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2021-2022学年北京市昌平区高三（上）期末物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年北京市昌平区高三（上）期末物理试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了0s内的加速度小于2，0s内物体的运动方向发生了改变，3A，【答案】B，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年北京市昌平区高三（上）期末物理试卷
1. 2021年11年4日，由我国自主研发的可控核聚变装置“人造太阳”迎来了全新突破，在高达1.2亿摄氏度下成功运行了101秒，引发全球关注。下列核反应方程属于核聚变的是( )
A. 12H+13H→24He+01n B. 90234Th→91234Pa+−10e
C. 714N+24He→817O+11H D. 92235U+01n→56144Ba+3689Kr+301n
2. 如图所示，自动卸货车的车架始终静止在水平地面上，在一段时间内，车厢在液压机的作用下与水平面间的夹角θ逐渐增大，货物相对车厢未发生相对滑动。关于这段时间内货物所受支持力和摩擦力，下列说法正确的是( )
A. 货物所受支持力逐渐增大 B. 货物所受摩擦力逐渐减小
C. 支持力对货物不做功 D. 支持力对货物做正功
3. 一物体沿直线运动，其速度v随时间t变化关系的图像如图所示。由图像可知( )
A. 0∼2.0s内的加速度小于2.0∼3.0s内的加速度
B. 0∼2.0s内的位移小于2.0∼3.0s内的位移
C. 0∼2.0s内的平均速度小于2.0∼3.0s内的平均速度
D. 0∼3.0s内物体的运动方向发生了改变
4. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻的波形如图所示，此时a、b、c三个质点距平衡位置的距离相同。下列说法正确的是( )
A. 该时刻质点a和质点b的速度相同
B. 该时刻质点a和质点b的加速度相同
C. 该时刻质点b和质点c的位移相同
D. 质点b将比质点c先回到平衡位置
5. 某同学在做“探究平抛运动规律”实验时，让A球沿圆弧轨道由静止下滑，A球离开轨道末端(末端水平)时撞开轻质接触式开关S，被电磁铁吸住的B球同时自由下落(下落前B球与轨道末端处于同一高度)，如图所示。改变整个装置距水平地面的高度，重复实验，发现两球总是同时落地。关于该实验，下列说法正确的是( )
A. 在实验中，A、B两球的质量应保持相等
B. 在重复实验时，A球沿轨道下滑的初始位置应保持不变
C. 该实验说明A球在离开轨道后竖直方向做自由落体运动
D. 该实验说明A球在离开轨道后水平方向做匀速直线运动
6. 某教室中有一台电风扇，其电动机内电阻是20Ω，接上220V的恒定电压后，电风扇正常工作，消耗的总功率是66W。下列说法正确的是( )
A. 通过电风扇电动机的电流为11A B. 通过电风扇电动机的电流为0.3A
C. 电风扇输出的机械功率为60W D. 电风扇输出的机械功率为66W
7. 在“研究影响通电导体棒所受磁场力的因素”实验中，把一段导体棒悬挂在蹄形磁铁的两极间，通以电流，导体棒摆开一定角度，如图所示。要使导体棒摆开的角度增大，以下操作可行的是( )
A. 增加导体棒的质量
B. 换成磁性较弱的磁铁
C. 增大导体棒中的电流
D. 改变导体棒中电流的方向
8. 如图所示，洛伦兹力演示仪由励磁线圈、玻璃泡、电子枪等部分组成。励磁线圈是一对彼此平行、共轴的圆形线圈，它能够在两线圈之间产生匀强磁场。玻璃泡内充有稀薄的气体，电子枪在加速电压下发射电子，电子束通过玻璃泡内气体时能够显示出电子运动的径迹。若电子枪垂直磁场方向发射电子，电子质量为m，电荷量为e，匀强磁场的磁感应强度为B。根据上述信息可以得出( )
A. 电子做圆周运动的轨道半径 B. 电子做圆周运动的速度大小
C. 电子做圆周运动的周期 D. 电子的加速电压
9. 2021年6月17日，搭载神舟十二号载人飞船的运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射。神舟十二号飞船入轨后，成功与天和核心舱对接，3名航天员顺利进入天和核心舱，标志着中国人首次进入自己的空间站。图为飞船运动过程的简化示意图。飞船先进入圆轨道1做匀速圆周运动，再经椭圆轨道2，最终进入圆轨道3完成对接任务。地球轨道2分别与轨道1、轨道3相切于A点、B点。则飞船( )
A. 在轨道1的运行周期大于在轨道3的运行周期
B. 在轨道2运动过程中，经过A点时的速率比B点大
C. 在轨道2运动过程中，经过A点时的加速度比B点小
D. 从轨道2进入轨道3时需要在B点处减速
10. 蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动。跳跃者站在起跳台上，把一端固定的弹性绳绑在踝关节处，然后头朝下跳下去，如图所示。某次蹦极中，跳跃者从起跳台落下直至最低点的过程中，空气阻力大小恒定，将跳跃者、弹性绳和地球视为一个系统。在这个过程中( )
A. 系统的机械能守恒
B. 弹性绳刚伸直时跳跃者的动能最大
C. 跳跃者重力势能的减小量等于弹性势能的增加量
D. 跳跃者克服空气阻力做功等于系统机械能的减少量
11. 如图所示，在一点电荷Q产生的静电场中，三个等势面a、b、c的电势分别为6V、4V和2V。一质子从等势面a上某处由静止释放，经过等势面b时的速率为v。下列说法正确的是( )
A. 该点电荷Q带负电荷 B. 质子到达等势面c时速率为2v
C. 质子到达等势面c时速率为2v D. 质子在等势面b上时的电势能比在c上时小
12. 在冰壶比赛中，掷壶队员手持冰壶从本垒圆心处向前运动至前卫线时，速度大小v0=1m/s，此时将冰壶沿水平方向掷出，如图所示。掷出瞬间，冰壶在水平方向相对于手的速度大小v1=2m/s。已知掷壶队员的质量M=60kg，冰壶的质量m=20kg。冰壶出手后，掷壶队员相对地的速度大小和方向分别为( )
A. 1m/s，方向与冰壶运动方向相反 B. 1m/s，方向与冰壶运动方向相同
C. 0.5m/s，方向与冰壶运动方向相反 D. 0.5m/s，方向与冰壶运动方向相同
13. 利用某半导体的电阻随温度升高而减小的特征可以制作电子温度计。图甲表示该半导体的电阻R随摄氏温度t变化的情况。把该半导体与电动势为E、内阻为r的电源，理想电压表和保护电阻R0连成如图乙所示的电路。用该半导体作测温探头，把电压表的电压刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易的电子温度计。下列说法正确的是( )
A. tA应标在电压较大的刻度上
B. tB应标在电压较大的刻度上
C. 该电子温度计表盘上温度的刻度是均匀的
D. 若电池用久后内阻r变大，用该温度计测量的温度要比真实值偏低
14. 若横轴表示时间，纵轴表示速度，则如图为匀变速直线运动的v−t图像。当把时间t分成许多小的时间间隔Δt，在每个Δt时间内，可以认为物体做匀速运动。图中每个小矩形的面积，就对应着物体在Δt内的位移。对这些位移求和，可以认为图线与横轴包围的面积表示t时间内物体的位移。我们可以应用上述方法处理很多问题，下列说法正确的是( )
A. 若横轴表示时间t，纵轴表示加速度a，则图线与横轴包围的面积表示物体的末速度
B. 若横轴表示位移x，纵轴表示合外力F合，则图线与横轴包围的面积表示物体动能的变化量
C. 若横轴表示通过定值电阻的电流I，纵轴表示其两端的电压U，则图线与横轴包围的面积表示定值电阻的电功率
D. 若横轴表示电容器充电时两极板所带电荷量Q，纵轴表示两极板间电压U，则图线与横轴包围的面积表示电容器储存的电能
15. 在“测量金属丝的电阻率”实验中，待测金属丝的电阻约为6Ω。
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量如图1所示，其读数为______ mm。
(2)用电流表和电压表测量金属丝的电阻。按如图2连接好电路，用电压表的接线柱P先后与a、b接触，发现电压表的示数有较大变化，而电流表的示数变化不大，则实验中电压表的接线柱P应与______点相连(选填“a”或“b”)。
(3)某同学在实验中记录了多组数据，并描绘出U−I图像，如图3所示。由图像可知，金属丝的电阻约为______Ω。
(4)设被测金属丝电阻为Rx，长度为L，直径的平均值为d，则该金属材料电阻率的表达式为ρ=______(用Rx、L、d等物理量表示)。
