【期末押题卷】广东省广州市2024-2025学年高一下学期物理期末模拟预测押题卷一粤教版（含解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
广东省广州市2024-2025学年高一下学期物理期末模拟预测押题卷
一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）
1．（4分）（2022春 鼓楼区校级期末）如图所示，虚线为某电场中的等势线，其中A、B、C三条等势线的电势分别为3V、5V、7V，实线为带电粒子在电场中运动时的轨迹，P、Q为轨迹与等势线A、C的交点．带电粒子只受电场力的作用，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子带负电
B．粒子在P点的动能大于在Q点的动能
C．粒子在P点的电势能大于在Q点的电势能
D．粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度
2．（4分）（2024春 管城区校级月考）在运动的合成和分解的实验中，红蜡块在竖直放置的玻璃管中，在竖直方向能做匀速直线运动。现在某同学拿着玻璃管在水平方向上做匀加速直线运动，并每隔1s画出蜡块运动所到达的位置，描出轨迹，如图所示，若取轨迹上C点（x1，y1）作该曲线的切线（图中虚线）交y轴于A点，则A的坐标为（　　）
A．（0，0.6y1） B．（0，0.25y1）
C．（0，0.4y1） D．（0，0.5y1）
3．（4分）（2024春 山东期中）如图甲所示，质量为2kg的物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平面运动，1s后撤掉恒力F，其运动的v﹣t图像如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．在0～3s内，合外力一直做正功
B．在0.5s时，恒力F的功率为100W
C．在0～1s内，恒力F的平均功率为150W
D．在0～3s内，物体摩擦力做功为150J
4．（4分）（2024秋 天宁区校级期末）如图所示，一直角斜劈绕其竖直边BC做圆周运动，物块始终静止在斜劈AB上。若斜劈转动的角速度ω缓慢增大，下列说法正确的是（　　）
A．斜劈对物块的支持力逐渐增大
B．斜劈对物块的支持力保持不变
C．斜劈对物块的摩擦力保持不变
D．斜劈对物块的摩擦力与支持力的合力逐渐增大
5．（4分）（2025春 天津期中）在“探究向心力大小的表达式”实验中，某同学利用图的实验装置探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。下列实验与本实验采用的方法相同的是（　　）
A．探究平抛运动的特点
B．探究小车速度与时间的关系
C．探究加速度与力和质量的关系
D．探究两个互成角度的力的合成规律
6．（4分）（2023春 吉安期末）如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的B点，已知球拍与水平方向夹角θ＝37°，AB两点高度差h＝0.8m，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，则球刚要落到球拍上时速度大小为（　　）
A．5m/s B．2.5m/s C．7.5m/s D．4.5m/s
7．（4分）（2023秋 东莞市校级月考）1992年9月21日，中国载人航天工程立项实施。三十年筚路蓝缕，一代代接力奋斗，如今圆梦“天宫”。据了解，中国“天宫”空间站每90分钟绕地球飞行一圈，则中国“天宫”空间站的（　　）
A．运行速度大于第一宇宙速度
B．运行速度大于同步卫星的速度
C．运行加速度小于同步卫星的加速度
D．运行加速度小于静置于赤道上物体的加速度
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）8．（6分）（2022春 泸县校级期中）根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型。图中虚线表示原子核所形成的电场的等势线，实线表示一个α粒子的运动轨迹。在α粒子从A运动到B、再运动到C的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．动能先增加，后减少
B．电势能先减少，后增加
C．电场力先做负功，后做正功，总功等于0
D．加速度先变大，后减小
（多选）9．（6分）（2024春 湖南期末）嫦娥六号由轨道器、着陆器、上升器、返回器组成，2024年6月6日成功在月球背面采集月壤后的上升器成功与轨道器和返回器的组合体完成月球轨道的对接，并将月球样品容器安全转移至返回器中，假设地球和月球均是质量分布均匀的球体，且地球的半径是月球半径的4倍，若轨道器在月球近地轨道绕行时，周期为T，在地球近地轨道绕行时，周期为T，则（　　）
A．嫦娥六号的发射速度11.2km/s＜v＜16.7km/s
