卷子答案网-一个不只有答案的网站湖北省恩施州高中教育联盟2022-2023学年高一下学期期末考试物理试题
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10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．下列四幅书本插图中，关于物理思想方法叙述不正确的是（ ）
A．微元法 B．等效替代法
C．控制变量法 D．实验和逻辑推理
【答案】C
【知识点】控制变量法；等效法；微元法
【解析】【解答】A.推导匀变速直线运动位移与时间关系时，把运动分割成无数小段，每一段看成匀速运动，采用微元法的思想，A不符合题意；
B.合力与分力是等效替代关系，所以是等效替代法，B不符合题意；
C.通过平面镜观察桌面的微小形变的实验中，将微小的形变放大，运用了放大法，C符合题意；
D.伽利略在研究自由落体运动时，采用了实验和逻辑推理的方法，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】本题根据各种物理学方法的特点分析各选项。
2．2022年2月7日，我国的单板滑雪选手苏翊鸣在北京冬奥会单板滑雪男子坡面障碍技巧赛中勇夺银牌。如图为苏翊鸣在比赛中的某个阶段过程图，在同一水平线上，为最高点。不计空气阻力，将苏翊鸣视为质点，且苏翊鸣在同一竖直面内运动，则苏翊鸣在空中运动过程中（ ）
A．从到与从到的过程中速度的变化量相同
B．选手做的是变加速曲线运动
C．在最高点时选手处于平衡状态
D．从到的过程中，选手先超重后失重
【答案】A
【知识点】曲线运动；超重与失重
【解析】【解答】B.选手在空中时，做的是斜抛运动，只受重力作用，加速度为重力加速度，所以选手做的是匀变速曲线运动，B不符合题意；
A.由斜抛运动的对称性可知，从a到b与从b到c的过程中所需时间相同，根据可知，从a到b与从b到c的过程中速度的变化量相同 ，A符合题意；
C.在最高点时受重力作用，处于非平衡状态，C不符合题意；
D.选手从a到c的过程中，加速度方向一直向下，所以选手一直处于失重状态，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据选手在空中的受力特点，分析选手的运动性质；由分析选手从a到b与从b到c的过程中速度的变化量；分析选手在最高点的受力，确定选手所处的状态；根据从a到c过程中的加速度方向，分析超重和失重。
3．ETC是不停车自动收费系统，一般用在高速公路进出口，安装有ETC的车辆通过ETC专用通道时，可以不停车而低速通过，从而缩短了收费时间，大大提高了汽车的通行效率，沪蓉西高速公路上恩施西收费站ETC收费专用通道是长为的直线通道，且通道前、后都是平直大道。车辆通过此通道限速为。如图所示是一辆汽车减速到达通道口时立即做匀速运动，汽车全部通过通道末端时立即加速前进的图像，则下列说法错误的是（ ）
A．由图像可知，汽车的车身长度为
B．图像中汽车加速过程的加速度大小约为
C．图像中汽车减速过程的位移大小为
D．图像中汽车加速过程的加速度大小小于减速过程的加速度大小
【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A.由图像可知，小汽车匀速通过ETC专用通道时，速度为5m/s，用时5s，共走了25m，则小汽车的车身长度为l=25m-20m=5m，A不符合题意；
B.根据v-t图像的斜率表示物体加速度，可得小汽车加速过程的加速度大小为，B不符合题意；
C.根据v-t图像与坐标轴所围的面积表示物体位移，可得图像中小汽车减速过程的位移大小为，C符合题意；
D.根据v-t图像的斜率表示物体加速度，可得小汽车减速过程的加速度大小为，即汽车加速过程的加速度大小小于减速过程的加速度大小 ，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据图像中数据求出汽车匀速运动的位移，减去通道的长度即为汽车的车身长度；根据v-t图像的斜率表示物体加速度，求出汽车加速运动的加速大小；根据v-t图像与坐标轴所围的面积表示物体位移，求出汽车减速运动过程的位移大小；根据v-t图像的斜率表示物体加速度，求出汽车减速运动的加速大小，再由加速运动时的加速度进行比较。
4．如图所示，边长为的正六边形处在电场强度为的匀强电场中，电场方向平行于正六边形所在平面，且a、c、d三点的电势分别为．则下列表述正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．将质子由点移到点电场力做功为
【答案】B
【知识点】电场力做功；电场强度；电势
【解析】【解答】A.连接a、d两点，可知a、d连线的中点O（即正六边形的中心）的电势为6V，由于c点的电势与O点的电势相等，所以c、f连线为等势线，因此c点与e点的电势不相等，A不符合题意；
C.由对称性可知，C不符合题意；
B.由于电场线与等势线处处垂直，所以图db连线为电场线，根据电势关系，可知电场方向由d指向b，由匀强电场的电场强度和电势差的关系可知，代入数据解得，B符合题意；
D.将质子由b点移到e点，电场力方向与位移方向成钝角，所以电场力做负功，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据a、c、d三点的电势做出等势线，确定其他点电势；匀强电场中，平行等长的线段两端点的电势差大小相等；根据匀强电场电场强度与电势差的关系式U=Ed求解电场强度；由电场力与位移方向的夹角分析电场力做功的正负。
5．2023年6月世界女排联赛名古屋站在日本举行，这次世界女排联赛日本站中国队的4连胜和3-0完胜日本队的胜利，让人们感受到了中国女排顽强的精神和卓越的实力。比赛中的团队协作力和气势威武赢得了粉丝的一片赞誉。李盈莹是中国队进攻的主力。比赛中质量为的李盈莹从下蹲状态竖直向上起跳，经时间身体伸直并刚好离开水平地面，李盈莹重心升高，此时李盈莹的速度大小为，不计空气阻力，重力加速度大小为。则（ ）
A．该过程中，地面对李盈莹的平均作用力大小为
B．该过程中，地面对李盈莹做功为
C．该过程中，李盈莹的动量变化量大小为
D．该过程中，地面对李盈莹的冲量大小为
【答案】A
【知识点】动量定理；动量；冲量
【解析】【解答】A.取向上为正方向，根据动量定理，得地面对李盈莹的平均作用力大小为，A符合题意；
B.该过程中，地面对李盈莹的支持力的作用点没有发生移动，地面对李盈莹做功为0，B不符合题意；
C.该过程中，李盈莹的动量变化量大小为，C不符合题意；
D.设对面对李盈莹的冲量大小为I，以向上为正方向，根据动量定理可得，得地面对李盈莹的冲量大小为，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】由动量定理计算地面对李盈莹的平均作用力大小；地面对李盈莹的支持力的作用点没有发生移动，地面对李盈莹不做功；由初末状态的动量求出动量变化量；根据动量定理求解地面对李盈莹的冲量大小。
