卷子答案网-一个不只有答案的网站天津市新四区示范校2022-2023学年高二下学期期末物理试题
一、单选题
1．关于曲线运动，下列说法正确的是（ ）
A．曲线运动不一定是变速运动
B．物体做曲线运动时，加速度一定不为零，但可以为恒量
C．物体做曲线运动时，不可能受恒力的作用
D．物体做曲线运动时，加速度方向与速度方向可能在同一直线上
【答案】B
【知识点】曲线运动的条件；曲线运动
【解析】【解答】A．曲线运动加速度方向与速度方向不在同一直线上，一定是变速运动，故A错误；
B．物体做曲线运动时，速度方向时刻改变，加速度一定不为零，但可以为恒量，例如平抛运动，故B正确；
C．物体做曲线运动时，可能受恒力的作用，例如平抛运动，故C错误；
D．物体做曲线运动的条件是加速度方向与速度方向不在同一直线上，故D错误。
故选择B。
【分析】利用物体做曲线运动的条件即加速度（或力）方向与速度方向不在同一直线上判断曲线运动是变速运动。
2．下列说法正确的是（ ）
A．由可知，检验电荷q的电性改变，场强E的方向随之改变
B．沿电场线的方向，电场强度越来越小
C．电场线越稀疏的地方同一试探电荷所受的静电力就越大
D．顺着电场线移动正电荷，该电荷的电势能一定减小
【答案】D
【知识点】电场强度；电场线；点电荷的电场；电势能；电势
【解析】【解答】A．场强E是反映电场本身的性质的物理量，仅由电场本身决定，与放入电场中的检验电荷无关，故A错误；
B．沿电场线的方向，电势越来越小，场强不一定越来越小，故B错误；
C．电场线越稀疏的地方，电场强度越小，同一试探电荷所受的静电力就越小，故C错误；
D．顺着电场线移动正电荷，电场力做正功，该电荷的电势能一定减小，故D正确。
故选择D。
【分析】电场的性质是放入电荷会受力的作用，场强由电场本身决定，与放入电场中的检验电荷无关，电场线越稀疏程度反映了场强的大小，正电荷的受力方向即为该点的场强方向， 沿电场线的方向电势降低。
3．随着时速高达350公里的“复兴号”动车组高铁列车投入运营，中国已成为世界上高铁商业运营速度最快的国家。假设“复兴号”受到的阻力大小正比于它速率的二次方，如果“复兴号”动车组发动机的输出功率变为原来的8倍，则它的最大速率变为原来的（ ）
A．2倍 B．倍 C．4倍 D．8倍
【答案】A
【知识点】功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】根据题意有，当动车组以最大速率行驶时，发动机的牵引力与动车组受到的阻力大小相等，则，由此可知，如果动车组发动机的输出功率变为原来的8倍，则它的最大速率变为原来的2倍。故A正确，BCD错误。
故选择A。
【分析】当发动机的牵引力与动车组受到的阻力大小相等，动车组行驶的速度最大，又因为阻力大小正比于它速率的二次方，综合解得。
4．近年来，无人机的使用已经越来越频繁，在某次救援过程中，有救援人员利用悬停的无人机，由静止释放急救包。急救包在下落过程中仅受到重力及恒定水平风力的作用。则急救包（ ）
A．做平抛运动 B．运动轨迹为曲线
C．机械能逐渐减小 D．做匀加速直线运动
【答案】D
【知识点】曲线运动的条件；曲线运动；运动的合成与分解
【解析】【解答】ABD、由静止释放急救包，急救包在竖直方向仅受重力，则做自由落体运动，在水平方向受恒定风力的作用，做初速度是零的匀加速直线运动，由运动的合成规律可知，急救包做匀加速直线运动，AB错误，D正确。
C、急救包做匀加速直线运动中，除重力做功以外，还有水平风力做正功，因此机械能逐渐增大，C错误。
故选择D。
【分析】根据运动的合成与分解规律，初速度是零的匀加速直线运动与初速度是零的匀加速直线运动的和运动一定是匀变速直线运动，非重力做正功机械能增加。
5．交通事故发生时，车上的部分物品会因碰撞而脱离车体，位于车上不同高度的物品散落到地面上的位置是不同的，如图所示，散落物品A、B分别从距地面高h和H的位置水平抛落，则（ ）
A．散落物品B的初速度更大
B．散落物品B的飞行的时间更长
C．抛出瞬间物品A、B的动能一样大
D．散落物品B着地时所受重力的瞬时功率较大
【答案】B
【知识点】平抛运动；功率及其计算；动能
【解析】【解答】A．根据惯性可知散落物品A、B的初速度相同，故A错误；
B．散落物品在竖直方向做自由落体运动，有，散落物品B的高度更高，可知散落物品B的飞行的时间更长，故B正确；
C．根据，散落物品A、B的质量不一定相同，故抛出瞬间物品A、B的动能不一定一样大，故C错误；
D．散落物品着地时所受重力的瞬时功率，散落物品A、B的质量不知，故无法比较散落物品着地时所受重力的瞬时功率大小，故D错误。
故选择D。
【分析】根据散落物品做平抛运动，物体下落的时间由高度决定，动能由质量和速度决定，然而重力的瞬时功率由力、速度和力与速度的夹角共同决定。
6．如图所示，A、B、C三点为等边三角形的三个顶点，把电荷量为的正点电荷固定在A点。下列说法正确的是（ ）
A．、两点的电势相等
B．、两点的电场强度相同
C．把电荷量为的正点电荷从点移动到点，电场力对做正功
D．把电荷量为的负点电荷从点移动到点，点电荷的电势能增加
【答案】A
【知识点】电场力做功；点电荷的电场；电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】A、以+Q为圆心的球面为等势面，故B、C两点的电势相等，A正确；
B、正点电荷的场强公式为，可知，B、C两点的场强大小相等，方向不同，B错误；
CD、由于B、C两点的电势相等，把任何电荷从B点移动到C点，电场力不做功，电荷电势能不变，CD错误。
故选择A。
【分析】根据点电荷的场强公式为，以+Q为球心的球面场强大小相等，球面为等势面，在等势面上移动电荷电场力不做功，电场力做功等于电势能的该变量。
7．（2023·江门模拟）2022年11月，梦天实验舱完成转位操作，中国空间站“T”字基本构型在轨组装完成，空间站运行周期约为90分钟。北斗系统的GEO卫星是地球同步卫星，空间站和GEO卫星绕地球均可视为匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．GEO卫星可以在地面任何一点的正上方，但离地心的距离是一定的
B．空间站的轨道半径比GEO卫星的轨道半径大
C．空间站的线速度比GEO卫星的线速度大
D．空间站的向心加速度比GEO卫星的向心加速度小
【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．北斗系统的GEO卫星是地球同步卫星，位于赤道正上方，A不符合题意；
B．根据开普勒第三定律，可得空间站的轨道半径比GEO卫星的轨道半径小，B不符合题意；
CD．根据根据万有引力提供向心力有，则，，空间站的线速度比GEO卫星的线速度大，空间站的向心加速度比GEO卫星的向心加速度大，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】同步卫星只能在赤道上空圆平面；利用开普勒第三定律结合周期的大小可以比较轨道半径的大小；利用牛顿第二定律可以比较线速度和向心加速度的大小。
8．如图，篮球运动员站在广场上的某一喷泉水柱旁边，虚线“1”“2”“3”所在水平面分别是地面、运动员的头顶、该水柱最高点所在的水平面。若喷管管口直径为6cm。根据图中信息和生活经验，估算一个喷管喷水消耗的功率与哪个最接近（ ）
A．3kW B．15kW C．30kW D．45kW
【答案】A
【知识点】竖直上抛运动；功率及其计算；能量转化和转移的方向性
【解析】【解答】运动员的升高约为1.8m，根据自由落体运动的特点可知水柱的高度为人升高的4倍，即7.2m，根据动力学公式有，解得v=12m/s，一个喷管喷水消耗的功率
估算出的一个喷管喷水消耗的功率与3KW最接近。故A正确，BCD错误。
故选择A。
【分析】根据人的高度估计水柱的高度，根据竖直上抛运动的规律求出水的初速度，然后再根据功率的定义可得，注意流体的质量是关键。
9．（2020高二上·沈阳期末）下列有关安培力和洛伦兹力的说法正确的是（ ）
A．判断安培力的方向用左手定则，判断洛伦兹力的方向用右手定则
B．安培力与洛伦兹力的本质相同，所以安培力和洛伦兹力都不做功
C．一小段通电导体在磁场中某位置受到的安培力为零，但该位置的磁感应强度不一定为零
D．静止的电荷在磁场中一定不受洛伦兹力作用，运动的电荷在磁场中一定受到洛伦兹力的作用
【答案】C
【知识点】安培力；左手定则；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】AB．安培力是磁场对通电导体内定向移动的电荷所施加的洛伦兹力的宏观表现，所以，从本质上看，它们都是磁场对运动电荷的作用力，方向都用左手定则判定；但洛伦兹力始终与电荷运动的方向垂直，所以洛伦兹力始终对运动电荷不做功，而通电导体可以沿安培力方向发生位移，所以安培力可以对通电导体做功，AB不符合题意；
C．一小段通电导体在磁场中某位置受到的安培力为零，但该位置的磁感应强度不一定为零，还与导体与磁场夹角有关，C符合题意；
D．静止的电荷在磁场中一定不受洛伦兹力作用，而运动的电荷不一定受到洛伦兹力作用，若电荷的运动方向与磁场方向平行，则运动电荷不受洛伦兹力作用，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】判别安培力及洛伦兹力的方向都是用左手；安培力对通电导线可以做功；运动的电荷其运动方向与磁场方向平行时不受洛伦兹力的作用。
10．（2022·浙江选考）如图所示，公园里有一仿制我国古代欹器的U形水桶，桶可绕水平轴转动，水管口持续有水流出，过一段时间桶会翻转一次，决定桶能否翻转的主要因素是（ ）
A．水桶自身重力的大小 B．水管每秒出水量的大小
