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2023-2024学年辽宁省辽阳市高一（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年辽宁省辽阳市高一（下）期末物理试卷（含解析），共13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.如图所示，斜面体放在光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止开始沿斜面下滑。在物体下滑过程中，物体和斜面体组成的系统( )
A. 机械能守恒，动量不守恒B. 机械能与动量均不守恒
C. 机械能与动量均守恒D. 机械能不守恒，动量守恒
2.下列说法正确的是( )
A. 静电力常量为9.0×106N⋅m2/C2
B. 处于静电平衡状态的导体，其内部的电场强度处处为0
C. 存在电荷量为2×10−19C的带电粒子
D. 一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和可能增加
3.关于如图所示的四种圆周运动模型，下列说法正确的是( )
A. 如图甲所示，汽车安全通过拱桥最高点时，车对桥面的压力等于车受到的重力
B. 如图乙所示，在水平面内做匀速圆周运动的小球，受重力、拉力和向心力
C. 如图丙所示，某同学用一次性杯子做的“水流星”，杯子恰好过最高点的速度为零
D. 如图丁所示，火车以某速度经过外轨高于内轨的弯道时，车轮可能对内外轨均无侧向压力
4.若高铁在平直铁轨上运行时受到的阻力大小f=kv2，其中k为常量，v为高铁运行的速度，当高铁以某一速度匀速行驶时，发动机的功率为P，则当高铁的运行速度增大为原来的两倍时，发动机的功率为( )
A. 2PB. 4PC. 8PD. 16P
5.在某一点电荷产生的电场中，A、B两点的电场强度方向如图所示，则A、B两点的电场强度大小之比为( )
A. 1：3B. 3：1C. 1：4D. 4：1
6.甲、乙两滑块的质量分别为2m和m，它们以相同的速率v在光滑水平面上相向运动并发生碰撞。若碰撞后两滑块黏合在一起，则碰撞过程中系统损失的机械能为( )
A. 43mv2B. mv2C. 23mv2D. 12mv2
7.科学研究表明，当天体的逃逸速度(即第二宇宙速度，其大小为第一宇宙速度的 2倍)超过光速c时，该天体就是黑洞。2023年9月，由中国科学家领导的国际合作团队首次证实了黑洞存在自转，已知引力常量为G，则一个质量为M、半径最大的黑洞，其自转周期的最小值为( )
A. 2 2πGMc2B. 4 2πGMc3C. 4 2πGMc2D. 2 2πGMc3
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.电场强度是描述电场的重要概念，电场的基本性质是对放入其中的电荷有力的作用，电场可以用电场线描述，下列关于电场和电场线的说法，正确的是( )
A. 电场是客观存在的，电场线是虚拟的B. 电场是虚拟的，电场线是客观存在的
C. 同一电场内，电场线越密的地方电场越强D. 同一电场内，电场线越密的地方电场越弱
9.如图所示，篮球在指尖上绕轴转动。关于球面上做圆周运动的P、Q两点，下列说法正确的是( )
A. Q点的转动半径大于P点的转动半径
B. Q点的线速度大于P点的线速度
C. Q点的角速度大于P点的角速度
D. Q点的向心加速度大于P点的向心加速度
10.如图所示，粗糙斜面体静置于水平地面上，一木块从斜面底端开始以某一初速度沿斜面上滑，然后又返回出发点，在木块运动的过程中斜面体始终保持静止。下列能大致描述木块整个运动过程中的速度v，地面对斜面体的摩擦力Ff、木块动能Ek、木块机械能E与时间t之间关系的图象是(v−t图以初速度方向为正方向，Ff−t图以水平向左为正方向)( )
A. B.
C. D.
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学用如图甲所示的装置验证动量守恒定律。主要实验步骤如下：
A.左右调整垫块的位置，直至接通电源，轻推小车A，纸带上打出一系列分布均匀的小点，断开电源；
B.将另一相同的小车B(图甲中未画出)静置于P处，并将质量合适的钩码轻放在小车B中；
C.接通电源，沿木板方向推小车A，两小车碰撞后粘在一起，打出一系列的小点如图乙所示。
(1)在如图乙所示的纸带中，______(填“x1”或“x2”)对应的点先打出。
(2)若已知打点计时器所接交变电源的频率为f，用天平测出小车A的质量为m1，小车B(包括钩码)的质量为m2，则碰撞前瞬间系统的总动量p1= ______，碰撞后瞬间系统的总动量p2= ______，在实验误差允许的范围内满足p1=p2，动量守恒定律得到验证。
12.某同学用气垫导轨(图中未画出，滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略)验证机械能守恒定律，实验装置如图所示。主要实验步骤如下：
A.将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平；
B.测出挡光条的宽度d和两光电门中心间的距离L；
C.用天平测出滑块和挡光条的总质量m1，再测出托盘和砝码的总质量m2；
D.用手将滑块固定在光电门1左侧某处，将滑块______，要求托盘和砝码落地前挡光条已通过光电门2；
E.测出滑块分别通过光电门1和光电门2时的挡光时间t1和t2；
F.处理实验数据。
