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2021-2022学年北京市顺义区高三（上）期末物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年北京市顺义区高三（上）期末物理试卷（含答案解析），共20页。试卷主要包含了9ΩB，50AD，05×104N/m，5m，至少需打夯三次，【答案】C，【答案】B，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年北京市顺义区高三（上）期末物理试卷
1. 关于元电荷和点电荷，下列说法正确的是( )
A. 元电荷就是电子 B. 元电荷就是质子
C. 点电荷是一种理想化模型 D. 体积很小的带电体就是点电荷
2. 如图所示，小球在光滑水平面上以O为平衡位置，在A、B之间做简谐运动，下列说法正确的是( )
A. 小球在O点速度最大 B. 小球在A点速度最大
C. 小球在B点加速度最小 D. 小球在B点回复力最小
3. 下列说法正确的是( )
A. 牛顿第一定律可以通过实验直接验证
B. 随着科技的发展，电荷是可以被消灭的
C. 势能与相互作用的物体的相对位置有关
D. 某款手表，不用上发条、也不用电池，这说明能量是可以不守恒的
4. 唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力。设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为α和β，α<β，如图所示。忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是( )
A. 耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大
B. 耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大
C. 曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力
D. 直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力
5. 北京时间2021年10月16日6时56分，“神舟十三号”成功与“天和核心舱”完成对接，对接前“天和核心舱”的运行轨道高度约为390km，“神舟十三号”的运行轨道高度约为373km。它们的运行轨道均可视为圆周，对接前在各自轨道运行时，下列说法正确的是( )
A. “天和核心舱”比“神舟十三号”周期长
B. “天和核心舱”比“神舟十三号”线速度大
C. “天和核心舱”比“神舟十三号”角速度大
D. “天和核心舱”比“神舟十三号”加速度大
6. 如图1所示，在匀强磁场中，矩形金属导线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的电动势e随时间t变化的图像如图2所示，下列说法正确的是( )
A. 线框产生的电动势最大值为220V
B. 线框产生的电动势有效值为220V
C. 线框平面与中性面重合时磁通量最小
D. 此交流电的电动势e随时间t变化的规律是e=2202sin50πt(V)
7. 一雨滴从空中由静止开始沿竖直方向下落，雨滴下落过程中所受重力保持不变，其速度-时间图像如图所示，关于雨滴在加速阶段，下列判断正确的是( )
A. 雨滴下落过程中只受重力
B. 雨滴下落过程中加速度恒定不变
C. 重力的冲量大小等于空气阻力的冲量大小
D. 重力的冲量大小大于空气阻力的冲量大小
8. 小球从某一高度由静止自由落下，与地面发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后弹起。不计空气阻力和碰撞中机械能的损失，小球从高处落下到第一次弹起至最高处过程中，小球的动量P与时间t关系图像正确的是( )
A. B.
C. D.
9. 如图为洛伦兹力演示仪的结构图。励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直。电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节。下列说法正确的是( )
A. 仅增大励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变大
B. 仅提高电子枪的加速电压，电子束径迹的半径变大
C. 仅增大励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期将变大
D. 仅提高电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期将变大
10. 用如图1所示的电路，测一节干电池的电动势和内阻，根据测得的数据做出如图2所示的U−I图像，下列说法正确的是( )
A. 电池的内阻为2.9Ω B. 电源的电动势为1.50V
C. 外电路短路时的电流为0.50A D. 当减小滑动变阻器阻值时，电源效率变小
11. 如图所示，用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落。改变小球距地面的高度和打击的力度，重复这个实验，发现A、B两球总是同时落地。若A、B两球质量相等，且将平抛运动沿水平和竖直两个方向分解。下列说法不正确的是( )
A. 在同一次实验中，两球落地时重力的功率相等
B. 在同一次实验中，两球落地时动量的大小相等
C. 本实验可验证平抛运动在竖直方向上是自由落体运动
D. 在同一次实验中，两球在空中运动的过程中重力做功相等
12. 用电阻率为ρ、横截面积为S的硬质导线，做成边长为2R的正方形导线框，垂直导线框所在平面的磁场充满其内接圆形区域。t=0时磁感应强度的方向如图甲所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则在t=0到t=2t0的时间内( )
A. t0时刻磁通量大小为4B0R2
B. 导线框中产生的热量为4B02R3St0ρ
C. 导线框中的感应电流大小为πB0RS8ρt0
D. 导线框中的感应电流方向先沿顺时针方向后沿逆时针方向
13. 如图，足够长的绝缘竖直杆处于正交的匀强电磁场中，电场方向水平向左、场强大小为E，磁场方向水平向里，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为−q(q>0)的小圆环套在杆上(环内径略大于杆的直径)无初速下滑。若重力加速度大小为g，圆环与杆之间的动摩擦因数为μ(μqE
A. B. C. D.
14. 建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图如图甲所示，打夯前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。已知夯锤的质量为M=450kg，桩料的质量为m=50kg。如果每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶h0=5m处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。桩料进入泥土后所受阻力大小随打入深度h的变化关系如图乙所示，直线斜率k=5.05×104N/m。g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为10m/s
B. 因夯锤与桩料碰撞损失的机械能为20475J
C. 若桩料进入泥土的深度超过1.5m，至少需打夯三次
D. 若桩料进入泥土的深度超过1.5m，至少需打夯两次
15. (1)某同学利用多用电表测电阻时，把选择开关置于“×10”挡，指针位于如图所示位置，被测电阻的测量值为______Ω。
(2)在完成(1)实验后，需要继续测量一个阻值约20Ω的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端进行测量之前，请选择以下必须的步骤，并按操作顺序逐一写出步骤的序号：______。
A.将红表笔和黑表笔接触
B.把选择开关旋转到“×1”位置
C.把选择开关旋转到“×10”位置
D.调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点
16. 在“利用单摆测重力加速度”的实验中：
(1)某同学尝试用DIS测量周期。如图所示，用一个磁性小球代替原先的摆球，在单摆下方放置一个磁传感器，其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方。图中磁传感器的引出端A接到数据采集器上。使单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于最低点。若测得连续N(N从“0”开始计数)个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则单摆周期的测量值为______(地磁场和磁传感器的影响可忽略)。
