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2022-2023学年辽宁省铁岭市六校高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年辽宁省铁岭市六校高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16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。
1.下列关于静电场的说法正确的是( )
A. 电子就是元电荷
B. 点电荷类似于质点，是一种理想化模型
C. 丝绸摩擦玻璃棒后玻璃棒带正电，说明电荷可以凭空创生
D. 若在电场中某点不放试探电荷，则该点的电场强度一定为0
2.图为运动会上某同学扔铅球的情景，铅球以某一速度被抛出，不计空气阻力，关于铅球在空中运动的过程中，下列有关铅球的物理量保持不变的是( )
A. 速度B. 速率C. 加速度D. 动能
3.如图所示，匀速直线上升的热气球(可视为质点)突然受到方向水平向左、大小恒定的风力F，则( )
A. 热气球将做曲线运动
B. 热气球在相同时间内的速度变化量将越来越大
C. 热气球将在竖直方向做减速运动
D. 热气球的速度将先增大后减小
4.如图所示，门把手上A、B两点到转轴上O点的距离之比为1：2，匀速转动门把手时，下列说法正确的( )
A. A、B两点的线速度大小之比为 1：2
B. A、B两点的角速度之比为 1：2
C. A、B两点的向心加速度大小之比为 1：4
D. A、B两点与转轴上O点的连线在相同时间内扫过的面积相等
5.某小区的一幢楼的电梯不能正常运行时，某居民背着10kg的米袋在3min内以恒定速率上楼，总共上升的高度为30m。已知该居民的质量为60kg，取重力加速度大小g=10m/s2，则该居民上楼的过程中，下列说法正确的是( )
A. 该居民受到楼梯的支持力做了正功B. 该居民对米袋做的功为3000J
C. 该居民最终的重力势能一定为18000JD. 该居民对米袋做功的平均功率为15W
6.2023年6月4日，“神舟十五号”载人飞船返回舱在巴丹吉林沙漠腹地的东风着陆场平安着陆、“神舟十五号”载人飞行任务取得圆满成功。返回舱的整个返回过程需要经过受控离轨、自由下降、再入大气层和着陆4个阶段，其中返回舱从原运行轨道(可视为圆轨道)受控离轨到返回轨道的阶段为受控离轨阶段。下列说法正确的是( )
A. 返回舱在原运行轨道上运行时的速度大于第一宇宙速度
B. 返回舱受控离轨瞬间，应加速前进
C. 返回舱在整个返回过程均处于失重状态
D. 返回舱进入大气层后，返回舱的机械能逐渐减小
7. 11H、 12H、 13H三个原子核，电荷量均为+q，质量之比为1：2：3。如图所示，它们以相同的初速度由P点平行极板射入匀强电场，在下极板的落点分别为A、B、C，已知上极板带正电，不计原子核所受重力，下列说法正确的是( )
A. 三个原子核刚到达下极板时的动能相等
B. 落在C点的原子核是 13H
C. 11H、 12H、 13H的加速度大小满足a1：a2：a3=3：2：1
D. 若将上极板向上移动较小的距离，原子核在电场中的运动不受影响
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，纸面内a、b、c三点构成直角三角形，ab与ac互相垂直，ac=L，∠c=60∘。带电荷量分别为−q、+4q的点电荷分别固定放置在a、b两点，d点为a、b两点连线上的中点，静电力常量为k，下列说法正确的是( )
A. 两点电荷在d点产生的合电场强度大小为0
B. b点处的点电荷在c点产生的电场强度大小为kqL2
C. 两点电荷在c点产生的合电场强度大小为kqL2
D. 两点电荷在c点产生的电场强度方向与ab边平行
9.如图所示，边长为20cm的正方形ABCD放在一匀强电场中，匀强电场方向与正方形ABCD所在平面平行(图中未画出)。已知A、B、C三点的电势分别为6V、2V、4V，则下列说法正确的是( )
A. 电子在A点时具有的电势能为6eV
B. 将一个电子由A点移动到B点，电场力做的功为−4eV
C. 该匀强电场的电场强度方向由A点指向C点
D. 该匀强电场的电场强度大小E=10 5V/m
10.如图所示，某人从高出水平地面h的坡顶上水平击出一个质量为m的高尔夫球(可视为质点)，坡顶可视为半径为R的圆弧，高尔夫球飞出前瞬间对地面的压力恰好为0。高尔夫球落入水平地面的A洞中(不计洞穴的宽度及深度)，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则( )
A. 该球在空中运动的时间为 2hgB. 该球飞出的初速度大小为 gh
C. A洞到坡顶的距离为 2hRD. 该球落入A洞时的动能为12mg(R+2h)
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.小高同学用如图所示的实验装置来验证平抛运动的特征：两个完全相同的弧形轨道M、N分别用于发射小铁球P、Q，其中N的末端与水平板相切。两轨道上端分别装有电磁铁C、D，调节电磁铁C、D的高度，使AC=BD.现将小铁球P、Q分别吸在电磁铁C、D上，然后切断电源，使两小铁球能同时分别从轨道M、N的顶端滑下。
(1)为完成本实验，弧形轨道M、N的表面______(填“需要”或“不需要”)确保光滑，水平板的表面______(填“需要”或“不需要”)确保光滑。
(2)符合上述实验条件后，可观察到的实验现象应是______。仅仅改变弧形轨道 M的高度，重复上述实验，仍能观察到相同的现象，这说明平抛运动的水平分运动是______。
