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2022-2023学年湖南省岳阳市平江县高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年湖南省岳阳市平江县高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共14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.物理学是以观察、实验为基础的自然学科，下列说法中正确的是( )
A. 牛顿第一定律是牛顿多次通过实验总结出来的一条实验定律
B. 在探究两个互成角度的力的合成规律时采用了等效替代法
C. 第谷根据多年的观测总结揭示了行星的运动规律，为万有引力定律的发现奠定了基础
D. 库仑通过著名的扭秤实验测出了万有引力常量的数值
2.如图所示，竖直放置的两端封闭的玻璃管中注满清水，内有一个红蜡块能在水中匀速上浮。在红蜡块从玻璃管的下端匀速上浮的同时，使玻璃管以不同方式水平向右运动。蜡块第一次从玻璃管下端运动到上端的轨迹为直线1，运动时间为t1.蜡块第二次从玻璃管下端运动到上端的轨迹为曲线2，运动时间为t2.则可知( )
A. 第一次玻璃管匀速运动，t1>t2B. 第一次玻璃管加速运动，t1=t2
C. 第二次玻璃管加速运动，t1=t2D. 第二次玻璃管减速运动，t13.真空中两个相同的带等量异种电荷的小球A和B，分别固定在两处，两球间静电力为F.用不带电的同样小球C先和A接触，再与B接触，然后移去C，则A、B间的静电力应为( )
A. F2B. F4C. F8D. 3F8
4.如图所示，滑板爱好者先后两次从坡道A点滑出，均落至B点，第二次的滞空时间比第一次长，则( )
A. 两次滑出速度方向相同
B. 两次腾空最大高度相同
C. 第二次滑出速度一定大
D. 第二次在最高点速度小
5.某教室内墙壁上挂有一只走时准确的石英钟，表盘有时针、分针和秒针，如图所示。关于它们的转动情况描述正确的是( )
A. 时针与分针转动的角速度之比为1：60
B. 时针与秒针转动的角速度之比为1：3600
C. 分针与秒针转动的角速度之比为1：60
D. 分针与秒针转动的周期之比为1：12
6.如图所示，a、b分别为一对等量同种电荷连线上的两点(其中b为中点)，c为连线中垂线上的一点。今将一负点电荷q自a沿直线移到b再沿直线移到c，下列说法正确的是( )
A. 电荷q受到的电场力一直变小
B. 电场力对电荷q一直做负功
C. 电荷q的电势能先减小，后增加
D. 电荷q受到的电场力方向一直不变
7.一物体在F=10N的水平拉力作用下沿水平面运动，在t=5s时水平拉力变为F′=4N，方向不变，物体在水平面上运动的速度-时间图像如图所示。则在0∼10s内拉力对物体做的功为( )
A. 100JB. 250JC. 400JD. 475J
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
8.“嫦娥五号”探测器绕月球做匀速圆周运动时，轨道半径为r，速度大小为v。已知月球半径为R，引力常量为G，忽略月球自转的影响。下列选项正确的是( )
A. 月球平均密度为3v24πGR2B. 月球平均密度为3v2r4πGR3
C. 月球表面重力加速度为v2R D. 月球表面重力加速度为v2rR2
9.一质量为m的物体以某一速度冲上一个倾角为370的斜面，其运动的加速度的大小为0.6g，这个物体沿斜面上升的最大高度为H，则在这个过程中( )
A. 物体的重力势能增加了0.6mgHB. 物体的重力势能增加了mgH
C. 物体的动能损失了0.6mgHD. 物体的机械能守恒
10.2020年7月，“天问一号”火星探测器成功发射升空，今年2月到达火星附近，被火星捕获，5月成功着陆火星，中国首次火星探测任务取得圆满成功。假设将“天问一号”的运行轨迹简化情况如图。探测器在Q处被火星引力“捕获”，经椭圆轨道Ⅱ到达P处实施制动变轨到轨道Ⅰ，已知I轨道的轨道半径为R，周期为T1，椭圆轨道Ⅱ的周期为T2，长轴PQ间距离为3R。则( )
A. 探测器在I轨道稳定运行到达P处的加速度与在Ⅱ轨道稳定运行到达P处的加速度相等
B. 探测器在I轨道稳定运行到达P处的速度与在Ⅱ轨道稳定运行到达P处的速度相等
C. 探测器经Ⅰ、Ⅱ轨道的周期之比T1：T2= 8: 27
D. 探测器经Ⅰ、Ⅱ轨道的周期之比T1：T2=1： 8
11.如图所示，单刀双掷开关S原来跟2相接。从t=0开始，开关改接1，一段时间后，把开关改接2，则流过电路中P点的电流I和电容器两极板的电势差UAB随时间变化的图象可能正确的有( )
