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2022-2023学年天津市新四区示范校高二（下）期末物理试卷（B卷）（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年天津市新四区示范校高二（下）期末物理试卷（B卷）（含详细答案解析），共30页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.关于曲线运动，下列说法正确的是( )
A. 曲线运动不一定是变速运动
B. 物体做曲线运动时，加速度一定不为零，但可以为恒量
C. 物体做曲线运动时，不可能受恒力的作用
D. 物体做曲线运动时，加速度方向与速度方向可能在同一直线上
2.下列说法正确的是( )
A. 由E=Fq可知，检验电荷q的电性改变，场强E的方向随之改变
B. 沿电场线的方向，电场强度越来越小
C. 电场线越稀疏的地方同一试探电荷所受的静电力就越大
D. 顺着电场线移动正电荷，该电荷的电势能一定减小
3.随着时速高达350公里的“复兴号”动车组高铁列车投入运营，中国已成为世界上高铁商业运营速度最快的国家。假设“复兴号”受到的阻力的大小正比于它速率的二次方，如果“复兴号”动车组发动机的输出功率变为原来的8倍，则它的最大速率变为原来的( )
A. 2倍B. 2倍C. 4倍D. 8倍
4.近年来，无人机的使用已经越来越频繁，在某次救援过程中，有救援人员利用悬停的无人机，由静止释放急救包。急救包在下落过程中仅受到重力及恒定水平风力的作用。则急救包( )
A. 做平抛运动B. 运动轨迹为曲线C. 机械能逐渐减小D. 做匀加速直线运动
5.交通事故发生时，车上的部分物品会因碰撞而脱离车体，位于车上不同高度的物品散落到地面上的位置是不同的，如图所示，散落物品A、B分别从距地面高h和H的位置水平抛落，则( )
A. 散落物品B的初速度更大
B. 散落物品B的飞行的时间更长
C. 抛出瞬间物品A、B的动能一样大
D. 散落物品B着地时所受重力的瞬时功率较大
6.如图所示，A、B、C三点为等边三角形的三个顶点，把电荷量为+Q的正点电荷固定在A点。下列说法正确的是( )
A. B、C两点的电势相等
B. B、C两点的电场强度相同
C. 把电荷量为+q的正点电荷从B点移动到C点，电场力对+q做正功
D. 把电荷量为−q的负点电荷从B点移动到C点，点电荷−q的电势能增加
7.2022年11月，梦天实验舱完成转位操作，中国空间站“T”字基本构型在轨组装完成，空间站运行周期约为90分钟。北斗系统的GEO卫星是地球同步卫星，空间站和GEO卫星绕地球均可视为匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A. GEO卫星可以在地面任何一点的正上方，但离地心的距离是一定的
B. 空间站的轨道半径比GEO卫星的轨道半径大
C. 空间站的线速度比GEO卫星的线速度大
D. 空间站的向心加速度比GEO卫星的向心加速度小
8.如图，篮球运动员站在广场上的某一喷泉水柱旁边，虚线“1”“2”“3”所在水平面分别是地面、运动员的头顶、该水柱最高点所在的水平面。若喷管管口直径为6cm。根据图中信息和生活经验，估算一个喷管喷水消耗的功率与哪个最接近( )
A. 3kWB. 15kWC. 30kWD. 45kW
9.下列有关安培力和洛伦兹力的说法正确的是( )
A. 判断安培力的方向用左手定则，判断洛伦兹力的方向用右手定则
B. 安培力与洛伦兹力的本质相同，所以安培力和洛伦兹力都不做功
C. 一小段通电导体在磁场中某位置受到的安培力为零，但该位置的磁感应强度不一定为零
D. 静止的电荷在磁场中一定不受洛伦兹力作用，运动的电荷在磁场中一定受到洛伦兹力的作用
10.如图所示，公园里有一仿制我国古代欹器的U形水桶，桶可绕水平轴转动，水管口持续有水流出，过一段时间桶会翻转一次，决定桶能否翻转的主要因素是( )
A. 水桶自身重力的大小
B. 水管每秒出水量的大小
C. 水流对桶撞击力的大小
D. 水桶与水整体的重心高低
11.如图甲所示，一弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端连接一小球，弹簧无形变时小球静止于光滑水平地面上O点处。若把小球拉至A点后由静止释放，小球向左运动最远位置为B点，以水平向右为正方向，小球的振动图像如图乙所示，则下列正确的是( )
A. A、B之间的距离为6cm
B. 在0.8∼1.6s时间内，小球运动的路程为12cm
C. t=0.8s时刻小球位于B点，且此时小球的加速度最小
D. 在0.4∼0.8s时间内，小球运动的速度逐渐减小，弹簧弹性势能逐渐减小
12.关于下列实验或现象的说法，正确的是( )
A. 图甲说明薄板一定是非晶体
B. 图乙说明气体分子速率分布随温度变化，且T1>T2
C. 图丙的实验情景可以说明气体压强的大小既与分子动能有关，也与分子的密集程度有关
D. 图丁中的现象说明水黾受到了浮力作用，且浮力与重力平衡
13.海浪机械能是未来可使用的绿色能源之一，利用海浪发电可加速地球上碳中和的实现.某科技小组设计的海浪发电装置的俯视图如图所示，圆柱体磁芯和外壳之间有辐射状磁场，它们可随着海浪上下浮动，磁芯和外壳之间的间隙中有固定的环形导电线圈，线圈的半径为L，电阻为r，所在处磁场的磁感应强度大小始终为B，磁芯和外壳随海浪上下浮动的速度为v，v随时间t的变化关系为v=v0sin2πTt，其中的T为海浪上下浮动的周期.现使线圈与阻值为R的电阻形成回路，则该发电装置在一个周期内产生的电能为( )
A. 2π2B2v02L2TR+rB. 4π2B2v02L2TR+rC. 2B2v02L2TR+rD. 4B2v02L2TR+r
二、多选题：本大题共7小题，共28分。
14.月球绕地球的运动可以近似看作匀速圆周运动，设月球绕地球运动的周期为T，月球中心到地心的距离为r，引力常量为G，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，则( )
A. 地球的质量为gR2GB. 月球的质量为4π2r3GT2
C. 月球表面的重力加速度为gR2r2D. 月球运动的加速度为4π2rT2
15.在星球表面发射探测器，当发射速度为v时，探测器可绕星球表面做匀速圆周运动；当发射速度为2v时，可摆脱星球引力束缚脱离该星球。已知地球、火星两星球的质量比约为10：1、半径比约为2：1，下列说法正确的是( )
A. 探测器的质量越大，脱离星球所需要的发射速度越大
B. 探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大
C. 探测器分别脱离两星球所需要的发射速度相等
D. 探测器脱离星球的过程中，势能逐渐增大
16.如图，跳水运动员踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板上(A位置)，随跳板一同向下做变速运动到达最低点(B位置)。运动员从位置A运动到位置B的过程中，下列说法正确的是( )
A. 运动员的机械能守恒
B. 运动员的动能先增大后减小
C. 重力做的功小于跳板的作用力对她做的功
D. 到达位置B时，运动员所受合外力为零
17.如图甲，足够长的光滑斜面倾角为30∘，t=0时质量为2kg的物块在沿斜面方向的力F作用下由静止开始运动，设沿斜面向上为力F的正方向，力F随时间t的变化关系如图乙。取物块的初始位置为零势能位置，重力加速度取10m/s2，则物块( )
A. 在0∼1s过程中机械能减少4JB. 在t=1s时动能为1J
C. 在t=2s时机械能为−4JD. 在t=3s时速度大小为15.5m/s
18.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为3：1，电路中的5个灯泡完全相同，当A、B端输入如图乙所示的正弦交变电压时，每个灯泡消耗的电功率均为18W，下列说法正确的是( )
A. 每个灯泡两端的电压为40VB. 通过每个灯泡的电流为0.6 2A
C. 通过定值电阻R的电流为0.6AD. 定值电阻R的电功率为54W
19.甲、乙两位同学利用假期分别在两个地方做“用单摆测重力加速度”的实验，回来后共同绘制了T2−L图像，如图甲中A、B所示，此外甲同学还顺便利用其实验的单摆探究了受迫振动，并绘制了单摆的共振曲线，如图乙所示，那么下列说法正确的是( )
A. 单摆的固有周期由摆长和摆球质量决定
B. A图线所对应的地点重力加速度较小
C. 若将单摆放入绕地球稳定飞行的宇宙飞船中，则无法利用单摆测出飞船轨道处的重力加速度
D. 如果甲同学减小摆长，他得到的共振曲线的峰将向右移动
20.“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备火箭(含燃料、椅子、风筝等)总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A. 火箭的推力来源于燃气对它的反作用力
B. 在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为mv0M−m
C. 喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为m2v02g(M−m)2
D. 在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒
三、实验题：本大题共4小题，共36分。
21.在“验证机械能守恒定律”的实验中。图(甲)是打点计时器打出的一条纸带，选取其中连续的计时点标为A、B、C……G、H、I，对BH段进行研究，已知打点计时器电源频率为50Hz。
(1)用刻度尺测量距离时如图(乙)，读出A、C两点间距为______ cm，B点对应的速度vB=______m/s(保留三位有效数字)；
(2)若H点对应的速度为vH，重物下落的高度为hBH，当地重力加速度为g，为完成实验，要比较12vB2与______大小(用字母表示)。
22.某同学用如图a所示装置探究向心力与角速度和运动半径的关系。装置中竖直转轴固定在电动机的转轴上(未画出)，光滑的水平直杆固定在竖直转轴上，能随竖直转轴一起转动。水平直杆的左端套上滑块P，用细线将滑块P与固定在竖直转轴上的力传感器连接，细线处于水平伸直状态，当滑块随水平直杆一起匀速转动时，细线拉力的大小可以通过力传感器测得。水平直杆的右端最边缘安装了宽度为d的挡光条，挡光条到竖直转轴的距离为D，光电门可以测出挡光条经过光电门所用的时间(挡光时间)。滑块P与竖直转轴间的距离可调。
(1)若某次实验中测得挡光条的挡光时间为t0，则电动机的角速度为______。
(2)若保持滑块P到竖直转轴中心的距离为L不变，仅多次改变竖直转轴转动的快慢，测得多组力传感器的示数F和挡光时间Δt。画出F−(1Δt)2图像，如图b所示。实验中，测得图线的斜率为k，则滑块的质量为______。
(3)若保持竖直转轴转速不变，调节滑块P到竖直转轴中心的距离r，测得多组力F和r的数据，以F为纵轴，以______(填“r”“1r”或“(1r)2”)为横轴，将所测量的数据描绘在坐标系中，可以更直观地反映向心力大小与圆周运动半径r之间的关系。现测得挡光条的挡光时间为t1，则图线的斜率应为______。
23.(1)某个走时准确的时钟，分针与时针的运动看作匀速圆周运动.分针与时针由转动轴到针尖的长度之比是3：2，分针与时针针尖的线速度大小之比是______。
(2)拖把由拖杆和拖把头构成，如图1所示。设拖把的质量为m，拖把头与地板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。某同学用这种拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向施加力F来推拖把。若拖杆与竖直方向的夹角为θ，拖把在地板上沿直线向前移动距离s，则摩擦力对拖把头做的功为______。
(3)如图2，A、B、C、D是正方形的四个顶点，在A点和C点放有电荷量都为q的正电荷，在B点放了某个未知电荷q′后，恰好D点的电场强度等于0。则放在B点的电荷q′的电性和电荷量分别是______、______。
(4)电场中有A、B两点，电荷量q1为2×10−9C的试探电荷放在电场中的A点，具有−4×10−8J的电势能；q2为−3×10−9C的试探电荷放在电场中的B点，具有9×10−8J的电势能。现把q3为−5×10−9C的试探电荷由A点移到B点，静电力做的功是______ J。
24.某实验小组采用如图所示的实验装置，对斜槽末端两个小球碰撞过程进行研究。实验步骤如下：
(1)用天平测出半径相同的两个小球的质量分别为m1=16.5g和m2=2.7g，并选定质量为______(选填“m1”或“m2”)的小球为入射球。
(2)在水平桌面上安装好实验装置，调整斜槽使其末端______，然后固定。
(3)在桌面适当的位置，上、下铺放好复写纸和白纸，记下悬挂于斜槽末端边缘的重垂线所指的位置O。
