一、單選題
1．在物理學的發(fā)展進程中，許多科學家做出了重要貢獻，下列敘述符合史實的是( )
A.伽利略第一次在實驗室里測出了萬有引力常量G的數(shù)值
B.胡克總結(jié)出了行星運動的規(guī)律，并發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律
C.法拉第最早引入了電場概念，并提出用電場線表示電場
D.牛頓建立了真空中光速在不同慣性參考系中大小相同的假說
2．如圖為一皮帶傳動裝置，a、b、c三點做圓周運動的半徑之比。若a、b、c三點的線速度分別用表示，角速度分別用表示，在傳動過程中皮帶不打滑，則下列關(guān)系式正確的是( )
A.B.
C.D.
3．新能源汽車的研發(fā)和使用是近幾年的熱門話題。在某次新車性能測試過程中，新能源汽車速度隨時間變化的圖像如圖所示，其中至階段汽車牽引力的功率P保持不變，時達到最大速度，該新能源汽車質(zhì)量為m，所受阻力恒定不變，下列說法正確的是( )
A.這段時間內(nèi)牽引力保持不變
B.這段時間內(nèi)加速度保持不變
C.這段時間內(nèi)所受阻力大小為
D.這段時間內(nèi)牽引力做功大小為
4． 如圖所示，有a、b、c、d四顆地球衛(wèi)星，a還未發(fā)射，在地球赤道上隨地球一起轉(zhuǎn)動，b是近地衛(wèi)星，c是地球同步衛(wèi)星，d是高空探測衛(wèi)星，下列說法正確的是( )
A.衛(wèi)星a放在此位置時受到的重力比放在南極時大
B.衛(wèi)星c所需的向心力比衛(wèi)星b所需的向心力要小
C.衛(wèi)星c的發(fā)射速度一定大于衛(wèi)星b的發(fā)射速度
D.衛(wèi)星d的角速度是四顆衛(wèi)星中最大的
5．如圖所示為某靜電場中x軸上各點電勢φ的分布圖。一電子從原點處以一定的初速度沿x軸正方向射出，僅在電場力的作用下在x軸上做直線運動，下列說法正確的是( )
A.處的電場強度大于的電場強度
B.電子從處到處，電場力對其先做負功再做正功
C.電子在處的速度最小
D.電子在處的動能等于電子在的動能
6．如圖所示，兩小滑塊P、Q的質(zhì)量分別為、m，P、Q用長為L的輕桿通過鉸鏈連接，P套在固定的豎直光滑桿上，Q放在光滑水平地面上，原長為的輕彈簧水平放置，右端與Q相連，左端固定在豎直桿O點上，輕桿與豎直方向夾角。P由靜止釋放，下降到最低點時α變?yōu)?，整個運動過程中，P、Q始終在同一豎直平面內(nèi)，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，重力加速度為g。則P下降過程中( )
A. P、Q組成的系統(tǒng)機械能守恒
B.下降過程中P的速度始終比Q的速度大
C.彈簧彈性勢能最大值為
D.P達到最大動能時，Q受到地面的支持力大小為
7．在研究電容器的充、放電實驗中，把一個電容器、電流傳感器、電阻、電源、單刀雙擲開關(guān)按圖甲所示連接。先使開關(guān)S與1端相連，電源向電容器充電；然后把開關(guān)S擲向2端，電容器放電。電流傳感器與計算機連接，記錄這一過程中電流隨時間變化的圖像如圖乙所示，圖線1表示電容器的充電過程，圖線2表示電容器的放電過程。下列選項正確的是( )
A.電容器放電過程中流過電阻R的電流方向向右
B.電容器充電過程中電源釋放的電能全部轉(zhuǎn)化為電容器中的電場能
C.圖乙中圖線1與橫軸所圍的面積，表示電容器充電后所帶電荷量的大小
D.圖乙中形成圖線2的過程中，電容器兩極板間電壓降低的越來越快
二、多選題
8．圖1、2分別是生活中常見的臺階式扶梯和傾斜式扶梯，兩扶梯的傾角均為θ，高度均為h，某同學體重為m，先后站在兩扶梯上，隨扶梯以大小相同的速度v勻速從一層上到二層，當?shù)刂亓铀俣葹間，下列說法正確的是( )
A.兩種情況下該同學的重力勢能均增加了
B.兩種情況下，該同學受到的支持力均不做功
C.圖1中該同學不受摩擦力，所以該同學的機械能守恒
D.圖2中該同學受到的摩擦力做了的正功，所以該同學的機械能增加了
