北京市第一七一中学2024-2025学年高三上学期期中考试物理试题

这是一份北京市第一七一中学2024-2025学年高三上学期期中考试物理试题，共36页。试卷主要包含了选择题，非选择题本部分共6题，共58分等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）如图所示，一人通过箱带拉着一个旅行箱沿水平地面匀速前进，若箱带对箱子的拉力为F，地面对箱子的摩擦力为f，则摩擦力f与拉力F的合力应该是（ ）
A．竖直向上，大小等于箱子重力
B．竖直向上，大小小于箱子的重力
C．向右偏上，大小大于箱子重力
D．向左偏上，大小大于箱子的重力
2．（3分）一列横波某时刻的波形如图1所示，图2表示介质中质点L此后一段时间内的振动图像。由此可判断出（ ）
A．该列波沿x轴负方向传播
B．从该时刻起经，质点N运动到最大负位移处
C．从该时刻起经，质点L运动到M所在位置
D．从该时刻起的内，质点L的加速度逐渐减小
3．（3分）北京时间2023年7月20日21时40分，经过约8小时的出舱活动，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮密切协同，在空间站机械臂支持下，圆满完成出舱活动全部既定任务。已知核心舱组合体离地高度约391.9千米，绕地球圆周运动的周期约为1.5h，万有引力常量G＝6.67×10﹣11N•m2/kg2，地球质量M＝5.8×1025kg。以下说法正确的是（ ）
A．航天员相对太空舱静止时，所受合外力为零
B．由于太空舱在绕地球做圆周运动，出舱后航天员会很快远离太空舱
C．航天员在8h的出舱活动中，将绕地球转过周
D．航天员出舱后，环绕地球的速度约为7.7km/s
4．（3分）一货箱随竖直升降机运动的速度—时间图象如图所示，取竖直向上为正方向，下列说法中正确的是（ ）
A．在t2时货箱运动到最高位置
B．在t2～t3时间内，货箱所受的合力竖直向上且不断减小
C．在t4～t5时间内，货箱处于失重状态
D．在t6～t7时间内，货箱的机械能可能保持不变
5．（3分）应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如你用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。关于苹果从最低点a到最左侧点b运动的过程，下列说法中正确的是（ ）
A．苹果先处于超重状态后处于失重状态
B．手掌对苹果的摩擦力越来越大
C．手掌对苹果的支持力越来越大
D．苹果所受的合外力保持不变
6．（3分）2021年5月15日，天问一号着陆巡视器成功着陆于火星，中国首次火星探测任务着陆火星取得圆满成功。携带火星车的着陆器与环绕器分离后，最后阶段利用反推火箭在火星表面实现软着陆，设着陆器总质量为M，极短时间内瞬间喷射的燃气质量是m，为使着陆器经一次瞬间喷射燃气后，其下落的速率从v0减为v，需要瞬间喷出的燃气速率约为（ ）
A．v0﹣vB．
C．+vD．
7．（3分）长编组“复兴号”，是我国自行研制的全球最长高铁列车，由16节车厢组成，其中第1、2、5、6、9、10、13、14节车厢为动车，其余为拖车。假设动车组各车厢质量均为m，每节动车的额定功率均为P，且动车组在水平直轨道上运行过程中，每节车厢受到的阻力f与车重和车速有关：f＝k1mg+k2v（k、k2为常数）。下列说法正确的是（ ）
A．国际单位制中，k1单位为N/kg，k2单位为N•s/m
B．“复兴号”做匀加速直线运动过程中，一位乘客手持手机浏览网页，手对手机的力与车厢运动方向相同
C．“复兴号”做匀加速直线运动过程中，传感器测出第13车厢对14车厢间拉力为F，则第2车厢对3车厢间的拉力为2F
D．“复兴号”做匀加速直线运动过程中，当速度为v时，列车功率为P1，则速度为2v时，列车功率为2P1
8．（3分）从地面竖直向上以初速度v0抛出一物体，该物体运动过程中受到的空气阻力大小与运动速率成正比，且物体运动的速度随运动时间的变化如图所示，t1时刻到达最高点，落地前小球已达匀速运动状态，落地速度为v1。关于该物体的运动，下列说法中正确的是（ ）
A．小球上升过程的平均速度等于
B．小球抛出瞬间的加速度为a0且a0＞2g
C．小球抛出瞬间的加速度为a0且g＜a0＜2g
D．小球机械能在上升过程中逐渐减小，在下降过程中逐渐增大
9．（3分）硒鼓是激光打印机的核心部件，主要由感光鼓、充电辊等装置构成，如图1所示。工作中充电辊表面的导电橡胶给感光鼓表面均匀的布上一层负电荷。我们可以用图2模拟带电的感光鼓：电荷量均为﹣q（q＞0）的点电荷，均匀对称地分布在半径为R的圆周上。若某时刻圆周上P点的一个点电荷的电量突变成+q，则圆心O点处的电场强度为（ ）
A．，方向沿半径背离P点
B．，方向沿半径指向P点
C．，方向沿半径背离P点
D．，方向沿半径指向P点
10．（3分）如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，经过A、B、C三点，已知xC﹣xB＝xB﹣xA。该电子的电势能Ep随坐标x变化的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（ ）
A．A点电势高于B点电势
B．A点的电场强度大于B点的电场强度
C．A、B两点电势差UAB等于B、C两点电势差UBC
D．电子经过A点的速率大于经过B点的速率
11．（3分）如图甲所示，物体A以速度v0做平抛运动，图甲中的虚线是A做平抛运动的轨迹。图乙中的曲线是一光滑轨道，轨道的形状与图甲中的虚线相同。让物体B从轨道顶端无初速下滑，B下滑过程中没有脱离轨道。物体A、B都可以看作质量为m的质点。重力加速度为g。则下列说法不正确的是（ ）
A．若A、B两物体同时开始运动，则A物体先落地
B．A、B两物体从开始运动到落地过程中动量变化量相同
C．A、B两物体从开始运动到落地过程中动能变化量相同
D．A、B两物体落地瞬间，A物体重力的瞬时功率大于B物体重力的瞬时功率
12．（3分）如图所示，质量忽略不计、长度分别为l1和l2的不可伸长的轻绳，分别系质量为5m和m的小球，它们以相同的转速绕中心轴线做匀速圆周运动。稳定时绳子与竖直方向夹角的正切值分别为及，圆周运动半径分别为r1和r2，两绳子中的张力分别为T1和T2，则（ ）
A．r1：r2＝2：5B．T1：T2＝5：2
C．l1：l2＝1：1D．l1：l2＝3：2
