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2022-2023学年江西省赣州市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年江西省赣州市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共17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。
1.下列关于物体做曲线运动的说法正确的是( )
A. 速度一定变化，加速度也一定变化
B. 速度一定变化，且物体一定有加速度
C. 速度大小可以不变，所以物体不一定有加速度
D. 在恒力作用下，物体不可能做曲线运动
2.一带电粒子从电场中的A点运动到B点，径迹如图中虚线所示，实线为电场中的三条电场线，不计粒子所受的重力，下列说法正确的是( )
A. 该粒子带正电荷
B. A点的场强大于B点的场强
C. 粒子速度逐渐减小
D. A点的加速度大于B点的加速度
3.潜艇从海水的高密度区驶入低密度区，浮力急剧减小的过程称为“掉深”。如图a所示，某潜艇在高密度区水平向右匀速航行，t=0时，该潜艇开始“掉深”，潜艇“掉深”后其竖直方向的速度vy随时间变化的图像如图b，水平速度vₓ保持不变。若以水平向右为x轴，竖直向下为y轴，则潜艇“掉深”后的0∼30s内，能大致表示其运动轨迹的图形是( )
A. B. C. D.
4.小物块置于粗糙水平面上，水平方向上受到拉力F的作用，拉力F与时间t的关系和物块的速度v与时间t的关系分别如图甲、乙所示，若重力加速度g取10m/s2，根据图象所提供的信息，下列说法正确的是( )
A. 物块在4s内的总位移x=8mB. 物块的质量m=0.5kg
C. 前2s内克服摩擦力的平均功率为8WD. 拉力F在4s内对小物块做的功为28J
5.如图所示，公园里一个小孩在荡秋千，悬挂秋千的两根细线平行，小孩质量为m(小孩可视为质点)，空气阻力和摩擦力可忽略，重力加速度为g，在最高点时细线与竖直方向夹角53∘(cs53∘=0.6)，则小孩运动到最低点时每根细线上的张力大小为( )
A. 910mgB. 95mgC. 45mgD. 25mg
6.“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组共有四节车厢，其中两节动力车厢，每节动力车厢发动机的输出功率均为额定功率P，动车组由静止开始经过时间t能达到的最大速度为vm，则这一过程中( )
A. 该动车组所受阻力大小为PvmB. 该动车组所受阻力大小为P2vm
C. 该动车组所受阻力做功2Pt−12mvm2D. 该动车组所受阻力做功12mvm2−2Pt
二、多选题：本大题共4小题，共22分。
7.如图所示，质量为m、电荷量为Q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，另一个带电荷量为q的带电小球B固定于O点的正下方，已知绳长OA为2l，O到B点的距离为l，平衡时A、B带电小球处于同一高度，两带电小球可视为点电荷.已知重力加速度为g，静电力常量为k.则下列说法正确的是( )
A. A、B间库仑力大小为kQql2B. 细线拉力大小为 3mg
C. 细线拉力大小为2 3kQq9l2D. 带电小球B在A处的电场强度大小为kq3l2
8.如图所示，排球比赛中运动员将排球从M点水平击出，排球飞到P点时，被对方运动员击出，球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点，N点与P点等高，轨迹的最高点Q与M等高，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 排球两次飞行过程中加速度相同
B. 排球两次飞行过程中重力对排球做的功相等
C. 排球离开M点的速率比经过Q点的速率小
D. 排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大
9.2022年11月30日，“神舟十五号”载人飞船成功与空间站“天和”核心舱对接，“神舟十五号”载人飞船与“天和”核心舱对接示意图如图所示，圆形轨道Ⅰ为“天和”核心舱运行轨道，椭圆轨道Ⅱ为载人飞船运行轨道，两轨道相切于A点，“神舟十五号”载人飞船在A点与“天和”核心舱完成对接。设“天和”核心舱所在的圆形轨道Ⅰ的轨道半径为r，地球表面重力加速度为g，地球半径为R，地球自转周期为T，椭圆轨道Ⅱ的半长轴为a，下列说法正确的是( )
A. “神舟十五号”载人飞船在轨道Ⅱ上运行经过A点的速度大于“天和”核心舱在轨道Ⅰ上运行的速度
B. “天和”核心舱在轨道Ⅰ上运行的周期与“神舟十五号”载人飞船在椭圆轨道Ⅱ上运行的周期之比为 r3: a3
C. “天和”核心舱绕运行的线速度为v= gR2r
D. 在轨道Ⅰ上A点的加速度大于在轨道Ⅱ上A点的加速度
10.如图所示，轻弹簧左端固定，右端连接物体A，物体A置于光滑水平桌面上，物体A和B通过细绳绕过定滑轮连接。已知物体A和B的质量分别为2m和3m，弹簧的劲度系数为k，不计滑轮摩擦。物体A位于O点时，系统处于静止状态，物体A在P点时弹簧处于原长。现将物体A由P点静止释放，物体A不会和定滑轮相碰，当物体B向下减速到速度为零时(B未与地面相撞)，绳子恰好被拉断且弹簧未超过弹性限度，则( )
A. 由P点释放物体A瞬间，物体A的加速度为35g
B. 绳子能承受的最大拉力为mg
C. 从P点到O点，物体A动能的增加量小于重力对物体B所做功与弹簧弹力对A做的功之和
D. 从P点到O点，物体A与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于物体B所受重力对B做的功
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.如图所示为研究曲线运动的实验装置，在光滑水平桌面中间O处有一转轴，转轴上安装了力传感器，力传感器与一根不可伸长的轻绳连接，轻绳另一端拴着一小物体，小物体可视为质点。现让小物体绕转轴O做匀速圆周运动，小物体刚运动到AO连线时，绳子断裂，然后经过桌面边缘B点飞出做平抛运动，落到沙坑中的D处，AO与桌面边缘垂直，AB与桌面另一条边缘也垂直。不计空气阻力，重力加速度为g。
(1)研究平抛运动的规律时，运用的思想方法是______。
A.微元法
B.放大法
C.科学推理法
D.化曲为直法
(2)测出小物体质量为m，做匀速圆周运动时小物体到O点间的距离为r，沙坑平面到桌面间的距离为h，D点到桌面边缘B点正下方的距离为x，请推导出小物体做匀速圆周运动时力传感器示数F的表达式______。(用题中所给的符号表示)
(3)若在(2)的条件下，保持力传感器F读数不变，改变细绳的长度为原来的一半，小球仍然在AO连线处断裂，则细线断裂前，小球的角速度为______，落到沙坑的位置与桌子边缘的距离为______。(用题中所给的符号表示)
