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2023-2024学年浙江省杭州市六校联考高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2023-2024学年浙江省杭州市六校联考高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.以下单位中，属于能量单位的是( )
A. kWB. mA⋅hC. eVD. kg⋅m/s2
2.如图，一艘正在高速行驶的游艇上，乘客用手触摸了正在飞行的野鸭，感觉到野鸭停在空中，对此下列说法正确的是( )
A. 乘客以野鸭为参考系是在高速运动的
B. 研究飞行的野鸭相对乘客静止原因时，不能将野鸭看成质点
C. 野鸭能相对乘客静止，是由于挥动翅膀时对空气有作用力
D. 乘客感觉到野鸭停在空中是以静止湖水为参考系的
3.蹦床是深受人们喜爱的一项体育运动，也是奥运比赛项目。如图甲是运动员在蹦床上反弹达到的最高位置时的照片，乙图是下落之后达到最低处时的照片，若忽略空气阻力，则下列有关表述正确的是( )
A. 运动员在最高处时速度为0，处于平衡状态
B. 运动员落到蹦床上之后，立即做减速运动
C. 运动员达到最低处时，蹦床对运动员的作用力等于运动员对蹦床的作用力
D. 运动员在比赛的整个过程中，那么运动员和蹦床系统机械能守恒
4.如图是常见的钳子和扳手，钳子的一侧握把穿过扳手的小孔P卡在一起，然后把钳子的另一侧握把置于粗糙水平桌面上的Q点，适当调节两者的相对位置，整体可以静置于空中，(不考虑空气的影响)对此现象分析正确的是( )
A. 钳子受到桌面的摩擦力方向为水平向右
B. 钳子对扳手的作用力可以不在竖直方向上
C. 钳子和扳手整体的重心与Q点一定在同一竖直线上
D. 若只将钳子两侧握把的夹角变大，平衡时桌面对钳子的作用力将变大
5.如图所示，长度不同的两根轻质细绳悬挂于同一点，另一端各系一个质量不同的小球A和B，使它们在同一水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A. 轻绳拉力的大小一定不相同
B. 两球运动的角速度相同
C. 小球A运动的周期大于B的周期
D. 小球A的向心加速度小于小球B的向心加速度
6.2024年4月26日3时32分，我国发射的“神舟十八号”飞船成功与天和核心舱径向端口对接，整个对接过程历时6个半小时，5时04分“神舟十八号”乘组与“神舟十七号”乘组顺利实现空中会师，发射任务取得圆满成功。天和核心舱在离地高度h=400km，与赤道平面约成42∘角的平面内绕地近似做匀速圆运动。已知地球半径R=6400km，地球表面重力加速度g=9.8m/s2，则( )
A. 天和核心舱绕地球做圆周运动的角速度小于地球自转的角速度
B. 天和核心舱绕地球做圆周运动的向心加速度约为10.2m/s2
C. “神舟十八号”的发射速度大于11.2km/s
D. 飞行乘组每天大约可以看到16次日出
7.如图所示，从一根内壁光滑的空心竖直钢管A的上端边缘，紧贴钢管管壁方向向管内水平抛入一钢球，球一直沿管壁做曲线运动直至落地。若换一根等高但内径更大的内壁光滑的空心竖直管B，用同样的方法抛入此钢球，下列说法正确的是( )
A. 球在两管中的运动时间一样长B. 两球都做匀变速曲线运动
C. 水平抛入的初速度大小不可能相同D. 小钢球落地时的速度第二种情况更大
8.如图所示，在平直公路上行驶的箱式货车内，用轻绳AO、BO在O点悬挂质量为5kg的重物，轻绳AO、BO与车顶部夹角分别为30∘、60∘.在汽车加速行驶过程中，为保持重物悬挂在O点位置不动，重力加速度为g，箱式货车的最大加速度( )
A. g2B. 3g3C. 3g2D. 3g
9.均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，一半径为R的球壳表面均匀带有正电荷，电荷量为2q，O为球心，直线ab是过球壳中心的一条水平线，球壳表面与直线ab交于C、D两点，直线ab上有两点P、Q，且PC=DQ=R。现垂直于CD将球面均分为左右两部分，并把右半部分移去，左半球面所带电荷仍均匀分布，此时P点电场强度大小为E，则Q点的电场强度大小为( )
A. kq2R2B. kq4R2C. kq4R2+ED. kq2R2−E
10.如图所示，虚线a、b、c、d、g、f代表电场内平行且间距相等的一组等势面，已知等势面b的电势为4V。一α粒子(24He)经过等势面a时的动能为20eV，经过等势面d时的动能为8eV，不计α粒子重力。下列说法错误的是( )
A. 等势面d的电势为0VB. α粒子可能到达不到等势面f
C. α粒子最远可能到达等势面gD. 电场一定是匀强电场
11.随着生活条件的改善，越来越多的人喜欢上了电动牙刷(如图所示)，电动牙刷通过电动机芯的快速旋转或振动，使刷头产生高频振动，瞬间将牙膏分解成细微泡沫，深入清洁牙缝，与此同时，刷毛的颤动能促进口腔的血液循环，对牙龈组织有按摩效果。下列表格中是一款充电式电动牙刷铭牌上的参数，下列选项正确的是( )
A. 电动牙刷工作时的额定电流为50mA
B. 正常刷牙3min，牙刷每次消耗的能量约为3.9J
C. 电池充满电后总电量为600C
D. 电动牙刷充电时，从无电状态到满电状态所需时间约为12h
12.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电压表为理想电表
，平行板电容器的下极板N接地，当开关S闭合稳定后，两板中间位置Q处有一带负电的粒子恰好静止。R1、R2为定值电阻，滑动变阻器R的滑动触点为P。则( )
A. 上极板M向下移动时，电容器的电容减小
B. 下极板N向下移动时，Q点的电势升高
C. 触点P向b端移动时，流经R的电流方向为P→b
D. 触点P向b端移动时，电容器两板间的粒子将向下运动
13.如图所示，环形塑料管半径为R，竖直放置，且管的内径远小于环的半径，ab为该环的水平直径，环的ab及其以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑。现将一质量为m，电荷量为q的小球从管中a点由静止开始释放，已知E=3mg4q，小球可以运动过b点。则下列说法正确的是( )
A. 小球释放后的运动过程中机械能守恒
B. 小球每周的运动过程中最大速度在圆弧ad之间，且与d之间的夹角为37∘
C. 小球释放后，第一次经过最低点d和最高点c时，对管壁的压力之比为9：2
D. 小球释放后，第二次恰好到达b点时，对管壁的压力大小为27mg4
二、多选题：本大题共2小题，共6分。
14.下列四幅图所涉及的物理现象或原理，表述正确的是( )
A. 如图甲，若把真空的牛顿管置于绕地飞行的空间站内，那么铁片和羽毛从管顶同时释放后将同时到达管底
B. 如图乙，小锤击打金属片后，可以观察到A、B两球同时落地，此现象说明平抛运动竖直方向的分运动为自由落体运动
C. 如图丙，当收集器A和线状电离器B接通高压电源后，粉尘被吸附到正极A上，最后在重力作用下落入下面的漏斗中，达到除尘效果
D. 如图丁，把头发碎屑悬浮在蓖麻油里，加上电场，可以模拟点电荷周围电场线的分布情况，图中头发碎屑的疏密程度可以反映电场强度的大小
15.小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，若要提升重物的时间最短，则下列说法正确的是( )
A. 整个过程中最大加速度为15m/s2B. 匀减速运动的位移大小为3.6m
C. 静止开始匀加速的时间为1.2sD. 提升重物的最短时间为15.5s
三、实验题：本大题共1小题，共14分。
16.(Ⅰ)某同学做“探究加速度与物体受力、物体质量关系”的实验。采用如图甲所示的实验装置，让槽码通过细绳拖动小车在长木板上做匀加速直线运动。
(1)为完成实验，除图中已有的器材，还需要交流电源、天平(含配套砝码)和______。
(2)如图甲，关于本实验，下列说法正确的是______。
A.应适当调节滑轮高度，使线与桌面平行，确保小车能做匀加速直线运动
B.此时有可能正在进行“补偿阻力”的实验操作
C.实验时小车应从靠近打点计时器处静止释放
D.电火花计时器的工作电压应为交流8V
(3)如图乙，是某同学挑选的一条较为清晰的纸带，并选取了部分点为计数点(计数点间的距离如图)。已知打点计时器打点的时间间隔T=0.02s，由图可知小车做匀加速直线运动的加速度a=______m/s2(保留三位有效数字)。据此可知本次实验操作中存在不合理之处在于______。
(Ⅱ)(1)如图甲是多用表的刻度盘，当选用量程为50mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为______ mA；若选用倍率为“×10”的电阻挡测电阻时，表针也指示在图示同一位置，则所测电阻的阻值为______Ω。
(2)利用游标卡尺测量圆筒形盛水容器的内径，应使用图乙中的______(选填“A”、“B”或“C”)进行测量，示数如图丙所示，其值为______ mm。
(Ⅲ)某实验小组为尽量准确测定电池组的电动势和内阻，实验室提供以下器材：
A.待测电池组(电动势约为3V，内阻约为1Ω)
B.电压表(量程0∼3V，内阻约为3kΩ)
C.电流表(量程0∼0.6A，内阻为3.0Ω)
D.电流表(量程0∼3.0A，内阻约为0.2Ω)
E.滑动变阻器(0∼20Ω,额定电流2.0A)
F.滑动变阻器(0∼1kΩ,额定电流0.5A)
G.开关、导线若干
(1)滑动变阻器应选用______(选填“E”或“F”)。
(2)如图甲所示，部分导线已连接，为完成实验，请在图中把导线补充完整。
