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云南省普洱市2023-2024学年高一下学期7月期末考试物理试卷（Word版附解析）
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这是一份云南省普洱市2023-2024学年高一下学期7月期末考试物理试卷（Word版附解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.物体做曲线运动时，一定变化的是( )
A. 速度的大小B. 速度的方向C. 加速度的大小D. 加速度的方向
2.如图所示为某音乐喷泉喷出的水柱，若水柱高为20m，不计空气阻力，重力加速度大小为10m/s2，则水从喷出到上升到最高点过程中的平均速度为( )
A. 20m/sB. 15m/sC. 10m/sD. 5m/s
3.“打水漂”是一种常见的娱乐活动，以一定的高度水平扔出的瓦片，会反复在水面上弹跳前进，假设瓦片和水面相撞后，在水平方向，速度没有损失，而在竖直方向，碰撞后并不能原速率弹回，而是变小，以下四幅图有可能是瓦片轨迹的是( )
A. B.
C. D.
4.体育课上同学们练习做俯卧撑，王飞同学在一分钟之内做了20个俯卧撑，每次俯卧撑过程其身体重心上升高度约为25cm，已知王飞同学重600N，则王飞同学克服重力做功的平均功率约为( )
A. 50WB. 60WC. 80WD. 100W
5.如图，甲是点电荷形成的电场，乙是匀强电场，丙是等量异号电荷的电场，丁是等量同号电荷的电场，其中丙M、N是左右对称的两点，丁M、N是中垂线上对称的两点，下列说法正确的是( )
A. 甲图中M、N两点电场强度相同B. 乙图中M、N两点电场强度不同
C. 丙图中M、N两点电场强度不同D. 丁图中M、N两点电场强度不同
6.如图，A、B两个相同的茶杯放在餐桌上的自动转盘上，B离中心的距离比A离中心距离大，一个杯中装满水，另一个是空杯，转盘在电动机的带动下匀速转动，A、B两杯与转盘保持相对静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A. 装满水的杯子受到的摩擦力大B. 杯子B受到的摩擦力大
C. 若增大转动的角速度，空杯一定先滑动D. 若增大转动的角速度，杯子B先滑动
7.甲、乙两个小灯笼用轻绳连接，悬挂在空中，在相同的水平风力作用下发生倾斜，稳定时与竖直方向的夹角分别为α、θ，如图所示，已知甲的质量为m1、乙的质量为m2，下列关系式正确的是
A. tanαtanθ=m2m1B. tanαtanθ=m1m2
C. tanαtanθ=2m2m1+m2D. tanαtanθ=2m1m1+m2
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图甲，电鲶遇到危险时，可产生数百伏的电压。若将电鲶放电时形成的电场等效为等量异种点电荷的电场，其中正电荷集中在头部，负电荷集中在尾部，O为电鲶身体的中点，AO=BO且AB为鱼身长的一半，如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. A点电势高于B点电势
B. A点电势低于B点电势
C. 将正电荷由A点移动到O点，电场力做负功
D. 当电鲶产生400V的电压时，AB间的电压为200V
9.我国北斗卫星导航系统由5颗地球同步卫星和30颗非地球同步卫星组网而成，卫星轨道均视为圆轨道。其中某中圆轨道(轨道半径小于同步轨道半径)卫星A和同步卫星B轨道共面且运行方向相同，卫星 A比卫星B( )
A. 线速度大B. 线速度小C. 周期大D. 周期小
10.如图，ABCD是一个固定在水平地面上的盆式容器，盆的内侧与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧。BC水平，其长度为d=3.5m，盆边缘的高度为h=0.8m，在A处放一个质量为m的小物块并让其自由下滑，已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度大小g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 小物块第一次到达B点的速度为5m/s
