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2021-2022学年山东省济南市历城区高一（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2021-2022学年山东省济南市历城区高一（下）期末物理试卷（含解析），共20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。
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2021-2022学年山东省济南市历城区高一（下）期末物理试卷
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1. 如图所示，小船以大小为v1、方向与上游河岸成θ的速度(在静水中的速度)从A处过河，经过t时间正好到达正对岸的B处。现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸B处，在水流速度不变的情况下，可采取下列方法中的哪一种( )
A. 只要增大v1大小，不必改变θ角
B. 只要增大θ角，不必改变v1大小
C. 在增大v1的同时，也必须适当增大θ角
D. 在增大v1的同时，也必须适当减小θ角
2. 固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环。小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于( )
A. 它滑过的弧长 B. 它下降的高度
C. 它到P点的距离 D. 它与P点的连线扫过的面积
3. 汽车沿平直公路以恒定功率p从静止开始启动，如图所示，为牵引力F与速度v的关系，加速过程在图中的T点结束，所用的时间t=8秒，经历的路程s=50米，8秒后汽车做匀速运动，若汽车所受阻力始终不变，则( )
A. 汽车匀速运动时牵引力大小2×105N
B. 汽车所受阻力大小4×104N，
C. 汽车的恒定功率为1.6×105W，
D. 汽车的质量为8×103kg
4. “羲和号”是我国首颗太阳探测科学技术试验卫星。如图所示，该卫星围绕地球的运动视为匀速圆周运动，轨道平面与赤道平面接近垂直。卫星每天在相同时刻，沿相同方向经过地球表面A点正上方，恰好绕地球运行n圈。已知地球半径为地轴R，自转周期为T，地球表面重力加速度为g，则“羲和号”卫星轨道距地面高度为( )
A. (gR2T22n2π2)13-R B. (gR2T22n2π2)13 C. (gR2T24n2π2)13-R D. (gR2T24n2π2)13
5. 假设有一载人宇宙飞船在距地面高度为4200km 的赤道上空绕地球做匀速圆周运动，地球半径约为6400km，地球同步卫星距地面高度为36000km，宇宙飞船和地球同步卫星绕地球同向运动，每当二者相距最近时，宇宙飞船就向同步卫星发射信号，然后再由同步卫星将信号发送到地面接收站，某时刻二者相距最远，从此刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为( )
A. 4次 B. 6次 C. 7次 D. 8次
6. 半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为( )
A. 正电荷，q=QΔLπR B. 正电荷，q=3QΔLπR
C. 负电荷，q=2QΔLπR D. 负电荷，q=23QΔLπR
7. 在平面直角坐标系的x轴上关于原点O对称的P、Q两点各放一个等量点电荷后，x轴上各点电场强度E随坐标x的变化曲线如图所示。规定沿x轴正向为场强的正方向，则下列说法正确的是( )
A. 将一个正试探电荷从P点沿x轴移向Q点的过程中电势能先增大后减小
B. x轴上从P点到Q点的电势先降低后升高
C. 若将一个正试探电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中一定是电场力先做正功后做负功
D. 若将一个正试探电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力可能先增大后减小
8. 一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。在两极板间有一正点电荷(电量很小)固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，Ep表示正点电荷在P点的电势能。若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则( )
A. U变小，E变小 B. E变大，Ep变大
C. U变小，Ep不变 D. U不变，Ep不变
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9. 如图所示，某同学将离地1.25m的网球以13m/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.8m.当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45m的P点，网球与墙壁碰撞后，垂直墙而速度分量大小变为碰前的0.75倍，平行墙面的速度分量不变，重力加速度g取10m/s2，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为( )
A. v=5m/s B. v=32m/s C. d=3.6m D. d=3.9m
10. 如图所示，支架固定在底座上，它们的总质量为M.质量分别为2m和m的小球A、B(可视为质点)固定在一根长度为L的轻杆两端，该轻杆通过光滑转轴O安装在支架的横梁上，O、A间的距离为L3，两小球和轻杆一起绕轴O在竖直平面内做圆周运动，运动过程中支架和底座一直保持静止。当转动到图示竖直位置时，小球A的速度为v，重力加速度为g，对于该位置有( )
A. 小球A、B的加速度大小相等
B. 若v=gL3，则底座对水平地面的压力为Mg+3mg
C. 小球A、B的向心力大小相等
D. 若v=13gL，则底座对水平地面的压力为Mg+mg3
11. 如图甲所示，M、N为正对竖直放置的平行金属板，A、B为两板中线上的两点。当M、N板间不加电压时，一带电小球从A点由静止释放经时间T到达B点，此时速度为v。若两板间加上如图乙所示的交变电压，t=0时，将带电小球仍从A点由静止释放，小球运动过程中始终未接触极板，则t=T时，小球( )
A. 在B点上方 B. 恰好到达B点 C. 速度大于v D. 速度等于v
12. 地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后，( )
A. 小球的动能最小时，其电势能最大
B. 小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C. 小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D. 从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
第II卷（非选择题）
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
13. 如图所示，AB是一可升降的竖直支架，支架顶端A处固定一弧形轨道，轨道末端水平．一条形木板的上端铰接于过A的水平转轴上，下端搁在水平地面上．将一小球从弧型轨道某一位置由静止释放，小球落在木板上的某处，测出小球平抛运动的水平射程x和此时木板与水平面的夹角θ，并算出tanθ.改变支架AB的高度，将小球从同一位置释放，重复实验，得到多组x和tanθ，记录的数据如表：
实验次数
1
2
3
4
5
6
tanθ
0.18
0.32
0.69
1.00
1.19
1.43
x/m
0.035
0.065
0.140
0.160
0.240
0.290
(1)在图(b)的坐标中描点连线，做出x-tanθ的关系图象；
(2)根据x-tanθ图象可知小球做平抛运动的初速度v0=______m/s；实验中发现θ超过60°后，小球将不会掉落在斜面上，则斜面的长度为______m.(重力加速度g取10m/s2)；
(3)实验中有一组数据出现明显错误，可能的原因是______．
