【解析】湖北省云学新高考联盟2022-2023学年高一下学期5月联考物理试题

第第页【解析】湖北省云学新高考联盟2022-2023学年高一下学期5月联考物理试题登录二一教育在线组卷平台助您教考全无忧

湖北省云学新高考联盟2022-2023学年高一下学期5月联考物理试题

一、单选题

1．某质点从A点沿图中的曲线运动到B点，质点受力恒为F。经过B点后，若力的方向突然变为与原来相反，下列关于它经过B点后的轨迹说法正确的是（）

A．可能与曲线a重合B．可能与曲线b重合

C．可能与曲线c重合D．可能与曲线在B点的切线重合

2．下列有关于静电场的说法正确的是（）

A．若在电场中的P点不放试探电荷，则P点的电场强度为0

B．电场强度E、电势、电容C都是通过比值定义法定义的物理量

C．库仑通过库仑扭秤实验测出了静电力常量

D．处于静电平衡的导体，场强处处为0

3．在下面列举的各个实例中，不考虑空气阻力，叙述正确的是（）

A．甲图中跳水运动员在空中运动的过程中机械能守恒

B．乙图中物体在外力F作用下沿光滑斜面加速下滑的过程中机械能守恒

C．丙图中通过轻绳连接的物体AB运动过程中A的机械能守恒

D．丁图中小球在光滑水平面上以一定的初速度压缩弹簧的过程中，小球的机械能守恒

4．两个点电荷产生电场的等势面如图中实线所示，相邻等势面间的电势差相等。虚线是一个质子在该电场中的运动轨迹，下列说法正确的是（）

A．两个点电荷是异种电荷

B．质子在P点的加速度比在M点的加速度大

C．质子在P点的动能比在M点的动能大

D．M点的电势高于P点的电势

5．北京时间2023年4月15日，神舟十五号航天员乘组进行了第四次出舱活动并圆满完成全部既定工作，安全返回问天实验舱。截至目前，神舟十五号航天员乘组已完成四次出舱活动，刷新了中国航天员单个乘组出舱活动纪录。已知神舟十五号在距地面高度约343公里高度处运行，关于神舟十五号载人飞船在发射和运行过程中，下列说法正确的是（）

A．神舟十五号载人飞船，在加速升空过程，机械能守恒

B．神舟十五号载人飞船，绕地飞行过程，运行周期大于地球同步卫星周期

C．神舟十五号载人飞船，绕地飞行过程，舱内乘组人员所受合力为零

D．神舟十五号载人飞船，绕地飞行的轨道平面一定过地球的球心

6．滑沙运动是继滑冰、滑水、滑雪和滑草之后的又一新兴运动，它使户外运动爱好者在运动的同时又能领略到沙漠的绮丽风光。如图所示，质量为50kg的人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止开始以a＝2m/s2的加速度匀加速下滑，经过10s到达坡底，轨迹看作直线。已知沙坡斜面的倾角为37°，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列关于此过程的说法中正确的是（）

A．人的重力势能减少5×104JB．人受到的阻力做功2×104J

C．人的机械能减少4×104JD．人的动能增加1×104J

7．在Rt△ABC中，∠C＝30°，AB边长为，空间有一匀强电场其方向与△ABC所在的平面平行，现将一个电荷量的点电荷从电场中的A点移到B点，静电力做了的功，再从B点移到C点，静电力做了的功。则下列说法正确的是（）

A．A、B两点的间的电势差

B．如果规定B点的电势为0，则C点的电势

C．该匀强电场的大小E＝200V/m

D．如果规定B点的电势能为0，则该点电荷在A点的电势能

二、多选题

8．如图所示，半径为的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心的对称轴重合。转台以一定角速度匀速转动，一质量为的小物块落入陶罐内，经过一段时间后小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，此时小物块恰好不受摩擦力。且小物块和点的连线与之间的夹角为，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）

A．小物块受重力、支持力、向心力

B．转台转动的角速度

C．小物块运动的动能

D．若转台转动的角速度增大，则小物块相对于罐壁一定上滑

9．北京时间2023年6月17日9时22分，由湖北恩施人容易担任总设计师的神舟十二号载人飞船在酒泉卫星发射中心发射升空。神舟十二号载人飞船通过6次变轨，最终与“天和核心舱”完成自主快速交会对接。假设某次变轨使飞船由圆轨道1，经椭圆轨道2，再到圆轨道3，如图所示。轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于点，轨道1离地面的高度为，飞船在轨道1运行的周期为；轨道3离地面的高度为，飞船在轨道3运行的周期为。万有引力常量为，以下说法正确的是（）

A．飞船在轨道3上的机械能等于在轨道1上的机械能

B．由以上的条件可以求地球的质量

C．由以上的条件可以求飞船在轨道2运行的周期

D．飞船在轨道3上经过P点的加速度大于它在轨道2上经过P点时的加速度

10．2023年4月27日，湖北省首条地面观光缆车（有轨电车）在恩施大峡谷景区投入运营。假设有轨电车质量为m，某次测试中有轨电车由静止出发在水平面做加速度为a的匀加速直线运动，有轨电车所受的阻力恒定f，达到发动机的额定功率P后，有轨电车保持额定功率做变加速运动，再经时间t速度达到最大，然后以最大速度匀速运动，对此下列说法正确的是（）

A．有轨电车做匀加速运动的时间

B．有轨电车匀速运动的速度

C．能求从静止到加速到速度最大的过程牵引力所做的功

D．不能求有轨电车保持额定功率做变加速度运动时间t内的位移

11．如图，平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，P为两板间的一固定点，在P点固定一带负电的点电荷。静电计的金属球与电容器的正极板连接，外壳接地。若保持电容器正极板不动，仅将负极板缓慢向左平移一小段距离，则（）

A．静电计指针的偏角增大B．点电荷所受的电场力减小

C．P点的电势升高D．点电荷的电势能增大

三、实验题

12．如图所示为一种利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”的实验装置。主要实验步骤如下：

A．将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平

B．测出挡光条的宽度d

C．将滑块移至图示位置，测出挡光条到光电门的距离l

D．释放滑块，读出挡光条通过光电门的挡光时间t

E．用天平分别称出托盘和砝码的总质量m、滑块和遮光条的总质量M

回答下列问题：

（1）在滑块从静止释放到运动到光电门的过程中，系统的重力势能减少了，系统的动能增加了。

（2）若在误差允许的范围内成立，则系统的机械能守恒。

（3）若实验中系统的重力势能减少量大于系统的动能增加量，则可能的原因是（只写一条即可）。

13．进口电热丝Nikrothal80（镍铬合金电热丝）耐温1200℃，广泛应用于石油化工、家用电器、汽车制造、航天航空等制造行业。某探究小组想通过实验测定该电热丝的电阻率。

（1）该小组的同学用螺旋测微器测量电热丝的直径d，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数为mm。

（2）已知该电热丝的阻值约为5Ω，该小组的同学现用伏安法测量其阻值R，电源选用两节干电池，电压表、电流表选择合适的量程，设计的实验电路图如下，请根据电路图把实物图补充完整。

（3）该小组的同学某次实验数据如下，则电压表的读数为V。

（4）该小组同学利用该原理图正确连接好电路，进行实验测量，记录了多组U、I，在坐标纸上建立U、I坐标系，并描绘出U－I图线，得到k。已知待测电热丝接入电路部分的长度为L，根据以上物理量可以得到该电热丝电阻率为（用题目中所给物理的字母表示）。

