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2022-2023学年河南省商丘市名校联考高一（下）期末物理试卷（7月）
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这是一份2022-2023学年河南省商丘市名校联考高一（下）期末物理试卷（7月），共15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。
2022-2023学年河南省商丘市名校联考高一（下）期末物理试卷（7月）
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 根据学过的电学知识，下列说法中正确的是( )
A. 小轿车车尾的导电链是为了防止静电积聚
B. 为了美观，通常把避雷针顶端设计成球形
C. 用几万伏的高压电电击关在金属笼里的鸟，而鸟安然无恙是利用了尖端放电
D. 电视闭路线芯外常包有一层金属网与静电屏蔽无关
2. “高空抛物”一直被称为悬在城市头顶上的痛，尤其是人为的高空抛物．最高人民法院发布《关于依法妥善审理高空抛物、坠物案件的意见》，对于故意高空抛物的，根据具体情形可以定罪处罚．如图所示，若在七楼阳台离地面20m高处，某人不小心将1kg的小花盆水平碰出，落点距抛出点水平距离4m，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2.下列说法正确的是( )
A. 小花盆在下落过程中每秒速度大小的变化相同
B. 由此可推算出落地前瞬间的动能大小为200J
C. 整个下落过程中，重力的平均功率为100W
D. 落到地面上的瞬间，重力的瞬时功率为2 101W
3. 明朝的《天工开物》记载了我国古代劳动人民的智慧．如图所示，可转动的把手上a点到转轴的距离为2R，辘护边缘b点到转轴的距离为R.人甲转动把手逐渐松开轻绳，把井口的人乙放到井下查看井下情况，则下列判断正确的是( )
A. a点的线速度等于b点的线速度 B. a点的向心加速度小于b点的向心加速度
C. 轻绳对乙做的功等于乙的动能的变化量 D. 轻绳对乙做的功等于乙机械能的变化量
4. 神舟十六号于2023年5月30日上午9时31分在甘肃酒泉卫星发射中心发射，取得圆满成功！神舟十六号乘组有景海鹏、桂海湖、朱杨柱三位航天员，这是中国第十六次载人航天发射，是中国航天工程实现的又一个历史性突破．此次神舟十六号还会前往空间站执行维修任务，包括加装新的天线、引导机器人等工作．宇航员们还将会进行科学实验，比如观察天体、检测太空环境等等．若神舟十六号与空间站核心舱在对接的最后阶段，神舟十六号与空间站处于同一轨道上同向运动，两者的运行轨道均视为圆周．要使神舟十六号在同一轨道上追上空间站实现对接，神舟十六号喷射燃气的方向可能正确的是( )
A. B.
C. D.
5. 一点电荷Q位于Ox坐标轴上的某点，在坐标轴Ox上还有A、B两点，其坐标分别为2.0m和5.0m.已知放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷所带电荷量大小的关系如图中的直线A、B所示，放在A点的电荷带正电，放在B点的电荷带负电．不考虑两试探电荷间的相互作用，则以下判断正确的( )
A. 点电荷Q是正电荷
B. 点电荷Q的位置坐标为(2.6m,0)
C. A点的电场强度的大小EA为40N/C，方向沿x轴负方向
D. B点的电场强度的大小EB为2.5N/C，方向沿x轴正方向
6. 如图甲所示，游乐场有一种叫作“快乐飞机”的游乐项目，模型如图乙所示．已知模型飞机质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为45°，当模型飞机以角速度ω= 2gL绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是(不计空气阻力，重力加速度为( )g)
A. 模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力
B. 旋臂对模型飞机的作用力方向不垂直于旋臂
C. 旋臂对模型飞机作用力大小为 2mg
D. 若转动的角速度增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小
7. 如图所示，质量为m 的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为2m的小球乙用轻绳跨过光滑的定滑轮与甲连接，开始用手托住小球乙，轻绳刚好伸直，滑轮右侧绳竖直，左侧绳与水平方向夹角α=53∘，此时由静止释放小球乙(足够高)，经过一段时间小球甲由开始的P点运动到Q点，OQ两点的连线水平，OQ=d，且小球甲在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等．已知重力加速度为g，sin53∘=0.8，cos53∘=0.6.则( )
A. 小球甲和小球乙的机械能之和始终保持不变
B. 左侧绳与水平方向夹角α=30∘时，甲乙两球的速度之比为2: 3
C. 小球甲到达Q点时，甲乙两小球的速度均为零
D. 弹簧的劲度系数为3mg4d
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8. 如图所示，带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，则下列说法正确的( )
A. 该粒子为负电荷粒子
B. 从a到b过程中，粒子先加速后减速
C. 从a到b过程中，粒子做匀变速曲线运动
D. 从a到b过程中，粒子的动能先减小后增大