B. 小物块第一次到达C点的速度为3m/s
C. 小物块在盆内来回滑动，最后停在BC段距B点1m处
D. 小物块在盆内来回滑动，最后停在BC段距C点1.5m处
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学用图甲装置做“弹簧的弹力与伸长量之间的关系”实验。
(1)图示实验装置中，刻度尺保持竖直，为了便于直接读出弹簧的长度，刻度尺的零刻度应与弹簧的__________(选填“上端”或“下端”)对齐;不挂钩码时指针所指刻度尺的位置如图乙所示，则此时弹簧的长度L0=__________cm。
(2)改变所挂钩码的个数，进行多次实验，记录每次所挂钩码的质量m及弹簧的长度L，根据F=mg求得弹力(g为重力加速度大小)，根据x=L−L0求出弹簧伸长量，根据求得的多组F、x作F−x图像，如图丙所示。由图像可求得出弹簧的劲度系数为k=__________N/m(保留一位小数)，由图像可知：在弹性限度内，弹簧的弹力与弹簧的伸长量成__________。
12.某实验小组用打点计时器验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示。
(1)关于本实验，下列说法正确的是__________。
A.图中打点计时器所接电源为220V交流电压
B.应选择密度大、体积小的重物进行实验
C.重物下落的起始位置靠近打点计时器
D.重物质量的测量误差可能会造成较大的实验误差
(2)在纸带上打出了一系列的点，如图乙所示，相邻计数点的时间间隔为0.02s，长度单位是cm，重力加速度g大小取9.8m/s2，重物的质量为1kg。打点计时器打下计数点B时，重物的速度vB=__________m/s;打下计数点O到打下计数点B的过程中，重物重力势能的减小量ΔEp=__________J，动能的增加量ΔEk=__________J。(结果均保留2位有效数字)
(3)某同学在纸带上选取计数点后，测量它们到初速度为零的起始点的距离h，并计算出打相应计数点时重物的速度v，描点并绘出v2−h图像。若实验中重物所受阻力不可忽略，且阻力大小保持不变，从理论上分析，合理的v2−h图像是__________。
A.
B.
C.
D.
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.某次在往高层送货时，一无人机从地面加速上升一段时间后速度达最大;之后，关闭动力匀减速为零刚好到达21层的窗口。这一过程无人机上升过程中的最大速度v=20m/s，其v−t图像如图乙所示。已知无人机及货物的质量m=5kg，不考虑无人机及货物受到的空气阻力，重力加速度g大小取10m/s2。求：
(1)无人机上升的最大高度;
(2)无人机和货物加速上升时，无人机升力的大小。
14.如图，竖直平面内的光滑半圆形轨道下端与水平面相切，B、C分别为半圆形轨道的最低点和最高点。小滑块沿水平面向左滑动，经过 A点时的速度vA=6m/s，经过B点进入光滑半圆形轨道，且恰好通过最高点 C。已知半圆轨道半径R=0.40m，小滑块的质量为1kg。小滑块可看作质点。重力加速度g大小取10m/s2。求：
(1)滑块经过B点时对圆轨道的压力大小;
(2)滑块从A到B过程克服摩擦力做的功。
15.在平面内建立直角坐标系xOy，其第Ⅰ象限放置电场线沿半径方向指向圆心、场强大小为E0的静电分析器，第Ⅱ象限放置长为L，间距为d的平行金属板A、B和与两板等距且平行于x轴的绝缘细管C。放射源P位于A板左端，可沿特定方向发射电荷量为q(q>0)、质量为m且重力不计的α粒子。第Ⅳ象限存在交变电场，其场强变化规律如图乙所示(x轴正方向为电场正方向)。当A、B两板加上某电压时，α粒子刚好能以速度v0从细管C水平射出，射入静电分析器时坐标为(0,y0)，而后进入位于第Ⅰ象限的静电分析器并做匀速圆周运动。此后，在t=0时刻，α粒子垂直于x轴进入交变电场。求：
(1)α粒子在静电分析器中的运动半径r;
(2)A、B极板间所加的电压U;
(3)从0时刻起，α粒子动能最大时的位置坐标。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，它的速度肯定是变化的；而匀速圆周运动的速率是不变的，平抛运动的合力、加速度是不变的。
