【解析】黑龍江省某校2022-2023學(xué)年高一下學(xué)期期末物理試題

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一、單選題

1．關(guān)于對元電荷的理解，下列表述正確的是（）

A．只有質(zhì)子的帶電荷量等于元電荷

B．元電荷就是電子或者質(zhì)子

C．物體所帶的電荷量只能是元電荷的整數(shù)倍

D．元電荷的大小是1庫侖

2．以下幾種方法中，不能改變電容器電容的是____

A．增大兩板的正對面積B．增大兩板間的距離

C．增大兩板間的電壓D．更換電介質(zhì)

3．兩個質(zhì)量均勻的球體相距r，它們之間的萬有引力為，若它們的質(zhì)量、距離都增加為原來的2倍，則它們間的萬有引力為（）

A．B．C．D．

4．（2023高一下·富平期末）如圖，汽車向右沿水平面運動，通過繩子提升重物M使其以速度v勻速上升。當(dāng)繩子與水平方向的夾角為時，汽車運動的速度為（）

A．B．C．D．

5．（2023高三上·山西期中）兩個質(zhì)量相同的小球，在同一水平面內(nèi)做勻速圓周運動，懸點相同，如圖所示，A運動的半徑比B的大，則（）

A．A所需的向心力比B的大B．B所需的向心力比A的大

C．A的角速度比B的大D．B的角速度比A的大

6．有一質(zhì)量為的木塊，從半徑為的圓弧曲面上的點滑向點，如圖所示，如果由于摩擦使木塊的運動速率保持不變，則以下敘述正確的是（）

A．木塊所受的合力為零

B．因木塊所受的力對其都不做功，所以合力做的功為零

C．重力和摩擦力的合力做的功為零

D．重力和摩擦力的合力為零

7．（2022高三上·河北月考）如圖所示，A、B、C為等邊三角形的三個頂點，相距為L的A、B兩點分別固定有電荷量為和的點電荷，C點固定一個銅球。靜電力常量為k。銅球上的感應(yīng)電荷產(chǎn)生的電場在C點的電場強(qiáng)度大小為（）

A．B．C．D．

8．如圖，一帶正電的點電荷固定于點，兩虛線圓均以為圓心，兩實線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡，、、、d、為軌跡和虛線圓的交點，不計重力。下列說法錯誤的是（）

A．M帶負(fù)電荷，N帶正電荷

B．M在點的動能小于它在點的動能

C．N在d點的電勢能等于它在點的電勢能

D．N在從點運動到d點的過程中克服電場力做功

二、多選題

9．如圖所示，若關(guān)閉動力的航天飛機(jī)在月球引力的作用下向月球靠近，并將與空間站在B處對接，已知空間站繞月球做勻速圓周運動的軌道半徑為r，周期為T，萬有引力常量為G，下列說法中正確的是（）

A．圖中航天飛機(jī)正減速飛向B處

B．航天飛機(jī)在B處由橢圓軌道進(jìn)入空間站軌道時必須點火減速

C．根據(jù)題中條件可以算出月球質(zhì)量

D．根據(jù)題中條件可以算出空間站受到月球引力的大小

10．如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶電小球A用絕緣細(xì)線懸掛于O點，帶電荷量也為q的小球B固定在O點正下方的絕緣柱上，其中O點與小球A的間距為l，O點與小球B的間距為，當(dāng)小球A平衡時，懸線與豎直方向的夾角θ=30°，帶電小球A、B均可視為點電荷，靜電力常量為k，則下列說法正確的是（）

A．A、B間庫侖力大小B．A、B間庫侖力大小

C．細(xì)線拉力大小D．細(xì)線拉力大小

11．如圖所示為某一電場的電場線和等勢面。已知，，ab＝bc，b點電勢為，b、d在同一等勢面上。以表示點電荷q由a點移到c點過程中電場力做功的大小，表示點電荷q由d點移到c點過程中電場力做功的大小，則（）

A．B．C．D．

12．如圖所示，在北戴河旅游景點之一的南戴河滑沙場有兩個坡度不同的滑道AB和AB′（均可看作斜面），甲、乙兩名旅游者分別乘兩個完全相同的滑沙撬從A點由靜止開始分別沿AB和AB′滑下，最后都停在水平沙面BC上，設(shè)滑沙撬和沙面間的動摩擦因數(shù)處處相同，斜面與水平面連接處可認(rèn)為是圓滑的．則下列說法中正確的是（）

A．甲在B點的速率一定大于乙在B′點的速率

B．甲在B點的速率一定小于乙在B′點的速率

C．甲滑行的總路程一定等于乙滑行的總路程

D．甲、乙從A點出發(fā)到停下，兩人位移的大小相等

三、實驗題

13．用如圖的實驗裝置驗證m1、m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。m2從高處由靜止開始下落，m1上拖著的紙帶打出一系列的點，對紙帶上的點跡進(jìn)行測量，即可驗證機(jī)械能守恒定律。實驗中獲取的一條紙帶如圖所示，0是打下的第一個點，每相鄰兩計數(shù)點間還有4個打下的點（圖中未標(biāo)出），打點頻率為50Hz，計數(shù)點間的距離已標(biāo)記在紙帶上。已知m1=50g，m2=150g，則（g=9.8m/s2，所有結(jié)果均保留三位有效數(shù)字）

