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2022-2023学年湖南省永州市五校高一（下）期末质量检测物理试卷（7月）（含解析）
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这是一份2022-2023学年湖南省永州市五校高一（下）期末质量检测物理试卷（7月）（含解析），共18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学年湖南省永州市五校高一（下）期末质量检测物理试卷（7月）
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 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”。下列有关万有引力和万有引力定律的物理观念和科学思维的认识，正确的是( )
A. 只有天体之间才有万有引力
B. 物体对地球的引力小于地球对物体的引力
C. 万有引力定律是牛顿在总结前人研究的基础上发现的
D. 引力常量G是卡文迪什第一个由实验的方法测定的，它没有单位
2. 如图所示，取一对用绝缘支柱支撑的导体A和B，使它们彼此接触。起初它们不带电，贴在下部的金属箔是闭合的。把带正电荷的导体C移近导体A，则( )
A. A带正电，B带负电
B. 两金属箔都张开
C. A端金属箔张开，B端金属箔闭合
D. 分开A、B，再移走C，两金属箔都闭合
3. 如图所示，海王星沿ABCDA绕太阳公转，AC是椭圆的长轴，BD是椭圆的短轴，公转周期为T0。海王星在绕行一周的过程中( )
A. 经过A、C两点时加速度大小相等
B. 经过A、C两点时速度大小相等
C. 从B运动到C所用的时间等于T04
D. 从B运动到C太阳对海王星的引力做负功
4. 如图为库仑扭秤，细银丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个带电的小球A，另一端通过物体B使绝缘棒平衡。当把另一个与A完全相同的带电金属小球C插入容器并使它靠近A时，A和C之间的库仑力使悬丝扭转。当A带电q，C带电−2q，A、C间的距离为r时，A、C间的库仑力为F；让C与A接触后分开，当C和A的距离为2r时，A、C间库仑力的大小为( )
A. F8 B. F16 C. F32 D. F64
5. 如图所示，实线表示电场线，虚线表示的带电粒子的运动轨迹。不计重力的带电粒子，仅在电场力作用下先经过M点，再经过N点。下列说法正确的是( )
A. 该带电粒子带负电
B. M点的电势高于N点的电势
C. M点的电场强度小于N点的电场强度
D. 该带电粒子在M点的电势能小于在N点的电势能
6. 如图甲，某装置中，多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。在t=0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值。此时位于和偶数圆筒相连的金属圆板(序号为0)中央有一个电子由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1。为使电子运动到圆筒之间各个间隙中都能恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速，圆筒长度的设计必须遵照一定的规律。已知电子质量为m、电荷量为e、电压绝对值为U、周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，则( )
A. 电子在金属圆筒中被加速 B. 电子在金属圆筒中的运动时间为T
C. 电子出第8个圆筒瞬间速度为4 eUm D. 第8个圆筒长度为2Tm eUm
7. 如图所示，滑块2套在光滑的竖直杆上并通过细绳绕过光滑定滑轮连接物块1，物块1又与一轻质弹簧连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上。开始时用手托住滑块2，使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力，此时弹簧的压缩量为d。现将滑块2从A处由静止释放，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，此时物块1还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为3d，AC间距离为4d，不计滑轮质量、大小及摩擦。下列说法中正确的是( )
A. 滑块2下滑过程中，机械能先增大后减小
B. 滑块2经过B处时的加速度等于g
C. 物块1和滑块2的质量之比为2:1
D. 若滑块2质量增加一倍，其他条件不变，仍让滑块2由A处从静止滑到C处，滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比为5:4
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
8. 世界一级方程式锦标赛上海大奖赛赛道单圈长5.451公里，共14个弯道。如图所示，赛车在水平跑道上转弯时，容易冲出跑道的主要原因及分析，下列正确的是( )
A. 运动员没有及时加油提速 B. 运动员没有及时刹车减速
C. 弯道半径越小，赛车越容易冲出跑道 D. 弯道半径越大，赛车越容易冲出跑道
9. 2023年4月16日，我国首颗低倾角轨道降水测量卫星——“风云三号”G星在酒泉卫星发射中心成功发射。已知地球表面的重力加速度大小为g，地球的第一宇宙速度为v1，引力常量为G，若“风云三号”G星入轨后绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为r，则下列说法正确的是
