1.以下單位中，屬于能量單位的是( )
A. kWB. mA?hC. eVD. kg?m/s2
2.如圖，一艘正在高速行駛的游艇上，乘客用手觸摸了正在飛行的野鴨，感覺到野鴨停在空中，對(duì)此下列說(shuō)法正確的是( )
A. 乘客以野鴨為參考系是在高速運(yùn)動(dòng)的
B. 研究飛行的野鴨相對(duì)乘客靜止原因時(shí)，不能將野鴨看成質(zhì)點(diǎn)
C. 野鴨能相對(duì)乘客靜止，是由于揮動(dòng)翅膀時(shí)對(duì)空氣有作用力
D. 乘客感覺到野鴨停在空中是以靜止湖水為參考系的
3.蹦床是深受人們喜愛的一項(xiàng)體育運(yùn)動(dòng)，也是奧運(yùn)比賽項(xiàng)目。如圖甲是運(yùn)動(dòng)員在蹦床上反彈達(dá)到的最高位置時(shí)的照片，乙圖是下落之后達(dá)到最低處時(shí)的照片，若忽略空氣阻力，則下列有關(guān)表述正確的是( )
A. 運(yùn)動(dòng)員在最高處時(shí)速度為0，處于平衡狀態(tài)
B. 運(yùn)動(dòng)員落到蹦床上之后，立即做減速運(yùn)動(dòng)
C. 運(yùn)動(dòng)員達(dá)到最低處時(shí)，蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力等于運(yùn)動(dòng)員對(duì)蹦床的作用力
D. 運(yùn)動(dòng)員在比賽的整個(gè)過(guò)程中，那么運(yùn)動(dòng)員和蹦床系統(tǒng)機(jī)械能守恒
4.如圖是常見的鉗子和扳手，鉗子的一側(cè)握把穿過(guò)扳手的小孔P卡在一起，然后把鉗子的另一側(cè)握把置于粗糙水平桌面上的Q點(diǎn)，適當(dāng)調(diào)節(jié)兩者的相對(duì)位置，整體可以靜置于空中，(不考慮空氣的影響)對(duì)此現(xiàn)象分析正確的是( )
A. 鉗子受到桌面的摩擦力方向?yàn)樗较蛴?br>B. 鉗子對(duì)扳手的作用力可以不在豎直方向上
C. 鉗子和扳手整體的重心與Q點(diǎn)一定在同一豎直線上
D. 若只將鉗子兩側(cè)握把的夾角變大，平衡時(shí)桌面對(duì)鉗子的作用力將變大
5.如圖所示，長(zhǎng)度不同的兩根輕質(zhì)細(xì)繩懸掛于同一點(diǎn)，另一端各系一個(gè)質(zhì)量不同的小球A和B，使它們?cè)谕凰矫鎯?nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是( )
A. 輕繩拉力的大小一定不相同
B. 兩球運(yùn)動(dòng)的角速度相同
C. 小球A運(yùn)動(dòng)的周期大于B的周期
D. 小球A的向心加速度小于小球B的向心加速度
6.2024年4月26日3時(shí)32分，我國(guó)發(fā)射的“神舟十八號(hào)”飛船成功與天和核心艙徑向端口對(duì)接，整個(gè)對(duì)接過(guò)程歷時(shí)6個(gè)半小時(shí)，5時(shí)04分“神舟十八號(hào)”乘組與“神舟十七號(hào)”乘組順利實(shí)現(xiàn)空中會(huì)師，發(fā)射任務(wù)取得圓滿成功。天和核心艙在離地高度h=400km，與赤道平面約成42°角的平面內(nèi)繞地近似做勻速圓運(yùn)動(dòng)。已知地球半徑R=6400km，地球表面重力加速度g=9.8m/s2，則( )
A. 天和核心艙繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度小于地球自轉(zhuǎn)的角速度
B. 天和核心艙繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度約為10.2m/s2
C. “神舟十八號(hào)”的發(fā)射速度大于11.2km/s
D. 飛行乘組每天大約可以看到16次日出
7.如圖所示，從一根內(nèi)壁光滑的空心豎直鋼管A的上端邊緣，緊貼鋼管管壁方向向管內(nèi)水平拋入一鋼球，球一直沿管壁做曲線運(yùn)動(dòng)直至落地。若換一根等高但內(nèi)徑更大的內(nèi)壁光滑的空心豎直管B，用同樣的方法拋入此鋼球，下列說(shuō)法正確的是( )
A. 球在兩管中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間一樣長(zhǎng)B. 兩球都做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)
C. 水平拋入的初速度大小不可能相同D. 小鋼球落地時(shí)的速度第二種情況更大
8.如圖所示，在平直公路上行駛的箱式貨車內(nèi)，用輕繩AO、BO在O點(diǎn)懸掛質(zhì)量為5kg的重物，輕繩AO、BO與車頂部夾角分別為30°、60°.在汽車加速行駛過(guò)程中，為保持重物懸掛在O點(diǎn)位置不動(dòng)，重力加速度為g，箱式貨車的最大加速度( )
A. g2B. 3g3C. 3g2D. 3g
9.均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng)。如圖所示，一半徑為R的球殼表面均勻帶有正電荷，電荷量為2q，O為球心，直線ab是過(guò)球殼中心的一條水平線，球殼表面與直線ab交于C、D兩點(diǎn)，直線ab上有兩點(diǎn)P、Q，且PC=DQ=R?，F(xiàn)垂直于CD將球面均分為左右兩部分，并把右半部分移去，左半球面所帶電荷仍均勻分布，此時(shí)P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，則Q點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為( )
A. kq2R2B. kq4R2C. kq4R2+ED. kq2R2?E
10.如圖所示，虛線a、b、c、d、g、f代表電場(chǎng)內(nèi)平行且間距相等的一組等勢(shì)面，已知等勢(shì)面b的電勢(shì)為4V。一α粒子(24He)經(jīng)過(guò)等勢(shì)面a時(shí)的動(dòng)能為20eV，經(jīng)過(guò)等勢(shì)面d時(shí)的動(dòng)能為8eV，不計(jì)α粒子重力。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是( )
A. 等勢(shì)面d的電勢(shì)為0VB. α粒子可能到達(dá)不到等勢(shì)面f
C. α粒子最遠(yuǎn)可能到達(dá)等勢(shì)面gD. 電場(chǎng)一定是勻強(qiáng)電場(chǎng)
11.隨著生活條件的改善，越來(lái)越多的人喜歡上了電動(dòng)牙刷(如圖所示)，電動(dòng)牙刷通過(guò)電動(dòng)機(jī)芯的快速旋轉(zhuǎn)或振動(dòng)，使刷頭產(chǎn)生高頻振動(dòng)，瞬間將牙膏分解成細(xì)微泡沫，深入清潔牙縫，與此同時(shí)，刷毛的顫動(dòng)能促進(jìn)口腔的血液循環(huán)，對(duì)牙齦組織有按摩效果。下列表格中是一款充電式電動(dòng)牙刷銘牌上的參數(shù)，下列選項(xiàng)正確的是( )
A. 電動(dòng)牙刷工作時(shí)的額定電流為50mA
B. 正常刷牙3min，牙刷每次消耗的能量約為3.9J
C. 電池充滿電后總電量為600C
D. 電動(dòng)牙刷充電時(shí)，從無(wú)電狀態(tài)到滿電狀態(tài)所需時(shí)間約為12h
12.如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，電壓表為理想電表
，平行板電容器的下極板N接地，當(dāng)開關(guān)S閉合穩(wěn)定后，兩板中間位置Q處有一帶負(fù)電的粒子恰好靜止。R1、R2為定值電阻，滑動(dòng)變阻器R的滑動(dòng)觸點(diǎn)為P。則( )
A. 上極板M向下移動(dòng)時(shí)，電容器的電容減小
