【解析】云南省麗江市永勝縣第一中學2022-2023學年高一下學期期末物理試題

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云南省麗江市永勝縣第一中學2022-2023學年高一下學期期末物理試題

一、單選題

1．下列各對力中，是相互作用的是（）

A．懸繩對電燈的拉力和電燈的重力

B．電燈拉懸繩的力與懸繩拉電燈的力

C．懸繩拉天花板的力和電燈拉懸繩的力

D．懸繩拉天花板的力和電燈的重力

2．（2022高三上·保定期中）如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R，bc是半徑為R的四分之一的圓弧，與ab相切于b點。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動，重力加速度大小為g。小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為（）

A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR

3．（2023高三上·南山期中）如圖所示，oa、ob是豎直平面內(nèi)兩根固定的光滑細桿，o、a、b、c位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點。每根桿上都套著一個小滑環(huán)，兩個滑環(huán)都從o點無初速釋放，用t1、t2分別表示滑環(huán)到達a、b所用的時間，則下列關(guān)系正確的是()

A．t1=t2B．t1＞t2C．t1＜t2D．無法確定

4．“嫦娥一號”是我國首次發(fā)射的探月衛(wèi)星，它在距月球表面高度為200km的圓形軌道上運行，運行周期為127分鐘。已知引力常量，月球的半徑為，利用以上數(shù)據(jù)估算月球的質(zhì)量約為（）

A．8.1×1010kgB．7.4×1013kgC．5.4×1019kgD．7.4×1022kg

5．宇宙中兩顆相距較近的天體稱為“雙星”，它們以二者連線上的某一點為圓心做勻速圓周運動，而不至因為萬有引力的作用而吸引到一起。如圖所示，某雙星系統(tǒng)中A、B兩顆天體繞O點做勻速圓周運動，它們的軌道半徑之比rA∶rB＝1∶2，則兩顆天體的（）

A．質(zhì)量之比mA∶mB＝2∶1B．角速度之比ωA∶ωB＝1∶2

C．線速度大小之比vA∶vB＝2∶1D．向心力大小之比FA∶FB＝2∶1

6．一輛汽車沿某方向做直線運動，先以的速度駛完全程的四分之三，余下的路程以的速度行駛，則汽車從開始到駛完全程的平均速度大小為（）

A．B．C．D．

7．在光滑的水平面上有一靜止的物體，現(xiàn)以水平恒力F1推這一物體，作用一段時間后換成相反方向的水平恒力F2推這一物體，當恒力F2作用的時間與恒力F1作用的時間相等時，物體恰好回到原處，此時物體的動能為32J，則在整個過程中，恒力F1、F2做的功分別為()

A．16J、16JB．8J、24J

C．32J、0JD．48J、－16J

8．（2023高一下·福建期中）如圖所示，小球從高處下落到豎直放置的輕彈簧上，在將彈簧壓縮到最短的整個過程中，下列關(guān)于小球和彈簧的能量敘述中正確的是（）

A．重力勢能和動能之和總保持不變

B．重力勢能和彈性勢能之和總保持不變

C．動能和彈性勢能之和總保持不變

D．重力勢能、彈性勢能和動能之和總保持不變

二、多選題

9．一輛轎車在平直公路上運行，啟動階段牽引力保持不變，而后以額定功率繼續(xù)行駛，經(jīng)過時間，其速度由零增大到最大值，若轎車所受的阻力恒定，關(guān)于轎車的速度、牽引力、功率隨時間變化的情況正確的是（）

A．B．

C．D．

10．如圖所示，一質(zhì)量為m的小球固定于輕質(zhì)彈簧的一端，彈簧的另一端固定于O點處。將小球拉至A處，彈簧恰好無形變，由靜止釋放小球，它運動到O點正下方B點時速度為v，AB間的豎直高度差為h，重力加速度為g，不計空氣阻力，則（）

A．由A到B重力對小球做的功等于

B．由A到B小球的重力勢能減少

C．由A到B小球克服彈力做功為mgh

D．小球到達B點時彈簧的彈性勢能為

11．一帶電粒子從電場中的A點運動到B點，軌跡如圖中虛線示。不計粒子所受重力，則下列說法正確的是（）

A．粒子帶正電荷B．粒子加速度逐漸減小

C．A點的速度大于B點的速度D．粒子的初速度不為零

12．如圖所示，某科研單位設(shè)計了一空間飛行器，飛行器從地面起飛時，發(fā)動機提供的動力方向與水平方向的夾角α＝60°，使飛行器恰好沿與水平方向的夾角θ＝30°的直線斜向右上方勻加速飛行，經(jīng)時間t后，將動力的方向沿逆時針旋轉(zhuǎn)60°同時適當調(diào)節(jié)其大小，使飛行器依然可以沿原方向勻減速直線飛行，飛行器所受空氣阻力不計．下列說法中正確的是()

