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2023-2024学年山西省临汾市部分学校高一（下）期末考试物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2023-2024学年山西省临汾市部分学校高一（下）期末考试物理试卷（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，综合题等内容，欢迎下载使用。
1.跳伞是一种极限运动，假设某跳伞运动员在由静止开始下落的过程中始终受恒定阻力(不含空气对降落伞的作用力)作用，打开降落伞前下落了一段距离，打开降落伞后开始做匀减速直线运动，下列说法正确的是( )
A. 跳伞运动员打开降落伞前的过程中恒定阻力做负功
B. 跳伞运动员打开降落伞前的过程中重力做负功
C. 跳伞运动员打开降落伞后重力做功的功率逐渐增大
D. 跳伞运动员打开降落伞后恒定阻力做正功
2.如图所示，一带正电的点电荷从某点以竖直向上的初速度v射入水平向右的匀强电场中，图中实线为匀强电场的电场线，不计点电荷受到的重力，下列图中虚线可能正确描绘了点电荷运动轨迹的是( )
A. B.
C. D.
3.宇宙速度是从地球表面向宇宙空间发射人造地球卫星、行星际和恒星际飞行器所需的最低速度．下列关于宇宙速度的说法正确的是( )
A. 第一宇宙速度是人造地球卫星的最小发射速度
B. 若飞行器的发射速度大于第二宇宙速度，则飞行器将绕地球做椭圆运动
C. 若飞行器的发射速度大于第三宇宙速度，则飞行器将绕太阳运动
D. 卫星绕地球做圆周运动的速率可能大于第一宇宙速度
4.2024年6月4日，携带月球样品的嫦娥六号上升器自月球背面起飞，随后成功进入预定环月轨道。嫦娥六号完成世界首次月球背面采样和起飞。图为嫦娥六号着陆月球前部分轨道的简化示意图，Ⅰ是嫦娥六号的地月转移轨道，Ⅱ、Ⅲ是嫦娥六号绕月球运行的椭圆轨道，Ⅳ是嫦娥六号绕月球运行的圆形轨道。P、Q分别为椭圆轨道Ⅱ上的远月点和近月点，不考虑月球的自转。下列说法正确的是( )
A. 嫦娥六号从轨道Ⅱ上的Q点变轨至轨道Ⅲ需点火加速
B. 在轨道Ⅱ上运行的嫦娥六号经过P点时的速率大于经过Q点时的速率
C. 嫦娥六号在轨道Ⅱ上运行时的机械能小于在轨道Ⅳ上运行时的机械能
D. 嫦娥六号在轨道Ⅳ上运行时的速率小于在Ⅱ上运行时经过Q点的速率
5.静电现象在自然界普遍存在，在生产生活中也时常会发生静电现象。人们可让静电服务于生产生活，但也需对其进行防护，做到趋利避害。下列关于静电现象的说法正确的是( )
A. 静电除尘的原理是静电屏蔽
B. 印刷车间的空气应保证适当潮湿，以便导走纸页间相互摩擦产生的静电
C. 避雷针利用了带电导体凸起尖锐的地方电荷稀疏、附近空间电场较弱的特点
D. 干燥天气里脱毛衣时会产生火花，是因为摩擦过程中凭空创造出了电荷
6.如图甲所示，质量为0.1kg的物块初始时静止在倾角为30∘的斜面上，施加给物块一沿斜面的恒定拉力F，使物块开始沿斜面运动，物块运动了2m时撤去拉力F。物块的动能Ek随物块沿斜面上滑距离x变化的部分图像如图乙所示，物块与斜面间的最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 物块受到的滑动摩擦力大小为1.5NB. 恒定拉力F的大小为2.5N
C. 物块与斜面间的动摩擦因数为 33D. 物块运动到最高点后会沿斜面下滑
7.如图所示，质量为m的小球穿在半径为R的光滑圆环上，圆环可绕竖直方向的O1O2轴以角速度ω匀速转动，相对于圆环静止(未在圆环最低点)的小球和圆心的连线与转轴的夹角为θ(大小未知)，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. tanθ=ω2Rg
B. csθ=gω2R
C. 只要圆环转动的角速度足够大，θ可能为90∘
D. 当ω= g2R时，小球仍能在圆环上除最低点外的某位置相对于圆环静止
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.为检测某电梯的安全性能，测试人员进行了如下测试：如图所示，某时刻断开连接电梯的缆绳，电梯由静止从一定的高度向下坠落，一段时间后，会压缩电梯井底的缓冲轻质弹簧，逐渐停止运动。电梯下滑过程中，电梯顶部的安全钳给电梯的滑动摩擦力大小恒定，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。对于电梯从接触弹簧到第一次运动至最低点的过程，下列说法正确的是( )
A. 电梯和弹簧组成的系统机械能守恒
B. 电梯的动能先增大后减小
C. 弹簧的弹性势能先增大后减小
D. 安全钳和电梯间因摩擦产生的热量等于两者间的滑动摩擦力乘以弹簧的压缩量
9.在水平面上某点固定一个点电荷，在此平面内建立直角坐标系，如图所示，测得A点处电场强度EA方向与x轴正方向的夹角为30∘，大小EA=90N/C，B点处电场强度EB方向与y轴正方向重合。已知A点坐标为 3,0，B点坐标为0,2。下列说法正确的是( )
A. 点电荷所在坐标为0,−1B. 点电荷在坐标原点处
C. EB=67.5N/CD. EB=40N/C
