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黑龙江省大庆市东传高级中学有限公司2024-2025学年高二上学期开学考试物理试题（原卷版+解析版）
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一、单选题（每题4分，28分）
1. 如图所示，质量相等的A、B两物体在同一水平线上。当水平抛出A物体的同时，B物体开始自由下落（空气阻力不计）。曲线AC为A物体的运动轨迹，直线BD为B物体的运动轨迹，两轨迹相交于O点。则两物体（ ）
A. 经O点时速率相等
B. 从运动开始至经过O点过程中A的速度变化量最大
C. 从运动开始至经过O点过程中A、B重力的平均功率一定不相等
D. 在O点时重力的功率一定相等
【答案】D
【解析】
【详解】A．经O点时，两物体下落时间相等，所以两物体的竖直方向分速度相等，所以A物体的速度大于B物体速度，故A错误；
B．两物体经过O点时的时间相同，根据
v=gt
可知，从运动开始至经过O点过程中两物体的速度变化量相等，故B错误；
C．从运动开始至经过O点过程中A、B受到重力所做的功均为
W=mgh
因为时间相同，所以从运动开始至经过O点过程中A、B重力的平均功率一定相等，故C错误；
D．经O点时，两物体的竖直方向分速度相等，根据
P=mgvy
可知在O点时重力的瞬时功率相等，故D正确。
故选D。
2. 下列有关物理知识的说法中，错误的是（ ）
A. 我们周围的一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与物体的温度有关
B. 类似于能量的量子化，任何物体的带电量也是“量子化”的
C. 开普勒第三定律中，k是一个在任何星系中都相等的常量
D. 电工的高压作业服是由包含金属丝的织物制成，这种作业服起到静电屏蔽的作用
【答案】C
【解析】
【详解】A．我们周围的一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与物体的温度有关，故A正确；
B．类似于能量的量子化，任何物体的带电量也是“量子化”的，即只能是元电荷的整数倍，故B正确；
C．开普勒第三定律中，k与中心天体的质量有关，k不是一个在任何星系中都相等的常量，故C错误；
D．电工的高压作业服是由包含金属丝的织物制成，这种作业服起到静电屏蔽的作用，故D正确。
本题选错误的，故选C。
3. 如图所示，吊环运动员将吊绳与竖直方向分开相同的角度，重力大小为G的运动员静止时，左边绳子张力为T1，右边绳子张力为T2。则下列说法正确的是（ ）
A. T1和T2是一对作用力与反作用力
B. 吊绳与竖直方向的夹角减小时，T1和T2都会变小
C. T2一定大于G
D. T1＋T2＝G
【答案】B
【解析】
【详解】A．作用力与反作用力是物体间的相互作用力，T1和T2是对运动员的力。故A错误；
B．T1和T2的合力与运动员的重力等大反向，大小不变，当二者之间的夹角减小时，合力不变，分力变小。故B正确；
C．合力大于等于分力之差的绝对值，小于等于分力之和，所以T2不一定大于G。故C错误；
D．当三个力共线时才有
T1+ T2=G
故D错误。
故选B。
4. 在轴的坐标原点固定一电荷最绝对值为的点电荷，在处固定另一点电荷，两者所在区域为真空，在两者连线上某点的电场强度与该点位置的关系如图所示。选取轴正方向为电场强度的正方向，无限远处电势为零，则下列说法正确的是（ ）
A. 处的电场强度大于处电场强度
B. 处的电势高于处的电势
C. 在处点电荷的电荷量的绝对值为
D. 电子沿轴从移动到过程中电势能先增加后减少
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，从处到处，电场强度反方向不断增大，所以处的电场强度小于处电场强度，故A错误；
B．在轴坐标原点固定一电荷最绝对值为的点电荷，在处固定另一点电荷，选取轴正方向为电场强度的正方向，分析可知为两不等量正电荷产生的电场，类比等量同种正电荷产生的电场，可知从处到处逆着电场线方向，电势逐渐升高，所以处的电势低于处的电势，故B错误；
C．设在处固定另一点电荷的电荷量为，在处场强为0，可得
解得
故C错误；
D．电子从移动到过程，顺着电场线运动，可知电场力做负功，电势能增加，
从移动到过程，逆着电场线运动，可知电场力做正功，电势能减少，所以电子沿轴从移动到过程中电势能先增加后减少，故D正确。
故选D。
5. 如图所示，带电量分别为、的点电荷固定在同一竖直线上，一根粗细均匀的光滑绝缘杆水平放置，与两点电荷连线的垂直平分线重合，一个带正电的小球套在杆上（可自由滑动），给小球一个水平向右的初速度，小球在从A点运动到B点的过程中（ ）