6．2023年5月30日9时31分，搭载“神舟十六号”载入飞船的“长征二号”遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心发射升空，航天员乘组状态良好，发射取得圆满成功。北京时间5月30日18时22分，远道而来的“神舟十六号”航天员乘组顺利入驻“天宫”，与翅盼已久的“神舟十五号”航天员乘组胜利会师太空。随后，两个航天员乘组拍下“全家福”，共同向牵挂他们的全国人民报平安。这标志着中国现已从航天大国向航天强国迈进。未来某天宇航员正在太空旅行，来到火星表面登陆后，以速率竖直上抛一物体，物体上升的最大高度为，已知火星半经为，自转周期为，引力常量为，则（ ）
A．火星绕太阳运动的向心加速度
B．若忽略火星自转，火星的质量
C．火星同步卫星的高度
D．若忽略火星自转，火星的第一宇宙速度
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A.由匀速圆周运动向心加速度公式可得，火星绕太阳运动的向心加速度，其中T'和r为火星绕太阳运动的公转周期和公转半径，A不符合题意；
B.由万有引力等于重力可得，分析物体的竖直上抛运动，可得火星表面的重力加速度，联立解得火星的质量，B不符合题意；
C.由万有引力提供卫星做圆周运动的向心力可得，解得同步卫星的高度，C不符合题意；
D.第一宇宙速度为卫星在星球表面做圆周运动的线速度，有，火星的第一宇宙速度，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据向心加速度的公式计算火星绕太阳运动的向心加速度；由竖直上抛运动求出火星表面的重力加速度，再由万有引力等于重力求解火星的质量；由万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，列式求解火星同步卫星的高度；根据第一宇宙速度为卫星在星球表面做圆周运动的线速度，由万有引力提供向心力求解火星的第一宇宙速度。
7．如图甲所示，两电荷量分别为和的点电荷固定在轴上的两点，点为坐标原点，在轴上点右侧各点的电势随轴坐标的变化规律如图乙所示，图中轴上点的电势为零，点的电势最低。则（ ）
A．图像中图线的斜率表示电势能 B．点电荷的电荷量比的大
C．在轴上点的电场强度最大 D．点电荷带正电，带负电
【答案】B
【知识点】电势能；电势
【解析】【解答】A.在图像中图线上某点切线的斜率表示该点的电场强度，A不符合题意；
C.因为图像中图线上某点切线的斜率表示该点的电场强度，可知在x轴上D点的电场强度为零，C不符合题意；
B.因为D点的电场强度为零，由电场的叠加原理知，、在D点处产生的电场强度大小相等、方向相反，由题图知到D点的距离大于到D点的距离，根据点电荷的场强公式知，的电荷量大于的电荷量，B符合题意；
D.由图乙可知，由O到D电势降低，可知OD段电场方向沿x轴正方向，故带负电，带正电，D不符合题意。
故选BC。
【分析】图像中图线上某点切线的斜率表示该点的电场强度；由图线的斜率分析D点的场强；根据点电荷的场强公式和电场的叠加原理分析和的电荷量的大小关系；根据沿电场线方向电势降低的规律，分析和的电性。
8．关于下列四幅图的说法正确的是（ ）
A．如图（a），当船头垂直于河岸渡河时，渡河时间最短
B．如图（b），实验现象可以说明平抛运动水平方向分运动的特点
C．如图（c），汽车平稳安全地通过拱桥的最高点时对拱桥的压力大小大于其重力大小
D．如图（d），火车转弯小于规定速度行驶时，内轨对轮缘会有挤压作用
【答案】A,D
【知识点】小船渡河问题分析；平抛运动；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A.如图（a），当船头垂直于河岸渡河时，垂直河岸的速度最大，渡河时间最短，A符合题意；
B.如图（b），实验现象中，两小球会同时落地，可以说明平抛运动竖直方向分运动的特点，即竖直方向，小球做自由落体运动，B不符合题意；
C.如图（c），汽车通过拱桥的最高点时，重力和支持力的合力向下，充当向心力，所以支持力小于重力，根据牛顿第三定律可知汽车对拱桥的压力等于支持力，故压力小于其重力，C不符合题意；
D.如图（d），火车转弯小于规定速度行驶时，重力和支持力的合力大于所需向心力，火车有做向心运动的趋势，所以内轨对轮缘会有挤压作用，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】垂直河岸的速度最大时，渡河时间最短；两小球同时落地，说明平抛运动竖直方向上的分运动是自由落体运动；根据汽车通过桥顶时，向心力向下，得出重力和支持力的大小关系，再结合牛顿第三定律得出压力与重力的关系；根据重力与支持力的合力与所需向心力的大小关系，分析轮缘对轨道的挤压。
9．如图所示，在正四面体中，是底面边的中点，若在两点分别固定一个带正电、电荷量都为的点电荷。则下列说法中正确的是（ ）
A．点的电场强度与点的电场强度相同
B．两点的电势差为零
C．将带负电的试探电荷从点沿着移动到点，电荷的电势能先减少后增加
D．将带正电的试探电荷从点沿着移动到点，电荷的电势能逐渐增加
【答案】B,C
【知识点】电场强度；电势能；电势
【解析】【解答】A、B两点分别固定等量同种电荷，所产生电场如图所示，O是AB边的中点，等量同种电荷中垂线上沿O点向两边电势降低。
A.P点与C点电场强度大小相同，但方向不同，C点电场强度方向沿OC方向由O指向C，P点电场强度方向沿OP由O指向P，A不符合题意；
B.由几何知识知OC与AB垂直，OP与AB垂直，OC=OP，所以C点与P点电势相同，P、C两点的电势差为零，B符合题意；
C.将带负电的试探电荷q从P点移动到C点，电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，C符合题意；
D.将带正电的试探电荷q从O点沿着OC移动到C点，电场力一直做正功，电荷电势能逐渐减小，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据电场的叠加分析P、C两点的电场强度；根据C、P两点的位置特点分析两点电势的关系；根据电场力做功的正负，分析电势能的变化。
10．2022年8月4日中国人民解放军东部战区按计划在台岛周边进行实战化综合演练。演练中出现了一款多旋翼察打一体无人机，总质量为，该无人机是中国最先进的警用12旋翼无人机，装备有攻击性武器，旋翼启动后恰能悬停在离水平地面高为的空中，升力大小不变，向前方以水平速度发射一枚质量为的微型导弹，始终保持水平，不计空气阻力（ ）
A．发射微型导弹后，无人机将做匀变速直线运动
B．发射出微型导弹瞬间，无人机后退速度大小为
C．微型导弹落地时，无人机离地高度为
D．微型导弹落地时，无人机与导弹落地点的水平距离为
