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2022-2023学年山东省潍坊市高一（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年山东省潍坊市高一（下）期末物理试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年山东省潍坊市高一（下）期末物理试卷
一、选择题（本大题共12小题，共48分）
1. 如图所示，小球甲在真空中做自由落体运动，另一同样的小球乙在黏性较大的油液中由静止开始下落，它们都由高度为ℎ1的位置下落到高度为ℎ2的位置。在这两种情况下，下列说法正确的是( )
A. 甲球的重力势能变化大
B. 甲球的末动能大
C. 乙球的机械能守恒
D. 乙球重力的平均功率大
2. 如图所示，平行板A和B之间相距10cm，其间匀强电场的场强E=2×102V/m，方向由A指向B。已知距离B板2cm的P点电势为4V，则距离A板3cm的Q点电势为( )
A. 16V B. 14V C. 10V D. 6V
3. 近日，我市多地组织防溺水应急演练活动。一次演练活动中，在某段平直河道中央放入随水漂流的漂浮物(模拟溺水者)，巡河员发现在上游发生“溺水”，立刻驾驶小船从河岸以最短时间前往河中央施救，当小船到达河中央时恰好与“溺水者”相遇，施救后再以最短时间回到河岸。已知小船相对静水的速度为4m/s，忽略小船加速和减速时间。该段河流的宽度为240m，河水的流速与离岸距离的关系如图所示。则小船( )
A. 前往河中央的运动轨迹为直线 B. 前往河中央的最短时间为24s
C. 返回河岸时的速度为4m/s D. 施救后返回河岸过程的位移大小为150m
4. 如图所示，O点正下方固定一带电量为Q的金属环。质量为m、带电量为q的小球用绝缘细线悬挂于O点，小球平衡时与环中心等高，细线与竖直方向夹角为45°。已知细线长为L，重力加速度为g，静电力常量为k。则( )
A. 细线拉力大小为mg
B. 细线拉力大小为2 2kQqL2
C. 小球受静电力大小为2kQqL2
D. 金属环在小球处产生电场的电场强度大小为mgq
5. 如图所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上，弹簧劲度系数为k，原长为l。质量为m的铁球由弹簧的正上方ℎ高处自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x时，铁球下落到最低点。不计空气阻力，重力加速度为g，则此过程中( )
A. 铁球的最大动能为mgℎ
B. 铁球减少的机械能为mgx
C. 弹簧增加的弹性势能为mg(ℎ+x)
D. 弹簧与铁球组成的系统增加的机械能为mgx
6. 2022年11月1日凌晨4点27分，我国“梦天”实验舱与“天和”核心舱成功实现“太空握手”，“梦天”入列标志着组建中国空间站的“最后一块积木”已经到位。如图所示，若“梦天”实验舱在近地点P进入椭圆轨道Ⅰ运行，之后与在高度为H的圆形轨道Ⅱ上运行的“天和”核心舱成功对接(Q点为对接点)。若已知地球质量为M、半径为R，万有引力常量为G，测得“天和”核心舱在轨道Ⅱ上运转的周期为T，则“梦天”实验舱在椭圆轨道上Ⅰ运动的周期为( )
A. 2π R3GM B. π (2R+H)32GM C. T (2R+H2R+2H)3 D. T (R+2HR+H)3
7. 如图所示，置于竖直面内的光滑矩形框ABCD，一个带孔的小球穿在竖直边BC上，并与一根细绳相连，细绳另一端固定于上边AB的中点O。矩形框绕竖直对称轴OO′匀速转动，则( )
A. 细绳的拉力可能为零
B. 竖直边BC对小球的弹力可能为零
C. 转速越大，细绳的拉力越大
D. 转速越大，竖直边BC对小球的弹力越大
8. 如图所示的正方体空间，其面ABCD水平。现将一小球先后两次从A点水平抛出，当以速度v1沿AC方向抛出时打在C′点，且在C′点的速度与竖直方向夹角为θ1；当以速度v2沿AD方向抛出时打在DD′中点E，且在E点的速度与竖直方向夹角为θ2。不计空气阻力，则( )
A. v1：v2=1：1 B. v1：v2=1： 2
C. tanθ1：tanθ2=1：1 D. tanθ1：tanθ2= 2：1
9. 某人驾驶小型汽车行驶在平直的封闭测试道路上，t=0时刻开始无动力滑行，一段时间后以恒定功率加速行驶，车速达到最大后保持匀速，v−t图像如图所示。汽车总质量为1×103kg，行驶中受到的阻力保持不变，则( )
A. 汽车行驶中所受阻力大小为2×103N
B. 1s～11s内汽车的功率为10kW
C. 1s～11s内汽车的位移为62.5m
D. 汽车加速过程中速度为6m/s时的加速度大小为0.5m/s2
10. 如图所示为一电场等势面的分布情况。虚线为一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，A、B为轨迹上的两点，则( )
A. 带电粒子带正电
B. 带电粒子在A点的加速度小于B点的加速度
C. 带电粒子在A点的电势能小于B点的电势能
D. 若带电粒子由A点静止释放，仅在电场力作用下将沿等势面d运动
11. 我国北极黄河站科考队员在北极附近进行实验：在冰面以上ℎ高度处，将小钢球自由释放，经时间t落地。已知地球的半径为R，万有引力常量为G。则( )
A. 当地重力加速度为2ℎt2
B. 地球的质量为2ℎR2Gt2
C. 第一宇宙速度为 2ℎRt
D. 若在相同位置以初速度v0将该小球水平抛出，则落地时速度大小为 4ℎ2t2+v02
12. 如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，用手托住B，A静置于地面上，B距地面高度为ℎ，细线处于拉紧状态。释放后A、B开始运动。已知A、B的质量相等，不计一切摩擦和阻力，以地面为零势能面。从开始运动至B刚要落地过程中，以下关于A、B的重力势能EpA、EpB和动能EkA、EkB随运动距离x变化关系正确的是( )
A. B.
C. D.
二、非选择题（52分）
13. 某物理实验小组用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒，重物从高处由静止开始下落，打点计时器在重物连着的纸带上打下一系列的点，并测得纸带上计时点间的距离如图乙所示，O点是刚开始运动时打下的点，已知重物质量为0.5kg，打点计时器所用电源的频率为50Hz，当地重力加速度g=9.8m/s2。
(1)纸带上打下计数点B时的速度vB= ______ m/s(保留两位有效数字)；
(2)在打点O到点B过程中，重物的重力势能的减少量ΔEp= ______ J，动能的增加量ΔEk= ______ J。(均保留三位有效数字)
14. 某同学利用如图所示的实验装置，测定当地的重力加速度。实验装置中水平轨道可上下调整并固定，其左端安装有单一挡位弹射装置，右端下方悬挂重锤，向下指向地面O点；地面上平铺薄薄一层细沙带。在轨道末端安装一光电门，通过数据采集器与计算机相连。实验步骤如下：
Ⅰ.测出小球的直径d=1.00cm；
Ⅱ.将轨道固定在某一位置，读出轨道末端到地面的高度ℎ1。将小球用弹射装置水平弹出，小球落在沙带上并留下印记；重复弹射小球，在沙带上留下一个印记区域，做出该区域的外接圆，外接圆的圆心作为小球的落点；测量落点到O点的距离x1；
Ⅲ.调整轨道的高度为ℎ2，重复(Ⅱ)中的实验过程测量落点到O点的距离x2；
Ⅳ.记录多组ℎ、x数据，如下表所示：
实验顺序
1
2
3
4
5
ℎ(cm)
50.0
40.0
30.0
20.0
10.0
x(cm)
32.1
28.6
24.8
20.3
14.4
x2(×10−2m2)
10.30
8.18
6.15
4.12
2.07
请根据上述数据，完成下列问题：
(1)在给定的坐标纸上作出x2−ℎ的图像；
(2)根据对实验的过程分析，写出x2−ℎ的图像的数学表达式x2= ______ ℎ(用平抛初速度v0、重力加速度g表示)；
(3)光电计时器记录的平均遮光时间为t=10ms，根据上述图像求得当地的重力加速度大小g= ______ m/s2(结果保留三位有效数字)；
