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湖南省永州市2023-2024学年高一下学期期末考试物理试卷（Word版附解析）
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这是一份湖南省永州市2023-2024学年高一下学期期末考试物理试卷（Word版附解析），文件包含湖南省永州市2023-2024学年高一下学期期末考试物理试题原卷版docx、湖南省永州市2023-2024学年高一下学期期末考试物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
考生注意：
1．本试卷包括四道大题，共16道小题。满分100分，考试时量75分钟。
2．考生务必将各题的答案填写在答题卡的对应位置，在本试卷上作答无效。
3．考试结束时，只交答题卡。
一、单选题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，将你认为正确的答案选出来填在答题卡的指定位置）
1. 如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则（ ）
A. 返回舱在喷气过程中处于失重状态
B. 返回舱在喷气过程中所受合外力做正功
C. 返回舱在喷气过程中机械能减少
D. 返回舱在匀速下降过程中机械能不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．返回舱在喷气过程中向下做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱在喷气过程中处于超重状态，A错误；
B．返回舱在喷气过程中向下做减速直线运动，加速度方向向上，所受合外力向上，运动方向与所受合外力方向相反，所受合外力做负功，B错误；
C．返回舱在喷气过程中速度减小，故动能减小；高度下降，故重力势能减小，所以机械能减小，C正确；
D．返回舱在匀速下降过程中动能不变，重力势能减小，故机械能减小，D错误；
故选C
2. 手机触摸屏多数采用的是电容式触摸屏，其原理可简化为如图所示的电路。平行板电容器的上、下两极板A、B分别接在一恒压直流电源的两端，上极板A为两端固定的可动电极，下极板B为固定电极。当用手指触压屏幕上某个部位时，可动电极的极板会发生形变，从而改变电容器的电容。当压力F增大时（ ）
A. 电容器所带电荷量不变
B. 电容器放电
C. 极板间的电场强度减小
D. 灵敏电流计中有从b到a电流
【答案】D
【解析】
【详解】AB．根据，当压力F增大时，减小，电容器的电容增大，电容器与电源相连，电容器两极板间的电势差不变，根据，可知电容器所带电荷量增加，电容器充电，故AB错误；
C．当压力F增大时，减小，电容器两极板间的电势差不变，根据，可知极板间的电场强度增大，故C错误；
D．电容器充电，灵敏电流计中有从b到a的电流，故D正确。
故选D。
3. 如图所示，A、B、C、D是正方形的四个顶点，在A点和C点放有电荷量都为q的正电荷，在B点放了某个未知电荷q′后，D点的电场强度恰好等于0，则放在B点的电荷电性和电荷量分别是（ ）
A. 正电荷，2qB. 负电荷，2q
C. 正电荷，2qD. 负电荷，2q
【答案】D
【解析】
【详解】设正方形边长l，A、C点的电荷在D点的场强均为
则A、C点的电荷在D点的合场强为
因为D点的电场强度恰好等于零，则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，因此B点的点电荷带负电，且B点的点电荷在D的电场强度大小是
解得
故选D。
4. 如图（a）所示，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放分别沿某一轨道滑到N点，小物块甲、乙的速率v与时间t关系如图（b）所示。由图可知，两物块在分别在M点到N点的下滑过程中（ ）
A. 甲沿Ⅰ下滑且甲的重力功率一直增大
B. 乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直不变
C. 甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
D. 乙沿Ⅰ下滑且同一时刻乙的动能比甲的大
【答案】D
【解析】
【详解】AB．由图（b）可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，其下滑过程中，速度增大，竖直方向的分速度增大，根据瞬时功率公式
则重力功率一直增大；乙做加速度逐渐减小的加速运动，则乙沿I下滑，其初速度为0，则重力的功率一开始为0，滑到N点后，其速度水平，竖直方向的分速度为0，则重力的功率为0，由于在滑动过程中，存在竖直方向的分速度，则在滑动过程中，乙重力的功率不为0，则乙沿Ⅰ下滑过程中重力功率先增大后减小，故AB错误；
CD．图（b）为图像，乙沿I下滑，由图（b）可知任意时刻甲的速度大小都小于乙的速度大小，由动能公式
可知同一时刻乙的动能比甲的大，故C错误，D正确；
故选D。
5. 摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车，如图所示，当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，抵消离心力的作用。行走在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样。它的优点是能够在现有线路上运行，无须对线路等设施进行较大的改造，而是靠摆动车体的先进性，实现高速行车，并速度可提高20%~40%，最高可达50%，摆式列车不愧为“曲线冲刺能手”。假设有一超高速列车在水平面内行驶。以360km/h的速度拐弯，拐弯半径为750m，则质量为60kg的乘客，在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为（g取）（ ）
