2021-2022学年浙江省金衢六校联盟高二（上）期末物理试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年浙江省金衢六校联盟高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了4m，053×106Hz，0A)，【答案】B，【答案】C，【答案】D，【答案】A等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年浙江省金衢六校联盟高二（上）期末物理试卷

1. 以下那组物理量均属于标量(    )
A. 位移、速度 B. 动能、功 C. 质量、速度变化量 D. 力、功率
2. 下列每组中三个单位均为国际单位制基本单位的是(    )
A. 克、秒、牛顿 B. 千克、秒、安培
C. 瓦特、焦耳、韦伯 D. 库仑、毫米、特斯拉
3. 2022年1月1日浙江省报告新增本土新冠确诊病例7人(均为轻型)，均在宁波市北仑区，1月2日凌晨5：30嘉兴市300名医务人员紧急驰援宁波北仑，司机师傅手机导航仪显示如图，下列表述正确的是(    )
A. 研究大巴车从嘉兴到宁波北仑行程所需时间，不可以把大巴车看作质点
B. 凌晨 5：30 代表的是时刻，2 小时 21 分代表的是时间
C. 导航上推荐的三种规划路线位移大小相同，但第三种方案行驶的路程最大
D. 三种推荐方案中，第一种方案平均速率最大



4. 某校把跳长绳作为一项常规运动项目，其中一种运动方式为，一支队伍抽12人一起进长绳，计同步一起跳的个数，在2021年的比赛中该校2023届潮勇班一次性跳了59下并打破记录，根据跳绳的过程中情景，下列说法正确的是(    )

A. 学生起跳离开地面前的瞬间，学生受到的重力与地面对学生的支持力大小相等
B. 学生起跳离开地面前的瞬间，学生处于失重状态
C. 学生起跳离开地面前的瞬间，学生对地面的压力与地面对学生支持力大小相等
D. 学生从最高点开始下落的过程中，先处于完全失重，再处于超重最后再处于失重状态
5. 钢球由静止开始做自由落体运动，不计空气阻力，落地时的速度为30m/s，g取10m/s2，下列说法正确的是(    )
A. 它下落的高度是40m B. 它在前2秒内的平均速度为20m/s
C. 它在最后1秒内下落的高度为45m D. 它下落的第2秒末速度大小为20m/s
6. 自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径不一样，他们的边缘有三个点 A、B、C，关于这三点的线速度、角速度、周期和向心加速度的关系正确的是(    )
A. vA>vB
B. TB=TC
C. ωA=ωB
D. aA>aB
7. 某同学利用无人机玩“投弹”游戏。无人机以v0=2m/s的速度水平向右匀速飞行，在某时刻释放了一个小球。此时无人机到水平地面的距离h=20m，空气阻力忽略不计，g取10m/s2。下列说法正确的是(    )

A. 小球下落时间为2s
B. 小球释放点与落地点之间的水平距离为0.4m
C. 小球落地瞬间速度为20m/s
D. 水平飞行速度越大，小球下落的时间越短
8. 2021年9月17日12时许，北京航天飞行控制中心通过指令成功将神舟十二号载人飞船轨道舱与返回舱分离。17日13时许，中国宇航员聂海胜、刘伯明、汤洪波顺利返回地球。飞船轨道舱运行在离地面高度约为300km的圆轨道上。下列说法正确的是(    )

A. 神舟十二号运行的线速度小于地球同步卫星的线速度
B. 神舟十二号运行的角速度小于地球同步卫星的角速度
C. 神舟十二号运行的周期小于地球同步卫星的周期
D. 神舟十二号运行的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度
9. 如图所示，质量为m的小球从距桌面高H处的A点静止释放，之后落到地面上的B点，桌面离地面高度为h，选择A点所在水平面为参考平面，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球(    )