曲线运动不能只想着匀速圆周运动，平抛也是曲线运动的一种，在做题时一定要考虑全面。
【解答】
A.匀速圆周运动的速度的大小是不变的，即速度大小可以是不变的，故A错误；
B.物体既然做曲线运动，那么它的速度方向肯定是不断变化的，所以速度方向一定在变化，故B正确；
CD.平抛运动也是曲线运动，但是它的加速度是重力加速度，大小和方向是不变的，故CD错误。
故选B。
2.【答案】C
【解析】【分析】
水可认为做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的规律求出初速度，再由匀变速直线运动中间时刻速度等于平均速度这一推论可求出平均速度。
【解答】
设水从喷嘴喷出时的速度为v，则v= 2gh=20m/s，则从喷出到上升到最高点过程中的平均速度为v=12v=10m/s，故ABD错误，C正确。
3.【答案】D
【解析】瓦片和水面相撞后，在水平方向，速度没有损失，而在竖直方向，碰撞后并不能原速率弹回，而是变小，可知竖直小球上升的高度逐渐减小，根据t=2 2hg
可知瓦片在空中的时间逐渐减小，水平方向有x=vxt
可知瓦片在空中通过水平位移逐渐减小。
故选D。
4.【答案】A
【解析】【分析】
由运动员重心的升高可以求出克服重力做的功，通过做的功与所用时间的比值可以求出平均功率。
本题考查功和平均功率，关键是把握重心位置的变化，另外要注意平均功率和瞬时功率的区别。
【解答】
王飞同学一分钟内克服重力做功W=20Gh=3000J，则平均功率P=Wt=50W，A项正确。
5.【答案】D
【解析】【分析】
在电场中电场线的切向方向表示电场的方向，电场线的疏密表示电场的强弱，并结合电场强度是矢量，不但考虑其大小，也可考虑其方向。
本题考查对电场线的认识，由电场线我们应能找出电场的方向、场强的大小，注意电场强度的矢量性。
【解答】
A、图中M、N两点虽然电场强度大小相同，但电场线方向不同，故电场强度的方向不同，故A错误；
B、图中M、N两点处于匀强电场中，它们方向相同，大小也相同，故B错误；
C、图中M、N是左右对称的两点，电场的方向相同，且它们的场强大小也相等，故C错误；
D、图中M、N是中垂线上对称的两点，依据矢量的叠加原理，M、N两点电场强度大小相同，但方向相反，故D正确；
故选：D。
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了圆盘上物体的圆周运动。解决本题的关键是知道物体做圆周运动的向心力来源，抓住临界状态，根据牛顿第二定律结合向心力公式分析求解。
【解答】
AB.转动过程中，杯子受到的摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律可知Ff=mrω2，由于不明确A、B哪个装满了水，也不明确A、B到中心距离的倍数关系，因此不能确定哪个受到的摩擦力大，故AB错误；
CD.杯子刚要滑动时，有μmg=mrω2，ω= μgr，因此离中心远的B杯子先滑动，故C错误，D正确。
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查受力分析，分别选取乙和甲乙整体为研究对象，利用受力平衡列方程即可。
本题的关键是研究对象的选取。
【解答】
设每个灯笼受到的水平风力为F，对乙分析，tanθ=Fm2g，
对甲、乙整体分析，tanα=2F(m1+m2)g，
则tanαtanθ=2m2m1+m2，C项正确。
8.【答案】BC
【解析】【分析】判断电势的高低时可认为离正电荷越近，电势越高，离负电荷越近，电势越低。要掌握等量异种电荷电场的特点。
【解答】AB.头部集中正电荷，尾部集中负电荷，故B点电势高于A点，A项错误，B项正确;
C.正电荷由A到O移动时，电场力做负功，C项正确;
D.A、B间的平均场强小于A点到鱼尾或B点到鱼头的平均场强，故A、B之间电压小于200 V，D项错误。
故选BC.
9.【答案】AD
【解析】【分析】本题考查卫星的运行规律，对于绕地做匀速圆周运动的卫星，由万有引力提供向心力分析圆周运动的物理量。
【解答】
解：由GMmr2=mv2r=mr(2πT)2可知，卫星A比卫星B线速度大，周期小，故AD正确，BC错误。
故选AD.
