2023-2024学年江苏省淮安市高二（上）学业水平考试物理模拟试卷（二）（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省淮安市高二（上）学业水平考试物理模拟试卷（二）（含解析），共27页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.在以下的哪些情况中可将所研究的物体看成质点( )
A. 研究火车过桥时间
B. 对这位学生骑车姿势进行生理学分析
C. 研究火星探测器从地球到火星的飞行轨迹
D. 研究火星探测器降落时候哪个位置先与火星接触
2.下列计时的数据中，表示时间间隔的是( )
A. 首届夏季奥林匹克运动会在希腊雅典举办，1986年4月6日下午3时宣布开幕
B. 2023年9月21日15时45分，“天宫课堂”第四课开课
C. 东京奥运会男子100 m半决赛中，我国运动员跑出了9.83 s的成绩
D. 2023年9月28日9时28分，沪宁沿江高铁正式开通运营
3.2020年11月24日4点30分，“嫦娥五号”探测器在文昌航天发射场成功升空。探测器在发射场发射阶段通过运载火箭上的摄像头观察到地面正在向下运动，此时我们选取的参考系是( )
A. 地面B. 运载火箭C. 发射架D. 发射场内的树木
4.将一小球从Ｏ点竖直向上抛出，小球上升的最大高度为25m，然后又落回到O点，则小球在这个往返过程中位移的大小和通过的路程分别是
A. 25m，25 mB. 50 m，0C. 0，50 mD. 25 m，50 m
5.甲、乙两小车沿同一直线运动的位移一时间图像如图所示，已知甲车自t=0时起做初速度为零的匀变速直线运动，加速度大小为0.5m/s2，则乙车的速度大小为( )
A. 2.5m/sB. 3m/sC. 5m/sD. 10m/s
6.物理学中引入了“质点”的概念，从科学方法上来说属于( )
A. 控制变量法B. 类比C. 理想化模型D. 等效替代
7.下列物理量中，属于标量的是( )
A. 速度B. 位移C. 时间D. 加速度
8.关于速度、速度改变量、加速度，正确的说法是
A. 物体的加速度为零，则速度也一定为零
B. 速度很大的物体，其加速度可以很小，可能为零
C. 某时刻物体的速度为零，其加速度一定为零
D. 加速度很大时，运动物体的速度一定很大
9.如图所示，是一质点从位移原点出发的v−t图象，下列说法正确的是( )
A. 1s末质点离开原点最远B. 2s末质点回到原点
C. 3s末质点离开原点最远D. 4s末质点回到原点
10.现有一汽车在平直公路上以一定速度匀速行驶，当司机发现前方12 m处的人行横道上有人通行，立即刹车做加速度大小为6.0 m/s2的匀减速直线运动，并刚好在到达人行横道前停下。则汽车刹车时的速度大小为( )
A. 6 m/sB. 12 m/sC. 18 m/sD. 24 m/s
11.2009年3月29日，中国女子冰壶队首次夺得世界冠军，如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个矩形区域做匀减速运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是( )
A. v1:v2:v3= 3: 2:1B. v1:v2:v3=6:3:2
C. t1:t2:t3=1: 2: 3D. t1：t2：t3= 3： 2：1
12.小石块从井口自由下落，经过1s后听到该石块落水的声音，取g=10m/s2，则井口到水面的距离( )
A. 略大于1.25mB. 略小于1.25mC. 略大于5mD. 略小于5m
13.伽利略对自由落体运动的研究中，经历了提出问题、科学猜想、数学推理、实验验证、合理外推、得出结论一系列过程，其中在实验验证过程中，他让一个铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力，“冲淡”重力的含义是指( )
A. 减小铜球的重力B. 延长运动时间C. 便于测量运动速度D. 便于测量运动位移
14.下列说法正确的是( )
A. 物体受到的重力就是地球对物体的吸引力
B. 同一物体受到的重力大小总是恒定不变的
C. 同一地点，物体受到的重力大小与物体的质量成正比
D. 同一地点，物体自由下落时受到的重力大于它静止时受到的重力
15.如图用挂钩将两瓶矿泉水静止的吊在空中，下列说法正确的是( )
A. 桌子对挂钩的支持力与挂钩的重力是一对平衡力
B. 两瓶矿泉水之间的力等大反向是一对平衡力
