12(m1+M)dt12 m1gL
【解析】略
13.【答案】(1)减小；增大；(2)C；(3) 36。
【解析】
【分析】
(1)根据实验现象得出实验结论。
(2)本实验采用的是控制变量法。
(3)根据受力情况结合平衡条件进行解答。
本题主要是考查库仑力的特点及利用平衡方程求解电量的关系，掌握库仑定律内容以及表达式，能够根据平衡条件进行解答。
【解答】
(1)①把系在丝线上的带电小球B先后挂在如图甲中横杆上的P1、P2、P3等位置，小球B平衡后丝线偏离竖直方向的夹角依次减小，由此可得，两小球所带电量不变时，距离增大，两小球间静电力减小。
②使小球B处于同一位置，增大小球A所带的电荷量，小球B平衡时丝线偏离竖直方向的夹角增大，由此可得，两小球距离不变时，电荷量增大，两小球间静电力增大。
(2)图甲中先保持带电小球的电荷量不变，把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，改变两个小球之间的距离，比较库仑力的大小；后来保持小球之间的距离不变，改变小球所带的电荷量大小，分析小球之间的库仑力，所以实验采用的方法是控制变量法，故C正确，ABD错误；
故选：C。
(3)设小球B的质量为m，电量为q，B球的受力情况如图所示；
当A球带电量为q1时，由平衡条件得：kqq1r12=mgtan30°，其中r1=PBsin30°
当A球带电量为q2时，由平衡条件得：kqq2r22=mgtan45°，其中r2=PBsin45°
解得：q1q2= 36。
故答案为：(1)①减小；②增大；(2)C；(3) 36。
14.【答案】(1)正电；(2) 4×10−5C
【解析】(1)由图可知带电小球向右偏，说明小球受到向右的电场力，与电场方向相同，故小球带正电；
(2)绳子偏转45°时小球处于静止状态，根据受力平衡有
tan45∘=qEmg=1
可得
q=mgE=40×10−3×101×104C=4×10−5C
15.【答案】(1)θ=37∘，T=2.5N；(2) 103rad/s≤ω≤ 403rad/s
【解析】(1)对A受力分析，可知： T=mAgcosθ ；
由牛顿第二定律得： mAgtanθ=mAω2rA ，其中 rA=L−Rsinθ ；
解得： cosθ=45 ， θ=37∘ ， T=2.5N ；
(2)当物体B受到的最大静摩擦力 fmax 指向圆心时，
转盘 ω1 最大， T+μmBg=mBω12R⇒ω1= 403rad/s ；
当物体B受到的最大静摩擦力 fmax 背离圆心时，
转盘 ω2 最大， T−μmBg=mBω22R⇒ω2= 103rad/s ；
角速度的范围 103rad/s≤ω≤ 403rad/s
16.【答案】(1) FN′=12.5N；(2) E弹=22.5J；(3)1.25m
【解析】(1)物块从C点飞出做平抛运动，竖直方向上有
2R=12gt2
水平方向上有
x=vCt
解得
vC=3m/s
对物块在半圆形轨道上C点受力分析，有
FN+mg=mvC2R
由牛顿第三定律有
FN′=FN
解得
FN′=12.5N
(2)物块从A点运动到C点，由动能定理有
12mvC2−0=−2mgR−μmgL+W弹
根据功能关系可知
W单=E弹
解得
E弹=22.5J。
(3)当半圆形轨道BC的半径变为R′时，物块从A点运动到C点，由动能定理有
−2mgR′−μmgL+W弹=12mvC′2−0
物块从C点做平抛运动，竖直方向上有
2R′=12gt2
水平方向上有
x=vC′t
解得
x= 10R′−16R′2
当R′=516m时，物块从C点平抛后落到水平地面上时离B点的最大距离
xmax=54m=1.25m
2022-2023学年江西省抚州市资溪县高一（下）期末考试物理试卷（7月）
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 下列说法中，符合物理学史实的是( )
A. 法国科学家笛卡儿认为须有力作用在物体上，物体才能运动
B. 牛顿得出了万有引力定律，并测定了引力常量
C. 元电荷最早由美国物理学家密立根测得并因此获得诺贝尔物理学奖
D. 卡文迪许用扭秤实验建立了库仑定律，并测定了静电力常量
2. 物理科学中，为了更好的描述自然现象，需要引入很多物理量，才能真正发现现象背后的物理规律，下面选项中哪个是库仑定律的表达式( )
