2022-2022学年黑龙江省实验中学高三（上）第二次月考物理试卷 一、选择题（本题共14小题，每小题4分，总计56分．在每小题给出的四个选项中，有的题只有一项符合题目要求，有的题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）1．关于电场场强的概念，下列说法正确的是（ ）A．由E=可知，电场中某点的场强E与q成反比，与F成正比B．正负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入试探电荷的正负有关C．电场中某一点的场强与放入该点的试探电荷正负无关D．电场中某一点不放试探电荷时，该点场强等于零 2．一架自动扶梯以恒定速率υ1运送乘客上同一层楼，某乘客第一次站在扶梯上不动，第二次以相对于扶梯的速率υ2沿扶梯匀速上走．两次扶梯运客所做的功分别为W1和W2，牵引力的功率分别为P1和P2，则（ ）A．W1＜W2，P1＜P2B．W1＜W2，P1=P2C．W1=W2，P1＜P2D．W1＞W2，P1=P2 3．A、B是一条电场线上的两个点，一带正电的粒子仅在电场力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其v﹣t图象如图所示．则这电场的电场线分布可能是下列选项中的（ ）A．B．C．D． 4．一辆汽车在水平路面上以速度v0匀速行驶时，发动机的功率为P，牵引力为F0．从t1时刻起汽车开上一个倾角为θ的坡路，若汽车功率保持不变，水平路面与坡路路况相同（即摩擦阻力大小相同），汽车经过一段时间的变速运动后又进入匀速运动状态，则下面关于汽车速度v、牵引力F与时间t的关系图象正确的是（ ）24\nA．B．C．D． 5．设同步卫星离地心的距离为r，运行速率为v1，加速度为a1；地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球的半径为R，则下列比值正确的是（ ）A．=B．=C．=D．= 6．如图所示，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上．其正上方A位置有一只小球．小球从静止开始下落，在B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小球速度减小到零．小球下降阶段下列说法中正确的是（ ）A．在B位置小球动能最大B．在C位置小球动能最大C．从A→C位置小球重力势能的减少大于小球动能的增加D．从A→D位置小球重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加 7．已知如图，带电小球A、B的电荷分别为QA、QB，OA=OB，都用长L的丝线悬挂在O点．静止时A、B相距为d．为使平衡时AB间距离减为，可采用以下哪些方法（ ）24\nA．将小球A、B的质量都增加到原来的2倍B．将小球B的质量增加到原来的8倍C．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半D．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍 8．某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值．轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作．若一小车以速度v0撞击弹簧，已知装置可安全工作，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦．从小车与弹簧刚接触时开始计时，下列关于小车运动的速度﹣时间图象可能正确的是（ ）A．B．C．D． 9．两个质量相同的小球用不可伸长的细线连结，置于场强为E的匀强电场中，小球1和小球2均带正电，电量分别为q1和q2（q1＞q2）．将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所示．若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力T为（不计重力及两小球间的库仑力）（ ）A．T=（q1+q2）EB．T=（q1﹣q2）EC．T=（q1+q2）ED．T=（q1﹣q2）E 10．如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ．现给环一个向右的初速度Vo，同时对环施加一个竖直向上的作用力F，并使F的大小随v的大小变化，两者关系F=kv，其中k为常数，则环在运动过程中克服摩擦力所做的功大小不可能为（ ）24\nA．B．0C．D． 11．宇宙飞船以周期为T绕地球作圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程，如图所示．已知地球的半径为R，地球质量为M，引力常量为G，地球自转周期为T0．太阳光可看作平行光，宇航员在A点测出的张角为α，则（ ）A．飞船绕地球运动的线速度为B．一天内飞船经历“日全食”的次数为C．飞船每次“日全食”过程的时间为D．飞船周期为T= 12．