A．飛行器加速時動力的大小等于mg

B．飛行器加速時加速度的大小為g

C．飛行器減速時動力的大小等于mg

D．飛行器減速飛行時間t后速度為零

三、實驗題

13．在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，打點計時器所用電源頻率為50Hz，當?shù)刂亓铀俣鹊闹禐?.80m/s2，測得所用重物的質(zhì)量為1.00kg.甲、乙、丙三位同學分別用同一裝置打出三條紙帶，量出各紙帶上第1、2兩點間的距離分別為0.18cm、0.19cm和0.25cm.可見其中肯定有一位同學在操作上有錯誤，錯誤操作是____．若按實驗要求正確地選出紙帶進行測量，測得連續(xù)三點A，B，C到第一個點的距離如圖1所示(相鄰計數(shù)點時間間隔為0.02s)．那么：

（1）紙帶的(選填“左”或“右”)端與重物相連；

（2）打點計時器打下計數(shù)點B時，重物的速度vB＝；

（3）從起始點O到打下計數(shù)點B的過程中重力勢能減少量是ΔEp＝，此過程中重物動能的增加量ΔEk＝；

（4）通過計算，數(shù)值上ΔEpΔEk(選填“>”“＝”或“；重物下落過程中存在摩擦阻力

（5）在實驗誤差允許范圍內(nèi)，機械能守恒

【知識點】驗證機械能守恒定律

【解析】【解答】打點計時器的打點頻率為50Hz，打點周期為0.02s，重物開始下落后，在第一個打點周期內(nèi)重物下落的高度，所以所選的紙帶最初兩點間的距離接近2mm，可以看出丙同學在操作上誤差較大。

（1）根據(jù)題圖可知，紙帶從左向右，相等時間內(nèi)的位移越來越大，知紙帶的左端與重物相連；

（2）根據(jù)勻變速直線運動中，時間中點的速度等于該過程中的平均速度有：；

（3）根據(jù)功能關(guān)系可知，當打點計時器打在B點時，重力勢能的減少量為：，動能的增加量：；

（4）通過計算，數(shù)值上，這是因為重物下落過程中存在摩擦阻力；

（5）減小的重力勢能和增加的動能近似相等，故實驗的結(jié)論是在誤差允許范圍內(nèi)，物體下落過程中機械能守恒。

【分析】由自由落體運動的位移時間公式求出第一個打點周期內(nèi)重物下落的高度，確定誤差較大的紙帶；（1）根據(jù)紙帶上的點間距分析物體與紙帶的哪一端相連；（2）根據(jù)勻變速直線運動中，時間中點的速度等于該過程中的平均速度求出打點計時器打下計數(shù)點B重物的速度；（3）根據(jù)計算重力勢能的變化量，根據(jù)，計算動能的變化量；（4）根據(jù)重力勢能變化量與動能變化量的關(guān)系分析誤差原因；（5）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)得到實驗結(jié)論。

14．【答案】（1）60；60

（2）2

（3）

【知識點】研究平拋物體的運動

【解析】【解答】（1）平拋運動滿足水平方向做勻速直線運動，由圖表可知經(jīng)過相等時間小球在水平方向經(jīng)過20cm，所以4點的水平坐標應(yīng)為60cm；平拋運動滿足豎直方向做勻加速直線運動，由圖表可知經(jīng)過相等時間小球在豎直方向下落高度增量，故A點的縱坐標為60cm；

（2）根據(jù)，可得圖中相鄰兩拍攝點之間的時間間隔為，可得小球平拋的初速度大小為；

（3）水平方向，豎直方向，得，可知斜率，解得。

【分析】（1）根據(jù)平拋運動水平方向做勻速直線運動，豎直方向做自由落體運動的特點，分析4點的坐標；（2）在豎直方向上，由求出相鄰兩拍攝點之間的時間間隔，再由水平方向求出小球平拋的初速度大??；（3）根據(jù)水平方向和豎直方向的位移方程，求出的表達式，再由斜率求出平拋運動的初速度。