A. 速度先变大后变小B. 加速度先变大后变小
C. 电势能先变大后变小D. 受到的电场力先变大后变小
【答案】D
【解析】
【详解】带电量分别为、的点电荷固定在同一竖直线上，光滑绝缘杆水平放置，与两点电荷连线的垂直平分线重合，所以杆上各点的电势相等，因此带正电小球的电势能不变，小球受到的电场力竖直向下，因此水平方向合力为零，加速度始终为零，速度保持不变，电场力先变大后变小，故D正确，ABC错误。
故选D。
6. 如图所示，质量为4 kg、半径为0.5 m的光滑管状细圆环用轻杆固定在竖直平面内，A、B两小球的直径略小于管的内径，它们的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg。某时刻，A、B两球分别位于圆环最低点和最高点，且A的速度大小为vA＝3 m/s，此时杆的下端受到向上的压力，大小为56 N。则B球的速度大小vB为（取g＝10 m/s2）（ ）
A. 2 m/sB. 4 m/s
C. 6 m/sD. 8 m/s
【答案】C
【解析】
【详解】对A球，合力提供向心力，设环对A球的支持力为FA，由牛顿第二定律有
FA－mAg＝mA
代入数据解得
FA＝28 N
由牛顿第三定律可得，A球对环的力向下，大小为28 N。设B球对环的力为FB′，由环的受力平衡可得
FB′＋28 N＋m环g＝－56 N
解得
FB′＝－124 N
负号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，环对B球的力FB为124 N、方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有
解得
vB＝6 m/s
故选C。
7. 如图所示，两个质量相等的物块，沿倾角不同、底边相同的两个固定光滑斜面，从斜面顶端由静止自由下滑，不计空气阻力，在它们到达斜面底端的过程中（ ）
A. 重力做功的平均功率一定不同
B. 到达底端瞬间重力的功率可能相同
C. 斜面对物块弹力的冲量可能相同
D. 物块所受合力的冲量可能相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．第二定律可得加速度为
根据运动学公式可得
解得
重力做功的平均功率为
由于倾角不同，所以两物块所受重力做功的平均功率不相同，故A正确；
B．设斜面的倾角为θ时，设斜面底端长度为L，则斜面长为，根据动能定理可得
到达底端的动能为
斜面的倾角不同，则物块到达底端的动能不同；物块质量相等，则到达底端的速度不同，但在竖直方向上分速度vy不同，由
可知，到达底端时重力的瞬时功率不同，故B错误；
C．对物体在垂直斜面方向
因θ角不同，则斜面对物块弹力的冲量方向不相同，冲量不可能相同，故C错误；
D．物块所受合力沿斜面向下，为，因θ角不同，则合力的冲量方向不相同，合力的冲量不可能相同，故D错误。
故选A。
二、多选题（每题6分，18分）
8. 2021年4月29日11时23分，我国在文昌航天发射场用长征五号B遥二运载火箭成功将中国空间站天和核心舱发射升空并准确进入距离地面约的预定轨道，约95分钟绕地球运行一圈。假设中国空间站天和核心舱绕地球运行的轨道为圆周，已知地球半径约，自转周期为，万有引力常量为G，忽略空气阻力的影响，下列说法中正确的是（ ）
A. 天和核心舱的运行速度大于第一宇宙速度
B. 天和核心舱的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度
C. 根据题中所给数据可以计算同步卫星的距地高度
D. 根据题中所给数据可以计算地球密度
【答案】CD
【解析】
【详解】A．根据
可得
可知，因天和核心舱的轨道半径大于地球的半径，可知天和核心舱的运行速度小于第一宇宙速度，选项A错误；
B．天和号核心舱的周期小于同步卫星的周期，根据
可得
可知，天和号核心舱的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，根据
可得
可知天和核心舱的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，选项B错误；
C．同步卫星的周期等于地球自转周期，根据开普勒第三定律
可求解 同步卫星的距地高度，选项C正确；
D．根据
可得地球的质量
可求解地球质量，根据
求解地球的密度，选项D正确。
故选CD。
9. 如图所示，正点电荷固定于正方体的顶点处，a和b分别为正方体左右面的面中心，c和d分别为两条边的中点，则（ ）
A. 两点电势相等
B. 两点电势相等
C. 两点电场强度大小相等
D. 两点电场强度大小相等