(2)由于器材所限，无法测量磁性小球的直径，对实验进行了如下调整：让单摆在不同摆线长度的情况下做简谐运动，测量其中两次实验时摆线的长度l1、l2和对应的周期T1、T2，通过计算也能得到重力加速度大小的测量值。请你写出该测量值的表达式g=______。
(3)通过实验获得以下数据：
摆线长l(cm)
48.00
58.00
78.00
108.00
周期T2(s2)
2.00
2.40
3.20
4.40
当T2=4.2s2时，l=______m；重力加速度g=______m/s2(小数点后保留两位)。
(4)实验后同学们进行了反思，他们发现由单摆周期公式可知周期与摆角无关，而实验中却要求摆角较小。请你简要说明其中的原因：______。
17. 某款儿童滑梯示意图如图所示，其滑面可视为与水平地面夹角θ=37∘的平直斜面，滑面顶端距离地面高度h=3m。一质量m=20kg的儿童从滑面顶端由静止开始下滑至底端，已知儿童与滑面间的动摩擦因数μ=0.30，儿童沿滑梯下滑的过程，可以看做质点沿斜面做直线运动。已知sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力的影响。求：
(1)儿童下滑过程中，所受摩擦力的大小f；
(2)儿童下滑的整个过程中，重力对其做的功W；
(3)儿童下滑至底端时的速度大小v。
18. 如图所示，电子从O点由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d，忽略电子所受重力及相互间的影响。求：
(1)电子进入偏转电场时的初速度v0；
(2)电子进入偏转电场后的加速度a；
(3)电子从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy。
19. 类比是科学思维中的重要方法。
(1)某同学做“探究弹力与弹簧形变量的关系”的实验，如图甲所示，实验操作规范，正确画出了弹簧弹力F和形变量x的图像，如图乙所示。他根据图像斜率求出弹簧的劲度系数为k。之后他思考该实验过程克服弹力做功等于弹性势能增量，并求出弹性势EP随x变化的表达式，因为这一过程弹力是变力做功，所以他类比了匀变速直线运动v−t图像求位移的微元求和法。请你利用这一方法写出弹性势能EP随x变化的表达式，取原长为弹性势能零势能点。
(2)当平行板电容器的两极板间是真空时，电容C与极板的正对面积S、极板间距离d的关系为C=S4πkd，k为静电力常量。对给定的平行板电容器充电，当该电容器极板所带电荷量Q变化时，两极板间的电势差U也随之变化。
①在如图丙所示的坐标系中画出电容器极板间电势差U与带电量Q的关系图像。电容器储存的电能等于电源搬运电荷从一个极板到另一个极板过程中，克服电场力所做的功。这一过程与克服弹力做功等于弹性势能增量类似，与之类比，推导电容器储存的电能EP表达式。
②若保持平行板电容器带电量Q、极板正对面积S不变，两极板间为真空，将板间距离由d1增大到d2，需要克服电场力做多少功？
③如果我们把单位体积内的电场能定义为电场能量密度，用We表示。试证明真空中平行板电容器的电场能量密度和两板间的电场强度平方成正比。(忽略两板外的电场)
20. 为实现火箭回收再利用，有效节约太空飞行成本，设计师在返回火箭的底盘安装了4台电磁缓冲装置，工作原理是利用电磁阻尼作用减缓地面对火箭的反冲力。电磁缓冲装置的主要部件有两部分：①缓冲滑块，外部由高强度绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abcd；②火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ，缓冲轨道内存在稳定匀强磁场，方向垂直于整个缓冲轨道平面。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v0，软着陆要求的速度不能超过v；4台电磁缓冲装置结构相同，如图所示，为其中一台电磁缓冲装置的结构简图，线圈的ab边和cd边电阻均为R；ad边和bc边电阻忽略不计；ab边长为L，火箭主体质量为m，磁感应强度大小为B，重力加速度为g，一切摩擦阻力不计。求：
(1)缓冲滑块刚停止运动时，流过线圈ab边的电流；
(2)为了着陆速度不超过v，磁感应强度B的最小值(假设缓冲轨道足够长，线圈足够高)；
(3)若火箭主体的速度大小从v0减到v的过程中，经历的时间为t，求该过程中每台电磁缓冲装置中产生的焦耳热。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：AB、元电荷是自然界中最小的电荷量，不是带电粒子，故AB错误；
CD、点电荷实际生活并不存在，是一种理想化模型，且只有当带电体的大小形状不影响研究的问题时才可以把带电体当成点电荷，并不是体积很小的带电体就是点电荷，故C正确，D错误。
故选：C。
元电荷是自然界中带电量最小的电荷，任何带电体的电量都是元电荷的整数倍，元电荷是质子或电子所带的电量；
只有当带电体的大小形状不影响研究的问题时才可以把带电体当成点电荷，点电荷是一种理想化的模型。
明确元电荷的概念，知道元电荷与质子和电子之间的关系，知道点电荷是理想化的模型。
2.【答案】A
【解析】由题意小球在光滑水平面上以O为平衡位置，在A、B之间做简谐运动，则O点处小球速度最大，加速度和回复力为零，A、B两点处小球速度为零，加速度和回复力最大。故BCD错误，A正确。
故选：A。
做简谐运动的弹簧振子，通过平衡位置时，速度最大，加速度最小，通过位移最大处，速度为零，加速度最大
本题考查对简谐运动物理量及其变化的理解程度，可通过过程分析理解掌握。简谐运动中速度与加速度的大小变化情况是相反。
3.【答案】C
【解析】解：A、牛顿第一定律是牛顿在前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，是不能用实验直接验证的，故A错误；
B、根据电荷守恒定律可知电荷不能被创造和消灭，只能发生转移或得失，故B错误；
C、根据势能的定义相互作用物体的相对位置有关的能量叫做势能，可知势能与相互作用的物体的相对位置有关，故C正确；
D、能量守恒定律是自然界普遍的基本定律之一。一般表述为：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只会从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到其它物体，而能量的总量保持不变，某款手表，不用上发条、也不用电池，必定有其他形式的能转化为手表的机械能，故D错误。
故选：C。
牛顿第一定律是根据逻辑推理得出的，是不能用实验直接验证的；
根据电荷守恒定律可知，电荷不能被创造和消灭，只能发生转移或得失；
相互作用物体的相对位置有关的能量叫做势能，势能与相互作用的物体的相对位置有关；
根据能量守恒定律可知，不用上发条，也不用电池说明有其他形式的能转化为机械能。
明确牛顿第一定律是推理得出的，知道电荷守恒定律，知道能量守恒定律。
4.【答案】B
【解析】解：A、耕索对曲辕犁拉力的水平分力大小为F1=Fsinα，耕索对直辕犁拉力的水平分力大小为F2=Fsinβ，由于α<β，则耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁拉力的水平分力小，故A错误；
B、耕索对曲辕犁拉力的在竖直方向的分力大小为F1′=Fcosα，耕索对直辕犁拉力的竖直方向分力大小为F2′=Fcosβ，由于α<β，则耕索对曲辕犁拉力的竖直方向的分力比对直辕犁拉力在竖直方向的分力大，故B正确；
CD、无论曲辕犁匀速前进或直辕犁加速前进，耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力属于物体间的相互作用力，总是大小相等、方向相反，故CD错误。
故选：B。
根据力的分解得到两种情况下水平分力、竖直分力的大小关系，根据牛顿第三定律分析相互作用力大小。
本题主要是考查共点力的平衡、力的分解以及牛顿第三定律的应用，掌握力的分解方法、知道物体之间相互作用力的大小关系。
5.【答案】A
【解析】解：由万有引力提供向心力得GMmr2=m4π2rT2
GMmr2=mv2r
GMmr2=mrω2
GMmr2=man
解得T=2πr3GM，v=GMr，ω=GMr3，an=GMr2
所以可以看出轨道半径越大，周期越大，线速度、角速度、向心加速度越小。
故A正确，BCD错误
故选：A。
人造卫星绕地球做匀速圆周运动，卫星受到的万有引力提供向心力，根据关系式推导周期、线速度、角速度、加速度等关系。
