还剩14页未读，
继续阅读
2022-2023学年天津市和平区高一（下）期末物理试卷（含解析）
展开
这是一份2022-2023学年天津市和平区高一（下）期末物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了4m等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年天津市和平区高一（下）期末物理试卷
1. 如图甲所示，将乒乓球发球机固定在左侧桌面边缘的中央，使乒乓球沿中线方向水平抛出，发球的高度H和球的初速度v0可调节，忽略空气阻力，则( )
A. 保持H不变，v0越大，乒乓球在空中运动的时间越长
B. 保持H不变，v0越大，乒乓球在空中运动的时间越短
C. 保持v0不变，H越大，乒乓球落在桌面瞬间的速度越大
D. 保持v0不变，H越大，乒乓球落在桌面瞬间的速度越小
2. 如图所示，当工人师傅用扳手拧螺母时，扳手上的P、Q两点的转动半径之比为2：3，其角速度分别为ωP和ωQ，线速度大小分别为vP和vQ，则( )
A. ωP：ωQ=1：1，vP：vQ=2：3
B. ωP：ωQ=1：1，vP：vQ=3：2
C. ωP：ωQ=3：2，vP：vQ=1：1
D. ωP：ωQ=2：3，vP：vQ=1：1
3. 如图虚线圆为人造地球卫星的两个圆轨道，轨道A的半径大于轨道B的半径，则同一人造地球卫星( )
A. 在轨道A上的速率大于在轨道B上的速率
B. 在轨道A上的周期小于在轨道B上的周期
C. 在轨道A上的万有引力大于在轨道B上的万有引力
D. 在轨道A上的机械能大于在轨道B上的机械能
4. 如图所示，小球甲在真空中做自由落体运动，另一同样的小球乙在油中由静止开始下落。两小球均从高度为h1的初始位置下落到高度为h2的位置。在这两种情况下( )
A. 甲球的重力做功多
B. 甲球的重力平均功率大
C. 甲球的重力势能变化量大
D. 甲球的机械能变化量大
5. 物理和生活息息相关，下列有关静电的防止与利用，说法正确的是( )
A. 甲图中，工作人员给车加油前触摸静电释放器，可将加油枪的静电释放到大地
B. 乙图中，静电除尘装置将带负电的尘埃收集在中间的线状电离器B上
C. 丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的现象
D. 丁图中，两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣增强了导电能力
6. 如图所示，质量为M的电梯底板上放置一质量为m的物体。钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，则( )
A. 底板对物体的支持力做的功等于12mv2
B. 物体所受合力做的功等于12mv2+mgH
C. 钢索的拉力做的功等于12Mv2+MgH
D. 电梯所受合力做的功等于12Mv2
7. 2023年6月，交通集团首批氢能源客车在天津港保税区投入运营。某款质量为m的氢能源汽车如图甲所示，测试其性能时的v−t图像如图乙所示。已知汽车在平直公路上以额定功率P启动，整个运行过程中汽车功率及所受阻力均恒定，t1时刻起以最大速度匀速行驶。则在0～t1时间内下列说法正确的是( )
A. 汽车的牵引力逐渐增大 B. 汽车的阻力大小为Pvm
C. 牵引力对汽车做的功为Pt1 D. 汽车行驶的距离为vmt12
8. 如图，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕半径相同、质量为M和2M的A、B两行星做匀速圆周运动，忽略行星的自传，下列说法正确的是( )
A. 甲、乙两颗卫星的线速度大小之比为1： 2
B. 甲、乙两颗卫星的周期之比为1： 2
C. A、B两颗行星的地表重力加速度之比为1：2
D. A、B两颗行星的第一宇宙速度之比为1： 2
9. 如图甲所示，小球(可视为质点)穿在竖直平面内光滑的固定圆环上，绕圆心O点做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，圆环与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F−v2图像如图乙所示，g取10m/s2，则( )
A. 小球的质量为2kg
B. 固定圆环的半径R为0.4m
C. 小球在最高点速度为4m/s时，圆环受到小球施加的竖直向下20N的弹力
D. 若小球恰好能做完整圆周运动，则其运动中所受圆环给的最大弹力为100N
10. 在真空中A、B两处固定两个等量异种电荷，正下方有一根足够长的光滑玻璃杆水平放置，一个质量为m、电荷量为−q的小圆环穿在杆上，从A点的正下方C处以速度vC一直向右运动至B点正下方D处，到达D处时的速度为vD，O点是CD的中点，则( )
A. 小圆环从C到D过程中先做减速运动，再做加速运动
B. CD两点间的电势差为：UCD=m(vC2−vD2)2q
C. 小圆环至O点时的速度为：vO= vC2+vD22
D. 小圆环通过D点后，继续向前运动很远距离，最终速率趋于v1= vC2+vD22
11. 在“探究平抛运动的特点”实验中
(1)用图1装置进行探究，下列说法正确的是______ 。
A.只能探究平抛运动水平分运动的特点
B.需改变小锤击打的力度，多次重复实验
C.能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点
(2)用图2装置进行实验，下列说法正确的是______ 。
A.斜槽轨道M必须光滑且其末端水平
B.上下调节挡板N时必须每次等间距移动
C.小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下
(3)用图3装置进行实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹A，将挡板依次水平向右移动x，重复实验，挡板上留下点迹B、C。若测得A、B间距离y1，B、C间距离y2，重力加速度为g，根据以上直接测得的物理量推导出小球初速度的计算公式为v0= ______ (用所给字母表示)。