A. 在A点时的重力势能为mg(H+h) B. 在B点时重力势能为0
C. 在B点时的动能为mg(H+h) D. 落到B点时的机械能为mg(H+h)
10. 如图所示是某静电场中的三条电场线，A、B是该电场中的两点，下列说法正确的是(    )
A. 该电场可能是负电荷产生的
B. A点的电势比B点的电势高
C. A点的电场强度比B点的电场强度大
D. 负电荷在A点的电势能大于B点的电势能
11. 如图所示是某大型超市新安裝的自动扶梯，其电动机额定电压为U，额定电流为I，效率为η，则下列说法正确的是(    )
A. 该电动机的内阻为UI
B. 该电动机的输出功率为UI
C. 该电动机的发热功率为(1−η)UI
D. 该电动机正常工作时的总功率大于UI
12. 一横截面积为S的铜导线，当有电压加在该导线上时，导线中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为e，此时电子定向移动的速度为v，则(    )
A. Δt时间内通过导体横截面的自由电子数目可表示为nvSΔt
B. Δt时间内通过导体横截面的自由电子数目可表示为IΔtSe
C. 电流的微观表达式I可表示为nevΔt
D. 电流的定义式I=et
13. 目前，家庭照明已由“白炽灯时代”过渡到“节能灯时代，再过渡到现在的LED灯时代，一个功率为10W的节能灯的亮度与一个功率仅为5W的LED灯相当，假设某市每户家庭有5只功率为10W的节能灯均用功率为5W的LED灯代替，则该市一年内因此节省的电能约为(该市常住人口约100万)(    )
A. 3×1014度 B. 7×1013度 C. 7×107度 D. 2×107度
14. 静电给人们带来很多方便，但有时也带来很多麻烦，甚至造成危害，下列情况属于静电带来的麻烦的是(    )
A. 印刷厂里，纸张之间摩擦带电，会使纸张吸附在一起，给印刷带来麻烦
B. 印染厂里染织物上带静电，会吸附空气中的尘埃，使印染质量下降
C. 制药生产中，由于静电吸引尘埃，使药品达不到预定纯度
D. 接负高压的涂料雾化器喷出的油漆微粒带负电，在静电力作用下，这些微粒向着作为正极的工件运动，并沉积在工件的表面，完成喷漆工作
15. 全飞秒激光是国际上最先进的角膜屈光手术模式之一，目前仅德国蔡司的“VisuMax”全飞秒激光系统可以应用于“全飞秒”近视矫正手术中。经查阅资料得知，飞秒激光是一种波长1053nm的激光，已知普朗克常数为6.63×10−34J⋅s，则下列说法正确的是(    )

A. 飞秒激光的传播速度有可能超过3×108m/s
B. 飞秒激光光子的能量是不连续的
C. 飞秒激光的频率为1.053×106Hz
D. 飞秒激光的光子能量约为1.2eV
16. 物理学家对人类文明的发展做出了不朽的贡献，下面有关说法正确的是(    )
A. 法拉第发现了“磁生电”的条件，赫兹通过实验首次捕捉电磁波
B. 美国科学家富兰克命名了正、负电荷，并通过实验测得元电荷的电量
C. 开普勒发现行星运动规律，并最终得出万有引力定律
D. 伽利略通过逻辑推理指出前人对落体运动认识的问题，并得出轻重不同的物体下落同样快的结论
17. 小王同学采用如图甲所示的装置进行“验证机械能守恒定律”实验，打点计时器所接电源频率为50Hz。
(1)实验中，重物的质量______。
A.必须测量
B.可测可不测
(2)除了图甲所示装置中的器材之外，还必须从图乙中选取实验器材______。
(3)指出图甲所示装置中一处不合理的地方______。
(4)改进实验后，得到如图丙的纸带，则点4对应的读数为______cm；打下点4时纸带速度的大小为______m/s。
(5)若实验数据处理结果是从点0到点4过程中动能的增加量略小于重力势能的减少量，可能是因为______。
A.存在阻力
B.点0的速度不为零
C.点4的速度由公式v=gt计算

18. 某小组测某种圆柱形材料的电阻率，做了如下实验。

(1)用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度，螺旋测微器和游标卡尺的示数如图甲和乙所示。由图得圆柱体的直径为______ mm，长度为______ cm。
(2)该小组想用伏安法更精确地测量圆柱材料的电阻R(阻值约为190kΩ)，可选用的器材如下：
A.电流表A1(量程4mA，内阻约50Ω)
B.电流表A2(量程20μA，内阻约1.5kΩ)
C.电压表V1(量程3V，内阻约10kΩ)
D.电压表V2(量程15V，内阻约25kΩ)
E.电源E(电动势4V，有一定内阻)
F.滑动变阻器R1(阻值范围0∼15Ω，允许通过的最大电流2.0A)
G.开关S，导线若干
为使实验误差较小，要求电压可以从零开始调节，电流表选择______，电压表选择______。(以上两空均选填仪器前面的序号)
(3)请用笔画线表示导线，在图丙中完成测量圆柱材料电阻的实验电路连接。
19. 如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电小球，用绝缘细线悬挂在竖直方向的匀强电场中，小球静止时悬线上的张力恰好为零，重力加速度为g。
(1)判断电场方向；
(2)求匀强电场的场强大小E；
(3)若将电场反向，求小球平衡时悬线上的张力大小F。