B. 下極板N向下移動(dòng)時(shí)，Q點(diǎn)的電勢(shì)升高
C. 觸點(diǎn)P向b端移動(dòng)時(shí)，流經(jīng)R的電流方向?yàn)镻→b
D. 觸點(diǎn)P向b端移動(dòng)時(shí)，電容器兩板間的粒子將向下運(yùn)動(dòng)
13.如圖所示，環(huán)形塑料管半徑為R，豎直放置，且管的內(nèi)徑遠(yuǎn)小于環(huán)的半徑，ab為該環(huán)的水平直徑，環(huán)的ab及其以下部分處于水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，管的內(nèi)壁光滑。現(xiàn)將一質(zhì)量為m，電荷量為q的小球從管中a點(diǎn)由靜止開始釋放，已知E=3mg4q，小球可以運(yùn)動(dòng)過(guò)b點(diǎn)。則下列說(shuō)法正確的是( )
A. 小球釋放后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒
B. 小球每周的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中最大速度在圓弧ad之間，且與d之間的夾角為37°
C. 小球釋放后，第一次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)d和最高點(diǎn)c時(shí)，對(duì)管壁的壓力之比為9：2
D. 小球釋放后，第二次恰好到達(dá)b點(diǎn)時(shí)，對(duì)管壁的壓力大小為27mg4
二、多選題：本大題共2小題，共6分。
14.下列四幅圖所涉及的物理現(xiàn)象或原理，表述正確的是( )
A. 如圖甲，若把真空的牛頓管置于繞地飛行的空間站內(nèi)，那么鐵片和羽毛從管頂同時(shí)釋放后將同時(shí)到達(dá)管底
B. 如圖乙，小錘擊打金屬片后，可以觀察到A、B兩球同時(shí)落地，此現(xiàn)象說(shuō)明平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向的分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)
C. 如圖丙，當(dāng)收集器A和線狀電離器B接通高壓電源后，粉塵被吸附到正極A上，最后在重力作用下落入下面的漏斗中，達(dá)到除塵效果
D. 如圖丁，把頭發(fā)碎屑懸浮在蓖麻油里，加上電場(chǎng)，可以模擬點(diǎn)電荷周圍電場(chǎng)線的分布情況，圖中頭發(fā)碎屑的疏密程度可以反映電場(chǎng)強(qiáng)度的大小
15.小明用額定功率為1200W、最大拉力為300N的提升裝置，把靜置于地面的質(zhì)量為20kg的重物豎直提升到高為85.2m的平臺(tái)，先加速再勻速，最后做加速度大小不超過(guò)5m/s2的勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)平臺(tái)速度剛好為零，若要提升重物的時(shí)間最短，則下列說(shuō)法正確的是( )
A. 整個(gè)過(guò)程中最大加速度為15m/s2B. 勻減速運(yùn)動(dòng)的位移大小為3.6m
C. 靜止開始勻加速的時(shí)間為1.2sD. 提升重物的最短時(shí)間為15.5s
三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共1小題，共14分。
16.(Ⅰ)某同學(xué)做“探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)。采用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置，讓槽碼通過(guò)細(xì)繩拖動(dòng)小車在長(zhǎng)木板上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。
(1)為完成實(shí)驗(yàn)，除圖中已有的器材，還需要交流電源、天平(含配套砝碼)和______。
(2)如圖甲，關(guān)于本實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法正確的是______。
A.應(yīng)適當(dāng)調(diào)節(jié)滑輪高度，使線與桌面平行，確保小車能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
B.此時(shí)有可能正在進(jìn)行“補(bǔ)償阻力”的實(shí)驗(yàn)操作
C.實(shí)驗(yàn)時(shí)小車應(yīng)從靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器處?kù)o止釋放
D.電火花計(jì)時(shí)器的工作電壓應(yīng)為交流8V
(3)如圖乙，是某同學(xué)挑選的一條較為清晰的紙帶，并選取了部分點(diǎn)為計(jì)數(shù)點(diǎn)(計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖)。已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打點(diǎn)的時(shí)間間隔T=0.02s，由圖可知小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度a=______m/s2(保留三位有效數(shù)字)。據(jù)此可知本次實(shí)驗(yàn)操作中存在不合理之處在于______。
(Ⅱ)(1)如圖甲是多用表的刻度盤，當(dāng)選用量程為50mA的電流擋測(cè)量電流時(shí)，表針指于圖示位置，則所測(cè)電流為______ mA；若選用倍率為“×10”的電阻擋測(cè)電阻時(shí)，表針也指示在圖示同一位置，則所測(cè)電阻的阻值為______Ω。
(2)利用游標(biāo)卡尺測(cè)量圓筒形盛水容器的內(nèi)徑，應(yīng)使用圖乙中的______(選填“A”、“B”或“C”)進(jìn)行測(cè)量，示數(shù)如圖丙所示，其值為______ mm。
(Ⅲ)某實(shí)驗(yàn)小組為盡量準(zhǔn)確測(cè)定電池組的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)室提供以下器材：
A.待測(cè)電池組(電動(dòng)勢(shì)約為3V，內(nèi)阻約為1Ω)
B.電壓表(量程0～3V，內(nèi)阻約為3kΩ)
C.電流表(量程0～0.6A，內(nèi)阻為3.0Ω)
D.電流表(量程0～3.0A，內(nèi)阻約為0.2Ω)
E.滑動(dòng)變阻器(0～20Ω,額定電流2.0A)
F.滑動(dòng)變阻器(0～1kΩ,額定電流0.5A)
G.開關(guān)、導(dǎo)線若干
(1)滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用______(選填“E”或“F”)。
(2)如圖甲所示，部分導(dǎo)線已連接，為完成實(shí)驗(yàn)，請(qǐng)?jiān)趫D中把導(dǎo)線補(bǔ)充完整。
(3)電路連接后，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，得到了幾組電壓表讀數(shù)U和對(duì)應(yīng)的電流表讀數(shù)I，并作出U?I圖像，如圖乙所示。根據(jù)圖像可知，電池組的電動(dòng)勢(shì)為______V(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)，內(nèi)阻為______Ω(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。
(4)實(shí)驗(yàn)中電流表的內(nèi)阻對(duì)于電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量值造成系統(tǒng)誤差______(填“會(huì)”或“不會(huì))。