(4)将被碰小球置于斜槽末端，让入射小球从斜槽的某一高度处无初速滚下，使两球发生碰撞。保持入射小球释放高度不变，重复实验10次。标出碰撞后入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N，并用刻度尺测量出OM的间距x1、ON的间距x2。
(5)改变入射小球沿斜槽滚下的高度，重复步骤(3)和(4)，多次测量的数据如表所示：
(6)表中的k3=______(保留2位有效数字)。
(7)x1x2的平均值为______(保留2位有效数字)。
(8)理论研究表明，对本实验的碰撞过程是否为弹性碰撞可由x1x2判断。若两小球的碰撞为弹性碰撞，则x1x2的理论表达式为______(用m1和m2表示)，本实验中其值为______(保留2位有效数字)；若该值与(7)中结果间的差别在误差允许范围内，则可认为斜槽末端两个小球的碰撞为弹性碰撞。
四、简答题：本大题共2小题，共6分。
25.如图甲所示，粗糙水平面CD与光滑斜面DE平滑连接于D处；可视为质点的物块A、B紧靠一起静置于P点，某时刻A、B突然分别向左、向右分离，分离瞬间A、B速度大小之比为4：5。
已知：斜面的高度H=1.2m；A、B质量分别为1kg和0.8kg，且它们与CD段的动摩擦因数相同；A向左运动的速度平方与位移大小关系如图乙；重力加速度g取10m/s2。
(1)求A、B与CD段的动摩擦因数μ；
(2)要使B能追上A，试讨论P、D两点间距x的取值范围。
26.如图1所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5m，固定在倾角为37∘的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为1Ω的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1T的匀强磁场。质量为0.5kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v−t图象如图2所示。金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。
(1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数；
(2)求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；
(3)已知金属棒从进入磁场到速度达到5m/s时通过电阻的电荷量为1.3C，求此过程中电阻产生的焦耳热。
五、计算题：本大题共4小题，共40分。
27.如图所示，是某次研究小球做平抛运动过程得到的频闪照片的一部分。已知背景正方形的边长为b，闪光频率为f。求：(各问的答案均用b、f表示)
(1)当地的重力加速度g的大小；
(2)小球通过C点瞬时速度vC的大小；
(3)小球从开始平抛到运动到A位置经历的时间tA。
28.如图，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场。长度为l的轻质绝缘细绳一端固定在O点，另一端连接一质量为m、电荷量为+q的小球(可视为质点)，初始时小球静止在电场中的a点，此时细绳拉力为2mg，g为重力加速度。
(1)求电场强度E和a、O两点的电势差U；
(2)若小球在a点获得一水平初速度va=4 gl，使其在竖直面内做圆周运动，求小球运动到b点时细绳拉力F的大小。
29.如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为m=2kg的小球P和质量为M=1kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E处放置一质量也为M=1kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h=0.2m，D点到桌面边缘的水平距离为x=0.2m，重力加速度为g=10m/s2，求：
(1)小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小NB′；
(2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ；
(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。
30.如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：
(1)感应电动势的大小E；
(2)拉力做功的功率P；
(3)ab边产生的焦耳热Q。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、曲线运动的速度方向沿着轨迹上点的切线方向，是时刻变化的，故曲线运动一定是变速运动，故A错误；
B、曲线运动的速度方向一定是变化的，故速度一定是变化的，故一定具有加速度，加速度可以是恒量，如平抛运动的加速度恒为重力加速度g，故B正确；
C、物体做曲线运动时，合力可能是恒定的，如平抛运动，只受重力，为恒力，故C不正确；
D、曲线运动的条件是合力与速度方向不共线，而加速度方向与合力方向相同，故曲线运动中加速度方向与速度方向不在同一直线上，故D不正确。
故选：B。
1、曲线运动的运动学特点：速度沿着轨迹上点的切线方向，时刻变化，是变速运动；
2、曲线运动的动力学条件：合力方向与速度方向不在同一条直线上。
1.曲线运动的定义：轨迹是曲线的运动叫曲线运动。
2.曲线运动的特点：
(1)速度方向：质点在某一点的速度，沿曲线在这一点的切线方向。
(2)运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动，即必然具有加速度。
3.曲线运动的条件
(1)从动力学角度看：物体所受合力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上。
(2)从运动学角度看：物体的速度方向跟它的加速度方向不在同一条直线上。
2.【答案】D
【解析】解：A.E=Fq是电场强度的定义式，检验电荷q的电性改变，场强E的方向不变，故A错误；
B.电场强度的大小与电场线的密集程度有关，故B错误；
C.电场线越稀疏的地方，电场强度越小，同一试探电荷所受的静电力就越小，故C错误；
D.顺着电场线，电势逐渐降低，顺着电场线移动正电荷，该电荷的电势能一定减小，故D正确；
故选：D。
根据电场的定义式的特点分析A，电场强度的大小与电场线的密集程度有关，顺着电场线，电势逐渐降低，从而分析电势能变化。
本题考查电场力、电势能变化的特点，解题关键掌握电场由本身决定，注意电势能与电势的关系。
3.【答案】A
【解析】解：设阻力为f，“复兴号”受到的阻力的大小正比于它速率的二次方，即：f=kv2；
当动车组速度最大时，牵引力等于阻力，则有：P=Fv=fv=kv3。
所以“复兴号”动车组发动机的输出功率变为原来的8倍时，它的最大速率变为原来的2倍。故A正确，BCD错误。
故选：A。
“复兴号”的阻力大小与速率的二次方成正比，即：f=kv2；当动车组做匀速运动时，速度最大，此时牵引力F与阻力f相等：即F=f=kv2，而发动机的输出功率P=Fv，据此分析。
解决本题的关键：一是能够正确写出阻力与速度大小的表达式，二是利用功率的计算方法P=Fv。
4.【答案】D
【解析】解：急救包静止释放，初速度为0，重力和风力的合力不变，所以急救包做匀加速直线运动，由于风力做正功，则机械能增大，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据急救包的初速度与合力分析运动情况，根据风力做功分析机械能变化。
本题考查机械能守恒的判断，解题关键掌握物体运动状态的分析及机械能变化的分析方法。
5.【答案】B
【解析】解：A、发生碰撞时，物品做平抛运动，平抛初速度即汽车碰撞瞬间的行驶速度，则A和B的初速度相同，故A错误；
B、散落物品竖直方向的运动为自由落体运动，由h=12gt2得：t= 2hg
由图可知，B下落的高度比A下落的高度更大，则B的飞行时间更长，故B正确；
C、物品的动能Ek=12mv2
两物品的初速度相同，质量关系未知，则抛出瞬间物品A、B的动能大小无法判断，故C错误；
D、散落物品着地时，重力的瞬时功率为P=mgvy=mg2t
B落地时间更长，但两物体的质量关系未知，则着地时所受重力的瞬时功率无法比较，故D错误。
故选：B。
发生碰撞时，物品做平抛运动，初速度等于碰撞前汽车的速度；物品抛出后竖直方向做自由落体运动，根据运动学公式比较飞行时间；根据动能公式和功率公式比较初动能和重力的瞬时功率。
本题考查平抛运动和功率的计算，解题关键是知道平抛运动的运动性质，掌握动能和功率的计算公式，结合运动学公式列式求解即可。
6.【答案】A
【解析】A.以+Q为圆心的球面为等势面，故B、C两点的电势相等，故A正确；
B.正点电荷的场强公式为E=kQr2，可知，B、C两点的场强大小相等，方向不同，故B错误；
CD.由于B、C两点的电势相等，把任何电荷从B点移动到C点，电场力不做功，电荷电势能不变，故CD错误。
故选：A。
电场是矢量，根据电场的矢量合成可知B、C两点场强，电场力做负功，电势能增大，电场力做负功，电势能减小。
本题运考查电势差与电场强度关系，解题关键掌握电场的矢量合成，注意B、C两点的电势相等。
7.【答案】C
【解析】解：A.北斗系统的GEO卫星是地球同步卫星，根据同步卫星规律，该卫星位于赤道正上方，故A错误；
B.根据开普勒第三定律，空间站运行周期约为90分钟，比同步卫星周期小，故空间站的轨道半径比GEO卫星的轨道半径小，故B错误；
CD.根据万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r=ma
则v= GMr，a=GMr2
空间站的线速度比GEO卫星的线速度大，空间站的向心加速度比GEO卫星的向心加速度大，故C正确，D错误。
故选：C。
同步卫星位于赤道正上方；
根据开普勒第三定律，通过周期比较半径大小；
根据万有引力提供向心力，比较线速度大小和加速度大小。
本题考查学生对开普勒第三定律、万有引力提供向心力的掌握，是一道基础题。
8.【答案】A
【解析】解：篮球运动员的身高约为1.8m，由图可知水柱高度约为人身高的3倍，即5.4m，水喷出后的运动视为竖直上抛运动，由0−v02=2gh可得v0= 2gh= 2×10×5.4m/s≈10.4m/s
一个喷水管消耗的功率
6cm=0.06m
P=Wt=mght=ρghSv=103×10×5.4×π×(0.062)2×10.4W=1831W
A最接近，故A正确，BCD错误。
故选：A。
用人的身高估算水柱高，把水的运动视为竖直上抛运动，从而算出喷水速度，再用P=Fv估算功率。
人的身高估算水柱高是我们解决这种给定条件极少的题的突破口，水的运动视为竖直上抛运动，就会使我们打开思路，这道题比较新颖、实用。
9.【答案】C
【解析】解：A、安培力、洛伦兹力的方向都用左手定则，安培力和洛伦兹力是性质相同的力，故A错误；
B、安培力做功，但洛伦兹力始终与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，故B错误；
C、磁场中的通电直导线，当磁场与电流平行时，不受到安培力作用，故C正确；
D、静止的电荷在磁场中一定不受洛伦兹力作用，运动的电荷在磁场中也不一定受到洛伦兹力作用，当带电粒子平行于磁场中运动时，不受洛伦兹力作用，故D错误。
故选：C。
通电导线在磁场中受到力为安培力，而运动电荷在磁场中受到力为洛伦兹力，它们均属于磁场力，所以方向都由左手定则来确定，由于洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功。
本题知道安培力和洛伦兹力的联系和区别，以及会根据左手定则判断安培力和洛伦兹力的方向。
10.【答案】D
【解析】解：当桶中水增多时，水桶和水的重心上移，当重心上移到某一高度时，竖直向下的重力作用线的作用点偏离中心转轴，导致水桶不能稳定平衡，发生翻转，所以决定桶能否翻转的主要因素是重心的高低，与自身重力、出水量和撞击力等无关，故 D正确，ABC错误。
故选：D。
明确水桶翻转原理，知道重心的性质。
本题考查重心知识的应用，要注意将所学物理规律用到生活中去，从而激发学习物理的兴趣。
11.【答案】B
【解析】解：A、由乙图可知，A、B之间的距离为12cm，故A错误；
B、由乙图可知，在0.8s∼1.6s时间内小球位于负的最大位移处，振动到最大正位移处，所以小球的路程为2A=2×6cm=12cm，故B正确；
C、在t=0.8s时刻，小球位于最大负位移处，即B点，此时加速度最大，但速度为零，故C错误；
D、小球在0.4∼0.8s时间内，小球从平衡位置振动到最大负位移的B点，速度逐渐减小，但弹性势能越来越大，故D错误。
故选：B。
根据振动图象判断振子的运动状态和受力情况，结合简谐运动的对称性判断弹簧振子的路程和位移。
本题要注意把握弹簧振子的运动具有对称性，在平衡位置时受力平衡。
12.【答案】C
【解析】解：A、图甲说明薄板具有各向同性，多晶体和非晶体都具有各向同性，说明薄板可能是多晶体，也可能是非晶体，故A错误；
