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2023-2024学年浙江省宁波市奉化区高一（下）期末考试物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年浙江省宁波市奉化区高一（下）期末考试物理试卷（含解析），共20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.下列单位中，属于国际单位制中基本单位的是( )
A. m/sB. NC. JD. kg
2.下列物理量中，属于标量的是( )
A. 向心加速度B. 功C. 线速度D. 电场强度
3.如图所示，当风扇匀速转动时，到转轴距离相同的a、b两点( )
A. 线速度相同B. 转动周期相同
C. 角速度不相同D. 向心加速度大小不同
4.2021年2月24日，“天问一号”探测器进入火星停泊轨道，并于5月15日成功着陆于火星乌托邦平原。若火星半径为R，质量为M，引力常量为G，着陆前质量为m的“天问一号”距火星表面高度ℎ，则此时火星对“天问一号”的万有引力大小为
A. GMm(R+ℎ)2B. GMmR+ℎC. GMmR2D. GMmℎ2
5.如图所示，小明同学水平拉伸一个弹弓，放手后将弹珠射出，则橡皮筋的弹性势能( )
A. 在释放过程中增加B. 在拉伸过程中减小
C. 在释放过程中转化为弹珠动能D. 在拉伸过程中由弹珠动能转化得到
6.A、B是一条电场线上的两个点，一带正电的微粒仅在电场力作用下静止开始从A点沿电场线运动到B点，其加速度变大且电场力做正功的是( )
A. B.
C. D.
7.下列说法正确的是( )
A. 避雷针的原理是静电屏蔽
B. 高压输电线上方两条导线是为了防止尖端放电
C. 静电除尘装置中，尘埃被吸附在中间的负极上
D. 煤矿里，工作人员要防止静电的产生和积累，因为静电火花会导致瓦斯爆炸
8.2022年3月23日，航天员王亚平、叶光富在中国空间站太空舱开设“天宫课堂”，课堂中演示了“水油分离”实验。如图所示，瓶子中装有水和油，用细绳系住瓶口，叶光富手持细绳的另一端，使瓶子在与身体平行的平面内做圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 瓶子速度小于某一值就不能做完整圆周运动
B. 瓶子的线速度一定，细绳越短，油和水越容易分离
C. 一段时间后，密度小的油将聚集在靠近瓶子底部的位置
D. 航天员在某时刻松开细绳，瓶子将继续做匀速圆周运动
9.如图所示是航天员在水下进行模拟航天训练的一种方式。航天员穿水槽训练航天服浸没在水中，通过配重使其在水中受到的浮力和重力大小相等。假设其总质量为m，训练空间的重力加速度为g且不变，航天员在某次出舱作业时，匀速上升距离为ℎ的过程中，下列说法正确的是( )
A. 航天员处于完全失重状态
B. 航天员与训练服之间无作用力
C. 合力不做功，机械能守恒
D. 机械能增加了mgℎ
10.某个走时准确的时钟，分针与时针由转动轴到针尖的长度之比是1.4:1。关于分针与时针的针尖的相关物理量说法正确的是( )
A. T分:T时=12:1B. ω分:ω时=12:1
C. v分:v时=5:84D. a分:a时=5:1008
11.太阳系行星轨道(近圆轨道)的平均半径R和绕日公转周期T的现代测量值如表所示，下列说法正确的是( )
A. 周期T与半径R成正比
B. 已知引力常量可估算太阳的质量
C. 地球公转线速度小于火星公转线速度
D. 所有行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等
12.仰卧起坐是《国家学生体质健康标准》中规定的女生测试项目之一。若某女生一分钟内做了50个仰卧起坐，其质量为50kg，设上半身质量为总质量的0.6倍，仰卧起坐时下半身重心位置不变。则测试过程中该女生一分钟内克服重力做功的平均功率约为( )
A. 20WB. 90WC. 200WD. 400W
13.如图所示，甲图是等量异种电荷的电场线，乙图是等量同种电荷的电场线。若有一电子可以获得某一初速度，仅受电场力作用。对于该电子在这两种电场中是否可以做匀速圆周运动的判断正确的是( )
A. 甲乙都可以B. 甲可以，乙不可C. 甲不可以，乙可D. 甲乙都不可以
14.如图甲所示，A、B两颗卫星在同一平面内围绕中心天体做匀速圆周运动，且绕行方向相同，图乙是两颗卫星之间的距离Δr随时间t的变化图像，t=0时刻A、B两颗卫星相距最近。已知卫星B的周期TB=7t0，则A、B两颗卫星运行轨道半径之比为( )
A. 1∶7B. 1∶4C. 1:349D. 1∶2
15.水平面上有一块半径为R均匀带正电的圆形薄平板，单位面积带电量为σ，以圆盘圆心为原点，以向上为正方向，垂直圆盘建立x轴，轴上任意一点P(坐标为x)的电场强度为：E=2πkσ1−x R2+x2。现将一电量大小为q、质量为m的负点电荷在x=d(d>0)处静止释放。若d≪R，不计点电荷重力，则点电荷碰到圆盘前瞬间的速度大小最接近( )
A. 2πkσqdmB. 2 πkσqdmC. 2πkσqdmRD. 2 πkσqdmR
二、多选题：本大题共3小题，共9分。
16.如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做完整的圆周运动，管径略大于小球的直径，小球可以看成质点。管道半径为R，下列说法正确的是( )
A. 小球通过最高点时的最小速度为0
B. 小球通过最低点时的最小速度为 5gR
C. 小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力
D. 小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
17.2023年5月30日16时29分，神舟十六号载人飞船入轨后，成功对接于空间站和核心舱径向端口，形成了三舱三船组合体，飞船发射后会在停泊轨道(I)上进行数据确认，后择机经转移轨道(Ⅱ)完成与中国空间站的交会对接，其变轨过程可简化为下图所示，已知停泊轨道半径近似为地球半径R，中国空间站轨道距地面的平均高度为ℎ，飞船在停泊轨道上的周期为T1，则( )
A. 飞船在转移轨道(Ⅱ)上各点的速度均小于7.9km/s
