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2022-2023学年辽宁省抚顺市六校协作体高一（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年辽宁省抚顺市六校协作体高一（下）期末物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年辽宁省抚顺市六校协作体高一（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球向右拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，不计一切摩擦，小球向左摆到最低点过程中( )
A. 小车和小球组成的系统动量守恒
B. 车的机械能守恒
C. 细绳中的拉力对小车做负功
D. 小球和车组成的系统机械能守恒
2. 质量为3kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则( )
A. t=1s时物块的速率为1m/s
B. t=2s时物块的动量大小为2kg⋅m/s
C. t=3s时物块的动量大小为3kg⋅m/s
D. t=4s时物块的速度为零
3. 某质点的质量m=1kg，在Oxy平面上运动。t=0时，质点位于y轴上。它在x轴方向上运动的速度与时间的关系图像如图甲所示，它在y轴方向上运动的位移与时间的关系图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 质点做匀变速直线运动
B. 质点受到的合力的大小4N
C. 第2s末，质点合力做功的功率20W
D. 当t=2s时，质点的速度大小为10m/s
4. 有三个质量相等、分别带正电、负电和不带电的小球A、B、C，从同一位置以相同速度v0先后水平射入竖直方向的匀强电场中，它们落在正极板的位置如图所示，则下列说法中错误的是( )
A. 小球A带正电，小球B不带电，小球C带负电
B. 三个小球在电场中运动的时间tC
D. 三个小球到达正极板的速度vA
A. 角速度关系为ωa>ωb>ωc B. 线速度的大小关系为va>vb>vc
C. 周期关系为Ta=Tc>Tb D. 向心加速度的大小关系为aa>ac>ab
6. 如图甲为呼啦圈的一种，腰带外侧带有轨道，将滑轮置于轨道内，滑轮通过一根不可伸长的绳子与配重连接，其简化模型如图乙所示。水平固定好腰带，通过人体的微小扭动，配重将在滑轮的带动下一起在水平面内做匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程中腰带可看作不动，下列说法正确的是( )
A. 增大转速的过程中，配重的加速度的大小恒定不变
B. 若以更大的转速匀速转动，则绳子上的拉力将增大
C. 若以更大的转速匀速转动，则身体对腰带的摩擦力将增大
D. 若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向的夹角将减小
7. 从地面竖直向上抛出一物体，在运动过程中除受到重力外，还受到一大小恒定、方向始终与运动方向相反的空气阻力F阻的作用。距地面高度h在0至3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体运动过程受到的空气阻力F阻为( )
A. 0.5N B. 1N C. 1.5N D. 2N
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8. 两个位于纸面内的点电荷产生电场的等势面如图中实线所示，相邻等势面间的电势差相等。虚线MPN是一个电子在该电场中的运动轨迹，轨迹与某等势面相切于P点。下列说法正确的是( )
A. 两点电荷是同种点电荷
B. A点的电场强度比B点的大
C. 电子在A点的电势能大于B点的电势能
D. 电子运动到P点时动能最小
9. 质量m=1kg的玩具电动汽车在平直的赛道上由静止启动，图像甲表示玩具车运动的速度与时间的关系，图像乙表示玩具车牵引力的功率与时间的关系。两幅图像中只有甲图2～12s内为曲线，图像的其余部分均为直线。(设玩具车在运动过程中所受阻力不变，在12s末玩具车的速度恰好达到最大。则下列说法正确的是( )
A. 玩具车受到的阻力为1.5N
B. 玩具车所受的最大牵引力为1.5N
C. 2s～12s过程中玩具车牵引力做的功为108J
D. 玩具车在做变加速运动过程中的位移大小为51m
10. 如图所示，一倾角为θ=30°的固定斜面的底端安装一轻质弹簧，P、Q两物块的质量分别为1kg和3kg，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0=10m/s与Q发生弹性碰撞(碰撞时间极短)。Q与斜面间的动摩擦因数μ等于 33，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦。两物块均可以看作质点，P、Q两物块第一次碰撞后Q的速度在减为零后才与P发生了第二次碰撞。重力加速度大小为g=10m/s2。则下列说法正确的是( )
A. 第一次碰撞后瞬间P的速度的大小为4m/s
B. 第一次碰撞后瞬间Q的速度的大小为5m/s
C. 若斜面足够长，物块Q从A点上升的总高度H=0.8m
D. 若斜面足够长，最后一共因摩擦产生内能1507J
三、实验题（本大题共2小题，共28.0分）
11. 某实验小组用如图所示的装置“验证向心力与线速度关系”。滑块套在水平杆上，随杆一起绕竖直轴做匀速圆周运动，力传感器通过一细绳连接滑块，用来测量向心力F的大小。滑块上固定一遮光片，宽度为d，图示位置滑块正上方有一光电门固定在铁架台的横杆上，滑块旋转半径为R，每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和线速度v的数据。