C. 挂钩对一瓶矿泉水的拉力等于该瓶矿泉水的重力
D. 桌面对挂钩的支持力等于挂钩和两瓶矿泉水的重力之和
16.A，B，C叠放在一起，在水平力FA=FB=10牛的作用下，以相同的速度v沿水平方向向左匀速滑动，如图所示，那么此时物体B受到的的摩擦力大小和C受到的的摩擦力大小分别为( )
A. 20牛，0B. 20牛，10牛C. 10牛，20牛D. 10牛，0
17.如图，A、B两物体通过两个质量不计的光滑滑轮悬挂起来，处于静止状态。现将绳子一端从P点缓慢移到Q点，系统仍然平衡，以下说法正确的是( )
A. 夹角θ将变小B. 夹角θ将变大C. 物体B位置将变高D. 绳子张力将增大
18.如图所示，弹簧秤外壳质量为m，弹簧及挂钩的质量忽略不计，挂钩上吊一重物。现用一竖直向上的外力拉弹簧秤，当弹簧秤向上做匀速直线运动时，示数为F1；若让弹簧秤以加速度a向上做匀加速直线运动，则弹簧秤的示数为(重力加速度为g。不计空气阻力)( )
A. mgB. F1+mgC. F1+maD. 1+agF1
19.小杨从地面上跳起是由于( )
A. 地面对小杨的支持力大于小杨对地面的压力
B. 地面对小杨的支持力大于小杨受的重力
C. 小杨对地面的压力小于小杨受的重力
D. 地面对小杨的支持力跟小杨对地面的压力的合力大于小杨受的重力
20.建筑塔吊如图所示向右上方匀速提升物体，忽略空气阻力，则物体所受拉力( )
A. 竖直向上B. 斜向右上，且不与速度同方向
C. 斜向右上，且与速度同方向D. 大于物体重力
21.跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目。如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响。下列说法中正确的是
( )
A. 风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作
B. 运动员速度方向一定每时每刻都在变化
C. 运动员下落时间与风力无关
D. 运动员着地速度与风力无关
22.某游泳爱好者横渡富春江，他以恒定的速度向对岸游去，面部始终保持与河岸垂直。设江中各处水流速度相等，他游过的路程、过河所用的时间与水速的关系是( )
A. 水速变大后，路程变长，时间不变B. 水速变大后，路程变长，时间变长
C. 水速变大后，合速度变大，时间变短D. 路程、时间与水速无关
23.下列各种运动中，属于匀变速曲线运动的有( )
A. 匀速圆周运动B. 变速圆周运动C. 平抛运动D. 竖直上抛运动
24.A，B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，如图，在相同的时间内，它们通过的路程之比是4:3，运动方向改变的角度之比是3:2，则它们( )
A. 线速度大小之比为4:3B. 角速度大小之比为3:4
C. 圆周运动的半径之比为2:1D. 角速度大小之比为1:2
25.如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势。则在该弯道处( )
A. 路面外侧低内测高
B. 车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动
C. 车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动
D. 当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小
26.农民在精选谷种时，常用一种叫“风车”的农具进行分选。在同一风力作用下，谷种和瘪谷(空壳)都从洞口水平飞出，结果谷种和瘪谷落地点不同，自然分开，M处是瘪谷，N处是谷种，如图所示。若不计空气阻力，对这一现象，下列分析正确的是( )
A. 谷种飞出洞口时的速度比瘪谷飞出洞口时的速度大些
B. 谷种和瘪谷飞出洞口后都做匀变速曲线运动
C. 谷种运动过程中加速度较大
D. 瘪谷从飞出洞口到落地所用的时间较长
27.小球从A点以水平初速度v0做平抛运动落到水平地面上，当小球运动过程中水平位移和竖直位移相等时，小球的瞬时速度大小为( )
A. v0B. 2v0C. 3v0D. 5v0
28.轻杆的一端与小球相连接，另一端固定在水平转轴O上。轻杆随转轴O在竖直平面内做匀速圆周运动。当小球达到最高点A、最低点B时，杆对小球的作用力( )
A. 在A处一定为推力，B处一定为推力B. 在A处一定为拉力，B处一定为拉力
C. 在A处一定不为零，B处可能为零D. 在A处可能为零，B处一定不为零
