一、選擇題（1-7題單選，每題4分；8-10題多選，每題6分，選對但不全得3分，有選錯的得0分）
1. 利用智能手機的加速度傳感器可直觀顯示手機的加速度情況。用手掌托著手機，打開加速度傳感器后，手掌從靜止開始上下運動。以豎直向上為正方向，測得手機在豎直方向的加速度隨時間變化的圖像如圖所示，則手機（ ）
A. 在時刻開始減速上升B. 在時刻到達最高點
C. 在時間內(nèi)處于超重狀態(tài)D. 在時間內(nèi)受到的支持力逐漸增大
【答案】C
【解析】
【詳解】A．由圖像可知時間內(nèi)，加速度向上逐漸變大，速度逐漸增大，時刻加速度最大，而速度還在繼續(xù)增大，故A錯誤；
B．由圖可知，時刻后加速度方向向下，為失重狀態(tài)，速度方向向上，所以向上做減速運動，時刻還沒有達到最高點，故B錯誤；
C．時間內(nèi)，加速度的方向依然向上，應處于超重狀態(tài)，故C正確；
D．對手機進行受力分析可知，時間內(nèi)，有
該段時間內(nèi)，a逐漸減小，因此支持力逐漸減小，故D錯誤。
故選C。
2. 懸掛線是數(shù)學中一種優(yōu)美曲線，如下圖有一段質(zhì)量均勻分布的細繩兩端固定，構成懸掛線，曲線左右兩端點的切線與水平方向夾角為和，求由水平切線的垂線所分成兩部分的質(zhì)量比（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【詳解】對豎直虛線左邊繩子受力分析如圖
由平衡條件有
同理對豎直虛線右邊繩子受力分析，由平衡條件可得
聯(lián)立解得
故選B。
3. 兩同學在進行投籃比賽，從同一位置先后拋出甲、乙兩個籃球，結(jié)果都投進籃筐，兩球空中運動的軌跡如圖所示，①、②分別為甲、乙的運動軌跡，不計空氣阻力，則從拋出到進框，下列說法正確的是（ ）
A. 甲的加速度小于乙的加速度
B. 甲在最高點的速度小于乙在最高點的速度
C. 兩球運動時間相等
D. 兩球平均速度相等
【答案】B
【解析】
【詳解】A．不計空氣阻力，籃球做斜拋運動，只受重力作用，加速度為重力加速度，故甲的加速度等于乙的加速度，故A錯誤；
C．由圖可知，甲球上拋達到的最大高度大于乙球上拋達到的最大高度，根據(jù)拋體運動的性質(zhì)可知，高度決定運動時間，則甲球在空中運動的時間大于乙球在空中運動的時間，故C錯誤；
B．籃球在最高點的速度等于水平方向的速度，水平方向籃球做勻速直線運動，甲、乙兩球的水平位移相等，甲球在空中運動的時間大于乙球在空中運動的時間，根據(jù)勻速直線運動規(guī)律可知，在軌跡的最高點，甲球的水平速度小于乙球的水平速度，即甲在最高點的速度小于乙在最高點的速度，故B正確；
D．從拋出到進框，甲、乙兩球的位移相等，甲球在空中運動的時間大于乙球在空中運動的時間，則甲球的平均速度小于乙球的平均速度，故D錯誤。
故選B。
4. 一質(zhì)量為的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度g取。則（ ）
A. 時物塊的動量大小為
B. 時物塊的速度大小為，方向向右
C. 時間內(nèi)F對物塊的沖量大小為
D. 時間內(nèi)物體的位移為
【答案】D
【解析】
【詳解】A．物塊與地面間的滑動摩擦力為
則前，物塊開始滑動，受到滑動摩擦力作用，時根據(jù)動量定理
故A錯誤；
B．時物塊速度
2s-3s過程，加速度大小為
方向為負，則時物塊的速度大小為零，故B錯誤；
C．0~4s時間內(nèi)F對物塊的沖量大小為
故C錯誤；
D．時物塊的速度大小為零，之后拉力與摩擦力平衡，不再運動，則0~4s時間內(nèi)物體的位移為
