2024-2025学年湖北省八校高一下学期6月期末联考物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省2024—2025学年下学期八校期末联考高一物理试题本试卷共6页，全卷满分100分，考试用时75分钟。★祝考试顺利★注意事项：1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4、考试结束后，请将答题卡上交。一、单项选择题：（本题共10小题，每小题4分，共40分，。在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题有多项符合要求，每小题全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选或者不选的得0分）1.在东北严寒的冬天，人们经常玩一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯开水沿弧线均匀快速地泼向空中。图甲所示是某人玩“泼水成冰”游戏的瞬间，其示意图如图乙所示。泼水过程中杯子的运动可看成匀速圆周运动，人的手臂伸直，在0.5s内带动杯子旋转了210°，人的臂长约为0.6m。下列说法正确的是（）A.泼水时杯子的旋转方向为顺时针方向B.P位置飞出的小水珠初速度沿1方向C.杯子在旋转时的角速度大小为D.杯子在旋转时的线速度大小约为【答案】D【解析】AB．由图乙水做离心运动的轨迹可知，泼水时杯子的旋转方向为逆时针方向，P位置飞出的小水珠初速度沿2方向，故AB错误；C．杯子在旋转时的角速度大小为故C错误；D．杯子在旋转时的线速度大小约为故D正确。故选D。2.登月舱在离月球表面112km的高空圆轨道上，环绕月球做匀速圆周运动，运动周期为120.5min，月球的半径约为1.7×103km，只考虑月球对登月舱的作用力，引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2，则月球质量约为（）A.6.7×1022kg B.6.7×1023kgC.6.7×1024kg D.6.7×1025kg【答案】A【解析】由万有引力引力提供向心力有整理得月球得质量为代入数据解得月球得质量为，A正确。故选A。3.如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2kg的物体在拉力F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知（）A.物体加速度大小为 B.F的大小为21NC.4s末F的功率为42W D.4s内F的平均功率为42W【答案】C【解析】A．由图乙可知物体的加速度为故A错误；B．根据牛顿第二定律得解得F=10.5N故B错误；C．4s末物体的速度为则拉力F作用点的速度为则拉力的功率P=Fv=42W故C正确；D．4s内F的平均功率为又联立，解得故D错误。故选C。4.如图，跨过轻质滑轮a、b的一根轻质细绳，一端接在天花板上，另一端与小物块A相接，A放在长为L、倾角为的光滑斜面体上。物块B用细线悬挂在滑轮a的下方，细线Ab段与斜面平行，动滑轮两侧细线均竖直。A与B的质量分别为m、2m，重力加速度大小为g，不计动滑轮与绳之间的摩擦以及空气阻力，忽略A的大小。现将A从斜面底端由静止释放，一段时间后，A沿斜面匀加速上滑到中点，此时B尚未落地，整个过程中斜面体始终静止在水平地面上。下列说法正确的是（）A.该过程中，B的机械能不变B.该过程中，地面对斜面体的摩擦力大小为C.A到达斜面中点的速率为D.该过程中，细线的拉力大小为【答案】B【解析】A．由于B沿竖直方向匀加速下降，除重力以外还有绳子拉力做功，所以B机械能不守恒，故A错误；B．A对斜面的压力大小为对于斜面，在水平方向由平衡条件可得，地面对斜面的摩擦力大小为故B正确；C．A沿斜面匀加速上滑到斜面中点的过程中，A、B机械能守恒可得又联立解得，故C错误；D．设细线上的拉力大小为F，设A的加速度大小为a，由于B的加速度为A的加速度的一半，对A、B分别由牛顿第二定律可得联立解得，故D错误。故选B。5.如图所示，小明同学水平拉伸一个弹弓，放手后将弹珠射出，则橡皮筋的弹性势能（）A.在释放过程中增加B.在拉伸过程中减小C.在释放过程中转化为弹珠动能D.在拉伸过程中由弹珠动能转化得到【答案】C【解析】AC．弹珠在释放过程中弹性势能转化为弹珠的动能，则弹性势能减小，选项A错误，C正确；BD．在拉伸过程中，人克服弹力做功，则弹性势能增加，选项BD错误；故选C。6.雷电击中地面或高压输电线掉落到地面时，都会在以落地点为中心的一定区域内的地面上形成一个强电流场，如果有人站在这个区域内，双脚间会存在一定的电势差，叫做“跨步电压”。