2020-2021学年北京市海淀区人大附中高一（下）期中物理试卷

这是一份2020-2021学年北京市海淀区人大附中高一（下）期中物理试卷，共25页。试卷主要包含了01C，【答案】C，【答案】D，【答案】A，【答案】B等内容，欢迎下载使用。


2020-2021学年北京市海淀区人大附中高一（下）期中物理试卷

1. 下列物理量中，负号表示相应物理量方向的是( )
A. 功W=−10J B. 重力势能Ep=−50J
C. 动量p=−8kg⋅m/s D. 电量q=−0.01C
2. 真空中两个固定点电荷之间的静电力大小为F，现将其中一个点电荷的电荷量变为原来的3倍，其他条件不变，它们之间的静电力大小变为( )
A. 19F B. 13F C. 3F D. 9F
3. 某小组利用频闪照相的方法研究单摆的运动过程，即用在同一张底片上多次曝光的方法，在远处从与单摆摆动平面垂直的视角拍摄单摆在摆动过程中的多个位置的照片。从摆球离开左侧最高点A时开始，每隔相同时间曝光一次，得到了一张记录摆球从A位置由静止运动到右侧最高点B的照片，如图所示，其中摆球运动到最低点O时摆线被一把刻度尺挡住。从图中发现，A、B等高，换不同的刻度尺的位置，发现仍然有这一现象。这一现象可以解释为小球运动过程中存在一个守恒量，这个守恒量是( )
A. 摆球的动能 B. 摆球的质量
C. 摆球(和地球共有)的机械能 D. 摆球(和地球共有)的重力势能
4. 行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是( )
A. 增加了司机单位面积的受力大小
B. 减少了碰撞前后司机动量的变化量
C. 将司机的动能全部转换成汽车的动能
D. 延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
5. 如图所示，静止在光滑水平面上的两辆小车用细线相连，中间有一个压缩了的轻弹簧(与小车不栓接)。烧断细线后( )
A. 两车同时开始运动
B. 在弹簧第一次恢复原长前，两车的动能减少
C. 在弹簧第一次恢复原长前，两车的移动的距离之比增大
D. 在弹簧第一次恢复原长的整个过程中，两车动量的变化相同
6. 如图是电场中某区域的电场线图，电场中的三点A，B，C的电场强度分别为EA，EB，EC，关于EA，EB，EC大小的判断，正确的是( )
A. EA>EB>EC B. EA=EB=EC C. EAEA>EC
7. 如图所示，为研究平抛运动的实验装置，金属小球A、B完全相同用小锤轻击弹性金属片，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落。图中虚线1、2代表离地高度不同的两个水平面，则下列说法正确的是( )
A. 两球同时经过水平面1，且速率相同
B. 两球同时经过水平面1，且重力做功的瞬时功率相同
C. 两球从水平面1到2的过程，B球动量变化量比A球大
D. 两球从水平面1到2的过程，A球动能变化量比B球大
8. 可以用检验电荷在电场中的受力情况来研究电场的强弱。若将检验电荷放在静电场中的某一点，检验电荷的电荷量q不同，其所受的电场力F也不同。图中正确反映F和q关系的图象是( )
A. B. C. D.
9. 把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，这样的客车车辆叫做动车．几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)混合编成一组，就是动车组．假设动车组运行过程中受到的阻力大小与其所受重力大小成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相同．若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为120km/h；则6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为(均在平直轨道上运行)( )
A. 120km/h B. 240km/h C. 320km/h D. 480km/h
10. 如图1所示，人大附中篮球场，留下了高2021级高一男篮联赛的足迹与记忆，同学们汗水挥洒赛场、呐喊穿透苍穹、青春张力活现。释放奋斗的激情，享受运动的快乐，感受兄弟姐妹在一起的温暖与力量。我们期待女篮联赛的到来！在篮球比赛中，某同学获得罚球机会，如图2所示，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球以大约为1m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6kg，篮筐离地高度约为3m，忽略篮球受到的空气阻力，参考图3，估计该同学罚球时投篮动作全程对篮球做的功最接近( )

