1.關(guān)于靜電場(chǎng)，下列說法中正確的是( )
A. 元電荷實(shí)際上是指電子和質(zhì)子本身
B. 在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電勢(shì)降低的方向一定就是電場(chǎng)線的方向
C. 在電場(chǎng)中移動(dòng)電荷，若電場(chǎng)力對(duì)該電荷做負(fù)功，則該電荷的電勢(shì)能一定增加
D. 由真空中點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度公式E=kQr2可知，當(dāng)r趨近于0時(shí)，E將無窮大
2.2022年6月5日17時(shí)42分，神舟十四號(hào)載人飛船與天和核心艙徑向端口成功對(duì)接。對(duì)接后的組合體繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌道離地面高度為地球半徑的116。已知地球半徑為R，地球表面重力加速度為g。下列說法正確的是( )
A. 神舟十四號(hào)與天和核心艙對(duì)接時(shí)，要先變軌到達(dá)核心艙所在的軌道，再加速追上核心艙進(jìn)行對(duì)接
B. 組合體的向心加速度大于g
C. 組合體的線速度小于地球赤道上物體的線速度
D. 組合體運(yùn)行的周期為T=17π32 17Rg
3.2022年2月，中國(guó)科學(xué)家通過冷凍電鏡捕捉到新冠病毒表面S蛋白與人體細(xì)胞表面ACE2蛋白的結(jié)合過程，首次揭開了新冠病毒入侵人體的神秘面紗。電子顯微鏡是冷凍電鏡中的關(guān)鍵部分，其中的一種電子透鏡的電場(chǎng)分布如圖所示(截取其中一部分)，虛線為等勢(shì)面，相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差相等，一電子僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖中實(shí)線所示，a、b是軌跡上的兩點(diǎn)，則( )
A. a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度B. 電子在a點(diǎn)的動(dòng)能大于在b點(diǎn)的動(dòng)能
C. 電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能大于在b點(diǎn)的電勢(shì)能D. a點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì)
4.如圖所示，長(zhǎng)方體AB邊長(zhǎng)為2L，BC=CG=L，在其頂點(diǎn)C、F處固定電荷量分別為?q、+2q的點(diǎn)電荷。已知靜電力常量為k。下列說法正確的是( )
A. B、G兩頂點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度相同
B. 頂點(diǎn)B處電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 2kqL2
C. A、E兩頂點(diǎn)處電勢(shì)關(guān)系為φE>φA
D. 一帶負(fù)電的試探電荷在E點(diǎn)的電勢(shì)能比在D點(diǎn)的電勢(shì)能大
5.如圖所示，物塊A、B通過跨過光滑定滑輪的輕繩相連，A的質(zhì)量為m，套在光滑豎直桿上，B的質(zhì)量為3m，輕繩右側(cè)與豎直桿的夾角為60°，重力加速度的大小為g，將系統(tǒng)自靜止開始釋放，剛釋放時(shí)物塊A的加速度為( )
A. 27g，方向豎直向上
B. 12g，方向豎直向上
C. 12g，方向豎直向下
D. 32g，方向豎直向上
6.某汽車進(jìn)行性能測(cè)試，在平直的路面上由靜止開始運(yùn)動(dòng)，0～5s內(nèi)的位移-時(shí)間圖像如圖所示，該圖線在0～t1時(shí)間內(nèi)是拋物線的一部分，t1～5s時(shí)間內(nèi)是直線，兩部分平滑相連。下列說法正確的是( )
A. 汽車的最大速度為30m/s
B. 汽車加速過程的時(shí)間為1.5s
C. 汽車加速過程的加速度大小為20m/s2
D. 汽車1s末的速度大小為20m/s
7.如圖所示，在光滑的水平面上有一傾角為θ的光滑斜面C，斜面C上疊放著A、B兩物塊，B的上表面水平。A、B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度大小為g?，F(xiàn)對(duì)C施加一方向水平向右的恒力，使A、B、C保持相對(duì)靜止，則下列說法正確的是( )
A. B受到3個(gè)力的作用
B. B對(duì)C的壓力大小為2mgcsθ
C. C所受合力的大小為3mgtanθ
D. A對(duì)B的摩擦力大小為mgtanθ，方向水平向右
8.如圖所示，空間中存在與水平方向成45°角斜向右上方的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，在電場(chǎng)中的P點(diǎn)有一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的小球。已知電場(chǎng)強(qiáng)度E= 2mgq，其中g(shù)為重力加速度，忽略空氣阻力，下列對(duì)小球運(yùn)動(dòng)情況分析正確的是( )
A. 若小球從靜止釋放，小球?qū)⒆銮€運(yùn)動(dòng)
B. 若小球以某一速度豎直向下拋出，小球的動(dòng)能一直增加
C. 若小球以某一速度豎直向上拋出，小球電勢(shì)能先減小后增大
D. 若小球初速度方向與電場(chǎng)線方向相同，最終小球可能豎直向下做直線運(yùn)動(dòng)
