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2022-2023学年辽宁省五校（辽宁省实验、东北育才、大连二十四中、大连八中、鞍山一中）高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年辽宁省五校（辽宁省实验、东北育才、大连二十四中、大连八中、鞍山一中）高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.用比值法定义物理量是物理学中一种常用方法，以下物理量表达式中不属于比值法定义的是( )
A. 电容C=QUB. 电阻R=UIC. 场强E=kQr2D. 电流I=qt
2.如图，电阻丝ab的总电阻为2R，其电阻率不随温度的变化而改变。将它与电阻值为R的定值电阻串联接在内阻不计的电源两端，电压表为理想电表。闭合开关S，将滑片P由a向b移动，则金属丝两端的电压U和功率P( )
A. U增大
B. U减小
C. P增大
D. P减小
3.如图所示，M、N、P、G分别为正方形ABCD四条边的中点，O为正方形的中心，将电荷量分别为−q和+q的两点电荷放在C、D两点上，要使中心O点处的电场强度为零，可在正方形边上再放一个电荷量为Q的点电荷，则该点电荷( )
A. 应放在M点，Q=+ 2q
B. 应放在N点，Q=− 22q
C. 应放在P点，Q=− 2q
D. 应放在G点，Q=+ 22q
4.2016年2月11日，科学家宣布“激光干涉引力波天文台(LIGO)”探测到由两个黑洞合并产生的引力波信号，这是在爱因斯坦提出引力波概念100周年后，引力波被首次直接观测到。在两个黑洞合并过程中，由于彼此间的强大引力作用，会形成短时间的双星系统。如图所示，黑洞A、B可视为质点，它们围绕连线上O点做匀速圆周运动，且AO大于BO，不考虑其他天体的影响。下列说法正确的是( )
A. 黑洞A的质量小于B的质量
B. 黑洞A的质量大于B的质量
C. 黑洞A、B合并过程中距离减小，A的周期变大
D. 黑洞A、B合并过程中距离减小，A的周期不变
5.从地面竖直向上抛出一物体，取地面为参考平面，该物体的机械能E1和重力势能Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。物体受到的阻力恒定。重力加速度g取10m/s2，结合图中数据可知( )
A. 物体的质量为1.5kg
B. 物体受到的空气阻力大小为12.5N
C. 在h=2m处，物体的动能为20J
D. 物体上升的最大高度为4m
6.随着人们生活水平的提高，儿童游乐场所的设施更加丰富多样了。如图所示是儿童游乐场所的滑索模型，儿童质量为5m，滑环质量为m，滑环套在水平固定的光滑滑索索道上。该儿童站在一定的高度由静止开始滑出，静止时不可伸长的轻绳与竖直方向的夹角为37∘，绳长为L，儿童和滑环均可视为质点，滑索始终处于水平状态，不计空气阻力，重力加速度为g，以下判断错误的是( )
A. 儿童和滑环组成的系统水平方向动量守恒
B. 儿童和滑环组成的系统机械能守恒
C. 儿童运动到最低点时速度大小为 2gL5
D. 儿童从静止运动到最低点的过程中，滑环的位移大小为L2
7.如图所示为某静电场中x轴上各点电势φ的分布图。一电子从原点处以一定的初速度沿x轴正方向射出，仅在电场力的作用下在x轴上做直线运动，下列说法正确的是( )
A. x=x2处的电场强度大于x=x3的电场强度
B. 电子从x=x1处到x=x3处，电场力对其先做负功再做正功
C. 电子在x=x2处的速度最小
D. 电子在x=x1处的动能等于电子在x=x3的动能
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.2016年5月30日，在太原卫星发射中心用长征4号乙运载火箭顺利将我国第一颗高分辨率立体测图业务卫星“资源三号”02星送入太空。随后“资源三号”02星与火箭分离，进入离地面高度约为500km的轨道运行，之前我国发射的“天宫一号”空间站在离地面高度约为360km的轨道运行。“资源三号”02星和“天宫一号”空间站的轨道均视为圆轨道。下列说法正确的是( )
A. “资源三号”02星在轨运行速度大于第一宇宙速度
B. “资源三号”02星在轨运行的加速度小于地球表面的重力加速度
C. “资源三号”02星在轨运行的线速度小于“天宫一号”空间站运行的线速度
D. “资源三号”02星在轨运行的周期大于“天宫一号”空间站运行的周期
9.在生产生活中，经常采用轨道约束的方式改变物体的运动方向。如图所示，光滑水平地面上停放着一辆小车，小车上固定着两端开口的光滑细管，细管由水平、弯曲和竖直三部分组成，各部分之间平滑连接，水平管的末端刚好与小车的左端对齐，竖直管的上端到小车上表面的高度为h。一小球以初速度v0水平向右射入细管，小球的质量与小车的质量(包含细管)相等，小球可视为质点，忽略一切阻力作用，整个过程小球没有从细管的竖直部分冲出。下列说法正确的是( )
A. 小球达到细管的竖直部分最高点时速度为零
B. h一定大于等于v024g
C. 小球离开水平细管后做自由落体运动
D. 从小球射入细管到离开细管的过程中，细管对小球做功为12mv02
10.平行金属板PQ、MN与电源和滑动变阻器如图所示连接，电源的电动势为E，内阻不计；靠近金属板P的S处有一粒子源能够连续不断地产生质量为m、电荷量为+q、初速度为零的粒子，粒子在PQ间的加速电场作用下穿过Q板的小孔F，紧贴N板水平进入MN间的偏转电场；改变滑片P的位置可改变加速电场的电压U1和偏转电场的电压U2，且所有粒子都能够从MN间飞出，不计粒子的重力。下列说法正确的是( )
A. 粒子在偏转电场中的竖直偏转距离与U2U1成正比
B. 滑片P向左滑动，从偏转电场飞出的粒子的偏转角将增加
C. 飞出偏转电场的粒子的最大动能为Eq
D. 飞出偏转电场的粒子的最大速率vm=2 qEm
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。
(1)对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是______；
A.重物选用质量和密度较大的金属锤
B.打点计时器的两限位孔在同一竖直面内上下对正
C.精确测量出重物的质量
D.先释放重物，再接通电源
(2)在一次实验中，质量m的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图乙所示。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O(O点为第一个计时点)的距离分别为hA、hB、hC。已知纸带相邻两个点之间时间间隔为T。从打O点到打B点的过程中，重物的动能增加量ΔEk=______；
(3)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，造成这个结果的原因是______。
A.利用公式v=gt计算重物速度
B.利用公式v= 2gh计算重物速度
C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D.没有采用多次实验取平均值的方法
12.某同学利用生活中的常见物品来验证动量守恒定律。如图所示，他利用废弃水管一个斜槽轨道和一个平直轨道，两轨道间做成圆弧实现平滑过渡(未画出)；使两节相同的5号电池在水平轨道上做一维碰撞(实验过程中碰撞前后两物体速度都在一条直线上，而且电池均不发生转动)，利用电池在平直轨道上滑行的最远距离来验证动量守恒定律。
(1)该同学使电池2静止在水平轨道上，先将电池1从斜槽某一位置由静止释放，运动到平直轨道上在A点与电池2碰撞，碰撞后两节电池做匀减速直线运动，最终静止，如图所示。则电池1碰撞后滑行的最大距x1=______(填“AB”或“AC”)，电池2碰撞后滑行的最大距离x2=______(填“AD”或“AE”)。用刻度尺量取x1、x2的长度。再将电池1再次从同一高度静止释放，冲到平直轨道上滑行一段距离后停止。测出它从碰撞点A开始滑行的最大距离x3。用刻度尺量取x3的长度；