此题关键点是人造卫星绕地球飞行万有引力提供向心力，联立万有引力和圆周运动公式，推导加速度、角速度、线速度、周期的关系。
6.【答案】B
【解析】解：A、由图像可得电动势最大值为2202V，故A错误；
B、由图像知这是正弦式交流电，所以电动势有效值为
E有=Em2=22022V=220V，故B正确；
C、线框平面与中性面重合时磁通量最大，故C错误；
D、由图像知
ω=2πT=2π0.02=100π
所以此交流电的电动势e随时间t变化的规律是
e=2202sin100πt(V)，故D错误。
故选：B。
根据图像直接得出电动势的最大值；根据正弦交流电的电动势有效值与电动势最大值的关系计算出有效值；
中性面位置磁通量最大；根据图像得出电动势随时间的变化规律。
本题主要考查了交流电的相关知识，根据图像得出电动势的变化规律，由此分析出不同位置下的磁通量大小和电动势随时间的解析式。
7.【答案】D
【解析】解：AB.由图像可得雨滴做加速度减小的加速运动，故雨滴受到阻力作用，故AB错误；
CD.对雨滴下落过程由动量定理得IG−If=mv−0
可得重力的冲量大小大于空气阻力的冲量大小，故C错误，D正确。
故选：D。
根据图象分析雨滴的运动情况，从而分析雨滴的受力情况，对雨滴下落过程由动量定理列式即可确定重力的冲量与空气阻力冲量的大小关系。
解决本题的关键是抓住v−t图象的斜率等于加速度，会通过牛顿第二定律分析物体的受力情况，同时掌握动量定理的应用。
8.【答案】C
【解析】解：因为不计空气阻力和碰撞中机械能的损失，作用小球从高处落下到第一次弹起至最高处过程中，先自由落体运动然后原速率反弹做竖直上抛运动，即速度先向下增大后向上减小，因为动量P=mv
即动量方向与速度方向相同，即动量也是先向下增大后向上减小。
故ABD错误，C正确；
故选：C。
根据动量与速度的关系：P=mv，可知动量方向与速度方向相同，即动量也是先向下增大后向上减小
本题考查动量定理，解题关键掌握动量的计算公式，注意动量是矢量。
9.【答案】B
【解析】解：根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有：
eU=12mv02…①
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：
eBv0=mv02r…②
解得：r=mv0eB=1B2mUe…③
T=2πmeB…④
AC、可见增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由③式可得，电子束的轨道半径变小。由④式知周期变小，故AC错误；
BD、提高电子枪加速电压，电子束的轨道半径变大、周期不变，故B正确，D错误；
故选：B。
根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式。
本题考查了粒子在磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关键。
10.【答案】D
【解析】解：AB、根据图1所示电路图，由闭合电路欧姆定律得：U=E−Ir
由图2所示U−I图像可知，电池电动势E=1.45V，电池内阻r=|k|=|1.00−1.450.50|Ω=0.9Ω，故AB错误；
C、外电路短路时的电流I=Er=1.450.9A≈1.61A，故C错误；
D、当减小滑动变阻器阻值时，路端电压U减小，电源的效率η=UIEI×100%=UE×100%变小，故D正确。
故选：D。
根据图1所示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电池电动势与内阻；然后根据题意分析答题。
理解实验原理是解题的前提，分析清楚图示电路结构，应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后即可求解。
11.【答案】B
【解析】解：AC.在同一次实验中，质量相同的A、B球在竖直方向都做自由落体运动，落地时竖直速度相同，所以两球落地时重力的功率相等，故AC正确；
B.在同一次实验中，B球做自由落体运动，A球做平抛运动，两球落地时速度不同，所以动量的大小不相等，故B错误；
D.在同一次实验中，质量相同的两球在空中运动的过程中，下落高度相同，所以重力做功相等，故D正确。
本题选错误的，
故选：B。
A球沿水平方向抛出做平抛运动，同时B球被松开，自由下落做自由落体运动，发现每次两球都同时落地，只能说明平抛竖直方向的分运动是自由落体运动；根据动量的定义确定动量的大小是否相等，根据功的公式确定做功做功情况。
本题考查研究平抛运动规律的实验，主要是对分析推理的能力的考查，注意本实验采用对比的方法来研究平抛运动水平方向的分运动情况。
12.【答案】C
【解析】解：A、t0时刻磁感应强度为零，则磁通量也为零，故A错误；
BC、由法拉第电磁感应定律，矩形线框中的感应电动势大小为E=ΔΦΔt=ΔBΔtπR2=B0πR2t0
感应电流大小为I=EρlS=B0πR2t0ρ8RS=B0πR2St0ρ8R=πB0RS8ρt0
导线框中产生的热量为Q=I2(ρlS)2t0=(πB0RS8ρt0)2(ρ8RS)2t0=π2B02R3S4ρt0
故B错误，C正确；
D、0∼t0时间内穿过圆环的磁感应强度向里减小，根据楞次定律可知，感应磁场的方向也向里，所以感应电流的方向为顺时针；
同理，t0∼2t0时间内由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针，故圆环中感应电流的方向始终为顺时针，故D错误。
故选：C。
根据磁通量的定义式计算出磁通量的大小；
先根据法拉第电磁感应定律计算出感应电动势，结合欧姆定律计算出感应电流，根据电功的计算公式计算出导线框产生的热量；
根据楞次定律分析出感应电流的方向。
本题主要考查了法拉第电磁感应定律，本题考查的是感生电动势的计算，同时结合电学的计算公式得出电流和热量的大小，结合楞次定律分析出电流的方向。
13.【答案】D
【解析】解：圆环下滑过程中，受到重力、摩擦力(可能有)、弹力(可能有)、向左的洛伦兹力、向右的电场力；开始阶段，洛伦兹力小于电场力时，圆环向下做加速运动时，速度增大，洛伦兹力增大，圆环所受的杆的弹力向左，大小为N=qE−qvB，N随着v的增大而减小，滑动摩擦力f=μN也减小，小球所受的合力F合=mg−f，f减小，F合增大，加速度a增大；当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大，为g；
当洛伦兹力大于电场力时，出现环受到杆水平向右的弹力，导致滑动摩擦力增大，则加速度会减小，但仍是加速运动，
直到重力等于滑动摩擦力时，加速度为零，速度达到最大，对照图象可知，D正确，ABC错误。
故选：D。
分析圆环的受力情况，来判断其运动情况：圆环受重力、摩擦力(可能有)、弹力(可能有)、向左的洛伦兹力、向右的电场力，当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大。
当洛伦兹力大于电场力，且滑动摩擦力与重力平衡时，速度最大。
该题考查了带电粒子在复合场中的运动，本题关键明确圆环的运动情况，先做加速度增加的加速运动，然后做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度最大。
14.【答案】C
【解析】解：A、设夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为v0，夯锤自由下落过程，有v02=2gh0，代入数据解得：v0=10m/s
取竖直向下为正方向，设夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为v，由动量守恒定律得：Mv0=(M+m)v
代入数据解得：v=9m/s，故A错误；
B、因夯锤与桩料碰撞损失的机械能：ΔE=12Mv02−12(M+m)v2，代入数据可得：ΔE=2250J，故B错误；
CD、由于每次提升重锤距桩帽的高度均为h0，每次碰撞后瞬间的速度均为v，设两次打击后共下降x2，则由图像可知，克服阻力做功W=12kx22
由能量守恒定律得：(M+m)gx2+2×12(M+m)v2=12kx22
代入数据解得：x2=1.37m
设三次打击后共下降x3，则(M+m)gx3+3×12(M+m)v2=12kx32
代入数据解得：x3=1.65m，故C正确，D错误。
故选：C。
夯锤先自由下落，然后与桩料碰撞。先由运动学公式求出夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度。对于碰撞过程，由于内力远大于外力，所以系统的动量守恒，由动量守恒定律求出夯锤与桩料碰撞后瞬间的共同速度。由能量守恒定律求因夯锤与桩料碰撞损失的机械能；夯锤与桩料一起下沉的过程，重力和阻力做功，由图乙求出克服阻力做功，由能量守恒定律求打夯的次数。