9. 2023年5月17日10时49分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第五十六颗北斗导航卫星．如图，北斗导航卫星的发射需要经过几次变轨，先将卫星发射至近地圆轨道1上，然后在P处变轨到椭圆轨道2上，最后由轨道2在Q处变轨进入圆轨道3，轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点．忽略空气阻力和卫星质量的变化，则以下说法正确的是( )
A. 该卫星在轨道1、轨道2、轨道3运动的周期关系是T1>T2>T3
B. 该卫星在轨道3的动能小于在轨道1的动能
C. 该卫星从轨道1到轨道2再到轨道3，机械能逐渐减小
D. 该卫星稳定运行时，在轨道3上经过Q点的加速度等于在轨道2上经过Q点的加速度
10. 如图，左边光滑水平桌面上固定一弹簧枪，斜面紧贴桌面，且斜面的最高点O恰好与桌面相平，某同学选了两个质量分别为2m、m的钢质小球a、b(可视为质点).两小球a、b分别压缩弹簧至相同位置，然后由静止释放，分别落到斜面的A、B两点，不考虑空气阻力，则下面判断正确的是( )
A. a、b两球在空中运动的时间之比为1:2
B. a、b两球在斜面的落点A、B到O的距离之比为1:2
C. a、b两球落在斜面上时速度与斜面的夹角之比为1:1
D. a、b两球落在斜面上时速度大小之比为1:2
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
11. 在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，实验时用如图所示的装置．实验操作的主要步骤如下：
A.在一块平木板上钉上复写纸和白纸，然后将其竖直立于斜槽轨道末端槽口前，木板与槽口之间有一段距离，并保持板面与轨道末端的水平段垂直；
B.使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹A；
C.将木板沿水平方向向右平移一段距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹B；
D.将木板再水平向右平移同样距离x，使小球仍从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，再在白纸上得到痕迹C．
若测得A、B间距离为y1，B、C间距离为y2，小球的释放点与抛出点之间的高度h，已知当地的重力加速度为g．
(1)下列实验条件必须满足的有@(选填选项前的字母)．
A.斜槽轨道必须尽可能光滑
B.斜槽轨道末端水平
C.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放小球
D.小球的初速度可通过测量小球的释放点与抛出点之间的高度h后再由机械能守恒定律求出
(2)根据题目所给信息，小球做平抛运动的初速度大小v0=@(选填选项前的字母)．
A. 2gh B． 2gy1+y2 C．x gy2−y1 D．x g2y2+y1
(3)另外一位同学根据测量出的不同x情况下的y1和y2，令Δy=y2−y1，并描绘出了如图乙所示的Δy−x2图像．若已知图线的斜率为k，则小球平抛的初速度大小v0与k的关系式为@(用题中所给字母表示)．
12. 验证机械能守恒定律的实验装置如图甲所示，某小组完成了一系列实验操作后，得到了一条纸带如图乙所示，选取纸带上某个清晰的点标为O，然后每两个点取一个计数点，分别标为1、2、3、4、5、6，用刻度尺量出计数点1、2、3、4、5、6与O点的距离分别为h1、h2、h3、h4、h5、h6．
(1)已知打点计时器的打点周期为T，可求出打各个计数点时对应的速度分别为v1、v2、v3、v4、v5，其中的计算式为v5=@.
(2)若重锤的质量为m，当地的重力加速度为g，取打点O时重㻔所在水平面为参考平面，分别算出打各个计数点时对应重锤的重力势能Epi和动能Eki，则打计数点3时对应重锤的重力势能Ep3=@；接着在E−h坐标系中描点作出如图丙所示的Ek−h和Ep−h图线，求得Ep−h图线斜率的绝对值为k1，Ek−h图线斜率为k2，则在误差允许的范围内，k1与k2满足@关系时重锤机械能守恒．若操作规范、计算无误，由于阻力的影响，实际情况k1@k2(填“>”“=”或“<”)．
(3)关于上述实验，下列说法中正确的是@(选填选项前的字母)．
A.实验中可用干电池作为电源
B.需用刻度尺测出重锤下落的高度h，并通过v= 2gh计算出瞬时速度
C.实验时应先释放纸带后接通电源
D.图丙Ek−h图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的动能
四、计算题（本大题共3小题，共36.0分）
13. 一颗在赤道上空运行的人造卫星，离地球表面的高度是地球半径的2倍，卫星的转动方向与地球自转方向相同．已知地球自转的角速度为ω0，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g.求：
(1)该卫星所在处的重力加速度；
(2)该卫星绕地球转动的周期T；
(3)若某时刻卫星通过赤道上某建筑物的正上方，求它下次通过该建筑物上方需要的时间．
14. 如图所示，粗细均匀的光滑绝缘圆环，固定在竖直平面内，其半径为R，AB、CD分别为圆环的水平方向和竖直方向的两条直径，EF也是圆环的一条直径，且与竖直方向的夹角为30°.电荷量为q的带负电荷的小球甲固定在环上与圆心O等高的B点，另一个质量为m的带电小球乙套在环上，可在环上自由滑动，当乙球处在AC间的E点位置时，小球处于静止状态，重力加速度为g，静电力常量为h.求：
(1)小球乙的电性及带电量；
(2)若将小球乙放在环上BD段上的F点，由静止从F点释放，求释放瞬间乙球的加速度；
(3)保持小球乙的电性和电量不变，改变其质量，结果小球乙放在环上BD段上的F时也恰好能处于静止状态，则小球乙的质量变成了多少？
