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2021-2022学年浙江省杭州市七县市高二（上）期末物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年浙江省杭州市七县市高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共20页。试卷主要包含了5Ω，量程为0∼0，5V，0，【答案】A，【答案】B，【答案】C，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年浙江省杭州市七县市高二（上）期末物理试卷
1. 以下单位中，不能表示功的单位的是( )
A. V/m B. eV C. J D. kW⋅h
2. 下列物体的加速度最大的是( )
A. 加速升空阶段的火箭 B. 月球上自由下落的物体
C. 击发后在枪筒中的子弹 D. 在地表随地球自转的物体
3. 宇宙中“破坏力”最强的天体“磁星”，磁感应强度相当于地磁场的1000万亿倍，磁感线分布类似于地磁场，下列有关“磁星”的磁场说法正确的是( )
A. “磁星”内部不存在磁场
B. “磁星”表面可以找到磁通量为零的闭合区域
C. “磁星”表面任意位置的磁场方向都与星体表面平行
D. “磁星”附近磁感线非常密集，导致部分磁感线可能相交
4. 在“金星凌日”的精彩天象中，观察到太阳表面上有颗小黑点缓慢移过，持续时间达六个半小时，那便是金星，如图所示，下列说法正确的是( )
A. 地球在金星与太阳之间
B. 观测“金星凌日”时可将太阳看成质点
C. 金星绕太阳公转的周期小于365天
D. 当金星远离太阳，相同时间内，金星与太阳连线扫过的面积变小
5. 以下是书本上的用图片表示的情境，下列说法正确的是( )
A. 图甲，斜向上喷出的水到径迹最高点时的速度为零
B. 图乙，航天员在天宫二号上展示的水球对球内的气泡无浮力作用
C. 图丙，一艘炮舰沿河由西向东行驶，要击中目标，射击方向应直接对准目标
D. 图丁，有些火星的轨迹不是直线，说明这些微粒不是沿砂轮的切线方向飞出的
6. 关于汽车中的物理知识，下述说法正确的是( )
A. 打雷时，呆在汽车里要比呆在木屋里危险
B. 后挡风玻璃上有一根根电热丝，通电后可快速清除霜雾
C. 某些小汽车顶上有一根露在外面的小天线是用来避免雷击的
D. 汽车上坡要换高速挡，其目的是增大速度，得到较小的牵引力
7. 每年春天许多游客前往公园放风筝，会放风筝的人，可使风筝静止在空中，下列的四幅图中，AB线代表风筝截面，OL代表风筝线，风向水平，则风筝可能匀速直线运动的是( )
A. B. C. D.
8. 图甲为一男士站立在履带式自动扶梯上匀速上楼，图乙为一女士站立在台阶式自动扶梯上匀速上楼。下列关于两人受到的力以及做功情况正确的是( )
A. 甲图中支持力对人做正功 B. 甲图中摩擦力对人做负功
C. 乙图中人受到水平向前的摩擦力 D. 两人受到电梯的作用力的方向相同
9. 如图是某同学站在压力传感器上做下蹲——起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间。由图线可知，该同学的体重约为650N，除此以外，还可以得到以下信息( )
A. 1s时人处在下蹲的最低点
B. 该同学做了两次下蹲——起立的动作
C. 2s末至4s末重力对人做的功为零
D. 2s末至4s末重力对人的冲量约为1300N⋅s
10. 图甲为冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头，在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与静止的冰壶乙发生碰撞(图乙)，已知两冰壶质量相等，碰撞可看作弹性正碰，下列四幅图中能表示两冰壶最终位置的是( )
A. B.
C. D.
11. 研究炮弹的运动时不能忽略空气阻力，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点。下列说法正确的是( )
A. 到达b点时，炮弹的速度、加速度均为零
B. 炮弹经过a点时的速度大小等于经过c点时的速度大小
C. 炮弹由O点运动到d点，重力的功率先减小后增大
D. 炮弹由O点运动到b点的时间大于由b点运动到d点的时间
12. 如图所示的坐标系中，x轴上固定一个点电荷Q，y轴上固定一根光滑绝缘细杆(细杆的下端刚好在坐标原点O处)，将一个套在杆上重力不计的带电圆环(视为质点)从杆上P处由静止释放，圆环从O处离开细杆后恰好能绕点电荷Q做圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 圆环沿细杆从P运动到O的过程中，加速度一直增大
B. 圆环沿细杆从P运动到O的过程中，速度先增大后减小
C. 仅将圆环的释放点提高，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷Q做圆周运动
D. 仅增大圆环所带的电荷量，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷Q做圆周运动
13. 如图所示小球A挂在轻质弹簧下端，上下振动，小球B在竖直平面内以O为圆心做匀速圆周运动，用水平平行光照射小球B，可以观察到小球B的投影总和小球A重合，已知小球A的质量为m，小球B做圆周运动半径为R，角速度为ω=gR，下列说法正确的是( )
A. 弹簧的劲度系数k=mg2R B. 小球A和小球B的运动周期不相等
C. 小球A在最低点的回复力大小为2mg D. 小球A做简谐运动的加速度最大值为g
14. 许多物理学家的科学研究推动了物理学的进步，对以下几位物理学家所作科学贡献的表述中，与事实相符的是( )
A. 伽利略根据理想斜面实验，得出自由落体运动是匀变速直线运动
B. 法拉第不仅提出场的概念，而且发明了人类历史上第一台发电机
C. 爱因斯坦为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化假设
D. 胡克等人提出如果行星的轨道是圆形，太阳与行星间的引力与距离的平方成反比
15. 在游乐场里，高大的摩天轮格外引人注目，摩天轮上的透明座舱始终能够保持在竖直方向。如图乙所示，坐在座舱中的乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，摩天轮连续转动过程中，研究某一座舱中的乘客，下列物理量始终在变化的是( )
A. 乘客的动量 B. 乘客的动量变化率
C. 乘客对座舱的作用力 D. 相同时间内乘客重力的冲量
16. 以下是课本上几幅与磁场、电磁感应现象有关的图片，则叙述正确的是( )
A. 图甲中断开开关S瞬间，线圈P里没有感应电流
B. 图乙中电流方向如图所示，则铁环中心O点的磁场垂直纸面向外
C. 图丙中电流从B流入时，发现小磁铁向上运动，则小磁铁的下端为N极
D. 图丁中水平圆环从条形磁铁上方M位置向下运动，P位置穿过圆环的磁通量最大
17. 图1为课本案例1“用阻力补偿法探究加速度与力、质量的关系”实验装置。
(1)为探究多个物理量之间关系，可选用______进行实验。
A.控制变量法
B.类比法
C.放大法
D.等效替代法
(2)为了简化“力”的测量，下列说法正确的是______(多选)。
A.实验中需调节左端滑轮高度至细线与长木板平行
B.补偿小车阻力时，使小车在槽码的牵引下恰好能匀速运动
C.当槽码质量远小于小车质量，槽码的重力才近似等于绳的拉力
D.改变小车质量后，需要重新移动垫块调整长木板倾角再次补偿小车阻力
(3)在做合力恒定时研究加速度与小车质量关系实验时，得到图像如图2所示，斜率为k，纵轴截距为−b，重力加速度为g，经误差分析，原因是未补偿阻力(阻力与小车重力成正比)，则小车阻力与重力之比为______(用题中的字母表示)。
(4)图3为课本案例2“通过位移之比测量加速度之比”的实验装置图，这种替代测量能够成立的条件是______(多选)。
A.两小车质量相等
B.两小车运动时间相等
C.槽码质量需远小于小车质量
D.两小车都从静止开始做匀加速直线运动
18. 某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的橙子制作了橙子电池。
(1)甲同学用如图所示的实验电路测量这种电池的电动势E和内阻r。实验室提供备用的器材如下：
A.电流表A1：内阻为0.5Ω，量程为0∼0.6A
B.电流表A2：内阻为100Ω，量程为0∼300μA
C.电阻箱R1(0∼100Ω)
D.电阻箱R2(0∼9999Ω)
E.开关一个，导线若干
实验中，电流表应选______，电阻箱应选______(填写所给器材的序号)。
(2)甲同学正确连接电路后，调节电阻箱R的阻值，测得多组I、R值，转换后作出的U−I图像如图所示，则从图像中可得出该橙子电池的电动势为E=______V，内阻为r=______kΩ(均保留两位有效数字)。
(3)乙同学将四个这样的水果电池串联起来给“2.5V，0.5A”的小灯泡供电，灯泡仍不发光，检查电路无故障，请分析灯泡不亮的原因：______。