如图所示，一条电势远高于地面的高压直流输电线掉落在地面上的O点，若O点附近地质结构分布均匀，则在地面以O为圆心的同心圆为一系列的等势线。图中O、A、B、C在同一直线上，是过B点圆的切线，，电线落地时恰好有人单脚着地站在B点，则以下说法正确的是（）A.图中A、B、C三点中，C点电势最高B.地面上电子由O向C定向移动C.为了安全，人应该沿方向迈大步快速脱离D.A、B、C、D四点间电势差大小关系【答案】D【解析】A．电线掉落的O点电势最高，沿着电场线电势逐渐降低，故有则C点电势最低，故A错误；B．电子受电场力从低电势向高电势移动形成电流，则地面上电子由C向O定向移动，故B错误；C．为了安全，人应该单脚跳，就不会在人体形成电势差，而不能迈步走动，故C错误；D．等势线的密度能够表示场强的大小，而，则AB段的场强大于BC段的场强，由，有而，则有故D正确。故选D。7.如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q（q>0）的粒子；在负极板有另一质量为m、电荷量为－q的粒子。在静电力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过平行于正极板且与其相距l的平面。若两粒子间的相互作用可忽略，不计重力，则M∶m为（）A.3∶2 B.2∶1 C.5∶2 D.3∶1【答案】A【解析】设平行板电容器内部电场强度为E，质量为M、电荷量为q（q>0）的粒子运动的加速度为，位移为，质量为m、电荷量为－q的粒子运动的加速度为，位移为，根据题意可知两粒子运动的位移之比为两粒子都从静止开始在电场力的作用下做匀加速直线运动，且运动时间相同，根据位移公式可得两粒子运动的加速度之比为根据牛顿第二定律方程可得两粒子的质量之比为，故A正确，BCD错误。故选A。8.如图所示，行星绕太阳的公转可以看成匀速圆周运动。在地图上容易测得地球—水星连线与地球—太阳连线夹角，地球—金星连线与地球—太阳连线夹角，两角最大值分别为、。则（）A.水星的公转周期比金星的大B.水星的公转向心加速度比金星的大C.水星与金星的公转轨道半径之比为D.水星与金星的公转线速度之比为【答案】BC【解析】AB．根据万有引力提供向心力有可得因为水星的公转半径比金星小，故可知水星的公转周期比金星小；水星的公转向心加速度比金星的大，故A错误，B正确；C．设水星的公转半径为，地球的公转半径为，当α角最大时有同理可知有所以水星与金星的公转半径之比为故C正确；D．根据可得结合前面的分析可得故D错误；故选BC9.智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为0.5kg，绳长为0.5m，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.2m。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为，运动过程中腰带可看成不动，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，下列说法正确的是（）A.匀速转动时，配重受到的合力恒定不变B.若增大转速，绳的拉力增大C.当θ稳定在37°时，配重的角速度为5rad/sD.当θ由37°缓慢增加到53°的过程中，配重的动能增加了【答案】BD【解析】A．设配重的质量为m、绳长为l、悬挂点P到腰带中心点O的距离为r1，对配重受力分析如图所示由于配重做匀速圆周运动，其受到的合力提供向心力，即合力大小不变、方向改变，故A错误；B．若增大转速，θ增大，竖直方向根据受力平衡可得可得绳子拉力为可知绳的拉力增大，故B正确；C．当θ稳定在37°时，根据牛顿第二定律可得可得代入数据可得故C错误；D．根据牛顿第二定律有可得当θ由37°缓慢增加到53°的过程中，动能增加了其中，联立解得故D正确。故选BD。10.如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开，平衡时距离为0.12m。已测得每个小球质量是，带电小球可视为点电荷，重力加速度，静电力常量，则（）A.两球所带电荷量相等B.A球所受的静电力为1.0×10-2NC.B球所带的电荷量为D.A、B两球连线中点处的电场强度为0【答案】ACD【解析】A．两相同的小球接触后电量均分，故两球所带电荷量相等，选项A正确；B．对A球受力分析，由几何关系，两球接触后分开后，悬线与竖直方向的夹角为37°，根据平行四边形法则可得选项B错误；C．根据库仑定理解得选项C正确；D．AB带等量的同种电荷，故在A、B两球连续中点处的电场强度为0，选项D正确。