四、解答题

14．（2023高一下·天津期末）如图所示，光滑水平面AB与竖直面内光滑的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R=0.5m。一个质量为m=1kg可视为质点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左速度后脱离弹簧，它经过B点后沿半圆形圆弧导轨恰能运动到达最高点C。不计空气阻力，取g=10m/s2。求：

（1）物体到达B点时速度的大小；

（2）弹簧被压缩至A点时弹性势能Ep。

15．如图所示，竖直正对放置的金属板A、B，两板所加的电压为U0，两板中间开有小孔。平行金属板M、N水平放置，其中心线与小孔的连线共线，粒子源P发出质量为m，电荷量为q的带正电粒子（初速度不计），粒子在A、B间加速后，射入平行金属板M、N之间，恰好从N板的右边缘离开偏转电场。已知M、N板长为L，两板间距离也为L，板M、N右侧距板右端L处放置一足够大的荧光屏PQ，屏与垂直。粒子重力不计，求：

（1）粒子进入MN板间时的速度大小v0；

（2）M、N板所加的电压U1；

（3）粒子打在荧光屏上的位置到点的距离y。

16．滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来，如图是滑板运动的轨道。BC和DE是竖直平面内的两段光滑的圆弧型轨道，BC的圆心为O点，圆心角，半径R＝1.5m，OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD的长度l＝1.5m，滑板与水平轨道间的动摩擦因数。某运动员从轨道上的A点以初速度v0水平滑出，在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为m＝50kg，A、B的竖直高度h＝0.8m。重力加速度为g＝10m/s2，求：

（1）运动员从A点运动到B点的过程中，到达B点时的速度大小；

（2）D、E的竖直高度H；

（3）通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，求出回到B点时速度的大小。如果不能，求出最后停止的位置距C点的距离。

答案解析部分

1．【答案】A

【知识点】曲线运动的条件；曲线运动

【解析】【解答】由于物体在做曲线运动，轨迹凹向合力的一侧，当一开始轨迹为AB曲线时，大概可判断出原来的合力指向轨迹的凹侧向下，所以当力的方向突然变为与原来相反向上时，可知道轨迹要向上凹，可能与曲线a重合，故A正确，BCD错误。

故答案为：A。

【分析】本题考查了曲线运动的条件。注意在做曲线运动时合外力指向轨迹的凹侧，一开始轨迹向下凹，说明合外力的大致方向是向下，当力反向向上时，说明轨迹要向上凹了。

2．【答案】B

【知识点】库仑定律；电容器及其应用；静电的防止与利用；电场强度；电势

【解析】【解答】A.电场中某点的电场强度与试探电荷的有无无关，即使P点不放试探电荷，P点的电场强度也不为0，故A错误；

B.电场强度、电势、电容都是利用比值定义法，电场中某点电场强度E与电场力F、以及试探电荷的电量q均无关，E只跟电场本身有关，电场中某点的电势与试探电荷的电量q以及电势能无关，只跟电场本身以及与零势能位置的相对位置有关，平行板电容器的电容与电容器所带的电量Q以及极板间的电压U无关，只跟电容器本身的结构有关，故B正确；

C.库仑通过库仑扭秤实验得到了库仑定律，但是没有测出静电力常量的大小，故C错误；

D.处于静电平衡的导体内部，场强处处为0，而外部场强并不为0，故D错误。

故答案为：B。

【分析】本题考查了一些常识知识点。在电场中某点的电场强度只跟电场本身有关，与试探电荷无关；电场强度E还有电势、电容C在推导出来时都是利用了比值定义法；库仑只推导出了库仑定律，并没有测出静电力常量的大小；处于静电平衡的导体，在其内部场强处处为0，所以它的表面是一个等势面，但是在导体的外部，电场强度并不为0，并且表面处电场强度方向垂直于导体表面。

3．【答案】A

【知识点】机械能守恒定律

【解析】【解答】A.在物体系统内如果只有重力或弹力做功，物体或系统的机械能守恒，跳水运动员在空中运动的过程中由于空气阻力可以忽略不计，只有重力做功，所以跳水运动员的机械能守恒，故A正确；

B.在乙图中物体在沿光滑斜面加速下滑的过程中，物体受到斜面对它的支持力、外力F、重力G，其中支持力对它不做功，所以我们发现除了重力做功之外还有外力F对它做功，所以物体的机械能不守恒，故B错误；

C.在A物体下降的过程中，除了重力做功之外还有拉力对它做负功，物体A的机械能不守恒，故C错误；

D.在小球向右压缩弹簧的过程中，小球受到弹簧对它向左的弹力，小球做减速运动，动能越来越小，而重力势能不变，所以小球的机械能越来越小，机械能不守恒，故D错误。

故答案为：A。

【分析】本题考查了机械能守恒的条件，在只有重力或弹力做功的物体系统内，物体或系统的机械能守恒。在甲图中，跳水运动员在空中运动的过程只有重力做功，所以跳水运动员的机械能守恒；在乙图中，物体在沿光滑斜面加速下滑的过程中，虽然支持力不做功，但是除了重力做功之外还有外力F做功，所以物体的机械能不守恒；在丙图中，A物体在下降的过程中除了重力做功之外还有拉力对其做负功，所以A物体的机械能不守恒；在丁图中，小球在向右压缩弹簧的过程中，由于弹力对小球做负功，所以小球的机械能不守恒。

4．【答案】B

【知识点】电场及电场力；电场线；电势能；电势能与电场力做功的关系；电势

【解析】【解答】A.由图中的等势面分布可以猜想出两个点电荷是同种电荷，因为若是异种电荷，则在两电荷连线上有一垂线为等势面，故A错误；

B.由于等势面较密的地方电场强度也比较大，P处等势面比较密，P处的电场强度也比较大，说明质子在P处受到的电场力也比较大，加速度也比较大，故B正确；

C.由于电场线与等势面垂直，并且电场力指向轨迹的凹侧，所以我们可以画出质子在M到P运动过程中受到的电场力，可看到电场力的方向与速度方向成钝角，所以电场力做负功，质子从M到P的过程中做减速运动，所以质子在M点的动能比在P点的动能大，故C错误；

D.由于电场线垂直于等势面，质子在P点受到的电场力指向轨迹凹侧向外，说明电场线的方向是垂直于等势面向外，又沿着电场线的方向电势降低，说明P点的电势大于M点的电势，故D错误。

故答案为：B。

【分析】首先从等势面的分布情况可以看出两个点电荷带同种电性；要分析质子在P、M两个位置哪个位置的加速度较大，要比较质子在两个位置受到的电场力大小，即要比较两个位置的电场强度，明显P处由于等势面较密所以电场强度较大，所以a也较大；质子在M运动到P的过程中，由轨迹的凹向可以判断出电场力的方向并且电场力要垂直于等势面，接着判断电场力与速度所成的夹角是钝角还是锐角，就可以判断电场力做负功还是做正功，质子是加速还是减速，M点动能大还是P点动能大；由于电场力要指向凹侧向外，质子带正电，说明电场线也要向外，而沿着电场线的方向电势降低，说明P点电势大于M点电势。

5．【答案】D

【知识点】匀速圆周运动；万有引力定律的应用；卫星问题

【解析】【解答】A.在载人飞船加速升空的过程中，飞船的重力势能增大，动能也增大，所以机械能也增大，机械能不守恒，故A错误；

B.在飞船绕地球做匀速圆周运动的过程中，万有引力提供向心力，设地球质量为M，转动半径为r，有，所以，发现r越大，z转动周期T也越大，故地球同步卫星周期大于飞船的运行周期，故B错误；