A. B.
C. D.
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.在“探究平抛运动的特点”实验中。
(1)采用如图1所示装置的实验过程中，斜槽末端的切线必须是水平的，这样做的目的是______。
A.保证小球飞出时，速度既不太大，也不太小
B.保证小球飞出时，初速度水平
C.保证小球在空中运动的时间每次都相等
D.保证小球运动的轨迹是一条抛物线
(2)某同学利用如图3所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图2所示(图中未包括小球刚离开轨道的影像)。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为5cm。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图中标出。则小球运动到图中位置A时，其速度的水平分量大小为______m/s；根据图中数据可得，当地重力加速度的大小为______m/s2。(答案均保留两位有效数字)
13.落体法验证机械能守恒定律的实验中，某同学实验步骤如下：
A.用天平准确测出重锤的质量；
B.竖直固定打点计时器，并接上直流电源；
C.将纸带一端固定在重锤上，另一端穿过打点计时器的限位孔，使重锤靠近打点计时器；
D.先释放重锤，后接通电源；
E.更换纸带，再重复几次；
F.选择纸带，测量纸带上某些点间的距离；
G.根据测量结果进行计算。
(1)你认为实验步骤中多余的步骤是______，错误的步骤是______。(填序号)
(2)打点计时器所用电源频率为50Hz，当地重力加速度的值为9.80m/s2，重物的质量为m=1kg。若按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到打点计时器所打下的第一个点O的距离如图所示，那么可以判断，打点计时器打下计时点B时，从起点O到计时点B的过程中重力势能减少量是ΔEp=______ J，此过程中物体动能的增加量ΔEk=______ J。(本小题各空格计算结果均保留2位有效数字)
(3)根据实验的纸带算出相关各点的速度v，算出下落的距离h；以v22为纵坐标，以h为横轴画出的图线应是图中的______就证明机械能是守恒的。
四、简答题：本大题共2小题，共24分。
14.如图所示，质量为m=9.0×10−31kg、电荷量为e=1.6×10−19的电子由静止经电压为U1=45V的电场加速后，沿水平直线O1O2进入偏转电场，不考虑电场边缘效应。已知偏转电场的极板长L=5.0cm，两极板间距d=1.0cm，两板间电压U2=1.8V，O1O2为两极板的中线。求：
(1)电子进入偏转电场时速度的大小v0；
(2)电子射出偏转电场时，速度与水平方向夹角的正切值。
15.如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知MB=2MA=2m，假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g，当A上升H时，求：
(1)B下降了多少？
(2)物体系统的动能增加了多少？
(3)A和B的速度各是多少？
五、计算题：本大题共1小题，共12分。
16.一根长为l的丝线吊着一质量为m，带电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成37∘角，现突然将该电场方向变为向下且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响(重力加速度为g)，
求：(1)小球带何种电荷
(2)匀强电场的电场强度的大小；
(3)小球经过最低点时丝线的拉力.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、牛顿第一定律是理想化情况下的规律，是逻辑思维的产物，不能通过实验直接验证，故A错误；
B、实验过程应控制拉力的作用效果相同，实验采用了等效替代法，故B正确；
C、开普勒根据第谷留下的实验数据总结得出了开普勒三定律，揭示了行星的运动规律，牛顿运用开普勒三定律和牛顿运动定律研究发现了万有引力定律，故C错误；
D、卡文迪什第一次在实验室里用扭称测出万有引力常量，被称为“第一个测量出地球质量的人”，故D错误。
故选：B。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
2.【答案】C
【解析】解：根据分运动与合运动的等时性，又因为两次蜡烛在竖直方向均以相同的速度做匀速运动，可知时间相等，即t1=t2；第一次运动轨迹为直线，可知水平方向为匀速运动；第二次运动轨迹为曲线，合力方向指向轨迹的凹向，则加速度水平向右，则水平方向为加速运动。故ABD错误，C正确。
故选：C。
将蜡块的运动进行分解，分解为水平方向和竖直方向，分析两次蜡烛沿竖直方向的运动性质，判断时间关系；再根据运动的合成，根据蜡烛两次的运动轨迹分析蜡烛的合力方向以及运动性质。
本题考查了运动合成与分解，解决本题的关键是理解曲线运动的合力方向与轨迹的关系。
3.【答案】C
【解析】解：两个完全相同且可看成点电荷的金属小球a和b，分别带有等量异种电荷，这时两球间静电引力的大小为F，
当用一个不带电，且与a、b完全相同的绝缘金属小球C先与a球接触，再与b球接触后移去．从而使得a球带电为原来的一半，而b球则带电为原来的四分之一．由库仑定律可得，两球间静电力的大小为原来的八分之一．故C正确、ABD错误．
故选：C
当在真空中两个点电荷，其间的库仑力与两点电荷的电量乘积成正比，与间距的平方成反比．当两个完全相同的金属小球相接触时，若是同种电荷则是平均分配；若是异种电荷则是先中和再平均分配．
由库仑定律可知，在真空是必须确保电荷量不变，且电荷间距要大是能将带电量看成点来处理．同时两球带异种电荷，所以当与a球接触后的小球c与b球接触时，则先出现异种电荷中和，然后再平分电荷．
4.【答案】D
