考生須知：
1. 本試題滿分100分，考試時間90分鐘。
2. 考生答題前，務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆填寫在答題卡上。
3. 非選擇題的答案須用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題卡上相應(yīng)區(qū)域內(nèi)，答案寫在本試題卷上的無效。
選擇題部分
一、選擇題Ⅰ（本大題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分，請將你認(rèn)為正確的答案填涂在答題卡相應(yīng)位置）
1. 如圖所示是我國自主研發(fā)的全自動無人值守望遠(yuǎn)鏡，它安裝在位于南極大陸的昆侖站，電力供應(yīng)僅為1×103W。若用國際單位制基本單位的符號來表示W(wǎng)，正確的是（ ）
A. N?sB. N?m/sC. kg?m/sD. kg?m2/s3
【答案】D
【解析】
【詳解】A．不是國際單位制基本單位，根據(jù)沖量的定義可知，是沖量的的單位，A錯誤；
B．根據(jù)功率的計算公式可知功率的單位可以表示為，但不是國際單位制基本單位，B錯誤；
C．根據(jù)動量的定義可知，是動量的單位，C錯誤；
D．根據(jù)可知功率的單位可以表示為，結(jié)合可知，則功率得單位，D正確。
故選D。
2. 2022年6月5日10時44分，搭載神舟十四號載人飛船的長征二號F遙十四運載火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點火發(fā)射，6月5日17時42分，神舟十四號飛船與空間站徑向端口成功對接，將陳冬、劉洋、蔡旭哲3位航天員送入空間站天和核心艙。下列說法正確的是（ ）
A. 10時44分是指時間間隔
B. 神舟十四號載人飛船剛開始加速飛離地球的過程中，宇航員處于超重狀態(tài)
C. 研究神舟十四號與天和核心艙對接的技術(shù)細(xì)節(jié)時，可以將飛船看成質(zhì)點
D. 航天員在空間站中繞地球運動時的慣性比在地面時的慣性大
【答案】B
【解析】
【詳解】A．10時44分是指時刻，A錯誤；
B．神舟十四號載人飛船剛開始加速飛離地球的過程中，加速度向上，支持力大于重力，宇航員處于超重狀態(tài)，B正確；
C．研究神舟十四號與天和核心艙對接的技術(shù)細(xì)節(jié)時，大小不能忽略，不能將飛船看成質(zhì)點，C錯誤；
D．航天員的質(zhì)量不變，故在空間站中繞地球運動時的慣性與在地面時的慣性一樣大，D錯誤。
故選B。
3. 小黃是徒手爬樓高手，在網(wǎng)上擁有許多粉絲，被稱為現(xiàn)實中的“蜘蛛俠”。如圖為他徒手利用兩面直角相關(guān)的墻角靠摩擦爬上墻壁的圖片。當(dāng)他雙腳離開直角墻面，僅用雙手將自己穩(wěn)定在空中，此時關(guān)于他的受力分析可能正確的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【詳解】依題意，當(dāng)人雙腳離開直角墻面，僅用雙手將自己穩(wěn)定在空中時，每面墻壁給人每只手的彈力均垂直墻壁指向外面，根據(jù)對稱性可知墻面對人每只手的彈力大小相等，且兩彈力相互垂直，根據(jù)平行四邊形定則可知兩彈力的合力垂直墻角豎直線指向外，所以人所受彈力與重力的合力向外傾斜，由平衡條件可得，人手所受兩面直角墻壁的摩擦力的合力應(yīng)向內(nèi)傾斜，綜上所述，故選D。
4. 很多智能手機(jī)都有加速度傳感器。用手拖著手機(jī)，打開加速度傳感器，手掌迅速向下運動，讓手機(jī)脫離手掌而自由下落，然后接住手機(jī)，觀察手機(jī)屏幕上加速度傳感器的圖像，如下圖所示。下列說法正確的是（ ）
A. 當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笥?0m/s2
B. 圖中波谷處有一小段時間的數(shù)值接近-10m/s2，這就是自由落體加速度
C. 圖中波谷處手機(jī)處于勻速直線運動狀態(tài)
D. 自由落體之后有一個向上的波峰，這是用手接住手機(jī)時手機(jī)做減速運動的加速度，方向向下
【答案】B
【解析】
【詳解】A．根據(jù)圖像可知，開始一段，手機(jī)脫離手掌而自由下落，加速度為，當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊扔?0m/s2，故A錯誤；
