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2022-2023学年河南省七大名校巅峰计划高一（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年河南省七大名校巅峰计划高一（下）期末物理试卷（含解析），共23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学年河南省七大名校巅峰计划高一（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 一根质量均匀的细杆斜靠在墙上，地面光滑。初始时杆与墙面夹角为60°，在杆滑下的过程中，墙对杆的作用力( )
A. 先增大后减小至0
B. 先增大后减小，但不会减为0
C. 一直增大
D. 一直减小
2. 2015年9月14日，美国的LIGO探测设施接收到一个来自GW150914的引力波信号，此信号是由两个黑洞的合并过程产生的。如果将某个双黑洞系统简化为如图所示的圆周运动模型，两黑洞绕O点做匀速圆周运动。在相互强大的引力作用下，两黑洞间的距离逐渐减小，在此过程中，两黑洞做圆周运动的( )
A. 向心力均逐渐减小 B. 线速度均逐渐减小 C. 周期均不变 D. 角速度均逐渐增大
3. 某同学在高度h处以一定大小的速度v0抛出一小球，当其速度方向不同时，落地点与抛出点的水平距离即射程大小也不同，若不计空气阻力，则最大射程为( )
A. 2v02g B. v02+2ghg C. h+v02g D. v0g v02+2gh
4. 如图所示，滑块A和足够长的木板B叠放在水平地面上，A和B之间的动摩擦因数是B和地面之间的动摩擦因数的4倍，A和B的质量均为m。现对A施加一水平向右逐渐增大的力F，当F增大到F0时A开始运动，之后力F按图乙所示的规律继续增大，图乙中的x为A运动的位移，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。对两物块的运动过程，以下说法正确的是( )
A. 当F>2F0，木块A和木板B开始相对滑动
B. 当F>F0，木块A和木板B开始相对滑动
C. 自x=0至木板x=x0木板B对A做功大小为F0x04
D. x=x0时，木板B的速度大小为 F0x02m
5. 由n个带电量均为Q的、可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环固定在竖直平面内。一个质量为m的金属小球(视为质点)通过长为L=2R的绝缘细线悬挂在圆环的最高点。当金属小球电荷量也为Q(未知)时，发现金属小球在垂直圆环平面的对称轴上P点处于平衡状态，如图所示，轴线上的两点P、P′关于圆心O对称。已知静电力常量为k，重力加速度为g，取无穷远处电势为零。则下列说法中正确的是( )
A. O 点的场强一定为零
B. 由于 P、P′两点关于O点对称，两点的场强大小相等，方向相反
C. 金属带电小球的电量为Q=8mgRnk
D. 固定P处的小球，然后在圆环上取下一个小球(其余n−1个小球位置不变)置于P′处，则圆心O的场强大小为2R 2kmgn
6. 如图所示，一辆卡车在水平路面上行驶，初速度为54km/h。其车厢长度为10.0m，在车尾边缘处放有一个货箱，其长宽高皆为0.5m。卡车加速时的最大加速度为2.2m/s2，卡车刹车时的最大加速度为3m/s2。已知货箱和车厢之间的动摩擦数为0.24(最大静摩擦因数约等于动摩擦因数，g=10m/s2)，则下列说法正确的是( )
A. 若司机全力加速，货箱有可能掉出车厢
B. 若司机全力刹车，货箱不可能碰到车头
C. 若司机全力刹车，货箱碰到车头的时间介于刹车后5s到6s之间
D. 若司机全力刹车，货箱碰到车头的时间介于刹车后6s到7s之间
7. 某人驾驶一辆汽车甲正在平直的公路上以某一速度匀速运动，突然发现前方50m处停着一辆乙车，立即刹车，刹车后做匀减速直线运动。已知刹车后第1个2s内的位移是24m，第4个2s内的位移是1m。则下列说法中正确的是( )
A. 汽车甲刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为2m/s2
B. 汽车甲刹车后做匀减速直线运动的加速度大小2312m/s2
C. 汽车甲刹车后停止前，可能撞上乙车
D. 汽车甲刹车前的速度为13.9m/s
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8. 如图所示，圆柱形管的底端固定一弹射器，弹射器上有一质量m1=1kg的小滑块，管和弹射器的总质量m2=2kg，滑块与管内壁间的滑动摩擦力大小为0.4m1g。整个装置竖直静止在水平地面上。发射时，滑块离开弹射器瞬间距离上管口的距离为1.0m；滑块离开弹射器后能上升的最大高度为1.4m，小滑块可视为质点且弹射时间极短，每次弹射后滑块获得的初速度相等，忽略空气阻力，取重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是( )
A. 滑块从离开弹射器到第二次通过圆柱形管上端经历的时间为15+9 235s
B. 滑块从离开弹射器到再次回到弹射器处经历的时间为30+4 235s
C. 当滑块离开弹射器瞬间，对圆柱形管施加一个竖直向上的恒力F，为保证滑块不滑出管口，F的最小值为24N
D. 当滑块离开弹射器瞬间，对圆柱形管施加一个竖直向上的恒力F，为保证滑块不滑出管口，F的最小值为20N
9. 如图，真空中x轴上关于O点对称的M、N两点分别固定两异种点电荷，其电荷量分别为+Q1、−Q2，且Q1>Q2，取无穷远处电势为零，则( )
A. 只有MN区间的电场方向向右
B. 在N点右侧附近存在电场强度为零的点
C. 在ON之间存在电势为零的点
D. MO之间的电势差小于ON之间的电势差
10. 如图甲所示，将质量为m的小球以速度v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h。若将质量分别为2m、3m、4m、5m的小球，分别以同样大小的速度v0从半径均为R=h2的竖直圆形光滑轨道的最低点水平向右射入轨道，轨道形状如图乙、丙、丁、戊所示。小球视为质点，在不计空气阻力的情况下，下列判断正确的是( )
A. 只有质量为4m的小球能到达最大高度h
B. 只有质量为2m、4m的小球能到达最大高度h
C. 质量为2m的小球到达与圆心等高处时，对轨道的压力大小为4mg
D. 质量为3m的小球到达与圆心等高处时，处于超重状态
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11. 某小组利用气垫导轨装置探究“做功与物体动能改变量之间的关系”.图1中，遮光条宽度为d，光电门可测出其挡光时间：滑块与力传感器的总质量为M，砝码盘的质量为m0，不计滑轮和导轨摩擦.实验步骤如下：
①调节气垫导轨使其水平.并取5个质量均为m的砝码放在滑块上：
②用细绳连接砝码盘与力传感器和滑块，让滑块静止放在导轨右侧的某一位置，测出遮光条到光电门的距离为S；
③从滑块上取出一个砝码放在砝码盘中，释放滑块后，记录此时力传感器的值为F，测出遮光条经过光电门的挡光时间Δt；
④再从滑块上取出一个砝码放在砝码盘中，重复步骤③，并保证滑块从同一个位置静止释放；
⑤重复步骤④，直至滑块上的砝码全部放入到砝码盘中．
请完成下面问题：
(1)若用十分度的游标卡尺测得遮光条宽度d如图3，则d= ______ mm．
(2)滑块经过光电门时的速度可用v= ______ (用题中所给的字母表示，下同)计算．
(3)在处理步骤③所记录的实验数据时，甲同学理解的合外力做功为W1=FS，则其对应动能变化量应当是△Ek1= ______
(4)乙同学按照甲同学的思路，根据实验数据得到F−1(Δt)2的图线如图4所示，则其斜率k= ______ ．
12. 用如图所示的实验装置来验证向心力公式。匀质小球由轻绳a和b分别系于一轻质木架上的A点和C点。当木架绕轴BC匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向、绳b在水平方向。两绳的A、C端分别安装有拉力传感器1、2，重力加速度为g，忽略空气的阻力，实验步骤如下：
A.实验之前，用游标卡尺测得小球的直径为d，用刻度尺测得a绳的长度为la，b绳的长度为lb；
B.使木架绕BC轴匀速转动，并带动小球在水平面内做匀速圆周运动，记录转n圈对应的时间t；
C.读出拉力传感器1、2的示数分别为Fa、Fb；
D.当小球运动到图示位置时，绳b被突然烧断，同时木架也立即停止转动，读出拉力传感器1在此瞬间的示数为F0。
(1)小球的质量m= ______ ，做匀速圆周运动的周期T= ______ ；
(2)绳b被烧断之前小球做匀速圆周运动，若等式______ 成立，则向心力公式得到验证；(用Fa、Fb、n、t、g、lb和d表示)
(3)绳b被烧断之后的瞬间，若等式______ 成立，则向心力公式得到验证。(用F0、Fa、n、t、g、lb和d表示)
四、计算题（本大题共3小题，共39.0分）