B. 飞船在转移轨道(Ⅱ)上Q点的加速度等于空间站轨道(Ⅲ)上Q点的加速度
C. 飞船在停泊轨道(I)与组合体在空间站轨道(Ⅲ)上的速率之比为R+ℎ:R
D. 飞船在转移轨道(Ⅱ)上正常运行的周期为T=T1 1+ℎ2R3
18.有一质量为m的小球，用细线挂在天花板上，线长为l，将其拉至水平位置由静止释放。忽略空气阻力，小球可看成质点，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 在小球摆动过程中重力总是做正功
B. 重力功率最大值为mg 2gl
C. 绳子拉力在整个摆动过程中一定会出现大于mg的时刻
D. 在小球向下摆过程中，动能随时间的变化率先变大后变小
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
19.某小组利用图甲的装置做验证机械能守恒定律实验：
(1)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是______(单选)；
A.220V交流电源 B.约8V交流电源 C.秒表
(2)在正确操作后打出多条点迹清晰的纸带中，应选取相邻点间距之差最接近_____mm的纸带进行测量。
(3)某次实验中，让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带，如图乙所示。O、A、B、C、D、E和F为连续打下的点。从图中读出OD两点间的距离为_____cm。
(4)已知电源频率为50Hz，则打D点时纸带运动的速度为_____m/s。(结果保留2位有效数字)。
(5)比较发现ΔEp<ΔEk的大小，出现这一结果的原因可能是______(单选)。
A.工作电压偏高 B.存在空气阻力和摩擦力 C.实际打点频率小于50Hz
20.用如图实验装置探究向心力大小与质量、角速度、半径的关系。实验可供选择的小球大小相同，材质分别是胶木、铝和铁，三种材料的密度如表中所示。
(1)本实验所采用的实验探究方法是______(单选)；
A.类比法 B.等效替代法 C.控制变量法 D.实验与推理法
(2)皮带与不同半径的塔轮相连是主要为了使两小球的______不同(单选)；
A.转动半径r B.质量m C.角速度ω D.线速度v
(3)某次实验时，先将左右两侧塔轮半径调至相等，左侧小球6置于长槽处，小球在长槽和短槽处运动时半径之比为2∶1。匀速转动时，若左边标尺露出约2格，右边标尺露出约3格，则左右两处小球所受向心力大小之比约为______(单选)。
A.2：3 B.3：2 C.4：9
(4)左侧小球材质应选择的是_____(填“胶木”、“铝”或“铁”)。
四、计算题：本大题共3小题，共28分。
21.把质量为m=2×10−3kg的带电的小球A用绝缘细绳悬起，若将带正电，电荷量为Q= 3×10−6C的带电球B靠近A，当两个带电小球在同一高度相距r=0.3m时，绳与竖直方向成α=60°角。重力加速度g取10m/s2，静电力常量k=9.0×109N⋅m2/C2。试求：
(1)A球带正电还是负电；
(2)A球所受库仑力F大小；
(3)A球所带电荷量q大小；
(4)若撤走B的瞬间，空间加一水平方向的匀强电场，若该电场可以让细绳摆到竖直方向时小球速度为0，求该电场E大小和方向。
22.如图所示，一台起重吊车将质量m=500kg的重物由静止开始以a=0.2m/s2加速度竖直向上匀加速提升，t=10s末之后保持功率不变继续提升重物，直至重物匀速上升。取g=10m/s2不计空气阻力，求：
(1)前10s起重吊车拉力F的大小；
(2)10s末起重机的瞬时功率P；
(3)重物上升的最大速度vm；
(4)重物开始运动后15s内起重机提升重物的平均功率P。
23.某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ=37°的直轨道AB，半径R=1m的圆弧轨道BCD，长度L=1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF，速度v0=1m/s、长度d=0.3m的逆时针旋转的水平皮带组成。各部分平滑连接。质量m=0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为ℎ处静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1=0.25，向下运动时动摩擦因数μ2=0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a皮带上滑动时动摩擦因数恒为μ2(其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力sin37°=0.6，cs37°=0.8)
(1)若ℎ=0.8m，求小物块a
①第一次经过C点时速度vC大小；
②第一次到C点时受到的支持力F的大小；
③第一次在DE中向上运动时间t上和向下运动时间t下之比。
(2)若ℎ=1.6m，小物块a滑过皮带的过程中产生的热量Q。
答案解析
1.D
【解析】力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，N、J、m/s都是导出单位，不是基本单位。
故选D。
2.B
【解析】既有大小又有方向的物理量是矢量，则向心加速度、线速度和电场强度都是矢量；功只有大小无方向是标量。
故选B。
3.B
【解析】a、b 两点随风扇转动，角速度、周期均相同，线速度是矢量，两点的运动方向不同，所以线速度不同。根据 a=ω2r 可知，向心加速度大小相同，方向不同。
故选B。
4.A
【解析】【分析】
本题考查万有引力定律公式的基本计算，属于基础题。
【解答】
火星对“天问一号”的万有引力大小：F=GMmr2=GMm(R+ℎ)2，故A正确。
5.C
【解析】【分析】
【分析】
在拉伸过程中，橡皮筋的弹性形变增大，橡皮筋的弹性势能增大；在释放过程橡皮筋的弹性势能将转化为弹珠的动能，橡皮筋的弹性势能将减小。
本题考查弹性势能，要注意明确弹簧的弹性势能与弹力做功之间的关系。
【解答】
【解答】
AC、在释放过程橡皮筋的弹性势能将转化为弹珠的动能，橡皮筋的弹性势能将减小，故A错误，C正确；
B、在拉伸过程中，弹力做负功，橡皮筋的弹性形变增大，橡皮筋的弹性势能增大，故B错误；