(1)某次旋转过程中遮光片经过光电门时的遮光时间为Δt，则滑块的线速度v= ______ ；
(2)若以F为纵坐标，以1Δt2为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条过原点的直线，从而验证向心力大小与______ (选填“v”“v2”或“1v2”)成正比；
(3)此实验中，若滑块的线速度不变，改变旋转半径R，则可以得到F与R成______ (填“正比”或“反比”)。
12. 利用如图1所示装置做“验证机械能守恒定律”实验。已知打点计时器打点周期T=0.02s，重力加速度为g。
(1)甲同学实验时进行了如下操作，其中正确的是______ (选填选项前的字母)。
A.需使用天平测出重物的质量
B.安装打点计时器时应尽量使两个限位孔在同一竖直线上
C.操作时应先接通电源然后释放纸带
D.测量纸带上某点A到第一个点间的距离h，利用v= 2gh计算A点的速度
(2)甲同学从打出的纸带中选出符合要求的一条纸带，如图2所示(其中一段纸带图中未画出)。图中O点为打出的起始点，且速度为零。选取在纸带上连续打出的点A、B、C、D、E、F作为计数点。测出D、E、F点距起始点O的距离分别为h1、h2、h3，由此可计算出打点计时器打下E点时重物下落的瞬时速度vE= ______ m/s(结果保留两位有效数字)。用m表示重物的质量，在误差允许的范围内，若满足表达式mgh2= ______ ，则可认为重物下落过程中机械能守恒(用给出的已知物理量的符号表示)。
(3)乙同学想用图像法处理数据。他在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，进而描绘出v22−h图像。请你帮他分析确定判断的依据：要想说明机械能是守恒的，则图线应该是一条过原点的直线，且斜率等于______ 。
四、简答题（本大题共2小题，共26.0分）
13. 如图所示，匀强电场方向沿x轴的正方向，场强为E。在A(l2,0)点有一个质量为m，电荷量为q的粒子，以沿y轴负方向的初速度v0开始运动，经过一段时间到达B(0,−l)点，(不计重力作用)。求：
(1)粒子的初速度v0的大小；
(2)当粒子到达B点时的速度v。
14. 一装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ=37°的光滑直轨道AB，粗糙水平直轨道BC，竖直墙CD组成，且各处平滑连接。D右边的水平光滑地面上放有一无动力小车，并紧靠在竖直墙CD处，小车上表面与水平直轨道BC在同一水平面上。小车上表面的动摩擦因数μ=0.4、质量m=1kg，轨道BC段长度为2.5m。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h=2.3m处静止释放，滑块在BC段运动时的阻力为其重力的0.2倍。(sin37°=0.6,cos37°=0.8)求：
(1)滑块到达C点时的速度vC；
(2)滑块滑上小车后相当于小车的位移L。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、小球摆动过程中，小球和车组成的系统只受重力和支持力作用，水平方向的合力为零所以系统水平方向动量守恒，在竖直方向上只有小球有竖直方向的分速度，且分速度大小也不断变化，所以竖直方向动量不守恒，那么系统动量也不守恒，故A错误；
BCD、小球在摆动过程中，系统机械能守恒；小球摆到最低点的过程中，绳子拉力对小车做正功，小车的机械能增加，小球的机械能减小，故BC错误，D正确。
故选：D。
根据动量守恒的条件分析判断小车和小球组成的系统动量是否守恒，根据机械能守恒定律分析出系统是否机械能守恒，同时分析出小球和小车的能量变化。
本题主要考查了动量守恒定律和机械能守恒定律，熟悉相应的条件并做简单的分析即可，整体难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A、t1=1s内，由动量定理可得：F1t1=mv1−0，解得1s时物块的速率为：v1=23m/s，故A错误；
B、t2=2s内由动量定理可得：F1t2=p2−0，解得2s时物块的动量大小为：p2=4kg⋅m/s，故B错误；
C、由动量定理可得，3s内物块的动量变化量大小为：Δp=F1t2−F2Δt=(2×2−1×1)kg⋅m/s=3kg⋅m/s，故C正确；
D、由动量定理可得，4s内物块的动量变化量大小为：Δp=F1t2−F2t2=(2×2−1×2)kg⋅m/s=2kg⋅m/s，且有：Δp=mv−0，解得：v=23m/s，故D错误。
故选：C。
由动量定理求解1s时物块的速率和2s时物块的动量大小；由动量定理求解3s、4s内物块的动量变化量大小。
本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。
3.【答案】D
【解析】解：A、质点在x轴上做初速度为4m/s的匀速直线运动，在y轴上做匀速直线运动，合外力方向与合速度方向不共线，质点做匀变速曲线运动，故A错误；
B、v−t图像的斜率表示加速度，则有：a=ΔvΔt=8−42m/s2=2m/s2，质点受到的合力的大小为：F=ma=1×2N=2N，故B错误；
C、t=2s时，质点沿x轴方向运动的速度大小vx=8m/s，第2s末，合力做功的功率P=Fvx=2×8W=16W，故C错误；
D、t=2s时，y轴方向的速度大小：vy=ΔyΔt=122m/s=6m/s
则合速度大小：v= vx2+vy2= 82+62m/s=10m/s，故D正确。
故选：D。
根据两图象可知：质点在x方向上做匀加速直线运动，在y方向上做匀速运动，质点运动轨迹是曲线。v−t图像的斜率表示加速度，根据牛顿第二定律求解质点受到的合力的大小；求出2s末y方向的分速度，由P=Fx求解合力的功率，然后根据平行四边形定则得出质点的速度。