(4)实验中，每次记录的ℎ值均漏掉了小球的半径，按照上述方法计算出的重力加速度大小与真实值相比______ (选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
15. 将电荷量q=−1.6×10−19C的带电粒子从电场中的A点移到B点过程中，电场力做功W1=−9.6×10−19J；再从B点移到无穷远过程中，电场力做功W2=14.4×10−19J。取无穷远处电势为零，求：
(1)电子在B点的电势能EpB及B点的电势φB；
(2)A点的电势φA及电子在A点的电势能EpA。
16. 滑板运动深受青少年喜爱。一滑板场地的简化模型如图所示，AB为助滑道，BC为起跳区，CD为着陆坡，DE为停止区，其中AB与水平方向夹角α未知，BC与水平方向的夹角β=15°，CD与水平方向间的夹角θ=30°，A、C两点间高度差ℎ=1.5m、水平距离L=5m。一滑板爱好者从起滑点A由静止出发沿AB下滑，经C点沿斜面飞出后在空中运动一段时间，落在着陆坡上的P点(未标出)。已知在AB和BC段运动过程中滑板爱好者受到滑道的阻力为对滑道压力的0.14倍，不计空气阻力和通过滑道连接处时的能量损失，g=10m/s2。求：
(1)从C点飞出时的速度大小；
(2)飞出过程中与着陆坡CD的最大距离。
17. 如图甲所示的装置由粒子直线加速器、偏转电场和荧光屏三部分组成。其中直线加速器由n个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电势差的变化规律如图乙所示。在t=0时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连、序号为0的金属圆板中央有一自由电子由静止开始运动。圆筒长度经设计，可使电子运动到圆筒与圆筒之间各间隙中都能恰好使静电力方向跟电子运动方向相同而不断被加速。忽略电子通过圆筒间隙的时间。
偏转电场由两块相同的平行金属板A与B组成，板长和板间距均为L，两极板间的电压UAB，两板间的电场可视为匀强电场。距两极板右侧L侧竖直放置一足够大的荧光屏。电子自直线加速器射出后，沿两板的中心线PO射入偏转电场，并可从另一侧射出，最后打到荧光屏上。已知电子的质量为m，电荷量为e，交变电源电压的绝对值为U0，周期为T0。不考虑电子的重力。求：
(1)电子经0～1圆筒间电场加速后速度v1的大小；
(2)第7个金属圆筒的长度L7；
(3)由第7金属圆筒射出的电子进入偏转电场，偏转电场两极板间的电压UAB可在−16U0～16U0之间调节，求电子打到荧光屏上径迹的长度d。
18. 如图甲所示，固定在水平面上的滑道由A、B、C三部分组成，其中A部分为“”形平台，其上表面光滑，上方有一与其等长轻质弹簧，弹簧左端固定，右端自然伸长；B部分为质量M=1.25kg，长L=3.0m的长木板，其上表面粗糙、下表面光滑；C部分为半径R=0.9m的竖直光滑半圆轨道，其直径竖直。现用质量m=1.8kg的小物块将弹簧压缩至P点，由静止释放后，小物块沿滑道运动至Q点水平抛出后恰好落在A的最右端。已知小物块与B上表面的动摩擦因数μ=13，g=10m/s2。求：
(1)小物块运动至Q点时对竖直半圆轨道C的压力；
(2)弹簧压缩至P点时的弹性势能；
(3)如图乙所示，将竖直半圆轨道C向右移动一段距离s后固定，并解除对长木板B的固定。再次将小物块压缩弹簧至P点由静止释放，小物块滑上B且恰好未滑下，此后B与C碰撞，小物块冲上竖直半圆轨道C。求：
(ⅰ)距离s至少多大；
(ⅱ)小物块冲上竖直半圆轨道C至落地过程中上升的最大高度。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.根据题意，重力势能的变化量为
ΔEp=mgℎ2−mgℎ1
下落过程中，甲球与 乙球重力势能变化相同，故A错误；
B.根据题意，由动能定理，甲球的末动能为
Ek1=mg⋅Δℎ
乙球的末动能为
Ek2=mg⋅Δℎ−Wf
可知，甲球的末动能大，故B正确；
C.乙球下落过程中，阻力做功，机械能不守恒，故C错误；
D.由牛顿第二定律，乙球下落过程中有阻力，加速度小，则下落相同高度所用时间长，由公式P=Wt可知，由于下落过程中，甲球和乙球的重力做功相同，则乙球重力的平均功率小，故D错误。
故选：B。
重力势能的变化量为ΔEp=mgℎ2−mgℎ1，比较重力势能变化大小；
根据题意，由动能定理，分析比较末动能大小；
阻力做功，机械能不守恒；
由牛顿第二定律，分析加速度大小，比较运动时间，再根据P=Wt，分析比较平均功率。
本题考查学生对重力势能的变化量、动能定理、机械能守恒条件、平均功率计算的掌握，具有一定综合性，中档题。
2.【答案】B
【解析】解：(1)沿着电场线电势降低，故Q点的电势大于P点的电势为：
UQP=φQ−φP=EdQP
dQP=10cm−2cm−3cm=5cm=0.05m
联立解得
φQ=14V
故ACD错误，B正确；
故选：B。
根据匀强电场的场强与电势差的关系U=Ed，计算PQ间的电势差，但是要注意PQ间电势差的正负．
本题考查电势差和电场强度的关系，注意解决本题的关键掌握匀强电场的场强与电势差的关系U=Ed，明确d为沿电场线方向上的距离．
3.【答案】C
【解析】解：A、由题意可知，小船的速度不变，水流速度随离岸的距离增大而增大，小船在水中运动时，小船同时参与了两个运动，一个是船头垂直河对岸的匀速直线运动，一个是随水方向上的变速直线运动，由运动的合成规律，可知小船前往河中央的运动轨迹为曲线，故A错误；
B、船头垂直河对岸时，小船前往河中央的最短时间，为t=d2v船=1204s=30s，故B错误；
C、小船返回河岸时，水流速度是零，因此只有小船在静水中的速度，则小船速度为4m/s，故C正确；
D、施救后返回河岸的运动中，小船在垂直河岸方向的分运动是匀速直线运动，位移是120m，时间是30s，水流速度随小船距河岸的距离成比例的减小，也就是随小船返回时间均匀减小，因此可知，当小船返回到河岸时，小船沿水流方向的位移为x水=v水max2t=32×30m=45m
所以施救后小船返回河岸过程中的位移大小为：x= x船2+x水2= 1202+452m=15 73m，故D错误。
故选：C。
根据曲线运动的条件，可确定运动轨迹；当船头垂直河岸时，渡河时间最短，根据运动学公式，即可求解渡河时间及位移。
本题考查运动的合成与分解，掌握力的平行四边定则的内容，理解牛顿第二定律的应用，注意船在静水中做匀加速直线运动，这是解题的关键。
4.【答案】D
【解析】解：ABC、以小球为研究对象，对小球受力分析，如图所示
由平衡条件得
竖直方向有：
Fcos45°=mg
水平方向有：Fsin45°=F库
解得：F= 2mg，F库=mg
由几何关系可得，金属环圆心到小球的距离为
d= 2L
由于金属环不能看成点电荷，则金属环和小球间的静电力大小
F库≠kQq( 2L)2=2kQqL2
则细线拉力大小
F= 2F库≠2 2kQqL2，故ABC错误；
D、由电场强度的定义式E=Fq可得，金属环在小球处产生电场的电场强度大小为
E=F库 q=mgq，故D正确。
故选：D。
以小球为研究对象，根据平衡条件列方程即可求出细线拉力大小和小球受静电力大小；根据电场强度的定义式E=Fq求金属环在小球处产生电场的电场强度大小。
本题对小球进行受力分析是解题的关键，进而根据平衡条件、库仑定律和电场强度的定义式解答。
5.【答案】C
【解析】解：A、铁球下落过程中，只有重力做功，其机械能守恒，当铁球刚接触弹簧时，由机械能守恒定律可知，此时铁球的动能为Ek=mgℎ
由于此时铁球重力大于弹簧的弹力，合力向下，则铁球继续加速，所以铁球的最大动能大于mgℎ，故A错误；
BCD、铁球下落过程中，只有重力和弹力做功，铁球和弹簧组成的系统机械能守恒，则铁球减少的机械能等于弹簧增加的弹性势能。铁球下落到最低点时，机械能减少量等于铁球重力势能的减少量mg(ℎ+x)，则弹簧增加的弹性势能为mg(ℎ+x)，故BD错误，C正确。
故选：C。
由机械能守恒定律求出铁球刚接触弹簧时的动能，判断铁球的运动情况，分析铁球的最大动能；铁球减少的机械能等于减少的重力势能；根据铁球和弹簧组成的系统机械能守恒求弹簧增加的弹性势能。