故选ACD。二、非选择题：（本大题共5小题，共60分）11.如图所示，一倾斜轨道，通过微小圆弧与足够长的水平轨道平滑连接，水平轨道与一半径为的圆弧轨道相切于点，A、、、均在同一竖直面内。质量的小球（可视为质点）压紧轻质弹簧并被锁定，解锁后小球的速度离开弹簧，从光滑水平平台飞出，经A点时恰好无碰撞沿方向进如入倾斜轨道滑下。已知轨道长，与水平方向夹角，小球与轨道间的动摩擦因数，其余轨道部分均为光滑，取，，。求：（1）未解锁时弹簧的弹性势能；（2）小球在点时速度的大小；（3）要使小球不脱离圆轨道，轨道半径应满足什么条件【答案】（1）；（2）；（3）或【解析】（1）对小球与弹簧，由机械能守恒定律有解得弹簧的弹性势能（2）对小球：离开台面至A点的过程做平抛运动，在A处的速度为从A到的过程，由动能定理可得解得（3）要使小球不脱离轨道，小球或通过圆轨道最高点，或沿圆轨道到达最大高度小于半径后返回：设小球恰好能通过最高点时，速度为，轨道半径，在最高点从至最高点的过程解得设小球恰好能在圆轨道上到达圆心等高处，轨道半径，从至圆心等高处的过程解得综上所述，要使小球不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径必须满足或12.2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。（1）如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度时，滑过的距离，求加速度的大小；（2）如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为，滑行速率分别为，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。【答案】（1）；（2），甲【解析】（1）根据速度位移公式有代入数据可得（2）根据向心加速度的表达式可得甲、乙的向心加速度之比为甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为代入数据可得甲、乙运动的时间为，因，所以甲先出弯道。13.如图所示，倾角的斜面体固定在水平地面上，斜面的长为，长为、质量为的长木板A放在斜面上，上端与斜面顶端对齐，质量为的物块B放在长木板的上端，同时释放A和B，结果当A的下端滑到斜面底端时，物块B也刚好滑到斜面的底端，运动的时间为，重力加速度g取，不计物块B的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，。求：（1）长木板A与斜面间的动摩擦因数和物块B与A间的动摩擦因数；（2）从开始到A的下端滑到斜面底端的过程中，A与B间、A与斜面间因摩擦产生的总热量。【答案】（1），；（2）【解析】（1）设长木板A和物块B运动的加速度大小分别为、，物块B运动到斜面底端经历时间为t，令长木板A的长为L、物块B的质量为m，则斜面长为2L、长木板A的质量为2m，以长木板为研究对象，则根据牛顿第二定律以物块B为研究对象，则根据牛顿第二定律联立以上各式并代入数据解得，（2）设长木板A和物块B运动到斜面底端时速度分别为、，根据运动学公式，因摩擦产生的总热量或代入数据解得14.如图所示，在竖直平面内放置的粗糙直线轨道与放置的光滑圆弧轨道相切于点，圆心角，线段垂直于，圆弧轨道半径为，直线轨道长为，整个轨道处于匀强电场中，电场强度方向平行于轨道所在的平面且垂直于直线，现有一个质量为、带电荷量为的小物块从A点无初速度释放，小物块与之间的动摩擦因数，电场强度大小，，，重力加速度为，忽略空气阻力。求：（1）小物块第一次通过点时对轨道的压力大小；（2）小物块第一次从点飞出后上升的最大高度；（3）小物块在直线轨道上运动的总路程。【答案】（1）10.8mg；（2）1.2R；（3）15R【解析】（1）小物块从A点到第一次到C点的过程，由动能定理知：（qE+mg）（Lsin37°＋R－Rcos37°)－μ（qE+mg）Lcos37°＝－0在C点由牛顿第二定律知：联立解得：FN＝10.8mg由牛顿第三定律知此时压力大小是10.8mg。（2）小物块从A到第一次到D的过程，由动能定理知（qE+mg）(Lsin37°－Rcos37°)－μ（qE+mg）Lcos37°＝－0小物块第一次到达D点后先以速度vD1逆电场方向做匀减速直线运动，由动能定理知-（qE+mg）xmax＝0－联立解得：（3）分析可知小物块到达B点的速度为零后，小物块就在圆弧轨道上往复圆周运动。由功能关系知（qE+mg）Lsin37°＝μ（qE+mg）dcos37°解得:d＝15R15.