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2022-2023学年湖北省恩施州高中教育联盟高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析） (1)
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这是一份2022-2023学年湖北省恩施州高中教育联盟高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析） (1)，共14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.下列四幅书本插图中，关于物理思想方法叙述不正确的是( )
A. 微元法
B. 等效替代法
C. 控制变量法
D. 实验和逻辑推理
2.2022年2月7日，我国的单板滑雪选手苏翊鸣在北京冬奥会单板滑雪男子坡面障碍技巧赛中勇夺银牌。如图为苏翊鸣在比赛中的某个阶段过程图，a、c在同一水平线上，b为最高点。不计空气阻力，将苏翊鸣视为质点，且苏翊鸣在同一竖直面内运动，则苏翊鸣在空中运动过程中( )
A. 从a到b与从b到c的过程中速度的变化量相同
B. 选手做的是变加速曲线运动
C. 在最高点时选手处于平衡状态
D. 从a到c的过程中，选手先超重后失重
3.ETC是不停车自动收费系统，一般用在高速公路进出口，安装有ETC的车辆通过ETC专用通道时，可以不停车而低速通过，从而缩短了收费时间，大大提高了汽车的通行效率，沪蓉西高速公路上恩施西收费站ETC收费专用通道是长为20m的直线通道，且通道前、后都是平直大道。车辆通过此通道限速为5m/s。如图所示是一辆汽车减速到达通道口时立即做匀速运动，汽车全部通过通道末端时立即加速前进的v-t图像，则下列说法错误的是( )
A. 由图像可知，汽车的车身长度为5m
B. 图像中汽车加速过程的加速度大小约为0.71m/s2
C. 图像中汽车减速过程的位移大小为600 m
D. 图像中汽车加速过程的加速度大小小于减速过程的加速度大小
4.如图所示，边长为l=0.2m的正六边形abcdef处在电场强度为E的匀强电场中，电场方向平行于正六边形所在平面，且a、c、d三点的电势分别为φa=3V、φc=6V、φd=9V。则下列表述正确的是( )
A. φe=φcB. E=10 3V/m
C. Uef=UbcD. 将质子由b点移到e点电场力做功为6eV
5.2023年6月世界女排联赛名古屋站在日本举行，这次世界女排联赛日本站中国队的4连胜和3−0完胜日本队的胜利，让人们感受到了中国女排顽强的精神和卓越的实力。比赛中的团队协作力和气势威武赢得了粉丝的一片赞誉。李盈莹是中国队进攻的主力。比赛中质量为m的李盈莹从下蹲状态竖直向上起跳，经时间t身体伸直并刚好离开水平地面，李盈莹重心升高h，此时李盈莹的速度大小为v，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则( )
A. 该过程中，地面对李盈莹的平均作用力大小为mvt+mg
B. 该过程中，地面对李盈莹做功为12mv2+mgh
C. 该过程中，李盈莹的动量变化量大小为mgt+mv
D. 该过程中，地面对李盈莹的冲量大小为mv−mgt
6.2023年5月30日9时31分，搭载“神舟十六号”载入飞船的“长征二号”F遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心发射升空，航天员乘组状态良好，发射取得圆满成功。北京时间5月30日18时22分，远道而来的“神舟十六号”航天员乘组顺利入驻“天宫”，与翅盼已久的“神舟十五号”航天员乘组胜利会师太空。随后，两个航天员乘组拍下“全家福”，共同向牵挂他们的全国人民报平安。这标志着中国现已从航天大国向航天强国迈进。未来某天宇航员正在太空旅行，来到火星表面登陆后，以速率v0竖直上抛一物体，物体上升的最大高度为h，已知火星半经为R，自转周期为T，引力常量为G，则( )
A. 火星绕太阳运动的向心加速度a=4π2T2R
B. 若忽略火星自转，火星的质量M=v 02R2Gh
C. 火星同步卫星的高度h0= w02R2T28π2h−R
D. 若忽略火星自转，火星的第一宇宙速度v1=v0 R2h
7.如图甲所示，两电荷量分别为Q1和Q2的点电荷固定在 x轴上的 A、 B两点， O点为坐标原点，在 x轴上各点的电势φ随 x轴坐标的变化规律如图乙所示，图中 x轴上 C点的电势为零， D点的电势最低。则( )
A. 图像中图线的斜率表示电势能B. 在x轴上D点的电场强度最大
C. 点电荷Q1的电荷量比Q2的大D. 点电荷Q1带正电，Q2带负电
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.关于下列四幅图的说法正确的是( )
A. 如图(a)，当船头垂直于河岸渡河时，渡河时间最短
B. 如图(b)，实验现象可以说明平抛运动水平方向分运动的特点
C. 如图(c)，汽车平稳安全地通过拱桥的最高点时对拱桥的压力大小大于其重力大小
D. 如图(d)，火车转弯小于规定速度行驶时，内轨对轮缘会有挤压作用
9.如图所示，在正四面体P−ABC中，O是底面AB边的中点，若在A、B两点分别固定一个带正电、电荷量都为Q的点电荷。则下列说法中正确的是( )
A. P点的电场强度与C点的电场强度相同
B. P、C两点的电势差为零
C. 将带负电的试探电荷q从P点沿着PC移动到C点，电荷的电势能先减少后增加
D. 将带正电的试探电荷q从O点沿着OC移动到C点，电荷的电势能逐渐增加
10.
