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2024-2025学年吉林省长春市朝阳区长春外国语学校高二（上）开学物理试卷（含解析）
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这是一份2024-2025学年吉林省长春市朝阳区长春外国语学校高二（上）开学物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共7小题，共35分。
1.关于元电荷，下列说法中不正确的是( )
A. 元电荷的值通常取e=1.60×10−19C
B. 所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍
C. 元电荷实质上是指电子和质子本身
D. 电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的
2.2022年的“天宫课堂”上，航天员用绳子一端系住装有水油混合液体的瓶子，做如图所示的圆周运动，一段时间后水和油成功分层，水油分离后的圆周运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 瓶子整体不受重力
B. 总体来看，油的线速度大于水的线速度
C. 水对油有指向圆心的作用力
D. 总体来看，油的向心加速度比水的向心加速度大
3.物体在合外力作用下做直线运动的v−t图象如图所示。下列表述正确的是( )
A. 在0～1 s内，合外力做正功
B. 在0～2 s内，合外力总是做负功
C. 在1～2 s内，合外力不做功
D. 在0～3 s内，合外力总是做正功
4.高空抛物极易对人造成重大伤害，如果一个0.05kg鸡蛋从一居民楼16层坠下，与地面的撞击时间约为2ms，则鸡蛋对地面的冲击力约为( )
A. 600NB. 750NC. 500ND. 775N
5.一个半径为R的光滑绝缘圆环固定在竖直平面内，环上套着两个带电小球A和B(中央有孔，可视为点电荷)，当它们处于如图所示位置时，恰好都能保持静止状态。此时小球B与环中心O处于同一水平面，A，B连线与水平方向夹角为30°.已知小球B为带电量为q的负电荷，质量为m，重力加速度为g，静电力常量为k，由此可知小球A( )
A. 质量为2mB. 带负电
C. 带电荷量为3 3mgR2kqD. 对圆环的弹力大小为3 3mg2
6.如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，一带电微粒以初速度v0从A点沿直线运动到B点，微粒除受到电场力和重力外，不受其它力。则( )
A. 微粒带正电
B. 微粒从A点运动到B点，动能减小
C. 微粒从A点运动到B点，电场力做负功
D. 微粒从A点运动到B点，机械能增加
7.如图所示，两块较大的金属板A、B相距为d，水平平行放置并与一电源相连。开关S闭合后，两板间恰好有一质量为m、带电荷量为q的油滴处于静止状态。以下说法正确的是( )
A. 若将A向左平移一小段位移，则油滴向下加速运动
B. 若将A向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动
C. 若将A向下平移一小段位移，G表中有b→a的电流
D. 若S断开后再将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G表中无电流
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.如图甲所示，“天问一号”探测器从地球发射后，立即被太阳引力俘获，沿以太阳为焦点的椭圆轨道b运动到达火星，被火星引力俘获后环绕火星飞行，轨道b与地球公转轨道a、火星公转轨道c相切。如图乙所示，“天问一号”目前已由椭圆轨道Ⅰ进入圆轨道Ⅱ，进行预选着陆区探测。下列说法正确的是( )
A. “天问一号”的发射速度v满足7.9km/sB. 地球绕太阳公转速度大于火星绕太阳公转速度
C. “天问一号”在轨道Ⅱ上的速度大于火星的第一宇宙速度
D. 在椭圆轨道Ⅰ上经过M点的速度大于在圆轨道Ⅱ上经过M点的速度
9.如图所示，弹簧固定在地面上，一小球从它的正上方A处自由下落，到达B处开始与弹簧接触，到达C处速度为0，不计空气阻力，则在小球从B到C的过程中( )
A. 弹簧的弹性势能不断增大
B. 弹簧的弹性势能不断减小
C. 系统机械能不断减小
D. 系统机械能保持不变
10.质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )
A. 12mv2B. mM2(m+M)v2
C. 12NμmgLD. NμmgL
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.“用DIS研究机械能守恒定律”的装置如图(a)，某组同学在一次实验中，以如下表格和图(b)显示实验的结果。
(1)图(b)的横轴表示摆锤距D点的高度ℎ，纵轴表示摆锤的重力势能Ep、动能Ek，或机械能E。已显示小球的重力势能Ep与ℎ变化关系如图线1，请用描点法分别画出动能Ek与ℎ变化关系图线和机械能E与ℎ变化关系图线，并分别标上2、3 ______；
(2)本实验用到的传感器是______，用“摆锤”而不用“摆球”的原因是______。
(3)某同学认为：该实验的摆锤质量未知也可以验证机械能守恒定律，该同学的说法______(选填“正确”或“错误”)，理由是______。
12.某物理兴趣小组利用如图所示装置来“探究影响电荷间静电力的因素”。O是一个带正电的物体，把系在丝线上的带正电的小球先后挂在图中P1、P2、P3等位置，比较小球在不同位置所受静电力的大小；使小球处于同一位置，增大(或减小)小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。