13. 一端弯曲的光滑绝缘轨道ABN固定在竖直平面上，如图所示，AB段水平、BN段是半径为R的半圆弧，有一个正点电荷固定在圆心O处。一质量为m带正电小环，在水平恒力F=2 33mg作用下从C点由静止开始运动，到B点时撤去外力，小环继续运动，发现刚好能到达绝缘轨道上与圆心等高的M点，已知CB间距为 3R。已知小环在圆轨道上时受到圆心处的点电荷的静电力大小为2mg。求：
(1)小环从C运动到M过程中，点电荷Q的电场对它做的功；
(2)若水平恒力大小改为2F，则小环在能达到的最高点N时的速度大小；
(3)小环在距离B点 22R的D点以向右的初速度v0=2 (1− 63)gR运动，在静电力的作用下运动到B点的速度恰好为0。若在D点施加最小的恒定外力作用由静止开始运动，则小环在圆轨道上能到达的最大高度值多少？
14. 如图所示，足够长的斜面与水平面夹角为37°，斜面上有一质量M=3kg的长木板，斜面底端挡板高度与木板厚度相同。m=1kg的小物块从空中某点以v0=3m/s水平抛出，抛出同时木板由静止释放，小物块下降h=0.8m掉在木板前端，碰撞时间极短可忽略不计，碰后瞬间物块垂直斜面分速度立即变为零。碰后两者向下运动，小物块恰好在木板与挡板碰撞时在挡板处离开木板。已知木板与斜面间动摩擦因数μ=0.5，木板上表面光滑，木板与挡板每次碰撞均无能量损失，g=10m/s2，求：
(1)碰前瞬间小物块速度大小和方向。
(2)木板至少多长小物块才没有从木板后端离开木板？
(3)木板从开始运动到最后停在斜面底端的整过过程中通过路程多大？
15. 牛顿在前人研究的基础上，利用他的运动定律把行星的向心加速度与太阳对它的引力联系起来，巧妙推导出太阳和行星之间的引力关系。
(1)行星围绕太阳的运动当做匀速圆周运动，已知行星的质量为m，太阳的质量为M，行星与太阳中心之间的距离为r，请利用牛顿定律和开普勒定律导出太阳和行星之间的引力表达式F=GMmr2；
(2)牛顿思考月球绕地球运行的原因时，苹果偶然落地引起了他的遐想：拉住月球使它围绕地球运动的力与拉着苹果下落的力，是否都与太阳吸引行星的力性质相同，遵循着统一的规律--平方反比规律？因此，牛顿开始了著名的“月−地检验”。
a.已知月球与地球的距离约为地球半径的60倍，如果牛顿的猜想正确，请你据此计算月球公转的向心加速度a和苹果下落的加速度g的比值ag；
b.在牛顿的时代，月球与地球的距离r′、月球绕地球公转的周期T′等都能比较精确地测定，请你据此写出计算月球公转的向心加速度a的表达式；已知r′≈3.84×108m，T′≈2.36×106s，地面附近的重力加速度g=9.80m/s2，请你根据这些数据估算比值a；与(1)中的结果相比较，你能得出什么结论？
c.假如有一颗在赤道上的苹果树，长到了月亮的高度。请你根据苹果的运动状态进行受力分析，在图中的树枝上画出一个长势符合物理规律的苹果，并推断如果树冠上的苹果被人用剪刀剪离树枝，苹果是否会落回地面？(分析过程中可忽略其它星球对苹果的作用)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：记某时刻杆与竖直墙面夹角为θ，由机械能守恒可求出此时杆的转动角速度
mgL2(12−cosθ)=12×13mL2ω2
解得：
ω= 3(12−cosθ)gL
质心的水平速度大小为
vx=ωL2cosθ=12 3(12−cosθ)gLcos2θ
对时间求导可得水平加速度
ax=34sinθ(2cosθ−1)g=32gsin2θ−34gsinθ
水平加速度由墙的支持力提供，由水平方向的牛顿第二定律可得：
N=max=32mgsin2θ−34mgsinθ
因为初始时杆与墙面夹角为60°，故sin2θ随角度增大而减小，因此支持力随θ增加一直减小，故ABC错误，D正确。
故选：D。
由机械能守恒可求出此时杆的转动角速度，求出质心的水平速度，对时间求导求出水平加速度，根据牛顿第二定律分析墙的支持力变化。
本题机械能守恒可求出此时杆的转动角速度，较难。
2.【答案】D
【解析】解：设两黑洞间距为L，质量为m1的黑洞轨道半径为r1，质量为m2的黑洞轨道半径为r2，则有L=r1+r2
A、根据F=Gm1m2L2且两黑洞间距L减小，则两黑洞间的万有引力增大，两黑洞做圆周运动时的向心力也增大，故A错误；
CD、根据万有引力提供向心力可得：Gm1m2L2=m1r1ω2=m2r2ω2
解得：ω= G(m1+m2)L3
其周期T=2πω=2π L3G(m1+m2)
由于两黑洞质量和不变，间距L减小，则角速度增大，周期T减小，故C错误，D正确；
B、根据Gm1m2L2=m1v12r1，解得：v1= Gm2r1L2，由于L平方的减小量比r1的减小量大，则m1的线速度增大，同理m2的线速度也增大，故B错误。
故选：D。
双星做匀速圆周运动具有相同的角速度，靠相互间的万有引力提供向心力，根据万有引力提供向心力得出双星的轨道半径关系，从而确定出双星的半径如何变化，以及得出双星的角速度、线速度、加速度和周期的变化．
解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，知道双星的轨道半径比等于质量之反比。
3.【答案】D
【解析】解：设物体的初速度方向与水平方向的夹角为θ
物体做抛体运动，可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速运动，
当物体做斜上抛运动时物体的运动时间较长，水平射程较大
物体的水平分速度vx=v0cosθ，竖直分速度vy=v0sinθ
物体在竖直方向做匀减速直线运动，位移−h=vyt−12gt2
水平位移，即射程：x=vxt
联立解得：x2=−12g2t4+gh2t−h2+v02t2
整理得：x2=−12g2[t2−2(v02+gh)g2]2+[(v02+gh)2g2−h2]
当t2=2v02+2ghg2时，x有最大值，此时xm2=(v02+gh)2g2−h2
即xm=v0g v02+2gh，故D正确，ABC错误。
故选：D。
物体的运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速直线运动，应用运动的合成与分解、运动学公式求出最大射程。
本题考查了抛体运动，应用运动的合成与分解、运动学公式结合数学知识即可求解。
4.【答案】D
【解析】解：AB、设A、B之间的最大摩擦力为fm，B与地面之间的最大摩擦力为fm′，由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
则fm=4μmg>fm′=μ⋅2mg=2μmg，
可知，当F增大到F0，A开始运动时，B也和A一起滑动。则F0=fm′=2μmg，
当A、B发生相对滑动时，A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力，
对A分析得F−fm=ma，
以AB为整体得F−fm′=2ma
联立解得F=3F0，故AB错误；
CD、木板自x=0至x=x0过程中，A、B没有发生相对滑动，整体动能定理得
(2F0+F0)2⋅x0−fm′x0=12⋅2mv2，
对A用动能定理，得
−WB+(2F0+F0)2⋅x0=12mv2
联立解得WB=5F0x04，v= F0x02m。故C错误，D正确。
故选：D。
本题为板块模型，需通过最大静摩擦力分析求出AB相对滑动、B与地相对滑动的临界条件，结合图像可求出做功情况以及对应速度大小。
本题为板块问题，考查学生受力分析能力，对学生综合已学内容对问题进行分析的能力有一定要求。
5.【答案】D
【解析】解：A、根据对称性可知，由n 个带电量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环，在圆心O点场强为0，带电金属小球在O点的场强不0，所以O 点的场强不为零，故A错误；
B、根据对称性可知，由n 个带电量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环，在P、P′两点的场强大小相等，方向相反，带电金属小球在这两点产生的电场强度不相等，故B错误；
C、以圆环上一个带电小球为研究对象，由库仑定律可得，该部分对小球的库仑力F1=kQ2L2=kQ24R2，方向沿该点与P点带电金属小球的连线指向P点带电金属小球；
同理取以圆心对称的小球，其库仑力大小与F1相同，如图一所示：
由几何关系可知，细线与轴线的夹角θ=30°
两力的合力应沿圆心与P点带电金属小球的连线向外，大小为F2=2kQ24R2cos30°= 3kQ24R2
因圆环上n点对P点带电金属小球均有库仑力，故所有部分库仑力的合力：F=nF22= 3nkQ28R2 ①
小球受力分析如图二所示：
由共点力的平衡得：F=mgtan60° ②
联立①②解得：Q= 8mgR2nk=2R 2mgnk
故C错误；
D、在圆环上取下一个小球后，圆环上的 n−1个电荷在圆心 O的场强大小为：E1=kQR2=2R 2kmgn，方向位于圆环所在平面内；
根据对称性可知，固定 P 处的小球后，在圆环上取下一个小球(其余 n−1个小球位置不变)置于 P′处，则在水平方向上，圆心 O的场强大小为0