29.在匀速圆周运动中，下列关于向心加速度的说法，正确的是( )
A. 向心加速度的方向保持不变B. 向心加速度是恒定的
C. 向心加速度的大小不断变化D. 向心加速度的方向始终与速度的方向垂直
30.发现行星运动三大定律的科学家是
A. 牛顿B. 伽利略C. 卡文迪许D. 开普勒
31.太阳从东边升起，从西边落下，是地球上的自然现象，在某些情况下，在纬度较高的地区上空飞行的飞机上，旅客可以看到太阳从西边升起的奇妙现象，发生这种现象的条件是( )
A. 时间必须在清晨，飞机正在由东向西飞行，飞机的速度必须较大
B. 时间必须在清晨，飞机正在由西向东飞行，飞机的速度必须较大
C. 时间必须在傍晚，飞机正在由东向西飞行，飞机的速度必须较大
D. 时间必须在傍晚，飞机正在由西向东飞行，飞机的速度必须较大
32.2022年11月30日，神舟十五号载人飞船与空间站核心舱成功对接，对接后空间站的运动可看作匀速圆周运动。则对接后空间站运行过程中( )
A. 角速度不变B. 线速度不变
C. 向心加速度不变D. 受到的万有引力不变
33.在一次海空军事力量搜救行动中，紧急调动了21颗卫星参与搜寻，“调动”卫星的措施之一就是减小卫星环绕地球运动的轨道半径，降低卫星运行的高度，以有利于发现地面(或海洋)目标。下列说法正确的是( )
A. 轨道半径减小后，卫星的环绕速度减小B. 轨道半径减小后，卫星的环绕速度增大
C. 轨道半径减小后，卫星的加速度减小D. 轨道半径减小后，卫星的环绕周期增大
34.关于下列四幅图对应的说法，正确的是( )
A. 图甲中垫起的排球在最高点瞬间的速度、加速度均为零
B. 图乙中线断后小球将沿光滑水平面继续做圆周运动
C. 图丙中扭秤实验装置结构利用了“放大”的思想
D. 图丁中的列车静止时没有惯性
35.在做“验证机械能守恒定律”的实验时，发现重物减少的重力势能总是略大于重物增加的动能，造成这种现象的原因是( )
A. 选用的重物质量过大
B. 选用的重物质量过小
C. 空气对重物的阻力和打点计时器对纸带的阻力
D. 实验时操作不规范，实验数据测量不准确
36.电动机提升质量为200kg的工件，使工件在竖直方向上以1m/s的速度匀速提升了4m.该过程中，工件克服重力做功的功率为
( )
A. 200WB. 800WC. 1000WD. 2000W
37.关于功率，下列说法正确的是( )
A. 功率大的机械做的功多B. 单位时间内完成的功越多，功率越大
C. 功率是描述力对物体做功多少的物理量D. 汽车以额定功率上坡时，需换成高速挡位
38.如图，一个轻弹簧上端固定，下端栓着一个小球，在弹性限度内，小球从轻弹簧原长处下落的过程中( )
A. 小球的重力势能增大B. 小球的重力势能减小
C. 弹簧的弹性势能减小D. 弹簧的弹性势能不变
39.如图所示，一只小鸟沿着较粗的均匀树枝从右向左缓慢爬行，小鸟从A运动到B的过程中( )
A. 树枝对小鸟的弹力先减小后增大B. 树枝对小鸟的摩擦力先增大后减小
C. 树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大D. 小鸟的机械能保持不变
40.下列关于电场线的论述，正确的是( )
A. 电场线方向就是正试探电荷的运动方向
B. 电场线是直线的地方是匀强电场
C. 只要初速度为零，正电荷必将在电场中沿电场线方向运动
D. 画有电场线的地方有电场，未画电场线的地方不一定无电场
41.库仑定律的适用范围是( )
A. 真空中两个带电球体间的相互作用
B. 真空中任意带电体间的相互作用
C. 真空中两个点电荷间的相互作用
D. 真空中两个带电体的大小近似等于它们之间的距离，则可应用库仑定律
42.下列四幅图中能正确表示等量异号点电荷周围电场分布的是( )
A. B.
C. D.
43.取一段额定电压为220V，额定功率大于100W的废灯泡的灯丝约2cm长。灯丝与两节干电池及2.5V小灯泡的电路连接如图所示，闭合开关灯泡发光并且较亮，再用点燃的蜡烛给灯丝加热，则( )
A. 小灯泡和灯丝是并联连接
B. 观察到的现象是小灯泡变亮
C. 灯丝的电阻率由材料、长度和横截面积决定
D. 上述现象说明了温度升高，灯丝的电阻率变大
44.如图所示，方向垂直纸面的通电直导线A、B、C，用相同的绝缘细线悬挂在水平天花板下。若B的电流向里，且三根细绳恰好竖直，则A、C电流方向分别为( )
A. 向里、向里B. 向外、向外C. 向里、向外D. 向外、向里
45.下列各图中，已标出电流及电流磁场的方向，其中正确的是( )