（1）在紙帶上打下計數(shù)點5時的速度v5=m/s。

（2）在打下0~5的過程中系統(tǒng)動能的增量ΔEk=J，系統(tǒng)勢能的減少量ΔEp=J。

（3）由此得出的結(jié)論是：；

（4）在本實驗中，若某同學(xué)作出了的圖像，如圖所示：

則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣鹊臏y量值g=m/s2。

四、解答題

14．如圖所示，豎直平面內(nèi)有一光滑圓弧管道，其半徑為R=0.5m，一質(zhì)量m=0.8kg的小球從平臺邊緣的A處水平射出，恰能沿圓弧管道上P點的切線方向進(jìn)入管道內(nèi)側(cè)，管道半徑OP與豎直線的夾角為53°，已知管道最高點Q與A點等高，sin53°=0.8，cos53°=0.6，g取。試求：

（1）小球從平臺上的A點射出時的速度大小；

（2）如果小球沿管道通過圓弧的最高點Q時的速度大小為3m/s，則小球運動到Q點時對軌道的壓力。

15．如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面上，一勁度系數(shù)為k=200N/m的輕質(zhì)彈簧一端連接固定擋板C上，另一端連接一質(zhì)量為m=4kg的物體A，一輕細(xì)繩通過定滑輪，一端系在物體A上，另一端與質(zhì)量也為m的物體B相連，細(xì)繩與斜面平行，斜面足夠長，用手托住物體B使繩子剛好沒有拉力，然后由靜止釋放，求：

（1）彈簧恢復(fù)原長時細(xì)繩上的拉力；

（2）物體A沿斜面向上運動多遠(yuǎn)時獲得最大速度；

（3）物體A的最大速度大小。

16．如圖所示，分別位于C點和D點的兩等量異種點電荷的電荷量均為Q，絕緣豎直平面恰好為兩點電荷連線的中垂線，O點為絕緣豎直平面與兩點電荷連線的交點，平面上A、O、B三點位于同一豎直線上，AO=BO=L，?，F(xiàn)有電荷量為+q、質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點），從A點以初速度v0向B點滑動，到達(dá)B點時速度恰好減為零。已知物塊與平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，靜電力常量為k，求：

（1）A點的電場強(qiáng)度的大小；

（2）物塊運動到O點時加速度的大小和方向；

（3）物塊通過O點的速度大小v；

答案解析部分

1．【答案】C

【知識點】元電荷

【解析】【解答】元電荷是電子或質(zhì)子帶電量的絕對值，元電荷是一個電量數(shù)值，不是質(zhì)子或電子這種實物粒子，任何帶電體所帶電荷都是元電荷的整數(shù)倍。目前測定的元電荷的值，故ABD不符合題意，C符合題意。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)元電荷的定義分析。

2．【答案】C

【知識點】電容器及其應(yīng)用

【解析】【解答】根據(jù)電容的決定式知，電容器的電容由極板正對面積、極板間距和電介質(zhì)的介電常數(shù)這些自身因素決定，與極板電壓和極板的帶電量無關(guān)，所以增大極板正對面積、增大極板間距和更換電介質(zhì)都能改變電容器的電容，而增大兩極板間的電壓對電容沒有影響，C符合題意，ABD不符合題意。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)電容器的決定式分析影響電容的因素。

3．【答案】A

【知識點】萬有引力定律

【解析】【解答】由萬有引力定律可得，兩個質(zhì)量均勻的球體相距r，它們之間的萬有引力為，若它們的質(zhì)量、距離都增加為原來的2倍，則它們之間的萬有引力為，A符合題意，BCD不符合題意。

故答案為：A。

【分析】根據(jù)萬有引力的公式計算兩球體間的萬有引力。

4．【答案】D

【知識點】速度的合成與分解

【解析】【解答】繩子與水平方向的夾角為α，將小車的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向，沿繩子方向的速度等于M的速度，根據(jù)平行四邊形定則得

