2022-2023学年安徽省马鞍山市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年安徽省马鞍山市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共19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.下列物理量采用比值定义的是( )
A. E=FqB. an=v2rC. T=2πωD. C=εrS4πkd
2.地球可看作一个均匀球体，上海的纬度约为北纬30∘，A、B两物体分别位于赤道和上海，随地球自转做匀速圆周运动，它们的角速度ωA、ωB和线速度vA、vB关系正确的是( )
A. ωA>ωB，vA=vBB. ωA>ωB，vA=2vB
C. ωA=ωB，vA= 32vBD. ωA=ωB，vA=2 33vB
3.如图所示，下列做圆周运动的物体，说法正确的是( )
A. 沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动的小球，受重力、支持力和向心力的作用
B. 物块在随圆盘一起做匀速圆周运动时，有向前运动的趋势，故静摩擦力方向向后
C. 汽车以相同车速过拱桥时，拱桥圆弧半径越大，汽车对桥面的压力越大
D. 火车转弯时，若θ角减小，可提高火车过转弯处的安全速度
4.如图所示，甲、乙两卫星以相同的半径分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动，则( )
A. 甲的周期大于乙的周期B. 甲的角速度大于乙的角速度
C. 甲的线速度大于乙的线速度D. 甲的向心加速度大于乙的向心加速度
5.如图，A、B、C、D是正方形的四个顶点，A点和C点固定有电荷量都为q的正点电荷，在B点放一未知电荷后，恰好D点的电场强度等于0。正方形边长为L，则( )
A. 未知电荷带正电
B. 未知电荷的电荷量q′=2 2q
C. A、C两点处的电荷在D点产生的电场强度相同
D. 未知电荷受其它两电荷的静电力的合力大小为4 2kq2L2
6.用如图所示电路给电容器充、放电。开关S接通1，稳定后改接2，稳定后又改接1，如此往复，观察电流表、电压表示数变化情况。则( )
A. S接1时，电流自左向右流过电流表，电流表示数不断增大
B. S接2时，电流自右向左流过电流表，电压表示数不断减小
C. S接1时，电源给电容器充电，极板间电场强度减小，电源的能量不断储存在电容器中
D. S接2时，电容器对电阻R放电，极板间电荷量减小，电容减小
7.如图所示，起重机将质量5×103kg的重物由静止开始竖直吊起，重物做加速度1m/s2的匀加速直线运动，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率不变，直到重物做1.1m/s的匀速运动。不计空气阻力和额外功，重力加速度g取10m/s2，则( )
A. 起重机允许输出的最大功率5.5×103W
B. 重物做匀加速运动经历的时间为1.1s
C. 重物在匀加速运动阶段克服重力做功2.5×104J
D. 重物速度为0.5m/s时，起重机输出的功率为2.5×104W
8.某风力发电机叶片转动时可形成半径为R的圆面。某时间内该地区的风速是v，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，空气的密度为ρ，发电机将圆内空气动能转化为电能的效率为η。则( )
A. 单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为2πR2v
B. 单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为ρπR2v22
C. 风力发电机发电的功率为ηρπR2v3
D. 风力发电机发电的功率为ηρπR2v32
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.某电场的等势面如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，a、b、c的电势分别为0、5V、10V、d、e的电势为15V。则( )
