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山东省济南市2022-2023学年高一下学期期末考试物理试题（含答案）
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这是一份山东省济南市2022-2023学年高一下学期期末考试物理试题（含答案），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年山东省济南市高一（下）期末物理试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）
1. 关于行星运动的规律，下列说法正确的是( )
A. 所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳位于椭圆的中心处
B. 行星在椭圆轨道上运行速率是变化的，离太阳越远，运行速率越大
C. 离太阳的平均距离越大的行星，绕太阳公转的周期越大
D. 不同轨道上的行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等
2. 如图所示，地球上A、B两点绕地轴转动，其纬度分别是φ1=30°、φ2=60°。关于A、B两点，下列说法正确的是( )
A. 加速度之比为3：1
B. 线速度之比为3：1
C. 角速度之比为3：1
D. 周期之比为3：1
3. 如图所示，将圆珠笔的弹簧取出并固定在水平桌面上。再用硬卡纸做个小纸帽，套在弹簧上。用力把小纸帽往下压，使弹簧产生一定的弹性形变，然后迅速放手，小纸帽被高高弹起。忽略弹簧自身质量和空气阻力影响。下列说法正确的是( )
A. 小纸帽在最高点时处于平衡状态
B. 小纸帽与弹簧脱离前，一直在做加速运动
C. 小纸帽在弹起过程中弹簧的弹性势能只转化为小纸帽的动能
D. 换用劲度系数较大的弹簧，往下压相同距离，放手后小纸帽上升的最大高度较大
4. 两个可视为点电荷的相同金属小球，带电量分别为-2Q和+6Q。固定在相距为r的两处时，它们间的库仑力大小为F。两小球相互接触后将其距离变为2r固定，则两球间库仑力的大小变为( )
A. 13F B. 112F C. 116F D. 3F
5. 如图所示，某趣味物理实验中，在水平桌面上从桌子的一个角A向B发射一个乒乓球。一同学在桌边试着用一支吹管将球由B处吹进球门C，AB垂直于BC，该同学将吹管对准C用力吹，未成功。下列情形可能成功的是( )
A. 将球门沿直线BC适当靠近B
B. 将球门沿直线BC适当远离B
C. 将球门垂直于直线BC向右平移适当距离
D. 将吹管沿直线AB向右平移适当距离，垂直AB方向吹气
6. 如图所示，电路中a、b两点之间接有一灵敏电流计，两极板间有一带电微粒在重力和电场力作用下处于静止状态。在上极板下移一小段距离的过程中，下列说法正确的是( )
A. 电容器两极板间电压变小 B. 电容器的电容不变
C. 微粒将向上加速运动 D. 电流计中有从b到a的电流
7. 如图a所示，两个平行金属板P、Q竖直放置，两板间加上如图b所示的电压。t=0时，Q板比P板电势高5V，此时在两板的正中央M点放一个电子，速度为零，电子仅在静电力作用下运动，运动过程中始终未与极板相碰，下列时刻中电子速度和加速度的方向相同的是( )
A. 3×10-10s B. 5×10-10s C. 6.5×10-10s D. 7×10-10s
8. 正点电荷和处于静电平衡的导体P的电场线分布如图所示，a、b、c分别是图中的三个点。下列说法正确的是( )
A. 感应电荷在P的外表面均匀分布
B. a、b、c三点的电场强度大小为Ea>Eb>Ec
C. a、b、c三点的电势大小为φa>φb>φc
D. 导体P的感应电荷在b产生的电场强度大于在c产生的电场强度
9. 如图，直角三角形abc中bc=4cm，∠acb=37°，匀强电场的电场线平行于△abc所在平面，且a、b、c点的电势分别为2V、-1V、3V。已知sin37°=0.6，则电场强度的大小为( )
A. 2V/cm B. 3V/cm C. 2V/cm D. 3V/cm
10. 如图所示，有一条长为L=1.5m的均匀金属链条，有34L在光滑的足够高的斜面上，另14L竖直下垂在空中，在外力作用下静止不动。斜面顶端P是一个很小的光滑圆弧，斜面倾角为37°。忽略空气阻力，g取10m/s2，sin37°=0.6。当撤去外力后链条滑动，则链条刚好全部越过P时的速率为( )
A. 3m/s B. 3m/s C. 1m/s D. 32m/s
二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）
11. 为满足不同领域的需要，我国有许多不同轨道高度的人造卫星。如图所示，在某一轨道平面上两颗人造卫星P、Q都绕地球做圆周运动，两卫星的质量之比为mP：mQ=2：3，到地心的距离之比为rP：rQ=3：4，则P、Q的( )
A. 周期之比为9：16
B. 加速度大小之比为4：3
C. 线速度大小之比为2：3
D. 向心力大小之比32：27
12. 如图所示，甲、乙两物体放在可绕轴旋转的圆台上，甲物体质量为m2，乙物体的质量为m。甲物体到转轴的距离是2l，乙物体到转轴距离是l。物体与圆台的最大静摩擦力均为所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆台从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，下列说法正确的是( )
A. 甲、乙两物体所受的摩擦力始终相等
B. 甲物体和乙物体均未与圆台发生相对滑动时线速度大小之比为2：1
C. 甲物体开始相对圆台滑动时的转速是12πkg2l
D. 当转台以角速度ω=kgl匀速转动时，甲物体所受向心力为kmg
13. 如图所示，虚线a、b、c是电场中的三条电场线或等差等势线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点。下列说法正确的是( )
A. 若虚线表示电场线，则粒子在P点时的速率大于Q点时的速率
B. 若虚线表示等势线，则粒子在P点时的速率大于Q点时的速率
C. 若虚线表示等势线，a、b、c中a等势线电势最高
D. 无论虚线是电场线还是等势线，粒子经过P点时的加速度大小总是大于经过Q点时的加速度大小
14. 如图所示，a、b、c、d、e、f是以O为球心的球面上的点，平面aecf与平面bedf垂直，分别在b、d两个点处放有等量同种点电荷+Q。下列说法正确的是( )
A. a、e、c、f四点电势相同
B. 沿直线O→f电场强度一定越来越大
C. 若将电子从e点由静止释放，电子将在e、O、f之间往复运动
D. 若电子沿直线a→O→c运动，其电势能先增加后减少
15. 如图所示，正点电荷电场中的一条电场线上有M、N两个点。以点电荷所在位置为原点，电场线方向为正方向建立坐标轴。规定无穷远处电势为0，坐标轴上各位置的电场强度和电势与坐标r的变化规律图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
16. 某科技公司制造了一款电容车，在运行中无需连接电缆，只需在乘客上车间隙充电就能保持正常行驶。该款电容车质量m=2×103kg，行驶中所受阻力恒定，电容车的最大车速为45m/s。该车沿平直公路行驶过程中的牵引力为F，速度为v。该车由静止开始运动的F-1v图像如图所示。下列说法正确的是( )
A. 电容车所受阻力为6000N
B. 电容车车速为30m/s时，加速度为0.5m/s2
C. 电容车匀加速行驶所用时间为7.5s
D. 电容车从15m/s行驶1000m时已达到最大速度，行驶这1000m所需时间约为42s
第II卷（非选择题）
三、实验题（本大题共2小题，共12.0分）
17. 用如图1所示装置研究平抛运动的特点。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直硬板上。钢球沿斜槽轨道滑下后从斜槽末端水平飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
(1)以下是实验过程中的一些操作，其中合理的是______ 。
A.斜槽轨道必须光滑
B.需要用天平测量小球的质量
C.每次不需要严格地等距离下降水平挡板记录小球位置
D.应使小球每次从斜槽上相同的位置由静止释放
(2)在实验中用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L=5cm，若小球在平抛运动中的几个位置如图2中的A、B、C所示。重力加速度g=10m/s2，则小球做平抛运动的初速度大小v0=______ m/s。若以A点为坐标原点建立如图2所示的坐标系，小球做平抛运动的初始位置坐标为(______ cm，______ cm)。
18. 在“探究影响向心力大小的因素”实验中，所用向心力演示器如图所示，固定在转臂上的挡板A、B、C，可与转臂上做圆周运动的实验球产生挤压，从而提供向心力。小球位于挡板A、B、C时，做稳定圆周运动的半径之比为2：1：1。标尺1、2可以显示出两球所受向心力的大小关系。可供选择的实验球有：质量均为2m的球1和球2，质量为m的球3。
(1)在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，我们主要用到的实验方法是______ 。
(2)为探究向心力与圆周运动角速度的关系，实验时将皮带调整到变速塔轮合适位置，若将球1放到挡板C处，球2应放在挡板______ 处(填：“A”或“B”)；
(3)某次实验时将球3放在A挡板，球1放在C挡板，发现标尺1和2表示的向心力之比为1：9，由此可知皮带连接的左侧和右侧塔轮半径之比为______ 。
四、简答题（本大题共4小题，共34.0分）
19. 如图所示，倾角为α=60°的光滑斜面处于匀强电场中，电场线与斜面底边的夹角为θ=30°。质量m=0.14kg带电量q=-2.0×10-6C的物块在斜面上处于静止状态。已知重力加速度g=10m/s2，求：
(1)斜面对物块弹力的大小；
(2)电场强度E的大小并在图中标出电场强度的方向。
20. “天问一号”是负责执行中国首次火星探测任务的探测器，由环绕器和着陆巡视器组成。2021年2月10日天问一号探测器顺利进入环火轨道，成为中国第一颗人造火星卫星。2月24日进入火星停泊轨道，开展环绕探测。已知天问一号探测器绕火星做匀速圆周运动，经过时间t，转过的圆心角为θ。火星表面的重力加速度为g，火星半径为R，引力常量为G，忽略火星自转。求：
(1)火星的质量；
(2)火星第一宇宙速度的大小；
(3)天问一号探测器绕火星做匀速圆周运动轨道距火星表面的高度。
21.