(1)请将步骤D补充完整。
(2)滑块通过光电门1和光电门2时，可以确定系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总动能，滑块通过光电门1时的速度大小为______。
(3)在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，确定系统重力势能的______(填“增加量”或“减少量”)。
(4)若在误差允许的范围内，满足关系式______(用m1、m2、t1、t2、L、d以及重力加速度大小g表示)，则可认为验证了机械能守恒定律。
四、简答题：本大题共1小题，共10分。
13.如图所示，用长度为L的轻质绝缘细绳系住质量为m的带电小球(视为质点)，并将带电小球悬挂于电场强度为E的匀强电场中，带电小球静止时，细绳向左偏离竖直方向的角度为θ。重力加速度大小为g，不计空气阻力。
(1)判断小球的电性(不用说明理由)；
(2)求小球所带的电荷量q；
(3)若撤去电场，求小球到达最低点时的速度大小v。
五、计算题：本大题共2小题，共30分。
14.2024年5月3日，嫦娥六号探测器成功发射，于6月2日成功着陆在月球背面南极—艾特肯盆地预选着陆区。假设某宇航员登月后，在月球表面完成下面的实验：在竖直固定光滑圆轨道内部最低点静置一可视为质点的小球，如图所示，当给小球一瞬时冲量时，小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，且通过圆轨道最高点时的速度大小为v。已知小球的质量为m，月球的半径为R，圆轨道的半径为r，求：
(1)月球的重力加速度大小g；
(2)月球的第一宇宙速度v1；
(3)该瞬时冲量的大小I。
15.如图所示，足够大的水平平台AB与水平地面OD间的高度差为ℎ，OB⊥OD，C为OD的中点。一物块静止在平台边缘B处，质量为m0的小球从D点以某一初速度沿与水平方向夹角θ=37°的方向斜向上射出，恰好水平击中物块，碰撞后小球反弹落到C点。物块与平台间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，取sin37°=0.6，cs37°=0.8，小球与物块的碰撞为弹性碰撞(碰撞时间极短)，物块与小球均视为质点，不计空气阻力。求：
(1)小球击中物块前瞬间小球的速度大小v0；
(2)物块的质量m；
(3)物块在平台上滑行的路程x。
答案解析
1.A
【解析】解：由题知，斜面和地面光滑，物体加速下滑，斜面向左加速，将物体和斜面看作整体分析，水平方向不受外力作用，竖直方向只受重力作用
根据机械能守恒定律“在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能和势能可以相互转化，而总的机械能保持不变”可知，物体和斜面体组成的系统机械能守恒。
根据系统动量守恒定律成立的条件“①系统不受外力或者所受外力之和为零，②或者系统所受外力远小于内力，可以忽略不计，③系统在某一个方向上不受外力或者所受外力之和为零，在该方向上动量守恒”可知，物体和斜面体组成的系统只在水平方向动量守恒，而系统整体动量不守恒。故A正确，BCD错误。
故选：A。
斜面光滑，物体加速下滑，斜面向左加速，将物体和斜面看作整体分析，水平方向不受外力，竖直方向受重力作用，动量不守恒，机械能守恒。
机械能守恒定律和动量守恒定律的适用条件一定要掌握好，避免判断错误。
2.B
【解析】解：B.处于静电平衡状态的导体，其感应电荷产生的电场与外电场相互抵消，因此内部场强为零，故B正确；
A.静电力常量应为9.0×109N⋅m2/C2，故A错误；
C.带电物体的电荷量仅能为元电荷e=1.6×10−19C的整数倍，而这个电荷量为2×10−19C的带电粒子不是元电荷的整数倍，所以不存在这样的粒子，故C错误；
D.正负电荷只能成对出现或湮灭，因此与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和不变，故D错误。
故选：B。
静电力常量为9.0×109N⋅m2/C2；处于静电平衡状态的导体，其边缘处的电场与外电场相互抵消，因此内部场强为零；带电物体的电荷量仅能为元电荷的整数倍；正负电荷只能成对出现或湮灭，因此与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和不变。
本题需要学生了解电荷量、库仑定律以及静电平衡的相关知识。
3.D
【解析】解：A.如图甲所示，汽车要安全通过拱桥最高点时，汽车在竖直方向上受到重力和支持力，根据牛顿第二定律可知：mg−FN=mv2R，可得桥面对车的支持力小于车受到的重力，根据牛顿第三定律可知，车对桥面的压力小于车受到的重力，故A错误；
B.如图乙所示，在水平面内做匀速圆周运动的小球，受重力、拉力的作用，故B错误；
C.如图丙所示，某同学用一次性杯子做的“水流星”，杯子恰好过最高点，重力提供向心力：mg=mv2R，则杯子恰好过最高点的速度为：v= gR>0，故C错误；
D.火车以规定速度经过外轨高于内轨的弯道，向心力由火车所受重力和支持力的合力提供，此时车轮对内外轨均无侧向压力，故D正确；
故选：D。
A、根据牛顿第二定律和牛顿第三定律可求出；
B、对物体受力分析可分析出；
C、根据临界条件时重力提供向心力可解出；
D、根据指向圆心的合力充当向心力可以解出。
本题主要考查学生对于圆周运动相关知识掌握得熟练度，对于指向圆心的合力充当向心力这一思想在做题时要时刻考虑到。
4.C