【解析】解：A、设滑板爱好者从A点滑出后竖直方向的分速度为vy，则空中运动的时间：t=2vyg，第二次的滞空时间比第一次长，则第二次竖直方向的分速度大；两次水平方向的分位移大小相等，则第二次水平方向的分速度vx小，滑出速度方向与水平方向之间的夹角满足：tanθ=vyvx，所以两次滑出速度方向一定不相同，故A错误；
B、滑板爱好者从A到B做斜上抛运动，上升到的最大高度：h=vy22g，第二次竖直方向的分速度大，则第二次腾空最大高度大，故B错误；
C、第二次滑出竖直方向的分速度大，水平方向的分速度小，所以不能判断出两次滑出速度的大小关系，故C错误；
D、滑板爱好者到达最高点时竖直方向的分速度为零，在最高点的速度等于水平方向的分速度；第二次滑出水平方向的分速度小，则第二次滑出在最高点速度小，故D正确。
故选：D。
5.【答案】C
【解析】解：根据公式ω=2πT可知
A、时针的周期是12h，分针的周期是1h，它们的周期比为12：1，则角速度之比ω时：ω分=T分：T时=1：12，故A错误；
B、时针的周期是12h，秒针的周期是60s=160h，它们的周期比为720：1，则角速度之比ω时：ω秒=T秒：T时=1：720，故B错误；
CD、分针的周期60min，秒针的周期是1min，它们的周期比为T分：T秒=60：1，所以角速度之比为ω分：ω秒=T秒：T分=1：60，故C正确，D错误；
故选：C。
由公式ω=2πT可知，时针、分针、秒针的周期不同，从而求出角速度之比。
该题为基本公式的应用，一定要搞清楚时针、分针、秒针的周期比。本题容易将时针的周期误算为24h。
6.【答案】B
【解析】解：A、两个等量同种电荷在点b处产生的电场强度大小相等，方向相反，互相抵消，则中点b的场强为零，所以将一带电量为q的负点电荷自a沿直线移到b再沿直线移到c，电场力先减小后增大。故A错误。
B、负电荷所受力的方向与电场强度方向相反，所以负点电荷自a沿直线移到b的过程中，电场力做负功，再沿直线移到c时，电场力还是做负功。故B正确。
C、电场力一直做负功，电荷的电势能一直增大。故C错误。
D、从a到b再到c的过程中，电场强度方向先沿ab方向，后沿bc方向，电场力的方向与电场强度方向相反，所以电场力的方向也改变。故D错误。
故选：B。
两个等量同种电荷，它们在点O处产生的电场强度大小相等，方向相反。bc连线上方的中垂线上每一点(除b点)电场线方向向上。根据电场力做功正负，判断电势能的变化：电场力做负功，电荷的电势能增大。
对等量同种电荷和等量异种电荷的电场线和等势面分布情况和特点要熟悉，可利用电场的叠加原理分析各点的场强。
7.【答案】C
【解析】解：在0∼10s内拉力对物体做的功为W=Fx1+F′x2=10×10×52J+4×(10+5)2×5J=400J，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据速度-时间图像的面积表示位移求解位移大小，然后根据功的计算式求解功。
对于图象问题，我们学会“五看”，即：看坐标、看斜率、看面积、看交点、看截距；了解图象的物理意义是正确解题的前提；掌握功的计算公式的计算公式是关键。
8.【答案】BD
【解析】解：AB、“嫦娥五号”探测器绕月球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r，又有M=ρV=ρ×43πR3，联立解得：ρ=3v2r4πGR3，故B正确，A错误；
CD、在月球表面万有引力等于重力，即GMmR2=mg，解得g=v2rR2，故D正确，B错误；
故选：BD。
“嫦娥五号”探测器绕月球做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力；在月球表面万有引力等于重力。据此分析。
解答本题的关键是知道“嫦娥五号”探测器绕月球做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力；在月球表面万有引力等于重力。
9.【答案】BD
【解析】解：AB、重力势能的增加量等于物体克服重力做的功，故重力势能增加了mgH，故A错误，B正确；
C、物体上滑过程，根据牛顿第二定律知物体的合外力大小为F合=ma=0.6mg，方向沿斜面向下，合外力对物体做的功为W合=−F合⋅Hsin37∘=−0.6mg⋅H0.6=−mgH
根据动能定理得：△Ek=W合=−mgH，即物体的动能损失了mgH，故C错误；
D、因重力势能变化量为△EP=mgH，动能变化量为△Ek=−mgH，则△EP+△Ek=0，即物体的机械能守恒，故D正确。
故选：BD。
重力势能的增加量等于物体克服重力做的功；动能的变化量等于合外力做的功；根据动能的变化量与重力势能变化量的关系分析机械能是否守恒。
本题关键要根据功能关系的各种具体形式得到重力势能变化、动能变化和机械能变化。要知道重力势能变化与重力做功有关；动能的变化与合力做功有关；机械能的变化与除重力以外的力做功有关。
10.【答案】AC
【解析】解：A.由于不同轨道上的P点距离地心的距离相等，故由万有引力提供向心力GMmr2=ma由表达式可知，由于P点位置不变，故“天问一号”在轨道I上经过P点的加速度等于在轨道Ⅱ上经过P点的加速度，故A正确；
B.“天问一号”要从轨道I变轨到轨道Ⅱ需加速，故其在轨道I上经过P点的速度小于在轨道Ⅱ上经过P点的速度，故B错误；
CD.由开普勒第三定律可知，探测器经Ⅰ、Ⅱ轨道的周期之比T1T2= a13a23= R3(3R2)3= 827，故C正确，D错误。
故答案为：AC。
利用牛顿第二定律可以比较加速度的大小；探测器从轨道I的P点到轨道II需要进行加速所以在I轨道P点的速度小于在II轨道P点速度的大小；利用开普勒第三定律可以求出周期之比。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，解题的关键点是熟记开普勒定律并结合题目加以分析，同时结合向心力公式完成解答。
11.【答案】BC
【解析】解：AB、开关S接1时，电容器充电，充电完毕，电流为零，再将开关S拨向2位置，开始反向放电，放电完毕后，电流为零，故A错误，B正确；
