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A.空氣對水滴有阻力的作用
B.測得水滴下落的時間間隔偏小12. 某同學想要描繪標有“，”字樣小燈泡L的伏安特性曲線，要求測量數(shù)據(jù)盡量精確，繪制曲線完整，可供該同學選用的器材除了開關，導線外，還有：
電壓表量程，內阻等于
電壓表量程，內阻等于
電流表量程，內阻等于
電流表量程，內阻等于
滑動變阻器額定電流
滑動變阻器額定電流
定值電阻阻值等于
定值電阻阻值等于
電源內阻不計
該同學設計的電路圖如圖1所示，你認為滑動變阻器應選______，定值電阻應選______，電流表應選______，電壓表應選______。以上均填可供選用器材的標號
該同學描繪出的小燈泡的特性曲線如圖2所示，則可以看出小燈泡的阻值隨著兩端電壓的增大而______，電壓為時，小燈泡的電阻為______，功率為______計算結果均保留兩位小數(shù)。13. 如圖所示的電路，電源的電動勢為E，內阻為r，阻值分別為4r、6r的電阻并聯(lián)后再與阻值為的電阻串聯(lián)，水平放置的電容器的兩極板的間距為d，分別接在阻值兩端，合上開關穩(wěn)定后，電容器的帶電量也為q。另一帶電量也為q的小球從距上極板上方高為2d處自由釋放，小球恰好能下落到下極板。結果可用分式表示
求電容器的電容；
判斷小球帶電性質；
求小球的質量重力加速度為。
14. 如圖所示，一質量為的物塊A靜止在光滑水平面上，質量為的物塊B以的速度向A運動，與A碰撞時無機械能損失。碰后A滑上粗糙斜面，然后滑下，再次運動到水平面上速度為，斜面傾角為，與水平面光滑連接。
通過計算說明A、B能否再次碰撞；
求物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)。
15. 如圖甲所示，空間存在方向豎直向上周期性變化的勻強電場，場強大小隨時間變化如圖乙所示，空間還存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小隨時間變化如圖丙所示。一個質量為、帶電量為的帶電小球，在空間P點在時刻在紙面內以水平向右大小為的速度拋出。小球在空中運動的時間大于2s，最終落地時速度垂直于地面。重力加速度為，小球可視為質點，求：時，小球的速度大小；內小球受到的合力大小；小球第一次速度水平向左時離P點的高度；點離地面的高度至少為多少。
答案和解析 1.【答案】D 【解析】解：AB、運動員做勻速圓周運動，線速度大小不變，方向改變，速度在改變，則運動員做變速運動。由合力提供向心力，合力大小不變，方向始終指向圓心，故運動員的運動是變加速運動，故AB錯誤；
CD、由于速度大小不變，則由動能定理可知，合外力做功為零；由于速度的變化量不為零，由動量定理可知，合力的沖量不為零，故C錯誤，D正確。
故選：D。
在勻速圓周運動的過程中，線速度的大小不變，方向時刻改變，合外力始終指向圓心，再根據(jù)沖量和功的定義確定沖量和做功的大小。
本題結合勻速圓周運動考查了動量定理和動能定理的應用，關鍵是明確勻速圓周運動的性質，知道物體做勻速圓周運動時合外力充當向心力，方向時刻在改變。
2.【答案】A 【解析】解：根據(jù)重力等于向心力，得，得
地球的第一宇宙速度
由題意得該星球的第二宇宙速度為：
代入數(shù)據(jù)解得：，故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
第一宇宙速度是人造地球衛(wèi)星在近地圓軌道上的運行速度，根據(jù)重力等于向心力，求該星球的第一宇宙速度，再根據(jù)，求該星球的第二宇宙速度．
通過此類題型，學會知識點的遷移，比如此題：把地球第一宇宙速度的概念遷移的某顆星球上面．要掌握重力等于向心力這一基本思路．
3.【答案】B 【解析】解：如下圖，將A點的速度分解：