四、簡(jiǎn)答題：本大題共4小題，共41分。
17.如圖所示，絕緣水平地面B點(diǎn)左側(cè)空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，B點(diǎn)右側(cè)空間無(wú)電場(chǎng)?，F(xiàn)有一帶負(fù)電、電荷量q=1.0×10?4C，質(zhì)量m=1.0kg小滑塊(電量保持不變)，從距B點(diǎn)L1=8m的A點(diǎn)靜止釋放，最后停在距B點(diǎn)L2=2m的C點(diǎn)，整個(gè)過(guò)程用時(shí)5s，求：
(1)滑行過(guò)程中的最大速度vm的大??；
(2)減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度a2；
(3)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小。
18.如圖，電源電動(dòng)勢(shì)為12V，內(nèi)阻為2Ω，電阻R1為1Ω，R2為6Ω。開關(guān)閉合后，電動(dòng)機(jī)恰好正常工作。已知電動(dòng)機(jī)額定電壓U為6V，線圈電阻RM為0.5Ω，問：
(1)電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)通過(guò)R2的電流多大？
(2)電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)產(chǎn)生的機(jī)械功率是多大？
(3)若R1、R2電阻可調(diào)，在確保電動(dòng)機(jī)正常工作的前提下，當(dāng)R1的阻值多大時(shí)，R1消耗的電功率最大？此時(shí)R2的阻值多大？
19.如圖甲是某XCT機(jī)的實(shí)物圖。其產(chǎn)生X射線主要部分的示意圖如圖乙所示，圖中P、Q之間的加速電壓為U0=1.82×104V，M、N兩板之間的偏轉(zhuǎn)電壓為U，電子從電子槍逸出后沿圖中虛線OO′射入，經(jīng)加速電場(chǎng)、偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)域后，打到水平靶臺(tái)的中心點(diǎn)C，產(chǎn)生X射線(圖中虛線箭頭所示)。已知電子質(zhì)量m=9.1×10?31kg，電荷量為e=1.6×10?19C，偏轉(zhuǎn)極板M、N長(zhǎng)L=20cm，間距d=16cm，虛線OO′距離靶臺(tái)豎直高度為h=30cm，靶臺(tái)水平位置可以調(diào)節(jié)，不考慮電子的重力、電子間相互作用力及電子從電子槍逸出時(shí)的初速度大小，不計(jì)空氣阻力。求：
(1)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)速度的大??；
(2)若M、N兩板之間電壓大小U=2.184×104V時(shí)，為使X射線擊中靶臺(tái)中心點(diǎn)C，靶臺(tái)中心點(diǎn)C離N板右側(cè)的水平距離；
(3)在(2)中，電子剛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度；
(4)在電場(chǎng)區(qū)域由于電子重力遠(yuǎn)小于電場(chǎng)力，所以電子的重力可忽略不計(jì)，試說(shuō)明為什么電子飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)域后，重力仍可忽略不計(jì)。
20.如圖所示，是處于豎直平面內(nèi)某探究裝置的示意圖，它由水平彈射裝置Q、圓心角為α=60°的光滑圓弧軌道AB、水平軌道BC、水平傳送帶MN、光滑水平軌道DE和傾角為30°的光滑且足夠長(zhǎng)的斜面EF組成。彈射裝置Q距離水平軌道BCDE的高度h=2.6m，B點(diǎn)位于圓弧軌道圓心O點(diǎn)的正下方，BC、MN、DE位于同一水平面上，各處光滑連接。已知可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊質(zhì)量m=0.2kg，圓弧軌道AB的半徑R=1.6m，軌道BC長(zhǎng)度lBC=2.5m，傳送帶MN長(zhǎng)度lMN=2m，滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.4、與傳帶MN間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=0.5，其它摩擦和阻力均不計(jì)，sin60°= 32，cs60°=12?；瑝K在彈射裝置作用下以某一速度離開平臺(tái)P做平拋運(yùn)動(dòng)，恰好可以沿切線方向進(jìn)入圓弧軌道AB，傳送帶以一定的速度v(v≤6m/s)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。求：
(1)水平彈射裝置對(duì)滑塊做的功；
(2)滑塊第一次運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)，對(duì)圓弧軌道的壓力；
(3)滑塊最終靜止在軌道BC時(shí)的位置距B的距離與傳送帶速度v的關(guān)系。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：kW是功率的單位，mA?h是電荷量的單位，eV是電子伏特，屬于能量單位，kg?m/s2是力單位，故ABD錯(cuò)誤，C正確。
故選：C。
根據(jù)答案中的單位分析對(duì)應(yīng)的物理量再判斷屬于什么單位。
考查單位制問題，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行判斷解答。
2.【答案】C
【解析】解：A、因?yàn)槌丝陀檬钟|摸了正在飛行的野鴨，感覺到野鴨停在空中，所以乘客以野鴨為參考系是靜止的，故A錯(cuò)誤；
B、研究飛行的野鴨相對(duì)乘客靜止原因時(shí)，可以忽略野鴨的大小和形狀，能將野鴨看成質(zhì)點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；
C、野鴨能相對(duì)乘客靜止，是由于揮動(dòng)翅膀時(shí)對(duì)空氣有作用力，空氣對(duì)翅膀的作用力讓野鴨飛行，故C正確；
D、乘客感覺到野鴨停在空中是以乘客自己為參考系，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
研究物體的運(yùn)動(dòng)情況時(shí)，首先要選取一個(gè)物體作為標(biāo)準(zhǔn)，這個(gè)被選作標(biāo)準(zhǔn)的物體叫做參照物。研究對(duì)象的運(yùn)動(dòng)情況是怎樣的，就看它與參照物的位置是否變化；一個(gè)物體能不能看成質(zhì)點(diǎn)，就看它的大小和形狀對(duì)研究問題有沒有影響。
本題要注意區(qū)分研究對(duì)象與參考系的不同?？疾閷?duì)參考系概念的理解及實(shí)際判斷能力。
3.【答案】C
【解析】解：A.運(yùn)動(dòng)員在最高處時(shí)速度為0，但運(yùn)動(dòng)員受重力，合力不為零，所以不是處于平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；
B.運(yùn)動(dòng)員落到蹦床上，開始重力大于蹦床彈力，合力向下，與速度方向相同，所以運(yùn)動(dòng)員落蹦床之后，先做加速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
C.運(yùn)動(dòng)員達(dá)到最低處時(shí)，蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力與運(yùn)動(dòng)員對(duì)蹦床的作用力是一對(duì)作用力和反作用力，大小相等，故C正確；