CD、开关S接1时，电容器与电源直接相连，充电结束后，两端电压为电动势，恒定不变，放电过程中，电压逐渐减小，但极板的电性不变，故C正确，D错误。
故选：BC。
分析电路结构，电容器充电结束后，电流为零，反向放电结束后，电流仍为零。
电容器两端的电压为并联电路的电压，充电完毕时，电容器极板间的电压等于电源的电动势。
此题考查了闭合电路的欧姆定律，解题的关键是明确电路结构，确定充放电的过程。
12.【答案】B1.09.6
【解析】解：(1)采用如图所示装置的实验过程中，斜槽末端的切线必须是水平的，这样做的目的是：保证小球飞出时，初速度水平，保证小球做的是平抛运动，故B正确，ACD错误；
故选：B。
(2)由题意，根据图中数据可得，小球运动到图中位置A时，因为连续两张相等的图片之间的水平距离为l，则水平方向上有
x=l=v0t
可得其速度的水平分量大小为
v0=5×10−2m0.05s=1.0m/s
根据图中数据可得小球在竖直方向上，在连续相等时间内所通过的高度差为
Δy=gt2=11.0cm−8.6cm=2.4cm=2.4×10−2m
可得，当地重力加速度的大小为
g=2.4×10−20.052m/s2=9.6m/s2
故答案为：(1)B；(2)1.0；9.6
(1)根据平抛运动的特点分析出斜槽末端切线水平的目的；
(2)根据平抛运动的特点得出速度的水平分量和重力加速度的大小。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动的特点和运动学公式即可完成分析。
13.【答案】
【解析】解：(1)实验步骤中多余的步骤是A，该实验要验证的关系式为mgh=12mv2，两边都有m，可以约去，则不需要测量重锤的质量。
故选A。
错误的步骤是BD；
步骤B.竖直固定打点计时器，并接上交流电源，故B错误；
步骤D.要先接通电源，后释放重锤，故D错误。
(2)从起点O到计时点B的过程中重力势能减少量是ΔEp=mgh=1×9.80×5.01×10−2J=0.49J
打B点时的速度vB=(7.06−3.14)×10−22×0.02m/s=0.98m/s
此过程中物体动能的增加量ΔEk=12mvB2=12×1×0.982J=0.48J
(3)根据mgh=12mv2
可得v22=gh
则v22−h图像为过原点的直线，故B正确，ACD错误；
故选：B。
故答案为：(1)A；BD；(2)0.49；0.48；(3)B
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)根据重力势能的表达式，结合运动学公式和动能计算公式完成分析；
(3)根据机械能守恒定律，结合图像的物理意义完成分析。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合机械能守恒定律和图像的物理意义即可完成分析。
14.【答案】解：(1)电子在加速电场中做加速运动，根据动能定理有：eU1=12mv02−0
解得：v0= 2eU1m= 2×1.6×10−19×459.0×10−31m/s=4×106m/s
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律有：a=eU2md
水平方向匀速直线运动有：t=Lv0
竖直方向匀加速直线运动有：竖直速度大小vy=at，方向tanθ=vyv0
联立解得：tanθ=U2L2dU1=1.8×5.0×10−22×45×1×10−2=0.1
答：(1)电子进入偏转电场时速度的大小v0为4×106m/s；
(2)电子射出偏转电场时，速度与水平方向夹角的正切值为0.1。
【解析】(1)电子在加速电场中加速过程，根据动能定理求出电子加速获得的速度，即为电子进入偏转电场时的速度；
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，由分速度关系求解偏转角的正切。
本题是带电粒子先加速后偏转类型，对于电场中加速过程，往往根据动能定理求粒子加速获得的速度，对于偏转电场中类平抛运动，要掌握研究方法：运动的分解和合成，利用动力学方法研究。
15.【答案】解：(1)根据滑轮组的特征可知，当A上升H时，B下降高度为
xB=2H
(2)对A、B组成的系统进行分析，系统机械能守恒，则物体系统的动能增加等于系统重力势能的减少，即为
ΔEk=MBg⋅2H−MAgH=2mg⋅2H−mgH=3mgH
(3)对A、B组成的系统进行分析，可知
vB=2vA
结合ΔEk=12mvA2+12⋅2mvB2
可得：vA=13 6gH，vB=23 6gH
答：(1)B下降了2H；
(2)物体系统的动能增加了3mgH；
(3)A和B的速度各是13 6gH、23 6gH。
【解析】(1)根据滑轮组的特征求B下降的高度。
(2)对A、B两个物体组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，由机械能守恒定律求物体系统的动能增加量。
(3)结合两个物体速度关系求解A和B的速度。
本题考查系统机械能守恒问题，关键要抓住两个物体的速度关系和位移关系，知道B的速度是A的2倍，B下降的高度是A上升高度的2倍。
16.【答案】解：(1)以小球为研究对象，分析受力情况：重力mg、电场力qE、丝线的拉力FT，电场力方向必定水平向右，与电场强度方向相同，所以小球带正电荷．
(2)如图1所示．由平衡条件得：mgtan37∘=qE
故E=3mg4q
(3)当电场方向变为向下后，小球受到的电场力竖直向下，向下做圆周运动，重力和电场力都做正功，由动能定理得
(mg+qE)l(1−cs37∘)=12mv2
解得v= 0.7gl
小球经过最低点时，由重力、电场力和丝线的拉力的合力提供了向心力，如图2所示．根据牛顿第二定律得
FT−mg−qE=mv2l
解得FT=4920mg
答：
(1)小球带正确电荷．
(2)匀强电场的电场强度的大小为3mg4q；
(3)小球经过最低点时丝线的拉力是4920mg.