(3)电路连接后，进行实验，得到了几组电压表读数U和对应的电流表读数I，并作出U−I图像，如图乙所示。根据图像可知，电池组的电动势为______V(结果保留三位有效数字)，内阻为______Ω(结果保留两位有效数字)。
(4)实验中电流表的内阻对于电动势和内阻的测量值造成系统误差______(填“会”或“不会)。
四、简答题：本大题共4小题，共41分。
17.如图所示，绝缘水平地面B点左侧空间存在水平向左的匀强电场，B点右侧空间无电场。现有一带负电、电荷量q=1.0×10−4C，质量m=1.0kg小滑块(电量保持不变)，从距B点L1=8m的A点静止释放，最后停在距B点L2=2m的C点，整个过程用时5s，求：
(1)滑行过程中的最大速度vm的大小；
(2)减速运动时的加速度a2；
(3)匀强电场的电场强度E的大小。
18.如图，电源电动势为12V，内阻为2Ω，电阻R1为1Ω，R2为6Ω。开关闭合后，电动机恰好正常工作。已知电动机额定电压U为6V，线圈电阻RM为0.5Ω，问：
(1)电动机正常工作时通过R2的电流多大？
(2)电动机正常工作时产生的机械功率是多大？
(3)若R1、R2电阻可调，在确保电动机正常工作的前提下，当R1的阻值多大时，R1消耗的电功率最大？此时R2的阻值多大？
19.如图甲是某XCT机的实物图。其产生X射线主要部分的示意图如图乙所示，图中P、Q之间的加速电压为U0=1.82×104V，M、N两板之间的偏转电压为U，电子从电子枪逸出后沿图中虚线OO′射入，经加速电场、偏转电场区域后，打到水平靶台的中心点C，产生X射线(图中虚线箭头所示)。已知电子质量m=9.1×10−31kg，电荷量为e=1.6×10−19C，偏转极板M、N长L=20cm，间距d=16cm，虚线OO′距离靶台竖直高度为h=30cm，靶台水平位置可以调节，不考虑电子的重力、电子间相互作用力及电子从电子枪逸出时的初速度大小，不计空气阻力。求：
(1)电子进入偏转电场区域时速度的大小；
(2)若M、N两板之间电压大小U=2.184×104V时，为使X射线击中靶台中心点C，靶台中心点C离N板右侧的水平距离；
(3)在(2)中，电子刚出偏转电场区域时的速度；
(4)在电场区域由于电子重力远小于电场力，所以电子的重力可忽略不计，试说明为什么电子飞出偏转电场区域后，重力仍可忽略不计。
20.如图所示，是处于竖直平面内某探究装置的示意图，它由水平弹射装置Q、圆心角为α=60∘的光滑圆弧轨道AB、水平轨道BC、水平传送带MN、光滑水平轨道DE和倾角为30∘的光滑且足够长的斜面EF组成。弹射装置Q距离水平轨道BCDE的高度h=2.6m，B点位于圆弧轨道圆心O点的正下方，BC、MN、DE位于同一水平面上，各处光滑连接。已知可视为质点的滑块质量m=0.2kg，圆弧轨道AB的半径R=1.6m，轨道BC长度lBC=2.5m，传送带MN长度lMN=2m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ=0.4、与传带MN间的动摩擦因数为μ2=0.5，其它摩擦和阻力均不计，sin60∘= 32，cs60∘=12。滑块在弹射装置作用下以某一速度离开平台P做平抛运动，恰好可以沿切线方向进入圆弧轨道AB，传送带以一定的速度v(v≤6m/s)逆时针转动。求：
(1)水平弹射装置对滑块做的功；
(2)滑块第一次运动到B处时，对圆弧轨道的压力；
(3)滑块最终静止在轨道BC时的位置距B的距离与传送带速度v的关系。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：kW是功率的单位，mA⋅h是电荷量的单位，eV是电子伏特，属于能量单位，kg⋅m/s2是力单位，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据答案中的单位分析对应的物理量再判断属于什么单位。
考查单位制问题，会根据题意进行判断解答。
2.【答案】C
【解析】解：A、因为乘客用手触摸了正在飞行的野鸭，感觉到野鸭停在空中，所以乘客以野鸭为参考系是静止的，故A错误；
B、研究飞行的野鸭相对乘客静止原因时，可以忽略野鸭的大小和形状，能将野鸭看成质点，故B错误；
C、野鸭能相对乘客静止，是由于挥动翅膀时对空气有作用力，空气对翅膀的作用力让野鸭飞行，故C正确；
D、乘客感觉到野鸭停在空中是以乘客自己为参考系，故D错误。
故选：C。
研究物体的运动情况时，首先要选取一个物体作为标准，这个被选作标准的物体叫做参照物。研究对象的运动情况是怎样的，就看它与参照物的位置是否变化；一个物体能不能看成质点，就看它的大小和形状对研究问题有没有影响。
本题要注意区分研究对象与参考系的不同。考查对参考系概念的理解及实际判断能力。
3.【答案】C
【解析】解：A.运动员在最高处时速度为0，但运动员受重力，合力不为零，所以不是处于平衡状态，故A错误；
B.运动员落到蹦床上，开始重力大于蹦床弹力，合力向下，与速度方向相同，所以运动员落蹦床之后，先做加速运动，故B错误；
C.运动员达到最低处时，蹦床对运动员的作用力与运动员对蹦床的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，故C正确；
D、运动员在蹦床上越蹦越高，人体的化学能转化为机械能，所以运动员在比赛的整个过程中，运动员和蹦床系统机械能不守恒，故D错误。
故选：C。
A、根据运动员在最高点合力不为零分析；
B、根据运动员刚与蹦床接触的一段时间内，重力大于弹力分析；
C、根据作用力和反作用力的特点分析；
D、根据运动员在蹦床上越蹦越高，人体内化学能转化为机械能分析。
本题考查了机械能守恒定律的应用，解题的关键是知道运动员离开蹦床后做竖直上抛运动，刚刚落到蹦床上时先做加速运动，然后做减速运动，注意运动员在蹦床上越蹦越高，系统机械能不守恒。
4.【答案】C
【解析】解：A、钳子和扳手整体的受力平衡，可知整体受重力与桌面对钳子的支持力，不受摩擦力，故A错误；
B、扳手受力平衡，则钳子对扳手的作用力的方向一定在竖直向上，故B错误；
C、以钳子和扳手整体为研究对象，由平衡条件可知，钳子和扳手整体受到的重力与桌子的作用力在同一条直线上，故钳子和扳手整体的重心与Q点一定在同一竖直线上，故C正确；
D、整体重力不变，若只将钳子两侧握把的夹角变大，根据平行四边形定则可知，平衡时桌面对钳子的作用力不变，故D错误。
故选：C。
对整体受力分析可知各力情况，有摩擦力产生的条件判断受不受摩擦力的作用，有平行四边形定则判断桌面对钳子的作用力的变化情况。
本题考查共点力平衡，属于基础题，对整体受力分析即可。
5.【答案】B
【解析】解：A、设绳子与竖直方向的夹角为θ，小球在竖直方向上的合力等于零，有mg=Tcsθ,T=mgcsθ，知A球受绳子的拉力较大，故A错误；
BC、水平方向，有mgtanθ=mlsinθ(2πT)2，解得：T=2π lcsθg，两球的竖直高度相同，即lcsθ相同，则T相同，根据ω=2πT可知角速度相等，故B正确，C错误；
D、向心力等于合外力，即F合=mgtanθ=mgrh=ma，可知a与r成正比。则运动半径较大的A的向心加速度较大，故D错误。
故选：B。
水平方向：小球靠重力和绳子的拉力提供向心力，根据牛顿第二定律求出周期、角速度、向心加速度的关系式，看与什么因素有关。竖直方向合力为零，根据平衡知识列式比较绳子拉力大小。
本题考查向心力的来源，结合受力分析，可知物体受到的合外力的方向沿水平方向，运用牛顿第二定律即可求解。
6.【答案】D
【解析】解：A.根据牛顿第二定律得GMmr2=mω2r，解得ω= GMr3，天和核心舱的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以天和核心舱的角速度大于同步卫星的角速度，而同步卫星的角速度等于地球自转的角速度，所以天和核心舱绕地球做圆周运动的角速度大于地球自转的角速度，故 A错误；
B.根据牛顿第二定律得GMmr2=ma，解得a=GMr2，近地卫星的向心加速度约为9.8m/s2，天和核心舱绕地球做圆周运动的轨道半径略大于近地卫星的轨道半径，所以天和核心舱绕地球做圆周运动的向心加速度一定小于9.8m/s2，故B错误；
是脱离地球的速度，所以“神舟十八号”的发射速度小于11.2km/s，故C错误；
D.飞行乘组的做圆周运动的周期为T，根据牛顿第二定律
GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)
GMmR2=mg
飞行乘组每天看日出的次数为n=24T
解得n≈16次，故D正确。
故选：D。
A.根据牛顿第二定律结合天和核心舱角速度、地球自转角速度进行分析判断；
B.根据牛顿第二定律结合近地卫星的加速度判断天和核心舱的加速度；
C.根据第二宇宙速度和发射速度关系判断；
D.根据牛顿第二定律和黄金代换式推导天和核心舱的周期，再根据求出的周期计算每天看到的日出的次数。
考查万有引力定律的应用和人造卫星的相关问题，会根据题意进行准确分析解答。
7.【答案】A
【解析】解：A、由题意可知，钢球在钢管内的运动可分解为水平面内的匀速圆周运动和竖直方向的自由落体运动，
则在竖直方向上，根据自由落体运动的位移-时间公式有：h=12gt2，
解得：t= 2hg，由于A管与B管高度相同，则可知球在两管中的运动时间一样长，故A正确；
B.两球在钢管内的运动可分解为水平面内的匀速圆周运动和竖直方向的自由落体运动。在竖直方向的加速度为重力加速度不变；在水平方向加速度为向心加速度，大小不变方向改变，所以两球的合加速度方向改变，所以两球做的都不是匀变速曲线运动，故B错误；
C、两球在钢管内的运动可分解为水平面内的匀速圆周运动，钢管的支持力提供向心力，与速度大小无关，所以水平抛入的初速度大小可能相同也可能不同，故C错误；
