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2022-2023学年江苏省南京市鼓楼区宁海中学高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年江苏省南京市鼓楼区宁海中学高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共17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。
1.如图所示，在某次演习中，轰炸机沿水平方向投放一枚炸弹，经过时间t=10 3s炸弹恰好垂直击中山坡上的目标，已知炸弹平抛的初速度v0=100m/s。不计空气阻力，则山坡倾角为(重力加速度g取10m/s2)( )
A. 15∘B. 30∘C. 45∘D. 60∘
2.2020年新冠疫情突然来袭，无人机成战“疫”利器。无人机在某次作业过程中在空中盘旋，可看成匀速圆周运动，已知无人机的质量为m，以恒定速率v在空中水平盘旋，如图所示，圆心为O，其做匀速圆周运动的半径为R，重力加速度为g，关于空气对无人机的作用力方向和大小的说法正确的是( )
A. 竖直向上，F=mgB. 竖直向上，F=m g2−v4R2
C. 斜向右上方，F=mv2RD. 斜向右上方，F=m g2+v4R2
3.北斗问天，国之夙愿.我国北斗三号系统的收官之星是地球静止轨道卫星，其轨道半径约为地球半径的7倍.则该地球静止轨道卫星( )
A. 其发射速度一定大于11.2km/s
B. 在轨道上运动的线速度一定小于7.9km/s
C. 它运行周期大于24h
D. 它可以经过北京正上空，所以我国能利用它进行电视转播
4.如图所示，虚线a、b、c代表某一电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，其中R在等势面b上。下列判断不正确的是( )
A. 三个等势面中，c的电势最低
B. 带电粒子在P点的电势能比在Q点的大
C. 带电粒子在P点的加速度小于在Q点的加速度
D. 带电粒子在R点的加速度方向垂直于等势面b
5.如图所示，B为线段AC的中点，如果在A点放一个+Q的点电荷，测得B点的电场强度大小EB=48N/C，则( )
A. C点的电场强度大小EC=24N/C
B. C点的电场强度方向向左
C. 把q=10−9C的试探电荷放在C点，则其所受电场力的大小为1.2×10−8N
D. 若要使B点的电场强度EB=0，可在C处放一个−Q的点电荷
6.将两个点电荷A，B分别固定在水平面上x轴的两个不同位置上，将一带负电的试探电荷在水平面内由A点的附近沿x轴的正方向移动到B点附近的过程中，该试探电荷的电势能随位置变化的图象如图所示，已知xAC>xCB，图中的水平虚线在C点与图线相切，两固定点电荷带电量的多少分别用qA、qB表示．则下列分析正确的是( )
A. 两固定点电荷都带正电，且qA>qB
B. 在AB连线内，C点的电场强度最小但不等于零
C. 因试探电荷的电势能始终为正值，可知AB两点间沿x轴方向的电场强度始终向右
D. 如果将试探电荷的电性改为正电，则该电荷在C点的电势能最大
7.如图所示，甲、乙两同学均站在滑板车上，甲同学和滑板车的总质量为M，乙同学和滑板车的总质量也为M，乙同学静止，甲同学手持质量为m的篮球以v0的速度向乙滑去，为防止与乙同学相撞，甲同学将篮球以大小为v(未知)的水平速度向乙抛去，乙同学将篮球接住后，也以大小为v的水平速度向甲抛去，甲同学接球后，甲、乙两同学恰好不发生碰撞，不计地面的摩擦和空气阻力，则v的大小为( )
A. M(M+m)v02m(2M+m)B. 2M(M+m)v0m(2M+m)C. m(M+m)v02M(2M+m)D. 2m(M+m)v0M(2M+m)
8.有位质量为m的同学从静止下蹲状态向上起跳，经Δt时间以速度v离开地面，重力加速度大小为g，该同学的重心升高了h，在此过程中( )
A. 地面弹力对他的冲量大小为mgΔt
B. 地面弹力对他的冲量大小为mv+mgΔt
C. 地面弹力对他的做功大小为12mv2
D. 地面弹力对他的做功大小为12mv2+mgh
9.某摩托车企业生产了一款高性能摩托车，为了测试摩托车的各项指标，在封闭场地对该摩托车进行测试。假设摩托车在平直的公路上以额定功率行驶，行驶一段距离后关闭发动机，测出了摩托车动能Ek与位移x的关系图像如图所示。已知摩托车的质量为200kg，摩托车运动过程中所受阻力恒定。则下列说法正确的是( )
A. 摩托车加速运动的时间为20s
B. 摩托车的额定功率为70kW
C. 摩托车受到的阻力大小为1000N
D. 摩托车速度为40m/s时，加速度为2m/s2
10.如图所示，传送带与水平地面的夹角θ=37∘，A、B两端间距L=16m，传送带以速度v=10m/s沿顺时针方向运动。物体m=1kg，无初速度地放在置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)。则下列说法中正确的是( )
A. 物体由A运动到B端的时间为2s
B. 物体放上传送带后就随传送带做匀速运动
C. 物块自放上传送带后，传送带对它的摩擦力一直沿传送带向下
D. 物体与传送带之间由于摩擦而产生的热量为14J
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
11.为了验证碰撞中的动量和能量是否守恒，某同学选取了两个体积相同、质量相差比较大的小钢球，按下述步骤做了实验：
A.用天平测出两小球的质量(分别为m1和m2，且m1>m2)；
B.按图示安装好实验器材，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，将一斜面BC连接在斜槽末端；
C.先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置；
D.将小球m2放在斜槽末端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，分别记下小球m1和m2在斜面上的落点位置；
E.用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离。图中D、E、F点是该同学记下小球在斜面上的落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF。
根据该同学的实验，回答下列问题：
(1)在不放小球m2时，小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，m1的落点在图中的______点，把小球m2放在斜槽末端边缘处，小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球m1的落点在图中的______点。
(2)若碰撞过程中，满足表达式______，则该碰撞过程动量守恒；若碰撞过程中，满足表达式______，则该碰撞过程能量守恒(用m1、m2、LD、LE、LF表示)。
(3)若碰撞过程中，动量和能量均守恒，则下列表达式正确的是______。
A. LE+ LD= LFB.LE+LD=LFC.LE2+LD2=LF2
三、计算题：本大题共4小题，共45分。
12.如图所示，A是地球的同步卫星。另一卫星B的圆形轨道位于赤道平面内，离地面高度为h。已知地球半径为R，地球自转角速度为ω0，地球表面的重力加速度为g，O为地球中心。
(1)求卫星B的运行周期。
(2)如果卫星B绕行方向与地球自转方向相同，某时刻A、B两卫星相距最近(O、B、A在同一直线上)，则至少经过多长时间，他们再一次相距最近？
13.如图所示，平行板电容器的两个极板A、B，B极板接地.两板间距为5cm，一带电量为q=1×10−9C的点电荷沿电场线从C点运动到D点，电场力做功为3×10−9J。CD间距离为3cm，AC间距离为1cm，不计重力。求：
(1)CD两点间电势差UCD；
(2)A板电势φ1；
(3)仅将A板移动到C处后，A板的电势φ2。
14.如图所示，在光滑的水平地面上，质量为1.75kg的木板右端固定一光滑四分之一圆弧槽，木板长2.5m，圆弧槽半径为0.4m，木板左端静置一个质量为0.25kg的小物块B，小物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.8，在木板的左端正上方，用长为1m的不可伸长的轻绳将质量为1kg的小球A悬于固定点O，现将小球A拉至左上方，轻绳处于伸直状态且与水平方向成θ=30∘角，小球由静止释放，到达O点的正下方时与物块B发生弹性正碰。不计圆弧槽质量及空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)小球A与物块B碰前瞬间，小球A的速度大小；
(2)物块B上升的最大高度；
(3)物块B与木板摩擦产生的总热量。
15.如图甲所示，两平行金属板水平放置，间距为d，金属板长为L=2d，两金属板间加如图乙所示的电压(初始时上金属板带正电)，其中U0=16md2qT2.一粒子源射出的带电粒子恰好从上金属板左端的下边缘水平进入两金属板间．该粒子源能随时间均匀发射质量为m、电荷量为+q的带电粒子(初速度，重力忽略不计).