15. 过山车是一项惊险刺激的娱乐项目，如图甲所示．图乙为某一过山车的简化模型图，由三段高强度纤维细管平滑连接而成：左侧段AC是光滑圆弧轨道，中间为轨道半径为R=2.5m 的光滑圆形轨道，右侧CD段为倾角为30°的粗糙直轨道．可视为质点的质量m为1kg的钢球自A点由静止释放，沿斜轨道运动后经过圆轨道最高点B，继续运动到圆轨道最低点C后，沿CD段轨道恰能运动到D点．钢球在经过圆轨道最高点B时对上管壁的压力大小为30N，钢球在CD段运动时受到的摩擦阻力为其重力的0.5倍．忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2.求：
(1)钢球释放点A距离点C的高度差；
(2)钢球在最低点C点时对轨道的弹力大小；
(3)CD段长度．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】车尾的导电链，可以及时导走由摩擦产生的大量静电，是为了防止静电积聚，故A正确；避雷针是利用了静电的尖端放电制作的，故避雷针必须做成针状，不能做成球形，B错误；用几万伏的高压电电击关在金属笼里的鸟，而鸟安然无恙是因为笼子静电屏蔽的作用，C错误；电视闭路线芯外常包有一层金属网是利用了金属对内部的静电屏蔽作用，所以D错误．正确选项A．
2.【答案】C
【解析】小花盆做平抛运动，是匀变速曲线运动，加速度恒定，下落过程中每秒速度的变化相同，但不是速度大小变化相同，所以A错误；小花盆只受重力，竖直方向上做自由落体运动，小花盆下落20m的高度，由 h=12gt2 ，可知 t=2s ，水平方向匀速运动， v0=xt=2m/s ，小花盆落到地面时，在竖直方向有 vy2=2gh ，求得到达地面上时竖直方向的速度为 20m/s ，落地前瞬间的动能大小为 12mv2=12m(vy2+v02) =202J ，所以B错误；整个过程重力做功为 WG= mgh=200J ，平均功率 P=WGt=100W ，C正确；重力的瞬时功率 P3=mgvy=1×10×20W= 200W ，D错误．
3.【答案】D
【解析】AB.因a、b两点同轴转动，则a点的角速度等于b点的角速度，a、b两点的半径不同，所以线速度不同；因a点转动半径较大，根据 a向=ω2r 可知a点的向心加速度大于b点的向心加速度，故AB错误；CD.乙下降过程中，仅重力和绳子的拉力做功，且绳子的拉力做负功，重力做正功，重力做功不改变物体的机械能，由动能定理可知，绳子的拉力做的功等于乙重力势能变化量与动能变化量的总和，即 WF=ΔEp+ΔEk ，因此绳子对乙做的功等于乙机械能的变化量，故C错误，D正确．故选D．
4.【答案】A
【解析】要想使神舟十六号在与空间站的同一轨道上对接，则需要使神舟十六号加速，与此同时要想不脱离原轨道，根据 F=mv2r ，则必须要增加向心力，即喷气时产生的推力一方向有沿轨道向前的分量，另一方面还要有指向地心的分量，而因喷气产生的推力与喷气方向相反，则图A是正确的．故选A．
5.【答案】B
【解析】因A点的正电荷受力和B点的负电荷受力均指向x轴的正方向，故点电荷Q位于A、B两点之间，带负电，A错误；由题图可得A点电场强度的大小 EA=Fq=40N/C ，因A点的试探电荷带正电，受力又指向x轴的正方向，故A点场强的方向沿x轴的正方向，故C错误；由题图可得B点电场强度的大小 EB=Fq=2.5N/C .因B点的试探电荷带负电，而受力指向x轴的正方向，故B点场强的方向沿x轴的负方向，所以D错误；设点电荷Q距离A点为x，则 EA=kQx2 ， EB=kQ(3−x)2 ．由题图可得 EA=40N/C ， EB=2.5N/C .解得 x=0.6m .故点电荷Q的位置坐标为 (2.6m,0) ，B正确；答案为B．
6.【答案】C
【解析】向心力是效果力，模型飞机实际上不受向心力作用，是重力和旋臂对模型飞机的作用力的合力提供其向心力，A错误；模型飞机在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，所以旋臂的一个分力 F1 平衡了飞机的重力， F1=mg ，另一个分力提供了飞机做匀速圆周运动的向心力 F2 ， F2=mrω2 =m 22L⋅ 2gL=mg ， θ=45∘ ，所以旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直且大小等于 2mg ，B错误，C正确；根据C选项的分析知，若转动的角速度增大， F2 增加， F1=mg ，旋臂对模型飞机的作用力 F= F12+F22 增大，D错误．
7.【答案】C
【解析】弹簧对小球甲和小球乙组成的系统先做正功、后做负功，所以小球甲和小球乙的机械能之和先增大后减小，A错误；根据运动的合成与分解可得 v甲sinα=v乙 ，左侧绳与水平方向夹角 α=30∘ 时，甲乙两球的速度之比为 2:1 ，所以B错误；小球甲到达Q点 α=0 ，所以小球乙的速度为零，甲球的速度不一定为零，小球甲从P到Q的过程，小球甲、小球乙和弹簧组成的系统机械能守恒，且易知弹簧在初、末状态的弹性势能相等，所以小球甲在P点和Q点时，甲乙两球总的机械能不变， 2mg53d−d−mg43d =12mv甲2 ，解得 v甲=0 ，小球甲的速度为零，所以C正确；设弹簧的原长为 l0 ，由题意可知小球在P时弹簧的压缩量等于小球在Q时弹簧的伸长量，设形变量为x，根据几何关系可得 x+l0−(l0−x)=dtanα ，解得 x=23d ，开始时轻绳刚好伸直，拉力为零，则 kx=mg ，解得 k=3mg2d ，所以D错误．正确答案为C．
8.【答案】AD
【解析】粒子在a点时的轨迹应从速度向力的方向偏转，经分析，粒子受到的电场力沿电场线反方向，故粒子带负电，A正确；由图知粒子在a点受电场力向下，所以先向上减速运动后再向下加速运动，故B错误；根据电场线的疏密知道场强先变小后变大，故加速度先减小后增大，加速度在变化，不是匀变速曲线运动，所以C错误；从a点到b点，电场力先做负功，再做正功，动能先减小后增大，所以D正确．