A. 600NB. 800NC. 1000ND. 1400N
【答案】C
【解析】
【详解】竖直方向，火车对乘客的作用力为
水平方向，火车对乘客的作用力
故在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为
故选C。
6. 如图所示，在直角坐标xOy中有a、b、c、d四点，c点坐标为。现加上一方向平行于xOy平面的匀强电场，b、c、d三点电势分别为8V、24V、15V，将一电荷量为的点电荷从a点沿abcd移动到d点，下列说法正确的是（ ）
A. 坐标原点O的电势为0V
B. 电场强度的大小为500V/m
C. 该点电荷在a点的电势能为
D. 该点电荷从a点移到d点的过程中，电场力做的功为
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，故
代入数据解得
故A错误；
C．沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，则
解得
该点电荷在a点的电势能为
故C错误；
B．连接Oc，如图所示
根据几何关系可得
则
则沿cO每1cm电势降低5V，通过b做cO的垂线交于f，如图所示，根据几何关系可得
则f点的电势为
所以bf为等势线，电场线方向沿cO方向，电场强度为
故B正确；
D．该点电荷从a点移到d点电场中做功为
故D错误。
故选B。
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分，每小题有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
7. 如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，经过A、B、C三点，已知。该电子的电势能随坐标x变化的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（ ）
A. A点电势高于B点电势
B. A点的电场强度大于B点的电场强度
C. A、B两点电势差等于B、C两点电势差
D. 电子经过A点的速率小于经过B点的速率
【答案】BD
【解析】
【详解】AD．一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，由图乙可知电势能一直减小，则电子从A到B电场力做正功，电势升高，根据动能定理，可知电子动能增加，速度增大，故A点电势低于B点电势，经过A点的速率小于经过B点的速率，故A错误，D正确；
B．图像斜率的绝对值表示电场力大小，A点处图像斜率的绝对值大于B点处图像斜率的绝对值，故A点的电场强度大于B点的电场强度，故B正确；
C．由图乙可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，根据
可得A、B两点电势差大于B、C两点电势差，故C错误。
故选BD。
8. 复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度，设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变。动车在时间t内（ ）
A. 牵引力的功率
B. 平均速度
C. 当动车的速度为时，其加速度为
D. 牵引力做功
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由于复兴号达到最大速度后做匀速直线运动，则有
牵引力的功率
故A正确；
B．根据
可知随着速度的增加，牵引力逐渐减小，合力减小，加速度减小，故复兴号动车做加速度逐渐减小的变加速直线运动，作出图像如图所示
这段时间内，如果动车做匀加速直线运动，则平均速度为，图像与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知这段时间内，动车实际位移大于动车做匀加速直线运动的位移，则平均速度
故B错误；
C．当动车的速度为时，牵引力为
根据牛顿第二定律
解得加速度为
故C正确；
D．设动车在时间t内的位移为，根据动能定理有
解得牵引力做功
故D错误。
故选AC
9. 我国首次执行火星探测任务的“天问一号”探测器实施近火捕获制动成功，成为我国第一颗人造火星卫星，实现“绕、着、巡”目标的第一步——环绕火星成功。如图所示，P为“天问一号”探测器，P到火星表面的高度为h，环绕周期为，Q为静止在火星赤道表面的物体，Q到火星中心的距离为R。火星自转周期为，已知万有引力常量为G，则（ ）
A. 火星的第一宇宙速度大小为
B. 火星的密度
C. P与Q的线速度之比
D. P与Q的向心加速度之比
【答案】BC
【解析】
【详解】A．设近火卫星的周期，则火星的第一宇宙速度大小为
由于
故A错误；
B．根据万有引力提供向心力
火星的体积为
火星的密度为
解得火星的密度为
故B正确；
C．线速度大小为
P与Q的线速度之比
故C正确；
D．根据向心力加速度公式
可得P与Q的向心加速度之比
故D错误。
故选BC。
