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江苏省苏州市园三四校联考2024-2025学年高一下学期5月月考物理试题
一、单项选择题（本题共11小题，每小题4分，共44分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选错或不答的得0分。）
1．“判天地之美，析万物之理”，领略建立物理规律的思想方法往往比掌握知识本身更加重要。如图四幅课本插图中包含的物理思想方法相同的是（　　）
A．甲和乙 B．乙和丁 C．乙和丙 D．甲和丁
2．我国太阳探测卫星“羲和号”在离地球表面高度517km的圆轨道上运行，则该卫星与地球同步卫星相比，具有相同的（　　）
A．发射速度 B．向心加速度 C．周期 D．轨道圆心
3．如图所示，O是一个带电物体，若把系在绝缘丝线上的带电小球先后挂在横杆上的位置，可以比较小球在不同位置所受库仑力的大小，库仑力大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来（小球与物体O在同一水平线上），若物体O的电荷量为Q，小球电荷量为q，物体与小球间距离用d表示，物体和小球之间的库仑力用F表示。则下列对该实验的判断正确的是（　　）
A．可用控制变量法，探究F与的关系
B．保持不变，减小d，则变大，说明F与q成反比
C．保特不变，减小q，则变小，说明F与q成正比
D．保持不变，减小Q，则变小，说明F与Q成正比
4．静电除尘原理是设法使空气中的尘埃带电，在静电力作用下，尘埃到达电极而被收集起来，如图所示，静电除尘器由板状收集器A和线状电离器B组成，间接有高压电源，它们之间形成很强的电场，能使空气中的气体分子电离，进而使通过除尘器的尘埃带电，最后被吸附到收集器A上，下列选项正确的是（　　）
A．收集器A吸附尘埃的原因是尘埃受到重力作用使之定向移动
B．收集器A吸附大量尘埃，是因为尘埃带负电
C．收集器A和电离器B之间形成匀强电场
D．尘埃靠近收集器A的过程中，加速度变大
5．机械设计中有许多精妙的设计，如图所示为一种将圆周运动转化为一条直线上往复运动的设计。沿竖直面内圆弧轨道做匀速圆周运动的小球a通过有转轴的连杆与物块b相连，物块b穿在水平杆上，水平杆的延长线通过圆心。物块b从最左端第一次运动到最右端经历的时间为t。则下列说法正确的是（　　）
A．小球a所受合力不变
B．小球a运动的周期为t
C．小球a运动到水平直径任一端点时，物块b运动的速率最大
D．小球a与物块b速度相同时，小球a一定位于轨道最高点或最低点
6．如图所示，人造卫星在半径为的圆轨道I上绕地球做匀速圆周运动，速度为。某时刻卫星在点通过点火加速进入椭圆轨道II，到达远地点时再次加速进入半径为的圆轨道III。下列说法正确的是（　　）
A．卫星在轨道I上的机械能大于在轨道III上的机械能
B．卫星在点加速进入轨道III后，速度大于其在轨道II上经过点时的速度
C．卫星在轨道II上从点运动到点过程中，地球引力对卫星做正功
D．卫星在轨道III上的周期小于在轨道I上的周期
7．重力为的小朋友从高为的倾斜滑梯的顶端自由下滑。已知小朋友在下滑过程中受到的阻力恒为，倾斜滑梯的倾角为，小朋友下滑到滑梯底端的过程中，下列判断不正确的是（　　）
A．重力对小朋友做功为 B．小朋友克服阻力做功为
C．动能增加量为 D．小朋友的机械能增加了
8．如图所示的实线为某静电场的电场线，虚线是仅在电场力作用下某带负电粒子的运动迹，A、B、C、D是电场线上的点，其中A、D两点在粒子的轨迹上，下列说法正确的是（　　）
A．该电场可能是正点电荷产生的
B．由图可知，同一电场的电场线在空间是可以相交的
C．将该粒子在C点由静止释放，它可能一直沿电场线运动
D．该粒子在A点的速度一定大于在D点的速度
9．如图所示，水平长杆上套一物块Q，轻绳穿过光滑圆环连接物体，某时刻由静止释放，释放时左侧轻绳与水平方向夹角为，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．的速度大小始终相等
B．时，P的速度为零
C．向增大的过程中，P一直处于失重状态
D．向增大的过程中，P的机械能先增大后减小
10．篮球投出后经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相等。篮球受到的空气阻力大小相等，方向始终与速度方向相反，则篮球（　　）
A．速度大小一直在减小
B．加速度大小先减小后增大
C．相邻位置的速度变化量一直减小
D．相邻位置的机械能变化量先增大后减小
11．如图所示，一足够大的空间内有一无限长的均匀带正电的导体棒水平放置，导体棒所在的竖直平面内放有三个质量相同、电荷量分别为q、2q、3q的微粒，通过多次摆放发现，当三个微粒均静止时，它们距导体棒的距离之比总是，不考虑微粒间的相互作用。现撤去该三个微粒，在导体棒所在的竖直平面内距导体棒1.5h、2.5h处分别放有电子A、B（不计重力），给它们各自一个速度使其以导体棒为轴做匀速圆周运动，则A、B做圆周运动的线速度之比为（　　）
A． B． C． D．
二、实验题（本题每空3分，共15分）
12．某同学运用如图甲所示的装置来探究向心力大小与线速度大小之间的关系并验证机械能守恒定律。已知小球的质量为m，小球的直径为d，当地的重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）为测量绳长L，将小球竖直悬挂，将刻度尺零刻度刚好对齐传感器处细绳的悬点，测出悬点到小球“上沿”的距离，如图乙所示，则绳长　 　。
（2）将小球拉至细绳与竖直方向的夹角为的位置后，由静止释放，当小球摆至最低点时，通过光电门的时间为t，则小球通过光电门时的速度大小　 　（用题中所给字母表示）。