9.【答案】BD
【解析】该卫星在轨道1、轨道2、轨道3运动的周期关系由开普勒定律 a3T2=k ，可知， T3>T2>T1 ，选项A错误；根据 v= GMr 可知，该卫星在轨道3的速度小于在轨道1的速度，则该卫星在轨道3的动能小于在轨道1的动能，选项B正确；该卫星从轨道1到轨道2需要点火加速，则机械能增加；从轨道2再到轨道3，又需要点火加速，机械能增加；故该卫星从轨道1到轨道2再到轨道3，机械能逐渐增加，选项C错误；根据 a=GMr2 可知，该卫星稳定运行时，在轨道3上经过Q点的加速度等于在轨道2上经过Q点的加速度，选项D正确．
10.【答案】BC
【解析】开始时弹簧弹性势能相同，所以 Ep=12mv02 ，故a、b两球开始时 v0= 2Epm ，两球的平抛的初速度之比为 1: 2 ，两球落到斜面时位移与水平方向夹角相同(即斜面的倾角 α )， tanα=yx=12gt2v0t =gt2v0 ，所以 t=2v0tanαg ，a、b两球在空中运动的时间之比为 1: 2 ，所以A错误；小球落点到O点的距离 l=v0tcosα=2v02tanαgcosα ，a、b两球在斜面的落点A、B到O的距离之比为 1:2 ，所以B正确；两球落地时速度与水平方向的夹角为 tanθ=vyv0=gtv0=2tanα ，两球落在斜面上时速度与斜面的夹角大小 β=θ−α ，同一斜面 α 不变，故落在斜面上时速度与斜面的夹角与飞出时的初速度无关，故a、b落在斜面上时速度与斜面的夹角之比为 1:1 ，故C正确；落到斜面上时的速度 v=v0cosθ ，故落地时的速度之比与初速度之比相等，故a、b落在斜面上速度大小之比为 1: 2 ，故D错误．故选BC．
11.【答案】(1)BC
(2)C
(3) v0= gk
【解析】(1)为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但必须是水平的，故A错误；B正确；为保证抛出的初速度相同，应使小球每次从斜槽上相同的位置由静止释放，故C正确；因为存在摩擦力，故不满足机械能守恒定律，故D错误．
(2)竖直方向根据自由落体运动规律可得 y2−y1=gT2 ，水平方向由匀速直线运动得 x=v0T ，
联立解得 v0=x y2−y1g=x gy2−y1 ，所以C正确．
(3)因为 Δy=y2−y1=gT2 ， x=v0T ，联立可得 Δy=gv02x2 ，所以 Δy−x2 图像的斜率为 k=gv02 ，解得 v0= gk
12.【答案】(1) h6−h44T
(2) −mgh3 k1=k2 >
(3)D
【解析】(1)计数点5的瞬时速度等于4、6两点间的平均速度，则 v5=h6−h44T ．
打计数点3时对应重锤的重力势能 Ep3=−mgh3 ，根据题图可知，每一段对应的重力势能减小量和动能增加量相等，那么重锤机械能守恒，即图线斜率的绝对值相同，才能满足条件，故 k1=k2 ，由于阻力的影响，重锤重力势能的减小量大于动能的增加量，则 k1>k2 .实验中打点计时器使用的是交流电源，不可用干电池作为电源，故A错误；重锤由静止开始下落过程中受到空气阻力和纸带与打点计时器的摩擦阻力作用，不是自由落体运动， v= 2gh 是自由落体运动的公式，故B错误；实验时应先接通电源，再释放纸带，故C错误；题图丙 Ek−h 图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的动能，故D正确．
13.【答案】(1) g9 ；(2) 6π 3Rg ；(3) 2π19 3gR−ω0 ．
【解析】在地球表面处的物体受到的重力近似等于万有引力， m0g=Gm地m0R2 ，
在轨道半径为 r=3R 处，卫星所受万有引力等于其重力， mg′=Gm地m(3R)2 ，
联立解得： g′=g9 ，
卫星所受万有引力提供其做圆周运动的向心力，有： Gm地m(3R)2=m(3R)ω2 ， T=2πω ，
结合(1)中式子可得 T=6π 3Rg ．
(3)卫星绕地球做匀速圆周运动，建筑物随地球自转做匀速圆周运动，且卫星的转动方向与地球自转方向相同，当卫星比地球(建筑物)多转1圈时，卫星再次出现在建筑物上空，即 ωΔt−ω0Δt=2π ，
解得： Δt=2π19 3gR−ω0 ．
14.【答案】(1) 3mgR2kq ；
(2) 3 3−12g 方向沿F点的切线方向向上；
(3) 3 3m
【解析】(1)设乙球带电量为Q，对小球乙受力分析可知，小球乙带正电荷才可能平衡，所以小球乙带正电荷．因为乙球平衡 mgsinθ=kQqr2sinθ ，
由几何关系可知甲乙之间距离为 r= 3R ，解得 Q=3mgR2kq ．
(2)若将小球乙放在环上BD段上的F点，由静止从F点释放，释放瞬间受力如图所示，乙球的加速度大小为a，释放的瞬间由于速度为零，所以沿半径方向的向心加速度 an=0 ，则合加速度即为小球乙在切线方向的加速度，所以由牛顿第二定律得 kQqR2cosθ−mgsinθ=ma ，
解得 a=3 3−12g ，方向沿F点的切线方向向上．
(3)保持小球乙的电性和电量不变，改变其质量，结果小球乙放在环上BD段上的F时也恰好能处于静止状态，由平衡条件可得 m′gsinθ=kQqR2cosθ ，解得 m′=3 3m ．
15.【答案】(1)10m；(2)90N；(3)10m．
【解析】(1)根据题意，钢球经B点时，由牛顿第二定律有 FN+mg=mvB2R ，解得 vB=10m/s ．
钢球由A到B过程中，由机械能守恒定律有 mg(H−2R)=12mvB2 ，解得 H=4R=10m ．
(2)钢球由B到C过程中，由机械能守恒定律有 mg2R=12mvC2−12mvB2 ，
解得 vC=10 2m/s ，
对小球，在C点， FNC−mg=mvc2R ，解得 FNC=90N ，