所以固定 P 处的小球，然后在圆环上取下一个小球(其余 n−1个小球位置不变)置于 P′处后，圆心 O的合场强大小：E=E1=2R 2kmgn
故D正确。
故选：D。
以P点带电金属小球为研究对象，金属小球在垂直圆环平面的对称轴上P点处于平衡状态，受力分析：竖直向下的重力、沿细线向上的拉力和水平向右的库仑力，故P点带电金属小球与圆环上的带点小球带同种电荷；
以圆环为研究对象，根据对称性可知，由n 个带电量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环，在P、P′两点的场强大小相等，方向相反且在水平方向上。根据共点力的平衡、库仑定律以及几何关系可解金属带电小球的电量。当固定P处的小球，然后在圆环上取下一个小球(其余n−1个小球位置不变)置于P′处，分别求解圆环在O点的场强和P、P′两电荷在O点的场强，然后根据矢量合成求解O点合场强。
本题考查点电荷与圆盘电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠定基础。
6.【答案】C
【解析】解：设货箱恰好相对于车厢滑动时卡车的加速度的为a0，
设货箱的质量为m，对货箱，由牛顿第二定律得：
μmg=ma0
解得：a0=μg=0.24×10=2.4m/s2，
A、司机全力加速时卡车的加速度a加=2.2m/s2
若司机全力刹车，设经过时间t货箱碰到车头，货箱碰到车头时货箱相对于车厢滑动的距离s=10.0m−0.5m=9.5m，
卡车的初速度v=54km/h=15m/s，
则s=vt−12a0t2−(vt−12a减t2)=12a减t2−12a0t2，
代入数据解得：t≈5.6s，故C正确，BD错误。
故选：C。
应用牛顿第二定律求出货箱相对车厢滑动时的临界加速度，根据卡车加速与减速的最大加速度与临界加速度间的关系判断卡车加速与减速时货箱相对车厢是否滑动，然后应用运动学公式分析答题。
本题考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用，应用牛顿第二定律求出货箱相对车厢滑动的临界加速度是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
7.【答案】A
【解析】解：ABD、假设8s内一直做匀减速直线运动，根据x4−x1=3aT2解得：a=x4−x13T2=1−243×4m/s2=−2312m/s2，
根据x1=v0t1+12at12解得初速度为：v0=24+12×2312×222m/s≈14m/s，
速度减为零的时间为：t=0−v0a=0−14−2312s=7.3s，可知汽车在8s前速度减为零。
设汽车的加速度为a，根据x1=v0t1+12at12得：24=2v0+2a，汽车速度减为零的时间为：t0=0−v0a=−v0a，
采用逆向思维，最后2s内的位移为：x′=12(−a)(−v0a−6)2=1m，联立解得：a=−2m/s2，初速度为：v0=14m/s，故A正确，BD错误；
C、汽车刹车到停止的距离为：x0=0−v022a=0−1422×(−2)m=49m<50m，可知甲不能撞上乙车，故C错误。
故选：A。
根据匀变速直线运动的推论，运用连续相等时间内的位移之差是一恒量，求出加速度，结合位移时间公式求出初速度，判断速度减为零的时间，判断出物体在8s前已经停止，再结合运动学公式求出初速度和加速度；根据速度位移公式求出汽车刹车到停止的距离，判断甲车是否撞上乙车。
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，注意物体在8s前已经停止，所以通过连续相等时间内的位移之差是一恒量求出的加速度是错误的。
8.【答案】AC
【解析】解：A.对滑块上升时有
m1g+0.4m1g=m1a1
可得加速度大小为
a1=14m/s2
设滑块离开弹射器时速度为v，离开管口时的速度为v，滑块由底端上升到管口的过程中由功能关系可得
−m1gh1−0.4m1gh2=0−12m1v02
可得
v0=6m/s
离开管上升到最高点的过程中，由功能关系可得
−m1g (h1−h2)=0−12m1v12
可得
v1=2 2m/s
滑块到管口的时间为
t1=v1−v0−a1
从管口到最高点的时间为
t2=v1g
则滑块从离开弹射器到第二次通过圆柱形管上端经历的时间为
t=t1+2t2
解得
t=15+9 235s
故A正确；
B.对滑块在管中下落时有
m1g−0.4m1g=m1a2
可得加速度大小为
a2=6m/s2
有
h2=v1t3+12a2t32
可得
t3= 5− 23s
滑块从离开弹射器到再次回到弹射器处经历的时间为
t′=t1+2t2+t3
解得
t′=45+35 5−8 2105s
故B错误；
CD.为保证滑块不滑出管口，滑块到管口时共速，设共速的速度为v，所需时间为t4，此时施加的外力F最小，设此时管的加速度为a4
对管有F+0.4m1g−m2g=m2a4
滑块与管的相对位移为h2=v0+v2t4−v2t4
共速时有
v0−a1t4=a4t1
联立可得
F=24N
故C正确，D错误。
故选：AC。
根据牛顿第二定律结合功能关系和运动学规律解得滑块从离开弹射器到第二次通过圆柱形管上端经历的时间；滑块下落过程中，根据牛顿第二定律结合运动学公式解得下落时间，进而求解总时间，为保证滑块不滑出管口，滑块到管口时共速，根据牛顿第二定律与运动学公式分析解答。
解题时注意把滑块的运动分成两部分，两部分的加速度不相同，注意分清楚滑块运动的临界：当滑块运动至圆柱形管口时，滑块与圆柱形管恰好共速，所需要施加的外力F最小。
9.【答案】BC
【解析】解：A、根据点电荷形成的电场E=kQr2，且Q1>Q2，可知，除M右侧附近的电场方向向右外，在N点右侧也存在电场方向向右，故A错误；
B、设MN间的距离为L，在N点右侧电场强度为零的点距离N距离为r，则kQ1(r+L)2=kQ2r2，解得r=L Q1Q2−1>0，则假设成立，故B正确；
C、正电荷附近电势大于0，负电荷附近电势小于0，则在ON之间必然存在电势为零的点，故C正确；
D、根据电场强度越大，电势变化越快知：MO之间电场强度大于ON之间的电场强度，则MO之间的电势差大于ON之间的电势差，故D错误。
故选：BC。
根据点电荷形成的电场强度的特点判断MN两电荷形成的复合电场的特点，利用根据电场强度越大，电势变化越快，判断电势差的大小关系。
本题考查了非等量异种电荷形成的复合电场的特点，注意电场强度为零的点必然在电荷量小的外侧。难度适中。
10.【答案】AC
【解析】解：AB、对甲在最高点h处的速度为零，由机械能守恒定律，12mv02=mgh，可知，小球在最高点h处的速度不能大于零，否则违反机械能守恒定律；质量为2m、3m、5m的三个小球的最高点的速度都不等于零，都不能到达h高处，有质量为4m的小球在最高点的速度等于零，能到达最大高度h，故A正确，B错误；
C、对甲图中小球，由机械能守恒定律得：
12mv02=mg⋅2R
对乙图中小球，小球由最低点到达与圆心等高处过程，由机械能守恒定律及牛顿第二定律得：
12×2m×v02=2mgR+12×2m×v12FN=2mv12R
解得FN=4mg，由牛顿第三定律，小球到达与圆心等高处时，对轨道的压力大小为4mg，故C正确；
D.质量为3m的小球到达与圆心等高处时，加速度方向向下，处于失重状态，故D错误。
故选：AC。
小球到通过最高点的速度不等于零，根据机械能守恒定律，结合最高点的速度分析小球能上升的最大高度；根据加速度方向分析物体的运动状态；质量为2m的小球到达与圆心等高处时，根据机械能守恒定律求出速度，再根据牛顿运动定律求小球对轨道的压力大小。
本题考查机械能守恒定律、圆周运动、牛顿第二定律等知识，涉及到的运动形式较多，考查比较全面。
11.【答案】10.2 dΔt (M+4m)d22(Δt)2 (M+4m)d22S
【解析】解：(1)由图示游标卡尺可知，其示数为：10mm+2×0.1mm=10.2mm；
(2)滑块经过光电门时的速度可用v=dΔt；
(3)动能改变量为：△Ek=12(M+4m)v2=(M+4m)d22(Δt)2；
(4)由动能定理得：FS=12(M+4m)v2=(M+4m)d22(Δt)2，整理得：F=(M+4m)d22S1(Δt)2，则F−1(Δt)2图象的斜率：k=(M+4m)d22S；
故答案为：(1)10.2；(2)dΔt；(3)(M+4m)d22(Δt)2；(4)(M+4m)d22S．
(1)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数．
(2)已知遮光条的宽度与其经过光电门的时间，应用速度公式可以求出速度．
(3)应用动能的计算公式可以求出动能的该变量．
(4)应用动能定理求出图象的函数表达式，然后答题．
本题考查验证动能定理的实验，解决本题的关键掌握实验的原理，即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，掌握光电门的应用，明确用光电门求解瞬时速度的方法．
12.【答案】Fag tn Fb=4π2n2Fagt2(lb+d2) F0=Fa[4π2n2(lb+d2)2gt2(la+d2)+1]
