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2022-2023学年湖南省名校联考联合体高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年湖南省名校联考联合体高一（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。
1.2023年5月30日，搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮3名航天员状态良好，发射取得圆满成功。已知神舟十六号飞船距离地面的高度约400km，绕地球的运动可近似为匀速圆周运动，运动一周约1.5h。已知万有引力常量为6.67×10−11N⋅m2/kg2，地球半径约6400km。根据以上信息可估算出( )
A. 地球的质量B. 神舟十六号的质量
C. 神舟十六号所受地球的引力D. 神舟十六号的机械能
2.电子显微镜通过“静电透镜”实现对电子会聚或发散使微小物体成像。一种电子透镜的电场分布如图所示(截取其中一部分)，虚线为电场线，电子枪发射的电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，电子依次经过a、b、c三点，则下列说法正确的是( )
A. 电场线的方向大致指向上侧
B. a点的电场强度的大小大于b点的电场强度的大小
C. 电子在a点的速度大小大于在b点的速度大小
D. 电子在a点的电势能大于在b点的电势能
3.如图所示，质量为50kg的某中学生在做引体向上，若他在30s内做了15个引体向上，每次人体重心上升的距离均为0.3m，取g=10m/s2，则他在30s内克服重力做的功和相应的功率约为( )
A. W=4500J，P=30W
B. W=4500J，P=150W
C. W=2250J，P=75W
D. W=2250J，P=250W
4.木箱放在水平地面，在水平外力F作用下由静止开始运动，F随木箱的位移x的变化规律如图所示，当木箱运动0.4m时，木箱的动能最大，已知木箱质量为m=1kg，重力加速度g=10m/s2，则( )
A. 木箱与水平地面间的动摩擦因数为0.2
B. 木箱运动0.5m的动能为0
C. 木箱运动的最大位移为1.25m
D. 木箱获得的最大动能为4.8J
5.甲、乙两物体沿同一直线运动，运动的位移-时间(x−t图)如图所示，则在该运动过程中( )
A. 甲物体运动的速度大小先增大后减小
B. 0∼t0时间内，两物体的平均速度相同
C. 0∼t0时间内，两物体没有速度相同的时刻
D. 0∼t1时间内，两物体的平均速度相同
二、多选题：本大题共6小题，共28分。
6.2023年5月28日12时31分，经历1小时59分钟飞行，由上海虹桥机场起飞的C919大型客机航班平稳降落在北京首都国际机场，穿过象征民航最高礼仪的“水门”，标志着该机型圆满完成首个商业航班飞行，正式进入民航市场，开启市场化运营、产业化发展新征程。如图所示，仪式中的“水门”是由两辆消防车喷出的水柱形成的。两条水柱形成的抛物线对称分布，且刚好在最高点相遇。若喷水口的速度方向与水平方向成45∘，水门跨度80m。忽略空气阻力、消防车的高度以及水流之间的相互作用，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 水喷出后上升的最大高度为20m
B. 水在空中的运动时间为2s
C. 水刚喷出的速度大小为20m/s
D. 水滴在上升过程中，相等位移内速度的变化量相等
7.足够长的光滑斜面固定在水平地面，斜面倾角θ=30∘，在斜面底端放一质量为m的物块，物块受到沿斜面向上的拉力F=mg，作用的时间为t，然后撤去F，已知重力加速度为g，取水平面为零势能面，物块可视为质点，则物块从斜面底端开始在斜面上运动的全过程中( )
A. 物块在运动过程中的最大动能为18mg2t2
B. 撤去F的瞬间，重力的功率为12mg2
C. 物块在运动过程中的最大重力势能为14mg2t2
D. 在物块上升过程中只有一处重力势能和动能相等
8.如图甲，滚筒洗衣机脱水时，衣物紧贴着滚筒壁在竖直平面内做顺时针方向的匀速圆周运动。如图乙，一件小衣物质量为m，测得a点线速度大小为v，圆周运动的周期为T，重力加速度为g，a、b分别为小衣物经过的最高位置和最低位置，已知小衣物可视为质点，下列说法正确的是( )
A. 小衣物做匀变速运动
B. 转筒半径为vT2π
C. 衣物转到b位置时的脱水效果最好
D. 要使衣物不掉下，转筒的周期不能大于2πvg
9.有一圆柱形水井，井壁光滑且竖直，过其中心轴的剖面图如图所示，水井水面到井口的高度为h，一个质量为m的小球以速度v从井口边缘沿直径方向水平射入水井，小球与井壁做多次弹性碰撞(碰撞前后小球水平方向速度大小不变、方向反向，小球竖直方向速度大小和方向都不变)，不计空气阻力，已知小球刚好落在水面和水井右侧的交点D，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 小球落在D点的速度大小为 2gh+v2
B. 小球落到水面的时间与水井的宽度有关
C. 水井直径可能等于14v 2hg
D. 水井直径可能等于15v 2hg
10.如图所示，真空有三个正点电荷q1、q2、q3，q1=q2=q3=q，它们固定在等边三角形的三个顶点A、B、C上，三角形的边长为L，D、E、F分别为AB、AC、BC的中点，O为等边三角形中心，取无穷远处电势为0，静电力常量为k，下列说法正确的是( )
A. D处的电场强度为4kq3L2
B. O处的电场强度比D处的电场强度大
C. O处的电势为0
D. E和F处的电场强度不同，但电势相同
11.有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行的线速度是地球近地卫星的 22，卫星圆形轨道平面与地球赤道平面重合，卫星上有太阳能收集板可以把光能转化为电能，提供卫星工作所必须的能量。已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，忽略地球公转，此时太阳处于赤道平面上，近似认为太阳光是平行光，则下列说法正确的是( )
A. 卫星的轨道半径为3R
B. 卫星轨道所在位置的重力加速度为13g
C. 卫星运动的周期为4π 2Rg
D. 卫星绕地球一周，太阳能收集板的工作时间为10π3 2Rg
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
