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2022-2023学年湖南省岳阳市湘阴县高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年湖南省岳阳市湘阴县高一（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，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.一物体的速度为v0时，其动能为Ek，当其速度变为2v0时，其动能变为( )
A. 2EkB. 12EkC. 4EkD. 14Ek
2.关于电场线，下列说法中正确的是( )
A. 电场线是电场中客观存在的物质
B. 电场中任意两条电场线都不会相交
C. 顺着电场线的方向电场强度越来越大
D. 初速度为零的点电荷，其运动轨迹与电场线重合
3.甲、乙、丙三个质点按如图所示的规律在同一直线上运动，其中丙质点的位移-时间图象是顶点过坐标原点的抛物线，则下列说法中正确的是( )
A. 丙质点做匀加速直线运动
B. 甲、乙两个质点运动方向相同
C. t=5s时甲、乙两质点距离最近
D. 甲质点做匀加速直线运动
4.为了锻炼儿童的协调性，周末父子俩站在同一位置玩“掷硬币”游戏，两人同时向正前方水平地面上的小碗水平抛出硬币，硬币恰好都落入碗中央。若硬币离手后的运动可视为平抛运动，它们的初速度分别为v1与v2，如图所示，下列说法正确的是( )
A. v1v2
C. 爸爸的硬币先落入碗中D. 两人掷出的硬币同时落入碗中
5.2023年1月21日，神舟十五号3名航天员在400km高的空间站向祖国人民送上新春祝福，空间站的运行轨道可近似看作圆形轨道Ⅰ，设地球表面重力加速度为g，地球半径为R，椭圆轨道Ⅱ为载人飞船运行轨道，两轨道相切于A点，下列说法正确的是( )
A. 在A点时神舟十五号经过点火加速才能从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ
B. 飞船在A点的加速度小于空间站在A点的加速度
C. 空间站在轨道Ⅰ上的速度小于 gR
D. 轨道Ⅰ上的神舟十五号飞船想与前方的空间站对接，只需要沿运动方向加速即可
6.有一种叫“飞椅”的游乐项目如图，长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为R的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ。不计钢绳的重力和空气阻力。则有( )
A. ω= gtanθR+LsinθB. ω= gLcsθ
C. ω= gtanθL+RcsθD. ω= g(R+L)csθ
7.如图所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，O与OA的夹角为60∘，轨道最低点A与桌面相切。足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的小球(均可视为质点)，挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开始时m1位于C点，然后从静止释放，m1球沿圆弧轨道运动到水平桌面上。在m1由C点下滑到A点的过程中，下列选项中正确的是( )
A. 两球速度大小始终相同
B. m1的重力做功的功率一直增大
C. 轻绳对m2做的功等于m2的重力势能的增加量
D. 若m1沿圆弧下滑到A点时恰好速度为零，则m1=2m2
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
8.如图所示，摩擦及绳子、滑轮的质量均不计，物体A重4N，物体B重1N，以下说法正确的是( )
A. 地面对A的支持力是3 NB. 测力计的读数为2 N
C. 物体A受到地面的支持力为2 ND. 测力计示数为3 N
9.已知均匀带电球体在其外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同，而均匀带电球壳在其内部任意一点形成的电场强度为零，现有一半径为R、电荷量为Q的均匀带正电绝缘球体，M、N为一条直径上距圆心O为12R的两点，静电力常量为k，则( )
A. M、N点的电场强度的大小相同B. M、N点的电场强度方向相同
C. M、N点的电场强度大小均为kQ2R2D. M、N点的电场强度大小均为kQ8R2
10.如图甲，光滑圆轨道固定在竖直面内，小球沿轨道始终做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N，动能为Ek。改变小球在最低点的动能，小球对轨道压力N的大小随之改变。小球的N−Ek图线如图乙，其左端点坐标为([1],[2])，其延长线与坐标轴的交点分别为(0,a)、(−b,0)。重力加速度为g。则( )
A. 小球的质量为gaB. 圆轨道的半径为baC. 图乙[1]处应为5bD. 图乙[2]处应为6a
11.如图是城市广场喷泉喷出水柱的场景。从远处看，喷泉喷出的水柱超过了40层楼的高度(120m)；靠近看，喷管的直径为10cm。试求：喷泉稳定时空中水柱的质量和用于给喷管喷水的电动机输出功率分别是：(水的密度为1×103kg/m3、 6=2.45、g取10m/s2)( )
A. 3768kgB. 942kgC. 4.62×105WD. 1.88×104W
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.在“研究平抛运动”实验中，某同学只记录了小球运动轨迹上的A、B、C三点的位置，取A点为坐标原点，则各点的位置坐标如图所示，g取10m/s2，则：
(1)小球从A点运动到B点所用时间为______ s。
(2)平抛的初速度为______m/s。
(3)B点的速度为______m/s。(可用根号表示)
(4)小球抛出点的位置坐标是(______ cm，______cm)。