可得車的速度為

故答案為：D。

【分析】對小車的速度進(jìn)行分解，利用速度的分解結(jié)合重物的速度可以求出小車速度的大小。

5．【答案】A

【知識點】牛頓第二定律

【解析】【解答】AB．對其中一個小球受力分析，如圖所示

受重力、繩子的拉力，由于小球做勻速圓周運動，合力提供向心力，由牛頓第二定律可得F=mgtanθ

A繩與豎直方向夾角大，說明A受到的向心力比B的大，A符合題意，B不符合題意；

CD．由向心力公式得到F=mω2r

設(shè)球與懸掛點間的高度差為h，由幾何關(guān)系得r=htanθ

解得

分析表達(dá)式可知A的角速度與B的角速度大小相等，CD不符合題意。

故答案為：A。

【分析】利用重力和繩子的拉力的合力可以比較向心力的大小；利用向心力的表達(dá)式可以判別角速度大小相等。

6．【答案】C

【知識點】勻速圓周運動；向心力；功的計算

【解析】【解答】A.由題意可知，木塊做勻速圓周運動，其合力提供向心力，不為零，A不符合題意；

BC.木塊受重力、支持力和摩擦力作用，在木塊下滑的過程中，重力做正功，摩擦力做負(fù)功，支持力不做功，這三個力的合力充當(dāng)向心力，指向圓心，總與速度垂直，所以合力做功為零，可知重力和摩擦力的合力做功為零，B不符合題意，C符合題意；

D.重力為恒力，而摩擦力大小方向均隨著物體的運動而改變，所以二力不平衡，合力不為零，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】勻速圓周運動中，合力即為向心力；根據(jù)力與瞬時速度的夾角的判斷力是否做功；由重力和摩擦力的方向分析二者的合力是否為零。

7．【答案】A

【知識點】庫侖定律

【解析】【解答】處于靜電場中的導(dǎo)體達(dá)到靜電平衡時，導(dǎo)體內(nèi)部電場強(qiáng)度是零，即感應(yīng)電荷的電場強(qiáng)度與外加電場的電場強(qiáng)度疊加后是零，由點電荷的場強(qiáng)決定式，可得A點點電荷在C點產(chǎn)生場強(qiáng)大小為，方向由A指向C，B點2Q點電荷在C點產(chǎn)生場強(qiáng)大小為，方向由C指向B，由電場強(qiáng)度的疊加原理，如圖所示，可得銅球上的感應(yīng)電荷產(chǎn)生的電場在C點的電場強(qiáng)度大小為

，A符合題意，BCD不符合題意。

故答案為：A。

【分析】處于靜電場中的導(dǎo)體達(dá)到靜電平衡時，導(dǎo)體內(nèi)部電場強(qiáng)度是零。由電場強(qiáng)度的疊加原理可得銅球上的感應(yīng)電荷產(chǎn)生的電場在C點的電場強(qiáng)度大小。

8．【答案】D

【知識點】動能定理的綜合應(yīng)用；電勢能與電場力做功的關(guān)系；電勢差；等勢面

【解析】【解答】A.在曲線運動中，物體受到的合力指向軌跡的凹側(cè)，可知粒子M受到的是引力作用，所以M帶負(fù)電，粒子N受到的是斥力作用，所以N帶正電，A不符合題意；

B.因為O點固定的是正電荷，所以，M從a運動到b，電場力做功，動能減小，所以M在點的動能小于它在點的動能，B不符合題意；

C.由圖可知，d點和e點在同一個等勢面上，所以N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能，C不符合題意；

D.由圖可知，從c點到d點，帶正電的N遠(yuǎn)離固定在O點的正電荷，可知電場力做正功，D符合題意。

故答案為：D。

【分析】根據(jù)軌跡判斷出粒子受到的電場力的方向，得出粒子的電性；根據(jù)電場力做功的正負(fù)分析粒子動能的變化；分析d點和e點的電勢關(guān)系，得出N在這兩點時的電勢能的關(guān)系；根據(jù)電場力的方向和位移的方向關(guān)系分析電場力做功的正負(fù)。

9．【答案】B,C

【知識點】萬有引力定律的應(yīng)用；衛(wèi)星問題

【解析】【解答】A.航天飛機(jī)在飛向B處的過程中，月球?qū)λ娜f有引力的方向和其運動方向之間的夾角為銳角，所以月球的引力對航天飛機(jī)做正功，由動能定理可知，航天飛機(jī)動能增大，所以圖中航天飛機(jī)正加速飛向B處，A不符合題意；

B.根據(jù)衛(wèi)星變軌原理，航天飛機(jī)需要在B處點火減速，做向心力運動，才能進(jìn)入空間站所在的圓軌道，B符合題意；

C.設(shè)空間站的質(zhì)量為m，月球的質(zhì)量為M，根據(jù)萬有引力提供空間站做圓周運動的向心力，可得，解得，因為空間站的軌道半徑r、周期T、萬有引力常量G均已知，所以可以計算出月球的質(zhì)量M，C符合題意；

D.由于空間站的質(zhì)量不知，根據(jù)萬有引力定律知，不能求出空間站受到月球引力的大小，D不符合題意。

故答案為：BC。

【分析】根據(jù)萬有引力做功的正負(fù)，由動能定理分析航天分析的速度變化；根據(jù)衛(wèi)星的變軌原理分析航天飛機(jī)從橢圓軌道進(jìn)入圓軌道需要采取的措施；由萬有引力提供空間站做圓周運動的向心力，推導(dǎo)月球質(zhì)量的表達(dá)式，再結(jié)合題給條件分析是否可以算出月球質(zhì)量；由萬有引力定律分析能否求出空間站受到月球引力的大小。

