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2022-2023学年天津市东丽区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年天津市东丽区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共15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.如图所示，在“神舟十六号”沿曲线从M点到N点的飞行过程中，速度逐渐增大。在此过程中“神舟十一号”所受合力 F的方向可能是( )
A. B. C. D.
2.两个质点之间万有引力的大小为F，如果将这两个质点之间的距离变为原来的2倍，那么它们之间万有引力的大小变为( )
A. F4B. 4FC. F2D. 2F
3.如图所示，一个圆盘在水平面内匀速转动，角速度大小为ω，距圆盘中心为R的位置有一个质量为m的小物块随圆盘一起做匀速圆周运动，重力加速度为g。则小物块( )
A. 运动周期为2πω
B. 加速度的大小为ωR
C. 受到重力、支持力、摩擦力、向心力的作用
D. 所受合力的大小始终为mg
4.如图所示为某型号汽车在水平路面上启动过程中的速度时间图像，Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与b点相切的水平直线，则下列说法正确的是( )
A. 0∼t1时间内汽车做匀加速运动且功率保持不变
B. t1∼t2时间内的平均速度大于12(v1+v2)
C. t2∼t3时间内汽车牵引力大于汽车所受阻力
D. t1∼t2时间内汽车牵引力做功为12mv22−12mv12
5.如图所示，倾角为30 ∘、长度为10m的光滑斜面，一质量为0.8kg的物体从斜面顶端由静止开始下滑，g取10m/s2，则( )
A. 整个过程中重力做功80J
B. 整个过程中合外力做功80J
C. 整个过程中重力做功的平均功率是20W
D. 物体滑到斜面底端时重力做功的瞬时功率是20W
6.汽艇以5m/s的速度船头垂直河岸向对岸匀速行驶，河宽为500m，河水流速是1m/s。则下列说法正确的是( )
A. 汽艇驶到对岸的时间为500sB. 汽艇驶到对岸的时间为100s
C. 汽艇在正对岸靠岸D. 汽艇在对岸下游500m处靠岸
7.摩天轮是游乐场内一种大型转轮状设施，如图所示。一摩天轮正绕中间的固定轴匀速转动，摩天轮边缘悬挂透明座舱，游客坐在座椅上随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。游客可视为质点。关于游客的运动和受力情况，下列说法正确的是( )
A. 因为摩天轮匀速转动，所以游客的加速度为零
B. 因为摩天轮匀速转动，所以游客的线速度不变
C. 因为摩天轮匀速转动，所以游客受到的合外力不变
D. 因为摩天轮匀速转动，所以游客的运动周期不变
8.关于电场强度，下列说法中正确的是( )
A. 若在电场中的某点不放试探电荷，则该点的电场强度为0
B. 真空中点电荷的电场强度公式E=kQr2表明，点电荷周围某点电场强度的大小，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比，在r减半的位置上，电场强度变为原来的4倍
C. 电场强度公式E=Fq表明，电场强度的大小与试探电荷的电荷量q成反比，若q减半，则该处的电场强度变为原来的2倍
D. 匀强电场中电场强度处处相同，所以任何电荷在其中受力都相同
9.牛顿发现万有引力定律100多年之后，第一次使用扭秤在实验室里比较准确地测出了引力常量G的数值，称自己的这个实验为“称量地球的重量”实验的物理学家是( )
A. 开普勒B. 第谷C. 卡文迪许D. 伽俐略
10.如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球a和b，用手托住球b，当绳刚好被拉紧时，球a静止于地面，球b离地面的高度为h，h为绳长度的13，已知球a的质量为m，球b的质量为2m，重力加速度为g。定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计。现无初速度释放球b，假设球b碰到地面以后速度立刻减小到零，忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 在球b下落过程中，球a所受拉力大小为2mg
B. 球a可达到的离地最大高度为43h
C. 在球b下落过程中，球a的机械能在减小
D. 球b落地前瞬间速度大小为 2gh
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
11.如图所示，下列有关生活中圆周运动实例分析，其中说法正确的是( )
A. 甲图中，汽车通过凹形桥的最低点时，速度越大桥面受到的压力越大
B. 乙图中，“水流星”匀速转动过程中，在最高点水对桶底的压力最大
C. 丙图中，火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对外轮缘会有挤压作用
D. 丁图中，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球角速度相等
12.电梯轿厢地板上静置一质量为m的物体，电梯轿厢在钢索拉力作用下，由静止开始向上加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，对此过程，下列说法错误的是( )
A. 轿厢地板对物体的支持力做的功等于12mv2
B. 轿厢地板对物体的支持力做的功等于mgH
C. 轿厢钢索的拉力做的功等于12mv2+mgH
D. 合力对物体做的功等于12mv2
13.我国建设的“天宫二号”空间站绕地球在圆轨道上运行，已知轨道半径为r，运行周期为T，万有引力常量为G，利用以上数据能求出的是( )
A. 地球的质量B. 空间站的加速度
C. 空间站受到的的向心力D. 空间站运行的线速度
14.如图所示，一名运动员参加跳远比赛，腾空过程中离地面的最大高度为L，成绩为4L。运动员落入沙坑瞬间速度为v，方向与水平面的夹角为α。运动员可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为 g。则有( )
A. tanα=12B. tanα=1C. v=2 gLD. v= 2gL
三、实验题：本大题共3小题，共22分。
15.利用如图1装置做“验证机械能守恒定律”实验．
(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的______
A.动能变化量与势能变化量
B.速度变化量和势能变化量
C.速度变化量和高度变化量
(2)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，还必须使用的两种器材是______
A.交流电源 B.刻度尺 C.天平(含砝码)D.秒表
(3)实验中，先接通电源，再释放重物，得到图2所示的一条纸带．在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC.
