青海省西宁市2022届高三上学期物理期末联考试卷
一、单选题
1．（2022高三上·浙江月考）一辆汽车沿平直道路行驶，其v－t图象如图所示，在t=0到t=40s这段时间内，汽车的平均速度是（ ）
A．0.75m/s B．21.25m/s C．18.75m/s D．20m/s
【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】在v－t图象中，图线与时间轴围成的面积表示位移，则在t=0到t=40s这段时间内，汽车的位移为
则平均速度为
故答案为：C。
【分析】v-t图像与坐标轴围成图形的面积表示物体运动的位移，结合平均速度的定义得出平均速度的大小。
2．（2021高三上·西宁期末）如图所示，轻绳的一端系在质量为m的物体上，另一端系在一个轻质圆环上，圆环套在粗糙水平杆MN上．现用水平力F拉绳上一点，使物体处于图中实线位置，然后改变F的大小使其缓慢下降到图中虚线位置，圆环仍在原来的位置不动，则在此过程中，水平拉力F，环与杆的摩擦力f和环对杆的压力FN的变化情况是（ ）
A．F逐渐增大，f保持不变，逐渐增大
B．F逐渐增大，f逐渐增大，保持不变
C．F逐渐减小，f逐渐减小，保持不变
D．F逐渐减小，f逐渐增大，逐渐减小
【答案】C
【知识点】共点力平衡条件的应用；受力分析的应用
【解析】【解答】在节点A受力分析如图所示：
当结点缓慢下降到图中虚线位置，T的变化如图中从1到2到3的位置变化，由图可以看出：T变小F变小；以M和m整体为研究对象受力分析，水平方向受力平衡：F=f，则f逐渐减小；竖直方向受力平衡：FN=mg+Mg，故保持不变；C符合题意，ABD不符合题意．
故答案为：C
【分析】在结点A进行受力分析判断T和F的变化情况，对整体进行受力分析，根据共点力平衡得出f和支持力如何变化。
3．（2021高三上·西宁期末）如图所示，质量为的薄长木板静止在光滑的水平面上，时一质量为的滑块以水平初速度从长木板的左端冲上木板并最终从右端滑下．已知滑块和长木板在运动过程中的图象如图所示，则木板与滑块的质量之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】根据动量守恒定律：
由图知：v0=40m/s，v1=20m/s，v2=10m/s
代入数据得：=2：1，B符合题意，ACD不符合题意。
故本题选B．
【分析】木板和滑块运动的过程中根据动量守恒定律得出质量之比。
4．（2021高三上·西宁期末）如图所示，在倾角为θ=30的光滑斜面上，物块A、B质量均为m．物块A静止在轻弹簧上端，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B靠在一起，但A、B之间无弹力．已知重力加速度为g，某时刻将细线剪断，下列说法正确的是（ ）
A．细线剪断前，弹簧的弹力为mg
B．细线剪断前，细线的拉力为mg
C．细线剪断瞬间，弹簧的弹力发生变化
D．细线剪断瞬间，物块B的加速度大小为g
【答案】D
【知识点】受力分析的应用
【解析】【解答】A、剪断细绳前，由于A.B之间无弹力，对A分析可以得到弹簧的弹力： ，A不符合题意；
B、剪断细绳前，由于A.B之间无弹力，对A分析可以得到 ，B不符合题意；
C、细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，C不符合题意；
D、剪断细线瞬间，对A.B系统，加速度：，D对；
故答案为：D
【分析】剪短细绳前，对A进行受力分析，根据共点力平衡得出弹簧的弹力以及细线的拉力；剪短的瞬间根据牛顿第二定律得出加速度的表达式。
5．（2019高三上·泉港月考）如图所示 是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体 ，当小车在水平地面上运动过程中，M始终未相对杆 移动，M、 与小车保持相对静止，悬线与竖直方向为 ，则M受到横杆的摩擦力为（ ）
A．大小为 方向水平向右
B．大小为 方向水平向右
C．大小为 方向水平向左
D．大小为 方向水平向左
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】解：对小球受力分析，受重力mg和细线的拉力T，如图
根据牛顿第二定律，有Tsinθ=ma ①，Tcosθ-mg=0 ②
再对m和M整体受力分析，受总重力（M+m）g、支持力N、摩擦力f，如图
根据牛顿第二定律，有f=（M+m）a ③，N-（M+m）g=0 ④
由①②③④解得： tanθ= 所以a="g" tanθ，f=（M+m）a= ，方向水平向右
故答案为：A．
【分析】先对小球受力分析，根据牛顿第二定律列式分析；再对小球和滑块整体受力分析，根据牛顿第二定律列式求解．
6．（2021高三上·西宁期末）质量为的物体，在距地面高处以的加速度由静止竖直下落到地面。下列说法中正确的是（ ）
A．物体的重力势能减少了 B．物体的动能增加
C．物体的机械能减少 D．重力做功
【答案】B
【知识点】功能关系；动能；重力势能
【解析】【解答】AD．物体在距地面高处竖直下落到地面，因此重力做功，物体的重力势能减少了，AD不符合题意；
B．由牛顿第二定律可得
由动能定理可得
B符合题意；
C．物体的机械能变化为
物体的机械能减少，C不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据重力做功以及重力势能的关系判断重力势能的减少量；利用牛顿第二定律以及动能定理得出动能的增加量；结合机械能的变化情况得出机械能的减少量。
