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2021-2022學(xué)年浙江省溫州市高一（下）期末物理試卷（A卷）


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(jī)械能 B. 功率 C. 電場強(qiáng)度 D. 電勢
2. 關(guān)于做曲線運(yùn)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(shí)驗(yàn)測得元電荷e的數(shù)值
B. 由電場強(qiáng)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(jié)構(gòu)決定，與所加的電壓無關(guān)
D. 選擇不同的位置作為零電勢點(diǎn)，電場中某兩點(diǎn)間的電勢差會不同
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(jìn)入軌道，運(yùn)動到螺旋形中央，下列關(guān)于該小球運(yùn)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(jī)械能守恒的是(????)
A. 圖中在空中運(yùn)動的鉛球
B. 圖中離開腳后在空中運(yùn)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(yùn)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(dǎo)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(diǎn)的連線與經(jīng)過b點(diǎn)的電場線垂直，下列說法正確的是(????)

A. a、b兩點(diǎn)的連線為等勢線
B. 將一正電荷從b點(diǎn)移到c點(diǎn)，電場力做正功
C. 同一電荷在b點(diǎn)的加速度比在c點(diǎn)的加速度小
D. 負(fù)電荷在b點(diǎn)所受的電場力方向與b點(diǎn)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(yùn)動與此同時猴子從A點(diǎn)開始沿豎直桿向上做勻加速運(yùn)動，最終達(dá)到B點(diǎn)。若以地面為參考系，猴子從A點(diǎn)到B點(diǎn)的運(yùn)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(yùn)動員分別采用“原地推”和“滑步推”兩種方式進(jìn)行練習(xí)，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(yùn)動到最高點(diǎn)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(yùn)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(shù)，演員騎車在傾角很大的錐形桶面上做圓周運(yùn)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(nèi)壁分別在水平面a和b上做勻速圓周運(yùn)動，若不考慮車輪受到的側(cè)向摩擦力，下列說法正確的是(????)

A. 車在a平面運(yùn)動的速率較小 B. 車在a平面運(yùn)動的周期較小
C. 車在b平面運(yùn)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(shí)現(xiàn)運(yùn)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(yù)定軌道。已知引力常量為G，地球的質(zhì)量為M、半徑為R，其中一顆衛(wèi)星的質(zhì)量為m，圍繞地球做軌道半徑為r的勻速圓周運(yùn)動，則該衛(wèi)星(????)
A. 線速度大小為GMr B. 周期為4π2r3Gm
C. 動能為GMm2R D. 向心加速度大小為GMr3
12. 空軍飛行員跳傘訓(xùn)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(yùn)動。若飛行員和降落傘的總質(zhì)量為m，所受空氣阻力大小恒為F，g為當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?。則在減速下降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(jī)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. 如圖甲所示，物體以一定初速度從傾角α=37°，足夠長的斜面底端沿斜面向上運(yùn)動。上升的最大高度為3.0m，選擇地面為參考平面，上升過程中，物體的機(jī)械能E機(jī)隨高度h的變化如圖乙所示。sin37°=0.60，cos37°=0.80。下列選項(xiàng)不正確的是(????)

A. 物體的質(zhì)量m=1.0kg
B. 物體的初速度v0=10m/s
C. 物體受到的摩擦力Ff=4N
D. 物體回到斜面底端時的動能Ek=20J

二、多選題（本大題共3小題，共6.0分）
14. 在場強(qiáng)為E=150V/m的勻強(qiáng)電場中，相距d=2cm的a、b兩點(diǎn)的電勢差可能為(????)
A. 7.5V B. 4V C. 1V D. 0
15. 2021年2月10日，“天問一號”探測器實(shí)施近火捕獲制動，順利進(jìn)入近火點(diǎn)高度約400km，周期約10個地球日的大橢圓環(huán)火軌道，成為我國第一顆人造火星衛(wèi)星。5月15日，“天問一號”著陸巡視器成功著陸于火星烏托邦平原南部著陸區(qū)，中國首次火星探測任務(wù)著陸火星取得圓滿成功。如圖所示是“天問一號”的軌道模型，則“天問一號”探測器(????)