12. 用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验，将重锤固定在纸带一端，使重锤由静止自由下落，打出的纸带由于初始部分的点迹模糊不清，舍去这部分点迹后得到如图乙所示纸带。
(1)选用的测量仪器除打点计时器外还需要______ 。
A.天平
B.毫米刻度尺
C.秒表
(2)关于实验操作及数据处理，下列说法正确的是______ 。
A.先接通电源再释放纸带
B.若通过图像验证机械能守恒，必须多次重复实验，才能得到多个数据点
C.利用数据做出v2−h图像是一条直线，且斜率数值为重力加速度值，则说明重物下落过程机械能守恒
(3)在利用纸带上的数据点验证机械能守恒时，已经测出了AC段和FH段长度，还需要测出______ 段长度才能完成本次验证。
(4)在做“验证机械能守恒定律”的实验时，发现重物减少的重力势能总是略大于重物增加的动能，造成这种现象的原因是______ 。
A.选用的重物质量过大
B.选用的重物质量过小
C.存在空气阻力和摩擦阻力
D.实验时操作不规范，实验数据测量不准确
13. 如图所示，水平向右的匀强电场中，一半径为R、圆心为O的光滑半圆绝缘轨道固定在竖直平面内，b点为轨道的最低点。质量为m、电荷量为q的小球甲恰好静止在轨道a点，a点与轨道圆心O的连线与竖直方向的夹角为θ=60°，重力加速度大小为g。则：
(1)判断小球甲的电性并求出匀强电场的电场强度大小E；
(2)现将小球甲固定在a点，将另一个质量为2m的带电小球乙放在b点，小球乙恰好静止且与轨道无作用力，两小球均视为点电荷，请判断小球乙的电性，并求出小球乙的电荷量q′。
14. 如图所示，粗糙的圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，一个质量为m=0.2kg的小球从P点水平抛出，恰好从圆弧轨道的A点沿切线方向进入轨道。B为轨道的最低点，C为最高点，圆弧AB对应的圆心角θ=60°，轨道半径R=0.4m。g取10m/s2，不计空气阻力，若小球进入轨道后恰好通过C点，且在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功Wf=−2J。求：
(1)小球到达C点的速度的大小vC；
(2)小球冲入轨道A点的速度的大小vA；
(3)P和A两点的高度差h。
15. 如图所示，倾角为30°的足够长光滑斜面固定在水平地面上，一轻绳绕过两个光滑的轻质滑轮连接着固定点P和物体B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A与动滑轮连接，开始时，物体A、B处于静止状态，求：
(1)若静止释放后物体B开始竖直向下运动，mBmA需要满足什么条件？
(2)若A、B两物体质量相等均为m，静止释放后，物体A的位移为L时，重力加速度为g，求：
①物体A的速度大小vA；
②物体A的机械能相比静止时的变化量ΔE。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：AB、乒乓球在空中做平抛运动，有H=12gt2，解得t= 2Hg，可知乒乓球在空中运动的时间由下落的高度决定，H不变，则乒乓球在空中下落的时间不变，故AB错误；
CD、物体落在桌面瞬间的速度为v= vy2+v02= 2gH+v02，保持v0不变，H越大，乒乓球落在桌面瞬间的速度越大，故C正确，D错误。
故选：C。
乒乓球在空中做平抛运动，根据下落的高度分析运动时间的变化；
推导出乒乓球落在桌面瞬间的速度表达式，再分析其变化情况。
解决本题的关键要知道分运动和合运动具有等时性，平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关。
2.【答案】A
【解析】解：P、Q两点同轴转动，它们的角速度相等，则ωP：ωQ=1：1
线速度v=ωr，P、Q两点的线速度大小之比：vPvQ=ωPrPωQrQ=11×23=23，故A正确，BCD错误。
故选：A。
扳手在做转动时，其上各点具有相同的角速度，然后结合线速度与角速度之间的关系v=ωr进行求解即可。
解决本题的突破口在于P、Q两点的角速度相同，然后熟练掌握匀速圆周运动的各物理量之间公式即可。
3.【答案】D
【解析】解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMmr2=mv2r，解得：v= GMr，由于rA>rB，则vA
C、卫星受到的万有引力F=GMmr2，由于rA>rB，则FA
故选：D。
卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出卫星的线速度、周期，根据万有引力公式与卫星的变轨原理分析答题。
本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的前提，根据万有引力公式与牛顿第二定律可以解题。
4.【答案】B
【解析】解：AC、在这两种情况下，小球下落高度相同h，由WG=mgh可知，重力做功相等，则重力势能变化量相等，故AC错误；
B、球甲做自由落体运动，球乙在运动过程中受到重力与油的阻力作用，球乙下落的加速度小于球甲做自由落体运动的加速度，即a乙P乙，故B正确；
D、球甲运动过程只受重力作用，机械能守恒，机械能变化量为零；球乙下落过程受重力与阻力作用，球乙要克服阻力做功，机械能有损失，机械能变化量不为零，球乙机械能的变化量大于球甲机械能的变化量，故D错误。
故选：B。
重力做功只与初末位置有关，重力势能变化取决于重力做功。根据重力做功与做功时间的关系比较重力的平均功率。根据除重力以外力其他力做功情况，分析机械能的变化情况。
解答本题时，要知道重力做功与初末位置有关，与路径无关。要明确机械能守恒的条件：只有重力做功(单个物体)，除重力以外其他力做功要引起机械能的变化。
5.【答案】AC
【解析】解：A、工作人员给车加油前触摸静电释放器，由于人体是导体，可将加油枪的静电释放到大地上，故A正确；
B、静电除尘装置中间的线状电离器B接在电源的负极，根据异种电荷相吸的道理，它可将带正电的尘埃集中在线状电离器B上，故B错误；