B、图乙看出温度越高，各速率区间的分子数占总分子数的百分比的最大值向速度大的方向迁移，可知T2>T1，故B错误；
C、如图丙可以说明，气体压强的大小既与分子动能有关，也与分子的密集程度有关，故C正确；
D、水黾停在水面上的原因是水黾受到了水的表面张力的作用，故D错误。
故选：C。
多晶体与非晶体都是各向同性；不同温度下相同速率的分子所占比例不同；气体压强的大小与分子动能和分子的密集程度有关；液体表面存在着表面张力。
本题考查晶体与非晶体的性质、气体分子速率的分布、气体压强的决定因数和表面张力等内容，要求能用相关物理规律解释相关的现象。
13.【答案】A
【解析】解：环形导电线圈随着磁芯和外壳随海浪上下浮动而切割磁感线，由法拉第电磁感应定律E=Blv环形线圈各部分产生的电动势对回路来说是同向的(实际指感应电流方向)，其有效切割长度由微元法可知l=2πL
联立v=v0sin2πTt，可得线圈中感应电动势的瞬时值表达式e=2πBLv0sin2πTt
根据正弦交变电流的特点知其电动势的有效值为E= 2πBLv0
则该发电装置在一个周期内产生的电能E电=E2R+r=2π2B2v02L2TR+r
故BCD错误，A正确。
故选：A。
求出感应电动势的瞬时值表达式，应用欧姆定律求出感应电流的瞬时值表达式，应用焦耳定律求出电能。
本题主要考查了电磁感应与简谐运动的综合，在求解感应电动势的最大值，该题是运动切割，故速度最大时，对应感应电动势最大．
14.【答案】AD
【解析】解：A、根据地球表面的物体万有引力与重力的关系有
GMmR2=mg
解得
M=gR2G
故A正确；
BC、由于月球绕地球运动，根据万有引力提供向心力公式可知月球的质量被消去，无法计算月球的质量和月球表面的重力加速度，故BC错误；
D、根据加速度与周期的关系有
a=v2r=(2πrT)2r=r4π2T2
故D正确；
故选：AD。
在地球表面的物体受到的重力等于万有引力，月球做匀速圆周运动，它们受到的万有引力充当向心力月球的质量被消去，根据加速度与周期的关系解得D。
解答万有引力定律在天体运动中的应用时要明确天体做匀速圆周运动，其受到的万有引力提供向心力。
15.【答案】BD
【解析】解：A、当发射速度为v时，探测器可绕星球表面做匀速圆周运动，则有：
GMmR2=mv2R，解得v= GMR
探测器脱离星球的发射速度为2v，可知与探测器的质量无关，故A错误；
B、根据万有引力公式得：探测器在地球表面受到的引力F1=GM地mR地2，在火星表面受到的引力F2=GM火mR火2，而地球、火星两星球的质量比约为10：1，半径比约为2：1，解得：F1F2=52，即探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大，故B正确；
C、探测器脱离星球时，其需要发射速度为2v=2 GMR，地球与火星的MR不同，所以所需发射速度也不同，故C错误；
D、由于探测器脱离星球过程中，引力做负功，由功能关系可知引力势能增大，故D正确。
故选：BD。
探测器刚好脱离星球，动能全部转化为势能，发射速度与质量无关。根据万有引力公式以及地球、火星两星球质量、半径的关系比较万有引力大小，根据发射速度为2v=2 GMR比较发射速度大小，探测器脱离星球过程中，引力做负功，引力势能增大。
本题主要考查了万有引力公式得直接应用，知道绕星球表面做匀速圆周运动速度的含义，明确探测器刚好脱离星球，动能全部转化为势能。
16.【答案】BC
【解析】解：A、运动员从位置A运动到位置B的过程中，跳板对运动员要做功，故此过程运动员的机械能不守恒，故A错误；
B、运动员接触跳板后，其重力先大于跳板对运动员的作用力，后小于跳板对运动员的作用力，运动员所受合力方向先向下后向上，则合力先做正功后做负功，运动员的动能先增大后减小，故B正确；
C、运动员从A到B的过程，由动能定理得：WG+W板=0−Ek0，可知WGD、到达最低点B时，运动员的加速度向上，跳板对运动员的作用力大于其重力，此后运动员会被反弹向上运动，故在最低点运动员所受合外力不为零，故D错误。
故选：BC。
物体机械能守恒的条件为只有重力做功；运动员动能的变化量等于合力做的功，由合力做功的正负判断动能的变化；由动能定理或者功能关系判断重力做的功和跳板的作用力对她做的功的关系；到达最低点B时，根据加速度方向分析跳板对运动员的作用力与重力的关系，从而确定合外力是否为零。
本题考查功能关系的应用，物体机械能守恒的条件为只有重力做功或除重力以外其它力做的功的和为零。某一物体机械能的变化量等于除重力以外其它力做的功，物体动能的变化量等于合力做的功；物体重力势能的增加量等于物体克服重力做的功。
17.【答案】AC
【解析】解：A、在0∼1s过程中对物块由牛顿第二定律可知：F1−mgsin30∘=ma1，解得：a1=−4m/s2
物块的位移x1=12a1t12=12×(−4)×12m=−2m
则该过程中F做功为机械能改变量，W1=F1x1=2N×(−2m)=−4J，即机械能减小了4J，故A正确；
B、1s时，物块的速度v1=a1t1=−4m/s2×1s=−4m/s，则物块在t=1s时动能为Ek1=12mv12=12×2×(−4)2J=16J，故B错误；
C、1s∼2s过程中只有重力做功，物块机械能守恒，则物块在t=2s时机械能为W1=−4J，故C正确；
D、0∼2s过程中，对物块由动量定理可知：F1t1−mgsin30∘t2=mv2−0，即2×1−2×10×12×2=2×v2−0，解得：v2=−9m/s，即物块在t=2s时速度大小为9m/s，2s∼3s过程中，对物块由动量定理可知：−F2t3−mgsin30∘t3=mv3−mv2，代入数据解得v3−=−11m/s，故D错误；
故选：AC。
根据牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式求解速度和位移，根据位移公式求解位移，再求出拉力做的功，外力F做功为机械能改变量；根据动量定理求解物块在3s时的速度大小。
本题主要是考查牛顿运动定律的综合应用、功的计算以及冲量的计算等，能够根据图象分析受力情况，再结合运动学公式、功的计算公式求解是关键。
18.【答案】CD
【解析】解：AB、设灯泡阻值为RL，通过灯泡的电流为I，灯泡两端的电压为U，则副线圈两端的电压为U2=U=IRL
副线圈的电流为I2=3I
理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，电流比等于匝数的反比，则原线圈两端的电压为U1=3U2=3IRL
原线圈的电流为I1=13I2=I
由e−t图像得，电源电动势的峰值为Em=120 2V
有效值为E=Em 2=120 2 2V=120V
根据串并联规律得：E=U+U1=4U=4IRL
每个灯泡消耗的电功率为P=UI
代入数据联立解得：U=30V
I=0.6A
故AB错误；
C、根据串并联规律得，通过定值电阻R的电流为IR=2I−I=I=0.6A
故C正确；
D、根据串并联规律得，定值电阻R两端的电压UR=U1=3U=3×30V=90V
定值电阻R的电功率PR=URIR=90×0.6W=54W
故D正确。
故选：CD。
根据图像得到电动势的峰值，根据正弦式交变电流规律求解电动势的有效值，根据串并联规律和理想变压器的变压规律求解灯泡两端的电压和通过灯泡的电流；电阻R与原线圈并联，根据串并联规律求解通过电阻R的电流，根据功率公式求解电阻的电功率。
本题考查理想变压器和正弦式交变电流，解题关键是知道理想变压器的变压规律，知道串并联电路的规律，会求解正弦式交变电流的有效值。
19.【答案】BCD
【解析】解：A.单摆的固有周期公式为T=2π Lg可知单摆的固有周期与摆球质量没有关系，故A错误；
B.根据T=2π Lg可得T2=4π2gL所以T2−L图像的斜率为k=4π2g
由图可知图甲中A图线的斜率大于B图线的斜率，所以A图线对应的地点重力加速度较小，B图象对应的地点的重力加速度较大，故B正确；
C.若将单摆放入绕地球稳定飞行的宇宙飞船中，摆球处于完全失重状态，不能在竖直平面内来回摆动，故C正确；
D.根据T=2π Lg
可知在同一地点减小摆长，则单摆固有周期减小，固有频率增大，则发生共振时的驱动力频率变大，共振曲线的峰向右移动，故D正确。
故选：BCD。
根据单摆的周期公式很容易得到当地的重力加速度；当驱动力的频率和单摆的固有频率相等时，单摆将发生共振；在宇宙飞船中，单摆处于完全失重状态，单摆将不会摆动。
根据单摆的共振曲线可以得到单摆的固有频率，还有要知道在绕地球飞行的宇宙飞船中，单摆是处于完全失重状态的，单摆将不能正常工作。
20.【答案】AB
【解析】解：A、火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A正确；
B、在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有(M−m)v−mv0=0，解得火箭的速度大小为v=mv0M−m，故B正确；
C、喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度为h=v22g=m2v022g(M−m)2，故C错误；
D、在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，故D错误；
故选：AB。
本题解题的关键是在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，动量守恒；在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒。
21.【答案】−ghBH
【解析】解：(1)毫米刻度尺的分度值为1mm，A点的读数为5.0mm，C点的读数为59.0mm，所以：AC−=59.0mm−5.0mm=54.0mm=5.40cm
打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔T=1f=150s=0.02s
根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，则vB=AC−2T=5.40×10−22×0.02m/s=1.35m/s
(2)根据动能的定义式，B点的动能EkB=12mvB2，H点的动能EkH=12mvH2
若系统机械能守恒，需满足等式为mghBH=12mvH2−12mvB2
化简得：12vB2=12vH2−ghBH
因此为完成实验，要比较12vB2与12vH2−ghBH的关系。
故答案为：(1)5.40；1.35；(2)12vH2−ghBH。
(1)毫米刻度尺的分度值为1mm，读数时要估读到下一位，分别读出A、C两点对应的示数，再求A、C两点之间的距离；根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，求解B点的瞬时速度；
(2)根据动能的定义式分别求出B、H点的动能，再求动能的增加量；根据重力做功与重力势能减小量的关系求解重力势能的减小量；再根据机械能守恒定律分析作答。
本题考查了验证机械能守恒，要能正确理解实验原理，能够从实验原理出发进行分析所测数据，求解相关的物理量。
22.【答案】dDt0 kD2Ld2 rkLt12
【解析】解：(1)由角速度与线速度的关系：ω=vD
根据挡光时间可求线速度：v=dt0
联立可得：ω=dDt0
(2)由题意可得：F=mω2L=m(dDΔt)2L=mL(dD)2(1Δt)2
所以F−(1Δt)2图象斜率k有：mL(dD)2=k
因此滑块的质量：m=kD2Ld2
(3)由F=mω2r可知，当m、ω一定时，F∝r，所以以r为横轴；
画F−r图象，则图线的斜率为：k′=mω2=kD2Ld2(dDt1)2=kLt12
故答案为：(1)dDt0；(2)kD2Ld2；(3)r、kLt12
(1)由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，再根据角速度定义可求角速度；
(2)根据向心力的表示式，代入角速度表达式，可得F−(1Δt)2关系式，从而求得图象的斜率；
(3)根据控制变量法的要求分析横轴的坐标，并由此写出F−r图象的斜率。
处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项.在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力。
23.【答案】18：1−μ(mg+Fcsθ)s负电 2 2q −2.5×10−7
【解析】解：(1)[1]分针与时针的角速度分别为
ω1=2πT1=2π3600rad/s
ω2=2πT2=2π12×3600rad/s
它们由转动轴到针尖的长度之比是3：2，根据v=rω，可得它们的线速度之比为
v1v2=r1ω1r2ω2=32×121=181
(2)依题意，根据功的定义，可得摩擦力对拖把头做的功为
Wf=−fs=−μFN⋅s=−μ(mg+Fcsθ)s
(3)根据场强叠加原理，可得 A 点和 C 点的正电荷在 D 点产生的电场强度等于
E= 2kqL2