12.某同学用如图甲所示的“探究平抛运动的运动规律”的实验装置测量小球从轨道末端抛出的初动能，具体步骤如下：
(1)用天平测出小球的质量m；
(2)竖直木板上固定背景方格纸，将小球从高度h处释放，使用频闪照相机(每隔相等时间T拍一次照片)拍摄小球在空中的位置。如图乙所示为小球运动的频闪照片的一部分，图中背景小方格的边长表示实际长度为d，重力加速度为g，那么：(均用题中字母表示)
①照相机的频闪周期T=______；
②小球的初动能E=______；
(3)若测出的小球的初动能偏小，则可能的原因是______。
A.当地的重力加速度小于g
B.轨道末端偏离水平方向
C.木板上端向内侧倾斜
13.某同学利用验证牛顿第二定律的装置来验证动能定理，实验步骤如下：
(1)测量小车、力传感器和挡光板的总质量为M，挡光板的宽度d；
(2)水平轨道上安装两个光电门，测出两光电门中心间的距离s，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮，挂上砝码盘，实验首先保持轨道水平，小车通过光电门1和2的时间相等，此时小车做______运动，力传感器的示数为F0；
(3)增加砝码盘里砝码的质量，释放小车，力传感器的示数为F，小车通过光电门1和2的时间分别为t1和t2，则小车受到的合外力为______(用“F、F0”表示)；
(4)已知重力加速度为g，若要验证动能定理，需要验证的关系为______。
四、简答题：本大题共3小题，共38分。
14.如图甲所示，一质量为m的小球，固定在竖直面内的O点，一小球绕O点在竖直面内做圆周运动，恰能通过最高点且速度为v，已知重力加速度为g，则：
(1)小球在最低点时，对细线的拉力为多大？
(2)若该小球在该细线的拉力作用下，绕O点正下方的O1点在水平面内做圆周运动，已知细线与竖直方向的夹角为θ，则该圆周运动的周期为多大？
15.如图所示，竖直放置的轻弹簧一端固定于风洞实验室的水平地面，弹簧的原长为l=0.2375m。质量m=0.1kg的小球在轻弹簧正上方距水平地面高h1=0.8m处由静止下落，整个过程受到一个竖直向上恒定的风力。在小球下落的全过程中，小球下落的最低点距离桌面的距离为h2=0.1m，弹簧的最大弹性势能为0.56J，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度g=10m/s2，则：
(1)风力的大小为多大？
(2)小球刚接触弹簧时的速度为多大。
16.如图所示，在水平面a和b间的竖直平面内存在方向水平的匀强电场，在该区域下边界b的O点将质量为m、电荷量为q的小球以v0的初速度竖直上抛，小球从上边界离开电场，再次进入电场后在电场中做直线运动，到达下边界b的M1点，已知小球到达M1点的速度大小为 10v0。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
(1)小球上升的最高点距离O点的高度；
(2)该电场的电场强度；
(3)小球在水平面a上方运动的时间。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.神舟十六号飞船受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
GMm(R+h)2=m4π2(R+h)T2
解得：M=4π2(R+h)3GT2
可知，可以估算出中心天体地球的质量，故A正确；
B.根据上述可知，函数式两侧将神舟十六号的质量约去了，所以不能够估算出神舟十六号的质量，故B错误；
C.神舟十六号所受地球的引力
F=GMm(R+h)2
因为不能够确定神舟十六号的质量，可知不能估算神舟十六号所受地球的引力，故C错误；
D.神舟十六号的机械能包含动能与势能，因为不能够确定神舟十六号的质量，可知不能估算神舟十六号的机械能，故D错误。
故选：A。
神舟十六号飞船受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得出地球的质量，但无法计算出神舟十六号的质量；
根据万有引力定律得出神舟十六号受到的地球引力，结合机械能的定义完成分析。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解卫星受到的万有引力，结合牛顿第二定律即可完成分析。
2.【答案】D
【解析】解：A、做曲线运动的物体受合外力指向轨迹的凹侧，所以电场力方向大致指向上侧，电子受电场力方向与电场方向相反，所以电场线的方向大致指向下侧，故A错误；
B、电场线的疏密程度代表场强的大小，则a点的电场强度的大小小于b点的电场强度的大小，故B错误；
CD、电子从a点到b点运动的过程中，由于电场力的方向与速度方向大致成锐角，所以电场力做正功，电势能减小，动能增大。电子在a点的速度大小小于在b点的速度大小，电子在a点的电势能大于在b点的电势能，故C错误；D正确；
故选：D。
根据电子的轨迹弯向，判断所受的电场力的方向，从而确定电场强度方向；
根据电场线的疏密程度判断电场强度大小；
根据电场线与等势面相互垂直，以及电子所受电场力的方向与电场线方向反向来判断做功情况，从而在由功能关系求各点电势能的大小。
解决本题的关键要读懂题意，理解电子显微镜的电场线分布特点，根据做曲线运动物体受到合力指向轨迹的凹侧，确定电场线方向是解题的关键。
3.【答案】C
【解析】解：该学生在30s内克服重力做的功为
W=nmgh=15×50×10×0.3J=2250J
相应的功率约为
P=Wt=225030W=75W
故C正确，ABC错误。
故选：C。
根据该同学每次上半身重心上升的高度，由W=mgh可得每一次克服重力做的功，则可得1min内该同学克服重力做的功，由P=Wt可得平均功率。
本题考查了功的计算和平均功率，计算克服重力做功时需注意上升次数。
4.【答案】C
【解析】解：A.当木箱运动0.4m时，外力大小为
F1=20×(0.5−0.4)0.5N=4N
此时木箱的动能最大，可判断出此时木箱的速度最大，因此木箱的合力为0，根据摩擦力的计算公式可得：
F1=μmg
解得：μ=0.4，故A错误；
B.F−x图像中，图线与横轴围成的面积表示力做的功，则木箱运动0.5m，水平外力做功为
W1=20×0.52J=5J
木箱运动0.5m，摩擦力做功为
Wf1=−μmgx=−4×0.5J=−2J
根据动能定理可得：
W1+Wf1=12mv12
解得：v1= 6m/s，故B错误；
C.假设木箱运动的最大位移为xmax，根据动能定理可得：
W1−μmgxmax=0