C、燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的现象，故C正确；
D、话筒线外面包裹着金属外衣是利用静电屏蔽，使金属外衣内不受外衣外的电场的干扰，故D错误；
故选：AC。
关于静电的防止与应用，从各种实例所涉及的原理出发就可以判断出各选项的正确与否。
本题考查是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例，注意平时的积累。
6.【答案】D
【解析】解：A、对物体，根据动能定理得：W支−mgH=12mv2−0，解得地板对物体的支持力做的功为：W支=mgH+12mv2，故A错误；
B、对物体，由动能定理可知，合力对物体做功：W=12mv2，故B错误；
C、对物体和电梯整体，由动能定理得：WF−(M+m)gH=12(M+m)v2−0，解得钢索的拉力做的功等于：WF=(M+m)gH+12(M+m)v2，故C错误；
D、根据动能定理可知，合力对电梯M做的功W′=12Mv2，故D正确。
故选：D。
对物体，根据动能定理求底板对物体的支持力做的功；应用动能定理求出合力对物体做的功；对物体和电梯整体，利用动能定理求钢索的拉力做的功；对电梯，根据动能定理求合力对电梯M做的功。
分析清楚研究对象的运动过程的初末运动状态，分析各力做功情况，应用动能定理即可解题。
7.【答案】BC
【解析】解：A、汽车在平直公路上以额定功率P启动时，功率不变，速度增大，由P=Fv可知，则牵引力逐渐减小，故A错误；
B、t1时刻起以最大速度vm匀速行驶，此时阻力与牵引力平衡，则阻力大小为：f=F=Pvm，故B正确；
C、牵引力的功率恒定不变，则在0～t1时间内牵引力对汽车做的功为：W=Pt1，故C正确；
D、根据题意，设在0～t1时间内汽车行驶的距离为x，由动能定理有：Pt1−fx=12mvm2，可得汽车行驶的距离为：x=2Pt1vm−mvm32P，故D错误。
故选：BC。
明确机车启动过程，由P=Fv分析牵引力变化；t1时刻起以最大速度vm匀速行驶，阻力与牵引力平衡；根据W=Pt求解牵引力对汽车所做的功；由动能定理列式求解汽车行驶的距离。
本题考查机车启动问题，要理解汽车以恒定功率启动的物理过程，注意最大速度的特点，结合动能定理解答。
8.【答案】CD
【解析】解：AB、卫星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有：GMmr2=m4π2T2r=mv2r，则得：
T=2πr rGM，v= GMr
可见，甲、乙两颗卫星的线速度大小之比为1： 2，周期之比为 2：1，故AB错误；
C、根据万有引力与重力的关系有
GMmR2=mg
解得
g=GMR2
则A、B两颗行星的地表重力加速度之比为1：2，故C正确；
D、根据第一宇宙速度的公式可知v= gR，可知A、B两颗行星的第一宇宙速度之比为1： 2，故D正确；
故选：CD。
卫星做匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，由此列式得到周期、线速度与轨道半径的关系式，再进行分析，根据万有引力与重力的关系分析C，根据第一宇宙速度的公式分析D。
本题要建立清晰的物理模型，利用万有引力等于向心力列式，根据各个量的表达式进行分析。
9.【答案】ACD
【解析】解：A、对小球在最高点进行受力分析，速度为零时有：F1−mg=0，其中F1=20N，解得小球的质量：m=2kg，故A正确；
B、当F2=0时，由向心力公式有mg=mv2R，解得固定圆环的半径：R=0.8m，故B错误；
C、由乙图知F=0时，v=2 2m/s，因此小球在最高点的速度为4m/s(大于2 2m/s)时，小球受圆环的弹力方向向下，小球在最高点时，根据牛顿第二定律有：F3+mg=mv12R，解得：F3=20N，方向向下，故C正确；
D、小球经过最低点时，弹力最大，根据牛顿第二定律有：F−mg=mv2R
若小球恰好做完整的圆周运动，由机械能守恒定律得：mg⋅2R=12mv2
联立解得：F=100N，故D正确。
故选：ACD。
在最高点，若v=0，则F−mg=0；若F=0，则mg=mv2R，联立即可求得小球的质量和圆环的半径；根据牛顿第二定律列式可求得CD项。
本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息进行解答。
10.【答案】B
【解析】A、根据等量异种电荷的电场分布特点可以知道，小圆环从C点到D点的过程中受电场力方向在CO段向左上方，在OD段受电场力方向是左下方，受合力方向一直向左，所以小圆环从C到D一直做减速运动，故A错误；
BC、根据等量异种电荷的等势面分布规律可以知道，CO两点间的电势差等于OD两点间的电势差即UCO=UOD且O点的电势为零。小球从C到D根据动能定理有−qUCD=12mvD2−12mvC2，小球运动到O点的速度为vO，则−qUCO=12mvO2−12mvC2
代入数据联立方程可以解得vO= 22 vC2+vD2，UCD=m(vC2−vD2)2q
故B正确，C错误；
D、小球在运动过程中，只有电场力做功，所以动能和电势能之和为定值，根据等量异种电荷的电场特点知道，O点右边的电势小于零，虽然过了D点，电场力对小球要做正功，但D点与右边无穷远处的电势差等于D点与O点的电势差，所以最终速率一定为v=vO= 22 vC2+vD2，故D错误；
故选：B。
根据电场力方向判断粒子的运动情况，根据动能定理解得CD两点间的电势差和O点的速度，D点与右边无穷远处的电势差等于D点与O点的电势差。
本题考查电势差，解题关键掌握动能定理，注意等量异种电荷周围电场线与等势面的分布。
11.【答案】B C x gy2−y1
【解析】解：(1)AC、用如图1所示的实验装置，只能探究平抛运动竖直分运动的特点，故AC错误；
B、在实验过程中，需要改变小锤击打的力度，多次重复实验，故B正确。
故选：B。
(2)AC、为了保证小球做平抛运动，需要斜槽末端水平，为了保证小球抛出时速度相等，每一次小球需要静止从同一位置释放，斜槽不需要光滑，故A错误，C正确；
