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2023-2024学年河南省周口市鹿邑县高一（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年河南省周口市鹿邑县高一（下）期末物理试卷（含解析），共14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。
1.一物体在运动过程中只受到两个相互垂直的恒力F1和F2的作用，F1做了3J的正功，物体克服F2做了2J的功，则下列说法正确的是( )
A. 物体的动能为1JB. 物体的动能增加 5J
C. 物体的动能增加1JD. 物体的动能增加 13J
2.如图所示，一小球从某高度处水平抛出，经过时间t到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 小球水平抛出时的初速度大小为gttanθ
B. 小球在t时间内的位移与水平方向的夹角为θ2
C. 若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长
D. 若小球初速度增大，则θ增大
3.2024年5月3日17时27分，我国成功发射嫦娥六号探测器，于6月2日在月球的背面着陆，并在月球背面采集样本。已知月球半径为R0，月球表面处重力加速度为g0，地球和月球的半径之比RR0=4，表面重力加速度之比gg0=6，则地球和月球的密度之比ρρ0为( )
A. 23B. 32C. 4D. 6
4.静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力，不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化的关系是( )
A. B.
C. D.
5.如图在A、B两点处各固定一个点电荷P、Q，点C与AB不在一条直线，CA>CB。在C点放一个正的试探电荷，试探电荷受到电场力的方向与AB平行向右，则下列判断正确的是( )
A. P、Q可能带同种电荷
B. P点电荷量大于Q的电荷量
C. C的场强方向向左
D. 把试探电荷的电荷量增加后，再放在C点，C点的场强增加
6.如图所示，电荷量为q的正点电荷与均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。若图中A点的电场强度为0，则带电薄板在图中B点产生的电场强度( )
A. 大小为kqd2，方向水平向左B. 大小为kqd2，方向水平向右
C. 大小为kq9d2，方向水平向左D. 大小为kq9d2，方向水平向右
7.如图所示，一个长为L，质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)，以水平初速度v0从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s，重力加速度为g，则在此过程中( )
A. 摩擦力对物块做的功为−μmgs+dB. 摩擦力对木板做的功为μmgs+d
C. 木板动能的增量为μmgdD. 由于摩擦而产生的热量为μmgs
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.用一条绝缘轻绳子悬挂一个带正电的小球，处在与纸面平行的匀强电场(场强的方向未画出)中静止，绳子与竖直方向的夹角为30°。已知小球的比荷为2.0×10−5C/kg。重力加速度取10m/s2，则电场强度的大小可能为( )
A. 2.0×104V/mB. 2.5×104V/mC. 2 3×105V/mD. 5 33×105V/m
9.如图所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上，弹簧的劲度系数为k。原长为l。质量为m的铁球由弹簧的正上方ℎ处自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x，铁球下落到最低点。不计空气的阻力，重力加速度为g，则在铁球下落过程中，下列正确的是( )
A. 铁球刚和弹簧接触时的速度大小为 gℎ
B. 铁球的最大速度小于 2gℎ+mgk
C. 铁球的机械能先保持不变，后减小，当弹簧压缩量为x时最小
D. 弹簧的最大弹性势能为 2gℎ+l
10.某一斜面固定在水平地面上，顶端到正下方水平面O点的高度为ℎ，斜面与水平面平滑连接，斜面的倾角为θ。一小木块从斜面的顶端由静止开始下滑，滑到水平面上的A点停下，已知木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，A点到O点的距离为x，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 整个过程摩擦力对小木块的功为μmgx
B. 只增加小木块的质量，其它条件不变，小木块停A点的右侧
C. 只增加斜面的倾角，其它条件不变，小木块仍停在A点
D. 在A点小木块获得2mgℎ大小的动能，小木块刚好滑到斜面顶端