方向沿 BD 指向外，若 D 点的合场强为0，则放在 B 点的电荷 q 产生的场强指向电荷本身，故电性为负电荷，产生电场强度的大小为
E′=E=kqB( 2L)2
求得其电荷量为
qB=2 2q
(4)根据φ=Epq可得，电场中 A 点的电势为
φA=Ep1q1=−4×10−82×10−9V=−20V
电场中的 B 点的电势为
φB=Ep2q2=9×10−83×10−9V=30V
则，把q3为5×10−9C的试探电荷由 A 点移到 B 点，静电力做的功是
WAB=q3(φA−φB)=5×10−9×(−20−30)J=−2.5×10−7J
(1)分针和时针都做匀速圆周运动，分针每转360∘，时针转过30∘，可求出两者的角速度之比，再根据v=rω可求出两者的线速度之比。v=ru
(2)对拖把头受力分析，抓住竖直方向和水平方向合力为零，运用正交分解求出推力F的大小。
(3)根据电场的叠加，B点的点电荷在D点的场强与A、C点的电荷在D点的合场强等大反向，结合几何关系求解。
(4)先根据电势的定义式得出A和B点的电势，再根据电场力的做功公式即可完成分析。
本题考查了v=rω、力的正交分解、电场的叠加、静电力做的功的知识，难度不大，题型基础。
24.【答案】m1 水平 −m22m1 0.42
【解析】解：(1)为了避免碰撞过程入射球发生反弹，入射球的质量需要大于被碰球体的质量，即应该选定质量为m1=16.5g的小球为入射球。
(2)为了确保小球飞出斜槽末端做平抛运动，需要使小球飞出斜槽末端的速度方向水平，即在水平桌面上安装时，需要调整斜槽使其末端水平。
(6)根据表中的第三组数据有k3=x1x2=≈0.40。
(7)根据表中的数据可知，x1x2的平均值为0.40+0.42+0.40+0.41+0.425=0.41。
(8)碰撞后被碰小球的速度大于入射球的速度，则M为入射球的落点，N为被碰球的落点。
碰撞后两小球均做平抛运动，根据平抛运动规律h=12gt2，可得小球在空中运动的时间t= 2hg，由于h相同，因此碰撞后两小球在空中运动的时间相同。
入射小球碰撞后的水平位移x1=v1t
被碰小球的水平位移x2=v2t
可得：x1x2=v1tv2t=v1v2
若碰撞为弹性碰撞，满足动量守恒和机械能守恒，取平抛初速度的方向为正方向，
根据动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2
根据机械能守恒定律得：12m1v02=12m1v12+12m2v22
解得入射小球碰撞后的速度为：v1=m1−m2m1+m2v0
被碰小球碰撞的速度为：v2=2m1m1+m2v0
可得：v1v2=m1−m22m1
联立解得：x1x2=m1−m22m1
该比值为一个定值，即若两小球的碰撞为弹性碰撞，则x1x2的理论表达式为m1−m22m1；
本实验中，上述理论表达式的值为m1−m22m1=16.5−2.72×16.5≈0.42
故答案为：(1)m1；(2)水平；(6)0.40；(7)0.41；(8)m1−m22m1；0.42。
(1)(2)根据实验原理可知，本实验要求入射小球和被碰小球都做平抛运动，据此分析作答；
(6)根据表格中的第三组数据求比值；
(7)根据求平均值的方法求解平均值；
(8)根据平抛运动规律求解碰撞后两小球的水平位移之比；根据动量守恒和机械能守恒求解两小球碰撞后的速度之比，在此基础上分析作答。
本题考查了验证碰撞过程中的动量守恒和机械能守恒，理解实验原理是解题的关键。本实验为创新实验，要充分挖掘题中给出的信息，用好平抛运动的规律。
25.【答案】解：(1)由图象可知，分离时有vA2=16m2/s2，则物块A的初速度vA=4m/s
A最终位置与P点距离sA=8m
从A、B分离到A匀减速运动停止，有vA2=2asA
解得A的加速度大小为a=1m/s2
由牛顿第二定律可得
fA=μmAg=mAa
解得：μ=0.1
【或：从A、B分离到A匀减速运动停止，由动能定理得：−μmAgsA=0−12mAvA2
解得：μ=0.1】
(2)分离瞬间A、B速度大小之比为4：5，vA=4m/s，可得vB=5m/s
(Ⅰ)若B恰好能返回并追上A，B从分离后到追上A过程由动能定理得：
−μmBg(2x1+sA)=0−12mBvB2
解得：x1=2.25m
(Ⅱ)若B恰好不冲出斜面，B从P到E过程由动能定理得：
−μmBgx2−mBgH=0−12mBvB2
解得：x2=0.50m
综上，要使B能追上A，x应满足：0.50m≤x≤2.25m
答：(1)A、B与CD段的动摩擦因数μ为0.1；
(2)要使B能追上A，P、D两点间距x的取值范围是0.50m≤x≤2.25m。
【解析】(1)由图乙读出分离时物块A的初速度vA，及A最终位置与P点距离sA，根据牛顿牛顿第二定律和运动学公式结合，或由动能定理求解动摩擦因数μ；
(2)要使B能追上A，B不能冲出斜面，恰好返回时，根据动能定理和位移关系求解x的取值范围。
对于复杂的力学问题，关键要能正确分析物体的运动情况，找出每个过程的规律，本题的切入口是对图象的理解，抓住图象的有效信息进行求解。
26.【答案】解：(1)由图2可知，金属棒在0∼1s做初速度为零的匀加速直线运动，1s后开始做加速度减小的加速运动，则金属棒在1s时进入磁场，
在0∼1s内，金属棒的加速度为：a=△v△t=41m/s2=4m/s2，
整个过程中，金属棒沿斜面方向受到重力的下滑分力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律可得：mgsin37∘−μmgcs37∘=ma，
解得：μ=0.25；
(2)金属棒达到最大速率时，金属棒此时加速度为零，金属棒此时处于平衡状态，假设金属棒的最大速度为vm，
此时金属棒切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLvm，
根据闭合电路欧姆定律可得：I=ER，由安培力公式可得：F=BIL，
对金属棒受力分析可得：F+μmgcs37∘=mgsin37∘，联立可得：vm=8m/s；
(3)有闭合电路欧姆定律和欧姆定律以及电流的定义式可得：q=It=ERt=△φtRt=△φR=BLxR，化简可得：x=qRBL=1.3×11×0.5m=2.6m，
由动能定理可得：mgxsin37∘−μmgcs37∘+W=12mv22−12mv12，电阻产生的焦耳热等于克服安培力所做的功，则Q=W=2.95J；
答：(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.25；
(2)金属棒在磁场中能够达到的最大速率为8m/s；
(3)此过程中电阻产生的焦耳热为2.95J。
【解析】(1)已知金属棒在0∼1s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律进行分析；
(2)当金属棒速度达到最大时，加速度为零，此时金属棒受力平衡；
(3)由电荷量分析出金属棒走过的位移，由动能定理分析出电阻产生的焦耳热。
本题主要考查了动能定理和安培力公式以及法拉第电磁感应定律，解题关键在于当导体棒的速度达到最大时，导体棒此时受力平衡。
27.【答案】解：(1)平抛运动竖直方向可看成自由落体运动，依据相邻的连续相等的时间内位移之差相等，则有：△y=gt2，
其中△y=b，t=1f
解得：g=bf2
(2)竖直分运动中，C是自由落体从B到D的中间时刻，可得：vCy=7b2t=7bf2，
在水平分运动中，vCx=2bt=2bf，
再有勾股定理，那么vC= (7bf2)2+(2bf)2= 652bf
(3)由vCy=gtC，得：tC=72f，
而AC时间间隔为：tAC=2f
因此从开始平抛到运动到A位置经历的时间为：tA=tC−tAC=72f−2f=32f
答：(1)当地的重力加速度g的大小g=bf2；
(2)小球通过C点瞬时速度vC的大小 652bf；
(3)小球从开始平抛到运动到A位置经历的时间32f。
【解析】正确应用平抛运动规律：水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动；解答本题的突破口是利用在竖直方向上连续相等时间内的位移差等于常数，解出重力加速度g的大小，然后进一步根据匀变速直线运动的规律、推论求解。
对于平抛运动问题，一定明确其水平和竖直方向运动特点，尤其是在竖直方向熟练应用匀变速直线运动的规律和推论解题。
28.【答案】解：(1)小球静止在a点时，由共点力平衡得mg+2mg=qE①
解得E=3mgq，方向竖直向上②
在匀强电场中，有UOa=El③
则a、O两点电势差UaO=−3mglq④
(2)小球从a点运动到b点，设到b点速度大小为vb
由动能定理得−qE⋅2l+mg⋅2l=12mvb2−12mva2⑤
小球做圆周运动通过b点时，由牛顿第二定律得F+qE−mg=mvb2l⑥
联立②⑤⑥式，代入va=4 gl
解得F=6mg⑦
答：(1)电场强度大小为3mgq，a、O两点的电势差为−3mglq；
(2)若小球在a点获得一水平初速度va=4 gl，使其在竖直面内做圆周运动，小球运动到b点时细绳拉力F的大小为6mg。
【解析】(1)小球静止在a点时，由共点力平衡求解电场强度，根据电场强度和电势差的关系求解a、O两点电势差；
(2)由动能定理求解小球从a点运动到b点的速度大小，由牛顿第二定律求解拉力。
有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
29.【答案】解：(1)小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，在C点，由牛顿第二定律得：mg=mvC2R
解得：vC= gR
小球P从B→C过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
12mvB2=12mvC2+mg⋅2R
解得：vB= 5gR
在B点，由牛顿第二定律得：NB−mg=mvB2R
代入数据解得：NB=120N
由牛顿第三定律可知，小球P对轨道的压力大小：NB′=NB=120N
(2)Q与S离开桌面后做平抛运动，
竖直方向：h=12gt2，
水平方向：x=vt，
代入数据解得：v=1m/s
Q、S碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：MvQ=2Mv
代入数据解得：vQ=2m/s
(3)弹簧弹开P、Q过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：MvQ−mvP=0
代入数据解得：vP=1m/s
对P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有：
Ep=12mvP2+12MvQ2
代入数据解得：Ep=3J
答：(1)小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小NB′为120N；
(2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ为2m/s；
(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能EP为3J。
【解析】(1)小球P恰好能通过半圆轨道最高点C，重力提供向心力，由B到C过程机械能守恒，应用牛顿第二定律与机械能守恒定律可以求出小球P在B点对轨道的作用力。
(2)Q与S碰撞后做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出碰撞后的速度，Q、S碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出碰撞前Q的速度。
(3)释放弹簧过程，P、Q系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出Q的速度，应用能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能。
本题考查了动量守恒定律的应用，本题是多体多过程问题，物体运动过程复杂，分析清楚物体运动过程是解题的前提，知道小球恰好能够通过C点的隐含条件是解题的关键，应用牛顿第二定律、动量守恒定律、机械能守恒定律与能量守恒定律可以解题。
30.【答案】解：(1)感应电动势的大小为：E=BLv；
(2)线框做匀速运动，拉力做功的功率P等于线框的电功率，则P=E2R=B2L2v2R
(3)线框进入磁场的时间t=Lv
整个线框中产生的焦耳热Q总=E2Rt=B2L2v2R⋅Lv=B2L3vR
ab边产生的焦耳热Q=14Q总=B2L3v4R
答：(1)感应电动势的大小E为BLv。
(2)拉力做功的功率P为B2L3vR。
(3)ab边产生的焦耳热Q为B2L3v4R。
【解析】(1)根据感应电动势计算公式E=BLv求解感应电动势大小；
(2)线框做匀速运动，拉力做功的功率P等于电功率，根据公式P=E2R求解；
(3)根据焦耳定律求整个线框中产生的焦耳热Q。
解决本题时，要掌握切割感应电动势公式E=BLv，从功与能的关系来研究外力的功率，也可以根据平衡条件和安培力公式F=BIL相结合求出外力大小，再求外力功率。1
