2023-2024学年北京市铁路二中高二（下）开学物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年北京市铁路二中高二（下）开学物理试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，三根轻绳的一端系于O点，绳1、2的另一端分别固定在墙上，绳3的另一端吊着质量为m的重物．重物处于静止时，绳1水平，绳2与水平方向的夹角为θ.绳1受到的拉力用F1表示，绳2受到的拉力用F2表示．下列表达式中正确的是( )
A. F1=mgtanθ F2=mgsinθ
B. F1=mgsinθ F2=mgcsθ
C. F1=mgtanθ F2=mgsinθ
D. F1=mgcsθ F2=mgsinθ
2.如图所示为某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等差等势面，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点，a、b两点的电场强度分别为Ea、Eb，电势分别为φa、φb。下列说法正确的是( )
A. Ea>Eb，φa>φbB. Eaφb
C. Ea>Eb，φa<φbD. Ea3.如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，在磁铁正下方有一个固定在水平桌面上的闭合铜质线圈。将磁铁竖直向下拉至某一位置后放开，磁铁开始上下振动。下列说法正确的是( )
A. 磁铁振动过程中，线圈中电流的方向保持不变
B. 磁铁振动过程中，线圈对桌面的压力始终大于线圈的重力
C. 磁铁振动过程中，弹簧和磁铁组成系统的机械能守恒
D. 磁铁远离线圈时，线圈有扩张的趋势
4.一物体静置在平均密度为ρ的球形天体表面的赤道上。已知万有引力常量G，若由于天体自转使物体对天体表面压力恰好为零，则天体自转周期为( )
A. (4π3Gρ)12B. (34πGρ)12C. (πGρ)12D. (3πGρ)12
5.图1为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平衡位置在x=4.0m处的质点；图2为质点Q的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 在t=0.10s时，质点Q向y轴正方向运动
B. 从t=0.10s到t=0.25s，质点Q通过的路程为30m
C. 从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴负方向传播了8m
D. 在t=0.25s时，质点P的加速度沿y轴正方向
6.如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异种电荷。一带电微粒水平射入板间，在重力和静电力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )
A. 若微粒带正电荷，则A板一定带正电B. 微粒从M点运动到N点动能一定增加
C. 微粒从M点运动到N点电势能一定增加D. 微粒从M点运动到N点机械能一定增加
7.如图所示的电路中，灯泡A1和A2的规格相同。先闭合开关S，调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，再调节电阻R1，使它们都正常发光，然后断开开关S。下列说法正确的是( )
A. 断开开关S后，A1灯闪亮后熄灭
B. 断开开关S的瞬间，A1灯电流反向
C. 断开开关后，电路中的电能来自于线圈储存的磁场能
D. 重新接通电路，A1和A2同时亮起，然后A1灯逐渐熄灭
8.街头变压器通过降压给用户供电的示意图如图所示。变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动。输出电压通过输电线输送给用户，输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R的阻值减小。如果变压器上的能量损失可以忽略，当用户的用电器增加时，下列说法正确的是( )
A. 电压表V1的示数减小B. 电压表V2的示数减小
C. 电流表A1的示数减小D. 电流表A2的示数减小
9.如图所示，两根长1m的空心铝管竖直放置，其中乙管有一条竖直的裂缝。某同学把一块圆柱形的强磁体先后从甲、乙两管的上端由静止放入管口，磁体在甲、乙两管中运动的时间分别为3s和0.6s。磁体的直径略小于铝管的内径，不计磁体与管壁的摩擦。关于磁体在甲、乙两管中的运动，下列说法正确的是( )
A. 磁体在甲管内下落的过程中，所受合外力的冲量可能为0
B. 磁体在甲管内下落的过程中，其克服磁场力的功小于重力势能的减少量