16. 实验小组一用如图1所示的实验装置探究加速度与物体受力的关系。保持小车的质量M不变，通过改变槽码的个数来改变小车所受的拉力F，通过处理纸带上打出的点来测量小车的加速度a。
(1)图2是某次实验时得到的一条纸带，纸带上相邻两计数点之间的时间间隔为T=0.10s，由图中数据可计算出小车的加速度大小为______m/s2。
(2)小明同学根据实验数据作出了a−F图像，如图3所示。该图线斜率的物理意义是；该图线不通过原点的原因可能是______。
(3)小芳同学实验操作规范，作出了a−F图像，随槽码个数的增加，图线上部发生了弯曲，该同学作出的图像最接近图4中的______(选填“甲”或“乙”)。
(4)实验小组二改进了实验方案，实验装置如图5所示。其主要操作步骤如下：
①挂上槽码，改变木板的倾角，使小车拖着纸带沿木板匀速下滑；
②取下槽码，测出其总质量；让小车沿木板下滑，测出加速度；
③改变槽码的个数和木板倾角，重复步骤①和②。通过作图可得到a−F图像。
对比以上两种方案，写出实验小组二方案的优点：______。
17. 如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。两小滑块M、N的质量均为m，N静止在轨道BC段上。M从高h处由静止开始沿轨道下滑，与N发生对心碰撞，碰后两小滑块粘在一起在轨道BC上滑动，重力加速度为g。
(1)碰撞前瞬间M的速度v0的大小；
(2)碰撞后瞬间M和N一起运动的速度大小v；
(3)碰撞过程中损失的机械能ΔE。
18. 如图为法拉第圆盘发电机的示意图：铜质圆盘安装在水平铜轴上，两铜片C、D分别与转动轴和圆盘的边缘接触。圆盘处于水平向右的匀强磁场中，圆盘平面与磁感线垂直。从左向右看，圆盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动。已知匀强磁场磁感应强度大小为B，圆盘半径为r，定值电阻的阻值为R。
(1)判断通过电阻R的电流方向；
(2)求这个发电机的电动势E；
(3)如果圆盘不转动，使磁场的磁感应强度以B=kt规律变化(k为常数)，请判断圆盘上是否产生了感应电流？是否有电流通过电阻R？简要说明理由。
19. 宏观规律是由微观机制决定的。从微观角度看，在没有外电场的作用下，金属导体中的自由电子沿任意方向运动的概率相等。对于导体中的任一截面来说，任何时刻从两侧穿过的自由电子数相等，宏观上不形成电流。如果导体两端加恒定电压，自由电子在电场力的驱动下开始定向移动，并不断与导体内金属阳离子碰撞，可以认为自由电子在碰撞后的定向速度变为0，然后再加速、再碰撞……，在宏观上自由电子的定向移动形成了电流。
如图所示，一段截面积为S、长为L的金属导体，单位体积内有n个自由电子，自由电子的电量为e，质量为m，导体两端所加电压为U。假设自由电子与导体内金属阳离子连续两次碰撞的时间间隔为t，仅在碰撞时才考虑粒子间的相互作用。
(1)求恒定电场对每个自由电子作用力的大小F；
(2)求在时间间隔t内自由电子定向移动的平均速率v；
(3)实验表明，同一金属导体两端的电压与通过它的电流之比是一个常量，物理学中把它叫做导体的电阻。请推导电阻的微观表达式(用物理量S、L、n、e、m、t表示)。
20. 运动的合成与分解是我们研究复杂运动时常用的方法。
(1)如图1所示，一高度为h、内壁光滑的圆筒竖直放置，将一个小滑块在圆筒上端O点以水平初速度v0沿圆筒内壁切线方向抛出，小滑块沿圆筒内壁运动了一周后恰好从O′点离开圆筒。已知重力加速度为g，不计空气阻力。
a.求小滑块从抛出到离开圆筒所用的时间t。
b.如果沿虚线OO′将圆筒展开，以小滑块初始位置为坐标原点O，初速度v0方向为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，建立直角坐标系xOy。请在图2中定性画出小滑块在圆筒内表面的运动轨迹。
(2)如图3所示，在真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。将一个质量为m、带正电的小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出。已知小球所受电场力与重力之比为34。求小球从抛出点至最高点电势能的变化量ΔEp。
(3)如图4所示，在真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电子枪(图中未画出)发射出质量为m、电荷量为e的电子，经加速后以初速度v0射入磁场中，初速度方向与磁场方向夹角为θ。不计电子所受重力。
a.电子在沿磁感线和垂直磁感线方向上分别做什么运动？
b.求电子在垂直磁感线方向上运动一周的时间内，沿磁感线方向上运动的距离x。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、 12H+13H→24He+01n属于轻核聚变，故A正确；
B、 90234Th→91234Pa+−10e属于β衰变，故B错误；
C、 714N+24He→817O+11H属于原子核的人工转变，故C错误；
D、 92235U+01n→56144Ba+3689Kr+301n属于重核裂变，故D错误。
故选：A。
由两个较轻的核生成一个较重的核的过程属于聚变，根据聚变的特点进行分析。
本题主要是考查几种核反应，掌握几种核反应方程的特点即可顺利解答。
2.【答案】D
【解析】解：AB、货物处于平衡状态，则有：mgsinθ=f，N=mgcosθ，θ增大时，f增大，N减小，故AB错误；
C、货物受到的支持力的方向与位移方向的夹角小于90∘，做正功，故C错误，D正确；
故选：D。
货物处于平衡状态，对货物进行受力分析，根据平衡条件及恒力做功公式列式分析即可。
本题主要考查了平衡条件的应用、功的正负发的判断方法，要求同学们能正确对物体进行受力分析，基础题目。
3.【答案】A
【解析】解：A、根据v−t图像的斜率表示加速度，斜率绝对值越大，加速度越大，则知0∼2.0s内的加速度小于2.0∼3.0s内的加速度，故A正确；
B、根据v−t图像与时间轴围成的面积表示位移，则知0∼2.0s内的位移小于2.0∼3.0s内的位移，故B错误；
C、根据匀变速直线运动的平均速度公式v−=v0+v2可知，0∼2.0s内与2.0∼3.0s内的平均速度相等，均为1.0m/s，故C错误；
D、速度的正负表示物体的运动方向，由图知，0∼3.0s内物体的速度一直为正，运动方向不变，故D错误。
故选：A。
在v−t图像中，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积大小表示物体的位移大小。速度的正负表示物体的运动方向。结合平均速度的定义分析即可。
解决本题的关键是要知道v−t图像与时间轴围成的面积表示位移，速度的正负表示速度的方向，图像的斜率表示加速度。
4.【答案】B
【解析】解：A、由同侧法可知，此时a正向上运动，b、c正向下运动，a、b速度方向相反，故A错误。
B、质点振动回复力指向平衡位置，此时a、b、c三个质点距平衡位置的距离相同，质点a、b所受回复力相同，故质点a和质点b的加速度相同，故B错误；
C、a、b、c三个质点距平衡位置的距离相同，质点b和质点c的位移大小相等，方向相反，故C错误；
D、因向右传播，该时刻以后b、c均向下运动，质点c将比质点b先回到平衡位置，故D错误；
故选：B。
由波的传播方向可判断，各质点的运动方向，并能比较b、c两点回到平衡位置的先后。
波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。同时，要熟练分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况。
5.【答案】C
【解析】解：ACD、因为A、B两球同时从同一高度开始下落，并且同时到达地面，所以他们在竖直方向两球遵循相同的运动规律，因为B球做的是自由落体，所以A球在竖直方向也做自由落体；
而A球在水平方向上的运动没有可以参照的物体，所以无法确定A球在离开轨道后水平方向的运动规律，而且自由落体的运动规律与物体本身的质量是没有关系的，故C正确，AD错误；
B、在重复实验时，A球沿轨道下滑的初始位置可以改变，因为改变后水平方向的初速度会发生变化，但竖直方向上仍然做自由落体，不影响实验结果，故B错误；
故选：C。
根据两球在竖直方向的运动特点分析出竖直方向的运动规律，而水平方向上的运动没有参照物，无法分析。
本题主要考查了平抛运动，在分析过程中要注意结论是从实验中得到的，正确但不能从本实验中验证到的实验结果要注意区分，比如平抛运动的水平方向上是做匀速直线运动的，但本实验无法得到此实验结果。