A. 1J B. 10J C. 50J D. 100J
11. 一个物体以一定的初速度竖直上抛，不计空气阻力，图中，物体的动能Ek、物体的重力势能Ep、物体的机械能E随上升高度h或随速度v的变化的图像，其中正确的( )
A. B.
C. D.
12. 将一物体从地面以某一初速度竖直向上抛出，取竖直向下为矢量的正方向，不计空气阻力。物体的动量p的大小、动量的变化量Δp随时间变化的图像及物体的动量变化率ΔpΔt随离地高度h变化的图像正确的是( )
A. B.
C. D.
13. 风洞是一种检测飞机、导弹、汽车性能的高科技设施。如图示为某兴趣小组设计的类似风洞的实验装置，将密度ρ相同、半径r不同的实心塑料球先后放在水平桌面上的某一位置，球在水平向左恒定风的作用下做匀加速直线运动(摩擦不计)。通过实验探究得出，风对球的作用力大小F与球所处位置无关，仅与球的最大横截面积S有关，即，k为常量。对球而言，可以认为空间存在一个风力场。该场中风力对球做功与球运动路径无关。以下说法正确的是( )
A. 可以定义风力场强度E，风力场强度与塑料球受到的风力成正比
B. 可以定义风力场强度E=FS，方向与风力相同
C. 若以栅栏P为风力势能的零势能参考平面，距P为x处的风力势能是Ep=12kx2
D. 若以栅栏P为风力势能的零势能参考平面，某时刻的速度用v表示，风力场中的能量守恒定律可写为“kπr2x+23ρπr3v2=恒量”
14. 某同学用如图所示的实验装置，通过重物自由下落运动验证机械能守恒定律。实验中需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h，进而根据ΔEp=mgh与ΔEk=12mv2计算重物重力势能的减少量与动能的增加量。

(1)实验过程中他进行了如下操作，其中操作不当的步骤是______。
A.将打点计时器接到直流电源上
B.先释放纸带，后接通电源
C.在纸带上选取适当的数据点，并测量数据点间的距离
D.根据测量结果计算重物下落过程中减少的重力势能及增加的动能
(2)如图所示是正确操作后得到的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为sA、sB、sC。已知重物质量为m，当地重力加速度为g，打点计时器的打点周期为T。从打下O点到打下B点的过程中，重物重力势能的减少量ΔEp=______，动能的增加量ΔEk=______。(用本问中的已知量表达)
(3)利用同一条纸带上的多个数据点进行计算并将计算结果填入下表(为便于比较，表中数据均保留一位小数)。分析数据后他发现表中的ΔEp与ΔEk之间存在差异，认为这是由于阻力的影响造成的。他的观点是否正确？请说明你的观点及判断依据。

1
2
3
4
5
ΔEp(×10−2J)
4.9
9.8
14.7
19.6
29.4
ΔEk(×10−2J)
5.0
10.1
15.1
20.0
29.8
(4)该同学设计了以下四种测量方案，在获得的数据经确认无误、计算也正确的情况下，以下四种方案中方案______(填选项前的符号)可能导致(3)的结果。
A.用刻度尺测出物体下落的高度h，并测出下落时间t，通过v=gt计算出瞬时速度v
B.用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v=2gh计算出瞬时速度v
C.根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过h=v22g计算出高度h
D.用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v
15. 如图1所示，在“验证动量守恒定律”实验中，A、B两球半径相同。先让质量为m1的A球从斜槽上某一固定位置C由静止开始滚下，从轨道末端抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把质量为m2的B球放在水平轨道末端，让A球仍从位置C由静止滚下，A球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次。M、P、N为三个落点的平均位置，未放B球时，A球的落点是P点，O点是轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图2所示。

(1)为了尽量减小实验误差，A球碰后要沿原方向运动，两个小球的质量应满足m1______m2(选填“>”或“<”)。
(2)实验中，不容易直接测定小球碰撞前后的速度。但是，可以通过仅测量______(填选项前的符号)，间接地解决这个问题。
A.小球开始释放高度h
B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球做平抛运动的水平位移
(3)关于本实验的条件和操作要求，下列说法正确的是______。
A.斜槽轨道必须光滑
B.斜槽轨道末端必须水平
C.B球每次的落点一定是重合的
D.实验过程中，复写纸和白纸都可以移动
(4)已知A、B两个小球的质量m1、m2，三个落点位置与O点距离分别为OM、OP、ON.在实验误差允许范围内，若满足关系式______，则可以认为两球碰撞前后的总动量守恒。
16. 如图所示，长为L的不可伸长绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m的带电小球。将该装置放在水平向右场强为E的匀强电场中，小球在A点静止时细线与竖直方向成37∘角。(sin37∘=0.6,cos37∘=0.8)重力加速度为g。
(1)画出小球在A点静止时的受力示意图；
(2)计算小球所带电荷量，并判断小球所带电荷的电性；
(3)若保持细线处于绷紧状态，将小球向右拉，直至细线与电场线平行，由静止释放，求小球运动到最低点时的速度大小。