（3）读出第二步骤中的传感器示数，计为F。将t与F作为一组数据记录好。
（4）改变释放小球的位置，重复上述过程，记录多组数据。
I.探究向心力大小与线速度大小之间的关系，根据测量数据作出了图像，如图丙所示，则图像纵截距b的物理意义是　 　
Ⅱ.验证机械能守恒定律
①若小球（大小可忽略）由静止释放到摆至最低点的过程中机械能守恒，则应满足的关系式为　 　（用和t表示）。
②实验过程中，发现光电门位置偏低，则小球摆到最低点时，小球动能的测量值　 　（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
三、计算题（本题共4小题，共41分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要计算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位。
13．如图所示，一细线上端固定，下端拴一质量为m电量为的带电小球，将它置于一水平向右的匀强电场中，当细线偏角为时，小球处于平衡状态（重力加速度为g），试问：
（1）求出电场强度的大小；
（2）若剪断细绳，求小球运动的加速度大小。
14．如图所示，一长的轻杆一端固定在水平转轴O上，另一端固定一质量的小球。小球绕O点在竖直平面内做顺时针的匀速圆周运动，已知小球转动线速度，重力加速度，求：
（1）小球运动到最低点C时，小球对轻杆的作用力
（2）小球运动到B位置时，轻杆对小球的作用力对小球做功的瞬时功率大小
15．一游戏装置如图所示，该装置由小平台、传送带两部分组成。倾角为的传送带以恒定的速率，顺时针方向运行，质量的玩具（可视为质点）从平台以水平抛出，恰好无碰撞地从传送带最上端（传送轮大小不计）进入传送带。玩具在传送带上经过一段时间从传送带底部离开传送带。已知传送带长度，玩具和传送带之间的动摩擦因数，不计空气阻力，重力加速度（、）。
（1）求玩具从平台到传送带最上端的时间t；
（2）求玩具在传送带上运动产生的热量Q；
（3）求因传送玩具电动机多消耗的电能。
16．如图，一段有50个减速带（图中黑点表示，未全部画出）的斜坡，假设斜坡光滑，倾角为，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d。一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距离第1个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度相同，小车通过第50个减速带后立刻进入水平地面（连接处能量不损失），继续滑行距离s后停下，已知小车与水平地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，求：
（1）小车通过第50个减速带时速度的大小；
（2）小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
（3）小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】等效法；微元法；放大法
【解析】【解答】甲图中和丁图中包含的物理思想方法均是微元法；乙图中包含的物理思想方法是放大法，丙图用的是等效思想，则四幅课本插图中包含的物理思想方法相同的是甲图和丁图。
故答案为：D。
【分析】本题考查物理研究中的思想方法，核心是识别微元法、放大法、等效法的应用场景，对比四幅图的方法本质。
2．【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．轨道半径越大，发射速度越大，“羲和号”轨道半径小于同步卫星，发射速度更小，A错误；
B．由，两卫星轨道半径不同，向心加速度不同，B错误；
C．由，轨道半径不同，周期不同，C错误；
D．两卫星均绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，轨道圆心均为地球球心，轨道圆心相同，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：发射速度随轨道高度升高而增大；
B：轨道半径越大，向心加速度越小；
C：轨道半径越大，运行周期越大；
D：地球卫星的轨道圆心均为地心。
3．【答案】A
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】A．探究库仑力与、、的关系时，可采用控制变量法，分别控制两个量不变，研究第三个量对的影响，A正确；
B．保持、不变，减小，变大，仅能说明随减小而增大，无法确定反比例关系，B错误；
C．保持、不变，减小，变小，仅能说明随减小而减小，无法确定正比关系，C错误；
D．保持、不变，减小，变小，仅能说明随减小而减小，无法确定正比关系，D错误。
故答案为：A。
【分析】A：库仑力与电荷量、距离有关，控制变量法是该类实验的常用方法；
B：角度变化只能定性判断力的大小变化，不能定量得出反比规律；
C：单一变量的增减只能反映趋势，无法直接证明正比关系；
D：仅通过减小电荷量、角度减小，不能严谨证明二者成正比。
4．【答案】B
【知识点】静电的防止与利用
【解析】【解答】A．收集器A吸附尘埃是尘埃受到电场力定向移动，不是重力作用，A错误；
B．电离器B附近产生大量电子，尘埃吸附电子带负电，被带正电的收集器A吸引，B正确；
C．电离器B为线状、收集器A为板状，电场线疏密不均，属于非匀强电场，C错误；
D．尘埃向A靠近时，电场强度逐渐减小，电场力减小，加速度变小，D错误。
故答案为：B。
【分析】A：重力远小于电场力，尘埃定向移动的动力是电场力；
B：线状电极附近电离出电子，尘埃带负电，被正极板吸附；
C：线 板结构的电场是非匀强电场，线极附近场强更大；