6.【答案】B
【解析】解：AB、因为电风扇消耗的总功率是66W，由P总=UI可得，通过电动机的电流大小为：
I=P总U=66220A=0.3A，故A错误、B正确；
CD、电风扇的热功率为：P热=I2r=0.32×20W=1.8W
所以电风扇输出的机械功率为：P出=P总−P热=66W−1.8W=64.2W，故C错误，D错误。
故选：B。
利用总功率与总电压的关系，求出通过电动机的电流大小；再根据热功率的表达式求出电风扇的热功率，总功率减去热功率即为电风扇输出的机械功率。
本题考查非纯电阻电路的相关计算，易错点在于直接用电压除以内阻计算电流大小，要牢记对于非纯电阻电路而言，需利用功率与电压、电流的关系间接求解相关参数。
7.【答案】C
【解析】解：增大安培力即可使导体摆动的幅度增大，根据安培力的公式F=BIL可知，
A、增加导体棒的质量，导体棒摆开的角度减小，故A错误；
B、换成磁性较弱的磁铁，磁感应强度减弱，安培力减小，导体棒摆开的角度减小，故B错误；
C、增大导体棒中的电流强度，安培力增大，导体棒摆开的角度增大，故C正确；
D、改变导体棒中的电流方向，只会改变安培力的方向，不会改变安培力的大小，导体棒摆开的角度不变，故D错误；
故选：C。
要使导体摆动的幅度增大，只要增大安培力即可，根据安培力的公式F=BIL，知安培力大小与哪些因素有关。
解决本题的关键掌握安培力的大小公式，知道安培力的大小跟哪些因素有关
8.【答案】C
【解析】解：BD、电子在电场中加速，设加速后电子速度大小为v，设加速电压为U，由动能定理得：eU=12mv2−0，解得：v=2eUm，由于不知加速电压，不能求出电子做圆周运动的速度大小，由于不知电子的速度大小，页无法求出加速电压大小，故BD错误；
A、电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB=mv2r，解得：r=mveB，由于不知道电子的速度，无法求出电子做圆周运动的轨道半径r，故A错误；
C、电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，运动周期T=2πrv=2πmeB，由于m、e、B已知，可以求出电子做圆周运动的周期，故C正确；
故选：C。
电子在电场中加速，在磁场中做匀速圆周运动，根据题意应用动能定理、牛顿第二定律与周期公式分析答题。
本题考查了电子在电场与磁场中的运动问题，知道电子在电场中加速运动时，利用动能定理可求出加速获得的速度．电子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供．
9.【答案】B
【解析】解：A、根据GMmr2=m4π2T2r
解得：T=2πrrGM
由上式可知飞船在轨道1的运动周期小于在轨道3的运动周期，故A错误；
B、根据开普勒第二定律可知，飞船在轨道2上运动过程中，经过A点时的速率比B点大，故B正确；
C、根据GMmr2=ma
解得：a=GMr2
可知飞船在轨道2运动过程中，经过A点的加速度比B点大，故C错误；
D、飞船从轨道2进入轨道3时需要在B点处加速，故D错误；
故选：B。
根据万有引力提供向心力分析出周期与半径的关系；
根据开普勒第二定律分析出速率的大小关系；
根据万有引力提供加速度，分析出加速度与半径的关系并做分析；
根据变轨的知识分析在B处需要加速还是减速。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，根据万有引力提供向心力分析出周期和加速度的大小关系，结合开普勒第二定律和变轨的相关知识完成分析。
10.【答案】D
【解析】解：A、由于跳跃者下落过程中，受到空气阻力作用，所以系统的机械能不守恒，故A错误；
B、绳未伸直前恒定的空气阻力小于跳跃者的重力，跳跃者加速下落，当弹性绳刚伸直后，其对跳跃者向上的弹力由零逐渐增加，在弹力与空气阻力之和小于跳跃者重力的过程，跳跃者所受合力向下，仍向下加速，当弹力增加到与空气阻力之和等于跳跃者重力时，跳跃者的速度最大，其动能最大，故弹性绳刚伸直时跳跃者的动能并不是最大，故B错误；
C、跳跃者从起跳台落下直至最低点的过程，跳跃者初末动能均为零，由能量守恒和功能关系可知，跳跃者重力势能的减小量等于弹性势能的增加量与克服空气阻力做功之和，即跳跃者重力势能的减小量大于弹性势能的增加量，故C错误；
D、根据系统的机械能变化量等于除重力和系统内弹力之外其它力做的功，可知跳跃者、弹性绳和地球组成系统的机械能减少量等于克服空气阻力做的功，故D正确。
故选：D。
跳跃者要克服空气阻力做功，系统的机械能不守恒；系统机械能的减少量等于跳跃者克服空气阻力做功；跳跃者重力势能的减小量等于弹性势能的增加量与克服空气阻力做功之和；跳跃者的动能最大，即速度最大，此时加速度为零，即弹性绳的弹力与空气阻力之和等于跳跃者重力。
本题考查功能关系与机械能守恒的条件。需掌握系统的机械能变化量等于除重力和系统内弹力之外其它力做的功。
11.【答案】C
【解析】解：A.由于a、b、c的电势逐渐降低，所以该点电荷Q带正电荷，故A错误；
BC.对质子从a到b的过程，根据动能定理有
eUab=12mv2
对质子从b到c的过程，根据动能定理有
eUbc=12mv′2−12mv2
由题意可知
Uab=Ubc
联立以上三式解得质子到达等势面时速率为
v′=2v
故B错误，C正确；
D.质子带正电，根据Ep=eφ
可知质子在等势面b上时的电势能比在c上时大，故D错误。
故选：C。
由电势变化推导点电荷的电性，由动能定理求解速率，由电势能公式比较大小。
本题考查静电场，学生需熟练掌握动能定理在静电场的应用，综合求解。
12.【答案】D
【解析】解：以地面作为参考系，设掷壶运动员的速度大小为v，则冰壶的速度大小为v冰壶=v+v1，
掷出冰壶过程，冰壶与运动员组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，
以冰壶的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：(M+m)v0=mv冰壶+Mv
代入数据解得：v=0.5m/s，方向与冰壶的运动方向相同，故ABC错误，D正确。
故选：D。
掷出冰壶过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出掷壶运动员的速度。
本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚运动过程，应用动量守恒定律即可解题；解题时要注意，各速度是相对于同一参考系的速度。
13.【答案】A
【解析】解：AB、温度为tA时电阻R的阻值大于温度tB时的阻值，由串联电路分压规律可知，R的电压：U=RR0+R+rE，R越大，U越大，所以tA应标在电压较大的刻度上，tB应标在电压较小的刻度上，故A正确，B错误；
C、由U=RR0+R+rE知，U与R是非线性关系，而R与t是线性关系，则U与t是非线性关系，电压表刻度是均匀的，所以电子温度计表盘上温度刻度不均匀，故C错误；
D、若电池用久后内阻r变大，由I=ER0+R+r知电路中电流变小，R的电压变小，则用该温度计测量的温度要比真实值偏高，故D错误。
故选：A。
根据图甲分析电阻R与温度t的关系，由串联电路分压规律分析R的电压与电阻R的关系，从而判断温度刻度情况；电池用久后内阻r变大，根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流的变化，判断R的电压变化，从而确定温度测量值与真实值的关系。
本题相当于动态分析问题，要熟练运用闭合电路欧姆定律和串联电路分压规律列式，得到电阻R的电压与电阻R的关系，从而定性分析温度t与电压U的关系。
14.【答案】B
【解析】解：A、若横轴表示时间t，纵轴表示加速度a，则图线与横轴包围的面积的意义是aΔt，根据Δv=aΔt可知，面积表示的是物体的速度变化量，不是末速度，故A错误；
B、若横轴表示位移x，纵轴表示合外力F合，则图线与横轴包围的面积的意义是F合x，根据动能定理可知，面积表示的是物体动能的变化量，故B正确；
C、若横轴表示通过定值电阻的电流I，纵轴表示其两端的电压U，图线与横轴包围的面积是没有意义的，因为电功率是状态量，等于图线上某点对应的U与I的乘积，故C错误；
D、若横轴表示电容器充电时两极板所带电荷量Q，纵轴表示两极板间电压U，图线与横轴包围的面积也没有意义，因为电容器充电过程中某一时刻存储的电能大小也是状态量，根据能量守恒，可知W=UIt=UQ，即等于某一点对应的U与Q的乘积，故D错误。
故选：B。