【解析】解：当高铁匀速运行时，根据功率和速度的关系式P=Fv=fv=kv2⋅v=kv3，当高铁运行速度变为2v时，发动机功率P′=k(2v)2⋅2v=8kv3=8P，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据功率和速度的关系式结合匀速运动的条件分别列式求解。
考查功率和速度的关系式的应用，会根据题意进行相关的分析和计算。
5.A
【解析】如图所示：
O点为电荷所处的位置，则Ea=kQOA2； EB=kQOB2
OBOA=tan30°
所以：EAEB=13
故选A。
首先，要理解电场强度的基本性质，之后观察图形信息，应用电场强度的公式，利用比例关系解决此题。
此题是一道考察电场强度基本概念和性质的理解题，它主要检验了学生对点电荷电场中电场强度与距离关系的掌握程度。
6.A
【解析】解：取甲速度方向为正方向，碰撞前后动量守恒，则
2mv−mv=(2m+m)v′
解得
v′=v3
碰撞过程中系统损失的机械能为
ΔE=12×2mv2+12mv2−12×(2m+m)v′2
解得
ΔE=43mv2
故A正确，BCD错误。
故选：A。
两滑块碰撞过程系统的动量守恒，由动量守恒定律求出碰撞后乙滑块的速度，再根据能量守恒定律求碰撞过程中损失的机械能。
解决本题时，要确定研究对象，掌握动量守恒的条件：系统的合外力为零，运用动量守恒定律时要注意规定正方向。
7.B
【解析】解：根据万有引力提供向心力
GMmR2=mv2R
可得天体的第一宇宙速度
v= GMR
根据题意可知
2GMR=c
质量为M的黑洞，最大半径
R=2GMc2
黑洞自转不瓦解，需满足
GMmR2=mR(2πTmin)2
解得
Tmin=4 2πGMc3
故ACD错误，B正确。
故选B。
根据题设条件，当天体的逃逸速度大于光速c时，天体就成为黑洞。而逃逸速度是环绕速度的 2倍，根据万有引力提供向心力求出环绕速度，即可求出逃逸速度，就能得到R满足的条件，进而求出自转周期的最小值。
此题考查了万有引力定律及其应用，属于信息题或新概念题，首先要耐心、细心读题，抓住有效信息，其次建立物理模型。
8.AC
【解析】解：AB、电场是客观存在的一种物质，电场线是为了直观形象的描述电场的分布，而引入的假想的曲线，故A正确，B错误；
CD、电场线的疏密表示电场的强弱，所以在同一电场内，电场线越密的地方电场越强，故C正确，D错误。
故选：AC。
AB、根据电场是客观存在的物质，电场线是假想的曲线分析；
CD、根据电场线的疏密表示电场的强弱分析。
本题考查了电场及其性质、电场线的定义和特点，解题的关键是知道电场虽然看不见，但是是客观存在的物质，知道电场线的疏密表示电场的强弱。
9.ABD
【解析】解：A、P、Q两点在水平方向做圆周运动，半径垂直于转轴，根据题图可知：rQ>rP，即Q点的转动半径大于P点的转动半径，故A正确；
C、篮球上的P、Q绕轴做同轴转动，因此P、Q两点做圆周运动的角速度相等，故C错误；
B、根据线速度与角速度的关系可知：v=rω，由于rQ>rP，因此vQ>vP，故B正确；
D、根据向心加速度公式可得：a=rω2，由于rQ>rP，因此aQ>aP，故D正确。
故选：ABD。
.P、Q两点在水平方向做圆周运动，根据题图分析P、Q两点做圆周运动的半径的大小；篮球上的P、Q绕轴做同轴转动，据此分析角速度大小关系；根据线速度与角速度的关系v=rω分析线速度大小；根据向心加速度公式a=rω2分析向心加速度大小。
本题主要考查了圆周运动半径的确定、线速度与角速度的关系、向心加速度公式，理解圆周运动的两种传动方式是解题的关键。
10.BC
【解析】解：设木块和斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾斜角为θ，木块的质量为m，斜面的质量为M
A、对木块进行受力分析，由牛顿第二定律可得：
上滑时，有：mgsinθ+μmgcsθ=ma1
解得：a1=g(sinθ+μcsθ)
下滑时，有：mgsinθ−μmgcsθ=ma2
解得：a2=g(sinθ−μgcsθ)
故上滑时做加速度大小为a1=g(sinθ+μcsθ)的匀减速运动，下滑时做加速度为a2=g(sinθ−μgcsθ)的匀加速运动；
，图象上滑时图象的倾角比下滑时大，故A错误；
B、对木块和斜面整体，根据牛顿第二定律
木块上滑时整体水平方向有：Ff1=ma1csθ，大小保持不变，方向水平向左，
木块下滑时整体水平方向有：Ff2=ma2csθ，大小保持不变，方向水平向左，且Ff1>Ff2，故B正确；
C、上滑时v=v0−a1t，动能为：Ek=12m(v0−a1t)2，所以Ek−t图象是开口向上的抛物线的一部分(v在减小)，
下滑时，同理可图象是开口向上的抛物线的一部分，v在增大，故C正确；
D、根据功能关系可得：E−E0=−μmgcsθ⋅x，得：E=E0−μmgcsθ(v0t−12a1t2)知图象是开口向上的抛物线的一部分(E在减小)，故D错误。
故选：BC。
(1)对木块进行受力分析，根据牛顿第二定律求出上滑和下滑时的加速度，在判断图象的斜率；
(2)将斜面和木块当作一个整体，对整体进行受力分析，判断水平面对斜面的摩擦力；
(3)根据动能的定义式列出动能与时间的关系式，再根据关系式判断图象是否正确；
(4)求出机械能跟时间的关系式，根据关系式分析求解；
解决该题的关键是正确对木块进行受力分析，知道用整体法分析斜面受到的摩擦力作用，能根据表达式分析图象形状；
11.x2 m1fx24 (m1+m2)fx15
【解析】解：(1)因小车A碰前的速度大于碰后的速度，可知在如图乙所示的纸带中，x2对应的点先打出。
(2)碰撞前瞬间系统的总动量
p1=m1v1=m1x24×1f=14m1fx2
碰撞后瞬间系统的总动量
p2=(m1+m2)v2=(m1+m2)x15×1f=15(m1+m2)fx1
故答案为：(1)x2；(2)m1fx24，(m1+m2)fx15。
(1)根据碰撞前后的速度变化进行判断；
(2)根据动量的计算公式进行计算。
本题主要考查了动量守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和动量守恒定律即可完成分析。
12.由静止释放 dt1 减少量 m2gL=12(m1+m2)(dt2)2−12(m1+m2)(dt1)2
【解析】解：(1)用手将滑块固定在光电门1左侧某处，将滑块由静止释放，要求托盘和砝码落地前挡光条已通过光电门2。
(2)由于挡光条的宽度很小，经过光电门的挡光时间很小，可用挡光过程的平均速度代替瞬时速度，则滑块通过光电门1时的速度大小为
v1=dt1
(3)在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，托盘和砝码向下运动，所以确定系统重力势能的减少量。
(4)在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统重力势能减少量为
ΔEp=m2gL
滑块通过光电门2时的速度大小为
v2=dt2
系统动能增加量为
ΔEk=12(m1+m2)v22−12(m1+m2)v12=12(m1+m2)(dt2)2−12(m1+m2)(dt1)2
则若在误差允许的范围内，满足关系式
m2gL=12(m1+m2)(dt2)2−12(m1+m2)(dt1)2
则可认为验证了机械能守恒定律。
故答案为：(1)由静止释放；(2)dt1；(3)减少量；(4)m2gL=12(m1+m2)(dt2)2−12(m1+m2)(dt1)2。
(1)根据实验原理步骤，需要托盘和砝码静止不动时，释放滑块，据此填空；
(2)根据平均速度表示瞬时速度的方法，即可求出滑块经过光电门的速度；
(3)根据高度变化判断系统重力势能增减；
(4)当系统增加的动能与系统减小的重力势能相等，系统机械能守恒，据此写出表达式。
解决本题的关键知道实验的原理，注意研究的对象是系统，知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度。
13.解：(1)小球处于静止状态，合力为零，受力分析如下图所示：
由图可知，小球所受电场力与场强的方向相反，可知小球带负电。
(2)由力的平衡则有：qEmg=tanθ
可得电荷量：q=mgtanθE
(3)若撤去电场，从释放到小球到达最低点过程，由动能定理有：mgL(1−csθ)=12mv2−0
可得：v= 2gL(1−csθ)
答：(1)小球带负电；
(2)小球所带的电荷量q为mgtanθE；
(3)若撤去电场，小球到达最低点时的速度大小v为 2gL(1−csθ)。
【解析】(1)根据小球受力平衡、电场力与场强的方向分析；
(2)根据力的平衡可得电荷量；
(3)小球从释放到最低点过程利用动能定理求解。
本题考查了带电粒子在电场中的运动、动能定理，比较简单，解题的关键是正确对小球受力分析。
14.解：(1)小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，有mg=mv2r
解得g=v2r
(2)设月球的近地面的卫星质量为m′
则GMm′R2=m′v12R=m′g
解得v1= gR=v Rr
(3)设小球在圆轨道最低点时的速度大小为v0，对小球从最低点运动到最高点的过程，
根据动能定理有−mg⋅2r=12mv2−12mv02
解得v0= 5v
根据动量定理有I=mv0
解得I= 5mv0
答：(1)月球的重力加速度大小为v2r；
(2)月球的第一宇宙速度为v Rr；
(3)瞬时冲量的大小为得 5mv0。
【解析】(1)根据小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，重力提供向心力求月球的重力加速度大小；
(2)根据第一宇宙速度公式求解；
(3)根据动能定理和动量定理求瞬时冲量的大小。
本题考查了天体运动和圆周运动的问题，明确不同模型的最高点临界速度，天体运动的第一宇宙速度，题目难度一般。
15.解：(1)设小球从D点射出时的竖直分速度大小为vy，有
vy2=2gℎ
且
vy=v0tanθ
解得
v0=43 2gℎ
(2)设小球从D点运动到B点的时间为t，小球与物块碰撞后瞬间小球的速度大小为v1，O、C两点间的距离为L，有
L=v1t
2L=v0t
设小球与物块碰撞后瞬间物块的速度大小为v2，在小球与物块碰撞的过程中，取向右为正方向，系统的动量与机械能均守恒，有
m0v0=m0(−v1)+mv2
12m0v02=12m0v12+12mv22
解得
m=3m0，v2=23 2gℎ
(3)对物块在平台上滑行的过程，根据动能定理有
−μmgx=0−12mv22
解得
x=4ℎ9μ
答：(1)小球击中物块前瞬间小球的速度大小43 2gℎ；
(2)物块的质量3m0；
(3)物块在平台上滑行的路程4ℎ9μ。
【解析】(1)将小球从D点射出时的速度分解，根据竖直方向的竖直上抛可以求解竖直分速度大小，结合根据抛出角度可以求解小球击中物块前瞬间小球的速度大小v0；
(2)C为OD的中点，可以根据抛体知识可以得出小球与物块碰撞后瞬间小球的速度大小，结合系统碰撞过程的动量与机械能守恒，可以求出物块的质量m；
(3)结合(2)可以求解出物块碰后速度，在平台上滑行的过程，根据动能定理可以求解物块在平台上滑行的路程x。
本题是力学综合题，综合了运动学公式、牛顿第二定律、机械能守恒、动量守恒等多个知识，分析运动过程，明确受力情况，然后再正确选择解题规律是关键。
1.如图所示，斜面体放在光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止开始沿斜面下滑。在物体下滑过程中，物体和斜面体组成的系统( )
A. 机械能守恒，动量不守恒B. 机械能与动量均不守恒
C. 机械能与动量均守恒D. 机械能不守恒，动量守恒
2.下列说法正确的是( )
A. 静电力常量为9.0×106N⋅m2/C2
B. 处于静电平衡状态的导体，其内部的电场强度处处为0
C. 存在电荷量为2×10−19C的带电粒子
D. 一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和可能增加
3.关于如图所示的四种圆周运动模型，下列说法正确的是( )
A. 如图甲所示，汽车安全通过拱桥最高点时，车对桥面的压力等于车受到的重力
B. 如图乙所示，在水平面内做匀速圆周运动的小球，受重力、拉力和向心力
C. 如图丙所示，某同学用一次性杯子做的“水流星”，杯子恰好过最高点的速度为零
D. 如图丁所示，火车以某速度经过外轨高于内轨的弯道时，车轮可能对内外轨均无侧向压力
4.若高铁在平直铁轨上运行时受到的阻力大小f=kv2，其中k为常量，v为高铁运行的速度，当高铁以某一速度匀速行驶时，发动机的功率为P，则当高铁的运行速度增大为原来的两倍时，发动机的功率为( )
A. 2PB. 4PC. 8PD. 16P
5.在某一点电荷产生的电场中，A、B两点的电场强度方向如图所示，则A、B两点的电场强度大小之比为( )
A. 1：3B. 3：1C. 1：4D. 4：1
6.甲、乙两滑块的质量分别为2m和m，它们以相同的速率v在光滑水平面上相向运动并发生碰撞。若碰撞后两滑块黏合在一起，则碰撞过程中系统损失的机械能为( )
A. 43mv2B. mv2C. 23mv2D. 12mv2
7.科学研究表明，当天体的逃逸速度(即第二宇宙速度，其大小为第一宇宙速度的 2倍)超过光速c时，该天体就是黑洞。2023年9月，由中国科学家领导的国际合作团队首次证实了黑洞存在自转，已知引力常量为G，则一个质量为M、半径最大的黑洞，其自转周期的最小值为( )
A. 2 2πGMc2B. 4 2πGMc3C. 4 2πGMc2D. 2 2πGMc3
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.电场强度是描述电场的重要概念，电场的基本性质是对放入其中的电荷有力的作用，电场可以用电场线描述，下列关于电场和电场线的说法，正确的是( )
A. 电场是客观存在的，电场线是虚拟的B. 电场是虚拟的，电场线是客观存在的
C. 同一电场内，电场线越密的地方电场越强D. 同一电场内，电场线越密的地方电场越弱
9.如图所示，篮球在指尖上绕轴转动。关于球面上做圆周运动的P、Q两点，下列说法正确的是( )
A. Q点的转动半径大于P点的转动半径
B. Q点的线速度大于P点的线速度
C. Q点的角速度大于P点的角速度
D. Q点的向心加速度大于P点的向心加速度
10.如图所示，粗糙斜面体静置于水平地面上，一木块从斜面底端开始以某一初速度沿斜面上滑，然后又返回出发点，在木块运动的过程中斜面体始终保持静止。下列能大致描述木块整个运动过程中的速度v，地面对斜面体的摩擦力Ff、木块动能Ek、木块机械能E与时间t之间关系的图象是(v−t图以初速度方向为正方向，Ff−t图以水平向左为正方向)( )
A. B.
C. D.
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学用如图甲所示的装置验证动量守恒定律。主要实验步骤如下：
A.左右调整垫块的位置，直至接通电源，轻推小车A，纸带上打出一系列分布均匀的小点，断开电源；
B.将另一相同的小车B(图甲中未画出)静置于P处，并将质量合适的钩码轻放在小车B中；
C.接通电源，沿木板方向推小车A，两小车碰撞后粘在一起，打出一系列的小点如图乙所示。
(1)在如图乙所示的纸带中，______(填“x1”或“x2”)对应的点先打出。
(2)若已知打点计时器所接交变电源的频率为f，用天平测出小车A的质量为m1，小车B(包括钩码)的质量为m2，则碰撞前瞬间系统的总动量p1= ______，碰撞后瞬间系统的总动量p2= ______，在实验误差允许的范围内满足p1=p2，动量守恒定律得到验证。
12.某同学用气垫导轨(图中未画出，滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略)验证机械能守恒定律，实验装置如图所示。主要实验步骤如下：
A.将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平；
B.测出挡光条的宽度d和两光电门中心间的距离L；
C.用天平测出滑块和挡光条的总质量m1，再测出托盘和砝码的总质量m2；
D.用手将滑块固定在光电门1左侧某处，将滑块______，要求托盘和砝码落地前挡光条已通过光电门2；
E.测出滑块分别通过光电门1和光电门2时的挡光时间t1和t2；
F.处理实验数据。
(1)请将步骤D补充完整。
(2)滑块通过光电门1和光电门2时，可以确定系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总动能，滑块通过光电门1时的速度大小为______。