A. 这五个点中，d点的电场强度最小
B. 一正电荷从d点运动到e点，电场力做正功
C. b点电场垂直于该点所在等势面，方向指向c侧
D. 一电子从a点运动到d点，电场力做功为15eV
10.如图所示，一长为L的轻杆的一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量m的小球，轻杆随转轴在竖直平面内做角速度为ω的匀速圆周运动，重力加速度为g，则( )
A. 小球运动到最高点时，杆对球的作用力大小为mω2L
B. 小球运动到水平位置B时，杆对球的作用力方向沿杆
C. 小球运动到最高点时，若ω> gL，杆对球的作用力方向竖直向下
D. 小球运动到水平位置B时，杆对球的作用力大小为m g2+ω4L2
11.如图所示，“天问一号”探测器通过霍曼转移轨道从地球发送到火星，地球和火星轨道均看成圆形轨道，霍曼转移轨道是一个在近日点M和远日点P都与地球轨道、火星轨道相切的椭圆轨道，在近日点短暂点火后“天问一号”进入霍曼转移轨道，接着沿这个轨道抵达远日点，然后再次点火进入火星轨道。已知引力常量为G，太阳质量为m，地球轨道和火星轨道半径分别为r和R，地球、火星、天问一号都逆时针方向运行。若轨道转移过程中只考虑太阳对“天问一号”的作用力，则( )
A. 两次点火喷射方向都与速度方向相同
B. 两次点火之间的时间间隔为π2 2 (R+r)3Gm
C. “天问一号”在转移轨道上M点的速度小于P点的速度
D. “天问一号”在转移轨道上M点的加速度大于火星轨道上P点的加速度
12.质量为m的小球放在竖立的弹簧上，将小球按压至A处，如图甲所示，迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C(图乙)，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态。已知A、B的高度差为H1，B、C的高度差为H2。弹簧始终在弹性限度内，不计弹簧的质量和空气阻力，重力加速度为g( )
A. 小球、弹簧组成的系统机械能守恒
B. 小球在位置B时，动能为mgH2
C. 小球在位置A时，弹簧的弹性势能为mg(H1+H2)
D. 小球在位置B时速度最大，B至C过程中，动能和重力势能之和不变
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
13.某物理兴趣小组利用如图所示装置来“探究影响电荷间静电力的因素”。O是一个带正电的物体，把系在丝线上的带正电的小球先后挂在图中P1、P2、P3等位置，比较小球在不同位置所受静电力的大小；使小球处于同一位置，增大(或减小)小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。
(1)图中实验采用的方法是______。
A.理想实验法
B，微小量放大法
C.控制变量法
D.等效替代法
(2)小球质量为m，在P1位置偏离竖直方向夹角θ，此时所其受静电力的大小为______。
(3)在实验中，某同学让两半径为R的小球分别带上q1和q2的正电，并使两小球球心相距3R，该同学利用公式F=kq1q2(3R)2计算两球之间的静电力，则计算结果______(选填“偏大”、“偏小”或“正确”)。
14.某同学利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。将气垫导轨固定在水平桌面上，调节旋钮使其水平，在气垫导轨的左端固定一光滑的定滑轮，在B处固定一光电门，测出滑块及遮光条的总质量为m1，将质量为m2的钩码通过细线与滑块连接。打开气源，滑块从A处由静止释放，宽度为b的遮光条经过光电门挡光时间为t，A、B之间的距离为h，实验中钩码始终未与地面接触，重力加速度为g。
(1)滑块经过光电门B时的速度为______(用题中所给字母表示)。
(2)滑块由A点运动到B点的过程中，系统动能增加量ΔEk为______，系统重力势能减少量|ΔEp|为______(用题中所给字母表示)。
(3)调整A、B之间的距离，多次重复上述过程，作出1t2随h变化的图像如图乙所示，不考虑空气阻力，若该图线的斜率k=______(用题中字母表示)，则验证小球下落过程中机械能守恒。