D、两球在落地时，在竖直方向在水平面内的匀速圆周运动，所以小钢球落地时的速度vy=gt，在水平面内的匀速圆周运动，所以小钢球落地时的速度
v= vy2+v02，因为球在两管中的运动时寸间-样长 所以两球在竖直方向上的分速度相同，但由于水平速度的大小关系无法明确，所以无法确定两次落地速度的大小关系，故D错误。
故选：A。
由题可知，钢球在钢管内做平抛运动，但是钢球在钢管内的运动可分解为水平面内的匀速圆周运动和竖直方向的自由落体运动，根据自由落体运动的位移-时间公式即可求解时间，再根据运动的合成和分解确定速度大小。
解题关键是能够正确分解钢球在钢管内的运动，水平方向上做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，同时注意水平方向为匀速圆周运动，其速度大小关系无法确定。
8.【答案】B
【解析】解：对小球受力分析可得
FAsin30∘+FBsin60∘=mg
FBcs60∘−FAcs30∘=ma
联立解得12⋅(2 33mg− 33FA)− 32FA=ma
整理得 33mg−2 33FA=ma
当FA=0时，a取得最大值a= 33g，故ACD错误，B正确。
故选：B。
对小球进行受力分析，分解受力可知竖直方向受力平衡，水平方向根据牛顿第二定律判断加速度，结合FA=0时a取得最大值解题。
本题要注意通过竖直和水平两个方向进行运动的分析，把握临界条件FA=0时a取得最大值。
9.【答案】D
【解析】解：先将带电球体补全，一半径为R的球体表面均匀带有正电荷，电荷量为2q，则在P、Q两点所产生的电场为：
E0=k2q(2R)2
解得：E0=kq2R2
左半球面所带电荷在P点的电场强度大小为E，由对称性可知去掉的右半球面所带电荷在Q点的电场强度大小为E，则
EQ=E0−E
解得：EQ=kq2R2−E
故ABC错误，D正确。
故选：D。
先将带电球体补全，求出P、Q两点产生的电场，再根据对称性可知，左半球面所带电荷在P点的电场强度大小等于去掉的右半球面所带电荷在Q点的电场强度大小，结合电场的叠加原理，求出Q点的电场强度大小。
在处理电场强度时，要注意电场的叠加原理，要学会利用对称法解决常见问题；另外要熟记一些电场的结论。
10.【答案】A
【解析】解：AD.α粒子带两个单位正电荷，当α粒子经过a时的动能为20eV，经过平面d时的动能为8eV，根据功能关系则有2e⋅Uad=8eV−20eV=−12eV，解得Uad=−6V，又等势面是平行且等间距的，则该电场一定是匀强电场，结合匀强电场特点，则有Ubd=23Uad=23×(−6)V=−4V，又Ubd=φb−φd=4V−φd，联立解得φd=8V，故A错误，D正确；
B.当α粒子由a向d方向运动，每经过相邻的等势面，α粒子动能减少4eV，则α粒子到达等势面f的动能为4eV，由于题目中没有说明α粒子如何运动，因此也可能α粒子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达等势面f，故B正确；
C.由选项B可知，当α粒子到达等势面g的动能为0，若电子垂直等势面入射，则可能会到达等势面g，故C正确；
本题选错误的，故选：A。
AD.根据功能关系计算两等势面的电势差，结合等势面特点分析电场特点，再计算等势面的电势；
BC.根据粒子电场力做功特点结合粒子可能的初状态分析判断能否运动到某个等势面及其可能的动能值。
考查带电粒子在电场中的运动问题，会根据题意进行准确分析和解答。
11.【答案】D
【解析】解：A.电动牙刷工作时的额定电流为I额=P额U额=≈0.35A=350mA，故A错误；
B.正常刷牙3min，牙刷每次消耗的能量约为W=P额t=1.3×3×60J=234J，故B错误；
C.电池充满电后总电量为q=600mA⋅h=0.6×3600C=2160C，故C错误；
D.电动牙刷充电时，从无电状态到满电状态所需时间t′=qI充=60050h=12h，故D正确。
故选：D。
A.根据额定功率和额定电压计算额定电流；
B.根据功和功率的关系式代入数据解答；
C.根据电荷量的公式解答；
D.根据电荷量和充电电流大小计算充电时间。
考查功和电荷量等的计算，会根据恒定电流的相关知识求解相关物理量。
12.【答案】B
【解析】解：A、根据电容的计算公式C=εrS4πkd可得，上极板M向下移动时，d减小，电容器的电容增大，故A错误；
B、下极板N向下移动时，两板间的距离增大，根据E=Ud可得电场强度减小，Q点到上极板的电势差减小，而两板间的电压U不变，则Q点到下极板的电势差UQN增大，根据UQN=φQ−φ0=φQ可知，Q点的电势升高，故B正确；
C、触点P向b端移动时，电容器两板间电压不变，电荷量不变，R中没有电流，故C错误；
D、触点P向b端移动时，电容器两板间电压不变，电容器两板间的粒子受力情况不变，则粒子仍静止，故D错误。
故选：B。
根据电容的计算公式C=εrS4πkd分析电容的变化情况；根据E=Ud分析电场强度的变化情况，再分析Q点到下极板的电势差的变化情况，根据UQN=φQ−φ0=φQ分析Q点的电势变化情况；触点P移动时，不改变电容器两端电压，由此分析CD选项。
本题主要是考查了电容器的动态分析问题；解答此类问题关键是要抓住不变量：若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变；结合电容器的计算公式和电场强度与电势差的关系进行分析解答。
13.【答案】D
【解析】解：A、在小球运动的过程中，除了重力做功之外，电场力也做功了，根据机械能守恒定律的条件可知，小球释放后的运动过程中机械能不守恒，故A错误；
B、如果小球带负电，不可能到达b点，所以小球带正电，则设电场力与重力合力的方向与d之间的夹角为θ，则由小球的受力可知tanθ=qEmg=34，故θ=37∘，故小球的运动过程中最大速度在圆弧bd之间且与d之间的夹角为37∘，故B错误；
C、球释放后，小球第一次经过最低点d时，根据动能定理有qER+mgR=12mvd2，在最低点根据牛顿第二定律有Fd−mg=mvd2R，解得Fd=92mg。
第一次经过最高点c时，根据动能定理有qE⋅2R−mgR=12mvc2，在最高点根据牛顿第二定律有Fc+mg=mvc2R，解得Fc=0，故C错误；
D、小球释放后，第二次恰好到达b点时，qE⋅4R=12mvb2，根据牛顿第二定律有Fb−qE=mvb2R，解得Fb=27mg4，小球释放后，第二次恰好到达b点时，对管壁的压力大小为27mg4，故D正确。
故选：D。
根据机械能守恒条件分析；当小球沿切线方向受力平衡时速度最大，据此分析；根据动能定理结合牛顿第二定律分析CD。
知道机械能守恒的条件，知道小球在运动过程中根据动能定理解得小球到达最高点和最低点的速度是解题的关键。
14.【答案】BCD
【解析】解：A.真空的牛顿管置于绕地飞行的空间站内，在空间站处于失重状态，那么铁片和羽毛从管顶同时释放后都是处于完全失重状态，不会下落，故A错误；
B、小锤击打金属片后，可以观察到A、B两球同时落地，下落时间相等，此现象说明平抛运动竖直方向的分运动为自由落体运动，故B正确；
C、电源的两极分别接在A、B上，净电荷一般分布在尖端，所以B处分布电荷较为密集，则距离B越近场强较大，粉尘吸附电子后带负电，在电场力的作用下将会向正极板运动，即向A运动，最后被吸附到A上，然后在重力作用下落入下面的漏斗中，达到除效果，故C正确；
D，电场线是为了形象地描述电场而引入假想的线，实际并不存在，头发碎屑的分布图只是模拟了电场线的分布情况，其疏密程度可以反映电场强度的大小，故D正确。
故选：BCD。
在太空中，铁片和羽毛都是处于完全失重状态，据此分析；平抛运动在竖直方向上做自由落体运动；根据电荷间的相互作用分析；根据电场线的特点分析。
熟练掌握电场线的特点、平抛运动的特点以及带电粒子的受力情况是解题的基础。
15.【答案】BD
【解析】解：A、加速阶段以最大拉力Tm=300N拉重物做匀加速直线运动，此阶段的加速度最大，根据牛顿第二定律得：Tm−mg=ma1，解得：a1=5m/s2。而匀减速直线运动阶段的加速度最大也为5m/s2，故A错误；
B、重物以最大速度vm匀速运动时，拉力等于重物的重力，提升装置功率为额定功率Pe=1200W，则有：
vm=PeT=Pemg=120020×10m/s=6m/s
减速阶段以最大的加速度a2=5m/s2做匀减速直线运动，其位移大小为：
x2=vm22a2，解得：x2=3.6m故B正确；
C、在匀加速阶段，当功率达到额定功率时，设重物的速度为v1，则有：
v1=PeTm=1200300m/s=4m/s
此过程所用时间：t1=v1a1=45s=0.8s，故C错误；
D、匀加速上升阶段的位移大小为：x1=v122a1，解得：x1=1.6m
设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t3，对此过程根据动能定理得：
Pet3−mgx3=12mvm2−12mv12
其中：x3=85.2m−x1−x2=85.2m−1.6m−3.6m=80m
解得：t3=13.5s
匀减速阶段所用时间为：t2=vma2=65s=1.2s
提升重物的最短时间为：t=t1+t2+t3=0.8s+1.2s+13.5s=15.5s故D正确。
故选：BD。
加速阶段以最大拉力拉重物做匀加速直线运动，此阶段的加速度最大，根据牛顿第二定律求出加速阶段的最大加速度；根据瞬时功率计算公式求得匀速运动阶段的最大速度，减速阶段以最大的加速度做匀减速直线运动，根据运动学公式求得位移大小和时间；根据瞬时功率计算公式求得匀加速阶段的最大速度，根据运动学公式求得此过程所用时间和位移大小；根据动能定理求解重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间，三个阶段的时间之和为提升重物的最短时间。