根据横、纵坐标的乘积表示的物理意义和物理量本身的特点进行分逐项析：a−t图象与横轴围成的面积是aΔt，表示的是物体速度的变化量；F合−x图象与横轴围成的面积是F合x，表示的是物体动能的变化量；速度变化量与动能变化量都是过程量，对应着一段时间或位移。但电功率和某一时刻的电能是状态量，对应的是某一时刻。所以U−I图象和U−Q图象与横轴的面积是无意义的，电功率的大小等于某一点的U与I的乘积，电能的大小根据能量守恒W=UIt=UQ，可知等于某一点的U与Q的乘积。
本题通过v−t图象的面积代表位移，介绍了微元法的应用，需要类比到其他图象，要注意对物理量加以区分，不是所有物理学图象的纵横坐标的乘积都是有意义的。
15.【答案】0.313a6.0πd2Rx4L
【解析】解：(1)由螺旋测微器的分度值为0.01mm，需要估读到分度值的下一位，则直径为31.3×0.01mm=0.313mm；
(2)用电压表的接线柱P先后与a、b接触，发现电压表的示数有较大变化，而电流表的示数变化不大，说明电压表的分压作用明显，故应该将电流表外接，故实验中电压表的接线柱P应与a点相连；
(3)因为U−I图像的斜率即电阻，则R=UI=3.00.50Ω=6.0Ω
(4)由电阻定律得：Rx=ρLS，同时S=πd24
联立解得：ρ=πd2Rx4L。
故答案为：(1)0.313；(2)a；(3)6.0：；(4)πd2Rx4L。
(1)根据螺旋测微器的分度值结合图1得出金属丝的直径；
(2)根据试触法分析出电流表的接法；
(3)根据图像的斜率计算出金属丝的电阻；
(4)先计算出金属丝的横截面积，结合电阻定律计算出金属材料的电阻率。
本题主要考查了金属电阻率的测量，根据图像得电阻的大小，结合电阻定律分析出金属材料的电阻率。
16.【答案】4 未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 甲 不需要保证M远大于m，且不存在系统误差
【解析】解：(1)根据逐差法可知，小车的加速度大小为：
a=x24−x024T2=16.00−7.20−7.204×0.102×10−2m/s2=0.4m/s2
(2)由图像的横截距可知，当F不等于零时，加速度仍为零，可能是原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；
(3)要使得绳子拉力等于钩码的重力大小，必有m<
故答案为：(1)4；(2)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；(3)甲；(4)不需要保证M远大于m，且不存在系统误差。
(1)根据逐差法计算出小车的加速度；
(2)根据牛顿第二定律结合图像分析出图像产生的可能原因；
(3)根据小车和砝码的质量关系解牛顿第二定律分析出a−F图像的变化趋势；
(4)对比两个实验的实验原理，从而得出方案二的优点。
本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，分析过程中涉及到了逐差法的使用，同时涉及到了图像的分析，解题的关键点是理解实验的改进并分析出优点。
17.【答案】解：(1)滑块M下滑过程，由动能定理得：mgh=12mv02−0
解得：v0=2gh
(2)两滑块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：mv0=2mv
解得：v=122gh
(3)碰撞过程，由能量守恒定律得：12mv02=12×2mv2+ΔE
解得：ΔE=12mgh
答：(1)碰撞前瞬间M的速度v0的大小是2gh；
(2)碰撞后瞬间M和N一起运动的速度大小是122gh；
(3)碰撞过程中损失的机械能是12mgh。
【解析】(1)应用动能定理可以求出碰撞前的瞬时速度。
(2)两滑块碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出碰撞后的共同速度。
(3)应用能量守恒定律可以求出碰撞过程损失的机械能。
根据题意分析清楚滑块的运动过程，应用动能定理、动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。
18.【答案】解：(1)根据右手定则可知，铜盘的若干个半径相当于直导线切割磁感线，所以其电流方向是由圆心指向边缘，那么通过电阻R的电流方向为b→R→a；
(2)根据E=Brv，而v=ω×r2得到发电机的感应电动势E=12Bωr2
(3)将圆盘看作是无数同心圆环组成，如果圆盘不转动，使磁场的磁感应强度以B=kt规律变化(k为常数)，穿过这些圆环的磁通量发生变体，即圆盘中产生了涡流，涡流的方向为以C为圆心的一系列同心圆，不会产生由C指向D的径向电流，则此时C、D之间电动势差为零，所以不会有电流通过R。
答：(1)判断通过电阻R的电流方向为b→R→a；
(2)这个发电机的电动势E为12Bωr2；
(3)如果圆盘不转动，使磁场的磁感应强度以B=kt规律变化(k为常数)，请判断圆盘上产生了涡电流。无电流通过电阻R。
【解析】把铜盘看做若干条由中心指向边缘的铜棒组合而成，当铜盘转动时，每根金属棒都在切割磁感线，产生大小和方向不变的电流。根据转动切割磁感线产生的感应电动势公式E=BLv可求出感应电势。
本题考查运用物理知识分析实际问题的能力。此题是电磁感应问题，基本规律有楞次定律或右手定则、法拉第电磁感应定律；根据题意应用基础知识即可解题。
19.【答案】解：(1)由题意得恒定电场对每个自由电子作用力的大小
F=eE
E=UL
解得：F=eUL；
(2)自由电子在碰撞后定向速度变为0，然后再加速，自由电子与导体内金属阳离子连续两次碰撞的时间间隔为t，则满足
v=at
v−=v2
a=Fm
解得：v−=eUt2mL；
(3)由题意t时间内通过导线横截面的电荷量为
q=neV=neSL=neSv−t
电流为
I=qt
又电阻为
R=UI
可得电阻的微观表达式为
R=2mLnte2S。
答：(1)恒定电场对每个自由电子作用力的大小F为eUL；
(2)在时间间隔t内自由电子定向移动的平均速率v为eUt2mL；
(3)电阻的微观表达式为R=2mLnte2S。
【解析】(1)导体中的电场是匀强电场，根据匀强电场中电场强度与电势差的关系和牛顿第二定律即可得到恒定电场对每个自由电子作用力；
(2)电子做初速度为零的匀加速直线运动，所以根据运动学公式即可得到电子定向移动的平均速度；
(2)根据电阻的定义式和电流微观表达式即可得到电阻的微观表达式。
不管是电流的计算还是电阻的计算，都要从它们的定义式出发，得到各个物理量之间的关系，所以本题更多的还是考查公式的熟练应用能力。
20.【答案】解：(1)a.由小球在竖直方向上只受重力可知，在竖直方向做自由落体运动，根据运动学规律可得：h=12gt2，解得：t=2hg
b.小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，整个运动过程为平抛运动，小滑块在圆筒内表面的运动轨迹如图1所示：
图1
(2)带电小球在重力和电场力作用下，在竖直方向做匀减速直线运动，水平方向做匀加速直线运动，根据匀变速运动规律可得：
上升到最高点的时间，对竖直方向：t=v0g
对水平方向：a=qEm=34mgm=34g，x=12at2，联立解得：x=3v028g
根据做功W=qEx可得：W=34mg×3v028g=9mv0232
由于电场力做正功，那么电势能减小了9mv0232。
(3)a.把初速度v0分解为沿磁感线方向和垂直与磁感线方向，沿磁感线方向速度不受洛伦兹力，则做匀速直线运动，垂直磁感线方向速度垂直于洛伦兹力，则做匀速圆周运动；
b.根据运动分解，沿磁感线方向速度：v1=v0cosθ
由圆周运动的周期公式：T=2πmqB
那么，沿磁感线方向做匀速直线运动可得：x=v1T=v0cosθ×2πmqB=2πmv0cosθeB
答：(1)a.小滑块从抛出到离开圆筒所用的时间为2hg；
b.小滑块在圆筒内表面的运动轨迹如图2所示：
图2
(2)小球从抛出点至最高点电势能的变化量ΔEp为9mv0232；
(3)a.电子在沿磁感线和垂直磁感线方向上分别做匀速直线运动、匀速圆周运动；
b.电子在垂直磁感线方向上运动一周的时间内，沿磁感线方向上运动的距离x为2πmv0cosθeB。
【解析】(1)根据题意可知，小滑块沿圆筒内做曲线运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，根据运动特点解题；
(2)根据小球受到竖直向下的重力和水平向右的电场力可知，小球在竖直方向做减速运动，在水平方向做加速运动，根据运动学规律得到水平方向移动的位移，最后根据W=qEx计算出电场力做功和电势能变化量；