19. 质量m=1kg的企鹅在倾角为37∘的倾斜冰面上，先以加速度a1=0.5m/s2由静止开始沿直线向上“奔跑”，t1=4s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，过程中企鹅始终受平行于冰面斜向上的风力作用，风力F=3N。已知企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ=0.25，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，求：
(1)企鹅向上奔跑的位移大小x1；
(2)企鹅向上滑行的位移大小x2；
(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小v。
20. 如图甲是某种XCT机主要部分的剖面图，其中产生X射线部分的示意图如图乙所示，图中的M、N之间有一沿水平方向的匀强加速电场，虚线框内为沿竖直方向的匀强偏转电场。电子从电子枪逸出后沿实线箭头所示的方向前进，打到水平圆形靶台上的中心点P，产生X射线(如图中虚线箭头所示)。已知电子的质量为m，电荷量为e，加速电场MN间距离为L1，偏转电场水平宽度为L2，竖直高度足够大，MN中电子束距离靶台竖直高度为H，电子进入偏转电场时的速度大小为v0，穿过偏转场过程中速度方向偏转了37∘角，电子枪单位时间内逸出的电子数为n，电子束打在靶上产生X射线的功率为入射电子束功率的1%，忽略电子的重力，不考虑电子间的相互作用及电子从电子枪逸出时的初速度大小，不计空气阻力。求：
(1)加速电场对单个电子的冲量大小I；
(2)电子离开偏转电场时向下偏移的距离y；
(3)电子从电子枪逸出到打在靶上的时间t；
(4)靶产生X射线的功率P。
21. 如图甲所示，水平光滑轨道AB与竖直光滑半圆轨道O−BCD平滑连接，BOD在同一竖直线上，C与圆心O等高，AF为竖直墙壁，弹簧右端固定在墙角A，左端为自由端。AB长s=0.4m，半圆轨道半径r=0.2m，小球质量m=0.02kg。用小球缓慢向右压缩弹簧再释放，小球先沿AB运动，再进入竖直圆轨道O−BCD，并可能从D点飞出。
(1)若把弹簧压缩到最短，释放后小球运动到D时对轨道的压力F1=0.7N，求弹簧的最大弹性势能Epm；
(2)释放小球瞬间弹簧的弹性势能Ep不同，小球运动到C处时对轨道的压力F2也不同，在答卷上第21题图乙上画出F2−Ep图像(不要求计算过程)；
(3)求小球从D点飞出后撞击墙壁AF的速度的最小值vm。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：V/m是电场强度单位，eV、J和kW⋅h都是功的单位，故A错误，BCD正确；
故选：A。
V/m表示电场强度单位；
根据W=qU可知eV是功的单位；
焦耳是功的单位；
根据W=Pt可知kW⋅h是功的单位；
明确功的单位都有哪些，对基本单位的推导单位要熟悉。
2.【答案】C
【解析】解：加速升空阶段的火箭加速度可以达到0.5g；加速度月球上自由下落的物体，大约为地球重力加速度的16；击发后在枪筒中的子弹很短时间内的速度可以达到几百米每秒，根据加速度的定义，可得加速度非常大；在地表随地球自转的物体，加速度很小，大约为：a=R4π2T2=6400×103×(2×3.1424×3600)2m/s2=0.034m/s2，所以击发后在枪筒中的子弹的加速度最大，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据牛顿第二定律判断和物理常识判断；根据公式a=R4π2T2判断。
本题考查了生活中常见运动的加速度大小，要求学生能够应用所学知识，并结合一些常识性知识和物理公式去判断。
3.【答案】B
【解析】解：A、“磁星”内部也存在着磁场，故A错误；
B、任何闭合区域的磁通量都为零，故B正确；
C、“磁星”表面磁极处，磁场方向与星体表面一定不平行，故C错误；
D、如果两条磁感线相交，那么交点处的磁场就有两个方向，与实际不相符，故“磁星”附近磁感线非常密集，磁感线也不可能相交，故D错误；
故选：B。
“磁星”内部也存在磁场；
任何闭合区域的磁通量都为零；
“磁星”表面磁极处，磁场方向与星体表面一定不平行；
磁感线不能相交，若相交，则交点处就有两个方向，但实际上磁场中任意一点磁场方向只能有一个方向。
明确磁场磁通量的概念，知道磁感线不相交。
4.【答案】C
【解析】解：A、“金星凌日”现象的成因是光的直线传播，当金星转到太阳与地球中间且三者在一条直线上时，金星挡住了沿直线传播的太阳光，人们看到太阳上的黑点实际上是金星，由此可知发生金星凌日现象时，金星位于地球和太阳之间，故A错误；
B、观测“金星凌日”时，如果将太阳看成质点，无法看到“金星凌日”现象，故B错误；
C、根据开普勒第三定律a3T2=k，可得a金3T金2=a地3T地2，由题意可知：T地=365天，a金
故选：C。
当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点；光在同种均匀介质中沿直线传播，金星凌日天象是由光的直线传播形成的；根据开普勒第三定律a3T2=k分析；根据开普勒第二定律分析。
本题以“金星凌日“为情境载体，考查了光的直线传播、质点、开普勒定律等基础知识，要求学生能够熟练应用相关规律解决此类问题。
5.【答案】B
【解析】解：A、斜向上喷出的水到径迹最高点时竖直方向的分速度为零，水平方向的分速度不为零，水的速度不为零，故A错误；
B、航天员在天宫二号上展示的水球处于完全失重状态，水球对球内的气泡无浮力作用，故B正确；
C、由图丙所示可知，炮艇与目标的连线垂直于河岸在同一直线上，炮舰沿河由西向东行驶，如果射击方向直接对准目标，则炮弹的合速度方向偏向目标的东侧，不能击中目标，故C错误；
D、飞出的微粒沿砂轮的切线方向，有些火星的轨迹不是直线，是由于受到重力、互相的撞击等作用导致的，故D错误。
故选：B。
做曲线运动的物体速度方向沿切线方向；根据运动的合成与分解的知识分析答题。
本题考查了运动的合成与分解、物体做曲线的速度方向等问题，涉及的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识根据题意即可解题。
6.【答案】B
【解析】解：A、由于汽车金属外壳的静电屏蔽作用，打雷时呆在汽车里要比呆在木屋里安全。故A错误；
B、后挡风玻璃上有一根根电热丝，通电后快速发热，用于清除霜雾。故B正确；
C、某些小汽车顶上有一根露在外面的小天线是用来接收无线电信号的。故C错误；
D、汽车上坡要换低速挡，其目的是减小速度，得到较大的牵引力。故D错误。
故选：B。
汽车金属外壳的静电屏蔽作用；通电时电热丝发热，可用于清除霜雾；结合P=Fv，功率恒定时，减小速度，可以得到较大的牵引力。
本题考查物理学知识在生活中的应用，要求学生结合所学知识进行分析，此部分内容主要要求学生在日常学习中进行积累。
7.【答案】C
【解析】解：风筝受到的风力应是垂直于风筝面向上的；故：
A、风筝的重力竖直向下，风筝受到的风力与而拉力方向相反，则三力的合力不可能为零，故风筝不可能静止，A错误；
B、风筝的重力和绳子的拉力都竖直向下，而风垂直于风筝面，故三力不可能平衡，故风筝不可能静止，故B错误；
C、风筝重力竖直向下，风力垂直于风筝面向上，绳子拉力沿绳向下，故任意两力的合力均可能与第三力大小相等，方向相反，故C正确；
D、风筝受风竖直向上，而绳子的拉力斜向下，风力对风筝不起作用，故风与绳子的合力不能为零；故不可能平衡，故D错误；
故选：C。
要使风筝能在空中做匀速直线运动，则应使风筝受力平衡；故对风筝受力分析，由共点力平衡的条件可得出可能的情况．
物体静止或匀速直线运动状态，均说明物体受力平衡，则其受到的多力的合力一定为零．
8.【答案】D
【解析】解：AB、甲图中，支持力与速度方向垂直，支持力不做功，摩擦力方向与速度方向相同，做正功，故AB错误；
C、乙图中，人匀速上楼，不受静摩擦力，摩擦力不做功，支持力向上，故C错误；
D、根据平衡条件知电梯的作用力都与人的重力平衡，方向竖直向上，所以两人受到电梯的作用力的方向相同，故D正确。
故选：D。
甲图中支持力垂直斜面，摩擦力沿斜面向上，乙图中支持力方向竖直向上，不受摩擦力，根据支持力和摩擦力的方向与速度方向的关系确定做功情况．根据平衡条件知电梯的作用力都与人的重力平衡。
解决本题的关键知道力与速度方向垂直，该力不做功，力与速度方向成锐角，该力做正功，力与速度方向成钝角，该力做负功．
9.【答案】D
【解析】解：AB、下蹲时先向下加速后向下减速，先处于失重状态后处于超重状态，到达最低点时静止处于平衡状态；由最低点起立过程先向上加速，处于超重状态，然后向上减速处于失重状态，到达最高点即回到开始下蹲位置时处于平衡状态，由图示图象可知，t=1s时该同学处于失重状态，该同学加速下降，没有下蹲到最低点，该同学做了一次下蹲——起立的动作，故AB错误；
C、由图示图象可知，2s末该同学下蹲到最低点，4s末该同学起立到最高点，2s末到4s末该同学在竖直方向的位移不为零，重力对人做功不为零，故C错误；