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某物理兴趣小组在研学过程中改进了“探究小车加速度与力关系”的实验装置，如图所示，长木板置于水平桌面上，一端系有砂桶的细绳通过动滑轮与固定的“力传感器”相连，“力传感器”可显示绳中拉力F的大小，改变桶中砂的质量进行了多次实验。完成下列问题：
(1)实验时，下列操作或说法正确的是__________；
A.本实验不需要平衡摩擦力
B.调节定滑轮高度，确保细绳与桌面平行
C.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
D.选用电磁打点计时器比选用电火花计时器实验误差小
(2)研学中得到一条纸带，如图所示，并且每隔四个计时点取一个计数点，已知相邻两个计数点间的距离为s，且s1=0.96cm,s2=2.88cm,s3=4.80cm,s4=6.72cm,s5=8.64cm，s6=10.56cm，打点计时器的电源频率为50Hz。计算此纸带的加速度大小a=__________m/s2(结果保留三位有效数字)。
(3)实验中若未平衡摩擦力，以拉力传感器的示数F为横坐标，以加速度a为纵坐标，画出的a−F图像可能正确的是__________；
A. B.
C. D.
(4)现以拉力传感器的示数F为横坐标、加速度a为纵坐标，画出a−F图像，求出其“斜率”为k，则小车的质量等于__________(用字母k表示)。
12.如图甲所示，某物理兴趣小组同学用两个小球碰撞探究“碰撞中的不变量”。实验时先让质量为m1的A球从斜槽上某一固定位畳C由静止释放，A球从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹的平均落点P，再把质量为m2的B球放在水平轨道末端，将A球仍从位疊C由静止两个落点的平均位军，O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图乙所示。
(1)要保证实验成功，入射小球A的质量应__________(选填“大于”、“等于”或“小于”)被碰小球B的质量，入射小球A的直径__________(选填“必须等于”或“可以不等于”)被碰小球B的直径。
(2)下列说法中正确的是__________。
A.安装的斜槽轨道必须光滑，末端必须水平
B.实验前应该测出斜槽末端距地面的高度
C.除了图中器材外，完成本实验还必须使用的器材是天平、刻度尺
(3)实殓中，测量出两个小球的质量分別为m1、m2，测量出三个落点的平均位置与O点的距离OM、OP、ON的长度分別为x1、x2、x3，在实验误差允许范围内，若满足关系式__________(用所测物理最的字母表示)，则可以认为两球碰撞前后的总动量守恒。若满足关系式__________(用所测物理量的字母表示)，则可认为该碰撞为弹性碰撞。
(4)另一实验小组改进了实验装置用来探究碰撞前后动能的变化，如图丙所示，方案如下：让从斜槽轨道滚下的小球打在正对的竖直墙上，把白纸和复写纸附在墙上，记录小球的落点。选择半径相等的钢珠A和塑料球B进行实验，测量出A、B两球的质量分別为m1、m2，其他操作重复前面操究“碰撞中的不变量”的步骤。如果M ′、P ′、N ′为竖直记录纸上三个落点的平均位置，小球静止于水平轨道末端时球心在竖直记录纸上的水平投影点为O′，用刻度尺测量M ′、P ′、N ′到O′的距离分别为y1、y2、y3。在实验误差允许范围内，若满足关系式__________(用所测物理量的字母表示)，则可认为碰撞前后两球的总动能相等。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，一质量m=2.0×10−2kg、电荷量绝对值q=1.0×10−6C的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，电场足够大，静止时悬线与竖直方向夹角θ=37∘。若小球的电荷量始终保持不变，重力加速度g=10m/s2,sin37∘=0.6,cs37∘=0.8。
(1)求电场强度的大小E。
(2)若在某时刻将细线突然剪断，求经过2s时小球的速度大小及方向。
14.恩施女儿城是一家免门票的4A级旅游景区。景区内富有民族特色的表演、琳琅满目的美食及娱乐城内丰富多彩的游乐项目深受全国各地游客喜爱。城内一游戏装置的简化示意图如图所示，在同一竖直平面内的轨道ABCDEM由四分之一光滑圆弧轨道AB、粗糙的水平轨道BC、光滑圆弧轨道CDE、粗糙斜轨道EM组成，圆弧CDE分别与直轨道BC、EM相切。斜轨道EM的倾角θ=37∘，底端M处有一轻质短弹簧装置且斜面底端恰在弹簧原长位置。一质量m=0.2kg的滑块(比圆管内径稍小，可视作质点)从A点正上方的O点无初速释放，滑块恰能通过国弧的最高点D，滑块能够运动到M点(M点为四分之一圆弧轨道AB的圆心)且被等速反弹。已知滑块与水平轨道BC和斜轨道EM间的动摩擦因数均μ=0.4。两圆弧轨道的半径均为R=1.2m，取重力加速度大小g=10m/s2,sin37∘=0.6,cs37∘=0.8。求：
(1)滑块经过C点时，圆弧轨道对滑块的弹力大小FC；
