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2021-2022学年浙江省宁波市慈溪市高一（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2021-2022学年浙江省宁波市慈溪市高一（下）期末物理试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
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2021-2022学年浙江省宁波市慈溪市高一（下）期末物理试卷
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共18小题，共54.0分）
1. 下列物理量属于矢量的是( )
A. 功 B. 电势 C. 电场强度 D. 重力势能
2. 如图是库仑扭秤实验装置，关于库仑定律下列说法正确的是( )
A. 库仑扭秤能研究微小的库仑力，它在设计时最主要的物理思想方法是微小放大法
B. 库仑定律的适用条件是点电荷，只有体积足够小的电荷才可以看成点电荷
C. 由库仑定律公式F=kq1q2r2可知，当r→0时，F将趋向于无穷大
D. 带电量分别为Q和2Q的点电荷A、B相互作用时，B受到的库仑力是A的2倍
3. 关于下列四幅图中的情境(均不计空气阻力)，说法正确的是( )
A. 图中，在倾斜的滑雪轨道上下滑过程中，运动员机械能守恒
B. 图中，孔明灯点燃后在空中加速上升过程，机械能守恒
C. 图中，被运动员掷出的铅球在飞行过程中，铅球的机械能守恒
D. 图中，接触蹦床向下运动到最低点的过程中，运动员机械能守恒
4. 下列说法正确的是( )
A. 摩擦起电和感应起电的本质是产生了新的电子
B. 元电荷就是质子
C. 电势降落的方向一定是电场强度的方向
D. 高压作业服是用包含金属丝的织物制成，能起到静电屏蔽作用，保护工人
5. 杭州湾公园的摩天轮受到许多游客的喜爱，游客在乘坐摩天轮时，随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 摩天轮匀速转动过程中，乘客受到的合外力不变
B. 摩天轮运动到最低点时，乘客处于超重状态
C. 摩天轮运动到最高点时，乘客对座椅的压力等于乘客的重力
D. 摩天轮匀速转动过程中，所有座舱运动的线速度相同
6. 2022年4月23日，中国空间站上的航天员们进行了第二次太空授课，其中一个“油水分离”的实验过程如下：航天员叶光富拿出一只试管，管内的水与油均匀混合，呈现悬浊的状态。用细线拴住试管并甩动起来，让试管在竖直平面内做圆周运动。一段时间后试管内的水与油出现了明显的分层。下列有关该实验说法正确的是( )
A. 因为空间站中所有物体都不受重力，试管中的水与油才会出现分层现象
B. 转动过程中，试管内的水和油角速度相同
C. 若保持细线长度不变，加快试管的转速，试管底部受到的压力将变小
D. 若保持每秒钟的转数不变，用更短的细线甩动试管，油水分离的时间将缩短
7. 北京冬奥开幕式24节气倒计时惊艳全球，如图是地球沿椭圆轨道绕太阳运行所处不同位置对应的节气，下列说法正确的是( )
A. 夏至时地球的运行速度最大
B. 从冬至到春分的运行时间为公转周期的14
C. 若用a代表椭圆轨道的半长轴，T代表公转周期，则a3T2=k，地球和火星对应的k值是不同的
D. 太阳既在地球公转轨道的焦点上，也在火星公转轨道的焦点上
8. 2022年1月，我国“实践21卫星成功捕获了失效的同步卫星“北斗2号G2星”，将其移送至比同步轨道更高的“墓地轨道“后，自己又返回同步轨道。(“墓地轨道”用于放置失效的卫星，降低其和正常卫星碰撞的危险)以下说法正确的是( )
A. “北斗2号G2星”在“墓地轨道”上的角速度比原轨道上的小
B. “北斗2号G2星”在“墓地轨道”运行的周期小于地球自转周期
C. “北斗2号G2星在“墓地轨道”上的加速度比原轨道上的大
D. “北斗2号G2星“在有效服役期间可能经过北京的正上空
9. 2021年12月14日，我国成功将天链二号02卫星送入预定轨道，发射任务取得圆满成功。假设该卫星绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为地球半径的1.5倍。已知地球半径R，表面处的重力加速度大小为g，引力常量为G，忽略地球的自转，根据以上信息下列选项中不能求出的是( )
A. 地球的质量 B. 卫星绕地球转动的角速度
C. 卫星所受的万有引力 D. 卫星所在处重力加速度大小
10. 下列关于功和功率的说法正确的是( )
A. 力作用在物体上一段时间，物体运动了一段距离，则该力一定对物体做了功
B. 作用力对物体做正功，则反作用力一定对物体做负功
C. 力做功越多，该力的功率一定大
D. 由P=Fv可知，汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比
11. 某同学练习投篮，篮球投出后，第一次沿轨迹1、第二次沿轨迹2、第三次沿轨迹3运动，最终都进入篮筐，(空气阻力忽略不计)下列关于篮球三次运动的说法正确的是( )
A. 投进篮筐时，篮球的速度相同
B. 三条轨迹重力做功一样多
C. 三条轨迹重力做功功率一样大
D. 投进篮筐时和刚离开手时相比，篮球的动能增加了
12. 图甲所示的救生缓降器由挂钩(或吊环)、吊带、绳索及速度控制装置等组成，是一种可使人沿(随)绳(带)缓慢下降的安全营救装置。如图乙所示，高层建筑工人在一次险情中，将安全带系于腰部，从离地面某高度处通过钢丝绳先匀加速运动后匀减速运动安全着陆，图丙是工人运动全过程的v-t图像。已知工人的质量m=70kg，g=10m/s2，则下列说法中错误的是( )
A. 发生险情处离地面的高度为45m
B. t=3s时重力的功率为12600W
C. 整个过程中工人重力做功为3150J
D. t=4s时钢丝绳对工人拉力的瞬时功率为11970W
13. 景区的网红秋千受到游客的追捧，有一种秋千我们可以简化为图示模型，开始前外力使秋千静止于图中A位置，然后自由释放.秋千开始荡起来，B为秋千运动的最低点。已知两绳长度均为L=10m，秋千摆角为α=60°，游客和底座总质量为m=100kg，在运动中可视为质点，不计绳子质量及一切阻力，重力加速度为g=10m/s2。以下说法正确的是( )
A. 运动过程中细绳的最大拉力2000N
B. 游客运动到B点时的速度大小为vB=10m/s
C. 游客从A运动至B的过程中，机械能增大
D. 以横杆MN处为重力势能的零势能面，游客(含底座)在A位置的重力势能为5000J
14. 如图是某电场中的电场线，在该电场中有A、B两点，下列结论正确的是( )
A. A点的电势比B点的电势高
B. 同一正电荷在A点的电势能比在B点的电势能高
C. 同一负电荷在A点的电场力比在B点的电场力大
D. 在A点静止释放一电荷(只受电场力)，可能会运动至B点
15. 心室纤颤是一种可能危及生命的疾病，很多学校都配备心脏除颤器(如图)，其是一种通过一个充电的电容器对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，使心脏除颤后瞬间静止，再刺激心颤患者的心脏恢复正常跳动。以下是一次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除颤器的电容器电容为40uF，充电电压为4.0kV，除颤过程在10ms时间内完成放电，以下说法正确的是( )
A. 本次除颤通过人体组织的电量为0.16C
B. 如果充电电压变为2.0kV，则电容器的电容变为20μF
C. 电容器的带电量是两块极板带电量绝对值之和
D. 放电过程中电流大小保持不变
16. 电子束焊接是利用加速和会聚的高速电子流轰击工件接缝处，使金属熔合的一种焊接方法。电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示。K为阴极，A为阳极，P是KA的中点，电子束从阴极逸出后经电场加速到达阳极，不考虑电子重力及电子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A. .电子由K运动到A做匀加速运动
B. .K点电势高于A点电势
C. 电子由K运动到A，电势能增加
D. .电子在KP阶段增加的动能ΔEK1小于在PA阶段增加的动能ΔEK2
17. 如图所示a、b两个带电的同种粒子，以不同的速率先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场，a粒子打在下极板的a'点，b粒子打在下极板的b'点，若不计重力，则( )
A. 该粒子带负电 B. a在电场中运动的时间和b相等
C. a在电场中运动的时间比b长 D. 打到极板时a的速率比b的速率大
