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2022-2023学年辽宁省部分高中高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年辽宁省部分高中高一（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，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列四组物理量中均为矢量的是( )
A. 速度 电场强度B. 电势 位移C. 动量 动能D. 功 加速度
2.滑滑梯是深受儿童喜爱的娱乐项目之一、如图所示，小孩沿一粗糙滑梯加速下滑，该过程中( )
A. 小孩所受重力做功的功率增大，其机械能增大
B. 小孩所受重力做功的功率增大，其机械能减小
C. 小孩所受重力做功的功率减小，其机械能增大
D. 小孩所受重力做功的功率减小，其机械能减小
3.在电场中的某点放置一个试探电荷，其电荷量为q，受到的静电力大小为F，则该点的电场强度大小E=Fq，若其他情况不变，仅将试探电荷的电荷量变为2q，则下列说法正确的是( )
A. 该点的电场强度大小仍为E，试探电荷受到的静电力大小仍为F
B. 该点的电场强度大小仍为E，试探电荷受到的静电力大小变为2F
C. 该点的电场强度大小变为2E，试探电荷受到的静电力大小仍为F
D. 该点的电场强度大小变为2E，试探电荷受到的静电力大小变为2F
4.某网球运动员发球时，使质量约为60g的网球从静止开始经0.01s后速度增大到50m/s。该过程中，网球拍对网球的平均作用力的大小约为( )
A. 30NB. 60NC. 300ND. 600N
5.如图所示，一平行板电容器两极板水平正对，正极板N接地，开关S闭合，一带电油滴静止在两极板间的P点，若保持N板不动，而将M板向左移动少许，则下列说法正确的是( )
A. 电容器的电容减小
B. P点的电势升高
C. P点的电场强度增大
D. 油滴竖直向下运动
6.真空中大小相同的两个金属小球A、B带有等量电荷，相隔一定距离，(距离远大于小球的直径)两球之间的库仑引力大小为F，现在用另一个跟它们大小相同的不带电金属小球，先后与A、B两个小球接触后再移开，这时A、B两球之间的库仑力大小( )
A. 一定是F8B. 一定是F4C. 可能是3F8D. 可能是3F4
7.甲、乙两个物体碰撞前后的位移-时间图像如图所示，其中碰撞后的位移-时间图像与横轴平行。若取sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，则甲、乙的质量之比为( )
A. 4：3
B. 3：4
C. 16：9
D. 9：16
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.下列说法正确的是( )
A. 电场强度为零的点，电势一定为零
B. 正电荷沿电场线方向移动，电势能一定减少
C. 在匀强电场中，任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比
D. 在匀强电场中，任意两相邻的等势面(电势差相等)之间的距离相等
9.如图所示，光滑圆槽静止在光滑的水平面上，圆槽左、右两边的顶端在同一水平线上，小球(视为质点)从圆槽左边的顶端由静止释放。下列说法正确的是( )
A. 在小球沿圆槽下滑到最低点的过程中，小球所受重力的冲量为零
B. 小球在圆槽中运动的过程中，小球和圆槽组成的系统水平方向动量守恒
C. 小球向右到达最高点时，圆槽的速度为零
D. 小球不能到达圆槽右边的顶端
10.2023年5月21日，我国在酒泉卫星发射中心用“长征二号”丙运载火箭，成功发射首颗内地与澳门合作研制的空间科学卫星“澳门科学一号”。若“澳门科学一号”入轨后，在到地心距离为kR0(其中k为大于1的常数，R0为地球的半径)的轨道上做匀速圆周运动，地球表面的重力加速度大小为g，引力常量为G，球的体积V=43πr3(r为球的半径)，则下列说法正确的是( )
A. “澳门科学一号”的线速度大小为 gR0k
B. “澳门科学一号”的线速度大小为 kgR0
C. 地球的平均密度为4g3πGR0
D. 地球的平均密度为3g4πGR0
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.小聪利用如图所示的装置验证动量守恒定律。挡板左侧从左到右依次固定白纸、复写纸，白纸上的O点与轨道末端的B点等高，入射小球1、被碰小球2的质量分别为m1和m2(m1>m2)。主要实验步骤如下：
①将球1从斜槽上S处由静止释放，球1从轨道末端B飞出后打到挡板上，多次从S处由静止释放球1；
②将球2静置于B点，再将球1从S处由静止释放，两球碰撞后均打到挡板上，多次重复实验；
③确定落点的平均位置N、P、M，用毫米刻度尺测得ON、OP、OM的长度分别为h1、h2、h3。
(1)下列做法中，有利于减小实验误差的是______。
A.挡板竖直固定
B.给轨道SA抺上润滑油
C.将轨道AB调成水平
(2)若不计两小球的大小，在误差允许的范围内满足等式______(用相关物理量的符号表示)，则两球在碰撞过程中动量守恒。
12.学校物理兴趣小组用如图所示的气垫导轨装置验证机械能守恒定律。该同学测出滑块的质量M与重物的质量m，将滑块放在水平导轨上，用与导轨平行的细线跨过定滑轮连接滑块和重物，用计时器记录滑块的挡光条通过光电门所用的时间，得到滑块的瞬时速度；用刻度尺测量滑块由静止开始通过的位移。
(1)本实验______(填“需要”或“不需要”)满足m≪M的条件。