B．在月球上采集到的月壤回到地球上后质量会变大
C．地球第一宇宙速度约为月球的4.5倍
D．月球的密度约为地球的0.8倍
（多选）10．（6分）（2023秋 秀英区校级月考）如图所示，A、B两点位于同一高度，细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过B处的定滑轮固定在A点，质量为m的小球固定在细线上C点。现将小球从图示水平位置由静止释放，小球运动到D点时速度恰好为零（此时小物块未到达B点），图中△ABD为直角三角形，小物块和小球均可视为质点，∠DBA＝37°，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则（　　）
A．小球重力的功率一直增大
B．M：m＝6：5
C．运动过程中存在3个位置小球和小物块速度大小相等
D．小球运动到D点时，小物块受到的拉力大小为
三．实验题（共5小题，满分54分）
11．（10分）（2023秋 长沙月考）2023年夏天，异常炎热，这注定水枪玩具销售火爆，不仅儿童玩水枪，甚至成人也开始玩。据《钛媒体》报道，今年夏天，汕头的工厂几乎都在做电动水枪，生产电动水枪的玩具厂数量相较去年翻了至少5倍；在玩具枪市场，今年夏天水枪销量占比已经超过了90%。周潇同学有一把电动水枪，它有三种模式，一种是散射，一种是直线连续喷射，还有一种是脉冲式发射。周潇同学想测定后两种模式水枪的发射速度。
（1）将电动水枪水平固定在铁架台上，采用直线连续喷水模式，按压扳机后细水柱沿直线喷出，在空中划出一条曲线。在铁架台后面平行于水枪竖直固定一块坐标板，使O点处于枪口位置，x轴与枪口在同一水平线上，水枪喷水后用手机拍照，得到如图乙所示的轨迹。如果重力加速度g＝10m/s2，根据图中轨迹可得初速度v0＝　 　 m/s。（结果保留一位小数）
（2）如果水枪并不完全水平，而是枪口略向下偏，则根据图乙数据测出的初速度相对实际值 　 　 （选填“偏大”“相等”或“偏小”）。
（3）改用脉冲发射方式，每次发射都射出一个“水弹”（很短的小水柱）。测出枪口的高度及“水弹”的射程。改变水枪高度，多次实验。根据实验数据作出枪口高度“y”与射程的平方（x2）关系图线如图丙所示：如果重力加速度g＝10m/s2，由图可知水枪发射“水弹”的初速度大小为 　 　 m/s。
12．（11分）（2022秋 姑苏区期中）某同学设计出如图甲所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”，让小铁球从A点自由下落，下落过程中经过A点正下方的光电门B时，光电计时器记录下小球通过光电门时间t，已知小球的质量为m，直径为d，当地的重力加速度为g。
（1）某次用游标卡尺测得的铁球直径如图丙所示，读数为 　 　 mm；
（2）若AB之间距离为h，则小球从A到B过程中，减少的重力势能为 　 　 增加的动能为 　 　 （用题中给出的字母表示）；
（3）调整AB之间距离h，记录下小球通过光电门B的时间t，多次重复上述过程，作出随h的变化图象如图乙所示。若小球下落过程中机械能守恒，该直线斜率k0＝　 　 ；
（4）若某一实验小组根据数据实际绘出h图象的直线斜率为k（k＜k0），则实验过程中所受的平均阻力f与小球重力mg的比值　 　 （只用k、k0表示）；
（5）若另一实验小组测得小球动能的增加量ΔEk总是稍大于重力势能的减少量ΔEp，原因可能是 　 　 （写出一个即可）。
13．（11分）（2022秋 顺义区校级期中）如图所示，某匀强电场的电场强度E＝2.0×104N/C，A、B为同一条电场线上的两点。
（1）现将电荷量q＝+2.0×10﹣8C的检验电荷放在电场中的A点，求该检验电荷在A点所受电场力的大小F；
（2）将检验电荷从A点移动到B点，若A、B两点相距d＝0.10m，求电场力做的功W。
14．（11分）为了研究过山车的原理，某兴趣小组制作了如图所示的简易模型，AB是一个与水平方向夹角为37°、长2m的粗糙倾斜轨道，通过水平轨道BC与半径为0.2m的竖直圆轨道相连，整个轨道除AB段外均光滑，其中AB与BC轨道平滑连接。一个质量1kg的小物块以初速度2m/s从A点沿倾斜轨道滑下，到达C点时速度为4m/s，最后从DE滑出。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6。求：
（1）小物块到达C点时对圆轨道压力的大小；
（2）小物块从A到B的过程中克服摩擦力做的功；
（3）圆轨道半径变为多少时小物块恰好能通过圆轨道的最高点。
15．（11分）（2024春 红桥区期末）如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形粗糙导轨在B点相接，半圆形导轨半径为R，一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，当它经过B点时的速度为v1，之后沿着半圆形导轨运动到C点时的速度为ν2，重力加速度为g，试求：
（1）物体在A点时弹簧的弹性势能；