D、在拉伸过程中，人的拉力做功将人体的生物能转化为橡皮筋的弹性势能，故D错误；
6.A
【解析】带正电的微粒从A点沿电场线运动到B点，加速度变大且电场力做正功，则电场方向由 A→B ，且 B 点的电场强度大于 A ，即 B 点电场线较密。
故选A。
7.D
【解析】A.当带电云层靠近建筑物时，避雷针上产生的感应电荷会通过针尖放电，逐渐中和云中的电荷，使建筑物免遭雷击，其原理为尖端放电，故A错误；
B.高压输电线上方有两根导线与大地相连构成了静电屏蔽，能使得输电线免遭雷击，故B错误；
C.静电除尘装置将带负电的尘埃收集在两个带正电的极板A上，故C错误；
D.矿里，工作人员要防止静电的产生和积累，因为静电火花会导致瓦斯爆炸，故D正确。
故选D。
8.B
【解析】A.绕地球匀速圆周运动的空间站中为完全失重状态，瓶子受细绳拉力做圆周运动，瓶子速度小于某一值仍能做完整圆周运动。故A错误；
BC.由 F=mv2r ，v一定，r越小，F越大，密度大的物质所需向心力越大，越容易发生离心现象而沉积瓶子底部，密度大的水将聚集在靠近瓶子底部的位置。故B正确，C错误；
D.航天员在某时刻松开细绳，瓶子不受拉力则在空间站中匀速直线运动，故D错误。
故选B。
9.D
【解析】AB.航天员匀速上升，处于平衡状态，航天员与训练服之间有作用力，故AB错误；
CD.匀速上升距离为ℎ的过程中，动能不变，重力势能增加 mgℎ ，则机械能增加了 mgℎ ，故C错误，D正确。
故选D。
10.B
【解析】】A.根据题意可知，分针转一圈为 1ℎ ，时针转1圈为 12ℎ ，则有
T分:T时=1:12
故A错误；
B.由公式 ω=2πT 可得，分针与时针转动的角速度之比为
ω分:ω时=12:1
故B正确；
C.由公式 v=ωr 可得，分针与时针转动的线速度之比为
v分v时=ω分ω时⋅r分r时=12×1.41×1=845
故C错误；
D.由公式 a=ω2r 可得，分针与时针转动的向心加速度之比为
a分a时=ω 分2ω 时2⋅r分r时=122×1.412×1=10085
故D错误。
故选B。
11.B
【解析】【分析】
根据开普勒行星运动定律分析即可。
本题考查开普勒行星运动定律，基础题目。
【解答】
A.根据表格数据可得，周期T与半径R不是成正比，而是R3T2=C，故A错误；
B.根据牛顿第二定律得出GMmr2=m(2πT)2r，得出太阳的质量为M=4π2r3GT2，故B正确；
C.根据万有引力提供向心力，列出牛顿第二定律方程得出：GMmr2=mv2r，得出公转的线速度为v= GMr2，故得出地球公转的线速度小于火星公转的线速度，故C错误；
D.同一行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，不同行星在相等时间内扫过的面积不相等，故D错误；
故选B。
12.B
【解析】设该同学身高1.6m，上半身高度约0.64m，每次上半身重心上升距离约为0.32m，则每次克服重力做功为
W=0.6mgℎ=0.6×50×10×0.32J=96J
则功率
P=50Wt=50×9660W=80W
该女生克服重力做功的平均功率约为80W，B与其最接近，故B符合题意。
故选B。
13.A
【解析】电子可以在甲图正电荷右侧以两场源电荷连线方向为轴做圆周运动，此时电场强度方向与电场线相切垂直与两电荷连线方向，电子可在乙图两电荷连线的中垂线平面做匀速圆周运动。
故选A。
14.B
【解析】【分析】
本题考查万有引力定律的应用。解决问题的关键是理解两颗卫星的间距Δr随时间t的变化图像的物理意义，清楚A、B两卫星相距最近到再次相距最近满足的关系，结合开普勒第三定律分析判断。
【解答】
根据题图乙可知，在两次相距最近的0∽t0时间内，A、B两卫星转过的角度关系为：
2πTAt0−2πTBt0=2π
又根据题意知：
TB=7t0解得：
TA=78t0
根据开普勒第三定律有：rA3TA2=rB3TB2
联立可得：rArB=14，故ACD错误，B正确。
15.B
【解析】由d≪R
E=2πkσ1−x R2+x2
可知，此时可认为是场强不变，为E1=2πkσ
根据动能定理W电=qE1=q⋅2πkσd=12mv2
得v=2 πkσqdm
故选B。
16.AC
【解析】A.在最高点，因为圆管的外侧壁和内侧壁都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于零时，内壁对小球产生支持力与小球的重力平衡，故最小速度可以为0，故A正确；
B.当小球在最高点速度为零时，对应的最低点速度最小，设大小为 v ，由动能定理得
mg⋅2R+r=12mv2
解得
v= 4gR+r
故B错误；
C.小球在水平线ab以下的管道中运动，因为沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有指向圆心的作用力，内侧管壁对小球一定无作用力，故C正确；
D.小球在水平线ab以上的管道中运动时，因为沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，可能外侧管壁对小球有作用力，也可能内侧管壁对小球有作用力，故D错误。
故选AC。
17.BD
【解析】A.停泊轨道(I)半径近似为地球半径R，则飞船在停泊轨道(I)运行的速度等于第一宇宙速度，即7.9km/s，飞船在停泊轨道(I)P点加速，做离心运动进入转移轨道(Ⅱ)，故飞船在转移轨道(Ⅱ)上P点的速度大于在停泊轨道(I)上P点的速度，即大于7.9km/s，故A错误；
B.由万有引力提供向心力有
GMmr2=ma
解得
a=GMr2
可知，飞船在转移轨道(Ⅱ)上Q点的加速度等于空间站轨道(Ⅲ)上Q点的加速度，故B正确；
C.由万有引力提供向心力有
GMmr2=mv2r
解得
v= GMr
则飞船在停泊轨道(I)与组合体在空间站轨道(Ⅲ)上的速率之比为 R+ℎ: R ，故C错误；
D.由开普勒第三定律有
R3T12=2R+ℎ23T2
解得
T=T1 1+ℎ2R3
故D正确。
18.CD
【解析】A.从释放位置到最低点的过程中，重力做正功，从最低点向上运动的过程中，重力做负功，故A错误；
B.小球下摆过程中，设细绳与竖直方向的夹角为 θ ，根据动能定理
mglcsθ=12mv2
重力对小球做功的瞬时功率
P=mgvsinθ