解得：xmax=1.25m，故C正确；
D.同上述分析可知当木箱运动0.4m时，外力做功为
W2=(20+4)×0.42J=4.8J
与此同时，摩擦力做功为
Wf2=−μmgx′=−4×0.4J=−1.6J
此过程木箱的动能最大，根据动能定理有
W2+Wf2=Ekmax
解得：Ekmax=3.2J，故D错误。
故选：C。
根据图像得出木箱动能最大时的外力大小，结合摩擦力的计算公式得出μ的大小；
根据动能定理得出木箱的动能和对应的最大位移。
本题主要考查了动能定理的相关应用，理解图像的物理意义，结合动能定理即可完成分析。
5.【答案】B
【解析】解：A.x−t图像中，图像的斜率表示速度，斜率的绝对值表示速度的大小，根据图像可知，甲图像斜率的绝对值逐渐减小，可知甲物体运动的速度大小逐渐减小，故A错误；
B.令t0时刻位置坐标为x1，0∼t0时间内，两物体的位移均为
Δx=x1−x0
平均速度均为
v−=ΔxΔt=x1−x0t0
即0∼t0时间内，两物体的平均速度相同，故B正确；
C.将乙物体的图像向下平移，则其必定与甲图像相切与一点，即0∼t0时间内，两物体有速度相同的时刻，故C错误；
D.0时刻两物体的位置坐标相同，t1时刻两物体的位置坐标不相同，则0∼t1时间内，两物体的位移不相同，即0∼t1时间内，根据平均速度等于位移与这段时间的比值可知，两物体的平均速度不相同，故D错误。
故选：B。
x−t图象的斜率等于物体运动的速度，根据斜率变化判断甲的速度变化；
位移等于纵坐标之差，根据平均速度的定义判断。
本题考查的是x−t图象，要明确x−t图象斜率的物理意义，并能够熟练运动学公式求解。
6.【答案】AB
【解析】解：ABC.水做斜抛运动，竖直方向做匀变速直线运动，可知水滴竖直速度
vy2=2gh
喷水口的速度方向与水平方向成45∘，水平速度
v0=vy
水运动时间
t=vyg
水门跨度为
x=2v0t
水喷出时的速度为
v= v02+vy2
代入数据解得
v=20 2m/s，t=2s，h=20m
故AB正确，C错误；
D.根据竖直方向的运动规律可知在相等的时间间隔内，速度的改变量相等，在相等位移内速度变化不相等，故D错误。
故选：AB。
喷出的水做斜抛运动，根据平抛运动的规律列方程计算，根据相等时间内速度变化量相等分析判断。
本题关键是掌握将喷出的水看作斜抛运动，根据平抛运动规律计算。
7.【答案】ACD
【解析】解：B.撤去F的瞬间，由动量定理(F−mgsin30∘)t=pm，物块的速度为v=pmm，重力的功率为P=mgvcs120∘=−14mg2t，故B错误；
C.撤去F前，物块移动距离为x1=v2t，撤去F后，12mv2=mgh，物块最大重力势能为Epm=mg(x1sin30∘+h)，得：Epm=14mg2t2，故C正确；
A.根据动量定理(F−mgsin30∘)t=pm，又Ekm=pm22m
物块在运动过程中的最大动能为Ekm=18mg2t2，故A正确；
D.撤去F的瞬间，物块的重力势能为Ep=mgx1sin30∘=18mg2t2，与此时物块的最大动能相等，则在物块上升过程中只有一处重力势能和动能相等，D正确。
故选：ACD。
由动量定理可求出物体的最大速度，然后根据动能与动量的关系，即可求出最大动能。根据功率的定义式，重的瞬时功率也易算出来。由动能定理可求出物体沿斜面上升的最大距离，然后求出重力势能的值。
分析清楚过程及每一过程的受力情况，然后由动量，动能定理去解答。
8.【答案】BCD
【解析】解：A、衣物紧贴着滚筒壁在竖直平面内做顺时针方向的匀速圆周运动，圆周运动的向心加速度大小不变，方向时刻在改变，即衣物的加速度在改变，因此，小衣物做的不是匀变速运动，故A错误；
B、根据线速度的定义：v=2πRT，解得：R=vT2π，故B正确；
C、衣物上的某一水滴在a点有：N1+m′g=m′v2R
衣物的某一水滴在b点有：N2−m′g=m′v2R
由上式可知：N2>N1，由于衣物与水滴之间的作用力的最大值有一定限度，当超过该限度值时，水将做离心运动，因此衣物转到b位置时的脱水效果最好，故C正确；
D、要使衣物不掉下，衣物在最高点恰好由重力提供向心力，此时洗衣桶转动最慢，周期最大。则有：mg=m4π2RTmax2=m2πTmaxv，解得：Tmax=2πvg，故D正确。
故选：BCD。
衣物随脱水筒一起做匀速运动，速率不变，但方向时刻变化，不是匀变速运动；
根据线速度的定义变形求半径；
在最高点和最低点对水滴进行受力分析，结合水分子与衣物之间的作用力有最大值根据牛顿第二定律求解。
本题以滚筒洗衣机脱水时，衣物紧贴着滚筒壁在竖直平面内做顺时针的匀速圆周运动为背景考查了匀速圆周运动的相关知识，解决此题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解。
9.【答案】AD
【解析】解：A、根据机械能守恒定律有：mgh+12mv2=12mvD2，可得：vD= 2gh+v2，故A正确；
B、小球在容器内竖直方向做自由落体运动，根据h=12gt2得t= 2hg，小球运动时间由高度决定，与水井的宽度无关，故B错误；
CD、将小球的运动等效为平抛运动，则
h=12gt2，x=vt
设水井的直径为d，则x应满足：x=(2n−1)d，(n=1,2,3…)
解得：d=v 2hg(2n−1)，(n=1,2,3…)
可知，水井直径不能可能等于14v 2hg。当n=3时，d=15v 2hg，故C错误，D正确。
故选：AD。
根据机械能守恒定律求小球落在D点的速度大小。小球在容器内竖直方向做自由落体运动，小球落到水面的时间由高度决定，与水井的宽度无关；将小球的运动等效为平抛运动，根据平抛运动的分位移公式以及水平位移与水井直径的关系列式，确定水井直径的可能值。
解决本题的关键需要分析小球在水平方向和竖直方向的运动情况，知道小球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，根据相应规律求解即可。
10.【答案】AD
【解析】A.根据电场的叠加原理可知 q1 、 q2 在D点的合场强为0，根据几何关系可知CD=Lcs30∘
根据点电荷产生的电场公式可知D处的电场强度为ED=kqCD2=4kq3L2
故A正确；
B.根据电场的矢量叠加可知O处的电场强度为0，比D处的电场强度小，故B错误；
C. q1 、 q2 、 q3 在O处的电势都为正，则O处的电势不为0，故C错误；
D.根据对称性及电场的矢量叠加可知E和F处的电场方向不同，但电势相同，故D正确；
故选AD。
本题考查电场的叠加原理，电场强度的叠加遵循平行四边形定则，点电荷的电场强度为E=kqr2.