如图甲所示，真空中的电极可连续不断均匀地逸出电子（设电子的初速度为零），经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B的中线射入偏转电场，A、B两板距离为d，A、B板长为L，AB两板间加周期性变化的电场，如图乙所示，周期为T，加速电压，其中m为电子质量、e为电子电量，L为A、B板长，T为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：（1）电子从加速电场飞出后的水平速度的大小？（2）时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A、B间中线的距离y；（3）在内从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比。【答案】（1）；(2)；(3)【解析】(1)电子在加速电场中加速，由动能定理得解得(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向解得t=0时刻进入偏转电场的电子加速度电子离开电场时距离A、B中心线的距离解得(3)内射入偏转电场，设向上方向为正方向，设电子恰在A、B间中线离开偏转电场，则电子先做初速度为零加速度为a的向上的匀加速直线运动，经过时间t′后速度此后两板间电压变为3U0，加速度电子向上做加速度为3a的匀减速直线运动，速度减为零后，向下做初速度为零加速度为3a的匀加速直线运动，最后回到A、B间的中线，经历的时间为，则解得则能够从中线上方向离开偏转电场的电子的发射时间为则在时间内，从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比湖北省2024—2025学年下学期八校期末联考高一物理试题本试卷共6页，全卷满分100分，考试用时75分钟。★祝考试顺利★注意事项：1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4、考试结束后，请将答题卡上交。一、单项选择题：（本题共10小题，每小题4分，共40分，。在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题有多项符合要求，每小题全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选或者不选的得0分）1.在东北严寒的冬天，人们经常玩一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯开水沿弧线均匀快速地泼向空中。图甲所示是某人玩“泼水成冰”游戏的瞬间，其示意图如图乙所示。泼水过程中杯子的运动可看成匀速圆周运动，人的手臂伸直，在0.5s内带动杯子旋转了210°，人的臂长约为0.6m。下列说法正确的是（）A.泼水时杯子的旋转方向为顺时针方向B.P位置飞出的小水珠初速度沿1方向C.杯子在旋转时的角速度大小为D.杯子在旋转时的线速度大小约为【答案】D【解析】AB．由图乙水做离心运动的轨迹可知，泼水时杯子的旋转方向为逆时针方向，P位置飞出的小水珠初速度沿2方向，故AB错误；C．杯子在旋转时的角速度大小为故C错误；D．杯子在旋转时的线速度大小约为故D正确。故选D。2.登月舱在离月球表面112km的高空圆轨道上，环绕月球做匀速圆周运动，运动周期为120.5min，月球的半径约为1.7×103km，只考虑月球对登月舱的作用力，引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2，则月球质量约为（）A.6.7×1022kg B.6.7×1023kgC.6.7×1024kg D.6.7×1025kg【答案】A【解析】由万有引力引力提供向心力有整理得月球得质量为代入数据解得月球得质量为，A正确。故选A。3.如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2kg的物体在拉力F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知（）A.物体加速度大小为 B.F的大小为21NC.4s末F的功率为42W D.4s内F的平均功率为42W【答案】C【解析】A．由图乙可知物体的加速度为故A错误；B．根据牛顿第二定律得解得F=10.5N故B错误；C．4s末物体的速度为则拉力F作用点的速度为则拉力的功率P=Fv=42W故C正确；D．4s内F的平均功率为又联立，解得故D错误。故选C。4.如图，跨过轻质滑轮a、b的一根轻质细绳，一端接在天花板上，另一端与小物块A相接，A放在长为L、倾角为的光滑斜面体上。