13.用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两种。重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点痕进行测量，据此验证机械能守恒定律。
(1)下面列举了该实验的几个操作步骤：
A.按照图示的装置安装器件
B.将打点计时器接到电源的“直流输出”上
C.用天平测出重锤的质量
D.释放纸带，立即接通电源开关打出一条纸带
E.测量纸带上某些点间的距离
F.根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能
其中没有必要进行的或者操作不当的步骤是______。(多选，将其选项对应的字母填在横线处)
(2)在验证机械能守恒定律的实验中，若以12v2为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出12v2−h的图像应是______，才能验证机械能守恒定律；12v2−h图像的斜率等于______的数值。
(3)在实验操作正确的情况下，实验中总会出现重力势能减少量大于动能增加量，其原因是______。
四、简答题：本大题共2小题，共22分。
14.某中子星的质量大约与太阳的质量相等，为2×1030kg，但它的半径不过10km，求：
(1)此中子星表面的自由落体加速度．(保留两位有效数字)
(2)贴近中子星表面，沿圆轨道运动的小卫星的速度(保留一位有效数字)
15.如图所示，一个挂在绝缘轻质细线下端的带电的小球B，静止在图示位置；固定的带正电的小球A电荷量为Q，B球的质量为m，带电荷量为q，静止时，细线与竖直方向的夹角为θ，且A和B在同一水平线上，整个装置处于真空中，静电力常量为K，AB两带电小球均可视为点电荷。试求：
(1)B球的电性和画出B球的受力示意图；
(2)A球在B球处产生的电场强度的大小和方向；
(3)A、B两球之间的距离。
五、计算题：本大题共1小题，共14分。
16.如图甲所示，一根轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m=0.4kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点。现对小物块施加一个外力F，使它缓慢移动，将弹簧压缩至A点，压缩量为x=0.1m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示。然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，设小物块与桌面的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小物块离开水平面做平抛运动，下落高度h=0.8m时恰好垂直击中倾角θ为37∘的斜面上的C点，sin37∘=0.6，g取10m/s2，求：
(1)小物块到达桌边B点时速度的大小；
(2)在压缩弹簧的过程中，弹簧存贮的最大弹性势能；
(3)O点至桌边B点的距离L。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：
由动能定义式：Ek=12mv02，可知若将其质量和速度均变为原来的2倍，
则物体的动能变为：
E′k=12m(2v0)2=4Ek
故C正确，ABD错误
故选：C。
由动能定义式：Ek=12mv2，可判定动能变化
本题是动能定义式的基本运用，知道动能与质量成正比，与速度平方成正比
2.【答案】B
【解析】解：A、电场是客观的存在，电场线是人为虚拟的，不是客观存在的线，故A错误。
B、电场线的切线方向就是电场强度的方向，如果两条电场线在同一点相交，则有两个切线方向，而事实上电场中的每一点只有一个方向，故任意两条电场线都不会相交。故B正确。
C、电场线的疏密代表电场的强弱，顺着电场线方向，电场线不一定越来越密，场强不一定越来越大，故C错误。
D、初速度为零的正电荷在电场力作用下可能沿电场线运动，如当电场线是直线时，正电荷沿电场线方向运动，故D错误。
故选：B。
掌握电场线特点是解本题的关键，电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不相交、不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱。
本题考查了关于电场线的基础知识，比较简单，对于电场线的理解可以和磁感线类比进行。
3.【答案】A
【解析】解：A、根据匀变速直线运动的位移-时间公式x=v0t+12at2知，匀变速直线运动的位移-时间图像是抛物线，根据位移-时间图像的斜率表示速度，知丙质点的速度在增大，故丙质点做匀加速直线运动，故A正确；
B、根据位移-时间图像的斜率表示速度，斜率的正负表示质点的运动方向，可知甲、乙两个质点运动方向相反，故B错误；
C、由图象可知，在t=5s时，甲、乙位置坐标之差最大，知两物体相距最远，故C错误；
D、甲质点的图像斜率不变，速度不变，则甲做匀速直线运动，故D错误。
故选：A。
位移-时间图像的斜率表示速度，斜率的正负表示质点的运动方向。根据图线的特点确定三个质点的运动规律。
解决本题的关键要理解位移-时间图像的物理意义，知道图线的斜率表示速度，抛物线表示匀变速直线运动，倾斜的直线表示匀速直线运动。
4.【答案】A
【解析】解：CD、设抛出的硬币做平抛运动的初速度为v，高度为h，则由h=12gt2可知下落的时间为t= 2hg，平抛运动的硬币飞行时间由高度决定，所以身高较矮的孩子抛出的硬币先落入碗中，故CD错误；
AB、水平方向位移x=vt=v 2hg，x相同，可知爸爸抛硬币的初速度小，即v1故选：A。
硬币做平抛运动，把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动来分析，两个方向上运动的时间相同。平抛运动的物体飞行时间由高度决定，结合水平位移和时间分析初速度关系。
本题对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解。
5.【答案】C
