福建省泉州市永春县重点中学2022-2023学年高一下学期期末考试物理试题
一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列说法正确的是（　　）
A．开普勒提出了相对论时空观
B．牛顿比较准确地得出了引力常量G的数值
C．元电荷的数值最早由库仑测得
D．点电荷是一种理想化模型
2．如图甲所示，在水平地面上放置一木块，其质量m=10kg，木块在水平推力F作用下运动，推力F的大小随位移x变化的图像如图乙所示。已知木块与地面间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．木块在运动过程中的加速度一直增大
B．木块先做匀变速直线运动，后做匀速直线运动
C．木块运动0~5m的过程中，合力做的功为50J
D．木块运动0~5m的过程中，其克服摩擦力所做的功为150J
3．如图，质量为m的小球固定在长为l的细轻杆的一端，可绕细杆的另一端O在竖直平面上做圆周运动，不计空气阻力。若球转到最低点A时，线速度的大小为，此时小球对杆的作用力大小为（　　）
A． B． C． D．
4．如图所示，轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与一个质量为m的滑块接触，弹簧处于原长。现用水平力F缓慢地将滑块向左压至某位置静止，此过程中外力F做功为W1，滑块克服摩擦力做功为W2，撤去F后滑块向右运动，和弹簧分离后继续向右运动一段距离，滑块所受摩擦力大小恒定，则（　　）
A．此过程中，弹簧最大弹性势能为W1-W2
B．撤去F后，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒
C．在刚与弹簧分离时，滑块的动能为W1
D．在刚与弹簧分离时，滑块的动能最大
二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
5．如图所示，q1、q2、q3分别表示在一条直线上的三个点电荷，已知q1、q2之间的距离与q2、q3之间的距离之比为2∶1，每个电荷都只受静电力且处于平衡状态。如果q2为负电荷，则（　　）
A．q1为正电荷，q3为正电荷 B．q1为负电荷，q3为负电荷
C．q1比q3的带电荷量少 D．q2比q3的带电荷量少
6．如图所示，质量为m的圆环套在足够长光滑竖直杆上，质量为M=2.5m的木块放在倾角为30°的足够长光滑固定斜面上，圆环与木块用轻质细线通过光滑定滑轮连接，图中滑轮与木块间的细线与斜面平行，滑轮与a位置等高且水平距离L=3m。现让圆环从a位置由静止释放运动到b位置。已知a、b两位置的高度差为H=4m，不计空气阻力，重力加速度g。下列判断正确的是（　　）
A．刚释放圆环的瞬间，圆环的加速度大于g
B．当圆环到达b位置时，圆环与木块的速度大小之比为5∶4
C．圆环在从a运动到b的过程中，圆环与物块的平均速度大小之比为2∶1
D．圆环在从a运动到b的过程中，减少的重力势能等于木块增加的机械能
7．如图所示，在水平转台上放一个质量M=2.0kg的木块，它与台面间的最大静摩擦因数μm=0.3，绳的一端系住木块，另一端穿过转台的中心孔O（光滑）悬吊一质量m=1.0kg的小球，当转台以ω=5.0rad/s的角速度转动时，欲使木块相对转台静止，则它到O孔的距离可能是（　　）
A．5cm B．7cm C．23cm D．31cm
8．2018年5月21日，我国发射人类首颗月球中继卫星“鹊桥”，6月14日进入使命轨道——地月拉格朗日L2轨道，为在月球背面着陆的嫦娥四号与地球站之间提供通信链路。12月8日，我国成功发射嫦娥四号探测器，并于2019年1月3日成功着陆于与月球背面，通过中继卫星“鹊桥”传回了月被影像图，解开了古老月背的神秘面纱。如图所示，“鹊桥”中继星处于L2点上时，会和月、地两个大天体保持相对静止的状态。设地球的质量为月球的k倍，地月间距为L，拉格朗日L2点与月球间距为d，地球、月球和“鹊桥”均视为质点，忽略太阳对“鹊桥”中继星的引力。则“鹊桥”中继星处于L2点上时，下列选项正确的是（　　）
A．“鹊桥”与月球的线速度之比为
B．“鹊桥”与月球的向心加速度之比为
C．k，L，d之间在关系为
D．k，L，d之间在关系为
三、非选择题：共60分，其中9、10、12为填空题，12、13为实验题，14、15、16为计算题。
9．如图所示，A、B是两个带电小球，A球固定在绝缘支架上，B球用绝缘细线悬挂于O点．平衡时细线与竖直方向的夹角为θ．若A球带正电，则B球带　 　（选填“正电”或“负电”）；若增大A球所带的电荷量，则θ角将　 　（选填“变大”或“变小”）；若向左平移A球，则θ角将　 　（选填“变大”或“变小”）．
10．质量为m的物体，由静止开始下落，由于空气阻力的作用，下落的加速度为，在物体下落h的过程中，物体重力势能减少了　 　，物体落地前动能　 　，物体机械能能减少了　 　。
11．如图所示，一个验电器用金属网罩罩住，当加上水平向右的、电场强度大小为E的匀强电场时，验电器的箔片　 　（选填“张开”或“不张开”），我们把这种现象称为　 　。此时，金属网罩的感应电荷在网罩内部空间会激发一个电场，方向与所加的电场方向　 　（选填“相同”或“相反”）。
12．在“验证机械能守恒定律”的实验中，实验装置如图1所示。
（1）实验中的重物应选用图2中的　 　；（填“①”、“②”或“③”）