B．圖中波谷處有一小段時間的數(shù)值接近-10m/s2，這就是自由落體加速度，加速度為重力加速度，故B正確；
C．圖中波谷處手機(jī)加速度為重力加速度，處于失重狀態(tài)，故C錯誤；
D．自由落體之后有一個向上的波峰，這是用手接住手機(jī)時手機(jī)做減速運動的加速度，向下減速，加速度方向向上，故D錯誤。
故選B。
5. 質(zhì)量為m的小明坐在秋千上擺動到最高點時的照片如圖所示，對該時刻，下列說法正確的是（ ）
A. 秋千對小明的作用力小于
B. 秋千對小明的作用力大于
C. 小明的速度為零，所受合力為零
D. 小明的加速度為零，所受合力為零
【答案】A
【解析】
【分析】
【詳解】在最高點，小明的速度為0，設(shè)秋千的擺長為l，擺到最高點時擺繩與豎直方向的夾角為 ，秋千對小明的作用力為F，則對人，沿擺繩方向受力分析有
由于小明的速度為0，則有
沿垂直擺繩方向有
解得小明在最高點的加速度為
所以A正確；BCD錯誤；
故選A。
6. 一質(zhì)量為2.0×103kg的汽車在水平公路上行駛，路面對輪胎的徑向最大靜摩擦力為1.4×104N，當(dāng)汽車經(jīng)過半徑為80m的彎道時，下列判斷正確的是（ ）
A. 汽車轉(zhuǎn)彎時所受的力有重力、彈力、摩擦力和向心力
B. 汽車轉(zhuǎn)彎的速度為20m/s時所需的向心力為1.4×104N
C. 汽車轉(zhuǎn)彎的速度為20m/s時汽車會發(fā)生側(cè)滑
D. 汽車能安全轉(zhuǎn)彎的向心加速度不超過7.0m/s2
【答案】D
【解析】
【分析】汽車轉(zhuǎn)彎時做圓周運動，重力與路面的支持力平衡，側(cè)向靜摩擦力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律分析解題．
【詳解】汽車轉(zhuǎn)彎時受到重力，地面的支持力，以及地面給的摩擦力，其中摩擦力充當(dāng)向心力，A錯誤；當(dāng)最大靜摩擦力充當(dāng)向心力時，速度為臨界速度，大于這個速度則發(fā)生側(cè)滑，根據(jù)牛頓第二定律可得，解得，所以汽車轉(zhuǎn)彎的速度為20m/s時，所需的向心力小于1.4×104N，汽車不會發(fā)生側(cè)滑，BC錯誤；汽車能安全轉(zhuǎn)彎的向心加速度，即汽車能安全轉(zhuǎn)彎的向心加速度不超過7.0m/s2，D正確．
【點睛】本題也可以求解出以20m/s的速度轉(zhuǎn)彎時所需的向心力，與將側(cè)向最大靜摩擦力與所需向心力比較，若靜摩擦力不足提供向心力，則車會做離心運動．
7. “天問一號”從地球發(fā)射后，在如圖甲所示的P點沿地火轉(zhuǎn)移軌道到Q點，再依次進(jìn)入如圖乙所示的調(diào)相軌道和停泊軌道，則天問一號（ ）
A. 發(fā)射速度介于7.9km/s與11.2km/s之間
B. 從P點轉(zhuǎn)移到Q點的時間小于6個月
C. 在環(huán)繞火星的停泊軌道運行的周期比在調(diào)相軌道上小
D. 在地火轉(zhuǎn)移軌道運動時的速度均大于地球繞太陽的速度
【答案】C
【解析】
【詳解】A．因發(fā)射的衛(wèi)星要能變軌到繞太陽轉(zhuǎn)動，則發(fā)射速度要大于第二宇宙速度，即發(fā)射速度介于11.2km/s與16.7km/s之間，故A錯誤；
B．因P點轉(zhuǎn)移到Q點的轉(zhuǎn)移軌道的半長軸大于地球公轉(zhuǎn)軌道半徑，則其周期大于地球公轉(zhuǎn)周期（1年共12個月），則從P點轉(zhuǎn)移到Q點的時間為軌道周期的一半時間應(yīng)大于6個月，故B錯誤；
C．因在環(huán)繞火星的停泊軌道的半長軸小于調(diào)相軌道的半長軸，則由開普勒第三定律可知在環(huán)繞火星的停泊軌道運行的周期比在調(diào)相軌道上小，故C正確；
D．衛(wèi)星從Q點變軌時，要加速增大速度，即在地火轉(zhuǎn)移軌道Q點的速度小于火星軌道的速度，而由
可得
可知火星軌道速度小于地球軌道速度，因此可知衛(wèi)星在Q點速度小于地球軌道速度，故D錯誤；
故選C。
8. 中國制造的某一型號泵車如圖所示，表中列出了其部分技術(shù)參數(shù)。已知混凝土密度為，假設(shè)泵車的泵送系統(tǒng)以的輸送量給高處輸送混凝土，則每小時泵送系統(tǒng)對混凝土做的功至少為（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【詳解】泵車的泵送系統(tǒng)以的輸送量給高處輸送混凝土，每小時泵送系統(tǒng)對混凝土做的功
故選C。