12.某同学自制如图所示的实验装置来验证机械能守恒定律。图中O点是量角器的圆心，悬线一端系于此处，另一端拴一个小球，S是光电门传感器，位于O点正下方。实验过程中，调节装置使OS保持竖直，量角器所在平面为竖直平面，测量出悬线的长度为L，小球的直径为d。将小球拉到某位置，读出此时悬线与水平方向的夹角θ，保持悬线伸直，由静止释放小球，运动到O点正下方时，小球的球心恰好经过光电门，与光电门连接的数字计时器记录小球的挡光时间t。
(1)关于实验中器材的选用，下列说法正确的是______。
A.实验中应选用质量小、体积大的小球
B.实验中应选用质量大、体积小的小球
C.悬线应选用弹性较好的细绳
D.悬线应选用弹性较差的细绳
(2)小球经过光电门时的速度大小v=______，若小球的质量为 m，则小球从由静止释放到经过光电门时重力势能的减少量ΔEp=______，小球动能的增加量ΔEk=______，若满足等式ΔEp=ΔEk，则验证了机械能守恒定律。(均用题目中给定的物理量符号表示)
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，用绝缘细线将一带正电小球A悬挂在O点，在悬点O的正下方放置带正电物块B，小球A静止时细线与竖直方向的夹角θ=30∘，物块B静止在O点正下方的粗糙绝缘水平地面上，小球A与物块B的连线恰与细线垂直。已知小球A、物块B的质量均为m=2kg，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)物块B受到的库仑力大小；
(2)物块B与水平地面间的摩擦力大小。(结果保留根号)
14.如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平面AB和竖直半圆形轨道BC组成，各部分平滑连接。已知半圆形轨道的半径R=0.4m，除半圆形轨道BC外其余接触面均光滑。某次游戏中用力将一质量m=0.1kg的滑块压缩轻质弹簧(滑块与弹簧不拴接)，此时弹簧的弹性势能Ep0=1.6J，然后由静止释放滑块，滑块从弹射器A点弹出后，恰能通过半圆形轨道的最高点C，取重力加速度大小g=10m/s2，滑块可视为质点，忽略空气阻力。求：
(1)滑块通过B点时对半圆形轨道的压力大小；
(2)滑块从B点运动到C点的过程中，克服摩擦力做了多少功？
15.如图所示，竖直放置的足够大的平行金属板A、B间的距离d=1.68m，A、B板与恒压电源保持连接后，金属板间的电场可视为匀强电场。一质量m=2kg、电荷量q=2.52×10−2C的带正电小球(可视为点电荷)通过绝缘轻绳固定在两板正中间的O点，小球静止于C点时轻绳与竖直方向的夹角为37∘。已知轻绳长度L=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，不计空气阻力。
(1)求金属板A、B间的电势差；
(2)若某时刻连接小球的轻绳突然断开，求小球运动到B板时的速度大小；
(3)若在C点给小球一个垂直于轻绳方向的初速度，使小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，求小球在C点的初速度大小。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、元电荷是带电量的最小值，并不是带电粒子，一个电子的带电量等于元电荷，故A错误；
B、点电荷是忽略带电体的形状与大小，将带电体可看带有电荷量的点。点电荷类似于质点，是一种理想化模型，故B正确；
C、丝绸与玻璃棒摩擦后，玻璃棒带正电，说明玻璃棒束缚电子的能力弱，它的电子转移到丝绸上，电荷不会凭空创生，故C错误；
D、电场强度由电场本身决定，跟放不放试探电荷没有关系，该点的电场强度不为零，故D错误。
故选：B。
点电荷是忽略带电体的形状与大小，将带电体可看带有电荷量的点；元电荷是带电量的最小值，所有带电体的电荷量均是元电荷的整数倍；摩擦起电本质是电子的转移；电场强度由电场本身决定，跟放不放试探电荷没有关系。
点电荷是带电物体的理想模型，而元电荷是最小的电荷量，并不是带电物体。
2.【答案】C
【解析】解：C.铅球在空中只受到重力作用，所以加速度不变，故C正确；
AB.铅球在空中为曲线运动，所以速度的方向时刻变化，并且上升速率变小，下降速率变大，故AB错误；
D.因为速率变化，所以动能也发生变化，故D错误。
故选：C。
抛出后，只受重力，合外力恒定，故可得到竖直方向先做竖直上抛，后做自由落体运动，由竖直水平方向的二个分运动的，就可得到相关答案。
抓住抛出去后，合外力恒定这一特点来分析。
3.【答案】A
【解析】解：AC.热气球竖直方向受到的合外力为零，做匀速运动，水平方向受到恒力作用做匀加速运动，则合运动为曲线运动，故A正确，C错误；
B.热气球水平方向受到恒力作用，加速度恒定不变，根据Δv=aΔt可知，在相同时间内的速度变化量不变，故B错误；
D.热气球的竖直速度不变，水平速度增加，则速度将不断变大，故D错误。
故选：A。
根据曲线运动的条件判断是否为曲线运动；根据Δv=aΔt结合牛顿第二定律判断；热气球竖直方向做匀速运动；根据平行四边形定则判断合速度的变化。
解答该题关键是抓住热气球水平方向受到的力是恒力，热气球水平方向的加速度不变。
4.【答案】A
【解析】解：AB.门把手上A、B两点都绕O点转动，属于同轴转动，则角速度相等，故A、B两点的角速度之比为 1：1，由v=ωr，可知A、B两点的线速度大小之比为
vA：vB=rA：rB=1：2，故A正确，B错误；
C.由a=ω2r，可知A、B两点的向心加速度大小之比为aA：aB=rA：rB=1：2，故C错误；
D.门把手上的点与转轴上O点的连线在相同时间内扫过的面积为
S=12θr2=12ωtr2