12.用“落体法”验证机械能守恒定律的实验装置如图1所示。(g取9.8m/s2)
(1)在用“落体法”验证机械能守恒定律的实验中，有关重锤的质量，下列说法正确的是______。
A.应选用质量较大的重锤，使重锤和纸带所受的重力远大于它们所受的阻力
B.应选用质量较小的重锤，使重锤的惯性小一些，下落时更接近于自由落体运动
C.验证机械能守恒定律可以不称量重锤的质量
D.验证机械能守恒定律必须称量重锤的质量
(2)选出一条清晰的纸带如图2所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，打点计时器通以频率为50Hz的交变电流。用分度值为1mm的刻度尺测得OA=12.41cm，OB=18.90cm，OC=27.06cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，重锤的质量为1.00kg。甲同学根据以上数据算出：当打点计时器打B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了______ J；此时重锤的速度大小vB=______m/s，此时重锤的动能比开始下落时增加了______J(结果均保留3位有效数字)。
(3)某同学利用他自己实验时打出的纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v然后以h为横轴、以12v2为纵轴作出了如图3所示的图线，图线的斜率近似等于______。
A.19.6
B.9.8
试分析试验过程中造成图线未过原点O的原因是______。
四、简答题：本大题共3小题，共34分。
13.如图所示，两异种点电荷的电荷量均为Q=1×10−3C，绝缘竖直平面过两点电荷连线的中点O且与连线垂直，平面上A、O两点位于同一竖直线上，AO=l=3m，两点电荷到O点的距离也为l。现有比荷qm=3×10−5C/kg带负电的小物块(可视为质点)，从A点以一定的初速度向下滑动.已知物块与平面的动摩擦因数为μ= 22，g取10m/s2.求：
(1)A点的电场强度的大小；
(2)A点的加速度。
14.在我国科幻电影《流浪地球2》的主角实施救援的电影片段中，提到了“洛希极限”这个概念，即当两个天体的距离小于洛希极限时，天体就会倾向碎散，地球有解体的风险。若地球与月球间的“洛希极限”计算公式为d=1.26R地3ρ地ρ月，其中R地、ρ地、ρ月分别为地球的半径、地球的密度和月球的密度；已知地球表面的重力加速度约为月球表面重力加速度的6倍，地球的半径约为6400km，月球的半径约为1700km；请根据以上数据计算地球与月球间的“洛希极限”。(提示：36×1764=1.167，计算结果保留两位有效数字)
15.如图所示轻弹簧一端固定在水平面上的竖直挡板上，处于原长时另一端位于水平面上B点处，B点左侧光滑，右侧粗糙.水平面的右侧C点处有一足够长的斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为37∘，斜面上有一半径为R=2.5m的光滑部分圆轨道与斜面切于D点，部分圆轨道的最高点为E，LBC=2.0m，LCD=12.0m，A、B、C、D、E均在同一竖直面内.使质量为m=0.5kg的小物块P挤压弹簧右端至A点，然后由静止释放小物块P，结果小物块P恰好能通过部分圆轨道的最高点E，已知小物块P与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5，g取10m/s2，sin37∘=0.6。
(1)小物块P运动到E点时的速度大小；
(2)弹簧的最大弹性势能；
(3)小物块P在斜面上的落点距D点的距离。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AD、物体做曲线运动，它的速度的方向一定是改变的；在恒力作用下，只要力的方向和速度的方向不共线，物体就做曲线运动，加速度不变，故AD错误；
B、做曲线运动的物体速度方向是一定变化的，由a=ΔvΔt，可知物体一定有加速度，故B正确；
C、物体做曲线运动，速度大小可以不变，速度方向一定改变，即物体的速度一定改变，所以物体一定有加速度，故C错误。
故选：B。
物体运动轨迹是曲线的运动，称为“曲线运动”，当物体所受的合外力和它速度方向不在同一直线上，物体就是在做曲线运动。
本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住。
2.【答案】C
【解析】解：A、粒子做曲线运动时，粒子运动的轨迹在粒子的受力与速度的夹角之间，如图
可知粒子受电场力的方向与该点的电场方向相反，所以该粒子带负电荷，故A错误；
B、电场线的疏密表示电场场强的大小，所以A点的场强小于B点的场强，故B错误；
C、带电粒子从电场中的A点运动到B点的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度逐渐减小，故C正确；
D、根据牛顿第二定律a=Fm=qEm可知，由于A点的场强小于B点的场强，所以A点的加速度小于B点的加速度，故D错误。
故选：C。
电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向。不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧。
电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布。对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧。
3.【答案】B
【解析】解：根据题意可知，潜艇在x轴方向上做匀速直线运动，y轴方向上先匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，物体在0∼10s实际合力方向竖直向下，10∼30s合力方向为竖直向上，轨迹弯曲的内侧为合力的方向，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据题意和图b可知物体在x轴，y轴的分运动特点，然后由运动的合成可知实际合力方向，由轨迹图像中轨迹弯曲的内侧为物体所受合力的方向判断x−y图的正确性。
本题考查运动的合成与分解，解题关键是由图b可知潜艇在y轴方向上先匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，然后由运动合成可知实际合力方向，结合轨迹弯曲的内侧为合力的方向可判断运动轨迹。
4.【答案】D
【解析】解：A.根据图乙可知物块在4 s内的总位移x=12×(2+4)×2m=6m，故A错误；
B.由图得，当F=6N时，物体的加速度为：a=ΔvΔt=22m/s2=1m/s2
根据牛顿第二定律得F−f=ma
当F=4N时，物体匀速运动，则物体受力平衡F=f
代入数据解得m=2kg，f=4N，故B错误；
C.前2s内物体的位移为：x′=12×2×2m=2m
