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2022-2023学年江西省吉安市吉州区部分学校联考高一（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年江西省吉安市吉州区部分学校联考高一（下）期末物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江西省吉安市吉州区部分学校联考高一（下）期末物理试卷
一、选择题（本大题共11小题，共44分）
1. 对研究对象或研究过程建立理想化模型，突出问题的主要方面忽略次要因素从而有效地解决问题，是物理学研究的常用方法。下列各组均属于理想化模型的是( )
A. 质点、点电荷 B. 点电荷、元电荷 C. 元电荷、重心 D. 质点、重心
2. 水平恒力F两次作用在同一物体上，使物体沿力的方向发生相同位移，第一次是在光滑水平面上，第二次是在粗糙水平面上，两次力F做的功和功率的大小关系是( )
A. W1=W2；P1>P2 B. W1>W2；P1=P2
C. W1=W2；P1
A. 在运输轨道上A点的速度大于B点的速度
B. 在地球轨道Ⅰ上B点的加速度小于在运输轨道上B点的加速度
C. 在木星轨道Ⅱ上的周期大于在运输轨道上的周期
D. 在木星轨道Ⅱ上的机械能等于在运输轨道上的机械能
4. 一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，速度减小为原来的三分之一，不考虑卫星质量的变化，则变轨前、后卫星的( )
A. 向心加速度大小之比为9：1 B. 周期之比为1：27
C. 角速度大小之比为3：1 D. 轨道半径之比为1：3
5. 如图，真空中有两个点电荷，Q1=4.0×10−8C、Q2=−1.0×10−8C，分别固定在x轴上坐标为0和6cm的位置，取无穷远处电势为零。下列说法正确的是( )
A. x=4cm处电场强度为零
B. x=12cm处电势为零
C. x轴上大于12cm的各点电场强度方向都向右
D. 若将电荷量为+1.0×10−10C的试探电荷从无穷远移到x=3cm处，电场力做功−9.0×107J，则x=3cm处的电势等于−9×103V
6. 如图所示，轻质弹簧的下端固定在光滑斜面的底部，一个质量为m的物块以平行斜面的初速度v向弹簧运动。已知弹簧始终处于弹性限度范围内，则下列判断正确的是( )
A. 物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重力势能小于弹簧增加的弹性势能
B. 物块碰到弹簧后立刻开始做减速运动
C. 物块从接触弹簧到最低点的过程中，加速度不断减小
D. 物块的动能最大时，物块的重力势能最小
7. 如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的另一物体B(可视为质点)以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化的情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10m/s2)( )
A. A获得的动能为2J B. 系统损失的机械能为4J
C. A的最小长度为2m D. A、B间的动摩擦因数为0.1
8. 下面实例中，研究对象的运动过程机械能不守恒的是( )
A. 沿滑梯匀速下滑的小孩 B. 做自由落体运动的小球
C. 被起重机加速吊起的重物 D. 打开降落伞后下降的跳伞运动员
9. 人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，若卫星运行中通过变轨周期增大了，卫星变轨后仍做匀速圆周运动，则( )
A. 卫星的高度减小 B. 卫星的线速度减小
C. 卫星的角速度增大 D. 卫星的向心加速度减小
10. 如图，水平放置的两块带等量异种电荷的平行金属板M、N，它们之间的电场线是间隔相等的平行线，P、Q是电场中的两点。下列说法正确的是( )
A. M板带正电、N板带负电 B. P、Q两点的电场强度EP>EQ
C. M板带负电、N板带正电 D. P、Q两点的电场强度EP=EQ
11. 足够长的光滑斜面固定在水平地面，斜面倾角θ=30°，在斜面底端放一质量为m的物块，物块受到沿斜面向上的拉力F=mg，作用的时间为t，然后撤去F，已知重力加速度为g，取水平面为零势能面，物块可视为质点，则物块从斜面底端开始在斜面上运动的全过程中( )
A. 物块在运动过程中的最大动能为18mg2t2
B. 撤去F的瞬间，重力的功率为12mg2
C. 物块在运动过程中的最大重力势能为14mg2t2
D. 在物块上升过程中只有一处重力势能和动能相等
二、非选择题（56分）
12. 某同学取一对带有绝缘支座的导体A和B使它们接触。起初它们不带电，贴在下部的金属箔片是闭合的，做了如下的实验：
如图所示，把一带正电荷的物体D移近导体A，贴在A、B导体下的金属箔片会张开，这时先把A和B分开一小段距离，然后移去D，金属箔片将仍张开，张角比之前______ (填“变大”、“变小”或“不变”)，此时导体B带______ (填“正电”、“负电”或“不带电”)，再让导体A和B接触，金属箔片会______ (填“张开”或“闭合”)。
13. (1)某物理小组的同学设计了一个测量玩具小车通过凹形桥模拟器最低点时的速度的实验。所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R=0.10m)。
完成下列填空：
①将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图甲所示，托盘秤的示数为1.00kg；
②将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图乙所示，该示数为______ kg；
③将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如表所示：
序号
1
2
3
4
5
m(kg)
1.80
1.75
1.85
1.75
1.85
④根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力大小为______ N(保留三位有效数字)；小车通过最低点时的速度大小为______ m/s。(重力加速度g取10m/s2，计算结果可保留根号)
(2)一艘宇宙飞船飞近某一新发现的行星，并进入靠近该行星表面的圆形轨道绕行数圈后，着陆在行星上，宇宙飞船上备有以下实验仪器：
A.弹簧测力计一个
B.精确秒表一只
C.天平一台(附砝码一套)
D.物体一个
为测定该行星的密度，宇航员在绕行中进行了一次测量，依据测量数据可以求出密度。
①测量该行星的密度所需实验仪器______ (选填序号)，测出的物理量为______ (用物理量符号表示)；
②密度为ρ= ______ (用相关物理量符号表示，已知万有引力常量为G)。