整理得
P=mgsinθ 2glcsθ
细绳与竖直方向的夹角 θ 逐渐减小，由数学知识可知，重力对小球做功的瞬时功率先增大后减小，且当
sinθ= 63
时，重力的瞬时功率有最大值
Pmax=23mg 3gl
故B错误；
C.小球受重力和拉力做摆动，加速度向上时处于超重状态，则绳的拉力会大于重力，如圆弧的最低点，故C正确；
D.在小球下摆过程中，机械能守恒，动能变化量的绝对值大小等于重力势能变化量的绝对值大小，故动能随时间的变化率为
ΔEkΔt=ΔEpΔt=mgΔℎΔt=mgvy=PG
故动能随时间的变化率等于重力的瞬时功率，由B项可知，重力的瞬时功率先增大后减小，故动能随时间的变化率先变大后变小，故D正确。
故选CD。
19.(1)B
(2)4
(3)7.80
(4)1.4
(5)C
【解析】(1)电磁打点计时器的工作电源为约8V交流电源，打点计时器可以计时，不需要秒表。
故选B。
(2)由逐差法有
Δx=gT2=4mm
即应选取相邻点间距之差最接近 4mm 的纸带进行测量。
(3)由图乙可知，刻度尺的最小刻度为 1mm ，读数时要估读到最小刻度下一位，则OD两点间的距离为 7.80cm 。
(4)打D点时纸带运动的速度为
vD=xCE2T=10.80−5.302×0.02×10−2m/s≈1.4m/s
(5)A.工作电压偏高会导致打出的点为短线，不会导致动能增加量大于重力势能减小量，故A不符合题意；
B.空气阻力和摩擦力会导致重力势能减小量大于动能增加量，故B不符合题意；
C.若打点频率小于50Hz，说明每两个点之间的时间间隔大于0.02s，但计算时所用的时间仍然是0.02s，会导致速度的测量值偏大，出现动能增加量大于重力势能减小量的情况，故C符合题意。
故选C。
20.(1)C
(2)C
(3)A
(4)铝
【解析】(1)向心力和三个因素有关，所以需要控制其中两个恒定，改变第三个量，从而来研究向心力和它们的关系，故采用了控制变量法，故选C；
(2)皮带连接塔轮，则线速度大小相等，由 v=ωR 可知，不同半径 R 对应不同的角速度 ω ，故选C；
(3)标尺露出的格数反映向心力的大小，因左右的格数之比为2:3，则左右两处小球所受向心力大小之比约为2:3，故选A；
(4)两侧塔轮半径调至相等，则左右两侧的角速度 ω 相等，半径 r 之比为2∶1，而向心力之比为2:3，由 Fn=mω2r 可知，两侧的小球质量之比为1:3，则能够满足要求的只能是铝球和铁球，即左侧小球为铝球，右侧小球为铁球。
21.(1)根据题意知A球与B球之间存在引力，已知B球带正电，则A球带负电；
(2)对A球受力分析知，受到拉力、重力和库仑力，由几何关系有
F=mgtan60∘
解得A球所受库仑力F大小为
F = 2 3×10−2 N
(3)根据库仑定律
F=kQqr2
解得
q=2×10−7 C
(4)已知A球带负电，当电场方向水平向右，A球受到的电场力水平向左，电场力对A球做负功，可以让细绳摆到竖直方向时小球速度为0；设绳长为l，由动能定理得
mgl1−cs60∘−qElsin60∘=0
解得
E= 33×105 N/C
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
22.(1)由牛顿第二定律有
F−mg=ma
解得
F =5100 N
(2)起重机做匀加速直线运动，有
v=at
P=Fv
解得
P =10200 W
(3)达到最大速度时，加速度为零，有
P=mgvm
解得
vm=2.04 m/s
(4)匀加速直线运动阶段牵引力做功为
W1=Fℎ
ℎ=12at2
10s∼15s牵引力的功为
W2=Pt′=51000J
平均功率为
P=W1+W2t总=6800W
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
23.(1)①根据题意， A→C 过程，由动能定理
mgℎ=12mv C2
解得第一次经过C点时速度vC大小为
vC=4m/s
②第一次到C点时，由牛顿第二定律有
F−mg=mvC2R
解得
F=13N
③第一次在DE中向上运动，由牛顿第二定律有
mgsin37∘+μ1mgcs37∘=ma上
解得
a上=gsin37∘+μ1gcs37∘
向下运动过程，由牛顿第二定律有
mgsin37∘−μ2mgcs37∘=ma下
解得
a下=gsin37−μ2gcs37
由运动公式
x=12at2
而
x上=x下
联立解得
t上t下=12
(2)若ℎ=1.6m，由动能定理
mgℎ−2R1−cs37∘−Lsin37∘−μ1mgcs37∘L=12mvF2
由运动公式有
d=vFt−12μ2gt2
而
Δx=d+v0t
小物块a滑过皮带的过程中产生的热量Q为
Q=μ2mg(d+v0t)
解得
Q=1.25J
【解析】详细解答和解析过程见【答案】行星
轨道的平均半径R/×106km
绕日公转周期T/年
水星
58
0.2
金星
108
0.6
地球
150
1.0
火星
228
1.9
木星
778
11.9
土星
1430
29.5
天王星
2870
84.0
海王星
4500
165.0
材料
胶木
铝
铁
密度(103kg/m3)
1.3∼1.4
2.7
7.9
1.下列单位中，属于国际单位制中基本单位的是( )
A. m/sB. NC. JD. kg
2.下列物理量中，属于标量的是( )
A. 向心加速度B. 功C. 线速度D. 电场强度
3.如图所示，当风扇匀速转动时，到转轴距离相同的a、b两点( )
A. 线速度相同B. 转动周期相同
C. 角速度不相同D. 向心加速度大小不同
4.2021年2月24日，“天问一号”探测器进入火星停泊轨道，并于5月15日成功着陆于火星乌托邦平原。若火星半径为R，质量为M，引力常量为G，着陆前质量为m的“天问一号”距火星表面高度ℎ，则此时火星对“天问一号”的万有引力大小为
A. GMm(R+ℎ)2B. GMmR+ℎC. GMmR2D. GMmℎ2
5.如图所示，小明同学水平拉伸一个弹弓，放手后将弹珠射出，则橡皮筋的弹性势能( )
A. 在释放过程中增加B. 在拉伸过程中减小
C. 在释放过程中转化为弹珠动能D. 在拉伸过程中由弹珠动能转化得到
6.A、B是一条电场线上的两个点，一带正电的微粒仅在电场力作用下静止开始从A点沿电场线运动到B点，其加速度变大且电场力做正功的是( )