如图，在半径为R的半圆形光滑固定轨道右边缘，装有小定滑轮，两边用轻绳系着质量分别为m和M（M=3m）的物体，由静止释放后，M可从轨道右边缘沿圆弧滑至最低点，则它在最低点的速率为（ ）A．B．2C．2D． 13．如图所示，斜面上有a、b、c、d四个点，ab=bc=cd，从a点以初动能E0水平抛出一个小球，它落在斜面上的b点，若小球从a点以初动能2E0水平抛出，不计空气阻力，则下列判断正确的是（ ）24\nA．小球可能落在d点与c点之间B．小球一定落在c点C．小球落在斜面的运动方向与斜面的夹角一定增大D．小球落在斜面的运动方向与斜面的夹角一定相同 14．如图1所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P（坐标为x）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E=2πkσ[1﹣]，方向沿x轴．现考虑单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图2所示．则圆孔轴线上任意一点Q（坐标为x）的电场强度为（ ）A．2πkσ0B．2πkσ0C．2πkσ0D．2πkσ0 二、实验题（本题共15分）15．“探究功与速度变化的关系”的实验装置如图1所示，当小车在一条橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功记为W；当用2条、3条、4条…完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、第4次…实验时，橡皮筋对小车做的功记为2W、3W、4W…每次实验中小车获得的最大速度可由打点计时器所打出的纸带测出．（1）关于该实验，下列说法正确的是 ．A．打点计时器可以用干电池供电B．实验仪器安装时，可以不平衡摩擦力C．每次实验小车必须从同一位置由静止弹出D．利用每次测出的小车最大速度vm和橡皮筋做的功W，依次作出W﹣vm、W﹣v、W﹣v，W2﹣vm、W3﹣vm…的图象，得出合力做功与物体速度变化的关系．（2）如图2所示，给出了某次实验打出的纸带，从中截取了测量小车最大速度所用的一段纸带，测得A、B、C、D、E相邻两点间的距离分别为AB=1.48cm，BC=1.60cm，CD=1.62cm，DE=1.62cm；已知相邻两点打点时间间隔为0.02s，则小车获得的最大速度vm= m/s．（结果保留两位有效数字）24\n 16．在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点．已知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.80m/s2，那么：（1）从O点到B点，重物重力势能的减少量△Ep= J，动能增加量△Ek= J（结果取三位有效数字）；（2）若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图象是图中的 ． 三、计算题（共24分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）17．（10分）（2022•江苏）如图所示，A是地球的同步卫星．另一卫星B的圆形轨道位于赤道平面内，离地面高度为h．已知地球半径为R，地球自转角速度为ωo，地球表面的重力加速度为g，O为地球中心．（1）求卫星B的运行周期．（2）如果卫星B绕行方向与地球自转方向相同，某时刻A、B两卫星相距最近（O、B、A在同一直线上），则至少经过多长时间，他们再一次相距最近？24\n 18．（14分）（2022秋•黑龙江校级月考）如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长L=4.0m，电动机带动皮带轮沿顺时针方向转动，传送带以速率v=3.0m/s匀速运动．质量为m=1.0kg的滑块置于水平轨道上，将滑块向左移动压缩弹簧，后由静止释放滑块，滑块脱离弹簧后以速度v0=2.0m/s滑上传送带，并从传送带右端滑落至地面上的P点．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.20，g=10m/s2．（1）如果水平传送带距地面的高度为h=0.2m，求滑块从传送带右端滑出点到落地点的水平距离是多少？（2）如果改变弹簧的压缩量，重复以上的实验，要使滑块总能落至P点，则弹簧弹性势能的最大值是多少？在传送带上最多能产生多少热量？ 【选修3-5】（15分）19．如图为玻尔为解释氢原子光谱画出的氢原子能及示意图，一群氢原子处于n=4的激发态，当它们自发地跃迁到较低能级时，以下说法符合玻尔理论的有（ ）A．电子轨道半径减小，动能也要增大B．氢原子跃迁时，可发出连续不断的光谱线C．由n=4跃迁到n=1时发出光子的频率最小D．金属钾的逸出功为2.21eV，能使金属钾发生光电效应的光谱线有4条 20．（10分）（2022秋•黑龙江校级月考）如图所示，半径为R的1/4的光滑圆弧轨道竖直放置，底端与光滑的水平轨道相接，质量为m2的小球B静止在光滑水平轨道上，其左侧连接了一轻质弹簧，质量为m1的小球A从D点以速度向右运动，重力加速度为g，试求：（1）小球A撞击轻质弹簧的过程中，弹簧最短时B球的速度是多少；（2）要使小球A与小球B能发生二次碰撞，m1与m2应满足什么关系．