A. 在軌道Ⅱ上經(jīng)過Q點(diǎn)的速度比經(jīng)過P點(diǎn)的速度小
B. 在軌道Ⅱ的運(yùn)行周期大于在軌道Ⅲ的運(yùn)行周期
C. 由軌道Ⅲ轉(zhuǎn)移到軌道Ⅱ時，需要在P點(diǎn)減速
D. 在軌道Ⅰ上P點(diǎn)的加速度小于在軌道Ⅱ上P點(diǎn)的加速度
16. 如圖所示，一內(nèi)表面光滑的半圓形凹槽放在粗糙的水平地面上，絕緣輕桿固定在凹槽的頂端，絕緣輕桿中間位置即圓心處固定一負(fù)點(diǎn)電荷，一帶正電小球(可看做點(diǎn)電荷)靜置于槽內(nèi)底部的A點(diǎn)?，F(xiàn)用一個與豎直方向夾角始終為θ的斜向上的力F，把小球從A點(diǎn)沿著凹槽緩慢拉至B點(diǎn)，整個過程中，凹槽始終保持靜止，小球始終沒有離開凹槽。則在上述過程中下列說法正確的是(????)

A. 斜向上的拉力F一直增大
B. 凹槽對帶電小球的支持力先減小后增大
C. 地面對凹槽的支持力一直在增大
D. 地面對凹槽的摩擦力先增大后減小
第II卷（非選擇題）

三、實(shí)驗(yàn)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(shí)驗(yàn)中，

(1)用如圖1所示的電容器做實(shí)驗(yàn)，電容器外殼上面標(biāo)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(guān)S按圖2電路圖連成實(shí)驗(yàn)電路如圖3所示，將電阻箱R調(diào)到合適阻值。
①先使開關(guān)S接1，電源給電容器充電，觀察到電流表指針偏轉(zhuǎn)情況為______；
A.逐漸偏轉(zhuǎn)到某一刻度后保持不變B.逐漸偏轉(zhuǎn)到某一刻度后迅速回到0
C.迅速偏轉(zhuǎn)到某一刻度后保持不變D.迅速偏轉(zhuǎn)到某一刻度后逐漸減小到0
②電容器充電完畢，斷開開關(guān)，此時如圖2所示電路圖中電容器上極板______(填“帶正電”、“帶負(fù)電”或“不帶電”)；
③然后將開關(guān)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(guān)于i、Q、U、C隨時間t的變化的圖像，正確的是______。

18. “驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)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(diǎn)是打下的第一個點(diǎn)，A、B、C和D為另外4個連續(xù)打下的點(diǎn)。已知交流電頻率為50Hz重物質(zhì)量為100g，當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭=9.80m/s2，則打C點(diǎn)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(diǎn)到C點(diǎn)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(jié)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(jì)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，相距為d，極板間的電壓為U。一個質(zhì)量為m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。把兩板間的電場看作勻強(qiáng)電場，求電子：
(1)在電場中運(yùn)動的加速度a的大??；
(2)射出電場時沿垂直于板面方向偏移的距離y；
(3)射出電場時偏轉(zhuǎn)的角度θ。

20. 圖甲是2022年北京冬奧會冰壺混雙比賽情景，其運(yùn)動模型簡化如圖乙所示，A、B、C、O為運(yùn)動場地中心線上的四個點(diǎn)。投壺手將質(zhì)量m=20kg的冰壺以初動能Ek0=56J從A點(diǎn)沿中心線擲出，冰壺恰好停在營壘區(qū)的中心O點(diǎn)。已知冰壺可視為質(zhì)點(diǎn)，A點(diǎn)和O點(diǎn)的距離L1=28m，擦冰手可以在AO區(qū)域內(nèi)擦冰，不計(jì)空氣阻力。
(1)求冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)μ；
(2)實(shí)際比賽中，投壺手將冰壺以初動能Ek1=46J從A點(diǎn)擲出，擦冰手在AO間一段長度L2=10m的BC區(qū)域內(nèi)擦冰(擦拭后動摩擦因數(shù)變?yōu)閗μ)，冰壺恰好停在O點(diǎn)，且冰刷始終不接觸冰壺，求k的大??；
(3)仍使冰壺恰好停在O點(diǎn)，求投壺手在A點(diǎn)給冰壺的初動能Ek與擦冰長度L的關(guān)系式。(k同上一小問)