D：越靠近极板电场越弱，电场力、加速度均减小。
5．【答案】D
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．小球a做匀速圆周运动，合力大小不变，但方向时刻指向圆心，因此合力是变化的，A错误；
B．物块b从最左端到最右端为半个周期，故小球a的周期，B错误；
C．小球a运动到水平直径端点时，其速度方向竖直，沿连杆方向分速度为0，物块b的速度为0，C错误；
D．物块b速度始终水平，当二者速度相同时，小球a速度也必须水平，只有轨道最高点、最低点处小球a速度沿水平方向，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：匀速圆周运动合力为向心力，方向时刻改变；
B：b左右往复一次对应a半个圆周运动；
C：速度关联：沿连杆分速度相等，水平端点处a无水平分速度，b速度为0；
D：b速度只能水平，只有a在最高/最低点时速度水平，二者速度才相同。
6．【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．卫星从轨道Ⅰ到轨道Ⅲ需要两次点火加速，机械能增加，故轨道Ⅰ机械能小于轨道Ⅲ，A错误；
B．卫星在Q点需点火加速，做离心运动进入圆轨道Ⅲ，因此轨道Ⅲ上Q点速度大于椭圆轨道Ⅱ上Q点速度，B正确；
C．卫星在轨道Ⅱ从P到Q，远离地球，地球引力与位移夹角大于90°，引力做负功，C错误；
D．由开普勒第三定律，轨道半径，故，D错误。
故答案为：B。
【分析】A：点火加速会增加卫星机械能，轨道越高，机械能越大；
B：椭圆轨道远地点需要加速才能进入更高圆轨道；
C：远离地球时，万有引力阻碍运动，做负功；
D：轨道半径越大，卫星运行周期越长。
7．【答案】D
【知识点】功的计算；动能定理的综合应用；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】A．重力做功，A正确；
B．滑梯长度，克服阻力做功，B正确；
C．由动能定理，动能增加量，C正确；
D．阻力做负功，机械能减少，D错误。
故答案为：D。
【分析】A：重力做功只与竖直高度有关；
B：先求滑梯斜面长度，阻力做功为阻力乘以路程；
C：合外力做功等于动能变化量；
D：除重力外其他力做功等于机械能变化，阻力做负功，机械能减少。
8．【答案】D
【知识点】电场线；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．正点电荷的电场线为辐射状直线，题图电场线为曲线，该电场不可能由正点电荷产生，A错误；
B．电场线不能相交，相交处场强会有两个方向，违背电场的唯一性，B错误；
C．C处电场线为曲线，粒子受力沿切线方向，速度与受力不共线，无法沿电场线运动，C错误；
D．粒子受力指向轨迹内侧，粒子带负电，可判断电场力方向；由A到D电场力做负功，动能减小，故粒子在A点速度大于D点速度，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：点电荷电场线呈放射状，与题图曲线电场线不符；
B：电场线的基本性质：不相交、不闭合；
C：曲线电场线上静止释放的带电粒子，受力与速度不共线，一定做曲线运动；
D：根据轨迹弯曲方向判断受力，再判断电场力做功正负，进而比较速度大小。
9．【答案】B
【知识点】超重与失重；运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．P、Q沿绳方向分速度大小相等，但实际速度大小不等，A错误；
B．时，Q的速度方向水平，与绳垂直，Q沿绳分速度为0，故P的速度为零，B正确；
C．P的速度先向下增大、后向下减小，加速度先向下后向上，故P先失重后超重，C错误；
D．向增大过程中，绳的拉力一直对P做负功，P的机械能一直减小，D错误。
故答案为：B。
【分析】A：关联速度问题，只有沿绳分速度相等；
B：时绳与Q速度垂直，沿绳分速度为0；
C：P先加速向下、后减速向下，加速度方向改变，失重超重状态改变；
D：拉力始终阻碍P运动，一直做负功，机械能持续减小。
10．【答案】C
【知识点】功能关系；动量定理；斜抛运动
【解析】【解答】A．上升阶段重力、阻力均做负功，速度减小；下落阶段重力做正功、阻力做负功，速度增大，故速度先减小后增大，A错误；
B．空气阻力大小不变，方向始终与速度反向，重力与阻力的夹角持续增大，合外力持续减小，因此加速度一直减小，B错误；
C．由动量定理，加速度一直减小，时间间隔不变，故相邻位置速度变化量一直减小，C正确；
D．机械能变化由空气阻力做功决定，阻力大小不变，相邻位置轨迹长度先减小后增大，故机械能变化量先减小后增大，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：篮球先减速上升、后加速下落；
B：合外力持续减小，加速度持续减小；
C：加速度减小，相同时间内速度变化量减小；
D：轨迹长度先短后长，阻力做功先小后大，机械能变化量先小后大。
11．【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】能够根据三个微粒的受力情况得到电场强度与导体棒之间的距离成反比是解题的关键。
设q、2q、3q所在位置对应的电场强度为，的由平衡条件得
即
而它们距导体棒的距离之比总是，可知某点电场强度的大小与该点到导体棒的距离成反比。则任意一点的电场强度大小可写成
（k为常量）
由于电子绕导体棒做匀速圆周运动，则
解得
故选A。
【分析】根据三个微粒的受力情况得到电场强度之比，进而得到电场强度与距离导体棒的距离关系，根据电场力提供向心力可得速度关系。
12．【答案】36.50；；mg；；偏大
【知识点】牛顿第二定律；向心力
【解析】【解答】（1）刻度尺的最小分度值为1mm，读数时要估读1位，则绳长；