根据牛顿第三定律可知球在最低点C点时对轨道的弹力大小 F′NC=FNC=90N ．
(3)根据题意，钢球A到D过程中，由动能定理有 mg(H−Lsinθ)−kmgL=0 ．
解得 L=4Rsinθ+k=10m ．
2022-2023学年河南省商丘市名校联考高一（下）期末物理试卷（7月）
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 根据学过的电学知识，下列说法中正确的是( )
A. 小轿车车尾的导电链是为了防止静电积聚
B. 为了美观，通常把避雷针顶端设计成球形
C. 用几万伏的高压电电击关在金属笼里的鸟，而鸟安然无恙是利用了尖端放电
D. 电视闭路线芯外常包有一层金属网与静电屏蔽无关
2. “高空抛物”一直被称为悬在城市头顶上的痛，尤其是人为的高空抛物．最高人民法院发布《关于依法妥善审理高空抛物、坠物案件的意见》，对于故意高空抛物的，根据具体情形可以定罪处罚．如图所示，若在七楼阳台离地面20m高处，某人不小心将1kg的小花盆水平碰出，落点距抛出点水平距离4m，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2.下列说法正确的是( )
A. 小花盆在下落过程中每秒速度大小的变化相同
B. 由此可推算出落地前瞬间的动能大小为200J
C. 整个下落过程中，重力的平均功率为100W
D. 落到地面上的瞬间，重力的瞬时功率为2 101W
3. 明朝的《天工开物》记载了我国古代劳动人民的智慧．如图所示，可转动的把手上a点到转轴的距离为2R，辘护边缘b点到转轴的距离为R.人甲转动把手逐渐松开轻绳，把井口的人乙放到井下查看井下情况，则下列判断正确的是( )
A. a点的线速度等于b点的线速度 B. a点的向心加速度小于b点的向心加速度
C. 轻绳对乙做的功等于乙的动能的变化量 D. 轻绳对乙做的功等于乙机械能的变化量
4. 神舟十六号于2023年5月30日上午9时31分在甘肃酒泉卫星发射中心发射，取得圆满成功！神舟十六号乘组有景海鹏、桂海湖、朱杨柱三位航天员，这是中国第十六次载人航天发射，是中国航天工程实现的又一个历史性突破．此次神舟十六号还会前往空间站执行维修任务，包括加装新的天线、引导机器人等工作．宇航员们还将会进行科学实验，比如观察天体、检测太空环境等等．若神舟十六号与空间站核心舱在对接的最后阶段，神舟十六号与空间站处于同一轨道上同向运动，两者的运行轨道均视为圆周．要使神舟十六号在同一轨道上追上空间站实现对接，神舟十六号喷射燃气的方向可能正确的是( )
A. B.
C. D.
5. 一点电荷Q位于Ox坐标轴上的某点，在坐标轴Ox上还有A、B两点，其坐标分别为2.0m和5.0m.已知放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷所带电荷量大小的关系如图中的直线A、B所示，放在A点的电荷带正电，放在B点的电荷带负电．不考虑两试探电荷间的相互作用，则以下判断正确的( )
A. 点电荷Q是正电荷
B. 点电荷Q的位置坐标为(2.6m,0)
C. A点的电场强度的大小EA为40N/C，方向沿x轴负方向
D. B点的电场强度的大小EB为2.5N/C，方向沿x轴正方向
6. 如图甲所示，游乐场有一种叫作“快乐飞机”的游乐项目，模型如图乙所示．已知模型飞机质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为45°，当模型飞机以角速度ω= 2gL绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是(不计空气阻力，重力加速度为( )g)
A. 模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力
B. 旋臂对模型飞机的作用力方向不垂直于旋臂
C. 旋臂对模型飞机作用力大小为 2mg
D. 若转动的角速度增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小
7. 如图所示，质量为m 的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为2m的小球乙用轻绳跨过光滑的定滑轮与甲连接，开始用手托住小球乙，轻绳刚好伸直，滑轮右侧绳竖直，左侧绳与水平方向夹角α=53∘，此时由静止释放小球乙(足够高)，经过一段时间小球甲由开始的P点运动到Q点，OQ两点的连线水平，OQ=d，且小球甲在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等．已知重力加速度为g，sin53∘=0.8，cos53∘=0.6.则( )
A. 小球甲和小球乙的机械能之和始终保持不变
B. 左侧绳与水平方向夹角α=30∘时，甲乙两球的速度之比为2: 3
C. 小球甲到达Q点时，甲乙两小球的速度均为零
D. 弹簧的劲度系数为3mg4d
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8. 如图所示，带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，则下列说法正确的( )
A. 该粒子为负电荷粒子
B. 从a到b过程中，粒子先加速后减速
C. 从a到b过程中，粒子做匀变速曲线运动
D. 从a到b过程中，粒子的动能先减小后增大
9. 2023年5月17日10时49分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第五十六颗北斗导航卫星．如图，北斗导航卫星的发射需要经过几次变轨，先将卫星发射至近地圆轨道1上，然后在P处变轨到椭圆轨道2上，最后由轨道2在Q处变轨进入圆轨道3，轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点．忽略空气阻力和卫星质量的变化，则以下说法正确的是( )