20. 某物理研究小组得到一种特殊的液体，为了研究该液体的特性，使用质量m=50g的塑料小球进行实验。实验时让小球从液体中深度为H=1m处由静止开始竖直向上运动，测得小球第一次到达液面时的速度大小v=2m/s。已知小球在液体中运动时受到阻力大小恒为f=0.45N，受到的浮力恒定，不计空气阻力，求：
(1)小球在液体中向上运动的加速度大小；
(2)小球第一次向上运动的总时间；
(3)小球再次回到液体中能到达的最大深度。

21. 如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率2m/s沿顺时针方向运动，在与传送带同一竖直平面内有一四分之一光滑圆轨道，半径为0.8m，圆轨道与一光滑水平面相切与最低点，一小物块从圆轨道的最高点由静止释放，一段时间后沿水平方向滑上传送带．已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2.求小物块：
(1)运动到圆轨道最低点时的速度大小；
(2)刚滑上传送带时的加速度大小；
(3)从滑上传送带到离开传送带所用的时间．

22. 某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压为U1；B为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，两板间距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为B2。今有一质量为m，电荷量为e的正粒子(不计重力)，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。求：
(1)粒子的速度v为多少？
(2)速度选择器两板间电压U2为多少？
(3)粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为多大？


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：A、位移、速度都既有大小，又有方向，运算遵循平行四边形定则，是矢量，故A错误；
B、动能、功都只有大小，没有方向，均属于标量，故B正确；
C、质量是标量，而速度变化量既有大小，又有方向，运算遵循平行四边形定则，是矢量，故C错误；
D、力既有大小，又有方向，运算遵循平行四边形定则，是矢量，功率是标量，故D错误。
故选：B。
矢量是既有大小又有方向的物理量，矢量运算遵循平行四边形定则。标量是只有大小没有方向的物理量，标量运算遵循代数加减法。
矢量与标量实际上有个大区别：运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则。

2.【答案】B 
【解析】解：A、克和牛顿不是国际单位制中基本单位，牛顿是导出单位，克是基本单位。故A错误。
B、千克、秒、安培均为国际单位制中基本单位，故B正确；
C、瓦特、焦耳、克都不是国际单位制中基本单位，瓦特、焦耳是导出单位，克是基本单位。故C错误；
D、库仑、毫米不是国际单位制中基本单位，特斯拉是导出单位，故D错误；
故选：B。
国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，根据物理量之间的关系式推导出来的物理量的单位叫做导出单位．
国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的．

3.【答案】B 
【解析】解：A、研究大巴车从嘉兴到宁波北仑行程所需时间，由于大巴车尺寸大小远小于路程，可以看作质点，故A错误；
B、凌晨 5：30 代表的是时刻，2 小时 21 分代表的是时间，故B正确；
C、第二种方案行驶的路程是195公里，比第三种方案行驶的路程是194公里大，故C错误；
D、平均速率是路程与时间的比值，三种方案的平均速率根据公式v−=st代入数据解得，v1−=22.22m/s，v2−=23.04m/s，v3−=17.86m/s，可见第二种方案平均速率最大，故D错误；
故选：B。
大巴车尺寸大小远小于路程，大小和形状对于所研究的问题无关，可以看作质点；
时刻表示时间点，时间表示的是时间间隔；
位移是起点到终点的距离，路程是运动的轨迹；
平均速率等于路程与时间的比值，代入数据可求；
明确物体可以看成质点的条件，知道时刻和时间的概念，知道平均速率等于路程与时间的比值。

4.【答案】C 
【解析】解：AB、学生起跳离开地面前的瞬间，加速度向上，则学生受地面的支持力大于其重力，处于超重状态，故AB错误；
C、学生对地面的压力与地面对学生的支持力是一对相互作用力，始终等大反向，故C正确；
D、学生从最高点下落过程中，先加速向下，后减速向下，所以先处于完全失重状态后处于超重状态，故D错误；
故选：C。
对学生起跳时受力分析，根据其运动状态来确定其力的大小；结合牛顿第三定律压力和支持力间的关系；加速度方向来确定其超重还是失重状态。
本题主要考查了牛顿第二定律和牛顿第三定律的应用，解题关键是对学生受力分析确定其运动状态，明确其超重还是失重状态即可。