【解析】解：A、从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，神舟十五号做近心运动，应在A点减速，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力有：GMmr2=ma，解得a=GMr2，所以飞船在A点的加速度等于空间站在A点的加速度，故B错误；
C、根据第一宇宙速度的计算可知mg=mv2R，解得：v= gR，该速度是最大的环绕速度，所以空间站在轨道Ⅰ上的速度小于 gR，故C正确；
D、轨道Ⅰ上的神舟十五号飞船想与前方的空间站对接，只沿运动方向加速，会变到更高轨道，故D错误；
故选：C。
根据卫星的变轨原理分析AD项，根据万有引力提供向心力可知加速度的表达式，从而分析B项，根据第一宇宙速度的特点分析C。
该题考查了人造卫星的相关知识，解决本题的关键掌握变轨原理，注意第一宇宙速度的特点。
6.【答案】A
【解析】解：钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ，转盘转动的角速度ω，则座椅也做圆周运动，且转动的角速度为ω，座椅做圆周运动的向心力为：
F=mgtanθ
圆周运动的半径为r，由几何知识得：
r=R+Lsinθ
由牛顿第二定律得：
F=mω2r
联立解得：ω= gtanθR+Lsinθ，故BCD错误，A正确。
故选：A。
对座椅受力分析，求出向心力，由几何知识求出半径，再根据牛顿第二定律求解角速度。
本题考查向心力的计算与牛顿第二定律以及简单的数学知识，圆周运动的问题中，一般先对物体进行受力分析得到合外力，然后利用牛顿第二定律即可得到速度、角速度、周期等相关物理量。
7.【答案】D
【解析】解：A、m1由C点下滑到A点的过程中，小球m1沿绳子方向的分速度等于m2的速度，如图所示，所以m1的速度始终大于m2的速度，故A错误；
B、重力的功率是P=mgvsα=mgvy，这里的vy是指竖直的分速度，一开始m1是由静止释放的，所以m1一开始的竖直速度为零，最后运动到A点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直分速度也是零，但是在这个由C到A的过程中有竖直分速度，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以重力对m1做功的功率先增大后减少，故B错误；
C、根据功能关系知，轻绳对m2做的功等于m2的机械能增加，即等于m2增加的重力势能和增加的动能之和，故C错误；
D、若m1沿圆弧下滑到A点时恰好速度为零，此时m1的速度均为零，根据机械能守恒定律得：m1gR(1−cs60∘)=m2gR，解得：m1=2m2，故D正确。
故选：D。
两个小球用绳子连在一起，说明两球沿绳子方向的速度大小相等，根据速度的分解法研究速度关系；
重力的功率是P=mgvy，分析竖直方向分速度vy的变化情况分析重力做功功率的变化；
轻绳对m2做的功等于m2的机械能增加；
若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据机械能守恒定律求解质量关系；
本题解题的关键是对两个小球运动情况的分析，知道小球做什么运动，并能结合动能定理、几何关系解题。
8.【答案】AB
【解析】解：AC、对A分析受力：A受重力、绳子的拉力、地面的支持力，由平衡条件有：NA+T=GA，其中T=GB。
则：NA=GA−GB=4N−1N=3N，故A正确，C错误；
BD、测力计受到的拉力为：T′=2T=2N，故测力计的读数为2N；故B正确，D错误；
故选：AB。
对A受力分析，根据平衡条件求出地面对A的支持力。对滑轮分析，根据共点力平衡条件求出弹簧秤的拉力，从而得出测力计的示数。
解决本题的关键能够合理地选择研究对象，采用隔离法进行受力分析，运用共点力平衡条件进行求解。
9.【答案】AC
【解析】解：根据均匀带电球壳在其内部任意一点形成的电场强度为零，知M点的场强等于以O圆心半径12R的均匀球体在M点产生的场强，这个球体之外的球壳在M点产生的场强为零，这个球体所带电荷量为q=43π(R2)343πR3Q=Q8
M点的电场强度大小为EM=kq(R2)2=kQ2R2，方向向左。
根据对称性知N点的电场强度大小也为kQ2R2，方向向右。
故AC正确，BD错误。
故选：AC。
根据均匀带电球壳在其内部任意一点形成的电场强度为零，分析知道M点的场强等于以O圆心半径12R的均匀球体在M点产生的场强，根据点电荷场强公式求解，根据对称性求N点的场强。
本题是一道信息给予题，首先要认真读题，抓住题中的有效信息是解题的关键，要熟练运用场强的叠加原理分析。
10.【答案】ACD
【解析】解：小球在轨道最低点时，由重力mg和支持力N′的合力提供向心力，则
N′−mg=mv2r
根据牛顿第三定律知N′=N
结合动能的表达式Ek=12mv2，整理可得
N=2rEk+mg
A、根据数学知识可知：mg=a，得小球的质量m=ga，故A正确；
B、图象的斜率k=2r=ab，则圆轨道的半径为r=2ba，故B错误；
CD、结合mg=a，k=2r=ab，得N=abEk+a，当Ek=5b时，N=6a，故CD正确。
故选：ACD。
小球在轨道最低点时，由重力和支持力的合力提供向心力，根据向心力公式和动能与速度的关系，得到N与Ek的关系式，分析图象的意义。
本题的关键要根据向心力公式和动能的表达式得到N与Ek的关系式，根据数学知识分析图象的斜率、截距的意义。
11.【答案】AC
【解析】解：根据题意可知，喷水的高度为120m，由v2=2gh知水离开管口的速度为
v= 2gh= 2×10×120m/s=20 6m/s
单位时间喷出管口的水柱体积为
V=Sv=π(d2)2v
由h=12gt2知，喷出的水在空中运动的时间为
t= 2hg
联立以上各式可知喷泉稳定时空中水柱的质量
M=ρV⋅t=ρπd2h
代入数值可得M=3768kg
设给喷管喷水的电动机输出功率为P，在接近管口很短的一段时间Δt内水柱的质量为
m=ρ⋅vΔt⋅S=ρπr2vΔt
根据动能定理可知
PΔt=12mv2
联立各方程解得
P=ρπr2v32
代入数据得P=4.62×10−5W，故AC正确，BD错误。
故选：AC。