A. B.
C. D.
7.下列说法正确的是( )
A. 避雷针的原理是静电屏蔽
B. 高压输电线上方两条导线是为了防止尖端放电
C. 静电除尘装置中，尘埃被吸附在中间的负极上
D. 煤矿里，工作人员要防止静电的产生和积累，因为静电火花会导致瓦斯爆炸
8.2022年3月23日，航天员王亚平、叶光富在中国空间站太空舱开设“天宫课堂”，课堂中演示了“水油分离”实验。如图所示，瓶子中装有水和油，用细绳系住瓶口，叶光富手持细绳的另一端，使瓶子在与身体平行的平面内做圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 瓶子速度小于某一值就不能做完整圆周运动
B. 瓶子的线速度一定，细绳越短，油和水越容易分离
C. 一段时间后，密度小的油将聚集在靠近瓶子底部的位置
D. 航天员在某时刻松开细绳，瓶子将继续做匀速圆周运动
9.如图所示是航天员在水下进行模拟航天训练的一种方式。航天员穿水槽训练航天服浸没在水中，通过配重使其在水中受到的浮力和重力大小相等。假设其总质量为m，训练空间的重力加速度为g且不变，航天员在某次出舱作业时，匀速上升距离为ℎ的过程中，下列说法正确的是( )
A. 航天员处于完全失重状态
B. 航天员与训练服之间无作用力
C. 合力不做功，机械能守恒
D. 机械能增加了mgℎ
10.某个走时准确的时钟，分针与时针由转动轴到针尖的长度之比是1.4:1。关于分针与时针的针尖的相关物理量说法正确的是( )
A. T分:T时=12:1B. ω分:ω时=12:1
C. v分:v时=5:84D. a分:a时=5:1008
11.太阳系行星轨道(近圆轨道)的平均半径R和绕日公转周期T的现代测量值如表所示，下列说法正确的是( )
A. 周期T与半径R成正比
B. 已知引力常量可估算太阳的质量
C. 地球公转线速度小于火星公转线速度
D. 所有行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等
12.仰卧起坐是《国家学生体质健康标准》中规定的女生测试项目之一。若某女生一分钟内做了50个仰卧起坐，其质量为50kg，设上半身质量为总质量的0.6倍，仰卧起坐时下半身重心位置不变。则测试过程中该女生一分钟内克服重力做功的平均功率约为( )
A. 20WB. 90WC. 200WD. 400W
13.如图所示，甲图是等量异种电荷的电场线，乙图是等量同种电荷的电场线。若有一电子可以获得某一初速度，仅受电场力作用。对于该电子在这两种电场中是否可以做匀速圆周运动的判断正确的是( )
A. 甲乙都可以B. 甲可以，乙不可C. 甲不可以，乙可D. 甲乙都不可以
14.如图甲所示，A、B两颗卫星在同一平面内围绕中心天体做匀速圆周运动，且绕行方向相同，图乙是两颗卫星之间的距离Δr随时间t的变化图像，t=0时刻A、B两颗卫星相距最近。已知卫星B的周期TB=7t0，则A、B两颗卫星运行轨道半径之比为( )
A. 1∶7B. 1∶4C. 1:349D. 1∶2
15.水平面上有一块半径为R均匀带正电的圆形薄平板，单位面积带电量为σ，以圆盘圆心为原点，以向上为正方向，垂直圆盘建立x轴，轴上任意一点P(坐标为x)的电场强度为：E=2πkσ1−x R2+x2。现将一电量大小为q、质量为m的负点电荷在x=d(d>0)处静止释放。若d≪R，不计点电荷重力，则点电荷碰到圆盘前瞬间的速度大小最接近( )
A. 2πkσqdmB. 2 πkσqdmC. 2πkσqdmRD. 2 πkσqdmR
二、多选题：本大题共3小题，共9分。
16.如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做完整的圆周运动，管径略大于小球的直径，小球可以看成质点。管道半径为R，下列说法正确的是( )
A. 小球通过最高点时的最小速度为0
B. 小球通过最低点时的最小速度为 5gR
C. 小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力
D. 小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
17.2023年5月30日16时29分，神舟十六号载人飞船入轨后，成功对接于空间站和核心舱径向端口，形成了三舱三船组合体，飞船发射后会在停泊轨道(I)上进行数据确认，后择机经转移轨道(Ⅱ)完成与中国空间站的交会对接，其变轨过程可简化为下图所示，已知停泊轨道半径近似为地球半径R，中国空间站轨道距地面的平均高度为ℎ，飞船在停泊轨道上的周期为T1，则( )
A. 飞船在转移轨道(Ⅱ)上各点的速度均小于7.9km/s
B. 飞船在转移轨道(Ⅱ)上Q点的加速度等于空间站轨道(Ⅲ)上Q点的加速度
C. 飞船在停泊轨道(I)与组合体在空间站轨道(Ⅲ)上的速率之比为R+ℎ:R
D. 飞船在转移轨道(Ⅱ)上正常运行的周期为T=T1 1+ℎ2R3
18.有一质量为m的小球，用细线挂在天花板上，线长为l，将其拉至水平位置由静止释放。忽略空气阻力，小球可看成质点，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 在小球摆动过程中重力总是做正功
B. 重力功率最大值为mg 2gl
C. 绳子拉力在整个摆动过程中一定会出现大于mg的时刻
D. 在小球向下摆过程中，动能随时间的变化率先变大后变小
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
19.某小组利用图甲的装置做验证机械能守恒定律实验：