C．水流对桶撞击力的大小 D．水桶与水整体的重心高低
【答案】D
【知识点】重力与重心
【解析】【解答】水管口持续有水流出而过一段时间桶会翻转一次，说明主要原因是装的水到一定量之后，导致水桶与水整体的重心往上移动，竖直向下的重力作用线偏离中心转轴，导致水桶不能稳定平衡，发生翻转，
故答案为：D。
【分析】水管口持续有水流出而过一段时间后根据重心的变化进行分析判断。
11．如图甲所示，一弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端连接一小球，弹簧无形变时小球静止于光滑水平地面上O点处。若把小球拉至A点后由静止释放，小球向左运动最远位置为B点，以水平向右为正方向，小球的振动图像如图乙所示，则下列正确的是（ ）
A．A、B之间的距离为
B．在0.8~1.6s时间内，小球运动的路程为12cm
C．t=0.8s时刻小球位于B点，且此时小球的加速度最小
D．在0.4~0.8s时间内，小球运动的速度逐渐减小，弹簧弹性势能逐渐减小
【答案】B
【知识点】单摆及其回复力与周期；简谐运动的表达式与图象；简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A．由乙图可知，A、B之间的距离为12cm，A错误；
B．在0.8~1.6s时间内，小球运动的路程为2个振幅，为12cm，B正确；
C．由图乙可知，在0.8s时，小球位于负的最大位移处，即B点，此时小球的加速度最大，C错误；
D．在0.4~0.8s时间内，小球从平衡位置处向负的最大位移处运动，小球运动的速度不断减小，弹簧弹性势能增大，D错误。
故选择B。
【分析】根据振动的图象可以得到振幅的大小，周期的大小，小球再一个周期内4个振幅，根据牛顿第二定律求加速度，以及在运动过程中动能和弹性势能相互转化。
12．关于下列实验或现象的说法，正确的是（ ）
A．图甲说明薄板一定是非晶体
B．图乙说明气体分子速率分布随温度变化，且T1＞T2
C．图丙的实验情景可以说明气体压强的大小既与分子动能有关，也与分子的密集程度有关
D．图丁中的现象说明水黾受到了浮力作用，且浮力与重力平衡
【答案】C
【知识点】分子运动速率的统计规律；气体压强的微观解释；晶体和非晶体；液体的表面张力
【解析】【解答】A．图甲是薄板上的蜂蜡熔化成圆形，说明薄板是晶体也可能是非晶体，A错误；
B．图乙说明气体分子速率分布随温度变化而不同，T1温度下分子速率高的分子数占总分子数之比比T2温度小，则，B错误；
C．图丙是大量颗粒物体以一定速度撞击称盘，对称盘产生了一个持续的、均匀的压力，这个压力大小与撞击称盘时的颗粒速度、撞击称盘的颗粒数量有关，可以说明气体压强的大小即与分子的动能有关，也与分子的密集程度有关， C正确；
D．图丁是水黾停留在水面上，说明液体存在表面张力，D错误。
故选择C。
【分析】根据晶体与非晶体的特性判断；根据气体分子速率分布随温度变化判断温度的大小；对称盘产生了一个持续的、均匀的压力，这个压力大小与撞击称盘时的颗粒速度、撞击称盘的颗粒数量有关判断 气体压强的大小；液体存在表面张力的现象。
13．（2022高三上·德州期末）海浪机械能是未来可使用的绿色能源之一，利用海浪发电可加速地球上碳中和的实现．某科技小组设计的海浪发电装置的俯视图如图所示，圆柱体磁芯和外壳之间有辐射状磁场，它们可随着海浪上下浮动，磁芯和外壳之间的间隙中有固定的环形导电线圈，线圈的半径为L，电阻为r，所在处磁场的磁感应强度大小始终为B，磁芯和外壳随海浪上下浮动的速度为v，v随时间t的变化关系为，其中的T为海浪上下浮动的周期．现使线圈与阻值为R的电阻形成回路，则该发电装置在一个周期内产生的电能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】环形导电线圈随着磁芯和外壳随海浪上下浮动而切割磁感线，由法拉第电磁感应定律，环形线圈各部分产生的电动势对回路来说是同向的（实际指感应电流方向），其有效切割长度由微元法可知，联立，可得线圈中感应电动势的瞬时值表达式，根据正弦交变电流的特点知其电动势的有效值为，则该发电装置在一个周期内产生的电能，BCD不符合题意，A符合题意。
故答案为：A。
【分析】利用动生电动势的表达式可以求出电动势的瞬时值的表达式，结合电动势的有效值及电功率的表达式可以求出产生的电能大小。
二、多选题
14．月球绕地球的运动可以近似看作匀速圆周运动，设月球绕地球运动的周期为T，月球中心到地心的距离为r，引力常量为G，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，则（ ）
A．地球的质量为 B．月球的质量为
C．月球表面的重力加速度为 D．月球运动的加速度为
【答案】A,D
【知识点】万有引力定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．根据，解得地球的质量为，故A正确；
B．根据万有引力提供向心力，可得地球的质量为，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力，，可得月球绕地球运动的加速度为，故C错误；
D．根据万有引力提供向心力，解得月球运动的加速度为，故D正确。
故选择AD。
【分析】利用天体运动的规律万有引力提供向心力，再由天体运动的两类模型，星表模型和环绕模型可得。
15．在星球表面发射探测器，当发射速度为时，探测器可绕星球表面做匀速圆周运动；当发射速度为时，可摆脱星球引力束缚脱离该星球。已知地球、火星两星球的质量比约为10：1、半径比约为2：1，下列说法正确的是（ ）
A．探测器的质量越大，脱离星球所需要的发射速度越大
B．探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大
C．探测器分别脱离两星球所需要的发射速度相等
D．探测器脱离星球的过程中，势能逐渐增大
【答案】B,D
【知识点】万有引力定律；万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】A．探测器在星球表面做圆周运动时，解得，刚好脱离星球时发射速度达到，发射速度与探测器质量无关，故A错误；
B．根据万有引力公式得，探测器在地球表面受到的引力，
在火星表面受到的引力，而地球、火星两星球的质量比约为10：1，半径比约为2：1，解得
即探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大，故B正确；
C．探测器脱离星球时，其需要发射速度为，地球与火星的不同，所以所需发射速度也不同，故C错误；
D．由于探测器脱离星球过程中，引力做负功，势能逐渐增大，故D正确。
故选择BD。
【分析】根据万有引力提供向心力可解得脱离星球所需要的发射速度越大；万有引力公式可得引力的大小关系；引力做功与引起势能的变化。
16．如图，跳水运动员踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板上（A位置），随跳板一同向下做变速运动到达最低点（B位置）。运动员从位置A运动到位置B的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动员的机械能守恒
B．运动员的动能先增大后减小
C．重力做的功小于跳板的作用力对她做的功
D．到达位置B时，运动员所受合外力为零
【答案】B,C
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律；能量转化和转移的方向性
【解析】【解答】A．运动员从位置A运动到位置B的过程中，除重力做功外还有踏板对运动员的作用力做功，故此过程运动员的机械能不守恒，故A错误；
B．运动员接触踏板后，重力先大于踏板对运动员的作用力，后小于踏板对运动员的作用力，运动员所受合力方向先向下后向上，故合力先做正功后做负功，运动员的动能先增大后减小，故B正确；
C．根据动能定理，可得，可知重力做的功小于跳板的作用力对她做的功，故C正确；
D．到达位置B时，运动员的速度为零，踏板对运动员的作用力大于重力，运动员所受合外力不为零，故D错误。
故选择BC。
【分析】根据机械能守恒的条件判断机械能是否守恒；再根据动能定理判断跳板的作用力对运动员做的功。
17．（2021·广州模拟）如图甲，足够长的光滑斜面倾角为30°，t=0时质量为2kg的物块在沿斜面方向的力F作用下由静止开始运动，设沿斜面向上为力F的正方向，力F随时间t的变化关系如图乙。取物块的初始位置为零势能位置，重力加速度取10m/s2，则物块（ ）
A．在0~1s过程中机械能减少4J B．在t=1s时动能为1J
C．在t=2s时机械能为-4J D．在t=3s时速度大小为15.5m/s
【答案】A,C,D
【知识点】牛顿第二定律；重力势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．在0~1s内，力F沿斜面向上，大小为2N，小于重力的下滑分力，由牛顿第二定律可得
解得
因重力之外的其他力做了 4J的功，故在0~1s过程中机械能减少4J，A符合题意； B．t=1s时
B不符合题意；
C．由于取物块的初始位置为零势能位置，则1s时，物块重力势能为
1~2s过程中，机械能守恒，当t=2s时，物块机械能为
C符合题意；
D.2s时物块的速度为
2~3s过程中，由牛顿第二定律可得
解得
则物块在t=3s时的速度为