如图所示，水平放置的平行板电容器，上极板带正电，下极板接地。极板长L=0.2m，两极板间距离d=1.6cm。大量分布均匀的带负电粒子流以相同的水平初速度从两板正中央下方连续射入极板间，粒子刚进入时极板间电压U=128V，极板正中央的粒子刚好落到上极板中点O处。已知微粒质量m=2.0×10-15kg，电量q=1.0×10-17C，电容器电容C=5.0×10-7F，忽略粒子的重力、相互之间的作用力和空气阻力。求：
(1)粒子刚进入时极板间电压U=128V，极板正中央的粒子刚好落到上极板中点O处，求带电粒子入射初速度的大小；
(2)由于电场力作用微粒能落到上极板上，使两极板间的电势差逐渐减小，当两极板间电场强度为多大时，不再有带电粒子落到极板；
(3)最终落到极板上的带电粒子总个数。
22. 如图所示，一粗糙斜面下端与光滑圆管轨道BCD相切于B点。整个装置竖直放置，圆管轨道的最低点为C，最高点为D，圆心角θ=37°，轨道半径R=0.6m。现将一个可视为质点的小球从斜面上距离B点2.26m处的A点由静止释放。已知小球直径略小于管的直径，小球质量m=2.0kg，与斜面之间的动摩擦因数μ=0.125。忽略空气阻力，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
(1)小球第一次通过C点时速度的大小；
(2)小球通过最高点D时对轨道的作用力；
(3)小球从D点飞出落到斜面上的时间。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳位于椭圆的一个焦点处，故A错误；
B、由开普勒第二定律得，行星在椭圆轨道上运行速率是变化的，离太阳越远，运行速率越大，故B错误；
C、由开普勒第三定律得：r3T2=k
则离太阳的平均距离越大的行星，绕太阳公转的周期越大，故C正确；
D、由开普勒第二定律得，同一轨道上的行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，故D错误。
故选：C。
根据开普勒三定律分析即可。
本题考查开普勒三定律，解题关键是掌握开普勒三定律内容。
2.【答案】B
【解析】解：CD、AB两点均随地球自转一起绕地轴转动，角速度相同，周期相同，则角速度之比为1：1，周期之比为1：1，故CD错误；
A、由题意可知，A运动的半径为rA=Rcos30°=32R
B运动的半径为rB=Rcos60°=12R
则rA：rB=3：1
由a=ω2r可知加速度之比为：aA：aB=rA：rB=3：1
故A错误；
B、由v=ωr可知线速度之比为：vA：vB=rA：rB=3：1
故B正确；
故选：B。
AB两点的运动为同轴传动，角速度相同，周期相同；根据题目比较两点半径之比，根据向心加速度公式比较向心加速度之比，根据线速度公式比较线速度之比。
本题考查同轴传动，解题关键是掌握匀速圆周运动的线速度公式和加速度公式。
3.【答案】D
【解析】解：A、小纸帽在最高点时合外力方向向下，不是处于平衡状态，故A错误；
B、小纸帽与弹簧脱离前，先是弹簧弹力大于重力，小纸帽做加速运动；当弹簧弹力等于重力时，小纸帽的速度最大；后来弹簧弹力小于重力，小纸帽做减速运动，故B错误；
C、小纸帽在弹起过程中弹簧的弹性势能转化为小纸帽的动能和重力势能，故C错误；
D、换用劲度系数较大的弹簧，往下压相同距离，根据EP=12kx2可知弹簧的弹性势能增大；根据功能关系可知，放手后小纸帽重力势能增大、上升的最大高度增大，故D正确。
故选：D。
小纸帽在最高点时合外力方向向下；根据受力情况分析运动情况；小纸帽在弹起过程中弹簧的弹性势能转化为小纸帽的动能和重力势能；根据功能关系分析小纸帽重力势能的变化量。
解题的关键是分析小纸帽的受力情况来确定小纸帽的运动情况。要注意明确物理过程，知道当小纸帽合力为零时速度达最大。
4.【答案】B
【解析】解：接触前相距为r时，根据库仑定律得
F=k2Q×6Qr2
接触后，各自带电量变为
Q'=-2Q+6Q2=2Q
则此时有
F'=kQ'2(2r)2=k2Q×2Q4r2=112F，故ACD错误，B正确。
故选：B。
两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分。根据库仑定律的内容，分别求出接触前和接触后库仑力的表达式，从而进行分析比较。
解决该题的关键是熟记点电荷之间的库仑力的求解公式，正确分析两个小球接触后所带的电荷量的多少。
5.【答案】C
【解析】解：原方案中，吹管吹气只改变了球沿BC方向的速度，而沿AB方向的速度不变，所以单纯沿BC方向吹气而施加力的作用不能使球落入球门中。如果将球门垂直于直线BC向右平移适当距离，根据运动的合成与分解的知识可知，球可能落入球门中，只有C可行，故C正确，ABD错误。
故选：C。
乒乓球被吹气后，参与了两个运动，一个是沿AB方向的运动，一个是沿吹气方向的运动，两个运动的合运动要沿BC方向，根据平行四边形定则可得。
本题考查运动的合成与分解，解决本题的关键知道乒乓球参与了两个运动，一个是沿AB方向的运动，一个是沿吹气方向的运动。
6.【答案】C
【解析】解：AB、上极板下移一小段距离的过程中，两极板的间距减小，而电容器的电压不变，将两极板的间距变小，根据电容的决定式C=ɛrS4πkd，电容变大，故AB错误；
C、板间场强E=Ud，U不变，d减小则E增大，电荷q所受的电场力F=Eq增大，电荷将向上加速运动，故C正确；
D、电压不变，根据Q=CU可知，C增大，则电量Q增大，电容器充电，而电容器上极板带正电，则电流表中将有从a到b的电流，故D错误。
故选：C。
对于电容器动态变化分析问题，首先要根据电容的决定式C=ɛrS4πkd判断电容的变化，抓住电压不变，再由电容的定义式C=QU分析电量的变化，再进一步根据U=Ed研究场强等的变化。
本题考查了电容器的动态分析，利用以上三个公式配合分析，难度不大，是常规的题型。
7.【答案】B
【解析】解：t=0时，Q板比P板电势高5V，则电子所受电场力向右，电子向右做匀加速直线运动，2×10-10s～4×10-10s电子所受电场力向左，电子向右做减速运动，根据对称性可知t=4×10-10s时速度为0，4×10-10s～6×10-10s电子所受电场力向左，电子向左做加速运动，6×10-10s～8×10-10s电子所受电场力向右，电子向左做减速运动，所以当t=5×10-10s时电子速度和加速度的方向相同，故ACD错误，B正确；
故选：B。
平行板电容器两极板带电后形成匀强电场，带电离子在电场中受到力的作用，根据牛顿第二定律求出加速度，根据运动学基本公式分析即可。
本题关键是分段考虑，也可以画出电子运动的速度—时间图象求解，难度适中。
8.【答案】D
【解析】解：A、电场线的疏密程度表示场强的大小，则正点电荷在P外表面不同位置产生的场强大小不同，则感应电荷在不同位置产生的场强不同，感应电荷在P的外表面分布不均匀，故A错误；
B、导体P处于静电平衡状态，内部场强处处为0，则a、b、c三点的电场强度大小为Ea>Eb=Ec，故B错误；
C、处于静电平衡状态的导体是等势体，则b、c两点的电势相等，沿电场线方向低电势逐渐降低，则a、b、c三点的电势大小为φa>φb=φc，故C错误；
D、b点离正点电荷更近，点电荷在b点的场强更大，导体P内场强处处为0，则感应电荷在b点产生的电场强度大于在c产生的电场强度，故D正确。
故选：D。
电场线的疏密程度表示场强的大小；处于静电平衡状态的导体内部场强处处为0；处于静电平衡状态的导体是等势体，沿电场线方向低电势逐渐降低；处于静电平衡状态的导体内部任意一点，感应电荷产生的场强与原场强等大反向。
本题考查静电平衡，解题关键是知道用电场线判断电场强度和电势高低的方法，知道处于静电平衡状态的导体的场强和电势的特点。
9.【答案】A
【解析】解：将bc四等分，则d点电势为2V，连接ad为等势线，如图
过b点做ad的垂线eb为电场线，根据几何关系可知
ab=bctan37°=4×34cm=3cmbd=34bc=4×34cm=3cm
所以△abd为等腰直角三角形，则be=absin45°=3×22cm=322cm
电场强度为E=Uebeb
解得E=2V/cm
故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据电场线与等势线垂直分析电场线；根据电场强度E=Ud可解得电场强度。