【答案】B,D
【知识点】动量守恒定律；平抛运动
【解析】【解答】A.发射微型导弹前，无人机和微型导弹所受的竖直向下的总重量与竖直向上的浮力大小相等，发射微型导弹后，其重力减小，合力向上，所以竖直方向做匀加速运动，水平方向因为动量守恒，所以发射导弹后，无人机具有向后的速度，故无人机将做匀变速曲线运动，A不符合题意；
B.发射出微型导弹过程，系统水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律可得，得，B符合题意；
C.由于微型导弹落地过程中做平抛运动，则有，可得微型导弹在空中运动的时间为，由牛顿第二定律可得无人机上升的加速度为，无人机发射微型导弹后上升的高度为，得，无人机离地高度为，C不符合题意；
D.微型导弹射出后，无人机和微型导弹在水平方向上都做匀速直线运动，可得微型导弹落地时，无人机与导弹落地点的水平距离为，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】先分析无人机发射微型导弹后，竖直和水平两个方向上的分运动，再根据运动的合成分析无人机所做的运动；由动量守恒定律求解发射出微型导弹瞬间，无人机后退速度大小；由平抛的运动规律求出导弹落地的时间，再由牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求出无人机在此期间上升的高度，计算出微型导弹落地时，无人机离地高度；根据匀速运动位移公式，求出微型导弹落地时，无人机与导弹落地点的水平距离。
二、实验题（共18分）
11．某物理兴趣小组在研学过程中改进了“探究小车加速度与力关系”的实验装置，如图所示，长木板置于水平桌面上，一端系有砂桶的细绳通过动滑轮与固定的“力传感器”相连，“力传感器”可显示绳中拉力的大小，改变桶中砂的质量进行了多次实验。完成下列问题：
（1）实验时，下列操作或说法正确的是____；
A．本实验不需要平衡摩擦力
B．调节定滑轮高度，确保细绳与桌面平行
C．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
D．选用电磁打点计时器比选用电火花计时器实验误差小
（2）研学中得到一条纸带，如图所示，并且每隔四个计时点取一个计数点，已知相邻两个计数点间的距离为，且，，打点计时器的电源频率为。计算此纸带的加速度大小 （结果保留三位有效数字）。
（3）实验中若未平衡摩擦力，以拉力传感器的示数为横坐标，以加速度为纵坐标，画出的图像可能正确的是____；
A． B．
C． D．
（4）现以拉力传感器的示数为横坐标、加速度为纵坐标，画出图像，求出其“斜率”为，则小车的质量等于 （用字母表示）。
【答案】（1）B
（2）1.92
（3）A
（4）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）A.本实验需要由拉力表示合力，所以需平衡摩擦力，A不符合题意；
B.实验中应该调节定滑轮高度，确保连接“力传感器”的细绳与桌面平行，B符合题意；
C.本实验中力传感器可直接测出绳子上的拉力，不需要用砂和砂桶的重力充当小车的合外力，所以不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，C不符合题意；
D.电磁打点计时器由于纸带与限位孔、振针之间存在摩擦，所以选用电磁打点计时器比选用电火花打点计时器实验误差大，D不符合题意。
故答案为：B；
（2）每隔四个计时点取一个计数点，所以相邻计数点点的时间间隔为，根据逐差法可得小车运动的加速度大小为，代入数据解得；
（3）设小车阻力为f，由牛顿第二定律可得2F-f=ma，整理得，故a-F图像是一条倾斜的直线，且纵截距为负，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A；
（4）由（3）知，所以a-F图像的斜率为，故小车质量为。
【分析】（1）根据实验原理、注意事项以及误差的产生原因分析各选项；（2）由逐差法求出小车的加速度；（3）由牛顿第二定律推导a-F的关系式，找出对应图像；（4）根据a-F表达式中的斜率求出小车的质量。
12．如图甲所示，某物理兴趣小组同学用两个小球碰撞探究“碰撞中的不变量”。实验时先让质量为的球从斜槽上某一固定位畳由静止释放，球从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹的平均落点，再把质量为的球放在水平轨道末端，将球仍从位疊由静止两个落点的平均位军，点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图乙所示。
（1）要保证实验成功，入射小球的质量应 （选填“大于”、“等于”或“小于”）被碰小球的质量，入射小球的直径 （选填“必须等于”或“可以不等于”）被碰小球的直径。
（2）下列说法中正确的是____。
A．安装的斜槽轨道必须光滑，末端必须水平
B．实验前应该测出斜槽末端距地面的高度
C．除了图中器材外，完成本实验还必须使用的器材是天平、刻度尺
（3）实殓中，测量出两个小球的质量分別为，测量出三个落点的平均位置与点的距离的长度分別为，在实验误差允许范围内，若满足关系式 （用所测物理最的字母表示），则可以认为两球碰撞前后的总动量守恒。若满足关系式 （用所测物理量的字母表示），则可认为该碰撞为弹性碰撞。
（4）另一实验小组改进了实验装置用来探究碰撞前后动能的变化，如图丙所示，方案如下：让从斜槽轨道滚下的小球打在正对的竖直墙上，把白纸和复写纸附在墙上，记录小球的落点。选择半径相等的钢珠和塑料球进行实验，测量出两球的质量分別为、，其他操作重复前面操究“碰撞中的不变量”的步骤。如果为竖直记录纸上三个落点的平均位置，小球静止于水平轨道末端时球心在竖直记录纸上的水平投影点为，用刻度尺测量到的距离分别为。在实验误差允许范围内，若满足关系式 （用所测物理量的字母表示），则可认为碰撞前后两球的总动能相等。
【答案】（1）大于；必须等于
（2）C
（3）；
（4）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）为了保证入射球碰后不反弹，入射球A的质量应大于被碰球B的质量；为保证碰撞过程动量守恒，两球需做对心碰撞，所以入射小球A的直径必须等于被碰小球B的直径；
（2）A.安装的轨道不必光滑，只要小球每次从同一位置由静止滚下，小球每次到达斜槽末端的速度就会相等，为了让小球做平抛运动，末端必须水平，A不符合题意；
B.实验前不必测出斜槽末端距地面的高度，保持高度不变即可，因为计算过程中高度可约掉，B不符合题意；
C.除了图中器材外，完成本实验还必须使用天平测量小球质量，刻度尺测量小球落地时做平抛运动的水平分位移，C符合题意。
故答案为：C；