24\n 2022-2022学年黑龙江省实验中学高三（上）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析 一、选择题（本题共14小题，每小题4分，总计56分．在每小题给出的四个选项中，有的题只有一项符合题目要求，有的题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）1．关于电场场强的概念，下列说法正确的是（ ）A．由E=可知，电场中某点的场强E与q成反比，与F成正比B．正负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入试探电荷的正负有关C．电场中某一点的场强与放入该点的试探电荷正负无关D．电场中某一点不放试探电荷时，该点场强等于零【考点】电场强度．【分析】电场强度的定义式E=运用比值法定义，E反映电场本身的性质，与试探电荷无关，电场中某一点的场强是唯一确定的．【解答】解：A、E=是电场强度的定义式，运用了比值法定义，E反映电场本身的性质，与试探电荷无关，所以不能说：E与q成反比，与F成正比．故A错误．B、场强的方向与正试探电荷受到的电场力的方向相同，与负试探电荷受到的电场力的方向相反，某一点场强方向与放入试探电荷的正负无关，故B错误．CD、场强E由电场本身决定，与试探电荷正负无关，电场中某一点不放试探电荷时，该点场强仍存在，故C正确，D错误．故选：C．【点评】本题要掌握比值法定义的共性来理解电场强度，知道场强的定义式E=运用比值法定义，E反映电场本身的性质，与试探电荷无关． 2．一架自动扶梯以恒定速率υ1运送乘客上同一层楼，某乘客第一次站在扶梯上不动，第二次以相对于扶梯的速率υ2沿扶梯匀速上走．两次扶梯运客所做的功分别为W1和W2，牵引力的功率分别为P1和P2，则（ ）A．W1＜W2，P1＜P2B．W1＜W2，P1=P2C．W1=W2，P1＜P2D．W1＞W2，P1=P2【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．【专题】功率的计算专题．【分析】功等于力和在力的方向上通过距离的乘积，两种情况力的大小相同，但对扶梯作用力的作用点的移动距离不同，故两次扶梯运客所做的功不同；两种情况力的大小相同，对扶梯作用力的作用点的移动速度一定，故牵引力的功率相同．【解答】解：功等于力和在力的方向上通过距离的乘积，由于都是匀速，两种情况力的大小相同；由于第二次人沿扶梯向上走了一段距离，所以第一次扶梯运动的距离要比第二次扶梯运动的距离长；故两次扶梯运客所做的功不同，有：24\nW1＞W2；功率等于力与力方向的速度的乘积，由于都是匀速，两种情况力的大小相同，扶梯移动的速度也相同，电机驱动扶梯做功的功率相同，即P1=P2；故选：D．【点评】本题考查了学生对功和功率的计算公式的掌握和运用，确定两次送客运行的距离相同，但第二次送客运行的速度大是本题的关键． 3．A、B是一条电场线上的两个点，一带正电的粒子仅在电场力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其v﹣t图象如图所示．则这电场的电场线分布可能是下列选项中的（ ）A．B．C．D．【考点】电场线；匀变速直线运动的图像．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据其v﹣t图象知道粒子的加速度逐渐增大，速度逐渐减小，所以电场力做负功，且电场力逐渐变大．【解答】解：根据v﹣t图象，带电粒子的加速度逐渐增大，速度逐渐减小，故带正电的粒子应该逆电场线运动，且向着电场线密集的方向运动，选项D正确．故选D【点评】本题考查了电场线的特点，疏密表示场强大小，难度不大． 4．一辆汽车在水平路面上以速度v0匀速行驶时，发动机的功率为P，牵引力为F0．从t1时刻起汽车开上一个倾角为θ的坡路，若汽车功率保持不变，水平路面与坡路路况相同（即摩擦阻力大小相同），汽车经过一段时间的变速运动后又进入匀速运动状态，则下面关于汽车速度v、牵引力F与时间t的关系图象正确的是（ ）A．B．C．D．24\n【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】从t1时刻起汽车开上一个倾角为θ的坡路，重力有沿斜面向下的分量，整个阻力变大，汽车做减速运动，根据汽车的功率P=Fv，分析牵引力的变化，判断汽车速度的变化．再选择图象．【解答】解：由题，汽车以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡．当汽车开上一个倾角为θ的坡路，重力有沿斜面向下的分量，整个阻力变大，汽车做减速运动，根据汽车的功率P=Fv，可知，F增大，经过一段时间的变速运动后又进入匀速运动状态，汽车牵引力随时间变化的越来越慢，F﹣t图象的斜率应该越来越小，此时牵引力等于重力沿斜面的分量和摩擦阻力之和，故CD错误；根据牛顿第二定律得：a=，加速度越来越小，而速度时间图象中，斜率表示加速度，故A正确，B错误．故选：A【点评】本题考查分析汽车运动过程的能力，要抓住汽车的功率P=Fv，在功率一定时，牵引力与速度成反比，是相互制约的关系． 5．