2024年山东省德州市庆云一中高考物理模拟试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年山东省德州市庆云一中高考物理模拟试卷(含详细答案解析)，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.关于静电场，下列说法中正确的是( )
A. 元电荷实际上是指电子和质子本身
B. 在匀强电场中，电势降低的方向一定就是电场线的方向
C. 在电场中移动电荷，若电场力对该电荷做负功，则该电荷的电势能一定增加
D. 由真空中点电荷的电场强度公式E=kQr2可知，当r趋近于0时，E将无穷大
2.2022年6月5日17时42分，神舟十四号载人飞船与天和核心舱径向端口成功对接。对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动，其轨道离地面高度为地球半径的116。已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 神舟十四号与天和核心舱对接时，要先变轨到达核心舱所在的轨道，再加速追上核心舱进行对接
B. 组合体的向心加速度大于g
C. 组合体的线速度小于地球赤道上物体的线速度
D. 组合体运行的周期为T=17π32 17Rg
3.2022年2月，中国科学家通过冷冻电镜捕捉到新冠病毒表面S蛋白与人体细胞表面ACE2蛋白的结合过程，首次揭开了新冠病毒入侵人体的神秘面纱。电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，其中的一种电子透镜的电场分布如图所示(截取其中一部分)，虚线为等势面，相邻等势面间的电势差相等，一电子仅在电场力作用下运动的轨迹如图中实线所示，a、b是轨迹上的两点，则( )
A. a点的电场强度大于b点的电场强度B. 电子在a点的动能大于在b点的动能
C. 电子在a点的电势能大于在b点的电势能D. a点的电势高于b点的电势
4.如图所示，长方体AB边长为2L，BC=CG=L，在其顶点C、F处固定电荷量分别为−q、+2q的点电荷。已知静电力常量为k。下列说法正确的是( )
A. B、G两顶点处电场强度相同
B. 顶点B处电场强度大小为 2kqL2
C. A、E两顶点处电势关系为φE>φA
D. 一带负电的试探电荷在E点的电势能比在D点的电势能大
5.如图所示，物块A、B通过跨过光滑定滑轮的轻绳相连，A的质量为m，套在光滑竖直杆上，B的质量为3m，轻绳右侧与竖直杆的夹角为60∘，重力加速度的大小为g，将系统自静止开始释放，刚释放时物块A的加速度为( )
A. 27g，方向竖直向上
B. 12g，方向竖直向上
C. 12g，方向竖直向下
D. 32g，方向竖直向上
6.某汽车进行性能测试，在平直的路面上由静止开始运动，0∼5s内的位移-时间图像如图所示，该图线在0∼t1时间内是抛物线的一部分，t1∼5s时间内是直线，两部分平滑相连。下列说法正确的是( )
A. 汽车的最大速度为30m/s
B. 汽车加速过程的时间为1.5s
C. 汽车加速过程的加速度大小为20m/s2
D. 汽车1s末的速度大小为20m/s
7.如图所示，在光滑的水平面上有一倾角为θ的光滑斜面C，斜面C上叠放着A、B两物块，B的上表面水平。A、B、C的质量均为m，重力加速度大小为g。现对C施加一方向水平向右的恒力，使A、B、C保持相对静止，则下列说法正确的是( )
A. B受到3个力的作用
B. B对C的压力大小为2mgcsθ
C. C所受合力的大小为3mgtanθ
D. A对B的摩擦力大小为mgtanθ，方向水平向右
8.如图所示，空间中存在与水平方向成45∘角斜向右上方的匀强电场，电场强度为E，在电场中的P点有一个质量为m，电荷量为q的带正电的小球。已知电场强度E= 2mgq，其中g为重力加速度，忽略空气阻力，下列对小球运动情况分析正确的是( )