动能定理可求得桩料进入泥土的深度。则根据功能关系可知，每次打击后的动能全部克服阻力做功，根据图象可求出克服阻力所做的功。
本题的关键是要分析物体的运动过程，抓住把握每个过程的物理规律。要知道当力随距离均匀变化时，要用平均力求功。
15.【答案】130 BAD
【解析】解：(1)由图可得被测电阻的测量值为R=13×10Ω=130Ω
(2)因为要让指针指在中间附近，所以测量一个阻值约20Ω的电阻时应该选择“×1”倍率，然后还需重新欧姆调零，即先将红表笔和黑表笔接触，然后调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点，所以顺序为BAD。
故答案为：(1)130；(2)BAD。
(1)掌握多用电表的读数方法，知道欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。
(2)用欧姆表测电阻要选择合适挡位使指针指在中央刻度线附近，欧姆表每次换挡后要进行欧姆调零。
本题考查了多用电表结构、多用电表读数与欧姆表的使用方法，注意明确欧姆表的使用方法，知道每次换挡时都需要进行欧姆调零。
16.【答案】2tN 4π2(l1−l2)(T12−T22) 1.039.87单摆在小摆角情况下的振动是简谐运动，摆角太大单摆的运动不是简谐运动
【解析】解：(1)由题意可知，N(N从“0”开始计数)个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，单摆周期T=tN2=2tN
(2)设小球半径为r，摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，单摆摆长L=l+r，
由单摆周期公式T=2πLg得：则T1=2πl1+rg，T2=2πl2+rg
解得：g=4π2(l1−l2)(T12−T22)
(3)由(2)可知重力加速度：g=4π2(l1−l2)(T12−T22)，将表中数据解得：g=9.87m/s2，
设摆球半径为r，单摆摆长L=l+r，根据表中实验数据由单摆周期公式T=2πLg
可以求出当T2=4.2s2时，摆线长为l=1.03m。
(4)单摆在小摆角情况下的运动是简谐运动，单摆摆角太大单摆的运动不能看作简谐运动，所以实验中要求摆角在5∘以内。
故答案为：(1)2tN；(2)4π2(l1−l2)(T12−T22)；(3)1.03；9.87；(4)单摆在小摆角情况下的振动是简谐运动，摆角太大单摆的运动不是简谐运动。
(1)单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期，根据题意求出单摆的周期。
(2)根据单摆周期公式求出重力加速度的表达式。
(3)根据实验数据应用单摆周期公式求解。
(4)根据单摆做简谐运动的条件分析答题。
理解实验原理是解题的前提与关键，根据实验注意事项应用单摆周期公式即可解题；平时要注意基础知识的学习。
17.【答案】解：(1)儿童下滑过程所受摩擦力为f=μN=μmgcosθ=0.30×20×10×0.8N=48N
(2)儿童下滑的整个过程重力对其做的功为WG=mgh=20×10×30J=600J
(3)对下滑过程，由动能定理有WG−f⋅hsinθ=12mv2−0
解得v=6m/s
答：(1)儿童下滑过程中，所受摩擦力的大小f为48N；
(2)儿童下滑的整个过程中，重力对其做的功W为600J；
(3)儿童下滑至底端时的速度大小v为6m/s。
【解析】(1)根据受力分析，结合摩擦力大小的表达式，求出摩擦力的大小；
(2)根据重力做功的公式W=mgh求出重力所做的功；
(3)对下滑过程由动能定理列式即可求出滑至底端时的速度。
本题考查了对物体的受力分析、功的计算以及动能定理的应用等，要注意正确分析各力做功情况，准确掌握动能定理的应用。
18.【答案】解：(1)电子在加速电场中加速过程，根据动能定理有
eU0=12mv02−0
解得v0=2eU0m
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，电子在偏转电场中的加速度大小为a=eEm=eUmd
(3)电子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则电子在偏转电场中运动的时间为t=Lv0
电子从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离为Δy=12at2
联立可得Δy=UL24U0d
答：(1)电子进入偏转电场时的初速度v0为2eU0m；
(2)电子进入偏转电场后的加速度a为eUmd；
(3)电子从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy为UL24U0d。
【解析】(1)电子在加速电场中加速过程，利用动能定理求解电子加速获得的速度，即为电子进入偏转电场时的初速度v0；
(2)忽略电子所受重力，电子进入偏转电场后只受电场力，由牛顿第二定律求电子进入偏转电场后的加速度a；
(3)电子进入偏转电场后做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据分运动规律列式求解偏转距离Δy。
本题是带电粒子先加速后偏转的类型，根据动能定理求电子加速获得的速度，采用运动的分解法研究类平抛运动，都是常用方法，要熟练掌握。
19.【答案】解：(1)由类比匀变速直线运动v−t图像求位移的微元求和法可知，弹簧弹力F和形变量x的图像得面积表示弹性势能，所以弹性势能表达式为Ep=12⋅Fx=12⋅kx⋅x=12kx2
(2)①根据电容定义式C=QU
得U=1CQ
所以电容器极板间电势差U与带电量Q的关系图像。如图
由题意得该图像与横轴所围面积为对电容器充电过程中电容器储存的电能，即Ep电=12QU
又因为Q=CU
所以Ep电=12CU2
②因为板间距为d时，电容为C=S4πkd
又因为U=QC
所以Ep电=12CU2=2πkdQ2S
则将板间距离由d1增大到d2，ΔEp电=2πkQ2S(d2−d1)
所以需要克服电场力做功为W=ΔEp电=2πkQ2S(d2−d1)
③因为电容器的体积为V=Sd
则电场能量密度为We=Ep电V=12CU2Sd
又由C=S4πkd得S=4πkCd
整理得We=U28πkd2
又因为电场强度E=Ud
所以We=18πkE2
真空中平行板电容器的电场能量密度和两板间的电场强度平方成正比。
故答案为：(1)Ep=12kx2；(2)①，Ep电=12CU2；②2πkQ2S(d2−d1)；③证明见解析
【解析】(1)根据F=kx作出F−x图象，根据图象与x轴围成的面积表示的物理意义结合功能关系可得弹性势能；
(2)①Q−U图象与横坐标轴围成的面积为对电容器充电过程中，电容器储存的电能，由数学知识推导；
②根据电容的决定式、电容的定义式得到电容器储存的电能表达式，再由功能关系求解；
③根据电容的决定式、电容的定义式及电场能的公式相结合即可求出电场能量密度We与电场强度E的平方成正比的表达式。
本题主要考查学生根据所学微元法的思维，结合图像，明确图像的的意义，并根据所需数学知识，进行推断。题目难度较大。
20.【答案】解：(1)由题意缓冲滑块刚停止运动时，ab边产生的电动势为E=BLv0
且总电阻为2R，所以流过线圈ab边的电流为I=E2R=BLv02R
由右手定则知ab边中电流方向从b到a。
(2)线圈ab边受到的安培力为：F=BIL=B2L2v′2R
则对火箭整体受力分析，由牛顿第二定律有：4F−mg=ma
当加速度为零时速度最小，由题意为了着陆速度不超过v，则应满足：4⋅B小2L2v2R=mg
即磁感强度B的最小值为B小=mgR2L2v
(3)火箭主体的速度大小从v0减到v的过程中，由动量定理得：
mgt−4⋅B2L2v−2Rt=mv−mv0
其中v−t=h
所以解得下落高度为：h=(mgt−mv+mv0)R2B2L2
由能量守恒定律得：4Q=mgh+12mv02−12mv2
整理得每台电磁缓冲装置中产生的焦耳热为：Q=18m(v02−v2)+(gt−v+v0)m2gR8B2L2
答：(1)缓冲滑块刚停止运动时，流过线圈ab边的电流大小为BLv02R，方向从b到a；
(2)为了着陆速度不超过v，磁感应强度B的最小值为mgR2L2v；
(3)该过程中每台电磁缓冲装置中产生的焦耳热为18m(v02−v2)+(gt−v+v0)m2gR8B2L2。
【解析】(1)缓冲滑块刚停止运动时，根据E=BLv和欧姆定律求出流过线圈ab边的电流，由右手定则判断电流方向。
(2)由安培力公式求出ab边受到的安培力表达式，利用牛顿第二定律求出火箭整体的加速度，再求解磁感应强度B的最小值
(3)由动量定理求装置下滑的高度，再由能量守恒定律求出每台电磁缓冲装置中产生的焦耳热。