(1)求能从板间飞出的粒子在板间运动的时间；
(2)若t=T4时刻进入两极板之间，粒子飞出极板时的偏移量y是多少；
(3)若发射时间足够长，则能够从两金属板间飞出的粒子占总入射粒子数的比例为多少．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：炸弹在空中做平抛运动，炸弹击中目标时竖直分速度vy=gt=10×10 3m/s=100 3m/s
设炸弹击中目标时速度方向与竖直方向的夹角为α，如图所示，则tanα=v0vy=100100 3= 33，得α=30∘
根据几何关系可知山坡倾角θ=α=30∘，故ACD错误，B正确。
故选：B。
炸弹在空中做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，炸弹恰好垂直击中山坡上的目标，此时炸弹的速度与斜面垂直，根据下落的时间，由vy=gt求出炸弹击中目标时竖直分速度，再求出速度与竖直方向的夹角，即可由几何关系求得山坡倾角。
本题考查平抛运动，关键要掌握平抛运动在水平方向和在竖直方向上的运动规律，结合几何关系进行解答。
2.【答案】D
【解析】解：根据牛顿第二定律，飞机需要的向心力：F合=mv2R。
飞机受重力、空气的作用力，根据平行四边形定则，如图，则空气对飞机的作用力F= (mg)2+(F合)2=m⋅ g2+v4R2.故D正确，ABC错误。
故选：D。
飞机受重力、空气的作用力，靠两个力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律几何平行四边形定则求解空气对飞机的作用力．
解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．
3.【答案】B
【解析】解：A、11.2km/s是第二宇宙速度，是航天器能挣脱地球引力束缚的最小发射速度，所以地球静止轨道卫星的发射速度小于11.2km/s，故A错误；
B、7.9km/s是第一宇宙速度，是近地圆轨道上的环绕速度，还是所有圆轨道上的最大环绕速度，所以地球静止轨道卫星的运行速度一定小于7.9km/s，故B正确；
C、我国北斗三号系统的收官之星是地球静止轨道卫星，周期等于地球自转周期，故周期等于24h，故C错误；
D、地球同步卫星只能定点在赤道正上空，不可能经过北京的正上空，故D错误。
故选：B。
第一宇宙速度是在地面附近发射人造卫星的最小速度，也是近地圆轨道上的环绕速度，还是所有圆轨道上的最大环绕速度，大小为7.9km/s；
第二宇宙速度为在地面附近发射航天器，能挣脱地球引力束缚的最小发射速度，大小为11.2km/s；
地球同步卫星即地球同步轨道卫星，又称对地静止卫星，是运行在地球同步轨道上的人造卫星，距离地球的高度约为36000km，卫星的运行方向与地球自转方向相同、运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道、运行周期与地球自转一周的时间相等，即23时56分4秒，卫星在轨道上的绕行速度约为3.1公里/秒，其运行角速度等于地球自转的角速度。
本题考查对卫星宇宙速度的理解和分析能力。第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度，也是发射的最小速度。
4.【答案】C
【解析】解：A.带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，电场线与等势面垂直，且由于带电粒子带正电，因此电场线指向下方，根据沿电场线电势降低，可知a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，故A正确；
B.根据带电粒子受力情况可知，若粒子从Q到P过程中，电场力做负功，电势能增加，故带电粒子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，故B正确；
C.等差等势面密处的电场强度大，结合图可知，P处的电场强度大于Q处的电场强度，由牛顿第二定律qE=ma知带电粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度，故C错误。
D.电场的方向总是与等势面垂直，所以R点的电场线的方向与该处的等势面垂直，而带正电粒子受到的电场力的方向与电场线的方向相同，加速度的方向又与受力的方向相同，所以带电粒子在R点的加速度方向垂直于等势面b，故D正确；
本题选错误的，故选：C。
带电粒子只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即向下方，由于粒子带正电，因此电场线方向也指向下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大；加速度的方向与电场线的方向相同，与等势面垂直。
解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。
5.【答案】C
【解析】解：AB.设B点到A点的距离为R，则C点到A点的距离为2R；
根据点电荷的电场强度公式EB=kQR2=48N/C
同理有EC=kQ(2R)2=14⋅kQR2=14×48N/C=12N/C
由于场源电荷带正电，所以C点的电场强度的方向向右，故AB错误；
C.根据电场力公式得电场力的大小F=qEC=10−9×12N=1.2×10−8N，故C正确；
D.若要使B点的电场强度EB=0，根据叠加原理可知应该在C处放一个+Q的点电荷，故D错误。
故选：C。
AB.根据点电荷的场强公式求解C点的场强大小，再根据点电荷的带电性质确定C点的电场强度的方向；
C.根据电场强度的特点分析C点电场强度与试探电荷的关系；
D.根据点电荷的带电性质和电场的叠加，分析作答。
本题考查了点电荷场强的公式和电场力公式；场强是矢量，正点电荷的场强方向在点电荷与某点的连线上向外；空间中存在多个点电荷时，某点的场强为各点电荷在该点产生的场强的合场强。
6.【答案】D
【解析】解：AC、由电场强度方向先向左，后向右可知：两个点电荷同为负;又有xAC>xCB，中点电场方向向左，有qA>qB，故AC错误;
B、由图可知：C点处电势能斜率为零，故电势变化为零，那么由电场强度与φ−x图像斜率的关系可知：电场强度为零，故B错误：
电，则电势先增大后减小，那么，电场强度方向先向左，后向右，故c错误;
D、由题意可知，负电荷在C点电势能最小，若试探电荷电性为正，试探电荷在C点电势能最大，故D正确;
根据电势能变化得到电势变化，从而根据斜率得到电场强度方向；进而根据电势变化得到试探电荷带负电时的电势变化；最后根据电场强度方向变化得到源电荷A、B所带电荷关系。