9．如圖甲所示，在光滑水平面上兩個物塊A與B由彈簧連接（彈簧與不分開）。初始時彈簧被壓縮，同時釋放，此后A的圖像如圖乙所示（規(guī)定向右為正方向）。已知，，彈簧質(zhì)量不計。及彈簧在運動過程中，在A物塊速度為時，則( )
A.物塊B的速度大小為，方向向右
B.A物塊加速度是B物塊加速度的2倍
C.此時彈簧的彈性勢能為
D.此時彈簧的彈性勢能為最大彈性勢能的一半
10．如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧一端固定于光滑豎直桿底部，另一端與質(zhì)量為m的滑塊P連接，P穿在桿上，一根輕繩跨過定滑輪將滑塊P和重物Q連接起來，重物Q的質(zhì)量。把滑塊從圖中A點由靜止釋放后沿豎直桿上下運動，當它經(jīng)過A、B兩點時彈簧對滑塊的彈力大小相等。已知OA與水平面的夾角，OB長為L，與AB垂直。不計滑輪的摩擦力，重力加速度為g，滑塊P從A到B的過程中，下列說法正確的是( )
A.重物Q的重力功率先增大后減小
B.滑塊P運動到位置B處速度大小為
C.輕繩對滑塊P做功為4mgL
D.P與Q的機械能之和先減少后增加
三、計算題
11．如圖所示，豎直平面內(nèi)有一直角坐標系xOy，x軸水平。第一象限內(nèi)有沿x軸正方向的勻強電場（大小未知），第二象限有沿y軸負方向的勻強電場。一個質(zhì)量帶電量的小球（視為質(zhì)點）從A點（，0.7m）以初速度水平拋出，小球從y軸上B點（0，0.4m）進入第一象限，并恰好沿直線從x軸上C點（圖中未標出）飛出，重力加速度為.求：
（1）初速度大?。?br>（2）B、C兩點間電勢差。
12．如圖所示，在光滑水平地面上靜置一質(zhì)量的長木板A和另一質(zhì)量的滑塊C，其中長木板的左端還放有質(zhì)量的滑塊B（可看成質(zhì)點）。現(xiàn)給組成的整體施加水平向右的瞬時沖量，此后以相同速度向右運動，經(jīng)過一段時間后A與C發(fā)生碰撞（碰撞時間極短）。木板足夠長，則再經(jīng)過一段時間后再次以相同速度向右運動，且此后之間的距離保持不變。已知間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為，則：
（1）求碰撞時損失的機械能；
（2）滑塊B在長木板A上表面所留痕跡的長度L。
13．如圖甲所示，平臺ON上有一輕質(zhì)彈簧，其左端固定于豎直擋板上，右端與質(zhì)量、可看作質(zhì)點的物塊A相接觸（不粘連），OP段粗糙且長度等于彈簧原長，PN段光滑，上面有靜止的小滑塊，，，滑塊之間有一段輕彈簧剛好處于原長，B與輕彈簧連接，滑塊C未連接彈簧，兩滑塊離N點足夠遠。物塊A開始靜止于P點，與OP段的動摩擦因數(shù)?，F(xiàn)對物塊施加一個水平向左的外力F，大小隨位移x變化關(guān)系如圖乙所示。物塊A向左運動到達Q點，到達Q點時速度為零，隨即撤去外力F，物塊A在彈簧彈力作用下向右運動，與B碰撞后粘合在一起，碰撞時間極短?；瑝KC脫離彈簧后滑上傾角的傳送帶，并剛好到達傳送帶頂端。已知滑塊C與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)，水平面MN右端N處與傾斜傳送帶理想連接，傳送帶以恒定速度順時針轉(zhuǎn)動，重力加速度，，.求：
（1）與B物塊碰前物塊A的速度大?。?br>（2）滑塊C剛滑上傳送帶時的速度；
（3）物塊C滑上傳送帶到達頂端的過程中，電動機多做的功。
四、實驗題
14．聰聰同學用如圖所示裝置來驗證動量守恒定律。
（1）實驗中，質(zhì)量為的入射小球A和質(zhì)量為的被碰小球B的質(zhì)量關(guān)系是___________（填“大于”“等于”或“小于”）。
（2）當滿足關(guān)系式___________時，證明A、B兩小球碰撞過程中動量守恒；若碰撞前后系統(tǒng)無機械能損失，則系統(tǒng)機械能守恒的表達式為___________。
A.B.