本题考查了机车启动模型的以恒定加速度启动的情况，物体先做匀加速直线运动，直到提升装置的功率达到最大。之后功率恒定，物体做加速度减小的加速运动，直到速度达到最大值，此后做匀速直线运动。应用P=Fv，结合牛顿第二定律与动能定理解答问题。
16.【答案】刻度尺 C3.01小车的质量未远大于槽码的质量 不会
【解析】解：Ⅰ(1)实验中需要测量长度，所以还需要刻度尺；
(2)A、应适当调节滑轮高度，使线与木板平行，而不是与桌面平行，故A错误；
B、补偿阻力时不能挂槽码，所以此时不是在补偿阻力，故B错误；
C、为了有效利用纸带的长度，实验时小车应从靠近打点计时器处静止释放，故C正确；
D、电火花计时器的工作电压应为交流220V，故D错误。
故选：C。
(3)由图可知，两计数点之间有两个间隔，故计数点间的时间间隔为T=2×0.02s=0.04s；
由遂差法可得a=(x4+x5+x6)−(x1+x2+x3)9T2=(5.69+6.18+6.66)−(4.25+4.73+5.22)9×0.042×10−2m/s2=3.01m/s2；
加速度达到了3m/s2，由牛顿第二定律可知，mg=(m+M)a，解得：m=37M，即本实验没有满足小车的质量远大于槽码的质量；
Ⅱ(1)电流挡读数：最小分度为1mA，则向下估读一位，读出电流值为22.0mA；
欧姆挡挡位为×10，指针示数为19，故最终读数：R=19×10Ω=190Ω；
(2)测量圆筒形盛水容器的内径，应使用图乙中游标卡尺的内测量爪，即图中A进行测量。
20等分游标卡尺的精确度为0.05mm，盛水容器的内径d=14mm+10×0.05mm=14.50mm；
Ⅲ(1)由题意可知，电源电动势为3V，内阻约为1Ω，电流表量程只能选择0.6A，所以滑动变阻器只能选择总阻值较小的E；
(2)电流表内阻已知，所以采用电流表相对电源的内接法，滑动变阻器采用限流接法，实物图如图所示；
(3)根据U=E−I(RA+r)可知，图象与纵轴的交点表示电动势，图象的斜率表示RA+r，由图可知，E=2.90V；
r=2.90−Ω−3.0Ω=0.80Ω；
(4)由于电流表内阻已知，并且本实验采用了相对电源的内接法，其阻值在计算时已考虑其中，所以对测量结果没有影响。
故答案为：Ⅰ(1)刻度尺；(2)C；(3)3.01；小车的质量未远大于槽码的质量
Ⅱ(1)22.0；190；(2)A；14.50；
Ⅲ(1)E；(2)如图所示；(3)2.90；0.80；(4)不会。
Ⅰ明确“探究加速度与物体受力、物体质量关系”的实验原理和注意事项，再根据纸带的处理方法分析纸带求解加速度，根据加速度确定物体质量间的关系，从而分析误差情况；
Ⅱ掌握常用测量工具的读数方法，从而读数电流、电阻和容器的内径；
Ⅲ掌握测量电动势和内电阻的实验原理，正确选择电路和仪表，再根据闭合电路欧姆定律进行分析求解电动势和内电阻，并分析实验误差。
本题考查了测量电源的电动势和内阻的实验，测量仪器的使用以及探究加速度与物体受力、物体质量关系的实验，关键是明确实验原理，掌握掌握实验利用图像处理数据的方法，掌握欧姆表测量原理和读数方法等。
17.【答案】解：(1)小滑块整个过程的平均速度为vm2，根据匀变速直线运动规律vm2⋅t=L1+L2，代入L1=8m，L2=2m，t=5s
解得vm=4m/s
(2)小滑块从B到C的减速过程，利用逆向思维方法，由vm2=2a2L2，解得a2=4m/s2，速度方向水平向右，滑块做减速运动，所以加速度方向水平向左。
(3)小滑块从A到B的加速过程，加速度大小为a1，有2a1L1=vm2，得a1=1m/s2，根据牛顿第二定律有Eq−f=ma1，而f=ma2，得E=5×104N/C
答：(1)滑行过程中的最大速度vm的大小为4m/s；
(2)减速运动时的加速度a2为4m/s2，方向水平向左；
(3)匀强电场的电场强度E的大小为5×104N/C。
【解析】(1)(2)根据匀变速直线运动的位移时间规律列式求解最大速度；
(3)根据匀变速直线运动规律和牛顿第二定律列式求解电场强度。
考查带电物体在电场中的运动问题，会分析物体的受力以及物体的运动情况，根据题意进行准确解答。
18.【答案】解：(1)电动机正常工作时通过R2的电流
I2=UR2=66A=1A
(2)电动机正常工作时，总电流
I0=E−Ur+R1=12−62+1A=2A
通过电动机的电流为IM=I0−I2=2A−1A=1A
电动机的机械功率
P机=UIM−IM2RM=6×1W−12×0.5W=5.5W
(3)电动机正常工作时，R1消耗的电功率：P=(E−UR1+r)2R1
即当R1=r=2Ω时，Pm=4.5W
此时，R2=UE−UR1+r−IM
其中；IM=I0−I2
得：R2=12Ω
答：(1)电动机正常工作时通过R2的电流是1A；
(2)电动机正常工作时产生的机械功率是5.5W；
(3)若R1、R2电阻可调，在确保电动机正常工作的前提下，当R1的阻值为1Ω时，R1消耗的电功率最大，此时R2的阻值是12Ω。
【解析】(1)根据欧姆定律计算；
(2)先计算出通过电动机的电流，然后用电动机消耗的总功率减去电动机的发热功率计算即可；
(3)先计算出R1消耗最大功率时的电阻，然后根据欧姆定律可得R2的电阻。
分情电路结构，熟练掌握欧姆定律是解题的基础。掌握电动机的总功率、发热功率和机械功率的计算方法是解题的关键。
19.【答案】解：(1)根据动能定理有
eU0=12mv02
解得
v0=8×107m/s
(2)M、N两板之间电压大小U=2.184×104V时，根据类平抛运动规律有
y=12at2
L=v0t
根据牛顿第二定律有
a=eUmd
根据几何关系可知
12Ly=12L+Δxh
解得
Δx=30cm
(3)结合(2)中的类平抛运动规律有
L=v0t
vy=at
则电子刚出偏转电场区域时的速度为
v= v02+vy2
解得
v=1.0×108m/s
(4)粒子离开偏转电场后，打到靶台的时间为
t′=Δxv0
不计重力时，竖直方向的位移为
y1=vyt′
计重力时，竖直方向的位移为
y2=vyt′+12gt′2
设
k=y2−y1y1
解得
k=3.125×10−16
即重力对电子打在荧光屏上的位置影响非常小，所以计算电子偏转量时可以忽略电子所受的重力。
答：(1)电子进入偏转电场区域时速度的大小8×107m/s；
(2)靶台中心点C离N板右侧的水平距离30cm；
(3)在(2)中，电子刚出偏转电场区域时的速度1.0×108m/s；
(4)见解析。
【解析】(1)根据动能定理求电子进入偏转电场区域时速度的大小；
(2)根据类平抛运动规律结合牛顿第二定律、几何关系求靶台中心点C离N板右侧的水平距离；
(3)由运动学公式求电子刚出偏转电场区域时的速度；
(4)由运动学公式求出计重力和不计重力两种情况下的竖直方向偏移，作出分析。
解题的关键在于分析清楚电子在各个区域的运动情况，能熟练运用运动的分解法处理电子类平抛运动的过程，分析时要抓住分运动的等时性。
20.【答案】解：(1)滑块运动到A点过程中为平抛运动，竖直方向
h−R(1−csα)=12gt2
解得
t=0.6s
则在A点竖直方向的分速度为
vAy=gt=10×0.6m/s=6m/s
恰好可以沿切线方向进入圆弧轨道，在A点
tanα=vAyvAx= 3
解得
vAx=2 3m/s
则，根据动能定理水平弹射装置对滑块做的功为
W=12mvAx2
解得
W=1.2J
(2)在A点时的速度大小为
vA= vAx2+vAy2
解得
vA=4 3m/s
滑块从A点到B点，根据动能定理
mgR(1−csα)=12mvB2−12mvA2
解得
vB=8m/s
设滑块受到的支持力为N，则根据牛顿第二定律
N−mg=mvB2R
解得
N=10N
根据牛顿第三定律，滑块对圆弧轨道的压力等于轨道对滑块的支持力
F压=N=10N
(3)滑块第一次运动到D点时，根据动能定理
−μ1mglBC−μ2mglMN=12mvD2−12mvB2
解得
vD=2 6m/s
根据运动的对称性，第二次运动到D点时的速度大小仍为
vD=2 6m/s
则在传送带上的加速度为
a=μ2mgm
解得
a=5m/s2
假设滑块可以在传送带上一直加速，则
2alMN=v2−vD2
解得
v=2 11m/s>6m/s
所以假设不成立。假设滑块可以在传送带上一直减速，则
2alMN=vD2−v12
解得
v1=2m/s
所以，若传送带的速度为0v1=2m/s
设距B的距离为x，根据动能定理
−μ1mg(lBC−x)=0−12mv12
解得
x=2m
若传送带的速度为6m/s≥v>2m/s，则滑块在传送带上先加速后匀速，滑块离开传送带时的速度等于传送带的速度。若滑块恰好停在B点，则
−μ1mglBC=0−12mv22
解得
v2=2 5m/s
则，若传送带的速度为2 5m/s≥v>2m/s，则根据动能定理
−μ1mg(lBC−x)=0−12mv2
解得
x=20−v28m
若传送带的速度为2 5m/s−μ1mg(lBC+x)=0−12mv2
解得
x=v2−208m
综上，若传送带的速度为02m/s，则x=20−v28m；若传送带的速度为2 5m/s答：(1)水平弹射装置对滑块做的功1.2J；
(2)滑块第一次运动到B处时，对圆弧轨道的压力10N；
(3)见解析。
【解析】(1)根据动能定理结合运动学公式求水平弹射装置对滑块做的功；
(2)根据动能定理结合牛顿第二定律、牛顿第三定律求滑块第一次运动到B处时，对圆弧轨道的压力；
(3)根据动能定理结合运动学公式求滑块最终静止在轨道BC时的位置距B的距离与传送带速度v的关系。
本题主要是考查了动能定理、竖直方向的圆周运动；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答。充电器输入电压