7．（2017高一下·宜昌期末）如图所示的情况中，a、b两点的电场强度和电势均相同的是（ ）
A．甲图：离点电荷等距的a、b两点
B．乙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的a、b两点
C．丙图：两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的a、b两点
D．丁图：带电平行金属板两板间分别靠近两板的a、b两点
【答案】B
【知识点】电场强度；电势；等势面
【解析】【解答】解：A、a、b是离点电荷等距的a、b两点，处于同一等势面上，电势相同，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同．A不符合题意．
B、等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，则a、b的电势相同．由于电场线关于两电荷连线上下对称，而且都与等势面垂直，所以场强的大小和方向都相同．B符合题意．
C、根据电场线的对称性可知，ab两点电势相同，场强大小相等，但方向相反，所以电场强度不同．C不符合题意．
D、a、b是匀强电场中的两点，电场强度相同，a点的电势大于b点的电势．D不符合题意
故答案为：B．
【分析】电场强度是矢量而电势是标量，结合点场分布特点分析即可。
8．（2021高三上·西宁期末）如图所示，两块正对平行金属板与一电压恒定的电源相连，下板接地，下板上叠放有玻璃板，一带电油滴恰好静止于两板间的P点，当把玻璃板从两板间快速抽出，下列说法错误的是（ ）
A．带电油滴带负电 B．P点的电势保持不变
C．带电油滴将加速向下运动 D．会有瞬间电流从a向b流经电阻R
【答案】C
【知识点】电容器及其应用；电场及电场力
【解析】【解答】A．带电油滴所受电场力竖直向上，而上极板带正电，所以带电油滴带负电，A正确，不符合题意；
BC．把玻璃板从两板间快速抽出，两极板间电压不变，极板间距离不变，所以电场强度不变，带电油滴将保持静止，又因为P点到下极板的距离不变，所以P点的电势保持不变，B正确，不符合题意，C错误，符合题意；
D．平行板电容器电容的决定式和定义式为
把玻璃板从两板间快速抽出，两极板间介电常数减小，则C减小，而U不变，所以Q减小，电容器将放电，则会有瞬间电流从a向b流经电阻R，D正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据电场力的方向判断油滴的电性；结合电容器的决定式判断P点的电势变化情况；同时得出瞬间产生电流的方向。
9．（2019高三上·凤城月考）图示为一带电粒子在水平向右的匀强电场中运动的一段轨迹，A、B为轨迹上的两点．已知该粒子质量为m、电荷量为q，其在A点的速度大小为vo，方向竖直向上，到B点时速度方向与水平方向的夹角为30°，粒子重力不计．则A、B两点间的电势差为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】根据题意，在B点， ，解得：
从A到B根据动能定理得：
联立上述各式得：
故答案为：C．
【分析】分析可知，该带电粒子在电场中做类平抛运动，在B点将速度分解，找到B点速度和分速度 的关系，求出B点速度；从A到B根据动能定理，即可求解A、B两点电势差．
10．（2021高三上·西宁期末）如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即，实线为一带正电的质点仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知下列说法中错误的是（ ）
A．三个等势面中，a的电势最高
B．带电质点通过P点时的电势能较Q点大
C．带电质点通过P点时的动能较Q点大
D．带电质点通过P点时的加速度较Q点大
【答案】C
【知识点】电场及电场力；电场力做功；电势能；电势
【解析】【解答】A．质点所受的电场力指向轨迹内侧，且与等势面垂直，由于电荷带正电，因此电场线垂直于等势面，指向右下方，而沿电场线电势降低，A等势线的电势最高，c等势线的电势最低，A正确，不符合题意；
B．根据质点的受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故质点在P点的电势能大于Q点的电势能，B正确，不符合题意；
C．从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，C错误，符合题意；
D．等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力较大，根据牛顿第二定律，加速度也较大，D正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】曲线运动的合力指向轨迹的凹侧，进一步得出电场线的方向，从而得出电势的高低；结合电场力的做功情况得出电势能的变化情况和动能的变化情况。
11．（2021高三上·西宁期末）如图所示，有a、b、c、d四颗卫星，a还未发射，在赤道上随地球一起转动，b是近地卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，卫星的运动均视为匀速圆周运动。下列关于卫星的说法中正确的是（ ）
A．卫星a与b的向心加速度相等，都等于重力加速度g
B．卫星d的线速度比卫星c的线速度大
C．卫星a的角速度比卫星d的角速度大
D．卫星b的周期比卫星c的周期大