C.D.
15．為測量某金屬絲（電阻約為20Ω）的電阻率，小明同學取來一段粗細均勻、長為的金屬絲進行實驗。
（1）用螺旋測微器測金屬絲的直徑d，讀數(shù)如圖甲所示，則________mm。
（2）為進一步準確測量金屬絲的電阻，實驗室提供的器材有：
A.直流電源E(電動勢4V，內(nèi)阻不計)；
B.電流表(量程0.6A，內(nèi)阻約1Ω)；
C.電流表(量程150mA，內(nèi)阻約2Ω)；
D.電壓表(量程3V，內(nèi)阻約10kΩ)：
E.電壓表(量程15V，內(nèi)阻約20kΩ)：
F.滑動變阻器(阻值范圍0～15Ω，允許通過的最大電流2.0A)；
G.滑動變阻器(阻值范圍0～2kΩ，允許通過的最大電流0.5A)；
H.金屬絲，開關(guān)、導線若干。
①實驗中，小明設計了如圖丙所示的電路，其中電流表應選用________，其中電壓表應選用________，滑動變阻器應選用________(均填字母序號)。
②請用筆畫線代替導線在圖丁中完成實物電路連接(部分連線已畫出)，并在丙圖方框中畫出你所設計方案的實驗電路圖。
③若實驗中測得該金屬絲的電阻為，則計算這種金屬絲電阻率的表達式為________(用題中給定的物理量符號和已知常數(shù)表示)。
參考答案
1．答案：C
解析：A.卡文迪許第一次在實驗室里測出了萬有引力常量G的數(shù)值，故A錯誤；B.開普勒總結(jié)出了行星運動的規(guī)律，萬有引力定律是牛頓發(fā)現(xiàn)的，故B錯誤；C.法拉第最早引入了電場概念，并提出用電場線表示電場，故C正確；D.愛因斯坦建立了真空中光速在不同慣性參考系中大小相同的假說，故D錯誤。故選C。
2．答案：C
解析：AB、ab同傳送帶傳動，所以線速度相等，大小之比為1:1；b與c同軸轉(zhuǎn)動，角速度相等，c的半徑是b半徑的2倍，根據(jù)可知，所以，故AB錯誤；
CD、a與b線速度相等，，根據(jù)，可知a、b的角速度之比為2:1,b、c同軸轉(zhuǎn)動，角速度之比為1:1，所以abc三點角速度之比為，故C正確，D錯誤；
故選：C。
3．答案：C
解析：A.這段時間內(nèi)牽引力的功率P保持不變，而速度增加，根據(jù)可知，牽引力減小，故A錯誤；
B.這段時間內(nèi)牽引力減小，根據(jù)牛頓第二定律
可知，加速度減小，故B錯誤；
C.汽車勻速時，阻力與牽引力平衡，則
所受阻力恒定不變，這段時間內(nèi)所受阻力大小為，故C正確；
D.這段時間內(nèi)，加速度不變，則牽引力不變，而速度增加，則功率增加，故這段時間內(nèi)的功率小于P，這段時間內(nèi)牽引力做功大小小于，故D錯誤。
故選C。
4．答案：C
解析：A.衛(wèi)星a處于赤道位置隨地球自轉(zhuǎn)，萬有引力提供向心力和重力，而兩極的向心力最小為零，則兩極處的重力加速度最大，故衛(wèi)星a放在此位置時受到的重力比放在南極時小，故A錯誤；
B.根據(jù)
衛(wèi)星c的半徑大于衛(wèi)星的b半徑，但由于兩衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系不確定，無法比較兩衛(wèi)星所受萬有引力的大小，萬有引力提供向心力，即無法比較衛(wèi)星c所需的向心力與衛(wèi)星b所需的向心力的大小，故B錯誤；
C.衛(wèi)星要到達離地球越遠的高度，需要克服引力做功越多，則需要的初動能越大，則衛(wèi)星c的發(fā)射速度大于衛(wèi)星b的發(fā)射速度，故C正確；
D.對b、c、d三顆公轉(zhuǎn)的衛(wèi)星，根據(jù)萬有引力提供向心力，則有
其角速度滿足