D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出物块刚开始1s内加速度的大小，结合位移公式可以求出运动的位移大小；结合力F的大小可以求出做功的大小，利用F做功的大小可以判别机械能的变化；利用速度公式可以求出物块的速度大小，结合质量的大小可以求出物块动能的大小；利用物块下落的高度可以求出重力势能的大小，结合动能的大小可以求出机械能的大小；利用牛顿第二定律可以求出物块第3s内加速度的大小，结合速度公式可以求出物块末速度的大小。
18．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为3：1，电路中的5个灯泡完全相同，当A、B端输入如图乙所示的正弦交变电压时，每个灯泡消耗的电功率均为18W，下列说法正确的是（ ）
A．每个灯泡两端的电压为40V B．通过每个灯泡的电流为0.6A
C．通过定值电阻R的电流为0.6A D．定值电阻R的电功率为54W
【答案】C,D
【知识点】变压器原理；交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；变压器的应用
【解析】【解答】A．设原线圈的输入电压为U1，副线圈的输出电压为U2，根据，可得，
由于每个灯泡消耗的电功率相同，即加在原线圈前端的灯泡两端的电压也等于U2，因此，而A、B端输入电压的有效值为，解得，故每个灯泡两端的电压为30V，故A错误；
B．根据P=UI，可得通过每个灯泡的电流，故B错误；
C．流过副线圈的电流，又因为，解得流过原线圈的电流，
流过定值电阻的电流，故C正确；
D．定值电阻R的电功率，故D正确。
故选择CD。
【分析】根据理想变压器的原理可得电压电流之比与匝数的关系；再根据正弦式交变电流，电压的有效值与最大值的关系；结合电路的特点，求得定值电阻R的电流和电功率。
19．甲、乙两位同学利用假期分别在两个地方做“用单摆测重力加速度”的实验，回来后共同绘制了-L图像，如图甲中A、B所示，此外甲同学还顺便利用其实验的单摆探究了受迫振动，并绘制了单摆的共振曲线，如图乙所示，那么下列说法正确的是（ ）
A．单摆的固有周期由摆长和摆球质量决定
B．A图线所对应的地点重力加速度较小
C．若将单摆放入绕地球稳定飞行的宇宙飞船中，则无法利用单摆测出飞船轨道处的重力加速度
D．如果甲同学减小摆长，他得到的共振曲线的峰将向右移动
【答案】B,C,D
【知识点】受迫振动和共振；单摆及其回复力与周期；简谐运动
【解析】【解答】A．单摆的固有周期公式为，L为摆长，g为当地重力加速度，故单摆的固有周期与摆球质量没有关系，故A错误；
B．根据，可得，所以T2-L图像的斜率为，图甲中A图线的斜率大于B图线的斜率，故A图线对应的地点重力加速度较小，故B正确；
C．若将单摆放入绕地球稳定飞行的宇宙飞船中，摆球处于完全失重状态，不能在竖直平面内来回摆动，故C正确；
D．根据，可知在同一地点减小摆长，则单摆固有周期减小，固有频率增大，则发生共振时的驱动力频率变大，共振曲线的峰向右移动，故D正确。
故选择BCD。
【分析】利用单摆的固有周期公式判断影响周期的物理量，通过公式变形得到图象的函数表达式，图线的斜率反映了重力加速度的大小，单摆放入绕地球稳定飞行的宇宙飞船中，摆球处于完全失重状态。
20．“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。他把个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备火箭（含燃料）、椅子、风筝等总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为的炽热燃气相对地面以的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，则（ ）
A．火箭的推力来源于燃气对它的反作用力
B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为
C．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为
D．在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒
【答案】A,B
【知识点】动量定理；竖直上抛运动；反冲
【解析】【解答】A．火箭的推力是燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A正确；
B．在燃气喷出后得瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有，解得火箭的速度大小为，故B正确；
C．喷出燃气后，万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得，最大上升高度为，故C错误；
D．在火箭喷气过程中，燃气的内能有部分转化为系统的机械能，机械能增加，故D错误。
故选择AB。
【分析】根据反冲原理，可得火箭作用力的来源，由于系统动量守恒，可得火箭的速度大小，再结合竖直上抛运动的规律可得上升的最大高度，非重力做功转化为系统的机械能可得机械能的变化。
三、实验题
21．在“验证机械能守恒定律”的实验中。
图（甲）是打点计时器打出的一条纸带，选取其中连续的计时点标为A、B、C……G、H、I，对BH段进行研究，已知打点计时器电源频率为50Hz。
（1）用刻度尺测量距离时如图（乙），读出A、C两点间距为 cm，B点对应的速度 m/s（保留三位有效数字）；
（2）若H点对应的速度为，重物下落的高度为，当地重力加速度为，为完成实验，要比较与 大小（用字母表示）。
【答案】（1）5.35/5.36/5.37/5.38/5.39/5.40/5.41/5.42/5.43；1.33/1.34/1.35/1.36
（2）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A点距离零刻度，C点距离零刻度，AC之间距离
相邻两点间时间为，B点对应的速度为
（2）由机械能守恒可知，即为完成实验，要比较与的大小。
【分析】(1)由刻度尺读数注意要估读，利用匀变速直线运动的规律求速度；
（2）写出机械能守恒的表达式对公式变形可知要比较的量。
22．某同学用如图a所示装置探究向心力与角速度和运动半径的关系。装置中竖直转轴固定在电动机的转轴上（未画出），光滑的水平直杆固定在竖直转轴上，能随竖直转轴一起转动。水平直杆的左端套上滑块，用细线将滑块与固定在竖直转轴上的力传感器连接，细线处于水平伸直状态，当滑块随水平直杆一起匀速转动时，细线拉力的大小可以通过力传感器测得。水平直杆的右端最边缘安装了宽度为的挡光条，挡光条到竖直转轴的距离为，光电门可以测出挡光条经过光电门所用的时间（挡光时间）。滑块与竖直转轴间的距离可调。
（1）若某次实验中测得挡光条的挡光时间为，则电动机的角速度为 。
（2）若保持滑块P到竖直转轴中心的距离为不变，仅多次改变竖直转轴转动的快慢，测得多组力传感器的示数F和挡光时间。画出图像，如图b所示。实验中，测得图线的斜率为，则滑块的质量为 。
（3）若保持竖直转轴转速不变，调节滑块P到竖直转轴中心的距离r，测得多组力F和r的数据，以F为纵轴，以 (填“r”“”或“”)为横轴，将所测量的数据描绘在坐标系中，可以更直观地反映向心力大小与圆周运动半径r之间的关系。现测得挡光条的挡光时间为，则图线的斜率应为 。
【答案】（1）
（2）
（3）r；
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度
【解析】【解答】（1）由，可得
（2）由题意可得，故，因此滑块的质量.
（3）由，可知，当m、一定时，，所以r为横轴；画F-r图象，则图线的斜率为.
【分析】(1)根据线速度和加速度的关系，再结合线速度的定义可得角速度；
（2）(3)根据向心力公式，把角速度带入可得函数的表达式，对比可得图线的斜率.
四、填空题
23．（1）某个走时准确的时钟，分针与时针的运动看作匀速圆周运动。分针与时针由转动轴到针尖的长度之比是3︰2，分针与时针针尖的线速度大小之比是 。
（2）拖把由拖杆和拖把头构成，如图所示。设拖把的质量为m，拖把头与地板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。某同学用这种拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向施加力F来推拖把。若拖杆与竖直方向的夹角为θ，拖把在地板上沿直线向前移动距离s，则摩擦力对拖把头做的功为 。
（3）如图，A、B、C、D是正方形的四个顶点，在A点和C点放有电荷量都为q的正电荷，在B点放了某个未知电荷后，恰好D点的电场强度等于0，则放在B点的电荷的电性和电荷量分别是 、 。
（4）电场中有A、B两点，电荷量为的试探电荷放在电场中的A点，具有的电势能；为的试探电荷放在电场中的B点，具有的电势能。现把为的试探电荷由A点移到B点，静电力做的功是 J。
【答案】（1）18︰1
（2）
（3）负电；
（4）
【知识点】电场力做功；线速度、角速度和周期、转速；功的计算；电场强度；点电荷的电场；电场强度的叠加；电势能；电势能与电场力做功的关系；电势；电势差
【解析】【解答】（1）[1]分针与时针的角速度分别为，
它们由转动轴到针尖的长度之比是3︰2，根据，可得它们的线速度之比为，
（2）依题意，根据功的定义，可得摩擦力对拖把头做的功为
（3）根据场强叠加原理，可得A点和C点的正电荷在D点产生的电场强度等于，方向沿BD指向外，若D点的合场强为0，则放在B点的电荷产生的场强指向电荷本身，故电性为负电荷，产生电场强度的大小为，求得其电荷量为.
（4）根据可得，电场中A点的电势为，
电场中的B点的电势为，则，把为的试探电荷由A点移到B点，静电力做的功是.