10.【答案】BC
【解析】A.设小物块第一次到达B点时的速度为v1，根据题意由机械能守恒可得，mgh=12mv12，解得v1=4m/s，故A错误;
B.设小物块第一次到达C点的速度为v2，根据题意由动能定理可得，−μmgd=12mv22−12mv12，解得v2=3m/s，故B正确;
CD.从B点开始到小物块停止运动，设小物块在底面的路程为s，由动能定理可得−μmgs=−12mv12，解得s=8m，一个来回为7m，则可知小物块最终停在BC段距B点1m处，故C正确，D错误。
故选BC。
11.【答案】(1)上端；15.06(15.04∼15.08)；
(2)312.5；正比
【解析】【分析】
本题为探究弹力和弹簧伸长的关系的实验，实验原理为胡克定律，掌握弹簧的弹力与形变量的关系，要注意正确理解图象的性质，知道图象的斜率表示的物理意义。
【解答】
(1)零刻度应与弹簧的上端对齐;由图乙可知该刻度尺的最小分度值为1mm，则弹簧的长度L0=15.06cm；
(2)由图像可得劲度系数k=250.08N/m=312.5N/m;
由图像可知：在弹性限度内，弹簧的弹力与弹簧的伸长量成正比。
12.【答案】(1)BC；
(2)0.97；0.48；0.47；
(3)A
【解析】【分析】
本题为验证机械能守恒定律的实验。
实验目的是验证减少的重力势能等于增加的动能，根据下降的高度利用ΔEp=mgh求重力势能的减少量，根据匀变速直线运动中间时刻速度等于瞬时速度求末速度，根据动能的表达式求动能的增加量。实验中往往重力势能的减少量要大于动能的增加量，是因为存在阻力做负功。
【解答】
(1)A.图中所接打点计时器为电磁打点计时器，所用交流电为约4∼6V的交流电源，故A错误;
B.应选择密度大、体积小的重物进行实验，减小因阻力引起的误差，故B正确;
C.重物下落的起始位置靠近打点计时器，使打出的纸带较长，减小误差，故C正确;
D.重物质量的测量误差对实验没有影响，故D错误。
故选BC；
(2)由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度得vB=xAC2T≈0.97m/s，
从点O到打下记数点B的过程中，重物重力势能的减小量△EP=mghOB≈0.48J;
动能的增加量△Ek=12mvB2≈0.47J；
(3)由动能定理得mgh−Ffh=12mv2−0，整理得v2=2mg−2Ffmh，则v2−h图像的斜率为定值，是正比例函数，A项正确。
13.【答案】解：(1)设无人机的最大速度为v，由v−t图像得h=12vt，
解得h=60m；
(2)货物加速时的时间为t1，关闭动力匀减速时加速度为g，
则v=g(6−t1)，
解得t1=4s，
货物加速时的加速度大小为a，可得a=vt1，
据牛顿第二定律F升−mg=ma，
解得F升=75N。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)对滑块：小滑块恰好通过最高点C，则可得mg=mvC2R，
从C到B过程小滑块由动能定理可得mg×2R=12mvB2−12mvC2，
在B点，由牛顿第二定律得FN−mg=mvB2R，
解得FN=60N，
根据牛顿第三定律经过B点时对圆轨道的压力大小为60N;
(2)对滑块从A到B，由动能定理得−W克Ff=12mvB2−12mvA2，
解得W克Ff=8J。
【解析】(1)滑块恰好通过C点，由重力提供向心力，应用牛顿第二定律求出滑块到达C点的速度，再根据动能定理求出滑块到达B点时的速度。在B点，应用牛顿第二定律求出轨道对滑块的支持力，然后根据牛顿第三定律求出滑块对轨道的压力大小。
(2)应用动能定理求出从A到B过程克服摩擦力做的功。
分析清楚滑块的运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律、动能定理即可解题；解题时要注意滑块恰好经过C点的临界条件：重力提供向心力。
15.【答案】解：(1)在静电分析器中qE0=mv02r，
解得r=mv02qE0；
(2)在匀强电场中
12d=12at2，
qUd=ma，
L=v0t，
解得U=md2v02qL2；
(3)分析得：粒子在 t=2k−12T,k∈Z+ ，时动能最大，
在 T2 内的水平位移x=12a(T2)2=qE0T28m，
竖直位移y=v0T2，
故在 t=2k−12T,k∈Z+ 时的坐标为 (2k−1)qE0T28m,−(2k−1)v0T2,k∈Z+
【解析】本题考查带电粒子在电场中的多过程运动。解决问题的关键是清楚带电粒子在不同的电场中的运动情况，利用抛体运动的规律、圆周运动的知识、动能的表达式分析判断。
1.物体做曲线运动时，一定变化的是( )
A. 速度的大小B. 速度的方向C. 加速度的大小D. 加速度的方向
2.如图所示为某音乐喷泉喷出的水柱，若水柱高为20m，不计空气阻力，重力加速度大小为10m/s2，则水从喷出到上升到最高点过程中的平均速度为( )
A. 20m/sB. 15m/sC. 10m/sD. 5m/s
3.“打水漂”是一种常见的娱乐活动，以一定的高度水平扔出的瓦片，会反复在水面上弹跳前进，假设瓦片和水面相撞后，在水平方向，速度没有损失，而在竖直方向，碰撞后并不能原速率弹回，而是变小，以下四幅图有可能是瓦片轨迹的是( )