(3)将速度分解后根据左手定则可以判断出洛伦兹力垂直与纸面向外，从而判断出运动情况；再根据运动的分解求出沿磁感线方向上运动的距离。
本题考查了运动的分解和合成，解题的关键是将运动进行适当的分解，并分别分析两个分运动的类型。
2021-2022学年北京市昌平区高三（上）期末物理试卷
1. 2021年11年4日，由我国自主研发的可控核聚变装置“人造太阳”迎来了全新突破，在高达1.2亿摄氏度下成功运行了101秒，引发全球关注。下列核反应方程属于核聚变的是( )
A. 12H+13H→24He+01n B. 90234Th→91234Pa+−10e
C. 714N+24He→817O+11H D. 92235U+01n→56144Ba+3689Kr+301n
2. 如图所示，自动卸货车的车架始终静止在水平地面上，在一段时间内，车厢在液压机的作用下与水平面间的夹角θ逐渐增大，货物相对车厢未发生相对滑动。关于这段时间内货物所受支持力和摩擦力，下列说法正确的是( )
A. 货物所受支持力逐渐增大 B. 货物所受摩擦力逐渐减小
C. 支持力对货物不做功 D. 支持力对货物做正功
3. 一物体沿直线运动，其速度v随时间t变化关系的图像如图所示。由图像可知( )
A. 0∼2.0s内的加速度小于2.0∼3.0s内的加速度
B. 0∼2.0s内的位移小于2.0∼3.0s内的位移
C. 0∼2.0s内的平均速度小于2.0∼3.0s内的平均速度
D. 0∼3.0s内物体的运动方向发生了改变
4. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻的波形如图所示，此时a、b、c三个质点距平衡位置的距离相同。下列说法正确的是( )
A. 该时刻质点a和质点b的速度相同
B. 该时刻质点a和质点b的加速度相同
C. 该时刻质点b和质点c的位移相同
D. 质点b将比质点c先回到平衡位置
5. 某同学在做“探究平抛运动规律”实验时，让A球沿圆弧轨道由静止下滑，A球离开轨道末端(末端水平)时撞开轻质接触式开关S，被电磁铁吸住的B球同时自由下落(下落前B球与轨道末端处于同一高度)，如图所示。改变整个装置距水平地面的高度，重复实验，发现两球总是同时落地。关于该实验，下列说法正确的是( )
A. 在实验中，A、B两球的质量应保持相等
B. 在重复实验时，A球沿轨道下滑的初始位置应保持不变
C. 该实验说明A球在离开轨道后竖直方向做自由落体运动
D. 该实验说明A球在离开轨道后水平方向做匀速直线运动
6. 某教室中有一台电风扇，其电动机内电阻是20Ω，接上220V的恒定电压后，电风扇正常工作，消耗的总功率是66W。下列说法正确的是( )
A. 通过电风扇电动机的电流为11A B. 通过电风扇电动机的电流为0.3A
C. 电风扇输出的机械功率为60W D. 电风扇输出的机械功率为66W
7. 在“研究影响通电导体棒所受磁场力的因素”实验中，把一段导体棒悬挂在蹄形磁铁的两极间，通以电流，导体棒摆开一定角度，如图所示。要使导体棒摆开的角度增大，以下操作可行的是( )
A. 增加导体棒的质量
B. 换成磁性较弱的磁铁
C. 增大导体棒中的电流
D. 改变导体棒中电流的方向
8. 如图所示，洛伦兹力演示仪由励磁线圈、玻璃泡、电子枪等部分组成。励磁线圈是一对彼此平行、共轴的圆形线圈，它能够在两线圈之间产生匀强磁场。玻璃泡内充有稀薄的气体，电子枪在加速电压下发射电子，电子束通过玻璃泡内气体时能够显示出电子运动的径迹。若电子枪垂直磁场方向发射电子，电子质量为m，电荷量为e，匀强磁场的磁感应强度为B。根据上述信息可以得出( )
A. 电子做圆周运动的轨道半径 B. 电子做圆周运动的速度大小
C. 电子做圆周运动的周期 D. 电子的加速电压
9. 2021年6月17日，搭载神舟十二号载人飞船的运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射。神舟十二号飞船入轨后，成功与天和核心舱对接，3名航天员顺利进入天和核心舱，标志着中国人首次进入自己的空间站。图为飞船运动过程的简化示意图。飞船先进入圆轨道1做匀速圆周运动，再经椭圆轨道2，最终进入圆轨道3完成对接任务。地球轨道2分别与轨道1、轨道3相切于A点、B点。则飞船( )
A. 在轨道1的运行周期大于在轨道3的运行周期
B. 在轨道2运动过程中，经过A点时的速率比B点大
C. 在轨道2运动过程中，经过A点时的加速度比B点小
D. 从轨道2进入轨道3时需要在B点处减速
10. 蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动。跳跃者站在起跳台上，把一端固定的弹性绳绑在踝关节处，然后头朝下跳下去，如图所示。某次蹦极中，跳跃者从起跳台落下直至最低点的过程中，空气阻力大小恒定，将跳跃者、弹性绳和地球视为一个系统。在这个过程中( )
A. 系统的机械能守恒
B. 弹性绳刚伸直时跳跃者的动能最大
C. 跳跃者重力势能的减小量等于弹性势能的增加量
D. 跳跃者克服空气阻力做功等于系统机械能的减少量
11. 如图所示，在一点电荷Q产生的静电场中，三个等势面a、b、c的电势分别为6V、4V和2V。一质子从等势面a上某处由静止释放，经过等势面b时的速率为v。下列说法正确的是( )
A. 该点电荷Q带负电荷 B. 质子到达等势面c时速率为2v
C. 质子到达等势面c时速率为2v D. 质子在等势面b上时的电势能比在c上时小
12. 在冰壶比赛中，掷壶队员手持冰壶从本垒圆心处向前运动至前卫线时，速度大小v0=1m/s，此时将冰壶沿水平方向掷出，如图所示。掷出瞬间，冰壶在水平方向相对于手的速度大小v1=2m/s。已知掷壶队员的质量M=60kg，冰壶的质量m=20kg。冰壶出手后，掷壶队员相对地的速度大小和方向分别为( )
A. 1m/s，方向与冰壶运动方向相反 B. 1m/s，方向与冰壶运动方向相同
C. 0.5m/s，方向与冰壶运动方向相反 D. 0.5m/s，方向与冰壶运动方向相同
13. 利用某半导体的电阻随温度升高而减小的特征可以制作电子温度计。图甲表示该半导体的电阻R随摄氏温度t变化的情况。把该半导体与电动势为E、内阻为r的电源，理想电压表和保护电阻R0连成如图乙所示的电路。用该半导体作测温探头，把电压表的电压刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易的电子温度计。下列说法正确的是( )
A. tA应标在电压较大的刻度上
B. tB应标在电压较大的刻度上
C. 该电子温度计表盘上温度的刻度是均匀的
D. 若电池用久后内阻r变大，用该温度计测量的温度要比真实值偏低
14. 若横轴表示时间，纵轴表示速度，则如图为匀变速直线运动的v−t图像。当把时间t分成许多小的时间间隔Δt，在每个Δt时间内，可以认为物体做匀速运动。图中每个小矩形的面积，就对应着物体在Δt内的位移。对这些位移求和，可以认为图线与横轴包围的面积表示t时间内物体的位移。我们可以应用上述方法处理很多问题，下列说法正确的是( )
A. 若横轴表示时间t，纵轴表示加速度a，则图线与横轴包围的面积表示物体的末速度
B. 若横轴表示位移x，纵轴表示合外力F合，则图线与横轴包围的面积表示物体动能的变化量
C. 若横轴表示通过定值电阻的电流I，纵轴表示其两端的电压U，则图线与横轴包围的面积表示定值电阻的电功率
D. 若横轴表示电容器充电时两极板所带电荷量Q，纵轴表示两极板间电压U，则图线与横轴包围的面积表示电容器储存的电能
15. 在“测量金属丝的电阻率”实验中，待测金属丝的电阻约为6Ω。
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量如图1所示，其读数为______ mm。
(2)用电流表和电压表测量金属丝的电阻。按如图2连接好电路，用电压表的接线柱P先后与a、b接触，发现电压表的示数有较大变化，而电流表的示数变化不大，则实验中电压表的接线柱P应与______点相连(选填“a”或“b”)。
(3)某同学在实验中记录了多组数据，并描绘出U−I图像，如图3所示。由图像可知，金属丝的电阻约为______Ω。
(4)设被测金属丝电阻为Rx，长度为L，直径的平均值为d，则该金属材料电阻率的表达式为ρ=______(用Rx、L、d等物理量表示)。
16. 实验小组一用如图1所示的实验装置探究加速度与物体受力的关系。保持小车的质量M不变，通过改变槽码的个数来改变小车所受的拉力F，通过处理纸带上打出的点来测量小车的加速度a。
(1)图2是某次实验时得到的一条纸带，纸带上相邻两计数点之间的时间间隔为T=0.10s，由图中数据可计算出小车的加速度大小为______m/s2。
