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2022-2023学年福建省南平市高一（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年福建省南平市高一（下）期末物理试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年福建省南平市高一（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共5小题，共20.0分）
1. 如图所示，某同学从一滑坡的顶端由静止开始下滑，然后沿水平面滑动了一段距离后停下来，在整个运动过程中( )
A. 他的机械能减小 B. 他的机械能守恒
C. 支持力对他做正功 D. 他的重力势能一直不变
2. 开普勒被誉为“天空的立法者”，关于开普勒行星运动定律，下列说法正确的是( )
A. 太阳系的行星绕太阳做匀速圆周运动
B. 同一行星在绕太阳运动时近日点速度小于远日点速度
C. 绕太阳运行的八大行星中，离太阳越远的行星公转周期越大
D. 相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积
3. 如图所示，用绝缘细线将带电小球1连接并悬挂，带电小球2固定在绝缘支架上，两小球在同一水平线均处于静止状态，细线与竖直方向的夹角为θ。已知两小球1、2所带电荷量大小分别为q1、q2，小球1的质量为m，重力加速度为g，静电力常量为k，两小球均可视为点电荷。则( )
A. q1、q2一定相等 B. 两小球带同种电荷
C. 绝缘细线拉力的大小为mgcosθ D. 两小球1、2之间距离为 kq1q2mgtanθ
4. 质量为1kg的物体在5N的水平恒定拉力作用下，沿水平面由静止开始做匀加速直线运动，经过2s，速度大小为6m/s，在此过程中( )
A. 拉力做功为18J B. 克服摩擦阻力做功为15J
C. 2s末拉力的瞬时功率为18W D. 2s内拉力的平均功率为15W
5. 据史料记载，拨浪鼓最早出现在战国时期，宋代小型拨浪鼓已成为儿童玩具。现有一拨浪鼓上分别系有长度不等的两根轻绳，绳一端系着小球，另一端固定在关于手柄对称的鼓沿上。现使鼓绕竖直放置的手柄匀速转动，稳定两球在水平面内做周期相同的匀速圆周运动。下列各图中两球的位置关系正确的是(图中轻绳与竖直方向的夹角α<θ<β)( )
A. B.
C. D.
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
6. 以下是几种常见电场的电场线分布示意图，其中正确的是( )
A. B.
C. D.
7. 船在静水中的航速为1. 3 m/s，若它在流速为0. 5 m/s的河水中航行，已知河宽为78 m。则( )
A. 船渡河的最短时间为60 s
B. 船渡河的最短时间为65 s
C. 船以最短距离渡河的时间为65 s
D. 如果使船速小于水流速度，船不能到达对岸
8. 一宇宙飞船以速度v环绕行星表面匀速飞行，测得其周期为T。已知万有引力常量为G，行星可视为均匀球体，忽略行星自转。则( )
A. 该行星的半径为vT2π B. 该行星的质量为v3TπG
C. 该行星的平均密度为3πGT D. 该行星表面的重力加速度为2πvT
9. 如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧左端固定在墙上，处于原长时右端恰在O点，与可视为质点质量为m的物块接触(未连接)。用水平力F缓慢推动物块到位置A，撤去F后，物块沿水平面开始向右运动，经过O点的速度为v，最远到达位置B。已知AO=x，OB=3x，物块与水平面间的动摩擦因数处处相同。下列说法正确的是( )
A. 物块从A到B运动过程中的最大速度为v
B. 弹簧的最大弹性势能为2mv23
C. 物块与水平面间的动摩擦因数为v26gx
D. 如果仅将物块质量减半，物块通过O点的速度为 2v
10. 如图甲所示是一简易打桩机。质量为1.0kg的重物在恒定拉力的作用下，从与钉子接触处由静止向上运动并开始计时，一段时间后撤去拉力，重物上升到最高点后自由下落，撞击钉子，将钉子打入一定深度。若以重物与钉子接触处为零势能参考平面，重物上升过程中，其机械能E与上升过程中时间t的平方关系如图乙所示，重力加速度大小取10m/s2，不计一切阻力。则( )
A. 拉力大小为12N
B. 重物上升到最大高度所用时间为1.0s
C. 重物自由下落撞击钉子瞬间机械能为12J
D. 重物将钉子打入一定深度，重物的机械能损失12J
三、填空题（本大题共2小题，共12.0分）
11. 如图所示，以O为圆心半径为r的圆，与坐标轴的交点分别为a、b、c、d，空间有沿x轴正方向的匀强电场，同时在O点固定一个电荷量为−Q的点电荷。如果把试探电荷放在a点恰好平衡，那么匀强电场的场强大小为 ，b点的实际场强大小为 。(已知静电力常量为k)
12. 如图所示为某胶囊列车(又名胶囊超级高铁)，利用“真空管道运输”的概念，是正在研究的一种全新交通工具。这种胶囊列车可以超高速、低能耗、无噪声、零污染，被认为是继汽车、轮船、火车和飞机之后的新一代交通运输工具，最大速度可达6000km/h以上。若某列胶囊列车的质量为m，在平直轨道上以恒定功率P由静止开始启动，最大速度为vm，则此列车在行驶过程中受到的阻力大小f= ；若过程中某时刻速度为v，则此时列车的加速度大小a= 。(假设列车行驶过程中阻力恒定不变)