A. F=kq1q2r2 B. F=kq1q2r C. F=Gm1m2r2 D. F=Gm1m2r
3. 如图所示，A、B是同一条电场线上的两点，这两点电场强度的关系是( )
A. EA>EB，方向相同
B. EA>EB，方向不同
C. EA
A. 吸引力，先变小后变大 B. 吸引力，先变大后变小
C. 排斥力，先变小后变大 D. 排斥力，先变大后变小
5. 某中学户外研学活动中，同学们开展助农春耕，深度体验农耕文化及劳动人民的艰辛。如图所示，学生相互合作用一根绳子拉犁，绳子斜向上与水平方向成37°，拉力大小为200 N，犁位移10 m，经历时间10 s。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则下列关于该过程拉力做功及功率的说法正确的是
A. 拉力做功为1800 J B. 拉力做功为1200 J
C. 拉力做功的平均功率为160 W D. 拉力做功的平均功率为120 W
6. 一辆汽车在平直公路上由静止启动，汽车的输出功率与汽车速度大小的关系图像如图所示，当汽车速度达到v0后，汽车的功率保持恒定，汽车能达到的最大速度为2v0。若运动过程中汽车所受阻力恒为f，汽车的质量为m，下列说法正确的是( )
A. 汽车先做匀加速运动，然后开始做匀速运动
B. 汽车速度为0.5v0时，加速度大小为2fm
C. 汽车从静止到速度v0通过的位移为mv02f
D. 若汽车速度达到2v0所用时间为t，则经过的位移为2v0t−3mv02f
7. 如图所示，轻弹簧劲度系数为k，一端固定于挡板C上，另一端与质量为m的物块A相连接，物块A处于静止状态。跨过滑轮的细绳，一端与物块A连接，另一端连接挂钩，挂钩上挂一个质量也为m的物块B后，物块A、B由静止开始运动。细绳与斜面始终平行，B始终未接触地面，斜面足够长，倾角为30°，重力加速度为g，滑轮、细绳和挂钩质量及一切摩擦都不计。下列说法正确的是
A. 物块B刚挂上时，B的加速度为g
B. 物块A的最大速度为g mk
C. 物块A从静止上升到最高点过程中，弹性势能的增加量大于物块B的重力势能的减少量
D. 物块A从静止上升到速度最大的过程中，绳对A做的功等于A的机械能增加量
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
8. 关于静电的利用与防范，下列说法正确的是( )
A. 安装避雷针可使建筑物免遭雷击
B. 静电复印机的工作原理和静电现象完全无关
C. 用静电喷漆的方法给汽车喷涂油漆，既省漆又均匀
D. 油罐车在运输过程中会产生静电，车后拖一铁链，能防止静电产生危害
9. (多选)质量为m的物体以速度2v竖直向上抛出，物体落回到抛出点时，速度大小为v。设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，以下说法正确的是( )
A. 整个过程中重力做功为零
B. 空气阻力做的功为mv2
C. 小球上升的最大高度为5v24g
D. 小球运动过程中所受空气阻力大小为2mg5
10. 如图所示，电荷量分别为+Q、+4Q的点电荷分别固定在间距为L的A、B两点，以A、B两点连线的中点O为圆心、L6为半径作圆，与A、B两点连线及垂线相交于a、c、b、d四点，已知静电力常量为k，下列说法正确的是( )
A. 电场强度为零的点位于OA段 B. b、d两点电场强度大小相等、方向相反
C. O点的电场强度大小为12kQL2 D. c点的电场强度为O点电场强度的94倍
11. 如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一轻小定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右侧，杆上套有一质量m=2kg的小球A。半径R=0.3m的光滑半圆形细轨道竖直的固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2kg的小球B。用一条不可伸长的柔软轻绳，通过定滑轮将两个小球连接起来，杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点。现给小球A一个水平向右的恒力F=60N，(取重力加速度大小g=10m/s2)，则( )
A. 小球B运动到C处时小球A的动能为0
B. 小球B运动到C处时的速度大小为 14m/s
C. 小球B被拉到与小球A速度大小相等时，离地面高度为0.225m
D. 小球B从地面拉到P的正下方C时，小球B的机械能增加了20J
三、实验题（本大题共2小题，共20.0分）
12. 某同学用气垫导轨验证机械能守恒定律。装置如图所示，气垫导轨上A处安装了一个光电门，滑块上固定一遮光条，滑块和遮光条的总质量为M。滑块每次在气垫导轨上B点由静止释放，测出A、B间距离为L，遮光条的宽度为d，当地重力加速度为g。
(1)实验前要调节气垫导轨水平．开通气源，不挂钩码，将滑块放在气垫导轨上，如果滑块向左加速滑动，应将气垫导轨右端调_________(填“高”或“低”)，直到滑块放在气垫导轨上能处于静止状态
(2)挂上钩码，调节定滑轮使连接滑块的细线_________，将滑块在B处由静止释放，滑块通过光电门时遮光条遮光时间为t1，钩码的质量为m1，从B处到达光电门中心处时，m1和M组成的系统动能增加量可表示为ΔEk=_________，系统的重力势能减少量可表示为ΔEp=_________，在误差允许的范围内，若ΔEk=ΔEp，则可认为系统的机械能守恒(用题中字母表示)。
13. 某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间静电力的因素。图甲中，A是一个带正电的小球，系在绝缘丝线上带正电的小球B会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。
(1)他们分别进行了以下操作。
①把系在丝线上的带电小球B先后挂在如图甲中横杆上的P1、P2、P3等位置，小球B平衡后丝线偏离竖直方向的夹角依次减小，由此可得，两小球所带电量不变时，距离增大，两小球间静电力______。(填“增大”、“减小”或“不变”)
②使小球B处于同一位置，增大小球A所带的电荷量，小球B平衡时丝线偏离竖直方向的夹角增大，由此可得，两小球距离不变时，电荷量增大，两小球间静电力______。(填“增大”、“减小”或“不变”)
(2)以上实验采用的方法是______(填正确选项前的字母)。
A.等效替代法B.理想实验法C.控制变量法D.微小量放大法
(3)接着该组同学又进行了如下实验，如图乙所示，悬挂在P点的不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球B，在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球A，当A球到达悬点P的正下方并与B在同一水平线上，B处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向角度为θ，若两次实验中A的电量分别为q1和q2，θ分别为30°和45°，则q1q2为_________。
四、计算题（本大题共3小题，共36.0分）
14. 如图所示，用一绝缘轻质细绳悬挂一个质量为40g的带电小球，空间有水平向右，大小为l×104N/C的匀强电场，小球处于静止状态时绳子与竖直方向夹角为45∘，g=10m/s2。
(1)分析小球的带电性质；
(2)小球带的电荷量是多少？
15. 水平转盘可以绕竖直轴O1O2转动，半径R=0.6m，转盘中心O2处有一个光滑小孔，用一根长L=1.1m细线穿过小孔将质量分别为mA=0.2kg、mB=0.5kg的小球A和小物块B连接，小物块B放在水平转盘的边缘且与转盘保持相对静止，如图所示。现让小球A在水平面做角速度ωA=5rad/s的匀速圆周运动，小物块B与水平转盘间的动摩擦因数μ=0.3(取g=10m/s2)，求：
(1)O2A与竖直方向的夹角θ及细线上的拉力大小；
(2)小球A运动速度大小不变，现使水平转盘转动起来，要使小物块B与水平转盘间保持相对静止，求水平转盘角速度ωB的取值范围。(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
16. 如图所示，粗糙水平地面AB与固定在竖直面内的半圆形光滑轨道BC在B点平滑连接，轨道半径R=0.4m。用外力将一质量m=lkg的物块压缩弹簧至A点，撤去外力，由静止释放物块，物块经过B点(此时物块与弹簧已分离)进入半圆形轨道向上运动到达最高点C后飞出，落到水平地面上时与B点的距离x=1.2m。已知A、B两点间的距离L=2m，物块与水平地面AB间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力。
(1)求物块经过C点时对轨道的压力大小；
(2)求弹簧被压缩至A点时的弹性势能；
(3)若半圆形轨道BC的半径可调节，仍然用外力将物块压缩弹簧至A点后由静止释放，求物块从C点平抛后落到水平地面上时离B点的最大距离。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.亚里士多德认为须有力作用在物体上，物体才能运动，故A错误；
B.牛顿得出了万有引力定律，英国的卡文迪许通过实验测出了万有引力常量，故B错误；
C.元电荷最早由美国物理学家密立根测得并因此获得诺贝尔物理学奖，故C正确；
D.库仑利用扭秤实验建立了库仑定律，并测定了静电力常量，故D错误。
故选C。
2.【答案】A
【解析】库仑定律的表达式为
F=kq1q2r2
故选A。
3.【答案】C
【解析】解：电场线的疏密程度表示电场的强弱，故E A
故ABD错误，C正确；
故选：C。
为了形象描述电场中各点电场强度的强弱及方向，在电场中画出一些曲线，曲线上每一点的切线方向都跟该点的场强方向一致，曲线的疏密程度表示电场的强弱，这就是电场线。
电场线特点：
(1)电场线始于正电荷(或无穷远)，终于负电荷(或无穷远)；
(2)电场线互不相交；
(3)电场线和等势面在相交处互相垂直；
(4)沿着电场线的方向电势降低；
(5)电场线密的地方等差等势面密；等差等势面密的地方电场线也密。
4.【答案】D
【解析】解：带电相同的小球受斥力作用，而距离先越来越近，再越来越远，由于电量保持不变，根据F=kQqr2可知距离先减小后增大，电场力先逐渐增大，后逐渐减小，故 ABC错误，D正确。
故选：D。
本题比较简单，由题可知小球受斥力，距离先越来越近，后越来越远，因此直接利用库仑定律公式即可求解．
对于库仑定律公式F=kQqr2，要明确其使用条件和各个物理量的含义．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
根据功的公式W=Fxcosθ求解拉力做功，其中θ为力与位移方向的夹角；根据平均功率公式P=Wt求解平均功率。
掌握做功公式、功率公式求解即可，基础题。
【解答】
根据功的公式可得拉力做功为W=Fxcosθ=200×10×0.8J=1600J，故AB错误；
拉力做功的平均功率为P=Wt=160010W=160W，故C正确，D错误。
6.【答案】D
【解析】解：A、由图像可知，0～v0内图像斜率表示牵引力，由于图像斜率为定值，则牵引力恒定，所汽车先做匀加速直线运动，达到额定功率后，速度增大，牵引力减小，则汽车再做变加速运动，故A错误；
B、0−v0汽车做匀加速运动，图像斜率表示牵引力，则有F=Pv0，当汽车达到最大速度时有f=F′=P2v0则F=2f
所以汽车速度为0.5v0时，加速度大小为a=F−fm=fm，故B错误；
C、匀加速过程的位移为x1=v022a=v022×fm=mv022f，故C错误；
D、由动能定理可知，变加速过程中的位移为P(t−v0fm)−fx2=12m(2v0)2−12mv02
总位移x=x1+x2
联立解得x=2v0t−3mv02f，故D正确。
故选：D。
当牵引力等于阻力时，速度达到最大，根据P=fv求得额定功率，在0−v0过程，汽车做匀加速运动，根据P=Fv求得牵引力，利用牛顿第二定律求得加速度，当速度为v0时，汽车达到额定功率，此后汽车做加速度减小的变加速运动，根据运动学公式求得匀加速运动通过的位移，根据动能定理求得做变加速运动通过的位移即可。
解决本题的关键理清恒定功率和恒定加速度启动整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道加速度等于零时，汽车的速度最大。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了牛顿第二定律的应用及机械能守恒定律；要分析清楚物体的运动过程，应用牛顿第二定律与机械能守恒定律可以正确解题。
物块B刚挂上时，以A和B组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律列式可求解加速度；
物块A处于静止时，弹簧受到的压力等于A的重力沿斜面向下的分力，由平衡条件和胡克定律求出弹簧的压缩量x；当A的加速度为零时，速度达到最大，由系统的机械能守恒定律可以求出最大速度vm；
根据机械能守恒分析弹性势能的增加量与物块B的重力势能的减少量关系；
根据动能定理分析绳对A做的功与A的机械能增加量关系。
【解答】
解：A.物块B刚挂上时，以A和B组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：mg=(m+m)a，可得：a=0.5g，故A错误；
B.未挂B物时，物块A处于静止时，受到重力、斜面的支持力和弹簧的作用力，由平衡条件mgsin30°=kx，解得x=mg2k；
当物块A的加速度为零(或合外力为零)时，速度达到最大，则有：mgsin30°+kx′=mg，解得：x′=mg2k；
故物块A运动的距离为：x0=x+x′=mgk；
在出发点与物块A速度最大时的点弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，对A、B和弹簧系统，由系统的机械能守恒得：mgx0=mgx0sin30°+12·2mvm2；
解得：vm=g m2k，故B错误；
C.对于A、B和弹簧系统，机械能守恒定律，弹性势能的增加量等于物块B的重力势能的减少量与物块A的重力势能的增加量之差，所以弹性势能的增加量小于物块B的重力势能的减少量，故C错误；
D.根据动能定理，物块A从静止上升到速度最大的过程中，弹簧弹性势能相等，绳对A做的功等于A的机械能增加量，故D正确。
8.【答案】ACD
【解析】
【分析】
本题主要考查生活中的静电现象的利用和防范，解决本题关键在于熟知日常生活中的各种静电现象，根据生活经验解题即可。
【解答】
A.安装避雷针可使建筑物免遭雷击，故A正确；
B.静电复印机是利用静电正负电荷能互相吸引的原理制成的，故B错误；
C.用静电喷漆的方法给汽车喷涂油漆，既省漆又均匀，故C正确；
D.车后拖一铁链，能及时把静电导走，故D正确。
9.【答案】AC
【解析】
【分析】
本题有多种解法，但对不涉及时间、方向等细节问题，特别是多过程问题，应用动能定理求解较方便．
【解答】
A、整个过程位移为0，重力做功为0，故A正确；
B、对全过程应用动能定理，Wf=12mv2−12m2v2=−32mv2，故B错误；
C、物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，故上升过程阻力做功为全过程得一半，对上升过程应用动能定理得Wf2−mgh=0−12m2v2，解得h=5v24g，故C正确；
D、全过程Wf=−f×2h，得f=3mg5，故D错误。
10.【答案】AC
【解析】
【分析】
本题考查了电场的叠加，基础题。
根据E=kQr2分别计算+Q、+4Q的两点电荷在O点产生的场强，然后求其矢量和，即得O点的电场强度的大小。
【解答】
A、电荷量为+Q的点电荷在AB产生的电场强度方向水平向右，电荷量为+4Q的点电荷在AB产生的电场强度方向水平向左，又E=kQr2，根据场强的叠加原理可知电场强度为零的点靠近电荷量小的电荷，故电场强度为零的点位于OA段，故A正确；
B、b、d两点电场强度如图：
二者大小相等，但方向不相反，故B错误；
C、O点的电场强度大小为 12kQL2，根据题意，由点电荷场强公式可得，电荷量为+Q的点电荷在O点产生的电场强度方向水平向右，大小E1=kQ(L2)2=4kQL2，
电荷量为+4Q的点电荷在O点产生的电场强度方向水平向左，大小E2=4kQ(L2)2=16kQL2，
所以O点的电场强度方向水平向左，大小EO=E2−E1=12kQL2，故C正确；
D、根据题意，由点电荷场强公式可得，电荷量为+Q的点电荷在c点产生的电场强度方向水平向右，大小Ec1=kQ(2L3)2=9kQ4L2，电荷量为+4Q的点电荷在c点产生的电场强度方向水平向左，大小Ec2=4kQ(L3)2=36kQL2，所以c点的电场强度方向水平向左，大小Ec=Ec2−Ecl=135kQ4L2，所以是EcE0=4516，故D错误。
故选AC。
11.【答案】AC
【解析】A.小球B运动到C处时，已无沿绳的分速度，所以此时小球A的速度为0，动能为0。故A正确；
