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河南省许昌市2023-2024学年高一下学期7月期末物理试题（原卷版+解析版）
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这是一份河南省许昌市2023-2024学年高一下学期7月期末物理试题（原卷版+解析版），文件包含河南省许昌市2023-2024学年高一下学期7月期末物理试题原卷版docx、河南省许昌市2023-2024学年高一下学期7月期末物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，先将自己的相关信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）
1. 北京时间2024年4月25日20时59分，搭载神舟十八号载人飞船的长征二号F遥十八运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约10分钟后，神舟十八号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，最新的“太空出差三人组”航天员状态良好，发射取得圆满成功。假设飞船在轨道上做的是匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ）
A. 飞船的运行速度大于第一宇宙速度
B. 飞船里的宇航员处于悬浮状态是因为不受重力
C. 飞船及三位宇航员在轨道上的向心加速度在不断变化
D. 若飞船在飞行的过程中点火加速了，它将靠近地球
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据万有引力提供向心力可得
解得
地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，所以飞船的运行速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B．飞船里的宇航员处于悬浮状态是因为处于完全失重状态，但仍受重力作用，故B错误；
C．飞船及三位宇航员在轨道上的向心加速度大小不变，方向时刻发生变化，故C正确；
D．若飞船在飞行的过程中点火加速了，则万有引力不足以提供所需的向心力，飞船将做离心运动，远离地球，故D错误。
故选C。
2. 物理课上，老师将一不带电的金属球壳用绝缘支架固定。球壳横截面如图所示，球心为O，A是球内位于球心左侧一点。当老师把跟丝绸摩擦过的玻璃棒缓慢靠近金属球壳但未接触的过程中，可判定（ ）
A. 整个球壳将带上正电
B. A点的电场强度逐渐增大
C. 球壳上的感应电荷在A点产生的电场强度逐渐增大
D. 沿过A的虚线将球壳分为左、右两部分，则左侧球壳的带电量小于右侧球壳的带电量
【答案】C
【解析】
【详解】A．丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，靠近A点，则球壳左边带负电右边带正电，整体仍显示电中性，不带电，故A错误；
BC．玻璃棒缓慢靠近A点，玻璃棒在A点形成的场强增大，由于感应电荷产生的场强和原场强等大反向，故球壳上的感应电荷在A点产生的电场强度逐渐增大，球壳内部形成静电屏蔽，内部场强处处为零，玻璃棒缓慢靠近A点，A点的电场强度一直为零，故B错误，C正确；
D．因为整体显示电中性，正电荷与负电荷数量相等，无论怎样将球壳分开，两部分的带电量始终相同，故D错误；
故选C。
3. 如图所示，a、b两物块质量分别为m、2m，用不计质量的细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦阻力。开始时，a、b两物块距离地面高度相同，用手托住物块b，然后突然由静止释放，直至b物块下降高度为h。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 物块a的机械能守恒
B. 物块b的机械能减少了
C. 物块b重力势能的减少量等于细绳拉力对它所做的功
D. 物块a机械能的增加量等于b机械能的减少量
【答案】D
【解析】
【详解】A．依题意，可知突然由静止释放，直至b物块下降高度为h的过程中，物体a将加速上升，其动能和重力势能均增加，故机械能增加，故A错误；
BD．不计滑轮质量和一切摩擦，a、b组成的系统机械能守恒，则物块a机械能的增加量等于b的机械能减少量，有
由静止释放，直至b物块下降高度为h时，此时有
得
则物块b的机械能减少为
故B错误，D正确；
C．物体b重力势能的减小量等于克服重力做的功，物体b加速下降，失重，拉力小于重力，故拉力的功小于重力势能的减小量，故C错误。
故选D。
4. 如图所示，一直角斜劈绕其竖直边BC做圆周运动，物块始终静止在斜劈AB上。若斜劈转动的角速度缓慢增大，下列说法正确的是（ ）
A. 斜劈对物块的支持力逐渐增大
B. 斜劈对物块的支持力保持不变
C. 斜劈对物块的摩擦力保持不变
D. 斜劈对物块的摩擦力与支持力的合力逐渐增大
【答案】D
【解析】
【详解】ABC．设斜劈倾角为，物块做圆周运动的半径为，物块的质量为；以物块为对象，竖直方向根据受力平衡可得
水平方向根据牛顿第二定律可得
联立可得
，
可知随着斜劈转动的角速度缓慢增大，斜劈对物块的支持力逐渐减小，斜劈对物块的摩擦力逐渐增大，故ABC错误；
D．将斜劈对物块的摩擦力与支持力的合力分解为水平方向和竖直方向两个分力，则有
，
可知水平分力逐渐增大，竖直分力不变，根据
可知斜劈对物块的摩擦力与支持力的合力逐渐增大，故D正确。
故选D。
5. 如图所示，自行车的大齿轮与小齿轮通过链条相连，而后轮与小齿轮是绕共同的轴转动的。设大齿轮、小齿轮和后轮的半径分别为、和，其半径之比为，在它们的边缘分别取一点A、B、C，下列说法正确的是（ ）
A. 线速度大小之比
B. 角速度之比
C. 转速之比
D. 向心加速度大小之比
【答案】B
【解析】
【详解】AB．大齿轮与小齿轮通过链条相连，则A、B两点线速度大小相等，则有
根据
可得
B、C两点同轴转动，则B、C两点角速度相等，则有
根据
可得
则有
，
故A错误，B正确；
C．根据
可得转速之比为
故C错误；
D．根据
可得向心加速度大小之比
故D错误。
故选B。
6. 如图所示，某中学科技小组制作了利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．小车在平直的公路上从静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度为v时功率达到额定功率，并保持不变；小车又继续前进了s距离，达到最大速度vmax．设小车的质量为m，运动过程所受阻力恒为f，则小车的额定功率为
A. fs/tB. fvC. fvmaxD. (f+mv/t)vmax
【答案】C
【解析】
【详解】小车以额定功率启动时，当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，P=Fvmax=fvmax，故选C．
点睛：本题考查的是汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉．
7. 科技广场喷泉喷出水柱的场景如图所示。已知喷泉喷出的竖直水柱高度为h，喷管的直径为d，重力加速度大小为g，水的密度为，假设给喷泉喷水的电动机的能量全部用来转化为水的动能，不计空气阻力，则给喷泉喷水的电动机的输出功率（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】喷泉喷出的竖直水柱高度为h，令喷口处的速度为，利用逆向思维有
时间内喷出的水的质量
其中
则给喷泉喷水的电动机的输出功率
解得
故选A。
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
8. 如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带，假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动。下列判断正确的是（ ）
A. 小行星带内各小行星绕太阳运动的周期均大于一年
B. 小行星带内的小行星都具有相同的角速度
C. 要从地球发射卫星探测小行星带，发射速度应大于地球的第三宇宙速度
D. 小行星带内距离太阳近的小行星的向心加速度大于距离远的小行星的向心加速度
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据
解得
小行星带内各小行星的轨道半径均大于地球的轨道半径，则小行星带内各小行星绕太阳运动的周期均大于一年，故A正确；
B．根据
解得
小行星带内各小行星的轨道半径不一定相等，则小行星带内的小行星不一定都具有相同的角速度，故B错误；
C．要从地球发射卫星探测小行星带，即使得卫星脱离地球的束缚，但仍然在太阳的束缚之内，即发射速度应大于地球的第二宇宙速度，小于地球第三宇宙速度，故C错误；
D．根据
解得
可知，小行星带内距离太阳近的小行星的向心加速度大于距离远的小行星的向心加速度，故D正确。
故选AD。
9. 如图所示，带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，则下列说法正确的（ ）
A. 该粒子为正电荷粒子
B. 从a到b过程中，粒子先加速后减速
C. 从a到b过程中，粒子所受电场力先减小后增大
D. 从a到b过程中，粒子的电势能先增大后减小
【答案】CD
【解析】
【详解】A．带电粒子仅受电场力作用，而合力方向总是指向轨迹的内侧，根据图像可知粒子受到的电场力沿电场线反方向，可知粒子带负电，故A错误；
B．根据上述可知，粒子所受电场力与速度方向夹角先为钝角后为锐角，则粒子先向上减速运动后向下加速运动，故B错误；
C．根据电场线的疏密知道电场强度先变小后变大，故电场力先减小后增大，故C正确；
D．根据上述可知，粒子从a点到b点过程，电场力先做负功，后做正功，电势能先增大后减小，故D正确。
故选CD。
10. 如图所示，水平转台边缘固定一光滑竖直卡槽，与轻质杆右端固定在一起轻质小球A可以沿卡槽上、下自由移动，由于卡槽的作用，轻质杆始终沿转台的半径方向且保持水平，劲度系数为的轻弹簧一端固定在竖直转轴上，另一端与轻质杆共同连在质量的小球B上，当转台以角速度绕转轴匀速转动时，轻弹簧与竖直方向的夹角。已知转台半径，轻质杆的长度，重力加速度g取，，，下列说法正确的是（ ）
A. 此时小球B所受合外力方向沿弹簧指向转轴
B. 此时轻弹簧的伸长量为2.5cm
C. 此时轻质杆对小球B的弹力方向水平向左
D. 此时轻质杆对小球B的弹力大小为0.726N
【答案】BD
【解析】
【详解】A．小球B做匀速圆周运动，则合力指向圆心，故A错误；
B．设弹簧的原长和拉伸后的长度分别为l0、l1，由几何关系可得
小球做匀速圆周运动，竖直方向满足
又
联立解得
cm、cm、F=1.25N
轻弹簧的伸长量为2.5cm，故B正确；
CD．水平方向由牛顿第二定律可得
其中
联立解得
N
轻杆上拉力大小为0.726N，方向向右，故D正确，C错误；
故选BD。
三、实验题（本题共2小题，共14分。请在答题卡上按题目要求作答）
11. 如图甲所示是某同学探究做圆周运动的物体所受向心力大小与物体的质量、轨道半径及线速度关系的实验装置，圆柱体放置在水平光滑圆盘上，在圆柱体绕圆盘中心做圆周运动的切线方向上分别固定着两个光滑的销子，保证圆柱体与圆盘不会沿切线方向发生相对滑动，通过一不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮与力传感器相连，整个装置一起在水平面内做匀速圆周运动。力传感器测量绳子拉力，速度传感器测量圆柱体的线速度v，该同学通过保持圆柱体质量和运动半径不变，来探究向心力与线速度v的关系。改变线速度v，多次测量，该同学测出了五组、v数据，如下表所示：
（1）请帮助该同学对数据分析后，在图乙坐标图上描出了五个点，作出图线。______
（2）若圆柱体运动半径，由作出的图线可得圆柱体的质量__________kg（保留两位有效数字）。
（3）根据功和能量的知识，该同学判断当圆柱体的速度发生变化时，一定是圆盘对圆柱体做了功，请你帮助他计算出力传感器示数从2.00N增加到8.00N的过程中，圆盘对圆柱体所做的功为__________J（保留两位有效数字）。
【答案】（1）见解析 （2）0.27##0.26##0.28
（3）0.89##0.90##0.91
【解析】
【小问1详解】
根据表格数据可得
在图像上描出对应点，作出图线如图所示
【小问2详解】
根据
若圆柱体运动半径，由图像的斜率可得
解得圆柱体的质量为
【小问3详解】
力传感器示数从2.00N增加到8.00N的过程中，由表格数据可得对应的从增加到，根据动能定理可得圆盘对圆柱体所做的功为
12. 某实验小组的同学利用了如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，实验时，该小组的同学完成了如下操作
a.测量滑块和遮光条的总质量M以及所挂钩码的质量m；
b.测量遮光条的宽度d；
c.调整气垫导轨水平，将光电门固定在气垫导轨的左端，并组装实验装置；
d.在细绳的左端挂上一个钩码，将滑块从气垫导轨的右端合适的位置由静止释放，测量释放点到光电门的距离L；
e.记录滑块经过光电门时遮光条挡光时间；
f.改变释放点到光电门的距离L，重复步骤d，e，f，记录多组实验数据L和，已知重力加速度为g。
（1）实验时，应选用__________（选填“较宽”或“较窄”）遮光条。
（2）从开始到遮光条遮住光电门的过程中，系统重力势能减少量为__________，动能增加量为__________。（用以上的测量量字母表示）
（3）利用记录的多组实验数据，描绘了的图像，图像的斜率为k，若斜率__________（用M、m、g、d字母表示），则系统的机械能守恒。
【答案】（1）较窄 （2） ①. mgL ②.
（3）
【解析】
【小问1详解】
实验时，为了减小实验误差，应使滑块经过光电门时挡光时间短一些，则应选用较窄的遮光条。
【小问2详解】
[1]从开始到遮光条遮住光电门的过程中，系统重力势能减少量为
[2]滑块通过光电门时的速度为
则系统动能增加量为
【小问3详解】
根据系统机械能守恒可得
整理可得
可知图像的斜率为
四、计算题：（本题共3小题，共40分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。请在答题卡上按题目要求作答）
13. 宇航员在半径为R的某星球表面将一小钢球以的初速度竖直向上抛出，测得小钢球上升的最大高度为h。不计空气阻力，忽略该星球的自转，R远大于h，假设该星球为密度均匀的球体，引力常量为G。求：
（1）该星球表面的重力加速度g的大小；
（2）该星球的平均密度。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）由题意，根据速度位移关系公式，有
解得该星球表面的重力加速度
（2）静止在该星球表面的物体，根据重力等于万有引力，有
解得星球的质量
又星球的体积
解得星球的密度
14. 如图为过山车的简化模型，AB是一段光滑的半径为的四分之一圆弧轨道，B点处接一个半径为r的竖直光滑圆轨道，滑块从圆轨道滑下后进入一段长度为的粗糙水平直轨道BD，最后滑上半径也为R，圆心角的光滑圆弧轨道DE。现将质量为的滑块从A点由静止释放，求：
（1）若，求滑块第一次到达竖直圆轨道最高点时对轨道的压力大小；
（2）若要求滑块能滑上DE圆弧轨道但不会从E点冲出轨道，并最终停在平直轨道上，平直轨道BD的动摩擦因数需满足的条件。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）对滑块，从A到C的过程，由机械能守恒可得
根据牛顿第二定律
代入，得
由牛顿第三定律得
（2）滑块由A到B得
若滑块恰好停在D点，从B到D的过程，由动能定理可得
可得
若滑块恰好不会从E点冲出轨道，从B到E的过程，由动能定理可得
可得
综上所述，需满足的条件为
代入数据得
15. 如图所示，粗细均匀的光滑绝缘圆环，固定在竖直平面内，其圆心为O，半径为R，AB为圆环竖直方向的一条直径，CD也是圆环的一条直径，且与竖直方向的夹角为。电荷量为Q的带负电的小球甲固定在环上与C点等高的点，另一个质量为m的带电小球乙套在环上，可在环上自由滑动，当小球乙处在C点位置时，恰好处于静止状态，重力加速度为g，静电力常量为k。请解决下列问题：
（1）小球乙的电性及带电量大小；
（2）若将小球乙放在环上的D点，由静止从D点释放，求释放瞬间乙球的加速度；
（3）若小球乙由静止从D点运动到B点的速度为v，求DB两点间的电势差。
【答案】（1）正电荷，；（2），方向沿D点的切线方向向下；（3）
【解析】
【详解】（1）根据几何关系有可知
，。
设乙球带电量大小为q，对小球乙受力分析可知，小球乙带正电荷才可能平衡，所以小球乙带正电荷。对乙球分析，根据平衡条件有
解得
（2）若将小球乙放在环上D点，由静止从D点释放，释放瞬间受力分析乙球的加速度大小为a，释放的瞬间由于速度为零，所以沿半径方向的向心加速度
则合加速度即为小球乙在切线方向的加速度，根据由牛顿第二定律有
结合上述解得
方向沿D点的切线方向向下。
（3）小球乙由静止从D点到B点过程有
，
由动能定理可知
解得
v（m/s）
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
/N
0.88
200
3.50
5.50
8.00
（）
1.0
2.25
4.0
6.25
9.0
/N
0.88
2.00
3.50
5.50
8.00
注意事项：
1.答题前，先将自己的相关信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）
1. 北京时间2024年4月25日20时59分，搭载神舟十八号载人飞船的长征二号F遥十八运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约10分钟后，神舟十八号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，最新的“太空出差三人组”航天员状态良好，发射取得圆满成功。假设飞船在轨道上做的是匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ）
A. 飞船的运行速度大于第一宇宙速度
B. 飞船里的宇航员处于悬浮状态是因为不受重力
C. 飞船及三位宇航员在轨道上的向心加速度在不断变化
D. 若飞船在飞行的过程中点火加速了，它将靠近地球
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据万有引力提供向心力可得
解得
地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，所以飞船的运行速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B．飞船里的宇航员处于悬浮状态是因为处于完全失重状态，但仍受重力作用，故B错误；
C．飞船及三位宇航员在轨道上的向心加速度大小不变，方向时刻发生变化，故C正确；
D．若飞船在飞行的过程中点火加速了，则万有引力不足以提供所需的向心力，飞船将做离心运动，远离地球，故D错误。
故选C。
2. 物理课上，老师将一不带电的金属球壳用绝缘支架固定。球壳横截面如图所示，球心为O，A是球内位于球心左侧一点。当老师把跟丝绸摩擦过的玻璃棒缓慢靠近金属球壳但未接触的过程中，可判定（ ）
A. 整个球壳将带上正电
B. A点的电场强度逐渐增大
C. 球壳上的感应电荷在A点产生的电场强度逐渐增大
D. 沿过A的虚线将球壳分为左、右两部分，则左侧球壳的带电量小于右侧球壳的带电量
【答案】C
【解析】
【详解】A．丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，靠近A点，则球壳左边带负电右边带正电，整体仍显示电中性，不带电，故A错误；
BC．玻璃棒缓慢靠近A点，玻璃棒在A点形成的场强增大，由于感应电荷产生的场强和原场强等大反向，故球壳上的感应电荷在A点产生的电场强度逐渐增大，球壳内部形成静电屏蔽，内部场强处处为零，玻璃棒缓慢靠近A点，A点的电场强度一直为零，故B错误，C正确；
D．因为整体显示电中性，正电荷与负电荷数量相等，无论怎样将球壳分开，两部分的带电量始终相同，故D错误；
故选C。
3. 如图所示，a、b两物块质量分别为m、2m，用不计质量的细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦阻力。开始时，a、b两物块距离地面高度相同，用手托住物块b，然后突然由静止释放，直至b物块下降高度为h。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 物块a的机械能守恒
B. 物块b的机械能减少了
C. 物块b重力势能的减少量等于细绳拉力对它所做的功
D. 物块a机械能的增加量等于b机械能的减少量
【答案】D
【解析】
【详解】A．依题意，可知突然由静止释放，直至b物块下降高度为h的过程中，物体a将加速上升，其动能和重力势能均增加，故机械能增加，故A错误；
BD．不计滑轮质量和一切摩擦，a、b组成的系统机械能守恒，则物块a机械能的增加量等于b的机械能减少量，有
由静止释放，直至b物块下降高度为h时，此时有
得
则物块b的机械能减少为
故B错误，D正确；
C．物体b重力势能的减小量等于克服重力做的功，物体b加速下降，失重，拉力小于重力，故拉力的功小于重力势能的减小量，故C错误。
故选D。
4. 如图所示，一直角斜劈绕其竖直边BC做圆周运动，物块始终静止在斜劈AB上。若斜劈转动的角速度缓慢增大，下列说法正确的是（ ）
A. 斜劈对物块的支持力逐渐增大
B. 斜劈对物块的支持力保持不变
C. 斜劈对物块的摩擦力保持不变
D. 斜劈对物块的摩擦力与支持力的合力逐渐增大
【答案】D
【解析】
【详解】ABC．设斜劈倾角为，物块做圆周运动的半径为，物块的质量为；以物块为对象，竖直方向根据受力平衡可得
水平方向根据牛顿第二定律可得
联立可得
，
可知随着斜劈转动的角速度缓慢增大，斜劈对物块的支持力逐渐减小，斜劈对物块的摩擦力逐渐增大，故ABC错误；
D．将斜劈对物块的摩擦力与支持力的合力分解为水平方向和竖直方向两个分力，则有
，
可知水平分力逐渐增大，竖直分力不变，根据
可知斜劈对物块的摩擦力与支持力的合力逐渐增大，故D正确。
故选D。
5. 如图所示，自行车的大齿轮与小齿轮通过链条相连，而后轮与小齿轮是绕共同的轴转动的。设大齿轮、小齿轮和后轮的半径分别为、和，其半径之比为，在它们的边缘分别取一点A、B、C，下列说法正确的是（ ）
A. 线速度大小之比
B. 角速度之比
C. 转速之比
D. 向心加速度大小之比
【答案】B
【解析】
【详解】AB．大齿轮与小齿轮通过链条相连，则A、B两点线速度大小相等，则有
根据
可得
B、C两点同轴转动，则B、C两点角速度相等，则有
根据
可得
则有
，
故A错误，B正确；
C．根据
可得转速之比为
故C错误；
D．根据
可得向心加速度大小之比
故D错误。
故选B。
6. 如图所示，某中学科技小组制作了利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．小车在平直的公路上从静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度为v时功率达到额定功率，并保持不变；小车又继续前进了s距离，达到最大速度vmax．设小车的质量为m，运动过程所受阻力恒为f，则小车的额定功率为
A. fs/tB. fvC. fvmaxD. (f+mv/t)vmax
【答案】C
【解析】
【详解】小车以额定功率启动时，当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，P=Fvmax=fvmax，故选C．
点睛：本题考查的是汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉．
7. 科技广场喷泉喷出水柱的场景如图所示。已知喷泉喷出的竖直水柱高度为h，喷管的直径为d，重力加速度大小为g，水的密度为，假设给喷泉喷水的电动机的能量全部用来转化为水的动能，不计空气阻力，则给喷泉喷水的电动机的输出功率（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】喷泉喷出的竖直水柱高度为h，令喷口处的速度为，利用逆向思维有
时间内喷出的水的质量
其中
则给喷泉喷水的电动机的输出功率
解得
故选A。
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
8. 如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带，假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动。下列判断正确的是（ ）
A. 小行星带内各小行星绕太阳运动的周期均大于一年
B. 小行星带内的小行星都具有相同的角速度
C. 要从地球发射卫星探测小行星带，发射速度应大于地球的第三宇宙速度
D. 小行星带内距离太阳近的小行星的向心加速度大于距离远的小行星的向心加速度
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据
解得
小行星带内各小行星的轨道半径均大于地球的轨道半径，则小行星带内各小行星绕太阳运动的周期均大于一年，故A正确；
B．根据
解得
小行星带内各小行星的轨道半径不一定相等，则小行星带内的小行星不一定都具有相同的角速度，故B错误；
C．要从地球发射卫星探测小行星带，即使得卫星脱离地球的束缚，但仍然在太阳的束缚之内，即发射速度应大于地球的第二宇宙速度，小于地球第三宇宙速度，故C错误；
D．根据
解得
可知，小行星带内距离太阳近的小行星的向心加速度大于距离远的小行星的向心加速度，故D正确。
故选AD。
9. 如图所示，带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，则下列说法正确的（ ）
A. 该粒子为正电荷粒子
B. 从a到b过程中，粒子先加速后减速
C. 从a到b过程中，粒子所受电场力先减小后增大
D. 从a到b过程中，粒子的电势能先增大后减小
【答案】CD
【解析】
【详解】A．带电粒子仅受电场力作用，而合力方向总是指向轨迹的内侧，根据图像可知粒子受到的电场力沿电场线反方向，可知粒子带负电，故A错误；
B．根据上述可知，粒子所受电场力与速度方向夹角先为钝角后为锐角，则粒子先向上减速运动后向下加速运动，故B错误；
C．根据电场线的疏密知道电场强度先变小后变大，故电场力先减小后增大，故C正确；
D．根据上述可知，粒子从a点到b点过程，电场力先做负功，后做正功，电势能先增大后减小，故D正确。
故选CD。
10. 如图所示，水平转台边缘固定一光滑竖直卡槽，与轻质杆右端固定在一起轻质小球A可以沿卡槽上、下自由移动，由于卡槽的作用，轻质杆始终沿转台的半径方向且保持水平，劲度系数为的轻弹簧一端固定在竖直转轴上，另一端与轻质杆共同连在质量的小球B上，当转台以角速度绕转轴匀速转动时，轻弹簧与竖直方向的夹角。已知转台半径，轻质杆的长度，重力加速度g取，，，下列说法正确的是（ ）
A. 此时小球B所受合外力方向沿弹簧指向转轴
B. 此时轻弹簧的伸长量为2.5cm
C. 此时轻质杆对小球B的弹力方向水平向左
D. 此时轻质杆对小球B的弹力大小为0.726N
【答案】BD
【解析】
【详解】A．小球B做匀速圆周运动，则合力指向圆心，故A错误；
B．设弹簧的原长和拉伸后的长度分别为l0、l1，由几何关系可得
小球做匀速圆周运动，竖直方向满足
又
联立解得
cm、cm、F=1.25N
轻弹簧的伸长量为2.5cm，故B正确；
CD．水平方向由牛顿第二定律可得
其中
联立解得
N
轻杆上拉力大小为0.726N，方向向右，故D正确，C错误；
故选BD。
三、实验题（本题共2小题，共14分。请在答题卡上按题目要求作答）
11. 如图甲所示是某同学探究做圆周运动的物体所受向心力大小与物体的质量、轨道半径及线速度关系的实验装置，圆柱体放置在水平光滑圆盘上，在圆柱体绕圆盘中心做圆周运动的切线方向上分别固定着两个光滑的销子，保证圆柱体与圆盘不会沿切线方向发生相对滑动，通过一不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮与力传感器相连，整个装置一起在水平面内做匀速圆周运动。力传感器测量绳子拉力，速度传感器测量圆柱体的线速度v，该同学通过保持圆柱体质量和运动半径不变，来探究向心力与线速度v的关系。改变线速度v，多次测量，该同学测出了五组、v数据，如下表所示：
（1）请帮助该同学对数据分析后，在图乙坐标图上描出了五个点，作出图线。______
（2）若圆柱体运动半径，由作出的图线可得圆柱体的质量__________kg（保留两位有效数字）。
（3）根据功和能量的知识，该同学判断当圆柱体的速度发生变化时，一定是圆盘对圆柱体做了功，请你帮助他计算出力传感器示数从2.00N增加到8.00N的过程中，圆盘对圆柱体所做的功为__________J（保留两位有效数字）。
【答案】（1）见解析 （2）0.27##0.26##0.28
（3）0.89##0.90##0.91
【解析】
【小问1详解】
根据表格数据可得
在图像上描出对应点，作出图线如图所示
【小问2详解】
根据
若圆柱体运动半径，由图像的斜率可得
解得圆柱体的质量为
【小问3详解】
力传感器示数从2.00N增加到8.00N的过程中，由表格数据可得对应的从增加到，根据动能定理可得圆盘对圆柱体所做的功为
12. 某实验小组的同学利用了如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，实验时，该小组的同学完成了如下操作
a.测量滑块和遮光条的总质量M以及所挂钩码的质量m；
b.测量遮光条的宽度d；
c.调整气垫导轨水平，将光电门固定在气垫导轨的左端，并组装实验装置；
d.在细绳的左端挂上一个钩码，将滑块从气垫导轨的右端合适的位置由静止释放，测量释放点到光电门的距离L；
e.记录滑块经过光电门时遮光条挡光时间；
f.改变释放点到光电门的距离L，重复步骤d，e，f，记录多组实验数据L和，已知重力加速度为g。
（1）实验时，应选用__________（选填“较宽”或“较窄”）遮光条。
（2）从开始到遮光条遮住光电门的过程中，系统重力势能减少量为__________，动能增加量为__________。（用以上的测量量字母表示）
（3）利用记录的多组实验数据，描绘了的图像，图像的斜率为k，若斜率__________（用M、m、g、d字母表示），则系统的机械能守恒。
【答案】（1）较窄 （2） ①. mgL ②.
（3）
【解析】
【小问1详解】
实验时，为了减小实验误差，应使滑块经过光电门时挡光时间短一些，则应选用较窄的遮光条。
【小问2详解】
[1]从开始到遮光条遮住光电门的过程中，系统重力势能减少量为
[2]滑块通过光电门时的速度为
则系统动能增加量为
【小问3详解】
根据系统机械能守恒可得
整理可得
可知图像的斜率为
四、计算题：（本题共3小题，共40分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。请在答题卡上按题目要求作答）
13. 宇航员在半径为R的某星球表面将一小钢球以的初速度竖直向上抛出，测得小钢球上升的最大高度为h。不计空气阻力，忽略该星球的自转，R远大于h，假设该星球为密度均匀的球体，引力常量为G。求：
（1）该星球表面的重力加速度g的大小；
（2）该星球的平均密度。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）由题意，根据速度位移关系公式，有
解得该星球表面的重力加速度
（2）静止在该星球表面的物体，根据重力等于万有引力，有
解得星球的质量
又星球的体积
解得星球的密度
14. 如图为过山车的简化模型，AB是一段光滑的半径为的四分之一圆弧轨道，B点处接一个半径为r的竖直光滑圆轨道，滑块从圆轨道滑下后进入一段长度为的粗糙水平直轨道BD，最后滑上半径也为R，圆心角的光滑圆弧轨道DE。现将质量为的滑块从A点由静止释放，求：
（1）若，求滑块第一次到达竖直圆轨道最高点时对轨道的压力大小；
（2）若要求滑块能滑上DE圆弧轨道但不会从E点冲出轨道，并最终停在平直轨道上，平直轨道BD的动摩擦因数需满足的条件。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）对滑块，从A到C的过程，由机械能守恒可得
根据牛顿第二定律
代入，得
由牛顿第三定律得
（2）滑块由A到B得
若滑块恰好停在D点，从B到D的过程，由动能定理可得
可得
若滑块恰好不会从E点冲出轨道，从B到E的过程，由动能定理可得
可得
综上所述，需满足的条件为
代入数据得
15. 如图所示，粗细均匀的光滑绝缘圆环，固定在竖直平面内，其圆心为O，半径为R，AB为圆环竖直方向的一条直径，CD也是圆环的一条直径，且与竖直方向的夹角为。电荷量为Q的带负电的小球甲固定在环上与C点等高的点，另一个质量为m的带电小球乙套在环上，可在环上自由滑动，当小球乙处在C点位置时，恰好处于静止状态，重力加速度为g，静电力常量为k。请解决下列问题：
（1）小球乙的电性及带电量大小；
（2）若将小球乙放在环上的D点，由静止从D点释放，求释放瞬间乙球的加速度；
（3）若小球乙由静止从D点运动到B点的速度为v，求DB两点间的电势差。
【答案】（1）正电荷，；（2），方向沿D点的切线方向向下；（3）
【解析】
【详解】（1）根据几何关系有可知
，。
设乙球带电量大小为q，对小球乙受力分析可知，小球乙带正电荷才可能平衡，所以小球乙带正电荷。对乙球分析，根据平衡条件有
解得
（2）若将小球乙放在环上D点，由静止从D点释放，释放瞬间受力分析乙球的加速度大小为a，释放的瞬间由于速度为零，所以沿半径方向的向心加速度
则合加速度即为小球乙在切线方向的加速度，根据由牛顿第二定律有
结合上述解得
方向沿D点的切线方向向下。
（3）小球乙由静止从D点到B点过程有
，
由动能定理可知
解得
v（m/s）
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
/N
0.88
200
3.50
5.50
8.00
（）
1.0
2.25
4.0
6.25
9.0
/N
0.88
2.00
3.50
5.50
8.00
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