15．【答案】（1）解：小球受力如圖所示，

小球所受電場力的方向與場強方向相同，小球帶正電

由平衡條件得：qEsinθ=mg，解得：E=

（2）解：水平方向：qEcosθ=T

解得：

【知識點】共點力平衡條件的應(yīng)用

【解析】【分析】（1）對小球受力分析，根據(jù)小球所受電場力的方向與場強方向間的關(guān)系判斷小球的電性，由平衡條件求出場強的大小．（2）由水平方向合力為0求出細線受到的拉力

16．【答案】（1）解：“墨子號”衛(wèi)星的角速度，

“墨子號”衛(wèi)星的向心力

（2）解：萬有引力提供“墨子號”衛(wèi)星向心力，

解得地球的質(zhì)量

（3）解：萬有引力提供物體繞地球表面做勻速圓周運動向心力，

解得第一宇宙速度

【知識點】萬有引力定律及其應(yīng)用

【解析】【分析】（1）根據(jù)“墨子號”衛(wèi)星的周期求出角速度，結(jié)合向心力公式求出“墨子號”衛(wèi)星的向心力大?。?）根據(jù)萬有引力提供向心力，結(jié)合）“墨子號”衛(wèi)星的軌道半徑和周期，求出地球的質(zhì)量．（3）根據(jù)萬有引力提供向心力得出第一宇宙速度的大小．

17．【答案】（1）解：物體經(jīng)過點時有可得

小球運動至點的豎直分位移

A點距地面的高度

（2）解：以地面為零勢面，設(shè)物塊在水平地面向右的位移為，從點下滑到第一次返回點過程中有

可得

從點下滑到彈簧壓縮最短過程中有

【知識點】動能定理的綜合應(yīng)用

【解析】【分析】（1）物體做平拋運動到達B點，利用速度的分解可以求出物體到達B點時豎直方向的速度大小，結(jié)合豎直方向的速度位移公式可以求出物體下落的高度，結(jié)合幾何關(guān)系可以求出A距離地面的高度；

（2）物體從B回到B點的過程，利用過程的動能定理可以求出摩擦力做功的大小，再結(jié)合從B到壓縮彈簧最短過程的動能定理可以求出彈性勢能的大小。

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云南省麗江市永勝縣第一中學2022-2023學年高一下學期期末物理試題

一、單選題

1．下列各對力中，是相互作用的是（）

A．懸繩對電燈的拉力和電燈的重力

B．電燈拉懸繩的力與懸繩拉電燈的力

C．懸繩拉天花板的力和電燈拉懸繩的力

D．懸繩拉天花板的力和電燈的重力

【答案】B

【知識點】區(qū)分相互作用力與平衡力

【解析】【解答】A.懸繩對電燈的拉力和電燈的重力都作用在點燈上，是一對平衡力，A符合題意；

B.電燈拉懸繩的力與懸繩拉電燈的力是一對相互作用力，B不符合題意；

C.懸繩拉天花板的力和電燈拉懸繩的力，既不是平衡力也不是相互作用力，C符合題意；

D.懸繩拉天花板的力和電燈的重力，既不是平衡力也不是相互作用力，D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】根據(jù)作用力與反作用力和平衡力的特點與區(qū)別分析各選項。

2．（2022高三上·保定期中）如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R，bc是半徑為R的四分之一的圓弧，與ab相切于b點。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動，重力加速度大小為g。小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為（）

A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR

【答案】C

【知識點】功能關(guān)系；勻變速直線運動的速度與時間的關(guān)系；牛頓第二定律；動能

【解析】【解答】設(shè)小球運動到c點的速度大小為vc，則對小球由a到c的過程，由動能定理得F·3R-mgR=mvc2，又F=mg，解得vc2=4gR，小球離開c點后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可知，小球離開c點后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運動可知，小球從離開c點到其軌跡最高點所需的時間為，小球在水平方向的加速度a=g，在水平方向的位移為x=at2=2R，由以上分析可知，小球從a點開始運動到其軌跡最高點的過程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機械能的增加量△E=F·5R=5mgR

故答案為：C。

【分析】小球由a到c的過程，由動能定理得出C點的速度，結(jié)合牛頓第二定律和勻變速直線運動的速度與時間的關(guān)系得出小球從離開c點到其軌跡最高點所需的時間，利用功能關(guān)系得出機械能的增加量。