10.一倾角为30∘的圆盘绕垂直盘面的轴以大小为 g6r的角速度匀速转动，盘面上有一个离转轴距离为r、质量为m的物块(可视为质点)随圆盘一起转动(相对于盘面静止)。如图所示，P点是物块运动的轨迹圆上的最高点，Q点是物块运动的轨迹圆上的最低点，重力加速度大小为g，物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是( )
A. 物块经过Q点时受到的静摩擦力大小为23mg
B. 物块经过P点时受到的静摩擦力大小为16mg
C. 物块与盘面间的动摩擦因数可能为49
D. 若圆盘的角速度继续缓慢增大，则物块最容易与圆盘发生相对滑动的位置为Q点
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间静电力的因素。图中，A是一个带正电的带电体，系在绝缘丝线上带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。
(1)为探究静电力与电荷间距离的关系，保持带电体的位置和电荷量不变，把电荷量____________(填“相同”或“不同”)的小球系在丝线上，先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。这里用到的实验方法是______________(填“控制变量法”“理想实验法”或“微小量放大法”)。
(2)实验时丝线悬挂的小球质量为m，重力加速度大小为g，可认为带电体与小球在同一水平线上，当小球偏离竖直方向的角度为θ时保持静止，小球所受静电力大小为_________(用m、g、θ表示)。
12.某实验小组用如图甲所示的装置来完成“验证机械能守恒定律”实验，其中D为铁架台，E为固定在铁架台上的轻质滑轮，F为光电门，C为固定在物块A上、宽度为d的遮光条，物块B与物块A用跨过滑轮的细绳连接。铁架台上标记一位置O，并测得该位置与光电门F之间的距离为h。让遮光条C与位置O对齐，让物块A由静止开始下降，测得遮光条通过光电门时的遮光时间为t。实验时测得物块A(含遮光条)、B的质量分别为m1、m2，重力加速度大小为g。
(1)遮光条经过光电门时物块A的速度大小v=__________，从物块A开始下落到遮光条经过光电门的过程中，物块A、B构成的系统增加的动能ΔEk=__________，系统减少的重力势能ΔEp=__________。(均用题目中给定的物理量符号表示)
(2)改变距离h，重复实验，测得各次遮光条的挡光时间t，以h为横轴、1t2为纵轴建立平面直角坐标系，在坐标系中作出1t2−h图像，如图乙所示，该图像的斜率为k，在实验误差允许范围内，若k=__________(用题目中给定的物理量符号表示)成立，说明系统机械能守恒。
(3)实验时总是测得系统增加的动能略小于减少的重力势能，造成该误差的原因可能是__________(任写一种即可)。
四、计算题：本大题共1小题，共10分。
13.如图所示，把电荷量q1=2×10−6C、质量m1=0.9kg的带正电小球用绝缘细线悬挂在水平天花板上，带正电的物块放置在倾角θ=37∘的光滑固定斜面上。当小球与物块间的连线水平且细线与水平方向的夹角为37∘时，小球与物块均静止，此时两者之间的距离d=0.3m。已知静电力常量k=9.0×109N⋅m2/C2，小球及物块均可视为点电荷，重力加速度大小g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)小球与物块间的库仑力大小F1；
(2)物块的电荷量大小q2；
(3)物块的质量m2。
五、综合题：本大题共2小题，共24分。
14.如图所示，可视为质点的小球从盒子(厚度和直径不计)正上方h=1.8m处以初速度v0=8m/s水平抛出，与此同时盒子以某一初速度v1(大小未知)被推出，盒子在摩擦力作用下做匀减速直线运动，小球恰好落入盒子中。已知盒子与水平地面间的动摩擦因数μ=0.4，取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力，求：
(1)小球从抛出到刚落入盒子中的水平位移大小x；
(2)小球刚落入盒子中时的速度大小v；
(3)盒子的初速度大小v1。
15.如图所示，水平轨道OC的右端C贴近同高度的水平传送带的左端，其中OB段光滑，BC段粗糙，传送带与固定于竖直面内的光滑半圆形轨道DE相切于D点，E点为半圆形轨道的最高点，已知BC、CD段长度均为L=7m，半圆形轨道的半径R=0.5m，弹簧左端固定在墙壁上，弹簧处于原长状态时其右端在B点。用外力将质量m=1kg的物块(视为质点)压缩弹簧(未拴接)至A点并锁定弹簧，撤去外力后物块静止在A点，此时弹簧的弹性势能Ep=68.5J。已知物块与水平轨道BC、物块与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.4，重力加速度大小g=10m/s2。
(1)若传送带始终不转动，解除弹簧的锁定，求物块第一次运动到C点时的速度大小v1，并通过计算判断物块能否通过半圆形轨道的E点；
(2)若传送带以v传=6m/s的速度顺时针匀速转动，解除弹簧的锁定，求物块第一次运动到D点时对半圆形轨道的压力大小F；
(3)在第(2)问条件下，求物块第一次在传送带上运动的过程中，物块与传送带间因摩擦产生的热量。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.跳伞运动员打开降落伞前的过程中恒定阻力方向向上，位移向下，则恒定阻力对它们做负功，故A正确；
B.跳伞运动员打开降落伞前的过程中重力方向和位移方向都向下，所以重力做正功，故B错误；