A. B.
C. D.
4.体育课上同学们练习做俯卧撑，王飞同学在一分钟之内做了20个俯卧撑，每次俯卧撑过程其身体重心上升高度约为25cm，已知王飞同学重600N，则王飞同学克服重力做功的平均功率约为( )
A. 50WB. 60WC. 80WD. 100W
5.如图，甲是点电荷形成的电场，乙是匀强电场，丙是等量异号电荷的电场，丁是等量同号电荷的电场，其中丙M、N是左右对称的两点，丁M、N是中垂线上对称的两点，下列说法正确的是( )
A. 甲图中M、N两点电场强度相同B. 乙图中M、N两点电场强度不同
C. 丙图中M、N两点电场强度不同D. 丁图中M、N两点电场强度不同
6.如图，A、B两个相同的茶杯放在餐桌上的自动转盘上，B离中心的距离比A离中心距离大，一个杯中装满水，另一个是空杯，转盘在电动机的带动下匀速转动，A、B两杯与转盘保持相对静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A. 装满水的杯子受到的摩擦力大B. 杯子B受到的摩擦力大
C. 若增大转动的角速度，空杯一定先滑动D. 若增大转动的角速度，杯子B先滑动
7.甲、乙两个小灯笼用轻绳连接，悬挂在空中，在相同的水平风力作用下发生倾斜，稳定时与竖直方向的夹角分别为α、θ，如图所示，已知甲的质量为m1、乙的质量为m2，下列关系式正确的是
A. tanαtanθ=m2m1B. tanαtanθ=m1m2
C. tanαtanθ=2m2m1+m2D. tanαtanθ=2m1m1+m2
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图甲，电鲶遇到危险时，可产生数百伏的电压。若将电鲶放电时形成的电场等效为等量异种点电荷的电场，其中正电荷集中在头部，负电荷集中在尾部，O为电鲶身体的中点，AO=BO且AB为鱼身长的一半，如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. A点电势高于B点电势
B. A点电势低于B点电势
C. 将正电荷由A点移动到O点，电场力做负功
D. 当电鲶产生400V的电压时，AB间的电压为200V
9.我国北斗卫星导航系统由5颗地球同步卫星和30颗非地球同步卫星组网而成，卫星轨道均视为圆轨道。其中某中圆轨道(轨道半径小于同步轨道半径)卫星A和同步卫星B轨道共面且运行方向相同，卫星 A比卫星B( )
A. 线速度大B. 线速度小C. 周期大D. 周期小
10.如图，ABCD是一个固定在水平地面上的盆式容器，盆的内侧与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧。BC水平，其长度为d=3.5m，盆边缘的高度为h=0.8m，在A处放一个质量为m的小物块并让其自由下滑，已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度大小g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 小物块第一次到达B点的速度为5m/s
B. 小物块第一次到达C点的速度为3m/s
C. 小物块在盆内来回滑动，最后停在BC段距B点1m处
D. 小物块在盆内来回滑动，最后停在BC段距C点1.5m处
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学用图甲装置做“弹簧的弹力与伸长量之间的关系”实验。
(1)图示实验装置中，刻度尺保持竖直，为了便于直接读出弹簧的长度，刻度尺的零刻度应与弹簧的__________(选填“上端”或“下端”)对齐;不挂钩码时指针所指刻度尺的位置如图乙所示，则此时弹簧的长度L0=__________cm。