10．【答案】A,C

【知識點】庫侖定律；共點力的平衡

【解析】【解答】

AD.小球A的受力如圖所示：

由幾何關(guān)系可知三角形OAB為等腰三角形，其中，，幾何三角形OAB與力三角形相似，則有，可得，A符合題意，D不符合題意；

BC.由庫侖定律可得A、B之間的庫侖力大小為，又，可得，B不符合題意，C符合題意；

故答案為：AC。

【分析】做出小球的A的受力分析，由幾何關(guān)系求出小球受到的庫侖力和細(xì)線的拉力，再由庫侖定律求解小球受到的庫侖力和細(xì)線的拉力。

11．【答案】B,D

【知識點】電勢；電勢差；電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系

【解析】【解答】AB.由圖看出，ab間電場線比bc間電場線密，而ab=bc，根據(jù)U=Ed定性分析可知，即，可得，即，且b、d在同一等勢面上，有，A不符合題意，B符合題意；

CD.由上分析知：，可知，而d與b電勢相等，則，可得：，根據(jù)電場力做功公式W=qU得，C不符合題意，D符合題意。

故答案為：BD。

【分析】由電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系式U=Ed，定性分析a、b兩點間的電勢差和b、c兩點間的電勢差的大小關(guān)系，再結(jié)合電勢差公式分析b點電勢；等勢面上的點電勢相等；由電場力做功的公式W=qU，分析點電荷q由a點移到c點過程中電場力做功和由d點移到c點過程中電場力做功的大小關(guān)系。

12．【答案】A,D

【知識點】動能定理的綜合應(yīng)用

【解析】【解答】AB.設(shè)斜面的高為h，傾角為，對物體在斜面下滑的過程，根據(jù)動能定理得，化簡可得，由此式可知，越大，人滑到達(dá)底端的速度越大，故甲在B點的速率一定大于乙在B′點的速率，A符合題意，B不符合題意；

CD.對全過程運用動能定理得，整理得，知兩人的水平分位移相等，即兩人停止在同一位置，所以兩人從A點出發(fā)到停下，位移的大小相等，根據(jù)幾何關(guān)系知甲滑行的總路程一定大于乙滑行的總路程，C不符合題意，D符合題意。

故答案為：AD。

【分析】應(yīng)用動能定理分析人在斜面上的運動，推導(dǎo)人到達(dá)斜面底端時的速度與斜面傾角的關(guān)系，求出甲、乙兩人在斜面底端速度的大小關(guān)系；由動能定理分析全過程，再結(jié)合幾何關(guān)系分析兩人位移和總路程的大小關(guān)系。

13．【答案】（1）2.40

（2）0.576；0.588

（3）在誤差允許的范圍內(nèi)，m1、m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

（4）9.70

【知識點】驗證機(jī)械能守恒定律

【解析】【解答】（1）由于相鄰兩計數(shù)點間還有4個打下的點，則相鄰計數(shù)點之間的時間間隔，根據(jù)在勻變速直線運動中，中間時刻的瞬時速度等于這段時間內(nèi)的平均速度，可得在紙帶上打下計數(shù)點5時的速度；

（2）在打下0~5的過程中系統(tǒng)動能的增量，系統(tǒng)勢能的減少量；

（3）根據(jù)上述數(shù)據(jù)可知，在誤差允許的范圍內(nèi)，、組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒；

（4）根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得，解得，結(jié)合圖像中的數(shù)據(jù)可得，解得。

【分析】（1）根據(jù)在勻變速直線運動中，中間時刻的瞬時速度等于這段時間內(nèi)的平均速度，求出打下計數(shù)點5的速度；（2）由打下點0和打下點5時系統(tǒng)的動能，求出打下0~5的過程中系統(tǒng)動能的增量；由打下點0和打下點5時系統(tǒng)的重力勢能，求出系統(tǒng)重力勢能的減少量；（3）比較得到的數(shù)據(jù)，得出結(jié)論；（4）由機(jī)械能守恒定律推導(dǎo)的關(guān)系式，再結(jié)合圖像中的斜率求出當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊闹怠?/p>

14．【答案】（1）解：小球從A到P的高度差為

小球做平拋運動，豎直方向上

則小球在P點的豎直分速度vy=gt

把小球在P點的速度分解可得

聯(lián)立解得小球平拋運動初速度v0=3m/s

（2）解：小球到達(dá)Q時vQ=3m/s

在Q點根據(jù)向心力公式得

解得

表明方向向下。

所以由牛頓第三定律可知，小球通過管道的最高點Q時對管道的壓力

方向向上。

【知識點】牛頓第三定律；牛頓第二定律；平拋運動；豎直平面的圓周運動

【解析】【分析】（1）根據(jù)平拋規(guī)律分析小球由A運動到P的過程，由運動學(xué)公式求出小球從平臺上的A點射出時的速度大??；（2）分析小球在Q點的受力，由牛頓第二定律和第三定律求出小球運動到Q點時對軌道的壓力。