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.图甲是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹。
(1)实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，下图中y−x2图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是______。
A. B． C． D．
(2)图丙是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛的起点，在轨迹上任取两点A、B，测得A、B两点纵坐标y1=5.0cm，y2=45.0cm，A、B两点水平间距Δx=40.0cm，则平抛小球的初速度v0为_____m/s。(g取10m/s2)
12.利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置示意图如图所示：
(1)实验步骤
①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1m，将导轨调至水平；
②用游标卡尺测量挡光条的宽度l=9.30mm；
③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离s=______ cm；
④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2；
⑤从数字计时器(图中未画出)上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间△t1和△t2；
⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m．
(2)用表示直接测量量的字母写出下列所示物理量的表达式
①滑块通过光电门1和光电门2时瞬时速度分别为v1=______和v2=______．
②当滑块通过光电门1和光电门2时，系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总动能分别为Ek1=______和Ek2=______．
③在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少△Ep=______(重力加速度为g)．
(3)如果△Ep=______，则可认为验证了机械能守恒定律．
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的输出功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力恒为f。求：
(1)行驶过程中汽车最大速度vm；
(2)当汽车的速度为vm4时，汽车的瞬时加速度的大小；
(3)已知从启动到汽车获得最大速度所用的时间为t，则汽车行驶的距离是多少？
14.质量均为m的三个带电小球A、B、C用三根长度均为l的绝缘丝线相互连接，放置在光滑绝缘的水平面上，A球和B球的电荷量均为+q，在C球上施加一个水平向右的恒力F之后，三个小球一起向右运动，三根丝线刚好都伸直且没有弹力，F的作用线反向延长线与A、B间的丝线相交于丝线的中点。如图所示，已知静电力常量为k，求
(1)C球电性及电荷量大小
(2)F的大小
15.如图所示，一光滑绝缘半圆环轨道固定在竖直平面内，与光滑绝缘水平面相切于B点，轨道半径为R。整个空间存在水平向右的匀强电场E，场强大小为3mg4q，一带正电小球质量为m、电荷量为q，从距离B点为R3处的A点以某一初速度沿AB方向开始运动，经过B点后恰能运动到轨道的最高点C。(重力加速度为g，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8)则：
(1)带电小球从A点开始运动时的初速度v0多大？
(2)带电小球从轨道最高点C经过一段时间运动到光滑绝缘水平面上D点(图中未标出)，B点与D点的水平距离多大？
答案解析
1.C
【解析】 F1 和 F2 对物体的总功为
W合=3J−2J=1J
根据动能定理可得
ΔEk=W合=1J
可知物体的动能增加1J。
故选C。
2.A
【解析】解：A、物体落地时竖直方向上的分速度为：vy=gt.因为落地时速度方向与水平方向的夹角为θ，所以小球的初速度为：v0=vyctθ=gtctθ=gttanθ.故A正确。
B、物体落地时速度与水平方向夹角的正切值tanθ=gtv0，位移与水平方向夹角的正切值tanα=12gt2v0t=gt2v0，所以tanθ=2tanα.但α≠θ2.故B错误。
C、根据ℎ=12gt2知：t= 2ℎg，可知物体运动时间与下落高度有关，与初速度无关，则若小球初速度增大，则平抛运动的时间不变，故C错误。
D、速度与水平方向夹角的正切值为：tanθ=gtv0，若小球初速度增大，下落时间t不变，所以tanθ减小，即θ减小，故D错误。
故选：A。