【解析】(1)、(2)以小球为研究对象，分析受力情况，由于小球处于静止状态，合力为零，由平衡条件分析电场力的方向，确定小球的电性，并求解电场强度大小；
(3)当电场方向变为向下后，小球受到的电场力竖直向下，向下做圆周运动，根据动能定理求解小球经过最低点时的瞬时速度；小球经过最低点时，由重力、电场力和丝线的拉力的合力提供了向心力，根据牛顿第二定律求解丝线对小球的拉力．
运用动能定理求速度，根据牛顿第二定律求丝线的拉力，是常用的方法和思路，要能熟练运用力学方法解决电场中的问题．
1.物理学是以观察、实验为基础的自然学科，下列说法中正确的是( )
A. 牛顿第一定律是牛顿多次通过实验总结出来的一条实验定律
B. 在探究两个互成角度的力的合成规律时采用了等效替代法
C. 第谷根据多年的观测总结揭示了行星的运动规律，为万有引力定律的发现奠定了基础
D. 库仑通过著名的扭秤实验测出了万有引力常量的数值
2.如图所示，竖直放置的两端封闭的玻璃管中注满清水，内有一个红蜡块能在水中匀速上浮。在红蜡块从玻璃管的下端匀速上浮的同时，使玻璃管以不同方式水平向右运动。蜡块第一次从玻璃管下端运动到上端的轨迹为直线1，运动时间为t1.蜡块第二次从玻璃管下端运动到上端的轨迹为曲线2，运动时间为t2.则可知( )
A. 第一次玻璃管匀速运动，t1>t2B. 第一次玻璃管加速运动，t1=t2
C. 第二次玻璃管加速运动，t1=t2D. 第二次玻璃管减速运动，t1
A. F2B. F4C. F8D. 3F8
4.如图所示，滑板爱好者先后两次从坡道A点滑出，均落至B点，第二次的滞空时间比第一次长，则( )
A. 两次滑出速度方向相同
B. 两次腾空最大高度相同
C. 第二次滑出速度一定大
D. 第二次在最高点速度小
5.某教室内墙壁上挂有一只走时准确的石英钟，表盘有时针、分针和秒针，如图所示。关于它们的转动情况描述正确的是( )
A. 时针与分针转动的角速度之比为1：60
B. 时针与秒针转动的角速度之比为1：3600
C. 分针与秒针转动的角速度之比为1：60
D. 分针与秒针转动的周期之比为1：12
6.如图所示，a、b分别为一对等量同种电荷连线上的两点(其中b为中点)，c为连线中垂线上的一点。今将一负点电荷q自a沿直线移到b再沿直线移到c，下列说法正确的是( )
A. 电荷q受到的电场力一直变小
B. 电场力对电荷q一直做负功
C. 电荷q的电势能先减小，后增加
D. 电荷q受到的电场力方向一直不变
7.一物体在F=10N的水平拉力作用下沿水平面运动，在t=5s时水平拉力变为F′=4N，方向不变，物体在水平面上运动的速度-时间图像如图所示。则在0∼10s内拉力对物体做的功为( )
A. 100JB. 250JC. 400JD. 475J
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
8.“嫦娥五号”探测器绕月球做匀速圆周运动时，轨道半径为r，速度大小为v。已知月球半径为R，引力常量为G，忽略月球自转的影响。下列选项正确的是( )
A. 月球平均密度为3v24πGR2B. 月球平均密度为3v2r4πGR3
C. 月球表面重力加速度为v2R D. 月球表面重力加速度为v2rR2
9.一质量为m的物体以某一速度冲上一个倾角为370的斜面，其运动的加速度的大小为0.6g，这个物体沿斜面上升的最大高度为H，则在这个过程中( )
A. 物体的重力势能增加了0.6mgHB. 物体的重力势能增加了mgH
C. 物体的动能损失了0.6mgHD. 物体的机械能守恒
10.2020年7月，“天问一号”火星探测器成功发射升空，今年2月到达火星附近，被火星捕获，5月成功着陆火星，中国首次火星探测任务取得圆满成功。假设将“天问一号”的运行轨迹简化情况如图。探测器在Q处被火星引力“捕获”，经椭圆轨道Ⅱ到达P处实施制动变轨到轨道Ⅰ，已知I轨道的轨道半径为R，周期为T1，椭圆轨道Ⅱ的周期为T2，长轴PQ间距离为3R。则( )
A. 探测器在I轨道稳定运行到达P处的加速度与在Ⅱ轨道稳定运行到达P处的加速度相等
B. 探测器在I轨道稳定运行到达P处的速度与在Ⅱ轨道稳定运行到达P处的速度相等
C. 探测器经Ⅰ、Ⅱ轨道的周期之比T1：T2= 8: 27
D. 探测器经Ⅰ、Ⅱ轨道的周期之比T1：T2=1： 8
11.如图所示，单刀双掷开关S原来跟2相接。从t=0开始，开关改接1，一段时间后，把开关改接2，则流过电路中P点的电流I和电容器两极板的电势差UAB随时间变化的图象可能正确的有( )