A. B.
C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共4分。
46.探究“两个互成角度的力的合成规律”实验中，橡皮筋一端固定，另一端栓有细绳套，如图甲。先用两个弹簧测力计把橡皮筋下端拉至A点，如图乙。再改用一个弹簧测力计把橡皮筋下端拉至B点，如图丙。
(1)为使一个弹簧测力计单独作用与两个弹簧测力计共同作用的效果_________，A、B两点需要重合；
(2)图乙、图丙操作中，需要记下拉力F1、F2、F的方向和_________。
三、简答题：本大题共1小题，共6分。
47.小型直流电动机工作电路如图所示。电源电动势为E，内阻为r，电动机电枢内阻为R。当电动机正常工作时，电动机两端的电压为U，通过电动机的电流为I。
(1)电源的输出功率为___________。
(2)电动机的输出功率为___________。
(3)整个电路的总效率为___________。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、研究火车过桥时间时，火车的长度不能忽略不计，所以不能看作质点，故A错误；
B、研究学生骑车姿势进行生理学分析时，若看做质点则无法研究，故不能看做质点，故B错误；
C、研究火星探测器从地球到火星的飞行轨迹时，探测器的大小相对于轨道半径可以忽略，可以看做质点，故C正确；
D、研究火星探测器降落火星时哪个位置先与火星接触，不能看做质点，否则无法研究，故D错误。
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，根据把物体看成质点的条件来判断即可．
本题就是考查学生对质点概念的理解，是很基本的内容，必须要掌握住的，题目比较简单．
2.【答案】C
【解析】C
【详解】A.下午3时是一个时间点，是时刻，故A错误；
B.2023年9月21日15时45分是一个时间点，是时刻，故B错误；
s是一段时间，对应的距离是100 m，是时间间隔，故C正确；
D.2023年9月28日9时28分是一个时间点，是时刻，故D错误。
故选C。
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查参考系的性质，要注意明确在研究任何物体的运动时均需要用到参考系，同时掌握根据题意分析所选参考系的基本方法。
【解答】
地面、发射架、发射场内的树木都相对静止，运载火箭相对地面向上运动，所以选择运载火箭作为参考系，地面在相对运载火箭向下运动，故B正确，ACD错误。
4.【答案】C
【解析】试题分析：位移的大小是从初位置指向末位置的邮箱线段的大小，过程中初位置是O点，末位置是O点，所以位移为零，路程表示物体运动轨迹的长度，所以为50m，故选C
考点：考查了路程和位移的求解
点评：路程等于物体运动轨迹的长度，位移的大小等于初位置到末位置的距离，方向由初位置指向末位置．
5.【答案】A
【解析】A
【详解】对于甲车，根据公式得
s=12at12
解得
t1=10s
对于乙车，根据公式得
v=st1
解得
v=2.5m/s
故选A。
6.【答案】C
【解析】【分析】理想化的模型是实际物体的简化处理．物理上研究的方法很多，我们在学习物理知识的同时，更要学习科学研究的方法。
【解答】突出主要因素，忽略次要因素，将实际问题简化为物理模型，是研究物理学问题的基本思维方法之一，这种思维方法叫理想化方法。质点就是利用这种思维方法建立的一个理想化物理模型，故选C。
7.【答案】C
【解析】解：
A、速度有大小和方向，合成遵从平行四边形定则，是矢量，故A错误．
B、位移有大小和方向，合成遵从平行四边形定则，是矢量，故B错误．
C、时间只有大小没有方向，合成遵从数学加减法则的是标量，故C正确．
D、加速度有大小和方向，合成遵从平行四边形定则，是矢量，故D错误．
故选：C
有大小和方向，合成遵从平行四边形定则的是矢量，只有大小没有方向，合成遵从数学加减法则的是标量．
抓住矢量和标量的关键区别：合成遵从平行四边形定则的是矢量；合成遵从数学加减法则的是标量．
8.【答案】B
【解析】B
【详解】A．a=0，则△v一定为零，速度一定不变，但不一定为零，故A错．
B.沿直线匀速飞行的飞机，速度很大，加速度为零，故B对．
C.做变速运动的物体一定有加速度，但它的速度有时可能为零，故C错．
D.弹药爆炸瞬间，炮弹的加速度很大，但速度较小，故D错．
9.【答案】D
【解析】解：A、C、图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负，所以前2s内物体离原点最远，2s后物体开始反方向运动，故AC错误．
B、D、因为图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负，所以2s末质点距原点最远，前4s内物体的总位移为零，即物体回到出发点，故B错误，D正确．
故选D
在速度时间图象中，图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．