A. 地球的半径为v122g
B. 地球的质量为v14gG
C. “风云三号”G星的线速度大小为v12 gr
D. “风云三号”G星的周期为2πr grv12
10. 如图1所示，水平传送带以恒定的速度顺时针转动，质量为m=15kg的箱子在水平传送带上由静止释放，经过6s后，箱子滑离传送带；箱子的v−t图像如图2所示，对于箱子从静止释放到刚相对传送带静止这一过程，重力加速度g取10m/s2，下列正确的是( )
A. 箱子对传送带做功为−540J B. 传送带对箱子做功为540J
C. 传送带对箱子做功的功率是67.5W D. 箱子与传送带因摩擦产生的热量为540J
11. 如图甲所示，x轴上固定两个点电荷A和B，电荷A固定在原点O，电荷B固定在x=2L处，通过电势传感器测出x轴上各点电势φ，并描绘出φ−x图像，如图乙所示。已知φ−x图线与x轴的交点坐标为x1和x2，x=3L处的图线的切线平行x轴，取无穷远处电势为零时，点电荷的电势公式φ=kQr，其中k为静电力常量，Q为场源点电荷的电荷量，r为某点距场源点电荷的距离，下列正确的是( )
A. 两电荷为同种电荷
B. 两电荷量大小之比为QA:QB=9:1
C. 交点坐标x1=95L、x2=94L
D. 在x轴上x>3L的区域内静止释放一正电荷，该正电荷只在电场力作用下一定能到达无穷远处
三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
12. 如图所示，某同学用图(a)所示电路来观察电容器C放电现象：他先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，然后把开关S掷向2端，电容器通过R放电，传感器将电流传入计算机，得到了图(b)所示的电流随时间变化的I−t图像。已知该同学所选用的直流电源电压为12V。
(1)通过I−t图像可以发现：电容器放电时，电路中的电流减小得越来越_____(选填“快”或“慢”)。
(2)已知图(b)中图线与坐标轴所围成图形的面积表示电容器放电过程中所释放的电荷量，每一小格面积表示的电荷量为4×10−5C，据此可估算出电容器放电前所带电荷量Q=_____C，电容器的电容C=_____μF。
(3)该同学改变电源电压，多次重复上述实验。得到电容器在不同电压U下所带的电荷量Q，并作出Q−U图像，则图像应是_____。
13. 采用重物自由下落验证机械能守恒定律的实验装置如图甲所示，已知打点计时器所用电源的频率f=50Hz，当地的重力加速度g=9.8m/s2。
(1)本实验中重物及夹子的质量m是_____测出的(填“需要”或“不需要”)。
(2)关于该实验的下述操作中，正确的是_____。
A.实验所选重物，只需考虑其质量足够大即可
B.在组装器材时，打点计时器的两个限位孔一定要与纸带处于同一竖直线上
C.实验时应先开启电源，再释放纸带
D.打点计时器打出纸带后，要先处理数据确认实验成功之后再关闭电源
(3)在正确操作后得到如图乙所示的一条点迹清晰的纸带，其中O为起始点，h=64.43cm，x1=6.79cm，x2=7.15cm。则分析纸带可知：
①在误差允许范围内，若等式_____成立，则机械能守恒定律得到验证(用题目中给出物理量的符号f、g、h、x1、x2表示)。
②百分误差η=实际值−测量值实际值×100%，是衡量实验精确度的重要标准。本实验将重物重力势能的减少量作为“实际值”，将重物动能的增加量作为“测量值”，则该实验的百分误差η=_____%(结果保留两位有效数字)。
四、计算题（本大题共3小题，共36.0分）
14. 一种叫做“飞椅”的游乐项目，如图甲所示。长为L=8m的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r=6m的水平转盘边缘，转盘可以绕穿过中心的竖直轴转动。人与座椅的总质量为m=60kg。当转盘匀速转动时，简化模型如图乙所示，此时钢绳与转轴在同一竖直平面内且与竖直方向的夹角θ=37∘，不计钢绳的重力，〈g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8〉求该状态：
(1)座椅受到绳子的拉力大小；
(2)转盘转动的角速度大小。
15. 如图所示，质量均为m、电荷量分别为+2q、−q的小球A、B，中间用绝缘轻绳连接，两球在竖直向上的匀强电场中以速度v0匀速上升。忽略两电荷间的库仑力，重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)某时刻轻绳断开，断开后A、B两球各自的加速度；
(3)自轻绳断开到B球速度为零的过程，A、B两球组成的系统电势能的变化量。
16. 如图为某游戏装置的示意图。紧邻A处左侧装有一弹簧弹射器(内壁光滑)，AB和EF是直轨道，BC和CDE是竖直面内半径为R的细圆管轨道，其中BC为四分之一圆管轨道，D为圆管轨道CDE的最高点，圆弧轨道与直轨道相接处均平滑相切，EF轨道与水平夹角θ=37∘，底端F有一与轨道垂直的固定弹性板，O1、C、O2、F在同一水平直线上。一质量为0.1kg的小物块(其尺寸稍小于圆管内径，可视作质点)被弹射器从静止弹出，通过AB从B点进入圆管轨道，若小物块能够运动到F点，则被弹性板等速反弹(弹回时速度大小不变方向反向)，若小物块返回A点，则被弹射器锁定。圆管轨道半径R=0.6m，直轨道AB长L=2m，小物块与直轨道AB和EF间的动摩擦因数μ=0.15，其它摩擦阻力均不计。某次游戏时，小物块被弹出后第一次通过最高点D时刚好与圆管轨道无作用力。(sin37∘=0.6,cos37∘=0.8,g=10m/s2)