对于不需要求电势的具体值，只要判断电势大小关系的问题，一般转化为求解电场方向，根据沿着电场线电势降低来求解。
7.【答案】A
【解析】解：设甲、乙两同学最后的共同速度为v共，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有：(M+m)v0=(2M+m)v共
对球和乙研究，由动量守恒定律有：mv=Mv共−mv
解得：v=M(M+m)v02m(2M+m)，故A正确，BCD错误。
故选：A。
甲同学接球后，甲、乙两同学恰好不发生碰撞，两者速度相同，根据动量守恒定律求解。
解答本题时，要细化物理过程，确定研究对象，规定正方向，运用动量守恒定律处理。
8.【答案】B
【解析】解：AB.设竖直向上为正方向，由动量定理可知I−mgΔt=mv−0
解得
I=mv+mgΔt
故A错误，B正确；
CD.地面弹力方向上的位移为0，弹力不做功，故CD错误。
故选：B。
根据动量定理可解得地面对人的冲量，位移为0，则力做功为0。
本题考查动量定理，解题关键掌握应用动量定理的矢量性。
9.【答案】A
【解析】解：C.由图像可知摩托车运动过程中的最大动能为3.6×105J，由动能表达式Ek=12mv2
解得摩托车行驶的最大速度为vm=60m/s
关闭发动机后摩擦力做功使动能减小，由动能定理得−fx3=0−Ekm
其中由图像可知减速的位移为x3=1500m−1200m=300m
解得f=1200N
故C错误；
B.受力分析可知，额定功率下摩托车做匀速运动时有F牵=f，P=F牵vm
联立解得P=1200N×60m/s=7.2×104W=72kW
故B错误；
A.设摩托车加速运动时间为t1，加速过程由动能定理得Pt1−fx1=Ekm
解得t1=20s
故A正确；
D.摩托车速度为40m/s时，牵引力大小为F牵′=Pv
根据牛顿第二定律得F牵′−f=ma
解得a=3m/s2
故D错误。
故选：A。
关闭发动机的过程，根据动能定理求解汽车所受地面的阻力；在900m−1200m过程中汽车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，求解汽车的额定功率；根据动能定理和功率公式求解加速运动的时间，根据牛顿第二定律解得加速度。
本题是汽车的起动问题，根据动能定理求解变加速运动的时间．知道汽车匀速运动时，牵引力与阻力平衡．
10.【答案】A
【解析】解：AB.物体轻放在A端，物体相对传送带上滑，所受滑动摩擦力沿传送带向下，在传送带的作用下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：
mgsin37∘+μmgcs37∘=ma1
解得a1=10m/s2
经过t1=va1=1010s=1s，物体与传送带共速
运动的位移为：x1=12at12
代入数据得：x1=5m
因为mgsin37∘>μmgcs37∘
所以物体继续做匀加速直线运动，物体相对于传送带下滑，所受滑动摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律得：
mgsin37∘−μmgcs37∘=ma2
解得：a2=2m/s2
继续向下匀加速，满足L−x1=vt2+12a2t22
代入数据得：t2=1s
物体由A运动到B端的时间为：
t=t1+t2
代入数据得：t=2s，故A正确，B错误；
C.根据上述分析可知，物体前1s内，物体相对传送带沿传送带向上运动，摩擦力沿传送带向下，后1s内，物体速度大于传送带速度，所以摩擦力沿传送带向上，故C错误；
D.物体前1s内，物体相对传送带的路程为：
s1=vt1−x1
代入数据得：s1=5m
后1s内，物体相对传送带的路程为
s2=L−x1−vt2
代入数据得：s2=1m
则物体与传送带之间由于摩擦而产生的热量为：
Q=μmgcs37∘⋅(s1+s2)
代入数据得：Q=24J，故D错误。
故选：A。
物体刚放到传送带上时，对物体受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度，利用运动学公式求得达到共同速度时的时间和下滑的位移，此后根据牛顿第二定律求得下滑的加速度，利用运动学公式求得时间，求得发生的相对位移，由Q=μmgcsθ⋅Δx求得产生的热量。
从此题可以总结出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。注意利用公式Q=f⋅d求热量时，其中d为物体与传送带的相对路程。
11.【答案】EDm1 LE=m1 LD+m2 LF m1LE=m1LD+m2LF A
【解析】解：(1)在不放小球m2时，小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，m1的落点在图中的E点。
把小球m2放在斜槽末端边缘处，小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后m2速度较大，落在F点，小球m1速度较小，落在D点。
(2)小球碰撞后做平抛运动，假设斜面倾角为θ，水平方向的位移：Lcsθ=v0t
竖直方向的位移：Lsinθ=12gt2
解得：v= gL2cs2θ2Lsinθ= L gcs2θ2sinθ
落点D、E、F对应的平抛初速度为vD、vE、vF，则根据动量守恒定律：m1vE=m1vD+m2vF
结合上述平抛运动速度的表达式得：m1 LE=m1 LD+m2 LF
根据能量守恒定律12m1vE2=12m1vD2+12m2vF2
结合上述平抛运动速度的表达式得m1LE=m1LD+m2LF
(3)若碰撞过程中，动量和能量均守恒，则：m1LE−m1LD=m2LF
m1 LE−m1 LD=m2 LF
则：m1LE−m1LDm1 LE−m1 LD=( LE+ LD)( LE− LD) LE− LD=m2LFm2 LF=( LF)2 LF
解得： LE+ LD= LF，故A正确，BC错误。
故选：A。
故答案为：(1)E，D；(2)m1 LE=m1 LD+m2 LF，m1LE=m1LD+m2LF；(3)A
(1)小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，都做平抛运动，由平抛运动规律不难判断出；
(2)设斜面BC与水平面的倾角为α，由平抛运动规律求出碰撞前后小球m1和小球m2的速度，表示出动量的表达式即可求解；若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失；
(3)根据(2)的结论，联立即可求出。
学会运用平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度，两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失。