根據(jù)運動的合成與分解可知，接觸點A的實際運動、即合運動為在A點垂直于桿的方向的運動，該運動由水平向左的分運動和豎直向下的分速度組成，所以，為A點做圓周運動的線速度，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
將A點的速度分解為沿水平方向和豎直方向，在垂直于桿子方向上的速度等于A點繞O轉動的線速度。
解決本題的關鍵會根據(jù)平行四邊形定則對速度進行分解，物塊速度在垂直于桿子方向的分速度等于A點轉動的線速度。
4.【答案】C 【解析】解：A、設小球拋出點離地高度為h，則落地時的速度為，知拋出的初速度越大，小球落地時的速度越大，故A錯誤；
B、由得，知小球從拋出到落地過程中，運動時間是一定的，與初速度無關，由知速度變化量不變，故B錯誤；
C、小球落地時的重力的瞬時功率為，知P不變，故C正確；
D、從拋出到落地過程中，由動能定理得：，不變，故D錯誤。
故選：C。
小球做平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律得到落地時速度與初速度、高度的關系，再分析落地時速度大小。由分析速度變化量的變化。由分析落地時的重力的瞬時功率。由動能定理分析落地時動能變化量的變化。
解答本題時，要知道平拋運動的時間由拋出點的高度決定，與初速度無關，通過平拋運動的規(guī)律以及功率公式、動能定理等規(guī)律列式分析。
5.【答案】C 【解析】球做豎直上拋運動時，到達最高點返回時運動具有對稱性，從該點上升的時間和返回的時間相同，在該點速度大小相等，因此無法判斷球是上升還是下降，球運動過程中只受重力作用，因此其加速度豎直向下，大小為g，處于失重狀態(tài)。故選C。
6.【答案】C 【解析】解：A、物塊做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)可得，則圖甲的斜率。根據(jù)可得圖乙的斜率，則，即圖乙的斜率是圖甲的斜率的4倍，故A錯誤；
B、由圖可得，由，得，根據(jù)牛頓第二定律可得：，故B錯誤；
C、設前2m所需時間為t，則，得，前2m的中點時刻的速度為，故C正確；
D、設前2s內位移為，則。設前2s中點位置的速度為，則，解得，故D錯誤。
故選：C。
根據(jù)勻變速直線運動的位移-時間公式變形得到與t的函數(shù)關系式，分析圖甲的斜率與加速度的關系。根據(jù)速度-位移公式求出乙圖的斜率與加速度的關系，再分析圖乙與圖甲的斜率關系。由牛頓第二定律求水平拉力F，根據(jù)速度-時間公式求前2m的中點時刻的速度，由速度-位移公式求前2s中點位置的速度。
本題的關鍵是根據(jù)運動學公式求出圖像的解析式，分析圖像斜率的意義，結合牛頓第二定律和運動學公式進行處理。
7.【答案】D 【解析】【分析】
根據(jù)右手螺旋定則得出直線電流周圍的磁場，再根據(jù)磁場的疊加原理得出a、b、c、d四點的實際磁感應強度。
本題考查右手螺旋定則和磁場的疊加原理，基礎題目。
【解答】
根據(jù)右手螺旋定則得出直線電流周圍的磁場，
a、b、c、d四點的實際磁感應強度為勻強磁場和電流磁場的疊加，如圖所示，由圖可得，a點的磁感應為
b點和d點的磁感應強度大小為
c點的磁感應強度大小為，所以四個點中，c點磁感應強度最小，a點最大。
故ABC錯誤，D正確；
故選D。 8.【答案】AC 【解析】解：A、剪斷細繩前，對P，，解得，方向向上，剪斷細繩后，物體P根據(jù)牛頓第二定律可得：，解得，方向向下，故A正確；
BC、當P向下運動x時，此時受到的彈力，此時彈簧的彈力向上，對P分析，受到的合力，此時加速度為零，速度最大，根據(jù)可知此時重力的功率最大，故B錯誤，C正確；
D、撤走長木板的瞬間，對Q分析，根據(jù)牛頓第二定律可得：，解得，故加速度大小為2g，故D錯誤；
故選：AC。
剪斷細繩前后，對物體P受力分析；利用牛頓第二定律可以求出剪斷細繩瞬間P的加速度大小，當P受到的合力為零時，加速度為零，撤走木板時，對Q受力分析，結合牛頓第二定律即可判斷。