(2)若滑块上安装的挡光条的宽度为d，滑块某次通过光电门所用的时间为t，则滑块此次通过光电门时的速度大小为______。
(3)某次实验中滑块由静止开始运动到光电门处发生的位移大小为s，实验操作无误，若当地的重力加速度大小g=______(用相关物理量的符号表示)，则机械能守恒定律得到验证。
(4)若M=m，改变滑块由静止开始运动到光电门处发生的位移大小，进行多次实验，测出相应的s与t，以s为纵坐标、1t2为横坐标，作出的s−1t2，图像的斜率为k，则可求得当地的重力加速度大小g=______(用相关物理量的符号表示)。
四、简答题：本大题共2小题，共28分。
13.如图所示，用轻质绝缘细线将质量m=0.4kg的带电小球悬挂于O点，空间有电场强度大小E=1×104N/C、方向水平向右的匀强电场，小球静止时，细线向左偏离竖直方向的角度θ=37∘，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，求：
(1)小球的电性；
(2)小球的电荷量q；
(3)细线的拉力大小F。
14.如图所示，光滑绝缘轨道ABCD固定在竖直平面内，其中圆弧部分AB、半圆部分CD与水平部分BC分别相切于B点和C点，圆弧部分AB的半径为R，O1A与水平方向的夹角θ=37∘，O1B与O2C之间O1点的下方存在电场强度方向水平向左的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电物块(视为质点)从D点以大小为32 Rg(g为重力加速度大小)的速度水平向左抛出，结果恰好从A点沿切线方向进入圆弧部分AB的内侧，之后恰好通过最高点D.取sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，不计空气阻力。求：
(1)D、A两点间的高度差h和水平距离x；
(2)物块通过B点时对圆弧部分AB的压力大小N；
(3)电场的电场强度大小E。
五、计算题：本大题共1小题，共12分。
15.如图所示，质量M=2kg的长木板在足够大的光滑地面上水平向右做速度大小v1=2m/s的匀速直线运动。某时刻一质量m=2kg的小物块(视为质点)以大小v2=8m/s的速度从木板的左端向右滑上木板，结果物块恰好未滑离木板。物块与木板间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度大小g=10m/s2.求：
(1)木板的最终速度大小v；
(2)该过程中物块与木板之间因摩擦产生的热量Q及木板的长度L。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.速度既有大小又有方向，运算法则遵守平行四边形定则，是矢量，电场强度既有大小又有方向，是矢量，故A正确；
B.电势只有大小没有方向，是标量，位移既有大小又有方向，是矢量，故B错误；
C.动量既有大小又有方向，运算法则遵守平行四边形定则，是矢量，动能只有大小没有方向，是标量，故C错误；
D.功只有大小没有方向，是标量，加速度既有大小又有方向，是矢量，故D错误。
故选：A。
对于矢量和标量，要抓住它们的两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则。
对于物理量的矢标性是学习的重要内容之一，可结合矢量的方向特点进行理解记忆．
2.【答案】B
【解析】解：小孩沿一粗糙滑梯加速下滑，由于滑动摩擦力对小孩做负功，所以其机械能减小。
小孩所受重力做功的功率可表示为P=mgvsinθ，随着速度增大，重力做功的功率增大，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据小孩所受重力做功的功率P=mgvsinθ，分析重力做功功率的变化情况。根据摩擦力做功情况，分析机械能变化情况。
解决该题时，要掌握重力瞬时功率的求解方法：P=mgvsinθ，而不是P=mgv。
3.【答案】B
【解析】解：电场强度的定义式为
E=Fq
电荷量为q，受到的静电力大小为F=qE
电场强度与电场本身有关，与放入该点的试探电荷无关，放在该处的试探电荷的电荷量变为2q后，该点的电场强度不变，大小仍为E，那么该试探电荷所在该处所受的电场力为
F′=2qE=2F，故B正确，ACD错误。
故选：B。
电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；场强公式E=Fq只是为研究电场的方便，采用比值法下的定义式。
本题是考查对电场强度的理解，掌握好电场的基本性质：电场强度是电场的固有属性，不会因放入的试探电荷而改变。
4.【答案】C
【解析】解：由于网球速度由0增加到50m/s，由动量定理可得Ft=mv−0
则网球所受平均作用力大小约为F=mvt=0.06kg×50m/s0.01s=300N
故选C。
根据动量定理方程即可由已知量求得平均作用力。
本题考查动量定理方程，是一道基础题。
5.【答案】A
【解析】解：A、将M板向左移动，两板正对面积S减小，由电容的决定式C=εrS4πkd可知，电容器的电容减小，故A正确；
C、开关S闭合，电容器与电源保持相连，则电容器两极板间电压保持不变。由题意可知板间距离也不变，由E=Ud可知，P点的电场强度不变，故C错误；
B、下极板接地电势为零，因为P点场强不变，P与下极板间距离不变，由UPN=−EdPN，UPN=φP−φN=φP，可知φP不变，故B错误；
D、因为P点的电场强度不变，油滴受到的电场力不变，所以油滴仍然静止，故D错误。
故选：A。
将M板向左移动，两板正对面积S减小，根据电容的决定式分析电容的变化。由E=Ud分析P点电场强度的变化，由U=Ed分析P与下极板间电势差的变化，从而判断P点电势的变化；根据油滴所受电场力的变化，分析其运动情况。