13．（3分）如图所示为某小组设计的电子秤原理图。轻质托盘与竖直放置的轻弹簧相连。R0为定值电阻，滑动变阻器R的滑片与弹簧上端连接。当盘中没有放物体时，滑片刚好位于滑动变阻器的最上端。该小组用理想电压表的示数U反映待测物体的质量m；用单位质量变化下，电压表示数变化量的绝对值描述电子秤的灵敏度。不计一切摩擦，弹簧始终于弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．仅更换阻值更大的定值电阻R0，电子秤灵敏度会下降
B．电子秤的灵敏度会随待测物体质量的增大而增大
C．弹簧的劲度系数越小，电子秤的量程越大
D．电压表示数与待测物体质量成非线性关系
14．（3分）2022年2月，北京市和张家口市将联合举办第24届冬季奥林匹克运动会，某冰壶队为了迎接冬奥会，积极开展训练。某次训练中，蓝色冰壶静止在圆形区域内，运动员用质量相等的红色冰壶撞击蓝色冰壶，红、蓝两只冰壶发生正碰，如图1所示。若碰撞前、后两壶的v﹣t图像如图2所示，则（ ）
A．两只冰壶发生碰撞过程中机械能守恒
B．碰撞后，蓝色冰壶受到的滑动摩擦力较大
C．碰撞后，蓝色冰壶经过5s停止运动
D．碰撞后，两壶相距的最远距离为1.2m
二、非选择题本部分共6题，共58分。
15．（9分）用如图所示装置做“验证动量守恒定律”实验。实验中使用的小球1和2质量分别为m1、m2，直径分别为d1、d2，在木板上铺一张白纸，白纸上面铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。
（1）小球1和2的质量应满足m m2，直径应满足d1 d2。（选填“大于”“等于”或“小于”）
（2）实验时，先不放小球2，使小球1从斜槽上某一点S由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。再把小球2静置于斜槽轨道末端，让小球1仍从S处由静止释放，与小球2碰撞，并多次重复。该实验需要完成的必要步骤还有 。
A.测量两个小球的质量m1、m2
B.测量小球1的释放点S距桌面的高度h
C.测量斜槽轨道末端距地面的高度H
D.分别找到小球1与小球2相碰后平均落地点的位置M、N
E.测量平抛射程OM、ON
（3）要验证两球碰撞前后动量守恒，仅需验证关系式 是否成立[用（2）中测量的量表示]。请分析说明可以这样验证的理由。
16．（9分）某学习小组想测量一节干电池的电动势和内阻，他们在实验室找到如下器材：
干电池一节（电动势约1.5V，内阻小于1Ω）；
电压表V（量程0～3V，内阻约3kΩ）；
电流表A（量程0～0.6A，内阻约0.1Ω）；
滑动变阻器R1（最大阻值约为10Ω）；
滑动变阻器R2（最大阻值约为50Ω）；
定值电阻R3（阻值2Ω）；
定值电阻R4（阻值5Ω）：
开关一个，导线若干。
（1）按图1所示的电路进行实验。请用笔画线代替导线，根据图1完成图2中的实物间的连线。
（2）闭合开关后，将图1中滑动变阻器的滑片向左滑动的过程中，电流表的示数 ，电压表的示数 。（选填“增大”“减小”或“不变”）
（3）实验中，通过调节滑动变阻器的滑片使电流表示数逐渐接近满偏，记录此过程中电压表和电流表的示数，根据实验数据在坐标纸上描点绘制U﹣I图线，如图3所示。图3所示的图线的电压变化范围比较小，出现该现象的主要原因是 。（选填选项前的字母）
A.电压表分流
B.干电池的内阻较小
C.滑动变阻器的最大阻值较小
D.电流表的内阻较小
（4）针对实验中电压表示数的变化范围比较小的问题，该小组利用在实验室中找到的器材调整了实验方案，并根据重新测量得到的数据在坐标纸上画出新的U﹣I图线，如图4所示。
请根据图4推测该小组调整后的实验方案，在下图方框内画出调整后的电路图，并在图中标注所用器材的符号。
17．（9分）跳台滑雪是冬季奥运会的比赛项目之一，运动员从起滑台起滑，在助滑道上获得高速度，于台端O水平飞出，之后在着陆坡着陆，滑行直至停止。着陆坡可看作倾角为θ＝37°的斜面，某运动员连同滑雪板的总质量m＝50kg，某一次试跳离开台端，他落到了着陆坡上的M点，M点与O点的距离s＝12m，如图所示。忽略运动员所受空气阻力的影响，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求运动员离开O点时的速度大小；
（2）运动员落到斜坡上顺势屈腿以缓冲，使他垂直于斜坡的速度在t＝0.50s的时间内减小为零，求缓冲阶段斜坡对运动员的平均弹力的大小。
（3）若第二次试跳离开台端后落在着陆坡的N点。若落到M、N时的瞬时速度大小分别是v1、v2（v2＝kv1），瞬时速度方向与斜面的夹角分别为α1、α2，试说明α1、α2的大小关系。
18．（9分）如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为l、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1m/s、方向水平向左。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝10m/s2。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
（3）若小球碰后绕O点运动过程中，绳子不松弛，对绳长为l有何要求？
19．（10分）利用电场来加速和控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有广泛的应用。如图所示，M、N为竖直放置的平行金属板，S1、S2为板上正对的小孔，两板间所加电压为U0，金属板P和Q水平放置在N板右侧，关于小孔S1、S2所在直线对称，两板间加有恒定的偏转电压。现有一质子（H）和α粒子（He）从小孔S1处先后由静止释放，经加速后穿过小孔S2水平向右进入偏转电场。已知α粒子的质量为m，电荷量为q。
（1）求α粒子进入偏转电场时的速度大小；
（2）请通过计算判断质子和α粒子在偏转电场中的运动轨迹是否相同。
（3）交换M、N两板的极性，使大量电子加速后连续不断地穿过小孔S2水平向右进入偏转电场，且进入偏转电场的速度均为v＝6.4×107m/s。已知极板P和Q的长度L＝8×10﹣2m，间距d＝5×10﹣3m，两极板间改为交变电压u＝Umsin100πt（V）。电子质量，电荷量e＝1.6×10﹣19C，请通过计算比较并判断电子在偏转电场中运动过程中，电压是否可以视作恒定不变；若要在偏转极板的右侧始终能检测到电子，求Um满足的条件。
20．（12分）建立物理模型是解决实际问题的重要方法。
（1）如图1所示，圆和椭圆是分析卫星运动时常用的模型。已知地球质量为M、半径为R，万有引力常量为G。
a.卫星在近地轨道上围绕地球的运动，可视作匀速圆周运动，轨道半径近似等于地球半径。求卫星在近地轨道上的运行速度大小v。