平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动。落地的时间由高度决定，知道运动时间t，即可知道落地时竖直方向上的分速度，根据速度与水平方向的夹角，可求出水平初速度。由分位移关系求小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角。
解决本题的关键要掌握平抛运动的处理方法，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动。以及知道速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角的正切值的两倍。
3.B
【解析】根据
GMmR2=mg ， M=ρ⋅43πR3
可得
ρ=3g4πGR∝gR
则地球和月球的密度之比为
ρρ0=gg0⋅R0R=6×14=32
故选B。
4.C
【解析】【分析】
恒力做功的大小等于机械能的增量，撤去恒力后，物体仅受重力，只有重力做功，机械能守恒。
解决本题的关键掌握功能关系，知道除重力以外其它力做功等于机械能的增量，以及知道机械能守恒的条件。
【解答】
设在恒力作用下的加速度为a，则机械能增量E=Fℎ=F⋅12at2，知机械能随时间不是线性增加，撤去拉力后，机械能守恒，则机械能随时间不变。故C正确，ABD错误。
故选C。
5.B
【解析】】ABC.由题意可知，正电荷在C点受电场力方向与AB平行向右，则C点的场强方向平行AB向右，则P、Q带异种电荷，且P带正电，Q带负电，由图可知电荷P在C点的场强大于电荷Q在C点的场强，根据
E=kQr2
可知，因AC>BC，则P点电荷量大于Q的电荷量，选项AC错误，B正确；
D.C点的场强与试探电荷的电量无关，即把试探电荷的电荷量增加后，再放在C点，C点的场强不变，选项D错误。
故选B。
6.C
【解析】解：q在A点形成的电场强度的大小为：E1=kq9d2，方向向左；
因A点场强为零，故薄板在A点的场强方向向右，大小也为kq9d2，
由对称性可知，薄板在B点的场强也为kq9d2，方向向左；
故选：C。
题目中要求的是薄板形成的场强，看似无法解决；但注意A点的场强是由薄板及点电荷的电场叠加而成，故可求得薄板在A点的电场强度，而薄板两端的电场是对称的，故由对称性可解。
7.A
【解析】A.摩擦力对物块做的功为
Wf=−μmgs+d
故A正确；
B.摩擦力对木板做的功为
W′f=μmgs
故B错误；
C.对木板根据动能定理可得，木板动能的增量为
ΔEk=W′f=μmgs
故C错误；
D.根据功能关系可知由于摩擦而产生的热量为
Q=μmgx相对=μmgd
故D错误。
故选A。
8.CD
【解析】小球受到重力、电场力和绳子拉力作用，根据三角形定则可知，当电场力方向与绳子垂直时，小球受到的电场力最小，电场强度最小，则有
qEmin=mgsin30∘
可得
Emin=mgsin30∘q=10×122.0×10−5V/m=2.5×105V/m
则电场强度的大小应满足
E≥2.5×105V/m
故选CD。
9.BC
【解析】A.根据自由落体运动公式
2gℎ=v2
解得铁球刚和弹簧接触时的速度大小为
v= 2gℎ
故A错误；
B.当弹力等于铁球重力时，铁球速度达到最大，此时弹簧的压缩量为
x1=mgk
根据动能定理可得
mg(ℎ+x1)−W弹=12mvm2−0可得铁球的最大速度满足
vm< 2g(ℎ+x1)= 2gℎ+mgk
故B正确；
C.铁球做自由落体运动过程，机械能守恒；当铁球压缩弹簧过程，由于弹簧弹力对铁球做负功，铁球的机械能减小，当弹簧压缩量为x时，铁球下落到最低点，铁球的机械能最小，故C正确；
D.当弹簧压缩量最大时，弹簧弹性势能最大，根据系统机械能守恒可得弹簧的最大弹性势能为
Epmax=mg(ℎ+x)
故D错误。
故选BC。
10.CD
【解析】A.设A与斜面底端的距离为 x2 ，则整个过程摩擦力对小木块的功为
Wf=−μmgcsθℎsinθ−−μmgx2=−μmg(ℎtanθ+x2)=−μmgx
故A错误；
BC.从释放到停下，根据动能定理可得
mgℎ−μmg(ℎtanθ+x2)=mgℎ−μmgx=0
可得
x=ℎμ
可知小木块停下位置与小木块的质量和斜面的倾角均无关，则只增加小木块的质量或只增加斜面的倾角，其它条件不变，小木块仍停在A点，故B错误，C正确；
D.若小木块在A点小木块获得2mgℎ大小的动能，由于
Ek0=2mgℎ=mgℎ+μmgx
可知小木块刚好滑到斜面顶端，故D正确。
故选cD。
11.(1)C
(2)2.0
【解析】(1)根据水平方向
x=v0t
竖直方向
y=12gt2
解得
y=g2v02x2
则 y−x2 如图C所示，故选C；
(2)根据
y1=12gt2
y2=12g(t+T)2
v0=ΔxT
可得
v0=2.0m/s
l△t1 l△t2 12(M+m)l2△t12 12(M+m)l2△t22 mgs △Ek
【解析】解：(1)两光电门中心之间的距离s=80.30−20.30cm=60.00cm．
(2)①根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，滑块通过光电门1的瞬时速度v1=l△t1，滑块通过光电门2的瞬时速度v2=l△t2．