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．由点电荷电场等势面分布特点可知，距离点电荷相等距离的点电势相等，两点离正点电荷距离不等，说明不在同一等势面上，两点离正点电荷距离相等，说明在同一等势面上，故A错误，B正确；
CD．由点电荷电场强度的决定式
知离点电荷相等距离的点电场强度大小才相等，故两点电场强度大小不等，两点电场强度大小相等，故C错误，D正确。
故选BD。
10. 在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8J，在M点的动能为6J，不计空气的阻力．则（ ）
A. 小球水平位移x1与x2的比值1:3
B. 小球水平位移x1与x2的比值1:4
C. 小球落到B点时的动能为32J
D. 小球从A点运动到B点的过程中最小动能为
【答案】ACD
【解析】
【详解】小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对称性得知，从A点至M点和从M点至B点的时间t相等，小球在水平方向上做初速为零的匀加速直线运动，设加速度为a，根据位移时间公式：，，联立可得：，故A正确，B错误；据小球的运动轨迹如图所示：
小球从A到M，由功能关系知在水平方向上电场力做功为：，则从A到B水平方向上电场力做功为：，根据能量守恒可知，小球运动到B点时的动能为：，故C正确；由题知开始：，又竖直方向上：，在水平方向上：，又有：，联立以上解得：，几何关系可知，则，据运动轨迹，但小球的运动方向与合加速度的方向垂直时，小球的速度最小，则小球从A到B过程最小速度一定与等效G′垂直，如图P点，所以，故D正确．所以ACD正确，B错误．
三、实验题（每空2分，16分）
11. 在做“观察电容器的充、放电现象”的实验电路如图所示。某实验小组用如图甲所示的电路研究电容器充、放电情况及电容大小，他们用电流传感器和计算机测出电路中电流随时间变化的曲线。传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的图像如图乙所示。
（1）实验时，根据图甲所示的电路原理图连接好电路，时刻把开关K掷向______端（填选“1”或“2”），对电容器进行充电；
（2）对电容器进行放电时，流过电阻R的电流方向为______；（选填“a到b”或“b到a”）
（3）如果不改变电路其他参数，只增大电阻R，放电时间将______；（填“变长”、“不变”或“变短”）
（4）图丙为电压恒为8V的电源给电容器充电时作出的电流随时间变化的It图像，某同学进行实验数据处理时，数出图线包围的格数（满半格或超过半格的算一格，不满半格的舍去），总格数为32格，则可以计算出电容器充电完毕后的电荷量为______C，电容器的电容为______F。（计算结果均保留两位有效数字）
【答案】 ①. 1 ②. 由a 到b ③. 变长 ④. ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]要对电容充电，需要把电容跟电源连接起来，故时刻把开关K掷向1。
（2）[2]电容器充电时上极板接电源正极，故上极板带正电荷，放电时下极板负电荷通过电阻流向上极板，故流过电阻R的电流方向为由a到b。
（3）[3]根据电流的定义式
可得
如果不改变电路其他参数，只增大电阻R，则放电电流将减小，由上式可知放电时间将变长。
（4）[4]根据图像面积表示电容器充电完毕后的电荷量，由图知，每小格代表的电荷量为
数出图线包围的格数，满半格或超过半格的算一格，不满半格的舍去，数得格数为32格，则电容器充电完毕后的电荷量为
[5]根据电容的定义知，电容器的电容为
12. 某同学用下图所示装置做验证动量守恒定律的实验。先将A球从斜槽轨道上某固定点C处由静止开始释放，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的B球放在斜槽轨道末端水平段的最右端附近静止，让A球仍从原固定点C处由静止开始释放，和B球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次。从左向右依次是M、P、N点。
（1）实验必须要求的条件是_______
A.斜槽轨道尽量光滑以减少误差
B.斜槽轨道末端的切线必须水平
C.入射球质量mA必须大于被碰球的质量mB
D.入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下
（2）如图为某小球在记录纸上的落点情况，为测定小球落点的平均位置，把毫米刻度尺的零刻线跟记录纸上的O点对齐，由图可知OP距离应为_______cm。
（3）现已测出小球A、B的质量分别为mA、mB，三个落地点距O点的距离OM、OP、ON，按照本实验方法，验证动量守恒的验证式是_______。
【答案】 ①. BCD ②. 31.92 ③.