C.在飞船绕地飞行过程中，舱内乘组人员跟着飞船在做匀速圆周运动，有指向地心的向心加速度，所以合力不为0，故C错误；

D.由于飞船绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，所以飞船的轨道平面一定过地球的地心，故D正确。

故答案为：D。

【分析】在飞船加速升空中，重力势能增大，动能增大，机械能也增大，机械能不守恒；在分析飞船在做匀速圆周运动的周期时，拿它的周期跟地球同步卫星的周期比较，通过万有引力提供向心力列式，得出周期的推导式，知转动半径越大，转动周期也越大，从而知道飞船的运行周期比地球同步卫星的周期小；在飞船绕地飞行时，舱内乘组人员跟着一起做圆周运动，有指向圆心的向心加速度，所以合力不为0；由于万有引力提供向心力，所以飞船的轨道平面肯定过地球的球心。

6．【答案】D

【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；功的概念；功的计算；动能定理的综合应用；机械能守恒定律

【解析】【解答】A.由于人沿着沙坡斜面做匀加速直线运动，所以有，所以重力做的功为，重力做正功，所以重力势能减少，并且减少了，故A错误；

D.人的动能增加了，故D正确；

B.人滑到底部的过程，根据动能定理有，得，故B错误；

C.由于物体的机械能变化等于除了重力之外的其他力做的功，所以有，所以机械能减少了，故C错误。

故答案为：D。

【分析】本题主要考查了功能关系。人沿着沙坡斜面做匀加速直线运动，根据计算出人沿斜面下滑的位移x，再根据几何关系计算处人下滑时下降的高度h，根据重力做功的公式计算出重力做的功，就可以知道人的重力势能减少量；根据v=at计算出人达到底部的速度大小，再根据动能公式可以计算出人到达底部的动能即为人的动能增加量；根据动能定理列式可以求出阻力对人做的功；由于物体系统内如果只有重力做功，则物体或系统的机械能守恒，所以当除了重力之外还有其他力做功，则物体的机械能不守恒，并且其他力做了多少功，物体的机械能就变化多少，所以人的机械能的变化量等于阻力做的功。

7．【答案】B

【知识点】电势能；电势能与电场力做功的关系；等势面；电势差与电场强度的关系

【解析】【解答】A.由可得，故A错误；

B.同理可得，即，所以若规定B点的电势等于0，则C点电势为-3V，故B正确；

C.由于可以设B点电势为0，由于，所以可得，而，所以AB边的中点取为Q点电势也为-3V，连接QC，QC为等势面，所以过B点向QC等势面做垂线，垂足为F，并且由于沿着电场线的方向电势逐渐降低，所以电场线是从B点指向F点，所以有，故C错误；

D.若规定B点的电势能为0，则点电荷在A点的电势能为，故D错误。

故答案为：B。

【分析】本题考查了场强与电势差的关系。根据计算出AB、BC之间的电势差，若设，求出A、C两点的电势，再根据三点的电势关系，在AB边上找出C点的等势点，把该点与C点连接起来，即为等势面，所以可以从B点向等势面做垂线即为电场线，并且电场线的方向是从电势高的点指向电势低的点，找出电场线后，就可以根据计算出场强E大小，注意d为两个点沿着电场线方向上的距离；根据前面A、B之间的电势差，若B点的电势为0，可以找出A点的电势，再根据求出点电荷在A点的电势能。

8．【答案】B,C

【知识点】受力分析的应用；向心力；生活中的圆周运动；动能

【解析】【解答】A.小物块只受到重力以及陶罐壁对它的支持力，不能说小物块受到向心力的作用，因为向心力是一种效果力，只能由什么力或者什么力的合力来提供向心力，故A错误；

B.由于物块在随着转台一起做匀速圆周运动，所以重力、支持力两者的合力提供向心力，有，得，故B正确；

C.由于重力、支持力两者的合力提供向心力，同样有，可得，所以小物块做圆周运动时的动能为，故C正确；

D.若转台的角速度增大，由于等一下陶罐对小物块有摩擦力的作用，并且沿着陶罐切线向下，摩擦力的一部分分力来一起提供向心力，所以在转台的角速度增大时，小物块不一定相对陶罐向上滑，故D错误。

故答案为：BC。

【分析】本题考查了向心力的知识点。在小物块随着转台一起做匀速圆周运动的过程中，要对小物块受力分析，由此此时小物块恰好不受摩擦力的作用，所以小物块只受重力、支持力的作用，不能说小物块受到向心力的作用，因为向心力并不是一种真实存在的性质力，它只是一种效果力；重力、支持力两者的合力提供向心力，根据平行四边形定则结合角度求出合力与重力的关系，用重力来表示合力，合力提供向心力，代入含有角速度的向心力公式，就可以求出角速度的大小；若代入含有线速度的向心力公式，就可以求出小物块匀速圆周运动的线速度，再根据动能的公式就可以求出小物块的动能；当转台转动的角速度增大时，小物块不一定相对于罐壁向上滑，因为陶罐对转台有摩擦力的作用来提供一部分向心力。

9．【答案】B,C

【知识点】万有引力定律的应用；机械能守恒定律

【解析】【解答】A.若设无穷远处的重力势能为0，，其中M为地球的质量，m为飞船的质量，r为飞船到地球地心的距离，由于飞船在圆周轨道上绕地球做匀速圆周运动时，有，所以飞船圆周运动的动能为，所以飞船的机械能为，由于轨道3的半径较大，所以飞船在轨道3上运动时的机械能也较大，故A错误；

B.由开普勒第三定律得，由此式子可以求出地球的半径R，再由可得地球质量为，把求出来的地球半径R再代入此式子就可以。故B正确；

C.由题意可知椭圆轨道2的半长轴为，将B选项求出的R代入此式子就可以求出a的大小，再由开普勒第三定律可得，代入R以及a的大小，就可以求出飞船在轨道2运行的周期T。故C正确；

D.无论是飞船在轨道3上经过P点还是在轨道2上通过P点，由于无论是哪条轨道，P点的位置不变，所以飞船在此位置受到的万有引力不变，所以加速度也不变，故D错误。

故答案为：BC。

【分析】当飞船在不同的轨道上做匀速圆周运动时，我们可以根据宇宙中重力势能的公式以及结合万有引力提供向心力推导出线速度的大小从而推导出动能的公式，把重力势能跟动能加起来从而得出机械能的表达式，从式子中看到越高的轨道，飞船的机械能越大；利用开普勒第三定律列式先求出地球的半径R，由于在轨道1上万有引力提供向心力，列出含有周期的向心力公式让其等于万有引力结合求出来的地球半径R就可以求出地球的质量M；首先求出飞船在轨道2的半长轴再结合开普勒第三定律可以求出飞船在轨道2运行的周期T；无论是哪条轨道上通过P点，飞船在P点受到的万有引力不变，所以加速度也不变。

10．【答案】A,C

【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；功的计算；功率及其计算；机车启动；动能定理的综合应用

【解析】【解答】A.电车以恒定加速度做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有，可得在匀加速阶段牵引力大小不变，所以随着速度v的增加，电车的输出功率也增加，当P出达到额定功率时，匀加速阶段结束，此时有，得到匀加速阶段的末速度即最大值为，所以匀加速阶段持续的时间为，故A正确；