解决本题的关键要清楚小球的运动过程，要知道小球和弹簧组成的系统机械能守恒，但小球与弹簧接触过程，小球的机械能并不守恒。
6.【答案】BC
【解析】解：核心舱在轨道Ⅱ上运转时，万有引力提供向心力有
GMm(R+H)2=m(R+H)4π2T2
根据开普勒第三定律有
(2R+H2)3T′2=(R+H)3T2
解得
T′=π (2R+H)32GM或T′=T (2R+H2R+2H)3
故BC正确，AD错误；
故选：BC。
根据万有引力提供向心力结合开普勒第三定律分析解答。
本题考查万有引力提供向心力的应用，解题关键掌握开普勒第三定律的适用条件。
7.【答案】B
【解析】解：A、对小球受力分析，可以得知小球在竖直方向上如果没有受到细绳的拉力，则小球在竖直方向上受力不平衡，则细绳上的拉力不可能为零。故A错误。
B、通过对小球竖直方向的受力分析得知了小球一定受到细绳的拉力，只需要向心力与细绳在水平方向上的分力相等，则竖直边BC对小球的弹力就为零，所以竖直边BC对小球的弹力可能为零。故B正确。
C、通过对小球竖直方向的受力分析得知，细绳在竖直方向的分力与小球的质量相等，则细绳拉力与矩形框的转速无关。故C错误。
D、通过对小球竖直方向的受力分析得知，细绳上的拉力是恒定的。则细绳在水平方向的力是恒定的，再对小球水平方向进行受力分析。当转速越来越大时，通过向心力公式F向=mv2R可以得出，矩形框转速越大小球受到的向心力越来越大，但是从题干中我们不能确定刚开始小球的受力情况，如果刚开始时小球受到竖直边BD的弹力与细绳水平方向的力相反，则竖直边BD对小球的弹力是先变小再变大。故D错误。
故选：B。
对小球进行受力分析，把力分到竖直与水平方向，对竖直方向进行分析可以得出细绳在竖直方向的力与小球的质量相等。再对水平方向的力进行分析，矩形框转速越大小球的向心力就越大可以得出，竖直边BC对小球的力。
此题主要考查的是受力分析和对于向心力的理解能力。
8.【答案】A
【解析】解：设正方体的棱长为a，由几何关系可知，当沿AC方向抛出时，水平位移为
x1= a2+a2= 2a
则水平方向有
2a=v1t1
竖直方向有
a=12gt12
解得：v1= ag
在C′点时的竖直分速度为v1y= 2ag
则有tanθ1=v1v1y= ag 2ag=1 2
当沿AD方向抛出时，水平方向有
a=v2t2
竖直方向有
a2=12gt22
v2y=gt2
解得：v2= ag，v2y= ag
则有tanθ2=v2v2y=1
则v1：v2= ag： ag=1：1，tanθ1：tanθ2=1 2：1=1： 2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
先根据平抛运动分位移公式求出两种情况下小球的初速度，从而求得初速度之比。结合竖直分速度求出tanθ1：tanθ2。
本题考查平抛运动的运动规律，学会对复杂的运动分解为简单直线运动进行分析，合理利用位移、速度与水平方向的夹角解决问题。
9.【答案】AD
【解析】解：A.根据题意，由图像可得，汽车无动力滑行时的加速度大小为
a1=ΔvΔt=7−51m/s2=2m/s2
由牛顿第二定律可得，汽车行驶中所受阻力大小为
f=ma1=1×103×2N=2×103N
故A正确；
B.根据题意，由图可知，当t=11s时，汽车达到最大速度7.5m/s，此时汽车的牵引力为
F=f=2×103N
汽车的功率为
P=Fvm=2×103×7.5W=1.5×104W=15kW
故B错误；
C.根据题意，设1s～11s内汽车的位移为x，由动能定理有
P(t2−t1)−fx=12mvm2−12mv12
代入数据解得
x=67.1875m
故C错误；
D.汽车加速过程中速度为6m/s时，牵引力为
F1=PvN
由牛顿第二定律有
a=F1−fm
解得a=0.5m/s2
故D正确。
故选：AD。
汽车无动力滑行时根据v−t图像可以得到汽车的加速度，结合牛顿第二定律解得汽车所受摩擦力。当达到最大功率时，匀加速运动结束。最后可以根据动能定理得到克服阻力所做的功。
解此类问题的关键是根据图象分别计算出汽车所受阻力和汽车的额定功率，然后才可以求解其它相关物理量。
10.【答案】AC
【解析】解：A.由电场方向与等势面垂直，且由高电势指向低电势，带电粒子运动轨迹向低电势方向弯曲，即粒子受到向低电势方向的电场力，电场力方向与电场方向相同，可知带电粒子带正电，故A正确；
B.等差等势面越密的地方，电场线越密，电场强度越大，则带电粒子在A点受的电场力大于在B点受的电场力，因此带电粒子在A点的加速度大于B点的加速度，故B错误；
C.带电粒子带正电，在高电势位置的电势能大，在低电势位置电势能小，因此带电粒子在A点的电势能小于B点的电势能，故C正确；
D.若带电粒子由A点静止释放，仅在电场力作用下将沿低电势方向运动，不会在等势面d运动，故D错误。
故选：AC。
根据等势面画出相应电场线，再结合曲线运动条件判断出电场力方向及粒子带电性质，结合电场力做功与电势能变化关系判断电势能的变化。
本题考查带电粒子在电场中运动的定性分析，解决此题的关键是结合曲线运动条件判断出电场力方向及粒子带电性质。
11.【答案】ABD
【解析】解：A.根据题意，设当地重力加速度为g1，根据自由落体公式ℎ=12g1t2
解得g1=2ℎt2
故A正确；
B.星球表面，由万有引力等于重力
GMmR2=mg1
解得
M=g1R2G=2ℎR2Gt2
故B正确；
C.由万有引力提供向心力，设第一宇宙速度为v，
GMmR2=mv2R
解得
v= GMR= 2ℎRt2
故C错误；
D.若在相同位置以初速度v0将该小球水平抛出，由公式x=v0+v2t可得，落地时的竖直速度为
vy=2ℎt
则落地速度为
v= vy2+v02= 4ℎ2t2+v02
故D正确。
故选：ABD。
根据自由落体公式ℎ=12g1t2，求重力加速度大小；
星球表面，由万有引力等于重力列式，求星球质量；
由万有引力提供向心力，分析线速度大小；
求水平和竖直速度，根据速度合成，求落地速度大小。
本题解题关键是掌握在星球表面忽略星球自转时，万有引力等于重力。环绕星球圆周运动时，万有引力提供向心力。
12.【答案】B
【解析】解：根据滑轮组的特征可知，重物B下落的高度为A上升高度的2倍，设B运动距离为xB时，A运动距离为xA，则有xB=2xA
对重物B，初始重力势能为：
EpB0=mgℎ
当重物B运动距离为xB时重力势能为：
EpB=mg(ℎ−xB)
B的末重力势能为0。
对重物A，初始重力势能为0，当A运动距离为xA时
EkA=mgxA
由滑轮组可知，A上升的高度为B下降高度的一半，故
xAm=ℎ2
故重物A的末重力势能为：
EpA末=12mgℎ
根据滑轮组可知，在运动过程中
vB=2vA
对重物A和B组成的系统，当B运动距离为xB时，根据动能定理得：
mgxB−12mgxB=12mvB2+12mvA2=EkB+EkA
对B可得：EkB=25mgxB
B的末动能为：
EkB末=25mgℎ=25EpB0
对重物A，当A运动距离为xA时
EkA=EkB4=110mgxB=15mgxA
重物A的末动能为：
EkA末=15mg⋅ℎ2=15EpA末，故ACD错误，B正确。
故选：B。
对AB组成的系统，根据动能定理或机械能守恒定律列式，得到各个图像的解析式，再分析图像的形状。
本题主要考查动能定理，要能结合滑轮组拉力的关系以及位移关系，通过列式分析。
13.【答案】3.9 3.91 3.80
【解析】解：(1)根据题意，由于打点计时器所用电源的频率为50Hz，则相邻计时点间的间隔为
T=1f=150s=0.02s
由中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得，纸带上打下计数点B时的速度为
vB=AC2T=(86.21−70.61)×10−22×0.02m/s=3.9m/s
(2)在打点O到点B过程中，重物的重力势能的减少量
ΔEp=mgℎB=0.5×10×78.24×10−2J≈3.91J
动能的增加量
ΔEk=12mvB2=12×0.5×3.92J≈3.80J
故答案为：(1)3.9；(2)3.91，3.80。
(1)根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度计算纸带上打下计数点B时的速度；