(2)滑块释放点O与A点间的高度差H；
(3)滑块在斜轨道EM上运动的总路程s。
15.如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=3kg的小物块A，物块A不会脱离弹簧。装置的中间是长度l=3.6m的水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带以v=2m/s的速度逆时针转动。装置的右边是一段光滑的水平台面连接的光滑曲面，质量m=1kg的小物块B从曲面上距水平台面h=5m处由静止释放，经过传送带后与物块A发生对心弹性碰撞，已知碰撞前物块A静止且弹簧处于原长状态，物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2，不考虑物块大小对问题的影响，不考虑物块运动对传送带速度的影响。求：
(1)物块B与物块A第一次碰撞前瞬间，物块B的速度大小；
(2)物块A、B第一次碰撞后，物块B重新滑上传送带后Δt=1.5s内摩擦力对物块B的冲量大小；
(3)物块A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，传送带与物块B因摩擦而产生的热量；
(4)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块A、B从第二次碰撞到第n+1次碰撞前B与传送带间因摩擦所产生的总热量。(最后答案只要求写出计算表达式，不要求计算出最终结果)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
掌握课本上的实验内容，理解实验原理是解题的基础，难度较易。
【解答】
A、把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，用各小段的位移之和近似代表总位移，这是物理学中的微元法，是研究物理问题的重要方法，故A正确，不符合题意；
B、两个力的作用效果和一个力的作用效果相同，合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法，故B正确，不符合题意；
C、把微小形变通过光学现象放大，属于光学放大法，故C错误，符合题意；
D、伽利略时代，没有先进的测量手段和工具，为了“减小”重力作用，采用斜面实验，其实就是为了使物体下落时间长些，减小实验误差，再合理外推得到落地运动的规律，采用的是实验和逻辑推理的方法，故D正确，不符合题意。
2.【答案】A
【解析】A.根据对称性可知从a到b与从b到c所用的时间Δt相等，速度是矢量，从a到b与从b到c的过程中速度的变化量均为gΔt，相同，故A正确；
B.选手在空中运动过程中只受到恒定的重力作用，做匀变速曲线运动，故B错误；
C.在最高点，选手只受重力作用，受力不平衡，不处于平衡状态，故C错误；
D.选手在空中运动过程中只受重力作用，一直处于失重状态，故D错误；
故选A。
3.【答案】C
【解析】A.由图像可知，小汽车通过ETC专用通道时，速度为5m/s，用了5s时间，共走了25m，则小汽车的车身长度为25m−20m=5m，故A正确；
B. v−t 图像的斜率表示物体加速度，图像中小汽车加速过程的加速度大小为a1=k1=30−535m/s2=0.71m/s2，故B正确；
C. v−t 图像与坐标轴所围的面积表示物体位移，图像中小汽车减速过程的位移大小为s=25+52×20m=300m，故C错误；
D. v−t 图像中小汽车减速过程的加速度大小为a2=k2=25−520m/s2=1m/s2>a1
即图像中小汽车加速过程的加速度比减速过程的加速度小，故D正确。
本题选错误的，故选：C。
4.【答案】B
【解析】略
5.【答案】A
【解析】ACD.在该过程中，设地面对李盈莹的平均作用力为F，取竖直向上为正方向，
根据动量定理有(F−mg)t=mv−0，解得F=mvt+mg，其中李盈莹的动量变化量的大小为mv，地面对李盈莹的冲量大小为I=Ft=mv+mgt，故A正确，C、D错误；B. 在该过程中，地面对李盈莹的支持力F竖直向上，在F的方向上，F作用的位移为零，则地面对李盈莹做功为零，故B错误。
故选A。
6.【答案】D
【解析】A.由于周期T为火星的自转周期，R为火星半径，不知道火星绕太阳运动的周期以及半径，无法根据T、R求解火星绕太阳运动的向心加速度，故A错误；
B.在火星表面竖直向上抛出一物体，设火星表面重力加速度为g，则有h=v022g，解得：g=v022h，
忽略火星自转，在火星表面的物体，设质量为m，重力等于万有引力，即GMmR2=mg，解得：M=v02R22Gh，故B错误；
C.绕火星运转的同步卫星，万有引力提供向心力，有GMm(R+h0)2=m4π2T2R+h0，解得：h0=3v02R2T28π2h−R，故C错误；
D.忽略火星自转，火星的第一宇宙速度v1= gR=v0 R2h，故D正确。
故选D。
7.【答案】C
【解析】【分析】φ−x图像的斜率表示不同位置的电场强度，其中D点电场强度为0，根据沿电场的方向电势逐渐降低可判断D点两侧电场方向结合点电荷的电场强度公式可判断电性和电荷量大小。
【解答】