【解析】
【详解】（1）[1] A．本实验要求入射球碰撞前的速度保持相同，只要满足入射球从同一位置释放即可，斜槽轨道并不需要光滑，故A错误；
B．小球离开轨道后做平抛运动，要确保小球每次都从斜槽末端飞出时速度沿水平方向，斜槽轨道末端切线必须水平，B正确；
C．为保证入射球碰后不会被弹回，必须要满足mA>mB，C正确；
D．在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从轨道的同一位置由静止释放，保证碰前的速度相同，D正确。
故选BCD。
（2）[2]找出平均落点，由图所示可知，刻度尺分度值是1mm，刻度尺示数为31.92cm；
（3）[3]小球离开轨道后做平抛运动，由知小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则有
两边同时乘以时间t得
即
四、解答题（38分，3题）
13. 如图，一弯成“L”形的硬质轻杆可在竖直面内绕O点自由转动，已知两段轻杆的长度均为 L，轻杆端点分别固定质量为m，3m的小球 A、B（均可视为质点），现 OA竖直，
OB 水平，将轻杆静止释放，求：
(1)小球B运动到最低点时，A 球的速度为多少？
(2)小球B运动到最低点的过程中，轻杆对小球A做了多少功？
【答案】(1)；(2)0
【解析】
【详解】(1)B球由释放运动到最低点：由机械能守恒定律可知
两球角速度相同且半径相同
解得
(2)B球从释放至运动至最低点的过程中，根据动能定理
对A球
解得
14. 如图所示，一带电量为+q、质量为+m的小物块处于一倾角为θ的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止，求：
（1）电场强度E；
（2）若电场强度减小为原来的，物块的加速度a；
（3）电场变化后物块下滑距离L所用的时间t。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】（1）对小物块研究，由平衡条件得
解得
（2）当电场强度减小为原来的时，由牛顿第二定律得
解得
（3）由可得
【点睛】（1）带电物体静止于光滑斜面上恰好静止，且斜面又处于水平匀强电场中，则可根据重力、支持力，又处于平衡，可得电场力方向，再由电荷的电性来确定电场强度方向。由三力平衡，借助于力的平行四边形定则来确定电场强度方向。
（2）当电场强度减半后，物体受力不平衡，产生加速度，借助于电场力由牛顿第二定律可求出加速度大小
（3）选取物体下滑距离为L作为过程，利用匀变速直线运动规律来求出动能。
15. 如图所示，平台和足够长传送带处于同一高度，平台右端与传送带左端无缝连接，传送带在电动机的带动下沿顺时针方向匀速转动。传送带上方所在区域存在水平向左的匀强电场。在平台左端固定一个轻质短弹簧，一质量的带正电的物块B静止在平台右端，将另一个与物块B质量相同的绝缘物块A向左压缩弹簧（不拴连），在与物块B的距离处由静止释放，物块A向右运动恰好能与物块B接触。将物块A沿竖直方向切去一半（设为），然后压缩弹簧仍从距物块B为l处由静止释放，物块与物块B发生弹性正碰，碰撞前后物块B的电荷量不变，且碰撞时间极短，碰撞后物块B在传送带上运动，经过时间后与传送带共速，此时物块B的速度大小为碰撞后瞬间速度大小的一半，A（）B与平台、传送带间的动摩擦因数均为，取重力加速度大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，两物块均可视为质点。物块与物块B碰撞后撤去弹簧。
（1）求物块碰撞后滑行的距离；
（2）求物块B沿传送带向右运动的过程中克服电场力做的功及与传送带摩擦产生的热能；
（3）物块B能否与物块再次相碰？通过计算说明。
【答案】（1）；（2）9.6J，4.8J；（3）能
【解析】
【详解】（1）从释放物块A到A恰好与物块B接触的过程中，由能量守恒定律可知弹簧弹性势能
设物块与物块B碰撞前瞬间的速度大小为，从释放物块到物块与物块B碰撞前瞬间，由能量守恒定律有
解得
物块和物块B发生弹性正碰，设碰撞后瞬间物块的速度为v，物块B的速度为，根据动量守恒和能量守恒定律有
解得
碰撞后物块反向运动，碰撞后对物块有
解得
（2）传送带的速度大小
设物块B受到的电场力大小为F，物块B减速到与传送带速度相同的过程中有
物块B减速时的加速度大小
物块B减速到与传送带速度相同时向右运动的位移大小
物块B与传送带的相对位移大小
解得
物块B与传送带速度相等后，电场力大于最大静摩擦力，物块B将向右继续减速运动，有
设物块B从与传送带共速到减速为零的过程中位移大小为，时间为，有
物块B与传送带的相对位移大小
物块B从碰撞后到向右减速为零的过程中，电场力做负功，电势能增加量为，得