设同步卫星离地心的距离为r，运行速率为v1，加速度为a1；地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球的半径为R，则下列比值正确的是（ ）A．=B．=C．=D．=【考点】同步卫星．【专题】人造卫星问题．【分析】同步卫星的周期与地球的自转周期相同，根据a=rω2得出同步卫星和随地球自转物体的向心加速度之比，根据万有引力提供向心力得出第一宇宙速度与同步卫星的速度之比．【解答】解：因为同步卫星的周期等于地球自转的周期，所以角速度相等，根据a=rω2得：=．根据万有引力提供向心力有：G=m，解得：v=，则：=．故选：BD．24\n【点评】解决本题的关键知道同步卫星和随地球自转的物体角速度相等，同步卫星以及贴近地球表面运行的卫星靠万有引力提供向心力． 6．如图所示，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上．其正上方A位置有一只小球．小球从静止开始下落，在B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小球速度减小到零．小球下降阶段下列说法中正确的是（ ）A．在B位置小球动能最大B．在C位置小球动能最大C．从A→C位置小球重力势能的减少大于小球动能的增加D．从A→D位置小球重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；动能和势能的相互转化．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】小球下降过程中，重力和弹簧弹力做功，小球和弹簧系统机械能守恒，在平衡位置C动能最大．【解答】解：A、小球从B至C过程，重力大于弹力，合力向下，小球加速，C到D，重力小于弹力，合力向上，小球减速，故在C点动能最大，故A错误，B正确；C、小球下降过程中，重力和弹簧弹力做功，小球和弹簧系统机械能守恒；从A→C位置小球重力势能的减少等于动能增加量和弹性势能增加量之和．故C正确．D、小球下降过程中，重力和弹簧弹力做功，小球和弹簧系统机械能守恒；从A→D位置，动能变化量为零，故小球重力势能的减小等于弹性势能的增加，故D正确．故选BCD．【点评】本题关键是要明确能量的转化情况，同时要知道在平衡位置动能最大． 7．已知如图，带电小球A、B的电荷分别为QA、QB，OA=OB，都用长L的丝线悬挂在O点．静止时A、B相距为d．为使平衡时AB间距离减为，可采用以下哪些方法（ ）A．将小球A、B的质量都增加到原来的2倍B．将小球B的质量增加到原来的8倍C．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半D．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．24\n【分析】对小球进行受力分析，并作出平行四边形；由几何关系可知力与边的关系，即可得出符合条件的选项．【解答】解：如图所示，B受重力、绳子的拉力及库仑力；将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等方向相反；由几何关系可知，=；而库仑力F=；即：==；mgd3=kq1q2L；d=要使d变为，可以使质量增大到原来的8倍而保证上式成立；故B正确；或将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时小球B的质量增加到原来的2倍，也可保证等式成立；故D正确；故选BD．【点评】本题中B球处于动态平衡状态，注意本题采用了相似三角形法；对学生数学能力要求较高，应注意相应知识的积累应用． 8．某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值．轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作．若一小车以速度v0撞击弹簧，已知装置可安全工作，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦．从小车与弹簧刚接触时开始计时，下列关于小车运动的速度﹣时间图象可能正确的是（ ）24\nA．B．C．D．【考点】牛顿运动定律的综合应用．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】小车把弹簧压缩到x=时，两者一起推动杆向右减速运动，这个过程中，杆受到的摩擦力不变，弹簧的压缩量x先增大，到车与杆的速度相等时x保持不变，直到杆的速度减为0，小车才被弹簧反弹．【解答】解：若初速度v0较小，当小车与弹簧接触时开始做加速度增大的减速运动，当小车速度减为零，轻杆仍未动，然后小车反向加速运动，速度仍为v0，故A正确；若初速度较大，当小车与弹簧接触时开始做加速度增大的减速运动，当弹簧弹力大于摩擦力时小车和弹簧一起匀减速运动到速度为零，然后小车反向做加速度减小的加速运动，由于机械能的损失，小车离开弹簧时速度小于v0，故D正确；故选：AD．【点评】正缓冲装置是一种实用装置，在生产和生活中有着广泛的应用，本题就是根据某种缓冲装置改编的一道物理试题，试题设计新颖，物理思想深刻．