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2021-2022學年浙江省溫州市高一（下）期末物理試卷（B卷）
上，寫在試卷上無效。
3.考試結束后，本試卷和答題卡一并交回。


第I卷（選擇題）

一、單選題（本大題共13小題，共39.0分）
1. 下列物理量屬于矢量的是(????)
A. 機械能 B. 功率 C. 電場強度 D. 動能
2. 關于做曲線運動的物體，下列說法正確的是(????)
A. 速度一定在變化 B. 所受的合外力一定在變化
C. 動能一定在變化 D. 加速度方向一定垂直于速度方向
3. 下列說法正確的是(????)
A. 庫侖通過油滴實驗測得元電荷e的數(shù)值
B. 由電場強度的定義式E=Fq可知，E與F成正比，與q成反比
C. 電容器的電容C由電容器自身結構決定，與所加的電壓無關
D. 由電容的定義式C=QU可知，C與Q成正比，與U成反比
4. 光滑的水平面上固定著一個螺旋形光滑水平軌道，俯視如圖所示。一小球以一定速度沿軌道切線方向進入軌道，運動到螺旋形中央，下列關于該小球運動的說法正確的是(????)


A. 線速度增大，角速度不變 B. 線速度不變，角速度減小
C. 線速度減小，向心加速度增大 D. 角速度增大，向心加速度增大
5. 下列幾種情境中可以看成機械能守恒的是(????)
A. 圖中在空中運動的鉛球
B. 圖中離開腳后在空中運動的鍵子
C. 圖中被吊車吊著勻速下降的“蛟龍?zhí)枴?br /> D. 圖中處于上升過程的撐桿跳高運動員
6. 下列說法不正確的是(????)
A. 摩擦過的琥珀能吸引小物體，說明小物體一定帶電
B. 在加油站給車加油前手要觸摸一下靜電釋放器，是防止靜電危害
C. 靜電噴漆時讓工件表面與油漆微粒帶上異種電荷，使噴涂更均勻
D. 避雷針是利用尖端放電將云層中積聚的電荷導入大地，使建筑物避免雷擊
7. 電場線如圖所示的電場中，a、b兩點的連線與經(jīng)過b點的電場線垂直，下列說法正確的是(????)

A. a、b兩點的連線為等勢線
B. 將一正電荷從b點移到c點，電場力做正功
C. 同一電荷在b點的加速度比在c點的加速度小
D. 負電荷在b點所受的電場力方向與b點電場方向相同
8. 如圖所示，在雜技表演中，表演者頂著桿沿水平地面向右勻速運動與此同時猴子從A點開始沿豎直桿向上做勻加速運動，最終達到B點。若以地面為參考系，猴子從A點到B點的運動軌跡可能是圖中的(????)
A. 曲線1
B. 曲線2
C. 直線3
D. 曲線4
9. 鉛球運動員分別采用“原地推”和“滑步推”兩種方式進行練習，如圖為滑步推鉛球的過程示意圖，滑步推鉛球比原地推鉛球增加幾米的成績。若兩種方式鉛球出手時相對地面的位置和速度方向都相同，忽略空氣阻力，則(????)
A. 兩種方式推出的鉛球落地速度方向一定相同
B. 兩種方式推出的鉛球在空中運動到最高點時的速度相同
C. 采用滑步推鉛球方式推出的鉛球在空中運動的時間更長
D. 采用原地推鉛球方式推出的鉛球在空中上升的高度更高

10. “飛車走壁”是一種傳統(tǒng)的雜技藝術，演員騎車在傾角很大的錐形桶面上做圓周運動而不掉下來。其簡化模型如圖所示，同一位演員騎同一輛車沿著桶內壁分別在水平面a和b上做勻速圓周運動，若不考慮車輪受到的側向摩擦力，下列說法正確的是(????)

A. 車在a平面運動的速率較小 B. 車在a平面運動的周期較小
C. 車在b平面運動的角速度較大 D. 車在b平面受到的支持力較大
11. 2022年4月30日，我國首次實現(xiàn)運載火箭海上“一站式”發(fā)射，以“一箭五星”的方式成功地將5顆衛(wèi)星，送入預定軌道。已知引力常量為G，地球的質量為M、半徑為R，其中一顆衛(wèi)星的質量為m，圍繞地球做軌道半徑為r的勻速圓周運動，則該衛(wèi)星(????)
A. 線速度大小為GMr B. 線速度大小為Gmr
C. 受到地球引力大小為GMmR2 D. 向心加速度大小為GMr3
12. 空軍飛行員跳傘訓練的場景如圖所示。一飛行員下降到極限高度時打開降落傘，而后豎直向下做減速運動。若飛行員和降落傘的總質量為m，所受空氣阻力大小恒為F，g為當?shù)氐闹亓铀俣取t在減速下降h的過程中(????)