（2）电磁打点计时器的电源选用　 　；（填“220V交流电源”或“学生交流电源4V~6V”）
（3）如图3，释放纸带前的瞬间，重锤和手的位置合理的是　 　（“A”、“B”、“C”或“D”）；
（4）如图4，某同学用正确的方法获得了一条纸带，并以起点为记数点O，隔一段距离，取连续点为记数点A、B、C、D、E、F，如图所示。已知重锤的质量为0.2kg，则电磁打点计时器打下E点时，重锤的重力势能减少量 EP=　 　J
（取重力加速度g=9.8m/s2，计算结果保留2位有效数字），由于受阻力的影响，重锤增加的动能 Ek与减少的重力势能 Ep的大小关系为 Ek　 　 Ep（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
13．如图1所示，用竖直放置的木板和斜槽组成“用频闪照相机研究平抛运动规律”实验装置。实验中，将频闪照相机正对木板，相机会以恒定的时间间隔拍摄照片，留下小球运动中的影像。
（1）在实验过程中，下列做法正确的有____；
A．斜槽末端必须调节水平
B．斜槽必须光滑
C．小球必须从斜槽顶端由静止释放
D．需要用天平测出小球质量
（2）（i）某次实验中调节频闪照相机拍照间隔T=0.1s，得到如图2所示照片，已知其中A为小球抛出瞬间的影像，B、C分别是小球抛出后连续拍摄所得影像，只是图中并未画出水平和竖直轴，可知AB间、BC间水平距离之比为　 　；
（ii）某同学通过精确测量发现AB和BC直线长度之比为1∶2，通过上述条件，求得小球抛出的初速度值为　 　m/s（已知，最后结果保留两位有效数字）
14．将一物体从距离地面高20m的位置以5m/s的初速度水平抛出，忽略空气阻力，g＝10m/s2．求：
（1）物体飞行的时间；
（2）物体水平方向运动的距离；
（3）物体落地时的速度（结果可保留根号）；
15．如图所示，一根原长为L的轻弹簧套在光滑直杆AB上，其下端固定在杆的A端，质量为m的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连。小球和杆一起绕经过杆A端的竖直轴匀速转动，且杆与水平面间始终保持θ=37°角。已知杆处于静止状态时弹簧长度为0.5L，重力加速度为g，求：
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）弹簧为原长时，小球的角速度ω0；
（3）当杆的角速度时弹簧的长度。
16．一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ=37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、倾角θ=37°的直轨道EF、水平直轨道FP上设置了可水平匀速转动的传送带装置和两段半径相等且圆心角均为37°的圆弧拼接而成的轨道组成，N在M的正下方处且NP足够长。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B（E）处。已知螺旋圆形轨道半径R=0.4m，B点高度为0.5R，圆弧轨道所对应的圆半径为5R，将一质量为m=0.1kg的滑块从倾斜轨道AB上高度h=2.0m处静止释放，滑块与传送带间动摩擦因数μ=0.2，传送带的速度大小v可以在0~5m/s范围内调节，且正反传送方向也可以改变，除传送带外各段轨道均光滑，各处平滑连接，滑块视为质点，传送带足够长，不计空气阻力。
求：
（1）滑块第一次过B点的速度大小vB；
（2）滑块第一次过C点时，轨道对滑块的作用力大小FC；
（3）若传送带逆时针转动，为使滑块能返回螺旋圆形轨道而不脱离轨道，则传送带的速度大小范围；
（4）调节传送带传送的方向和速度大小，要使滑块不脱离轨道且能从M点平抛出去落在水平面轨道NP上，则落地点到N点的最大距离。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物理学史
【解析】【解答】A． 开普勒提出了开普勒行星运动定律，爱因斯坦提出了相对论时空观，故A错误；
B．卡文迪什通过扭秤实验比较准确地得出了引力常量G的数值，故B错误；
C．元电荷的数值最早由密立根通过油滴实验测得，故C错误；
D．点电荷是一种理想化模型，故D正确。
故选：D。
【分析】本题通过物理学史相关内容，去一一分析解答。
2．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．根据滑动摩擦力公式，f=μ mg=20N
由牛顿第二定律F-μ mg=ma
根据图像可知，推力先增大后不变，故加速度先增大后不变，故AB错误；
D．木块运动0~5m的过程中，克服摩擦力所做的功为μ mgx=100J，故D错误；
C．木块运动0~5m的过程中，F-x图像与坐标轴围成的面积表示力F所做的功
J=150J
合力做的功为150J+（-100J）=50J，故C正确。
故选：C。
【分析】由牛顿第二定律结合滑动摩擦力公式，分析加速度和物体运动状态；
根据功的定义式以及F-x图像与坐标轴围成的面积表示力F所做的功，求克服摩擦力所做的功和F所做的功，最后确定合力做的功。
3．【答案】B
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】依题意，若球转到最低点A时，线速度的大小为，以小球为对象，根据合力提供向心力F-mg=
解得杆对小球作用力F=