故D正確。
故選D。
5. 如圖所示，將一個可視為質(zhì)點的彈丸從彈射器口P點水平彈出，Q點是彈丸運動軌跡中的一點。以地面為重力勢能零勢能面，彈丸在P點的動能與它在該點的重力勢能相等，在Q點的動能為它在該點重力勢能的4倍，P、Q兩點間水平距離為x，豎直距離為y，忽略空氣阻力。則的值應為（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【詳解】設Q點的高度為h，根據(jù)題意
從P到Q根據(jù)動能定理或機械能守恒有
解得
根據(jù)平拋規(guī)律
，
得
將、代入
解得

故選C。
6. 如圖所示，一T型支架長橫桿上用等長的細線等間距懸掛4個相同小球A、B、C、D，支架繞軸線緩慢加速轉(zhuǎn)動，當支架轉(zhuǎn)動的角速度為ω時（ ）
A. A、D的加速度相同
B. A、B的懸線與豎直方向的夾角相等
C. A的機械能大于B的機械能
D. A的動能等于該過程中細線對A做的功
【答案】C
【解析】
【詳解】A．由于A、D兩球角速度相同，轉(zhuǎn)動半徑相同，根據(jù)
可得，A、D兩球加速度大小相等，方向不同，故A錯誤；
B．設懸線與豎直方向的夾角為θ，懸線的懸掛點與轉(zhuǎn)軸間的距離為x，根據(jù)牛頓第二定律可得
由此可知，A球懸掛點到轉(zhuǎn)軸的距離較大，則A的懸線與豎直方向的夾角較大，故B錯誤；
C．由于A球線速度較大，動能較大，且A的懸線與豎直方向的夾角較大，則A球重力勢能較大，所以A球的機械能大于B的機械能，故C正確；
D．根據(jù)動能定理可得，A的動能變化量，即此時A的動能等于該過程中合力對A做的功，故D錯誤。
故選C。
7. 如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧上端固定在天花板上，下端掛一重物（可視為質(zhì)點），重物靜止時處于B位置?，F(xiàn)用手托重物使之緩慢上升至A位置，此時彈簧長度恢復至原長。之后放手，使重物從靜止開始下落，沿豎直方向在A位置和C位置（圖中未畫出）之間做往復運動。重物運動過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。關于上述過程（不計空氣阻力），下列說法中正確的是（ ）
A. 重物在C位置時，其加速度的大小等于當?shù)刂亓铀俣鹊闹档膬杀?br>B. 在重物從A位置下落到C位置的過程中，重力的沖量大于彈簧彈力的沖量
C. 在手托重物從B位置緩慢上升到A位置的過程中，手對重物所做的功等于重物往復運動過程中所具有的最大動能
D. 在重物從A位置到B位置和從B位置到C位置的兩個過程中，彈簧彈力對重物所做功之比是
【答案】C
【解析】
【詳解】A．重物在AC之間做簡諧振動，在A點釋放時的加速度為向下的g，由對稱性可知，在C位置時的加速度的大小也等于g，方向向上，選項A錯誤；
B．在重物從A位置下落到C位置的過程中，重物動量的變化為零，根據(jù)動量定理可知，向下的重力的沖量大小等于向上的彈簧彈力的沖量，選項B錯誤；
C．在手托重物從B位置緩慢上升到A位置的過程中，由能量關系可知
重物從A點下落到B點時動能最大，則由動能定理
可得
即在手托重物從B位置緩慢上升到A位置的過程中，手對重物所做的功等于重物往復運動過程中所具有的最大動能，選項C正確；
D．在重物從A位置到B位置和從B位置到C位置的兩個過程中，彈簧彈力對重物所做功之比是
選項D錯誤。
故選C。
