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2022-2023学年江苏省无锡市普通高中高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年江苏省无锡市普通高中高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共12页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图是电场中的一条电场线，下列判断正确的是( )
A. A、B两点的电场方向相同B. A、B两点的场强大小相等
C. A点的场强比B点大D. A点的电势比B点低
2.雨滴从空中下落，接近地面时做匀速直线运动，则雨滴在整个下落过程中( )
A. 机械能守恒B. 重力做功等于动能的增量
C. 重力做功等于重力势能的减少D. 重力做功等于机械能的增加
3.某个走时准确的时钟，如图所示，分针与时针由转动轴到针尖的长度之比是a：b，则分针针尖与时针针尖的线速度之比是( )
A. a：b
B. 12a：b
C. 24a：b
D. 60a：b
4.我国用长征五号运载火箭成功将天和核心舱送入预定轨道。核心舱运行轨道距地面的高度为400km左右，地球同步卫星距地面的高度约为36000km。则该核心舱的( )
A. 线速度比地球同步卫星的小B. 线速度大于第一宇宙速度
C. 角速度比地球同步卫星的小D. 向心加速度比地球同步卫星的大
5.如图所示的平面内，有静止的等量异种点电荷，M、N两点关于两电荷连线对称，M、P两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是( )
A. M点的场强比P点的场强大B. M点的电势比N点的电势高
C. M点的场强与N点的场强相同D. 质子在M点的电势能比在P点的电势能大
6.如图所示，电容器原不带电，单刀双掷开关先接1，稳定后，再接2.下列说法正确的是( )
A. 开关接1时，电压表读数逐渐增大到不变
B. 开关接1时，电流表读数逐渐增大到不变
C. 开关接2时，电压表读数先增大后减小
D. 开关接2时，流经R的电流方向向左
7.如图所示，两个完全相同的小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出，下列说法正确的是( )
A. 两小球落地时的速度相同
B. 两小球落地时，重力的瞬时功率相同
C. 从开始运动至落地，重力对两小球做功相同
D. 从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同
8.天问一号探测器着陆火星取得成功，迈出了我国星际探测征程的重要一步。天问一号探测器成功发射后，顺利被火星捕获，成为我国第一颗人造火星卫星。经过轨道调整，探测器先沿椭圆轨道Ⅰ运行，之后进入称为火星停泊轨道的椭圆轨道Ⅱ运行，如图所示，两轨道相切于近火点P，则天问一号探测器( )
A. 在轨道Ⅱ上处于受力平衡状态B. 在轨道Ⅰ运行周期比在Ⅱ时短
C. 从轨道Ⅰ进入Ⅱ在P处要减速D. 沿轨道Ⅰ向P飞近时速度减小
9.如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上.不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )
A. A的速度比B的大B. A与B的向心加速度大小相等
C. 悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D. 悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小
10.如图所示，靠在竖直粗糙墙壁上的物块在t=0时被无初速释放，此时开始受到一随时间变化规律为F=kt的水平力作用，f、a、Ek和△Ep分别表示物块所受的摩擦力、物块的加速度、动能和重力势能变化量，下列图象能正确描述上述物理量随时间变化规律的是( )
A. B.
C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
11.用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图2所示。已知m1=50g，m2=150g，g=9.8m/s2，(打点计时器的频率为50Hz，结果均保留两位有效数字)
(1)在纸带上打下计数点5时的速度v=______m/s；
(2)在打点0∼5过程中系统动能的增量ΔEK=______ J，系统势能的减少量ΔEP=______ J，由此得出的结论是______；
(3)本实验中，系统势能的减少量ΔEP总是略大于系统动能的增量ΔEK，请列出两条可能的原因______。
三、简答题：本大题共1小题，共13分。
12.如图所示，四分之三周长的细圆管BCED的半径R=0.4m，管口B和圆心O在同一水平面上，D是圆管的最高点，质量m=0.5kg、直径稍小于圆管内径的小球从距B正上方高H=2.5m的A处自由下落，从B处进入圆管继续运动直到圆管的最高点D飞出，恰能再次进入圆管。不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)小球飞离D点时的速度；
(2)小球在D点时对轨道的压力大小和方向；