D、该同学所受重力约为G=650N，2s末至4s末经历的时间t=(4−2)s=2s，该过程重力对人的冲量大小约为I=Gt=650×2N⋅s=1300N⋅s，故D正确。
故选：D。
根据图示图象分析清楚人的运动过程，然后分析答题；根据人的运动过程求出重力做的功；根据冲量的计算公式求出重力对人的冲量大小。
本题考查物理知识与生活的联系，根据图示图象分析清楚该同学的运动过程是解题的前提与关键，应用功的计算公式与冲量的定义式即可解题。
10.【答案】A
【解析】解：由于两冰壶发生弹性正碰，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终甲处于乙开始静止的位置，所以A正确，BCD错误。
故选：A。
两冰壶碰撞过程动量守恒，碰撞过程中机械能不会增加，碰撞后甲的速度不会大于乙的速度，据此分析答题。
本题考查了动量守恒定律的应用，两物体发生碰撞时，内力远大于外力，外力可以忽略不计，系统动量守恒，碰撞过程机械能不可能增加、碰撞后后面的物体速度不可能大于前面物体的速度，据此分析答题。
11.【答案】C
【解析】解：A、到达b点时，炮弹的速度、加速度均不为零，故A错误；
B、运动时不能忽略空气阻力，由动能定理可知从a点到c点空气阻力做了负功，动能减小，则炮弹经过a点时的速度大小大于经过c点时的速度大小，故B错误；
C、炮弹由O点运动到d点，竖直方向的速度先减小后增大，根据P=mgvy，可知，重力的功率先减小后增大，故C正确；
D、由于上升过程的加速度大于下降时的加速度，则炮弹由点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间，故D错误；
故选：C。
物体做曲线运动时，在最高点的速度应为其水平方向的分速度；由b点的受力分析其加速度大小；从a到c，由该过程空气阻力做负功判断得解；由两过程的平均加速度大小判断时间关系。
本题主要考查运动的合成与分解，知道曲线运动的物体在最高点的速度不为零，知道其在最高点的加速度不为零，知道其运动过程的受力是解题的关键，难度一般。
12.【答案】D
【解析】解：A、圆环从P运动到O的过程中，受库仑力，杆的弹力，库仑力沿杆子方向上的分力等于圆环的合力，设PQ连线与杆夹角为θ，
则F=kQq(rsinθ)2cosθ=kQqr2sin2θcosθ，滑到O点时，所受的合力为零，故加速度可能先增大后减小，故A错误；
B、圆环从P运动到O的过程中，只有库仑引力做正功，根据动能定理知，动能一直增大，则速度一直增大，故B错误；
C、若增大高度，知电势差U增大，库仑引力与所需向心力不等，不能做圆周运动，故C错误；
D、根据动能定理得，qU=12mv2，根据牛顿第二定律得，kQqr2=mv2r，联立解得kQr2=2Ur，可知圆环仍然可以做圆周运动，故D正确。
故选：D。
根据受力情况结合牛顿第二定律分析加速度的变化情况；根据动能定理，通过合力做功情况判断速度的变化；圆环离开细杆后做圆周运动，靠库仑引力提供向心力，根据牛顿第二定律结合向心力公式分析CD选项。
本题考查了动能定理、牛顿第二定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，关键需理清圆环的运动情况，知道圆环的合力变化。
13.【答案】D
【解析】解：B、用水平平行光照射小球B，可以观察到小球B的投影总和小球A重合，则两个小球的运动周期相等，故B错误；
CD、由于投影始终重合，弹簧振子的最低或最高位置加速度最大，加速度由重力提供，则加速度为g，故D正确；
A、在最低点时，k(R+R)−mg=ma
其中，a=g
解得：k=mgR，故A错误；
故选：D。
根据两小球投影重合的特点分析出周期的关系；
找出加速度最大的位置，根据弹簧弹力和重力的合力提供加速度计算出弹簧的劲度系数。
本题主要考查了简谐运动的相关应用，解题的关键点是找到简谐运动的加速度最大位置，结合牛顿第二定律完成分析。
14.【答案】BD
【解析】解：A、伽利略根据理想斜面实验结论合理外推，得出自由落体运动是匀变速直线运动，故A错误；
B、法拉第不仅提出场的概念，而且发明了人类历史上第一台发电机，故B正确；
C、普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化假设，故C错误；
D、胡克等人提出如果行星的轨道是圆形，太阳与行星间的引力与距离的平方成反比，故D正确；
故选：BD。
伽利略根据理想斜面实验结论合理外推，得出自由落体运动是匀变速直线运动，并不是实验得出来的；
法拉第提出了场的概念，并且发明了第一台发电机；
普朗克为了解释黑体辐射现象，提出了能量量子化假设；
胡克等人提出如果行星的轨道是圆形，太阳与行星间的引力与距离的平方成反比。
明确物理学史上重要科学家的贡献是解决问题的关键。
15.【答案】ABC
【解析】解：A、动量p=mv，由于乘客的速度方向时刻改变，故乘客的动量时刻改变，故A正确；
B、根据动量定理可知，乘客的动量变化率等于合外力的冲量，由于合外力为向心力，而向心力的方向时刻改变，故乘客的动量变化率时刻改变，故B正确；
C、对乘客分析可知，乘客受本身的重力和座舱的作用力而做匀速圆周运动，由于合外力时刻变化而重力不变，故座舱对乘客的作用力时刻变化，由牛顿第三定律可知，乘客对座舱的作用力与座舱对乘客的作用力始终等大反向，故乘客对座舱的作用力时刻变化，故C正确；
D、重力方向始终竖直向下，故相同时间内重力的冲量是相同的，故D错误。
故选：ABC。
速度、力、动量以及动量的变化量均为矢量，有大小和方向，根据匀速圆周运动的性质确定各物理量是否发生变化；注意重力是不变的，所以重力在相同时间内的冲量也是不变的。
本题考查对匀速圆周运动的以及动量定理的应用的掌握，要注意明确各物理量的性质，注意明确描述圆周运动各物理量是矢量还是标量。
16.【答案】BC
【解析】解：A.如图甲所示，开关断开瞬间，通过P的磁通量发生变化，则线圈P会产生感应电流，故A错误；
B.如图乙所示，根据安培定则可知铁环中心O点的磁场垂直纸面向外，故B正确；
C.如图丙所示，根据安培定则可知电磁铁产生的磁场上端为N极，所以小磁铁向上运动，则小磁铁的下端为N极，故C正确；
D.如图丁所示，磁感应强度越大时，穿过线圈的磁通量越大，则P位置的磁通量最小，故D错误。
故选：BC。
明确验证电磁感应实验原理，明确感应电流产生的条件；明确安培定则的应用，知道直导线周围磁感线的分布规律。
本题考查电磁感应、安培定则的应用、左手定则的应用等，要明确磁场的性质，注意磁通量的大小判断。
17.【答案】AACbg BD
【解析】解：(1)探究多物理量间的关系实验应采用控制变量法，故选A。
(2)A、实为使小车所受拉力等于细线拉力，实验中需调节左端滑轮高度至细线与长木板平行，故A正确；
B、补偿小车阻力时，小车前面不挂槽码，小车后面与纸带相连，轻推小车，小球做匀速直线运动恰好能匀速运动，故B错误；
C、当槽码质量远小于小车质量，槽码的重力才近似等于绳的拉力，故C正确；
D、实验前补偿阻力后，改变小车质量时不需要重新移动垫块调整长木板倾角再次补偿小车阻力，故D错误。
故选：AC。
(3)由题意可知，阻力与小车重力成正比，设阻力为f=cMg，c是比例常数，由牛顿第二定律得：F−cMg=Ma
整理得：a=F1M−cg，由图示图象可知，纵轴截距−b=−cg，则阻力与重力之比c=bg
(4)该实验的实验原理是两小车做初速度为零的匀加速直线运动，测出小车在相等时间t内的位移x，
设小车加速度大小为a，则x=12at2，则a=2xt2，小车加速度之比a1a2=x1x2，
实验需要控制小车做初速度为零的匀加速直线运动，需要控制两小车的运动时间相等，实验对小车质量没有要求，实验不需要槽码质量需远小于小车质量，故AC错误，BD正确。
故选：BD。
故答案为：(1)A；(2)AC；(3)bg；(4)BD。
(1)实验采用了控制变量法。
(2)根据实验注意事项分析答题。
(3)根据牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后分析答题。
(4)根据实验原理分析答题。
了解实验方案、理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提与关键，掌握基础知识应用牛顿第二定律即可解题，平时要注意基础知识的学习。
18.【答案】BD0.951.2水果电池的内阻太大，路端电压过小
【解析】解：(1)制作的橙子电池内阻会很大，大约1kΩ左右，而电动势又很小，所以电流表选择量程较小的电流表A2，即电流表应选B；为使电流表示数变化明显，电阻箱接入电路的阻值应于与电源内阻相差不多，故电阻箱选择电阻箱R2，即电阻箱应选D。
(2)根据闭合电路欧姆定律：U=E−Ir，结合U−I图象可知：
电源电动势等于纵轴截距，则有：E=0.95V
图像的斜率的绝对值等于电源内阻，则有：r=|ΔUΔI|=|0.500−0.950370×10−6|Ω=1.2kΩ
(3)四个这样的水果电池串联起来，虽然总电动势接近4V，但是水果电池的内阻太大，以至于路端电压过小，不能使灯泡发光。故灯泡不亮的原因为水果电池的内阻太大，路端电压过小。
故答案为：(1)BD；(2)0.95，1.2；(3)水果电池的内阻太大，路端电压过小(或电路电流过小)