(4)若实验结果发现ΔEk总是略大于|ΔEp|，可能的原因是______。
A.存在空气阻力
B.滑块没有到达B点时钩码已经落地
C.测出滑块左端与光电门B之间的距离作为h
D.测出滑块右端与光电门B之间的距离作为h
四、简答题：本大题共3小题，共36分。
15.在月球表面，宇航员用弹簧测力计测出一个质量为m的砝码重力为F。月球可视为质量分布均匀的球体，半径为R，忽略其自转，引力常量为G，求：
(1)月球的质量；
(2)月球的第一宇宙速度。
16.某离子吹风筒吹出含有大量带负电的氧离子，电荷量为2e，水平方向进入电压为U的加速电场，之后进入竖直放置的偏转电场，偏转电场极板电压恒为2U，极板间距为L，长度为L2。若氧离子分布均匀且横截面积足够大，氧离子质量为m，不考虑空气流分层现象及空气对离子流和电场的影响，不计离子间作用力及氧离子重力，设氧离子进入加速电场的初速度为零，求：
(1)氧离子进入偏转电场时的速度v大小；
(2)能够离开偏转电场的氧离子占进入偏转电场氧离子的比例k。
17.某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角θ=37∘的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径R=0.3m，转轴间距L=1.6m的传送带以恒定的线速度2m/s逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H=2.6m。现将一质量m=1kg小物块放在距离传送带高h=3.75m处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右.已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)小物块到达B端时速度的大小；
(2)小物块落至地面时与D点的水平距离；
(3)小物块从静止释放至落地，全过程产生的热量。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.公式E=Fq的物理意义是：电场强度的大小是由电场本身的性质决定的，与试探电荷的带电量以及试探电荷在电场中所受到的电场力无关，是比值定义法，故A正确；
B.公式an=v2r的物理意义是：向心加速度由受力决定，是向心加速度与速度和半径的关系式，故B错误；
C.公式T=2πω的物理意义是：周期与角速度的关系式，故C错误；
D.公式C=εrS4πkd的物理意义是：电容器的大小是由两个极板的正对面积以及两极板间的距离决定的，是决定式，故D错误。
故选：A。
比值定义式就是两个物理量之比定义这个物理量的式子；决定式就是决定这个物理量的式子。据此可解答。
解题关键是掌握每个物理公式的物理意义，需要注重日常学习的积累，难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：
根据题意可作出上图，则可得A、B两物体同轴转动，故A、B的角速度相等，即ωA=ωB
根据几何关系可得：r=Rcs30∘
又根据线速度公式：v=ωr
得：vA=2 33vB，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据题意得出A、B的位置关系，根据同轴转动，角速度相等；结合几何关系和线速度公式求解即可。
解题关键是能够根据题意正确分析A、B的位置关系，根据同轴转动，角速度相等；结合线速度、角速度和周期、转速之间的关系求解即可。难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A、沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动的小球，受重力、支持力的作用，向心力是效果力，小球不受向心力，故A错误；
B、物块在随圆盘一起做匀速圆周运动时，静摩擦力提供向心力，静摩擦力的方向指向圆心，故B错误；
C、汽车以相同车速过拱桥时，根据重力与支持力的合力提供向心力可得mg−FN=mv2r，得：FN=mg−mv2r，可知拱桥圆弧半径越大，汽车对桥面的压力越大，故C正确；