（3）设入射小球A碰撞前瞬间的速度为，碰撞后瞬间入射小球A的速度为，被碰小球B的速度为，根据动量守恒定律得，由于两小球做平抛运动下落高度相同，所用时间相同，则有，即满足，则可以认为两球碰撞前后的总动量守恒；若是弹性碰撞，还需满足机械能守恒，即，可得，联立动量守恒表达式，可得；
（4）根据平抛运动规律可得，，联立解得若碰撞前后两球的总动能相等，则有 ， 解得 。
【分析】（1）根据实验原理和注意事项选择实验器材；（2）根据实验原理和注意事项分析；（3）根据动量守恒定律和平抛的运动规律，推导两小球碰撞过程中满足的动量守恒的方程；如果是弹性碰撞，还需满足机械能守恒，根据机械能守恒定律进行推导，并结合动量守恒的方程求出弹性碰撞的表达式；（4）根据动量守恒定律和平抛的运动规律，推导在实验误差允许范围内满足的关系式。
三、计算题（共42分）
13．如图所示，一质量、电荷量绝对值的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，电场足够大，静止时悬线与竖直方向夹角。若小球的电荷量始终保持不变，重力加速度。
（1）求电场强度的大小。
（2）若在某时刻将细线突然剪断，求经过时小球的速度大小及方向。
【答案】（1）解：如图所示，由平衡条件可知
小球所受的电场力为
由电场强度的定义式有
代入数据解得。
（2）解：细线突然被剪断后，小球受重力和电场力，其合力为
小球的加速度为
由速度一时间公式可得，经时小球的速度大小为
小球速度的方向与竖直方向成角，斜向左下方。
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；电场强度；电场线
【解析】【分析】（1）分析小球受力，由共点力平衡条件求出电场强度的大小；（2）由牛顿第二定律求出细线剪断后小球的加速度，再由速度公式求出小球的速度。
14．恩施女儿城是一家免门票的级旅游景区。景区内富有民族特色的表演、琳琅满目的美食及娱乐城内丰富多彩的游乐项目深受全国各地游客喜爱。城内一游戏装置的简化示意图如图所示，在同一竖直平面内的轨道由四分之一光滑圆弧轨道、粗糙的水平轨道、光滑圆弧轨道、粗糙斜轨道组成，圆弧分别与直轨道、相切。斜轨道的倾角，底端处有一轻质短弹簧装置且斜面底端恰在弹簧原长位置。一质量的滑块（比圆管内径稍小，可视作质点）从点正上方的点无初速释放，滑块恰能通过国弧的最高点，滑块能够运动到点（M点为四分之一圆弧轨道的圆心）且被等速反弹。已知滑块与水平轨道和斜轨道间的动摩擦因数均。两圆弧轨道的半径均为，取重力加速度大小。求：
（1）滑块经过点时，圆弧轨道对滑块的弹力大小；
（2）滑块释放点与点间的高度差；
（3）滑块在斜轨道上运动的总路程s。
【答案】（1）解：由于滑块恰能通过点，则有
滑块在从点运动到点的过程中，由动能定理可得
在点有
解得。
（2）解：由几何关系可得
滑块在从点到点的过程中，由动能定理可得
解得。
（3）解：由功能关系可得
解得。
【知识点】功能关系；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）应用动能定理分析滑块从C点运动到D的过程，求出滑块在C点的速度，分析滑块在C点的受力，由牛顿第二定律求解滑块经过C点时，圆弧轨道对滑块的弹力大小；（2）由动能定理分析滑块从O点运动到C的过程，求出滑块释放点O与A点间的高度差；（3）由功能关系分析滑块在EM上的运动，求出滑块在斜轨道EM上运动的总路程。
15．如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量的小物块，物块不会脱离弹簧。装置的中间是长度的水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带以的速度逆时针转动。装置的右边是一段光滑的水平台面连接的光滑曲面，质量的小物块从曲面上距水平台面处由静止释放，经过传送带后与物块发生对心弹性磁撞，已知碰撞前物块静止且弹簧处于原长状态，物块与传送带之间的动摩擦因数，取，不考虑物块大小对问题的影响，不考虑物块运动对传送带速度的影响。求：
（1）物块与物块第一次碰撞前瞬间，物块的速度大小。
（2）物块第一次碰撞后，物块重新滑上传送带后内摩擦力对物块的冲量大小。
（3）物块第一次碰撞后到第二次碰撞前，传送带与物块因摩擦而产生的热量。
（4）如果物块每次碰撞后，物块再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块从第二次碰撞到第次碰撞前与传送带间因摩擦所产生的总热量。（最后答案只要求写出计算表达式，不要求计算出最终结果）
【答案】（1）解：设滑到曲面底部的速度为，根据机械能守恒定律
解得
由于在传送带上开始做匀减速运动，假设一直减速滑过传送带时的速度为，由动能定理可得
解得
假设成立，即与第一次碰前速度大小为。
（2）解：设第一次碰后的速度为的速度为，取向左为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律得
解得
上式表明碰后以的速度向右反弹，滑上传送带后在摩擦力的作用下减速，设向右减速的最大位移为，由动能定理得
，解得
这个过程经历的时间为，有，得
设加速到与传动带共速的时间为，因此有，解得
这段过程产生的位移
所以，在共速后向左匀速时间，则：
由于
所以在重新滑上传送带内，物体末从传动带左端滑出且末正在匀速运动。所以在这内，摩擦力的冲量，解得
（3）解：在传送带上先向右减速至0后反向向左加速至再匀速。
在第一次碰后到发生第二次碰撞前传送带与因摩擦而产生的热量
而
得：
（4）解：第二次至第次碰撞前总热量
而
由动量守恒和能量守恒可知，每次碰撞的速度变为撞前的一半。故
故
【知识点】动量守恒定律；牛顿运动定律的应用—连接体；动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）由机械能守恒定律求出物块B滑动到曲面底部的速度，再由动能定理分析滑块B通过传送带后的速度，即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度；（2）由动量守恒定律和能量守恒定律求出物块B与物块A第一碰撞后的速度，再由牛顿第二定律和运动学公式分析物块B在传送带上的运动，然后由动量定理求出物块B重新滑上传送带后内摩擦力对物块B的冲量大小；（3）求出滑块B第二次滑上传送带后与传送带的相对位移，再由功能关系求出物块A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，传送带与物块B因摩擦而产生的热量；（4）应用动量守恒定律和能量守恒定律，通过归纳总结的方法求出每次碰撞后B的速度规律，再由运动学公式求出物块B从第二次碰撞到第n+1次碰撞前相对传送带的位移，由功能关系求出物块B从第二次碰撞到第n+1次碰撞前与传送带因摩擦所产生的总热量。
湖北省恩施州高中教育联盟2022-2023学年高一下学期期末考试物理试题
