安徽2025-2026学年高一下学期期末物理综合练习

2026安徽省高一下期末综合练习 一．平抛运动 1．随着人们生活水平的提高，打高尔夫球将逐渐成为普通人的休闲娱乐方式。如图所示，假设甲、乙、丙三位运动员从同一点沿不同方向斜向上击出的高尔夫球分别落在水平地面上不同位置、、，三条路径的最高点在同一水平面内，不计空气阻力的影响，则（     ） A．乙击出的高尔夫球落地的速率最大 B．丙击出的高尔夫球在空中运动时间最短 C．三个高尔夫球被击出的初速度竖直分量相等 D．三个高尔夫球被击出的初速度水平分量相等 2．2026年米兰−科尔蒂纳冬季奥运会（TheOlympicWinterGamesMilanoCortina2026），是由国际奥委会主办的第二十五届冬季奥林匹克运动会，于2026年2月6日至22日在意大利的米兰与科尔蒂纳丹佩佐举办。如图是跳台滑雪运动，运动员从跳台a处沿水平方向飞出，在斜坡b处着陆，如图所示。测得ab间的距离为L=40m，斜坡与水平方向的夹角为30°，不计空气阻力，g取10m/s2，求： (1)运动员在空中飞行的时间； (2)运动员在a处飞出时的速度大小； (3)运动员在空中离坡面的最大距离及所用的时间。 二、圆周运动 3．（多选）丢包节又称中老越三国丢包狂欢节，是自2009年起每两年一届在中国云南省江城县、老挝和越南轮流举办的跨境节庆活动。如图所示，长为的轻绳一端固定于点，另一端系一个质量为的丢包。现使丢包在竖直平面内做圆周运动，若丢包刚好能够通过最高点，忽略空气阻力，则以下判断正确的是（     ） A．丢包在最高点时绳的拉力为零 B．丢包通过最高点时的向心加速度为零 C．丢包在最低点时的速度大小为 D．丢包在最低点时绳的拉力为 4．如图所示，用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动，为轨迹最高点，、、、为圆轨迹的四等分点.关于苹果的运动，下列说法正确的是（     ） A．苹果在最高点时所受到的支持力大于对手的压力 B．苹果在位置和位置时受到的弹力相同 C．苹果在位置和位置时受到的摩擦力相同 D．苹果在运动过程中所受合外力不变 5．如图所示的皮带转动中小轮半径是大轮半径的一半，a、b分别是小轮和大轮边缘上的点，大轮上c点到轮心O的距离恰好等于，若皮带不打滑，则图中a、b、c三点（     ） A．线速度之比为 B．角速度之比为 C．转动周期之比为 D．向心加速度大小之比为 6．（多选）如图所示，半径为的洗衣机滚筒绕竖直轴转动，衣服紧贴筒壁随洗衣机一同转动且不与筒底接触，已知衣服与筒壁间的动摩擦因数为，重力加速度为，衣服与筒壁始终保持相对静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（     ） A．衣服受到重力、摩擦力、筒壁施加的压力和向心力四个力 B．衣服随滚筒转动的过程中脱水是因为水滴受到了离心力 C．增大洗衣机的转速，衣服受到的摩擦力大小不变 D．洗衣机转动的角速度至少为 7．（多选）如图甲所示，倾角的圆盘绕过圆心且垂直于盘面的轴以的角速度匀速转动，盘面上距离转轴0.1 m处的小物块a恰好随圆盘一起匀速转动。现将圆盘水平放置，如图乙所示，置于圆盘上的小物块a、b通过长度为0.5 m的轻绳连接，a到圆盘中心的距离为0.2 m。已知a、b材料相同，质量均为2 kg，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。水平圆盘绕过圆心的竖直轴以角速度匀速转动，a、b位于圆盘的同一直径上且相对圆盘静止，下列说法正确的是（　　） A．小物块与圆盘之间的动摩擦因数为0.7 B．乙图中，若，则a受到的摩擦力为零 C．乙图中，若b受到的摩擦力为零，则a受到的摩擦力为8 N D．乙图中，的最大值为 三、天体运动 8．“天宫二号”在距地面390 km的轨道上运行，“天链二号01星”是一颗地球静止轨道卫星，可为“天宫二号”与地面测控站间数据传输提供中继服务，两者均绕地球做匀速圆周运动。则（     ） A．“天宫二号”的速度大于第一宇宙速度 B．“天链二号01星”能经过广州上空 C．“天链二号01星”的角速度比“天宫二号”的角速度小 D．“天链二号01星”的加速度小于赤道上物体随地球自转的向心加速度 9．（多选）中国火星探测器“天问一号”在火星表面的目标着陆点成功着陆，“祝融号”火星车开展巡视探测。火星车在完成90个火星日的既定探测任务后，继续实施拓展任务。若探测器在控制系统的指令下在火星“地面”附近以初速度v0竖直向上抛出一物块，经时间t落至“地面”。已知火星的半径为R，引力常量为G，将火星看作是质量分布均匀的球体，忽略火星自转，不计空气阻力，下列说法中正确的是（     ） A．火星表面的重力加速度为 B．火星的质量为 C．火星的平均密度为 D．火星的第一宇宙速度为 10．中国古代是一个农业社会，农业需要深入了解太阳运行情况，农事活动根据太阳运行进行，所以在历法中又加入了单独反映太阳运行周期的“二十四节气”。已知春分、夏至、秋分和冬至所处的四个位置如图所示，地球沿椭圆轨道绕太阳运动，下列说法正确的是（     ） A．地球由春分运行到秋分的时间等于由秋分运行到春分的时间 B．地球绕太阳公转时，在夏至处的线速度大于在冬至处的线速度 C．地球由春分运行到夏至的过程中加速度逐渐增大 D．地球和太阳的连线在相等的时间内扫过的面积总是相等 11．（多选）火星是太阳系内与地球最为相似的行星，若把火星视为均匀球体，火星极地的重力加速度记为g，半径记为R，自转周期记为T，G表示引力常量，则（     ） A．火星的质量表示为 B．火星的密度表示为 C．火星的第一宇宙速度为 D．火星同步卫星的高度为 12．（多选）如图所示在同一轨道平面内的三颗不同的人造地球卫星A、B、C，关于各物理量的关系，下列说法正确的有（     ） A．根据可知 B．根据万有引力定律， C．向心加速度 D．运动一周后，A先回到原地点 13．（多选）科学家通过引力波探测器观测到一个由两颗恒星组成的双星系统，它们围绕共同的中心做匀速圆周运动，科学家发现该双星系统的运动周期与两颗恒星的质量和距离之间存在某种关系。已知两颗恒星质量分别为和，它们之间的距离为，引力常量为。则关于该双星系统下列说法正确的是（　　） A．两颗恒星所受的向心力大小相等 B．该双星系统的质量比越大，两颗恒星的轨道半径比也越大 C．两颗恒星的运动周期与成反比，与成正比 D．研究发现该双星系统会通过引力波辐射损失能量，则该双星系统的距离L会逐渐减小，运动周期也会逐渐减小 14．2025年1月16日，地球恰好运行到火星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线，此现象被称为“火星冲日”。