(2)改变所挂钩码的个数，进行多次实验，记录每次所挂钩码的质量m及弹簧的长度L，根据F=mg求得弹力(g为重力加速度大小)，根据x=L−L0求出弹簧伸长量，根据求得的多组F、x作F−x图像，如图丙所示。由图像可求得出弹簧的劲度系数为k=__________N/m(保留一位小数)，由图像可知：在弹性限度内，弹簧的弹力与弹簧的伸长量成__________。
12.某实验小组用打点计时器验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示。
(1)关于本实验，下列说法正确的是__________。
A.图中打点计时器所接电源为220V交流电压
B.应选择密度大、体积小的重物进行实验
C.重物下落的起始位置靠近打点计时器
D.重物质量的测量误差可能会造成较大的实验误差
(2)在纸带上打出了一系列的点，如图乙所示，相邻计数点的时间间隔为0.02s，长度单位是cm，重力加速度g大小取9.8m/s2，重物的质量为1kg。打点计时器打下计数点B时，重物的速度vB=__________m/s;打下计数点O到打下计数点B的过程中，重物重力势能的减小量ΔEp=__________J，动能的增加量ΔEk=__________J。(结果均保留2位有效数字)
(3)某同学在纸带上选取计数点后，测量它们到初速度为零的起始点的距离h，并计算出打相应计数点时重物的速度v，描点并绘出v2−h图像。若实验中重物所受阻力不可忽略，且阻力大小保持不变，从理论上分析，合理的v2−h图像是__________。
A.
B.
C.
D.
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.某次在往高层送货时，一无人机从地面加速上升一段时间后速度达最大;之后，关闭动力匀减速为零刚好到达21层的窗口。这一过程无人机上升过程中的最大速度v=20m/s，其v−t图像如图乙所示。已知无人机及货物的质量m=5kg，不考虑无人机及货物受到的空气阻力，重力加速度g大小取10m/s2。求：
(1)无人机上升的最大高度;
(2)无人机和货物加速上升时，无人机升力的大小。
14.如图，竖直平面内的光滑半圆形轨道下端与水平面相切，B、C分别为半圆形轨道的最低点和最高点。小滑块沿水平面向左滑动，经过 A点时的速度vA=6m/s，经过B点进入光滑半圆形轨道，且恰好通过最高点 C。已知半圆轨道半径R=0.40m，小滑块的质量为1kg。小滑块可看作质点。重力加速度g大小取10m/s2。求：
(1)滑块经过B点时对圆轨道的压力大小;
(2)滑块从A到B过程克服摩擦力做的功。
15.在平面内建立直角坐标系xOy，其第Ⅰ象限放置电场线沿半径方向指向圆心、场强大小为E0的静电分析器，第Ⅱ象限放置长为L，间距为d的平行金属板A、B和与两板等距且平行于x轴的绝缘细管C。放射源P位于A板左端，可沿特定方向发射电荷量为q(q>0)、质量为m且重力不计的α粒子。第Ⅳ象限存在交变电场，其场强变化规律如图乙所示(x轴正方向为电场正方向)。当A、B两板加上某电压时，α粒子刚好能以速度v0从细管C水平射出，射入静电分析器时坐标为(0,y0)，而后进入位于第Ⅰ象限的静电分析器并做匀速圆周运动。此后，在t=0时刻，α粒子垂直于x轴进入交变电场。求：
(1)α粒子在静电分析器中的运动半径r;
(2)A、B极板间所加的电压U;
(3)从0时刻起，α粒子动能最大时的位置坐标。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，它的速度肯定是变化的；而匀速圆周运动的速率是不变的，平抛运动的合力、加速度是不变的。
曲线运动不能只想着匀速圆周运动，平抛也是曲线运动的一种，在做题时一定要考虑全面。
【解答】
A.匀速圆周运动的速度的大小是不变的，即速度大小可以是不变的，故A错误；
B.物体既然做曲线运动，那么它的速度方向肯定是不断变化的，所以速度方向一定在变化，故B正确；