(1)图中实验采用的方法是______。
A.理想实验法
B，微小量放大法
C.控制变量法
D.等效替代法
(2)小球质量为m，在P1位置偏离竖直方向夹角θ，此时所其受静电力的大小为______。
(3)在实验中，某同学让两半径为R的小球分别带上q1和q2的正电，并使两小球球心相距3R，该同学利用公式F=kq1q2(3R)2计算两球之间的静电力，则计算结果______(选填“偏大”、“偏小”或“正确”)。
四、计算题：本大题共3小题，共34分。
13.如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，小物块与陶罐间动摩擦因数μ=0.5(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，经过一段时间后小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点连线与OO′间的夹角θ为53°，重力加速度为g(已知sin53°=0.8，cs53°=0.6)。
(1)若此时陶罐对小物块摩擦力恰好为零，求陶罐对小物块的支持力；
(2)若此时小物块恰好不下滑，求陶罐的角速度。
14.如图所示，竖直平面内有一高为ℎ=0.2m的光滑倾斜圆弧轨道，末端水平。质量mB=3kg的小滑块B静止在圆弧轨道末端。轨道右方有一辆质量为mC=3kg的小车C静止在光滑水平面上，小车上表面与轨道末端平齐且挨在一起。另一个质量为mA=1kg的小滑块A从圆弧轨道上端由静止释放，下滑后与B发生弹性碰撞。已知B与小车C上表面的动摩擦因数为μ=0.25，滑块A在整个过程中与小车C都没有相互作用，取g=10m/s2。求：
(1)A与B碰撞前瞬间滑块A、B的速度大小；
(2)要保证滑块B不从小车C上滑下，小车至少要有多长。
15.如图所示，一静止的电子经过电压为U的电场加速后，立即从A点射入偏转匀强电场中，射入方向与偏转电场的方向垂直，最终电子从B点离开偏转电场。已知偏转电场的电场强度大小为E，宽度为L，方向竖直向上(如图所示)，电子的电荷量为e，质量为m，重力忽略不计。
(1)求电子在偏转电场中的偏转距离。
(2)若仅将加速电场的电压提高为原来的2倍，使电子仍从B点经过，求偏转电场的电场强度E1。
答案解析
1.C
【解析】解：A.元电荷的值通常取e=1.60×10−19 C，故A正确；
B.所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍，故B正确；
C.元电荷是最小的电荷量，没有正负之分，在数值上等于质子或电子所带电荷量的绝对值，但既不是质子也不是电子，故C错误；
D.电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的，故D正确。
本题选错误的，
故选：C。
元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍。
元电荷是带电量的最小值，它本身不是电荷，所带电量均是元电荷的整数倍；且知道电子的电量与元电荷的电量相等，同时让学生明白电荷量最早是由美国科学家密立根用实验测得。
2.C
【解析】解：A、因为空间站所受重力全部用来提供向心力而处于完全失重状态，故瓶子整体受重力，故A错误；
B、水的密度大于油的密度，相同体积下水的质量大，根据F向=mω2r可知，水需要的向心力更大，当向心力不足时，水将会做离心运动，会向瓶底移动，圆周运动让瓶子里的水和油产生了离心现象，密度较大的水将集中于瓶子的底部，由于油和水绕圆心转动的角速度相等，根据v=ωr可知，因水在外层，转动半径较大，则油的线速度小于水的线速度，故B错误；
C、油做圆周运动的向心力由水提供，故水对油有指向圆心的作用力，故C正确；
D、水的转动半径大，根据a=ω2r可知，水的向心加速度大于油的向心加速度，故D错误。
故选：C。
A、瓶子整体受重力，由重力提供向心力；
B、圆周运动让瓶子里的水和油产生了离心现象，密度较大的水将集中于瓶子的底部，根据圆周运动v=ωr关系式解答；
C、油做圆周运动的向心力由水提供，故水对油有指向圆心的作用力；
D、水的转动半径大，根据圆周运动a=ω2r分析。
考查圆周运动中向心力与角速度和线速度的关系，运用公式结合实例分析。
3.A
【解析】解：A、在0−1s内，因物体的速度增大，故动能增大，则由动能定理可知合外力做正功，故A正确；
B、在1−2s内，物体的速度减小时，故动能减小时，由动能定理可知合外力做负功，即在0～2 s内，合外力先做正功后做负功，故B错误C错误；
D、由以上分析可知，合外力先做正功再做负功，故D错误；
故选：A。
由图象可知物体在各段时间内的速度变化，则由动能定理可直接得出合外力的做功情况。
本题根据动能定理可以直观地求出结果，当然如果利用动力学知识，求出力再求出功也是可以的，可以练习一下，并体会动能定理的实用性。
4.B
【解析】解：设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3m，16楼与地面相距15层楼，故鸡蛋下落的高度ℎ=15×3m=45m，鸡蛋质量约为m=50g=0.05kg，
由机械能守恒定律可得，mgℎ=12mv2
解得v= 2gℎ= 2×10×45m/s=30m/s；
落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，与地面接触的时间t=2ms=0.002s
由动量定理可得：
(N−mg)t=0−(−mv)；
解得N≈750N，故B正确，ACD错误。
故选：B。
利用动能定理或者机械能守恒求落地时的速度，再对鸡蛋撞击地面的过程分析，利用动量定理求力的大小。