若火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，火星与地球的公转轨道半径之比为，地球的质量为火星质量的9倍，火星的半径是地球半径的0.5倍，如图所示。根据以上信息可以得出（     ） A．火星与地球绕太阳公转的角速度之比为 B．火星与地球绕太阳公转的线速度之比为 C．火星与地球的第一宇宙速度之比为 D．下一次“火星冲日”将出现在2026年1月16日之前 四、功与能 15．一质量为的汽车在水平路面上启动，其速度随时间变化的关系如图所示，时间内图像为过原点的直线，时刻速度为，功率达到额定功率，此后功率保持不变直至速度达到最大。汽车运动过程中所受阻力恒为车重的0.2倍，重力加速度为。汽车整个运动过程中，下列说法正确的是（    ） A．汽车的牵引力逐渐减小 B．汽车的牵引力始终保持不变 C．汽车牵引力的最大值为 D．汽车的最大速度为 16．如图所示，光滑竖直杆固定，质量为的小球A（可视为质点）穿在杆上。一根竖直轻弹簧一端固定在水平地面上，另一端连接质量也为的物块B，一轻绳跨过定滑轮，一端与物块B相连，另一端与小球A连接，定滑轮到竖直杆的距离为。初始时，小球A在外力作用下静止于点，此时整根轻绳伸直无张力且OP间轻绳水平、OB间轻绳竖直。现将小球A由点静止释放，小球A沿杆下滑到最低点时，与杆之间的夹角为。不计滑轮的质量、大小及摩擦，重力加速度大小为，，，关于小球A由点下滑至点的过程中，下列说法正确的是（     ） A．小球A的重力势能减小了 B．弹簧的弹性势能增加了 C．小球A和物块B组成的系统机械能守恒 D．小球A的重力瞬时功率等于物块B的重力瞬时功率 17．（多选）如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在光滑轻质定滑轮两侧，物体A、B的质量都为，开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上。放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（     ） A．弹簧的劲度系数为 B．此时弹簧的弹性势能等于 C．此时物体B的速度大小也为v D．此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上 18．如图所示，长度为L的轻杆两端分别固定质量均为m的小球，杆的三等分点O处有光滑的水平转动轴，O点更靠近1号小球。整个装置可以在竖直面内转动。将装置从杆恰好水平的位置由静止释放，不计一切阻力，当杆到达竖直位置时（     ） A．1号小球的速度大小是 B．2号小球的速度大小是 C．1号小球的机械能守恒 D．轻杆对2号小球做功为0 19．（多选）如图所示，粗糙水平面上，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙面上，另一端与质量为m的小球相连。初始时刻小球静止在弹簧原长O点。现用外力将小球拉至B点后释放，小球向左运动后恰能停在A点。（已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力）下列说法中正确的是（     ） A．小球从B到O的时间等于从O到A的时间 B．小球恰好停在A点时，弹簧弹力等于滑动摩擦力 C．从B往A运动过程中，小球速度最大时，动能等于弹簧弹性势能 D．小球从B点到速度最大时，克服摩擦力做功等于合外力对小球做功 20．如图所示，在光滑水平台面上，一个质量的小物块压缩弹簧后被锁扣锁住。现打开锁扣，物块与弹簧分离后将以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好从点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道。已知、的高度差，水平距离，圆弧轨道的半径，点在圆弧轨道的圆心的正下方，并与水平地面上长为的粗糙直轨道平滑连接，小物块沿轨道运动并与右边的竖直墙壁会发生碰撞，重力加速度，，，空气阻力忽略不计。试求： (1)小物块运动到平台末端的速度大小； (2)圆弧所对的圆心角； (3)若小物块与墙壁碰撞后以原速率反弹，且只会与墙壁发生一次碰撞并最终停在轨道间，那么小物块与轨道之间的动摩擦因数应满足什么条件。 21．如图所示，光滑圆弧轨道固定在水平地面上，其圆心角，半径，末端切线水平。两个质量均为、长度均为的木板D、E静止在粗糙的水平地面上，D、E之间不粘连，其上表面与端等高且平滑衔接；足够长的水平传送带顺时针匀速转动。现将质量的物块A轻放于传送带的左端，离开传送带后从点沿切线方向进入轨道，并最终滑上木板E。已知物块A与传送带间的动摩擦因数，物块A与木板间的动摩擦因数均为，、两点间竖直高度差；木板D与水平面间的动摩擦因数，木板E下表面光滑。取，，。求： (1)物块A从开始到与传送带共速时，相对地面的位移； (2)物块A滑到点时，受到圆弧轨道支持力的大小； (3)物块A在木板D上运动过程中，木板D克服地面摩擦力所做的功。 五、动量综合 22．如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于粗糙水平面上。一颗子弹水平射入木块A，射入时间极短并留在其中，在子弹射入木块A及弹簧被压缩的整个过程中，下列说法中正确的是（     ） A．在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组成的系统动量守恒、机械能守恒 B．在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组成的系统动量不守恒，机械能不守恒 C．在弹簧被压缩的过程中，系统动量守恒、机械能不守恒 D．在弹簧被压缩的过程中，系统动量、机械能都不守恒 23．在光滑水平面上两个物体M、N相向运动，一段时间后发生正碰，碰撞时间不计，碰撞前后两物体的位移-时间图像如图所示。已知M的质量为2kg，下列说法正确的是（     ） A．N的质量为1.5kg B．两物体的碰撞属于弹性碰撞 C．N在碰撞过程中，动量变化量的大小为 D．两物体的碰撞属于非弹性碰撞，并且碰撞过程中损失的动能为3J 24．一个质量为2kg的物体放在光滑桌面上，在水平拉力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（     ） A．由于物体只在水平方向上运动，所以0-4秒内地面支持力冲量为0 B．前两秒内重力的冲量大小等于拉力的冲量大小 C．第2秒时物体运动反向 D．第4秒时，物体速度为 25．下列说法正确的是（　　） A．