根据牛顿第三定律，小球对杆的作用力大小为。
故选：B。
【分析】根据合力提供向心力，求杆对小球作用力，再结合牛顿第三定律，分析小球对杆的作用力大小。
4．【答案】A
【知识点】功能关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．由能量转化与守恒可知，弹簧的最大弹性势能为W1-W2 ，故A正确；
B．撤去F后，摩擦力做负功，根据功能关系，滑块和弹簧组成的系统机械能减小，故B错误；
C．滑块与弹簧分离时弹簧处于原长状态，整个过程滑块克服摩擦力做功为2W2，根据动能定理：W1-2W2=Ek-0，故刚与弹簧分离时，滑块的动能为W1-2W2，故C错误；
D．在弹簧恢复原长过程，一开始弹簧弹力大于摩擦力，滑块做加速运动，当弹力等于摩擦力时，加速度为零，此时滑块速度最大，动能最大，之后弹簧弹力小于摩擦力，滑块做减速运动，直到弹簧恢复原长，滑块与弹簧分离，故D错误。
故选：A。
【分析】由能量转化与守恒，分析弹簧的最大弹性势能；
根据功能关系，分析摩擦力做负功，确定系统机械能变化；
根据动能定理，求在刚与弹簧分离时，滑块的动能 ；
当弹力等于摩擦力时，加速度为零，此时滑块速度最大，动能最大。
5．【答案】A,D
【知识点】库仑定律；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．根据规律，同一直线三个点电荷只受静电力平衡条件为“两同夹异”，可知：q2为负电荷，则q1、q3均为正电荷，故A正确，B错误；
CD．设q2、q3之间的距离l，则q1、q2之间的距离2l，以q2为研究对象，则由平衡条件列式
=
以q1为研究对象，则由平衡条件列式=
解得 q1、q2、q3 电量之比为36：4：9
故C错误，D正确。
故选：AD。
【分析】根据“两同夹异”，分析电性；
对 q1、q2、，由平衡条件列式，确定电量之比。
6．【答案】B,C
【知识点】功能关系；牛顿第二定律；运动的合成与分解
【解析】【解答】A．分析圆环，刚释放瞬间，圆环仅受重力作用，根据牛顿第二定律，此时圆环的加速度等于g，故A错误；
B．当圆环到达b位置时，令细线与杆之间夹角为，根据几何关系tan==，此时=37
令圆环与木块的速度分别为v1，v2，根据速度合成分解关系则有
v1cos=v2
则 当圆环到达b位置时，圆环与木块的速度大小之比为5∶4 ，故B正确；
C．圆环在从a运动到b的过程中，对圆环根据位移公式则H=v1t
对木块有
=v2t
故 圆环在从a运动到b的过程中，圆环与物块的平均速度大小之比为2∶1 ，故C正确；
D．圆环在从a运动到b的过程中，圆环与木块构成的系统的机械能守恒，可知圆环减少的重力势能等于木块增加的机械能与圆环增加的动能之和，故D错误。
故选：BC。
【分析】受力分析，根据牛顿第二定律，分析加速度大小；
根据速度合成分解关系，求速度大小之比；
圆环在从a运动到b的过程中，根据位移公式，分析平均速度大小之比；
圆环与木块构成的系统的机械能守恒，分析能量关系。
7．【答案】C,D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】木块恰好不向外滑动时到O孔距离最大，根据合力提供向心力
μmM g+mg=M
解得最大距离r=32cm
当木块恰好不向内滑动时到O孔距离最小，根据合力提供向心力
mg-μmM g=M
解得r‘=8cm
故木块到O孔的距离范围为【8cm，32cm】
故选：CD。
【分析】本题根据临界条件，分析出木块恰好不向外滑动时到O孔距离最大、木块恰好不向内滑动时到O孔距离最小，同时结合合力提供向心力，即可解答。
8．【答案】A,D
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】依题意，“鹊桥”与月球角速度相同，根据公式v=ωr，“鹊桥”与月球线速度之比（L+d）：L，故A正确；根据公式a=ωv，“鹊桥”与月球的向心加速度之比为（L+d）：L，故B错误；对“鹊桥”做圆周运动的向心力等于地球和月球的万有引力之和，则；对月球： ；解得，故D正确，C错误。
故选：AD。
【分析】“鹊桥”与月球角速度相同，根据公式v=ωr，比较线速度、根据a=ωv，比较向心加速度；
根据合力提供向心力，对“鹊桥”与月球列式，分析CD选项。
9．【答案】正电；变大；变小
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】对B球受力分析，根据平衡可知，B球受到向右电场力，即A、B之间为库仑斥力，若A球带正电，则B球带正电。
A、B之间为库仑力F=k
对B球受力分析，根据平衡可知，
根据数学知识，若增大A球所带的电荷量，A、B之间库仑力变大，则角θ将变大；
若向左平移A球，则A、B之间的距离变大，A、B之间库仑力变小，则角θ将变小。
【分析】对B球受力分析，根据平衡，分析AB之间的力，确定电性；
对B球受力分析，根据平衡结合库仑定律，分析电荷量、库仑力、角度的数量关系。
10．【答案】mgh；；
【知识点】功能关系
【解析】【解答】依题意，在物体下落h的过程中，根据重力做功公式，重力做功为mgh，则物体重力势能减少了mgh
根据动能定理mah=Ek-0
解得物体落地前动能为
物体受到阻力为mg-ma=，根据功能关系，在物体下落h的过程中，物体机械能能减少了
【分析】根据重力做功公式，求重力做功，分析重力势能变化；