本题考查电容器的动态分析，解决这类题解题的关键在于抓住不变量，要知道电容器与电源保持相连时，电容器的电压不变。分析电势时，寻找不动的板，分析某点与不动板之间的电势差，从而分析出该点电势的变化。
6.【答案】A
【解析】解：因两球之间的库仑引力，则两球带异种电荷；
设A带电量为+Q，B带电量为−Q，
两球之间的相互吸引力的大小是：F=kQ⋅Qr2
第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为Q2，
C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为−Q4，
这时，A、B两球之间的相互作用力的大小：F′=kQ2⋅Q4r2=F8；故A正确，BCD错误；
故选：A。
理解库仑定律的内容．
知道带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．
要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．
根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题．
7.【答案】C
【解析】解：根据x−t图像的斜率表示速度，知碰撞后的位移-时间图像与横轴平行，则表示两个物体均静止；位移-时间图像在同一个标度的坐标系中，则其斜率为速度，可用倾斜角的正切值表示，碰前的速度为
v甲=1tan53∘=34，v乙=1tan37∘=43
则v乙v甲=169
取碰撞前乙物体的运动方向为正方向，由动量守恒定律得
m乙v乙−m甲v甲=0
解得：m甲m乙=v乙v甲=169，故ABD错误，C正确。
故选：C。
x−t图像的斜率表示速度，根据图像的斜率分析碰撞前后两个物体速度大小；两物体碰撞过程满足动量守恒，根据动量守恒定律求甲、乙的质量之比。
本题考查动量守恒定律与x−t图像的结合，要知道x−t图像的斜率表示速度，由图像得到碰撞前后物体的运动情况，根据动量守恒定律解答。
8.【答案】BD
【解析】解：A.电场强度与电势没有直接关系，由此可分析出电场强度为零处，电势不一定为零，故A错误；
B.沿电场线方向，电势降低，正电荷沿电场线方向移动，根据电势能的计算公式Ep=qφ可知电势能一定减少，故B正确；
C.由U=Ed，在匀强电场中，沿电场方向两点间的电势差与这两点间的距离成正比，如果垂直电场方向的两点电势差则为0，与这两点间的距离没有关系，故C错误；
D.由U=Ed可知，在匀强电场中，任意两相邻的等势面(电势差相等)之间的距离相等，故D正确。
故选：BD。
场强和电势的大小没有直接关系，结合选项完成分析；
根据电势能的计算公式结合电性分析出电势能的变化趋势；
根据匀强电场中电势差的计算公式完成分析。
本题主要考查了电场强度和电势差的关系，理解匀强电场的特点，结合电势差的计算公式即可完成分析。
9.【答案】BC
【解析】解：A、重力的冲量：I=Ft=mgt，所以在小球沿圆槽下滑到最低点的过程中，小球所受重力的冲量不为零，故A错误；
B、小球在圆槽中滑动的过程中，系统水平方向所受合外力为零，故系统在水平方向动量守恒，故B正确；
C、小球和圆槽组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律可知，小球向右到达最高点时，圆槽和小球的速度相等且均为零，故C正确。
D、小球和圆槽组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律可知，小球向右到达最高点时，圆槽和小球的速度均为零，且根据机械能守恒定律可知，小球可以到达圆槽右边的顶端，故D错误。
故选：BC。
根据冲量的公式求重力冲量；球和圆槽组成的系统在水平方向上动量守恒；抓住系统只有重力做功得出系统机械能守恒，从而判断速度和高度问题。
解决该题的关键是掌握动量守恒以及机械能守恒的条件，知道动量守恒可以是针对于系统在某一个方向上。
10.【答案】AD
【解析】解：AB、在地球表面是，根据物体的重力等于地球对物体的万有引力，得
m′g=GMm′R02
可得地球表面的重力加速度大小可表示为
g=GMR02
“澳门科学一号”绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得
GMm(kR0)2=mv2kR0
联立解得“澳门科学一号”的线速度大小为：v= gR0k，故A正确，B错误；
CD、由m′g=GMm′R02得地球的质量为
M=gR02G
地球的体积为
V=43πR3
密度为
ρ=MV
联立解得：ρ=3g4πGR0，故C错误，D正确。
故选：AD。
根据地球表面上物体的重力等于万有引力，求出地球表面的重力加速度大小。“澳门科学一号”绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式，联立求解“澳门科学一号”的线速度大小。根据地球表面上物体的重力等于万有引力，求出地球的质量，再求地球的密度。
解决本题的关键要掌握重力等于万有引力，以及万有引力提供向心力这两条思路进行解答。
11.【答案】ACm1 h2=m1 h3+m2 h1
【解析】解：(1)A.为保证小球碰撞后做平抛运动的水平方向位移相同，挡板必须竖直固定，故A正确；
B.球1每次从同一位置静止释放，球1每次与轨道的摩擦力相同，到达B点的速度都相同，没有必要给轨道SA抺上润滑油，故B错误；
C.为保证小球碰撞后做平抛运动，轨道AB需调成水平，故C正确。
故选：AC。
(2)取水平向右为正方向，若两球在碰撞过程中动量守恒有m1v0=m1v1+m2v2