AC220V
充电器输出电压
DC5V
充电器输出电流
50mA
电池容量
600mA⋅h
电动牙刷额定功率
1.3W
电动牙刷额定电压
DC3.7V
1.以下单位中，属于能量单位的是( )
A. kWB. mA⋅hC. eVD. kg⋅m/s2
2.如图，一艘正在高速行驶的游艇上，乘客用手触摸了正在飞行的野鸭，感觉到野鸭停在空中，对此下列说法正确的是( )
A. 乘客以野鸭为参考系是在高速运动的
B. 研究飞行的野鸭相对乘客静止原因时，不能将野鸭看成质点
C. 野鸭能相对乘客静止，是由于挥动翅膀时对空气有作用力
D. 乘客感觉到野鸭停在空中是以静止湖水为参考系的
3.蹦床是深受人们喜爱的一项体育运动，也是奥运比赛项目。如图甲是运动员在蹦床上反弹达到的最高位置时的照片，乙图是下落之后达到最低处时的照片，若忽略空气阻力，则下列有关表述正确的是( )
A. 运动员在最高处时速度为0，处于平衡状态
B. 运动员落到蹦床上之后，立即做减速运动
C. 运动员达到最低处时，蹦床对运动员的作用力等于运动员对蹦床的作用力
D. 运动员在比赛的整个过程中，那么运动员和蹦床系统机械能守恒
4.如图是常见的钳子和扳手，钳子的一侧握把穿过扳手的小孔P卡在一起，然后把钳子的另一侧握把置于粗糙水平桌面上的Q点，适当调节两者的相对位置，整体可以静置于空中，(不考虑空气的影响)对此现象分析正确的是( )
A. 钳子受到桌面的摩擦力方向为水平向右
B. 钳子对扳手的作用力可以不在竖直方向上
C. 钳子和扳手整体的重心与Q点一定在同一竖直线上
D. 若只将钳子两侧握把的夹角变大，平衡时桌面对钳子的作用力将变大
5.如图所示，长度不同的两根轻质细绳悬挂于同一点，另一端各系一个质量不同的小球A和B，使它们在同一水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A. 轻绳拉力的大小一定不相同
B. 两球运动的角速度相同
C. 小球A运动的周期大于B的周期
D. 小球A的向心加速度小于小球B的向心加速度
6.2024年4月26日3时32分，我国发射的“神舟十八号”飞船成功与天和核心舱径向端口对接，整个对接过程历时6个半小时，5时04分“神舟十八号”乘组与“神舟十七号”乘组顺利实现空中会师，发射任务取得圆满成功。天和核心舱在离地高度h=400km，与赤道平面约成42∘角的平面内绕地近似做匀速圆运动。已知地球半径R=6400km，地球表面重力加速度g=9.8m/s2，则( )
A. 天和核心舱绕地球做圆周运动的角速度小于地球自转的角速度
B. 天和核心舱绕地球做圆周运动的向心加速度约为10.2m/s2
C. “神舟十八号”的发射速度大于11.2km/s
D. 飞行乘组每天大约可以看到16次日出
7.如图所示，从一根内壁光滑的空心竖直钢管A的上端边缘，紧贴钢管管壁方向向管内水平抛入一钢球，球一直沿管壁做曲线运动直至落地。若换一根等高但内径更大的内壁光滑的空心竖直管B，用同样的方法抛入此钢球，下列说法正确的是( )
A. 球在两管中的运动时间一样长B. 两球都做匀变速曲线运动
C. 水平抛入的初速度大小不可能相同D. 小钢球落地时的速度第二种情况更大
8.如图所示，在平直公路上行驶的箱式货车内，用轻绳AO、BO在O点悬挂质量为5kg的重物，轻绳AO、BO与车顶部夹角分别为30∘、60∘.在汽车加速行驶过程中，为保持重物悬挂在O点位置不动，重力加速度为g，箱式货车的最大加速度( )
A. g2B. 3g3C. 3g2D. 3g
9.均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，一半径为R的球壳表面均匀带有正电荷，电荷量为2q，O为球心，直线ab是过球壳中心的一条水平线，球壳表面与直线ab交于C、D两点，直线ab上有两点P、Q，且PC=DQ=R。现垂直于CD将球面均分为左右两部分，并把右半部分移去，左半球面所带电荷仍均匀分布，此时P点电场强度大小为E，则Q点的电场强度大小为( )
A. kq2R2B. kq4R2C. kq4R2+ED. kq2R2−E
10.如图所示，虚线a、b、c、d、g、f代表电场内平行且间距相等的一组等势面，已知等势面b的电势为4V。一α粒子(24He)经过等势面a时的动能为20eV，经过等势面d时的动能为8eV，不计α粒子重力。下列说法错误的是( )
A. 等势面d的电势为0VB. α粒子可能到达不到等势面f
C. α粒子最远可能到达等势面gD. 电场一定是匀强电场
11.随着生活条件的改善，越来越多的人喜欢上了电动牙刷(如图所示)，电动牙刷通过电动机芯的快速旋转或振动，使刷头产生高频振动，瞬间将牙膏分解成细微泡沫，深入清洁牙缝，与此同时，刷毛的颤动能促进口腔的血液循环，对牙龈组织有按摩效果。下列表格中是一款充电式电动牙刷铭牌上的参数，下列选项正确的是( )
A. 电动牙刷工作时的额定电流为50mA
B. 正常刷牙3min，牙刷每次消耗的能量约为3.9J
C. 电池充满电后总电量为600C
D. 电动牙刷充电时，从无电状态到满电状态所需时间约为12h
12.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电压表为理想电表
，平行板电容器的下极板N接地，当开关S闭合稳定后，两板中间位置Q处有一带负电的粒子恰好静止。R1、R2为定值电阻，滑动变阻器R的滑动触点为P。则( )
A. 上极板M向下移动时，电容器的电容减小
B. 下极板N向下移动时，Q点的电势升高
C. 触点P向b端移动时，流经R的电流方向为P→b
D. 触点P向b端移动时，电容器两板间的粒子将向下运动
13.如图所示，环形塑料管半径为R，竖直放置，且管的内径远小于环的半径，ab为该环的水平直径，环的ab及其以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑。现将一质量为m，电荷量为q的小球从管中a点由静止开始释放，已知E=3mg4q，小球可以运动过b点。则下列说法正确的是( )
A. 小球释放后的运动过程中机械能守恒
B. 小球每周的运动过程中最大速度在圆弧ad之间，且与d之间的夹角为37∘
C. 小球释放后，第一次经过最低点d和最高点c时，对管壁的压力之比为9：2
D. 小球释放后，第二次恰好到达b点时，对管壁的压力大小为27mg4
二、多选题：本大题共2小题，共6分。
14.下列四幅图所涉及的物理现象或原理，表述正确的是( )
A. 如图甲，若把真空的牛顿管置于绕地飞行的空间站内，那么铁片和羽毛从管顶同时释放后将同时到达管底
B. 如图乙，小锤击打金属片后，可以观察到A、B两球同时落地，此现象说明平抛运动竖直方向的分运动为自由落体运动
C. 如图丙，当收集器A和线状电离器B接通高压电源后，粉尘被吸附到正极A上，最后在重力作用下落入下面的漏斗中，达到除尘效果
D. 如图丁，把头发碎屑悬浮在蓖麻油里，加上电场，可以模拟点电荷周围电场线的分布情况，图中头发碎屑的疏密程度可以反映电场强度的大小
15.小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，若要提升重物的时间最短，则下列说法正确的是( )
A. 整个过程中最大加速度为15m/s2B. 匀减速运动的位移大小为3.6m
C. 静止开始匀加速的时间为1.2sD. 提升重物的最短时间为15.5s
三、实验题：本大题共1小题，共14分。
16.(Ⅰ)某同学做“探究加速度与物体受力、物体质量关系”的实验。采用如图甲所示的实验装置，让槽码通过细绳拖动小车在长木板上做匀加速直线运动。
(1)为完成实验，除图中已有的器材，还需要交流电源、天平(含配套砝码)和______。
(2)如图甲，关于本实验，下列说法正确的是______。
A.应适当调节滑轮高度，使线与桌面平行，确保小车能做匀加速直线运动
B.此时有可能正在进行“补偿阻力”的实验操作
C.实验时小车应从靠近打点计时器处静止释放
D.电火花计时器的工作电压应为交流8V
(3)如图乙，是某同学挑选的一条较为清晰的纸带，并选取了部分点为计数点(计数点间的距离如图)。已知打点计时器打点的时间间隔T=0.02s，由图可知小车做匀加速直线运动的加速度a=______m/s2(保留三位有效数字)。据此可知本次实验操作中存在不合理之处在于______。
(Ⅱ)(1)如图甲是多用表的刻度盘，当选用量程为50mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为______ mA；若选用倍率为“×10”的电阻挡测电阻时，表针也指示在图示同一位置，则所测电阻的阻值为______Ω。
(2)利用游标卡尺测量圆筒形盛水容器的内径，应使用图乙中的______(选填“A”、“B”或“C”)进行测量，示数如图丙所示，其值为______ mm。
(Ⅲ)某实验小组为尽量准确测定电池组的电动势和内阻，实验室提供以下器材：
A.待测电池组(电动势约为3V，内阻约为1Ω)
B.电压表(量程0∼3V，内阻约为3kΩ)
C.电流表(量程0∼0.6A，内阻为3.0Ω)
D.电流表(量程0∼3.0A，内阻约为0.2Ω)
E.滑动变阻器(0∼20Ω,额定电流2.0A)
F.滑动变阻器(0∼1kΩ,额定电流0.5A)
G.开关、导线若干
(1)滑动变阻器应选用______(选填“E”或“F”)。
(2)如图甲所示，部分导线已连接，为完成实验，请在图中把导线补充完整。
(3)电路连接后，进行实验，得到了几组电压表读数U和对应的电流表读数I，并作出U−I图像，如图乙所示。根据图像可知，电池组的电动势为______V(结果保留三位有效数字)，内阻为______Ω(结果保留两位有效数字)。