5.【答案】D 
【解析】解：A、根据v2=2gh公式可得：h=v22g=3022×10m=45m，故A错误；
B、前2s内的位移为：x2=12gt22=12×10×22m=20m，则钢球在前2s内的平均速度大小是v−=x2t2=202m/s=10m/s，故B错误；
C、钢球下落的总时间为t=vg=3010s=3s
它在最后1s内下落的高度等于总高度减去前2s下降的高，即：△h=h−x2=45m−20m=25m，故C错误；
D、下落第2s末的速度为v=gt2=10×2m/s=20m/s，故D正确
故选：D。
钢球做自由落体运动，根据速度-位移公式求得下落高度；
根据h=12gt2求得前2s内和下落的高度，即可求得前2s内平均速度，最后1s内下降的高度等于总高度减去最后1s前下降的高度即可；
钢球做自由落体运动，根据速度-时间公式求得任意时刻的速度。
本题主要考查了速度-位移公式和位移-时间公式，平均速度为位移与时间的比值。

6.【答案】B 
【解析】解：A、自行车的链条不打滑，A与B的线速度大小相等，故A错误；
BC、B与C绕同一转轴转动，角速度相等，由T=2πω，则周期相同，故B正确，C错误；
D、由向心加速度公式an=v2r，A的半径大于B的半径，可知，A的向心加速度小于B的向心加速度，故D错误；
故选：B。
自行车的链条不打滑，A与B的线速度大小相等，B与C绕同一转轴转动，角速度相等。由v=ωr研究A与B角速度的关系。由向心加速度公式an=v2r，研究向心加速度的关系，由T=2πω，研究周期关系。
本题考查灵活选择物理规律的能力。对于圆周运动，公式较多，要根据不同的条件灵活选择公式。

7.【答案】A 
【解析】解：AD、小球离开无人机时，具有和无人机相同的水平速度，即v0=2.0m/s
根据小球竖直方向做自由落体运动得：h=12gt2
代入数据解得小球下落的时间为：t=2s；故A正确，D错误；
B、根据小球水平方向做匀速直线运动得：x=v0t
代入数据解得小球释放点与落地点之间的水平距离为：x=4.0m；故B错误；
C、根据速度-时间公式，可得小球落地时竖直方向上的分速度为：
vy=gt=10×2m/s=20m/s
由运动的合成法则，可得小球落地速度为：v=v02+vy2
代入数据解得小球落地的速度大小为：v=2101m/s，故C错误；
故选：A。
小球抛出后做平抛运动，根据竖直方向的自由落体运动规律即可求解时间；根据水平方向上的匀速直线运动即可求出水平距离；根据速度-时间公式求得小球落地时竖直方向上的分速度，然后应用运动的合成求得小球落地的速度。
本题以某同学利用国产大疆无人机玩“投弹”游戏为情景载体，考查了平抛运动的规律，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。

8.【答案】C 
【解析】解：环绕地球做匀速圆周运动的物体，所需向心力由地球对它的万有引力提供，设地球质量为M，环绕物体的质量为m，由牛顿第二定律可得：
GMmr2=mv2r=mω2r=m4π2T2r=man
解得：线速度v=GMr；角速度ω=GMr3；周期T=2πr3GM；向心加速度an=GMr2
因神舟十二号运行的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以与同步卫星相比较，神舟十二号的线速度、角速度、向心加速度均较大，周期较小，故ABD错误，C正确。
故选：C。
环绕地球做匀速圆周运动的物体，所需向心力由地球的万有引力提供，根据牛顿第二定律，推导出线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，依据神舟十二号与同步卫星的轨道半径的大小关系来确定两者的线速度、角速度、周期、向心加速度得大小关系。
本题考查了万有引力定律的应用，基础题。飞船或卫星绕地球做匀速圆周运动所需的向心力由地球对它的万有引力提供，根据牛顿第二定律解答。