(3)小球从B点到D点过程中摩擦力所做的功。
四、计算题：本大题共3小题，共32分。
13.一初速度为零的带电粒子经电压为U=4.0×103V的匀强电场加速后，获得速度v=2.0×103m/s，粒子通过加速电场的时间t=1.0×10−4s，不计重力的作用，求：
(1)带电粒子的比荷为多大；
(2)匀强电场的场强为多大？
14.我国成功了发射火星探测器“天问一号”，假设“天问一号”贴近火星表面绕其做匀速圆周运动。已知火星的质量为M，半径为R，火星自转周期为T，万有引力常量为G。求：
(1)若忽略火星自转影响，火星表面的重力加速度g；
(2)“天问一号”贴近火星表面做匀速圆周运动的线速度v；
(3)若发射一颗火星同步卫星，则火星同步卫星距火星的高度H？
15.如图为某货物传送装置示意图，轻弹簧的一端固定在斜面底端，另一端与移动平板A相连．正常工作时，A在弹簧弹力作用下，由P处静止开始运动，到斜面顶端Q处时速度减为零，弹簧恰好恢复原长，此时货物B从斜面顶端静止释放，并与A一起下滑．当到达P处时，二者速度恰好为零，B会从P处的小孔落下，此后系统循环工作．已知弹簧劲度系数为k，A的质量为m、斜面倾角为θ，A、B与斜面间的动摩擦因数均为tanθ2，重力加速度为g，A、B均可视为质点．求：
(1)A上滑速度最大时弹簧的形变量；
(2)在斜面顶端Q处，A、B刚要下滑时的加速度大小；
(3)货物B的质量。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、电场线上某一点的切线方向表示那一点的电场方向，A、B两点在同一条电场线上，方向一定相同，故A正确；
BC、电场线的疏密表示电场的强弱，由于只有一条电场线，表示不了疏密程度，故BC错误；
D、在电场中，沿着电场线的方向电势逐渐降低，所以A点电势高于B点电势，故D错误。
故选：A。
根据电场线的特点分析判断，选出正确结果。
本题考查电场线的特点，电场线可以表示出电场的方向，也可以表示电场的强弱，但是必须有几条电场线才可以看出疏密程度，才能够表示强弱。
2.【答案】C
【解析】解：A、雨滴下落过程要克服空气阻力做功，机械能不守恒，故A错误；
B、雨滴受到重力与空气阻力作用，由动能定理可知，合力做的功等于动能的增量，重力做的功不等于动能的增量，故B错误；
C、雨滴下落过程重力做正功，重力势能减少，重力做的功等于重力时间的减少量，故C正确；
D、重力做功不改变重力势能，故D错误。
故选：C。
雨滴下落过程受到重力与空气阻力作用，克服空气阻力做功机械能减少；重力做功不改变机械能，重力做的功等于重力势能的减少量，根据题意分析答题。
根据题意分析清楚雨滴的受力情况与运动过程，应用功是计算公式与功能关系即可解题。
3.【答案】B
【解析】解：在一个小时的时间内，分针转过的角度为360∘，而时针转过的角度为30∘，所以分针与时针角速度之比ω1：ω2=360∘：30∘=12：1
由v=rω可得，线速度之比v1：v2=(12a)：(1×b)=12a：b，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据转过的角度之间的关系可以求得分针与时针角速度之比，再由v=rω求得线速度之比。
解答本题时，要明确分针和时针的转动角度关系，再根据匀速圆周运动公式即可求解。
4.【答案】D
【解析】解：ACD、核心舱和同步卫星都是受万有引力，万有引力提供向心力而做匀速圆周运动，有GMmr2=ma=mv2r=mrω2
可得：a=GMr2；v= GMr；ω= GMr3
而核心舱运行轨道距地面的高度为400km左右，地球同步卫星距地面的高度接近36000km，即核心舱的半径比地球同步卫星的半径小
由此可知：核心舱的角速度比地球同步卫星的大，向心加速度比地球同步卫星大，线速度比地球同步卫星的大，故AC错误，D正确；
B、第一宇宙速度是最大的环绕速度，核心舱的线速度小于第一宇宙速度，故B错误；
故选：D。
卫星的万有引力提供向心力，根据相关公式判断每个物理量的大小关系。
该题是常规的万有引力定律应用，可通过口诀“高轨低速长周期”完成判断。
5.【答案】D
【解析】解：A.根据等量异种点电荷周围电场线的分布可知M和P两点的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；
B.根据等量异种点电荷的等势线分布可知，MN两点电势相等，故B错误；
C.根据等量异种点电荷周围电场线的分布可知M点和N点电场强度大小相等，方向不同，故C错误；
D.沿着电场线电势逐渐降低，M点的电势高于P点的电势，质子带正电，正电荷在高电势的地方电势能越大，故质子在M点的电势能大于P点的电势能，故D正确。
故选：D。
根据等量异种电荷电场线分布判断AC选项；根据电势与电场强度的关系，电势能与电势的大小关系分析BD选项。
本题考查等量异种电荷电场线分布，解题关键掌握电场是矢量，注意电势能与电势的大小关系。
6.【答案】A
【解析】解：AB、开关接1时，相当于电容器充电，随着逐渐充电，电流越来越小到0后不变，即电流表读数逐渐减小到不变，电容器两端电压越来越大直至与电路路端电压相等后不变，即电压表读数逐渐增大到不变，故A正确，B错误；
C、开关接2时，相当于电容器放电，电容器两端电压越来越小，故C错误；
D、电容器充电后上极板带正电荷，下极板带负电荷，开关接2时，相当于电容器放电，流经R的电流方向向右，故D错误。