(2)根据纸带数据和重力势能表达式计算打点O到点B过程中重物的重力势能的减少量，根据动能表达式计算动能的增加量。
本题考查验证机械能守恒定律实验，关键掌握从纸带上获得重物下落的高度，根据运动学规律计算B点速度。
14.【答案】2v02g 9.72 不变
【解析】解：(1)根据题意，由表格中数据，用描点画图的方法，画出x2−ℎ图像，作图时要使尽量多的点落在直线上，不在直线上的要均匀分布在直线两侧，舍弃个别相差较远的点，所作x2−ℎ图像如图所示：
(2)根据题意可知，小球做平抛运动
水平方向上做匀速直线运动，根据匀速运动规律x=v0t
竖直方向上做自由落体运动，根据自由落体运动规律ℎ=12gt2
整理可得x2=2v02g⋅ℎ
(3)小球通过光电门的速度即为小球做平抛运动的初速度，小球的初速度为v0=dt=1.00×10−210×10−3m/s=1.00m/s
x2−ℎ图像的斜率k=(10.30−2.07)×10−2(50−10)×10−2m=0.20575m
结合x2−ℎ函数，斜率k=2v02g
重力加速度g=2v02k=2×1.0020.20575m/s2=9.72m/s2
(4)根据题意可知，小球落在地面，即小球的下沿落地留下一个印记，则小球的下落高度即为轨道末端到地面的高度，与小球半径无关，则按照上述方法计算出的重力加速度大小与真实值相比不变。
故答案为：(1)见解析；(2)2v02g；(3)9.72；(4)不变。
(1)根据“描点法”作出x2−ℎ；
(2)根据平抛运动的规律求解x2−ℎ函数；
(3)小球通过光电门的速度即为小球做平抛运动的初速度，据此求初速度；平抛运动水平方向做匀速运动，结合x2−ℎ图像斜率的含义求解当地的重力加速度大小；
(4)小球的下落高度即为轨道末端到地面的高度，与小球半径无关，据此分析作答。
本题考查了利用光电门和DAS数据采集系统研究平抛运动规律，体现了信息技术在物理上的运用。
15.【答案】解：(1)从B点移到无穷远过程中，电场力做功W2=14.4×10−19J。取无穷远处电势为零，可知电子在B点的电势能EpB=14.4×10−19J
则φB=EpBq
代入数据解得φB=−9V
(2)粒子从电场中的A点移到B点过程中，电场力做功W1=−9.6×10−19J，根据UAB=W1q=φA−φB
解得φA=−3V
电子在A点的电势能EpA=qφA
解得EpA=4.8×10−19J
答：(1)电子在B点的电势能为14.4×10−19J，B点的电势为−9V；
(2)A点的电势为−3V，电子在A点的电势能为4.8×10−19J。
【解析】(1)由于无穷远处电势为零，电场力做功等于电势能变化，结合φB=EpBq解答；
(2)根据电势差的定义式结合电场力做功公式解答。
本题考查了电势差以及电场力做功的基本公式，解题关键是熟记基本公式，要掌握电场力做功的定义式适用于任何电场。
16.【答案】解：(1)滑板爱好者由A点运动到C点，设AB=x1，BC=x2，由动能定理可得
mgℎ−0.14mg(x1cosα+x2cosβ)=12mvC2
其中则有
x1cosα+x2cosβ=L=5m
解得
vC=4m/s
(2)滑板爱好者从C点飞出做斜抛运动，如图所示，对vC分解，由解析图可得
v1=vCcos(β+θ)=4×cos45°m/s=2 2m/s
v2=vCsin(β+θ)=4×sin45°m/s=2 2m/s
对重力加速度分解
a1=gsin30°=10×12m/s2=5m/s2
a2=gcos30°=10× 32m/s2=5 3m/s2
由几何知识可知，当滑板爱好者的速度方向与着陆坡CD平行时有最大距离，即在v2方向速度减到零时有最大距离，由运动学公式可得
s=0−v222a2=−(2 2)2−2×5 3m=4 315m
答：(1)从C点飞出时的速度大小为4m/s；
(2)飞出过程中与着陆坡CD的最大距离为4 315m。
【解析】(1)滑板爱好者由A点运动到C点，由动能定理列式，求从C点飞出时的速度大小；
(2)滑板爱好者从C点飞出做斜抛运动，对vC分解，对重力加速度分解，由几何知识可知，当滑板爱好者的速度方向与着陆坡CD平行时有最大距离，即在v2方向速度减到零时有最大距离，由运动学公式列式，求飞出过程中与着陆坡CD的最大距离。
本题解题关键是对vC分解，对重力加速度分解，由几何知识可知，当滑板爱好者的速度方向与着陆坡CD平行时有最大距离，即在v2方向速度减到零时有最大距离。
17.【答案】解：(1)设电子经0−1圆筒电场加速后的速度为v，由动能定理得：eU0=12mv12，
得：v1= 2eU0m；
(2)设电子经第7圆筒电场加速后的速度为v，由动能定理：7eU0=12mv72，
得：v7= 14eU0m
第7个金属圆筒的长度：L7=T2 14eU0m
得：L7=T 7U0e2m；
(3)由(2)可知，电子以v，的速度射入偏转电场
设当U=Um时电子恰不打到极板上
电子在偏转电场的加速度a=eUmmL
电子射出偏转电场时，垂直极板方向的偏转距离：y=L2=12at2
由平行极板方向的匀速直线运动得：t=Lv7
联立可得：Um=14U0
即当Um=14U0 时，电子打在荧光屏的点离O点最远
由类平抛运动规律，结合几何关系可知：yd′=L2L2+L，d′=32L，
得电子能打到荧光屏上径迹的长度：d=2d′=3L。
答：(1)电子经0～1圆筒间电场加速后速度v1的大小为 2eU0m；
(2)第7个金属圆筒的长度L7=T 7U0e2m；
(3)电子打到荧光屏上径迹的长度d=3L。
【解析】通过运动分析，运用运动学公式计算速度，通过观察交变电源电势差的变化规律，可以推测出电子在圆筒间的速度变化规律，从而求解第7个金属圆筒的长度。结合电子在偏转电场中的运动规律，可以求解电子打到荧光屏上径迹的长度。
本题考查带电粒子在电场中的运动，解答本题的关键是弄清楚粒子的运动过程，理解解直线加速器的原理，熟练运用动能定理求电子加速获得的速度。
18.【答案】解：(1)根据题意，小物块从Q点飞出做平抛运动，设小物块在Q点的速度为vQ，水平方向上有
L=vQt
竖直方向上有
2R=12gt2
小物块在Q点，由牛顿第二定律有
FN+mg=mvQ2R
联立代入数据解得
FN=32N
有牛顿第三定律可得，小物块运动至Q点时对竖直半圆轨道C的压力为
FN′=FN=32N
(2)根据题意，设弹簧压缩至P点时的弹性势能为EP，小物块由P点到Q点的过程中，由能量守恒定律有
EP=μmgL+mg⋅2R+12mvQ2
解得
EP=72.9J
(3)(i)根据题意可知，小物块滑上B且恰好未滑下，即小物块滑到B的右端时与B共速，由能量守恒定律有
EP=μmgL+12(m+M)v共2
此过程对长木板B，由动能定理有
μmgs=12Mv共2
联立代入数据解得
s=3.75m
(ii)根据题意，设小物块脱离轨道时速度大小为v，方向与竖直方向夹角为θ，在脱离位置，由牛顿第二定律有
mgsinθ=mv2R
小物块冲上C到脱离轨道位置，由动能定理有
−mgR(1+sinθ)=12mv2−12mv共2
脱离轨道时，小物块竖直分速度为
vy=vcosθ
脱离轨道后，小物块做斜抛运动，则上升的最大高度为
ℎ=(vcosθ)22g
则小物块冲上竖直半圆轨道C至落地过程中上升的最大高度
H=ℎ+R(1+sinθ)
联立代入数据解得
H=53m
答：(1)小物块运动至Q点时对竖直半圆轨道C的压力为32N；
(2)弹簧压缩至P点时的弹性势能为72.9J；
(3)(i)距离s至少3.75m；(ii)小物块冲上竖直半圆轨道C至落地过程中上升的最大高度为53m。
【解析】(1)小物块从Q点飞出做平抛运动，水平方向匀速直线运动、竖直方向自由落体列式，小物块在Q点，由牛顿第二定律列式，同时结合牛顿第三定律，求小物块运动至Q点时对竖直半圆轨道C的压力；
(2)小物块由P点到Q点的过程中，由能量守恒定律列式，求弹簧压缩至P点时的弹性势能；
(3)小物块滑到B的右端时与B共速，由能量守恒定律结合动能定理，求距离s；小物块脱离轨道时，由牛顿第二定律列式，小物块冲上C到脱离轨道位置，由动能定理列式，结合速度分解和运动学公式，求小物块冲上竖直半圆轨道C至落地过程中上升的最大高度。