根据动能定理，分析 物体落地前动能 ；根据功能关系，分析 物体机械能 减少量。
11．【答案】不张开；静电屏蔽；相反
【知识点】静电的防止与利用
【解析】【解答】根据静电平衡规律，当加上水平向右的、场强大小为E的匀强电场时，金属网罩内部空间会激发一个与外加电场相反的电场，来抵消在金属内部的电场，以保证平衡，金属上电荷重新分布，出现“静电屏蔽”现象，但金属网罩内部电场为零，故验电器的箔片不张开。
【分析】金属网罩内部电场为零，故验电器的箔片不张开；
根据“静电屏蔽”现象，金属网罩内部空间会激发一个与外加电场相反的电场。
12．【答案】（1）①
（2）学生交流电源4V﹣6V
（3）C
（4）0.14；小于
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）重物应选用图2中的带有橡皮垫的钩码①，保护实验器材；
（2）电磁打点计时器的电源选用学生交流电源4V~6V；
（3）如图3，释放纸带前的瞬间，重锤要靠近打点计时器且纸带保持竖直，即重锤和手的位置合理的是C；
（4）电磁打点计时器打下E点时，重锤重力势能减少量 EP=mghE=0.14J
（5）受阻力影响，重锤增加的动能与减少的重力势能的大小关系： Ek小于 Ep。
【分析】出于保护实验器材的目的，确定所选钩码；电磁打点计时器工作电压4V~6V交流电；重锤要靠近打点计时器放置；根据 EP=mghE，确定重锤重力势能减少量；考虑阻力，分析 Ek小于 Ep。
13．【答案】（1）A
（2）1∶1；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）A．斜槽末端须水平，保证小球做平抛运动，故A正确；
BC．研究平抛运动规律，需保证小球抛出时的速度方向水平，斜槽不需要光滑，也不需要由静止释放小球，故BC错误；
D．实验中没必要用天平测出小球质量，故D错误。
故选：A。
（2）（i）平抛运动水平方向做匀速运动，根据x=v0t，A为小球抛出瞬间的影像，B、C分别是小球抛出后连续拍摄所得影像 ，时间相等，可知AB间、BC间水平距离之比为1：1
（ii）依题意，xAB=v0T，xBC=v0T，A是抛出点，根据平抛规律，时间比为1：1，竖直方向满足规律y=gt2，则AB、AC位移比为1：22，故AB、BC位移之比为1：3，yAB=gT2，yBC=gT2，依题意，AB和BC直线长度之比为1∶2 ，则有=，解得小球抛出的初速度为 0.63m/s。
【分析】（1）保证小球做平抛运动，斜槽末端须水平，斜槽不需要光滑，也不需要由静止释放小球；
（2）平抛运动水平方向做匀速运动，根据x=v0t，分析水平位移之比；根据平抛规律，确定竖直位移比，根据位移合成，结合AB和BC直线长度之比为1∶2，求初速度大小。
14．【答案】（1）解：根据位移公式
解得
（2）解：物体水平方向运动的距离
（3）解：竖直方向苏速度为
物体落地时的速度
落地时速度与水平速度方向满足
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）平抛竖直方向自由落体，根据 ，求时间；
（2）平抛水平方向匀速直线运动，根据 ，求 物体水平方向运动的距离 ；
（3）平抛竖直方向自由落体，根据v=gt求竖直速度，再根据速度合成，求 物体落地时的速度 大小，根据速度比值，确定速度方向。
15．【答案】（1）解：由平衡条件
解得弹簧的劲度系数为
（2）解：当弹簧弹力为零时，小球只受到重力和杆的支持力，它们的合力提供向心力，
则有：
解得
（3）解：时，弹簧处于伸长状态，伸长量为x，由正交分解知
竖直方向
水平方向
解得
所以弹簧长度为
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1） 由平衡条件 结合胡克定律，求 弹簧的劲度系数 ；
（2） 当弹簧弹力为零时，小球只受到重力和杆的支持力，根据合力提供向心力 ，求 小球的角速度 ；
（3）根据题意，确定 弹簧处于伸长状态 ，根据 正交分解 ，竖直方向平衡，水平方向合力提供向心力列式，求弹簧伸长量，确定 当杆的角速度时弹簧的长度。
16．【答案】（1）解：A到B过程由动能定理
得
（2）解：A到C过程由动能定理
得
在C处
得
（3）解：根据
得
①当滑块返回到螺旋圆形轨道O1的等高处时速度恰好为零，有
得
②当滑块返回到螺旋轨道E点
解得
③当滑块返回到螺旋圆形轨道恰好能通过最高点C，有
在C处
得
所以
传送带的速度大小范围为或
（4）解：块在圆弧轨道滑动过程中，在L点最易脱离轨道
解得
滑块从K到L，过程中
得
滑块从L到M过程中
得
平抛运动得
得
根据
得
所以落点到N点的距离
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1） A到B过程由动能定理 列式，求 滑块第一次过B点的速度大小 ；
（2） A到C过程由动能定理 列式，在 C处 ，根据合力提供向心力列式，求 滑块第一次过C点时，轨道对滑块的作用力大小 ；
（3）根据动能定理，求 ，与5m/s做比较，分情况讨论， ①当滑块返回到螺旋圆形轨道O1的等高处时速度恰好为零②当滑块返回到螺旋轨道E点③当滑块返回到螺旋圆形轨道恰好能通过最高点C ，根据动能定理列式，求速度临界值，确定速度范围；
（4） 在L点最易脱离轨道 ，根据合力提供向心力列式，求速度， 滑块从K到L过程中 、 滑块从L到M过程中 ，根据动能定理列式，确定速度大小，根据平抛规律，竖直方向自由落体运动、水平方向匀速直线运动列式，求 落地点到N点的最大距离。