21. 激光高速特技車(以下簡稱小車)依靠強(qiáng)磁電機(jī)提供動力，能以很大的速度在空心圓體中運(yùn)動，如圖甲所示。某同學(xué)將魚缸固定在示數(shù)已調(diào)零的臺秤上，打開小車開關(guān)，使小車在半徑為r=0.064m的豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動。已知魚缸的質(zhì)量M=0.90kg，小車的質(zhì)量m=0.01kg，不考慮空氣阻力等影響，運(yùn)動模型如圖乙所示。
(1)求小車恰能過最高點(diǎn)A時速度大小v1；
(2)若小車在最高點(diǎn)A時，臺秤的示數(shù)為F1=5.5N，求此時小車速度大小v2；
(3)在(2)的前提下，求小車在最低點(diǎn)B時臺秤的示數(shù)F2。

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(zhì)量(連同裝備)m=60kg運(yùn)動員由A點(diǎn)靜止出發(fā)，通過長度LAB=50m、傾角為37°的斜面雪道AB，進(jìn)入半徑R=20m、圓心角為45°的圓弧雪道BCD，并經(jīng)助雪道E點(diǎn)飛出后落至傾角也為37°的斜面雪道P點(diǎn)(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(diǎn)進(jìn)入長度LGH=10m的水平減速雪道GH。整個運(yùn)動過程中運(yùn)動員可視為質(zhì)點(diǎn)，雪道連接處均平滑連接。已知運(yùn)動員到達(dá)圓弧雪道BCD的最低點(diǎn)C時速度vC=20m/s，不考慮空氣阻力。
(1)求運(yùn)動員在C點(diǎn)時受到的支持力大小FN；
(2)求運(yùn)動員在雪道ABC上運(yùn)動過程中阻力對其做的功Wf；
(3)若運(yùn)動員在E點(diǎn)沿著切線飛出后，到達(dá)最高點(diǎn)O時速度v0=10m/s，O點(diǎn)離斜面雪道F點(diǎn)豎直高度為h0=5m，且F點(diǎn)與G點(diǎn)距離LFG=35m，運(yùn)動員受到斜面雪道的平均阻力為Ff1=120N，運(yùn)動員進(jìn)入水平軌道后通過調(diào)整姿態(tài)以改變阻力。要保證安全停在水平軌道GH上，試計(jì)算運(yùn)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、標(biāo)量是只有大小沒有方向、運(yùn)算時遵循代數(shù)運(yùn)算法則的物理量。機(jī)械能、功率、電勢都是標(biāo)量，故ABD錯誤；
C、矢量是既有大小又有方向、運(yùn)算時遵循平行四邊形定則的物理量；電場強(qiáng)度是矢量，故C正確。
故選：C。
矢量是既有大小又有方向、運(yùn)算遵循平行四邊形定則的物理量；標(biāo)量是只有大小沒有方向、運(yùn)算遵循代數(shù)運(yùn)算法則的物理量。
本題要掌握矢量與標(biāo)量的區(qū)別：一是矢量有方向，標(biāo)量沒有方向；二是運(yùn)算法則不同，矢量運(yùn)算遵守平行四邊形定則，標(biāo)量運(yùn)算遵守代數(shù)運(yùn)算法則。

2.【答案】A?
【解析】解：A、既然是曲線運(yùn)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(yùn)動是變速運(yùn)動，一定有加速度，但合外力可以不變，如平拋運(yùn)動，故B錯誤；
C、做曲線運(yùn)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(yùn)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(yùn)動，故D錯誤。
故選：A。
曲線運(yùn)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(yùn)動的合力可以是恒力也可以是變力；曲線運(yùn)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(yùn)動的特點(diǎn)，明確質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動的條件，知道力與速度、加速度之間的關(guān)系，知道曲線運(yùn)動的軌跡與速度的關(guān)系。

3.【答案】C?
【解析】解：A、密立根通過油滴實(shí)驗(yàn)測得元電荷e的數(shù)值，故A錯誤；
B、電場中某點(diǎn)的場強(qiáng)是由電場本身決定的物理量，與試探電荷的帶電量以及所受的電場力均無關(guān)，故B錯誤；
C、電容器的電容C由電容器自身結(jié)構(gòu)決定，與所加的電壓無關(guān)，故C正確；
D、電場中某兩點(diǎn)間的電勢差與零電勢點(diǎn)的選擇無關(guān)，故D錯誤。
故選：C。
密立根通過油滴實(shí)驗(yàn)測得元電荷e的數(shù)值；場強(qiáng)是由電場本身決定；電容C由電容器自身結(jié)構(gòu)決定；電勢差與零電勢點(diǎn)的選擇無關(guān)。
本題主要考查了電場中的基本物理量，掌握電容C=QU、電場強(qiáng)度E=Fq為定義式，電勢差與零電勢點(diǎn)選擇無關(guān)。