根据实际情况估算喷水的高度，由速度一位移公式求出水离开管口的速度，由动能定理求解电动机输出功率。
本题主要考查功率的计算，解答本题要能够根据实际情况估算出喷射高度，再根据动能定理进行计算。
12.【答案】0.11 5 −10−5
【解析】解：(1)根据竖直方向上的运动特点可知：
Δy=gT2
代入数据解得：T= Δyg= 0.40−0.15−0.1510s=0.1s
则小球从A点运动到B点所用时间为0.1s。
(2)根据(1)中T=0.1s可知，平抛运动的初速度
v0=xT=
(3)B点竖直方向的分速度
vBy=yAC2T=
则B点的速度
vB= v02+vBy2= 12+22m/s= 5m/s
(4)小球运动到B点的时间
t=vByg=210s=0.2s
所以B点的水平位移为
x=v0t=0.2m=20cm
竖直位移
y=12gt2=12×10×(0.2)2m=0.2m=20cm
所以小球抛出点的位置横坐标为10−20=−10cm，纵坐标为15−20=−5cm。即抛出点的坐标位置为(−10cm,−5cm)。
故答案为：(1)0.1；(2)1；(3) 5；(4)−10；−5
(1)根据平抛运动竖直方向上的运动特点得出小球从A到B的时间；
(2)根据平抛运动在水平方向上的运动特点得出平抛的初速度；
(3)根据竖直方向上的运动特点得出B点的竖直速度，结合矢量合成的特点得出B点的速度；
(4)根据运动学公式联立等式得出小球抛出点的位置坐标。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动的特点和运动学公式即可完成分析。
13.【答案】BCD 过原点的倾斜直线 重力加速度g 实验存在阻力
【解析】解：(1)B.将打点计时器应接到电源的“交流输出”上，故B错误；
C.因为我们是比较mgh、12mv2的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平，故C错误；
D.开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故D错误。
题目要求选择没有必要进行的或者操作不当的步骤，故选BCD。
(2)利用12v2−h图线处理数据，物体自由下落过程中机械能守恒，可得：
mgh=12mv2
即12v2=gh
所以以12v2为纵轴，以h为横轴画出的图线应是过原点的倾斜直线。那么12v2−h图线的斜率就等于重力加速度g。
(3)实验中总会出现重力势能减少量大于动能增加量，其原因是实验存在阻力。
故答案为：(1)BCD；(2)过原点的倾斜直线；重力加速度g；(3)实验存在阻力
(1)根据实验原理分析出正确的实验操作；
(2)根据机械能守恒定律，结合图像的物理意义得出斜率的大小；
(3)分析阻力对实验的影响。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合机械能守恒定律和图像的物理意义即可完成分析。
14.【答案】解：(1)在星球表面，根据万有引力等于重力得
GMmR2=mg
g=GMR2=6.67×10−11×2×1030(10×103)2m/s2=1.3×1012m/s2
(2)贴近中子星表面，根据万有引力提供向心力得：
GMmR2=mv2R
解得：v= GMR= 6.67×10−11×2×103010×103=1×108m/s，
答：(1)此中子星表面的自由落体加速度是1.3×1012m/s2；
(2)贴近中子星表面，沿圆轨道运动的小卫星的速度是1×108m/s.
【解析】在星球表面，根据万有引力等于重力表示出重力加速度进行求解．
贴近中子星表面，根据万有引力提供向心力求解沿圆轨道运动的小卫星的速度．
解答本题知道所受的万有引力提供向心力和在星球表面，根据万有引力等于重力进行求解．
15.【答案】解：(1)B球受力如图所示，B球受的是库仑斥力，故带正电。
(2)取B球为研究对象，受到重力mg、电场力qE和绳中拉力T的作用，根据平衡条件可知
qE=mgtanθ
解得
E=mgtanθq
方向水平向右。
(3)根据平衡条件可知
qE=mgtanθ
根据库仑定律可知
qE=kqQr2
代入可得
r= kqQmgtanθ
答：(1)B球的电性为正电，B球的受力示意图见解析；
(2)A球在B球处产生的电场强度的大小mgtanθq，方向水平向右；
(3)A、B两球之间的距离 kqQmgtanθ。
【解析】根据B球的状态可以求出B球的受力情况，从而求出两球之间的库仑力，再根据库仑定律求出两球之间的距离。
对于复合场中的共点力作用下物体的平衡，其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡适用完全相同的解决方法。
16.【答案】解：(1)物块由B到C做平抛运动，竖直方向根据自由落体运动的规律可得：h=12gt2
解得从B到C的时间为：t=0.4s
物块在C点垂直击中斜面，根据运动的合成与分解可得：tan37∘=v0vy=v0gt
解得物块做平抛运动的初速度：v0=3.0m/s，
则小物块到达桌边B点时速度的大小：vB=v0=3.0m/s；
(2)由图乙可知，当力F增大到1.0N时物体开始运动，所以物块与桌面间的滑动摩擦力：f=1.0N
图乙中，图线所围成面积表示推力做的功，故在压缩弹簧的过程中，推力做的功：
W=12×(47.0+1.0)×0.1J=2.4J
压缩过程中，由功能关系得：W−fx−EP=0，
解得弹簧存贮的最大弹性势能：EP=2.3J；
(3)物块从A到B的过程中，由功能关系得：EP−f(x+L)=12mvB2，
代入数据解得：L=0.4m。
答：(1)小物块到达桌边B点时速度的大小为3.0m/s；
(2)在压缩弹簧的过程中，弹簧存贮的最大弹性势能为2.3J；
(3)O点至桌边B点的距离为0.4m。
【解析】(1)根据平抛运动知识结合运动的合成与分解进行求解；
(2)图乙中，图线所围成面积表示推力做的功，再根据功能关系解得弹簧存贮的最大弹性势能；
(3)由功能关系得O点至桌边B点的距离L。