物块B用细线悬挂在滑轮a的下方，细线Ab段与斜面平行，动滑轮两侧细线均竖直。A与B的质量分别为m、2m，重力加速度大小为g，不计动滑轮与绳之间的摩擦以及空气阻力，忽略A的大小。现将A从斜面底端由静止释放，一段时间后，A沿斜面匀加速上滑到中点，此时B尚未落地，整个过程中斜面体始终静止在水平地面上。下列说法正确的是（）A.该过程中，B的机械能不变B.该过程中，地面对斜面体的摩擦力大小为C.A到达斜面中点的速率为D.该过程中，细线的拉力大小为【答案】B【解析】A．由于B沿竖直方向匀加速下降，除重力以外还有绳子拉力做功，所以B机械能不守恒，故A错误；B．A对斜面的压力大小为对于斜面，在水平方向由平衡条件可得，地面对斜面的摩擦力大小为故B正确；C．A沿斜面匀加速上滑到斜面中点的过程中，A、B机械能守恒可得又联立解得，故C错误；D．设细线上的拉力大小为F，设A的加速度大小为a，由于B的加速度为A的加速度的一半，对A、B分别由牛顿第二定律可得联立解得，故D错误。故选B。5.如图所示，小明同学水平拉伸一个弹弓，放手后将弹珠射出，则橡皮筋的弹性势能（）A.在释放过程中增加B.在拉伸过程中减小C.在释放过程中转化为弹珠动能D.在拉伸过程中由弹珠动能转化得到【答案】C【解析】AC．弹珠在释放过程中弹性势能转化为弹珠的动能，则弹性势能减小，选项A错误，C正确；BD．在拉伸过程中，人克服弹力做功，则弹性势能增加，选项BD错误；故选C。6.雷电击中地面或高压输电线掉落到地面时，都会在以落地点为中心的一定区域内的地面上形成一个强电流场，如果有人站在这个区域内，双脚间会存在一定的电势差，叫做“跨步电压”。如图所示，一条电势远高于地面的高压直流输电线掉落在地面上的O点，若O点附近地质结构分布均匀，则在地面以O为圆心的同心圆为一系列的等势线。图中O、A、B、C在同一直线上，是过B点圆的切线，，电线落地时恰好有人单脚着地站在B点，则以下说法正确的是（）A.图中A、B、C三点中，C点电势最高B.地面上电子由O向C定向移动C.为了安全，人应该沿方向迈大步快速脱离D.A、B、C、D四点间电势差大小关系【答案】D【解析】A．电线掉落的O点电势最高，沿着电场线电势逐渐降低，故有则C点电势最低，故A错误；B．电子受电场力从低电势向高电势移动形成电流，则地面上电子由C向O定向移动，故B错误；C．为了安全，人应该单脚跳，就不会在人体形成电势差，而不能迈步走动，故C错误；D．等势线的密度能够表示场强的大小，而，则AB段的场强大于BC段的场强，由，有而，则有故D正确。故选D。7.如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q（q>0）的粒子；在负极板有另一质量为m、电荷量为－q的粒子。在静电力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过平行于正极板且与其相距l的平面。若两粒子间的相互作用可忽略，不计重力，则M∶m为（）A.3∶2 B.2∶1 C.5∶2 D.3∶1【答案】A【解析】设平行板电容器内部电场强度为E，质量为M、电荷量为q（q>0）的粒子运动的加速度为，位移为，质量为m、电荷量为－q的粒子运动的加速度为，位移为，根据题意可知两粒子运动的位移之比为两粒子都从静止开始在电场力的作用下做匀加速直线运动，且运动时间相同，根据位移公式可得两粒子运动的加速度之比为根据牛顿第二定律方程可得两粒子的质量之比为，故A正确，BCD错误。故选A。8.如图所示，行星绕太阳的公转可以看成匀速圆周运动。在地图上容易测得地球—水星连线与地球—太阳连线夹角，地球—金星连线与地球—太阳连线夹角，两角最大值分别为、。则（）A.水星的公转周期比金星的大B.水星的公转向心加速度比金星的大C.水星与金星的公转轨道半径之比为D.水星与金星的公转线速度之比为【答案】BC【解析】AB．根据万有引力提供向心力有可得因为水星的公转半径比金星小，故可知水星的公转周期比金星小；水星的公转向心加速度比金星的大，故A错误，B正确；C．设水星的公转半径为，地球的公转半径为，当α角最大时有同理可知有所以水星与金星的公转半径之比为故C正确；D．根据可得结合前面的分析可得故D错误；故选BC9.智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为0.5kg，绳长为0.5m，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.2m。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为，运动过程中腰带可看成不动，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，下列说法正确的是（）A.