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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）
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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），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.如图四幅书本插图中，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600m
D. 图像中沙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=φc
B. E=10 3V/m
C. Uef=Ubc
D. 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”载人飞船的“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”，与期盼已久的“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，已知火星半径为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=v02R2Gh
C. 火星同步卫星的高度h0= v02R2T28π2h−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.关于如图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1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2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(图3)可能正确的是______；
(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球仍从位置C由静止释放，A球与B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次，M、N分别为碰后两个落点的平均位置，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)实验中，测量出两个小球的质量分别为m1、m2，测量出三个落点的平均位置与O点的距离OM、OP、ON的长度分别为x1、x2、x3，在实验误差允许范围内，若满足关系式______(用所测物理量的字母表示)，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两球的质量分别为m1、m2，其他操作重复前面探究“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、简答题：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，滑块恰能通过圆弧的最高点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】解：A.v−t图像面积利用了微元法推导，故A正确；
B.合力和分力应用了等效替代法，故B正确；
C.用镜面反射观察桌面微小变形时，所用的物理思想方法是放大法，故C错误；
D.伽利略研究自由落体运动时，通过实验结合逻辑推理，得出规律，故D正确；
本题选不正确的，故选：C。
本题根据对微元法、等效替代法、放大法、逻辑推理法的概念，即可解答。
本题考查学生对微元法、等效替代法、放大法、逻辑推理法的概念的掌握，比较基础。
2.【答案】A
【解析】解：A.从a到b可看成从b到a的逆过程，竖直方向上由位移-时间关系得：
h=12gt2
解得：t= 2hg
a，c在同一水平线上，b为最高点，可知从a到b与从b到c的过程中所需时间相同，根据Δv=g⋅Δt知，速度的变化量相同，故A正确；
B.整个过程中，加速度为重力加速度不变，选手做的是匀变速曲线运动，故B错误；
C.在最高点时只受重力作用，合外力不为零，选手处于非平衡状态，故C错误；
D.从a到c的过程中，加速度为重力加速度，方向向下，选手处于完全失重状态，故D错误。
故选：A。
根据Δv=g⋅Δt分析相同时间的速度变化是否相同；斜上抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动；根据合外力是否为零判断选手是否处于平衡状态；分析选手的加速度方向判断选手的超失重状态。
本题考查了斜上抛运动相关知识，注意根据Δv=g⋅Δt可知只要Δt相同，速度的变化量就相同。
3.【答案】C
【解析】解：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s=vt=5×5m=25m，则小汽车的车身长度为l=25m−20m=5m，故A正确；