所以A、B两点与转轴上O点的连线在相同时间内扫过的面积之比为SA：SB=1：4，故D错误。
故选：A。
两点的角速度相等，根据v=rω可知两点的线速度大小；根据a=ω2r求向心加速度大小；根据扇形的面积公式求解在相同时间内扫过的面积。
解决本题的关键是两点属于同轴转动，具有相等的角速度，根据a=ω2r求向心加速度大小，根据v=rω可知线速度大小。
5.【答案】B
【解析】解：A.该居民受到楼梯对人的支持力没有位移，则对人不做功，故A错误；
B.该居民对米袋做的功为
W=mgh=10×10×30J=3000J
故B正确；
C.零势能面不确定，则不能确定该居民最终的重力势能大小，故C错误；
D.根据功率的计算公式可知，该居民对米袋做功的平均功率为
P=Wt=30003×60W=503W
故D错误。
故选：B。
根据做功的条件分析A；根据W=mgh，求解居民对米袋做的功；重力势能与零势能面有关，根据P=Wt求解平均功率。
本题考查功和功率的计算，解题关键是掌握功和功率的公式，并能够熟练应用。
6.【答案】D
【解析】解：A、第一宇宙速度是航天器最小发射速度，也是航天器最大运行速度，可知返回舱在原运行轨道上运行时的速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B、返回舱向低轨道运行，所以在受控离轨的瞬间，应减速，故B错误；
C、返回舱在着陆阶段做减速运动，加速度和速度的方向相反，可知加速度方向向上，处于超重状态，故C错误；
D、返回舱进入大气层后，空气阻力做负功，返回舱的机械能逐渐减小，故D正确。
故选：D。
A、根据第一宇宙速度是航天器中最大运行速度来判断；
BC、返回舱向低轨道运行，需减速，着陆阶段，返回舱做减速运动，根据加速度和速度方向关系，可知加速度方向，则可知超失重；
D、空气阻力做负功，根据功能关系可知机械能的变化。
本题考查了人造卫星变轨的问题和超失重，解题的关键要知道卫星加速向高轨道运动，减速向低轨道运动，注意超重加速度方向向上，失重加速度方向向下。
7.【答案】D
【解析】解：A、根据动能定理，粒子到达下级板时的动能为：Ek=12mv2=12mv02+qU1
其中U1为射入点与下极板的电势差，因三个原子核的质量不同，则三个原子核刚到达下极板时的动能不相等，故A错误；
B、根据类平抛规律，沿电场线方向有：h=12⋅Eqm⋅t2
垂直电场线方向有：x=v0t
可得：x=v0 2hmqE
可知，质量越大，则x越大，则落在A点的原子核是 13H，故B错误；
C、根据牛顿第二定律有：a=qEm，可知， 11H、 12H、 13H的加速度大小满足：a1：a2：a3=6：3：2，故C错误；
D、根据公式：E=Ud、C=εrS4πkd、C=QU
联立可得：E=4πkQϵrS，因电容器带电量不变，则若将上极板向上移动较小的距离，两板间场强不变，原子核在电场中的运动不受影响，故D正确。
故选：D。
三个粒子垂直射入匀强电场中都做类平抛运动，根据动能定理结合题设条件比较落到下板的动能；
粒子竖直方向的偏转量相同而水平位移不等，根据牛顿第二定律和位移公式写出偏转量的表达式，再分析水平位移与质量的关系；
根据粒子的偏转方向分析粒子受到的电场力方向，根据牛顿第二定律比较加速度；
当移动极板时，推出场强的表达式，确定板间场强大小不变，从而再确定各同位素运动是否发生变化。
解决该题的关键要掌握类平抛运动问题的处理方法：运动的分解法，根据牛顿第二定律和运动学公式得到竖直分位移表达式，根据表达式进行分析。
8.【答案】BC
【解析】解：A.a、b两点间的距离为：Lab=L⋅tan60∘= 3L
两点电荷在d点产生的合电场强度大小为：E=kq(Lab2)2+4kq(Lab2)2=20kq3L2，故A错误；
B.b点处的点电荷在c点产生的电场强度大小为：Ebc=4kq(Lcs60∘)2=kqL2，方向沿b→c的方向，故B正确；
CD.a点处的点电荷在c点产生的电场强度大小为：Eac=kqL2，方向沿c→a的方向。两点电荷在c点的电场强度大小相等，且方向的夹角为120∘，如下图：
根据场强的叠加可知两点电荷在c点产生的合电场强度大小为：Ec=kqL2，方向与ab边不平行，故C正确，故D错误。
故选：BC。
根据点电荷的电场强度计算公式和电场强度的叠加原理解答。
本题考查了电场的叠加原理和点电荷的电场强度计算问题，基础题目。掌握点电荷的电场强度计算公式。
9.【答案】BD
【解析】解：A、电子在A点时具有的电势能为
Ep=qφ=−6eV，故A错误；
B、将一个电子由A点移动到B点，电场力做的功为
W=UABq=−e×(6−2)V=−4eV，故B正确；
C、取A、B中点为F，可知F点的电势为12×(6+2)V=4V，根据匀强电场中等势面的特点可知CF为等势面，过点B做CF的垂线交AD于G点，可知该匀强电场的电场强度方向由G点指向B点，故C错误；
D、该匀强电场的电场强度大小为
E=UABLcs∠ABG=6−20.2×0.2 0.22+0.12V/m=10 5V/m，故D正确。
故选：BD。
沿同一匀强电场中任何一个相同方向上，相距同样距离的两点间的电势差都是相同的，在匀强电场中，找出相等的两点的电势，作出等势面，根据电场线与等势面垂直即可判断，根据E=Ud可解得电场强度
解决本题的关键是正确理解U=Ed，分析强电场中两点间的电势差关系，并能正确求解场强。
10.【答案】AD
【解析】解：A.平抛运动竖直方向为自由落体，根据自由落体运动学公式
h=12gt2
解得
t= 2hg
故A正确；
B.高尔夫球飞出前瞬间对地面的压力恰好为0，则重力提供向心力
mg=mv2R
解得该球飞出的初速度大小为
v= gR
故B错误；
C.A 洞到坡顶的水平距离为
x=vt，解得x= 2hR