此题考查了运动的合成与分解知识，解决本题的关键知道质点在x方向和y方向上的运动规律，根据平行四边形定则进行合成。
4.【答案】C
【解析】解：从极板左侧中央以相同的水平速度先后垂直地射入匀强电场的小球的运动性质为类平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向为初速度为零的匀加速运动。
AB、由图可知水平位移关系
xA>xB>xC
根据公式t=xv可得
tA>tB>tC
又由于正电荷受到的电场力方向与电场方向相同，负电荷受到的电场力方向与电场方向相反，不带电的粒子不受电场力，所以A小球受到向上的电场力，即A小球带正电，C小球带负电，B小球不带电，故AB正确；
C、C球带负电，受电场力方向向下，根据牛顿第二定律加速度为a=qE+mgm，而E=Ud，若把负极板向下移动少许d减小，由于正极板从电路中断开，电荷量Q不变，由C=QU和C=εrS4πkd知E=4πkQϵrS，故C球的加速度a不变，因h=12at2，h不变，则C球的运动时间不变，故C错误。
D、三个小球以相同的水平速度v0射入竖直方向的匀强电场，做类平抛运动，因为
h=vy2t
tA>tB>tC
落在正极板时竖直方向速度关系为
vyA
v= v02+vy2
所以，三个小球到达正极板的速度
vA
小球的运动中受重力和电场力，根据水平方向匀速，竖直方向匀加速，分别求得运行时间关系和粒子的加速度。
注意类平抛运动的灵活应用，水平方向匀速直线运动，竖直方向初速度为零的匀加速直线运动。
5.【答案】C
【解析】解：B、a、c相比较，a、c的角速度相等，由v=ωr，可知va
根据v= GMr，T=2πrv得卫星的周期T=2π r3GM，可知Tc>Tb，所以Ta=Tc>Tb，故C正确
A、Ta=Tc>Tb，根据T=2πω，可知ωa=ωc<ωb，故A错误；
D、a、c相比较，由a=ω2r得aa
则ab>ac>aa，故D错误。
故选：C。
利用地球同步卫星为纽带，分别分析a与c、b与c各物理量的关系，结合卫星速度公式，以及匀速圆周运动公式，最后得出a、b、c三者的各物理量的关系。
本题考查人造卫星与地球赤道上物体的区别，要注意a、c的角速度相等，b、c的向心力由万有引力提供，在选取公式时要注意。
6.【答案】B
【解析】解：BD、绳长为L，悬挂点到腰带中心的距离为r，以配重为研究对象，受到重力和拉力，如图所示
竖直方向根据平衡条件可得
Tcosθ=mg
在水平方向上
Tsinθ=m(r+Lsinθ)(2πn)2
联立可得
mgtanθ=m(2πn)2(Lsinθ+r)
由此可知转速增大、配重做匀速圆周运动的半径变大，θ增大、T增大，若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向的夹角将不变，故B正确，D错误；
C、若增大转速，配重做匀速圆周运动的半径变大，绳与竖直方向的夹角θ将增大，竖直方向
mg=Tcosθ
对腰带分析如图
可得竖直方向
f=Mg+Tcosθ=Mg+mg
故腰受到腰带的摩擦力不变，故C错误；
A、由A中公式可知，转速增大、配重做匀速圆周运动的半径变大，θ增大，根据
mgtanθ=ma
配重的加速度变大，故A错误。
故选：B。
对智能呼啦圈整体受力分析可简单判断人和呼啦圈之间的力，对配重受力分析可判断绳子夹角的变化。
本题考查圆周运动与整体隔离结合，需要熟练应用整体法，否则将配重与呼啦圈分开受力分析将使问题变复杂，有一定难度。
7.【答案】D
【解析】根据动能定理可得：F合△h=△Ek，解得Ek−h图像的斜率大小k=F合，
上升过程中有：mg+F阻=ΔEk1Δh1=72−363−0N=12N，
下落过程中：mg−F阻=ΔEk1Δh1=48−243−0N=8N，
联立解得：F阻=2N，故ABC错误，D正确。
故选D。
8.【答案】AD
【解析】解：A、根据等势面的分布可知，两点电荷是同种点电荷，故A正确；
B、等差等势面的疏密程度表示场强的强弱，A点等势面疏，B点等势面密，故A点的电场强度小，故B错误；
C、分析电子的运动轨迹可知，电场力指向轨迹的弯曲的内侧，则电场力受到排斥力作用，故点电荷为负电荷，离点电荷越远，电势越高，电势能越小，故电子在A点的电势能小于B点的电势能，故C错误；
D、在轨迹中P点离点电荷最近，电势最低，电子运动到P点电势能最大，动能最小，故D正确；
故选：AD。
根据等势面的分布判断点电荷的电性。根据点电荷等差等势线的疏密，反映电场强度的大小。根据电子的运动轨迹判断受力情况，从而判断点电荷电性，由电势能与电势的关系，判断电势能的高低，从而确定动能大小。
本题考查了等势面的相关知识，明确等差等势面的疏密程度表示场强的强弱是解题的关键。
9.【答案】AD
【解析】解：A、汽车最大速度和最大功率分别为
vm=6m/s，Pm=9w
最大速度时，牵引力等于阻力，则
Pm=Fvm=fvm
阻力为
f=1.5N
故A正确；
B、t=2s时，根据牛顿第二定律
F−f=ma
由图甲，汽车匀加速的加速度为
a=3−02m/s2=1.5m/s2
最大牵引力为
F=3N
故B错误；
C、2s～12s过程中，汽车功率不变，则牵引力做功为
W=Pt=9×(12−2)W=90w
故C错误；
D、变加速运动过程中，根据动能定理
W−fx=12mvm2−12mv2
解得x=51m
故D正确。
故选：AD。
当牵引力等于阻力时，速度取到最大值，根据功率公式求解阻力；汽车做匀加速运动的牵引力最大，根据功率公式求解；根据W=Pt求牵引力的功；根据动能定理求解变加速运动的位移。
本题考查的是机车启动问题，要求学生能够熟练地进行受力分析与运动状态分析，公式P=Fv指实际功率，F表示牵引力，v表示瞬时速度，当牵引力等于阻力时，机车达到最大速度。
10.【答案】BD
【解析】解：AB、P与Q发生弹性碰撞，取沿斜面向上为正方向，由动量守恒定律可得