17. 如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道半径为R，下端与水平桌面相切，小球A从圆弧轨道顶端无初速滑下，与静止在圆弧轨道底端的小球B相碰，A与B碰撞后结合为一个整体，在水平桌面上滑动。已知圆弧轨道光滑，A和B的质量相等，A、B与桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B均可视为质点。求：
(1)碰撞前瞬间A的速度大小v；
(2)碰撞后瞬间A和B整体的速度大小v′；
(3)A和B整体在水平桌面上滑行的最远距离l。








18. 如图所示，一光滑杆固定在底座上，构成支架，放置在水平地面上，光滑杆沿竖直方向，一劲度系数为k的轻弹簧套在光滑杆上。一套在杆上的圆环从距弹簧上端H处由静止释放，接触弹簧后，将弹簧压缩，弹簧的形变始终在弹性限度内。已知圆环的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力。取竖直向下为正方向，圆环刚接触弹簧时的位置为坐标原点O，建立x轴。
(1)请画出弹簧所受弹力F随压缩量x变化的图像；并根据图像确定弹簧从原长到压缩量为x的过程中弹力做功的表达式；
(2)求由动能定理圆环下落过程中的最大动能Ekm；
(3)由弹力、重力做功与相应势能变化量的关系和动能定理证明：在圆环下降压缩弹簧的过程中弹簧、圆环(及地球)组成的系统机械能是守恒的。








19. 在纳米技术中需要移动或修补原子，必须使在不停地做热运动(速率约几百米每秒)的原子几乎静止下来且能在一个小的空间区域内停留一段时间，为此已发明了“激光制冷”技术，若把原子和入射光分别类比为一辆小车和一个小球，则“激光制冷”与下述的力学模型很类似．一辆质量为m的小车(一侧固定一轻弹簧)，如图所示以速度v0水平向右运动，一个动量大小为p的小球水平向左射入小车并压缩弹簧至最短，接着被锁定一段时间ΔT，再解除锁定使小球以大小相同的动量p水平向右弹出，紧接着不断重复上述过程，最终小车停下来．设地面和车厢均为光滑，除锁定时间ΔT外，不计小球在小车上运动和弹簧压缩、伸长的时间．从小球第一次入射开始到小车停止运动所经历的时间为( )
A. mv0p⋅ΔT B. 2mv0p⋅ΔT C. mv04p⋅ΔT D. mv02p⋅ΔT
20. 蹦极是一项刺激的极限运动，如图所示，运动员将一端固定的弹性长绳绑在腰或踝关节处，从几十米高处跳下(忽略空气阻力)。在某次蹦极中质量为60kg的运动员在弹性绳绷紧后又经过2s人的速度减为零，假设弹性绳长为45m，下列说法正确的是(重力加速度为g=10m/s2)( )
A. 绳子在绷紧后2s内的平均作用力大小为1500N
B. 运动员在弹性绳绷紧后动量的改变量等于弹性绳的作用力的冲量
C. 运动员整个运动过程中重力冲量小于弹性绳作用力的冲量
D. 运动员整个运动过程中重力冲量与弹性绳作用力的冲量大小相等
21. 在同一竖直平面内，3个完全相同的弹性小钢球(1号、2号、3号)悬挂于同一高度，静止时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是( )
A. 将1号移至高度h释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度h。若2号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆至高度h
B. 将1、2号一起移至高度h释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都守恒
C. 将右侧涂快干胶的l号移至高度h释放，1、2号碰撞后迅速粘在一起，再与3号碰撞，3号球将不能摆至高度h
D. 将1号和右侧涂快干胶的2号一起移至高度h释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度h，释放后整个过程机械能不守恒，动量守恒
22. 守恒定律是自然界中某种物理量的值恒定不变的规律，它为我们解决许多实际问题提供了依据。在物理学中这样的守恒定律有很多，例如：电荷守恒定律、质量守恒定律、能量守恒定律等等。

(1)在实际生活中经常看到这种现象：适当调整开关，可以看到从水龙头中流出的水柱稳定且粗细不均匀，而是呈现上粗下细的形态，如图1所示，说明水柱呈现此形态的原因。(可认为水不可压缩)
(2)如图所示，足够大的水平桌面上一盛有水的圆柱形大容器，水的深度为H，水面的面积为S1，在容器侧面液面下方h处接有一根水平的短细管，细管内的横截面积为S2，水能够从细管中喷出，重力加速度为g。本题中认为水不可压缩，而且没有粘滞性。
a.液面下方h处的细管中的水流速度v2；(用S1、S2、h、g表示)
b.若在液面下方不同的h处接水平短细管，会发现水从细管喷出后飞行的水平距离x不同，求最大的水平距离xmax及对应的h值；
c.通过构建适当的模型分析说明：在有水从细管管口稳定流出时(如a中情形)堵住管口所需的力，比堵住管口后维持堵住管口所需的力大。(需要用到题目中又没有给的物理要求给出说明)