根据位移合成规律，A 洞到坡顶的距离为
s= x2+h2，解得s= 2hR+h2
故C错误；
D.根据动能定理
mgh=Ek−12mv2
解得
Ek=12mg(R+2h)
故D正确。
故选：AD。
根据自由落体运动学公式，求时间；
重力提供向心力，求球飞出的初速度大小；
根据匀速运动位移公式，求洞到坡顶的水平距离，根据位移合成规律，求A 洞到坡顶的距离；
根据动能定理，求该球落入A洞时的动能。
本题解题关键是掌握平抛规律，平抛运动水平方向为匀速直线运动、竖直方向为自由落体运动。
11.【答案】不需要 需要 铁球P、Q同时到达水平轨道上的同一位置相碰 匀速直线运动
【解析】解：(1)实验要求两球到达斜槽末端的速度相同即可，所以弧形轨道 M、N的表面不需要光滑。
实验要验证平抛运动水平方向是否为匀速直线运动，所以水平面板需要确保光滑，确保Q为匀速直线运动才能对比。
(2)实验能观察到的现象是两球在长木板上正好相碰。仅仅改变弧形轨道M的高度，重复上述实验，仍能观察到相同的现象，这说明两球在水平方向的运动完全相同，说明平抛运动在水平方向做匀速直线运动。
故答案为：(1)不需要，需要；(2)铁球P、Q同时到达水平轨道上的同一位置相碰，匀速直线运动。
(1)根据平抛运动的条件分析判断；
(2)根据两球在长木板上是否正好相碰分析判断。
本题关键掌握平抛运动的条件和平抛运动的特点。
12.【答案】BDdt mg(L+d2)(1−sinθ)； md22t2
【解析】解：(1)AB.实验中应选用质量大、体积小的小球，以减小空气阻力的影响，故A错误，B正确；
CD.悬线应选用弹性较差的细绳，使摆线长度保持不变，故C错误，D正确。
故选：BD。
(2)小球经过光电门时的速度大小v=dt
小球从由静止释放到经过光电门时重力势能的减少量ΔEp=mg(L+d2)(1−sinθ)
小球动能的增加量ΔEk=12mv2=12m(dt)2=md22t2
若满足等式ΔEp=ΔEk，则验证了机械能守恒定律。
故答案为：(1)BD；(2)dt；mg(L+d2)(1−sinθ)；md22t2。
(1)根据实验的注意事项分析作答；
(2)根据平均速度公式求解小球通过光电门的瞬时速度；再求解重力势能的减小量和动能的增加量相等，得出机械能守恒满足的表达式。
解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，抓住重力势能的减小量和动能的增加量是否相等进行验证。
13.【答案】解：(1)对小球A受力分析，根据受力平衡有
F库=mgsin30∘
解得
F库=10N
根据牛顿第三定律可知物块B受到的库仑力大小为：
F库′=F库=10N
(2)对物块B受力分析，根据受力平衡，水平方向上有
f=F库′cs30∘
解得
f=5 3N
答：(1)物块B受到的库仑力大小为10N；
(2)物块B与水平地面间的摩擦力大小为5 3N。
【解析】分别对A、B受力分析，列出平衡方程，即可以求解相应的力。
本题考查了在库仑力作用下物体的平衡，题型简单，列出平衡方程即可求解。
14.【答案】解：(1)滑块运动到B点的过程，由能量守恒有
Ep0=12mvB2
滑块经过B点，由牛顿第二定律有
FN−mg=mvB2R
解得
FN=9N
由牛顿第三定律得，滑块通过B点时对半圆形轨道的压力
F′N=FN=9N
(2)滑块恰好能过C点，则
mg=mvC2R
解得
vC=2m/s
滑块从B点运动到C点的过程中，由动能定理有
−mg⋅2R−Wf=12mvC2−12mvB2
解得
Wf=0.6J
答：(1)滑块通过B点时对半圆形轨道的压力大小为9N；
(2)滑块从B点运动到C点的过程中，克服摩擦力做了0.6J功。
【解析】(1)滑块运动到B点的过程，由能量守恒列式，滑块经过B点，由牛顿第二定律列式，结合牛顿第三定律，求滑块通过B点时对半圆形轨道的压力大小；
(2)滑块恰好能过C点，重力提供向心力列式，滑块从B点运动到C点的过程中，由动能定理列式，求克服摩擦力做了多少功。
本题考查学生对圆周运动的牛顿第二定律、动能定理等规律的掌握，具有一道综合性，中等难度题。
15.【答案】解：(1)小球静止时对小球受力分析，如图所示。
由平衡条件有
Eq=mgtan37∘
金属板A、B间的电场为匀强电场，有
E=Ud
联立解得金属板A、B间的电势差为：U=1000V
(2)若轻绳突然断开，小球将从C点沿OC方向做匀加速直线运动，设小球运动到B板时的速度大小v，则由动能定理有
F合x=12mv2
其中F合=mgcs37∘
根据几何条件可知，小球从C点运动到B板的位移大小
x=d2sin37∘−L
解得：v=5m/s
(3)若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，则小球运动到圆周上C点关于O点对称D点时，有
mgcs37∘=mvD2L
小球从C点运动到D点的过程中，由动能定理有
−2mgLcs37∘−2EqLsin37∘=12mvD2
解得：vC=5m/s
答：(1)金属板A、B间的电势差为1000V；
(2)小球运动到B板时的速度大小为5m/s；
(3)小球在C点的初速度大小为5m/s。
【解析】(1)小球静止时，根据平衡条件和电场力公式F=qE相结合求出电场强度E，再由U=Ed求金属板A、B间的电势差；
(2)轻绳突然断开，球将从C点沿OC方向做匀加速直线运动，根据动能定理求小球运动到B板时的速度大小；
(3)小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，小球运动到圆周上C点关于O点对称D点时，由重力和电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球通过D点时的速度大小，再由动能定理求小球在C点的初速度大小。