C.跳伞运动员打开降落伞后开始做匀减速直线运动，速率减小，根据P=mgv可知，重力做功的功率在减小，故C错误；
D.跳伞运动员打开降落伞后恒定阻力方向向上，位移向下，则恒定阻力对它们做负功，故D错误。
故选A。
2.【答案】B
【解析】B
【详解】A.经过最低点时，根据机械能守恒，因为经过P点高度无变化，所以动能不变，所以线速度不变，A错误；
BCD.根据圆周运动规律，在最低点时
T−mg=ma=mv2R=mω2R
小球第一次过最低点时，R变大，v不变，所以向心加速度a突然减小，悬线的拉力突然减小，根据
v=ωR
可知，角速度突然减小．CD错误，B正确。
故选B。
3.【答案】A
【解析】AD.第一宇宙速度是人造地球卫星的最小发射速度，也是地球卫星绕地球飞行的最大速度，故A正确，D错误；
B.第二宇宙速度是在地面上发射物体，使之成为绕太阳运动或绕其他行星运动的人造卫星所必需的最小发射速度，故B错误；
C.第三宇宙速度是在地面上发射物体，使之飞到太阳系以外的宇宙空间所必需的最小发射速度，故C错误。
故选A。
4.【答案】D
【解析】A.嫦娥六号从轨道Ⅱ上的Q点变轨至轨道Ⅲ，做近心运动，应让发动机在Q点减速，故A错误；
B.嫦娥六号在轨道Ⅱ上由P运动到Q过程，万有引力做正功，可知，嫦娥六号在轨道Ⅱ上经过P点时的速率小于经过Q点时的速率，故B错误；
C.嫦娥六号从轨道Ⅱ上变轨到轨道Ⅳ上，外力做负功，机械能减小，故嫦娥六号在轨道Ⅱ上运行时的机械能大于在轨道Ⅳ上运行时的机械能，故C错误；
D.嫦娥六号在Q点从轨道Ⅱ上经过近心运动进入轨道Ⅳ上，速度减小，故嫦娥六号在轨道Ⅳ上运行时的速率小于在Ⅱ上运行时经过Q点的速率，故D正确。
故选D。
5.【答案】C
【解析】.C
【详解】A.根据万有引力的公式
F=GMm(R+h)2
可知，由于不知道三颗卫星的质量大小，因此不能确定三颗卫星所受地球万有引力大小的关系，故A错误；
B.由
GMmr2=mv2r
得卫星的线速度
v= GMr
同步卫星的半径大于贴地球表面的卫星的半径，通信卫星的运行速度小于第一宇宙速度，故B错误；
C.三颗通信卫星若要全覆盖，则其如图所示
由几何关系可知
cs60∘=RR+h
解得通信卫星高度至少
h=R
故C正确；
D.同步卫星的轨道平面在赤道平面内，不可能在北京的正上方，故D错误。
故选C。
6.【答案】C
【解析】A.物块从 x=2m 运动到 x=4m 过程中，根据动能定理−fx−mgxsinθ=ΔEk=2J−4J，解得f=0.5N，故A错误；
B.物块从 x=0 运动到 x=2m 过程中，根据动能定理Fx−fx−mgxsinθ=ΔEk=4J−0，解得F=3N，故B错误；
C.物块受到的滑动摩擦力f=μmgcsθ，解得μ= 33，故C正确；
D.物块运动到最高点后，重力沿斜面向下的分力Gx=mgsinθ=0.5N，最大静摩擦力Ffm=f=0.5N=Gx，所以物块运动到最高点后，最大静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，即物块恰好静止，故D错误。
故选C。
7.【答案】B
【解析】AB.对小球受力分析可知mgtanθ=mω2Rsinθ，解得csθ=gω2R，A错误，B正确；
C.当 θ=90∘ 时，弹力方向水平，重力方向沿竖直方向，竖直方向无法平衡，无论如何小球无法相对于圆环静止做圆周运动，C错误；
D.当 ω= g2R 时，可知相对于圆环静止(未在圆环最低点)的小球和圆心的连线与转轴的夹角余弦为csθ=gω2R=2，显然是不可能的，D错误。
故选B。
8.【答案】BD
【解析】A.电梯和弹簧组成的系统除电梯的重力和弹簧的弹力做功外，还有电梯受到的滑动摩擦力做功，使系统的机械能减小，故A错误；
B.电梯接触弹簧后受到重力、向上的摩擦力和向上的弹力作用，重力大于摩擦力，弹力是由0开始逐渐增大的，开始时弹力与摩擦力的和小于重力，电梯速度增大，当弹力与摩擦力的和等于重力时，速度达到最大，之后弹力与摩擦力的和大于重力，加速度反向增加，速度减小直到减小到0，所以整个过程速度先增大后减小，即电梯的动能先增大后减小，故B正确；
C.弹簧的形变量一直变大，所以弹簧的弹性势能一直增大，故C错误；
D.根据功能关系可知，安全钳和电梯间因摩擦产生的热量等于克服滑动摩擦力做的功，电梯从接触弹簧到第一次运动至最低点的过程，两者相对滑动的路程等于弹簧的压缩量，所以，克服滑动摩擦力做的功等于两者间的滑动摩擦力乘以弹簧的压缩量，故D正确。
故选BD。
9.【答案】AC
【解析】AC
【详解】A.仅光照变强，可知光敏电阻的阻值变小，则总电阻变小，由闭合电路的欧姆定律可知总电流增大，则流过灯泡的功率变大，灯泡变亮，A正确；
B.仅光照变弱，可知光敏电阻的阻值变大，则总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律可知总电流减小，则流过灯泡的功率变小，灯泡变暗，B错误；
C.仅将滑片向a端滑动，接入电路的有效阻值变小，则总电阻变小，干路电流增大，灯泡的功率变大，灯泡要变亮，C正确；
D.仅将滑片向b端滑动，接入电路的有效阻值变大，则总电阻变大大，干路电流减小，灯泡的功率变小，灯泡要变暗，D错误；
故选AC。
10.【答案】AD
【解析】物块随圆盘一起转动过程中，所需向心力为F=mω2r=16mg。
A.物块经过Q点时根据牛顿第二定律得fQ−mgsin30∘=F，解得fQ=23mg，故A正确；