b.在P点进行变轨操作，可使卫星由近地轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ。卫星沿椭圆轨道运动的情况较为复杂，研究时我们可以把椭圆分割为许多很短的小段，卫星在每小段的运动都可以看作是圆周运动的一部分（如图2所示）。这样，在分析卫星经过椭圆上某位置的运动时，就可以按其等效的圆周运动来分析和处理。已知卫星在椭圆轨道Ⅱ的近地点P的速度为v1，在远地点D的速度为v2，远地点D到地心的距离为r。根据开普勒第二定律（对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等）可知V1R＝V2r，请你根据椭圆的对称性以及万有引力定律和牛顿运动定律推导这一结论。
（2）如图3所示，已知卫星沿椭圆轨道绕地球运动，地球在卫星椭圆轨道的一个焦点处，椭圆轨道的半长轴为a，半短轴为b，半焦距为c。如选无穷远处为零势能点，则卫星和地球系统的引力势能为，其中M为地球质量，m为卫星质量，r为距地心的距离，G为万有引力常量。
a.分别求卫星运动到椭圆轨道的近地点A和远地点B时的瞬时速度大小。
b.已知椭圆轨道半短轴端点D处的曲率半径rD为，求卫星运动到椭圆轨道的半短轴端点D时的瞬时速度大小。
c.已知椭圆的面积公式为πab，求该卫星的运动周期。
以上各问皆假定地球静止不动，忽略其他天体对卫星的作用力。
2024-2025学年北京171中学高三（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．（3分）如图所示，一人通过箱带拉着一个旅行箱沿水平地面匀速前进，若箱带对箱子的拉力为F，地面对箱子的摩擦力为f，则摩擦力f与拉力F的合力应该是（ ）
A．竖直向上，大小等于箱子重力
B．竖直向上，大小小于箱子的重力
C．向右偏上，大小大于箱子重力
D．向左偏上，大小大于箱子的重力
【答案】B
【分析】以箱子为研究对象进行受力分析，由于箱带对箱子的拉力在水平方向的分力与摩擦力平衡，所以摩擦力f与拉力F的合力大小等于F在竖直向上的分力大小，由此分析。
【解答】解：旅行箱受到4个力的作用而平衡，即箱子的重力Mg、支持力N、摩擦力f和箱带对箱子的拉力F，如图所示；
根据平衡条件可得摩擦力f与拉力F的合力为：Fcsθ＝Mg﹣N，所以摩擦力f与拉力F的合力竖直向上，大小小于箱子的重力，故B正确、ACD错误。
故选：B。
2．（3分）一列横波某时刻的波形如图1所示，图2表示介质中质点L此后一段时间内的振动图像。由此可判断出（ ）
A．该列波沿x轴负方向传播
B．从该时刻起经，质点N运动到最大负位移处
C．从该时刻起经，质点L运动到M所在位置
D．从该时刻起的内，质点L的加速度逐渐减小
【答案】B
【分析】由图乙得到t＝0时刻质点位移及振动方向；即可由图甲根据波的传播方向，再根据质点的运动情况分析即可。
【解答】解：ABD、图乙所示质点L在t＝0时在平衡位置向上振动；那么，由图甲可得：波向x轴正方向传播，从该时刻起经，质点N运动到最大负位移处；L运动到波峰位置，所以加速度逐渐增大，故B正确，AD错误；
C、质点不会沿波方向运动，故C错误；
故选：B。
3．（3分）北京时间2023年7月20日21时40分，经过约8小时的出舱活动，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮密切协同，在空间站机械臂支持下，圆满完成出舱活动全部既定任务。已知核心舱组合体离地高度约391.9千米，绕地球圆周运动的周期约为1.5h，万有引力常量G＝6.67×10﹣11N•m2/kg2，地球质量M＝5.8×1025kg。以下说法正确的是（ ）
A．航天员相对太空舱静止时，所受合外力为零
B．由于太空舱在绕地球做圆周运动，出舱后航天员会很快远离太空舱
C．航天员在8h的出舱活动中，将绕地球转过周
D．航天员出舱后，环绕地球的速度约为7.7km/s
【答案】D
【分析】根据航天员绕地球做圆周运动，判断向心力以及航天员出舱后的运动状态；根据周期和运动时间的关系求解航天员的位置情况；根据离地高度估算运行速度。
【解答】解：A．航天员相对太空舱静止时，一直绕地球做圆周运动，合外力提供向心力，故所受合外力不为零，故A错误；
B．由于太空舱在绕地球圆周运动，出舱后航天员在太空舱表面工作，随太空舱一起绕地球做圆周运动，并不会远离太空舱，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力：，代值解得太空舱在绕地球圆周运动的周期T大约1.5小时，航天员在8小时的出舱活动中，大约将绕地球转过5周多，故C错误；
D．航天员出舱后，随太空舱一起绕地球圆周运动，根据万有引力提供向心力：G，代值解得环绕地球的速度约为7.7km/s，故D正确。
故选：D。
4．（3分）一货箱随竖直升降机运动的速度—时间图象如图所示，取竖直向上为正方向，下列说法中正确的是（ ）
A．在t2时货箱运动到最高位置
B．在t2～t3时间内，货箱所受的合力竖直向上且不断减小
C．在t4～t5时间内，货箱处于失重状态
D．在t6～t7时间内，货箱的机械能可能保持不变
【答案】C
【分析】根据速度—时间图线中速度的正负判断小球的运动方向，以及货箱的运动情况，根据运动情况并结合牛顿第二定律分析货箱受到的合力特点；当货箱的加速度方向向下时，货箱处于失重状态，当加速度方向向上时，货箱处于超重状态；根据机械能守恒定律分析某段时间机械能的变化情况。
【解答】解：AB、根据图象可知，货箱从0﹣t3时间内，货箱先向上做匀加速直线运动，t1﹣t2时间内做匀速运动，t2﹣t3时间内向上做匀减速直线运动，t3﹣t4时间内货箱静止不动，t4﹣t5货箱向下做加速运动，t5﹣t6时间内货箱向下匀速运动，t6﹣t7时间内货箱向下做减速运动，直到速度减为零，则在t3时刻货箱运动到最高位置，且在t2～t3时间内，货箱所受的合力竖直向下，且不变，故AB错误；
C、t4﹣t5货箱向下做加速运动，加速度向下，货箱处于失重状态，故C正确；
D、在t6～t7时间内，货箱向下减速运动，动能和重力势能均减小，所以其机械能减小，故D错误。
故选：C。
5．（3分）应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如你用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。关于苹果从最低点a到最左侧点b运动的过程，下列说法中正确的是（ ）
A．苹果先处于超重状态后处于失重状态
B．手掌对苹果的摩擦力越来越大
C．手掌对苹果的支持力越来越大
D．苹果所受的合外力保持不变
【答案】B