(2)小明同学根据实验数据作出了a−F图像，如图3所示。该图线斜率的物理意义是；该图线不通过原点的原因可能是______。
(3)小芳同学实验操作规范，作出了a−F图像，随槽码个数的增加，图线上部发生了弯曲，该同学作出的图像最接近图4中的______(选填“甲”或“乙”)。
(4)实验小组二改进了实验方案，实验装置如图5所示。其主要操作步骤如下：
①挂上槽码，改变木板的倾角，使小车拖着纸带沿木板匀速下滑；
②取下槽码，测出其总质量；让小车沿木板下滑，测出加速度；
③改变槽码的个数和木板倾角，重复步骤①和②。通过作图可得到a−F图像。
对比以上两种方案，写出实验小组二方案的优点：______。
17. 如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。两小滑块M、N的质量均为m，N静止在轨道BC段上。M从高h处由静止开始沿轨道下滑，与N发生对心碰撞，碰后两小滑块粘在一起在轨道BC上滑动，重力加速度为g。
(1)碰撞前瞬间M的速度v0的大小；
(2)碰撞后瞬间M和N一起运动的速度大小v；
(3)碰撞过程中损失的机械能ΔE。
18. 如图为法拉第圆盘发电机的示意图：铜质圆盘安装在水平铜轴上，两铜片C、D分别与转动轴和圆盘的边缘接触。圆盘处于水平向右的匀强磁场中，圆盘平面与磁感线垂直。从左向右看，圆盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动。已知匀强磁场磁感应强度大小为B，圆盘半径为r，定值电阻的阻值为R。
(1)判断通过电阻R的电流方向；
(2)求这个发电机的电动势E；
(3)如果圆盘不转动，使磁场的磁感应强度以B=kt规律变化(k为常数)，请判断圆盘上是否产生了感应电流？是否有电流通过电阻R？简要说明理由。
19. 宏观规律是由微观机制决定的。从微观角度看，在没有外电场的作用下，金属导体中的自由电子沿任意方向运动的概率相等。对于导体中的任一截面来说，任何时刻从两侧穿过的自由电子数相等，宏观上不形成电流。如果导体两端加恒定电压，自由电子在电场力的驱动下开始定向移动，并不断与导体内金属阳离子碰撞，可以认为自由电子在碰撞后的定向速度变为0，然后再加速、再碰撞……，在宏观上自由电子的定向移动形成了电流。
如图所示，一段截面积为S、长为L的金属导体，单位体积内有n个自由电子，自由电子的电量为e，质量为m，导体两端所加电压为U。假设自由电子与导体内金属阳离子连续两次碰撞的时间间隔为t，仅在碰撞时才考虑粒子间的相互作用。
(1)求恒定电场对每个自由电子作用力的大小F；
(2)求在时间间隔t内自由电子定向移动的平均速率v；
(3)实验表明，同一金属导体两端的电压与通过它的电流之比是一个常量，物理学中把它叫做导体的电阻。请推导电阻的微观表达式(用物理量S、L、n、e、m、t表示)。
20. 运动的合成与分解是我们研究复杂运动时常用的方法。
(1)如图1所示，一高度为h、内壁光滑的圆筒竖直放置，将一个小滑块在圆筒上端O点以水平初速度v0沿圆筒内壁切线方向抛出，小滑块沿圆筒内壁运动了一周后恰好从O′点离开圆筒。已知重力加速度为g，不计空气阻力。
a.求小滑块从抛出到离开圆筒所用的时间t。
b.如果沿虚线OO′将圆筒展开，以小滑块初始位置为坐标原点O，初速度v0方向为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，建立直角坐标系xOy。请在图2中定性画出小滑块在圆筒内表面的运动轨迹。
(2)如图3所示，在真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。将一个质量为m、带正电的小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出。已知小球所受电场力与重力之比为34。求小球从抛出点至最高点电势能的变化量ΔEp。
(3)如图4所示，在真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电子枪(图中未画出)发射出质量为m、电荷量为e的电子，经加速后以初速度v0射入磁场中，初速度方向与磁场方向夹角为θ。不计电子所受重力。
a.电子在沿磁感线和垂直磁感线方向上分别做什么运动？
b.求电子在垂直磁感线方向上运动一周的时间内，沿磁感线方向上运动的距离x。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、 12H+13H→24He+01n属于轻核聚变，故A正确；
B、 90234Th→91234Pa+−10e属于β衰变，故B错误；
C、 714N+24He→817O+11H属于原子核的人工转变，故C错误；
D、 92235U+01n→56144Ba+3689Kr+301n属于重核裂变，故D错误。
故选：A。
由两个较轻的核生成一个较重的核的过程属于聚变，根据聚变的特点进行分析。
本题主要是考查几种核反应，掌握几种核反应方程的特点即可顺利解答。
2.【答案】D
【解析】解：AB、货物处于平衡状态，则有：mgsinθ=f，N=mgcosθ，θ增大时，f增大，N减小，故AB错误；
C、货物受到的支持力的方向与位移方向的夹角小于90∘，做正功，故C错误，D正确；
故选：D。
货物处于平衡状态，对货物进行受力分析，根据平衡条件及恒力做功公式列式分析即可。
本题主要考查了平衡条件的应用、功的正负发的判断方法，要求同学们能正确对物体进行受力分析，基础题目。
3.【答案】A
【解析】解：A、根据v−t图像的斜率表示加速度，斜率绝对值越大，加速度越大，则知0∼2.0s内的加速度小于2.0∼3.0s内的加速度，故A正确；
B、根据v−t图像与时间轴围成的面积表示位移，则知0∼2.0s内的位移小于2.0∼3.0s内的位移，故B错误；
C、根据匀变速直线运动的平均速度公式v−=v0+v2可知，0∼2.0s内与2.0∼3.0s内的平均速度相等，均为1.0m/s，故C错误；
D、速度的正负表示物体的运动方向，由图知，0∼3.0s内物体的速度一直为正，运动方向不变，故D错误。
故选：A。
在v−t图像中，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积大小表示物体的位移大小。速度的正负表示物体的运动方向。结合平均速度的定义分析即可。
解决本题的关键是要知道v−t图像与时间轴围成的面积表示位移，速度的正负表示速度的方向，图像的斜率表示加速度。
4.【答案】B
【解析】解：A、由同侧法可知，此时a正向上运动，b、c正向下运动，a、b速度方向相反，故A错误。
B、质点振动回复力指向平衡位置，此时a、b、c三个质点距平衡位置的距离相同，质点a、b所受回复力相同，故质点a和质点b的加速度相同，故B错误；
C、a、b、c三个质点距平衡位置的距离相同，质点b和质点c的位移大小相等，方向相反，故C错误；
D、因向右传播，该时刻以后b、c均向下运动，质点c将比质点b先回到平衡位置，故D错误；
故选：B。
由波的传播方向可判断，各质点的运动方向，并能比较b、c两点回到平衡位置的先后。
波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。同时，要熟练分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况。
5.【答案】C
【解析】解：ACD、因为A、B两球同时从同一高度开始下落，并且同时到达地面，所以他们在竖直方向两球遵循相同的运动规律，因为B球做的是自由落体，所以A球在竖直方向也做自由落体；
而A球在水平方向上的运动没有可以参照的物体，所以无法确定A球在离开轨道后水平方向的运动规律，而且自由落体的运动规律与物体本身的质量是没有关系的，故C正确，AD错误；
B、在重复实验时，A球沿轨道下滑的初始位置可以改变，因为改变后水平方向的初速度会发生变化，但竖直方向上仍然做自由落体，不影响实验结果，故B错误；
故选：C。
根据两球在竖直方向的运动特点分析出竖直方向的运动规律，而水平方向上的运动没有参照物，无法分析。
本题主要考查了平抛运动，在分析过程中要注意结论是从实验中得到的，正确但不能从本实验中验证到的实验结果要注意区分，比如平抛运动的水平方向上是做匀速直线运动的，但本实验无法得到此实验结果。
6.【答案】B
【解析】解：AB、因为电风扇消耗的总功率是66W，由P总=UI可得，通过电动机的电流大小为：
I=P总U=66220A=0.3A，故A错误、B正确；
CD、电风扇的热功率为：P热=I2r=0.32×20W=1.8W
所以电风扇输出的机械功率为：P出=P总−P热=66W−1.8W=64.2W，故C错误，D错误。