3．（2023高三上·南山期中）如圖所示，oa、ob是豎直平面內(nèi)兩根固定的光滑細桿，o、a、b、c位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點。每根桿上都套著一個小滑環(huán)，兩個滑環(huán)都從o點無初速釋放，用t1、t2分別表示滑環(huán)到達a、b所用的時間，則下列關(guān)系正確的是()

A．t1=t2B．t1＞t2C．t1＜t2D．無法確定

【答案】C

【知識點】勻變速直線運動基本公式應(yīng)用

【解析】【解答】以O(shè)點為最高點，取合適的豎直直徑od作等時圓，交ob于e，如圖所示，

顯然o到a、e才是等時的，比較圖示位移ob＞oe，故推得t1＜t2，C符合題意；

故答案為：C。

【分析】對物體進行受力分析，利用牛頓第二定律求解物體的加速度，利用運動學公式求解運動時間即可。

4．“嫦娥一號”是我國首次發(fā)射的探月衛(wèi)星，它在距月球表面高度為200km的圓形軌道上運行，運行周期為127分鐘。已知引力常量，月球的半徑為，利用以上數(shù)據(jù)估算月球的質(zhì)量約為（）

A．8.1×1010kgB．7.4×1013kgC．5.4×1019kgD．7.4×1022kg

【答案】D

【知識點】萬有引力定律的應(yīng)用

【解析】【解答】根據(jù)月球的萬有引力提供“嫦娥一號”做圓周運動的向心力，則有，解得中心天體月球的質(zhì)量約為，ABC不符合題意，D符合題意；

故答案為：選D。

【分析】根據(jù)萬有引力提供“嫦娥一號”做圓周運動的向心力，列式求解月球的質(zhì)量。

5．宇宙中兩顆相距較近的天體稱為“雙星”，它們以二者連線上的某一點為圓心做勻速圓周運動，而不至因為萬有引力的作用而吸引到一起。如圖所示，某雙星系統(tǒng)中A、B兩顆天體繞O點做勻速圓周運動，它們的軌道半徑之比rA∶rB＝1∶2，則兩顆天體的（）

A．質(zhì)量之比mA∶mB＝2∶1B．角速度之比ωA∶ωB＝1∶2

C．線速度大小之比vA∶vB＝2∶1D．向心力大小之比FA∶FB＝2∶1

【答案】A

【知識點】萬有引力定律的應(yīng)用；雙星（多星）問題

【解析】【解答】ABD.雙星繞連為相互作用力線上的一點做勻速圓周運動，其角速度相同，周期相同，兩者之間的萬有引力提供向心力，有，可得，BD不符合題意，A符合題意；

C.由可知，線速度大小之比，C不符合題意；

故答案為：A。

【分析】根據(jù)雙星特點，分析A、B兩顆天體繞O點做勻速圓周運動的角速度和向心力，由萬有引力提供向心力求出兩天體的質(zhì)量比值；根據(jù)線速度與角速度的關(guān)系式求出兩天體的線速度之比。

6．一輛汽車沿某方向做直線運動，先以的速度駛完全程的四分之三，余下的路程以的速度行駛，則汽車從開始到駛完全程的平均速度大小為（）

A．B．C．D．

【答案】A

【知識點】平均速度

【解析】【解答】設(shè)全程為x，汽車從開始到駛完全程的平均速度大小為，A符合題意，BCD不符合題意；

故答案為：A。

【分析】根據(jù)平均速度公式計算汽車從開始到駛完全程的平均速度大小。

7．在光滑的水平面上有一靜止的物體，現(xiàn)以水平恒力F1推這一物體，作用一段時間后換成相反方向的水平恒力F2推這一物體，當恒力F2作用的時間與恒力F1作用的時間相等時，物體恰好回到原處，此時物體的動能為32J，則在整個過程中，恒力F1、F2做的功分別為()

A．16J、16JB．8J、24J

C．32J、0JD．48J、－16J

【答案】B

【知識點】勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系；動能定理的綜合應(yīng)用

【解析】【解答】設(shè)作用過程的末速度為，作用過程的末速度為，由于作用過程和作用過程的位移相反，又由于作用的時間與作用的時間相等，有，解得，根據(jù)動能定理，作用過程，作用過程，根據(jù)題意，解得，，ACD不符合題意，B符合題意；