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10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．下列四幅书本插图中，关于物理思想方法叙述不正确的是（ ）
A．微元法 B．等效替代法
C．控制变量法 D．实验和逻辑推理
2．2022年2月7日，我国的单板滑雪选手苏翊鸣在北京冬奥会单板滑雪男子坡面障碍技巧赛中勇夺银牌。如图为苏翊鸣在比赛中的某个阶段过程图，在同一水平线上，为最高点。不计空气阻力，将苏翊鸣视为质点，且苏翊鸣在同一竖直面内运动，则苏翊鸣在空中运动过程中（ ）
A．从到与从到的过程中速度的变化量相同
B．选手做的是变加速曲线运动
C．在最高点时选手处于平衡状态
D．从到的过程中，选手先超重后失重
3．ETC是不停车自动收费系统，一般用在高速公路进出口，安装有ETC的车辆通过ETC专用通道时，可以不停车而低速通过，从而缩短了收费时间，大大提高了汽车的通行效率，沪蓉西高速公路上恩施西收费站ETC收费专用通道是长为的直线通道，且通道前、后都是平直大道。车辆通过此通道限速为。如图所示是一辆汽车减速到达通道口时立即做匀速运动，汽车全部通过通道末端时立即加速前进的图像，则下列说法错误的是（ ）
A．由图像可知，汽车的车身长度为
B．图像中汽车加速过程的加速度大小约为
C．图像中汽车减速过程的位移大小为
D．图像中汽车加速过程的加速度大小小于减速过程的加速度大小
4．如图所示，边长为的正六边形处在电场强度为的匀强电场中，电场方向平行于正六边形所在平面，且a、c、d三点的电势分别为．则下列表述正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．将质子由点移到点电场力做功为
5．2023年6月世界女排联赛名古屋站在日本举行，这次世界女排联赛日本站中国队的4连胜和3-0完胜日本队的胜利，让人们感受到了中国女排顽强的精神和卓越的实力。比赛中的团队协作力和气势威武赢得了粉丝的一片赞誉。李盈莹是中国队进攻的主力。比赛中质量为的李盈莹从下蹲状态竖直向上起跳，经时间身体伸直并刚好离开水平地面，李盈莹重心升高，此时李盈莹的速度大小为，不计空气阻力，重力加速度大小为。则（ ）
A．该过程中，地面对李盈莹的平均作用力大小为
B．该过程中，地面对李盈莹做功为
C．该过程中，李盈莹的动量变化量大小为
D．该过程中，地面对李盈莹的冲量大小为
6．2023年5月30日9时31分，搭载“神舟十六号”载入飞船的“长征二号”遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心发射升空，航天员乘组状态良好，发射取得圆满成功。北京时间5月30日18时22分，远道而来的“神舟十六号”航天员乘组顺利入驻“天宫”，与翅盼已久的“神舟十五号”航天员乘组胜利会师太空。随后，两个航天员乘组拍下“全家福”，共同向牵挂他们的全国人民报平安。这标志着中国现已从航天大国向航天强国迈进。未来某天宇航员正在太空旅行，来到火星表面登陆后，以速率竖直上抛一物体，物体上升的最大高度为，已知火星半经为，自转周期为，引力常量为，则（ ）
A．火星绕太阳运动的向心加速度
B．若忽略火星自转，火星的质量
C．火星同步卫星的高度
D．若忽略火星自转，火星的第一宇宙速度
7．如图甲所示，两电荷量分别为和的点电荷固定在轴上的两点，点为坐标原点，在轴上点右侧各点的电势随轴坐标的变化规律如图乙所示，图中轴上点的电势为零，点的电势最低。则（ ）
A．图像中图线的斜率表示电势能 B．点电荷的电荷量比的大
C．在轴上点的电场强度最大 D．点电荷带正电，带负电
8．关于下列四幅图的说法正确的是（ ）
A．如图（a），当船头垂直于河岸渡河时，渡河时间最短
B．如图（b），实验现象可以说明平抛运动水平方向分运动的特点
C．如图（c），汽车平稳安全地通过拱桥的最高点时对拱桥的压力大小大于其重力大小
D．如图（d），火车转弯小于规定速度行驶时，内轨对轮缘会有挤压作用
9．如图所示，在正四面体中，是底面边的中点，若在两点分别固定一个带正电、电荷量都为的点电荷。则下列说法中正确的是（ ）
A．点的电场强度与点的电场强度相同
B．两点的电势差为零
C．将带负电的试探电荷从点沿着移动到点，电荷的电势能先减少后增加
D．将带正电的试探电荷从点沿着移动到点，电荷的电势能逐渐增加
10．2022年8月4日中国人民解放军东部战区按计划在台岛周边进行实战化综合演练。演练中出现了一款多旋翼察打一体无人机，总质量为，该无人机是中国最先进的警用12旋翼无人机，装备有攻击性武器，旋翼启动后恰能悬停在离水平地面高为的空中，升力大小不变，向前方以水平速度发射一枚质量为的微型导弹，始终保持水平，不计空气阻力（ ）
A．发射微型导弹后，无人机将做匀变速直线运动
B．发射出微型导弹瞬间，无人机后退速度大小为
C．微型导弹落地时，无人机离地高度为
D．微型导弹落地时，无人机与导弹落地点的水平距离为
二、实验题（共18分）
11．某物理兴趣小组在研学过程中改进了“探究小车加速度与力关系”的实验装置，如图所示，长木板置于水平桌面上，一端系有砂桶的细绳通过动滑轮与固定的“力传感器”相连，“力传感器”可显示绳中拉力的大小，改变桶中砂的质量进行了多次实验。完成下列问题：
（1）实验时，下列操作或说法正确的是____；
A．本实验不需要平衡摩擦力
B．调节定滑轮高度，确保细绳与桌面平行
C．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
D．选用电磁打点计时器比选用电火花计时器实验误差小
（2）研学中得到一条纸带，如图所示，并且每隔四个计时点取一个计数点，已知相邻两个计数点间的距离为，且，，打点计时器的电源频率为。计算此纸带的加速度大小 （结果保留三位有效数字）。
（3）实验中若未平衡摩擦力，以拉力传感器的示数为横坐标，以加速度为纵坐标，画出的图像可能正确的是____；
A． B．
C． D．
（4）现以拉力传感器的示数为横坐标、加速度为纵坐标，画出图像，求出其“斜率”为，则小车的质量等于 （用字母表示）。
12．如图甲所示，某物理兴趣小组同学用两个小球碰撞探究“碰撞中的不变量”。实验时先让质量为的球从斜槽上某一固定位畳由静止释放，球从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹的平均落点，再把质量为的球放在水平轨道末端，将球仍从位疊由静止两个落点的平均位军，点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图乙所示。
（1）要保证实验成功，入射小球的质量应 （选填“大于”、“等于”或“小于”）被碰小球的质量，入射小球的直径 （选填“必须等于”或“可以不等于”）被碰小球的直径。
（2）下列说法中正确的是____。
A．安装的斜槽轨道必须光滑，末端必须水平
B．实验前应该测出斜槽末端距地面的高度