本题综合性较强，难度较高，考查学生对圆周运动的第二定律、平抛运动、动能定理等规律的掌握，是典型的平抛模型与圆周模型、能量模型结合的题。
2022-2023学年山东省潍坊市高一（下）期末物理试卷
一、选择题（本大题共12小题，共48分）
1. 如图所示，小球甲在真空中做自由落体运动，另一同样的小球乙在黏性较大的油液中由静止开始下落，它们都由高度为ℎ1的位置下落到高度为ℎ2的位置。在这两种情况下，下列说法正确的是( )
A. 甲球的重力势能变化大
B. 甲球的末动能大
C. 乙球的机械能守恒
D. 乙球重力的平均功率大
2. 如图所示，平行板A和B之间相距10cm，其间匀强电场的场强E=2×102V/m，方向由A指向B。已知距离B板2cm的P点电势为4V，则距离A板3cm的Q点电势为( )
A. 16V B. 14V C. 10V D. 6V
3. 近日，我市多地组织防溺水应急演练活动。一次演练活动中，在某段平直河道中央放入随水漂流的漂浮物(模拟溺水者)，巡河员发现在上游发生“溺水”，立刻驾驶小船从河岸以最短时间前往河中央施救，当小船到达河中央时恰好与“溺水者”相遇，施救后再以最短时间回到河岸。已知小船相对静水的速度为4m/s，忽略小船加速和减速时间。该段河流的宽度为240m，河水的流速与离岸距离的关系如图所示。则小船( )
A. 前往河中央的运动轨迹为直线 B. 前往河中央的最短时间为24s
C. 返回河岸时的速度为4m/s D. 施救后返回河岸过程的位移大小为150m
4. 如图所示，O点正下方固定一带电量为Q的金属环。质量为m、带电量为q的小球用绝缘细线悬挂于O点，小球平衡时与环中心等高，细线与竖直方向夹角为45°。已知细线长为L，重力加速度为g，静电力常量为k。则( )
A. 细线拉力大小为mg
B. 细线拉力大小为2 2kQqL2
C. 小球受静电力大小为2kQqL2
D. 金属环在小球处产生电场的电场强度大小为mgq
5. 如图所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上，弹簧劲度系数为k，原长为l。质量为m的铁球由弹簧的正上方ℎ高处自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x时，铁球下落到最低点。不计空气阻力，重力加速度为g，则此过程中( )
A. 铁球的最大动能为mgℎ
B. 铁球减少的机械能为mgx
C. 弹簧增加的弹性势能为mg(ℎ+x)
D. 弹簧与铁球组成的系统增加的机械能为mgx
6. 2022年11月1日凌晨4点27分，我国“梦天”实验舱与“天和”核心舱成功实现“太空握手”，“梦天”入列标志着组建中国空间站的“最后一块积木”已经到位。如图所示，若“梦天”实验舱在近地点P进入椭圆轨道Ⅰ运行，之后与在高度为H的圆形轨道Ⅱ上运行的“天和”核心舱成功对接(Q点为对接点)。若已知地球质量为M、半径为R，万有引力常量为G，测得“天和”核心舱在轨道Ⅱ上运转的周期为T，则“梦天”实验舱在椭圆轨道上Ⅰ运动的周期为( )
A. 2π R3GM B. π (2R+H)32GM C. T (2R+H2R+2H)3 D. T (R+2HR+H)3
7. 如图所示，置于竖直面内的光滑矩形框ABCD，一个带孔的小球穿在竖直边BC上，并与一根细绳相连，细绳另一端固定于上边AB的中点O。矩形框绕竖直对称轴OO′匀速转动，则( )
A. 细绳的拉力可能为零
B. 竖直边BC对小球的弹力可能为零
C. 转速越大，细绳的拉力越大
D. 转速越大，竖直边BC对小球的弹力越大
8. 如图所示的正方体空间，其面ABCD水平。现将一小球先后两次从A点水平抛出，当以速度v1沿AC方向抛出时打在C′点，且在C′点的速度与竖直方向夹角为θ1；当以速度v2沿AD方向抛出时打在DD′中点E，且在E点的速度与竖直方向夹角为θ2。不计空气阻力，则( )
A. v1：v2=1：1 B. v1：v2=1： 2
C. tanθ1：tanθ2=1：1 D. tanθ1：tanθ2= 2：1
9. 某人驾驶小型汽车行驶在平直的封闭测试道路上，t=0时刻开始无动力滑行，一段时间后以恒定功率加速行驶，车速达到最大后保持匀速，v−t图像如图所示。汽车总质量为1×103kg，行驶中受到的阻力保持不变，则( )
A. 汽车行驶中所受阻力大小为2×103N
B. 1s～11s内汽车的功率为10kW
C. 1s～11s内汽车的位移为62.5m
D. 汽车加速过程中速度为6m/s时的加速度大小为0.5m/s2
10. 如图所示为一电场等势面的分布情况。虚线为一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，A、B为轨迹上的两点，则( )
A. 带电粒子带正电
B. 带电粒子在A点的加速度小于B点的加速度
C. 带电粒子在A点的电势能小于B点的电势能
D. 若带电粒子由A点静止释放，仅在电场力作用下将沿等势面d运动
11. 我国北极黄河站科考队员在北极附近进行实验：在冰面以上ℎ高度处，将小钢球自由释放，经时间t落地。已知地球的半径为R，万有引力常量为G。则( )
A. 当地重力加速度为2ℎt2
B. 地球的质量为2ℎR2Gt2
C. 第一宇宙速度为 2ℎRt
D. 若在相同位置以初速度v0将该小球水平抛出，则落地时速度大小为 4ℎ2t2+v02
12. 如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，用手托住B，A静置于地面上，B距地面高度为ℎ，细线处于拉紧状态。释放后A、B开始运动。已知A、B的质量相等，不计一切摩擦和阻力，以地面为零势能面。从开始运动至B刚要落地过程中，以下关于A、B的重力势能EpA、EpB和动能EkA、EkB随运动距离x变化关系正确的是( )
A. B.
C. D.
二、非选择题（52分）
13. 某物理实验小组用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒，重物从高处由静止开始下落，打点计时器在重物连着的纸带上打下一系列的点，并测得纸带上计时点间的距离如图乙所示，O点是刚开始运动时打下的点，已知重物质量为0.5kg，打点计时器所用电源的频率为50Hz，当地重力加速度g=9.8m/s2。
(1)纸带上打下计数点B时的速度vB= ______ m/s(保留两位有效数字)；
(2)在打点O到点B过程中，重物的重力势能的减少量ΔEp= ______ J，动能的增加量ΔEk= ______ J。(均保留三位有效数字)
14. 某同学利用如图所示的实验装置，测定当地的重力加速度。实验装置中水平轨道可上下调整并固定，其左端安装有单一挡位弹射装置，右端下方悬挂重锤，向下指向地面O点；地面上平铺薄薄一层细沙带。在轨道末端安装一光电门，通过数据采集器与计算机相连。实验步骤如下：
Ⅰ.测出小球的直径d=1.00cm；
Ⅱ.将轨道固定在某一位置，读出轨道末端到地面的高度ℎ1。将小球用弹射装置水平弹出，小球落在沙带上并留下印记；重复弹射小球，在沙带上留下一个印记区域，做出该区域的外接圆，外接圆的圆心作为小球的落点；测量落点到O点的距离x1；
Ⅲ.调整轨道的高度为ℎ2，重复(Ⅱ)中的实验过程测量落点到O点的距离x2；
Ⅳ.记录多组ℎ、x数据，如下表所示：
实验顺序
1
2
3
4
5
ℎ(cm)
50.0
40.0
30.0
20.0
10.0
x(cm)
32.1
28.6
24.8
20.3
14.4
x2(×10−2m2)
10.30
8.18
6.15
4.12
2.07
请根据上述数据，完成下列问题：
(1)在给定的坐标纸上作出x2−ℎ的图像；
(2)根据对实验的过程分析，写出x2−ℎ的图像的数学表达式x2= ______ ℎ(用平抛初速度v0、重力加速度g表示)；
(3)光电计时器记录的平均遮光时间为t=10ms，根据上述图像求得当地的重力加速度大小g= ______ m/s2(结果保留三位有效数字)；
(4)实验中，每次记录的ℎ值均漏掉了小球的半径，按照上述方法计算出的重力加速度大小与真实值相比______ (选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