A. 若小球从静止释放，小球将做曲线运动
B. 若小球以某一速度竖直向下抛出，小球的动能一直增加
C. 若小球以某一速度竖直向上抛出，小球电势能先减小后增大
D. 若小球初速度方向与电场线方向相同，最终小球可能竖直向下做直线运动
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.在高空运行的同步卫星功能失效后，往往会被送到同步轨道上空几百公里处的“墓地轨道”，以免影响其它在轨卫星，节省轨道资源。2022年1月22日，我国实践21号卫星在地球同步轨道“捕获”已失效的北斗二号G2卫星后，成功将其送入“墓地轨道”。如图所示，已知同步轨道和“墓地轨道”的轨道半径分别为R1、R2，转移轨道与同步轨道、“墓地轨道”分别相切于P、Q点，地球自转周期为T0，万有引力常量为G。则( )
A. 由以上数据可求得地球的质量为4π2R13GT02
B. 由以上数据可求得地球的质量为4π2R23GT02
C. 北斗二号G2卫星沿转移轨道运行的周期为T02 (R1+R2)32R13
D. 北斗二号G2卫星沿转移轨道运行的周期为T0 (R1+R2)32R13
10.自由泳是竞技游泳比赛项目之一。某运动员在一次渡河训练中，向某方向以自由泳泳姿匀速运动，因水流原因，实际运动路径与河岸夹角为30∘，如图所示。已知河水水流速度v水=0.6m/s，以下说法正确的是( )
A. 该同学相对静水的速度可能为0.3m/s
B. 该同学相对静水的速度可能为0.6m/s
C. 若该同学相对于静水的速度为0.5m/s，该同学的实际渡河路径可能垂直河岸
D. 若该同学加大双腿打水频率以提高游泳速度，会缩短渡河时间
11.如图所示，质量均为m的物块A、B用轻弹簧相连，置于光滑水平面上，在水平力F的作用下，弹簧处于压缩状态，A紧压在竖直墙壁上。现撤去力F，在以后的运动过程中B的最大的速度为v，对撤去力F以后的过程，以下说法正确的是( )
A. 物块A离开竖直墙壁之前，竖直墙壁对A的冲量大小为mv
B. 物块A离开竖直墙壁之前，竖直墙壁对A做功的大小为12mv2
C. 物块A、B和弹簧组成的系统总动量守恒，机械能守恒
D. 物块A的最大速度为v
12.篮球运动是一项是以手为中心的身体对抗性体育运动，深受同学们喜爱。国际篮联场地标准为长28m，宽15m，篮圈下沿距地面高为3.05m，三分线半径为6.75m(三分线到篮筐中心在地面投影的距离)，如图所示。某次训练中，运动员紧贴三分线外a处进行定点投篮练习，篮球离手时距地面高度为2.25m，经过0.5s到达最高点，之后在下落过程中恰好穿过篮筐。假设篮球出手时在三分线正上方，篮球出手时初速度v0与水平面夹角为θ，不计空气阻力，g取10m/s2，则( )
A. tanθ=1027B. tanθ=1627C. v0=5 98516m/sD. v0=5 98527m/s
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
13.“频闪摄影”是研究物体运动时常用的一种实验方法。照相机每隔相同的时间曝光一次，记录下物体的位置。某物理小组的同学在实验室利用频闪相机和小球，探究小球自由下落过程中机械能守恒，用相机对着小球拍摄小球自由下落的过程，得到如图所示的照片，用刻度尺量出照片上相邻小球之间的间距，已知相机的频率为f，重力加速度为g，小球质量为m，实物小球与照片上的小球尺寸比例为k，则：
(1)小球在位置2时的瞬时速度为______(用题中所给物理量符号表示)。
(2)取小球在位置2到位置5的过程研究，若表达式(h4+h5)2−(h1+h2)2h2+h3+h4=______成立(用g、k、f表示)，即可验证小球下落过程中机械能守恒。
(3)若实验过程中发现小球减小的重力势能大于小球增加的动能，造成此问题的原因可能是______。