B、上下调节挡板N时不必每次等间距移动，故B错误。
故选：C。
(3)根据平抛运动规律可知竖直方向Δy=y2−y1=gT2
水平方向x=v0T
联立可得v0=x gy2−y1
故答案为：(1)B；(2)C；(3)x gy2−y1
(1)根据平抛运动竖直方向的运动规律和实验原理分析；
(2)小球做平抛运动，必须保证斜槽末端切线水平；实验过程中要保证小球每次做平抛运动的初速度相同，每次应从斜槽的同一位置由静止释放小球；
(3)明确实验的注意事项，根据平抛运动规律在水平和竖直方向的规律，尤其是在竖直方向上，连续相等时间内的位移差为常数，列出方程即可正确求解。
本题主要考查了平抛运动实验的探究，掌握平抛运动处理规律，理解运动的合成与分解的处理方法。
12.【答案】B A BG C
【解析】解：(1)AB、根据mgh=12mv2，质量可消去，则不需要测量重物质量，故A不需要；
B、实验时需要用刻度尺测量纸带上各点的距离，需要用到毫米刻度尺，故B需要；
C、打点计时器有计时功能，不需要秒表，故C不需要；
故选：B。
(2)A、根据打点计时器的使用方法可知应先接通电源再释放纸带，故A正确；
B、若通过图像验证机械能守恒，需要纸带上选择合适数目的点，不需要重复实验，故B错误；
C、根据mgh=12mv2，可知v2=2gh，利用数据做出v2−h图像是一条直线，且斜率数值为2g，则说明重物下落过程机械能守恒，故C错误。
故选：A。
(3)测出了AC段和FH段长度，根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程的平均速度，可以求出B点和G点的速度，所以要验证机械能守恒，还需要测出BG段的长度。
(4)由于实验中空气阻力以及打点计时器对纸带的阻力是无法忽略的，故实验中总会出现重物减少的重力势能总是略大于重物增加的动能的现象，故C正确，ABD错误。
故选：C。
故答案为：(1)B；(2)A；(3)BG；(4)C
(1)根据机械能守恒定律列式，对表示进行分析可知需要的实验工具；
(2)根据实验原理、实验数据的分析以及实验步骤，即可分析各选项；
(3)根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程的平均速度，从而可以求得B、G两点的速度，由此可知还要测出BG长度；
(4)明确实验原理，根据原理以及能量守恒分析误差的来源。
该实验考查了验证机械能守恒定律的实验，要从实验原理、实验步骤、实验数据、误差分析、实验器材的选择以及图像分析等方面全面掌握，该题综合性很强，难度较大。
13.【答案】解：(1)小球甲受力如图所示
小球所受电场力方向与电场强度方向相同，小球甲带正电
小球甲静止处于平衡状态，则qE=mgtan60°
解得电场强度大小：E= 3mgq
(2)小球乙恰好静止且与轨道无作用力，小球乙受力如图所示
小球乙所受电场力方向与电场强度方向相反，则小球乙带负电
两小球间的库仑力大小F=kqq′R2
小球乙静止处于平衡状态，由平衡条件得：
竖直方向：Fcos60°=2mg
水平方向：Fsin60°=q′E
解得：q′=4mgR2kq
答：(1)小球甲的带正电，匀强电场的电场强度大小是 3mgq；
(2)小球乙带负电，小球乙的电荷量是4mgR2kq。
【解析】(1)对小球甲受力分析，根据小球所受电场力方向与场强方向的关系判断小球的电性；根据平衡条件求出电场强度大小。
(2)对小球乙受力分析，根据小球乙所受电场力的方向与场强方向间的关系判断电性；应用平衡条件求出小球乙的电荷量。
本题是带电体在电场中的平衡问题，关键要正确分析受力情况，作出受力分析图，运用平衡条件和库仑定律相结合进行处理。
14.【答案】解：(1)小球进入轨道后恰好通过C点，则在C点重力提供向心力，有
mg=mvC2R
解得
vC=2m/s
(2)小球从A到C，根据动能定理有
−mg(R+Rcos60°)+Wf=12mvC2−12mvA2
解得vA=6m/s
(3)在A点，根据速度的分解可知vy=vAsin60°
根据平抛运动竖直方向的运动规律有vy2=2gh
解得h=1.35m
答：(1)小球到达C点的速度的大小为2m/s；
(2)小球冲入轨道A点的速度的大小为6m/s；
(3)P和A两点的高度差为1.35m。
【解析】(1)小球进入轨道后恰好通过C点，根据重力提供向心力有；
(2)小球从A到C，根据动能定理解答；
(3)根据平抛运动规律解答。
本题结合平抛运动和圆周运动考查动能定理的应用，小球恰好能通过最高点C的临界条件是在最高点重力提供做圆周运动的向心力，要找到这个临界条件，再根据动能定理进行分析。
15.【答案】解：(1)若静止释放后物体B开始竖直向下运动，则A沿斜面向上运动，设绳子的拉力为T，由牛顿第二定律可得：对B，有
mBg−T=mBa
对A有
2T−mAgsin30°=mA⋅a2
联立解得：a=2mBg−12mAg2mB+12mA>0
解得：mBmA>14
(2)①若A、B两物体质量相等均为m，静止释放后，物体A的位移为L时，物体B的位移为2L，物体A的速度为vA，物体B的速度为：vB=2vA
由系统机械能守恒可得：
mg⋅2L−mgLsin30°=12mvA2+12mvB2
解得
vA= 3gL5
②物体A的机械能相比静止时的变化量为
ΔE=12mvA2+mgLsin30°
解得
ΔE=45mgL
答：(1)若静止释放后物体B开始竖直向下运动，则mBmA>14；
(2)①物体A的速度大小为 3gL5；
②物体A的机械能相比静止时的变化量为45mgL。
【解析】(1)分别对AB根据牛顿第二定律分析解答；
(2)①根据系统机械能守恒定律分析解答；
②对A根据动能和重力势能的变化分析解答。
解决本题时，要知道物体B下降的过程中，A、B组成的系统的机械能是守恒的，采用隔离法求解绳子的拉力，利用功能关系进行分析。
2022-2023学年天津市和平区高一（下）期末物理试卷
1. 如图甲所示，将乒乓球发球机固定在左侧桌面边缘的中央，使乒乓球沿中线方向水平抛出，发球的高度H和球的初速度v0可调节，忽略空气阻力，则( )
A. 保持H不变，v0越大，乒乓球在空中运动的时间越长
B. 保持H不变，v0越大，乒乓球在空中运动的时间越短