mPvP1+mQvQ1=mPv0
由能量守恒定律可得
12mpvp12+12mQvQ12=12mpv02
联立以上两式代入数值可得
vP1=−5m/s
vQ1=5m/s
所以P碰后速度为5m/s，方向为沿斜面向下；
Q碰后速度为5m/s，方向为沿斜面向上。
故A错误，B正确；
C、Q受到的动摩擦力大小为
fQ=μmQgcosθ
由能量守恒定律可得
(mP+mQ)gH+fQ⋅Hsinθ=12mPv02
代入数值可得H=57(m)
故C错误
D、由C的分析可知，最后一共因摩擦产生内能为
Q=fQ⋅Hsinθ
解得：
Q=1507J
故D正确。
故选：BD。
P与Q发生弹性碰撞，系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度；对物块Q，由能量守恒定律求物块Q从A点上升的总高度H。
本题是一道力学综合题，物体运动过程复杂根据题意分析清楚物块的运动过程，把握Q上升的高度遵循的规律是解题的前提与关键，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。
11.【答案】dΔt v2 反比
【解析】解：(1)滑块经过光电门时间较短，可用平均速度代替瞬时速度，则物体转动的线速度为v=dΔt
(2)由ω=vR
解得
ω=dRΔt
根据向心力公式可知
F=mω2R
联立解得F=md2RΔt2
故以F为纵坐标，以1Δt2为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条直线，则可验证向心力大小与v2成正比；
(3)根据向心力公式可知F=mv2R，可知F与R成反比。
故答案为：(1)dΔt；(2)v2；(3)反比
(1)根据挡光片的挡光宽度及挡光片经过光电门时的遮光时间可以算出挡光片的线速度；
(2)根据向心力公式分析，以1Δt2为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条直线，根据表达式分析解答；
(3)根据F=mv2R分析解答。
本题考查了探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系实验。这是一道创新实验题，理解实验原理是解决问题的关键。
12.【答案】BC 3.0 m(h3−h1)28T2 当地重力加速度g
【解析】解：(1)A.根据实验原理可知重物的质量会被消去，所以无需测出其质量，故A错误；
B.释放纸带前，纸带应保持竖直，减小纸带与限位孔的摩擦对实验影响，故B正确
C.操作时应先接通电源然后释放纸带，故C正确；
D.通过v= 2gh计算出瞬时速度v，就已经把重物的实际运动看成自由落体运动，再运用自由落体运动的规律求解速度，那么就不需要验证了，故D错误。
故选：BC。
(2)根据匀变速直线运动的规律，中间时刻的瞬时速度等于这段时间对应的平均速度，即有vE=xDF2T=54.91−42.752×0.02×0.01m/s=3.0m/s
在误差允许的范围内，若满足mgh2=12mvD2=12m(h3−h12T)2=m(h3−h1)28T2
则可认为重物下落过程中机械能守恒。
(3)由于mgh=12mv2
所以重物下落过程中，图中画出v2−h图像的示意图如下图所示
即有v22=gh
计算该图线的斜率，若图线为一条斜率接近g的直线，则可验证重物下落过程中机械能守恒。
故答案为：(1)BC；(2)3.0；m(h3−h1)28T2；(3)当地重力加速度g
(1)根据实验原理与实验操作规范分析判断；
(2)打下E点时的瞬时速度等于DF段的平均速度，求得打D点时的速度，根据机械能守恒定律确定表达式；
(3)根据机械能守恒的表达式，推出v22−h图像的表达式，由图象的性质解答。
本题考查了验证机械能守恒定律的实验，涉及到实验的要求、原理及数据处理问题。本题(3)利用图像来处理数据是物理实验常规方法，需关注并掌握。
13.【答案】解：(1)粒子在电场中做类平抛运动，沿y轴负方向做匀速直线运动，沿x轴负方向做匀加速直线运动。
根据AB两点的坐标，列运动学方程为
−y方向有：l=v0t
−x方向有：12l=12at2
合力为电场力，列牛顿第二定律为：qE=ma
联立解得初速度：v0= qElm
(2)沿−y方向的速度为：vy=at
合速度与v0的夹角为：tanθ=vyv0
联立解得θ=45°
所以合速度为：v= v02+vy2
代入数据解得：v= 2qElm
答：(1)粒子的初速度v0的大小为 qElm；
(2)当粒子到达B点时的速度v为 2qElm，方向与y轴负方向偏左下成45°角。
【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，在y方向不受力，做匀速直线运动；在x方向由于受恒定的电场力，做匀加速直线运动。所以粒子做的是类平抛运动。由题可知水平位移和竖直位移的值，由牛顿第二定律求出加速度，分别运用运动学公式研究水平方向和竖直求解初速度v0的大小；
(2)根据运动的合成规律求粒子到达B点时的速度大小和方向。
有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
14.【答案】解：(1)滑块从开始下滑到C整个过程，由动能定理得
mgh−0.2mgLBC=12mvC2
解得vC=6m/s
(2)滑块与小车相互作用列动量守恒得mvC=2mv
作用过程中发热量为Q=μmgL
根据能量守恒可得Q=12mvC2−12×2mv2
解得L=2.25m
答：(1)滑块到达C点时的速度vC为6m/s；
(2)滑块滑上小车后相当于小车的位移L为2.25m。
【解析】(1)滑块从开始下滑到C整个过程，由动能定理求滑块到达C点时的速度；
(2)滑块与小车相互作用过程，由动量守恒定律求共同速度，再由能量守恒定律求解相对位移。