14.某物理兴趣小组利用如图所示的装置验证动量守恒定律．并进行如下的实验操作：组装好实验器材，将小球1由图中的挡板处静止释放，记录小球1在竖直挡板上的撞击点；将直径相等的小球2放在导轨的末端(小球1的质量大于小球2的质量)，记录在竖直挡板上的水平投影点O；然后将小球1由挡板处静止释放，记录小球1、小球2在竖直挡板上的撞击点．回答下列问题：
(1)小球1与小球2相碰后，两球撞在竖直挡板上得到痕迹，其中小球1碰后撞在木板上的______(填“a”“b”或“c”)点．
(2)为了完成实验的验证，需要测量的物理量有______.(填字母)
A.小球的直径d
B.小球1、小球2的质量m1、m2
C.轨道末端与竖直挡板之间的距离x
D.依次测量出图中a、b、c三点到O点的距离h1、h2、h3
(3)若两球碰撞过程动量守恒，则关系式______成立．(用需要测量的物理量的符号表示)
四、简答题：本大题共1小题，共3分。
15.如图所示，固定的光滑绝缘斜面OM倾角为θ=37∘，最高点O距地面的高度为h=40cm，空间中存在水平向右的匀强电场。现有一质量为m=1.6kg、电量为q=2×10−3C的带正电的小滑块(可视为质点)从O点沿斜面匀速下滑，已知重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)匀强电场的电场强度大小E；
(2)最低点M与最高点O之间的电势差UMO；
(3)若匀速运动的速度为v=0.1m/s，求小滑块运动到斜面中点时重力的瞬时功率P。
五、计算题：本大题共3小题，共30分。
16.华盛顿大学的一项新研究表明，某些短周期的双星系统是由恒星演化而产生的。假设太空中有A、B两星体组成的短周期双星，已知A、B环绕连线上的点做匀速圆周运动，A、B的轨道半径和为d1，A、B的轨道半径差为d2，恒星A、B的半径均远小于d1，且B的质量大于A的质量。求：
(1)A、B的线速度之和与A、B的线速度之差的比值；
(2)A、B质量之和与A、B质量之差的比值。
17.如图，倾角为θ=30∘的光滑斜面体固定在水平面上，斜面ABCD为边长2.5L的正方形，斜面上一点O为AC、BD连线的交点。长为L的轻绳一端系着质量为m的小球，另一端系在O点，小球在斜面上绕O点做完整的圆周运动，且运动到最高点时轻绳的拉力恰好为零．已知重力加速度为g，小球运动过程中无机械能损失。
(1)求小球运动到圆周最高点时速度的大小；
(2)求小球所受轻绳的最大拉力；
(3)若小球自最低点沿圆周上行至与圆心O等高的位置时剪短轻绳，求小球从此时刻到着地所用的时间。
18.如图甲所示，质量M=2kg的盒状工件静置于水平桌面上，O为工件上表面一点(图中未画出)，工件上表面O点左侧光滑，右侧粗糙．质量m=1kg的小滑块放在工件上并紧靠左侧壁，其与工件上表面粗糙部分间的动摩擦因数μ=0.8。现对工件施加水平推力F，推力F随时间t变化的关系如图乙所示，在推力作用下工件运动的速度v随时间t变化的关系如图丙所示，撤去推力后，当滑块到达O点时工件速度恰好为零，滑块运动过程中始终未与工件右侧壁相碰。g取10m/s2，不计工件侧壁的厚度，桌面足够长。求：
(1)推力F作用过程中，工件对滑块左侧的弹力F0的大小；
(2)工件光滑部分的长度d；
(3)工件的最小长度L；
(4)工件发生的最大位移x。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.物理学中把质子所带的电荷量或电子所带电荷量的绝对值叫元电荷，不是指质子或电子本身，而是它的电荷量，故A错误。
B.在匀强电场中，场强的方向就是电势降低最快的方向，所以电势降低的方向不一定就是电场线的方向，故B错误。
C.根据电场力做功与电势能的关系W=Ep1−Ep2可知，电场力做正功时，有Ep1>Ep2，电势能减小，电场力做负功时，电势能一定增加，故C正确。
D.电场强度公式E=kQr2的适用条件是真空中的点电荷，当r趋近于0时，公式已经不适用，故D错误。