故选：A。
根据题中电路可知，开关接1时，与电源相连，电容器充电；开关接2时，与电源断开，电容器放电。
本题解题关键是要熟悉电容器的充放电过程电路中电流及电容器两端电压的变化。
7.【答案】C
【解析】解：A、两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，所以根据机械能守恒可以知两物体落地时速度大小相等，方向不同，所以速度不同，故A错误。
B、落地时两物体的速率相同，重力也相同，但A物体重力与速度有夹角，B物体重力与速度方向相同，所以落地前的瞬间B物体重力的瞬时功率大于A物体重力的瞬时功率，故B错误。
C、根据重力做功的表达式得两个小球在运动的过程重力对两小球做功都为mgh，故C正确。
D、从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，但过程A所需时间小于B所需时间，根据P=Wt知道重力对两小球做功的平均功率不相同，故D错误；
故选：C。
两个物体在运动的过程中机械能守恒，可以判断它们落地时的速度的大小，
再由平均功率和瞬时功率的公式可以得出结论。
在分析功率的时候，一定要注意公式的选择，P=Wt只能计算平均功率的大小，而P=Fvcsθ可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度。
8.【答案】C
【解析】解：A、探测器在轨道Ⅱ做椭圆运动，其轨迹为椭圆，所以受力不平衡，故A错误；
B、根据开普勒第三定律：r13T12=r23T22，轨道Ⅰ运行半径比在Ⅱ的大，则在轨道Ⅰ运行周期比在Ⅱ时的长，故B错误；
C、在变轨过程中从高轨道进入低轨道需要点火减速，使得万有引力大于向心力，故C正确；
D、沿椭圆轨道运动时，根据能量守恒可知近地点的速度大，所以探测器沿轨道Ⅰ向P飞近时速度增大，故D错误；
故选：C。
探测器在轨道Ⅱ做椭圆运动，受力不平衡；根据开普勒第三定律判断探测器在轨道Ⅰ上运行周期和轨道Ⅱ上运行周期的关系；根据能量守恒判断轨道上探测器在P点和Q点的速度大小关系。
万有引力提供卫星圆周运动的向心力，分析轨道半径大小的对速度的影响，卫星在椭圆轨道上运动时的速度变化情况。
9.【答案】D
【解析】解：A、A、B的角速度相等，根据公式：v=ω⋅r，A的运动半径小，A的速度就小。故A错误。
B、根据公式：a=ω2r，A的运动半径小，A的向心加速度就小，A的向心力就小，根据平行四边形定则知，A对缆绳的拉力就小，故D正确，B错误。
C、对任一座椅，受力如图，由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得：mgtanθ=mω2r，则得tanθ=ω2rg，A的半径r较小，ω相等，可知A与竖直方向夹角θ较小，故C错误。
故选：D。
AB两个座椅具有相同的角速度，分别代入速度、加速度、向心力的表达式，即可求解．
解决本题的关键知道A、B的角速度相等，转动的半径不等，知道向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，难度不大．
10.【答案】B
【解析】解：物块在t=0时被无初速释放，由于F=kt，则开始过程，物块对墙壁的压力较小，所受的滑动摩擦力小于重力，物块加速下滑；后来，滑动摩擦力大于重力，物块减速下滑，直到速度为零，物块静止在墙壁上。
取竖直向下方向为正方向。
A、物块运动过程中，f=μFN=μF=μkt，f与t成正比；当物块静止时，f=mg保持不变，图象从斜直线变为水平线有一突变，如图所示：故A错误。
B、加速运动过程中：mg−f=ma…①，又f=μFN=μF=μkt，得a=g−μkmt，a随着t增大而减小，物块做加速度减小的变加速运动；减速运动过程中：由于mgC、由于v与时间是非线性关系，动能Ek=12mv2，则知动能与时间也非线性关系，其图象应曲线，故C错误。
D、物体下落时做变加速直线运动，很显然高度高度变化不随时间线性变化，由于重力势能变化对应重力做功，且最后物块静止，重力势能不再变化，故D错误。
故选：B。
本题首先要通过分析物块的受力情况，来分析其运动情况，根据牛顿第二定律得到加速度与时间的关系，得到摩擦力f与时间的关系，由速度变化研究动能，由运动性质判断再选择图象。
本题关键要分析物块的运动情况，由牛顿第二定律分析加速度与时间的关系，得到摩擦力的表达式进行选择
11.【答案】在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒 重物在下落过程中受到空气阻力作用，纸带与打点计时器之间存在摩擦阻力
【解析】解：(1)根据题意，相邻计数点的时间间隔T=5×1f=5×150s=0.1s
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可知打第5个点时的速度为
v5=x462T=(21.60+26.40)×10−22×0.1m/s=2.4m/s；
(2)系统动能的增加量为ΔEk=12(m1+m2)v52−0=12(50+150)×10−3×2.42J=0.58J
重物从0点下落到5点，下落高度h=21.60cm+38.40cm=60.00cm=0.6000m
因此重力势能的减小量ΔEP=(m2−m1)gh=(150−50)×10−3×9.8×0.6000J=0.59J；
在误差允许的范围内，动能的增加量和势能的减小量相等，因此m1、m2组成的系统机械能守恒；