B.达到额定功率后，速度增大，则牵引力减小，根据牛顿第二定律知加速度也越来越小，所以达到额定功率后电车做a越来越小的加速直线运动，当a=0时即时，电车的速度达到最大，之后做匀速直线运动，有，所以，故B正确；

C.从静止开始到加速到速度最大的过程中牵引力做的功等于匀加速阶段牵引力做的功加上变加速阶段牵引力做的功，匀加速阶段由于已经求出运动的末速度为，所以匀加速阶段的位移为，所以在匀加速阶段牵引力做的功为，而变加速阶段牵引力做的功为，到速度最大之前牵引力做的功为，故C正确；

D.由于变加速阶段的初速度为匀加速阶段的末速度，所以可以根据动能定理对变加速阶段列式，有，通过此式子可以求出求出在变加速阶段运动的位移，故D错误；

故AC正确。

【分析】本题考查了机车启动问题的类型2：恒定加速度下的启动问题，电车一开始做匀加速运动，根据牛顿第二定律有，可得在匀加速阶段牵引力大小不变，所以随着速度v的增加，电车的输出功率也增加，当P出达到额定功率时，匀加速阶段结束，联立牛顿第二定律以及功率的公式可求出匀加速阶段的最大速度，再结合v=at可求出匀加速运动的时间t；匀速运动时牵引力等于阻力f，再根据功率公式可求出匀速运动的速度；牵引力做的功等于匀加速阶段做的功加上变加速阶段做的功，根据结合可以求出匀加速阶段牵引力做的功W1，而变加速阶段牵引力做的功为W2=Pt，两个功加起来就是全程牵引力做的功；根据动能定理列式可以求出在变加速阶段电车所发生的位移。

11．【答案】A,C

【知识点】电容器及其应用；电势能；电势差与电场强度的关系

【解析】【解答】A.平行板电容器充电后与电源断开，说明之后电容器的电量Q不变，现在将负极板向左平移一小段距离，则极板间的距离d增大，根据可知电容器的电容减小，根据可知两极板间的电压增大，由于静电计指针偏角显示的是极板间的电压，所以静电计指针的偏角增大，故A正确；

B.由于两极板间的电场强度，可以看到在电容器的电量Q不变的情况下，极板间的电场强度也不变，所以固定在P点的负点电荷受到的电场力也不变，故B错误；

C.对P点到左极板的电势差列式，设左极板为A板，右极板为B板，有，由于两极板之间的电场强度E不变，而P点到左极板A板的距离变大，所以即P点的电势也变大，故C正确；

D.由于固定在P点的点电荷带负电，根据，可知由于，所以增大，P点点电荷的电势能反而减小，故D错误；

故答案为：AC。

【分析】本题考查了平行板电容器的动态分析。当平行板电容器充电后与电源断开，则电容器已经充满电，电量Q不变，当将负极板向左平移一小段距离时，两极板之间的距离d增大，则根据电容的决定式结合可知两极板之间的电压增大，而静电计指针的偏角显示的是电容器极板间的电压，所以静电计指针的偏角增大；通过匀强电场中场强的计算公式结合以及电容的决定式可推导出，说明极板间的电场强度与间距d无关，在将负极板向左平移一小段距离的过程中，极板间的场强E不变，所以点电荷受到的电场力大小也不变；通过P极板到左极板的电势差列式可知P极板到左极板的电势差增大，而此电势差刚好等于P点的电势，得出P点的电势也增大；根据点电荷的电势能列式，可知在P点电势增大的情况下，负电荷在P点的电势能反而减小。

12．【答案】（1）；

（2）

（3）存在空气阻力作用（气垫导轨没有调水平，左端高）

【知识点】机械能守恒定律

【解析】【解答】（1）整个系统中，滑块的重力势能不变，但是托盘钩码的重力减少量为，所以整个系统的重力势能减少量为mgl，由于滑块经过光电门一瞬间速度可以用t时间内的平均速度来代替，所以有，所以整个系统的动能增加量为。

故答案为：mgl；。

（2）如果在误差允许的范围内，这个系统重力势能的减小量等于动能的增加量，即有，则系统的机械能守恒。

故答案为：。

（3）由于在托盘下落的过程中，托盘受到竖直向上的空气阻力，空气阻力对托盘做负功，由于我们讲过对于物体系统内，如果除了重力或弹力做功之后，还有其他力做功，则物体或系统的机械能不守恒，并且其他力做了多少功，机械能就变化多少，现在空气阻力对托盘做负功，说明系统的机械能不守恒，并且机械能是减少的，说明系统重力势能的减少量大于系统动能的增加量。

故答案为：存在空气阻力作用。

【分析】本题考查了利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”，在此实验中，由于拉力对滑块做正功，而拉力对托盘做负功，两个功大小相等，可以相互抵消掉，所以对于滑块与托盘、钩码组成的系统，除了重力做功之后，没有其他力做功，所以滑块与托盘、钩码组成的系统机械能守恒。

（1）在滑块从静止释放到光电门的过程中，托盘向下运动了l的距离，所以整个系统的重力势能减小量为mgl，而由于在运动的过程中，滑块的速度大小始终与托盘整体的速度大小相等，当滑块经过光电门一瞬间，由于时间极短，所以可以在该时间内的平均速度来代替瞬时速度，得出滑块经过光电门一瞬间的速度即为托盘整体的速度，再根据动能公式可以得出整个过程中系统的动能增加量；

（2）若在此过程中，系统的重力势能减少量等于系统的动能增加量，则系统的机械能守恒；

（3）实际上，在托盘整体向下运动的过程中，它还受到竖直向上的空气阻力对它做负功，所以系统的重力势能减少量实际上大于系统动能的增加量。

13．【答案】（1）0.400

（2）

（3）2.30

（4）

【知识点】电阻定律；电阻；电阻率

【解析】【解答】（1）由于螺旋测微器固定尺上面每一个半格为0.5mm，可动尺每旋转一圈固定尺就前进或后退一个半格，所以可动尺上面每一格为，由于现在固定尺上面没有读数，而可动尺上面对齐格数为40，所以螺旋测微器的读数为

，注意螺旋测微器要估读到mm的后三位。

故答案为：0.400。

（2）注意在这里滑动变阻器采用的是分压式解法，为“一上两下”。

（3）由于电压表的量程为3V，最小格每格为，要利用估读法，即最小格的等于0.01V，此时读数要估读到0.01V，所以看表可以看到指针的读数为2.30V。

故答案为：2.30。

（4）由于U-I图像中的斜率k表示待测电阻丝接入部分的电阻R，则R=k，由于，所以电阻丝的电阻率。

故答案为：。

【分析】本题考查的是“测金属丝的电阻率”实验。

（1）注意螺旋测微器的读数等于固定尺的读数加上对齐格数乘以0.01mm，在读数时要估读到mm的后三位；

（2）本题滑动变阻器采用的是分压式解法，为“一上两下”接法；

（3）本题的电压表采用的是3V量程，每一小格为0.1V，要采用估读法，即0.1V的，为0.01V，所以要估读到0.01V。

（4）画出U-I线时可知斜率即为待测电热丝接进电路中的电阻，再结合以及横截面积S的公式就可以求出电阻丝的电阻率。

14．【答案】（1）解：恰好到达C点时

从B到C的过程中，根据动能定理

解得

（2）解：根据机械能守恒定律可知

解得

【知识点】动能定理的综合应用；竖直平面的圆周运动

【解析】【分析】（1）当小球恰好经过最高点的时候，只有重力提供向心力，对小球进行受力分析，利用向心力公式求解此时的速度；利用动能定理求解物体到达最低点的速度；

（2）两个物体组成系统能量守恒，利用能量守恒列方程分析求解即可。

15．【答案】（1）解：对粒子在电场中的加速过程，根据动能定理有

解得

（2）解：对粒子在电场中的偏转过程，水平方向匀速直线运动竖直方向匀加速直线运动

由受力可知，

综合以上各式得

（3）解：如图所示，带电粒子由偏转电场离开时，速度的反向延长线交于水平位移的中点，由几何知识可知，

则

【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）根据动能定理对加速电场列式，可以求出粒子离开加速电场的速度即进入MN板间的速度大小；