故选：C。
根据元电荷的定义判断；匀强电场中的场强方向与电势降低方向的理解；根据电场力做功与电势能的关系判断电势能的变化；点电荷的场强公式的理解。
要准确理解元电荷的定义，它指带电体的最小带电量；要准确区别电势降低的方向与电势降低最快的方向；可以把电场力与电势能的关系类比成重力做功与重力势能的关系来理解。
2.【答案】D
【解析】解：A、神舟十四先变轨到达核心舱所在的轨道，再加速后会做离心运动，无法追上核心舱进行对接，故A错误；
B、组合体绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，得GMmr2=ma，得a=GMr2，式中M是地球的质量，r是组合体的轨道半径。
在地球表面上，有：GMm′R2=m′g，得g=GMR2，式中R是地球的半径，因r>R，所以aφ2；对电荷(−q)而言，E、A两点的电势φ1′>φ2′；又φE=φ1+φ1′，φA=φ2+φ2′，联立可得φE>φA，故C正确。
D.同理，对电荷(+2q)而言，E、D两点的电势φ1>φ3；对电荷(−q)而言，E、D两点的电势φ′>φ3′；又φE=φ1+φ1′，φD=φ3+φ3′，联立可得φE>φD，负试探电荷在电势越高的地方，电势能越小，所以带负电的试探电荷在E点的电势能比在D点的小，故D错误。
故选：C。
长方体B、G两点的场强是合场强，场强是矢量，包含大小和方向；电势是标量，B、G处两电荷在E、A两点的总的电势为各自在该处电势的代数和；负电荷，电势越低的地方电势能越大。
注意场强是矢量，场强的合成遵循平行四边形定则；电势是标量，某点的合电势为各电势的代数数；要正确理解负电荷在电势越高的地方，电势能越小。
5.【答案】A
【解析】解：静止释放系统时，设绳子的拉力为F，
设B的加速度为aB，对B，由牛顿第二定律得：
3mg−F=3maB
绳子的加速度大小与B的加速度大小相等，
设A的加速度大小为aA，则aAcs60∘=aB
对A，由牛顿第二定律得：
Fcs60∘−mg=maA
解得：aB=17g，aA=27g，方向竖直向上，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据A、B的受力情况与A、B加速度大小间的关系，应用牛顿第二定律求出A的加速度大小。
本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚A、B的受力情况是解题的前提，应用运动的合成与分解、牛顿第二定律即可解题。
6.【答案】A
【解析】解：AB.设t1时刻的速度为v，0∼t1汽车做匀加速运动，根据平均速度公式，得汽车位移x1=v2t1=30m；t1∼5s汽车做匀速运动，得汽车位移x2=v(5−t1)=120m−30m=90m，联立解得v=30m/s，t1=2s，故A正确，B错误。
CD.根据加速度的定义，汽车加速度为a=vt1=302m/s2=15m/s2，根据速度公式汽车在1s末的速度v1=at2=15×1m/s=15m/s，故CD错误。
故选：A。
根据题意可知，0∼t1汽车做匀加速运动，由x−t图像可知，t1时刻速度达到最大值，根据平均速度公式列式求解最大速度和时间；在t1∼5s内汽车做匀速直线运动，根据匀速运动公式求解出匀速运动过程中的位移x2的表达式，联立求出速度和时间；根据加速度公式和速度公式求解。
解决本题的关键判断汽车在0∼t1汽车做匀加速运动，根据匀变速运动的规律分析求解。
7.【答案】B
【解析】解：A、B受到重力、C对它的支持力、A对B的压力和静摩擦力，共计四个力的作用，故A错误；
B、C对A、B整体的支持力大小N=2mgcsθ，根据牛顿第三定律可知，B对C的压力大小为2mgcsθ，故B正确；
C、设A，B，C的加速度大小为a，有Nsinθ=2ma，解得：a=gtanθ
则C所受合力的大小为F合C=ma=mgtan⁡θ，故C错误；