D、火车转弯时重力与支持力的合力恰好提供向心力时，有mgtanθ=mv2r，可知若θ角减小，火车过转弯处的安全速度会降低，故D错误。
故选：C。
对个选项中的物体进行受力分析，然后结合向心力的来源解答即可。
该题考查圆周运动的几种常见模型，知道各情景下向心力的来源是关键。
4.【答案】A
【解析】解：卫星受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
GMmr2=man=mr(2πT)2=mrω2=mv2r
可得：an=GMr2∝M
T= 4π2r3GM∝ 1M
ω= GMr3∝ M
v= GMr∝ M
由题意，可知r相同，甲围绕中心天体的质量M小于乙围绕中心天体的质量，则可知
T甲>T乙
ω甲<ω乙
v甲an甲故选：A。
卫星受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式得出周期、角速度、线速度和向心加速度的表达式，结合题意完成分析。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解卫星做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。
5.【答案】B
【解析】解：A、A点电荷在D点的场强方向沿CD方向，C点电荷在D点的场强方向沿AD方向，D点的合场强方向沿BD方向。故B点放的未知电荷在D点的场强方向沿DB方向，故B点放的未知电荷带负电，故A错误；
B、根据点电荷的场强公式，A点和C点电荷在D点的场强大小为：E=kqL2
则合场强为：E合= 2E2= 2kqL2
B点放的未知电荷在D点的场强大小为：E′=kq′( 2L)2
又E合=E′
解得：q′=2 2q，故B正确；
C、A、C两点处的电荷在D点产生的电场强度大小相同，方但向不同，所以场强不同，故C错误；
D、未知电荷受其它两电荷的静电力的合力大小为：F合= 2F= 2×kq×2 2qL2=4kq2L2，故D错误。
故选：B。
根据电场的叠加原理，结合D点的合场强为零，从而判断未知电荷的电性；
B点的点电荷在D点的场强与A、C点的电荷在D点的合场强等大反向。利用点电荷的场强公式求出未知电荷的电量；
由点电荷在周围产生电场的方向特点“背向正，指向负”比较AC电荷在D点产生的电场的方向不同；
根据库仑定律结合几何关系求解。
本题关键要抓住对称性，结合几何关系，由电场的叠加分析场强大小，注意D点的电场强度恰好等于0是解题的突破口。
6.【答案】B
【解析】解：A、S接1时，电源给电容器充电，电流自左向右流过电流表，电流表示数先增大后减小到零，故A错误；
BD、S接1时，电容器上极板带正电，下极板带负电。S接2时，电容器放电，电流自右向左流过电流表，极板所带电荷量不断减小，电容器板间电压不断减小，则电压表示数不断减小，但电容不变，故B正确，D错误；
C、S接1时，电源给电容器充电，极板所带电荷量不断增大，两极板间电压增大，极板间电场强度增大，电源的能量不断储存在电容器中，故C错误。
故选：B。
S接1时，电源给电容器充电。S接2时，电容器放电。根据充电和放电特点分析电路中电流方向和电流大小的变化情况。根据电荷量的变化分析电容器板间电压的变化以及板间场强的变化。电容由电容器本身决定，与电容器所带电荷量无关。
本题考查电容器的充电与放电问题，要掌握电容器充、放电过程中电流、电压、电荷量的变化情况，理解电流的形成原理。
7.【答案】C
【解析】解：A.重物做v=1.1m/s的匀速运动，则牵引力
F=mg=5×103×10N=5×104N
起重机允许输出的最大功率
Pm=Fv=5×104×1.1W=5.5×104W
故A错误；
B.匀加速运动过程中，根据牛顿第二定律
F0−mg=ma
又
Pm=F0v1
代入数据解得
v1=1m/s
根据
v1=at
代入数据解得
t=1s
故B错误；
C.物在匀加速运动阶段上升距离
h=12at2=12×1×12m=0.5m
克服重力做功
W=mgh=5×103×10×0.5J=2.5×104J
故C正确；
D.重物速度为v2=0.5m/s时，重物正在匀加速上升，则起重机输出的功率为