14. 某同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律，频闪仪每隔0.05s闪光一次，图中所标数据为实际距离，该同学通过计算得到不同时刻的速度如表(当地重力加速度取10m/s2，小球质量m=0.2kg，结果保留三位有效数字)：
时刻
t2
t3
t4
t5
速度(m/s)
4.99
4.48
3.98
(1)由频闪照片上的数据计算t5时刻小球的速度为v5=____m/s；
(2)从t2到t5时间内，重力势能增量△Ep=____J，动能减少量△Ek=____J；
(3)在误差允许的范围内，若△Ep与△Ek近似相等，从而验证了机械能守恒定律。由上述计算可得△Ep____△Ek(选填“>”、“<”或“=”)，造成这种结果的主要原因是____。
四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）
15. 中国自行研制，具有完全自主知识产权的“神舟号”飞船，目前已经达到或优于国际第三代载人飞船技术，其发射过程简化如下：飞船在酒泉卫星发射中心发射，由长征运载火箭送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，A点距地面的高度为h1，飞船飞行五周后进行变轨，进入预定圆轨道，如图所示，设飞船在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t，若已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，求：
(1)地球的平均密度是多少；
(2)飞船经过椭圆轨道近地点A时的加速度大小；
(3)椭圆轨道远地点B距地面的高度。
16. 如图所示，一段光滑圆弧轨道CD右端连接一长木板，一起固定在水平面上。有一个可视为质点的质量为m=2kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=4m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入圆弧轨道，最后小物块滑上长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.1，圆弧轨道的半径为R=1m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角为θ=37°。(不计空气阻力，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)求：
(1)AC两点的高度差；
(2)小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力大小；
(3)要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度。
17. 如图所示，半径为R=1.5m的光滑圆弧支架竖直放置，圆心角θ=60°，支架的底部CD水平，离地面足够高，圆心O在C点的正上方，右侧边缘P点固定一个光滑小轮(滑轮大小不计)，可视为质点的小球A、B系在长为L=3R的跨过小轮的轻绳两端，两球的质量分别为mA=0.3kg、mB=0.1kg。将A球从紧靠小轮P处由静止释放，不计空气阻力，取CD面为零势能面，g取10m/s2。
(1)求释放前系统的重力势能EP；
(2)求A球运动到C点时的速度大小vA；
(3)若A球运动到C点时轻绳突然断裂，从此时开始，需经过多长时间t两球重力的功率大小相等。(计算结果可用根式表示)
18. 如图所示，两平行金属板A、B长为L=8cm，两板间距为d=8cm，A板比B板电势高300v，一带正电的粒子电荷量为q=1.0×10-10C，质量为m=1.0×10-20kg，沿电场中线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0=2.0×106m/s，粒子飞出电场后经过截面MN，PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响)已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上．(静电常数k=9.0×109N⋅m2/C2，粒子重力不计)
(1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为多远；到达PS界面时离D点为多远；
(2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹；
(3)确定点电荷Q的电性并求电荷量的大小．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
由题意可知，小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸Oˊ处，则船在水流方向的分速度不变，船在垂直河岸方向的分速度要增大，根据平行四边形定则，即可求解。
考查运动的合成与分解，掌握平行四边形定则的应用，注意要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸Oˊ处，必须满足船在水流方向的分速度不变，且垂直河岸的分速度要增大。
【解答】
A.若只增大v1大小，不必改变θ角，则船在水流方向的分速度增大，因此船不可能垂直达到对岸，故A错误；
B.若只增大θ角，不必改变v1大小，同理可知，水流方向的分速度在减小，而垂直河岸的分速度在增大，船不可能垂直到达对岸，故B错误；
C.若在增大v1的同时，也必须适当增大θ角，这样才能保证水流方向的分速度不变，而垂直河岸的分速度在增大，则船还能垂直达到对岸，且时间更短，故C正确；
D.若增大v1的同时，也必须适当减小θ角，则水流方向的分速度增大，不能垂直到达对岸，故D错误。
故选：C。
2.【答案】C
【解析】解：设下滑过程中，它到P点距离为L，下滑高度为h，圆环半径为R，如图
由几何关系得
sinθ=hL=L2R
根据机械能守恒定律得
mgh=12mv2
联立解得：v=LgR，
故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据几何关系求出各物理量间关系，根据机械能守恒定律求出速度表达式即可。
本题考查机械能守恒定律应用个，属于基础题，求出小环速率表达式即可分析。
3.【答案】C
【解析】解：AB、加速过程在T点结束，即此后汽车沿平直路面作匀速运动，由平衡条件和图象信息可得
FT-f=0…①FT=2×104N…②
由①②得阻力f=2×104N，故AB错误；
C、由图象信息得汽车的功率为：P=Fv=2×104×8W=1.6×105W，故C正确；
D、汽车加速运动过程，牵引力做功为：W=pt
根据动能定理可得：pt-fs=12mv2
则得：m=2(pt-fs)v2=78×104kg，故D错误。
故选：C。
(1)由图读出汽车匀速运动时的牵引力大小，即等于阻力大小。
(2)汽车以恒定功率行驶，牵引力和阻力做功，根据动能定理和图象的信息，求解汽车的质量。
本题关键要读懂图象的意义，分析汽车的运动情况，再根据平衡条件和动能定理求解。
4.【答案】C
【解析】解：卫星每天在相同时刻，沿相同方向经过地球表面A点正上方，恰好绕地球运行n圈，可知卫星运行的周期T'=Tn，其万有引力提供向心力有：GMm(R+h)2=m4π2T'2(R+h)
在地表附近，任意物体所受到的万有引力近似等于重力有：GMmR2=mg
联立解得：h=(gR2T24n2π2)13-R
故ABD错误，C正确；
故选：C。
利用万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，以及在地面上万有引力等于重力列式，可求解高度。
本题考查万有引力定律和圆周运动知识的综合应用能力．要理解卫星公转周期的计算方法．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
地球同步卫星与宇宙飞船均绕地球做圆周运动，则它们的半径的三次方之比与公转周期的二次方之比相等．当它们从相距最近到相距最远，转动的角度相差(2nπ+π)(n=0、1、2、…)。
从相距最近再次相距最近，它们转动的角度相差360度；当从相距最近到再次相距最远时，它们转动的角度相差180度。
【解答】
解：据开普勒第三定律R13R23=T12T22 (1)
R1=4200km+6400km R2=36000km+6400km (2)