9. 如圖所示是某一帶電導(dǎo)體周圍的電場線與等勢面，A、C是同一等勢面上的兩點，B是另一等勢面上的一點。下列說法正確的是（ ）
A. 導(dǎo)體內(nèi)部的場強(qiáng)左端大于右端B. A、C兩點的電勢均低于B點的電勢
C. B點的電場強(qiáng)度大于A點的電場強(qiáng)度D. 正電荷從A點沿虛線移到B點的過程中電場力做正功，電勢能減小
【答案】D
【解析】
【詳解】A．帶電導(dǎo)體處于靜電平衡狀態(tài)，導(dǎo)體內(nèi)部的場強(qiáng)處處為0，導(dǎo)體表面為等勢面，整個導(dǎo)體為一個等勢體，A錯誤；
B．沿電場線方向電勢降低，所以A、C兩點的電勢大于B點的電勢，B錯誤；
C．電場線的疏密程度表示電場強(qiáng)度的弱強(qiáng)，所以B點的電場強(qiáng)度小于A點的電場強(qiáng)度，C錯誤；
D．根據(jù)可知，正電荷從高電勢A點沿虛線移動到低電勢B點，電勢能減小，電場力做正功，D正確。
故選D。
10. 如圖所示，電子以某一初速度沿兩塊平行板的中線方向射入偏轉(zhuǎn)電場中，已知極板長度l，間距d，電子質(zhì)量m，電荷量e。若電子恰好從極板邊緣射出電場，由以上條件可以求出的是（ ）
A. 偏轉(zhuǎn)電壓B. 偏轉(zhuǎn)的角度C. 射出電場速度D. 電場中運動的時間
【答案】B
【解析】
【詳解】AD．粒子在平行板電容器中做以初速度做類平拋運動，分解位移：
電場力提供加速度：
極板間為勻強(qiáng)電場，偏轉(zhuǎn)電壓和電場強(qiáng)度滿足：
聯(lián)立方程可知偏轉(zhuǎn)位移滿足：
結(jié)合上述方程可知，由于初速度未知，所以偏轉(zhuǎn)電壓和電場中運動的時間無法求出，故AD錯誤；
BC．偏轉(zhuǎn)的角度滿足：
解得：；初速度未知，粒子飛出電場時的豎直方向速度無法求出，所以粒子射出電場的速度無法求出，故B正確，C錯誤。
故選B．
11. 如圖所示，在光滑絕緣水平面上，兩條固定的相互垂直彼此絕緣的導(dǎo)線通以大小相同的電流I。在角平分線上，對稱放置四個相同的正方形金屬框。當(dāng)電流在相同時間間隔內(nèi)增加相同量，則（ ）
A. 1、3線圈靜止不動，2、4線圈沿著對角線向內(nèi)運動
B. 1、3線圈靜止不動，2、4線圈沿著對角線向外運動
C. 2、4線圈靜止不動，1、3線圈沿著對角線向內(nèi)運動
D. 2、4線圈靜止不動，1、3線圈沿著對角線向外運動
【答案】B
【解析】
【詳解】先對1和3線圈進(jìn)行分析，根據(jù)安培定則畫出直流導(dǎo)線在線框中的磁場方向：
電流大小相等，線圈關(guān)于兩導(dǎo)線對稱，所以線圈中的磁通量為0，電流增大時，根據(jù)楞次定律可知線圈中無感應(yīng)電流，不受安培力，所以1和3線圈靜止不動；
再對2和4線圈進(jìn)行分析，根據(jù)安培定則畫出直流導(dǎo)線在線圈中的磁場方向：
電流增大，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流方向（如圖所示），靠近直流導(dǎo)線的線圈導(dǎo)體周圍磁感應(yīng)強(qiáng)度較大，因此受力起主要作用，根據(jù)左手定則判斷安培力的方向（如圖所示），根據(jù)力的合成可知2、4線圈沿著對角線向外運動，故B正確，ACD錯誤。
故選B．
12. 在爆炸實驗基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點時炸裂成質(zhì)量之比為2:1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊。遙控器引爆瞬開始計時，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s，忽略空氣阻力。下列說法正確的是（ ）
A. 兩碎塊位移大小之比為1:2B. 爆炸物的爆炸點離地面高度為80m
C. 爆炸后質(zhì)量大碎塊的初速度為68m/sD. 爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340m
【答案】B
【解析】
【詳解】A．爆炸時，水平方向，根據(jù)動量守恒定律可知
因兩塊碎塊落地時間相等，則
則
則兩碎塊的水平位移之比為1:2，而從爆炸開始拋出到落地的位移之比不等于1:2，選項A錯誤；
B．設(shè)兩碎片落地時間均為t，由題意可知
解得
t=4s
爆炸物的爆炸點離地面高度為
選項B正確；