【分析】(1)根据角速度的定义，再结合线速度与角速度的关系可得线速度大小之比；
（2）根据功的定义可得摩擦力对拖把头做的功；
（3）由于恰好D点的电场强度等于0 ，根据场强叠加原理可得放在B点的电荷的电性和电荷量；
（4）根据电势与电势能的关系求出AB两点的电势，再根据电力做的功的定义可得。
五、实验题
24．某实验小组采用如图所示的实验装置，对斜槽末端两个小球碰撞过程进行研究。实验步骤如下：
（1）用天平测出半径相同的两个小球的质量分别为和，并选定质量为 （选填“”或“”）的小球为入射球。
（2）在水平桌面上安装好实验装置，调整斜槽使其末端 ，然后固定。
（3）在桌面适当的位置，上、下铺放好复写纸和白纸，记下悬挂于斜槽末端边缘的重锤线所指的位置O。
将被碰小球置于斜槽末端，让入射小球从斜槽的某一高度处无初速滚下，使两球发生碰撞。保持入射小球释放高度不变，重复实验10次。标出碰撞后入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N，并用刻度尺测量出OM的间距x1、ON的间距x2。
改变入射小球沿斜槽滚下的高度，重复步骤（3）和（4），多次测量的数据如下表所示
1 2 3 4 5
7.65 11.23 12.30 18.89 23.52
18.95 26.64 30.42 45.97 56.25
0.40 0.42 0.41 0.42
表中的 （保留2位有效数字）。
（4）的平均值为 （保留2位有效数字）。
（5）理论研究表明，对本实验的碰撞过程是否为弹性碰撞可由判断。若两小球的碰撞为弹性碰撞，则的理论表达式为 （用和表示），本实验中其值为 （保留2位有效数字）；若该值与（7）中结果间的差别在误差允许范围内，则可认为斜槽末端两个小球的碰撞为弹性碰撞。
【答案】（1）
（2）水平
（3）0.40
（4）0.41
（5）；0.42
【知识点】验证动量守恒定律；研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）为了避免碰撞过程入射球发生反弹，入射球的质量需要大于被碰球体的质量，即应该选定质量为 的小球为入射球。
（2）为了确保小球飞出斜槽末端做平抛运动，需要使小球飞出斜槽末端的速度方向水平，即在水平桌面上安装时，需要调整斜槽使其末端水平。
（3）根据表中的数据有
（4）根据表中的数据可知， 的平均值为
（5）碰撞后被碰球体的速度大于入射球的速度，则M为入射球的落地点，N为被碰球的落地点，则有，解得
若碰撞为弹性碰撞，则有，
解得，该比值为一个定值，即若两小球的碰撞为弹性碰撞，则 的理论表达式为，本实验中，上述理论表达式的值为.
【分析】(1)为了避免碰撞过程入射球发生反弹，入射球的质量需要大于被碰球体的质量；
（2）为了确保小球飞出斜槽末端做平抛运动，需要调整斜槽使其末端水平；
（3）根据表中的数据可得；
（4）根据表中的数据可得平均值；
（5）根据平抛运动的规律，可得初速度与水平位移成正比，再结合动量守恒定律可得。
六、解答题
25．如图甲所示，粗糙水平面CD与光滑斜面DE平滑连接于D处；可视为质点的物块A、B紧靠一起静置于P点，某时A、B突然分别向左、向右分离，分离瞬间A、B速度大小之比为。已知：斜面的高度；A、B质量分别为和，且它们与CD段的动摩擦因数相同；A向左运动的速度平方与位移大小关系如图乙；重力加速度g取。
（1）求A、B与CD段的动摩擦因数；
（2）要使B能追上A，试讨论P、D两点间距x的取值范围。
【答案】（1）解：由图像可知，AB分离时
则物块A的初速度为
A最终停止的位置与点距离为
从A、B分离到A匀减速运动停止的过程
解得A的加速度大小为
由牛顿第二定律可得
解得
（2）解：分离瞬间A、B速度大小之比为，则
若B恰好能返回并追上A时，B从分离后到追上A的过程，由动能定理得
解得
若B恰好不冲出斜面，B从P到E的过程由动能定理得
解得
综上，要使B能追上A，x应满足
【知识点】力与运动的关系；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据图象可得A的初速度， A、B分离到A匀减速运动停止由运动学规律可得物体的加速度，再由牛顿第二定律可得；
（2） 若B恰好能返回并追上A时，B从分离后到追上A的过程，由动能定理可得一个值，若B恰好不冲出斜面，B从P到E的过程再次运用动能定理可得一个值，这两个值即为 P、D两点间距x的取值范围 。
26．（2021·河北模拟）如图1所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5m，固定在倾角为37°的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为1 的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1T的匀强磁场。质量为0.5kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v-t图象如图2所示。金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）求金属棒与导轨间的动摩擦因数；
（2）求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；
（3）已知金属棒从进入磁场到速度达到5m/s时通过电阻的电荷量为1.3C，求此过程中电阻产生的焦耳热。
【答案】（1）解：由图2可知，金属棒在0-1s内做初速度为0的匀加速直线运动，1s后做加速度减小的加速运动，可知金属棒第1s末进入磁场。
在0-1s过程中，由图2可知，金属棒的加速度 ①
在这个过程中，沿斜面只有重力的分力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有 ②
由①②式解得，金属棒与导轨间的动摩擦因数 ③
（2）解：金属棒在磁场中能够达到的最大速率时，金属棒处于平衡状态，设金属棒的最大速度为
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为 ④
根据闭合回路欧姆定律有 ⑤
根据安培力公式有 ⑥
根据平衡条件有 ⑦
由③④⑤⑥⑦式解得 ⑧
（3）解：根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，可得金属棒从进入磁场通过电阻的电荷量为 ⑨
解得，金属棒在磁场下滑的位移 ⑩
由动能定理有
此过程中电阻产生的焦耳热等于克服安培力做的功
由⑩ 式解得，此过程中电阻产生的焦耳热
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）已知金属棒在第1s内做匀减速直线运动，利用图像斜率可以求出加速度的大小，结合金属棒的牛顿第二定律可以求出动摩擦因数的大小；
（2）金属棒达到最大速率时，金属棒处于平衡，利用动生电动势及欧姆定律可以求出安培力的表达式，结合平衡方程可以求出最大的速率；
（3）已知电荷量的大小，结合磁通量和电阻的大小可以求出金属棒下滑的位移，结合能量守恒定律可以求出电阻产生的焦耳热大小。
27．如图所示，是某次研究小球做平抛运动过程得到的频闪照片的一部分。已知背景中小正方形的边长为b，闪光频率为f。求：（各问的答案均用b、f表示）
（1）当地的重力加速度g的大小；
（2）小球通过C点时的瞬时速度vC的大小；
（3）小球从开始平抛到运动到A点位置经历的时间tA。
【答案】（1）解根据Δx=aT2可得
（2）解小球的水平速度为
小球通过C点时的竖直分速度为
则小球经过C点时的瞬时速度的大小
（3）解小球经过A点时的竖直分速度
则小球从开始平抛到运动到A点位置经历的时间
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【分析】（1）由于物体再竖直方向上做自由落体运动，有 Δx=aT2 ，可得 重力加速度g的大小 ；
（2）根据做平抛运动得物体， 求出水平方向上的匀速和竖直方向上的速度，然后合成可得；
（3） 上一问我们已经把C点的竖直分速度已经计算出来了，然后再求出小球经过A点时的竖直分速度， 又因为小球竖直方向上的初速度又为零，由运动学规律可得。
28．（2019高二上·鹤岗月考）如图，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场。长度为l的轻质绝缘细绳一端固定在O点，另一端连接一质量为m、电荷量为+q的小球（可视为质点），初始时小球静止在电场中的a点，此时细绳拉力为2mg，g为重力加速度。
（1）求电场强度E和a、O两点的电势差U；
（2）若小球在a点获得一水平初速度 ，使其在竖直面内做圆周运动，求小球运动到b点时细绳拉力F的大小.
【答案】（1）解：小球静止在a点时，由共点力平衡得 mg+2mg＝qE
解得 ，方向竖直向上
在匀强电场中，有
则a、O两点电势差
（2）解： 小球从a点运动到b点，设到b点速度大小为vb，由动能定理得
小球做圆周运动通过b点时，由牛顿第二定律得
联立②⑤⑥式，代入
解得
【知识点】共点力平衡条件的应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）利用平衡方程可以求出场强的大小，利用场强大小可以求出电势差的大小；
（2）利用动能定理结合牛顿第二定律可以求出拉力的大小。
29．如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M＝0.2 kg的小球P和质量为m＝0.1 kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧（轻弹簧与两小球不拴接），桌面边缘E处放置一质量也为m＝0.1 kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h＝0.2 m，D点到桌面边缘的水平距离为x＝0.2 m，重力加速度为g＝10 m/s2，求：
（1）小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小NB′；
（2）小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ；
（3）被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。
【答案】（1）解：小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有
解得
对于小球P，从B→C，由动能定理有
解得
在B点，受力分析有
解得
由牛顿第三定律有NB′＝NB＝12N
（2）解：设Q与S做平抛运动的初速度大小为v，所用时间为t，
根据公式
得t＝0.2s
根据公式x＝vt
代入数据，得v＝1 m/s
碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒，则有mvQ＝2mv
解得vQ＝2m/s
（3）解：P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，则有MvP＝mvQ
解得vP＝1m/s
P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有
解得Ep＝0.3J
【知识点】弹性势能；功能关系；能量守恒定律；平抛运动；生活中的圆周运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；能量转化和转移的方向性