本题考查电势差与电场强度的关系，解题关键掌握电场强度的计算方法，注意E=Ud中d代表沿电场线两点的距离。
10.【答案】B
【解析】解：设链条的质量为m，则链条在斜面上的部分沿斜面向下的分力为34mgsin37°=34mg×35=0.45mg，斜面左侧链条部分的重力为14mg<0.45mg，所以链条沿着斜面下滑，
以P点所在平面为零势能面，链条初始状态的机械能E=Ep+Ek=-14mg×L8-34mg×38L×sin37°+0
链条全部下滑出后，链条的机械能E'=Ek'+ Ep'=12mv2+(-mg×L2×sin37°)
链条下滑过程，只有重力做功，所以链条初末状态机械能守恒，则有E=E'
代入数据可得：v=3m/s，故ACD错误，B正确。
故选：B。
首先判断链条运动方向，链条运动过程只有重力做功，所以链条机械能守恒，设最高点为零势能面，根据机械能等于动能和重力势能之和可得初末状态链条机械能的表达式，根据机械能守恒可得链条刚好全部越过P时的速率大小。
本题考查了机械能守恒定律，解题的关键是选好零势能面，正确写出链条初末状态的重力势能表达式，注意在参考平面以下重力势能为负值。
11.【答案】CD
【解析】解：A、根据开普勒第三定律可得r3T2=k，P、Q到地心的距离之比为rP：rQ=3：4，则周期之比为TP：TQ=33：8，故A错误；
B、根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma，解得a=GMr2，P、Q到地心的距离之比为rP：rQ=3：4，则加速度大小之比为aP：aQ=16：9，故B错误；
C、卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v=GMr；P、Q到地心的距离之比为rP：rQ=3：4，则线速度大小之比为vP：vQ=2：3，故C正确；
D、根据万有引力定律可得：F=GMmr2，两卫星的质量之比为mP：mQ=2：3，到地心的距离之比为rP：rQ=3：4，则向心力大小之比FP：FQ=32：27，故D正确。
故选：CD。
根据开普勒第三定律求解周期之比；根据牛顿第二定律求解加速度大小之比；由万有引力提供向心力得到线速度表达式，由此求解线速度大小之比；根据万有引力定律求解向心力大小之比。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。
12.【答案】ABC
【解析】解：A、两物体的运动为同轴传动，角速度相同，甲、乙两物体所受摩擦力提供向心力，由向心力公式得：f=Fn=mω2r
则甲、乙所受摩擦力之比为f甲：f乙=12mω2⋅2l：(mω2l)=1：1
两物体所受摩擦力始终相等，故A正确；
B、由v=ωr得，甲物体和乙物体均未与圆台发生相对滑动时线速度大小之比为v甲：v乙=2l：l=2：1
故B正确；
C、甲物体开始相对圆台滑动时，摩擦力刚好达到最大静摩擦力，有：k⋅12mg=12m⋅4π2nm2⋅2l
解得：nm=12π kg2l
故C正确；
D、甲物体开始相对圆台滑动式，有：k⋅12mg=12mωm2⋅2l
解得：ωm=kg2l
当转台以角速度ω=kgl匀速转动时，甲已经相对圆盘发生滑动，故D错误。
故选：ABC。
甲、乙两物体所受摩擦力提供向心力，根据向心力公式比较两物体所受摩擦力；根据线速度与角速度关系比较线速度大小关系；甲物体开始相对圆台滑动时，摩擦力刚好达到最大静摩擦力，结合向心力公式求解临界转速和临界角速度，分析即可。
本题考查匀速圆周运动，解题关键是知道物体相对圆盘发生相对滑动的临界条件，结合牛顿第二定律分析即可。
13.【答案】AD
【解析】解：A、粒子所受电场力方向沿电场线切向方向且指向运动轨迹的凹侧，若虚线为电场线，则电场力向右，粒子带负电，受力方向与电场方向相反，则电场方向向左，P点的电势高于Q点的电势，粒子在P点的电势能小于Q点的电势能，在P点的动能大于Q点时的动能，则粒子在P点时的速率大于Q点时的速率，故A正确；
B、若虚线为等势线，等势线与电场线垂直，则粒子所受电场力向下，粒子受力方向与电场方向相反，则电场方向向上，P点电势低于Q点的电势，粒子在P点的电势能大于Q点的电势能，在P点的动能小于Q点时的动能，则粒子在P点时的速率小于Q点时的速率，故B错误；
C、由B得，若虚线为等势线，a、b、c中a等势线电势最低，故C错误；
D、电场线和等势面的疏密程度均表示场强的大小，由图可知，P点的场强大于Q点的场强，则粒子经过P点时的加速度大小总是大于经过Q点时的加速度大小，故D正确。
故选：AD。
粒子所受电场力方向沿电场线方向且指向运动轨迹的凹侧，电场线与等势面垂直，负电荷受力方向与电场线方向相反，据此判断两点电势的高低，进而判断粒子电势能的大小和动能的大小，即可判断速率的大小；电场线的疏密程度和等势面的疏密程度均表示场强的大小，进而比较加速度大小。
本题考查等势面、电场线、电势能与电场力做功，解题关键掌握电场线与等势线的关系，注意电势的比较方法，从而确定电势能的大小关系。
14.【答案】AC
【解析】解：A.根据点电荷等势面的特点可知，a、e、c、f四点在同一等势面上，电势相同，故A正确；
B.电场线密集的位置，电场强度越大，+Q的电荷量未知，从O到f电场强度可能先增大后减小，故B错误；
C.将电子从e点由静止释放，电子受电场力指向O，根据对称性可知电子将在e、O、f之间往复运动，故C正确；
D.电子沿直线a→O→c运动过程中，电势先升高后降低，电势能先减少后增加，故D错误。
故选：AC。
等量同种电荷的电场线和等势线都是关于连线、中垂线对称，可根据电场线和等势面的对称性判断电场强度、电势的关系。根据公式Ep=qφ判断电势能变化情况。
解决本题的关键要掌握等量同种电荷的电场线和等势面的分布情况。
15.【答案】AC
【解析】解：根据正电荷电场强度的公式E=kQr2，且无限远处电场强度为0，可知电场强度与坐标r的关系可能为A图；正电荷附近的点电势为正，沿电场线方向电势逐渐降低，所以电势与坐标r的关系可能为C，故AC正确，BD错误；
故选：AC。
根据正电荷电场强度的公式结合沿电场线方向电势逐渐降低分析判断。
本题考查正电荷附近电场强度与电势的判断，解题关键掌握电势的特点及点电荷电场的计算公式。
16.【答案】BCD
【解析】解：A、最大速度vm=45m/s
此时电容车受力平衡，由平衡条件得：F阻=F=2×103N
故A错误；
B、电容车的额定功率P=F阻vm=2×103×45W=9×104W
电容车车速为30m/s时，牵引力为F1=Pv1=9×10430m/s=3×103N
由牛顿第二定律得：F1-F阻=ma1
代入数据解得：a1=0.5m/s2
故B正确；
C、由图像得，电容车匀加速过程所受牵引力为F2=6×103N
由牛顿第二定律得：F2-F阻=ma2
代入数据解得：a2=2m/s2
匀加速运动结束时，电容车的功率达到额定功率，速度为v2=15m/s
电容车匀加速行驶所用时间为t=v2a2=152s=7.5s
故C正确；
D、电容车达到最大速度过程中，由动能定理得：Pt-F阻x=12mvm2-12mv22
代入数据解得：t=3809s≈42s
故D正确。
故选：BCD。
电容车速度最大时，根据牵引力等于阻力求解阻力；根据P=F阻vm求解电容车的额定功率，根据P=Fv求解牵引力，根据牛顿第二定律求解加速度；根据匀变速直线运动公式求解匀加速运动的时间；根据动能定理求解电容车行驶1000m所需时间。
本题考查机车启动问题，阶梯关键是知道机车启动过程牵引力等于阻力时，速度达到最大值，会根据动能定理求解加速时间。
17.【答案】D 1.5 -15 -5
【解析】解：(1)A.斜槽轨道光滑与否对实验结果无影响，故A错误；
B.实验中无需用天平测量小球的质量，故B错误；
C.每次挡板下降的距离没必要严格地保持相等，故C错误；
D.应使小球每次从斜槽上相同的位置由静止释放，保证初速度相等，故D正确；
故选：D。
(2)由图可知，物体由A→B和由B→C所用的时间相等，且有Δy=gT2
由图可知Δy=2L=2×5cm=10cm=0.1m
代入解得，T=0.1s
x=v0T
将x=3L=3×5cm=15cm=0.15m代入解得：v0=1.5 m/s
根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于此段位移的平均速度，可得小球到达B点的竖直方向分速度为：
vBy=8L2T=8×5×0.012×0.1m/s=2m/s