CD．爆炸后質(zhì)量大的碎塊的水平位移
質(zhì)量小的碎塊的水平位移
爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340m+680m=1020m
質(zhì)量大的碎塊的初速度為
選項CD錯誤。
故選B。
13. 如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內(nèi)電阻為r，平行板電容器C的兩金屬板水平放置，R1和R2為定值電阻，P為滑動變阻器R3的滑動觸頭，G為靈敏電流計，A為理想電流表。開關(guān)S閉合后，C的兩板間恰好有一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，則以下說法正確的是（ ）
A. 在P向上移動的過程中，A表的示數(shù)變大，油滴仍然靜止，G中有由a至b的電流
B. 在P向上移動的過程中，A表的示數(shù)變小，油滴向上加速運動，G中有由b至a的電流
C. 在P向下移動的過程中，A表的示數(shù)變大，油滴向下加速運動，G中有由b至a的電流
D. 在P向下移動的過程中，A表的示數(shù)變小，油滴向上加速運動，G中有由b至a的電流
【答案】B
【解析】
【詳解】AB．粒子原來處于平衡狀態(tài)，重力和靜電力平衡；電容器與電阻R3、電阻R2相并聯(lián)后與R1串聯(lián)，滑片向上移動，電阻R3變大，電路總電阻變大，電流變小，A表的示數(shù)變小，電容器兩端電壓為
U=E﹣I（r+R1）
故電容器兩端電壓變大，帶電量變大，電場力變大，粒子向上加速；電容器充電，故電流從b到a，故A錯誤，B正確；
CD．在將滑動變阻器滑片P向下移動的過程，電阻R3變小，電路總電阻變小，電流變大，A表的示數(shù)變大，電容器兩端電壓為
U=E﹣I（r+R1）
故電容器兩端電壓變小，帶電量變小，電場力變小，粒子向下加速；電容器放電，故電流從a到b，故CD錯誤；
故選B。
二、選擇題Ⅱ（本大題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的，選部分但正確的得2分，不選、多選、錯選均不得分，請將你認(rèn)為正確的答案填涂在答題卡相應(yīng)位置）
14. 如圖甲所示，一足夠長的傳送帶傾斜放置，以大小為的恒定速率順時針轉(zhuǎn)動。一質(zhì)量的煤塊以初速度從端沖上傳送帶又滑了下來，煤塊的速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，，則下列說法正確的是（ ）
A. 煤塊上升的最大位移為
B. 煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.5
C. 煤塊從沖上傳送帶到返回端所用的時間為
D. 煤塊在皮帶上留下的劃痕為
【答案】BC
【解析】
【詳解】A．根據(jù)v-t圖像與坐標(biāo)軸所圍面積表示位移可知，煤塊上升的最大位移為
故A錯誤；
B．由題圖乙可知，煤塊滑動摩擦力方向突變發(fā)生在1s時刻，在0~1s時間內(nèi)，煤塊所受滑動摩擦力沿傳送帶向下，根據(jù)牛頓第二定律可得
在1~2s時間內(nèi)，煤塊所受滑動摩擦力沿傳送帶向上，根據(jù)牛頓第二定律可得
聯(lián)立解得
故B正確；
C．設(shè)煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為t，根據(jù)運動學(xué)公式有
解得
(另一值舍)
故C正確；
D．0~1s時間內(nèi)，煤塊相對傳送帶向上運動，此段時間內(nèi)煤塊和傳送帶的位移分別為
此段時間內(nèi)煤塊在皮帶上留下的痕跡長度為
時間內(nèi)，煤塊相對傳送帶向下運動，此段時間內(nèi)煤塊和傳送帶的位移分別為
此段時間內(nèi)煤塊在皮帶上留下的痕跡長度為
因為，所以有一部分痕跡是重合的，因此煤塊在皮帶上留下的痕跡長度為，故D錯誤。
故選BC。
15. 如圖所示，一個質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子從兩帶電平行板的正中間沿與勻強(qiáng)電場垂直的方向射入，不計粒子所受的重力。當(dāng)粒子的入射速度為v時，它恰能穿過一電場區(qū)域而不碰到金屬板上?，F(xiàn)欲使質(zhì)量為m、入射速度為的粒子也能恰好穿過這一電場區(qū)域而不碰到金屬板，在以下的僅改變某一物理量的方案中，可行的是 （ ）
A. 使粒子的帶電量減少為原來的B. 使兩板間所接電源的電壓減小到原來的一半