可知载人宇宙飞船的运行周期T1与地球同步卫星的运行周期T2之比为18，又已知地球同步卫星的运行周期为一天即24h，因而载人宇宙飞船的运行周期T1=248h=3h
由匀速圆周运动的角速度ω=2πT，所以宇宙飞船的角速度为2π3h-1，同步卫星的角速度为π12h-1
当两者与太阳的连线是一条直线且位于地球异侧时，相距最远，
此时追击距离为π即一个半圆，追击时间为π(2π3-π12)h=127h。
此后，追击距离变为2π即一个圆周，同理，追击时间为2π(2π3-π12)h=247h。
可以得到24h内共用时1567h完成追击7次，即七次距离最近，因而发射了七次信号。
故选C。
6.【答案】C
【解析】解：因为电荷在细圆环上均匀分布，所以弧长为ΔL的小圆弧上所带的电荷量为：
Q'=Q2πR⋅ΔL
在ΔL足够小时，可以将取走的部分看作点电荷，细圆环带正电，根据圆环的对称性，可以得到取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷后，细圆环在O点产生的电场如图：
根据库仑定律及矢量的叠加可知细圆环在O点产生的合场强大小为：
E'=E=kQΔL2πR⋅R2，方向水平向右
将q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零，所以点电荷q在O点产生的场强应向左，大小等于E'，故q为负电荷
根据库仑定律有：E'=kq(2R)2
解得：q=2QΔLπR
故ABD错误，C正确；
故选：C。
先计算细圆环取走A、B两段之后在圆心O处的场强大小并判断方向，再根据场强的矢量性及O点的合场强为0，判断电荷q的电性及电荷量。
本题考查点电荷产生的电场的计算，解题关键掌握AB取走后，O点的电场的合成方法。
7.【答案】D
【解析】解：A、由图可知PO之间的电场强度为正，而OQ之间的电场强度也为正，将一个正检验电荷从P点沿x轴移向Q点的过程中电场力一直做正功，电势能逐渐降低，故A错误；
B、由图可知PO之间的电场强度为正，而OQ之间的电场强度也为正，且对称可知，P带正电，Q带负电，连线上电场方向由P指向Q，所以x轴上从P点到Q点的电势逐渐降低；故B错误；
C、由B项分析可知两电荷为等量异种电荷，且P带正电，Q带负电，则两电荷连线的中垂线为等势面，在两个等量异种正点电荷形成的静电场中，将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中电场力一直做正功或电场力一直做负功，故C错误；
D、在两个等量异种正点电荷形成的静电场中，将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力可能先减小后增大；故D正确；
故选：D。
根据电场强度的辩护规律，可知两点电荷的电性；根据沿着电场线方向电势逐渐降低判断地市高低；根据功能关系分析电场力做功的正负和电势能的变化情况。
本题属于图象题，关键是根据题目给出的信息，结合图象特点分析激发电场的电荷。要判断电荷的运动根据电场特点，分析电场力，根据力与运动关系分析即可。
8.【答案】C
【解析】解：平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变。将正极板移到图中虚线所示的位置时，d减小，根据C=ɛrS4πkd知，电容增大，
根据U=QC，则电势差U减小。E=Ud=QCd=4πkQɛrS，知电场强度不变。则P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能不变。故C正确，ABD错误。
故选：C。
平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变。将正极板移到图中虚线所示的位置时，d减小，通过电容的变化，确定两极板电势差的变化，电场强度的变化，以及P点的电势变化，确定P点电势能的变化。
本题是电容器动态变化分析问题，是电容的两个公式：C=QU，C=ɛrS4πkd的综合应用。基础题。
9.【答案】BD
【解析】解：设网球飞出时的速度为v0，
根据运动学公式可知竖直方向v0y=2g (H-h)
代入数据得
v0y=12m/s
运动时间t=v0yg
根据速度的分解有：v0x=v02-v0y2
排球水平方向到P点的距离
x0x=v0xt
根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量
v0x1=45v0x
平行墙面的速度分量
v0x2=35v0x
反弹后，垂直墙面的速度分量
v0x3=0.75v0x1
则反弹后的网球速度大小为
vx=v0x32+v0x22
联立代入数据解得：vx=32m/s
网球落到地面的时间t'=2Hg
着地点到墙壁的距离d=v0x3t'
代入数据解得：d=3.9m
故BD正确，AC错误；
故选：BD。
根据抛体运动沿垂直于墙壁和平行于墙壁两个方向分别根据运动学公式解答。
本题考查抛体运动，解题关键将运动进行分解，在不同的方向根据运动学规律解答即可。
10.【答案】BC
【解析】解：
A、两小球和轻杆一起绕轴O在竖直平面内做圆周运动，所以两小球的角速度相同，根据a=ω2r可知小球A、B的加速度之比为aA：aB=1：2，故A错误；
B、若v=gL3时对A分析则有2mg-FA=2mv213L，解得轻杆对A支持力为FN=0，根据v=ωr可知vB=2gL3，对B分析则有FB-mg=mvB223L，解得轻杆对B拉力为FB=3mg，以底座和轻杆为对象，水平地面对底座的支持力为FN=MG+3mg，故B正确；
C、根据F=mω2r可知A、B的向心力之比为FA：FB=1：1，故C正确；
D、若v=13gL时对A分析则有2mg-FA'=2mv213L，解得轻杆对A支持力为FA'=43mg，根据v=ωr可知vB'=23gL，对B分析则有FB'-mg=mvB'223L，解得轻杆对B拉力为FB'=53mg，以底座和轻杆为对象，水平地面对底座的支持力为FN=MG+3mg，故D错误；
故选：BC。
AB绕位于同一条杆上绕同一点旋转则他们的角速度一样，题设给出他们作圆周运动的半径之比为1：2，根据条件推算出他们加速度不相等，但向心力大小相等；速度取某一定值时，根据受力分析A和B都是由杆子和重力的合力提供向心力，根据向心力公式可以推导出A和B分别与杆子的作用情况，进而推导出底座对地面的压力。
该题重点考察牛顿第二定律在圆周运动中的应用，题设中杆子与A和B的作用力需要根据已知条件推导出来，杆子有可能是推力也有可能是拉力，小球和杆子之间的相互作用再结合牛顿第三定律推导出底座的受力情况。
11.【答案】BC
【解析】解：AB、在M、N两板间加上如图乙所示的交变电压，小球受到重力和电场力的作用，电场力作周期性变化，且电场力在水平方向，所以小球竖直方向做自由落体运动，与不加电场时相同。
在水平方向小球先做匀加速直线运动，后沿原方向做匀减速直线运动，t=T2时速度为零，接着，沿相反方向先做匀加速直线运动，后继续沿反方向做匀减速直线运动，t=T时速度为零。根据对称性可知在t=T时小球的水平位移为零，所以t=T时，小球恰好到达B点，故A错误，B正确。
CD、在0-T时间内，电场力做功为零，小球机械能变化量为零，所以t=T时，小球速度等于v，故C正确，D错误。
故选：BC。
电场的方向在水平方向上，小球在竖直方向上仍然做自由落体，根据对称性分析出小球的运动状态，得出在T时间内的速度变化和位移情况。
本题由于电场方向不断变化，粒子运动情况比较复杂，分析清楚粒子的运动过程是正确解题的关键，要注意电场力反向时粒子的运动方向并不是立即反向。
12.【答案】BD
【解析】解：A、小球只受重力和电场力，其重力势能、电势能与动能之和不变，当小球的动能最小时，其电势能与重力势能之和最大，故A错误；
B、当小球沿水平方向的速度减为零时，小球的电势能最大，由于小球所受的重力和电场力的大小相等，所以此时小球的速度方向向下，大小等于抛出时小球的速度大小，所以此时的动能等于初始动能，故B正确；
C、合外力先对小球做负功，再做正功，合外力做正功的过程中，小球的动能一直增大，所以小球动能没有最大值，故C错误；
D、从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，小球的动能等于初始动能，此过程中动能变化为零，则合外力做功为零，所以重力做的功等于小球电势能的增加量，故D正确。
故选：BD。
小球只受重力和电场力，其重力势能、电势能与动能之和不变；
当小球沿水平方向的速度减为零时，小球克服电场力做的功最多，小球的电势能最大，根据受力情况分析动能的变化、以及重力做的功与克服电场力做功之间的关系；
小球动能没有最大值。