15．【答案】（1）解：彈簧回復(fù)原長時，對B有

對A有

代入數(shù)據(jù)解得

（2）解：初始位置，彈簧的壓縮量為

當(dāng)A速度最大時，有

彈簧的伸長量為

所以A沿斜面上升的距離為

（3）解：因為x1=x2，所以彈簧的彈性勢能沒有改變，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得

解得

【知識點】胡克定律；牛頓運動定律的應(yīng)用—連接體

【解析】【分析】（1）分別分析彈簧恢復(fù)原長時物體A和物體B的受力，根據(jù)兩物體加速度相等的特點，由牛頓第二定律列式，求出彈簧恢復(fù)原長時細(xì)繩上的拉力；（2）當(dāng)A受力平衡時，A的速度達(dá)到最大，求出A在初始位置處彈簧的形變量和A速度最大時彈簧的形變量，得到A獲得最大速度時向上運動的距離；（3）由系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律求解物體A的最大速度。

16．【答案】（1）解：根據(jù)幾何關(guān)系可知

位于C點的正點電荷在A點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為

根據(jù)電場的疊加原理可知，A點的電場強(qiáng)度的大小為

（2）解：物塊運動到O點時，對物塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得

水平方向有

聯(lián)立解得

加速度方向豎直向上。

（3）解：物塊從A點到B點得過程中，設(shè)克服阻力做功，由動能定理得

物塊從A點到O點得過程中，由動能定理得

聯(lián)立解得

【知識點】牛頓第二定律；動能定理的綜合應(yīng)用；點電荷的電場；電場強(qiáng)度的疊加

【解析】【分析】（1）由點電荷的電場強(qiáng)度公式和電場疊加原理求出A點的電場強(qiáng)度的大??；（2）分析物塊在O點的受力，由牛頓第二定律求解物塊運動到O點時加速度的大小和方向；（3）由動能定理求解物塊通過O點的速度大小。

1/1黑龍江省某校2022-2023學(xué)年高一下學(xué)期期末物理試題

一、單選題

1．關(guān)于對元電荷的理解，下列表述正確的是（）

A．只有質(zhì)子的帶電荷量等于元電荷

B．元電荷就是電子或者質(zhì)子

C．物體所帶的電荷量只能是元電荷的整數(shù)倍

D．元電荷的大小是1庫侖

【答案】C

【知識點】元電荷

【解析】【解答】元電荷是電子或質(zhì)子帶電量的絕對值，元電荷是一個電量數(shù)值，不是質(zhì)子或電子這種實物粒子，任何帶電體所帶電荷都是元電荷的整數(shù)倍。目前測定的元電荷的值，故ABD不符合題意，C符合題意。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)元電荷的定義分析。

2．以下幾種方法中，不能改變電容器電容的是____

A．增大兩板的正對面積B．增大兩板間的距離

C．增大兩板間的電壓D．更換電介質(zhì)

【答案】C

【知識點】電容器及其應(yīng)用

【解析】【解答】根據(jù)電容的決定式知，電容器的電容由極板正對面積、極板間距和電介質(zhì)的介電常數(shù)這些自身因素決定，與極板電壓和極板的帶電量無關(guān)，所以增大極板正對面積、增大極板間距和更換電介質(zhì)都能改變電容器的電容，而增大兩極板間的電壓對電容沒有影響，C符合題意，ABD不符合題意。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)電容器的決定式分析影響電容的因素。

3．兩個質(zhì)量均勻的球體相距r，它們之間的萬有引力為，若它們的質(zhì)量、距離都增加為原來的2倍，則它們間的萬有引力為（）

A．B．C．D．

【答案】A

【知識點】萬有引力定律

【解析】【解答】由萬有引力定律可得，兩個質(zhì)量均勻的球體相距r，它們之間的萬有引力為，若它們的質(zhì)量、距離都增加為原來的2倍，則它們之間的萬有引力為，A符合題意，BCD不符合題意。

故答案為：A。

【分析】根據(jù)萬有引力的公式計算兩球體間的萬有引力。

4．（2023高一下·富平期末）如圖，汽車向右沿水平面運動，通過繩子提升重物M使其以速度v勻速上升。當(dāng)繩子與水平方向的夾角為時，汽車運動的速度為（）

A．B．C．D．

【答案】D

【知識點】速度的合成與分解

【解析】【解答】繩子與水平方向的夾角為α，將小車的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向，沿繩子方向的速度等于M的速度，根據(jù)平行四邊形定則得