静止在水平地面上的物体，其重力始终不做功，重力的冲量始终为零 B．做匀速圆周运动的物体，在两个不同位置，其动能和动量均相同 C．做平抛运动的物体，其动量的变化率始终不变 D．游客随摩天轮转动一周的过程中，摩天轮对游客作用力的冲量大小为零 26．如图，质量均为1kg的木块A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端系一长为0.5m的轻质细线，细线另一端系一质量为4kg的球C，现将球C拉起使细线水平，并由静止释放，当球C摆到最低点时，木块A恰好与木块B相撞并粘在一起，不计空气阻力，重力加速度取，则（    ） A．木块A、B原先间距0.4m B．球C下摆过程，A和C整体动量守恒 C．球C摆到最低点的速度是 D．球C通过最低点后继续向左摆动上升的最大高度为0.2m 27．如图竖直平面内固定半径R=0.4m的光滑圆轨道，轨道底端与光滑水平轨道ab相切于b点。光滑直轨道上静置着质量分别为mA=2kg、mB=4kg的两物块A、B，二者用轻质细绳连接，且中间夹一压缩的轻质弹簧（弹簧未与物块拴接）。轨道左侧光滑水平地面上静止一质量M=2kg、长L=2m的小车，小车上表面与直轨道ab等高，已知A与小车间动摩擦因数μ=0.5。现剪断A、B间细绳，物块B沿圆轨道运动时恰好不脱离轨道，重力加速度g=10m/s2.求： (1)若弹簧的压缩量Δx=3cm，当A、B与弹簧分离时，B的位移大小x； (2)剪断细绳前弹簧储存的弹性势能Ep； (3)A在小车上滑动时，系统摩擦产生的热量Q。 28．如图所示，静止在光滑水平地面上的小车质量为，其左侧紧靠竖直墙壁，小车左右两边分别是半径为和的四分之一光滑圆弧轨道和，中间是长度为的水平粗糙轨道，各轨道平滑相连。质量为可视为质点的小滑块从轨道点正上方处由静止释放，恰好沿切线落入圆弧轨道，小滑块与水平轨道之间的动摩擦因数，重力加速度取。求： (1)小滑块经过点时的速度大小； (2)小滑块从点冲出后离点的最大高度； (3)小滑块第二次经过点时对圆弧轨道的压力大小。 六、电场问题 29．“电”的概念古来有之，但对电的研究到了16世纪才随着现代科学的发展而开始。关于元电荷、点电荷、试探电荷、比荷，下列说法正确的是（　　） A．元电荷可以是质子也可以是电子 B．体积小的带电小球在任何情况下都可以看成点电荷 C．试探电荷的电荷量很小，不影响原电场分布 D．质子和电子所带电荷量相等，比荷也相等 30．如图所示，光滑绝缘圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知三个小球均处于静止状态，其中小球c位于圆环最高点，a、c连线与竖直方向成角，b、c连线与竖直方向成角。下列说法正确的是（     ） A．小球a、b、c带同号电荷 B．小球a、b带异号电荷 C．小球a、b电荷量之比为 D．小球a、b电荷量之比为 31．如图，在一根不可伸长的轻绳下端拴一质量为m的带电小球，同时在悬点正下方圆心O处也固定另一带电小球，现使小球m在过O点的水平面内做匀速圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角为θ，两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（     ） A．小球做匀速圆周运动过程中受到重力，拉力，库仑力和向心力 B．两个小球一定带异种电荷 C．小球做匀速圆周运动过程中机械能守恒 D．小球做匀速圆周运动的向心力大小为mgtanθ 32．（多选）如图所示，在水平面内有一正方形abcd，各顶点到中心O的距离均为R。各顶点均固定正点电荷，其中a、b、c点的电荷量为q，d点的电荷量为2q，静电力常量为k，则O点处的电场强度（     ） A．方向沿Ob方向 B．大小为 C．方向沿Od方向 D．大小为 33．（多选）如图所示，水平面上有一均匀带电圆环，所带电荷量为+Q，其圆心为O点。有一电荷量为+q、质量为m的小球恰能静止在O点上方的P点，O、P间距为L。P与圆环上任一点的连线与PO间的夹角都为θ，重力加速度为g，以下说法正确的是（　　） A．P点场强方向竖直向下 B．P点场强大小为 C．P点场强大小为 D．P点场强大小为 34．两个半径为的半球壳球面上分别均匀分布着电荷量为的正电荷，两半球壳球心分别位于和处，如图所示。现测得处的电场强度大小为，方向沿轴负向。已知静电力常量为，则左半球壳在处的电场强度大小为（    ） A． B． C． D． 35．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面上均匀分布着正电荷，总电荷量为，球面半径为，为通过半球顶点与球心的轴线，在轴线上有、两点，，已知点的电场强度大小为，静电力常量为，则点的电场强度大小为（　　） A． B． C． D． 36．如图所示，在的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN平滑连接，半圆轨道所在平面与电场线平行，其半径，一带正电荷的小滑块质量为，与水平轨道间的动摩擦因数，取，求： (1)要小滑块恰能运动到半圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放； (2)从（1）中位置释放的小滑块通过半圆轨道中点P点时对轨道的弹力。 七、实验综合 37．实验小组做“验证平抛运动规律”的实验 (1)实验小组采用如图甲所示装置进行实验。将一张白纸和复写纸固定在竖直的硬板上，钢球从固定的斜槽上由静止释放，从斜槽末端飞出后，落到倾斜的挡板后挤压复写纸，在白纸上留下印迹。关于该实验，下列说法正确的是_______。 A．钢球与斜槽之间的摩擦会增大实验误差 B．安装斜槽时其末端切线应水平 C．上下移动挡板时必须等间距移动 (2)实验小组在白纸上得到多个钢球的印迹，将小球在斜槽末端球心在白纸上投影的位置与印迹的水平距离用表示，竖直距离用表示。以为纵坐标，以_______为横坐标（选填“”“”或“”），绘制可得到如图乙中①所示的图像；如果竖直距离没有考虑钢球的半径，则绘制出的图像为图乙中的_______（选填“②”或“③”）。 (3)如图丙所示，实验小组在坐标纸上记录了小球运动过程中经过的三个位置、、，每个正方形小格的边长为，取重力加速度，则小球做平抛运动的初速度大小为_______（结果保留3位有效数字），点_______抛出点（选填“是”或“不是”）。 38．某小组在“研究平抛运动特点”的实验中，分别使用了图甲和图乙的实验装置。 (1)如图甲所示，小锤水平打击弹性金属片，A球水平抛出的同时B球自由下落。在不同的高度和打击力度时都发现两小球同时落地，则实验表明_________。 A．