本题是一道估算题，考查机械能守恒以及动量定理两部分知识点；要求学生结合生活实际情况分析问题，能在一定程度上提高学生将物理学思维运用于生活中的能力。
5.A
【解析】解：B、若A带负电，则A受到B的排斥力，此时A受到的排斥力与重力在OA连线的同一侧，小球A不可能达到平衡；而若A带正电，则小球A的受力才能平衡。故B错误；
A、由以上的判断，画出小球A的受力如图：
设库仑力为F，光滑圆环对A球弹力为FN，
对B球，在竖直方向有：
Fsin30°=mg
解得：F=2mg
对A球，在水平方向：Fcs30°=FNsin30°
在竖直方向FNcs30°=mAg+Fsin30°
联立解得：mA=2m。故A正确；
C、由库仑定律可得：kqAq(2rcs30∘)2
由于环的半径r是未知的，所以不能求出A的带电量。故C错误；
D、由上面两个方程联立得：FN=2 3mg.故D错误。
故选：A。
假设法判断A带正电还是带负电；
对B球受力分析由几何关系可求得B球受到的库仑力；
再对A球分析，可求得A球的质量；
由库仑定律求出A的带电量。
连接体类的共点力的平衡一般在解题时都应分别对两物体进行受力分析，由作出的平行四边形找出力之间的关系，即可求解。
6.D
【解析】解：A.粒子从A点沿直线运动到B点，可知合力方向与AB共线，粒子受竖直向下的重力，根据力的合成条件可知电场力水平向左，可知微粒带负电，故A错误；
CD.根据以上分析可知从A点沿直线运动到B点的过程中电场力对微粒做正功，电势能减小，其机械能增加，故C错误，D正确；
B.根据动能定理可知重力做正功，电场力也做正功，即合外力对微粒做正功，所以动能会增加。故B错误。
故选：D。
分析微粒受力情况，根据力和运动关系可明确合力的方向，再由运动的合成和分解知识可判断微粒的电性；根据动能定理求解电场力所做的功以及动能变化情况，进而判断机械能是否增加等。
本题考查带电粒子在电场中的运动问题，要注意此类问题应结合力学相关知识进行分析，明确动能定理及牛顿第二定律等的综合应用才能求解。
7.B
【解析】解：A、若S闭合，电容器两端电压不变，将A板左移一小段位移时，由E=Ud可知，E不变，油滴仍静止，故A错误；
B、若S闭合，电容器两端电压不变，若将A向上平移一小段位移，则d增大，由E=Ud可知，E减小、电场力减小，油滴向下加速运动，故B正确；
C、将A板下移一小段位移时，根据C=εrS4πkd=QU可知，C增大、U不变、则Q增大，电容器被充电，G表中有a→b的电流，故C错误；
D、若S断开后再将A向下平移一小段位移，则电容器电荷量Q不变。根据C=εrS4πkd=QU，可得电场强度：E=Ud=4πkQϵrS，则电场强度不变，油滴处于静止状态，G表中无电流，故D错误。
故选：B。
将S断开，电容器电量不变，板间场强不变，油滴仍处于静止状态。将A向左平移一小段位移，电场强度不变，油滴仍然静止。改变板间距离，引起电容变化，分析E和电量的变化，再确定油滴的运动情况和电流方向。
本题关键是明确电键闭合时，电容器的电压不变，然后结合公式U=Ed和共点力平衡条件列式分析，而电键断开时，则电量不变，注意电容器极板间的电场强度综合表达式的推导过程。
8.BD
【解析】解：A、因“天问一号”探测器从地球发射后，脱离地球束缚，立即被太阳引力俘获，所以其发射速度v应大于地球的第二宇宙速度11.2km/s，故A错误；
B、地球和火星绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供给向心力可得
GMmr2=mv2r
解得行星公转的线速度大小为v= GMr，由于地球的公转轨道半径小于火星的公转轨道半径，则地球绕太阳公转速度大于火星绕太阳公转速度，故B正确；
C、火星的第一宇宙速度是卫星环绕火星做匀速圆周动的最大速度，可知“天问一号”在轨道Ⅱ上的速度小于火星的第一宇宙速度，故C错误；
D、“天问一号”由椭圆轨道Ⅰ进入圆轨道Ⅱ，必须在M点减速做近心运动，所以在椭圆轨道Ⅰ上经过M点的速度大于在圆轨道Ⅱ上经过M点的速度，故D正确。
故选：BD。
根据宇宙速度的意义分析“天问一号”的发射速度v的范围；行星绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式，行星速度的表达式，再分析地球与火星公转速度的关系；根据第一宇宙速度的意义分析C项；根据变轨原理分析在椭圆轨道Ⅰ上经过M点的速度与在圆轨道Ⅱ上经过M点的速度大小。
本题考查了三种宇宙速度以及变轨问题，要注意要做近心运动则需要点火减速，要做离心运动则要点火加速。
9.AD
【解析】解：
A、B、在B→C的过程中，弹簧的压缩量逐渐增大，小球始终克服弹力做功，弹性势能不断增大，故A正确，B错误。
C、D、在整个过程中，小球与弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒；故C错误，D正确。
故选：AD。
弹性势能根据弹簧的形变量的大小判断；小球、弹簧和地球组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒；
掌握机械能守恒的条件，是解决问题的关键，注意区分系统的机械能守恒和单个物体机械能守恒的区别．本题考查分析物体的受力情况和运动情况的能力，要抓住弹簧的弹力随压缩长度的增大而增大的特点．
10.BD
【解析】解：设最终箱子与小物块的速度为v1，取向右为正方向，根据动量守恒定律
mv=(m+M)v1
则动能损失
ΔEk=12mv2−12(m+M)v12
解得
ΔEk=mM2(m+M)v2
又依题意小物块与箱壁碰撞N次后回到箱子的正中央，相对箱子运动的路程为
s=0.5L+(N−1)L+0.5L=NL
故系统因摩擦产生的热量即为系统损失的动能
ΔEk=Q=NμmgL
故AC错误，BD正确。
故选：BD。