18. 我国是原油进口大国，进口的石油主要用于交通运输，燃油汽车过多不仅污染环境，还严重影响到我国的能源安全，大力发展新能源汽车是国家突破能源困局的重要举措。一辆电动汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为18m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动汽车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出F-1v图象，图中AB、BC均为直线。若电动汽车行驶过程中所受的阻力恒定，由图象可知下列说法正确的是( )
A. 电动汽车行驶中所受的阻力为3000N
B. A到B阶段，牵引力的功率保持不变
C. 若已知汽车总质量为1200kg，则汽车匀加速的时间是1.44s
D. 电动汽车的额定功率为10.8kW
第II卷（非选择题）
二、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
19. 学校物理兴趣小组验证机械能守恒定律的实验装置如图甲所示
(1)实验室有质量为50g的铝锤A，质量为200g的铅锤B，本实验应选______(填字母代号)；
(2)实验中得到的一条纸带如图乙所示，O为打出的第一个点，A、B、C、D为依次打下的点，纸带中C点对应的刻度尺读数为______cm；
(3)要验证OC间机械能是否守恒，已知A点在刻度尺上读数为12.20cm、B点读数为15.45cm，D点读数为23.15cm，根据纸带上的数据计算可知、计时器打C点时的速度大小为______m/s，动能增加______J，重力势能减少______J，(重力加速度g取9.8m/s2，结果均保留三位有效数字)
20. 在“观察电容器的充、放电现象”实验中、
(1)用如图1所示的电容器做实验，电容器外壳上面标明的“10V”的含义是______；
A、电容器的击穿电压为10V
B.电容器的额定电压为10V
C.电容器在10V电压下才正常工作
(2)将直流电源、电阻、电容器、电流表、开关等连成如图甲所示的实验电路、请根据甲图连接图乙的实物图。
(3)电流传感器可以像电流表一样测量电流，不同的是反应比较灵敏，可以和计算机相连直接显示电流与时间的变化图象。按如图3所示电路图连接好实验电路，开关S与2接通待充电完成后，开关S与1接通，电容器通过电阻放电，通过电阻R的电流方向为______(填“向左”或“向右”)。电容器放电过程中，电流随时间变化的规律如图4所示，计算机可以得出i-t图像所围的区域面积为0.869mA⋅s，电阻R为500Ω，直流电源电压恒为2V，该电容器电容为______μF(结果保留三位有效数字)。
三、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
21. 如图所示，竖直平面内存在一水平匀强电场，其电场强度大小E=200V/m，该电场中有A、B两点，相距L=10cm，且A、B连线与电场线的夹角θ=37°，一带电量大小为q=4×10-5C的液滴以一定的初速度v0从A沿直线运动到B，已知sin37°=0.6.cos37°=0.8。g取10m/s2，求：
(1)A、B两点间的电势差UAB；
(2)粒子的电性及液滴的质量；
(3)该过程中带电液滴动能的变化量ΔEk。
22. 旋转飞椅是一项大人和小孩都喜爱的娱乐项目，但有一定的危险性。现做一模拟实验，在座椅上固定一个60kg的假人模型，如图所示，假人模型用B表示，可看成质点。圆盘半径R=2m，圆盘中心0到地面的高度为h=6m，绳索AB长为L=5m，绳与竖直方向的夹角为θ。当装置缓慢增加转速，使角θ缓慢增加至53°时，绳索刚好断裂，不计绳索质量和空气阻力(已知g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，sin53°=0.8，cos53°=0.6结果可用根号表示)。求：
(1)当θ=37°时，假人模型的速度v为多大；
(2)角θ由37°缓慢增加至53°时，假人所受重力做了多少功；
(3)假人落地时的速度大小。
23. 在足够长的光滑平台左端锁定一被压缩的轻质弹簧，一个可视为质点的质量m=0.04kg的滑块与弹簧接触但不栓接。某一时刻释放弹簧弹出滑块，滑块从平台右端A点水平飞出，恰能落到B点，刚好无碰撞地沿着倾斜轨道BC滑下。已知AB的竖直高度h=0.45m，倾斜轨道BC长L=2.0m，轨道倾角α=37°，BC通过粗糙水平轨道CD与光滑竖直半圆轨道DE和连，CD长s=1.3m，滑块与BC、CD的动摩擦因数μ=0.5，各部分平滑连接。(g=10m/s2,cos37°=0.8,sin37°=0.6)求：
(1)弹簧处于锁定状态时的弹性势能；
(2)若小球能运动到轨道最高点E，竖直圆弧轨道的半径应满足什么条件；
(3)小球从最高点E水平抛出，落在水平轨道的F点(图中未画出)，F离竖直半圆轨道D点的水平距离为x，仅改变轨道半径R，当R为何值时x有最大值，最大值为多少。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：ABD、功、电势以及重力势能均为只有大小，没有方向的物理量，是标量，故ACD错误；
C、电场强度既有大小又有方向，运算遵循平行四边形定则，是矢量，故C正确。
故选：C。
矢量是既有大小又有方向、运算遵循平行四边形定则的物理量；标量是只有大小没有方向、运算遵循代数运算法则的物理量。
本题要掌握矢量与标量的区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数运算法则。
2.【答案】A
【解析】解：A、库仑用扭秤研究电荷之间的作用力，用了微小量放大法，故A正确；
B、库仑定律的适用条件是点电荷，只要带电体的大小对研究的问题没有影响或影响不大，都可以视为点电荷，故B错误；
C、由库仑定律公式F=kq1q2r2可知，当r→0时，库仑定律不再适用，故C错误；
D、带电量分别为Q和2Q的点电荷A、B相互作用时，B受到的库仑力与A受到的库仑力大小相等、方向相反，故D错误。
故选：A。
库仑用扭秤研究电荷之间的作用力，用了微小量放大法，根据库仑定律的适用条件结合相互作用力的特点进行分析。
在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习．
3.【答案】C
【解析】解：A、在倾斜的滑雪轨道上下滑过程中，雪橇与轨道之间的阻力对运动员做负功，运动员机械能不守恒，故A错误；
B、孔明灯点燃后在空中加速上升过程，动能和重力势能都增加，机械能增加，故B错误；
C、被运动员掷出的铅球在飞行过程中，不计空气阻力，只有重力做功，铅球的机械能守恒，故C正确；
D、接触蹦床向下运动到最低点的过程中，蹦床对运动员做负功，运动员机械能不守恒，故D错误。
故选：C。
物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹簧的弹力做功，机械能是动能与势能的总和．根据机械能守恒的条件和机械能的概念进行分析判断．
本题关键掌握住机械能守恒的条件和机械能的概念，分析物体是否受到其它力的作用，以及其它力是否做功，由此即可判断是否机械能守恒．
4.【答案】D
【解析】解：A、摩擦起电和感应起电的本质都是电子的转移，并没有产生新的电子，故A错误；
B、元电荷是质子或电子具有的电荷量的数值，故B错误；
C、沿着电场线方向电势降低的最快，但电势降落的方向不一定是电场强度的方向，故C错误；
D、高压作业服是用包含金属丝的织物制成，能起到静电屏蔽作用，保护工人，故D正确；
故选：D。
理解摩擦起电和感应起电的本质；
正确理解元电荷的概念；
理解电势和电场线的特点。
本题主要考查了电场的物理性质，正确理解其中的相关概念即可，难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：AB、匀速圆周运动过程中，由重力和支持力的合力提供向心力F，方向不断变化，在最低点，向心力指向上方，所以F=N-mg，则支持力N=mg+F，所以支持力大于重力，乘客处于超重状态，故B正确，A错误；
C.在最高点时，N+mg=F，结合牛顿第三定律可知乘客对座椅的压力不一定等于乘客的重力，故C错误；
D.摩天轮匀速转动过程中，速度大小不变，方向变化，所以线速度不相同，故D错误；
故选：B。
匀速圆周运动过程中，由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律分析解答，线速度是矢量，有大小和方向。
该题考查了匀速圆周运动的相关知识，知道做匀速圆周运动的物体的合力提供向心力，会分析各位置的受力特点。
6.【答案】B
【解析】A.因为空间站中物体所受重力用来提供做圆周运动的向心力，所以试管中的水与油不会出现分层现象，故A错误；