本题主要是考查带电粒子在电场中的运动，关键是知道小球只受重力和电场力，其重力势能、电势能与动能之和不变，类似机械能守恒。
13.【答案】1.0 0.69 小球释放位置低于其他次实验
【解析】解：(1)x-tanθ的关系图象如图所示．
(2)根据tanθ=12gt2v0t得：t=2v0tanθg，
则水平射程为：x=v0t=2v02tanθg．
可知图线的斜率k=2v02g，k=0.301.5=0.2，
解得：v0=kg2=0.2×102m/s=1.0m/s．
当θ=60°时，有t=2v0tanθg=2×1×310s=35s，
则斜面的长度为：s=v0tcos60∘=1×3512=235≈0.69m．
(3)实验中有一组数据出现明显错误，由图可知，水平射程偏小，由x=v0t=2v02tanθg知，初速度偏小，即小球释放位置低于其他次实验．
故答案为：(1)如图所示，(2)1.0，0.69，(3)小球释放位置低于其他次实验．
(1)根据表格中的数据做出x-tanθ的关系图象．
(2)根据平抛运动的规律，结合竖直位移和水平位移的关系得出x-tanθ的表达式，结合表达式和图象求出初速度．
(3)根据水平射程的表达式，以及图中偏离比较远的点，分析错误的原因．
本题考查了平抛运动与图象的综合运用，根据平抛运动规律得出x与tanθ的表达式是解决本题的关键，知道图线斜率的物理意义．
14.【答案】(1)3.48；(2)1.24；1.27；(3)<；空气阻力对小球做负功
【解析】
【分析】
本题意在考查对机械能守恒定律等所学知识的识记能力和综合应用能力，及熟记和理解基础知识是解答此题的关键。
本题关键会计算重力势能的减小量和动能的增加量，同时要明确实验误差的来源。
(1)在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，据此可以求t5时刻的速度大小；
(2)根据重力做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量，根据起末点的速度可以求出动能的增加量。
【解答】
(1)t5时刻速度为：v5=0.1866+0.16142×0.05≈3.48m/s
(2)重力势能增加量：|△Ep|=mg△h=0.2×9.8×(23.68+21.16+18.66)×0.01≈1.24J；
t2时刻速度为：v2=0.2618+0.23682×0.05≈4.98m/s
动能减小量为：|ΔEK|=12mv22-12mv52≈1.27J
(3)由于空气阻力的存在，机械能有损失，即减小的重力势能有极少部分转化为内能；
故答案为：(1)3.48；(2)1.24；1.27；(3)<；空气阻力对小球做负功。
15.【答案】解：(1)根据质量、密度、体积间的关系可知，地球的质量为：M=ρ⋅43πR3----①，
在地球表面附近，万有引力与重力近似相等，有：mg=GMmR2----②，
由①②式联立解得：地球的平均密度ρ=3g4πGR；
(2)根据牛顿第二定律有：GMm(R+h1)2=maA----③，
由②③式联立解得，飞船经过椭圆轨道近地点A时的加速度大小为：aA=gR2(R+h1)2；
(3)飞船在预定圆轨道上飞行时由万有引力提供向心力，有：GMm(R+h2)2=m4π2T2(R+h2)----④，
由题意可知，飞船在预定圆轨道上运行的周期为：T=tn----⑤，
由②④⑤式联立解得，椭圆轨道远地点B距地面的高度为： h2=3gR2t24n2π2-R。
【解析】在地球表面附近，万有引力与重力近似相等计算出地球的质量，再根据密度的定义式计算地球的密度。
求出飞船在A点的万有引力，根据牛顿第二定律结合万有引力等于重力求出A点的加速度。
根据飞船的周期，通过万有引力提供向心力求出轨道半径，从而求出远地点B距地面的高度。
解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两大理论，并能熟练运用。
16.【答案】解：(1)小物块从A到C过程做平抛运动，设小物块到达在C点的速度大小为vC，如图所示，
小物块到达C点的速度大小vC= v0cos37∘=40.8m/s=5m/s
竖直方向分速度为vy=vCsin37°=5×0.6m/s=3m/s
小物块在竖直方向做自由落体运动，AC两点的高度差h=vy22g=322×10m=0.45m；
(2)小物块由C到D的过程中，由动能定理：
mgR(1-cos37°)=12mvD2-12mvC2
代入数据解得：vD=29m/s
小物块在D点时，由牛顿第二定律得：FN-mg=mvD2R
代入数据得：FN=78N
由牛顿第三定律可知，小物块在D点时对轨道的压力大小为FN'=FN=78N
(3)要使小物块不滑出长木板，设木板的最小长度为L，由动能定理得：-μmgL=0-12mvD2
代入数据解得：L=14.5m。
【解析】(1)小物块从A到C过程做平抛运动，求出小球到达C点时的速度与竖直分速度，然后求出AC两点的高度差。
(2)小物块从C到D过程，应用动能定理求出到达D点的速度大小，应用牛顿第二定律求出轨道对小物块的支持力，然后应用牛顿第三定律求出对轨道的压力。
(3)应用动能定理求出木板的最小长度
本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律等知识的应用，综合性较强，关键理清物块的运动过程，选择合适的规律进行求解。
17.【答案】解：(1)取CD面为零势能面，A球距离零势能面的高度：hA=R-Rcos60°=R2
B球在零势能面以下的距离：hB=2.5R
所以系统的重力势能：EP=mAghA-mBghB
解得：EP=-1.5J；
(2)由题意可知，A、B组成的系统机械能守恒，有：12mAvA2+12mBvB2=mAghA-mBgR
在C点进行速度的合成与分解，如图所示，根据几何关系，有：vB=vAcos30°=32vA
联立解得：vA=2m/s；
(3)轻绳断裂后，A球做平抛运动，B球做竖直上抛运动，B球上抛初速度：vB=vAcos30°=2×32m/s=3m/s
设经过时间t两球重力的功率大小相等，则：mAgvAy=mBgvBy
根据速度—时间关系可得：vAy=gt、vBy=vB-gt
联立解得：t=340s。
答：(1)释放前系统的重力势能为-1.5J；
(2)A球运动到C点时的速度大小为2m/s；
(3)需经过340s两球重力的功率大小相等。
【解析】(1)取CD面为零势能面，根据重力势能的计算公式求解系统的重力势能；
(2)A、B组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律、运动的合成与分解进行解答；
(3)根据功率计算公式结合速度—时间关系进行解答。
本题主要是考查机械能守恒定律，解答此类问题的关键是掌握机械能守恒定律的书写方法：①根据某一位置的动能与重力势能之和等于另一位置的动能与重力势能之和列方程；②根据系统重力势能的减少等于系统动能的增加列方程。
18.【答案】解：(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离(侧向位移)：y=12at2；
又a=qUmd，L=v0t
则得：y=qUL22mdv02
代入数据得：y=0.03m=3cm
带电粒子在离开电场后做匀速直线运动，其轨迹与PS线交于a，设a到D的距离为Y.
由相似三角形得yY=L2L2+l=14
解得：Y=4y=12cm
(2)带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，在MN、PS间的无电场区域做匀速直线运动，界面PS右边做圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上，轨迹如图所示．
(3)带电粒子到达a处时，带电粒子的水平速度：vx=υ0=2×106m/s
竖直速度：υy=at=1.5×106m/s，
合速度为v合=vx2+vy2=2.5×106m/s
该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q作匀速圆周运动．所以Q带负电．
由几何知识得，粒子圆周运动的半径r=Y2+LDO2=122+92cm=15cm
根据kQQr2=mv合2r，代入数据解得：Q=1.04×10-8C
答：(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为3cm，到达PS界面时离D点12cm；
(2)粒子的运动轨迹如图所示；
(3)点电荷Q带负电，其电荷量的大小为1.04×10-8C.