已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T.设重物的质量为m.从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量△Ep=______，动能变化量△Ek=______.
(4)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是：______
A.利用公式v=gt计算重物速度
B.利用公式v= 2gh计算重物速度
C.存在空气阻力和摩擦力阻力的影响
D.没有采用多次试验算平均值的方法
(5)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒，在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘v2−h图象，并做如下判断：若图象是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒，请你分析论证该同学的判断是否正确．______.
16.采用如图所示的实验装置做“探究平抛运动的特点”的实验。
①实验时不需要下列哪个器材______；(填器材前的字母)
A.弹簧测力计 B.重垂线 C.打点计时器 D.坐标纸
②以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有_______
A.要求斜槽轨道保持水平且光滑
B.每次小球释放的初始位置可以任意选择
C.每次小球应从同一高度由静止释放
D.为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接
③在白纸上描出小球平抛运动的轨迹并测量了相关数据，标在图上，其中O点为物体的抛出点。根据图中数据，物体做平抛运动的初速度v0=______m/s。(g取10m/s2，计算结果保留两位有效数字)
17.向心力演示器如图所示，用来探究小球做圆周所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。两个变速轮塔通过皮带连接，匀速转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔1和变速轮塔2匀速转动，槽内的钢球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对钢球的压力提供向心力，钢球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的黑白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的比值。如图是探究过程中某次实验时装置的状态。
①在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时我们主要用到了物理学中的___________。
A.理想实验法 B.等效替代法
C.控制变量法 D.演绎法
②图中所示，若两个钢球质量和运动半径相等，则是在研究向心力的大小F与___________的关系；
A.角速度ωB.运动半径rC.钢球质量m
四、计算题：本大题共3小题，共32分。
18.如图，水平地面上方存在水平向右的匀强电场，一质量为m的带电小球(大小可忽略)用轻质绝缘细线悬挂于O点，小球带电荷量为q，静止时细线与竖直方向的夹角为α=37∘，重力加速度为g。(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)
(1)判断小球所带电性；
(2)求匀强电场的场强大小E；
(3)现将细线剪断，求小球落地前的加速度大小a。
19.2021年11月8日，天问一号火星探测器的“环绕器”成功实施第五次近火制动，准确进入遥感使命轨道，开展火星全球遥感探测。若其绕火星运行的轨道半径为r，火星的半径为R，火星表面的重力加速度为g，引力常量为G，求：
(1)火星的质量M；
(2)环绕器的运行周期T。
20.滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来，如图是滑板运动的轨道。BC和DE是竖直平面内的两段光滑的圆弧型轨道，BC的圆心为O点，圆心角θ=53∘，半径R=1.5m，OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD的长度l=1.5m，滑板与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5。某运动员从轨道上的A点以初速度v0水平滑出，在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为m=50kg，A、B的竖直高度h=0.8m。重力加速度为g=10m/s2，求：
(1)运动员从A点运动到B点的过程中，到达B点时的速度大小vB
(2)D、E的竖直高度H
(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，求出回到B点时速度的大小。如果不能，求出最后停止的位置距C点的距离
答案和解析
1.【答案】B
【解析】略
2.【答案】A
【解析】解：根据万有引力定律公式F=GMmr2得将这两个质点之间的距离变为原来的2倍，则万有引力的大小变为原来的14，故万有引力变为F4.故BCD错误，A正确。
故选：A。
根据万有引力定律公式F=GMmr2进行判断分析即可求出变化后的大小。
解决本题的关键掌握万有引力定律的公式，并能灵活运用即可正确求解。
3.【答案】A
【解析】解：A、根据ω=2πT可得，小物块的运动周期为：T=2πω，故A正确；
B、根据向心加速度方程可知a=ω²R，故B错误；
C、受到重力、支持力、摩擦力3个力的作用，摩擦力提供向心力，故C错误；
D、小物块做匀速圆周运动，故合力提供向心力，有f=mω2R，故D错误；
故选：A。