A. 飛行員和降落傘所受阻力做功為Fh
B. 飛行員和降落傘所受合力做功為Fh-mgh
C. 飛行員和降落傘的機械能減少了Fh
D. 飛行員和降落傘的重力勢能減少了mgh-Fh
13. 從地面豎直向上拋出一物體，該物體的機械能E機和重力勢能Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示(取地面為參考平面)。下列說法不正確的是(????)

A. 物體上拋的過程機械能減少
B. 物體的質量為0.2kg
C. 物體上拋的初速度為12m/s
D. 從地面至h=2m，物體的機械能減少1J

二、多選題（本大題共3小題，共6.0分）
14. 下列說法符合史實的是(????)
A. 牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律
B. 卡文迪什通過扭秤實驗測出了引力常量
C. 相對論的創(chuàng)立表明經(jīng)典力學已不再適用
D. 開普勒潛心研究第谷的天文觀測數(shù)據(jù)，提出了行星運動定律
15. 在場強為E=150V/m的勻強電場中，相距d=2cm的a、b兩點的電勢差可能為(????)
A. 7.5V B. 4V C. 1V D. 0
16. 如圖，在光滑絕緣水平地面上固定著兩個點電荷B、C，其中B帶正電；現(xiàn)有另一帶正電的A點電荷在FA的水平外力作用下靜止在如圖所示的位置使ABC構成等邊三角形。已知FA與AB的夾角小于60°，則對點電荷C所帶電荷的電性和電量的判斷正確的是(????)
A. 一定是正電 B. 一定是負電 C. 帶電量大于B D. 帶電量小于B
第II卷（非選擇題）

三、實驗題（本大題共2小題，共14.0分）
17. 在“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實驗中，

(1)用如圖1所示的電容器做實驗，電容器外殼上面標著“2200μF，10V”，下列說法正確的是______；
A.電容器的擊穿電壓為10V
B.電壓為10V時，電容器才正常工作
C.電容器電壓為5V時，電容是2200μF
D.電容器電壓為5V時，電容是1100μF
(2)把干電池E、電阻箱R、電容器C、電流表G、單刀雙擲開關S按圖2電路圖連成實驗電路如圖3所示，將電阻箱R調到合適阻值。
①先使開關S接1，電源給電容器充電，觀察到電流表指針偏轉情況為______；
A.逐漸偏轉到某一刻度后保持不變B.逐漸偏轉到某一刻度后迅速回到0
C.迅速偏轉到某一刻度后保持不變D.迅速偏轉到某一刻度后逐漸減小到0
②電容器充電完畢，斷開開關，此時如圖2所示電路圖中電容器上極板______(填“帶正電”、“帶負電”或“不帶電”)；
③然后將開關S接2，電容器放電。在放電過程中，電路中的電流大小為i，電容器所帶電荷量為Q，電容器兩極板電勢差為U，電容器的電容為C。下面關于i、Q、U、C隨時間t的變化的圖像，正確的是______。

18. “驗證機械能守恒定律”實驗的裝置如圖1所示。
(1)圖2中還需要的儀器是______(寫儀器的名稱)；

(2)讓重物從靜止開始下落，打出一條清晰的紙帶，其中的一部分如圖3所示。O點是打下的第一個點，A、B、C和D為另外4個連續(xù)打下的點。已知交流電頻率為50Hz重物質量為100g，當?shù)刂亓铀俣萭=9.80m/s2，則打C點時，重物的速度大小vC=______m/s(保留3位有效數(shù)字)，重物的動能E1=______J(保留3位有效數(shù)字)，O點到C點重物減小的重力勢能E2=______J(保留3位有效數(shù)字)；
(3)比較E1與E2的大小，出現(xiàn)這一結果的原因可能是______。
A.工作電壓偏高
B.存在空氣阻力和摩擦力
C.接通電源前釋放了紙帶