（2）物体在C点时对轨道压力的大小；
（3）物体从B点运动至C点的过程中克服阻力做的功。
广东省广州市2024-2025学年高一下学期物理期末模拟预测押题卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）
1．（4分）（2022春 鼓楼区校级期末）如图所示，虚线为某电场中的等势线，其中A、B、C三条等势线的电势分别为3V、5V、7V，实线为带电粒子在电场中运动时的轨迹，P、Q为轨迹与等势线A、C的交点．带电粒子只受电场力的作用，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子带负电
B．粒子在P点的动能大于在Q点的动能
C．粒子在P点的电势能大于在Q点的电势能
D．粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度
【考点】根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况；电场强度与电场力的关系和计算；根据电场线的疏密判断场强大小；等势面及其与电场线的关系；带电粒子的轨迹、受力、电性、电场方向的互判．
【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】B
【分析】根据电场线与等势面的关系分析出电场线的方向，根据曲线的弯曲方向可知粒子的受力方向，从而判断粒子的电性；根据电场力做功与电势能变化关系分析带电粒子在P点电势能与在Q点电势能的大小关系；由动能定理可知P、Q两点间的动能的变化。由牛顿第二定律分析加速度大小。
【解答】解：A、根据电场线与等势面垂直，且由高电势指向低电势，作出电场线如图所示。由粒子轨迹弯曲的方向可知粒子受电场力方向大致沿电场线的方向，故粒子带正电，故A错误；
BC、若粒子从P运动到Q，则电场力做负功，粒子动能减小，电势能增加，粒子在P点的动能大于在Q点的动能，粒子在P点的电势能小于在Q点的电势能；若粒子从Q运动到P，电场力做正功，动能增大，粒子在P点的动能大于在Q点的动能，粒子在P点的电势能小于在Q点的电势能，故粒子在P点动能一定大于Q点的动能，粒子在P点的电势能一定小于在Q点的电势能，故B正确，C错误；
D、由图可知，P点的电场强度小于Q点电场强度，根据牛顿第二定律可知qE＝ma，则粒子在P点的加速度小于Q点加速度，故D错误。
故选：B。
【点评】本题的解题关键在于掌握电场线与等势面的关系，作出电场线。同时要能根据轨迹弯曲方向判断受力方向，再分析其它各个量的大小。
2．（4分）（2024春 管城区校级月考）在运动的合成和分解的实验中，红蜡块在竖直放置的玻璃管中，在竖直方向能做匀速直线运动。现在某同学拿着玻璃管在水平方向上做匀加速直线运动，并每隔1s画出蜡块运动所到达的位置，描出轨迹，如图所示，若取轨迹上C点（x1，y1）作该曲线的切线（图中虚线）交y轴于A点，则A的坐标为（　　）
A．（0，0.6y1） B．（0，0.25y1）
C．（0，0.4y1） D．（0，0.5y1）
【考点】一个匀速直线和一个变速直线运动的合成．
【专题】定量思想；合成分解法；运动的合成和分解专题；理解能力．
【答案】D
【分析】根据平抛运动的推论：速度的反向延长线相交于水平位移的中间位置，分析即可。
【解答】解：A点的横坐标为0。C点的切线方向为速度的方向，根据类平抛运动的推论知，C点切线与y轴的交点表示的位移大小等于C点在y轴方向上位移的一半，故A点y轴坐标为0.5y1，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】本题考查了平抛运动推论的应用。
3．（4分）（2024春 山东期中）如图甲所示，质量为2kg的物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平面运动，1s后撤掉恒力F，其运动的v﹣t图像如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．在0～3s内，合外力一直做正功
B．在0.5s时，恒力F的功率为100W
C．在0～1s内，恒力F的平均功率为150W
D．在0～3s内，物体摩擦力做功为150J
【考点】重力做功的特点和计算；功率的定义、物理意义和计算式的推导．
【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据动能定理判断合力做功情况；根据速度—时间图线，结合牛顿第二定律，求出恒力F瞬时功率；根据速度—时间图线围成的面积求出位移，从而求出克服摩擦力做功大小。
【解答】解：A、0s～1s内，速度增加，合力与速度同向，合力做正功，1s～3s 内，速度减小，合 力与速度反向，合力做负功，故A错误；
B、根据速度—时间图线知，匀加速运动的加速度大小a1＝10m/s2，匀减速运动的加速度大小a2m/s2＝5m/s2，
根据牛顿第二定律得f＝ma2，F﹣f＝mq1，解得f＝10N，F＝30N；