平抛运动竖直方向是自由落体运动 B．平抛运动水平方向是匀速直线运动 (2)图丙是图乙实验中小球从斜槽上不同位置由静止释放获得的两条轨迹，图线①所对应的小球在斜槽上释放的位置_______（选填“较低”或“较高”）。 (3)如图丁所示，实验小组记录了小球在运动过程中经过A、B、C三个位置，每个正方形小格的边长为，g取，则该小球做平抛运动的初速度大小________；B点的速度大小________。（结果保留三位有效数字） 39．某学习小组利用如图所示的装置探究合力做功与动能变化的关系。实验器材有：气垫导轨（含气泵）、光电门1和2、滑块（含遮光条和力传感器）、钩码、刻度尺、天平。 （1）调平气垫导轨时，轻推滑块，若滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间，则应调高旋钮________（选填“a”或“b”）。 （2）测得滑块（含遮光条和力传感器）的质量为M、遮光条的宽度为d、两光电门间的距离为L。用轻质细绳连接钩码与固定在滑块上的拉力传感器。调节滑轮的高度，使滑轮和力传感器之间的细绳水平。 （3）由静止释放钩码，记录滑块经过光电门1、2时的遮光时间、，以及该过程中拉力传感器的示数F。则滑块经过光电门2时的速度________，在误差允许的范围内，若关系式________成立，可认为合外力做的功等于滑块动能的变化量。（用实验测得物理量的符号表示）。 （4）若实验中未保证钩码的质量远小于滑块的质量，则对实验结果________影响（选填“有”或“无”）。 40．某实验小组利用如下装置验证机械能守恒定律。刚性杆可绕固定转轴O在竖直平面内转动，杆两端分别固定质量相同的金属球a、b；转轴O到a球心的距离为，到b球心的距离为；b球直径为且远小于，转轴O正下方处安装有光电门。初始时杆保持水平，由静止释放a、b，测得b通过光电门的挡光时间为，已知重力加速度为。 回答下列问题： (1)若a、b组成的系统机械能守恒，则实验验证的关系式为________（用字母、、、表示）； (2)b由静止开始第一次转动到最低点的过程中，轻杆对a________（选填“不做功”“做正功”或“做负功”），b的机械能________（选填“守恒”“增大”或“减小”）； (3)实验发现a、b减少的重力势能大于二者增加的动能，可能的原因是：_______________________________。 41．如图甲所示，斜槽末端水平，小球从斜槽某一高度由静止滚下，落到水平面上的点。在槽口末端放一与半径相同的球，仍让球从斜槽同一高度滚下，并与球正碰后使两球落地，球和的落地点分别是、，已知槽口末端在白纸上的投影位置为点，小球落地点、、到点的距离，如图乙所示。 (1)两小球质量的关系应满足______（选填“”“”或“”）。 (2)关于该实验，必须满足的条件有______。（多选，填正确选项前的字母） A．轨道末端的切线必须水平 B．斜槽轨道必须光滑 C．入射球每次从不同高度由静止滚下 D．入射球和被碰球的球心在碰撞瞬间必须在同一高度 (3)实验测得，在误差允许的范围内，满足关系式______（用、、、、表示）成立，则验证了动量守恒定律。 42．利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”的实验。 (1)实验中除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是________。 A．直流电源 B．刻度尺 C．天平（含砝码） (2)实验中，需先接通电源，再由静止开始释放重物，得到如图乙所示的一条纸带。O为起点，在纸带上选取几个连续打出的点，其中三个连续点A、B、C，测得它们到起始点O的距离如图。已知重物质量，重力加速度，打点计时器打点的周期为，那么打点计时器打下计数点B时，重物的速度___m/s；O点到B点过程中重物的重力势能减少量为________J。（结果均保留三位有效数字） (3)上述实验数据显示重力势能的减少量略大于动能的增加量，分析产生误差的原因________（写一条即可）。 (4)该同学根据纸带算出了其他各点对应的瞬时速度，测出与此相对应的重物下落高度h，以h为纵坐标，以为横坐标，建立坐标系，作出图像，从而验证机械能守恒定律。若所有操作均正确，得到的图像的斜率为k，可求得当地的重力加速度g＝________。 43．某物理小组利用如图所示的装置验证动量守恒定律。图中的O点为小球抛出点在记录纸上的垂直投影。实验时，先使球1多次从斜槽上S点由静止释放，确定其平均落地点，记为P。然后，把半径相同的球2置于水平轨道的末端，再将球1从S点由静止释放，与球2正碰，重复多次，分别确定碰后球1和球2的平均落地点，记为M和N，分别测出O点到平均落地点的距离OM、OP、ON。测得球1的质量为m1，球2的质量为m2，实验过程中始终保持m1>m2。（P、M、N在图中未画出） (1)关于实验下列说法正确的是_________； A．斜槽应尽可能光滑 B．每次实验应从同一位置释放球1 C．应测量斜槽末端高度H (2)某次实验中：先将球1从斜槽上S点，多次静止释放，确定球1平均落地点P。然后将球2放置斜槽末端，发现球2沿斜槽向右滚动，于是调整斜槽末端水平，调整后斜槽末端离地面高度与原来相同。多次从斜槽上S点静止释放球1，与球2碰撞，确定碰撞后两球的平均落地点M、N。则本次实验中_________。（选填“>”“=”或“<”）； (3)某同学进一步研究两球是否发生弹性碰撞。设OP=x1、ON=x2，改变两球的质量m1、m2，重复实验，获取多组实验数据，以为横轴，为纵轴，绘出的图像。若两球发生弹性碰撞，则在误差允许范围内，图像的斜率为_________，纵轴截距为_________。（结果均保留一位有效数字） 《2026安徽省高一下期末综合练习》参考答案 题号 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C AD B D CD BD C CD D CD 题号 12 13 14 15 16 17 18 19 22 23 答案 CD AD C C B AB B BD D D 题号 24 25 26 29 30 31 32 33 34 35 答案 D C A C C C AD BD B A 1．C 【详解】A．高尔夫球运动过程中不计空气阻力，机械能守恒，抛出点和落地点高度相同，因此落地速率大小等于初速率大小，​相等，甲的​最大，因此甲的落地速率最大，A错误； B．全程竖直位移为0，由位移公式 知竖直方向位移为 由此可得总运动时间 ，因相等，故三个球运动时间相等，B错误； C．斜抛最高点竖直速度为0，由知竖直上抛最大高度公式 将公式变形可得初速度竖直分量 已知三个球最高点在同一水平面，抛出点同高，因此最大高度相等，故相等，C正确； D．