【解析】【分析】（1） 小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C ，由牛顿第二定律可得小球再C点的速度， 小球P，从B→C，由动能定理可得B点的速度，再牛顿第二定律可得小球的支持力，又由牛顿第三定律可得 对轨道的压力；
（2）根据小球Q和S一起做平抛运动，由平抛运动的规律可得初速度， 又因为碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒可得Q的速度；
（3）因为P、Q和弹簧组成的系统动量守恒可得P的速度，再根据P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律可得轻弹簧的弹性势能。
30．（2019·北京）如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：
（1）感应电动势的大小E；
（2）拉力做功的功率P；
（3）ab边产生的焦耳热Q。
【答案】（1）导体棒ad切割磁感线产生感应电动势，E=BLv；
（2）电路中的电流： ；
导体棒受到安培力： ；
导体棒做匀速运动， ；
所以拉力的功率为： ；
（3）ab边产生的热量利用焦耳定律求解： ；
【知识点】焦耳定律；欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）导体棒ad切割磁感线产生感应电流，利用法拉第电磁感应定律求解产生的电动势；（2）导线框做匀速的运动，拉力等于ad边受到的安培力，利用公式P=Fv求解拉力的功率；（3）利用欧姆定律求解电路中的电流，利用焦耳定律求解ab边产生的热量。
天津市新四区示范校2022-2023学年高二下学期期末物理试题
一、单选题
1．关于曲线运动，下列说法正确的是（ ）
A．曲线运动不一定是变速运动
B．物体做曲线运动时，加速度一定不为零，但可以为恒量
C．物体做曲线运动时，不可能受恒力的作用
D．物体做曲线运动时，加速度方向与速度方向可能在同一直线上
2．下列说法正确的是（ ）
A．由可知，检验电荷q的电性改变，场强E的方向随之改变
B．沿电场线的方向，电场强度越来越小
C．电场线越稀疏的地方同一试探电荷所受的静电力就越大
D．顺着电场线移动正电荷，该电荷的电势能一定减小
3．随着时速高达350公里的“复兴号”动车组高铁列车投入运营，中国已成为世界上高铁商业运营速度最快的国家。假设“复兴号”受到的阻力大小正比于它速率的二次方，如果“复兴号”动车组发动机的输出功率变为原来的8倍，则它的最大速率变为原来的（ ）
A．2倍 B．倍 C．4倍 D．8倍
4．近年来，无人机的使用已经越来越频繁，在某次救援过程中，有救援人员利用悬停的无人机，由静止释放急救包。急救包在下落过程中仅受到重力及恒定水平风力的作用。则急救包（ ）
A．做平抛运动 B．运动轨迹为曲线
C．机械能逐渐减小 D．做匀加速直线运动
5．交通事故发生时，车上的部分物品会因碰撞而脱离车体，位于车上不同高度的物品散落到地面上的位置是不同的，如图所示，散落物品A、B分别从距地面高h和H的位置水平抛落，则（ ）
A．散落物品B的初速度更大
B．散落物品B的飞行的时间更长
C．抛出瞬间物品A、B的动能一样大
D．散落物品B着地时所受重力的瞬时功率较大
6．如图所示，A、B、C三点为等边三角形的三个顶点，把电荷量为的正点电荷固定在A点。下列说法正确的是（ ）
A．、两点的电势相等
B．、两点的电场强度相同
C．把电荷量为的正点电荷从点移动到点，电场力对做正功
D．把电荷量为的负点电荷从点移动到点，点电荷的电势能增加
7．（2023·江门模拟）2022年11月，梦天实验舱完成转位操作，中国空间站“T”字基本构型在轨组装完成，空间站运行周期约为90分钟。北斗系统的GEO卫星是地球同步卫星，空间站和GEO卫星绕地球均可视为匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．GEO卫星可以在地面任何一点的正上方，但离地心的距离是一定的
B．空间站的轨道半径比GEO卫星的轨道半径大
C．空间站的线速度比GEO卫星的线速度大
D．空间站的向心加速度比GEO卫星的向心加速度小
8．如图，篮球运动员站在广场上的某一喷泉水柱旁边，虚线“1”“2”“3”所在水平面分别是地面、运动员的头顶、该水柱最高点所在的水平面。若喷管管口直径为6cm。根据图中信息和生活经验，估算一个喷管喷水消耗的功率与哪个最接近（ ）
A．3kW B．15kW C．30kW D．45kW
9．（2020高二上·沈阳期末）下列有关安培力和洛伦兹力的说法正确的是（ ）
A．判断安培力的方向用左手定则，判断洛伦兹力的方向用右手定则
B．安培力与洛伦兹力的本质相同，所以安培力和洛伦兹力都不做功
C．一小段通电导体在磁场中某位置受到的安培力为零，但该位置的磁感应强度不一定为零
D．静止的电荷在磁场中一定不受洛伦兹力作用，运动的电荷在磁场中一定受到洛伦兹力的作用
10．（2022·浙江选考）如图所示，公园里有一仿制我国古代欹器的U形水桶，桶可绕水平轴转动，水管口持续有水流出，过一段时间桶会翻转一次，决定桶能否翻转的主要因素是（ ）
A．水桶自身重力的大小 B．水管每秒出水量的大小
C．水流对桶撞击力的大小 D．水桶与水整体的重心高低
11．如图甲所示，一弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端连接一小球，弹簧无形变时小球静止于光滑水平地面上O点处。若把小球拉至A点后由静止释放，小球向左运动最远位置为B点，以水平向右为正方向，小球的振动图像如图乙所示，则下列正确的是（ ）
A．A、B之间的距离为
B．在0.8~1.6s时间内，小球运动的路程为12cm
C．t=0.8s时刻小球位于B点，且此时小球的加速度最小
D．在0.4~0.8s时间内，小球运动的速度逐渐减小，弹簧弹性势能逐渐减小
12．关于下列实验或现象的说法，正确的是（ ）
A．图甲说明薄板一定是非晶体
B．图乙说明气体分子速率分布随温度变化，且T1＞T2
C．图丙的实验情景可以说明气体压强的大小既与分子动能有关，也与分子的密集程度有关
D．图丁中的现象说明水黾受到了浮力作用，且浮力与重力平衡
13．（2022高三上·德州期末）海浪机械能是未来可使用的绿色能源之一，利用海浪发电可加速地球上碳中和的实现．某科技小组设计的海浪发电装置的俯视图如图所示，圆柱体磁芯和外壳之间有辐射状磁场，它们可随着海浪上下浮动，磁芯和外壳之间的间隙中有固定的环形导电线圈，线圈的半径为L，电阻为r，所在处磁场的磁感应强度大小始终为B，磁芯和外壳随海浪上下浮动的速度为v，v随时间t的变化关系为，其中的T为海浪上下浮动的周期．现使线圈与阻值为R的电阻形成回路，则该发电装置在一个周期内产生的电能为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
14．月球绕地球的运动可以近似看作匀速圆周运动，设月球绕地球运动的周期为T，月球中心到地心的距离为r，引力常量为G，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，则（ ）
A．地球的质量为 B．月球的质量为
C．月球表面的重力加速度为 D．月球运动的加速度为
15．在星球表面发射探测器，当发射速度为时，探测器可绕星球表面做匀速圆周运动；当发射速度为时，可摆脱星球引力束缚脱离该星球。已知地球、火星两星球的质量比约为10：1、半径比约为2：1，下列说法正确的是（ ）
A．探测器的质量越大，脱离星球所需要的发射速度越大
B．探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大
C．探测器分别脱离两星球所需要的发射速度相等
D．探测器脱离星球的过程中，势能逐渐增大
16．如图，跳水运动员踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板上（A位置），随跳板一同向下做变速运动到达最低点（B位置）。运动员从位置A运动到位置B的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动员的机械能守恒
B．运动员的动能先增大后减小
C．重力做的功小于跳板的作用力对她做的功
D．到达位置B时，运动员所受合外力为零
17．（2021·广州模拟）如图甲，足够长的光滑斜面倾角为30°，t=0时质量为2kg的物块在沿斜面方向的力F作用下由静止开始运动，设沿斜面向上为力F的正方向，力F随时间t的变化关系如图乙。取物块的初始位置为零势能位置，重力加速度取10m/s2，则物块（ ）
A．在0~1s过程中机械能减少4J B．在t=1s时动能为1J
C．在t=2s时机械能为-4J D．在t=3s时速度大小为15.5m/s
18．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为3：1，电路中的5个灯泡完全相同，当A、B端输入如图乙所示的正弦交变电压时，每个灯泡消耗的电功率均为18W，下列说法正确的是（ ）
A．每个灯泡两端的电压为40V B．通过每个灯泡的电流为0.6A
C．通过定值电阻R的电流为0.6A D．定值电阻R的电功率为54W
19．甲、乙两位同学利用假期分别在两个地方做“用单摆测重力加速度”的实验，回来后共同绘制了-L图像，如图甲中A、B所示，此外甲同学还顺便利用其实验的单摆探究了受迫振动，并绘制了单摆的共振曲线，如图乙所示，那么下列说法正确的是（ ）
A．单摆的固有周期由摆长和摆球质量决定
B．A图线所对应的地点重力加速度较小
C．若将单摆放入绕地球稳定飞行的宇宙飞船中，则无法利用单摆测出飞船轨道处的重力加速度
D．如果甲同学减小摆长，他得到的共振曲线的峰将向右移动
20．“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。他把个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备火箭（含燃料）、椅子、风筝等总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为的炽热燃气相对地面以的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，则（ ）
A．火箭的推力来源于燃气对它的反作用力
B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为
C．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为
D．在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒
三、实验题
21．在“验证机械能守恒定律”的实验中。
图（甲）是打点计时器打出的一条纸带，选取其中连续的计时点标为A、B、C……G、H、I，对BH段进行研究，已知打点计时器电源频率为50Hz。
（1）用刻度尺测量距离时如图（乙），读出A、C两点间距为 cm，B点对应的速度 m/s（保留三位有效数字）；
（2）若H点对应的速度为，重物下落的高度为，当地重力加速度为，为完成实验，要比较与 大小（用字母表示）。
22．某同学用如图a所示装置探究向心力与角速度和运动半径的关系。装置中竖直转轴固定在电动机的转轴上（未画出），光滑的水平直杆固定在竖直转轴上，能随竖直转轴一起转动。水平直杆的左端套上滑块，用细线将滑块与固定在竖直转轴上的力传感器连接，细线处于水平伸直状态，当滑块随水平直杆一起匀速转动时，细线拉力的大小可以通过力传感器测得。水平直杆的右端最边缘安装了宽度为的挡光条，挡光条到竖直转轴的距离为，光电门可以测出挡光条经过光电门所用的时间（挡光时间）。滑块与竖直转轴间的距离可调。