本题是为速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，要注意上下面积之和为零时，位移等于零．
10.【答案】B
【解析】.B
【详解】由匀变速运动位移速度公式得
0−v2=−2ax
代入数值解得
v=12m/s
故选B。
11.【答案】A
【解析】【分析】
因为冰壶做匀减速运动，且末速度为零，故可以看做反向匀加速直线运动来研究．由初速度为零的匀变速直线运动的规律可得出结论．
匀变速直线运动一定要注意总结方法，并能熟练掌握相关推论的推导过程，而不是对结论死记硬背．
【解答】
AB、由v=at可得初速度为零的匀加速直线运动中的速度之比为1： 2： 3，则由逆向思维可知，所求的速度之比为 3： 2：1，故选项A正确，B错误；
CD、初速度为零的匀加速直线运动中连续三段相等位移的时间之比为1：( 2−1)：( 3− 2)，故所求时间之比为( 3− 2)：( 2−1)：1，所以选项CD错误；
12.【答案】D
【解析】解：不考虑声音传播所需要的时间。小石块做自由落体运动，运动时间为1s，
根据自由落体运动的位移时间公式可知h=12gt2=12×10×12m=5m，由于声音在空中传播需要时间，故实际做自由落体的时间小于听到击水声音的时间，实际值小于估算值。故估算值偏大，即实际井深略小于5m，故D正确，ABC错误。
故选：D。
不考虑声音在空气中传播的时间，直接运用自由落体运动基本公式求解，考虑声音传播的时间，实际做自由落体的时间小于听到击水声音的时间。
本题属于自由落体运动公式直接运用的基础题型，同时注意要声音传播也需要时间。
13.【答案】B
【解析】.B
【详解】由于伽利略所处的时代技术水平的限制，当时的计时工具比较落后，自由落体运动下落的很快，很难准确测量下落时间，所以伽利略利用一个斜面来减小加速度，从而增大运动时间，方便时间的测量，同时减小时间测量的误差。因此“冲淡”重力的含义是指延长运动时间，所以只有选项B正确。
故选B。
14.【答案】C
【解析】C
【详解】A.重力是由于地球的吸引而使物体受到的力，考虑地球的自转，重力是万有引力的分力，故A错误；
B.重力大小取决于本身的质量和当地的重力加速度，故同一物体在地球各处重力大小不相同，故B错误；
C.根据
G=mg
可知，物体所受重力与物体的质量成正比，故C正确；
D.同一地点，物体自由下落时受到的重力等于它静止时受到的重力，与运动的状态无关。故D错误。
故选C。
15.【答案】D
【解析】D
【详解】A.桌子对挂钩的支持力的大小等于挂钩重力与矿泉水重力之和，与挂钩重力大小不等，不是平衡力，A错误；
B.两瓶矿泉水之间的力等大反向是一对相互作用力，B错误；
C.挂钩对一瓶矿泉水的拉力等于该瓶矿泉水的重力和另一瓶矿泉水给它的压力的合力，C错误；
D.将两瓶矿泉水和挂钩看作一个整体，那么桌子对挂钩的支持力就等于挂钩和两瓶矿泉水的重力之和，D正确。
故选D。
16.【答案】D
【解析】D
【详解】物体A受到水平向右、大小为10牛的拉力，因为处于相对静止状态，所以A受到B对A水平向左、大小为10牛的摩擦力作用，因为力的作用是相互的，因此A对B一个水平向右、大小也为10牛的摩擦力作用，由于B和A一起向左做匀速直线运动，并且B受到水平向左的力和A对B水平向右的摩擦力大小相等，因此C对B的摩擦力大小为零，即B对C的摩擦力大小也为零，ABC错误，D正确。
故选D
17.【答案】C
【解析】【分析】
将绳子一端从P点缓慢移到Q点时，动滑轮两侧绳子的张力大小不变，绳子夹角缓慢增大，两绳张力的合力减小，可知动滑轮下降，重新平衡时，由平衡条件可知，夹角θ不变，则知物体B位置将变高。
本题解题关键是抓住动滑轮绳子的张力大小相等的特点，以及合力与分力的关系：分力大小不变，夹角增大时，合力减小进行分析。
【解答】
AB.将绳子一端从P点缓慢移到Q点时，动滑轮两侧绳子的张力大小等于B的重力，保持不变，绳子的夹角缓慢增大时，两绳张力的合力减小，而物体A的重力不变，则动滑轮下降，动滑轮两侧的绳子张力和悬挂A的绳子拉力不变，由平衡条件可知，夹角θ不变，故AB错误；
C.由上分析得知，动滑轮A下降，而θ保持不变，物体B将上升，故C正确；
D.系统保持平衡时，动滑轮两侧的绳子张力等于B的重力保持不变，故D错误。
18.【答案】D
【解析】D
【详解】设重物的质量为M，对重物受力分析，受重力Mg和弹簧的拉力F。当弹簧秤向上做匀速直线运动时，由平衡条件知
F1=Mg
当弹簧秤以加速度a向上做匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律得
F − Mg=Ma
以上两式联立解得
F=(1+ag)F1
故选D。
19.【答案】B
【解析】解：A、地面对小杨的支持力和小杨对地面的压力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故A错误。
B、小杨从地面上跳起过程中加速度竖直向上，根据牛顿第二定律可知小杨所受的合力竖直向上，故地面对小杨的支持力大于小杨的重力，这是小杨能够起跳的原因，故B正确。
C、地面对小杨的支持力大于小杨的重力，小杨对地面的压力与地面对小杨的支持力大小相等，则知小杨对地面的压力大于小杨受的重力，故C错误。