水平位移，甲的水平位移最大，且运动时间相等，因此甲的水平分量最大，丙最小，D错误； 故选C。 2．(1)t=2s (2) (3)，t′=1s 【详解】（1）运动员从跳台a处沿水平方向飞出，在斜坡b处着陆，此过程为平抛运动，根据平抛运动规律可得 解得t=2s （2）水平方向上根据 解得 （3）根据正交分解法，将运动员的运动分解为垂直斜面方向和沿斜面方向，在垂直斜面方向， 则 解得t′=1s 设最远距离为h，则 解得 3．AD 【详解】A．轻绳模型中，丢包刚好通过最高点的条件是重力恰好提供向心力，此时轻绳拉力为0，故A正确； B．最高点向心力由重力提供，则有 解得向心加速度为，故B错误； CD．刚好过最高点时，由牛顿第二定律可得 解得 从最高点到最低点过程中，根据机械能守恒可得 解得在最低点的速度大小为 在最低点，由牛顿第二定律可得 解得丢包在最低点时绳的拉力为，故C错误，D正确。 故选AD。 4．B 【详解】A．根据牛顿第三定律可知，苹果在最高点时所受到的支持力和苹果对手的压力是作用力和反作用力，大小相等，故A错误； B．根据牛顿第二定律，苹果在位置和位置时，竖直方向合力为0，因此支持力与重力大小相等、方向相反，故苹果在、两点的弹力（支持力）大小、方向都相同，故B正确； C．苹果在位置的向心力指向右（圆心方向），在位置的向心力指向左（圆心方向），根据牛顿第二定律可知，苹果在、两点做圆周运动的向心力由摩擦力提供，因此苹果在点受到的摩擦力方向向右，在点受到的摩擦力方向向左，二者方向不同，摩擦力不同，故C错误； D．苹果做匀速圆周运动，合力提供圆周运动的向心力，大小为 故苹果在运动过程中所受合外力大小不变，方向一直在变化，合外力一直改变，故D错误。 故选B。 5．D 【详解】A．皮带不打滑，点与 点的线速度相等，即 点与 点同在大轮上，有 ，又 由 得，线速度之比为 ，故A错误； B．由 可知，、两点角速度之比为 点与 点同轴转动，，故角速度之比为 ，故B错误； C．周期 ，与角速度成反比，由 ，得转动周期之比为，故C错误； D．向心加速度大小满足 由 ，且，得三点向心加速度大小之比为 ，故D正确。 故选D。 6．CD 【详解】A．衣服受到重力、摩擦力、筒壁施加的压力共三个力作用，其中筒壁施加的压力提供做圆周运动的向心力，故A错误； B．衣服随滚筒转动的过程中脱水，是因为水滴受到的附着力不足以提供做圆周运动的向心力而做离心运动，并不存在离心力，故B错误。 C．衣服受到的摩擦力总等于衣服的重力，可知增大洗衣机的转速，衣服受到的摩擦力不变，故C正确； D. 衣服恰好不滑动时，有， 解得洗衣机转动的角速度至少为，故D正确。 故选CD。 7．BD 【详解】A．倾斜圆盘上，小物块恰好不滑动，在最低点时，沿盘面方向，最大静摩擦力减去重力分力提供向心力 代入数据解得，故A错误； B．乙图中，离中心距离，绳长，、在中心两侧，故离中心距离 最大静摩擦力 设摩擦力指向中心为正，拉力为，向心力指向中心，得方程 两式相减得 当较小时，绳子松弛，均指向中心；当增大，需要的向心力更大，先达到最大静摩擦力 解得绳上有拉力的临界角速度 此后继续增大，保持，代入得 若，代入得 即受到的摩擦力恰好为零，达到最大静摩擦力，故B正确； C．若受到的摩擦力为零，即，根据之前分析，当大于临界值后，的摩擦力始终保持最大，之后不存在的情况；即只有时才会有，则，故C错误； D．当继续增大，减小为负（方向背离中心），直到大小达到最大静摩擦力，此时，达到最大值，代入得 解得，故D正确。 故选BD。 8．C 【详解】A．第一宇宙速度是近地圆轨道卫星的环绕速度，也是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度。根据 解得 由于“天宫二号”的轨道半径大于地球半径，所以其运行速度小于第一宇宙速度，故A错误； B．“天链二号01星”是地球静止轨道卫星，其轨道平面必须与地球赤道平面重合，而广州不在赤道上，所以该卫星不可能经过广州上空，故B错误； C．根据 解得 由图可知，“天链二号01星”的轨道半径远大于“天宫二号”的轨道半径，所以“天链二号01星”的角速度比“天宫二号”的角速度小，故C正确； D．“天链二号01星”是地球静止轨道卫星，其角速度与地球自转角速度相同，即与赤道上物体随地球自转的角速度相等。 “天链二号01星”的轨道半径大于地球半径（即赤道上物体的旋转半径），根据向心加速度公式，可得“天链二号01星”的加速度大于赤道上物体随地球自转的向心加速度，故D错误。 故选C。 9．CD 【详解】A．根据竖直上抛运动的规律可知，物块从抛出到落回“地面”的时间为 解得火星表面的重力加速度为，故A错误； B．根据在火星表面物体受到的万有引力等于物体的重力有 解得火星的质量为，故B错误； C．火星的平均密度为，故C正确； D．卫星在火星表面附近做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力有 解得火星的第一宇宙速度为，故D正确。 故选CD。 10．D 【详解】A．太阳位于椭圆轨道的一个焦点上，根据开普勒第二定律可知，在椭圆轨道上运行时，离太阳越近，运行速度越大；由题图可知地球由春分运行到秋分的时间大于由秋分运行到春分的时间，故A错误； B．地球绕太阳公转时，由题图可知夏至处为远日点，冬至处为近日点，根据开普勒第二定律可知，在夏至处的线速度小于在冬至处的线速度，故B错误； C．根据牛顿第二定律可得 解得 地球由春分运行到夏至的过程中，与太阳的距离r逐渐增大，因此加速度逐渐减小，故C错误； D．根据开普勒第二定律可知，地球和太阳的连线在相等的时间内扫过的面积总是相等，故D正确。 故选 D。 11．CD 【详解】A．火星的同步卫星周期等于火星自转的周期T，设火星的同步卫星的轨道半径为r，由万有引力提供向心力得 解得火星的质量 由于，所以，故A错误； B．由可得火星的密度表示为，故B错误； C．由，，解得火星的第一宇宙速度为，故C正确； D．火星的同步卫星周期等于火星自转的周期，则 又，解得火星同步卫星到火星表面的高度为，故D正确。 故选CD。 12．CD 【详解】A．由牛顿第二定律得 解得 卫星的轨道半径，所以vA>vB>vC，故A错误； B．根据万有引力定律卫星所受地球引力 由于不知道卫星间的质量关系，无法根据万有引力公式判断卫星所受地球引力的关系，故B错误； C．根据牛顿第二定律得 卫星的轨道半径，则三颗卫星的向心加速度aA>aB>aC，故C正确； D．由图示可知卫星的轨道半径 由牛顿第二定律得 解得 则三颗卫星的角速度ωA>ωB>ωC 由 得，故运动一周后，A先回到原地点，故D正确。 故选CD。 13．AD 【详解】A．