四、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
13. (1)如图所示，在探究平抛运动规律的实验中，用小锤击打弹性金属片，金属片把P球沿水平方向弹出，同时Q球被松开而自由下落，P、Q两球同时开始运动并同时落地，则下列说法正确是__________。
A. 此实验可以验证平抛运动在水平方向上的运动是匀速直线运动
B. 此实验可以验证平抛运动在竖直方向上的运动是自由落体运动
(2)某同学用如图甲所示装置探究平抛运动的特点，正确操作实验得到小球运动轨迹中的四个点A、B、C、D如图乙所示。已知图乙中正方形格子的边长均为4. 9cm，重力加速度大小g=9.8m/s2。
①实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端__________；
②根据图乙可知，A点__________(填“是”或“不是”)抛出点；
③小球飞出斜槽时的速度大小v0=__________m/s(计算结果保留两位有效数字)。
14. 某实验小组用落体法验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示。实验中测出重物自由下落的高度H及对应的瞬时速度v。请根据实验原理和步骤完成下列问题。(当地的重力加速度大小g=9.80m/s2，计算结果均保留三位有效数字)
(1)关于上述实验，下列说法正确的是__________。
A. 重物的质量可以不测量
B. 重物最好选择密度较小的木块
C. 实验中应先释放纸带，后接通电源
D. 可以利用公式v= 2gH求出瞬时速度
(2)如图甲所示，使质量m=50g的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点。选取一条符合实验要求的纸带，如图乙所示，O为所打的第一个点，A、B、C为合适位置开始选取的连续三个点，并测出O点到A、B、C各点的距离依次为38.02cm、43.65cm、49.66cm。已知打点计时器每隔0.02s打一个点。则从打点计时器打下点O到打下点B的过程中，重物减少的重力势能ΔEP=__________J；重物增加的动能ΔEk=__________J。
(3)由于存在近乎恒定的阻力f，导致重物重力势能的减少量与动能增加量不完全相等，实验小组的同学又多取D、E、F等计时点，并正确计算出图乙中打下各计时点A、B、C、D、E、F的瞬时速度v，以各计时点到A点的距离h为横轴，v2为纵轴作出图像，如图丙所示，根据作出的图线，可求出阻力f与重力的比值fmg=__________。
五、计算题（本大题共3小题，共32.0分）
15. 某同学玩弹弹珠游戏，如图所示，他将小弹珠置于桌面的边缘，使弹珠正对竖直墙面水平弹出。已知桌面距离水平地面的高度H=1.25m，桌面边缘与竖直墙面的距离s=1.60m，重力加速度大小g取10m/s2，不计空气阻力。
(1)若弹珠恰好击中墙角A点，求弹珠的初速度大小；
(2)调整初速度，再次将弹珠水平弹出，击中墙面B点，测得B点距离水平桌面的高度h=0.80m，求击中墙面时弹珠速度的大小和方向。
16. 冰滑梯是体验冰雪运动乐趣的设施之一，深受广大游客的欢迎。某冰滑梯的简化结构如图所示，螺旋滑道OA、倾斜滑道AB和水平滑道BC均平滑连接，螺旋滑道的阻力可忽略。倾斜滑道底部的水平长度为L1，水平滑道长度为L2，滑板与两滑道间的动摩擦因数相同。游客从螺旋滑道的O点静止出发，进入倾斜滑道后做匀减速运动，已知游客和滑板的总质量为m，螺旋滑道和倾斜滑道的高度均为h，重力加速度为g，求：
(1)当游客刚滑上倾斜滑道时的速度大小；
(2)当游客刚滑上倾斜滑道时游客和滑板总重力的功率；
(3)某次滑行结束时游客恰好停在水平滑道末端的C点，求该滑板与两滑道间的动摩擦因数并通过计算判断L1和L2的大小关系。
17. 如图所示的装置由轻质弹射器、小球(可视为质点)、平直轨道AB、圆心为O1的竖直半圆轨道BC、圆心为O2的竖直半圆管道CD和平直轨道DE组成，B、C、D在同一竖直线上，轨道各部分平滑连接。现使小球压缩弹射器并锁定，二者接触但不栓接，弹射器锁定位置可以改变。某时刻解除锁定，小球由静止释放，自A点以一定初速度弹出，已知小球质量m=0.02kg，轨道BC的半径R=0.45m，管道CD的半径r=0.10m，管道直径远小于r，小球与轨道DE间的动摩擦因数μ=0.4，其余各部分轨道均光滑，轨道DE的长度L=3.00m，重力加速度大小取10m/s2。
(1)若小球恰能通过C点，求弹射器锁定时的弹性势能；
(2)求小球能经过管道CD最高点D时的最小速度和此时对轨道的压力；
(3)若小球在运动过程中不脱离轨道，求弹射器锁定时弹性势能的取值范围。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】AB.由题意可知，这位同学运动时受到摩擦力，运动过程中要克服摩擦力做功，机械能减少，故A正确，B错误；
C.支持力始终与运动方向垂直，对他不做功，故C错误；
D.由于他的高度先减小后不变，故他的重力势能先减小后不变，故D错误。