A. 该卫星在轨道1、轨道2、轨道3运动的周期关系是T1>T2>T3
B. 该卫星在轨道3的动能小于在轨道1的动能
C. 该卫星从轨道1到轨道2再到轨道3，机械能逐渐减小
D. 该卫星稳定运行时，在轨道3上经过Q点的加速度等于在轨道2上经过Q点的加速度
10. 如图，左边光滑水平桌面上固定一弹簧枪，斜面紧贴桌面，且斜面的最高点O恰好与桌面相平，某同学选了两个质量分别为2m、m的钢质小球a、b(可视为质点).两小球a、b分别压缩弹簧至相同位置，然后由静止释放，分别落到斜面的A、B两点，不考虑空气阻力，则下面判断正确的是( )
A. a、b两球在空中运动的时间之比为1:2
B. a、b两球在斜面的落点A、B到O的距离之比为1:2
C. a、b两球落在斜面上时速度与斜面的夹角之比为1:1
D. a、b两球落在斜面上时速度大小之比为1:2
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
11. 在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，实验时用如图所示的装置．实验操作的主要步骤如下：
A.在一块平木板上钉上复写纸和白纸，然后将其竖直立于斜槽轨道末端槽口前，木板与槽口之间有一段距离，并保持板面与轨道末端的水平段垂直；
B.使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹A；
C.将木板沿水平方向向右平移一段距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹B；
D.将木板再水平向右平移同样距离x，使小球仍从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，再在白纸上得到痕迹C．
若测得A、B间距离为y1，B、C间距离为y2，小球的释放点与抛出点之间的高度h，已知当地的重力加速度为g．
(1)下列实验条件必须满足的有@(选填选项前的字母)．
A.斜槽轨道必须尽可能光滑
B.斜槽轨道末端水平
C.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放小球
D.小球的初速度可通过测量小球的释放点与抛出点之间的高度h后再由机械能守恒定律求出
(2)根据题目所给信息，小球做平抛运动的初速度大小v0=@(选填选项前的字母)．
A. 2gh B． 2gy1+y2 C．x gy2−y1 D．x g2y2+y1
(3)另外一位同学根据测量出的不同x情况下的y1和y2，令Δy=y2−y1，并描绘出了如图乙所示的Δy−x2图像．若已知图线的斜率为k，则小球平抛的初速度大小v0与k的关系式为@(用题中所给字母表示)．
12. 验证机械能守恒定律的实验装置如图甲所示，某小组完成了一系列实验操作后，得到了一条纸带如图乙所示，选取纸带上某个清晰的点标为O，然后每两个点取一个计数点，分别标为1、2、3、4、5、6，用刻度尺量出计数点1、2、3、4、5、6与O点的距离分别为h1、h2、h3、h4、h5、h6．
(1)已知打点计时器的打点周期为T，可求出打各个计数点时对应的速度分别为v1、v2、v3、v4、v5，其中的计算式为v5=@.
(2)若重锤的质量为m，当地的重力加速度为g，取打点O时重㻔所在水平面为参考平面，分别算出打各个计数点时对应重锤的重力势能Epi和动能Eki，则打计数点3时对应重锤的重力势能Ep3=@；接着在E−h坐标系中描点作出如图丙所示的Ek−h和Ep−h图线，求得Ep−h图线斜率的绝对值为k1，Ek−h图线斜率为k2，则在误差允许的范围内，k1与k2满足@关系时重锤机械能守恒．若操作规范、计算无误，由于阻力的影响，实际情况k1@k2(填“>”“=”或“<”)．
(3)关于上述实验，下列说法中正确的是@(选填选项前的字母)．
A.实验中可用干电池作为电源
B.需用刻度尺测出重锤下落的高度h，并通过v= 2gh计算出瞬时速度
C.实验时应先释放纸带后接通电源
D.图丙Ek−h图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的动能
四、计算题（本大题共3小题，共36.0分）
13. 一颗在赤道上空运行的人造卫星，离地球表面的高度是地球半径的2倍，卫星的转动方向与地球自转方向相同．已知地球自转的角速度为ω0，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g.求：
(1)该卫星所在处的重力加速度；
(2)该卫星绕地球转动的周期T；
(3)若某时刻卫星通过赤道上某建筑物的正上方，求它下次通过该建筑物上方需要的时间．
14. 如图所示，粗细均匀的光滑绝缘圆环，固定在竖直平面内，其半径为R，AB、CD分别为圆环的水平方向和竖直方向的两条直径，EF也是圆环的一条直径，且与竖直方向的夹角为30°.电荷量为q的带负电荷的小球甲固定在环上与圆心O等高的B点，另一个质量为m的带电小球乙套在环上，可在环上自由滑动，当乙球处在AC间的E点位置时，小球处于静止状态，重力加速度为g，静电力常量为h.求：
(1)小球乙的电性及带电量；
(2)若将小球乙放在环上BD段上的F点，由静止从F点释放，求释放瞬间乙球的加速度；
(3)保持小球乙的电性和电量不变，改变其质量，结果小球乙放在环上BD段上的F时也恰好能处于静止状态，则小球乙的质量变成了多少？
15. 过山车是一项惊险刺激的娱乐项目，如图甲所示．图乙为某一过山车的简化模型图，由三段高强度纤维细管平滑连接而成：左侧段AC是光滑圆弧轨道，中间为轨道半径为R=2.5m 的光滑圆形轨道，右侧CD段为倾角为30°的粗糙直轨道．可视为质点的质量m为1kg的钢球自A点由静止释放，沿斜轨道运动后经过圆轨道最高点B，继续运动到圆轨道最低点C后，沿CD段轨道恰能运动到D点．钢球在经过圆轨道最高点B时对上管壁的压力大小为30N，钢球在CD段运动时受到的摩擦阻力为其重力的0.5倍．忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2.求：