对于电磁感应问题研究思路常常有三条：第一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；第二条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解；第三条是动量，根据动量定理或动量守恒定律列方程解答。
2021-2022学年北京市顺义区高三（上）期末物理试卷
1. 关于元电荷和点电荷，下列说法正确的是( )
A. 元电荷就是电子 B. 元电荷就是质子
C. 点电荷是一种理想化模型 D. 体积很小的带电体就是点电荷
2. 如图所示，小球在光滑水平面上以O为平衡位置，在A、B之间做简谐运动，下列说法正确的是( )
A. 小球在O点速度最大 B. 小球在A点速度最大
C. 小球在B点加速度最小 D. 小球在B点回复力最小
3. 下列说法正确的是( )
A. 牛顿第一定律可以通过实验直接验证
B. 随着科技的发展，电荷是可以被消灭的
C. 势能与相互作用的物体的相对位置有关
D. 某款手表，不用上发条、也不用电池，这说明能量是可以不守恒的
4. 唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力。设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为α和β，α<β，如图所示。忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是( )
A. 耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大
B. 耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大
C. 曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力
D. 直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力
5. 北京时间2021年10月16日6时56分，“神舟十三号”成功与“天和核心舱”完成对接，对接前“天和核心舱”的运行轨道高度约为390km，“神舟十三号”的运行轨道高度约为373km。它们的运行轨道均可视为圆周，对接前在各自轨道运行时，下列说法正确的是( )
A. “天和核心舱”比“神舟十三号”周期长
B. “天和核心舱”比“神舟十三号”线速度大
C. “天和核心舱”比“神舟十三号”角速度大
D. “天和核心舱”比“神舟十三号”加速度大
6. 如图1所示，在匀强磁场中，矩形金属导线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的电动势e随时间t变化的图像如图2所示，下列说法正确的是( )
A. 线框产生的电动势最大值为220V
B. 线框产生的电动势有效值为220V
C. 线框平面与中性面重合时磁通量最小
D. 此交流电的电动势e随时间t变化的规律是e=2202sin50πt(V)
7. 一雨滴从空中由静止开始沿竖直方向下落，雨滴下落过程中所受重力保持不变，其速度-时间图像如图所示，关于雨滴在加速阶段，下列判断正确的是( )
A. 雨滴下落过程中只受重力
B. 雨滴下落过程中加速度恒定不变
C. 重力的冲量大小等于空气阻力的冲量大小
D. 重力的冲量大小大于空气阻力的冲量大小
8. 小球从某一高度由静止自由落下，与地面发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后弹起。不计空气阻力和碰撞中机械能的损失，小球从高处落下到第一次弹起至最高处过程中，小球的动量P与时间t关系图像正确的是( )
A. B.
C. D.
9. 如图为洛伦兹力演示仪的结构图。励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直。电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节。下列说法正确的是( )
A. 仅增大励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变大
B. 仅提高电子枪的加速电压，电子束径迹的半径变大
C. 仅增大励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期将变大
D. 仅提高电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期将变大
10. 用如图1所示的电路，测一节干电池的电动势和内阻，根据测得的数据做出如图2所示的U−I图像，下列说法正确的是( )
A. 电池的内阻为2.9Ω B. 电源的电动势为1.50V
C. 外电路短路时的电流为0.50A D. 当减小滑动变阻器阻值时，电源效率变小
11. 如图所示，用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落。改变小球距地面的高度和打击的力度，重复这个实验，发现A、B两球总是同时落地。若A、B两球质量相等，且将平抛运动沿水平和竖直两个方向分解。下列说法不正确的是( )
A. 在同一次实验中，两球落地时重力的功率相等
B. 在同一次实验中，两球落地时动量的大小相等
C. 本实验可验证平抛运动在竖直方向上是自由落体运动
D. 在同一次实验中，两球在空中运动的过程中重力做功相等
12. 用电阻率为ρ、横截面积为S的硬质导线，做成边长为2R的正方形导线框，垂直导线框所在平面的磁场充满其内接圆形区域。t=0时磁感应强度的方向如图甲所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则在t=0到t=2t0的时间内( )
A. t0时刻磁通量大小为4B0R2
B. 导线框中产生的热量为4B02R3St0ρ
C. 导线框中的感应电流大小为πB0RS8ρt0
D. 导线框中的感应电流方向先沿顺时针方向后沿逆时针方向
13. 如图，足够长的绝缘竖直杆处于正交的匀强电磁场中，电场方向水平向左、场强大小为E，磁场方向水平向里，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为−q(q>0)的小圆环套在杆上(环内径略大于杆的直径)无初速下滑。若重力加速度大小为g，圆环与杆之间的动摩擦因数为μ(μqE
A. B. C. D.
14. 建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图如图甲所示，打夯前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。已知夯锤的质量为M=450kg，桩料的质量为m=50kg。如果每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶h0=5m处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。桩料进入泥土后所受阻力大小随打入深度h的变化关系如图乙所示，直线斜率k=5.05×104N/m。g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为10m/s
B. 因夯锤与桩料碰撞损失的机械能为20475J
C. 若桩料进入泥土的深度超过1.5m，至少需打夯三次
D. 若桩料进入泥土的深度超过1.5m，至少需打夯两次
15. (1)某同学利用多用电表测电阻时，把选择开关置于“×10”挡，指针位于如图所示位置，被测电阻的测量值为______Ω。
(2)在完成(1)实验后，需要继续测量一个阻值约20Ω的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端进行测量之前，请选择以下必须的步骤，并按操作顺序逐一写出步骤的序号：______。
A.将红表笔和黑表笔接触
B.把选择开关旋转到“×1”位置
C.把选择开关旋转到“×10”位置
D.调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点
16. 在“利用单摆测重力加速度”的实验中：
(1)某同学尝试用DIS测量周期。如图所示，用一个磁性小球代替原先的摆球，在单摆下方放置一个磁传感器，其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方。图中磁传感器的引出端A接到数据采集器上。使单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于最低点。若测得连续N(N从“0”开始计数)个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则单摆周期的测量值为______(地磁场和磁传感器的影响可忽略)。