【解析】解：(1)小球做匀速圆周运动时，竖直方向二力平衡，则有Fa=mg
解得：m=Fag
做匀速圆周运动的周期：T=tn
(2)小球做匀速圆周运动所需要的向心力由绳b的拉力Fb提供，轨迹半径：r=lb+d2
再根据向心力公式：Fn=m(2πT)2r
求出向心力的值：Fn=4π2n2Fagt2(lb+d2)
看Fb、Fn两者是否相等，若Fb=Fn，即Fb=Fn=4π2n2Fagt2(lb+d2)，则向心力公式得到验证；
(3)小球做匀速圆周运动的线速度：v=2πnt(lb+d2)
绳b被烧断之后的瞬间，小球的速度来不及突变，即将在竖直面内做变速圆周运动，半径为：la+d2，绳a的拉力突变为F0，向心力突变为：F0−mg，若：F0−mg=Fag⋅v2la+d2成立，即：F0=Fa[4π2n2(lb+d2)2gt2(la+d2)+1]，则向心力公式得到验证。
故答案为：(1)Fag，tn；(2)Fb=4π2n2Fagt2(lb+d2)；(3)F0=Fa[4π2n2(lb+d2)2gt2(la+d2)+1]。
(1)小球做匀速圆周运动时，竖直方向二力平衡，根据运动情况分析匀速圆周运动的周期；
(2)小球做匀速圆周运动所需要的向心力由绳b的拉力Fb提供；
(3)绳b被烧断后，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动或圆周运动，在绳b被烧断瞬间，a绳中张力与重力的合力提供小球的向心力。
本题主要考查了圆周运动的相关实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟悉圆周运动的公式即可完成分析。
13.【答案】解：(1)小环从C运动到M过程，根据动能定，则
F⋅ 3R+WCM−mgR=0
WCM=mgR−2 33× 3mgR=−mgR
(2)小环从C运动到N过程，根据动能定理，则
2F⋅ 3R+WCM−mg⋅2R=12mv2
代入数据：2×2 33× 3mgR−mgR−2mgR=12×m×v2
解得：v= 2gR
(3)小环从D运动到B过程，根据动能定理：WDB=0−12mv02
可得：WDB=−(2−2 63)mgR
设小环带电q，圆心处点电荷带电Q，则：kQqR2=2mg，
设OD连线与DB夹角为θ，则tanθ= 2，OD= R2+( 22R)2= 62R
在D点小环受到圆心位置的点电荷的静电力的水平方向的分力：
Fx=kQq( 62R)2×cosθ=4 39mg。
那么小环受到的外力至少为4 39mg，否则小环将向左运动。
所以从D到圆轨道最高点的过程，根据动能定理，则
4 39mg⋅ 22R+WDB−mgh=0
解得：h=(8 69−2)R
答：(1)小环从C运动到M过程中，点电荷Q的电场对它做的功为−mgR；
(2)若水平恒力大小改为2F，则小环在能达到的最高点N时的速度大小为 2gR；
(3)小环在圆轨道上能到达的最大高度值为(8 69−2)R。
【解析】分析小环受力和各力做功情况，运用动能定理求解。
本题主要考查动能定理的运用，但小环运动过程复杂，需注意分析清楚小环的运动过程，再分段进行研究，在D点施加最小的恒定外力，应等于库仑力在水平方向的分量。
14.【答案】解：(1)小物块平抛，根据动能定理得，mgh=12mvt2−12mv02
代入数据解得：vt=5m/s。
sinθ=v0vt=35，解得：θ=37°，即速度方向与斜面垂直。
(2)小物块平抛：h=12gt12---------------------------------------------------①
木板下滑：Mgsinα−μMgcosα=Ma-------------------------------------②
v=at1-----------------------------------------------------------③
解①②③得：a=2m/s2t1=0.4s v=0.8m/s
小物块掉到木板上后速度变为0，然后向下运动，直到与木板速度相同过程：
小物块：mgsinα=ma1----------------------------------------------------④
木 板：Mgsinα−μ(M+m)gcosα=Ma2----------------------------------⑤
速度相同时：a1△t=v+a2△t--------------------------------------------⑥
解④⑤⑥得：a1=6 m/s2，a2=23 m/s2，△t=0.15s。
Lmin=v△t+12a2△t2−12a1△t2=0.06m。
(3)小物块平抛过程木板下移：x1=12v t1=12×0.8×0.4m=0.16m，
两者相碰到小物块离开：x2=12a1t22=v t2+12a2 t22
代入数据解得：t2=0.3s x2=0.27m
此时木板速度：v2=v+a2 t2=0.8+23×0.3m/s=1m/s，
木板与挡板碰后全程生热：
Q=μMgcosα⋅S=12Mv22，
代入数据解得：S=0.125m。
可见木板在斜面上通过路程：
S总=x1+x2+S=0.16+0.27+0.125m=0.555m。
答：(1)碰前瞬间小物块速度大小为5m/s，方向与斜面垂直。
(2)木板至少为0.06m小物块才没有从木板后端离开木板。
(3)木板从开始运动到最后停在斜面底端的整过过程中通过路程为0.555m。
【解析】(1)根据动能定理求出小物块与斜面碰撞时的速度，结合平行四边形定则得出速度的方向。
(2)根据牛顿第二定律求出木板开始下滑的加速度，结合平抛运动的高度求出运动的时间，根据速度时间公式求出小物块与斜面碰撞时斜面的速度，再根据牛顿第二定律求出碰撞后物块和木板的加速度，抓住速度相等，结合运动学公式求出运动的时间，结合位移公式求出木板的至少长度。
(3)根据位移公式求出小物块平抛运动过程中木板下滑的位移，结合位移关系求出两者相碰到离开的时间，结合位移公式求出木板的位移，根据功能关系求出木板在斜面上的路程，从而得出总路程。
本题考查了平抛运动和匀变速直线运动的综合运用，关键理清物块和木板在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，难度中等。
15.【答案】解：(1)由牛顿第二定律可知，行星做圆周运动的向心力等于行星与恒星之间的引力：
F引=F向=m4π2T2r ①
根据开普勒第三定律可知：r3T2=k ②
由①②可知：F引=4π2kmr2∝mr2 ③
由对称性，可知：F引∝Mr2 ④
根据牛顿第三定律可知，力的作用是相互的，可知：F引∝Mmr2 ⑤
从而可知：F=GMmr2。
(2)a.设月球的质量为m，地球质量为M，根据牛顿第二定律有：
GMmr2=ma ①
设苹果的质量为m′，地球半径为R，根据牛顿第二定律有：
GMm′R2=m′g ②
由题意知：r=60R ③
联立①②③式可得：ag═13600
b.由向心加速度的表达式得：a=v2r
其中：v=2πrT
联立④⑤可得：a=4π2T2r
代入相关数据可得：ag≈13604
比较(1)中的结果，二者近似相等，由此可以得出结论：牛顿的猜想是正确的，即地球对月球的引力，地面上物体的重力，都与太阳吸引行星的力性质相同，遵循着统一的规律平方反比规律。
c.月球绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供所需要的向心力，则有：GMm月r2=m月4π2T月2r
即：GMr2=4π2T月2r
苹果剪离树枝前所需要的向心力：Fn=m苹4π2T地2r
苹果受到的万有引力：F引=GMm苹r2
苹果的运行周期等于地球自转周期，小于月球的周期，则：Fn=m苹4π2T地2r>m苹4π2T月2r=GMm苹r2=F引，
因此当苹果剪离树枝后，有Fn>F引，即苹果需要的向心力大于万有引力，苹果将沿着速度方向做离心运动，不会落回地面。
假如有一颗在赤道上的苹果树，长到了月亮的高度，在树枝上苹果长势如图所示：
答：(1)如上所述；
(2)a.月球公转的向心加速度a和苹果下落的加速度g的比值为13600；
b.牛顿的猜想是正确的，即地球对月球的引力，地面上物体的重力，都与太阳吸引行星的力性质相同，遵循着统一的规律平方反比规律；
c.如上图所示，不会落回地面。
【解析】(1)由万有引力提供向心力列出向心力F的表达式，结合开普勒第三定律求得太阳与行星之间的引力与它们质量的乘积成正比，它们距离平方成反比；
(2)a.根据mg=GMmR2、GMmr2=man，求出月球绕地球运行的向心加速度an与地面的重力加速度g的比值；
b.通过a=r(2πT)2求出月球向心加速度的大小，从而求出向心加速度与地面重力加速度的比值；
c.对于月球，万有引力等于向心力，苹果剪离树枝前做匀速圆周运动，根据苹果的周期小于月球的周期，分析苹果剪离树枝后所受的万有引力与所需要的向心力，根据万有引力等于所需要的向心力时，做圆周运动；当小于所需要的向心力时，则做离心运动，判断苹果的运动情况。