半徑越大，角速度越大，，而對于a與c兩個具有相同的角速度，有，故四顆衛(wèi)星中b的角速度最大，故D錯誤。
故選C。
5．答案：D
解析：A.根據(jù)題意可知，電子僅在電場力的作用下沿x軸做直線運動，則電場方向沿x軸方向，由沿電場線方向電勢逐漸降低可知，電場方向水平向左，之后電場方向水平向右，由圖像中斜率表示電場強度可知，電場強度為0，處的電場強度小于的電場強度，故A錯誤；
C.從電子在電場力作用下做加速運動，之后做減速運動，則電子運動到處時速度最大，故C錯誤；
B.電子從處到處，電場力對其先做正功再做負功，故B錯誤；
D.由題圖可知，坐標軸上與電勢相等，電子從坐標軸上處運動到處，電場力做功為零，電子在處的動能等于電子在的動能，故D正確。
故選D。
6．答案：D
解析：A.P、Q和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，因此P、Q組成的系統(tǒng)機械能不守恒，A錯誤；
B.兩物體在沿著桿的方向上速度相等，因此可得
當時
當時
B錯誤；
C.P下降到最低點時，彈性勢能最大，整個系統(tǒng)機械能守恒，因此彈簧彈性勢能最大值為
C錯誤；
D.P達到最大動能時，在豎直方向上的加速度為零，整個系統(tǒng)豎直方向合力為零，因此Q受到地面的支持力大小為，D正確。
故選D。
7．答案：C
解析：A.充電時電容器上極板帶正電，放電時，電流由電容器的正極流向負極，所以流過電阻R的電流方向向左。A錯誤；
B.電容器充電過程中電源釋放的電能轉(zhuǎn)化為電容器的電場能、電阻上的熱能等。B錯誤；
C.電流時間圖像的面積表示電量，所以圖線1與橫軸所圍的面積，表示電容器充電后所帶電荷量的大小。C正確；
D.由圖可知，放電過程中，電流的變化越來越慢，說明電壓的變化也越來越慢，D錯誤。
故選C。
8．答案：AD
解析：A.兩種情況下該同學重力做功均為,可知該同學的重力勢能均增加了mgh，故A正確;B.圖1中支持力方向豎直向上，與速度方向夾角小于90，支持力對該同學做正功;圖2中支持力方向垂直斜面向上，與速度方向垂直，支持力不做功，故B錯誤;C.圖1中該同學不受摩擦力，但支持力對該同學做正功，該同學的機械能增加，故C錯誤;D.圖2中支持力不做功，該同學克服重力做功mgh，由于該同學動能不變，則該同學受到的摩擦力做了mgh的正功，所以該同學的機械能增加了mgh，故D正確。故選AD。
9．答案：BC
解析：A.兩物塊組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，可得
解得
可知物塊B的速度大小為，方向向左，A錯誤；
B.根據(jù)牛頓第二定律可得
，
可得
B正確；
C.當A的速度最大時，彈簧處于原長狀態(tài)，由圖像可知A的最大速度為，根據(jù)動量守恒可得
解得B的最大速度為
根據(jù)能量守恒可得
解得A物塊速度為時，彈簧的彈性勢能為
C正確；
D.當兩物塊的速度為零時，彈簧的彈性勢能最大，則有
D錯誤。
故選BC。
10．答案：ABC
解析：A.根據(jù)題意可知，滑塊P從A點開始運動時，重物Q的速度為零，則重物Q重力的功率為零，當滑塊到達B點時，重物Q的速度也為零，此時，重物Q重力的功率為零，則滑塊由A到B的過程中，重物Q的重力功率先增大后減小，故A正確；
B.根據(jù)題意可知，滑塊P、重物Q和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，根據(jù)幾何關(guān)系可知，滑塊P上升的高度為
重物Q下降的高度為
設滑塊P運動到位置B處速度大小v，根據(jù)機械能守恒定律有
聯(lián)立解得
故B正確；
C.對滑塊P，設輕繩對滑塊P做功為W，由動能定理得
解得
故C正確；