解答本题的关键要正确分析小球的受力情况，来判断其运动情况，要把握圆周运动物理最高点的临界条件：绳子拉力为零，由重力和电场力的合力提供向心力，这是解决本题的关键。
1.下列关于静电场的说法正确的是( )
A. 电子就是元电荷
B. 点电荷类似于质点，是一种理想化模型
C. 丝绸摩擦玻璃棒后玻璃棒带正电，说明电荷可以凭空创生
D. 若在电场中某点不放试探电荷，则该点的电场强度一定为0
2.图为运动会上某同学扔铅球的情景，铅球以某一速度被抛出，不计空气阻力，关于铅球在空中运动的过程中，下列有关铅球的物理量保持不变的是( )
A. 速度B. 速率C. 加速度D. 动能
3.如图所示，匀速直线上升的热气球(可视为质点)突然受到方向水平向左、大小恒定的风力F，则( )
A. 热气球将做曲线运动
B. 热气球在相同时间内的速度变化量将越来越大
C. 热气球将在竖直方向做减速运动
D. 热气球的速度将先增大后减小
4.如图所示，门把手上A、B两点到转轴上O点的距离之比为1：2，匀速转动门把手时，下列说法正确的( )
A. A、B两点的线速度大小之比为 1：2
B. A、B两点的角速度之比为 1：2
C. A、B两点的向心加速度大小之比为 1：4
D. A、B两点与转轴上O点的连线在相同时间内扫过的面积相等
5.某小区的一幢楼的电梯不能正常运行时，某居民背着10kg的米袋在3min内以恒定速率上楼，总共上升的高度为30m。已知该居民的质量为60kg，取重力加速度大小g=10m/s2，则该居民上楼的过程中，下列说法正确的是( )
A. 该居民受到楼梯的支持力做了正功B. 该居民对米袋做的功为3000J
C. 该居民最终的重力势能一定为18000JD. 该居民对米袋做功的平均功率为15W
6.2023年6月4日，“神舟十五号”载人飞船返回舱在巴丹吉林沙漠腹地的东风着陆场平安着陆、“神舟十五号”载人飞行任务取得圆满成功。返回舱的整个返回过程需要经过受控离轨、自由下降、再入大气层和着陆4个阶段，其中返回舱从原运行轨道(可视为圆轨道)受控离轨到返回轨道的阶段为受控离轨阶段。下列说法正确的是( )
A. 返回舱在原运行轨道上运行时的速度大于第一宇宙速度
B. 返回舱受控离轨瞬间，应加速前进
C. 返回舱在整个返回过程均处于失重状态
D. 返回舱进入大气层后，返回舱的机械能逐渐减小
7. 11H、 12H、 13H三个原子核，电荷量均为+q，质量之比为1：2：3。如图所示，它们以相同的初速度由P点平行极板射入匀强电场，在下极板的落点分别为A、B、C，已知上极板带正电，不计原子核所受重力，下列说法正确的是( )
A. 三个原子核刚到达下极板时的动能相等
B. 落在C点的原子核是 13H
C. 11H、 12H、 13H的加速度大小满足a1：a2：a3=3：2：1
D. 若将上极板向上移动较小的距离，原子核在电场中的运动不受影响
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，纸面内a、b、c三点构成直角三角形，ab与ac互相垂直，ac=L，∠c=60∘。带电荷量分别为−q、+4q的点电荷分别固定放置在a、b两点，d点为a、b两点连线上的中点，静电力常量为k，下列说法正确的是( )
A. 两点电荷在d点产生的合电场强度大小为0
B. b点处的点电荷在c点产生的电场强度大小为kqL2
C. 两点电荷在c点产生的合电场强度大小为kqL2
D. 两点电荷在c点产生的电场强度方向与ab边平行
9.如图所示，边长为20cm的正方形ABCD放在一匀强电场中，匀强电场方向与正方形ABCD所在平面平行(图中未画出)。已知A、B、C三点的电势分别为6V、2V、4V，则下列说法正确的是( )
A. 电子在A点时具有的电势能为6eV
B. 将一个电子由A点移动到B点，电场力做的功为−4eV
C. 该匀强电场的电场强度方向由A点指向C点
D. 该匀强电场的电场强度大小E=10 5V/m
10.如图所示，某人从高出水平地面h的坡顶上水平击出一个质量为m的高尔夫球(可视为质点)，坡顶可视为半径为R的圆弧，高尔夫球飞出前瞬间对地面的压力恰好为0。高尔夫球落入水平地面的A洞中(不计洞穴的宽度及深度)，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则( )
A. 该球在空中运动的时间为 2hgB. 该球飞出的初速度大小为 gh
C. A洞到坡顶的距离为 2hRD. 该球落入A洞时的动能为12mg(R+2h)
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.小高同学用如图所示的实验装置来验证平抛运动的特征：两个完全相同的弧形轨道M、N分别用于发射小铁球P、Q，其中N的末端与水平板相切。两轨道上端分别装有电磁铁C、D，调节电磁铁C、D的高度，使AC=BD.现将小铁球P、Q分别吸在电磁铁C、D上，然后切断电源，使两小铁球能同时分别从轨道M、N的顶端滑下。
(1)为完成本实验，弧形轨道M、N的表面______(填“需要”或“不需要”)确保光滑，水平板的表面______(填“需要”或“不需要”)确保光滑。
(2)符合上述实验条件后，可观察到的实验现象应是______。仅仅改变弧形轨道 M的高度，重复上述实验，仍能观察到相同的现象，这说明平抛运动的水平分运动是______。
12.某同学自制如图所示的实验装置来验证机械能守恒定律。图中O点是量角器的圆心，悬线一端系于此处，另一端拴一个小球，S是光电门传感器，位于O点正下方。实验过程中，调节装置使OS保持竖直，量角器所在平面为竖直平面，测量出悬线的长度为L，小球的直径为d。将小球拉到某位置，读出此时悬线与水平方向的夹角θ，保持悬线伸直，由静止释放小球，运动到O点正下方时，小球的球心恰好经过光电门，与光电门连接的数字计时器记录小球的挡光时间t。