物块受到重力、支持力、摩擦力，摩擦力提供做匀速圆周运动的向心力，根据ω=2πT、a=ω²r计算周期与相向心加速度。
本题考查匀速圆周运动的受力情况，要注意向心力是效果力，是由其他力提供的，受力分析时不画向心力。
4.【答案】B
【解析】略
5.【答案】C
【解析】【分析】
通过牛顿第二定律求的下滑加速度，利用运动学公式求的下滑速度和时间，再由重力做功只与初末位置有关即可求得。
解决本题的关键掌握平均功率和瞬时功率的求法，要注意瞬时功率的表达式是P=Fvcsθ。
【解答】
A.重力做功为WG=mgh=mgLsin30∘=0.8×10×10×12J=40J，故A错误；
B.整个过程中只有重力做功，故合外力做功为W=WG=40J，故B错误；
C.下滑过程中加速度为a=gsin30∘=5m/s2，所需时间t= 2La = 2×105 s=2s，重力平均功率为P= WG t =402 W=20W，故C正确；
D.下滑到斜面底端时的速度为v=at=10m/s，故P=mgvcs60∘=40W，故D错误。
故选C。
6.【答案】B
【解析】略
7.【答案】D
【解析】略
8.【答案】B
【解析】解：A.电场强度由电场本身决定，与放不放试探电荷无关，在电场中的某点不放试探电荷，某点的电场强度不为零，故A错误；
B.公式E=kQr2是真空中点电荷电场强度的决定式，则点电荷周围某点电场强度的大小，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比，在r减半的位置上，电场强度变为原来的4倍，故B正确；
C.公式E=Fq是电场强度的定义式，电场强度由电场本身决定，电场中某点的电场强度的大小与试探电荷所带的电荷量大小无关，故C错误；
D.电荷在电场中所受电场力F=qE，电荷电场中所受电场力与q、E有关，匀强电场中的电场强度处处相同，电荷的电荷量q不同，电荷在其中受力不同，故D错误。
故选：B。
电场强度是描述电场的力的性质的物理量，由电场本身决定与是否放入电荷无关。
本题主要是对电场强度概念的考查，注意电场强度是由电场本身性质决定与是否放入电荷无关，但电荷所受电场力与电场强度和电荷量均有关。
9.【答案】C
【解析】略
10.【答案】B
【解析】A.在球b下落和a球上升过程中，两球的加速度大小相等，对b球由牛顿第二定律可得
2mg−T=2ma
对a球由牛顿第二定律可得
T−mg=ma
解得
T=43mg
故A错误；
BD.由静止到b球落地过程由系统机械能守恒有
(2mg−mg)h=12×(2m+m)v2
解得
v= 23gh
由于a球具有向上的速度，b球落地后绳中拉力为0，对a有
x=v22g=h3
球a可达到的离地最大高度为43h，故B正确，D错误；
C.在球b下落过程中，绳子的拉力对小球a做正功，则小球机械能增加，故C错误。
故选B。
11.【答案】AC
【解析】【分析】
分析每种模型的受力情况，根据合力提供向心力求出相关的物理量，进行分析即可．
此题考查圆周运动常见的模型，每一种模型都要注意受力分析找到向心力，从而根据公式判定运动情况，如果能记住相应的规律，做选择题可以直接应用，从而大大的提高做题的速度，所以要求同学们要加强相关知识的记忆．
【解答】
A、甲图中，汽车过凹形桥最低点时，由N−mg=mv2R可知v≥0，可知，速度越大桥面受到的压力越大，故A正确；
B、乙图中，“水流星”匀速转动过程中，在最低处水处于超重状态，此时水对桶底的压力最大，故 B错误；
C、丙图中，火车转弯等于规定速度行驶时，此时重力和轨道的支持力提供向心力，内外轨对内轮缘都没有挤压作用，火车转弯超过规定速度行驶时，重力与支持力的合力不足以提供向心力，火车有向外运动的趋势，故外轨对外轮缘会有挤压作用，故C正确；
D、丁图中，根据受力分析知该球在A、B位置受力情况相同，即向心力相等，向心加速度相等，但半径不同，故角速度不同，故D错误；
故选AC。
12.【答案】ABC
【解析】略
13.【答案】ABD
【解析】【分析】
“天宫二号”空间站绕地球做匀速圆周运动，由地球对它的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律和圆周运动的规律列式分析。
解决本题时，要知道已知环绕天体的轨道半径和周期，能求得中心天体的质量，能根据万有引力做向心力列方程，确定能求得的物理量。
【解答】
A、设地球的质量为M，天宫二号”空间站的质量为m。“天宫二号”空间站绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得 GMmr2=m4π2T2r，可得M=4π2r3GT2，知可以求出地球的质量M，故A正确；
B、空间站的加速度a=ω2r=4π2T2r，知可以求出空间站的加速度a，故B正确；
C、空间站受到的向心力为F=GMmr2，由于不知道空间站的质量m，所以无法求出空间站的向心力F，故C错误；
D、空间站运行的线速度为v=2πrT，知可以求出空间站运行的线速度v，故D正确。
14.【答案】BC
【解析】【分析】
根据抛体运动的处理规律，依据运动的合成与分解及平行四边形定则，即可求解。
本题考查抛体运动的处理规律，掌握运动的合成与分解的应用，要注意运动员在水平方向做匀速直线运动，从最高点向下竖直方向做自由落体运动。
【解答】
解：运动员从最高点到落地的过程做平抛运动，根据对称性知平抛运动的水平位移为2L，则有：
L=12gt2
得：t= 2Lg
运动员通过最高点时的速度v0为：
v0=2Lt= 2gL
则有：tanα=gtv0=1，解得α=45∘，又因为v=v0cs45∘=2 gL
故BC正确，AD错误。
15.【答案】(1)A；
(2)AB；
(3)mghB，m(hC−hA)28T2；
(4)C；
(5)不正确，若阻力f恒定，根据mgh−fh=12mv2，可得：v2=2(g−fm)h，则此时v2−h图象就是过原点的一条直线．所以要想通过v2−h图象的方法验证机械能是否守恒，还必须看图象的斜率是否接近2g
【解析】(1)验证机械能守恒，即需比较重力势能的变化量与动能增加量的关系，故选：A.