故答案为：36.50
（2）小球通过光电门时的速度大小为；
故答案为：
（4） I. 根据牛顿第二定律，有，联立可得
可知图像的纵截距为小球的重力，即；
Ⅱ. ① 如果满足机械能守恒，有，即；
② 光电门位置偏低，则小球运动到最低点时，球心位置比光电门略高，会导致实际遮光宽度比d小，测出的遮光时间偏小，则速度偏大，动能偏大。
故答案为： I.mg；Ⅱ. ①；②偏大
【分析】(1) 刻度尺读数需估读，读出绳长；
(2) 利用极短时间平均速度等于瞬时速度，小球通过光电门速度；
(4) Ⅰ. 由牛顿第二定律推导函数式，分析纵截距物理意义；
Ⅱ. ① 由机械能守恒，重力势能减少量等于动能增加量列式；
② 分析光电门位置偏低对速度、动能测量值的影响。
13．【答案】（1）解：对小球受力分析如图
根据平衡条件，有
解得
（2）解：若剪断细绳，小球所受的重力和电场力大小不变，则合力为
根据牛顿第二定律有
解得
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1) 对小球受力分析，重力、电场力、拉力，由平衡条件水平方向合力为零求解电场强度；
(2) 剪断细绳后，重力与电场力的合力恒定，由牛顿第二定律求加速度。
（1）对小球受力分析如图
根据平衡条件，有
解得
（2）若剪断细绳，小球所受的重力和电场力大小不变，则合力为
根据牛顿第二定律有
解得
14．【答案】（1）解：在C点，设轻杆对小球的作用力为F，根据牛顿第二定律有
代入题中数据，解得
根据牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为35N，方向竖直向下；
（2）解：小球在水平位置B时，小球重力及杆对小球的作用力提供小球做匀速圆周运动的向心力，则可得轻杆对小球的作用力，解得
设F方向与水平方向成角，则有
则轻杆对小球的作用力对小球做功的瞬时功率大小
联立解得
【知识点】竖直平面的圆周运动；功率及其计算
【解析】【分析】(1) 最低点时，轻杆拉力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出杆的作用力，再用牛顿第三定律得小球对杆的作用力；
(2) 匀速圆周运动，合力做功功率为零，重力功率可直接求解，杆的作用力功率与重力功率大小相等。
（1）在C点，设轻杆对小球的作用力为F，根据牛顿第二定律有
代入题中数据，解得
根据牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为35N，方向竖直向下；
（2）小球在水平位置B时，小球重力及杆对小球的作用力提供小球做匀速圆周运动的向心力，则可得轻杆对小球的作用力
解得
设F方向与水平方向成角，则有
则轻杆对小球的作用力对小球做功的瞬时功率大小
联立解得
15．【答案】（1）解：玩具沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端进入传送带，则有
解得
故
（2）解：玩具刚滑上传送带时的速度为
可知玩具刚滑上传送带受到向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，玩具的加速度大小为
玩具刚滑上传送带到与传送带共速所用时间为
下滑的位移为
故玩具下滑过程与传送带相对滑动的距离为
玩具在传送带上运动产生的热量
（3）解：根据功能关系，可得传送带因传送玩具而多消耗的电能
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动
【解析】【分析】（1）玩具沿水平方向飞出，根据平抛运动规律计算；
（2）根据牛顿第二定律和运动学公式求解玩具下滑过程与传送带相对滑动的距离，相对距离乘以摩擦力等于热量；
（3）传送带因传送玩具而多消耗的电能等于摩擦力乘以位移。
（1）玩具沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端进入传送带，则有
解得
故
（2）玩具刚滑上传送带时的速度为
可知玩具刚滑上传送带受到向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，玩具的加速度大小为
玩具刚滑上传送带到与传送带共速所用时间为
下滑的位移为
故玩具下滑过程与传送带相对滑动的距离为
玩具在传送带上运动产生的热量
（3）根据功能关系，可得传送带因传送玩具而多消耗的电能
16．【答案】（1）解：在水平地面上，小车水平方向受到摩擦力即合外力，根据牛顿第二定律有
解得
根据速度位移公式有
解得
（2）解：由题意可知，通过第30个及后面的减速带时小车的速度相同，所以经过每个减速带损失的机械能即相邻两减速带小车通过时重力势能的减少量，则有
（3）解：小车从静止起释放到下滑经过第30个减速带过程，有
小车重力势能减少的同时动能增加了，所以机械能损失的
解得
每一个减速带上损失的机械能
解得
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律
【解析】【分析】(1) 小车在水平地面受摩擦力做匀减速直线运动，由运动学公式求通过第50个减速带的速度；
(2) 第30个减速带后平均速度相同，说明每经过一个减速带损失的机械能等于下滑重力势能的减少量；
(3) 结合前30个减速带平均损失机械能大于后20个，列不等式推导L的范围。
（1）在水平地面上，小车水平方向受到摩擦力即合外力，根据牛顿第二定律有
解得
根据速度位移公式有
解得
（2）由题意可知，通过第30个及后面的减速带时小车的速度相同，所以经过每个减速带损失的机械能即相邻两减速带小车通过时重力势能的减少量。则有
（3）小车从静止起释放到下滑经过第30个减速带过程，有
小车重力势能减少的同时动能增加了，所以机械能损失的