故从抛出点到B的时间为：t=vByg
故从抛出到B点出到B点的水平位移为：x=v0t
故从抛出到B点的竖直位移为：y=12gt2
解得x=30cm，y=20cm
所以，抛出点坐标为：(-15cm,-5cm)
故答案为：(1)D；(2)1.5，-15，-5
(1)根据平抛运动的实验原理分析解答；
(2)根据平抛运动竖直方向的运动规律分析解得两点间的时间，根据水平方向的规律分析解答。
通过实验探究出平抛运动处理的规律，并掌握实验原理及平抛运动水平和竖直方向的运动规律。
18.【答案】控制变量法 B 3：1
【解析】解：(1)本实验采用控制变量法；
(2)球1、球2的质量均为2m，现要研究向心力与角速度的关系，根据控制变量法的要求，两球的运动半径均相同，所以应把球2放在B处；
(3)根据F=mrω2，可得：ω=Fmr，ω1ω2=F1F2⋅m2m1⋅r2r1=19×21×12=13，两变速塔轮由同一皮带带动，在线速度相等的情况下，r塔左r塔右=ω2ω1=3：1。
故答案为：(1)控制变量法；(2)B；(3)3：1。
(1)在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，主要用到的是控制变量法；
(2)根据控制变量法的要求，研究Fn与ω的关系，则要求m和r相同；
(3)由向心力的公式倒推角速度之比，再由v相等时，角速度与变速塔轮半径成反比求半径之比。
本题主要考查的是向心力相关的实验，理解实验方法，结合向心力的公式做出判断即可。
19.【答案】解：(1)(2)对物块受力分析，如图：
根据共点力平衡条件有
Fsin30°+qEsin30°=mgFcos30°=qEcos30°
联立解得
F=1.4NE=7×105N/C
由于物块带负电，电场强度斜向左下方。
答：(1)斜面对物块弹力的大小为1.4N；
(2)电场强度E的大小为7×105N/C，电场强度的方向斜向左下方。
【解析】(1)(2)对物块受力分析，根据共点力平衡条件结合电场力的计算公式分析解答，物块带负电，电场力与电场强度方向相反。
本题考查带电体的受力平衡问题，解题关键掌握受力分析，注意电场力与电场强度方向的关系。
20.【答案】解：(1)在火星表面附近，根据万有引力与重力的关系有
GMmR2=mg
解得
M=gR2G
(2)根据万有引力提供向心力有
GMmR2=mv2R
解得
v=gR
(3)根据万有引力提供向心力有
GMm(R+h)2=m(R+h)ω2
根据题意
ω=θt
解得
h=3gR2t2θ2-R
答：(1)火星的质量为gR2G；
(2)火星第一宇宙速度的大小为gR；
(3)天问一号探测器绕火星做匀速圆周运动轨道距火星表面的高度为3gR2t2θ2-R。
【解析】(1)根据万有引力等于物体所受重力，结合题意求出火星的质量；
(2)根据重力提供向心力，结合题意求出火星的第一宇宙速度；
(3)根据万有引力提供向心力，得出探测器离火星表面的高度。
在处理天体运动问题时，要注意利用万有引力提供向心力和万有引力等于物体所受的重力这两条思路，要熟记各种向心力表达式。
21.【答案】解：(1)第一个粒子在极板间做平抛运动，粒子能落在上极板中点，则
水平位移：L2=v0t
竖直位移：d2=12at2
忽略重力时，加速度：a=Eqm=Uqdm=128×1.0×10-171.6×10-2×2.0×10-15m/s2=40m/s2
由以上几式解得：v0=L2da=0.221.6×10-240m/s=5m/s
(2)当从极板中央射出的粒子恰从上边缘穿出时，由类平抛规律有，
水平方向：L=v0t1
竖直方向：d2=12×Eqm×t12
联立解得：E=mdv02qL2=2×10-15×1.6×10-2×521.0×10-17×0.22N/C=2000N/C
(3)由上一问的结论可知，两极板上的电压U1=Ed=2000×1.6×10-2V=32V
电容器极板减小的电荷量ΔQ=C⋅(U-U1)=5×10-7(128-32)C=4.8×10-5C
落到极板上的微粒数：n=ΔQq=4.8×10-51.0×10-17=4.8×1012个
答：(1)带电粒子入射初速度的大小为5m/s；
(2)两极板间电场强度为2000N/C时，不再有带电粒子落到极板；
(3)最终落到极板上的带电粒子总个数为4.8×1012个。
【解析】(1)根据粒子做平抛运动的规律，运用运动的合成与分解，并依据运动学公式，即可射入的初速度；
(2)根据牛顿第二定律，结合电场力表达式，与运动学公式，即可求解；
(3)结合(2)中的电场强度与Q=CEd，Q=nq即可求得落到下极板上带电粒子总的个数。
考查如何处理平抛运动的思路，掌握运动的合成与分解的方法，理解运动学公式与牛顿第二定律的综合应用。
22.【答案】解：(1)小球从A点第一次通过C点过程，利用动能定理，则有：mglsinθ+mg(R-Rcosθ)-μmglcosθ=12mvC2-0
代入数据可得：vC=5m/s
(2)小球从C点到D过程，利用动能定理，则有：-mg×2R=12mvD2-12mvC2
代入数据可得：vD=1m/s
在D点，假设小球受到向上的支持力，由牛顿第二定律有：mg-N=mvD2R
代入数据可得：N=503N，方向竖直向上，
由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力FN=N=503N，方向竖直向下；
(3)设小球从D点飞出落到斜面上的P点，如下图所示：
设竖直方向和水平方向的位移分别为y、x，由图可知PE=x-Rsinθ，则BE=PEtanθ=(x-Rsinθ)tanθ，则y+BE=R+Rcosθ
即：y+(x+Rsinθ)tanθ=R+Rcosθ
小球由D点做平抛运动，则有：y=12gt2 x=vDt
代入数据可得：t=0.45s
答：(1)小球第一次通过C点时速度的大小为5m/s；
(2)小球通过最高点D时对轨道的作用力大小为503N，方向竖直向下；
(3)小球从D点飞出落到斜面上的时间为0.45s。
【解析】(1)小球从A点第一次通过C点过程，利用动能定理可得C点速度大小；
(2)小球从C点到D点过程，利用动能定理可得D点速度大小，在D点利用牛顿第二定律可得小球所受支持力大小，由牛顿第三定律可得小球对轨道压力大小和方向；
(3)画出小球轨迹图，利用几何关系找出竖直方向位移和水平方向位移的关系，利用平抛运动的规律可得运动时间。
本题考查了动能定理、牛顿第二定律和平抛运动，解题的关键是画出小球运动的轨迹图，根据几何关系找出水平方向位移和竖直方向位移的大小关系。
2022-2023学年山东省济南市高一（下）期末物理试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）
1. 关于行星运动的规律，下列说法正确的是( )
A. 所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳位于椭圆的中心处
B. 行星在椭圆轨道上运行速率是变化的，离太阳越远，运行速率越大
C. 离太阳的平均距离越大的行星，绕太阳公转的周期越大
D. 不同轨道上的行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等
2. 如图所示，地球上A、B两点绕地轴转动，其纬度分别是φ1=30°、φ2=60°。关于A、B两点，下列说法正确的是( )
A. 加速度之比为3：1
B. 线速度之比为3：1
C. 角速度之比为3：1
D. 周期之比为3：1
3. 如图所示，将圆珠笔的弹簧取出并固定在水平桌面上。再用硬卡纸做个小纸帽，套在弹簧上。用力把小纸帽往下压，使弹簧产生一定的弹性形变，然后迅速放手，小纸帽被高高弹起。忽略弹簧自身质量和空气阻力影响。下列说法正确的是( )
A. 小纸帽在最高点时处于平衡状态
B. 小纸帽与弹簧脱离前，一直在做加速运动
C. 小纸帽在弹起过程中弹簧的弹性势能只转化为小纸帽的动能
D. 换用劲度系数较大的弹簧，往下压相同距离，放手后小纸帽上升的最大高度较大
4. 两个可视为点电荷的相同金属小球，带电量分别为-2Q和+6Q。固定在相距为r的两处时，它们间的库仑力大小为F。两小球相互接触后将其距离变为2r固定，则两球间库仑力的大小变为( )
A. 13F B. 112F C. 116F D. 3F
5. 如图所示，某趣味物理实验中，在水平桌面上从桌子的一个角A向B发射一个乒乓球。一同学在桌边试着用一支吹管将球由B处吹进球门C，AB垂直于BC，该同学将吹管对准C用力吹，未成功。下列情形可能成功的是( )