正确解答这道试题，要求考生具有扎实的高中物理基础以及很强的分析和解决问题的能力，属于难题． 9．两个质量相同的小球用不可伸长的细线连结，置于场强为E的匀强电场中，小球1和小球2均带正电，电量分别为q1和q2（q1＞q2）．将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所示．若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力T为（不计重力及两小球间的库仑力）（ ）A．T=（q1+q2）EB．T=（q1﹣q2）EC．T=（q1+q2）ED．T=（q1﹣q2）E【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】对球1、2整体受力分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度．对球2受力分析，由牛顿第二定律求出细线中的张力T．【解答】解：对球1、2整体受力分析，根据牛顿第二定律得：Eq1+Eq2=2ma，对球2受力分析，由牛顿第二定律得：T+Eq2=ma，24\n两式联立得：T=（q1﹣q2）E，故D正确．故选：D．【点评】解决本题关键在于把牛顿第二定律和电场力知识结合起来，在研究对象上能学会整体法和隔离法的应用． 10．如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ．现给环一个向右的初速度Vo，同时对环施加一个竖直向上的作用力F，并使F的大小随v的大小变化，两者关系F=kv，其中k为常数，则环在运动过程中克服摩擦力所做的功大小不可能为（ ）A．B．0C．D．【考点】动能定理；功的计算．【专题】动能定理的应用专题．【分析】根据受力分析确定环的运动情况，当环受到合力向下时，随着环做减速运动向上的拉力逐渐减小，环将最终静止，当环所受合力向上时，随着环速度的减小，竖直向上的拉力逐渐减小，当环向上的拉力减至和重力大小相等时，此时环受合力为0，杆不再给环阻力环将保持此时速度不变做匀速直线运动，当环在竖直方向所受合力为0时，环将一直匀速直线运动，分三种情况对环使用动能定理求出阻力对环做的功即可．【解答】解：根据题意有对于小环的运动，根据环受竖直向上的拉力F与重力mg的大小分以下三种情况讨论：（1）当mg=kv0时，即v0=时，环做匀速运动，摩擦力为零，Wf=0，环克服摩擦力所做的功为零；（2）当mg＞kv0时，即v0＜时，环在运动过程中做减速运动，直至静止．由动能定理得环克服摩擦力所做的功为Wf=；（3）当mg＜kv0时，即v0＞时，环在运动过程中先做减速运动，当速度减小至满足mg=kv时，即v=时，时环开始做匀速运动．由动能定理得摩擦力做的功Wf=mv2﹣m=﹣，即环克服摩擦力所做的功为﹣；24\n故环在运动过程中克服摩擦力所做的功大小不可能为+；故C正确．故选C【点评】本题中当环在竖直方向所受合力为0时，此时杆对环不再有阻力作用，环在水平方向受平衡力，将保持此时的速度做匀速直线运动，由此可分三种情况对环进行受力分析从而确定环的受力情况和运动情况，根据动能定理求解克服阻力所做的功即可． 11．宇宙飞船以周期为T绕地球作圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程，如图所示．已知地球的半径为R，地球质量为M，引力常量为G，地球自转周期为T0．太阳光可看作平行光，宇航员在A点测出的张角为α，则（ ）A．飞船绕地球运动的线速度为B．一天内飞船经历“日全食”的次数为C．飞船每次“日全食”过程的时间为D．飞船周期为T=【考点】线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律及其应用．【专题】压轴题．【分析】宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，由飞船的周期及半径可求出飞船的线速度；同时由引力提供向心力的表达式，可列出周期与半径及角度α的关系．当飞船进入地球的影子后出现“日全食”到离开阴影后结束，所以算出在阴影里转动的角度，即可求出发生一次“日全食”的时间；由地球的自转时间与宇宙飞船的转动周期，可求出一天内飞船发生“日全食”的次数．【解答】解：A、飞船绕地球匀速圆周运动∵线速度为又由几何关系知∴故A正确；B、地球自转一圈时间为To，飞船绕地球一圈时间为T，24\n飞船绕一圈会有一次日全食，所以每过时间T就有一次日全食，得一天内飞船经历“日全食”的次数为故B不正确；C、由几何关系，飞船每次“日全食”过程的时间内飞船转过α角所需的时间为t=；故C不正确；D、万有引力提供向心力则∵∵故D正确；故选为AD．【点评】掌握匀速圆周运动中线速度、角速度及半径的关系，同时理解万有引力定律，并利用几何关系得出转动的角度． 12．如图，在半径为R的半圆形光滑固定轨道右边缘，装有小定滑轮，两边用轻绳系着质量分别为m和M（M=3m）的物体，由静止释放后，M可从轨道右边缘沿圆弧滑至最低点，则它在最低点的速率为（ ）A．B．2C．2D．【考点】机械能守恒定律．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】M和m组成的系统，只有重力做功，机械能守恒．