A.φ−x图像的斜率表示不同位置的电场强度，故A错误；
B.根据图像可知，在x轴上D点的斜率为零，则场强为零，故B错误；
CD.因为在x轴上D点的电场强度为零，根据场强叠加的特点可知，两个点电荷在此处产生的电场强度大小相等，方向相反，则两个电荷为异种电荷，从点O到点D场强方向向右，点D右侧场强方向向左，由此可知点电荷 Q1带负电，Q2带正电。根据距离的关系结合场强的计算公式
E=kQr2
可知，点电荷Q1的电荷量比Q2的大，故C正确，D错误。
故选C。
8.【答案】AD
【解析】A.如图(a)，当船头垂直于河岸渡河时，渡河时间最短，故A正确；
B.如图(b)，实验现象可以说明平抛运动竖直方向分运动的特点，即小球做自由落体运动，故B错误；
C.如图(c)，汽车通过拱桥的最高点时，设拱桥对汽车的支持力大小为N，根据牛顿第二定律有mg−N=mv2R
所以N根据牛顿第三定律可知汽车对拱桥的压力小于其重力，故C错误；
D.如图(d)，火车转弯小于规定速度行驶时，铁轨对火车的支持力和火车重力的合力大于所需的向心力，此时内轨将对轮缘有挤压作用，使得此作用力与上述两个力的合力共同提供向心力，故D正确。
故选：AD。
9.【答案】BC
【解析】A.C点和P点电场强度大小相等，方向不同。故A错误；
B.等量同种电荷连线的中垂线上沿 O 向两边电势降低，由几何关系可得OP=OC，所以C点和P点电势相等，即电势差为零。故B正确；
C.试探电荷从P点移动到C点，先靠近O，后远离O，电势先升高后降低，由于试探电荷带负电，所以电势能先减少后增大。故C正确；
D.从O点沿着OC移动到C点，电势在降低，由于试探电荷带正电，所以电势能也在减小。故D错误。
故选：BC。
10.【答案】
【解析】
11.【答案】 B 1.92A 2k
【解析】略
12.【答案】 大于 必须等于 Cm1x2=m1x1+m2x3 x1+x2=x3 m1y2=m1y3+m2y1
【解析】略
13.【答案】(1)1.5×105N/C ；(2)25m/s ，方向与竖直方向成 37∘ 角，斜向左下方
【解析】解：(1)如图所示，由平衡条件可知
小球所受的电场力为 F=mgtanθ
由电场强度的定义式有 E=Fq
代入数据解得 E=1.5×105N/C 。
(2)细线突然被剪断后，小球受重力和电场力，其合力为
F合=mgcsθ=1.25mg
小球的加速度为 m
由速度一时间公式可得，经 2s 时小球的速度大小为 v=at=25m/s
小球速度的方向与竖直方向成 37∘ 角，斜向左下方。
14.【答案】(1)FC=10N ；(2)H=2m ；(3)s=3.75m
【解析】解：(1)由于滑块恰能通过 D 点，则有 vD=0
滑块在从 C 点运动到 D 点的过程中，由动能定理可得 −2mgR=0−12mv C2
在 C 点有 FC−mg=mvC2R
解得 FC=10N 。
(2)由几何关系可得 LBC=Rsin37∘=2m
滑块在从 O 点到 C 点的过程中，由动能定理可得
mgH+R−μmgLBC=12mvC2−0
解得 H=2m 。
(3)由功能关系可得 mgR=μmgcsθ⋅s
解得 s=3.75m 。
15.【答案】(1)设B滑到曲面底部的速度为v0，根据机械能守恒定律mgh=12mv02
解得v0=10m/s
由于v0=10m/s>v=2m/s，B在传送带上开始做匀减速运动，假设B一直减速滑过传送带时的速度为v1，由动能定理可得−μmgl=12mv12−12mv02
解得v1=8m/s>v=2m/s
假设成立，即B与A第一次碰前速度大小为8m/s；
(2)设第一次碰后A的速度为vA1，B的速度为vB1，取向左为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律得
mv1=mvB1+MvA1
12mv12=12mvB12+12MvA12
解得vB1=−4m/s
上式表明B碰后以4m/s的速度向右反弹，滑上传送带后在摩擦力的作用下减速，设向右减速的最大位移为xB，由动能定理得−μmgxB=0−12mvB12
解得xB=1.6m这个过程经历的时间为t1，有0−vB1=μgt1，得t1=0.8s<Δt=1.5s
设加速到与传动带共速的时间为t2，因此有v=μgt2，解得t2=0.4s
这段过程产生的位移xB2=v2t2=0.4m
在共速后向左匀速时间t3，则：t3=xB−xB2v=0.6s
由于t1+t2+t3>△t
所以在重新滑上传送带1.5s内，物体B未从传动带左端滑出且1.5s末正在匀速运动。所以在这1.5s内，摩擦力的冲量I1=m(v-vB1)，解得I1=6kg⋅m/s；
(3)B在传送带上先向右减速至0后反向向左加速至2m/s再匀速。
在A、B第一次碰后到发生第二次碰撞前传送带与B因摩擦而产生的热量Q1=μmgΔx1
而Δx1=xB+vt1+vt2−xB2
得：Q1=18J；
(4)第二次至第n+1次碰撞前总热量Q总=μmg(Δx2+Δx3+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+Δxn)
而Δxn=(vBn22μg+v⋅vBnμg)+(v⋅vBnμg−vBn22μg)=2vBnvμg