答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、功是标量，力做功W=−10J，负号表示该力充当的是阻力，不表示方向，故A错误；
B、重力势能是标量，其负号不表示方向，表示物体所在的位置是在零势能面的下方，表示大小，故B错误；
C、动量为矢量，动量p=−8kg⋅m/s，负号表示动量的方向，故C正确；
D、电荷量是标量，故负号不表示方向，正负号只是用来明确自然界中两种电荷的性质，故D错误。
故选：C。
若物理量是矢量，其正负表示方向，若物理量是标量，其正负根据题意具体分析。
解决本题时，要明确矢量的正负表示矢量的方向，而对于不是矢量的物理量应注意正确理解正负所表示的物理意义。

2.【答案】C

【解析】解：电量改变之前：
F=kQ⋅qr2   ①
当其中一个的电荷量变为原来的3倍时：
F1=kQ(3q)r2  ②
联立①②可得：
F1=3F，故C正确，ABD错误
故选：C。
本题比较简单，直接利用库仑定律进行计算讨论即可．
库仑库伦定律应用时涉及的物理量较多，因此理清各个物理量之间的关系，可以和万有引力定律进行类比学习．

3.【答案】C

【解析】解：B、这一现象不能解释质量守恒，故B错误；
ACD、摆球在摆动的过程中，若忽略空气阻力的作用，整个过程中只有重力做功，重力势能和动能相互转化，机械能守恒，因此无论刻度尺放在何处，摆球均能上升到同等高度。摆动过程中动能和重力势能不断变化，故C正确，故AD错误；
故选：C。
换不同的刻度尺的位置，A、B等高，则摆动过程中机械能守恒。
本题考查机械能守恒的条件，透过现象分析原理，应用原理解释现象是解题关键。

4.【答案】D

【解析】解：ABD、在碰撞过程中，司机的动量的变化量是一定的，但安全气囊会增加作用的时间，根据动量定理Ft=△p可知，可以减小司机受到的冲击力F，同时安全气囊会增大司机的受力面积，则司机单位面积的受力大小FS减小，故AB错误，D正确。
C、安全气囊只是延长了作用时间，减小了司机的受力，将司机的动能转换成气囊的弹性势能，故C错误。
故选：D。
在碰撞过程中，司机动量的变化量是一定的，都等于△p=mv，但安全气囊会延长作用时间，增加受力面积；再根据动量定理分析即可。
本题的关键是知道在碰撞过程中，司机动量的变化量是一定的；会熟练应用动量定理分析力的变化。

5.【答案】A

【解析】解：AB.烧断细线后，两车同时开始运动；在弹簧第一次恢复原长前，弹力对小车做正功，两车的动能一直增加，故B错误；
C.在弹簧第一次恢复原长前，两车组成的系统动量守恒，则
m1v1=m2v2
平均动量也守恒，即m1v1−=m2v2−
可得m1v1−t=m2v2−t
m1x1=m2x2
可得：x1x2=m2m1
两车的移动的距离之比不变，故C错误；
D.在弹簧第一次恢复原长的整个过程中，两车动量的变化大小相等，方向相反，故D错误。
故选：A。
弹簧第一次恢复原长过程中，结合动量守恒定律判断距离的关系，根据动量守恒定律分析A车与B车的动量变化量的关系。
解决该题需要掌握动量守恒的条件，掌握位移的求解公式，知道动量的变化量相同必须大小相等方向相同。

6.【答案】A

【解析】解：根据电场线密集的地方电场强度大，稀疏的地方电场强度小，可以判断出：EA>EB>EC，故A正确，BCD错误；
故选：A。
据电场线的疏密程度，判断各点场强的大小即可．
本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．