故答案為：B。

【分析】結(jié)合題給條件，由位移時間關(guān)系式求出兩個力各自作用過程中的末速度，再由動能定理求出恒力、做的功。

8．（2023高一下·福建期中）如圖所示，小球從高處下落到豎直放置的輕彈簧上，在將彈簧壓縮到最短的整個過程中，下列關(guān)于小球和彈簧的能量敘述中正確的是（）

A．重力勢能和動能之和總保持不變

B．重力勢能和彈性勢能之和總保持不變

C．動能和彈性勢能之和總保持不變

D．重力勢能、彈性勢能和動能之和總保持不變

【答案】D

【知識點】功能關(guān)系；機械能；機械能綜合應(yīng)用

【解析】【解答】解：A、對于小球從接觸彈簧到將彈簧壓縮到最短的過程中，小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能這三種形式的能量相互轉(zhuǎn)化，沒有與其他形式的能發(fā)生交換，也就說小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能之和保持不變．對于小球從接觸彈簧到將彈簧壓縮到最短的過程中，彈簧是一直被壓縮的，所以彈簧的彈性勢能一直在增大．因為小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能之和保持不變，重力勢能和動能之和始終減?。蔄錯誤．

B、在剛接觸彈簧的時候這個時候小球的加速度等于重力加速度，在壓縮的過程中，彈簧的彈力越來越大，小球所受到的加速度越來越小，直到彈簧的彈力等于小球所受到的重力，這個時候小球的加速度為0，要注意在小球剛接觸到加速度變0的工程中，小球一直處于加速狀態(tài)，由于慣性的原因，小球還是繼續(xù)壓縮彈簧，這個時候彈簧的彈力大于小球受到的重力，小球減速，直到小球的速度為0，這個時候彈簧壓縮的最短．所以小球的動能先增大后減小，所以重力勢能和彈性勢能之和先減小后增加．故B錯誤．

C、小球下降，重力勢能一直減小，所以動能和彈性勢能之和一直增大．故C錯誤．

D、對于小球從接觸彈簧到將彈簧壓縮到最短的過程中，小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能這三種形式的能量相互轉(zhuǎn)化，沒有與其他形式的能發(fā)生交換，也就說小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能之和保持不變．故D正確．

故選D．

【分析】對于小球從接觸彈簧到將彈簧壓縮到最短的過程中，小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能這三種形式的能量相互轉(zhuǎn)化，沒有與其他形式的能發(fā)生交換，也就說小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能之和保持不變．

對于小球從接觸彈簧到將彈簧壓縮到最短的過程中，彈簧是一直被壓縮的，所以彈簧的彈性勢能一直在增大．

二、多選題

9．一輛轎車在平直公路上運行，啟動階段牽引力保持不變，而后以額定功率繼續(xù)行駛，經(jīng)過時間，其速度由零增大到最大值，若轎車所受的阻力恒定，關(guān)于轎車的速度、牽引力、功率隨時間變化的情況正確的是（）

A．B．

C．D．

【答案】B,C,D

【知識點】牛頓第二定律；功率及其計算；機車啟動

【解析】【解答】由題意知，汽車以恒定的牽引力啟動，由得，物體先做勻加速運動，由P=Fv=Fat知，轎車輸出功率隨時間均勻增加，當功率達到額定功率時，功率不變，牽引力減小，加速度減小，物體做加速度逐漸減小的加速運動，當時，速度達到最大，之后物體做勻速運動，BCD符合題意，A不符合題意；

故答案為：BCD。

【分析】根據(jù)題給條件，分析轎車的啟動方式，由牛頓第二定律和功率的公式，分析運動過程中的速度、牽引力、功率的變化情況，選出對應(yīng)圖像。

10．如圖所示，一質(zhì)量為m的小球固定于輕質(zhì)彈簧的一端，彈簧的另一端固定于O點處。將小球拉至A處，彈簧恰好無形變，由靜止釋放小球，它運動到O點正下方B點時速度為v，AB間的豎直高度差為h，重力加速度為g，不計空氣阻力，則（）