小球做平抛运动，竖直方向有
碰撞前，小球1落到P点，根据平抛运动规律h1=12gt12
联立解得小球1的水平初速度v0=xt2=x g2h2
碰撞后，小球1落到M点，根据平抛运动规律h2=12gt22
联立解得小球1碰撞后的水平初速度v1=xt3=x g2h3
碰撞后，小球2落到N点，根据平抛运动规律h3=12gt32
联立解得碰撞后小球2的水平速度为v2=xt1=x g2h1
代入数据整理得m1 h2=m1 h3+m2 h1。
故答案为：(1)AC；(2)m1 h2=m1 h3+m2 h1。
(1)明确实验原理，掌握实验中需要注意的事项；
(2)碰撞前后，小球1、2做平抛运动，根据平抛运动的规律求运动时间和水平初速度，再根据动量守恒定律得出对应的表达式。
本题考查验证动量守恒定律的实验，要理解实验的原理并熟练掌握平抛运动的规律；在挡板上确定小球1、2碰撞前后落点的位置是解题的关键。
12.【答案】不需要 dt (M+m)d22mst2 d2k
【解析】解：(1)据机械能守恒定律可得
mgs=12(M+m)v2
只要满足上式即可，故本实验不需要满足m≪M的条件。
(2)若滑块上安装的挡光条的宽度为d，滑块某次通过光电门所用的时间为t，则滑块此次通过光电门时的速度大小为
v=dt
(3)某次实验中滑块由静止开始运动到光电门处发生的位移大小为s，由(1)的解析可得，若当地的重力加速度大小满足
g=(M+m)d22mst2
则机械能守恒定律得到验证。
(4)若M=m，可得
s=d2g⋅1t2
以s为纵坐标、1t2为横坐标，作出的s−1t2，图像的斜率可表示为
k=d2g
则可求得当地的重力加速度大小为
g=d2k
故答案为：(1)不需要；(2)dt；(3)(M+m)d22mst2；(4)d2k。
(1)根据实验原理分析判断；
(2)利用平均速度替代通过光电门时的速度；
(3)根据机械能守恒定律推导；
(4)根据重力加速度表达式推导函数图像表达式，结合图像计算。
本题关键掌握实验原理，利用图像处理问题。
13.【答案】解：(1)小球受到竖直向下的重力、细线的拉力和水平方向的静电力的作用。根据物体的平衡条件可知，小球所受静电力的方向水平向左，因此小球带负电。
(2)根据物体的平衡条件有
qE=mgtanθ
解得
q=3×10−4C
(3)对小球受力分析有
Fcsθ=mg
解得
F=5N
答：(1)小球带负电；
(2)小球的电荷量q为3×10−4C；
(3)细线的拉力大小F为5N。
【解析】(1)、(2)对小球受力分析，根据共点力平衡得出电场力的方向和大小，从而根据电场强度的定义式求出小球的电荷量；
(3)根据共点力平衡求出细线的拉力。
解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解。
14.【答案】解：(1)设物块从D点运动到A点的时间为t，物块从D点运动到A点做平抛运动，则有
h=12gt2
x=v0t
其中
v0=32 gR
又在A点，有tanθ=v0gt
联立解得：h=2R，x=3R
(2)根据几何关系可知，半圆部分CD的半径为
R′=12(h+Rsinθ+R)=12(2R+R×0.6+R)=1.8R
设物块通过B点时的速度大小为vB，对物块从D点运动到B点的过程，根据机械能守恒定律有
mg⋅2R′=12mvB2−12mv02
设物块通过B点时所受圆弧部分AB的支持力大小为F，有
F−mg=mvB2R
根据牛顿第三定律有
N=F
解得：N=20920mg
(3)设物块通过D点时的速度大小为vD，有
mg=mvD2R′
对物块从D点抛出至回到D点的过程，根据动能定理有
−qE(x−Rcsθ)=12mvD2−12mv02
解得：E=9mg88q
答：(1)D、A两点间的高度差h为2R，水平距离x为3R；
(2)物块通过B点时对圆弧部分AB的压力大小N为20920mg；
(3)电场的电场强度大小E为9mg88q。
【解析】(1)物块从D点运动到A点做平抛运动，根据水平分位移公式和竖直分位移公式分别列方程。物块到达A点时速度沿A点的切线方向，即速度方向与竖直方向的夹角等于θ，根据tanθ=v0gt列式，联立求解h和x。
(2)对物块从D点运动到B点的过程，根据机械能守恒定律求出物块通过B点时的速度大小。物块通过B点时，对物块，利用牛顿第二定律求出圆弧轨道对物块的支持力，从而得到物块对圆弧部分AB的压力大小N；
(3)物块恰好通过最高点D，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出物块通过D点的速度。对物块从D点抛出至回到D点的过程，根据动能定理求解电场的电场强度大小E。
本题是多过程问题，物块运动过程复杂，根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提，采用运动的分解法处理平抛运动。应用动能定理时，要明确研究过程，确定各个力做的功。
15.【答案】解：(1)物块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律有：Mv1+mv2=(M+m)v
代入数据解得：v=5m/s
(2)根据能量守恒定律有：12Mv12+12mv22=12(M+m)v2+Q
代入数据解得：Q=18J
摩擦产生的热量：Q=μmgL
代入数据解得长木板的长度：L=1.8m
答：(1)木板的最终速度大小v是5m/s；
(2)该过程中物块与木板之间因摩擦产生的热量Q是18J，木板的长度L是1.8m。
【解析】(1)物块与长木板组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出木板的最终速度。