B.转动过程中，试管内的水和油属于同轴转动，角速度相同，故B正确；
C.若保持细线长度不变，加快试管的转速，有
F向=F支=mω2r
由牛顿第三定律得
F压=F支
所以试管底部受到的压力将变大，故C错误；
D.若保持每秒钟的转数不变，用更短的细线甩动试管，有
F向=F支=mω2r
因为半径小了，所以需要的向心力小，即油水分离的时间将增长，故D错误。
故选：B。
在空间站中物体处于完全失重状态，故试管中的水与油不会和地面上一样出现分层现象，当试管做圆周运动时，产生的离心现象，密度大的处于试管底部，转速加大，所需向心力增大，若保持每秒钟的转数不变，即角速度不变，用用更短的细线甩动试管，所需向心力变小。
本题主要考查了圆周运动，明确在太空中物体的重力完全提供向心力，当在太空中做圆周运动时，需要有向心力即可判断。
7.【答案】D
【解析】解：A.地球经历春夏秋冬由图可知是逆时针方向运行，冬至为近日点，运行速度最大，故A错误；
B、四季把椭圆上的总路程四等分，但是冬至至春分在近日点附近速率小，故时间小于地球公转周期的四分之一，故B错误；
C、若用a代表椭圆轨道的半长轴，T代表公转周期，则a3T2=k，k与中心体的质量有关，地球和火星对应的k值是相等的，故C错误；
D、根据开普勒第一定律可知，太阳既在地球公转轨道的焦点上，也在火星公转轨道的焦点上，故D正确。
故选：D。
根据开普勒行星运动定律分析，地球绕太阳运行过程中远日点速率小，近日点速率大。
本题考查地球绕太阳的运动，由开普勒运动定律和已知判断求解，要求同学们要理解和掌握椭圆运动的特点和规律。
8.【答案】A
【解析】解：AB.卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力GMmr2=mrω2=m4π2rT2，解得：ω=GMr3，T=2πr3GM，可知“北斗2号G2星”在“墓地轨道”运行的角速度比原轨道上的小，周期大于同步卫星的周期，即大于地球自转周期，故A正确，B错误；
C.根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma，解得a=GMr2，可知“北斗2号G2星”在“墓地轨道”上的加速度比原轨道上的小，故C错误；
D.地球同步卫星轨道平面在赤道平面上，“北斗2号G2星”在有效服役期间不可能经过北京上空，故D错误；
故选：A。
根据万有引力提供向心力，可得到角速度、周期与半径之间的关系，根据牛顿第二定律可知加速度大小关系。
该题考查万有引力提供向心力、牛顿第二定律、卫星轨道的变化等知识点，属于万有引力与航天部分常考知识点。
9.【答案】C
【解析】解：C、由于天链二号02卫星的质量未知，不能求解其受到地球的引力大小，故C错误；
ABD、根据万有引力提供向心力可知，GMm(1.5R)2=m⋅1.5Rω2=ma，地球表面万有引力近似等于重力有：GMmR2=mg，可解得M=gR2G，ω=8g27R，a=49g，故ABD正确；
本题选择不能求出的；
故选：C。
根据地球表面物体重力等于万有引力求解；由飞船在轨道上做匀速圆周运动，万有引力做向心力求得环绕速度表达式，从而根据轨道半径之比得到角速度，重力加速度。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力近似等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
10.【答案】D
【解析】解：A、力作用在物体上一段时间，物体运动了一段距离，若物体在力的方向上没有发生位移，则该力对物体不做功，故A错误；
B、作用力与反作用力分别作用在两个不同物体，这两个物体的位移关系不能确定，所以作用力对物体做正功，则反作用力可能做正功，可能做负功，也可能不做功，故B错误；
C、由P=Wt知，力做功越多，该力的功率不一定大，还与做功所用时间有关，故C错误；
D、汽车发动机功率一定时，由P=Fv可知，牵引力与速度成反比，故D正确。
故选：D。
做功的两个必要因素是：力和物体在力的方向上发生位移；作用力和反作用力做功没有必然关系；功率是反映做功的快慢；根据P=Fv，利用控制变量法分析牵引力与速度的关系。
本题考查功和功率的基本概念，要掌握做功两个要素，知道功率与功之间的关系。
11.【答案】B
【解析】解：A、投进篮筐时，篮球的速度方向不同，则篮球的速度不同，故A错误；
B、三条轨迹初末位置的高度差相同，则重力做功一样多，故B正确；
C、三条轨迹运动时间不同，由P=Wt知重力做功功率不一样大，故C错误；
D、投进篮筐时和刚离开手时相比，重力做负功，由动能定理知篮球的动能减小了，故D错误。
故选：B。
投进篮筐时，根据速度方向关系判断速度是否相同。根据初末位置高度差分析重力做功关系。根据重力做功情况，由动能定理判断动能的变化。
解答本题时，要知道速度是矢量，只有大小和方向都相同时速度才相同。要知道P=Wt一般研究平均功率。
12.【答案】C
【解析】解：A、根据v-t图像与时间轴所围的面积表示位移，可知发生险情处离地面的高度等于三角形面积大小，为h=18×52m=45m，故A正确；
B、t=3s时重力的功率为P=mgv=70×10×18W=12600W，故B正确；
C、整个过程中工人重力做功为W=mgh=70×10×45J=31500J，故C错误；
D、在3-5s内工人减速下滑，加速度大小为a'=vt'=182m/s2=9m/s2，设减速下滑时钢丝绳对工人的拉力大小为F，由牛顿第二定律得：F-mg=ma，解得：F=1330N，t=4s时工人速度大小为v=9m/s，则t=4s时钢丝绳对工人拉力的瞬时功率为P=F'v=1330×9W=11970W，故D正确。
本题选错误的，
故选：C。
根据v-t图像与时间轴所围的面积表示位移，来求解发生险情处离地面的高度；由P=mgv求t=3s时重力的功率；根据W=mgh求整个过程中工人重力做功；根据v-t图像的斜率求出工人加速下滑时加速度，结合牛顿第二定律求解钢丝绳对工人的拉力大小；根据v-t图像的斜率求出t=4s时工人减速下滑时加速度，结合牛顿第二定律求解钢丝绳对工人的拉力大小，再由P=Fv求t=4s时钢丝绳对工人拉力的瞬时功率。
解答本题时，要知道v-t图像与时间轴所围的面积表示位移，v-t图像的斜率表示加速度，结合牛顿第二定律以及功率公式进行分析处理。
13.【答案】B
【解析】解：AB、当游客运动到最低点时，细绳有最大拉力，从释放到最低点由动能定理得：mgL(1-cos60°)=12mvB2-0
设细绳的最大拉力为T，在最低点，根据牛顿第二定律可得：2T-mg=mvB2L
联立解得：vB=10m/s，T=1000N，故A错误，B正确；．
C、由题意知，游客从运动至B的过程中，只有重力做功，则机械能不变，故C错误；
D、若以横杆MN处为重力势能的零势能面，游客(含底座)在A位置的重力势能为：Ep=-mgLcos60°
代入数据解得：Ep=-5000J，故D错误。
故选：B。
从释放到最低点由动能定理求解达到B点的速度大小，在最低点，根据牛顿第二定律求解细绳的拉力大小；根据机械能守恒定律的守恒条件判断机械能是否守恒；根据功能关系分析重力势能的大小。
本题主要是考查功能关系，关键是能够分析游客的受力情况，知道重力势能变化与重力做功有关、掌握机械能守恒定律的守恒条件。
14.【答案】C
【解析】解：A、沿电场线的方向电势降低，可知B点的电势比A点的电势高，故A错误；
B、根据Ep=qφ，由于B点的电势高，所以同一正电荷在A点的电势能比在B点的电势能小，故B错误；
C、由图看出，A点处电场线比B点处电场线密，则A点的场强比B点的大，根据F=qE可知，同一负电荷在A点的电场力比在B点的电场力大，故C正确；
D、由图，结合电场线的特点可知，B点在经过A点的电场线的右侧，若在A点释放一个电荷，该电荷受到的电场力的方向沿电场线的切线方向，则电荷受到的电场力的方向一定在经过A点的电场线的左侧，所以A点静止释放一电荷(只受电场力)，一定不会运动至B点，故D错误。
故选：C。
沿电场线的方向电势降低；根据电势能的公式判断；电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线越密，电场强度越大，电场力F=qE；电场线不是电荷运动的轨迹。
电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线越密，电场强度越大。同一负点电荷在电势高处电势能小。
15.【答案】A
【解析】解：A、电容器储存的电荷量为Q=CU=40×10-6×4.0×103C=0.16C，故A正确；
B、电容器的电容大小是由电容器本身结构所决定的，与电容器两板间的电压无关，故B错误；
C、电容器的两个极板带等量异号电荷，其所带电荷量是指其中的一个极板的带电量的绝对值，故C错误；