福建省泉州市永春县重点中学2022-2023学年高一下学期期末考试物理试题
一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列说法正确的是（　　）
A．开普勒提出了相对论时空观
B．牛顿比较准确地得出了引力常量G的数值
C．元电荷的数值最早由库仑测得
D．点电荷是一种理想化模型
【答案】D
【知识点】物理学史
【解析】【解答】A． 开普勒提出了开普勒行星运动定律，爱因斯坦提出了相对论时空观，故A错误；
B．卡文迪什通过扭秤实验比较准确地得出了引力常量G的数值，故B错误；
C．元电荷的数值最早由密立根通过油滴实验测得，故C错误；
D．点电荷是一种理想化模型，故D正确。
故选：D。
【分析】本题通过物理学史相关内容，去一一分析解答。
2．如图甲所示，在水平地面上放置一木块，其质量m=10kg，木块在水平推力F作用下运动，推力F的大小随位移x变化的图像如图乙所示。已知木块与地面间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．木块在运动过程中的加速度一直增大
B．木块先做匀变速直线运动，后做匀速直线运动
C．木块运动0~5m的过程中，合力做的功为50J
D．木块运动0~5m的过程中，其克服摩擦力所做的功为150J
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．根据滑动摩擦力公式，f=μ mg=20N
由牛顿第二定律F-μ mg=ma
根据图像可知，推力先增大后不变，故加速度先增大后不变，故AB错误；
D．木块运动0~5m的过程中，克服摩擦力所做的功为μ mgx=100J，故D错误；
C．木块运动0~5m的过程中，F-x图像与坐标轴围成的面积表示力F所做的功
J=150J
合力做的功为150J+（-100J）=50J，故C正确。
故选：C。
【分析】由牛顿第二定律结合滑动摩擦力公式，分析加速度和物体运动状态；
根据功的定义式以及F-x图像与坐标轴围成的面积表示力F所做的功，求克服摩擦力所做的功和F所做的功，最后确定合力做的功。
3．如图，质量为m的小球固定在长为l的细轻杆的一端，可绕细杆的另一端O在竖直平面上做圆周运动，不计空气阻力。若球转到最低点A时，线速度的大小为，此时小球对杆的作用力大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】依题意，若球转到最低点A时，线速度的大小为，以小球为对象，根据合力提供向心力F-mg=
解得杆对小球作用力F=
根据牛顿第三定律，小球对杆的作用力大小为。
故选：B。
【分析】根据合力提供向心力，求杆对小球作用力，再结合牛顿第三定律，分析小球对杆的作用力大小。
4．如图所示，轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与一个质量为m的滑块接触，弹簧处于原长。现用水平力F缓慢地将滑块向左压至某位置静止，此过程中外力F做功为W1，滑块克服摩擦力做功为W2，撤去F后滑块向右运动，和弹簧分离后继续向右运动一段距离，滑块所受摩擦力大小恒定，则（　　）
A．此过程中，弹簧最大弹性势能为W1-W2
B．撤去F后，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒
C．在刚与弹簧分离时，滑块的动能为W1
D．在刚与弹簧分离时，滑块的动能最大
【答案】A
【知识点】功能关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．由能量转化与守恒可知，弹簧的最大弹性势能为W1-W2 ，故A正确；
B．撤去F后，摩擦力做负功，根据功能关系，滑块和弹簧组成的系统机械能减小，故B错误；
C．滑块与弹簧分离时弹簧处于原长状态，整个过程滑块克服摩擦力做功为2W2，根据动能定理：W1-2W2=Ek-0，故刚与弹簧分离时，滑块的动能为W1-2W2，故C错误；
D．在弹簧恢复原长过程，一开始弹簧弹力大于摩擦力，滑块做加速运动，当弹力等于摩擦力时，加速度为零，此时滑块速度最大，动能最大，之后弹簧弹力小于摩擦力，滑块做减速运动，直到弹簧恢复原长，滑块与弹簧分离，故D错误。
故选：A。
【分析】由能量转化与守恒，分析弹簧的最大弹性势能；
根据功能关系，分析摩擦力做负功，确定系统机械能变化；
根据动能定理，求在刚与弹簧分离时，滑块的动能 ；
当弹力等于摩擦力时，加速度为零，此时滑块速度最大，动能最大。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
5．如图所示，q1、q2、q3分别表示在一条直线上的三个点电荷，已知q1、q2之间的距离与q2、q3之间的距离之比为2∶1，每个电荷都只受静电力且处于平衡状态。如果q2为负电荷，则（　　）
A．q1为正电荷，q3为正电荷 B．q1为负电荷，q3为负电荷
C．q1比q3的带电荷量少 D．q2比q3的带电荷量少
【答案】A,D
【知识点】库仑定律；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．根据规律，同一直线三个点电荷只受静电力平衡条件为“两同夹异”，可知：q2为负电荷，则q1、q3均为正电荷，故A正确，B错误；