(2)由于器材所限，无法测量磁性小球的直径，对实验进行了如下调整：让单摆在不同摆线长度的情况下做简谐运动，测量其中两次实验时摆线的长度l1、l2和对应的周期T1、T2，通过计算也能得到重力加速度大小的测量值。请你写出该测量值的表达式g=______。
(3)通过实验获得以下数据：
摆线长l(cm)
48.00
58.00
78.00
108.00
周期T2(s2)
2.00
2.40
3.20
4.40
当T2=4.2s2时，l=______m；重力加速度g=______m/s2(小数点后保留两位)。
(4)实验后同学们进行了反思，他们发现由单摆周期公式可知周期与摆角无关，而实验中却要求摆角较小。请你简要说明其中的原因：______。
17. 某款儿童滑梯示意图如图所示，其滑面可视为与水平地面夹角θ=37∘的平直斜面，滑面顶端距离地面高度h=3m。一质量m=20kg的儿童从滑面顶端由静止开始下滑至底端，已知儿童与滑面间的动摩擦因数μ=0.30，儿童沿滑梯下滑的过程，可以看做质点沿斜面做直线运动。已知sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力的影响。求：
(1)儿童下滑过程中，所受摩擦力的大小f；
(2)儿童下滑的整个过程中，重力对其做的功W；
(3)儿童下滑至底端时的速度大小v。
18. 如图所示，电子从O点由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d，忽略电子所受重力及相互间的影响。求：
(1)电子进入偏转电场时的初速度v0；
(2)电子进入偏转电场后的加速度a；
(3)电子从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy。
19. 类比是科学思维中的重要方法。
(1)某同学做“探究弹力与弹簧形变量的关系”的实验，如图甲所示，实验操作规范，正确画出了弹簧弹力F和形变量x的图像，如图乙所示。他根据图像斜率求出弹簧的劲度系数为k。之后他思考该实验过程克服弹力做功等于弹性势能增量，并求出弹性势EP随x变化的表达式，因为这一过程弹力是变力做功，所以他类比了匀变速直线运动v−t图像求位移的微元求和法。请你利用这一方法写出弹性势能EP随x变化的表达式，取原长为弹性势能零势能点。
(2)当平行板电容器的两极板间是真空时，电容C与极板的正对面积S、极板间距离d的关系为C=S4πkd，k为静电力常量。对给定的平行板电容器充电，当该电容器极板所带电荷量Q变化时，两极板间的电势差U也随之变化。
①在如图丙所示的坐标系中画出电容器极板间电势差U与带电量Q的关系图像。电容器储存的电能等于电源搬运电荷从一个极板到另一个极板过程中，克服电场力所做的功。这一过程与克服弹力做功等于弹性势能增量类似，与之类比，推导电容器储存的电能EP表达式。
②若保持平行板电容器带电量Q、极板正对面积S不变，两极板间为真空，将板间距离由d1增大到d2，需要克服电场力做多少功？
③如果我们把单位体积内的电场能定义为电场能量密度，用We表示。试证明真空中平行板电容器的电场能量密度和两板间的电场强度平方成正比。(忽略两板外的电场)
20. 为实现火箭回收再利用，有效节约太空飞行成本，设计师在返回火箭的底盘安装了4台电磁缓冲装置，工作原理是利用电磁阻尼作用减缓地面对火箭的反冲力。电磁缓冲装置的主要部件有两部分：①缓冲滑块，外部由高强度绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abcd；②火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ，缓冲轨道内存在稳定匀强磁场，方向垂直于整个缓冲轨道平面。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v0，软着陆要求的速度不能超过v；4台电磁缓冲装置结构相同，如图所示，为其中一台电磁缓冲装置的结构简图，线圈的ab边和cd边电阻均为R；ad边和bc边电阻忽略不计；ab边长为L，火箭主体质量为m，磁感应强度大小为B，重力加速度为g，一切摩擦阻力不计。求：
(1)缓冲滑块刚停止运动时，流过线圈ab边的电流；
(2)为了着陆速度不超过v，磁感应强度B的最小值(假设缓冲轨道足够长，线圈足够高)；
(3)若火箭主体的速度大小从v0减到v的过程中，经历的时间为t，求该过程中每台电磁缓冲装置中产生的焦耳热。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：AB、元电荷是自然界中最小的电荷量，不是带电粒子，故AB错误；
CD、点电荷实际生活并不存在，是一种理想化模型，且只有当带电体的大小形状不影响研究的问题时才可以把带电体当成点电荷，并不是体积很小的带电体就是点电荷，故C正确，D错误。
故选：C。
元电荷是自然界中带电量最小的电荷，任何带电体的电量都是元电荷的整数倍，元电荷是质子或电子所带的电量；
只有当带电体的大小形状不影响研究的问题时才可以把带电体当成点电荷，点电荷是一种理想化的模型。
明确元电荷的概念，知道元电荷与质子和电子之间的关系，知道点电荷是理想化的模型。
2.【答案】A
【解析】由题意小球在光滑水平面上以O为平衡位置，在A、B之间做简谐运动，则O点处小球速度最大，加速度和回复力为零，A、B两点处小球速度为零，加速度和回复力最大。故BCD错误，A正确。
故选：A。
做简谐运动的弹簧振子，通过平衡位置时，速度最大，加速度最小，通过位移最大处，速度为零，加速度最大
本题考查对简谐运动物理量及其变化的理解程度，可通过过程分析理解掌握。简谐运动中速度与加速度的大小变化情况是相反。
3.【答案】C
【解析】解：A、牛顿第一定律是牛顿在前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，是不能用实验直接验证的，故A错误；
B、根据电荷守恒定律可知电荷不能被创造和消灭，只能发生转移或得失，故B错误；
C、根据势能的定义相互作用物体的相对位置有关的能量叫做势能，可知势能与相互作用的物体的相对位置有关，故C正确；
D、能量守恒定律是自然界普遍的基本定律之一。一般表述为：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只会从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到其它物体，而能量的总量保持不变，某款手表，不用上发条、也不用电池，必定有其他形式的能转化为手表的机械能，故D错误。
故选：C。
牛顿第一定律是根据逻辑推理得出的，是不能用实验直接验证的；
根据电荷守恒定律可知，电荷不能被创造和消灭，只能发生转移或得失；
相互作用物体的相对位置有关的能量叫做势能，势能与相互作用的物体的相对位置有关；
根据能量守恒定律可知，不用上发条，也不用电池说明有其他形式的能转化为机械能。
明确牛顿第一定律是推理得出的，知道电荷守恒定律，知道能量守恒定律。
4.【答案】B
【解析】解：A、耕索对曲辕犁拉力的水平分力大小为F1=Fsinα，耕索对直辕犁拉力的水平分力大小为F2=Fsinβ，由于α<β，则耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁拉力的水平分力小，故A错误；
B、耕索对曲辕犁拉力的在竖直方向的分力大小为F1′=Fcosα，耕索对直辕犁拉力的竖直方向分力大小为F2′=Fcosβ，由于α<β，则耕索对曲辕犁拉力的竖直方向的分力比对直辕犁拉力在竖直方向的分力大，故B正确；
CD、无论曲辕犁匀速前进或直辕犁加速前进，耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力属于物体间的相互作用力，总是大小相等、方向相反，故CD错误。
故选：B。
根据力的分解得到两种情况下水平分力、竖直分力的大小关系，根据牛顿第三定律分析相互作用力大小。
本题主要是考查共点力的平衡、力的分解以及牛顿第三定律的应用，掌握力的分解方法、知道物体之间相互作用力的大小关系。
5.【答案】A
【解析】解：由万有引力提供向心力得GMmr2=m4π2rT2
GMmr2=mv2r
GMmr2=mrω2
GMmr2=man
解得T=2πr3GM，v=GMr，ω=GMr3，an=GMr2
所以可以看出轨道半径越大，周期越大，线速度、角速度、向心加速度越小。
故A正确，BCD错误
故选：A。
人造卫星绕地球做匀速圆周运动，卫星受到的万有引力提供向心力，根据关系式推导周期、线速度、角速度、加速度等关系。
此题关键点是人造卫星绕地球飞行万有引力提供向心力，联立万有引力和圆周运动公式，推导加速度、角速度、线速度、周期的关系。
6.【答案】B
【解析】解：A、由图像可得电动势最大值为2202V，故A错误；
B、由图像知这是正弦式交流电，所以电动势有效值为
E有=Em2=22022V=220V，故B正确；