(1)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是______(单选)；
A.220V交流电源 B.约8V交流电源 C.秒表
(2)在正确操作后打出多条点迹清晰的纸带中，应选取相邻点间距之差最接近_____mm的纸带进行测量。
(3)某次实验中，让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带，如图乙所示。O、A、B、C、D、E和F为连续打下的点。从图中读出OD两点间的距离为_____cm。
(4)已知电源频率为50Hz，则打D点时纸带运动的速度为_____m/s。(结果保留2位有效数字)。
(5)比较发现ΔEp<ΔEk的大小，出现这一结果的原因可能是______(单选)。
A.工作电压偏高 B.存在空气阻力和摩擦力 C.实际打点频率小于50Hz
20.用如图实验装置探究向心力大小与质量、角速度、半径的关系。实验可供选择的小球大小相同，材质分别是胶木、铝和铁，三种材料的密度如表中所示。
(1)本实验所采用的实验探究方法是______(单选)；
A.类比法 B.等效替代法 C.控制变量法 D.实验与推理法
(2)皮带与不同半径的塔轮相连是主要为了使两小球的______不同(单选)；
A.转动半径r B.质量m C.角速度ω D.线速度v
(3)某次实验时，先将左右两侧塔轮半径调至相等，左侧小球6置于长槽处，小球在长槽和短槽处运动时半径之比为2∶1。匀速转动时，若左边标尺露出约2格，右边标尺露出约3格，则左右两处小球所受向心力大小之比约为______(单选)。
A.2：3 B.3：2 C.4：9
(4)左侧小球材质应选择的是_____(填“胶木”、“铝”或“铁”)。
四、计算题：本大题共3小题，共28分。
21.把质量为m=2×10−3kg的带电的小球A用绝缘细绳悬起，若将带正电，电荷量为Q= 3×10−6C的带电球B靠近A，当两个带电小球在同一高度相距r=0.3m时，绳与竖直方向成α=60°角。重力加速度g取10m/s2，静电力常量k=9.0×109N⋅m2/C2。试求：
(1)A球带正电还是负电；
(2)A球所受库仑力F大小；
(3)A球所带电荷量q大小；
(4)若撤走B的瞬间，空间加一水平方向的匀强电场，若该电场可以让细绳摆到竖直方向时小球速度为0，求该电场E大小和方向。
22.如图所示，一台起重吊车将质量m=500kg的重物由静止开始以a=0.2m/s2加速度竖直向上匀加速提升，t=10s末之后保持功率不变继续提升重物，直至重物匀速上升。取g=10m/s2不计空气阻力，求：
(1)前10s起重吊车拉力F的大小；
(2)10s末起重机的瞬时功率P；
(3)重物上升的最大速度vm；
(4)重物开始运动后15s内起重机提升重物的平均功率P。
23.某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ=37°的直轨道AB，半径R=1m的圆弧轨道BCD，长度L=1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF，速度v0=1m/s、长度d=0.3m的逆时针旋转的水平皮带组成。各部分平滑连接。质量m=0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为ℎ处静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1=0.25，向下运动时动摩擦因数μ2=0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a皮带上滑动时动摩擦因数恒为μ2(其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力sin37°=0.6，cs37°=0.8)
(1)若ℎ=0.8m，求小物块a
①第一次经过C点时速度vC大小；
②第一次到C点时受到的支持力F的大小；
③第一次在DE中向上运动时间t上和向下运动时间t下之比。
(2)若ℎ=1.6m，小物块a滑过皮带的过程中产生的热量Q。
答案解析
1.D
【解析】力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，N、J、m/s都是导出单位，不是基本单位。
故选D。
2.B
【解析】既有大小又有方向的物理量是矢量，则向心加速度、线速度和电场强度都是矢量；功只有大小无方向是标量。
故选B。
3.B
【解析】a、b 两点随风扇转动，角速度、周期均相同，线速度是矢量，两点的运动方向不同，所以线速度不同。根据 a=ω2r 可知，向心加速度大小相同，方向不同。
故选B。
4.A
【解析】【分析】
本题考查万有引力定律公式的基本计算，属于基础题。
【解答】
火星对“天问一号”的万有引力大小：F=GMmr2=GMm(R+ℎ)2，故A正确。
5.C
【解析】【分析】
【分析】
在拉伸过程中，橡皮筋的弹性形变增大，橡皮筋的弹性势能增大；在释放过程橡皮筋的弹性势能将转化为弹珠的动能，橡皮筋的弹性势能将减小。
本题考查弹性势能，要注意明确弹簧的弹性势能与弹力做功之间的关系。
【解答】
【解答】
AC、在释放过程橡皮筋的弹性势能将转化为弹珠的动能，橡皮筋的弹性势能将减小，故A错误，C正确；
B、在拉伸过程中，弹力做负功，橡皮筋的弹性形变增大，橡皮筋的弹性势能增大，故B错误；
D、在拉伸过程中，人的拉力做功将人体的生物能转化为橡皮筋的弹性势能，故D错误；
6.A
【解析】带正电的微粒从A点沿电场线运动到B点，加速度变大且电场力做正功，则电场方向由 A→B ，且 B 点的电场强度大于 A ，即 B 点电场线较密。