B、v−t图像的斜率表示物体的加速度，则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图像与时间轴所围的面积表示物体位移，则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。
根据图像读出小汽车通过ETC专用通道时的速度以及所用时间，求出小汽车的位移，再求小汽车的车身长度；v−t图像的斜率表示物体加速度，由斜率求加速度大小；v−t图像与时间轴所围的面积表示物体位移，由几何关系求汽车减速过程的位移大小；根据斜率大小分析加速度大小。
解答本题的关键要理解v−t图像的物理意义，知道v−t图像的斜率表示物体的加速度，图像与时间轴所围的面积表示物体位移。
4.【答案】B
【解析】解：A.a、d两点的电势分别为3V和9V，则a、d连线的中点O(即正六边形的中心)的电势为6V，由于c点的电势与O点的电势相等，所以c、f两点在等势线上，de与cf平行，所以d、e两点在同一等势线上，e点电势为9V，因此c点与e点的电势不相等，故A错误；
C.ef与cb平行且相等，由对称性可知
Uef=−Ubc，故C错误；
B.连接cf、bd如图所示，由几何关系可知bd⊥cf，
由匀强电场的电场强度和电势差的关系得：
E=Udcd
由几何关系得：d=lcs30∘
又Udc=φd−φc
联立解得：E=10 3V/m，故B正确；
D.将质子由b点移到e点，电势升高，由Wbe=qUbe可知电场力做负功，故D错误。
故选：B。
根据匀强电场电势随距离均匀变化(除等势面)的特点，ad中点O的电势为6V，则cf为一条等势线，ed和ab也为一条等势线，由此判定e、c两点电势关系；db连线即为一条电场线，求出cd间的电势差，由公式U=Ed求出场强大小；根据沿电场线方向电势降落，ef与cb平行且相等，确定Uef与Ubc的关系；根据Wbe=qUbe判断电场力做功情况。
本题考查匀强电场中电场强度和电势差之间的关系，找等势点，作出电场线，是解决这类问题常用方法，本题还要充分利用正六边形的对称性分析匀强电场中各点电势的关系，注意在匀强电场中平行且相等的线段两端的电势差相等。
5.【答案】A
【解析】解：A.设向上为正方向，根据动量定理：
(F−mg)t=mv−0
得：F=mvt+mg
故A正确；
B.该过程中，地面对李盈莹的支持力的作用点没有发生移动，地面对李盈莹做功为0，
故B错误；
C.该过程中，李盈莹的动量变化量大小为mv，故C错误；
D.设向上为正方向，根据动量定理：I−mgt=mv−0
地面对李盈莹的冲量大小为mv+mgt，故D错误。
故选：A。
通过动量定理和功能关系对题目进行计算，从而判断选项。
掌握动量定理和功能关系，学会相关公式计算，是解决本题的关键。
6.【答案】D
【解析】解：A.火星绕太阳运动的向心加速度为：
a=4π2T′2r
其中T′和r应该是火星绕太阳运动的公转周期和公转半径，故A错误；
B.若忽略火星自转，根据运动学公式可知火星表面的重力加速度为：
g=v022h
根据万有引力提供重力可得：
GMmR2=mg
可得火星的质量
M=v02R22Gh，故B错误；
C.对火星的同步卫星，根据牛顿第二定律可得：
GMm(R+h0)2=m4π2T2(R+h0)
可得同步卫星的高度
h0=3v02R2T28π2h−R，故C错误；
D.若忽略火星自转
GMmR2=mv12R
火星的第一宇宙速度
v1=v0 R2h，故D正确。
故选：D。
根据向心加速度的计算公式结合题目选项完成分析；
根据运动学公式得出重力加速度的表达式，结合万有引力和重力的等量关系得出火星的质量；
根据牛顿第二定律得出火星同步卫星的高度；
理解第一宇宙速度的物理意义，结合牛顿第二定律得出第一宇宙速度的表达式。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解在不同条件下物体受到的万有引力提供的力的类型，结合牛顿第二定律即可完成分析。
7.【答案】C
【解析】解：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，D点的电场强度最小，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，由于DB距离小于DA距离，由场强的计算公式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。
理解φ−x图像斜率的物理意义，从而分析出电场强度大小的变化情况；根据电势的变化特点得出两个点电荷的电性和电荷量的大小。
本题主要考查了电势差与电场强度的关系，解题的关键点是理解图像的物理意义，注意理解电场强度叠加的原理。
8.【答案】AD
【解析】解：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，但没有实验对比，无法得出平抛运动在水平方向上的运动特点，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
因此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，做向心运动，内轨对轮缘会有挤压作用，故D正确。
故选：AD。