本题主要是考查了功能关系、平抛运动的规律以及运动的合成与分解，解答时首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中物体的受力情况，分析哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系列方程解答。
1.一物体的速度为v0时，其动能为Ek，当其速度变为2v0时，其动能变为( )
A. 2EkB. 12EkC. 4EkD. 14Ek
2.关于电场线，下列说法中正确的是( )
A. 电场线是电场中客观存在的物质
B. 电场中任意两条电场线都不会相交
C. 顺着电场线的方向电场强度越来越大
D. 初速度为零的点电荷，其运动轨迹与电场线重合
3.甲、乙、丙三个质点按如图所示的规律在同一直线上运动，其中丙质点的位移-时间图象是顶点过坐标原点的抛物线，则下列说法中正确的是( )
A. 丙质点做匀加速直线运动
B. 甲、乙两个质点运动方向相同
C. t=5s时甲、乙两质点距离最近
D. 甲质点做匀加速直线运动
4.为了锻炼儿童的协调性，周末父子俩站在同一位置玩“掷硬币”游戏，两人同时向正前方水平地面上的小碗水平抛出硬币，硬币恰好都落入碗中央。若硬币离手后的运动可视为平抛运动，它们的初速度分别为v1与v2，如图所示，下列说法正确的是( )
A. v1
C. 爸爸的硬币先落入碗中D. 两人掷出的硬币同时落入碗中
5.2023年1月21日，神舟十五号3名航天员在400km高的空间站向祖国人民送上新春祝福，空间站的运行轨道可近似看作圆形轨道Ⅰ，设地球表面重力加速度为g，地球半径为R，椭圆轨道Ⅱ为载人飞船运行轨道，两轨道相切于A点，下列说法正确的是( )
A. 在A点时神舟十五号经过点火加速才能从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ
B. 飞船在A点的加速度小于空间站在A点的加速度
C. 空间站在轨道Ⅰ上的速度小于 gR
D. 轨道Ⅰ上的神舟十五号飞船想与前方的空间站对接，只需要沿运动方向加速即可
6.有一种叫“飞椅”的游乐项目如图，长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为R的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ。不计钢绳的重力和空气阻力。则有( )
A. ω= gtanθR+LsinθB. ω= gLcsθ
C. ω= gtanθL+RcsθD. ω= g(R+L)csθ
7.如图所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，O与OA的夹角为60∘，轨道最低点A与桌面相切。足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的小球(均可视为质点)，挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开始时m1位于C点，然后从静止释放，m1球沿圆弧轨道运动到水平桌面上。在m1由C点下滑到A点的过程中，下列选项中正确的是( )
A. 两球速度大小始终相同
B. m1的重力做功的功率一直增大
C. 轻绳对m2做的功等于m2的重力势能的增加量
D. 若m1沿圆弧下滑到A点时恰好速度为零，则m1=2m2
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
8.如图所示，摩擦及绳子、滑轮的质量均不计，物体A重4N，物体B重1N，以下说法正确的是( )
A. 地面对A的支持力是3 NB. 测力计的读数为2 N
C. 物体A受到地面的支持力为2 ND. 测力计示数为3 N
9.已知均匀带电球体在其外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同，而均匀带电球壳在其内部任意一点形成的电场强度为零，现有一半径为R、电荷量为Q的均匀带正电绝缘球体，M、N为一条直径上距圆心O为12R的两点，静电力常量为k，则( )
A. M、N点的电场强度的大小相同B. M、N点的电场强度方向相同
C. M、N点的电场强度大小均为kQ2R2D. M、N点的电场强度大小均为kQ8R2
10.如图甲，光滑圆轨道固定在竖直面内，小球沿轨道始终做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N，动能为Ek。改变小球在最低点的动能，小球对轨道压力N的大小随之改变。小球的N−Ek图线如图乙，其左端点坐标为([1],[2])，其延长线与坐标轴的交点分别为(0,a)、(−b,0)。重力加速度为g。则( )
A. 小球的质量为gaB. 圆轨道的半径为baC. 图乙[1]处应为5bD. 图乙[2]处应为6a
11.如图是城市广场喷泉喷出水柱的场景。从远处看，喷泉喷出的水柱超过了40层楼的高度(120m)；靠近看，喷管的直径为10cm。试求：喷泉稳定时空中水柱的质量和用于给喷管喷水的电动机输出功率分别是：(水的密度为1×103kg/m3、 6=2.45、g取10m/s2)( )
A. 3768kgB. 942kgC. 4.62×105WD. 1.88×104W
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.在“研究平抛运动”实验中，某同学只记录了小球运动轨迹上的A、B、C三点的位置，取A点为坐标原点，则各点的位置坐标如图所示，g取10m/s2，则：
(1)小球从A点运动到B点所用时间为______ s。
(2)平抛的初速度为______m/s。
(3)B点的速度为______m/s。(可用根号表示)
(4)小球抛出点的位置坐标是(______ cm，______cm)。
13.用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两种。重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点痕进行测量，据此验证机械能守恒定律。
(1)下面列举了该实验的几个操作步骤：
A.按照图示的装置安装器件
B.将打点计时器接到电源的“直流输出”上