C. 使兩板間距離增加到原來的2倍D. 使兩極板的長度減小為原來的一半
【答案】ACD
【解析】
【詳解】設(shè)極板間距為d，極板長度為l，當(dāng)粒子速度為v時，恰能穿過電場區(qū)域而不碰到金屬板，有
A．使粒子的帶電量減少為原來的，則有
故A正確；
B．使兩板間所接電源的電壓減小到原來的一半，則有
故B錯誤；
C．使兩板間的距離增加到原來的2倍，此時的偏移應(yīng)該為d，則有
故C正確；
D．使兩極板的長度減小為原來的一半，則有
故D正確。
故選ACD。
非選擇題部分
三、解答題（本大題共5小題，共55分。請將你認(rèn)為正確的答案寫在答題卡相應(yīng)位置）
16. （1）①“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”的實驗裝置如圖1所示，長木板水平放置，細(xì)繩與長木板平行。圖2是打出紙帶的一部分，以計數(shù)點O為位移測量起點和計時起點，則打計數(shù)點B時小車位移大小為______cm。由圖3中小車運動的數(shù)據(jù)點，求得加速度為______m/s2（保留兩位有效數(shù)字）。
②利用圖1裝置做“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗，需調(diào)整的是______。
A．換成質(zhì)量更小的小車 B．調(diào)整長木板的傾斜程度
C．把鉤碼更換成砝碼盤和砝碼 D．改變連接小車的細(xì)繩與長木板的夾角
（2）“探究求合力的方法”的實驗裝置如圖4所示，在該實驗中，
①下列說法正確的是______；
A．拉著細(xì)繩套的兩只彈簧秤，穩(wěn)定后讀數(shù)應(yīng)相同
B．在已記錄結(jié)點位置的情況下，確定一個拉力的方向需要再選擇相距較遠(yuǎn)的兩點
C．測量時彈簧秤外殼與木板之間不能存在摩擦
D．測量時，橡皮條、細(xì)繩和彈簧秤應(yīng)貼近并平行于木板
②若只有一只彈簧秤，為了完成該實驗至少需要______（選填“2”、“3”或“4”）次把橡皮條結(jié)點拉到O點。
【答案】 ①. 6.15~6.25 ②. 1.7 ~2.1 ③. BC##CB ④. D ⑤. 3
【解析】
【詳解】（1）[1]依題意，打計數(shù)點B時小車位移大小為6.20cm，考慮到偶然誤差，6.15cm~6.25cm也可；
[2] 由圖3中小車運動的數(shù)據(jù)點，有
考慮到偶然誤差，1.7m/s2~2.1 m/s2也可；
[3] A．利用圖1裝置“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗時，需要滿足小車質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于鉤碼質(zhì)量，所以不需要換質(zhì)量更小的車，故A錯誤；
B．利用圖1裝置“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗時，需要利用小車斜向下的分力以平衡其摩擦阻力，所以需要將長木板安打點計時器一端較滑輪一端適當(dāng)?shù)母咭恍?，故B正確；
C．以系統(tǒng)為研究對象，依題意“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”實驗時有
考慮到實際情況，即，有
則可知
而利用圖1裝置“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗時要保證所懸掛質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量，即；可知目前實驗條件不滿足，所以利用當(dāng)前裝置在“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”時，需將鉤碼更換成砝碼盤和砝碼，以滿足小車質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于所懸掛物體的質(zhì)量，故C正確；
D．實驗過程中，需將連接砝碼盤和小車的細(xì)繩應(yīng)跟長木板始終保持平行，與之前的相同，故D錯誤。
故選BC。
（2）[4] A．在不超出彈簧測力計的量程和橡皮條形變限度的條件下，使拉力適當(dāng)大些，不必使兩只測力計的示數(shù)相同，故A錯誤；
B．在已記錄結(jié)點位置的情況下，確定一個拉力的方向需要再選擇相距較遠(yuǎn)的一個點就可以了，故B錯誤；