CD．设q2、q3之间的距离l，则q1、q2之间的距离2l，以q2为研究对象，则由平衡条件列式
=
以q1为研究对象，则由平衡条件列式=
解得 q1、q2、q3 电量之比为36：4：9
故C错误，D正确。
故选：AD。
【分析】根据“两同夹异”，分析电性；
对 q1、q2、，由平衡条件列式，确定电量之比。
6．如图所示，质量为m的圆环套在足够长光滑竖直杆上，质量为M=2.5m的木块放在倾角为30°的足够长光滑固定斜面上，圆环与木块用轻质细线通过光滑定滑轮连接，图中滑轮与木块间的细线与斜面平行，滑轮与a位置等高且水平距离L=3m。现让圆环从a位置由静止释放运动到b位置。已知a、b两位置的高度差为H=4m，不计空气阻力，重力加速度g。下列判断正确的是（　　）
A．刚释放圆环的瞬间，圆环的加速度大于g
B．当圆环到达b位置时，圆环与木块的速度大小之比为5∶4
C．圆环在从a运动到b的过程中，圆环与物块的平均速度大小之比为2∶1
D．圆环在从a运动到b的过程中，减少的重力势能等于木块增加的机械能
【答案】B,C
【知识点】功能关系；牛顿第二定律；运动的合成与分解
【解析】【解答】A．分析圆环，刚释放瞬间，圆环仅受重力作用，根据牛顿第二定律，此时圆环的加速度等于g，故A错误；
B．当圆环到达b位置时，令细线与杆之间夹角为，根据几何关系tan==，此时=37
令圆环与木块的速度分别为v1，v2，根据速度合成分解关系则有
v1cos=v2
则 当圆环到达b位置时，圆环与木块的速度大小之比为5∶4 ，故B正确；
C．圆环在从a运动到b的过程中，对圆环根据位移公式则H=v1t
对木块有
=v2t
故 圆环在从a运动到b的过程中，圆环与物块的平均速度大小之比为2∶1 ，故C正确；
D．圆环在从a运动到b的过程中，圆环与木块构成的系统的机械能守恒，可知圆环减少的重力势能等于木块增加的机械能与圆环增加的动能之和，故D错误。
故选：BC。
【分析】受力分析，根据牛顿第二定律，分析加速度大小；
根据速度合成分解关系，求速度大小之比；
圆环在从a运动到b的过程中，根据位移公式，分析平均速度大小之比；
圆环与木块构成的系统的机械能守恒，分析能量关系。
7．如图所示，在水平转台上放一个质量M=2.0kg的木块，它与台面间的最大静摩擦因数μm=0.3，绳的一端系住木块，另一端穿过转台的中心孔O（光滑）悬吊一质量m=1.0kg的小球，当转台以ω=5.0rad/s的角速度转动时，欲使木块相对转台静止，则它到O孔的距离可能是（　　）
A．5cm B．7cm C．23cm D．31cm
【答案】C,D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】木块恰好不向外滑动时到O孔距离最大，根据合力提供向心力
μmM g+mg=M
解得最大距离r=32cm
当木块恰好不向内滑动时到O孔距离最小，根据合力提供向心力
mg-μmM g=M
解得r‘=8cm
故木块到O孔的距离范围为【8cm，32cm】
故选：CD。
【分析】本题根据临界条件，分析出木块恰好不向外滑动时到O孔距离最大、木块恰好不向内滑动时到O孔距离最小，同时结合合力提供向心力，即可解答。
8．2018年5月21日，我国发射人类首颗月球中继卫星“鹊桥”，6月14日进入使命轨道——地月拉格朗日L2轨道，为在月球背面着陆的嫦娥四号与地球站之间提供通信链路。12月8日，我国成功发射嫦娥四号探测器，并于2019年1月3日成功着陆于与月球背面，通过中继卫星“鹊桥”传回了月被影像图，解开了古老月背的神秘面纱。如图所示，“鹊桥”中继星处于L2点上时，会和月、地两个大天体保持相对静止的状态。设地球的质量为月球的k倍，地月间距为L，拉格朗日L2点与月球间距为d，地球、月球和“鹊桥”均视为质点，忽略太阳对“鹊桥”中继星的引力。则“鹊桥”中继星处于L2点上时，下列选项正确的是（　　）
A．“鹊桥”与月球的线速度之比为
B．“鹊桥”与月球的向心加速度之比为
C．k，L，d之间在关系为
D．k，L，d之间在关系为
【答案】A,D
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】依题意，“鹊桥”与月球角速度相同，根据公式v=ωr，“鹊桥”与月球线速度之比（L+d）：L，故A正确；根据公式a=ωv，“鹊桥”与月球的向心加速度之比为（L+d）：L，故B错误；对“鹊桥”做圆周运动的向心力等于地球和月球的万有引力之和，则；对月球： ；解得，故D正确，C错误。
故选：AD。
【分析】“鹊桥”与月球角速度相同，根据公式v=ωr，比较线速度、根据a=ωv，比较向心加速度；
根据合力提供向心力，对“鹊桥”与月球列式，分析CD选项。
三、非选择题：共60分，其中9、10、12为填空题，12、13为实验题，14、15、16为计算题。
9．如图所示，A、B是两个带电小球，A球固定在绝缘支架上，B球用绝缘细线悬挂于O点．平衡时细线与竖直方向的夹角为θ．若A球带正电，则B球带　 　（选填“正电”或“负电”）；若增大A球所带的电荷量，则θ角将　 　（选填“变大”或“变小”）；若向左平移A球，则θ角将　 　（选填“变大”或“变小”）．
【答案】正电；变大；变小
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】对B球受力分析，根据平衡可知，B球受到向右电场力，即A、B之间为库仑斥力，若A球带正电，则B球带正电。