可得車的速度為

故答案為：D。

【分析】對小車的速度進(jìn)行分解，利用速度的分解結(jié)合重物的速度可以求出小車速度的大小。

5．（2023高三上·山西期中）兩個質(zhì)量相同的小球，在同一水平面內(nèi)做勻速圓周運動，懸點相同，如圖所示，A運動的半徑比B的大，則（）

A．A所需的向心力比B的大B．B所需的向心力比A的大

C．A的角速度比B的大D．B的角速度比A的大

【答案】A

【知識點】牛頓第二定律

【解析】【解答】AB．對其中一個小球受力分析，如圖所示

受重力、繩子的拉力，由于小球做勻速圓周運動，合力提供向心力，由牛頓第二定律可得F=mgtanθ

A繩與豎直方向夾角大，說明A受到的向心力比B的大，A符合題意，B不符合題意；

CD．由向心力公式得到F=mω2r

設(shè)球與懸掛點間的高度差為h，由幾何關(guān)系得r=htanθ

解得

分析表達(dá)式可知A的角速度與B的角速度大小相等，CD不符合題意。

故答案為：A。

【分析】利用重力和繩子的拉力的合力可以比較向心力的大?。焕孟蛐牧Φ谋磉_(dá)式可以判別角速度大小相等。

6．有一質(zhì)量為的木塊，從半徑為的圓弧曲面上的點滑向點，如圖所示，如果由于摩擦使木塊的運動速率保持不變，則以下敘述正確的是（）

A．木塊所受的合力為零

B．因木塊所受的力對其都不做功，所以合力做的功為零

C．重力和摩擦力的合力做的功為零

D．重力和摩擦力的合力為零

【答案】C

【知識點】勻速圓周運動；向心力；功的計算

【解析】【解答】A.由題意可知，木塊做勻速圓周運動，其合力提供向心力，不為零，A不符合題意；

BC.木塊受重力、支持力和摩擦力作用，在木塊下滑的過程中，重力做正功，摩擦力做負(fù)功，支持力不做功，這三個力的合力充當(dāng)向心力，指向圓心，總與速度垂直，所以合力做功為零，可知重力和摩擦力的合力做功為零，B不符合題意，C符合題意；

D.重力為恒力，而摩擦力大小方向均隨著物體的運動而改變，所以二力不平衡，合力不為零，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】勻速圓周運動中，合力即為向心力；根據(jù)力與瞬時速度的夾角的判斷力是否做功；由重力和摩擦力的方向分析二者的合力是否為零。

7．（2022高三上·河北月考）如圖所示，A、B、C為等邊三角形的三個頂點，相距為L的A、B兩點分別固定有電荷量為和的點電荷，C點固定一個銅球。靜電力常量為k。銅球上的感應(yīng)電荷產(chǎn)生的電場在C點的電場強(qiáng)度大小為（）

A．B．C．D．

【答案】A

【知識點】庫侖定律

【解析】【解答】處于靜電場中的導(dǎo)體達(dá)到靜電平衡時，導(dǎo)體內(nèi)部電場強(qiáng)度是零，即感應(yīng)電荷的電場強(qiáng)度與外加電場的電場強(qiáng)度疊加后是零，由點電荷的場強(qiáng)決定式，可得A點點電荷在C點產(chǎn)生場強(qiáng)大小為，方向由A指向C，B點2Q點電荷在C點產(chǎn)生場強(qiáng)大小為，方向由C指向B，由電場強(qiáng)度的疊加原理，如圖所示，可得銅球上的感應(yīng)電荷產(chǎn)生的電場在C點的電場強(qiáng)度大小為

，A符合題意，BCD不符合題意。

故答案為：A。

【分析】處于靜電場中的導(dǎo)體達(dá)到靜電平衡時，導(dǎo)體內(nèi)部電場強(qiáng)度是零。由電場強(qiáng)度的疊加原理可得銅球上的感應(yīng)電荷產(chǎn)生的電場在C點的電場強(qiáng)度大小。

8．如圖，一帶正電的點電荷固定于點，兩虛線圓均以為圓心，兩實線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡，、、、d、為軌跡和虛線圓的交點，不計重力。下列說法錯誤的是（）

A．M帶負(fù)電荷，N帶正電荷

B．M在點的動能小于它在點的動能

C．N在d點的電勢能等于它在點的電勢能

D．N在從點運動到d點的過程中克服電場力做功

【答案】D

【知識點】動能定理的綜合應(yīng)用；電勢能與電場力做功的關(guān)系；電勢差；等勢面

【解析】【解答】A.在曲線運動中，物體受到的合力指向軌跡的凹側(cè)，可知粒子M受到的是引力作用，所以M帶負(fù)電，粒子N受到的是斥力作用，所以N帶正電，A不符合題意；

B.因為O點固定的是正電荷，所以，M從a運動到b，電場力做功，動能減小，所以M在點的動能小于它在點的動能，B不符合題意；

C.由圖可知，d點和e點在同一個等勢面上，所以N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能，C不符合題意；