小物块在箱壁之间来回运动的过程中，系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，根据动量守恒定律求出物块与箱子相对静止时共同速度，再求整个过程中系统损失的动能。也可以功能关系求解。
本题是以两物体多次碰撞为载体，综合考查功能原理，动量守恒定律，要求学生能依据题干和选项暗示，从两个不同角度探求系统动能的损失。要注意摩擦生热与相对路程有关。
11.见解析 光电门传感器 摆球上不好固定光电门，也不利于确定摆球在下摆过程中的位置； 正确 质量可以约掉
【解析】解：(1)根据表格中数据描点，然后再把各能量与高度的一些点画在一条直线上，作出所各能量对应的图象如图，
(2)实验中摆锤在各点的速度需要利用光电门间接测量出来，从而用DIS测出摆锤在各点的动能，故本实验用到的传感器是光电门传感器；用“摆锤”而不用摆球的原因是摆球上不好固定光电门，也不利于确定摆球在下摆过程中的位置；
(3)由于需要验证摆锤机械能守恒的原理表达式两边均与摆锤质量有关，可以约掉，所以即使摆锤质量未知，也可以验证机械能守恒定律，故该同学的说法正确。
故答案为：(1)
(2)光电门传感器、摆球上不好固定光电门，也不利于确定摆球在下摆过程中的位置；(3)正确、质量可以约掉。
(1)根据表格数据先描点，再把这些点画在一条直线上；
(2)根据实验的操作技巧分析判断；
(3)从动能和势能的变化量中可以看出均有相同的质量因子，可以消去。
本题比较新颖，要注意结合实验的原理进行分析，从而找出符合该实验的正确结论。
12.C mgtanθ 偏大
【解析】解：(1)实验时，保持两小球的电荷量不变，改变两小球之间的距离，从小球偏离竖直方向的夹角大小探究小球之间的作用力大小与距离的关系，因此图中实验采用的方法是控制变量法，故ABD错误，C正确。
故选：C。
(2)对小球受力分析，如图所示：
根据库仑定律结合平衡条件，此时所其受静电力的大小为F=mgtanθ
(3)某同学让两半径为R的小球分别带上q1和q2的正电，并使两小球球心相距3R，该同学利用公式F=kq1q2(3R)2计算两球之间的静电力，则计算结果偏大，因为同种电荷相互排斥，电荷间等效距离大于3R，静电力实际值小于F=kq1q2(3R)2。
故答案为：(1)C；(2)mgtanθ；(3)偏大。
(1)根据实验操作步骤分析本实验采用的物理方法；
(2)根据平衡条件求静电力的大小；
(3)根据电荷间的相互作用规律和库仑定律分析作答。
本题考查库仑定律，解题关键掌握实验现象的分析，注意实验方法是控制变量法。
13.解：(1)若此时陶罐对小物块摩擦力恰好为零，则支持力的分力与重力平衡，有
FNcsθ=mg
解得FN=53mg
(2)当小物块所受的摩擦力沿切线方向向上最大时小物块恰好不下滑，且此时小物块的角速度最小，则有
F′Nsinθ−f′csθ=mRsinθ⋅ωmin2
mg=F′Ncsθ+f′sinθ
f′=μF′N
解得：
ωmin= 5g8R
答：(1)陶罐对小物块摩擦力恰好为零，陶罐对小物块的支持力为53mg；
(2)小物块恰好不下滑，陶罐的角速度为 5g8R。
【解析】(1)竖直方向根据平衡条件列式，求陶罐对小物块的支持力；
(2)小物块恰好不下滑，摩擦力沿切线方向向上最大，竖直方向据平衡条件列式，水平方向根据合力提供向心力列式，求陶罐的角速度。
本题解题关键是分析出小物块恰好不下滑时，摩擦力沿切线方向向上，且最大。
14.解：(1)根据题意，A与B碰撞前瞬间滑块A的速度大小分别为vA，vB；机械能守恒定律可得
mAgℎ=12mAv2
解得vA=2m/s
由题可知，B的速度为 vB=0m/s
(2)根据题意可知，A与B发生弹性正碰，设水平向右为正方向，由动量守恒定律有
mAvA=mAv1+mBv2
由能量守恒定律有
12mAvA2=12mAv12+12mBv22
解得v2=1m/s
B和C组成的系统水平方向合力为零，要保证滑块B不从小车C上滑下，即滑块B滑到小车右端时与小车速度相等，设水平向右为正方向，由动量守恒定律有
mBv2=(mB+mC)v′
由能量守恒定律有
12mBv22=μmBgL+12(mB+mC)v′2
解得L=0.1m
答：(1)A与B碰撞前瞬间滑块A、B的速度大小为2m/s，0；
(2)要保证滑块B不从小车C上滑下，小车至少要有多0.1m。
【解析】(1)滑块A沿圆弧下滑时，由机械能守恒定律可求得A与B碰撞前瞬间滑块A的速度大小，依题意小滑块B速度为0；
(2)当滑块B滑到小车C的右端，且两者共速时，小车长度最小。根据系统的动量守恒和能量守恒相结合求小车的最小长度。
解答本题时，要理清滑块与小车的运动情况，把握每个过程的物理规律，滑块在小车滑行时，遵守动量守恒定律和能量守恒定律。
15.解：(1)电子在电场中的加速，由动能定理得
eU=12mv02
解得
v0= 2eUm
设电子的竖直偏移量为y，则根据类平抛运动规律可得
L=v0t
y=12at2
由牛顿第二定律得
a=eEm
解得
y=EL24U
(2)当电压U1=2U时，同理有
x=L=v0t
y=12at2
由牛顿第二定律得
eE=ma
联立解得
E=4yUx2
根据题意可知x、y均不变，当U增大到原来的2倍，场强E也增大为原来的2倍，即
E1=2E。
答：(1)电子在偏转电场中的偏转距离EL24U；
(2)若仅将加速电场的电压提高为原来的2倍，使电子仍从B点经过，偏转电场的电场强度2E。
【解析】(1)根据类平抛运动规律和牛顿第二定律可求得竖直方向的位移y；
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式得出电场强度与偏转位移的关系式，抓住偏转位移不变，结合加速电压的变化得出偏转电场电场强度的变化。
本题考查了带电粒子在电场中的运动，掌握处理类平抛运动的处理方法，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解。摆锤位置