C、线框平面与中性面重合时磁通量最大，故C错误；
D、由图像知
ω=2πT=2π0.02=100π
所以此交流电的电动势e随时间t变化的规律是
e=2202sin100πt(V)，故D错误。
故选：B。
根据图像直接得出电动势的最大值；根据正弦交流电的电动势有效值与电动势最大值的关系计算出有效值；
中性面位置磁通量最大；根据图像得出电动势随时间的变化规律。
本题主要考查了交流电的相关知识，根据图像得出电动势的变化规律，由此分析出不同位置下的磁通量大小和电动势随时间的解析式。
7.【答案】D
【解析】解：AB.由图像可得雨滴做加速度减小的加速运动，故雨滴受到阻力作用，故AB错误；
CD.对雨滴下落过程由动量定理得IG−If=mv−0
可得重力的冲量大小大于空气阻力的冲量大小，故C错误，D正确。
故选：D。
根据图象分析雨滴的运动情况，从而分析雨滴的受力情况，对雨滴下落过程由动量定理列式即可确定重力的冲量与空气阻力冲量的大小关系。
解决本题的关键是抓住v−t图象的斜率等于加速度，会通过牛顿第二定律分析物体的受力情况，同时掌握动量定理的应用。
8.【答案】C
【解析】解：因为不计空气阻力和碰撞中机械能的损失，作用小球从高处落下到第一次弹起至最高处过程中，先自由落体运动然后原速率反弹做竖直上抛运动，即速度先向下增大后向上减小，因为动量P=mv
即动量方向与速度方向相同，即动量也是先向下增大后向上减小。
故ABD错误，C正确；
故选：C。
根据动量与速度的关系：P=mv，可知动量方向与速度方向相同，即动量也是先向下增大后向上减小
本题考查动量定理，解题关键掌握动量的计算公式，注意动量是矢量。
9.【答案】B
【解析】解：根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有：
eU=12mv02…①
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：
eBv0=mv02r…②
解得：r=mv0eB=1B2mUe…③
T=2πmeB…④
AC、可见增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由③式可得，电子束的轨道半径变小。由④式知周期变小，故AC错误；
BD、提高电子枪加速电压，电子束的轨道半径变大、周期不变，故B正确，D错误；
故选：B。
根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式。
本题考查了粒子在磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关键。
10.【答案】D
【解析】解：AB、根据图1所示电路图，由闭合电路欧姆定律得：U=E−Ir
由图2所示U−I图像可知，电池电动势E=1.45V，电池内阻r=|k|=|1.00−1.450.50|Ω=0.9Ω，故AB错误；
C、外电路短路时的电流I=Er=1.450.9A≈1.61A，故C错误；
D、当减小滑动变阻器阻值时，路端电压U减小，电源的效率η=UIEI×100%=UE×100%变小，故D正确。
故选：D。
根据图1所示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电池电动势与内阻；然后根据题意分析答题。
理解实验原理是解题的前提，分析清楚图示电路结构，应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后即可求解。
11.【答案】B
【解析】解：AC.在同一次实验中，质量相同的A、B球在竖直方向都做自由落体运动，落地时竖直速度相同，所以两球落地时重力的功率相等，故AC正确；
B.在同一次实验中，B球做自由落体运动，A球做平抛运动，两球落地时速度不同，所以动量的大小不相等，故B错误；
D.在同一次实验中，质量相同的两球在空中运动的过程中，下落高度相同，所以重力做功相等，故D正确。
本题选错误的，
故选：B。
A球沿水平方向抛出做平抛运动，同时B球被松开，自由下落做自由落体运动，发现每次两球都同时落地，只能说明平抛竖直方向的分运动是自由落体运动；根据动量的定义确定动量的大小是否相等，根据功的公式确定做功做功情况。
本题考查研究平抛运动规律的实验，主要是对分析推理的能力的考查，注意本实验采用对比的方法来研究平抛运动水平方向的分运动情况。
12.【答案】C
【解析】解：A、t0时刻磁感应强度为零，则磁通量也为零，故A错误；
BC、由法拉第电磁感应定律，矩形线框中的感应电动势大小为E=ΔΦΔt=ΔBΔtπR2=B0πR2t0
感应电流大小为I=EρlS=B0πR2t0ρ8RS=B0πR2St0ρ8R=πB0RS8ρt0
导线框中产生的热量为Q=I2(ρlS)2t0=(πB0RS8ρt0)2(ρ8RS)2t0=π2B02R3S4ρt0
故B错误，C正确；
D、0∼t0时间内穿过圆环的磁感应强度向里减小，根据楞次定律可知，感应磁场的方向也向里，所以感应电流的方向为顺时针；
同理，t0∼2t0时间内由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针，故圆环中感应电流的方向始终为顺时针，故D错误。
故选：C。
根据磁通量的定义式计算出磁通量的大小；
先根据法拉第电磁感应定律计算出感应电动势，结合欧姆定律计算出感应电流，根据电功的计算公式计算出导线框产生的热量；
根据楞次定律分析出感应电流的方向。
本题主要考查了法拉第电磁感应定律，本题考查的是感生电动势的计算，同时结合电学的计算公式得出电流和热量的大小，结合楞次定律分析出电流的方向。
13.【答案】D
【解析】解：圆环下滑过程中，受到重力、摩擦力(可能有)、弹力(可能有)、向左的洛伦兹力、向右的电场力；开始阶段，洛伦兹力小于电场力时，圆环向下做加速运动时，速度增大，洛伦兹力增大，圆环所受的杆的弹力向左，大小为N=qE−qvB，N随着v的增大而减小，滑动摩擦力f=μN也减小，小球所受的合力F合=mg−f，f减小，F合增大，加速度a增大；当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大，为g；
当洛伦兹力大于电场力时，出现环受到杆水平向右的弹力，导致滑动摩擦力增大，则加速度会减小，但仍是加速运动，
直到重力等于滑动摩擦力时，加速度为零，速度达到最大，对照图象可知，D正确，ABC错误。
故选：D。
分析圆环的受力情况，来判断其运动情况：圆环受重力、摩擦力(可能有)、弹力(可能有)、向左的洛伦兹力、向右的电场力，当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大。
当洛伦兹力大于电场力，且滑动摩擦力与重力平衡时，速度最大。
该题考查了带电粒子在复合场中的运动，本题关键明确圆环的运动情况，先做加速度增加的加速运动，然后做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度最大。
14.【答案】C
【解析】解：A、设夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为v0，夯锤自由下落过程，有v02=2gh0，代入数据解得：v0=10m/s
取竖直向下为正方向，设夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为v，由动量守恒定律得：Mv0=(M+m)v
代入数据解得：v=9m/s，故A错误；
B、因夯锤与桩料碰撞损失的机械能：ΔE=12Mv02−12(M+m)v2，代入数据可得：ΔE=2250J，故B错误；
CD、由于每次提升重锤距桩帽的高度均为h0，每次碰撞后瞬间的速度均为v，设两次打击后共下降x2，则由图像可知，克服阻力做功W=12kx22
由能量守恒定律得：(M+m)gx2+2×12(M+m)v2=12kx22
代入数据解得：x2=1.37m
设三次打击后共下降x3，则(M+m)gx3+3×12(M+m)v2=12kx32
代入数据解得：x3=1.65m，故C正确，D错误。
故选：C。
夯锤先自由下落，然后与桩料碰撞。先由运动学公式求出夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度。对于碰撞过程，由于内力远大于外力，所以系统的动量守恒，由动量守恒定律求出夯锤与桩料碰撞后瞬间的共同速度。由能量守恒定律求因夯锤与桩料碰撞损失的机械能；夯锤与桩料一起下沉的过程，重力和阻力做功，由图乙求出克服阻力做功，由能量守恒定律求打夯的次数。
动能定理可求得桩料进入泥土的深度。则根据功能关系可知，每次打击后的动能全部克服阻力做功，根据图象可求出克服阻力所做的功。
本题的关键是要分析物体的运动过程，抓住把握每个过程的物理规律。要知道当力随距离均匀变化时，要用平均力求功。
15.【答案】130 BAD