C.用天平测出重锤的质量
D.释放纸带，立即接通电源开关打出一条纸带
E.测量纸带上某些点间的距离
F.根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能
其中没有必要进行的或者操作不当的步骤是______。(多选，将其选项对应的字母填在横线处)
(2)在验证机械能守恒定律的实验中，若以12v2为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出12v2−h的图像应是______，才能验证机械能守恒定律；12v2−h图像的斜率等于______的数值。
(3)在实验操作正确的情况下，实验中总会出现重力势能减少量大于动能增加量，其原因是______。
四、简答题：本大题共2小题，共22分。
14.某中子星的质量大约与太阳的质量相等，为2×1030kg，但它的半径不过10km，求：
(1)此中子星表面的自由落体加速度．(保留两位有效数字)
(2)贴近中子星表面，沿圆轨道运动的小卫星的速度(保留一位有效数字)
15.如图所示，一个挂在绝缘轻质细线下端的带电的小球B，静止在图示位置；固定的带正电的小球A电荷量为Q，B球的质量为m，带电荷量为q，静止时，细线与竖直方向的夹角为θ，且A和B在同一水平线上，整个装置处于真空中，静电力常量为K，AB两带电小球均可视为点电荷。试求：
(1)B球的电性和画出B球的受力示意图；
(2)A球在B球处产生的电场强度的大小和方向；
(3)A、B两球之间的距离。
五、计算题：本大题共1小题，共14分。
16.如图甲所示，一根轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m=0.4kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点。现对小物块施加一个外力F，使它缓慢移动，将弹簧压缩至A点，压缩量为x=0.1m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示。然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，设小物块与桌面的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小物块离开水平面做平抛运动，下落高度h=0.8m时恰好垂直击中倾角θ为37∘的斜面上的C点，sin37∘=0.6，g取10m/s2，求：
(1)小物块到达桌边B点时速度的大小；
(2)在压缩弹簧的过程中，弹簧存贮的最大弹性势能；
(3)O点至桌边B点的距离L。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：
由动能定义式：Ek=12mv02，可知若将其质量和速度均变为原来的2倍，
则物体的动能变为：
E′k=12m(2v0)2=4Ek
故C正确，ABD错误
故选：C。
由动能定义式：Ek=12mv2，可判定动能变化
本题是动能定义式的基本运用，知道动能与质量成正比，与速度平方成正比
2.【答案】B
【解析】解：A、电场是客观的存在，电场线是人为虚拟的，不是客观存在的线，故A错误。
B、电场线的切线方向就是电场强度的方向，如果两条电场线在同一点相交，则有两个切线方向，而事实上电场中的每一点只有一个方向，故任意两条电场线都不会相交。故B正确。
C、电场线的疏密代表电场的强弱，顺着电场线方向，电场线不一定越来越密，场强不一定越来越大，故C错误。
D、初速度为零的正电荷在电场力作用下可能沿电场线运动，如当电场线是直线时，正电荷沿电场线方向运动，故D错误。
故选：B。
掌握电场线特点是解本题的关键，电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不相交、不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱。
本题考查了关于电场线的基础知识，比较简单，对于电场线的理解可以和磁感线类比进行。
3.【答案】A
【解析】解：A、根据匀变速直线运动的位移-时间公式x=v0t+12at2知，匀变速直线运动的位移-时间图像是抛物线，根据位移-时间图像的斜率表示速度，知丙质点的速度在增大，故丙质点做匀加速直线运动，故A正确；
B、根据位移-时间图像的斜率表示速度，斜率的正负表示质点的运动方向，可知甲、乙两个质点运动方向相反，故B错误；
C、由图象可知，在t=5s时，甲、乙位置坐标之差最大，知两物体相距最远，故C错误；
D、甲质点的图像斜率不变，速度不变，则甲做匀速直线运动，故D错误。
故选：A。
位移-时间图像的斜率表示速度，斜率的正负表示质点的运动方向。根据图线的特点确定三个质点的运动规律。
解决本题的关键要理解位移-时间图像的物理意义，知道图线的斜率表示速度，抛物线表示匀变速直线运动，倾斜的直线表示匀速直线运动。
4.【答案】A
【解析】解：CD、设抛出的硬币做平抛运动的初速度为v，高度为h，则由h=12gt2可知下落的时间为t= 2hg，平抛运动的硬币飞行时间由高度决定，所以身高较矮的孩子抛出的硬币先落入碗中，故CD错误；
AB、水平方向位移x=vt=v 2hg，x相同，可知爸爸抛硬币的初速度小，即v1
硬币做平抛运动，把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动来分析，两个方向上运动的时间相同。平抛运动的物体飞行时间由高度决定，结合水平位移和时间分析初速度关系。
本题对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解。
5.【答案】C
【解析】解：A、从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，神舟十五号做近心运动，应在A点减速，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力有：GMmr2=ma，解得a=GMr2，所以飞船在A点的加速度等于空间站在A点的加速度，故B错误；