(2)应用能量守恒定律可以求出产生的热量与木板的长度。
分析清楚物块与木板的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。
1.下列四组物理量中均为矢量的是( )
A. 速度 电场强度B. 电势 位移C. 动量 动能D. 功 加速度
2.滑滑梯是深受儿童喜爱的娱乐项目之一、如图所示，小孩沿一粗糙滑梯加速下滑，该过程中( )
A. 小孩所受重力做功的功率增大，其机械能增大
B. 小孩所受重力做功的功率增大，其机械能减小
C. 小孩所受重力做功的功率减小，其机械能增大
D. 小孩所受重力做功的功率减小，其机械能减小
3.在电场中的某点放置一个试探电荷，其电荷量为q，受到的静电力大小为F，则该点的电场强度大小E=Fq，若其他情况不变，仅将试探电荷的电荷量变为2q，则下列说法正确的是( )
A. 该点的电场强度大小仍为E，试探电荷受到的静电力大小仍为F
B. 该点的电场强度大小仍为E，试探电荷受到的静电力大小变为2F
C. 该点的电场强度大小变为2E，试探电荷受到的静电力大小仍为F
D. 该点的电场强度大小变为2E，试探电荷受到的静电力大小变为2F
4.某网球运动员发球时，使质量约为60g的网球从静止开始经0.01s后速度增大到50m/s。该过程中，网球拍对网球的平均作用力的大小约为( )
A. 30NB. 60NC. 300ND. 600N
5.如图所示，一平行板电容器两极板水平正对，正极板N接地，开关S闭合，一带电油滴静止在两极板间的P点，若保持N板不动，而将M板向左移动少许，则下列说法正确的是( )
A. 电容器的电容减小
B. P点的电势升高
C. P点的电场强度增大
D. 油滴竖直向下运动
6.真空中大小相同的两个金属小球A、B带有等量电荷，相隔一定距离，(距离远大于小球的直径)两球之间的库仑引力大小为F，现在用另一个跟它们大小相同的不带电金属小球，先后与A、B两个小球接触后再移开，这时A、B两球之间的库仑力大小( )
A. 一定是F8B. 一定是F4C. 可能是3F8D. 可能是3F4
7.甲、乙两个物体碰撞前后的位移-时间图像如图所示，其中碰撞后的位移-时间图像与横轴平行。若取sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，则甲、乙的质量之比为( )
A. 4：3
B. 3：4
C. 16：9
D. 9：16
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.下列说法正确的是( )
A. 电场强度为零的点，电势一定为零
B. 正电荷沿电场线方向移动，电势能一定减少
C. 在匀强电场中，任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比
D. 在匀强电场中，任意两相邻的等势面(电势差相等)之间的距离相等
9.如图所示，光滑圆槽静止在光滑的水平面上，圆槽左、右两边的顶端在同一水平线上，小球(视为质点)从圆槽左边的顶端由静止释放。下列说法正确的是( )
A. 在小球沿圆槽下滑到最低点的过程中，小球所受重力的冲量为零
B. 小球在圆槽中运动的过程中，小球和圆槽组成的系统水平方向动量守恒
C. 小球向右到达最高点时，圆槽的速度为零
D. 小球不能到达圆槽右边的顶端
10.2023年5月21日，我国在酒泉卫星发射中心用“长征二号”丙运载火箭，成功发射首颗内地与澳门合作研制的空间科学卫星“澳门科学一号”。若“澳门科学一号”入轨后，在到地心距离为kR0(其中k为大于1的常数，R0为地球的半径)的轨道上做匀速圆周运动，地球表面的重力加速度大小为g，引力常量为G，球的体积V=43πr3(r为球的半径)，则下列说法正确的是( )
A. “澳门科学一号”的线速度大小为 gR0k
B. “澳门科学一号”的线速度大小为 kgR0
C. 地球的平均密度为4g3πGR0
D. 地球的平均密度为3g4πGR0
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.小聪利用如图所示的装置验证动量守恒定律。挡板左侧从左到右依次固定白纸、复写纸，白纸上的O点与轨道末端的B点等高，入射小球1、被碰小球2的质量分别为m1和m2(m1>m2)。主要实验步骤如下：
①将球1从斜槽上S处由静止释放，球1从轨道末端B飞出后打到挡板上，多次从S处由静止释放球1；
②将球2静置于B点，再将球1从S处由静止释放，两球碰撞后均打到挡板上，多次重复实验；
③确定落点的平均位置N、P、M，用毫米刻度尺测得ON、OP、OM的长度分别为h1、h2、h3。
(1)下列做法中，有利于减小实验误差的是______。
A.挡板竖直固定
B.给轨道SA抺上润滑油
C.将轨道AB调成水平
(2)若不计两小球的大小，在误差允许的范围内满足等式______(用相关物理量的符号表示)，则两球在碰撞过程中动量守恒。
12.学校物理兴趣小组用如图所示的气垫导轨装置验证机械能守恒定律。该同学测出滑块的质量M与重物的质量m，将滑块放在水平导轨上，用与导轨平行的细线跨过定滑轮连接滑块和重物，用计时器记录滑块的挡光条通过光电门所用的时间，得到滑块的瞬时速度；用刻度尺测量滑块由静止开始通过的位移。
(1)本实验______(填“需要”或“不需要”)满足m≪M的条件。
(2)若滑块上安装的挡光条的宽度为d，滑块某次通过光电门所用的时间为t，则滑块此次通过光电门时的速度大小为______。
(3)某次实验中滑块由静止开始运动到光电门处发生的位移大小为s，实验操作无误，若当地的重力加速度大小g=______(用相关物理量的符号表示)，则机械能守恒定律得到验证。