B.物块经过P点时根据牛顿第二定律得mgsin30∘−fP=F，解得fP=13mg，故B错误；
C.静摩擦力小于等于最大静摩擦力，即fQ=23mg≤μmgcs30∘，fP=13mg≤μmgcs30∘，解得μ≥4 39，故C错误；
D.若圆盘的角速度继续缓慢增大，物块经过Q点时，沿斜面向上的静摩擦力和沿斜面向下的重力的分力的合力提供向心力，即静摩擦力等于重力与向心力之和；物块经过P点时，当静摩擦力为零时mgsin30∘=mω02r，解得ω0= g2r，则当角速度增大到 ω> g2r 后，沿斜面向下的静摩擦力和沿斜面向下的重力的分力的合力提供向心力，即静摩擦力等于重力与向心力之差，即在Q点时的静摩擦力大，所以，若圆盘的角速度继续缓慢增大，则物块最容易与圆盘发生相对滑动的位置为Q点，故D正确。
故选AD。
11.【答案】 阻力与重力之比更小(或其它合理解释)
【详解】①[1]在验证机械能守恒实验时阻力越小越好，因此密度大的阻力与重力之比更小
②[2]由图中可知OC之间的距离为 xOC=27.90cm ，因此机械能的减少量为
ΔEp=mgxOC=0.2×9.8×0.2790J=0.547J
[3]匀变速运动时间中点的速度等于这段时间的平均速度，因此
vC=xBD2T=0.330−0.2332×0.02m/s=2.425m/s
因此动能的增加量为
EkC=12mvc2=12×0.2×2.425×2.425J=0.588J
[4]工作电压偏高不会影响实验的误差，存在摩擦力会使重力势能的减少量大于动能的增加量，只有提前释放了纸带，纸带的初速度不为零，下落到同一位置的速度偏大才会导致动能的增加量大于重力势能的减少量。
【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】dt
(m1+m2)d22t2
(m1−m2)gh
2(m1−m2)g(m1+m2)d2
空气阻力的影响(或滑轮轮轴摩擦阻力的影响；滑轮的质量不可忽略，有转动动能等)
【解析】(1)遮光条经过光电门时物块A的速度大小为v=dt，系统增加的动能为ΔEk=12(m1+m2)v2=(m1+m2)d22t2，系统减小的重力势能为ΔEp=m1gh−m2gh=(m1−m2)gh。
(2)若系统机械能守恒，则ΔEk=ΔEp，即(m1+m2)d22t2=(m1−m2)gh，整理得1t2=2(m1−m2)g(m1+m2)d2×h，所以，图线的斜率为k=2(m1−m2)g(m1+m2)d2。
(3)实验时总是测得系统增加的动能略小于减少的重力势能，即机械能减小，造成该误差的原因可能是：空气阻力的影响；滑轮轮轴摩擦阻力的影响；滑轮的质量不可忽略，有转动动能等。
13.【答案】【详解】(1)S闭合后，电动机正常工作，通过电池组的电流为10A，由
E=UM+Ir
解得
r=0.2Ω
(2)灯泡的电压等于电动机电压，则流过灯泡的电流为
IL=UMRL=7035A=2A
(3)流过电动机的电流为
IM=I−IL=8A
电动机的发热功率
P热=IM2RM=82⋅2W=128W
(4)电动机的输出功率
PM出=UMIM−IM2RM=432W
【解析】解析及详细解答过程见答案
14.【答案】【详解】(1)粒子在电场中加速，由动能定理可知：
eU1=12mvm2
解得：
v0= 2eU1m
(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向：
L=v0t
则沿电场方向：
eU2d=ma
侧移量：
y=12 at2
联立解得：
y=U2L24dU1
(3)由几何关系可知：
L2L2+l=yY
得：
Y=U2L2U1d(L2+l)
(4)该示波器的灵敏度 D=yU2
解得：
D=yU2=L24dU1
则增加L、或者减小d以及减小U1均可增加灵敏度；
【解析】解析及详细解答过程见答案
15.【答案】【详解】(1)
12⋅2mv02=2mg(h−Lsinθ)
解得
v0= (2h−L)g
(2)木板与木块的整体
F−2mgsinθ=2ma0 ，
对物块
μmgcsθ−mgsinθ=ma0
解得
F0=32mg
(3)设经拉力F的最短时间为t1，再经时间t2物块与木板达到共速，再经时间t3木板下端到达B点，速度恰好减为零；
对木板
F−mgsinθ−μmgcsθ=ma1
mgsinθ+μmgcsθ=ma3
对物块有
μmgcsθ−mgsinθ=ma2
对木板和物块的整体，有
2mgsinθ=2ma4
另有速度相等时
a1t1−a3t2=a2(t1+t2)
a2(t1+t2)=a4t3
两物块的位移关系
12a1t12+a1t1⋅t2−12a3t22+12a4t32=hsinθ
因此做功为
W=F⋅12a1t12
解得
W=94mgh
【解析】解析及详细解答过程见参考答案
1.跳伞是一种极限运动，假设某跳伞运动员在由静止开始下落的过程中始终受恒定阻力(不含空气对降落伞的作用力)作用，打开降落伞前下落了一段距离，打开降落伞后开始做匀减速直线运动，下列说法正确的是( )
A. 跳伞运动员打开降落伞前的过程中恒定阻力做负功
B. 跳伞运动员打开降落伞前的过程中重力做负功
C. 跳伞运动员打开降落伞后重力做功的功率逐渐增大
D. 跳伞运动员打开降落伞后恒定阻力做正功
2.如图所示，一带正电的点电荷从某点以竖直向上的初速度v射入水平向右的匀强电场中，图中实线为匀强电场的电场线，不计点电荷受到的重力，下列图中虚线可能正确描绘了点电荷运动轨迹的是( )