由图知0.5s 时，速度为5m/s，则恒力F的瞬时功率为P＝Fv＝30×5W＝150W，故B错误；
C、0s～1s内，平均速度等于0.5s 时的瞬时速度5m/s，恒力F 的平均功率为F＝FV＝30×5W＝150W；故C正确；
D、0s～3s内，物体的位移大小x3×10m＝15m，摩擦力做负功W＝﹣fx＝﹣10×15J＝﹣150J；故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了动能定理、牛顿第二定律、速度—时间图线的综合运用，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移。
4．（4分）（2024秋 天宁区校级期末）如图所示，一直角斜劈绕其竖直边BC做圆周运动，物块始终静止在斜劈AB上。若斜劈转动的角速度ω缓慢增大，下列说法正确的是（　　）
A．斜劈对物块的支持力逐渐增大
B．斜劈对物块的支持力保持不变
C．斜劈对物块的摩擦力保持不变
D．斜劈对物块的摩擦力与支持力的合力逐渐增大
【考点】物体在圆锥面上做圆周运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】信息给予题；定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；理解能力．
【答案】D
【分析】ABC.物块在竖直方向受平衡力作用，水平方向，合力通过向心力；根据平衡条件和牛顿第二定律求解作答；
D.将斜劈对物块的摩擦力与支持力的合力分解为水平方向和竖直方向两个分力，根据平衡条件、牛顿第二定律和力的合成求解作答。
【解答】解：ABC．设斜劈倾角为θ，物块做圆周运动的半径为r，物块的质量为m；
以物块为对象，竖直方向，根据平衡条件fsinθ+Ncosθ＝mg
水平方向，根据牛顿第二定律fcosθ﹣Nsinθ＝mω2r
联立可得f＝mgsinθ+mω2rcosθ，N＝mgcosθ﹣mω2rsinθ
可知随着斜劈转动的角速度ω缓慢增大，斜劈对物块的支持力逐渐减小，斜劈对物块的摩擦力逐渐增大，故ABC错误；
D．将斜劈对物块的摩擦力与支持力的合力分解为水平方向和竖直方向两个分力；
水平方向
竖直方向Fy＝mg
可知摩擦力与支持力的水平分力逐渐增大，竖直分力不变；
根据力的合成，合力
可知斜劈对物块的摩擦力与支持力的合力逐渐增大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了平衡条件、牛顿第二定律在圆周运动的运用，关键在于做好受力分析，分析清楚向心力的来源。
5．（4分）（2025春 天津期中）在“探究向心力大小的表达式”实验中，某同学利用图的实验装置探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。下列实验与本实验采用的方法相同的是（　　）
A．探究平抛运动的特点
B．探究小车速度与时间的关系
C．探究加速度与力和质量的关系
D．探究两个互成角度的力的合成规律
【考点】探究圆周运动的相关参数问题；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】比较思想；控制变量法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；实验探究能力．
【答案】C
【分析】探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间关系的方法是控制变量法，分析各个实验所用的方法，即可确定正确的选项。
【解答】解：在“探究向心力大小的表达式”实验中，要探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，采用的方法是控制变量法。
A、“探究平抛运动的特点”采用的是分解法，故A错误；
B、“探究小车速度与时间的关系”采用的是图像法，故B错误；
C、“探究加速度与力和质量的关系”采用的是控制变量法，故C正确；
D、“探究两个互成角度的力的合成规律”采用的是等效替代法，故D错误。
故选：C。
【点评】解答本题的关键要掌握常用的实验方法，如控制变量法、等效替代法、图像法等等。
6．（4分）（2023春 吉安期末）如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的B点，已知球拍与水平方向夹角θ＝37°，AB两点高度差h＝0.8m，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，则球刚要落到球拍上时速度大小为（　　）
A．5m/s B．2.5m/s C．7.5m/s D．4.5m/s
【考点】平抛运动速度的计算．
【专题】定量思想；合成分解法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】先计算出球落到球拍上时的竖直方向的速度，然后根据速度合成法则计算落到B点的合速度。
【解答】解：由题意有球在竖直方向做自由落体运动，则球落到球拍上时的竖直方向的速度为