9.【答案】C 
【解析】解：A、选择A点所在水平面为参考平面，则在A点的重力势能为零，故A错误；
BD、选择A点所在水平面为参考平面，则B点在A点下方高度(H+h)处，故B点时的重力势能为−mg(H+h)，故BD错误；
C、由机械能守恒定律可得，0=EkA−mg(H+h)，故A点的动能为mg(H+h)，故C正确。
故选：C。
根据重力势能的定义式确定物体在各点的重力势能；根据机械能守恒定律确定B点的机械能和动能。
本题直接考查机械能守恒定律以及重力势能的定义，关键要理解重力势能的大小是相对零势能面的不同而不同的，同时掌握机械能守恒定律的正确应用。

10.【答案】B 
【解析】解：A、负点电荷产生的电场为聚集形状的直线，不是曲线，所以不可能是负点电荷产生的电场，故A错误；
B、沿电场线方向电势逐渐降低，故φA>φB，故B正确；
C、由图看出，B处电场线比A处电场线密，则A点场强小于B点的场强，故C错误；
D、负电荷在电势高的地方电势能小，故负电荷在A点的电势能小于B点的电势能，故D错误。
故选：B。
明确电场线的性质，知道电场线越密，场强越大。沿电场线方向电势逐渐降低，从高电势向低电势移动正电荷时电场力做正功，移动负电荷时电场力做负功。
本题考查电场线的性质，要注意明确电场线的疏密表示电场的强弱，而沿电场线的方向电势降落；同时注意利用电场力做功和电势能关系进行分析。

11.【答案】C 
【解析】解：A、因为电动机不是纯电阻，所以不能用欧姆定律来计算它的内阻，故A错误；
B、电动机的总功率为UI，该电动机转化为机械能的功率，即输出功率为ηUI，，故B错误；
C、电动机的发热功率为PQ=UI−ηUI=(1−η)UI，故C正确；
D、电动机消耗的总功率就是电功率UI，故D错误。
故选：C。
因为电动机是非纯电阻元件，所以其电阻不能用欧姆定律求解电动机的电阻；
电动机转化为机械能的功率等于总功率乘以效率；
电动机的发热功率等于总功率减去机械功率；
电动机消耗的电功率等于电压与电流的乘积。
解决该题的关键是明确知道电动机是非纯电阻元件，而欧姆定律只适用于纯电阻元件，知道非纯电阻元件的热功率的求解方法。

12.【答案】A 
【解析】解：A、在Δt时间内，以速度v移动的电子在铜导线中经过的长度为vt，由于铜导线的横截面积为S，则在Δt时间内，电子经过的导线对应体积为vΔtS.又由于单位体积的导线有n个自由电子，在Δt时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为N=nvSΔt，故A正确；
B、根据电流的定义式可知：q=IΔt，通过过导体横截面的自由电子数目可表示为N=qe=IΔte，故B错误；
C、电流I=qΔt=NeΔt=neSv，故C错误；
D、电流的定义式I=qt，故D错误；
故选：A。
首先根据电流强度的定义可以求得总的电荷量的大小，进而可以求得自由电子的个数，再根据电流的定义式求解即可．
本题考查电流的微观表达式和定义式综合应用的能力，电流的微观表达式I=nqSv，是联系宏观与微观的桥梁，常常用到．

13.【答案】D 
【解析】解：每灯节约的电功率为：ΔP=10−5=5W；
100万人口约为33万户；每天开灯5小时；则一年节约的能源约为：
E=ΔP×33×104×365×4h=5×10−3×5KW×33×104×365×5h=1.5×107kW⋅h；
故最接近D；
故选：D。
根据100W人口约占的户数；再根据每户中两灯进行计算，则可明确一天中可以节约的电能．
本题考查电功的计算，要注意W=PT中功率的换算，同时养成随手关灯节约能源的好习惯．

14.【答案】ABC 
【解析】解：不论是印刷厂纸张之间的摩擦产生静电、印染厂织物带有的静电，还是制药厂制药设备自身带有的静电，都会产生静电吸附现象，从而给生产生活带来极大不便。
但是利用静电的吸附作用来给工件喷漆，却是给生产带来了便利。
故根据题意ABC正确，D错误。
故选：ABC。
物体之间的摩擦会导致产生静电，静电具有吸附尘埃以及其他轻小物体的能力，静电喷漆、复印、除尘都是生活中常见的静电的应用。
该题考查静电对轻小物体的吸附作用，结合日常生产生活。需要学生注意的是符合题意的应该为给我们生产生活带来不便的选项。