D、運(yùn)動(dòng)員在蹦床上越蹦越高，人體的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以運(yùn)動(dòng)員在比賽的整個(gè)過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員和蹦床系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
A、根據(jù)運(yùn)動(dòng)員在最高點(diǎn)合力不為零分析；
B、根據(jù)運(yùn)動(dòng)員剛與蹦床接觸的一段時(shí)間內(nèi)，重力大于彈力分析；
C、根據(jù)作用力和反作用力的特點(diǎn)分析；
D、根據(jù)運(yùn)動(dòng)員在蹦床上越蹦越高，人體內(nèi)化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能分析。
本題考查了機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是知道運(yùn)動(dòng)員離開蹦床后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，剛剛落到蹦床上時(shí)先做加速運(yùn)動(dòng)，然后做減速運(yùn)動(dòng)，注意運(yùn)動(dòng)員在蹦床上越蹦越高，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒。
4.【答案】C
【解析】解：A、鉗子和扳手整體的受力平衡，可知整體受重力與桌面對(duì)鉗子的支持力，不受摩擦力，故A錯(cuò)誤；
B、扳手受力平衡，則鉗子對(duì)扳手的作用力的方向一定在豎直向上，故B錯(cuò)誤；
C、以鉗子和扳手整體為研究對(duì)象，由平衡條件可知，鉗子和扳手整體受到的重力與桌子的作用力在同一條直線上，故鉗子和扳手整體的重心與Q點(diǎn)一定在同一豎直線上，故C正確；
D、整體重力不變，若只將鉗子兩側(cè)握把的夾角變大，根據(jù)平行四邊形定則可知，平衡時(shí)桌面對(duì)鉗子的作用力不變，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
對(duì)整體受力分析可知各力情況，有摩擦力產(chǎn)生的條件判斷受不受摩擦力的作用，有平行四邊形定則判斷桌面對(duì)鉗子的作用力的變化情況。
本題考查共點(diǎn)力平衡，屬于基礎(chǔ)題，對(duì)整體受力分析即可。
5.【答案】B
【解析】解：A、設(shè)繩子與豎直方向的夾角為θ，小球在豎直方向上的合力等于零，有mg=Tcsθ,T=mgcsθ，知A球受繩子的拉力較大，故A錯(cuò)誤；
BC、水平方向，有mgtanθ=mlsinθ(2πT)2，解得：T=2π lcsθg，兩球的豎直高度相同，即lcsθ相同，則T相同，根據(jù)ω=2πT可知角速度相等，故B正確，C錯(cuò)誤；
D、向心力等于合外力，即F合=mgtan?θ=mgrh=ma，可知a與r成正比。則運(yùn)動(dòng)半徑較大的A的向心加速度較大，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
水平方向：小球靠重力和繩子的拉力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出周期、角速度、向心加速度的關(guān)系式，看與什么因素有關(guān)。豎直方向合力為零，根據(jù)平衡知識(shí)列式比較繩子拉力大小。
本題考查向心力的來(lái)源，結(jié)合受力分析，可知物體受到的合外力的方向沿水平方向，運(yùn)用牛頓第二定律即可求解。
6.【答案】D
【解析】解：A.根據(jù)牛頓第二定律得GMmr2=mω2r，解得ω= GMr3，天和核心艙的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以天和核心艙的角速度大于同步衛(wèi)星的角速度，而同步衛(wèi)星的角速度等于地球自轉(zhuǎn)的角速度，所以天和核心艙繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度大于地球自轉(zhuǎn)的角速度，故 A錯(cuò)誤；
B.根據(jù)牛頓第二定律得GMmr2=ma，解得a=GMr2，近地衛(wèi)星的向心加速度約為9.8m/s2，天和核心艙繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑略大于近地衛(wèi)星的軌道半徑，所以天和核心艙繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度一定小于9.8m/s2，故B錯(cuò)誤；
是脫離地球的速度，所以“神舟十八號(hào)”的發(fā)射速度小于11.2km/s，故C錯(cuò)誤；
D.飛行乘組的做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，根據(jù)牛頓第二定律
GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)
GMmR2=mg
飛行乘組每天看日出的次數(shù)為n=24T
解得n≈16次，故D正確。
故選：D。
A.根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合天和核心艙角速度、地球自轉(zhuǎn)角速度進(jìn)行分析判斷；
B.根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合近地衛(wèi)星的加速度判斷天和核心艙的加速度；
C.根據(jù)第二宇宙速度和發(fā)射速度關(guān)系判斷；
D.根據(jù)牛頓第二定律和黃金代換式推導(dǎo)天和核心艙的周期，再根據(jù)求出的周期計(jì)算每天看到的日出的次數(shù)。
考查萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用和人造衛(wèi)星的相關(guān)問題，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。
7.【答案】A
【解析】解：A、由題意可知，鋼球在鋼管內(nèi)的運(yùn)動(dòng)可分解為水平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)，
則在豎直方向上，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)的位移-時(shí)間公式有：h=12gt2，
解得：t= 2hg，由于A管與B管高度相同，則可知球在兩管中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間一樣長(zhǎng)，故A正確；
B.兩球在鋼管內(nèi)的運(yùn)動(dòng)可分解為水平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)。在豎直方向的加速度為重力加速度不變；在水平方向加速度為向心加速度，大小不變方向改變，所以兩球的合加速度方向改變，所以兩球做的都不是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
C、兩球在鋼管內(nèi)的運(yùn)動(dòng)可分解為水平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，鋼管的支持力提供向心力，與速度大小無(wú)關(guān)，所以水平拋入的初速度大小可能相同也可能不同，故C錯(cuò)誤；
D、兩球在落地時(shí)，在豎直方向在水平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以小鋼球落地時(shí)的速度vy=gt，在水平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以小鋼球落地時(shí)的速度