克服摩擦力的平均功率为P=fx′t=4×22W=4W，故C错误；
D.对全过程根据动能定理有W−fx=12mv2
解得拉力F在4s内对小物块做的功为W=28J，故D正确；
故选：D。
v−t图线与时间轴围成的面积表示物体的位移；由图得出物体的加速度；物体匀速运动时物体受力平衡，得出摩擦力的大小；由牛顿第二定律得出物体的质量；根据功的公式求出各力的功，根据功率的定义式求出摩擦力的功率。
考查了认识图象的能力，理解不同图象的特点及物理意义，结合题意分析问题能力。
5.【答案】A
【解析】解：小孩从最高点到最低点过程重力做功，根据动能定理得：mgL(1−cs53∘)=12mv2
在对低点时竖直方向上受到重力和两个绳子的拉力，合力提供向心力，得：2T−mg=mv2L
解得T=910mg，故A正确，BCD错误。
故选：A。
小孩从最高的到最低点的过程中重力做功，根据动能定理求出小孩在最低点的速度，然后结合重力与绳子拉力的合力提供向心力即可求出。
该题结合动能定理考查竖直平面内的圆周运动，知道小孩在最低点向心力的来源是解答的关键。
6.【答案】D
【解析】解：AB.动车组的牵引力与阻力大小相等时速度最大，则2P=Fv=fvm
解得该动车组所受阻力大小为f=2Pvm，故AB错误；
CD.对动车组根据动能定理有：2Pt+Wf=12mvm2
所以该动车组所受阻力做功为：Wf=12mvm2−2Pt，故C错误，D正确。
故选：D。
当牵引力和阻力的大小相等时，动车的速度达到最大值，由此可求解动车组所受阻力；根据动能定理计算经过时间t达到最大速度时克服阻力做的功。
解决该题的关键是知道功率与牵引力之间的关系，知道什么时候速度达到最大，应用动能定理求解该动车组所受阻力做功。
7.【答案】CD
【解析】解：A、由几何关系可知AB的距离为：x= 3l
小球A的受力分析如图
依据库仑定律，则A、B间库仑力大小为F=kQq3l2，故A错误；
B、设细线对小球A的拉力为T，根据受力平衡的条件可得
T=mgsin30∘=2mg，故B错误；
C、又因为：T=Fcs30∘=kQq3l2 32=2 3kQq9l2，故C正确；
D、根据点电荷的场强公式，可得带电小球B在A处的电场强度为：E=kq( 3l)2=kq3l2，故D正确。
故选：CD。
首先，根据几何关系求出AB的距离，画出小球A的受力分析图，依据库仑定律求出A、B间的库仑力大小；
其次，根据平衡的条件求出细线对小球A的拉力；
接着，根据电场强度的定义求出带电小球B在A处的电场强度。
本题考查了静电力的平衡问题，解决本题的关键是列出平衡方程，熟练掌握库仑定律以及点电荷场强公式。
8.【答案】AD
【解析】解：A、不计空气阻力，排球两次运动过程中，加速度为恒为g，故A正确；
B、设排球的抛体高度为h，第一次从M到P，重力做正功为WG=mgh，第二次做斜上抛运动从P到Q到N点，重力做功为零，排球两次飞行过程中重力对排球做的功不相等，故B错误；
C、排球从M到P和从Q到N都是平抛运动，在M、Q点均只有水平方向的速度，高度h相同，由t= 2hg知运动时间相同，但xMP>xQN，由x=v0t可推出离开M点的速度大于经过Q点的速度，故C错误；
D、将排球从P到Q的斜上抛运动由逆向思维法可看成从Q到P的平抛运动，则由M到P和Q到P的平抛运动比较，运动高度相同，则运动时间相同，竖直分速度相同，但M到P的水平位移大，则水平速度v0较大，由v= v02+vy2可知从M到P的末速度大小大于从P到Q的初速度大小，故D正确。
故选：AD。
不计空气阻力，排球两次在空中只受重力作用，加速度为g；平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动；排球从P到Q的斜上抛运动由逆向思维法可看成从Q到P的平抛运动。据此分析。
解答本题的关键是知道平抛运动的特点，平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，再结合逆向思维法即可求解。
9.【答案】BC
【解析】解：A、“神舟十五号”载人飞船从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在A点加速，因此“神舟十五号”载人飞船在轨道Ⅱ上运行经过A点的速度小于“天和”核心舱在轨道Ⅰ上运行的速度，故A错误；
B、由开普勒第三定律得：r3a3=T天2T神2
解得“天和”核心舱在轨道Ⅰ上运行的周期与“神舟十五号”载人飞船在椭圆轨道Ⅱ上运行的周期之比为：T天:T神= r3: a3，故B正确；
C、“天和”核心舱在轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则GMmr2=mv2r，解得：v= GMr，故C正确；
D、由牛顿第二定律得：GMmr2=ma，解得：a=GMr2，则在轨道I上A点的加速度等于在轨道Ⅱ上A点的加速度，故D错误。
故选：BC。
载人飞船从高轨道变轨到低轨道需要减速；根据开普勒第三定律求解周期之比；根据牛顿第二定律列式求解“天和”核心舱绕运行的线速度；根据牛顿第二定律分析加速度关系。
本题考查万有引力定律和开普勒定律的应用，关键要掌握万有引力提供向心力这一思路，熟练应用开普勒第三定律求解环绕天体的周期。
10.【答案】AC
【解析】解：A、将AB作为整体，A在P点时弹簧处于原长，根据牛顿第二定律得：(2m+3m)a=3mg，解得由P点释放物体A瞬间，物体A的加速度为：a=35g，故A正确；
B、根据对称性，B到达最低点的加速度大小与初始位置的加速度大小相同，则B到达最低点时，根据牛顿第二定律得：
T−3mg=3ma，解得绳子能承受的最大拉力为T=4.8mg，故B错误；
C、从P点到O点，对于物体A、B组成的整体，根据动能定理可知，物体A和B总动能的增加量等于重力对物体B所做功与弹簧弹力对A做的功之和，所以物体A动能的增加量小于重力对物体B所做功与弹簧弹力对A做的功之和，故C正确；
D、根据功能关系可知，从P点到O点，物体A与弹簧所组成的系统机械能的增加量与物体B动能的增加量之和等于物体B所受重力对B做的功，故D错误。
故选：AC。
由P点释放物体A瞬间，对A、B组成的整体，根据牛顿第二定律求得加速度；由于物体A、B做简谐运动，根据对称性可知，当B到达最低点时加速度大小与释放时加速度大小相同，根据牛顿第二定律求得绳子绳子能承受的最大拉力；分析能量转化情况，根据功能关系分析CD项。
本题主要考查牛顿运动定律、功能关系和简谐运动的综合，利用好简谐振动的对称性分析物体的运动，注意明确研究对象，结合牛顿第二定律求解绳子拉力。
11.【答案】Dmgx22hr xr gh 22x
【解析】解：(1)平抛运动是曲线运动，研究时用到的方法是运动的合成与分解，即将平抛运动分解为水平的匀速直线运动和竖直的自由落体运动，故为化曲为直法。故ABC错误，D正确。
故选：D。
(2)从B点平抛，水平方向做匀速运动，则有：x=vt
竖直方向为自由落体，则有：h=12gt2
绳没断时，根据牛顿第二定律得：F=mv2r
联立解得：F=mgx22hr
(3)当r′=r2时保持力传感器F读数不变，可得：