C. 保持v0不变，H越大，乒乓球落在桌面瞬间的速度越大
D. 保持v0不变，H越大，乒乓球落在桌面瞬间的速度越小
2. 如图所示，当工人师傅用扳手拧螺母时，扳手上的P、Q两点的转动半径之比为2：3，其角速度分别为ωP和ωQ，线速度大小分别为vP和vQ，则( )
A. ωP：ωQ=1：1，vP：vQ=2：3
B. ωP：ωQ=1：1，vP：vQ=3：2
C. ωP：ωQ=3：2，vP：vQ=1：1
D. ωP：ωQ=2：3，vP：vQ=1：1
3. 如图虚线圆为人造地球卫星的两个圆轨道，轨道A的半径大于轨道B的半径，则同一人造地球卫星( )
A. 在轨道A上的速率大于在轨道B上的速率
B. 在轨道A上的周期小于在轨道B上的周期
C. 在轨道A上的万有引力大于在轨道B上的万有引力
D. 在轨道A上的机械能大于在轨道B上的机械能
4. 如图所示，小球甲在真空中做自由落体运动，另一同样的小球乙在油中由静止开始下落。两小球均从高度为h1的初始位置下落到高度为h2的位置。在这两种情况下( )
A. 甲球的重力做功多
B. 甲球的重力平均功率大
C. 甲球的重力势能变化量大
D. 甲球的机械能变化量大
5. 物理和生活息息相关，下列有关静电的防止与利用，说法正确的是( )
A. 甲图中，工作人员给车加油前触摸静电释放器，可将加油枪的静电释放到大地
B. 乙图中，静电除尘装置将带负电的尘埃收集在中间的线状电离器B上
C. 丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的现象
D. 丁图中，两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣增强了导电能力
6. 如图所示，质量为M的电梯底板上放置一质量为m的物体。钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，则( )
A. 底板对物体的支持力做的功等于12mv2
B. 物体所受合力做的功等于12mv2+mgH
C. 钢索的拉力做的功等于12Mv2+MgH
D. 电梯所受合力做的功等于12Mv2
7. 2023年6月，交通集团首批氢能源客车在天津港保税区投入运营。某款质量为m的氢能源汽车如图甲所示，测试其性能时的v−t图像如图乙所示。已知汽车在平直公路上以额定功率P启动，整个运行过程中汽车功率及所受阻力均恒定，t1时刻起以最大速度匀速行驶。则在0～t1时间内下列说法正确的是( )
A. 汽车的牵引力逐渐增大 B. 汽车的阻力大小为Pvm
C. 牵引力对汽车做的功为Pt1 D. 汽车行驶的距离为vmt12
8. 如图，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕半径相同、质量为M和2M的A、B两行星做匀速圆周运动，忽略行星的自传，下列说法正确的是( )
A. 甲、乙两颗卫星的线速度大小之比为1： 2
B. 甲、乙两颗卫星的周期之比为1： 2
C. A、B两颗行星的地表重力加速度之比为1：2
D. A、B两颗行星的第一宇宙速度之比为1： 2
9. 如图甲所示，小球(可视为质点)穿在竖直平面内光滑的固定圆环上，绕圆心O点做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，圆环与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F−v2图像如图乙所示，g取10m/s2，则( )
A. 小球的质量为2kg
B. 固定圆环的半径R为0.4m
C. 小球在最高点速度为4m/s时，圆环受到小球施加的竖直向下20N的弹力
D. 若小球恰好能做完整圆周运动，则其运动中所受圆环给的最大弹力为100N
10. 在真空中A、B两处固定两个等量异种电荷，正下方有一根足够长的光滑玻璃杆水平放置，一个质量为m、电荷量为−q的小圆环穿在杆上，从A点的正下方C处以速度vC一直向右运动至B点正下方D处，到达D处时的速度为vD，O点是CD的中点，则( )
A. 小圆环从C到D过程中先做减速运动，再做加速运动
B. CD两点间的电势差为：UCD=m(vC2−vD2)2q
C. 小圆环至O点时的速度为：vO= vC2+vD22
D. 小圆环通过D点后，继续向前运动很远距离，最终速率趋于v1= vC2+vD22
11. 在“探究平抛运动的特点”实验中
(1)用图1装置进行探究，下列说法正确的是______ 。
A.只能探究平抛运动水平分运动的特点
B.需改变小锤击打的力度，多次重复实验
C.能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点
(2)用图2装置进行实验，下列说法正确的是______ 。
A.斜槽轨道M必须光滑且其末端水平
B.上下调节挡板N时必须每次等间距移动
C.小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下
(3)用图3装置进行实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹A，将挡板依次水平向右移动x，重复实验，挡板上留下点迹B、C。若测得A、B间距离y1，B、C间距离y2，重力加速度为g，根据以上直接测得的物理量推导出小球初速度的计算公式为v0= ______ (用所给字母表示)。
12. 用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验，将重锤固定在纸带一端，使重锤由静止自由下落，打出的纸带由于初始部分的点迹模糊不清，舍去这部分点迹后得到如图乙所示纸带。
(1)选用的测量仪器除打点计时器外还需要______ 。
A.天平
B.毫米刻度尺
C.秒表
(2)关于实验操作及数据处理，下列说法正确的是______ 。
A.先接通电源再释放纸带
B.若通过图像验证机械能守恒，必须多次重复实验，才能得到多个数据点
C.利用数据做出v2−h图像是一条直线，且斜率数值为重力加速度值，则说明重物下落过程机械能守恒