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(yùn)動過程中線速度大小不變，但是轉(zhuǎn)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(jié)合公式ω=vr和a=v2r可分析各選項(xiàng)。
該題考查物體做圓周運(yùn)動線速度角速度之間關(guān)系式以及向心加速度公式需要熟記公式，并能正確運(yùn)用公式求解，基礎(chǔ)題。

5.【答案】A?
【解析】解：A、圖甲中在空中運(yùn)動的鉛球，可認(rèn)為鉛球受到空氣阻力忽略不計(jì)，鉛球在空中只受重力，機(jī)械能守恒，故A正確；
B、圖乙中離開腳后在空中運(yùn)動的鍵子，空氣阻力對鍵子做負(fù)功，鍵子的機(jī)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)枴保膀札執(zhí)枴钡膭幽懿蛔?，重力勢能減少，故“蛟龍?zhí)枴钡臋C(jī)械能減少，故C錯誤；
D、圖丁中處于上升過程的撐桿跳高運(yùn)動員，撐桿對運(yùn)動員做正功，運(yùn)動員的機(jī)械能增加，故D錯誤。
故選：A。
單個物體機(jī)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(jī)械能的變化量。
本題以實(shí)際生活為背景，考查了功能關(guān)系、機(jī)械能守恒條件在實(shí)際問題中的應(yīng)用，要注意機(jī)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?yàn)殓陰щ?，帶電體具有吸引輕小物體的性質(zhì)，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(dǎo)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(dǎo)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(zhì)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(xiàng)中是為了防止靜電的危害，第三個選項(xiàng)是靜電的應(yīng)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(diǎn)的連線與經(jīng)過b點(diǎn)的電場線垂直，與經(jīng)過a點(diǎn)的電場線不垂直，則a、b兩點(diǎn)的連線不是等勢線，故A錯誤；
B、電場方向?yàn)閎→c，正電荷的受力方向?yàn)閎→c，則將一正電荷從b點(diǎn)移到c點(diǎn)，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(qiáng)度的大小可知，b點(diǎn)的電場線比c點(diǎn)的電場線密，則b點(diǎn)的電場強(qiáng)度大，同一電荷在b點(diǎn)受到的電場力大，則同一電荷在b點(diǎn)的加速度比在c點(diǎn)的加速度大，故C錯誤；
D、負(fù)電荷在b點(diǎn)所受的電場力方向與b點(diǎn)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(qiáng)度的大小可知可判定；負(fù)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(diǎn)，解題關(guān)鍵掌握根據(jù)電場線的疏密程度表示電場強(qiáng)度的大小，等勢線與電場線垂直等知識點(diǎn)。

8.【答案】D?
【解析】解：由題意，小猴子從A點(diǎn)到B點(diǎn)沿水平方向?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動，加速度為零；沿桿向上做勻加速直線運(yùn)動，加速度向上，故小猴子的實(shí)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(yùn)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(yùn)動和豎直方向上的勻加速直線運(yùn)動，通過運(yùn)動的合成，判斷猴子相對于地面的運(yùn)動軌跡以及運(yùn)動情況。
解決本題的關(guān)鍵知道猴子參與了水平方向上的勻速直線運(yùn)動和豎直方向上的勻加速直線運(yùn)動，會運(yùn)用運(yùn)動的合成分析物體的運(yùn)動軌跡和運(yùn)動情況。