可得
vy＝4m/s
将球刚要落到球拍上时的速度沿水平方向和竖直方向分解，则球在B点的速度大小
，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】知道乒乓球做的是平抛运动，能够把乒乓球的运动看作水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。
7．（4分）（2023秋 东莞市校级月考）1992年9月21日，中国载人航天工程立项实施。三十年筚路蓝缕，一代代接力奋斗，如今圆梦“天宫”。据了解，中国“天宫”空间站每90分钟绕地球飞行一圈，则中国“天宫”空间站的（　　）
A．运行速度大于第一宇宙速度
B．运行速度大于同步卫星的速度
C．运行加速度小于同步卫星的加速度
D．运行加速度小于静置于赤道上物体的加速度
【考点】不同轨道上的卫星或行星（可能含赤道上物体）运行参数的比较；第一、第二和第三宇宙速度的物理意义．
【专题】比较思想；模型法；万有引力定律的应用专题；理解能力．
【答案】B
【分析】第一宇宙速度是卫星最大的环绕速度；根据万有引力提供向心力列方程，得到周期、线速度、加速度与轨道半径的表达式，再分析空间站的运行速度和加速度小于同步卫星的运行速度和加速度的关系；根据a＝rω2分析静置于赤道上物体的加速度与同步卫星的加速度关系，即可得到静置于赤道上物体的加速度与空间站的运行加速度关系。
【解答】解：A、第一宇宙速度是卫星环绕地球运行的最大速度，可知“天宫”空间站运行速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力得
可得
由于中国“天宫”空间站每90分钟绕地球飞行一圈，比地球同步卫星运转的周期小，则“天宫”空间站的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径。
根据万有引力提供向心力得
可得
可知“天宫”空间站运行速度大于同步卫星的速度，故B正确；
C、根据万有引力提供向心力得
可得
因“天宫”空间站的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，则知“天宫”空间站运行加速度大于同步卫星的加速度，故C错误；
D、赤道上物体的角速度与地球同步卫星的角速度相等，根据a＝rω2可知，赤道上物体运行的加速度小于地球同步卫星的加速度，所以可知“天宫”空间站运行加速度大于赤道上物体运行的加速度，故D错误。
故选：B。
【点评】解答本题的关键要掌握万有引力提供向心力这一思路，并能灵活选择向心力公式。
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）8．（6分）（2022春 泸县校级期中）根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型。图中虚线表示原子核所形成的电场的等势线，实线表示一个α粒子的运动轨迹。在α粒子从A运动到B、再运动到C的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．动能先增加，后减少
B．电势能先减少，后增加
C．电场力先做负功，后做正功，总功等于0
D．加速度先变大，后减小
【考点】根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况；等势面及其与电场线的关系；带电粒子的轨迹、受力、电性、电场方向的互判．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】CD
【分析】α粒子在原子核形成的电场中运动时，电荷间的电场力做功，根据电场力做功情况，即可判断α粒子动能、电势能的变化情况；再根据库仑定律明确库仑力的变化情况，从而确定加速度的变化情况。
【解答】解：ABC、α粒子及原子核均带正电，故α粒子受到原子核的库仑斥力，α粒子从a运动到b，电场力做负功，动能减小，电势能增大，从b运动到c，电场力做正功，动能增大，电势能减小；因a、c在同一条等势线上，a、c两点间的电势差为零，则α粒子从a到c的过程中电场力做的总功等于零；故AB错误，C正确；
D、α粒子所受的库仑力F，b点离原子核最近，所以α粒子在b点时所受的库仑力最大，加速度最大，故加速度先增大后减小，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题借助α粒子散射实验考查了带电粒子在电场中运动时动能、势能、加速度等物理量的变化情况，根据电场有关知识即可解答。
（多选）9．（6分）（2024春 湖南期末）嫦娥六号由轨道器、着陆器、上升器、返回器组成，2024年6月6日成功在月球背面采集月壤后的上升器成功与轨道器和返回器的组合体完成月球轨道的对接，并将月球样品容器安全转移至返回器中，假设地球和月球均是质量分布均匀的球体，且地球的半径是月球半径的4倍，若轨道器在月球近地轨道绕行时，周期为T，在地球近地轨道绕行时，周期为T，则（　　）