15. 将电荷量q=−1.6×10−19C的带电粒子从电场中的A点移到B点过程中，电场力做功W1=−9.6×10−19J；再从B点移到无穷远过程中，电场力做功W2=14.4×10−19J。取无穷远处电势为零，求：
(1)电子在B点的电势能EpB及B点的电势φB；
(2)A点的电势φA及电子在A点的电势能EpA。
16. 滑板运动深受青少年喜爱。一滑板场地的简化模型如图所示，AB为助滑道，BC为起跳区，CD为着陆坡，DE为停止区，其中AB与水平方向夹角α未知，BC与水平方向的夹角β=15°，CD与水平方向间的夹角θ=30°，A、C两点间高度差ℎ=1.5m、水平距离L=5m。一滑板爱好者从起滑点A由静止出发沿AB下滑，经C点沿斜面飞出后在空中运动一段时间，落在着陆坡上的P点(未标出)。已知在AB和BC段运动过程中滑板爱好者受到滑道的阻力为对滑道压力的0.14倍，不计空气阻力和通过滑道连接处时的能量损失，g=10m/s2。求：
(1)从C点飞出时的速度大小；
(2)飞出过程中与着陆坡CD的最大距离。
17. 如图甲所示的装置由粒子直线加速器、偏转电场和荧光屏三部分组成。其中直线加速器由n个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电势差的变化规律如图乙所示。在t=0时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连、序号为0的金属圆板中央有一自由电子由静止开始运动。圆筒长度经设计，可使电子运动到圆筒与圆筒之间各间隙中都能恰好使静电力方向跟电子运动方向相同而不断被加速。忽略电子通过圆筒间隙的时间。
偏转电场由两块相同的平行金属板A与B组成，板长和板间距均为L，两极板间的电压UAB，两板间的电场可视为匀强电场。距两极板右侧L侧竖直放置一足够大的荧光屏。电子自直线加速器射出后，沿两板的中心线PO射入偏转电场，并可从另一侧射出，最后打到荧光屏上。已知电子的质量为m，电荷量为e，交变电源电压的绝对值为U0，周期为T0。不考虑电子的重力。求：
(1)电子经0～1圆筒间电场加速后速度v1的大小；
(2)第7个金属圆筒的长度L7；
(3)由第7金属圆筒射出的电子进入偏转电场，偏转电场两极板间的电压UAB可在−16U0～16U0之间调节，求电子打到荧光屏上径迹的长度d。
18. 如图甲所示，固定在水平面上的滑道由A、B、C三部分组成，其中A部分为“”形平台，其上表面光滑，上方有一与其等长轻质弹簧，弹簧左端固定，右端自然伸长；B部分为质量M=1.25kg，长L=3.0m的长木板，其上表面粗糙、下表面光滑；C部分为半径R=0.9m的竖直光滑半圆轨道，其直径竖直。现用质量m=1.8kg的小物块将弹簧压缩至P点，由静止释放后，小物块沿滑道运动至Q点水平抛出后恰好落在A的最右端。已知小物块与B上表面的动摩擦因数μ=13，g=10m/s2。求：
(1)小物块运动至Q点时对竖直半圆轨道C的压力；
(2)弹簧压缩至P点时的弹性势能；
(3)如图乙所示，将竖直半圆轨道C向右移动一段距离s后固定，并解除对长木板B的固定。再次将小物块压缩弹簧至P点由静止释放，小物块滑上B且恰好未滑下，此后B与C碰撞，小物块冲上竖直半圆轨道C。求：
(ⅰ)距离s至少多大；
(ⅱ)小物块冲上竖直半圆轨道C至落地过程中上升的最大高度。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.根据题意，重力势能的变化量为
ΔEp=mgℎ2−mgℎ1
下落过程中，甲球与 乙球重力势能变化相同，故A错误；
B.根据题意，由动能定理，甲球的末动能为
Ek1=mg⋅Δℎ
乙球的末动能为
Ek2=mg⋅Δℎ−Wf
可知，甲球的末动能大，故B正确；
C.乙球下落过程中，阻力做功，机械能不守恒，故C错误；
D.由牛顿第二定律，乙球下落过程中有阻力，加速度小，则下落相同高度所用时间长，由公式P=Wt可知，由于下落过程中，甲球和乙球的重力做功相同，则乙球重力的平均功率小，故D错误。
故选：B。
重力势能的变化量为ΔEp=mgℎ2−mgℎ1，比较重力势能变化大小；
根据题意，由动能定理，分析比较末动能大小；
阻力做功，机械能不守恒；
由牛顿第二定律，分析加速度大小，比较运动时间，再根据P=Wt，分析比较平均功率。
本题考查学生对重力势能的变化量、动能定理、机械能守恒条件、平均功率计算的掌握，具有一定综合性，中档题。
2.【答案】B
【解析】解：(1)沿着电场线电势降低，故Q点的电势大于P点的电势为：
UQP=φQ−φP=EdQP
dQP=10cm−2cm−3cm=5cm=0.05m
联立解得
φQ=14V
故ACD错误，B正确；
故选：B。
根据匀强电场的场强与电势差的关系U=Ed，计算PQ间的电势差，但是要注意PQ间电势差的正负．
本题考查电势差和电场强度的关系，注意解决本题的关键掌握匀强电场的场强与电势差的关系U=Ed，明确d为沿电场线方向上的距离．
3.【答案】C
【解析】解：A、由题意可知，小船的速度不变，水流速度随离岸的距离增大而增大，小船在水中运动时，小船同时参与了两个运动，一个是船头垂直河对岸的匀速直线运动，一个是随水方向上的变速直线运动，由运动的合成规律，可知小船前往河中央的运动轨迹为曲线，故A错误；
B、船头垂直河对岸时，小船前往河中央的最短时间，为t=d2v船=1204s=30s，故B错误；
C、小船返回河岸时，水流速度是零，因此只有小船在静水中的速度，则小船速度为4m/s，故C正确；
D、施救后返回河岸的运动中，小船在垂直河岸方向的分运动是匀速直线运动，位移是120m，时间是30s，水流速度随小船距河岸的距离成比例的减小，也就是随小船返回时间均匀减小，因此可知，当小船返回到河岸时，小船沿水流方向的位移为x水=v水max2t=32×30m=45m
所以施救后小船返回河岸过程中的位移大小为：x= x船2+x水2= 1202+452m=15 73m，故D错误。
故选：C。
根据曲线运动的条件，可确定运动轨迹；当船头垂直河岸时，渡河时间最短，根据运动学公式，即可求解渡河时间及位移。
本题考查运动的合成与分解，掌握力的平行四边定则的内容，理解牛顿第二定律的应用，注意船在静水中做匀加速直线运动，这是解题的关键。
4.【答案】D
【解析】解：ABC、以小球为研究对象，对小球受力分析，如图所示
由平衡条件得
竖直方向有：
Fcos45°=mg
水平方向有：Fsin45°=F库
解得：F= 2mg，F库=mg
由几何关系可得，金属环圆心到小球的距离为
d= 2L
由于金属环不能看成点电荷，则金属环和小球间的静电力大小
F库≠kQq( 2L)2=2kQqL2
则细线拉力大小
F= 2F库≠2 2kQqL2，故ABC错误；
D、由电场强度的定义式E=Fq可得，金属环在小球处产生电场的电场强度大小为
E=F库 q=mgq，故D正确。
故选：D。
以小球为研究对象，根据平衡条件列方程即可求出细线拉力大小和小球受静电力大小；根据电场强度的定义式E=Fq求金属环在小球处产生电场的电场强度大小。
本题对小球进行受力分析是解题的关键，进而根据平衡条件、库仑定律和电场强度的定义式解答。
5.【答案】C
【解析】解：A、铁球下落过程中，只有重力做功，其机械能守恒，当铁球刚接触弹簧时，由机械能守恒定律可知，此时铁球的动能为Ek=mgℎ
由于此时铁球重力大于弹簧的弹力，合力向下，则铁球继续加速，所以铁球的最大动能大于mgℎ，故A错误；
BCD、铁球下落过程中，只有重力和弹力做功，铁球和弹簧组成的系统机械能守恒，则铁球减少的机械能等于弹簧增加的弹性势能。铁球下落到最低点时，机械能减少量等于铁球重力势能的减少量mg(ℎ+x)，则弹簧增加的弹性势能为mg(ℎ+x)，故BD错误，C正确。
故选：C。
由机械能守恒定律求出铁球刚接触弹簧时的动能，判断铁球的运动情况，分析铁球的最大动能；铁球减少的机械能等于减少的重力势能；根据铁球和弹簧组成的系统机械能守恒求弹簧增加的弹性势能。
解决本题的关键要清楚小球的运动过程，要知道小球和弹簧组成的系统机械能守恒，但小球与弹簧接触过程，小球的机械能并不守恒。
6.【答案】BC
【解析】解：核心舱在轨道Ⅱ上运转时，万有引力提供向心力有
GMm(R+H)2=m(R+H)4π2T2