F=mgx22hr=mr2ω2
联立解得：ω=xr gh
线速度为：v′=r2ω=x2 gh
物体做平抛运动，则有：
x′=v′t′
h=12gt′2
联立解得：x′= 22x
故答案为：(1)D；(2)mgx22hr；(3)xr gh； 22x
(1)研究平抛运动，将平抛运动分解为水平的匀速直线运动和竖直的自由落体运动，故为化曲为直法；
(2)平抛运动分解为水平的匀速直线运动和竖直的自由落体运动，求出水平速度，再利用向心力公式求绳子的拉力表达式；
(3)由(2)中绳子的拉力表达式分析细绳的长度为原来的一半时的角速度和线速度，再根据平抛运动规律求解。
本题考查了平抛和匀速圆周运动，有一定的难度，注意要认真推导公式。
12.【答案】该同学做实验时先释放了纸带，然后才合上打点计时器的开关
【解析】解：(1)AB.实验中为了减小阻力的影响，重锤选用体积较小，质量较大的重锤，使重锤和纸带所受的重力远大于它们所受的阻力。故A正确，故B错误；
CD.用“落体法”验证机械能守恒定律的表达式是
mgh=12mv2
可知不需要测量重物的质量，故C正确，故D错误。
故选：AC。
(2)当打点计时器打到B点时，重锤的重力势能减少
ΔEp=mghOB=1.00×9.8×18.90×10−2J≈1.85J
打点计时器通频率为50Hz的交变电流，计数点A和B、B和C之间还各有一个点，相邻计数点间的时间间隔
t=2T=2f=250s=0.04s
做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，打B点时的速度
vB=hAC4T=(27.06−12.41)×10−24×0.02m/s≈1.83m/s
此时重锤的动能比开始下落时增加了
ΔEkB=12mvB2=12×1.00×1.832J=1.68J
(3)由机械能守恒定律可知
mgh=12mv2
变形可得
12v2=gh
可知图线的斜率近似等于重力加速度g，即9.8。
故选B。
由图线可知，h=0时，重锤的速度不等于零，原因是该同学做实验时先释放了纸带，然后才合上打点计时器的开关。
故答案为：(1)AC；(2)1.85；1.83；1.68；(3)B；该同学做实验时先释放了纸带，然后才合上打点计时器的开关
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作，结合题目选项完成分析；
(2)熟悉速度的计算公式，结合动能和重力势能的表达式完成分析；
(3)理解图线的物理意义，结合实验原理分析出实验误差产生的可能原因。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟悉速度的计算公式，结合机械能守恒定律和图像的物理意义即可完成分析。
13.【答案】解：(1)两异种点电荷在A点的场强如图所示
正、负点电荷在A点产生的场强大小为E=kQ( 2l)2=kQ2l2
A点的电场强度的大小为
EA= 2E= 2kQ2l2= 2×9×109×1×10−32×32N/C= 22×106N/C
(2)物块在A点受到重力、电场力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有
mg−μFN=ma
水平方向有
FN=qEA
解得：a=−5m/s2，负号表示方向竖直向上。
答：(1)A点的电场强度的大小为 22×106N/C；
(2)A点的加速度大小为5m/s2，方向竖直向上。
【解析】(1)根据点电荷场强公式和电场的叠加原理来求A点的电场强度的大小；
(2)分析物块受力情况，确定合力，由牛顿第二定律求A点的加速度。
解决本题的关键是掌握点电荷场强公式和电场的叠加原理，分析出A点的合场强，再结合牛顿第二定律等力学规律帮助解答。
14.【答案】解：利用星球表面处物体的重力等于万有引力有：GMmR2=mg
变形得到星球的质量：M=gR2G
星球的体积为：V=43πR3
则：ρ=3g4GRπ
那么地球与月球的密度之比为：ρ地ρ月=6×17006400
根据题设条件可知，所以地球与月球间的“洛希极限”：d=1.26R地3ρ地ρ月≈1.26×6400× 6×17006400km=9.4×103km
答：地球与月球间的“洛希极限”为9.4×103km。
【解析】根据星球表面处，重力等于万有引力求出星球的质量，结合密度公式求密度之比。根据题设公式求地球与月球间的“洛希极限”。
该题属于信息题，考查了万有引力定律的应用，关键是能从题中给出的信息中挑选有用的信息来处理解题。
15.【答案】解：(1)小物块P恰好能通过部分圆轨道的最高点E，在E点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律有
mg=mvE2R
解得：vE=5m/s
(2)小物块P从A到E点，根据功能关系有
Ep=μmgLBC+μmgcs37∘LCD+mgLCDsin37∘+mg(R+Rcs37∘)+12mvE2
解得：Ep=93.75J
(3)小物块P从E点飞出后做平抛运动，则
水平方向有x=vEt
竖直方向有y=12gt2
根据几何关系有
tan37∘=y−(R+Rcs37∘)x
小物块P在斜面上的落点距D点的距离为
s=xcs37∘+Rtan37∘
代入数据解得：s=11.25m
答：(1)小物块P运动到E点时的速度大小为5m/s；
(2)弹簧的最大弹性势能为93.75J；
(3)小物块P在斜面上的落点距D点的距离为11.25m。
【解析】(1)小物块P运动到E点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律小物块P运动到E点时的速度大小；
(2)小物块P从A到E点，根据功能关系求弹簧的最大弹性势能；
(3)小物块P从E点飞出后做平抛运动，根据分位移公式列方程，结合几何关系求解小物块P在斜面上的落点距D点的距离。
本题是多过程问题，关键是要分析清楚物体各段的运动情况，判断能量转化情况。运用功能关系时，要注意选择研究过程，分析哪些力对物体做功，并判断能量是如何转化的。对于平抛运动，要熟练运用运动的分解法，根据分运动规律和几何知识相结合进行处理。
1.下列关于物体做曲线运动的说法正确的是( )
A. 速度一定变化，加速度也一定变化
B. 速度一定变化，且物体一定有加速度
C. 速度大小可以不变，所以物体不一定有加速度
D. 在恒力作用下，物体不可能做曲线运动
2.一带电粒子从电场中的A点运动到B点，径迹如图中虚线所示，实线为电场中的三条电场线，不计粒子所受的重力，下列说法正确的是( )
A. 该粒子带正电荷
B. A点的场强大于B点的场强
C. 粒子速度逐渐减小
D. A点的加速度大于B点的加速度
3.潜艇从海水的高密度区驶入低密度区，浮力急剧减小的过程称为“掉深”。如图a所示，某潜艇在高密度区水平向右匀速航行，t=0时，该潜艇开始“掉深”，潜艇“掉深”后其竖直方向的速度vy随时间变化的图像如图b，水平速度vₓ保持不变。若以水平向右为x轴，竖直向下为y轴，则潜艇“掉深”后的0∼30s内，能大致表示其运动轨迹的图形是( )