(4)实验中电流表的内阻对于电动势和内阻的测量值造成系统误差______(填“会”或“不会)。
四、简答题：本大题共4小题，共41分。
17.如图所示，绝缘水平地面B点左侧空间存在水平向左的匀强电场，B点右侧空间无电场。现有一带负电、电荷量q=1.0×10−4C，质量m=1.0kg小滑块(电量保持不变)，从距B点L1=8m的A点静止释放，最后停在距B点L2=2m的C点，整个过程用时5s，求：
(1)滑行过程中的最大速度vm的大小；
(2)减速运动时的加速度a2；
(3)匀强电场的电场强度E的大小。
18.如图，电源电动势为12V，内阻为2Ω，电阻R1为1Ω，R2为6Ω。开关闭合后，电动机恰好正常工作。已知电动机额定电压U为6V，线圈电阻RM为0.5Ω，问：
(1)电动机正常工作时通过R2的电流多大？
(2)电动机正常工作时产生的机械功率是多大？
(3)若R1、R2电阻可调，在确保电动机正常工作的前提下，当R1的阻值多大时，R1消耗的电功率最大？此时R2的阻值多大？
19.如图甲是某XCT机的实物图。其产生X射线主要部分的示意图如图乙所示，图中P、Q之间的加速电压为U0=1.82×104V，M、N两板之间的偏转电压为U，电子从电子枪逸出后沿图中虚线OO′射入，经加速电场、偏转电场区域后，打到水平靶台的中心点C，产生X射线(图中虚线箭头所示)。已知电子质量m=9.1×10−31kg，电荷量为e=1.6×10−19C，偏转极板M、N长L=20cm，间距d=16cm，虚线OO′距离靶台竖直高度为h=30cm，靶台水平位置可以调节，不考虑电子的重力、电子间相互作用力及电子从电子枪逸出时的初速度大小，不计空气阻力。求：
(1)电子进入偏转电场区域时速度的大小；
(2)若M、N两板之间电压大小U=2.184×104V时，为使X射线击中靶台中心点C，靶台中心点C离N板右侧的水平距离；
(3)在(2)中，电子刚出偏转电场区域时的速度；
(4)在电场区域由于电子重力远小于电场力，所以电子的重力可忽略不计，试说明为什么电子飞出偏转电场区域后，重力仍可忽略不计。
20.如图所示，是处于竖直平面内某探究装置的示意图，它由水平弹射装置Q、圆心角为α=60∘的光滑圆弧轨道AB、水平轨道BC、水平传送带MN、光滑水平轨道DE和倾角为30∘的光滑且足够长的斜面EF组成。弹射装置Q距离水平轨道BCDE的高度h=2.6m，B点位于圆弧轨道圆心O点的正下方，BC、MN、DE位于同一水平面上，各处光滑连接。已知可视为质点的滑块质量m=0.2kg，圆弧轨道AB的半径R=1.6m，轨道BC长度lBC=2.5m，传送带MN长度lMN=2m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ=0.4、与传带MN间的动摩擦因数为μ2=0.5，其它摩擦和阻力均不计，sin60∘= 32，cs60∘=12。滑块在弹射装置作用下以某一速度离开平台P做平抛运动，恰好可以沿切线方向进入圆弧轨道AB，传送带以一定的速度v(v≤6m/s)逆时针转动。求：
(1)水平弹射装置对滑块做的功；
(2)滑块第一次运动到B处时，对圆弧轨道的压力；
(3)滑块最终静止在轨道BC时的位置距B的距离与传送带速度v的关系。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：kW是功率的单位，mA⋅h是电荷量的单位，eV是电子伏特，属于能量单位，kg⋅m/s2是力单位，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据答案中的单位分析对应的物理量再判断属于什么单位。
考查单位制问题，会根据题意进行判断解答。
2.【答案】C
【解析】解：A、因为乘客用手触摸了正在飞行的野鸭，感觉到野鸭停在空中，所以乘客以野鸭为参考系是静止的，故A错误；
B、研究飞行的野鸭相对乘客静止原因时，可以忽略野鸭的大小和形状，能将野鸭看成质点，故B错误；
C、野鸭能相对乘客静止，是由于挥动翅膀时对空气有作用力，空气对翅膀的作用力让野鸭飞行，故C正确；
D、乘客感觉到野鸭停在空中是以乘客自己为参考系，故D错误。
故选：C。
研究物体的运动情况时，首先要选取一个物体作为标准，这个被选作标准的物体叫做参照物。研究对象的运动情况是怎样的，就看它与参照物的位置是否变化；一个物体能不能看成质点，就看它的大小和形状对研究问题有没有影响。
本题要注意区分研究对象与参考系的不同。考查对参考系概念的理解及实际判断能力。
3.【答案】C
【解析】解：A.运动员在最高处时速度为0，但运动员受重力，合力不为零，所以不是处于平衡状态，故A错误；
B.运动员落到蹦床上，开始重力大于蹦床弹力，合力向下，与速度方向相同，所以运动员落蹦床之后，先做加速运动，故B错误；
C.运动员达到最低处时，蹦床对运动员的作用力与运动员对蹦床的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，故C正确；
D、运动员在蹦床上越蹦越高，人体的化学能转化为机械能，所以运动员在比赛的整个过程中，运动员和蹦床系统机械能不守恒，故D错误。
故选：C。
A、根据运动员在最高点合力不为零分析；
B、根据运动员刚与蹦床接触的一段时间内，重力大于弹力分析；
C、根据作用力和反作用力的特点分析；
D、根据运动员在蹦床上越蹦越高，人体内化学能转化为机械能分析。
本题考查了机械能守恒定律的应用，解题的关键是知道运动员离开蹦床后做竖直上抛运动，刚刚落到蹦床上时先做加速运动，然后做减速运动，注意运动员在蹦床上越蹦越高，系统机械能不守恒。
4.【答案】C
【解析】解：A、钳子和扳手整体的受力平衡，可知整体受重力与桌面对钳子的支持力，不受摩擦力，故A错误；
B、扳手受力平衡，则钳子对扳手的作用力的方向一定在竖直向上，故B错误；
C、以钳子和扳手整体为研究对象，由平衡条件可知，钳子和扳手整体受到的重力与桌子的作用力在同一条直线上，故钳子和扳手整体的重心与Q点一定在同一竖直线上，故C正确；
D、整体重力不变，若只将钳子两侧握把的夹角变大，根据平行四边形定则可知，平衡时桌面对钳子的作用力不变，故D错误。
故选：C。
对整体受力分析可知各力情况，有摩擦力产生的条件判断受不受摩擦力的作用，有平行四边形定则判断桌面对钳子的作用力的变化情况。
本题考查共点力平衡，属于基础题，对整体受力分析即可。
5.【答案】B
【解析】解：A、设绳子与竖直方向的夹角为θ，小球在竖直方向上的合力等于零，有mg=Tcsθ,T=mgcsθ，知A球受绳子的拉力较大，故A错误；
BC、水平方向，有mgtanθ=mlsinθ(2πT)2，解得：T=2π lcsθg，两球的竖直高度相同，即lcsθ相同，则T相同，根据ω=2πT可知角速度相等，故B正确，C错误；
D、向心力等于合外力，即F合=mgtanθ=mgrh=ma，可知a与r成正比。则运动半径较大的A的向心加速度较大，故D错误。
故选：B。
水平方向：小球靠重力和绳子的拉力提供向心力，根据牛顿第二定律求出周期、角速度、向心加速度的关系式，看与什么因素有关。竖直方向合力为零，根据平衡知识列式比较绳子拉力大小。
本题考查向心力的来源，结合受力分析，可知物体受到的合外力的方向沿水平方向，运用牛顿第二定律即可求解。
6.【答案】D
【解析】解：A.根据牛顿第二定律得GMmr2=mω2r，解得ω= GMr3，天和核心舱的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以天和核心舱的角速度大于同步卫星的角速度，而同步卫星的角速度等于地球自转的角速度，所以天和核心舱绕地球做圆周运动的角速度大于地球自转的角速度，故 A错误；
B.根据牛顿第二定律得GMmr2=ma，解得a=GMr2，近地卫星的向心加速度约为9.8m/s2，天和核心舱绕地球做圆周运动的轨道半径略大于近地卫星的轨道半径，所以天和核心舱绕地球做圆周运动的向心加速度一定小于9.8m/s2，故B错误；
是脱离地球的速度，所以“神舟十八号”的发射速度小于11.2km/s，故C错误；
D.飞行乘组的做圆周运动的周期为T，根据牛顿第二定律
GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)
GMmR2=mg
飞行乘组每天看日出的次数为n=24T
解得n≈16次，故D正确。
故选：D。
A.根据牛顿第二定律结合天和核心舱角速度、地球自转角速度进行分析判断；
B.根据牛顿第二定律结合近地卫星的加速度判断天和核心舱的加速度；
C.根据第二宇宙速度和发射速度关系判断；
D.根据牛顿第二定律和黄金代换式推导天和核心舱的周期，再根据求出的周期计算每天看到的日出的次数。
考查万有引力定律的应用和人造卫星的相关问题，会根据题意进行准确分析解答。
7.【答案】A
【解析】解：A、由题意可知，钢球在钢管内的运动可分解为水平面内的匀速圆周运动和竖直方向的自由落体运动，
则在竖直方向上，根据自由落体运动的位移-时间公式有：h=12gt2，
解得：t= 2hg，由于A管与B管高度相同，则可知球在两管中的运动时间一样长，故A正确；
B.两球在钢管内的运动可分解为水平面内的匀速圆周运动和竖直方向的自由落体运动。在竖直方向的加速度为重力加速度不变；在水平方向加速度为向心加速度，大小不变方向改变，所以两球的合加速度方向改变，所以两球做的都不是匀变速曲线运动，故B错误；
C、两球在钢管内的运动可分解为水平面内的匀速圆周运动，钢管的支持力提供向心力，与速度大小无关，所以水平抛入的初速度大小可能相同也可能不同，故C错误；
D、两球在落地时，在竖直方向在水平面内的匀速圆周运动，所以小钢球落地时的速度vy=gt，在水平面内的匀速圆周运动，所以小钢球落地时的速度