故选A。
2.【答案】C
【解析】A.根据开普勒第一定律可知，太阳系的行星绕太阳做椭圆运动，故A错误；
B.根据开普勒第二定律可知，同一行星在绕太阳运动时近日点速度大于远日点速度，故B错误；
C.根据开普勒第三定律可知，绕太阳运行的八大行星中，离太阳越远的行星公转周期越大，故C正确；
D.根据开普勒第二定律可知，同一行星在绕太阳运动时，在相等时间内行星与太阳连线扫过的面积相等，该规律只针对同一轨道，可知火星与太阳连线扫过的面积不等于木星与太阳连线扫过的面积，故D错误。
故选C。
3.【答案】D
【解析】AB.根据题意可知，两个带电小球之间为库仑引力，则两小球带异种电荷，不能确定带电小球的电荷量关系，故AB错误；
CD.根据题意，对带电小球1受力分析，如图所示
由平衡条件有
Fcosθ=mg
Fsinθ=F库
解得
F=mgcosθ
F库=mgtanθ
由库仑定律 F=kq1q2r2 可得，两小球1、2之间距离为
r= kq1q2mgtanθ
故C错误，D正确。
故选D。
4.【答案】D
【解析】根据题意，由运动学公式 v=v0+at 可得，加速度为
a=vt=3m/s2
由牛顿第二定律有
F−f=ma
解得
f=2N
由运动学公式 x=v0t+12at2 可得， 2s 内物体的位移为
x=12×3×22m=6m
AD.由公式 W=Fx 可得，拉力做功为
WF=5×6J=30J
2s 内拉力的平均功率为
P=WFt=15W
故A错误，D正确；
B.由公式 W=Fx 可得，克服摩擦阻力做功为
W=fx=2×6J=12J
故B错误；
C.根据题意，由公式 P=Fv 可得， 2s 末拉力的瞬时功率为
P=5×6W=30W
故C错误。
故选D。
5.【答案】B
【解析】设绳长为L，则由合力提供向心力得
mgtanθ=m(2πT)2(Lsinθ+r)
化简得
g(2πT)2=Lcosθ+rtanθ
可知，L长的，角度大；设绳的竖直分量为h，则由合力提供向心力得
mgtanθ=m(2πT)2(htanθ+r)
化简得
g(2πT)2=h+rtanθ
可知，角度大的，竖直分量大。综上所述，故ACD错误，B正确。
故选B。
6.【答案】CD
【解析】A.电场线应从无穷远处出发到负电荷终止，故A错误；
BCD.根据电场线的特点：从正电荷出发到负电荷或无穷远处终止，故B错误，CD正确。
故选CD。
7.【答案】AC
【解析】AB.过河最短时间是船头垂直于河岸，时间为
tmin=dv船=781.3s=60s
A正确，B错误；
C.若船以最短距离渡河，则船头朝上游一定角度，船速在沿河方向的分速度与水速相等，另一个分速度垂直于河岸，根据勾股定理可得垂直于河岸的分速度为1.2m/s，因此船以最短距离渡河的时间为
t=dv船sinθ=781.2s=65s
C正确；
D.如果使船速小于水流速度，船不能垂直到达对岸，但是可以到对岸，D错误。
故选AC。
8.【答案】AD
【解析】A.根据题意，由公式 v=2πrT 可得，则轨道半径为
r=vT2π
由于卫星在星球表面飞行，则星球的半径等于卫星的轨道半径 vT2π ，故A正确；
BC.根据题意，由万有引力提供向心力有
GMmr2=mv2r
解得行星的质量为
M=v2rG=v3T2πG
又有
V=43πR3=v3T36π2
行星的平均密度为
ρ=MV=3πGT2
故BC错误；
D.根据题意，由万有引力等于重力有
GMmR2=mg
解得
g=GMR2=2πvT
故D正确。
故选AD。
9.【答案】BC
【解析】A.O点为弹簧的原长位置，从A到O运动过程中，物块先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，即在AO之间某位置物块所受弹簧的弹力与摩擦力大小相等，方向相反，合力为0，此时速度最大，可知物块从A到B运动过程中的最大速度大于v，故A错误；
B.从A到O运动过程中，根据能量守恒定律有
Epmax=μmgx+12mv2
从A到B运动过程中，根据能量守恒定律有
Epmax=μmgx+3x
解得
3
故B正确；
C.从O到B运动过程中有
12mv2=μmg⋅3x
解得
μ=v26gx
故C正确；
D.如果仅将物块质量减半，物块通过O点有
Epmax=μm2gx+12⋅m2v12
结合上述解得
3
故D错误。
故选BC。
10.【答案】AC
【解析】A.根据牛顿第二定律可知，拉力作用时，重物向上做匀加速运动的加速度大小为
a=F−mgm
根据功能关系可知，拉力对重物做功等于其机械能的变化量，则
E=F⋅12at2
所以0∼1.0s时间内图像的斜率为
k=Fa2=12J/s2
联立以上三式解得
F=12N (另一解为负值，舍去)
故A正确；
B.由图乙可知，t=1.0s时撤去拉力，此时重物仍具有向上的速度，所以还未上升至最大高度，故B错误；
C.撤去拉力时重物的机械能为12J，从撤去拉力到重物自由下落撞击钉子瞬间的过程重物机械能守恒，所以重物撞击钉子瞬间机械能为12J，故C正确；
D.重物与钉子接触瞬间的机械能为12J，将钉子打入一定深度后最终处于静止状态，动能为零，且由题意可知此时重力势能为负值，则重物最终机械能为负值，机械能从12J减小至某一负值，说明重物的机械能损失大于12J，故D错误。
故选AC。
11.【答案】 kQr2 2kQr2
【解析】[1]根据题意，由点电荷场强公式可得，点电荷在 a 点产生的电场为