(1)水果电池的特点时内阻很大，电动势很小，依据此特点选择测量器材；
(2)根据闭合电路欧姆定律，结合U−I图象解答；
(3)四个这样的水果电池串联起来，虽然总电动势接近4V，但是水果电池的内阻太大，以至于路端电压过小。
本题以水果电池为实例考查了测量电源的电动势和内阻的实验，需要知道水果电池的特点才能正确解析此题。理解实验原理是解题的前提，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法。
19.【答案】解：(1)企鹅向上奔跑做匀加速直线运动，由位移-时间公式得：
x1=12a1t12=12×0.5×42m=4m
(2)企鹅向上滑行做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：
mgsin37∘+μmgcos37∘−F=ma2
代入数据解得：a2=5m/s2
企鹅向上滑行的初速度为：v1=a1t1=0.5×4m/s=2m/s
由速度-位移公式得：0−v12=2(−a2)x2
代入数据解得：x2=0.4m
(3)企鹅退滑到出发点的过程做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：
mgsin37∘−μmgcos37∘−F=ma3
代入数据解得：a3=1m/s2
由速度-位移公式得：v2−0=2a3(x1+x2)
代入数据解得：v=8.8m/s=3m/s
答：(1)企鹅向上奔跑的位移大小x1为4m；
(2)企鹅向上滑行的位移大小x2为0.4m；
(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小v为3m/s。
【解析】(1)企鹅向上奔跑做匀加速直线运动，由位移-时间公式求解；
(2)企鹅向上滑行做匀减速直线运动，由牛顿第二定律求得加速度，由速度-时间关系求得向上滑行的初速度，由速度-位移公式求得位移；
(3)企鹅退滑到出发点的过程做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求得加速度，由速度-位移公式求解末速度。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。
20.【答案】解：(1)电子通过加速电场的过程，根据动量定理得：I=mv0
(2)电子经过偏转电场时做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，有：L2=v0t2
在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，电子离开偏转电场时竖直分速度为vy=v0tan37∘=34v0
电子离开偏转电场时向下偏移的距离为y=vy2t2
联立以上三式解得：y=38L2
(3)电子从电子枪逸出到打在靶上的时间t包含加速电场时间，偏转电场时间，离开偏转电场后到靶时间三部分
电子加速电场时间：t1=2L1v0
由(2)中知电子偏转电场时间：t2=L2v0
离开偏转电场后到靶时间：tan37∘=H−yx，x=43(H−38L2)
解得：t3=43(H−38L2)v0
电子从电子枪逸出到打在靶上的时间：t=t1+t2+t3=2L1v0+L22v0+4H3v0
(4)电子打在靶上的速度大小为：v=v0cos37∘=54v0
电子束打在靶上产生X射线的功率：P=1100nEk=1100n⋅12mv2=1128nmv02
答：(1)加速电场对单个电子的冲量大小I为mv0；
(2)电子离开偏转电场时向下偏移的距离y为38L2；
(3)电子从电子枪逸出到打在靶上的时间t为2L1v0+L22v0+4H3v0；
(4)靶产生X射线的功率P为1128nmv02。
【解析】(1)根据动量定理求加速电场对单个电子的冲量大小I；
(2)电子进入偏转电场后做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，有L2=v0t；在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，电子离开偏转电场时速度方向偏转了37∘角，竖直分速度为vy=v0tan37∘，电子离开偏转电场时向下偏移的距离为y=vy2t，联立即可求出y；
(3)电子从电子枪逸出到打在靶上的时间t包含经过加速电场时间，经过偏转电场时间，离开偏转电场后到靶的时间三部分。根据运动学公式结合几何关系求解t；
(4)先求出电子打在靶上的速度大小，结合效率求靶产生X射线的功率P。
解题的关键在于分析清楚电子在各个区域的运动情况，能熟练运用运动的分解法处理电子类平抛运动的过程，分析时要抓住分运动的等时性。
21.【答案】解：(1)小球在D处，由牛顿第三定律可知，轨道对小球的压力：F1′=F1
由牛顿第二定律得：F1′+mg=mvDm2r
代入数据解得：vDm=3m/s
小球从释放到D的过程，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，则有：
Epm=mg⋅2r+12mvDm2
代入数据解得：Epm=0.17J
(2)从释放小球到C处的过程，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，则有：
Ep=mgr+12mvC2
在C处由牛顿第二定律得：F2′=mvC2r
由牛顿第三定律可知，在C处小球对轨道压力：F2=F2′
代入数据解得：F2=10Ep−0.4(N)
F2−Ep图像如图所示：
(3)假设小球能从D处飞出，且能撞到墙，由平抛运动规律得：
s=vDt，vy=gt
小球撞击墙壁的速度大小：v=vD2+vy2=vD2+(gs)2vD2
可得，当vD=gs=10×0.4m/s=2m/s时，v有最小值，且为：vmin=22m/s
下面讨论上述值能否达到：
①若恰好能过D，则在D点有：mg=mv02r，解得：v0=gr=10×0.2m/s=2m/s
可知，vD=2m/s>v0，再与第(1)问比较有：vD=2m/s
因y<2r=0.4m，故会撞到墙上。
综上所述，小球撞击墙时的最小速度为22m/s。
答：(1)弹簧的最大弹性势能Epm为0.17J
(2)F2−Ep图像见解答；
(3)小球从D点飞出后撞击墙壁AF的速度的最小值vm为22m/s。
【解析】(1)由牛顿第三定律可知小球在D处轨道对其的压力，由牛顿第二定律结合向心力公式解得在D处的最大速度，小球从释放到D的过程，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律求得最大弹性势能；
(2)由(1)同理，推导出F2与Ep的关系式，画出图像；
(3)假设小球能从D处飞出且能撞到墙，由平抛运动规律求得到达D点速度和撞击墙壁AF的速度的最小值，在讨论到达D点速度是否满足条件。
本题考查了圆周运动和平抛运动以及机械能守恒定律的应用，应用牛顿第二定律解决圆周运动的关键是分析向心力的来源，本题第(3)问是数理结合问题，讨论过程需要考虑：①能否以要求的速度大小通过D点；②能否撞到墙上。
2021-2022学年浙江省杭州市七县市高二（上）期末物理试卷
1. 以下单位中，不能表示功的单位的是( )
A. V/m B. eV C. J D. kW⋅h
2. 下列物体的加速度最大的是( )
A. 加速升空阶段的火箭 B. 月球上自由下落的物体
C. 击发后在枪筒中的子弹 D. 在地表随地球自转的物体
3. 宇宙中“破坏力”最强的天体“磁星”，磁感应强度相当于地磁场的1000万亿倍，磁感线分布类似于地磁场，下列有关“磁星”的磁场说法正确的是( )
A. “磁星”内部不存在磁场
B. “磁星”表面可以找到磁通量为零的闭合区域
C. “磁星”表面任意位置的磁场方向都与星体表面平行
D. “磁星”附近磁感线非常密集，导致部分磁感线可能相交
4. 在“金星凌日”的精彩天象中，观察到太阳表面上有颗小黑点缓慢移过，持续时间达六个半小时，那便是金星，如图所示，下列说法正确的是( )
A. 地球在金星与太阳之间
B. 观测“金星凌日”时可将太阳看成质点
C. 金星绕太阳公转的周期小于365天
D. 当金星远离太阳，相同时间内，金星与太阳连线扫过的面积变小
5. 以下是书本上的用图片表示的情境，下列说法正确的是( )
A. 图甲，斜向上喷出的水到径迹最高点时的速度为零
B. 图乙，航天员在天宫二号上展示的水球对球内的气泡无浮力作用
C. 图丙，一艘炮舰沿河由西向东行驶，要击中目标，射击方向应直接对准目标
D. 图丁，有些火星的轨迹不是直线，说明这些微粒不是沿砂轮的切线方向飞出的
6. 关于汽车中的物理知识，下述说法正确的是( )
A. 打雷时，呆在汽车里要比呆在木屋里危险
B. 后挡风玻璃上有一根根电热丝，通电后可快速清除霜雾
C. 某些小汽车顶上有一根露在外面的小天线是用来避免雷击的
D. 汽车上坡要换高速挡，其目的是增大速度，得到较小的牵引力
7. 每年春天许多游客前往公园放风筝，会放风筝的人，可使风筝静止在空中，下列的四幅图中，AB线代表风筝截面，OL代表风筝线，风向水平，则风筝可能匀速直线运动的是( )