本题要掌握两个关系：星球表面的物体受到的重力等于万有引力；环绕天体绕中心天体做圆周运动所需要的向心力由万有引力提供。这两个关系可以解决天体运动的一切问题。解决本题的关键要正确分析苹果的受力情况，确定向心力的来源，由离心运动的条件进行分析。
2022-2023学年河南省七大名校巅峰计划高一（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 一根质量均匀的细杆斜靠在墙上，地面光滑。初始时杆与墙面夹角为60°，在杆滑下的过程中，墙对杆的作用力( )
A. 先增大后减小至0
B. 先增大后减小，但不会减为0
C. 一直增大
D. 一直减小
2. 2015年9月14日，美国的LIGO探测设施接收到一个来自GW150914的引力波信号，此信号是由两个黑洞的合并过程产生的。如果将某个双黑洞系统简化为如图所示的圆周运动模型，两黑洞绕O点做匀速圆周运动。在相互强大的引力作用下，两黑洞间的距离逐渐减小，在此过程中，两黑洞做圆周运动的( )
A. 向心力均逐渐减小 B. 线速度均逐渐减小 C. 周期均不变 D. 角速度均逐渐增大
3. 某同学在高度h处以一定大小的速度v0抛出一小球，当其速度方向不同时，落地点与抛出点的水平距离即射程大小也不同，若不计空气阻力，则最大射程为( )
A. 2v02g B. v02+2ghg C. h+v02g D. v0g v02+2gh
4. 如图所示，滑块A和足够长的木板B叠放在水平地面上，A和B之间的动摩擦因数是B和地面之间的动摩擦因数的4倍，A和B的质量均为m。现对A施加一水平向右逐渐增大的力F，当F增大到F0时A开始运动，之后力F按图乙所示的规律继续增大，图乙中的x为A运动的位移，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。对两物块的运动过程，以下说法正确的是( )
A. 当F>2F0，木块A和木板B开始相对滑动
B. 当F>F0，木块A和木板B开始相对滑动
C. 自x=0至木板x=x0木板B对A做功大小为F0x04
D. x=x0时，木板B的速度大小为 F0x02m
5. 由n个带电量均为Q的、可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环固定在竖直平面内。一个质量为m的金属小球(视为质点)通过长为L=2R的绝缘细线悬挂在圆环的最高点。当金属小球电荷量也为Q(未知)时，发现金属小球在垂直圆环平面的对称轴上P点处于平衡状态，如图所示，轴线上的两点P、P′关于圆心O对称。已知静电力常量为k，重力加速度为g，取无穷远处电势为零。则下列说法中正确的是( )
A. O 点的场强一定为零
B. 由于 P、P′两点关于O点对称，两点的场强大小相等，方向相反
C. 金属带电小球的电量为Q=8mgRnk
D. 固定P处的小球，然后在圆环上取下一个小球(其余n−1个小球位置不变)置于P′处，则圆心O的场强大小为2R 2kmgn
6. 如图所示，一辆卡车在水平路面上行驶，初速度为54km/h。其车厢长度为10.0m，在车尾边缘处放有一个货箱，其长宽高皆为0.5m。卡车加速时的最大加速度为2.2m/s2，卡车刹车时的最大加速度为3m/s2。已知货箱和车厢之间的动摩擦数为0.24(最大静摩擦因数约等于动摩擦因数，g=10m/s2)，则下列说法正确的是( )
A. 若司机全力加速，货箱有可能掉出车厢
B. 若司机全力刹车，货箱不可能碰到车头
C. 若司机全力刹车，货箱碰到车头的时间介于刹车后5s到6s之间
D. 若司机全力刹车，货箱碰到车头的时间介于刹车后6s到7s之间
7. 某人驾驶一辆汽车甲正在平直的公路上以某一速度匀速运动，突然发现前方50m处停着一辆乙车，立即刹车，刹车后做匀减速直线运动。已知刹车后第1个2s内的位移是24m，第4个2s内的位移是1m。则下列说法中正确的是( )
A. 汽车甲刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为2m/s2
B. 汽车甲刹车后做匀减速直线运动的加速度大小2312m/s2
C. 汽车甲刹车后停止前，可能撞上乙车
D. 汽车甲刹车前的速度为13.9m/s
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8. 如图所示，圆柱形管的底端固定一弹射器，弹射器上有一质量m1=1kg的小滑块，管和弹射器的总质量m2=2kg，滑块与管内壁间的滑动摩擦力大小为0.4m1g。整个装置竖直静止在水平地面上。发射时，滑块离开弹射器瞬间距离上管口的距离为1.0m；滑块离开弹射器后能上升的最大高度为1.4m，小滑块可视为质点且弹射时间极短，每次弹射后滑块获得的初速度相等，忽略空气阻力，取重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是( )
A. 滑块从离开弹射器到第二次通过圆柱形管上端经历的时间为15+9 235s
B. 滑块从离开弹射器到再次回到弹射器处经历的时间为30+4 235s
C. 当滑块离开弹射器瞬间，对圆柱形管施加一个竖直向上的恒力F，为保证滑块不滑出管口，F的最小值为24N
D. 当滑块离开弹射器瞬间，对圆柱形管施加一个竖直向上的恒力F，为保证滑块不滑出管口，F的最小值为20N
9. 如图，真空中x轴上关于O点对称的M、N两点分别固定两异种点电荷，其电荷量分别为+Q1、−Q2，且Q1>Q2，取无穷远处电势为零，则( )
A. 只有MN区间的电场方向向右
B. 在N点右侧附近存在电场强度为零的点
C. 在ON之间存在电势为零的点
D. MO之间的电势差小于ON之间的电势差
10. 如图甲所示，将质量为m的小球以速度v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h。若将质量分别为2m、3m、4m、5m的小球，分别以同样大小的速度v0从半径均为R=h2的竖直圆形光滑轨道的最低点水平向右射入轨道，轨道形状如图乙、丙、丁、戊所示。小球视为质点，在不计空气阻力的情况下，下列判断正确的是( )
A. 只有质量为4m的小球能到达最大高度h
B. 只有质量为2m、4m的小球能到达最大高度h
C. 质量为2m的小球到达与圆心等高处时，对轨道的压力大小为4mg
D. 质量为3m的小球到达与圆心等高处时，处于超重状态
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11. 某小组利用气垫导轨装置探究“做功与物体动能改变量之间的关系”.图1中，遮光条宽度为d，光电门可测出其挡光时间：滑块与力传感器的总质量为M，砝码盘的质量为m0，不计滑轮和导轨摩擦.实验步骤如下：
①调节气垫导轨使其水平.并取5个质量均为m的砝码放在滑块上：
②用细绳连接砝码盘与力传感器和滑块，让滑块静止放在导轨右侧的某一位置，测出遮光条到光电门的距离为S；
③从滑块上取出一个砝码放在砝码盘中，释放滑块后，记录此时力传感器的值为F，测出遮光条经过光电门的挡光时间Δt；
④再从滑块上取出一个砝码放在砝码盘中，重复步骤③，并保证滑块从同一个位置静止释放；
⑤重复步骤④，直至滑块上的砝码全部放入到砝码盘中．
请完成下面问题：
(1)若用十分度的游标卡尺测得遮光条宽度d如图3，则d= ______ mm．
(2)滑块经过光电门时的速度可用v= ______ (用题中所给的字母表示，下同)计算．
(3)在处理步骤③所记录的实验数据时，甲同学理解的合外力做功为W1=FS，则其对应动能变化量应当是△Ek1= ______
(4)乙同学按照甲同学的思路，根据实验数据得到F−1(Δt)2的图线如图4所示，则其斜率k= ______ ．
12. 用如图所示的实验装置来验证向心力公式。匀质小球由轻绳a和b分别系于一轻质木架上的A点和C点。当木架绕轴BC匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向、绳b在水平方向。两绳的A、C端分别安装有拉力传感器1、2，重力加速度为g，忽略空气的阻力，实验步骤如下：
A.实验之前，用游标卡尺测得小球的直径为d，用刻度尺测得a绳的长度为la，b绳的长度为lb；
B.使木架绕BC轴匀速转动，并带动小球在水平面内做匀速圆周运动，记录转n圈对应的时间t；
C.读出拉力传感器1、2的示数分别为Fa、Fb；
D.当小球运动到图示位置时，绳b被突然烧断，同时木架也立即停止转动，读出拉力传感器1在此瞬间的示数为F0。
(1)小球的质量m= ______ ，做匀速圆周运动的周期T= ______ ；
(2)绳b被烧断之前小球做匀速圆周运动，若等式______ 成立，则向心力公式得到验证；(用Fa、Fb、n、t、g、lb和d表示)
(3)绳b被烧断之后的瞬间，若等式______ 成立，则向心力公式得到验证。(用F0、Fa、n、t、g、lb和d表示)
四、计算题（本大题共3小题，共39.0分）
13. 一端弯曲的光滑绝缘轨道ABN固定在竖直平面上，如图所示，AB段水平、BN段是半径为R的半圆弧，有一个正点电荷固定在圆心O处。一质量为m带正电小环，在水平恒力F=2 33mg作用下从C点由静止开始运动，到B点时撤去外力，小环继续运动，发现刚好能到达绝缘轨道上与圆心等高的M点，已知CB间距为 3R。已知小环在圆轨道上时受到圆心处的点电荷的静电力大小为2mg。求：