本題考查了牛頓第二定律的應用，解題的關鍵是剪斷細繩瞬間彈簧的彈力不變，撤走木板時，木板對Q的支持力減為零。
9.【答案】BD 【解析】解：由于靜電感應，金屬板為等勢面，固定的點電荷P與板間的電場為等量異種點電荷電場的一半，因此從a到b的電場強度越來越小，電勢越來越低，帶正電的帶電粒子在此過程中，受到的電場力越來越小，且電場力做正功，則電勢能減??；從b到c的電場線變稀疏，則電場強度繼續(xù)減小，但由于此過程在等勢面上運動，則電勢不變，因此電場力減小，但電勢能不變，故AC錯誤，B正確：
D.Q在a點受到的電場力等于P對Q的庫侖力與金屬板感應電荷對其的庫侖力之和，即Q在a點受到的電場力大于P對Q的庫侖力，故D正確。
故選：BD。
由于靜電感應，金屬板為等勢面，固定的點電荷P與板間的電場為等量異種點電荷電場的一半，從而分析電場強度與電勢的變化，根據(jù)電場力做功分析電勢能變化，Q在a點受到的電場力等于P對Q的庫侖力與金屬板感應電荷對其的庫侖力之和。
本題考查電場力做功與電勢能變化的關系，解題關鍵掌握正電荷與金屬板間的電場分布。
10.【答案】AD 【解析】解：根據(jù)動能定理，解得克服摩擦力做功，故A正確；
B.第二次，由于物塊運動到某一位置速度小于第一次物塊在該位置的速度，由于在圓弧做圓周運動，則
則速度越大，支持力越大，根據(jù)牛頓第三定律壓力等于支持力
因此正壓力小于第一次的正壓力，則摩擦力小于第一次的摩擦力，因此從A到C克服摩擦力做功小于
，根據(jù)動能定理可知，物塊到達C點的速度不為零，故B錯誤；
C.第一次，物塊由A運動到B克服摩擦力做的功大于B到C摩擦力做的功，大于，因此到B點的最大動能小于，故C錯誤；
D.第一次，物塊從A運動到C的過程中，從A運動到B過程中與從B運動到C過程中在等高位置，物塊從A運動到B過程中的速度大，因此正壓力大，摩擦力大，因此物塊從A點運動到B點克服摩擦力做的功大于從B點運動到C點克服摩擦力做的功，故D正確。
故選：AD。
從A到C的過程中根據(jù)動能定理求出摩擦力做功；從A到B的過程中物塊加速，從B到C的過程中物塊減速，故前半段物塊正壓力大，則摩擦力大，位移相同，則前半段克服摩擦力做功大；
本題考查的是動能定理得運用，其中需注意前半段克服摩擦力做功大于后半段克服摩擦力做功。
11.【答案】 【解析】解：相鄰的兩滴水從管口落下的時間間隔為：；
根據(jù)自由落體運動位移公式：
可得：
水滴下落過程受到空氣阻力，設當?shù)刂亓铀俣葹?/span>g，則根據(jù)牛頓第二定律有：
可得：
該同學測量重力加速度的測量結果比當?shù)氐闹亓铀俣嚷孕?，原因可能是空氣對水滴有阻力的作用，?/span>A正確，B錯誤。
故選：A。
故答案為：；；。
每個水滴落入盤中的時間相同，結合題意計算；
根據(jù)自由落體運動位移公式求加速度；
考慮空氣阻力，根據(jù)牛頓第二定律分析判斷。
本題考查測定自由落體加速度的實驗，要求掌握實驗原理、實驗裝置、數(shù)據(jù)處理和誤差分析。
12.【答案】 增大 【解析】解：燈泡的額定電壓為，選擇即可，燈泡額定電流為，而給出的量程中3A量程過大，讀數(shù)誤差較大，不能使用；
只能采用將電流表量程200mA的電流表與定值電阻并聯(lián)的方式來擴大量程；根據(jù)改裝原理可知，并聯(lián)的定值電阻，即可將量程擴大到；故電流表選擇擇，定值電阻選擇；由于采用分壓接法，為方便實驗操作，滑動變阻器應選擇
由圖可知燈泡電阻隨兩端電壓的增加而增大，電壓為時，電流為，小燈泡的電阻為，電功率；
故答案為：，，，；增大，，
根據(jù)燈泡額定電流選擇電流表，選擇電流表時要注意量程的選擇，根據(jù)改裝原理進行分析確定定值電阻；
根據(jù)圖像可解得電阻和電功率。
本題考查描繪小燈泡伏安特性曲線的實驗以及電表的改裝，要求能明確改裝原理，并正確掌握本實驗中電路的接法；注意分壓接法以及電流表接法的正確判斷．
13.【答案】解：與6r并聯(lián)后的電阻為
由閉合電路歐姆定律得