A. B. C. D.
8. 图甲为一男士站立在履带式自动扶梯上匀速上楼，图乙为一女士站立在台阶式自动扶梯上匀速上楼。下列关于两人受到的力以及做功情况正确的是( )
A. 甲图中支持力对人做正功 B. 甲图中摩擦力对人做负功
C. 乙图中人受到水平向前的摩擦力 D. 两人受到电梯的作用力的方向相同
9. 如图是某同学站在压力传感器上做下蹲——起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间。由图线可知，该同学的体重约为650N，除此以外，还可以得到以下信息( )
A. 1s时人处在下蹲的最低点
B. 该同学做了两次下蹲——起立的动作
C. 2s末至4s末重力对人做的功为零
D. 2s末至4s末重力对人的冲量约为1300N⋅s
10. 图甲为冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头，在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与静止的冰壶乙发生碰撞(图乙)，已知两冰壶质量相等，碰撞可看作弹性正碰，下列四幅图中能表示两冰壶最终位置的是( )
A. B.
C. D.
11. 研究炮弹的运动时不能忽略空气阻力，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点。下列说法正确的是( )
A. 到达b点时，炮弹的速度、加速度均为零
B. 炮弹经过a点时的速度大小等于经过c点时的速度大小
C. 炮弹由O点运动到d点，重力的功率先减小后增大
D. 炮弹由O点运动到b点的时间大于由b点运动到d点的时间
12. 如图所示的坐标系中，x轴上固定一个点电荷Q，y轴上固定一根光滑绝缘细杆(细杆的下端刚好在坐标原点O处)，将一个套在杆上重力不计的带电圆环(视为质点)从杆上P处由静止释放，圆环从O处离开细杆后恰好能绕点电荷Q做圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 圆环沿细杆从P运动到O的过程中，加速度一直增大
B. 圆环沿细杆从P运动到O的过程中，速度先增大后减小
C. 仅将圆环的释放点提高，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷Q做圆周运动
D. 仅增大圆环所带的电荷量，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷Q做圆周运动
13. 如图所示小球A挂在轻质弹簧下端，上下振动，小球B在竖直平面内以O为圆心做匀速圆周运动，用水平平行光照射小球B，可以观察到小球B的投影总和小球A重合，已知小球A的质量为m，小球B做圆周运动半径为R，角速度为ω=gR，下列说法正确的是( )
A. 弹簧的劲度系数k=mg2R B. 小球A和小球B的运动周期不相等
C. 小球A在最低点的回复力大小为2mg D. 小球A做简谐运动的加速度最大值为g
14. 许多物理学家的科学研究推动了物理学的进步，对以下几位物理学家所作科学贡献的表述中，与事实相符的是( )
A. 伽利略根据理想斜面实验，得出自由落体运动是匀变速直线运动
B. 法拉第不仅提出场的概念，而且发明了人类历史上第一台发电机
C. 爱因斯坦为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化假设
D. 胡克等人提出如果行星的轨道是圆形，太阳与行星间的引力与距离的平方成反比
15. 在游乐场里，高大的摩天轮格外引人注目，摩天轮上的透明座舱始终能够保持在竖直方向。如图乙所示，坐在座舱中的乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，摩天轮连续转动过程中，研究某一座舱中的乘客，下列物理量始终在变化的是( )
A. 乘客的动量 B. 乘客的动量变化率
C. 乘客对座舱的作用力 D. 相同时间内乘客重力的冲量
16. 以下是课本上几幅与磁场、电磁感应现象有关的图片，则叙述正确的是( )
A. 图甲中断开开关S瞬间，线圈P里没有感应电流
B. 图乙中电流方向如图所示，则铁环中心O点的磁场垂直纸面向外
C. 图丙中电流从B流入时，发现小磁铁向上运动，则小磁铁的下端为N极
D. 图丁中水平圆环从条形磁铁上方M位置向下运动，P位置穿过圆环的磁通量最大
17. 图1为课本案例1“用阻力补偿法探究加速度与力、质量的关系”实验装置。
(1)为探究多个物理量之间关系，可选用______进行实验。
A.控制变量法
B.类比法
C.放大法
D.等效替代法
(2)为了简化“力”的测量，下列说法正确的是______(多选)。
A.实验中需调节左端滑轮高度至细线与长木板平行
B.补偿小车阻力时，使小车在槽码的牵引下恰好能匀速运动
C.当槽码质量远小于小车质量，槽码的重力才近似等于绳的拉力
D.改变小车质量后，需要重新移动垫块调整长木板倾角再次补偿小车阻力
(3)在做合力恒定时研究加速度与小车质量关系实验时，得到图像如图2所示，斜率为k，纵轴截距为−b，重力加速度为g，经误差分析，原因是未补偿阻力(阻力与小车重力成正比)，则小车阻力与重力之比为______(用题中的字母表示)。
(4)图3为课本案例2“通过位移之比测量加速度之比”的实验装置图，这种替代测量能够成立的条件是______(多选)。
A.两小车质量相等
B.两小车运动时间相等
C.槽码质量需远小于小车质量
D.两小车都从静止开始做匀加速直线运动
18. 某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的橙子制作了橙子电池。
(1)甲同学用如图所示的实验电路测量这种电池的电动势E和内阻r。实验室提供备用的器材如下：
A.电流表A1：内阻为0.5Ω，量程为0∼0.6A
B.电流表A2：内阻为100Ω，量程为0∼300μA
C.电阻箱R1(0∼100Ω)
D.电阻箱R2(0∼9999Ω)
E.开关一个，导线若干
实验中，电流表应选______，电阻箱应选______(填写所给器材的序号)。
(2)甲同学正确连接电路后，调节电阻箱R的阻值，测得多组I、R值，转换后作出的U−I图像如图所示，则从图像中可得出该橙子电池的电动势为E=______V，内阻为r=______kΩ(均保留两位有效数字)。
(3)乙同学将四个这样的水果电池串联起来给“2.5V，0.5A”的小灯泡供电，灯泡仍不发光，检查电路无故障，请分析灯泡不亮的原因：______。
19. 质量m=1kg的企鹅在倾角为37∘的倾斜冰面上，先以加速度a1=0.5m/s2由静止开始沿直线向上“奔跑”，t1=4s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，过程中企鹅始终受平行于冰面斜向上的风力作用，风力F=3N。已知企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ=0.25，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，求：
(1)企鹅向上奔跑的位移大小x1；
(2)企鹅向上滑行的位移大小x2；
(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小v。
20. 如图甲是某种XCT机主要部分的剖面图，其中产生X射线部分的示意图如图乙所示，图中的M、N之间有一沿水平方向的匀强加速电场，虚线框内为沿竖直方向的匀强偏转电场。电子从电子枪逸出后沿实线箭头所示的方向前进，打到水平圆形靶台上的中心点P，产生X射线(如图中虚线箭头所示)。已知电子的质量为m，电荷量为e，加速电场MN间距离为L1，偏转电场水平宽度为L2，竖直高度足够大，MN中电子束距离靶台竖直高度为H，电子进入偏转电场时的速度大小为v0，穿过偏转场过程中速度方向偏转了37∘角，电子枪单位时间内逸出的电子数为n，电子束打在靶上产生X射线的功率为入射电子束功率的1%，忽略电子的重力，不考虑电子间的相互作用及电子从电子枪逸出时的初速度大小，不计空气阻力。求：