(1)求该次游戏小物块第一次经过B点时的速度大小vB；
(2)求该次游戏小物块第二次经过圆管轨道最低点B时对轨道的压力FB大小；
(3)若在弹性限度内改变弹射器内弹簧的压缩量，试写出小物块在直轨道EF上运动的总路程s与弹簧释放的弹性势能EP的函数关系。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.任何两个物体之间均存在万有引力，故A错误；
B.两物体之间的万有引力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故B错误；
C.万有引力定律是牛顿在总结前人研究的基础上发现的，故C正确；
D.引力常量G的单位为 N⋅m2/kg2 ，故D错误。
故选C。
2.【答案】B
【解析】ABC.把带正电荷的导体C移近导体A，由于静电感应，A端将感应出负电荷，B端感应出正电荷，所以A带负电，B带正电，A、B端金属箔都张开，故AC错误，B正确；
D.先分开A、B，此时A、B仍带电，再移走C时，电荷不能再进行中和，则A、B两金属箔仍都张开，故D错误。
故选B。
3.【答案】D
【解析】A.由万有引力定律GMmr2=ma
解得a=GMmr2
由于A、C两点到太阳的距离不同，故经过A、C两点时加速度大小不相等，故A错误；
B.由开普勒第二定律可知，近日点的速度大于远日点的速度，故B错误；
C.由开普勒第二定律可知，从A运动到C所用时间与从C运动到A所用时间均为 T02 ，又因为AB段距离太阳更近，速度更大，故从B运动到C所用的时间大于 T04 ，故C错误；
D.从B运动到C太阳对海王星的引力与速度方向夹角始终大于90。，故从B运动到C太阳对海王星的引力做负功，故D正确。
故选D。
4.【答案】B
【解析】当AC间距离为r时F=k2q2r2
当AC接触后分开后各自的电荷量为 −q2 ，所以AC间的库仑力为F=k(q2)2(2r)2=116F
故B正确。
故选B。
5.【答案】D
【解析】A.由图看出，粒子的轨迹向下弯曲，粒子所受电场力大致向下，电场线方向斜向下，说明粒子带正电，故A错误；
B.根据顺着电场线方向电势逐渐降低可知，M点的电势低于N点的电势，故B错误；
C.M点处的电场线较密，而N点处电场线较疏，则M点处的电场强度较大，M点的电场强度大于N点的电场强度，故C错误；
D.粒子从M运动N到的过程中，电场力做负功，粒子的电势能增大，该带电粒子在M点的电势能小于在N点的电势能，故D正确。
故选D。
6.【答案】D
【解析】A.由于金属圆筒处于静电平衡状态，圆筒内部场强为零，则电子在金属圆筒中做匀速直线运动，故A错误；
B.因为电子从金属圆筒出来后要继续做加速运动，所以电子在金属圆筒中的运动时间应该为交变电源周期的一半，即 T2 ，故B错误；
C.由动能定理得8eU=12mv2
电子出第8个圆筒瞬间速度为v=4 eUm
故C错误；
D.因为电子在圆筒中做匀速直线运动，所以第8个圆筒长度为L8=v⋅T2=2Tm eUm
故D正确。
故选D。
7.【答案】C
【解析】A.滑块 2 下滑过程中，绳子拉力一直对滑块 2 做负功，机械能一直减小，故A错误；
B.滑块 2 下滑过程中，绳子拉力增大，合力先减小后反向增大，则加速度先减小后反向增大，当滑块 2 经过 B 处时速度最大，其加速度为 0 ，故B错误；
C.物体 1 静止时，弹簧压缩量为
x1=d
当 2 下滑到 C 点时，物体 1 上升的高度为
h= (3d)2+(4d)2 −3d=2d
则当物体 2 到达 C 时弹簧伸长的长度为 d ，此时弹簧的弹性势能等于物体 1 静止时的弹性势能。对于 A 与 B 及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律应有
m1g⋅2d=m2g⋅4d
解得
m1:m2=2:1
故C正确。
D.根据物体 1 和 2 沿绳子方向的分速度大小相等，则得
v2cosθ=v1
其中
cosθ=4d5d=45
则得滑块 2 到达 C 处时，物块 1 和滑块 2 的速度之比
v1:v2=4:5
故D错误。
故选C。
【点睛】连接体模型，沿绳(杆)方向速度大小相等。对于存在弹簧弹力做功的模型，在选取的研究过程中，需要判断弹簧弹性势能是否变化，判断弹簧弹性势能变化情况往往会转化成比较弹簧形变量的变化情况。
8.【答案】BC
【解析】赛车在水平跑道上转弯时，容易冲出跑道，是因为赛车实际受到的力不足以提供向心力；根据向心力表达式
F=mv2r
可知赛车速度越大，弯道半径越小，赛车所需向心力越大，赛车容易冲出跑道；则容易冲出跑道的主要原因是运动员没有及时刹车减速。
故选BC。
9.【答案】BD
【解析】
【分析】
本题关键是抓住万有引力提供圆周运动向心力和在星球表面重力与万有引力相等，这是万有引力应用的两个主要入手点。
根据万有引力提供圆周运动向心力求得轨道半径、“风云三号”G星的线速度大小和地球的质量，根据线速度和周期的关系求解“风云三号”G星的周期。
【解答】
AB、设地球的质量为M，半径为R，有v1= GMR，又v1= gR，解得R=v12g、M=v14gG，选项A错误，B正确;
C、设“风云三号”G星的线速度大小为v，有GMr2=v2r，解得v=v12 1gr，选项C错误;
D“风云三号”G星的周期T=2πrυ=2πr grv12，选项D正确。
10.【答案】AC
【解析】BC.根据 v−t 图像，可知箱子加速过程的加速度为
a=ΔvΔt=64m/s2=1.5m/s2
则箱子受到的摩擦力大小为
f=ma=22.5N
箱子加速过程，箱子的位移为
x箱=v2t=62×4m=12m
对于箱子从静止释放到刚相对传送带静止这一过程，传送带对箱子做功为
W传=fx箱=22.5×12=270J
传送带对箱子做功的功率为
t
故B错误，C正确；