A. B.
C. D.
3.宇宙速度是从地球表面向宇宙空间发射人造地球卫星、行星际和恒星际飞行器所需的最低速度．下列关于宇宙速度的说法正确的是( )
A. 第一宇宙速度是人造地球卫星的最小发射速度
B. 若飞行器的发射速度大于第二宇宙速度，则飞行器将绕地球做椭圆运动
C. 若飞行器的发射速度大于第三宇宙速度，则飞行器将绕太阳运动
D. 卫星绕地球做圆周运动的速率可能大于第一宇宙速度
4.2024年6月4日，携带月球样品的嫦娥六号上升器自月球背面起飞，随后成功进入预定环月轨道。嫦娥六号完成世界首次月球背面采样和起飞。图为嫦娥六号着陆月球前部分轨道的简化示意图，Ⅰ是嫦娥六号的地月转移轨道，Ⅱ、Ⅲ是嫦娥六号绕月球运行的椭圆轨道，Ⅳ是嫦娥六号绕月球运行的圆形轨道。P、Q分别为椭圆轨道Ⅱ上的远月点和近月点，不考虑月球的自转。下列说法正确的是( )
A. 嫦娥六号从轨道Ⅱ上的Q点变轨至轨道Ⅲ需点火加速
B. 在轨道Ⅱ上运行的嫦娥六号经过P点时的速率大于经过Q点时的速率
C. 嫦娥六号在轨道Ⅱ上运行时的机械能小于在轨道Ⅳ上运行时的机械能
D. 嫦娥六号在轨道Ⅳ上运行时的速率小于在Ⅱ上运行时经过Q点的速率
5.静电现象在自然界普遍存在，在生产生活中也时常会发生静电现象。人们可让静电服务于生产生活，但也需对其进行防护，做到趋利避害。下列关于静电现象的说法正确的是( )
A. 静电除尘的原理是静电屏蔽
B. 印刷车间的空气应保证适当潮湿，以便导走纸页间相互摩擦产生的静电
C. 避雷针利用了带电导体凸起尖锐的地方电荷稀疏、附近空间电场较弱的特点
D. 干燥天气里脱毛衣时会产生火花，是因为摩擦过程中凭空创造出了电荷
6.如图甲所示，质量为0.1kg的物块初始时静止在倾角为30∘的斜面上，施加给物块一沿斜面的恒定拉力F，使物块开始沿斜面运动，物块运动了2m时撤去拉力F。物块的动能Ek随物块沿斜面上滑距离x变化的部分图像如图乙所示，物块与斜面间的最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 物块受到的滑动摩擦力大小为1.5NB. 恒定拉力F的大小为2.5N
C. 物块与斜面间的动摩擦因数为 33D. 物块运动到最高点后会沿斜面下滑
7.如图所示，质量为m的小球穿在半径为R的光滑圆环上，圆环可绕竖直方向的O1O2轴以角速度ω匀速转动，相对于圆环静止(未在圆环最低点)的小球和圆心的连线与转轴的夹角为θ(大小未知)，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. tanθ=ω2Rg
B. csθ=gω2R
C. 只要圆环转动的角速度足够大，θ可能为90∘
D. 当ω= g2R时，小球仍能在圆环上除最低点外的某位置相对于圆环静止
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.为检测某电梯的安全性能，测试人员进行了如下测试：如图所示，某时刻断开连接电梯的缆绳，电梯由静止从一定的高度向下坠落，一段时间后，会压缩电梯井底的缓冲轻质弹簧，逐渐停止运动。电梯下滑过程中，电梯顶部的安全钳给电梯的滑动摩擦力大小恒定，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。对于电梯从接触弹簧到第一次运动至最低点的过程，下列说法正确的是( )
A. 电梯和弹簧组成的系统机械能守恒
B. 电梯的动能先增大后减小
C. 弹簧的弹性势能先增大后减小
D. 安全钳和电梯间因摩擦产生的热量等于两者间的滑动摩擦力乘以弹簧的压缩量
9.在水平面上某点固定一个点电荷，在此平面内建立直角坐标系，如图所示，测得A点处电场强度EA方向与x轴正方向的夹角为30∘，大小EA=90N/C，B点处电场强度EB方向与y轴正方向重合。已知A点坐标为 3,0，B点坐标为0,2。下列说法正确的是( )
A. 点电荷所在坐标为0,−1B. 点电荷在坐标原点处
C. EB=67.5N/CD. EB=40N/C
10.一倾角为30∘的圆盘绕垂直盘面的轴以大小为 g6r的角速度匀速转动，盘面上有一个离转轴距离为r、质量为m的物块(可视为质点)随圆盘一起转动(相对于盘面静止)。如图所示，P点是物块运动的轨迹圆上的最高点，Q点是物块运动的轨迹圆上的最低点，重力加速度大小为g，物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是( )
A. 物块经过Q点时受到的静摩擦力大小为23mg
B. 物块经过P点时受到的静摩擦力大小为16mg
C. 物块与盘面间的动摩擦因数可能为49
D. 若圆盘的角速度继续缓慢增大，则物块最容易与圆盘发生相对滑动的位置为Q点
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间静电力的因素。图中，A是一个带正电的带电体，系在绝缘丝线上带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。