(1)加速电场对单个电子的冲量大小I；
(2)电子离开偏转电场时向下偏移的距离y；
(3)电子从电子枪逸出到打在靶上的时间t；
(4)靶产生X射线的功率P。
21. 如图甲所示，水平光滑轨道AB与竖直光滑半圆轨道O−BCD平滑连接，BOD在同一竖直线上，C与圆心O等高，AF为竖直墙壁，弹簧右端固定在墙角A，左端为自由端。AB长s=0.4m，半圆轨道半径r=0.2m，小球质量m=0.02kg。用小球缓慢向右压缩弹簧再释放，小球先沿AB运动，再进入竖直圆轨道O−BCD，并可能从D点飞出。
(1)若把弹簧压缩到最短，释放后小球运动到D时对轨道的压力F1=0.7N，求弹簧的最大弹性势能Epm；
(2)释放小球瞬间弹簧的弹性势能Ep不同，小球运动到C处时对轨道的压力F2也不同，在答卷上第21题图乙上画出F2−Ep图像(不要求计算过程)；
(3)求小球从D点飞出后撞击墙壁AF的速度的最小值vm。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：V/m是电场强度单位，eV、J和kW⋅h都是功的单位，故A错误，BCD正确；
故选：A。
V/m表示电场强度单位；
根据W=qU可知eV是功的单位；
焦耳是功的单位；
根据W=Pt可知kW⋅h是功的单位；
明确功的单位都有哪些，对基本单位的推导单位要熟悉。
2.【答案】C
【解析】解：加速升空阶段的火箭加速度可以达到0.5g；加速度月球上自由下落的物体，大约为地球重力加速度的16；击发后在枪筒中的子弹很短时间内的速度可以达到几百米每秒，根据加速度的定义，可得加速度非常大；在地表随地球自转的物体，加速度很小，大约为：a=R4π2T2=6400×103×(2×3.1424×3600)2m/s2=0.034m/s2，所以击发后在枪筒中的子弹的加速度最大，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据牛顿第二定律判断和物理常识判断；根据公式a=R4π2T2判断。
本题考查了生活中常见运动的加速度大小，要求学生能够应用所学知识，并结合一些常识性知识和物理公式去判断。
3.【答案】B
【解析】解：A、“磁星”内部也存在着磁场，故A错误；
B、任何闭合区域的磁通量都为零，故B正确；
C、“磁星”表面磁极处，磁场方向与星体表面一定不平行，故C错误；
D、如果两条磁感线相交，那么交点处的磁场就有两个方向，与实际不相符，故“磁星”附近磁感线非常密集，磁感线也不可能相交，故D错误；
故选：B。
“磁星”内部也存在磁场；
任何闭合区域的磁通量都为零；
“磁星”表面磁极处，磁场方向与星体表面一定不平行；
磁感线不能相交，若相交，则交点处就有两个方向，但实际上磁场中任意一点磁场方向只能有一个方向。
明确磁场磁通量的概念，知道磁感线不相交。
4.【答案】C
【解析】解：A、“金星凌日”现象的成因是光的直线传播，当金星转到太阳与地球中间且三者在一条直线上时，金星挡住了沿直线传播的太阳光，人们看到太阳上的黑点实际上是金星，由此可知发生金星凌日现象时，金星位于地球和太阳之间，故A错误；
B、观测“金星凌日”时，如果将太阳看成质点，无法看到“金星凌日”现象，故B错误；
C、根据开普勒第三定律a3T2=k，可得a金3T金2=a地3T地2，由题意可知：T地=365天，a金
故选：C。
当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点；光在同种均匀介质中沿直线传播，金星凌日天象是由光的直线传播形成的；根据开普勒第三定律a3T2=k分析；根据开普勒第二定律分析。
本题以“金星凌日“为情境载体，考查了光的直线传播、质点、开普勒定律等基础知识，要求学生能够熟练应用相关规律解决此类问题。
5.【答案】B
【解析】解：A、斜向上喷出的水到径迹最高点时竖直方向的分速度为零，水平方向的分速度不为零，水的速度不为零，故A错误；
B、航天员在天宫二号上展示的水球处于完全失重状态，水球对球内的气泡无浮力作用，故B正确；
C、由图丙所示可知，炮艇与目标的连线垂直于河岸在同一直线上，炮舰沿河由西向东行驶，如果射击方向直接对准目标，则炮弹的合速度方向偏向目标的东侧，不能击中目标，故C错误；
D、飞出的微粒沿砂轮的切线方向，有些火星的轨迹不是直线，是由于受到重力、互相的撞击等作用导致的，故D错误。
故选：B。
做曲线运动的物体速度方向沿切线方向；根据运动的合成与分解的知识分析答题。
本题考查了运动的合成与分解、物体做曲线的速度方向等问题，涉及的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识根据题意即可解题。
6.【答案】B
【解析】解：A、由于汽车金属外壳的静电屏蔽作用，打雷时呆在汽车里要比呆在木屋里安全。故A错误；
B、后挡风玻璃上有一根根电热丝，通电后快速发热，用于清除霜雾。故B正确；
C、某些小汽车顶上有一根露在外面的小天线是用来接收无线电信号的。故C错误；
D、汽车上坡要换低速挡，其目的是减小速度，得到较大的牵引力。故D错误。
故选：B。
汽车金属外壳的静电屏蔽作用；通电时电热丝发热，可用于清除霜雾；结合P=Fv，功率恒定时，减小速度，可以得到较大的牵引力。
本题考查物理学知识在生活中的应用，要求学生结合所学知识进行分析，此部分内容主要要求学生在日常学习中进行积累。
7.【答案】C
【解析】解：风筝受到的风力应是垂直于风筝面向上的；故：
A、风筝的重力竖直向下，风筝受到的风力与而拉力方向相反，则三力的合力不可能为零，故风筝不可能静止，A错误；
B、风筝的重力和绳子的拉力都竖直向下，而风垂直于风筝面，故三力不可能平衡，故风筝不可能静止，故B错误；
C、风筝重力竖直向下，风力垂直于风筝面向上，绳子拉力沿绳向下，故任意两力的合力均可能与第三力大小相等，方向相反，故C正确；
D、风筝受风竖直向上，而绳子的拉力斜向下，风力对风筝不起作用，故风与绳子的合力不能为零；故不可能平衡，故D错误；
故选：C。
要使风筝能在空中做匀速直线运动，则应使风筝受力平衡；故对风筝受力分析，由共点力平衡的条件可得出可能的情况．
物体静止或匀速直线运动状态，均说明物体受力平衡，则其受到的多力的合力一定为零．
8.【答案】D
【解析】解：AB、甲图中，支持力与速度方向垂直，支持力不做功，摩擦力方向与速度方向相同，做正功，故AB错误；
C、乙图中，人匀速上楼，不受静摩擦力，摩擦力不做功，支持力向上，故C错误；
D、根据平衡条件知电梯的作用力都与人的重力平衡，方向竖直向上，所以两人受到电梯的作用力的方向相同，故D正确。
故选：D。
甲图中支持力垂直斜面，摩擦力沿斜面向上，乙图中支持力方向竖直向上，不受摩擦力，根据支持力和摩擦力的方向与速度方向的关系确定做功情况．根据平衡条件知电梯的作用力都与人的重力平衡。
解决本题的关键知道力与速度方向垂直，该力不做功，力与速度方向成锐角，该力做正功，力与速度方向成钝角，该力做负功．
9.【答案】D
【解析】解：AB、下蹲时先向下加速后向下减速，先处于失重状态后处于超重状态，到达最低点时静止处于平衡状态；由最低点起立过程先向上加速，处于超重状态，然后向上减速处于失重状态，到达最高点即回到开始下蹲位置时处于平衡状态，由图示图象可知，t=1s时该同学处于失重状态，该同学加速下降，没有下蹲到最低点，该同学做了一次下蹲——起立的动作，故AB错误；
C、由图示图象可知，2s末该同学下蹲到最低点，4s末该同学起立到最高点，2s末到4s末该同学在竖直方向的位移不为零，重力对人做功不为零，故C错误；
D、该同学所受重力约为G=650N，2s末至4s末经历的时间t=(4−2)s=2s，该过程重力对人的冲量大小约为I=Gt=650×2N⋅s=1300N⋅s，故D正确。
故选：D。
根据图示图象分析清楚人的运动过程，然后分析答题；根据人的运动过程求出重力做的功；根据冲量的计算公式求出重力对人的冲量大小。