A.箱子加速过程，传送带的位移为
x传=vt=6×4m=24m
箱子对传送带做功为
W箱=−fx传=−22.5×24=−540J
故A正确；
D.箱子与传送带因摩擦产生的热量为
Q=fΔx=f(x传−x箱)=22.5×(24−12)J=270J
故D错误。
故选AC。
11.【答案】BCD
【解析】A.根据图像，电荷A周围的电势为正值，所以电荷A带正电；电荷B周围的电势为负值，所以电荷B带负电，A错误；
B. x=3L 处的图线的切线平行x轴，该处的电场强度等于零
kQA3L2=kQBL2
解得
QA:QB=9:1
B正确；
C.由题图可知，x1、x2处的电势为零，根据 φ=kQr 得
kQAx1=kQB2L−x1
kQAx2=kQBx2−2L
又因为
QA:QB=9:1
解得
x1=95L
x2=94L
C正确；
D.在x轴上x>3L的区域内，电势逐渐降低，电场强度沿x轴正方向；若在x轴上x>3L的区域内无初速度释放一正电荷，正电荷受到向右的电场力向右，正电荷将向右加速到无穷远处，D正确。
故选BCD。
12.【答案】 慢 1.6×10−3 133 B
【解析】(1)[1]由图可知，I−t图像切线的斜率越来越小，表示电流减小得越来越慢；
(2)[2]电容器放电前所带电荷量为
Q=40×4×10−5C=1.6×10−3C
[3]电容器的电容为
C=QU=1.6×10−312F=1.33×10−4F=133μF
(3)[4]根据电容的定义式可得
Q=CU
电容器在不同电压U下电容不变，其所带电荷量Q与U成正比。
故选B。
13.【答案】 不需要 BC##CB gh=12(x1+x22f)2 5.1
【解析】(1)[1]下落过程机械能守恒表达式为
mgh=12mv2
质量可以约掉，因此本实验无需测量质量；
(2)[2]A.实验所用重物应减少空气阻力带来的影响，即选用质量较大，体积较小的物体，故A错误；
B.在组装器材时，打点计时器的两个限位孔一定要与纸带处于同一竖直线上，这样可以减小纸带与限位孔之间的摩擦阻力，故B正确；
C.实验时应先开启电源，待打点稳定后，再释放纸带，以防纸带上记录的数据点过少，故C正确；
D.实验结束时，应先断开电源，再取下纸带，以防打上与实验无关的点，故D错误。
故选BC。
(3)[3]物体下落过程中的机械能表达式为
mgh=12mvP2
vP=x1+x22T=x1+x22f
联立解得
gh=12(x1+x22f)2
[4]由题意可知，在本实验中百分误差为
η=mgh−12mvp2mgh×100%=gh−12(x1+x22f)2gh×100%=9.8×0.6443−12(0.0679+0.0715250)29.8×0.6443×100%=5.1%
14.【答案】(1)由受力分析可得
T=mgcosθ
解得 T=750N
(2)设人与座椅做圆周运动的半径为R，由几何关系可得
R=r+Lsinθ
由牛顿第二定律可知
mgtanθ=mω2R
联立两式代入数据解得
ω=56rad/s
【解析】座椅做的是圆周运动，确定圆周运动所需要的向心力是解题的关键，向心力都是有物体受到的某一个力或几个力的合力来提供，在对物体受力分析时一定不能分析出物体受向心力这么一个单独的力。
(1)对座椅受力分析，由力的合成方法求得椅子受到的合力的大小；
(2)根据几何知识找出圆心后确定座椅做匀速圆周运动的半径R的大小；
(3)根据向心力的公式可以求得转盘转动的角速度ω的大小。
15.【答案】(1)设电场强度为E，把小球A、B看作一个整体，由绳未断前作两小球做匀速运动有
2mg=2qE−qE
解得 E=2mgq
(2)细绳断后，根据牛顿第二定律，对A球有
2qE−mg=maA
解得 aA=3g 方向竖直向上
对B球有 qE+mg=maB
解得 aB=3g 方向竖直向下
(3)设自绳断开到B球速度为零的时间为t，则
0=v0−aBt
解得 t=v03g
当B球速度为零时，A球的速度大小
vA=v0+aAt
解得 vA=2v0
在该时间内A球的位移为
sA=v0+2v02t=v022g
由功能关系知，电场力对A球做了正功：
WA=2qEsA=2mv02
B球的位移为
sB=v0+02t=v026g
电场力对B球做了负功
WB=−qEsB=−mv023
在这一过程中，系统的电势能变化量为：
ΔEp=−WA+WB=−5mv023
即电势能减少 5mv023
【解析】由受力分析求解电场强度，由牛顿第二定律求解加速度，由功能关系求解电势能变化。
本题考查静电场，学生需能够正确的受力分析，并借助功能关系求解，力电综合能力要求比较高。
16.【答案】(1) vB= 30m/s ；(2) FB=5.36N ；(3) s=0253Ep−7.5(m) 1.6mEp<1.5J1.5J≤Ep<1.692JEp≥1.692J
【解析】(1)在D点满足
mg=mvD2R
在由B运动到D点的过程中
−mg2R=12mvD2−12mvB2
联立解得
vB= 30m/s
(2)第二次到达D点时的速度
−2μmgcosθRtanθ=12mvD12−12mvD2
从第二次到达D点到第二次到达B点的过程中
mg2R=12mvB12−12mvD12
在B点
N−mg=mvB12R
联立解得
N=5.36N
由牛顿第三定律可知
FB=N=5.36N
(3)恰好能过D点时，满足
Ep=mg2R+μmgL=1.5J
即当弹簧释放的弹性势能 EP 小于1.5J时，小物块在直轨道EF上运动的总路程s为零。
恰好能回到D点时，满足
Ep=mg2R+2μmgcosθRtanθ+μmgL=1.692J
即当弹簧释放的弹性势能 EP 大于等于1.5J，小于1.692J时，小物块在直轨道EF上运动的总路程s满足
Ep=mgR+μmgcosθs+μmgL
解得
s=253Ep−7.5(m)