Ea=kQr2
设匀强电场的电场强度为 E ，由于试探电荷放在 a 点恰好平衡，则有
E=Ea=kQr2
[2]根据题意可知，点电荷在 b 点产生的电场大小为 kQr2 ，方向竖直向上，由电场的叠加原理可得， b 点的实际场强大小为
E1= Eb2+E2= 2kQr2
12.【答案】 Pvm 1mPv−Pvm
【解析】[1]根据题意可知，当列车以额定功率行驶，牵引力等于阻力时，速度最大，则有
P=fvm
解得
f=Pvm
[2]若过程中某时刻速度为 v ，则此时的牵引力为
F=Pv
由牛顿第二定律可得
a=F−fm=1mPv−Pvm
13.【答案】 B 水平##切线水平 是 0. 98
【解析】(1)[1]AB.由实验装置可知，P、Q两球在同一高度同时开始运动，P球做平抛运动，Q球做自由落体运动，两球同时落地，说明平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动。
故选B。
(2)①[2]为使P球沿水平方向抛出，实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端水平。
②[3]由图乙可知，在经过连续相等的水平位移时，时间是相等的，在竖直方向下落的高度有 1:3:5 的规律，符合初速度等于零的匀加速直线运动的规律，说明A点是抛出点。
③[4]方格的边长为4. 9cm，在竖直方向是自由落体运动
h=12gt2
解得小球从A点运动到B点的时间为
t= 2hg= 2×4.9×10−29.8s=0.10s
小球在水平方向是匀速直线运动
x=v0t
解得小球飞出时的初速度大小为
v0=xt=2×4.9×10−20.10m/s=0.98m/s
14.【答案】 A 0.214 0.212 4.08×10−3
【解析】(1)[1]A.本题是以自由落体运动为例来验证机械能守恒定律，需要验证的方程是
mgH=12mv2
故 m 可约去，不需要用天平测量重物的质量，故A正确；
B.重物最好选择密度较大的铁块，受到的阻力较小，故B错误；
C.实验中应先接通电源，后释放纸带，故C错误；
D.不可以利用公式 v= 2gH 来求解瞬时速度，否则体现不了实验验证，却变成了理论推导，故D错误。
故选A。
(2)[2]从打点计时器打下点 O 到打下点 B 的过程中，重物减少的重力势能为
ΔEp=mgHB=50×10−3×9.8×43.65×10−2J≈0.214J
[3]由中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得，打下B点时，重物的速度为
vB=OC−OA2T=2.91m/s
重物增加的动能为
ΔEk=12mvB2≈0.212J
(3)[4]根据题意，由牛顿第二定律有
mg−f=ma
整理可得
fmg=1−ag
由运动学公式有
v2−vA2=2ah
整理可得
v2=2a⋅h+vA2
结合图像可得
2a=10.36−5.480.25m/s2
联立解得
fmg≈4.08×10−3
15.【答案】(1) 3.2m/s ；(2) 4 2m/s ，与水平方向的夹角为 45∘
【解析】(1)将弹珠水平弹出时做平抛运动，竖直方向
H=12gt12
水平方向
s=v1t1
联立解得
v1=3.2m/s
(2)调整初速度，再次将弹珠水平弹出时，竖直方向
h=12gt22
水平方向
s=v2t2
竖直方向速度
vy=gt2
根据运动的合成
v= v22+vy2
联立解得
v=4 2m/s
根据几何关系
tanθ=vyv2
解得
θ=45∘
故弹珠速度的方向与水平方向的夹角为 45∘ 。
16.【答案】(1) 2gh ；(2) mgh 2ghh2+L12 ；(3) L1>L2
【解析】(1)当游客刚滑上倾斜滑道时，根据动能定理得
mgh=12mvA2
解得游客刚滑上倾斜滑道时的速度大小为
vA= 2gh
(2)当游客刚滑上倾斜滑道时，设倾斜滑道倾角为 θ ，在A点有
P=mgvAsinθ
又
sinθ=h h2+L12
联立解得
P=mgh 2ghh2+L12
(3)当游客从O点滑到C点时，根据动能定理得
2mgh−μmgABcosθ−μmgL2=0
其中
AB
解得
μ=2hL1+L2
因在倾斜滑道上做匀减速运动，故有
mgsinθ<μmgcosθ
解得
μ>tanθ
其中
tanθ=hL1
联立解得
L1>L2
17.【答案】(1) 0.225J ；(2) 22m/s ， 0.1N ，方向竖直向下；(3) Ep≤0.09J 或 0.225J≤Ep≤0.46J
【解析】(1)根据题意可知，小车恰好过 C 点时，由牛顿第二定律有
mg=mv2R
由能量守恒定律有
Ep=2mgR+12mv2
联立代入数据解得
Ep=0.225J
(2)根据题意，假设小车恰好过C点时也能过D点，则有
12mvC2=2mgr+12mvD2
解得
vD= 22m/s
由于 vD>0 ，小车能过D点，假设成立，过D点的最小速度为
vD= 22m/s
在D点，由牛顿第二定律得：
mg−N=mv2r
解得
N=0.1N
由牛顿第三定律可得压力大小
N′=N=0.1N
方向竖直向下。
(3)当小车恰好到圆心 O1 等高处时，有
Epmin=mgR
解得
Epmin=0.09J
当小车恰好停在水平轨道DE的E点时，有
Epmax=2mgR+r+μmgL
解得
Epmax=0.46J
故锁定时弹射器的弹性势能 Ep 的范围为
Ep≤0.09J 或 0.225J≤Ep≤0.46J
2022-2023学年福建省南平市高一（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共5小题，共20.0分）
1. 如图所示，某同学从一滑坡的顶端由静止开始下滑，然后沿水平面滑动了一段距离后停下来，在整个运动过程中( )
A. 他的机械能减小 B. 他的机械能守恒
C. 支持力对他做正功 D. 他的重力势能一直不变
2. 开普勒被誉为“天空的立法者”，关于开普勒行星运动定律，下列说法正确的是( )
A. 太阳系的行星绕太阳做匀速圆周运动
B. 同一行星在绕太阳运动时近日点速度小于远日点速度
C. 绕太阳运行的八大行星中，离太阳越远的行星公转周期越大
D. 相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积
3. 如图所示，用绝缘细线将带电小球1连接并悬挂，带电小球2固定在绝缘支架上，两小球在同一水平线均处于静止状态，细线与竖直方向的夹角为θ。已知两小球1、2所带电荷量大小分别为q1、q2，小球1的质量为m，重力加速度为g，静电力常量为k，两小球均可视为点电荷。则( )
A. q1、q2一定相等 B. 两小球带同种电荷
C. 绝缘细线拉力的大小为mgcosθ D. 两小球1、2之间距离为 kq1q2mgtanθ
4. 质量为1kg的物体在5N的水平恒定拉力作用下，沿水平面由静止开始做匀加速直线运动，经过2s，速度大小为6m/s，在此过程中( )
A. 拉力做功为18J B. 克服摩擦阻力做功为15J
C. 2s末拉力的瞬时功率为18W D. 2s内拉力的平均功率为15W
5. 据史料记载，拨浪鼓最早出现在战国时期，宋代小型拨浪鼓已成为儿童玩具。现有一拨浪鼓上分别系有长度不等的两根轻绳，绳一端系着小球，另一端固定在关于手柄对称的鼓沿上。现使鼓绕竖直放置的手柄匀速转动，稳定两球在水平面内做周期相同的匀速圆周运动。下列各图中两球的位置关系正确的是(图中轻绳与竖直方向的夹角α<θ<β)( )
A. B.
C. D.
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
6. 以下是几种常见电场的电场线分布示意图，其中正确的是( )
A. B.
C. D.
7. 船在静水中的航速为1. 3 m/s，若它在流速为0. 5 m/s的河水中航行，已知河宽为78 m。则( )
A. 船渡河的最短时间为60 s
B. 船渡河的最短时间为65 s
C. 船以最短距离渡河的时间为65 s
D. 如果使船速小于水流速度，船不能到达对岸
8. 一宇宙飞船以速度v环绕行星表面匀速飞行，测得其周期为T。已知万有引力常量为G，行星可视为均匀球体，忽略行星自转。则( )
A. 该行星的半径为vT2π B. 该行星的质量为v3TπG
C. 该行星的平均密度为3πGT D. 该行星表面的重力加速度为2πvT
9. 如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧左端固定在墙上，处于原长时右端恰在O点，与可视为质点质量为m的物块接触(未连接)。用水平力F缓慢推动物块到位置A，撤去F后，物块沿水平面开始向右运动，经过O点的速度为v，最远到达位置B。已知AO=x，OB=3x，物块与水平面间的动摩擦因数处处相同。下列说法正确的是( )
A. 物块从A到B运动过程中的最大速度为v
B. 弹簧的最大弹性势能为2mv23
C. 物块与水平面间的动摩擦因数为v26gx
D. 如果仅将物块质量减半，物块通过O点的速度为 2v
10. 如图甲所示是一简易打桩机。质量为1.0kg的重物在恒定拉力的作用下，从与钉子接触处由静止向上运动并开始计时，一段时间后撤去拉力，重物上升到最高点后自由下落，撞击钉子，将钉子打入一定深度。若以重物与钉子接触处为零势能参考平面，重物上升过程中，其机械能E与上升过程中时间t的平方关系如图乙所示，重力加速度大小取10m/s2，不计一切阻力。则( )
A. 拉力大小为12N
B. 重物上升到最大高度所用时间为1.0s
C. 重物自由下落撞击钉子瞬间机械能为12J
D. 重物将钉子打入一定深度，重物的机械能损失12J
三、填空题（本大题共2小题，共12.0分）
11. 如图所示，以O为圆心半径为r的圆，与坐标轴的交点分别为a、b、c、d，空间有沿x轴正方向的匀强电场，同时在O点固定一个电荷量为−Q的点电荷。如果把试探电荷放在a点恰好平衡，那么匀强电场的场强大小为 ，b点的实际场强大小为 。(已知静电力常量为k)
12. 如图所示为某胶囊列车(又名胶囊超级高铁)，利用“真空管道运输”的概念，是正在研究的一种全新交通工具。这种胶囊列车可以超高速、低能耗、无噪声、零污染，被认为是继汽车、轮船、火车和飞机之后的新一代交通运输工具，最大速度可达6000km/h以上。若某列胶囊列车的质量为m，在平直轨道上以恒定功率P由静止开始启动，最大速度为vm，则此列车在行驶过程中受到的阻力大小f= ；若过程中某时刻速度为v，则此时列车的加速度大小a= 。(假设列车行驶过程中阻力恒定不变)
四、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