11.【答案】CD
【解析】解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有：GMmr2=mv12r
对近地卫星有：GMmR2=mv02R
根据题意有：v1= 22v0
联立解得：r=2R，故A错误；
B、在地球表面有：GMmR2=mg
在卫星轨道所在位置有：GMmr2=mg′
结合上述解得：g′=14g，故B错误；
C、卫星绕地球做匀速圆周运动，则有：GMmr2=m4π2rT2
结合上述解得：T=4π 2Rg，故C正确；
D、作出太阳光示意图，如图所示
根据几何关系有：sinθ=Rr=12
解得：θ=30∘
可知卫星绕地球一周，太阳能收集板的工作时间对应卫星的圆周角为：α=360∘−2θ=300∘
则太阳能收集板的工作时间为：t=α360∘T
结合上述解得：t=10π3 2Rg，故D正确。
故选：CD。
根据万有引力等于向心力得到运行速度的表达式，结合速度关系可求出半径关系；
在地球附近重力近似等于万有引力列式可求解重力加速度的大小关系；
根据万有引力提供向心力求卫星的周期；
作出太阳光及卫星轨道示意图，根据几何关系，可以确定能接受太阳光的地方，对应的圆心角，从而求出时间。
万有引力类问题中万有引力等于向心力和地球表面重力等于万有引力是两个重要的等式；太阳能电池有关问题日常生活中很少见，这类新情境问题关键抓住电功率等基本概念。
12.【答案】 2dg 94mgd AB
【解析】解：(2)①根据平抛运动竖直方向的运动规律有
Δy=5d−3d=gT2
解得：T= 2dg
②根据水平方向的运动规律有
v0=3dT
小球的初动能
E=12mv02=94mgd
(3)A.根据初动能的表达式可知若当地的重力加速度小于g，则测量值偏小，故A正确；
B.轨道末端偏离水平方向，根据速度的分解可知测量值偏小，故B正确；
C.木板上端向内侧倾斜对小球初速度的测量值无影响，故C错误；
故选：AB。
故答案为：(2)① 2dg；②94mgd；(3)AB
(2)根据平抛运动在不同方向上的运动特点，结合运动学公式得出频闪周期和小球的初动能；
(3)根据实验原理分析出小球的初动能偏小的原因。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动的特点和运动学公式即可完成分析。
13.【答案】匀速直线 F−F0 (F−F0)s=12M(dt2)2−12M(dt1)2
【解析】解：(2)小车通过光电门1和2的时间相等，此时小车做匀速直线运动；
(3)小车做匀速直线运动时有
F0=f
力传感器的示数为F时小车受到的合外力为
F合=F−F0
(4)若要验证动能定理，需要验证的关系为
(F−F0)s=12Mv22−12Mv12
其中
v2=dt2，v1=dt1
联立解得：(F−F0)s=12M(dt2)2−12M(dt1)2
故答案为：(2)匀速直线；(3)F−F0；(4)(F−F0)s=12M(dt2)2−12M(dt1)2
(2)根据光电门的测速原理得出小车的运动类型；
(3)根据小车的运动状态得出小车的摩擦力，由此得出增加砝码质量后小车受到的合外力；
(4)根据动能定理得出需要验证的关系式。
本题主要考查了动能定理的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟悉小车的受力分析，结合动能定理即可完成解答。
14.【答案】解：(1)小球恰能通过最高点，则：mg=mv2r
在最低点时：F−mg=mv′2r
根据机械能守恒：mg⋅2r+12mv2=12mv′2
得：F=6mg
根据牛顿第三定律，小球在最低点时，对细线的拉力为6mg。
(2)小球在水平方向的运动半径为：r1=rsinθ=v2sinθg
根据牛顿第二定律：mgtanθ=m4π2T2r1
圆周运动的周期为：T=2πvg csθ
答：(1)小球在最低点时，对细线的拉力为6mg；
(2)若该小球在该细线的拉力作用下，绕O点正下方的O1点在水平面内做圆周运动，则该圆周运动的周期为2πvg csθ。
【解析】(1)小球恰好能通过圆周最高点，轻绳的拉力为零，由重力提供向心力，由牛顿第二定律列方程。小球从最低点到最高点的过程，利用机械能守恒定律列式，联立求解。
(2)小球做圆锥摆时重力与绳子拉力的合力提供向心力，由此分析列式即可求出。
本题考查机械能守恒定律、牛顿第二定律的综合应用以及圆锥摆，关键要分析向心力的来源，利用牛顿第二定律求最高点的速度和最低点的拉力。
15.【答案】解：(1)在小球下落的全过程中，根据功能关系得
(mg−f)(h1−h2)−Ep=0
解得风力的大小为：f=0.2N
(2)对小球接触弹簧前的运动过程，根据动能定理得
(mg−f)(h1−l)=12mv2
可得小球刚接触弹簧时的速度为：v=3m/s
答：(1)风力的大小为0.2N；
(2)小球刚接触弹簧时的速度为3m/s。
【解析】(1)在小球下落的全过程中，根据功能关系求解风力的大小。
(2)对小球接触弹簧前的运动过程，根据动能定理求小球刚接触弹簧时的速度。
运用动能定理时，要灵活选择研究过程，分析受力情况，确定各个力做功情况。
16.【答案】解：(1)小球受到重力与水平向右的电场力作用，在竖直方向做竖直上抛运动，所以小球上升的最高点距离O点的高度满足
v02=2gh
解得：h=v022g
(2)小球从上边界离开电场后做斜抛运动，令飞出速度方向与上边界夹角为θ。根据斜抛运动的对称性可知，再次进入电场的速度大小等于飞出上边界时的速度，方向与边界夹角仍然为θ。由于再次进入电场后做直线运动，表明此时重力与电场力的合力方向与速度方向相同，则合力方向与边界夹角也为θ，作出小球运动轨迹如图所示。
在竖直方小球做竖直上抛运动，根据对称性有
v0= 10v0sinθ
解得：sinθ= 1010，csθ=3 1010
由于重力与电场力的合力方向与边界夹角也为θ，则有
qEtanθ=mg
解得：E=3mgq
(3)小球在水平方向上再次进入电场的运动可以认为是前一次电场中运动的一个延续部分，电场中水平方向可以等效为一个初速度为0的匀加速直线运动，末速度为：
vx= 10v0csθ=3v0
由于电场中水平方向可以等效为一个初速度为0的匀加速直线运动，则小球在电场中有
vx=qEmt0
小球在竖直方向做竖直上抛运动，则有：
−v0=v0−gt1
则小球在水平面a上方运动的时间为
t=t1−t0
解得：t=v0g
答：(1)小球上升的最高点距离O点的高度为v022g；
(2)该电场的电场强度为3mgq；
(3)小球在水平面a上方运动的时间为v0g。
【解析】(1)小球在竖直方向做竖直上抛运动，根据速度-位移公式求解小球上升的最高点距离O点的高度；