A. B. C. D.
4.小物块置于粗糙水平面上，水平方向上受到拉力F的作用，拉力F与时间t的关系和物块的速度v与时间t的关系分别如图甲、乙所示，若重力加速度g取10m/s2，根据图象所提供的信息，下列说法正确的是( )
A. 物块在4s内的总位移x=8mB. 物块的质量m=0.5kg
C. 前2s内克服摩擦力的平均功率为8WD. 拉力F在4s内对小物块做的功为28J
5.如图所示，公园里一个小孩在荡秋千，悬挂秋千的两根细线平行，小孩质量为m(小孩可视为质点)，空气阻力和摩擦力可忽略，重力加速度为g，在最高点时细线与竖直方向夹角53∘(cs53∘=0.6)，则小孩运动到最低点时每根细线上的张力大小为( )
A. 910mgB. 95mgC. 45mgD. 25mg
6.“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组共有四节车厢，其中两节动力车厢，每节动力车厢发动机的输出功率均为额定功率P，动车组由静止开始经过时间t能达到的最大速度为vm，则这一过程中( )
A. 该动车组所受阻力大小为PvmB. 该动车组所受阻力大小为P2vm
C. 该动车组所受阻力做功2Pt−12mvm2D. 该动车组所受阻力做功12mvm2−2Pt
二、多选题：本大题共4小题，共22分。
7.如图所示，质量为m、电荷量为Q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，另一个带电荷量为q的带电小球B固定于O点的正下方，已知绳长OA为2l，O到B点的距离为l，平衡时A、B带电小球处于同一高度，两带电小球可视为点电荷.已知重力加速度为g，静电力常量为k.则下列说法正确的是( )
A. A、B间库仑力大小为kQql2B. 细线拉力大小为 3mg
C. 细线拉力大小为2 3kQq9l2D. 带电小球B在A处的电场强度大小为kq3l2
8.如图所示，排球比赛中运动员将排球从M点水平击出，排球飞到P点时，被对方运动员击出，球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点，N点与P点等高，轨迹的最高点Q与M等高，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 排球两次飞行过程中加速度相同
B. 排球两次飞行过程中重力对排球做的功相等
C. 排球离开M点的速率比经过Q点的速率小
D. 排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大
9.2022年11月30日，“神舟十五号”载人飞船成功与空间站“天和”核心舱对接，“神舟十五号”载人飞船与“天和”核心舱对接示意图如图所示，圆形轨道Ⅰ为“天和”核心舱运行轨道，椭圆轨道Ⅱ为载人飞船运行轨道，两轨道相切于A点，“神舟十五号”载人飞船在A点与“天和”核心舱完成对接。设“天和”核心舱所在的圆形轨道Ⅰ的轨道半径为r，地球表面重力加速度为g，地球半径为R，地球自转周期为T，椭圆轨道Ⅱ的半长轴为a，下列说法正确的是( )
A. “神舟十五号”载人飞船在轨道Ⅱ上运行经过A点的速度大于“天和”核心舱在轨道Ⅰ上运行的速度
B. “天和”核心舱在轨道Ⅰ上运行的周期与“神舟十五号”载人飞船在椭圆轨道Ⅱ上运行的周期之比为 r3: a3
C. “天和”核心舱绕运行的线速度为v= gR2r
D. 在轨道Ⅰ上A点的加速度大于在轨道Ⅱ上A点的加速度
10.如图所示，轻弹簧左端固定，右端连接物体A，物体A置于光滑水平桌面上，物体A和B通过细绳绕过定滑轮连接。已知物体A和B的质量分别为2m和3m，弹簧的劲度系数为k，不计滑轮摩擦。物体A位于O点时，系统处于静止状态，物体A在P点时弹簧处于原长。现将物体A由P点静止释放，物体A不会和定滑轮相碰，当物体B向下减速到速度为零时(B未与地面相撞)，绳子恰好被拉断且弹簧未超过弹性限度，则( )
A. 由P点释放物体A瞬间，物体A的加速度为35g
B. 绳子能承受的最大拉力为mg
C. 从P点到O点，物体A动能的增加量小于重力对物体B所做功与弹簧弹力对A做的功之和
D. 从P点到O点，物体A与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于物体B所受重力对B做的功
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.如图所示为研究曲线运动的实验装置，在光滑水平桌面中间O处有一转轴，转轴上安装了力传感器，力传感器与一根不可伸长的轻绳连接，轻绳另一端拴着一小物体，小物体可视为质点。现让小物体绕转轴O做匀速圆周运动，小物体刚运动到AO连线时，绳子断裂，然后经过桌面边缘B点飞出做平抛运动，落到沙坑中的D处，AO与桌面边缘垂直，AB与桌面另一条边缘也垂直。不计空气阻力，重力加速度为g。
(1)研究平抛运动的规律时，运用的思想方法是______。
A.微元法
B.放大法
C.科学推理法
D.化曲为直法
(2)测出小物体质量为m，做匀速圆周运动时小物体到O点间的距离为r，沙坑平面到桌面间的距离为h，D点到桌面边缘B点正下方的距离为x，请推导出小物体做匀速圆周运动时力传感器示数F的表达式______。(用题中所给的符号表示)
(3)若在(2)的条件下，保持力传感器F读数不变，改变细绳的长度为原来的一半，小球仍然在AO连线处断裂，则细线断裂前，小球的角速度为______，落到沙坑的位置与桌子边缘的距离为______。(用题中所给的符号表示)
12.用“落体法”验证机械能守恒定律的实验装置如图1所示。(g取9.8m/s2)
(1)在用“落体法”验证机械能守恒定律的实验中，有关重锤的质量，下列说法正确的是______。
A.应选用质量较大的重锤，使重锤和纸带所受的重力远大于它们所受的阻力
B.应选用质量较小的重锤，使重锤的惯性小一些，下落时更接近于自由落体运动
C.验证机械能守恒定律可以不称量重锤的质量
D.验证机械能守恒定律必须称量重锤的质量
(2)选出一条清晰的纸带如图2所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，打点计时器通以频率为50Hz的交变电流。用分度值为1mm的刻度尺测得OA=12.41cm，OB=18.90cm，OC=27.06cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，重锤的质量为1.00kg。甲同学根据以上数据算出：当打点计时器打B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了______ J；此时重锤的速度大小vB=______m/s，此时重锤的动能比开始下落时增加了______J(结果均保留3位有效数字)。