C. 磁体在乙管内下落的过程中，乙管中没有产生感应电动势和感应电流
D. 磁体在乙管内下落的过程中，其重力势能的减少量等于动能的增加量
10.国际拔河比赛根据每队8名运动员的体重分成若干重量级别，同等级别的两队进行比赛。比赛中运动员必须穿“拔河鞋”或没有鞋跟等突出物的平底鞋；不能戴手套。比赛双方相持时，运动员会向后倾斜身体，使地面对人的作用力与身体共线。不计拔河绳的质量，下列说法正确的是( )
A. 获胜队伍对绳的拉力大于对方队伍对绳的拉力
B. 因为绳子的拉力处处相等，所以两队队员受到的地面摩擦力总是相等
C. 双方相持时，若绳子拉力增大，则地面对运动员的作用力增大
D. 双方相持时，运动员身体后倾，减小与地面间的夹角，是为了增加与地面间的正压力
11.如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球a和b，用手托住球b，当绳刚好被拉紧时，球b离地面的高度为ℎ，球a静止于地面。已知球a的质量为m，球b的质量为3m，重力加速度为g，定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计。若无初速度释放球b，则下列判断正确的是( )
A. 在球b下落过程中，绳子的拉力大小为52mg
B. 在球b下落过程中，球b的机械能减小3mgℎ
C. 在球b下落过程中，球a的机械能增加mgℎ
D. 在球b下落过程中，绳对球a拉力冲量大小为3m gℎ
12.为了测量化工厂的污水排放量，技术人员在排污管末端安装了流量计(流量Q为单位时间内流过某截面流体的体积)。如图所示，长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，所在空间有垂直于前后面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N，含有大量的正、负离子的污水充满管道，从左向右匀速流动，测得M、N间电压为U。由于污水流过管道时受到阻力f的作用，左、右两侧管口需要维持一定的压强差。已知沿流速方向长度为L、流速为v的污水，受到的阻力f=kLv(k为比例系数)。下列说法正确的是( )
A. 污水的流量Q=abUBB. 金属板M的电势低于金属板N的电势
C. 电压U与污水中的离子浓度有关D. 左、右两侧管口的压强差为kaUbc2B
13.如图所示，两平行极板水平放置，两板间有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，磁场的磁感应强度为B。一束质量均为m、电荷量均为+q的粒子，以不同速率沿着两板中轴线PQ方向进入板间后，速率为v的甲粒子恰好做匀速直线运动；速率为v2的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，A为乙粒子第一次到达轨迹最低点的位置，乙粒子全程速率在v2和3v2之间变化。研究一般的曲线运动时，可将曲线分割成许多很短的小段，这样质点在每一小段的运动都可以看作圆周运动的一部分，采用圆周运动的分析方法来处理。不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A. 两板间电场强度的大小为Bv
B. 乙粒子从进入板间运动至A位置的过程中，在水平方向上做匀速运动
C. 乙粒子偏离中轴线的最远距离为mvqB
D. 乙粒子的运动轨迹在A处对应圆周的半径为9mv4qB
14.无偿献血、救死扶伤的崇高行为，是文明社会的标志之一。现代献血常采用机采成分血的方式，就是指把健康人捐献的血液，通过血液分离机分离出其中某一种成分(如血小板、粒细胞或外周血干细胞)储存起来，再将分离后的血液回输到捐献者体内。分离血液成分需要用到一种叫离心分离器的装置，其工作原理的示意图如图所示，将血液装入离心分离器的封闭试管内，离心分离器转动时给血液提供一种“模拟重力”的环境，“模拟重力”的方向沿试管远离转轴的方向，其大小与血液中细胞的质量以及其到转轴距离成正比。血液在这个“模拟重力”环境中，也具有“模拟重力势能”。初始时试管静止，血液内离转轴同样距离处有两种细胞a、b，其密度分别为ρa和ρb，它们的大小与周围血浆密度ρ0的关系为ρa<ρ0<ρb。对于试管由静止开始绕轴旋转并不断增大转速的过程中，下列说法中正确的是( )
A. 细胞a相对试管向外侧运动，细胞b相对试管向内侧运动
B. 细胞a的“模拟重力势能”变小，细胞b的“模拟重力势能”变大
C. 这种离心分离器“模拟重力”对应的“重力加速度”沿转动半径方向向外侧逐渐变大
D. 若某时刻a、b两种细胞沿垂直于转轴方向的速率相等，则“模拟重力”对细胞a做功的功率等于对细胞b做功的功率
二、非选择题（共58分）
15.某同学欲用图1所示装置探究“加速度与力、质量的关系”。实验中砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M。