13. (1)如图所示，在探究平抛运动规律的实验中，用小锤击打弹性金属片，金属片把P球沿水平方向弹出，同时Q球被松开而自由下落，P、Q两球同时开始运动并同时落地，则下列说法正确是__________。
A. 此实验可以验证平抛运动在水平方向上的运动是匀速直线运动
B. 此实验可以验证平抛运动在竖直方向上的运动是自由落体运动
(2)某同学用如图甲所示装置探究平抛运动的特点，正确操作实验得到小球运动轨迹中的四个点A、B、C、D如图乙所示。已知图乙中正方形格子的边长均为4. 9cm，重力加速度大小g=9.8m/s2。
①实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端__________；
②根据图乙可知，A点__________(填“是”或“不是”)抛出点；
③小球飞出斜槽时的速度大小v0=__________m/s(计算结果保留两位有效数字)。
14. 某实验小组用落体法验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示。实验中测出重物自由下落的高度H及对应的瞬时速度v。请根据实验原理和步骤完成下列问题。(当地的重力加速度大小g=9.80m/s2，计算结果均保留三位有效数字)
(1)关于上述实验，下列说法正确的是__________。
A. 重物的质量可以不测量
B. 重物最好选择密度较小的木块
C. 实验中应先释放纸带，后接通电源
D. 可以利用公式v= 2gH求出瞬时速度
(2)如图甲所示，使质量m=50g的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点。选取一条符合实验要求的纸带，如图乙所示，O为所打的第一个点，A、B、C为合适位置开始选取的连续三个点，并测出O点到A、B、C各点的距离依次为38.02cm、43.65cm、49.66cm。已知打点计时器每隔0.02s打一个点。则从打点计时器打下点O到打下点B的过程中，重物减少的重力势能ΔEP=__________J；重物增加的动能ΔEk=__________J。
(3)由于存在近乎恒定的阻力f，导致重物重力势能的减少量与动能增加量不完全相等，实验小组的同学又多取D、E、F等计时点，并正确计算出图乙中打下各计时点A、B、C、D、E、F的瞬时速度v，以各计时点到A点的距离h为横轴，v2为纵轴作出图像，如图丙所示，根据作出的图线，可求出阻力f与重力的比值fmg=__________。
五、计算题（本大题共3小题，共32.0分）
15. 某同学玩弹弹珠游戏，如图所示，他将小弹珠置于桌面的边缘，使弹珠正对竖直墙面水平弹出。已知桌面距离水平地面的高度H=1.25m，桌面边缘与竖直墙面的距离s=1.60m，重力加速度大小g取10m/s2，不计空气阻力。
(1)若弹珠恰好击中墙角A点，求弹珠的初速度大小；
(2)调整初速度，再次将弹珠水平弹出，击中墙面B点，测得B点距离水平桌面的高度h=0.80m，求击中墙面时弹珠速度的大小和方向。
16. 冰滑梯是体验冰雪运动乐趣的设施之一，深受广大游客的欢迎。某冰滑梯的简化结构如图所示，螺旋滑道OA、倾斜滑道AB和水平滑道BC均平滑连接，螺旋滑道的阻力可忽略。倾斜滑道底部的水平长度为L1，水平滑道长度为L2，滑板与两滑道间的动摩擦因数相同。游客从螺旋滑道的O点静止出发，进入倾斜滑道后做匀减速运动，已知游客和滑板的总质量为m，螺旋滑道和倾斜滑道的高度均为h，重力加速度为g，求：
(1)当游客刚滑上倾斜滑道时的速度大小；
(2)当游客刚滑上倾斜滑道时游客和滑板总重力的功率；
(3)某次滑行结束时游客恰好停在水平滑道末端的C点，求该滑板与两滑道间的动摩擦因数并通过计算判断L1和L2的大小关系。
17. 如图所示的装置由轻质弹射器、小球(可视为质点)、平直轨道AB、圆心为O1的竖直半圆轨道BC、圆心为O2的竖直半圆管道CD和平直轨道DE组成，B、C、D在同一竖直线上，轨道各部分平滑连接。现使小球压缩弹射器并锁定，二者接触但不栓接，弹射器锁定位置可以改变。某时刻解除锁定，小球由静止释放，自A点以一定初速度弹出，已知小球质量m=0.02kg，轨道BC的半径R=0.45m，管道CD的半径r=0.10m，管道直径远小于r，小球与轨道DE间的动摩擦因数μ=0.4，其余各部分轨道均光滑，轨道DE的长度L=3.00m，重力加速度大小取10m/s2。
(1)若小球恰能通过C点，求弹射器锁定时的弹性势能；
(2)求小球能经过管道CD最高点D时的最小速度和此时对轨道的压力；
(3)若小球在运动过程中不脱离轨道，求弹射器锁定时弹性势能的取值范围。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】AB.由题意可知，这位同学运动时受到摩擦力，运动过程中要克服摩擦力做功，机械能减少，故A正确，B错误；
C.支持力始终与运动方向垂直，对他不做功，故C错误；
D.由于他的高度先减小后不变，故他的重力势能先减小后不变，故D错误。
故选A。
2.【答案】C
【解析】A.根据开普勒第一定律可知，太阳系的行星绕太阳做椭圆运动，故A错误；
B.根据开普勒第二定律可知，同一行星在绕太阳运动时近日点速度大于远日点速度，故B错误；