本题考查物理知识与生活的联系，根据图示图象分析清楚该同学的运动过程是解题的前提与关键，应用功的计算公式与冲量的定义式即可解题。
10.【答案】A
【解析】解：由于两冰壶发生弹性正碰，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终甲处于乙开始静止的位置，所以A正确，BCD错误。
故选：A。
两冰壶碰撞过程动量守恒，碰撞过程中机械能不会增加，碰撞后甲的速度不会大于乙的速度，据此分析答题。
本题考查了动量守恒定律的应用，两物体发生碰撞时，内力远大于外力，外力可以忽略不计，系统动量守恒，碰撞过程机械能不可能增加、碰撞后后面的物体速度不可能大于前面物体的速度，据此分析答题。
11.【答案】C
【解析】解：A、到达b点时，炮弹的速度、加速度均不为零，故A错误；
B、运动时不能忽略空气阻力，由动能定理可知从a点到c点空气阻力做了负功，动能减小，则炮弹经过a点时的速度大小大于经过c点时的速度大小，故B错误；
C、炮弹由O点运动到d点，竖直方向的速度先减小后增大，根据P=mgvy，可知，重力的功率先减小后增大，故C正确；
D、由于上升过程的加速度大于下降时的加速度，则炮弹由点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间，故D错误；
故选：C。
物体做曲线运动时，在最高点的速度应为其水平方向的分速度；由b点的受力分析其加速度大小；从a到c，由该过程空气阻力做负功判断得解；由两过程的平均加速度大小判断时间关系。
本题主要考查运动的合成与分解，知道曲线运动的物体在最高点的速度不为零，知道其在最高点的加速度不为零，知道其运动过程的受力是解题的关键，难度一般。
12.【答案】D
【解析】解：A、圆环从P运动到O的过程中，受库仑力，杆的弹力，库仑力沿杆子方向上的分力等于圆环的合力，设PQ连线与杆夹角为θ，
则F=kQq(rsinθ)2cosθ=kQqr2sin2θcosθ，滑到O点时，所受的合力为零，故加速度可能先增大后减小，故A错误；
B、圆环从P运动到O的过程中，只有库仑引力做正功，根据动能定理知，动能一直增大，则速度一直增大，故B错误；
C、若增大高度，知电势差U增大，库仑引力与所需向心力不等，不能做圆周运动，故C错误；
D、根据动能定理得，qU=12mv2，根据牛顿第二定律得，kQqr2=mv2r，联立解得kQr2=2Ur，可知圆环仍然可以做圆周运动，故D正确。
故选：D。
根据受力情况结合牛顿第二定律分析加速度的变化情况；根据动能定理，通过合力做功情况判断速度的变化；圆环离开细杆后做圆周运动，靠库仑引力提供向心力，根据牛顿第二定律结合向心力公式分析CD选项。
本题考查了动能定理、牛顿第二定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，关键需理清圆环的运动情况，知道圆环的合力变化。
13.【答案】D
【解析】解：B、用水平平行光照射小球B，可以观察到小球B的投影总和小球A重合，则两个小球的运动周期相等，故B错误；
CD、由于投影始终重合，弹簧振子的最低或最高位置加速度最大，加速度由重力提供，则加速度为g，故D正确；
A、在最低点时，k(R+R)−mg=ma
其中，a=g
解得：k=mgR，故A错误；
故选：D。
根据两小球投影重合的特点分析出周期的关系；
找出加速度最大的位置，根据弹簧弹力和重力的合力提供加速度计算出弹簧的劲度系数。
本题主要考查了简谐运动的相关应用，解题的关键点是找到简谐运动的加速度最大位置，结合牛顿第二定律完成分析。
14.【答案】BD
【解析】解：A、伽利略根据理想斜面实验结论合理外推，得出自由落体运动是匀变速直线运动，故A错误；
B、法拉第不仅提出场的概念，而且发明了人类历史上第一台发电机，故B正确；
C、普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化假设，故C错误；
D、胡克等人提出如果行星的轨道是圆形，太阳与行星间的引力与距离的平方成反比，故D正确；
故选：BD。
伽利略根据理想斜面实验结论合理外推，得出自由落体运动是匀变速直线运动，并不是实验得出来的；
法拉第提出了场的概念，并且发明了第一台发电机；
普朗克为了解释黑体辐射现象，提出了能量量子化假设；
胡克等人提出如果行星的轨道是圆形，太阳与行星间的引力与距离的平方成反比。
明确物理学史上重要科学家的贡献是解决问题的关键。
15.【答案】ABC
【解析】解：A、动量p=mv，由于乘客的速度方向时刻改变，故乘客的动量时刻改变，故A正确；
B、根据动量定理可知，乘客的动量变化率等于合外力的冲量，由于合外力为向心力，而向心力的方向时刻改变，故乘客的动量变化率时刻改变，故B正确；
C、对乘客分析可知，乘客受本身的重力和座舱的作用力而做匀速圆周运动，由于合外力时刻变化而重力不变，故座舱对乘客的作用力时刻变化，由牛顿第三定律可知，乘客对座舱的作用力与座舱对乘客的作用力始终等大反向，故乘客对座舱的作用力时刻变化，故C正确；
D、重力方向始终竖直向下，故相同时间内重力的冲量是相同的，故D错误。
故选：ABC。
速度、力、动量以及动量的变化量均为矢量，有大小和方向，根据匀速圆周运动的性质确定各物理量是否发生变化；注意重力是不变的，所以重力在相同时间内的冲量也是不变的。
本题考查对匀速圆周运动的以及动量定理的应用的掌握，要注意明确各物理量的性质，注意明确描述圆周运动各物理量是矢量还是标量。
16.【答案】BC
【解析】解：A.如图甲所示，开关断开瞬间，通过P的磁通量发生变化，则线圈P会产生感应电流，故A错误；
B.如图乙所示，根据安培定则可知铁环中心O点的磁场垂直纸面向外，故B正确；
C.如图丙所示，根据安培定则可知电磁铁产生的磁场上端为N极，所以小磁铁向上运动，则小磁铁的下端为N极，故C正确；
D.如图丁所示，磁感应强度越大时，穿过线圈的磁通量越大，则P位置的磁通量最小，故D错误。
故选：BC。
明确验证电磁感应实验原理，明确感应电流产生的条件；明确安培定则的应用，知道直导线周围磁感线的分布规律。
本题考查电磁感应、安培定则的应用、左手定则的应用等，要明确磁场的性质，注意磁通量的大小判断。
17.【答案】AACbg BD
【解析】解：(1)探究多物理量间的关系实验应采用控制变量法，故选A。
(2)A、实为使小车所受拉力等于细线拉力，实验中需调节左端滑轮高度至细线与长木板平行，故A正确；
B、补偿小车阻力时，小车前面不挂槽码，小车后面与纸带相连，轻推小车，小球做匀速直线运动恰好能匀速运动，故B错误；
C、当槽码质量远小于小车质量，槽码的重力才近似等于绳的拉力，故C正确；
D、实验前补偿阻力后，改变小车质量时不需要重新移动垫块调整长木板倾角再次补偿小车阻力，故D错误。
故选：AC。
(3)由题意可知，阻力与小车重力成正比，设阻力为f=cMg，c是比例常数，由牛顿第二定律得：F−cMg=Ma
整理得：a=F1M−cg，由图示图象可知，纵轴截距−b=−cg，则阻力与重力之比c=bg
(4)该实验的实验原理是两小车做初速度为零的匀加速直线运动，测出小车在相等时间t内的位移x，
设小车加速度大小为a，则x=12at2，则a=2xt2，小车加速度之比a1a2=x1x2，
实验需要控制小车做初速度为零的匀加速直线运动，需要控制两小车的运动时间相等，实验对小车质量没有要求，实验不需要槽码质量需远小于小车质量，故AC错误，BD正确。
故选：BD。
故答案为：(1)A；(2)AC；(3)bg；(4)BD。
(1)实验采用了控制变量法。
(2)根据实验注意事项分析答题。
(3)根据牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后分析答题。
(4)根据实验原理分析答题。
了解实验方案、理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提与关键，掌握基础知识应用牛顿第二定律即可解题，平时要注意基础知识的学习。
18.【答案】BD0.951.2水果电池的内阻太大，路端电压过小