四、計算題（本大題共4小題，共41.0分）
19. 如圖所示，兩相同金屬極板A與B的長度為L，加電壓后極板間的電場強度為E(可視為勻強電場)。一個電荷量為e的電子沿平行于板面的方向射入電場中，射入時的速度為v0。求電子：
(1)在電場中運動的時間t；
(2)在電場中運動的加速度大小a；
(3)射出電場時沿電場方向偏移的距離y。
20. 圖甲是2022年北京冬奧會冰壺混雙比賽情景，其運動模型簡化如圖乙所示，A、B、C、O為運動場地中心線上的四個點。投壺手將質量m=20kg的冰壺以初動能Ek0=56J從A點沿中心線擲出，冰壺恰好停在營壘區(qū)的中心O點。已知冰壺可視為質點，A點和O點的距離L1=28m，擦冰手可以在AO區(qū)域內擦冰，不計空氣阻力。

(1)求冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)μ；
(2)實際比賽中，投壺手將冰壺以初動能Ek1=46J從A點擲出，擦冰手在AO間一段長度L2=10m的BC區(qū)域內擦冰(擦拭后動摩擦因數(shù)變?yōu)閗μ)，冰壺恰好停在O點，且冰刷始終不接觸冰壺，求k的大小；
(3)擦冰手在AO區(qū)域內全程擦冰，冰壺在A點以多大初動能Ek2擲出，恰好能停在O點。(k同上一小問)
21. 激光高速特技車(以下簡稱小車)依靠強磁電機提供動力，能以很大的速度在空心圓體中運動，如圖甲所示。某同學將魚缸固定在示數(shù)已調零的臺秤上，打開小車開關，使小車在半徑為r=0.064m的豎直面內做勻速圓周運動。已知魚缸的質量M=0.90kg，小車的質量m=0.01kg，不考慮空氣阻力等影響，運動模型如圖乙所示。
(1)求小車恰能過最高點A時的速度大小v1和此時臺秤的示數(shù)F1；
(2)若小車在最高點A時，臺秤的示數(shù)為F2=5.5N，求此時小車速度大小v2。

22. 如圖甲所示為2022年北京冬奧會首鋼滑雪大跳臺，模型簡化如圖乙所示。質量(連同裝備)m=60kg運動員由A點靜止出發(fā)，通過長度LAB=50m、傾角為37°的斜面雪道AB，進入半徑R=20m、圓心角為45°的圓弧雪道BCD，并經(jīng)助雪道E點飛出后落至傾角也為37°的斜面雪道P點(圖中未畫出)，由于斜面雪道的作用，僅保留沿斜面雪道方向的速度，垂直斜面雪道方向的速度立即減為，隨后滑至斜面雪道底部G點進入長度LGH=10m的水平減速雪道GH。整個運動過程中運動員可視為質點，雪道連接處均平滑連接。已知運動員到達圓弧雪道BCD的最低點C時速度vC=20m/s，不考慮空氣阻力。
(1)求運動員在C點時受到的支持力大小FN；
(2)求運動員在雪道ABC上運動過程中阻力對其做的功Wf；
(3)若運動員在E點沿著切線飛出后，到達最高點O時速度v0=10m/s，O點離斜面雪道F點豎直高度為h0=5m，且F點與G點距離LFG=35m，運動員受到斜面雪道的平均阻力為Ff1=120N，運動員進入水平軌道后通過調整姿態(tài)以改變阻力。要保證安全停在水平軌道GH上，試計算運動員在水平軌道GH所受的最小平均阻力大小Ff2。


答案和解析

1.【答案】C?
【解析】解：ABD、機械能、功率、動能均為只有大小，沒有方向的物理量，是標量，故ABD錯誤；
C、電場強度既有大小又有方向，運算遵循平行四邊形定則，是矢量，故C正確。
故選：C。
矢量是既有大小又有方向、運算遵循平行四邊形定則的物理量；標量是只有大小沒有方向、運算遵循代數(shù)運算法則的物理量。
本題要掌握矢量與標量的區(qū)別：一是矢量有方向，標量沒有方向；二是運算法則不同，矢量運算遵守平行四邊形定則，標量運算遵守代數(shù)運算法則。