C.根据开普勒第三定律可知，绕太阳运行的八大行星中，离太阳越远的行星公转周期越大，故C正确；
D.根据开普勒第二定律可知，同一行星在绕太阳运动时，在相等时间内行星与太阳连线扫过的面积相等，该规律只针对同一轨道，可知火星与太阳连线扫过的面积不等于木星与太阳连线扫过的面积，故D错误。
故选C。
3.【答案】D
【解析】AB.根据题意可知，两个带电小球之间为库仑引力，则两小球带异种电荷，不能确定带电小球的电荷量关系，故AB错误；
CD.根据题意，对带电小球1受力分析，如图所示
由平衡条件有
Fcosθ=mg
Fsinθ=F库
解得
F=mgcosθ
F库=mgtanθ
由库仑定律 F=kq1q2r2 可得，两小球1、2之间距离为
r= kq1q2mgtanθ
故C错误，D正确。
故选D。
4.【答案】D
【解析】根据题意，由运动学公式 v=v0+at 可得，加速度为
a=vt=3m/s2
由牛顿第二定律有
F−f=ma
解得
f=2N
由运动学公式 x=v0t+12at2 可得， 2s 内物体的位移为
x=12×3×22m=6m
AD.由公式 W=Fx 可得，拉力做功为
WF=5×6J=30J
2s 内拉力的平均功率为
P=WFt=15W
故A错误，D正确；
B.由公式 W=Fx 可得，克服摩擦阻力做功为
W=fx=2×6J=12J
故B错误；
C.根据题意，由公式 P=Fv 可得， 2s 末拉力的瞬时功率为
P=5×6W=30W
故C错误。
故选D。
5.【答案】B
【解析】设绳长为L，则由合力提供向心力得
mgtanθ=m(2πT)2(Lsinθ+r)
化简得
g(2πT)2=Lcosθ+rtanθ
可知，L长的，角度大；设绳的竖直分量为h，则由合力提供向心力得
mgtanθ=m(2πT)2(htanθ+r)
化简得
g(2πT)2=h+rtanθ
可知，角度大的，竖直分量大。综上所述，故ACD错误，B正确。
故选B。
6.【答案】CD
【解析】A.电场线应从无穷远处出发到负电荷终止，故A错误；
BCD.根据电场线的特点：从正电荷出发到负电荷或无穷远处终止，故B错误，CD正确。
故选CD。
7.【答案】AC
【解析】AB.过河最短时间是船头垂直于河岸，时间为
tmin=dv船=781.3s=60s
A正确，B错误；
C.若船以最短距离渡河，则船头朝上游一定角度，船速在沿河方向的分速度与水速相等，另一个分速度垂直于河岸，根据勾股定理可得垂直于河岸的分速度为1.2m/s，因此船以最短距离渡河的时间为
t=dv船sinθ=781.2s=65s
C正确；
D.如果使船速小于水流速度，船不能垂直到达对岸，但是可以到对岸，D错误。
故选AC。
8.【答案】AD
【解析】A.根据题意，由公式 v=2πrT 可得，则轨道半径为
r=vT2π
由于卫星在星球表面飞行，则星球的半径等于卫星的轨道半径 vT2π ，故A正确；
BC.根据题意，由万有引力提供向心力有
GMmr2=mv2r
解得行星的质量为
M=v2rG=v3T2πG
又有
V=43πR3=v3T36π2
行星的平均密度为
ρ=MV=3πGT2
故BC错误；
D.根据题意，由万有引力等于重力有
GMmR2=mg
解得
g=GMR2=2πvT
故D正确。
故选AD。
9.【答案】BC
【解析】A.O点为弹簧的原长位置，从A到O运动过程中，物块先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，即在AO之间某位置物块所受弹簧的弹力与摩擦力大小相等，方向相反，合力为0，此时速度最大，可知物块从A到B运动过程中的最大速度大于v，故A错误；
B.从A到O运动过程中，根据能量守恒定律有
Epmax=μmgx+12mv2
从A到B运动过程中，根据能量守恒定律有
Epmax=μmgx+3x
解得
3
故B正确；
C.从O到B运动过程中有
12mv2=μmg⋅3x
解得
μ=v26gx
故C正确；
D.如果仅将物块质量减半，物块通过O点有
Epmax=μm2gx+12⋅m2v12
结合上述解得
3
故D错误。
故选BC。
10.【答案】AC
【解析】A.根据牛顿第二定律可知，拉力作用时，重物向上做匀加速运动的加速度大小为
a=F−mgm
根据功能关系可知，拉力对重物做功等于其机械能的变化量，则
E=F⋅12at2
所以0∼1.0s时间内图像的斜率为
k=Fa2=12J/s2
联立以上三式解得
F=12N (另一解为负值，舍去)
故A正确；
B.由图乙可知，t=1.0s时撤去拉力，此时重物仍具有向上的速度，所以还未上升至最大高度，故B错误；
C.撤去拉力时重物的机械能为12J，从撤去拉力到重物自由下落撞击钉子瞬间的过程重物机械能守恒，所以重物撞击钉子瞬间机械能为12J，故C正确；
D.重物与钉子接触瞬间的机械能为12J，将钉子打入一定深度后最终处于静止状态，动能为零，且由题意可知此时重力势能为负值，则重物最终机械能为负值，机械能从12J减小至某一负值，说明重物的机械能损失大于12J，故D错误。
故选AC。
11.【答案】 kQr2 2kQr2
【解析】[1]根据题意，由点电荷场强公式可得，点电荷在 a 点产生的电场为
Ea=kQr2
设匀强电场的电场强度为 E ，由于试探电荷放在 a 点恰好平衡，则有
E=Ea=kQr2
[2]根据题意可知，点电荷在 b 点产生的电场大小为 kQr2 ，方向竖直向上，由电场的叠加原理可得， b 点的实际场强大小为