D.由圖可知，從c點到d點，帶正電的N遠(yuǎn)離固定在O點的正電荷，可知電場力做正功，D符合題意。

故答案為：D。

【分析】根據(jù)軌跡判斷出粒子受到的電場力的方向，得出粒子的電性；根據(jù)電場力做功的正負(fù)分析粒子動能的變化；分析d點和e點的電勢關(guān)系，得出N在這兩點時的電勢能的關(guān)系；根據(jù)電場力的方向和位移的方向關(guān)系分析電場力做功的正負(fù)。

二、多選題

9．如圖所示，若關(guān)閉動力的航天飛機(jī)在月球引力的作用下向月球靠近，并將與空間站在B處對接，已知空間站繞月球做勻速圓周運動的軌道半徑為r，周期為T，萬有引力常量為G，下列說法中正確的是（）

A．圖中航天飛機(jī)正減速飛向B處

B．航天飛機(jī)在B處由橢圓軌道進(jìn)入空間站軌道時必須點火減速

C．根據(jù)題中條件可以算出月球質(zhì)量

D．根據(jù)題中條件可以算出空間站受到月球引力的大小

【答案】B,C

【知識點】萬有引力定律的應(yīng)用；衛(wèi)星問題

【解析】【解答】A.航天飛機(jī)在飛向B處的過程中，月球?qū)λ娜f有引力的方向和其運動方向之間的夾角為銳角，所以月球的引力對航天飛機(jī)做正功，由動能定理可知，航天飛機(jī)動能增大，所以圖中航天飛機(jī)正加速飛向B處，A不符合題意；

B.根據(jù)衛(wèi)星變軌原理，航天飛機(jī)需要在B處點火減速，做向心力運動，才能進(jìn)入空間站所在的圓軌道，B符合題意；

C.設(shè)空間站的質(zhì)量為m，月球的質(zhì)量為M，根據(jù)萬有引力提供空間站做圓周運動的向心力，可得，解得，因為空間站的軌道半徑r、周期T、萬有引力常量G均已知，所以可以計算出月球的質(zhì)量M，C符合題意；

D.由于空間站的質(zhì)量不知，根據(jù)萬有引力定律知，不能求出空間站受到月球引力的大小，D不符合題意。

故答案為：BC。

【分析】根據(jù)萬有引力做功的正負(fù)，由動能定理分析航天分析的速度變化；根據(jù)衛(wèi)星的變軌原理分析航天飛機(jī)從橢圓軌道進(jìn)入圓軌道需要采取的措施；由萬有引力提供空間站做圓周運動的向心力，推導(dǎo)月球質(zhì)量的表達(dá)式，再結(jié)合題給條件分析是否可以算出月球質(zhì)量；由萬有引力定律分析能否求出空間站受到月球引力的大小。

10．如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶電小球A用絕緣細(xì)線懸掛于O點，帶電荷量也為q的小球B固定在O點正下方的絕緣柱上，其中O點與小球A的間距為l，O點與小球B的間距為，當(dāng)小球A平衡時，懸線與豎直方向的夾角θ=30°，帶電小球A、B均可視為點電荷，靜電力常量為k，則下列說法正確的是（）

A．A、B間庫侖力大小B．A、B間庫侖力大小

C．細(xì)線拉力大小D．細(xì)線拉力大小

【答案】A,C

【知識點】庫侖定律；共點力的平衡

【解析】【解答】

AD.小球A的受力如圖所示：

由幾何關(guān)系可知三角形OAB為等腰三角形，其中，，幾何三角形OAB與力三角形相似，則有，可得，A符合題意，D不符合題意；

BC.由庫侖定律可得A、B之間的庫侖力大小為，又，可得，B不符合題意，C符合題意；

故答案為：AC。

【分析】做出小球的A的受力分析，由幾何關(guān)系求出小球受到的庫侖力和細(xì)線的拉力，再由庫侖定律求解小球受到的庫侖力和細(xì)線的拉力。

11．如圖所示為某一電場的電場線和等勢面。已知，，ab＝bc，b點電勢為，b、d在同一等勢面上。以表示點電荷q由a點移到c點過程中電場力做功的大小，表示點電荷q由d點移到c點過程中電場力做功的大小，則（）

A．B．C．D．

【答案】B,D

【知識點】電勢；電勢差；電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系

【解析】【解答】AB.由圖看出，ab間電場線比bc間電場線密，而ab=bc，根據(jù)U=Ed定性分析可知，即，可得，即，且b、d在同一等勢面上，有，A不符合題意，B符合題意；

CD.由上分析知：，可知，而d與b電勢相等，則，可得：，根據(jù)電場力做功公式W=qU得，C不符合題意，D符合題意。

故答案為：BD。

【分析】由電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系式U=Ed，定性分析a、b兩點間的電勢差和b、c兩點間的電勢差的大小關(guān)系，再結(jié)合電勢差公式分析b點電勢；等勢面上的點電勢相等；由電場力做功的公式W=qU，分析點電荷q由a點移到c點過程中電場力做功和由d點移到c點過程中電場力做功的大小關(guān)系。