匀速转动时，配重受到的合力恒定不变B.若增大转速，绳的拉力增大C.当θ稳定在37°时，配重的角速度为5rad/sD.当θ由37°缓慢增加到53°的过程中，配重的动能增加了【答案】BD【解析】A．设配重的质量为m、绳长为l、悬挂点P到腰带中心点O的距离为r1，对配重受力分析如图所示由于配重做匀速圆周运动，其受到的合力提供向心力，即合力大小不变、方向改变，故A错误；B．若增大转速，θ增大，竖直方向根据受力平衡可得可得绳子拉力为可知绳的拉力增大，故B正确；C．当θ稳定在37°时，根据牛顿第二定律可得可得代入数据可得故C错误；D．根据牛顿第二定律有可得当θ由37°缓慢增加到53°的过程中，动能增加了其中，联立解得故D正确。故选BD。10.如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开，平衡时距离为0.12m。已测得每个小球质量是，带电小球可视为点电荷，重力加速度，静电力常量，则（）A.两球所带电荷量相等B.A球所受的静电力为1.0×10-2NC.B球所带的电荷量为D.A、B两球连线中点处的电场强度为0【答案】ACD【解析】A．两相同的小球接触后电量均分，故两球所带电荷量相等，选项A正确；B．对A球受力分析，由几何关系，两球接触后分开后，悬线与竖直方向的夹角为37°，根据平行四边形法则可得选项B错误；C．根据库仑定理解得选项C正确；D．AB带等量的同种电荷，故在A、B两球连续中点处的电场强度为0，选项D正确。故选ACD。二、非选择题：（本大题共5小题，共60分）11.如图所示，一倾斜轨道，通过微小圆弧与足够长的水平轨道平滑连接，水平轨道与一半径为的圆弧轨道相切于点，A、、、均在同一竖直面内。质量的小球（可视为质点）压紧轻质弹簧并被锁定，解锁后小球的速度离开弹簧，从光滑水平平台飞出，经A点时恰好无碰撞沿方向进如入倾斜轨道滑下。已知轨道长，与水平方向夹角，小球与轨道间的动摩擦因数，其余轨道部分均为光滑，取，，。求：（1）未解锁时弹簧的弹性势能；（2）小球在点时速度的大小；（3）要使小球不脱离圆轨道，轨道半径应满足什么条件【答案】（1）；（2）；（3）或【解析】（1）对小球与弹簧，由机械能守恒定律有解得弹簧的弹性势能（2）对小球：离开台面至A点的过程做平抛运动，在A处的速度为从A到的过程，由动能定理可得解得（3）要使小球不脱离轨道，小球或通过圆轨道最高点，或沿圆轨道到达最大高度小于半径后返回：设小球恰好能通过最高点时，速度为，轨道半径，在最高点从至最高点的过程解得设小球恰好能在圆轨道上到达圆心等高处，轨道半径，从至圆心等高处的过程解得综上所述，要使小球不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径必须满足或12.2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。（1）如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度时，滑过的距离，求加速度的大小；（2）如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为，滑行速率分别为，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。【答案】（1）；（2），甲【解析】（1）根据速度位移公式有代入数据可得（2）根据向心加速度的表达式可得甲、乙的向心加速度之比为甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为代入数据可得甲、乙运动的时间为，因，所以甲先出弯道。13.如图所示，倾角的斜面体固定在水平地面上，斜面的长为，长为、质量为的长木板A放在斜面上，上端与斜面顶端对齐，质量为的物块B放在长木板的上端，同时释放A和B，结果当A的下端滑到斜面底端时，物块B也刚好滑到斜面的底端，运动的时间为，重力加速度g取，不计物块B的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，。求：（1）长木板A与斜面间的动摩擦因数和物块B与A间的动摩擦因数；（2）从开始到A的下端滑到斜面底端的过程中，A与B间、A与斜面间因摩擦产生的总热量。【答案】（1），；（2）【解析】（1）设长木板A和物块B运动的加速度大小分别为、，物块B运动到斜面底端经历时间为t，令长木板A的长为L、物块B的质量为m，则斜面长为2L、长木板A的质量为2m，以长木板为研究对象，则根据牛顿第二定律以物块B为研究对象，则根据牛