根据运动的独立性分析出小船最快渡河时的船头方向；
根据实验现象得出平抛运动在竖直方向上的运动特点；
根据对汽车的受力分析，结合牛顿第二定律得出汽车对拱桥的压力和其重力的大小关系；
根据车轮的受力分析，得出轮缘对轨道的压力方向。
本题主要考查了圆周运动的相关应用，理解物体做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律和运动的独立性即可完成分析。
9.【答案】BC
【解析】解：P−ABC是正四面体，A、B两点分别固定等量同种电荷，O是AB边的中点，等量同种电荷中垂线上沿O点向两边电势降低，如图：
A.根据点电荷的矢量叠加原理可知P、C两点的场强大小相等；但P点的场强方向在ABP平面内，C点的场强方向在ABC平面内，即P、C两点的场强方向不同，故A错误；
B.由几何知识知OC与AB垂直，OP与AB垂直，OC=OP，所以C点与P点电势相同，P、C两点的电势差为零，故B正确；
C.将带正电的试探电荷q从P点移动到C点，先靠近O点，然后再远离O点，根据几何关系和电势分布特点，从P到C电势先增大再减小，根据负电荷在电势高的地方电势能小，可知电荷的电势能先减少后增加，故C正确；
D.将带正电的试探电荷q从O点沿着OC移动到C点，根据电势分布特点从O到C电势逐渐减小，根据正电荷在电势低的地方电势能小，可知电荷电势能减小，故D错误。
故选：BC。
根据场强叠加原理可得P、C的电场强度方向不同；P点距A、B电荷的距离与C点距A、B电荷的距离相同，根据电势叠加原理P、C的电势相等；根据场强叠加原理可得P、C的电场强度方向不同；从P到C电势先增大再减小，所以负电荷的电势能先减小再增大；从O到C电势一直降低，所以正电荷的电势能一直减小。
本题考查空间电场中的电势与电场的分布情况，利用电势是标量，遵循代数叠加原理，场强是矢量，遵循平行四边形定则解题即可。
10.【答案】
【解析】
11.【答案】B1.92A2k
【解析】解：(1)A.本实验仍需要平衡摩擦力，故A错误；
B.实验中应该调节定滑轮高度，确保连接“力传感器”的细绳与桌面平行，故B正确；
C.本实验中力传感器可直接测出绳子上的拉力，不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故C错误；
D.电磁打点计时器由于纸带与限位孔、振针之间存在摩擦，所以选用电磁打点计时器比选用电火花打点计时器实验误差大，故D错误。
故选：B。
(2)根据逐差法可得小车运动的加速度大小为
a=(s6+s5+s4)−(s3+s2+s1)(3t)2
t=5T=5×0.02s=0.1s
代入数据解得
a=6.72+8.64+10.56−0.96−2.88−4.80(0.1×3)2×10−2m/s2=1.92m/s2
(3)设小车阻力为f，则由牛顿第二定律得
2F−f=ma
整理得：a=2mF−fm
故a−F图像是一条倾斜的直线，且纵截距为负，故A正确，BCD错误；
故选：A。
(4)由上述分析可知
a=2mF−fm
因此a−F图像的斜率为
k=2m
故小车质量为：m=2k
故答案为：(1)B；(2)1.92；(3)A；(4)2k
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)根据逐差法计算出纸带的加速度；
(3)根据牛顿第二定律，结合图像的物理意义完成分析；；
(4)理解图像斜率的物理意义，从而得出小车质量的表达式。
本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，理解图像的物理意义，结合牛顿第二定律即可完成分析。
12.【答案】大于 必须等于 Cm1x2=m1x1+m2x3 x1+x2=x3 m1y2=m1y3+m2y1
【解析】解：(1)为了保证入射球碰后不反弹，入射球A的质量应大于被碰球B的质量；为保证两球做平抛运动，需要两球碰后速度沿水平方向，所以两球球心连线应该水平，故两球直径必须相等，即入射小球A的直径必须等于被碰小球B的直径。
(2)A.安装的轨道不必光滑，因为m1每次与轨道的摩擦力均相同，为了让小球做平抛运动，末端必须水平，故A错误；
B.实验前不必测出斜槽末端距地面的高度，保持高度不变即可，故B错误；
C.除了图中器材外，完成本实验还必须使用天平测量小球的质量，使用刻度尺测量平抛运动的水平位移大小，故C正确。
故选：C。
(3)设入射小球A碰撞前瞬间的速度为v0，碰撞后瞬间入射小球A的速度为v1，被碰小球B的速度为v2，根据动量守恒定律得
m1v0=m1v1+m2v2
由于两小球做平抛运动下落高度相同，所用时间相同，则有
m1v0t=m1v1t+m2v2t
则两球碰撞只要满足
m1x2=m1x1+m2x3
则可以认为两球碰撞前后的总动量守恒；
若是弹性碰撞，则有
12m1v02=12m1v12+12m2v22
则有
m1v02t2=m1v12t2+m2v22t2
可得
m1x22=m1x12+m2x32
联立动量守恒表达式
m1x2=m1x1+m2x3
可得
x1+x2=x3
(4)根据平抛运动规律可得
x=v0t，y=12gt2
联立解得
v02=gx22y
若碰撞前后两球的总动能相等，则有
12m1×gx22y2=12m1×gx22y3+12m2×gx22y1