(1)关于实验中器材的选用，下列说法正确的是______。
A.实验中应选用质量小、体积大的小球
B.实验中应选用质量大、体积小的小球
C.悬线应选用弹性较好的细绳
D.悬线应选用弹性较差的细绳
(2)小球经过光电门时的速度大小v=______，若小球的质量为 m，则小球从由静止释放到经过光电门时重力势能的减少量ΔEp=______，小球动能的增加量ΔEk=______，若满足等式ΔEp=ΔEk，则验证了机械能守恒定律。(均用题目中给定的物理量符号表示)
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，用绝缘细线将一带正电小球A悬挂在O点，在悬点O的正下方放置带正电物块B，小球A静止时细线与竖直方向的夹角θ=30∘，物块B静止在O点正下方的粗糙绝缘水平地面上，小球A与物块B的连线恰与细线垂直。已知小球A、物块B的质量均为m=2kg，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)物块B受到的库仑力大小；
(2)物块B与水平地面间的摩擦力大小。(结果保留根号)
14.如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平面AB和竖直半圆形轨道BC组成，各部分平滑连接。已知半圆形轨道的半径R=0.4m，除半圆形轨道BC外其余接触面均光滑。某次游戏中用力将一质量m=0.1kg的滑块压缩轻质弹簧(滑块与弹簧不拴接)，此时弹簧的弹性势能Ep0=1.6J，然后由静止释放滑块，滑块从弹射器A点弹出后，恰能通过半圆形轨道的最高点C，取重力加速度大小g=10m/s2，滑块可视为质点，忽略空气阻力。求：
(1)滑块通过B点时对半圆形轨道的压力大小；
(2)滑块从B点运动到C点的过程中，克服摩擦力做了多少功？
15.如图所示，竖直放置的足够大的平行金属板A、B间的距离d=1.68m，A、B板与恒压电源保持连接后，金属板间的电场可视为匀强电场。一质量m=2kg、电荷量q=2.52×10−2C的带正电小球(可视为点电荷)通过绝缘轻绳固定在两板正中间的O点，小球静止于C点时轻绳与竖直方向的夹角为37∘。已知轻绳长度L=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，不计空气阻力。
(1)求金属板A、B间的电势差；
(2)若某时刻连接小球的轻绳突然断开，求小球运动到B板时的速度大小；
(3)若在C点给小球一个垂直于轻绳方向的初速度，使小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，求小球在C点的初速度大小。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、元电荷是带电量的最小值，并不是带电粒子，一个电子的带电量等于元电荷，故A错误；
B、点电荷是忽略带电体的形状与大小，将带电体可看带有电荷量的点。点电荷类似于质点，是一种理想化模型，故B正确；
C、丝绸与玻璃棒摩擦后，玻璃棒带正电，说明玻璃棒束缚电子的能力弱，它的电子转移到丝绸上，电荷不会凭空创生，故C错误；
D、电场强度由电场本身决定，跟放不放试探电荷没有关系，该点的电场强度不为零，故D错误。
故选：B。
点电荷是忽略带电体的形状与大小，将带电体可看带有电荷量的点；元电荷是带电量的最小值，所有带电体的电荷量均是元电荷的整数倍；摩擦起电本质是电子的转移；电场强度由电场本身决定，跟放不放试探电荷没有关系。
点电荷是带电物体的理想模型，而元电荷是最小的电荷量，并不是带电物体。
2.【答案】C
【解析】解：C.铅球在空中只受到重力作用，所以加速度不变，故C正确；
AB.铅球在空中为曲线运动，所以速度的方向时刻变化，并且上升速率变小，下降速率变大，故AB错误；
D.因为速率变化，所以动能也发生变化，故D错误。
故选：C。
抛出后，只受重力，合外力恒定，故可得到竖直方向先做竖直上抛，后做自由落体运动，由竖直水平方向的二个分运动的，就可得到相关答案。
抓住抛出去后，合外力恒定这一特点来分析。
3.【答案】A
【解析】解：AC.热气球竖直方向受到的合外力为零，做匀速运动，水平方向受到恒力作用做匀加速运动，则合运动为曲线运动，故A正确，C错误；
B.热气球水平方向受到恒力作用，加速度恒定不变，根据Δv=aΔt可知，在相同时间内的速度变化量不变，故B错误；
D.热气球的竖直速度不变，水平速度增加，则速度将不断变大，故D错误。
故选：A。
根据曲线运动的条件判断是否为曲线运动；根据Δv=aΔt结合牛顿第二定律判断；热气球竖直方向做匀速运动；根据平行四边形定则判断合速度的变化。
解答该题关键是抓住热气球水平方向受到的力是恒力，热气球水平方向的加速度不变。
4.【答案】A
【解析】解：AB.门把手上A、B两点都绕O点转动，属于同轴转动，则角速度相等，故A、B两点的角速度之比为 1：1，由v=ωr，可知A、B两点的线速度大小之比为
vA：vB=rA：rB=1：2，故A正确，B错误；
C.由a=ω2r，可知A、B两点的向心加速度大小之比为aA：aB=rA：rB=1：2，故C错误；
D.门把手上的点与转轴上O点的连线在相同时间内扫过的面积为
S=12θr2=12ωtr2
所以A、B两点与转轴上O点的连线在相同时间内扫过的面积之比为SA：SB=1：4，故D错误。
故选：A。
两点的角速度相等，根据v=rω可知两点的线速度大小；根据a=ω2r求向心加速度大小；根据扇形的面积公式求解在相同时间内扫过的面积。
解决本题的关键是两点属于同轴转动，具有相等的角速度，根据a=ω2r求向心加速度大小，根据v=rω可知线速度大小。