（1）若某次实验中测得挡光条的挡光时间为，则电动机的角速度为 。
（2）若保持滑块P到竖直转轴中心的距离为不变，仅多次改变竖直转轴转动的快慢，测得多组力传感器的示数F和挡光时间。画出图像，如图b所示。实验中，测得图线的斜率为，则滑块的质量为 。
（3）若保持竖直转轴转速不变，调节滑块P到竖直转轴中心的距离r，测得多组力F和r的数据，以F为纵轴，以 (填“r”“”或“”)为横轴，将所测量的数据描绘在坐标系中，可以更直观地反映向心力大小与圆周运动半径r之间的关系。现测得挡光条的挡光时间为，则图线的斜率应为 。
四、填空题
23．（1）某个走时准确的时钟，分针与时针的运动看作匀速圆周运动。分针与时针由转动轴到针尖的长度之比是3︰2，分针与时针针尖的线速度大小之比是 。
（2）拖把由拖杆和拖把头构成，如图所示。设拖把的质量为m，拖把头与地板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。某同学用这种拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向施加力F来推拖把。若拖杆与竖直方向的夹角为θ，拖把在地板上沿直线向前移动距离s，则摩擦力对拖把头做的功为 。
（3）如图，A、B、C、D是正方形的四个顶点，在A点和C点放有电荷量都为q的正电荷，在B点放了某个未知电荷后，恰好D点的电场强度等于0，则放在B点的电荷的电性和电荷量分别是 、 。
（4）电场中有A、B两点，电荷量为的试探电荷放在电场中的A点，具有的电势能；为的试探电荷放在电场中的B点，具有的电势能。现把为的试探电荷由A点移到B点，静电力做的功是 J。
五、实验题
24．某实验小组采用如图所示的实验装置，对斜槽末端两个小球碰撞过程进行研究。实验步骤如下：
（1）用天平测出半径相同的两个小球的质量分别为和，并选定质量为 （选填“”或“”）的小球为入射球。
（2）在水平桌面上安装好实验装置，调整斜槽使其末端 ，然后固定。
（3）在桌面适当的位置，上、下铺放好复写纸和白纸，记下悬挂于斜槽末端边缘的重锤线所指的位置O。
将被碰小球置于斜槽末端，让入射小球从斜槽的某一高度处无初速滚下，使两球发生碰撞。保持入射小球释放高度不变，重复实验10次。标出碰撞后入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N，并用刻度尺测量出OM的间距x1、ON的间距x2。
改变入射小球沿斜槽滚下的高度，重复步骤（3）和（4），多次测量的数据如下表所示
1 2 3 4 5
7.65 11.23 12.30 18.89 23.52
18.95 26.64 30.42 45.97 56.25
0.40 0.42 0.41 0.42
表中的 （保留2位有效数字）。
（4）的平均值为 （保留2位有效数字）。
（5）理论研究表明，对本实验的碰撞过程是否为弹性碰撞可由判断。若两小球的碰撞为弹性碰撞，则的理论表达式为 （用和表示），本实验中其值为 （保留2位有效数字）；若该值与（7）中结果间的差别在误差允许范围内，则可认为斜槽末端两个小球的碰撞为弹性碰撞。
六、解答题
25．如图甲所示，粗糙水平面CD与光滑斜面DE平滑连接于D处；可视为质点的物块A、B紧靠一起静置于P点，某时A、B突然分别向左、向右分离，分离瞬间A、B速度大小之比为。已知：斜面的高度；A、B质量分别为和，且它们与CD段的动摩擦因数相同；A向左运动的速度平方与位移大小关系如图乙；重力加速度g取。
（1）求A、B与CD段的动摩擦因数；
（2）要使B能追上A，试讨论P、D两点间距x的取值范围。
26．（2021·河北模拟）如图1所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5m，固定在倾角为37°的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为1 的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1T的匀强磁场。质量为0.5kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v-t图象如图2所示。金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）求金属棒与导轨间的动摩擦因数；
（2）求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；
（3）已知金属棒从进入磁场到速度达到5m/s时通过电阻的电荷量为1.3C，求此过程中电阻产生的焦耳热。
27．如图所示，是某次研究小球做平抛运动过程得到的频闪照片的一部分。已知背景中小正方形的边长为b，闪光频率为f。求：（各问的答案均用b、f表示）
（1）当地的重力加速度g的大小；
（2）小球通过C点时的瞬时速度vC的大小；
（3）小球从开始平抛到运动到A点位置经历的时间tA。
28．（2019高二上·鹤岗月考）如图，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场。长度为l的轻质绝缘细绳一端固定在O点，另一端连接一质量为m、电荷量为+q的小球（可视为质点），初始时小球静止在电场中的a点，此时细绳拉力为2mg，g为重力加速度。
（1）求电场强度E和a、O两点的电势差U；
（2）若小球在a点获得一水平初速度 ，使其在竖直面内做圆周运动，求小球运动到b点时细绳拉力F的大小.
29．如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M＝0.2 kg的小球P和质量为m＝0.1 kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧（轻弹簧与两小球不拴接），桌面边缘E处放置一质量也为m＝0.1 kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h＝0.2 m，D点到桌面边缘的水平距离为x＝0.2 m，重力加速度为g＝10 m/s2，求：
（1）小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小NB′；
（2）小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ；
（3）被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。
30．（2019·北京）如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：
（1）感应电动势的大小E；
（2）拉力做功的功率P；
（3）ab边产生的焦耳热Q。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】曲线运动的条件；曲线运动
【解析】【解答】A．曲线运动加速度方向与速度方向不在同一直线上，一定是变速运动，故A错误；
B．物体做曲线运动时，速度方向时刻改变，加速度一定不为零，但可以为恒量，例如平抛运动，故B正确；
C．物体做曲线运动时，可能受恒力的作用，例如平抛运动，故C错误；
D．物体做曲线运动的条件是加速度方向与速度方向不在同一直线上，故D错误。
故选择B。
【分析】利用物体做曲线运动的条件即加速度（或力）方向与速度方向不在同一直线上判断曲线运动是变速运动。
2．【答案】D
【知识点】电场强度；电场线；点电荷的电场；电势能；电势
【解析】【解答】A．场强E是反映电场本身的性质的物理量，仅由电场本身决定，与放入电场中的检验电荷无关，故A错误；
B．沿电场线的方向，电势越来越小，场强不一定越来越小，故B错误；
C．电场线越稀疏的地方，电场强度越小，同一试探电荷所受的静电力就越小，故C错误；
D．顺着电场线移动正电荷，电场力做正功，该电荷的电势能一定减小，故D正确。
故选择D。
【分析】电场的性质是放入电荷会受力的作用，场强由电场本身决定，与放入电场中的检验电荷无关，电场线越稀疏程度反映了场强的大小，正电荷的受力方向即为该点的场强方向， 沿电场线的方向电势降低。
3．【答案】A
【知识点】功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】根据题意有，当动车组以最大速率行驶时，发动机的牵引力与动车组受到的阻力大小相等，则，由此可知，如果动车组发动机的输出功率变为原来的8倍，则它的最大速率变为原来的2倍。故A正确，BCD错误。
故选择A。
【分析】当发动机的牵引力与动车组受到的阻力大小相等，动车组行驶的速度最大，又因为阻力大小正比于它速率的二次方，综合解得。
4．【答案】D
【知识点】曲线运动的条件；曲线运动；运动的合成与分解
【解析】【解答】ABD、由静止释放急救包，急救包在竖直方向仅受重力，则做自由落体运动，在水平方向受恒定风力的作用，做初速度是零的匀加速直线运动，由运动的合成规律可知，急救包做匀加速直线运动，AB错误，D正确。
C、急救包做匀加速直线运动中，除重力做功以外，还有水平风力做正功，因此机械能逐渐增大，C错误。
故选择D。
【分析】根据运动的合成与分解规律，初速度是零的匀加速直线运动与初速度是零的匀加速直线运动的和运动一定是匀变速直线运动，非重力做正功机械能增加。
5．【答案】B
【知识点】平抛运动；功率及其计算；动能
【解析】【解答】A．根据惯性可知散落物品A、B的初速度相同，故A错误；
B．散落物品在竖直方向做自由落体运动，有，散落物品B的高度更高，可知散落物品B的飞行的时间更长，故B正确；
C．根据，散落物品A、B的质量不一定相同，故抛出瞬间物品A、B的动能不一定一样大，故C错误；
D．散落物品着地时所受重力的瞬时功率，散落物品A、B的质量不知，故无法比较散落物品着地时所受重力的瞬时功率大小，故D错误。
故选择D。
【分析】根据散落物品做平抛运动，物体下落的时间由高度决定，动能由质量和速度决定，然而重力的瞬时功率由力、速度和力与速度的夹角共同决定。
6．【答案】A
【知识点】电场力做功；点电荷的电场；电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】A、以+Q为圆心的球面为等势面，故B、C两点的电势相等，A正确；
B、正点电荷的场强公式为，可知，B、C两点的场强大小相等，方向不同，B错误；
CD、由于B、C两点的电势相等，把任何电荷从B点移动到C点，电场力不做功，电荷电势能不变，CD错误。
故选择A。
【分析】根据点电荷的场强公式为，以+Q为球心的球面场强大小相等，球面为等势面，在等势面上移动电荷电场力不做功，电场力做功等于电势能的该变量。
7．【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．北斗系统的GEO卫星是地球同步卫星，位于赤道正上方，A不符合题意；
B．根据开普勒第三定律，可得空间站的轨道半径比GEO卫星的轨道半径小，B不符合题意；
CD．根据根据万有引力提供向心力有，则，，空间站的线速度比GEO卫星的线速度大，空间站的向心加速度比GEO卫星的向心加速度大，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】同步卫星只能在赤道上空圆平面；利用开普勒第三定律结合周期的大小可以比较轨道半径的大小；利用牛顿第二定律可以比较线速度和向心加速度的大小。
8．【答案】A
【知识点】竖直上抛运动；功率及其计算；能量转化和转移的方向性