克服电场力做的功为，物块B与传送带摩擦产生的热能
（3）物块B速度为零后，以加速度大小向左加速运动，离开传送带时的位移大小
设物块B离开传送带时的速度大小为，有
设物块B在平台上向左运动减速到零的位移大小为，有
解得
因，故物块B会与物块发生第二次碰撞。
一、单选题（每题4分，28分）
1. 如图所示，质量相等的A、B两物体在同一水平线上。当水平抛出A物体的同时，B物体开始自由下落（空气阻力不计）。曲线AC为A物体的运动轨迹，直线BD为B物体的运动轨迹，两轨迹相交于O点。则两物体（ ）
A. 经O点时速率相等
B. 从运动开始至经过O点过程中A的速度变化量最大
C. 从运动开始至经过O点过程中A、B重力的平均功率一定不相等
D. 在O点时重力的功率一定相等
【答案】D
【解析】
【详解】A．经O点时，两物体下落时间相等，所以两物体的竖直方向分速度相等，所以A物体的速度大于B物体速度，故A错误；
B．两物体经过O点时的时间相同，根据
v=gt
可知，从运动开始至经过O点过程中两物体的速度变化量相等，故B错误；
C．从运动开始至经过O点过程中A、B受到重力所做的功均为
W=mgh
因为时间相同，所以从运动开始至经过O点过程中A、B重力的平均功率一定相等，故C错误；
D．经O点时，两物体的竖直方向分速度相等，根据
P=mgvy
可知在O点时重力的瞬时功率相等，故D正确。
故选D。
2. 下列有关物理知识的说法中，错误的是（ ）
A. 我们周围的一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与物体的温度有关
B. 类似于能量的量子化，任何物体的带电量也是“量子化”的
C. 开普勒第三定律中，k是一个在任何星系中都相等的常量
D. 电工的高压作业服是由包含金属丝的织物制成，这种作业服起到静电屏蔽的作用
【答案】C
【解析】
【详解】A．我们周围的一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与物体的温度有关，故A正确；
B．类似于能量的量子化，任何物体的带电量也是“量子化”的，即只能是元电荷的整数倍，故B正确；
C．开普勒第三定律中，k与中心天体的质量有关，k不是一个在任何星系中都相等的常量，故C错误；
D．电工的高压作业服是由包含金属丝的织物制成，这种作业服起到静电屏蔽的作用，故D正确。
本题选错误的，故选C。
3. 如图所示，吊环运动员将吊绳与竖直方向分开相同的角度，重力大小为G的运动员静止时，左边绳子张力为T1，右边绳子张力为T2。则下列说法正确的是（ ）
A. T1和T2是一对作用力与反作用力
B. 吊绳与竖直方向的夹角减小时，T1和T2都会变小
C. T2一定大于G
D. T1＋T2＝G
【答案】B
【解析】
【详解】A．作用力与反作用力是物体间的相互作用力，T1和T2是对运动员的力。故A错误；
B．T1和T2的合力与运动员的重力等大反向，大小不变，当二者之间的夹角减小时，合力不变，分力变小。故B正确；
C．合力大于等于分力之差的绝对值，小于等于分力之和，所以T2不一定大于G。故C错误；
D．当三个力共线时才有
T1+ T2=G
故D错误。
故选B。
4. 在轴的坐标原点固定一电荷最绝对值为的点电荷，在处固定另一点电荷，两者所在区域为真空，在两者连线上某点的电场强度与该点位置的关系如图所示。选取轴正方向为电场强度的正方向，无限远处电势为零，则下列说法正确的是（ ）
A. 处的电场强度大于处电场强度
B. 处的电势高于处的电势
C. 在处点电荷的电荷量的绝对值为
D. 电子沿轴从移动到过程中电势能先增加后减少
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，从处到处，电场强度反方向不断增大，所以处的电场强度小于处电场强度，故A错误；
B．在轴坐标原点固定一电荷最绝对值为的点电荷，在处固定另一点电荷，选取轴正方向为电场强度的正方向，分析可知为两不等量正电荷产生的电场，类比等量同种正电荷产生的电场，可知从处到处逆着电场线方向，电势逐渐升高，所以处的电势低于处的电势，故B错误；
C．设在处固定另一点电荷的电荷量为，在处场强为0，可得
解得
故C错误；
D．电子从移动到过程，顺着电场线运动，可知电场力做负功，电势能增加，
从移动到过程，逆着电场线运动，可知电场力做正功，电势能减少，所以电子沿轴从移动到过程中电势能先增加后减少，故D正确。
故选D。
5. 如图所示，带电量分别为、的点电荷固定在同一竖直线上，一根粗细均匀的光滑绝缘杆水平放置，与两点电荷连线的垂直平分线重合，一个带正电的小球套在杆上（可自由滑动），给小球一个水平向右的初速度，小球在从A点运动到B点的过程中（ ）
A. 速度先变大后变小B. 加速度先变大后变小