【分析】根据加速度的方向确定苹果处于超重还是失重，将加速度进行分解，结合水平分加速度和竖直分加速度的变化分析摩擦力和支持力的变化。
【解答】解：A、苹果做匀速圆周运动，从a到b的过程中，加速度在竖直方向上有向上的加速度，可知苹果处于超重状态，故A错误。
B、从a到b的过程中，加速度大小不变，加速度在水平方向上的分加速度逐渐增大，根据牛顿第二定律知，摩擦力越来越大，故B正确。
C、从a到b的过程中，加速度大小不变，加速度在竖直方向上的加速度逐渐减小，方向向上，则重力和支持力的合力逐渐减小，可知支持力越来越小，故C错误。
D、苹果做匀速圆周运动，合外力大小不变，方向始终指向圆心，方向时刻变化，故合外力一直变化，故D错误。
故选：B。
6．（3分）2021年5月15日，天问一号着陆巡视器成功着陆于火星，中国首次火星探测任务着陆火星取得圆满成功。携带火星车的着陆器与环绕器分离后，最后阶段利用反推火箭在火星表面实现软着陆，设着陆器总质量为M，极短时间内瞬间喷射的燃气质量是m，为使着陆器经一次瞬间喷射燃气后，其下落的速率从v0减为v，需要瞬间喷出的燃气速率约为（ ）
A．v0﹣vB．
C．+vD．
【答案】C
【分析】着陆器喷气过程，时间极短，重力可忽略不计，遵守动量守恒定律，由此求解喷出的燃气速率。
【解答】解：取喷气前着陆器速度方向为正方向，由动量守恒定律得
Mv0＝（M﹣m）v+mv′
解得喷出的燃气速率v′＝+v，故ABD错误，C正确。
故选：C。
7．（3分）长编组“复兴号”，是我国自行研制的全球最长高铁列车，由16节车厢组成，其中第1、2、5、6、9、10、13、14节车厢为动车，其余为拖车。假设动车组各车厢质量均为m，每节动车的额定功率均为P，且动车组在水平直轨道上运行过程中，每节车厢受到的阻力f与车重和车速有关：f＝k1mg+k2v（k、k2为常数）。下列说法正确的是（ ）
A．国际单位制中，k1单位为N/kg，k2单位为N•s/m
B．“复兴号”做匀加速直线运动过程中，一位乘客手持手机浏览网页，手对手机的力与车厢运动方向相同
C．“复兴号”做匀加速直线运动过程中，传感器测出第13车厢对14车厢间拉力为F，则第2车厢对3车厢间的拉力为2F
D．“复兴号”做匀加速直线运动过程中，当速度为v时，列车功率为P1，则速度为2v时，列车功率为2P1
【答案】C
【分析】A.根据单位制进行分析作答；
B.手机与车厢一起做匀加速直线运动，则手机的加速度与车厢的运动方向相同；对手机进行受力分析，合力产生加速度，然后作答；
CD.根据功率公式、牛顿第二定律结合阻力的表达式进行分析作答。
【解答】解：A.依题意知f＝k1mg+k2v，其中k1mg整体的单位为N，重力mg的单位为N，因此k1没有单位；
k2v整体的单位为N，速度v的单位为m/s，因此k2的单位为，故A错误；
B.由于手机与车厢一起做匀加速直线运动，则手机的加速度与车厢的运动方向相同；
手机受到手的作用力和重力作用，手对手机的作用力与手机重力的合力产生加速度，因此手对手机的力与车厢运动方向不相同，故B错误；
C.设动车做匀加速运动时的加速度为a，每节动车的功率为P0时，动车速度为v0；
根据功率公式和牛顿第二定律，对整体
解得
以第14、15、16节车厢为研究对象，根据牛顿第二定律
解得F＝f+ma
以第3至第16节车厢为研究对象，根据牛顿第二定律
解得F′＝2（f+ma）＝2F，故C正确；
D.当速度为v时，列车功率为P1，根据牛顿第二定律
速度为2v时，列车功率为P2，根据牛顿第二定律
解得，故D错误。
故选：C。
8．（3分）从地面竖直向上以初速度v0抛出一物体，该物体运动过程中受到的空气阻力大小与运动速率成正比，且物体运动的速度随运动时间的变化如图所示，t1时刻到达最高点，落地前小球已达匀速运动状态，落地速度为v1。关于该物体的运动，下列说法中正确的是（ ）
A．小球上升过程的平均速度等于
B．小球抛出瞬间的加速度为a0且a0＞2g
C．小球抛出瞬间的加速度为a0且g＜a0＜2g
D．小球机械能在上升过程中逐渐减小，在下降过程中逐渐增大
【答案】B
【分析】根据匀变速直线运动的平均速度等于速度的平均；分析抛出时瞬间阻力的大小与重力的关系，根据牛顿第二定律可得加速度大小；除重力以外的其它力做的功等于机械能的变化，由此分析求解。
【解答】解：A.如图
若上升过程中做匀减速直线运动（如图中虚线所示），则平均速度，实际上小球上升过程中的加速度逐渐减小，图像与坐标轴围成的面积除以时间等于平均速度，则平均速度小于，故A错误；
BC.设抛出时的阻力为f0，方向向下；根据图象可知小球最后的速度为v1＜v0，最后匀速运动时根据平衡条件可得f＝kv1＝mg，所以f0＝kv0＞f＝mg，根据牛顿第二定律可得抛出瞬间加速度＞2g，故B正确，C错误；
D.整个过程中阻力一直做负功，所以整个过程中机械能一直减小，故D错误。
故选：B。
9．（3分）硒鼓是激光打印机的核心部件，主要由感光鼓、充电辊等装置构成，如图1所示。工作中充电辊表面的导电橡胶给感光鼓表面均匀的布上一层负电荷。我们可以用图2模拟带电的感光鼓：电荷量均为﹣q（q＞0）的点电荷，均匀对称地分布在半径为R的圆周上。若某时刻圆周上P点的一个点电荷的电量突变成+q，则圆心O点处的电场强度为（ ）
A．，方向沿半径背离P点
B．，方向沿半径指向P点
C．，方向沿半径背离P点
D．，方向沿半径指向P点
【答案】A
【分析】根据电场的对称性，当点P的点电荷为+q时，故圆心O点处的电场强度可以看成均匀带电圆环和+q产生的两个场强叠加，结合点电荷场强公式分析求解。
【解答】解：当点P的点电荷为﹣q时，根据电场的对称性，可得在圆心O点处的电场强度为零，当点P的点电荷为+q时，故圆心O点处的电场强度可以看成均匀带电圆环和+q产生的两个场强叠加，根据点电荷场强公式，故圆心O点处的电场强度为：
因点电荷P为+q在圆心O点产生的电场方向沿半径背离P点，P点对称为﹣q的点电荷量在圆心O点产生的电场方向沿半径背离P点，得圆心O点处的电场强度方向为沿半径背离P点。
故BCD错误，A正确。
故选：A。
10．（3分）如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，经过A、B、C三点，已知xC﹣xB＝xB﹣xA。该电子的电势能Ep随坐标x变化的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（ ）
A．A点电势高于B点电势
B．A点的电场强度大于B点的电场强度
C．A、B两点电势差UAB等于B、C两点电势差UBC
D．电子经过A点的速率大于经过B点的速率
【答案】B