7.【答案】B

【解析】
【分析】
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合两个分运动的规律，通过动量定理以及动能定理判断，及重力的瞬时功率表达式P=Gv，式中v是竖直方向速度。
考查了动量定理与动能定理的应用，解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，注意速度的变化与速率的变化不同，及会区分瞬时功率与平均功率的不同。
【解答】
AD、A球平抛，B球自由落体，用动能定理可知mgh=12mv2−12mv02，所以两个小球下落高度相同时，平抛运动的速率更大，动能变化量相等，故A、D错误；
B、两球竖直方向都做自由落体运动，加速度相等，经过面1时竖直方向的速度相等，A球重力瞬时功率等于B球重力的瞬时功率，故B正确；
C、利用动量定理可知，mgt=Δp，把A球平抛运动沿水平方向和竖直方向分解，竖直方向是自由落体运动，而B球做自由落体运动，所以两球下落同一高度时间相等，可知A球动量变化等于B球动量变化，故C错误。
故选：B。  
8.【答案】A

【解析】解：静电场中某一点的场强E是确定的，与是否放检验电荷或检验电荷的电荷量大小无关，当检验电荷的电荷量变化时，其所受的电场力与电荷量成正比，即F=qE，故A正确，BCD错误；
故选：A。
已知检验电荷所受的电场力和电荷量，由场强的定义式E=Fq，即可求解P点的场强。场强方向与正检验电荷所受的电场力方向相同。由F=qE变形求解电场力。
电场强度表示电场的强弱和方向，由电场本身决定，掌握点场强公式和场强的物理意义是本题的关键，

9.【答案】C

【解析】解：设每节车的质量为m，所受阻力为kmg，每节动车的功率为P，1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为v1=120km/h；则P=4kmgv1；
设6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为v2，则有6P=9kmgv2，
联立解得v2=320km/h。
故选：C。
当功率一定时，当牵引力等于阻力时，速度达到最大．根据P=Fv=fv去求最大速度．
解决本题的关键知道功率与牵引力的关系，以及知道功率一定，当牵引力与阻力相等时，速度最大．

10.【答案】B

【解析】解：该同学的身高估计为1.7m，一只篮球的质量大约0.6kg，由能量关系可知，罚球时投篮动作全程对篮球做的功等于篮球得到的动能
W=−12mv02=mgh+12mv2=0.6×10×(3−1.7)J+12×0.6×1J=8.1J
接近10J.
故ACD错误，B正确；
故选：B。
由能量关系可知，罚球时投篮动作全程对篮球做的功等于篮球得到的动能。
本题考查动能定理，解题关键掌握如何将理论知识应用于实践当中。

11.【答案】ACD

【解析】解：A、根据机械能守恒定律得：
mgh+Ek=12mv02，
得到：
Ek=12mv02−mgh，
可见，Ek与h是线性关系，h增大，Ek减小。故A正确。
B、由机械能守恒得：
Ep=mgh=12mv02−12mv2，
Ep与v是非线性关系，v越大，Ep越小，故B错误。
C、由题意，物体竖直上抛过程中，不计空气阻力，只受重力，其机械能守恒，E与h无关，故C正确。
D、动能Ek=12mv2，Ek与v的图像为抛物线，v越大，Ek越大，故D正确。
故选：ACD。
不计空气阻力，物体竖直上抛过程的机械能守恒。根据机械能守恒定律得出物体的动能与高度的关系式，根据重力势能的公式得出其表达式，再选择图像。
本题要根据物理规律得到解析式，再选择物理图像，是图像问题经常采用的思路。

12.【答案】BC

【解析】解：A、取竖直向下为正方向，依据动量定义式p=mv，因为速度先向上后向下，动量应先为负后为正，故A错误；
B、根据动量定理Δp=mgt，mg是定值，方向向下，故B正确；
CD、根据动量定理Δp=mgt，mg是定值，方向向下，那么ΔpΔt=mg，是个定值，重力的方向向下，故C正确，故D错误；
故选：BC。
依据动量定义式p=mv，依据题意可判断动量方向；根据动量定理Δp=mgt，mg是定值，方向向下；根据动量定理Δp=mgt，可知ΔpΔt=mg，是个定值。
本题考查动量定理，关键掌握动量是矢量，解题过程要注意方向性。

13.【答案】BD

【解析】解：AB.因为，则可以定义风力场强度，强度为E=FS1=k，方向与风力方向相同，大小与所受风力无关，故A错误，B正确；
C.风力所做的功等于风力势能的减小量，从x处运动到栅栏P处，风力所做的功为：
W=Fx=kSx=kπr2x
则风力势能的减小量等于kπr2x，以栅栏P为风力势能参考平面，则距P为x处的风力势能为
Ep=kπr2x，故C错误；
D.在风力场中只有动能和风力势能相互转化，机械能守恒的表达式为：
Ep+Ek=恒量
Ep=kπr2x
Ek=12mv2=12⋅43πr3⋅ρ⋅v2=23πρr3v2
所以kπr2x+23ρπr3v2=恒量。故D正确。
故选：BD。
本题可以类比电场强度进行分析，风力强度类似于电场强度，与所受的分力无关，电场力所做的功等于电势能的减小量，则风力势能的减小量等于风力所做的功。
解决本题的关键采用类比的方法，风力强度类比于电场强度，风力做功与风力势能的关系类比于电场力做功与电势能的关系。