D、电容器放电过程的放电电流是逐渐减小的，不是恒定电流，故D错误。
故选：A。
根据Q=CU求出电容器储存的电荷；电容器电容的大小与两板间的电压大小无关；电容器所带电荷量是指其中的一个极板的带电量的绝对值；电容器放电过程中其放电电流不是恒定的。
本题关键是明确电容器是容纳电荷的装置，而电容是反映电容器容纳电荷本领的物理量，与电容器的带电量大小、电压大小无关。
16.【答案】D
【解析】解：A、靠近阳极A的地方电场线密集，电场强度大，电子从K运动到A，加速度逐渐增大，电子由K运动到A不是匀加速运动，故A错误；
B、沿着电场线的方向电势逐渐降低，所以K点电势低于A点电势，故B错误；
C、电子由K运动到A，电场力做正功，电势能减小，故C错误；
D、AP间的电场强度比KP间的电场强度大，由公式U=Ed可知
UAP>UPK
由动能定理可得：
qU=ΔEk
所以电子在KP阶段增加的动能ΔEK1小于在PA阶段增加的动能ΔEK2，故D正确；
故选：D。
根据电场线分析出场强的分布特点，由此分析出电子的运动类型；
沿着电场线方向电势逐渐降低，进而分析出电势能的变化和动能的变化。
本题主要考查了电场线的相关概念，根据电场线的特点分析出场强的大小和方向，结合动能定理即可完成分析。
17.【答案】B
【解析】解：设任一粒子的速度为v，电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则 加速度为：a=qEm
因比荷相同，故加速度相同，根据h=12at2则可知两粒子到达B板的时间相同，由x=vt 可知a的速度一定小于b的速度，由于下极板带负电，所以粒子带正电，故ACD错误，B正确。
故选：B。
两个粒子垂直射入匀强电场中都做类平抛运动，粒子竖直方向的偏转量相同而水平位移不等，根据牛顿第二定律可知加速度的大小关系，再根据竖直运动规律可明确时间关系，从而分析速度大小．
解决该题的关键是要抓住题目的本意是考查带电粒子在电场中的偏转，要熟记偏转量的公式以及它的推导的过程．明确运动的合成和分解的正确应用．
18.【答案】D
【解析】解：已知汽车由静止开始，速度增大，则1v减小，由图象可知，随着1v减小，牵引力先不变再减小，当达到最大速度vmax=18m/s时，牵引力最小为600N，合力为零，匀速直线运动。
A.最大速度时合力为零，牵引力与阻力平衡，由图可知阻力为600N，故A错误；
B.由分析可知，AB段，牵引力不变，汽车做匀加速直线运动，速度增大，由P=Fv得牵引力的功率增大，故B错误；
CD.匀加速时牵引力为3000N，根据牛顿第二定律得加速度为a=F合m=F-fm=3000N-600N1200kg=2m/s2，匀加速末时刻汽车功率达到额定功率，一直到最大速度过程中保持额定功率不变，P额=fvmax=600N×18m/s=10800W=10.8kW，根据P=Fv得匀加速末时刻的速度为v1=P额F=10800W3000Nm/s=3.6m/s，由匀加速直线运动的速度—时间关系得，v1=at整理代入数据得匀加速的时间为t=v1a=3.62s=1.8s，故C错误，D正确。
故选：D。
根据图象判断AB段为匀加速直线运动，BC段为加速度减小的加速运动，C点是合力为零时的最大速度，根据牛顿第二定律和功率与速度关系求解。
为了分析方便，汽车由静止开始的运动，从图象由右往左分析，由于阻力不变，牵引力的变化可判断汽车先匀加速再做加速度减小的加速，当阻力等于牵引力时速度最大。
19.【答案】B 19.10 1.93 0.372 0.374
【解析】解：(1)为了减少空气阻力带来的误差，要选质量较大的重物，故选：B；
(2)刻度尺的分度值为0.1cm，需要估读到分度值的下一位，则读数为19cm+0.1×1.0cm=19.10cm；
(3)由题意可得：
vC=xBD2T=23.15-15.450.04×10-2m/s=1.93m/s
增加的动能为
ΔEk=12mvC2=12×0.2×1.932J≈0.372J
减小的重力势能为
ΔEp=mgΔh=0.2×9.8×19.10×10-2J=0.374J
故答案为：(1)B；(2)19.10；(3)1.93；0.372；0.374
(1)根据实验原理选择合适的实验器材；
(2)根据刻度尺的读数规则得出刻度尺的读数；
(3)根据运动学公式得出打点计时器打C点的瞬时速度，结合重力势能和动能的表达式完成分析。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，根据运动学公式得出对应的速度，结合能量的计算公式即可完成分析。
20.【答案】B 向右 448
【解析】解：(1)电容器外壳上标明的“10V”的含义是值电容器的额定电压为10V，故AC错误，B正确；
故选：B。
(2)根据图甲中的电路图，连接实物有
(3)由图3的电路图可知，充电时，电容器的上极板与电源的正极相连，故上极板带正电，所以放电时通过电阻的电流向右。
由图4可知，图线的面积为电荷量，额
Q=8.96×10-4C
由电容的公式C=QU=8.96×10-42F=4.48×10-4F=448μF
故答案为：(1)B；(2)如上图所示；(3)向右；448
(1)理解电容器上铭牌的物理意义；
(2)根据电路图画出对应的实物图；
(3)根据电容器的特点分析出电流的方向，结合电容的定义式完成分析。
本题主要考查了电容器的相关应用，理解电器上的铭牌，结合电容的定义式和图像的物理意义完成分析。
21.【答案】解：(1)根据电势差的公式UAB=Ed
其中d=Lcos37°=0.1×0.8m=0.08m
代入数据解得：UAB=200×0.08V=16V
(2)根据电场线和电场力的方向可知粒子带负电
根据几何关系可得：mg=tan37°Eq
m=tan37°Eqg=0.75×200×4×10-510kg=6×10-4kg
(3)对该过程由动能定理得：
-mgLsin37°-qELcos37°=ΔEk
解得：ΔEk=-1×10-3J
答：(1)A、B两点间的电势差为16V；
(2)粒子的电性及液滴的质量为6×10-4kg；
(3)该过程中带电液滴动能的变化量为=-1×10-3J。
【解析】(1)根据电势差的计算公式代入数据得出电势差的大小；
(2)根据受力分析和几何关系得出粒子的质量；
(3)根据动能定理计算出粒子的动能变化量。
本题主要考查了电势能等相关概念，熟悉粒子的受力分析，结合动能定理即可完成解答。
22.【答案】解：(1)假人转动半径
r=Lsin37°+R，代入数据，解得r=5m
tan37°mg=mv2r
v=562m/s
(2)Δh=cos37°L-cos53°L=1m
WG=-mgΔh=-600J
(3)绳断时假人的线速度
tan53°mg=mv’2r'
r'=R+Lsin53°=6m
v'=45m/s
mg(h-Lcos53°)=12mv2-12mv'2
联立解得落地时的速度v=235m/s
答：(1)当θ=37°时，假人模型的速度为562m/s；
(2)角θ由37°缓慢增加至53°时，假人所受重力做了-600J的功；
(3)假人落地时的速度大小235。
【解析】由向心力公式求解速度，由做功公式求解重力做功的多少，由动能定理求解落地速度。
本题考查动能定理，学生需结合向心力公式综合解答。
23.【答案】解：(1)A到B平抛运动，则在竖直方向vy2=2gh，解得vy=2gh=2×10×0.45m/s=3m/s
在B点tan37°=vyvx，vA=vx=vytan37∘=334m/s=4m/s
被释放前弹簧的弹性势能EP=12mvA2=12×0.04×42J=0.32J
(2)在B点vB=vx2+vy2=42+32m/s=5m/s
从B到D，根据动能定理可得：(mgsin37°-μmgcos37°)L-μmgs=12mvD2-12mvB2
解得：vD=25m/s
恰好过竖直圆轨道最高点，根据牛顿第二定律可得：mg=mv2R
从D到圆轨道最高点，根据动能定理可得：-mg⋅2R=12mv2-12mvD2
解得：R=0.4m
所以R≤0.4m
(3)小球从E点飞出后做平抛运动，竖直方向2R=12gt2
水平方向x=vEt
D到E机械能守恒，-mg2R=12mvE2-12mvD2
解得：x=8R-16R2=-(4R-1)2+1
所以当R=14m时,xm=1m
答：(1)弹簧处于锁定状态时的弹性势能为0.32J；
(2)若小球能运动到轨道最高点E，竖直圆弧轨道的半径应满足条件为R≤0.4m；
(3)小球从最高点E水平抛出，落在水平轨道的F点(图中未画出)，F离竖直半圆轨道D点的水平距离为x，仅改变轨道半径R，当R为14m值时x有最大值，最大值为1m。
【解析】(1)从A到B，小球做平抛运动，求得抛出时的初速度，根据动能定理求得弹簧的弹性势能；
(2)从B到D，根据动能定理求得到达D点的速度，小球恰好通过最高点，根据牛顿第二定求得最高点的速度，从D到最高点，根据动能定理即可求得半径的最大值；