C. 电势能先变大后变小D. 受到的电场力先变大后变小
【答案】D
【解析】
【详解】带电量分别为、的点电荷固定在同一竖直线上，光滑绝缘杆水平放置，与两点电荷连线的垂直平分线重合，所以杆上各点的电势相等，因此带正电小球的电势能不变，小球受到的电场力竖直向下，因此水平方向合力为零，加速度始终为零，速度保持不变，电场力先变大后变小，故D正确，ABC错误。
故选D。
6. 如图所示，质量为4 kg、半径为0.5 m的光滑管状细圆环用轻杆固定在竖直平面内，A、B两小球的直径略小于管的内径，它们的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg。某时刻，A、B两球分别位于圆环最低点和最高点，且A的速度大小为vA＝3 m/s，此时杆的下端受到向上的压力，大小为56 N。则B球的速度大小vB为（取g＝10 m/s2）（ ）
A. 2 m/sB. 4 m/s
C. 6 m/sD. 8 m/s
【答案】C
【解析】
【详解】对A球，合力提供向心力，设环对A球的支持力为FA，由牛顿第二定律有
FA－mAg＝mA
代入数据解得
FA＝28 N
由牛顿第三定律可得，A球对环的力向下，大小为28 N。设B球对环的力为FB′，由环的受力平衡可得
FB′＋28 N＋m环g＝－56 N
解得
FB′＝－124 N
负号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，环对B球的力FB为124 N、方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有
解得
vB＝6 m/s
故选C。
7. 如图所示，两个质量相等的物块，沿倾角不同、底边相同的两个固定光滑斜面，从斜面顶端由静止自由下滑，不计空气阻力，在它们到达斜面底端的过程中（ ）
A. 重力做功的平均功率一定不同
B. 到达底端瞬间重力的功率可能相同
C. 斜面对物块弹力的冲量可能相同
D. 物块所受合力的冲量可能相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．第二定律可得加速度为
根据运动学公式可得
解得
重力做功的平均功率为
由于倾角不同，所以两物块所受重力做功的平均功率不相同，故A正确；
B．设斜面的倾角为θ时，设斜面底端长度为L，则斜面长为，根据动能定理可得
到达底端的动能为
斜面的倾角不同，则物块到达底端的动能不同；物块质量相等，则到达底端的速度不同，但在竖直方向上分速度vy不同，由
可知，到达底端时重力的瞬时功率不同，故B错误；
C．对物体在垂直斜面方向
因θ角不同，则斜面对物块弹力的冲量方向不相同，冲量不可能相同，故C错误；
D．物块所受合力沿斜面向下，为，因θ角不同，则合力的冲量方向不相同，合力的冲量不可能相同，故D错误。
故选A。
二、多选题（每题6分，18分）
8. 2021年4月29日11时23分，我国在文昌航天发射场用长征五号B遥二运载火箭成功将中国空间站天和核心舱发射升空并准确进入距离地面约的预定轨道，约95分钟绕地球运行一圈。假设中国空间站天和核心舱绕地球运行的轨道为圆周，已知地球半径约，自转周期为，万有引力常量为G，忽略空气阻力的影响，下列说法中正确的是（ ）
A. 天和核心舱的运行速度大于第一宇宙速度
B. 天和核心舱的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度
C. 根据题中所给数据可以计算同步卫星的距地高度
D. 根据题中所给数据可以计算地球密度
【答案】CD
【解析】
【详解】A．根据
可得
可知，因天和核心舱的轨道半径大于地球的半径，可知天和核心舱的运行速度小于第一宇宙速度，选项A错误；
B．天和号核心舱的周期小于同步卫星的周期，根据
可得
可知，天和号核心舱的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，根据
可得
可知天和核心舱的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，选项B错误；
C．同步卫星的周期等于地球自转周期，根据开普勒第三定律
可求解 同步卫星的距地高度，选项C正确；
D．根据
可得地球的质量
可求解地球质量，根据
求解地球的密度，选项D正确。
故选CD。
9. 如图所示，正点电荷固定于正方体的顶点处，a和b分别为正方体左右面的面中心，c和d分别为两条边的中点，则（ ）
A. 两点电势相等
B. 两点电势相等
C. 两点电场强度大小相等
D. 两点电场强度大小相等
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．由点电荷电场等势面分布特点可知，距离点电荷相等距离的点电势相等，两点离正点电荷距离不等，说明不在同一等势面上，两点离正点电荷距离相等，说明在同一等势面上，故A错误，B正确；