12.【答案】解：(1)设地球质量为M，卫星质量为m，根据万有引力和牛顿运动定律，有：
GMm(R+h)2=m4π2TB2(R+h)
在地球表面有：GMmR2=mg
联立得：TB=2π (R+h)3gR2。
(2)它们再一次相距最近时，一定是B比A多转了一圈，有：
ωBt−ω0t=2π
其中ωB=2πTB得：t=2π gR2(R+h)3−ω0。
答：(1)卫星B的运行周期是2π (R+h)3gR2；
(2)至少经过2π gR2(R+h)3−ω0，它们再一次相距最近。
【解析】研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出周期。
卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，当卫星B转过的角度与卫星A转过的角度之差等于2π时，卫星再一次相距最近。
本题考查万有引力定律和圆周运动知识的综合应用能力。
向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。
13.【答案】(1)根据电势差的计算公式有：UCD=Wq=3×10−91×10−9V=3V
(2)根据电场与电势差的关系有：E=Ud=30.03=100V/m
则φ1=φ1−φB=EdAB=100×0.05V=5V
(3)两板电荷量保持不变，d减小，C变大，U变小，E不变φ2=φ2−φB=EdAB=100×0.04V=4V
答：(1)CD两点间电势差为3V；
(2)A板电势为5V；
(3)仅将A板移动到C处后，A板的电势为4V。
【解析】(1)下极板接地，所以下极板的电势为零，根据电场力做功与电势差关系解答；
(2)(3)根据电势差与电势的关系解答。
本题关键是明确电势等于该点与参考点间的电势差，然后结合公式U=Ed列式求解，不难．
14.【答案】解：(1)设轻绳长为L，小球A自由落体L时，轻绳刚好再次伸直，此时速度为v1，
根据自由落体运动规律可得：v12=2gL，
轻绳伸直后瞬间小球A速度为：v2=v1cs30∘，
轻绳刚好再次伸直后到最低点过程，由动能定理得：
mAgL(1−sin30∘)=12mAv32−12mAv22，
代入数据解得：v3=5m/s；
(2)小球A与物块B弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv3=mAv4+mBv5，
由机械能守恒定律得：12mAv32=12mAv42+12mBv52，
代入数据解得：v4=3m/s，v5=8m/s，
物块B在最高点时，与木板水平共速，木板速度为v6，
设物块B升高最大高度为h，板长为L1，
碰撞过程系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mBv5=(mB+M)v6，
由能量守恒定律得：12mBv52=12(mB+M)v62+μmBgL1+mBgh，
代入数据解得：h=0.8m>0.4，物块B飞出圆弧槽。
(3)假设物块B最终能停在木板上，物块B与木板速度共同速度仍为v6，
物块B在木板上相对木板滑行路程设为x，由能量守恒定律得：
12mBv52=12(mB+M)v62+μmBgx，
代入数据解得：x=3.5m<5m，故物块B最终能停在木板上，
产生总热量为：Q=μmBgx，
代入数据解得：Q=7J；
答：(1)小球A与物块B碰前瞬间，小球A的速度大小为5m/s；
(2)物块B上升的最大高度为0.8m；
(3)物块B与木板摩擦产生的总热量为7J。
【解析】(1)绳子再次拉直前小球A做自由落体运动，应用自由落体运动规律、运动的合成与分解、动能定理求出A、B碰撞前瞬间A的速度大小。
(2)A、B碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒动量求出碰撞后A、B的速度，然后应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题。
(3)应用能量守恒定律求出摩擦产生的热量。
本题是一道力学综合题，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提，应用动能定理、动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。
15.【答案】解：(1)能从板间飞出的粒子，平行于板方向做匀速直线运动，在板间运动的时间Δt=Lv0=2dv0=T2
(2)设带电粒子在两金属板间运动时的加速度大小为a，则a=qU0md=16dT2
带电粒子在t=T4时刻进入两极板之间，则它在竖直方向上先加速向下T4，y1=12a(T4)2=d2，
经过T4时间后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，又经过T4时间，竖直分速度减为零，y2=12a(T4)2=d2，
飞出极板时的偏移量y=y1+y2=d
(3)假设t=0时刻进入两金属板间的粒子不碰到金属板而能够飞出两金属板间，则飞出两金属板间时的偏移量为y=12a(Δt)2=2d>d
则假设不成立，t=0时刻进入两金属板间的粒子将打在金属板上。
在第一个周期内，设带电粒子在t1时刻进入两金属板间，它在竖直方向上先加速向下，经过Δt1时间后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，又经过Δt1时间，竖直分速度减为零，恰好从下金属板右端飞出，画出其运动轨迹，如图1所示：
图1
可知d=2×12a(Δt1)2
解得：Δt1=T4
所以t1=T2−Δt1=T4
在第一个周期内，设带电粒子在t2时刻进入两金属板间，它在竖直方向上先加速向下，经过Δt2时间后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，又经过Δt2时间，竖直分速度减为零，然后加速向上直到恰好从上金属板右端飞出，画出其运动轨迹，如图2所示：
图2
可知：2×12a(Δt2)2=12a(Δt−2Δt2)2
解得：Δt2=2− 24T,(Δt2=2+ 24T舍去)
所以t2=T2−Δt2= 24T
在第一个周期内，带电粒子不碰到金属板而能够飞出两金属板间的时刻t满足
T4≤t≤ 24T
则能够从两金属板间飞出的粒子占总入射粒子数的比例为
k= 2−14
答：(1)能从板间飞出的粒子在板间运动的时间为T2；
(2)若t=T4时刻进入两极板之间，飞出极板时的偏移量y是d；
(3)若发射时间足够长，则能够从两金属板间飞出的粒子占总入射粒子数的比例为 2−14.