v= vy2+v02，因?yàn)榍蛟趦晒苤械倪\(yùn)動(dòng)時(shí)寸間-樣長(zhǎng) 所以兩球在豎直方向上的分速度相同，但由于水平速度的大小關(guān)系無(wú)法明確，所以無(wú)法確定兩次落地速度的大小關(guān)系，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
由題可知，鋼球在鋼管內(nèi)做平拋運(yùn)動(dòng)，但是鋼球在鋼管內(nèi)的運(yùn)動(dòng)可分解為水平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)的位移-時(shí)間公式即可求解時(shí)間，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成和分解確定速度大小。
解題關(guān)鍵是能夠正確分解鋼球在鋼管內(nèi)的運(yùn)動(dòng)，水平方向上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，同時(shí)注意水平方向?yàn)閯蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，其速度大小關(guān)系無(wú)法確定。
8.【答案】B
【解析】解：對(duì)小球受力分析可得
FAsin30°+FBsin60°=mg
FBcs60°?FAcs30°=ma
聯(lián)立解得12?(2 33mg? 33FA)? 32FA=ma
整理得 33mg?2 33FA=ma
當(dāng)FA=0時(shí)，a取得最大值a= 33g，故ACD錯(cuò)誤，B正確。
故選：B。
對(duì)小球進(jìn)行受力分析，分解受力可知豎直方向受力平衡，水平方向根據(jù)牛頓第二定律判斷加速度，結(jié)合FA=0時(shí)a取得最大值解題。
本題要注意通過(guò)豎直和水平兩個(gè)方向進(jìn)行運(yùn)動(dòng)的分析，把握臨界條件FA=0時(shí)a取得最大值。
9.【答案】D
【解析】解：先將帶電球體補(bǔ)全，一半徑為R的球體表面均勻帶有正電荷，電荷量為2q，則在P、Q兩點(diǎn)所產(chǎn)生的電場(chǎng)為：
E0=k2q(2R)2
解得：E0=kq2R2
左半球面所帶電荷在P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，由對(duì)稱性可知去掉的右半球面所帶電荷在Q點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，則
EQ=E0?E
解得：EQ=kq2R2?E
故ABC錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
先將帶電球體補(bǔ)全，求出P、Q兩點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)，再根據(jù)對(duì)稱性可知，左半球面所帶電荷在P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小等于去掉的右半球面所帶電荷在Q點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小，結(jié)合電場(chǎng)的疊加原理，求出Q點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小。
在處理電場(chǎng)強(qiáng)度時(shí)，要注意電場(chǎng)的疊加原理，要學(xué)會(huì)利用對(duì)稱法解決常見問題；另外要熟記一些電場(chǎng)的結(jié)論。
10.【答案】A
【解析】解：AD.α粒子帶兩個(gè)單位正電荷，當(dāng)α粒子經(jīng)過(guò)a時(shí)的動(dòng)能為20eV，經(jīng)過(guò)平面d時(shí)的動(dòng)能為8eV，根據(jù)功能關(guān)系則有2e?Uad=8eV?20eV=?12eV，解得Uad=?6V，又等勢(shì)面是平行且等間距的，則該電場(chǎng)一定是勻強(qiáng)電場(chǎng)，結(jié)合勻強(qiáng)電場(chǎng)特點(diǎn)，則有Ubd=23Uad=23×(?6)V=?4V，又Ubd=φb?φd=4V?φd，聯(lián)立解得φd=8V，故A錯(cuò)誤，D正確；
B.當(dāng)α粒子由a向d方向運(yùn)動(dòng)，每經(jīng)過(guò)相鄰的等勢(shì)面，α粒子動(dòng)能減少4eV，則α粒子到達(dá)等勢(shì)面f的動(dòng)能為4eV，由于題目中沒有說(shuō)明α粒子如何運(yùn)動(dòng)，因此也可能α粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做拋體運(yùn)動(dòng)，則可能不會(huì)到達(dá)等勢(shì)面f，故B正確；
C.由選項(xiàng)B可知，當(dāng)α粒子到達(dá)等勢(shì)面g的動(dòng)能為0，若電子垂直等勢(shì)面入射，則可能會(huì)到達(dá)等勢(shì)面g，故C正確；
本題選錯(cuò)誤的，故選：A。
AD.根據(jù)功能關(guān)系計(jì)算兩等勢(shì)面的電勢(shì)差，結(jié)合等勢(shì)面特點(diǎn)分析電場(chǎng)特點(diǎn)，再計(jì)算等勢(shì)面的電勢(shì)；
BC.根據(jù)粒子電場(chǎng)力做功特點(diǎn)結(jié)合粒子可能的初狀態(tài)分析判斷能否運(yùn)動(dòng)到某個(gè)等勢(shì)面及其可能的動(dòng)能值。
考查帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析和解答。
11.【答案】D
【解析】解：A.電動(dòng)牙刷工作時(shí)的額定電流為I額=P額U額=≈0.35A=350mA，故A錯(cuò)誤；
B.正常刷牙3min，牙刷每次消耗的能量約為W=P額t=1.3×3×60J=234J，故B錯(cuò)誤；
C.電池充滿電后總電量為q=600mA?h=0.6×3600C=2160C，故C錯(cuò)誤；
D.電動(dòng)牙刷充電時(shí)，從無(wú)電狀態(tài)到滿電狀態(tài)所需時(shí)間t′=qI充=60050h=12h，故D正確。
故選：D。
A.根據(jù)額定功率和額定電壓計(jì)算額定電流；
B.根據(jù)功和功率的關(guān)系式代入數(shù)據(jù)解答；
C.根據(jù)電荷量的公式解答；
D.根據(jù)電荷量和充電電流大小計(jì)算充電時(shí)間。
考查功和電荷量等的計(jì)算，會(huì)根據(jù)恒定電流的相關(guān)知識(shí)求解相關(guān)物理量。
12.【答案】B
【解析】解：A、根據(jù)電容的計(jì)算公式C=εrS4πkd可得，上極板M向下移動(dòng)時(shí)，d減小，電容器的電容增大，故A錯(cuò)誤；
B、下極板N向下移動(dòng)時(shí)，兩板間的距離增大，根據(jù)E=Ud可得電場(chǎng)強(qiáng)度減小，Q點(diǎn)到上極板的電勢(shì)差減小，而兩板間的電壓U不變，則Q點(diǎn)到下極板的電勢(shì)差UQN增大，根據(jù)UQN=φQ?φ0=φQ可知，Q點(diǎn)的電勢(shì)升高，故B正確；
C、觸點(diǎn)P向b端移動(dòng)時(shí)，電容器兩板間電壓不變，電荷量不變，R中沒有電流，故C錯(cuò)誤；
D、觸點(diǎn)P向b端移動(dòng)時(shí)，電容器兩板間電壓不變，電容器兩板間的粒子受力情況不變，則粒子仍靜止，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
