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2022-2023学年浙江省宁波市高一下册期末物理专项提升模拟题（AB卷）含解析
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这是一份2022-2023学年浙江省宁波市高一下册期末物理专项提升模拟题（AB卷）含解析，共47页。试卷主要包含了下列各图是反映汽车等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年浙江省宁波市高一下册期末物理专项提升模拟题
（A卷）
第I卷（选一选）
评卷人
得分
一、单 选 题
1．两个水平力F1和F2作用于同一个物体上，两个力夹角为，使物体运动，物体通过一段位移时，F1对物体做功6J，力F2对物体做功6J，则两力的合力做功为（ ）
A．0J B．6J C．9J D．12J
2．北斗卫星导航系统由我国自行研发、设计、制造，已经实现了服务全球的目标。北斗三号由30颗卫星组成。关于人造地球卫星，下列说确的是（ ）
A．做圆周运动的卫星，运动速度都大于7.9km/s
B．做圆周运动的没有同的卫星，离地越远，速度越小
C．绕地做匀速圆周的卫星，速度没有变，处于平衡状态
D．没有同的卫星在没有同的轨道上受到的万有引力大小没有可能相等
3．如图所示是一质点做简谐运动的图像，下列说确的是（ ）
A．该质点振动的周期为1.0s
B．t=0.4s时，质点的速度
C．质点在一个周期内通过的路程为16cm
D．在t=0.2s和t=0.6s时，质点运动的速度相同
4．2022年4月11日，渝西地区经历了20年一遇的大风暴雨极端天气，12日凌晨电力抢修人员就投入了紧张的工作；高空作业须系带，保护自身。如果质量为m的高空作业人员没有慎跌落，从开始跌落到带对人刚产生作用力前人下落的距离为h（可视为落体运动）。此后经历时间t带达到伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间带对人的平均作用力大小为（ ）
A．－mg B．＋mg
C．＋mg D．－mg
5．如图，用长为l的细绳拴着质量为m的小球在竖直面内做完整的圆周运动，没有计一切阻力，重力加速度为g，下列说确的是（ ）
A．小球在点时速度大小可能为零
B．小球在点时细绳的拉力大小没有可能为零
C．小球在点时细绳的拉力大小可能为8mg
D．小球在点时细绳的拉力大小可能为
6．在爱因斯坦提出引力波概念100周年后，由两个黑洞合并产生的引力波被直接观测到。在两个黑洞合并过程中，由于彼此间的强大引力作用，会形成短时间的双星系统。如图所示，黑洞A、B可视为质点，它们围绕连线上O点做匀速圆周运动，且AO大于BO，没有考虑其他天体的影响。下列说法错误的是（ ）
A．黑洞A的向心力大于B的向心力
B．黑洞A的线速度大于B的线速度
C．黑洞A的质量小于B的质量
D．两黑洞之间的距离越大，A的周期越大
7．下列各图是反映汽车（额定功率为）从静止开始匀加速启动，做匀速直线运动的过程中，其加速度、牵引力、功率随速度变化的图像和速度时间图像，其中没有正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．一物体在光滑斜面上受到一平行于斜面、方向没有变的力作用，由静止开始沿斜面运动。运动过程中小物块的机械能E与路程x的关系图像如图所示，其中0～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线。忽略空气阻力。下列说确的是（ ）
A．x1～x2过程中小物块一定做与拉力方向相同的匀加速直线运动
B．0～x1过程中小物块所受拉力始终大于重力沿斜面的分力
C．0～x2过程中小物块的重力势能一直增大
D．0～x2过程中小物块在x1位置速度最小
评卷人
得分
二、多选题
9．关于质点做简谐运动，下列说确的是（ ）
A．质点的运动轨迹是正弦曲线
B．质点从平衡位置向正方向运动，加速度增大
C．质点在平衡位置两侧对称的位置，其速度、位移都反向
D．质点每次同一位置时，速度没有一定相同，但加速度一定相同
10．如图所示，可看做质点的物块A和B通过一根轻质没有可伸长的细绳相连，跨放在质量没有计的光滑定滑轮两侧，A、B质量分别为m和3m。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中距离地面高为h。开始时细绳绷直用手托住B由静止释放。直至B恰好将和地面接触。空气阻力没有计。则（ ）
A．物体B落地时速度为
B．物体A的机械能增加1.5mgh
C．物块A的机械能增加是由于绳子拉力做正功
D．物体B的重力势能减少量大于重力对它做的功
11．质量为M的物块A静止在光滑的水平面上，光滑四分之一圆弧曲面半径为R，水平部分bc粗糙足够长，动因数为，现有一质量为m物体B自a点由静止下滑，则下列叙述中正确的是（ ）
A．整个过程中，A、B系统动量没有守恒
B．物体A先做加速运动，后做匀速运动
C．当物体B运动到A上的b点时，对地来看B向右运动了R
D．最终物体B静止在A上距离b点处
第II卷（非选一选）
评卷人
得分
三、实验题
12．在验证动量守恒定律的实验中，请回答下列问题：
（1）实验记录如图甲所示，先没有放B球，则A球做平抛运动的水平位移是图中的OP；放上B球，则B球被碰后做平抛运动的水平位移是图中的________；（选填“”“”或“”）；
（2）小球A下滑过程中与斜槽轨道间存在力，这对实验结果________产生误差（填“会”或“没有会”）。
（3）实验装置如图甲所示，A球为入射小球，B球为被碰小球，以下有关实验过程中必须满足的条件，正确的是________。
A．实验时需要测量斜槽末端到水平地面的高度
B．入射小球的质量mA，可以小于被碰小球的质量mB
C．入射小球每次没有必从斜槽上的同一位置由静止释放
D．斜槽末端的切线必须水平，即小球放在斜槽末端处，应恰好静止
13．实验小组利用图示装置用单摆测定重力加速度。
（1）实验室有下列器材可供选择，应该选用________ ；（用器材前的字母表示）
A．长度接近1m的细绳
B．长度为1m左右的橡皮绳
C．直径约为2cm的塑料球
D．直径约为2cm的铁球
E．停表
F．最小刻度为1mm的米尺
（2）该组同学先测出悬点到小球球心的距离l，然后用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t。请写出重力加速度的表达式g＝________ ；（用所测物理量表示）
（3）在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图乙所示，将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系，如图丙所示的v-t图线。由图丙可知，该单摆的周期T＝________s；
（4）更换摆线长度后，多次测量，根据实验数据，利用计算机作出T2l（周期二次方－摆长）图像，并根据图像处理得到方程T2＝4.00l＋0.037。由此可以得出当地的重力加速度g＝________m/s2。（取π2＝9.86，结果保留三位有效数字）
评卷人
得分
四、解 答 题
14．“嫦娥飞天”、“玉兔探月”“天问祝融”我国空间探索的步伐一直向前；（已知引力常量G）
（1）宇航员在地面测得重力加速度g和地球半径R，根据以上条件，求地球的质量和地球的平均密度；
（2）宇航员在月球表面以v0竖直上抛一物体，时间t落回原处，月球半径为R月，嫦娥五号降落月球前某阶段绕月球做匀速圆周运动的周期为T，求嫦娥五号该阶段绕月球运动的轨道半径r。
15．学校一课外兴趣小组同学为了研究过山车的原理，提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为37°、长L的粗糙的倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连，圆轨道半径R=2.0m；出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的。其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图所示。一个质量m=1kg的小物块以初速度v0=4.0m/s，从某一高处水平抛出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下。已知物块与倾斜轨道的动因数=0.25（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）小物块的抛出点和A点的高度差；
（2）若小物块刚好能在竖直圆弧轨道上做完整圆周运动，求小物块在D点的速度大小和对轨道的压力大小；
（3）为了让小物块没有脱离轨道，则倾斜轨道的长度L应该满足什么条件。
16．如图所示，质量为2m的足够长木板C静止在光滑水平面上，质量均为m的两个小物体A、B放在C的左端，A、B间相距s0，现同时对A、B施加水平向右的瞬时冲量而使之分别获得初速度v0和2v0，若A、B与C之间的动因数分别为和，则：
（1）最终A、B、C的共同速度为多大；
（2）求运动过程中A的最小速度；
（3）当A、B、C三者共速时，C的对地位移和A与B最终相距多远。
答案：
1．D
【详解】
功是标量，两力的合力做的功等于两力做功的代数和
故D正确。
故选D。
2．B
【详解】
AB．由可得
可知离地越远，速度越小；在地球附近做圆周运动的卫星，运动速度等于7.9km/s，其他做圆周运动的卫星，运动速度都小于7.9km/s，故A错误，B正确；
C．绕地做匀速圆周的卫星，速度没有变，所受地球的万有引力提供向心力，没有是处于平衡状态，故C错误；
D．没有同的卫星在没有同的轨道上受到的万有引力大小等于
卫星的质量没有等、卫星的轨道半径没有等，万有引力可能相等，故D错误。
故选B。
3．C
【详解】
A．从图中可知
T=0.8 s
故A错误；
B．t=0.4 s时质点在负向位移处，回复力，速度为零，故B错误；
C．质点在一个周期内的路程为
s=4A=4×4 cm=16cm
故C正确；
D．因为x-t图像的斜率表示速度，由图可知，在t=0.2s和t=0.6s时，质点运动的速度大小相等，负向相反，故D错误。