(2)小球从上边界离开电场后做斜抛运动，根据对称性确定再次进入电场的速度大小和方向。小球再次进入电场后做直线运动，重力和电场力的合力与速度在同一直线上，由速度分解法求出sinθ，再根据做直线运动的条件求该电场的电场强度；
(3)小球在水平方向上再次进入电场的运动可以认为是前一次电场中运动的一个延续部分，电场中水平方向可以等效为一个初速度为0的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和速度-时间公式相结合求小球在水平面a上方运动的时间。
本题考查带电粒子在电场和重力场的复合场中的运动，关键是分析粒子在复合场中的运动情况，利用斜抛运动的特点和直线运动的条件分析计算。
1.2023年5月30日，搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮3名航天员状态良好，发射取得圆满成功。已知神舟十六号飞船距离地面的高度约400km，绕地球的运动可近似为匀速圆周运动，运动一周约1.5h。已知万有引力常量为6.67×10−11N⋅m2/kg2，地球半径约6400km。根据以上信息可估算出( )
A. 地球的质量B. 神舟十六号的质量
C. 神舟十六号所受地球的引力D. 神舟十六号的机械能
2.电子显微镜通过“静电透镜”实现对电子会聚或发散使微小物体成像。一种电子透镜的电场分布如图所示(截取其中一部分)，虚线为电场线，电子枪发射的电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，电子依次经过a、b、c三点，则下列说法正确的是( )
A. 电场线的方向大致指向上侧
B. a点的电场强度的大小大于b点的电场强度的大小
C. 电子在a点的速度大小大于在b点的速度大小
D. 电子在a点的电势能大于在b点的电势能
3.如图所示，质量为50kg的某中学生在做引体向上，若他在30s内做了15个引体向上，每次人体重心上升的距离均为0.3m，取g=10m/s2，则他在30s内克服重力做的功和相应的功率约为( )
A. W=4500J，P=30W
B. W=4500J，P=150W
C. W=2250J，P=75W
D. W=2250J，P=250W
4.木箱放在水平地面，在水平外力F作用下由静止开始运动，F随木箱的位移x的变化规律如图所示，当木箱运动0.4m时，木箱的动能最大，已知木箱质量为m=1kg，重力加速度g=10m/s2，则( )
A. 木箱与水平地面间的动摩擦因数为0.2
B. 木箱运动0.5m的动能为0
C. 木箱运动的最大位移为1.25m
D. 木箱获得的最大动能为4.8J
5.甲、乙两物体沿同一直线运动，运动的位移-时间(x−t图)如图所示，则在该运动过程中( )
A. 甲物体运动的速度大小先增大后减小
B. 0∼t0时间内，两物体的平均速度相同
C. 0∼t0时间内，两物体没有速度相同的时刻
D. 0∼t1时间内，两物体的平均速度相同
二、多选题：本大题共6小题，共28分。
6.2023年5月28日12时31分，经历1小时59分钟飞行，由上海虹桥机场起飞的C919大型客机航班平稳降落在北京首都国际机场，穿过象征民航最高礼仪的“水门”，标志着该机型圆满完成首个商业航班飞行，正式进入民航市场，开启市场化运营、产业化发展新征程。如图所示，仪式中的“水门”是由两辆消防车喷出的水柱形成的。两条水柱形成的抛物线对称分布，且刚好在最高点相遇。若喷水口的速度方向与水平方向成45∘，水门跨度80m。忽略空气阻力、消防车的高度以及水流之间的相互作用，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 水喷出后上升的最大高度为20m
B. 水在空中的运动时间为2s
C. 水刚喷出的速度大小为20m/s
D. 水滴在上升过程中，相等位移内速度的变化量相等
7.足够长的光滑斜面固定在水平地面，斜面倾角θ=30∘，在斜面底端放一质量为m的物块，物块受到沿斜面向上的拉力F=mg，作用的时间为t，然后撤去F，已知重力加速度为g，取水平面为零势能面，物块可视为质点，则物块从斜面底端开始在斜面上运动的全过程中( )
A. 物块在运动过程中的最大动能为18mg2t2
B. 撤去F的瞬间，重力的功率为12mg2
C. 物块在运动过程中的最大重力势能为14mg2t2
D. 在物块上升过程中只有一处重力势能和动能相等
8.如图甲，滚筒洗衣机脱水时，衣物紧贴着滚筒壁在竖直平面内做顺时针方向的匀速圆周运动。如图乙，一件小衣物质量为m，测得a点线速度大小为v，圆周运动的周期为T，重力加速度为g，a、b分别为小衣物经过的最高位置和最低位置，已知小衣物可视为质点，下列说法正确的是( )
A. 小衣物做匀变速运动
B. 转筒半径为vT2π
C. 衣物转到b位置时的脱水效果最好
D. 要使衣物不掉下，转筒的周期不能大于2πvg
9.有一圆柱形水井，井壁光滑且竖直，过其中心轴的剖面图如图所示，水井水面到井口的高度为h，一个质量为m的小球以速度v从井口边缘沿直径方向水平射入水井，小球与井壁做多次弹性碰撞(碰撞前后小球水平方向速度大小不变、方向反向，小球竖直方向速度大小和方向都不变)，不计空气阻力，已知小球刚好落在水面和水井右侧的交点D，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 小球落在D点的速度大小为 2gh+v2
B. 小球落到水面的时间与水井的宽度有关
C. 水井直径可能等于14v 2hg
D. 水井直径可能等于15v 2hg
10.如图所示，真空有三个正点电荷q1、q2、q3，q1=q2=q3=q，它们固定在等边三角形的三个顶点A、B、C上，三角形的边长为L，D、E、F分别为AB、AC、BC的中点，O为等边三角形中心，取无穷远处电势为0，静电力常量为k，下列说法正确的是( )
A. D处的电场强度为4kq3L2
B. O处的电场强度比D处的电场强度大
C. O处的电势为0
D. E和F处的电场强度不同，但电势相同
11.有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行的线速度是地球近地卫星的 22，卫星圆形轨道平面与地球赤道平面重合，卫星上有太阳能收集板可以把光能转化为电能，提供卫星工作所必须的能量。已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，忽略地球公转，此时太阳处于赤道平面上，近似认为太阳光是平行光，则下列说法正确的是( )
A. 卫星的轨道半径为3R
B. 卫星轨道所在位置的重力加速度为13g
C. 卫星运动的周期为4π 2Rg