根據(jù)電容的計(jì)算公式C=εrS4πkd分析電容的變化情況；根據(jù)E=Ud分析電場(chǎng)強(qiáng)度的變化情況，再分析Q點(diǎn)到下極板的電勢(shì)差的變化情況，根據(jù)UQN=φQ?φ0=φQ分析Q點(diǎn)的電勢(shì)變化情況；觸點(diǎn)P移動(dòng)時(shí)，不改變電容器兩端電壓，由此分析CD選項(xiàng)。
本題主要是考查了電容器的動(dòng)態(tài)分析問題；解答此類問題關(guān)鍵是要抓住不變量：若電容器與電源斷開，電量保持不變；若電容器始終與電源相連，電容器兩端間的電勢(shì)差保持不變；結(jié)合電容器的計(jì)算公式和電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的關(guān)系進(jìn)行分析解答。
13.【答案】D
【解析】解：A、在小球運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，除了重力做功之外，電場(chǎng)力也做功了，根據(jù)機(jī)械能守恒定律的條件可知，小球釋放后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；
B、如果小球帶負(fù)電，不可能到達(dá)b點(diǎn)，所以小球帶正電，則設(shè)電場(chǎng)力與重力合力的方向與d之間的夾角為θ，則由小球的受力可知tanθ=qEmg=34，故θ=37°，故小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中最大速度在圓弧bd之間且與d之間的夾角為37°，故B錯(cuò)誤；
C、球釋放后，小球第一次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)d時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有qER+mgR=12mvd2，在最低點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律有Fd?mg=mvd2R，解得Fd=92mg。
第一次經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)c時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有qE?2R?mgR=12mvc2，在最高點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律有Fc+mg=mvc2R，解得Fc=0，故C錯(cuò)誤；
D、小球釋放后，第二次恰好到達(dá)b點(diǎn)時(shí)，qE?4R=12mvb2，根據(jù)牛頓第二定律有Fb?qE=mvb2R，解得Fb=27mg4，小球釋放后，第二次恰好到達(dá)b點(diǎn)時(shí)，對(duì)管壁的壓力大小為27mg4，故D正確。
故選：D。
根據(jù)機(jī)械能守恒條件分析；當(dāng)小球沿切線方向受力平衡時(shí)速度最大，據(jù)此分析；根據(jù)動(dòng)能定理結(jié)合牛頓第二定律分析CD。
知道機(jī)械能守恒的條件，知道小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理解得小球到達(dá)最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的速度是解題的關(guān)鍵。
14.【答案】BCD
【解析】解：A.真空的牛頓管置于繞地飛行的空間站內(nèi)，在空間站處于失重狀態(tài)，那么鐵片和羽毛從管頂同時(shí)釋放后都是處于完全失重狀態(tài)，不會(huì)下落，故A錯(cuò)誤；
B、小錘擊打金屬片后，可以觀察到A、B兩球同時(shí)落地，下落時(shí)間相等，此現(xiàn)象說(shuō)明平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向的分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)，故B正確；
C、電源的兩極分別接在A、B上，凈電荷一般分布在尖端，所以B處分布電荷較為密集，則距離B越近場(chǎng)強(qiáng)較大，粉塵吸附電子后帶負(fù)電，在電場(chǎng)力的作用下將會(huì)向正極板運(yùn)動(dòng)，即向A運(yùn)動(dòng)，最后被吸附到A上，然后在重力作用下落入下面的漏斗中，達(dá)到除效果，故C正確；
D，電場(chǎng)線是為了形象地描述電場(chǎng)而引入假想的線，實(shí)際并不存在，頭發(fā)碎屑的分布圖只是模擬了電場(chǎng)線的分布情況，其疏密程度可以反映電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，故D正確。
故選：BCD。
在太空中，鐵片和羽毛都是處于完全失重狀態(tài)，據(jù)此分析；平拋運(yùn)動(dòng)在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)；根據(jù)電荷間的相互作用分析；根據(jù)電場(chǎng)線的特點(diǎn)分析。
熟練掌握電場(chǎng)線的特點(diǎn)、平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)以及帶電粒子的受力情況是解題的基礎(chǔ)。
15.【答案】BD
【解析】解：A、加速階段以最大拉力Tm=300N拉重物做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，此階段的加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律得：Tm?mg=ma1，解得：a1=5m/s2。而勻減速直線運(yùn)動(dòng)階段的加速度最大也為5m/s2，故A錯(cuò)誤；
B、重物以最大速度vm勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，拉力等于重物的重力，提升裝置功率為額定功率Pe=1200W，則有：
vm=PeT=Pemg=120020×10m/s=6m/s
減速階段以最大的加速度a2=5m/s2做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其位移大小為：
x2=vm22a2，解得：x2=3.6m故B正確；
C、在勻加速階段，當(dāng)功率達(dá)到額定功率時(shí)，設(shè)重物的速度為v1，則有：
v1=PeTm=1200300m/s=4m/s
此過(guò)程所用時(shí)間：t1=v1a1=45s=0.8s，故C錯(cuò)誤；
D、勻加速上升階段的位移大小為：x1=v122a1，解得：x1=1.6m
設(shè)重物從結(jié)束勻加速運(yùn)動(dòng)到開始做勻減速運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間為t3，對(duì)此過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理得：
Pet3?mgx3=12mvm2?12mv12
其中：x3=85.2m?x1?x2=85.2m?1.6m?3.6m=80m
解得：t3=13.5s
勻減速階段所用時(shí)間為：t2=vma2=65s=1.2s
提升重物的最短時(shí)間為：t=t1+t2+t3=0.8s+1.2s+13.5s=15.5s故D正確。
故選：BD。