2.【答案】A?
【解析】解：A、既然是曲線運動，它的速度的方向必定是改變的，則速度一定變化，故A正確；
B、曲線運動是變速運動，一定有加速度，但合外力可以不變，如平拋運動，故B錯誤；
C、做曲線運動的物體，它的速度的方向必定是改變的，速度的大小可以不變，即動能可能不變，如勻速圓周運動，故C錯誤；
D、加速度方向不一定垂直于速度方向，如平拋運動，故D錯誤。
故選：A。
曲線運動的合力與速度不共線，故速度方向一定發(fā)生變化；曲線運動的合力可以是恒力也可以是變力；曲線運動的合力與物體垂直時，僅速度方向發(fā)生變化，大小不變。
本題主要考查了曲線運動的特點，明確質點做曲線運動的條件，知道力與速度、加速度之間的關系，知道曲線運動的軌跡與速度的關系。

3.【答案】C?
【解析】解：A、密立根通過油滴實驗測得元電荷e的數(shù)值，故A錯誤；
B、電場強度僅與電場本身有關，與試探電荷以及試探電荷在電場中所受的力的大小無關，故B錯誤；
CD、電容器的電容C由電容器自身結構決定，與所加的電壓無關，故C正確，D錯誤；
故選：C。
密立根通過油滴實驗測得元電荷的數(shù)值；
E=Fq是場強的比值定義式；
C=QU是電容的比值定義式，結合選項完成分析。
本題主要考查了電學的相關概念，熟悉公式和公式的類型即可完成分析，難度不大。

4.【答案】D?
【解析】解：根據(jù)題意可知水平軌道光滑，因此小球在沿著光滑水平軌道運動過程中線速度大小不變，但是轉動半徑變小，根據(jù)ω=vr，可知角速度增大，根據(jù)a=v2r，可知向心加速度變大，故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
根據(jù)題意結合公式ω=vr和a=v2r可分析各選項。
該題考查物體做圓周運動線速度角速度之間關系式以及向心加速度公式需要熟記公式，并能正確運用公式求解，基礎題。

5.【答案】A?
【解析】解：A、圖甲中在空中運動的鉛球，可認為鉛球受到空氣阻力忽略不計，鉛球在空中只受重力，機械能守恒，故A正確；
B、圖乙中離開腳后在空中運動的鍵子，空氣阻力對鍵子做負功，鍵子的機械能減少，故B錯誤；
C、圖丙中被吊車吊著勻速下降的“蛟龍?zhí)枴?，“蛟龍?zhí)枴钡膭幽懿蛔?，重力勢能減少，故“蛟龍?zhí)枴钡臋C械能減少，故C錯誤；
D、圖丁中處于上升過程的撐桿跳高運動員，撐桿對運動員做正功，運動員的機械能增加，故D錯誤。
故選：A。
單個物體機械能的條件是只有重力做功；除重力或彈力以外其他力做的功等于系統(tǒng)機械能的變化量。
本題以實際生活為背景，考查了功能關系、機械能守恒條件在實際問題中的應用，要注意機械能守恒的判斷條件。

6.【答案】A?
【解析】解：A、摩擦過的琥珀能吸引小物體，是因為琥珀帶電，帶電體具有吸引輕小物體的性質，所以可吸引輕小物體，故A錯誤；
B、在加油站給車加油前手要觸摸一下靜電釋放器，是讓靜電通過靜電釋放器導走，以防止靜電危害，在加油的時候有意外發(fā)生，故B正確；
C、靜電噴漆時讓工件表面與油漆微粒帶上異種電荷，可通過異種電荷相互吸引的特性，讓油漆噴涂的更均勻，故C正確；
D、避雷針是利用尖端放電將云層中積聚的電荷導入大地，把云層中的電荷中和了，使建筑物避免雷擊，故D正確。
本題選不正確的
故選：A。
根據(jù)帶電體具有吸引輕小物體的性質來判斷；根據(jù)靜電的防止和危害來分析判斷即可。
在第二個和第四個選項中是為了防止靜電的危害，第三個選項是靜電的應用。要會區(qū)分，特別是要掌握尖端放電的具體原理。