C．除了图中器材外，完成本实验还必须使用的器材是天平、刻度尺
（3）实殓中，测量出两个小球的质量分別为，测量出三个落点的平均位置与点的距离的长度分別为，在实验误差允许范围内，若满足关系式 （用所测物理最的字母表示），则可以认为两球碰撞前后的总动量守恒。若满足关系式 （用所测物理量的字母表示），则可认为该碰撞为弹性碰撞。
（4）另一实验小组改进了实验装置用来探究碰撞前后动能的变化，如图丙所示，方案如下：让从斜槽轨道滚下的小球打在正对的竖直墙上，把白纸和复写纸附在墙上，记录小球的落点。选择半径相等的钢珠和塑料球进行实验，测量出两球的质量分別为、，其他操作重复前面操究“碰撞中的不变量”的步骤。如果为竖直记录纸上三个落点的平均位置，小球静止于水平轨道末端时球心在竖直记录纸上的水平投影点为，用刻度尺测量到的距离分别为。在实验误差允许范围内，若满足关系式 （用所测物理量的字母表示），则可认为碰撞前后两球的总动能相等。
三、计算题（共42分）
13．如图所示，一质量、电荷量绝对值的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，电场足够大，静止时悬线与竖直方向夹角。若小球的电荷量始终保持不变，重力加速度。
（1）求电场强度的大小。
（2）若在某时刻将细线突然剪断，求经过时小球的速度大小及方向。
14．恩施女儿城是一家免门票的级旅游景区。景区内富有民族特色的表演、琳琅满目的美食及娱乐城内丰富多彩的游乐项目深受全国各地游客喜爱。城内一游戏装置的简化示意图如图所示，在同一竖直平面内的轨道由四分之一光滑圆弧轨道、粗糙的水平轨道、光滑圆弧轨道、粗糙斜轨道组成，圆弧分别与直轨道、相切。斜轨道的倾角，底端处有一轻质短弹簧装置且斜面底端恰在弹簧原长位置。一质量的滑块（比圆管内径稍小，可视作质点）从点正上方的点无初速释放，滑块恰能通过国弧的最高点，滑块能够运动到点（M点为四分之一圆弧轨道的圆心）且被等速反弹。已知滑块与水平轨道和斜轨道间的动摩擦因数均。两圆弧轨道的半径均为，取重力加速度大小。求：
（1）滑块经过点时，圆弧轨道对滑块的弹力大小；
（2）滑块释放点与点间的高度差；
（3）滑块在斜轨道上运动的总路程s。
15．如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量的小物块，物块不会脱离弹簧。装置的中间是长度的水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带以的速度逆时针转动。装置的右边是一段光滑的水平台面连接的光滑曲面，质量的小物块从曲面上距水平台面处由静止释放，经过传送带后与物块发生对心弹性磁撞，已知碰撞前物块静止且弹簧处于原长状态，物块与传送带之间的动摩擦因数，取，不考虑物块大小对问题的影响，不考虑物块运动对传送带速度的影响。求：
（1）物块与物块第一次碰撞前瞬间，物块的速度大小。
（2）物块第一次碰撞后，物块重新滑上传送带后内摩擦力对物块的冲量大小。
（3）物块第一次碰撞后到第二次碰撞前，传送带与物块因摩擦而产生的热量。
（4）如果物块每次碰撞后，物块再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块从第二次碰撞到第次碰撞前与传送带间因摩擦所产生的总热量。（最后答案只要求写出计算表达式，不要求计算出最终结果）
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】控制变量法；等效法；微元法
【解析】【解答】A.推导匀变速直线运动位移与时间关系时，把运动分割成无数小段，每一段看成匀速运动，采用微元法的思想，A不符合题意；
B.合力与分力是等效替代关系，所以是等效替代法，B不符合题意；
C.通过平面镜观察桌面的微小形变的实验中，将微小的形变放大，运用了放大法，C符合题意；
D.伽利略在研究自由落体运动时，采用了实验和逻辑推理的方法，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】本题根据各种物理学方法的特点分析各选项。
2．【答案】A
【知识点】曲线运动；超重与失重
【解析】【解答】B.选手在空中时，做的是斜抛运动，只受重力作用，加速度为重力加速度，所以选手做的是匀变速曲线运动，B不符合题意；
A.由斜抛运动的对称性可知，从a到b与从b到c的过程中所需时间相同，根据可知，从a到b与从b到c的过程中速度的变化量相同 ，A符合题意；
C.在最高点时受重力作用，处于非平衡状态，C不符合题意；
D.选手从a到c的过程中，加速度方向一直向下，所以选手一直处于失重状态，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据选手在空中的受力特点，分析选手的运动性质；由分析选手从a到b与从b到c的过程中速度的变化量；分析选手在最高点的受力，确定选手所处的状态；根据从a到c过程中的加速度方向，分析超重和失重。
3．【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A.由图像可知，小汽车匀速通过ETC专用通道时，速度为5m/s，用时5s，共走了25m，则小汽车的车身长度为l=25m-20m=5m，A不符合题意；
B.根据v-t图像的斜率表示物体加速度，可得小汽车加速过程的加速度大小为，B不符合题意；
C.根据v-t图像与坐标轴所围的面积表示物体位移，可得图像中小汽车减速过程的位移大小为，C符合题意；
D.根据v-t图像的斜率表示物体加速度，可得小汽车减速过程的加速度大小为，即汽车加速过程的加速度大小小于减速过程的加速度大小 ，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据图像中数据求出汽车匀速运动的位移，减去通道的长度即为汽车的车身长度；根据v-t图像的斜率表示物体加速度，求出汽车加速运动的加速大小；根据v-t图像与坐标轴所围的面积表示物体位移，求出汽车减速运动过程的位移大小；根据v-t图像的斜率表示物体加速度，求出汽车减速运动的加速大小，再由加速运动时的加速度进行比较。
4．【答案】B
【知识点】电场力做功；电场强度；电势
【解析】【解答】A.连接a、d两点，可知a、d连线的中点O（即正六边形的中心）的电势为6V，由于c点的电势与O点的电势相等，所以c、f连线为等势线，因此c点与e点的电势不相等，A不符合题意；
C.由对称性可知，C不符合题意；
B.由于电场线与等势线处处垂直，所以图db连线为电场线，根据电势关系，可知电场方向由d指向b，由匀强电场的电场强度和电势差的关系可知，代入数据解得，B符合题意；
D.将质子由b点移到e点，电场力方向与位移方向成钝角，所以电场力做负功，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据a、c、d三点的电势做出等势线，确定其他点电势；匀强电场中，平行等长的线段两端点的电势差大小相等；根据匀强电场电场强度与电势差的关系式U=Ed求解电场强度；由电场力与位移方向的夹角分析电场力做功的正负。