D.对A有fA=ma=mgtanθ，方向水平向右，根据牛顿第三定律可知，A对B的摩擦力大小为mgtanθ，方向水平向左，故D错误。
故选：B。
以B为研究对象，分析B的受力；以AB为整体求AB受到的支持力，根据牛顿第三定律，即可求出B对C的压力；根据牛顿第二定律采用整体法和隔离法可求得C所受的合力；隔离B对A的摩擦力是A水平方向的合外力，由牛顿第二定律可求得摩擦力的大小。
本题是牛顿第二定律运用中的连接体问题，关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象，多次运用牛顿第二定律列式联立判断，难度中等。
8.【答案】B
【解析】解：A.小球所受电场力F=Eq= 2mg，方向与电场线方向相同，竖直方向的合力Fy=Fsin45∘−mg= 2mg× 22−mg=0，水平方向Fx=Fcs45∘= 2mg× 22=mg，所以合力F合=mg，方向沿水平方向向右，小球沿水平方向做直线运动，故A错误。
B.小球以某一速度竖直向下抛出，小球将沿竖直向下方向做类平抛运动，竖直方向做匀速运动，速度不变，水平向右的方向做匀加速运动，速度vx=at，一直增大；合速度v= vy2+vx2一直增大，小球的动能一直增大，故B正确。
C.若小球以某一速度竖直向上抛出，小球将沿竖直向上方向做类平抛运动，根据动能定理W=ΔEk，可知小球的动能增加；小球以某一速度竖直向上抛出，重力做负功，重力势能增大，根据能量守恒，重力势能、电势能与动能之和保持不变，而重力势能、动能之和不断增大，则小球电势能不断减小，故C错误。
D.若小球初速度方向与电场线方向相同，由于初速度方向与合力方向(水平向右)不在同一直线上，小球将做曲线运动；又因为合力方向指向运动轨迹的凹侧，所以小球最终速度不可能沿竖直向下方向，小球不可能竖直向下做直线运动，故D错误。
故选：B。
首先求出小球的合力，根据曲线运动的条件判断；根据类平抛运动的规律判断水平速度，再判断合速度的大小变化，动能的大小变化；根据功能关系求解电势能的变化。
本题考查了物体做曲线运动的条件及推论、动能的定义、功能关系。
9.【答案】AC
【解析】解：AB、已知同步轨道的轨道半径为R1，地球自转周期为T0，则同步卫星的周期也为T0。
对同步卫星，根据万有引力提供向心力可得：GMmR12=mR14π2T02，解得地球的质量为：M=4π2R13GT02，故A正确、B错误；
CD、根据几何关系可得转移轨道的半长轴为：r=R1+R22，设北斗二号G2卫星沿转移轨道运行的周期为T，根据开普勒第三定律可得：R13r3=T02T2，联立解得：T=T02 (R1+R2)32R13，故C正确、D错误。
故选：AC。
对同步卫星，根据万有引力提供向心力求解地球的质量；
根据几何关系可得转移轨道的半长轴，根据开普勒第三定律求解北斗二号G2卫星沿转移轨道运行的周期。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。
10.【答案】ABD
【解析】解：AB、河水水流速度v水=0.6m/s，实际运动路径与河岸夹角为30∘，根据运动的合成与分解知识可知，该同学相对静水的速度最小值为v水⋅sin⁡30∘=0.3m/s，故AB正确；
C、该同学垂直河岸渡河时，如图所示，相对于静水的速度大于水流速度，故C错误；
D、若该同学加大双腿打水频率以提高游泳速度，在相对于静水的速度在垂直河岸方向的分量增大，会缩短渡河时间，故D正确。
故选：ABD。
小船航行时速度为静水中的速度与河水流速二者合速度，当以静水中的速度垂直河岸过河的时候渡河时间最短；
欲使小船到达河的正对岸，即合速度方向指向对岸，结合运动学公式，及矢量的合成法则，即可解答。
小船过河问题属于运动的合成问题，要明确分运动的等时性、独立性，运用分解的思想，看过河时间只分析垂直河岸的速度，分析过河位移时，要分析合速度.