根据开普勒第三定律有
(2R+H2)3T′2=(R+H)3T2
解得
T′=π (2R+H)32GM或T′=T (2R+H2R+2H)3
故BC正确，AD错误；
故选：BC。
根据万有引力提供向心力结合开普勒第三定律分析解答。
本题考查万有引力提供向心力的应用，解题关键掌握开普勒第三定律的适用条件。
7.【答案】B
【解析】解：A、对小球受力分析，可以得知小球在竖直方向上如果没有受到细绳的拉力，则小球在竖直方向上受力不平衡，则细绳上的拉力不可能为零。故A错误。
B、通过对小球竖直方向的受力分析得知了小球一定受到细绳的拉力，只需要向心力与细绳在水平方向上的分力相等，则竖直边BC对小球的弹力就为零，所以竖直边BC对小球的弹力可能为零。故B正确。
C、通过对小球竖直方向的受力分析得知，细绳在竖直方向的分力与小球的质量相等，则细绳拉力与矩形框的转速无关。故C错误。
D、通过对小球竖直方向的受力分析得知，细绳上的拉力是恒定的。则细绳在水平方向的力是恒定的，再对小球水平方向进行受力分析。当转速越来越大时，通过向心力公式F向=mv2R可以得出，矩形框转速越大小球受到的向心力越来越大，但是从题干中我们不能确定刚开始小球的受力情况，如果刚开始时小球受到竖直边BD的弹力与细绳水平方向的力相反，则竖直边BD对小球的弹力是先变小再变大。故D错误。
故选：B。
对小球进行受力分析，把力分到竖直与水平方向，对竖直方向进行分析可以得出细绳在竖直方向的力与小球的质量相等。再对水平方向的力进行分析，矩形框转速越大小球的向心力就越大可以得出，竖直边BC对小球的力。
此题主要考查的是受力分析和对于向心力的理解能力。
8.【答案】A
【解析】解：设正方体的棱长为a，由几何关系可知，当沿AC方向抛出时，水平位移为
x1= a2+a2= 2a
则水平方向有
2a=v1t1
竖直方向有
a=12gt12
解得：v1= ag
在C′点时的竖直分速度为v1y= 2ag
则有tanθ1=v1v1y= ag 2ag=1 2
当沿AD方向抛出时，水平方向有
a=v2t2
竖直方向有
a2=12gt22
v2y=gt2
解得：v2= ag，v2y= ag
则有tanθ2=v2v2y=1
则v1：v2= ag： ag=1：1，tanθ1：tanθ2=1 2：1=1： 2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
先根据平抛运动分位移公式求出两种情况下小球的初速度，从而求得初速度之比。结合竖直分速度求出tanθ1：tanθ2。
本题考查平抛运动的运动规律，学会对复杂的运动分解为简单直线运动进行分析，合理利用位移、速度与水平方向的夹角解决问题。
9.【答案】AD
【解析】解：A.根据题意，由图像可得，汽车无动力滑行时的加速度大小为
a1=ΔvΔt=7−51m/s2=2m/s2
由牛顿第二定律可得，汽车行驶中所受阻力大小为
f=ma1=1×103×2N=2×103N
故A正确；
B.根据题意，由图可知，当t=11s时，汽车达到最大速度7.5m/s，此时汽车的牵引力为
F=f=2×103N
汽车的功率为
P=Fvm=2×103×7.5W=1.5×104W=15kW
故B错误；
C.根据题意，设1s～11s内汽车的位移为x，由动能定理有
P(t2−t1)−fx=12mvm2−12mv12
代入数据解得
x=67.1875m
故C错误；
D.汽车加速过程中速度为6m/s时，牵引力为
F1=PvN
由牛顿第二定律有
a=F1−fm
解得a=0.5m/s2
故D正确。
故选：AD。
汽车无动力滑行时根据v−t图像可以得到汽车的加速度，结合牛顿第二定律解得汽车所受摩擦力。当达到最大功率时，匀加速运动结束。最后可以根据动能定理得到克服阻力所做的功。
解此类问题的关键是根据图象分别计算出汽车所受阻力和汽车的额定功率，然后才可以求解其它相关物理量。
10.【答案】AC
【解析】解：A.由电场方向与等势面垂直，且由高电势指向低电势，带电粒子运动轨迹向低电势方向弯曲，即粒子受到向低电势方向的电场力，电场力方向与电场方向相同，可知带电粒子带正电，故A正确；
B.等差等势面越密的地方，电场线越密，电场强度越大，则带电粒子在A点受的电场力大于在B点受的电场力，因此带电粒子在A点的加速度大于B点的加速度，故B错误；
C.带电粒子带正电，在高电势位置的电势能大，在低电势位置电势能小，因此带电粒子在A点的电势能小于B点的电势能，故C正确；
D.若带电粒子由A点静止释放，仅在电场力作用下将沿低电势方向运动，不会在等势面d运动，故D错误。
故选：AC。
根据等势面画出相应电场线，再结合曲线运动条件判断出电场力方向及粒子带电性质，结合电场力做功与电势能变化关系判断电势能的变化。
本题考查带电粒子在电场中运动的定性分析，解决此题的关键是结合曲线运动条件判断出电场力方向及粒子带电性质。
11.【答案】ABD
【解析】解：A.根据题意，设当地重力加速度为g1，根据自由落体公式ℎ=12g1t2
解得g1=2ℎt2
故A正确；
B.星球表面，由万有引力等于重力
GMmR2=mg1
解得
M=g1R2G=2ℎR2Gt2
故B正确；
C.由万有引力提供向心力，设第一宇宙速度为v，
GMmR2=mv2R
解得
v= GMR= 2ℎRt2
故C错误；
D.若在相同位置以初速度v0将该小球水平抛出，由公式x=v0+v2t可得，落地时的竖直速度为
vy=2ℎt
则落地速度为
v= vy2+v02= 4ℎ2t2+v02
故D正确。
故选：ABD。
根据自由落体公式ℎ=12g1t2，求重力加速度大小；
星球表面，由万有引力等于重力列式，求星球质量；
由万有引力提供向心力，分析线速度大小；
求水平和竖直速度，根据速度合成，求落地速度大小。
本题解题关键是掌握在星球表面忽略星球自转时，万有引力等于重力。环绕星球圆周运动时，万有引力提供向心力。
12.【答案】B
【解析】解：根据滑轮组的特征可知，重物B下落的高度为A上升高度的2倍，设B运动距离为xB时，A运动距离为xA，则有xB=2xA
对重物B，初始重力势能为：
EpB0=mgℎ
当重物B运动距离为xB时重力势能为：
EpB=mg(ℎ−xB)
B的末重力势能为0。
对重物A，初始重力势能为0，当A运动距离为xA时
EkA=mgxA
由滑轮组可知，A上升的高度为B下降高度的一半，故
xAm=ℎ2
故重物A的末重力势能为：
EpA末=12mgℎ
根据滑轮组可知，在运动过程中
vB=2vA
对重物A和B组成的系统，当B运动距离为xB时，根据动能定理得：
mgxB−12mgxB=12mvB2+12mvA2=EkB+EkA
对B可得：EkB=25mgxB
B的末动能为：
EkB末=25mgℎ=25EpB0
对重物A，当A运动距离为xA时
EkA=EkB4=110mgxB=15mgxA
重物A的末动能为：
EkA末=15mg⋅ℎ2=15EpA末，故ACD错误，B正确。
故选：B。
对AB组成的系统，根据动能定理或机械能守恒定律列式，得到各个图像的解析式，再分析图像的形状。
本题主要考查动能定理，要能结合滑轮组拉力的关系以及位移关系，通过列式分析。
13.【答案】3.9 3.91 3.80
【解析】解：(1)根据题意，由于打点计时器所用电源的频率为50Hz，则相邻计时点间的间隔为
T=1f=150s=0.02s
由中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得，纸带上打下计数点B时的速度为
vB=AC2T=(86.21−70.61)×10−22×0.02m/s=3.9m/s
(2)在打点O到点B过程中，重物的重力势能的减少量
ΔEp=mgℎB=0.5×10×78.24×10−2J≈3.91J
动能的增加量
ΔEk=12mvB2=12×0.5×3.92J≈3.80J
故答案为：(1)3.9；(2)3.91，3.80。
(1)根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度计算纸带上打下计数点B时的速度；
(2)根据纸带数据和重力势能表达式计算打点O到点B过程中重物的重力势能的减少量，根据动能表达式计算动能的增加量。
本题考查验证机械能守恒定律实验，关键掌握从纸带上获得重物下落的高度，根据运动学规律计算B点速度。