CD.平抛运动也是曲线运动，但是它的加速度是重力加速度，大小和方向是不变的，故CD错误。
故选B。
2.【答案】C
【解析】【分析】
水可认为做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的规律求出初速度，再由匀变速直线运动中间时刻速度等于平均速度这一推论可求出平均速度。
【解答】
设水从喷嘴喷出时的速度为v，则v= 2gh=20m/s，则从喷出到上升到最高点过程中的平均速度为v=12v=10m/s，故ABD错误，C正确。
3.【答案】D
【解析】瓦片和水面相撞后，在水平方向，速度没有损失，而在竖直方向，碰撞后并不能原速率弹回，而是变小，可知竖直小球上升的高度逐渐减小，根据t=2 2hg
可知瓦片在空中的时间逐渐减小，水平方向有x=vxt
可知瓦片在空中通过水平位移逐渐减小。
故选D。
4.【答案】A
【解析】【分析】
由运动员重心的升高可以求出克服重力做的功，通过做的功与所用时间的比值可以求出平均功率。
本题考查功和平均功率，关键是把握重心位置的变化，另外要注意平均功率和瞬时功率的区别。
【解答】
王飞同学一分钟内克服重力做功W=20Gh=3000J，则平均功率P=Wt=50W，A项正确。
5.【答案】D
【解析】【分析】
在电场中电场线的切向方向表示电场的方向，电场线的疏密表示电场的强弱，并结合电场强度是矢量，不但考虑其大小，也可考虑其方向。
本题考查对电场线的认识，由电场线我们应能找出电场的方向、场强的大小，注意电场强度的矢量性。
【解答】
A、图中M、N两点虽然电场强度大小相同，但电场线方向不同，故电场强度的方向不同，故A错误；
B、图中M、N两点处于匀强电场中，它们方向相同，大小也相同，故B错误；
C、图中M、N是左右对称的两点，电场的方向相同，且它们的场强大小也相等，故C错误；
D、图中M、N是中垂线上对称的两点，依据矢量的叠加原理，M、N两点电场强度大小相同，但方向相反，故D正确；
故选：D。
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了圆盘上物体的圆周运动。解决本题的关键是知道物体做圆周运动的向心力来源，抓住临界状态，根据牛顿第二定律结合向心力公式分析求解。
【解答】
AB.转动过程中，杯子受到的摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律可知Ff=mrω2，由于不明确A、B哪个装满了水，也不明确A、B到中心距离的倍数关系，因此不能确定哪个受到的摩擦力大，故AB错误；
CD.杯子刚要滑动时，有μmg=mrω2，ω= μgr，因此离中心远的B杯子先滑动，故C错误，D正确。
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查受力分析，分别选取乙和甲乙整体为研究对象，利用受力平衡列方程即可。
本题的关键是研究对象的选取。
【解答】
设每个灯笼受到的水平风力为F，对乙分析，tanθ=Fm2g，
对甲、乙整体分析，tanα=2F(m1+m2)g，
则tanαtanθ=2m2m1+m2，C项正确。
8.【答案】BC
【解析】【分析】判断电势的高低时可认为离正电荷越近，电势越高，离负电荷越近，电势越低。要掌握等量异种电荷电场的特点。
【解答】AB.头部集中正电荷，尾部集中负电荷，故B点电势高于A点，A项错误，B项正确;
C.正电荷由A到O移动时，电场力做负功，C项正确;
D.A、B间的平均场强小于A点到鱼尾或B点到鱼头的平均场强，故A、B之间电压小于200 V，D项错误。
故选BC.
9.【答案】AD
【解析】【分析】本题考查卫星的运行规律，对于绕地做匀速圆周运动的卫星，由万有引力提供向心力分析圆周运动的物理量。
【解答】
解：由GMmr2=mv2r=mr(2πT)2可知，卫星A比卫星B线速度大，周期小，故AD正确，BC错误。
故选AD.