故选：B。
利用总功率与总电压的关系，求出通过电动机的电流大小；再根据热功率的表达式求出电风扇的热功率，总功率减去热功率即为电风扇输出的机械功率。
本题考查非纯电阻电路的相关计算，易错点在于直接用电压除以内阻计算电流大小，要牢记对于非纯电阻电路而言，需利用功率与电压、电流的关系间接求解相关参数。
7.【答案】C
【解析】解：增大安培力即可使导体摆动的幅度增大，根据安培力的公式F=BIL可知，
A、增加导体棒的质量，导体棒摆开的角度减小，故A错误；
B、换成磁性较弱的磁铁，磁感应强度减弱，安培力减小，导体棒摆开的角度减小，故B错误；
C、增大导体棒中的电流强度，安培力增大，导体棒摆开的角度增大，故C正确；
D、改变导体棒中的电流方向，只会改变安培力的方向，不会改变安培力的大小，导体棒摆开的角度不变，故D错误；
故选：C。
要使导体摆动的幅度增大，只要增大安培力即可，根据安培力的公式F=BIL，知安培力大小与哪些因素有关。
解决本题的关键掌握安培力的大小公式，知道安培力的大小跟哪些因素有关
8.【答案】C
【解析】解：BD、电子在电场中加速，设加速后电子速度大小为v，设加速电压为U，由动能定理得：eU=12mv2−0，解得：v=2eUm，由于不知加速电压，不能求出电子做圆周运动的速度大小，由于不知电子的速度大小，页无法求出加速电压大小，故BD错误；
A、电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB=mv2r，解得：r=mveB，由于不知道电子的速度，无法求出电子做圆周运动的轨道半径r，故A错误；
C、电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，运动周期T=2πrv=2πmeB，由于m、e、B已知，可以求出电子做圆周运动的周期，故C正确；
故选：C。
电子在电场中加速，在磁场中做匀速圆周运动，根据题意应用动能定理、牛顿第二定律与周期公式分析答题。
本题考查了电子在电场与磁场中的运动问题，知道电子在电场中加速运动时，利用动能定理可求出加速获得的速度．电子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供．
9.【答案】B
【解析】解：A、根据GMmr2=m4π2T2r
解得：T=2πrrGM
由上式可知飞船在轨道1的运动周期小于在轨道3的运动周期，故A错误；
B、根据开普勒第二定律可知，飞船在轨道2上运动过程中，经过A点时的速率比B点大，故B正确；
C、根据GMmr2=ma
解得：a=GMr2
可知飞船在轨道2运动过程中，经过A点的加速度比B点大，故C错误；
D、飞船从轨道2进入轨道3时需要在B点处加速，故D错误；
故选：B。
根据万有引力提供向心力分析出周期与半径的关系；
根据开普勒第二定律分析出速率的大小关系；
根据万有引力提供加速度，分析出加速度与半径的关系并做分析；
根据变轨的知识分析在B处需要加速还是减速。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，根据万有引力提供向心力分析出周期和加速度的大小关系，结合开普勒第二定律和变轨的相关知识完成分析。
10.【答案】D
【解析】解：A、由于跳跃者下落过程中，受到空气阻力作用，所以系统的机械能不守恒，故A错误；
B、绳未伸直前恒定的空气阻力小于跳跃者的重力，跳跃者加速下落，当弹性绳刚伸直后，其对跳跃者向上的弹力由零逐渐增加，在弹力与空气阻力之和小于跳跃者重力的过程，跳跃者所受合力向下，仍向下加速，当弹力增加到与空气阻力之和等于跳跃者重力时，跳跃者的速度最大，其动能最大，故弹性绳刚伸直时跳跃者的动能并不是最大，故B错误；
C、跳跃者从起跳台落下直至最低点的过程，跳跃者初末动能均为零，由能量守恒和功能关系可知，跳跃者重力势能的减小量等于弹性势能的增加量与克服空气阻力做功之和，即跳跃者重力势能的减小量大于弹性势能的增加量，故C错误；
D、根据系统的机械能变化量等于除重力和系统内弹力之外其它力做的功，可知跳跃者、弹性绳和地球组成系统的机械能减少量等于克服空气阻力做的功，故D正确。
故选：D。
跳跃者要克服空气阻力做功，系统的机械能不守恒；系统机械能的减少量等于跳跃者克服空气阻力做功；跳跃者重力势能的减小量等于弹性势能的增加量与克服空气阻力做功之和；跳跃者的动能最大，即速度最大，此时加速度为零，即弹性绳的弹力与空气阻力之和等于跳跃者重力。
本题考查功能关系与机械能守恒的条件。需掌握系统的机械能变化量等于除重力和系统内弹力之外其它力做的功。
11.【答案】C
【解析】解：A.由于a、b、c的电势逐渐降低，所以该点电荷Q带正电荷，故A错误；
BC.对质子从a到b的过程，根据动能定理有
eUab=12mv2
对质子从b到c的过程，根据动能定理有
eUbc=12mv′2−12mv2
由题意可知
Uab=Ubc
联立以上三式解得质子到达等势面时速率为
v′=2v
故B错误，C正确；
D.质子带正电，根据Ep=eφ
可知质子在等势面b上时的电势能比在c上时大，故D错误。
故选：C。
由电势变化推导点电荷的电性，由动能定理求解速率，由电势能公式比较大小。
本题考查静电场，学生需熟练掌握动能定理在静电场的应用，综合求解。
12.【答案】D
【解析】解：以地面作为参考系，设掷壶运动员的速度大小为v，则冰壶的速度大小为v冰壶=v+v1，
掷出冰壶过程，冰壶与运动员组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，
以冰壶的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：(M+m)v0=mv冰壶+Mv
代入数据解得：v=0.5m/s，方向与冰壶的运动方向相同，故ABC错误，D正确。
故选：D。
掷出冰壶过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出掷壶运动员的速度。
本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚运动过程，应用动量守恒定律即可解题；解题时要注意，各速度是相对于同一参考系的速度。
13.【答案】A
【解析】解：AB、温度为tA时电阻R的阻值大于温度tB时的阻值，由串联电路分压规律可知，R的电压：U=RR0+R+rE，R越大，U越大，所以tA应标在电压较大的刻度上，tB应标在电压较小的刻度上，故A正确，B错误；
C、由U=RR0+R+rE知，U与R是非线性关系，而R与t是线性关系，则U与t是非线性关系，电压表刻度是均匀的，所以电子温度计表盘上温度刻度不均匀，故C错误；
D、若电池用久后内阻r变大，由I=ER0+R+r知电路中电流变小，R的电压变小，则用该温度计测量的温度要比真实值偏高，故D错误。
故选：A。
根据图甲分析电阻R与温度t的关系，由串联电路分压规律分析R的电压与电阻R的关系，从而判断温度刻度情况；电池用久后内阻r变大，根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流的变化，判断R的电压变化，从而确定温度测量值与真实值的关系。
本题相当于动态分析问题，要熟练运用闭合电路欧姆定律和串联电路分压规律列式，得到电阻R的电压与电阻R的关系，从而定性分析温度t与电压U的关系。
14.【答案】B
【解析】解：A、若横轴表示时间t，纵轴表示加速度a，则图线与横轴包围的面积的意义是aΔt，根据Δv=aΔt可知，面积表示的是物体的速度变化量，不是末速度，故A错误；
B、若横轴表示位移x，纵轴表示合外力F合，则图线与横轴包围的面积的意义是F合x，根据动能定理可知，面积表示的是物体动能的变化量，故B正确；
C、若横轴表示通过定值电阻的电流I，纵轴表示其两端的电压U，图线与横轴包围的面积是没有意义的，因为电功率是状态量，等于图线上某点对应的U与I的乘积，故C错误；
D、若横轴表示电容器充电时两极板所带电荷量Q，纵轴表示两极板间电压U，图线与横轴包围的面积也没有意义，因为电容器充电过程中某一时刻存储的电能大小也是状态量，根据能量守恒，可知W=UIt=UQ，即等于某一点对应的U与Q的乘积，故D错误。
故选：B。
根据横、纵坐标的乘积表示的物理意义和物理量本身的特点进行分逐项析：a−t图象与横轴围成的面积是aΔt，表示的是物体速度的变化量；F合−x图象与横轴围成的面积是F合x，表示的是物体动能的变化量；速度变化量与动能变化量都是过程量，对应着一段时间或位移。但电功率和某一时刻的电能是状态量，对应的是某一时刻。所以U−I图象和U−Q图象与横轴的面积是无意义的，电功率的大小等于某一点的U与I的乘积，电能的大小根据能量守恒W=UIt=UQ，可知等于某一点的U与Q的乘积。