14.【答案】2v02g 9.72 不变
【解析】解：(1)根据题意，由表格中数据，用描点画图的方法，画出x2−ℎ图像，作图时要使尽量多的点落在直线上，不在直线上的要均匀分布在直线两侧，舍弃个别相差较远的点，所作x2−ℎ图像如图所示：
(2)根据题意可知，小球做平抛运动
水平方向上做匀速直线运动，根据匀速运动规律x=v0t
竖直方向上做自由落体运动，根据自由落体运动规律ℎ=12gt2
整理可得x2=2v02g⋅ℎ
(3)小球通过光电门的速度即为小球做平抛运动的初速度，小球的初速度为v0=dt=1.00×10−210×10−3m/s=1.00m/s
x2−ℎ图像的斜率k=(10.30−2.07)×10−2(50−10)×10−2m=0.20575m
结合x2−ℎ函数，斜率k=2v02g
重力加速度g=2v02k=2×1.0020.20575m/s2=9.72m/s2
(4)根据题意可知，小球落在地面，即小球的下沿落地留下一个印记，则小球的下落高度即为轨道末端到地面的高度，与小球半径无关，则按照上述方法计算出的重力加速度大小与真实值相比不变。
故答案为：(1)见解析；(2)2v02g；(3)9.72；(4)不变。
(1)根据“描点法”作出x2−ℎ；
(2)根据平抛运动的规律求解x2−ℎ函数；
(3)小球通过光电门的速度即为小球做平抛运动的初速度，据此求初速度；平抛运动水平方向做匀速运动，结合x2−ℎ图像斜率的含义求解当地的重力加速度大小；
(4)小球的下落高度即为轨道末端到地面的高度，与小球半径无关，据此分析作答。
本题考查了利用光电门和DAS数据采集系统研究平抛运动规律，体现了信息技术在物理上的运用。
15.【答案】解：(1)从B点移到无穷远过程中，电场力做功W2=14.4×10−19J。取无穷远处电势为零，可知电子在B点的电势能EpB=14.4×10−19J
则φB=EpBq
代入数据解得φB=−9V
(2)粒子从电场中的A点移到B点过程中，电场力做功W1=−9.6×10−19J，根据UAB=W1q=φA−φB
解得φA=−3V
电子在A点的电势能EpA=qφA
解得EpA=4.8×10−19J
答：(1)电子在B点的电势能为14.4×10−19J，B点的电势为−9V；
(2)A点的电势为−3V，电子在A点的电势能为4.8×10−19J。
【解析】(1)由于无穷远处电势为零，电场力做功等于电势能变化，结合φB=EpBq解答；
(2)根据电势差的定义式结合电场力做功公式解答。
本题考查了电势差以及电场力做功的基本公式，解题关键是熟记基本公式，要掌握电场力做功的定义式适用于任何电场。
16.【答案】解：(1)滑板爱好者由A点运动到C点，设AB=x1，BC=x2，由动能定理可得
mgℎ−0.14mg(x1cosα+x2cosβ)=12mvC2
其中则有
x1cosα+x2cosβ=L=5m
解得
vC=4m/s
(2)滑板爱好者从C点飞出做斜抛运动，如图所示，对vC分解，由解析图可得
v1=vCcos(β+θ)=4×cos45°m/s=2 2m/s
v2=vCsin(β+θ)=4×sin45°m/s=2 2m/s
对重力加速度分解
a1=gsin30°=10×12m/s2=5m/s2
a2=gcos30°=10× 32m/s2=5 3m/s2
由几何知识可知，当滑板爱好者的速度方向与着陆坡CD平行时有最大距离，即在v2方向速度减到零时有最大距离，由运动学公式可得
s=0−v222a2=−(2 2)2−2×5 3m=4 315m
答：(1)从C点飞出时的速度大小为4m/s；
(2)飞出过程中与着陆坡CD的最大距离为4 315m。
【解析】(1)滑板爱好者由A点运动到C点，由动能定理列式，求从C点飞出时的速度大小；
(2)滑板爱好者从C点飞出做斜抛运动，对vC分解，对重力加速度分解，由几何知识可知，当滑板爱好者的速度方向与着陆坡CD平行时有最大距离，即在v2方向速度减到零时有最大距离，由运动学公式列式，求飞出过程中与着陆坡CD的最大距离。
本题解题关键是对vC分解，对重力加速度分解，由几何知识可知，当滑板爱好者的速度方向与着陆坡CD平行时有最大距离，即在v2方向速度减到零时有最大距离。
17.【答案】解：(1)设电子经0−1圆筒电场加速后的速度为v，由动能定理得：eU0=12mv12，
得：v1= 2eU0m；
(2)设电子经第7圆筒电场加速后的速度为v，由动能定理：7eU0=12mv72，
得：v7= 14eU0m
第7个金属圆筒的长度：L7=T2 14eU0m
得：L7=T 7U0e2m；
(3)由(2)可知，电子以v，的速度射入偏转电场
设当U=Um时电子恰不打到极板上
电子在偏转电场的加速度a=eUmmL
电子射出偏转电场时，垂直极板方向的偏转距离：y=L2=12at2
由平行极板方向的匀速直线运动得：t=Lv7
联立可得：Um=14U0
即当Um=14U0 时，电子打在荧光屏的点离O点最远
由类平抛运动规律，结合几何关系可知：yd′=L2L2+L，d′=32L，
得电子能打到荧光屏上径迹的长度：d=2d′=3L。
答：(1)电子经0～1圆筒间电场加速后速度v1的大小为 2eU0m；
(2)第7个金属圆筒的长度L7=T 7U0e2m；
(3)电子打到荧光屏上径迹的长度d=3L。
【解析】通过运动分析，运用运动学公式计算速度，通过观察交变电源电势差的变化规律，可以推测出电子在圆筒间的速度变化规律，从而求解第7个金属圆筒的长度。结合电子在偏转电场中的运动规律，可以求解电子打到荧光屏上径迹的长度。
本题考查带电粒子在电场中的运动，解答本题的关键是弄清楚粒子的运动过程，理解解直线加速器的原理，熟练运用动能定理求电子加速获得的速度。
18.【答案】解：(1)根据题意，小物块从Q点飞出做平抛运动，设小物块在Q点的速度为vQ，水平方向上有
L=vQt
竖直方向上有
2R=12gt2
小物块在Q点，由牛顿第二定律有
FN+mg=mvQ2R
联立代入数据解得
FN=32N
有牛顿第三定律可得，小物块运动至Q点时对竖直半圆轨道C的压力为
FN′=FN=32N
(2)根据题意，设弹簧压缩至P点时的弹性势能为EP，小物块由P点到Q点的过程中，由能量守恒定律有
EP=μmgL+mg⋅2R+12mvQ2
解得
EP=72.9J
(3)(i)根据题意可知，小物块滑上B且恰好未滑下，即小物块滑到B的右端时与B共速，由能量守恒定律有
EP=μmgL+12(m+M)v共2
此过程对长木板B，由动能定理有
μmgs=12Mv共2
联立代入数据解得
s=3.75m
(ii)根据题意，设小物块脱离轨道时速度大小为v，方向与竖直方向夹角为θ，在脱离位置，由牛顿第二定律有
mgsinθ=mv2R
小物块冲上C到脱离轨道位置，由动能定理有
−mgR(1+sinθ)=12mv2−12mv共2
脱离轨道时，小物块竖直分速度为
vy=vcosθ
脱离轨道后，小物块做斜抛运动，则上升的最大高度为
ℎ=(vcosθ)22g
则小物块冲上竖直半圆轨道C至落地过程中上升的最大高度
H=ℎ+R(1+sinθ)
联立代入数据解得
H=53m
答：(1)小物块运动至Q点时对竖直半圆轨道C的压力为32N；
(2)弹簧压缩至P点时的弹性势能为72.9J；
(3)(i)距离s至少3.75m；(ii)小物块冲上竖直半圆轨道C至落地过程中上升的最大高度为53m。
【解析】(1)小物块从Q点飞出做平抛运动，水平方向匀速直线运动、竖直方向自由落体列式，小物块在Q点，由牛顿第二定律列式，同时结合牛顿第三定律，求小物块运动至Q点时对竖直半圆轨道C的压力；
(2)小物块由P点到Q点的过程中，由能量守恒定律列式，求弹簧压缩至P点时的弹性势能；
(3)小物块滑到B的右端时与B共速，由能量守恒定律结合动能定理，求距离s；小物块脱离轨道时，由牛顿第二定律列式，小物块冲上C到脱离轨道位置，由动能定理列式，结合速度分解和运动学公式，求小物块冲上竖直半圆轨道C至落地过程中上升的最大高度。
本题综合性较强，难度较高，考查学生对圆周运动的第二定律、平抛运动、动能定理等规律的掌握，是典型的平抛模型与圆周模型、能量模型结合的题。
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