2
3
4
5
x1/cm
7.65
11.23
12.30
18.89
23.52
x2/cm
18.95
26.64
30.42
45.97
56.25
k=x1x2
0.40
0.42
k3
0.41
0.42
1.关于曲线运动，下列说法正确的是( )
A. 曲线运动不一定是变速运动
B. 物体做曲线运动时，加速度一定不为零，但可以为恒量
C. 物体做曲线运动时，不可能受恒力的作用
D. 物体做曲线运动时，加速度方向与速度方向可能在同一直线上
2.下列说法正确的是( )
A. 由E=Fq可知，检验电荷q的电性改变，场强E的方向随之改变
B. 沿电场线的方向，电场强度越来越小
C. 电场线越稀疏的地方同一试探电荷所受的静电力就越大
D. 顺着电场线移动正电荷，该电荷的电势能一定减小
3.随着时速高达350公里的“复兴号”动车组高铁列车投入运营，中国已成为世界上高铁商业运营速度最快的国家。假设“复兴号”受到的阻力的大小正比于它速率的二次方，如果“复兴号”动车组发动机的输出功率变为原来的8倍，则它的最大速率变为原来的( )
A. 2倍B. 2倍C. 4倍D. 8倍
4.近年来，无人机的使用已经越来越频繁，在某次救援过程中，有救援人员利用悬停的无人机，由静止释放急救包。急救包在下落过程中仅受到重力及恒定水平风力的作用。则急救包( )
A. 做平抛运动B. 运动轨迹为曲线C. 机械能逐渐减小D. 做匀加速直线运动
5.交通事故发生时，车上的部分物品会因碰撞而脱离车体，位于车上不同高度的物品散落到地面上的位置是不同的，如图所示，散落物品A、B分别从距地面高h和H的位置水平抛落，则( )
A. 散落物品B的初速度更大
B. 散落物品B的飞行的时间更长
C. 抛出瞬间物品A、B的动能一样大
D. 散落物品B着地时所受重力的瞬时功率较大
6.如图所示，A、B、C三点为等边三角形的三个顶点，把电荷量为+Q的正点电荷固定在A点。下列说法正确的是( )
A. B、C两点的电势相等
B. B、C两点的电场强度相同
C. 把电荷量为+q的正点电荷从B点移动到C点，电场力对+q做正功
D. 把电荷量为−q的负点电荷从B点移动到C点，点电荷−q的电势能增加
7.2022年11月，梦天实验舱完成转位操作，中国空间站“T”字基本构型在轨组装完成，空间站运行周期约为90分钟。北斗系统的GEO卫星是地球同步卫星，空间站和GEO卫星绕地球均可视为匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A. GEO卫星可以在地面任何一点的正上方，但离地心的距离是一定的
B. 空间站的轨道半径比GEO卫星的轨道半径大
C. 空间站的线速度比GEO卫星的线速度大
D. 空间站的向心加速度比GEO卫星的向心加速度小
8.如图，篮球运动员站在广场上的某一喷泉水柱旁边，虚线“1”“2”“3”所在水平面分别是地面、运动员的头顶、该水柱最高点所在的水平面。若喷管管口直径为6cm。根据图中信息和生活经验，估算一个喷管喷水消耗的功率与哪个最接近( )
A. 3kWB. 15kWC. 30kWD. 45kW
9.下列有关安培力和洛伦兹力的说法正确的是( )
A. 判断安培力的方向用左手定则，判断洛伦兹力的方向用右手定则
B. 安培力与洛伦兹力的本质相同，所以安培力和洛伦兹力都不做功
C. 一小段通电导体在磁场中某位置受到的安培力为零，但该位置的磁感应强度不一定为零
D. 静止的电荷在磁场中一定不受洛伦兹力作用，运动的电荷在磁场中一定受到洛伦兹力的作用
10.如图所示，公园里有一仿制我国古代欹器的U形水桶，桶可绕水平轴转动，水管口持续有水流出，过一段时间桶会翻转一次，决定桶能否翻转的主要因素是( )
A. 水桶自身重力的大小
B. 水管每秒出水量的大小
C. 水流对桶撞击力的大小
D. 水桶与水整体的重心高低
11.如图甲所示，一弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端连接一小球，弹簧无形变时小球静止于光滑水平地面上O点处。若把小球拉至A点后由静止释放，小球向左运动最远位置为B点，以水平向右为正方向，小球的振动图像如图乙所示，则下列正确的是( )
A. A、B之间的距离为6cm
B. 在0.8∼1.6s时间内，小球运动的路程为12cm
C. t=0.8s时刻小球位于B点，且此时小球的加速度最小
D. 在0.4∼0.8s时间内，小球运动的速度逐渐减小，弹簧弹性势能逐渐减小
12.关于下列实验或现象的说法，正确的是( )
A. 图甲说明薄板一定是非晶体
B. 图乙说明气体分子速率分布随温度变化，且T1>T2
C. 图丙的实验情景可以说明气体压强的大小既与分子动能有关，也与分子的密集程度有关
D. 图丁中的现象说明水黾受到了浮力作用，且浮力与重力平衡
13.海浪机械能是未来可使用的绿色能源之一，利用海浪发电可加速地球上碳中和的实现.某科技小组设计的海浪发电装置的俯视图如图所示，圆柱体磁芯和外壳之间有辐射状磁场，它们可随着海浪上下浮动，磁芯和外壳之间的间隙中有固定的环形导电线圈，线圈的半径为L，电阻为r，所在处磁场的磁感应强度大小始终为B，磁芯和外壳随海浪上下浮动的速度为v，v随时间t的变化关系为v=v0sin2πTt，其中的T为海浪上下浮动的周期.现使线圈与阻值为R的电阻形成回路，则该发电装置在一个周期内产生的电能为( )
A. 2π2B2v02L2TR+rB. 4π2B2v02L2TR+rC. 2B2v02L2TR+rD. 4B2v02L2TR+r
二、多选题：本大题共7小题，共28分。
14.月球绕地球的运动可以近似看作匀速圆周运动，设月球绕地球运动的周期为T，月球中心到地心的距离为r，引力常量为G，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，则( )
A. 地球的质量为gR2GB. 月球的质量为4π2r3GT2
C. 月球表面的重力加速度为gR2r2D. 月球运动的加速度为4π2rT2
15.在星球表面发射探测器，当发射速度为v时，探测器可绕星球表面做匀速圆周运动；当发射速度为2v时，可摆脱星球引力束缚脱离该星球。已知地球、火星两星球的质量比约为10：1、半径比约为2：1，下列说法正确的是( )
A. 探测器的质量越大，脱离星球所需要的发射速度越大
B. 探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大
C. 探测器分别脱离两星球所需要的发射速度相等
D. 探测器脱离星球的过程中，势能逐渐增大
16.如图，跳水运动员踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板上(A位置)，随跳板一同向下做变速运动到达最低点(B位置)。运动员从位置A运动到位置B的过程中，下列说法正确的是( )
A. 运动员的机械能守恒
B. 运动员的动能先增大后减小
C. 重力做的功小于跳板的作用力对她做的功
D. 到达位置B时，运动员所受合外力为零
17.如图甲，足够长的光滑斜面倾角为30∘，t=0时质量为2kg的物块在沿斜面方向的力F作用下由静止开始运动，设沿斜面向上为力F的正方向，力F随时间t的变化关系如图乙。取物块的初始位置为零势能位置，重力加速度取10m/s2，则物块( )
A. 在0∼1s过程中机械能减少4JB. 在t=1s时动能为1J
C. 在t=2s时机械能为−4JD. 在t=3s时速度大小为15.5m/s
18.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为3：1，电路中的5个灯泡完全相同，当A、B端输入如图乙所示的正弦交变电压时，每个灯泡消耗的电功率均为18W，下列说法正确的是( )
A. 每个灯泡两端的电压为40VB. 通过每个灯泡的电流为0.6 2A
C. 通过定值电阻R的电流为0.6AD. 定值电阻R的电功率为54W
19.甲、乙两位同学利用假期分别在两个地方做“用单摆测重力加速度”的实验，回来后共同绘制了T2−L图像，如图甲中A、B所示，此外甲同学还顺便利用其实验的单摆探究了受迫振动，并绘制了单摆的共振曲线，如图乙所示，那么下列说法正确的是( )
A. 单摆的固有周期由摆长和摆球质量决定
B. A图线所对应的地点重力加速度较小
C. 若将单摆放入绕地球稳定飞行的宇宙飞船中，则无法利用单摆测出飞船轨道处的重力加速度
D. 如果甲同学减小摆长，他得到的共振曲线的峰将向右移动
20.“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备火箭(含燃料、椅子、风筝等)总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A. 火箭的推力来源于燃气对它的反作用力
B. 在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为mv0M−m
C. 喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为m2v02g(M−m)2
D. 在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒
三、实验题：本大题共4小题，共36分。
21.在“验证机械能守恒定律”的实验中。图(甲)是打点计时器打出的一条纸带，选取其中连续的计时点标为A、B、C……G、H、I，对BH段进行研究，已知打点计时器电源频率为50Hz。
(1)用刻度尺测量距离时如图(乙)，读出A、C两点间距为______ cm，B点对应的速度vB=______m/s(保留三位有效数字)；
(2)若H点对应的速度为vH，重物下落的高度为hBH，当地重力加速度为g，为完成实验，要比较12vB2与______大小(用字母表示)。
22.某同学用如图a所示装置探究向心力与角速度和运动半径的关系。装置中竖直转轴固定在电动机的转轴上(未画出)，光滑的水平直杆固定在竖直转轴上，能随竖直转轴一起转动。水平直杆的左端套上滑块P，用细线将滑块P与固定在竖直转轴上的力传感器连接，细线处于水平伸直状态，当滑块随水平直杆一起匀速转动时，细线拉力的大小可以通过力传感器测得。水平直杆的右端最边缘安装了宽度为d的挡光条，挡光条到竖直转轴的距离为D，光电门可以测出挡光条经过光电门所用的时间(挡光时间)。滑块P与竖直转轴间的距离可调。
(1)若某次实验中测得挡光条的挡光时间为t0，则电动机的角速度为______。
(2)若保持滑块P到竖直转轴中心的距离为L不变，仅多次改变竖直转轴转动的快慢，测得多组力传感器的示数F和挡光时间Δt。画出F−(1Δt)2图像，如图b所示。实验中，测得图线的斜率为k，则滑块的质量为______。
(3)若保持竖直转轴转速不变，调节滑块P到竖直转轴中心的距离r，测得多组力F和r的数据，以F为纵轴，以______(填“r”“1r”或“(1r)2”)为横轴，将所测量的数据描绘在坐标系中，可以更直观地反映向心力大小与圆周运动半径r之间的关系。现测得挡光条的挡光时间为t1，则图线的斜率应为______。
23.(1)某个走时准确的时钟，分针与时针的运动看作匀速圆周运动.分针与时针由转动轴到针尖的长度之比是3：2，分针与时针针尖的线速度大小之比是______。
(2)拖把由拖杆和拖把头构成，如图1所示。设拖把的质量为m，拖把头与地板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。某同学用这种拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向施加力F来推拖把。若拖杆与竖直方向的夹角为θ，拖把在地板上沿直线向前移动距离s，则摩擦力对拖把头做的功为______。
(3)如图2，A、B、C、D是正方形的四个顶点，在A点和C点放有电荷量都为q的正电荷，在B点放了某个未知电荷q′后，恰好D点的电场强度等于0。则放在B点的电荷q′的电性和电荷量分别是______、______。
(4)电场中有A、B两点，电荷量q1为2×10−9C的试探电荷放在电场中的A点，具有−4×10−8J的电势能；q2为−3×10−9C的试探电荷放在电场中的B点，具有9×10−8J的电势能。现把q3为−5×10−9C的试探电荷由A点移到B点，静电力做的功是______ J。
24.某实验小组采用如图所示的实验装置，对斜槽末端两个小球碰撞过程进行研究。实验步骤如下：
(1)用天平测出半径相同的两个小球的质量分别为m1=16.5g和m2=2.7g，并选定质量为______(选填“m1”或“m2”)的小球为入射球。
(2)在水平桌面上安装好实验装置，调整斜槽使其末端______，然后固定。
(3)在桌面适当的位置，上、下铺放好复写纸和白纸，记下悬挂于斜槽末端边缘的重垂线所指的位置O。
(4)将被碰小球置于斜槽末端，让入射小球从斜槽的某一高度处无初速滚下，使两球发生碰撞。保持入射小球释放高度不变，重复实验10次。标出碰撞后入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N，并用刻度尺测量出OM的间距x1、ON的间距x2。