8. 如圖所示，一質(zhì)量為可視為質(zhì)點的小物塊自斜面上點由靜止開始下滑，斜面的傾角為,、間距離為，小物塊經(jīng)運動到點后通過一小段光滑的銜接弧面恰好同速率滑上與地面等高的傳送帶，傳送帶以的恒定速率順時針運行，傳送帶、間距離為，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.2，不計銜接弧面的運動時間和空氣阻力。取，，，下列說法正確的是（ ）
A. 小物塊在傳帶上、之間的運動時間為
B. 小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5
C. 小物塊在傳送帶上運動時，因摩擦產(chǎn)生的熱量為
D. 整個過程中傳送帶電動機多消耗的電能為
【答案】BC
【解析】
【詳解】A．物塊在斜面上運動的加速度為
到達B點時的速度
vB=a1t1=4m/s
物塊滑上傳送帶時的加速度
加速的時間
加速的位移
勻速的時間
小物塊在傳帶上、之間的運動時間為1.5s，選項A錯誤；
B．在斜面上根據(jù)牛頓第二定律
解得
選項B正確；
C．小物塊在傳送帶上運動時，因摩擦產(chǎn)生的熱量為
選項C正確；
D．整個過程中傳送帶電動機多消耗的電能為
選項D錯誤
故選BC。
9. 如圖所示，在豎直空間固定半徑為R的絕緣圓環(huán)，圓環(huán)圓心O點正下方距圓環(huán)一定距離處有一帶正電小球A，圓環(huán)上套有一帶正電小球B，初始時B靜止在圓環(huán)上M點的右側(cè)?，F(xiàn)用外力使A緩慢向圓環(huán)最低點M移動，則B沿圓環(huán)右移，在此過程中，兩小球所帶電荷量保持不變且可視為點電荷，不計一切摩擦，則下列說法中正確的是（ ）
A. 圓環(huán)對B的彈力一直減小B. 圓環(huán)對B的彈力一直增大
C. A、B間的庫侖力先增大后減小D. A、B間的庫侖力一直增大
【答案】BD
【解析】
【詳解】AB．對B球受力分析，如圖所示
由相似三角形對應邊成比例可知
解得
隨著OA距離的減小，圓環(huán)對B的彈力一直增大，故A錯誤，B正確；
CD．根據(jù)
可知，隨著FN增大，AB距離在減小，所以A、B間的庫侖力FE增大，故C錯誤，D正確。
故選BD。
10. 光滑的細桿固定放置，與水平方向的夾角為37°，質(zhì)量為m的小球與質(zhì)量為2m的物塊通過輕質(zhì)細線連接，細線跨過天花板上的兩個輕質(zhì)定滑輪。小球套在細桿上從某處由靜止開始上滑，細線一直處于伸直狀態(tài)，當小球運動到A點時，速度沿著桿斜向上大小為，細線與細桿之間的夾角為37°，當小球運動到B點時，細線與細桿垂直。已知A、B兩點之間的距離為L，重力加速度大小為g，小球與物塊（均視為質(zhì)點）總在同一豎直平面內(nèi)運動，，，下列說法正確的是（ ）
A. 當小球在A點時，物塊的速度大小為
B. 小球從A點運動到B點，系統(tǒng)總重力勢能的減小量為
C. 當小球運動到B點時，物塊速度的大小為0
D. 小球從A點運動到B點，細線對小球做的功為
【答案】BCD
【解析】
【詳解】A．小球在A點時，把實際速度v0分別沿著細線和垂直細線分解，沿著細線方向的分速度為
由關聯(lián)速度可知，此時物塊的速度等于沿細線方向的速度，則有
故A錯誤；
C．同理，小球運動到B點時，把小球的速度分別沿著細線和垂直細線分解，因為細線與細桿垂直，即細線與小球的速度垂直，則細線速度為0，物塊的速度為零，故C正確；
B．小球從A到B，重力勢能增加量為
物塊下落的高度為
重力勢能的減小量為
則系統(tǒng)總重力勢能的減小量為
故B正確；
D．小球從A點運動到B點過程，細線對小球做的功與細線對物塊做的功，大小相等，一正一負。分析物塊，根據(jù)動能定理