本题考查了动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律，要明确过程，选择对应的定律解决，难度不大。
2022-2023学年辽宁省抚顺市六校协作体高一（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球向右拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，不计一切摩擦，小球向左摆到最低点过程中( )
A. 小车和小球组成的系统动量守恒
B. 车的机械能守恒
C. 细绳中的拉力对小车做负功
D. 小球和车组成的系统机械能守恒
2. 质量为3kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则( )
A. t=1s时物块的速率为1m/s
B. t=2s时物块的动量大小为2kg⋅m/s
C. t=3s时物块的动量大小为3kg⋅m/s
D. t=4s时物块的速度为零
3. 某质点的质量m=1kg，在Oxy平面上运动。t=0时，质点位于y轴上。它在x轴方向上运动的速度与时间的关系图像如图甲所示，它在y轴方向上运动的位移与时间的关系图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 质点做匀变速直线运动
B. 质点受到的合力的大小4N
C. 第2s末，质点合力做功的功率20W
D. 当t=2s时，质点的速度大小为10m/s
4. 有三个质量相等、分别带正电、负电和不带电的小球A、B、C，从同一位置以相同速度v0先后水平射入竖直方向的匀强电场中，它们落在正极板的位置如图所示，则下列说法中错误的是( )
A. 小球A带正电，小球B不带电，小球C带负电
B. 三个小球在电场中运动的时间tC
D. 三个小球到达正极板的速度vA
A. 角速度关系为ωa>ωb>ωc B. 线速度的大小关系为va>vb>vc
C. 周期关系为Ta=Tc>Tb D. 向心加速度的大小关系为aa>ac>ab
6. 如图甲为呼啦圈的一种，腰带外侧带有轨道，将滑轮置于轨道内，滑轮通过一根不可伸长的绳子与配重连接，其简化模型如图乙所示。水平固定好腰带，通过人体的微小扭动，配重将在滑轮的带动下一起在水平面内做匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程中腰带可看作不动，下列说法正确的是( )
A. 增大转速的过程中，配重的加速度的大小恒定不变
B. 若以更大的转速匀速转动，则绳子上的拉力将增大
C. 若以更大的转速匀速转动，则身体对腰带的摩擦力将增大
D. 若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向的夹角将减小
7. 从地面竖直向上抛出一物体，在运动过程中除受到重力外，还受到一大小恒定、方向始终与运动方向相反的空气阻力F阻的作用。距地面高度h在0至3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体运动过程受到的空气阻力F阻为( )
A. 0.5N B. 1N C. 1.5N D. 2N
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8. 两个位于纸面内的点电荷产生电场的等势面如图中实线所示，相邻等势面间的电势差相等。虚线MPN是一个电子在该电场中的运动轨迹，轨迹与某等势面相切于P点。下列说法正确的是( )
A. 两点电荷是同种点电荷
B. A点的电场强度比B点的大
C. 电子在A点的电势能大于B点的电势能
D. 电子运动到P点时动能最小
9. 质量m=1kg的玩具电动汽车在平直的赛道上由静止启动，图像甲表示玩具车运动的速度与时间的关系，图像乙表示玩具车牵引力的功率与时间的关系。两幅图像中只有甲图2～12s内为曲线，图像的其余部分均为直线。(设玩具车在运动过程中所受阻力不变，在12s末玩具车的速度恰好达到最大。则下列说法正确的是( )
A. 玩具车受到的阻力为1.5N
B. 玩具车所受的最大牵引力为1.5N
C. 2s～12s过程中玩具车牵引力做的功为108J
D. 玩具车在做变加速运动过程中的位移大小为51m
10. 如图所示，一倾角为θ=30°的固定斜面的底端安装一轻质弹簧，P、Q两物块的质量分别为1kg和3kg，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0=10m/s与Q发生弹性碰撞(碰撞时间极短)。Q与斜面间的动摩擦因数μ等于 33，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦。两物块均可以看作质点，P、Q两物块第一次碰撞后Q的速度在减为零后才与P发生了第二次碰撞。重力加速度大小为g=10m/s2。则下列说法正确的是( )
A. 第一次碰撞后瞬间P的速度的大小为4m/s
B. 第一次碰撞后瞬间Q的速度的大小为5m/s
C. 若斜面足够长，物块Q从A点上升的总高度H=0.8m
D. 若斜面足够长，最后一共因摩擦产生内能1507J
三、实验题（本大题共2小题，共28.0分）
11. 某实验小组用如图所示的装置“验证向心力与线速度关系”。滑块套在水平杆上，随杆一起绕竖直轴做匀速圆周运动，力传感器通过一细绳连接滑块，用来测量向心力F的大小。滑块上固定一遮光片，宽度为d，图示位置滑块正上方有一光电门固定在铁架台的横杆上，滑块旋转半径为R，每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和线速度v的数据。
(1)某次旋转过程中遮光片经过光电门时的遮光时间为Δt，则滑块的线速度v= ______ ；