②当滑块通过光电门1和光电门2时，系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总动能分别为Ek1=12(M+m)v12=12(M+m)l2△t12，Ek2=12(M+m)v22=12(M+m)l2△t22．
③在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少△Ep=mgs．
(3)如果△Ep=△Ek，则可认为验证了机械能守恒定律．
故答案为：(1)60.00，(2)①l△t1，l△t2，②12(M+m)l2△t12，12(M+m)l2△t22.③mgs，(3)△Ek．
(1)根据刻度尺的读数得出两光电门中心之间的距离．
(2)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过光电门1和2的瞬时速度，从而得出系统初末动能．
根据下降的高度求出系统重力势能的减小量．
光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法．由于遮光条的宽度l很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．
13.(1)当牵引力等于阻力时加速度为零，速度最大，则由
P=fvm
得
vm=Pf
(2)当汽车的速度为 vm4 时，汽车牵引力为F
P=Fvm4
根据
F−f=ma
可得
a=3fm
(3)由功能关系得
Pt−fx=12mvm2
可得
x=Ptf−mP22f3
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.(1)2q，C球带负电；(2) 3 3kq2l2
【解析】(1)设C球所带的电荷量为Q，对A球沿BA方向根据平衡条件可得
kQql2 cs60°= kq2l2 ，
解得
Q=2q
C球带负电
(2)设三个小球的加速度都是a，根据牛顿第二定律和库仑定律，对A球受力分析可知
kQql2 sin60°=ma
解得
a= 3kq2ml2
对整体受力分析可知
F=3ma
解得
F= 3 3kq2l2
15.解：(1)小球在半圆环轨道上运动时，当小球所受重力、电场力的合力方向与速度垂直时，速度最小。设此时的速度为v，由于合力恰好提供小球圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：
5mg4=mv2R 解得：v= 5gR4
由等效法可得：该点(图中未标出)小球所受合力与竖直方向夹角37°，从A点到该点由动能定理：
−mgR(1+cs37)−3mgR4(13+sin37)=12mv2−12mv02
解得：v0=52 gR
(2)设小球运动到C点的速度为vC，小球从A点到C点由动能定理：
−2mgR−3mg4×(R3)=12mvC2−12mv02
解得：vc=12 7gR
当小球离开C点后，在竖直方向做自由落体，水平方向做匀加速直线运动，设C点到D点的运动时间为t令水平方向的加速度为a，B点到D点的水平距离为x
水平方向：3mg4=ma ①； x=vCt+12at2 ②
竖直方向：2R=12gt2 ③
①②③联立解得：x=( 7+32)R
【解析】本题考查了动能定理、牛顿第二定律、向心力和运动的合成与分解等等知识，难点是当小球所受重力、电场力的合力方向与速度垂直时，速度最小。
(1)对小球受力分析，合力提供小球圆周运动的向心力，由牛顿第二定律和动能定理求初速度；
(2) 当小球离开C点后，在竖直方向做自由落体，水平方向做匀加速直线运动，由运动学公式求解距离。
1.一物体在运动过程中只受到两个相互垂直的恒力F1和F2的作用，F1做了3J的正功，物体克服F2做了2J的功，则下列说法正确的是( )
A. 物体的动能为1JB. 物体的动能增加 5J
C. 物体的动能增加1JD. 物体的动能增加 13J
2.如图所示，一小球从某高度处水平抛出，经过时间t到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 小球水平抛出时的初速度大小为gttanθ
B. 小球在t时间内的位移与水平方向的夹角为θ2
C. 若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长
D. 若小球初速度增大，则θ增大
3.2024年5月3日17时27分，我国成功发射嫦娥六号探测器，于6月2日在月球的背面着陆，并在月球背面采集样本。已知月球半径为R0，月球表面处重力加速度为g0，地球和月球的半径之比RR0=4，表面重力加速度之比gg0=6，则地球和月球的密度之比ρρ0为( )
A. 23B. 32C. 4D. 6
4.静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力，不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化的关系是( )