【解析】【解答】运动员的升高约为1.8m，根据自由落体运动的特点可知水柱的高度为人升高的4倍，即7.2m，根据动力学公式有，解得v=12m/s，一个喷管喷水消耗的功率
估算出的一个喷管喷水消耗的功率与3KW最接近。故A正确，BCD错误。
故选择A。
【分析】根据人的高度估计水柱的高度，根据竖直上抛运动的规律求出水的初速度，然后再根据功率的定义可得，注意流体的质量是关键。
9．【答案】C
【知识点】安培力；左手定则；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】AB．安培力是磁场对通电导体内定向移动的电荷所施加的洛伦兹力的宏观表现，所以，从本质上看，它们都是磁场对运动电荷的作用力，方向都用左手定则判定；但洛伦兹力始终与电荷运动的方向垂直，所以洛伦兹力始终对运动电荷不做功，而通电导体可以沿安培力方向发生位移，所以安培力可以对通电导体做功，AB不符合题意；
C．一小段通电导体在磁场中某位置受到的安培力为零，但该位置的磁感应强度不一定为零，还与导体与磁场夹角有关，C符合题意；
D．静止的电荷在磁场中一定不受洛伦兹力作用，而运动的电荷不一定受到洛伦兹力作用，若电荷的运动方向与磁场方向平行，则运动电荷不受洛伦兹力作用，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】判别安培力及洛伦兹力的方向都是用左手；安培力对通电导线可以做功；运动的电荷其运动方向与磁场方向平行时不受洛伦兹力的作用。
10．【答案】D
【知识点】重力与重心
【解析】【解答】水管口持续有水流出而过一段时间桶会翻转一次，说明主要原因是装的水到一定量之后，导致水桶与水整体的重心往上移动，竖直向下的重力作用线偏离中心转轴，导致水桶不能稳定平衡，发生翻转，
故答案为：D。
【分析】水管口持续有水流出而过一段时间后根据重心的变化进行分析判断。
11．【答案】B
【知识点】单摆及其回复力与周期；简谐运动的表达式与图象；简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A．由乙图可知，A、B之间的距离为12cm，A错误；
B．在0.8~1.6s时间内，小球运动的路程为2个振幅，为12cm，B正确；
C．由图乙可知，在0.8s时，小球位于负的最大位移处，即B点，此时小球的加速度最大，C错误；
D．在0.4~0.8s时间内，小球从平衡位置处向负的最大位移处运动，小球运动的速度不断减小，弹簧弹性势能增大，D错误。
故选择B。
【分析】根据振动的图象可以得到振幅的大小，周期的大小，小球再一个周期内4个振幅，根据牛顿第二定律求加速度，以及在运动过程中动能和弹性势能相互转化。
12．【答案】C
【知识点】分子运动速率的统计规律；气体压强的微观解释；晶体和非晶体；液体的表面张力
【解析】【解答】A．图甲是薄板上的蜂蜡熔化成圆形，说明薄板是晶体也可能是非晶体，A错误；
B．图乙说明气体分子速率分布随温度变化而不同，T1温度下分子速率高的分子数占总分子数之比比T2温度小，则，B错误；
C．图丙是大量颗粒物体以一定速度撞击称盘，对称盘产生了一个持续的、均匀的压力，这个压力大小与撞击称盘时的颗粒速度、撞击称盘的颗粒数量有关，可以说明气体压强的大小即与分子的动能有关，也与分子的密集程度有关， C正确；
D．图丁是水黾停留在水面上，说明液体存在表面张力，D错误。
故选择C。
【分析】根据晶体与非晶体的特性判断；根据气体分子速率分布随温度变化判断温度的大小；对称盘产生了一个持续的、均匀的压力，这个压力大小与撞击称盘时的颗粒速度、撞击称盘的颗粒数量有关判断 气体压强的大小；液体存在表面张力的现象。
13．【答案】A
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】环形导电线圈随着磁芯和外壳随海浪上下浮动而切割磁感线，由法拉第电磁感应定律，环形线圈各部分产生的电动势对回路来说是同向的（实际指感应电流方向），其有效切割长度由微元法可知，联立，可得线圈中感应电动势的瞬时值表达式，根据正弦交变电流的特点知其电动势的有效值为，则该发电装置在一个周期内产生的电能，BCD不符合题意，A符合题意。
故答案为：A。
【分析】利用动生电动势的表达式可以求出电动势的瞬时值的表达式，结合电动势的有效值及电功率的表达式可以求出产生的电能大小。
14．【答案】A,D
【知识点】万有引力定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．根据，解得地球的质量为，故A正确；
B．根据万有引力提供向心力，可得地球的质量为，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力，，可得月球绕地球运动的加速度为，故C错误；
D．根据万有引力提供向心力，解得月球运动的加速度为，故D正确。
故选择AD。
【分析】利用天体运动的规律万有引力提供向心力，再由天体运动的两类模型，星表模型和环绕模型可得。
15．【答案】B,D
【知识点】万有引力定律；万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】A．探测器在星球表面做圆周运动时，解得，刚好脱离星球时发射速度达到，发射速度与探测器质量无关，故A错误；
B．根据万有引力公式得，探测器在地球表面受到的引力，
在火星表面受到的引力，而地球、火星两星球的质量比约为10：1，半径比约为2：1，解得
即探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大，故B正确；
C．探测器脱离星球时，其需要发射速度为，地球与火星的不同，所以所需发射速度也不同，故C错误；
D．由于探测器脱离星球过程中，引力做负功，势能逐渐增大，故D正确。
故选择BD。
【分析】根据万有引力提供向心力可解得脱离星球所需要的发射速度越大；万有引力公式可得引力的大小关系；引力做功与引起势能的变化。
16．【答案】B,C
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律；能量转化和转移的方向性
【解析】【解答】A．运动员从位置A运动到位置B的过程中，除重力做功外还有踏板对运动员的作用力做功，故此过程运动员的机械能不守恒，故A错误；
B．运动员接触踏板后，重力先大于踏板对运动员的作用力，后小于踏板对运动员的作用力，运动员所受合力方向先向下后向上，故合力先做正功后做负功，运动员的动能先增大后减小，故B正确；
C．根据动能定理，可得，可知重力做的功小于跳板的作用力对她做的功，故C正确；
D．到达位置B时，运动员的速度为零，踏板对运动员的作用力大于重力，运动员所受合外力不为零，故D错误。
故选择BC。
【分析】根据机械能守恒的条件判断机械能是否守恒；再根据动能定理判断跳板的作用力对运动员做的功。
17．【答案】A,C,D
【知识点】牛顿第二定律；重力势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．在0~1s内，力F沿斜面向上，大小为2N，小于重力的下滑分力，由牛顿第二定律可得
解得
因重力之外的其他力做了 4J的功，故在0~1s过程中机械能减少4J，A符合题意； B．t=1s时
B不符合题意；
C．由于取物块的初始位置为零势能位置，则1s时，物块重力势能为
1~2s过程中，机械能守恒，当t=2s时，物块机械能为
C符合题意；
D.2s时物块的速度为
2~3s过程中，由牛顿第二定律可得
解得
则物块在t=3s时的速度为
D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出物块刚开始1s内加速度的大小，结合位移公式可以求出运动的位移大小；结合力F的大小可以求出做功的大小，利用F做功的大小可以判别机械能的变化；利用速度公式可以求出物块的速度大小，结合质量的大小可以求出物块动能的大小；利用物块下落的高度可以求出重力势能的大小，结合动能的大小可以求出机械能的大小；利用牛顿第二定律可以求出物块第3s内加速度的大小，结合速度公式可以求出物块末速度的大小。
18．【答案】C,D
【知识点】变压器原理；交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；变压器的应用
【解析】【解答】A．设原线圈的输入电压为U1，副线圈的输出电压为U2，根据，可得，
由于每个灯泡消耗的电功率相同，即加在原线圈前端的灯泡两端的电压也等于U2，因此，而A、B端输入电压的有效值为，解得，故每个灯泡两端的电压为30V，故A错误；
B．根据P=UI，可得通过每个灯泡的电流，故B错误；
C．流过副线圈的电流，又因为，解得流过原线圈的电流，
流过定值电阻的电流，故C正确；
D．定值电阻R的电功率，故D正确。
故选择CD。
【分析】根据理想变压器的原理可得电压电流之比与匝数的关系；再根据正弦式交变电流，电压的有效值与最大值的关系；结合电路的特点，求得定值电阻R的电流和电功率。
19．【答案】B,C,D
【知识点】受迫振动和共振；单摆及其回复力与周期；简谐运动
【解析】【解答】A．单摆的固有周期公式为，L为摆长，g为当地重力加速度，故单摆的固有周期与摆球质量没有关系，故A错误；
B．根据，可得，所以T2-L图像的斜率为，图甲中A图线的斜率大于B图线的斜率，故A图线对应的地点重力加速度较小，故B正确；
C．若将单摆放入绕地球稳定飞行的宇宙飞船中，摆球处于完全失重状态，不能在竖直平面内来回摆动，故C正确；
D．根据，可知在同一地点减小摆长，则单摆固有周期减小，固有频率增大，则发生共振时的驱动力频率变大，共振曲线的峰向右移动，故D正确。
故选择BCD。
【分析】利用单摆的固有周期公式判断影响周期的物理量，通过公式变形得到图象的函数表达式，图线的斜率反映了重力加速度的大小，单摆放入绕地球稳定飞行的宇宙飞船中，摆球处于完全失重状态。
20．【答案】A,B
【知识点】动量定理；竖直上抛运动；反冲
【解析】【解答】A．火箭的推力是燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A正确；
B．在燃气喷出后得瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有，解得火箭的速度大小为，故B正确；
C．喷出燃气后，万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得，最大上升高度为，故C错误；
D．在火箭喷气过程中，燃气的内能有部分转化为系统的机械能，机械能增加，故D错误。
故选择AB。
【分析】根据反冲原理，可得火箭作用力的来源，由于系统动量守恒，可得火箭的速度大小，再结合竖直上抛运动的规律可得上升的最大高度，非重力做功转化为系统的机械能可得机械能的变化。
21．【答案】（1）5.35/5.36/5.37/5.38/5.39/5.40/5.41/5.42/5.43；1.33/1.34/1.35/1.36
（2）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A点距离零刻度，C点距离零刻度，AC之间距离
相邻两点间时间为，B点对应的速度为
（2）由机械能守恒可知，即为完成实验，要比较与的大小。
【分析】(1)由刻度尺读数注意要估读，利用匀变速直线运动的规律求速度；
（2）写出机械能守恒的表达式对公式变形可知要比较的量。
22．【答案】（1）
（2）
（3）r；
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度
【解析】【解答】（1）由，可得
（2）由题意可得，故，因此滑块的质量.