(1)小环从C运动到M过程中，点电荷Q的电场对它做的功；
(2)若水平恒力大小改为2F，则小环在能达到的最高点N时的速度大小；
(3)小环在距离B点 22R的D点以向右的初速度v0=2 (1− 63)gR运动，在静电力的作用下运动到B点的速度恰好为0。若在D点施加最小的恒定外力作用由静止开始运动，则小环在圆轨道上能到达的最大高度值多少？
14. 如图所示，足够长的斜面与水平面夹角为37°，斜面上有一质量M=3kg的长木板，斜面底端挡板高度与木板厚度相同。m=1kg的小物块从空中某点以v0=3m/s水平抛出，抛出同时木板由静止释放，小物块下降h=0.8m掉在木板前端，碰撞时间极短可忽略不计，碰后瞬间物块垂直斜面分速度立即变为零。碰后两者向下运动，小物块恰好在木板与挡板碰撞时在挡板处离开木板。已知木板与斜面间动摩擦因数μ=0.5，木板上表面光滑，木板与挡板每次碰撞均无能量损失，g=10m/s2，求：
(1)碰前瞬间小物块速度大小和方向。
(2)木板至少多长小物块才没有从木板后端离开木板？
(3)木板从开始运动到最后停在斜面底端的整过过程中通过路程多大？
15. 牛顿在前人研究的基础上，利用他的运动定律把行星的向心加速度与太阳对它的引力联系起来，巧妙推导出太阳和行星之间的引力关系。
(1)行星围绕太阳的运动当做匀速圆周运动，已知行星的质量为m，太阳的质量为M，行星与太阳中心之间的距离为r，请利用牛顿定律和开普勒定律导出太阳和行星之间的引力表达式F=GMmr2；
(2)牛顿思考月球绕地球运行的原因时，苹果偶然落地引起了他的遐想：拉住月球使它围绕地球运动的力与拉着苹果下落的力，是否都与太阳吸引行星的力性质相同，遵循着统一的规律--平方反比规律？因此，牛顿开始了著名的“月−地检验”。
a.已知月球与地球的距离约为地球半径的60倍，如果牛顿的猜想正确，请你据此计算月球公转的向心加速度a和苹果下落的加速度g的比值ag；
b.在牛顿的时代，月球与地球的距离r′、月球绕地球公转的周期T′等都能比较精确地测定，请你据此写出计算月球公转的向心加速度a的表达式；已知r′≈3.84×108m，T′≈2.36×106s，地面附近的重力加速度g=9.80m/s2，请你根据这些数据估算比值a；与(1)中的结果相比较，你能得出什么结论？
c.假如有一颗在赤道上的苹果树，长到了月亮的高度。请你根据苹果的运动状态进行受力分析，在图中的树枝上画出一个长势符合物理规律的苹果，并推断如果树冠上的苹果被人用剪刀剪离树枝，苹果是否会落回地面？(分析过程中可忽略其它星球对苹果的作用)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：记某时刻杆与竖直墙面夹角为θ，由机械能守恒可求出此时杆的转动角速度
mgL2(12−cosθ)=12×13mL2ω2
解得：
ω= 3(12−cosθ)gL
质心的水平速度大小为
vx=ωL2cosθ=12 3(12−cosθ)gLcos2θ
对时间求导可得水平加速度
ax=34sinθ(2cosθ−1)g=32gsin2θ−34gsinθ
水平加速度由墙的支持力提供，由水平方向的牛顿第二定律可得：
N=max=32mgsin2θ−34mgsinθ
因为初始时杆与墙面夹角为60°，故sin2θ随角度增大而减小，因此支持力随θ增加一直减小，故ABC错误，D正确。
故选：D。
由机械能守恒可求出此时杆的转动角速度，求出质心的水平速度，对时间求导求出水平加速度，根据牛顿第二定律分析墙的支持力变化。
本题机械能守恒可求出此时杆的转动角速度，较难。
2.【答案】D
【解析】解：设两黑洞间距为L，质量为m1的黑洞轨道半径为r1，质量为m2的黑洞轨道半径为r2，则有L=r1+r2
A、根据F=Gm1m2L2且两黑洞间距L减小，则两黑洞间的万有引力增大，两黑洞做圆周运动时的向心力也增大，故A错误；
CD、根据万有引力提供向心力可得：Gm1m2L2=m1r1ω2=m2r2ω2
解得：ω= G(m1+m2)L3
其周期T=2πω=2π L3G(m1+m2)
由于两黑洞质量和不变，间距L减小，则角速度增大，周期T减小，故C错误，D正确；
B、根据Gm1m2L2=m1v12r1，解得：v1= Gm2r1L2，由于L平方的减小量比r1的减小量大，则m1的线速度增大，同理m2的线速度也增大，故B错误。
故选：D。
双星做匀速圆周运动具有相同的角速度，靠相互间的万有引力提供向心力，根据万有引力提供向心力得出双星的轨道半径关系，从而确定出双星的半径如何变化，以及得出双星的角速度、线速度、加速度和周期的变化．
解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，知道双星的轨道半径比等于质量之反比。
3.【答案】D
【解析】解：设物体的初速度方向与水平方向的夹角为θ
物体做抛体运动，可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速运动，
当物体做斜上抛运动时物体的运动时间较长，水平射程较大
物体的水平分速度vx=v0cosθ，竖直分速度vy=v0sinθ
物体在竖直方向做匀减速直线运动，位移−h=vyt−12gt2
水平位移，即射程：x=vxt
联立解得：x2=−12g2t4+gh2t−h2+v02t2
整理得：x2=−12g2[t2−2(v02+gh)g2]2+[(v02+gh)2g2−h2]
当t2=2v02+2ghg2时，x有最大值，此时xm2=(v02+gh)2g2−h2
即xm=v0g v02+2gh，故D正确，ABC错误。
故选：D。
物体的运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速直线运动，应用运动的合成与分解、运动学公式求出最大射程。
本题考查了抛体运动，应用运动的合成与分解、运动学公式结合数学知识即可求解。
4.【答案】D
【解析】解：AB、设A、B之间的最大摩擦力为fm，B与地面之间的最大摩擦力为fm′，由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
则fm=4μmg>fm′=μ⋅2mg=2μmg，
可知，当F增大到F0，A开始运动时，B也和A一起滑动。则F0=fm′=2μmg，
当A、B发生相对滑动时，A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力，
对A分析得F−fm=ma，
以AB为整体得F−fm′=2ma
联立解得F=3F0，故AB错误；
CD、木板自x=0至x=x0过程中，A、B没有发生相对滑动，整体动能定理得
(2F0+F0)2⋅x0−fm′x0=12⋅2mv2，
对A用动能定理，得
−WB+(2F0+F0)2⋅x0=12mv2
联立解得WB=5F0x04，v= F0x02m。故C错误，D正确。
故选：D。
本题为板块模型，需通过最大静摩擦力分析求出AB相对滑动、B与地相对滑动的临界条件，结合图像可求出做功情况以及对应速度大小。
本题为板块问题，考查学生受力分析能力，对学生综合已学内容对问题进行分析的能力有一定要求。
5.【答案】D
【解析】解：A、根据对称性可知，由n 个带电量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环，在圆心O点场强为0，带电金属小球在O点的场强不0，所以O 点的场强不为零，故A错误；
B、根据对称性可知，由n 个带电量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环，在P、P′两点的场强大小相等，方向相反，带电金属小球在这两点产生的电场强度不相等，故B错误；
C、以圆环上一个带电小球为研究对象，由库仑定律可得，该部分对小球的库仑力F1=kQ2L2=kQ24R2，方向沿该点与P点带电金属小球的连线指向P点带电金属小球；
同理取以圆心对称的小球，其库仑力大小与F1相同，如图一所示：
由几何关系可知，细线与轴线的夹角θ=30°
两力的合力应沿圆心与P点带电金属小球的连线向外，大小为F2=2kQ24R2cos30°= 3kQ24R2
因圆环上n点对P点带电金属小球均有库仑力，故所有部分库仑力的合力：F=nF22= 3nkQ28R2 ①
小球受力分析如图二所示：
由共点力的平衡得：F=mgtan60° ②
联立①②解得：Q= 8mgR2nk=2R 2mgnk
故C错误；
D、在圆环上取下一个小球后，圆环上的 n−1个电荷在圆心 O的场强大小为：E1=kQR2=2R 2kmgn，方向位于圆环所在平面内；
根据对称性可知，固定 P 处的小球后，在圆环上取下一个小球(其余 n−1个小球位置不变)置于 P′处，则在水平方向上，圆心 O的场强大小为0
所以固定 P 处的小球，然后在圆环上取下一个小球(其余 n−1个小球位置不变)置于 P′处后，圆心 O的合场强大小：E=E1=2R 2kmgn
故D正确。
故选：D。