(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板上滑轮的高度，使细线与长木板平行。接下来还需要进行的一项操作是______。
A.将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动。
B.将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动。
C.将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动。
(2)图2是实验中得到的一条纸带，O、A、B、C、D、E、F、G为8个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，已知打点计时器的工作频率为50Hz。该同学计划利用v—t图像计算小车的加速度。首先用刻度尺进行相关长度的测量，其中CE的测量情况如图3所示，依据图中数据计算打点计时器打下D点时小车的速度为______m/s。(计算结果保留2位有效数字)
(3)图4中已标注出了打点计时器打下A、B、C、E、F五个点时小车的速度，请将打下D点时小车的速度标注在v−t图上。请在图丁中描绘出小车的v—t图像。
(4)由图丁中描绘的图线可得出小车的加速度为______m/s2。(计算结果保留2位有效数字)
(5)该同学保持砂和砂桶的总质量m不变，通过在小车上增加砝码改变小车的质量M，得到多组实验数据。为了探究加速度与质量的关系，该同学利用所测数据，做出了1a与M的图像，下列给出的四组图像中正确的是______。
16.某课外活动小组用铜片、铝片和自来水制作了由多个自来水电池构成的电池组。为了测量电池组的电动势E和内阻r，他们选用数字电压表(内阻大于10MΩ)、电阻箱(0～9999Ω)以及开关与该电池组连接成电路进行实验。
(1)请在图1的方框中画出实验电路原理图。
(2)按照设计的电路图连接电路后，调节电阻箱接入电路的阻值R，并同时记录数字电压表的读数U。以1U为纵轴、1R为横轴建立直角坐标系，描出数据点，得到图2所示的图线。已知图线在纵轴上的截距为b，斜率为k，由此可以求得电池组的电动势E=______，内阻r=______。(用b和k表示)
(3)该小组的同学想用上面数字电压表和电阻箱探究某光伏电池的特性。他们通过查阅资料知道，光伏电池在特定光照条件下的伏安特性曲线如图3所示。若光伏电池的路端电压为U，外电路的阻值为R，则他们得到的U−R图像可能是图4中的______。
17.如图所示，一根长为L不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系有一质量为m的小球(可视为质点)，小球在竖直平面内以O点为圆心做圆周运动。已知重力加速度为g，忽略空气阻力的影响。
(1)若小球经过圆周最高点A点时速度大小v0= 2gL，求：
a.小球经过圆周最低点B点时的速度大小v；
b.小球从A点运动至最低点B点过程中，其所受合外力的冲量大小I。
(2)若轻绳能承受的最大拉力为Fm=9mg，当小球运动到最低点B点时绳恰好被拉断。已知B点距水平地面的高度为ℎ(图中未画出)，求小球落地点与B点之间的水平距离x。
18.某种质谱仪由离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器几部分构成，如图所示。由离于源发出的正离子经加速电场加速后进入静电分析器，静电分析器中有沿半径方向的电场，使离子沿通道中心线MN做匀速圆周运动。而后由P点垂直于磁分析器的左边界进入磁分析器，磁分析器中分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，离子经过四分之一圆周从Q点射出，并进入收集器。已知由离子源发出的正离子质量为m、电荷量为q(初速度为零，重力不计)；加速电场的电压为U；中心线MN是半径为R的圆弧；Q点与磁分析器左边界的距高为d。求：
(1)离子离开加速电场时的速度v的大小；
(2)静电分析器中MN处电场强度E的大小；
(3)磁分析器中磁场的磁感应强度B的大小和方向。
19.类比是研究问题的常用方法。
(1)情境1：如图1所示，弹簧振子的平衡位置为O点，在B、C两点之间做简谐运动，小球相对平衡位置的位移x随时间t的变化规律可用方程x=xmcs kmt描述，其中xm为小球相对平衡位置O时的最大位移，m为小球的质量，k为弹簧的劲度系数。请在图2中画出弹簧的弹力F随位移x变化的示意图，并借助F−x图像证明弹簧的弹性势能Ep=12kx2。
(2)情境2：如图3所示，把线圈、电容器、电源和单刀双掷开关连成电路。先把开关置于电源一侧，为电容器充电，稍后再把开关置于线圈一侧，组成LC振荡电路，同时发现电容器极板上电荷量q随时间t的变化规律与情境1中小球位移x随时间t的变化规律类似。已知电源的电动势为E，电容器的电容为C，线圈的自感系数为L。