【解析】解：(1)制作的橙子电池内阻会很大，大约1kΩ左右，而电动势又很小，所以电流表选择量程较小的电流表A2，即电流表应选B；为使电流表示数变化明显，电阻箱接入电路的阻值应于与电源内阻相差不多，故电阻箱选择电阻箱R2，即电阻箱应选D。
(2)根据闭合电路欧姆定律：U=E−Ir，结合U−I图象可知：
电源电动势等于纵轴截距，则有：E=0.95V
图像的斜率的绝对值等于电源内阻，则有：r=|ΔUΔI|=|0.500−0.950370×10−6|Ω=1.2kΩ
(3)四个这样的水果电池串联起来，虽然总电动势接近4V，但是水果电池的内阻太大，以至于路端电压过小，不能使灯泡发光。故灯泡不亮的原因为水果电池的内阻太大，路端电压过小。
故答案为：(1)BD；(2)0.95，1.2；(3)水果电池的内阻太大，路端电压过小(或电路电流过小)
(1)水果电池的特点时内阻很大，电动势很小，依据此特点选择测量器材；
(2)根据闭合电路欧姆定律，结合U−I图象解答；
(3)四个这样的水果电池串联起来，虽然总电动势接近4V，但是水果电池的内阻太大，以至于路端电压过小。
本题以水果电池为实例考查了测量电源的电动势和内阻的实验，需要知道水果电池的特点才能正确解析此题。理解实验原理是解题的前提，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法。
19.【答案】解：(1)企鹅向上奔跑做匀加速直线运动，由位移-时间公式得：
x1=12a1t12=12×0.5×42m=4m
(2)企鹅向上滑行做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：
mgsin37∘+μmgcos37∘−F=ma2
代入数据解得：a2=5m/s2
企鹅向上滑行的初速度为：v1=a1t1=0.5×4m/s=2m/s
由速度-位移公式得：0−v12=2(−a2)x2
代入数据解得：x2=0.4m
(3)企鹅退滑到出发点的过程做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：
mgsin37∘−μmgcos37∘−F=ma3
代入数据解得：a3=1m/s2
由速度-位移公式得：v2−0=2a3(x1+x2)
代入数据解得：v=8.8m/s=3m/s
答：(1)企鹅向上奔跑的位移大小x1为4m；
(2)企鹅向上滑行的位移大小x2为0.4m；
(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小v为3m/s。
【解析】(1)企鹅向上奔跑做匀加速直线运动，由位移-时间公式求解；
(2)企鹅向上滑行做匀减速直线运动，由牛顿第二定律求得加速度，由速度-时间关系求得向上滑行的初速度，由速度-位移公式求得位移；
(3)企鹅退滑到出发点的过程做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求得加速度，由速度-位移公式求解末速度。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。
20.【答案】解：(1)电子通过加速电场的过程，根据动量定理得：I=mv0
(2)电子经过偏转电场时做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，有：L2=v0t2
在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，电子离开偏转电场时竖直分速度为vy=v0tan37∘=34v0
电子离开偏转电场时向下偏移的距离为y=vy2t2
联立以上三式解得：y=38L2
(3)电子从电子枪逸出到打在靶上的时间t包含加速电场时间，偏转电场时间，离开偏转电场后到靶时间三部分
电子加速电场时间：t1=2L1v0
由(2)中知电子偏转电场时间：t2=L2v0
离开偏转电场后到靶时间：tan37∘=H−yx，x=43(H−38L2)
解得：t3=43(H−38L2)v0
电子从电子枪逸出到打在靶上的时间：t=t1+t2+t3=2L1v0+L22v0+4H3v0
(4)电子打在靶上的速度大小为：v=v0cos37∘=54v0
电子束打在靶上产生X射线的功率：P=1100nEk=1100n⋅12mv2=1128nmv02
答：(1)加速电场对单个电子的冲量大小I为mv0；
(2)电子离开偏转电场时向下偏移的距离y为38L2；
(3)电子从电子枪逸出到打在靶上的时间t为2L1v0+L22v0+4H3v0；
(4)靶产生X射线的功率P为1128nmv02。
【解析】(1)根据动量定理求加速电场对单个电子的冲量大小I；
(2)电子进入偏转电场后做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，有L2=v0t；在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，电子离开偏转电场时速度方向偏转了37∘角，竖直分速度为vy=v0tan37∘，电子离开偏转电场时向下偏移的距离为y=vy2t，联立即可求出y；
(3)电子从电子枪逸出到打在靶上的时间t包含经过加速电场时间，经过偏转电场时间，离开偏转电场后到靶的时间三部分。根据运动学公式结合几何关系求解t；
(4)先求出电子打在靶上的速度大小，结合效率求靶产生X射线的功率P。
解题的关键在于分析清楚电子在各个区域的运动情况，能熟练运用运动的分解法处理电子类平抛运动的过程，分析时要抓住分运动的等时性。
21.【答案】解：(1)小球在D处，由牛顿第三定律可知，轨道对小球的压力：F1′=F1
由牛顿第二定律得：F1′+mg=mvDm2r
代入数据解得：vDm=3m/s
小球从释放到D的过程，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，则有：
Epm=mg⋅2r+12mvDm2
代入数据解得：Epm=0.17J
(2)从释放小球到C处的过程，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，则有：
Ep=mgr+12mvC2
在C处由牛顿第二定律得：F2′=mvC2r
由牛顿第三定律可知，在C处小球对轨道压力：F2=F2′
代入数据解得：F2=10Ep−0.4(N)
F2−Ep图像如图所示：
(3)假设小球能从D处飞出，且能撞到墙，由平抛运动规律得：
s=vDt，vy=gt
小球撞击墙壁的速度大小：v=vD2+vy2=vD2+(gs)2vD2
可得，当vD=gs=10×0.4m/s=2m/s时，v有最小值，且为：vmin=22m/s
下面讨论上述值能否达到：
①若恰好能过D，则在D点有：mg=mv02r，解得：v0=gr=10×0.2m/s=2m/s
可知，vD=2m/s>v0，再与第(1)问比较有：vD=2m/s
因y<2r=0.4m，故会撞到墙上。
综上所述，小球撞击墙时的最小速度为22m/s。
答：(1)弹簧的最大弹性势能Epm为0.17J
(2)F2−Ep图像见解答；
(3)小球从D点飞出后撞击墙壁AF的速度的最小值vm为22m/s。
【解析】(1)由牛顿第三定律可知小球在D处轨道对其的压力，由牛顿第二定律结合向心力公式解得在D处的最大速度，小球从释放到D的过程，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律求得最大弹性势能；
(2)由(1)同理，推导出F2与Ep的关系式，画出图像；
(3)假设小球能从D处飞出且能撞到墙，由平抛运动规律求得到达D点速度和撞击墙壁AF的速度的最小值，在讨论到达D点速度是否满足条件。
本题考查了圆周运动和平抛运动以及机械能守恒定律的应用，应用牛顿第二定律解决圆周运动的关键是分析向心力的来源，本题第(3)问是数理结合问题，讨论过程需要考虑：①能否以要求的速度大小通过D点；②能否撞到墙上。
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