根据系统重力的势能的减小量等于系统动能的增加量求出m的速度．注意M的速度沿绳子方向的分速度等于m的速度，根据平行四边形定则求出M在最低点的速率．【解答】解：设M到达最低点时，m的速度为v，则M的速度=．根据系统机械能守恒有：MgR﹣mg.=又联立两式解得：v=．所以．故C正确，A、B、D错误．故选C．24\n【点评】解决本题的关键知道机械能守恒的条件，抓住系统重力势能的减小等于动能的增加进行求解，注意M和m的速度不等． 13．如图所示，斜面上有a、b、c、d四个点，ab=bc=cd，从a点以初动能E0水平抛出一个小球，它落在斜面上的b点，若小球从a点以初动能2E0水平抛出，不计空气阻力，则下列判断正确的是（ ）A．小球可能落在d点与c点之间B．小球一定落在c点C．小球落在斜面的运动方向与斜面的夹角一定增大D．小球落在斜面的运动方向与斜面的夹角一定相同【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】因小球落在斜面上，说明几次运动中小球的位移方向相同，即位移与水平方向的夹角相同；由公式可得出时间与初速度的关系；再由竖直方向的位移公式可求得小球的落点；由速度夹角与位移夹角的关系tanα=2tanθ可得出速度方向．【解答】解：设斜面的倾角为θ，小球落在斜面上，竖直方向上的位移与水平方向位移的比值tanθ=，解得t=，在竖直方向上的位移y=，当初动能变为原来的2倍，即速度的平方变为原来的两倍，则竖直位移变为原来的两倍；故小球应落在c点，故A错误，B正确；因下落时速度夹角正切值一定为位移夹角正切值的两倍，因两次下落中的位移夹角相同，故速度夹角也一定相同，故C错误，D正确．故选：BD．【点评】物体在斜面上做平抛运动落在斜面上时，竖直方向的位移与水平方向上的位移比值是一定值．同时应知道在任一时刻速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍． 14．如图1所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P（坐标为x）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E=2πkσ[1﹣]，方向沿x轴．现考虑单位面积带电量为σ024\n的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图2所示．则圆孔轴线上任意一点Q（坐标为x）的电场强度为（ ）A．2πkσ0B．2πkσ0C．2πkσ0D．2πkσ0【考点】电场强度．【专题】压轴题；电场力与电势的性质专题．【分析】已知均匀圆板的电场强度的公式，推导出单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板的电场强度的公式，然后减去半径为r的圆板产生的场强．【解答】解：无限大均匀带电平板R取无限大，在Q点产生的场强：半径为r的圆板在Q点产生的场强：无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板后的场强是两个场强的差，所以：所以选项A正确．故选：A【点评】本题对高中学生来说比较新颖，要求学生能应用所学过的单位制的应用及极限法；本题对学生的能力起到较好的训练作用，是道好题． 二、实验题（本题共15分）15．“探究功与速度变化的关系”的实验装置如图1所示，当小车在一条橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功记为W；当用2条、3条、4条…完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、第4次…实验时，橡皮筋对小车做的功记为2W、3W、4W…每次实验中小车获得的最大速度可由打点计时器所打出的纸带测出．（1）关于该实验，下列说法正确的是 CD ．A．打点计时器可以用干电池供电B．实验仪器安装时，可以不平衡摩擦力C．每次实验小车必须从同一位置由静止弹出D．利用每次测出的小车最大速度vm和橡皮筋做的功W，依次作出W﹣vm、W﹣v、W﹣v，W2﹣vm、W3﹣vm…的图象，得出合力做功与物体速度变化的关系．24\n（2）如图2所示，给出了某次实验打出的纸带，从中截取了测量小车最大速度所用的一段纸带，测得A、B、C、D、E相邻两点间的距离分别为AB=1.48cm，BC=1.60cm，CD=1.62cm，DE=1.62cm；已知相邻两点打点时间间隔为0.02s，则小车获得的最大速度vm= 0.81 m/s．（结果保留两位有效数字）【考点】探究功与速度变化的关系．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；动能定理的应用专题．【分析】（1）打点计时器使用的交流电源，实验中可以适当抬高木板的一侧来平衡摩擦阻力．受力平衡时，小车应做匀速直线运动；平衡摩擦力后，橡皮筋的拉力等于合力，橡皮条做功完毕，小车的速度最大，若不进行平衡摩擦力操作，则当橡皮筋的拉力等于摩擦力时，速度最大．（2）要测量最大速度，应该选用点迹均匀的部分．结合匀速直线运动的推论公式求出最大速度的大小．【解答】解：（1）A：打点计时器使用的交流电源，故A错误．