a.类比情境1，证明电容器的电场能E电=q22C。
b.类比情境1和情境2，完成下表。
20.北京2022年冬奥会，我国选手在单板滑雪U形池比赛中取得了较好的成绩。比赛场地可以简化为如图所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和中央平面直轨道连接而成，轨道倾角为18°。某次比赛中，质量m=50kg的运动员自A点以vA=6m/s的速度进入U形池，经过多次腾空跳跃，以vM=10m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角a=72°，腾空后又沿轨道边缘的N点进入轨道。运动员可视为质点，不计空气阻力。取重力加速度g=10m/s2。sin72°=0.95，cs72°=0.31。
(1)若A、M两点间的距离l=20m，求运动员从A到M的过程中，除重力外其它力做的功W。
(2)运动员自M点跃起后，在M到N的过程中做匀变速曲线运动。对于这种较为复杂的曲线运动，同学们可以类比平抛运动的处理方法，将之分解为两个方向的直线运动来处理。求：
a.在运动员从M点运动到N点的过程中，运动员从M点运动到距离AD最远处所用的时间t；
b.运动员落回到N点时，速度方向与AD夹角的正切值tanβ(结果保留三位有效数字)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：以结点为研究对象，分析受力情况：三根细线的拉力。重物对O点的拉力等于mg。
作出力图如图。
根据平衡条件得
F1=mgtanθ
F2=mgsinθ
故选：A。
以结点为研究对象，分析受力情况：三根细线的拉力．重物对O点的拉力等于mg.作出力图求解．
本题是常见的绳子悬挂物体的类型，常常选择结点为研究对象，根据平衡条件研究．比较容易．
2.【答案】A
【解析】解：由图可知，发射极接电源正极，吸极接电源负极，则发射极为高电势，吸极为低电势，电场线由发射极指向吸极，沿电场线方向电势降低，故a点电势比b点高，即φa>φb，相邻等差等势面间的距离越小电场强度越大，相邻等差等势面间的距离越大电场强度越小，由图示等差等势面可知，从左向右相邻等差等势面间的距离不断变大，则从左向右，电场强度逐渐减小，a点电场强度比b点电场强度大，即Ea>Eb，故A正确，BCD错误；
故选：A。
明确图象原理，根据图中电路确定发射极与吸极的电势高低，确定电场线方向，沿电场线方向电势降低，从而明确a、b两点的电势高低；注意图中等势面是等差等势面，所以能根据疏密确定电场强度大小。
本题考查带电粒子在电场中的运动问题，要注意明确电场的性质，注意电场线的疏密描述电场的强弱，但等势面要先确定是否为等差等势面，若是等差等势面，可由其疏密判断电场强度的大小。
3.【答案】D
【解析】解：A.磁铁向下振动过程中，穿过线圈的磁通量向下增大，磁铁向上振动过程中，穿过线圈的磁通量向下减小，由楞次定律可知，线圈中电流的方向会变化，故A错误；
B.磁铁振动过程中，由“来拒去留”的规律，可知磁铁向下振动过程中，线圈对桌面的压力大于重力，磁铁向上振动过程中，线圈对桌面的压力小于重力，故B错误；
C.磁铁振动过程中，由于线圈中产生了感应电流，即有电能产生，由能量守恒定律，可知弹簧和磁铁组成系统的机械能会一直减小，故C错误；
D.磁铁靠近线圈时，由“增缩减扩”的规律，可知线圈有收缩的趋势，故D正确；
故选：D。
利用楞次定律判断线圈所受安培力的方向，从而判断线圈对水平面的压力变化情况，根据能量守恒定律，推出整个系统能量的变化，再根据“增缩减扩”的规律，判断线圈的变化。
本题考查了楞次定律，理解定律中阻碍磁通量变化的含义，熟练掌握增反减同、来拒去留是解决此类问题的关键。
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查万有引力定律的应用，基础题目。
根据题设和万有引力公式、向心力的来源列方程，根据质量与密度的关系列方程，联立得出天体自转的周期即可判断。
【解答】
在天体表面的物体，由于万有引力提供向心力
GMmR2=m(2πT)2R
解得：
M=4π2R3GT2
又由于
M=ρV=ρ(43πR3)
因而
4π2R3GT2=ρ(43πR3)
解得
T= 3πGρ
故选：D。
5.【答案】D
【解析】解：A.从图2可可知，在t=0.10s时质点Q位于平衡位置，向y轴负方向运动，故A错误；
B.从t=0.10s到t=0.25s，时间为t=0.15s=34T
质点Q通过的路程为s=tT×4A=0.150.2×4×10cm=30cm，故B错误；
C.已知在t=0.10s时，质点Q向y轴负方向运动，根据同侧法可判断出该波沿x轴负方向传播；
波速v=λT=80.2m/s=40m/s