A. 将球门沿直线BC适当靠近B
B. 将球门沿直线BC适当远离B
C. 将球门垂直于直线BC向右平移适当距离
D. 将吹管沿直线AB向右平移适当距离，垂直AB方向吹气
6. 如图所示，电路中a、b两点之间接有一灵敏电流计，两极板间有一带电微粒在重力和电场力作用下处于静止状态。在上极板下移一小段距离的过程中，下列说法正确的是( )
A. 电容器两极板间电压变小 B. 电容器的电容不变
C. 微粒将向上加速运动 D. 电流计中有从b到a的电流
7. 如图a所示，两个平行金属板P、Q竖直放置，两板间加上如图b所示的电压。t=0时，Q板比P板电势高5V，此时在两板的正中央M点放一个电子，速度为零，电子仅在静电力作用下运动，运动过程中始终未与极板相碰，下列时刻中电子速度和加速度的方向相同的是( )
A. 3×10-10s B. 5×10-10s C. 6.5×10-10s D. 7×10-10s
8. 正点电荷和处于静电平衡的导体P的电场线分布如图所示，a、b、c分别是图中的三个点。下列说法正确的是( )
A. 感应电荷在P的外表面均匀分布
B. a、b、c三点的电场强度大小为Ea>Eb>Ec
C. a、b、c三点的电势大小为φa>φb>φc
D. 导体P的感应电荷在b产生的电场强度大于在c产生的电场强度
9. 如图，直角三角形abc中bc=4cm，∠acb=37°，匀强电场的电场线平行于△abc所在平面，且a、b、c点的电势分别为2V、-1V、3V。已知sin37°=0.6，则电场强度的大小为( )
A. 2V/cm B. 3V/cm C. 2V/cm D. 3V/cm
10. 如图所示，有一条长为L=1.5m的均匀金属链条，有34L在光滑的足够高的斜面上，另14L竖直下垂在空中，在外力作用下静止不动。斜面顶端P是一个很小的光滑圆弧，斜面倾角为37°。忽略空气阻力，g取10m/s2，sin37°=0.6。当撤去外力后链条滑动，则链条刚好全部越过P时的速率为( )
A. 3m/s B. 3m/s C. 1m/s D. 32m/s
二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）
11. 为满足不同领域的需要，我国有许多不同轨道高度的人造卫星。如图所示，在某一轨道平面上两颗人造卫星P、Q都绕地球做圆周运动，两卫星的质量之比为mP：mQ=2：3，到地心的距离之比为rP：rQ=3：4，则P、Q的( )
A. 周期之比为9：16
B. 加速度大小之比为4：3
C. 线速度大小之比为2：3
D. 向心力大小之比32：27
12. 如图所示，甲、乙两物体放在可绕轴旋转的圆台上，甲物体质量为m2，乙物体的质量为m。甲物体到转轴的距离是2l，乙物体到转轴距离是l。物体与圆台的最大静摩擦力均为所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆台从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，下列说法正确的是( )
A. 甲、乙两物体所受的摩擦力始终相等
B. 甲物体和乙物体均未与圆台发生相对滑动时线速度大小之比为2：1
C. 甲物体开始相对圆台滑动时的转速是12πkg2l
D. 当转台以角速度ω=kgl匀速转动时，甲物体所受向心力为kmg
13. 如图所示，虚线a、b、c是电场中的三条电场线或等差等势线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点。下列说法正确的是( )
A. 若虚线表示电场线，则粒子在P点时的速率大于Q点时的速率
B. 若虚线表示等势线，则粒子在P点时的速率大于Q点时的速率
C. 若虚线表示等势线，a、b、c中a等势线电势最高
D. 无论虚线是电场线还是等势线，粒子经过P点时的加速度大小总是大于经过Q点时的加速度大小
14. 如图所示，a、b、c、d、e、f是以O为球心的球面上的点，平面aecf与平面bedf垂直，分别在b、d两个点处放有等量同种点电荷+Q。下列说法正确的是( )
A. a、e、c、f四点电势相同
B. 沿直线O→f电场强度一定越来越大
C. 若将电子从e点由静止释放，电子将在e、O、f之间往复运动
D. 若电子沿直线a→O→c运动，其电势能先增加后减少
15. 如图所示，正点电荷电场中的一条电场线上有M、N两个点。以点电荷所在位置为原点，电场线方向为正方向建立坐标轴。规定无穷远处电势为0，坐标轴上各位置的电场强度和电势与坐标r的变化规律图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
16. 某科技公司制造了一款电容车，在运行中无需连接电缆，只需在乘客上车间隙充电就能保持正常行驶。该款电容车质量m=2×103kg，行驶中所受阻力恒定，电容车的最大车速为45m/s。该车沿平直公路行驶过程中的牵引力为F，速度为v。该车由静止开始运动的F-1v图像如图所示。下列说法正确的是( )
A. 电容车所受阻力为6000N
B. 电容车车速为30m/s时，加速度为0.5m/s2
C. 电容车匀加速行驶所用时间为7.5s
D. 电容车从15m/s行驶1000m时已达到最大速度，行驶这1000m所需时间约为42s
第II卷（非选择题）
三、实验题（本大题共2小题，共12.0分）
17. 用如图1所示装置研究平抛运动的特点。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直硬板上。钢球沿斜槽轨道滑下后从斜槽末端水平飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
(1)以下是实验过程中的一些操作，其中合理的是______ 。
A.斜槽轨道必须光滑
B.需要用天平测量小球的质量
C.每次不需要严格地等距离下降水平挡板记录小球位置
D.应使小球每次从斜槽上相同的位置由静止释放
(2)在实验中用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L=5cm，若小球在平抛运动中的几个位置如图2中的A、B、C所示。重力加速度g=10m/s2，则小球做平抛运动的初速度大小v0=______ m/s。若以A点为坐标原点建立如图2所示的坐标系，小球做平抛运动的初始位置坐标为(______ cm，______ cm)。
18. 在“探究影响向心力大小的因素”实验中，所用向心力演示器如图所示，固定在转臂上的挡板A、B、C，可与转臂上做圆周运动的实验球产生挤压，从而提供向心力。小球位于挡板A、B、C时，做稳定圆周运动的半径之比为2：1：1。标尺1、2可以显示出两球所受向心力的大小关系。可供选择的实验球有：质量均为2m的球1和球2，质量为m的球3。
(1)在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，我们主要用到的实验方法是______ 。
(2)为探究向心力与圆周运动角速度的关系，实验时将皮带调整到变速塔轮合适位置，若将球1放到挡板C处，球2应放在挡板______ 处(填：“A”或“B”)；
(3)某次实验时将球3放在A挡板，球1放在C挡板，发现标尺1和2表示的向心力之比为1：9，由此可知皮带连接的左侧和右侧塔轮半径之比为______ 。
四、简答题（本大题共4小题，共34.0分）
19. 如图所示，倾角为α=60°的光滑斜面处于匀强电场中，电场线与斜面底边的夹角为θ=30°。质量m=0.14kg带电量q=-2.0×10-6C的物块在斜面上处于静止状态。已知重力加速度g=10m/s2，求：
(1)斜面对物块弹力的大小；
(2)电场强度E的大小并在图中标出电场强度的方向。
20. “天问一号”是负责执行中国首次火星探测任务的探测器，由环绕器和着陆巡视器组成。2021年2月10日天问一号探测器顺利进入环火轨道，成为中国第一颗人造火星卫星。2月24日进入火星停泊轨道，开展环绕探测。已知天问一号探测器绕火星做匀速圆周运动，经过时间t，转过的圆心角为θ。火星表面的重力加速度为g，火星半径为R，引力常量为G，忽略火星自转。求：
(1)火星的质量；
(2)火星第一宇宙速度的大小；
(3)天问一号探测器绕火星做匀速圆周运动轨道距火星表面的高度。
21.