9.【答案】C?
【解析】解：C、設(shè)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(yùn)動的時間為t=vy-(-v0sinθ)g=(v0sinθ)2+2gH+v0sinθg
推出的鉛球在空中運(yùn)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(yùn)動的時間更長，故C正確；
A、設(shè)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(yùn)動，鉛球在空中運(yùn)動到最高點(diǎn)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(diǎn)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(guān)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(yùn)動即可解題，根據(jù)水平方向是勻速直線運(yùn)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(diǎn)的速度關(guān)系。
找到鉛球的初速度的關(guān)系是解題的關(guān)鍵，掌握拋體運(yùn)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(jìn)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?yàn)?br /> 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(yùn)動的合力提供向心力的特點(diǎn)，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(guān)系，可比較它們的大?。?br /> 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：AC、根據(jù)萬有引力提供向心力可得GMmr2=mv2r
解得線速度大小為v=GMr
該衛(wèi)星的動能為Ek=12mv2=GMm2r
故A正確，C錯誤；
B、根據(jù)萬有引力提供向心力可得GMmr2=m4π2T2r=ma
解得周期為T=4π2r3GM，向心加速度大小為a=GMr2
故BD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、周期大小，根據(jù)動能表達(dá)式分析動能。
此題考查了人造衛(wèi)星的相關(guān)知識，解題的關(guān)鍵是根據(jù)萬有引力提供向心力，得到相關(guān)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(jī)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(fù)功；根據(jù)功能關(guān)系求機(jī)械能的減少量。
解決本題時，要掌握常見的功能關(guān)系，知道除了重力以外其他力做功等于物體機(jī)械能的變化量。要注意功是標(biāo)量。

13.【答案】D?
【解析】解：A、當(dāng)h=3m時，物體速度為零，則mgh=30J，得h=1kg，故A正確；
B、當(dāng)h=0時，物體初動能等于機(jī)械能，則12mv02=50J，得v0=10m/s，故B正確；
C、對物體上升的整個過程中，根據(jù)動能定理-mgh-Ffhsin37°=0-12mv02，解得Ff=4N，故C正確；
D、從頂端到底端，根據(jù)動能定理mgh-Ffhsin37°=Ek-0，得Ek=10J，故D錯誤。
本題選擇錯誤選項(xiàng)；
故選：D。
根據(jù)物體上升到最高點(diǎn)的機(jī)械能等于重力勢能求出物體的質(zhì)量；根據(jù)功能關(guān)系，結(jié)合機(jī)械能的變化量，求出摩擦力的大小，從而得出動摩擦因數(shù)的大??；根據(jù)牛頓第二定律求出上滑的加速度；對全過程研究，根據(jù)動能定理求出物體返回斜面底端的動能。
本題考查功能關(guān)系的綜合運(yùn)用，要知道重力做功不改變物體的機(jī)械能，摩擦力做功使物體機(jī)械能減少，由圖象求出物體初末狀態(tài)的機(jī)械能，應(yīng)用重力勢能的計(jì)算公式、動能定理即可正確解題．

14.【答案】CD?
【解析】解：設(shè)a、b兩點(diǎn)連線與電場線夾角為θ，則a、b兩點(diǎn)在電場線方向的距離為d'=dcosθ
a、b兩點(diǎn)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(qiáng)度的計(jì)算公式解得電勢差，結(jié)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(qiáng)度的關(guān)系，解題關(guān)鍵掌握U=Ed，d代表沿電場線方向的距離。

15.【答案】AC?
【解析】解：A、由開普勒第二定律可知：在軌道II上經(jīng)過Q點(diǎn)的速度比經(jīng)過P點(diǎn)的速度小，故A正確；
B、由圖可知，軌道Ⅱ的半長軸小于軌道Ⅲ的半長軸，根據(jù)開普勒第三定律a33T32=a23T22，可知在軌道Ⅱ的運(yùn)行周期小于在軌道Ⅲ的運(yùn)行周期，故B錯誤；
C、由軌道Ⅲ轉(zhuǎn)移到軌道II時，“天問一號”探測器做近心運(yùn)動，需要減速，減小所需的向心力，故C正確；
D、根據(jù)萬有引力提供向心力：GMmr2=ma
可得a=GMr2
可知在軌道I上P點(diǎn)的加速度等于在軌道Ⅱ上P點(diǎn)的加速度，故D錯誤。
故選：AC。
根據(jù)開根據(jù)開普勒第三定律分析周期關(guān)系；結(jié)合變軌原理分析其運(yùn)動情況；根據(jù)萬有引力定律與牛頓第二定律分析加速度關(guān)系。
本題考查萬有引力定律和開普勒定律的應(yīng)用，知道萬有引力提供探測器做圓周運(yùn)動的向心力，理解探測器的變軌原理是解題的前提，應(yīng)用萬有引力公式與牛頓第二定律即可解題。