A、B之间为库仑力F=k
对B球受力分析，根据平衡可知，
根据数学知识，若增大A球所带的电荷量，A、B之间库仑力变大，则角θ将变大；
若向左平移A球，则A、B之间的距离变大，A、B之间库仑力变小，则角θ将变小。
【分析】对B球受力分析，根据平衡，分析AB之间的力，确定电性；
对B球受力分析，根据平衡结合库仑定律，分析电荷量、库仑力、角度的数量关系。
10．质量为m的物体，由静止开始下落，由于空气阻力的作用，下落的加速度为，在物体下落h的过程中，物体重力势能减少了　 　，物体落地前动能　 　，物体机械能能减少了　 　。
【答案】mgh；；
【知识点】功能关系
【解析】【解答】依题意，在物体下落h的过程中，根据重力做功公式，重力做功为mgh，则物体重力势能减少了mgh
根据动能定理mah=Ek-0
解得物体落地前动能为
物体受到阻力为mg-ma=，根据功能关系，在物体下落h的过程中，物体机械能能减少了
【分析】根据重力做功公式，求重力做功，分析重力势能变化；
根据动能定理，分析 物体落地前动能 ；根据功能关系，分析 物体机械能 减少量。
11．如图所示，一个验电器用金属网罩罩住，当加上水平向右的、电场强度大小为E的匀强电场时，验电器的箔片　 　（选填“张开”或“不张开”），我们把这种现象称为　 　。此时，金属网罩的感应电荷在网罩内部空间会激发一个电场，方向与所加的电场方向　 　（选填“相同”或“相反”）。
【答案】不张开；静电屏蔽；相反
【知识点】静电的防止与利用
【解析】【解答】根据静电平衡规律，当加上水平向右的、场强大小为E的匀强电场时，金属网罩内部空间会激发一个与外加电场相反的电场，来抵消在金属内部的电场，以保证平衡，金属上电荷重新分布，出现“静电屏蔽”现象，但金属网罩内部电场为零，故验电器的箔片不张开。
【分析】金属网罩内部电场为零，故验电器的箔片不张开；
根据“静电屏蔽”现象，金属网罩内部空间会激发一个与外加电场相反的电场。
12．在“验证机械能守恒定律”的实验中，实验装置如图1所示。
（1）实验中的重物应选用图2中的　 　；（填“①”、“②”或“③”）
（2）电磁打点计时器的电源选用　 　；（填“220V交流电源”或“学生交流电源4V~6V”）
（3）如图3，释放纸带前的瞬间，重锤和手的位置合理的是　 　（“A”、“B”、“C”或“D”）；
（4）如图4，某同学用正确的方法获得了一条纸带，并以起点为记数点O，隔一段距离，取连续点为记数点A、B、C、D、E、F，如图所示。已知重锤的质量为0.2kg，则电磁打点计时器打下E点时，重锤的重力势能减少量 EP=　 　J
（取重力加速度g=9.8m/s2，计算结果保留2位有效数字），由于受阻力的影响，重锤增加的动能 Ek与减少的重力势能 Ep的大小关系为 Ek　 　 Ep（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
【答案】（1）①
（2）学生交流电源4V﹣6V
（3）C
（4）0.14；小于
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）重物应选用图2中的带有橡皮垫的钩码①，保护实验器材；
（2）电磁打点计时器的电源选用学生交流电源4V~6V；
（3）如图3，释放纸带前的瞬间，重锤要靠近打点计时器且纸带保持竖直，即重锤和手的位置合理的是C；
（4）电磁打点计时器打下E点时，重锤重力势能减少量 EP=mghE=0.14J
（5）受阻力影响，重锤增加的动能与减少的重力势能的大小关系： Ek小于 Ep。
【分析】出于保护实验器材的目的，确定所选钩码；电磁打点计时器工作电压4V~6V交流电；重锤要靠近打点计时器放置；根据 EP=mghE，确定重锤重力势能减少量；考虑阻力，分析 Ek小于 Ep。
13．如图1所示，用竖直放置的木板和斜槽组成“用频闪照相机研究平抛运动规律”实验装置。实验中，将频闪照相机正对木板，相机会以恒定的时间间隔拍摄照片，留下小球运动中的影像。
（1）在实验过程中，下列做法正确的有____；
A．斜槽末端必须调节水平
B．斜槽必须光滑
C．小球必须从斜槽顶端由静止释放
D．需要用天平测出小球质量
（2）（i）某次实验中调节频闪照相机拍照间隔T=0.1s，得到如图2所示照片，已知其中A为小球抛出瞬间的影像，B、C分别是小球抛出后连续拍摄所得影像，只是图中并未画出水平和竖直轴，可知AB间、BC间水平距离之比为　 　；
（ii）某同学通过精确测量发现AB和BC直线长度之比为1∶2，通过上述条件，求得小球抛出的初速度值为　 　m/s（已知，最后结果保留两位有效数字）
【答案】（1）A
（2）1∶1；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）A．斜槽末端须水平，保证小球做平抛运动，故A正确；
BC．研究平抛运动规律，需保证小球抛出时的速度方向水平，斜槽不需要光滑，也不需要由静止释放小球，故BC错误；
D．实验中没必要用天平测出小球质量，故D错误。
故选：A。
（2）（i）平抛运动水平方向做匀速运动，根据x=v0t，A为小球抛出瞬间的影像，B、C分别是小球抛出后连续拍摄所得影像 ，时间相等，可知AB间、BC间水平距离之比为1：1
（ii）依题意，xAB=v0T，xBC=v0T，A是抛出点，根据平抛规律，时间比为1：1，竖直方向满足规律y=gt2，则AB、AC位移比为1：22，故AB、BC位移之比为1：3，yAB=gT2，yBC=gT2，依题意，AB和BC直线长度之比为1∶2 ，则有=，解得小球抛出的初速度为 0.63m/s。