(3)从D到E，根据机械能守恒求得到达E点的速度，小球从E点做平抛运动，结合运动学公式求得水平位移最大值。
本题充分体现了动能定理的广泛应用，要注意找到不脱离轨道的条件，要分析物理过程找规律，体现用数学知识处理物理问题的能力。
绝密★启用前
2021-2022学年浙江省宁波市慈溪市高一（下）期末物理试卷
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共18小题，共54.0分）
1. 下列物理量属于矢量的是( )
A. 功 B. 电势 C. 电场强度 D. 重力势能
2. 如图是库仑扭秤实验装置，关于库仑定律下列说法正确的是( )
A. 库仑扭秤能研究微小的库仑力，它在设计时最主要的物理思想方法是微小放大法
B. 库仑定律的适用条件是点电荷，只有体积足够小的电荷才可以看成点电荷
C. 由库仑定律公式F=kq1q2r2可知，当r→0时，F将趋向于无穷大
D. 带电量分别为Q和2Q的点电荷A、B相互作用时，B受到的库仑力是A的2倍
3. 关于下列四幅图中的情境(均不计空气阻力)，说法正确的是( )
A. 图中，在倾斜的滑雪轨道上下滑过程中，运动员机械能守恒
B. 图中，孔明灯点燃后在空中加速上升过程，机械能守恒
C. 图中，被运动员掷出的铅球在飞行过程中，铅球的机械能守恒
D. 图中，接触蹦床向下运动到最低点的过程中，运动员机械能守恒
4. 下列说法正确的是( )
A. 摩擦起电和感应起电的本质是产生了新的电子
B. 元电荷就是质子
C. 电势降落的方向一定是电场强度的方向
D. 高压作业服是用包含金属丝的织物制成，能起到静电屏蔽作用，保护工人
5. 杭州湾公园的摩天轮受到许多游客的喜爱，游客在乘坐摩天轮时，随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 摩天轮匀速转动过程中，乘客受到的合外力不变
B. 摩天轮运动到最低点时，乘客处于超重状态
C. 摩天轮运动到最高点时，乘客对座椅的压力等于乘客的重力
D. 摩天轮匀速转动过程中，所有座舱运动的线速度相同
6. 2022年4月23日，中国空间站上的航天员们进行了第二次太空授课，其中一个“油水分离”的实验过程如下：航天员叶光富拿出一只试管，管内的水与油均匀混合，呈现悬浊的状态。用细线拴住试管并甩动起来，让试管在竖直平面内做圆周运动。一段时间后试管内的水与油出现了明显的分层。下列有关该实验说法正确的是( )
A. 因为空间站中所有物体都不受重力，试管中的水与油才会出现分层现象
B. 转动过程中，试管内的水和油角速度相同
C. 若保持细线长度不变，加快试管的转速，试管底部受到的压力将变小
D. 若保持每秒钟的转数不变，用更短的细线甩动试管，油水分离的时间将缩短
7. 北京冬奥开幕式24节气倒计时惊艳全球，如图是地球沿椭圆轨道绕太阳运行所处不同位置对应的节气，下列说法正确的是( )
A. 夏至时地球的运行速度最大
B. 从冬至到春分的运行时间为公转周期的14
C. 若用a代表椭圆轨道的半长轴，T代表公转周期，则a3T2=k，地球和火星对应的k值是不同的
D. 太阳既在地球公转轨道的焦点上，也在火星公转轨道的焦点上
8. 2022年1月，我国“实践21卫星成功捕获了失效的同步卫星“北斗2号G2星”，将其移送至比同步轨道更高的“墓地轨道“后，自己又返回同步轨道。(“墓地轨道”用于放置失效的卫星，降低其和正常卫星碰撞的危险)以下说法正确的是( )
A. “北斗2号G2星”在“墓地轨道”上的角速度比原轨道上的小
B. “北斗2号G2星”在“墓地轨道”运行的周期小于地球自转周期
C. “北斗2号G2星在“墓地轨道”上的加速度比原轨道上的大
D. “北斗2号G2星“在有效服役期间可能经过北京的正上空
9. 2021年12月14日，我国成功将天链二号02卫星送入预定轨道，发射任务取得圆满成功。假设该卫星绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为地球半径的1.5倍。已知地球半径R，表面处的重力加速度大小为g，引力常量为G，忽略地球的自转，根据以上信息下列选项中不能求出的是( )
A. 地球的质量 B. 卫星绕地球转动的角速度
C. 卫星所受的万有引力 D. 卫星所在处重力加速度大小
10. 下列关于功和功率的说法正确的是( )
A. 力作用在物体上一段时间，物体运动了一段距离，则该力一定对物体做了功
B. 作用力对物体做正功，则反作用力一定对物体做负功
C. 力做功越多，该力的功率一定大
D. 由P=Fv可知，汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比
11. 某同学练习投篮，篮球投出后，第一次沿轨迹1、第二次沿轨迹2、第三次沿轨迹3运动，最终都进入篮筐，(空气阻力忽略不计)下列关于篮球三次运动的说法正确的是( )
A. 投进篮筐时，篮球的速度相同
B. 三条轨迹重力做功一样多
C. 三条轨迹重力做功功率一样大
D. 投进篮筐时和刚离开手时相比，篮球的动能增加了
12. 图甲所示的救生缓降器由挂钩(或吊环)、吊带、绳索及速度控制装置等组成，是一种可使人沿(随)绳(带)缓慢下降的安全营救装置。如图乙所示，高层建筑工人在一次险情中，将安全带系于腰部，从离地面某高度处通过钢丝绳先匀加速运动后匀减速运动安全着陆，图丙是工人运动全过程的v-t图像。已知工人的质量m=70kg，g=10m/s2，则下列说法中错误的是( )
A. 发生险情处离地面的高度为45m
B. t=3s时重力的功率为12600W
C. 整个过程中工人重力做功为3150J
D. t=4s时钢丝绳对工人拉力的瞬时功率为11970W
13. 景区的网红秋千受到游客的追捧，有一种秋千我们可以简化为图示模型，开始前外力使秋千静止于图中A位置，然后自由释放.秋千开始荡起来，B为秋千运动的最低点。已知两绳长度均为L=10m，秋千摆角为α=60°，游客和底座总质量为m=100kg，在运动中可视为质点，不计绳子质量及一切阻力，重力加速度为g=10m/s2。以下说法正确的是( )
A. 运动过程中细绳的最大拉力2000N
B. 游客运动到B点时的速度大小为vB=10m/s
C. 游客从A运动至B的过程中，机械能增大
D. 以横杆MN处为重力势能的零势能面，游客(含底座)在A位置的重力势能为5000J
14. 如图是某电场中的电场线，在该电场中有A、B两点，下列结论正确的是( )
A. A点的电势比B点的电势高
B. 同一正电荷在A点的电势能比在B点的电势能高
C. 同一负电荷在A点的电场力比在B点的电场力大
D. 在A点静止释放一电荷(只受电场力)，可能会运动至B点
15. 心室纤颤是一种可能危及生命的疾病，很多学校都配备心脏除颤器(如图)，其是一种通过一个充电的电容器对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，使心脏除颤后瞬间静止，再刺激心颤患者的心脏恢复正常跳动。以下是一次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除颤器的电容器电容为40uF，充电电压为4.0kV，除颤过程在10ms时间内完成放电，以下说法正确的是( )
A. 本次除颤通过人体组织的电量为0.16C
B. 如果充电电压变为2.0kV，则电容器的电容变为20μF
C. 电容器的带电量是两块极板带电量绝对值之和
D. 放电过程中电流大小保持不变
16. 电子束焊接是利用加速和会聚的高速电子流轰击工件接缝处，使金属熔合的一种焊接方法。电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示。K为阴极，A为阳极，P是KA的中点，电子束从阴极逸出后经电场加速到达阳极，不考虑电子重力及电子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A. .电子由K运动到A做匀加速运动
B. .K点电势高于A点电势
C. 电子由K运动到A，电势能增加
D. .电子在KP阶段增加的动能ΔEK1小于在PA阶段增加的动能ΔEK2
17. 如图所示a、b两个带电的同种粒子，以不同的速率先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场，a粒子打在下极板的a'点，b粒子打在下极板的b'点，若不计重力，则( )
A. 该粒子带负电 B. a在电场中运动的时间和b相等
C. a在电场中运动的时间比b长 D. 打到极板时a的速率比b的速率大