15.【答案】BD 
【解析】解：A、根据爱因斯坦的相对论观点，飞秒激光的速度不可能超过光在真空中的速度，故A错误；
B、根据爱因斯坦光子说，可知飞秒激光的能量的变化是不连续的，故B正确；
C、根据公式c=νλ，可得飞秒激光的频率为：ν=cλ=3×1081053×10−9Hz=2.85×1014Hz，故C错误；
D、根据能量子公式E=hν，可得飞秒激光的光子能量约为：E=hν=6.63×10−34×2.85×10141.60×10−19eV=1.2eV，故D正确。
故选：BD。
根据爱因斯坦的相对论观点判断；根据爱因斯坦光子说判断；根据公式c=λν求解；根据能量子公式E=hν求解。
本题以全飞秒激光是国际上最先进的角膜屈光手术模式之一为背景，考查了能量量子化观点，要求学生会根据公式c=λν及E=hν熟练求解。

16.【答案】AD 
【解析】解：A、法拉第发现了“磁生电”的条件，赫兹通过实验首次捕捉电磁波，故A正确；
B、美国科学家富兰克命名了正、负电荷，密立根首先通过实验测得元电荷的电量，故B错误；
C、开普勒发现行星运动规律，牛顿发现了万有引力定律，故C错误；
D、根据物理学史可知，伽利略通过逻辑推理指出前人对落体运动认识的问题，并得出轻重不同的物体下落同样快的结论，故D正确。
故选：AD。
本题掌握法拉第、开普勒、牛顿、富兰克林、伽利略等等科学家的成就，就能进行解答．
本题主要考查了有关电学的物理学史，了解物理学家的探索过程，从而培养学习物理的兴趣和为科学的奉献精神，对类似知识要加强记忆．

17.【答案】B B 重物离打点计时器太远，应该向上提  4.100.70A 
【解析】解：(1)根据减小的重力势能等于增加的动能，即为：mgh=12mv2，等式两边都有质量，可以约去，因此重物的质量可测也可不测，故A错误，B正确；
(2)实验中纸带上的点与点之间的距离需要测量，故用到毫米刻度尺；而点通过打点计时器获得的，因此不需要秒表，故还必须从图乙中选取实验器材是B；
故选：B。
(3)由图甲可知，重锤离打点计时器太远，为了能在纸带上打出更多的点，则纸带应该上提；
(4)由图丙可知，则点4对应的读数为4.10cm，
由图丙可知，3、5两点间的距离为2.80cm；
根据平均速度等于瞬时速度，则有，打下点4时纸带速度的大小为：v4=x35t35=2.80×10−22×0.02m/s=0.70m/s；
(5)A、该过程中动能的增加量略小于重力势能的减少量，原因可能是重物受到空气阻力和纸带与打点计时器间的摩擦力作用，使得部分重力势能转化为内能，故A正确；
B、当点0的速度不为零，则会出现过程中，动能的增加量略大于重力势能的减少量，故B错误；
若点4的速度由公式v=gt计算，则有动能的增加量等于重力势能的减少量，故C错误；
故选：A。
故答案为：(1)B；(2)B；(3)重物离打点计时器太远，应该向上提；(4)4.10；0.70；(5)A。
(1)根据减小的重力势能等于增加的动能表达式，即可分析判定；
(2)根据正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材；
(3)分析实验图，再从减少实验误差的思路出发明确不合理的地方；
(4)根据平均速度等于瞬时速度公式，即可求解；
(5)根据实验的原理和能量守恒分析动能增加量略小于重力势能减小量的原因。
解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，知道实验误差的来源，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，注意理解第(5)问BC选项，对应的重力势能减少量与动能增加量的关系。

18.【答案】1.7455.240BC 
【解析】解：(1)由图象螺旋测微器可知，其读数是1.5mm+24.5×0.01mm=1.745mm；由图示游标卡尺可知，其精度是0.05mm，读数是52mm+8×0.05mm=52.40mm=5.240cm。
(2)电源电动势为4V，电压表应选择C，电路最大电流约为I=UR=3190×103A≈1.6×10−5A=16μA，电流表应选择B。
(3)实验要求要求电压可以从零开始调节，滑动变阻器应采用分压接法；由题意可知：RVR=10kΩ190kΩ=119,RRA=190kΩ1.5kΩ≈127，则RRA>RVR，电流表应采用内接法，实物电路图如图所示