(2)借助匀变速直线运动的规律，我们可以通过电池的滑动距离推导电池碰撞前后的速度，从而验证动量守恒。若在误差允许的范围内x1、x2、x3满足______，则电池1、2的碰撞过程系统动量守恒；
(3)如果电池1、2的碰撞是弹性碰撞，则x1、x2、x3应该满足______；
(4)做完实验应当进行必要的反思和总结。关于该实验，下列说法正确的是______。
A.两电池碰撞时，应该尽可能的缩短电池碰撞时间，这样会降低实验误差。
B.做实验时，即使平直轨道竖直向上抬起一个小角度，也不会带来实验误差
C.电池沿斜槽轨道下滑过程中受摩擦力作用，机械能有损失，这会带来实验误差
D.碰撞点A的位置离斜槽轨道末端越远越好
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
13.在如图所示的电路中R1=4Ω，R2=R3=8Ω，C=40μF。当开关S接1时，R2上消耗的电功率为8W，当开关S接2时，电压表示数为9V，试求：
(1)电源的电动势和内阻；
(2)开关S接3直到电路稳定时，通过R3的电荷量。
14.如图所示，在竖直平面内有一足够长的绝缘轨道ABCD，AB水平放置，CD竖直放置，轨道AB粗糙，CD光滑，BC是绝缘光滑的四分之一圆弧形轨道，圆弧的圆心为O，半径为R，现有质量为m，电荷量为q的带电体(可视为质点)静止在A点，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E=mgq。带电体从A点由静止开始运动，已知AB距离为3R，带电体与轨道AB间的动摩擦因数为μ=0.5，(假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，重力加速度为g，要求结果用m，g，R三个物理量表示)试求：
(1)带电体第一次运动到圆弧轨道B点时对轨道的压力？
(2)带电体在圆弧轨道运动的最大动能？
(3)带电体在轨道AB上经过的路程？
15.如图所示，水平面上O点左侧光滑，右侧粗糙。O点左侧有一固定挡板，一水平轻弹簧左端固定在挡板上，一质量为m=0.1kg的小滑块a将弹簧压缩(未拴接)，弹簧储存的弹性势能为Ep=1.25J。O点放置一质量为M=km的小滑块b，其中k为常数。放开a后，滑块a被弹簧弹开，在光滑水平面上匀速运动一段距离后与b碰撞。已知a、b间的碰撞为弹性碰撞，每次a与b碰撞前b已停下，碰撞时间忽略不计。弹簧始终在弹性限度内，滑块a、b与O点右侧水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g=10m/s2。
(1)若k=2，求第一次碰撞过程滑块a对b的冲量大小；
(2)若全过程a、b间的碰撞超过一次，求k满足的条件；
(3)若k=4，计算a、b停止运动后两者之间的距离。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.电容C=QU，即将电容C定义为电容器所带电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U之比，电容的大小与电容器所带电荷量Q和两极板之间的电势差U无关，属于比值定义法，故A不符合题意；
B.电阻R=UI，即将电阻R定义为导体两端电压U与通过导体的电流I之比，电阻的大小与导体两端电压U和通过导体的电流I无关，属于比值定义法，故B不符合题意；
C.场强E=kQr2，即一个电荷量为Q的点电荷，在与之相距r处的电场强度的表达式，是点电荷电场强度的决定式，而E=FQ才是电场强度的比值定义式，故C符合题意；
D.电流I=qt，即将电流I定义为通过导体横截面的电荷量q与所用时间t之比，电流的大小与通过导体横截面的电荷量q和所用时间t无关，属于比值定义法，故D不符合题意。
故选：C。
比值定义法是用两个物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法，比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反应物质的最本质的属性，比值定义法的特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变，据此解答。
本题考查了定义物理量的常用方法-比值定义法。掌握比值定义法的特点。
2.【答案】B
【解析】解：AB.根据题意，由闭合回路欧姆定律有：U=ER+Rab⋅Rab=ERRab+1，将滑片P由a向b移动，电阻丝接入电路的电阻逐渐减小，则U逐渐减小，故A错误，B正确；
CD.根据电功率的计算公式P=I2R可得，金属丝的功率为：P=(ER+Rab)2⋅Rab=E2R2Rab+2R+Rab，由数学知识可知，当：R2Rab=Rab，即Rab=R时，R2Rab+Rab有最小值，金属丝消耗的电功率P有最大值，则将滑片P由a向b移动，P先增大后减小，故CD错误。
故选：B。
由闭合回路欧姆定律结合电路连接情况分析AB选项；根据电功率的计算公式得到金属丝的功率表达式，由数学知识分析金属丝电功率的变化情况。
本题主要是考查闭合电路欧姆定律，关键是弄清楚电路的连接情况，能够根据闭合电路欧姆定律、电功率的计算公式进行分析。
3.【答案】D
【解析】解：设正方形边长为2a，根据点电荷产生的电场及电场的矢量叠加可知−q和+q的两点电荷在O点的场强为E′= 2kq2a2，方向水平向右，所以Q应放置P点或G点，则E=E′=kQa2，解得：Q= 22q或− 22q，故ABC错误，D正确；
故选：D。
利用场强的合成法则，先求出+q和−q在O点处的合场强E′，再寻求点电荷Q放的位置能使圆心O处的场强与E′等大反向．
本题的关键是明确点电荷Q产生的电场与+q、−q产生的合场强等大方向；熟练应用圆的几何关系。
4.【答案】A
【解析】解：AB.设黑洞A、B的质量分别为mA、mB，轨道半径分别为rA、rB，它们之间的距离为L。黑洞A、B围绕它们连线上的O点做匀速圆周运动的周期和角速度相等，由它们之间的万有引力提供各自的向心力，可得：
GmAmBL2=mAω2rA=mBω2rB
由于A的半径比较大，所以A的质量小，故A正确，B错误；
CD.双星靠相互间的万有引力提供向心力，则有：
GmAmBL2=mA(2πT)2rA
GmAmBL2=mB(2πT)2rB
又有：rA+rB=L
解得双星的周期为：
T=2π L3G(mA+mB)
可知黑洞A、B合并过程中距离L减小，A的周期越小，故CD错误。
故选：A。
黑洞A、B围绕它们连线上的O点做匀速圆周运动的周期和角速度相等，由它们之间的万有引力提供各自的向心力。根据万有引力提供向心力求解。
本题考查了双星系统的基础问题，要知道双星系统中两星体的角速度和周期相等，两者靠相互间的万有引力提供向心力。
5.【答案】D
【解析】解：D.由图可知，h=4m时，物体重力势能等于机械能，即此时物体动能为零，到达了最高点，可知物体上升的最大高度hmax=4m，故D正确；
A.物体的质量为：m=Epmaxghmax=4010×4kg=1kg，故A错误；
B.根据功能关系可知，克服空气阻力对物体做功等于物体机械能的减少量，则有：
fhmax=ΔE1=50J−40J=10J
解得：f=2.5N，故B错误；
C.根据功能关系可知，在h=2m处，物体的动能为
Ek=E1初−(mg+f)h=50J−(1×10+2.5)×2J=25J，故C错误。
故选：D。
物体重力势能等于机械能时，此时物体动能为零，物体到达了最高点；由重力势能的定义可解得物体质量；克服空气阻力对物体做功等于物体机械能的减少量；由功能关系或者动能定理求解物体在某高度的动能。
本题考查了功能关系的应用，基础题目。掌握机械能的变化量等于除重力以外其它力对物体做的功。
6.【答案】C
【解析】解：A、儿童和滑环组成的系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，故A正确；
B、儿童和滑环组成的系统只有重力做功，其机械能守恒，故B正确；
C、取水平向左为正方向，在最低点根据水平方向系统动量守恒有：5mv−mv′=0