二、多選題：本大題共4小題，共16分。
9.在高空運(yùn)行的同步衛(wèi)星功能失效后，往往會(huì)被送到同步軌道上空幾百公里處的“墓地軌道”，以免影響其它在軌衛(wèi)星，節(jié)省軌道資源。2022年1月22日，我國(guó)實(shí)踐21號(hào)衛(wèi)星在地球同步軌道“捕獲”已失效的北斗二號(hào)G2衛(wèi)星后，成功將其送入“墓地軌道”。如圖所示，已知同步軌道和“墓地軌道”的軌道半徑分別為R1、R2，轉(zhuǎn)移軌道與同步軌道、“墓地軌道”分別相切于P、Q點(diǎn)，地球自轉(zhuǎn)周期為T0，萬有引力常量為G。則( )
A. 由以上數(shù)據(jù)可求得地球的質(zhì)量為4π2R13GT02
B. 由以上數(shù)據(jù)可求得地球的質(zhì)量為4π2R23GT02
C. 北斗二號(hào)G2衛(wèi)星沿轉(zhuǎn)移軌道運(yùn)行的周期為T02 (R1+R2)32R13
D. 北斗二號(hào)G2衛(wèi)星沿轉(zhuǎn)移軌道運(yùn)行的周期為T0 (R1+R2)32R13
10.自由泳是競(jìng)技游泳比賽項(xiàng)目之一。某運(yùn)動(dòng)員在一次渡河訓(xùn)練中，向某方向以自由泳泳姿勻速運(yùn)動(dòng)，因水流原因，實(shí)際運(yùn)動(dòng)路徑與河岸夾角為30°，如圖所示。已知河水水流速度v水=0.6m/s，以下說法正確的是( )
A. 該同學(xué)相對(duì)靜水的速度可能為0.3m/s
B. 該同學(xué)相對(duì)靜水的速度可能為0.6m/s
C. 若該同學(xué)相對(duì)于靜水的速度為0.5m/s，該同學(xué)的實(shí)際渡河路徑可能垂直河岸
D. 若該同學(xué)加大雙腿打水頻率以提高游泳速度，會(huì)縮短渡河時(shí)間
11.如圖所示，質(zhì)量均為m的物塊A、B用輕彈簧相連，置于光滑水平面上，在水平力F的作用下，彈簧處于壓縮狀態(tài)，A緊壓在豎直墻壁上?，F(xiàn)撤去力F，在以后的運(yùn)動(dòng)過程中B的最大的速度為v，對(duì)撤去力F以后的過程，以下說法正確的是( )
A. 物塊A離開豎直墻壁之前，豎直墻壁對(duì)A的沖量大小為mv
B. 物塊A離開豎直墻壁之前，豎直墻壁對(duì)A做功的大小為12mv2
C. 物塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒
D. 物塊A的最大速度為v
12.籃球運(yùn)動(dòng)是一項(xiàng)是以手為中心的身體對(duì)抗性體育運(yùn)動(dòng)，深受同學(xué)們喜愛。國(guó)際籃聯(lián)場(chǎng)地標(biāo)準(zhǔn)為長(zhǎng)28m，寬15m，籃圈下沿距地面高為3.05m，三分線半徑為6.75m(三分線到籃筐中心在地面投影的距離)，如圖所示。某次訓(xùn)練中，運(yùn)動(dòng)員緊貼三分線外a處進(jìn)行定點(diǎn)投籃練習(xí)，籃球離手時(shí)距地面高度為2.25m，經(jīng)過0.5s到達(dá)最高點(diǎn)，之后在下落過程中恰好穿過籃筐。假設(shè)籃球出手時(shí)在三分線正上方，籃球出手時(shí)初速度v0與水平面夾角為θ，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2，則( )
A. tanθ=1027B. tanθ=1627C. v0=5 98516m/sD. v0=5 98527m/s
三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共18分。
13.“頻閃攝影”是研究物體運(yùn)動(dòng)時(shí)常用的一種實(shí)驗(yàn)方法。照相機(jī)每隔相同的時(shí)間曝光一次，記錄下物體的位置。某物理小組的同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室利用頻閃相機(jī)和小球，探究小球自由下落過程中機(jī)械能守恒，用相機(jī)對(duì)著小球拍攝小球自由下落的過程，得到如圖所示的照片，用刻度尺量出照片上相鄰小球之間的間距，已知相機(jī)的頻率為f，重力加速度為g，小球質(zhì)量為m，實(shí)物小球與照片上的小球尺寸比例為k，則：
(1)小球在位置2時(shí)的瞬時(shí)速度為______(用題中所給物理量符號(hào)表示)。
(2)取小球在位置2到位置5的過程研究，若表達(dá)式(h4+h5)2?(h1+h2)2h2+h3+h4=______成立(用g、k、f表示)，即可驗(yàn)證小球下落過程中機(jī)械能守恒。
(3)若實(shí)驗(yàn)過程中發(fā)現(xiàn)小球減小的重力勢(shì)能大于小球增加的動(dòng)能，造成此問題的原因可能是______。
14.某物理興趣小組利用如圖所示的裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律．并進(jìn)行如下的實(shí)驗(yàn)操作：組裝好實(shí)驗(yàn)器材，將小球1由圖中的擋板處?kù)o止釋放，記錄小球1在豎直擋板上的撞擊點(diǎn)；將直徑相等的小球2放在導(dǎo)軌的末端(小球1的質(zhì)量大于小球2的質(zhì)量)，記錄在豎直擋板上的水平投影點(diǎn)O；然后將小球1由擋板處?kù)o止釋放，記錄小球1、小球2在豎直擋板上的撞擊點(diǎn)．回答下列問題：
(1)小球1與小球2相碰后，兩球撞在豎直擋板上得到痕跡，其中小球1碰后撞在木板上的______(填“a”“b”或“c”)點(diǎn)．
(2)為了完成實(shí)驗(yàn)的驗(yàn)證，需要測(cè)量的物理量有______.(填字母)