v= vy2+v02，因为球在两管中的运动时寸间-样长 所以两球在竖直方向上的分速度相同，但由于水平速度的大小关系无法明确，所以无法确定两次落地速度的大小关系，故D错误。
故选：A。
由题可知，钢球在钢管内做平抛运动，但是钢球在钢管内的运动可分解为水平面内的匀速圆周运动和竖直方向的自由落体运动，根据自由落体运动的位移-时间公式即可求解时间，再根据运动的合成和分解确定速度大小。
解题关键是能够正确分解钢球在钢管内的运动，水平方向上做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，同时注意水平方向为匀速圆周运动，其速度大小关系无法确定。
8.【答案】B
【解析】解：对小球受力分析可得
FAsin30∘+FBsin60∘=mg
FBcs60∘−FAcs30∘=ma
联立解得12⋅(2 33mg− 33FA)− 32FA=ma
整理得 33mg−2 33FA=ma
当FA=0时，a取得最大值a= 33g，故ACD错误，B正确。
故选：B。
对小球进行受力分析，分解受力可知竖直方向受力平衡，水平方向根据牛顿第二定律判断加速度，结合FA=0时a取得最大值解题。
本题要注意通过竖直和水平两个方向进行运动的分析，把握临界条件FA=0时a取得最大值。
9.【答案】D
【解析】解：先将带电球体补全，一半径为R的球体表面均匀带有正电荷，电荷量为2q，则在P、Q两点所产生的电场为：
E0=k2q(2R)2
解得：E0=kq2R2
左半球面所带电荷在P点的电场强度大小为E，由对称性可知去掉的右半球面所带电荷在Q点的电场强度大小为E，则
EQ=E0−E
解得：EQ=kq2R2−E
故ABC错误，D正确。
故选：D。
先将带电球体补全，求出P、Q两点产生的电场，再根据对称性可知，左半球面所带电荷在P点的电场强度大小等于去掉的右半球面所带电荷在Q点的电场强度大小，结合电场的叠加原理，求出Q点的电场强度大小。
在处理电场强度时，要注意电场的叠加原理，要学会利用对称法解决常见问题；另外要熟记一些电场的结论。
10.【答案】A
【解析】解：AD.α粒子带两个单位正电荷，当α粒子经过a时的动能为20eV，经过平面d时的动能为8eV，根据功能关系则有2e⋅Uad=8eV−20eV=−12eV，解得Uad=−6V，又等势面是平行且等间距的，则该电场一定是匀强电场，结合匀强电场特点，则有Ubd=23Uad=23×(−6)V=−4V，又Ubd=φb−φd=4V−φd，联立解得φd=8V，故A错误，D正确；
B.当α粒子由a向d方向运动，每经过相邻的等势面，α粒子动能减少4eV，则α粒子到达等势面f的动能为4eV，由于题目中没有说明α粒子如何运动，因此也可能α粒子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达等势面f，故B正确；
C.由选项B可知，当α粒子到达等势面g的动能为0，若电子垂直等势面入射，则可能会到达等势面g，故C正确；
本题选错误的，故选：A。
AD.根据功能关系计算两等势面的电势差，结合等势面特点分析电场特点，再计算等势面的电势；
BC.根据粒子电场力做功特点结合粒子可能的初状态分析判断能否运动到某个等势面及其可能的动能值。
考查带电粒子在电场中的运动问题，会根据题意进行准确分析和解答。
11.【答案】D
【解析】解：A.电动牙刷工作时的额定电流为I额=P额U额=≈0.35A=350mA，故A错误；
B.正常刷牙3min，牙刷每次消耗的能量约为W=P额t=1.3×3×60J=234J，故B错误；
C.电池充满电后总电量为q=600mA⋅h=0.6×3600C=2160C，故C错误；
D.电动牙刷充电时，从无电状态到满电状态所需时间t′=qI充=60050h=12h，故D正确。
故选：D。
A.根据额定功率和额定电压计算额定电流；
B.根据功和功率的关系式代入数据解答；
C.根据电荷量的公式解答；
D.根据电荷量和充电电流大小计算充电时间。
考查功和电荷量等的计算，会根据恒定电流的相关知识求解相关物理量。
12.【答案】B
【解析】解：A、根据电容的计算公式C=εrS4πkd可得，上极板M向下移动时，d减小，电容器的电容增大，故A错误；
B、下极板N向下移动时，两板间的距离增大，根据E=Ud可得电场强度减小，Q点到上极板的电势差减小，而两板间的电压U不变，则Q点到下极板的电势差UQN增大，根据UQN=φQ−φ0=φQ可知，Q点的电势升高，故B正确；
C、触点P向b端移动时，电容器两板间电压不变，电荷量不变，R中没有电流，故C错误；
D、触点P向b端移动时，电容器两板间电压不变，电容器两板间的粒子受力情况不变，则粒子仍静止，故D错误。
故选：B。
根据电容的计算公式C=εrS4πkd分析电容的变化情况；根据E=Ud分析电场强度的变化情况，再分析Q点到下极板的电势差的变化情况，根据UQN=φQ−φ0=φQ分析Q点的电势变化情况；触点P移动时，不改变电容器两端电压，由此分析CD选项。
本题主要是考查了电容器的动态分析问题；解答此类问题关键是要抓住不变量：若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变；结合电容器的计算公式和电场强度与电势差的关系进行分析解答。
13.【答案】D
【解析】解：A、在小球运动的过程中，除了重力做功之外，电场力也做功了，根据机械能守恒定律的条件可知，小球释放后的运动过程中机械能不守恒，故A错误；
B、如果小球带负电，不可能到达b点，所以小球带正电，则设电场力与重力合力的方向与d之间的夹角为θ，则由小球的受力可知tanθ=qEmg=34，故θ=37∘，故小球的运动过程中最大速度在圆弧bd之间且与d之间的夹角为37∘，故B错误；
C、球释放后，小球第一次经过最低点d时，根据动能定理有qER+mgR=12mvd2，在最低点根据牛顿第二定律有Fd−mg=mvd2R，解得Fd=92mg。
第一次经过最高点c时，根据动能定理有qE⋅2R−mgR=12mvc2，在最高点根据牛顿第二定律有Fc+mg=mvc2R，解得Fc=0，故C错误；
D、小球释放后，第二次恰好到达b点时，qE⋅4R=12mvb2，根据牛顿第二定律有Fb−qE=mvb2R，解得Fb=27mg4，小球释放后，第二次恰好到达b点时，对管壁的压力大小为27mg4，故D正确。
故选：D。
根据机械能守恒条件分析；当小球沿切线方向受力平衡时速度最大，据此分析；根据动能定理结合牛顿第二定律分析CD。
知道机械能守恒的条件，知道小球在运动过程中根据动能定理解得小球到达最高点和最低点的速度是解题的关键。
14.【答案】BCD
【解析】解：A.真空的牛顿管置于绕地飞行的空间站内，在空间站处于失重状态，那么铁片和羽毛从管顶同时释放后都是处于完全失重状态，不会下落，故A错误；
B、小锤击打金属片后，可以观察到A、B两球同时落地，下落时间相等，此现象说明平抛运动竖直方向的分运动为自由落体运动，故B正确；
C、电源的两极分别接在A、B上，净电荷一般分布在尖端，所以B处分布电荷较为密集，则距离B越近场强较大，粉尘吸附电子后带负电，在电场力的作用下将会向正极板运动，即向A运动，最后被吸附到A上，然后在重力作用下落入下面的漏斗中，达到除效果，故C正确；
D，电场线是为了形象地描述电场而引入假想的线，实际并不存在，头发碎屑的分布图只是模拟了电场线的分布情况，其疏密程度可以反映电场强度的大小，故D正确。
故选：BCD。
在太空中，铁片和羽毛都是处于完全失重状态，据此分析；平抛运动在竖直方向上做自由落体运动；根据电荷间的相互作用分析；根据电场线的特点分析。
熟练掌握电场线的特点、平抛运动的特点以及带电粒子的受力情况是解题的基础。
15.【答案】BD
【解析】解：A、加速阶段以最大拉力Tm=300N拉重物做匀加速直线运动，此阶段的加速度最大，根据牛顿第二定律得：Tm−mg=ma1，解得：a1=5m/s2。而匀减速直线运动阶段的加速度最大也为5m/s2，故A错误；
B、重物以最大速度vm匀速运动时，拉力等于重物的重力，提升装置功率为额定功率Pe=1200W，则有：
vm=PeT=Pemg=120020×10m/s=6m/s
减速阶段以最大的加速度a2=5m/s2做匀减速直线运动，其位移大小为：
x2=vm22a2，解得：x2=3.6m故B正确；
C、在匀加速阶段，当功率达到额定功率时，设重物的速度为v1，则有：
v1=PeTm=1200300m/s=4m/s
此过程所用时间：t1=v1a1=45s=0.8s，故C错误；
D、匀加速上升阶段的位移大小为：x1=v122a1，解得：x1=1.6m
设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t3，对此过程根据动能定理得：
Pet3−mgx3=12mvm2−12mv12
其中：x3=85.2m−x1−x2=85.2m−1.6m−3.6m=80m
解得：t3=13.5s
匀减速阶段所用时间为：t2=vma2=65s=1.2s
提升重物的最短时间为：t=t1+t2+t3=0.8s+1.2s+13.5s=15.5s故D正确。
故选：BD。
加速阶段以最大拉力拉重物做匀加速直线运动，此阶段的加速度最大，根据牛顿第二定律求出加速阶段的最大加速度；根据瞬时功率计算公式求得匀速运动阶段的最大速度，减速阶段以最大的加速度做匀减速直线运动，根据运动学公式求得位移大小和时间；根据瞬时功率计算公式求得匀加速阶段的最大速度，根据运动学公式求得此过程所用时间和位移大小；根据动能定理求解重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间，三个阶段的时间之和为提升重物的最短时间。