BD.小球B从地面拉到P的正下方C时，小球A的速度为0，根据功能关系可知，拉力F做的功等于B球机械能的增量，即
Fx=ΔE=mgR+12mvC2
由几何关系可知
x=PB−PC= 0.42+0.32m−(0.4−0.3)m=0.4m
联立，解得
ΔE=24J，vC=3 2m/s
故BD错误；
C.当绳与轨道相切时两球速度相同，如图
由几何知识可得
sin∠OPB=ROP=34
所以
hR=34
解得
h=0.225m
1
故C正确；
故选AC。
12.【答案】(1)低 (2)水平 12(m1+M)dt12 m1gL
【解析】略
13.【答案】(1)减小；增大；(2)C；(3) 36。
【解析】
【分析】
(1)根据实验现象得出实验结论。
(2)本实验采用的是控制变量法。
(3)根据受力情况结合平衡条件进行解答。
本题主要是考查库仑力的特点及利用平衡方程求解电量的关系，掌握库仑定律内容以及表达式，能够根据平衡条件进行解答。
【解答】
(1)①把系在丝线上的带电小球B先后挂在如图甲中横杆上的P1、P2、P3等位置，小球B平衡后丝线偏离竖直方向的夹角依次减小，由此可得，两小球所带电量不变时，距离增大，两小球间静电力减小。
②使小球B处于同一位置，增大小球A所带的电荷量，小球B平衡时丝线偏离竖直方向的夹角增大，由此可得，两小球距离不变时，电荷量增大，两小球间静电力增大。
(2)图甲中先保持带电小球的电荷量不变，把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，改变两个小球之间的距离，比较库仑力的大小；后来保持小球之间的距离不变，改变小球所带的电荷量大小，分析小球之间的库仑力，所以实验采用的方法是控制变量法，故C正确，ABD错误；
故选：C。
(3)设小球B的质量为m，电量为q，B球的受力情况如图所示；
当A球带电量为q1时，由平衡条件得：kqq1r12=mgtan30°，其中r1=PBsin30°
当A球带电量为q2时，由平衡条件得：kqq2r22=mgtan45°，其中r2=PBsin45°
解得：q1q2= 36。
故答案为：(1)①减小；②增大；(2)C；(3) 36。
14.【答案】(1)正电；(2) 4×10−5C
【解析】(1)由图可知带电小球向右偏，说明小球受到向右的电场力，与电场方向相同，故小球带正电；
(2)绳子偏转45°时小球处于静止状态，根据受力平衡有
tan45∘=qEmg=1
可得
q=mgE=40×10−3×101×104C=4×10−5C
15.【答案】(1)θ=37∘，T=2.5N；(2) 103rad/s≤ω≤ 403rad/s
【解析】(1)对A受力分析，可知： T=mAgcosθ ；
由牛顿第二定律得： mAgtanθ=mAω2rA ，其中 rA=L−Rsinθ ；
解得： cosθ=45 ， θ=37∘ ， T=2.5N ；
(2)当物体B受到的最大静摩擦力 fmax 指向圆心时，
转盘 ω1 最大， T+μmBg=mBω12R⇒ω1= 403rad/s ；
当物体B受到的最大静摩擦力 fmax 背离圆心时，
转盘 ω2 最大， T−μmBg=mBω22R⇒ω2= 103rad/s ；
角速度的范围 103rad/s≤ω≤ 403rad/s
16.【答案】(1) FN′=12.5N；(2) E弹=22.5J；(3)1.25m
【解析】(1)物块从C点飞出做平抛运动，竖直方向上有
2R=12gt2
水平方向上有
x=vCt
解得
vC=3m/s
对物块在半圆形轨道上C点受力分析，有
FN+mg=mvC2R
由牛顿第三定律有
FN′=FN
解得
FN′=12.5N
(2)物块从A点运动到C点，由动能定理有
12mvC2−0=−2mgR−μmgL+W弹
根据功能关系可知
W单=E弹
解得
E弹=22.5J。
(3)当半圆形轨道BC的半径变为R′时，物块从A点运动到C点，由动能定理有
−2mgR′−μmgL+W弹=12mvC′2−0
物块从C点做平抛运动，竖直方向上有
2R′=12gt2
水平方向上有
x=vC′t
解得
x= 10R′−16R′2
当R′=516m时，物块从C点平抛后落到水平地面上时离B点的最大距离
xmax=54m=1.25m
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