(3)某同学利用他自己实验时打出的纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v然后以h为横轴、以12v2为纵轴作出了如图3所示的图线，图线的斜率近似等于______。
A.19.6
B.9.8
试分析试验过程中造成图线未过原点O的原因是______。
四、简答题：本大题共3小题，共34分。
13.如图所示，两异种点电荷的电荷量均为Q=1×10−3C，绝缘竖直平面过两点电荷连线的中点O且与连线垂直，平面上A、O两点位于同一竖直线上，AO=l=3m，两点电荷到O点的距离也为l。现有比荷qm=3×10−5C/kg带负电的小物块(可视为质点)，从A点以一定的初速度向下滑动.已知物块与平面的动摩擦因数为μ= 22，g取10m/s2.求：
(1)A点的电场强度的大小；
(2)A点的加速度。
14.在我国科幻电影《流浪地球2》的主角实施救援的电影片段中，提到了“洛希极限”这个概念，即当两个天体的距离小于洛希极限时，天体就会倾向碎散，地球有解体的风险。若地球与月球间的“洛希极限”计算公式为d=1.26R地3ρ地ρ月，其中R地、ρ地、ρ月分别为地球的半径、地球的密度和月球的密度；已知地球表面的重力加速度约为月球表面重力加速度的6倍，地球的半径约为6400km，月球的半径约为1700km；请根据以上数据计算地球与月球间的“洛希极限”。(提示：36×1764=1.167，计算结果保留两位有效数字)
15.如图所示轻弹簧一端固定在水平面上的竖直挡板上，处于原长时另一端位于水平面上B点处，B点左侧光滑，右侧粗糙.水平面的右侧C点处有一足够长的斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为37∘，斜面上有一半径为R=2.5m的光滑部分圆轨道与斜面切于D点，部分圆轨道的最高点为E，LBC=2.0m，LCD=12.0m，A、B、C、D、E均在同一竖直面内.使质量为m=0.5kg的小物块P挤压弹簧右端至A点，然后由静止释放小物块P，结果小物块P恰好能通过部分圆轨道的最高点E，已知小物块P与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5，g取10m/s2，sin37∘=0.6。
(1)小物块P运动到E点时的速度大小；
(2)弹簧的最大弹性势能；
(3)小物块P在斜面上的落点距D点的距离。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AD、物体做曲线运动，它的速度的方向一定是改变的；在恒力作用下，只要力的方向和速度的方向不共线，物体就做曲线运动，加速度不变，故AD错误；
B、做曲线运动的物体速度方向是一定变化的，由a=ΔvΔt，可知物体一定有加速度，故B正确；
C、物体做曲线运动，速度大小可以不变，速度方向一定改变，即物体的速度一定改变，所以物体一定有加速度，故C错误。
故选：B。
物体运动轨迹是曲线的运动，称为“曲线运动”，当物体所受的合外力和它速度方向不在同一直线上，物体就是在做曲线运动。
本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住。
2.【答案】C
【解析】解：A、粒子做曲线运动时，粒子运动的轨迹在粒子的受力与速度的夹角之间，如图
可知粒子受电场力的方向与该点的电场方向相反，所以该粒子带负电荷，故A错误；
B、电场线的疏密表示电场场强的大小，所以A点的场强小于B点的场强，故B错误；
C、带电粒子从电场中的A点运动到B点的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度逐渐减小，故C正确；
D、根据牛顿第二定律a=Fm=qEm可知，由于A点的场强小于B点的场强，所以A点的加速度小于B点的加速度，故D错误。
故选：C。
电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向。不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧。
电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布。对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧。
3.【答案】B
【解析】解：根据题意可知，潜艇在x轴方向上做匀速直线运动，y轴方向上先匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，物体在0∼10s实际合力方向竖直向下，10∼30s合力方向为竖直向上，轨迹弯曲的内侧为合力的方向，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据题意和图b可知物体在x轴，y轴的分运动特点，然后由运动的合成可知实际合力方向，由轨迹图像中轨迹弯曲的内侧为物体所受合力的方向判断x−y图的正确性。
本题考查运动的合成与分解，解题关键是由图b可知潜艇在y轴方向上先匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，然后由运动合成可知实际合力方向，结合轨迹弯曲的内侧为合力的方向可判断运动轨迹。
4.【答案】D
【解析】解：A.根据图乙可知物块在4 s内的总位移x=12×(2+4)×2m=6m，故A错误；
B.由图得，当F=6N时，物体的加速度为：a=ΔvΔt=22m/s2=1m/s2
根据牛顿第二定律得F−f=ma
当F=4N时，物体匀速运动，则物体受力平衡F=f
代入数据解得m=2kg，f=4N，故B错误；
C.前2s内物体的位移为：x′=12×2×2m=2m
克服摩擦力的平均功率为P=fx′t=4×22W=4W，故C错误；
D.对全过程根据动能定理有W−fx=12mv2
解得拉力F在4s内对小物块做的功为W=28J，故D正确；
故选：D。
v−t图线与时间轴围成的面积表示物体的位移；由图得出物体的加速度；物体匀速运动时物体受力平衡，得出摩擦力的大小；由牛顿第二定律得出物体的质量；根据功的公式求出各力的功，根据功率的定义式求出摩擦力的功率。