D. 卫星绕地球一周，太阳能收集板的工作时间为10π3 2Rg
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
12.某同学用如图甲所示的“探究平抛运动的运动规律”的实验装置测量小球从轨道末端抛出的初动能，具体步骤如下：
(1)用天平测出小球的质量m；
(2)竖直木板上固定背景方格纸，将小球从高度h处释放，使用频闪照相机(每隔相等时间T拍一次照片)拍摄小球在空中的位置。如图乙所示为小球运动的频闪照片的一部分，图中背景小方格的边长表示实际长度为d，重力加速度为g，那么：(均用题中字母表示)
①照相机的频闪周期T=______；
②小球的初动能E=______；
(3)若测出的小球的初动能偏小，则可能的原因是______。
A.当地的重力加速度小于g
B.轨道末端偏离水平方向
C.木板上端向内侧倾斜
13.某同学利用验证牛顿第二定律的装置来验证动能定理，实验步骤如下：
(1)测量小车、力传感器和挡光板的总质量为M，挡光板的宽度d；
(2)水平轨道上安装两个光电门，测出两光电门中心间的距离s，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮，挂上砝码盘，实验首先保持轨道水平，小车通过光电门1和2的时间相等，此时小车做______运动，力传感器的示数为F0；
(3)增加砝码盘里砝码的质量，释放小车，力传感器的示数为F，小车通过光电门1和2的时间分别为t1和t2，则小车受到的合外力为______(用“F、F0”表示)；
(4)已知重力加速度为g，若要验证动能定理，需要验证的关系为______。
四、简答题：本大题共3小题，共38分。
14.如图甲所示，一质量为m的小球，固定在竖直面内的O点，一小球绕O点在竖直面内做圆周运动，恰能通过最高点且速度为v，已知重力加速度为g，则：
(1)小球在最低点时，对细线的拉力为多大？
(2)若该小球在该细线的拉力作用下，绕O点正下方的O1点在水平面内做圆周运动，已知细线与竖直方向的夹角为θ，则该圆周运动的周期为多大？
15.如图所示，竖直放置的轻弹簧一端固定于风洞实验室的水平地面，弹簧的原长为l=0.2375m。质量m=0.1kg的小球在轻弹簧正上方距水平地面高h1=0.8m处由静止下落，整个过程受到一个竖直向上恒定的风力。在小球下落的全过程中，小球下落的最低点距离桌面的距离为h2=0.1m，弹簧的最大弹性势能为0.56J，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度g=10m/s2，则：
(1)风力的大小为多大？
(2)小球刚接触弹簧时的速度为多大。
16.如图所示，在水平面a和b间的竖直平面内存在方向水平的匀强电场，在该区域下边界b的O点将质量为m、电荷量为q的小球以v0的初速度竖直上抛，小球从上边界离开电场，再次进入电场后在电场中做直线运动，到达下边界b的M1点，已知小球到达M1点的速度大小为 10v0。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
(1)小球上升的最高点距离O点的高度；
(2)该电场的电场强度；
(3)小球在水平面a上方运动的时间。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.神舟十六号飞船受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
GMm(R+h)2=m4π2(R+h)T2
解得：M=4π2(R+h)3GT2
可知，可以估算出中心天体地球的质量，故A正确；
B.根据上述可知，函数式两侧将神舟十六号的质量约去了，所以不能够估算出神舟十六号的质量，故B错误；
C.神舟十六号所受地球的引力
F=GMm(R+h)2
因为不能够确定神舟十六号的质量，可知不能估算神舟十六号所受地球的引力，故C错误；
D.神舟十六号的机械能包含动能与势能，因为不能够确定神舟十六号的质量，可知不能估算神舟十六号的机械能，故D错误。
故选：A。
神舟十六号飞船受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得出地球的质量，但无法计算出神舟十六号的质量；
根据万有引力定律得出神舟十六号受到的地球引力，结合机械能的定义完成分析。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解卫星受到的万有引力，结合牛顿第二定律即可完成分析。
2.【答案】D
【解析】解：A、做曲线运动的物体受合外力指向轨迹的凹侧，所以电场力方向大致指向上侧，电子受电场力方向与电场方向相反，所以电场线的方向大致指向下侧，故A错误；
B、电场线的疏密程度代表场强的大小，则a点的电场强度的大小小于b点的电场强度的大小，故B错误；
CD、电子从a点到b点运动的过程中，由于电场力的方向与速度方向大致成锐角，所以电场力做正功，电势能减小，动能增大。电子在a点的速度大小小于在b点的速度大小，电子在a点的电势能大于在b点的电势能，故C错误；D正确；
故选：D。
根据电子的轨迹弯向，判断所受的电场力的方向，从而确定电场强度方向；
根据电场线的疏密程度判断电场强度大小；
根据电场线与等势面相互垂直，以及电子所受电场力的方向与电场线方向反向来判断做功情况，从而在由功能关系求各点电势能的大小。
解决本题的关键要读懂题意，理解电子显微镜的电场线分布特点，根据做曲线运动物体受到合力指向轨迹的凹侧，确定电场线方向是解题的关键。
3.【答案】C
【解析】解：该学生在30s内克服重力做的功为
W=nmgh=15×50×10×0.3J=2250J
相应的功率约为
P=Wt=225030W=75W
故C正确，ABC错误。
故选：C。
根据该同学每次上半身重心上升的高度，由W=mgh可得每一次克服重力做的功，则可得1min内该同学克服重力做的功，由P=Wt可得平均功率。
本题考查了功的计算和平均功率，计算克服重力做功时需注意上升次数。
4.【答案】C
【解析】解：A.当木箱运动0.4m时，外力大小为
F1=20×(0.5−0.4)0.5N=4N
此时木箱的动能最大，可判断出此时木箱的速度最大，因此木箱的合力为0，根据摩擦力的计算公式可得：
F1=μmg
解得：μ=0.4，故A错误；
B.F−x图像中，图线与横轴围成的面积表示力做的功，则木箱运动0.5m，水平外力做功为
W1=20×0.52J=5J
木箱运动0.5m，摩擦力做功为
Wf1=−μmgx=−4×0.5J=−2J
根据动能定理可得：
W1+Wf1=12mv12
解得：v1= 6m/s，故B错误；