根据系统机械能守恒有5mgL(1−cs37∘)=12×5mv12+12mv22
联立解得儿童运动到最低点时速度大小：v= gL15，故C错误；
D、根据水平方向系统动量守恒有5mv−−mv′−=0
则水平位移大小x1，x2满足
5mx1−mx2=0
由于x1+x2=Lsin37∘
解得
x2=L2
故D正确。
本题选择错误选项；
故选：C。
儿童和滑环组成的系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，根据是否只有重力做功，判断系统机械能是否守恒；根据水平方向系统动量守恒和机械能守恒求儿童运动到最低点时速度大小；根据水平方向系统动量守恒求儿童和滑环的水平位移的大小。
解答本题时，要掌握动量守恒和机械能守恒的条件，判断知道水平方向系统动量守恒，但总动量并不守恒，系统机械能也守恒。
7.【答案】D
【解析】解：A.由φ−x图像的斜率表示电场强度可知，x=x2电场强度为零，x=x2处的电场强度小于x=x3的电场强度，故A错误；
BC.根据题意可知，电子仅在电场力的作用下沿x轴做直线运动，则电场方向沿x轴方向，由沿电场线方向电势逐渐降低可知，O∼x2之间的电场方向沿x轴负方向，x2之后电场方向沿x轴正方向。电子带负电，电子从O到x2所受电场力方向沿x轴正方向，与其运动方向相同，电场力对其做正功，电子做加速运动；达到x2之后电子所受电场力方向沿x轴负方向，与其运动方向相反，电场力对其做负功，电子做减速运动，可知电子运动到x=x2处时速度最大，从x=x1处到x=x3处，电场力对其先做正功再做负功，故BC错误；
D.由题图可知，在x1与x3处的电势相等，即x1到x3的电势差为零，由W=qU，可知此过程电场力做功为零，由动能定理可知电子在x=x1处的动能等于电子在x=x3的动能，故D正确。
故选：D。
由φ−x图像的斜率表示电场强度，可推断x=x2处与x=x3处的电场强度大小关系；根据沿电场线方向电势逐渐降低可推知电场强度和电子所受电场力的方向，继而可得到电场力做功的正负和电子速度变化情况；在x1与x3处的电势相等，即x1到x3的电势差为零，由动能定理可知电子在x=x1处的动能等于电子在x=x3的动能。
本题考查了电场中电势与电场强度的关系，掌握φ−x图像的斜率表示电场强度，由电势的高度变化能推断电场强度的方向。
8.【答案】BCD
【解析】解：“资源三号”02星离地面高度为500km的轨道运行，“天宫一号”空间站在离地面高度约为360km，则“资源三号”02星的轨道半径大于“天宫一号”空间站的轨道半径。
A、第一宇宙速度等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的环绕速度，卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v= GMr，则“资源三号”02星在轨运行速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B、在地球表面，根据牛顿第二定律可得：GMmR2=mg，解得：g=GMR2；
“资源三号”02星在轨运行时，根据牛顿第二定律可得：GMmr2=mg′，解得g′=GMr2
所以“资源三号”02星在轨运行的加速度小于地球表面的重力加速度，故B正确；
C、卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v= GMr，则“资源三号”02星在轨运行的线速度小于“天宫一号”空间站运行的线速度，故C正确；
D、根据开普勒第三定律可得r3T2=k，“资源三号”02星的轨道半径大于“天宫一号”空间站的轨道半径，“资源三号”02星在轨运行的周期大于“天宫一号”空间站运行的周期，故D正确。
故选：BCD。
由万有引力提供向心力得到线速度表达式分析线速度大小；根据牛顿第二定律分析加速度大小；根据开普勒第三定律分析周期大小。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。
9.【答案】BC
【解析】解：A.小球和小车组成的系统在水平方向上所受合力为零，故此系统水平方向动量守恒，小球达到细管的竖直部分最高点时，与小车达到共同速度，此时小球的竖直分速度为零，但水平分速度不为零，因此小球的速度不为零，故A错误；
B.根据A选项的分析，设小球和小车共速时的速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：
mv0=2mv
12mv02=mghmax+12⋅2mv2
解得：hmax=v024g，所以h一定大于等于v024g，故B正确；
C.设小球离开水平细管时，小球和小车的速度分别为v2和v3，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：
mv0=mv2+mv3
12mv02=12mv22+12mv32
解得：v2=0，v3=v0
可知小球离开水平细管时速度为零，而只受重力作用，所以其做自由落体运动，故C正确；
D.从小球射入细管到离开细管的过程中，根据动能定理可知细管对小球做功为：
W=ΔEk=0−12mv02=−12mv02，故D错误。
故选：BC。
小球和小车组成的系统在水平方向上所受合力为零，故此系统水平方向动量守恒，此系统的机械能也是守恒的，小球达到细管的竖直部分最高点时两者共速。依据动量守恒定律和机械能守恒定律解答；根据动能定理求解细管对小球做的功。
本题考查了动量守恒定律和机械能守恒定律的应用，基础题目。通过对相对运动过程的分析确定研究对象的末状态，依据动量守恒定律和机械能守恒定律解得即可。
10.【答案】ABC
【解析】解：A、粒子在PQ间被加速的过程，根据动能定理得：qU1=12mvF2
解得粒子在F点的速度为：vF= 2qU1m
设偏转电场的极板长度为L，极板MN之间的距离为d，粒子进入偏转电场后做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，则通过偏转电场MN的时间为：t=LvF
在偏转电场中粒子的加速度为：a=qU2md
粒子的竖直偏转距离为：y=12at2=U2L24dU1
可知粒子的竖直偏转距离与U2U1成正比，故A正确；
B、滑片P向左滑动的过程中，U1减小，U2增大，故U2U1的比值增大，所以粒子的竖直偏转距离逐渐增大，根据类平抛运动的规律可知，从偏转电场飞出的粒子竖直方向的速度逐渐增大，则飞出时粒子的速度的偏转角逐渐增大，故B正确；
CD、粒子从M板右边缘飞出时速率最大。由动能定理：qU1+qU2=12mvm2−0
由电路结构可知：E=U1+U2
解得最大动能为：12mvm2=Eq
解得最大速率为：vm= 2qEm，故C正确，D错误。
故选：ABC。
对粒子在加速电场中被加速过程，应用动能定理求解粒子获得的速度；在偏转电场中用类平抛规律处理；滑片P向左滑动的过程中，U1减小，U2增大，分析竖直偏转距离和偏转角的变化；分析达到最大速度的条件，再由动能定理即可求出粒子飞离偏转电场时的最大动能。
本题考查了带电粒子在电场中运动问题与电路的结合。本题找到粒子达到最大速率的条件是解题的关键，分析电路U1、U2都随滑片P的位置的改变而变化，但U1+U2=E，保持不变。
11.【答案】ABm(hC−hA)28T2 C
【解析】解：(1)A.为了减少摩擦阻力的影响，从而减小实验误差，实验应选择重物选用质量和密度较大的金属锤，故A正确；
B.打点计时器的两限位孔在同一竖直面内上下对正，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小实验误差，故B正确；
C.若机械能守恒，应满足mgh=12mv2，因此质量m可约去，不需要测量重锤的质量，故C错误；
D.先接通电源，再释放重物，故D错误。
故选：AB。
(2)利用匀变速直线运动过程中平均速度等于其中间时刻速度，可知打点B时的速度
vB=hC−hA2T
从打O点到打B点的过程中，动能变化量ΔEk=12mvB2=m(hC−hA)28T2
(3)AB.若利用公式v=gt或v= 2gh计算重物速度，则说明是自由落体运动，那么重力势能的减少量等于动能的增加量，故AB错误；