(1)为探究静电力与电荷间距离的关系，保持带电体的位置和电荷量不变，把电荷量____________(填“相同”或“不同”)的小球系在丝线上，先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。这里用到的实验方法是______________(填“控制变量法”“理想实验法”或“微小量放大法”)。
(2)实验时丝线悬挂的小球质量为m，重力加速度大小为g，可认为带电体与小球在同一水平线上，当小球偏离竖直方向的角度为θ时保持静止，小球所受静电力大小为_________(用m、g、θ表示)。
12.某实验小组用如图甲所示的装置来完成“验证机械能守恒定律”实验，其中D为铁架台，E为固定在铁架台上的轻质滑轮，F为光电门，C为固定在物块A上、宽度为d的遮光条，物块B与物块A用跨过滑轮的细绳连接。铁架台上标记一位置O，并测得该位置与光电门F之间的距离为h。让遮光条C与位置O对齐，让物块A由静止开始下降，测得遮光条通过光电门时的遮光时间为t。实验时测得物块A(含遮光条)、B的质量分别为m1、m2，重力加速度大小为g。
(1)遮光条经过光电门时物块A的速度大小v=__________，从物块A开始下落到遮光条经过光电门的过程中，物块A、B构成的系统增加的动能ΔEk=__________，系统减少的重力势能ΔEp=__________。(均用题目中给定的物理量符号表示)
(2)改变距离h，重复实验，测得各次遮光条的挡光时间t，以h为横轴、1t2为纵轴建立平面直角坐标系，在坐标系中作出1t2−h图像，如图乙所示，该图像的斜率为k，在实验误差允许范围内，若k=__________(用题目中给定的物理量符号表示)成立，说明系统机械能守恒。
(3)实验时总是测得系统增加的动能略小于减少的重力势能，造成该误差的原因可能是__________(任写一种即可)。
四、计算题：本大题共1小题，共10分。
13.如图所示，把电荷量q1=2×10−6C、质量m1=0.9kg的带正电小球用绝缘细线悬挂在水平天花板上，带正电的物块放置在倾角θ=37∘的光滑固定斜面上。当小球与物块间的连线水平且细线与水平方向的夹角为37∘时，小球与物块均静止，此时两者之间的距离d=0.3m。已知静电力常量k=9.0×109N⋅m2/C2，小球及物块均可视为点电荷，重力加速度大小g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)小球与物块间的库仑力大小F1；
(2)物块的电荷量大小q2；
(3)物块的质量m2。
五、综合题：本大题共2小题，共24分。
14.如图所示，可视为质点的小球从盒子(厚度和直径不计)正上方h=1.8m处以初速度v0=8m/s水平抛出，与此同时盒子以某一初速度v1(大小未知)被推出，盒子在摩擦力作用下做匀减速直线运动，小球恰好落入盒子中。已知盒子与水平地面间的动摩擦因数μ=0.4，取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力，求：
(1)小球从抛出到刚落入盒子中的水平位移大小x；
(2)小球刚落入盒子中时的速度大小v；
(3)盒子的初速度大小v1。
15.如图所示，水平轨道OC的右端C贴近同高度的水平传送带的左端，其中OB段光滑，BC段粗糙，传送带与固定于竖直面内的光滑半圆形轨道DE相切于D点，E点为半圆形轨道的最高点，已知BC、CD段长度均为L=7m，半圆形轨道的半径R=0.5m，弹簧左端固定在墙壁上，弹簧处于原长状态时其右端在B点。用外力将质量m=1kg的物块(视为质点)压缩弹簧(未拴接)至A点并锁定弹簧，撤去外力后物块静止在A点，此时弹簧的弹性势能Ep=68.5J。已知物块与水平轨道BC、物块与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.4，重力加速度大小g=10m/s2。
(1)若传送带始终不转动，解除弹簧的锁定，求物块第一次运动到C点时的速度大小v1，并通过计算判断物块能否通过半圆形轨道的E点；
(2)若传送带以v传=6m/s的速度顺时针匀速转动，解除弹簧的锁定，求物块第一次运动到D点时对半圆形轨道的压力大小F；
(3)在第(2)问条件下，求物块第一次在传送带上运动的过程中，物块与传送带间因摩擦产生的热量。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.跳伞运动员打开降落伞前的过程中恒定阻力方向向上，位移向下，则恒定阻力对它们做负功，故A正确；
B.跳伞运动员打开降落伞前的过程中重力方向和位移方向都向下，所以重力做正功，故B错误；
C.跳伞运动员打开降落伞后开始做匀减速直线运动，速率减小，根据P=mgv可知，重力做功的功率在减小，故C错误；
D.跳伞运动员打开降落伞后恒定阻力方向向上，位移向下，则恒定阻力对它们做负功，故D错误。
故选A。
2.【答案】B
【解析】B