由动量守恒和能量守恒可知，每次碰撞B的速度变为撞前的一半。
故vBn=v2n−1
故Q总=2mv2(12+122+⋯⋯+12n−1)
【解析】本题是一道力学综合题，本题是多体多过程问题，难道较大，分析清楚物块的运动过程、应用动量守恒定律、动能定理与运动学公式即可解题。
1.下列四幅书本插图中，关于物理思想方法叙述不正确的是( )
A. 微元法
B. 等效替代法
C. 控制变量法
D. 实验和逻辑推理
2.2022年2月7日，我国的单板滑雪选手苏翊鸣在北京冬奥会单板滑雪男子坡面障碍技巧赛中勇夺银牌。如图为苏翊鸣在比赛中的某个阶段过程图，a、c在同一水平线上，b为最高点。不计空气阻力，将苏翊鸣视为质点，且苏翊鸣在同一竖直面内运动，则苏翊鸣在空中运动过程中( )
A. 从a到b与从b到c的过程中速度的变化量相同
B. 选手做的是变加速曲线运动
C. 在最高点时选手处于平衡状态
D. 从a到c的过程中，选手先超重后失重
3.ETC是不停车自动收费系统，一般用在高速公路进出口，安装有ETC的车辆通过ETC专用通道时，可以不停车而低速通过，从而缩短了收费时间，大大提高了汽车的通行效率，沪蓉西高速公路上恩施西收费站ETC收费专用通道是长为20m的直线通道，且通道前、后都是平直大道。车辆通过此通道限速为5m/s。如图所示是一辆汽车减速到达通道口时立即做匀速运动，汽车全部通过通道末端时立即加速前进的v-t图像，则下列说法错误的是( )
A. 由图像可知，汽车的车身长度为5m
B. 图像中汽车加速过程的加速度大小约为0.71m/s2
C. 图像中汽车减速过程的位移大小为600 m
D. 图像中汽车加速过程的加速度大小小于减速过程的加速度大小
4.如图所示，边长为l=0.2m的正六边形abcdef处在电场强度为E的匀强电场中，电场方向平行于正六边形所在平面，且a、c、d三点的电势分别为φa=3V、φc=6V、φd=9V。则下列表述正确的是( )
A. φe=φcB. E=10 3V/m
C. Uef=UbcD. 将质子由b点移到e点电场力做功为6eV
5.2023年6月世界女排联赛名古屋站在日本举行，这次世界女排联赛日本站中国队的4连胜和3−0完胜日本队的胜利，让人们感受到了中国女排顽强的精神和卓越的实力。比赛中的团队协作力和气势威武赢得了粉丝的一片赞誉。李盈莹是中国队进攻的主力。比赛中质量为m的李盈莹从下蹲状态竖直向上起跳，经时间t身体伸直并刚好离开水平地面，李盈莹重心升高h，此时李盈莹的速度大小为v，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则( )
A. 该过程中，地面对李盈莹的平均作用力大小为mvt+mg
B. 该过程中，地面对李盈莹做功为12mv2+mgh
C. 该过程中，李盈莹的动量变化量大小为mgt+mv
D. 该过程中，地面对李盈莹的冲量大小为mv−mgt
6.2023年5月30日9时31分，搭载“神舟十六号”载入飞船的“长征二号”F遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心发射升空，航天员乘组状态良好，发射取得圆满成功。北京时间5月30日18时22分，远道而来的“神舟十六号”航天员乘组顺利入驻“天宫”，与翅盼已久的“神舟十五号”航天员乘组胜利会师太空。随后，两个航天员乘组拍下“全家福”，共同向牵挂他们的全国人民报平安。这标志着中国现已从航天大国向航天强国迈进。未来某天宇航员正在太空旅行，来到火星表面登陆后，以速率v0竖直上抛一物体，物体上升的最大高度为h，已知火星半经为R，自转周期为T，引力常量为G，则( )
A. 火星绕太阳运动的向心加速度a=4π2T2R
B. 若忽略火星自转，火星的质量M=v 02R2Gh
C. 火星同步卫星的高度h0= w02R2T28π2h−R
D. 若忽略火星自转，火星的第一宇宙速度v1=v0 R2h
7.如图甲所示，两电荷量分别为Q1和Q2的点电荷固定在 x轴上的 A、 B两点， O点为坐标原点，在 x轴上各点的电势φ随 x轴坐标的变化规律如图乙所示，图中 x轴上 C点的电势为零， D点的电势最低。则( )
A. 图像中图线的斜率表示电势能B. 在x轴上D点的电场强度最大
C. 点电荷Q1的电荷量比Q2的大D. 点电荷Q1带正电，Q2带负电
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.关于下列四幅图的说法正确的是( )
A. 如图(a)，当船头垂直于河岸渡河时，渡河时间最短
B. 如图(b)，实验现象可以说明平抛运动水平方向分运动的特点
C. 如图(c)，汽车平稳安全地通过拱桥的最高点时对拱桥的压力大小大于其重力大小
D. 如图(d)，火车转弯小于规定速度行驶时，内轨对轮缘会有挤压作用
9.如图所示，在正四面体P−ABC中，O是底面AB边的中点，若在A、B两点分别固定一个带正电、电荷量都为Q的点电荷。则下列说法中正确的是( )
A. P点的电场强度与C点的电场强度相同
B. P、C两点的电势差为零
C. 将带负电的试探电荷q从P点沿着PC移动到C点，电荷的电势能先减少后增加
D. 将带正电的试探电荷q从O点沿着OC移动到C点，电荷的电势能逐渐增加
10.