以P点带电金属小球为研究对象，金属小球在垂直圆环平面的对称轴上P点处于平衡状态，受力分析：竖直向下的重力、沿细线向上的拉力和水平向右的库仑力，故P点带电金属小球与圆环上的带点小球带同种电荷；
以圆环为研究对象，根据对称性可知，由n 个带电量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环，在P、P′两点的场强大小相等，方向相反且在水平方向上。根据共点力的平衡、库仑定律以及几何关系可解金属带电小球的电量。当固定P处的小球，然后在圆环上取下一个小球(其余n−1个小球位置不变)置于P′处，分别求解圆环在O点的场强和P、P′两电荷在O点的场强，然后根据矢量合成求解O点合场强。
本题考查点电荷与圆盘电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠定基础。
6.【答案】C
【解析】解：设货箱恰好相对于车厢滑动时卡车的加速度的为a0，
设货箱的质量为m，对货箱，由牛顿第二定律得：
μmg=ma0
解得：a0=μg=0.24×10=2.4m/s2，
A、司机全力加速时卡车的加速度a加=2.2m/s2
若司机全力刹车，设经过时间t货箱碰到车头，货箱碰到车头时货箱相对于车厢滑动的距离s=10.0m−0.5m=9.5m，
卡车的初速度v=54km/h=15m/s，
则s=vt−12a0t2−(vt−12a减t2)=12a减t2−12a0t2，
代入数据解得：t≈5.6s，故C正确，BD错误。
故选：C。
应用牛顿第二定律求出货箱相对车厢滑动时的临界加速度，根据卡车加速与减速的最大加速度与临界加速度间的关系判断卡车加速与减速时货箱相对车厢是否滑动，然后应用运动学公式分析答题。
本题考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用，应用牛顿第二定律求出货箱相对车厢滑动的临界加速度是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
7.【答案】A
【解析】解：ABD、假设8s内一直做匀减速直线运动，根据x4−x1=3aT2解得：a=x4−x13T2=1−243×4m/s2=−2312m/s2，
根据x1=v0t1+12at12解得初速度为：v0=24+12×2312×222m/s≈14m/s，
速度减为零的时间为：t=0−v0a=0−14−2312s=7.3s，可知汽车在8s前速度减为零。
设汽车的加速度为a，根据x1=v0t1+12at12得：24=2v0+2a，汽车速度减为零的时间为：t0=0−v0a=−v0a，
采用逆向思维，最后2s内的位移为：x′=12(−a)(−v0a−6)2=1m，联立解得：a=−2m/s2，初速度为：v0=14m/s，故A正确，BD错误；
C、汽车刹车到停止的距离为：x0=0−v022a=0−1422×(−2)m=49m<50m，可知甲不能撞上乙车，故C错误。
故选：A。
根据匀变速直线运动的推论，运用连续相等时间内的位移之差是一恒量，求出加速度，结合位移时间公式求出初速度，判断速度减为零的时间，判断出物体在8s前已经停止，再结合运动学公式求出初速度和加速度；根据速度位移公式求出汽车刹车到停止的距离，判断甲车是否撞上乙车。
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，注意物体在8s前已经停止，所以通过连续相等时间内的位移之差是一恒量求出的加速度是错误的。
8.【答案】AC
【解析】解：A.对滑块上升时有
m1g+0.4m1g=m1a1
可得加速度大小为
a1=14m/s2
设滑块离开弹射器时速度为v，离开管口时的速度为v，滑块由底端上升到管口的过程中由功能关系可得
−m1gh1−0.4m1gh2=0−12m1v02
可得
v0=6m/s
离开管上升到最高点的过程中，由功能关系可得
−m1g (h1−h2)=0−12m1v12
可得
v1=2 2m/s
滑块到管口的时间为
t1=v1−v0−a1
从管口到最高点的时间为
t2=v1g
则滑块从离开弹射器到第二次通过圆柱形管上端经历的时间为
t=t1+2t2
解得
t=15+9 235s
故A正确；
B.对滑块在管中下落时有
m1g−0.4m1g=m1a2
可得加速度大小为
a2=6m/s2
有
h2=v1t3+12a2t32
可得
t3= 5− 23s
滑块从离开弹射器到再次回到弹射器处经历的时间为
t′=t1+2t2+t3
解得
t′=45+35 5−8 2105s
故B错误；
CD.为保证滑块不滑出管口，滑块到管口时共速，设共速的速度为v，所需时间为t4，此时施加的外力F最小，设此时管的加速度为a4
对管有F+0.4m1g−m2g=m2a4
滑块与管的相对位移为h2=v0+v2t4−v2t4
共速时有
v0−a1t4=a4t1
联立可得
F=24N
故C正确，D错误。
故选：AC。
根据牛顿第二定律结合功能关系和运动学规律解得滑块从离开弹射器到第二次通过圆柱形管上端经历的时间；滑块下落过程中，根据牛顿第二定律结合运动学公式解得下落时间，进而求解总时间，为保证滑块不滑出管口，滑块到管口时共速，根据牛顿第二定律与运动学公式分析解答。
解题时注意把滑块的运动分成两部分，两部分的加速度不相同，注意分清楚滑块运动的临界：当滑块运动至圆柱形管口时，滑块与圆柱形管恰好共速，所需要施加的外力F最小。
9.【答案】BC
【解析】解：A、根据点电荷形成的电场E=kQr2，且Q1>Q2，可知，除M右侧附近的电场方向向右外，在N点右侧也存在电场方向向右，故A错误；
B、设MN间的距离为L，在N点右侧电场强度为零的点距离N距离为r，则kQ1(r+L)2=kQ2r2，解得r=L Q1Q2−1>0，则假设成立，故B正确；
C、正电荷附近电势大于0，负电荷附近电势小于0，则在ON之间必然存在电势为零的点，故C正确；
D、根据电场强度越大，电势变化越快知：MO之间电场强度大于ON之间的电场强度，则MO之间的电势差大于ON之间的电势差，故D错误。
故选：BC。
根据点电荷形成的电场强度的特点判断MN两电荷形成的复合电场的特点，利用根据电场强度越大，电势变化越快，判断电势差的大小关系。
本题考查了非等量异种电荷形成的复合电场的特点，注意电场强度为零的点必然在电荷量小的外侧。难度适中。
10.【答案】AC
【解析】解：AB、对甲在最高点h处的速度为零，由机械能守恒定律，12mv02=mgh，可知，小球在最高点h处的速度不能大于零，否则违反机械能守恒定律；质量为2m、3m、5m的三个小球的最高点的速度都不等于零，都不能到达h高处，有质量为4m的小球在最高点的速度等于零，能到达最大高度h，故A正确，B错误；
C、对甲图中小球，由机械能守恒定律得：
12mv02=mg⋅2R
对乙图中小球，小球由最低点到达与圆心等高处过程，由机械能守恒定律及牛顿第二定律得：
12×2m×v02=2mgR+12×2m×v12FN=2mv12R
解得FN=4mg，由牛顿第三定律，小球到达与圆心等高处时，对轨道的压力大小为4mg，故C正确；
D.质量为3m的小球到达与圆心等高处时，加速度方向向下，处于失重状态，故D错误。
故选：AC。
小球到通过最高点的速度不等于零，根据机械能守恒定律，结合最高点的速度分析小球能上升的最大高度；根据加速度方向分析物体的运动状态；质量为2m的小球到达与圆心等高处时，根据机械能守恒定律求出速度，再根据牛顿运动定律求小球对轨道的压力大小。
本题考查机械能守恒定律、圆周运动、牛顿第二定律等知识，涉及到的运动形式较多，考查比较全面。
11.【答案】10.2 dΔt (M+4m)d22(Δt)2 (M+4m)d22S
【解析】解：(1)由图示游标卡尺可知，其示数为：10mm+2×0.1mm=10.2mm；
(2)滑块经过光电门时的速度可用v=dΔt；
(3)动能改变量为：△Ek=12(M+4m)v2=(M+4m)d22(Δt)2；
(4)由动能定理得：FS=12(M+4m)v2=(M+4m)d22(Δt)2，整理得：F=(M+4m)d22S1(Δt)2，则F−1(Δt)2图象的斜率：k=(M+4m)d22S；
故答案为：(1)10.2；(2)dΔt；(3)(M+4m)d22(Δt)2；(4)(M+4m)d22S．
(1)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数．
(2)已知遮光条的宽度与其经过光电门的时间，应用速度公式可以求出速度．
(3)应用动能的计算公式可以求出动能的该变量．
(4)应用动能定理求出图象的函数表达式，然后答题．
本题考查验证动能定理的实验，解决本题的关键掌握实验的原理，即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，掌握光电门的应用，明确用光电门求解瞬时速度的方法．
12.【答案】Fag tn Fb=4π2n2Fagt2(lb+d2) F0=Fa[4π2n2(lb+d2)2gt2(la+d2)+1]
【解析】解：(1)小球做匀速圆周运动时，竖直方向二力平衡，则有Fa=mg
解得：m=Fag
做匀速圆周运动的周期：T=tn
(2)小球做匀速圆周运动所需要的向心力由绳b的拉力Fb提供，轨迹半径：r=lb+d2