(3)本实验中，系统势能的减少量ΔEP总是略大于系统动能的增量ΔEK，可能是重物在下落过程中受到空气阻力作用，纸带与打点计时器之间存在摩擦阻力。
故答案为：(1)2.4；(2)0.58；0.59；在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒；(3)重物在下落过程中受到空气阻力作用，纸带与打点计时器之间存在摩擦阻力。
(1)根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可以求出打下计数点5时的速度大小；
(2)根据物体的初末动能大小可以求出动能的增加量，根据两物体位置的变化可以求出系统重力势能的减小量，比较动能增加量和重力势能减小量之间的关系可以得出机械能是否守恒；
(3)重物在下落过程中受空气阻力作用，纸带与打点计时器之间存在摩擦阻力作用。
本题全面的考查了验证机械能守恒定律中的数据处理问题；
注意：系统重力势能的减小量等于重物m2减小的重力势能与重物m1增加的重力势能之差。
12.【答案】解：(1)小球飞离D点后做平抛运动，水平方向：R=vDt，竖直方向：R=12gt2
代入数据可得：vD= 2m/s，方向水平向右；
(2)假设在D点轨道对小球向上的支持力，由牛顿第二定律有：mg−FN=mvD2R
代入数据可得：FN=2.5N
由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力与支持力等大方向，即：F压=FN=2.5N，方向竖直向下；
(3)小球从A点到D点过程中，利用动能定理有：mg(H−R)+Wf=12mvD2−0
代入数据可得摩擦力所做的功为：Wf=−10J
答：(1)小球飞离D点时的速度为 2m/s，方向水平向右；
(2)小球在D点时对轨道的压力大小为2.5N，方向竖直向下；
(3)小球从B点到D点过程中摩擦力所做的功为−10J。
【解析】(1)小球离开D点做平抛运动，由水平方向和竖直方向的位移可得D点速度大小；
(2)假设小球在D点受到支持力，在D点利用牛顿第二定律可得支持力大小，由牛顿第三定律可得小球对轨道压力大小和方向；
(3)从A点到D点利用动能定理可得小球从B点到D点过程中摩擦力所做的功。
本题考查了动能定理和牛顿第二定律，解题的关键是正确分析小球在各个过程中运动特点和受力，全过程利用动能定理可以起到事半功倍的效果。
13.【答案】解：(1)根据动能定理可知，qU=12mV2，则得：
qm=v22U=(5.0×103)22×4.0×103(2.0×103)22×4.0×103C/kg=500C/kg；
(2)根据牛顿第二定律：Eq=ma
得：a=Eqm
又a=v−v0t=vt
联立得：
E=vqmt=2×103500×1×10−4V/m=4.0×104V/m
答：(1)带电粒子的荷质比为500C/kg；
(2)匀强电场的场强大小为4.0×104V/m。
【解析】(1)带电粒子在电场中运动时电场力做正功，根据动能定理可求得荷质比；
(2)根据牛顿第二定律求解加速度，联立运动过程可求得电场强度的大小。
带电粒子在电场中的加速运动情况，一可通过动能定理或能量守恒求得，二可通过牛顿第二定律和运动学结合求得，有时两种方法可结合使用。
14.【答案】解：(1)若忽略火星自转影响，根据万有引力等于重力得：GMmR2=mg
解得：火星表面的重力加速度g=GMR2
(2)“天问一号”贴近火星表面做匀速圆周运动轨道半径等于星球半径，根据万有引力提供向心力得：GMmR2=mv2R
解得：“天问一号”贴近火星表面做匀速圆周运动的线速度v= GMR
(3)已知火星自转周期，根据万有引力提供向心力得：GMm(R+H)2=m(2πT)2(R+H)
解得：火星同步卫星距火星的高度H=3GMT24π2−R
答：(1)火星表面的重力加速度g为GMR2；
(2)“天问一号”贴近火星表面做匀速圆周运动的线速度v为 GMR；
(3)火星同步卫星距火星的高度H为3GMT24π2−R。
【解析】(1)若忽略火星自转影响，根据万有引力等于重力求解火星表面的重力加速度g；
(2)根据万有引力提供向心力求解“天问一号”贴近火星表面做匀速圆周运动的线速度v；
(3)已知火星自转周期，根据万有引力提供向心力求解火星同步卫星距火星的高度H。
本题考查有关卫星的问题，解决此类问题思想一个是万有引力等于重力，另一个是万有引力提供向心力，尤其涉及卫星在轨运行的问题，我们首先要想到的是万有引力提供向心力才使卫星等做匀速圆周运动的。
15.【答案】解：(1)A在上滑速度最大时，加速度为0，此时A受力平衡，设A所受摩擦力为f1，则有
f1=μmgcsθ=12mgsinθ
mgsinθ+f1=kx1
得：x1=3mgsinθ2k；
(2)设B质量为M，对A、B整体由牛顿第二定律
(M+m)gsinθ−μ(M+m)gcsθ=(M+m)a
解得：a=12gsinθ；
(3)从接到货物B到最低点P，设PQ=L，由能量守恒定律得
(M+m)gLsinθ=μ(M+m)gLcsθ+Eρmax
A从释放到顶端Q，由能量守恒定律得
Eρmax=mgLsinθ+μmgLcsθ
联立解得：M=2m。
答：(1)A上滑速度最大时弹簧的形变量为3mgsinθ2k；；
(2)在斜面顶端Q处，A、B刚要下滑时的加速度大小为12gsinθ；；
(3)货物B的质量为2m。