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．同步卫星的周期与地球自转周期相同，则知a与c的角速度相同，根据a＝ω2r
知，c的向心加速度大。卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，A不符合题意；
B．卫星的半径越大，线速度越小，所以d的线速度最小，B不符合题意；
C．a与c的角速度相同， d的角速度小于c的角速度，则a的角速度大于d的角速度，C符合题意；
D．由开普勒第三定律知，卫星的半径越大，周期越大，所以b的运行周期小于c的周期，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】同步卫星的周期与地球自转周期相同；利用向心加速度与角速度的关系判断向心加速度的大小关系；卫星的半径越大，线速度越小，利用开普勒三定律判断bc周期的大小关系。
二、多选题
12．（2021高三上·西宁期末）如图所示质量m＝200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。则下列说法正确的是（ ）
A．汽车受到的阻力700N
B．汽车的最大牵引力为200N
C．汽车在做变加速运动过程中的位移大小为90m
D．8s﹣18s过程中汽车牵引力做的功为7×104 J
【答案】A,D
【知识点】功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】A．当牵引力等于阻力时，速度取到最大值，则有
A符合题意；
B．汽车做匀加速运动的牵引力最大，则有
B不符合题意；
C．变加速过程中，根据动能定理得
解得
C不符合题意；
D.8s-18s过程中汽车牵引力已达到最大功率，所以牵引力做的功为
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据机车速度达到最大时牵引力等于摩擦力得出汽车受到的阻力；利用功率瞬时值的表达式得出牵引力的大小；在变加速的过程中根据动能定理得出运动的位移，利用平均功率的表达式得出牵引力做的功。
三、实验题
13．（2021高三上·西宁期末）为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，A、B两同学设计了如图甲所示的实验装置．其中小车的质量为M，砂和砂桶的质量为m，与小车相连的滑轮的质量为m0．力传感器可测出轻绳中的拉力大小，重力加速度为g。实验时先平衡摩擦力。
（1）A同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（相邻两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度大小为 m/s2（结果保留三位有效数字）。
（2）A同学以力传感器的示数F为纵坐标，加速度a为横坐标，画出的F–a图象如图丙所示，求得图线的斜率为k，则小车的质量M= （用所给物理量的符号表示）。
（3）B同学也以力传感器的示数F为纵坐标，加速度a为横坐标，画出的F–a图象如图丁所示，图线不过原点的原因可能是 ．（答一条即可）
【答案】（1）1.80
（2）
（3）平衡摩擦力过度
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）由于两计数点间还有4个点没有画出，故两点之间的时间间隔为
取六段距离，采用两分法，由
可得
（2）对小车和滑轮组成的整体，根据牛顿第二定律，
得
F-a图线是一条过原点的直线，斜率
解得
（3）根据F等于零，加速度不为零，分析图线不过原点的原因，可知实验中平衡摩擦力过度
【分析】（1）利用匀变速直线运动相同时间间隔内的位移差得出加速度的大小；
（2）对小车和滑轮组成的整体根据牛顿第二定律得出F与a的关系式，结合图像得出小车的质量。
14．（2021高三上·西宁期末）在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某实验小组利用如图甲所示的装置进行实验，平衡摩擦力后，在保持沙和桶总质量不变的情况下，增加小车质量M，放开砂桶，小车加速运动，处理纸带得到小车运动的加速度为a；重做实验多次，得到多组数据。
（1）除了电火花计时器、小车、沙子和砂桶、细线、附有定滑轮的长木板、垫木、导线及开关外，在下列器材中必须使用的有____（选填选项前的字母）。
A．220V、50Hz的交流电源
B．刻度尺
C．电压可调的直流电源
D．天平（附砝码）
E．秒表
（2）以下实验操作正确的是 （选填选项前的字母）。
A．调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行
B．在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上
C．在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将沙子和砂桶通过细线挂在小车上
D．若增大小车质量，需要重新平衡摩擦力
（3）在满足小车质量远大于沙子和砂桶质量后，某组同学实验得出数据，画出的a-的关系图线如图乙所示。从图像中可以推算出，作用在小车上的恒力F= N。当小车的质量为4kg时，它的加速度为 m/s2。
【答案】（1）A；B；D
（2）AB
（3）2；0.5
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）电火花计时器要用到交流电源，测量长度需要刻度尺，测量小车质量必须用天平。故答案为：ABD。