解得
每一个减速带上损失的机械能
解得
1 / 1江苏省苏州市园三四校联考2024-2025学年高一下学期5月月考物理试题
一、单项选择题（本题共11小题，每小题4分，共44分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选错或不答的得0分。）
1．“判天地之美，析万物之理”，领略建立物理规律的思想方法往往比掌握知识本身更加重要。如图四幅课本插图中包含的物理思想方法相同的是（　　）
A．甲和乙 B．乙和丁 C．乙和丙 D．甲和丁
【答案】D
【知识点】等效法；微元法；放大法
【解析】【解答】甲图中和丁图中包含的物理思想方法均是微元法；乙图中包含的物理思想方法是放大法，丙图用的是等效思想，则四幅课本插图中包含的物理思想方法相同的是甲图和丁图。
故答案为：D。
【分析】本题考查物理研究中的思想方法，核心是识别微元法、放大法、等效法的应用场景，对比四幅图的方法本质。
2．我国太阳探测卫星“羲和号”在离地球表面高度517km的圆轨道上运行，则该卫星与地球同步卫星相比，具有相同的（　　）
A．发射速度 B．向心加速度 C．周期 D．轨道圆心
【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．轨道半径越大，发射速度越大，“羲和号”轨道半径小于同步卫星，发射速度更小，A错误；
B．由，两卫星轨道半径不同，向心加速度不同，B错误；
C．由，轨道半径不同，周期不同，C错误；
D．两卫星均绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，轨道圆心均为地球球心，轨道圆心相同，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：发射速度随轨道高度升高而增大；
B：轨道半径越大，向心加速度越小；
C：轨道半径越大，运行周期越大；
D：地球卫星的轨道圆心均为地心。
3．如图所示，O是一个带电物体，若把系在绝缘丝线上的带电小球先后挂在横杆上的位置，可以比较小球在不同位置所受库仑力的大小，库仑力大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来（小球与物体O在同一水平线上），若物体O的电荷量为Q，小球电荷量为q，物体与小球间距离用d表示，物体和小球之间的库仑力用F表示。则下列对该实验的判断正确的是（　　）
A．可用控制变量法，探究F与的关系
B．保持不变，减小d，则变大，说明F与q成反比
C．保特不变，减小q，则变小，说明F与q成正比
D．保持不变，减小Q，则变小，说明F与Q成正比
【答案】A
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】A．探究库仑力与、、的关系时，可采用控制变量法，分别控制两个量不变，研究第三个量对的影响，A正确；
B．保持、不变，减小，变大，仅能说明随减小而增大，无法确定反比例关系，B错误；
C．保持、不变，减小，变小，仅能说明随减小而减小，无法确定正比关系，C错误；
D．保持、不变，减小，变小，仅能说明随减小而减小，无法确定正比关系，D错误。
故答案为：A。
【分析】A：库仑力与电荷量、距离有关，控制变量法是该类实验的常用方法；
B：角度变化只能定性判断力的大小变化，不能定量得出反比规律；
C：单一变量的增减只能反映趋势，无法直接证明正比关系；
D：仅通过减小电荷量、角度减小，不能严谨证明二者成正比。
4．静电除尘原理是设法使空气中的尘埃带电，在静电力作用下，尘埃到达电极而被收集起来，如图所示，静电除尘器由板状收集器A和线状电离器B组成，间接有高压电源，它们之间形成很强的电场，能使空气中的气体分子电离，进而使通过除尘器的尘埃带电，最后被吸附到收集器A上，下列选项正确的是（　　）
A．收集器A吸附尘埃的原因是尘埃受到重力作用使之定向移动
B．收集器A吸附大量尘埃，是因为尘埃带负电
C．收集器A和电离器B之间形成匀强电场
D．尘埃靠近收集器A的过程中，加速度变大
【答案】B
【知识点】静电的防止与利用
【解析】【解答】A．收集器A吸附尘埃是尘埃受到电场力定向移动，不是重力作用，A错误；
B．电离器B附近产生大量电子，尘埃吸附电子带负电，被带正电的收集器A吸引，B正确；
C．电离器B为线状、收集器A为板状，电场线疏密不均，属于非匀强电场，C错误；
D．尘埃向A靠近时，电场强度逐渐减小，电场力减小，加速度变小，D错误。
故答案为：B。
【分析】A：重力远小于电场力，尘埃定向移动的动力是电场力；
B：线状电极附近电离出电子，尘埃带负电，被正极板吸附；
C：线 板结构的电场是非匀强电场，线极附近场强更大；
D：越靠近极板电场越弱，电场力、加速度均减小。
5．机械设计中有许多精妙的设计，如图所示为一种将圆周运动转化为一条直线上往复运动的设计。沿竖直面内圆弧轨道做匀速圆周运动的小球a通过有转轴的连杆与物块b相连，物块b穿在水平杆上，水平杆的延长线通过圆心。物块b从最左端第一次运动到最右端经历的时间为t。则下列说法正确的是（　　）
A．小球a所受合力不变
B．小球a运动的周期为t
C．小球a运动到水平直径任一端点时，物块b运动的速率最大
D．小球a与物块b速度相同时，小球a一定位于轨道最高点或最低点
【答案】D
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．小球a做匀速圆周运动，合力大小不变，但方向时刻指向圆心，因此合力是变化的，A错误；
B．物块b从最左端到最右端为半个周期，故小球a的周期，B错误；
C．小球a运动到水平直径端点时，其速度方向竖直，沿连杆方向分速度为0，物块b的速度为0，C错误；