電容器兩端電壓為
電容的定義式，聯(lián)立解得
電容器內電場強度的方向豎直向上，小球小球從距上極板上方高為2d處自由釋放，小球恰好能下落到下極板，說明電場力做負功，所以小球受到的電場力向上，故小球帶正電。
對小球由動能定理得：解得
答：電容器的電容為。
小球帶正電。
小球的質量為。 【解析】根據(jù)閉合電路歐姆定律計算出的電壓，然后根據(jù)電容的定義式求解電容器電容。
電場力做負功，然后電場強度方向確定小球電性。
對小球動能定理即可求解。
本題考查含容電路的計算以及動能定理的應用。注意含有電容器的電路穩(wěn)態(tài)時為斷路。
14.【答案】解：已知物塊A的質量為，物塊B的質量為，B的初速度為，設碰撞后A和B的速度分別為、，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：
根據(jù)機械能守恒定律可得：
聯(lián)立解得：負號表示方向向左，
碰后A滑上粗糙斜面，然后滑下，再次運動到水平面上速度為，所以A、B不能再次碰撞；
設物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)為，上滑過程中的最大距離為x，上滑過程中，根據(jù)動能定理可得：
，其中，則
物塊A下滑過程中，根據(jù)動能定理可得：
聯(lián)立解得：。
答：、B不能再次碰撞；
物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)為。 【解析】根據(jù)動量守恒定律、機械能守恒定律求解碰撞后B的速度大小，由此分析能否再次碰撞；
上滑過程中，根據(jù)動能定理列方程；物塊A下滑過程中再次根據(jù)動能定理列方程，聯(lián)立求解物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)。
本題主要是考查了動量守恒定律和機械能守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用或合外力為零；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程求解。
15.【答案】解：小球在內只在重力作用下做平拋運動，設時，小球的速度為，小球在此時的豎直方向分速度為
代入數(shù)據(jù)解得，因此，
；
在內，由于，則重力與電場力的合力為0，此時合力為
小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，運動周期為，即在內，小球剛好在磁場中做完整的圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
小球在第1s內下落的高度為
解得
小球開始做圓周運動時，速度與水平方向夾角為，當小球做圓周運動速度水平向左時，小球離P點的高度為
解得；
小球第二次在磁場中運動且落地時速度垂直于地面，這時P點離地面的高度最小，在內，小球下落的高度為
解得
設第3s末，小球的速度為，根據(jù)動能定理
解得
設此時速度與豎直方向的夾角為，則
設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
代入數(shù)據(jù)解得
根據(jù)幾何關系可知P點離地面的最小高度為
解得
答：時，小球的速度大小為 ；
內小球受到的合力大小為 ；
小球第一次速度水平向左時離P點的高度為；
點離地面的高度至少為。 【解析】由平拋運動，求解小球的速度大小。
由受力分析可知，重力和電場力為零，可求得合力，即為洛倫茲力。
洛倫茲力提供向心力，求解做圓周運動的半徑，并結合豎直方向的自由落體運動，求解離P點的高度。
由動能定理及牛頓第二定律，求解P點離地面的高度。
本題考查磁場，學生需結合重力場、電場綜合分析作答。
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