(1)钢球释放点A距离点C的高度差；
(2)钢球在最低点C点时对轨道的弹力大小；
(3)CD段长度．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】车尾的导电链，可以及时导走由摩擦产生的大量静电，是为了防止静电积聚，故A正确；避雷针是利用了静电的尖端放电制作的，故避雷针必须做成针状，不能做成球形，B错误；用几万伏的高压电电击关在金属笼里的鸟，而鸟安然无恙是因为笼子静电屏蔽的作用，C错误；电视闭路线芯外常包有一层金属网是利用了金属对内部的静电屏蔽作用，所以D错误．正确选项A．
2.【答案】C
【解析】小花盆做平抛运动，是匀变速曲线运动，加速度恒定，下落过程中每秒速度的变化相同，但不是速度大小变化相同，所以A错误；小花盆只受重力，竖直方向上做自由落体运动，小花盆下落20m的高度，由 h=12gt2 ，可知 t=2s ，水平方向匀速运动， v0=xt=2m/s ，小花盆落到地面时，在竖直方向有 vy2=2gh ，求得到达地面上时竖直方向的速度为 20m/s ，落地前瞬间的动能大小为 12mv2=12m(vy2+v02) =202J ，所以B错误；整个过程重力做功为 WG= mgh=200J ，平均功率 P=WGt=100W ，C正确；重力的瞬时功率 P3=mgvy=1×10×20W= 200W ，D错误．
3.【答案】D
【解析】AB.因a、b两点同轴转动，则a点的角速度等于b点的角速度，a、b两点的半径不同，所以线速度不同；因a点转动半径较大，根据 a向=ω2r 可知a点的向心加速度大于b点的向心加速度，故AB错误；CD.乙下降过程中，仅重力和绳子的拉力做功，且绳子的拉力做负功，重力做正功，重力做功不改变物体的机械能，由动能定理可知，绳子的拉力做的功等于乙重力势能变化量与动能变化量的总和，即 WF=ΔEp+ΔEk ，因此绳子对乙做的功等于乙机械能的变化量，故C错误，D正确．故选D．
4.【答案】A
【解析】要想使神舟十六号在与空间站的同一轨道上对接，则需要使神舟十六号加速，与此同时要想不脱离原轨道，根据 F=mv2r ，则必须要增加向心力，即喷气时产生的推力一方向有沿轨道向前的分量，另一方面还要有指向地心的分量，而因喷气产生的推力与喷气方向相反，则图A是正确的．故选A．
5.【答案】B
【解析】因A点的正电荷受力和B点的负电荷受力均指向x轴的正方向，故点电荷Q位于A、B两点之间，带负电，A错误；由题图可得A点电场强度的大小 EA=Fq=40N/C ，因A点的试探电荷带正电，受力又指向x轴的正方向，故A点场强的方向沿x轴的正方向，故C错误；由题图可得B点电场强度的大小 EB=Fq=2.5N/C .因B点的试探电荷带负电，而受力指向x轴的正方向，故B点场强的方向沿x轴的负方向，所以D错误；设点电荷Q距离A点为x，则 EA=kQx2 ， EB=kQ(3−x)2 ．由题图可得 EA=40N/C ， EB=2.5N/C .解得 x=0.6m .故点电荷Q的位置坐标为 (2.6m,0) ，B正确；答案为B．
6.【答案】C
【解析】向心力是效果力，模型飞机实际上不受向心力作用，是重力和旋臂对模型飞机的作用力的合力提供其向心力，A错误；模型飞机在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，所以旋臂的一个分力 F1 平衡了飞机的重力， F1=mg ，另一个分力提供了飞机做匀速圆周运动的向心力 F2 ， F2=mrω2 =m 22L⋅ 2gL=mg ， θ=45∘ ，所以旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直且大小等于 2mg ，B错误，C正确；根据C选项的分析知，若转动的角速度增大， F2 增加， F1=mg ，旋臂对模型飞机的作用力 F= F12+F22 增大，D错误．
7.【答案】C
【解析】弹簧对小球甲和小球乙组成的系统先做正功、后做负功，所以小球甲和小球乙的机械能之和先增大后减小，A错误；根据运动的合成与分解可得 v甲sinα=v乙 ，左侧绳与水平方向夹角 α=30∘ 时，甲乙两球的速度之比为 2:1 ，所以B错误；小球甲到达Q点 α=0 ，所以小球乙的速度为零，甲球的速度不一定为零，小球甲从P到Q的过程，小球甲、小球乙和弹簧组成的系统机械能守恒，且易知弹簧在初、末状态的弹性势能相等，所以小球甲在P点和Q点时，甲乙两球总的机械能不变， 2mg53d−d−mg43d =12mv甲2 ，解得 v甲=0 ，小球甲的速度为零，所以C正确；设弹簧的原长为 l0 ，由题意可知小球在P时弹簧的压缩量等于小球在Q时弹簧的伸长量，设形变量为x，根据几何关系可得 x+l0−(l0−x)=dtanα ，解得 x=23d ，开始时轻绳刚好伸直，拉力为零，则 kx=mg ，解得 k=3mg2d ，所以D错误．正确答案为C．
8.【答案】AD
【解析】粒子在a点时的轨迹应从速度向力的方向偏转，经分析，粒子受到的电场力沿电场线反方向，故粒子带负电，A正确；由图知粒子在a点受电场力向下，所以先向上减速运动后再向下加速运动，故B错误；根据电场线的疏密知道场强先变小后变大，故加速度先减小后增大，加速度在变化，不是匀变速曲线运动，所以C错误；从a点到b点，电场力先做负功，再做正功，动能先减小后增大，所以D正确．
9.【答案】BD