【解析】(1)由平行于板方向做匀速直线运动，解得运动时间；
(2)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动竖直方向的运动规律可解得；
(3)做出粒子的运动轨迹图，结合运动学公式解答。
本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、类平抛运动规律、周期公式即可正确解题。
1.如图所示，在某次演习中，轰炸机沿水平方向投放一枚炸弹，经过时间t=10 3s炸弹恰好垂直击中山坡上的目标，已知炸弹平抛的初速度v0=100m/s。不计空气阻力，则山坡倾角为(重力加速度g取10m/s2)( )
A. 15∘B. 30∘C. 45∘D. 60∘
2.2020年新冠疫情突然来袭，无人机成战“疫”利器。无人机在某次作业过程中在空中盘旋，可看成匀速圆周运动，已知无人机的质量为m，以恒定速率v在空中水平盘旋，如图所示，圆心为O，其做匀速圆周运动的半径为R，重力加速度为g，关于空气对无人机的作用力方向和大小的说法正确的是( )
A. 竖直向上，F=mgB. 竖直向上，F=m g2−v4R2
C. 斜向右上方，F=mv2RD. 斜向右上方，F=m g2+v4R2
3.北斗问天，国之夙愿.我国北斗三号系统的收官之星是地球静止轨道卫星，其轨道半径约为地球半径的7倍.则该地球静止轨道卫星( )
A. 其发射速度一定大于11.2km/s
B. 在轨道上运动的线速度一定小于7.9km/s
C. 它运行周期大于24h
D. 它可以经过北京正上空，所以我国能利用它进行电视转播
4.如图所示，虚线a、b、c代表某一电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，其中R在等势面b上。下列判断不正确的是( )
A. 三个等势面中，c的电势最低
B. 带电粒子在P点的电势能比在Q点的大
C. 带电粒子在P点的加速度小于在Q点的加速度
D. 带电粒子在R点的加速度方向垂直于等势面b
5.如图所示，B为线段AC的中点，如果在A点放一个+Q的点电荷，测得B点的电场强度大小EB=48N/C，则( )
A. C点的电场强度大小EC=24N/C
B. C点的电场强度方向向左
C. 把q=10−9C的试探电荷放在C点，则其所受电场力的大小为1.2×10−8N
D. 若要使B点的电场强度EB=0，可在C处放一个−Q的点电荷
6.将两个点电荷A，B分别固定在水平面上x轴的两个不同位置上，将一带负电的试探电荷在水平面内由A点的附近沿x轴的正方向移动到B点附近的过程中，该试探电荷的电势能随位置变化的图象如图所示，已知xAC>xCB，图中的水平虚线在C点与图线相切，两固定点电荷带电量的多少分别用qA、qB表示．则下列分析正确的是( )
A. 两固定点电荷都带正电，且qA>qB
B. 在AB连线内，C点的电场强度最小但不等于零
C. 因试探电荷的电势能始终为正值，可知AB两点间沿x轴方向的电场强度始终向右
D. 如果将试探电荷的电性改为正电，则该电荷在C点的电势能最大
7.如图所示，甲、乙两同学均站在滑板车上，甲同学和滑板车的总质量为M，乙同学和滑板车的总质量也为M，乙同学静止，甲同学手持质量为m的篮球以v0的速度向乙滑去，为防止与乙同学相撞，甲同学将篮球以大小为v(未知)的水平速度向乙抛去，乙同学将篮球接住后，也以大小为v的水平速度向甲抛去，甲同学接球后，甲、乙两同学恰好不发生碰撞，不计地面的摩擦和空气阻力，则v的大小为( )
A. M(M+m)v02m(2M+m)B. 2M(M+m)v0m(2M+m)C. m(M+m)v02M(2M+m)D. 2m(M+m)v0M(2M+m)
8.有位质量为m的同学从静止下蹲状态向上起跳，经Δt时间以速度v离开地面，重力加速度大小为g，该同学的重心升高了h，在此过程中( )
A. 地面弹力对他的冲量大小为mgΔt
B. 地面弹力对他的冲量大小为mv+mgΔt
C. 地面弹力对他的做功大小为12mv2
D. 地面弹力对他的做功大小为12mv2+mgh
9.某摩托车企业生产了一款高性能摩托车，为了测试摩托车的各项指标，在封闭场地对该摩托车进行测试。假设摩托车在平直的公路上以额定功率行驶，行驶一段距离后关闭发动机，测出了摩托车动能Ek与位移x的关系图像如图所示。已知摩托车的质量为200kg，摩托车运动过程中所受阻力恒定。则下列说法正确的是( )
A. 摩托车加速运动的时间为20s
B. 摩托车的额定功率为70kW
C. 摩托车受到的阻力大小为1000N
D. 摩托车速度为40m/s时，加速度为2m/s2
10.如图所示，传送带与水平地面的夹角θ=37∘，A、B两端间距L=16m，传送带以速度v=10m/s沿顺时针方向运动。物体m=1kg，无初速度地放在置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)。则下列说法中正确的是( )
A. 物体由A运动到B端的时间为2s
B. 物体放上传送带后就随传送带做匀速运动
C. 物块自放上传送带后，传送带对它的摩擦力一直沿传送带向下
D. 物体与传送带之间由于摩擦而产生的热量为14J
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
11.为了验证碰撞中的动量和能量是否守恒，某同学选取了两个体积相同、质量相差比较大的小钢球，按下述步骤做了实验：
A.用天平测出两小球的质量(分别为m1和m2，且m1>m2)；
B.按图示安装好实验器材，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，将一斜面BC连接在斜槽末端；
C.先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置；
D.将小球m2放在斜槽末端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，分别记下小球m1和m2在斜面上的落点位置；
E.用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离。图中D、E、F点是该同学记下小球在斜面上的落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF。
根据该同学的实验，回答下列问题：
(1)在不放小球m2时，小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，m1的落点在图中的______点，把小球m2放在斜槽末端边缘处，小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球m1的落点在图中的______点。
(2)若碰撞过程中，满足表达式______，则该碰撞过程动量守恒；若碰撞过程中，满足表达式______，则该碰撞过程能量守恒(用m1、m2、LD、LE、LF表示)。
(3)若碰撞过程中，动量和能量均守恒，则下列表达式正确的是______。
A. LE+ LD= LFB.LE+LD=LFC.LE2+LD2=LF2
三、计算题：本大题共4小题，共45分。
12.如图所示，A是地球的同步卫星。另一卫星B的圆形轨道位于赤道平面内，离地面高度为h。已知地球半径为R，地球自转角速度为ω0，地球表面的重力加速度为g，O为地球中心。
(1)求卫星B的运行周期。
(2)如果卫星B绕行方向与地球自转方向相同，某时刻A、B两卫星相距最近(O、B、A在同一直线上)，则至少经过多长时间，他们再一次相距最近？
13.如图所示，平行板电容器的两个极板A、B，B极板接地.两板间距为5cm，一带电量为q=1×10−9C的点电荷沿电场线从C点运动到D点，电场力做功为3×10−9J。CD间距离为3cm，AC间距离为1cm，不计重力。求：
(1)CD两点间电势差UCD；
(2)A板电势φ1；
(3)仅将A板移动到C处后，A板的电势φ2。
14.如图所示，在光滑的水平地面上，质量为1.75kg的木板右端固定一光滑四分之一圆弧槽，木板长2.5m，圆弧槽半径为0.4m，木板左端静置一个质量为0.25kg的小物块B，小物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.8，在木板的左端正上方，用长为1m的不可伸长的轻绳将质量为1kg的小球A悬于固定点O，现将小球A拉至左上方，轻绳处于伸直状态且与水平方向成θ=30∘角，小球由静止释放，到达O点的正下方时与物块B发生弹性正碰。不计圆弧槽质量及空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)小球A与物块B碰前瞬间，小球A的速度大小；
(2)物块B上升的最大高度；
(3)物块B与木板摩擦产生的总热量。
15.如图甲所示，两平行金属板水平放置，间距为d，金属板长为L=2d，两金属板间加如图乙所示的电压(初始时上金属板带正电)，其中U0=16md2qT2.一粒子源射出的带电粒子恰好从上金属板左端的下边缘水平进入两金属板间．该粒子源能随时间均匀发射质量为m、电荷量为+q的带电粒子(初速度，重力忽略不计).