（2）粒子在A、B间加速后，射入平行金属板M、N之间，恰好从N板的右边缘离开偏转电场。粒子进入平行金属板M、N之间后，水平方向做匀速直线运动，可以列出水平方向的位移公式，求出在极板间运动的时间t，又竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，可以根据列式，代入加速度表达式以及t的大小，而y的位移为，最后相结合求出M、N两板间的电压U1；

（3）通过作图，以及前面我们已经知道反向延长离开极板的速度，延长线将交于水平位移的中点，得出，所以，又结合大三角形，得出粒子打在荧光屏上的位置到点的距离y与荧光屏到水平位移的中点的距离的比等于角的正切，从而求出粒子打在荧光屏上的位置到点的距离y。

16．【答案】（1）解：运动员由A到B做平抛运动，则竖直方向

解得

由于在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道，则有

解得

（2）解：对运动员由B到E的过程用能量守恒

解得

（3）解：假设运动员可以回到B点，且速度为v，则对运动员由E到B的过程用能量守恒

方程无解，由上可知，假设不成立，运动员不可以回到B点。设最后停止的位置距C点的距离为s，则有

解得

所以从D点进入CD轨道单边完整经过三次后，第四次由C向D运动，最后停止的位置距C点的距离为0.7m

【知识点】功能关系；能量守恒定律；平抛运动；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用

【解析】【分析】（1）首先分析运动员的运动情况，运动员从A到B做平抛运动，竖直方向上为自由落体运动，根据可以求出竖直方向的末速度，而在B点时速度刚好与圆形轨道相切与半径方向垂直，所以可以对B点的速度进行分解，分解为水平速度和竖直速度，利用三角函数可以求出运动员在B点的速度；

（2）注意运动员来到E点的速度为0，对运动员从B点到E点列动能定理可以求出DE轨道的高度H；

（3）问第一次返回时，运动员能否回到B点？可以先假设运动员可以回到B点，则回到B点速度大于或等于0，对运动员从E点到B点列动能定理或能量守恒的式子，列出来之后可以发现方程无解，所以运动员无法返回到B点，只能运动到B点下面一点的点，接着又沿圆形轨道向下滑冲上水平轨道，再冲上DE轨道，但是无法上升到E点，返回向下滑，冲上DC轨道，再冲上圆形轨道，这次冲上的位置比上次低，如此循环，最后停止在水平轨道上的某个点，对全程能量守恒式子，运动员最开始在B点的机械能最后都转化为热能，通过列式可得在水平轨道上运动的路程为s=3.7m，3.7m是1.5m的两倍多0.7m，所以最后停止的位置距离C点0.7m。

二一教育在线组卷平台（）自动生成1/1登录二一教育在线组卷平台助您教考全无忧

湖北省云学新高考联盟2022-2023学年高一下学期5月联考物理试题

一、单选题

1．某质点从A点沿图中的曲线运动到B点，质点受力恒为F。经过B点后，若力的方向突然变为与原来相反，下列关于它经过B点后的轨迹说法正确的是（）

A．可能与曲线a重合B．可能与曲线b重合

C．可能与曲线c重合D．可能与曲线在B点的切线重合

【答案】A

【知识点】曲线运动的条件；曲线运动

【解析】【解答】由于物体在做曲线运动，轨迹凹向合力的一侧，当一开始轨迹为AB曲线时，大概可判断出原来的合力指向轨迹的凹侧向下，所以当力的方向突然变为与原来相反向上时，可知道轨迹要向上凹，可能与曲线a重合，故A正确，BCD错误。

故答案为：A。

【分析】本题考查了曲线运动的条件。注意在做曲线运动时合外力指向轨迹的凹侧，一开始轨迹向下凹，说明合外力的大致方向是向下，当力反向向上时，说明轨迹要向上凹了。

2．下列有关于静电场的说法正确的是（）

A．若在电场中的P点不放试探电荷，则P点的电场强度为0

B．电场强度E、电势、电容C都是通过比值定义法定义的物理量

C．库仑通过库仑扭秤实验测出了静电力常量

D．处于静电平衡的导体，场强处处为0

【答案】B

【知识点】库仑定律；电容器及其应用；静电的防止与利用；电场强度；电势

【解析】【解答】A.电场中某点的电场强度与试探电荷的有无无关，即使P点不放试探电荷，P点的电场强度也不为0，故A错误；

B.电场强度、电势、电容都是利用比值定义法，电场中某点电场强度E与电场力F、以及试探电荷的电量q均无关，E只跟电场本身有关，电场中某点的电势与试探电荷的电量q以及电势能无关，只跟电场本身以及与零势能位置的相对位置有关，平行板电容器的电容与电容器所带的电量Q以及极板间的电压U无关，只跟电容器本身的结构有关，故B正确；

C.库仑通过库仑扭秤实验得到了库仑定律，但是没有测出静电力常量的大小，故C错误；

D.处于静电平衡的导体内部，场强处处为0，而外部场强并不为0，故D错误。

故答案为：B。

【分析】本题考查了一些常识知识点。在电场中某点的电场强度只跟电场本身有关，与试探电荷无关；电场强度E还有电势、电容C在推导出来时都是利用了比值定义法；库仑只推导出了库仑定律，并没有测出静电力常量的大小；处于静电平衡的导体，在其内部场强处处为0，所以它的表面是一个等势面，但是在导体的外部，电场强度并不为0，并且表面处电场强度方向垂直于导体表面。

3．在下面列举的各个实例中，不考虑空气阻力，叙述正确的是（）

A．甲图中跳水运动员在空中运动的过程中机械能守恒

B．乙图中物体在外力F作用下沿光滑斜面加速下滑的过程中机械能守恒

C．丙图中通过轻绳连接的物体AB运动过程中A的机械能守恒

D．丁图中小球在光滑水平面上以一定的初速度压缩弹簧的过程中，小球的机械能守恒

【答案】A

【知识点】机械能守恒定律

【解析】【解答】A.在物体系统内如果只有重力或弹力做功，物体或系统的机械能守恒，跳水运动员在空中运动的过程中由于空气阻力可以忽略不计，只有重力做功，所以跳水运动员的机械能守恒，故A正确；

B.在乙图中物体在沿光滑斜面加速下滑的过程中，物体受到斜面对它的支持力、外力F、重力G，其中支持力对它不做功，所以我们发现除了重力做功之外还有外力F对它做功，所以物体的机械能不守恒，故B错误；