(2)电磁打点计时器需要接低压交流电源，实验中需要用刻度尺测量点迹间的距离，从而得出瞬时速度以及下降的高度．实验验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要用天平测量质量，故选：AB.
(3)从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量△Ep=mghB，B点的瞬时速度为：vB=hC−hA2T，则动能的增加量为：△Ek=12mvB2=m(hC−hA)28T2.
(4)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是存在空气阻力和摩擦力阻力的影响，故选：C.
(5)该同学的判断依据不正确．
在重物下落h的过程中，若阻力f恒定，根据mgh−fh=12mv2，可得：v2=2(g−fm)h，则此时v2−h图象就是过原点的一条直线．所以要想通过v2−h图象的方法验证机械能是否守恒，还必须看图象的斜率是否接近2g。
①根据验证机械能守恒定律原理可判断；
②根据实验的原理确定需要测量的物理量，从而确定所需的测量器材；
③根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的瞬时速度，从而得出动能的增加量；
④根据功能关系可判断重力势能的减少量大于动能的增加量的原因；
⑤如果v2−h图象为直线，仅表示合力恒定，与机械能是否守恒无关，比如：阻力恒定，合外力一定，加速度一定，v2−h图象也可能是一条过原点的倾斜的直线．
解决本题的关键掌握实验的原理，会通过原理确定器材，以及掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度的大小，关键是匀变速直线运动推论的运用．
16.【答案】① AC ② C ③1.6
【解析】略
17.【答案】(1)C(2)A
【解析】略
18.【答案】解：
(1)小球受到的电场力方向与电场强度方向相反，则小球带负电。
(2)根据受力平衡qE=mgtanα，解得E=3mg4q；
(3)细绳剪断后，小球做匀加速直线运动，所受合力与静止时细绳拉力等大反向。所以F=mgcsα，
又根据牛顿第二定律F=ma，解得a=54g。
【解析】本题主要考查带电粒子在电场中平衡和运动相关知识。分析好物理情景，灵活应用平衡条件和公式是解决本题的关键。
(1)小球受到的电场力方向与电场强度方向相反，则小球带负电；
(2)根据受力平衡求匀强电场的场强大小E；
(3)根据牛顿第二定律分析求解加速度大小。
19.【答案】解：(1)在火星表面，有：GMmR2=mg，
解得M=gR2G；
(2)环绕器运行时，有：GMmr2=m4π2T2r，
解得T=2π r3gR2。
答：(1)火星的质量M为gR2G；
(2)环绕器的运行周期T为2π r3gR2。
【解析】本题考查万有引力定律的应用。解决问题的关键是知道不考虑火星自转在火星表面万有引力等于重力；“环绕器”绕火星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力。
20.【答案】解：(1)运动员由A到B做平抛运动
竖直方向：vy2=2gh
得vy=4m/s
由vB=vysin53∘
得vB=5m/s；
(2)对运动员由B到E的过程用能量守恒：
mg[H−R(1−cs53∘)]+μmgl=12mvB2
得：H=1.1m
(3)假设运动员可以回到B点，且速度为v，则对运动员由E到B的过程用能量守恒：
mgH=μmgl+mgR(1−cs53∘)+12mv2
方程无解，由上可知，假设不成立，运动员不可以回到 B点。
mgR(1−cs53∘)+12mvB2=μmgs
s=3.7m
所以最后停止的位置距C点的距离为0.7m
【解析】(1)从A运动到B点，运动员做平抛运动，到达B点时对速度进行分解，即可求出B点速度；
(2)对B到E，根据能量守恒，可以求出D、E的竖直高度H；
(3)从E到第一次返回达到最高点，根据能量守恒求出第一次返回时沿着BC轨道上滑的最大高度，从而判断能否回到B点；从E点开始返回到最终停下的全过程，根据能量守恒定律可以求出运动员在CD上通过的路程，从而确定最后停止的位置距C点的距离。
本题考查了能量的观点在力学综合问题中的应用。从能量角度解题时要注意初末状态的确定及力做功的情况，分析能量是如何转化的。
1.如图所示，在“神舟十六号”沿曲线从M点到N点的飞行过程中，速度逐渐增大。在此过程中“神舟十一号”所受合力 F的方向可能是( )