(4)若M=m，改变滑块由静止开始运动到光电门处发生的位移大小，进行多次实验，测出相应的s与t，以s为纵坐标、1t2为横坐标，作出的s−1t2，图像的斜率为k，则可求得当地的重力加速度大小g=______(用相关物理量的符号表示)。
四、简答题：本大题共2小题，共28分。
13.如图所示，用轻质绝缘细线将质量m=0.4kg的带电小球悬挂于O点，空间有电场强度大小E=1×104N/C、方向水平向右的匀强电场，小球静止时，细线向左偏离竖直方向的角度θ=37∘，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，求：
(1)小球的电性；
(2)小球的电荷量q；
(3)细线的拉力大小F。
14.如图所示，光滑绝缘轨道ABCD固定在竖直平面内，其中圆弧部分AB、半圆部分CD与水平部分BC分别相切于B点和C点，圆弧部分AB的半径为R，O1A与水平方向的夹角θ=37∘，O1B与O2C之间O1点的下方存在电场强度方向水平向左的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电物块(视为质点)从D点以大小为32 Rg(g为重力加速度大小)的速度水平向左抛出，结果恰好从A点沿切线方向进入圆弧部分AB的内侧，之后恰好通过最高点D.取sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，不计空气阻力。求：
(1)D、A两点间的高度差h和水平距离x；
(2)物块通过B点时对圆弧部分AB的压力大小N；
(3)电场的电场强度大小E。
五、计算题：本大题共1小题，共12分。
15.如图所示，质量M=2kg的长木板在足够大的光滑地面上水平向右做速度大小v1=2m/s的匀速直线运动。某时刻一质量m=2kg的小物块(视为质点)以大小v2=8m/s的速度从木板的左端向右滑上木板，结果物块恰好未滑离木板。物块与木板间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度大小g=10m/s2.求：
(1)木板的最终速度大小v；
(2)该过程中物块与木板之间因摩擦产生的热量Q及木板的长度L。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.速度既有大小又有方向，运算法则遵守平行四边形定则，是矢量，电场强度既有大小又有方向，是矢量，故A正确；
B.电势只有大小没有方向，是标量，位移既有大小又有方向，是矢量，故B错误；
C.动量既有大小又有方向，运算法则遵守平行四边形定则，是矢量，动能只有大小没有方向，是标量，故C错误；
D.功只有大小没有方向，是标量，加速度既有大小又有方向，是矢量，故D错误。
故选：A。
对于矢量和标量，要抓住它们的两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则。
对于物理量的矢标性是学习的重要内容之一，可结合矢量的方向特点进行理解记忆．
2.【答案】B
【解析】解：小孩沿一粗糙滑梯加速下滑，由于滑动摩擦力对小孩做负功，所以其机械能减小。
小孩所受重力做功的功率可表示为P=mgvsinθ，随着速度增大，重力做功的功率增大，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据小孩所受重力做功的功率P=mgvsinθ，分析重力做功功率的变化情况。根据摩擦力做功情况，分析机械能变化情况。
解决该题时，要掌握重力瞬时功率的求解方法：P=mgvsinθ，而不是P=mgv。
3.【答案】B
【解析】解：电场强度的定义式为
E=Fq
电荷量为q，受到的静电力大小为F=qE
电场强度与电场本身有关，与放入该点的试探电荷无关，放在该处的试探电荷的电荷量变为2q后，该点的电场强度不变，大小仍为E，那么该试探电荷所在该处所受的电场力为
F′=2qE=2F，故B正确，ACD错误。
故选：B。
电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；场强公式E=Fq只是为研究电场的方便，采用比值法下的定义式。
本题是考查对电场强度的理解，掌握好电场的基本性质：电场强度是电场的固有属性，不会因放入的试探电荷而改变。
4.【答案】C
【解析】解：由于网球速度由0增加到50m/s，由动量定理可得Ft=mv−0
则网球所受平均作用力大小约为F=mvt=0.06kg×50m/s0.01s=300N
故选C。
根据动量定理方程即可由已知量求得平均作用力。
本题考查动量定理方程，是一道基础题。
5.【答案】A
【解析】解：A、将M板向左移动，两板正对面积S减小，由电容的决定式C=εrS4πkd可知，电容器的电容减小，故A正确；
C、开关S闭合，电容器与电源保持相连，则电容器两极板间电压保持不变。由题意可知板间距离也不变，由E=Ud可知，P点的电场强度不变，故C错误；
B、下极板接地电势为零，因为P点场强不变，P与下极板间距离不变，由UPN=−EdPN，UPN=φP−φN=φP，可知φP不变，故B错误；
D、因为P点的电场强度不变，油滴受到的电场力不变，所以油滴仍然静止，故D错误。
故选：A。
将M板向左移动，两板正对面积S减小，根据电容的决定式分析电容的变化。由E=Ud分析P点电场强度的变化，由U=Ed分析P与下极板间电势差的变化，从而判断P点电势的变化；根据油滴所受电场力的变化，分析其运动情况。
本题考查电容器的动态分析，解决这类题解题的关键在于抓住不变量，要知道电容器与电源保持相连时，电容器的电压不变。分析电势时，寻找不动的板，分析某点与不动板之间的电势差，从而分析出该点电势的变化。
6.【答案】A