从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴负方向传播的距离为Δx=vΔt=40×(0.25−0.10)m=6m，故C错误；
D.从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴负方向传播了6m，作出的波形图如图所示：
在t=0.25s时质点P在平衡位置下方且向上振动，所以加速度沿y轴正方向，故D正确。
故选：D。
A.根据图2确定质点Q的位置，再确定质点Q的振动方向；
B.根据“4A”性质求解质点Q通过的路程；
C.在t=0.10s时，质点Q向y轴负方向运动，根据同侧法判断波的传播方向；
D.根据从t=0.10s到t=0.25s波沿x轴负方向传播的距离，作出t=0.25s时刻的波形图，然后分析作答。
本题考查了质点的振动与波的传播，波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。
6.【答案】B
【解析】解：A、粒子在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，合力向下，电场力可能向上而小于重力，也可能向下，故无法判断A板的带电情况，故A错误；
B、粒子在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，电场力和重力的合力向下，故从M到N动能增加，故B正确；
C、电场力可能向上，也可能向下，故微粒从M点运动到N点电势能可能增加，也可能减小，故C错误；
D、电场力可能向上也可能向下，故微粒从M点运动到N点过程中，电场力可能做正功，也可能做负功，所以无法判断机械能的变化，故D错误；
故选：B。
根据运动轨迹分析出粒子的合力方向，从而分析出电场力的可能方向，进而完成对电性和能量的分析。
本题主要考查了带电粒子在电场中的偏转，理解曲线运动中物体的受力方向，结合功能关系的对应特点完成分析。
7.【答案】C
【解析】解：AB.断开开关S后，由于线圈产生自感电动势，流过A1的电流在原来的基础上减小，电流方向与原电流方向相同，故A ​1灯不会闪亮，而是逐渐熄灭，故AB错误；
C.断开开关S时，A1、A2与L、R构成闭合回路，L相当于电源，在断开开关至所有灯泡熄灭的过程中，电路中的电能来自于线圈储存的磁场能，故C正确；
D.重新接通电路，A2立刻亮起，由于线圈产生自感电动势，A1灯逐渐亮起，故D错误。
故选：C。
断开开关S，线圈中电流减小，产生自感电动势，再由楞次定律判断电流如何变化。闭合开关S时，滑动变阻器R不产生感应电动势，灯泡A2立刻发光，线圈的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律判断电流如何变化，分析灯泡A1的亮度如何变化。
当通过线圈的电流变化时，线圈会产生自感电动势，阻碍电流的变化，自感现象是一种特殊的电磁感应现象，遵守楞次定律。
8.【答案】B
【解析】解：A.根据理想变压器电压与匝数比的关系U0U1=n1n2
匝数不变，输入电压不变，则副线圈电压，即电压表V1的示数不变，故A错误；
CD.当用户的用电器增加时，相当于R减小，根据欧姆定律I2=U2R0+R
当R减小时，通过副线圈的电流I2增大，即A2表示数增大；
根据变理想压器电流与匝数比的关系I1I2=n2n1可知，电流表A1的示数增大；
B.通过副线圈的电流I2增大，电阻R0两端的电压UR0=I2R0增大；
根据串联电路的特点，电压表V2的示数U2=U1−UR0
由于U1不变，UR0增大，因此U2减小，故B正确。
故选：B。
A.根据理想变压器电压与匝数比的关系分析作答；
CD.根据欧姆定律求解通过变压器副线圈的电流；根据理想变压器电流与匝数比的关系分析通过原线圈的电流，然后作答；
B.根据欧姆定律和串联电路的特点分析作答。
本题考查了理想变压器的动态变化，掌握理想变压器电流与匝数比、电压与匝数比的关系、串联电路的特点和欧姆定律是解题的关键。
9.【答案】B
【解析】解：A.甲由静止释放，故甲的初动量为零，甲在下落过程中由楞次定律可知，甲下落的过程中存在阻碍它运动的力，但不会使甲减速为零，故末动量不为零，由动量定理可知，合外力的冲量不为零，故A错误；
B.由能量守恒可知，甲减少的重力势能一部分转化为克服磁场力的功，另一部分转化为了动能，故B正确；
C.图乙有磁通量的变化量，故有感应电动势，但是由于乙管有一条竖直的裂缝，因此没有闭合回路，故无感应电流产生，故C错误；
D.乙下落过程中，会产生变化的磁场，由麦克斯韦电磁场理论，变化的磁场会产生感生电场，由能量守恒可知，乙减少的重力势能一部分转化为电场能，另一部分转化为了动能，故D错误。
故选：B。
根据楞次定律可以分析磁体在甲管中运动会受到阻力，但是无法阻止磁体的下落，根据能量守能可分析B选项，C选项能够产生感应电动势，但是不能产生感应电流，由于磁体在乙管中中下落会在管壁产生涡流，故根据能量守恒可分析D选项。