D．物块b速度始终水平，当二者速度相同时，小球a速度也必须水平，只有轨道最高点、最低点处小球a速度沿水平方向，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：匀速圆周运动合力为向心力，方向时刻改变；
B：b左右往复一次对应a半个圆周运动；
C：速度关联：沿连杆分速度相等，水平端点处a无水平分速度，b速度为0；
D：b速度只能水平，只有a在最高/最低点时速度水平，二者速度才相同。
6．如图所示，人造卫星在半径为的圆轨道I上绕地球做匀速圆周运动，速度为。某时刻卫星在点通过点火加速进入椭圆轨道II，到达远地点时再次加速进入半径为的圆轨道III。下列说法正确的是（　　）
A．卫星在轨道I上的机械能大于在轨道III上的机械能
B．卫星在点加速进入轨道III后，速度大于其在轨道II上经过点时的速度
C．卫星在轨道II上从点运动到点过程中，地球引力对卫星做正功
D．卫星在轨道III上的周期小于在轨道I上的周期
【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．卫星从轨道Ⅰ到轨道Ⅲ需要两次点火加速，机械能增加，故轨道Ⅰ机械能小于轨道Ⅲ，A错误；
B．卫星在Q点需点火加速，做离心运动进入圆轨道Ⅲ，因此轨道Ⅲ上Q点速度大于椭圆轨道Ⅱ上Q点速度，B正确；
C．卫星在轨道Ⅱ从P到Q，远离地球，地球引力与位移夹角大于90°，引力做负功，C错误；
D．由开普勒第三定律，轨道半径，故，D错误。
故答案为：B。
【分析】A：点火加速会增加卫星机械能，轨道越高，机械能越大；
B：椭圆轨道远地点需要加速才能进入更高圆轨道；
C：远离地球时，万有引力阻碍运动，做负功；
D：轨道半径越大，卫星运行周期越长。
7．重力为的小朋友从高为的倾斜滑梯的顶端自由下滑。已知小朋友在下滑过程中受到的阻力恒为，倾斜滑梯的倾角为，小朋友下滑到滑梯底端的过程中，下列判断不正确的是（　　）
A．重力对小朋友做功为 B．小朋友克服阻力做功为
C．动能增加量为 D．小朋友的机械能增加了
【答案】D
【知识点】功的计算；动能定理的综合应用；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】A．重力做功，A正确；
B．滑梯长度，克服阻力做功，B正确；
C．由动能定理，动能增加量，C正确；
D．阻力做负功，机械能减少，D错误。
故答案为：D。
【分析】A：重力做功只与竖直高度有关；
B：先求滑梯斜面长度，阻力做功为阻力乘以路程；
C：合外力做功等于动能变化量；
D：除重力外其他力做功等于机械能变化，阻力做负功，机械能减少。
8．如图所示的实线为某静电场的电场线，虚线是仅在电场力作用下某带负电粒子的运动迹，A、B、C、D是电场线上的点，其中A、D两点在粒子的轨迹上，下列说法正确的是（　　）
A．该电场可能是正点电荷产生的
B．由图可知，同一电场的电场线在空间是可以相交的
C．将该粒子在C点由静止释放，它可能一直沿电场线运动
D．该粒子在A点的速度一定大于在D点的速度
【答案】D
【知识点】电场线；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．正点电荷的电场线为辐射状直线，题图电场线为曲线，该电场不可能由正点电荷产生，A错误；
B．电场线不能相交，相交处场强会有两个方向，违背电场的唯一性，B错误；
C．C处电场线为曲线，粒子受力沿切线方向，速度与受力不共线，无法沿电场线运动，C错误；
D．粒子受力指向轨迹内侧，粒子带负电，可判断电场力方向；由A到D电场力做负功，动能减小，故粒子在A点速度大于D点速度，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：点电荷电场线呈放射状，与题图曲线电场线不符；
B：电场线的基本性质：不相交、不闭合；
C：曲线电场线上静止释放的带电粒子，受力与速度不共线，一定做曲线运动；
D：根据轨迹弯曲方向判断受力，再判断电场力做功正负，进而比较速度大小。
9．如图所示，水平长杆上套一物块Q，轻绳穿过光滑圆环连接物体，某时刻由静止释放，释放时左侧轻绳与水平方向夹角为，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．的速度大小始终相等
B．时，P的速度为零
C．向增大的过程中，P一直处于失重状态
D．向增大的过程中，P的机械能先增大后减小
【答案】B
【知识点】超重与失重；运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．P、Q沿绳方向分速度大小相等，但实际速度大小不等，A错误；
B．时，Q的速度方向水平，与绳垂直，Q沿绳分速度为0，故P的速度为零，B正确；
C．P的速度先向下增大、后向下减小，加速度先向下后向上，故P先失重后超重，C错误；
D．向增大过程中，绳的拉力一直对P做负功，P的机械能一直减小，D错误。
故答案为：B。
【分析】A：关联速度问题，只有沿绳分速度相等；
B：时绳与Q速度垂直，沿绳分速度为0；
C：P先加速向下、后减速向下，加速度方向改变，失重超重状态改变；
D：拉力始终阻碍P运动，一直做负功，机械能持续减小。
10．篮球投出后经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相等。篮球受到的空气阻力大小相等，方向始终与速度方向相反，则篮球（　　）
A．速度大小一直在减小
B．加速度大小先减小后增大
C．相邻位置的速度变化量一直减小
D．相邻位置的机械能变化量先增大后减小
【答案】C
【知识点】功能关系；动量定理；斜抛运动
【解析】【解答】A．上升阶段重力、阻力均做负功，速度减小；下落阶段重力做正功、阻力做负功，速度增大，故速度先减小后增大，A错误；
B．空气阻力大小不变，方向始终与速度反向，重力与阻力的夹角持续增大，合外力持续减小，因此加速度一直减小，B错误；