10. 如图所示，一倾角为30°的光滑斜面固定在水平面上，斜面的底端固定一垂直斜面的挡板，上端固定一定滑轮O。劲度系数为的轻弹簧下端固定在挡板上，上端与质量为2m的物块Q连接。一跨过定滑轮O的轻绳一端与物块Q连接，另一端与套在水平固定的光滑直杆上质量为m的物块P连接。初始时物块P在水平外力F作用下静止在直杆的A点，且恰好与直杆没有相互作用，轻绳与水平直杆的夹角为30°。去掉水平外力F，物块P由静止运动到B点时轻绳与直杆间的夹角37°。已知滑轮到水平直杆的垂直距离为d，重力加速度大小为g，弹簧轴线、物块Q与定滑轮之间的轻绳与斜面平行，不计滑轮大小及摩擦，，。则下列说法正确的是（ ）
A. 物块P在A点时弹簧的伸长量为
B. 物块P从A点到B点时，物块Q的势能减少量等于P、Q两物块增加的总动能
C. 物块P运动到B点时，物块Q的速度为
D. 物块P从A点运动到B点的过程中，轻绳拉力对物块P做的功为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．初始时物块P在水平外力F作用下静止在直杆的A点，且恰好与直杆没有相互作用，可知细绳的拉力为
对滑块P分析可知
解得
选项A错误；
B．物块P从A点到B点时，物块Q下滑的距离
即此时弹簧被压缩，在两个状态下的弹簧弹性势能相等，则由系统机械能守恒关系可知，物块P从A点到B点时，物块Q的势能减少量等于P、Q两物块增加的总动能，选项B正确；
C．物块P运动到B点时，设物块Q的速度为v，则物块P的速度
由能量关系
物块Q的速度为
选项C错误；
D．物块P从A点运动到B点的过程中，轻绳拉力对物块P做的功为
选项D正确。
故选BD 。
三、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分，将答案填在答题卡的指定位置）
11. 某同学利用如图所示的装置来探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系。两个变速塔轮通过皮带连接，调节装置。转动手柄，使长槽和短槽分别随变速塔轮在水平面内匀速转动，槽内的钢球做匀速圆周运动。横臂的挡板对钢球的弹力提供向心力，钢球对挡板的弹力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间等分格显示出两个钢球所受向心力的大小。图中左侧短槽的挡板距标尺1的距离与右侧挡板距标尺2的距相等。
（1）在探究向心力与半径、质量、角速度的关系时，用到的实验方法是______。
A. 理想实验法B. 控制变量法
C. 等效替代法D. 演绎推理法
（2）为了探究钢球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系，下列说法正确的是______：
A. 应使用两个质量不等的钢球
B. 应使两钢球离转轴的距离相同
C. 应将皮带套在两边半径相等变速塔轮上
（3）在某次探究实验中，当a、b两个相同钢球转动的半径相等时，若左右标尺上红白相间的等分格显示出a、b两个钢球所受向心力的比值为4∶9，由此可知皮带连接的左右两个变速塔轮对应的半径之比为______。
【答案】（1）B （2）C
（3）
【解析】
【小问1详解】
在探究向心力与半径、质量、角速度的关系时，先探究向心力与其中一个物理量的关系，保持另外两个物理量不变，用到的实验方法是控制变量法。
故选B
【小问2详解】
为了探究钢球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系，需控制小球的质量、角速度相同，轨道半径不同，则应使用两个质量相等的钢球，应使两钢球离转轴的距离不同，左右变速轮边缘的线速度大小相等，根据
为使小球的角速度相同，应将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上。
故选C。
【小问3详解】
根据向心力公式
可得
变速轮边缘的线速度大小相等，根据
右两个变速塔轮对应的半径之比为
12. 用如图甲所示的实验装置验证、组成的系统机械能守恒。从高处由静止开始下落，拉着纸带向上运动，打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械守恒定律。如图乙所示是实验中获取的一条纸带；O点是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离已标注，打点计时器所接电源频率为50Hz。已知、，则（计算结果均保留三位有效数字）
（1）在打下O点到打下B点的过程中系统动能的增量______J，系统势能的减少量______J。（取重力加速度）
（2）在某次实验中系统动能的增加量小于系统重力势能的减少量，造成该实验结果的可能原因是______。
（3）若上升高度为h时对应的速度大小为v，请写出计算重力加速度g的表达式______（用、、v、h表示）；若某同学作出图像如图丙所示，计算重力加速度______。
【答案】（1） ①. 1.15 ②. 1.18
（2）还有其他阻力在做负功，如空气阻力、打点计时器与纸带之间的阻力
（3） ①. ②. 9.76
【解析】
【小问1详解】
[1]O点是打下的第一个点，则O点的速度为0，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），打点计时器所接电源频率为50Hz，则相邻两计数点的时间间隔为，由图乙中数据可求得B点的瞬时速度为
则在打下O点到打下B点的过程中系统动能的增加量
[2]系统势能的减少量
【小问2详解】
系统动能的增加量小于系统重力势能的减少量，说明在整个过程中除了重力在做功，还有其他阻力在做负功，如空气阻力、打点计时器与纸带之间的阻力。
【小问3详解】
[1]在误差允许的范围内，可认为系统动能的增加量等于系统势能的减少量，即