16.【答案】AB?
【解析】解：AB、設(shè)庫侖力FC，小球所受庫侖力和凹槽支持力始終指向圓心，如圖所示

做小球的受力分析圖
由圖可知F一直增大，F(xiàn)N+FC先減小后增大，由于小球和點(diǎn)電荷距離不變，所以FC大小不變，得FN先減小后增大，故AB正確；
CD、以整體為研究對象受力分析得地面支持力N=(M+m)g-FcosθFf=Fsinθ
由于F一直增大，地面對凹槽的支持力N一直減小，摩擦力一直增大，故CD錯誤。
故選：AB。
以物塊為研究對象進(jìn)行受力分析，作出矢量三角形，根據(jù)圖中表示力的有向線段長短變化情況確定各力的變化；以整體為研究對象，根據(jù)平衡條件判斷地面對凹槽的支持力和摩擦力的變化情況。
本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡之動態(tài)分析問題，如果一個力大小方向不變、一個力的方向不變，可以根據(jù)矢量三角形(圖解法)分析各力的變化情況。注意整體法和隔離法的應(yīng)用。

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(guān)，只與自身構(gòu)造有關(guān)，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(guān)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(zhuǎn)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(guān)，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(guān)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(biāo)著“2200μF，10V”，根據(jù)該銘牌表示的物理意義進(jìn)行分析；
(2)①根據(jù)電路的連接情況結(jié)合電容器充放電的規(guī)律進(jìn)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(jié)合電流強(qiáng)度的定義式進(jìn)行分析。
本題主要是考查“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實(shí)驗(yàn)，關(guān)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(zhì)決定的。

18.【答案】學(xué)生電源、刻度尺? 2.41? 0.290? 0.273? C?
【解析】解：(1)打點(diǎn)計(jì)時器需要使用交流電源，實(shí)驗(yàn)還需要學(xué)生電源；實(shí)驗(yàn)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(yùn)動的物體在某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，
打點(diǎn)計(jì)時器打出C點(diǎn)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(diǎn)到C點(diǎn)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(diǎn)計(jì)時器的工作電壓偏高，只會使打出的點(diǎn)跡更清晰，不會影響打點(diǎn)周期，故A錯誤；
B.如果是空氣阻力和摩擦力導(dǎo)致的系統(tǒng)誤差，則應(yīng)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(dǎo)致在測量的這段下降距離內(nèi)，重物具有了一個明顯的初動能，這將有可能導(dǎo)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(xué)生電源、刻度尺；(2)2.41；0.290；0.273；(3)C。
(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)需要測量的量選擇所需實(shí)驗(yàn)器材。
(2)應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動的推論求出打C點(diǎn)時的速度；應(yīng)用動能的計(jì)算公式求出動能，應(yīng)用重力勢能的計(jì)算公式求出減小的重力勢能。
(3)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)與實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)分析答題。
理解實(shí)驗(yàn)原理、掌握基礎(chǔ)知識是解題的前提，應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動的推論、動能與重力勢能的計(jì)算公式即可解題，解題時注意單位換算。

19.【答案】解：(1)在勻強(qiáng)電場中，有E=Ud
電子只受電場力作用，由牛頓第二定律可得eE=ma
聯(lián)立解得a=eUmd
(2)電子做類平拋運(yùn)動，水平方向勻速直線運(yùn)動，有L=v0t
豎直方向勻加速直線運(yùn)動，有y=12at2
聯(lián)立解得y=eUL22mdv02
(3)射出電場時豎直方向速度為vy=at
射出電場時偏轉(zhuǎn)的角度θ滿足：tanθ=vyv0
聯(lián)立解得tanθ=eULmdv02，則θ=arctaneULmdv02
答：(1)在電場中運(yùn)動的加速度a的大小為eUmd；
(2)射出電場時沿垂直于板面方向偏移的距離為eUL22mdv02；
(3)射出電場時偏轉(zhuǎn)的角度為arctaneULmdv02。?
【解析】(1)根據(jù)題意結(jié)合牛頓第二定律解得加速度；
(2)電子的運(yùn)動是水平方向的勻速直線運(yùn)動和豎直方向的勻加速直線運(yùn)動的合運(yùn)動，先求出電子通過極板的時間，再由勻加速直線運(yùn)動求出豎直方向偏移的距離；
(3)根據(jù)速度的分解解得。
本題考查的是電子做類平拋運(yùn)動問題，解決此題的關(guān)鍵是要把電子的運(yùn)動分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動和豎直方向的勻加速直線運(yùn)動，靈活應(yīng)用運(yùn)動學(xué)公式及牛頓第二定律求解。