（2）A．实验进行时，拉小车的细线平行于长木板，能保证运动过程中拉力方向不变且恒定。A符合题意；
BC．平衡摩擦力时不挂砂桶，但要让纸带连在小车上，通过打点计时器打的点迹判断小车摩擦力是否平衡到位。B符合题意，C不符合题意；
D．摩擦力平衡到位后，由于小车重力的分力等于滑动摩擦力，即
可知增加小车质量无需再次平衡摩擦力。D不符合题意。
故答案为：AB。
（3）由图可知的关系图线是一条过坐标原点的直线说明物体所受的合力是定值，由图可知，，根据牛顿第二定律可得作用在物体上的恒力
当物体的质量为时，得
【分析】（1） 在“探究加速度与力、质量的关系”实验中 用到交流电源，测量长度需要刻度尺以及天平；
（2）“探究加速度与力、质量的关系”的实验原理以及注意事项进行分析判断；
（3）根据的图像以及牛顿第二定律得出恒力的大小以及时的加速度。
15．（2021高三上·西宁期末）如图所示，是利用自由落体运动进行“验证机械能守恒定律”的实验。所用的打点计时器通以50Hz的交流电。
（1）甲同学按照正确的实验步骤操作后，选出一条纸带如图所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，用刻度尺测得OA=12.41cm，OB=18.60cm，OC=27.21cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点。已知重物的质量为1.00kg，取g=9.80m/s2。在OB段运动过程中，重物重力势能的减少量 J；重物的动能增加量 J(结果均保留三位有效数字)。
（2）实验中动能的增加量应略小于重力势能的减少量，主要原因是____
A．重物下落的实际距离大于测量值
B．重物下落的实际距离小于测量值
C．重物下落受到阻力
D．重物的实际末速度大于计算值
【答案】（1）0.911；0.856
（2）C
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1） 在OB段运动过程中，重物重力势能的减少量
打点计时器通以50Hz的交流电，打点计时器打点时间间隔0.02s，打B点时重物的速度大小
重物的动能增加量
（2） 重物下落过程中存在空气阻力以及限位孔与纸带之间存在摩擦，在下落过程中，除了重物重力做正功外，还有阻力做负功，重物动能的增加量略小于重力势能的减少量
故答案为：C。
【分析】（1）根据重力势能的表达式得出势能的减少量；结合平均速度等于瞬时速度得出B点的速度，根据动能的变化量得出动能的增加量；
（2） 根据“验证机械能守恒定律”的实验原理以及注意事项进行分析判断。
四、解答题
16．（2021高三上·西宁期末）如图所示，竖直平面内由倾斜轨道AB、半径为R的圆周细圆管O1（在底部C处有交错，交错宽度不计）、半径为R的四分之一圆弧轨道DE构成一游戏装置固定于地面。B、D处均平滑连接，粗糙水平直轨道CD段长为1.5R，滑动摩擦因数，其它所有摩擦均不计，圆弧轨道DE的圆心O2与圆周细圆管圆心O1等高。现将质量为m的小滑块从斜面的某高度h处静止释放，不计滑块大小和经过连接处的机械能损失。求：
（1）若h=3.5R，小滑块第一次冲出E点后达到的最高点离E点的高度；
（2）若h=3R，小滑块第一次到达细圆管的最高点时对轨道的作用力；
【答案】（1）解：若h=3.5R，设小滑块第一次冲出E点后达到的最高点离E点的高度为h1，由开始到小滑块第一次到达最高点的过程，由动能定理有
解得h1=1.75R
（2）解：若h=3R，设小滑块第一次到达细圆管的最高点时的速度大小为v，从开始到小滑块第一次到达细圆管道最高点的过程中，根据动能定理有
设小滑块在最高点时所受管道的支持力大小为FN，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律，可知小滑块在最高点时对管道的压力大小为mg，方向竖直向上。
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（） 小滑块第一次冲出E点的过程中根据动能定理得出最高点离E点的高度；
（2）小滑块在运动的过程中根据动能定理以及牛顿第二定律得出小滑块在最高点时所受管道的支持力。
17．（2021高三上·西宁期末）如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏的中心．已知电子质量m＝9.0×10－31kg，电荷量大小e＝1.6×10－19C，加速电场电压U0＝2 500 V，偏转电场电压U＝200 V，极板的长度L1＝6.0 cm，板间距离d＝2.0 cm，极板的末端到荧光屏的距离L2＝3.0 cm(忽略电子所受重力，结果保留两位有效数字)．求：
（1）电子射入偏转电场时的初速度v0；
（2）电子打在荧光屏上的P点到O′点的距离h；
（3）电子经过偏转电场过程中电势能的增加量．
【答案】（1）解：电场中加速有eU0＝mv02
解得v0＝
代入数据解得v0＝3.0×107m/s
（2）解：设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y.
电子在水平方向做匀速直线运动，L1＝v0t
电子在竖直方向上做匀加速运动，y＝at2
根据牛顿第二定律有＝ma
解得y＝＝＝3.6×10－3m＝0.36cm
电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点，
由图知
解得h＝7.2×10－3m
（3）解：电子在偏转电场运动的过程中电场力对它做的功W＝eEy＝ey＝5.8×10－18JΔE＝－W＝－5.8×10－18J.