A.小球的直徑d
B.小球1、小球2的質(zhì)量m1、m2
C.軌道末端與豎直擋板之間的距離x
D.依次測(cè)量出圖中a、b、c三點(diǎn)到O點(diǎn)的距離h1、h2、h3
(3)若兩球碰撞過程動(dòng)量守恒，則關(guān)系式______成立．(用需要測(cè)量的物理量的符號(hào)表示)
四、簡(jiǎn)答題：本大題共1小題，共3分。
15.如圖所示，固定的光滑絕緣斜面OM傾角為θ=37°，最高點(diǎn)O距地面的高度為h=40cm，空間中存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m=1.6kg、電量為q=2×10?3C的帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從O點(diǎn)沿斜面勻速下滑，已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；
(2)最低點(diǎn)M與最高點(diǎn)O之間的電勢(shì)差UMO；
(3)若勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v=0.1m/s，求小滑塊運(yùn)動(dòng)到斜面中點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率P。
五、計(jì)算題：本大題共3小題，共30分。
16.華盛頓大學(xué)的一項(xiàng)新研究表明，某些短周期的雙星系統(tǒng)是由恒星演化而產(chǎn)生的。假設(shè)太空中有A、B兩星體組成的短周期雙星，已知A、B環(huán)繞連線上的點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，A、B的軌道半徑和為d1，A、B的軌道半徑差為d2，恒星A、B的半徑均遠(yuǎn)小于d1，且B的質(zhì)量大于A的質(zhì)量。求：
(1)A、B的線速度之和與A、B的線速度之差的比值；
(2)A、B質(zhì)量之和與A、B質(zhì)量之差的比值。
17.如圖，傾角為θ=30°的光滑斜面體固定在水平面上，斜面ABCD為邊長(zhǎng)2.5L的正方形，斜面上一點(diǎn)O為AC、BD連線的交點(diǎn)。長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕繩一端系著質(zhì)量為m的小球，另一端系在O點(diǎn)，小球在斜面上繞O點(diǎn)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)輕繩的拉力恰好為零．已知重力加速度為g，小球運(yùn)動(dòng)過程中無機(jī)械能損失。
(1)求小球運(yùn)動(dòng)到圓周最高點(diǎn)時(shí)速度的大?。?br>(2)求小球所受輕繩的最大拉力；
(3)若小球自最低點(diǎn)沿圓周上行至與圓心O等高的位置時(shí)剪短輕繩，求小球從此時(shí)刻到著地所用的時(shí)間。
18.如圖甲所示，質(zhì)量M=2kg的盒狀工件靜置于水平桌面上，O為工件上表面一點(diǎn)(圖中未畫出)，工件上表面O點(diǎn)左側(cè)光滑，右側(cè)粗糙．質(zhì)量m=1kg的小滑塊放在工件上并緊靠左側(cè)壁，其與工件上表面粗糙部分間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.8?，F(xiàn)對(duì)工件施加水平推力F，推力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示，在推力作用下工件運(yùn)動(dòng)的速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖丙所示，撤去推力后，當(dāng)滑塊到達(dá)O點(diǎn)時(shí)工件速度恰好為零，滑塊運(yùn)動(dòng)過程中始終未與工件右側(cè)壁相碰。g取10m/s2，不計(jì)工件側(cè)壁的厚度，桌面足夠長(zhǎng)。求：
(1)推力F作用過程中，工件對(duì)滑塊左側(cè)的彈力F0的大??；
(2)工件光滑部分的長(zhǎng)度d；
(3)工件的最小長(zhǎng)度L；
(4)工件發(fā)生的最大位移x。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.物理學(xué)中把質(zhì)子所帶的電荷量或電子所帶電荷量的絕對(duì)值叫元電荷，不是指質(zhì)子或電子本身，而是它的電荷量，故A錯(cuò)誤。
B.在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)的方向就是電勢(shì)降低最快的方向，所以電勢(shì)降低的方向不一定就是電場(chǎng)線的方向，故B錯(cuò)誤。
C.根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的關(guān)系W=Ep1?Ep2可知，電場(chǎng)力做正功時(shí)，有Ep1>Ep2，電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力做負(fù)功時(shí)，電勢(shì)能一定增加，故C正確。
D.電場(chǎng)強(qiáng)度公式E=kQr2的適用條件是真空中的點(diǎn)電荷，當(dāng)r趨近于0時(shí)，公式已經(jīng)不適用，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