A
B
C
D
ℎ/×10−2m
15
10
5
0
Ek/×10−2J
0.45
0.80
1.20
1.55
Ep/×10−2J
1.10
0.73
0.37
0.00
一、单选题：本大题共7小题，共35分。
1.关于元电荷，下列说法中不正确的是( )
A. 元电荷的值通常取e=1.60×10−19C
B. 所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍
C. 元电荷实质上是指电子和质子本身
D. 电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的
2.2022年的“天宫课堂”上，航天员用绳子一端系住装有水油混合液体的瓶子，做如图所示的圆周运动，一段时间后水和油成功分层，水油分离后的圆周运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 瓶子整体不受重力
B. 总体来看，油的线速度大于水的线速度
C. 水对油有指向圆心的作用力
D. 总体来看，油的向心加速度比水的向心加速度大
3.物体在合外力作用下做直线运动的v−t图象如图所示。下列表述正确的是( )
A. 在0～1 s内，合外力做正功
B. 在0～2 s内，合外力总是做负功
C. 在1～2 s内，合外力不做功
D. 在0～3 s内，合外力总是做正功
4.高空抛物极易对人造成重大伤害，如果一个0.05kg鸡蛋从一居民楼16层坠下，与地面的撞击时间约为2ms，则鸡蛋对地面的冲击力约为( )
A. 600NB. 750NC. 500ND. 775N
5.一个半径为R的光滑绝缘圆环固定在竖直平面内，环上套着两个带电小球A和B(中央有孔，可视为点电荷)，当它们处于如图所示位置时，恰好都能保持静止状态。此时小球B与环中心O处于同一水平面，A，B连线与水平方向夹角为30°.已知小球B为带电量为q的负电荷，质量为m，重力加速度为g，静电力常量为k，由此可知小球A( )
A. 质量为2mB. 带负电
C. 带电荷量为3 3mgR2kqD. 对圆环的弹力大小为3 3mg2
6.如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，一带电微粒以初速度v0从A点沿直线运动到B点，微粒除受到电场力和重力外，不受其它力。则( )
A. 微粒带正电
B. 微粒从A点运动到B点，动能减小
C. 微粒从A点运动到B点，电场力做负功
D. 微粒从A点运动到B点，机械能增加
7.如图所示，两块较大的金属板A、B相距为d，水平平行放置并与一电源相连。开关S闭合后，两板间恰好有一质量为m、带电荷量为q的油滴处于静止状态。以下说法正确的是( )
A. 若将A向左平移一小段位移，则油滴向下加速运动
B. 若将A向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动
C. 若将A向下平移一小段位移，G表中有b→a的电流
D. 若S断开后再将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G表中无电流
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.如图甲所示，“天问一号”探测器从地球发射后，立即被太阳引力俘获，沿以太阳为焦点的椭圆轨道b运动到达火星，被火星引力俘获后环绕火星飞行，轨道b与地球公转轨道a、火星公转轨道c相切。如图乙所示，“天问一号”目前已由椭圆轨道Ⅰ进入圆轨道Ⅱ，进行预选着陆区探测。下列说法正确的是( )
A. “天问一号”的发射速度v满足7.9km/s
C. “天问一号”在轨道Ⅱ上的速度大于火星的第一宇宙速度
D. 在椭圆轨道Ⅰ上经过M点的速度大于在圆轨道Ⅱ上经过M点的速度
9.如图所示，弹簧固定在地面上，一小球从它的正上方A处自由下落，到达B处开始与弹簧接触，到达C处速度为0，不计空气阻力，则在小球从B到C的过程中( )
A. 弹簧的弹性势能不断增大
B. 弹簧的弹性势能不断减小
C. 系统机械能不断减小
D. 系统机械能保持不变
10.质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )
A. 12mv2B. mM2(m+M)v2
C. 12NμmgLD. NμmgL
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.“用DIS研究机械能守恒定律”的装置如图(a)，某组同学在一次实验中，以如下表格和图(b)显示实验的结果。
(1)图(b)的横轴表示摆锤距D点的高度ℎ，纵轴表示摆锤的重力势能Ep、动能Ek，或机械能E。已显示小球的重力势能Ep与ℎ变化关系如图线1，请用描点法分别画出动能Ek与ℎ变化关系图线和机械能E与ℎ变化关系图线，并分别标上2、3 ______；
(2)本实验用到的传感器是______，用“摆锤”而不用“摆球”的原因是______。
(3)某同学认为：该实验的摆锤质量未知也可以验证机械能守恒定律，该同学的说法______(选填“正确”或“错误”)，理由是______。
12.某物理兴趣小组利用如图所示装置来“探究影响电荷间静电力的因素”。O是一个带正电的物体，把系在丝线上的带正电的小球先后挂在图中P1、P2、P3等位置，比较小球在不同位置所受静电力的大小；使小球处于同一位置，增大(或减小)小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。
(1)图中实验采用的方法是______。
A.理想实验法
B，微小量放大法
C.控制变量法
D.等效替代法
(2)小球质量为m，在P1位置偏离竖直方向夹角θ，此时所其受静电力的大小为______。