故选C。
4．B
【详解】
由
可得，下落h时的速度为
设平均作用力为，设向上为正方向，则由动量定理得
解得
故选B。
5．C
【详解】
A．小球在点时细绳没有能产生支持力，速度大小没有能为零，故A错误；
B．小球在点时
解得
所以当速度为时细绳的拉力为零，故B错误；
CD．小球在点的最小速度为，从点到点由动能定理得
解得
小球在点时
解得
解得
所以小球在点时细绳的拉力大小最小是，故C正确，D错误。
故选C。
6．A
【详解】
A．双星靠相互间的万有引力提供向心力，根据牛顿第三定律可知，A对B的作用力与B对A的作用力大小相等，方向相反，则黑洞A的向心力等于B的向心力，故A错误；
B．双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，由图可知A的半径比较大，根据
可知，黑洞A的线速度大于B的线速度，故B正确；
C．在匀速转动时的向心力大小关系为
由于A的半径比较大，所以A的质量小，故C正确；
D．双星之间的周期公式为
所以两黑洞之间的距离越大，A的周期越大，故D正确。
故选A。
7．A
【详解】
ABC．汽车从静止开始匀加速启动，根据牛顿第二定律可得
可知牵引力在匀加速阶段保持没有变，由公式
可知在匀加速阶段，功率与速度成正比，随着速度的增大而增大，当
时，功率保持没有变，设此时的速度为，则有
之后牵引力减小，加速度减小，速度继续增加，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力
时，加速度为零，故A错误，BC正确；
D．汽车先匀加速度直线运动，且由分析知，匀加速结束的速度为
之后做加速度减小的加速运动，汽车速度达到，为
之后汽车做匀速直线运动，故D正确。
故选A。
8．D
【详解】
A．若小物块一定做与拉力方向相同的匀加速直线运动，此时外力对物体做正功，由动能定理可得，小物块的机械能增大，图中x1～x2过程中，小物块的机械能减小，故A错误；
B．0～x1过程中，小物块的机械能增大，在x1处机械能达到，此时小物块的速度为零，由原点时小物块速度也为零，故0～x1过程中，小物块先加速后减速，小物块所受的拉力也应该先大于重力沿斜面的分力，后小于重力沿斜面的分力，故B错误；
CD．由上述分析可知，在0～x1过程中，小物块沿斜面向上运动，重力势能增大，在x1处，速度为零，在x1～x2过程中，小物块沿斜面向下运动，重力势能减小，故C错误，D正确。
故选D。
9．BD
【详解】
A．质点上下振动，其运动轨迹是一段线段，故A错误；
B．质点做简谐运动时，从平衡位置向正方向运动，质点所受的合外力增大，由牛顿第二定律可知，加速度增大，故B正确；
C．质点在平衡位置两侧对称的位置，其速度方向可能相同，故C错误；
D．质点每次同一位置时，位移、加速度一定相同，但速度方向没有一定相同，故D正确。
故选BD。
10．ABC
【详解】
A．对物块A和B及轻绳的系统，两者沿绳的速度大小相等，由动能定理有
解得物体B落地时速度为
故A正确；
BC．对A上升的过程，由动能定理有
解得绳对A做功为
即除重力做功之外绳的拉力对A做了正功，A的机械能增加，故BC正确；
D．由功能关系可知，重力做多少功其重力势能就减少多少，则物体B的重力势能减少量等于重力对它做的功，故D错误；
故选ABC。
11．AD
【详解】
A．系统在水平方向所受合外力为零，系统水平方向动量守恒，而系统所受合外力没有为零，故系统的动量没有守恒，故A正确；
B．物块在圆弧上下滑过车小车向左做加速运动，物体到达水平段bc后小车做减速运动，最终速度为零而静止，故B错误；
C．系统水平方向动量守恒，有
由平均动量守恒可得
则当物体B运动到A上的b点时，对地来看B向右运动的水平距离为
故C错误；
D．因系统水平方向动量守恒，可推得物体和车的共同速度为零，对系统由能量守恒有
解得最终物体B静止在A上距离b点为
故D正确；
故选AD。
12． ON 没有会 D
【详解】
（1）[1]碰撞后入射球速度变小，小于没有发生碰撞时的速度，碰撞后被碰球的速度大于入射球的速度，球离开轨道后做平抛运动，运动时间相等，初速度越大水平位移越大，由图示可知，A球碰前做平抛运动的水平位移是图中的OP，B球被碰后做平抛运动的水平位移是图中的ON；
（2）[2] 本实验中利用小球平抛运动规律验证动量守恒定律，只要小球从同一点滑下，力对末速度没有影响；
（3）[3] A．在实验中没有需要小球的下落高度，只要能保证高度相同，即可知道两小球下落时间相同，故A错误；
B．入射小球的质量mA，没有可以小于被碰小球的质量mB，否则A球碰后反弹，B错误；
C．入射小球每次必从斜槽上的同一位置由静止释放，才能保证每次碰前的速度均相同，故C错误；
D．斜槽末端的切线必须水平，小球放在斜槽末端处，应能静止，故D正确；
故选D。
13． ADEF 2 9.86
【详解】
（1）[1]为了防止绳子变形，应该采用细绳而非橡皮绳；为了减小空气阻力的影响，在体积相同的情况下，应该选择质量大的金属球；同时，还需要测量长度的米尺和计时的停表。
故选ADEF。
（2）[2]根据题意可得，单摆的周期为
单摆周期计算公式为
联立可得
（3）[3]由丙图可知，该单摆的周期为2s。
（4）[4]由上述分析可知
题中T2＝4.00l＋0.037可得
14．（1）；；（2）
【详解】
（1）设地球的质量为M，宇航员的质量为m，由
得地球的质量
地球的体积
地球的平均密度
（2）由竖直上抛的对称性可知，月球表面的重力加速度
由
得到
嫦娥五号绕月时
解得轨道半径
15．（1）；（2）见解析；60N，方向竖直向下；（3）L或
【详解】
（1）末速度与水平方向夹角为37°，即
设从抛出点到A点的高度差为h，根据平抛运动的规律有
联立解得
（2）设物块进入圆轨道点时有最小速度vP，此时物块受到的重力恰好提供向心力，即
小物体从环点到D点机械能守恒，有
在D点有
联立解得
由牛顿第三定律得，小物块在D点对圆弧轨道的压力为60N，方向竖直向下；
（3）在轨道上，由牛顿第二定律
得物块的加速度为
为了没有脱离轨道，若L1足够长，则到达B点的速度
有
可得
②或者L比较短，当其恰好到达与圆心等高的轨道上的点时，倾斜轨道的长度没有超过L2，有
且
可得
故
或
16．（1）；（2）；（3），
【详解】
（1）由于A、B、C三个物体构成的系统在水平方向没有受外力，由动量守恒定律可得
解得最终A、B、C的共同速度为
（2）设经t时间A与C恰好相对静止，此时A的速度最小，设为，此时B的速度为，由动量守恒和动量定理得
解得
=2
A的最小速度为
（3）A、C相对运动的时间
C在这段时间t内的位移
A在这段时间t内的位移
即A在C上前进了
LA=
B在这段时间t内前进的位移
设再时间，A、B、C三者共速，则
在时间内C移动的位移
在时间内，B移动的位移
当A、B、C共速时，C的对地位移
B相对C运动的位移
A、B相距
2022-2023学年浙江省宁波市高一下册期末物理专项提升模拟题
（B卷）
第I卷（选一选）
评卷人
得分
一、单 选 题
1．在人类历史发展的长河中，围绕万有引力的研究，物理学家们经历了大量曲折顽强而又闪烁智慧的科学实践。在万有引力定律的发现历程中，下列叙述符合史实的是（ ）
A．开普勒通过分析第谷的天文观测数据，提出了“日心说”，并发现了万有引力定律
B．卡文迪什通过实验推算出来引力常量G的值，被个能“称量地球质量”的人
C．丹麦天文学家第谷多年的天文观测和记录，建立了行星运动三定律
D．伽利略利用“地一月系统”验证了万有引力定律的正确性，使万有引力定律得到了广泛的应用
2．高一某同学参加引体向上体能测试，如图所示，在20s内完成10次标准动作，每次引体向上的高度约为50cm，则此过程中该同学克服重力做功的平均功率最接近于（g取10 m/s2）（ ）
A．150W B．450W C．750W D．1500W
3．关于静电场的电场强度和电势，下列说确的是（ ）
A．电场强度为零的地方，电势也为零
B．电场强度大小逐渐减小的区域，电势也逐渐降低
C．电场强度的方向处处与等势面垂直
D．电场中电势降落的方向，就是电场强度的方向
4．在物理实验中，把一些微小量的变化进行放大，是常用的物理思想方法。如图所示的四个实验，没有运用此思想方法的是（ ）
A．观察桌面形变 B．观察玻璃瓶发生形变
C．探究平抛运动规律 D．测定万有引力常量
5．如图所示为一电脑CPU的散热风扇，O点在风扇上表面，叶片围绕O点所在转轴转动，可以通过改变转速为CPU散热降温。图中a、b两点为同一叶片上靠近边缘的两点，a、b两点到O点距离相等，当风扇转速稳定在1800r/min时，下列说确的是（ ）
A．a、b两点转动的线速度没有同 B．a、b两点转动的角速度没有同
C．a、b两点的向心加速度相同 D．a点转动的周期约为30s
6．在2022年2月5日北京上，我国选手范可新、曲春雨、张雨婷、武大靖、任子威一起夺得短道速滑混合团体接力奥运！为中国体育代表团拿到本届首枚，这也是短道速滑项目历史上枚男女混合接力奥运。短道速滑比赛中运动员的冲刺阶段如图所示，设甲、乙两运动员在水平冰面上恰好同时到达虚线PQ，然后分别沿半径为r1和r2（r2＞r1）的滑道做匀速圆周运动，运动半个圆周后匀加速冲向终点线。假设甲、乙两运动员质量相等，他们做圆周运动时所受向心力大小相等，直线冲刺时的加速度大小也相等。下列判断中正确的是（ ）
A．在做圆周运动时，甲先完成半圆周运动
B．在做圆周运动时，乙先完成半圆周运动
C．在直线加速阶段，甲、乙所用的时间相等
D．在冲刺时，甲、乙到达终点线时的速度相等
7．2021年10月16日，神舟十三号载人飞船与天和核心舱成功对接，已知天和核心舱在距地面高度约为400km的轨道上做匀速圆周运动，运行周期约为93min，地球表面的重力加速度g=9.8m/s2，万有引力常量G=6.67×10一11N·m2/kg2忽略地球自转的影响，根据这些数据，下列物理量中无法求得的是（ ）
A．地球的质量 B．地球的平均密度
C．核心舱的线速度大小 D．核心舱受到的地球引力
8．下列四幅图描述的场景依次为雷电击中避雷针（图甲）、高压输电线上方还有两条与大地相连的导线（图乙）、燃气灶中的针尖状点火器（图丙）、工人穿戴着含金属丝制成的工作服进行超高压带电作业（图丁），关于这四幅图所涉及的物理知识，下列说确的是（ ）
A．图甲中避雷针的工作原理主要是静电屏蔽
B．图丙中的点火器是利用起电的原理进行点火的