D、地面对小杨的支持力跟小杨对地面的压力是一对作用力和反作用力，作用两个不同物体上，不能合成，故D错误。
故选：B。
小杨能够挑起的原因是地面的支持力大于小杨的重力，即小杨所受合力竖直向上。地面对小杨的支持力和小杨对地面的压力是作用力和反作用力，大小相等，方向相反。
解决本题的关键要知道作用力和反作用力大小相等，方向相反。人之所以能起跳，是因为地面对运动员的支持力大于运动员的重力，产生向上的加速度。
20.【答案】A
【解析】【分析】
解决本题的关键是明确匀速运动的物体受到的合力一定为零，据此分析受力情况。
【解答】
匀速运动，拉力与重力平衡，竖直向上，故A正确。
21.【答案】C
【解析】【分析】
运动员的运动可以分解为竖直方向和水平方向的两个分运动，两个分运动同时发生，相互独立，互不干扰。
本题关键要明确合运动与分运动同时发生，互不干扰，同时合运动与分运动具有等效性，可以相互替代。
【解答】
AC.运动员同时参与了两个分运动，竖直方向向下落和水平方向随风飘，两个分运动同时发生，相互独立；则水平方向的风力大小不影响竖直方向的运动，即落地时间不变，故A错误，C正确。
B.若直升机处于悬停状态，且水平风力恒定不变时，运动员做匀加速直线运动，运动员速度方向不发生变化，故B错误；
D.不论风速大小，运动员竖直方向的运动不变，则下落时间和竖直方向下落的速度不变，若水平风速越大，水平方向的速度越大，则落地的合速度越大，故D错误。
故选：C。
22.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了小船渡河问题这个知识点；
运动的合成与分解中，合运动与分运动具有独立性和等时性；小船渡河类问题中，过河时间由垂直河岸方向的速度决定；运动轨迹由垂直河岸的运动和沿河岸的运动合成。
【解答】
在垂直于河岸方向上，游泳者的速度恒定不变，河的宽度一定，所以其过河所用时间一定，不受水速影响。水速变大后，合速度变大，由于时间一定，则路程变长。故A正确；BCD错误。
故选A。
23.【答案】C
【解析】解：A、匀速圆周运动的加速度方向时刻改变，不是匀变速曲线运动，故A错误；
B、变速圆周运动的加速度方向时刻改变，不是匀变速曲线运动，故B错误；
C、平抛运动的加速度不变，做匀变速曲线运动，故C正确；
D、竖直上抛运动的加速度不变，做匀变速直线运动，故D错误。
故选：C。
加速度不变的运动为匀变速运动，匀变速运动分为匀变速直线运动和匀变速曲线运动。
解决本题的关键知道匀变速曲线运动的特点，即加速度不变，速度方向时刻改变。
24.【答案】A
【解析】【分析】
线速度等于单位时间内走过的路程，结合路程之比求出线速度大小之比；角速度等于单位时间内转过的角度，结合角度之比求出角速度之比；根据线速度与角速度的关系，求出半径之比。
本题以A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动为情景载体，考查了描述圆周运动的一些物理量，要求学生知道各个物理量之间的关系，并能灵活运用。
【解答】
A、根据线速度定义式v=st，可知A、B通过的路程之比为4：3，时间相等，则线速度之比为4：3，故A正确；
BD、根据角速度的定义式ω=θt，运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度，A、B转过的角度之比为3：2，时间相等，则角速度大小之比为3：2，故BD错误；
C、根据公式v=rω，可得圆周运动的半径r=vω，线速度之比为4：3，角速度之比为3：2，则圆周运动的半径之比为8：9，故C错误。
故选：A。
25.【答案】C
【解析】C
【详解】A.路面应建成外高内低，此时重力和支持力的合力指向内侧，可以提供圆周运动向心力。故A错误；
B.车速低于vc，所需的向心力减小，此时摩擦力可以指向外侧，减小提供的力，车辆不会向内侧滑动。故B错误；
C.当速度为vc时，静摩擦力为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，速度高于vc时，摩擦力指向内侧，只有速度不超出最高限度，车辆不会侧滑。故C正确；
D.当路面结冰时，与未结冰时相比，由于支持力和重力不变，则vc的值不变。故D错误。
故选C。
26.【答案】B
【解析】解：A、在大小相同的风力作用下，风车做的功相同，由于谷种的质量大，所以离开风车时的速度小，所以A错误．
B、谷种和瘪谷做的是平抛运动，平抛运动是匀变速曲线运动，故谷种和瘪谷飞出洞口后都做匀变速曲线运动，所以B正确．
C、谷种和瘪谷都做平抛运动，加速度相等．故C错误．
D、平抛运动在竖直方向做自由落体运动，高度相同，故运动时间相同，所以D错误．
故选B．
谷种和瘪谷做的是平抛运动，平抛运动可以分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同．
本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．
27.【答案】D
【解析】【分析】
根据平抛运动水平和竖直方向的规律列式可得结果，难度不大。