10.【答案】BC
【解析】A.设小物块第一次到达B点时的速度为v1，根据题意由机械能守恒可得，mgh=12mv12，解得v1=4m/s，故A错误;
B.设小物块第一次到达C点的速度为v2，根据题意由动能定理可得，−μmgd=12mv22−12mv12，解得v2=3m/s，故B正确;
CD.从B点开始到小物块停止运动，设小物块在底面的路程为s，由动能定理可得−μmgs=−12mv12，解得s=8m，一个来回为7m，则可知小物块最终停在BC段距B点1m处，故C正确，D错误。
故选BC。
11.【答案】(1)上端；15.06(15.04∼15.08)；
(2)312.5；正比
【解析】【分析】
本题为探究弹力和弹簧伸长的关系的实验，实验原理为胡克定律，掌握弹簧的弹力与形变量的关系，要注意正确理解图象的性质，知道图象的斜率表示的物理意义。
【解答】
(1)零刻度应与弹簧的上端对齐;由图乙可知该刻度尺的最小分度值为1mm，则弹簧的长度L0=15.06cm；
(2)由图像可得劲度系数k=250.08N/m=312.5N/m;
由图像可知：在弹性限度内，弹簧的弹力与弹簧的伸长量成正比。
12.【答案】(1)BC；
(2)0.97；0.48；0.47；
(3)A
【解析】【分析】
本题为验证机械能守恒定律的实验。
实验目的是验证减少的重力势能等于增加的动能，根据下降的高度利用ΔEp=mgh求重力势能的减少量，根据匀变速直线运动中间时刻速度等于瞬时速度求末速度，根据动能的表达式求动能的增加量。实验中往往重力势能的减少量要大于动能的增加量，是因为存在阻力做负功。
【解答】
(1)A.图中所接打点计时器为电磁打点计时器，所用交流电为约4∼6V的交流电源，故A错误;
B.应选择密度大、体积小的重物进行实验，减小因阻力引起的误差，故B正确;
C.重物下落的起始位置靠近打点计时器，使打出的纸带较长，减小误差，故C正确;
D.重物质量的测量误差对实验没有影响，故D错误。
故选BC；
(2)由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度得vB=xAC2T≈0.97m/s，
从点O到打下记数点B的过程中，重物重力势能的减小量△EP=mghOB≈0.48J;
动能的增加量△Ek=12mvB2≈0.47J；
(3)由动能定理得mgh−Ffh=12mv2−0，整理得v2=2mg−2Ffmh，则v2−h图像的斜率为定值，是正比例函数，A项正确。
13.【答案】解：(1)设无人机的最大速度为v，由v−t图像得h=12vt，
解得h=60m；
(2)货物加速时的时间为t1，关闭动力匀减速时加速度为g，
则v=g(6−t1)，
解得t1=4s，
货物加速时的加速度大小为a，可得a=vt1，
据牛顿第二定律F升−mg=ma，
解得F升=75N。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)对滑块：小滑块恰好通过最高点C，则可得mg=mvC2R，
从C到B过程小滑块由动能定理可得mg×2R=12mvB2−12mvC2，
在B点，由牛顿第二定律得FN−mg=mvB2R，
解得FN=60N，
根据牛顿第三定律经过B点时对圆轨道的压力大小为60N;
(2)对滑块从A到B，由动能定理得−W克Ff=12mvB2−12mvA2，
解得W克Ff=8J。
【解析】(1)滑块恰好通过C点，由重力提供向心力，应用牛顿第二定律求出滑块到达C点的速度，再根据动能定理求出滑块到达B点时的速度。在B点，应用牛顿第二定律求出轨道对滑块的支持力，然后根据牛顿第三定律求出滑块对轨道的压力大小。
(2)应用动能定理求出从A到B过程克服摩擦力做的功。
分析清楚滑块的运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律、动能定理即可解题；解题时要注意滑块恰好经过C点的临界条件：重力提供向心力。
15.【答案】解：(1)在静电分析器中qE0=mv02r，
解得r=mv02qE0；
(2)在匀强电场中
12d=12at2，
qUd=ma，
L=v0t，
解得U=md2v02qL2；
(3)分析得：粒子在 t=2k−12T,k∈Z+ ，时动能最大，
在 T2 内的水平位移x=12a(T2)2=qE0T28m，
竖直位移y=v0T2，
故在 t=2k−12T,k∈Z+ 时的坐标为 (2k−1)qE0T28m,−(2k−1)v0T2,k∈Z+
【解析】本题考查带电粒子在电场中的多过程运动。解决问题的关键是清楚带电粒子在不同的电场中的运动情况，利用抛体运动的规律、圆周运动的知识、动能的表达式分析判断。
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