11.【答案】AD
【解析】解：A、以A和B整体为研究对象，取向右为正，根据动量定理可得，物块A离开竖直墙壁之前，竖直墙壁对A的冲量大小等于系统动量的变化，即为I=mv−0=mv，故A正确；
B、物块A离开竖直墙壁之前，A的位移为零，则竖直墙壁对A做功的大小为0，故B错误；
C、物块A、B和弹簧组成的系统，在A离开墙壁之前水平方向系统合外力不为零，总动量不守恒，但整个过程中只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故C错误；
D、物块A离开墙壁后，系统总动量守恒，当弹簧弹力再次为零时，物块A的速度最大，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mBv=mAvA+mBvB，再根据能量守恒定律可得：12mBv2=12mAvA2+12mBvB2，由于mA=mB=m，解得：vA=v，故D正确。
故选：AD。
以A和B整体为研究对象，根据动量定理求解竖直墙壁对A的冲量大小；
物块A离开竖直墙壁之前，A的位移为零，由此分析做功情况；
根据动量守恒定律的守恒条件、机械能守恒定律的守恒条件进行分析；
根据动量守恒定律、能量守恒定律进行分析。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
12.【答案】BC
【解析】解：篮球在竖直方向做竖直上抛运动，上升阶段可以看作自由落体运动的逆运动；根据自由落体运动规律，竖直初速度vy=gt1=10×0.5m/s=5m/s，上升的竖直高度H=12gt12=12×10×0.52m=1.25m；根据题意篮球下落的高度为h=H−(h1−h2)=1.25m−(3.05−2.25)m=0.45m；设篮球下落时间为t2，根据自由落体运动规律h=12gt22，代入数据解得t2=0.3s，篮球运动的总时间t=t1+t2=0.5s+0.3s=0.8s；设篮球的水平初速度为vx，篮球在水平方向做匀速直线运动，r=vxt，代入数据解得vx=13516m/s，所以tanθ=vyvx=5×16135=1627；初速度v0= vx2+vy2= (13516)2+52m/s=5 98516m/s，故AD错误，BC正确。
故选：BC。
篮球做斜抛运动，上升阶段可以看作自由落体运动的逆运动，根据自由落体运动规律求解竖直初速度，上升的最大高度及下落时间，求出运动的总时间；根据水平方向做匀速运动的规律，求出水平初速度，合初速度及方向。
把斜抛运动的上升阶段可以看作自由落体运动的逆运动，可以将问题得到简化，是逆向思维方法的运用。
13.【答案】(1)k(h1+h2)f2；
(2)8gkf2;
(3)空气阻力的影响
【解析】(1)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，则有v2=k(h1+h2)2T=k(h1+h2)f2；
(2)根据机械能守恒表达式可知，mgk(h2+h3+h4)=12m(v52−v22)，又根据(1)同理分析可得v5=k(h4+h5)f2，
联立解得(h4+h5)2−(h1+h2)2h2+h3+h4=8gkf2；
(3)小球下落过程中，由于空气阻力的影响，会使得小球减小的重力势能大于动能的增加量。
14.【答案】cBDm1 h2=m1 h3+m2 h1
【解析】解：(1)由图可知，两个小球打在竖直挡板上，由于三次碰撞的水平位移大小相等，则可知水平速度越大，竖直方向下落的高度越小，由碰撞规律可知，碰后被碰小球的速度最大，则碰后小球2下落的高度最小，而碰后入射小球的速度最小，其下落的高度最大，由此可知碰后小球1在竖直挡板上的碰撞点为c.