C．實驗中拉彈簧秤時，只需讓彈簧與外殼間沒有摩擦，此時彈簧測力計的示數(shù)即為彈簧對細(xì)繩的拉力相等，與彈簧秤外殼與木板之間是否存在摩擦無關(guān)，故C錯誤；
D．為了減小實驗中摩擦對測量結(jié)果的影響，拉橡皮條時，橡皮條、細(xì)繩和彈簧秤應(yīng)貼近并平行于木板，故D正確。
故選D。
[5] 若只有一只彈簧秤，為了完成該實驗，用手拉住一條細(xì)繩，用彈簧稱拉住另一條細(xì)繩，互成角度的拉橡皮條，使其結(jié)點達(dá)到某一點O，記下位置O和彈簧稱示數(shù)F1和兩個拉力的方向；交換彈簧稱和手所拉細(xì)繩的位置，再次將結(jié)點拉至O點，使兩力的方向與原來兩力方向相同，并記下此時彈簧稱的示數(shù)F2；只有一個彈簧稱將結(jié)點拉至O點，并記下此時彈簧稱的示數(shù)F的大小及方向；所以若只有一只彈簧秤，為了完成該實驗至少需要3次把橡皮條結(jié)點拉到O。
17. 在驗證機(jī)械能守恒定律的實驗中，所用電源的頻率為50Hz。某同學(xué)選擇了一條理想的紙帶，用刻度尺測得各計數(shù)點到O點的距離，如圖乙所示，圖中O點是打點計時器打出的第一個點，A、B、C分別是每打兩個點取出的計數(shù)點。

（1）從下列選項中選出實驗所必須的器材，其對應(yīng)的字母為________。
A.打點計時器（包括紙帶） B.重錘 C.天平 D.秒表（或停表） E.小車
（2）若重錘的質(zhì)量為1.00kg， 當(dāng)打點計時器打到B點時重錘的重力勢能比開始下落時減少了__________J；此時重錘的動能比開始下落時增加了_______J。（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）
（3）一同學(xué)分析得出的實驗結(jié)果是重錘重力勢能的減少量小于動能的增加量。下列對造成該實驗結(jié)果的原因分析正確的是___________。
A.空氣對重錘的阻力和打點計時器對紙帶的阻力
B.選用重錘的質(zhì)量過大
C.交流電源的頻率大于50 Hz
D.交流電源頻率小于50 Hz
（4）測量從第一點到其余各點的下落高度h，并計算對應(yīng)速度v，然后以為縱軸，以h為橫軸，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出-h圖像。若在誤差允許的范圍內(nèi)圖像是一條過原點且斜率為____的直線，則驗證了機(jī)械能守恒定律。

A ．19.6 B．9.80 C．4.90
【答案】 ①. AB## BA ②. 1.85 ③. 1.68 ④. D ⑤. A
【解析】
【詳解】（1）[1] AB．需要使用打點計時器（包括紙帶）打出紙帶計算速度，需要使用重錘拖動紙帶，故AB正確；
C．要驗證
因重錘質(zhì)量被約去，可以直接驗證
重錘質(zhì)量可以不用測量，天平不是必須的器材，故C錯誤；
D．該實驗用不到秒表（或停表），故D錯誤；
E．該實驗用不到小車，故E錯誤。
故選AB。
（2）[2] 重錘從開始下落到打B點時，減少的重力勢能
[3] 打B點時速度
計數(shù)點間時間間隔
從重錘下落到打B點時增加的動能
聯(lián)立解得
（3）[4] A．空氣對重錘阻力和打點計時器對紙帶的阻力，會導(dǎo)致重力勢能部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則重力勢能的減小量會略大于動能的增加量，故A錯誤；
B．驗證機(jī)械能守恒，即驗證動能的增加量和重力勢能的減小量是否相等，質(zhì)量可以約去，選擇質(zhì)量較大的重錘，不會使得重力勢能的減小量小于動能的增加量，故B錯誤；
CD．若交流電的頻率
由于速度值仍按頻率為50Hz計算，頻率的計算值比實際值偏大，周期值偏小，算得的速度值偏大，動能值也就偏大，則可能出現(xiàn)
的結(jié)果。同理，交流電源的頻率大于50 Hz，則頻率的計算值比實際值偏小，周期值偏大，算得的速度值偏小，動能值也就偏小，則可能出現(xiàn)
故C錯誤，D正確。
故選D。
（4）[5] 由
得
-h圖像若在誤差允許的范圍內(nèi)圖像是一條過原點且斜率為
的直線，則驗證了機(jī)械能守恒定律。
故選A。
18. 在“測量金屬絲的電阻率”實驗中：
（1）測量一段金屬絲電阻時所用器材和部分電路連線如圖1所示，圖中的導(dǎo)線a端應(yīng)與________（選填“一”、“0.6”或“3”）接線柱連接，b端應(yīng)與___________（選填“—”、“0.6”或“3”）接線柱連接。開關(guān)閉合前，圖1中滑動變阻器滑片應(yīng)置于____________（選填“左”或“右”）端。