故选A。
7.D
【解析】A.当带电云层靠近建筑物时，避雷针上产生的感应电荷会通过针尖放电，逐渐中和云中的电荷，使建筑物免遭雷击，其原理为尖端放电，故A错误；
B.高压输电线上方有两根导线与大地相连构成了静电屏蔽，能使得输电线免遭雷击，故B错误；
C.静电除尘装置将带负电的尘埃收集在两个带正电的极板A上，故C错误；
D.矿里，工作人员要防止静电的产生和积累，因为静电火花会导致瓦斯爆炸，故D正确。
故选D。
8.B
【解析】A.绕地球匀速圆周运动的空间站中为完全失重状态，瓶子受细绳拉力做圆周运动，瓶子速度小于某一值仍能做完整圆周运动。故A错误；
BC.由 F=mv2r ，v一定，r越小，F越大，密度大的物质所需向心力越大，越容易发生离心现象而沉积瓶子底部，密度大的水将聚集在靠近瓶子底部的位置。故B正确，C错误；
D.航天员在某时刻松开细绳，瓶子不受拉力则在空间站中匀速直线运动，故D错误。
故选B。
9.D
【解析】AB.航天员匀速上升，处于平衡状态，航天员与训练服之间有作用力，故AB错误；
CD.匀速上升距离为ℎ的过程中，动能不变，重力势能增加 mgℎ ，则机械能增加了 mgℎ ，故C错误，D正确。
故选D。
10.B
【解析】】A.根据题意可知，分针转一圈为 1ℎ ，时针转1圈为 12ℎ ，则有
T分:T时=1:12
故A错误；
B.由公式 ω=2πT 可得，分针与时针转动的角速度之比为
ω分:ω时=12:1
故B正确；
C.由公式 v=ωr 可得，分针与时针转动的线速度之比为
v分v时=ω分ω时⋅r分r时=12×1.41×1=845
故C错误；
D.由公式 a=ω2r 可得，分针与时针转动的向心加速度之比为
a分a时=ω 分2ω 时2⋅r分r时=122×1.412×1=10085
故D错误。
故选B。
11.B
【解析】【分析】
根据开普勒行星运动定律分析即可。
本题考查开普勒行星运动定律，基础题目。
【解答】
A.根据表格数据可得，周期T与半径R不是成正比，而是R3T2=C，故A错误；
B.根据牛顿第二定律得出GMmr2=m(2πT)2r，得出太阳的质量为M=4π2r3GT2，故B正确；
C.根据万有引力提供向心力，列出牛顿第二定律方程得出：GMmr2=mv2r，得出公转的线速度为v= GMr2，故得出地球公转的线速度小于火星公转的线速度，故C错误；
D.同一行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，不同行星在相等时间内扫过的面积不相等，故D错误；
故选B。
12.B
【解析】设该同学身高1.6m，上半身高度约0.64m，每次上半身重心上升距离约为0.32m，则每次克服重力做功为
W=0.6mgℎ=0.6×50×10×0.32J=96J
则功率
P=50Wt=50×9660W=80W
该女生克服重力做功的平均功率约为80W，B与其最接近，故B符合题意。
故选B。
13.A
【解析】电子可以在甲图正电荷右侧以两场源电荷连线方向为轴做圆周运动，此时电场强度方向与电场线相切垂直与两电荷连线方向，电子可在乙图两电荷连线的中垂线平面做匀速圆周运动。
故选A。
14.B
【解析】【分析】
本题考查万有引力定律的应用。解决问题的关键是理解两颗卫星的间距Δr随时间t的变化图像的物理意义，清楚A、B两卫星相距最近到再次相距最近满足的关系，结合开普勒第三定律分析判断。
【解答】
根据题图乙可知，在两次相距最近的0∽t0时间内，A、B两卫星转过的角度关系为：
2πTAt0−2πTBt0=2π
又根据题意知：
TB=7t0解得：
TA=78t0
根据开普勒第三定律有：rA3TA2=rB3TB2
联立可得：rArB=14，故ACD错误，B正确。
15.B
【解析】由d≪R
E=2πkσ1−x R2+x2
可知，此时可认为是场强不变，为E1=2πkσ
根据动能定理W电=qE1=q⋅2πkσd=12mv2
得v=2 πkσqdm
故选B。
16.AC
【解析】A.在最高点，因为圆管的外侧壁和内侧壁都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于零时，内壁对小球产生支持力与小球的重力平衡，故最小速度可以为0，故A正确；
B.当小球在最高点速度为零时，对应的最低点速度最小，设大小为 v ，由动能定理得
mg⋅2R+r=12mv2
解得
v= 4gR+r
故B错误；
C.小球在水平线ab以下的管道中运动，因为沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有指向圆心的作用力，内侧管壁对小球一定无作用力，故C正确；
D.小球在水平线ab以上的管道中运动时，因为沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，可能外侧管壁对小球有作用力，也可能内侧管壁对小球有作用力，故D错误。
故选AC。
17.BD
【解析】A.停泊轨道(I)半径近似为地球半径R，则飞船在停泊轨道(I)运行的速度等于第一宇宙速度，即7.9km/s，飞船在停泊轨道(I)P点加速，做离心运动进入转移轨道(Ⅱ)，故飞船在转移轨道(Ⅱ)上P点的速度大于在停泊轨道(I)上P点的速度，即大于7.9km/s，故A错误；
B.由万有引力提供向心力有
GMmr2=ma
解得
a=GMr2
可知，飞船在转移轨道(Ⅱ)上Q点的加速度等于空间站轨道(Ⅲ)上Q点的加速度，故B正确；
C.由万有引力提供向心力有
GMmr2=mv2r
解得
v= GMr
则飞船在停泊轨道(I)与组合体在空间站轨道(Ⅲ)上的速率之比为 R+ℎ: R ，故C错误；
D.由开普勒第三定律有
R3T12=2R+ℎ23T2
解得
T=T1 1+ℎ2R3
故D正确。
18.CD
【解析】A.从释放位置到最低点的过程中，重力做正功，从最低点向上运动的过程中，重力做负功，故A错误；
B.小球下摆过程中，设细绳与竖直方向的夹角为 θ ，根据动能定理
mglcsθ=12mv2
重力对小球做功的瞬时功率
P=mgvsinθ
整理得
P=mgsinθ 2glcsθ
细绳与竖直方向的夹角 θ 逐渐减小，由数学知识可知，重力对小球做功的瞬时功率先增大后减小，且当
sinθ= 63
时，重力的瞬时功率有最大值
Pmax=23mg 3gl
故B错误；
C.小球受重力和拉力做摆动，加速度向上时处于超重状态，则绳的拉力会大于重力，如圆弧的最低点，故C正确；
D.在小球下摆过程中，机械能守恒，动能变化量的绝对值大小等于重力势能变化量的绝对值大小，故动能随时间的变化率为
ΔEkΔt=ΔEpΔt=mgΔℎΔt=mgvy=PG
故动能随时间的变化率等于重力的瞬时功率，由B项可知，重力的瞬时功率先增大后减小，故动能随时间的变化率先变大后变小，故D正确。
故选CD。
19.(1)B
(2)4
(3)7.80
(4)1.4
(5)C
【解析】(1)电磁打点计时器的工作电源为约8V交流电源，打点计时器可以计时，不需要秒表。
故选B。
(2)由逐差法有
Δx=gT2=4mm
即应选取相邻点间距之差最接近 4mm 的纸带进行测量。
(3)由图乙可知，刻度尺的最小刻度为 1mm ，读数时要估读到最小刻度下一位，则OD两点间的距离为 7.80cm 。
(4)打D点时纸带运动的速度为
vD=xCE2T=10.80−5.302×0.02×10−2m/s≈1.4m/s
(5)A.工作电压偏高会导致打出的点为短线，不会导致动能增加量大于重力势能减小量，故A不符合题意；
B.空气阻力和摩擦力会导致重力势能减小量大于动能增加量，故B不符合题意；
C.若打点频率小于50Hz，说明每两个点之间的时间间隔大于0.02s，但计算时所用的时间仍然是0.02s，会导致速度的测量值偏大，出现动能增加量大于重力势能减小量的情况，故C符合题意。
故选C。
20.(1)C
(2)C
(3)A
(4)铝
【解析】(1)向心力和三个因素有关，所以需要控制其中两个恒定，改变第三个量，从而来研究向心力和它们的关系，故采用了控制变量法，故选C；
(2)皮带连接塔轮，则线速度大小相等，由 v=ωR 可知，不同半径 R 对应不同的角速度 ω ，故选C；
(3)标尺露出的格数反映向心力的大小，因左右的格数之比为2:3，则左右两处小球所受向心力大小之比约为2:3，故选A；
(4)两侧塔轮半径调至相等，则左右两侧的角速度 ω 相等，半径 r 之比为2∶1，而向心力之比为2:3，由 Fn=mω2r 可知，两侧的小球质量之比为1:3，则能够满足要求的只能是铝球和铁球，即左侧小球为铝球，右侧小球为铁球。
21.(1)根据题意知A球与B球之间存在引力，已知B球带正电，则A球带负电；
(2)对A球受力分析知，受到拉力、重力和库仑力，由几何关系有
F=mgtan60∘
解得A球所受库仑力F大小为
F = 2 3×10−2 N
(3)根据库仑定律
F=kQqr2
解得
q=2×10−7 C
(4)已知A球带负电，当电场方向水平向右，A球受到的电场力水平向左，电场力对A球做负功，可以让细绳摆到竖直方向时小球速度为0；设绳长为l，由动能定理得
mgl1−cs60∘−qElsin60∘=0
解得
E= 33×105 N/C
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
22.(1)由牛顿第二定律有
F−mg=ma
解得
F =5100 N
(2)起重机做匀加速直线运动，有
v=at
P=Fv
解得
P =10200 W
(3)达到最大速度时，加速度为零，有
P=mgvm
解得
vm=2.04 m/s
(4)匀加速直线运动阶段牵引力做功为
W1=Fℎ
ℎ=12at2
10s∼15s牵引力的功为
W2=Pt′=51000J
平均功率为
P=W1+W2t总=6800W
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
23.(1)①根据题意， A→C 过程，由动能定理
mgℎ=12mv C2
解得第一次经过C点时速度vC大小为
vC=4m/s
②第一次到C点时，由牛顿第二定律有
F−mg=mvC2R
解得
F=13N
③第一次在DE中向上运动，由牛顿第二定律有
mgsin37∘+μ1mgcs37∘=ma上
解得
a上=gsin37∘+μ1gcs37∘
向下运动过程，由牛顿第二定律有
mgsin37∘−μ2mgcs37∘=ma下
解得
a下=gsin37−μ2gcs37
由运动公式
x=12at2
而
x上=x下
联立解得
t上t下=12
(2)若ℎ=1.6m，由动能定理
mgℎ−2R1−cs37∘−Lsin37∘−μ1mgcs37∘L=12mvF2
由运动公式有
d=vFt−12μ2gt2
而
Δx=d+v0t
小物块a滑过皮带的过程中产生的热量Q为
Q=μ2mg(d+v0t)
解得
Q=1.25J
【解析】详细解答和解析过程见【答案】行星
轨道的平均半径R/×106km
绕日公转周期T/年
水星
58
0.2
金星
108
0.6
地球
150
1.0
火星
228
1.9
木星
778
11.9
土星
1430
29.5
天王星
2870
84.0
海王星
4500
165.0
材料
胶木
铝
铁
密度(103kg/m3)
1.3∼1.4
2.7
7.9
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