D.根據(jù)題意可知，滑塊P、重物Q和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，彈簧的彈性勢能先減小后增大，根據(jù)機械能守恒定律可知，P與Q的機械能之和先增大后減小，故D錯誤。
故選ABC。
11．答案：（1）1.5m/s（2）10V
解析：（1）小球在第二象限做類平拋運動，軌跡如圖所示
解得
豎直方向
解得
則有
（2）在B點
做直線運動合外力與速度方向共線
解得
設小球沿x軸方向運動距離OC為d
解得
則有
12．答案：（1）30J（2）3m
解析：（1）最終以相同速度向右運動，且之間的距離保持不變，則三者速度相同，設為，以三者為系統(tǒng)由動量守恒定律得
其中
解得
A與C發(fā)生碰撞且碰撞時間極短，設碰后A的速度為，由動量守恒定律得
解得
則碰撞時損失的機械能為
（2）從發(fā)生碰撞到再次以相同速度向右運動；以為系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒可得
解得
則滑塊B在長木板A上表面所留痕跡的長度為。
13．答案：（1）4m/s（2）3m/s（3）0.8J
解析：（1）根據(jù)圖像與坐標軸所圍的面積表示力F做的功，則彈簧被壓縮過程中外力F做的功為
物塊向左運動的過程中，克服摩擦力做功
整個運動過程中克服摩擦力做功為
物塊到達M點時的速度為v，由能量守恒得
解得
（2）對A、B系統(tǒng)，由動量守恒定律得
設A、B碰撞后，彈簧恢復原長時的速度為，C的速度為，取向右為正方向，由動量守恒定律得
由機械能守恒定律得
解得
（3）C以的速度滑上傳送帶，假設勻減速直線運動的位移為時與傳送帶共速，根據(jù)牛頓第二定律得
解得
由運動學公式
解得
所用時間為
與傳送帶間相對位移
C與傳送帶共速后繼續(xù)減速，加速度大小為
解得
由運動學公式
解得
所用時間為
與傳送帶間相對位移
所以相對位移為
摩擦生熱
解得
故電動機多做的功為
14．答案：（1）大于（2）A；C
解析：（1）為防止碰撞過程入射球反彈，入射球的質(zhì)量應大于被碰球的質(zhì)量，即大于;
（2）小球離開軌道后做平拋運動，設擋板與拋出點之間的距離為x，由平拋運動規(guī)律得:水平方向，豎直方向，聯(lián)立解得，入射球碰撞前落點位置是，碰撞后落點位置是，被碰球的落點位置是N則碰撞前入射小球A的速度，碰撞后入射球的速度，碰撞后被碰球的速度，兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得，整理可得，綜上分析，故A正確，BCD錯誤。故選:A。
若碰撞前后系統(tǒng)無機械能損失，由機械能守恒定律得，整理可得，綜上分析，故C正確，ABD錯誤。故選:C。
15．答案：（1）0.680（2）×1；22（3）C；D；F②見解析③
解析：（1）螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為0.5mm，可動刻度讀數(shù)為，所以最終讀數(shù)為。
（2）用×10擋測量金屬絲的電阻時，表頭指針偏轉(zhuǎn)角度很大，說明所選擋位太大，為了較準確地進行測量，應換到×1擋。由題圖乙可知，該金屬絲的阻值是：。
（3）①通過金屬絲的最大電流，所以電流表選擇量程150mA的C；滑動變阻器采用分壓接法，選擇阻值范圍小的E，便于調(diào)節(jié)；臨界電阻，因為，電流表采用外接法，所以開關(guān)應接1。
②實物電路如圖所示：
③根據(jù)電阻定律可得，橫截面積，聯(lián)立解得。

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