双星系统围绕共同的中心做匀速圆周运动，由双星之间的万有引力提供圆周运动的向心力，可知，两颗恒星所受的向心力大小相等，故A正确； B．双星圆周运动的角速度相等，根据， 解得 可知，双星系统的质量比越大，两颗恒星的轨道半径比越小，故B错误； C．根据角速度与周期的关系有 由于双星系统围绕共同的中心做匀速圆周运动，则有 结合上述解得 可知，两颗恒星的运动周期与成正比，与成反比，故C错误； D．双星系统通过引力波辐射损失能量，导致轨道收缩，距离L减小，根据周期公式 可知L减小时T也减小，故D正确。 故选AD。 14．C 【详解】AB．火星和地球绕太阳做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力 整理得， 则火星与地球绕太阳公转的角速度之比为 火星与地球绕太阳公转的线速度之比为。故AB错误； C．由万有引力提供向心力 解得第一宇宙速度为 火星与地球的第一宇宙速度之比为。故C正确； D．由可得地球与火星公转周期之比 地球的周期为1年，可得火星的周期 设连续两次发生“火星冲日”的时间为t，有 解得 则下一次“火星冲日”一定出现在2026年1月16日之后，故D错误。 故选C。 15．C 【详解】AB．由图像可知汽车先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，达到最大速度后做匀速直线运动；根据牛顿第二定律有 可知汽车的牵引力先保持不变，后逐渐减小，再保持不变，故AB错误； C．汽车运动过程中所受阻力恒为车重的0.2倍，则有 匀加速阶段，根据牛顿第二定律可得 根据图像可得加速度大小为 联立解得汽车牵引力的最大值为，故C正确； D．汽车的额定功率为 当牵引力等于阻力时，汽车的速度达到最大，则有 联立可得汽车的最大速度为，故D错误。 故选C。 16．B 【详解】A．由几何关系可知，小球A下降的距离为 则小球A的重力势能减小量为，故A错误； B．小球A由点运动到点，绳子段长度由变为，弹簧的形变量改变量 则物块B上升的高度为，小球A初末速度都为0，对A、B及弹簧组成的系统，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒。A重力势能的减少量，一部分转化为B的重力势能增量，剩余部分转化为弹簧弹性势能的增量，即，故B正确； C．对小球A和物块B组成的系统，弹簧弹力对B做功，因此系统机械能不守恒，故C错误； D．设绳子与竖直杆的夹角为，A、B沿绳方向的速度大小相等，则物块B的速度大小 在下滑过程中，故有 因此 小球A的重力瞬时功率大小 物块B的重力瞬时功率大小 显然，故D错误。 故选B。 17．AB 【详解】A．由题意可知，此时弹簧拉力大小等于物体B的重力，即 弹簧伸长的长度为，由 得，故A正确； B．A与弹簧组成的系统机械能守恒，则有 则弹簧的弹性势能 故B正确； C．物体B对地面恰好无压力时，B的速度为零，故C错误； D．研究A，根据牛顿第二定律 又 解得，故D错误。 故选AB。 18．B 【详解】AB．设当杆到达竖直位置时，1号小球的速度大小为，2号小球的速度大小为，则根据系统机械能守恒定律有 又因为两小球同轴转动，角速度相等，则根据可知，两小球的速度之比为 联立解得，，故A错误，B正确； C．1号小球上升到最高点的过程中动能和重力势能都增大，机械能增加，故C错误； D．对2号小球列动能定理方程有 解得轻杆对2号小球做功为，故D错误。 故选B。 19．BD 【详解】A．小球从B到O向左运动时，合力为 所以平均加速度更小 从O到A向左运动时，弹力、摩擦力均向右，合力为 所以平均加速度更大，减速更快 且B到O的位移更大，因此B到O的时间大于O到A的时间，故A错误； B．小球恰能停在A点，说明到达A点速度减为0后，恰好保持静止不反弹。若弹簧弹力大于最大静摩擦力（等于滑动摩擦力），小球会向右反弹；只有弹力等于最大静摩擦力（即滑动摩擦力）时，才恰好停住，因此弹簧弹力等于滑动摩擦力，故B正确； C．对全过程能量守恒： 整理得 速度最大时合力为零，得 即 对到速度最大位置用动能定理： 代入和化简得速度最大时动能 此时弹性势能 仅当（A在O点）时二者相等，一般情况不相等，故C错误； D．小球恰能停在A点，说明A是最终停止位置，速度为零后不反弹，因此满足 ： 得 此时 从B到速度最大点，克服摩擦力做功： 合外力做功等于动能变化，初动能为0，因此 计算得 因此 ，故D正确。 故选BD。 20．(1) (2) (3) 【详解】（1）小物块离开平台后做平抛运动，其竖直方向为自由落体运动，则有 又因为小物块水平方向做的是匀速直线运动，则有 联立解得小物块运动到平台末端的速度大小为 （2）小物块运动到点时，设其竖直方向的分速度为，则根据自由落体运动的规律有 解得 根据几何关系有 所以圆弧所对的圆心角为 （3）小物块运动到点时的速度为 、两点的高度差为 若小物块恰能与墙壁相碰，则根据动能定理有 解得该情况下小物块与轨道之间的动摩擦因数为 若小物块恰不从飞出，则根据动能定理有 解得该情况下小物块与轨道之间的动摩擦因数为 若小物块恰不从飞出后，再次从滑回恰好不与墙壁发生二次碰撞，则根据动能定理有 解得 综上所述可知，若小物块与墙壁碰撞后以原速率反弹，且只会与墙壁发生一次碰撞并最终停在轨道间，那么小物块与轨道之间的动摩擦因数应满足。 21．(1) (2) (3) 【详解】（1）物块从传送带末端到点做平抛运动，竖直方向有 解得 将点的速度水平竖直分解有， 解得， 物块A在传送带上的加速度 物块在传送带上匀加速到所运动的位移 （2）从点到C点对物块A列动能定理有 对物块A在点受力分析得 联立可得， （3）物块A在木板D上时物块A的加速度 物块A在木板D上时根据牛顿第二定律有 解得木板D的加速度 物块A在木板D上两物体的位移满足，， 解得，（舍去） 物块A离开木板D时 对木板D、E列动能定理有 解得 则木板D克服地面摩擦力所做的功 22．D 【详解】AB．子弹射入时间极短，弹簧来不及形变，B尚未运动。子弹和A组成的系统中，子弹与A的相互作用力（内力）远大于水平面摩擦力等外力，系统动量近似守恒；但子弹射入过程中摩擦生热，机械能转化为内能，机械能不守恒，故AB错误； CD．子弹、A、B组成的整体系统，放置在粗糙水平面上，A、B受到的总滑动摩擦力不为零，系统合外力不为零，因此动量不守恒；同时压缩过程中摩擦力持续做功，机械能不断转化为内能，因此机械能也不守恒，故C错误，D正确。 故选D。 23．D 【详解】A．根据图像中，斜率表示速度，由图可知，碰撞前M的速度为 碰撞后M的速度为0 碰撞前N的速度为 碰撞后N的速度为 由动量守恒定律有 解得，故A错误； C. N在碰撞过程中，动量变化量为 则其动量变化量的大小为，故C错误； BD. 