12．如圖所示，在北戴河旅游景點之一的南戴河滑沙場有兩個坡度不同的滑道AB和AB′（均可看作斜面），甲、乙兩名旅游者分別乘兩個完全相同的滑沙撬從A點由靜止開始分別沿AB和AB′滑下，最后都停在水平沙面BC上，設(shè)滑沙撬和沙面間的動摩擦因數(shù)處處相同，斜面與水平面連接處可認(rèn)為是圓滑的．則下列說法中正確的是（）

A．甲在B點的速率一定大于乙在B′點的速率

B．甲在B點的速率一定小于乙在B′點的速率

C．甲滑行的總路程一定等于乙滑行的總路程

D．甲、乙從A點出發(fā)到停下，兩人位移的大小相等

【答案】A,D

【知識點】動能定理的綜合應(yīng)用

【解析】【解答】AB.設(shè)斜面的高為h，傾角為，對物體在斜面下滑的過程，根據(jù)動能定理得，化簡可得，由此式可知，越大，人滑到達(dá)底端的速度越大，故甲在B點的速率一定大于乙在B′點的速率，A符合題意，B不符合題意；

CD.對全過程運用動能定理得，整理得，知兩人的水平分位移相等，即兩人停止在同一位置，所以兩人從A點出發(fā)到停下，位移的大小相等，根據(jù)幾何關(guān)系知甲滑行的總路程一定大于乙滑行的總路程，C不符合題意，D符合題意。

故答案為：AD。

【分析】應(yīng)用動能定理分析人在斜面上的運動，推導(dǎo)人到達(dá)斜面底端時的速度與斜面傾角的關(guān)系，求出甲、乙兩人在斜面底端速度的大小關(guān)系；由動能定理分析全過程，再結(jié)合幾何關(guān)系分析兩人位移和總路程的大小關(guān)系。

三、實驗題

13．用如圖的實驗裝置驗證m1、m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。m2從高處由靜止開始下落，m1上拖著的紙帶打出一系列的點，對紙帶上的點跡進(jìn)行測量，即可驗證機(jī)械能守恒定律。實驗中獲取的一條紙帶如圖所示，0是打下的第一個點，每相鄰兩計數(shù)點間還有4個打下的點（圖中未標(biāo)出），打點頻率為50Hz，計數(shù)點間的距離已標(biāo)記在紙帶上。已知m1=50g，m2=150g，則（g=9.8m/s2，所有結(jié)果均保留三位有效數(shù)字）

（1）在紙帶上打下計數(shù)點5時的速度v5=m/s。

（2）在打下0~5的過程中系統(tǒng)動能的增量ΔEk=J，系統(tǒng)勢能的減少量ΔEp=J。

（3）由此得出的結(jié)論是：；

（4）在本實驗中，若某同學(xué)作出了的圖像，如圖所示：

則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣鹊臏y量值g=m/s2。

【答案】（1）2.40

（2）0.576；0.588

（3）在誤差允許的范圍內(nèi)，m1、m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

（4）9.70

【知識點】驗證機(jī)械能守恒定律

【解析】【解答】（1）由于相鄰兩計數(shù)點間還有4個打下的點，則相鄰計數(shù)點之間的時間間隔，根據(jù)在勻變速直線運動中，中間時刻的瞬時速度等于這段時間內(nèi)的平均速度，可得在紙帶上打下計數(shù)點5時的速度；

（2）在打下0~5的過程中系統(tǒng)動能的增量，系統(tǒng)勢能的減少量；

（3）根據(jù)上述數(shù)據(jù)可知，在誤差允許的范圍內(nèi)，、組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒；

（4）根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得，解得，結(jié)合圖像中的數(shù)據(jù)可得，解得。

【分析】（1）根據(jù)在勻變速直線運動中，中間時刻的瞬時速度等于這段時間內(nèi)的平均速度，求出打下計數(shù)點5的速度；（2）由打下點0和打下點5時系統(tǒng)的動能，求出打下0~5的過程中系統(tǒng)動能的增量；由打下點0和打下點5時系統(tǒng)的重力勢能，求出系統(tǒng)重力勢能的減少量；（3）比較得到的數(shù)據(jù)，得出結(jié)論；（4）由機(jī)械能守恒定律推導(dǎo)的關(guān)系式，再結(jié)合圖像中的斜率求出當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊闹怠?/p>

四、解答題

14．如圖所示，豎直平面內(nèi)有一光滑圓弧管道，其半徑為R=0.5m，一質(zhì)量m=0.8kg的小球從平臺邊緣的A處水平射出，恰能沿圓弧管道上P點的切線方向進(jìn)入管道內(nèi)側(cè)，管道半徑OP與豎直線的夾角為53°，已知管道最高點Q與A點等高，sin53°=0.8，co