解得
則細線對小球做的功為
故D正確。
故選BCD。
二、實驗題（共14分）
11. 某同學驗證機械能守恒定律的裝置如圖1所示，該裝置由懸掛在鐵架臺上的細線、小球和鐵架臺下方的光電門組成，當?shù)刂亓铀俣葹間。
（1）實驗中用毫米刻度尺測量懸點到小球上端的細線長度為l，用某測量工具測量小球的直徑d
（2）該同學將細繩拉直至與懸點等高的位置后由靜止釋放，記錄小球通過最低點時光電門的遮光時間t，則小球通過最低點的速度大小為___________（用所測物理量字母表示）
（3）本實驗驗證機械能守恒定律時，只需在誤差允許范圍內(nèi)驗證表達式___________是否成立即可；
（4）多次改變細線長度l，重復以上操作，若以為縱坐標，l為橫坐標，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出的圖像如圖2所示，圖中的縱截距為b，c為縱軸上的一個數(shù)值，則可得重力加速度測量值___________（用圖中給的字母或所測物理量表示）；
（5）用實驗所得重力加速度與當?shù)刂亓铀俣萭比較，在誤差范圍內(nèi)兩個數(shù)值近似相等，則驗證了小球機械能守恒。
【答案】 ①. ②. ③. b
【解析】
【詳解】（2）[1]根據(jù)光電門的原理可知小球通過最低點的速度大小為
（3）[2]小球下落過程，根據(jù)機械能守恒可得
又
聯(lián)立可得在誤差允許范圍內(nèi)驗證機械能守恒的表達式為
（4）[3]根據(jù)
變形可得
則重力加速度測量值為
12. 如圖，某學校興趣小組利用甲、乙兩種方法測量某電源的電動勢和內(nèi)電阻（約為）。其中為電阻箱，電流表的內(nèi)電阻約為，電壓表的內(nèi)電阻約為。
（1）利用圖乙中實驗電路測電源的電動勢和內(nèi)電阻，所測量的實際是丙圖中虛線框所示“等效電源”的電動勢和內(nèi)電阻。若電流表內(nèi)電阻用表示，則“等效電源”的電動勢=________；=________。（均用和表示）
（2）某同學利用圖像分析甲、乙兩種方法中由電表內(nèi)電阻引起的實驗誤差。在下列圖、和中，實線是根據(jù)實驗數(shù)據(jù)（圖甲：，圖乙：）描點作圖得到的圖像；虛線是該電源的路端電壓隨電流變化的圖像（沒有電表內(nèi)電阻影響的理想情況）。
A．B.
C. D.
在如圖中，對應圖甲電路分析的圖像是：________；對應圖乙電路分析的圖像是：________。
（3）綜合上述分析，為了減小由電表內(nèi)電阻引起的實驗誤差，本實驗應選擇測量方法是________（填“甲”或“乙”）。
【答案】 ①. ②. ③. A ④. C ⑤. 甲
【解析】
【詳解】（1）[1][2]等效電源斷路時電流為0，路端電壓等于電源的電動勢，即，等效電源的為實際電源和電流表串聯(lián)，故等效內(nèi)阻為電源內(nèi)阻和電流表內(nèi)阻之和，即
（2）[3][4]甲圖中所測量的為電源和電壓表并聯(lián)組成的“等效電源”
故乙圖中電動勢相等，短路電流實驗值小于理想值，甲圖中短路電流相等，電動勢實驗值小于理想值。對應圖甲電路分析的圖像是A，對應圖乙電路分析的圖像是C。
（3）[5]電源內(nèi)阻較小，故選擇甲圖的誤差比較小。
三、解答題（共40分）
13. 如圖所示，質(zhì)量為40kg的物體B放在車廂底板上，用豎直細線通過定滑輪與質(zhì)量為4kg的小球A相連，不計滑輪摩擦，車廂水平向右勻加速運動，加速度，物體B能壓在車廂底板上不滑動，g取10m/s2.