【解析】(1)A上滑速度最大时合外力为零，对A受力分析，根据平衡条件列式可求；
(2)对A、B整体分析，根据牛顿第二定律列式可解；
(3)根据能量守恒定律列式可解。
本题考查牛顿运动定律和能量守恒定律结合，解题关键要分析清楚货物和移动平板的运动情况，注意速度最大时受力平衡。
1.如图是电场中的一条电场线，下列判断正确的是( )
A. A、B两点的电场方向相同B. A、B两点的场强大小相等
C. A点的场强比B点大D. A点的电势比B点低
2.雨滴从空中下落，接近地面时做匀速直线运动，则雨滴在整个下落过程中( )
A. 机械能守恒B. 重力做功等于动能的增量
C. 重力做功等于重力势能的减少D. 重力做功等于机械能的增加
3.某个走时准确的时钟，如图所示，分针与时针由转动轴到针尖的长度之比是a：b，则分针针尖与时针针尖的线速度之比是( )
A. a：b
B. 12a：b
C. 24a：b
D. 60a：b
4.我国用长征五号运载火箭成功将天和核心舱送入预定轨道。核心舱运行轨道距地面的高度为400km左右，地球同步卫星距地面的高度约为36000km。则该核心舱的( )
A. 线速度比地球同步卫星的小B. 线速度大于第一宇宙速度
C. 角速度比地球同步卫星的小D. 向心加速度比地球同步卫星的大
5.如图所示的平面内，有静止的等量异种点电荷，M、N两点关于两电荷连线对称，M、P两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是( )
A. M点的场强比P点的场强大B. M点的电势比N点的电势高
C. M点的场强与N点的场强相同D. 质子在M点的电势能比在P点的电势能大
6.如图所示，电容器原不带电，单刀双掷开关先接1，稳定后，再接2.下列说法正确的是( )
A. 开关接1时，电压表读数逐渐增大到不变
B. 开关接1时，电流表读数逐渐增大到不变
C. 开关接2时，电压表读数先增大后减小
D. 开关接2时，流经R的电流方向向左
7.如图所示，两个完全相同的小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出，下列说法正确的是( )
A. 两小球落地时的速度相同
B. 两小球落地时，重力的瞬时功率相同
C. 从开始运动至落地，重力对两小球做功相同
D. 从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同
8.天问一号探测器着陆火星取得成功，迈出了我国星际探测征程的重要一步。天问一号探测器成功发射后，顺利被火星捕获，成为我国第一颗人造火星卫星。经过轨道调整，探测器先沿椭圆轨道Ⅰ运行，之后进入称为火星停泊轨道的椭圆轨道Ⅱ运行，如图所示，两轨道相切于近火点P，则天问一号探测器( )
A. 在轨道Ⅱ上处于受力平衡状态B. 在轨道Ⅰ运行周期比在Ⅱ时短
C. 从轨道Ⅰ进入Ⅱ在P处要减速D. 沿轨道Ⅰ向P飞近时速度减小
9.如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上.不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )
A. A的速度比B的大B. A与B的向心加速度大小相等
C. 悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D. 悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小
10.如图所示，靠在竖直粗糙墙壁上的物块在t=0时被无初速释放，此时开始受到一随时间变化规律为F=kt的水平力作用，f、a、Ek和△Ep分别表示物块所受的摩擦力、物块的加速度、动能和重力势能变化量，下列图象能正确描述上述物理量随时间变化规律的是( )
A. B.
C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
11.用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图2所示。已知m1=50g，m2=150g，g=9.8m/s2，(打点计时器的频率为50Hz，结果均保留两位有效数字)
(1)在纸带上打下计数点5时的速度v=______m/s；
(2)在打点0∼5过程中系统动能的增量ΔEK=______ J，系统势能的减少量ΔEP=______ J，由此得出的结论是______；
(3)本实验中，系统势能的减少量ΔEP总是略大于系统动能的增量ΔEK，请列出两条可能的原因______。
三、简答题：本大题共1小题，共13分。
12.如图所示，四分之三周长的细圆管BCED的半径R=0.4m，管口B和圆心O在同一水平面上，D是圆管的最高点，质量m=0.5kg、直径稍小于圆管内径的小球从距B正上方高H=2.5m的A处自由下落，从B处进入圆管继续运动直到圆管的最高点D飞出，恰能再次进入圆管。不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)小球飞离D点时的速度；
(2)小球在D点时对轨道的压力大小和方向；
(3)小球从B点到D点过程中摩擦力所做的功。
四、计算题：本大题共3小题，共32分。
13.一初速度为零的带电粒子经电压为U=4.0×103V的匀强电场加速后，获得速度v=2.0×103m/s，粒子通过加速电场的时间t=1.0×10−4s，不计重力的作用，求：