(2)若以F为纵坐标，以1Δt2为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条过原点的直线，从而验证向心力大小与______ (选填“v”“v2”或“1v2”)成正比；
(3)此实验中，若滑块的线速度不变，改变旋转半径R，则可以得到F与R成______ (填“正比”或“反比”)。
12. 利用如图1所示装置做“验证机械能守恒定律”实验。已知打点计时器打点周期T=0.02s，重力加速度为g。
(1)甲同学实验时进行了如下操作，其中正确的是______ (选填选项前的字母)。
A.需使用天平测出重物的质量
B.安装打点计时器时应尽量使两个限位孔在同一竖直线上
C.操作时应先接通电源然后释放纸带
D.测量纸带上某点A到第一个点间的距离h，利用v= 2gh计算A点的速度
(2)甲同学从打出的纸带中选出符合要求的一条纸带，如图2所示(其中一段纸带图中未画出)。图中O点为打出的起始点，且速度为零。选取在纸带上连续打出的点A、B、C、D、E、F作为计数点。测出D、E、F点距起始点O的距离分别为h1、h2、h3，由此可计算出打点计时器打下E点时重物下落的瞬时速度vE= ______ m/s(结果保留两位有效数字)。用m表示重物的质量，在误差允许的范围内，若满足表达式mgh2= ______ ，则可认为重物下落过程中机械能守恒(用给出的已知物理量的符号表示)。
(3)乙同学想用图像法处理数据。他在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，进而描绘出v22−h图像。请你帮他分析确定判断的依据：要想说明机械能是守恒的，则图线应该是一条过原点的直线，且斜率等于______ 。
四、简答题（本大题共2小题，共26.0分）
13. 如图所示，匀强电场方向沿x轴的正方向，场强为E。在A(l2,0)点有一个质量为m，电荷量为q的粒子，以沿y轴负方向的初速度v0开始运动，经过一段时间到达B(0,−l)点，(不计重力作用)。求：
(1)粒子的初速度v0的大小；
(2)当粒子到达B点时的速度v。
14. 一装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ=37°的光滑直轨道AB，粗糙水平直轨道BC，竖直墙CD组成，且各处平滑连接。D右边的水平光滑地面上放有一无动力小车，并紧靠在竖直墙CD处，小车上表面与水平直轨道BC在同一水平面上。小车上表面的动摩擦因数μ=0.4、质量m=1kg，轨道BC段长度为2.5m。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h=2.3m处静止释放，滑块在BC段运动时的阻力为其重力的0.2倍。(sin37°=0.6,cos37°=0.8)求：
(1)滑块到达C点时的速度vC；
(2)滑块滑上小车后相当于小车的位移L。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、小球摆动过程中，小球和车组成的系统只受重力和支持力作用，水平方向的合力为零所以系统水平方向动量守恒，在竖直方向上只有小球有竖直方向的分速度，且分速度大小也不断变化，所以竖直方向动量不守恒，那么系统动量也不守恒，故A错误；
BCD、小球在摆动过程中，系统机械能守恒；小球摆到最低点的过程中，绳子拉力对小车做正功，小车的机械能增加，小球的机械能减小，故BC错误，D正确。
故选：D。
根据动量守恒的条件分析判断小车和小球组成的系统动量是否守恒，根据机械能守恒定律分析出系统是否机械能守恒，同时分析出小球和小车的能量变化。
本题主要考查了动量守恒定律和机械能守恒定律，熟悉相应的条件并做简单的分析即可，整体难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A、t1=1s内，由动量定理可得：F1t1=mv1−0，解得1s时物块的速率为：v1=23m/s，故A错误；
B、t2=2s内由动量定理可得：F1t2=p2−0，解得2s时物块的动量大小为：p2=4kg⋅m/s，故B错误；
C、由动量定理可得，3s内物块的动量变化量大小为：Δp=F1t2−F2Δt=(2×2−1×1)kg⋅m/s=3kg⋅m/s，故C正确；
D、由动量定理可得，4s内物块的动量变化量大小为：Δp=F1t2−F2t2=(2×2−1×2)kg⋅m/s=2kg⋅m/s，且有：Δp=mv−0，解得：v=23m/s，故D错误。
故选：C。
由动量定理求解1s时物块的速率和2s时物块的动量大小；由动量定理求解3s、4s内物块的动量变化量大小。
本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。
3.【答案】D
【解析】解：A、质点在x轴上做初速度为4m/s的匀速直线运动，在y轴上做匀速直线运动，合外力方向与合速度方向不共线，质点做匀变速曲线运动，故A错误；
B、v−t图像的斜率表示加速度，则有：a=ΔvΔt=8−42m/s2=2m/s2，质点受到的合力的大小为：F=ma=1×2N=2N，故B错误；
C、t=2s时，质点沿x轴方向运动的速度大小vx=8m/s，第2s末，合力做功的功率P=Fvx=2×8W=16W，故C错误；
D、t=2s时，y轴方向的速度大小：vy=ΔyΔt=122m/s=6m/s
则合速度大小：v= vx2+vy2= 82+62m/s=10m/s，故D正确。
故选：D。
根据两图象可知：质点在x方向上做匀加速直线运动，在y方向上做匀速运动，质点运动轨迹是曲线。v−t图像的斜率表示加速度，根据牛顿第二定律求解质点受到的合力的大小；求出2s末y方向的分速度，由P=Fx求解合力的功率，然后根据平行四边形定则得出质点的速度。
此题考查了运动的合成与分解知识，解决本题的关键知道质点在x方向和y方向上的运动规律，根据平行四边形定则进行合成。
4.【答案】C