【解析】(1)带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出粒子飞出电场时的侧移h，由几何知识求解粒子到达PS界面时离D点的距离．
(2)画出轨迹，由几何知识解答．
(3)由运动学公式求出粒子飞出电场时速度的大小和方向．粒子穿过界面PS后将绕电荷Q做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，由几何关系求出轨迹半径，再牛顿定律求解Q的电荷量．
本题是类平抛运动与匀速圆周运动的综合，分析粒子的受力情况和运动情况是基础．难点是运用几何知识研究圆周运动的半径．
绝密★启用前
2021-2022学年山东省济南市历城区高一（下）期末物理试卷
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1. 如图所示，小船以大小为v1、方向与上游河岸成θ的速度(在静水中的速度)从A处过河，经过t时间正好到达正对岸的B处。现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸B处，在水流速度不变的情况下，可采取下列方法中的哪一种( )
A. 只要增大v1大小，不必改变θ角
B. 只要增大θ角，不必改变v1大小
C. 在增大v1的同时，也必须适当增大θ角
D. 在增大v1的同时，也必须适当减小θ角
2. 固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环。小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于( )
A. 它滑过的弧长 B. 它下降的高度
C. 它到P点的距离 D. 它与P点的连线扫过的面积
3. 汽车沿平直公路以恒定功率p从静止开始启动，如图所示，为牵引力F与速度v的关系，加速过程在图中的T点结束，所用的时间t=8秒，经历的路程s=50米，8秒后汽车做匀速运动，若汽车所受阻力始终不变，则( )
A. 汽车匀速运动时牵引力大小2×105N
B. 汽车所受阻力大小4×104N，
C. 汽车的恒定功率为1.6×105W，
D. 汽车的质量为8×103kg
4. “羲和号”是我国首颗太阳探测科学技术试验卫星。如图所示，该卫星围绕地球的运动视为匀速圆周运动，轨道平面与赤道平面接近垂直。卫星每天在相同时刻，沿相同方向经过地球表面A点正上方，恰好绕地球运行n圈。已知地球半径为地轴R，自转周期为T，地球表面重力加速度为g，则“羲和号”卫星轨道距地面高度为( )
A. (gR2T22n2π2)13-R B. (gR2T22n2π2)13 C. (gR2T24n2π2)13-R D. (gR2T24n2π2)13
5. 假设有一载人宇宙飞船在距地面高度为4200km 的赤道上空绕地球做匀速圆周运动，地球半径约为6400km，地球同步卫星距地面高度为36000km，宇宙飞船和地球同步卫星绕地球同向运动，每当二者相距最近时，宇宙飞船就向同步卫星发射信号，然后再由同步卫星将信号发送到地面接收站，某时刻二者相距最远，从此刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为( )
A. 4次 B. 6次 C. 7次 D. 8次
6. 半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为( )
A. 正电荷，q=QΔLπR B. 正电荷，q=3QΔLπR
C. 负电荷，q=2QΔLπR D. 负电荷，q=23QΔLπR
7. 在平面直角坐标系的x轴上关于原点O对称的P、Q两点各放一个等量点电荷后，x轴上各点电场强度E随坐标x的变化曲线如图所示。规定沿x轴正向为场强的正方向，则下列说法正确的是( )
A. 将一个正试探电荷从P点沿x轴移向Q点的过程中电势能先增大后减小
B. x轴上从P点到Q点的电势先降低后升高
C. 若将一个正试探电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中一定是电场力先做正功后做负功
D. 若将一个正试探电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力可能先增大后减小
8. 一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。在两极板间有一正点电荷(电量很小)固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，Ep表示正点电荷在P点的电势能。若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则( )
A. U变小，E变小 B. E变大，Ep变大
C. U变小，Ep不变 D. U不变，Ep不变
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9. 如图所示，某同学将离地1.25m的网球以13m/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.8m.当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45m的P点，网球与墙壁碰撞后，垂直墙而速度分量大小变为碰前的0.75倍，平行墙面的速度分量不变，重力加速度g取10m/s2，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为( )
A. v=5m/s B. v=32m/s C. d=3.6m D. d=3.9m
10. 如图所示，支架固定在底座上，它们的总质量为M.质量分别为2m和m的小球A、B(可视为质点)固定在一根长度为L的轻杆两端，该轻杆通过光滑转轴O安装在支架的横梁上，O、A间的距离为L3，两小球和轻杆一起绕轴O在竖直平面内做圆周运动，运动过程中支架和底座一直保持静止。当转动到图示竖直位置时，小球A的速度为v，重力加速度为g，对于该位置有( )
A. 小球A、B的加速度大小相等
B. 若v=gL3，则底座对水平地面的压力为Mg+3mg
C. 小球A、B的向心力大小相等
D. 若v=13gL，则底座对水平地面的压力为Mg+mg3
11. 如图甲所示，M、N为正对竖直放置的平行金属板，A、B为两板中线上的两点。当M、N板间不加电压时，一带电小球从A点由静止释放经时间T到达B点，此时速度为v。若两板间加上如图乙所示的交变电压，t=0时，将带电小球仍从A点由静止释放，小球运动过程中始终未接触极板，则t=T时，小球( )
A. 在B点上方 B. 恰好到达B点 C. 速度大于v D. 速度等于v
12. 地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后，( )
A. 小球的动能最小时，其电势能最大
B. 小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C. 小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D. 从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
第II卷（非选择题）
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
13. 如图所示，AB是一可升降的竖直支架，支架顶端A处固定一弧形轨道，轨道末端水平．一条形木板的上端铰接于过A的水平转轴上，下端搁在水平地面上．将一小球从弧型轨道某一位置由静止释放，小球落在木板上的某处，测出小球平抛运动的水平射程x和此时木板与水平面的夹角θ，并算出tanθ.改变支架AB的高度，将小球从同一位置释放，重复实验，得到多组x和tanθ，记录的数据如表：
实验次数
1
2
3
4
5
6
tanθ
0.18
0.32
0.69
1.00
1.19
1.43
x/m
0.035
0.065
0.140
0.160
0.240
0.290
(1)在图(b)的坐标中描点连线，做出x-tanθ的关系图象；
(2)根据x-tanθ图象可知小球做平抛运动的初速度v0=______m/s；实验中发现θ超过60°后，小球将不会掉落在斜面上，则斜面的长度为______m.(重力加速度g取10m/s2)；
(3)实验中有一组数据出现明显错误，可能的原因是______．
14. 某同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律，频闪仪每隔0.05s闪光一次，图中所标数据为实际距离，该同学通过计算得到不同时刻的速度如表(当地重力加速度取10m/s2，小球质量m=0.2kg，结果保留三位有效数字)：