A. B.
C. D.
5.如图在A、B两点处各固定一个点电荷P、Q，点C与AB不在一条直线，CA>CB。在C点放一个正的试探电荷，试探电荷受到电场力的方向与AB平行向右，则下列判断正确的是( )
A. P、Q可能带同种电荷
B. P点电荷量大于Q的电荷量
C. C的场强方向向左
D. 把试探电荷的电荷量增加后，再放在C点，C点的场强增加
6.如图所示，电荷量为q的正点电荷与均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。若图中A点的电场强度为0，则带电薄板在图中B点产生的电场强度( )
A. 大小为kqd2，方向水平向左B. 大小为kqd2，方向水平向右
C. 大小为kq9d2，方向水平向左D. 大小为kq9d2，方向水平向右
7.如图所示，一个长为L，质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)，以水平初速度v0从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s，重力加速度为g，则在此过程中( )
A. 摩擦力对物块做的功为−μmgs+dB. 摩擦力对木板做的功为μmgs+d
C. 木板动能的增量为μmgdD. 由于摩擦而产生的热量为μmgs
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.用一条绝缘轻绳子悬挂一个带正电的小球，处在与纸面平行的匀强电场(场强的方向未画出)中静止，绳子与竖直方向的夹角为30°。已知小球的比荷为2.0×10−5C/kg。重力加速度取10m/s2，则电场强度的大小可能为( )
A. 2.0×104V/mB. 2.5×104V/mC. 2 3×105V/mD. 5 33×105V/m
9.如图所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上，弹簧的劲度系数为k。原长为l。质量为m的铁球由弹簧的正上方ℎ处自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x，铁球下落到最低点。不计空气的阻力，重力加速度为g，则在铁球下落过程中，下列正确的是( )
A. 铁球刚和弹簧接触时的速度大小为 gℎ
B. 铁球的最大速度小于 2gℎ+mgk
C. 铁球的机械能先保持不变，后减小，当弹簧压缩量为x时最小
D. 弹簧的最大弹性势能为 2gℎ+l
10.某一斜面固定在水平地面上，顶端到正下方水平面O点的高度为ℎ，斜面与水平面平滑连接，斜面的倾角为θ。一小木块从斜面的顶端由静止开始下滑，滑到水平面上的A点停下，已知木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，A点到O点的距离为x，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 整个过程摩擦力对小木块的功为μmgx
B. 只增加小木块的质量，其它条件不变，小木块停A点的右侧
C. 只增加斜面的倾角，其它条件不变，小木块仍停在A点
D. 在A点小木块获得2mgℎ大小的动能，小木块刚好滑到斜面顶端
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.图甲是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹。
(1)实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，下图中y−x2图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是______。
A. B． C． D．
(2)图丙是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛的起点，在轨迹上任取两点A、B，测得A、B两点纵坐标y1=5.0cm，y2=45.0cm，A、B两点水平间距Δx=40.0cm，则平抛小球的初速度v0为_____m/s。(g取10m/s2)
12.利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置示意图如图所示：
(1)实验步骤
①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1m，将导轨调至水平；
②用游标卡尺测量挡光条的宽度l=9.30mm；
③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离s=______ cm；
④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2；
⑤从数字计时器(图中未画出)上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间△t1和△t2；
⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m．
(2)用表示直接测量量的字母写出下列所示物理量的表达式
①滑块通过光电门1和光电门2时瞬时速度分别为v1=______和v2=______．
②当滑块通过光电门1和光电门2时，系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总动能分别为Ek1=______和Ek2=______．
③在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少△Ep=______(重力加速度为g)．