B：实验仪器安装时，要平衡摩擦力，让绳子的拉力等于小车受到的合外力，故B错误．C：小车获得的动能应该等于橡皮筋对其做的功，所以小车必须从同一位置由静止弹出．故C正确．D：橡皮筋对小车做的功和小车获得的动能满足：W=mv2的关系，所以当小车质量一定时：W与v2成正比．所以最好做W与v2的关系，实验时需要画多个图象找最好的，故D正确．故选：CD（2）小车获得的最大速度v=m/s=0.81m/s．故答案为：（1）CD；（2）0.81【点评】本题涉及打点计时器的工作原理和探究功与速度变化关系实验的原理，本题关键要明确小车的运动情况，先加速，再匀速，最后减速，橡皮条做功完毕，速度最大，做匀速运动，因此明确实验原理是解答本题的关键． 16．在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点．已知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.80m/s2，那么：（1）从O点到B点，重物重力势能的减少量△Ep= 1.88 J，动能增加量△Ek= 1.84 J（结果取三位有效数字）；24\n（2）若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图象是图中的 A ．【考点】验证机械能守恒定律．【专题】实验题；定量思想；方程法；机械能守恒定律应用专题．【分析】该实验的原理是验证物体下降的距离从O点到B点，动能的增加量和重力势能的减小量是否相等．根据△Ep=mg△h求重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而求出动能的增加量．【解答】解：（1）因为通过某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可以求出B点的速度，所以取图中O点到B点来验证机械能守恒定律．重物重力势能的减少量△Ep=mg△h=9.80×0.192=1.88J．B点的速度vB==m/s=1.92m/s，则B点的动能EKB=mvB2=×1×1.922=1.84J．所以动能的增加量△Ek=1.84J．（2）根据mgh=mv2得，=gh，即与h成正比．故A正确．故答案为：（1）1.88；1.84；（2）A．【点评】解决本题的关键知道验证机械能守恒定律的实验原理，掌握重力势能减小量和动能增加量的求法． 三、计算题（共24分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）17．（10分）（2022•江苏）如图所示，A是地球的同步卫星．另一卫星B的圆形轨道位于赤道平面内，离地面高度为h．已知地球半径为R，地球自转角速度为ωo，地球表面的重力加速度为g，O为地球中心．（1）求卫星B的运行周期．（2）如果卫星B绕行方向与地球自转方向相同，某时刻A、B两卫星相距最近（O、B、A在同一直线上），则至少经过多长时间，他们再一次相距最近？【考点】万有引力定律及其应用；牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速．24\n【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出周期．卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，当卫星B转过的角度与卫星A转过的角度之差等于2π时，卫星再一次相距最近．【解答】解：（1）设地球质量为M，卫星质量为m，根据万有引力和牛顿运动定律，有：在地球表面有：联立得：．（2）它们再一次相距最近时，一定是B比A多转了一圈，有：ωBt﹣ω0t=2π其中得：．答：（1）卫星B的运行周期是；（2）至少经过，它们再一次相距最近．【点评】本题考查万有引力定律和圆周运动知识的综合应用能力．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用． 18．（14分）（2022秋•黑龙江校级月考）如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长L=4.0m，电动机带动皮带轮沿顺时针方向转动，传送带以速率v=3.0m/s匀速运动．质量为m=1.0kg的滑块置于水平轨道上，将滑块向左移动压缩弹簧，后由静止释放滑块，滑块脱离弹簧后以速度v0=2.0m/s滑上传送带，并从传送带右端滑落至地面上的P点．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.20，g=10m/s2．（1）如果水平传送带距地面的高度为h=0.2m，求滑块从传送带右端滑出点到落地点的水平距离是多少？（2）如果改变弹簧的压缩量，重复以上的实验，要使滑块总能落至P点，则弹簧弹性势能的最大值是多少？在传送带上最多能产生多少热量？24\n【考点】功能关系；牛顿第二定律．【分析】（1）滑块在传送带上先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动规律求出滑块与传送带速度相等时滑块通过的位移，判断滑块运动状态，从而确定滑动离开传送带时的速度．再由平抛运动的规律求解平抛运动的水平距离．