时刻
t2
t3
t4
t5
速度(m/s)
4.99
4.48
3.98
(1)由频闪照片上的数据计算t5时刻小球的速度为v5=____m/s；
(2)从t2到t5时间内，重力势能增量△Ep=____J，动能减少量△Ek=____J；
(3)在误差允许的范围内，若△Ep与△Ek近似相等，从而验证了机械能守恒定律。由上述计算可得△Ep____△Ek(选填“>”、“<”或“=”)，造成这种结果的主要原因是____。
四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）
15. 中国自行研制，具有完全自主知识产权的“神舟号”飞船，目前已经达到或优于国际第三代载人飞船技术，其发射过程简化如下：飞船在酒泉卫星发射中心发射，由长征运载火箭送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，A点距地面的高度为h1，飞船飞行五周后进行变轨，进入预定圆轨道，如图所示，设飞船在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t，若已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，求：
(1)地球的平均密度是多少；
(2)飞船经过椭圆轨道近地点A时的加速度大小；
(3)椭圆轨道远地点B距地面的高度。
16. 如图所示，一段光滑圆弧轨道CD右端连接一长木板，一起固定在水平面上。有一个可视为质点的质量为m=2kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=4m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入圆弧轨道，最后小物块滑上长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.1，圆弧轨道的半径为R=1m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角为θ=37°。(不计空气阻力，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)求：
(1)AC两点的高度差；
(2)小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力大小；
(3)要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度。
17. 如图所示，半径为R=1.5m的光滑圆弧支架竖直放置，圆心角θ=60°，支架的底部CD水平，离地面足够高，圆心O在C点的正上方，右侧边缘P点固定一个光滑小轮(滑轮大小不计)，可视为质点的小球A、B系在长为L=3R的跨过小轮的轻绳两端，两球的质量分别为mA=0.3kg、mB=0.1kg。将A球从紧靠小轮P处由静止释放，不计空气阻力，取CD面为零势能面，g取10m/s2。
(1)求释放前系统的重力势能EP；
(2)求A球运动到C点时的速度大小vA；
(3)若A球运动到C点时轻绳突然断裂，从此时开始，需经过多长时间t两球重力的功率大小相等。(计算结果可用根式表示)
18. 如图所示，两平行金属板A、B长为L=8cm，两板间距为d=8cm，A板比B板电势高300v，一带正电的粒子电荷量为q=1.0×10-10C，质量为m=1.0×10-20kg，沿电场中线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0=2.0×106m/s，粒子飞出电场后经过截面MN，PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响)已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上．(静电常数k=9.0×109N⋅m2/C2，粒子重力不计)
(1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为多远；到达PS界面时离D点为多远；
(2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹；
(3)确定点电荷Q的电性并求电荷量的大小．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
由题意可知，小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸Oˊ处，则船在水流方向的分速度不变，船在垂直河岸方向的分速度要增大，根据平行四边形定则，即可求解。
考查运动的合成与分解，掌握平行四边形定则的应用，注意要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸Oˊ处，必须满足船在水流方向的分速度不变，且垂直河岸的分速度要增大。
【解答】
A.若只增大v1大小，不必改变θ角，则船在水流方向的分速度增大，因此船不可能垂直达到对岸，故A错误；
B.若只增大θ角，不必改变v1大小，同理可知，水流方向的分速度在减小，而垂直河岸的分速度在增大，船不可能垂直到达对岸，故B错误；
C.若在增大v1的同时，也必须适当增大θ角，这样才能保证水流方向的分速度不变，而垂直河岸的分速度在增大，则船还能垂直达到对岸，且时间更短，故C正确；
D.若增大v1的同时，也必须适当减小θ角，则水流方向的分速度增大，不能垂直到达对岸，故D错误。
故选：C。
2.【答案】C
【解析】解：设下滑过程中，它到P点距离为L，下滑高度为h，圆环半径为R，如图
由几何关系得
sinθ=hL=L2R
根据机械能守恒定律得
mgh=12mv2
联立解得：v=LgR，
故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据几何关系求出各物理量间关系，根据机械能守恒定律求出速度表达式即可。
本题考查机械能守恒定律应用个，属于基础题，求出小环速率表达式即可分析。
3.【答案】C
【解析】解：AB、加速过程在T点结束，即此后汽车沿平直路面作匀速运动，由平衡条件和图象信息可得
FT-f=0…①FT=2×104N…②
由①②得阻力f=2×104N，故AB错误；
C、由图象信息得汽车的功率为：P=Fv=2×104×8W=1.6×105W，故C正确；
D、汽车加速运动过程，牵引力做功为：W=pt
根据动能定理可得：pt-fs=12mv2
则得：m=2(pt-fs)v2=78×104kg，故D错误。
故选：C。
(1)由图读出汽车匀速运动时的牵引力大小，即等于阻力大小。
(2)汽车以恒定功率行驶，牵引力和阻力做功，根据动能定理和图象的信息，求解汽车的质量。
本题关键要读懂图象的意义，分析汽车的运动情况，再根据平衡条件和动能定理求解。
4.【答案】C
【解析】解：卫星每天在相同时刻，沿相同方向经过地球表面A点正上方，恰好绕地球运行n圈，可知卫星运行的周期T'=Tn，其万有引力提供向心力有：GMm(R+h)2=m4π2T'2(R+h)
在地表附近，任意物体所受到的万有引力近似等于重力有：GMmR2=mg
联立解得：h=(gR2T24n2π2)13-R
故ABD错误，C正确；
故选：C。
利用万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，以及在地面上万有引力等于重力列式，可求解高度。
本题考查万有引力定律和圆周运动知识的综合应用能力．要理解卫星公转周期的计算方法．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
地球同步卫星与宇宙飞船均绕地球做圆周运动，则它们的半径的三次方之比与公转周期的二次方之比相等．当它们从相距最近到相距最远，转动的角度相差(2nπ+π)(n=0、1、2、…)。
从相距最近再次相距最近，它们转动的角度相差360度；当从相距最近到再次相距最远时，它们转动的角度相差180度。
【解答】
解：据开普勒第三定律R13R23=T12T22 (1)
R1=4200km+6400km R2=36000km+6400km (2)
可知载人宇宙飞船的运行周期T1与地球同步卫星的运行周期T2之比为18，又已知地球同步卫星的运行周期为一天即24h，因而载人宇宙飞船的运行周期T1=248h=3h
由匀速圆周运动的角速度ω=2πT，所以宇宙飞船的角速度为2π3h-1，同步卫星的角速度为π12h-1
当两者与太阳的连线是一条直线且位于地球异侧时，相距最远，
此时追击距离为π即一个半圆，追击时间为π(2π3-π12)h=127h。