解得：m1y2=m1y3+m2y1
故答案为：(1)大于；必须等于；(2)C；(3)m1x2=m1x1+m2x3；x1+x2=x3；(4)m1y2=m1y3+m2y1
(1)根据实验原理分析出两球的质量和半径的大小关系；
(2)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(3)根据动量守恒定律，结合平抛运动的特点得出需要满足的表达式；理解弹性碰撞的特点，结合动量守恒定律和能量守恒定律得出需要满足的关系式；
(4)利用平抛运动的规律得出平抛初速度与竖直位移的关系，结合动能定义式得到需要满足的表达式。
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，理解平抛运动的特点，结合动量守恒定律即可完成分析。
13.【答案】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
解得F合=1.25mg
小球的加速度为a=F合m=1.25mgm=1.25g=12.5m/s2
由速度一时间公式可得，经2s时小球的速度大小为v=at=2.5×10m/s=25m/s
小球速度的方向与竖直方向成37∘角，斜向左下方。
答：(1)电场强度的大小为1.5×105N/C。
(2)若在某时刻将细线突然剪断，求经过2s时小球的速度大小为25m/s，方向与竖直方向成37∘角，斜向左下方。
【解析】(1)对小球进行受力分析，根据几何关系和平衡条件得出场强的大小；
(2)根据牛顿第二定律得出小球的加速度，结合速度-时间公式完成分析。
本题考查带电粒子在电场中的运动，解决动力学问题的关键是正确受力分析和运动过程分析，然后选择相应规律列式求解即可。
14.【答案】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=0−12mvC2
在C点，根据牛顿第二定律可得：
FC−mg=mvC2R
解得：FC=10N；
(2)由几何关系可得：LBC=Rsin37∘=
滑块从O点到C点的过程中，由动能定理可得：
mg(H+R)−μmgLBC=12mvC2−0
解得：H=2m；
(3)滑块在DM间运动的全过程中，由功能关系可得：
mgR=μmgcsθ⋅s
解得：s=3.75m。
答：(1)滑块经过C点时，圆弧轨道对滑块的弹力大小FC为10N；
(2)滑块释放点O与A点间的高度差H为2m；
(3)滑块在斜轨道EM上运动的总路程s为3.75m。
【解析】(1)滑块在从C点运动到D点的过程中，由动能定理列方程，在C点根据牛顿第二定律列方程联立求解；
(2)滑块从O点到C点的过程中，由动能定理列方程求解；
(3)由功能关系求解滑块在斜轨道EM上运动的总路程。
本题主要是考查了功能关系和动能定理，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系、动能定理列方程解答。
15.【答案】解：(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
−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=22×0.4m=0.4m
所以，在共速后向左匀速时间t3，则t3=xB−xB2v=1.6−0.42s=0.6s
由于t1+t2+t3>Δt
所以在重新滑上传送带1.5s内，物体B末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=1×[2−(−4)]kg⋅m/s=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Δx=vBn2−vB(n−1)22μg
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−2
Q总=μmg(Δx2+Δx3+⋯⋯+Δxn)
Q总=2mv2(12+122+⋯⋯+12n−1)
答：(1)物块B与物块A第一次碰撞前瞬间，物块B的速度大小为8m/s；
(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的冲量大小为6kg⋅m/s；
(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为18J；
(4)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为2mv2(12+122++12n−1)。
【解析】(1)根据机械能守恒定律求出B滑到曲面底部的速度，根据B的速度和皮带的速度判断B在传送带上的运动性质，由动能定理求出B与A第一次碰前的速度大小s。
(2)根据动量守恒定律和能量守恒定律，求出第一次碰后A和B的速度，再由动能定理求出B滑上传送带后在摩擦力的作用下减速向右的最大位移，以及这个过程经历的时间；再根据运动学规律求出加速到与传动带共速的时间以及这段过程产生的位移，根据匀速运动的规律求出共速后向左匀速运动的时间，最后求出此段过程中摩擦力的冲量。
(3)根据B在传送带上的运动过程，求出在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；