（3）由，可知，当m、一定时，，所以r为横轴；画F-r图象，则图线的斜率为.
【分析】(1)根据线速度和加速度的关系，再结合线速度的定义可得角速度；
（2）(3)根据向心力公式，把角速度带入可得函数的表达式，对比可得图线的斜率.
23．【答案】（1）18︰1
（2）
（3）负电；
（4）
【知识点】电场力做功；线速度、角速度和周期、转速；功的计算；电场强度；点电荷的电场；电场强度的叠加；电势能；电势能与电场力做功的关系；电势；电势差
【解析】【解答】（1）[1]分针与时针的角速度分别为，
它们由转动轴到针尖的长度之比是3︰2，根据，可得它们的线速度之比为，
（2）依题意，根据功的定义，可得摩擦力对拖把头做的功为
（3）根据场强叠加原理，可得A点和C点的正电荷在D点产生的电场强度等于，方向沿BD指向外，若D点的合场强为0，则放在B点的电荷产生的场强指向电荷本身，故电性为负电荷，产生电场强度的大小为，求得其电荷量为.
（4）根据可得，电场中A点的电势为，
电场中的B点的电势为，则，把为的试探电荷由A点移到B点，静电力做的功是.
【分析】(1)根据角速度的定义，再结合线速度与角速度的关系可得线速度大小之比；
（2）根据功的定义可得摩擦力对拖把头做的功；
（3）由于恰好D点的电场强度等于0 ，根据场强叠加原理可得放在B点的电荷的电性和电荷量；
（4）根据电势与电势能的关系求出AB两点的电势，再根据电力做的功的定义可得。
24．【答案】（1）
（2）水平
（3）0.40
（4）0.41
（5）；0.42
【知识点】验证动量守恒定律；研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）为了避免碰撞过程入射球发生反弹，入射球的质量需要大于被碰球体的质量，即应该选定质量为 的小球为入射球。
（2）为了确保小球飞出斜槽末端做平抛运动，需要使小球飞出斜槽末端的速度方向水平，即在水平桌面上安装时，需要调整斜槽使其末端水平。
（3）根据表中的数据有
（4）根据表中的数据可知， 的平均值为
（5）碰撞后被碰球体的速度大于入射球的速度，则M为入射球的落地点，N为被碰球的落地点，则有，解得
若碰撞为弹性碰撞，则有，
解得，该比值为一个定值，即若两小球的碰撞为弹性碰撞，则 的理论表达式为，本实验中，上述理论表达式的值为.
【分析】(1)为了避免碰撞过程入射球发生反弹，入射球的质量需要大于被碰球体的质量；
（2）为了确保小球飞出斜槽末端做平抛运动，需要调整斜槽使其末端水平；
（3）根据表中的数据可得；
（4）根据表中的数据可得平均值；
（5）根据平抛运动的规律，可得初速度与水平位移成正比，再结合动量守恒定律可得。
25．【答案】（1）解：由图像可知，AB分离时
则物块A的初速度为
A最终停止的位置与点距离为
从A、B分离到A匀减速运动停止的过程
解得A的加速度大小为
由牛顿第二定律可得
解得
（2）解：分离瞬间A、B速度大小之比为，则
若B恰好能返回并追上A时，B从分离后到追上A的过程，由动能定理得
解得
若B恰好不冲出斜面，B从P到E的过程由动能定理得
解得
综上，要使B能追上A，x应满足
【知识点】力与运动的关系；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据图象可得A的初速度， A、B分离到A匀减速运动停止由运动学规律可得物体的加速度，再由牛顿第二定律可得；
（2） 若B恰好能返回并追上A时，B从分离后到追上A的过程，由动能定理可得一个值，若B恰好不冲出斜面，B从P到E的过程再次运用动能定理可得一个值，这两个值即为 P、D两点间距x的取值范围 。
26．【答案】（1）解：由图2可知，金属棒在0-1s内做初速度为0的匀加速直线运动，1s后做加速度减小的加速运动，可知金属棒第1s末进入磁场。
在0-1s过程中，由图2可知，金属棒的加速度 ①
在这个过程中，沿斜面只有重力的分力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有 ②
由①②式解得，金属棒与导轨间的动摩擦因数 ③
（2）解：金属棒在磁场中能够达到的最大速率时，金属棒处于平衡状态，设金属棒的最大速度为
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为 ④
根据闭合回路欧姆定律有 ⑤
根据安培力公式有 ⑥
根据平衡条件有 ⑦
由③④⑤⑥⑦式解得 ⑧
（3）解：根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，可得金属棒从进入磁场通过电阻的电荷量为 ⑨
解得，金属棒在磁场下滑的位移 ⑩
由动能定理有
此过程中电阻产生的焦耳热等于克服安培力做的功
由⑩ 式解得，此过程中电阻产生的焦耳热
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）已知金属棒在第1s内做匀减速直线运动，利用图像斜率可以求出加速度的大小，结合金属棒的牛顿第二定律可以求出动摩擦因数的大小；
（2）金属棒达到最大速率时，金属棒处于平衡，利用动生电动势及欧姆定律可以求出安培力的表达式，结合平衡方程可以求出最大的速率；
（3）已知电荷量的大小，结合磁通量和电阻的大小可以求出金属棒下滑的位移，结合能量守恒定律可以求出电阻产生的焦耳热大小。
27．【答案】（1）解根据Δx=aT2可得
（2）解小球的水平速度为
小球通过C点时的竖直分速度为
则小球经过C点时的瞬时速度的大小
（3）解小球经过A点时的竖直分速度
则小球从开始平抛到运动到A点位置经历的时间
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【分析】（1）由于物体再竖直方向上做自由落体运动，有 Δx=aT2 ，可得 重力加速度g的大小 ；
（2）根据做平抛运动得物体， 求出水平方向上的匀速和竖直方向上的速度，然后合成可得；
（3） 上一问我们已经把C点的竖直分速度已经计算出来了，然后再求出小球经过A点时的竖直分速度， 又因为小球竖直方向上的初速度又为零，由运动学规律可得。
28．【答案】（1）解：小球静止在a点时，由共点力平衡得 mg+2mg＝qE
解得 ，方向竖直向上
在匀强电场中，有
则a、O两点电势差
（2）解： 小球从a点运动到b点，设到b点速度大小为vb，由动能定理得
小球做圆周运动通过b点时，由牛顿第二定律得
联立②⑤⑥式，代入
解得
【知识点】共点力平衡条件的应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）利用平衡方程可以求出场强的大小，利用场强大小可以求出电势差的大小；
（2）利用动能定理结合牛顿第二定律可以求出拉力的大小。
29．【答案】（1）解：小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有
解得
对于小球P，从B→C，由动能定理有
解得
在B点，受力分析有
解得
由牛顿第三定律有NB′＝NB＝12N
（2）解：设Q与S做平抛运动的初速度大小为v，所用时间为t，
根据公式
得t＝0.2s
根据公式x＝vt
代入数据，得v＝1 m/s
碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒，则有mvQ＝2mv
解得vQ＝2m/s
（3）解：P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，则有MvP＝mvQ
解得vP＝1m/s
P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有
解得Ep＝0.3J
【知识点】弹性势能；功能关系；能量守恒定律；平抛运动；生活中的圆周运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；能量转化和转移的方向性
【解析】【分析】（1） 小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C ，由牛顿第二定律可得小球再C点的速度， 小球P，从B→C，由动能定理可得B点的速度，再牛顿第二定律可得小球的支持力，又由牛顿第三定律可得 对轨道的压力；
（2）根据小球Q和S一起做平抛运动，由平抛运动的规律可得初速度， 又因为碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒可得Q的速度；
（3）因为P、Q和弹簧组成的系统动量守恒可得P的速度，再根据P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律可得轻弹簧的弹性势能。
30．【答案】（1）导体棒ad切割磁感线产生感应电动势，E=BLv；
（2）电路中的电流： ；
导体棒受到安培力： ；
导体棒做匀速运动， ；
所以拉力的功率为： ；
（3）ab边产生的热量利用焦耳定律求解： ；
【知识点】焦耳定律；欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）导体棒ad切割磁感线产生感应电流，利用法拉第电磁感应定律求解产生的电动势；（2）导线框做匀速的运动，拉力等于ad边受到的安培力，利用公式P=Fv求解拉力的功率；（3）利用欧姆定律求解电路中的电流，利用焦耳定律求解ab边产生的热量。