(3)在实验中，某同学让两半径为R的小球分别带上q1和q2的正电，并使两小球球心相距3R，该同学利用公式F=kq1q2(3R)2计算两球之间的静电力，则计算结果______(选填“偏大”、“偏小”或“正确”)。
四、计算题：本大题共3小题，共34分。
13.如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，小物块与陶罐间动摩擦因数μ=0.5(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，经过一段时间后小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点连线与OO′间的夹角θ为53°，重力加速度为g(已知sin53°=0.8，cs53°=0.6)。
(1)若此时陶罐对小物块摩擦力恰好为零，求陶罐对小物块的支持力；
(2)若此时小物块恰好不下滑，求陶罐的角速度。
14.如图所示，竖直平面内有一高为ℎ=0.2m的光滑倾斜圆弧轨道，末端水平。质量mB=3kg的小滑块B静止在圆弧轨道末端。轨道右方有一辆质量为mC=3kg的小车C静止在光滑水平面上，小车上表面与轨道末端平齐且挨在一起。另一个质量为mA=1kg的小滑块A从圆弧轨道上端由静止释放，下滑后与B发生弹性碰撞。已知B与小车C上表面的动摩擦因数为μ=0.25，滑块A在整个过程中与小车C都没有相互作用，取g=10m/s2。求：
(1)A与B碰撞前瞬间滑块A、B的速度大小；
(2)要保证滑块B不从小车C上滑下，小车至少要有多长。
15.如图所示，一静止的电子经过电压为U的电场加速后，立即从A点射入偏转匀强电场中，射入方向与偏转电场的方向垂直，最终电子从B点离开偏转电场。已知偏转电场的电场强度大小为E，宽度为L，方向竖直向上(如图所示)，电子的电荷量为e，质量为m，重力忽略不计。
(1)求电子在偏转电场中的偏转距离。
(2)若仅将加速电场的电压提高为原来的2倍，使电子仍从B点经过，求偏转电场的电场强度E1。
答案解析
1.C
【解析】解：A.元电荷的值通常取e=1.60×10−19 C，故A正确；
B.所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍，故B正确；
C.元电荷是最小的电荷量，没有正负之分，在数值上等于质子或电子所带电荷量的绝对值，但既不是质子也不是电子，故C错误；
D.电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的，故D正确。
本题选错误的，
故选：C。
元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍。
元电荷是带电量的最小值，它本身不是电荷，所带电量均是元电荷的整数倍；且知道电子的电量与元电荷的电量相等，同时让学生明白电荷量最早是由美国科学家密立根用实验测得。
2.C
【解析】解：A、因为空间站所受重力全部用来提供向心力而处于完全失重状态，故瓶子整体受重力，故A错误；
B、水的密度大于油的密度，相同体积下水的质量大，根据F向=mω2r可知，水需要的向心力更大，当向心力不足时，水将会做离心运动，会向瓶底移动，圆周运动让瓶子里的水和油产生了离心现象，密度较大的水将集中于瓶子的底部，由于油和水绕圆心转动的角速度相等，根据v=ωr可知，因水在外层，转动半径较大，则油的线速度小于水的线速度，故B错误；
C、油做圆周运动的向心力由水提供，故水对油有指向圆心的作用力，故C正确；
D、水的转动半径大，根据a=ω2r可知，水的向心加速度大于油的向心加速度，故D错误。
故选：C。
A、瓶子整体受重力，由重力提供向心力；
B、圆周运动让瓶子里的水和油产生了离心现象，密度较大的水将集中于瓶子的底部，根据圆周运动v=ωr关系式解答；
C、油做圆周运动的向心力由水提供，故水对油有指向圆心的作用力；
D、水的转动半径大，根据圆周运动a=ω2r分析。
考查圆周运动中向心力与角速度和线速度的关系，运用公式结合实例分析。
3.A
【解析】解：A、在0−1s内，因物体的速度增大，故动能增大，则由动能定理可知合外力做正功，故A正确；
B、在1−2s内，物体的速度减小时，故动能减小时，由动能定理可知合外力做负功，即在0～2 s内，合外力先做正功后做负功，故B错误C错误；
D、由以上分析可知，合外力先做正功再做负功，故D错误；
故选：A。
由图象可知物体在各段时间内的速度变化，则由动能定理可直接得出合外力的做功情况。
本题根据动能定理可以直观地求出结果，当然如果利用动力学知识，求出力再求出功也是可以的，可以练习一下，并体会动能定理的实用性。
4.B
【解析】解：设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3m，16楼与地面相距15层楼，故鸡蛋下落的高度ℎ=15×3m=45m，鸡蛋质量约为m=50g=0.05kg，
由机械能守恒定律可得，mgℎ=12mv2
解得v= 2gℎ= 2×10×45m/s=30m/s；
落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，与地面接触的时间t=2ms=0.002s
由动量定理可得：
(N−mg)t=0−(−mv)；
解得N≈750N，故B正确，ACD错误。
故选：B。
利用动能定理或者机械能守恒求落地时的速度，再对鸡蛋撞击地面的过程分析，利用动量定理求力的大小。
本题是一道估算题，考查机械能守恒以及动量定理两部分知识点；要求学生结合生活实际情况分析问题，能在一定程度上提高学生将物理学思维运用于生活中的能力。
5.A
【解析】解：B、若A带负电，则A受到B的排斥力，此时A受到的排斥力与重力在OA连线的同一侧，小球A不可能达到平衡；而若A带正电，则小球A的受力才能平衡。故B错误；