则计算重力加速度g的表达式为
[2]上式可转化为
根据某同学作出图像可知，直线斜率
代入数据，解得
四、计算题（本题共3小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13. 如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为2L的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37°，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到53°时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，取，，求：
（1）装置静止时，O、B间细线的张力大小；
（2）当细线与竖直方向的夹角为53°时，该装置转动的角速度；
（3）小圆环A的质量。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设O、B间，A、B间的张力分别为、，B受力平衡，可得水平方向和竖直方向的平衡式为
解得
（2）当细线与竖直方向的夹角为时，设装置转动的角速度为，B做匀速圆周运动的半径
此时A、B间细线的拉力恰好减小到零，则O、B间细线的拉力和B的重力提供向心力，即
则该装置转动的角速度
（3）装置静止时对A进行分析，设弹簧的弹力为F，则
当细线与竖直方向的夹角增大到时，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，设为，即
设小圆环A的质量为M，A、B属于同轴转动，则A、B做圆周运动的角速度相等，均为，A做圆周运动的半径
其提供A做匀速圆周运动的向心力
解得小圆环A的质量
14. 如图所示，一绝缘细直杆AC固定在水平向左、电场强度大小的匀强电场中，直杆与电场线成37°角，杆长，一套在直杆上的电荷量为的带负电荷的小环，从杆顶端A点以初速度开始下滑，小环离开杆后恰好通过杆底端C点正下方的P点。已知小环的质量，环与杆间的动摩擦因数，取重力加速度大小，求：
（1）小环在C点的速度；
（2）小环从C点到P点的时间；
（3）小环运动到杆下端C向正下方P点的动能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设小环在细直杆上运动时的加速度大小为，受到的支持力大小为，受到的摩擦力大小为，小环在C点的速度为，则对小环进行受力分析可得，沿杆方向
垂直杆方向
其中
解得加速度
根据速度位移公式
解得
（2）小环从C点到P点在水平方向只受到电场力，则水平方向的加速度大小为
小环在C点水平方向的分速度为
设小环从C点到P点的时间为t，根据位移时间公式有
解得
（3）小环到P点水平方向的速度大小为
在竖直方向，根据牛顿第二定律
竖直方向的速度大小为
小环到P点速度大小为
所以小环到P点的动能为
15. 如图所示，底部带有与木板厚度等高挡板的固定斜面，倾角为，上有质量为4kg、长度为的长木板A，其下端距挡板间的距离为，质量为2kg的小物块B置于木板A的顶端，B与木板A之间的动摩擦因数为。木板A与斜面间的动摩擦因数为，同时由静止释放长木板A和小物块B，当木板滑到斜面底端时，与底部的挡板发生碰撞并立即静止，随后小物块B沿一小段光滑圆弧轨道无速度损失地滑上长，以8m/s顺时针匀速转动的传进带。从传送带右端离开后小物块B滑行一段水平轨道DE后又冲上一半径的光滑半圆形轨道内侧。已知小物块B与传送带及DE段轨道间的动摩擦因数均为，重力加度g取，不计空气阻力，求：
（1）小物块B开始运动时的加速度；
（2）若小物块恰好能到达半圆形轨道的最高点，则DE段的距离d为多少；
（3）若保证DE间的距离为第（2）问所求结果不变，且将最右侧半圆形轨道半径调整为1.5m，则当传送带顺时针转动的速度大小可变时，试讨论小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离l与传送带远行的速度v之间的关系。
【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【解析】
【详解】（1）因为，所以，由静止释放长木板A和小物块B后，AB相对静止，将AB看作一个整体，根据牛顿第二定律
解得
（2）AB一起下滑到木板滑到斜面底端时，根据速度位移公式
解得
此后，A静止，B继续在A上滑动，根据牛顿第二定律
解得
根据速度位移公式
解得
假设小物块在传送带上一直加速，则在传送带上的加速度为
解得
根据速度位移公式
解得
所以，假设成立。小物块恰好能到达半圆形轨道的最高点，设最高点速度为vm，有
解得
小物块从D点到半圆形轨道的最高点过程中，根据动能定理
解得
（3）将最右侧半圆形轨道半径调整为1.5m，当传送带速度时，小物块到达D点的速度为7m/s，设小物块到达半圆形轨道的最高点的高度为h，由动能定理可得
解得
所以小物块第一次刚好到达半圆形轨道与圆心等高处，原路返回。由动能定理可得
解得
所以，小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离为
若小物块在传送带上一直减速，则
解得
所以，当传送带速度时，小物块到达D点的速度为，根据动能定理
解得
所以，小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离为
当小物块恰好可以停在D点时
解得
此时小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离为
所以，若传送带速度，由动能定理可得
解得