加速階段以最大拉力拉重物做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，此階段的加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律求出加速階段的最大加速度；根據(jù)瞬時(shí)功率計(jì)算公式求得勻速運(yùn)動(dòng)階段的最大速度，減速階段以最大的加速度做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得位移大小和時(shí)間；根據(jù)瞬時(shí)功率計(jì)算公式求得勻加速階段的最大速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得此過(guò)程所用時(shí)間和位移大?。桓鶕?jù)動(dòng)能定理求解重物從結(jié)束勻加速運(yùn)動(dòng)到開始做勻減速運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間，三個(gè)階段的時(shí)間之和為提升重物的最短時(shí)間。
本題考查了機(jī)車啟動(dòng)模型的以恒定加速度啟動(dòng)的情況，物體先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直到提升裝置的功率達(dá)到最大。之后功率恒定，物體做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，直到速度達(dá)到最大值，此后做勻速直線運(yùn)動(dòng)。應(yīng)用P=Fv，結(jié)合牛頓第二定律與動(dòng)能定理解答問題。
16.【答案】刻度尺 C3.01小車的質(zhì)量未遠(yuǎn)大于槽碼的質(zhì)量 不會(huì)
【解析】解：Ⅰ(1)實(shí)驗(yàn)中需要測(cè)量長(zhǎng)度，所以還需要刻度尺；
(2)A、應(yīng)適當(dāng)調(diào)節(jié)滑輪高度，使線與木板平行，而不是與桌面平行，故A錯(cuò)誤；
B、補(bǔ)償阻力時(shí)不能掛槽碼，所以此時(shí)不是在補(bǔ)償阻力，故B錯(cuò)誤；
C、為了有效利用紙帶的長(zhǎng)度，實(shí)驗(yàn)時(shí)小車應(yīng)從靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器處?kù)o止釋放，故C正確；
D、電火花計(jì)時(shí)器的工作電壓應(yīng)為交流220V，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
(3)由圖可知，兩計(jì)數(shù)點(diǎn)之間有兩個(gè)間隔，故計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為T=2×0.02s=0.04s；
由遂差法可得a=(x4+x5+x6)?(x1+x2+x3)9T2=(5.69+6.18+6.66)?(4.25+4.73+5.22)9×0.042×10?2m/s2=3.01m/s2；
加速度達(dá)到了3m/s2，由牛頓第二定律可知，mg=(m+M)a，解得：m=37M，即本實(shí)驗(yàn)沒有滿足小車的質(zhì)量遠(yuǎn)大于槽碼的質(zhì)量；
Ⅱ(1)電流擋讀數(shù)：最小分度為1mA，則向下估讀一位，讀出電流值為22.0mA；
歐姆擋擋位為×10，指針示數(shù)為19，故最終讀數(shù)：R=19×10Ω=190Ω；
(2)測(cè)量圓筒形盛水容器的內(nèi)徑，應(yīng)使用圖乙中游標(biāo)卡尺的內(nèi)測(cè)量爪，即圖中A進(jìn)行測(cè)量。
20等分游標(biāo)卡尺的精確度為0.05mm，盛水容器的內(nèi)徑d=14mm+10×0.05mm=14.50mm；
Ⅲ(1)由題意可知，電源電動(dòng)勢(shì)為3V，內(nèi)阻約為1Ω，電流表量程只能選擇0.6A，所以滑動(dòng)變阻器只能選擇總阻值較小的E；
(2)電流表內(nèi)阻已知，所以采用電流表相對(duì)電源的內(nèi)接法，滑動(dòng)變阻器采用限流接法，實(shí)物圖如圖所示；
(3)根據(jù)U=E?I(RA+r)可知，圖象與縱軸的交點(diǎn)表示電動(dòng)勢(shì)，圖象的斜率表示RA+r，由圖可知，E=2.90V；
r=2.90?Ω?3.0Ω=0.80Ω；
(4)由于電流表內(nèi)阻已知，并且本實(shí)驗(yàn)采用了相對(duì)電源的內(nèi)接法，其阻值在計(jì)算時(shí)已考慮其中，所以對(duì)測(cè)量結(jié)果沒有影響。
故答案為：Ⅰ(1)刻度尺；(2)C；(3)3.01；小車的質(zhì)量未遠(yuǎn)大于槽碼的質(zhì)量
Ⅱ(1)22.0；190；(2)A；14.50；
Ⅲ(1)E；(2)如圖所示；(3)2.90；0.80；(4)不會(huì)。
Ⅰ明確“探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)原理和注意事項(xiàng)，再根據(jù)紙帶的處理方法分析紙帶求解加速度，根據(jù)加速度確定物體質(zhì)量間的關(guān)系，從而分析誤差情況；
Ⅱ掌握常用測(cè)量工具的讀數(shù)方法，從而讀數(shù)電流、電阻和容器的內(nèi)徑；
Ⅲ掌握測(cè)量電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)原理，正確選擇電路和儀表，再根據(jù)閉合電路歐姆定律進(jìn)行分析求解電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻，并分析實(shí)驗(yàn)誤差。
本題考查了測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)，測(cè)量?jī)x器的使用以及探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量關(guān)系的實(shí)驗(yàn)，關(guān)鍵是明確實(shí)驗(yàn)原理，掌握掌握實(shí)驗(yàn)利用圖像處理數(shù)據(jù)的方法，掌握歐姆表測(cè)量原理和讀數(shù)方法等。
17.【答案】解：(1)小滑塊整個(gè)過(guò)程的平均速度為vm2，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律vm2?t=L1+L2，代入L1=8m，L2=2m，t=5s
解得vm=4m/s
(2)小滑塊從B到C的減速過(guò)程，利用逆向思維方法，由vm2=2a2L2，解得a2=4m/s2，速度方向水平向右，滑塊做減速運(yùn)動(dòng)，所以加速度方向水平向左。
(3)小滑塊從A到B的加速過(guò)程，加速度大小為a1，有2a1L1=vm2，得a1=1m/s2，根據(jù)牛頓第二定律有Eq?f=ma1，而f=ma2，得E=5×104N/C
答：(1)滑行過(guò)程中的最大速度vm的大小為4m/s；
(2)減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度a2為4m/s2，方向水平向左；
(3)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小為5×104N/C。
【解析】(1)(2)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間規(guī)律列式求解最大速度；
(3)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律和牛頓第二定律列式求解電場(chǎng)強(qiáng)度。
考查帶電物體在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題，會(huì)分析物體的受力以及物體的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確解答。
18.【答案】解：(1)電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)通過(guò)R2的電流
I2=UR2=66A=1A