考查了认识图象的能力，理解不同图象的特点及物理意义，结合题意分析问题能力。
5.【答案】A
【解析】解：小孩从最高点到最低点过程重力做功，根据动能定理得：mgL(1−cs53∘)=12mv2
在对低点时竖直方向上受到重力和两个绳子的拉力，合力提供向心力，得：2T−mg=mv2L
解得T=910mg，故A正确，BCD错误。
故选：A。
小孩从最高的到最低点的过程中重力做功，根据动能定理求出小孩在最低点的速度，然后结合重力与绳子拉力的合力提供向心力即可求出。
该题结合动能定理考查竖直平面内的圆周运动，知道小孩在最低点向心力的来源是解答的关键。
6.【答案】D
【解析】解：AB.动车组的牵引力与阻力大小相等时速度最大，则2P=Fv=fvm
解得该动车组所受阻力大小为f=2Pvm，故AB错误；
CD.对动车组根据动能定理有：2Pt+Wf=12mvm2
所以该动车组所受阻力做功为：Wf=12mvm2−2Pt，故C错误，D正确。
故选：D。
当牵引力和阻力的大小相等时，动车的速度达到最大值，由此可求解动车组所受阻力；根据动能定理计算经过时间t达到最大速度时克服阻力做的功。
解决该题的关键是知道功率与牵引力之间的关系，知道什么时候速度达到最大，应用动能定理求解该动车组所受阻力做功。
7.【答案】CD
【解析】解：A、由几何关系可知AB的距离为：x= 3l
小球A的受力分析如图
依据库仑定律，则A、B间库仑力大小为F=kQq3l2，故A错误；
B、设细线对小球A的拉力为T，根据受力平衡的条件可得
T=mgsin30∘=2mg，故B错误；
C、又因为：T=Fcs30∘=kQq3l2 32=2 3kQq9l2，故C正确；
D、根据点电荷的场强公式，可得带电小球B在A处的电场强度为：E=kq( 3l)2=kq3l2，故D正确。
故选：CD。
首先，根据几何关系求出AB的距离，画出小球A的受力分析图，依据库仑定律求出A、B间的库仑力大小；
其次，根据平衡的条件求出细线对小球A的拉力；
接着，根据电场强度的定义求出带电小球B在A处的电场强度。
本题考查了静电力的平衡问题，解决本题的关键是列出平衡方程，熟练掌握库仑定律以及点电荷场强公式。
8.【答案】AD
【解析】解：A、不计空气阻力，排球两次运动过程中，加速度为恒为g，故A正确；
B、设排球的抛体高度为h，第一次从M到P，重力做正功为WG=mgh，第二次做斜上抛运动从P到Q到N点，重力做功为零，排球两次飞行过程中重力对排球做的功不相等，故B错误；
C、排球从M到P和从Q到N都是平抛运动，在M、Q点均只有水平方向的速度，高度h相同，由t= 2hg知运动时间相同，但xMP>xQN，由x=v0t可推出离开M点的速度大于经过Q点的速度，故C错误；
D、将排球从P到Q的斜上抛运动由逆向思维法可看成从Q到P的平抛运动，则由M到P和Q到P的平抛运动比较，运动高度相同，则运动时间相同，竖直分速度相同，但M到P的水平位移大，则水平速度v0较大，由v= v02+vy2可知从M到P的末速度大小大于从P到Q的初速度大小，故D正确。
故选：AD。
不计空气阻力，排球两次在空中只受重力作用，加速度为g；平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动；排球从P到Q的斜上抛运动由逆向思维法可看成从Q到P的平抛运动。据此分析。
解答本题的关键是知道平抛运动的特点，平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，再结合逆向思维法即可求解。
9.【答案】BC
【解析】解：A、“神舟十五号”载人飞船从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在A点加速，因此“神舟十五号”载人飞船在轨道Ⅱ上运行经过A点的速度小于“天和”核心舱在轨道Ⅰ上运行的速度，故A错误；
B、由开普勒第三定律得：r3a3=T天2T神2
解得“天和”核心舱在轨道Ⅰ上运行的周期与“神舟十五号”载人飞船在椭圆轨道Ⅱ上运行的周期之比为：T天:T神= r3: a3，故B正确；
C、“天和”核心舱在轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则GMmr2=mv2r，解得：v= GMr，故C正确；
D、由牛顿第二定律得：GMmr2=ma，解得：a=GMr2，则在轨道I上A点的加速度等于在轨道Ⅱ上A点的加速度，故D错误。
故选：BC。
载人飞船从高轨道变轨到低轨道需要减速；根据开普勒第三定律求解周期之比；根据牛顿第二定律列式求解“天和”核心舱绕运行的线速度；根据牛顿第二定律分析加速度关系。
本题考查万有引力定律和开普勒定律的应用，关键要掌握万有引力提供向心力这一思路，熟练应用开普勒第三定律求解环绕天体的周期。
10.【答案】AC
【解析】解：A、将AB作为整体，A在P点时弹簧处于原长，根据牛顿第二定律得：(2m+3m)a=3mg，解得由P点释放物体A瞬间，物体A的加速度为：a=35g，故A正确；
B、根据对称性，B到达最低点的加速度大小与初始位置的加速度大小相同，则B到达最低点时，根据牛顿第二定律得：
T−3mg=3ma，解得绳子能承受的最大拉力为T=4.8mg，故B错误；
C、从P点到O点，对于物体A、B组成的整体，根据动能定理可知，物体A和B总动能的增加量等于重力对物体B所做功与弹簧弹力对A做的功之和，所以物体A动能的增加量小于重力对物体B所做功与弹簧弹力对A做的功之和，故C正确；
D、根据功能关系可知，从P点到O点，物体A与弹簧所组成的系统机械能的增加量与物体B动能的增加量之和等于物体B所受重力对B做的功，故D错误。
故选：AC。
由P点释放物体A瞬间，对A、B组成的整体，根据牛顿第二定律求得加速度；由于物体A、B做简谐运动，根据对称性可知，当B到达最低点时加速度大小与释放时加速度大小相同，根据牛顿第二定律求得绳子绳子能承受的最大拉力；分析能量转化情况，根据功能关系分析CD项。
本题主要考查牛顿运动定律、功能关系和简谐运动的综合，利用好简谐振动的对称性分析物体的运动，注意明确研究对象，结合牛顿第二定律求解绳子拉力。
11.【答案】Dmgx22hr xr gh 22x
【解析】解：(1)平抛运动是曲线运动，研究时用到的方法是运动的合成与分解，即将平抛运动分解为水平的匀速直线运动和竖直的自由落体运动，故为化曲为直法。故ABC错误，D正确。
故选：D。