(5)改变入射小球沿斜槽滚下的高度，重复步骤(3)和(4)，多次测量的数据如表所示：
(6)表中的k3=______(保留2位有效数字)。
(7)x1x2的平均值为______(保留2位有效数字)。
(8)理论研究表明，对本实验的碰撞过程是否为弹性碰撞可由x1x2判断。若两小球的碰撞为弹性碰撞，则x1x2的理论表达式为______(用m1和m2表示)，本实验中其值为______(保留2位有效数字)；若该值与(7)中结果间的差别在误差允许范围内，则可认为斜槽末端两个小球的碰撞为弹性碰撞。
四、简答题：本大题共2小题，共6分。
25.如图甲所示，粗糙水平面CD与光滑斜面DE平滑连接于D处；可视为质点的物块A、B紧靠一起静置于P点，某时刻A、B突然分别向左、向右分离，分离瞬间A、B速度大小之比为4：5。
已知：斜面的高度H=1.2m；A、B质量分别为1kg和0.8kg，且它们与CD段的动摩擦因数相同；A向左运动的速度平方与位移大小关系如图乙；重力加速度g取10m/s2。
(1)求A、B与CD段的动摩擦因数μ；
(2)要使B能追上A，试讨论P、D两点间距x的取值范围。
26.如图1所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5m，固定在倾角为37∘的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为1Ω的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1T的匀强磁场。质量为0.5kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v−t图象如图2所示。金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。
(1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数；
(2)求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；
(3)已知金属棒从进入磁场到速度达到5m/s时通过电阻的电荷量为1.3C，求此过程中电阻产生的焦耳热。
五、计算题：本大题共4小题，共40分。
27.如图所示，是某次研究小球做平抛运动过程得到的频闪照片的一部分。已知背景正方形的边长为b，闪光频率为f。求：(各问的答案均用b、f表示)
(1)当地的重力加速度g的大小；
(2)小球通过C点瞬时速度vC的大小；
(3)小球从开始平抛到运动到A位置经历的时间tA。
28.如图，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场。长度为l的轻质绝缘细绳一端固定在O点，另一端连接一质量为m、电荷量为+q的小球(可视为质点)，初始时小球静止在电场中的a点，此时细绳拉力为2mg，g为重力加速度。
(1)求电场强度E和a、O两点的电势差U；
(2)若小球在a点获得一水平初速度va=4 gl，使其在竖直面内做圆周运动，求小球运动到b点时细绳拉力F的大小。
29.如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为m=2kg的小球P和质量为M=1kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E处放置一质量也为M=1kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h=0.2m，D点到桌面边缘的水平距离为x=0.2m，重力加速度为g=10m/s2，求：
(1)小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小NB′；
(2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ；
(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。
30.如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：
(1)感应电动势的大小E；
(2)拉力做功的功率P；
(3)ab边产生的焦耳热Q。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、曲线运动的速度方向沿着轨迹上点的切线方向，是时刻变化的，故曲线运动一定是变速运动，故A错误；
B、曲线运动的速度方向一定是变化的，故速度一定是变化的，故一定具有加速度，加速度可以是恒量，如平抛运动的加速度恒为重力加速度g，故B正确；
C、物体做曲线运动时，合力可能是恒定的，如平抛运动，只受重力，为恒力，故C不正确；
D、曲线运动的条件是合力与速度方向不共线，而加速度方向与合力方向相同，故曲线运动中加速度方向与速度方向不在同一直线上，故D不正确。
故选：B。
1、曲线运动的运动学特点：速度沿着轨迹上点的切线方向，时刻变化，是变速运动；
2、曲线运动的动力学条件：合力方向与速度方向不在同一条直线上。
1.曲线运动的定义：轨迹是曲线的运动叫曲线运动。
2.曲线运动的特点：
(1)速度方向：质点在某一点的速度，沿曲线在这一点的切线方向。
(2)运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动，即必然具有加速度。
3.曲线运动的条件
(1)从动力学角度看：物体所受合力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上。
(2)从运动学角度看：物体的速度方向跟它的加速度方向不在同一条直线上。
2.【答案】D
【解析】解：A.E=Fq是电场强度的定义式，检验电荷q的电性改变，场强E的方向不变，故A错误；
B.电场强度的大小与电场线的密集程度有关，故B错误；
C.电场线越稀疏的地方，电场强度越小，同一试探电荷所受的静电力就越小，故C错误；
D.顺着电场线，电势逐渐降低，顺着电场线移动正电荷，该电荷的电势能一定减小，故D正确；
故选：D。
根据电场的定义式的特点分析A，电场强度的大小与电场线的密集程度有关，顺着电场线，电势逐渐降低，从而分析电势能变化。
本题考查电场力、电势能变化的特点，解题关键掌握电场由本身决定，注意电势能与电势的关系。
3.【答案】A
【解析】解：设阻力为f，“复兴号”受到的阻力的大小正比于它速率的二次方，即：f=kv2；
当动车组速度最大时，牵引力等于阻力，则有：P=Fv=fv=kv3。
所以“复兴号”动车组发动机的输出功率变为原来的8倍时，它的最大速率变为原来的2倍。故A正确，BCD错误。
故选：A。
“复兴号”的阻力大小与速率的二次方成正比，即：f=kv2；当动车组做匀速运动时，速度最大，此时牵引力F与阻力f相等：即F=f=kv2，而发动机的输出功率P=Fv，据此分析。
解决本题的关键：一是能够正确写出阻力与速度大小的表达式，二是利用功率的计算方法P=Fv。
4.【答案】D
【解析】解：急救包静止释放，初速度为0，重力和风力的合力不变，所以急救包做匀加速直线运动，由于风力做正功，则机械能增大，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据急救包的初速度与合力分析运动情况，根据风力做功分析机械能变化。
本题考查机械能守恒的判断，解题关键掌握物体运动状态的分析及机械能变化的分析方法。
5.【答案】B
【解析】解：A、发生碰撞时，物品做平抛运动，平抛初速度即汽车碰撞瞬间的行驶速度，则A和B的初速度相同，故A错误；
B、散落物品竖直方向的运动为自由落体运动，由h=12gt2得：t= 2hg
由图可知，B下落的高度比A下落的高度更大，则B的飞行时间更长，故B正确；
C、物品的动能Ek=12mv2
两物品的初速度相同，质量关系未知，则抛出瞬间物品A、B的动能大小无法判断，故C错误；
D、散落物品着地时，重力的瞬时功率为P=mgvy=mg2t
B落地时间更长，但两物体的质量关系未知，则着地时所受重力的瞬时功率无法比较，故D错误。
故选：B。
发生碰撞时，物品做平抛运动，初速度等于碰撞前汽车的速度；物品抛出后竖直方向做自由落体运动，根据运动学公式比较飞行时间；根据动能公式和功率公式比较初动能和重力的瞬时功率。
本题考查平抛运动和功率的计算，解题关键是知道平抛运动的运动性质，掌握动能和功率的计算公式，结合运动学公式列式求解即可。
6.【答案】A
【解析】A.以+Q为圆心的球面为等势面，故B、C两点的电势相等，故A正确；
B.正点电荷的场强公式为E=kQr2，可知，B、C两点的场强大小相等，方向不同，故B错误；
CD.由于B、C两点的电势相等，把任何电荷从B点移动到C点，电场力不做功，电荷电势能不变，故CD错误。
故选：A。
电场是矢量，根据电场的矢量合成可知B、C两点场强，电场力做负功，电势能增大，电场力做负功，电势能减小。
本题运考查电势差与电场强度关系，解题关键掌握电场的矢量合成，注意B、C两点的电势相等。
7.【答案】C
【解析】解：A.北斗系统的GEO卫星是地球同步卫星，根据同步卫星规律，该卫星位于赤道正上方，故A错误；
B.根据开普勒第三定律，空间站运行周期约为90分钟，比同步卫星周期小，故空间站的轨道半径比GEO卫星的轨道半径小，故B错误；
CD.根据万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r=ma
则v= GMr，a=GMr2
空间站的线速度比GEO卫星的线速度大，空间站的向心加速度比GEO卫星的向心加速度大，故C正确，D错误。
故选：C。
同步卫星位于赤道正上方；
根据开普勒第三定律，通过周期比较半径大小；
根据万有引力提供向心力，比较线速度大小和加速度大小。
本题考查学生对开普勒第三定律、万有引力提供向心力的掌握，是一道基础题。
8.【答案】A
【解析】解：篮球运动员的身高约为1.8m，由图可知水柱高度约为人身高的3倍，即5.4m，水喷出后的运动视为竖直上抛运动，由0−v02=2gh可得v0= 2gh= 2×10×5.4m/s≈10.4m/s
一个喷水管消耗的功率
6cm=0.06m
P=Wt=mght=ρghSv=103×10×5.4×π×(0.062)2×10.4W=1831W
A最接近，故A正确，BCD错误。
故选：A。
用人的身高估算水柱高，把水的运动视为竖直上抛运动，从而算出喷水速度，再用P=Fv估算功率。
人的身高估算水柱高是我们解决这种给定条件极少的题的突破口，水的运动视为竖直上抛运动，就会使我们打开思路，这道题比较新颖、实用。
9.【答案】C
【解析】解：A、安培力、洛伦兹力的方向都用左手定则，安培力和洛伦兹力是性质相同的力，故A错误；
B、安培力做功，但洛伦兹力始终与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，故B错误；
C、磁场中的通电直导线，当磁场与电流平行时，不受到安培力作用，故C正确；
D、静止的电荷在磁场中一定不受洛伦兹力作用，运动的电荷在磁场中也不一定受到洛伦兹力作用，当带电粒子平行于磁场中运动时，不受洛伦兹力作用，故D错误。
故选：C。
通电导线在磁场中受到力为安培力，而运动电荷在磁场中受到力为洛伦兹力，它们均属于磁场力，所以方向都由左手定则来确定，由于洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功。
本题知道安培力和洛伦兹力的联系和区别，以及会根据左手定则判断安培力和洛伦兹力的方向。
10.【答案】D
【解析】解：当桶中水增多时，水桶和水的重心上移，当重心上移到某一高度时，竖直向下的重力作用线的作用点偏离中心转轴，导致水桶不能稳定平衡，发生翻转，所以决定桶能否翻转的主要因素是重心的高低，与自身重力、出水量和撞击力等无关，故 D正确，ABC错误。
故选：D。
明确水桶翻转原理，知道重心的性质。
本题考查重心知识的应用，要注意将所学物理规律用到生活中去，从而激发学习物理的兴趣。
11.【答案】B
【解析】解：A、由乙图可知，A、B之间的距离为12cm，故A错误；
B、由乙图可知，在0.8s∼1.6s时间内小球位于负的最大位移处，振动到最大正位移处，所以小球的路程为2A=2×6cm=12cm，故B正确；
C、在t=0.8s时刻，小球位于最大负位移处，即B点，此时加速度最大，但速度为零，故C错误；
D、小球在0.4∼0.8s时间内，小球从平衡位置振动到最大负位移的B点，速度逐渐减小，但弹性势能越来越大，故D错误。
故选：B。
根据振动图象判断振子的运动状态和受力情况，结合简谐运动的对称性判断弹簧振子的路程和位移。
本题要注意把握弹簧振子的运动具有对称性，在平衡位置时受力平衡。
12.【答案】C
【解析】解：A、图甲说明薄板具有各向同性，多晶体和非晶体都具有各向同性，说明薄板可能是多晶体，也可能是非晶体，故A错误；
B、图乙看出温度越高，各速率区间的分子数占总分子数的百分比的最大值向速度大的方向迁移，可知T2>T1，故B错误；
C、如图丙可以说明，气体压强的大小既与分子动能有关，也与分子的密集程度有关，故C正确；