A. B. C. D.
2.两个质点之间万有引力的大小为F，如果将这两个质点之间的距离变为原来的2倍，那么它们之间万有引力的大小变为( )
A. F4B. 4FC. F2D. 2F
3.如图所示，一个圆盘在水平面内匀速转动，角速度大小为ω，距圆盘中心为R的位置有一个质量为m的小物块随圆盘一起做匀速圆周运动，重力加速度为g。则小物块( )
A. 运动周期为2πω
B. 加速度的大小为ωR
C. 受到重力、支持力、摩擦力、向心力的作用
D. 所受合力的大小始终为mg
4.如图所示为某型号汽车在水平路面上启动过程中的速度时间图像，Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与b点相切的水平直线，则下列说法正确的是( )
A. 0∼t1时间内汽车做匀加速运动且功率保持不变
B. t1∼t2时间内的平均速度大于12(v1+v2)
C. t2∼t3时间内汽车牵引力大于汽车所受阻力
D. t1∼t2时间内汽车牵引力做功为12mv22−12mv12
5.如图所示，倾角为30 ∘、长度为10m的光滑斜面，一质量为0.8kg的物体从斜面顶端由静止开始下滑，g取10m/s2，则( )
A. 整个过程中重力做功80J
B. 整个过程中合外力做功80J
C. 整个过程中重力做功的平均功率是20W
D. 物体滑到斜面底端时重力做功的瞬时功率是20W
6.汽艇以5m/s的速度船头垂直河岸向对岸匀速行驶，河宽为500m，河水流速是1m/s。则下列说法正确的是( )
A. 汽艇驶到对岸的时间为500sB. 汽艇驶到对岸的时间为100s
C. 汽艇在正对岸靠岸D. 汽艇在对岸下游500m处靠岸
7.摩天轮是游乐场内一种大型转轮状设施，如图所示。一摩天轮正绕中间的固定轴匀速转动，摩天轮边缘悬挂透明座舱，游客坐在座椅上随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。游客可视为质点。关于游客的运动和受力情况，下列说法正确的是( )
A. 因为摩天轮匀速转动，所以游客的加速度为零
B. 因为摩天轮匀速转动，所以游客的线速度不变
C. 因为摩天轮匀速转动，所以游客受到的合外力不变
D. 因为摩天轮匀速转动，所以游客的运动周期不变
8.关于电场强度，下列说法中正确的是( )
A. 若在电场中的某点不放试探电荷，则该点的电场强度为0
B. 真空中点电荷的电场强度公式E=kQr2表明，点电荷周围某点电场强度的大小，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比，在r减半的位置上，电场强度变为原来的4倍
C. 电场强度公式E=Fq表明，电场强度的大小与试探电荷的电荷量q成反比，若q减半，则该处的电场强度变为原来的2倍
D. 匀强电场中电场强度处处相同，所以任何电荷在其中受力都相同
9.牛顿发现万有引力定律100多年之后，第一次使用扭秤在实验室里比较准确地测出了引力常量G的数值，称自己的这个实验为“称量地球的重量”实验的物理学家是( )
A. 开普勒B. 第谷C. 卡文迪许D. 伽俐略
10.如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球a和b，用手托住球b，当绳刚好被拉紧时，球a静止于地面，球b离地面的高度为h，h为绳长度的13，已知球a的质量为m，球b的质量为2m，重力加速度为g。定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计。现无初速度释放球b，假设球b碰到地面以后速度立刻减小到零，忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 在球b下落过程中，球a所受拉力大小为2mg
B. 球a可达到的离地最大高度为43h
C. 在球b下落过程中，球a的机械能在减小
D. 球b落地前瞬间速度大小为 2gh
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
11.如图所示，下列有关生活中圆周运动实例分析，其中说法正确的是( )
A. 甲图中，汽车通过凹形桥的最低点时，速度越大桥面受到的压力越大
B. 乙图中，“水流星”匀速转动过程中，在最高点水对桶底的压力最大
C. 丙图中，火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对外轮缘会有挤压作用
D. 丁图中，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球角速度相等
12.电梯轿厢地板上静置一质量为m的物体，电梯轿厢在钢索拉力作用下，由静止开始向上加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，对此过程，下列说法错误的是( )
A. 轿厢地板对物体的支持力做的功等于12mv2
B. 轿厢地板对物体的支持力做的功等于mgH
C. 轿厢钢索的拉力做的功等于12mv2+mgH
D. 合力对物体做的功等于12mv2
13.我国建设的“天宫二号”空间站绕地球在圆轨道上运行，已知轨道半径为r，运行周期为T，万有引力常量为G，利用以上数据能求出的是( )
A. 地球的质量B. 空间站的加速度
C. 空间站受到的的向心力D. 空间站运行的线速度
14.如图所示，一名运动员参加跳远比赛，腾空过程中离地面的最大高度为L，成绩为4L。运动员落入沙坑瞬间速度为v，方向与水平面的夹角为α。运动员可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为 g。则有( )
A. tanα=12B. tanα=1C. v=2 gLD. v= 2gL
三、实验题：本大题共3小题，共22分。
15.利用如图1装置做“验证机械能守恒定律”实验．
(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的______
A.动能变化量与势能变化量
B.速度变化量和势能变化量
C.速度变化量和高度变化量
(2)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，还必须使用的两种器材是______
A.交流电源 B.刻度尺 C.天平(含砝码)D.秒表
(3)实验中，先接通电源，再释放重物，得到图2所示的一条纸带．在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC.