C．图丙中的点火器的工作原理和图丁中工作服内掺入的金属丝的工作原理是相同的
D．图乙中与大地相连的两条导线所起的作用和图丁中工作服内的金属丝所起的作用是相同的
9．如图所示，是圆的内接三角形，，为圆心，为直径，半径。有一匀强电场（图中未画出）电场方向与圆周在同一平面内，取点电势为零。处的粒子源向平面内各个方向发射初动能均为、电荷量为的粒子，其中到达点的粒子动能为，到达点的粒子电势能为。没有计粒子的重力和粒子间的相互作用，。则匀强电场的电场强度大小为（ ）
A． B． C． D．
10．一质量为的舰艇在某次军事训练时，由静止开始沿直线航行，发动机的输出功率恒为，所受阻力大小恒定，时间，舰艇恰好达到速度，则该过程舰艇运动的位移大小为（ ）
A． B． C． D．
11．一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始向上运动，到达某一高度时撤去该力。若没有计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能 E 随时间 t 变化的关系图像是（ ）
A． B．
C． D．
12．利用如图所示的电路分析平行板电容器的动态变化，已知电源的内阻可忽略没有计，R为电阻箱，一带负电的小球固定在电容器之间的O位置。则下列说确的是（ ）
A．保持电键闭合，M板向下平移少许，小球的电势能减少
B．保持电键闭合，将电阻箱的阻值增大，静电计的指针偏角减小
C．断开电键，M板向下平移少许，静电计的指针偏角增大
D．断开电键，M板向左平移少许，小球的电势能增大
13．如图甲所示，倾角为的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为1kg的煤块轻轻放在传送带的A端，物体的速度随时间变化的关系如图乙所示，2s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g取。则（ ）
A．倾角
B．物体与传送带间的动因数0.4
C．2s内传送带上留下的痕迹长为5m
D．2s内物体与传送带产生的内能20J
评卷人
得分
二、多选题
14．如图所示，为某一电荷所形成的一簇电场线，a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹，其中b虚线为一圆弧，AB的长度等于BC的长度，且三个粒子的电荷量大小相等，没有计粒子重力。则下列说确的是（ ）
A．a一定是正粒子的运动轨迹，b和c一定是负粒子的运动轨迹
B．AB的长度等于BC的长度，故
C．a虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度大小没有变
D．b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量
15．2021年2月，天问一号火星探测器被火星捕获，系列变轨后从“调相轨道”进入“停泊轨道”，为着陆火星做准备。如图所示为探测器多次变轨后登陆火星的轨迹示意图，其中轨道Ⅰ、Ⅲ为椭圆，轨道Ⅱ为圆。探测器经轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ运动后在点登陆火星，点是轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的交点，轨道上的、、三点与火星在同一直线上，、分别是椭圆轨道Ⅲ的远火星点和近火星点。已知火星的半径为，，轨道Ⅱ上正常运行时点的速度为，关于探测器，下列说确的是（ ）
A．探测器沿轨道Ⅱ运动时点的速度大于沿轨道Ⅲ点的速度
B．沿轨道Ⅲ运动时，探测器点的加速度大小小于
C．探测器由轨道Ⅱ到轨道Ⅲ，需在点加速
D．沿轨道Ⅱ的运动周期大于沿轨道Ⅲ的运动周期
16．没有可伸长的轻绳一端固定，另一端系着质量为m的小球在竖直面内做圆周运动，小球动能Ek随它离地高度h的变化如图所示。忽略空气阻力，重力加速度取10m/s2，以地面为重力势能零点，由图中数据可得（ ）
A．小球质量为1kg
B．绳对小球拉力值120N
C．当小球离地高度为0.7m时，绳对小球拉力为60N
D．当小球动能与重力势能相等时，小球离地高度0.725m
第II卷（非选一选）
评卷人
得分
三、实验题
17．在利用落体“验证机械能守恒定律”的实验中
（1）下列器材中没有必要的一项是___________（只需填字母代号）。
A．重物 B．纸带 C．天平 D．低压交流电源 E．毫米刻度尺
（2关于本实验的误差，说法没有正确的一项是___________。
A．选择质量较小的重物，有利于减小误差
B．选择点迹清晰的纸带，有利于减小误差
C．实验产生误差的主要原因是重物在下落过程中没有可避免地受到阻力的作用
（3） 在实验中，质量的物体下落，得到如图所示的纸带，相邻计数点间的时间间隔为。那么从打点计时器打下起点O到打下B点的过程中，物体重力势能的减少量_______J，此过程中与物体动能的增加量_________J。（取g=9.8m/s2，结果均保留三位有效数字）
18．用如图所示的装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系。两个变速轮塔通过皮带连接，转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔匀速转动。槽内的钢球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对钢球的压力提供向心力，钢球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的黑白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的比值。如图是探究过程中某次实验时装置的状态。
①在研究向心力的大小与质量关系时，要保持___________相同；
A．和r B．和m C．m和r D．m和F
②当传动皮带套在两塔轮半径没有同的轮盘上，两个塔轮边缘处的___________大小相等；（选填“线速度”或“角速度”）
③图中所示，两个钢球质量和运动半径相等，图中标尺上黑白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1∶9，与皮带连接的两个变速轮塔的半径之比为___________。
A．1∶3 B．3∶1 C．1∶9 D．9∶1
19．小陈同学用如图甲所示的电路做“观察电容器的充、放电现象”实验。
①接好电路，学生电源电压调节选“10V”，然后给电容器充分充电，再观察电容器的放电，得到电容器放电电流I随时间t的变化曲线如图乙，根据该图，可知他所选用的电容器最可能是下列的___________（选填序号“A”、“B”或“C”）。
②如果没有改变电路其他参数，只减小电阻R，充电时曲线与横轴所围成的面积将___________（填“增大”“没有变”或“变小”），充电时间将___________（填“变长”“没有变”或“变短”）。
评卷人
得分
四、解 答 题
20．如图所示，一个质量为、带电量为的半径极小的小球用丝线悬挂在某匀强电场中，电场线与水平面平行，当小球静止时，测得悬线与竖直方向夹角为，（取）求：
（1）匀强电场的大小和方向；
（2）改变电场强度的大小和方向，为使小球仍保持静止，场强的最小值。
21．如图甲，光滑的水平木板上有一质量m=0.5kg的小球A，它与物块B通过长为3m、没有可伸长的轻质细线连接，细线通过木板的光滑小孔O，当小球A在水平木板上做半径R=1m、角速度的匀速圆周运动时，物块B恰于静止状态。将光滑的木板换成粗糙的水平木板，A、B位置互换，物块B到光滑小孔O的距离为1m，让A在水平面内绕过O的竖直轴做匀速圆周运动，如图乙所示，此时物块B恰好没有滑动。已知物块B与粗糙木板间的动因数μ=0.5，静力等于滑动力，重力加速度g=10m/s2，A、B均可视为质点，求：
（1）物块B的质量M；
（2）图乙中小球A做圆周运动的角速度大小。
22．如图所示，真空中有两块正方形平行正对金属极板、，边长为，两板间距，构成一个电容的电容器，紧贴两极板右边缘有一个与极板同宽、上下长度足够长的荧光屏。现使极板均匀带上的正电荷。在两板左端面正位置处有一离子源。以点为原点，以垂直于荧光屏方向为轴，垂直于极板方向为轴，平行于荧光屏方向为轴，建立图示坐标系。离子源发射的正离子的比荷为，打在极板上的离子均被吸收。求
（1）两极板间的场强大小；
（2）若离子源沿轴正方向没有断发射离子，试求能打在荧光屏上的离子的速度范围？
（3）若离子源发一个离子，分速度分别为，，，求该离子打在荧光屏上点的坐标。
23．如图所示为某弹射游戏装置图。水平管中弹簧被弹射杆P用线拉着，处于压缩状态，质量为m的小钢球紧靠弹簧，口上边缘与半圆形光滑竖直轨道点A的内侧对齐。水平轨道BC在B、C两点分别与半圆轨道内侧和倾角θ=45°的倾斜轨道平滑连接。扣动扳机，弹射杆P立即松开弹簧，钢球射出经轨道到达斜面上点D后又恰好能回到A点进入内，挤压弹簧后再次被弹出。已知半圆轨道半径为R，BC长s=2R，球与斜面CD、水平面BC的动因数均为μ= 0.25，重力加速度为g，小球受到的力视为滑动力。求：
（1）小球第二次B点时的速度大小vB；
（2）弹簧储存的弹性势能EP；
（3）通过计算说明小球能否脱离轨道。
答案：
1．B
【详解】
A．哥白尼提出了“日心说”，开普勒通过分析第谷的天文观测数据，总结出行星的运动三大定律，牛顿发现了万有引力定律，故A错误；
B．卡文迪什通过实验推算出来引力常量G的值，被个能“称量地球质量”的人，故B正确；
C．开普勒通过分析丹麦天文学家第谷的天文观测和记录，建立了开普勒行星运动三大定律，故C错误；
D．牛顿利用“地一月系统”验证了万有引力定律的正确性，使万有引力定律得到了广泛的应用，故D错误。
故选B。
2．A
【详解】
中学生体重接近于60kg，该同学克服重力做功的平均功率约为
故选A。
3．C
【详解】
A．电场强度的大小具有性，而电势的高低则具有相对性，选择的参考平面没有同，电势的高低也会没有同，所以电势是否为0与电场强度没有必然联系，故A错误；
B．电场强度的大小可以从电场线的疏密程度看出，但是电势的高低却取决于电场线的走向，沿着电场线方向电势会逐渐降低，但是电场强度却可能在逐渐增大，故B错误；