(2)電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)，總電流
I0=E?Ur+R1=12?62+1A=2A
通過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流為IM=I0?I2=2A?1A=1A
電動(dòng)機(jī)的機(jī)械功率
P機(jī)=UIM?IM2RM=6×1W?12×0.5W=5.5W
(3)電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)，R1消耗的電功率：P=(E?UR1+r)2R1
即當(dāng)R1=r=2Ω時(shí)，Pm=4.5W
此時(shí)，R2=UE?UR1+r?IM
其中；IM=I0?I2
得：R2=12Ω
答：(1)電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)通過(guò)R2的電流是1A；
(2)電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)產(chǎn)生的機(jī)械功率是5.5W；
(3)若R1、R2電阻可調(diào)，在確保電動(dòng)機(jī)正常工作的前提下，當(dāng)R1的阻值為1Ω時(shí)，R1消耗的電功率最大，此時(shí)R2的阻值是12Ω。
【解析】(1)根據(jù)歐姆定律計(jì)算；
(2)先計(jì)算出通過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流，然后用電動(dòng)機(jī)消耗的總功率減去電動(dòng)機(jī)的發(fā)熱功率計(jì)算即可；
(3)先計(jì)算出R1消耗最大功率時(shí)的電阻，然后根據(jù)歐姆定律可得R2的電阻。
分情電路結(jié)構(gòu)，熟練掌握歐姆定律是解題的基礎(chǔ)。掌握電動(dòng)機(jī)的總功率、發(fā)熱功率和機(jī)械功率的計(jì)算方法是解題的關(guān)鍵。
19.【答案】解：(1)根據(jù)動(dòng)能定理有
eU0=12mv02
解得
v0=8×107m/s
(2)M、N兩板之間電壓大小U=2.184×104V時(shí)，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有
y=12at2
L=v0t
根據(jù)牛頓第二定律有
a=eUmd
根據(jù)幾何關(guān)系可知
12Ly=12L+Δxh
解得
Δx=30cm
(3)結(jié)合(2)中的類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有
L=v0t
vy=at
則電子剛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度為
v= v02+vy2
解得
v=1.0×108m/s
(4)粒子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，打到靶臺(tái)的時(shí)間為
t′=Δxv0
不計(jì)重力時(shí)，豎直方向的位移為
y1=vyt′
計(jì)重力時(shí)，豎直方向的位移為
y2=vyt′+12gt′2
設(shè)
k=y2?y1y1
解得
k=3.125×10?16
即重力對(duì)電子打在熒光屏上的位置影響非常小，所以計(jì)算電子偏轉(zhuǎn)量時(shí)可以忽略電子所受的重力。
答：(1)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)速度的大小8×107m/s；
(2)靶臺(tái)中心點(diǎn)C離N板右側(cè)的水平距離30cm；
(3)在(2)中，電子剛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度1.0×108m/s；
(4)見解析。
【解析】(1)根據(jù)動(dòng)能定理求電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)速度的大??；
(2)根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律結(jié)合牛頓第二定律、幾何關(guān)系求靶臺(tái)中心點(diǎn)C離N板右側(cè)的水平距離；
(3)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求電子剛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度；
(4)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出計(jì)重力和不計(jì)重力兩種情況下的豎直方向偏移，作出分析。
解題的關(guān)鍵在于分析清楚電子在各個(gè)區(qū)域的運(yùn)動(dòng)情況，能熟練運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法處理電子類平拋運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，分析時(shí)要抓住分運(yùn)動(dòng)的等時(shí)性。
20.【答案】解：(1)滑塊運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)過(guò)程中為平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向
h?R(1?csα)=12gt2
解得
t=0.6s
則在A點(diǎn)豎直方向的分速度為
vAy=gt=10×0.6m/s=6m/s
恰好可以沿切線方向進(jìn)入圓弧軌道，在A點(diǎn)
tanα=vAyvAx= 3
解得
vAx=2 3m/s
則，根據(jù)動(dòng)能定理水平彈射裝置對(duì)滑塊做的功為
W=12mvAx2
解得
W=1.2J
(2)在A點(diǎn)時(shí)的速度大小為
vA= vAx2+vAy2
解得
vA=4 3m/s
滑塊從A點(diǎn)到B點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理
mgR(1?csα)=12mvB2?12mvA2
解得
vB=8m/s
設(shè)滑塊受到的支持力為N，則根據(jù)牛頓第二定律
N?mg=mvB2R
解得
N=10N
根據(jù)牛頓第三定律，滑塊對(duì)圓弧軌道的壓力等于軌道對(duì)滑塊的支持力
F壓=N=10N
(3)滑塊第一次運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理
?μ1mglBC?μ2mglMN=12mvD2?12mvB2
解得
vD=2 6m/s
根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，第二次運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)的速度大小仍為
vD=2 6m/s
則在傳送帶上的加速度為
a=μ2mgm
解得
a=5m/s2
假設(shè)滑塊可以在傳送帶上一直加速，則
2alMN=v2?vD2
解得
v=2 11m/s>6m/s
所以假設(shè)不成立。假設(shè)滑塊可以在傳送帶上一直減速，則
2alMN=vD2?v12
解得
v1=2m/s
所以，若傳送帶的速度為02m/s，則滑塊在傳送帶上先加速后勻速，滑塊離開傳送帶時(shí)的速度等于傳送帶的速度。若滑塊恰好停在B點(diǎn)，則
?μ1mglBC=0?12mv22
解得
v2=2 5m/s
則，若傳送帶的速度為2 5m/s≥v>2m/s，則根據(jù)動(dòng)能定理
?μ1mg(lBC?x)=0?12mv2
解得
x=20?v28m
若傳送帶的速度為2 5m/s

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