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）电子在加速电场中根据动能定理得出射入偏转电场时的初速度v0；
（2）电子在偏转电场中做平抛运动，结合平抛运动的规律以及牛顿第二定律得出侧位移，从而得出电子打在荧光屏上的P点到O′点的距离h；
（3）根据电场力做功的表达式以及功能关系得出电子经过偏转电场过程中电势能的增加量．
18．（2021高三上·西宁期末）如图所示，质量为的木块静止在光滑的水平面上，一质量为、速度为的子弹水平射入木块且未穿出.设木块对子弹的阻力恒为，问：
（1）射入过程中产生的内能为多少
（2）木块至少为多长时子弹才不会穿出
（3）子弹在木块中运动了多长时间
【答案】（1）解：以子弹和木块组成的系统为研究对象，
根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律，产生的内能为，
解得
（2）解：设子弹相对于木块的位移为，根据功能关系可得，
解得
（3）解：以子弹为研究对象，由动量定理得，
解得
【知识点】功能关系；动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【分析】（1） 子弹和木块组成的系统 根据动量守恒和能量守恒得出射入过程中产生的内能；
（2）子弹相对于木块的位移为 L时根据功能关系得出L的表达式；
（3） 子弹为研究对象，由动量定理得出子弹在木块中运动 的时间。
1 / 1青海省西宁市2022届高三上学期物理期末联考试卷
一、单选题
1．（2022高三上·浙江月考）一辆汽车沿平直道路行驶，其v－t图象如图所示，在t=0到t=40s这段时间内，汽车的平均速度是（ ）
A．0.75m/s B．21.25m/s C．18.75m/s D．20m/s
2．（2021高三上·西宁期末）如图所示，轻绳的一端系在质量为m的物体上，另一端系在一个轻质圆环上，圆环套在粗糙水平杆MN上．现用水平力F拉绳上一点，使物体处于图中实线位置，然后改变F的大小使其缓慢下降到图中虚线位置，圆环仍在原来的位置不动，则在此过程中，水平拉力F，环与杆的摩擦力f和环对杆的压力FN的变化情况是（ ）
A．F逐渐增大，f保持不变，逐渐增大
B．F逐渐增大，f逐渐增大，保持不变
C．F逐渐减小，f逐渐减小，保持不变
D．F逐渐减小，f逐渐增大，逐渐减小
3．（2021高三上·西宁期末）如图所示，质量为的薄长木板静止在光滑的水平面上，时一质量为的滑块以水平初速度从长木板的左端冲上木板并最终从右端滑下．已知滑块和长木板在运动过程中的图象如图所示，则木板与滑块的质量之比为（ ）
A． B． C． D．
4．（2021高三上·西宁期末）如图所示，在倾角为θ=30的光滑斜面上，物块A、B质量均为m．物块A静止在轻弹簧上端，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B靠在一起，但A、B之间无弹力．已知重力加速度为g，某时刻将细线剪断，下列说法正确的是（ ）
A．细线剪断前，弹簧的弹力为mg
B．细线剪断前，细线的拉力为mg
C．细线剪断瞬间，弹簧的弹力发生变化
D．细线剪断瞬间，物块B的加速度大小为g
5．（2019高三上·泉港月考）如图所示 是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体 ，当小车在水平地面上运动过程中，M始终未相对杆 移动，M、 与小车保持相对静止，悬线与竖直方向为 ，则M受到横杆的摩擦力为（ ）
A．大小为 方向水平向右
B．大小为 方向水平向右
C．大小为 方向水平向左
D．大小为 方向水平向左
6．（2021高三上·西宁期末）质量为的物体，在距地面高处以的加速度由静止竖直下落到地面。下列说法中正确的是（ ）
A．物体的重力势能减少了 B．物体的动能增加
C．物体的机械能减少 D．重力做功
7．（2017高一下·宜昌期末）如图所示的情况中，a、b两点的电场强度和电势均相同的是（ ）
A．甲图：离点电荷等距的a、b两点
B．乙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的a、b两点
C．丙图：两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的a、b两点
D．丁图：带电平行金属板两板间分别靠近两板的a、b两点
8．（2021高三上·西宁期末）如图所示，两块正对平行金属板与一电压恒定的电源相连，下板接地，下板上叠放有玻璃板，一带电油滴恰好静止于两板间的P点，当把玻璃板从两板间快速抽出，下列说法错误的是（ ）
A．带电油滴带负电 B．P点的电势保持不变
C．带电油滴将加速向下运动 D．会有瞬间电流从a向b流经电阻R
9．（2019高三上·凤城月考）图示为一带电粒子在水平向右的匀强电场中运动的一段轨迹，A、B为轨迹上的两点．已知该粒子质量为m、电荷量为q，其在A点的速度大小为vo，方向竖直向上，到B点时速度方向与水平方向的夹角为30°，粒子重力不计．则A、B两点间的电势差为（ ）
A． B． C． D．
10．（2021高三上·西宁期末）如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即，实线为一带正电的质点仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知下列说法中错误的是（ ）
A．三个等势面中，a的电势最高
B．带电质点通过P点时的电势能较Q点大
C．带电质点通过P点时的动能较Q点大
D．带电质点通过P点时的加速度较Q点大
11．（2021高三上·西宁期末）如图所示，有a、b、c、d四颗卫星，a还未发射，在赤道上随地球一起转动，b是近地卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，卫星的运动均视为匀速圆周运动。下列关于卫星的说法中正确的是（ ）
A．卫星a与b的向心加速度相等，都等于重力加速度g
B．卫星d的线速度比卫星c的线速度大
C．卫星a的角速度比卫星d的角速度大
D．卫星b的周期比卫星c的周期大
二、多选题
12．（2021高三上·西宁期末）如图所示质量m＝200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。则下列说法正确的是（ ）
A．汽车受到的阻力700N