【解答】
设小球平抛经时间t，水平位移和竖直位移相等，由平抛运动规律有v0t=12gt2，解得t=2v0g，
此时竖直分速度为vy=gt=2v0，
则此时小球速度为v= v02+vy2= 5v0，故D正确。
28.【答案】D
【解析】【分析】
小球在竖直平面内做圆周运动，受重力和拉力，只有重力做功，机械能守恒；在最高点和最低点重力和弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式列式分析。
本题关键受力分析后，根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解出杆的弹力的表达式，然后再进行讨论，注意用正负表示方向。
【分析】
小球在竖直平面内做圆周运动，半径方向合力提供向心力，经过B点时，重力向下，而重力和杆的弹力合力提供向心力指向圆心即竖直向上，所以杆的弹力一定为拉力，而且拉力一定大于重力满足T−mg=mvB2L，即B处作用力一定不为0。
在A处，重力向下，则有T+mg=mvA2L，根据速度大小，如果mg=mvA2L，则弹力为0，若mgmvA2L，杆提供推力。故D正确，ABC错误。
故选D。
29.【答案】D
【解析】解：
物体做匀速圆周运动时，合外力提供向心力，加速度大小不变，但是方向指向圆心，时刻发生变化，故ABC错误，D正确．
故选：D
物体做匀速圆周运动时，合外力提供向心力，加速度大小不变，但是方向指向圆心，时刻发生变化，加速度方向与速度方向始终垂直，因此根据向心加速度的特点可正确解答本题．
匀速圆周运动要注意，其中的匀速只是指速度的大小不变，合力作为向心力始终指向圆心，合力的方向也是时刻在变化的，因此向心加速度大小不变，但是方向时刻变化．
30.【答案】D
【解析】解：发现行星运动三大定律的科学家是开普勒，故D正确，ABC错误；
故选：D。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
31.【答案】C
【解析】【分析】
由于地球自西向东旋转，故我们看到太阳从东边升起，西边落下．旅客可以看到太阳从西边升起，必需要求乘客相对于地球向西运动，且飞机由东向西飞行的速度大于地球自转的速度，只有在傍晚太阳才能在出现西方靠近地平线的地方。
理解了太阳东升西落的原理，理解了看到太阳从西边升起的条件就能顺利解决此题。
【解答】
AB.由于地球自西向东旋转，故我们看到太阳从东边升起，西边落下，如果时间在清晨，飞机向东飞行，飞机相对于太阳向东运动，乘客看到太阳仍从东边升起，若向西飞行，会看不到太阳升起，故AB错误；
CD.由于地球自西向东旋转，我们看到的太阳从东边升起，西边落下，乘客要看到太阳从西边升起，必需在傍晚，并要求飞机相对于地球向西运动，飞机自东向西飞行的速度大于地球自转的速度，故C正确，D错误。
故选C。
32.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查匀速圆周运动时受力和运动学物理量的规律，基础题。
【解答】
空间站做匀速圆周运动时，物体的角速度不变，而线速度、向心加速度、受到的万有引力的方向时刻变化，故A正确，BCD错误。
33.【答案】B
【解析】.B
【详解】AB.根据牛顿第二定律得
GMmr2=mv2r
解得
v= GMr
所以轨道半径减小后，卫星的环绕速度增大，故A错误，B正确；
C.根据牛顿第二定律得
GMmr2=ma
解得
a= GMr2
所以轨道半径减小后，卫星的加速度增大，故C错误；
D.根据牛顿第二定律得
GMmr2=m4π2T2r
解得
T=2πr rGM
所以轨道半径减小后，卫星的环绕周期减小，故D错误。
故选B。
34.【答案】C
【解析】【分析】
本题涉及的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识是解题的前提与关键，应用基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习。
【解答】
A.图甲中垫起的排球做竖直上抛运动，排球在最高点瞬间的速度为零，加速度等于重力加速度不为零，加速度方向竖直向下，故A错误；
B.线断后，绳子拉力消失，小球沿切线方向做匀速直线运动，故B错误；
C.由图知，弧长等于半径乘以转过的圆心角，利用了“放大”的思想，故C正确；
D.任何物体都具有惯性，与物体的运动状态无关，故D错误；
故选C。
35.【答案】C
【解析】【分析】
重物下落过程中不可避免的受到阻力作用，重力势能不可能全部转化为动能，这是误差的主要来源。
解决本题的关键知道实验的原理，知道实验误差的来源，知道阻力的影响无法避免，属于系统误差，可以通过增大重物质量，保持纸带竖直等方面减小阻力的影响。
【解答】
验证机械能守恒定律实验时，发现重物减少的重力势能总是大于重物增加的动能，主要原因是空气对重物的阻力以及打点计时器对纸带的阻力，使得减少的重力势能一部分转化为内能，故C正确，ABD错误。
故选：C。
36.【答案】D
【解析】D
【详解】根据重力做功表达式可得
WG=mgh
功率表达式
PG=WGt
速度为
v=ht
联立解得
PG=2000W