A、由以上的判断，画出小球A的受力如图：
设库仑力为F，光滑圆环对A球弹力为FN，
对B球，在竖直方向有：
Fsin30°=mg
解得：F=2mg
对A球，在水平方向：Fcs30°=FNsin30°
在竖直方向FNcs30°=mAg+Fsin30°
联立解得：mA=2m。故A正确；
C、由库仑定律可得：kqAq(2rcs30∘)2
由于环的半径r是未知的，所以不能求出A的带电量。故C错误；
D、由上面两个方程联立得：FN=2 3mg.故D错误。
故选：A。
假设法判断A带正电还是带负电；
对B球受力分析由几何关系可求得B球受到的库仑力；
再对A球分析，可求得A球的质量；
由库仑定律求出A的带电量。
连接体类的共点力的平衡一般在解题时都应分别对两物体进行受力分析，由作出的平行四边形找出力之间的关系，即可求解。
6.D
【解析】解：A.粒子从A点沿直线运动到B点，可知合力方向与AB共线，粒子受竖直向下的重力，根据力的合成条件可知电场力水平向左，可知微粒带负电，故A错误；
CD.根据以上分析可知从A点沿直线运动到B点的过程中电场力对微粒做正功，电势能减小，其机械能增加，故C错误，D正确；
B.根据动能定理可知重力做正功，电场力也做正功，即合外力对微粒做正功，所以动能会增加。故B错误。
故选：D。
分析微粒受力情况，根据力和运动关系可明确合力的方向，再由运动的合成和分解知识可判断微粒的电性；根据动能定理求解电场力所做的功以及动能变化情况，进而判断机械能是否增加等。
本题考查带电粒子在电场中的运动问题，要注意此类问题应结合力学相关知识进行分析，明确动能定理及牛顿第二定律等的综合应用才能求解。
7.B
【解析】解：A、若S闭合，电容器两端电压不变，将A板左移一小段位移时，由E=Ud可知，E不变，油滴仍静止，故A错误；
B、若S闭合，电容器两端电压不变，若将A向上平移一小段位移，则d增大，由E=Ud可知，E减小、电场力减小，油滴向下加速运动，故B正确；
C、将A板下移一小段位移时，根据C=εrS4πkd=QU可知，C增大、U不变、则Q增大，电容器被充电，G表中有a→b的电流，故C错误；
D、若S断开后再将A向下平移一小段位移，则电容器电荷量Q不变。根据C=εrS4πkd=QU，可得电场强度：E=Ud=4πkQϵrS，则电场强度不变，油滴处于静止状态，G表中无电流，故D错误。
故选：B。
将S断开，电容器电量不变，板间场强不变，油滴仍处于静止状态。将A向左平移一小段位移，电场强度不变，油滴仍然静止。改变板间距离，引起电容变化，分析E和电量的变化，再确定油滴的运动情况和电流方向。
本题关键是明确电键闭合时，电容器的电压不变，然后结合公式U=Ed和共点力平衡条件列式分析，而电键断开时，则电量不变，注意电容器极板间的电场强度综合表达式的推导过程。
8.BD
【解析】解：A、因“天问一号”探测器从地球发射后，脱离地球束缚，立即被太阳引力俘获，所以其发射速度v应大于地球的第二宇宙速度11.2km/s，故A错误；
B、地球和火星绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供给向心力可得
GMmr2=mv2r
解得行星公转的线速度大小为v= GMr，由于地球的公转轨道半径小于火星的公转轨道半径，则地球绕太阳公转速度大于火星绕太阳公转速度，故B正确；
C、火星的第一宇宙速度是卫星环绕火星做匀速圆周动的最大速度，可知“天问一号”在轨道Ⅱ上的速度小于火星的第一宇宙速度，故C错误；
D、“天问一号”由椭圆轨道Ⅰ进入圆轨道Ⅱ，必须在M点减速做近心运动，所以在椭圆轨道Ⅰ上经过M点的速度大于在圆轨道Ⅱ上经过M点的速度，故D正确。
故选：BD。
根据宇宙速度的意义分析“天问一号”的发射速度v的范围；行星绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式，行星速度的表达式，再分析地球与火星公转速度的关系；根据第一宇宙速度的意义分析C项；根据变轨原理分析在椭圆轨道Ⅰ上经过M点的速度与在圆轨道Ⅱ上经过M点的速度大小。
本题考查了三种宇宙速度以及变轨问题，要注意要做近心运动则需要点火减速，要做离心运动则要点火加速。
9.AD
【解析】解：
A、B、在B→C的过程中，弹簧的压缩量逐渐增大，小球始终克服弹力做功，弹性势能不断增大，故A正确，B错误。
C、D、在整个过程中，小球与弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒；故C错误，D正确。
故选：AD。
弹性势能根据弹簧的形变量的大小判断；小球、弹簧和地球组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒；
掌握机械能守恒的条件，是解决问题的关键，注意区分系统的机械能守恒和单个物体机械能守恒的区别．本题考查分析物体的受力情况和运动情况的能力，要抓住弹簧的弹力随压缩长度的增大而增大的特点．
10.BD
【解析】解：设最终箱子与小物块的速度为v1，取向右为正方向，根据动量守恒定律
mv=(m+M)v1
则动能损失
ΔEk=12mv2−12(m+M)v12
解得
ΔEk=mM2(m+M)v2
又依题意小物块与箱壁碰撞N次后回到箱子的正中央，相对箱子运动的路程为
s=0.5L+(N−1)L+0.5L=NL
故系统因摩擦产生的热量即为系统损失的动能
ΔEk=Q=NμmgL
故AC错误，BD正确。
故选：BD。
小物块在箱壁之间来回运动的过程中，系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，根据动量守恒定律求出物块与箱子相对静止时共同速度，再求整个过程中系统损失的动能。也可以功能关系求解。
本题是以两物体多次碰撞为载体，综合考查功能原理，动量守恒定律，要求学生能依据题干和选项暗示，从两个不同角度探求系统动能的损失。要注意摩擦生热与相对路程有关。