解决本题时，要掌握产生感应电流的条件，同时能根据楞次定律的推论：来拒去留，分析铝管与小圆柱间的安培力性质。
10.【答案】C
【解析】解：A、对绳子分析可知，两队对绳子的拉力是一对平衡力，大小相等，方向相反，故A错误；
B、对两队整体分析可知，当整体突然向获胜一方移动时，获胜一方受到的静摩擦力大于另一方受到的静摩擦力，故 B错误；
CD、双方相持时，对人受力分析，竖直方向有N=mg，所以支持力N不变，所以运动员改变与身体地面间的夹角时，运动员受到地面的弹力不会变，在水平方向有T=f，当绳子拉力T变大时，则静摩擦力f变大，摩擦力和支持力的合力增大，即地面对运动员的作用力增大，故C正确，D错误。
故选：C。
拔河比赛运动员所受最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，f静=μN，其中N=mg，因此体重越大的运动员，受到最大静摩擦力越大。双方相持时，运动员处于受力平衡状态，可用共点力平衡条件对其进行分析。
本题考查受力分析以及摩擦力的影响因素，考查学生受力分析能力以及对物理概念的掌握情况，难度适中。
11.【答案】D
【解析】解：A.对a球，根据牛顿第二定律得：
T−mg=ma
对b球，根据牛顿第二定律得：
3mg−T=3ma
联立解得：
a=g2，T=32mg，故A错误；
B.在球b下落过程中，拉力对b球做的功为
WT=−32mgℎ
所以球b的机械能减小量为32mgℎ，故B错误；
C.在球b下落过程中，系统的机械能守恒，球a的机械能的增加量等于球b机械能的减少量，即球a的机械能增加32mgℎ，故C错误；
D.在球b下落过程中有
ℎ=12at2
解得：t=2 ℎg
所以绳对球a拉力冲量大小为：
IT=Tt
联立解得：IT=3m gℎ，故D正确。
故选：D。
分别对两个小球由牛顿第二定律列方程，联立求解；在球b下落过程中，先求出拉力对b球做的功，再根据功能关系和系统机械能守恒，求解两小球机械能变化量；先根据运动学公式ℎ=12at2求出球b下落的时间，再根据冲量定义求出绳对球a拉力冲量大小。
本题关键掌握系统机械能守恒的条件，根据系统机械能守恒分析判断，同时注意牛顿第二定律的运用。
12.【答案】D
【解析】解：A、最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB=qUc，解得污水的流速：v=UcB，则流量Q=vbc=bUB，故A错误；
B、根据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向下，则向下偏转，N板带负电，M板带正电，则M板的电势比N板电势高，故B错误；
C、最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB=qUc，解得：U=vBc，与离子浓度无关，故C错误；
D、污水的流速：v=UcB，污水流过该装置时受到阻力：f=kLv=kav，为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压力差等于污水流过该装置时受到阻力，ΔpS=Δpbc=kav，则有Δp=kavbc=kaUbc2B，故D正确。
故选：D。
正负离子流过时，会受到洛伦兹力发生偏转，打在上下表面上，通过电荷的正负判断电势的高度。最终正负离子受电场力和洛伦兹力处于平衡，根据平衡关系求出流量和电压U的关系。根据压力差与液体所受阻力相等，求出左右两侧管口应施加的压强差。
根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而得出正负离子的偏转方向，确定出上下表面电势的高低。最终离子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出两极板间的电压，在压力和阻力作用下处于平衡，求出流量的大小。
13.【答案】C
【解析】解：A、由题意，速率为v的甲粒子恰好做匀速直线运动，则有：qvB=Eq
可得两板间电场强度的大小为：E=vB，故A错误；
B、由题意，速率为v2的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，根据左手定则判断知，粒子受到的洛伦兹力总是垂直指向每一小段圆弧的中心，可知乙粒子在水平方向上的合力一直水平向右，所以粒子从进入板间运动至A位置的过程中，在水平方向上做加速运动，故B错误；
C、由于洛伦兹力一直不做功，乙粒子所受电场力方向一直竖直向下，当粒子速度最大时，电场力做的功最多，偏离中轴线的距离最远，根据动能定理有：qEymax=12m×(32v)2−12m×(v2)2
整理得到：ymax=mvqB，故C正确；
D、由题意，乙粒子的运动轨迹在A处时为粒子偏离中轴线的距离最远，粒子速度达最大为：vA=32v