D、水黾停在水面上的原因是水黾受到了水的表面张力的作用，故D错误。
故选：C。
多晶体与非晶体都是各向同性；不同温度下相同速率的分子所占比例不同；气体压强的大小与分子动能和分子的密集程度有关；液体表面存在着表面张力。
本题考查晶体与非晶体的性质、气体分子速率的分布、气体压强的决定因数和表面张力等内容，要求能用相关物理规律解释相关的现象。
13.【答案】A
【解析】解：环形导电线圈随着磁芯和外壳随海浪上下浮动而切割磁感线，由法拉第电磁感应定律E=Blv环形线圈各部分产生的电动势对回路来说是同向的(实际指感应电流方向)，其有效切割长度由微元法可知l=2πL
联立v=v0sin2πTt，可得线圈中感应电动势的瞬时值表达式e=2πBLv0sin2πTt
根据正弦交变电流的特点知其电动势的有效值为E= 2πBLv0
则该发电装置在一个周期内产生的电能E电=E2R+r=2π2B2v02L2TR+r
故BCD错误，A正确。
故选：A。
求出感应电动势的瞬时值表达式，应用欧姆定律求出感应电流的瞬时值表达式，应用焦耳定律求出电能。
本题主要考查了电磁感应与简谐运动的综合，在求解感应电动势的最大值，该题是运动切割，故速度最大时，对应感应电动势最大．
14.【答案】AD
【解析】解：A、根据地球表面的物体万有引力与重力的关系有
GMmR2=mg
解得
M=gR2G
故A正确；
BC、由于月球绕地球运动，根据万有引力提供向心力公式可知月球的质量被消去，无法计算月球的质量和月球表面的重力加速度，故BC错误；
D、根据加速度与周期的关系有
a=v2r=(2πrT)2r=r4π2T2
故D正确；
故选：AD。
在地球表面的物体受到的重力等于万有引力，月球做匀速圆周运动，它们受到的万有引力充当向心力月球的质量被消去，根据加速度与周期的关系解得D。
解答万有引力定律在天体运动中的应用时要明确天体做匀速圆周运动，其受到的万有引力提供向心力。
15.【答案】BD
【解析】解：A、当发射速度为v时，探测器可绕星球表面做匀速圆周运动，则有：
GMmR2=mv2R，解得v= GMR
探测器脱离星球的发射速度为2v，可知与探测器的质量无关，故A错误；
B、根据万有引力公式得：探测器在地球表面受到的引力F1=GM地mR地2，在火星表面受到的引力F2=GM火mR火2，而地球、火星两星球的质量比约为10：1，半径比约为2：1，解得：F1F2=52，即探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大，故B正确；
C、探测器脱离星球时，其需要发射速度为2v=2 GMR，地球与火星的MR不同，所以所需发射速度也不同，故C错误；
D、由于探测器脱离星球过程中，引力做负功，由功能关系可知引力势能增大，故D正确。
故选：BD。
探测器刚好脱离星球，动能全部转化为势能，发射速度与质量无关。根据万有引力公式以及地球、火星两星球质量、半径的关系比较万有引力大小，根据发射速度为2v=2 GMR比较发射速度大小，探测器脱离星球过程中，引力做负功，引力势能增大。
本题主要考查了万有引力公式得直接应用，知道绕星球表面做匀速圆周运动速度的含义，明确探测器刚好脱离星球，动能全部转化为势能。
16.【答案】BC
【解析】解：A、运动员从位置A运动到位置B的过程中，跳板对运动员要做功，故此过程运动员的机械能不守恒，故A错误；
B、运动员接触跳板后，其重力先大于跳板对运动员的作用力，后小于跳板对运动员的作用力，运动员所受合力方向先向下后向上，则合力先做正功后做负功，运动员的动能先增大后减小，故B正确；
C、运动员从A到B的过程，由动能定理得：WG+W板=0−Ek0，可知WG
故选：BC。
物体机械能守恒的条件为只有重力做功；运动员动能的变化量等于合力做的功，由合力做功的正负判断动能的变化；由动能定理或者功能关系判断重力做的功和跳板的作用力对她做的功的关系；到达最低点B时，根据加速度方向分析跳板对运动员的作用力与重力的关系，从而确定合外力是否为零。
本题考查功能关系的应用，物体机械能守恒的条件为只有重力做功或除重力以外其它力做的功的和为零。某一物体机械能的变化量等于除重力以外其它力做的功，物体动能的变化量等于合力做的功；物体重力势能的增加量等于物体克服重力做的功。
17.【答案】AC
【解析】解：A、在0∼1s过程中对物块由牛顿第二定律可知：F1−mgsin30∘=ma1，解得：a1=−4m/s2
物块的位移x1=12a1t12=12×(−4)×12m=−2m
则该过程中F做功为机械能改变量，W1=F1x1=2N×(−2m)=−4J，即机械能减小了4J，故A正确；
B、1s时，物块的速度v1=a1t1=−4m/s2×1s=−4m/s，则物块在t=1s时动能为Ek1=12mv12=12×2×(−4)2J=16J，故B错误；
C、1s∼2s过程中只有重力做功，物块机械能守恒，则物块在t=2s时机械能为W1=−4J，故C正确；
D、0∼2s过程中，对物块由动量定理可知：F1t1−mgsin30∘t2=mv2−0，即2×1−2×10×12×2=2×v2−0，解得：v2=−9m/s，即物块在t=2s时速度大小为9m/s，2s∼3s过程中，对物块由动量定理可知：−F2t3−mgsin30∘t3=mv3−mv2，代入数据解得v3−=−11m/s，故D错误；
故选：AC。
根据牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式求解速度和位移，根据位移公式求解位移，再求出拉力做的功，外力F做功为机械能改变量；根据动量定理求解物块在3s时的速度大小。
本题主要是考查牛顿运动定律的综合应用、功的计算以及冲量的计算等，能够根据图象分析受力情况，再结合运动学公式、功的计算公式求解是关键。
18.【答案】CD
【解析】解：AB、设灯泡阻值为RL，通过灯泡的电流为I，灯泡两端的电压为U，则副线圈两端的电压为U2=U=IRL
副线圈的电流为I2=3I
理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，电流比等于匝数的反比，则原线圈两端的电压为U1=3U2=3IRL
原线圈的电流为I1=13I2=I
由e−t图像得，电源电动势的峰值为Em=120 2V
有效值为E=Em 2=120 2 2V=120V
根据串并联规律得：E=U+U1=4U=4IRL
每个灯泡消耗的电功率为P=UI
代入数据联立解得：U=30V
I=0.6A
故AB错误；
C、根据串并联规律得，通过定值电阻R的电流为IR=2I−I=I=0.6A
故C正确；
D、根据串并联规律得，定值电阻R两端的电压UR=U1=3U=3×30V=90V
定值电阻R的电功率PR=URIR=90×0.6W=54W
故D正确。
故选：CD。
根据图像得到电动势的峰值，根据正弦式交变电流规律求解电动势的有效值，根据串并联规律和理想变压器的变压规律求解灯泡两端的电压和通过灯泡的电流；电阻R与原线圈并联，根据串并联规律求解通过电阻R的电流，根据功率公式求解电阻的电功率。
本题考查理想变压器和正弦式交变电流，解题关键是知道理想变压器的变压规律，知道串并联电路的规律，会求解正弦式交变电流的有效值。
19.【答案】BCD
【解析】解：A.单摆的固有周期公式为T=2π Lg可知单摆的固有周期与摆球质量没有关系，故A错误；
B.根据T=2π Lg可得T2=4π2gL所以T2−L图像的斜率为k=4π2g
由图可知图甲中A图线的斜率大于B图线的斜率，所以A图线对应的地点重力加速度较小，B图象对应的地点的重力加速度较大，故B正确；
C.若将单摆放入绕地球稳定飞行的宇宙飞船中，摆球处于完全失重状态，不能在竖直平面内来回摆动，故C正确；
D.根据T=2π Lg
可知在同一地点减小摆长，则单摆固有周期减小，固有频率增大，则发生共振时的驱动力频率变大，共振曲线的峰向右移动，故D正确。
故选：BCD。
根据单摆的周期公式很容易得到当地的重力加速度；当驱动力的频率和单摆的固有频率相等时，单摆将发生共振；在宇宙飞船中，单摆处于完全失重状态，单摆将不会摆动。
根据单摆的共振曲线可以得到单摆的固有频率，还有要知道在绕地球飞行的宇宙飞船中，单摆是处于完全失重状态的，单摆将不能正常工作。
20.【答案】AB
【解析】解：A、火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A正确；
B、在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有(M−m)v−mv0=0，解得火箭的速度大小为v=mv0M−m，故B正确；
C、喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度为h=v22g=m2v022g(M−m)2，故C错误；
D、在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，故D错误；
故选：AB。
本题解题的关键是在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，动量守恒；在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒。
21.【答案】−ghBH
【解析】解：(1)毫米刻度尺的分度值为1mm，A点的读数为5.0mm，C点的读数为59.0mm，所以：AC−=59.0mm−5.0mm=54.0mm=5.40cm
打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔T=1f=150s=0.02s
根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，则vB=AC−2T=5.40×10−22×0.02m/s=1.35m/s
(2)根据动能的定义式，B点的动能EkB=12mvB2，H点的动能EkH=12mvH2
若系统机械能守恒，需满足等式为mghBH=12mvH2−12mvB2
化简得：12vB2=12vH2−ghBH
因此为完成实验，要比较12vB2与12vH2−ghBH的关系。
故答案为：(1)5.40；1.35；(2)12vH2−ghBH。
(1)毫米刻度尺的分度值为1mm，读数时要估读到下一位，分别读出A、C两点对应的示数，再求A、C两点之间的距离；根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，求解B点的瞬时速度；
(2)根据动能的定义式分别求出B、H点的动能，再求动能的增加量；根据重力做功与重力势能减小量的关系求解重力势能的减小量；再根据机械能守恒定律分析作答。
本题考查了验证机械能守恒，要能正确理解实验原理，能够从实验原理出发进行分析所测数据，求解相关的物理量。
22.【答案】dDt0 kD2Ld2 rkLt12
【解析】解：(1)由角速度与线速度的关系：ω=vD
根据挡光时间可求线速度：v=dt0
联立可得：ω=dDt0
(2)由题意可得：F=mω2L=m(dDΔt)2L=mL(dD)2(1Δt)2
所以F−(1Δt)2图象斜率k有：mL(dD)2=k
因此滑块的质量：m=kD2Ld2
(3)由F=mω2r可知，当m、ω一定时，F∝r，所以以r为横轴；
画F−r图象，则图线的斜率为：k′=mω2=kD2Ld2(dDt1)2=kLt12
故答案为：(1)dDt0；(2)kD2Ld2；(3)r、kLt12
(1)由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，再根据角速度定义可求角速度；
(2)根据向心力的表示式，代入角速度表达式，可得F−(1Δt)2关系式，从而求得图象的斜率；
(3)根据控制变量法的要求分析横轴的坐标，并由此写出F−r图象的斜率。
处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项.在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力。
23.【答案】18：1−μ(mg+Fcsθ)s负电 2 2q −2.5×10−7
【解析】解：(1)[1]分针与时针的角速度分别为
ω1=2πT1=2π3600rad/s
ω2=2πT2=2π12×3600rad/s
它们由转动轴到针尖的长度之比是3：2，根据v=rω，可得它们的线速度之比为
v1v2=r1ω1r2ω2=32×121=181
(2)依题意，根据功的定义，可得摩擦力对拖把头做的功为
Wf=−fs=−μFN⋅s=−μ(mg+Fcsθ)s
(3)根据场强叠加原理，可得 A 点和 C 点的正电荷在 D 点产生的电场强度等于
E= 2kqL2
方向沿 BD 指向外，若 D 点的合场强为0，则放在 B 点的电荷 q 产生的场强指向电荷本身，故电性为负电荷，产生电场强度的大小为
E′=E=kqB( 2L)2
求得其电荷量为
qB=2 2q
(4)根据φ=Epq可得，电场中 A 点的电势为
φA=Ep1q1=−4×10−82×10−9V=−20V
电场中的 B 点的电势为
φB=Ep2q2=9×10−83×10−9V=30V