(2)从B点平抛，水平方向做匀速运动，则有：x=vt
竖直方向为自由落体，则有：h=12gt2
绳没断时，根据牛顿第二定律得：F=mv2r
联立解得：F=mgx22hr
(3)当r′=r2时保持力传感器F读数不变，可得：
F=mgx22hr=mr2ω2
联立解得：ω=xr gh
线速度为：v′=r2ω=x2 gh
物体做平抛运动，则有：
x′=v′t′
h=12gt′2
联立解得：x′= 22x
故答案为：(1)D；(2)mgx22hr；(3)xr gh； 22x
(1)研究平抛运动，将平抛运动分解为水平的匀速直线运动和竖直的自由落体运动，故为化曲为直法；
(2)平抛运动分解为水平的匀速直线运动和竖直的自由落体运动，求出水平速度，再利用向心力公式求绳子的拉力表达式；
(3)由(2)中绳子的拉力表达式分析细绳的长度为原来的一半时的角速度和线速度，再根据平抛运动规律求解。
本题考查了平抛和匀速圆周运动，有一定的难度，注意要认真推导公式。
12.【答案】该同学做实验时先释放了纸带，然后才合上打点计时器的开关
【解析】解：(1)AB.实验中为了减小阻力的影响，重锤选用体积较小，质量较大的重锤，使重锤和纸带所受的重力远大于它们所受的阻力。故A正确，故B错误；
CD.用“落体法”验证机械能守恒定律的表达式是
mgh=12mv2
可知不需要测量重物的质量，故C正确，故D错误。
故选：AC。
(2)当打点计时器打到B点时，重锤的重力势能减少
ΔEp=mghOB=1.00×9.8×18.90×10−2J≈1.85J
打点计时器通频率为50Hz的交变电流，计数点A和B、B和C之间还各有一个点，相邻计数点间的时间间隔
t=2T=2f=250s=0.04s
做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，打B点时的速度
vB=hAC4T=(27.06−12.41)×10−24×0.02m/s≈1.83m/s
此时重锤的动能比开始下落时增加了
ΔEkB=12mvB2=12×1.00×1.832J=1.68J
(3)由机械能守恒定律可知
mgh=12mv2
变形可得
12v2=gh
可知图线的斜率近似等于重力加速度g，即9.8。
故选B。
由图线可知，h=0时，重锤的速度不等于零，原因是该同学做实验时先释放了纸带，然后才合上打点计时器的开关。
故答案为：(1)AC；(2)1.85；1.83；1.68；(3)B；该同学做实验时先释放了纸带，然后才合上打点计时器的开关
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作，结合题目选项完成分析；
(2)熟悉速度的计算公式，结合动能和重力势能的表达式完成分析；
(3)理解图线的物理意义，结合实验原理分析出实验误差产生的可能原因。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟悉速度的计算公式，结合机械能守恒定律和图像的物理意义即可完成分析。
13.【答案】解：(1)两异种点电荷在A点的场强如图所示
正、负点电荷在A点产生的场强大小为E=kQ( 2l)2=kQ2l2
A点的电场强度的大小为
EA= 2E= 2kQ2l2= 2×9×109×1×10−32×32N/C= 22×106N/C
(2)物块在A点受到重力、电场力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有
mg−μFN=ma
水平方向有
FN=qEA
解得：a=−5m/s2，负号表示方向竖直向上。
答：(1)A点的电场强度的大小为 22×106N/C；
(2)A点的加速度大小为5m/s2，方向竖直向上。
【解析】(1)根据点电荷场强公式和电场的叠加原理来求A点的电场强度的大小；
(2)分析物块受力情况，确定合力，由牛顿第二定律求A点的加速度。
解决本题的关键是掌握点电荷场强公式和电场的叠加原理，分析出A点的合场强，再结合牛顿第二定律等力学规律帮助解答。
14.【答案】解：利用星球表面处物体的重力等于万有引力有：GMmR2=mg
变形得到星球的质量：M=gR2G
星球的体积为：V=43πR3
则：ρ=3g4GRπ
那么地球与月球的密度之比为：ρ地ρ月=6×17006400
根据题设条件可知，所以地球与月球间的“洛希极限”：d=1.26R地3ρ地ρ月≈1.26×6400× 6×17006400km=9.4×103km
答：地球与月球间的“洛希极限”为9.4×103km。
【解析】根据星球表面处，重力等于万有引力求出星球的质量，结合密度公式求密度之比。根据题设公式求地球与月球间的“洛希极限”。
该题属于信息题，考查了万有引力定律的应用，关键是能从题中给出的信息中挑选有用的信息来处理解题。
15.【答案】解：(1)小物块P恰好能通过部分圆轨道的最高点E，在E点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律有
mg=mvE2R
解得：vE=5m/s
(2)小物块P从A到E点，根据功能关系有
Ep=μmgLBC+μmgcs37∘LCD+mgLCDsin37∘+mg(R+Rcs37∘)+12mvE2
解得：Ep=93.75J
(3)小物块P从E点飞出后做平抛运动，则
水平方向有x=vEt
竖直方向有y=12gt2
根据几何关系有
tan37∘=y−(R+Rcs37∘)x
小物块P在斜面上的落点距D点的距离为
s=xcs37∘+Rtan37∘
代入数据解得：s=11.25m
答：(1)小物块P运动到E点时的速度大小为5m/s；
(2)弹簧的最大弹性势能为93.75J；
(3)小物块P在斜面上的落点距D点的距离为11.25m。
【解析】(1)小物块P运动到E点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律小物块P运动到E点时的速度大小；
(2)小物块P从A到E点，根据功能关系求弹簧的最大弹性势能；
(3)小物块P从E点飞出后做平抛运动，根据分位移公式列方程，结合几何关系求解小物块P在斜面上的落点距D点的距离。
本题是多过程问题，关键是要分析清楚物体各段的运动情况，判断能量转化情况。运用功能关系时，要注意选择研究过程，分析哪些力对物体做功，并判断能量是如何转化的。对于平抛运动，要熟练运用运动的分解法，根据分运动规律和几何知识相结合进行处理。
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