【详解】A.经过最低点时，根据机械能守恒，因为经过P点高度无变化，所以动能不变，所以线速度不变，A错误；
BCD.根据圆周运动规律，在最低点时
T−mg=ma=mv2R=mω2R
小球第一次过最低点时，R变大，v不变，所以向心加速度a突然减小，悬线的拉力突然减小，根据
v=ωR
可知，角速度突然减小．CD错误，B正确。
故选B。
3.【答案】A
【解析】AD.第一宇宙速度是人造地球卫星的最小发射速度，也是地球卫星绕地球飞行的最大速度，故A正确，D错误；
B.第二宇宙速度是在地面上发射物体，使之成为绕太阳运动或绕其他行星运动的人造卫星所必需的最小发射速度，故B错误；
C.第三宇宙速度是在地面上发射物体，使之飞到太阳系以外的宇宙空间所必需的最小发射速度，故C错误。
故选A。
4.【答案】D
【解析】A.嫦娥六号从轨道Ⅱ上的Q点变轨至轨道Ⅲ，做近心运动，应让发动机在Q点减速，故A错误；
B.嫦娥六号在轨道Ⅱ上由P运动到Q过程，万有引力做正功，可知，嫦娥六号在轨道Ⅱ上经过P点时的速率小于经过Q点时的速率，故B错误；
C.嫦娥六号从轨道Ⅱ上变轨到轨道Ⅳ上，外力做负功，机械能减小，故嫦娥六号在轨道Ⅱ上运行时的机械能大于在轨道Ⅳ上运行时的机械能，故C错误；
D.嫦娥六号在Q点从轨道Ⅱ上经过近心运动进入轨道Ⅳ上，速度减小，故嫦娥六号在轨道Ⅳ上运行时的速率小于在Ⅱ上运行时经过Q点的速率，故D正确。
故选D。
5.【答案】C
【解析】.C
【详解】A.根据万有引力的公式
F=GMm(R+h)2
可知，由于不知道三颗卫星的质量大小，因此不能确定三颗卫星所受地球万有引力大小的关系，故A错误；
B.由
GMmr2=mv2r
得卫星的线速度
v= GMr
同步卫星的半径大于贴地球表面的卫星的半径，通信卫星的运行速度小于第一宇宙速度，故B错误；
C.三颗通信卫星若要全覆盖，则其如图所示
由几何关系可知
cs60∘=RR+h
解得通信卫星高度至少
h=R
故C正确；
D.同步卫星的轨道平面在赤道平面内，不可能在北京的正上方，故D错误。
故选C。
6.【答案】C
【解析】A.物块从 x=2m 运动到 x=4m 过程中，根据动能定理−fx−mgxsinθ=ΔEk=2J−4J，解得f=0.5N，故A错误；
B.物块从 x=0 运动到 x=2m 过程中，根据动能定理Fx−fx−mgxsinθ=ΔEk=4J−0，解得F=3N，故B错误；
C.物块受到的滑动摩擦力f=μmgcsθ，解得μ= 33，故C正确；
D.物块运动到最高点后，重力沿斜面向下的分力Gx=mgsinθ=0.5N，最大静摩擦力Ffm=f=0.5N=Gx，所以物块运动到最高点后，最大静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，即物块恰好静止，故D错误。
故选C。
7.【答案】B
【解析】AB.对小球受力分析可知mgtanθ=mω2Rsinθ，解得csθ=gω2R，A错误，B正确；
C.当 θ=90∘ 时，弹力方向水平，重力方向沿竖直方向，竖直方向无法平衡，无论如何小球无法相对于圆环静止做圆周运动，C错误；
D.当 ω= g2R 时，可知相对于圆环静止(未在圆环最低点)的小球和圆心的连线与转轴的夹角余弦为csθ=gω2R=2，显然是不可能的，D错误。
故选B。
8.【答案】BD
【解析】A.电梯和弹簧组成的系统除电梯的重力和弹簧的弹力做功外，还有电梯受到的滑动摩擦力做功，使系统的机械能减小，故A错误；
B.电梯接触弹簧后受到重力、向上的摩擦力和向上的弹力作用，重力大于摩擦力，弹力是由0开始逐渐增大的，开始时弹力与摩擦力的和小于重力，电梯速度增大，当弹力与摩擦力的和等于重力时，速度达到最大，之后弹力与摩擦力的和大于重力，加速度反向增加，速度减小直到减小到0，所以整个过程速度先增大后减小，即电梯的动能先增大后减小，故B正确；
C.弹簧的形变量一直变大，所以弹簧的弹性势能一直增大，故C错误；
D.根据功能关系可知，安全钳和电梯间因摩擦产生的热量等于克服滑动摩擦力做的功，电梯从接触弹簧到第一次运动至最低点的过程，两者相对滑动的路程等于弹簧的压缩量，所以，克服滑动摩擦力做的功等于两者间的滑动摩擦力乘以弹簧的压缩量，故D正确。
故选BD。
9.【答案】AC
【解析】AC
【详解】A.仅光照变强，可知光敏电阻的阻值变小，则总电阻变小，由闭合电路的欧姆定律可知总电流增大，则流过灯泡的功率变大，灯泡变亮，A正确；
B.仅光照变弱，可知光敏电阻的阻值变大，则总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律可知总电流减小，则流过灯泡的功率变小，灯泡变暗，B错误；
C.仅将滑片向a端滑动，接入电路的有效阻值变小，则总电阻变小，干路电流增大，灯泡的功率变大，灯泡要变亮，C正确；
D.仅将滑片向b端滑动，接入电路的有效阻值变大，则总电阻变大大，干路电流减小，灯泡的功率变小，灯泡要变暗，D错误；
故选AC。
10.【答案】AD
【解析】物块随圆盘一起转动过程中，所需向心力为F=mω2r=16mg。