C．由动量定理，加速度一直减小，时间间隔不变，故相邻位置速度变化量一直减小，C正确；
D．机械能变化由空气阻力做功决定，阻力大小不变，相邻位置轨迹长度先减小后增大，故机械能变化量先减小后增大，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：篮球先减速上升、后加速下落；
B：合外力持续减小，加速度持续减小；
C：加速度减小，相同时间内速度变化量减小；
D：轨迹长度先短后长，阻力做功先小后大，机械能变化量先小后大。
11．如图所示，一足够大的空间内有一无限长的均匀带正电的导体棒水平放置，导体棒所在的竖直平面内放有三个质量相同、电荷量分别为q、2q、3q的微粒，通过多次摆放发现，当三个微粒均静止时，它们距导体棒的距离之比总是，不考虑微粒间的相互作用。现撤去该三个微粒，在导体棒所在的竖直平面内距导体棒1.5h、2.5h处分别放有电子A、B（不计重力），给它们各自一个速度使其以导体棒为轴做匀速圆周运动，则A、B做圆周运动的线速度之比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】能够根据三个微粒的受力情况得到电场强度与导体棒之间的距离成反比是解题的关键。
设q、2q、3q所在位置对应的电场强度为，的由平衡条件得
即
而它们距导体棒的距离之比总是，可知某点电场强度的大小与该点到导体棒的距离成反比。则任意一点的电场强度大小可写成
（k为常量）
由于电子绕导体棒做匀速圆周运动，则
解得
故选A。
【分析】根据三个微粒的受力情况得到电场强度之比，进而得到电场强度与距离导体棒的距离关系，根据电场力提供向心力可得速度关系。
二、实验题（本题每空3分，共15分）
12．某同学运用如图甲所示的装置来探究向心力大小与线速度大小之间的关系并验证机械能守恒定律。已知小球的质量为m，小球的直径为d，当地的重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）为测量绳长L，将小球竖直悬挂，将刻度尺零刻度刚好对齐传感器处细绳的悬点，测出悬点到小球“上沿”的距离，如图乙所示，则绳长　 　。
（2）将小球拉至细绳与竖直方向的夹角为的位置后，由静止释放，当小球摆至最低点时，通过光电门的时间为t，则小球通过光电门时的速度大小　 　（用题中所给字母表示）。
（3）读出第二步骤中的传感器示数，计为F。将t与F作为一组数据记录好。
（4）改变释放小球的位置，重复上述过程，记录多组数据。
I.探究向心力大小与线速度大小之间的关系，根据测量数据作出了图像，如图丙所示，则图像纵截距b的物理意义是　 　
Ⅱ.验证机械能守恒定律
①若小球（大小可忽略）由静止释放到摆至最低点的过程中机械能守恒，则应满足的关系式为　 　（用和t表示）。
②实验过程中，发现光电门位置偏低，则小球摆到最低点时，小球动能的测量值　 　（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
【答案】36.50；；mg；；偏大
【知识点】牛顿第二定律；向心力
【解析】【解答】（1）刻度尺的最小分度值为1mm，读数时要估读1位，则绳长；
故答案为：36.50
（2）小球通过光电门时的速度大小为；
故答案为：
（4） I. 根据牛顿第二定律，有，联立可得
可知图像的纵截距为小球的重力，即；
Ⅱ. ① 如果满足机械能守恒，有，即；
② 光电门位置偏低，则小球运动到最低点时，球心位置比光电门略高，会导致实际遮光宽度比d小，测出的遮光时间偏小，则速度偏大，动能偏大。
故答案为： I.mg；Ⅱ. ①；②偏大
【分析】(1) 刻度尺读数需估读，读出绳长；
(2) 利用极短时间平均速度等于瞬时速度，小球通过光电门速度；
(4) Ⅰ. 由牛顿第二定律推导函数式，分析纵截距物理意义；
Ⅱ. ① 由机械能守恒，重力势能减少量等于动能增加量列式；
② 分析光电门位置偏低对速度、动能测量值的影响。
三、计算题（本题共4小题，共41分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要计算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位。
13．如图所示，一细线上端固定，下端拴一质量为m电量为的带电小球，将它置于一水平向右的匀强电场中，当细线偏角为时，小球处于平衡状态（重力加速度为g），试问：
（1）求出电场强度的大小；
（2）若剪断细绳，求小球运动的加速度大小。
【答案】（1）解：对小球受力分析如图
根据平衡条件，有
解得
（2）解：若剪断细绳，小球所受的重力和电场力大小不变，则合力为
根据牛顿第二定律有
解得
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1) 对小球受力分析，重力、电场力、拉力，由平衡条件水平方向合力为零求解电场强度；
(2) 剪断细绳后，重力与电场力的合力恒定，由牛顿第二定律求加速度。
（1）对小球受力分析如图
根据平衡条件，有
解得
（2）若剪断细绳，小球所受的重力和电场力大小不变，则合力为
根据牛顿第二定律有
解得
14．如图所示，一长的轻杆一端固定在水平转轴O上，另一端固定一质量的小球。小球绕O点在竖直平面内做顺时针的匀速圆周运动，已知小球转动线速度，重力加速度，求：
（1）小球运动到最低点C时，小球对轻杆的作用力
（2）小球运动到B位置时，轻杆对小球的作用力对小球做功的瞬时功率大小
【答案】（1）解：在C点，设轻杆对小球的作用力为F，根据牛顿第二定律有
代入题中数据，解得
根据牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为35N，方向竖直向下；
（2）解：小球在水平位置B时，小球重力及杆对小球的作用力提供小球做匀速圆周运动的向心力，则可得轻杆对小球的作用力，解得