C、根据第一宇宙速度的计算可知mg=mv2R，解得：v= gR，该速度是最大的环绕速度，所以空间站在轨道Ⅰ上的速度小于 gR，故C正确；
D、轨道Ⅰ上的神舟十五号飞船想与前方的空间站对接，只沿运动方向加速，会变到更高轨道，故D错误；
故选：C。
根据卫星的变轨原理分析AD项，根据万有引力提供向心力可知加速度的表达式，从而分析B项，根据第一宇宙速度的特点分析C。
该题考查了人造卫星的相关知识，解决本题的关键掌握变轨原理，注意第一宇宙速度的特点。
6.【答案】A
【解析】解：钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ，转盘转动的角速度ω，则座椅也做圆周运动，且转动的角速度为ω，座椅做圆周运动的向心力为：
F=mgtanθ
圆周运动的半径为r，由几何知识得：
r=R+Lsinθ
由牛顿第二定律得：
F=mω2r
联立解得：ω= gtanθR+Lsinθ，故BCD错误，A正确。
故选：A。
对座椅受力分析，求出向心力，由几何知识求出半径，再根据牛顿第二定律求解角速度。
本题考查向心力的计算与牛顿第二定律以及简单的数学知识，圆周运动的问题中，一般先对物体进行受力分析得到合外力，然后利用牛顿第二定律即可得到速度、角速度、周期等相关物理量。
7.【答案】D
【解析】解：A、m1由C点下滑到A点的过程中，小球m1沿绳子方向的分速度等于m2的速度，如图所示，所以m1的速度始终大于m2的速度，故A错误；
B、重力的功率是P=mgvsα=mgvy，这里的vy是指竖直的分速度，一开始m1是由静止释放的，所以m1一开始的竖直速度为零，最后运动到A点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直分速度也是零，但是在这个由C到A的过程中有竖直分速度，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以重力对m1做功的功率先增大后减少，故B错误；
C、根据功能关系知，轻绳对m2做的功等于m2的机械能增加，即等于m2增加的重力势能和增加的动能之和，故C错误；
D、若m1沿圆弧下滑到A点时恰好速度为零，此时m1的速度均为零，根据机械能守恒定律得：m1gR(1−cs60∘)=m2gR，解得：m1=2m2，故D正确。
故选：D。
两个小球用绳子连在一起，说明两球沿绳子方向的速度大小相等，根据速度的分解法研究速度关系；
重力的功率是P=mgvy，分析竖直方向分速度vy的变化情况分析重力做功功率的变化；
轻绳对m2做的功等于m2的机械能增加；
若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据机械能守恒定律求解质量关系；
本题解题的关键是对两个小球运动情况的分析，知道小球做什么运动，并能结合动能定理、几何关系解题。
8.【答案】AB
【解析】解：AC、对A分析受力：A受重力、绳子的拉力、地面的支持力，由平衡条件有：NA+T=GA，其中T=GB。
则：NA=GA−GB=4N−1N=3N，故A正确，C错误；
BD、测力计受到的拉力为：T′=2T=2N，故测力计的读数为2N；故B正确，D错误；
故选：AB。
对A受力分析，根据平衡条件求出地面对A的支持力。对滑轮分析，根据共点力平衡条件求出弹簧秤的拉力，从而得出测力计的示数。
解决本题的关键能够合理地选择研究对象，采用隔离法进行受力分析，运用共点力平衡条件进行求解。
9.【答案】AC
【解析】解：根据均匀带电球壳在其内部任意一点形成的电场强度为零，知M点的场强等于以O圆心半径12R的均匀球体在M点产生的场强，这个球体之外的球壳在M点产生的场强为零，这个球体所带电荷量为q=43π(R2)343πR3Q=Q8
M点的电场强度大小为EM=kq(R2)2=kQ2R2，方向向左。
根据对称性知N点的电场强度大小也为kQ2R2，方向向右。
故AC正确，BD错误。
故选：AC。
根据均匀带电球壳在其内部任意一点形成的电场强度为零，分析知道M点的场强等于以O圆心半径12R的均匀球体在M点产生的场强，根据点电荷场强公式求解，根据对称性求N点的场强。
本题是一道信息给予题，首先要认真读题，抓住题中的有效信息是解题的关键，要熟练运用场强的叠加原理分析。
10.【答案】ACD
【解析】解：小球在轨道最低点时，由重力mg和支持力N′的合力提供向心力，则
N′−mg=mv2r
根据牛顿第三定律知N′=N
结合动能的表达式Ek=12mv2，整理可得
N=2rEk+mg
A、根据数学知识可知：mg=a，得小球的质量m=ga，故A正确；
B、图象的斜率k=2r=ab，则圆轨道的半径为r=2ba，故B错误；
CD、结合mg=a，k=2r=ab，得N=abEk+a，当Ek=5b时，N=6a，故CD正确。
故选：ACD。
小球在轨道最低点时，由重力和支持力的合力提供向心力，根据向心力公式和动能与速度的关系，得到N与Ek的关系式，分析图象的意义。
本题的关键要根据向心力公式和动能的表达式得到N与Ek的关系式，根据数学知识分析图象的斜率、截距的意义。
11.【答案】AC
【解析】解：根据题意可知，喷水的高度为120m，由v2=2gh知水离开管口的速度为
v= 2gh= 2×10×120m/s=20 6m/s
单位时间喷出管口的水柱体积为
V=Sv=π(d2)2v
由h=12gt2知，喷出的水在空中运动的时间为
t= 2hg
联立以上各式可知喷泉稳定时空中水柱的质量
M=ρV⋅t=ρπd2h
代入数值可得M=3768kg
设给喷管喷水的电动机输出功率为P，在接近管口很短的一段时间Δt内水柱的质量为
m=ρ⋅vΔt⋅S=ρπr2vΔt
根据动能定理可知
PΔt=12mv2
联立各方程解得
P=ρπr2v32
代入数据得P=4.62×10−5W，故AC正确，BD错误。
故选：AC。
根据实际情况估算喷水的高度，由速度一位移公式求出水离开管口的速度，由动能定理求解电动机输出功率。
本题主要考查功率的计算，解答本题要能够根据实际情况估算出喷射高度，再根据动能定理进行计算。
12.【答案】0.11 5 −10−5
【解析】解：(1)根据竖直方向上的运动特点可知：
Δy=gT2