7.【答案】B?
【解析】解：A、等勢線與電場線垂直，a、b兩點的連線與經(jīng)過b點的電場線垂直，與經(jīng)過a點的電場線不垂直，則a、b兩點的連線不是等勢線，故A錯誤；
B、電場方向為b→c，正電荷的受力方向為b→c，則將一正電荷從b點移到c點，電場力做正功，故B正確；
C、根據(jù)電場線的疏密程度表示電場強度的大小可知，b點的電場線比c點的電場線密，則b點的電場強度大，同一電荷在b點受到的電場力大，則同一電荷在b點的加速度比在c點的加速度大，故C錯誤；
D、負電荷在b點所受的電場力方向與b點電場方向相反，故D錯誤。
故選：B。
根據(jù)等勢線與電場線垂直可確定ab連線不為等勢線；根據(jù)力與速度間夾角判定做功；根據(jù)電場線的疏密程度表示電場強度的大小可知可判定；負電荷的受力方向與電場線方向相反。
本題主要考查了電場線的特點，解題關鍵掌握根據(jù)電場線的疏密程度表示電場強度的大小，等勢線與電場線垂直等知識點。

8.【答案】D?
【解析】解：由題意，小猴子從A點到B點沿水平方向為勻速直線運動，加速度為零；沿桿向上做勻加速直線運動，加速度向上，故小猴子的實際加速度豎直向上；初速度與加速度不在一條直線上，所以小猴子的運動軌跡為向上彎曲的曲線。故D正確，ABC錯誤；
故選：D。
猴子參與了水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的勻加速直線運動，通過運動的合成，判斷猴子相對于地面的運動軌跡以及運動情況。
解決本題的關鍵知道猴子參與了水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的勻加速直線運動，會運用運動的合成分析物體的運動軌跡和運動情況。

9.【答案】C?
【解析】解：C、設出手速度v0與水平方向的夾角為θ，豎直分速度為v0sinθ，出手位置離地面高度為H，鉛球落地時的豎直速度為vy，規(guī)定豎直向上為正方向，則有2gH=vy2-(-v0sinθ)2，解得vy=(v0sinθ)2+2gH
推出的鉛球在空中運動的時間為t=vy-(-v0sinθ)g=(v0sinθ)2+2gH+v0sinθg
推出的鉛球在空中運動的水平位移為x=v0cosθ?t=v0cosθ?(v0sinθ)2+2gH+v0sinθg
由題意可知兩種方式鉛球出手時的θ、H都相同，但滑步推鉛球的水平位移大，所以滑步推鉛球出手的初速度v0更大，則滑步推鉛球在空中運動的時間更長，故C正確；
A、設鉛球落地速度與水平方向的夾角為α，則有tanα=vyvx=(v0sinθ)2+2gHv0cosθ=tan2θ+2gHv02cos2θ
由于滑步推鉛球出手的初速度v0更大，所以夾角α更小，即兩種方式推出的鉛球落地速度方向一定不相同，故A錯誤；
B、鉛球在水平方向做勻速直線運動，鉛球在空中運動到最高點時的速度為vx=v0cosθ
由于滑步推鉛初速度v0更大，所以滑步推鉛球在最高點時的速度更大，故B錯誤；
D、推出的鉛球在空中上升的高度為h=(v0sinθ)22g
由于滑步推鉛球的初速度v0更大，所以滑步推鉛球在空中上升的高度更高，故D錯誤。
故選：C。
根據(jù)題目中的描述找到初速度的關系：速度方向相同，拋出位置相同但是成績不同，說明速度大小不同；把斜拋沿豎直和水平兩個方向分解，根據(jù)豎直方向的加速度為g勻變速直線運動即可解題，根據(jù)水平方向是勻速直線運動，水平方向速度為初速度在水平方向的分速度，即可得出最高點的速度關系。
找到鉛球的初速度的關系是解題的關鍵，掌握拋體運動問題的常規(guī)處理方法。

10.【答案】C?
【解析】解：D、人和車整體進行分析可知FNcosθ=mg
根據(jù)牛頓第二定律有：mgtanθ=mv2r=mω2r=m4π2T2r
解得：FN=mgcosθ
v=grtanθ、ω=gtanθr、T=2πrgtanθ
可知車在a平面和b平面受到的支持力相等，故D錯誤
ABC、又因為
ra>rb
所以
va>vb
ωaTb
故C正確，AB錯誤。
故選：C。
任選一車作為研究對象，根據(jù)勻速圓周運動的合力提供向心力的特點，分析受力情況，作出力圖，根據(jù)牛頓第二定律得到線速度、角速度與半徑的關系，可比較它們的大小．
本題是圓錐擺類型，支持力和重力的合力提供物體的向心力．對于幾個相似情況的比較，往往以任意情況情況為例研究，得到一般的公式，然后比較大?。?br />
11.【答案】A?
【解析】解：衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，F(xiàn)=GMmr2=mv2r=ma
解得線速度：v=GMr，向心加速度：a=GMr2，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
根據(jù)萬有引力提供向心力求出線速度的大小、向心加速度大小。
此題考查了人造衛(wèi)星的相關知識，解題的關鍵是根據(jù)萬有引力提供向心力，得到相關物理量。