18. 我国是原油进口大国，进口的石油主要用于交通运输，燃油汽车过多不仅污染环境，还严重影响到我国的能源安全，大力发展新能源汽车是国家突破能源困局的重要举措。一辆电动汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为18m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动汽车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出F-1v图象，图中AB、BC均为直线。若电动汽车行驶过程中所受的阻力恒定，由图象可知下列说法正确的是( )
A. 电动汽车行驶中所受的阻力为3000N
B. A到B阶段，牵引力的功率保持不变
C. 若已知汽车总质量为1200kg，则汽车匀加速的时间是1.44s
D. 电动汽车的额定功率为10.8kW
第II卷（非选择题）
二、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
19. 学校物理兴趣小组验证机械能守恒定律的实验装置如图甲所示
(1)实验室有质量为50g的铝锤A，质量为200g的铅锤B，本实验应选______(填字母代号)；
(2)实验中得到的一条纸带如图乙所示，O为打出的第一个点，A、B、C、D为依次打下的点，纸带中C点对应的刻度尺读数为______cm；
(3)要验证OC间机械能是否守恒，已知A点在刻度尺上读数为12.20cm、B点读数为15.45cm，D点读数为23.15cm，根据纸带上的数据计算可知、计时器打C点时的速度大小为______m/s，动能增加______J，重力势能减少______J，(重力加速度g取9.8m/s2，结果均保留三位有效数字)
20. 在“观察电容器的充、放电现象”实验中、
(1)用如图1所示的电容器做实验，电容器外壳上面标明的“10V”的含义是______；
A、电容器的击穿电压为10V
B.电容器的额定电压为10V
C.电容器在10V电压下才正常工作
(2)将直流电源、电阻、电容器、电流表、开关等连成如图甲所示的实验电路、请根据甲图连接图乙的实物图。
(3)电流传感器可以像电流表一样测量电流，不同的是反应比较灵敏，可以和计算机相连直接显示电流与时间的变化图象。按如图3所示电路图连接好实验电路，开关S与2接通待充电完成后，开关S与1接通，电容器通过电阻放电，通过电阻R的电流方向为______(填“向左”或“向右”)。电容器放电过程中，电流随时间变化的规律如图4所示，计算机可以得出i-t图像所围的区域面积为0.869mA⋅s，电阻R为500Ω，直流电源电压恒为2V，该电容器电容为______μF(结果保留三位有效数字)。
三、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
21. 如图所示，竖直平面内存在一水平匀强电场，其电场强度大小E=200V/m，该电场中有A、B两点，相距L=10cm，且A、B连线与电场线的夹角θ=37°，一带电量大小为q=4×10-5C的液滴以一定的初速度v0从A沿直线运动到B，已知sin37°=0.6.cos37°=0.8。g取10m/s2，求：
(1)A、B两点间的电势差UAB；
(2)粒子的电性及液滴的质量；
(3)该过程中带电液滴动能的变化量ΔEk。
22. 旋转飞椅是一项大人和小孩都喜爱的娱乐项目，但有一定的危险性。现做一模拟实验，在座椅上固定一个60kg的假人模型，如图所示，假人模型用B表示，可看成质点。圆盘半径R=2m，圆盘中心0到地面的高度为h=6m，绳索AB长为L=5m，绳与竖直方向的夹角为θ。当装置缓慢增加转速，使角θ缓慢增加至53°时，绳索刚好断裂，不计绳索质量和空气阻力(已知g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，sin53°=0.8，cos53°=0.6结果可用根号表示)。求：
(1)当θ=37°时，假人模型的速度v为多大；
(2)角θ由37°缓慢增加至53°时，假人所受重力做了多少功；
(3)假人落地时的速度大小。
23. 在足够长的光滑平台左端锁定一被压缩的轻质弹簧，一个可视为质点的质量m=0.04kg的滑块与弹簧接触但不栓接。某一时刻释放弹簧弹出滑块，滑块从平台右端A点水平飞出，恰能落到B点，刚好无碰撞地沿着倾斜轨道BC滑下。已知AB的竖直高度h=0.45m，倾斜轨道BC长L=2.0m，轨道倾角α=37°，BC通过粗糙水平轨道CD与光滑竖直半圆轨道DE和连，CD长s=1.3m，滑块与BC、CD的动摩擦因数μ=0.5，各部分平滑连接。(g=10m/s2,cos37°=0.8,sin37°=0.6)求：
(1)弹簧处于锁定状态时的弹性势能；
(2)若小球能运动到轨道最高点E，竖直圆弧轨道的半径应满足什么条件；
(3)小球从最高点E水平抛出，落在水平轨道的F点(图中未画出)，F离竖直半圆轨道D点的水平距离为x，仅改变轨道半径R，当R为何值时x有最大值，最大值为多少。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：ABD、功、电势以及重力势能均为只有大小，没有方向的物理量，是标量，故ACD错误；
C、电场强度既有大小又有方向，运算遵循平行四边形定则，是矢量，故C正确。
故选：C。
矢量是既有大小又有方向、运算遵循平行四边形定则的物理量；标量是只有大小没有方向、运算遵循代数运算法则的物理量。
本题要掌握矢量与标量的区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数运算法则。
2.【答案】A
【解析】解：A、库仑用扭秤研究电荷之间的作用力，用了微小量放大法，故A正确；
B、库仑定律的适用条件是点电荷，只要带电体的大小对研究的问题没有影响或影响不大，都可以视为点电荷，故B错误；
C、由库仑定律公式F=kq1q2r2可知，当r→0时，库仑定律不再适用，故C错误；
D、带电量分别为Q和2Q的点电荷A、B相互作用时，B受到的库仑力与A受到的库仑力大小相等、方向相反，故D错误。
故选：A。
库仑用扭秤研究电荷之间的作用力，用了微小量放大法，根据库仑定律的适用条件结合相互作用力的特点进行分析。
在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习．
3.【答案】C
【解析】解：A、在倾斜的滑雪轨道上下滑过程中，雪橇与轨道之间的阻力对运动员做负功，运动员机械能不守恒，故A错误；
B、孔明灯点燃后在空中加速上升过程，动能和重力势能都增加，机械能增加，故B错误；
C、被运动员掷出的铅球在飞行过程中，不计空气阻力，只有重力做功，铅球的机械能守恒，故C正确；
D、接触蹦床向下运动到最低点的过程中，蹦床对运动员做负功，运动员机械能不守恒，故D错误。
故选：C。
物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹簧的弹力做功，机械能是动能与势能的总和．根据机械能守恒的条件和机械能的概念进行分析判断．
本题关键掌握住机械能守恒的条件和机械能的概念，分析物体是否受到其它力的作用，以及其它力是否做功，由此即可判断是否机械能守恒．
4.【答案】D
【解析】解：A、摩擦起电和感应起电的本质都是电子的转移，并没有产生新的电子，故A错误；
B、元电荷是质子或电子具有的电荷量的数值，故B错误；
C、沿着电场线方向电势降低的最快，但电势降落的方向不一定是电场强度的方向，故C错误；
D、高压作业服是用包含金属丝的织物制成，能起到静电屏蔽作用，保护工人，故D正确；
故选：D。
理解摩擦起电和感应起电的本质；
正确理解元电荷的概念；
理解电势和电场线的特点。
本题主要考查了电场的物理性质，正确理解其中的相关概念即可，难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：AB、匀速圆周运动过程中，由重力和支持力的合力提供向心力F，方向不断变化，在最低点，向心力指向上方，所以F=N-mg，则支持力N=mg+F，所以支持力大于重力，乘客处于超重状态，故B正确，A错误；
C.在最高点时，N+mg=F，结合牛顿第三定律可知乘客对座椅的压力不一定等于乘客的重力，故C错误；
D.摩天轮匀速转动过程中，速度大小不变，方向变化，所以线速度不相同，故D错误；
故选：B。
匀速圆周运动过程中，由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律分析解答，线速度是矢量，有大小和方向。
该题考查了匀速圆周运动的相关知识，知道做匀速圆周运动的物体的合力提供向心力，会分析各位置的受力特点。
6.【答案】B
【解析】A.因为空间站中物体所受重力用来提供做圆周运动的向心力，所以试管中的水与油不会出现分层现象，故A错误；
B.转动过程中，试管内的水和油属于同轴转动，角速度相同，故B正确；
C.若保持细线长度不变，加快试管的转速，有
F向=F支=mω2r
由牛顿第三定律得
F压=F支
所以试管底部受到的压力将变大，故C错误；
D.若保持每秒钟的转数不变，用更短的细线甩动试管，有