【分析】根据电势能的变化量等于电场力做的功，可知Ep﹣x图象的斜率表示电场力，据此判断场强的变化；只有电场力做功时，电势能与动能之和守恒。电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。电场力做功就等于电势能的减少量。
【解答】解：AD、一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，由图乙知电势能一直减小，则电子从A到B电场力做正功，电势升高，根据动能定理，动能增加，速度增大，A点电势低于B点电势，经过A点的速率小于经过B点的速率，故AD错误；
B、根据ΔEp＝qEx，可知图象的斜率的绝对值等于电场力的大小，因此从A到B，电场力减小，电场强度减小，故A点的电场强度大于B点的电场强度，故B正确；
C、由图可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，根据ΔEp＝﹣W＝﹣qU，可得A、B两点电势差UAB大于BC两点电势差UBC，故C错误；
故选：B。
11．（3分）如图甲所示，物体A以速度v0做平抛运动，图甲中的虚线是A做平抛运动的轨迹。图乙中的曲线是一光滑轨道，轨道的形状与图甲中的虚线相同。让物体B从轨道顶端无初速下滑，B下滑过程中没有脱离轨道。物体A、B都可以看作质量为m的质点。重力加速度为g。则下列说法不正确的是（ ）
A．若A、B两物体同时开始运动，则A物体先落地
B．A、B两物体从开始运动到落地过程中动量变化量相同
C．A、B两物体从开始运动到落地过程中动能变化量相同
D．A、B两物体落地瞬间，A物体重力的瞬时功率大于B物体重力的瞬时功率
【答案】B
【分析】根据竖直方向的加速度分析；根据动量定理分析；根据动能定理分析；根据竖直方向的分速度大小分析。
【解答】解：A、A物体做的是平抛运动，在竖直方向的加速度为g，而B物体做的不是平抛运动，因为轨道弹力的存在，竖直方向的加速度小于g，所以两物体同时开始运动，运动时间不同，且tA＜tB，所以A物体先落地，故A正确；
B、由上面A的分析可知，两物体运动的加速度不同，根据牛顿第二定律可知A、B两物体在运动过程中所受合力不同，运动时间不等，则两物体所受合力的冲量不等，根据动量定理可知，两物体从开始运动到落地过程中动量的变化量不相同，故B错误；
C、在整个过程中都是只有重力做功，根据动能定理可知两物体从开始运动到落地的过程中动能的变化量是相同的，故C正确；
D、由上面C的分析可知，两物体运动过程中重力做功相同，但是两物体的初动能不等，所以A物体落地时的速率大于B物体落地时的速率，因为轨道相同，所以两物体在竖直方向的速率不同，即A物体在竖直方向的分速度大于B物体在竖直方向的分速度，根据P＝mgvy可知，A、B两物体落地瞬间，A物体重力的瞬时功率大于B物体重力的瞬时功率，故D正确。
本题是选不正确的
故选：B。
12．（3分）如图所示，质量忽略不计、长度分别为l1和l2的不可伸长的轻绳，分别系质量为5m和m的小球，它们以相同的转速绕中心轴线做匀速圆周运动。稳定时绳子与竖直方向夹角的正切值分别为及，圆周运动半径分别为r1和r2，两绳子中的张力分别为T1和T2，则（ ）
A．r1：r2＝2：5B．T1：T2＝5：2
C．l1：l2＝1：1D．l1：l2＝3：2
【答案】A
【分析】对两小球分别进行受力分析；设绳子与竖直方向夹角分别为α、β，先对下面小球受力分析，将两个球看作整体受力分析；根据几何关系判断CD项。
【解答】解：A．对下面小球受力分析，水平方向有
对上面小球受力分析，水平方向有
联立解得r1：r2＝2：5
故A正确；
B．设绳子与竖直方向夹角分别为α、β，对下面小球受力分析，竖直方向有mg＝T2csβ
对两个球看作整体，竖直方向上有5mg+mg＝T1csα
稳定时绳子与竖直方向夹角的正切值分别为及，
联立解得
故B错误；
CD．根据几何关系r1＝l1sinα
r2＝l1sinα+l2sinβ
联立解得
故CD错误；
故选：A。
13．（3分）如图所示为某小组设计的电子秤原理图。轻质托盘与竖直放置的轻弹簧相连。R0为定值电阻，滑动变阻器R的滑片与弹簧上端连接。当盘中没有放物体时，滑片刚好位于滑动变阻器的最上端。该小组用理想电压表的示数U反映待测物体的质量m；用单位质量变化下，电压表示数变化量的绝对值描述电子秤的灵敏度。不计一切摩擦，弹簧始终于弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．仅更换阻值更大的定值电阻R0，电子秤灵敏度会下降
B．电子秤的灵敏度会随待测物体质量的增大而增大
C．弹簧的劲度系数越小，电子秤的量程越大
D．电压表示数与待测物体质量成非线性关系
【答案】A
【分析】结合欧姆定律求电压表的示数，进而可判断电压表示数与待测物体质量的关系；由电压表的示数可知弹簧的劲度系数越小，m的最大值越小，电子秤的量程越小；由电压表的示数可得电子秤的灵敏度，进而可知更换阻值更大的定值电阻R0，电子秤灵敏度会下降；电子秤的灵敏度与待测物体质量无关。
【解答】解：D.由图可知：滑动变阻器与R0串联，滑动变阻器的电阻全部连入电路；电压表测量滑片上半部分电阻两端的电压；当滑动变阻器滑片P向下移动时，电路中的电阻不变，由欧姆定律可知I＝，电路中的电流不变；电压表的示数
U＝IR′＝R′
又R′＝ρ，mg＝kL，
解得U＝m
即电压表示数与待测物体质量成线性关系，故D错误；
C.由U＝m，可知弹簧的劲度系数越小，m的最大值越小，电子秤的量程越小，故C错误；
AB.由U＝m.可知电子秤的灵敏度||＝
可知仅更换阻值更大的定值电阻R0，电子秤灵敏度会下降；电子秤的灵敏度与待测物体质量无关；故A正确，B错误。
故选：A。
14．（3分）2022年2月，北京市和张家口市将联合举办第24届冬季奥林匹克运动会，某冰壶队为了迎接冬奥会，积极开展训练。某次训练中，蓝色冰壶静止在圆形区域内，运动员用质量相等的红色冰壶撞击蓝色冰壶，红、蓝两只冰壶发生正碰，如图1所示。若碰撞前、后两壶的v﹣t图像如图2所示，则（ ）
A．两只冰壶发生碰撞过程中机械能守恒
B．碰撞后，蓝色冰壶受到的滑动摩擦力较大
C．碰撞后，蓝色冰壶经过5s停止运动
D．碰撞后，两壶相距的最远距离为1.2m
【答案】C
【分析】根据图示图象求出碰撞前后红壶的速度，碰撞过程系统动量守恒，根据动量守恒定律求解碰后蓝壶的速度，分析碰撞前后总动能的关系，判断是否为弹性碰撞。根据图象求解碰前红壶的加速度，由此得到所以蓝壶静止的时刻，再根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移求解碰后两壶相距的最远距离；根据斜率表示加速度，分析碰后两壶的加速度关系，根据牛顿第二定律求解碰后红、蓝两壶所受摩擦力关系。