12.【答案】C?
【解析】解：AC、行員和降落傘所受阻力做功為WF=-Fh，飛行員和降落傘的機械能減少了Fh，故A錯誤，C正確；
B、飛行員和降落傘所受合力做功為W=mgh-Fh，故B錯誤；
D、飛行員和降落傘的重力所做的功為mgh，勢能減少了mgh，故D錯誤。
故選：C。
合力做功等于各個力做功的代數(shù)和；在下降過程中，阻力做負功；根據(jù)功能關系求機械能的減少量。
解決本題時，要掌握常見的功能關系，知道除了重力以外其他力做功等于物體機械能的變化量。要注意功是標量。

13.【答案】C?
【解析】解：A、由圖可知，上拋過程中物體的機械能減少，故A正確；
B、由圖可知，h=4m時Ep=8J，根據(jù)Ep=mgh，解得m=Epgh=810×4kg=0.2kg，故B正確；
C、物體上拋瞬間Ep0=0，初動能為Ek0=E總0-Ep0=10J，由Ek0=12mv02，解得物體的初速度為v0=10m/s，故C錯誤；
D、h=2m，E總=9J，則從地面至h=2m，物體的機械能減少ΔE=E總0-E總=10J-9J=1J，故D正確。
本題選不正確的，
故選：C。
根據(jù)圖像直接分析物體上拋過程中機械能的變化情況；根據(jù)h=4m時的Ep值和公式Ep=mgh求出物體的質量；根據(jù)機械能等于重力勢能與動能之和求物體的初動能，從而求得初速度；從地面至h=2m，讀出物體在h=2m時的機械能，即可求出物體機械能的減少量。
解決本題的關鍵要從圖像讀取有效信息，明確動能、重力勢能和機械能的關系，結合動能表達式進行解答。

14.【答案】ABD?
【解析】解：AB、牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，通過扭秤實驗測出引力常量的是卡文迪什，故AB正確；
C、相對論的創(chuàng)立表明經(jīng)典力學在宏觀低速情況仍能適用。故C錯誤。
D、開普勒潛心研究第谷的天文觀測數(shù)據(jù)，提出了行星運動定律，故D正確。
故選：ABD。
根據(jù)物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可．
本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記憶，這也是考試內容之一。

15.【答案】CD?
【解析】解：設a、b兩點連線與電場線夾角為θ，則a、b兩點在電場線方向的距離為d'=dcosθ
a、b兩點的電勢差為U=Ed'=Edcosθ=150×0.02cosθ=3cosθ
可見，U在0～3V之間。
故AB錯誤，CD正確；
故選：CD。
根據(jù)電勢差與電場強度的計算公式解得電勢差，結合夾角的大小分析電勢差的范圍。
本題考查電勢差與電場強度的關系，解題關鍵掌握U=Ed，d代表沿電場線方向的距離。

16.【答案】BD?
【解析】解：對A電荷受力分析，B對A是庫侖斥力，沿BA向左；若C是正電荷，則C對A的庫侖斥力沿CA向下，這兩個斥力的合力指向CA和BA延長線之間，不可能在BA延長線偏向上；只有C帶負電，C對A的庫侖引力沿AC向上，與B對A的作用力的合力才會偏向BA延長線的上側，所以C一定帶負電；如果C帶的電量與B相等，則A受到B、C的合力FA的方向平行于BC，所以C帶的電量小于B所帶的電量，故AC錯誤，BD正確。
故選：BD。
A、B都帶正電荷，B對A是庫侖斥力，沿AB的連線向左，只有C帶負電，C對A的庫侖引力沿AC連線向上，與B對A的作用力的合力才偏向左．
本題可以采用假設法，先假設C帶正電，判斷A受到的合力方向向哪兒，再假設C帶負電，判斷A受到的合力方向向哪兒，看哪一種情況符合題目要求．