碰撞前系统的总动能为 碰撞后系统的总动能为 可得，可知两物体的碰撞有机械能损失，不属于弹性碰撞 损失的动能为，故B错误，D正确。 故选D。 24．D 【详解】A．物体所受的冲量只和所受力的大小以及受力时间有关，物体只在水平方向上运动虽然在竖直方向上没有位移、支持力没有做功，但仍受到支持力。因此地面支持力的冲量不为0，故A错误； B．前两秒物体所受重力的冲量 拉力冲量，故B错误； C．由图可知，第二秒末拉力反向。根据牛顿第二定律可知其加速度反向，但此时反向拉力的冲量为0，动量没有变化。因此物体按原有方向运动。故C错误； D．第四秒时，总冲量为 即总速度变化量为 故D正确。 故选D。 25．C 【详解】A．功的计算公式为，静止物体位移，因此重力做功为0；但冲量定义为，重力不为零、作用时间不为零时，重力冲量不为零，故A错误； B．动能，是标量，匀速圆周运动速率不变，因此动能相同；动量，是矢量，匀速圆周运动不同位置速度方向不同，因此动量不同，故B错误； C．由动量定理，可得动量变化率 平抛运动的合外力为恒定的重力，因此动量变化率始终不变，故C正确； D．游客随摩天轮转动一周，初末动量相同，因此合外力总冲量为0；合外力为摩天轮对游客的作用力与重力的合力，重力冲量 重力冲量不为零，因此摩天轮对游客作用力的冲量与重力冲量大小相等、方向相反，大小不为零，故D错误。 故选C。 26．A 【详解】B．球C下摆过程，对于木块A和小球C组成的系统，由于球C竖直方向有加速度，木块A竖直方向没有加速度，所以系统竖直方向所受合力不为0，竖直方向动量不守恒，则A和C整体动量不守恒，故B错误； C．球C向下运动到最低点的过程中，A、C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒可得 根据机械能守恒可得 联立解得A、C的速度大小分别为，，故C错误； A．球C向下运动到最低点的过程中，A、C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，则有 两边同乘以t，有 又 联立解得 当球C摆到最低点时，木块A恰好与木块B相撞并粘在一起，可知木块A、B原先间距0.4m，故A正确； D．A与B碰瞬间，根据动量守恒可得 解得 球C向左运动过程中，A、B、C组成的系统满足水平方向动量守恒，则有 解得 根据能量守恒可得 解得球C通过最低点后继续向左摆动上升的最大高度为，故D错误。 故选A。 27．(1)0.01m (2)120J或48J (3)20J或16J 【详解】（1）弹开过程中，A、B系统动量守恒，初始总动量为0，满足人船模型关系mAxA=mBx 且xA+x=Δx 代入数据解得x=0.01m （2）物块B沿圆轨道运动时恰好不脱离轨道，则 情况一：物块B恰到最高点，有 解得 物块B从b点到最高点，由动能定理可得 解得 弹簧释放过程，取向左为正方向，由动量守恒定律可得 由机械能守恒可得 联立可得， 情况二：物块B到圆心等高位置速度为0，机械能守恒有 代入数据得 由动量守恒定律可得 弹性势能 联立可得， （3）情况一：物块B恰到最高点 假设A恰好滑到小车左端时与小车有共同速度，由动量守恒定律可得 由能量守恒可得 联立解得 说明A会从小车左端滑出，相对位移等于车长L。 故A在小车上滑动时，系统摩擦产生的热量 情况二：物块B到圆心等高位置速度为0 假设A恰好滑到小车左端时与小车有共同速度，由动量守恒定律可得 由能量守恒可得 联立解得 则系统摩擦产生的热量 28．(1) (2) (3) 【详解】（1）小滑块从最高点到点，小车静止不动，小滑块机械能守恒 解得 （2）小滑块经过点时，小滑块和小车在水平方向的速度相同，设为，小滑块在竖直方向的速度大小为，小滑块和小车组成的系统在水平方向动量守恒 小滑块到达点的过程中，系统能量守恒 解得， 小滑块从点冲出后离点的最大高度 或者， 小滑块从点冲出后上升的最大高度 （3）设第二次经过D点时，滑块竖直向下的速度大小仍为，水平速度与小车相同，为 设此时轨道对滑块的支持力为FN（方向水平向左）。对滑块水平方向（取水平向左为正，为滑块水平加速度） 对小车水平方向，受滑块反作用力向右，故（为小车水平向右的加速度，以向右为正） 滑块相对于小车的水平加速度（向左）为 在D点，滑块相对于小车的速度竖直向下，相对运动轨迹的曲率半径为，相对法向加速度即为a故 代入得 解得 由牛顿第三定律，滑块对轨道的压力大小也为。 29．C 【详解】A．元电荷是最小的电荷量单位，是物理量而非质子、电子这类实物粒子，仅质子、电子的带电量大小等于元电荷，故A错误； B．点电荷是理想化模型，只有当带电体的形状、大小对所研究问题的影响可忽略时，才能视为点电荷，体积小的带电小球若研究近距离相互作用，也不能看成点电荷，故B错误； C．试探电荷的电荷量需足够小，放入后不会改变原场源电荷的分布，因此不会影响原电场分布，符合试探电荷的定义要求，故C正确； D．比荷为电荷量与质量的比值，质子和电子带电量大小相等，但质子质量约为电子的1836倍，因此二者比荷不相等，故D错误。 故选C。 30．C 【详解】AB．对a，a受到重力、环的支持力以及b、c对a的库仑力，重力的方向在竖直方向上，环的支持力以及b对a的库仑力均沿圆环直径方向，故c对a的库仑力为引力，同理可知，c对b的库仑力也为引力，所以a与c的电性一定相反，与b的电性一定相同。即：a、b小球带同种电荷，b、c小球带异种电荷，故AB错误； CD．对c小球受力分析，将力沿水平方向和竖直方向正交分解后可得 又 解得，故D错误，C正确。 故选C。 31．C 【详解】A．向心力是效果力，不是实际存在的力。因此不能说物体受到向心力，故A错误； B．无论两球带同种还是异种电荷，都可以满足竖直方向受力平衡，水平方向上做匀速圆周运动，两球不一定带异种电荷，故B错误； C．小球做匀速圆周运动，速度沿圆周切线方向，轻绳拉力沿绳方向、库仑力沿半径方向，二者都与速度方向垂直，均不做功，因此小球的机械能守恒，故C正确； D．向心力是拉力水平分量和库仑力的合力。对小球受力分析，竖直方向合力为0，可得 而拉力的水平分力大小为 小球还受到O处沿水平方向的库仑力，若为同种电荷，则 若为异种电荷，则，故D错误。 故选C。 32．AD 【详解】根据对称性，a、c处点电荷在O点位置产生的合电场的电场强度为0。 b处点电荷在O点处产生电场的电场强度，方向由O点指向d点。 d处点电荷在O点处产生电场的电场强度，方向由O点指向b点。 故O点处合电场的电场强度，方向由O点指向b点。 故选AD。 33．BD 【详解】A．将圆环分为n等份（n很大，每一份可以认为是一个点电荷），则每份的电荷量为 每份在P点的电场强度大小： 根据对称性可知，水平方向的合场强为零，P点的电场强度方向竖直向上，故A错误； BCD．