(3)在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，确定系统重力势能的______(填“增加量”或“减少量”)。
(4)若在误差允许的范围内，满足关系式______(用m1、m2、t1、t2、L、d以及重力加速度大小g表示)，则可认为验证了机械能守恒定律。
四、简答题：本大题共1小题，共10分。
13.如图所示，用长度为L的轻质绝缘细绳系住质量为m的带电小球(视为质点)，并将带电小球悬挂于电场强度为E的匀强电场中，带电小球静止时，细绳向左偏离竖直方向的角度为θ。重力加速度大小为g，不计空气阻力。
(1)判断小球的电性(不用说明理由)；
(2)求小球所带的电荷量q；
(3)若撤去电场，求小球到达最低点时的速度大小v。
五、计算题：本大题共2小题，共30分。
14.2024年5月3日，嫦娥六号探测器成功发射，于6月2日成功着陆在月球背面南极—艾特肯盆地预选着陆区。假设某宇航员登月后，在月球表面完成下面的实验：在竖直固定光滑圆轨道内部最低点静置一可视为质点的小球，如图所示，当给小球一瞬时冲量时，小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，且通过圆轨道最高点时的速度大小为v。已知小球的质量为m，月球的半径为R，圆轨道的半径为r，求：
(1)月球的重力加速度大小g；
(2)月球的第一宇宙速度v1；
(3)该瞬时冲量的大小I。
15.如图所示，足够大的水平平台AB与水平地面OD间的高度差为ℎ，OB⊥OD，C为OD的中点。一物块静止在平台边缘B处，质量为m0的小球从D点以某一初速度沿与水平方向夹角θ=37°的方向斜向上射出，恰好水平击中物块，碰撞后小球反弹落到C点。物块与平台间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，取sin37°=0.6，cs37°=0.8，小球与物块的碰撞为弹性碰撞(碰撞时间极短)，物块与小球均视为质点，不计空气阻力。求：
(1)小球击中物块前瞬间小球的速度大小v0；
(2)物块的质量m；
(3)物块在平台上滑行的路程x。
答案解析
1.A
【解析】解：由题知，斜面和地面光滑，物体加速下滑，斜面向左加速，将物体和斜面看作整体分析，水平方向不受外力作用，竖直方向只受重力作用
根据机械能守恒定律“在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能和势能可以相互转化，而总的机械能保持不变”可知，物体和斜面体组成的系统机械能守恒。
根据系统动量守恒定律成立的条件“①系统不受外力或者所受外力之和为零，②或者系统所受外力远小于内力，可以忽略不计，③系统在某一个方向上不受外力或者所受外力之和为零，在该方向上动量守恒”可知，物体和斜面体组成的系统只在水平方向动量守恒，而系统整体动量不守恒。故A正确，BCD错误。
故选：A。
斜面光滑，物体加速下滑，斜面向左加速，将物体和斜面看作整体分析，水平方向不受外力，竖直方向受重力作用，动量不守恒，机械能守恒。
机械能守恒定律和动量守恒定律的适用条件一定要掌握好，避免判断错误。
2.B
【解析】解：B.处于静电平衡状态的导体，其感应电荷产生的电场与外电场相互抵消，因此内部场强为零，故B正确；
A.静电力常量应为9.0×109N⋅m2/C2，故A错误；
C.带电物体的电荷量仅能为元电荷e=1.6×10−19C的整数倍，而这个电荷量为2×10−19C的带电粒子不是元电荷的整数倍，所以不存在这样的粒子，故C错误；
D.正负电荷只能成对出现或湮灭，因此与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和不变，故D错误。
故选：B。
静电力常量为9.0×109N⋅m2/C2；处于静电平衡状态的导体，其边缘处的电场与外电场相互抵消，因此内部场强为零；带电物体的电荷量仅能为元电荷的整数倍；正负电荷只能成对出现或湮灭，因此与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和不变。
本题需要学生了解电荷量、库仑定律以及静电平衡的相关知识。
3.D
【解析】解：A.如图甲所示，汽车要安全通过拱桥最高点时，汽车在竖直方向上受到重力和支持力，根据牛顿第二定律可知：mg−FN=mv2R，可得桥面对车的支持力小于车受到的重力，根据牛顿第三定律可知，车对桥面的压力小于车受到的重力，故A错误；
B.如图乙所示，在水平面内做匀速圆周运动的小球，受重力、拉力的作用，故B错误；
C.如图丙所示，某同学用一次性杯子做的“水流星”，杯子恰好过最高点，重力提供向心力：mg=mv2R，则杯子恰好过最高点的速度为：v= gR>0，故C错误；
D.火车以规定速度经过外轨高于内轨的弯道，向心力由火车所受重力和支持力的合力提供，此时车轮对内外轨均无侧向压力，故D正确；
故选：D。
A、根据牛顿第二定律和牛顿第三定律可求出；
B、对物体受力分析可分析出；
C、根据临界条件时重力提供向心力可解出；
D、根据指向圆心的合力充当向心力可以解出。
本题主要考查学生对于圆周运动相关知识掌握得熟练度，对于指向圆心的合力充当向心力这一思想在做题时要时刻考虑到。
4.C
【解析】解：当高铁匀速运行时，根据功率和速度的关系式P=Fv=fv=kv2⋅v=kv3，当高铁运行速度变为2v时，发动机功率P′=k(2v)2⋅2v=8kv3=8P，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据功率和速度的关系式结合匀速运动的条件分别列式求解。