14.【答案】ABmgsB m(sC−sA)8T2  A

【解析】解：(1)A、将打点计时器直接接到直流电源上，打点计时器将无法工作，故A错误；
B、实验时应先接通电源再释放纸带，故B错误；
CD、数据处理时，在纸带上选取适当的数据点，并测量数据点间的距离，根据测量结果计算重物下落过程中减少的重力势能及增加的功能，故CD正确；
故选AB。
(2)从O到B，重力势能的减少量为
ΔEp=mgsB，
设B点的速度为vB，根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度得：
vB=xAC2T=sC−sA2T，
所以动能的增加量为
ΔEk=12mvB2=m(sC−sA)8T2，
(3)他的观点不正确，如果是由于阻力造成的误差，克服阻力做功，会造成ΔEk小于ΔEp，而不是ΔEp小于ΔEk。
(4)A、通过v=gt计算出瞬时速度v往往大于物体的实际速度，则造成动能增加量偏大，故A正确；
B、用刻度尺测出物体下藩的高度h，并通过
v=2gh
计算出瞬时速度v，可得到
12mv2=mgh，
这样得到的ΔEp，应该等于ΔEk，故B错误；
C、根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过
h=v22g
计算出高度h，这样得到的
mgh=12mv2，
故C错误；
D、用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，由于有阻力影响，会使得
mgh>12mv2，
故D错误；
故选A。
故答案为：(1)AB(2)mgsB，m(sC−sA)8T2(3)不正确，如果是由于阻力造成的误差，克服阻力做功，会造成ΔEk小于ΔEp，而不是ΔEp小于ΔEk(4)A
(1)根据实验仪器使用方法和实验原理判断；
(2)从O到B，根据公式计算重力势能减少量，根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度求B点速度，求出B点时刻动能；
(3)如果是由于阻力造成的误差，克服阻力做功，会造成ΔEk小于ΔEp；
(4)造成动能增加量偏大的原因可能是计算出瞬时速度v大于实际速度。
本题考查验证机械能守恒定律，关键要明确实验原理，知道B点瞬时速度的计算方法以及分析误差ΔEp小于ΔEk的原因。

15.【答案】>CBm1OP=m1OM+m2ON

【解析】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>m2。
(2)小球离开斜槽后做平抛运动，球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，
水平位移与初速度成正比，可以把小球做平抛运动的时间作为时间单位，用球的水平位移代替其初速度，
实验不需要测量小球释放点的高度与抛出点的高度，只要测出小球做平抛运动的水平位移即可，故选：C。
(3)A、实验时只要从相同高度由静止释放入射球即可保证入射球到达斜槽末端的速度相对，斜槽轨道不必光滑，故A错误；
B、为使小球离开轨道后做平抛运动，斜槽轨道末端必须水平，故B正确；
C、每次实验时B球每次的落点不一定是重合的，故C错误；
D、为准确测出小球做平抛运动的水平位移，实验过程中，白纸不可以移动，故D错误。
故选：B。
(4)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，
小球做平抛运动抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等，方程两边同时乘以t得：
m1v0t=m1v1t+m2v2t，则：m1OP=m1OM+m2ON；
故答案为：(1)>；(2)C；(3)B；(4)m1OP=m1OM+m2ON。
(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。
(2)小球离开斜槽后做平抛运动，球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，水平位移与初速度成正比，可以用球的水平位移代替其初速度。
(3)小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽末端切线应水平，根据实验注意事项分析答题。
(4)根据题意应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。
该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速度和时间，而是用位移x来代替速度v，成为是解决问题的关键；要注意理解该方法的使用。

16.【答案】解：(1)受力如图

(2)由平衡条件可知：tanθ=qEmg
解得q=3mg4E，粒子电性为正电
(3)由动能定理得：mgL−EqL=12mv2
解得v=12gL
答：(1)受力示意图见解析；
(2)小球所带电荷量为3mg4E，小球所带电荷的电性为正电；
(3)小球运动到最低点时的速度大小为12gL。