17.【答案】C? D? 帶正電? B?
【解析】解：(1)A.10V是電容器的額定電壓，不是電容器的擊穿電壓，故A錯誤；
B.10V是電容器的額定電壓，電壓低于10V時，電容器也能正常工作，故B錯誤；
CD.電容與電容器所加電壓無關，只與自身構造有關，可知電容器電壓為5V時，電容是2200μF，故C正確，D錯誤。
故選：C。
(2)①使開關S接1，電源給電容器充電，電路瞬間有了充電電流，隨著電容器所帶電荷量逐漸增大，電容器兩極板間的電壓逐漸增大，充電電流逐漸減小，所以此過程中觀察到電流表指針迅速偏轉到某一刻度后逐漸減小到0，故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
②由電路圖可知，電容器上極板與電源正極相連，故電容器充電完畢，斷開開關，電容器上極板帶正電；
③D.放電過程中，電容與電容器所帶電荷量和電容器極板間電壓沒有關系，可知電容器電容保持不變，故D錯誤；
ABC.放電過程中，電容器所帶電荷量逐漸減小，根據(jù)電容定義式C=QU
可知電容器極板間電壓逐漸減小，則放電電流逐漸減小，根據(jù)i=ΔQΔt
可知Q-t圖像的切線斜率絕對值逐漸減小，故B正確，AC錯誤。
故選：B。
故答案為：(1)C；(2)①D；②帶正電；③B。
(1)電容器外殼上面標著“2200μF，10V”，根據(jù)該銘牌表示的物理意義進行分析；
(2)①根據(jù)電路的連接情況結合電容器充放電的規(guī)律進行分析；
②根據(jù)電路的連接情況分析電容器上極板帶電情況；
③電容器電容保持不變；放電過程中，電容器所帶電荷量逐漸減小，根據(jù)電容定義式結合電流強度的定義式進行分析。
本題主要是考查“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實驗，關鍵是知道電容器的充放電過程中電流的變化情況，知道電容是由電容器本身的性質決定的。

18.【答案】學生電源、刻度尺? 2.41? 0.290? 0.273? C?
【解析】解：(1)打點計時器需要使用交流電源，實驗還需要學生電源；實驗中需要測量重物下降的高度，故還需要刻度尺。
(2)做勻變速直線運動的物體在某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，
打點計時器打出C點時重物的速度大小為vC=BD2T=(4.63+5.01)×10-2m2×0.02s=2.41m/s
重物的動能E1=12mv2=12×0.1×2.412J=0.290J
O點到C點重物減小的重力勢能E2=mghOC=0.1×9.80×(19.02+4.25+4.63)×10-2J=0.273J
(3)通過比較，可以發(fā)現(xiàn)E1大于E2，即物體獲得的動能大于物體減少的重力勢能。
A.如果是打點計時器的工作電壓偏高，只會使打出的點跡更清晰，不會影響打點周期，故A錯誤；
B.如果是空氣阻力和摩擦力導致的系統(tǒng)誤差，則應該是物體獲得的動能小于物體減少的重力勢能，即E1小于E2，故B錯誤；
C.如果是在接通電源前就釋放了紙帶，則會導致在測量的這段下降距離內，重物具有了一個明顯的初動能，這將有可能導致重物的末動能大于重物減小的重力勢能，故C正確。
故選：C。
故答案為：(1)學生電源、刻度尺；(2)2.41；0.290；0.273；(3)C。
(1)根據(jù)實驗需要測量的量選擇所需實驗器材。
(2)應用勻變速直線運動的推論求出打C點時的速度；應用動能的計算公式求出動能，應用重力勢能的計算公式求出減小的重力勢能。
(3)根據(jù)實驗數(shù)據(jù)與實驗注意事項分析答題。
理解實驗原理、掌握基礎知識是解題的前提，應用勻變速直線運動的推論、動能與重力勢能的計算公式即可解題，解題時注意單位換算。

19.【答案】解：(1)水平方向上，根據(jù)
L=v0t
解得：t=Lv0
(2)根據(jù)牛頓第二定律得：
eE=ma
解得：a=eEm
(3)射出電場時沿電場方向偏轉的位移為
y=12at2=eEL22mv02
答：(1)在電場中運動的時間為Lv0；
(2)在電場中運動的加速度大小為eEm；
(3)射出電場時沿電場方向偏移的距離為eEL22mv02。?
【解析】(1)根據(jù)電子在水平方向的運動特點結合運動學公式計算出時間；
(2)根據(jù)牛頓第二定律得出電子的加速度；
(3)根據(jù)豎直方向的運動特點結合運動學公式完成分析。
本題主要考查了帶電粒子在電場中的偏轉，理解粒子的運動特點，結合運動學公式即可完成分析。