所以，小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离为
若传送带速度，由动能定理可得
解得
所以，小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离为
考生注意：
1．本试卷包括四道大题，共16道小题。满分100分，考试时量75分钟。
2．考生务必将各题的答案填写在答题卡的对应位置，在本试卷上作答无效。
3．考试结束时，只交答题卡。
一、单选题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，将你认为正确的答案选出来填在答题卡的指定位置）
1. 如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则（ ）
A. 返回舱在喷气过程中处于失重状态
B. 返回舱在喷气过程中所受合外力做正功
C. 返回舱在喷气过程中机械能减少
D. 返回舱在匀速下降过程中机械能不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．返回舱在喷气过程中向下做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱在喷气过程中处于超重状态，A错误；
B．返回舱在喷气过程中向下做减速直线运动，加速度方向向上，所受合外力向上，运动方向与所受合外力方向相反，所受合外力做负功，B错误；
C．返回舱在喷气过程中速度减小，故动能减小；高度下降，故重力势能减小，所以机械能减小，C正确；
D．返回舱在匀速下降过程中动能不变，重力势能减小，故机械能减小，D错误；
故选C
2. 手机触摸屏多数采用的是电容式触摸屏，其原理可简化为如图所示的电路。平行板电容器的上、下两极板A、B分别接在一恒压直流电源的两端，上极板A为两端固定的可动电极，下极板B为固定电极。当用手指触压屏幕上某个部位时，可动电极的极板会发生形变，从而改变电容器的电容。当压力F增大时（ ）
A. 电容器所带电荷量不变
B. 电容器放电
C. 极板间的电场强度减小
D. 灵敏电流计中有从b到a电流
【答案】D
【解析】
【详解】AB．根据，当压力F增大时，减小，电容器的电容增大，电容器与电源相连，电容器两极板间的电势差不变，根据，可知电容器所带电荷量增加，电容器充电，故AB错误；
C．当压力F增大时，减小，电容器两极板间的电势差不变，根据，可知极板间的电场强度增大，故C错误；
D．电容器充电，灵敏电流计中有从b到a的电流，故D正确。
故选D。
3. 如图所示，A、B、C、D是正方形的四个顶点，在A点和C点放有电荷量都为q的正电荷，在B点放了某个未知电荷q′后，D点的电场强度恰好等于0，则放在B点的电荷电性和电荷量分别是（ ）
A. 正电荷，2qB. 负电荷，2q
C. 正电荷，2qD. 负电荷，2q
【答案】D
【解析】
【详解】设正方形边长l，A、C点的电荷在D点的场强均为
则A、C点的电荷在D点的合场强为
因为D点的电场强度恰好等于零，则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，因此B点的点电荷带负电，且B点的点电荷在D的电场强度大小是
解得
故选D。
4. 如图（a）所示，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放分别沿某一轨道滑到N点，小物块甲、乙的速率v与时间t关系如图（b）所示。由图可知，两物块在分别在M点到N点的下滑过程中（ ）
A. 甲沿Ⅰ下滑且甲的重力功率一直增大
B. 乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直不变
C. 甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
D. 乙沿Ⅰ下滑且同一时刻乙的动能比甲的大
【答案】D
【解析】
【详解】AB．由图（b）可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，其下滑过程中，速度增大，竖直方向的分速度增大，根据瞬时功率公式
则重力功率一直增大；乙做加速度逐渐减小的加速运动，则乙沿I下滑，其初速度为0，则重力的功率一开始为0，滑到N点后，其速度水平，竖直方向的分速度为0，则重力的功率为0，由于在滑动过程中，存在竖直方向的分速度，则在滑动过程中，乙重力的功率不为0，则乙沿Ⅰ下滑过程中重力功率先增大后减小，故AB错误；
CD．图（b）为图像，乙沿I下滑，由图（b）可知任意时刻甲的速度大小都小于乙的速度大小，由动能公式
可知同一时刻乙的动能比甲的大，故C错误，D正确；
故选D。
5. 摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车，如图所示，当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，抵消离心力的作用。行走在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样。它的优点是能够在现有线路上运行，无须对线路等设施进行较大的改造，而是靠摆动车体的先进性，实现高速行车，并速度可提高20%~40%，最高可达50%，摆式列车不愧为“曲线冲刺能手”。假设有一超高速列车在水平面内行驶。以360km/h的速度拐弯，拐弯半径为750m，则质量为60kg的乘客，在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为（g取）（ ）