如图所示，水平放置的平行板电容器，上极板带正电，下极板接地。极板长L=0.2m，两极板间距离d=1.6cm。大量分布均匀的带负电粒子流以相同的水平初速度从两板正中央下方连续射入极板间，粒子刚进入时极板间电压U=128V，极板正中央的粒子刚好落到上极板中点O处。已知微粒质量m=2.0×10-15kg，电量q=1.0×10-17C，电容器电容C=5.0×10-7F，忽略粒子的重力、相互之间的作用力和空气阻力。求：
(1)粒子刚进入时极板间电压U=128V，极板正中央的粒子刚好落到上极板中点O处，求带电粒子入射初速度的大小；
(2)由于电场力作用微粒能落到上极板上，使两极板间的电势差逐渐减小，当两极板间电场强度为多大时，不再有带电粒子落到极板；
(3)最终落到极板上的带电粒子总个数。
22. 如图所示，一粗糙斜面下端与光滑圆管轨道BCD相切于B点。整个装置竖直放置，圆管轨道的最低点为C，最高点为D，圆心角θ=37°，轨道半径R=0.6m。现将一个可视为质点的小球从斜面上距离B点2.26m处的A点由静止释放。已知小球直径略小于管的直径，小球质量m=2.0kg，与斜面之间的动摩擦因数μ=0.125。忽略空气阻力，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
(1)小球第一次通过C点时速度的大小；
(2)小球通过最高点D时对轨道的作用力；
(3)小球从D点飞出落到斜面上的时间。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳位于椭圆的一个焦点处，故A错误；
B、由开普勒第二定律得，行星在椭圆轨道上运行速率是变化的，离太阳越远，运行速率越大，故B错误；
C、由开普勒第三定律得：r3T2=k
则离太阳的平均距离越大的行星，绕太阳公转的周期越大，故C正确；
D、由开普勒第二定律得，同一轨道上的行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，故D错误。
故选：C。
根据开普勒三定律分析即可。
本题考查开普勒三定律，解题关键是掌握开普勒三定律内容。
2.【答案】B
【解析】解：CD、AB两点均随地球自转一起绕地轴转动，角速度相同，周期相同，则角速度之比为1：1，周期之比为1：1，故CD错误；
A、由题意可知，A运动的半径为rA=Rcos30°=32R
B运动的半径为rB=Rcos60°=12R
则rA：rB=3：1
由a=ω2r可知加速度之比为：aA：aB=rA：rB=3：1
故A错误；
B、由v=ωr可知线速度之比为：vA：vB=rA：rB=3：1
故B正确；
故选：B。
AB两点的运动为同轴传动，角速度相同，周期相同；根据题目比较两点半径之比，根据向心加速度公式比较向心加速度之比，根据线速度公式比较线速度之比。
本题考查同轴传动，解题关键是掌握匀速圆周运动的线速度公式和加速度公式。
3.【答案】D
【解析】解：A、小纸帽在最高点时合外力方向向下，不是处于平衡状态，故A错误；
B、小纸帽与弹簧脱离前，先是弹簧弹力大于重力，小纸帽做加速运动；当弹簧弹力等于重力时，小纸帽的速度最大；后来弹簧弹力小于重力，小纸帽做减速运动，故B错误；
C、小纸帽在弹起过程中弹簧的弹性势能转化为小纸帽的动能和重力势能，故C错误；
D、换用劲度系数较大的弹簧，往下压相同距离，根据EP=12kx2可知弹簧的弹性势能增大；根据功能关系可知，放手后小纸帽重力势能增大、上升的最大高度增大，故D正确。
故选：D。
小纸帽在最高点时合外力方向向下；根据受力情况分析运动情况；小纸帽在弹起过程中弹簧的弹性势能转化为小纸帽的动能和重力势能；根据功能关系分析小纸帽重力势能的变化量。
解题的关键是分析小纸帽的受力情况来确定小纸帽的运动情况。要注意明确物理过程，知道当小纸帽合力为零时速度达最大。
4.【答案】B
【解析】解：接触前相距为r时，根据库仑定律得
F=k2Q×6Qr2
接触后，各自带电量变为
Q'=-2Q+6Q2=2Q
则此时有
F'=kQ'2(2r)2=k2Q×2Q4r2=112F，故ACD错误，B正确。
故选：B。
两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分。根据库仑定律的内容，分别求出接触前和接触后库仑力的表达式，从而进行分析比较。
解决该题的关键是熟记点电荷之间的库仑力的求解公式，正确分析两个小球接触后所带的电荷量的多少。
5.【答案】C
【解析】解：原方案中，吹管吹气只改变了球沿BC方向的速度，而沿AB方向的速度不变，所以单纯沿BC方向吹气而施加力的作用不能使球落入球门中。如果将球门垂直于直线BC向右平移适当距离，根据运动的合成与分解的知识可知，球可能落入球门中，只有C可行，故C正确，ABD错误。
故选：C。
乒乓球被吹气后，参与了两个运动，一个是沿AB方向的运动，一个是沿吹气方向的运动，两个运动的合运动要沿BC方向，根据平行四边形定则可得。
本题考查运动的合成与分解，解决本题的关键知道乒乓球参与了两个运动，一个是沿AB方向的运动，一个是沿吹气方向的运动。
6.【答案】C
【解析】解：AB、上极板下移一小段距离的过程中，两极板的间距减小，而电容器的电压不变，将两极板的间距变小，根据电容的决定式C=ɛrS4πkd，电容变大，故AB错误；
C、板间场强E=Ud，U不变，d减小则E增大，电荷q所受的电场力F=Eq增大，电荷将向上加速运动，故C正确；
D、电压不变，根据Q=CU可知，C增大，则电量Q增大，电容器充电，而电容器上极板带正电，则电流表中将有从a到b的电流，故D错误。
故选：C。
对于电容器动态变化分析问题，首先要根据电容的决定式C=ɛrS4πkd判断电容的变化，抓住电压不变，再由电容的定义式C=QU分析电量的变化，再进一步根据U=Ed研究场强等的变化。
本题考查了电容器的动态分析，利用以上三个公式配合分析，难度不大，是常规的题型。
7.【答案】B
【解析】解：t=0时，Q板比P板电势高5V，则电子所受电场力向右，电子向右做匀加速直线运动，2×10-10s～4×10-10s电子所受电场力向左，电子向右做减速运动，根据对称性可知t=4×10-10s时速度为0，4×10-10s～6×10-10s电子所受电场力向左，电子向左做加速运动，6×10-10s～8×10-10s电子所受电场力向右，电子向左做减速运动，所以当t=5×10-10s时电子速度和加速度的方向相同，故ACD错误，B正确；
故选：B。
平行板电容器两极板带电后形成匀强电场，带电离子在电场中受到力的作用，根据牛顿第二定律求出加速度，根据运动学基本公式分析即可。
本题关键是分段考虑，也可以画出电子运动的速度—时间图象求解，难度适中。
8.【答案】D
【解析】解：A、电场线的疏密程度表示场强的大小，则正点电荷在P外表面不同位置产生的场强大小不同，则感应电荷在不同位置产生的场强不同，感应电荷在P的外表面分布不均匀，故A错误；
B、导体P处于静电平衡状态，内部场强处处为0，则a、b、c三点的电场强度大小为Ea>Eb=Ec，故B错误；
C、处于静电平衡状态的导体是等势体，则b、c两点的电势相等，沿电场线方向低电势逐渐降低，则a、b、c三点的电势大小为φa>φb=φc，故C错误；
D、b点离正点电荷更近，点电荷在b点的场强更大，导体P内场强处处为0，则感应电荷在b点产生的电场强度大于在c产生的电场强度，故D正确。
故选：D。
电场线的疏密程度表示场强的大小；处于静电平衡状态的导体内部场强处处为0；处于静电平衡状态的导体是等势体，沿电场线方向低电势逐渐降低；处于静电平衡状态的导体内部任意一点，感应电荷产生的场强与原场强等大反向。
本题考查静电平衡，解题关键是知道用电场线判断电场强度和电势高低的方法，知道处于静电平衡状态的导体的场强和电势的特点。
9.【答案】A
【解析】解：将bc四等分，则d点电势为2V，连接ad为等势线，如图