CD．由点电荷电场强度的决定式
知离点电荷相等距离的点电场强度大小才相等，故两点电场强度大小不等，两点电场强度大小相等，故C错误，D正确。
故选BD。
10. 在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8J，在M点的动能为6J，不计空气的阻力．则（ ）
A. 小球水平位移x1与x2的比值1:3
B. 小球水平位移x1与x2的比值1:4
C. 小球落到B点时的动能为32J
D. 小球从A点运动到B点的过程中最小动能为
【答案】ACD
【解析】
【详解】小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对称性得知，从A点至M点和从M点至B点的时间t相等，小球在水平方向上做初速为零的匀加速直线运动，设加速度为a，根据位移时间公式：，，联立可得：，故A正确，B错误；据小球的运动轨迹如图所示：
小球从A到M，由功能关系知在水平方向上电场力做功为：，则从A到B水平方向上电场力做功为：，根据能量守恒可知，小球运动到B点时的动能为：，故C正确；由题知开始：，又竖直方向上：，在水平方向上：，又有：，联立以上解得：，几何关系可知，则，据运动轨迹，但小球的运动方向与合加速度的方向垂直时，小球的速度最小，则小球从A到B过程最小速度一定与等效G′垂直，如图P点，所以，故D正确．所以ACD正确，B错误．
三、实验题（每空2分，16分）
11. 在做“观察电容器的充、放电现象”的实验电路如图所示。某实验小组用如图甲所示的电路研究电容器充、放电情况及电容大小，他们用电流传感器和计算机测出电路中电流随时间变化的曲线。传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的图像如图乙所示。
（1）实验时，根据图甲所示的电路原理图连接好电路，时刻把开关K掷向______端（填选“1”或“2”），对电容器进行充电；
（2）对电容器进行放电时，流过电阻R的电流方向为______；（选填“a到b”或“b到a”）
（3）如果不改变电路其他参数，只增大电阻R，放电时间将______；（填“变长”、“不变”或“变短”）
（4）图丙为电压恒为8V的电源给电容器充电时作出的电流随时间变化的It图像，某同学进行实验数据处理时，数出图线包围的格数（满半格或超过半格的算一格，不满半格的舍去），总格数为32格，则可以计算出电容器充电完毕后的电荷量为______C，电容器的电容为______F。（计算结果均保留两位有效数字）
【答案】 ①. 1 ②. 由a 到b ③. 变长 ④. ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]要对电容充电，需要把电容跟电源连接起来，故时刻把开关K掷向1。
（2）[2]电容器充电时上极板接电源正极，故上极板带正电荷，放电时下极板负电荷通过电阻流向上极板，故流过电阻R的电流方向为由a到b。
（3）[3]根据电流的定义式
可得
如果不改变电路其他参数，只增大电阻R，则放电电流将减小，由上式可知放电时间将变长。
（4）[4]根据图像面积表示电容器充电完毕后的电荷量，由图知，每小格代表的电荷量为
数出图线包围的格数，满半格或超过半格的算一格，不满半格的舍去，数得格数为32格，则电容器充电完毕后的电荷量为
[5]根据电容的定义知，电容器的电容为
12. 某同学用下图所示装置做验证动量守恒定律的实验。先将A球从斜槽轨道上某固定点C处由静止开始释放，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的B球放在斜槽轨道末端水平段的最右端附近静止，让A球仍从原固定点C处由静止开始释放，和B球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次。从左向右依次是M、P、N点。
（1）实验必须要求的条件是_______
A.斜槽轨道尽量光滑以减少误差
B.斜槽轨道末端的切线必须水平
C.入射球质量mA必须大于被碰球的质量mB
D.入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下
（2）如图为某小球在记录纸上的落点情况，为测定小球落点的平均位置，把毫米刻度尺的零刻线跟记录纸上的O点对齐，由图可知OP距离应为_______cm。
（3）现已测出小球A、B的质量分别为mA、mB，三个落地点距O点的距离OM、OP、ON，按照本实验方法，验证动量守恒的验证式是_______。
【答案】 ①. BCD ②. 31.92 ③.