当弹簧释放的弹性势能 EP 大于等于1.692J时，小物块在直轨道EF上运动的总路程
s=2Rtanθ=1.6m
综上所述
s=0253Ep−7.5(m) 1.6mEp<1.5J1.5J≤Ep<1.692JEp≥1.692J
2022-2023学年湖南省永州市五校高一（下）期末质量检测物理试卷（7月）
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 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”。下列有关万有引力和万有引力定律的物理观念和科学思维的认识，正确的是( )
A. 只有天体之间才有万有引力
B. 物体对地球的引力小于地球对物体的引力
C. 万有引力定律是牛顿在总结前人研究的基础上发现的
D. 引力常量G是卡文迪什第一个由实验的方法测定的，它没有单位
2. 如图所示，取一对用绝缘支柱支撑的导体A和B，使它们彼此接触。起初它们不带电，贴在下部的金属箔是闭合的。把带正电荷的导体C移近导体A，则( )
A. A带正电，B带负电
B. 两金属箔都张开
C. A端金属箔张开，B端金属箔闭合
D. 分开A、B，再移走C，两金属箔都闭合
3. 如图所示，海王星沿ABCDA绕太阳公转，AC是椭圆的长轴，BD是椭圆的短轴，公转周期为T0。海王星在绕行一周的过程中( )
A. 经过A、C两点时加速度大小相等
B. 经过A、C两点时速度大小相等
C. 从B运动到C所用的时间等于T04
D. 从B运动到C太阳对海王星的引力做负功
4. 如图为库仑扭秤，细银丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个带电的小球A，另一端通过物体B使绝缘棒平衡。当把另一个与A完全相同的带电金属小球C插入容器并使它靠近A时，A和C之间的库仑力使悬丝扭转。当A带电q，C带电−2q，A、C间的距离为r时，A、C间的库仑力为F；让C与A接触后分开，当C和A的距离为2r时，A、C间库仑力的大小为( )
A. F8 B. F16 C. F32 D. F64
5. 如图所示，实线表示电场线，虚线表示的带电粒子的运动轨迹。不计重力的带电粒子，仅在电场力作用下先经过M点，再经过N点。下列说法正确的是( )
A. 该带电粒子带负电
B. M点的电势高于N点的电势
C. M点的电场强度小于N点的电场强度
D. 该带电粒子在M点的电势能小于在N点的电势能
6. 如图甲，某装置中，多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。在t=0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值。此时位于和偶数圆筒相连的金属圆板(序号为0)中央有一个电子由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1。为使电子运动到圆筒之间各个间隙中都能恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速，圆筒长度的设计必须遵照一定的规律。已知电子质量为m、电荷量为e、电压绝对值为U、周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，则( )
A. 电子在金属圆筒中被加速 B. 电子在金属圆筒中的运动时间为T
C. 电子出第8个圆筒瞬间速度为4 eUm D. 第8个圆筒长度为2Tm eUm
7. 如图所示，滑块2套在光滑的竖直杆上并通过细绳绕过光滑定滑轮连接物块1，物块1又与一轻质弹簧连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上。开始时用手托住滑块2，使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力，此时弹簧的压缩量为d。现将滑块2从A处由静止释放，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，此时物块1还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为3d，AC间距离为4d，不计滑轮质量、大小及摩擦。下列说法中正确的是( )
A. 滑块2下滑过程中，机械能先增大后减小
B. 滑块2经过B处时的加速度等于g
C. 物块1和滑块2的质量之比为2:1
D. 若滑块2质量增加一倍，其他条件不变，仍让滑块2由A处从静止滑到C处，滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比为5:4
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
8. 世界一级方程式锦标赛上海大奖赛赛道单圈长5.451公里，共14个弯道。如图所示，赛车在水平跑道上转弯时，容易冲出跑道的主要原因及分析，下列正确的是( )
A. 运动员没有及时加油提速 B. 运动员没有及时刹车减速
C. 弯道半径越小，赛车越容易冲出跑道 D. 弯道半径越大，赛车越容易冲出跑道
9. 2023年4月16日，我国首颗低倾角轨道降水测量卫星——“风云三号”G星在酒泉卫星发射中心成功发射。已知地球表面的重力加速度大小为g，地球的第一宇宙速度为v1，引力常量为G，若“风云三号”G星入轨后绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为r，则下列说法正确的是
A. 地球的半径为v122g
B. 地球的质量为v14gG
C. “风云三号”G星的线速度大小为v12 gr
D. “风云三号”G星的周期为2πr grv12