A. 600NB. 800NC. 1000ND. 1400N
【答案】C
【解析】
【详解】竖直方向，火车对乘客的作用力为
水平方向，火车对乘客的作用力
故在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为
故选C。
6. 如图所示，在直角坐标xOy中有a、b、c、d四点，c点坐标为。现加上一方向平行于xOy平面的匀强电场，b、c、d三点电势分别为8V、24V、15V，将一电荷量为的点电荷从a点沿abcd移动到d点，下列说法正确的是（ ）
A. 坐标原点O的电势为0V
B. 电场强度的大小为500V/m
C. 该点电荷在a点的电势能为
D. 该点电荷从a点移到d点的过程中，电场力做的功为
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，故
代入数据解得
故A错误；
C．沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，则
解得
该点电荷在a点的电势能为
故C错误；
B．连接Oc，如图所示
根据几何关系可得
则
则沿cO每1cm电势降低5V，通过b做cO的垂线交于f，如图所示，根据几何关系可得
则f点的电势为
所以bf为等势线，电场线方向沿cO方向，电场强度为
故B正确；
D．该点电荷从a点移到d点电场中做功为
故D错误。
故选B。
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分，每小题有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
7. 如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，经过A、B、C三点，已知。该电子的电势能随坐标x变化的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（ ）
A. A点电势高于B点电势
B. A点的电场强度大于B点的电场强度
C. A、B两点电势差等于B、C两点电势差
D. 电子经过A点的速率小于经过B点的速率
【答案】BD
【解析】
【详解】AD．一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，由图乙可知电势能一直减小，则电子从A到B电场力做正功，电势升高，根据动能定理，可知电子动能增加，速度增大，故A点电势低于B点电势，经过A点的速率小于经过B点的速率，故A错误，D正确；
B．图像斜率的绝对值表示电场力大小，A点处图像斜率的绝对值大于B点处图像斜率的绝对值，故A点的电场强度大于B点的电场强度，故B正确；
C．由图乙可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，根据
可得A、B两点电势差大于B、C两点电势差，故C错误。
故选BD。
8. 复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度，设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变。动车在时间t内（ ）
A. 牵引力的功率
B. 平均速度
C. 当动车的速度为时，其加速度为
D. 牵引力做功
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由于复兴号达到最大速度后做匀速直线运动，则有
牵引力的功率
故A正确；
B．根据
可知随着速度的增加，牵引力逐渐减小，合力减小，加速度减小，故复兴号动车做加速度逐渐减小的变加速直线运动，作出图像如图所示
这段时间内，如果动车做匀加速直线运动，则平均速度为，图像与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知这段时间内，动车实际位移大于动车做匀加速直线运动的位移，则平均速度
故B错误；
C．当动车的速度为时，牵引力为
根据牛顿第二定律
解得加速度为
故C正确；
D．设动车在时间t内的位移为，根据动能定理有
解得牵引力做功
故D错误。
故选AC
9. 我国首次执行火星探测任务的“天问一号”探测器实施近火捕获制动成功，成为我国第一颗人造火星卫星，实现“绕、着、巡”目标的第一步——环绕火星成功。如图所示，P为“天问一号”探测器，P到火星表面的高度为h，环绕周期为，Q为静止在火星赤道表面的物体，Q到火星中心的距离为R。火星自转周期为，已知万有引力常量为G，则（ ）
A. 火星的第一宇宙速度大小为
B. 火星的密度
C. P与Q的线速度之比
D. P与Q的向心加速度之比
【答案】BC
【解析】
【详解】A．设近火卫星的周期，则火星的第一宇宙速度大小为
由于
故A错误；
B．根据万有引力提供向心力
火星的体积为
火星的密度为
解得火星的密度为
故B正确；
C．线速度大小为
P与Q的线速度之比
故C正确；
D．根据向心力加速度公式
可得P与Q的向心加速度之比
故D错误。
故选BC。
10. 如图所示，一倾角为30°的光滑斜面固定在水平面上，斜面的底端固定一垂直斜面的挡板，上端固定一定滑轮O。劲度系数为的轻弹簧下端固定在挡板上，上端与质量为2m的物块Q连接。一跨过定滑轮O的轻绳一端与物块Q连接，另一端与套在水平固定的光滑直杆上质量为m的物块P连接。初始时物块P在水平外力F作用下静止在直杆的A点，且恰好与直杆没有相互作用，轻绳与水平直杆的夹角为30°。去掉水平外力F，物块P由静止运动到B点时轻绳与直杆间的夹角37°。已知滑轮到水平直杆的垂直距离为d，重力加速度大小为g，弹簧轴线、物块Q与定滑轮之间的轻绳与斜面平行，不计滑轮大小及摩擦，，。则下列说法正确的是（ ）