则，把q3为5×10−9C的试探电荷由 A 点移到 B 点，静电力做的功是
WAB=q3(φA−φB)=5×10−9×(−20−30)J=−2.5×10−7J
(1)分针和时针都做匀速圆周运动，分针每转360∘，时针转过30∘，可求出两者的角速度之比，再根据v=rω可求出两者的线速度之比。v=ru
(2)对拖把头受力分析，抓住竖直方向和水平方向合力为零，运用正交分解求出推力F的大小。
(3)根据电场的叠加，B点的点电荷在D点的场强与A、C点的电荷在D点的合场强等大反向，结合几何关系求解。
(4)先根据电势的定义式得出A和B点的电势，再根据电场力的做功公式即可完成分析。
本题考查了v=rω、力的正交分解、电场的叠加、静电力做的功的知识，难度不大，题型基础。
24.【答案】m1 水平 −m22m1 0.42
【解析】解：(1)为了避免碰撞过程入射球发生反弹，入射球的质量需要大于被碰球体的质量，即应该选定质量为m1=16.5g的小球为入射球。
(2)为了确保小球飞出斜槽末端做平抛运动，需要使小球飞出斜槽末端的速度方向水平，即在水平桌面上安装时，需要调整斜槽使其末端水平。
(6)根据表中的第三组数据有k3=x1x2=≈0.40。
(7)根据表中的数据可知，x1x2的平均值为0.40+0.42+0.40+0.41+0.425=0.41。
(8)碰撞后被碰小球的速度大于入射球的速度，则M为入射球的落点，N为被碰球的落点。
碰撞后两小球均做平抛运动，根据平抛运动规律h=12gt2，可得小球在空中运动的时间t= 2hg，由于h相同，因此碰撞后两小球在空中运动的时间相同。
入射小球碰撞后的水平位移x1=v1t
被碰小球的水平位移x2=v2t
可得：x1x2=v1tv2t=v1v2
若碰撞为弹性碰撞，满足动量守恒和机械能守恒，取平抛初速度的方向为正方向，
根据动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2
根据机械能守恒定律得：12m1v02=12m1v12+12m2v22
解得入射小球碰撞后的速度为：v1=m1−m2m1+m2v0
被碰小球碰撞的速度为：v2=2m1m1+m2v0
可得：v1v2=m1−m22m1
联立解得：x1x2=m1−m22m1
该比值为一个定值，即若两小球的碰撞为弹性碰撞，则x1x2的理论表达式为m1−m22m1；
本实验中，上述理论表达式的值为m1−m22m1=16.5−2.72×16.5≈0.42
故答案为：(1)m1；(2)水平；(6)0.40；(7)0.41；(8)m1−m22m1；0.42。
(1)(2)根据实验原理可知，本实验要求入射小球和被碰小球都做平抛运动，据此分析作答；
(6)根据表格中的第三组数据求比值；
(7)根据求平均值的方法求解平均值；
(8)根据平抛运动规律求解碰撞后两小球的水平位移之比；根据动量守恒和机械能守恒求解两小球碰撞后的速度之比，在此基础上分析作答。
本题考查了验证碰撞过程中的动量守恒和机械能守恒，理解实验原理是解题的关键。本实验为创新实验，要充分挖掘题中给出的信息，用好平抛运动的规律。
25.【答案】解：(1)由图象可知，分离时有vA2=16m2/s2，则物块A的初速度vA=4m/s
A最终位置与P点距离sA=8m
从A、B分离到A匀减速运动停止，有vA2=2asA
解得A的加速度大小为a=1m/s2
由牛顿第二定律可得
fA=μmAg=mAa
解得：μ=0.1
【或：从A、B分离到A匀减速运动停止，由动能定理得：−μmAgsA=0−12mAvA2
解得：μ=0.1】
(2)分离瞬间A、B速度大小之比为4：5，vA=4m/s，可得vB=5m/s
(Ⅰ)若B恰好能返回并追上A，B从分离后到追上A过程由动能定理得：
−μmBg(2x1+sA)=0−12mBvB2
解得：x1=2.25m
(Ⅱ)若B恰好不冲出斜面，B从P到E过程由动能定理得：
−μmBgx2−mBgH=0−12mBvB2
解得：x2=0.50m
综上，要使B能追上A，x应满足：0.50m≤x≤2.25m
答：(1)A、B与CD段的动摩擦因数μ为0.1；
(2)要使B能追上A，P、D两点间距x的取值范围是0.50m≤x≤2.25m。
【解析】(1)由图乙读出分离时物块A的初速度vA，及A最终位置与P点距离sA，根据牛顿牛顿第二定律和运动学公式结合，或由动能定理求解动摩擦因数μ；
(2)要使B能追上A，B不能冲出斜面，恰好返回时，根据动能定理和位移关系求解x的取值范围。
对于复杂的力学问题，关键要能正确分析物体的运动情况，找出每个过程的规律，本题的切入口是对图象的理解，抓住图象的有效信息进行求解。
26.【答案】解：(1)由图2可知，金属棒在0∼1s做初速度为零的匀加速直线运动，1s后开始做加速度减小的加速运动，则金属棒在1s时进入磁场，
在0∼1s内，金属棒的加速度为：a=△v△t=41m/s2=4m/s2，
整个过程中，金属棒沿斜面方向受到重力的下滑分力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律可得：mgsin37∘−μmgcs37∘=ma，
解得：μ=0.25；
(2)金属棒达到最大速率时，金属棒此时加速度为零，金属棒此时处于平衡状态，假设金属棒的最大速度为vm，
此时金属棒切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLvm，
根据闭合电路欧姆定律可得：I=ER，由安培力公式可得：F=BIL，
对金属棒受力分析可得：F+μmgcs37∘=mgsin37∘，联立可得：vm=8m/s；
(3)有闭合电路欧姆定律和欧姆定律以及电流的定义式可得：q=It=ERt=△φtRt=△φR=BLxR，化简可得：x=qRBL=1.3×11×0.5m=2.6m，
由动能定理可得：mgxsin37∘−μmgcs37∘+W=12mv22−12mv12，电阻产生的焦耳热等于克服安培力所做的功，则Q=W=2.95J；
答：(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.25；
(2)金属棒在磁场中能够达到的最大速率为8m/s；
(3)此过程中电阻产生的焦耳热为2.95J。
【解析】(1)已知金属棒在0∼1s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律进行分析；
(2)当金属棒速度达到最大时，加速度为零，此时金属棒受力平衡；
(3)由电荷量分析出金属棒走过的位移，由动能定理分析出电阻产生的焦耳热。
本题主要考查了动能定理和安培力公式以及法拉第电磁感应定律，解题关键在于当导体棒的速度达到最大时，导体棒此时受力平衡。
27.【答案】解：(1)平抛运动竖直方向可看成自由落体运动，依据相邻的连续相等的时间内位移之差相等，则有：△y=gt2，
其中△y=b，t=1f
解得：g=bf2
(2)竖直分运动中，C是自由落体从B到D的中间时刻，可得：vCy=7b2t=7bf2，
在水平分运动中，vCx=2bt=2bf，
再有勾股定理，那么vC= (7bf2)2+(2bf)2= 652bf
(3)由vCy=gtC，得：tC=72f，
而AC时间间隔为：tAC=2f
因此从开始平抛到运动到A位置经历的时间为：tA=tC−tAC=72f−2f=32f
答：(1)当地的重力加速度g的大小g=bf2；
(2)小球通过C点瞬时速度vC的大小 652bf；
(3)小球从开始平抛到运动到A位置经历的时间32f。
【解析】正确应用平抛运动规律：水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动；解答本题的突破口是利用在竖直方向上连续相等时间内的位移差等于常数，解出重力加速度g的大小，然后进一步根据匀变速直线运动的规律、推论求解。
对于平抛运动问题，一定明确其水平和竖直方向运动特点，尤其是在竖直方向熟练应用匀变速直线运动的规律和推论解题。
28.【答案】解：(1)小球静止在a点时，由共点力平衡得mg+2mg=qE①
解得E=3mgq，方向竖直向上②
在匀强电场中，有UOa=El③
则a、O两点电势差UaO=−3mglq④
(2)小球从a点运动到b点，设到b点速度大小为vb
由动能定理得−qE⋅2l+mg⋅2l=12mvb2−12mva2⑤
小球做圆周运动通过b点时，由牛顿第二定律得F+qE−mg=mvb2l⑥
联立②⑤⑥式，代入va=4 gl
解得F=6mg⑦
答：(1)电场强度大小为3mgq，a、O两点的电势差为−3mglq；
(2)若小球在a点获得一水平初速度va=4 gl，使其在竖直面内做圆周运动，小球运动到b点时细绳拉力F的大小为6mg。
【解析】(1)小球静止在a点时，由共点力平衡求解电场强度，根据电场强度和电势差的关系求解a、O两点电势差；
(2)由动能定理求解小球从a点运动到b点的速度大小，由牛顿第二定律求解拉力。
有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
29.【答案】解：(1)小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，在C点，由牛顿第二定律得：mg=mvC2R
解得：vC= gR
小球P从B→C过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
12mvB2=12mvC2+mg⋅2R
解得：vB= 5gR
在B点，由牛顿第二定律得：NB−mg=mvB2R
代入数据解得：NB=120N
由牛顿第三定律可知，小球P对轨道的压力大小：NB′=NB=120N
(2)Q与S离开桌面后做平抛运动，
竖直方向：h=12gt2，
水平方向：x=vt，
代入数据解得：v=1m/s
Q、S碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：MvQ=2Mv
代入数据解得：vQ=2m/s
(3)弹簧弹开P、Q过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：MvQ−mvP=0
代入数据解得：vP=1m/s
对P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有：
Ep=12mvP2+12MvQ2
代入数据解得：Ep=3J
答：(1)小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小NB′为120N；
(2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ为2m/s；
(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能EP为3J。
【解析】(1)小球P恰好能通过半圆轨道最高点C，重力提供向心力，由B到C过程机械能守恒，应用牛顿第二定律与机械能守恒定律可以求出小球P在B点对轨道的作用力。
(2)Q与S碰撞后做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出碰撞后的速度，Q、S碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出碰撞前Q的速度。
(3)释放弹簧过程，P、Q系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出Q的速度，应用能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能。
本题考查了动量守恒定律的应用，本题是多体多过程问题，物体运动过程复杂，分析清楚物体运动过程是解题的前提，知道小球恰好能够通过C点的隐含条件是解题的关键，应用牛顿第二定律、动量守恒定律、机械能守恒定律与能量守恒定律可以解题。
30.【答案】解：(1)感应电动势的大小为：E=BLv；
(2)线框做匀速运动，拉力做功的功率P等于线框的电功率，则P=E2R=B2L2v2R
(3)线框进入磁场的时间t=Lv
整个线框中产生的焦耳热Q总=E2Rt=B2L2v2R⋅Lv=B2L3vR
ab边产生的焦耳热Q=14Q总=B2L3v4R
答：(1)感应电动势的大小E为BLv。
(2)拉力做功的功率P为B2L3vR。
(3)ab边产生的焦耳热Q为B2L3v4R。
【解析】(1)根据感应电动势计算公式E=BLv求解感应电动势大小；
(2)线框做匀速运动，拉力做功的功率P等于电功率，根据公式P=E2R求解；
(3)根据焦耳定律求整个线框中产生的焦耳热Q。
解决本题时，要掌握切割感应电动势公式E=BLv，从功与能的关系来研究外力的功率，也可以根据平衡条件和安培力公式F=BIL相结合求出外力大小，再求外力功率。1
2
3
4
5
x1/cm
7.65
11.23
12.30
18.89
23.52
x2/cm
18.95
26.64
30.42
45.97
56.25
k=x1x2
0.40
0.42
k3
0.41
0.42
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