根據(jù)元電荷的定義判斷；勻強(qiáng)電場(chǎng)中的場(chǎng)強(qiáng)方向與電勢(shì)降低方向的理解；根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的關(guān)系判斷電勢(shì)能的變化；點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式的理解。
要準(zhǔn)確理解元電荷的定義，它指帶電體的最小帶電量；要準(zhǔn)確區(qū)別電勢(shì)降低的方向與電勢(shì)降低最快的方向；可以把電場(chǎng)力與電勢(shì)能的關(guān)系類比成重力做功與重力勢(shì)能的關(guān)系來理解。
2.【答案】D
【解析】解：A、神舟十四先變軌到達(dá)核心艙所在的軌道，再加速后會(huì)做離心運(yùn)動(dòng)，無法追上核心艙進(jìn)行對(duì)接，故A錯(cuò)誤；
B、組合體繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由萬有引力提供向心力，得GMmr2=ma，得a=GMr2，式中M是地球的質(zhì)量，r是組合體的軌道半徑。
在地球表面上，有：GMm′R2=m′g，得g=GMR2，式中R是地球的半徑，因r>R，所以aφ2；對(duì)電荷(?q)而言，E、A兩點(diǎn)的電勢(shì)φ1′>φ2′；又φE=φ1+φ1′，φA=φ2+φ2′，聯(lián)立可得φE>φA，故C正確。
D.同理，對(duì)電荷(+2q)而言，E、D兩點(diǎn)的電勢(shì)φ1>φ3；對(duì)電荷(?q)而言，E、D兩點(diǎn)的電勢(shì)φ′>φ3′；又φE=φ1+φ1′，φD=φ3+φ3′，聯(lián)立可得φE>φD，負(fù)試探電荷在電勢(shì)越高的地方，電勢(shì)能越小，所以帶負(fù)電的試探電荷在E點(diǎn)的電勢(shì)能比在D點(diǎn)的小，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
長(zhǎng)方體B、G兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)是合場(chǎng)強(qiáng)，場(chǎng)強(qiáng)是矢量，包含大小和方向；電勢(shì)是標(biāo)量，B、G處兩電荷在E、A兩點(diǎn)的總的電勢(shì)為各自在該處電勢(shì)的代數(shù)和；負(fù)電荷，電勢(shì)越低的地方電勢(shì)能越大。
注意場(chǎng)強(qiáng)是矢量，場(chǎng)強(qiáng)的合成遵循平行四邊形定則；電勢(shì)是標(biāo)量，某點(diǎn)的合電勢(shì)為各電勢(shì)的代數(shù)數(shù)；要正確理解負(fù)電荷在電勢(shì)越高的地方，電勢(shì)能越小。
5.【答案】A
【解析】解：靜止釋放系統(tǒng)時(shí)，設(shè)繩子的拉力為F，
設(shè)B的加速度為aB，對(duì)B，由牛頓第二定律得：
3mg?F=3maB
繩子的加速度大小與B的加速度大小相等，
設(shè)A的加速度大小為aA，則aAcs60°=aB
對(duì)A，由牛頓第二定律得：
Fcs60°?mg=maA
解得：aB=17g，aA=27g，方向豎直向上，故A正確，BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
根據(jù)A、B的受力情況與A、B加速度大小間的關(guān)系，應(yīng)用牛頓第二定律求出A的加速度大小。
本題考查了牛頓第二定律的應(yīng)用，分析清楚A、B的受力情況是解題的前提，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解、牛頓第二定律即可解題。
6.【答案】A
【解析】解：AB.設(shè)t1時(shí)刻的速度為v，0～t1汽車做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平均速度公式，得汽車位移x1=v2t1=30m；t1～5s汽車做勻速運(yùn)動(dòng)，得汽車位移x2=v(5?t1)=120m?30m=90m，聯(lián)立解得v=30m/s，t1=2s，故A正確，B錯(cuò)誤。
CD.根據(jù)加速度的定義，汽車加速度為a=vt1=302m/s2=15m/s2，根據(jù)速度公式汽車在1s末的速度v1=at2=15×1m/s=15m/s，故CD錯(cuò)誤。
故選：A。
根據(jù)題意可知，0～t1汽車做勻加速運(yùn)動(dòng)，由x?t圖像可知，t1時(shí)刻速度達(dá)到最大值，根據(jù)平均速度公式列式求解最大速度和時(shí)間；在t1～5s內(nèi)汽車做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻速運(yùn)動(dòng)公式求解出勻速運(yùn)動(dòng)過程中的位移x2的表達(dá)式，聯(lián)立求出速度和時(shí)間；根據(jù)加速度公式和速度公式求解。
解決本題的關(guān)鍵判斷汽車在0～t1汽車做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)的規(guī)律分析求解。
7.【答案】B
【解析】解：A、B受到重力、C對(duì)它的支持力、A對(duì)B的壓力和靜摩擦力，共計(jì)四個(gè)力的作用，故A錯(cuò)誤；
B、C對(duì)A、B整體的支持力大小N=2mgcsθ，根據(jù)牛頓第三定律可知，B對(duì)C的壓力大小為2mgcsθ，故B正確；
C、設(shè)A，B，C的加速度大小為a，有Nsinθ=2ma，解得：a=gtanθ
則C所受合力的大小為F合C=ma=mgtan?θ，故C錯(cuò)誤；