C.假设木箱运动的最大位移为xmax，根据动能定理可得：
W1−μmgxmax=0
解得：xmax=1.25m，故C正确；
D.同上述分析可知当木箱运动0.4m时，外力做功为
W2=(20+4)×0.42J=4.8J
与此同时，摩擦力做功为
Wf2=−μmgx′=−4×0.4J=−1.6J
此过程木箱的动能最大，根据动能定理有
W2+Wf2=Ekmax
解得：Ekmax=3.2J，故D错误。
故选：C。
根据图像得出木箱动能最大时的外力大小，结合摩擦力的计算公式得出μ的大小；
根据动能定理得出木箱的动能和对应的最大位移。
本题主要考查了动能定理的相关应用，理解图像的物理意义，结合动能定理即可完成分析。
5.【答案】B
【解析】解：A.x−t图像中，图像的斜率表示速度，斜率的绝对值表示速度的大小，根据图像可知，甲图像斜率的绝对值逐渐减小，可知甲物体运动的速度大小逐渐减小，故A错误；
B.令t0时刻位置坐标为x1，0∼t0时间内，两物体的位移均为
Δx=x1−x0
平均速度均为
v−=ΔxΔt=x1−x0t0
即0∼t0时间内，两物体的平均速度相同，故B正确；
C.将乙物体的图像向下平移，则其必定与甲图像相切与一点，即0∼t0时间内，两物体有速度相同的时刻，故C错误；
D.0时刻两物体的位置坐标相同，t1时刻两物体的位置坐标不相同，则0∼t1时间内，两物体的位移不相同，即0∼t1时间内，根据平均速度等于位移与这段时间的比值可知，两物体的平均速度不相同，故D错误。
故选：B。
x−t图象的斜率等于物体运动的速度，根据斜率变化判断甲的速度变化；
位移等于纵坐标之差，根据平均速度的定义判断。
本题考查的是x−t图象，要明确x−t图象斜率的物理意义，并能够熟练运动学公式求解。
6.【答案】AB
【解析】解：ABC.水做斜抛运动，竖直方向做匀变速直线运动，可知水滴竖直速度
vy2=2gh
喷水口的速度方向与水平方向成45∘，水平速度
v0=vy
水运动时间
t=vyg
水门跨度为
x=2v0t
水喷出时的速度为
v= v02+vy2
代入数据解得
v=20 2m/s，t=2s，h=20m
故AB正确，C错误；
D.根据竖直方向的运动规律可知在相等的时间间隔内，速度的改变量相等，在相等位移内速度变化不相等，故D错误。
故选：AB。
喷出的水做斜抛运动，根据平抛运动的规律列方程计算，根据相等时间内速度变化量相等分析判断。
本题关键是掌握将喷出的水看作斜抛运动，根据平抛运动规律计算。
7.【答案】ACD
【解析】解：B.撤去F的瞬间，由动量定理(F−mgsin30∘)t=pm，物块的速度为v=pmm，重力的功率为P=mgvcs120∘=−14mg2t，故B错误；
C.撤去F前，物块移动距离为x1=v2t，撤去F后，12mv2=mgh，物块最大重力势能为Epm=mg(x1sin30∘+h)，得：Epm=14mg2t2，故C正确；
A.根据动量定理(F−mgsin30∘)t=pm，又Ekm=pm22m
物块在运动过程中的最大动能为Ekm=18mg2t2，故A正确；
D.撤去F的瞬间，物块的重力势能为Ep=mgx1sin30∘=18mg2t2，与此时物块的最大动能相等，则在物块上升过程中只有一处重力势能和动能相等，D正确。
故选：ACD。
由动量定理可求出物体的最大速度，然后根据动能与动量的关系，即可求出最大动能。根据功率的定义式，重的瞬时功率也易算出来。由动能定理可求出物体沿斜面上升的最大距离，然后求出重力势能的值。
分析清楚过程及每一过程的受力情况，然后由动量，动能定理去解答。
8.【答案】BCD
【解析】解：A、衣物紧贴着滚筒壁在竖直平面内做顺时针方向的匀速圆周运动，圆周运动的向心加速度大小不变，方向时刻在改变，即衣物的加速度在改变，因此，小衣物做的不是匀变速运动，故A错误；
B、根据线速度的定义：v=2πRT，解得：R=vT2π，故B正确；
C、衣物上的某一水滴在a点有：N1+m′g=m′v2R
衣物的某一水滴在b点有：N2−m′g=m′v2R
由上式可知：N2>N1，由于衣物与水滴之间的作用力的最大值有一定限度，当超过该限度值时，水将做离心运动，因此衣物转到b位置时的脱水效果最好，故C正确；
D、要使衣物不掉下，衣物在最高点恰好由重力提供向心力，此时洗衣桶转动最慢，周期最大。则有：mg=m4π2RTmax2=m2πTmaxv，解得：Tmax=2πvg，故D正确。
故选：BCD。
衣物随脱水筒一起做匀速运动，速率不变，但方向时刻变化，不是匀变速运动；
根据线速度的定义变形求半径；
在最高点和最低点对水滴进行受力分析，结合水分子与衣物之间的作用力有最大值根据牛顿第二定律求解。
本题以滚筒洗衣机脱水时，衣物紧贴着滚筒壁在竖直平面内做顺时针的匀速圆周运动为背景考查了匀速圆周运动的相关知识，解决此题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解。
9.【答案】AD
【解析】解：A、根据机械能守恒定律有：mgh+12mv2=12mvD2，可得：vD= 2gh+v2，故A正确；
B、小球在容器内竖直方向做自由落体运动，根据h=12gt2得t= 2hg，小球运动时间由高度决定，与水井的宽度无关，故B错误；
CD、将小球的运动等效为平抛运动，则
h=12gt2，x=vt
设水井的直径为d，则x应满足：x=(2n−1)d，(n=1,2,3…)
解得：d=v 2hg(2n−1)，(n=1,2,3…)
可知，水井直径不能可能等于14v 2hg。当n=3时，d=15v 2hg，故C错误，D正确。
故选：AD。
根据机械能守恒定律求小球落在D点的速度大小。小球在容器内竖直方向做自由落体运动，小球落到水面的时间由高度决定，与水井的宽度无关；将小球的运动等效为平抛运动，根据平抛运动的分位移公式以及水平位移与水井直径的关系列式，确定水井直径的可能值。
解决本题的关键需要分析小球在水平方向和竖直方向的运动情况，知道小球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，根据相应规律求解即可。
10.【答案】AD
【解析】A.根据电场的叠加原理可知 q1 、 q2 在D点的合场强为0，根据几何关系可知CD=Lcs30∘
根据点电荷产生的电场公式可知D处的电场强度为ED=kqCD2=4kq3L2
故A正确；
B.根据电场的矢量叠加可知O处的电场强度为0，比D处的电场强度小，故B错误；
C. q1 、 q2 、 q3 在O处的电势都为正，则O处的电势不为0，故C错误；
D.根据对称性及电场的矢量叠加可知E和F处的电场方向不同，但电势相同，故D正确；
故选AD。
本题考查电场的叠加原理，电场强度的叠加遵循平行四边形定则，点电荷的电场强度为E=kqr2.