(2)根据平抛运动规律可知，下落时间t= 2hg，则可知速度v=xt=x g2h；碰前小球1的速度大小为v1=x g2h2，碰后小球1、小球2的速度分别为v2=x g2h3，v3=x g2h1，；若两球碰撞过程动量守恒，则应有m1v1=m1v2+m2v3，由以上整理得m1 h2=m1 h3+m2 h1，因此需要测量小球1、球2的质量m1、m2及图中a、b、c三点到O点的距离h1、h2、h3，故BD正确，AC错误．
故选：BD。
(3)若两球碰撞过程动量守恒，则关系式m1 h2=m1 h3+m2 h1成立．
故答案为：(1)c；(2)BD；(3)m1 h2=m1 h3+m2 h1
(1)根据实验注意事项分析答题；
(2)根据实验需要测量的量选择实验器材；
(3)小球离开水平轨道后做平抛运动，根据实验数据与动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。
知道实验注意事项、理解实验原理是正确解题的关键，应用平抛运动规律即可正确解题．
15.【答案】解：(1)小滑块沿斜面匀速下滑，根据受力平衡可得
qE=mgtan37∘
解得E=mgtan37∘q=1.6×10×0.752×10−3N/C=6×103N/C
(2)小滑块从O点到M点，由动能定理可得
mgh+qUOM=mgh−qUMO=0
解得
UMO=mghq=1.6×10×0.42×10−3V=3200V
(3)重力做功的功率为P=mgvsin37∘
解得P=0.96W
答：(1)匀强电场的电场强度大小E为6×103N/C；
(2)最低点M与最高点O之间的电势差UMO为3200V；
(3)小滑块运动到斜面中点时重力的瞬时功率P为0.96W。
【解析】(1)根据小滑块沿斜面匀速下滑，根据受力平衡可解得场强E大小；
(2)对小滑块从O点到M点，由动能定理可解得MO电势差；
(3)根据瞬时功率公式P=Fvsinθ代入数据即可求得重力的瞬时功率。
本题考查滑块处于平衡状态下的受力分析以及动能定理和瞬时功率公式的应用，属于基本题型，难度适中。
16.【答案】解：(1)设A、B两颗星的轨道半径分别为rA和rB，A、B环绕连线上的点做匀速圆周运动，则A、B的角速度相等，又A、B两星体相互间的万有引力提供向心力，所以A、B的向心力大小相等，则
mAω2rA=mBω2rB
因为mB>mA，所以
rA>rB
A、B的线速度分别为
vA=ωrA；vB=ωrB
A、B的线速度之和为
Δv1=vA+vB=ω(rA+rB)=ωd1
AB的线速度之差为
Δv2=vA−vB=ω(rA−rB)=ωd2
解得：Δv1Δv2=d1d2
(2)由牛顿第二定律对整体A有
GmAmBd12=mAω2rA
则mB=ω2rAd12G
同理对B有
GmAmBd12=mBω2rB
则mA=ω2rBd12G
则A、B质量之和与A、B质量之差的比值
Δm1Δm2=mA+mBmA−mB
代入数据解得：Δm1Δm2=d1d2
答：(1)A、B的线速度之和与A、B的线速度之差的比值为d1d2；
(2)A、B质量之和与A、B质量之差的比值为d1d2。
【解析】(1)根据万有引力提供向心力，结合线速度的公式完成分析；
(2)先根据万有引力提供向心力得出两个星球的质量的表达式，结合题意完成分析。
本题主要考查了双星系统的相关应用，理解双星系统的特点，结合万有引力提供向心力联立等式即可完成分析。
17.【答案】解：(1)小球运动到最高点时，轻绳的拉力恰好为零
根据牛顿第二定律mgsinθ=mv12L
得v1= 2gL2
(2)小球在最低点所受拉力最大F−mgsinθ=mv22L
由机械能守恒定律2mgLsinθ=12mv22−12mv12
得F=3mg
(3)设绳断时小球速度为v3，运动至斜面顶端速度v4
mgLsinθ=12mv32−12mv12
得v3= 32gL
mgL4sinθ=12mv12−12mv42