【解析】该卫星在轨道1、轨道2、轨道3运动的周期关系由开普勒定律 a3T2=k ，可知， T3>T2>T1 ，选项A错误；根据 v= GMr 可知，该卫星在轨道3的速度小于在轨道1的速度，则该卫星在轨道3的动能小于在轨道1的动能，选项B正确；该卫星从轨道1到轨道2需要点火加速，则机械能增加；从轨道2再到轨道3，又需要点火加速，机械能增加；故该卫星从轨道1到轨道2再到轨道3，机械能逐渐增加，选项C错误；根据 a=GMr2 可知，该卫星稳定运行时，在轨道3上经过Q点的加速度等于在轨道2上经过Q点的加速度，选项D正确．
10.【答案】BC
【解析】开始时弹簧弹性势能相同，所以 Ep=12mv02 ，故a、b两球开始时 v0= 2Epm ，两球的平抛的初速度之比为 1: 2 ，两球落到斜面时位移与水平方向夹角相同(即斜面的倾角 α )， tanα=yx=12gt2v0t =gt2v0 ，所以 t=2v0tanαg ，a、b两球在空中运动的时间之比为 1: 2 ，所以A错误；小球落点到O点的距离 l=v0tcosα=2v02tanαgcosα ，a、b两球在斜面的落点A、B到O的距离之比为 1:2 ，所以B正确；两球落地时速度与水平方向的夹角为 tanθ=vyv0=gtv0=2tanα ，两球落在斜面上时速度与斜面的夹角大小 β=θ−α ，同一斜面 α 不变，故落在斜面上时速度与斜面的夹角与飞出时的初速度无关，故a、b落在斜面上时速度与斜面的夹角之比为 1:1 ，故C正确；落到斜面上时的速度 v=v0cosθ ，故落地时的速度之比与初速度之比相等，故a、b落在斜面上速度大小之比为 1: 2 ，故D错误．故选BC．
11.【答案】(1)BC
(2)C
(3) v0= gk
【解析】(1)为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但必须是水平的，故A错误；B正确；为保证抛出的初速度相同，应使小球每次从斜槽上相同的位置由静止释放，故C正确；因为存在摩擦力，故不满足机械能守恒定律，故D错误．
(2)竖直方向根据自由落体运动规律可得 y2−y1=gT2 ，水平方向由匀速直线运动得 x=v0T ，
联立解得 v0=x y2−y1g=x gy2−y1 ，所以C正确．
(3)因为 Δy=y2−y1=gT2 ， x=v0T ，联立可得 Δy=gv02x2 ，所以 Δy−x2 图像的斜率为 k=gv02 ，解得 v0= gk
12.【答案】(1) h6−h44T
(2) −mgh3 k1=k2 >
(3)D
【解析】(1)计数点5的瞬时速度等于4、6两点间的平均速度，则 v5=h6−h44T ．
打计数点3时对应重锤的重力势能 Ep3=−mgh3 ，根据题图可知，每一段对应的重力势能减小量和动能增加量相等，那么重锤机械能守恒，即图线斜率的绝对值相同，才能满足条件，故 k1=k2 ，由于阻力的影响，重锤重力势能的减小量大于动能的增加量，则 k1>k2 .实验中打点计时器使用的是交流电源，不可用干电池作为电源，故A错误；重锤由静止开始下落过程中受到空气阻力和纸带与打点计时器的摩擦阻力作用，不是自由落体运动， v= 2gh 是自由落体运动的公式，故B错误；实验时应先接通电源，再释放纸带，故C错误；题图丙 Ek−h 图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的动能，故D正确．
13.【答案】(1) g9 ；(2) 6π 3Rg ；(3) 2π19 3gR−ω0 ．
【解析】在地球表面处的物体受到的重力近似等于万有引力， m0g=Gm地m0R2 ，
在轨道半径为 r=3R 处，卫星所受万有引力等于其重力， mg′=Gm地m(3R)2 ，
联立解得： g′=g9 ，
卫星所受万有引力提供其做圆周运动的向心力，有： Gm地m(3R)2=m(3R)ω2 ， T=2πω ，
结合(1)中式子可得 T=6π 3Rg ．
(3)卫星绕地球做匀速圆周运动，建筑物随地球自转做匀速圆周运动，且卫星的转动方向与地球自转方向相同，当卫星比地球(建筑物)多转1圈时，卫星再次出现在建筑物上空，即 ωΔt−ω0Δt=2π ，
解得： Δt=2π19 3gR−ω0 ．
14.【答案】(1) 3mgR2kq ；
(2) 3 3−12g 方向沿F点的切线方向向上；
(3) 3 3m
【解析】(1)设乙球带电量为Q，对小球乙受力分析可知，小球乙带正电荷才可能平衡，所以小球乙带正电荷．因为乙球平衡 mgsinθ=kQqr2sinθ ，
由几何关系可知甲乙之间距离为 r= 3R ，解得 Q=3mgR2kq ．
(2)若将小球乙放在环上BD段上的F点，由静止从F点释放，释放瞬间受力如图所示，乙球的加速度大小为a，释放的瞬间由于速度为零，所以沿半径方向的向心加速度 an=0 ，则合加速度即为小球乙在切线方向的加速度，所以由牛顿第二定律得 kQqR2cosθ−mgsinθ=ma ，
解得 a=3 3−12g ，方向沿F点的切线方向向上．
(3)保持小球乙的电性和电量不变，改变其质量，结果小球乙放在环上BD段上的F时也恰好能处于静止状态，由平衡条件可得 m′gsinθ=kQqR2cosθ ，解得 m′=3 3m ．
15.【答案】(1)10m；(2)90N；(3)10m．
【解析】(1)根据题意，钢球经B点时，由牛顿第二定律有 FN+mg=mvB2R ，解得 vB=10m/s ．
钢球由A到B过程中，由机械能守恒定律有 mg(H−2R)=12mvB2 ，解得 H=4R=10m ．
(2)钢球由B到C过程中，由机械能守恒定律有 mg2R=12mvC2−12mvB2 ，
解得 vC=10 2m/s ，
对小球，在C点， FNC−mg=mvc2R ，解得 FNC=90N ，
根据牛顿第三定律可知球在最低点C点时对轨道的弹力大小 F′NC=FNC=90N ．
(3)根据题意，钢球A到D过程中，由动能定理有 mg(H−Lsinθ)−kmgL=0 ．
解得 L=4Rsinθ+k=10m ．
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