故选D。
【点睛】本题考查功率的基本计算。
37.【答案】B
【解析】B
【详解】A.由功率公式 P=Wt 可得， W=Pt ，机械做功多少不仅与功率有关，还与时间有关，若功率大的机械做功时间少，做的功也不多，A错误；
B.由功率公式 P=Wt 可知，单位时间内完成的功越多，即 Wt 越大，则功率P越大，B正确；
C.功率是描述力对物体在单位时间内做功多少的物理量，即是描述力对物体做功快慢的物理量，C错误；
D.由功率公式 P=Fv 可知，汽车以额定功率上坡时，需要较大的牵引力，因此需换成低速挡位，以提供较大的牵引力，D错误。
故选B。
38.【答案】B
【解析】B
【详解】在弹性限度内，小球从轻弹簧原长处下落的过程中，小球的重力对小球一直做正功，可知其重力势能一直在减小，而弹簧的形变量越来越大，可知弹簧的弹性势能越来越大。
故选B。
39.【答案】C
【解析】.C
【详解】A.对小鸟受力分析，小鸟所受弹力
N=mg cs θ
从A到B的过程中，θ先减小后增大，则弹力先增大后减小。故A错误；
BC.小鸟所受的摩擦力
f=mg sin θ
从A到B的过程中，θ先减小后增大，则摩擦力先减小后增大。故B错误；C正确；
D.小鸟从A 运动到B 的过程中重力势能先增大后减小，而动能保持不变，所以它的机械能先增大后减小。故D错误。
故选C。
40.【答案】D
【解析】【分析】
电场线是为了形象地描述电场而假想的线，电场线的方向起于正电荷，终止于负电荷，电场线上某点的切线方向表示电场强度的方向，电场线的疏密表示电场的强弱．
本题考查了电场强度、电场线；解决本题的关键知道电场线的性质，知道电场线是为了形象地描述电场而假想的线．
【解答】
A.电场线的方向与正电荷的运动方向不一定相同，故A错误；
B.匀强电场的电场线是间距相等的平行直线，电场线是直线的地方不一定是匀强电场，故B错误；
C.若电场线是曲线，初速度为零的正电荷不一定沿电场线方向运动，故C错误；
D.电场线为了形象地描述电场而假想的线，画电场线的地方有电场，未画电场线的地方可能也有电场，故D正确．
故选D．
41.【答案】C
【解析】C
【详解】库仑定律的适用范围为真空中两个点电荷间的相互作用，真空中两个带电体的大小远小于它们之间的距离时，两带电体可以看成点电荷时也适用。
故选C。
42.【答案】A
【解析】A
【详解】ABCD.等量异号点电荷周围电场的电场线从正电荷出发，终止于负电荷，故BCD错误，A正确。
故选A。
43.【答案】D
【解析】【分析】
本题根据电路中连接方式，电阻率受温度影响，以及欧姆定律，即可解答。
本题解题关键是分析出温度升高，灯丝的电阻率变大。
【解答】
A.由图可知小灯泡和灯丝是串联连接，A错误；
B.用点燃的蜡烛给灯丝加热，灯丝的电阻随温度升高而增大，观察到的现象是小灯泡变暗，B错误；
CD.由电阻定律R=ρLS，灯丝的电阻由材料、长度和横截面积决定，受温度影响。灯丝的电阻增大，是因为电阻率增大，即温度升高，灯丝的电阻率变大，C错误，D正确。
故选D。
44.【答案】B
【解析】解：对A分析知，A受力平衡，则B与C对A的力的方向应该相反，即C的电流方向应该向外；同理对C分析，知A与C的电流方向相反，即A的电流方向也向外，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”和平衡条件分析．
本题考查通电导线在磁场中受到磁场力的作用下处于平衡状态的分析，应用结论“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”即可解题，同时注意共点力平衡条件的应用是解题的关键。
45.【答案】D
【解析】【分析】
根据安培定则判断电流周围磁场的方向，从而进行判断正误。
解决本题的关键知道电流和周围磁场方向的关系，会通过安培定则进行判断。
【解答】
A.直线电流的方向竖直向上，根据安培定则知，直线电流右边的磁场方向垂直纸面向里，左边磁场方向垂直纸面向外，故A错误；
B.电流方向向上，根据安培定则知，从上往下看，磁场的方向逆时针方向，故B错误；
C.根据安培定则，螺线管内部的磁场方向向右，故C错误；
D.由于电流的方向逆时针方向(从上向下)，根据安培定则知，线圈内部磁场方向应该是向上，故D正确。
故选：D。
46.【答案】 相同 大小
【详解】(1)[1] A、B两点完全重合，说明一个弹簧测力计单独作用与两个弹簧测力计共同作用的效果相同。
(2)[2]实验中需要记下拉力F1、F2、F的方向和大小，才能用平行四边形法则进行验证。

【解析】见答案
47.【答案】 EI−I2r UI−I2R U−IRE×100%
【详解】(1)[1]电源的总功率
P总=EI
电源的热功率
P热=I2r
电源的输出功率
P出=P总−P热=EI−I2r
(2)[2]电动机消耗的电功率为
P=UI
电动机的发热功率
P′热=I2R
所以电动机的输出功率
P机=P−P′热=UI−I2R
(3)[3]整个电路的总功率即为电源的总功率 EI ，总有用功率为电动机的输出功率 UI−I2R 所以整个电路的总效率为
η=UI−I2REI×100%=U−IRE×100%

【解析】见答案