5.【答案】B
【解析】解：A.该居民受到楼梯对人的支持力没有位移，则对人不做功，故A错误；
B.该居民对米袋做的功为
W=mgh=10×10×30J=3000J
故B正确；
C.零势能面不确定，则不能确定该居民最终的重力势能大小，故C错误；
D.根据功率的计算公式可知，该居民对米袋做功的平均功率为
P=Wt=30003×60W=503W
故D错误。
故选：B。
根据做功的条件分析A；根据W=mgh，求解居民对米袋做的功；重力势能与零势能面有关，根据P=Wt求解平均功率。
本题考查功和功率的计算，解题关键是掌握功和功率的公式，并能够熟练应用。
6.【答案】D
【解析】解：A、第一宇宙速度是航天器最小发射速度，也是航天器最大运行速度，可知返回舱在原运行轨道上运行时的速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B、返回舱向低轨道运行，所以在受控离轨的瞬间，应减速，故B错误；
C、返回舱在着陆阶段做减速运动，加速度和速度的方向相反，可知加速度方向向上，处于超重状态，故C错误；
D、返回舱进入大气层后，空气阻力做负功，返回舱的机械能逐渐减小，故D正确。
故选：D。
A、根据第一宇宙速度是航天器中最大运行速度来判断；
BC、返回舱向低轨道运行，需减速，着陆阶段，返回舱做减速运动，根据加速度和速度方向关系，可知加速度方向，则可知超失重；
D、空气阻力做负功，根据功能关系可知机械能的变化。
本题考查了人造卫星变轨的问题和超失重，解题的关键要知道卫星加速向高轨道运动，减速向低轨道运动，注意超重加速度方向向上，失重加速度方向向下。
7.【答案】D
【解析】解：A、根据动能定理，粒子到达下级板时的动能为：Ek=12mv2=12mv02+qU1
其中U1为射入点与下极板的电势差，因三个原子核的质量不同，则三个原子核刚到达下极板时的动能不相等，故A错误；
B、根据类平抛规律，沿电场线方向有：h=12⋅Eqm⋅t2
垂直电场线方向有：x=v0t
可得：x=v0 2hmqE
可知，质量越大，则x越大，则落在A点的原子核是 13H，故B错误；
C、根据牛顿第二定律有：a=qEm，可知， 11H、 12H、 13H的加速度大小满足：a1：a2：a3=6：3：2，故C错误；
D、根据公式：E=Ud、C=εrS4πkd、C=QU
联立可得：E=4πkQϵrS，因电容器带电量不变，则若将上极板向上移动较小的距离，两板间场强不变，原子核在电场中的运动不受影响，故D正确。
故选：D。
三个粒子垂直射入匀强电场中都做类平抛运动，根据动能定理结合题设条件比较落到下板的动能；
粒子竖直方向的偏转量相同而水平位移不等，根据牛顿第二定律和位移公式写出偏转量的表达式，再分析水平位移与质量的关系；
根据粒子的偏转方向分析粒子受到的电场力方向，根据牛顿第二定律比较加速度；
当移动极板时，推出场强的表达式，确定板间场强大小不变，从而再确定各同位素运动是否发生变化。
解决该题的关键要掌握类平抛运动问题的处理方法：运动的分解法，根据牛顿第二定律和运动学公式得到竖直分位移表达式，根据表达式进行分析。
8.【答案】BC
【解析】解：A.a、b两点间的距离为：Lab=L⋅tan60∘= 3L
两点电荷在d点产生的合电场强度大小为：E=kq(Lab2)2+4kq(Lab2)2=20kq3L2，故A错误；
B.b点处的点电荷在c点产生的电场强度大小为：Ebc=4kq(Lcs60∘)2=kqL2，方向沿b→c的方向，故B正确；
CD.a点处的点电荷在c点产生的电场强度大小为：Eac=kqL2，方向沿c→a的方向。两点电荷在c点的电场强度大小相等，且方向的夹角为120∘，如下图：
根据场强的叠加可知两点电荷在c点产生的合电场强度大小为：Ec=kqL2，方向与ab边不平行，故C正确，故D错误。
故选：BC。
根据点电荷的电场强度计算公式和电场强度的叠加原理解答。
本题考查了电场的叠加原理和点电荷的电场强度计算问题，基础题目。掌握点电荷的电场强度计算公式。
9.【答案】BD
【解析】解：A、电子在A点时具有的电势能为
Ep=qφ=−6eV，故A错误；
B、将一个电子由A点移动到B点，电场力做的功为
W=UABq=−e×(6−2)V=−4eV，故B正确；
C、取A、B中点为F，可知F点的电势为12×(6+2)V=4V，根据匀强电场中等势面的特点可知CF为等势面，过点B做CF的垂线交AD于G点，可知该匀强电场的电场强度方向由G点指向B点，故C错误；
D、该匀强电场的电场强度大小为
E=UABLcs∠ABG=6−20.2×0.2 0.22+0.12V/m=10 5V/m，故D正确。
故选：BD。
沿同一匀强电场中任何一个相同方向上，相距同样距离的两点间的电势差都是相同的，在匀强电场中，找出相等的两点的电势，作出等势面，根据电场线与等势面垂直即可判断，根据E=Ud可解得电场强度
解决本题的关键是正确理解U=Ed，分析强电场中两点间的电势差关系，并能正确求解场强。
10.【答案】AD
【解析】解：A.平抛运动竖直方向为自由落体，根据自由落体运动学公式
h=12gt2
解得
t= 2hg
故A正确；
B.高尔夫球飞出前瞬间对地面的压力恰好为0，则重力提供向心力
mg=mv2R
解得该球飞出的初速度大小为
v= gR
故B错误；
C.A 洞到坡顶的水平距离为
x=vt，解得x= 2hR
根据位移合成规律，A 洞到坡顶的距离为
s= x2+h2，解得s= 2hR+h2
故C错误；
D.根据动能定理
mgh=Ek−12mv2
解得
Ek=12mg(R+2h)
故D正确。
故选：AD。
根据自由落体运动学公式，求时间；
重力提供向心力，求球飞出的初速度大小；