D.對(duì)A有fA=ma=mgtanθ，方向水平向右，根據(jù)牛頓第三定律可知，A對(duì)B的摩擦力大小為mgtanθ，方向水平向左，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
以B為研究對(duì)象，分析B的受力；以AB為整體求AB受到的支持力，根據(jù)牛頓第三定律，即可求出B對(duì)C的壓力；根據(jù)牛頓第二定律采用整體法和隔離法可求得C所受的合力；隔離B對(duì)A的摩擦力是A水平方向的合外力，由牛頓第二定律可求得摩擦力的大小。
本題是牛頓第二定律運(yùn)用中的連接體問題，關(guān)鍵是采用整體法和隔離法靈活選擇研究對(duì)象，多次運(yùn)用牛頓第二定律列式聯(lián)立判斷，難度中等。
8.【答案】B
【解析】解：A.小球所受電場(chǎng)力F=Eq= 2mg，方向與電場(chǎng)線方向相同，豎直方向的合力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線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤。
B.小球以某一速度豎直向下拋出，小球?qū)⒀刎Q直向下方向做類平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻速運(yùn)動(dòng)，速度不變，水平向右的方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，速度vx=at，一直增大；合速度v= vy2+vx2一直增大，小球的動(dòng)能一直增大，故B正確。
C.若小球以某一速度豎直向上拋出，小球?qū)⒀刎Q直向上方向做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理W=ΔEk，可知小球的動(dòng)能增加；小球以某一速度豎直向上拋出，重力做負(fù)功，重力勢(shì)能增大，根據(jù)能量守恒，重力勢(shì)能、電勢(shì)能與動(dòng)能之和保持不變，而重力勢(shì)能、動(dòng)能之和不斷增大，則小球電勢(shì)能不斷減小，故C錯(cuò)誤。
D.若小球初速度方向與電場(chǎng)線方向相同，由于初速度方向與合力方向(水平向右)不在同一直線上，小球?qū)⒆銮€運(yùn)動(dòng)；又因?yàn)楹狭Ψ较蛑赶蜻\(yùn)動(dòng)軌跡的凹側(cè)，所以小球最終速度不可能沿豎直向下方向，小球不可能豎直向下做直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
首先求出小球的合力，根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的條件判斷；根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律判斷水平速度，再判斷合速度的大小變化，動(dòng)能的大小變化；根據(jù)功能關(guān)系求解電勢(shì)能的變化。
本題考查了物體做曲線運(yùn)動(dòng)的條件及推論、動(dòng)能的定義、功能關(guān)系。
9.【答案】AC
【解析】解：AB、已知同步軌道的軌道半徑為R1，地球自轉(zhuǎn)周期為T0，則同步衛(wèi)星的周期也為T0。
對(duì)同步衛(wèi)星，根據(jù)萬有引力提供向心力可得：GMmR12=mR14π2T02，解得地球的質(zhì)量為：M=4π2R13GT02，故A正確、B錯(cuò)誤；
CD、根據(jù)幾何關(guān)系可得轉(zhuǎn)移軌道的半長(zhǎng)軸為：r=R1+R22，設(shè)北斗二號(hào)G2衛(wèi)星沿轉(zhuǎn)移軌道運(yùn)行的周期為T，根據(jù)開普勒第三定律可得：R13r3=T02T2，聯(lián)立解得：T=T02 (R1+R2)32R13，故C正確、D錯(cuò)誤。
故選：AC。
對(duì)同步衛(wèi)星，根據(jù)萬有引力提供向心力求解地球的質(zhì)量；
根據(jù)幾何關(guān)系可得轉(zhuǎn)移軌道的半長(zhǎng)軸，根據(jù)開普勒第三定律求解北斗二號(hào)G2衛(wèi)星沿轉(zhuǎn)移軌道運(yùn)行的周期。
本題主要是考查萬有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合向心力公式進(jìn)行分析，掌握開普勒第三定律的應(yīng)用方法。
10.【答案】ABD
【解析】解：AB、河水水流速度v水=0.6m/s，實(shí)際運(yùn)動(dòng)路徑與河岸夾角為30°，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解知識(shí)可知，該同學(xué)相對(duì)靜水的速度最小值為v水?sin?30°=0.3m/s，故AB正確；
C、該同學(xué)垂直河岸渡河時(shí)，如圖所示，相對(duì)于靜水的速度大于水流速度，故C錯(cuò)誤；
D、若該同學(xué)加大雙腿打水頻率以提高游泳速度，在相對(duì)于靜水的速度在垂直河岸方向的分量增大，會(huì)縮短渡河時(shí)間，故D正確。
故選：ABD。
小船航行時(shí)速度為靜水中的速度與河水流速二者合速度，當(dāng)以靜水中的速度垂直河岸過河的時(shí)候渡河時(shí)間最短；
欲使小船到達(dá)河的正對(duì)岸，即合速度方向指向?qū)Π?，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，及矢量的合成法則，即可解答。
小船過河問題屬于運(yùn)動(dòng)的合成問題，要明確分運(yùn)動(dòng)的等時(shí)性、獨(dú)立性，運(yùn)用分解的思想，看過河時(shí)間只分析垂直河岸的速度，分析過河位移時(shí)，要分析合速度.