E1= Eb2+E2= 2kQr2
12.【答案】 Pvm 1mPv−Pvm
【解析】[1]根据题意可知，当列车以额定功率行驶，牵引力等于阻力时，速度最大，则有
P=fvm
解得
f=Pvm
[2]若过程中某时刻速度为 v ，则此时的牵引力为
F=Pv
由牛顿第二定律可得
a=F−fm=1mPv−Pvm
13.【答案】 B 水平##切线水平 是 0. 98
【解析】(1)[1]AB.由实验装置可知，P、Q两球在同一高度同时开始运动，P球做平抛运动，Q球做自由落体运动，两球同时落地，说明平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动。
故选B。
(2)①[2]为使P球沿水平方向抛出，实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端水平。
②[3]由图乙可知，在经过连续相等的水平位移时，时间是相等的，在竖直方向下落的高度有 1:3:5 的规律，符合初速度等于零的匀加速直线运动的规律，说明A点是抛出点。
③[4]方格的边长为4. 9cm，在竖直方向是自由落体运动
h=12gt2
解得小球从A点运动到B点的时间为
t= 2hg= 2×4.9×10−29.8s=0.10s
小球在水平方向是匀速直线运动
x=v0t
解得小球飞出时的初速度大小为
v0=xt=2×4.9×10−20.10m/s=0.98m/s
14.【答案】 A 0.214 0.212 4.08×10−3
【解析】(1)[1]A.本题是以自由落体运动为例来验证机械能守恒定律，需要验证的方程是
mgH=12mv2
故 m 可约去，不需要用天平测量重物的质量，故A正确；
B.重物最好选择密度较大的铁块，受到的阻力较小，故B错误；
C.实验中应先接通电源，后释放纸带，故C错误；
D.不可以利用公式 v= 2gH 来求解瞬时速度，否则体现不了实验验证，却变成了理论推导，故D错误。
故选A。
(2)[2]从打点计时器打下点 O 到打下点 B 的过程中，重物减少的重力势能为
ΔEp=mgHB=50×10−3×9.8×43.65×10−2J≈0.214J
[3]由中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得，打下B点时，重物的速度为
vB=OC−OA2T=2.91m/s
重物增加的动能为
ΔEk=12mvB2≈0.212J
(3)[4]根据题意，由牛顿第二定律有
mg−f=ma
整理可得
fmg=1−ag
由运动学公式有
v2−vA2=2ah
整理可得
v2=2a⋅h+vA2
结合图像可得
2a=10.36−5.480.25m/s2
联立解得
fmg≈4.08×10−3
15.【答案】(1) 3.2m/s ；(2) 4 2m/s ，与水平方向的夹角为 45∘
【解析】(1)将弹珠水平弹出时做平抛运动，竖直方向
H=12gt12
水平方向
s=v1t1
联立解得
v1=3.2m/s
(2)调整初速度，再次将弹珠水平弹出时，竖直方向
h=12gt22
水平方向
s=v2t2
竖直方向速度
vy=gt2
根据运动的合成
v= v22+vy2
联立解得
v=4 2m/s
根据几何关系
tanθ=vyv2
解得
θ=45∘
故弹珠速度的方向与水平方向的夹角为 45∘ 。
16.【答案】(1) 2gh ；(2) mgh 2ghh2+L12 ；(3) L1>L2
【解析】(1)当游客刚滑上倾斜滑道时，根据动能定理得
mgh=12mvA2
解得游客刚滑上倾斜滑道时的速度大小为
vA= 2gh
(2)当游客刚滑上倾斜滑道时，设倾斜滑道倾角为 θ ，在A点有
P=mgvAsinθ
又
sinθ=h h2+L12
联立解得
P=mgh 2ghh2+L12
(3)当游客从O点滑到C点时，根据动能定理得
2mgh−μmgABcosθ−μmgL2=0
其中
AB
解得
μ=2hL1+L2
因在倾斜滑道上做匀减速运动，故有
mgsinθ<μmgcosθ
解得
μ>tanθ
其中
tanθ=hL1
联立解得
L1>L2
17.【答案】(1) 0.225J ；(2) 22m/s ， 0.1N ，方向竖直向下；(3) Ep≤0.09J 或 0.225J≤Ep≤0.46J
【解析】(1)根据题意可知，小车恰好过 C 点时，由牛顿第二定律有
mg=mv2R
由能量守恒定律有
Ep=2mgR+12mv2
联立代入数据解得
Ep=0.225J
(2)根据题意，假设小车恰好过C点时也能过D点，则有
12mvC2=2mgr+12mvD2
解得
vD= 22m/s
由于 vD>0 ，小车能过D点，假设成立，过D点的最小速度为
vD= 22m/s
在D点，由牛顿第二定律得：
mg−N=mv2r
解得
N=0.1N
由牛顿第三定律可得压力大小
N′=N=0.1N
方向竖直向下。
(3)当小车恰好到圆心 O1 等高处时，有
Epmin=mgR
解得
Epmin=0.09J
当小车恰好停在水平轨道DE的E点时，有
Epmax=2mgR+r+μmgL
解得
Epmax=0.46J
故锁定时弹射器的弹性势能 Ep 的范围为
Ep≤0.09J 或 0.225J≤Ep≤0.46J
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