（2）合上開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動變阻器，得到多組U和I數(shù)據(jù)。甲同學(xué)由每組U、I數(shù)據(jù)計算電阻，然后求電阻平均值；乙同學(xué)通過圖像求電阻。則兩種求電阻的方法更合理的是___________（選填“甲”或“乙”）。
（3）兩同學(xué)進(jìn)一步探究用鎳鉻絲將滿偏電流的表頭G改裝成電流表。如圖2所示，表頭G兩端并聯(lián)長為L的鎳鉻絲，調(diào)節(jié)滑動變阻器使表頭G滿偏，毫安表示數(shù)為I。改變L，重復(fù)上述步驟，獲得多組I、L數(shù)據(jù)，作出圖像如圖3所示。
則圖像斜率______。若要把該表頭G改裝成量程為的電流表，需要把長為__________m的鎳鉻絲并聯(lián)在表頭G兩端。（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）
【答案】 ①. 0.6 ②. 0.6 ③. 左 ④. 乙 ⑤. 2.1##2.2##2.3##2.4##2.5 ⑥. 0.24##0.25##0.26##0.27##0.28
【解析】
【詳解】（1）[1][2][3]實驗中用兩節(jié)干電池供電，滑動變阻器分壓式連接，電壓從零開始調(diào)節(jié)，電流表選較小量程測量電流減小誤差 ，則圖中的導(dǎo)線a端應(yīng)與 “0.6”接線柱連接，電壓表測電阻兩端的電壓，則金屬絲的電阻較小，電流表外接誤差較小，故b端應(yīng)與 “0.6”接線柱連接。為了保護(hù)電表，開關(guān)閉合前，圖1中滑動變阻器滑片應(yīng)置于左端。
（2）[4]做U-I圖象可以將剔除偶然誤差較大的數(shù)據(jù),提高實驗的準(zhǔn)確程度，減少實驗的誤差，則乙同學(xué)通過U-I圖像求電阻，求電阻的方法更合理；
（3）[5]由圖像可知圖像斜率
[6]方法一：由電路可知
解得
則
若要把該滿偏電流為表頭G改裝成量程為的電流表，則并聯(lián)的電阻
解得
方法二：延長圖像可知，當(dāng)I=9.0mA時可得
即
19. 某校一課外活動小組自制一枚火箭，設(shè)火箭從地面發(fā)射后，始終在垂直于地面的方向上運動?；鸺c火后可認(rèn)為做勻加速直線運動，經(jīng)過2s到達(dá)離地面40m高處時燃料恰好用完，接著做豎直上拋運動。若不計空氣阻力，取g=10m/s2，求：
（1）燃料恰好用完時火箭的速度；
（2）火箭上升離地面的最大高度；
（3）火箭從發(fā)射到殘骸落回地面過程的總時間（計算結(jié)果用根號表示）。
【答案】（1）40m/s，方向豎直向上；（2）120m；（3）
【解析】
【詳解】（1）設(shè)燃料用完時火箭的速度為v1，所用時間為t1?；鸺纳仙\動分為兩個過程，第一過程做勻加速上升運動，第二個過程做豎直上拋運動至最高點，對第一個過程，自制火箭做勻加速運動有
解得
由速度公式得
方向豎直向上；
（2）對第二個過程，由位移與速度關(guān)系公式得
代入數(shù)據(jù)解得
所以火箭上升離地面的最大高度
（3）從燃料用完到運動至最高點的過程中，有
解得
從最高點落回地面的過程中
解得
故總時間為
20. 在水平方向的勻強(qiáng)電場中，用絕緣輕繩懸掛一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球，小球靜止時輕繩與豎直方向的夾角為60°，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。
（1）求勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E；
（2）若剪斷輕繩，求小球此后在電場中運動時加速度大小a；
（3）若撤去電場，小球?qū)⒃谪Q直平面內(nèi)擺動，求小球擺到最低點時受到輕繩的拉力大小T。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）以小球為對象，根據(jù)平衡條件可得
解得勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為
（2）若剪斷輕繩，小球受到重力和電場力的合力大小為
根據(jù)牛頓第二定律可得，小球的加速度大小為