A．嫦娥六号的发射速度11.2km/s＜v＜16.7km/s
B．在月球上采集到的月壤回到地球上后质量会变大
C．地球第一宇宙速度约为月球的4.5倍
D．月球的密度约为地球的0.8倍
【考点】宇宙速度的计算；计算天体的质量和密度；第一、第二和第三宇宙速度的物理意义．
【专题】比较思想；模型法；万有引力定律的应用专题；分析综合能力．
【答案】CD
【分析】根据宇宙速度的意义分析嫦娥六号的发射速度范围；月壤的质量与地理位置无关；根据圆周运动的公式v求解地球与月球第一宇宙速度之比；根据万有引力提供向心力列式，结合密度公式求月球与地球密度之比。
【解答】解：AB、嫦娥六号并未脱离地球的束缚，所以嫦娥六号的发射速度7.9km/s＜v＜11.2km/s，且月壤质量不随地理位置而变化，故AB错误；
C、由近地卫星速度可得，故C正确；
D、由万有引力提供向心力得
又中心天体的密度为
联立解得月球与地球密度之比为：，故D正确。
故选：CD。
【点评】解答本题的关键要掌握万有引力提供向心力这一思路，并结合圆周运动的规律解答。
（多选）10．（6分）（2023秋 秀英区校级月考）如图所示，A、B两点位于同一高度，细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过B处的定滑轮固定在A点，质量为m的小球固定在细线上C点。现将小球从图示水平位置由静止释放，小球运动到D点时速度恰好为零（此时小物块未到达B点），图中△ABD为直角三角形，小物块和小球均可视为质点，∠DBA＝37°，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则（　　）
A．小球重力的功率一直增大
B．M：m＝6：5
C．运动过程中存在3个位置小球和小物块速度大小相等
D．小球运动到D点时，小物块受到的拉力大小为
【考点】机械能守恒定律的简单应用；关联速度问题；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；功率的定义、物理意义和计算式的推导．
【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】BD
【分析】根据功率的计算公式分析A项，根据机械能守恒定律可以判断小球能否回到C点以及M与m的比值大小；根据运动的合成与分解可以判断小物块的速度与小球速度关系；根据牛顿第二定律可以判断小物块所受拉力大小。
【解答】解：A.小球在水平位置和D点时速度均为0，重力功率也为0，故重力功率不是一直增大，故A错误；
B.设AD长为3L，则AB为5L，根据机械能守恒定律有Mg 2L＝mg 3Lcos37°，解得：M：m＝6：5，故B正确；
C.小球在水平位置和D点时，小球和小物块的速度相等，均为0.AC长度不变，小球做圆周运动，其他位置小球速度沿BD方向的分速度大小等于小物块的速度大小，因此只有2个位置两者速度相等，故C错误；
D.设小球运动到最底点D时，沿BD方向的加速度大小为a，BD中的拉力为T，根据牛顿第二定律有Mg﹣T＝Ma，T﹣mgcos53°＝ma，解得：T，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查运动的合成与分解，机械能守恒定律和受力分析，意在考查学生对受力分析、牛顿第二定律、曲线运动等知识的理解和应用。
三．实验题（共5小题，满分54分）
11．（10分）（2023秋 长沙月考）2023年夏天，异常炎热，这注定水枪玩具销售火爆，不仅儿童玩水枪，甚至成人也开始玩。据《钛媒体》报道，今年夏天，汕头的工厂几乎都在做电动水枪，生产电动水枪的玩具厂数量相较去年翻了至少5倍；在玩具枪市场，今年夏天水枪销量占比已经超过了90%。周潇同学有一把电动水枪，它有三种模式，一种是散射，一种是直线连续喷射，还有一种是脉冲式发射。周潇同学想测定后两种模式水枪的发射速度。
（1）将电动水枪水平固定在铁架台上，采用直线连续喷水模式，按压扳机后细水柱沿直线喷出，在空中划出一条曲线。在铁架台后面平行于水枪竖直固定一块坐标板，使O点处于枪口位置，x轴与枪口在同一水平线上，水枪喷水后用手机拍照，得到如图乙所示的轨迹。如果重力加速度g＝10m/s2，根据图中轨迹可得初速度v0＝　2.5　 m/s。（结果保留一位小数）
（2）如果水枪并不完全水平，而是枪口略向下偏，则根据图乙数据测出的初速度相对实际值 　偏小　 （选填“偏大”“相等”或“偏小”）。
（3）改用脉冲发射方式，每次发射都射出一个“水弹”（很短的小水柱）。测出枪口的高度及“水弹”的射程。改变水枪高度，多次实验。根据实验数据作出枪口高度“y”与射程的平方（x2）关系图线如图丙所示：如果重力加速度g＝10m/s2，由图可知水枪发射“水弹”的初速度大小为 　5　 m/s。
【考点】平抛运动速度的计算．
【专题】定量思想；实验分析法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）2.5；（2）偏小；（3）5。