C．因为在等势面上移动电荷电场力没有做功，故电场强度的方向处处与等电势面垂直，故C正确；
D．沿着电场线的方向电势逐渐降低，但是电势降低的方向没有一定是电场强度的方向，应该是电势降低最快的方向为电场强度的方向，故D错误。
故选C。
4．C
【详解】
A．桌面的受力微小形变借助于光的反射来放大，运用了放大的思想方法，故A正确，没有符合题意；
B．玻璃瓶的受力微小形变借助于液体体积变化，运用了放大的思想方法，故B正确，没有符合题意；
C．探究平抛运动规律，运用了类比的思想方法，故C错误，符合题意；
D．测定万有引力常量仍是借助于光的反射来放大，运用了放大的思想方法，故D正确，没有符合题意。
故选C。
5．A
【详解】
ABC．a、b两点同轴转动，角速度一定相同，线速度和向心加速度是矢量，有大小有方向，因为a、b两点到O点距离相等，线速度和向心加速度方向沿轨迹切线方向，则线速度和向心加速度的方向一定没有同，故A正确，BC错误；
D．a点转动的周期等于风扇转动的周期，为
故D错误。
故选A。
6．A
【详解】
AB．根据公式可得
由题意，甲、乙两运动员质量相等，他们做圆周运动时所受向心力大小相等，可知，做圆周运动的半径越大，周期越大，甲的半径小于乙的半径，则甲先完成半圆周运动，故B错误A正确；
CD．根据公式可得，甲乙运动员滑行速度为
可知，乙的滑行速度大于甲的滑行速度，在直线加速阶段，根据可知，甲的滑行时间大于乙的滑行时间；根据可知，甲到达终点线时的速度小于乙到达终点线时的速度，故CD错误
故选A。
7．D
【详解】
AB．对轨道处天和核心舱考虑万有引力提供其做圆周运动的向心力
再根据黄金代换
联立可以求出地球半径、地球质量，从而可以求出地球密度，故AB正确，没有符合题意；
C．再根据
可以求出核心舱的线速度，故C正确，没有符合题意；
D．由于核心舱的质量未知，无法求出核心舱受到地球的引力，故D错误，符合题意。
故选D。
8．D
【详解】
A．避雷针的工作原理主要是利用放电避免雷击，A错误；
B．放电电极做成针尖状，更容易累积电荷从而发生放电现象，B错误；
C．点火器是利用高压放电的原理，而工作服内掺入的金属丝，是利用了静电屏蔽的原理，C错误；
D．高压输电线的上方还有两条导线，这两条导线的作用是它们与大地相连，形成稀疏的金属“网”把高压线屏蔽，免遭雷击，与工作服内掺入的金属丝，都是利用了静电屏蔽的原理，D正确。
故选D。
9．C
【详解】
根据电势能表达式
可知粒子在点的电势为
根据
可得
粒子从到的过程，根据动能定理可得
解得
可知连线为等势线，过点做的垂线，如图所示
由图中几何关系可得
则匀强电场的电场强度大小为
C正确，ABD错误；
故选C。
10．B
【详解】
从开始到舰艇恰好达到速度，过程由动能定理得
舰艇达到速度时，受力平衡
联立解得
B正确，ACD错误。
故选B。
11．C
【详解】
设物体在恒力作用下的加速度为a，由功能原理可知，机械能增量为
知E-t图象是开口向上的抛物线．撤去拉力后，无其他外力做功，机械能守恒，则机械能随时间没有变．故选C。
12．A
【详解】
A．保持电键闭合，则电容器两极板间的电压保持没有变，板向下移动，由
可知电容器两极板之间的电场强度增大，由于板接地，则板的电势为零，点与板之间的电势差为
可知，点的电势升高，则带负电的小球在点的电势能减少，故A正确；
B．由电路可知，静电计两端的电压等于电容器两极板之间的电压，保持电键闭合，调节电阻箱的阻值，电容器两极板之间的电压没有变，则静电计的指针保持没有变，故B错误；
C．断开电键，电容器所带的电荷量保持没有变，板向下移动，由
可知电容器的电容变大，又因为
由以上可知电容器两极板间的电压减小，则静电计的指针偏角减小，故C错误；
D．断开电键，电容器所带的电荷量保持没有变，板向左移动，则电容器的电容减小，由于两极板之间的距离保持没有变，则两极板间的电压增大，电场强度增大，点的电势升高，带电小球的电势能减少，故D错误。
故选A。
13．C
【详解】
AB．由图乙可知，0～1s物体的加速度为a1=10m/s2，1～2s物体的加速度为a2=2m/s2，皮带的速度为v1=10m/s，根据牛顿第二定律得
解得
故AB错误；
C．0～1s内皮带的位移及物体的位移分别为
它们的相对位移为
1～2s内皮带的位移及物体的位移分别为
它们的相对位移为
0～1s内物体位移小于皮带位移，在皮带上出现5m长的痕迹，1～2s内物体位移大于皮带的位移，这1m长的痕迹与刚才的痕迹重合，所以皮带上出现的痕迹长为5m，故C正确；
D．2s内物体与传送带产生的内能为
故D错误。
故选C。
14．CD
【详解】
A．由图只能确定三个粒子的受力方向，由于电场线的方向未知，则无法确定粒子的电性，A错误；
B．根据匀强电场的规律
AB的长度等于BC的长度，而电场线的疏密对应电场强度的大小，方向上电场强度逐渐增大，则有
B错误；
C．电场线的疏密对应电场强度的大小，根据牛顿第二定律可得
a虚线对应的粒子的电场强度越来越弱，加速度越来越小，c虚线对应粒子电场强度越来越强，粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子做圆周运动，库仑力提供向心力，粒子与场源电荷的距离保持没有变，对应的电场强度大小保持没有变，粒子的加速度大小没有变，C正确；
D．设场源电荷的带电量大小为，粒子带电量大小为，场源电荷与点的距离为，粒子在点的速度大小为，b虚线对应的粒子的质量为，c虚线对应的粒子的质量为，则根据库仑定律可得粒子受到的电场力为
b虚线对应的粒子的做圆周运动，库仑力提供向心力，则有
c虚线对应的粒子的做近心运动，库仑力大于粒子圆周运动所需的向心力
即
由此可知，b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量，D正确。
故选CD。
15．AD
【详解】
A．探测器沿轨道Ⅱ运动，点时需要减速以进入轨道Ⅲ，所以轨道Ⅱ的速度大于沿轨道Ⅲ点的速度，轨道Ⅱ是圆轨道，探测器匀速圆周运动，所以探测器沿轨道Ⅱ运动时点的速度大于沿轨道Ⅲ点的速度，A正确；
B．轨道Ⅱ是圆轨道，半径为，点的速度为，根据圆周运动的规律可知，探测器点的加速度
在轨道Ⅲ上点时，受力情况没有改变，只是速度大小变化了，加速度大小没变，所以加速度还是，B错误；
C．探测器由轨道Ⅱ到轨道Ⅲ，需在点减速，做近心运动，C错误；
D．轨道Ⅱ的半径大于轨道Ⅲ的半长轴，由开普勒第三定律可知，沿轨道Ⅱ的运动周期大于沿轨道Ⅲ运动周期，D正确．
故选AD。
16．BCD
【详解】
A．根据竖直面圆周运动的特点由图可知，小球的轨道半径满足
解得
小球从点运动到点的过程中，根据动能定理有
代入数据，联立可得
故A错误；
B．小球在点时，绳对小球拉力，根据牛顿第二定律有
代入数据，可得
故B正确；
C．根据图中信息，可知当小球离地高度为0.7m时，小球动能为10J，此时小球处在与圆心等高的位置，绳对小球拉力提供向心力，根据牛顿第二定律有
代入数据，可得
故C错误；
D．当小球动能与重力势能相等时，有
代入数据，可得
图像中小球动能Ek随它离地高度h的变化的函数关系为
联立，可得
故D正确。
故选BD。
17． C A
【详解】
（1）[1]在计算过程中，等式两端都有质量，可以消去，没有必称量质量，故选C；
（2）[2]A．对于下端悬挂的重物，应选择质量大体积小的重力，故A项错误，符合题意；
B．选择点击清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带，有利于减小误差，故B项正确，没有符合题意；
C．实验产生误差的主要原因是重物在下落过程中没有可避免地受到阻力的作用，故C项正确，没有符合题意；
故选A。
（3）[3]根据公式
故重物的重力势能减少量为。
[4]利用匀变速直线运动推论，中间时刻速度动等于平均速度，有
动能增加量为
18． A 线速度 B
【详解】
①[1]向心力的大小与质量关系时，须保持角速度和转动半径没有变，故A正确，BCD错误；
②[2]当传动皮带套在两塔轮半径没有同的轮盘上，属于皮带传动，两个塔轮边缘处的线速度大小相同；
③[3]由题意，两钢球质量和运动半径相等，向心力之比是，根据可知两钢球角速度之比为又因为两变速塔轮的线速度相等，根据可知可知两个变速轮塔的半径之比是，故B正确，ACD错误。
19． B 没有变 变短
【详解】
[1]根据图乙的图像的物理意义可以推至，其图像与坐标轴围成的面积为电荷量，由图像可知，其围成面积大概是四个长方形的面积，即电荷量约为
则该电容器的电容为
故B正确，AC错误。
故选B。
[2]由电容的公式有
整理的
由上述式子可知，电容器储存的电荷量Q与电阻R无关，如果没有改变电路的其他参数，只减小电阻R，充电时其曲线与横轴围成的面积将没有变。
[3]如果没有改变电路其他参数，只减小电阻R，由于电阻对于电流的阻碍作用减小，充电电流增大，所以充电时间将变短。
20．（1），水平向左；（2），垂直细线向下
【详解】
（1）根据题意，小球静止时，对小球受力分析，可知，小球受重力、细线的拉力和水平向右的电场力，因小球带负电，则电场方向为水平向左，根据平衡条件有
代入数据解得
（2）根据矢量三角形可知，当电场力的方向垂直细线向上时，电场力最小，电场强度最小，则电场的方向为垂直细线向下，根据平衡条件有
代入数据解得
21．（1）1.8kg；（2）3rad/s
【详解】
（1）设物块B的质量为M，由图甲可知，细线的拉力
小球A做匀速圆周运动，绳拉力恰好提供A圆周运动的向心力，即
解得：
（2）由于B恰好没有滑动，则B受力平衡
设小球A做匀速圆周运动时悬线与竖直方向夹角为θ，则
由几何关系：
由题意知：
L=2m
联立解得：
=3rad/s
22．（1）；（2）大于；（3）
【详解】
（1）根据题意可知
，
代入数据解得
（2）设发射速度为的离子刚好打在极板边缘，离子在方向做匀速直线运动
方向做匀加速直线运动
，，
得
联立得
因此离子的速度大于均可以到达屏上
（3）离子在、方向均做匀速直线运动
方向若要打出板间则需要时间为
，
所以可以打到屏幕上，
所以打到点的坐标为
23．（1）；（2）；（3）没有会脱离轨道，计算见解析
【详解】
(1)由题意，小球恰能返回A点，所以在A点
得
·
设第二次B点的速度大小为vB，则
代入数据得
（2）从D到B由动能定理得
代入数据得
从发射到次回到A点，由功能关系可得
代入数据得