A. B.
C. D.
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.在“探究平抛运动的特点”实验中。
(1)采用如图1所示装置的实验过程中，斜槽末端的切线必须是水平的，这样做的目的是______。
A.保证小球飞出时，速度既不太大，也不太小
B.保证小球飞出时，初速度水平
C.保证小球在空中运动的时间每次都相等
D.保证小球运动的轨迹是一条抛物线
(2)某同学利用如图3所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图2所示(图中未包括小球刚离开轨道的影像)。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为5cm。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图中标出。则小球运动到图中位置A时，其速度的水平分量大小为______m/s；根据图中数据可得，当地重力加速度的大小为______m/s2。(答案均保留两位有效数字)
13.落体法验证机械能守恒定律的实验中，某同学实验步骤如下：
A.用天平准确测出重锤的质量；
B.竖直固定打点计时器，并接上直流电源；
C.将纸带一端固定在重锤上，另一端穿过打点计时器的限位孔，使重锤靠近打点计时器；
D.先释放重锤，后接通电源；
E.更换纸带，再重复几次；
F.选择纸带，测量纸带上某些点间的距离；
G.根据测量结果进行计算。
(1)你认为实验步骤中多余的步骤是______，错误的步骤是______。(填序号)
(2)打点计时器所用电源频率为50Hz，当地重力加速度的值为9.80m/s2，重物的质量为m=1kg。若按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到打点计时器所打下的第一个点O的距离如图所示，那么可以判断，打点计时器打下计时点B时，从起点O到计时点B的过程中重力势能减少量是ΔEp=______ J，此过程中物体动能的增加量ΔEk=______ J。(本小题各空格计算结果均保留2位有效数字)
(3)根据实验的纸带算出相关各点的速度v，算出下落的距离h；以v22为纵坐标，以h为横轴画出的图线应是图中的______就证明机械能是守恒的。
四、简答题：本大题共2小题，共24分。
14.如图所示，质量为m=9.0×10−31kg、电荷量为e=1.6×10−19的电子由静止经电压为U1=45V的电场加速后，沿水平直线O1O2进入偏转电场，不考虑电场边缘效应。已知偏转电场的极板长L=5.0cm，两极板间距d=1.0cm，两板间电压U2=1.8V，O1O2为两极板的中线。求：
(1)电子进入偏转电场时速度的大小v0；
(2)电子射出偏转电场时，速度与水平方向夹角的正切值。
15.如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知MB=2MA=2m，假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g，当A上升H时，求：
(1)B下降了多少？
(2)物体系统的动能增加了多少？
(3)A和B的速度各是多少？
五、计算题：本大题共1小题，共12分。
16.一根长为l的丝线吊着一质量为m，带电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成37∘角，现突然将该电场方向变为向下且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响(重力加速度为g)，
求：(1)小球带何种电荷
(2)匀强电场的电场强度的大小；
(3)小球经过最低点时丝线的拉力.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、牛顿第一定律是理想化情况下的规律，是逻辑思维的产物，不能通过实验直接验证，故A错误；
B、实验过程应控制拉力的作用效果相同，实验采用了等效替代法，故B正确；
C、开普勒根据第谷留下的实验数据总结得出了开普勒三定律，揭示了行星的运动规律，牛顿运用开普勒三定律和牛顿运动定律研究发现了万有引力定律，故C错误；
D、卡文迪什第一次在实验室里用扭称测出万有引力常量，被称为“第一个测量出地球质量的人”，故D错误。
故选：B。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
2.【答案】C
【解析】解：根据分运动与合运动的等时性，又因为两次蜡烛在竖直方向均以相同的速度做匀速运动，可知时间相等，即t1=t2；第一次运动轨迹为直线，可知水平方向为匀速运动；第二次运动轨迹为曲线，合力方向指向轨迹的凹向，则加速度水平向右，则水平方向为加速运动。故ABD错误，C正确。
故选：C。
将蜡块的运动进行分解，分解为水平方向和竖直方向，分析两次蜡烛沿竖直方向的运动性质，判断时间关系；再根据运动的合成，根据蜡烛两次的运动轨迹分析蜡烛的合力方向以及运动性质。
本题考查了运动合成与分解，解决本题的关键是理解曲线运动的合力方向与轨迹的关系。
3.【答案】C
【解析】解：两个完全相同且可看成点电荷的金属小球a和b，分别带有等量异种电荷，这时两球间静电引力的大小为F，
当用一个不带电，且与a、b完全相同的绝缘金属小球C先与a球接触，再与b球接触后移去．从而使得a球带电为原来的一半，而b球则带电为原来的四分之一．由库仑定律可得，两球间静电力的大小为原来的八分之一．故C正确、ABD错误．
故选：C
当在真空中两个点电荷，其间的库仑力与两点电荷的电量乘积成正比，与间距的平方成反比．当两个完全相同的金属小球相接触时，若是同种电荷则是平均分配；若是异种电荷则是先中和再平均分配．
由库仑定律可知，在真空是必须确保电荷量不变，且电荷间距要大是能将带电量看成点来处理．同时两球带异种电荷，所以当与a球接触后的小球c与b球接触时，则先出现异种电荷中和，然后再平分电荷．
4.【答案】D
【解析】解：A、设滑板爱好者从A点滑出后竖直方向的分速度为vy，则空中运动的时间：t=2vyg，第二次的滞空时间比第一次长，则第二次竖直方向的分速度大；两次水平方向的分位移大小相等，则第二次水平方向的分速度vx小，滑出速度方向与水平方向之间的夹角满足：tanθ=vyvx，所以两次滑出速度方向一定不相同，故A错误；