A.物块经过Q点时根据牛顿第二定律得fQ−mgsin30∘=F，解得fQ=23mg，故A正确；
B.物块经过P点时根据牛顿第二定律得mgsin30∘−fP=F，解得fP=13mg，故B错误；
C.静摩擦力小于等于最大静摩擦力，即fQ=23mg≤μmgcs30∘，fP=13mg≤μmgcs30∘，解得μ≥4 39，故C错误；
D.若圆盘的角速度继续缓慢增大，物块经过Q点时，沿斜面向上的静摩擦力和沿斜面向下的重力的分力的合力提供向心力，即静摩擦力等于重力与向心力之和；物块经过P点时，当静摩擦力为零时mgsin30∘=mω02r，解得ω0= g2r，则当角速度增大到 ω> g2r 后，沿斜面向下的静摩擦力和沿斜面向下的重力的分力的合力提供向心力，即静摩擦力等于重力与向心力之差，即在Q点时的静摩擦力大，所以，若圆盘的角速度继续缓慢增大，则物块最容易与圆盘发生相对滑动的位置为Q点，故D正确。
故选AD。
11.【答案】 阻力与重力之比更小(或其它合理解释)
【详解】①[1]在验证机械能守恒实验时阻力越小越好，因此密度大的阻力与重力之比更小
②[2]由图中可知OC之间的距离为 xOC=27.90cm ，因此机械能的减少量为
ΔEp=mgxOC=0.2×9.8×0.2790J=0.547J
[3]匀变速运动时间中点的速度等于这段时间的平均速度，因此
vC=xBD2T=0.330−0.2332×0.02m/s=2.425m/s
因此动能的增加量为
EkC=12mvc2=12×0.2×2.425×2.425J=0.588J
[4]工作电压偏高不会影响实验的误差，存在摩擦力会使重力势能的减少量大于动能的增加量，只有提前释放了纸带，纸带的初速度不为零，下落到同一位置的速度偏大才会导致动能的增加量大于重力势能的减少量。
【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】dt
(m1+m2)d22t2
(m1−m2)gh
2(m1−m2)g(m1+m2)d2
空气阻力的影响(或滑轮轮轴摩擦阻力的影响；滑轮的质量不可忽略，有转动动能等)
【解析】(1)遮光条经过光电门时物块A的速度大小为v=dt，系统增加的动能为ΔEk=12(m1+m2)v2=(m1+m2)d22t2，系统减小的重力势能为ΔEp=m1gh−m2gh=(m1−m2)gh。
(2)若系统机械能守恒，则ΔEk=ΔEp，即(m1+m2)d22t2=(m1−m2)gh，整理得1t2=2(m1−m2)g(m1+m2)d2×h，所以，图线的斜率为k=2(m1−m2)g(m1+m2)d2。
(3)实验时总是测得系统增加的动能略小于减少的重力势能，即机械能减小，造成该误差的原因可能是：空气阻力的影响；滑轮轮轴摩擦阻力的影响；滑轮的质量不可忽略，有转动动能等。
13.【答案】【详解】(1)S闭合后，电动机正常工作，通过电池组的电流为10A，由
E=UM+Ir
解得
r=0.2Ω
(2)灯泡的电压等于电动机电压，则流过灯泡的电流为
IL=UMRL=7035A=2A
(3)流过电动机的电流为
IM=I−IL=8A
电动机的发热功率
P热=IM2RM=82⋅2W=128W
(4)电动机的输出功率
PM出=UMIM−IM2RM=432W
【解析】解析及详细解答过程见答案
14.【答案】【详解】(1)粒子在电场中加速，由动能定理可知：
eU1=12mvm2
解得：
v0= 2eU1m
(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向：
L=v0t
则沿电场方向：
eU2d=ma
侧移量：
y=12 at2
联立解得：
y=U2L24dU1
(3)由几何关系可知：
L2L2+l=yY
得：
Y=U2L2U1d(L2+l)
(4)该示波器的灵敏度 D=yU2
解得：
D=yU2=L24dU1
则增加L、或者减小d以及减小U1均可增加灵敏度；
【解析】解析及详细解答过程见答案
15.【答案】【详解】(1)
12⋅2mv02=2mg(h−Lsinθ)
解得
v0= (2h−L)g
(2)木板与木块的整体
F−2mgsinθ=2ma0 ，
对物块
μmgcsθ−mgsinθ=ma0
解得
F0=32mg
(3)设经拉力F的最短时间为t1，再经时间t2物块与木板达到共速，再经时间t3木板下端到达B点，速度恰好减为零；
对木板
F−mgsinθ−μmgcsθ=ma1
mgsinθ+μmgcsθ=ma3
对物块有
μmgcsθ−mgsinθ=ma2
对木板和物块的整体，有
2mgsinθ=2ma4
另有速度相等时
a1t1−a3t2=a2(t1+t2)
a2(t1+t2)=a4t3
两物块的位移关系
12a1t12+a1t1⋅t2−12a3t22+12a4t32=hsinθ
因此做功为
W=F⋅12a1t12
解得
W=94mgh
【解析】解析及详细解答过程见参考答案
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