11.【答案】CD
【解析】解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有：GMmr2=mv12r
对近地卫星有：GMmR2=mv02R
根据题意有：v1= 22v0
联立解得：r=2R，故A错误；
B、在地球表面有：GMmR2=mg
在卫星轨道所在位置有：GMmr2=mg′
结合上述解得：g′=14g，故B错误；
C、卫星绕地球做匀速圆周运动，则有：GMmr2=m4π2rT2
结合上述解得：T=4π 2Rg，故C正确；
D、作出太阳光示意图，如图所示
根据几何关系有：sinθ=Rr=12
解得：θ=30∘
可知卫星绕地球一周，太阳能收集板的工作时间对应卫星的圆周角为：α=360∘−2θ=300∘
则太阳能收集板的工作时间为：t=α360∘T
结合上述解得：t=10π3 2Rg，故D正确。
故选：CD。
根据万有引力等于向心力得到运行速度的表达式，结合速度关系可求出半径关系；
在地球附近重力近似等于万有引力列式可求解重力加速度的大小关系；
根据万有引力提供向心力求卫星的周期；
作出太阳光及卫星轨道示意图，根据几何关系，可以确定能接受太阳光的地方，对应的圆心角，从而求出时间。
万有引力类问题中万有引力等于向心力和地球表面重力等于万有引力是两个重要的等式；太阳能电池有关问题日常生活中很少见，这类新情境问题关键抓住电功率等基本概念。
12.【答案】 2dg 94mgd AB
【解析】解：(2)①根据平抛运动竖直方向的运动规律有
Δy=5d−3d=gT2
解得：T= 2dg
②根据水平方向的运动规律有
v0=3dT
小球的初动能
E=12mv02=94mgd
(3)A.根据初动能的表达式可知若当地的重力加速度小于g，则测量值偏小，故A正确；
B.轨道末端偏离水平方向，根据速度的分解可知测量值偏小，故B正确；
C.木板上端向内侧倾斜对小球初速度的测量值无影响，故C错误；
故选：AB。
故答案为：(2)① 2dg；②94mgd；(3)AB
(2)根据平抛运动在不同方向上的运动特点，结合运动学公式得出频闪周期和小球的初动能；
(3)根据实验原理分析出小球的初动能偏小的原因。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动的特点和运动学公式即可完成分析。
13.【答案】匀速直线 F−F0 (F−F0)s=12M(dt2)2−12M(dt1)2
【解析】解：(2)小车通过光电门1和2的时间相等，此时小车做匀速直线运动；
(3)小车做匀速直线运动时有
F0=f
力传感器的示数为F时小车受到的合外力为
F合=F−F0
(4)若要验证动能定理，需要验证的关系为
(F−F0)s=12Mv22−12Mv12
其中
v2=dt2，v1=dt1
联立解得：(F−F0)s=12M(dt2)2−12M(dt1)2
故答案为：(2)匀速直线；(3)F−F0；(4)(F−F0)s=12M(dt2)2−12M(dt1)2
(2)根据光电门的测速原理得出小车的运动类型；
(3)根据小车的运动状态得出小车的摩擦力，由此得出增加砝码质量后小车受到的合外力；
(4)根据动能定理得出需要验证的关系式。
本题主要考查了动能定理的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟悉小车的受力分析，结合动能定理即可完成解答。
14.【答案】解：(1)小球恰能通过最高点，则：mg=mv2r
在最低点时：F−mg=mv′2r
根据机械能守恒：mg⋅2r+12mv2=12mv′2
得：F=6mg
根据牛顿第三定律，小球在最低点时，对细线的拉力为6mg。
(2)小球在水平方向的运动半径为：r1=rsinθ=v2sinθg
根据牛顿第二定律：mgtanθ=m4π2T2r1
圆周运动的周期为：T=2πvg csθ
答：(1)小球在最低点时，对细线的拉力为6mg；
(2)若该小球在该细线的拉力作用下，绕O点正下方的O1点在水平面内做圆周运动，则该圆周运动的周期为2πvg csθ。
【解析】(1)小球恰好能通过圆周最高点，轻绳的拉力为零，由重力提供向心力，由牛顿第二定律列方程。小球从最低点到最高点的过程，利用机械能守恒定律列式，联立求解。
(2)小球做圆锥摆时重力与绳子拉力的合力提供向心力，由此分析列式即可求出。
本题考查机械能守恒定律、牛顿第二定律的综合应用以及圆锥摆，关键要分析向心力的来源，利用牛顿第二定律求最高点的速度和最低点的拉力。
15.【答案】解：(1)在小球下落的全过程中，根据功能关系得
(mg−f)(h1−h2)−Ep=0
解得风力的大小为：f=0.2N
(2)对小球接触弹簧前的运动过程，根据动能定理得
(mg−f)(h1−l)=12mv2
可得小球刚接触弹簧时的速度为：v=3m/s
答：(1)风力的大小为0.2N；
(2)小球刚接触弹簧时的速度为3m/s。
【解析】(1)在小球下落的全过程中，根据功能关系求解风力的大小。
(2)对小球接触弹簧前的运动过程，根据动能定理求小球刚接触弹簧时的速度。
运用动能定理时，要灵活选择研究过程，分析受力情况，确定各个力做功情况。
16.【答案】解：(1)小球受到重力与水平向右的电场力作用，在竖直方向做竖直上抛运动，所以小球上升的最高点距离O点的高度满足
v02=2gh
解得：h=v022g
(2)小球从上边界离开电场后做斜抛运动，令飞出速度方向与上边界夹角为θ。根据斜抛运动的对称性可知，再次进入电场的速度大小等于飞出上边界时的速度，方向与边界夹角仍然为θ。由于再次进入电场后做直线运动，表明此时重力与电场力的合力方向与速度方向相同，则合力方向与边界夹角也为θ，作出小球运动轨迹如图所示。
在竖直方小球做竖直上抛运动，根据对称性有
v0= 10v0sinθ
解得：sinθ= 1010，csθ=3 1010
由于重力与电场力的合力方向与边界夹角也为θ，则有
qEtanθ=mg
解得：E=3mgq
(3)小球在水平方向上再次进入电场的运动可以认为是前一次电场中运动的一个延续部分，电场中水平方向可以等效为一个初速度为0的匀加速直线运动，末速度为：
vx= 10v0csθ=3v0
由于电场中水平方向可以等效为一个初速度为0的匀加速直线运动，则小球在电场中有
vx=qEmt0
小球在竖直方向做竖直上抛运动，则有：
−v0=v0−gt1
则小球在水平面a上方运动的时间为
t=t1−t0
解得：t=v0g
答：(1)小球上升的最高点距离O点的高度为v022g；
(2)该电场的电场强度为3mgq；
(3)小球在水平面a上方运动的时间为v0g。
【解析】(1)小球在竖直方向做竖直上抛运动，根据速度-位移公式求解小球上升的最高点距离O点的高度；
(2)小球从上边界离开电场后做斜抛运动，根据对称性确定再次进入电场的速度大小和方向。小球再次进入电场后做直线运动，重力和电场力的合力与速度在同一直线上，由速度分解法求出sinθ，再根据做直线运动的条件求该电场的电场强度；
(3)小球在水平方向上再次进入电场的运动可以认为是前一次电场中运动的一个延续部分，电场中水平方向可以等效为一个初速度为0的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和速度-时间公式相结合求小球在水平面a上方运动的时间。
本题考查带电粒子在电场和重力场的复合场中的运动，关键是分析粒子在复合场中的运动情况，利用斜抛运动的特点和直线运动的条件分析计算。
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