C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响，会导致重力势能的减少量大于动能的增加量，故C正确；
D.即使采用多次实验取平均值的方法，仍存在空气阻力和摩擦阻力的影响，仍会出现重力势能的减少量大于动能的增加量，故D错误。
故选：C。
故答案为：(1)AB；(2)m(hC−hA)28T2；(3)C。
(1)根据实验原理和注意分析作答；
(2)根据匀变速直线运动过程中平均速度等于其中间时刻速度求解打下B点的瞬时速度，再求动能的减小量；
(3)实验过程中存在阻力，重物要克服阻力做功，据此分析作答。
本题考查了机械能守恒定律的验证，关键要理解实验的原理，掌握实验的方法；本实验的误差主要来源于空气阻力和摩擦阻力。
12.【答案】ACAD x1+ x2= x3 x1+x2=x3 AB
【解析】解：(1)由图知电池1、电池2碰撞后滑行的最大距离分别为AC，AD。
(2)电池做匀减速运动的初速度与全程位移间的关系为v= 2μgx
若碰撞满足动量守恒定律，则有m 2μgx1+m 2μgx2=m 2μgx3
化简可得 x1+ x2= x3
(3)若碰撞是弹性碰撞，机械能守恒12m( 2μgx1)2+12( 2μgx2)2=12m( 2μgx3)2
化简得x1+x2=x3
(4)A.根据动量守恒定律特点时间极短和碰撞条件：内力远大于外力可知，两电池碰撞时，虽然轨道对电池有摩擦力，但碰撞时间极短，内力远大于外力，依然近似满足动量守恒的条件，故A正确；
B.做实验时，即使平直轨道竖直向上抬起一个小角度，减速时电池的加速度也相同，位移关系也不变，因此也不会带来实验误差，故B正确；
C.研究的滑下碰撞后电池速度关系，只要保证释放位置不变就能保证碰撞前速度相同，因此斜槽轨道下滑过程中受摩擦力不会带来实验误差，故C错误；
D.碰撞点A的位置离斜槽轨道末端越远碰撞后速度越小，运动位移越小，测量相对误差大，故D错误。
故选：AB。
故答案为：(1)AC；AD；(2) x1+ x2= x3；(3)x1+x2=x3；(4)AB。
(1)根据题图确定碰撞后两电池滑动的最大距离；
(2)电池做匀减速运动，根据运动学公式求碰撞后的瞬时速度，再根据动量守恒定律求解；
(3)弹性碰撞，机械能守恒，据此求关系式；
(4)根据实验的原理和注意事项分析作答。
本题考查动量守恒定律的验证，关键是明确实验的原理，求解电池碰撞后的速度。
13.【答案】解：(1)当开关S接1时，R1被短路，只有R2工作，由题意可得：
PR2=I12R2=(ER2+r)2R2=8W
当开关S接2时，R1和R2串联接入电路，电压表示数等于路端电压，可得：
U=E−I2r=E−ER1+R2+rr=9V
联立以上两式解得：
E=12V，r=4Ω
(2)开关S接3直到电路稳定时，电容器两端电压等于R2两端电压，可得：
UC=I2R2=ER1+R2+rR2
解得：UC=6V
通过R3的电荷量等于电路稳定时电容器储存的电荷量，可得：
Q=CUC=40×10−6×6C=2.4×10−4C
答：(1)电源的电动势为12V，内阻为4Ω；
(2)开关S接3直到电路稳定时，通过R3的电荷量为2.4×10−4C。
【解析】(1)当开关S接1时，电路中只有R2工作；当开关S接2时，R1和R2串联接入电路，电压表示数等于路端电压。根据闭合电路欧姆定律和电功率公式解答；
(2)开关S接3直到电路稳定时，电容器两端电压等于R2两端电压，通过R3的电荷量等于电路稳定时电容器储存的电荷量，根据电容的定义式解答。
本题考查了闭合电路欧姆定律的运用，以及含容电路的分析。要知道在电路中电容器的电压等于与之并联的支路电压。
14.【答案】解：(1)对带电体第一次由A到B的过程，由动能定理得：
qE⋅3R−μmg⋅3R=12mvB2−0
解得：vB= 3gR
在B点对带电体，由牛顿第二定律可得：
N−mg=mvB2R
解得：N=4mg
由牛顿第三定律可得，带电体对轨道的压力大小也为4mg，方向竖直向下。
(2)设带电体在圆弧轨道的E点速度最大，E点与圆心O点连线OE与OB夹角α应满足：
tanα=qEmg，解得：α=45∘
从B点到E点，由动能定理得：
−mgR(1−cs45∘)+qERsin45∘=12mvE2−12mvB2
带电体在圆弧轨道运动的最大动能为：
12mvE2=( 2+12)mgR
(3)经过多次往返运动后，最终带电体应该在BC之间往返运动，到达B点处速度恰好为0。设带电体在轨道AB上经过的路程为s，对带电体从A到最终在B点速度恰好为0的全过程，根据动能定理可得：
qE⋅3R−μmg⋅s=0−0
解得：s=6R
答：(1)带电体第一次运动到圆弧轨道B点时对轨道的压力大小为4mg，方向竖直向下；
(2)带电体在圆弧轨道运动的最大动能为( 2+12)mgR；
(3)带电体在轨道AB上经过的路程为6R。
【解析】(1)由动能定理求得带电体在B点时的速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求解；
(2)先确定速度最大的位置，再由动能定理求解；
(3)经过多次往返运动后，最终带电体应该在BC之间往返运动，到达B点处速度恰好为零。对带电体从A到最终在B点速度恰好为零的全过程，根据动能定理求解。
本题考查了带电体在电场中运动问题，此题关键是确定带电体最终的运动状态，以及在圆弧轨道上速度最大的位置。掌握应用动能定理的应用。
15.【答案】解：(1)设第一次碰撞前瞬间a的速度为v0，由机械能守恒定律有：Ep=12mv02
设第一次碰撞后瞬间a、b的速度分别为va1、vb1，取向右为正方向。a、b在碰撞过程中动量守恒有：
mv0=mva1+kmvb1
机械能守恒有：12mv02=12mva12+12kmvb12
联立得：va1=1−k1+kv0，vb1=21+kv0
对滑块b，以向右为正方向，由动量定理有：I=kmvb1−0
当k=2时，联立代入数据可得滑块a对b的冲量：I=23N⋅s
(2)当k=1时，由④⑤得第一次碰后a静止，b速度向右，只发生一次碰撞；
当k<1时，第一次碰后a、b速度均向右，且a的速度小于b，只发生一次碰撞；
当k>1时，第一次碰后a速度向左，b速度向右，设b向右滑行的距离为xb1，a与弹簧碰撞返回后再以等大速度滑向粗糙水平面，设a在粗糙面上向右滑行的距离为xa1，对a、b减速滑行到停止的过程，由动能定理有：−μmgxa1=0−12mva12，−μkmgxb1=0−12kmvb12
若a、b发生二次碰撞，则：xa1>xb1
联立可得：k>3
综上可得，当k>3时，a、b间的碰撞会超过一次。
(3)若k=4，第一次碰后a、b的速度分别为：va1=−35v0，vb1=25v0
b滑行的距离：xb1=vb122μg=2v0225μg
a向左与弹簧碰撞返回后，在粗糙水平面向右滑行距离xb1后，速度减为va2，由动能定理，有：−μmgxb1=12mva22−12mva12
得：va2= 55v0
a第二次与静止的b发生碰撞，设碰后瞬间a、b的速度分别为va3、vb3，同理可得
va3=−35va2=−3 525v0，vb3=25va2=2 525v0
b又向右滑行距离xb2，a又向左滑行距离xa2，有
xb2=vb322μg=2v02125μg，xa2=va322μg=9v02250μg
可得：xa2全过程只发生二次碰撞。a、b均停止运动后二者之间的距离为：Δx=xa2+xb2
代入数据得：Δx=0.65m
答：(1)若k=2，求第一次碰撞过程滑块a对b的冲量大小为23N⋅s；
(2)若全过程a、b间的碰撞超过一次，k满足的条件是k>3；
(3)若k=4，计算a、b停止运动后两者之间的距离为0.65m。
【解析】(1)由机械能守恒求出a被弹出的速度，与b发生弹性碰撞，根据两个守恒求碰撞后两物体速度的表达式，再对b由动量定理点求a对b的冲量；
(2)分别讨论k<、k=1、k>1时碰撞的情况，要使a与b发生第二次碰撞，则要求a返回并在粗糙水平面上停止的位移大于b在水平面上位移，由此可得到一般结论；
(3)当k=4时，由动能定理和运动学公式求出a第一、二、三等次与静止的b发生弹性碰撞后的速度和位移，分析碰撞的次数和最终二者静止时相距的距离。