【解析】解：因两球之间的库仑引力，则两球带异种电荷；
设A带电量为+Q，B带电量为−Q，
两球之间的相互吸引力的大小是：F=kQ⋅Qr2
第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为Q2，
C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为−Q4，
这时，A、B两球之间的相互作用力的大小：F′=kQ2⋅Q4r2=F8；故A正确，BCD错误；
故选：A。
理解库仑定律的内容．
知道带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．
要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．
根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题．
7.【答案】C
【解析】解：根据x−t图像的斜率表示速度，知碰撞后的位移-时间图像与横轴平行，则表示两个物体均静止；位移-时间图像在同一个标度的坐标系中，则其斜率为速度，可用倾斜角的正切值表示，碰前的速度为
v甲=1tan53∘=34，v乙=1tan37∘=43
则v乙v甲=169
取碰撞前乙物体的运动方向为正方向，由动量守恒定律得
m乙v乙−m甲v甲=0
解得：m甲m乙=v乙v甲=169，故ABD错误，C正确。
故选：C。
x−t图像的斜率表示速度，根据图像的斜率分析碰撞前后两个物体速度大小；两物体碰撞过程满足动量守恒，根据动量守恒定律求甲、乙的质量之比。
本题考查动量守恒定律与x−t图像的结合，要知道x−t图像的斜率表示速度，由图像得到碰撞前后物体的运动情况，根据动量守恒定律解答。
8.【答案】BD
【解析】解：A.电场强度与电势没有直接关系，由此可分析出电场强度为零处，电势不一定为零，故A错误；
B.沿电场线方向，电势降低，正电荷沿电场线方向移动，根据电势能的计算公式Ep=qφ可知电势能一定减少，故B正确；
C.由U=Ed，在匀强电场中，沿电场方向两点间的电势差与这两点间的距离成正比，如果垂直电场方向的两点电势差则为0，与这两点间的距离没有关系，故C错误；
D.由U=Ed可知，在匀强电场中，任意两相邻的等势面(电势差相等)之间的距离相等，故D正确。
故选：BD。
场强和电势的大小没有直接关系，结合选项完成分析；
根据电势能的计算公式结合电性分析出电势能的变化趋势；
根据匀强电场中电势差的计算公式完成分析。
本题主要考查了电场强度和电势差的关系，理解匀强电场的特点，结合电势差的计算公式即可完成分析。
9.【答案】BC
【解析】解：A、重力的冲量：I=Ft=mgt，所以在小球沿圆槽下滑到最低点的过程中，小球所受重力的冲量不为零，故A错误；
B、小球在圆槽中滑动的过程中，系统水平方向所受合外力为零，故系统在水平方向动量守恒，故B正确；
C、小球和圆槽组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律可知，小球向右到达最高点时，圆槽和小球的速度相等且均为零，故C正确。
D、小球和圆槽组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律可知，小球向右到达最高点时，圆槽和小球的速度均为零，且根据机械能守恒定律可知，小球可以到达圆槽右边的顶端，故D错误。
故选：BC。
根据冲量的公式求重力冲量；球和圆槽组成的系统在水平方向上动量守恒；抓住系统只有重力做功得出系统机械能守恒，从而判断速度和高度问题。
解决该题的关键是掌握动量守恒以及机械能守恒的条件，知道动量守恒可以是针对于系统在某一个方向上。
10.【答案】AD
【解析】解：AB、在地球表面是，根据物体的重力等于地球对物体的万有引力，得
m′g=GMm′R02
可得地球表面的重力加速度大小可表示为
g=GMR02
“澳门科学一号”绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得
GMm(kR0)2=mv2kR0
联立解得“澳门科学一号”的线速度大小为：v= gR0k，故A正确，B错误；
CD、由m′g=GMm′R02得地球的质量为
M=gR02G
地球的体积为
V=43πR3
密度为
ρ=MV
联立解得：ρ=3g4πGR0，故C错误，D正确。
故选：AD。
根据地球表面上物体的重力等于万有引力，求出地球表面的重力加速度大小。“澳门科学一号”绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式，联立求解“澳门科学一号”的线速度大小。根据地球表面上物体的重力等于万有引力，求出地球的质量，再求地球的密度。
解决本题的关键要掌握重力等于万有引力，以及万有引力提供向心力这两条思路进行解答。
11.【答案】ACm1 h2=m1 h3+m2 h1
【解析】解：(1)A.为保证小球碰撞后做平抛运动的水平方向位移相同，挡板必须竖直固定，故A正确；
B.球1每次从同一位置静止释放，球1每次与轨道的摩擦力相同，到达B点的速度都相同，没有必要给轨道SA抺上润滑油，故B错误；
C.为保证小球碰撞后做平抛运动，轨道AB需调成水平，故C正确。
故选：AC。
(2)取水平向右为正方向，若两球在碰撞过程中动量守恒有m1v0=m1v1+m2v2
小球做平抛运动，竖直方向有
碰撞前，小球1落到P点，根据平抛运动规律h1=12gt12
联立解得小球1的水平初速度v0=xt2=x g2h2
碰撞后，小球1落到M点，根据平抛运动规律h2=12gt22
联立解得小球1碰撞后的水平初速度v1=xt3=x g2h3