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某物理兴趣小组在研学过程中改进了“探究小车加速度与力关系”的实验装置，如图所示，长木板置于水平桌面上，一端系有砂桶的细绳通过动滑轮与固定的“力传感器”相连，“力传感器”可显示绳中拉力F的大小，改变桶中砂的质量进行了多次实验。完成下列问题：
(1)实验时，下列操作或说法正确的是__________；
A.本实验不需要平衡摩擦力
B.调节定滑轮高度，确保细绳与桌面平行
C.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
D.选用电磁打点计时器比选用电火花计时器实验误差小
(2)研学中得到一条纸带，如图所示，并且每隔四个计时点取一个计数点，已知相邻两个计数点间的距离为s，且s1=0.96cm,s2=2.88cm,s3=4.80cm,s4=6.72cm,s5=8.64cm，s6=10.56cm，打点计时器的电源频率为50Hz。计算此纸带的加速度大小a=__________m/s2(结果保留三位有效数字)。
(3)实验中若未平衡摩擦力，以拉力传感器的示数F为横坐标，以加速度a为纵坐标，画出的a−F图像可能正确的是__________；
A. B.
C. D.
(4)现以拉力传感器的示数F为横坐标、加速度a为纵坐标，画出a−F图像，求出其“斜率”为k，则小车的质量等于__________(用字母k表示)。
12.如图甲所示，某物理兴趣小组同学用两个小球碰撞探究“碰撞中的不变量”。实验时先让质量为m1的A球从斜槽上某一固定位畳C由静止释放，A球从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹的平均落点P，再把质量为m2的B球放在水平轨道末端，将A球仍从位疊C由静止两个落点的平均位军，O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图乙所示。
(1)要保证实验成功，入射小球A的质量应__________(选填“大于”、“等于”或“小于”)被碰小球B的质量，入射小球A的直径__________(选填“必须等于”或“可以不等于”)被碰小球B的直径。
(2)下列说法中正确的是__________。
A.安装的斜槽轨道必须光滑，末端必须水平
B.实验前应该测出斜槽末端距地面的高度
C.除了图中器材外，完成本实验还必须使用的器材是天平、刻度尺
(3)实殓中，测量出两个小球的质量分別为m1、m2，测量出三个落点的平均位置与O点的距离OM、OP、ON的长度分別为x1、x2、x3，在实验误差允许范围内，若满足关系式__________(用所测物理最的字母表示)，则可以认为两球碰撞前后的总动量守恒。若满足关系式__________(用所测物理量的字母表示)，则可认为该碰撞为弹性碰撞。
(4)另一实验小组改进了实验装置用来探究碰撞前后动能的变化，如图丙所示，方案如下：让从斜槽轨道滚下的小球打在正对的竖直墙上，把白纸和复写纸附在墙上，记录小球的落点。选择半径相等的钢珠A和塑料球B进行实验，测量出A、B两球的质量分別为m1、m2，其他操作重复前面操究“碰撞中的不变量”的步骤。如果M ′、P ′、N ′为竖直记录纸上三个落点的平均位置，小球静止于水平轨道末端时球心在竖直记录纸上的水平投影点为O′，用刻度尺测量M ′、P ′、N ′到O′的距离分别为y1、y2、y3。在实验误差允许范围内，若满足关系式__________(用所测物理量的字母表示)，则可认为碰撞前后两球的总动能相等。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，一质量m=2.0×10−2kg、电荷量绝对值q=1.0×10−6C的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，电场足够大，静止时悬线与竖直方向夹角θ=37∘。若小球的电荷量始终保持不变，重力加速度g=10m/s2,sin37∘=0.6,cs37∘=0.8。
(1)求电场强度的大小E。
(2)若在某时刻将细线突然剪断，求经过2s时小球的速度大小及方向。
14.恩施女儿城是一家免门票的4A级旅游景区。景区内富有民族特色的表演、琳琅满目的美食及娱乐城内丰富多彩的游乐项目深受全国各地游客喜爱。城内一游戏装置的简化示意图如图所示，在同一竖直平面内的轨道ABCDEM由四分之一光滑圆弧轨道AB、粗糙的水平轨道BC、光滑圆弧轨道CDE、粗糙斜轨道EM组成，圆弧CDE分别与直轨道BC、EM相切。斜轨道EM的倾角θ=37∘，底端M处有一轻质短弹簧装置且斜面底端恰在弹簧原长位置。一质量m=0.2kg的滑块(比圆管内径稍小，可视作质点)从A点正上方的O点无初速释放，滑块恰能通过国弧的最高点D，滑块能够运动到M点(M点为四分之一圆弧轨道AB的圆心)且被等速反弹。已知滑块与水平轨道BC和斜轨道EM间的动摩擦因数均μ=0.4。两圆弧轨道的半径均为R=1.2m，取重力加速度大小g=10m/s2,sin37∘=0.6,cs37∘=0.8。求：
(1)滑块经过C点时，圆弧轨道对滑块的弹力大小FC；
(2)滑块释放点O与A点间的高度差H；
(3)滑块在斜轨道EM上运动的总路程s。