10. 如图1所示，水平传送带以恒定的速度顺时针转动，质量为m=15kg的箱子在水平传送带上由静止释放，经过6s后，箱子滑离传送带；箱子的v−t图像如图2所示，对于箱子从静止释放到刚相对传送带静止这一过程，重力加速度g取10m/s2，下列正确的是( )
A. 箱子对传送带做功为−540J B. 传送带对箱子做功为540J
C. 传送带对箱子做功的功率是67.5W D. 箱子与传送带因摩擦产生的热量为540J
11. 如图甲所示，x轴上固定两个点电荷A和B，电荷A固定在原点O，电荷B固定在x=2L处，通过电势传感器测出x轴上各点电势φ，并描绘出φ−x图像，如图乙所示。已知φ−x图线与x轴的交点坐标为x1和x2，x=3L处的图线的切线平行x轴，取无穷远处电势为零时，点电荷的电势公式φ=kQr，其中k为静电力常量，Q为场源点电荷的电荷量，r为某点距场源点电荷的距离，下列正确的是( )
A. 两电荷为同种电荷
B. 两电荷量大小之比为QA:QB=9:1
C. 交点坐标x1=95L、x2=94L
D. 在x轴上x>3L的区域内静止释放一正电荷，该正电荷只在电场力作用下一定能到达无穷远处
三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
12. 如图所示，某同学用图(a)所示电路来观察电容器C放电现象：他先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，然后把开关S掷向2端，电容器通过R放电，传感器将电流传入计算机，得到了图(b)所示的电流随时间变化的I−t图像。已知该同学所选用的直流电源电压为12V。
(1)通过I−t图像可以发现：电容器放电时，电路中的电流减小得越来越_____(选填“快”或“慢”)。
(2)已知图(b)中图线与坐标轴所围成图形的面积表示电容器放电过程中所释放的电荷量，每一小格面积表示的电荷量为4×10−5C，据此可估算出电容器放电前所带电荷量Q=_____C，电容器的电容C=_____μF。
(3)该同学改变电源电压，多次重复上述实验。得到电容器在不同电压U下所带的电荷量Q，并作出Q−U图像，则图像应是_____。
13. 采用重物自由下落验证机械能守恒定律的实验装置如图甲所示，已知打点计时器所用电源的频率f=50Hz，当地的重力加速度g=9.8m/s2。
(1)本实验中重物及夹子的质量m是_____测出的(填“需要”或“不需要”)。
(2)关于该实验的下述操作中，正确的是_____。
A.实验所选重物，只需考虑其质量足够大即可
B.在组装器材时，打点计时器的两个限位孔一定要与纸带处于同一竖直线上
C.实验时应先开启电源，再释放纸带
D.打点计时器打出纸带后，要先处理数据确认实验成功之后再关闭电源
(3)在正确操作后得到如图乙所示的一条点迹清晰的纸带，其中O为起始点，h=64.43cm，x1=6.79cm，x2=7.15cm。则分析纸带可知：
①在误差允许范围内，若等式_____成立，则机械能守恒定律得到验证(用题目中给出物理量的符号f、g、h、x1、x2表示)。
②百分误差η=实际值−测量值实际值×100%，是衡量实验精确度的重要标准。本实验将重物重力势能的减少量作为“实际值”，将重物动能的增加量作为“测量值”，则该实验的百分误差η=_____%(结果保留两位有效数字)。
四、计算题（本大题共3小题，共36.0分）
14. 一种叫做“飞椅”的游乐项目，如图甲所示。长为L=8m的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r=6m的水平转盘边缘，转盘可以绕穿过中心的竖直轴转动。人与座椅的总质量为m=60kg。当转盘匀速转动时，简化模型如图乙所示，此时钢绳与转轴在同一竖直平面内且与竖直方向的夹角θ=37∘，不计钢绳的重力，〈g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8〉求该状态：
(1)座椅受到绳子的拉力大小；
(2)转盘转动的角速度大小。
15. 如图所示，质量均为m、电荷量分别为+2q、−q的小球A、B，中间用绝缘轻绳连接，两球在竖直向上的匀强电场中以速度v0匀速上升。忽略两电荷间的库仑力，重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)某时刻轻绳断开，断开后A、B两球各自的加速度；
(3)自轻绳断开到B球速度为零的过程，A、B两球组成的系统电势能的变化量。
16. 如图为某游戏装置的示意图。紧邻A处左侧装有一弹簧弹射器(内壁光滑)，AB和EF是直轨道，BC和CDE是竖直面内半径为R的细圆管轨道，其中BC为四分之一圆管轨道，D为圆管轨道CDE的最高点，圆弧轨道与直轨道相接处均平滑相切，EF轨道与水平夹角θ=37∘，底端F有一与轨道垂直的固定弹性板，O1、C、O2、F在同一水平直线上。一质量为0.1kg的小物块(其尺寸稍小于圆管内径，可视作质点)被弹射器从静止弹出，通过AB从B点进入圆管轨道，若小物块能够运动到F点，则被弹性板等速反弹(弹回时速度大小不变方向反向)，若小物块返回A点，则被弹射器锁定。圆管轨道半径R=0.6m，直轨道AB长L=2m，小物块与直轨道AB和EF间的动摩擦因数μ=0.15，其它摩擦阻力均不计。某次游戏时，小物块被弹出后第一次通过最高点D时刚好与圆管轨道无作用力。(sin37∘=0.6,cos37∘=0.8,g=10m/s2)
(1)求该次游戏小物块第一次经过B点时的速度大小vB；
(2)求该次游戏小物块第二次经过圆管轨道最低点B时对轨道的压力FB大小；
(3)若在弹性限度内改变弹射器内弹簧的压缩量，试写出小物块在直轨道EF上运动的总路程s与弹簧释放的弹性势能EP的函数关系。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.任何两个物体之间均存在万有引力，故A错误；