A．由A到B重力對小球做的功等于

B．由A到B小球的重力勢能減少

C．由A到B小球克服彈力做功為mgh

D．小球到達B點時彈簧的彈性勢能為

【答案】A,D

【知識點】彈性勢能；能量守恒定律；功的概念；動能定理的綜合應(yīng)用

【解析】【解答】A.重力做功只與初末位置的高度差有關(guān)，則由A至B重力做功為mgh，A符合題意；

B.由A至B重力勢能減少mgh，減少的重力勢能轉(zhuǎn)化成動能和彈簧的彈性勢能，所以由A到B小球的重力勢能減少量大于小球動能的增加量，B不符合題意；

C.由動能定理，解得，C不符合題意；

D.彈簧彈力做功等于彈性勢能的變化量，故小球到達位置B時彈簧的彈性勢能為，D符合題意；

故答案為：AD。

【分析】由重力做功公式分析重力做功；由能量守恒定律分析由A到B小球的重力勢能減少量與動能增加量的關(guān)系；應(yīng)用動能定理分析小球從A運動到B的過程，求出小球克服彈力做功；根據(jù)彈簧彈力做功與彈性勢能變化量的關(guān)系分析小球到達B點時彈簧的彈性勢能。

11．一帶電粒子從電場中的A點運動到B點，軌跡如圖中虛線示。不計粒子所受重力，則下列說法正確的是（）

A．粒子帶正電荷B．粒子加速度逐漸減小

C．A點的速度大于B點的速度D．粒子的初速度不為零

【答案】B,C,D

【知識點】電場及電場力；曲線運動；牛頓第二定律；動能定理的綜合應(yīng)用；電場線

【解析】【解答】A.粒子做曲線運動，受到的電場力應(yīng)指向軌跡凹側(cè)，可知粒子受到的電場力方向與場強方向相反，故粒子帶負電，A不符合題意；

B.從A點到B點，電場線變疏，場強變小，由qE=ma可知，粒子加速度變小，B符合題意；

C.從A點運動到B點電場力做負功，速度減小，故在A點的速度大于在B點的速度，C符合題意；

D.由C項分析可知，粒子從A點運動到B點，速度逐漸減小，故粒子在A點速度不為零，D符合題意；

故答案為：BCD。

【分析】根據(jù)曲線運動中的受力特點分析粒子受到的電場力的方向，確定粒子的電性；由電場線的疏密A、B兩點的場強大小，再由電場力的大小關(guān)系分析加速度的大小關(guān)系；由電場力做功的正負分析粒子速度的變化。

12．如圖所示，某科研單位設(shè)計了一空間飛行器，飛行器從地面起飛時，發(fā)動機提供的動力方向與水平方向的夾角α＝60°，使飛行器恰好沿與水平方向的夾角θ＝30°的直線斜向右上方勻加速飛行，經(jīng)時間t后，將動力的方向沿逆時針旋轉(zhuǎn)60°同時適當調(diào)節(jié)其大小，使飛行器依然可以沿原方向勻減速直線飛行，飛行器所受空氣阻力不計．下列說法中正確的是()

A．飛行器加速時動力的大小等于mg

B．飛行器加速時加速度的大小為g

C．飛行器減速時動力的大小等于mg

D．飛行器減速飛行時間t后速度為零

【答案】B,C

【知識點】勻變速直線運動的速度與時間的關(guān)系；牛頓第二定律

【解析】【解答】AB.做出飛行器的受力如圖所示，：

兩力的合力與水平方向成30°角斜向上，由幾何關(guān)系得，，由牛頓第二定律得飛行器的加速度為，A不符合題意，B符合題意；

CD.在t時刻飛行器的速率，將動力的方向沿逆時針旋轉(zhuǎn)60°，由幾何關(guān)系可得，合力的方向與水平方向成30°角，斜向下，動力F'與合力垂直，如圖所示：

此時，飛行器的加速度大小為，是到最高點的時間，C符合題意，D不符合題意；

故答案為：BC。

【分析】分析飛行器受力，由牛頓第二定律結(jié)合幾何關(guān)系求出動力大小和加速度大小；由速度時間關(guān)系式求出飛行器減速飛行到速度等于零需要的時間。

三、實驗題

13．在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，打點計時器所用電源頻率為50Hz，當?shù)刂亓铀俣鹊闹禐?.80m/s2，測得所用重物的質(zhì)量為1.00kg.甲、乙、丙三位同學分別用同一裝置打出三條紙帶，量出各紙帶上第1、2兩點間的距離分別為0.18cm、0.19cm和0.25cm.可見其中肯定有一位同學在操作上有錯誤，錯誤操作是____．若按實驗要求正確地選出紙帶進行測量，測得連續(xù)三點A，B，C到第一個點的距離如圖1所示(相鄰計數(shù)點時間間隔為0.02s)．那么：