本题通过v−t图象的面积代表位移，介绍了微元法的应用，需要类比到其他图象，要注意对物理量加以区分，不是所有物理学图象的纵横坐标的乘积都是有意义的。
15.【答案】0.313a6.0πd2Rx4L
【解析】解：(1)由螺旋测微器的分度值为0.01mm，需要估读到分度值的下一位，则直径为31.3×0.01mm=0.313mm；
(2)用电压表的接线柱P先后与a、b接触，发现电压表的示数有较大变化，而电流表的示数变化不大，说明电压表的分压作用明显，故应该将电流表外接，故实验中电压表的接线柱P应与a点相连；
(3)因为U−I图像的斜率即电阻，则R=UI=3.00.50Ω=6.0Ω
(4)由电阻定律得：Rx=ρLS，同时S=πd24
联立解得：ρ=πd2Rx4L。
故答案为：(1)0.313；(2)a；(3)6.0：；(4)πd2Rx4L。
(1)根据螺旋测微器的分度值结合图1得出金属丝的直径；
(2)根据试触法分析出电流表的接法；
(3)根据图像的斜率计算出金属丝的电阻；
(4)先计算出金属丝的横截面积，结合电阻定律计算出金属材料的电阻率。
本题主要考查了金属电阻率的测量，根据图像得电阻的大小，结合电阻定律分析出金属材料的电阻率。
16.【答案】4 未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 甲 不需要保证M远大于m，且不存在系统误差
【解析】解：(1)根据逐差法可知，小车的加速度大小为：
a=x24−x024T2=16.00−7.20−7.204×0.102×10−2m/s2=0.4m/s2
(2)由图像的横截距可知，当F不等于零时，加速度仍为零，可能是原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；
(3)要使得绳子拉力等于钩码的重力大小，必有m<
故答案为：(1)4；(2)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；(3)甲；(4)不需要保证M远大于m，且不存在系统误差。
(1)根据逐差法计算出小车的加速度；
(2)根据牛顿第二定律结合图像分析出图像产生的可能原因；
(3)根据小车和砝码的质量关系解牛顿第二定律分析出a−F图像的变化趋势；
(4)对比两个实验的实验原理，从而得出方案二的优点。
本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，分析过程中涉及到了逐差法的使用，同时涉及到了图像的分析，解题的关键点是理解实验的改进并分析出优点。
17.【答案】解：(1)滑块M下滑过程，由动能定理得：mgh=12mv02−0
解得：v0=2gh
(2)两滑块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：mv0=2mv
解得：v=122gh
(3)碰撞过程，由能量守恒定律得：12mv02=12×2mv2+ΔE
解得：ΔE=12mgh
答：(1)碰撞前瞬间M的速度v0的大小是2gh；
(2)碰撞后瞬间M和N一起运动的速度大小是122gh；
(3)碰撞过程中损失的机械能是12mgh。
【解析】(1)应用动能定理可以求出碰撞前的瞬时速度。
(2)两滑块碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出碰撞后的共同速度。
(3)应用能量守恒定律可以求出碰撞过程损失的机械能。
根据题意分析清楚滑块的运动过程，应用动能定理、动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。
18.【答案】解：(1)根据右手定则可知，铜盘的若干个半径相当于直导线切割磁感线，所以其电流方向是由圆心指向边缘，那么通过电阻R的电流方向为b→R→a；
(2)根据E=Brv，而v=ω×r2得到发电机的感应电动势E=12Bωr2
(3)将圆盘看作是无数同心圆环组成，如果圆盘不转动，使磁场的磁感应强度以B=kt规律变化(k为常数)，穿过这些圆环的磁通量发生变体，即圆盘中产生了涡流，涡流的方向为以C为圆心的一系列同心圆，不会产生由C指向D的径向电流，则此时C、D之间电动势差为零，所以不会有电流通过R。
答：(1)判断通过电阻R的电流方向为b→R→a；
(2)这个发电机的电动势E为12Bωr2；
(3)如果圆盘不转动，使磁场的磁感应强度以B=kt规律变化(k为常数)，请判断圆盘上产生了涡电流。无电流通过电阻R。
【解析】把铜盘看做若干条由中心指向边缘的铜棒组合而成，当铜盘转动时，每根金属棒都在切割磁感线，产生大小和方向不变的电流。根据转动切割磁感线产生的感应电动势公式E=BLv可求出感应电势。
本题考查运用物理知识分析实际问题的能力。此题是电磁感应问题，基本规律有楞次定律或右手定则、法拉第电磁感应定律；根据题意应用基础知识即可解题。
19.【答案】解：(1)由题意得恒定电场对每个自由电子作用力的大小
F=eE
E=UL
解得：F=eUL；
(2)自由电子在碰撞后定向速度变为0，然后再加速，自由电子与导体内金属阳离子连续两次碰撞的时间间隔为t，则满足
v=at
v−=v2
a=Fm
解得：v−=eUt2mL；
(3)由题意t时间内通过导线横截面的电荷量为
q=neV=neSL=neSv−t
电流为
I=qt
又电阻为
R=UI
可得电阻的微观表达式为
R=2mLnte2S。
答：(1)恒定电场对每个自由电子作用力的大小F为eUL；
(2)在时间间隔t内自由电子定向移动的平均速率v为eUt2mL；
(3)电阻的微观表达式为R=2mLnte2S。
【解析】(1)导体中的电场是匀强电场，根据匀强电场中电场强度与电势差的关系和牛顿第二定律即可得到恒定电场对每个自由电子作用力；
(2)电子做初速度为零的匀加速直线运动，所以根据运动学公式即可得到电子定向移动的平均速度；
(2)根据电阻的定义式和电流微观表达式即可得到电阻的微观表达式。
不管是电流的计算还是电阻的计算，都要从它们的定义式出发，得到各个物理量之间的关系，所以本题更多的还是考查公式的熟练应用能力。
20.【答案】解：(1)a.由小球在竖直方向上只受重力可知，在竖直方向做自由落体运动，根据运动学规律可得：h=12gt2，解得：t=2hg
b.小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，整个运动过程为平抛运动，小滑块在圆筒内表面的运动轨迹如图1所示：
图1
(2)带电小球在重力和电场力作用下，在竖直方向做匀减速直线运动，水平方向做匀加速直线运动，根据匀变速运动规律可得：
上升到最高点的时间，对竖直方向：t=v0g
对水平方向：a=qEm=34mgm=34g，x=12at2，联立解得：x=3v028g
根据做功W=qEx可得：W=34mg×3v028g=9mv0232
由于电场力做正功，那么电势能减小了9mv0232。
(3)a.把初速度v0分解为沿磁感线方向和垂直与磁感线方向，沿磁感线方向速度不受洛伦兹力，则做匀速直线运动，垂直磁感线方向速度垂直于洛伦兹力，则做匀速圆周运动；
b.根据运动分解，沿磁感线方向速度：v1=v0cosθ
由圆周运动的周期公式：T=2πmqB
那么，沿磁感线方向做匀速直线运动可得：x=v1T=v0cosθ×2πmqB=2πmv0cosθeB
答：(1)a.小滑块从抛出到离开圆筒所用的时间为2hg；
b.小滑块在圆筒内表面的运动轨迹如图2所示：
图2
(2)小球从抛出点至最高点电势能的变化量ΔEp为9mv0232；
(3)a.电子在沿磁感线和垂直磁感线方向上分别做匀速直线运动、匀速圆周运动；
b.电子在垂直磁感线方向上运动一周的时间内，沿磁感线方向上运动的距离x为2πmv0cosθeB。
【解析】(1)根据题意可知，小滑块沿圆筒内做曲线运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，根据运动特点解题；
(2)根据小球受到竖直向下的重力和水平向右的电场力可知，小球在竖直方向做减速运动，在水平方向做加速运动，根据运动学规律得到水平方向移动的位移，最后根据W=qEx计算出电场力做功和电势能变化量；
(3)将速度分解后根据左手定则可以判断出洛伦兹力垂直与纸面向外，从而判断出运动情况；再根据运动的分解求出沿磁感线方向上运动的距离。
本题考查了运动的分解和合成，解题的关键是将运动进行适当的分解，并分别分析两个分运动的类型。
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