（1）細線對小球A的拉力為多大；
（2）若物體B與車廂底板間的滑動摩擦力與最大靜摩擦力相等，則物體B與車廂間的動摩擦因數(shù)最小為多少。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小問1詳解】
以小球為研究對象，受力情況如圖所示
根據(jù)牛頓第二定律可知
故細線的拉力
【小問2詳解】
以B物體為研究對象，則有
又因
解得
故物體B與車廂間的動摩擦因數(shù)最小為0.86。
14. 如圖所示，靜止于A 處的帶正電離子，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后沿圖中的圓弧GH通過靜電分析器，從H點垂直CN進入矩形區(qū)域QNCD。靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場，圓弧GH 所在處場強大小都為方向沿圓弧半徑指向圓心O，離子在輻向電場內(nèi)做勻速圓周運動：QNCD區(qū)域內(nèi)存在勻強電場，電場方向水平向左，最終該離子打在 Q點。已知該離子質(zhì)量為m、電荷量為q，，，離子重力不計。
（1）求圓弧GH的半徑R；
（2）求矩形區(qū)域QNCD 內(nèi)勻強電場場強E的大小；
（3）若僅在矩形區(qū)域PMCD 內(nèi)存在水平向左的勻強電場，且，其它條件不變，為使該離子仍能打在Q點，求此時PMCD區(qū)域內(nèi)勻強電場場強的大小。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小問1詳解】
離子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理有
解得離子從加速電場射出時的速度為
離子在輻向分布的電場中做勻速圓周運動，電場力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有
聯(lián)立解得圓弧GH的半徑為
【小問2詳解】
粒子矩形區(qū)域QNCD內(nèi)做類平拋運動，若離子恰好能打在點上，根據(jù)類平拋運動規(guī)律有
，
根據(jù)牛頓第二定律有
聯(lián)立解得矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強電場場強為
【小問3詳解】
若僅在矩形區(qū)域PMCD 內(nèi)存在水平向左的勻強電場，且，其它條件不變，為使該離子仍能打在Q點，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中仍做類平拋運動，則有
，，，
粒子離開電場時的速度與電場方向夾角滿足
粒子離開電場后到打在Q點過程，根據(jù)幾何關系有
聯(lián)立解得PMCD區(qū)域內(nèi)勻強電場場強的大小
15. 如圖所示，在平面直角坐標系中，存在經(jīng)過坐標原點、半徑為的圓形邊界，圓心在軸上，邊界內(nèi)存在垂直紙面向外、磁感應強度大小為的勻強磁場。一個長方形邊界區(qū)域，長，寬，點是圓形邊界與軸的交點，在點的右側(cè)存在沿軸正方向的勻強電場。一質(zhì)量為、電荷量為的帶正電粒子（不計重力）從圓形邊界上的點以指向圓心的速度射入磁場，從點離開磁場并進入電場運動到點，已知，邊界與軸的夾角為，，。求：
（1）粒子從點入射的速度大小；
（2）勻強電場的電場強度的大?。?br>（3）粒子從到經(jīng)歷的時間。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）粒子在點的入射速度指向圓心，則在點的出射速度的反向延長線指向圓心，即出射速度沿軸的正方向，設軌跡圓的半徑為，則由幾何關系可得
解得
洛倫茲力提供向心力
解得
（2）將粒子從到的位移分別沿、軸分解，由幾何關系可得
由類平拋運動的規(guī)律可得
解得
（3）由（2）解得在電場中運動時間為
粒子從到，速度的偏轉(zhuǎn)角為
磁場中運動時間
則粒子運動的總時間為

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