（3）由机械能守恒定律知：第三次经B点与第二次经B点动能相同，设：第三次经B点能到达的高度为h′，由动能定理得
代入数据得
设第四次经B点后能达半圆轨道的高度为，则从到由动能定理得
代入数据得
因为
所以没有会脱离轨道。
2022-2023学年浙江省宁波市高一下册期末物理专项提升模拟题
（A卷）
第I卷（选一选）
评卷人
得分
一、单 选 题
1．两个水平力F1和F2作用于同一个物体上，两个力夹角为，使物体运动，物体通过一段位移时，F1对物体做功6J，力F2对物体做功6J，则两力的合力做功为（ ）
A．0J B．6J C．9J D．12J
2．北斗卫星导航系统由我国自行研发、设计、制造，已经实现了服务全球的目标。北斗三号由30颗卫星组成。关于人造地球卫星，下列说确的是（ ）
A．做圆周运动的卫星，运动速度都大于7.9km/s
B．做圆周运动的没有同的卫星，离地越远，速度越小
C．绕地做匀速圆周的卫星，速度没有变，处于平衡状态
D．没有同的卫星在没有同的轨道上受到的万有引力大小没有可能相等
3．如图所示是一质点做简谐运动的图像，下列说确的是（ ）
A．该质点振动的周期为1.0s
B．t=0.4s时，质点的速度
C．质点在一个周期内通过的路程为16cm
D．在t=0.2s和t=0.6s时，质点运动的速度相同
4．2022年4月11日，渝西地区经历了20年一遇的大风暴雨极端天气，12日凌晨电力抢修人员就投入了紧张的工作；高空作业须系带，保护自身。如果质量为m的高空作业人员没有慎跌落，从开始跌落到带对人刚产生作用力前人下落的距离为h（可视为落体运动）。此后经历时间t带达到伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间带对人的平均作用力大小为（ ）
A．－mg B．＋mg
C．＋mg D．－mg
5．如图，用长为l的细绳拴着质量为m的小球在竖直面内做完整的圆周运动，没有计一切阻力，重力加速度为g，下列说确的是（ ）
A．小球在点时速度大小可能为零
B．小球在点时细绳的拉力大小没有可能为零
C．小球在点时细绳的拉力大小可能为8mg
D．小球在点时细绳的拉力大小可能为
6．在爱因斯坦提出引力波概念100周年后，由两个黑洞合并产生的引力波被直接观测到。在两个黑洞合并过程中，由于彼此间的强大引力作用，会形成短时间的双星系统。如图所示，黑洞A、B可视为质点，它们围绕连线上O点做匀速圆周运动，且AO大于BO，没有考虑其他天体的影响。下列说法错误的是（ ）
A．黑洞A的向心力大于B的向心力
B．黑洞A的线速度大于B的线速度
C．黑洞A的质量小于B的质量
D．两黑洞之间的距离越大，A的周期越大
7．下列各图是反映汽车（额定功率为）从静止开始匀加速启动，做匀速直线运动的过程中，其加速度、牵引力、功率随速度变化的图像和速度时间图像，其中没有正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．一物体在光滑斜面上受到一平行于斜面、方向没有变的力作用，由静止开始沿斜面运动。运动过程中小物块的机械能E与路程x的关系图像如图所示，其中0～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线。忽略空气阻力。下列说确的是（ ）
A．x1～x2过程中小物块一定做与拉力方向相同的匀加速直线运动
B．0～x1过程中小物块所受拉力始终大于重力沿斜面的分力
C．0～x2过程中小物块的重力势能一直增大
D．0～x2过程中小物块在x1位置速度最小
评卷人
得分
二、多选题
9．关于质点做简谐运动，下列说确的是（ ）
A．质点的运动轨迹是正弦曲线
B．质点从平衡位置向正方向运动，加速度增大
C．质点在平衡位置两侧对称的位置，其速度、位移都反向
D．质点每次同一位置时，速度没有一定相同，但加速度一定相同
10．如图所示，可看做质点的物块A和B通过一根轻质没有可伸长的细绳相连，跨放在质量没有计的光滑定滑轮两侧，A、B质量分别为m和3m。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中距离地面高为h。开始时细绳绷直用手托住B由静止释放。直至B恰好将和地面接触。空气阻力没有计。则（ ）
A．物体B落地时速度为
B．物体A的机械能增加1.5mgh
C．物块A的机械能增加是由于绳子拉力做正功
D．物体B的重力势能减少量大于重力对它做的功
11．质量为M的物块A静止在光滑的水平面上，光滑四分之一圆弧曲面半径为R，水平部分bc粗糙足够长，动因数为，现有一质量为m物体B自a点由静止下滑，则下列叙述中正确的是（ ）
A．整个过程中，A、B系统动量没有守恒
B．物体A先做加速运动，后做匀速运动
C．当物体B运动到A上的b点时，对地来看B向右运动了R
D．最终物体B静止在A上距离b点处
第II卷（非选一选）
评卷人
得分
三、实验题
12．在验证动量守恒定律的实验中，请回答下列问题：
（1）实验记录如图甲所示，先没有放B球，则A球做平抛运动的水平位移是图中的OP；放上B球，则B球被碰后做平抛运动的水平位移是图中的________；（选填“”“”或“”）；
（2）小球A下滑过程中与斜槽轨道间存在力，这对实验结果________产生误差（填“会”或“没有会”）。
（3）实验装置如图甲所示，A球为入射小球，B球为被碰小球，以下有关实验过程中必须满足的条件，正确的是________。
A．实验时需要测量斜槽末端到水平地面的高度
B．入射小球的质量mA，可以小于被碰小球的质量mB
C．入射小球每次没有必从斜槽上的同一位置由静止释放
D．斜槽末端的切线必须水平，即小球放在斜槽末端处，应恰好静止
13．实验小组利用图示装置用单摆测定重力加速度。
（1）实验室有下列器材可供选择，应该选用________ ；（用器材前的字母表示）
A．长度接近1m的细绳
B．长度为1m左右的橡皮绳
C．直径约为2cm的塑料球
D．直径约为2cm的铁球
E．停表
F．最小刻度为1mm的米尺
（2）该组同学先测出悬点到小球球心的距离l，然后用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t。请写出重力加速度的表达式g＝________ ；（用所测物理量表示）
（3）在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图乙所示，将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系，如图丙所示的v-t图线。由图丙可知，该单摆的周期T＝________s；
（4）更换摆线长度后，多次测量，根据实验数据，利用计算机作出T2l（周期二次方－摆长）图像，并根据图像处理得到方程T2＝4.00l＋0.037。由此可以得出当地的重力加速度g＝________m/s2。（取π2＝9.86，结果保留三位有效数字）
评卷人
得分
四、解 答 题
14．“嫦娥飞天”、“玉兔探月”“天问祝融”我国空间探索的步伐一直向前；（已知引力常量G）
（1）宇航员在地面测得重力加速度g和地球半径R，根据以上条件，求地球的质量和地球的平均密度；
（2）宇航员在月球表面以v0竖直上抛一物体，时间t落回原处，月球半径为R月，嫦娥五号降落月球前某阶段绕月球做匀速圆周运动的周期为T，求嫦娥五号该阶段绕月球运动的轨道半径r。
15．学校一课外兴趣小组同学为了研究过山车的原理，提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为37°、长L的粗糙的倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连，圆轨道半径R=2.0m；出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的。其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图所示。一个质量m=1kg的小物块以初速度v0=4.0m/s，从某一高处水平抛出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下。已知物块与倾斜轨道的动因数=0.25（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）小物块的抛出点和A点的高度差；
（2）若小物块刚好能在竖直圆弧轨道上做完整圆周运动，求小物块在D点的速度大小和对轨道的压力大小；
（3）为了让小物块没有脱离轨道，则倾斜轨道的长度L应该满足什么条件。
16．如图所示，质量为2m的足够长木板C静止在光滑水平面上，质量均为m的两个小物体A、B放在C的左端，A、B间相距s0，现同时对A、B施加水平向右的瞬时冲量而使之分别获得初速度v0和2v0，若A、B与C之间的动因数分别为和，则：
（1）最终A、B、C的共同速度为多大；
（2）求运动过程中A的最小速度；
（3）当A、B、C三者共速时，C的对地位移和A与B最终相距多远。
答案：
1．D
【详解】
功是标量，两力的合力做的功等于两力做功的代数和
故D正确。
故选D。
2．B
【详解】
AB．由可得
可知离地越远，速度越小；在地球附近做圆周运动的卫星，运动速度等于7.9km/s，其他做圆周运动的卫星，运动速度都小于7.9km/s，故A错误，B正确；
C．绕地做匀速圆周的卫星，速度没有变，所受地球的万有引力提供向心力，没有是处于平衡状态，故C错误；
D．没有同的卫星在没有同的轨道上受到的万有引力大小等于
卫星的质量没有等、卫星的轨道半径没有等，万有引力可能相等，故D错误。
故选B。
3．C
【详解】
A．从图中可知
T=0.8 s
故A错误；
B．t=0.4 s时质点在负向位移处，回复力，速度为零，故B错误；
C．质点在一个周期内的路程为
s=4A=4×4 cm=16cm
故C正确；
D．因为x-t图像的斜率表示速度，由图可知，在t=0.2s和t=0.6s时，质点运动的速度大小相等，负向相反，故D错误。
故选C。
4．B
【详解】
由
可得，下落h时的速度为
设平均作用力为，设向上为正方向，则由动量定理得
解得
故选B。
5．C
【详解】
A．小球在点时细绳没有能产生支持力，速度大小没有能为零，故A错误；
B．小球在点时
解得
所以当速度为时细绳的拉力为零，故B错误；
CD．小球在点的最小速度为，从点到点由动能定理得