本题考查了机车启动模型的以恒定加速度启动的情况，物体先做匀加速直线运动，直到提升装置的功率达到最大。之后功率恒定，物体做加速度减小的加速运动，直到速度达到最大值，此后做匀速直线运动。应用P=Fv，结合牛顿第二定律与动能定理解答问题。
16.【答案】刻度尺 C3.01小车的质量未远大于槽码的质量 不会
【解析】解：Ⅰ(1)实验中需要测量长度，所以还需要刻度尺；
(2)A、应适当调节滑轮高度，使线与木板平行，而不是与桌面平行，故A错误；
B、补偿阻力时不能挂槽码，所以此时不是在补偿阻力，故B错误；
C、为了有效利用纸带的长度，实验时小车应从靠近打点计时器处静止释放，故C正确；
D、电火花计时器的工作电压应为交流220V，故D错误。
故选：C。
(3)由图可知，两计数点之间有两个间隔，故计数点间的时间间隔为T=2×0.02s=0.04s；
由遂差法可得a=(x4+x5+x6)−(x1+x2+x3)9T2=(5.69+6.18+6.66)−(4.25+4.73+5.22)9×0.042×10−2m/s2=3.01m/s2；
加速度达到了3m/s2，由牛顿第二定律可知，mg=(m+M)a，解得：m=37M，即本实验没有满足小车的质量远大于槽码的质量；
Ⅱ(1)电流挡读数：最小分度为1mA，则向下估读一位，读出电流值为22.0mA；
欧姆挡挡位为×10，指针示数为19，故最终读数：R=19×10Ω=190Ω；
(2)测量圆筒形盛水容器的内径，应使用图乙中游标卡尺的内测量爪，即图中A进行测量。
20等分游标卡尺的精确度为0.05mm，盛水容器的内径d=14mm+10×0.05mm=14.50mm；
Ⅲ(1)由题意可知，电源电动势为3V，内阻约为1Ω，电流表量程只能选择0.6A，所以滑动变阻器只能选择总阻值较小的E；
(2)电流表内阻已知，所以采用电流表相对电源的内接法，滑动变阻器采用限流接法，实物图如图所示；
(3)根据U=E−I(RA+r)可知，图象与纵轴的交点表示电动势，图象的斜率表示RA+r，由图可知，E=2.90V；
r=2.90−Ω−3.0Ω=0.80Ω；
(4)由于电流表内阻已知，并且本实验采用了相对电源的内接法，其阻值在计算时已考虑其中，所以对测量结果没有影响。
故答案为：Ⅰ(1)刻度尺；(2)C；(3)3.01；小车的质量未远大于槽码的质量
Ⅱ(1)22.0；190；(2)A；14.50；
Ⅲ(1)E；(2)如图所示；(3)2.90；0.80；(4)不会。
Ⅰ明确“探究加速度与物体受力、物体质量关系”的实验原理和注意事项，再根据纸带的处理方法分析纸带求解加速度，根据加速度确定物体质量间的关系，从而分析误差情况；
Ⅱ掌握常用测量工具的读数方法，从而读数电流、电阻和容器的内径；
Ⅲ掌握测量电动势和内电阻的实验原理，正确选择电路和仪表，再根据闭合电路欧姆定律进行分析求解电动势和内电阻，并分析实验误差。
本题考查了测量电源的电动势和内阻的实验，测量仪器的使用以及探究加速度与物体受力、物体质量关系的实验，关键是明确实验原理，掌握掌握实验利用图像处理数据的方法，掌握欧姆表测量原理和读数方法等。
17.【答案】解：(1)小滑块整个过程的平均速度为vm2，根据匀变速直线运动规律vm2⋅t=L1+L2，代入L1=8m，L2=2m，t=5s
解得vm=4m/s
(2)小滑块从B到C的减速过程，利用逆向思维方法，由vm2=2a2L2，解得a2=4m/s2，速度方向水平向右，滑块做减速运动，所以加速度方向水平向左。
(3)小滑块从A到B的加速过程，加速度大小为a1，有2a1L1=vm2，得a1=1m/s2，根据牛顿第二定律有Eq−f=ma1，而f=ma2，得E=5×104N/C
答：(1)滑行过程中的最大速度vm的大小为4m/s；
(2)减速运动时的加速度a2为4m/s2，方向水平向左；
(3)匀强电场的电场强度E的大小为5×104N/C。
【解析】(1)(2)根据匀变速直线运动的位移时间规律列式求解最大速度；
(3)根据匀变速直线运动规律和牛顿第二定律列式求解电场强度。
考查带电物体在电场中的运动问题，会分析物体的受力以及物体的运动情况，根据题意进行准确解答。
18.【答案】解：(1)电动机正常工作时通过R2的电流
I2=UR2=66A=1A
(2)电动机正常工作时，总电流
I0=E−Ur+R1=12−62+1A=2A
通过电动机的电流为IM=I0−I2=2A−1A=1A
电动机的机械功率
P机=UIM−IM2RM=6×1W−12×0.5W=5.5W
(3)电动机正常工作时，R1消耗的电功率：P=(E−UR1+r)2R1
即当R1=r=2Ω时，Pm=4.5W
此时，R2=UE−UR1+r−IM
其中；IM=I0−I2
得：R2=12Ω
答：(1)电动机正常工作时通过R2的电流是1A；
(2)电动机正常工作时产生的机械功率是5.5W；
(3)若R1、R2电阻可调，在确保电动机正常工作的前提下，当R1的阻值为1Ω时，R1消耗的电功率最大，此时R2的阻值是12Ω。
【解析】(1)根据欧姆定律计算；
(2)先计算出通过电动机的电流，然后用电动机消耗的总功率减去电动机的发热功率计算即可；
(3)先计算出R1消耗最大功率时的电阻，然后根据欧姆定律可得R2的电阻。
分情电路结构，熟练掌握欧姆定律是解题的基础。掌握电动机的总功率、发热功率和机械功率的计算方法是解题的关键。
19.【答案】解：(1)根据动能定理有
eU0=12mv02
解得
v0=8×107m/s
(2)M、N两板之间电压大小U=2.184×104V时，根据类平抛运动规律有
y=12at2
L=v0t
根据牛顿第二定律有
a=eUmd
根据几何关系可知
12Ly=12L+Δxh
解得
Δx=30cm
(3)结合(2)中的类平抛运动规律有
L=v0t
vy=at
则电子刚出偏转电场区域时的速度为
v= v02+vy2
解得
v=1.0×108m/s
(4)粒子离开偏转电场后，打到靶台的时间为
t′=Δxv0
不计重力时，竖直方向的位移为
y1=vyt′
计重力时，竖直方向的位移为
y2=vyt′+12gt′2
设
k=y2−y1y1
解得
k=3.125×10−16
即重力对电子打在荧光屏上的位置影响非常小，所以计算电子偏转量时可以忽略电子所受的重力。
答：(1)电子进入偏转电场区域时速度的大小8×107m/s；
(2)靶台中心点C离N板右侧的水平距离30cm；
(3)在(2)中，电子刚出偏转电场区域时的速度1.0×108m/s；
(4)见解析。
【解析】(1)根据动能定理求电子进入偏转电场区域时速度的大小；
(2)根据类平抛运动规律结合牛顿第二定律、几何关系求靶台中心点C离N板右侧的水平距离；
(3)由运动学公式求电子刚出偏转电场区域时的速度；
(4)由运动学公式求出计重力和不计重力两种情况下的竖直方向偏移，作出分析。
解题的关键在于分析清楚电子在各个区域的运动情况，能熟练运用运动的分解法处理电子类平抛运动的过程，分析时要抓住分运动的等时性。
20.【答案】解：(1)滑块运动到A点过程中为平抛运动，竖直方向
h−R(1−csα)=12gt2
解得
t=0.6s
则在A点竖直方向的分速度为
vAy=gt=10×0.6m/s=6m/s
恰好可以沿切线方向进入圆弧轨道，在A点
tanα=vAyvAx= 3
解得
vAx=2 3m/s
则，根据动能定理水平弹射装置对滑块做的功为
W=12mvAx2
解得
W=1.2J
(2)在A点时的速度大小为
vA= vAx2+vAy2
解得
vA=4 3m/s
滑块从A点到B点，根据动能定理
mgR(1−csα)=12mvB2−12mvA2
解得
vB=8m/s
设滑块受到的支持力为N，则根据牛顿第二定律
N−mg=mvB2R
解得
N=10N
根据牛顿第三定律，滑块对圆弧轨道的压力等于轨道对滑块的支持力
F压=N=10N
(3)滑块第一次运动到D点时，根据动能定理
−μ1mglBC−μ2mglMN=12mvD2−12mvB2
解得
vD=2 6m/s
根据运动的对称性，第二次运动到D点时的速度大小仍为
vD=2 6m/s
则在传送带上的加速度为
a=μ2mgm
解得
a=5m/s2
假设滑块可以在传送带上一直加速，则
2alMN=v2−vD2
解得
v=2 11m/s>6m/s
所以假设不成立。假设滑块可以在传送带上一直减速，则
2alMN=vD2−v12
解得
v1=2m/s
所以，若传送带的速度为0
设距B的距离为x，根据动能定理
−μ1mg(lBC−x)=0−12mv12
解得
x=2m
若传送带的速度为6m/s≥v>2m/s，则滑块在传送带上先加速后匀速，滑块离开传送带时的速度等于传送带的速度。若滑块恰好停在B点，则
−μ1mglBC=0−12mv22
解得
v2=2 5m/s
则，若传送带的速度为2 5m/s≥v>2m/s，则根据动能定理
−μ1mg(lBC−x)=0−12mv2
解得
x=20−v28m
若传送带的速度为2 5m/s
解得
x=v2−208m
综上，若传送带的速度为0
(2)滑块第一次运动到B处时，对圆弧轨道的压力10N；
(3)见解析。
【解析】(1)根据动能定理结合运动学公式求水平弹射装置对滑块做的功；
(2)根据动能定理结合牛顿第二定律、牛顿第三定律求滑块第一次运动到B处时，对圆弧轨道的压力；
(3)根据动能定理结合运动学公式求滑块最终静止在轨道BC时的位置距B的距离与传送带速度v的关系。
本题主要是考查了动能定理、竖直方向的圆周运动；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答。充电器输入电压
AC220V
充电器输出电压
DC5V
充电器输出电流
50mA
电池容量
600mA⋅h
电动牙刷额定功率
1.3W
电动牙刷额定电压
DC3.7V
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