【解析】
【详解】（1）[1] A．本实验要求入射球碰撞前的速度保持相同，只要满足入射球从同一位置释放即可，斜槽轨道并不需要光滑，故A错误；
B．小球离开轨道后做平抛运动，要确保小球每次都从斜槽末端飞出时速度沿水平方向，斜槽轨道末端切线必须水平，B正确；
C．为保证入射球碰后不会被弹回，必须要满足mA>mB，C正确；
D．在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从轨道的同一位置由静止释放，保证碰前的速度相同，D正确。
故选BCD。
（2）[2]找出平均落点，由图所示可知，刻度尺分度值是1mm，刻度尺示数为31.92cm；
（3）[3]小球离开轨道后做平抛运动，由知小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则有
两边同时乘以时间t得
即
四、解答题（38分，3题）
13. 如图，一弯成“L”形的硬质轻杆可在竖直面内绕O点自由转动，已知两段轻杆的长度均为 L，轻杆端点分别固定质量为m，3m的小球 A、B（均可视为质点），现 OA竖直，
OB 水平，将轻杆静止释放，求：
(1)小球B运动到最低点时，A 球的速度为多少？
(2)小球B运动到最低点的过程中，轻杆对小球A做了多少功？
【答案】(1)；(2)0
【解析】
【详解】(1)B球由释放运动到最低点：由机械能守恒定律可知
两球角速度相同且半径相同
解得
(2)B球从释放至运动至最低点的过程中，根据动能定理
对A球
解得
14. 如图所示，一带电量为+q、质量为+m的小物块处于一倾角为θ的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止，求：
（1）电场强度E；
（2）若电场强度减小为原来的，物块的加速度a；
（3）电场变化后物块下滑距离L所用的时间t。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】（1）对小物块研究，由平衡条件得
解得
（2）当电场强度减小为原来的时，由牛顿第二定律得
解得
（3）由可得
【点睛】（1）带电物体静止于光滑斜面上恰好静止，且斜面又处于水平匀强电场中，则可根据重力、支持力，又处于平衡，可得电场力方向，再由电荷的电性来确定电场强度方向。由三力平衡，借助于力的平行四边形定则来确定电场强度方向。
（2）当电场强度减半后，物体受力不平衡，产生加速度，借助于电场力由牛顿第二定律可求出加速度大小
（3）选取物体下滑距离为L作为过程，利用匀变速直线运动规律来求出动能。
15. 如图所示，平台和足够长传送带处于同一高度，平台右端与传送带左端无缝连接，传送带在电动机的带动下沿顺时针方向匀速转动。传送带上方所在区域存在水平向左的匀强电场。在平台左端固定一个轻质短弹簧，一质量的带正电的物块B静止在平台右端，将另一个与物块B质量相同的绝缘物块A向左压缩弹簧（不拴连），在与物块B的距离处由静止释放，物块A向右运动恰好能与物块B接触。将物块A沿竖直方向切去一半（设为），然后压缩弹簧仍从距物块B为l处由静止释放，物块与物块B发生弹性正碰，碰撞前后物块B的电荷量不变，且碰撞时间极短，碰撞后物块B在传送带上运动，经过时间后与传送带共速，此时物块B的速度大小为碰撞后瞬间速度大小的一半，A（）B与平台、传送带间的动摩擦因数均为，取重力加速度大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，两物块均可视为质点。物块与物块B碰撞后撤去弹簧。
（1）求物块碰撞后滑行的距离；
（2）求物块B沿传送带向右运动的过程中克服电场力做的功及与传送带摩擦产生的热能；
（3）物块B能否与物块再次相碰？通过计算说明。
【答案】（1）；（2）9.6J，4.8J；（3）能
【解析】
【详解】（1）从释放物块A到A恰好与物块B接触的过程中，由能量守恒定律可知弹簧弹性势能
设物块与物块B碰撞前瞬间的速度大小为，从释放物块到物块与物块B碰撞前瞬间，由能量守恒定律有
解得
物块和物块B发生弹性正碰，设碰撞后瞬间物块的速度为v，物块B的速度为，根据动量守恒和能量守恒定律有
解得
碰撞后物块反向运动，碰撞后对物块有
解得
（2）传送带的速度大小
设物块B受到的电场力大小为F，物块B减速到与传送带速度相同的过程中有
物块B减速时的加速度大小
物块B减速到与传送带速度相同时向右运动的位移大小
物块B与传送带的相对位移大小
解得
物块B与传送带速度相等后，电场力大于最大静摩擦力，物块B将向右继续减速运动，有
设物块B从与传送带共速到减速为零的过程中位移大小为，时间为，有
物块B与传送带的相对位移大小
物块B从碰撞后到向右减速为零的过程中，电场力做负功，电势能增加量为，得
克服电场力做的功为，物块B与传送带摩擦产生的热能
（3）物块B速度为零后，以加速度大小向左加速运动，离开传送带时的位移大小
设物块B离开传送带时的速度大小为，有
设物块B在平台上向左运动减速到零的位移大小为，有
解得
因，故物块B会与物块发生第二次碰撞。
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