解得
小球在点时
解得
解得
所以小球在点时细绳的拉力大小最小是，故C正确，D错误。
故选C。
6．A
【详解】
A．双星靠相互间的万有引力提供向心力，根据牛顿第三定律可知，A对B的作用力与B对A的作用力大小相等，方向相反，则黑洞A的向心力等于B的向心力，故A错误；
B．双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，由图可知A的半径比较大，根据
可知，黑洞A的线速度大于B的线速度，故B正确；
C．在匀速转动时的向心力大小关系为
由于A的半径比较大，所以A的质量小，故C正确；
D．双星之间的周期公式为
所以两黑洞之间的距离越大，A的周期越大，故D正确。
故选A。
7．A
【详解】
ABC．汽车从静止开始匀加速启动，根据牛顿第二定律可得
可知牵引力在匀加速阶段保持没有变，由公式
可知在匀加速阶段，功率与速度成正比，随着速度的增大而增大，当
时，功率保持没有变，设此时的速度为，则有
之后牵引力减小，加速度减小，速度继续增加，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力
时，加速度为零，故A错误，BC正确；
D．汽车先匀加速度直线运动，且由分析知，匀加速结束的速度为
之后做加速度减小的加速运动，汽车速度达到，为
之后汽车做匀速直线运动，故D正确。
故选A。
8．D
【详解】
A．若小物块一定做与拉力方向相同的匀加速直线运动，此时外力对物体做正功，由动能定理可得，小物块的机械能增大，图中x1～x2过程中，小物块的机械能减小，故A错误；
B．0～x1过程中，小物块的机械能增大，在x1处机械能达到，此时小物块的速度为零，由原点时小物块速度也为零，故0～x1过程中，小物块先加速后减速，小物块所受的拉力也应该先大于重力沿斜面的分力，后小于重力沿斜面的分力，故B错误；
CD．由上述分析可知，在0～x1过程中，小物块沿斜面向上运动，重力势能增大，在x1处，速度为零，在x1～x2过程中，小物块沿斜面向下运动，重力势能减小，故C错误，D正确。
故选D。
9．BD
【详解】
A．质点上下振动，其运动轨迹是一段线段，故A错误；
B．质点做简谐运动时，从平衡位置向正方向运动，质点所受的合外力增大，由牛顿第二定律可知，加速度增大，故B正确；
C．质点在平衡位置两侧对称的位置，其速度方向可能相同，故C错误；
D．质点每次同一位置时，位移、加速度一定相同，但速度方向没有一定相同，故D正确。
故选BD。
10．ABC
【详解】
A．对物块A和B及轻绳的系统，两者沿绳的速度大小相等，由动能定理有
解得物体B落地时速度为
故A正确；
BC．对A上升的过程，由动能定理有
解得绳对A做功为
即除重力做功之外绳的拉力对A做了正功，A的机械能增加，故BC正确；
D．由功能关系可知，重力做多少功其重力势能就减少多少，则物体B的重力势能减少量等于重力对它做的功，故D错误；
故选ABC。
11．AD
【详解】
A．系统在水平方向所受合外力为零，系统水平方向动量守恒，而系统所受合外力没有为零，故系统的动量没有守恒，故A正确；
B．物块在圆弧上下滑过车小车向左做加速运动，物体到达水平段bc后小车做减速运动，最终速度为零而静止，故B错误；
C．系统水平方向动量守恒，有
由平均动量守恒可得
则当物体B运动到A上的b点时，对地来看B向右运动的水平距离为
故C错误；
D．因系统水平方向动量守恒，可推得物体和车的共同速度为零，对系统由能量守恒有
解得最终物体B静止在A上距离b点为
故D正确；
故选AD。
12． ON 没有会 D
【详解】
（1）[1]碰撞后入射球速度变小，小于没有发生碰撞时的速度，碰撞后被碰球的速度大于入射球的速度，球离开轨道后做平抛运动，运动时间相等，初速度越大水平位移越大，由图示可知，A球碰前做平抛运动的水平位移是图中的OP，B球被碰后做平抛运动的水平位移是图中的ON；
（2）[2] 本实验中利用小球平抛运动规律验证动量守恒定律，只要小球从同一点滑下，力对末速度没有影响；
（3）[3] A．在实验中没有需要小球的下落高度，只要能保证高度相同，即可知道两小球下落时间相同，故A错误；
B．入射小球的质量mA，没有可以小于被碰小球的质量mB，否则A球碰后反弹，B错误；
C．入射小球每次必从斜槽上的同一位置由静止释放，才能保证每次碰前的速度均相同，故C错误；
D．斜槽末端的切线必须水平，小球放在斜槽末端处，应能静止，故D正确；
故选D。
13． ADEF 2 9.86
【详解】
（1）[1]为了防止绳子变形，应该采用细绳而非橡皮绳；为了减小空气阻力的影响，在体积相同的情况下，应该选择质量大的金属球；同时，还需要测量长度的米尺和计时的停表。
故选ADEF。
（2）[2]根据题意可得，单摆的周期为
单摆周期计算公式为
联立可得
（3）[3]由丙图可知，该单摆的周期为2s。
（4）[4]由上述分析可知
题中T2＝4.00l＋0.037可得
14．（1）；；（2）
【详解】
（1）设地球的质量为M，宇航员的质量为m，由
得地球的质量
地球的体积
地球的平均密度
（2）由竖直上抛的对称性可知，月球表面的重力加速度
由
得到
嫦娥五号绕月时
解得轨道半径
15．（1）；（2）见解析；60N，方向竖直向下；（3）L或
【详解】
（1）末速度与水平方向夹角为37°，即
设从抛出点到A点的高度差为h，根据平抛运动的规律有
联立解得
（2）设物块进入圆轨道点时有最小速度vP，此时物块受到的重力恰好提供向心力，即
小物体从环点到D点机械能守恒，有
在D点有
联立解得
由牛顿第三定律得，小物块在D点对圆弧轨道的压力为60N，方向竖直向下；
（3）在轨道上，由牛顿第二定律
得物块的加速度为
为了没有脱离轨道，若L1足够长，则到达B点的速度
有
可得
②或者L比较短，当其恰好到达与圆心等高的轨道上的点时，倾斜轨道的长度没有超过L2，有
且
可得
故
或
16．（1）；（2）；（3），
【详解】
（1）由于A、B、C三个物体构成的系统在水平方向没有受外力，由动量守恒定律可得
解得最终A、B、C的共同速度为
（2）设经t时间A与C恰好相对静止，此时A的速度最小，设为，此时B的速度为，由动量守恒和动量定理得
解得
=2
A的最小速度为
（3）A、C相对运动的时间
C在这段时间t内的位移
A在这段时间t内的位移
即A在C上前进了
LA=
B在这段时间t内前进的位移
设再时间，A、B、C三者共速，则
在时间内C移动的位移
在时间内，B移动的位移
当A、B、C共速时，C的对地位移
B相对C运动的位移
A、B相距
2022-2023学年浙江省宁波市高一下册期末物理专项提升模拟题
（B卷）
第I卷（选一选）
评卷人
得分
一、单 选 题
1．在人类历史发展的长河中，围绕万有引力的研究，物理学家们经历了大量曲折顽强而又闪烁智慧的科学实践。在万有引力定律的发现历程中，下列叙述符合史实的是（ ）
A．开普勒通过分析第谷的天文观测数据，提出了“日心说”，并发现了万有引力定律
B．卡文迪什通过实验推算出来引力常量G的值，被个能“称量地球质量”的人
C．丹麦天文学家第谷多年的天文观测和记录，建立了行星运动三定律
D．伽利略利用“地一月系统”验证了万有引力定律的正确性，使万有引力定律得到了广泛的应用
2．高一某同学参加引体向上体能测试，如图所示，在20s内完成10次标准动作，每次引体向上的高度约为50cm，则此过程中该同学克服重力做功的平均功率最接近于（g取10 m/s2）（ ）
A．150W B．450W C．750W D．1500W
3．关于静电场的电场强度和电势，下列说确的是（ ）
A．电场强度为零的地方，电势也为零
B．电场强度大小逐渐减小的区域，电势也逐渐降低
C．电场强度的方向处处与等势面垂直
D．电场中电势降落的方向，就是电场强度的方向
4．在物理实验中，把一些微小量的变化进行放大，是常用的物理思想方法。如图所示的四个实验，没有运用此思想方法的是（ ）
A．观察桌面形变 B．观察玻璃瓶发生形变
C．探究平抛运动规律 D．测定万有引力常量
5．如图所示为一电脑CPU的散热风扇，O点在风扇上表面，叶片围绕O点所在转轴转动，可以通过改变转速为CPU散热降温。图中a、b两点为同一叶片上靠近边缘的两点，a、b两点到O点距离相等，当风扇转速稳定在1800r/min时，下列说确的是（ ）
A．a、b两点转动的线速度没有同 B．a、b两点转动的角速度没有同
C．a、b两点的向心加速度相同 D．a点转动的周期约为30s
6．在2022年2月5日北京上，我国选手范可新、曲春雨、张雨婷、武大靖、任子威一起夺得短道速滑混合团体接力奥运！为中国体育代表团拿到本届首枚，这也是短道速滑项目历史上枚男女混合接力奥运。短道速滑比赛中运动员的冲刺阶段如图所示，设甲、乙两运动员在水平冰面上恰好同时到达虚线PQ，然后分别沿半径为r1和r2（r2＞r1）的滑道做匀速圆周运动，运动半个圆周后匀加速冲向终点线。假设甲、乙两运动员质量相等，他们做圆周运动时所受向心力大小相等，直线冲刺时的加速度大小也相等。下列判断中正确的是（ ）
A．在做圆周运动时，甲先完成半圆周运动
B．在做圆周运动时，乙先完成半圆周运动
C．在直线加速阶段，甲、乙所用的时间相等
D．在冲刺时，甲、乙到达终点线时的速度相等
7．2021年10月16日，神舟十三号载人飞船与天和核心舱成功对接，已知天和核心舱在距地面高度约为400km的轨道上做匀速圆周运动，运行周期约为93min，地球表面的重力加速度g=9.8m/s2，万有引力常量G=6.67×10一11N·m2/kg2忽略地球自转的影响，根据这些数据，下列物理量中无法求得的是（ ）
A．地球的质量 B．地球的平均密度
C．核心舱的线速度大小 D．核心舱受到的地球引力
8．下列四幅图描述的场景依次为雷电击中避雷针（图甲）、高压输电线上方还有两条与大地相连的导线（图乙）、燃气灶中的针尖状点火器（图丙）、工人穿戴着含金属丝制成的工作服进行超高压带电作业（图丁），关于这四幅图所涉及的物理知识，下列说确的是（ ）
A．图甲中避雷针的工作原理主要是静电屏蔽
B．图丙中的点火器是利用起电的原理进行点火的
C．图丙中的点火器的工作原理和图丁中工作服内掺入的金属丝的工作原理是相同的
D．图乙中与大地相连的两条导线所起的作用和图丁中工作服内的金属丝所起的作用是相同的