(3)在利用纸带上的数据点验证机械能守恒时，已经测出了AC段和FH段长度，还需要测出______ 段长度才能完成本次验证。
(4)在做“验证机械能守恒定律”的实验时，发现重物减少的重力势能总是略大于重物增加的动能，造成这种现象的原因是______ 。
A.选用的重物质量过大
B.选用的重物质量过小
C.存在空气阻力和摩擦阻力
D.实验时操作不规范，实验数据测量不准确
13. 如图所示，水平向右的匀强电场中，一半径为R、圆心为O的光滑半圆绝缘轨道固定在竖直平面内，b点为轨道的最低点。质量为m、电荷量为q的小球甲恰好静止在轨道a点，a点与轨道圆心O的连线与竖直方向的夹角为θ=60°，重力加速度大小为g。则：
(1)判断小球甲的电性并求出匀强电场的电场强度大小E；
(2)现将小球甲固定在a点，将另一个质量为2m的带电小球乙放在b点，小球乙恰好静止且与轨道无作用力，两小球均视为点电荷，请判断小球乙的电性，并求出小球乙的电荷量q′。
14. 如图所示，粗糙的圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，一个质量为m=0.2kg的小球从P点水平抛出，恰好从圆弧轨道的A点沿切线方向进入轨道。B为轨道的最低点，C为最高点，圆弧AB对应的圆心角θ=60°，轨道半径R=0.4m。g取10m/s2，不计空气阻力，若小球进入轨道后恰好通过C点，且在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功Wf=−2J。求：
(1)小球到达C点的速度的大小vC；
(2)小球冲入轨道A点的速度的大小vA；
(3)P和A两点的高度差h。
15. 如图所示，倾角为30°的足够长光滑斜面固定在水平地面上，一轻绳绕过两个光滑的轻质滑轮连接着固定点P和物体B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A与动滑轮连接，开始时，物体A、B处于静止状态，求：
(1)若静止释放后物体B开始竖直向下运动，mBmA需要满足什么条件？
(2)若A、B两物体质量相等均为m，静止释放后，物体A的位移为L时，重力加速度为g，求：
①物体A的速度大小vA；
②物体A的机械能相比静止时的变化量ΔE。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：AB、乒乓球在空中做平抛运动，有H=12gt2，解得t= 2Hg，可知乒乓球在空中运动的时间由下落的高度决定，H不变，则乒乓球在空中下落的时间不变，故AB错误；
CD、物体落在桌面瞬间的速度为v= vy2+v02= 2gH+v02，保持v0不变，H越大，乒乓球落在桌面瞬间的速度越大，故C正确，D错误。
故选：C。
乒乓球在空中做平抛运动，根据下落的高度分析运动时间的变化；
推导出乒乓球落在桌面瞬间的速度表达式，再分析其变化情况。
解决本题的关键要知道分运动和合运动具有等时性，平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关。
2.【答案】A
【解析】解：P、Q两点同轴转动，它们的角速度相等，则ωP：ωQ=1：1
线速度v=ωr，P、Q两点的线速度大小之比：vPvQ=ωPrPωQrQ=11×23=23，故A正确，BCD错误。
故选：A。
扳手在做转动时，其上各点具有相同的角速度，然后结合线速度与角速度之间的关系v=ωr进行求解即可。
解决本题的突破口在于P、Q两点的角速度相同，然后熟练掌握匀速圆周运动的各物理量之间公式即可。
3.【答案】D
【解析】解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMmr2=mv2r，解得：v= GMr，由于rA>rB，则vA
C、卫星受到的万有引力F=GMmr2，由于rA>rB，则FA
故选：D。
卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出卫星的线速度、周期，根据万有引力公式与卫星的变轨原理分析答题。
本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的前提，根据万有引力公式与牛顿第二定律可以解题。
4.【答案】B
【解析】解：AC、在这两种情况下，小球下落高度相同h，由WG=mgh可知，重力做功相等，则重力势能变化量相等，故AC错误；
B、球甲做自由落体运动，球乙在运动过程中受到重力与油的阻力作用，球乙下落的加速度小于球甲做自由落体运动的加速度，即a乙
D、球甲运动过程只受重力作用，机械能守恒，机械能变化量为零；球乙下落过程受重力与阻力作用，球乙要克服阻力做功，机械能有损失，机械能变化量不为零，球乙机械能的变化量大于球甲机械能的变化量，故D错误。
故选：B。
重力做功只与初末位置有关，重力势能变化取决于重力做功。根据重力做功与做功时间的关系比较重力的平均功率。根据除重力以外力其他力做功情况，分析机械能的变化情况。
解答本题时，要知道重力做功与初末位置有关，与路径无关。要明确机械能守恒的条件：只有重力做功(单个物体)，除重力以外其他力做功要引起机械能的变化。
5.【答案】AC
【解析】解：A、工作人员给车加油前触摸静电释放器，由于人体是导体，可将加油枪的静电释放到大地上，故A正确；
B、静电除尘装置中间的线状电离器B接在电源的负极，根据异种电荷相吸的道理，它可将带正电的尘埃集中在线状电离器B上，故B错误；
C、燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的现象，故C正确；
D、话筒线外面包裹着金属外衣是利用静电屏蔽，使金属外衣内不受外衣外的电场的干扰，故D错误；
故选：AC。
关于静电的防止与应用，从各种实例所涉及的原理出发就可以判断出各选项的正确与否。
本题考查是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例，注意平时的积累。
6.【答案】D
【解析】解：A、对物体，根据动能定理得：W支−mgH=12mv2−0，解得地板对物体的支持力做的功为：W支=mgH+12mv2，故A错误；