再根据向心力公式：Fn=m(2πT)2r
求出向心力的值：Fn=4π2n2Fagt2(lb+d2)
看Fb、Fn两者是否相等，若Fb=Fn，即Fb=Fn=4π2n2Fagt2(lb+d2)，则向心力公式得到验证；
(3)小球做匀速圆周运动的线速度：v=2πnt(lb+d2)
绳b被烧断之后的瞬间，小球的速度来不及突变，即将在竖直面内做变速圆周运动，半径为：la+d2，绳a的拉力突变为F0，向心力突变为：F0−mg，若：F0−mg=Fag⋅v2la+d2成立，即：F0=Fa[4π2n2(lb+d2)2gt2(la+d2)+1]，则向心力公式得到验证。
故答案为：(1)Fag，tn；(2)Fb=4π2n2Fagt2(lb+d2)；(3)F0=Fa[4π2n2(lb+d2)2gt2(la+d2)+1]。
(1)小球做匀速圆周运动时，竖直方向二力平衡，根据运动情况分析匀速圆周运动的周期；
(2)小球做匀速圆周运动所需要的向心力由绳b的拉力Fb提供；
(3)绳b被烧断后，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动或圆周运动，在绳b被烧断瞬间，a绳中张力与重力的合力提供小球的向心力。
本题主要考查了圆周运动的相关实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟悉圆周运动的公式即可完成分析。
13.【答案】解：(1)小环从C运动到M过程，根据动能定，则
F⋅ 3R+WCM−mgR=0
WCM=mgR−2 33× 3mgR=−mgR
(2)小环从C运动到N过程，根据动能定理，则
2F⋅ 3R+WCM−mg⋅2R=12mv2
代入数据：2×2 33× 3mgR−mgR−2mgR=12×m×v2
解得：v= 2gR
(3)小环从D运动到B过程，根据动能定理：WDB=0−12mv02
可得：WDB=−(2−2 63)mgR
设小环带电q，圆心处点电荷带电Q，则：kQqR2=2mg，
设OD连线与DB夹角为θ，则tanθ= 2，OD= R2+( 22R)2= 62R
在D点小环受到圆心位置的点电荷的静电力的水平方向的分力：
Fx=kQq( 62R)2×cosθ=4 39mg。
那么小环受到的外力至少为4 39mg，否则小环将向左运动。
所以从D到圆轨道最高点的过程，根据动能定理，则
4 39mg⋅ 22R+WDB−mgh=0
解得：h=(8 69−2)R
答：(1)小环从C运动到M过程中，点电荷Q的电场对它做的功为−mgR；
(2)若水平恒力大小改为2F，则小环在能达到的最高点N时的速度大小为 2gR；
(3)小环在圆轨道上能到达的最大高度值为(8 69−2)R。
【解析】分析小环受力和各力做功情况，运用动能定理求解。
本题主要考查动能定理的运用，但小环运动过程复杂，需注意分析清楚小环的运动过程，再分段进行研究，在D点施加最小的恒定外力，应等于库仑力在水平方向的分量。
14.【答案】解：(1)小物块平抛，根据动能定理得，mgh=12mvt2−12mv02
代入数据解得：vt=5m/s。
sinθ=v0vt=35，解得：θ=37°，即速度方向与斜面垂直。
(2)小物块平抛：h=12gt12---------------------------------------------------①
木板下滑：Mgsinα−μMgcosα=Ma-------------------------------------②
v=at1-----------------------------------------------------------③
解①②③得：a=2m/s2t1=0.4s v=0.8m/s
小物块掉到木板上后速度变为0，然后向下运动，直到与木板速度相同过程：
小物块：mgsinα=ma1----------------------------------------------------④
木 板：Mgsinα−μ(M+m)gcosα=Ma2----------------------------------⑤
速度相同时：a1△t=v+a2△t--------------------------------------------⑥
解④⑤⑥得：a1=6 m/s2，a2=23 m/s2，△t=0.15s。
Lmin=v△t+12a2△t2−12a1△t2=0.06m。
(3)小物块平抛过程木板下移：x1=12v t1=12×0.8×0.4m=0.16m，
两者相碰到小物块离开：x2=12a1t22=v t2+12a2 t22
代入数据解得：t2=0.3s x2=0.27m
此时木板速度：v2=v+a2 t2=0.8+23×0.3m/s=1m/s，
木板与挡板碰后全程生热：
Q=μMgcosα⋅S=12Mv22，
代入数据解得：S=0.125m。
可见木板在斜面上通过路程：
S总=x1+x2+S=0.16+0.27+0.125m=0.555m。
答：(1)碰前瞬间小物块速度大小为5m/s，方向与斜面垂直。
(2)木板至少为0.06m小物块才没有从木板后端离开木板。
(3)木板从开始运动到最后停在斜面底端的整过过程中通过路程为0.555m。
【解析】(1)根据动能定理求出小物块与斜面碰撞时的速度，结合平行四边形定则得出速度的方向。
(2)根据牛顿第二定律求出木板开始下滑的加速度，结合平抛运动的高度求出运动的时间，根据速度时间公式求出小物块与斜面碰撞时斜面的速度，再根据牛顿第二定律求出碰撞后物块和木板的加速度，抓住速度相等，结合运动学公式求出运动的时间，结合位移公式求出木板的至少长度。
(3)根据位移公式求出小物块平抛运动过程中木板下滑的位移，结合位移关系求出两者相碰到离开的时间，结合位移公式求出木板的位移，根据功能关系求出木板在斜面上的路程，从而得出总路程。
本题考查了平抛运动和匀变速直线运动的综合运用，关键理清物块和木板在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，难度中等。
15.【答案】解：(1)由牛顿第二定律可知，行星做圆周运动的向心力等于行星与恒星之间的引力：
F引=F向=m4π2T2r ①
根据开普勒第三定律可知：r3T2=k ②
由①②可知：F引=4π2kmr2∝mr2 ③
由对称性，可知：F引∝Mr2 ④
根据牛顿第三定律可知，力的作用是相互的，可知：F引∝Mmr2 ⑤
从而可知：F=GMmr2。
(2)a.设月球的质量为m，地球质量为M，根据牛顿第二定律有：
GMmr2=ma ①
设苹果的质量为m′，地球半径为R，根据牛顿第二定律有：
GMm′R2=m′g ②
由题意知：r=60R ③
联立①②③式可得：ag═13600
b.由向心加速度的表达式得：a=v2r
其中：v=2πrT
联立④⑤可得：a=4π2T2r
代入相关数据可得：ag≈13604
比较(1)中的结果，二者近似相等，由此可以得出结论：牛顿的猜想是正确的，即地球对月球的引力，地面上物体的重力，都与太阳吸引行星的力性质相同，遵循着统一的规律平方反比规律。
c.月球绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供所需要的向心力，则有：GMm月r2=m月4π2T月2r
即：GMr2=4π2T月2r
苹果剪离树枝前所需要的向心力：Fn=m苹4π2T地2r
苹果受到的万有引力：F引=GMm苹r2
苹果的运行周期等于地球自转周期，小于月球的周期，则：Fn=m苹4π2T地2r>m苹4π2T月2r=GMm苹r2=F引，
因此当苹果剪离树枝后，有Fn>F引，即苹果需要的向心力大于万有引力，苹果将沿着速度方向做离心运动，不会落回地面。
假如有一颗在赤道上的苹果树，长到了月亮的高度，在树枝上苹果长势如图所示：
答：(1)如上所述；
(2)a.月球公转的向心加速度a和苹果下落的加速度g的比值为13600；
b.牛顿的猜想是正确的，即地球对月球的引力，地面上物体的重力，都与太阳吸引行星的力性质相同，遵循着统一的规律平方反比规律；
c.如上图所示，不会落回地面。
【解析】(1)由万有引力提供向心力列出向心力F的表达式，结合开普勒第三定律求得太阳与行星之间的引力与它们质量的乘积成正比，它们距离平方成反比；
(2)a.根据mg=GMmR2、GMmr2=man，求出月球绕地球运行的向心加速度an与地面的重力加速度g的比值；
b.通过a=r(2πT)2求出月球向心加速度的大小，从而求出向心加速度与地面重力加速度的比值；
c.对于月球，万有引力等于向心力，苹果剪离树枝前做匀速圆周运动，根据苹果的周期小于月球的周期，分析苹果剪离树枝后所受的万有引力与所需要的向心力，根据万有引力等于所需要的向心力时，做圆周运动；当小于所需要的向心力时，则做离心运动，判断苹果的运动情况。
本题要掌握两个关系：星球表面的物体受到的重力等于万有引力；环绕天体绕中心天体做圆周运动所需要的向心力由万有引力提供。这两个关系可以解决天体运动的一切问题。解决本题的关键要正确分析苹果的受力情况，确定向心力的来源，由离心运动的条件进行分析。
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