碰撞后，小球2落到N点，根据平抛运动规律h3=12gt32
联立解得碰撞后小球2的水平速度为v2=xt1=x g2h1
代入数据整理得m1 h2=m1 h3+m2 h1。
故答案为：(1)AC；(2)m1 h2=m1 h3+m2 h1。
(1)明确实验原理，掌握实验中需要注意的事项；
(2)碰撞前后，小球1、2做平抛运动，根据平抛运动的规律求运动时间和水平初速度，再根据动量守恒定律得出对应的表达式。
本题考查验证动量守恒定律的实验，要理解实验的原理并熟练掌握平抛运动的规律；在挡板上确定小球1、2碰撞前后落点的位置是解题的关键。
12.【答案】不需要 dt (M+m)d22mst2 d2k
【解析】解：(1)据机械能守恒定律可得
mgs=12(M+m)v2
只要满足上式即可，故本实验不需要满足m≪M的条件。
(2)若滑块上安装的挡光条的宽度为d，滑块某次通过光电门所用的时间为t，则滑块此次通过光电门时的速度大小为
v=dt
(3)某次实验中滑块由静止开始运动到光电门处发生的位移大小为s，由(1)的解析可得，若当地的重力加速度大小满足
g=(M+m)d22mst2
则机械能守恒定律得到验证。
(4)若M=m，可得
s=d2g⋅1t2
以s为纵坐标、1t2为横坐标，作出的s−1t2，图像的斜率可表示为
k=d2g
则可求得当地的重力加速度大小为
g=d2k
故答案为：(1)不需要；(2)dt；(3)(M+m)d22mst2；(4)d2k。
(1)根据实验原理分析判断；
(2)利用平均速度替代通过光电门时的速度；
(3)根据机械能守恒定律推导；
(4)根据重力加速度表达式推导函数图像表达式，结合图像计算。
本题关键掌握实验原理，利用图像处理问题。
13.【答案】解：(1)小球受到竖直向下的重力、细线的拉力和水平方向的静电力的作用。根据物体的平衡条件可知，小球所受静电力的方向水平向左，因此小球带负电。
(2)根据物体的平衡条件有
qE=mgtanθ
解得
q=3×10−4C
(3)对小球受力分析有
Fcsθ=mg
解得
F=5N
答：(1)小球带负电；
(2)小球的电荷量q为3×10−4C；
(3)细线的拉力大小F为5N。
【解析】(1)、(2)对小球受力分析，根据共点力平衡得出电场力的方向和大小，从而根据电场强度的定义式求出小球的电荷量；
(3)根据共点力平衡求出细线的拉力。
解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解。
14.【答案】解：(1)设物块从D点运动到A点的时间为t，物块从D点运动到A点做平抛运动，则有
h=12gt2
x=v0t
其中
v0=32 gR
又在A点，有tanθ=v0gt
联立解得：h=2R，x=3R
(2)根据几何关系可知，半圆部分CD的半径为
R′=12(h+Rsinθ+R)=12(2R+R×0.6+R)=1.8R
设物块通过B点时的速度大小为vB，对物块从D点运动到B点的过程，根据机械能守恒定律有
mg⋅2R′=12mvB2−12mv02
设物块通过B点时所受圆弧部分AB的支持力大小为F，有
F−mg=mvB2R
根据牛顿第三定律有
N=F
解得：N=20920mg
(3)设物块通过D点时的速度大小为vD，有
mg=mvD2R′
对物块从D点抛出至回到D点的过程，根据动能定理有
−qE(x−Rcsθ)=12mvD2−12mv02
解得：E=9mg88q
答：(1)D、A两点间的高度差h为2R，水平距离x为3R；
(2)物块通过B点时对圆弧部分AB的压力大小N为20920mg；
(3)电场的电场强度大小E为9mg88q。
【解析】(1)物块从D点运动到A点做平抛运动，根据水平分位移公式和竖直分位移公式分别列方程。物块到达A点时速度沿A点的切线方向，即速度方向与竖直方向的夹角等于θ，根据tanθ=v0gt列式，联立求解h和x。
(2)对物块从D点运动到B点的过程，根据机械能守恒定律求出物块通过B点时的速度大小。物块通过B点时，对物块，利用牛顿第二定律求出圆弧轨道对物块的支持力，从而得到物块对圆弧部分AB的压力大小N；
(3)物块恰好通过最高点D，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出物块通过D点的速度。对物块从D点抛出至回到D点的过程，根据动能定理求解电场的电场强度大小E。
本题是多过程问题，物块运动过程复杂，根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提，采用运动的分解法处理平抛运动。应用动能定理时，要明确研究过程，确定各个力做的功。
15.【答案】解：(1)物块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律有：Mv1+mv2=(M+m)v
代入数据解得：v=5m/s
(2)根据能量守恒定律有：12Mv12+12mv22=12(M+m)v2+Q
代入数据解得：Q=18J
摩擦产生的热量：Q=μmgL
代入数据解得长木板的长度：L=1.8m
答：(1)木板的最终速度大小v是5m/s；
(2)该过程中物块与木板之间因摩擦产生的热量Q是18J，木板的长度L是1.8m。
【解析】(1)物块与长木板组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出木板的最终速度。
(2)应用能量守恒定律可以求出产生的热量与木板的长度。
分析清楚物块与木板的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。
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