(3)如果△Ep=______，则可认为验证了机械能守恒定律．
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的输出功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力恒为f。求：
(1)行驶过程中汽车最大速度vm；
(2)当汽车的速度为vm4时，汽车的瞬时加速度的大小；
(3)已知从启动到汽车获得最大速度所用的时间为t，则汽车行驶的距离是多少？
14.质量均为m的三个带电小球A、B、C用三根长度均为l的绝缘丝线相互连接，放置在光滑绝缘的水平面上，A球和B球的电荷量均为+q，在C球上施加一个水平向右的恒力F之后，三个小球一起向右运动，三根丝线刚好都伸直且没有弹力，F的作用线反向延长线与A、B间的丝线相交于丝线的中点。如图所示，已知静电力常量为k，求
(1)C球电性及电荷量大小
(2)F的大小
15.如图所示，一光滑绝缘半圆环轨道固定在竖直平面内，与光滑绝缘水平面相切于B点，轨道半径为R。整个空间存在水平向右的匀强电场E，场强大小为3mg4q，一带正电小球质量为m、电荷量为q，从距离B点为R3处的A点以某一初速度沿AB方向开始运动，经过B点后恰能运动到轨道的最高点C。(重力加速度为g，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8)则：
(1)带电小球从A点开始运动时的初速度v0多大？
(2)带电小球从轨道最高点C经过一段时间运动到光滑绝缘水平面上D点(图中未标出)，B点与D点的水平距离多大？
答案解析
1.C
【解析】 F1 和 F2 对物体的总功为
W合=3J−2J=1J
根据动能定理可得
ΔEk=W合=1J
可知物体的动能增加1J。
故选C。
2.A
【解析】解：A、物体落地时竖直方向上的分速度为：vy=gt.因为落地时速度方向与水平方向的夹角为θ，所以小球的初速度为：v0=vyctθ=gtctθ=gttanθ.故A正确。
B、物体落地时速度与水平方向夹角的正切值tanθ=gtv0，位移与水平方向夹角的正切值tanα=12gt2v0t=gt2v0，所以tanθ=2tanα.但α≠θ2.故B错误。
C、根据ℎ=12gt2知：t= 2ℎg，可知物体运动时间与下落高度有关，与初速度无关，则若小球初速度增大，则平抛运动的时间不变，故C错误。
D、速度与水平方向夹角的正切值为：tanθ=gtv0，若小球初速度增大，下落时间t不变，所以tanθ减小，即θ减小，故D错误。
故选：A。
平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动。落地的时间由高度决定，知道运动时间t，即可知道落地时竖直方向上的分速度，根据速度与水平方向的夹角，可求出水平初速度。由分位移关系求小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角。
解决本题的关键要掌握平抛运动的处理方法，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动。以及知道速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角的正切值的两倍。
3.B
【解析】根据
GMmR2=mg ， M=ρ⋅43πR3
可得
ρ=3g4πGR∝gR
则地球和月球的密度之比为
ρρ0=gg0⋅R0R=6×14=32
故选B。
4.C
【解析】【分析】
恒力做功的大小等于机械能的增量，撤去恒力后，物体仅受重力，只有重力做功，机械能守恒。
解决本题的关键掌握功能关系，知道除重力以外其它力做功等于机械能的增量，以及知道机械能守恒的条件。
【解答】
设在恒力作用下的加速度为a，则机械能增量E=Fℎ=F⋅12at2，知机械能随时间不是线性增加，撤去拉力后，机械能守恒，则机械能随时间不变。故C正确，ABD错误。
故选C。
5.B
【解析】】ABC.由题意可知，正电荷在C点受电场力方向与AB平行向右，则C点的场强方向平行AB向右，则P、Q带异种电荷，且P带正电，Q带负电，由图可知电荷P在C点的场强大于电荷Q在C点的场强，根据
E=kQr2
可知，因AC>BC，则P点电荷量大于Q的电荷量，选项AC错误，B正确；
D.C点的场强与试探电荷的电量无关，即把试探电荷的电荷量增加后，再放在C点，C点的场强不变，选项D错误。
故选B。
6.C
【解析】解：q在A点形成的电场强度的大小为：E1=kq9d2，方向向左；
因A点场强为零，故薄板在A点的场强方向向右，大小也为kq9d2，
由对称性可知，薄板在B点的场强也为kq9d2，方向向左；
故选：C。
题目中要求的是薄板形成的场强，看似无法解决；但注意A点的场强是由薄板及点电荷的电场叠加而成，故可求得薄板在A点的电场强度，而薄板两端的电场是对称的，故由对称性可解。
7.A
【解析】A.摩擦力对物块做的功为
Wf=−μmgs+d
故A正确；
B.摩擦力对木板做的功为
W′f=μmgs
故B错误；
C.对木板根据动能定理可得，木板动能的增量为
ΔEk=W′f=μmgs
故C错误；
D.根据功能关系可知由于摩擦而产生的热量为
Q=μmgx相对=μmgd
故D错误。
故选A。
8.CD
【解析】小球受到重力、电场力和绳子拉力作用，根据三角形定则可知，当电场力方向与绳子垂直时，小球受到的电场力最小，电场强度最小，则有
qEmin=mgsin30∘
可得
Emin=mgsin30∘q=10×122.0×10−5V/m=2.5×105V/m
则电场强度的大小应满足
E≥2.5×105V/m
故选CD。
9.BC
【解析】A.根据自由落体运动公式
2gℎ=v2
解得铁球刚和弹簧接触时的速度大小为
v= 2gℎ
故A错误；