【解析】解：从极板左侧中央以相同的水平速度先后垂直地射入匀强电场的小球的运动性质为类平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向为初速度为零的匀加速运动。
AB、由图可知水平位移关系
xA>xB>xC
根据公式t=xv可得
tA>tB>tC
又由于正电荷受到的电场力方向与电场方向相同，负电荷受到的电场力方向与电场方向相反，不带电的粒子不受电场力，所以A小球受到向上的电场力，即A小球带正电，C小球带负电，B小球不带电，故AB正确；
C、C球带负电，受电场力方向向下，根据牛顿第二定律加速度为a=qE+mgm，而E=Ud，若把负极板向下移动少许d减小，由于正极板从电路中断开，电荷量Q不变，由C=QU和C=εrS4πkd知E=4πkQϵrS，故C球的加速度a不变，因h=12at2，h不变，则C球的运动时间不变，故C错误。
D、三个小球以相同的水平速度v0射入竖直方向的匀强电场，做类平抛运动，因为
h=vy2t
tA>tB>tC
落在正极板时竖直方向速度关系为
vyA
v= v02+vy2
所以，三个小球到达正极板的速度
vA
小球的运动中受重力和电场力，根据水平方向匀速，竖直方向匀加速，分别求得运行时间关系和粒子的加速度。
注意类平抛运动的灵活应用，水平方向匀速直线运动，竖直方向初速度为零的匀加速直线运动。
5.【答案】C
【解析】解：B、a、c相比较，a、c的角速度相等，由v=ωr，可知va
根据v= GMr，T=2πrv得卫星的周期T=2π r3GM，可知Tc>Tb，所以Ta=Tc>Tb，故C正确
A、Ta=Tc>Tb，根据T=2πω，可知ωa=ωc<ωb，故A错误；
D、a、c相比较，由a=ω2r得aa
则ab>ac>aa，故D错误。
故选：C。
利用地球同步卫星为纽带，分别分析a与c、b与c各物理量的关系，结合卫星速度公式，以及匀速圆周运动公式，最后得出a、b、c三者的各物理量的关系。
本题考查人造卫星与地球赤道上物体的区别，要注意a、c的角速度相等，b、c的向心力由万有引力提供，在选取公式时要注意。
6.【答案】B
【解析】解：BD、绳长为L，悬挂点到腰带中心的距离为r，以配重为研究对象，受到重力和拉力，如图所示
竖直方向根据平衡条件可得
Tcosθ=mg
在水平方向上
Tsinθ=m(r+Lsinθ)(2πn)2
联立可得
mgtanθ=m(2πn)2(Lsinθ+r)
由此可知转速增大、配重做匀速圆周运动的半径变大，θ增大、T增大，若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向的夹角将不变，故B正确，D错误；
C、若增大转速，配重做匀速圆周运动的半径变大，绳与竖直方向的夹角θ将增大，竖直方向
mg=Tcosθ
对腰带分析如图
可得竖直方向
f=Mg+Tcosθ=Mg+mg
故腰受到腰带的摩擦力不变，故C错误；
A、由A中公式可知，转速增大、配重做匀速圆周运动的半径变大，θ增大，根据
mgtanθ=ma
配重的加速度变大，故A错误。
故选：B。
对智能呼啦圈整体受力分析可简单判断人和呼啦圈之间的力，对配重受力分析可判断绳子夹角的变化。
本题考查圆周运动与整体隔离结合，需要熟练应用整体法，否则将配重与呼啦圈分开受力分析将使问题变复杂，有一定难度。
7.【答案】D
【解析】根据动能定理可得：F合△h=△Ek，解得Ek−h图像的斜率大小k=F合，
上升过程中有：mg+F阻=ΔEk1Δh1=72−363−0N=12N，
下落过程中：mg−F阻=ΔEk1Δh1=48−243−0N=8N，
联立解得：F阻=2N，故ABC错误，D正确。
故选D。
8.【答案】AD
【解析】解：A、根据等势面的分布可知，两点电荷是同种点电荷，故A正确；
B、等差等势面的疏密程度表示场强的强弱，A点等势面疏，B点等势面密，故A点的电场强度小，故B错误；
C、分析电子的运动轨迹可知，电场力指向轨迹的弯曲的内侧，则电场力受到排斥力作用，故点电荷为负电荷，离点电荷越远，电势越高，电势能越小，故电子在A点的电势能小于B点的电势能，故C错误；
D、在轨迹中P点离点电荷最近，电势最低，电子运动到P点电势能最大，动能最小，故D正确；
故选：AD。
根据等势面的分布判断点电荷的电性。根据点电荷等差等势线的疏密，反映电场强度的大小。根据电子的运动轨迹判断受力情况，从而判断点电荷电性，由电势能与电势的关系，判断电势能的高低，从而确定动能大小。
本题考查了等势面的相关知识，明确等差等势面的疏密程度表示场强的强弱是解题的关键。
9.【答案】AD
【解析】解：A、汽车最大速度和最大功率分别为
vm=6m/s，Pm=9w
最大速度时，牵引力等于阻力，则
Pm=Fvm=fvm
阻力为
f=1.5N
故A正确；
B、t=2s时，根据牛顿第二定律
F−f=ma
由图甲，汽车匀加速的加速度为
a=3−02m/s2=1.5m/s2
最大牵引力为
F=3N
故B错误；
C、2s～12s过程中，汽车功率不变，则牵引力做功为
W=Pt=9×(12−2)W=90w
故C错误；
D、变加速运动过程中，根据动能定理
W−fx=12mvm2−12mv2
解得x=51m
故D正确。
故选：AD。
当牵引力等于阻力时，速度取到最大值，根据功率公式求解阻力；汽车做匀加速运动的牵引力最大，根据功率公式求解；根据W=Pt求牵引力的功；根据动能定理求解变加速运动的位移。
本题考查的是机车启动问题，要求学生能够熟练地进行受力分析与运动状态分析，公式P=Fv指实际功率，F表示牵引力，v表示瞬时速度，当牵引力等于阻力时，机车达到最大速度。
10.【答案】BD
【解析】解：AB、P与Q发生弹性碰撞，取沿斜面向上为正方向，由动量守恒定律可得
mPvP1+mQvQ1=mPv0
由能量守恒定律可得
12mpvp12+12mQvQ12=12mpv02
联立以上两式代入数值可得
vP1=−5m/s
vQ1=5m/s
所以P碰后速度为5m/s，方向为沿斜面向下；