此后，追击距离变为2π即一个圆周，同理，追击时间为2π(2π3-π12)h=247h。
可以得到24h内共用时1567h完成追击7次，即七次距离最近，因而发射了七次信号。
故选C。
6.【答案】C
【解析】解：因为电荷在细圆环上均匀分布，所以弧长为ΔL的小圆弧上所带的电荷量为：
Q'=Q2πR⋅ΔL
在ΔL足够小时，可以将取走的部分看作点电荷，细圆环带正电，根据圆环的对称性，可以得到取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷后，细圆环在O点产生的电场如图：
根据库仑定律及矢量的叠加可知细圆环在O点产生的合场强大小为：
E'=E=kQΔL2πR⋅R2，方向水平向右
将q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零，所以点电荷q在O点产生的场强应向左，大小等于E'，故q为负电荷
根据库仑定律有：E'=kq(2R)2
解得：q=2QΔLπR
故ABD错误，C正确；
故选：C。
先计算细圆环取走A、B两段之后在圆心O处的场强大小并判断方向，再根据场强的矢量性及O点的合场强为0，判断电荷q的电性及电荷量。
本题考查点电荷产生的电场的计算，解题关键掌握AB取走后，O点的电场的合成方法。
7.【答案】D
【解析】解：A、由图可知PO之间的电场强度为正，而OQ之间的电场强度也为正，将一个正检验电荷从P点沿x轴移向Q点的过程中电场力一直做正功，电势能逐渐降低，故A错误；
B、由图可知PO之间的电场强度为正，而OQ之间的电场强度也为正，且对称可知，P带正电，Q带负电，连线上电场方向由P指向Q，所以x轴上从P点到Q点的电势逐渐降低；故B错误；
C、由B项分析可知两电荷为等量异种电荷，且P带正电，Q带负电，则两电荷连线的中垂线为等势面，在两个等量异种正点电荷形成的静电场中，将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中电场力一直做正功或电场力一直做负功，故C错误；
D、在两个等量异种正点电荷形成的静电场中，将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力可能先减小后增大；故D正确；
故选：D。
根据电场强度的辩护规律，可知两点电荷的电性；根据沿着电场线方向电势逐渐降低判断地市高低；根据功能关系分析电场力做功的正负和电势能的变化情况。
本题属于图象题，关键是根据题目给出的信息，结合图象特点分析激发电场的电荷。要判断电荷的运动根据电场特点，分析电场力，根据力与运动关系分析即可。
8.【答案】C
【解析】解：平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变。将正极板移到图中虚线所示的位置时，d减小，根据C=ɛrS4πkd知，电容增大，
根据U=QC，则电势差U减小。E=Ud=QCd=4πkQɛrS，知电场强度不变。则P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能不变。故C正确，ABD错误。
故选：C。
平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变。将正极板移到图中虚线所示的位置时，d减小，通过电容的变化，确定两极板电势差的变化，电场强度的变化，以及P点的电势变化，确定P点电势能的变化。
本题是电容器动态变化分析问题，是电容的两个公式：C=QU，C=ɛrS4πkd的综合应用。基础题。
9.【答案】BD
【解析】解：设网球飞出时的速度为v0，
根据运动学公式可知竖直方向v0y=2g (H-h)
代入数据得
v0y=12m/s
运动时间t=v0yg
根据速度的分解有：v0x=v02-v0y2
排球水平方向到P点的距离
x0x=v0xt
根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量
v0x1=45v0x
平行墙面的速度分量
v0x2=35v0x
反弹后，垂直墙面的速度分量
v0x3=0.75v0x1
则反弹后的网球速度大小为
vx=v0x32+v0x22
联立代入数据解得：vx=32m/s
网球落到地面的时间t'=2Hg
着地点到墙壁的距离d=v0x3t'
代入数据解得：d=3.9m
故BD正确，AC错误；
故选：BD。
根据抛体运动沿垂直于墙壁和平行于墙壁两个方向分别根据运动学公式解答。
本题考查抛体运动，解题关键将运动进行分解，在不同的方向根据运动学规律解答即可。
10.【答案】BC
【解析】解：
A、两小球和轻杆一起绕轴O在竖直平面内做圆周运动，所以两小球的角速度相同，根据a=ω2r可知小球A、B的加速度之比为aA：aB=1：2，故A错误；
B、若v=gL3时对A分析则有2mg-FA=2mv213L，解得轻杆对A支持力为FN=0，根据v=ωr可知vB=2gL3，对B分析则有FB-mg=mvB223L，解得轻杆对B拉力为FB=3mg，以底座和轻杆为对象，水平地面对底座的支持力为FN=MG+3mg，故B正确；
C、根据F=mω2r可知A、B的向心力之比为FA：FB=1：1，故C正确；
D、若v=13gL时对A分析则有2mg-FA'=2mv213L，解得轻杆对A支持力为FA'=43mg，根据v=ωr可知vB'=23gL，对B分析则有FB'-mg=mvB'223L，解得轻杆对B拉力为FB'=53mg，以底座和轻杆为对象，水平地面对底座的支持力为FN=MG+3mg，故D错误；
故选：BC。
AB绕位于同一条杆上绕同一点旋转则他们的角速度一样，题设给出他们作圆周运动的半径之比为1：2，根据条件推算出他们加速度不相等，但向心力大小相等；速度取某一定值时，根据受力分析A和B都是由杆子和重力的合力提供向心力，根据向心力公式可以推导出A和B分别与杆子的作用情况，进而推导出底座对地面的压力。
该题重点考察牛顿第二定律在圆周运动中的应用，题设中杆子与A和B的作用力需要根据已知条件推导出来，杆子有可能是推力也有可能是拉力，小球和杆子之间的相互作用再结合牛顿第三定律推导出底座的受力情况。
11.【答案】BC
【解析】解：AB、在M、N两板间加上如图乙所示的交变电压，小球受到重力和电场力的作用，电场力作周期性变化，且电场力在水平方向，所以小球竖直方向做自由落体运动，与不加电场时相同。
在水平方向小球先做匀加速直线运动，后沿原方向做匀减速直线运动，t=T2时速度为零，接着，沿相反方向先做匀加速直线运动，后继续沿反方向做匀减速直线运动，t=T时速度为零。根据对称性可知在t=T时小球的水平位移为零，所以t=T时，小球恰好到达B点，故A错误，B正确。
CD、在0-T时间内，电场力做功为零，小球机械能变化量为零，所以t=T时，小球速度等于v，故C正确，D错误。
故选：BC。
电场的方向在水平方向上，小球在竖直方向上仍然做自由落体，根据对称性分析出小球的运动状态，得出在T时间内的速度变化和位移情况。
本题由于电场方向不断变化，粒子运动情况比较复杂，分析清楚粒子的运动过程是正确解题的关键，要注意电场力反向时粒子的运动方向并不是立即反向。
12.【答案】BD
【解析】解：A、小球只受重力和电场力，其重力势能、电势能与动能之和不变，当小球的动能最小时，其电势能与重力势能之和最大，故A错误；
B、当小球沿水平方向的速度减为零时，小球的电势能最大，由于小球所受的重力和电场力的大小相等，所以此时小球的速度方向向下，大小等于抛出时小球的速度大小，所以此时的动能等于初始动能，故B正确；
C、合外力先对小球做负功，再做正功，合外力做正功的过程中，小球的动能一直增大，所以小球动能没有最大值，故C错误；
D、从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，小球的动能等于初始动能，此过程中动能变化为零，则合外力做功为零，所以重力做的功等于小球电势能的增加量，故D正确。
故选：BD。
小球只受重力和电场力，其重力势能、电势能与动能之和不变；
当小球沿水平方向的速度减为零时，小球克服电场力做的功最多，小球的电势能最大，根据受力情况分析动能的变化、以及重力做的功与克服电场力做功之间的关系；
小球动能没有最大值。
本题主要是考查带电粒子在电场中的运动，关键是知道小球只受重力和电场力，其重力势能、电势能与动能之和不变，类似机械能守恒。
13.【答案】1.0 0.69 小球释放位置低于其他次实验
【解析】解：(1)x-tanθ的关系图象如图所示．
(2)根据tanθ=12gt2v0t得：t=2v0tanθg，
则水平射程为：x=v0t=2v02tanθg．
可知图线的斜率k=2v02g，k=0.301.5=0.2，
解得：v0=kg2=0.2×102m/s=1.0m/s．
当θ=60°时，有t=2v0tanθg=2×1×310s=35s，