(4)再根据功能关系求出第二次至第n+1次碰撞前产生的总热量。
本题考查了功能关系的综合应用，解决本题的关键是分析清楚B在各个阶段的运动性质以及相对皮带的位移，思维过程长，题的难度较大。
1.如图四幅书本插图中，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600m
D. 图像中沙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=φc
B. E=10 3V/m
C. Uef=Ubc
D. 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”载人飞船的“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”，与期盼已久的“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，已知火星半径为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=v02R2Gh
C. 火星同步卫星的高度h0= v02R2T28π2h−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.关于如图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1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2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(图3)可能正确的是______；
(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球仍从位置C由静止释放，A球与B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次，M、N分别为碰后两个落点的平均位置，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)实验中，测量出两个小球的质量分别为m1、m2，测量出三个落点的平均位置与O点的距离OM、OP、ON的长度分别为x1、x2、x3，在实验误差允许范围内，若满足关系式______(用所测物理量的字母表示)，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两球的质量分别为m1、m2，其他操作重复前面探究“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、简答题：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，滑块恰能通过圆弧的最高点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】解：A.v−t图像面积利用了微元法推导，故A正确；
B.合力和分力应用了等效替代法，故B正确；
C.用镜面反射观察桌面微小变形时，所用的物理思想方法是放大法，故C错误；
D.伽利略研究自由落体运动时，通过实验结合逻辑推理，得出规律，故D正确；
本题选不正确的，故选：C。
本题根据对微元法、等效替代法、放大法、逻辑推理法的概念，即可解答。
本题考查学生对微元法、等效替代法、放大法、逻辑推理法的概念的掌握，比较基础。
2.【答案】A
【解析】解：A.从a到b可看成从b到a的逆过程，竖直方向上由位移-时间关系得：
h=12gt2
解得：t= 2hg
a，c在同一水平线上，b为最高点，可知从a到b与从b到c的过程中所需时间相同，根据Δv=g⋅Δt知，速度的变化量相同，故A正确；
B.整个过程中，加速度为重力加速度不变，选手做的是匀变速曲线运动，故B错误；
C.在最高点时只受重力作用，合外力不为零，选手处于非平衡状态，故C错误；
D.从a到c的过程中，加速度为重力加速度，方向向下，选手处于完全失重状态，故D错误。
故选：A。
根据Δv=g⋅Δt分析相同时间的速度变化是否相同；斜上抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动；根据合外力是否为零判断选手是否处于平衡状态；分析选手的加速度方向判断选手的超失重状态。
本题考查了斜上抛运动相关知识，注意根据Δv=g⋅Δt可知只要Δt相同，速度的变化量就相同。
3.【答案】C
【解析】解：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s=vt=5×5m=25m，则小汽车的车身长度为l=25m−20m=5m，故A正确；
B、v−t图像的斜率表示物体的加速度，则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图像与时间轴所围的面积表示物体位移，则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。