F向=F支=mω2r
因为半径小了，所以需要的向心力小，即油水分离的时间将增长，故D错误。
故选：B。
在空间站中物体处于完全失重状态，故试管中的水与油不会和地面上一样出现分层现象，当试管做圆周运动时，产生的离心现象，密度大的处于试管底部，转速加大，所需向心力增大，若保持每秒钟的转数不变，即角速度不变，用用更短的细线甩动试管，所需向心力变小。
本题主要考查了圆周运动，明确在太空中物体的重力完全提供向心力，当在太空中做圆周运动时，需要有向心力即可判断。
7.【答案】D
【解析】解：A.地球经历春夏秋冬由图可知是逆时针方向运行，冬至为近日点，运行速度最大，故A错误；
B、四季把椭圆上的总路程四等分，但是冬至至春分在近日点附近速率小，故时间小于地球公转周期的四分之一，故B错误；
C、若用a代表椭圆轨道的半长轴，T代表公转周期，则a3T2=k，k与中心体的质量有关，地球和火星对应的k值是相等的，故C错误；
D、根据开普勒第一定律可知，太阳既在地球公转轨道的焦点上，也在火星公转轨道的焦点上，故D正确。
故选：D。
根据开普勒行星运动定律分析，地球绕太阳运行过程中远日点速率小，近日点速率大。
本题考查地球绕太阳的运动，由开普勒运动定律和已知判断求解，要求同学们要理解和掌握椭圆运动的特点和规律。
8.【答案】A
【解析】解：AB.卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力GMmr2=mrω2=m4π2rT2，解得：ω=GMr3，T=2πr3GM，可知“北斗2号G2星”在“墓地轨道”运行的角速度比原轨道上的小，周期大于同步卫星的周期，即大于地球自转周期，故A正确，B错误；
C.根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma，解得a=GMr2，可知“北斗2号G2星”在“墓地轨道”上的加速度比原轨道上的小，故C错误；
D.地球同步卫星轨道平面在赤道平面上，“北斗2号G2星”在有效服役期间不可能经过北京上空，故D错误；
故选：A。
根据万有引力提供向心力，可得到角速度、周期与半径之间的关系，根据牛顿第二定律可知加速度大小关系。
该题考查万有引力提供向心力、牛顿第二定律、卫星轨道的变化等知识点，属于万有引力与航天部分常考知识点。
9.【答案】C
【解析】解：C、由于天链二号02卫星的质量未知，不能求解其受到地球的引力大小，故C错误；
ABD、根据万有引力提供向心力可知，GMm(1.5R)2=m⋅1.5Rω2=ma，地球表面万有引力近似等于重力有：GMmR2=mg，可解得M=gR2G，ω=8g27R，a=49g，故ABD正确；
本题选择不能求出的；
故选：C。
根据地球表面物体重力等于万有引力求解；由飞船在轨道上做匀速圆周运动，万有引力做向心力求得环绕速度表达式，从而根据轨道半径之比得到角速度，重力加速度。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力近似等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
10.【答案】D
【解析】解：A、力作用在物体上一段时间，物体运动了一段距离，若物体在力的方向上没有发生位移，则该力对物体不做功，故A错误；
B、作用力与反作用力分别作用在两个不同物体，这两个物体的位移关系不能确定，所以作用力对物体做正功，则反作用力可能做正功，可能做负功，也可能不做功，故B错误；
C、由P=Wt知，力做功越多，该力的功率不一定大，还与做功所用时间有关，故C错误；
D、汽车发动机功率一定时，由P=Fv可知，牵引力与速度成反比，故D正确。
故选：D。
做功的两个必要因素是：力和物体在力的方向上发生位移；作用力和反作用力做功没有必然关系；功率是反映做功的快慢；根据P=Fv，利用控制变量法分析牵引力与速度的关系。
本题考查功和功率的基本概念，要掌握做功两个要素，知道功率与功之间的关系。
11.【答案】B
【解析】解：A、投进篮筐时，篮球的速度方向不同，则篮球的速度不同，故A错误；
B、三条轨迹初末位置的高度差相同，则重力做功一样多，故B正确；
C、三条轨迹运动时间不同，由P=Wt知重力做功功率不一样大，故C错误；
D、投进篮筐时和刚离开手时相比，重力做负功，由动能定理知篮球的动能减小了，故D错误。
故选：B。
投进篮筐时，根据速度方向关系判断速度是否相同。根据初末位置高度差分析重力做功关系。根据重力做功情况，由动能定理判断动能的变化。
解答本题时，要知道速度是矢量，只有大小和方向都相同时速度才相同。要知道P=Wt一般研究平均功率。
12.【答案】C
【解析】解：A、根据v-t图像与时间轴所围的面积表示位移，可知发生险情处离地面的高度等于三角形面积大小，为h=18×52m=45m，故A正确；
B、t=3s时重力的功率为P=mgv=70×10×18W=12600W，故B正确；
C、整个过程中工人重力做功为W=mgh=70×10×45J=31500J，故C错误；
D、在3-5s内工人减速下滑，加速度大小为a'=vt'=182m/s2=9m/s2，设减速下滑时钢丝绳对工人的拉力大小为F，由牛顿第二定律得：F-mg=ma，解得：F=1330N，t=4s时工人速度大小为v=9m/s，则t=4s时钢丝绳对工人拉力的瞬时功率为P=F'v=1330×9W=11970W，故D正确。
本题选错误的，
故选：C。
根据v-t图像与时间轴所围的面积表示位移，来求解发生险情处离地面的高度；由P=mgv求t=3s时重力的功率；根据W=mgh求整个过程中工人重力做功；根据v-t图像的斜率求出工人加速下滑时加速度，结合牛顿第二定律求解钢丝绳对工人的拉力大小；根据v-t图像的斜率求出t=4s时工人减速下滑时加速度，结合牛顿第二定律求解钢丝绳对工人的拉力大小，再由P=Fv求t=4s时钢丝绳对工人拉力的瞬时功率。
解答本题时，要知道v-t图像与时间轴所围的面积表示位移，v-t图像的斜率表示加速度，结合牛顿第二定律以及功率公式进行分析处理。
13.【答案】B
【解析】解：AB、当游客运动到最低点时，细绳有最大拉力，从释放到最低点由动能定理得：mgL(1-cos60°)=12mvB2-0
设细绳的最大拉力为T，在最低点，根据牛顿第二定律可得：2T-mg=mvB2L
联立解得：vB=10m/s，T=1000N，故A错误，B正确；．
C、由题意知，游客从运动至B的过程中，只有重力做功，则机械能不变，故C错误；
D、若以横杆MN处为重力势能的零势能面，游客(含底座)在A位置的重力势能为：Ep=-mgLcos60°
代入数据解得：Ep=-5000J，故D错误。
故选：B。
从释放到最低点由动能定理求解达到B点的速度大小，在最低点，根据牛顿第二定律求解细绳的拉力大小；根据机械能守恒定律的守恒条件判断机械能是否守恒；根据功能关系分析重力势能的大小。
本题主要是考查功能关系，关键是能够分析游客的受力情况，知道重力势能变化与重力做功有关、掌握机械能守恒定律的守恒条件。
14.【答案】C
【解析】解：A、沿电场线的方向电势降低，可知B点的电势比A点的电势高，故A错误；
B、根据Ep=qφ，由于B点的电势高，所以同一正电荷在A点的电势能比在B点的电势能小，故B错误；
C、由图看出，A点处电场线比B点处电场线密，则A点的场强比B点的大，根据F=qE可知，同一负电荷在A点的电场力比在B点的电场力大，故C正确；
D、由图，结合电场线的特点可知，B点在经过A点的电场线的右侧，若在A点释放一个电荷，该电荷受到的电场力的方向沿电场线的切线方向，则电荷受到的电场力的方向一定在经过A点的电场线的左侧，所以A点静止释放一电荷(只受电场力)，一定不会运动至B点，故D错误。
故选：C。
沿电场线的方向电势降低；根据电势能的公式判断；电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线越密，电场强度越大，电场力F=qE；电场线不是电荷运动的轨迹。
电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线越密，电场强度越大。同一负点电荷在电势高处电势能小。
15.【答案】A
【解析】解：A、电容器储存的电荷量为Q=CU=40×10-6×4.0×103C=0.16C，故A正确；
B、电容器的电容大小是由电容器本身结构所决定的，与电容器两板间的电压无关，故B错误；
C、电容器的两个极板带等量异号电荷，其所带电荷量是指其中的一个极板的带电量的绝对值，故C错误；
D、电容器放电过程的放电电流是逐渐减小的，不是恒定电流，故D错误。
故选：A。
根据Q=CU求出电容器储存的电荷；电容器电容的大小与两板间的电压大小无关；电容器所带电荷量是指其中的一个极板的带电量的绝对值；电容器放电过程中其放电电流不是恒定的。
本题关键是明确电容器是容纳电荷的装置，而电容是反映电容器容纳电荷本领的物理量，与电容器的带电量大小、电压大小无关。