根据匀速运动位移公式，求洞到坡顶的水平距离，根据位移合成规律，求A 洞到坡顶的距离；
根据动能定理，求该球落入A洞时的动能。
本题解题关键是掌握平抛规律，平抛运动水平方向为匀速直线运动、竖直方向为自由落体运动。
11.【答案】不需要 需要 铁球P、Q同时到达水平轨道上的同一位置相碰 匀速直线运动
【解析】解：(1)实验要求两球到达斜槽末端的速度相同即可，所以弧形轨道 M、N的表面不需要光滑。
实验要验证平抛运动水平方向是否为匀速直线运动，所以水平面板需要确保光滑，确保Q为匀速直线运动才能对比。
(2)实验能观察到的现象是两球在长木板上正好相碰。仅仅改变弧形轨道M的高度，重复上述实验，仍能观察到相同的现象，这说明两球在水平方向的运动完全相同，说明平抛运动在水平方向做匀速直线运动。
故答案为：(1)不需要，需要；(2)铁球P、Q同时到达水平轨道上的同一位置相碰，匀速直线运动。
(1)根据平抛运动的条件分析判断；
(2)根据两球在长木板上是否正好相碰分析判断。
本题关键掌握平抛运动的条件和平抛运动的特点。
12.【答案】BDdt mg(L+d2)(1−sinθ)； md22t2
【解析】解：(1)AB.实验中应选用质量大、体积小的小球，以减小空气阻力的影响，故A错误，B正确；
CD.悬线应选用弹性较差的细绳，使摆线长度保持不变，故C错误，D正确。
故选：BD。
(2)小球经过光电门时的速度大小v=dt
小球从由静止释放到经过光电门时重力势能的减少量ΔEp=mg(L+d2)(1−sinθ)
小球动能的增加量ΔEk=12mv2=12m(dt)2=md22t2
若满足等式ΔEp=ΔEk，则验证了机械能守恒定律。
故答案为：(1)BD；(2)dt；mg(L+d2)(1−sinθ)；md22t2。
(1)根据实验的注意事项分析作答；
(2)根据平均速度公式求解小球通过光电门的瞬时速度；再求解重力势能的减小量和动能的增加量相等，得出机械能守恒满足的表达式。
解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，抓住重力势能的减小量和动能的增加量是否相等进行验证。
13.【答案】解：(1)对小球A受力分析，根据受力平衡有
F库=mgsin30∘
解得
F库=10N
根据牛顿第三定律可知物块B受到的库仑力大小为：
F库′=F库=10N
(2)对物块B受力分析，根据受力平衡，水平方向上有
f=F库′cs30∘
解得
f=5 3N
答：(1)物块B受到的库仑力大小为10N；
(2)物块B与水平地面间的摩擦力大小为5 3N。
【解析】分别对A、B受力分析，列出平衡方程，即可以求解相应的力。
本题考查了在库仑力作用下物体的平衡，题型简单，列出平衡方程即可求解。
14.【答案】解：(1)滑块运动到B点的过程，由能量守恒有
Ep0=12mvB2
滑块经过B点，由牛顿第二定律有
FN−mg=mvB2R
解得
FN=9N
由牛顿第三定律得，滑块通过B点时对半圆形轨道的压力
F′N=FN=9N
(2)滑块恰好能过C点，则
mg=mvC2R
解得
vC=2m/s
滑块从B点运动到C点的过程中，由动能定理有
−mg⋅2R−Wf=12mvC2−12mvB2
解得
Wf=0.6J
答：(1)滑块通过B点时对半圆形轨道的压力大小为9N；
(2)滑块从B点运动到C点的过程中，克服摩擦力做了0.6J功。
【解析】(1)滑块运动到B点的过程，由能量守恒列式，滑块经过B点，由牛顿第二定律列式，结合牛顿第三定律，求滑块通过B点时对半圆形轨道的压力大小；
(2)滑块恰好能过C点，重力提供向心力列式，滑块从B点运动到C点的过程中，由动能定理列式，求克服摩擦力做了多少功。
本题考查学生对圆周运动的牛顿第二定律、动能定理等规律的掌握，具有一道综合性，中等难度题。
15.【答案】解：(1)小球静止时对小球受力分析，如图所示。
由平衡条件有
Eq=mgtan37∘
金属板A、B间的电场为匀强电场，有
E=Ud
联立解得金属板A、B间的电势差为：U=1000V
(2)若轻绳突然断开，小球将从C点沿OC方向做匀加速直线运动，设小球运动到B板时的速度大小v，则由动能定理有
F合x=12mv2
其中F合=mgcs37∘
根据几何条件可知，小球从C点运动到B板的位移大小
x=d2sin37∘−L
解得：v=5m/s
(3)若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，则小球运动到圆周上C点关于O点对称D点时，有
mgcs37∘=mvD2L
小球从C点运动到D点的过程中，由动能定理有
−2mgLcs37∘−2EqLsin37∘=12mvD2
解得：vC=5m/s
答：(1)金属板A、B间的电势差为1000V；
(2)小球运动到B板时的速度大小为5m/s；
(3)小球在C点的初速度大小为5m/s。
【解析】(1)小球静止时，根据平衡条件和电场力公式F=qE相结合求出电场强度E，再由U=Ed求金属板A、B间的电势差；
(2)轻绳突然断开，球将从C点沿OC方向做匀加速直线运动，根据动能定理求小球运动到B板时的速度大小；
(3)小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，小球运动到圆周上C点关于O点对称D点时，由重力和电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球通过D点时的速度大小，再由动能定理求小球在C点的初速度大小。
解答本题的关键要正确分析小球的受力情况，来判断其运动情况，要把握圆周运动物理最高点的临界条件：绳子拉力为零，由重力和电场力的合力提供向心力，这是解决本题的关键。
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