(1)带电粒子的比荷为多大；
(2)匀强电场的场强为多大？
14.我国成功了发射火星探测器“天问一号”，假设“天问一号”贴近火星表面绕其做匀速圆周运动。已知火星的质量为M，半径为R，火星自转周期为T，万有引力常量为G。求：
(1)若忽略火星自转影响，火星表面的重力加速度g；
(2)“天问一号”贴近火星表面做匀速圆周运动的线速度v；
(3)若发射一颗火星同步卫星，则火星同步卫星距火星的高度H？
15.如图为某货物传送装置示意图，轻弹簧的一端固定在斜面底端，另一端与移动平板A相连．正常工作时，A在弹簧弹力作用下，由P处静止开始运动，到斜面顶端Q处时速度减为零，弹簧恰好恢复原长，此时货物B从斜面顶端静止释放，并与A一起下滑．当到达P处时，二者速度恰好为零，B会从P处的小孔落下，此后系统循环工作．已知弹簧劲度系数为k，A的质量为m、斜面倾角为θ，A、B与斜面间的动摩擦因数均为tanθ2，重力加速度为g，A、B均可视为质点．求：
(1)A上滑速度最大时弹簧的形变量；
(2)在斜面顶端Q处，A、B刚要下滑时的加速度大小；
(3)货物B的质量。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、电场线上某一点的切线方向表示那一点的电场方向，A、B两点在同一条电场线上，方向一定相同，故A正确；
BC、电场线的疏密表示电场的强弱，由于只有一条电场线，表示不了疏密程度，故BC错误；
D、在电场中，沿着电场线的方向电势逐渐降低，所以A点电势高于B点电势，故D错误。
故选：A。
根据电场线的特点分析判断，选出正确结果。
本题考查电场线的特点，电场线可以表示出电场的方向，也可以表示电场的强弱，但是必须有几条电场线才可以看出疏密程度，才能够表示强弱。
2.【答案】C
【解析】解：A、雨滴下落过程要克服空气阻力做功，机械能不守恒，故A错误；
B、雨滴受到重力与空气阻力作用，由动能定理可知，合力做的功等于动能的增量，重力做的功不等于动能的增量，故B错误；
C、雨滴下落过程重力做正功，重力势能减少，重力做的功等于重力时间的减少量，故C正确；
D、重力做功不改变重力势能，故D错误。
故选：C。
雨滴下落过程受到重力与空气阻力作用，克服空气阻力做功机械能减少；重力做功不改变机械能，重力做的功等于重力势能的减少量，根据题意分析答题。
根据题意分析清楚雨滴的受力情况与运动过程，应用功是计算公式与功能关系即可解题。
3.【答案】B
【解析】解：在一个小时的时间内，分针转过的角度为360∘，而时针转过的角度为30∘，所以分针与时针角速度之比ω1：ω2=360∘：30∘=12：1
由v=rω可得，线速度之比v1：v2=(12a)：(1×b)=12a：b，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据转过的角度之间的关系可以求得分针与时针角速度之比，再由v=rω求得线速度之比。
解答本题时，要明确分针和时针的转动角度关系，再根据匀速圆周运动公式即可求解。
4.【答案】D
【解析】解：ACD、核心舱和同步卫星都是受万有引力，万有引力提供向心力而做匀速圆周运动，有GMmr2=ma=mv2r=mrω2
可得：a=GMr2；v= GMr；ω= GMr3
而核心舱运行轨道距地面的高度为400km左右，地球同步卫星距地面的高度接近36000km，即核心舱的半径比地球同步卫星的半径小
由此可知：核心舱的角速度比地球同步卫星的大，向心加速度比地球同步卫星大，线速度比地球同步卫星的大，故AC错误，D正确；
B、第一宇宙速度是最大的环绕速度，核心舱的线速度小于第一宇宙速度，故B错误；
故选：D。
卫星的万有引力提供向心力，根据相关公式判断每个物理量的大小关系。
该题是常规的万有引力定律应用，可通过口诀“高轨低速长周期”完成判断。
5.【答案】D
【解析】解：A.根据等量异种点电荷周围电场线的分布可知M和P两点的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；
B.根据等量异种点电荷的等势线分布可知，MN两点电势相等，故B错误；
C.根据等量异种点电荷周围电场线的分布可知M点和N点电场强度大小相等，方向不同，故C错误；
D.沿着电场线电势逐渐降低，M点的电势高于P点的电势，质子带正电，正电荷在高电势的地方电势能越大，故质子在M点的电势能大于P点的电势能，故D正确。
故选：D。
根据等量异种电荷电场线分布判断AC选项；根据电势与电场强度的关系，电势能与电势的大小关系分析BD选项。
本题考查等量异种电荷电场线分布，解题关键掌握电场是矢量，注意电势能与电势的大小关系。
6.【答案】A
【解析】解：AB、开关接1时，相当于电容器充电，随着逐渐充电，电流越来越小到0后不变，即电流表读数逐渐减小到不变，电容器两端电压越来越大直至与电路路端电压相等后不变，即电压表读数逐渐增大到不变，故A正确，B错误；
C、开关接2时，相当于电容器放电，电容器两端电压越来越小，故C错误；
D、电容器充电后上极板带正电荷，下极板带负电荷，开关接2时，相当于电容器放电，流经R的电流方向向右，故D错误。
故选：A。
根据题中电路可知，开关接1时，与电源相连，电容器充电；开关接2时，与电源断开，电容器放电。
本题解题关键是要熟悉电容器的充放电过程电路中电流及电容器两端电压的变化。
7.【答案】C