P1=F0v2
代入数据解得
P1=2.75×104W
故D错误。
故选：C。
根据功率的公式P=Fv，计算最大功率；
结合运动学规律，牛顿定律以及功率的公式计算匀加速时间；
根据h=12at2求出上升高度，再根据W=mgh求出克服重力做功大小；
根据P1=F0v2计算即可。
本题考查瞬时功率的计算问题。在解题时，常结合牛顿定律，运动学规律以及功率公式，综合求解即可。
8.【答案】D
【解析】解：A、单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为：V=πR2v，故A错误；
B、单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为：
Ek=12mv2=12ρVv2=ρπR2v32，故B错误；
CD、发电机将圆内空气动能转化为电能的效率为η，风力发电机发电的功率为：
P=ηEk=ηρπR2v32
故C错误，D正确。
故选：D。
建立正确的模型，即风的动能转换为电能，然后结合动能的表达式以及功率的表达式求解。
本题的解题关键是根据能量守恒定律列式求解，建立正确的模型，即风的动能转换为电能，结合动能的表达式求出功率，计算要细心。
9.【答案】AD
【解析】解：A.根据等差等势线的疏密程度可以反映电场线的疏密程度，可知这五个点中，d点的电场线最稀疏，所以d点电场强度最小，故A正确；
B.因为d、e在同一等势线上，所以一正电荷从d点运动到e点，电场力做功为零，故B错误；
C.b点电场垂直于该点所在等势面，方向由高电势指向低电势，所以应该指向a侧，故C错误；
D.一电子从a点运动到d点，电场力做正功为：Wad=−eUad，又有：Uad=φa−φd
解得：Wad=15eV，故D正确。
故选：AD。
根据等差等势线的疏密程度可以反映电场线的疏密程度，分析d点电场强度大小；电势差为零时，电场力做功为零；由等势线的电势高低分析电场线的方向；根据Wad=qUad，求电场力做功。
本题考查静电场的基本性质，学生需掌握等势线与电场线的关系，会求解电场力做功。
10.【答案】CD
【解析】解：AC、小球运动到最高点时，若重力恰好提供向心力，杆对球的作用力等于零，
此时对球根据牛顿第二定律有：mg=mω2L
变形得到：ω= gL
若ω> gL，杆对球的作用力方向竖直向下，故A错误，C正确；
BD、小球运动到水平位置B时，水平方向，根据牛顿第二定律：T=mω2L
根据平行四边形定则，杆对球的作用力大小为：F= T2+(mg)2= (mω2L)2+(mg)2=m g2+ω4L2，方向指向左上方，故B错误，D正确。
故选：CD。
小球在竖直平面内做匀速圆周运动，合力提供向心力，指向圆心。在最高点、最低点和A点，分析小球受力，由合力提供向心力可得杆对球的作用力大小。
本题考查了竖直平面内圆周运动的问题，解题的关键是明确小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，不是变速圆周运动。
11.【答案】BD
【解析】解：A、两次点火喷射都使“天问一号”探测器加速，所以喷射方向与速度方向相反，故A错误；
B、设霍曼转移轨道周期为T1，地球公转周期为T，由开普勒第三定律可得：(R+r2)3T12=r3T2
地球公转时，万有引力提供向心力：Gmm0r2=m04π2T2r
解得：t=T12=π2 2 (R+r)3Gm，故B正确；
C、由开普勒第二定律可知，近日点的速度大于远日点的速度，因此“天问一号”在转移轨道上M点的速度大于P点的速度，故C错误；
D、“天问一号”和火星所受合力均等于太阳对它们的万有引力，根据公式：GMmr2=ma，可得加速度：a=GMr2，由此可知“天问一号”在转移轨道上M点的加速度大于火星轨道上P点的加速度，故D正确。
故选：BD。
天问一号在霍曼转移轨道由M点运动到P点过程中，只有太阳的引力做功，根据变轨原理分析喷火方向；
根据开普勒第三定律求两次的点火时间之差；
由开普勒第二定律分析M点与P点的速度大小关系；
由牛顿第二定律判断加速度大小。
本题主要考查了万有引力定律在天体运动中的应用，根据牛顿第二定律来解题，万有引力定律用来提供向心力是解题的关键。
12.【答案】ABC