设F方向与水平方向成角，则有
则轻杆对小球的作用力对小球做功的瞬时功率大小
联立解得
【知识点】竖直平面的圆周运动；功率及其计算
【解析】【分析】(1) 最低点时，轻杆拉力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出杆的作用力，再用牛顿第三定律得小球对杆的作用力；
(2) 匀速圆周运动，合力做功功率为零，重力功率可直接求解，杆的作用力功率与重力功率大小相等。
（1）在C点，设轻杆对小球的作用力为F，根据牛顿第二定律有
代入题中数据，解得
根据牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为35N，方向竖直向下；
（2）小球在水平位置B时，小球重力及杆对小球的作用力提供小球做匀速圆周运动的向心力，则可得轻杆对小球的作用力
解得
设F方向与水平方向成角，则有
则轻杆对小球的作用力对小球做功的瞬时功率大小
联立解得
15．一游戏装置如图所示，该装置由小平台、传送带两部分组成。倾角为的传送带以恒定的速率，顺时针方向运行，质量的玩具（可视为质点）从平台以水平抛出，恰好无碰撞地从传送带最上端（传送轮大小不计）进入传送带。玩具在传送带上经过一段时间从传送带底部离开传送带。已知传送带长度，玩具和传送带之间的动摩擦因数，不计空气阻力，重力加速度（、）。
（1）求玩具从平台到传送带最上端的时间t；
（2）求玩具在传送带上运动产生的热量Q；
（3）求因传送玩具电动机多消耗的电能。
【答案】（1）解：玩具沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端进入传送带，则有
解得
故
（2）解：玩具刚滑上传送带时的速度为
可知玩具刚滑上传送带受到向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，玩具的加速度大小为
玩具刚滑上传送带到与传送带共速所用时间为
下滑的位移为
故玩具下滑过程与传送带相对滑动的距离为
玩具在传送带上运动产生的热量
（3）解：根据功能关系，可得传送带因传送玩具而多消耗的电能
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动
【解析】【分析】（1）玩具沿水平方向飞出，根据平抛运动规律计算；
（2）根据牛顿第二定律和运动学公式求解玩具下滑过程与传送带相对滑动的距离，相对距离乘以摩擦力等于热量；
（3）传送带因传送玩具而多消耗的电能等于摩擦力乘以位移。
（1）玩具沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端进入传送带，则有
解得
故
（2）玩具刚滑上传送带时的速度为
可知玩具刚滑上传送带受到向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，玩具的加速度大小为
玩具刚滑上传送带到与传送带共速所用时间为
下滑的位移为
故玩具下滑过程与传送带相对滑动的距离为
玩具在传送带上运动产生的热量
（3）根据功能关系，可得传送带因传送玩具而多消耗的电能
16．如图，一段有50个减速带（图中黑点表示，未全部画出）的斜坡，假设斜坡光滑，倾角为，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d。一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距离第1个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度相同，小车通过第50个减速带后立刻进入水平地面（连接处能量不损失），继续滑行距离s后停下，已知小车与水平地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，求：
（1）小车通过第50个减速带时速度的大小；
（2）小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
（3）小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？
【答案】（1）解：在水平地面上，小车水平方向受到摩擦力即合外力，根据牛顿第二定律有
解得
根据速度位移公式有
解得
（2）解：由题意可知，通过第30个及后面的减速带时小车的速度相同，所以经过每个减速带损失的机械能即相邻两减速带小车通过时重力势能的减少量，则有
（3）解：小车从静止起释放到下滑经过第30个减速带过程，有
小车重力势能减少的同时动能增加了，所以机械能损失的
解得
每一个减速带上损失的机械能
解得
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律
【解析】【分析】(1) 小车在水平地面受摩擦力做匀减速直线运动，由运动学公式求通过第50个减速带的速度；
(2) 第30个减速带后平均速度相同，说明每经过一个减速带损失的机械能等于下滑重力势能的减少量；
(3) 结合前30个减速带平均损失机械能大于后20个，列不等式推导L的范围。
（1）在水平地面上，小车水平方向受到摩擦力即合外力，根据牛顿第二定律有
解得
根据速度位移公式有
解得
（2）由题意可知，通过第30个及后面的减速带时小车的速度相同，所以经过每个减速带损失的机械能即相邻两减速带小车通过时重力势能的减少量。则有
（3）小车从静止起释放到下滑经过第30个减速带过程，有
小车重力势能减少的同时动能增加了，所以机械能损失的
解得
每一个减速带上损失的机械能
解得
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