（2）要使滑块总能落至P点，滑块离开传送带的速度应不变，对照上题分析滑块被弹出的最大速度，再由能量守恒求弹簧弹性势能的最大值．由相对位移求摩擦生热．【解答】解：（1）滑块滑上传送带后做匀加速运动，设滑块从滑上传送带到速度达到传送带的速度v时所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块的位移为x．由牛顿第二定律得：μmg=ma，a=μg=2m/s2由运动学公式得：v=v0+at，得t===0.5sx=v0t+at2=2×0.5+×2×0.52=1.25m，x=1.25m＜L，所以滑块在传送带上先匀加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块从传送带右端滑出时的速度为v=3.0m/s．滑块离开传送带后做平抛运动，则有h=s=vt解得s=0.6m（2）要使滑块总能落至P点，滑块被弹簧弹出的速度有最大值时，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v．设滑块的最大速度为v′，滑块在传送带上做匀减速运动的末速度为v=3m/s，加速度大小为2m/s2由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2_v′2=2（﹣a）L，解得：v′=5m/s故弹簧弹性势能的最大值是Ep===12.5J在传送带上最多热量为Q=μmgL=0.2×1×10×4J=8J答：（1）滑块从传送带右端滑出点到落地点的水平距离是0.6m．（2）弹簧弹性势能的最大值是12.5J，在传送带上最多热量为8J．【点评】本题着重要正确分析滑块在传送带上的运动情况，要通过计算进行分析，同时要抓住能量是如何转化的，知道弹簧弹性势能取得最大的条件． 【选修3-5】（15分）19．如图为玻尔为解释氢原子光谱画出的氢原子能及示意图，一群氢原子处于n=4的激发态，当它们自发地跃迁到较低能级时，以下说法符合玻尔理论的有（ ）24\nA．电子轨道半径减小，动能也要增大B．氢原子跃迁时，可发出连续不断的光谱线C．由n=4跃迁到n=1时发出光子的频率最小D．金属钾的逸出功为2.21eV，能使金属钾发生光电效应的光谱线有4条【考点】氢原子的能级公式和跃迁．【专题】实验题．【分析】能级间跃迁辐射或吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子能量越大，频率越大，波长越小．【解答】解：A、当原子从第4能级向低能级跃迁时，原子的能量减小，轨道半径减小，电子的动能增大，电势能减小，故A正确；B、能级间跃迁辐射或吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，氢原子跃迁时，可发出不连续的光谱线，故B错误；C、由n=4跃迁到n=1时辐射的光子能量最大，发出光子的频率最大，故C错误；D、第四能级的氢原子可以放出6条光谱线，其放出的光子能量分别为：E1=﹣0.85﹣（﹣1.51）=0.66eV；E2=﹣0.85﹣（﹣3.40）=2.55eV；E3=﹣0.85﹣（﹣13.6）=12.75eV；E4=﹣1.51﹣（﹣3.40）=1.89eV；E5=﹣1.51﹣（﹣13.6eV）=12.09eV；E6=﹣3.40﹣（﹣13.6）=10.20eV；故大于2.21eV的光谱线有4条；故D正确；故选：AD【点评】解决本题的关键知道光电效应的条件以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差． 20．（10分）（2022秋•黑龙江校级月考）如图所示，半径为R的1/4的光滑圆弧轨道竖直放置，底端与光滑的水平轨道相接，质量为m2的小球B静止在光滑水平轨道上，其左侧连接了一轻质弹簧，质量为m1的小球A从D点以速度向右运动，重力加速度为g，试求：（1）小球A撞击轻质弹簧的过程中，弹簧最短时B球的速度是多少；（2）要使小球A与小球B能发生二次碰撞，m1与m2应满足什么关系．24\n【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．【专题】与弹簧相关的动量、能量综合专题．【分析】（1）当弹簧压缩最短时，A、B两球具有相同的速度，根据动量守恒定律求出共同的速度大小．（2）两球分开后，A球的速度大小大于B球的速度时，两球可以第二次相碰，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出两球发生第二次相碰的条件．【解答】解：（1）当弹簧压缩最短时，两球的速度相等，根据动量守恒定律得，m1v=（m1+m2）v′解得．（2）设A、B碰撞后的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有：m1v=m1v1+m2v2，根据机械能守恒定律有：．解得，要使A、B两球能发生二次碰撞，必须满足|v1|＞v2，解得，（m1+m2＜0不符合事实，舍去）；答：（1）小球A撞击轻质弹簧的过程中，弹簧最短时B球的速度是．（2）要使小球A与小球B能发生二次碰撞，m1与m2应满足．【点评】分析清楚物体运动过程，应用机械能守恒、动量守恒定律即可正确解题． 24