已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T.设重物的质量为m.从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量△Ep=______，动能变化量△Ek=______.
(4)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是：______
A.利用公式v=gt计算重物速度
B.利用公式v= 2gh计算重物速度
C.存在空气阻力和摩擦力阻力的影响
D.没有采用多次试验算平均值的方法
(5)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒，在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘v2−h图象，并做如下判断：若图象是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒，请你分析论证该同学的判断是否正确．______.
16.采用如图所示的实验装置做“探究平抛运动的特点”的实验。
①实验时不需要下列哪个器材______；(填器材前的字母)
A.弹簧测力计 B.重垂线 C.打点计时器 D.坐标纸
②以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有_______
A.要求斜槽轨道保持水平且光滑
B.每次小球释放的初始位置可以任意选择
C.每次小球应从同一高度由静止释放
D.为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接
③在白纸上描出小球平抛运动的轨迹并测量了相关数据，标在图上，其中O点为物体的抛出点。根据图中数据，物体做平抛运动的初速度v0=______m/s。(g取10m/s2，计算结果保留两位有效数字)
17.向心力演示器如图所示，用来探究小球做圆周所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。两个变速轮塔通过皮带连接，匀速转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔1和变速轮塔2匀速转动，槽内的钢球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对钢球的压力提供向心力，钢球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的黑白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的比值。如图是探究过程中某次实验时装置的状态。
①在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时我们主要用到了物理学中的___________。
A.理想实验法 B.等效替代法
C.控制变量法 D.演绎法
②图中所示，若两个钢球质量和运动半径相等，则是在研究向心力的大小F与___________的关系；
A.角速度ωB.运动半径rC.钢球质量m
四、计算题：本大题共3小题，共32分。
18.如图，水平地面上方存在水平向右的匀强电场，一质量为m的带电小球(大小可忽略)用轻质绝缘细线悬挂于O点，小球带电荷量为q，静止时细线与竖直方向的夹角为α=37∘，重力加速度为g。(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)
(1)判断小球所带电性；
(2)求匀强电场的场强大小E；
(3)现将细线剪断，求小球落地前的加速度大小a。
19.2021年11月8日，天问一号火星探测器的“环绕器”成功实施第五次近火制动，准确进入遥感使命轨道，开展火星全球遥感探测。若其绕火星运行的轨道半径为r，火星的半径为R，火星表面的重力加速度为g，引力常量为G，求：
(1)火星的质量M；
(2)环绕器的运行周期T。
20.滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来，如图是滑板运动的轨道。BC和DE是竖直平面内的两段光滑的圆弧型轨道，BC的圆心为O点，圆心角θ=53∘，半径R=1.5m，OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD的长度l=1.5m，滑板与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5。某运动员从轨道上的A点以初速度v0水平滑出，在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为m=50kg，A、B的竖直高度h=0.8m。重力加速度为g=10m/s2，求：
(1)运动员从A点运动到B点的过程中，到达B点时的速度大小vB
(2)D、E的竖直高度H
(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，求出回到B点时速度的大小。如果不能，求出最后停止的位置距C点的距离
答案和解析
1.【答案】B
【解析】略
2.【答案】A
【解析】解：根据万有引力定律公式F=GMmr2得将这两个质点之间的距离变为原来的2倍，则万有引力的大小变为原来的14，故万有引力变为F4.故BCD错误，A正确。
故选：A。
根据万有引力定律公式F=GMmr2进行判断分析即可求出变化后的大小。
解决本题的关键掌握万有引力定律的公式，并能灵活运用即可正确求解。
3.【答案】A
【解析】解：A、根据ω=2πT可得，小物块的运动周期为：T=2πω，故A正确；
B、根据向心加速度方程可知a=ω²R，故B错误；
C、受到重力、支持力、摩擦力3个力的作用，摩擦力提供向心力，故C错误；
D、小物块做匀速圆周运动，故合力提供向心力，有f=mω2R，故D错误；
故选：A。