【解析】解：A、两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，所以根据机械能守恒可以知两物体落地时速度大小相等，方向不同，所以速度不同，故A错误。
B、落地时两物体的速率相同，重力也相同，但A物体重力与速度有夹角，B物体重力与速度方向相同，所以落地前的瞬间B物体重力的瞬时功率大于A物体重力的瞬时功率，故B错误。
C、根据重力做功的表达式得两个小球在运动的过程重力对两小球做功都为mgh，故C正确。
D、从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，但过程A所需时间小于B所需时间，根据P=Wt知道重力对两小球做功的平均功率不相同，故D错误；
故选：C。
两个物体在运动的过程中机械能守恒，可以判断它们落地时的速度的大小，
再由平均功率和瞬时功率的公式可以得出结论。
在分析功率的时候，一定要注意公式的选择，P=Wt只能计算平均功率的大小，而P=Fvcsθ可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度。
8.【答案】C
【解析】解：A、探测器在轨道Ⅱ做椭圆运动，其轨迹为椭圆，所以受力不平衡，故A错误；
B、根据开普勒第三定律：r13T12=r23T22，轨道Ⅰ运行半径比在Ⅱ的大，则在轨道Ⅰ运行周期比在Ⅱ时的长，故B错误；
C、在变轨过程中从高轨道进入低轨道需要点火减速，使得万有引力大于向心力，故C正确；
D、沿椭圆轨道运动时，根据能量守恒可知近地点的速度大，所以探测器沿轨道Ⅰ向P飞近时速度增大，故D错误；
故选：C。
探测器在轨道Ⅱ做椭圆运动，受力不平衡；根据开普勒第三定律判断探测器在轨道Ⅰ上运行周期和轨道Ⅱ上运行周期的关系；根据能量守恒判断轨道上探测器在P点和Q点的速度大小关系。
万有引力提供卫星圆周运动的向心力，分析轨道半径大小的对速度的影响，卫星在椭圆轨道上运动时的速度变化情况。
9.【答案】D
【解析】解：A、A、B的角速度相等，根据公式：v=ω⋅r，A的运动半径小，A的速度就小。故A错误。
B、根据公式：a=ω2r，A的运动半径小，A的向心加速度就小，A的向心力就小，根据平行四边形定则知，A对缆绳的拉力就小，故D正确，B错误。
C、对任一座椅，受力如图，由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得：mgtanθ=mω2r，则得tanθ=ω2rg，A的半径r较小，ω相等，可知A与竖直方向夹角θ较小，故C错误。
故选：D。
AB两个座椅具有相同的角速度，分别代入速度、加速度、向心力的表达式，即可求解．
解决本题的关键知道A、B的角速度相等，转动的半径不等，知道向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，难度不大．
10.【答案】B
【解析】解：物块在t=0时被无初速释放，由于F=kt，则开始过程，物块对墙壁的压力较小，所受的滑动摩擦力小于重力，物块加速下滑；后来，滑动摩擦力大于重力，物块减速下滑，直到速度为零，物块静止在墙壁上。
取竖直向下方向为正方向。
A、物块运动过程中，f=μFN=μF=μkt，f与t成正比；当物块静止时，f=mg保持不变，图象从斜直线变为水平线有一突变，如图所示：故A错误。
B、加速运动过程中：mg−f=ma…①，又f=μFN=μF=μkt，得a=g−μkmt，a随着t增大而减小，物块做加速度减小的变加速运动；减速运动过程中：由于mg
D、物体下落时做变加速直线运动，很显然高度高度变化不随时间线性变化，由于重力势能变化对应重力做功，且最后物块静止，重力势能不再变化，故D错误。
故选：B。
本题首先要通过分析物块的受力情况，来分析其运动情况，根据牛顿第二定律得到加速度与时间的关系，得到摩擦力f与时间的关系，由速度变化研究动能，由运动性质判断再选择图象。
本题关键要分析物块的运动情况，由牛顿第二定律分析加速度与时间的关系，得到摩擦力的表达式进行选择
11.【答案】在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒 重物在下落过程中受到空气阻力作用，纸带与打点计时器之间存在摩擦阻力
【解析】解：(1)根据题意，相邻计数点的时间间隔T=5×1f=5×150s=0.1s
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可知打第5个点时的速度为
v5=x462T=(21.60+26.40)×10−22×0.1m/s=2.4m/s；
(2)系统动能的增加量为ΔEk=12(m1+m2)v52−0=12(50+150)×10−3×2.42J=0.58J
重物从0点下落到5点，下落高度h=21.60cm+38.40cm=60.00cm=0.6000m
因此重力势能的减小量ΔEP=(m2−m1)gh=(150−50)×10−3×9.8×0.6000J=0.59J；
在误差允许的范围内，动能的增加量和势能的减小量相等，因此m1、m2组成的系统机械能守恒；
(3)本实验中，系统势能的减少量ΔEP总是略大于系统动能的增量ΔEK，可能是重物在下落过程中受到空气阻力作用，纸带与打点计时器之间存在摩擦阻力。
故答案为：(1)2.4；(2)0.58；0.59；在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒；(3)重物在下落过程中受到空气阻力作用，纸带与打点计时器之间存在摩擦阻力。