考查功率和速度的关系式的应用，会根据题意进行相关的分析和计算。
5.A
【解析】如图所示：
O点为电荷所处的位置，则Ea=kQOA2； EB=kQOB2
OBOA=tan30°
所以：EAEB=13
故选A。
首先，要理解电场强度的基本性质，之后观察图形信息，应用电场强度的公式，利用比例关系解决此题。
此题是一道考察电场强度基本概念和性质的理解题，它主要检验了学生对点电荷电场中电场强度与距离关系的掌握程度。
6.A
【解析】解：取甲速度方向为正方向，碰撞前后动量守恒，则
2mv−mv=(2m+m)v′
解得
v′=v3
碰撞过程中系统损失的机械能为
ΔE=12×2mv2+12mv2−12×(2m+m)v′2
解得
ΔE=43mv2
故A正确，BCD错误。
故选：A。
两滑块碰撞过程系统的动量守恒，由动量守恒定律求出碰撞后乙滑块的速度，再根据能量守恒定律求碰撞过程中损失的机械能。
解决本题时，要确定研究对象，掌握动量守恒的条件：系统的合外力为零，运用动量守恒定律时要注意规定正方向。
7.B
【解析】解：根据万有引力提供向心力
GMmR2=mv2R
可得天体的第一宇宙速度
v= GMR
根据题意可知
2GMR=c
质量为M的黑洞，最大半径
R=2GMc2
黑洞自转不瓦解，需满足
GMmR2=mR(2πTmin)2
解得
Tmin=4 2πGMc3
故ACD错误，B正确。
故选B。
根据题设条件，当天体的逃逸速度大于光速c时，天体就成为黑洞。而逃逸速度是环绕速度的 2倍，根据万有引力提供向心力求出环绕速度，即可求出逃逸速度，就能得到R满足的条件，进而求出自转周期的最小值。
此题考查了万有引力定律及其应用，属于信息题或新概念题，首先要耐心、细心读题，抓住有效信息，其次建立物理模型。
8.AC
【解析】解：AB、电场是客观存在的一种物质，电场线是为了直观形象的描述电场的分布，而引入的假想的曲线，故A正确，B错误；
CD、电场线的疏密表示电场的强弱，所以在同一电场内，电场线越密的地方电场越强，故C正确，D错误。
故选：AC。
AB、根据电场是客观存在的物质，电场线是假想的曲线分析；
CD、根据电场线的疏密表示电场的强弱分析。
本题考查了电场及其性质、电场线的定义和特点，解题的关键是知道电场虽然看不见，但是是客观存在的物质，知道电场线的疏密表示电场的强弱。
9.ABD
【解析】解：A、P、Q两点在水平方向做圆周运动，半径垂直于转轴，根据题图可知：rQ>rP，即Q点的转动半径大于P点的转动半径，故A正确；
C、篮球上的P、Q绕轴做同轴转动，因此P、Q两点做圆周运动的角速度相等，故C错误；
B、根据线速度与角速度的关系可知：v=rω，由于rQ>rP，因此vQ>vP，故B正确；
D、根据向心加速度公式可得：a=rω2，由于rQ>rP，因此aQ>aP，故D正确。
故选：ABD。
.P、Q两点在水平方向做圆周运动，根据题图分析P、Q两点做圆周运动的半径的大小；篮球上的P、Q绕轴做同轴转动，据此分析角速度大小关系；根据线速度与角速度的关系v=rω分析线速度大小；根据向心加速度公式a=rω2分析向心加速度大小。
本题主要考查了圆周运动半径的确定、线速度与角速度的关系、向心加速度公式，理解圆周运动的两种传动方式是解题的关键。
10.BC
【解析】解：设木块和斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾斜角为θ，木块的质量为m，斜面的质量为M
A、对木块进行受力分析，由牛顿第二定律可得：
上滑时，有：mgsinθ+μmgcsθ=ma1
解得：a1=g(sinθ+μcsθ)
下滑时，有：mgsinθ−μmgcsθ=ma2
解得：a2=g(sinθ−μgcsθ)
故上滑时做加速度大小为a1=g(sinθ+μcsθ)的匀减速运动，下滑时做加速度为a2=g(sinθ−μgcsθ)的匀加速运动；
，图象上滑时图象的倾角比下滑时大，故A错误；
B、对木块和斜面整体，根据牛顿第二定律
木块上滑时整体水平方向有：Ff1=ma1csθ，大小保持不变，方向水平向左，
木块下滑时整体水平方向有：Ff2=ma2csθ，大小保持不变，方向水平向左，且Ff1>Ff2，故B正确；
C、上滑时v=v0−a1t，动能为：Ek=12m(v0−a1t)2，所以Ek−t图象是开口向上的抛物线的一部分(v在减小)，
下滑时，同理可图象是开口向上的抛物线的一部分，v在增大，故C正确；
D、根据功能关系可得：E−E0=−μmgcsθ⋅x，得：E=E0−μmgcsθ(v0t−12a1t2)知图象是开口向上的抛物线的一部分(E在减小)，故D错误。
故选：BC。
(1)对木块进行受力分析，根据牛顿第二定律求出上滑和下滑时的加速度，在判断图象的斜率；
(2)将斜面和木块当作一个整体，对整体进行受力分析，判断水平面对斜面的摩擦力；
(3)根据动能的定义式列出动能与时间的关系式，再根据关系式判断图象是否正确；
(4)求出机械能跟时间的关系式，根据关系式分析求解；
解决该题的关键是正确对木块进行受力分析，知道用整体法分析斜面受到的摩擦力作用，能根据表达式分析图象形状；
11.x2 m1fx24 (m1+m2)fx15
【解析】解：(1)因小车A碰前的速度大于碰后的速度，可知在如图乙所示的纸带中，x2对应的点先打出。
(2)碰撞前瞬间系统的总动量
p1=m1v1=m1x24×1f=14m1fx2
碰撞后瞬间系统的总动量
p2=(m1+m2)v2=(m1+m2)x15×1f=15(m1+m2)fx1
故答案为：(1)x2；(2)m1fx24，(m1+m2)fx15。
(1)根据碰撞前后的速度变化进行判断；