（1）紙帶的(選填“左”或“右”)端與重物相連；

（2）打點計時器打下計數(shù)點B時，重物的速度vB＝；

（3）從起始點O到打下計數(shù)點B的過程中重力勢能減少量是ΔEp＝，此過程中重物動能的增加量ΔEk＝；

（4）通過計算，數(shù)值上ΔEpΔEk(選填“>”“＝”或“；重物下落過程中存在摩擦阻力

（5）在實驗誤差允許范圍內(nèi)，機械能守恒

【知識點】驗證機械能守恒定律

【解析】【解答】打點計時器的打點頻率為50Hz，打點周期為0.02s，重物開始下落后，在第一個打點周期內(nèi)重物下落的高度，所以所選的紙帶最初兩點間的距離接近2mm，可以看出丙同學在操作上誤差較大。

（1）根據(jù)題圖可知，紙帶從左向右，相等時間內(nèi)的位移越來越大，知紙帶的左端與重物相連；

（2）根據(jù)勻變速直線運動中，時間中點的速度等于該過程中的平均速度有：；

（3）根據(jù)功能關(guān)系可知，當打點計時器打在B點時，重力勢能的減少量為：，動能的增加量：；

（4）通過計算，數(shù)值上，這是因為重物下落過程中存在摩擦阻力；

（5）減小的重力勢能和增加的動能近似相等，故實驗的結(jié)論是在誤差允許范圍內(nèi)，物體下落過程中機械能守恒。

【分析】由自由落體運動的位移時間公式求出第一個打點周期內(nèi)重物下落的高度，確定誤差較大的紙帶；（1）根據(jù)紙帶上的點間距分析物體與紙帶的哪一端相連；（2）根據(jù)勻變速直線運動中，時間中點的速度等于該過程中的平均速度求出打點計時器打下計數(shù)點B重物的速度；（3）根據(jù)計算重力勢能的變化量，根據(jù)，計算動能的變化量；（4）根據(jù)重力勢能變化量與動能變化量的關(guān)系分析誤差原因；（5）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)得到實驗結(jié)論。

14．某物理興趣小組在做“探究平拋運動的特點”的實驗時，分成兩組，其中一個實驗小組讓小球做平拋運動，用頻閃照相機對準方格背景照相，拍攝到如圖所示的照片，已知每個小方格邊長L為10cm，當?shù)氐闹亓铀俣萭取10m/s2，其中第4點處的位置被污跡覆蓋。

（1）若以拍攝的第1點為坐標原點，以水平向右和豎直向下為正方向建立直角坐標系，被拍攝的小球在第4點的位置坐標為（cm，cm）；

（2）小球平拋的初速度大小為m/s；

（3）另一個實驗小組的同學正確地進行了實驗并正確地描繪了運動軌跡，測量了軌跡上的不同點的坐標值，根據(jù)所測得的數(shù)據(jù)以為縱軸，為橫軸，在坐標紙上畫出對應(yīng)的圖像為過原點的直線，并測出直線斜率為2，則平拋運動的初速度m/s。

【答案】（1）60；60

（2）2

（3）

【知識點】研究平拋物體的運動

【解析】【解答】（1）平拋運動滿足水平方向做勻速直線運動，由圖表可知經(jīng)過相等時間小球在水平方向經(jīng)過20cm，所以4點的水平坐標應(yīng)為60cm；平拋運動滿足豎直方向做勻加速直線運動，由圖表可知經(jīng)過相等時間小球在豎直方向下落高度增量，故A點的縱坐標為60cm；

（2）根據(jù)，可得圖中相鄰兩拍攝點之間的時間間隔為，可得小球平拋的初速度大小為；

（3）水平方向，豎直方向，得，可知斜率，解得。

【分析】（1）根據(jù)平拋運動水平方向做勻速直線運動，豎直方向做自由落體運動的特點，分析4點的坐標；（2）在豎直方向上，由求出相鄰兩拍攝點之間的時間間隔，再由水平方向求出小球平拋的初速度大?。唬?）根據(jù)水平方向和豎直方向的位移方程，求出的表達式，再由斜率求出平拋運動的初速度。

四、解答題

15．（2023高二上·新會期中）如圖所示，勻強電場場強的方向與水平方向成θ角，有一帶電量為q，質(zhì)量為m的小球，用長