B、滑板爱好者从A到B做斜上抛运动，上升到的最大高度：h=vy22g，第二次竖直方向的分速度大，则第二次腾空最大高度大，故B错误；
C、第二次滑出竖直方向的分速度大，水平方向的分速度小，所以不能判断出两次滑出速度的大小关系，故C错误；
D、滑板爱好者到达最高点时竖直方向的分速度为零，在最高点的速度等于水平方向的分速度；第二次滑出水平方向的分速度小，则第二次滑出在最高点速度小，故D正确。
故选：D。
5.【答案】C
【解析】解：根据公式ω=2πT可知
A、时针的周期是12h，分针的周期是1h，它们的周期比为12：1，则角速度之比ω时：ω分=T分：T时=1：12，故A错误；
B、时针的周期是12h，秒针的周期是60s=160h，它们的周期比为720：1，则角速度之比ω时：ω秒=T秒：T时=1：720，故B错误；
CD、分针的周期60min，秒针的周期是1min，它们的周期比为T分：T秒=60：1，所以角速度之比为ω分：ω秒=T秒：T分=1：60，故C正确，D错误；
故选：C。
由公式ω=2πT可知，时针、分针、秒针的周期不同，从而求出角速度之比。
该题为基本公式的应用，一定要搞清楚时针、分针、秒针的周期比。本题容易将时针的周期误算为24h。
6.【答案】B
【解析】解：A、两个等量同种电荷在点b处产生的电场强度大小相等，方向相反，互相抵消，则中点b的场强为零，所以将一带电量为q的负点电荷自a沿直线移到b再沿直线移到c，电场力先减小后增大。故A错误。
B、负电荷所受力的方向与电场强度方向相反，所以负点电荷自a沿直线移到b的过程中，电场力做负功，再沿直线移到c时，电场力还是做负功。故B正确。
C、电场力一直做负功，电荷的电势能一直增大。故C错误。
D、从a到b再到c的过程中，电场强度方向先沿ab方向，后沿bc方向，电场力的方向与电场强度方向相反，所以电场力的方向也改变。故D错误。
故选：B。
两个等量同种电荷，它们在点O处产生的电场强度大小相等，方向相反。bc连线上方的中垂线上每一点(除b点)电场线方向向上。根据电场力做功正负，判断电势能的变化：电场力做负功，电荷的电势能增大。
对等量同种电荷和等量异种电荷的电场线和等势面分布情况和特点要熟悉，可利用电场的叠加原理分析各点的场强。
7.【答案】C
【解析】解：在0∼10s内拉力对物体做的功为W=Fx1+F′x2=10×10×52J+4×(10+5)2×5J=400J，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据速度-时间图像的面积表示位移求解位移大小，然后根据功的计算式求解功。
对于图象问题，我们学会“五看”，即：看坐标、看斜率、看面积、看交点、看截距；了解图象的物理意义是正确解题的前提；掌握功的计算公式的计算公式是关键。
8.【答案】BD
【解析】解：AB、“嫦娥五号”探测器绕月球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r，又有M=ρV=ρ×43πR3，联立解得：ρ=3v2r4πGR3，故B正确，A错误；
CD、在月球表面万有引力等于重力，即GMmR2=mg，解得g=v2rR2，故D正确，B错误；
故选：BD。
“嫦娥五号”探测器绕月球做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力；在月球表面万有引力等于重力。据此分析。
解答本题的关键是知道“嫦娥五号”探测器绕月球做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力；在月球表面万有引力等于重力。
9.【答案】BD
【解析】解：AB、重力势能的增加量等于物体克服重力做的功，故重力势能增加了mgH，故A错误，B正确；
C、物体上滑过程，根据牛顿第二定律知物体的合外力大小为F合=ma=0.6mg，方向沿斜面向下，合外力对物体做的功为W合=−F合⋅Hsin37∘=−0.6mg⋅H0.6=−mgH
根据动能定理得：△Ek=W合=−mgH，即物体的动能损失了mgH，故C错误；
D、因重力势能变化量为△EP=mgH，动能变化量为△Ek=−mgH，则△EP+△Ek=0，即物体的机械能守恒，故D正确。
故选：BD。
重力势能的增加量等于物体克服重力做的功；动能的变化量等于合外力做的功；根据动能的变化量与重力势能变化量的关系分析机械能是否守恒。
本题关键要根据功能关系的各种具体形式得到重力势能变化、动能变化和机械能变化。要知道重力势能变化与重力做功有关；动能的变化与合力做功有关；机械能的变化与除重力以外的力做功有关。
10.【答案】AC
【解析】解：A.由于不同轨道上的P点距离地心的距离相等，故由万有引力提供向心力GMmr2=ma由表达式可知，由于P点位置不变，故“天问一号”在轨道I上经过P点的加速度等于在轨道Ⅱ上经过P点的加速度，故A正确；
B.“天问一号”要从轨道I变轨到轨道Ⅱ需加速，故其在轨道I上经过P点的速度小于在轨道Ⅱ上经过P点的速度，故B错误；
CD.由开普勒第三定律可知，探测器经Ⅰ、Ⅱ轨道的周期之比T1T2= a13a23= R3(3R2)3= 827，故C正确，D错误。
故答案为：AC。
利用牛顿第二定律可以比较加速度的大小；探测器从轨道I的P点到轨道II需要进行加速所以在I轨道P点的速度小于在II轨道P点速度的大小；利用开普勒第三定律可以求出周期之比。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，解题的关键点是熟记开普勒定律并结合题目加以分析，同时结合向心力公式完成解答。
11.【答案】BC
【解析】解：AB、开关S接1时，电容器充电，充电完毕，电流为零，再将开关S拨向2位置，开始反向放电，放电完毕后，电流为零，故A错误，B正确；
CD、开关S接1时，电容器与电源直接相连，充电结束后，两端电压为电动势，恒定不变，放电过程中，电压逐渐减小，但极板的电性不变，故C正确，D错误。
故选：BC。
分析电路结构，电容器充电结束后，电流为零，反向放电结束后，电流仍为零。
电容器两端的电压为并联电路的电压，充电完毕时，电容器极板间的电压等于电源的电动势。