【解答】解：A、设碰后蓝壶的速度为v，由图示图象可知，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后红壶的速度为v′0＝0.4m/s，
两壶碰撞过程内力远大于外力，系统动量守恒，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：
mv0＝mv′0+mv，
代入数据解得：v＝0.6m/s；
碰撞前两壶的总动能为：Ek0＝＝×m×12＝0.5m，
碰撞后前两壶的总动能为：Ek＝mv′02+mv2＝×m×0.42+×m×0.62＝0.26m＜Ek0，碰撞过程两壶的机械能不守恒，故A错误；
B、根据v﹣t图象的斜率表示加速度，由图示图象可知，碰后红壶的加速度比蓝壶的加速度大，即a红＞a蓝，两壶质量m相等，由牛顿第二定律可知，阻力f＝ma，则f红＞f蓝，故B错误；
C、由图示图象可知，两壶碰撞前，红壶的加速度大小为：a1＝m/s2＝0.2m/s2，
由图示图象可知，蓝壶静止的时刻为：t＝＝s＝6s，碰撞后蓝壶的运动时间t蓝＝6s﹣1s＝5s，故C正确；
D、速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，则碰后两壶相距的最远距离为：Δs＝s蓝﹣s红＝×0.6×（6﹣1）m﹣×0.4×（3﹣1）m＝1.1m，故D错误。
故选：C。
二、非选择题本部分共6题，共58分。
15．（9分）用如图所示装置做“验证动量守恒定律”实验。实验中使用的小球1和2质量分别为m1、m2，直径分别为d1、d2，在木板上铺一张白纸，白纸上面铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。
（1）小球1和2的质量应满足m 大于 m2，直径应满足d1 等于 d2。（选填“大于”“等于”或“小于”）
（2）实验时，先不放小球2，使小球1从斜槽上某一点S由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。再把小球2静置于斜槽轨道末端，让小球1仍从S处由静止释放，与小球2碰撞，并多次重复。该实验需要完成的必要步骤还有 ADE 。
A.测量两个小球的质量m1、m2
B.测量小球1的释放点S距桌面的高度h
C.测量斜槽轨道末端距地面的高度H
D.分别找到小球1与小球2相碰后平均落地点的位置M、N
E.测量平抛射程OM、ON
（3）要验证两球碰撞前后动量守恒，仅需验证关系式 m1OP＝m1OM+m2ON 是否成立[用（2）中测量的量表示]。请分析说明可以这样验证的理由。
【答案】（1）大于；等于；（2）ADE；（3）m1OP＝m1OM+m2ON。
【分析】（1）根据实验注意事项分析答题。
（2）根据实验原理和步骤分析各操作的正确与否；
（3）假设两球碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。
【解答】解：（1）为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即m1大于m2；为使两球发生对心碰撞，两球直径应相等，即d1等于d2。
（2）小球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，则小球做平抛运动的时间相等，设为t；
两球碰撞前入射球的速度大小为：v0＝。
两球碰撞后入射球的速度大小为：v1＝，被碰球的速度大小v2＝。
两球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：m1v0＝m1v1+m2v2
联立后整理得：m1OP＝m1OM+m2ON
所以实验过程中需要测量：测量两个小球的质量m1、m2；分别找到小球1与小球2相碰后平均落地点的位置M、N，测量平抛射程OM、ON，故BC错误，ADE正确；
故选：ADE。
（3）由上一问的解析可知，要验证两球碰撞前后动量守恒，仅需验证关系式m1OP＝m1OM+m2ON是否成立。若成立，则两球碰撞前后动量守恒。
故答案为：（1）大于；等于；（2）ADE；（3）m1OP＝m1OM+m2ON。
16．（9分）某学习小组想测量一节干电池的电动势和内阻，他们在实验室找到如下器材：
干电池一节（电动势约1.5V，内阻小于1Ω）；
电压表V（量程0～3V，内阻约3kΩ）；
电流表A（量程0～0.6A，内阻约0.1Ω）；
滑动变阻器R1（最大阻值约为10Ω）；
滑动变阻器R2（最大阻值约为50Ω）；
定值电阻R3（阻值2Ω）；
定值电阻R4（阻值5Ω）：
开关一个，导线若干。
（1）按图1所示的电路进行实验。请用笔画线代替导线，根据图1完成图2中的实物间的连线。
（2）闭合开关后，将图1中滑动变阻器的滑片向左滑动的过程中，电流表的示数 增大 ，电压表的示数 减小 。（选填“增大”“减小”或“不变”）
（3）实验中，通过调节滑动变阻器的滑片使电流表示数逐渐接近满偏，记录此过程中电压表和电流表的示数，根据实验数据在坐标纸上描点绘制U﹣I图线，如图3所示。图3所示的图线的电压变化范围比较小，出现该现象的主要原因是 B 。（选填选项前的字母）
A.电压表分流
B.干电池的内阻较小
C.滑动变阻器的最大阻值较小
D.电流表的内阻较小
（4）针对实验中电压表示数的变化范围比较小的问题，该小组利用在实验室中找到的器材调整了实验方案，并根据重新测量得到的数据在坐标纸上画出新的U﹣I图线，如图4所示。
请根据图4推测该小组调整后的实验方案，在下图方框内画出调整后的电路图，并在图中标注所用器材的符号。
【答案】（1）见解析；（2）增大，减小；（3）B；（4）见解析
【分析】（1）（2）根据电路图连接实物图，分析电流表和电压表的变化；
（3）根据闭合电路欧姆定律得到路端电压与电流、内电阻大小关系进行分析；
（2）根据图，根据图示图象求出电源等效电阻，然后选择定值电阻，进而设计电路图。
【解答】解：（1）根据电路图连接实物图，如图所示：
（2）闭合开关后，将滑动变阻器的滑片向左滑动的过程中，电阻变小，电流表的示数增大，电压表示数减小；
（3）根据闭合电路欧姆定律可得路端电压：U＝E﹣Ir，
当电源内阻r太小时，干路电流I有较大变化时，Ir变化很小，
电压表示数即路端电压U＝E﹣Ir变化很小，电压表示数变化范围很小，故ACD错误，B正确；
故选：B。
（4）为使电压表示数变化明显，可以给电池串联分压电阻，实验电路图如图所示：
根据闭合电路的欧姆定律得：U＝E﹣I（R+r）
由图示图象可知，电源电动势E＝1.50V
由图象斜率可得：R+r＝＝Ω≈2.33Ω，则定值电阻应选择R3.