A. 物块P在A点时弹簧的伸长量为
B. 物块P从A点到B点时，物块Q的势能减少量等于P、Q两物块增加的总动能
C. 物块P运动到B点时，物块Q的速度为
D. 物块P从A点运动到B点的过程中，轻绳拉力对物块P做的功为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．初始时物块P在水平外力F作用下静止在直杆的A点，且恰好与直杆没有相互作用，可知细绳的拉力为
对滑块P分析可知
解得
选项A错误；
B．物块P从A点到B点时，物块Q下滑的距离
即此时弹簧被压缩，在两个状态下的弹簧弹性势能相等，则由系统机械能守恒关系可知，物块P从A点到B点时，物块Q的势能减少量等于P、Q两物块增加的总动能，选项B正确；
C．物块P运动到B点时，设物块Q的速度为v，则物块P的速度
由能量关系
物块Q的速度为
选项C错误；
D．物块P从A点运动到B点的过程中，轻绳拉力对物块P做的功为
选项D正确。
故选BD 。
三、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分，将答案填在答题卡的指定位置）
11. 某同学利用如图所示的装置来探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系。两个变速塔轮通过皮带连接，调节装置。转动手柄，使长槽和短槽分别随变速塔轮在水平面内匀速转动，槽内的钢球做匀速圆周运动。横臂的挡板对钢球的弹力提供向心力，钢球对挡板的弹力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间等分格显示出两个钢球所受向心力的大小。图中左侧短槽的挡板距标尺1的距离与右侧挡板距标尺2的距相等。
（1）在探究向心力与半径、质量、角速度的关系时，用到的实验方法是______。
A. 理想实验法B. 控制变量法
C. 等效替代法D. 演绎推理法
（2）为了探究钢球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系，下列说法正确的是______：
A. 应使用两个质量不等的钢球
B. 应使两钢球离转轴的距离相同
C. 应将皮带套在两边半径相等变速塔轮上
（3）在某次探究实验中，当a、b两个相同钢球转动的半径相等时，若左右标尺上红白相间的等分格显示出a、b两个钢球所受向心力的比值为4∶9，由此可知皮带连接的左右两个变速塔轮对应的半径之比为______。
【答案】（1）B （2）C
（3）
【解析】
【小问1详解】
在探究向心力与半径、质量、角速度的关系时，先探究向心力与其中一个物理量的关系，保持另外两个物理量不变，用到的实验方法是控制变量法。
故选B
【小问2详解】
为了探究钢球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系，需控制小球的质量、角速度相同，轨道半径不同，则应使用两个质量相等的钢球，应使两钢球离转轴的距离不同，左右变速轮边缘的线速度大小相等，根据
为使小球的角速度相同，应将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上。
故选C。
【小问3详解】
根据向心力公式
可得
变速轮边缘的线速度大小相等，根据
右两个变速塔轮对应的半径之比为
12. 用如图甲所示的实验装置验证、组成的系统机械能守恒。从高处由静止开始下落，拉着纸带向上运动，打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械守恒定律。如图乙所示是实验中获取的一条纸带；O点是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离已标注，打点计时器所接电源频率为50Hz。已知、，则（计算结果均保留三位有效数字）
（1）在打下O点到打下B点的过程中系统动能的增量______J，系统势能的减少量______J。（取重力加速度）
（2）在某次实验中系统动能的增加量小于系统重力势能的减少量，造成该实验结果的可能原因是______。
（3）若上升高度为h时对应的速度大小为v，请写出计算重力加速度g的表达式______（用、、v、h表示）；若某同学作出图像如图丙所示，计算重力加速度______。
【答案】（1） ①. 1.15 ②. 1.18
（2）还有其他阻力在做负功，如空气阻力、打点计时器与纸带之间的阻力
（3） ①. ②. 9.76
【解析】
【小问1详解】
[1]O点是打下的第一个点，则O点的速度为0，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），打点计时器所接电源频率为50Hz，则相邻两计数点的时间间隔为，由图乙中数据可求得B点的瞬时速度为
则在打下O点到打下B点的过程中系统动能的增加量
[2]系统势能的减少量
【小问2详解】
系统动能的增加量小于系统重力势能的减少量，说明在整个过程中除了重力在做功，还有其他阻力在做负功，如空气阻力、打点计时器与纸带之间的阻力。
【小问3详解】
[1]在误差允许的范围内，可认为系统动能的增加量等于系统势能的减少量，即
则计算重力加速度g的表达式为
[2]上式可转化为
根据某同学作出图像可知，直线斜率
代入数据，解得