物块受到重力、支持力、摩擦力，摩擦力提供做匀速圆周运动的向心力，根据ω=2πT、a=ω²r计算周期与相向心加速度。
本题考查匀速圆周运动的受力情况，要注意向心力是效果力，是由其他力提供的，受力分析时不画向心力。
4.【答案】B
【解析】略
5.【答案】C
【解析】【分析】
通过牛顿第二定律求的下滑加速度，利用运动学公式求的下滑速度和时间，再由重力做功只与初末位置有关即可求得。
解决本题的关键掌握平均功率和瞬时功率的求法，要注意瞬时功率的表达式是P=Fvcsθ。
【解答】
A.重力做功为WG=mgh=mgLsin30∘=0.8×10×10×12J=40J，故A错误；
B.整个过程中只有重力做功，故合外力做功为W=WG=40J，故B错误；
C.下滑过程中加速度为a=gsin30∘=5m/s2，所需时间t= 2La = 2×105 s=2s，重力平均功率为P= WG t =402 W=20W，故C正确；
D.下滑到斜面底端时的速度为v=at=10m/s，故P=mgvcs60∘=40W，故D错误。
故选C。
6.【答案】B
【解析】略
7.【答案】D
【解析】略
8.【答案】B
【解析】解：A.电场强度由电场本身决定，与放不放试探电荷无关，在电场中的某点不放试探电荷，某点的电场强度不为零，故A错误；
B.公式E=kQr2是真空中点电荷电场强度的决定式，则点电荷周围某点电场强度的大小，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比，在r减半的位置上，电场强度变为原来的4倍，故B正确；
C.公式E=Fq是电场强度的定义式，电场强度由电场本身决定，电场中某点的电场强度的大小与试探电荷所带的电荷量大小无关，故C错误；
D.电荷在电场中所受电场力F=qE，电荷电场中所受电场力与q、E有关，匀强电场中的电场强度处处相同，电荷的电荷量q不同，电荷在其中受力不同，故D错误。
故选：B。
电场强度是描述电场的力的性质的物理量，由电场本身决定与是否放入电荷无关。
本题主要是对电场强度概念的考查，注意电场强度是由电场本身性质决定与是否放入电荷无关，但电荷所受电场力与电场强度和电荷量均有关。
9.【答案】C
【解析】略
10.【答案】B
【解析】A.在球b下落和a球上升过程中，两球的加速度大小相等，对b球由牛顿第二定律可得
2mg−T=2ma
对a球由牛顿第二定律可得
T−mg=ma
解得
T=43mg
故A错误；
BD.由静止到b球落地过程由系统机械能守恒有
(2mg−mg)h=12×(2m+m)v2
解得
v= 23gh
由于a球具有向上的速度，b球落地后绳中拉力为0，对a有
x=v22g=h3
球a可达到的离地最大高度为43h，故B正确，D错误；
C.在球b下落过程中，绳子的拉力对小球a做正功，则小球机械能增加，故C错误。
故选B。
11.【答案】AC
【解析】【分析】
分析每种模型的受力情况，根据合力提供向心力求出相关的物理量，进行分析即可．
此题考查圆周运动常见的模型，每一种模型都要注意受力分析找到向心力，从而根据公式判定运动情况，如果能记住相应的规律，做选择题可以直接应用，从而大大的提高做题的速度，所以要求同学们要加强相关知识的记忆．
【解答】
A、甲图中，汽车过凹形桥最低点时，由N−mg=mv2R可知v≥0，可知，速度越大桥面受到的压力越大，故A正确；
B、乙图中，“水流星”匀速转动过程中，在最低处水处于超重状态，此时水对桶底的压力最大，故 B错误；
C、丙图中，火车转弯等于规定速度行驶时，此时重力和轨道的支持力提供向心力，内外轨对内轮缘都没有挤压作用，火车转弯超过规定速度行驶时，重力与支持力的合力不足以提供向心力，火车有向外运动的趋势，故外轨对外轮缘会有挤压作用，故C正确；
D、丁图中，根据受力分析知该球在A、B位置受力情况相同，即向心力相等，向心加速度相等，但半径不同，故角速度不同，故D错误；
故选AC。
12.【答案】ABC
【解析】略
13.【答案】ABD
【解析】【分析】
“天宫二号”空间站绕地球做匀速圆周运动，由地球对它的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律和圆周运动的规律列式分析。
解决本题时，要知道已知环绕天体的轨道半径和周期，能求得中心天体的质量，能根据万有引力做向心力列方程，确定能求得的物理量。
【解答】
A、设地球的质量为M，天宫二号”空间站的质量为m。“天宫二号”空间站绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得 GMmr2=m4π2T2r，可得M=4π2r3GT2，知可以求出地球的质量M，故A正确；
B、空间站的加速度a=ω2r=4π2T2r，知可以求出空间站的加速度a，故B正确；
C、空间站受到的向心力为F=GMmr2，由于不知道空间站的质量m，所以无法求出空间站的向心力F，故C错误；
D、空间站运行的线速度为v=2πrT，知可以求出空间站运行的线速度v，故D正确。
14.【答案】BC
【解析】【分析】
根据抛体运动的处理规律，依据运动的合成与分解及平行四边形定则，即可求解。
本题考查抛体运动的处理规律，掌握运动的合成与分解的应用，要注意运动员在水平方向做匀速直线运动，从最高点向下竖直方向做自由落体运动。
【解答】
解：运动员从最高点到落地的过程做平抛运动，根据对称性知平抛运动的水平位移为2L，则有：
L=12gt2
得：t= 2Lg
运动员通过最高点时的速度v0为：
v0=2Lt= 2gL
则有：tanα=gtv0=1，解得α=45∘，又因为v=v0cs45∘=2 gL
故BC正确，AD错误。
15.【答案】(1)A；
(2)AB；
(3)mghB，m(hC−hA)28T2；
(4)C；
(5)不正确，若阻力f恒定，根据mgh−fh=12mv2，可得：v2=2(g−fm)h，则此时v2−h图象就是过原点的一条直线．所以要想通过v2−h图象的方法验证机械能是否守恒，还必须看图象的斜率是否接近2g
【解析】(1)验证机械能守恒，即需比较重力势能的变化量与动能增加量的关系，故选：A.