B.两物体之间的万有引力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故B错误；
C.万有引力定律是牛顿在总结前人研究的基础上发现的，故C正确；
D.引力常量G的单位为 N⋅m2/kg2 ，故D错误。
故选C。
2.【答案】B
【解析】ABC.把带正电荷的导体C移近导体A，由于静电感应，A端将感应出负电荷，B端感应出正电荷，所以A带负电，B带正电，A、B端金属箔都张开，故AC错误，B正确；
D.先分开A、B，此时A、B仍带电，再移走C时，电荷不能再进行中和，则A、B两金属箔仍都张开，故D错误。
故选B。
3.【答案】D
【解析】A.由万有引力定律GMmr2=ma
解得a=GMmr2
由于A、C两点到太阳的距离不同，故经过A、C两点时加速度大小不相等，故A错误；
B.由开普勒第二定律可知，近日点的速度大于远日点的速度，故B错误；
C.由开普勒第二定律可知，从A运动到C所用时间与从C运动到A所用时间均为 T02 ，又因为AB段距离太阳更近，速度更大，故从B运动到C所用的时间大于 T04 ，故C错误；
D.从B运动到C太阳对海王星的引力与速度方向夹角始终大于90。，故从B运动到C太阳对海王星的引力做负功，故D正确。
故选D。
4.【答案】B
【解析】当AC间距离为r时F=k2q2r2
当AC接触后分开后各自的电荷量为 −q2 ，所以AC间的库仑力为F=k(q2)2(2r)2=116F
故B正确。
故选B。
5.【答案】D
【解析】A.由图看出，粒子的轨迹向下弯曲，粒子所受电场力大致向下，电场线方向斜向下，说明粒子带正电，故A错误；
B.根据顺着电场线方向电势逐渐降低可知，M点的电势低于N点的电势，故B错误；
C.M点处的电场线较密，而N点处电场线较疏，则M点处的电场强度较大，M点的电场强度大于N点的电场强度，故C错误；
D.粒子从M运动N到的过程中，电场力做负功，粒子的电势能增大，该带电粒子在M点的电势能小于在N点的电势能，故D正确。
故选D。
6.【答案】D
【解析】A.由于金属圆筒处于静电平衡状态，圆筒内部场强为零，则电子在金属圆筒中做匀速直线运动，故A错误；
B.因为电子从金属圆筒出来后要继续做加速运动，所以电子在金属圆筒中的运动时间应该为交变电源周期的一半，即 T2 ，故B错误；
C.由动能定理得8eU=12mv2
电子出第8个圆筒瞬间速度为v=4 eUm
故C错误；
D.因为电子在圆筒中做匀速直线运动，所以第8个圆筒长度为L8=v⋅T2=2Tm eUm
故D正确。
故选D。
7.【答案】C
【解析】A.滑块 2 下滑过程中，绳子拉力一直对滑块 2 做负功，机械能一直减小，故A错误；
B.滑块 2 下滑过程中，绳子拉力增大，合力先减小后反向增大，则加速度先减小后反向增大，当滑块 2 经过 B 处时速度最大，其加速度为 0 ，故B错误；
C.物体 1 静止时，弹簧压缩量为
x1=d
当 2 下滑到 C 点时，物体 1 上升的高度为
h= (3d)2+(4d)2 −3d=2d
则当物体 2 到达 C 时弹簧伸长的长度为 d ，此时弹簧的弹性势能等于物体 1 静止时的弹性势能。对于 A 与 B 及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律应有
m1g⋅2d=m2g⋅4d
解得
m1:m2=2:1
故C正确。
D.根据物体 1 和 2 沿绳子方向的分速度大小相等，则得
v2cosθ=v1
其中
cosθ=4d5d=45
则得滑块 2 到达 C 处时，物块 1 和滑块 2 的速度之比
v1:v2=4:5
故D错误。
故选C。
【点睛】连接体模型，沿绳(杆)方向速度大小相等。对于存在弹簧弹力做功的模型，在选取的研究过程中，需要判断弹簧弹性势能是否变化，判断弹簧弹性势能变化情况往往会转化成比较弹簧形变量的变化情况。
8.【答案】BC
【解析】赛车在水平跑道上转弯时，容易冲出跑道，是因为赛车实际受到的力不足以提供向心力；根据向心力表达式
F=mv2r
可知赛车速度越大，弯道半径越小，赛车所需向心力越大，赛车容易冲出跑道；则容易冲出跑道的主要原因是运动员没有及时刹车减速。
故选BC。
9.【答案】BD
【解析】
【分析】
本题关键是抓住万有引力提供圆周运动向心力和在星球表面重力与万有引力相等，这是万有引力应用的两个主要入手点。
根据万有引力提供圆周运动向心力求得轨道半径、“风云三号”G星的线速度大小和地球的质量，根据线速度和周期的关系求解“风云三号”G星的周期。
【解答】
AB、设地球的质量为M，半径为R，有v1= GMR，又v1= gR，解得R=v12g、M=v14gG，选项A错误，B正确;
C、设“风云三号”G星的线速度大小为v，有GMr2=v2r，解得v=v12 1gr，选项C错误;
D“风云三号”G星的周期T=2πrυ=2πr grv12，选项D正确。
10.【答案】AC
【解析】BC.根据 v−t 图像，可知箱子加速过程的加速度为
a=ΔvΔt=64m/s2=1.5m/s2
则箱子受到的摩擦力大小为
f=ma=22.5N
箱子加速过程，箱子的位移为
x箱=v2t=62×4m=12m
对于箱子从静止释放到刚相对传送带静止这一过程，传送带对箱子做功为
W传=fx箱=22.5×12=270J
传送带对箱子做功的功率为
t
故B错误，C正确；
A.箱子加速过程，传送带的位移为
x传=vt=6×4m=24m
箱子对传送带做功为
W箱=−fx传=−22.5×24=−540J
故A正确；
D.箱子与传送带因摩擦产生的热量为
Q=fΔx=f(x传−x箱)=22.5×(24−12)J=270J
故D错误。
故选AC。
11.【答案】BCD