过b点做ad的垂线eb为电场线，根据几何关系可知
ab=bctan37°=4×34cm=3cmbd=34bc=4×34cm=3cm
所以△abd为等腰直角三角形，则be=absin45°=3×22cm=322cm
电场强度为E=Uebeb
解得E=2V/cm
故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据电场线与等势线垂直分析电场线；根据电场强度E=Ud可解得电场强度。
本题考查电势差与电场强度的关系，解题关键掌握电场强度的计算方法，注意E=Ud中d代表沿电场线两点的距离。
10.【答案】B
【解析】解：设链条的质量为m，则链条在斜面上的部分沿斜面向下的分力为34mgsin37°=34mg×35=0.45mg，斜面左侧链条部分的重力为14mg<0.45mg，所以链条沿着斜面下滑，
以P点所在平面为零势能面，链条初始状态的机械能E=Ep+Ek=-14mg×L8-34mg×38L×sin37°+0
链条全部下滑出后，链条的机械能E'=Ek'+ Ep'=12mv2+(-mg×L2×sin37°)
链条下滑过程，只有重力做功，所以链条初末状态机械能守恒，则有E=E'
代入数据可得：v=3m/s，故ACD错误，B正确。
故选：B。
首先判断链条运动方向，链条运动过程只有重力做功，所以链条机械能守恒，设最高点为零势能面，根据机械能等于动能和重力势能之和可得初末状态链条机械能的表达式，根据机械能守恒可得链条刚好全部越过P时的速率大小。
本题考查了机械能守恒定律，解题的关键是选好零势能面，正确写出链条初末状态的重力势能表达式，注意在参考平面以下重力势能为负值。
11.【答案】CD
【解析】解：A、根据开普勒第三定律可得r3T2=k，P、Q到地心的距离之比为rP：rQ=3：4，则周期之比为TP：TQ=33：8，故A错误；
B、根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma，解得a=GMr2，P、Q到地心的距离之比为rP：rQ=3：4，则加速度大小之比为aP：aQ=16：9，故B错误；
C、卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v=GMr；P、Q到地心的距离之比为rP：rQ=3：4，则线速度大小之比为vP：vQ=2：3，故C正确；
D、根据万有引力定律可得：F=GMmr2，两卫星的质量之比为mP：mQ=2：3，到地心的距离之比为rP：rQ=3：4，则向心力大小之比FP：FQ=32：27，故D正确。
故选：CD。
根据开普勒第三定律求解周期之比；根据牛顿第二定律求解加速度大小之比；由万有引力提供向心力得到线速度表达式，由此求解线速度大小之比；根据万有引力定律求解向心力大小之比。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。
12.【答案】ABC
【解析】解：A、两物体的运动为同轴传动，角速度相同，甲、乙两物体所受摩擦力提供向心力，由向心力公式得：f=Fn=mω2r
则甲、乙所受摩擦力之比为f甲：f乙=12mω2⋅2l：(mω2l)=1：1
两物体所受摩擦力始终相等，故A正确；
B、由v=ωr得，甲物体和乙物体均未与圆台发生相对滑动时线速度大小之比为v甲：v乙=2l：l=2：1
故B正确；
C、甲物体开始相对圆台滑动时，摩擦力刚好达到最大静摩擦力，有：k⋅12mg=12m⋅4π2nm2⋅2l
解得：nm=12π kg2l
故C正确；
D、甲物体开始相对圆台滑动式，有：k⋅12mg=12mωm2⋅2l
解得：ωm=kg2l
当转台以角速度ω=kgl匀速转动时，甲已经相对圆盘发生滑动，故D错误。
故选：ABC。
甲、乙两物体所受摩擦力提供向心力，根据向心力公式比较两物体所受摩擦力；根据线速度与角速度关系比较线速度大小关系；甲物体开始相对圆台滑动时，摩擦力刚好达到最大静摩擦力，结合向心力公式求解临界转速和临界角速度，分析即可。
本题考查匀速圆周运动，解题关键是知道物体相对圆盘发生相对滑动的临界条件，结合牛顿第二定律分析即可。
13.【答案】AD
【解析】解：A、粒子所受电场力方向沿电场线切向方向且指向运动轨迹的凹侧，若虚线为电场线，则电场力向右，粒子带负电，受力方向与电场方向相反，则电场方向向左，P点的电势高于Q点的电势，粒子在P点的电势能小于Q点的电势能，在P点的动能大于Q点时的动能，则粒子在P点时的速率大于Q点时的速率，故A正确；
B、若虚线为等势线，等势线与电场线垂直，则粒子所受电场力向下，粒子受力方向与电场方向相反，则电场方向向上，P点电势低于Q点的电势，粒子在P点的电势能大于Q点的电势能，在P点的动能小于Q点时的动能，则粒子在P点时的速率小于Q点时的速率，故B错误；
C、由B得，若虚线为等势线，a、b、c中a等势线电势最低，故C错误；
D、电场线和等势面的疏密程度均表示场强的大小，由图可知，P点的场强大于Q点的场强，则粒子经过P点时的加速度大小总是大于经过Q点时的加速度大小，故D正确。
故选：AD。
粒子所受电场力方向沿电场线方向且指向运动轨迹的凹侧，电场线与等势面垂直，负电荷受力方向与电场线方向相反，据此判断两点电势的高低，进而判断粒子电势能的大小和动能的大小，即可判断速率的大小；电场线的疏密程度和等势面的疏密程度均表示场强的大小，进而比较加速度大小。
本题考查等势面、电场线、电势能与电场力做功，解题关键掌握电场线与等势线的关系，注意电势的比较方法，从而确定电势能的大小关系。
14.【答案】AC
【解析】解：A.根据点电荷等势面的特点可知，a、e、c、f四点在同一等势面上，电势相同，故A正确；
B.电场线密集的位置，电场强度越大，+Q的电荷量未知，从O到f电场强度可能先增大后减小，故B错误；
C.将电子从e点由静止释放，电子受电场力指向O，根据对称性可知电子将在e、O、f之间往复运动，故C正确；
D.电子沿直线a→O→c运动过程中，电势先升高后降低，电势能先减少后增加，故D错误。
故选：AC。
等量同种电荷的电场线和等势线都是关于连线、中垂线对称，可根据电场线和等势面的对称性判断电场强度、电势的关系。根据公式Ep=qφ判断电势能变化情况。
解决本题的关键要掌握等量同种电荷的电场线和等势面的分布情况。
15.【答案】AC
【解析】解：根据正电荷电场强度的公式E=kQr2，且无限远处电场强度为0，可知电场强度与坐标r的关系可能为A图；正电荷附近的点电势为正，沿电场线方向电势逐渐降低，所以电势与坐标r的关系可能为C，故AC正确，BD错误；
故选：AC。
根据正电荷电场强度的公式结合沿电场线方向电势逐渐降低分析判断。
本题考查正电荷附近电场强度与电势的判断，解题关键掌握电势的特点及点电荷电场的计算公式。
16.【答案】BCD
【解析】解：A、最大速度vm=45m/s
此时电容车受力平衡，由平衡条件得：F阻=F=2×103N
故A错误；
B、电容车的额定功率P=F阻vm=2×103×45W=9×104W
电容车车速为30m/s时，牵引力为F1=Pv1=9×10430m/s=3×103N
由牛顿第二定律得：F1-F阻=ma1
代入数据解得：a1=0.5m/s2
故B正确；
C、由图像得，电容车匀加速过程所受牵引力为F2=6×103N
由牛顿第二定律得：F2-F阻=ma2
代入数据解得：a2=2m/s2
匀加速运动结束时，电容车的功率达到额定功率，速度为v2=15m/s
电容车匀加速行驶所用时间为t=v2a2=152s=7.5s
故C正确；
D、电容车达到最大速度过程中，由动能定理得：Pt-F阻x=12mvm2-12mv22
代入数据解得：t=3809s≈42s
故D正确。
故选：BCD。