B.当弹力等于铁球重力时，铁球速度达到最大，此时弹簧的压缩量为
x1=mgk
根据动能定理可得
mg(ℎ+x1)−W弹=12mvm2−0
vm< 2g(ℎ+x1)= 2gℎ+mgk
故B正确；
C.铁球做自由落体运动过程，机械能守恒；当铁球压缩弹簧过程，由于弹簧弹力对铁球做负功，铁球的机械能减小，当弹簧压缩量为x时，铁球下落到最低点，铁球的机械能最小，故C正确；
D.当弹簧压缩量最大时，弹簧弹性势能最大，根据系统机械能守恒可得弹簧的最大弹性势能为
Epmax=mg(ℎ+x)
故D错误。
故选BC。
10.CD
【解析】A.设A与斜面底端的距离为 x2 ，则整个过程摩擦力对小木块的功为
Wf=−μmgcsθℎsinθ−−μmgx2=−μmg(ℎtanθ+x2)=−μmgx
故A错误；
BC.从释放到停下，根据动能定理可得
mgℎ−μmg(ℎtanθ+x2)=mgℎ−μmgx=0
可得
x=ℎμ
可知小木块停下位置与小木块的质量和斜面的倾角均无关，则只增加小木块的质量或只增加斜面的倾角，其它条件不变，小木块仍停在A点，故B错误，C正确；
D.若小木块在A点小木块获得2mgℎ大小的动能，由于
Ek0=2mgℎ=mgℎ+μmgx
可知小木块刚好滑到斜面顶端，故D正确。
故选cD。
11.(1)C
(2)2.0
【解析】(1)根据水平方向
x=v0t
竖直方向
y=12gt2
解得
y=g2v02x2
则 y−x2 如图C所示，故选C；
(2)根据
y1=12gt2
y2=12g(t+T)2
v0=ΔxT
可得
v0=2.0m/s
l△t1 l△t2 12(M+m)l2△t12 12(M+m)l2△t22 mgs △Ek
【解析】解：(1)两光电门中心之间的距离s=80.30−20.30cm=60.00cm．
(2)①根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，滑块通过光电门1的瞬时速度v1=l△t1，滑块通过光电门2的瞬时速度v2=l△t2．
②当滑块通过光电门1和光电门2时，系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总动能分别为Ek1=12(M+m)v12=12(M+m)l2△t12，Ek2=12(M+m)v22=12(M+m)l2△t22．
③在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少△Ep=mgs．
(3)如果△Ep=△Ek，则可认为验证了机械能守恒定律．
故答案为：(1)60.00，(2)①l△t1，l△t2，②12(M+m)l2△t12，12(M+m)l2△t22.③mgs，(3)△Ek．
(1)根据刻度尺的读数得出两光电门中心之间的距离．
(2)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过光电门1和2的瞬时速度，从而得出系统初末动能．
根据下降的高度求出系统重力势能的减小量．
光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法．由于遮光条的宽度l很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．
13.(1)当牵引力等于阻力时加速度为零，速度最大，则由
P=fvm
得
vm=Pf
(2)当汽车的速度为 vm4 时，汽车牵引力为F
P=Fvm4
根据
F−f=ma
可得
a=3fm
(3)由功能关系得
Pt−fx=12mvm2
可得
x=Ptf−mP22f3
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.(1)2q，C球带负电；(2) 3 3kq2l2
【解析】(1)设C球所带的电荷量为Q，对A球沿BA方向根据平衡条件可得
kQql2 cs60°= kq2l2 ，
解得
Q=2q
C球带负电
(2)设三个小球的加速度都是a，根据牛顿第二定律和库仑定律，对A球受力分析可知
kQql2 sin60°=ma
解得
a= 3kq2ml2
对整体受力分析可知
F=3ma
解得
F= 3 3kq2l2
15.解：(1)小球在半圆环轨道上运动时，当小球所受重力、电场力的合力方向与速度垂直时，速度最小。设此时的速度为v，由于合力恰好提供小球圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：
5mg4=mv2R 解得：v= 5gR4
由等效法可得：该点(图中未标出)小球所受合力与竖直方向夹角37°，从A点到该点由动能定理：
−mgR(1+cs37)−3mgR4(13+sin37)=12mv2−12mv02
解得：v0=52 gR
(2)设小球运动到C点的速度为vC，小球从A点到C点由动能定理：
−2mgR−3mg4×(R3)=12mvC2−12mv02
解得：vc=12 7gR
当小球离开C点后，在竖直方向做自由落体，水平方向做匀加速直线运动，设C点到D点的运动时间为t令水平方向的加速度为a，B点到D点的水平距离为x
水平方向：3mg4=ma ①； x=vCt+12at2 ②
竖直方向：2R=12gt2 ③
①②③联立解得：x=( 7+32)R
【解析】本题考查了动能定理、牛顿第二定律、向心力和运动的合成与分解等等知识，难点是当小球所受重力、电场力的合力方向与速度垂直时，速度最小。
(1)对小球受力分析，合力提供小球圆周运动的向心力，由牛顿第二定律和动能定理求初速度；
(2) 当小球离开C点后，在竖直方向做自由落体，水平方向做匀加速直线运动，由运动学公式求解距离。
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