(2)根据动量的计算公式进行计算。
本题主要考查了动量守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和动量守恒定律即可完成分析。
12.由静止释放 dt1 减少量 m2gL=12(m1+m2)(dt2)2−12(m1+m2)(dt1)2
【解析】解：(1)用手将滑块固定在光电门1左侧某处，将滑块由静止释放，要求托盘和砝码落地前挡光条已通过光电门2。
(2)由于挡光条的宽度很小，经过光电门的挡光时间很小，可用挡光过程的平均速度代替瞬时速度，则滑块通过光电门1时的速度大小为
v1=dt1
(3)在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，托盘和砝码向下运动，所以确定系统重力势能的减少量。
(4)在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统重力势能减少量为
ΔEp=m2gL
滑块通过光电门2时的速度大小为
v2=dt2
系统动能增加量为
ΔEk=12(m1+m2)v22−12(m1+m2)v12=12(m1+m2)(dt2)2−12(m1+m2)(dt1)2
则若在误差允许的范围内，满足关系式
m2gL=12(m1+m2)(dt2)2−12(m1+m2)(dt1)2
则可认为验证了机械能守恒定律。
故答案为：(1)由静止释放；(2)dt1；(3)减少量；(4)m2gL=12(m1+m2)(dt2)2−12(m1+m2)(dt1)2。
(1)根据实验原理步骤，需要托盘和砝码静止不动时，释放滑块，据此填空；
(2)根据平均速度表示瞬时速度的方法，即可求出滑块经过光电门的速度；
(3)根据高度变化判断系统重力势能增减；
(4)当系统增加的动能与系统减小的重力势能相等，系统机械能守恒，据此写出表达式。
解决本题的关键知道实验的原理，注意研究的对象是系统，知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度。
13.解：(1)小球处于静止状态，合力为零，受力分析如下图所示：
由图可知，小球所受电场力与场强的方向相反，可知小球带负电。
(2)由力的平衡则有：qEmg=tanθ
可得电荷量：q=mgtanθE
(3)若撤去电场，从释放到小球到达最低点过程，由动能定理有：mgL(1−csθ)=12mv2−0
可得：v= 2gL(1−csθ)
答：(1)小球带负电；
(2)小球所带的电荷量q为mgtanθE；
(3)若撤去电场，小球到达最低点时的速度大小v为 2gL(1−csθ)。
【解析】(1)根据小球受力平衡、电场力与场强的方向分析；
(2)根据力的平衡可得电荷量；
(3)小球从释放到最低点过程利用动能定理求解。
本题考查了带电粒子在电场中的运动、动能定理，比较简单，解题的关键是正确对小球受力分析。
14.解：(1)小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，有mg=mv2r
解得g=v2r
(2)设月球的近地面的卫星质量为m′
则GMm′R2=m′v12R=m′g
解得v1= gR=v Rr
(3)设小球在圆轨道最低点时的速度大小为v0，对小球从最低点运动到最高点的过程，
根据动能定理有−mg⋅2r=12mv2−12mv02
解得v0= 5v
根据动量定理有I=mv0
解得I= 5mv0
答：(1)月球的重力加速度大小为v2r；
(2)月球的第一宇宙速度为v Rr；
(3)瞬时冲量的大小为得 5mv0。
【解析】(1)根据小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，重力提供向心力求月球的重力加速度大小；
(2)根据第一宇宙速度公式求解；
(3)根据动能定理和动量定理求瞬时冲量的大小。
本题考查了天体运动和圆周运动的问题，明确不同模型的最高点临界速度，天体运动的第一宇宙速度，题目难度一般。
15.解：(1)设小球从D点射出时的竖直分速度大小为vy，有
vy2=2gℎ
且
vy=v0tanθ
解得
v0=43 2gℎ
(2)设小球从D点运动到B点的时间为t，小球与物块碰撞后瞬间小球的速度大小为v1，O、C两点间的距离为L，有
L=v1t
2L=v0t
设小球与物块碰撞后瞬间物块的速度大小为v2，在小球与物块碰撞的过程中，取向右为正方向，系统的动量与机械能均守恒，有
m0v0=m0(−v1)+mv2
12m0v02=12m0v12+12mv22
解得
m=3m0，v2=23 2gℎ
(3)对物块在平台上滑行的过程，根据动能定理有
−μmgx=0−12mv22
解得
x=4ℎ9μ
答：(1)小球击中物块前瞬间小球的速度大小43 2gℎ；
(2)物块的质量3m0；
(3)物块在平台上滑行的路程4ℎ9μ。
【解析】(1)将小球从D点射出时的速度分解，根据竖直方向的竖直上抛可以求解竖直分速度大小，结合根据抛出角度可以求解小球击中物块前瞬间小球的速度大小v0；
(2)C为OD的中点，可以根据抛体知识可以得出小球与物块碰撞后瞬间小球的速度大小，结合系统碰撞过程的动量与机械能守恒，可以求出物块的质量m；
(3)结合(2)可以求解出物块碰后速度，在平台上滑行的过程，根据动能定理可以求解物块在平台上滑行的路程x。
本题是力学综合题，综合了运动学公式、牛顿第二定律、机械能守恒、动量守恒等多个知识，分析运动过程，明确受力情况，然后再正确选择解题规律是关键。
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