则斜面的长度为：s=v0tcos60∘=1×3512=235≈0.69m．
(3)实验中有一组数据出现明显错误，由图可知，水平射程偏小，由x=v0t=2v02tanθg知，初速度偏小，即小球释放位置低于其他次实验．
故答案为：(1)如图所示，(2)1.0，0.69，(3)小球释放位置低于其他次实验．
(1)根据表格中的数据做出x-tanθ的关系图象．
(2)根据平抛运动的规律，结合竖直位移和水平位移的关系得出x-tanθ的表达式，结合表达式和图象求出初速度．
(3)根据水平射程的表达式，以及图中偏离比较远的点，分析错误的原因．
本题考查了平抛运动与图象的综合运用，根据平抛运动规律得出x与tanθ的表达式是解决本题的关键，知道图线斜率的物理意义．
14.【答案】(1)3.48；(2)1.24；1.27；(3)<；空气阻力对小球做负功
【解析】
【分析】
本题意在考查对机械能守恒定律等所学知识的识记能力和综合应用能力，及熟记和理解基础知识是解答此题的关键。
本题关键会计算重力势能的减小量和动能的增加量，同时要明确实验误差的来源。
(1)在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，据此可以求t5时刻的速度大小；
(2)根据重力做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量，根据起末点的速度可以求出动能的增加量。
【解答】
(1)t5时刻速度为：v5=0.1866+0.16142×0.05≈3.48m/s
(2)重力势能增加量：|△Ep|=mg△h=0.2×9.8×(23.68+21.16+18.66)×0.01≈1.24J；
t2时刻速度为：v2=0.2618+0.23682×0.05≈4.98m/s
动能减小量为：|ΔEK|=12mv22-12mv52≈1.27J
(3)由于空气阻力的存在，机械能有损失，即减小的重力势能有极少部分转化为内能；
故答案为：(1)3.48；(2)1.24；1.27；(3)<；空气阻力对小球做负功。
15.【答案】解：(1)根据质量、密度、体积间的关系可知，地球的质量为：M=ρ⋅43πR3----①，
在地球表面附近，万有引力与重力近似相等，有：mg=GMmR2----②，
由①②式联立解得：地球的平均密度ρ=3g4πGR；
(2)根据牛顿第二定律有：GMm(R+h1)2=maA----③，
由②③式联立解得，飞船经过椭圆轨道近地点A时的加速度大小为：aA=gR2(R+h1)2；
(3)飞船在预定圆轨道上飞行时由万有引力提供向心力，有：GMm(R+h2)2=m4π2T2(R+h2)----④，
由题意可知，飞船在预定圆轨道上运行的周期为：T=tn----⑤，
由②④⑤式联立解得，椭圆轨道远地点B距地面的高度为： h2=3gR2t24n2π2-R。
【解析】在地球表面附近，万有引力与重力近似相等计算出地球的质量，再根据密度的定义式计算地球的密度。
求出飞船在A点的万有引力，根据牛顿第二定律结合万有引力等于重力求出A点的加速度。
根据飞船的周期，通过万有引力提供向心力求出轨道半径，从而求出远地点B距地面的高度。
解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两大理论，并能熟练运用。
16.【答案】解：(1)小物块从A到C过程做平抛运动，设小物块到达在C点的速度大小为vC，如图所示，
小物块到达C点的速度大小vC= v0cos37∘=40.8m/s=5m/s
竖直方向分速度为vy=vCsin37°=5×0.6m/s=3m/s
小物块在竖直方向做自由落体运动，AC两点的高度差h=vy22g=322×10m=0.45m；
(2)小物块由C到D的过程中，由动能定理：
mgR(1-cos37°)=12mvD2-12mvC2
代入数据解得：vD=29m/s
小物块在D点时，由牛顿第二定律得：FN-mg=mvD2R
代入数据得：FN=78N
由牛顿第三定律可知，小物块在D点时对轨道的压力大小为FN'=FN=78N
(3)要使小物块不滑出长木板，设木板的最小长度为L，由动能定理得：-μmgL=0-12mvD2
代入数据解得：L=14.5m。
【解析】(1)小物块从A到C过程做平抛运动，求出小球到达C点时的速度与竖直分速度，然后求出AC两点的高度差。
(2)小物块从C到D过程，应用动能定理求出到达D点的速度大小，应用牛顿第二定律求出轨道对小物块的支持力，然后应用牛顿第三定律求出对轨道的压力。
(3)应用动能定理求出木板的最小长度
本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律等知识的应用，综合性较强，关键理清物块的运动过程，选择合适的规律进行求解。
17.【答案】解：(1)取CD面为零势能面，A球距离零势能面的高度：hA=R-Rcos60°=R2
B球在零势能面以下的距离：hB=2.5R
所以系统的重力势能：EP=mAghA-mBghB
解得：EP=-1.5J；
(2)由题意可知，A、B组成的系统机械能守恒，有：12mAvA2+12mBvB2=mAghA-mBgR
在C点进行速度的合成与分解，如图所示，根据几何关系，有：vB=vAcos30°=32vA
联立解得：vA=2m/s；
(3)轻绳断裂后，A球做平抛运动，B球做竖直上抛运动，B球上抛初速度：vB=vAcos30°=2×32m/s=3m/s
设经过时间t两球重力的功率大小相等，则：mAgvAy=mBgvBy
根据速度—时间关系可得：vAy=gt、vBy=vB-gt
联立解得：t=340s。
答：(1)释放前系统的重力势能为-1.5J；
(2)A球运动到C点时的速度大小为2m/s；
(3)需经过340s两球重力的功率大小相等。
【解析】(1)取CD面为零势能面，根据重力势能的计算公式求解系统的重力势能；
(2)A、B组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律、运动的合成与分解进行解答；
(3)根据功率计算公式结合速度—时间关系进行解答。
本题主要是考查机械能守恒定律，解答此类问题的关键是掌握机械能守恒定律的书写方法：①根据某一位置的动能与重力势能之和等于另一位置的动能与重力势能之和列方程；②根据系统重力势能的减少等于系统动能的增加列方程。
18.【答案】解：(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离(侧向位移)：y=12at2；
又a=qUmd，L=v0t
则得：y=qUL22mdv02
代入数据得：y=0.03m=3cm
带电粒子在离开电场后做匀速直线运动，其轨迹与PS线交于a，设a到D的距离为Y.
由相似三角形得yY=L2L2+l=14
解得：Y=4y=12cm
(2)带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，在MN、PS间的无电场区域做匀速直线运动，界面PS右边做圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上，轨迹如图所示．
(3)带电粒子到达a处时，带电粒子的水平速度：vx=υ0=2×106m/s
竖直速度：υy=at=1.5×106m/s，
合速度为v合=vx2+vy2=2.5×106m/s
该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q作匀速圆周运动．所以Q带负电．
由几何知识得，粒子圆周运动的半径r=Y2+LDO2=122+92cm=15cm
根据kQQr2=mv合2r，代入数据解得：Q=1.04×10-8C
答：(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为3cm，到达PS界面时离D点12cm；
(2)粒子的运动轨迹如图所示；
(3)点电荷Q带负电，其电荷量的大小为1.04×10-8C.
【解析】(1)带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出粒子飞出电场时的侧移h，由几何知识求解粒子到达PS界面时离D点的距离．
(2)画出轨迹，由几何知识解答．
(3)由运动学公式求出粒子飞出电场时速度的大小和方向．粒子穿过界面PS后将绕电荷Q做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，由几何关系求出轨迹半径，再牛顿定律求解Q的电荷量．
本题是类平抛运动与匀速圆周运动的综合，分析粒子的受力情况和运动情况是基础．难点是运用几何知识研究圆周运动的半径．
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