B．汽车的最大牵引力为200N
C．汽车在做变加速运动过程中的位移大小为90m
D．8s﹣18s过程中汽车牵引力做的功为7×104 J
三、实验题
13．（2021高三上·西宁期末）为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，A、B两同学设计了如图甲所示的实验装置．其中小车的质量为M，砂和砂桶的质量为m，与小车相连的滑轮的质量为m0．力传感器可测出轻绳中的拉力大小，重力加速度为g。实验时先平衡摩擦力。
（1）A同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（相邻两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度大小为 m/s2（结果保留三位有效数字）。
（2）A同学以力传感器的示数F为纵坐标，加速度a为横坐标，画出的F–a图象如图丙所示，求得图线的斜率为k，则小车的质量M= （用所给物理量的符号表示）。
（3）B同学也以力传感器的示数F为纵坐标，加速度a为横坐标，画出的F–a图象如图丁所示，图线不过原点的原因可能是 ．（答一条即可）
14．（2021高三上·西宁期末）在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某实验小组利用如图甲所示的装置进行实验，平衡摩擦力后，在保持沙和桶总质量不变的情况下，增加小车质量M，放开砂桶，小车加速运动，处理纸带得到小车运动的加速度为a；重做实验多次，得到多组数据。
（1）除了电火花计时器、小车、沙子和砂桶、细线、附有定滑轮的长木板、垫木、导线及开关外，在下列器材中必须使用的有____（选填选项前的字母）。
A．220V、50Hz的交流电源
B．刻度尺
C．电压可调的直流电源
D．天平（附砝码）
E．秒表
（2）以下实验操作正确的是 （选填选项前的字母）。
A．调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行
B．在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上
C．在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将沙子和砂桶通过细线挂在小车上
D．若增大小车质量，需要重新平衡摩擦力
（3）在满足小车质量远大于沙子和砂桶质量后，某组同学实验得出数据，画出的a-的关系图线如图乙所示。从图像中可以推算出，作用在小车上的恒力F= N。当小车的质量为4kg时，它的加速度为 m/s2。
15．（2021高三上·西宁期末）如图所示，是利用自由落体运动进行“验证机械能守恒定律”的实验。所用的打点计时器通以50Hz的交流电。
（1）甲同学按照正确的实验步骤操作后，选出一条纸带如图所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，用刻度尺测得OA=12.41cm，OB=18.60cm，OC=27.21cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点。已知重物的质量为1.00kg，取g=9.80m/s2。在OB段运动过程中，重物重力势能的减少量 J；重物的动能增加量 J(结果均保留三位有效数字)。
（2）实验中动能的增加量应略小于重力势能的减少量，主要原因是____
A．重物下落的实际距离大于测量值
B．重物下落的实际距离小于测量值
C．重物下落受到阻力
D．重物的实际末速度大于计算值
四、解答题
16．（2021高三上·西宁期末）如图所示，竖直平面内由倾斜轨道AB、半径为R的圆周细圆管O1（在底部C处有交错，交错宽度不计）、半径为R的四分之一圆弧轨道DE构成一游戏装置固定于地面。B、D处均平滑连接，粗糙水平直轨道CD段长为1.5R，滑动摩擦因数，其它所有摩擦均不计，圆弧轨道DE的圆心O2与圆周细圆管圆心O1等高。现将质量为m的小滑块从斜面的某高度h处静止释放，不计滑块大小和经过连接处的机械能损失。求：
（1）若h=3.5R，小滑块第一次冲出E点后达到的最高点离E点的高度；
（2）若h=3R，小滑块第一次到达细圆管的最高点时对轨道的作用力；
17．（2021高三上·西宁期末）如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏的中心．已知电子质量m＝9.0×10－31kg，电荷量大小e＝1.6×10－19C，加速电场电压U0＝2 500 V，偏转电场电压U＝200 V，极板的长度L1＝6.0 cm，板间距离d＝2.0 cm，极板的末端到荧光屏的距离L2＝3.0 cm(忽略电子所受重力，结果保留两位有效数字)．求：
（1）电子射入偏转电场时的初速度v0；
（2）电子打在荧光屏上的P点到O′点的距离h；
（3）电子经过偏转电场过程中电势能的增加量．
18．（2021高三上·西宁期末）如图所示，质量为的木块静止在光滑的水平面上，一质量为、速度为的子弹水平射入木块且未穿出.设木块对子弹的阻力恒为，问：
（1）射入过程中产生的内能为多少
（2）木块至少为多长时子弹才不会穿出
（3）子弹在木块中运动了多长时间
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】在v－t图象中，图线与时间轴围成的面积表示位移，则在t=0到t=40s这段时间内，汽车的位移为
则平均速度为
故答案为：C。
【分析】v-t图像与坐标轴围成图形的面积表示物体运动的位移，结合平均速度的定义得出平均速度的大小。
2．【答案】C
【知识点】共点力平衡条件的应用；受力分析的应用
【解析】【解答】在节点A受力分析如图所示：
当结点缓慢下降到图中虚线位置，T的变化如图中从1到2到3的位置变化，由图可以看出：T变小F变小；以M和m整体为研究对象受力分析，水平方向受力平衡：F=f，则f逐渐减小；竖直方向受力平衡：FN=mg+Mg，故保持不变；C符合题意，ABD不符合题意．
故答案为：C
【分析】在结点A进行受力分析判断T和F的变化情况，对整体进行受力分析，根据共点力平衡得出f和支持力如何变化。
3．【答案】B
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】根据动量守恒定律：
由图知：v0=40m/s，v1=20m/s，v2=10m/s