根据图像读出小汽车通过ETC专用通道时的速度以及所用时间，求出小汽车的位移，再求小汽车的车身长度；v−t图像的斜率表示物体加速度，由斜率求加速度大小；v−t图像与时间轴所围的面积表示物体位移，由几何关系求汽车减速过程的位移大小；根据斜率大小分析加速度大小。
解答本题的关键要理解v−t图像的物理意义，知道v−t图像的斜率表示物体的加速度，图像与时间轴所围的面积表示物体位移。
4.【答案】B
【解析】解：A.a、d两点的电势分别为3V和9V，则a、d连线的中点O(即正六边形的中心)的电势为6V，由于c点的电势与O点的电势相等，所以c、f两点在等势线上，de与cf平行，所以d、e两点在同一等势线上，e点电势为9V，因此c点与e点的电势不相等，故A错误；
C.ef与cb平行且相等，由对称性可知
Uef=−Ubc，故C错误；
B.连接cf、bd如图所示，由几何关系可知bd⊥cf，
由匀强电场的电场强度和电势差的关系得：
E=Udcd
由几何关系得：d=lcs30∘
又Udc=φd−φc
联立解得：E=10 3V/m，故B正确；
D.将质子由b点移到e点，电势升高，由Wbe=qUbe可知电场力做负功，故D错误。
故选：B。
根据匀强电场电势随距离均匀变化(除等势面)的特点，ad中点O的电势为6V，则cf为一条等势线，ed和ab也为一条等势线，由此判定e、c两点电势关系；db连线即为一条电场线，求出cd间的电势差，由公式U=Ed求出场强大小；根据沿电场线方向电势降落，ef与cb平行且相等，确定Uef与Ubc的关系；根据Wbe=qUbe判断电场力做功情况。
本题考查匀强电场中电场强度和电势差之间的关系，找等势点，作出电场线，是解决这类问题常用方法，本题还要充分利用正六边形的对称性分析匀强电场中各点电势的关系，注意在匀强电场中平行且相等的线段两端的电势差相等。
5.【答案】A
【解析】解：A.设向上为正方向，根据动量定理：
(F−mg)t=mv−0
得：F=mvt+mg
故A正确；
B.该过程中，地面对李盈莹的支持力的作用点没有发生移动，地面对李盈莹做功为0，
故B错误；
C.该过程中，李盈莹的动量变化量大小为mv，故C错误；
D.设向上为正方向，根据动量定理：I−mgt=mv−0
地面对李盈莹的冲量大小为mv+mgt，故D错误。
故选：A。
通过动量定理和功能关系对题目进行计算，从而判断选项。
掌握动量定理和功能关系，学会相关公式计算，是解决本题的关键。
6.【答案】D
【解析】解：A.火星绕太阳运动的向心加速度为：
a=4π2T′2r
其中T′和r应该是火星绕太阳运动的公转周期和公转半径，故A错误；
B.若忽略火星自转，根据运动学公式可知火星表面的重力加速度为：
g=v022h
根据万有引力提供重力可得：
GMmR2=mg
可得火星的质量
M=v02R22Gh，故B错误；
C.对火星的同步卫星，根据牛顿第二定律可得：
GMm(R+h0)2=m4π2T2(R+h0)
可得同步卫星的高度
h0=3v02R2T28π2h−R，故C错误；
D.若忽略火星自转
GMmR2=mv12R
火星的第一宇宙速度
v1=v0 R2h，故D正确。
故选：D。
根据向心加速度的计算公式结合题目选项完成分析；
根据运动学公式得出重力加速度的表达式，结合万有引力和重力的等量关系得出火星的质量；
根据牛顿第二定律得出火星同步卫星的高度；
理解第一宇宙速度的物理意义，结合牛顿第二定律得出第一宇宙速度的表达式。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解在不同条件下物体受到的万有引力提供的力的类型，结合牛顿第二定律即可完成分析。
7.【答案】C
【解析】解：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，D点的电场强度最小，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，由于DB距离小于DA距离，由场强的计算公式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。
理解φ−x图像斜率的物理意义，从而分析出电场强度大小的变化情况；根据电势的变化特点得出两个点电荷的电性和电荷量的大小。
本题主要考查了电势差与电场强度的关系，解题的关键点是理解图像的物理意义，注意理解电场强度叠加的原理。
8.【答案】AD
【解析】解：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，但没有实验对比，无法得出平抛运动在水平方向上的运动特点，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
因此N
D.如图(d)，火车转弯小于规定速度行驶时，做向心运动，内轨对轮缘会有挤压作用，故D正确。
故选：AD。
根据运动的独立性分析出小船最快渡河时的船头方向；
根据实验现象得出平抛运动在竖直方向上的运动特点；
根据对汽车的受力分析，结合牛顿第二定律得出汽车对拱桥的压力和其重力的大小关系；
根据车轮的受力分析，得出轮缘对轨道的压力方向。
本题主要考查了圆周运动的相关应用，理解物体做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律和运动的独立性即可完成分析。