(1)求能从板间飞出的粒子在板间运动的时间；
(2)若t=T4时刻进入两极板之间，粒子飞出极板时的偏移量y是多少；
(3)若发射时间足够长，则能够从两金属板间飞出的粒子占总入射粒子数的比例为多少．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：炸弹在空中做平抛运动，炸弹击中目标时竖直分速度vy=gt=10×10 3m/s=100 3m/s
设炸弹击中目标时速度方向与竖直方向的夹角为α，如图所示，则tanα=v0vy=100100 3= 33，得α=30∘
根据几何关系可知山坡倾角θ=α=30∘，故ACD错误，B正确。
故选：B。
炸弹在空中做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，炸弹恰好垂直击中山坡上的目标，此时炸弹的速度与斜面垂直，根据下落的时间，由vy=gt求出炸弹击中目标时竖直分速度，再求出速度与竖直方向的夹角，即可由几何关系求得山坡倾角。
本题考查平抛运动，关键要掌握平抛运动在水平方向和在竖直方向上的运动规律，结合几何关系进行解答。
2.【答案】D
【解析】解：根据牛顿第二定律，飞机需要的向心力：F合=mv2R。
飞机受重力、空气的作用力，根据平行四边形定则，如图，则空气对飞机的作用力F= (mg)2+(F合)2=m⋅ g2+v4R2.故D正确，ABC错误。
故选：D。
飞机受重力、空气的作用力，靠两个力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律几何平行四边形定则求解空气对飞机的作用力．
解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．
3.【答案】B
【解析】解：A、11.2km/s是第二宇宙速度，是航天器能挣脱地球引力束缚的最小发射速度，所以地球静止轨道卫星的发射速度小于11.2km/s，故A错误；
B、7.9km/s是第一宇宙速度，是近地圆轨道上的环绕速度，还是所有圆轨道上的最大环绕速度，所以地球静止轨道卫星的运行速度一定小于7.9km/s，故B正确；
C、我国北斗三号系统的收官之星是地球静止轨道卫星，周期等于地球自转周期，故周期等于24h，故C错误；
D、地球同步卫星只能定点在赤道正上空，不可能经过北京的正上空，故D错误。
故选：B。
第一宇宙速度是在地面附近发射人造卫星的最小速度，也是近地圆轨道上的环绕速度，还是所有圆轨道上的最大环绕速度，大小为7.9km/s；
第二宇宙速度为在地面附近发射航天器，能挣脱地球引力束缚的最小发射速度，大小为11.2km/s；
地球同步卫星即地球同步轨道卫星，又称对地静止卫星，是运行在地球同步轨道上的人造卫星，距离地球的高度约为36000km，卫星的运行方向与地球自转方向相同、运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道、运行周期与地球自转一周的时间相等，即23时56分4秒，卫星在轨道上的绕行速度约为3.1公里/秒，其运行角速度等于地球自转的角速度。
本题考查对卫星宇宙速度的理解和分析能力。第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度，也是发射的最小速度。
4.【答案】C
【解析】解：A.带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，电场线与等势面垂直，且由于带电粒子带正电，因此电场线指向下方，根据沿电场线电势降低，可知a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，故A正确；
B.根据带电粒子受力情况可知，若粒子从Q到P过程中，电场力做负功，电势能增加，故带电粒子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，故B正确；
C.等差等势面密处的电场强度大，结合图可知，P处的电场强度大于Q处的电场强度，由牛顿第二定律qE=ma知带电粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度，故C错误。
D.电场的方向总是与等势面垂直，所以R点的电场线的方向与该处的等势面垂直，而带正电粒子受到的电场力的方向与电场线的方向相同，加速度的方向又与受力的方向相同，所以带电粒子在R点的加速度方向垂直于等势面b，故D正确；
本题选错误的，故选：C。
带电粒子只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即向下方，由于粒子带正电，因此电场线方向也指向下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大；加速度的方向与电场线的方向相同，与等势面垂直。
解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。
5.【答案】C
【解析】解：AB.设B点到A点的距离为R，则C点到A点的距离为2R；
根据点电荷的电场强度公式EB=kQR2=48N/C
同理有EC=kQ(2R)2=14⋅kQR2=14×48N/C=12N/C
由于场源电荷带正电，所以C点的电场强度的方向向右，故AB错误；
C.根据电场力公式得电场力的大小F=qEC=10−9×12N=1.2×10−8N，故C正确；
D.若要使B点的电场强度EB=0，根据叠加原理可知应该在C处放一个+Q的点电荷，故D错误。
故选：C。
AB.根据点电荷的场强公式求解C点的场强大小，再根据点电荷的带电性质确定C点的电场强度的方向；
C.根据电场强度的特点分析C点电场强度与试探电荷的关系；
D.根据点电荷的带电性质和电场的叠加，分析作答。
本题考查了点电荷场强的公式和电场力公式；场强是矢量，正点电荷的场强方向在点电荷与某点的连线上向外；空间中存在多个点电荷时，某点的场强为各点电荷在该点产生的场强的合场强。
6.【答案】D
【解析】解：AC、由电场强度方向先向左，后向右可知：两个点电荷同为负;又有xAC>xCB，中点电场方向向左，有qA>qB，故AC错误;
B、由图可知：C点处电势能斜率为零，故电势变化为零，那么由电场强度与φ−x图像斜率的关系可知：电场强度为零，故B错误：
电，则电势先增大后减小，那么，电场强度方向先向左，后向右，故c错误;
D、由题意可知，负电荷在C点电势能最小，若试探电荷电性为正，试探电荷在C点电势能最大，故D正确;
根据电势能变化得到电势变化，从而根据斜率得到电场强度方向；进而根据电势变化得到试探电荷带负电时的电势变化；最后根据电场强度方向变化得到源电荷A、B所带电荷关系。
对于不需要求电势的具体值，只要判断电势大小关系的问题，一般转化为求解电场方向，根据沿着电场线电势降低来求解。
7.【答案】A