得v4= gL2
小球自绳断至运动到斜面顶端历时t1
v4=v3−gt1sinθ
此后小球先做斜抛运动，上升至最高历时t2
gt2=v4sinθg
上升高度(v4sinθ)2=2gh
得h=L32
小球再做平抛运动，历时t3落地5L4+L32=12gt32
得t3= 41L16g
小球运动共历时t=t1+t2+t3
得t= 6Lg−34 Lg+14 41Lg
答：(1)小球运动到圆周最高点时速度的大小为 2gL2；
(2)小球所受轻绳的最大拉力为3mg；
(3)小球从此时刻到着地所用的时间为 6Lg−34 Lg+14 41Lg。
【解析】(1)根据牛顿第二定律列式得出小球的线速度；
(2)根据牛顿第二定律和机械能守恒定律得出轻绳上最大拉力；
(3)根据平抛运动的特点和几何关系得出小球的运动时间。
本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，解题的关键点是理解物体做圆周运动的向心力来源，结合圆周运动公式和平抛运动的特点即可完成分析。
18.【答案】解：(1)由工件运动的v−t图像得加速度大小为：a0=ΔvΔt，解得：a0=2m/s2
由牛顿第二定律可得，工件左侧壁对滑块施加的弹力F0=ma0
解得：F0=2N；
(2)设工件底面与水平桌面间的动摩擦因数为μ′，在水平推力作用下，滑块与工件看作整体，对整体由牛顿第二定律可得：
F−μ′(M+m)g=(M+m)a0
解得：μ′=0.2
撤去推力F后，滑块匀速到达O点，工件做减速运动，对工件则有：−μ′(M+m)g=Ma1
解得：a1=−3m/s2
工件运动时间是：t1=0−v0a1
解得：t1=1s
工件光滑部分的长度：d=v0t1−v02t1
解得：d=1.5m；
(3)滑块运动到粗糙面上时，由于μmg>μ′(M+m)g，滑块做减速运动，工件做加速运动，对滑块则有：
−μmg=ma2
解得：a2=−8m/s2
对工件根据牛顿第二定律，有：μmg−μ′(M+m)g=Ma3
解得：a3=1m/s2
滑块运动在粗糙面上时，与工件达到共速，则有：v共=v0+a2t2=a3t2
解得：t2=13s、v共=13m/s
滑块与工件右侧壁未相碰，则粗糙面长度最小为：d′=v0+v共2t2−v共2t2
代入数据解得：d′=0.5m
则工件的最小长度为：L=d+d′=1.5m+0.5m=2m；
(4)滑块与工件达到共速后两者一起减速运动，加速度为a4，根据牛顿第二定律可得：
−μ′(M+m)g=(M+m)a4
代入数据解得：a4=−2m/s2
工件从开始运动到最后静止，经历了先加速后减速，再加速，最后减速的运动过程，发生的位移为：
x=v02t0+v02t1+v共2t2+0−v共22a4
代入数据解得：x=236m。
答：(1)推力F作用过程中，工件对滑块左侧的弹力F0的大小为2N；
(2)工件光滑部分的长度为1.5m；
(3)工件的最小长度为2m；
(4)工件发生的最大位移为236m。
【解析】(1)由工件运动的v−t图像得加速度大小，由牛顿第二定律可得工件左侧壁对滑块施加的弹力；
(2)对整体由牛顿第二定律求解工件底面与水平桌面间的动摩擦因数；撤去推力F后，对工件根据牛顿第二定律求解加速度大小，根据速度-时间关系求解工件运动时间，根据位移-时间关系求解工件光滑部分的长度；
(3)滑块运动到粗糙面上时，对滑块、对工件分别根据牛顿第二定律求解加速度大小；根据运动学公式求解滑块与工件达到共速的时间和速度，再根据位移-时间关系求解工件的最小长度；
(4)根据牛顿第二定律求解滑块与工件达到共速后两者一起减速运动的加速度；工件从开始运动到最后静止，经历了先加速后减速，再加速，最后减速的运动过程，根据位移-时间关系求解发生的位移。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。