B、对物体，由动能定理可知，合力对物体做功：W=12mv2，故B错误；
C、对物体和电梯整体，由动能定理得：WF−(M+m)gH=12(M+m)v2−0，解得钢索的拉力做的功等于：WF=(M+m)gH+12(M+m)v2，故C错误；
D、根据动能定理可知，合力对电梯M做的功W′=12Mv2，故D正确。
故选：D。
对物体，根据动能定理求底板对物体的支持力做的功；应用动能定理求出合力对物体做的功；对物体和电梯整体，利用动能定理求钢索的拉力做的功；对电梯，根据动能定理求合力对电梯M做的功。
分析清楚研究对象的运动过程的初末运动状态，分析各力做功情况，应用动能定理即可解题。
7.【答案】BC
【解析】解：A、汽车在平直公路上以额定功率P启动时，功率不变，速度增大，由P=Fv可知，则牵引力逐渐减小，故A错误；
B、t1时刻起以最大速度vm匀速行驶，此时阻力与牵引力平衡，则阻力大小为：f=F=Pvm，故B正确；
C、牵引力的功率恒定不变，则在0～t1时间内牵引力对汽车做的功为：W=Pt1，故C正确；
D、根据题意，设在0～t1时间内汽车行驶的距离为x，由动能定理有：Pt1−fx=12mvm2，可得汽车行驶的距离为：x=2Pt1vm−mvm32P，故D错误。
故选：BC。
明确机车启动过程，由P=Fv分析牵引力变化；t1时刻起以最大速度vm匀速行驶，阻力与牵引力平衡；根据W=Pt求解牵引力对汽车所做的功；由动能定理列式求解汽车行驶的距离。
本题考查机车启动问题，要理解汽车以恒定功率启动的物理过程，注意最大速度的特点，结合动能定理解答。
8.【答案】CD
【解析】解：AB、卫星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有：GMmr2=m4π2T2r=mv2r，则得：
T=2πr rGM，v= GMr
可见，甲、乙两颗卫星的线速度大小之比为1： 2，周期之比为 2：1，故AB错误；
C、根据万有引力与重力的关系有
GMmR2=mg
解得
g=GMR2
则A、B两颗行星的地表重力加速度之比为1：2，故C正确；
D、根据第一宇宙速度的公式可知v= gR，可知A、B两颗行星的第一宇宙速度之比为1： 2，故D正确；
故选：CD。
卫星做匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，由此列式得到周期、线速度与轨道半径的关系式，再进行分析，根据万有引力与重力的关系分析C，根据第一宇宙速度的公式分析D。
本题要建立清晰的物理模型，利用万有引力等于向心力列式，根据各个量的表达式进行分析。
9.【答案】ACD
【解析】解：A、对小球在最高点进行受力分析，速度为零时有：F1−mg=0，其中F1=20N，解得小球的质量：m=2kg，故A正确；
B、当F2=0时，由向心力公式有mg=mv2R，解得固定圆环的半径：R=0.8m，故B错误；
C、由乙图知F=0时，v=2 2m/s，因此小球在最高点的速度为4m/s(大于2 2m/s)时，小球受圆环的弹力方向向下，小球在最高点时，根据牛顿第二定律有：F3+mg=mv12R，解得：F3=20N，方向向下，故C正确；
D、小球经过最低点时，弹力最大，根据牛顿第二定律有：F−mg=mv2R
若小球恰好做完整的圆周运动，由机械能守恒定律得：mg⋅2R=12mv2
联立解得：F=100N，故D正确。
故选：ACD。
在最高点，若v=0，则F−mg=0；若F=0，则mg=mv2R，联立即可求得小球的质量和圆环的半径；根据牛顿第二定律列式可求得CD项。
本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息进行解答。
10.【答案】B
【解析】A、根据等量异种电荷的电场分布特点可以知道，小圆环从C点到D点的过程中受电场力方向在CO段向左上方，在OD段受电场力方向是左下方，受合力方向一直向左，所以小圆环从C到D一直做减速运动，故A错误；
BC、根据等量异种电荷的等势面分布规律可以知道，CO两点间的电势差等于OD两点间的电势差即UCO=UOD且O点的电势为零。小球从C到D根据动能定理有−qUCD=12mvD2−12mvC2，小球运动到O点的速度为vO，则−qUCO=12mvO2−12mvC2
代入数据联立方程可以解得vO= 22 vC2+vD2，UCD=m(vC2−vD2)2q
故B正确，C错误；
D、小球在运动过程中，只有电场力做功，所以动能和电势能之和为定值，根据等量异种电荷的电场特点知道，O点右边的电势小于零，虽然过了D点，电场力对小球要做正功，但D点与右边无穷远处的电势差等于D点与O点的电势差，所以最终速率一定为v=vO= 22 vC2+vD2，故D错误；
故选：B。
根据电场力方向判断粒子的运动情况，根据动能定理解得CD两点间的电势差和O点的速度，D点与右边无穷远处的电势差等于D点与O点的电势差。
本题考查电势差，解题关键掌握动能定理，注意等量异种电荷周围电场线与等势面的分布。
11.【答案】B C x gy2−y1
【解析】解：(1)AC、用如图1所示的实验装置，只能探究平抛运动竖直分运动的特点，故AC错误；
B、在实验过程中，需要改变小锤击打的力度，多次重复实验，故B正确。
故选：B。
(2)AC、为了保证小球做平抛运动，需要斜槽末端水平，为了保证小球抛出时速度相等，每一次小球需要静止从同一位置释放，斜槽不需要光滑，故A错误，C正确；
B、上下调节挡板N时不必每次等间距移动，故B错误。
故选：C。
(3)根据平抛运动规律可知竖直方向Δy=y2−y1=gT2
水平方向x=v0T
联立可得v0=x gy2−y1
故答案为：(1)B；(2)C；(3)x gy2−y1
(1)根据平抛运动竖直方向的运动规律和实验原理分析；
(2)小球做平抛运动，必须保证斜槽末端切线水平；实验过程中要保证小球每次做平抛运动的初速度相同，每次应从斜槽的同一位置由静止释放小球；
(3)明确实验的注意事项，根据平抛运动规律在水平和竖直方向的规律，尤其是在竖直方向上，连续相等时间内的位移差为常数，列出方程即可正确求解。
本题主要考查了平抛运动实验的探究，掌握平抛运动处理规律，理解运动的合成与分解的处理方法。
12.【答案】B A BG C