故答案为：（1）见解析；（2）增大，减小；（3）B；（4）见解析
17．（9分）跳台滑雪是冬季奥运会的比赛项目之一，运动员从起滑台起滑，在助滑道上获得高速度，于台端O水平飞出，之后在着陆坡着陆，滑行直至停止。着陆坡可看作倾角为θ＝37°的斜面，某运动员连同滑雪板的总质量m＝50kg，某一次试跳离开台端，他落到了着陆坡上的M点，M点与O点的距离s＝12m，如图所示。忽略运动员所受空气阻力的影响，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求运动员离开O点时的速度大小；
（2）运动员落到斜坡上顺势屈腿以缓冲，使他垂直于斜坡的速度在t＝0.50s的时间内减小为零，求缓冲阶段斜坡对运动员的平均弹力的大小。
（3）若第二次试跳离开台端后落在着陆坡的N点。若落到M、N时的瞬时速度大小分别是v1、v2（v2＝kv1），瞬时速度方向与斜面的夹角分别为α1、α2，试说明α1、α2的大小关系。
【答案】（1）运动员离开O点时的速度大小为8m/s；
（2）缓冲阶段斜坡对运动员的平均弹力的大小为880N；
（3）α1、α2的大小关系为α1＝α2。
【分析】（1）根据平抛运动的规律在竖直方向和水平方向分别列式求解运动员离开O点时的速度大小；
（2）根据运动学规律求解运动员在M点时竖直方向的速度，再求解运动员在M点垂直于斜面方向的速度，最后根据动量定理求解缓冲阶段斜坡对运动员的平均弹力的大小；
（3）分别求出速度偏转角和位移偏转角的正切值即可判断两夹角的大小关系。
【解答】解：（1）根据平抛运动的规律，竖直方向有
水平方向有
scsθ＝v0t
联立解得
t＝1.2s
v0＝8m/s；
（2）运动员落到M点竖直方向的速度为
vy＝gt＝10×1.2m/s＝12m/s
则运动员在M点垂直于斜面方向的速度为
v⊥＝vycsθ﹣v0sinθ＝（12×0.8﹣8×0.6）m/s＝4.8m/s
以垂直斜面向上为正方向，根据动量定理有
（N﹣mgcsθ）t＝mv⊥
代入数据解得
N＝880N；
（3）设运动员落到着陆坡上时，速度与水平方向的夹角为φ，则
而位移与水平方向的夹角为斜面的倾角θ，则
即
tanφ＝2tanθ
可知运动员落到着陆坡上时，速度与水平方向的夹角是一定值，由几何关系知，运动员落到M、N点时，速度方向与斜面的夹角
α1＝α2。
答：（1）运动员离开O点时的速度大小为8m/s；
（2）缓冲阶段斜坡对运动员的平均弹力的大小为880N；
（3）α1、α2的大小关系为α1＝α2。
18．（9分）如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为l、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1m/s、方向水平向左。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝10m/s2。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
（3）若小球碰后绕O点运动过程中，绳子不松弛，对绳长为l有何要求？
【答案】（1）小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小为5m/s；
（2）小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为0.3J；
（3）若小球碰后绕O点运动过程中，绳子不松弛，绳长应大于等于0.45m，或小于等于0.18m。
【分析】（1）根据运动学公式分析计算小物块到达传送带最右端的速度；
（2）根据动量守恒定律和能量守恒定律计算；
（3）有两种情况，一种是能够做完整的圆周运动，一种是升高到和悬点等高处速度为零，结合动能定理计算。
【解答】解：（1）小物块在传送带上的加速度大小为
a＝μg＝0.5×10m/s2＝5m/s2
小物块的加速距离为
所以小物块和小球碰撞前已经和传送带速度共速了，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小为
v0＝5m/s
（2）规定水平向右的方向为正方向，由题可知碰后小物块的速度为v1＝﹣1m/s，设碰后小球的速度为v2，小物块的质量为m＝0.1kg，小球的质量为M＝0.2kg，根据动量守恒定律有
mv0＝mv1+Mv2
解得v2＝3m/s
根据能量守恒可得损失的总动能为
代入数据解得ΔEk＝0.3J
（3）当碰后小球刚好能运动到与悬点O等高点速度为零，则根据动能定理有
解得l＝0.45m
若绳长大于等于0.45米则绳子不会松弛。
当小球刚好做完整的圆周运动时，在最高点有
从最低点到最高点，根据动能定理有
联立解得l＝0.18m
若绳长小于等于0.18m，则小球会在竖直平面内做圆周运动，绳子不会松弛。
答：（1）小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小为5m/s；
（2）小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为0.3J；
（3）若小球碰后绕O点运动过程中，绳子不松弛，绳长应大于等于0.45m，或小于等于0.18m。
19．（10分）利用电场来加速和控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有广泛的应用。如图所示，M、N为竖直放置的平行金属板，S1、S2为板上正对的小孔，两板间所加电压为U0，金属板P和Q水平放置在N板右侧，关于小孔S1、S2所在直线对称，两板间加有恒定的偏转电压。现有一质子（H）和α粒子（He）从小孔S1处先后由静止释放，经加速后穿过小孔S2水平向右进入偏转电场。已知α粒子的质量为m，电荷量为q。
（1）求α粒子进入偏转电场时的速度大小；
（2）请通过计算判断质子和α粒子在偏转电场中的运动轨迹是否相同。