【解析】(1)小球受到重力、电场力和绳子的拉力作用；
(2)根据三角形定则分析求解小球的电荷量，根据小球受到的电场力的方向分析小球的电性；
(3)根据动能定理求解小球运动到最低点时的速度大小。
解决该题需要正确分析小球受到的作用力，掌握用三角形定则分析求解小球的电场力，知道正电荷的电场力方向与电场线方向相同。

17.【答案】解：(1)设两小球质量均为m，对小球A从圆弧轨道顶端滑到底端的过程，由机械能守恒定律得
 mgR=12mv2
解得v=2gR
(2)对A、B碰撞的过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得
  mv=2mv′
解得v′=2gR2
(3)对A、B整体在水平桌面上滑行的过程，根据动能定理得
−μ(2m)gl=0−12(2m)v′2
解得A和B整体在水平桌面上滑行的最远距离l=R4μ
答：(1)碰撞前瞬间A的速度大小v为2gR；
(2)碰撞后瞬间A和B整体的速度大小v′为2gR2；
(3)A和B整体在水平桌面上滑行的最远距离l为R4μ。

【解析】(1)小球A沿圆弧轨道下滑过程，只有重力做功，其机械能守恒，根据机械能守恒定律求出碰撞前瞬间A的速度大小v；
(2)A、B碰撞的过程中系统的动量守恒，根据动量守恒定律求出碰撞后瞬间A和B整体的速度大小v′；
(3)A和B整体在水平桌面上滑行的过程，运用动能定理，求出AB整体在桌面上滑行的最远距离l。
解答本题时，要理清两球的运动过程，把握每个过程的物理规律。要知道机械能守恒和动量守恒的条件，合理地选择研究对象和过程，选择合适的规律进行求解。

18.【答案】解：(1)考虑到弹力方向与规定正方向相反，弹簧所受弹力F随压缩量x变化的图像如图所示：

由图中面积可知弹簧弹力做功W=−12x⋅kx=−12kx2
(2)在下落过程中，当圆环所受合力为零时，其速度最大，对应的动能最大，
此时弹簧压缩量设为x0，则有kx0=mg
对圆环，从静止释放→压缩量为x0的过程中，由动能定理可得：
mg(H+x0)+(−12kx02)=Ekm−0
解得：Ekm=mgH+m2g22k
(3)圆环接触弹簧后，设在某位置系统动能、重力势能、弹簧弹性势能分别为Ek1、EpG1、，在另一位置系统动能、重力势能、弹簧弹性势能分别为Ek2、EpG2、。则由重力做功与重力势能的关系可知：
WG=−ΔEpG
由弹力做功与弹性势能变化的关系可知：

由动能定理可得：

联立可得：

即在圆环下降压缩弹簧的过程中弹簧、圆环(及地球)组成的系统机械能是守恒的。
答：(1)弹簧所受弹力F随压缩量x变化的图像见解析；W=−12kx2；
(2)由动能定理圆环下落过程中的最大动能为mgH+m2g22k；
(3)证明见解析。

【解析】(1)根据胡克定律求出F与x的关系，再作F−x图象。根据图象与x轴所围的面积求弹力做功。
(2)当圆环所受的合力为零时速度最大，由平衡条件求出弹簧的压缩量，再由系统的机械能守恒求最大动能Ekm；
(3)根据动能定理和功能关系列式来证明系统的机械能守恒。
解决本题的关键是理清圆环的受力情况和运动情况，知道合力为零时速度最大。

19.【答案】D

【解析】解：小球第二次入射和弹出的过程，及以后重复进行的过程中，小球和小车所组成的系统动量守恒。规定向右为正方向，由动量守恒定律，得：
mv1−p=mv′2
mv′2=mv2+p
则有：v2=v1−2pm=v′0−2×2pm
同理可推得：
vn=v0−n2pm
要使小车停下来，即vn=0，小球重复入射和弹出的次数为：n=mv02p，
故从小球第一次入射开始到小车停止运动所经历的时间为t=nΔT=mv02p⋅ΔT。
故选：D。
小球第二次入射和弹出的过程小球和小车所组成的系统动量守恒．由动量守恒定律得出小球被弹出时小车的速度，运用归纳法分析得出小球重复入射和弹出的次数n.即求出从小球第一次入射开始到小车停止运动所经历的时间．
本题用小球与带有弹簧碰撞的模型模拟“激光制冷”，要善于建立模型，研究过程，关键要运用归纳法得到小车的速度表达式．