C.在A物体下降的过程中，除了重力做功之外还有拉力对它做负功，物体A的机械能不守恒，故C错误；

D.在小球向右压缩弹簧的过程中，小球受到弹簧对它向左的弹力，小球做减速运动，动能越来越小，而重力势能不变，所以小球的机械能越来越小，机械能不守恒，故D错误。

故答案为：A。

【分析】本题考查了机械能守恒的条件，在只有重力或弹力做功的物体系统内，物体或系统的机械能守恒。在甲图中，跳水运动员在空中运动的过程只有重力做功，所以跳水运动员的机械能守恒；在乙图中，物体在沿光滑斜面加速下滑的过程中，虽然支持力不做功，但是除了重力做功之外还有外力F做功，所以物体的机械能不守恒；在丙图中，A物体在下降的过程中除了重力做功之外还有拉力对其做负功，所以A物体的机械能不守恒；在丁图中，小球在向右压缩弹簧的过程中，由于弹力对小球做负功，所以小球的机械能不守恒。

4．两个点电荷产生电场的等势面如图中实线所示，相邻等势面间的电势差相等。虚线是一个质子在该电场中的运动轨迹，下列说法正确的是（）

A．两个点电荷是异种电荷

B．质子在P点的加速度比在M点的加速度大

C．质子在P点的动能比在M点的动能大

D．M点的电势高于P点的电势

【答案】B

【知识点】电场及电场力；电场线；电势能；电势能与电场力做功的关系；电势

【解析】【解答】A.由图中的等势面分布可以猜想出两个点电荷是同种电荷，因为若是异种电荷，则在两电荷连线上有一垂线为等势面，故A错误；

B.由于等势面较密的地方电场强度也比较大，P处等势面比较密，P处的电场强度也比较大，说明质子在P处受到的电场力也比较大，加速度也比较大，故B正确；

C.由于电场线与等势面垂直，并且电场力指向轨迹的凹侧，所以我们可以画出质子在M到P运动过程中受到的电场力，可看到电场力的方向与速度方向成钝角，所以电场力做负功，质子从M到P的过程中做减速运动，所以质子在M点的动能比在P点的动能大，故C错误；

D.由于电场线垂直于等势面，质子在P点受到的电场力指向轨迹凹侧向外，说明电场线的方向是垂直于等势面向外，又沿着电场线的方向电势降低，说明P点的电势大于M点的电势，故D错误。

故答案为：B。

【分析】首先从等势面的分布情况可以看出两个点电荷带同种电性；要分析质子在P、M两个位置哪个位置的加速度较大，要比较质子在两个位置受到的电场力大小，即要比较两个位置的电场强度，明显P处由于等势面较密所以电场强度较大，所以a也较大；质子在M运动到P的过程中，由轨迹的凹向可以判断出电场力的方向并且电场力要垂直于等势面，接着判断电场力与速度所成的夹角是钝角还是锐角，就可以判断电场力做负功还是做正功，质子是加速还是减速，M点动能大还是P点动能大；由于电场力要指向凹侧向外，质子带正电，说明电场线也要向外，而沿着电场线的方向电势降低，说明P点电势大于M点电势。

5．北京时间2023年4月15日，神舟十五号航天员乘组进行了第四次出舱活动并圆满完成全部既定工作，安全返回问天实验舱。截至目前，神舟十五号航天员乘组已完成四次出舱活动，刷新了中国航天员单个乘组出舱活动纪录。已知神舟十五号在距地面高度约343公里高度处运行，关于神舟十五号载人飞船在发射和运行过程中，下列说法正确的是（）

A．神舟十五号载人飞船，在加速升空过程，机械能守恒

B．神舟十五号载人飞船，绕地飞行过程，运行周期大于地球同步卫星周期

C．神舟十五号载人飞船，绕地飞行过程，舱内乘组人员所受合力为零

D．神舟十五号载人飞船，绕地飞行的轨道平面一定过地球的球心

【答案】D

【知识点】匀速圆周运动；万有引力定律的应用；卫星问题

【解析】【解答】A.在载人飞船加速升空的过程中，飞船的重力势能增大，动能也增大，所以机械能也增大，机械能不守恒，故A错误；

B.在飞船绕地球做匀速圆周运动的过程中，万有引力提供向心力，设地球质量为M，转动半径为r，有，所以，发现r越大，z转动周期T也越大，故地球同步卫星周期大于飞船的运行周期，故B错误；

C.在飞船绕地飞行过程中，舱内乘组人员跟着飞船在做匀速圆周运动，有指向地心的向心加速度，所以合力不为0，故C错误；

D.由于飞船绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，所以飞船的轨道平面一定过地球的地心，故D正确。

故答案为：D。

【分析】在飞船加速升空中，重力势能增大，动能增大，机械能也增大，机械能不守恒；在分析飞船在做匀速圆周运动的周期时，拿它的周期跟地球同步卫星的周期比较，通过万有引力提供向心力列式，得出周期的推导式，知转动半径越大，转动周期也越大，从而知道飞船的运行周期比地球同步卫星的周期小；在飞船绕地飞行时，舱内乘组人员跟着一起做圆周运动，有指向圆心的向心加速度，所以合力不为0；由于万有引力提供向心力，所以飞船的轨道平面肯定过地球的球心。

6．滑沙运动是继滑冰、滑水、滑雪和滑草之后的又一新兴运动，它使户外运动爱好者在运动的同时又能领略到沙漠的绮丽风光。如图所示，质量为50kg的人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止开始以a＝2m/s2的加速度匀加速下滑，经过10s到达坡底，轨迹看作直线。已知沙坡斜面的倾角为37°，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列关于此过程的说法中正确的是（）

A．人的重力势能减少5×104JB．人受到的阻力做功2×104J

C．人的机械能减少4×104JD．人的动能增加1×104J

【答案】D

【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；功的概念；功的计算；动能定理的综合应用；机械能守恒定律

【解析】【解答】A.由于人沿着沙坡斜面做匀加速直线运动，所以有，所以重力做的功为，重力做正功，所以重力势能减少，并且减少了，故A错误；

D.人的动能增加了，故D正确；

B.人滑到底部的过程，根据动能定理有，得，故B错误；

C.由于物体的机械能变化等于除了重力之外的其他力做的功，所以有，所以机械能减少了，故C错误。

故答案为：D。

【分析】本题主要考查了功能关系。人沿着沙坡斜面做匀加速直线运动，根据计算出人沿斜面下滑的位移x，再根据几何关系计算处人下滑时下降的高度h，根据重力做功的公式计算出重力做的功，就可以知道人的重力势能减少量；根据v=at计算出人达到底部的速度大小，再根据动能公式可以计算出人到达底部的动能即为人的动能增加量；根据动能定理列式可以求出阻力对人做的功；由于物体系统内如果只有重力做功，则物体或系统的机械能守恒，所以当除了重力之外还有其他力做功，则物体的机械能不守恒，并且其他力做了多少功，物体的机械能就变化多少，所以人的机械能的变化量等于阻力做的功。

7．在Rt△ABC中，∠C＝30°，AB边长为，空间有一匀强电场其方向与△ABC所在的平面平行，现将一个电荷量的点电荷从电场中的A点移到B点，静电力做了的功，再从B点移到C点，静电力做了的功。则下列说法正确的是（）

A．A、B两点的间的电势差

B．如果规定B点的电势为0，则C点的电势

C．该匀强电场的大小E＝200V/m

D．如果规定B点的电势能为0，则该点电荷在A点的电势能

【答案】B

【知识点】电势能；电势能与电场力做功的关系；等势面；电势差与电场强度的关系

【解析】【解答】A.由可得，故A错误；

B.同理可得，即，所以若规定B点的电势等于0，则C点电势为-3V，故B正确；

C.由于可以设B点电势为0，由于，所以可得，而，所以AB边的中点取为Q点电势也为-3V，连接QC，QC为等势面，所以过B点向QC等势面做垂线，垂足为F，并且由于沿着电场线的方向电势逐渐降低，所以电场线是从B点指向F点，所以有，故C错误；