【解析】解：(1)AB、根据mgh=12mv2，质量可消去，则不需要测量重物质量，故A不需要；
B、实验时需要用刻度尺测量纸带上各点的距离，需要用到毫米刻度尺，故B需要；
C、打点计时器有计时功能，不需要秒表，故C不需要；
故选：B。
(2)A、根据打点计时器的使用方法可知应先接通电源再释放纸带，故A正确；
B、若通过图像验证机械能守恒，需要纸带上选择合适数目的点，不需要重复实验，故B错误；
C、根据mgh=12mv2，可知v2=2gh，利用数据做出v2−h图像是一条直线，且斜率数值为2g，则说明重物下落过程机械能守恒，故C错误。
故选：A。
(3)测出了AC段和FH段长度，根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程的平均速度，可以求出B点和G点的速度，所以要验证机械能守恒，还需要测出BG段的长度。
(4)由于实验中空气阻力以及打点计时器对纸带的阻力是无法忽略的，故实验中总会出现重物减少的重力势能总是略大于重物增加的动能的现象，故C正确，ABD错误。
故选：C。
故答案为：(1)B；(2)A；(3)BG；(4)C
(1)根据机械能守恒定律列式，对表示进行分析可知需要的实验工具；
(2)根据实验原理、实验数据的分析以及实验步骤，即可分析各选项；
(3)根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程的平均速度，从而可以求得B、G两点的速度，由此可知还要测出BG长度；
(4)明确实验原理，根据原理以及能量守恒分析误差的来源。
该实验考查了验证机械能守恒定律的实验，要从实验原理、实验步骤、实验数据、误差分析、实验器材的选择以及图像分析等方面全面掌握，该题综合性很强，难度较大。
13.【答案】解：(1)小球甲受力如图所示
小球所受电场力方向与电场强度方向相同，小球甲带正电
小球甲静止处于平衡状态，则qE=mgtan60°
解得电场强度大小：E= 3mgq
(2)小球乙恰好静止且与轨道无作用力，小球乙受力如图所示
小球乙所受电场力方向与电场强度方向相反，则小球乙带负电
两小球间的库仑力大小F=kqq′R2
小球乙静止处于平衡状态，由平衡条件得：
竖直方向：Fcos60°=2mg
水平方向：Fsin60°=q′E
解得：q′=4mgR2kq
答：(1)小球甲的带正电，匀强电场的电场强度大小是 3mgq；
(2)小球乙带负电，小球乙的电荷量是4mgR2kq。
【解析】(1)对小球甲受力分析，根据小球所受电场力方向与场强方向的关系判断小球的电性；根据平衡条件求出电场强度大小。
(2)对小球乙受力分析，根据小球乙所受电场力的方向与场强方向间的关系判断电性；应用平衡条件求出小球乙的电荷量。
本题是带电体在电场中的平衡问题，关键要正确分析受力情况，作出受力分析图，运用平衡条件和库仑定律相结合进行处理。
14.【答案】解：(1)小球进入轨道后恰好通过C点，则在C点重力提供向心力，有
mg=mvC2R
解得
vC=2m/s
(2)小球从A到C，根据动能定理有
−mg(R+Rcos60°)+Wf=12mvC2−12mvA2
解得vA=6m/s
(3)在A点，根据速度的分解可知vy=vAsin60°
根据平抛运动竖直方向的运动规律有vy2=2gh
解得h=1.35m
答：(1)小球到达C点的速度的大小为2m/s；
(2)小球冲入轨道A点的速度的大小为6m/s；
(3)P和A两点的高度差为1.35m。
【解析】(1)小球进入轨道后恰好通过C点，根据重力提供向心力有；
(2)小球从A到C，根据动能定理解答；
(3)根据平抛运动规律解答。
本题结合平抛运动和圆周运动考查动能定理的应用，小球恰好能通过最高点C的临界条件是在最高点重力提供做圆周运动的向心力，要找到这个临界条件，再根据动能定理进行分析。
15.【答案】解：(1)若静止释放后物体B开始竖直向下运动，则A沿斜面向上运动，设绳子的拉力为T，由牛顿第二定律可得：对B，有
mBg−T=mBa
对A有
2T−mAgsin30°=mA⋅a2
联立解得：a=2mBg−12mAg2mB+12mA>0
解得：mBmA>14
(2)①若A、B两物体质量相等均为m，静止释放后，物体A的位移为L时，物体B的位移为2L，物体A的速度为vA，物体B的速度为：vB=2vA
由系统机械能守恒可得：
mg⋅2L−mgLsin30°=12mvA2+12mvB2
解得
vA= 3gL5
②物体A的机械能相比静止时的变化量为
ΔE=12mvA2+mgLsin30°
解得
ΔE=45mgL
答：(1)若静止释放后物体B开始竖直向下运动，则mBmA>14；
(2)①物体A的速度大小为 3gL5；
②物体A的机械能相比静止时的变化量为45mgL。
【解析】(1)分别对AB根据牛顿第二定律分析解答；
(2)①根据系统机械能守恒定律分析解答；
②对A根据动能和重力势能的变化分析解答。
解决本题时，要知道物体B下降的过程中，A、B组成的系统的机械能是守恒的，采用隔离法求解绳子的拉力，利用功能关系进行分析。
相关试卷
2022-2023学年天津市和平区高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）： 这是一份2022-2023学年天津市和平区高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年天津市和平区高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析） (1)： 这是一份2022-2023学年天津市和平区高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析） (1)，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022_2023学年天津市和平区高一（下）期末测试物理试卷（含详细答案解析）： 这是一份2022_2023学年天津市和平区高一（下）期末测试物理试卷（含详细答案解析），共14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。