11.【答案】AD
【解析】解：A、以A和B整體為研究對(duì)象，取向右為正，根據(jù)動(dòng)量定理可得，物塊A離開豎直墻壁之前，豎直墻壁對(duì)A的沖量大小等于系統(tǒng)動(dòng)量的變化，即為I=mv?0=mv，故A正確；
B、物塊A離開豎直墻壁之前，A的位移為零，則豎直墻壁對(duì)A做功的大小為0，故B錯(cuò)誤；
C、物塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，在A離開墻壁之前水平方向系統(tǒng)合外力不為零，總動(dòng)量不守恒，但整個(gè)過程中只有彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故C錯(cuò)誤；
D、物塊A離開墻壁后，系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，當(dāng)彈簧彈力再次為零時(shí)，物塊A的速度最大，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mBv=mAvA+mBvB，再根據(jù)能量守恒定律可得：12mBv2=12mAvA2+12mBvB2，由于mA=mB=m，解得：vA=v，故D正確。
故選：AD。
以A和B整體為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理求解豎直墻壁對(duì)A的沖量大小；
物塊A離開豎直墻壁之前，A的位移為零，由此分析做功情況；
根據(jù)動(dòng)量守恒定律的守恒條件、機(jī)械能守恒定律的守恒條件進(jìn)行分析；
根據(jù)動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律進(jìn)行分析。
本題主要是考查了動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律；對(duì)于動(dòng)量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答時(shí)要首先確定一個(gè)正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)量和碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量相等列方程，再根據(jù)能量關(guān)系列方程求解。
12.【答案】BC
【解析】解：籃球在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，上升階段可以看作自由落體運(yùn)動(dòng)的逆運(yùn)動(dòng)；根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律，豎直初速度vy=gt1=10×0.5m/s=5m/s，上升的豎直高度H=12gt12=12×10×0.52m=1.25m；根據(jù)題意籃球下落的高度為h=H?(h1?h2)=1.25m?(3.05?2.25)m=0.45m；設(shè)籃球下落時(shí)間為t2，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律h=12gt22，代入數(shù)據(jù)解得t2=0.3s，籃球運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t=t1+t2=0.5s+0.3s=0.8s；設(shè)籃球的水平初速度為vx，籃球在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，r=vxt，代入數(shù)據(jù)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錯(cuò)誤，BC正確。
故選：BC。
籃球做斜拋運(yùn)動(dòng)，上升階段可以看作自由落體運(yùn)動(dòng)的逆運(yùn)動(dòng)，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解豎直初速度，上升的最大高度及下落時(shí)間，求出運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間；根據(jù)水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，求出水平初速度，合初速度及方向。
把斜拋運(yùn)動(dòng)的上升階段可以看作自由落體運(yùn)動(dòng)的逆運(yùn)動(dòng)，可以將問題得到簡(jiǎn)化，是逆向思維方法的運(yùn)用。
13.【答案】(1)k(h1+h2)f2；
(2)8gkf2;
(3)空氣阻力的影響
【解析】(1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于這段時(shí)間的平均速度，則有v2=k(h1+h2)2T=k(h1+h2)f2；
(2)根據(jù)機(jī)械能守恒表達(dá)式可知，mgk(h2+h3+h4)=12m(v52?v22)，又根據(jù)(1)同理分析可得v5=k(h4+h5)f2，
聯(lián)立解得(h4+h5)2?(h1+h2)2h2+h3+h4=8gkf2；
(3)小球下落過程中，由于空氣阻力的影響，會(huì)使得小球減小的重力勢(shì)能大于動(dòng)能的增加量。
14.【答案】cBDm1 h2=m1 h3+m2 h1
【解析】解：(1)由圖可知，兩個(gè)小球打在豎直擋板上，由于三次碰撞的水平位移大小相等，則可知水平速度越大，豎直方向下落的高度越小，由碰撞規(guī)律可知，碰后被碰小球的速度最大，則碰后小球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在豎直擋板上的碰撞點(diǎn)為c.