代入数据得：=2：1，B符合题意，ACD不符合题意。
故本题选B．
【分析】木板和滑块运动的过程中根据动量守恒定律得出质量之比。
4．【答案】D
【知识点】受力分析的应用
【解析】【解答】A、剪断细绳前，由于A.B之间无弹力，对A分析可以得到弹簧的弹力： ，A不符合题意；
B、剪断细绳前，由于A.B之间无弹力，对A分析可以得到 ，B不符合题意；
C、细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，C不符合题意；
D、剪断细线瞬间，对A.B系统，加速度：，D对；
故答案为：D
【分析】剪短细绳前，对A进行受力分析，根据共点力平衡得出弹簧的弹力以及细线的拉力；剪短的瞬间根据牛顿第二定律得出加速度的表达式。
5．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】解：对小球受力分析，受重力mg和细线的拉力T，如图
根据牛顿第二定律，有Tsinθ=ma ①，Tcosθ-mg=0 ②
再对m和M整体受力分析，受总重力（M+m）g、支持力N、摩擦力f，如图
根据牛顿第二定律，有f=（M+m）a ③，N-（M+m）g=0 ④
由①②③④解得： tanθ= 所以a="g" tanθ，f=（M+m）a= ，方向水平向右
故答案为：A．
【分析】先对小球受力分析，根据牛顿第二定律列式分析；再对小球和滑块整体受力分析，根据牛顿第二定律列式求解．
6．【答案】B
【知识点】功能关系；动能；重力势能
【解析】【解答】AD．物体在距地面高处竖直下落到地面，因此重力做功，物体的重力势能减少了，AD不符合题意；
B．由牛顿第二定律可得
由动能定理可得
B符合题意；
C．物体的机械能变化为
物体的机械能减少，C不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据重力做功以及重力势能的关系判断重力势能的减少量；利用牛顿第二定律以及动能定理得出动能的增加量；结合机械能的变化情况得出机械能的减少量。
7．【答案】B
【知识点】电场强度；电势；等势面
【解析】【解答】解：A、a、b是离点电荷等距的a、b两点，处于同一等势面上，电势相同，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同．A不符合题意．
B、等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，则a、b的电势相同．由于电场线关于两电荷连线上下对称，而且都与等势面垂直，所以场强的大小和方向都相同．B符合题意．
C、根据电场线的对称性可知，ab两点电势相同，场强大小相等，但方向相反，所以电场强度不同．C不符合题意．
D、a、b是匀强电场中的两点，电场强度相同，a点的电势大于b点的电势．D不符合题意
故答案为：B．
【分析】电场强度是矢量而电势是标量，结合点场分布特点分析即可。
8．【答案】C
【知识点】电容器及其应用；电场及电场力
【解析】【解答】A．带电油滴所受电场力竖直向上，而上极板带正电，所以带电油滴带负电，A正确，不符合题意；
BC．把玻璃板从两板间快速抽出，两极板间电压不变，极板间距离不变，所以电场强度不变，带电油滴将保持静止，又因为P点到下极板的距离不变，所以P点的电势保持不变，B正确，不符合题意，C错误，符合题意；
D．平行板电容器电容的决定式和定义式为
把玻璃板从两板间快速抽出，两极板间介电常数减小，则C减小，而U不变，所以Q减小，电容器将放电，则会有瞬间电流从a向b流经电阻R，D正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据电场力的方向判断油滴的电性；结合电容器的决定式判断P点的电势变化情况；同时得出瞬间产生电流的方向。
9．【答案】C
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】根据题意，在B点， ，解得：
从A到B根据动能定理得：
联立上述各式得：
故答案为：C．
【分析】分析可知，该带电粒子在电场中做类平抛运动，在B点将速度分解，找到B点速度和分速度 的关系，求出B点速度；从A到B根据动能定理，即可求解A、B两点电势差．
10．【答案】C
【知识点】电场及电场力；电场力做功；电势能；电势
【解析】【解答】A．质点所受的电场力指向轨迹内侧，且与等势面垂直，由于电荷带正电，因此电场线垂直于等势面，指向右下方，而沿电场线电势降低，A等势线的电势最高，c等势线的电势最低，A正确，不符合题意；
B．根据质点的受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故质点在P点的电势能大于Q点的电势能，B正确，不符合题意；
C．从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，C错误，符合题意；
D．等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力较大，根据牛顿第二定律，加速度也较大，D正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】曲线运动的合力指向轨迹的凹侧，进一步得出电场线的方向，从而得出电势的高低；结合电场力的做功情况得出电势能的变化情况和动能的变化情况。
11．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．同步卫星的周期与地球自转周期相同，则知a与c的角速度相同，根据a＝ω2r
知，c的向心加速度大。卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，A不符合题意；
B．卫星的半径越大，线速度越小，所以d的线速度最小，B不符合题意；
C．a与c的角速度相同， d的角速度小于c的角速度，则a的角速度大于d的角速度，C符合题意；
D．由开普勒第三定律知，卫星的半径越大，周期越大，所以b的运行周期小于c的周期，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】同步卫星的周期与地球自转周期相同；利用向心加速度与角速度的关系判断向心加速度的大小关系；卫星的半径越大，线速度越小，利用开普勒三定律判断bc周期的大小关系。
12．【答案】A,D