代入数据解得：T= Δyg= 0.40−0.15−0.1510s=0.1s
则小球从A点运动到B点所用时间为0.1s。
(2)根据(1)中T=0.1s可知，平抛运动的初速度
v0=xT=
(3)B点竖直方向的分速度
vBy=yAC2T=
则B点的速度
vB= v02+vBy2= 12+22m/s= 5m/s
(4)小球运动到B点的时间
t=vByg=210s=0.2s
所以B点的水平位移为
x=v0t=0.2m=20cm
竖直位移
y=12gt2=12×10×(0.2)2m=0.2m=20cm
所以小球抛出点的位置横坐标为10−20=−10cm，纵坐标为15−20=−5cm。即抛出点的坐标位置为(−10cm,−5cm)。
故答案为：(1)0.1；(2)1；(3) 5；(4)−10；−5
(1)根据平抛运动竖直方向上的运动特点得出小球从A到B的时间；
(2)根据平抛运动在水平方向上的运动特点得出平抛的初速度；
(3)根据竖直方向上的运动特点得出B点的竖直速度，结合矢量合成的特点得出B点的速度；
(4)根据运动学公式联立等式得出小球抛出点的位置坐标。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动的特点和运动学公式即可完成分析。
13.【答案】BCD 过原点的倾斜直线 重力加速度g 实验存在阻力
【解析】解：(1)B.将打点计时器应接到电源的“交流输出”上，故B错误；
C.因为我们是比较mgh、12mv2的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平，故C错误；
D.开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故D错误。
题目要求选择没有必要进行的或者操作不当的步骤，故选BCD。
(2)利用12v2−h图线处理数据，物体自由下落过程中机械能守恒，可得：
mgh=12mv2
即12v2=gh
所以以12v2为纵轴，以h为横轴画出的图线应是过原点的倾斜直线。那么12v2−h图线的斜率就等于重力加速度g。
(3)实验中总会出现重力势能减少量大于动能增加量，其原因是实验存在阻力。
故答案为：(1)BCD；(2)过原点的倾斜直线；重力加速度g；(3)实验存在阻力
(1)根据实验原理分析出正确的实验操作；
(2)根据机械能守恒定律，结合图像的物理意义得出斜率的大小；
(3)分析阻力对实验的影响。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合机械能守恒定律和图像的物理意义即可完成分析。
14.【答案】解：(1)在星球表面，根据万有引力等于重力得
GMmR2=mg
g=GMR2=6.67×10−11×2×1030(10×103)2m/s2=1.3×1012m/s2
(2)贴近中子星表面，根据万有引力提供向心力得：
GMmR2=mv2R
解得：v= GMR= 6.67×10−11×2×103010×103=1×108m/s，
答：(1)此中子星表面的自由落体加速度是1.3×1012m/s2；
(2)贴近中子星表面，沿圆轨道运动的小卫星的速度是1×108m/s.
【解析】在星球表面，根据万有引力等于重力表示出重力加速度进行求解．
贴近中子星表面，根据万有引力提供向心力求解沿圆轨道运动的小卫星的速度．
解答本题知道所受的万有引力提供向心力和在星球表面，根据万有引力等于重力进行求解．
15.【答案】解：(1)B球受力如图所示，B球受的是库仑斥力，故带正电。
(2)取B球为研究对象，受到重力mg、电场力qE和绳中拉力T的作用，根据平衡条件可知
qE=mgtanθ
解得
E=mgtanθq
方向水平向右。
(3)根据平衡条件可知
qE=mgtanθ
根据库仑定律可知
qE=kqQr2
代入可得
r= kqQmgtanθ
答：(1)B球的电性为正电，B球的受力示意图见解析；
(2)A球在B球处产生的电场强度的大小mgtanθq，方向水平向右；
(3)A、B两球之间的距离 kqQmgtanθ。
【解析】根据B球的状态可以求出B球的受力情况，从而求出两球之间的库仑力，再根据库仑定律求出两球之间的距离。
对于复合场中的共点力作用下物体的平衡，其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡适用完全相同的解决方法。
16.【答案】解：(1)物块由B到C做平抛运动，竖直方向根据自由落体运动的规律可得：h=12gt2
解得从B到C的时间为：t=0.4s
物块在C点垂直击中斜面，根据运动的合成与分解可得：tan37∘=v0vy=v0gt
解得物块做平抛运动的初速度：v0=3.0m/s，
则小物块到达桌边B点时速度的大小：vB=v0=3.0m/s；
(2)由图乙可知，当力F增大到1.0N时物体开始运动，所以物块与桌面间的滑动摩擦力：f=1.0N
图乙中，图线所围成面积表示推力做的功，故在压缩弹簧的过程中，推力做的功：
W=12×(47.0+1.0)×0.1J=2.4J
压缩过程中，由功能关系得：W−fx−EP=0，
解得弹簧存贮的最大弹性势能：EP=2.3J；
(3)物块从A到B的过程中，由功能关系得：EP−f(x+L)=12mvB2，
代入数据解得：L=0.4m。
答：(1)小物块到达桌边B点时速度的大小为3.0m/s；
(2)在压缩弹簧的过程中，弹簧存贮的最大弹性势能为2.3J；
(3)O点至桌边B点的距离为0.4m。
【解析】(1)根据平抛运动知识结合运动的合成与分解进行求解；
(2)图乙中，图线所围成面积表示推力做的功，再根据功能关系解得弹簧存贮的最大弹性势能；
(3)由功能关系得O点至桌边B点的距离L。
本题主要是考查了功能关系、平抛运动的规律以及运动的合成与分解，解答时首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中物体的受力情况，分析哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系列方程解答。
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