(2)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，下落時(shí)間t= 2hg，則可知速度v=xt=x g2h；碰前小球1的速度大小為v1=x g2h2，碰后小球1、小球2的速度分別為v2=x g2h3，v3=x g2h1，；若兩球碰撞過程動(dòng)量守恒，則應(yīng)有m1v1=m1v2+m2v3，由以上整理得m1 h2=m1 h3+m2 h1，因此需要測(cè)量小球1、球2的質(zhì)量m1、m2及圖中a、b、c三點(diǎn)到O點(diǎn)的距離h1、h2、h3，故BD正確，AC錯(cuò)誤．
故選：BD。
(3)若兩球碰撞過程動(dòng)量守恒，則關(guān)系式m1 h2=m1 h3+m2 h1成立．
故答案為：(1)c；(2)BD；(3)m1 h2=m1 h3+m2 h1
(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)分析答題；
(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)需要測(cè)量的量選擇實(shí)驗(yàn)器材；
(3)小球離開水平軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)與動(dòng)量守恒定律求出實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式。
知道實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)、理解實(shí)驗(yàn)原理是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律即可正確解題．
15.【答案】解：(1)小滑塊沿斜面勻速下滑，根據(jù)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)小滑塊從O點(diǎn)到M點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得
mgh+qUOM=mgh?qUMO=0
解得
UMO=mghq=1.6×10×0.42×10?3V=3200V
(3)重力做功的功率為P=mgvsin37°
解得P=0.96W
答：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E為6×103N/C；
(2)最低點(diǎn)M與最高點(diǎn)O之間的電勢(shì)差UMO為3200V；
(3)小滑塊運(yùn)動(dòng)到斜面中點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率P為0.96W。
【解析】(1)根據(jù)小滑塊沿斜面勻速下滑，根據(jù)受力平衡可解得場(chǎng)強(qiáng)E大?。?br>(2)對(duì)小滑塊從O點(diǎn)到M點(diǎn)，由動(dòng)能定理可解得MO電勢(shì)差；
(3)根據(jù)瞬時(shí)功率公式P=Fvsinθ代入數(shù)據(jù)即可求得重力的瞬時(shí)功率。
本題考查滑塊處于平衡狀態(tài)下的受力分析以及動(dòng)能定理和瞬時(shí)功率公式的應(yīng)用，屬于基本題型，難度適中。
16.【答案】解：(1)設(shè)A、B兩顆星的軌道半徑分別為rA和rB，A、B環(huán)繞連線上的點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則A、B的角速度相等，又A、B兩星體相互間的萬有引力提供向心力，所以A、B的向心力大小相等，則
mAω2rA=mBω2rB
因?yàn)閙B>mA，所以
rA>rB
A、B的線速度分別為
vA=ωrA；vB=ωrB
A、B的線速度之和為
Δv1=vA+vB=ω(rA+rB)=ωd1
AB的線速度之差為
Δv2=vA?vB=ω(rA?rB)=ωd2
解得：Δv1Δv2=d1d2
(2)由牛頓第二定律對(duì)整體A有
GmAmBd12=mAω2rA
則mB=ω2rAd12G
同理對(duì)B有
GmAmBd12=mBω2rB
則mA=ω2rBd12G
則A、B質(zhì)量之和與A、B質(zhì)量之差的比值
Δm1Δm2=mA+mBmA?mB
代入數(shù)據(jù)解得：Δm1Δm2=d1d2
答：(1)A、B的線速度之和與A、B的線速度之差的比值為d1d2；
(2)A、B質(zhì)量之和與A、B質(zhì)量之差的比值為d1d2。
【解析】(1)根據(jù)萬有引力提供向心力，結(jié)合線速度的公式完成分析；
(2)先根據(jù)萬有引力提供向心力得出兩個(gè)星球的質(zhì)量的表達(dá)式，結(jié)合題意完成分析。
本題主要考查了雙星系統(tǒng)的相關(guān)應(yīng)用，理解雙星系統(tǒng)的特點(diǎn)，結(jié)合萬有引力提供向心力聯(lián)立等式即可完成分析。
17.【答案】解：(1)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，輕繩的拉力恰好為零
根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ=mv12L
得v1= 2gL2
(2)小球在最低點(diǎn)所受拉力最大F?mgsinθ=mv22L
由機(jī)械能守恒定律2mgLsinθ=12mv22?12mv12
得F=3mg
(3)設(shè)繩斷時(shí)小球速度為v3，運(yùn)動(dòng)至斜面頂端速度v4
mgLsinθ=12mv32?12mv12
得v3= 32gL
mgL4sinθ=12mv12?12mv42
得v4= gL2
小球自繩斷至運(yùn)動(dòng)到斜面頂端歷時(shí)t1
v4=v3?gt1sinθ
此后小球先做斜拋運(yùn)動(dòng)，上升至最高歷時(shí)t2
gt2=v4sinθg
上升高度(v4sinθ)2=2gh
得h=L32
小球再做平拋運(yùn)動(dòng)，歷時(shí)t3落地5L4+L32=12gt32
得t3= 41L16g
小球運(yùn)動(dòng)共歷時(shí)t=t1+t2+t3
得t= 6Lg?34 Lg+14 41Lg
答：(1)小球運(yùn)動(dòng)到圓周最高點(diǎn)時(shí)速度的大小為 2gL2；
(2)小球所受輕繩的最大拉力為3mg；
(3)小球從此時(shí)刻到著地所用的時(shí)間為 6Lg?34 Lg+14 41Lg。
【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律列式得出小球的線速度；
(2)根據(jù)牛頓第二定律和機(jī)械能守恒定律得出輕繩上最大拉力；
(3)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)和幾何關(guān)系得出小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。