11.见解析 光电门传感器 摆球上不好固定光电门，也不利于确定摆球在下摆过程中的位置； 正确 质量可以约掉
【解析】解：(1)根据表格中数据描点，然后再把各能量与高度的一些点画在一条直线上，作出所各能量对应的图象如图，
(2)实验中摆锤在各点的速度需要利用光电门间接测量出来，从而用DIS测出摆锤在各点的动能，故本实验用到的传感器是光电门传感器；用“摆锤”而不用摆球的原因是摆球上不好固定光电门，也不利于确定摆球在下摆过程中的位置；
(3)由于需要验证摆锤机械能守恒的原理表达式两边均与摆锤质量有关，可以约掉，所以即使摆锤质量未知，也可以验证机械能守恒定律，故该同学的说法正确。
故答案为：(1)
(2)光电门传感器、摆球上不好固定光电门，也不利于确定摆球在下摆过程中的位置；(3)正确、质量可以约掉。
(1)根据表格数据先描点，再把这些点画在一条直线上；
(2)根据实验的操作技巧分析判断；
(3)从动能和势能的变化量中可以看出均有相同的质量因子，可以消去。
本题比较新颖，要注意结合实验的原理进行分析，从而找出符合该实验的正确结论。
12.C mgtanθ 偏大
【解析】解：(1)实验时，保持两小球的电荷量不变，改变两小球之间的距离，从小球偏离竖直方向的夹角大小探究小球之间的作用力大小与距离的关系，因此图中实验采用的方法是控制变量法，故ABD错误，C正确。
故选：C。
(2)对小球受力分析，如图所示：
根据库仑定律结合平衡条件，此时所其受静电力的大小为F=mgtanθ
(3)某同学让两半径为R的小球分别带上q1和q2的正电，并使两小球球心相距3R，该同学利用公式F=kq1q2(3R)2计算两球之间的静电力，则计算结果偏大，因为同种电荷相互排斥，电荷间等效距离大于3R，静电力实际值小于F=kq1q2(3R)2。
故答案为：(1)C；(2)mgtanθ；(3)偏大。
(1)根据实验操作步骤分析本实验采用的物理方法；
(2)根据平衡条件求静电力的大小；
(3)根据电荷间的相互作用规律和库仑定律分析作答。
本题考查库仑定律，解题关键掌握实验现象的分析，注意实验方法是控制变量法。
13.解：(1)若此时陶罐对小物块摩擦力恰好为零，则支持力的分力与重力平衡，有
FNcsθ=mg
解得FN=53mg
(2)当小物块所受的摩擦力沿切线方向向上最大时小物块恰好不下滑，且此时小物块的角速度最小，则有
F′Nsinθ−f′csθ=mRsinθ⋅ωmin2
mg=F′Ncsθ+f′sinθ
f′=μF′N
解得：
ωmin= 5g8R
答：(1)陶罐对小物块摩擦力恰好为零，陶罐对小物块的支持力为53mg；
(2)小物块恰好不下滑，陶罐的角速度为 5g8R。
【解析】(1)竖直方向根据平衡条件列式，求陶罐对小物块的支持力；
(2)小物块恰好不下滑，摩擦力沿切线方向向上最大，竖直方向据平衡条件列式，水平方向根据合力提供向心力列式，求陶罐的角速度。
本题解题关键是分析出小物块恰好不下滑时，摩擦力沿切线方向向上，且最大。
14.解：(1)根据题意，A与B碰撞前瞬间滑块A的速度大小分别为vA，vB；机械能守恒定律可得
mAgℎ=12mAv2
解得vA=2m/s
由题可知，B的速度为 vB=0m/s
(2)根据题意可知，A与B发生弹性正碰，设水平向右为正方向，由动量守恒定律有
mAvA=mAv1+mBv2
由能量守恒定律有
12mAvA2=12mAv12+12mBv22
解得v2=1m/s
B和C组成的系统水平方向合力为零，要保证滑块B不从小车C上滑下，即滑块B滑到小车右端时与小车速度相等，设水平向右为正方向，由动量守恒定律有
mBv2=(mB+mC)v′
由能量守恒定律有
12mBv22=μmBgL+12(mB+mC)v′2
解得L=0.1m
答：(1)A与B碰撞前瞬间滑块A、B的速度大小为2m/s，0；
(2)要保证滑块B不从小车C上滑下，小车至少要有多0.1m。
【解析】(1)滑块A沿圆弧下滑时，由机械能守恒定律可求得A与B碰撞前瞬间滑块A的速度大小，依题意小滑块B速度为0；
(2)当滑块B滑到小车C的右端，且两者共速时，小车长度最小。根据系统的动量守恒和能量守恒相结合求小车的最小长度。
解答本题时，要理清滑块与小车的运动情况，把握每个过程的物理规律，滑块在小车滑行时，遵守动量守恒定律和能量守恒定律。
15.解：(1)电子在电场中的加速，由动能定理得
eU=12mv02
解得
v0= 2eUm
设电子的竖直偏移量为y，则根据类平抛运动规律可得
L=v0t
y=12at2
由牛顿第二定律得
a=eEm
解得
y=EL24U
(2)当电压U1=2U时，同理有
x=L=v0t
y=12at2
由牛顿第二定律得
eE=ma
联立解得
E=4yUx2
根据题意可知x、y均不变，当U增大到原来的2倍，场强E也增大为原来的2倍，即
E1=2E。
答：(1)电子在偏转电场中的偏转距离EL24U；
(2)若仅将加速电场的电压提高为原来的2倍，使电子仍从B点经过，偏转电场的电场强度2E。
【解析】(1)根据类平抛运动规律和牛顿第二定律可求得竖直方向的位移y；
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式得出电场强度与偏转位移的关系式，抓住偏转位移不变，结合加速电压的变化得出偏转电场电场强度的变化。
本题考查了带电粒子在电场中的运动，掌握处理类平抛运动的处理方法，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解。摆锤位置
A
B
C
D
ℎ/×10−2m
15
10
5
0
Ek/×10−2J
0.45
0.80
1.20
1.55
Ep/×10−2J
1.10
0.73
0.37
0.00
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