【知识点】功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】A．当牵引力等于阻力时，速度取到最大值，则有
A符合题意；
B．汽车做匀加速运动的牵引力最大，则有
B不符合题意；
C．变加速过程中，根据动能定理得
解得
C不符合题意；
D.8s-18s过程中汽车牵引力已达到最大功率，所以牵引力做的功为
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据机车速度达到最大时牵引力等于摩擦力得出汽车受到的阻力；利用功率瞬时值的表达式得出牵引力的大小；在变加速的过程中根据动能定理得出运动的位移，利用平均功率的表达式得出牵引力做的功。
13．【答案】（1）1.80
（2）
（3）平衡摩擦力过度
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）由于两计数点间还有4个点没有画出，故两点之间的时间间隔为
取六段距离，采用两分法，由
可得
（2）对小车和滑轮组成的整体，根据牛顿第二定律，
得
F-a图线是一条过原点的直线，斜率
解得
（3）根据F等于零，加速度不为零，分析图线不过原点的原因，可知实验中平衡摩擦力过度
【分析】（1）利用匀变速直线运动相同时间间隔内的位移差得出加速度的大小；
（2）对小车和滑轮组成的整体根据牛顿第二定律得出F与a的关系式，结合图像得出小车的质量。
14．【答案】（1）A；B；D
（2）AB
（3）2；0.5
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）电火花计时器要用到交流电源，测量长度需要刻度尺，测量小车质量必须用天平。故答案为：ABD。
（2）A．实验进行时，拉小车的细线平行于长木板，能保证运动过程中拉力方向不变且恒定。A符合题意；
BC．平衡摩擦力时不挂砂桶，但要让纸带连在小车上，通过打点计时器打的点迹判断小车摩擦力是否平衡到位。B符合题意，C不符合题意；
D．摩擦力平衡到位后，由于小车重力的分力等于滑动摩擦力，即
可知增加小车质量无需再次平衡摩擦力。D不符合题意。
故答案为：AB。
（3）由图可知的关系图线是一条过坐标原点的直线说明物体所受的合力是定值，由图可知，，根据牛顿第二定律可得作用在物体上的恒力
当物体的质量为时，得
【分析】（1） 在“探究加速度与力、质量的关系”实验中 用到交流电源，测量长度需要刻度尺以及天平；
（2）“探究加速度与力、质量的关系”的实验原理以及注意事项进行分析判断；
（3）根据的图像以及牛顿第二定律得出恒力的大小以及时的加速度。
15．【答案】（1）0.911；0.856
（2）C
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1） 在OB段运动过程中，重物重力势能的减少量
打点计时器通以50Hz的交流电，打点计时器打点时间间隔0.02s，打B点时重物的速度大小
重物的动能增加量
（2） 重物下落过程中存在空气阻力以及限位孔与纸带之间存在摩擦，在下落过程中，除了重物重力做正功外，还有阻力做负功，重物动能的增加量略小于重力势能的减少量
故答案为：C。
【分析】（1）根据重力势能的表达式得出势能的减少量；结合平均速度等于瞬时速度得出B点的速度，根据动能的变化量得出动能的增加量；
（2） 根据“验证机械能守恒定律”的实验原理以及注意事项进行分析判断。
16．【答案】（1）解：若h=3.5R，设小滑块第一次冲出E点后达到的最高点离E点的高度为h1，由开始到小滑块第一次到达最高点的过程，由动能定理有
解得h1=1.75R
（2）解：若h=3R，设小滑块第一次到达细圆管的最高点时的速度大小为v，从开始到小滑块第一次到达细圆管道最高点的过程中，根据动能定理有
设小滑块在最高点时所受管道的支持力大小为FN，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律，可知小滑块在最高点时对管道的压力大小为mg，方向竖直向上。
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（） 小滑块第一次冲出E点的过程中根据动能定理得出最高点离E点的高度；
（2）小滑块在运动的过程中根据动能定理以及牛顿第二定律得出小滑块在最高点时所受管道的支持力。
17．【答案】（1）解：电场中加速有eU0＝mv02
解得v0＝
代入数据解得v0＝3.0×107m/s
（2）解：设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y.
电子在水平方向做匀速直线运动，L1＝v0t
电子在竖直方向上做匀加速运动，y＝at2
根据牛顿第二定律有＝ma
解得y＝＝＝3.6×10－3m＝0.36cm
电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点，
由图知
解得h＝7.2×10－3m
（3）解：电子在偏转电场运动的过程中电场力对它做的功W＝eEy＝ey＝5.8×10－18JΔE＝－W＝－5.8×10－18J.
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）电子在加速电场中根据动能定理得出射入偏转电场时的初速度v0；
（2）电子在偏转电场中做平抛运动，结合平抛运动的规律以及牛顿第二定律得出侧位移，从而得出电子打在荧光屏上的P点到O′点的距离h；
（3）根据电场力做功的表达式以及功能关系得出电子经过偏转电场过程中电势能的增加量．
18．【答案】（1）解：以子弹和木块组成的系统为研究对象，
根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律，产生的内能为，
解得
（2）解：设子弹相对于木块的位移为，根据功能关系可得，
解得
（3）解：以子弹为研究对象，由动量定理得，
解得
【知识点】功能关系；动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【分析】（1） 子弹和木块组成的系统 根据动量守恒和能量守恒得出射入过程中产生的内能；
（2）子弹相对于木块的位移为 L时根据功能关系得出L的表达式；
（3） 子弹为研究对象，由动量定理得出子弹在木块中运动 的时间。
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