5．【答案】A
【知识点】动量定理；动量；冲量
【解析】【解答】A.取向上为正方向，根据动量定理，得地面对李盈莹的平均作用力大小为，A符合题意；
B.该过程中，地面对李盈莹的支持力的作用点没有发生移动，地面对李盈莹做功为0，B不符合题意；
C.该过程中，李盈莹的动量变化量大小为，C不符合题意；
D.设对面对李盈莹的冲量大小为I，以向上为正方向，根据动量定理可得，得地面对李盈莹的冲量大小为，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】由动量定理计算地面对李盈莹的平均作用力大小；地面对李盈莹的支持力的作用点没有发生移动，地面对李盈莹不做功；由初末状态的动量求出动量变化量；根据动量定理求解地面对李盈莹的冲量大小。
6．【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A.由匀速圆周运动向心加速度公式可得，火星绕太阳运动的向心加速度，其中T'和r为火星绕太阳运动的公转周期和公转半径，A不符合题意；
B.由万有引力等于重力可得，分析物体的竖直上抛运动，可得火星表面的重力加速度，联立解得火星的质量，B不符合题意；
C.由万有引力提供卫星做圆周运动的向心力可得，解得同步卫星的高度，C不符合题意；
D.第一宇宙速度为卫星在星球表面做圆周运动的线速度，有，火星的第一宇宙速度，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据向心加速度的公式计算火星绕太阳运动的向心加速度；由竖直上抛运动求出火星表面的重力加速度，再由万有引力等于重力求解火星的质量；由万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，列式求解火星同步卫星的高度；根据第一宇宙速度为卫星在星球表面做圆周运动的线速度，由万有引力提供向心力求解火星的第一宇宙速度。
7．【答案】B
【知识点】电势能；电势
【解析】【解答】A.在图像中图线上某点切线的斜率表示该点的电场强度，A不符合题意；
C.因为图像中图线上某点切线的斜率表示该点的电场强度，可知在x轴上D点的电场强度为零，C不符合题意；
B.因为D点的电场强度为零，由电场的叠加原理知，、在D点处产生的电场强度大小相等、方向相反，由题图知到D点的距离大于到D点的距离，根据点电荷的场强公式知，的电荷量大于的电荷量，B符合题意；
D.由图乙可知，由O到D电势降低，可知OD段电场方向沿x轴正方向，故带负电，带正电，D不符合题意。
故选BC。
【分析】图像中图线上某点切线的斜率表示该点的电场强度；由图线的斜率分析D点的场强；根据点电荷的场强公式和电场的叠加原理分析和的电荷量的大小关系；根据沿电场线方向电势降低的规律，分析和的电性。
8．【答案】A,D
【知识点】小船渡河问题分析；平抛运动；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A.如图（a），当船头垂直于河岸渡河时，垂直河岸的速度最大，渡河时间最短，A符合题意；
B.如图（b），实验现象中，两小球会同时落地，可以说明平抛运动竖直方向分运动的特点，即竖直方向，小球做自由落体运动，B不符合题意；
C.如图（c），汽车通过拱桥的最高点时，重力和支持力的合力向下，充当向心力，所以支持力小于重力，根据牛顿第三定律可知汽车对拱桥的压力等于支持力，故压力小于其重力，C不符合题意；
D.如图（d），火车转弯小于规定速度行驶时，重力和支持力的合力大于所需向心力，火车有做向心运动的趋势，所以内轨对轮缘会有挤压作用，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】垂直河岸的速度最大时，渡河时间最短；两小球同时落地，说明平抛运动竖直方向上的分运动是自由落体运动；根据汽车通过桥顶时，向心力向下，得出重力和支持力的大小关系，再结合牛顿第三定律得出压力与重力的关系；根据重力与支持力的合力与所需向心力的大小关系，分析轮缘对轨道的挤压。
9．【答案】B,C
【知识点】电场强度；电势能；电势
【解析】【解答】A、B两点分别固定等量同种电荷，所产生电场如图所示，O是AB边的中点，等量同种电荷中垂线上沿O点向两边电势降低。
A.P点与C点电场强度大小相同，但方向不同，C点电场强度方向沿OC方向由O指向C，P点电场强度方向沿OP由O指向P，A不符合题意；
B.由几何知识知OC与AB垂直，OP与AB垂直，OC=OP，所以C点与P点电势相同，P、C两点的电势差为零，B符合题意；
C.将带负电的试探电荷q从P点移动到C点，电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，C符合题意；
D.将带正电的试探电荷q从O点沿着OC移动到C点，电场力一直做正功，电荷电势能逐渐减小，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据电场的叠加分析P、C两点的电场强度；根据C、P两点的位置特点分析两点电势的关系；根据电场力做功的正负，分析电势能的变化。
10．【答案】B,D
【知识点】动量守恒定律；平抛运动
【解析】【解答】A.发射微型导弹前，无人机和微型导弹所受的竖直向下的总重量与竖直向上的浮力大小相等，发射微型导弹后，其重力减小，合力向上，所以竖直方向做匀加速运动，水平方向因为动量守恒，所以发射导弹后，无人机具有向后的速度，故无人机将做匀变速曲线运动，A不符合题意；
B.发射出微型导弹过程，系统水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律可得，得，B符合题意；
C.由于微型导弹落地过程中做平抛运动，则有，可得微型导弹在空中运动的时间为，由牛顿第二定律可得无人机上升的加速度为，无人机发射微型导弹后上升的高度为，得，无人机离地高度为，C不符合题意；
D.微型导弹射出后，无人机和微型导弹在水平方向上都做匀速直线运动，可得微型导弹落地时，无人机与导弹落地点的水平距离为，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】先分析无人机发射微型导弹后，竖直和水平两个方向上的分运动，再根据运动的合成分析无人机所做的运动；由动量守恒定律求解发射出微型导弹瞬间，无人机后退速度大小；由平抛的运动规律求出导弹落地的时间，再由牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求出无人机在此期间上升的高度，计算出微型导弹落地时，无人机离地高度；根据匀速运动位移公式，求出微型导弹落地时，无人机与导弹落地点的水平距离。
11．【答案】（1）B