【解析】A.根据图像，电荷A周围的电势为正值，所以电荷A带正电；电荷B周围的电势为负值，所以电荷B带负电，A错误；
B. x=3L 处的图线的切线平行x轴，该处的电场强度等于零
kQA3L2=kQBL2
解得
QA:QB=9:1
B正确；
C.由题图可知，x1、x2处的电势为零，根据 φ=kQr 得
kQAx1=kQB2L−x1
kQAx2=kQBx2−2L
又因为
QA:QB=9:1
解得
x1=95L
x2=94L
C正确；
D.在x轴上x>3L的区域内，电势逐渐降低，电场强度沿x轴正方向；若在x轴上x>3L的区域内无初速度释放一正电荷，正电荷受到向右的电场力向右，正电荷将向右加速到无穷远处，D正确。
故选BCD。
12.【答案】 慢 1.6×10−3 133 B
【解析】(1)[1]由图可知，I−t图像切线的斜率越来越小，表示电流减小得越来越慢；
(2)[2]电容器放电前所带电荷量为
Q=40×4×10−5C=1.6×10−3C
[3]电容器的电容为
C=QU=1.6×10−312F=1.33×10−4F=133μF
(3)[4]根据电容的定义式可得
Q=CU
电容器在不同电压U下电容不变，其所带电荷量Q与U成正比。
故选B。
13.【答案】 不需要 BC##CB gh=12(x1+x22f)2 5.1
【解析】(1)[1]下落过程机械能守恒表达式为
mgh=12mv2
质量可以约掉，因此本实验无需测量质量；
(2)[2]A.实验所用重物应减少空气阻力带来的影响，即选用质量较大，体积较小的物体，故A错误；
B.在组装器材时，打点计时器的两个限位孔一定要与纸带处于同一竖直线上，这样可以减小纸带与限位孔之间的摩擦阻力，故B正确；
C.实验时应先开启电源，待打点稳定后，再释放纸带，以防纸带上记录的数据点过少，故C正确；
D.实验结束时，应先断开电源，再取下纸带，以防打上与实验无关的点，故D错误。
故选BC。
(3)[3]物体下落过程中的机械能表达式为
mgh=12mvP2
vP=x1+x22T=x1+x22f
联立解得
gh=12(x1+x22f)2
[4]由题意可知，在本实验中百分误差为
η=mgh−12mvp2mgh×100%=gh−12(x1+x22f)2gh×100%=9.8×0.6443−12(0.0679+0.0715250)29.8×0.6443×100%=5.1%
14.【答案】(1)由受力分析可得
T=mgcosθ
解得 T=750N
(2)设人与座椅做圆周运动的半径为R，由几何关系可得
R=r+Lsinθ
由牛顿第二定律可知
mgtanθ=mω2R
联立两式代入数据解得
ω=56rad/s
【解析】座椅做的是圆周运动，确定圆周运动所需要的向心力是解题的关键，向心力都是有物体受到的某一个力或几个力的合力来提供，在对物体受力分析时一定不能分析出物体受向心力这么一个单独的力。
(1)对座椅受力分析，由力的合成方法求得椅子受到的合力的大小；
(2)根据几何知识找出圆心后确定座椅做匀速圆周运动的半径R的大小；
(3)根据向心力的公式可以求得转盘转动的角速度ω的大小。
15.【答案】(1)设电场强度为E，把小球A、B看作一个整体，由绳未断前作两小球做匀速运动有
2mg=2qE−qE
解得 E=2mgq
(2)细绳断后，根据牛顿第二定律，对A球有
2qE−mg=maA
解得 aA=3g 方向竖直向上
对B球有 qE+mg=maB
解得 aB=3g 方向竖直向下
(3)设自绳断开到B球速度为零的时间为t，则
0=v0−aBt
解得 t=v03g
当B球速度为零时，A球的速度大小
vA=v0+aAt
解得 vA=2v0
在该时间内A球的位移为
sA=v0+2v02t=v022g
由功能关系知，电场力对A球做了正功：
WA=2qEsA=2mv02
B球的位移为
sB=v0+02t=v026g
电场力对B球做了负功
WB=−qEsB=−mv023
在这一过程中，系统的电势能变化量为：
ΔEp=−WA+WB=−5mv023
即电势能减少 5mv023
【解析】由受力分析求解电场强度，由牛顿第二定律求解加速度，由功能关系求解电势能变化。
本题考查静电场，学生需能够正确的受力分析，并借助功能关系求解，力电综合能力要求比较高。
16.【答案】(1) vB= 30m/s ；(2) FB=5.36N ；(3) s=0253Ep−7.5(m) 1.6mEp<1.5J1.5J≤Ep<1.692JEp≥1.692J
【解析】(1)在D点满足
mg=mvD2R
在由B运动到D点的过程中
−mg2R=12mvD2−12mvB2
联立解得
vB= 30m/s
(2)第二次到达D点时的速度
−2μmgcosθRtanθ=12mvD12−12mvD2
从第二次到达D点到第二次到达B点的过程中
mg2R=12mvB12−12mvD12
在B点
N−mg=mvB12R
联立解得
N=5.36N
由牛顿第三定律可知
FB=N=5.36N
(3)恰好能过D点时，满足
Ep=mg2R+μmgL=1.5J
即当弹簧释放的弹性势能 EP 小于1.5J时，小物块在直轨道EF上运动的总路程s为零。
恰好能回到D点时，满足
Ep=mg2R+2μmgcosθRtanθ+μmgL=1.692J
即当弹簧释放的弹性势能 EP 大于等于1.5J，小于1.692J时，小物块在直轨道EF上运动的总路程s满足
Ep=mgR+μmgcosθs+μmgL
解得
s=253Ep−7.5(m)
当弹簧释放的弹性势能 EP 大于等于1.692J时，小物块在直轨道EF上运动的总路程
s=2Rtanθ=1.6m
综上所述
s=0253Ep−7.5(m) 1.6mEp<1.5J1.5J≤Ep<1.692JEp≥1.692J
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