(1)根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可以求出打下计数点5时的速度大小；
(2)根据物体的初末动能大小可以求出动能的增加量，根据两物体位置的变化可以求出系统重力势能的减小量，比较动能增加量和重力势能减小量之间的关系可以得出机械能是否守恒；
(3)重物在下落过程中受空气阻力作用，纸带与打点计时器之间存在摩擦阻力作用。
本题全面的考查了验证机械能守恒定律中的数据处理问题；
注意：系统重力势能的减小量等于重物m2减小的重力势能与重物m1增加的重力势能之差。
12.【答案】解：(1)小球飞离D点后做平抛运动，水平方向：R=vDt，竖直方向：R=12gt2
代入数据可得：vD= 2m/s，方向水平向右；
(2)假设在D点轨道对小球向上的支持力，由牛顿第二定律有：mg−FN=mvD2R
代入数据可得：FN=2.5N
由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力与支持力等大方向，即：F压=FN=2.5N，方向竖直向下；
(3)小球从A点到D点过程中，利用动能定理有：mg(H−R)+Wf=12mvD2−0
代入数据可得摩擦力所做的功为：Wf=−10J
答：(1)小球飞离D点时的速度为 2m/s，方向水平向右；
(2)小球在D点时对轨道的压力大小为2.5N，方向竖直向下；
(3)小球从B点到D点过程中摩擦力所做的功为−10J。
【解析】(1)小球离开D点做平抛运动，由水平方向和竖直方向的位移可得D点速度大小；
(2)假设小球在D点受到支持力，在D点利用牛顿第二定律可得支持力大小，由牛顿第三定律可得小球对轨道压力大小和方向；
(3)从A点到D点利用动能定理可得小球从B点到D点过程中摩擦力所做的功。
本题考查了动能定理和牛顿第二定律，解题的关键是正确分析小球在各个过程中运动特点和受力，全过程利用动能定理可以起到事半功倍的效果。
13.【答案】解：(1)根据动能定理可知，qU=12mV2，则得：
qm=v22U=(5.0×103)22×4.0×103(2.0×103)22×4.0×103C/kg=500C/kg；
(2)根据牛顿第二定律：Eq=ma
得：a=Eqm
又a=v−v0t=vt
联立得：
E=vqmt=2×103500×1×10−4V/m=4.0×104V/m
答：(1)带电粒子的荷质比为500C/kg；
(2)匀强电场的场强大小为4.0×104V/m。
【解析】(1)带电粒子在电场中运动时电场力做正功，根据动能定理可求得荷质比；
(2)根据牛顿第二定律求解加速度，联立运动过程可求得电场强度的大小。
带电粒子在电场中的加速运动情况，一可通过动能定理或能量守恒求得，二可通过牛顿第二定律和运动学结合求得，有时两种方法可结合使用。
14.【答案】解：(1)若忽略火星自转影响，根据万有引力等于重力得：GMmR2=mg
解得：火星表面的重力加速度g=GMR2
(2)“天问一号”贴近火星表面做匀速圆周运动轨道半径等于星球半径，根据万有引力提供向心力得：GMmR2=mv2R
解得：“天问一号”贴近火星表面做匀速圆周运动的线速度v= GMR
(3)已知火星自转周期，根据万有引力提供向心力得：GMm(R+H)2=m(2πT)2(R+H)
解得：火星同步卫星距火星的高度H=3GMT24π2−R
答：(1)火星表面的重力加速度g为GMR2；
(2)“天问一号”贴近火星表面做匀速圆周运动的线速度v为 GMR；
(3)火星同步卫星距火星的高度H为3GMT24π2−R。
【解析】(1)若忽略火星自转影响，根据万有引力等于重力求解火星表面的重力加速度g；
(2)根据万有引力提供向心力求解“天问一号”贴近火星表面做匀速圆周运动的线速度v；
(3)已知火星自转周期，根据万有引力提供向心力求解火星同步卫星距火星的高度H。
本题考查有关卫星的问题，解决此类问题思想一个是万有引力等于重力，另一个是万有引力提供向心力，尤其涉及卫星在轨运行的问题，我们首先要想到的是万有引力提供向心力才使卫星等做匀速圆周运动的。
15.【答案】解：(1)A在上滑速度最大时，加速度为0，此时A受力平衡，设A所受摩擦力为f1，则有
f1=μmgcsθ=12mgsinθ
mgsinθ+f1=kx1
得：x1=3mgsinθ2k；
(2)设B质量为M，对A、B整体由牛顿第二定律
(M+m)gsinθ−μ(M+m)gcsθ=(M+m)a
解得：a=12gsinθ；
(3)从接到货物B到最低点P，设PQ=L，由能量守恒定律得
(M+m)gLsinθ=μ(M+m)gLcsθ+Eρmax
A从释放到顶端Q，由能量守恒定律得
Eρmax=mgLsinθ+μmgLcsθ
联立解得：M=2m。
答：(1)A上滑速度最大时弹簧的形变量为3mgsinθ2k；；
(2)在斜面顶端Q处，A、B刚要下滑时的加速度大小为12gsinθ；；
(3)货物B的质量为2m。
【解析】(1)A上滑速度最大时合外力为零，对A受力分析，根据平衡条件列式可求；
(2)对A、B整体分析，根据牛顿第二定律列式可解；
(3)根据能量守恒定律列式可解。
本题考查牛顿运动定律和能量守恒定律结合，解题关键要分析清楚货物和移动平板的运动情况，注意速度最大时受力平衡。
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