（2）1.92
（3）A
（4）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）A.本实验需要由拉力表示合力，所以需平衡摩擦力，A不符合题意；
B.实验中应该调节定滑轮高度，确保连接“力传感器”的细绳与桌面平行，B符合题意；
C.本实验中力传感器可直接测出绳子上的拉力，不需要用砂和砂桶的重力充当小车的合外力，所以不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，C不符合题意；
D.电磁打点计时器由于纸带与限位孔、振针之间存在摩擦，所以选用电磁打点计时器比选用电火花打点计时器实验误差大，D不符合题意。
故答案为：B；
（2）每隔四个计时点取一个计数点，所以相邻计数点点的时间间隔为，根据逐差法可得小车运动的加速度大小为，代入数据解得；
（3）设小车阻力为f，由牛顿第二定律可得2F-f=ma，整理得，故a-F图像是一条倾斜的直线，且纵截距为负，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A；
（4）由（3）知，所以a-F图像的斜率为，故小车质量为。
【分析】（1）根据实验原理、注意事项以及误差的产生原因分析各选项；（2）由逐差法求出小车的加速度；（3）由牛顿第二定律推导a-F的关系式，找出对应图像；（4）根据a-F表达式中的斜率求出小车的质量。
12．【答案】（1）大于；必须等于
（2）C
（3）；
（4）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）为了保证入射球碰后不反弹，入射球A的质量应大于被碰球B的质量；为保证碰撞过程动量守恒，两球需做对心碰撞，所以入射小球A的直径必须等于被碰小球B的直径；
（2）A.安装的轨道不必光滑，只要小球每次从同一位置由静止滚下，小球每次到达斜槽末端的速度就会相等，为了让小球做平抛运动，末端必须水平，A不符合题意；
B.实验前不必测出斜槽末端距地面的高度，保持高度不变即可，因为计算过程中高度可约掉，B不符合题意；
C.除了图中器材外，完成本实验还必须使用天平测量小球质量，刻度尺测量小球落地时做平抛运动的水平分位移，C符合题意。
故答案为：C；
（3）设入射小球A碰撞前瞬间的速度为，碰撞后瞬间入射小球A的速度为，被碰小球B的速度为，根据动量守恒定律得，由于两小球做平抛运动下落高度相同，所用时间相同，则有，即满足，则可以认为两球碰撞前后的总动量守恒；若是弹性碰撞，还需满足机械能守恒，即，可得，联立动量守恒表达式，可得；
（4）根据平抛运动规律可得，，联立解得若碰撞前后两球的总动能相等，则有 ， 解得 。
【分析】（1）根据实验原理和注意事项选择实验器材；（2）根据实验原理和注意事项分析；（3）根据动量守恒定律和平抛的运动规律，推导两小球碰撞过程中满足的动量守恒的方程；如果是弹性碰撞，还需满足机械能守恒，根据机械能守恒定律进行推导，并结合动量守恒的方程求出弹性碰撞的表达式；（4）根据动量守恒定律和平抛的运动规律，推导在实验误差允许范围内满足的关系式。
13．【答案】（1）解：如图所示，由平衡条件可知
小球所受的电场力为
由电场强度的定义式有
代入数据解得。
（2）解：细线突然被剪断后，小球受重力和电场力，其合力为
小球的加速度为
由速度一时间公式可得，经时小球的速度大小为
小球速度的方向与竖直方向成角，斜向左下方。
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；电场强度；电场线
【解析】【分析】（1）分析小球受力，由共点力平衡条件求出电场强度的大小；（2）由牛顿第二定律求出细线剪断后小球的加速度，再由速度公式求出小球的速度。
14．【答案】（1）解：由于滑块恰能通过点，则有
滑块在从点运动到点的过程中，由动能定理可得
在点有
解得。
（2）解：由几何关系可得
滑块在从点到点的过程中，由动能定理可得
解得。
（3）解：由功能关系可得
解得。
【知识点】功能关系；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）应用动能定理分析滑块从C点运动到D的过程，求出滑块在C点的速度，分析滑块在C点的受力，由牛顿第二定律求解滑块经过C点时，圆弧轨道对滑块的弹力大小；（2）由动能定理分析滑块从O点运动到C的过程，求出滑块释放点O与A点间的高度差；（3）由功能关系分析滑块在EM上的运动，求出滑块在斜轨道EM上运动的总路程。
15．【答案】（1）解：设滑到曲面底部的速度为，根据机械能守恒定律
解得
由于在传送带上开始做匀减速运动，假设一直减速滑过传送带时的速度为，由动能定理可得
解得
假设成立，即与第一次碰前速度大小为。
（2）解：设第一次碰后的速度为的速度为，取向左为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律得
解得
上式表明碰后以的速度向右反弹，滑上传送带后在摩擦力的作用下减速，设向右减速的最大位移为，由动能定理得
，解得
这个过程经历的时间为，有，得
设加速到与传动带共速的时间为，因此有，解得
这段过程产生的位移
所以，在共速后向左匀速时间，则：
由于
所以在重新滑上传送带内，物体末从传动带左端滑出且末正在匀速运动。所以在这内，摩擦力的冲量，解得
（3）解：在传送带上先向右减速至0后反向向左加速至再匀速。
在第一次碰后到发生第二次碰撞前传送带与因摩擦而产生的热量
而
得：
（4）解：第二次至第次碰撞前总热量
而
由动量守恒和能量守恒可知，每次碰撞的速度变为撞前的一半。故
故
【知识点】动量守恒定律；牛顿运动定律的应用—连接体；动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）由机械能守恒定律求出物块B滑动到曲面底部的速度，再由动能定理分析滑块B通过传送带后的速度，即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度；（2）由动量守恒定律和能量守恒定律求出物块B与物块A第一碰撞后的速度，再由牛顿第二定律和运动学公式分析物块B在传送带上的运动，然后由动量定理求出物块B重新滑上传送带后内摩擦力对物块B的冲量大小；（3）求出滑块B第二次滑上传送带后与传送带的相对位移，再由功能关系求出物块A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，传送带与物块B因摩擦而产生的热量；（4）应用动量守恒定律和能量守恒定律，通过归纳总结的方法求出每次碰撞后B的速度规律，再由运动学公式求出物块B从第二次碰撞到第n+1次碰撞前相对传送带的位移，由功能关系求出物块B从第二次碰撞到第n+1次碰撞前与传送带因摩擦所产生的总热量。
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