【解析】解：A、对于小球、弹簧组成的系统，只发生势能与动能之间的相互转化，所以系统的机械能守恒，故A正确；
B、从B到C的过程，对小球由动能定理可知小球在位置B时动能为Ek=mgH2，故B正确；
C、选取位置A为零势能点，则小球在位置C时的机械能为E=mg(H1+H2)，在位置A时的机械能为零。
根据小球及弹簧系统机械能守恒，可知在A点时，弹簧的弹性势能等于小球在位置C时的机械能，因此在位置A时弹簧的弹性势能为mg(H1+H2)，故C正确；
D、当小球受到的重力与弹簧弹力大小相等时，小球的合力为零，加速度为零，此时速度最大，显然此位置应在B点下方；
小球从B至C过程中，只有重力做功，则其机械能守恒，动能和重力势能之和不变，故D错误。
故选：ABC。
根据能量转化情况，分析小球、弹簧组成的系统机械能是否守恒；根据动能定理求小球在位置B时动能；根据小球及弹簧系统机械能守恒求小球在位置A时弹簧的弹性势能；分析小球的受力情况，判断速度最大的位置。B至C过程中，根据机械能守恒分析动能和重力势能之和变化情况。
解决本题的关键要正确分析小球的受力情况来判断其运动情况，不能认为从A到B的过程小球一直加速。要掌握机械能守恒的条件，在只有重力或系统内弹力做功的情形下，系统机械能守恒。在解题时要注意，单独对小球来说，小球和弹簧接触过程中机械能并不守恒。
13.【答案】Cmgtanθ偏大
【解析】解：(1)实验时，保持两小球的电荷量不变，改变两小球之间的距离，从小球偏离竖直方向的夹角大小探究小球之间的作用力大小与距离的关系，因此图中实验采用的方法是控制变量法，故ABD错误，C正确。
故选：C。
(2)对小球受力分析，如图所示：
根据库仑定律结合平衡条件，此时所其受静电力的大小为F=mgtanθ
(3)某同学让两半径为R的小球分别带上q1和q2的正电，并使两小球球心相距3R，该同学利用公式F=kq1q2(3R)2计算两球之间的静电力，则计算结果偏大，因为同种电荷相互排斥，电荷间等效距离大于3R，静电力实际值小于F=kq1q2(3R)2。
故答案为：(1)C；(2)mgtanθ；(3)偏大。
(1)根据实验操作步骤分析本实验采用的物理方法；
(2)根据平衡条件求静电力的大小；
(3)根据电荷间的相互作用规律和库仑定律分析作答。
本题考查库仑定律，解题关键掌握实验现象的分析，注意实验方法是控制变量法。
14.【答案】bt (m1+m2)b22t2 m2gh2m2g(m1+m2)b2 C
【解析】解：(1)滑块经过光电门B时的速度为：vB=bt
(2)滑块由A点运动到B点的过程中，系统动能增加量为：ΔEk=12(m1+m2)vB2=(m1+m2)b22t2
系统重力势能的减少量等于钩码重力势能的减少量为：|ΔEp|=m2gh
(3)调整A、B之间的距离，多次重复上述过程，不考虑空气阻力，若系统机械能守恒，则有：ΔEk=|ΔEp|
代入上述数据得：m2gh=(m1+m2)b22t2
整理可得：1t2=2m2g(m1+m2)b2⋅h
作出1t2随h变化的图像，若该图线的斜率：k=2m2g(m1+m2)b2
则验证小球下落过程中机械能守恒。
(4)A.若存在空气阻力，则实验结果应为ΔEk总是略小于|ΔEp|，故A错误；
B.若滑块没有到达B点时钩码已经落地，则实验结果应为ΔEk总是小于|ΔEp|，故B错误；
C.若测出滑块左端与光电门B之间的距离作为h，则代入表达式中验证系统的重力势能小于系统实际下落的重力势能，则实验结果为ΔEk总是略小于|ΔEp|，故C正确；
D.测出滑块右端与光电门B之间的距离作为h，则代入表达式中验证系统的重力势能总是大于系统实际下落的重力势能，则实验结果为ΔEk总是略小于|ΔEp|，故D错误；
故选：C。
故答案为：(1)bt；(2)(m1+m2)b22t2；(3)m2gh、2m2g(m1+m2)b2；(4)C。
(1)根据光电门测速原理求滑块经过光电门的速度；
(2)对AB整体，根据起末点的速度可以求出动能的增加量；根据功能关系得重力做功的数值等于重力势能减小量；
(3)根据上一问的结论写出1t2−h的表达式，从而求出直线的斜率；
(4)根据实验中各过程引起的数据差异，分析增加量ΔEk总是稍大于于重力势能减少量ΔEP的可能的原因。