故答案为：(1)1.745；5.240；(2)B；C；(3)实物电路图如上图所示。
(1)螺旋测微器固定刻度与可动刻度读数的和是螺旋测微器的读数；游标卡尺主尺与游标尺读数的和是游标卡尺读数。
(2)根据电路最大电流选择电流表，根据电源电动势选择电压表。
(3)根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图。
要掌握实验器材的选择原则，要掌握常用器材的使用方法与读数方法；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法即可连接实物电路图。

19.【答案】解：(1)小球受重力，电场力，绳子拉力为零，则电场力方向一定竖直向上，因为是正电的小球，故电场方向竖直向上。
(2)小球受到重力、静电力，处于静止状态，所以有
Eq=mg
E=mgq
(3)小球受到重力、静电力，绳子的拉力处于静止状态，所以有，
F=Eq+mg
F=2mg
答：(1)电场方向竖直向上；
(2)匀强电场的场强大小E为mgq；
(3)小球平衡时悬线上的张力大小F为2mg。 
【解析】对小球受力分析，绳子张力为零，确定电场力的大小和方向；电场反向，则电场力反向，根据受力分析求出线上的张力。
本题主要考查了共点力平衡的问题，根据其运动状态求解绳子拉力，解题关键是带电小球的受力分析。

20.【答案】解：(1)根据小球在液体的运动情况可得
a1=v22H，代入得：a1=42×1m/s2=2m/s2
(2)小球在液体内上升的时间为
t1=va1
解得：t1=22s=1s
小球离开液体继续上升的时间为
t2=vg=210s=0.2s
上升总时间为
t=t1+t2=1.2s
(3)在液体内小球受到浮力 F、重力 mg、阻力 f 向上，由牛顿第二定律得：
F−mg−f=ma1
小球再次返回液体由牛顿第二定律得：
F−mg+f=ma2
a2=20m/s2
根据能量守恒，小球再次入水时的速度为v
h=v22a2
解得：h=42×20m=0.1m
答：(1)小球在液体中向上运动的加速度大小为2m/s2
(2)小球第一次向上运动的总时间为1.2s
(3)小球再次回到液体中能到达的最大深度为0.1m 
【解析】(1)由小球的运动情况可求得其加速度；
(2)根据运动学公式即可求解；
(3)受力分析，根据牛顿第二定律求出小球入水后的加速度，然后根据运动学公式求解。
本题考查受力分析、牛顿第二定律与匀变速直线运动的规律，属于多过程问题。

21.【答案】解：(1)根据动能定理得：mgR=12mv12…①
解得：v1=2gR=2×10×0.8m/s=4m/s
(2)根据牛顿第二定律得：μmg=ma…②
解得：a=μg=0.2×10m/s2=2m/s2     
(3)小物块先向左做匀减速直线运动，直至速度为零，设这段时间为t1，运动的位移为x1；再向右做匀加速直线运动，直至速度达到传送带速度v2，设这段时间为t2，运动的位移为x2；最后以速度v2向右做匀速运动直到离开传送带，设这段时间为t3.
 0=v1−at1…③
x1=v12t1…④
代入数据解得：t1=2sx1=4m； 
返回做匀加速直线运动阶段，v2=at2…⑤
x2=12at22…⑥
代入数据解得：t2=1sx2=1m； 
匀速直线运动阶段，x1−x2=v2t3…⑦
代入数据解得：t3=1.5s
所以总时间为：t=t1+t2+t3=4.5s 
【解析】本题考查了动能定理、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，理清物块在传送带上整个过程中的运动规律是解决本题的关键，结合运动学公式灵活求解．

22.【答案】解：(1)粒子经过加速电场U1加速后，根据动能定理：eU1=12mv2−0
解得：v=2eU1m
(2)因为粒子恰能通过速度选择器，则粒子在速度选择器中受到的电场力和洛伦兹力为一对平衡力，即：eE=eU2d=evB1
解得：U2=B1d2eU1m
(3)粒子在B2磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则：evB2=mv2R
解得：R=1B22mU1e
答：(1)粒子的速度v为2eU1m；
(2)速度选择器两板间电压U2为B1d2eU1m；
(3)粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为1B22mU1e。 
【解析】(1)根据动能定理可以求出粒子的速度v；
(2)在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，根据Eq=qvB1求出电压U2；
(3)根据洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R。
解决该题需要明确知道粒子在速度选择器内做的是匀速直线运动，洛伦兹力和电场力大小相等，方向相反。