9．如图所示，是圆的内接三角形，，为圆心，为直径，半径。有一匀强电场（图中未画出）电场方向与圆周在同一平面内，取点电势为零。处的粒子源向平面内各个方向发射初动能均为、电荷量为的粒子，其中到达点的粒子动能为，到达点的粒子电势能为。没有计粒子的重力和粒子间的相互作用，。则匀强电场的电场强度大小为（ ）
A． B． C． D．
10．一质量为的舰艇在某次军事训练时，由静止开始沿直线航行，发动机的输出功率恒为，所受阻力大小恒定，时间，舰艇恰好达到速度，则该过程舰艇运动的位移大小为（ ）
A． B． C． D．
11．一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始向上运动，到达某一高度时撤去该力。若没有计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能 E 随时间 t 变化的关系图像是（ ）
A． B．
C． D．
12．利用如图所示的电路分析平行板电容器的动态变化，已知电源的内阻可忽略没有计，R为电阻箱，一带负电的小球固定在电容器之间的O位置。则下列说确的是（ ）
A．保持电键闭合，M板向下平移少许，小球的电势能减少
B．保持电键闭合，将电阻箱的阻值增大，静电计的指针偏角减小
C．断开电键，M板向下平移少许，静电计的指针偏角增大
D．断开电键，M板向左平移少许，小球的电势能增大
13．如图甲所示，倾角为的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为1kg的煤块轻轻放在传送带的A端，物体的速度随时间变化的关系如图乙所示，2s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g取。则（ ）
A．倾角
B．物体与传送带间的动因数0.4
C．2s内传送带上留下的痕迹长为5m
D．2s内物体与传送带产生的内能20J
评卷人
得分
二、多选题
14．如图所示，为某一电荷所形成的一簇电场线，a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹，其中b虚线为一圆弧，AB的长度等于BC的长度，且三个粒子的电荷量大小相等，没有计粒子重力。则下列说确的是（ ）
A．a一定是正粒子的运动轨迹，b和c一定是负粒子的运动轨迹
B．AB的长度等于BC的长度，故
C．a虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度大小没有变
D．b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量
15．2021年2月，天问一号火星探测器被火星捕获，系列变轨后从“调相轨道”进入“停泊轨道”，为着陆火星做准备。如图所示为探测器多次变轨后登陆火星的轨迹示意图，其中轨道Ⅰ、Ⅲ为椭圆，轨道Ⅱ为圆。探测器经轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ运动后在点登陆火星，点是轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的交点，轨道上的、、三点与火星在同一直线上，、分别是椭圆轨道Ⅲ的远火星点和近火星点。已知火星的半径为，，轨道Ⅱ上正常运行时点的速度为，关于探测器，下列说确的是（ ）
A．探测器沿轨道Ⅱ运动时点的速度大于沿轨道Ⅲ点的速度
B．沿轨道Ⅲ运动时，探测器点的加速度大小小于
C．探测器由轨道Ⅱ到轨道Ⅲ，需在点加速
D．沿轨道Ⅱ的运动周期大于沿轨道Ⅲ的运动周期
16．没有可伸长的轻绳一端固定，另一端系着质量为m的小球在竖直面内做圆周运动，小球动能Ek随它离地高度h的变化如图所示。忽略空气阻力，重力加速度取10m/s2，以地面为重力势能零点，由图中数据可得（ ）
A．小球质量为1kg
B．绳对小球拉力值120N
C．当小球离地高度为0.7m时，绳对小球拉力为60N
D．当小球动能与重力势能相等时，小球离地高度0.725m
第II卷（非选一选）
评卷人
得分
三、实验题
17．在利用落体“验证机械能守恒定律”的实验中
（1）下列器材中没有必要的一项是___________（只需填字母代号）。
A．重物 B．纸带 C．天平 D．低压交流电源 E．毫米刻度尺
（2关于本实验的误差，说法没有正确的一项是___________。
A．选择质量较小的重物，有利于减小误差
B．选择点迹清晰的纸带，有利于减小误差
C．实验产生误差的主要原因是重物在下落过程中没有可避免地受到阻力的作用
（3） 在实验中，质量的物体下落，得到如图所示的纸带，相邻计数点间的时间间隔为。那么从打点计时器打下起点O到打下B点的过程中，物体重力势能的减少量_______J，此过程中与物体动能的增加量_________J。（取g=9.8m/s2，结果均保留三位有效数字）
18．用如图所示的装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系。两个变速轮塔通过皮带连接，转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔匀速转动。槽内的钢球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对钢球的压力提供向心力，钢球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的黑白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的比值。如图是探究过程中某次实验时装置的状态。
①在研究向心力的大小与质量关系时，要保持___________相同；
A．和r B．和m C．m和r D．m和F
②当传动皮带套在两塔轮半径没有同的轮盘上，两个塔轮边缘处的___________大小相等；（选填“线速度”或“角速度”）
③图中所示，两个钢球质量和运动半径相等，图中标尺上黑白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1∶9，与皮带连接的两个变速轮塔的半径之比为___________。
A．1∶3 B．3∶1 C．1∶9 D．9∶1
19．小陈同学用如图甲所示的电路做“观察电容器的充、放电现象”实验。
①接好电路，学生电源电压调节选“10V”，然后给电容器充分充电，再观察电容器的放电，得到电容器放电电流I随时间t的变化曲线如图乙，根据该图，可知他所选用的电容器最可能是下列的___________（选填序号“A”、“B”或“C”）。
②如果没有改变电路其他参数，只减小电阻R，充电时曲线与横轴所围成的面积将___________（填“增大”“没有变”或“变小”），充电时间将___________（填“变长”“没有变”或“变短”）。
评卷人
得分
四、解 答 题
20．如图所示，一个质量为、带电量为的半径极小的小球用丝线悬挂在某匀强电场中，电场线与水平面平行，当小球静止时，测得悬线与竖直方向夹角为，（取）求：
（1）匀强电场的大小和方向；
（2）改变电场强度的大小和方向，为使小球仍保持静止，场强的最小值。
21．如图甲，光滑的水平木板上有一质量m=0.5kg的小球A，它与物块B通过长为3m、没有可伸长的轻质细线连接，细线通过木板的光滑小孔O，当小球A在水平木板上做半径R=1m、角速度的匀速圆周运动时，物块B恰于静止状态。将光滑的木板换成粗糙的水平木板，A、B位置互换，物块B到光滑小孔O的距离为1m，让A在水平面内绕过O的竖直轴做匀速圆周运动，如图乙所示，此时物块B恰好没有滑动。已知物块B与粗糙木板间的动因数μ=0.5，静力等于滑动力，重力加速度g=10m/s2，A、B均可视为质点，求：
（1）物块B的质量M；
（2）图乙中小球A做圆周运动的角速度大小。
22．如图所示，真空中有两块正方形平行正对金属极板、，边长为，两板间距，构成一个电容的电容器，紧贴两极板右边缘有一个与极板同宽、上下长度足够长的荧光屏。现使极板均匀带上的正电荷。在两板左端面正位置处有一离子源。以点为原点，以垂直于荧光屏方向为轴，垂直于极板方向为轴，平行于荧光屏方向为轴，建立图示坐标系。离子源发射的正离子的比荷为，打在极板上的离子均被吸收。求
（1）两极板间的场强大小；
（2）若离子源沿轴正方向没有断发射离子，试求能打在荧光屏上的离子的速度范围？
（3）若离子源发一个离子，分速度分别为，，，求该离子打在荧光屏上点的坐标。
23．如图所示为某弹射游戏装置图。水平管中弹簧被弹射杆P用线拉着，处于压缩状态，质量为m的小钢球紧靠弹簧，口上边缘与半圆形光滑竖直轨道点A的内侧对齐。水平轨道BC在B、C两点分别与半圆轨道内侧和倾角θ=45°的倾斜轨道平滑连接。扣动扳机，弹射杆P立即松开弹簧，钢球射出经轨道到达斜面上点D后又恰好能回到A点进入内，挤压弹簧后再次被弹出。已知半圆轨道半径为R，BC长s=2R，球与斜面CD、水平面BC的动因数均为μ= 0.25，重力加速度为g，小球受到的力视为滑动力。求：
（1）小球第二次B点时的速度大小vB；
（2）弹簧储存的弹性势能EP；
（3）通过计算说明小球能否脱离轨道。
答案：
1．B
【详解】
A．哥白尼提出了“日心说”，开普勒通过分析第谷的天文观测数据，总结出行星的运动三大定律，牛顿发现了万有引力定律，故A错误；
B．卡文迪什通过实验推算出来引力常量G的值，被个能“称量地球质量”的人，故B正确；
C．开普勒通过分析丹麦天文学家第谷的天文观测和记录，建立了开普勒行星运动三大定律，故C错误；
D．牛顿利用“地一月系统”验证了万有引力定律的正确性，使万有引力定律得到了广泛的应用，故D错误。
故选B。
2．A
【详解】
中学生体重接近于60kg，该同学克服重力做功的平均功率约为
故选A。
3．C
【详解】
A．电场强度的大小具有性，而电势的高低则具有相对性，选择的参考平面没有同，电势的高低也会没有同，所以电势是否为0与电场强度没有必然联系，故A错误；
B．电场强度的大小可以从电场线的疏密程度看出，但是电势的高低却取决于电场线的走向，沿着电场线方向电势会逐渐降低，但是电场强度却可能在逐渐增大，故B错误；
C．因为在等势面上移动电荷电场力没有做功，故电场强度的方向处处与等电势面垂直，故C正确；
D．沿着电场线的方向电势逐渐降低，但是电势降低的方向没有一定是电场强度的方向，应该是电势降低最快的方向为电场强度的方向，故D错误。
故选C。
4．C
【详解】
A．桌面的受力微小形变借助于光的反射来放大，运用了放大的思想方法，故A正确，没有符合题意；