（3）若撤去電場，小球?qū)⒃谪Q直平面內(nèi)擺動，設(shè)小球擺到最低點時的速度為，根據(jù)機(jī)動能定理可得
小球在最低點時，根據(jù)牛頓運動定律有
聯(lián)立解得
21. 如圖甲所示，三個物體A、B、C靜止放在光滑水平面上，物體A、B用一輕質(zhì)彈簧連接，并用細(xì)線拴連使彈簧處于壓縮狀態(tài)，三個物體的質(zhì)量分別為mA=0.1kg、mB=0.2kg和mC=0.1kg。現(xiàn)將細(xì)線燒斷，物體A、B在彈簧彈力作用下做往復(fù)運動（運動過程中物體A不會碰到物體C）。若此過程中彈簧始終在彈性限度內(nèi)，并設(shè)以向右為正方向，從細(xì)線燒斷后開始計時，物體A的速度-時間圖象如圖乙所示。求：
（1）物體B運動速度的最大值；
（2）在乙圖中畫出一個周期內(nèi)物體B的速度-時間圖象；
（3）若在某時刻使物體C以vC=4m/s的速度向右運動，它將與正在做往復(fù)運動的物體A發(fā)生碰撞，并立即結(jié)合在一起，試求在以后的運動過程中，彈簧可能具有的最大彈性勢能的取值范圍。
【答案】（1）2m/s；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）當(dāng)細(xì)線燒斷時，物體A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)物體B的最大速度為,由動量守恒定律有
解得
可知，當(dāng)A的速度最大時，B將獲得最大速度，根據(jù)圖乙可知，當(dāng)時，A的速度最大，讀圖可得此時
由此可得B的速度的最大值為
（2）根據(jù)A、B及彈簧組成的系統(tǒng)在整個運動過程中動量守恒可知，當(dāng)兩者速度第一次均達(dá)到最大時，彈簧恢復(fù)原長，之后兩者一起減速，直至速度均減為0時，彈簧被拉伸至最長，之后二者速度反向，再次速度達(dá)到最大時彈簧又一次恢復(fù)原長，之后二者又共同減速，直至速度減為零，如此反復(fù)，物塊B在一個周期內(nèi)的速度—時間圖像如圖所示
（3）因為水平方向系統(tǒng)不受外力，系統(tǒng)動量守恒，因此無論A、C兩物體何時何處相碰，三物體速度相同時的速度是一個恒量，總動能也是一個定值，且三物體速度相同時彈簧具有最大彈性勢能，設(shè)三物體共速時的速度為，根據(jù)動量守恒定律有
解得
當(dāng)A在運動過程中速度為且與C同向時，跟C相碰，A、C相碰前后動量守恒，有
解得
設(shè)此過程中具有的彈性勢能的最大值為，由能量守恒有
代入數(shù)據(jù)解得
當(dāng)A在運動過程中速度為且與C反向時，跟C相碰，A、C相碰前后動量守恒，有
解得
設(shè)此過程中具有的彈性勢能的最大值為，由能量守恒有
代入數(shù)據(jù)解得
綜上可得，彈簧可能具有的最大彈性勢能的取值范圍為
22. 如圖所示，豎直平面內(nèi)由傾角α=60°的斜面軌道AB、半徑均為R的半圓形細(xì)圓管軌道BCDE和圓周細(xì)圓管軌道EFG構(gòu)成一游戲裝置固定于地面，B、E兩處軌道平滑連接，軌道所在平面與豎直墻面垂直。軌道出口處G和圓心O2的連線，以及O2、E、O1和B等四點連成的直線與水平線間的夾角均為θ=30°，G點與豎直墻面的距離。現(xiàn)將質(zhì)量為m的小球從斜面的某高度h處靜止釋放。小球只有與豎直墻面間的碰撞可視為彈性碰撞，不計小球大小和所受阻力。
(1)若釋放處高度h=h0，當(dāng)小球第一次運動到圓管最低點C時，求速度大小vc及在此過程中所受合力的沖量的大小和方向；
(2)求小球在圓管內(nèi)與圓心O1點等高的D點所受彈力FN與h的關(guān)系式；
(3)若小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點，高度h應(yīng)該滿足什么條件？
【答案】(1)，，水平向左；(2)（h≥R）；(3)或
【解析】
【詳解】(1)機(jī)械能守恒
解得
動量定理
方向水平向左
(2)機(jī)械能守恒
牛頓第二定律
解得
滿足的條件
(3)第1種情況:不滑離軌道原路返回，條件是
第2種情況：與墻面垂直碰撞后原路返回，在進(jìn)入G之前是平拋運動
其中，，則
得
機(jī)械能守恒
h滿足的條件發(fā)動機(jī)最大輸出功率（）
332
最大輸送高度（m）
63
整車滿載質(zhì)量（）
最大輸送量（）
180

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