【解析】解：设甲、乙两同学最后的共同速度为v共，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有：(M+m)v0=(2M+m)v共
对球和乙研究，由动量守恒定律有：mv=Mv共−mv
解得：v=M(M+m)v02m(2M+m)，故A正确，BCD错误。
故选：A。
甲同学接球后，甲、乙两同学恰好不发生碰撞，两者速度相同，根据动量守恒定律求解。
解答本题时，要细化物理过程，确定研究对象，规定正方向，运用动量守恒定律处理。
8.【答案】B
【解析】解：AB.设竖直向上为正方向，由动量定理可知I−mgΔt=mv−0
解得
I=mv+mgΔt
故A错误，B正确；
CD.地面弹力方向上的位移为0，弹力不做功，故CD错误。
故选：B。
根据动量定理可解得地面对人的冲量，位移为0，则力做功为0。
本题考查动量定理，解题关键掌握应用动量定理的矢量性。
9.【答案】A
【解析】解：C.由图像可知摩托车运动过程中的最大动能为3.6×105J，由动能表达式Ek=12mv2
解得摩托车行驶的最大速度为vm=60m/s
关闭发动机后摩擦力做功使动能减小，由动能定理得−fx3=0−Ekm
其中由图像可知减速的位移为x3=1500m−1200m=300m
解得f=1200N
故C错误；
B.受力分析可知，额定功率下摩托车做匀速运动时有F牵=f，P=F牵vm
联立解得P=1200N×60m/s=7.2×104W=72kW
故B错误；
A.设摩托车加速运动时间为t1，加速过程由动能定理得Pt1−fx1=Ekm
解得t1=20s
故A正确；
D.摩托车速度为40m/s时，牵引力大小为F牵′=Pv
根据牛顿第二定律得F牵′−f=ma
解得a=3m/s2
故D错误。
故选：A。
关闭发动机的过程，根据动能定理求解汽车所受地面的阻力；在900m−1200m过程中汽车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，求解汽车的额定功率；根据动能定理和功率公式求解加速运动的时间，根据牛顿第二定律解得加速度。
本题是汽车的起动问题，根据动能定理求解变加速运动的时间．知道汽车匀速运动时，牵引力与阻力平衡．
10.【答案】A
【解析】解：AB.物体轻放在A端，物体相对传送带上滑，所受滑动摩擦力沿传送带向下，在传送带的作用下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：
mgsin37∘+μmgcs37∘=ma1
解得a1=10m/s2
经过t1=va1=1010s=1s，物体与传送带共速
运动的位移为：x1=12at12
代入数据得：x1=5m
因为mgsin37∘>μmgcs37∘
所以物体继续做匀加速直线运动，物体相对于传送带下滑，所受滑动摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律得：
mgsin37∘−μmgcs37∘=ma2
解得：a2=2m/s2
继续向下匀加速，满足L−x1=vt2+12a2t22
代入数据得：t2=1s
物体由A运动到B端的时间为：
t=t1+t2
代入数据得：t=2s，故A正确，B错误；
C.根据上述分析可知，物体前1s内，物体相对传送带沿传送带向上运动，摩擦力沿传送带向下，后1s内，物体速度大于传送带速度，所以摩擦力沿传送带向上，故C错误；
D.物体前1s内，物体相对传送带的路程为：
s1=vt1−x1
代入数据得：s1=5m
后1s内，物体相对传送带的路程为
s2=L−x1−vt2
代入数据得：s2=1m
则物体与传送带之间由于摩擦而产生的热量为：
Q=μmgcs37∘⋅(s1+s2)
代入数据得：Q=24J，故D错误。
故选：A。
物体刚放到传送带上时，对物体受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度，利用运动学公式求得达到共同速度时的时间和下滑的位移，此后根据牛顿第二定律求得下滑的加速度，利用运动学公式求得时间，求得发生的相对位移，由Q=μmgcsθ⋅Δx求得产生的热量。
从此题可以总结出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。注意利用公式Q=f⋅d求热量时，其中d为物体与传送带的相对路程。
11.【答案】EDm1 LE=m1 LD+m2 LF m1LE=m1LD+m2LF A
【解析】解：(1)在不放小球m2时，小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，m1的落点在图中的E点。
把小球m2放在斜槽末端边缘处，小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后m2速度较大，落在F点，小球m1速度较小，落在D点。
(2)小球碰撞后做平抛运动，假设斜面倾角为θ，水平方向的位移：Lcsθ=v0t
竖直方向的位移：Lsinθ=12gt2
解得：v= gL2cs2θ2Lsinθ= L gcs2θ2sinθ
落点D、E、F对应的平抛初速度为vD、vE、vF，则根据动量守恒定律：m1vE=m1vD+m2vF
结合上述平抛运动速度的表达式得：m1 LE=m1 LD+m2 LF
根据能量守恒定律12m1vE2=12m1vD2+12m2vF2
结合上述平抛运动速度的表达式得m1LE=m1LD+m2LF
(3)若碰撞过程中，动量和能量均守恒，则：m1LE−m1LD=m2LF
m1 LE−m1 LD=m2 LF
则：m1LE−m1LDm1 LE−m1 LD=( LE+ LD)( LE− LD) LE− LD=m2LFm2 LF=( LF)2 LF
解得： LE+ LD= LF，故A正确，BC错误。
故选：A。
故答案为：(1)E，D；(2)m1 LE=m1 LD+m2 LF，m1LE=m1LD+m2LF；(3)A
(1)小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，都做平抛运动，由平抛运动规律不难判断出；
(2)设斜面BC与水平面的倾角为α，由平抛运动规律求出碰撞前后小球m1和小球m2的速度，表示出动量的表达式即可求解；若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失；
(3)根据(2)的结论，联立即可求出。
学会运用平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度，两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失。
12.【答案】解：(1)设地球质量为M，卫星质量为m，根据万有引力和牛顿运动定律，有：
GMm(R+h)2=m4π2TB2(R+h)
在地球表面有：GMmR2=mg
联立得：TB=2π (R+h)3gR2。
(2)它们再一次相距最近时，一定是B比A多转了一圈，有：