D.若规定B点的电势能为0，则点电荷在A点的电势能为，故D错误。

故答案为：B。

【分析】本题考查了场强与电势差的关系。根据计算出AB、BC之间的电势差，若设，求出A、C两点的电势，再根据三点的电势关系，在AB边上找出C点的等势点，把该点与C点连接起来，即为等势面，所以可以从B点向等势面做垂线即为电场线，并且电场线的方向是从电势高的点指向电势低的点，找出电场线后，就可以根据计算出场强E大小，注意d为两个点沿着电场线方向上的距离；根据前面A、B之间的电势差，若B点的电势为0，可以找出A点的电势，再根据求出点电荷在A点的电势能。

二、多选题

8．如图所示，半径为的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心的对称轴重合。转台以一定角速度匀速转动，一质量为的小物块落入陶罐内，经过一段时间后小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，此时小物块恰好不受摩擦力。且小物块和点的连线与之间的夹角为，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）

A．小物块受重力、支持力、向心力

B．转台转动的角速度

C．小物块运动的动能

D．若转台转动的角速度增大，则小物块相对于罐壁一定上滑

【答案】B,C

【知识点】受力分析的应用；向心力；生活中的圆周运动；动能

【解析】【解答】A.小物块只受到重力以及陶罐壁对它的支持力，不能说小物块受到向心力的作用，因为向心力是一种效果力，只能由什么力或者什么力的合力来提供向心力，故A错误；

B.由于物块在随着转台一起做匀速圆周运动，所以重力、支持力两者的合力提供向心力，有，得，故B正确；

C.由于重力、支持力两者的合力提供向心力，同样有，可得，所以小物块做圆周运动时的动能为，故C正确；

D.若转台的角速度增大，由于等一下陶罐对小物块有摩擦力的作用，并且沿着陶罐切线向下，摩擦力的一部分分力来一起提供向心力，所以在转台的角速度增大时，小物块不一定相对陶罐向上滑，故D错误。

故答案为：BC。

【分析】本题考查了向心力的知识点。在小物块随着转台一起做匀速圆周运动的过程中，要对小物块受力分析，由此此时小物块恰好不受摩擦力的作用，所以小物块只受重力、支持力的作用，不能说小物块受到向心力的作用，因为向心力并不是一种真实存在的性质力，它只是一种效果力；重力、支持力两者的合力提供向心力，根据平行四边形定则结合角度求出合力与重力的关系，用重力来表示合力，合力提供向心力，代入含有角速度的向心力公式，就可以求出角速度的大小；若代入含有线速度的向心力公式，就可以求出小物块匀速圆周运动的线速度，再根据动能的公式就可以求出小物块的动能；当转台转动的角速度增大时，小物块不一定相对于罐壁向上滑，因为陶罐对转台有摩擦力的作用来提供一部分向心力。

9．北京时间2023年6月17日9时22分，由湖北恩施人容易担任总设计师的神舟十二号载人飞船在酒泉卫星发射中心发射升空。神舟十二号载人飞船通过6次变轨，最终与“天和核心舱”完成自主快速交会对接。假设某次变轨使飞船由圆轨道1，经椭圆轨道2，再到圆轨道3，如图所示。轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于点，轨道1离地面的高度为，飞船在轨道1运行的周期为；轨道3离地面的高度为，飞船在轨道3运行的周期为。万有引力常量为，以下说法正确的是（）

A．飞船在轨道3上的机械能等于在轨道1上的机械能

B．由以上的条件可以求地球的质量

C．由以上的条件可以求飞船在轨道2运行的周期

D．飞船在轨道3上经过P点的加速度大于它在轨道2上经过P点时的加速度

【答案】B,C

【知识点】万有引力定律的应用；机械能守恒定律

【解析】【解答】A.若设无穷远处的重力势能为0，，其中M为地球的质量，m为飞船的质量，r为飞船到地球地心的距离，由于飞船在圆周轨道上绕地球做匀速圆周运动时，有，所以飞船圆周运动的动能为，所以飞船的机械能为，由于轨道3的半径较大，所以飞船在轨道3上运动时的机械能也较大，故A错误；

B.由开普勒第三定律得，由此式子可以求出地球的半径R，再由可得地球质量为，把求出来的地球半径R再代入此式子就可以。故B正确；

C.由题意可知椭圆轨道2的半长轴为，将B选项求出的R代入此式子就可以求出a的大小，再由开普勒第三定律可得，代入R以及a的大小，就可以求出飞船在轨道2运行的周期T。故C正确；

D.无论是飞船在轨道3上经过P点还是在轨道2上通过P点，由于无论是哪条轨道，P点的位置不变，所以飞船在此位置受到的万有引力不变，所以加速度也不变，故D错误。

故答案为：BC。

【分析】当飞船在不同的轨道上做匀速圆周运动时，我们可以根据宇宙中重力势能的公式以及结合万有引力提供向心力推导出线速度的大小从而推导出动能的公式，把重力势能跟动能加起来从而得出机械能的表达式，从式子中看到越高的轨道，飞船的机械能越大；利用开普勒第三定律列式先求出地球的半径R，由于在轨道1上万有引力提供向心力，列出含有周期的向心力公式让其等于万有引力结合求出来的地球半径R就可以求出地球的质量M；首先求出飞船在轨道2的半长轴再结合开普勒第三定律可以求出飞船在轨道2运行的周期T；无论是哪条轨道上通过P点，飞船在P点受到的万有引力不变，所以加速度也不变。

10．2023年4月27日，湖北省首条地面观光缆车（有轨电车）在恩施大峡谷景区投入运营。假设有轨电车质量为m，某次测试中有轨电车由静止出发在水平面做加速度为a的匀加速直线运动，有轨电车所受的阻力恒定f，达到发动机的额定功率P后，有轨电车保持额定功率做变加速运动，再经时间t速度达到最大，然后以最大速度匀速运动，对此下列说法正确的是（）

A．有轨电车做匀加速运动的时间

B．有轨电车匀速运动的速度

C．能求从静止到加速到速度最大的过程牵引力所做的功

D．不能求有轨电车保持额定功率做变加速度运动时间t内的位移

【答案】A,C

【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；功的计算；功率及其计算；机车启动；动能定理的综合应用

【解析】【解答】A.电车以恒定加速度做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有，可得在匀加速阶段牵引力大小不变，所以随着速度v的增加，电车的输出功率也增加，当P出达到额定功率时，匀加速阶段结束，此时有，得到匀加速阶段的末速度即最大值为，所以匀加速阶段持续的时间为，故A正确；

B.达到额定功率后，速度增大，则牵引力减小，根据牛顿第二定律知加速度也越来越小，所以达到额定功率后电车做a越来越小的加速直线运动，当a=0时即时，电车的速度达到最大，之后做匀速直线运动，有，所以，故B正确；

C.从静止开始到加速到速度最大的过程中牵引力做的功等于匀加速阶段牵引力做的功加上变加速阶段牵引力做的功，匀加速阶段由于已经求出运动的末速度为，所以匀加速阶段的位移为，所以在匀加速阶段牵引力做的功为，而变加速阶段牵引力做的功为，到速度最大之前牵引力做的功为，故C正确；