了解光电门测量瞬时速度的原理。实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面；此题为一验证性实验题。要求根据物理规律选择需要测定的物理量，运用实验方法判断系统重力势能的变化量是否与动能的变化量相同是解题的关键。
15.【答案】解：(1)月球表面
F=mg
若不考虑自转
GMmR2=mg
解得：M=FR2mG
(2)根据万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律可得：
GMmR2=mv2R
解得：v= FRm
答：(1)月球的质量为FR2mG；
(2)月球的第一宇宙速度为 FRm。
【解析】(1)不考虑自转的情况下，砝码的重力等于月球对砝码的吸引力，由此列式得出月球的质量；
(2)理解第一宇宙速度的物理意义，结合牛顿第二定律得出月球的第一宇宙速度。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解万有引力在不同场景下提供的力的类型，结合牛顿第二定律即可完成分析。
16.【答案】解：(1)氧离子在加速电场中加速过程，根据动能定理得
2eU=12mv2
解得：v=2 eUm
(2)偏转电场场强大小为
E=2UL
氧离子在偏转电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律得：2eE=ma
运动时间为t=L2v
离子的竖直位移为
y=12at2
解得：y=L8
距上板L8的氧离子恰好能够离开偏转电场，故能够离开偏转电场的氧离子占能够进入偏转电场氧离子的比例为
k=L−yL=L−L8L=78
答：(1)氧离子进入偏转电场时的速度v大小为2 eUm。
(2)能够离开偏转电场的氧离子占进入偏转电场氧离子的比例k为78。
【解析】(1)对于氧离子在加速电场，由动能定理求解氧离子加速获得的速度大小，即为进入偏转电场时的速度v大小；
(2)氧离子在偏转电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律和题设条件求解恰能从偏转电场中射出的粒子的最小位移，从而求出大于该位移的离子均能射出，从而求出能够离开偏转电场的氧离子占进入偏转电场氧离子的比例。
本题考查带电粒子先加速后偏转的类型，关键是弄清楚氧离子的受力情况和运动情况，运用运动的分解法处理类平抛运动，根据动能定理、牛顿运动定律、运动学公式相结合进行解答。
17.【答案】解：(1)小物块由静止到B的过程中，由动能定理有
mgh−μmgcsθhsinθ=12mvB2
解得：vB=5m/s
(2)假设小物块在皮带上一直做匀减速直线运动，由动能定理有
−μmgL=12mvD2−12mvB2
解得：vD=3m/s
因vD=3m/s>v带=2m/s，故假设成立。
小物块离开传送带后做平抛运动，其竖直方向做自由落体运动，有
H+2R=12gt2
水平方向做匀速直线运动，有
x=vDt
联立解得：x=2.4m
(3)设小物块在斜面上运动时，产生的热量为：
Q1=μmgcsθhsinθ
解得：Q1=25J
小物块在传送带上运动，其到达D点的速度为vD，有
vD=vB−μgt′
解得：t′=0.4s
t′时间内小物块与皮带的相对位移
x相=v带t′+L
小物块在传送带上产生热量为：Q2=μmgx相
联立解得：Q2=12J
小物块整个过程产生的热量为：
Q=Q1+Q2=25J+12J=37J
答：(1)小物块到达B端时速度的大小为5m/s；
(2)小物块落至地面时与D点的水平距离为2.4m；
(3)小物块从静止释放至落地，全过程产生的热量为37J。
【解析】(1)小物块由静止释放到B的过程中，根据动能定理可求得小物块到达B端时的速度大小；
(2)小物块在皮带上做匀减速直线运动，先由动能定理求出小物块到达D点的速度大小，小物块从传送带的D点水平向右抛出，由平抛运动的规律可求得物块落至地面时与D点的水平距离；
(3)先根据克服摩擦力做功求出小物块在斜面上运动时产生的热量。由速度-时间公式求出小物块在传送带上运动时间，再求两者间的相对位移，即可求得此过程中产生的热量，从而求得总热量。
解决本题时，要理清小物块的运动过程，把握各个过程遵守的物理规律，要知道摩擦生热与相对位移有关。