（3）交换M、N两板的极性，使大量电子加速后连续不断地穿过小孔S2水平向右进入偏转电场，且进入偏转电场的速度均为v＝6.4×107m/s。已知极板P和Q的长度L＝8×10﹣2m，间距d＝5×10﹣3m，两极板间改为交变电压u＝Umsin100πt（V）。电子质量，电荷量e＝1.6×10﹣19C，请通过计算比较并判断电子在偏转电场中运动过程中，电压是否可以视作恒定不变；若要在偏转极板的右侧始终能检测到电子，求Um满足的条件。
【答案】（1）α粒子进入偏转电场时的速度大小为；
（2）粒子的轨迹相同；
（3）电压可视作恒定不变，Um应满足Um≥91V。
【分析】（1）由动能定理，可计算α粒子进入偏转电场时的速度大小；
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，在水平、竖直方向分别列运动学关系式，根据侧移量、偏转角的表达式，可知其与电荷的质量、电荷量是否有关，从而判断轨迹是否相同；
（3）根据电子在偏转电场中的运动时间与交流电的周期对比，可知是否可以看作恒定电压；由各种电压下，电子都可以在偏转极板右侧检测到，可知临界条件为：最大的偏转电压对应最大偏移量，即刚好从极板边缘打出，可计算极板电压最大值。
【解答】解：（1）由动能定理，，可知α粒子进入偏转电场时的速度大小为v＝；
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，若偏转电场的极板电压为U，极板间距为d，极板长度为L，离开偏转电场时速度偏转角为θ，
则在水平方向：L＝vt，
竖直方向：，vy＝at，，
速度偏转角θ满足：，
联立解得：，，即其侧移量、速度方向均与粒子本身的质量、电荷量无关，即质子和α粒子的轨迹相同；
（3）由交变电压的表达式可知：ω＝100π，故周期为：，解得T＝0.02s；
电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向做匀速运动，故其在偏转电场中的时间为：，
可知该时间远小于交变电压的周期，即电子在电场中运动时，可认为电压不变；
由各种电压下，电子都可以在偏转极板右侧检测到，可知临界条件为：电压为Um时，刚好从极板边缘打出，即偏移量为；
电子在偏转电场中，竖直方向上：，，
可知：Um＝91V，即应满足Um≥91V。
答：（1）α粒子进入偏转电场时的速度大小为；
（2）粒子的轨迹相同；
（3）电压可视作恒定不变，Um应满足Um≥91V。
20．（12分）建立物理模型是解决实际问题的重要方法。
（1）如图1所示，圆和椭圆是分析卫星运动时常用的模型。已知地球质量为M、半径为R，万有引力常量为G。
a.卫星在近地轨道上围绕地球的运动，可视作匀速圆周运动，轨道半径近似等于地球半径。求卫星在近地轨道上的运行速度大小v。
b.在P点进行变轨操作，可使卫星由近地轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ。卫星沿椭圆轨道运动的情况较为复杂，研究时我们可以把椭圆分割为许多很短的小段，卫星在每小段的运动都可以看作是圆周运动的一部分（如图2所示）。这样，在分析卫星经过椭圆上某位置的运动时，就可以按其等效的圆周运动来分析和处理。已知卫星在椭圆轨道Ⅱ的近地点P的速度为v1，在远地点D的速度为v2，远地点D到地心的距离为r。根据开普勒第二定律（对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等）可知V1R＝V2r，请你根据椭圆的对称性以及万有引力定律和牛顿运动定律推导这一结论。
（2）如图3所示，已知卫星沿椭圆轨道绕地球运动，地球在卫星椭圆轨道的一个焦点处，椭圆轨道的半长轴为a，半短轴为b，半焦距为c。如选无穷远处为零势能点，则卫星和地球系统的引力势能为，其中M为地球质量，m为卫星质量，r为距地心的距离，G为万有引力常量。
a.分别求卫星运动到椭圆轨道的近地点A和远地点B时的瞬时速度大小。
b.已知椭圆轨道半短轴端点D处的曲率半径rD为，求卫星运动到椭圆轨道的半短轴端点D时的瞬时速度大小。
c.已知椭圆的面积公式为πab，求该卫星的运动周期。
以上各问皆假定地球静止不动，忽略其他天体对卫星的作用力。
【答案】（1）a.卫星在近地轨道上的运行速度大小为；
b.见解析。
（2）a.卫星运动到椭圆轨道的近地点A时的瞬时速度大小为；
卫星运动到椭圆轨道的远地点B时的瞬时速度大小为；
b.卫星运动到椭圆轨道的半短轴端点D时的瞬时速度大小为；
c.该卫星的运动周期为。
【分析】（1）a.卫星在近地点，万有引力提供向心力，根据向心力公式求解作答；
b.根据面积公式和开普勒第二定律进行分析，根据万有引力提供向心力分析证明；
（2）a.卫星在每小段的运动都可以看作是圆周运动的一部分，根据万有引力提供向心力，结合向心力公式分别求解在近地点和远地点的瞬时速度大小；
b.根据数学知识求解卫星在D点时的引力距离，根据向心力公式求解作答；
c.根据开普勒第三定律，结合圆周运动公式求解作答。
【解答】解：（1）a.万有引力提供向心力，在近地点
解得
b.分别在P、D点经过一小段时间Δt，可认为卫星速度不变，卫星与地球的连线在Δt内扫过的面积可以看作一直角三角形的面积，根据开普勒“面积”定律
化简得v1R＝v2r；
卫星在椭圆轨道Ⅱ上运行时，近地点和远地点的等效圆周运动半径分别为R1和R2；
在近地点，根据牛顿第二定律可得
在远地点，根据牛顿第二定律
根据椭圆的对称性可知 R1＝R2
联立解得v1R＝v2r
（2）a.卫星运动到椭圆轨道的近地点A时，根据向心力公式
解得
卫星运动到椭圆轨道的远地点B时，根据向心力公式
解得
b.卫星在D点时的引力距离，根据向心力公式
联立解得
c.卫星做匀速圆周运动时，根据向心力公式
得
卫星在椭圆轨道上运行时，根据开普勒第三定律
联立解得。
答：（1）a.卫星在近地轨道上的运行速度大小为；
b.见解析。
（2）a.卫星运动到椭圆轨道的近地点A时的瞬时速度大小为；
卫星运动到椭圆轨道的远地点B时的瞬时速度大小为；
b.卫星运动到椭圆轨道的半短轴端点D时的瞬时速度大小为；
c.该卫星的运动周期为。