9.【答案】BC
【解析】解：P−ABC是正四面体，A、B两点分别固定等量同种电荷，O是AB边的中点，等量同种电荷中垂线上沿O点向两边电势降低，如图：
A.根据点电荷的矢量叠加原理可知P、C两点的场强大小相等；但P点的场强方向在ABP平面内，C点的场强方向在ABC平面内，即P、C两点的场强方向不同，故A错误；
B.由几何知识知OC与AB垂直，OP与AB垂直，OC=OP，所以C点与P点电势相同，P、C两点的电势差为零，故B正确；
C.将带正电的试探电荷q从P点移动到C点，先靠近O点，然后再远离O点，根据几何关系和电势分布特点，从P到C电势先增大再减小，根据负电荷在电势高的地方电势能小，可知电荷的电势能先减少后增加，故C正确；
D.将带正电的试探电荷q从O点沿着OC移动到C点，根据电势分布特点从O到C电势逐渐减小，根据正电荷在电势低的地方电势能小，可知电荷电势能减小，故D错误。
故选：BC。
根据场强叠加原理可得P、C的电场强度方向不同；P点距A、B电荷的距离与C点距A、B电荷的距离相同，根据电势叠加原理P、C的电势相等；根据场强叠加原理可得P、C的电场强度方向不同；从P到C电势先增大再减小，所以负电荷的电势能先减小再增大；从O到C电势一直降低，所以正电荷的电势能一直减小。
本题考查空间电场中的电势与电场的分布情况，利用电势是标量，遵循代数叠加原理，场强是矢量，遵循平行四边形定则解题即可。
10.【答案】
【解析】
11.【答案】B1.92A2k
【解析】解：(1)A.本实验仍需要平衡摩擦力，故A错误；
B.实验中应该调节定滑轮高度，确保连接“力传感器”的细绳与桌面平行，故B正确；
C.本实验中力传感器可直接测出绳子上的拉力，不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故C错误；
D.电磁打点计时器由于纸带与限位孔、振针之间存在摩擦，所以选用电磁打点计时器比选用电火花打点计时器实验误差大，故D错误。
故选：B。
(2)根据逐差法可得小车运动的加速度大小为
a=(s6+s5+s4)−(s3+s2+s1)(3t)2
t=5T=5×0.02s=0.1s
代入数据解得
a=6.72+8.64+10.56−0.96−2.88−4.80(0.1×3)2×10−2m/s2=1.92m/s2
(3)设小车阻力为f，则由牛顿第二定律得
2F−f=ma
整理得：a=2mF−fm
故a−F图像是一条倾斜的直线，且纵截距为负，故A正确，BCD错误；
故选：A。
(4)由上述分析可知
a=2mF−fm
因此a−F图像的斜率为
k=2m
故小车质量为：m=2k
故答案为：(1)B；(2)1.92；(3)A；(4)2k
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)根据逐差法计算出纸带的加速度；
(3)根据牛顿第二定律，结合图像的物理意义完成分析；；
(4)理解图像斜率的物理意义，从而得出小车质量的表达式。
本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，理解图像的物理意义，结合牛顿第二定律即可完成分析。
12.【答案】大于 必须等于 Cm1x2=m1x1+m2x3 x1+x2=x3 m1y2=m1y3+m2y1
【解析】解：(1)为了保证入射球碰后不反弹，入射球A的质量应大于被碰球B的质量；为保证两球做平抛运动，需要两球碰后速度沿水平方向，所以两球球心连线应该水平，故两球直径必须相等，即入射小球A的直径必须等于被碰小球B的直径。
(2)A.安装的轨道不必光滑，因为m1每次与轨道的摩擦力均相同，为了让小球做平抛运动，末端必须水平，故A错误；
B.实验前不必测出斜槽末端距地面的高度，保持高度不变即可，故B错误；
C.除了图中器材外，完成本实验还必须使用天平测量小球的质量，使用刻度尺测量平抛运动的水平位移大小，故C正确。
故选：C。
(3)设入射小球A碰撞前瞬间的速度为v0，碰撞后瞬间入射小球A的速度为v1，被碰小球B的速度为v2，根据动量守恒定律得
m1v0=m1v1+m2v2
由于两小球做平抛运动下落高度相同，所用时间相同，则有
m1v0t=m1v1t+m2v2t
则两球碰撞只要满足
m1x2=m1x1+m2x3
则可以认为两球碰撞前后的总动量守恒；
若是弹性碰撞，则有
12m1v02=12m1v12+12m2v22
则有
m1v02t2=m1v12t2+m2v22t2
可得
m1x22=m1x12+m2x32
联立动量守恒表达式
m1x2=m1x1+m2x3
可得
x1+x2=x3
(4)根据平抛运动规律可得
x=v0t，y=12gt2
联立解得
v02=gx22y
若碰撞前后两球的总动能相等，则有
12m1×gx22y2=12m1×gx22y3+12m2×gx22y1
解得：m1y2=m1y3+m2y1
故答案为：(1)大于；必须等于；(2)C；(3)m1x2=m1x1+m2x3；x1+x2=x3；(4)m1y2=m1y3+m2y1
(1)根据实验原理分析出两球的质量和半径的大小关系；