本題主要考查了牛頓第二定律的相關(guān)應(yīng)用，解題的關(guān)鍵點(diǎn)是理解物體做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力來源，結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)公式和平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)即可完成分析。
18.【答案】解：(1)由工件運(yùn)動(dòng)的v?t圖像得加速度大小為：a0=ΔvΔt，解得：a0=2m/s2
由牛頓第二定律可得，工件左側(cè)壁對(duì)滑塊施加的彈力F0=ma0
解得：F0=2N；
(2)設(shè)工件底面與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ′，在水平推力作用下，滑塊與工件看作整體，對(duì)整體由牛頓第二定律可得：
F?μ′(M+m)g=(M+m)a0
解得：μ′=0.2
撤去推力F后，滑塊勻速到達(dá)O點(diǎn)，工件做減速運(yùn)動(dòng)，對(duì)工件則有：?μ′(M+m)g=Ma1
解得：a1=?3m/s2
工件運(yùn)動(dòng)時(shí)間是：t1=0?v0a1
解得：t1=1s
工件光滑部分的長(zhǎng)度：d=v0t1?v02t1
解得：d=1.5m；
(3)滑塊運(yùn)動(dòng)到粗糙面上時(shí)，由于μmg>μ′(M+m)g，滑塊做減速運(yùn)動(dòng)，工件做加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)滑塊則有：
?μmg=ma2
解得：a2=?8m/s2
對(duì)工件根據(jù)牛頓第二定律，有：μmg?μ′(M+m)g=Ma3
解得：a3=1m/s2
滑塊運(yùn)動(dòng)在粗糙面上時(shí)，與工件達(dá)到共速，則有：v共=v0+a2t2=a3t2
解得：t2=13s、v共=13m/s
滑塊與工件右側(cè)壁未相碰，則粗糙面長(zhǎng)度最小為：d′=v0+v共2t2?v共2t2
代入數(shù)據(jù)解得：d′=0.5m
則工件的最小長(zhǎng)度為：L=d+d′=1.5m+0.5m=2m；
(4)滑塊與工件達(dá)到共速后兩者一起減速運(yùn)動(dòng)，加速度為a4，根據(jù)牛頓第二定律可得：
?μ′(M+m)g=(M+m)a4
代入數(shù)據(jù)解得：a4=?2m/s2
工件從開始運(yùn)動(dòng)到最后靜止，經(jīng)歷了先加速后減速，再加速，最后減速的運(yùn)動(dòng)過程，發(fā)生的位移為：
x=v02t0+v02t1+v共2t2+0?v共22a4
代入數(shù)據(jù)解得：x=236m。
答：(1)推力F作用過程中，工件對(duì)滑塊左側(cè)的彈力F0的大小為2N；
(2)工件光滑部分的長(zhǎng)度為1.5m；
(3)工件的最小長(zhǎng)度為2m；
(4)工件發(fā)生的最大位移為236m。
【解析】(1)由工件運(yùn)動(dòng)的v?t圖像得加速度大小，由牛頓第二定律可得工件左側(cè)壁對(duì)滑塊施加的彈力；
(2)對(duì)整體由牛頓第二定律求解工件底面與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；撤去推力F后，對(duì)工件根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小，根據(jù)速度-時(shí)間關(guān)系求解工件運(yùn)動(dòng)時(shí)間，根據(jù)位移-時(shí)間關(guān)系求解工件光滑部分的長(zhǎng)度；
(3)滑塊運(yùn)動(dòng)到粗糙面上時(shí)，對(duì)滑塊、對(duì)工件分別根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解滑塊與工件達(dá)到共速的時(shí)間和速度，再根據(jù)位移-時(shí)間關(guān)系求解工件的最小長(zhǎng)度；
(4)根據(jù)牛頓第二定律求解滑塊與工件達(dá)到共速后兩者一起減速運(yùn)動(dòng)的加速度；工件從開始運(yùn)動(dòng)到最后靜止，經(jīng)歷了先加速后減速，再加速，最后減速的運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)位移-時(shí)間關(guān)系求解發(fā)生的位移。
對(duì)于牛頓第二定律的綜合應(yīng)用問題，關(guān)鍵是弄清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程和受力情況，利用牛頓第二定律或運(yùn)動(dòng)學(xué)的計(jì)算公式求解加速度，再根據(jù)題目要求進(jìn)行解答；知道加速度是聯(lián)系力和運(yùn)動(dòng)的橋梁。

相關(guān)試卷

2024年山東省濰坊市昌樂一中高考物理模擬試卷(含詳細(xì)答案解析)：

這是一份2024年山東省濰坊市昌樂一中高考物理模擬試卷(含詳細(xì)答案解析)，共22頁(yè)。試卷主要包含了單選題，多選題，實(shí)驗(yàn)題，簡(jiǎn)答題，計(jì)算題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2024年山東省泰安市高考物理一模試卷(含詳細(xì)答案解析)：

這是一份2024年山東省泰安市高考物理一模試卷(含詳細(xì)答案解析)，共27頁(yè)。試卷主要包含了單選題，多選題，實(shí)驗(yàn)題，簡(jiǎn)答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2024年上海市育才中學(xué)高考物理模擬試卷(含詳細(xì)答案解析)：

這是一份2024年上海市育才中學(xué)高考物理模擬試卷(含詳細(xì)答案解析)，共14頁(yè)。試卷主要包含了簡(jiǎn)答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語(yǔ)朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

2024年山東省德州市慶云一中高考物理模擬試卷（含解析）

2024年山東省德州市慶云一中高考物理模擬試卷（含解析）
2023-2024學(xué)年山東省德州市慶云縣第一中學(xué)高三（下）模擬（一模）物理試卷（含解析）

2023-2024學(xué)年山東省德州市慶云縣第一中學(xué)高三（下）模擬（一模）物理試卷（含解析）
2020年山東省德州市高考物理一模試卷（含解析）

2020年山東省德州市高考物理一模試卷（含解析）
2021年山東省德州市高考物理一模試卷（含解析）

2021年山東省德州市高考物理一模試卷（含解析）
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部