20.【答案】解：(1)冰壺在從A到O的過程中，由動能定理得-μmgL1=0-Ek0
解得，冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.01
(2)冰壺在AB和CO區(qū)域未擦冰，動摩擦因數(shù)為μ，BC區(qū)域擦拭后動摩擦因數(shù)變?yōu)閗μ，由動能定理得-μmg(L1-L2)-kμmgL2=0-Ek1
解得k=0.5
(3)仍使冰壺恰好停在O點(diǎn)，投壺手投擲的初動能應(yīng)滿足-μmg(L1-L)-kμmgL=0-Ek
可得，初動能Ek與擦冰長度L的關(guān)系為Ek=56-L，0≤L≤28m
答：(1)冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)為0.01；
(2)k的大小為0.5；
(3)壺手在A點(diǎn)給冰壺的初動能Ek與擦冰長度L的關(guān)系式為Ek=56-L，0≤L≤28m。?
【解析】(1)以冰壺為研究對象，從P到O，根據(jù)動能定理求解。
(2)整個過程根據(jù)動能定理可解得動摩擦因數(shù)。
(3)根據(jù)動能定理解得表達(dá)式。
這個題目中過程很復(fù)雜，同學(xué)在解決的時候要注意每一個過程分段進(jìn)行研究，要學(xué)會把實(shí)際生活中的例子與物理相互結(jié)合。運(yùn)用動能定理要選取運(yùn)動過程。

21.【答案】解：(1)小車在最高點(diǎn)A剛好由重力提供做圓周運(yùn)動所需的向心力，則有mg=mv12r
解得v1=0.8m/s
(2)小車在最高點(diǎn)A時，以小車為對象，設(shè)魚缸對小車的彈力大小為FA，根據(jù)牛頓第二定律可得FA+mg=mv22r
以魚缸為對象，根據(jù)受力平衡可得F1+F'A=Mg
由牛頓第三定律可知FA=F'A
聯(lián)立解得v2=4.8m/s
(3)小車在最低點(diǎn)B時，以小車為對象，設(shè)魚缸對小車的彈力大小為FB，根據(jù)牛頓第二定律可得FB-mg=mv22r
以魚缸為對象，根據(jù)受力平衡可得F2=Mg+F'B
由牛頓第三定律可知FB=F'B
聯(lián)立解得F2=12.7N
答：(1)小車恰能過最高點(diǎn)A時速度大小為0.8m/s；
(2)此時小車速度大小為4.8m/s；
(3)小車在最低點(diǎn)B時臺秤的示數(shù)為12.7N。?
【解析】(1)小車在最高點(diǎn)A剛好由重力提供做圓周運(yùn)動所需的向心力；
(2)對小車受力分析，根據(jù)牛頓第二定律解答；
(3)在最低點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律解得。
本題考查牛頓第二定律在圓周運(yùn)動中的應(yīng)用，解題關(guān)鍵掌握小車的受力分析，注意向心力來源。

22.【答案】解：(1)運(yùn)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(yùn)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(yùn)動員落在斜面上P點(diǎn)時tan37°=12gt2-h0v0t
代入數(shù)據(jù)解得：t=2s或t=-12s(舍去)
運(yùn)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(yùn)動員在P處的速度vP=v0cos37°+gtsin37°
代入數(shù)據(jù)解得：vP=20m/s
運(yùn)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(yùn)動員在C點(diǎn)時受到的支持力大小為1800N；
(2)運(yùn)動員在雪道ABC上運(yùn)動過程中阻力對其做的功為-8400J；
(3)運(yùn)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(diǎn)對運(yùn)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(diǎn)落到斜面過程中做平拋運(yùn)動，根據(jù)平拋運(yùn)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(yùn)動學(xué)公式和動能定理的綜合運(yùn)用，知道圓周運(yùn)動最低點(diǎn)向心力的來源，運(yùn)用牛頓第二定律進(jìn)行求解速度。要知道動能定理是求功常用的方法。

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