本题主要考查动量守恒定律和能量守恒定律的综合应用，要分析清楚物体的运动过程，选择合适的研究对象，确定隐含的临界状态，结合动量守恒定律和能量守恒定律求解不同条件下的物理量。
1.用比值法定义物理量是物理学中一种常用方法，以下物理量表达式中不属于比值法定义的是( )
A. 电容C=QUB. 电阻R=UIC. 场强E=kQr2D. 电流I=qt
2.如图，电阻丝ab的总电阻为2R，其电阻率不随温度的变化而改变。将它与电阻值为R的定值电阻串联接在内阻不计的电源两端，电压表为理想电表。闭合开关S，将滑片P由a向b移动，则金属丝两端的电压U和功率P( )
A. U增大
B. U减小
C. P增大
D. P减小
3.如图所示，M、N、P、G分别为正方形ABCD四条边的中点，O为正方形的中心，将电荷量分别为−q和+q的两点电荷放在C、D两点上，要使中心O点处的电场强度为零，可在正方形边上再放一个电荷量为Q的点电荷，则该点电荷( )
A. 应放在M点，Q=+ 2q
B. 应放在N点，Q=− 22q
C. 应放在P点，Q=− 2q
D. 应放在G点，Q=+ 22q
4.2016年2月11日，科学家宣布“激光干涉引力波天文台(LIGO)”探测到由两个黑洞合并产生的引力波信号，这是在爱因斯坦提出引力波概念100周年后，引力波被首次直接观测到。在两个黑洞合并过程中，由于彼此间的强大引力作用，会形成短时间的双星系统。如图所示，黑洞A、B可视为质点，它们围绕连线上O点做匀速圆周运动，且AO大于BO，不考虑其他天体的影响。下列说法正确的是( )
A. 黑洞A的质量小于B的质量
B. 黑洞A的质量大于B的质量
C. 黑洞A、B合并过程中距离减小，A的周期变大
D. 黑洞A、B合并过程中距离减小，A的周期不变
5.从地面竖直向上抛出一物体，取地面为参考平面，该物体的机械能E1和重力势能Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。物体受到的阻力恒定。重力加速度g取10m/s2，结合图中数据可知( )
A. 物体的质量为1.5kg
B. 物体受到的空气阻力大小为12.5N
C. 在h=2m处，物体的动能为20J
D. 物体上升的最大高度为4m
6.随着人们生活水平的提高，儿童游乐场所的设施更加丰富多样了。如图所示是儿童游乐场所的滑索模型，儿童质量为5m，滑环质量为m，滑环套在水平固定的光滑滑索索道上。该儿童站在一定的高度由静止开始滑出，静止时不可伸长的轻绳与竖直方向的夹角为37∘，绳长为L，儿童和滑环均可视为质点，滑索始终处于水平状态，不计空气阻力，重力加速度为g，以下判断错误的是( )
A. 儿童和滑环组成的系统水平方向动量守恒
B. 儿童和滑环组成的系统机械能守恒
C. 儿童运动到最低点时速度大小为 2gL5
D. 儿童从静止运动到最低点的过程中，滑环的位移大小为L2
7.如图所示为某静电场中x轴上各点电势φ的分布图。一电子从原点处以一定的初速度沿x轴正方向射出，仅在电场力的作用下在x轴上做直线运动，下列说法正确的是( )
A. x=x2处的电场强度大于x=x3的电场强度
B. 电子从x=x1处到x=x3处，电场力对其先做负功再做正功
C. 电子在x=x2处的速度最小
D. 电子在x=x1处的动能等于电子在x=x3的动能
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.2016年5月30日，在太原卫星发射中心用长征4号乙运载火箭顺利将我国第一颗高分辨率立体测图业务卫星“资源三号”02星送入太空。随后“资源三号”02星与火箭分离，进入离地面高度约为500km的轨道运行，之前我国发射的“天宫一号”空间站在离地面高度约为360km的轨道运行。“资源三号”02星和“天宫一号”空间站的轨道均视为圆轨道。下列说法正确的是( )
A. “资源三号”02星在轨运行速度大于第一宇宙速度
B. “资源三号”02星在轨运行的加速度小于地球表面的重力加速度
C. “资源三号”02星在轨运行的线速度小于“天宫一号”空间站运行的线速度
D. “资源三号”02星在轨运行的周期大于“天宫一号”空间站运行的周期
9.在生产生活中，经常采用轨道约束的方式改变物体的运动方向。如图所示，光滑水平地面上停放着一辆小车，小车上固定着两端开口的光滑细管，细管由水平、弯曲和竖直三部分组成，各部分之间平滑连接，水平管的末端刚好与小车的左端对齐，竖直管的上端到小车上表面的高度为h。一小球以初速度v0水平向右射入细管，小球的质量与小车的质量(包含细管)相等，小球可视为质点，忽略一切阻力作用，整个过程小球没有从细管的竖直部分冲出。下列说法正确的是( )
A. 小球达到细管的竖直部分最高点时速度为零
B. h一定大于等于v024g
C. 小球离开水平细管后做自由落体运动
D. 从小球射入细管到离开细管的过程中，细管对小球做功为12mv02
10.平行金属板PQ、MN与电源和滑动变阻器如图所示连接，电源的电动势为E，内阻不计；靠近金属板P的S处有一粒子源能够连续不断地产生质量为m、电荷量为+q、初速度为零的粒子，粒子在PQ间的加速电场作用下穿过Q板的小孔F，紧贴N板水平进入MN间的偏转电场；改变滑片P的位置可改变加速电场的电压U1和偏转电场的电压U2，且所有粒子都能够从MN间飞出，不计粒子的重力。下列说法正确的是( )
A. 粒子在偏转电场中的竖直偏转距离与U2U1成正比
B. 滑片P向左滑动，从偏转电场飞出的粒子的偏转角将增加
C. 飞出偏转电场的粒子的最大动能为Eq
D. 飞出偏转电场的粒子的最大速率vm=2 qEm
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。
(1)对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是______；
A.重物选用质量和密度较大的金属锤
B.打点计时器的两限位孔在同一竖直面内上下对正
C.精确测量出重物的质量
D.先释放重物，再接通电源
(2)在一次实验中，质量m的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图乙所示。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O(O点为第一个计时点)的距离分别为hA、hB、hC。已知纸带相邻两个点之间时间间隔为T。从打O点到打B点的过程中，重物的动能增加量ΔEk=______；
(3)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，造成这个结果的原因是______。
A.利用公式v=gt计算重物速度
B.利用公式v= 2gh计算重物速度
C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D.没有采用多次实验取平均值的方法
12.某同学利用生活中的常见物品来验证动量守恒定律。如图所示，他利用废弃水管一个斜槽轨道和一个平直轨道，两轨道间做成圆弧实现平滑过渡(未画出)；使两节相同的5号电池在水平轨道上做一维碰撞(实验过程中碰撞前后两物体速度都在一条直线上，而且电池均不发生转动)，利用电池在平直轨道上滑行的最远距离来验证动量守恒定律。
(1)该同学使电池2静止在水平轨道上，先将电池1从斜槽某一位置由静止释放，运动到平直轨道上在A点与电池2碰撞，碰撞后两节电池做匀减速直线运动，最终静止，如图所示。则电池1碰撞后滑行的最大距x1=______(填“AB”或“AC”)，电池2碰撞后滑行的最大距离x2=______(填“AD”或“AE”)。用刻度尺量取x1、x2的长度。再将电池1再次从同一高度静止释放，冲到平直轨道上滑行一段距离后停止。测出它从碰撞点A开始滑行的最大距离x3。用刻度尺量取x3的长度；
(2)借助匀变速直线运动的规律，我们可以通过电池的滑动距离推导电池碰撞前后的速度，从而验证动量守恒。若在误差允许的范围内x1、x2、x3满足______，则电池1、2的碰撞过程系统动量守恒；
(3)如果电池1、2的碰撞是弹性碰撞，则x1、x2、x3应该满足______；
(4)做完实验应当进行必要的反思和总结。关于该实验，下列说法正确的是______。
A.两电池碰撞时，应该尽可能的缩短电池碰撞时间，这样会降低实验误差。
B.做实验时，即使平直轨道竖直向上抬起一个小角度，也不会带来实验误差
C.电池沿斜槽轨道下滑过程中受摩擦力作用，机械能有损失，这会带来实验误差
D.碰撞点A的位置离斜槽轨道末端越远越好
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
13.在如图所示的电路中R1=4Ω，R2=R3=8Ω，C=40μF。当开关S接1时，R2上消耗的电功率为8W，当开关S接2时，电压表示数为9V，试求：
(1)电源的电动势和内阻；
(2)开关S接3直到电路稳定时，通过R3的电荷量。
14.如图所示，在竖直平面内有一足够长的绝缘轨道ABCD，AB水平放置，CD竖直放置，轨道AB粗糙，CD光滑，BC是绝缘光滑的四分之一圆弧形轨道，圆弧的圆心为O，半径为R，现有质量为m，电荷量为q的带电体(可视为质点)静止在A点，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E=mgq。带电体从A点由静止开始运动，已知AB距离为3R，带电体与轨道AB间的动摩擦因数为μ=0.5，(假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，重力加速度为g，要求结果用m，g，R三个物理量表示)试求：
(1)带电体第一次运动到圆弧轨道B点时对轨道的压力？
(2)带电体在圆弧轨道运动的最大动能？
(3)带电体在轨道AB上经过的路程？
15.如图所示，水平面上O点左侧光滑，右侧粗糙。O点左侧有一固定挡板，一水平轻弹簧左端固定在挡板上，一质量为m=0.1kg的小滑块a将弹簧压缩(未拴接)，弹簧储存的弹性势能为Ep=1.25J。O点放置一质量为M=km的小滑块b，其中k为常数。放开a后，滑块a被弹簧弹开，在光滑水平面上匀速运动一段距离后与b碰撞。已知a、b间的碰撞为弹性碰撞，每次a与b碰撞前b已停下，碰撞时间忽略不计。弹簧始终在弹性限度内，滑块a、b与O点右侧水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g=10m/s2。
(1)若k=2，求第一次碰撞过程滑块a对b的冲量大小；
(2)若全过程a、b间的碰撞超过一次，求k满足的条件；
(3)若k=4，计算a、b停止运动后两者之间的距离。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.电容C=QU，即将电容C定义为电容器所带电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U之比，电容的大小与电容器所带电荷量Q和两极板之间的电势差U无关，属于比值定义法，故A不符合题意；
B.电阻R=UI，即将电阻R定义为导体两端电压U与通过导体的电流I之比，电阻的大小与导体两端电压U和通过导体的电流I无关，属于比值定义法，故B不符合题意；
C.场强E=kQr2，即一个电荷量为Q的点电荷，在与之相距r处的电场强度的表达式，是点电荷电场强度的决定式，而E=FQ才是电场强度的比值定义式，故C符合题意；
D.电流I=qt，即将电流I定义为通过导体横截面的电荷量q与所用时间t之比，电流的大小与通过导体横截面的电荷量q和所用时间t无关，属于比值定义法，故D不符合题意。
故选：C。
比值定义法是用两个物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法，比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反应物质的最本质的属性，比值定义法的特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变，据此解答。
本题考查了定义物理量的常用方法-比值定义法。掌握比值定义法的特点。
2.【答案】B
【解析】解：AB.根据题意，由闭合回路欧姆定律有：U=ER+Rab⋅Rab=ERRab+1，将滑片P由a向b移动，电阻丝接入电路的电阻逐渐减小，则U逐渐减小，故A错误，B正确；
CD.根据电功率的计算公式P=I2R可得，金属丝的功率为：P=(ER+Rab)2⋅Rab=E2R2Rab+2R+Rab，由数学知识可知，当：R2Rab=Rab，即Rab=R时，R2Rab+Rab有最小值，金属丝消耗的电功率P有最大值，则将滑片P由a向b移动，P先增大后减小，故CD错误。
故选：B。
由闭合回路欧姆定律结合电路连接情况分析AB选项；根据电功率的计算公式得到金属丝的功率表达式，由数学知识分析金属丝电功率的变化情况。
本题主要是考查闭合电路欧姆定律，关键是弄清楚电路的连接情况，能够根据闭合电路欧姆定律、电功率的计算公式进行分析。
3.【答案】D
【解析】解：设正方形边长为2a，根据点电荷产生的电场及电场的矢量叠加可知−q和+q的两点电荷在O点的场强为E′= 2kq2a2，方向水平向右，所以Q应放置P点或G点，则E=E′=kQa2，解得：Q= 22q或− 22q，故ABC错误，D正确；
故选：D。
利用场强的合成法则，先求出+q和−q在O点处的合场强E′，再寻求点电荷Q放的位置能使圆心O处的场强与E′等大反向．
本题的关键是明确点电荷Q产生的电场与+q、−q产生的合场强等大方向；熟练应用圆的几何关系。
4.【答案】A
【解析】解：AB.设黑洞A、B的质量分别为mA、mB，轨道半径分别为rA、rB，它们之间的距离为L。黑洞A、B围绕它们连线上的O点做匀速圆周运动的周期和角速度相等，由它们之间的万有引力提供各自的向心力，可得：
GmAmBL2=mAω2rA=mBω2rB
由于A的半径比较大，所以A的质量小，故A正确，B错误；
CD.双星靠相互间的万有引力提供向心力，则有：
GmAmBL2=mA(2πT)2rA
GmAmBL2=mB(2πT)2rB
又有：rA+rB=L
解得双星的周期为：
T=2π L3G(mA+mB)
可知黑洞A、B合并过程中距离L减小，A的周期越小，故CD错误。
故选：A。
黑洞A、B围绕它们连线上的O点做匀速圆周运动的周期和角速度相等，由它们之间的万有引力提供各自的向心力。根据万有引力提供向心力求解。
本题考查了双星系统的基础问题，要知道双星系统中两星体的角速度和周期相等，两者靠相互间的万有引力提供向心力。
5.【答案】D
【解析】解：D.由图可知，h=4m时，物体重力势能等于机械能，即此时物体动能为零，到达了最高点，可知物体上升的最大高度hmax=4m，故D正确；
A.物体的质量为：m=Epmaxghmax=4010×4kg=1kg，故A错误；
B.根据功能关系可知，克服空气阻力对物体做功等于物体机械能的减少量，则有：
fhmax=ΔE1=50J−40J=10J
解得：f=2.5N，故B错误；
C.根据功能关系可知，在h=2m处，物体的动能为
Ek=E1初−(mg+f)h=50J−(1×10+2.5)×2J=25J，故C错误。
故选：D。
物体重力势能等于机械能时，此时物体动能为零，物体到达了最高点；由重力势能的定义可解得物体质量；克服空气阻力对物体做功等于物体机械能的减少量；由功能关系或者动能定理求解物体在某高度的动能。
本题考查了功能关系的应用，基础题目。掌握机械能的变化量等于除重力以外其它力对物体做的功。
6.【答案】C
【解析】解：A、儿童和滑环组成的系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，故A正确；
B、儿童和滑环组成的系统只有重力做功，其机械能守恒，故B正确；
C、取水平向左为正方向，在最低点根据水平方向系统动量守恒有：5mv−mv′=0
根据系统机械能守恒有5mgL(1−cs37∘)=12×5mv12+12mv22
联立解得儿童运动到最低点时速度大小：v= gL15，故C错误；
D、根据水平方向系统动量守恒有5mv−−mv′−=0
则水平位移大小x1，x2满足
5mx1−mx2=0
由于x1+x2=Lsin37∘
解得
x2=L2
故D正确。
本题选择错误选项；
故选：C。
儿童和滑环组成的系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，根据是否只有重力做功，判断系统机械能是否守恒；根据水平方向系统动量守恒和机械能守恒求儿童运动到最低点时速度大小；根据水平方向系统动量守恒求儿童和滑环的水平位移的大小。
解答本题时，要掌握动量守恒和机械能守恒的条件，判断知道水平方向系统动量守恒，但总动量并不守恒，系统机械能也守恒。
7.【答案】D
【解析】解：A.由φ−x图像的斜率表示电场强度可知，x=x2电场强度为零，x=x2处的电场强度小于x=x3的电场强度，故A错误；
BC.根据题意可知，电子仅在电场力的作用下沿x轴做直线运动，则电场方向沿x轴方向，由沿电场线方向电势逐渐降低可知，O∼x2之间的电场方向沿x轴负方向，x2之后电场方向沿x轴正方向。电子带负电，电子从O到x2所受电场力方向沿x轴正方向，与其运动方向相同，电场力对其做正功，电子做加速运动；达到x2之后电子所受电场力方向沿x轴负方向，与其运动方向相反，电场力对其做负功，电子做减速运动，可知电子运动到x=x2处时速度最大，从x=x1处到x=x3处，电场力对其先做正功再做负功，故BC错误；
D.由题图可知，在x1与x3处的电势相等，即x1到x3的电势差为零，由W=qU，可知此过程电场力做功为零，由动能定理可知电子在x=x1处的动能等于电子在x=x3的动能，故D正确。
故选：D。
由φ−x图像的斜率表示电场强度，可推断x=x2处与x=x3处的电场强度大小关系；根据沿电场线方向电势逐渐降低可推知电场强度和电子所受电场力的方向，继而可得到电场力做功的正负和电子速度变化情况；在x1与x3处的电势相等，即x1到x3的电势差为零，由动能定理可知电子在x=x1处的动能等于电子在x=x3的动能。
本题考查了电场中电势与电场强度的关系，掌握φ−x图像的斜率表示电场强度，由电势的高度变化能推断电场强度的方向。
8.【答案】BCD
【解析】解：“资源三号”02星离地面高度为500km的轨道运行，“天宫一号”空间站在离地面高度约为360km，则“资源三号”02星的轨道半径大于“天宫一号”空间站的轨道半径。
A、第一宇宙速度等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的环绕速度，卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v= GMr，则“资源三号”02星在轨运行速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B、在地球表面，根据牛顿第二定律可得：GMmR2=mg，解得：g=GMR2；
“资源三号”02星在轨运行时，根据牛顿第二定律可得：GMmr2=mg′，解得g′=GMr2
所以“资源三号”02星在轨运行的加速度小于地球表面的重力加速度，故B正确；
C、卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v= GMr，则“资源三号”02星在轨运行的线速度小于“天宫一号”空间站运行的线速度，故C正确；
D、根据开普勒第三定律可得r3T2=k，“资源三号”02星的轨道半径大于“天宫一号”空间站的轨道半径，“资源三号”02星在轨运行的周期大于“天宫一号”空间站运行的周期，故D正确。
故选：BCD。
由万有引力提供向心力得到线速度表达式分析线速度大小；根据牛顿第二定律分析加速度大小；根据开普勒第三定律分析周期大小。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。
9.【答案】BC
【解析】解：A.小球和小车组成的系统在水平方向上所受合力为零，故此系统水平方向动量守恒，小球达到细管的竖直部分最高点时，与小车达到共同速度，此时小球的竖直分速度为零，但水平分速度不为零，因此小球的速度不为零，故A错误；
B.根据A选项的分析，设小球和小车共速时的速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：
mv0=2mv
12mv02=mghmax+12⋅2mv2
解得：hmax=v024g，所以h一定大于等于v024g，故B正确；
C.设小球离开水平细管时，小球和小车的速度分别为v2和v3，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：
mv0=mv2+mv3
12mv02=12mv22+12mv32
解得：v2=0，v3=v0
可知小球离开水平细管时速度为零，而只受重力作用，所以其做自由落体运动，故C正确；
D.从小球射入细管到离开细管的过程中，根据动能定理可知细管对小球做功为：
W=ΔEk=0−12mv02=−12mv02，故D错误。
故选：BC。
小球和小车组成的系统在水平方向上所受合力为零，故此系统水平方向动量守恒，此系统的机械能也是守恒的，小球达到细管的竖直部分最高点时两者共速。依据动量守恒定律和机械能守恒定律解答；根据动能定理求解细管对小球做的功。
本题考查了动量守恒定律和机械能守恒定律的应用，基础题目。通过对相对运动过程的分析确定研究对象的末状态，依据动量守恒定律和机械能守恒定律解得即可。
10.【答案】ABC
【解析】解：A、粒子在PQ间被加速的过程，根据动能定理得：qU1=12mvF2
解得粒子在F点的速度为：vF= 2qU1m
设偏转电场的极板长度为L，极板MN之间的距离为d，粒子进入偏转电场后做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，则通过偏转电场MN的时间为：t=LvF
在偏转电场中粒子的加速度为：a=qU2md
粒子的竖直偏转距离为：y=12at2=U2L24dU1
可知粒子的竖直偏转距离与U2U1成正比，故A正确；
B、滑片P向左滑动的过程中，U1减小，U2增大，故U2U1的比值增大，所以粒子的竖直偏转距离逐渐增大，根据类平抛运动的规律可知，从偏转电场飞出的粒子竖直方向的速度逐渐增大，则飞出时粒子的速度的偏转角逐渐增大，故B正确；
CD、粒子从M板右边缘飞出时速率最大。由动能定理：qU1+qU2=12mvm2−0
由电路结构可知：E=U1+U2
解得最大动能为：12mvm2=Eq
解得最大速率为：vm= 2qEm，故C正确，D错误。
故选：ABC。
对粒子在加速电场中被加速过程，应用动能定理求解粒子获得的速度；在偏转电场中用类平抛规律处理；滑片P向左滑动的过程中，U1减小，U2增大，分析竖直偏转距离和偏转角的变化；分析达到最大速度的条件，再由动能定理即可求出粒子飞离偏转电场时的最大动能。
本题考查了带电粒子在电场中运动问题与电路的结合。本题找到粒子达到最大速率的条件是解题的关键，分析电路U1、U2都随滑片P的位置的改变而变化，但U1+U2=E，保持不变。
11.【答案】ABm(hC−hA)28T2 C
【解析】解：(1)A.为了减少摩擦阻力的影响，从而减小实验误差，实验应选择重物选用质量和密度较大的金属锤，故A正确；
B.打点计时器的两限位孔在同一竖直面内上下对正，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小实验误差，故B正确；
C.若机械能守恒，应满足mgh=12mv2，因此质量m可约去，不需要测量重锤的质量，故C错误；
D.先接通电源，再释放重物，故D错误。
故选：AB。
(2)利用匀变速直线运动过程中平均速度等于其中间时刻速度，可知打点B时的速度
vB=hC−hA2T
从打O点到打B点的过程中，动能变化量ΔEk=12mvB2=m(hC−hA)28T2
(3)AB.若利用公式v=gt或v= 2gh计算重物速度，则说明是自由落体运动，那么重力势能的减少量等于动能的增加量，故AB错误；
C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响，会导致重力势能的减少量大于动能的增加量，故C正确；
D.即使采用多次实验取平均值的方法，仍存在空气阻力和摩擦阻力的影响，仍会出现重力势能的减少量大于动能的增加量，故D错误。
故选：C。
故答案为：(1)AB；(2)m(hC−hA)28T2；(3)C。
(1)根据实验原理和注意分析作答；
(2)根据匀变速直线运动过程中平均速度等于其中间时刻速度求解打下B点的瞬时速度，再求动能的减小量；
(3)实验过程中存在阻力，重物要克服阻力做功，据此分析作答。
本题考查了机械能守恒定律的验证，关键要理解实验的原理，掌握实验的方法；本实验的误差主要来源于空气阻力和摩擦阻力。
12.【答案】ACAD x1+ x2= x3 x1+x2=x3 AB
【解析】解：(1)由图知电池1、电池2碰撞后滑行的最大距离分别为AC，AD。
(2)电池做匀减速运动的初速度与全程位移间的关系为v= 2μgx
若碰撞满足动量守恒定律，则有m 2μgx1+m 2μgx2=m 2μgx3
化简可得 x1+ x2= x3
(3)若碰撞是弹性碰撞，机械能守恒12m( 2μgx1)2+12( 2μgx2)2=12m( 2μgx3)2
化简得x1+x2=x3
(4)A.根据动量守恒定律特点时间极短和碰撞条件：内力远大于外力可知，两电池碰撞时，虽然轨道对电池有摩擦力，但碰撞时间极短，内力远大于外力，依然近似满足动量守恒的条件，故A正确；
B.做实验时，即使平直轨道竖直向上抬起一个小角度，减速时电池的加速度也相同，位移关系也不变，因此也不会带来实验误差，故B正确；
C.研究的滑下碰撞后电池速度关系，只要保证释放位置不变就能保证碰撞前速度相同，因此斜槽轨道下滑过程中受摩擦力不会带来实验误差，故C错误；
D.碰撞点A的位置离斜槽轨道末端越远碰撞后速度越小，运动位移越小，测量相对误差大，故D错误。
故选：AB。
故答案为：(1)AC；AD；(2) x1+ x2= x3；(3)x1+x2=x3；(4)AB。
(1)根据题图确定碰撞后两电池滑动的最大距离；
(2)电池做匀减速运动，根据运动学公式求碰撞后的瞬时速度，再根据动量守恒定律求解；
(3)弹性碰撞，机械能守恒，据此求关系式；
(4)根据实验的原理和注意事项分析作答。
本题考查动量守恒定律的验证，关键是明确实验的原理，求解电池碰撞后的速度。
13.【答案】解：(1)当开关S接1时，R1被短路，只有R2工作，由题意可得：
PR2=I12R2=(ER2+r)2R2=8W
当开关S接2时，R1和R2串联接入电路，电压表示数等于路端电压，可得：
U=E−I2r=E−ER1+R2+rr=9V
联立以上两式解得：
E=12V，r=4Ω
(2)开关S接3直到电路稳定时，电容器两端电压等于R2两端电压，可得：
UC=I2R2=ER1+R2+rR2
解得：UC=6V
通过R3的电荷量等于电路稳定时电容器储存的电荷量，可得：
Q=CUC=40×10−6×6C=2.4×10−4C
答：(1)电源的电动势为12V，内阻为4Ω；
(2)开关S接3直到电路稳定时，通过R3的电荷量为2.4×10−4C。
【解析】(1)当开关S接1时，电路中只有R2工作；当开关S接2时，R1和R2串联接入电路，电压表示数等于路端电压。根据闭合电路欧姆定律和电功率公式解答；
(2)开关S接3直到电路稳定时，电容器两端电压等于R2两端电压，通过R3的电荷量等于电路稳定时电容器储存的电荷量，根据电容的定义式解答。
本题考查了闭合电路欧姆定律的运用，以及含容电路的分析。要知道在电路中电容器的电压等于与之并联的支路电压。
14.【答案】解：(1)对带电体第一次由A到B的过程，由动能定理得：
qE⋅3R−μmg⋅3R=12mvB2−0
解得：vB= 3gR
在B点对带电体，由牛顿第二定律可得：
N−mg=mvB2R
解得：N=4mg
由牛顿第三定律可得，带电体对轨道的压力大小也为4mg，方向竖直向下。
(2)设带电体在圆弧轨道的E点速度最大，E点与圆心O点连线OE与OB夹角α应满足：
tanα=qEmg，解得：α=45∘
从B点到E点，由动能定理得：
−mgR(1−cs45∘)+qERsin45∘=12mvE2−12mvB2
带电体在圆弧轨道运动的最大动能为：
12mvE2=( 2+12)mgR
(3)经过多次往返运动后，最终带电体应该在BC之间往返运动，到达B点处速度恰好为0。设带电体在轨道AB上经过的路程为s，对带电体从A到最终在B点速度恰好为0的全过程，根据动能定理可得：
qE⋅3R−μmg⋅s=0−0
解得：s=6R
答：(1)带电体第一次运动到圆弧轨道B点时对轨道的压力大小为4mg，方向竖直向下；
(2)带电体在圆弧轨道运动的最大动能为( 2+12)mgR；
(3)带电体在轨道AB上经过的路程为6R。
【解析】(1)由动能定理求得带电体在B点时的速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求解；
(2)先确定速度最大的位置，再由动能定理求解；
(3)经过多次往返运动后，最终带电体应该在BC之间往返运动，到达B点处速度恰好为零。对带电体从A到最终在B点速度恰好为零的全过程，根据动能定理求解。
本题考查了带电体在电场中运动问题，此题关键是确定带电体最终的运动状态，以及在圆弧轨道上速度最大的位置。掌握应用动能定理的应用。
15.【答案】解：(1)设第一次碰撞前瞬间a的速度为v0，由机械能守恒定律有：Ep=12mv02
设第一次碰撞后瞬间a、b的速度分别为va1、vb1，取向右为正方向。a、b在碰撞过程中动量守恒有：
mv0=mva1+kmvb1
机械能守恒有：12mv02=12mva12+12kmvb12
联立得：va1=1−k1+kv0，vb1=21+kv0
对滑块b，以向右为正方向，由动量定理有：I=kmvb1−0
当k=2时，联立代入数据可得滑块a对b的冲量：I=23N⋅s
(2)当k=1时，由④⑤得第一次碰后a静止，b速度向右，只发生一次碰撞；
当k<1时，第一次碰后a、b速度均向右，且a的速度小于b，只发生一次碰撞；
当k>1时，第一次碰后a速度向左，b速度向右，设b向右滑行的距离为xb1，a与弹簧碰撞返回后再以等大速度滑向粗糙水平面，设a在粗糙面上向右滑行的距离为xa1，对a、b减速滑行到停止的过程，由动能定理有：−μmgxa1=0−12mva12，−μkmgxb1=0−12kmvb12
若a、b发生二次碰撞，则：xa1>xb1
联立可得：k>3
综上可得，当k>3时，a、b间的碰撞会超过一次。
(3)若k=4，第一次碰后a、b的速度分别为：va1=−35v0，vb1=25v0
b滑行的距离：xb1=vb122μg=2v0225μg
a向左与弹簧碰撞返回后，在粗糙水平面向右滑行距离xb1后，速度减为va2，由动能定理，有：−μmgxb1=12mva22−12mva12
得：va2= 55v0
a第二次与静止的b发生碰撞，设碰后瞬间a、b的速度分别为va3、vb3，同理可得
va3=−35va2=−3 525v0，vb3=25va2=2 525v0
b又向右滑行距离xb2，a又向左滑行距离xa2，有
xb2=vb322μg=2v02125μg，xa2=va322μg=9v02250μg
可得：xa2
代入数据得：Δx=0.65m
答：(1)若k=2，求第一次碰撞过程滑块a对b的冲量大小为23N⋅s；
(2)若全过程a、b间的碰撞超过一次，k满足的条件是k>3；
(3)若k=4，计算a、b停止运动后两者之间的距离为0.65m。
【解析】(1)由机械能守恒求出a被弹出的速度，与b发生弹性碰撞，根据两个守恒求碰撞后两物体速度的表达式，再对b由动量定理点求a对b的冲量；
(2)分别讨论k<、k=1、k>1时碰撞的情况，要使a与b发生第二次碰撞，则要求a返回并在粗糙水平面上停止的位移大于b在水平面上位移，由此可得到一般结论；
(3)当k=4时，由动能定理和运动学公式求出a第一、二、三等次与静止的b发生弹性碰撞后的速度和位移，分析碰撞的次数和最终二者静止时相距的距离。
本题主要考查动量守恒定律和能量守恒定律的综合应用，要分析清楚物体的运动过程，选择合适的研究对象，确定隐含的临界状态，结合动量守恒定律和能量守恒定律求解不同条件下的物理量。
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