B．玻璃瓶的受力微小形变借助于液体体积变化，运用了放大的思想方法，故B正确，没有符合题意；
C．探究平抛运动规律，运用了类比的思想方法，故C错误，符合题意；
D．测定万有引力常量仍是借助于光的反射来放大，运用了放大的思想方法，故D正确，没有符合题意。
故选C。
5．A
【详解】
ABC．a、b两点同轴转动，角速度一定相同，线速度和向心加速度是矢量，有大小有方向，因为a、b两点到O点距离相等，线速度和向心加速度方向沿轨迹切线方向，则线速度和向心加速度的方向一定没有同，故A正确，BC错误；
D．a点转动的周期等于风扇转动的周期，为
故D错误。
故选A。
6．A
【详解】
AB．根据公式可得
由题意，甲、乙两运动员质量相等，他们做圆周运动时所受向心力大小相等，可知，做圆周运动的半径越大，周期越大，甲的半径小于乙的半径，则甲先完成半圆周运动，故B错误A正确；
CD．根据公式可得，甲乙运动员滑行速度为
可知，乙的滑行速度大于甲的滑行速度，在直线加速阶段，根据可知，甲的滑行时间大于乙的滑行时间；根据可知，甲到达终点线时的速度小于乙到达终点线时的速度，故CD错误
故选A。
7．D
【详解】
AB．对轨道处天和核心舱考虑万有引力提供其做圆周运动的向心力
再根据黄金代换
联立可以求出地球半径、地球质量，从而可以求出地球密度，故AB正确，没有符合题意；
C．再根据
可以求出核心舱的线速度，故C正确，没有符合题意；
D．由于核心舱的质量未知，无法求出核心舱受到地球的引力，故D错误，符合题意。
故选D。
8．D
【详解】
A．避雷针的工作原理主要是利用放电避免雷击，A错误；
B．放电电极做成针尖状，更容易累积电荷从而发生放电现象，B错误；
C．点火器是利用高压放电的原理，而工作服内掺入的金属丝，是利用了静电屏蔽的原理，C错误；
D．高压输电线的上方还有两条导线，这两条导线的作用是它们与大地相连，形成稀疏的金属“网”把高压线屏蔽，免遭雷击，与工作服内掺入的金属丝，都是利用了静电屏蔽的原理，D正确。
故选D。
9．C
【详解】
根据电势能表达式
可知粒子在点的电势为
根据
可得
粒子从到的过程，根据动能定理可得
解得
可知连线为等势线，过点做的垂线，如图所示
由图中几何关系可得
则匀强电场的电场强度大小为
C正确，ABD错误；
故选C。
10．B
【详解】
从开始到舰艇恰好达到速度，过程由动能定理得
舰艇达到速度时，受力平衡
联立解得
B正确，ACD错误。
故选B。
11．C
【详解】
设物体在恒力作用下的加速度为a，由功能原理可知，机械能增量为
知E-t图象是开口向上的抛物线．撤去拉力后，无其他外力做功，机械能守恒，则机械能随时间没有变．故选C。
12．A
【详解】
A．保持电键闭合，则电容器两极板间的电压保持没有变，板向下移动，由
可知电容器两极板之间的电场强度增大，由于板接地，则板的电势为零，点与板之间的电势差为
可知，点的电势升高，则带负电的小球在点的电势能减少，故A正确；
B．由电路可知，静电计两端的电压等于电容器两极板之间的电压，保持电键闭合，调节电阻箱的阻值，电容器两极板之间的电压没有变，则静电计的指针保持没有变，故B错误；
C．断开电键，电容器所带的电荷量保持没有变，板向下移动，由
可知电容器的电容变大，又因为
由以上可知电容器两极板间的电压减小，则静电计的指针偏角减小，故C错误；
D．断开电键，电容器所带的电荷量保持没有变，板向左移动，则电容器的电容减小，由于两极板之间的距离保持没有变，则两极板间的电压增大，电场强度增大，点的电势升高，带电小球的电势能减少，故D错误。
故选A。
13．C
【详解】
AB．由图乙可知，0～1s物体的加速度为a1=10m/s2，1～2s物体的加速度为a2=2m/s2，皮带的速度为v1=10m/s，根据牛顿第二定律得
解得
故AB错误；
C．0～1s内皮带的位移及物体的位移分别为
它们的相对位移为
1～2s内皮带的位移及物体的位移分别为
它们的相对位移为
0～1s内物体位移小于皮带位移，在皮带上出现5m长的痕迹，1～2s内物体位移大于皮带的位移，这1m长的痕迹与刚才的痕迹重合，所以皮带上出现的痕迹长为5m，故C正确；
D．2s内物体与传送带产生的内能为
故D错误。
故选C。
14．CD
【详解】
A．由图只能确定三个粒子的受力方向，由于电场线的方向未知，则无法确定粒子的电性，A错误；
B．根据匀强电场的规律
AB的长度等于BC的长度，而电场线的疏密对应电场强度的大小，方向上电场强度逐渐增大，则有
B错误；
C．电场线的疏密对应电场强度的大小，根据牛顿第二定律可得
a虚线对应的粒子的电场强度越来越弱，加速度越来越小，c虚线对应粒子电场强度越来越强，粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子做圆周运动，库仑力提供向心力，粒子与场源电荷的距离保持没有变，对应的电场强度大小保持没有变，粒子的加速度大小没有变，C正确；
D．设场源电荷的带电量大小为，粒子带电量大小为，场源电荷与点的距离为，粒子在点的速度大小为，b虚线对应的粒子的质量为，c虚线对应的粒子的质量为，则根据库仑定律可得粒子受到的电场力为
b虚线对应的粒子的做圆周运动，库仑力提供向心力，则有
c虚线对应的粒子的做近心运动，库仑力大于粒子圆周运动所需的向心力
即
由此可知，b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量，D正确。
故选CD。
15．AD
【详解】
A．探测器沿轨道Ⅱ运动，点时需要减速以进入轨道Ⅲ，所以轨道Ⅱ的速度大于沿轨道Ⅲ点的速度，轨道Ⅱ是圆轨道，探测器匀速圆周运动，所以探测器沿轨道Ⅱ运动时点的速度大于沿轨道Ⅲ点的速度，A正确；
B．轨道Ⅱ是圆轨道，半径为，点的速度为，根据圆周运动的规律可知，探测器点的加速度
在轨道Ⅲ上点时，受力情况没有改变，只是速度大小变化了，加速度大小没变，所以加速度还是，B错误；
C．探测器由轨道Ⅱ到轨道Ⅲ，需在点减速，做近心运动，C错误；
D．轨道Ⅱ的半径大于轨道Ⅲ的半长轴，由开普勒第三定律可知，沿轨道Ⅱ的运动周期大于沿轨道Ⅲ运动周期，D正确．
故选AD。
16．BCD
【详解】
A．根据竖直面圆周运动的特点由图可知，小球的轨道半径满足
解得
小球从点运动到点的过程中，根据动能定理有
代入数据，联立可得
故A错误；
B．小球在点时，绳对小球拉力，根据牛顿第二定律有
代入数据，可得
故B正确；
C．根据图中信息，可知当小球离地高度为0.7m时，小球动能为10J，此时小球处在与圆心等高的位置，绳对小球拉力提供向心力，根据牛顿第二定律有
代入数据，可得
故C错误；
D．当小球动能与重力势能相等时，有
代入数据，可得
图像中小球动能Ek随它离地高度h的变化的函数关系为
联立，可得
故D正确。
故选BD。
17． C A
【详解】
（1）[1]在计算过程中，等式两端都有质量，可以消去，没有必称量质量，故选C；
（2）[2]A．对于下端悬挂的重物，应选择质量大体积小的重力，故A项错误，符合题意；
B．选择点击清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带，有利于减小误差，故B项正确，没有符合题意；
C．实验产生误差的主要原因是重物在下落过程中没有可避免地受到阻力的作用，故C项正确，没有符合题意；
故选A。
（3）[3]根据公式
故重物的重力势能减少量为。
[4]利用匀变速直线运动推论，中间时刻速度动等于平均速度，有
动能增加量为
18． A 线速度 B
【详解】
①[1]向心力的大小与质量关系时，须保持角速度和转动半径没有变，故A正确，BCD错误；
②[2]当传动皮带套在两塔轮半径没有同的轮盘上，属于皮带传动，两个塔轮边缘处的线速度大小相同；
③[3]由题意，两钢球质量和运动半径相等，向心力之比是，根据可知两钢球角速度之比为又因为两变速塔轮的线速度相等，根据可知可知两个变速轮塔的半径之比是，故B正确，ACD错误。
19． B 没有变 变短
【详解】
[1]根据图乙的图像的物理意义可以推至，其图像与坐标轴围成的面积为电荷量，由图像可知，其围成面积大概是四个长方形的面积，即电荷量约为
则该电容器的电容为
故B正确，AC错误。
故选B。
[2]由电容的公式有
整理的
由上述式子可知，电容器储存的电荷量Q与电阻R无关，如果没有改变电路的其他参数，只减小电阻R，充电时其曲线与横轴围成的面积将没有变。
[3]如果没有改变电路其他参数，只减小电阻R，由于电阻对于电流的阻碍作用减小，充电电流增大，所以充电时间将变短。
20．（1），水平向左；（2），垂直细线向下
【详解】
（1）根据题意，小球静止时，对小球受力分析，可知，小球受重力、细线的拉力和水平向右的电场力，因小球带负电，则电场方向为水平向左，根据平衡条件有
代入数据解得
（2）根据矢量三角形可知，当电场力的方向垂直细线向上时，电场力最小，电场强度最小，则电场的方向为垂直细线向下，根据平衡条件有
代入数据解得
21．（1）1.8kg；（2）3rad/s
【详解】
（1）设物块B的质量为M，由图甲可知，细线的拉力
小球A做匀速圆周运动，绳拉力恰好提供A圆周运动的向心力，即
解得：
（2）由于B恰好没有滑动，则B受力平衡
设小球A做匀速圆周运动时悬线与竖直方向夹角为θ，则
由几何关系：
由题意知：
L=2m
联立解得：
=3rad/s
22．（1）；（2）大于；（3）
【详解】
（1）根据题意可知
，
代入数据解得
（2）设发射速度为的离子刚好打在极板边缘，离子在方向做匀速直线运动
方向做匀加速直线运动
，，
得
联立得
因此离子的速度大于均可以到达屏上
（3）离子在、方向均做匀速直线运动
方向若要打出板间则需要时间为
，
所以可以打到屏幕上，
所以打到点的坐标为
23．（1）；（2）；（3）没有会脱离轨道，计算见解析
【详解】
(1)由题意，小球恰能返回A点，所以在A点
得
·
设第二次B点的速度大小为vB，则
代入数据得
（2）从D到B由动能定理得
代入数据得
从发射到次回到A点，由功能关系可得
代入数据得
（3）由机械能守恒定律知：第三次经B点与第二次经B点动能相同，设：第三次经B点能到达的高度为h′，由动能定理得
代入数据得
设第四次经B点后能达半圆轨道的高度为，则从到由动能定理得
代入数据得
因为
所以没有会脱离轨道。
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