四、计算题（本题共3小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13. 如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为2L的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37°，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到53°时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，取，，求：
（1）装置静止时，O、B间细线的张力大小；
（2）当细线与竖直方向的夹角为53°时，该装置转动的角速度；
（3）小圆环A的质量。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设O、B间，A、B间的张力分别为、，B受力平衡，可得水平方向和竖直方向的平衡式为
解得
（2）当细线与竖直方向的夹角为时，设装置转动的角速度为，B做匀速圆周运动的半径
此时A、B间细线的拉力恰好减小到零，则O、B间细线的拉力和B的重力提供向心力，即
则该装置转动的角速度
（3）装置静止时对A进行分析，设弹簧的弹力为F，则
当细线与竖直方向的夹角增大到时，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，设为，即
设小圆环A的质量为M，A、B属于同轴转动，则A、B做圆周运动的角速度相等，均为，A做圆周运动的半径
其提供A做匀速圆周运动的向心力
解得小圆环A的质量
14. 如图所示，一绝缘细直杆AC固定在水平向左、电场强度大小的匀强电场中，直杆与电场线成37°角，杆长，一套在直杆上的电荷量为的带负电荷的小环，从杆顶端A点以初速度开始下滑，小环离开杆后恰好通过杆底端C点正下方的P点。已知小环的质量，环与杆间的动摩擦因数，取重力加速度大小，求：
（1）小环在C点的速度；
（2）小环从C点到P点的时间；
（3）小环运动到杆下端C向正下方P点的动能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设小环在细直杆上运动时的加速度大小为，受到的支持力大小为，受到的摩擦力大小为，小环在C点的速度为，则对小环进行受力分析可得，沿杆方向
垂直杆方向
其中
解得加速度
根据速度位移公式
解得
（2）小环从C点到P点在水平方向只受到电场力，则水平方向的加速度大小为
小环在C点水平方向的分速度为
设小环从C点到P点的时间为t，根据位移时间公式有
解得
（3）小环到P点水平方向的速度大小为
在竖直方向，根据牛顿第二定律
竖直方向的速度大小为
小环到P点速度大小为
所以小环到P点的动能为
15. 如图所示，底部带有与木板厚度等高挡板的固定斜面，倾角为，上有质量为4kg、长度为的长木板A，其下端距挡板间的距离为，质量为2kg的小物块B置于木板A的顶端，B与木板A之间的动摩擦因数为。木板A与斜面间的动摩擦因数为，同时由静止释放长木板A和小物块B，当木板滑到斜面底端时，与底部的挡板发生碰撞并立即静止，随后小物块B沿一小段光滑圆弧轨道无速度损失地滑上长，以8m/s顺时针匀速转动的传进带。从传送带右端离开后小物块B滑行一段水平轨道DE后又冲上一半径的光滑半圆形轨道内侧。已知小物块B与传送带及DE段轨道间的动摩擦因数均为，重力加度g取，不计空气阻力，求：
（1）小物块B开始运动时的加速度；
（2）若小物块恰好能到达半圆形轨道的最高点，则DE段的距离d为多少；
（3）若保证DE间的距离为第（2）问所求结果不变，且将最右侧半圆形轨道半径调整为1.5m，则当传送带顺时针转动的速度大小可变时，试讨论小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离l与传送带远行的速度v之间的关系。
【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【解析】
【详解】（1）因为，所以，由静止释放长木板A和小物块B后，AB相对静止，将AB看作一个整体，根据牛顿第二定律
解得
（2）AB一起下滑到木板滑到斜面底端时，根据速度位移公式
解得
此后，A静止，B继续在A上滑动，根据牛顿第二定律
解得
根据速度位移公式
解得
假设小物块在传送带上一直加速，则在传送带上的加速度为
解得
根据速度位移公式
解得
所以，假设成立。小物块恰好能到达半圆形轨道的最高点，设最高点速度为vm，有
解得
小物块从D点到半圆形轨道的最高点过程中，根据动能定理
解得
（3）将最右侧半圆形轨道半径调整为1.5m，当传送带速度时，小物块到达D点的速度为7m/s，设小物块到达半圆形轨道的最高点的高度为h，由动能定理可得
解得
所以小物块第一次刚好到达半圆形轨道与圆心等高处，原路返回。由动能定理可得
解得
所以，小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离为
若小物块在传送带上一直减速，则
解得
所以，当传送带速度时，小物块到达D点的速度为，根据动能定理
解得
所以，小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离为
当小物块恰好可以停在D点时
解得
此时小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离为
所以，若传送带速度，由动能定理可得
解得
所以，小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离为
若传送带速度，由动能定理可得
解得
所以，小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离为
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