此题考查了闭合电路的欧姆定律，解题的关键是明确电路结构，确定充放电的过程。
12.【答案】B1.09.6
【解析】解：(1)采用如图所示装置的实验过程中，斜槽末端的切线必须是水平的，这样做的目的是：保证小球飞出时，初速度水平，保证小球做的是平抛运动，故B正确，ACD错误；
故选：B。
(2)由题意，根据图中数据可得，小球运动到图中位置A时，因为连续两张相等的图片之间的水平距离为l，则水平方向上有
x=l=v0t
可得其速度的水平分量大小为
v0=5×10−2m0.05s=1.0m/s
根据图中数据可得小球在竖直方向上，在连续相等时间内所通过的高度差为
Δy=gt2=11.0cm−8.6cm=2.4cm=2.4×10−2m
可得，当地重力加速度的大小为
g=2.4×10−20.052m/s2=9.6m/s2
故答案为：(1)B；(2)1.0；9.6
(1)根据平抛运动的特点分析出斜槽末端切线水平的目的；
(2)根据平抛运动的特点得出速度的水平分量和重力加速度的大小。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动的特点和运动学公式即可完成分析。
13.【答案】
【解析】解：(1)实验步骤中多余的步骤是A，该实验要验证的关系式为mgh=12mv2，两边都有m，可以约去，则不需要测量重锤的质量。
故选A。
错误的步骤是BD；
步骤B.竖直固定打点计时器，并接上交流电源，故B错误；
步骤D.要先接通电源，后释放重锤，故D错误。
(2)从起点O到计时点B的过程中重力势能减少量是ΔEp=mgh=1×9.80×5.01×10−2J=0.49J
打B点时的速度vB=(7.06−3.14)×10−22×0.02m/s=0.98m/s
此过程中物体动能的增加量ΔEk=12mvB2=12×1×0.982J=0.48J
(3)根据mgh=12mv2
可得v22=gh
则v22−h图像为过原点的直线，故B正确，ACD错误；
故选：B。
故答案为：(1)A；BD；(2)0.49；0.48；(3)B
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)根据重力势能的表达式，结合运动学公式和动能计算公式完成分析；
(3)根据机械能守恒定律，结合图像的物理意义完成分析。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合机械能守恒定律和图像的物理意义即可完成分析。
14.【答案】解：(1)电子在加速电场中做加速运动，根据动能定理有：eU1=12mv02−0
解得：v0= 2eU1m= 2×1.6×10−19×459.0×10−31m/s=4×106m/s
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律有：a=eU2md
水平方向匀速直线运动有：t=Lv0
竖直方向匀加速直线运动有：竖直速度大小vy=at，方向tanθ=vyv0
联立解得：tanθ=U2L2dU1=1.8×5.0×10−22×45×1×10−2=0.1
答：(1)电子进入偏转电场时速度的大小v0为4×106m/s；
(2)电子射出偏转电场时，速度与水平方向夹角的正切值为0.1。
【解析】(1)电子在加速电场中加速过程，根据动能定理求出电子加速获得的速度，即为电子进入偏转电场时的速度；
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，由分速度关系求解偏转角的正切。
本题是带电粒子先加速后偏转类型，对于电场中加速过程，往往根据动能定理求粒子加速获得的速度，对于偏转电场中类平抛运动，要掌握研究方法：运动的分解和合成，利用动力学方法研究。
15.【答案】解：(1)根据滑轮组的特征可知，当A上升H时，B下降高度为
xB=2H
(2)对A、B组成的系统进行分析，系统机械能守恒，则物体系统的动能增加等于系统重力势能的减少，即为
ΔEk=MBg⋅2H−MAgH=2mg⋅2H−mgH=3mgH
(3)对A、B组成的系统进行分析，可知
vB=2vA
结合ΔEk=12mvA2+12⋅2mvB2
可得：vA=13 6gH，vB=23 6gH
答：(1)B下降了2H；
(2)物体系统的动能增加了3mgH；
(3)A和B的速度各是13 6gH、23 6gH。
【解析】(1)根据滑轮组的特征求B下降的高度。
(2)对A、B两个物体组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，由机械能守恒定律求物体系统的动能增加量。
(3)结合两个物体速度关系求解A和B的速度。
本题考查系统机械能守恒问题，关键要抓住两个物体的速度关系和位移关系，知道B的速度是A的2倍，B下降的高度是A上升高度的2倍。
16.【答案】解：(1)以小球为研究对象，分析受力情况：重力mg、电场力qE、丝线的拉力FT，电场力方向必定水平向右，与电场强度方向相同，所以小球带正电荷．
(2)如图1所示．由平衡条件得：mgtan37∘=qE
故E=3mg4q
(3)当电场方向变为向下后，小球受到的电场力竖直向下，向下做圆周运动，重力和电场力都做正功，由动能定理得
(mg+qE)l(1−cs37∘)=12mv2
解得v= 0.7gl
小球经过最低点时，由重力、电场力和丝线的拉力的合力提供了向心力，如图2所示．根据牛顿第二定律得
FT−mg−qE=mv2l
解得FT=4920mg
答：
(1)小球带正确电荷．
(2)匀强电场的电场强度的大小为3mg4q；
(3)小球经过最低点时丝线的拉力是4920mg.
【解析】(1)、(2)以小球为研究对象，分析受力情况，由于小球处于静止状态，合力为零，由平衡条件分析电场力的方向，确定小球的电性，并求解电场强度大小；
(3)当电场方向变为向下后，小球受到的电场力竖直向下，向下做圆周运动，根据动能定理求解小球经过最低点时的瞬时速度；小球经过最低点时，由重力、电场力和丝线的拉力的合力提供了向心力，根据牛顿第二定律求解丝线对小球的拉力．
运用动能定理求速度，根据牛顿第二定律求丝线的拉力，是常用的方法和思路，要能熟练运用力学方法解决电场中的问题．
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