洛伦兹力与电场力的合力提供向心力：qvAB−qE=mvA2rA
所以对应圆周的半径为：rA=9mv2qB，故D错误。
故选：C。
甲粒子沿直线运动，根据平衡条件列式解答；
分析乙类粒子轨迹弯曲方向，从而推断乙受到的合力的水平分量的情况进行判断；
对乙粒子，到最低点时，速度最大，根据动能定理求解；
根据牛顿第二定律列式求解半径。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
14.【答案】C
【解析】解：A.转动时细胞做圆周运动需要向心力为
F=mω2r
由于a、b两种细胞的ω、r均相同，质量大的细胞即密度大的细胞需要的向心力大，周围细胞对它的作用力小于需要的向心力做离心运动而向外侧运动，由于b细胞密度大，所以b细胞相对试管向外侧运动，密度小的a细胞需要的向心力小，周围细胞对它的作用力大于所需要的向心力做近心运动，相对试管向内侧运动，故A错误；
B.“模拟重力”的方向沿试管远离转轴的方向，细胞b相对试管向外侧运动，“模拟重力”做正功，“模拟重力势能”变小，细胞a相对试管向外侧运动，“模拟重力”做负功，“模拟重力势能”变大，故B错误；
C.“模拟重力”大小与血液中细胞的质量以及其到转轴距离成正比，根据牛顿第二定律得：
a=Fm
解得：a=rω2
由此可知，“重力加速度”与其到转轴距离成正比，所以沿转动半径方向向外侧逐渐变大，故C正确；
D.模拟重力的功率P=G′v，由于ρa<ρb，Ga′故选：C。
转动时细胞需要向心力F：F=mrω2，则质量大的所需向心力大，质量小的所需向心力小；利用重力做功判断功率和重力势能的变化。
考查向心力公式，明确F=mrω2和“模拟重力”的大小方向是关键。
15.【答案】B 0.53 0.42 B
【解析】解：(1)该实验探究的是加速度与力、质量的关系，故需要平衡摩擦力，所以应该将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动。
综上分析，故ACD错误，B正确。
故选：B。
(2)相邻计数点之间的时间间隔为T=5f=550s=0.1s
毫米刻度尺的分度值为1mm，读数时要估读到下一位，CE两点之间的距离xCE=10.60cm−0=10.60cm
根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打点计时器打下D点时的瞬时速度vD=xCE2T=10.602×0.1×10−2m/s=0.53m/s
(3)根据描点法作图，作图时要使尽量多的点落在直线上，不能落在直线上的要均匀分布在直线两侧，舍弃个别相差较远的点，所作图像如图所示：
(4)v−t图像的斜率表示加速度，小车加速度a=ΔvΔt=0.61−
(5)当小车在拉力的作用下运动时，则mg=(M+m)a
则1a=1mgM+1g
可见1a−M图像是一条不过原点的倾斜直线。
故选：B。
故答案为：(1)B；(2)0.53；(3)见解析；(4)0.42；(5)B。
(1)根据实验原理，正确的实验操作步骤和注意事项分析作答；
(2)根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求解打下D点时的瞬时速度；
(3)根据描点法作图；
(4)v−t图像的斜率表示加速度，据此求加速度；
(5)根据牛顿第二定律求解1a−M函数，结合图像分析作答。
本题考查了探究“加速度与力、质量的关系”的实验，要明确实验的原理，掌握实验的正确操作步骤和注意事项；能够根据纸带求解瞬时速度，知道v−t图像的斜率表示加速度；能够根据牛顿第二定律求解1a−M函数。
16.【答案】1b kb C
【解析】解：(1)由题设条件，只给了电压表和电阻箱，由测电源电动势和内阻的原理知，只要两给数据(此题是U，R)通过列方程就能求出E和r。而此题是用图象的方法进行减小偶然误差，故电路图如图所示；
(2)由E=U+Ir和U=IR得：U=RR+r×E，变形后得到：1U=1E+rE×1R。
因此在1U−1R图象中，rE为斜率k，1E为截距b。故k=rE，b=1E，所以求出：E=1b，r=kb；
(3)由I−U图象知，刚开始随U的增大保持不变，由R=UI知，R均匀增大，故AD错误；
接下来，随着U的增大，I减小的速度变大，由U=IR得R变大的速度变大，故C正确。
故选：C。
故答案为：(1)如图所示；(2)1b、kb；(3)C
(1)根据题设条件和测量电源电场动势和内阻的原理画出电路图；
(2)写出图象要求的表达式，由图象的斜率和截距求电场势和内阻；
(3)根据闭合电路欧姆定律结合图像斜率
本题考查测电源电动势与内阻，解题关键掌握实验原理，根据闭合电路欧姆定律结合图像斜率与截距解得。
17.【答案】解：(1)a.小球从A点运动到B点，根据动能定理有mg⋅2L=12mv2−12mv02
代入数据解得v= 6gL