ωBt−ω0t=2π
其中ωB=2πTB得：t=2π gR2(R+h)3−ω0。
答：(1)卫星B的运行周期是2π (R+h)3gR2；
(2)至少经过2π gR2(R+h)3−ω0，它们再一次相距最近。
【解析】研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出周期。
卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，当卫星B转过的角度与卫星A转过的角度之差等于2π时，卫星再一次相距最近。
本题考查万有引力定律和圆周运动知识的综合应用能力。
向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。
13.【答案】(1)根据电势差的计算公式有：UCD=Wq=3×10−91×10−9V=3V
(2)根据电场与电势差的关系有：E=Ud=30.03=100V/m
则φ1=φ1−φB=EdAB=100×0.05V=5V
(3)两板电荷量保持不变，d减小，C变大，U变小，E不变φ2=φ2−φB=EdAB=100×0.04V=4V
答：(1)CD两点间电势差为3V；
(2)A板电势为5V；
(3)仅将A板移动到C处后，A板的电势为4V。
【解析】(1)下极板接地，所以下极板的电势为零，根据电场力做功与电势差关系解答；
(2)(3)根据电势差与电势的关系解答。
本题关键是明确电势等于该点与参考点间的电势差，然后结合公式U=Ed列式求解，不难．
14.【答案】解：(1)设轻绳长为L，小球A自由落体L时，轻绳刚好再次伸直，此时速度为v1，
根据自由落体运动规律可得：v12=2gL，
轻绳伸直后瞬间小球A速度为：v2=v1cs30∘，
轻绳刚好再次伸直后到最低点过程，由动能定理得：
mAgL(1−sin30∘)=12mAv32−12mAv22，
代入数据解得：v3=5m/s；
(2)小球A与物块B弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv3=mAv4+mBv5，
由机械能守恒定律得：12mAv32=12mAv42+12mBv52，
代入数据解得：v4=3m/s，v5=8m/s，
物块B在最高点时，与木板水平共速，木板速度为v6，
设物块B升高最大高度为h，板长为L1，
碰撞过程系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mBv5=(mB+M)v6，
由能量守恒定律得：12mBv52=12(mB+M)v62+μmBgL1+mBgh，
代入数据解得：h=0.8m>0.4，物块B飞出圆弧槽。
(3)假设物块B最终能停在木板上，物块B与木板速度共同速度仍为v6，
物块B在木板上相对木板滑行路程设为x，由能量守恒定律得：
12mBv52=12(mB+M)v62+μmBgx，
代入数据解得：x=3.5m<5m，故物块B最终能停在木板上，
产生总热量为：Q=μmBgx，
代入数据解得：Q=7J；
答：(1)小球A与物块B碰前瞬间，小球A的速度大小为5m/s；
(2)物块B上升的最大高度为0.8m；
(3)物块B与木板摩擦产生的总热量为7J。
【解析】(1)绳子再次拉直前小球A做自由落体运动，应用自由落体运动规律、运动的合成与分解、动能定理求出A、B碰撞前瞬间A的速度大小。
(2)A、B碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒动量求出碰撞后A、B的速度，然后应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题。
(3)应用能量守恒定律求出摩擦产生的热量。
本题是一道力学综合题，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提，应用动能定理、动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。
15.【答案】解：(1)能从板间飞出的粒子，平行于板方向做匀速直线运动，在板间运动的时间Δt=Lv0=2dv0=T2
(2)设带电粒子在两金属板间运动时的加速度大小为a，则a=qU0md=16dT2
带电粒子在t=T4时刻进入两极板之间，则它在竖直方向上先加速向下T4，y1=12a(T4)2=d2，
经过T4时间后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，又经过T4时间，竖直分速度减为零，y2=12a(T4)2=d2，
飞出极板时的偏移量y=y1+y2=d
(3)假设t=0时刻进入两金属板间的粒子不碰到金属板而能够飞出两金属板间，则飞出两金属板间时的偏移量为y=12a(Δt)2=2d>d
则假设不成立，t=0时刻进入两金属板间的粒子将打在金属板上。
在第一个周期内，设带电粒子在t1时刻进入两金属板间，它在竖直方向上先加速向下，经过Δt1时间后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，又经过Δt1时间，竖直分速度减为零，恰好从下金属板右端飞出，画出其运动轨迹，如图1所示：
图1
可知d=2×12a(Δt1)2
解得：Δt1=T4
所以t1=T2−Δt1=T4
在第一个周期内，设带电粒子在t2时刻进入两金属板间，它在竖直方向上先加速向下，经过Δt2时间后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，又经过Δt2时间，竖直分速度减为零，然后加速向上直到恰好从上金属板右端飞出，画出其运动轨迹，如图2所示：
图2
可知：2×12a(Δt2)2=12a(Δt−2Δt2)2
解得：Δt2=2− 24T,(Δt2=2+ 24T舍去)
所以t2=T2−Δt2= 24T
在第一个周期内，带电粒子不碰到金属板而能够飞出两金属板间的时刻t满足
T4≤t≤ 24T
则能够从两金属板间飞出的粒子占总入射粒子数的比例为
k= 2−14
答：(1)能从板间飞出的粒子在板间运动的时间为T2；
(2)若t=T4时刻进入两极板之间，飞出极板时的偏移量y是d；
(3)若发射时间足够长，则能够从两金属板间飞出的粒子占总入射粒子数的比例为 2−14.
【解析】(1)由平行于板方向做匀速直线运动，解得运动时间；
(2)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动竖直方向的运动规律可解得；
(3)做出粒子的运动轨迹图，结合运动学公式解答。
本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、类平抛运动规律、周期公式即可正确解题。
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