【分析】（1）根据题目中的图乙，可以选出一个点，然后根据平抛运动的规律计算出初始速度；
（2）如果水枪口略向下偏，这时水平方向的位移会偏小，因此计算出来的初始速度相对实际值偏小；
（3）根据题干给出的信息，可以由平抛运动的规律推导出y和x2的关系，然后由给定的图像的斜率计算初始速度。
【解答】解：（1）在图乙中选点x＝100cm，y＝80cm。根据平抛运动的规律，有
x＝v0t
代入数据解得
t＝0.4s
v0＝2.5m/s
（2）如果水枪枪口略向下偏，则水平方向的位移会偏小，根据图乙数据测出的初速度相对实际值偏小。
（3）由平抛运动的规律，有
x＝v0t
消去t可得
在图丙中的斜率即为，可以简单算出图丙图线斜率k为0.2，则
0.2
可解得v0＝5m/s
故答案为：（1）2.5；（2）偏小；（3）5。
【点评】本题主要考查平抛运动与生活中的现象的结合。利用生活中常见的水枪来探究平抛运动的规律。
12．（11分）（2022秋 姑苏区期中）某同学设计出如图甲所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”，让小铁球从A点自由下落，下落过程中经过A点正下方的光电门B时，光电计时器记录下小球通过光电门时间t，已知小球的质量为m，直径为d，当地的重力加速度为g。
（1）某次用游标卡尺测得的铁球直径如图丙所示，读数为 　10.15　 mm；
（2）若AB之间距离为h，则小球从A到B过程中，减少的重力势能为 　mgh　 增加的动能为 　　 （用题中给出的字母表示）；
（3）调整AB之间距离h，记录下小球通过光电门B的时间t，多次重复上述过程，作出随h的变化图象如图乙所示。若小球下落过程中机械能守恒，该直线斜率k0＝　　 ；
（4）若某一实验小组根据数据实际绘出h图象的直线斜率为k（k＜k0），则实验过程中所受的平均阻力f与小球重力mg的比值　　 （只用k、k0表示）；
（5）若另一实验小组测得小球动能的增加量ΔEk总是稍大于重力势能的减少量ΔEp，原因可能是 　在测量小球的释放点A点与B点之间的距离时，测量值比实际值偏小　 （写出一个即可）。
【考点】验证机械能守恒定律．
【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；分析综合能力．
【答案】（1）10.15；（2）mgh，；（3）；（4）；（5）在测量小球的释放点A点与B点之间的距离时，测量值比实际值偏小
【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；
（2）根据重力势能表达式以及动能表达式即可分析求解；
（3）根据机械能守恒定律列式，整理表达式即可根据图像求解；
（4）根据动能定理列式，整理表达式，再根据（3）中的表达式联立分析即可；
（5）根据题意分析导致动能大于重力势能损失量的原因可以是小球下降的高度测量值出现误差。
【解答】解：（1）由图丙所示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，游标尺的精度是0.05mm，其示数为d＝10mm+3×0.05mm＝10.15mm；
（2）根据重力势能表达式可知，小球从A到B过程中，减少的重力势能为Ep＝mgh，小球经过光电门时的速度大小v，小球增加的动能为Ek；
（3）由机械能守恒定律得：mghmv2，整理得：h，h图象的斜率：k0；
（4）设小球下落过程受到的阻力为f，小球下落过程，由动能定理得：mgh﹣fhmv2，
整理得：111；
（5）在测量小球的释放点A点与B点之间的距离时，测量值比实际值偏小，即会测得小球动能的增加量ΔEk总是稍大于重力势能的减少量ΔEp，
故答案为：（1）10.15；（2）mgh，；（3）；（4）；（5）在测量小球的释放点A点与B点之间的距离时，测量值比实际值偏小
【点评】此题考查了验证机械能守恒定律的实验，理解机械能守恒的条件，掌握分析的思维，同时本题为创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解。
13．（11分）（2022秋 顺义区校级期中）如图所示，某匀强电场的电场强度E＝2.0×104N/C，A、B为同一条电场线上的两点。
（1）现将电荷量q＝+2.0×10﹣8C的检验电荷放在电场中的A点，求该检验电荷在A点所受电场力的大小F；
（2）将检验电荷从A点移动到B点，若A、B两点相距d＝0.10m，求电场力做的功W。
【考点】电场力做功的计算及其特点；匀强电场中电势差与电场强度的关系；电场强度与电场力的关系和计算．
【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）该检验电荷在A点所受电场力的大小F为4.0×10﹣4N；
（2）电场力做的功W为4.0×10﹣5J。
【分析】（1）电荷在匀强电场中，根据公式F＝qE即可求得检验电荷受到的电场力大小。正电荷所受的电场力方向与场强方向相同；
（2）根据W＝Fd即可求解电场力做功。
【解答】解：（1）电荷所受电场力F的大小为：F＝Eq＝2.0×104×2.0×10﹣8N＝4.0×10﹣4N