b.规定向左为正方向，根据动量定理有I=mv−(−mv0)=m( 6gL+ 2gL)
(2)轻绳能承受的最大拉力为Fm=9mg，当小球运动到最低点B点时绳恰好被拉断，根据牛顿第二定律有
Fm−mg=mvB2L
代入数据解得vB=2 2gL
接着小球做平抛运动，根据竖直方向和水平方向的公式有
ℎ=12gt2
x=vBt
联立解得x=4 ℎL
答：(1)a.小球经过圆周最低点B点时的速度大小为 6gL；
b.小球从A点运动至最低点B点过程中，其所受合外力的冲量大小为m( 6gL+ 2gL)。
(2)小球落地点与B点之间的水平距离为4 ℎL。
【解析】(1)小球从A点运动到B点，根据动能定理和动量定理可解得；
(2)当小球运动到最低点B点时绳恰好被拉断，根据牛顿第二定律解得速度，结合平抛运动公式解得。
本题考查圆周运动与平抛运动知识点，解题关键分析小球运动状态，根据对应公式解得。
18.【答案】解：(1)离子在加速电场中，根据动能定理qU=12mv2
解得v= 2qUm
(2)离子在静电分析器中做匀速圆周运动，电场力提供向心力
根据牛顿第二定律qE=mv2R
联立解得E=mv2qR=2UR
(3)离子在磁分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律qvB=mv2d
联立解得B=1d 2mUq
由左手定则可知：磁场方向为垂直纸面向外。
答：(1)离子离开加速电场时的速度v的大小为 2qUm；
(2)静电分析器中MN处电场强度E的大小为2UR；
(3)磁分析器中磁场的磁感应强度B的大小1d 2mUq；磁场方向为垂直纸面向外。
【解析】(1)根据动能定理求解作答；
(2)离子在静电分析器中，根据牛顿第二定律结合匀速圆周运动求解作答；
(3)离子在磁分析器中，根据牛顿第二定律结合匀速圆周运动求解作答；根据左手定则判断磁场方向。
本题主要考查了带电粒子在组合场的运动，解决该题的关键是明确知道离子在各部分区域的运动情况，知道离子在静电分析器中做匀速圆周运动，其向心力由电场力提供。
19.【答案】解：(1)弹力取向右为正，由F=kΔx可得，弹簧弹力F随位移x变化的示意图如图甲所示。F−x图中，图线与x轴围成的面积等于弹力做的功。则小球从位移为x处回到平衡位置的过程中，弹簧弹力做功
W=12⋅x⋅kx=12kx2
设小球的位移为x时，弹簧的弹性势能为Ep，根据功能关系有
W=Ep−0
所以
Ep=12kx2
图甲
(2)a.根据电容器的定义式
C=QU
可作出电容器电压U随电荷量q变化的关系图线，如图乙所示
图乙
图线与q轴围成的面积等于充电时电源对电容器做的功，也就等于电容器内储存的电场能，所以
E电=12qU=q22C
b.根据类比可知电容器的电荷量q=CEcs1 LCt，小球的动能Ek=12mv2(v为小球的瞬时速度)
答：(1)F−x图与证明过程见解析；
(2)a、证明过程见解析；
b、电容器的电荷量q=CEcs1 LCt，小球的动能Ek=12mv2(v为小球的瞬时速度)
【解析】(1)根据弹簧弹力与型变量关系作图，结合做功公式与功能关系解得；
(2)根据图像解得电容器的电场能，根据类比的方法分析解答。
本题考查弹力做功的计算方法，解题关键掌握图像的应用，注意类比的解题方法。
20.【答案】解：(1)对于运动员从A到M过程，根据动能定理可知：mglsin18°+W=12mvM2−12mvA2，解得：W=−1500J
(2)a.将运动员的运动沿平行于AD和垂直于AD两个方向进行分解，均为匀变速直线运动，在垂直于AD方向初速度：vy0=vMsin72°
加速度为：ay=gcs18°
当运动员该方向的速度为0时，距离AD最远，则有：t=vy0ay，解得：t=1s
b.在垂直于AD方向上，远离AD和返回AD的过程具有对称性，即运动员到达N点时，垂直于AD的分速度：vy=vy0=vMsin72°
且运动的总时间：tMN=2t=2s
在平行于AD方向初速度：vx0=vMcs72°
加速度为：ax=gsin18°
运动员到达N点时，平行于AD的分速度：vx=vx0+axtMN
所以速度方向与AD夹角β的正切值：tanβ=vyvx
联立解得：tanβ≈1.02
答：(1)运动员从A到M的过程中，除重力外其它力做的功W为−1500J；
(2)a.运动员从M点运动到距离AD最远处所用的时间t为1s；
b.运动员落回到N点时，速度方向与AD夹角的正切值tanβ为1.02。
【解析】(1)根据动能定理得出从A到M过程中其它力做的功；
(2)根据运动分解及合成进行分析从M点运动到距离AD最远处所用的时间；
(3)根据匀变速直线运动规律得出垂直于AD与平行于AD的两个分速度，再根据tanβ=vyvx得到正切值。
解题的关键是运用运动分解和合成进行解题，注意找准两个分方向。情境1
情境2
球的位移x=xmcs kmt
线圈的磁场能E磁=12Li2(i为线圈中电流的瞬时值)