20.【答案】AD

【解析】解：A、绳在刚绷紧时人的速度为v=2gh=2×10×45m/s=30m/s，在绷紧的过程中根据动量定理有(F−mg)t=0−(−mv)，代入数据得：(F−60×10)×2=0+60×30，解得F=1500N，故A正确；
B、根据动量定理可知，运动员在弹性绳绷紧后，动量的改变量等于弹性绳作用力的冲量与重力冲量的和，故B错误；
CD、运动员整个运动的过程中动量的变化为零，即重力冲量与弹性绳作用力的冲量等大反向，故C错误，D正确；
故选：AD。
根据匀变速直线运动速度-位移公式求解速度，根据动量定理求出平均作用力，判定在不同过程中其动量变化和冲量的大小关系。
本题考查了动量定理、运动学公式相结合的问题，解决此题的关键是要注意合外力的冲量等于动量的变化量。

21.【答案】C

【解析】解：A、将1号移至高度h释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度h，可知，小球1、2间，2、3间发生了弹性碰撞，且碰后交换速度。若2号换成质量不同的小钢球，1、2间，2、3间碰后并不交换速度，则3号上摆的高度不等于h，故A错误；
B、将1、2号一起移至高度h释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度h，三小球之间的碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故B错误；
C、将右侧涂胶的1号移至高度h释放，1、2号碰撞后粘在一起，发生完全非弹性碰撞，机械能有损失，再与3球碰撞后，3获得的速度小于1与2碰撞前瞬间的速度，则3号上升的高度小于h，故C正确；
D、小球1、2间，2、3间发生完全非弹性碰撞，机械能有损失，释放后整个过程机械能和动量都不守恒，故D错误。
故选：C。
质量相等的两球发生弹性碰撞时，碰后交换速度。发生完全非弹性碰撞时，机械能损失最大。只有重力做功时物体的机械能守恒。
解决本题的关键要了解碰撞的类型，知道质量相等的两球发生弹性碰撞时碰后交换速度。发生完全非弹性碰撞时，机械能有损失。

22.【答案】解：(1)根据质量守恒，相等的时间通过任一截面的质量相等，即水的流量相等。
单位时间出来的水的体积不变：SAvA=SBvB
在竖直方向上，随着水向下运动，水速不断变大，即：vB>vA
故有横截面积SB (2)a.根据能量守恒和机械能守恒定律分析可知：稳定流动的很短一段时间内，对容器中的液体，等效来看：液面上质量为m的薄层水的机械能等于细管中质量为m的小水柱的机械能。
设液面薄层水下降的速度为v1，细管中质量为m的小水柱的速度为v2。设细管处为零势面，则有：12mv12+mgh=12mv22
又有：S1v1=S2v2
解得：v2=(S12S12−S22)2gh
b.小水柱做平抛运动，水平方向：x=v2t
竖直方向：H−h=12gt2
解得：x=2(S12S12−S22)(H−h)h
利用均值不等式，可知：x≤2(S12S12−S22)×(H−h)+h2 (当且仅当H−h=h，即h=12H时，取等号)。
即xmax=(S12S12−S22)H，相应的h=12H。
c.在有水从细管管口稳定流出时(如a中情形)堵住管口所需的力设为F1，堵住管口后维持堵住管口所需的力设为F2，水的密度为ρ，则
对流动的水，考虑一段很短的时间Δt，流出的小水柱的质量为Δm=ρS2v2Δt，
要堵住水，意味着水速减为0，对流出的小水柱Δm，由动量定理可知：−F1Δt=Δm(0−v2)(规定速度v2方向为正方向)
解得：F2=2ρghS2(S12S12−S22)
堵住管口后维持堵住管口所需的力F2，只要克服流体静压力即可，故F2=p2S2，其中p2=ρgh
故：F2=ρghS2
故F1F2=2(S1222S12−2)>2(若S1>>S2，则F1F2≈2)
答：(1)原因见解析；(2)a、液面下方h处的细管中的水流速度v2为(S12S12−S22)2gh；b、最大的水平距离xmax为(S12S12−S22)H，对应的h值是12H；c、分析说明见解析。

【解析】(1)根据水不可压缩特性，水的流量不变进行说理；
(2)a、用等效方法，根据机械能守恒定律和流量不变等求出水流的速度。b、由上一问的结论，结合平抛位移规律写出水平位移的表达式，由均值不等式可求得水平位移的最大值。c、由动量定理求出堵住流水的力的表达式，再由液体压强公式求出维系堵住的力的表达式，两者之比可以看出大小关系。
本题是流体力学与平抛运动的综合，还涉及到动量定理、流量的知识、液体压强及压强的定义等内容，是锻炼开放性思维的好题。本题的难点于从生活实例出来建立一个物理模型，再应用相当规律解题。