电容车速度最大时，根据牵引力等于阻力求解阻力；根据P=F阻vm求解电容车的额定功率，根据P=Fv求解牵引力，根据牛顿第二定律求解加速度；根据匀变速直线运动公式求解匀加速运动的时间；根据动能定理求解电容车行驶1000m所需时间。
本题考查机车启动问题，阶梯关键是知道机车启动过程牵引力等于阻力时，速度达到最大值，会根据动能定理求解加速时间。
17.【答案】D 1.5 -15 -5
【解析】解：(1)A.斜槽轨道光滑与否对实验结果无影响，故A错误；
B.实验中无需用天平测量小球的质量，故B错误；
C.每次挡板下降的距离没必要严格地保持相等，故C错误；
D.应使小球每次从斜槽上相同的位置由静止释放，保证初速度相等，故D正确；
故选：D。
(2)由图可知，物体由A→B和由B→C所用的时间相等，且有Δy=gT2
由图可知Δy=2L=2×5cm=10cm=0.1m
代入解得，T=0.1s
x=v0T
将x=3L=3×5cm=15cm=0.15m代入解得：v0=1.5 m/s
根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于此段位移的平均速度，可得小球到达B点的竖直方向分速度为：
vBy=8L2T=8×5×0.012×0.1m/s=2m/s
故从抛出点到B的时间为：t=vByg
故从抛出到B点出到B点的水平位移为：x=v0t
故从抛出到B点的竖直位移为：y=12gt2
解得x=30cm，y=20cm
所以，抛出点坐标为：(-15cm,-5cm)
故答案为：(1)D；(2)1.5，-15，-5
(1)根据平抛运动的实验原理分析解答；
(2)根据平抛运动竖直方向的运动规律分析解得两点间的时间，根据水平方向的规律分析解答。
通过实验探究出平抛运动处理的规律，并掌握实验原理及平抛运动水平和竖直方向的运动规律。
18.【答案】控制变量法 B 3：1
【解析】解：(1)本实验采用控制变量法；
(2)球1、球2的质量均为2m，现要研究向心力与角速度的关系，根据控制变量法的要求，两球的运动半径均相同，所以应把球2放在B处；
(3)根据F=mrω2，可得：ω=Fmr，ω1ω2=F1F2⋅m2m1⋅r2r1=19×21×12=13，两变速塔轮由同一皮带带动，在线速度相等的情况下，r塔左r塔右=ω2ω1=3：1。
故答案为：(1)控制变量法；(2)B；(3)3：1。
(1)在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，主要用到的是控制变量法；
(2)根据控制变量法的要求，研究Fn与ω的关系，则要求m和r相同；
(3)由向心力的公式倒推角速度之比，再由v相等时，角速度与变速塔轮半径成反比求半径之比。
本题主要考查的是向心力相关的实验，理解实验方法，结合向心力的公式做出判断即可。
19.【答案】解：(1)(2)对物块受力分析，如图：
根据共点力平衡条件有
Fsin30°+qEsin30°=mgFcos30°=qEcos30°
联立解得
F=1.4NE=7×105N/C
由于物块带负电，电场强度斜向左下方。
答：(1)斜面对物块弹力的大小为1.4N；
(2)电场强度E的大小为7×105N/C，电场强度的方向斜向左下方。
【解析】(1)(2)对物块受力分析，根据共点力平衡条件结合电场力的计算公式分析解答，物块带负电，电场力与电场强度方向相反。
本题考查带电体的受力平衡问题，解题关键掌握受力分析，注意电场力与电场强度方向的关系。
20.【答案】解：(1)在火星表面附近，根据万有引力与重力的关系有
GMmR2=mg
解得
M=gR2G
(2)根据万有引力提供向心力有
GMmR2=mv2R
解得
v=gR
(3)根据万有引力提供向心力有
GMm(R+h)2=m(R+h)ω2
根据题意
ω=θt
解得
h=3gR2t2θ2-R
答：(1)火星的质量为gR2G；
(2)火星第一宇宙速度的大小为gR；
(3)天问一号探测器绕火星做匀速圆周运动轨道距火星表面的高度为3gR2t2θ2-R。
【解析】(1)根据万有引力等于物体所受重力，结合题意求出火星的质量；
(2)根据重力提供向心力，结合题意求出火星的第一宇宙速度；
(3)根据万有引力提供向心力，得出探测器离火星表面的高度。
在处理天体运动问题时，要注意利用万有引力提供向心力和万有引力等于物体所受的重力这两条思路，要熟记各种向心力表达式。
21.【答案】解：(1)第一个粒子在极板间做平抛运动，粒子能落在上极板中点，则
水平位移：L2=v0t
竖直位移：d2=12at2
忽略重力时，加速度：a=Eqm=Uqdm=128×1.0×10-171.6×10-2×2.0×10-15m/s2=40m/s2
由以上几式解得：v0=L2da=0.221.6×10-240m/s=5m/s
(2)当从极板中央射出的粒子恰从上边缘穿出时，由类平抛规律有，
水平方向：L=v0t1
竖直方向：d2=12×Eqm×t12
联立解得：E=mdv02qL2=2×10-15×1.6×10-2×521.0×10-17×0.22N/C=2000N/C
(3)由上一问的结论可知，两极板上的电压U1=Ed=2000×1.6×10-2V=32V
电容器极板减小的电荷量ΔQ=C⋅(U-U1)=5×10-7(128-32)C=4.8×10-5C
落到极板上的微粒数：n=ΔQq=4.8×10-51.0×10-17=4.8×1012个
答：(1)带电粒子入射初速度的大小为5m/s；
(2)两极板间电场强度为2000N/C时，不再有带电粒子落到极板；
(3)最终落到极板上的带电粒子总个数为4.8×1012个。
【解析】(1)根据粒子做平抛运动的规律，运用运动的合成与分解，并依据运动学公式，即可射入的初速度；
(2)根据牛顿第二定律，结合电场力表达式，与运动学公式，即可求解；
(3)结合(2)中的电场强度与Q=CEd，Q=nq即可求得落到下极板上带电粒子总的个数。
考查如何处理平抛运动的思路，掌握运动的合成与分解的方法，理解运动学公式与牛顿第二定律的综合应用。
22.【答案】解：(1)小球从A点第一次通过C点过程，利用动能定理，则有：mglsinθ+mg(R-Rcosθ)-μmglcosθ=12mvC2-0
代入数据可得：vC=5m/s
(2)小球从C点到D过程，利用动能定理，则有：-mg×2R=12mvD2-12mvC2
代入数据可得：vD=1m/s
在D点，假设小球受到向上的支持力，由牛顿第二定律有：mg-N=mvD2R
代入数据可得：N=503N，方向竖直向上，
由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力FN=N=503N，方向竖直向下；
(3)设小球从D点飞出落到斜面上的P点，如下图所示：
设竖直方向和水平方向的位移分别为y、x，由图可知PE=x-Rsinθ，则BE=PEtanθ=(x-Rsinθ)tanθ，则y+BE=R+Rcosθ
即：y+(x+Rsinθ)tanθ=R+Rcosθ
小球由D点做平抛运动，则有：y=12gt2 x=vDt
代入数据可得：t=0.45s
答：(1)小球第一次通过C点时速度的大小为5m/s；
(2)小球通过最高点D时对轨道的作用力大小为503N，方向竖直向下；
(3)小球从D点飞出落到斜面上的时间为0.45s。
【解析】(1)小球从A点第一次通过C点过程，利用动能定理可得C点速度大小；
(2)小球从C点到D点过程，利用动能定理可得D点速度大小，在D点利用牛顿第二定律可得小球所受支持力大小，由牛顿第三定律可得小球对轨道压力大小和方向；
(3)画出小球轨迹图，利用几何关系找出竖直方向位移和水平方向位移的关系，利用平抛运动的规律可得运动时间。
本题考查了动能定理、牛顿第二定律和平抛运动，解题的关键是画出小球运动的轨迹图，根据几何关系找出水平方向位移和竖直方向位移的大小关系。
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