Q碰后速度为5m/s，方向为沿斜面向上。
故A错误，B正确；
C、Q受到的动摩擦力大小为
fQ=μmQgcosθ
由能量守恒定律可得
(mP+mQ)gH+fQ⋅Hsinθ=12mPv02
代入数值可得H=57(m)
故C错误
D、由C的分析可知，最后一共因摩擦产生内能为
Q=fQ⋅Hsinθ
解得：
Q=1507J
故D正确。
故选：BD。
P与Q发生弹性碰撞，系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度；对物块Q，由能量守恒定律求物块Q从A点上升的总高度H。
本题是一道力学综合题，物体运动过程复杂根据题意分析清楚物块的运动过程，把握Q上升的高度遵循的规律是解题的前提与关键，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。
11.【答案】dΔt v2 反比
【解析】解：(1)滑块经过光电门时间较短，可用平均速度代替瞬时速度，则物体转动的线速度为v=dΔt
(2)由ω=vR
解得
ω=dRΔt
根据向心力公式可知
F=mω2R
联立解得F=md2RΔt2
故以F为纵坐标，以1Δt2为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条直线，则可验证向心力大小与v2成正比；
(3)根据向心力公式可知F=mv2R，可知F与R成反比。
故答案为：(1)dΔt；(2)v2；(3)反比
(1)根据挡光片的挡光宽度及挡光片经过光电门时的遮光时间可以算出挡光片的线速度；
(2)根据向心力公式分析，以1Δt2为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条直线，根据表达式分析解答；
(3)根据F=mv2R分析解答。
本题考查了探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系实验。这是一道创新实验题，理解实验原理是解决问题的关键。
12.【答案】BC 3.0 m(h3−h1)28T2 当地重力加速度g
【解析】解：(1)A.根据实验原理可知重物的质量会被消去，所以无需测出其质量，故A错误；
B.释放纸带前，纸带应保持竖直，减小纸带与限位孔的摩擦对实验影响，故B正确
C.操作时应先接通电源然后释放纸带，故C正确；
D.通过v= 2gh计算出瞬时速度v，就已经把重物的实际运动看成自由落体运动，再运用自由落体运动的规律求解速度，那么就不需要验证了，故D错误。
故选：BC。
(2)根据匀变速直线运动的规律，中间时刻的瞬时速度等于这段时间对应的平均速度，即有vE=xDF2T=54.91−42.752×0.02×0.01m/s=3.0m/s
在误差允许的范围内，若满足mgh2=12mvD2=12m(h3−h12T)2=m(h3−h1)28T2
则可认为重物下落过程中机械能守恒。
(3)由于mgh=12mv2
所以重物下落过程中，图中画出v2−h图像的示意图如下图所示
即有v22=gh
计算该图线的斜率，若图线为一条斜率接近g的直线，则可验证重物下落过程中机械能守恒。
故答案为：(1)BC；(2)3.0；m(h3−h1)28T2；(3)当地重力加速度g
(1)根据实验原理与实验操作规范分析判断；
(2)打下E点时的瞬时速度等于DF段的平均速度，求得打D点时的速度，根据机械能守恒定律确定表达式；
(3)根据机械能守恒的表达式，推出v22−h图像的表达式，由图象的性质解答。
本题考查了验证机械能守恒定律的实验，涉及到实验的要求、原理及数据处理问题。本题(3)利用图像来处理数据是物理实验常规方法，需关注并掌握。
13.【答案】解：(1)粒子在电场中做类平抛运动，沿y轴负方向做匀速直线运动，沿x轴负方向做匀加速直线运动。
根据AB两点的坐标，列运动学方程为
−y方向有：l=v0t
−x方向有：12l=12at2
合力为电场力，列牛顿第二定律为：qE=ma
联立解得初速度：v0= qElm
(2)沿−y方向的速度为：vy=at
合速度与v0的夹角为：tanθ=vyv0
联立解得θ=45°
所以合速度为：v= v02+vy2
代入数据解得：v= 2qElm
答：(1)粒子的初速度v0的大小为 qElm；
(2)当粒子到达B点时的速度v为 2qElm，方向与y轴负方向偏左下成45°角。
【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，在y方向不受力，做匀速直线运动；在x方向由于受恒定的电场力，做匀加速直线运动。所以粒子做的是类平抛运动。由题可知水平位移和竖直位移的值，由牛顿第二定律求出加速度，分别运用运动学公式研究水平方向和竖直求解初速度v0的大小；
(2)根据运动的合成规律求粒子到达B点时的速度大小和方向。
有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
14.【答案】解：(1)滑块从开始下滑到C整个过程，由动能定理得
mgh−0.2mgLBC=12mvC2
解得vC=6m/s
(2)滑块与小车相互作用列动量守恒得mvC=2mv
作用过程中发热量为Q=μmgL
根据能量守恒可得Q=12mvC2−12×2mv2
解得L=2.25m
答：(1)滑块到达C点时的速度vC为6m/s；
(2)滑块滑上小车后相当于小车的位移L为2.25m。
【解析】(1)滑块从开始下滑到C整个过程，由动能定理求滑块到达C点时的速度；
(2)滑块与小车相互作用过程，由动量守恒定律求共同速度，再由能量守恒定律求解相对位移。
本题考查了动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律，要明确过程，选择对应的定律解决，难度不大。
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