14. 如图所示，一根长L=1m的绝缘细线上端固定在天花板上，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球的质量为m=2kg。现加上一水平向右的匀强电场，平衡时绝缘细线与竖直方向夹角为θ=37°。已知匀强电场的场强大小E=1.5×104N/C，重力加速度g大小取10m/s2，取sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
(1)小球所带电荷量及电性。
(2)撤去电场后，小球运动到最低点时细线的拉力大小。
15. 2021年2月10日19时52分，我国首次火星探测任务“天问一号”探测器实施近火捕获制动，成功实现环绕火星运动，成为我国第一颗人造火星卫星。在“天问一号”环绕火星做匀速圆周运动时，周期为T，轨道半径为r。已知火星的半径为R，引力常量为G，不考虑火星的自转。求：
(1)火星的质量M；
(2)火星表面的重力加速度的大小g。
(3)火星的第一宇宙速度v。
16. 如图所示，竖直面内一半径为R的光滑四分之一圆弧轨道，在最高点B和最低点C分别与水平面Ⅰ、Ⅱ连接，一质量为m的滑块(可视为质点)从水平面Ⅰ上A处，以34mgR的初动能水平向B处运动。已知重力加速度为g，AB距离为R，该滑块与水平面I间动摩擦因数μ=0.5，水平面Ⅱ足够长，该滑块在B处无动能损失，不计空气阻力。求：
(1)该滑块刚到达B处时的动能；
(2)该滑块第一次落到水平面Ⅱ上的位置到C处的距离；
(3)该滑块每次与水平面Ⅱ碰撞前、后，水平方向速度不变，竖直方向速度反向，且每次碰撞后瞬时竖直速度大小为碰撞前瞬时竖直速度大小的k倍，碰撞时间均很短可不计，求该滑块从与水平面Ⅱ发生第一次碰撞到第四次碰撞所经过的时间，及第四次碰撞后瞬时该滑块的动能。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：质点是忽略物体的大小、体积、形状，而只有质量的点；点电荷是本身大小比相互之间的距离小得多的带电体；点电荷、质点都是实际不存在的理想化模型。元电荷是最小的电荷量，重心是重力在物体上的等效作用点，故元电荷。重心不是理想化模型。故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据每组研究对象，结合理想化模型的定义解答即可。
解题关键是掌握理想化模型的定义，能够正确分析出每组研究对象是否是理想化模型。难度不大。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题就是对功的公式和功率公式的直接考查，在计算功率时要注意，求平均功率的大小，要注意公式的选择。
根据功的公式，可以知道拉力F对物体做功的情况，由物体的运动规律求出物体的运动的时间，再由功率的公式可以分析F的功率的大小。
【解答】
由W=Fs知，恒力F对两种情况下做功一样多，即W1=W2。
在粗糙水平面上由于受到阻力的作用，由牛顿第二定律：F合=ma可知，在粗糙水平面上加速度小，由s=12at2知，通过相同的位移，在粗糙水平面上用的时间长，由P=Wt知，力F在粗糙水平面上做功的平均功率小，即Pl>P2，故A正确，BCD错误。
故选A。
3.【答案】C
【解析】解：A、根据开普勒第二定律可知，在运输轨道上近日点的速度大于远日点的速度，即经过A点的速度小于B点的速度，故A错误；
B、在地球轨道Ⅰ上B点与在运输轨道上B点相比，受到的万有引力相同，由牛顿第二定律得，加速度相同，故B错误；
C、木星轨道Ⅱ的半径大于在运输轨道上的半长轴，根据开普勒第三定律可知，在木星轨道Ⅱ上的周期大于在运输轨道上的周期，故C正确；
D、在运输轨道上的A点瞬间点火加速，机械能增加，进入木星轨道Ⅱ，则在木星轨道Ⅱ上的机械能大于在运输轨道上的机械能，故D错误。
故选：C。
根据开普勒第二定律判断经过A点和B点的速度；经过不同轨道上同一点时，加速度相同；根据开普勒第三定律判断在两轨道上的周期；从运输轨道变到木星轨道Ⅱ，机械能增加。
本题考查开普勒定律，解题关键是掌握开普勒定律内容并能够熟练应用。
4.【答案】B
【解析】解：根据万有引力提供圆周运动向心力有GMmr 2=mv 2r，可得卫星的线速度v= GMr，可知当卫星线速度减小为原来的13，则半径增大为原来的9倍。
A、根据万有引力提供向心力有，GMmr 2=ma，可知a=GMr 2，变轨前后轨道半径之比为1：9，向心加速度之比为81：1，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力有，GMmr 2=m4π 2T 2r，可知T= 4π 2r 3GM，变轨前后轨道半径之比为1：9，周期之比为T1 T2 = r13r23= 1 39 3=127，故B正确；
C、根据万有引力提供向心力有，GMmr 2=mω 2r，可知ω= GMr 3，变轨前后轨道半径之比为1：9，周期之比为ω1 ω2 = r23r13= 9 31 3=271，故C错误；
D、由上述分析知变轨前后轨道半径之比为1：9，故D错误；
故选：B。
根据万有引力提供向心力，通过线速度的变化得出轨道半径的变化，从而得出向心力和周期及机械能的变化
解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，知道线速度、向心力、周期、机械能与轨道半径的关系
5.【答案】C
【解析】解：A、空间某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强。根据点电荷的场强公式E=kQr2，知要使电场强度为零，那么正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强大小相等、方向相反。电场强度为零的点不会在Q1的左边，因为Q1的电荷大于Q2，也不会在Q1Q2之间，因为它们电荷电性相反，在中间的电场方向都是一样的；所以只能在Q2右边。
设该位置据Q2的距离是L，则kQ1(0.06m+L)2=kQ2L2，解得L=0.06m=6cm；所以x坐标轴上x=12cm处的电场强度为零，且只有一个点电场强度为零，A错误；
BC、根据场线的特点知，在Q1Q2之间，电场强度方向沿x轴正方向，x在6cm−12cm之间电场强度方向沿x轴负方向。在(12cm,∞)，电场强度方向沿x轴正方向，根据沿电场线方向电势降低，可知电势的变化趋势如图所示，x=12cm处电场强度为零，电势大于零，故B错误，C正确；
D、根据W=qU，无穷远移到x=3cm处电势差U= Wq=−9.0×107J1.0×10−10C=−9×103V，根据U=0−φ3，得φ3=−U=9×103V，故D错误；
故选：C。
空间某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强，运用矢量的合成进行分析．电势根据电场线的方向分析．
空间中某一点的电场，是空间所有电荷产生的电场的叠加，场强是矢量，其合成遵守平行四边形定则．利用φ−x图象的斜率等于场强，分析电势的正负．
6.【答案】A
【解析】解：A、以弹簧和物体组成的系统中，只有重力和弹力做功，机械能守恒。物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重力势能小于弹簧增加的弹性势能，故A正确；
B、物块碰到弹簧一段距离内，弹簧弹力Fmgsinθ，加速度方向沿斜面向上，F增大，a增大，故C错误；
D、物块的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和不变，当物块的动能最大时，物块的重力势能与弹性势能之和最小；当物块达到最低点时物块的重力势能最小，故D错误。
故选：A。
物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重力势能小于弹簧增加的弹性势能。对物块进行受力分析，根据牛顿第二定律，可以知道物块从接触弹簧到最低点的过程中，加速度先减小后增大，由此分析速度大小的变化；以弹簧和物体组成的系统中，只有重力和弹力做功，机械能守恒。
本题考查了机械能守恒定律、牛顿第二定律等知识点。要熟记动能定理与功能原理在解题中的应用：涉及到总功、动能变化时应用动能定理解决；涉及到机械能变化时应求出除重力外其它力做的功。
7.【答案】D
【解析】解：A、由图乙所示图象可知，A、B的共同速度v=1m/s，设A的质量为M，A、B组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(m+M)v，代入数据解得：M=2kg，A获得的动能Ek=12Mv2=12×2×12J=1J，故A错误；
B、设系统损失的机械能为ΔE，由能量守恒定律得：12mv02=12(M+m)v2+ΔE，代入数据解得：ΔE=2J，故B错误；
C、v−t图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，由图乙所示图象可知，长木板A的最小长度L=xB−xA=1+22×1m−12×1×1m=1m，故C错误；
D、设A、B间的动摩擦因数为μ，由能量守恒定律得：12mv02=12(M+m)v2+μmgL，代入数据解得：μ=0.1，故D正确。
故选：D。
A、B组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出A的质量，然后求出A获得的动能；应用能量守恒定律求出系统损失的机械能与A、B间的动摩擦因数；根据图乙所示图象求出A的最小长度。
根据题意与图乙所示图象分析清楚物体与长木板的运动过程是解题的前提；应用动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。
8.【答案】ACD
【解析】解：A、小孩沿滑梯匀速下滑，说明小孩的动能不变，重力势能减小，则两者之和即机械能减小，故A正确；
B、自由落体运动的小球只受重力作用，下落过程只有重力做功，其机械能守恒，故B错误；
C、加速吊起的重物动能增加，重力势能增加，则机械能增加，故C正确；
D、打开降落伞下降的运动员受空气阻力的作用，除重力做功之外还有空气阻力做功，其机械能不守恒，故D正确；
故选：ACD。
只有重力或弹力做功时，系统的机械能守恒。根据机械能守恒的条件分析答题；也可以根据机械能的概念分析。
判断机械能是否守恒常用三种方法：1、条件法。从功的角度，看是不是只有重力或弹力做功；2、总量法，如动能和势能的总量变化，机械能一定不守恒。3、从能量的角度，没有发生机械能与其他能之间的转化，机械能守恒，否则，机械能不守恒。
9.【答案】BD
【解析】解：人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力
根据牛顿第二定律GMmr2=mv2r=mω2r=m4π2T2r=ma
可得周期T=2π r3GM
线速度v= GMr
角速度ω= GMr3
向心加速度a=GMr2
若卫星运行中通过变轨周期增大了，说明卫星离地面的高度增大，即轨道半径r增大
根据上述关系式可得，卫星的线速度减小，角速度减小，向心加速度减小。
综上分析，故BD正确，AC错误。
故选：BD。
根据万有引力提供向心力得出向心加速度与轨道半径的关系，再根据线速度、角速度、周期与轨道半径的关系，得出这些物理量的变化。
本题考查了万有引力在天体上的运用；解决的思路是：把天体运动看作匀速圆周运动，万有引力提供向心力。
10.【答案】CD
【解析】解：AC.对于平行金属板形成的电场，电场线从正极板指向负极板，因此M板带负电、N板带正电，故A错误，C正确；
BD.两平行板间形成的是匀强电场，因此P、Q两点的电场强度大小相等、方向相同，满足EP=EQ，故B错误，D正确。
故选：CD。
AC.对于平行金属板形成的电场，电场线从正极板指向负极板，据此分析作答；
BD.平行板之间的电场是匀强电场，据此分析PQ之间的场强。
本题考查了对于平行金属板形成的电场，要知道电场强度的方向，要知道两平行板间形成的是匀强电场，基础题。
11.【答案】ACD
【解析】解：B.撤去F的瞬间，由动量定理(F−mgsin30°)t=pm，物块的速度为v=pmm，重力的功率为P=mgvcos120°=−14mg2t，故B错误；
C.撤去F前，物块移动距离为x1=v2t，撤去F后，12mv2=mgℎ，物块最大重力势能为Epm=mg(x1sin30°+ℎ)，得：Epm=14mg2t2，故C正确；
A.根据动量定理(F−mgsin30°)t=pm，又Ekm=pm22m
物块在运动过程中的最大动能为Ekm=18mg2t2，故A正确；
D.撤去F的瞬间，物块的重力势能为Ep=mgx1sin30°=18mg2t2，与此时物块的最大动能相等，则在物块上升过程中只有一处重力势能和动能相等，D正确。
故选：ACD。
由动量定理可求出物体的最大速度，然后根据动能与动量的关系，即可求出最大动能。根据功率的定义式，重的瞬时功率也易算出来。由动能定理可求出物体沿斜面上升的最大距离，然后求出重力势能的值。
分析清楚过程及每一过程的受力情况，然后由动量，动能定理去解答。
12.【答案】变小 正电 闭合
【解析】解：导体A、B接触，开始不带电，把一带正电荷的物体D移近导体A、B，由于静电感应，导体B的右端感应正电荷，导体A的左端感应负电荷；这时把A和B分开，然后移去D，则导体A还是带负电，导体B带正电，A、B的金属箔片仍会张开，但是电荷会分别均匀分布在整个导体A、B中，两端电荷量相对减少，所以金属箔片张角变小；
由于感应起电过程中，使得导体A和导体B带有等量的异种电荷，现在再把导体A和导体B接触，它们的电荷就会中和，中和之后，导体A和导体B都不带电，金属箔片会闭合。
故答案为：变小；正电；闭合。
当带正电的物体D移近导体A时，导体A、B由于接触，则导体中的负电荷向A端移动，则A端带负电，B端失去电子带正电；先分开A、B，再移去D，则导体A、B中的电荷不能发生中和；再让导体A和B接触，导体A、B中的电荷发生中和，金属箔片闭合。
本题主要考查感应起电的有关知识，根据感应起电的原理解答。
13.【答案】1.50 8.00 155 B 宇宙飞船的绕行周期T 3πGT2
【解析】解：(1)根据天平的分度值，可知托盘秤的读数为1.50kg；
根据表格中的数据，可知小车经过凹形桥最低点时，托盘秤示数的平均值为m示=1.80+1.75+1.85+1.75+1.855kg=1.80kg
故小车对桥的压力大小为F=(m示−m桥)g=(1.80−1.00)×10N=8.00N
小车通过最低点时，满足FN−mg=mv2R
其中
FN=F=8.00N，m=1.50kg−1.00kg=0.50kg
代入可得
v= 155m/s
(2)宇宙飞船在靠近行星表面的圆形轨道上运行时满足
GMmR2=m(2πT)2R
由密度公式可知
ρ=MV=M43πR3
联立以上两式，可得
ρ=3πGT2
故需要的仪器为秒表，绕行时所测物理量为宇宙飞船的绕行周期T。
故答案为：(1)1.50，8.00， 155；(2)B，宇宙飞船的绕行周期T，3πGT2。
(1)根据天平的分度值，读取托盘秤的读数；根据表格中的示数可知需要估读到最小分度值的下一位；根据平均值求得经过最低点时托盘的示数；在最低点，根据牛顿第二定律求得速度；
(2)星球对宇宙飞船的万有引力提供向心力，即可判断所需仪器和所测物理量。
本题主要考查了圆周运动和万有引力与航天，明确向心力的来源即可。
14.【答案】解：(1)小球受到的电场力方向向左，所以小球带负电。
小球受力情况如图所示：
根据平衡条件可得：qE=mgtanθ
解得：q=1×10−3C；
(2)撤去电场后，小球运动到最低点过程中，由动能定理可得：mgL(1−cosθ)=12mv2−0
由牛顿第二定律可得：F−mg=mv2L
解得小球运动到最低点时细线的拉力大小为：F=28N。
答：(1)小球所带电荷量为1×10−3C；小球带负电；
(2)撤去电场后，小球运动到最低点时细线的拉力大小为28N。
【解析】(1)小球受到的电场力方向向左，由此判断电性；根据平衡条件求解小球所带电荷量大小；
(2)撤去电场后，小球运动到最低点过程中，由动能定理、牛顿第二定律联立求解小球运动到最低点时细线的拉力大小。
本题主要是考查了电场力作用下的平衡问题、以及动能定理的知识，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答；掌握动能定理的应用方法。
15.【答案】解：(1)根据万有引力充当向心力可知GMmr2=mr4π2T2
解得：M=4π2r3GT2
(2)根据GMmR2=mg
解得g=4π2r3R2T2
(3)根据第一宇宙速度定义，可得火星的第一宇宙速度为GMmR2=mv2R
解得：v=2πrT rR
答：(1)火星的质量为4π2r3GT2；
(2)火星表面的重力加速度的大小为4π2r3R2T2。
(3)火星的第一宇宙速度为2πrT rR。
【解析】(1)根据万有引力提供向心力列出等式计算出火星的质量；
(2)在火星表面，物体受到的万有引力等于重力，由此计算出重力加速度的大小；
(3)根据第一宇宙速度定义，根据万有引力提供向心力解得。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解在不同情况下万有引力提供的力的类型，结合不同的公式完成计算即可，难度不大。
16.【答案】解：(1)滑块从A到B过程中利用动能定理有：−μmgR=EkB−34mgR
代入数据可得：EkB=mgR4
(2)由EkB=12mvB2可得B点的速度vB= gR2
假设滑块刚好能从B处做平抛运动，设滑块在B处的速度为vB′，则有：mvB′2R=mg
可得vB′= gR
vB′
设OD连线与水平方向的夹角为θ，滑块的速度大小为v，由几何关系可知D点速度v与竖直方向的夹角为θ，
从B到D过程中，利用动能定理有：mgR(1−sinθ)=12mv2−EkB
在D点，对滑块由牛顿第二定律有：mgsinθ=mv2R
代入数据可得：v= 30gR6，sinθ=56
设滑块在D点时距离水平面Ⅱ的高度为ℎ，则有：ℎ=Rsinθ=56R
D点到O点的水平距离x1=Rcosθ= 116R
滑块从D点脱离圆弧轨道做曲线运动，最终落在水平面Ⅱ上
把v沿着水平方向和竖直方向分解，则滑块从D点到水平面Ⅱ的过程中，滑块竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，设滑块下落的时间为t，滑块的水平位移大小为x2
竖直方向上，有：ℎ=vcosθ⋅t+12gt2
水平方向上，有：x2=vsinθ⋅t
代入数据可得：t= 30( 83− 11)36 Rg，x2=25( 83− 11)216R
设该滑块落到水平面Ⅱ上的位置到C处的距离为x，则x=x1+x2−R
代入数据可得：x=(25 83+11 11216−1)R
(3)设滑块与水平面Ⅱ第一次碰撞前瞬时，滑块在竖直方向的速度大小为vy1，则vy1=vcosθ+gt
代入数据可得：vy1= 2490gR36
滑块在水平方向的速度：vx=vsinθ=5 30gR36
第一次碰撞后瞬时，滑块在竖直方向的速度大小为：vy1′=kvy1
之后，滑块在竖直方向上先做竖直上抛运动，然后做自由落体运动，
第一次碰撞后到第二次碰撞前，所用时间t1=2vy1′g=2kvy1g
第二次碰撞前瞬时，滑块在竖直方向的速度大小为：vy2=vy1′=kvy1
第二次碰撞后瞬时，滑块在竖直方向的速度大小为：vy2′=kvy2=k2vy1
同理可得：
第二次碰撞后到第三次碰撞前，所用时间t2=2vy2′g=2k2vy1g
第三次碰撞后瞬时，滑块在竖直方向的速度大小为：vy3′=k3vy1
第三次碰撞后到第四次碰撞前，所用时间t3=2vy3′g=2k3vy1g
第四次碰撞后瞬间，滑块在竖直方向的速度大小为：vy4′=k4vy1
可得滑块从与水平面Ⅱ发生第一次碰撞到第四次碰撞所经过时间为t=t1+t2+t3=2(k+k2+k3)vy1g=k+k2+k318 2490Rg
第四次碰撞后瞬时滑块的动能Ek4=12m(vx2+vy4′2)
代入数据可得：Ek4=(125+415k8)mgR432
答：(1)该滑块刚到达B处时的动能为mgR4；
(2)该滑块第一次落到水平面Ⅱ上的位置到C处的距离为(25 83+11 11216−1)R；
(3)该滑块每次与水平面Ⅱ碰撞前、后，水平方向速度不变，竖直方向速度反向，且每次碰撞后瞬时竖直速度大小为碰撞前瞬时竖直速度大小的k倍，碰撞时间均很短可不计，该滑块从与水平面Ⅱ发生第一次碰撞到第四次碰撞所经过的时间为k+k2+k318 2490Rg，及第四次碰撞后瞬时该滑块的动能为(125+415k8)mgR432。
【解析】(1)从A到B对滑块利用动能定理可得滑块在B处的动能；
(2)根据滑块在B处的动能可得滑块在B点速度大小，计算出滑块恰好在B处做平抛运动的临界速度大小，比较两速度大小可知滑块从B处沿圆弧轨道下滑，假设从D处离开轨道，从B到D利用动能定理列式，在D处由牛顿第二定律列式，两式联立可得D点速度大小和D点速度与竖直方向夹角的正弦值，有几何关系可得D点距水平面的高度和OD水平方向的距离，滑块从D点到水平面，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，由竖直方向的位移可得运动时间，则可得水平方向的位移，进而可得滑块第一次落到水平面Ⅱ上的位置到C处的距离。
(3)根据滑块从D处到水平面的时间则可得滑块在第一次碰前的竖直方向的速度大小，根据“每次碰撞后瞬时竖直速度大小为碰撞前瞬时竖直速度大小的k倍”可得后面三处滑块在碰前的竖直方向的速度大小，利用竖直方向的速度大可得小滑块在空中运动的时间和第四次碰撞后瞬时该滑块的动能。
本题考查了动能定理和竖直平面内的圆周运动，解题的关键是找出滑块恰好滑离圆轨道的位置，以及在此位置的瞬时速度的大小。注意滑块离开圆轨道竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动。
2022-2023学年江西省吉安市吉州区部分学校联考高一（下）期末物理试卷
一、选择题（本大题共11小题，共44分）
1. 对研究对象或研究过程建立理想化模型，突出问题的主要方面忽略次要因素从而有效地解决问题，是物理学研究的常用方法。下列各组均属于理想化模型的是( )
A. 质点、点电荷 B. 点电荷、元电荷 C. 元电荷、重心 D. 质点、重心
2. 水平恒力F两次作用在同一物体上，使物体沿力的方向发生相同位移，第一次是在光滑水平面上，第二次是在粗糙水平面上，两次力F做的功和功率的大小关系是( )
A. W1=W2；P1>P2 B. W1>W2；P1=P2
C. W1=W2；P1
A. 在运输轨道上A点的速度大于B点的速度
B. 在地球轨道Ⅰ上B点的加速度小于在运输轨道上B点的加速度
C. 在木星轨道Ⅱ上的周期大于在运输轨道上的周期
D. 在木星轨道Ⅱ上的机械能等于在运输轨道上的机械能
4. 一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，速度减小为原来的三分之一，不考虑卫星质量的变化，则变轨前、后卫星的( )
A. 向心加速度大小之比为9：1 B. 周期之比为1：27
C. 角速度大小之比为3：1 D. 轨道半径之比为1：3
5. 如图，真空中有两个点电荷，Q1=4.0×10−8C、Q2=−1.0×10−8C，分别固定在x轴上坐标为0和6cm的位置，取无穷远处电势为零。下列说法正确的是( )
A. x=4cm处电场强度为零
B. x=12cm处电势为零
C. x轴上大于12cm的各点电场强度方向都向右
D. 若将电荷量为+1.0×10−10C的试探电荷从无穷远移到x=3cm处，电场力做功−9.0×107J，则x=3cm处的电势等于−9×103V
6. 如图所示，轻质弹簧的下端固定在光滑斜面的底部，一个质量为m的物块以平行斜面的初速度v向弹簧运动。已知弹簧始终处于弹性限度范围内，则下列判断正确的是( )
A. 物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重力势能小于弹簧增加的弹性势能
B. 物块碰到弹簧后立刻开始做减速运动
C. 物块从接触弹簧到最低点的过程中，加速度不断减小
D. 物块的动能最大时，物块的重力势能最小
7. 如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的另一物体B(可视为质点)以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化的情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10m/s2)( )
A. A获得的动能为2J B. 系统损失的机械能为4J
C. A的最小长度为2m D. A、B间的动摩擦因数为0.1
8. 下面实例中，研究对象的运动过程机械能不守恒的是( )
A. 沿滑梯匀速下滑的小孩 B. 做自由落体运动的小球
C. 被起重机加速吊起的重物 D. 打开降落伞后下降的跳伞运动员
9. 人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，若卫星运行中通过变轨周期增大了，卫星变轨后仍做匀速圆周运动，则( )
A. 卫星的高度减小 B. 卫星的线速度减小
C. 卫星的角速度增大 D. 卫星的向心加速度减小
10. 如图，水平放置的两块带等量异种电荷的平行金属板M、N，它们之间的电场线是间隔相等的平行线，P、Q是电场中的两点。下列说法正确的是( )
A. M板带正电、N板带负电 B. P、Q两点的电场强度EP>EQ
C. M板带负电、N板带正电 D. P、Q两点的电场强度EP=EQ
11. 足够长的光滑斜面固定在水平地面，斜面倾角θ=30°，在斜面底端放一质量为m的物块，物块受到沿斜面向上的拉力F=mg，作用的时间为t，然后撤去F，已知重力加速度为g，取水平面为零势能面，物块可视为质点，则物块从斜面底端开始在斜面上运动的全过程中( )
A. 物块在运动过程中的最大动能为18mg2t2
B. 撤去F的瞬间，重力的功率为12mg2
C. 物块在运动过程中的最大重力势能为14mg2t2
D. 在物块上升过程中只有一处重力势能和动能相等
二、非选择题（56分）
12. 某同学取一对带有绝缘支座的导体A和B使它们接触。起初它们不带电，贴在下部的金属箔片是闭合的，做了如下的实验：
如图所示，把一带正电荷的物体D移近导体A，贴在A、B导体下的金属箔片会张开，这时先把A和B分开一小段距离，然后移去D，金属箔片将仍张开，张角比之前______ (填“变大”、“变小”或“不变”)，此时导体B带______ (填“正电”、“负电”或“不带电”)，再让导体A和B接触，金属箔片会______ (填“张开”或“闭合”)。
13. (1)某物理小组的同学设计了一个测量玩具小车通过凹形桥模拟器最低点时的速度的实验。所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R=0.10m)。
完成下列填空：
①将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图甲所示，托盘秤的示数为1.00kg；
②将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图乙所示，该示数为______ kg；
③将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如表所示：
序号
1
2
3
4
5
m(kg)
1.80
1.75
1.85
1.75
1.85
④根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力大小为______ N(保留三位有效数字)；小车通过最低点时的速度大小为______ m/s。(重力加速度g取10m/s2，计算结果可保留根号)
(2)一艘宇宙飞船飞近某一新发现的行星，并进入靠近该行星表面的圆形轨道绕行数圈后，着陆在行星上，宇宙飞船上备有以下实验仪器：
A.弹簧测力计一个
B.精确秒表一只
C.天平一台(附砝码一套)
D.物体一个
为测定该行星的密度，宇航员在绕行中进行了一次测量，依据测量数据可以求出密度。
①测量该行星的密度所需实验仪器______ (选填序号)，测出的物理量为______ (用物理量符号表示)；
②密度为ρ= ______ (用相关物理量符号表示，已知万有引力常量为G)。
14. 如图所示，一根长L=1m的绝缘细线上端固定在天花板上，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球的质量为m=2kg。现加上一水平向右的匀强电场，平衡时绝缘细线与竖直方向夹角为θ=37°。已知匀强电场的场强大小E=1.5×104N/C，重力加速度g大小取10m/s2，取sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
(1)小球所带电荷量及电性。
(2)撤去电场后，小球运动到最低点时细线的拉力大小。
15. 2021年2月10日19时52分，我国首次火星探测任务“天问一号”探测器实施近火捕获制动，成功实现环绕火星运动，成为我国第一颗人造火星卫星。在“天问一号”环绕火星做匀速圆周运动时，周期为T，轨道半径为r。已知火星的半径为R，引力常量为G，不考虑火星的自转。求：
(1)火星的质量M；
(2)火星表面的重力加速度的大小g。
(3)火星的第一宇宙速度v。
16. 如图所示，竖直面内一半径为R的光滑四分之一圆弧轨道，在最高点B和最低点C分别与水平面Ⅰ、Ⅱ连接，一质量为m的滑块(可视为质点)从水平面Ⅰ上A处，以34mgR的初动能水平向B处运动。已知重力加速度为g，AB距离为R，该滑块与水平面I间动摩擦因数μ=0.5，水平面Ⅱ足够长，该滑块在B处无动能损失，不计空气阻力。求：
(1)该滑块刚到达B处时的动能；
(2)该滑块第一次落到水平面Ⅱ上的位置到C处的距离；
(3)该滑块每次与水平面Ⅱ碰撞前、后，水平方向速度不变，竖直方向速度反向，且每次碰撞后瞬时竖直速度大小为碰撞前瞬时竖直速度大小的k倍，碰撞时间均很短可不计，求该滑块从与水平面Ⅱ发生第一次碰撞到第四次碰撞所经过的时间，及第四次碰撞后瞬时该滑块的动能。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：质点是忽略物体的大小、体积、形状，而只有质量的点；点电荷是本身大小比相互之间的距离小得多的带电体；点电荷、质点都是实际不存在的理想化模型。元电荷是最小的电荷量，重心是重力在物体上的等效作用点，故元电荷。重心不是理想化模型。故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据每组研究对象，结合理想化模型的定义解答即可。
解题关键是掌握理想化模型的定义，能够正确分析出每组研究对象是否是理想化模型。难度不大。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题就是对功的公式和功率公式的直接考查，在计算功率时要注意，求平均功率的大小，要注意公式的选择。
根据功的公式，可以知道拉力F对物体做功的情况，由物体的运动规律求出物体的运动的时间，再由功率的公式可以分析F的功率的大小。
【解答】
由W=Fs知，恒力F对两种情况下做功一样多，即W1=W2。
在粗糙水平面上由于受到阻力的作用，由牛顿第二定律：F合=ma可知，在粗糙水平面上加速度小，由s=12at2知，通过相同的位移，在粗糙水平面上用的时间长，由P=Wt知，力F在粗糙水平面上做功的平均功率小，即Pl>P2，故A正确，BCD错误。
故选A。
3.【答案】C
【解析】解：A、根据开普勒第二定律可知，在运输轨道上近日点的速度大于远日点的速度，即经过A点的速度小于B点的速度，故A错误；
B、在地球轨道Ⅰ上B点与在运输轨道上B点相比，受到的万有引力相同，由牛顿第二定律得，加速度相同，故B错误；
C、木星轨道Ⅱ的半径大于在运输轨道上的半长轴，根据开普勒第三定律可知，在木星轨道Ⅱ上的周期大于在运输轨道上的周期，故C正确；
D、在运输轨道上的A点瞬间点火加速，机械能增加，进入木星轨道Ⅱ，则在木星轨道Ⅱ上的机械能大于在运输轨道上的机械能，故D错误。
故选：C。
根据开普勒第二定律判断经过A点和B点的速度；经过不同轨道上同一点时，加速度相同；根据开普勒第三定律判断在两轨道上的周期；从运输轨道变到木星轨道Ⅱ，机械能增加。
本题考查开普勒定律，解题关键是掌握开普勒定律内容并能够熟练应用。
4.【答案】B
【解析】解：根据万有引力提供圆周运动向心力有GMmr 2=mv 2r，可得卫星的线速度v= GMr，可知当卫星线速度减小为原来的13，则半径增大为原来的9倍。
A、根据万有引力提供向心力有，GMmr 2=ma，可知a=GMr 2，变轨前后轨道半径之比为1：9，向心加速度之比为81：1，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力有，GMmr 2=m4π 2T 2r，可知T= 4π 2r 3GM，变轨前后轨道半径之比为1：9，周期之比为T1 T2 = r13r23= 1 39 3=127，故B正确；
C、根据万有引力提供向心力有，GMmr 2=mω 2r，可知ω= GMr 3，变轨前后轨道半径之比为1：9，周期之比为ω1 ω2 = r23r13= 9 31 3=271，故C错误；
D、由上述分析知变轨前后轨道半径之比为1：9，故D错误；
故选：B。
根据万有引力提供向心力，通过线速度的变化得出轨道半径的变化，从而得出向心力和周期及机械能的变化
解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，知道线速度、向心力、周期、机械能与轨道半径的关系
5.【答案】C
【解析】解：A、空间某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强。根据点电荷的场强公式E=kQr2，知要使电场强度为零，那么正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强大小相等、方向相反。电场强度为零的点不会在Q1的左边，因为Q1的电荷大于Q2，也不会在Q1Q2之间，因为它们电荷电性相反，在中间的电场方向都是一样的；所以只能在Q2右边。
设该位置据Q2的距离是L，则kQ1(0.06m+L)2=kQ2L2，解得L=0.06m=6cm；所以x坐标轴上x=12cm处的电场强度为零，且只有一个点电场强度为零，A错误；
BC、根据场线的特点知，在Q1Q2之间，电场强度方向沿x轴正方向，x在6cm−12cm之间电场强度方向沿x轴负方向。在(12cm,∞)，电场强度方向沿x轴正方向，根据沿电场线方向电势降低，可知电势的变化趋势如图所示，x=12cm处电场强度为零，电势大于零，故B错误，C正确；
D、根据W=qU，无穷远移到x=3cm处电势差U= Wq=−9.0×107J1.0×10−10C=−9×103V，根据U=0−φ3，得φ3=−U=9×103V，故D错误；
故选：C。
空间某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强，运用矢量的合成进行分析．电势根据电场线的方向分析．
空间中某一点的电场，是空间所有电荷产生的电场的叠加，场强是矢量，其合成遵守平行四边形定则．利用φ−x图象的斜率等于场强，分析电势的正负．
6.【答案】A
【解析】解：A、以弹簧和物体组成的系统中，只有重力和弹力做功，机械能守恒。物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重力势能小于弹簧增加的弹性势能，故A正确；
B、物块碰到弹簧一段距离内，弹簧弹力F
D、物块的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和不变，当物块的动能最大时，物块的重力势能与弹性势能之和最小；当物块达到最低点时物块的重力势能最小，故D错误。
故选：A。
物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重力势能小于弹簧增加的弹性势能。对物块进行受力分析，根据牛顿第二定律，可以知道物块从接触弹簧到最低点的过程中，加速度先减小后增大，由此分析速度大小的变化；以弹簧和物体组成的系统中，只有重力和弹力做功，机械能守恒。
本题考查了机械能守恒定律、牛顿第二定律等知识点。要熟记动能定理与功能原理在解题中的应用：涉及到总功、动能变化时应用动能定理解决；涉及到机械能变化时应求出除重力外其它力做的功。
7.【答案】D
【解析】解：A、由图乙所示图象可知，A、B的共同速度v=1m/s，设A的质量为M，A、B组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(m+M)v，代入数据解得：M=2kg，A获得的动能Ek=12Mv2=12×2×12J=1J，故A错误；
B、设系统损失的机械能为ΔE，由能量守恒定律得：12mv02=12(M+m)v2+ΔE，代入数据解得：ΔE=2J，故B错误；
C、v−t图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，由图乙所示图象可知，长木板A的最小长度L=xB−xA=1+22×1m−12×1×1m=1m，故C错误；
D、设A、B间的动摩擦因数为μ，由能量守恒定律得：12mv02=12(M+m)v2+μmgL，代入数据解得：μ=0.1，故D正确。
故选：D。
A、B组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出A的质量，然后求出A获得的动能；应用能量守恒定律求出系统损失的机械能与A、B间的动摩擦因数；根据图乙所示图象求出A的最小长度。
根据题意与图乙所示图象分析清楚物体与长木板的运动过程是解题的前提；应用动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。
8.【答案】ACD
【解析】解：A、小孩沿滑梯匀速下滑，说明小孩的动能不变，重力势能减小，则两者之和即机械能减小，故A正确；
B、自由落体运动的小球只受重力作用，下落过程只有重力做功，其机械能守恒，故B错误；
C、加速吊起的重物动能增加，重力势能增加，则机械能增加，故C正确；
D、打开降落伞下降的运动员受空气阻力的作用，除重力做功之外还有空气阻力做功，其机械能不守恒，故D正确；
故选：ACD。
只有重力或弹力做功时，系统的机械能守恒。根据机械能守恒的条件分析答题；也可以根据机械能的概念分析。
判断机械能是否守恒常用三种方法：1、条件法。从功的角度，看是不是只有重力或弹力做功；2、总量法，如动能和势能的总量变化，机械能一定不守恒。3、从能量的角度，没有发生机械能与其他能之间的转化，机械能守恒，否则，机械能不守恒。
9.【答案】BD
【解析】解：人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力
根据牛顿第二定律GMmr2=mv2r=mω2r=m4π2T2r=ma
可得周期T=2π r3GM
线速度v= GMr
角速度ω= GMr3
向心加速度a=GMr2
若卫星运行中通过变轨周期增大了，说明卫星离地面的高度增大，即轨道半径r增大
根据上述关系式可得，卫星的线速度减小，角速度减小，向心加速度减小。
综上分析，故BD正确，AC错误。
故选：BD。
根据万有引力提供向心力得出向心加速度与轨道半径的关系，再根据线速度、角速度、周期与轨道半径的关系，得出这些物理量的变化。
本题考查了万有引力在天体上的运用；解决的思路是：把天体运动看作匀速圆周运动，万有引力提供向心力。
10.【答案】CD
【解析】解：AC.对于平行金属板形成的电场，电场线从正极板指向负极板，因此M板带负电、N板带正电，故A错误，C正确；
BD.两平行板间形成的是匀强电场，因此P、Q两点的电场强度大小相等、方向相同，满足EP=EQ，故B错误，D正确。
故选：CD。
AC.对于平行金属板形成的电场，电场线从正极板指向负极板，据此分析作答；
BD.平行板之间的电场是匀强电场，据此分析PQ之间的场强。
本题考查了对于平行金属板形成的电场，要知道电场强度的方向，要知道两平行板间形成的是匀强电场，基础题。
11.【答案】ACD
【解析】解：B.撤去F的瞬间，由动量定理(F−mgsin30°)t=pm，物块的速度为v=pmm，重力的功率为P=mgvcos120°=−14mg2t，故B错误；
C.撤去F前，物块移动距离为x1=v2t，撤去F后，12mv2=mgℎ，物块最大重力势能为Epm=mg(x1sin30°+ℎ)，得：Epm=14mg2t2，故C正确；
A.根据动量定理(F−mgsin30°)t=pm，又Ekm=pm22m
物块在运动过程中的最大动能为Ekm=18mg2t2，故A正确；
D.撤去F的瞬间，物块的重力势能为Ep=mgx1sin30°=18mg2t2，与此时物块的最大动能相等，则在物块上升过程中只有一处重力势能和动能相等，D正确。
故选：ACD。
由动量定理可求出物体的最大速度，然后根据动能与动量的关系，即可求出最大动能。根据功率的定义式，重的瞬时功率也易算出来。由动能定理可求出物体沿斜面上升的最大距离，然后求出重力势能的值。
分析清楚过程及每一过程的受力情况，然后由动量，动能定理去解答。
12.【答案】变小 正电 闭合
【解析】解：导体A、B接触，开始不带电，把一带正电荷的物体D移近导体A、B，由于静电感应，导体B的右端感应正电荷，导体A的左端感应负电荷；这时把A和B分开，然后移去D，则导体A还是带负电，导体B带正电，A、B的金属箔片仍会张开，但是电荷会分别均匀分布在整个导体A、B中，两端电荷量相对减少，所以金属箔片张角变小；
由于感应起电过程中，使得导体A和导体B带有等量的异种电荷，现在再把导体A和导体B接触，它们的电荷就会中和，中和之后，导体A和导体B都不带电，金属箔片会闭合。
故答案为：变小；正电；闭合。
当带正电的物体D移近导体A时，导体A、B由于接触，则导体中的负电荷向A端移动，则A端带负电，B端失去电子带正电；先分开A、B，再移去D，则导体A、B中的电荷不能发生中和；再让导体A和B接触，导体A、B中的电荷发生中和，金属箔片闭合。
本题主要考查感应起电的有关知识，根据感应起电的原理解答。
13.【答案】1.50 8.00 155 B 宇宙飞船的绕行周期T 3πGT2
【解析】解：(1)根据天平的分度值，可知托盘秤的读数为1.50kg；
根据表格中的数据，可知小车经过凹形桥最低点时，托盘秤示数的平均值为m示=1.80+1.75+1.85+1.75+1.855kg=1.80kg
故小车对桥的压力大小为F=(m示−m桥)g=(1.80−1.00)×10N=8.00N
小车通过最低点时，满足FN−mg=mv2R
其中
FN=F=8.00N，m=1.50kg−1.00kg=0.50kg
代入可得
v= 155m/s
(2)宇宙飞船在靠近行星表面的圆形轨道上运行时满足
GMmR2=m(2πT)2R
由密度公式可知
ρ=MV=M43πR3
联立以上两式，可得
ρ=3πGT2
故需要的仪器为秒表，绕行时所测物理量为宇宙飞船的绕行周期T。
故答案为：(1)1.50，8.00， 155；(2)B，宇宙飞船的绕行周期T，3πGT2。
(1)根据天平的分度值，读取托盘秤的读数；根据表格中的示数可知需要估读到最小分度值的下一位；根据平均值求得经过最低点时托盘的示数；在最低点，根据牛顿第二定律求得速度；
(2)星球对宇宙飞船的万有引力提供向心力，即可判断所需仪器和所测物理量。
本题主要考查了圆周运动和万有引力与航天，明确向心力的来源即可。
14.【答案】解：(1)小球受到的电场力方向向左，所以小球带负电。
小球受力情况如图所示：
根据平衡条件可得：qE=mgtanθ
解得：q=1×10−3C；
(2)撤去电场后，小球运动到最低点过程中，由动能定理可得：mgL(1−cosθ)=12mv2−0
由牛顿第二定律可得：F−mg=mv2L
解得小球运动到最低点时细线的拉力大小为：F=28N。
答：(1)小球所带电荷量为1×10−3C；小球带负电；
(2)撤去电场后，小球运动到最低点时细线的拉力大小为28N。
【解析】(1)小球受到的电场力方向向左，由此判断电性；根据平衡条件求解小球所带电荷量大小；
(2)撤去电场后，小球运动到最低点过程中，由动能定理、牛顿第二定律联立求解小球运动到最低点时细线的拉力大小。
本题主要是考查了电场力作用下的平衡问题、以及动能定理的知识，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答；掌握动能定理的应用方法。
15.【答案】解：(1)根据万有引力充当向心力可知GMmr2=mr4π2T2
解得：M=4π2r3GT2
(2)根据GMmR2=mg
解得g=4π2r3R2T2
(3)根据第一宇宙速度定义，可得火星的第一宇宙速度为GMmR2=mv2R
解得：v=2πrT rR
答：(1)火星的质量为4π2r3GT2；
(2)火星表面的重力加速度的大小为4π2r3R2T2。
(3)火星的第一宇宙速度为2πrT rR。
【解析】(1)根据万有引力提供向心力列出等式计算出火星的质量；
(2)在火星表面，物体受到的万有引力等于重力，由此计算出重力加速度的大小；
(3)根据第一宇宙速度定义，根据万有引力提供向心力解得。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解在不同情况下万有引力提供的力的类型，结合不同的公式完成计算即可，难度不大。
16.【答案】解：(1)滑块从A到B过程中利用动能定理有：−μmgR=EkB−34mgR
代入数据可得：EkB=mgR4
(2)由EkB=12mvB2可得B点的速度vB= gR2
假设滑块刚好能从B处做平抛运动，设滑块在B处的速度为vB′，则有：mvB′2R=mg
可得vB′= gR
vB′
设OD连线与水平方向的夹角为θ，滑块的速度大小为v，由几何关系可知D点速度v与竖直方向的夹角为θ，
从B到D过程中，利用动能定理有：mgR(1−sinθ)=12mv2−EkB
在D点，对滑块由牛顿第二定律有：mgsinθ=mv2R
代入数据可得：v= 30gR6，sinθ=56
设滑块在D点时距离水平面Ⅱ的高度为ℎ，则有：ℎ=Rsinθ=56R
D点到O点的水平距离x1=Rcosθ= 116R
滑块从D点脱离圆弧轨道做曲线运动，最终落在水平面Ⅱ上
把v沿着水平方向和竖直方向分解，则滑块从D点到水平面Ⅱ的过程中，滑块竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，设滑块下落的时间为t，滑块的水平位移大小为x2
竖直方向上，有：ℎ=vcosθ⋅t+12gt2
水平方向上，有：x2=vsinθ⋅t
代入数据可得：t= 30( 83− 11)36 Rg，x2=25( 83− 11)216R
设该滑块落到水平面Ⅱ上的位置到C处的距离为x，则x=x1+x2−R
代入数据可得：x=(25 83+11 11216−1)R
(3)设滑块与水平面Ⅱ第一次碰撞前瞬时，滑块在竖直方向的速度大小为vy1，则vy1=vcosθ+gt
代入数据可得：vy1= 2490gR36
滑块在水平方向的速度：vx=vsinθ=5 30gR36
第一次碰撞后瞬时，滑块在竖直方向的速度大小为：vy1′=kvy1
之后，滑块在竖直方向上先做竖直上抛运动，然后做自由落体运动，
第一次碰撞后到第二次碰撞前，所用时间t1=2vy1′g=2kvy1g
第二次碰撞前瞬时，滑块在竖直方向的速度大小为：vy2=vy1′=kvy1
第二次碰撞后瞬时，滑块在竖直方向的速度大小为：vy2′=kvy2=k2vy1
同理可得：
第二次碰撞后到第三次碰撞前，所用时间t2=2vy2′g=2k2vy1g
第三次碰撞后瞬时，滑块在竖直方向的速度大小为：vy3′=k3vy1
第三次碰撞后到第四次碰撞前，所用时间t3=2vy3′g=2k3vy1g
第四次碰撞后瞬间，滑块在竖直方向的速度大小为：vy4′=k4vy1
可得滑块从与水平面Ⅱ发生第一次碰撞到第四次碰撞所经过时间为t=t1+t2+t3=2(k+k2+k3)vy1g=k+k2+k318 2490Rg
第四次碰撞后瞬时滑块的动能Ek4=12m(vx2+vy4′2)
代入数据可得：Ek4=(125+415k8)mgR432
答：(1)该滑块刚到达B处时的动能为mgR4；
(2)该滑块第一次落到水平面Ⅱ上的位置到C处的距离为(25 83+11 11216−1)R；
(3)该滑块每次与水平面Ⅱ碰撞前、后，水平方向速度不变，竖直方向速度反向，且每次碰撞后瞬时竖直速度大小为碰撞前瞬时竖直速度大小的k倍，碰撞时间均很短可不计，该滑块从与水平面Ⅱ发生第一次碰撞到第四次碰撞所经过的时间为k+k2+k318 2490Rg，及第四次碰撞后瞬时该滑块的动能为(125+415k8)mgR432。
【解析】(1)从A到B对滑块利用动能定理可得滑块在B处的动能；
(2)根据滑块在B处的动能可得滑块在B点速度大小，计算出滑块恰好在B处做平抛运动的临界速度大小，比较两速度大小可知滑块从B处沿圆弧轨道下滑，假设从D处离开轨道，从B到D利用动能定理列式，在D处由牛顿第二定律列式，两式联立可得D点速度大小和D点速度与竖直方向夹角的正弦值，有几何关系可得D点距水平面的高度和OD水平方向的距离，滑块从D点到水平面，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，由竖直方向的位移可得运动时间，则可得水平方向的位移，进而可得滑块第一次落到水平面Ⅱ上的位置到C处的距离。
(3)根据滑块从D处到水平面的时间则可得滑块在第一次碰前的竖直方向的速度大小，根据“每次碰撞后瞬时竖直速度大小为碰撞前瞬时竖直速度大小的k倍”可得后面三处滑块在碰前的竖直方向的速度大小，利用竖直方向的速度大可得小滑块在空中运动的时间和第四次碰撞后瞬时该滑块的动能。
本题考查了动能定理和竖直平面内的圆周运动，解题的关键是找出滑块恰好滑离圆轨道的位置，以及在此位置的瞬时速度的大小。注意滑块离开圆轨道竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动。
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