16.【答案】D
【解析】解：A、靠近阳极A的地方电场线密集，电场强度大，电子从K运动到A，加速度逐渐增大，电子由K运动到A不是匀加速运动，故A错误；
B、沿着电场线的方向电势逐渐降低，所以K点电势低于A点电势，故B错误；
C、电子由K运动到A，电场力做正功，电势能减小，故C错误；
D、AP间的电场强度比KP间的电场强度大，由公式U=Ed可知
UAP>UPK
由动能定理可得：
qU=ΔEk
所以电子在KP阶段增加的动能ΔEK1小于在PA阶段增加的动能ΔEK2，故D正确；
故选：D。
根据电场线分析出场强的分布特点，由此分析出电子的运动类型；
沿着电场线方向电势逐渐降低，进而分析出电势能的变化和动能的变化。
本题主要考查了电场线的相关概念，根据电场线的特点分析出场强的大小和方向，结合动能定理即可完成分析。
17.【答案】B
【解析】解：设任一粒子的速度为v，电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则 加速度为：a=qEm
因比荷相同，故加速度相同，根据h=12at2则可知两粒子到达B板的时间相同，由x=vt 可知a的速度一定小于b的速度，由于下极板带负电，所以粒子带正电，故ACD错误，B正确。
故选：B。
两个粒子垂直射入匀强电场中都做类平抛运动，粒子竖直方向的偏转量相同而水平位移不等，根据牛顿第二定律可知加速度的大小关系，再根据竖直运动规律可明确时间关系，从而分析速度大小．
解决该题的关键是要抓住题目的本意是考查带电粒子在电场中的偏转，要熟记偏转量的公式以及它的推导的过程．明确运动的合成和分解的正确应用．
18.【答案】D
【解析】解：已知汽车由静止开始，速度增大，则1v减小，由图象可知，随着1v减小，牵引力先不变再减小，当达到最大速度vmax=18m/s时，牵引力最小为600N，合力为零，匀速直线运动。
A.最大速度时合力为零，牵引力与阻力平衡，由图可知阻力为600N，故A错误；
B.由分析可知，AB段，牵引力不变，汽车做匀加速直线运动，速度增大，由P=Fv得牵引力的功率增大，故B错误；
CD.匀加速时牵引力为3000N，根据牛顿第二定律得加速度为a=F合m=F-fm=3000N-600N1200kg=2m/s2，匀加速末时刻汽车功率达到额定功率，一直到最大速度过程中保持额定功率不变，P额=fvmax=600N×18m/s=10800W=10.8kW，根据P=Fv得匀加速末时刻的速度为v1=P额F=10800W3000Nm/s=3.6m/s，由匀加速直线运动的速度—时间关系得，v1=at整理代入数据得匀加速的时间为t=v1a=3.62s=1.8s，故C错误，D正确。
故选：D。
根据图象判断AB段为匀加速直线运动，BC段为加速度减小的加速运动，C点是合力为零时的最大速度，根据牛顿第二定律和功率与速度关系求解。
为了分析方便，汽车由静止开始的运动，从图象由右往左分析，由于阻力不变，牵引力的变化可判断汽车先匀加速再做加速度减小的加速，当阻力等于牵引力时速度最大。
19.【答案】B 19.10 1.93 0.372 0.374
【解析】解：(1)为了减少空气阻力带来的误差，要选质量较大的重物，故选：B；
(2)刻度尺的分度值为0.1cm，需要估读到分度值的下一位，则读数为19cm+0.1×1.0cm=19.10cm；
(3)由题意可得：
vC=xBD2T=23.15-15.450.04×10-2m/s=1.93m/s
增加的动能为
ΔEk=12mvC2=12×0.2×1.932J≈0.372J
减小的重力势能为
ΔEp=mgΔh=0.2×9.8×19.10×10-2J=0.374J
故答案为：(1)B；(2)19.10；(3)1.93；0.372；0.374
(1)根据实验原理选择合适的实验器材；
(2)根据刻度尺的读数规则得出刻度尺的读数；
(3)根据运动学公式得出打点计时器打C点的瞬时速度，结合重力势能和动能的表达式完成分析。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，根据运动学公式得出对应的速度，结合能量的计算公式即可完成分析。
20.【答案】B 向右 448
【解析】解：(1)电容器外壳上标明的“10V”的含义是值电容器的额定电压为10V，故AC错误，B正确；
故选：B。
(2)根据图甲中的电路图，连接实物有
(3)由图3的电路图可知，充电时，电容器的上极板与电源的正极相连，故上极板带正电，所以放电时通过电阻的电流向右。
由图4可知，图线的面积为电荷量，额
Q=8.96×10-4C
由电容的公式C=QU=8.96×10-42F=4.48×10-4F=448μF
故答案为：(1)B；(2)如上图所示；(3)向右；448
(1)理解电容器上铭牌的物理意义；
(2)根据电路图画出对应的实物图；
(3)根据电容器的特点分析出电流的方向，结合电容的定义式完成分析。
本题主要考查了电容器的相关应用，理解电器上的铭牌，结合电容的定义式和图像的物理意义完成分析。
21.【答案】解：(1)根据电势差的公式UAB=Ed
其中d=Lcos37°=0.1×0.8m=0.08m
代入数据解得：UAB=200×0.08V=16V
(2)根据电场线和电场力的方向可知粒子带负电
根据几何关系可得：mg=tan37°Eq
m=tan37°Eqg=0.75×200×4×10-510kg=6×10-4kg
(3)对该过程由动能定理得：
-mgLsin37°-qELcos37°=ΔEk
解得：ΔEk=-1×10-3J
答：(1)A、B两点间的电势差为16V；
(2)粒子的电性及液滴的质量为6×10-4kg；
(3)该过程中带电液滴动能的变化量为=-1×10-3J。
【解析】(1)根据电势差的计算公式代入数据得出电势差的大小；
(2)根据受力分析和几何关系得出粒子的质量；
(3)根据动能定理计算出粒子的动能变化量。
本题主要考查了电势能等相关概念，熟悉粒子的受力分析，结合动能定理即可完成解答。
22.【答案】解：(1)假人转动半径
r=Lsin37°+R，代入数据，解得r=5m
tan37°mg=mv2r
v=562m/s
(2)Δh=cos37°L-cos53°L=1m
WG=-mgΔh=-600J
(3)绳断时假人的线速度
tan53°mg=mv’2r'
r'=R+Lsin53°=6m
v'=45m/s
mg(h-Lcos53°)=12mv2-12mv'2
联立解得落地时的速度v=235m/s
答：(1)当θ=37°时，假人模型的速度为562m/s；
(2)角θ由37°缓慢增加至53°时，假人所受重力做了-600J的功；
(3)假人落地时的速度大小235。
【解析】由向心力公式求解速度，由做功公式求解重力做功的多少，由动能定理求解落地速度。
本题考查动能定理，学生需结合向心力公式综合解答。
23.【答案】解：(1)A到B平抛运动，则在竖直方向vy2=2gh，解得vy=2gh=2×10×0.45m/s=3m/s
在B点tan37°=vyvx，vA=vx=vytan37∘=334m/s=4m/s
被释放前弹簧的弹性势能EP=12mvA2=12×0.04×42J=0.32J
(2)在B点vB=vx2+vy2=42+32m/s=5m/s
从B到D，根据动能定理可得：(mgsin37°-μmgcos37°)L-μmgs=12mvD2-12mvB2
解得：vD=25m/s
恰好过竖直圆轨道最高点，根据牛顿第二定律可得：mg=mv2R
从D到圆轨道最高点，根据动能定理可得：-mg⋅2R=12mv2-12mvD2
解得：R=0.4m
所以R≤0.4m
(3)小球从E点飞出后做平抛运动，竖直方向2R=12gt2
水平方向x=vEt
D到E机械能守恒，-mg2R=12mvE2-12mvD2
解得：x=8R-16R2=-(4R-1)2+1
所以当R=14m时,xm=1m
答：(1)弹簧处于锁定状态时的弹性势能为0.32J；
(2)若小球能运动到轨道最高点E，竖直圆弧轨道的半径应满足条件为R≤0.4m；
(3)小球从最高点E水平抛出，落在水平轨道的F点(图中未画出)，F离竖直半圆轨道D点的水平距离为x，仅改变轨道半径R，当R为14m值时x有最大值，最大值为1m。
【解析】(1)从A到B，小球做平抛运动，求得抛出时的初速度，根据动能定理求得弹簧的弹性势能；
(2)从B到D，根据动能定理求得到达D点的速度，小球恰好通过最高点，根据牛顿第二定求得最高点的速度，从D到最高点，根据动能定理即可求得半径的最大值；
(3)从D到E，根据机械能守恒求得到达E点的速度，小球从E点做平抛运动，结合运动学公式求得水平位移最大值。
本题充分体现了动能定理的广泛应用，要注意找到不脱离轨道的条件，要分析物理过程找规律，体现用数学知识处理物理问题的能力。
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