其大小 由二力平衡可得在P点 解得P点场强为 故BD正确，C错误。 故选BD。 34．B 【详解】设左半球壳（球心在 处）在 处产生的电场强度大小为 ，由于带正电，电场强度方向沿 轴正向。 设右半球壳（球心在 ）在 处产生的电场强度大小为 ，由于带正电，电场强度方向沿 轴负向。 根据题意， 处的合场强大小为 ，方向沿 轴负向，故 将 处的左半球壳补全为一个完整的均匀带电球壳，由于原半球壳所带电荷量为 ，补全后的完整球壳总电荷量为 。 根据点电荷的电场强度公式，完整球壳在 处产生的电场强度大小为 ，方向沿 轴正向。 根据电场叠加原理，其中 为补上的右半球壳（位于 右侧）在 处产生的场强。 由对称性可知，补上的右半球壳（分布在 ）与题目中 处的左半球壳（分布在 ）关于 对称，且电荷量均为 ，因此它们在 处产生的场强大小相等，故 所以 又知 ， 联立解得，故左半球壳在处的电场强度大小为 故选B。 35．A 【详解】设半球面AB有一相对于球心O对称的相同半球面，相当于将电荷量为的球面放在O处，由题意可得，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。则等效球面在M、N点所产生的电场大小均为 由题意知半球面在N点的场强大小为，根据对称性可知，图中半球面在M点的场强大小为 故选A。 36．(1) (2)，方向水平向左。 【详解】（1）小滑块刚能通过轨道最高点L条件是 小滑块由释放点到最高点过程由动能定理可得 代入数据解得 （2）小滑块由P到L，由动能定理可得 所以 在P点由牛顿第二定律可得 所以 代入数据得，由牛顿第三定律可知，小滑块通过P点时滑块对轨道的弹力是，方向水平向左。 37．(1)B (2) ③ (3) 1.49 不是 【详解】（1）A．只要每次从同一位置释放，摩擦力对初速度的影响固定，不会增大误差，故A错误； B．斜槽末端切线水平，才能保证小球做平抛运动，故B正确； C．挡板不需要等间距移动，只需记录多组不同位置印迹即可，故C错误。 故选B。 （2）[1]根据平抛运动规律有， 整理得 可知y与成正比，符合如图乙中①所示的图像，因此应以为横坐标。 [2]如果竖直距离没有考虑钢球的半径r，则有 整理得 则绘制出的图像为图乙中的③。 （3）[1]小球在竖直方向有 代入题中数据，解得 则小球做平抛运动的初速度大小为 [2]若A点为抛出点，则有 但真实的比值为3∶5，因此A点不是抛出点。 38．(1)A (2)较高 (3) 1.50 2.50 【详解】（1）甲图实验中，平抛的A球和自由下落的B球始终同时落地，说明平抛运动在竖直方向的分运动和自由落体运动规律一致，即平抛运动竖直方向是自由落体运动，该实验未验证水平分运动规律。 故选A。 （2）两条平抛的轨迹，取相同的竖直高度，根据，可知平抛的时间相同，在水平方向上有，图线①的水平位移长，其初速度较大，需要从较高的位置滚下，才能获得较大初速度。 （3）[1]设每个小格边长，平抛运动水平匀速、竖直匀变速，满足连续相等时间内竖直位移差 由图得竖直位移差 解得时间间隔 水平方向相邻两点位移差 因此初速度 [2]B点的竖直分速度等于AC段竖直方向平均速度 因此B点合速度 39． a 无 【详解】（1）[1]滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间，即，由 可知。滑块从光电门1运动到光电门2过程中速度增大，做加速运动，说明气垫导轨左端低右端高。调平气垫导轨应调高旋钮a。 （3）[2][3]极短时间内的平均速度等于瞬时速度，滑块经过光电门2时的速度 同理经过光电门1时的速度 滑块受到的合外力为拉力传感器示数，位移为，合外力做功 动能变化量 若 则 （4）[4]本实验中，滑块受到的拉力由力传感器直接测量，力传感器的示数即为滑块受到的合外力，不需要用钩码的重力近似代替拉力，因此不需要满足钩码质量远小于滑块质量的条件，对实验结果无影响。 40．(1) (2) 做正功 减小 (3)转轴处有阻力或有空气阻力 【详解】（1）测得b通过光电门的挡光时间为，则此时b的速度大小为 a、b同轴转动，所以角速度相等，则有 若a、b组成的系统机械能守恒，设小球的质量为，则有 联立可得实验验证的关系式为 （2）[1]b由静止开始第一次转动到最低点的过程中，a的动能增加，重力势能也增加，所以a的机械能增加，根据功能关系可知，轻杆对a做正功； [2]由于系统机械能守恒，而a的机械能增加，所以b的机械能减小。 （3）实验发现a、b减少的重力势能大于二者增加的动能，可能的原因是：转轴处有阻力或有空气阻力，一部分机械能转化为内能。 41．(1)> (2)AD (3)m1x1=m1x2+m2x3 【详解】（1）为防止碰后入射球反弹，则两小球质量的关系应满足>； （2）A．轨道末端的切线必须水平，以保证小球做平抛运动，A正确； B．斜槽轨道不一定必须光滑，只要小球到达底端时速度相同即可，B错误； C．入射球每次从相同高度由静止滚下，这样才能使得小球到达底端时速度相同，C错误； D．入射球和被碰球的球心在碰撞瞬间必须在同一高度，以保证两球发生对心碰撞，D正确。 故选AD。 （3）要验证系统的动量守恒，需要验证m1v0=m1v1+m2v2 因小球做平抛运动下落的高度相同，则运动时间相同，两边乘以t，可得m1v0t=m1v1t+m2v2t 即验证m1x1=m1x2+m2x3成立； 42．(1)B (2) 1.17 0.690 (3)重物受到空气阻力的作用 (4) 【详解】（1）A．电磁打点计时器需要交流电源，故A错误； B．实验需要用刻度尺测量纸带点间距，故B正确； C．验证机械能守恒的公式为，质量可约去，不需要天平，故C错误。 故选B。 （2）[1]根据匀变速直线运动规律，B点的瞬时速度等于AC段的平均速度 时间间隔 因此 [2]O到B的重力势能减少量 （3）实验中重物下落时，不可避免受到空气阻力、纸带摩擦阻力的作用，重力势能一部分转化为内能，因此重力势能减少量略大于动能增加量。 （4）若机械能守恒，满足 整理得 因此图像的斜率 解得重力加速度 【点睛】 43．(1)B (2) (3) 【详解】（1）AB．斜槽不需要尽可能光滑，只要每次实验从同一位置释放球1，故A错误，B正确； C．小球做平抛的高度相等，根据可得运动时间相等，根据可知可用水平位移表示速度，故不需要测量斜槽末端高度H，故C错误。 故选B。 （2）调整斜槽前，斜槽末端不水平，小球做斜下抛运动，球1抛出时初速度水平分量小于球1的初速度大小，在空中运动时间小于平抛时间，则 而动量守恒要求 因此 （3）[1][2]弹性碰撞满足动量守恒和动能守恒， 推导得 代入， 整理得 可得图像的斜率为，纵轴截距为。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $