还剩15页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2022-2023学年湖北省荆门市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
展开
这是一份2022-2023学年湖北省荆门市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共18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。
1.一代代物理学家们在探究客观世界的过程中，不断发现物理规律，总结研究方法，推动了生产力的发展和人类文明的进步。下列关于物理学史和物理学方法的叙述，正确的是( )
A. “点电荷”和“电场强度”概念的提出，都应用了比值定义法
B. 牛顿发现了万有引力定律，卡文迪什测量出了引力常量G的值
C. 开普勒总结了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因
D. 法国物理学家库仑发现了库仑定律，并通过油滴实验测定了元电荷的电荷量
2.发射同步卫星时通常先将卫星发送至某低轨道上做圆周运动，然后经过多次变轨最终将卫星送入同步轨道做圆周运动。不考虑空气阻力和卫星质量的变化，对该卫星在同步轨道做圆周运动与其在低轨道做圆周运动相比，下列判断正确的是( )
A. 周期变长B. 机械能相等C. 线速度增大D. 加速度变大
3.关于力做功，下列说法正确的是( )
A. 静摩擦力对物体做功一定为0
B. 滑动摩擦力只能对物体做负功
C. 当作用力做正功时，反作用力可能不做功
D. 物体运动的速度越大，作用在物体上的力的功率也越大
4.无人机因具有机动性能好、生存能力强、使用方便快捷等优点在生产和生活中广泛应用。某次无人机表演时，工作人员通过传感器获得无人机水平方向速度vx、竖直方向速度vy(取竖直向上为正方向)与飞行时间t的关系图像分别如图甲、乙所示，则下列说法正确的是( )
A. 该无人机在0∼t1时间内做曲线运动
B. 该无人机在0∼t1时间内合外力的功率逐渐增大
C. 该无人机在t1∼t2时间内加速度逐渐减小
D. 该无人机在t1时刻重力势能最大
5.如图甲所示，“魔力陀螺”可在圆轨道的外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，其物理原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的小铁球(可视为质点)在轨道外侧转动，A、B两点分别为轨道的最高点、最低点，铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 铁球可能做匀速圆周运动
B. 铁球绕轨道转动时机械能守恒
C. 铁球在A点的速度必须满足vA≥ gR
D. 要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为6mg
6.如图所示，一直流电动机与电阻R串联在电源上，电源的电动势E=15V，内阻r=2Ω，闭合开关后，理想电压表示数U=10V，理想电流表示数I=0.5A，已知电动机线圈的电阻RM=4Ω，则下列说法中正确的是( )
A. R=24ΩB. 电源的输出功率为7.5W
C. 电动机的输入功率为7WD. 电动机的输出功率为4W
7.某静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的曲线。一质量为m、带电荷量为+q的粒子(不计重力)，以初速度v0从O点进入电场，沿x轴正方向运动。下列叙述正确的是( )
A. 粒子从O向右运动到x1运动的过程中做匀减速运动
B. 若粒子能运动到x3，则从x1运动到x3的过程中，电势能先减小后增大
C. 若v0=2 qφ0m，则粒子运动到x3处时速度最大，其大小为 5qφ0m
D. 若v0= qφ0m，粒子运动到x2时速度大小为 qφ0m
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.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a静止于地面，球b离地面的高度为h，滑轮离地距离足够大，已知球a的质量为m，球b的质量为2m，重力加速度为g。定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计。现无初速度释放球b，假设球b碰到地面以后速度立刻减小到零，忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 在球b下落过程中加速度大小为g2
B. 球a离地的最大高度为43h
C. 在球b下落过程中，球b的机械能减小
D. 球b落地前瞬间速度大小为 2gh
9.以O为圆心，半径为R=2m作一个圆，ab是该圆的一条直径，如图所示。现加一匀强电场，方向与该圆周所在的平面平行，则c点为圆周上电势最低的点，且Uac=60V。已知∠cab=30∘，规定圆心O处电势为0，则下列说法正确的是( )
A. 电场方向沿ac方向
B. b点电势为−30V
C. 电场强度大小为20V/m
D. 一质子经过c点时其电势能为−40eV
10.向心力演示仪可探究影响向心力大小的因素，如图所示，匀速转动手柄1，可以使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动，槽内小球也随着做匀速圆周运动。使小球做匀速圆周运动的向心力由横臂6的挡板对小球的压力提供。球对挡板的反作用力，通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒7下降，从而露出标尺8根据标尺8上露出的等分标记，可以粗略计算出两个球所受向心力的比值。塔轮2和3上有不同半径的凹槽，两塔轮由套在凹槽中的传动皮带连接，转动时皮带与两轮不发生滑动。a到塔轮2的轴心距离与c到塔轮3的轴心距离相等。关于该实验，下列说法正确的是( )
A. 为探究向心力大小和质量的关系，可把质量相等的小球放在长槽上b位置和短槽上c位置，皮带套在塔轮上半径不同的凹槽内
B. 为探究向心力大小和半径的关系，可把质量相等的小球放在长槽上b位置和短槽上c位置，皮带套在半径相同的塔轮上
C. 为探究向心力大小和角速度的关系，可把质量相等的小球放在长槽上a位置和短槽上c位置，皮带套在半径不同的塔轮上
D. 为探究向心力大小和线速度的关系，可把质量相等的小球放在长槽上a位置和短槽上c位置，皮带套在半径相同的塔轮上
三、实验题：本大题共2小题，共17分。
11.利用如图甲所示装置做“验证机械能守恒定律”的实验。
(1)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，还必须使用的两种器材是______。
A.交流电源
B.刻度尺
C.天平(含砝码)
(2)实验中，先接通电源，再释放重物，得到图乙所示的一条纸带。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的距离分别为hA、hB、hC，已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，若满足______，则可证明从打 O点到打B点的过程中重物的机械能是守恒的。
(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，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
12.某实验小组想测量某导体的电阻值Rx。
(1)实验小组先用多用电表的欧姆挡粗测电阻Rx，机械调零、欧姆调零后，选择“×10”挡，按正确的操作步骤来测量，表盘的示数如图1所示，则阻值Rx=______Ω；
(2)实验小组再选用如下实验器材精确测量电阻Rx，器材及其符号和规格如下：
A.电池组(E=1.5V,内阻不计)
B.定值电阻(R1=295Ω)
C.定值电阻(R2=995Ω)
D.电流表A1(量程为5mA，内阻为r1=5Ω)
E.电流表A2(量程为15mA，内阻约为1Ω)
F.滑动变阻器R(最大阻值10Ω，允许通过的最大电流为0.5A)
G.开关导线若干
为了减小实验误差，要求电表的测量值在量程的13以上，定值电阻应该选择______(选填“R1”或“R2”)，在方框(图2)中画出合适的电路图，并标上各器材的符号；
(3)若实验中电流表A1、A2的示数分别为I1、I2，则待测电阻Rx=______(用实验测得的物理量符号和题设中给出的物理量符号来表示)。
四、简答题：本大题共3小题，共43分。
13.宇航员在某星球表面将一个小球从高h的地方以速度v0水平抛出，测得小球落地时的水平位移为L，不考虑小球受到的空气阻力。
(1)求该星球表面的重力加速度g；
(2)将该星球看成一个质量均匀分布的球体，若测得该星球的平均密度为ρ，求该星球的半径R。
14.如图所示，倾角θ=37∘的传送带底端A点与顶端B点的距离为L=9m，传送带在电动机的带动下以恒定速率v0=4m/s顺时针匀速转动。现将质量为m=1kg的小物体无初速放在传送带上的A点，同时对物体施加一个沿传送带方向的力F，使得物体以a=2m/s2的加速度匀加速运动到B端，已知物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，求：
(1)物体到达B点时的速度v；
(2)物体与传送带之间因摩擦产生的热量Q；
(3)物体从底端到顶端的过程中拉力F对物体所做的功W。
15.由电子加速器、偏转电场组成的装置可以实现电子扩束。如图甲所示，大量初速度为0的电子经电压为U0的加速电场加速后，连续不断地沿中线射入水平放置的两块正对的平行金属板。当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、偏转电压峰值为U1的交变电压时，恰好所有电子都能从两板间通过，已知平行金属板长度为L，两板间距为d，电子的电荷量为−e，质量为m，不计电子重力和它们之间相互作用力，求：
(1)加速电场的电压U0；
(2)偏转电场的电压U1；
(3)哪个时刻进入偏转电场的电子，会从距离中线上方d3处飞出偏转电场。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.“点电荷”概念提出是应用了理想化模型法，“电场强度”概念的提出应用了比值定义法，故A错误；
B.牛顿发现了万有引力定律，卡文迪什通过扭秤装置测量出了引力常量G的值，故B正确；
C.开普勒总结出了行星运动的规律，但未找出行星按照这些规律运动的原因，牛顿的万有引力定律对此作出了解释，故C错误；
D.法国物理学家库仑发现了库仑定律，美国物理学家密立根通过油滴实验测定了元电荷的电荷量，故D错误。
故选：B。
A.“点电荷”概念提出是应用了理想化模型法，“电场强度”概念的提出应用了比值定义法；
B.根据万有引力定律的发现以及引力常量的测定分析作答；
C.开普勒总结了行星运动的规律，但并没有找出了行星按照这些规律运动的原因，牛顿的万有引力定律对此作出了解释；
D.法国物理学家库仑发现了库仑定律，美国物理学家密立根测定了元电荷的电荷量。
牛顿发现了万有引力定律，揭示了自然界一种基本相互作用的规律；开普勒发现了行星运动定律，牛顿总结了行星运动的规律，并找出了行星按照这些规律运动的原因；卡文迪什通过扭秤装置测量出了引力常量G的值。
2.【答案】A
【解析】解：ACD.卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
GMmr2=man=mv2r=m4π2T2r
解得：T= 4π2r3GM,v= GMr,an=GMr2
卫星在同步轨道做圆周运动与其在低轨道做圆周运动相比轨道半径变大，根据上述表达式可知周期变长、线速度减小、加速度减小，故A正确，CD错误；
B.卫星从低轨道运动到同步轨道，属于从低轨运动到高轨，需要点火加速，所以卫星的机械能增加，故B错误。
故选：A。
卫星受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得出周期、线速度和加速度的表达式，结合半径的大小关系完成分析；
理解机械能的定义，结合卫星变轨的知识分析出卫星机械能的变化趋势。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解卫星做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。
3.【答案】C
【解析】解：A、静摩擦力的方向与物体相对运动趋势的方向相反。但可能与运动方向相同，可能与运动方向相反，则静摩擦力可能做正功(被倾斜传送带向上运送的物体，静摩擦力对其做正功)，可能做负功，故A错误；
B、滑动摩擦力与相对运动方向相反，与物体的运动方向可能相反，也可能相同，所以滑动摩擦力可能对物体做负功，也可能做正功(比如刚放上传送带的物体，滑动摩擦力对其做正功)，故B错误；
C、作用力和反作用力是作用在两个相互作用的物体之上的；作用力和反作用力可以同时做负功，也可以同时做正功；作用力和反作用力可以一个力做功，另一个力不做功，例如若物体在一个静止的物体表面上滑动，则由于静止的物体没有位移，则相互作用的摩擦力对静止的物体不做功，故C正确；
D、根据P=Fv，则物体运动的速度越大，作用在物体上的力的功率不一定大，故D错误。
故选：C。
静摩擦力和滑动摩擦力做功情况，通过力的方向和相对地面的位移方向进行判断；
一对相互作用力的方向是相反的，相对地面的位移方向可能相同或不同；
根据P=Fv判断功率大小。
判断滑动摩擦力是做负功还是做正功，首先还得搞清是判断哪个力对哪个物体做功，关键是判断该物体所受滑动摩擦力的方向与它相对地面的位移方向间的夹角是大于、等于还是小于90∘，与此分别对应的是做负功、不做功、做正功。
4.【答案】B
【解析】解：A、该无人机在0∼t1时间内初速度为零，故速度与加速度方向在同一直线上，做直线运动，故A错误；
B、0∼t1时间内，加速度保持不变，合外力保持不变，但合速度增大，根据：P=Fv，可知合外力的功率逐渐增大，故B正确；
C、t1∼t2时间内，该无人机在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀减速直线运动，故加速度保持不变，故C错误；
D、0∼t2时间内，该无人机在竖直方向上的分速度均竖直向上，t2时刻无人机到达最大高度，此时无人机的重力势能最大，故D错误。
故选：B。
根据图像，分析x、y方向加速度，根据合成法则，分析实际加速度不变，且加速度与速度方向相同，故做匀加速直线运动，并根据功率公式分析无人机的功率变化；
t1∼t2时间，根据图像，分析x、y方向加速度，根据合成法则，分析实际加速度不变，且加速度与速度方向不共线，物体做曲线运动；
速度-时间图像也能反应位移大小(面积)，根据图像可知，t2时刻上升到最大高度。
本题解题关键是掌握v−t图像斜率为加速度、面积为位移，并根据合成法则，分析合加速度和位移，中等难度题。
5.【答案】B
【解析】解：AB、铁球绕轨道转动时，受到重力、磁力、支持力三个力作用，磁力和支持力方向始终与速度方向垂直，不做功，只有重力做功，故铁球的机械能守恒，重力势能与动能相互转化，在最高点速度最小，最低点速度最大，故铁球不可能做匀速圆周运动，故A错误，B正确；
C、小铁球(可视为质点)在轨道外侧转动，铁球在A点时受重力、磁性引力、轨道的支持力，最小向心力为零，故铁球在A点时的最小速度为0，故C错误；
D、要使铁球不脱轨，铁球在A点时的最小速度为0，由最高点运动到最低点时，由机械能守恒可得
2mgR=12mv2
当铁球运动到B点时，由牛顿第二定律得：F−mg=mv2R
两式联立解得：F=5mg
故要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，故D错误。
故选：B。
分析铁球的受力情况，判断各力做功情况以及能量转化情况，判断机械能是否守恒，并判断速度大小是否不变；分析铁球在A点时向心力最小值，再确定铁球在A点的最小速度；根据机械能守恒定律和牛顿第二定律相结合求解当铁球运动到B点时，轨道对铁球的磁性引力最小值。
本题属于机械能守恒定律和向心力的综合应用问题，在解答的过程中，正确分析得出小球经过最高点和最低点的条件是解答的关键，写出向心力的表达式是解答的基础。
6.【答案】D
【解析】解：A.根据闭合电路欧姆定律可得E=U+IR+Ir
代入数据解得R=8Ω，故A错误；
B.根据功率公式，电源的输出功率P出=UI+I2R=10×0.5W+0.52×8W=7W，故B错误；
C.电动机的输入功率为P入=UI=10×0.5W=5W，故C错误；
D.电动机的输出功率为PD出=P入−I2RM
代入数据解得PD出=4W，故D正确。
故选：D。
A.根据闭合电路的欧姆定律求解电阻R；
B.根据功率公式求电源的输出功率；
C.根据P=UI求电源的输入功率；
D.电动机为非纯电阻电路，根据功率关系求电动机输出功率。
注意：电动机为非纯电阻电路，输入功率只能用公式P=UI求解，输出功率等于输入功率与热功率之差。
7.【答案】C
【解析】解：A.根据图像的物理意义可知，φ−x图像的斜率k=ΔφΔx表示电场强度，因此从O到x1电场强度逐渐减小，场强方向沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向也沿x轴负方向，粒子做加速度减小的减速运动，故A错误；
B.根据题意可知从x1到x3电势逐渐降低，结合电势能公式EP=qφ和粒子的电性可知正粒子的电势能是一直减小的，故B错误；
C.若v0=2 qφ0m，则粒子运动到x3处时电势能最小，则动能最大，速度最大，由动能定理得
q⋅12φ0=12mvm2−12mv02
解得：vm= 5qφ0m，故C正确；
D.若v0= qφ0m，粒子沿x轴正方向做减速运动，当减速到零时，由动能定理得
q(0−φ)=0−12mv02
解得：φ=φ02
则粒子运动不到x2位置速度就减为0了，故D错误。
故选：C。
理解φ−x图像的斜率的物理意义，由此分析出粒子的运动类型；
根据电势能的计算公式分析出粒子的电势能的变化趋势；
根据动能定理列式得出粒子的速度大小。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，理解图像的物理意义，结合动能定理即可完成分析。
8.【答案】BC
【解析】解：A、在球b下落和a球上升过程中，两球的加速度大小相等，设为a，则对a和b整体，由牛顿第二定律有
2mg−mg=3ma，解得：a=g3，故A错误；
BD、由静止到b球落地过程，由a、b组成的系统机械能守恒有
(2mg−mg)h=12×(2m+m)v2
解得球b落地前瞬间速度大小为：v= 23gh
由于a球具有向上的速度，b球落地后绳中拉力为0，对a有
h′=v22g=23gh2g=h3
所以球a可达到的离地最大高度为H=h+h′=h+h3=43h，故B正确，D错误；
C、在球b下落过程中，绳子对球b做负功，球b的机械能减小，故C正确。
故选：BC。
在球b下落、a球上升的过程中，对a和b整体，由牛顿第二定律求出加速度大小；由静止到b球落地过程，由机械能守恒求出b球落地时a、b的速度，根据竖直上抛运动规律求球a继续上升的高度，从而得到球a离地的最大高度；根据功能关系，分析球b的机械能。
本题是连接体问题，采用整体法求加速度，要知道系统机械能守恒，但单个小球的机械能并不守恒。
9.【答案】CD
【解析】解：A.由题意易知电场强度方向一定与圆的某条直径平行，而沿电场强度方向电势降低，且c点为圆周上电势最低点，过c点作圆O的切线，切线为等势线，如图，
由此可推知电场强度方向沿Oc方向，故A错误；
BC.如图所示，
af为过a点的等势线，其垂直于电场强度，根据几何关系可知
cf=R+Rsin30∘
代入数据得：cf=3m
所以电场强度大小为：
E=Uaccf
代入数据得：E=20V/m，
de为过O点的等势线，根据几何关系可知b点到de的距离为：
d=Rsin30∘
代入数据得：d=1m
所以b点电势为：
代入数据得：φb=φO−Ed
φb=−20V，故C正确，B错误；
D.c点电势为
φC=φO−ER
代入数据得：φC=−40V
一质子经过c点时其电势能为：
Ep=eφC
代入数据得：Ep=−40eV，故D正确。
故选：CD。
c点为圆周上电势最低点，过c点作圆O的切线，切线为等势线，从而得出电场线方向；由几何关系求出cf两点沿电场线方向的距离，再由E=Ud求出场强；根据U=Ed可解得b、c两点电势，根据Ep=eφC求出质子经过c点时其电势能。
本题关键考查对电势差与匀强电场电场强度公式U=Ed的理解和应用，d是沿电场方向两点间的距离，注意几何知识的应用。
10.【答案】BC
【解析】解：A、为探究向心力大小和质量的关系，应保证半径和角速度相同，质量不同，即应把质量不同的小球放在半径相同的长槽上a位置和短槽上c位置，皮带套在塔轮上半径相同的凹槽内，故A错误；
C、为探究向心力大小和角速度的关系，应保证质量和半径相同，角速度不同，即应把质量相等的小球放在半径相同的长槽上a位置和短槽上c位置，皮带套在半径不相同的塔轮上，故C正确；
B、为探究向心力大小和半径的关系，应保证质量和角速度相同，半径不同，即应把质量相同的小球放在半径不同的长槽上b位置和短槽上c位置，皮带套在半径相同的塔轮上，故B正确；
D、为探究向心力大小和线速度的关系，应保证质量和半径相同，线速度不同，即应把质量相同的小球放在半径相同的长槽上a位置和短槽上c位置，皮带套在半径不相同的塔轮上，故D错误；
故选：BC。
利用控制变量法，保证角速度和半径一定，分析向心力和质量的关系；
保证半径和质量一定，分析向心力与角速度的关系；
保证质量和半径一定，分析向心力与半径的关系。
解决该题的关键是明确实验原理，了解实验器材的操作过程，知道各部分元件在试验中的作用以及所代表的物理意义，熟记向心力公式。
11.【答案】ABghB=12(hC−hA2T)2 C
【解析】解：(1)AB、打点计时器的工作电压为交流电，故需要交流电源，为了测量速度，需要利用刻度尺测量计数点之间的间距，故AB正确；
C、验证机械能守恒定律的式子两边都有质量m，所以不需要天平，故C错误；
故选：AB。
(2)在匀变速直线运动中，一段运动过程中的中间时刻速度等于该过程的平均速度，则B点的速度为
vB=hC−hA2T
若机械能守恒，则有
mghB=12mvB2
解得：ghB=12(hC−hA2T)2
(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，原因是存在空气阻力和摩擦阻力的影响，故C正确，AB错误；
故选：C。
故答案为：(1)AB；(2)ghB=12(hC−hA2T)2；(3)C
(1)根据实验原理分析出需要使用的实验器材；
(2)根据机械能守恒定律分析出需要满足的关系式；
(3)根据实验数据分析出可能导致误差的原因。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和机械能守恒定律即可完成分析。
12.【答案】150R1 I1(R1+r1)I2−I1
【解析】解：(1)欧姆表示数为15×10Ω=150Ω；
(2)电源电动势E=1.5V，根据闭合电路的欧姆定律，电路中通过待测电阻的最大电流为I=ERx=1.5150A=0.01A=10mA
因此电流表A2用于测量总电流；
由于电源电动势E=1.5V，需要将电流表A1改装成量程为0∼1.5V的电压表，设串联电阻为R
根据串联电路的特点及欧姆定律，串联电阻的阻值为R=U−IA1R1IA1=1.5−5×10−3×55×10−3Ω=295Ω
因此定值电阻选择R1；
由于电流表A1内阻已知，则电流表A2应外接，滑动变阻器的最大阻值远小于待测电阻的阻值，所以滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：
(3)根据欧姆定律，待测电阻两端电压URx=I1(R1+r1)
通过待测电阻的电流IRx=I2−I1
根据欧姆定律，可得待测电阻Rx=URxIRx=I1(R1+r1)I2−I1
故答案为：(1)150；(2)R1；见解析；(3)I1(R1+r1)I2−I1。
(1)欧姆表测电阻，测量值=欧姆表指针对应示数×倍率；
(2)根据闭合电路的欧姆定律求电路中的最大电流，然后选择用于测量总电流的电流表和用于改装成电压表的电流表；
(3)根据欧姆定律求待测电阻。
本题考查了欧姆表的读数、电压表的改装和实验电路的设计；明确测量电阻的方法为“伏安法”，因此求解待测电阻两端的电压和通过待测电阻的电流是解题的关键。
13.【答案】解：(1)设小球平抛运动的时间为t，根据平抛运动规律，有
h=12gt2，L=v0t
联立解得：g=2v02hL2
(2)该星球的质量M，半径为R，则M=ρ×43πR3
根据星球表面物体受到的重力等于万有引力得
mg=GMmR2
联立解得：R=3v02h2πGρL2
答：(1)该星球表面的重力加速度g为2v02hL2；
(2)该星球的半径R为3v02h2πGρL2。
【解析】(1)小球做平抛运动，加速度为g，根据分位移公式求解g；
(2)根据星球表面物体受到的重力等于万有引力列式，结合星球的密度公式求解星球的半径R。
重力加速度g是万有引力和抛体运动联系的桥梁，熟练掌握平抛运动的规律，同时，要掌握物体所受重力等于万有引力这一基本思路。
14.【答案】解：(1)物体做匀加速运动到B点
v2=2aL
解得：v=6m/s
(2)物体经时间t1达到v0=4m/s，有
v0=at1
解得：t1=2s
物体位移
x1=12at12
解得：x1=4m
物体相对带向下的位移
Δx1=v0t1−x1
代入数据解得：Δx1=4m
物体再经时间t2到B点，
v−v0=at2
解得：t2=1s
物体位移
x2=L−x1
代入数据解得：x2=5m
物体相对带向上的位移
Δx2=x2−v0t2
代入数据解得：Δx2=1m
摩擦产生的热量
Q=μmgcsθ(Δx1+Δx2)
解得：Q=20J
(3)根据动能定理有
W+μmgcsθ(x1−x2)−mgsinθ⋅L=12mv2
代入数据解得：W=76J
答：(1)物体到达B点时的速度为6m/s；
(2)物体与传送带之间因摩擦产生的热量为20J；
(3)物体从底端到顶端的过程中拉力F对物体所做的功为76J。
【解析】(1)根据运动学公式得出物体到达B点时的速度；
(2)根据运动学公式分阶段得出物体与传送带的相对位移，结合热量的计算公式完成分析；
(3)根据动能定理列式得出拉力对物体做的功。
本题主要考查了功能关系的相关应用，熟悉运动学公式的应用，结合功能关系和动能定理即可完成分析。
15.【答案】解：(1)电子加速后速度为v0，有
eU0=12mv02
电子通过两板之间的时间为2t0，有
L=v0×2t0
解得U0=mL28et02
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，加速度为a，有
eU1d=ma
在t=nt0时刻进入偏转电场的电子偏转位移最大，恰好从两板间射出，有
d2=12at02×2
解得
U1=md22et02
(3)当电子进入偏转电场时U>0，设电子先向上加速运动t1时间电场反向，后再向上减速运动t1时间速度恰为0，然后向下加速运动t0−t1时间电场反向，后向下减速运动t0−t1时间，出偏转电场时正好位于中线上方d3处，
d3=12at12×2−12a(t0−t1)2×2
解得
t1=56t0
即电子进入偏转电场的时刻为
t=(2n+1)t0−t1=(2n+1)t0−56t0，n∈N
当电子进入偏转电场时U<0，设电子先向下加速运动t2时间电场反向，后再向下减速运动t2时间速度恰为0，然后向上加速运动t0−t2时间电场反向，后向上减速运动t0−t2时间，出偏转电场时正好位于中线上方d3处，有
d3=12a(t0−t2)2×2−12at22×2
解得
t2=16t0
即电子进入偏转电场的时刻为
t=(2n+2)t0−t2=(2n+1)t0+56t0，n∈N
综合可知，电子进入偏转电场的时刻为
t=(2n+1)t0±56t0，n∈N
答：(1)加速电场的电压为mL28et02；
(2)偏转电场的电压为md22et02；
(3)t=(2n+1)t0±56t0(n∈N)时刻进入偏转电场的电子，会从距离中线上方d3处飞出偏转电场。
【解析】(1)根据动能定理求出电子在电场中加速后的速度，再根据电子通过两板之间的时间求出加速电场的电压；
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，根据运动的分解求出偏转电场的电压；
(3)根据电子进入偏转时电压的大小分情况讨论分析电子的运动性质，根据电子离开偏转电场的位置求出电子向上加速运动的时间，进而求出电子进入偏转电场的时刻。
本题考查了带电粒子在电场中的加速和偏转，解决本题的关键是熟练掌握动能定理和运动的分解。
1.一代代物理学家们在探究客观世界的过程中，不断发现物理规律，总结研究方法，推动了生产力的发展和人类文明的进步。下列关于物理学史和物理学方法的叙述，正确的是( )
A. “点电荷”和“电场强度”概念的提出，都应用了比值定义法
B. 牛顿发现了万有引力定律，卡文迪什测量出了引力常量G的值
C. 开普勒总结了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因
D. 法国物理学家库仑发现了库仑定律，并通过油滴实验测定了元电荷的电荷量
2.发射同步卫星时通常先将卫星发送至某低轨道上做圆周运动，然后经过多次变轨最终将卫星送入同步轨道做圆周运动。不考虑空气阻力和卫星质量的变化，对该卫星在同步轨道做圆周运动与其在低轨道做圆周运动相比，下列判断正确的是( )
A. 周期变长B. 机械能相等C. 线速度增大D. 加速度变大
3.关于力做功，下列说法正确的是( )
A. 静摩擦力对物体做功一定为0
B. 滑动摩擦力只能对物体做负功
C. 当作用力做正功时，反作用力可能不做功
D. 物体运动的速度越大，作用在物体上的力的功率也越大
4.无人机因具有机动性能好、生存能力强、使用方便快捷等优点在生产和生活中广泛应用。某次无人机表演时，工作人员通过传感器获得无人机水平方向速度vx、竖直方向速度vy(取竖直向上为正方向)与飞行时间t的关系图像分别如图甲、乙所示，则下列说法正确的是( )
A. 该无人机在0∼t1时间内做曲线运动
B. 该无人机在0∼t1时间内合外力的功率逐渐增大
C. 该无人机在t1∼t2时间内加速度逐渐减小
D. 该无人机在t1时刻重力势能最大
5.如图甲所示，“魔力陀螺”可在圆轨道的外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，其物理原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的小铁球(可视为质点)在轨道外侧转动，A、B两点分别为轨道的最高点、最低点，铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 铁球可能做匀速圆周运动
B. 铁球绕轨道转动时机械能守恒
C. 铁球在A点的速度必须满足vA≥ gR
D. 要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为6mg
6.如图所示，一直流电动机与电阻R串联在电源上，电源的电动势E=15V，内阻r=2Ω，闭合开关后，理想电压表示数U=10V，理想电流表示数I=0.5A，已知电动机线圈的电阻RM=4Ω，则下列说法中正确的是( )
A. R=24ΩB. 电源的输出功率为7.5W
C. 电动机的输入功率为7WD. 电动机的输出功率为4W
7.某静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的曲线。一质量为m、带电荷量为+q的粒子(不计重力)，以初速度v0从O点进入电场，沿x轴正方向运动。下列叙述正确的是( )
A. 粒子从O向右运动到x1运动的过程中做匀减速运动
B. 若粒子能运动到x3，则从x1运动到x3的过程中，电势能先减小后增大
C. 若v0=2 qφ0m，则粒子运动到x3处时速度最大，其大小为 5qφ0m
D. 若v0= qφ0m，粒子运动到x2时速度大小为 qφ0m
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.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a静止于地面，球b离地面的高度为h，滑轮离地距离足够大，已知球a的质量为m，球b的质量为2m，重力加速度为g。定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计。现无初速度释放球b，假设球b碰到地面以后速度立刻减小到零，忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 在球b下落过程中加速度大小为g2
B. 球a离地的最大高度为43h
C. 在球b下落过程中，球b的机械能减小
D. 球b落地前瞬间速度大小为 2gh
9.以O为圆心，半径为R=2m作一个圆，ab是该圆的一条直径，如图所示。现加一匀强电场，方向与该圆周所在的平面平行，则c点为圆周上电势最低的点，且Uac=60V。已知∠cab=30∘，规定圆心O处电势为0，则下列说法正确的是( )
A. 电场方向沿ac方向
B. b点电势为−30V
C. 电场强度大小为20V/m
D. 一质子经过c点时其电势能为−40eV
10.向心力演示仪可探究影响向心力大小的因素，如图所示，匀速转动手柄1，可以使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动，槽内小球也随着做匀速圆周运动。使小球做匀速圆周运动的向心力由横臂6的挡板对小球的压力提供。球对挡板的反作用力，通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒7下降，从而露出标尺8根据标尺8上露出的等分标记，可以粗略计算出两个球所受向心力的比值。塔轮2和3上有不同半径的凹槽，两塔轮由套在凹槽中的传动皮带连接，转动时皮带与两轮不发生滑动。a到塔轮2的轴心距离与c到塔轮3的轴心距离相等。关于该实验，下列说法正确的是( )
A. 为探究向心力大小和质量的关系，可把质量相等的小球放在长槽上b位置和短槽上c位置，皮带套在塔轮上半径不同的凹槽内
B. 为探究向心力大小和半径的关系，可把质量相等的小球放在长槽上b位置和短槽上c位置，皮带套在半径相同的塔轮上
C. 为探究向心力大小和角速度的关系，可把质量相等的小球放在长槽上a位置和短槽上c位置，皮带套在半径不同的塔轮上
D. 为探究向心力大小和线速度的关系，可把质量相等的小球放在长槽上a位置和短槽上c位置，皮带套在半径相同的塔轮上
三、实验题：本大题共2小题，共17分。
11.利用如图甲所示装置做“验证机械能守恒定律”的实验。
(1)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，还必须使用的两种器材是______。
A.交流电源
B.刻度尺
C.天平(含砝码)
(2)实验中，先接通电源，再释放重物，得到图乙所示的一条纸带。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的距离分别为hA、hB、hC，已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，若满足______，则可证明从打 O点到打B点的过程中重物的机械能是守恒的。
(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，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
12.某实验小组想测量某导体的电阻值Rx。
(1)实验小组先用多用电表的欧姆挡粗测电阻Rx，机械调零、欧姆调零后，选择“×10”挡，按正确的操作步骤来测量，表盘的示数如图1所示，则阻值Rx=______Ω；
(2)实验小组再选用如下实验器材精确测量电阻Rx，器材及其符号和规格如下：
A.电池组(E=1.5V,内阻不计)
B.定值电阻(R1=295Ω)
C.定值电阻(R2=995Ω)
D.电流表A1(量程为5mA，内阻为r1=5Ω)
E.电流表A2(量程为15mA，内阻约为1Ω)
F.滑动变阻器R(最大阻值10Ω，允许通过的最大电流为0.5A)
G.开关导线若干
为了减小实验误差，要求电表的测量值在量程的13以上，定值电阻应该选择______(选填“R1”或“R2”)，在方框(图2)中画出合适的电路图，并标上各器材的符号；
(3)若实验中电流表A1、A2的示数分别为I1、I2，则待测电阻Rx=______(用实验测得的物理量符号和题设中给出的物理量符号来表示)。
四、简答题：本大题共3小题，共43分。
13.宇航员在某星球表面将一个小球从高h的地方以速度v0水平抛出，测得小球落地时的水平位移为L，不考虑小球受到的空气阻力。
(1)求该星球表面的重力加速度g；
(2)将该星球看成一个质量均匀分布的球体，若测得该星球的平均密度为ρ，求该星球的半径R。
14.如图所示，倾角θ=37∘的传送带底端A点与顶端B点的距离为L=9m，传送带在电动机的带动下以恒定速率v0=4m/s顺时针匀速转动。现将质量为m=1kg的小物体无初速放在传送带上的A点，同时对物体施加一个沿传送带方向的力F，使得物体以a=2m/s2的加速度匀加速运动到B端，已知物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，求：
(1)物体到达B点时的速度v；
(2)物体与传送带之间因摩擦产生的热量Q；
(3)物体从底端到顶端的过程中拉力F对物体所做的功W。
15.由电子加速器、偏转电场组成的装置可以实现电子扩束。如图甲所示，大量初速度为0的电子经电压为U0的加速电场加速后，连续不断地沿中线射入水平放置的两块正对的平行金属板。当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、偏转电压峰值为U1的交变电压时，恰好所有电子都能从两板间通过，已知平行金属板长度为L，两板间距为d，电子的电荷量为−e，质量为m，不计电子重力和它们之间相互作用力，求：
(1)加速电场的电压U0；
(2)偏转电场的电压U1；
(3)哪个时刻进入偏转电场的电子，会从距离中线上方d3处飞出偏转电场。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.“点电荷”概念提出是应用了理想化模型法，“电场强度”概念的提出应用了比值定义法，故A错误；
B.牛顿发现了万有引力定律，卡文迪什通过扭秤装置测量出了引力常量G的值，故B正确；
C.开普勒总结出了行星运动的规律，但未找出行星按照这些规律运动的原因，牛顿的万有引力定律对此作出了解释，故C错误；
D.法国物理学家库仑发现了库仑定律，美国物理学家密立根通过油滴实验测定了元电荷的电荷量，故D错误。
故选：B。
A.“点电荷”概念提出是应用了理想化模型法，“电场强度”概念的提出应用了比值定义法；
B.根据万有引力定律的发现以及引力常量的测定分析作答；
C.开普勒总结了行星运动的规律，但并没有找出了行星按照这些规律运动的原因，牛顿的万有引力定律对此作出了解释；
D.法国物理学家库仑发现了库仑定律，美国物理学家密立根测定了元电荷的电荷量。
牛顿发现了万有引力定律，揭示了自然界一种基本相互作用的规律；开普勒发现了行星运动定律，牛顿总结了行星运动的规律，并找出了行星按照这些规律运动的原因；卡文迪什通过扭秤装置测量出了引力常量G的值。
2.【答案】A
【解析】解：ACD.卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
GMmr2=man=mv2r=m4π2T2r
解得：T= 4π2r3GM,v= GMr,an=GMr2
卫星在同步轨道做圆周运动与其在低轨道做圆周运动相比轨道半径变大，根据上述表达式可知周期变长、线速度减小、加速度减小，故A正确，CD错误；
B.卫星从低轨道运动到同步轨道，属于从低轨运动到高轨，需要点火加速，所以卫星的机械能增加，故B错误。
故选：A。
卫星受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得出周期、线速度和加速度的表达式，结合半径的大小关系完成分析；
理解机械能的定义，结合卫星变轨的知识分析出卫星机械能的变化趋势。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解卫星做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。
3.【答案】C
【解析】解：A、静摩擦力的方向与物体相对运动趋势的方向相反。但可能与运动方向相同，可能与运动方向相反，则静摩擦力可能做正功(被倾斜传送带向上运送的物体，静摩擦力对其做正功)，可能做负功，故A错误；
B、滑动摩擦力与相对运动方向相反，与物体的运动方向可能相反，也可能相同，所以滑动摩擦力可能对物体做负功，也可能做正功(比如刚放上传送带的物体，滑动摩擦力对其做正功)，故B错误；
C、作用力和反作用力是作用在两个相互作用的物体之上的；作用力和反作用力可以同时做负功，也可以同时做正功；作用力和反作用力可以一个力做功，另一个力不做功，例如若物体在一个静止的物体表面上滑动，则由于静止的物体没有位移，则相互作用的摩擦力对静止的物体不做功，故C正确；
D、根据P=Fv，则物体运动的速度越大，作用在物体上的力的功率不一定大，故D错误。
故选：C。
静摩擦力和滑动摩擦力做功情况，通过力的方向和相对地面的位移方向进行判断；
一对相互作用力的方向是相反的，相对地面的位移方向可能相同或不同；
根据P=Fv判断功率大小。
判断滑动摩擦力是做负功还是做正功，首先还得搞清是判断哪个力对哪个物体做功，关键是判断该物体所受滑动摩擦力的方向与它相对地面的位移方向间的夹角是大于、等于还是小于90∘，与此分别对应的是做负功、不做功、做正功。
4.【答案】B
【解析】解：A、该无人机在0∼t1时间内初速度为零，故速度与加速度方向在同一直线上，做直线运动，故A错误；
B、0∼t1时间内，加速度保持不变，合外力保持不变，但合速度增大，根据：P=Fv，可知合外力的功率逐渐增大，故B正确；
C、t1∼t2时间内，该无人机在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀减速直线运动，故加速度保持不变，故C错误；
D、0∼t2时间内，该无人机在竖直方向上的分速度均竖直向上，t2时刻无人机到达最大高度，此时无人机的重力势能最大，故D错误。
故选：B。
根据图像，分析x、y方向加速度，根据合成法则，分析实际加速度不变，且加速度与速度方向相同，故做匀加速直线运动，并根据功率公式分析无人机的功率变化；
t1∼t2时间，根据图像，分析x、y方向加速度，根据合成法则，分析实际加速度不变，且加速度与速度方向不共线，物体做曲线运动；
速度-时间图像也能反应位移大小(面积)，根据图像可知，t2时刻上升到最大高度。
本题解题关键是掌握v−t图像斜率为加速度、面积为位移，并根据合成法则，分析合加速度和位移，中等难度题。
5.【答案】B
【解析】解：AB、铁球绕轨道转动时，受到重力、磁力、支持力三个力作用，磁力和支持力方向始终与速度方向垂直，不做功，只有重力做功，故铁球的机械能守恒，重力势能与动能相互转化，在最高点速度最小，最低点速度最大，故铁球不可能做匀速圆周运动，故A错误，B正确；
C、小铁球(可视为质点)在轨道外侧转动，铁球在A点时受重力、磁性引力、轨道的支持力，最小向心力为零，故铁球在A点时的最小速度为0，故C错误；
D、要使铁球不脱轨，铁球在A点时的最小速度为0，由最高点运动到最低点时，由机械能守恒可得
2mgR=12mv2
当铁球运动到B点时，由牛顿第二定律得：F−mg=mv2R
两式联立解得：F=5mg
故要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，故D错误。
故选：B。
分析铁球的受力情况，判断各力做功情况以及能量转化情况，判断机械能是否守恒，并判断速度大小是否不变；分析铁球在A点时向心力最小值，再确定铁球在A点的最小速度；根据机械能守恒定律和牛顿第二定律相结合求解当铁球运动到B点时，轨道对铁球的磁性引力最小值。
本题属于机械能守恒定律和向心力的综合应用问题，在解答的过程中，正确分析得出小球经过最高点和最低点的条件是解答的关键，写出向心力的表达式是解答的基础。
6.【答案】D
【解析】解：A.根据闭合电路欧姆定律可得E=U+IR+Ir
代入数据解得R=8Ω，故A错误；
B.根据功率公式，电源的输出功率P出=UI+I2R=10×0.5W+0.52×8W=7W，故B错误；
C.电动机的输入功率为P入=UI=10×0.5W=5W，故C错误；
D.电动机的输出功率为PD出=P入−I2RM
代入数据解得PD出=4W，故D正确。
故选：D。
A.根据闭合电路的欧姆定律求解电阻R；
B.根据功率公式求电源的输出功率；
C.根据P=UI求电源的输入功率；
D.电动机为非纯电阻电路，根据功率关系求电动机输出功率。
注意：电动机为非纯电阻电路，输入功率只能用公式P=UI求解，输出功率等于输入功率与热功率之差。
7.【答案】C
【解析】解：A.根据图像的物理意义可知，φ−x图像的斜率k=ΔφΔx表示电场强度，因此从O到x1电场强度逐渐减小，场强方向沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向也沿x轴负方向，粒子做加速度减小的减速运动，故A错误；
B.根据题意可知从x1到x3电势逐渐降低，结合电势能公式EP=qφ和粒子的电性可知正粒子的电势能是一直减小的，故B错误；
C.若v0=2 qφ0m，则粒子运动到x3处时电势能最小，则动能最大，速度最大，由动能定理得
q⋅12φ0=12mvm2−12mv02
解得：vm= 5qφ0m，故C正确；
D.若v0= qφ0m，粒子沿x轴正方向做减速运动，当减速到零时，由动能定理得
q(0−φ)=0−12mv02
解得：φ=φ02
则粒子运动不到x2位置速度就减为0了，故D错误。
故选：C。
理解φ−x图像的斜率的物理意义，由此分析出粒子的运动类型；
根据电势能的计算公式分析出粒子的电势能的变化趋势；
根据动能定理列式得出粒子的速度大小。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，理解图像的物理意义，结合动能定理即可完成分析。
8.【答案】BC
【解析】解：A、在球b下落和a球上升过程中，两球的加速度大小相等，设为a，则对a和b整体，由牛顿第二定律有
2mg−mg=3ma，解得：a=g3，故A错误；
BD、由静止到b球落地过程，由a、b组成的系统机械能守恒有
(2mg−mg)h=12×(2m+m)v2
解得球b落地前瞬间速度大小为：v= 23gh
由于a球具有向上的速度，b球落地后绳中拉力为0，对a有
h′=v22g=23gh2g=h3
所以球a可达到的离地最大高度为H=h+h′=h+h3=43h，故B正确，D错误；
C、在球b下落过程中，绳子对球b做负功，球b的机械能减小，故C正确。
故选：BC。
在球b下落、a球上升的过程中，对a和b整体，由牛顿第二定律求出加速度大小；由静止到b球落地过程，由机械能守恒求出b球落地时a、b的速度，根据竖直上抛运动规律求球a继续上升的高度，从而得到球a离地的最大高度；根据功能关系，分析球b的机械能。
本题是连接体问题，采用整体法求加速度，要知道系统机械能守恒，但单个小球的机械能并不守恒。
9.【答案】CD
【解析】解：A.由题意易知电场强度方向一定与圆的某条直径平行，而沿电场强度方向电势降低，且c点为圆周上电势最低点，过c点作圆O的切线，切线为等势线，如图，
由此可推知电场强度方向沿Oc方向，故A错误；
BC.如图所示，
af为过a点的等势线，其垂直于电场强度，根据几何关系可知
cf=R+Rsin30∘
代入数据得：cf=3m
所以电场强度大小为：
E=Uaccf
代入数据得：E=20V/m，
de为过O点的等势线，根据几何关系可知b点到de的距离为：
d=Rsin30∘
代入数据得：d=1m
所以b点电势为：
代入数据得：φb=φO−Ed
φb=−20V，故C正确，B错误；
D.c点电势为
φC=φO−ER
代入数据得：φC=−40V
一质子经过c点时其电势能为：
Ep=eφC
代入数据得：Ep=−40eV，故D正确。
故选：CD。
c点为圆周上电势最低点，过c点作圆O的切线，切线为等势线，从而得出电场线方向；由几何关系求出cf两点沿电场线方向的距离，再由E=Ud求出场强；根据U=Ed可解得b、c两点电势，根据Ep=eφC求出质子经过c点时其电势能。
本题关键考查对电势差与匀强电场电场强度公式U=Ed的理解和应用，d是沿电场方向两点间的距离，注意几何知识的应用。
10.【答案】BC
【解析】解：A、为探究向心力大小和质量的关系，应保证半径和角速度相同，质量不同，即应把质量不同的小球放在半径相同的长槽上a位置和短槽上c位置，皮带套在塔轮上半径相同的凹槽内，故A错误；
C、为探究向心力大小和角速度的关系，应保证质量和半径相同，角速度不同，即应把质量相等的小球放在半径相同的长槽上a位置和短槽上c位置，皮带套在半径不相同的塔轮上，故C正确；
B、为探究向心力大小和半径的关系，应保证质量和角速度相同，半径不同，即应把质量相同的小球放在半径不同的长槽上b位置和短槽上c位置，皮带套在半径相同的塔轮上，故B正确；
D、为探究向心力大小和线速度的关系，应保证质量和半径相同，线速度不同，即应把质量相同的小球放在半径相同的长槽上a位置和短槽上c位置，皮带套在半径不相同的塔轮上，故D错误；
故选：BC。
利用控制变量法，保证角速度和半径一定，分析向心力和质量的关系；
保证半径和质量一定，分析向心力与角速度的关系；
保证质量和半径一定，分析向心力与半径的关系。
解决该题的关键是明确实验原理，了解实验器材的操作过程，知道各部分元件在试验中的作用以及所代表的物理意义，熟记向心力公式。
11.【答案】ABghB=12(hC−hA2T)2 C
【解析】解：(1)AB、打点计时器的工作电压为交流电，故需要交流电源，为了测量速度，需要利用刻度尺测量计数点之间的间距，故AB正确；
C、验证机械能守恒定律的式子两边都有质量m，所以不需要天平，故C错误；
故选：AB。
(2)在匀变速直线运动中，一段运动过程中的中间时刻速度等于该过程的平均速度，则B点的速度为
vB=hC−hA2T
若机械能守恒，则有
mghB=12mvB2
解得：ghB=12(hC−hA2T)2
(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，原因是存在空气阻力和摩擦阻力的影响，故C正确，AB错误；
故选：C。
故答案为：(1)AB；(2)ghB=12(hC−hA2T)2；(3)C
(1)根据实验原理分析出需要使用的实验器材；
(2)根据机械能守恒定律分析出需要满足的关系式；
(3)根据实验数据分析出可能导致误差的原因。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和机械能守恒定律即可完成分析。
12.【答案】150R1 I1(R1+r1)I2−I1
【解析】解：(1)欧姆表示数为15×10Ω=150Ω；
(2)电源电动势E=1.5V，根据闭合电路的欧姆定律，电路中通过待测电阻的最大电流为I=ERx=1.5150A=0.01A=10mA
因此电流表A2用于测量总电流；
由于电源电动势E=1.5V，需要将电流表A1改装成量程为0∼1.5V的电压表，设串联电阻为R
根据串联电路的特点及欧姆定律，串联电阻的阻值为R=U−IA1R1IA1=1.5−5×10−3×55×10−3Ω=295Ω
因此定值电阻选择R1；
由于电流表A1内阻已知，则电流表A2应外接，滑动变阻器的最大阻值远小于待测电阻的阻值，所以滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：
(3)根据欧姆定律，待测电阻两端电压URx=I1(R1+r1)
通过待测电阻的电流IRx=I2−I1
根据欧姆定律，可得待测电阻Rx=URxIRx=I1(R1+r1)I2−I1
故答案为：(1)150；(2)R1；见解析；(3)I1(R1+r1)I2−I1。
(1)欧姆表测电阻，测量值=欧姆表指针对应示数×倍率；
(2)根据闭合电路的欧姆定律求电路中的最大电流，然后选择用于测量总电流的电流表和用于改装成电压表的电流表；
(3)根据欧姆定律求待测电阻。
本题考查了欧姆表的读数、电压表的改装和实验电路的设计；明确测量电阻的方法为“伏安法”，因此求解待测电阻两端的电压和通过待测电阻的电流是解题的关键。
13.【答案】解：(1)设小球平抛运动的时间为t，根据平抛运动规律，有
h=12gt2，L=v0t
联立解得：g=2v02hL2
(2)该星球的质量M，半径为R，则M=ρ×43πR3
根据星球表面物体受到的重力等于万有引力得
mg=GMmR2
联立解得：R=3v02h2πGρL2
答：(1)该星球表面的重力加速度g为2v02hL2；
(2)该星球的半径R为3v02h2πGρL2。
【解析】(1)小球做平抛运动，加速度为g，根据分位移公式求解g；
(2)根据星球表面物体受到的重力等于万有引力列式，结合星球的密度公式求解星球的半径R。
重力加速度g是万有引力和抛体运动联系的桥梁，熟练掌握平抛运动的规律，同时，要掌握物体所受重力等于万有引力这一基本思路。
14.【答案】解：(1)物体做匀加速运动到B点
v2=2aL
解得：v=6m/s
(2)物体经时间t1达到v0=4m/s，有
v0=at1
解得：t1=2s
物体位移
x1=12at12
解得：x1=4m
物体相对带向下的位移
Δx1=v0t1−x1
代入数据解得：Δx1=4m
物体再经时间t2到B点，
v−v0=at2
解得：t2=1s
物体位移
x2=L−x1
代入数据解得：x2=5m
物体相对带向上的位移
Δx2=x2−v0t2
代入数据解得：Δx2=1m
摩擦产生的热量
Q=μmgcsθ(Δx1+Δx2)
解得：Q=20J
(3)根据动能定理有
W+μmgcsθ(x1−x2)−mgsinθ⋅L=12mv2
代入数据解得：W=76J
答：(1)物体到达B点时的速度为6m/s；
(2)物体与传送带之间因摩擦产生的热量为20J；
(3)物体从底端到顶端的过程中拉力F对物体所做的功为76J。
【解析】(1)根据运动学公式得出物体到达B点时的速度；
(2)根据运动学公式分阶段得出物体与传送带的相对位移，结合热量的计算公式完成分析；
(3)根据动能定理列式得出拉力对物体做的功。
本题主要考查了功能关系的相关应用，熟悉运动学公式的应用，结合功能关系和动能定理即可完成分析。
15.【答案】解：(1)电子加速后速度为v0，有
eU0=12mv02
电子通过两板之间的时间为2t0，有
L=v0×2t0
解得U0=mL28et02
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，加速度为a，有
eU1d=ma
在t=nt0时刻进入偏转电场的电子偏转位移最大，恰好从两板间射出，有
d2=12at02×2
解得
U1=md22et02
(3)当电子进入偏转电场时U>0，设电子先向上加速运动t1时间电场反向，后再向上减速运动t1时间速度恰为0，然后向下加速运动t0−t1时间电场反向，后向下减速运动t0−t1时间，出偏转电场时正好位于中线上方d3处，
d3=12at12×2−12a(t0−t1)2×2
解得
t1=56t0
即电子进入偏转电场的时刻为
t=(2n+1)t0−t1=(2n+1)t0−56t0，n∈N
当电子进入偏转电场时U<0，设电子先向下加速运动t2时间电场反向，后再向下减速运动t2时间速度恰为0，然后向上加速运动t0−t2时间电场反向，后向上减速运动t0−t2时间，出偏转电场时正好位于中线上方d3处，有
d3=12a(t0−t2)2×2−12at22×2
解得
t2=16t0
即电子进入偏转电场的时刻为
t=(2n+2)t0−t2=(2n+1)t0+56t0，n∈N
综合可知，电子进入偏转电场的时刻为
t=(2n+1)t0±56t0，n∈N
答：(1)加速电场的电压为mL28et02；
(2)偏转电场的电压为md22et02；
(3)t=(2n+1)t0±56t0(n∈N)时刻进入偏转电场的电子，会从距离中线上方d3处飞出偏转电场。
【解析】(1)根据动能定理求出电子在电场中加速后的速度，再根据电子通过两板之间的时间求出加速电场的电压；
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，根据运动的分解求出偏转电场的电压；
(3)根据电子进入偏转时电压的大小分情况讨论分析电子的运动性质，根据电子离开偏转电场的位置求出电子向上加速运动的时间，进而求出电子进入偏转电场的时刻。
本题考查了带电粒子在电场中的加速和偏转，解决本题的关键是熟练掌握动能定理和运动的分解。
相关试卷
2022-2023学年湖北省咸宁市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）： 这是一份2022-2023学年湖北省咸宁市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖北省武汉市部分重点中学高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）： 这是一份2022-2023学年湖北省武汉市部分重点中学高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16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。
2022-2023学年湖北省十堰市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）： 这是一份2022-2023学年湖北省十堰市高一（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。