【解析】解：(1)由图可得被测电阻的测量值为R=13×10Ω=130Ω
(2)因为要让指针指在中间附近，所以测量一个阻值约20Ω的电阻时应该选择“×1”倍率，然后还需重新欧姆调零，即先将红表笔和黑表笔接触，然后调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点，所以顺序为BAD。
故答案为：(1)130；(2)BAD。
(1)掌握多用电表的读数方法，知道欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。
(2)用欧姆表测电阻要选择合适挡位使指针指在中央刻度线附近，欧姆表每次换挡后要进行欧姆调零。
本题考查了多用电表结构、多用电表读数与欧姆表的使用方法，注意明确欧姆表的使用方法，知道每次换挡时都需要进行欧姆调零。
16.【答案】2tN 4π2(l1−l2)(T12−T22) 1.039.87单摆在小摆角情况下的振动是简谐运动，摆角太大单摆的运动不是简谐运动
【解析】解：(1)由题意可知，N(N从“0”开始计数)个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，单摆周期T=tN2=2tN
(2)设小球半径为r，摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，单摆摆长L=l+r，
由单摆周期公式T=2πLg得：则T1=2πl1+rg，T2=2πl2+rg
解得：g=4π2(l1−l2)(T12−T22)
(3)由(2)可知重力加速度：g=4π2(l1−l2)(T12−T22)，将表中数据解得：g=9.87m/s2，
设摆球半径为r，单摆摆长L=l+r，根据表中实验数据由单摆周期公式T=2πLg
可以求出当T2=4.2s2时，摆线长为l=1.03m。
(4)单摆在小摆角情况下的运动是简谐运动，单摆摆角太大单摆的运动不能看作简谐运动，所以实验中要求摆角在5∘以内。
故答案为：(1)2tN；(2)4π2(l1−l2)(T12−T22)；(3)1.03；9.87；(4)单摆在小摆角情况下的振动是简谐运动，摆角太大单摆的运动不是简谐运动。
(1)单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期，根据题意求出单摆的周期。
(2)根据单摆周期公式求出重力加速度的表达式。
(3)根据实验数据应用单摆周期公式求解。
(4)根据单摆做简谐运动的条件分析答题。
理解实验原理是解题的前提与关键，根据实验注意事项应用单摆周期公式即可解题；平时要注意基础知识的学习。
17.【答案】解：(1)儿童下滑过程所受摩擦力为f=μN=μmgcosθ=0.30×20×10×0.8N=48N
(2)儿童下滑的整个过程重力对其做的功为WG=mgh=20×10×30J=600J
(3)对下滑过程，由动能定理有WG−f⋅hsinθ=12mv2−0
解得v=6m/s
答：(1)儿童下滑过程中，所受摩擦力的大小f为48N；
(2)儿童下滑的整个过程中，重力对其做的功W为600J；
(3)儿童下滑至底端时的速度大小v为6m/s。
【解析】(1)根据受力分析，结合摩擦力大小的表达式，求出摩擦力的大小；
(2)根据重力做功的公式W=mgh求出重力所做的功；
(3)对下滑过程由动能定理列式即可求出滑至底端时的速度。
本题考查了对物体的受力分析、功的计算以及动能定理的应用等，要注意正确分析各力做功情况，准确掌握动能定理的应用。
18.【答案】解：(1)电子在加速电场中加速过程，根据动能定理有
eU0=12mv02−0
解得v0=2eU0m
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，电子在偏转电场中的加速度大小为a=eEm=eUmd
(3)电子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则电子在偏转电场中运动的时间为t=Lv0
电子从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离为Δy=12at2
联立可得Δy=UL24U0d
答：(1)电子进入偏转电场时的初速度v0为2eU0m；
(2)电子进入偏转电场后的加速度a为eUmd；
(3)电子从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy为UL24U0d。
【解析】(1)电子在加速电场中加速过程，利用动能定理求解电子加速获得的速度，即为电子进入偏转电场时的初速度v0；
(2)忽略电子所受重力，电子进入偏转电场后只受电场力，由牛顿第二定律求电子进入偏转电场后的加速度a；
(3)电子进入偏转电场后做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据分运动规律列式求解偏转距离Δy。
本题是带电粒子先加速后偏转的类型，根据动能定理求电子加速获得的速度，采用运动的分解法研究类平抛运动，都是常用方法，要熟练掌握。
19.【答案】解：(1)由类比匀变速直线运动v−t图像求位移的微元求和法可知，弹簧弹力F和形变量x的图像得面积表示弹性势能，所以弹性势能表达式为Ep=12⋅Fx=12⋅kx⋅x=12kx2
(2)①根据电容定义式C=QU
得U=1CQ
所以电容器极板间电势差U与带电量Q的关系图像。如图
由题意得该图像与横轴所围面积为对电容器充电过程中电容器储存的电能，即Ep电=12QU
又因为Q=CU
所以Ep电=12CU2
②因为板间距为d时，电容为C=S4πkd
又因为U=QC
所以Ep电=12CU2=2πkdQ2S
则将板间距离由d1增大到d2，ΔEp电=2πkQ2S(d2−d1)
所以需要克服电场力做功为W=ΔEp电=2πkQ2S(d2−d1)
③因为电容器的体积为V=Sd
则电场能量密度为We=Ep电V=12CU2Sd
又由C=S4πkd得S=4πkCd
整理得We=U28πkd2
又因为电场强度E=Ud
所以We=18πkE2
真空中平行板电容器的电场能量密度和两板间的电场强度平方成正比。
故答案为：(1)Ep=12kx2；(2)①，Ep电=12CU2；②2πkQ2S(d2−d1)；③证明见解析
【解析】(1)根据F=kx作出F−x图象，根据图象与x轴围成的面积表示的物理意义结合功能关系可得弹性势能；
(2)①Q−U图象与横坐标轴围成的面积为对电容器充电过程中，电容器储存的电能，由数学知识推导；
②根据电容的决定式、电容的定义式得到电容器储存的电能表达式，再由功能关系求解；
③根据电容的决定式、电容的定义式及电场能的公式相结合即可求出电场能量密度We与电场强度E的平方成正比的表达式。
本题主要考查学生根据所学微元法的思维，结合图像，明确图像的的意义，并根据所需数学知识，进行推断。题目难度较大。
20.【答案】解：(1)由题意缓冲滑块刚停止运动时，ab边产生的电动势为E=BLv0
且总电阻为2R，所以流过线圈ab边的电流为I=E2R=BLv02R
由右手定则知ab边中电流方向从b到a。
(2)线圈ab边受到的安培力为：F=BIL=B2L2v′2R
则对火箭整体受力分析，由牛顿第二定律有：4F−mg=ma
当加速度为零时速度最小，由题意为了着陆速度不超过v，则应满足：4⋅B小2L2v2R=mg
即磁感强度B的最小值为B小=mgR2L2v
(3)火箭主体的速度大小从v0减到v的过程中，由动量定理得：
mgt−4⋅B2L2v−2Rt=mv−mv0
其中v−t=h
所以解得下落高度为：h=(mgt−mv+mv0)R2B2L2
由能量守恒定律得：4Q=mgh+12mv02−12mv2
整理得每台电磁缓冲装置中产生的焦耳热为：Q=18m(v02−v2)+(gt−v+v0)m2gR8B2L2
答：(1)缓冲滑块刚停止运动时，流过线圈ab边的电流大小为BLv02R，方向从b到a；
(2)为了着陆速度不超过v，磁感应强度B的最小值为mgR2L2v；
(3)该过程中每台电磁缓冲装置中产生的焦耳热为18m(v02−v2)+(gt−v+v0)m2gR8B2L2。
【解析】(1)缓冲滑块刚停止运动时，根据E=BLv和欧姆定律求出流过线圈ab边的电流，由右手定则判断电流方向。
(2)由安培力公式求出ab边受到的安培力表达式，利用牛顿第二定律求出火箭整体的加速度，再求解磁感应强度B的最小值
(3)由动量定理求装置下滑的高度，再由能量守恒定律求出每台电磁缓冲装置中产生的焦耳热。
对于电磁感应问题研究思路常常有三条：第一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；第二条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解；第三条是动量，根据动量定理或动量守恒定律列方程解答。
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