(2)电磁打点计时器需要接低压交流电源，实验中需要用刻度尺测量点迹间的距离，从而得出瞬时速度以及下降的高度．实验验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要用天平测量质量，故选：AB.
(3)从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量△Ep=mghB，B点的瞬时速度为：vB=hC−hA2T，则动能的增加量为：△Ek=12mvB2=m(hC−hA)28T2.
(4)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是存在空气阻力和摩擦力阻力的影响，故选：C.
(5)该同学的判断依据不正确．
在重物下落h的过程中，若阻力f恒定，根据mgh−fh=12mv2，可得：v2=2(g−fm)h，则此时v2−h图象就是过原点的一条直线．所以要想通过v2−h图象的方法验证机械能是否守恒，还必须看图象的斜率是否接近2g。
①根据验证机械能守恒定律原理可判断；
②根据实验的原理确定需要测量的物理量，从而确定所需的测量器材；
③根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的瞬时速度，从而得出动能的增加量；
④根据功能关系可判断重力势能的减少量大于动能的增加量的原因；
⑤如果v2−h图象为直线，仅表示合力恒定，与机械能是否守恒无关，比如：阻力恒定，合外力一定，加速度一定，v2−h图象也可能是一条过原点的倾斜的直线．
解决本题的关键掌握实验的原理，会通过原理确定器材，以及掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度的大小，关键是匀变速直线运动推论的运用．
16.【答案】① AC ② C ③1.6
【解析】略
17.【答案】(1)C(2)A
【解析】略
18.【答案】解：
(1)小球受到的电场力方向与电场强度方向相反，则小球带负电。
(2)根据受力平衡qE=mgtanα，解得E=3mg4q；
(3)细绳剪断后，小球做匀加速直线运动，所受合力与静止时细绳拉力等大反向。所以F=mgcsα，
又根据牛顿第二定律F=ma，解得a=54g。
【解析】本题主要考查带电粒子在电场中平衡和运动相关知识。分析好物理情景，灵活应用平衡条件和公式是解决本题的关键。
(1)小球受到的电场力方向与电场强度方向相反，则小球带负电；
(2)根据受力平衡求匀强电场的场强大小E；
(3)根据牛顿第二定律分析求解加速度大小。
19.【答案】解：(1)在火星表面，有：GMmR2=mg，
解得M=gR2G；
(2)环绕器运行时，有：GMmr2=m4π2T2r，
解得T=2π r3gR2。
答：(1)火星的质量M为gR2G；
(2)环绕器的运行周期T为2π r3gR2。
【解析】本题考查万有引力定律的应用。解决问题的关键是知道不考虑火星自转在火星表面万有引力等于重力；“环绕器”绕火星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力。
20.【答案】解：(1)运动员由A到B做平抛运动
竖直方向：vy2=2gh
得vy=4m/s
由vB=vysin53∘
得vB=5m/s；
(2)对运动员由B到E的过程用能量守恒：
mg[H−R(1−cs53∘)]+μmgl=12mvB2
得：H=1.1m
(3)假设运动员可以回到B点，且速度为v，则对运动员由E到B的过程用能量守恒：
mgH=μmgl+mgR(1−cs53∘)+12mv2
方程无解，由上可知，假设不成立，运动员不可以回到 B点。
mgR(1−cs53∘)+12mvB2=μmgs
s=3.7m
所以最后停止的位置距C点的距离为0.7m
【解析】(1)从A运动到B点，运动员做平抛运动，到达B点时对速度进行分解，即可求出B点速度；
(2)对B到E，根据能量守恒，可以求出D、E的竖直高度H；
(3)从E到第一次返回达到最高点，根据能量守恒求出第一次返回时沿着BC轨道上滑的最大高度，从而判断能否回到B点；从E点开始返回到最终停下的全过程，根据能量守恒定律可以求出运动员在CD上通过的路程，从而确定最后停止的位置距C点的距离。
本题考查了能量的观点在力学综合问题中的应用。从能量角度解题时要注意初末状态的确定及力做功的情况，分析能量是如何转化的。
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