20.【答案】解：(1)冰壺從A點到O點的過程，由動能定理得
-μmgL1=0-Ek0
解得μ=0.01
(2)冰壺從A點到O點的過程，根據(jù)動能定理得
-μmg(L1-L2)-kμmgL2=0-Ek1
解得k=0.5
(3)擦冰手在AO區(qū)域內全程擦冰，冰壺從A點到O點的過程，根據(jù)動能定理得
-kμmgL1=0-Ek2
解得Ek2=28J
答：(1)冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)μ為0.01；
(2)k的大小為0.5；
(3)擦冰手在AO區(qū)域內全程擦冰，冰壺在A點以28J的初動能Ek2擲出，恰好能停在O點。?
【解析】(1)冰壺從A點到O點的過程，利用動能定理列方程，可求出冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)μ；
(2)冰壺從A點到O點的過程，根據(jù)動能定理列方程，求k的大??；
(3)擦冰手在AO區(qū)域內全程擦冰，根據(jù)動能定理求冰壺在A點的初動能Ek2。
本題涉及力在空間的積累效果，要想到動能定理。運用動能定理時，要靈活選擇研究過程，分析各力做功情況。

21.【答案】解：(1)小車在最高點A剛好由重力提供做圓周運動所需的向心力mg=mv12r
代入數(shù)據(jù)解得：v1=0.8m/s
此時臺秤示數(shù)F1=Mg=0.9×10N=9N；
(2)對小車受力分析，合外力提供做圓周運動所需的向心力
FN+mg=mv22r
根據(jù)牛頓第三定律有：FN=F'N
對魚缸受力分析，魚缸處于平衡狀態(tài)
F2+F'N=Mg
解得：v2=4.8m/s
答：(1)小車恰能過最高點A時的速度大小為0.8m/s，此時臺秤的示數(shù)為9N；
(2)若小車在最高點A時，臺秤的示數(shù)為F2=5.5N，此時小車速度大小為4.8m/s。?
【解析】(1)小車在最高點A剛好由重力提供做圓周運動所需的向心力，對臺秤受力分析可解得；
(2)根據(jù)牛頓第二定律結合牛頓第三定律解得。
本題考查牛頓第二定律在圓周運動中的應用，解題關鍵掌握向心力來源的判斷。

22.【答案】解：(1)運動員在C處由支持力和重力的合力提供向心力：FN-mg=mvC2R
代入數(shù)據(jù)解得：FN=1800N
(2)運動員從A到C的過程中，由動能定理得mgLABsin37°+mgR(1-cos37°)+Wf=12mvC2-0
代入數(shù)據(jù)解得：Wf=-8400J
(3)運動員落在斜面上P點時tan37°=12gt2-h0v0t
代入數(shù)據(jù)解得：t=2s或t=-12s(舍去)
運動員在P處到底部G的距離LPG=LFG-v0tcos37°
代入數(shù)據(jù)解得：LPG=10m
運動員在P處的速度vP=v0cos37°+gtsin37°
代入數(shù)據(jù)解得：vP=20m/s
運動員從P經(jīng)過G，恰好停在H處時，平均阻力Ff2最小。mgLPGsin37°-Ff1LPG-Ff2LGH=0-12mvP2
解得：Ff2=1440N
答：(1)運動員在C點時受到的支持力大小為1800N；
(2)運動員在雪道ABC上運動過程中阻力對其做的功為-8400J；
(3)運動員在水平軌道GH所受的最小平均阻力大小為1440N。?
【解析】(1)在C點對運動員受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列式可解；
(2)從A到C過程，根據(jù)動能定理求阻力做功；
(3)從最高點落到斜面過程中做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律求落到斜面位置，在根據(jù)動能定理求最小阻力。
此題考查了牛頓第二定律、運動學公式和動能定理的綜合運用，知道圓周運動最低點向心力的來源，運用牛頓第二定律進行求解速度。要知道動能定理是求功常用的方法。

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