D.由于变加速阶段的初速度为匀加速阶段的末速度，所以可以根据动能定理对变加速阶段列式，有，通过此式子可以求出求出在变加速阶段运动的位移，故D错误；

故AC正确。

【分析】本题考查了机车启动问题的类型2：恒定加速度下的启动问题，电车一开始做匀加速运动，根据牛顿第二定律有，可得在匀加速阶段牵引力大小不变，所以随着速度v的增加，电车的输出功率也增加，当P出达到额定功率时，匀加速阶段结束，联立牛顿第二定律以及功率的公式可求出匀加速阶段的最大速度，再结合v=at可求出匀加速运动的时间t；匀速运动时牵引力等于阻力f，再根据功率公式可求出匀速运动的速度；牵引力做的功等于匀加速阶段做的功加上变加速阶段做的功，根据结合可以求出匀加速阶段牵引力做的功W1，而变加速阶段牵引力做的功为W2=Pt，两个功加起来就是全程牵引力做的功；根据动能定理列式可以求出在变加速阶段电车所发生的位移。

11．如图，平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，P为两板间的一固定点，在P点固定一带负电的点电荷。静电计的金属球与电容器的正极板连接，外壳接地。若保持电容器正极板不动，仅将负极板缓慢向左平移一小段距离，则（）

A．静电计指针的偏角增大B．点电荷所受的电场力减小

C．P点的电势升高D．点电荷的电势能增大

【答案】A,C

【知识点】电容器及其应用；电势能；电势差与电场强度的关系

【解析】【解答】A.平行板电容器充电后与电源断开，说明之后电容器的电量Q不变，现在将负极板向左平移一小段距离，则极板间的距离d增大，根据可知电容器的电容减小，根据可知两极板间的电压增大，由于静电计指针偏角显示的是极板间的电压，所以静电计指针的偏角增大，故A正确；

B.由于两极板间的电场强度，可以看到在电容器的电量Q不变的情况下，极板间的电场强度也不变，所以固定在P点的负点电荷受到的电场力也不变，故B错误；

C.对P点到左极板的电势差列式，设左极板为A板，右极板为B板，有，由于两极板之间的电场强度E不变，而P点到左极板A板的距离变大，所以即P点的电势也变大，故C正确；

D.由于固定在P点的点电荷带负电，根据，可知由于，所以增大，P点点电荷的电势能反而减小，故D错误；

故答案为：AC。

【分析】本题考查了平行板电容器的动态分析。当平行板电容器充电后与电源断开，则电容器已经充满电，电量Q不变，当将负极板向左平移一小段距离时，两极板之间的距离d增大，则根据电容的决定式结合可知两极板之间的电压增大，而静电计指针的偏角显示的是电容器极板间的电压，所以静电计指针的偏角增大；通过匀强电场中场强的计算公式结合以及电容的决定式可推导出，说明极板间的电场强度与间距d无关，在将负极板向左平移一小段距离的过程中，极板间的场强E不变，所以点电荷受到的电场力大小也不变；通过P极板到左极板的电势差列式可知P极板到左极板的电势差增大，而此电势差刚好等于P点的电势，得出P点的电势也增大；根据点电荷的电势能列式，可知在P点电势增大的情况下，负电荷在P点的电势能反而减小。

三、实验题

12．如图所示为一种利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”的实验装置。主要实验步骤如下：

A．将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平

B．测出挡光条的宽度d

C．将滑块移至图示位置，测出挡光条到光电门的距离l

D．释放滑块，读出挡光条通过光电门的挡光时间t

E．用天平分别称出托盘和砝码的总质量m、滑块和遮光条的总质量M

回答下列问题：

（1）在滑块从静止释放到运动到光电门的过程中，系统的重力势能减少了，系统的动能增加了。

（2）若在误差允许的范围内成立，则系统的机械能守恒。

（3）若实验中系统的重力势能减少量大于系统的动能增加量，则可能的原因是（只写一条即可）。

【答案】（1）；

（2）

（3）存在空气阻力作用（气垫导轨没有调水平，左端高）

【知识点】机械能守恒定律

【解析】【解答】（1）整个系统中，滑块的重力势能不变，但是托盘钩码的重力减少量为，所以整个系统的重力势能减少量为mgl，由于滑块经过光电门一瞬间速度可以用t时间内的平均速度来代替，所以有，所以整个系统的动能增加量为。

故答案为：mgl；。

（2）如果在误差允许的范围内，这个系统重力势能的减小量等于动能的增加量，即有，则系统的机械能守恒。

故答案为：。

（3）由于在托盘下落的过程中，托盘受到竖直向上的空气阻力，空气阻力对托盘做负功，由于我们讲过对于物体系统内，如果除了重力或弹力做功之后，还有其他力做功，则物体或系统的机械能不守恒，并且其他力做了多少功，机械能就变化多少，现在空气阻力对托盘做负功，说明系统的机械能不守恒，并且机械能是减少的，说明系统重力势能的减少量大于系统动能的增加量。

故答案为：存在空气阻力作用。

【分析】本题考查了利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”，在此实验中，由于拉力对滑块做正功，而拉力对托盘做负功，两个功大小相等，可以相互抵消掉，所以对于滑块与托盘、钩码组成的系统，除了重力做功之后，没有其他力做功，所以滑块与托盘、钩码组成的系统机械能守恒。

（1）在滑块从静止释放到光电门的过程中，托盘向下运动了l的距离，所以整个系统的重力势能减小量为mgl，而由于在运动的过程中，滑块的速度大小始终与托盘整体的速度大小相等，当滑块经过光电门一瞬间，由于时间极短，所以可以在该时间内的平均速度来代替瞬时速度，得出滑块经过光电门一瞬间的速度即为托盘整体的速度，再根据动能公式可以得出整个过程中系统的动能增加量；

（2）若在此过程中，系统的重力势能减少量等于系统的动能增加量，则系统的机械能守恒；

（3）实际上，在托盘整体向下运动的过程中，它还受到竖直向上的空气阻力对它做负功，所以系统的重力势能减少量实际上大于系统动能的增加量。

13．进口电热丝Nikrothal80（镍铬合金电热丝）耐温1200℃，广泛应用于石油化工、家用电器、汽车制造、航天航空等制造行业。某探究小组想通过实验测定该电热丝的电阻率。

（1）该小组的同学用螺旋测微器测量电热丝的直径d，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数为mm。

（2）已知该电热丝的阻值约为5Ω，该小组的同学现用伏安法测量其阻值R，电源选用两节干电池，电压表、电流表选择合适的量程，设计的实验电路图如下，请根据电路图把实物图补充完整。

（3）该小组的同学某次实验数据如下，则电压表的读数为V。

（4）该小组同学利用该原理图正确连接好电路，进行实验测量，记录了多组U、I，在坐标纸上建立U、I坐标系，并描绘出U－I图线，得到k。已知待测电热丝接入电路部分的长度为L，根据以上物理量可以得到该电热丝电阻率为（用题目中所给物理的字母表示）。

【答案】（1）0.400

（2）

（3）2.30

（4）

【知识点】电阻定律；电阻；电阻率

【解析】【解答】（1）由于螺旋测微器固定尺上面每一个半格为0.5mm，可动尺每旋转一圈固定尺就前进或后退一个半格，所以可动尺上面每一格为，由于现在固定尺上面没有读数，而可动尺上面对齐格数为40，所以螺旋测微器的读数为

，注意螺旋测微器要估读到mm的后三位。

故答案为：0.400。

（2）注意在这里滑动变阻器采用的是分压式解法，为“一上两下”。

（3）由于电压表的量程为3V，最小格每格为，要利用估读法，即最小格的等于0.01V，此时读数要