(2)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(3)根据动量守恒定律，结合平抛运动的特点得出需要满足的表达式；理解弹性碰撞的特点，结合动量守恒定律和能量守恒定律得出需要满足的关系式；
(4)利用平抛运动的规律得出平抛初速度与竖直位移的关系，结合动能定义式得到需要满足的表达式。
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，理解平抛运动的特点，结合动量守恒定律即可完成分析。
13.【答案】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
解得F合=1.25mg
小球的加速度为a=F合m=1.25mgm=1.25g=12.5m/s2
由速度一时间公式可得，经2s时小球的速度大小为v=at=2.5×10m/s=25m/s
小球速度的方向与竖直方向成37∘角，斜向左下方。
答：(1)电场强度的大小为1.5×105N/C。
(2)若在某时刻将细线突然剪断，求经过2s时小球的速度大小为25m/s，方向与竖直方向成37∘角，斜向左下方。
【解析】(1)对小球进行受力分析，根据几何关系和平衡条件得出场强的大小；
(2)根据牛顿第二定律得出小球的加速度，结合速度-时间公式完成分析。
本题考查带电粒子在电场中的运动，解决动力学问题的关键是正确受力分析和运动过程分析，然后选择相应规律列式求解即可。
14.【答案】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=0−12mvC2
在C点，根据牛顿第二定律可得：
FC−mg=mvC2R
解得：FC=10N；
(2)由几何关系可得：LBC=Rsin37∘=
滑块从O点到C点的过程中，由动能定理可得：
mg(H+R)−μmgLBC=12mvC2−0
解得：H=2m；
(3)滑块在DM间运动的全过程中，由功能关系可得：
mgR=μmgcsθ⋅s
解得：s=3.75m。
答：(1)滑块经过C点时，圆弧轨道对滑块的弹力大小FC为10N；
(2)滑块释放点O与A点间的高度差H为2m；
(3)滑块在斜轨道EM上运动的总路程s为3.75m。
【解析】(1)滑块在从C点运动到D点的过程中，由动能定理列方程，在C点根据牛顿第二定律列方程联立求解；
(2)滑块从O点到C点的过程中，由动能定理列方程求解；
(3)由功能关系求解滑块在斜轨道EM上运动的总路程。
本题主要是考查了功能关系和动能定理，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系、动能定理列方程解答。
15.【答案】解：(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
−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=22×0.4m=0.4m
所以，在共速后向左匀速时间t3，则t3=xB−xB2v=1.6−0.42s=0.6s
由于t1+t2+t3>Δt
所以在重新滑上传送带1.5s内，物体B末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=1×[2−(−4)]kg⋅m/s=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Δx=vBn2−vB(n−1)22μg
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−2
Q总=μmg(Δx2+Δx3+⋯⋯+Δxn)
Q总=2mv2(12+122+⋯⋯+12n−1)
答：(1)物块B与物块A第一次碰撞前瞬间，物块B的速度大小为8m/s；
(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的冲量大小为6kg⋅m/s；
(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为18J；
(4)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为2mv2(12+122++12n−1)。
【解析】(1)根据机械能守恒定律求出B滑到曲面底部的速度，根据B的速度和皮带的速度判断B在传送带上的运动性质，由动能定理求出B与A第一次碰前的速度大小s。
(2)根据动量守恒定律和能量守恒定律，求出第一次碰后A和B的速度，再由动能定理求出B滑上传送带后在摩擦力的作用下减速向右的最大位移，以及这个过程经历的时间；再根据运动学规律求出加速到与传动带共速的时间以及这段过程产生的位移，根据匀速运动的规律求出共速后向左匀速运动的时间，最后求出此段过程中摩擦力的冲量。
(3)根据B在传送带上的运动过程，求出在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；
(4)再根据功能关系求出第二次至第n+1次碰撞前产生的总热量。
本题考查了功能关系的综合应用，解决本题的关键是分析清楚B在各个阶段的运动性质以及相对皮带的位移，思维过程长，题的难度较大。
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