15.如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=3kg的小物块A，物块A不会脱离弹簧。装置的中间是长度l=3.6m的水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带以v=2m/s的速度逆时针转动。装置的右边是一段光滑的水平台面连接的光滑曲面，质量m=1kg的小物块B从曲面上距水平台面h=5m处由静止释放，经过传送带后与物块A发生对心弹性碰撞，已知碰撞前物块A静止且弹簧处于原长状态，物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2，不考虑物块大小对问题的影响，不考虑物块运动对传送带速度的影响。求：
(1)物块B与物块A第一次碰撞前瞬间，物块B的速度大小；
(2)物块A、B第一次碰撞后，物块B重新滑上传送带后Δt=1.5s内摩擦力对物块B的冲量大小；
(3)物块A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，传送带与物块B因摩擦而产生的热量；
(4)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块A、B从第二次碰撞到第n+1次碰撞前B与传送带间因摩擦所产生的总热量。(最后答案只要求写出计算表达式，不要求计算出最终结果)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
掌握课本上的实验内容，理解实验原理是解题的基础，难度较易。
【解答】
A、把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，用各小段的位移之和近似代表总位移，这是物理学中的微元法，是研究物理问题的重要方法，故A正确，不符合题意；
B、两个力的作用效果和一个力的作用效果相同，合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法，故B正确，不符合题意；
C、把微小形变通过光学现象放大，属于光学放大法，故C错误，符合题意；
D、伽利略时代，没有先进的测量手段和工具，为了“减小”重力作用，采用斜面实验，其实就是为了使物体下落时间长些，减小实验误差，再合理外推得到落地运动的规律，采用的是实验和逻辑推理的方法，故D正确，不符合题意。
2.【答案】A
【解析】A.根据对称性可知从a到b与从b到c所用的时间Δt相等，速度是矢量，从a到b与从b到c的过程中速度的变化量均为gΔt，相同，故A正确；
B.选手在空中运动过程中只受到恒定的重力作用，做匀变速曲线运动，故B错误；
C.在最高点，选手只受重力作用，受力不平衡，不处于平衡状态，故C错误；
D.选手在空中运动过程中只受重力作用，一直处于失重状态，故D错误；
故选A。
3.【答案】C
【解析】A.由图像可知，小汽车通过ETC专用通道时，速度为5m/s，用了5s时间，共走了25m，则小汽车的车身长度为25m−20m=5m，故A正确；
B. v−t 图像的斜率表示物体加速度，图像中小汽车加速过程的加速度大小为a1=k1=30−535m/s2=0.71m/s2，故B正确；
C. v−t 图像与坐标轴所围的面积表示物体位移，图像中小汽车减速过程的位移大小为s=25+52×20m=300m，故C错误；
D. v−t 图像中小汽车减速过程的加速度大小为a2=k2=25−520m/s2=1m/s2>a1
即图像中小汽车加速过程的加速度比减速过程的加速度小，故D正确。
本题选错误的，故选：C。
4.【答案】B
【解析】略
5.【答案】A
【解析】ACD.在该过程中，设地面对李盈莹的平均作用力为F，取竖直向上为正方向，
根据动量定理有(F−mg)t=mv−0，解得F=mvt+mg，其中李盈莹的动量变化量的大小为mv，地面对李盈莹的冲量大小为I=Ft=mv+mgt，故A正确，C、D错误；B. 在该过程中，地面对李盈莹的支持力F竖直向上，在F的方向上，F作用的位移为零，则地面对李盈莹做功为零，故B错误。
故选A。
6.【答案】D
【解析】A.由于周期T为火星的自转周期，R为火星半径，不知道火星绕太阳运动的周期以及半径，无法根据T、R求解火星绕太阳运动的向心加速度，故A错误；
B.在火星表面竖直向上抛出一物体，设火星表面重力加速度为g，则有h=v022g，解得：g=v022h，
忽略火星自转，在火星表面的物体，设质量为m，重力等于万有引力，即GMmR2=mg，解得：M=v02R22Gh，故B错误；
C.绕火星运转的同步卫星，万有引力提供向心力，有GMm(R+h0)2=m4π2T2R+h0，解得：h0=3v02R2T28π2h−R，故C错误；
D.忽略火星自转，火星的第一宇宙速度v1= gR=v0 R2h，故D正确。
故选D。
7.【答案】C
【解析】【分析】φ−x图像的斜率表示不同位置的电场强度，其中D点电场强度为0，根据沿电场的方向电势逐渐降低可判断D点两侧电场方向结合点电荷的电场强度公式可判断电性和电荷量大小。
【解答】
A.φ−x图像的斜率表示不同位置的电场强度，故A错误；
B.根据图像可知，在x轴上D点的斜率为零，则场强为零，故B错误；