正电荷的受力方向与场强方向相同，故力的方向向右。
（2）电场力做功W＝Fd＝4.0×10﹣4×0.10J＝4.0×10﹣5J
答：（1）该检验电荷在A点所受电场力的大小F为4.0×10﹣4N；
（2）电场力做的功W为4.0×10﹣5J。
【点评】本题考查电场力和电场力做功，解题关键掌握电场力计算公式F＝qE和做功的公式W＝Fx。
14．（11分）为了研究过山车的原理，某兴趣小组制作了如图所示的简易模型，AB是一个与水平方向夹角为37°、长2m的粗糙倾斜轨道，通过水平轨道BC与半径为0.2m的竖直圆轨道相连，整个轨道除AB段外均光滑，其中AB与BC轨道平滑连接。一个质量1kg的小物块以初速度2m/s从A点沿倾斜轨道滑下，到达C点时速度为4m/s，最后从DE滑出。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6。求：
（1）小物块到达C点时对圆轨道压力的大小；
（2）小物块从A到B的过程中克服摩擦力做的功；
（3）圆轨道半径变为多少时小物块恰好能通过圆轨道的最高点。
【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第三定律的理解与应用；绳球类模型及其临界条件．
【专题】计算题；定量思想；临界法；动能定理的应用专题；分析综合能力；模型建构能力．
【答案】（1）小物块到达C点时对圆轨道压力的大小为90N；
（2）小物块从A到B的过程中克服摩擦力做的功为6J；
（3）圆轨道半径变为0.32m时小物块恰好能通过圆轨道的最高点。
【分析】（1）小物块到达C点时，根据牛顿第二定律求出轨道对小物块的支持力大小，再得到小物块到达C点时对圆轨道压力的大小。
（2）小物块从A到C的过程中，根据动能定理求解克服摩擦力做的功；
（3）小物块恰好能通过圆轨道的最高点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律列式。从C点到最高点过程，根据动能定理列式，联立可求出圆轨道的半径。
【解答】解：（1）小物块到达C点时，根据牛顿第二定律得
解得：N＝90N
根据牛顿第三定律可知，小物块对圆轨道压力的大小为90N。
（2）小物块从A到C的过程中，根据动能定理得
解得小物块克服摩擦力做的功为：Wf＝6J
（3）设圆轨道半径变为R′时，小物块恰好能通过圆轨道的最高点，在最高点由重力提供向心力，由牛顿第二定律有
从C点到最高点过程，根据动能定理得
联立解得：R′＝0.32m
答：（1）小物块到达C点时对圆轨道压力的大小为90N；
（2）小物块从A到B的过程中克服摩擦力做的功为6J；
（3）圆轨道半径变为0.32m时小物块恰好能通过圆轨道的最高点。
【点评】本题考查竖直面内的圆周运动的临界条件及动能定理的应用，要能明确本题的物理过程，并能分段应用动能定理。
15．（11分）（2024春 红桥区期末）如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形粗糙导轨在B点相接，半圆形导轨半径为R，一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，当它经过B点时的速度为v1，之后沿着半圆形导轨运动到C点时的速度为ν2，重力加速度为g，试求：
（1）物体在A点时弹簧的弹性势能；
（2）物体在C点时对轨道压力的大小；
（3）物体从B点运动至C点的过程中克服阻力做的功。
【考点】弹簧类问题中的机械能守恒；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；物体在圆形竖直轨道内的圆周运动；利用动能定理求解变力做功．
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】（1）物体在A点时弹簧的弹性势能为；
（2）物体在C点时对轨道压力的大小为mmg；
（3）物体从B点运动至C点的过程中克服阻力做的功为2mgR。
【分析】根据机械能守恒定律分析弹簧的弹性势能；根据牛顿第二定律列出向心力的表达式，并根据牛顿第三定律求出物体对轨道的压力；根据动能定理求出物体从B点到C点克服阻力做的功。
【解答】解：（1）设物体在A点时弹性势能为EP，从A到B由机械能守恒定律可得EP
（2）物体在C点时由重力和轨道压力的合力提供向心力，设轨道的压力大小为F'，F'+mg＝m
解得：F'＝mmg
由牛顿第三定律得，物体在C点对轨道的压力大小为：F＝F'＝mmg
（3）设从B点到C点克服摩擦力做的功为W，从B点到C点由动能定理可得：﹣2mgR﹣W，
解得：W2mgR
答：（1）物体在A点时弹簧的弹性势能为；
（2）物体在C点时对轨道压力的大小为mmg；
（3）物体从B点运动至C点的过程中克服阻力做的功为2mgR。
【点评】本题考查功与能的守恒与转化，注意应用动能定理时要准确选定对应的过程，难度不大。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)