【分析】（1）保证小球做平抛运动，斜槽末端须水平，斜槽不需要光滑，也不需要由静止释放小球；
（2）平抛运动水平方向做匀速运动，根据x=v0t，分析水平位移之比；根据平抛规律，确定竖直位移比，根据位移合成，结合AB和BC直线长度之比为1∶2，求初速度大小。
14．将一物体从距离地面高20m的位置以5m/s的初速度水平抛出，忽略空气阻力，g＝10m/s2．求：
（1）物体飞行的时间；
（2）物体水平方向运动的距离；
（3）物体落地时的速度（结果可保留根号）；
【答案】（1）解：根据位移公式
解得
（2）解：物体水平方向运动的距离
（3）解：竖直方向苏速度为
物体落地时的速度
落地时速度与水平速度方向满足
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）平抛竖直方向自由落体，根据 ，求时间；
（2）平抛水平方向匀速直线运动，根据 ，求 物体水平方向运动的距离 ；
（3）平抛竖直方向自由落体，根据v=gt求竖直速度，再根据速度合成，求 物体落地时的速度 大小，根据速度比值，确定速度方向。
15．如图所示，一根原长为L的轻弹簧套在光滑直杆AB上，其下端固定在杆的A端，质量为m的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连。小球和杆一起绕经过杆A端的竖直轴匀速转动，且杆与水平面间始终保持θ=37°角。已知杆处于静止状态时弹簧长度为0.5L，重力加速度为g，求：
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）弹簧为原长时，小球的角速度ω0；
（3）当杆的角速度时弹簧的长度。
【答案】（1）解：由平衡条件
解得弹簧的劲度系数为
（2）解：当弹簧弹力为零时，小球只受到重力和杆的支持力，它们的合力提供向心力，
则有：
解得
（3）解：时，弹簧处于伸长状态，伸长量为x，由正交分解知
竖直方向
水平方向
解得
所以弹簧长度为
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1） 由平衡条件 结合胡克定律，求 弹簧的劲度系数 ；
（2） 当弹簧弹力为零时，小球只受到重力和杆的支持力，根据合力提供向心力 ，求 小球的角速度 ；
（3）根据题意，确定 弹簧处于伸长状态 ，根据 正交分解 ，竖直方向平衡，水平方向合力提供向心力列式，求弹簧伸长量，确定 当杆的角速度时弹簧的长度。
16．一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ=37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、倾角θ=37°的直轨道EF、水平直轨道FP上设置了可水平匀速转动的传送带装置和两段半径相等且圆心角均为37°的圆弧拼接而成的轨道组成，N在M的正下方处且NP足够长。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B（E）处。已知螺旋圆形轨道半径R=0.4m，B点高度为0.5R，圆弧轨道所对应的圆半径为5R，将一质量为m=0.1kg的滑块从倾斜轨道AB上高度h=2.0m处静止释放，滑块与传送带间动摩擦因数μ=0.2，传送带的速度大小v可以在0~5m/s范围内调节，且正反传送方向也可以改变，除传送带外各段轨道均光滑，各处平滑连接，滑块视为质点，传送带足够长，不计空气阻力。
求：
（1）滑块第一次过B点的速度大小vB；
（2）滑块第一次过C点时，轨道对滑块的作用力大小FC；
（3）若传送带逆时针转动，为使滑块能返回螺旋圆形轨道而不脱离轨道，则传送带的速度大小范围；
（4）调节传送带传送的方向和速度大小，要使滑块不脱离轨道且能从M点平抛出去落在水平面轨道NP上，则落地点到N点的最大距离。
【答案】（1）解：A到B过程由动能定理
得
（2）解：A到C过程由动能定理
得
在C处
得
（3）解：根据
得
①当滑块返回到螺旋圆形轨道O1的等高处时速度恰好为零，有
得
②当滑块返回到螺旋轨道E点
解得
③当滑块返回到螺旋圆形轨道恰好能通过最高点C，有
在C处
得
所以
传送带的速度大小范围为或
（4）解：块在圆弧轨道滑动过程中，在L点最易脱离轨道
解得
滑块从K到L，过程中
得
滑块从L到M过程中
得
平抛运动得
得
根据
得
所以落点到N点的距离
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1） A到B过程由动能定理 列式，求 滑块第一次过B点的速度大小 ；
（2） A到C过程由动能定理 列式，在 C处 ，根据合力提供向心力列式，求 滑块第一次过C点时，轨道对滑块的作用力大小 ；
（3）根据动能定理，求 ，与5m/s做比较，分情况讨论， ①当滑块返回到螺旋圆形轨道O1的等高处时速度恰好为零②当滑块返回到螺旋轨道E点③当滑块返回到螺旋圆形轨道恰好能通过最高点C ，根据动能定理列式，求速度临界值，确定速度范围；
（4） 在L点最易脱离轨道 ，根据合力提供向心力列式，求速度， 滑块从K到L过程中 、 滑块从L到M过程中 ，根据动能定理列式，确定速度大小，根据平抛规律，竖直方向自由落体运动、水平方向匀速直线运动列式，求 落地点到N点的最大距离。