CD.因为在x轴上D点的电场强度为零，根据场强叠加的特点可知，两个点电荷在此处产生的电场强度大小相等，方向相反，则两个电荷为异种电荷，从点O到点D场强方向向右，点D右侧场强方向向左，由此可知点电荷 Q1带负电，Q2带正电。根据距离的关系结合场强的计算公式
E=kQr2
可知，点电荷Q1的电荷量比Q2的大，故C正确，D错误。
故选C。
8.【答案】AD
【解析】A.如图(a)，当船头垂直于河岸渡河时，渡河时间最短，故A正确；
B.如图(b)，实验现象可以说明平抛运动竖直方向分运动的特点，即小球做自由落体运动，故B错误；
C.如图(c)，汽车通过拱桥的最高点时，设拱桥对汽车的支持力大小为N，根据牛顿第二定律有mg−N=mv2R
所以N
D.如图(d)，火车转弯小于规定速度行驶时，铁轨对火车的支持力和火车重力的合力大于所需的向心力，此时内轨将对轮缘有挤压作用，使得此作用力与上述两个力的合力共同提供向心力，故D正确。
故选：AD。
9.【答案】BC
【解析】A.C点和P点电场强度大小相等，方向不同。故A错误；
B.等量同种电荷连线的中垂线上沿 O 向两边电势降低，由几何关系可得OP=OC，所以C点和P点电势相等，即电势差为零。故B正确；
C.试探电荷从P点移动到C点，先靠近O，后远离O，电势先升高后降低，由于试探电荷带负电，所以电势能先减少后增大。故C正确；
D.从O点沿着OC移动到C点，电势在降低，由于试探电荷带正电，所以电势能也在减小。故D错误。
故选：BC。
10.【答案】
【解析】
11.【答案】 B 1.92A 2k
【解析】略
12.【答案】 大于 必须等于 Cm1x2=m1x1+m2x3 x1+x2=x3 m1y2=m1y3+m2y1
【解析】略
13.【答案】(1)1.5×105N/C ；(2)25m/s ，方向与竖直方向成 37∘ 角，斜向左下方
【解析】解：(1)如图所示，由平衡条件可知
小球所受的电场力为 F=mgtanθ
由电场强度的定义式有 E=Fq
代入数据解得 E=1.5×105N/C 。
(2)细线突然被剪断后，小球受重力和电场力，其合力为
F合=mgcsθ=1.25mg
小球的加速度为 m
由速度一时间公式可得，经 2s 时小球的速度大小为 v=at=25m/s
小球速度的方向与竖直方向成 37∘ 角，斜向左下方。
14.【答案】(1)FC=10N ；(2)H=2m ；(3)s=3.75m
【解析】解：(1)由于滑块恰能通过 D 点，则有 vD=0
滑块在从 C 点运动到 D 点的过程中，由动能定理可得 −2mgR=0−12mv C2
在 C 点有 FC−mg=mvC2R
解得 FC=10N 。
(2)由几何关系可得 LBC=Rsin37∘=2m
滑块在从 O 点到 C 点的过程中，由动能定理可得
mgH+R−μmgLBC=12mvC2−0
解得 H=2m 。
(3)由功能关系可得 mgR=μmgcsθ⋅s
解得 s=3.75m 。
15.【答案】(1)设B滑到曲面底部的速度为v0，根据机械能守恒定律mgh=12mv02
解得v0=10m/s
由于v0=10m/s>v=2m/s，B在传送带上开始做匀减速运动，假设B一直减速滑过传送带时的速度为v1，由动能定理可得−μmgl=12mv12−12mv02
解得v1=8m/s>v=2m/s
假设成立，即B与A第一次碰前速度大小为8m/s；
(2)设第一次碰后A的速度为vA1，B的速度为vB1，取向左为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律得
mv1=mvB1+MvA1
12mv12=12mvB12+12MvA12
解得vB1=−4m/s
上式表明B碰后以4m/s的速度向右反弹，滑上传送带后在摩擦力的作用下减速，设向右减速的最大位移为xB，由动能定理得−μmgxB=0−12mvB12
解得xB=1.6m
设加速到与传动带共速的时间为t2，因此有v=μgt2，解得t2=0.4s
这段过程产生的位移xB2=v2t2=0.4m
在共速后向左匀速时间t3，则：t3=xB−xB2v=0.6s
由于t1+t2+t3>△t
所以在重新滑上传送带1.5s内，物体B未从传动带左端滑出且1.5s末正在匀速运动。所以在这1.5s内，摩擦力的冲量I1=m(v-vB1)，解得I1=6kg⋅m/s；
(3)B在传送带上先向右减速至0后反向向左加速至2m/s再匀速。
在A、B第一次碰后到发生第二次碰撞前传送带与B因摩擦而产生的热量Q1=μmgΔx1
而Δx1=xB+vt1+vt2−xB2
得：Q1=18J；
(4)第二次至第n+1次碰撞前总热量Q总=μmg(Δx2+Δx3+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+Δxn)
而Δxn=(vBn22μg+v⋅vBnμg)+(v⋅vBnμg−vBn22μg)=2vBnvμg
由动量守恒和能量守恒可知，每次碰撞B的速度变为撞前的一半。
故vBn=v2n−1
故Q总=2mv2(12+122+⋯⋯+12n−1)
【解析】本题是一道力学综合题，本题是多体多过程问题，难道较大，分析清楚物块的运动过程、应用动量守恒定律、动能定理与运动学公式即可解题。
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