2021-2022学年山西省太原市高三（上）期末物理试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年山西省太原市高三（上）期末物理试卷（含答案解析），共17页。
2021-2022学年山西省太原市高三（上）期末物理试卷

1. 如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示，则(    )
A. a一定带正电，b一定带负电
B. a的速度将减小，b的速度将增大
C. a的加速度将减小，b的加速度将增大
D. a的电势能将增大，b的电势能将减小
2. 短道速滑男女混合2000米接力是北京冬奥会的新增项目，我国运动员在这一项目上具有很强的实力。某次训练中，运动员在光滑水平冰面上进行交接时，后方运动员用水平力沿运动方向推前方运动员。则在交接过程中(    )
A. 两个运动员动量的变化大小相等
B. 两个运动员相互作用的冲量相同
C. 前方运动员的机械能增大，后方运动员的机械能减小，两人的总机械能守恒
D. 前方运动员的动量增大，后方运动员的动量减小，总动量减小
3. 高层楼房发生了火灾，消防员及时赶到，用多个高压水枪同时进行灭火。靠在一起的甲、乙两个相同高压水枪，喷出的水落到着火点的同一位置上，如图所示。已知甲、乙喷出的水初速大小相同且水迹处于同一竖直面内，忽略水受到的空气阻力，则(    )


A. 到达着火点时，甲喷出的水的速率较大
B. 到达着火点时，乙喷出的水速度的方向可能水平
C. 到达着火点时，甲喷出的水速度的方向可能水平
D. 从喷出到着火点，乙喷出的水运动的时间较长
4. t=0时，汽车在平直的公路上沿直线匀速运动；t0时刻，由于前方出现事故，司机踩下刹车踏板，车辆立即开始做匀减速运动，这一过程中汽车的位移-时间图像如图所示。下列说法正确的是(    )


A. 汽车减速的加速度大小为x02t02
B. 2t0后汽车开始做匀速运动
C. 0∼t0内，汽车平均速度的大小为2x0t0
D. 0∼2t0内，汽车平均速度的大小为3x04t0
5. 如图所示，直流电源、滑动变阻器R、平行板电容器C与电流计G连接，C的下极板接地，开始时C不带电。现闭合开关S1、S2，稳定后一带电油滴恰能静止在电容器中的P点，下列说法正确的是(    )

A. 保持两开关闭合，R的滑片上滑时，G中电流向上
B. 保持两开关闭合，R的滑片下滑时，油滴向上运动
C. 断开S2，C的下极板下移时，P点的电势升高
D. 断开S2，C的上极板下移时，油滴的电势能减小
6. 如图所示，客厅中的环形吊灯质量沿环均匀分布，通过四根等长的细绳对称地栓接、悬挂在天花板的同一点上，吊灯的质量为m。若绳长等于环形吊灯的直径，则每根轻绳对吊灯的拉力大小为(    )


A. 36mg B. mg4 C. mg D. 233mg
7. 如图所示，光滑绝缘水平面上有质量分别为m和2m的小球A、B，两小球带异种电荷。将方向水平向右、大小为F的力作用在B上，当A、B间的距离为L时，两小球可保持相对静止。若改用方向水平向左的力作用在A上，欲使两小球间的距离保持为2L并相对静止，则外力的大小应为(    )

A. 116F B. 18F C. 14F D. 12F
8. 如图甲所示，一物块置于粗糙水平面上，其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上。用力将物块向左拉至O处后由静止释放，用传感器测出物块的位移x和对应的速度，作出物块的动能Ek−x关系图像如图乙所示。其中，0.10m∼0.25m间的图线为直线，其余部分为曲线。已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，取g=10m/s2，弹性绳的弹力与形变始终符合胡克定律，可知(    )

A. 物块的质量为0.2kg B. 弹性绳的劲度系数为50N/m
C. 弹性绳弹性势能的最大值为0.6J D. 物块被释放时，加速度的大小为8m/s2
9. 图甲为一转动的传送带，以恒定的速率v顺时针转动。在传送带的右侧有一滑块以初速度v0从光滑水平面滑上传送带，运动一段时间后离开传送带，这一过程中滑块运动的v−t图像如图乙所示。由图像可知滑块(    )

A. 从右端离开传送带
B. 从左端离开传送带
C. 先受滑动摩擦力的作用，后受静摩擦力的作用
D. 变速运动过程中受滑动摩擦力的作用
10. 2021年12月9日，神舟十三号航天员在中国空间站进行首次太空授课。在授课中王亚平介绍，空间站每天能观察到很多次日出。已知地球半径为R，地球的自转周期为T0，空间站绕地球做匀速圆周运动的周期为T，其轨道与赤道成一定的倾角，地球同步卫星的高度为h0。忽略一天之内地球相对太阳位置的变化，仅利用以上物理量可估算(    )
A. 空间站中每天能观察到的日出的次数 B. 地球的质量
C. 空间站离地的高度 D. 空间站绕地球运动的动能
11. 如图所示，菱形aObP(ab>2OP)的顶点a、b处分别固定有等量的正点电荷。取无穷远为零电势点，OP方向为x正方向。若将一带负电的粒子从O点由静止释放，在粒子从O运动到P点的过程中，则下图中关于O、P间的电场强度E、电势φ以及粒子的电势能Ep、动能Ek随x变化的图线中，可能正确的是(    )
A. B.
C. D.
12. 如图所示，直角坐标xOy所在平面存在沿y轴正方向的匀强电场Ey。t=0时，一带正电荷的粒子从O点以动能Ek0沿x轴正方向射入；t0时刻，在xOy平面内叠加沿x轴正方向的匀强电场Ex，粒子开始做直线运动，又经过时间t0，粒子到达P点。已知ExEy=3，yP=d，粒子的带电量为q，下列说法中正确的是(    )
A. 粒子在x方向上始终做匀速直线运动 B. Ey=4Ek03qd
C. xP=534d D. 粒子达P点时的动能为143Ek0
13. 在采用多组合作方式用图甲的装置探究“小车加速度与力、质量的关系”的实验中：

(1)安装调试时，补偿阻力的具体做法是：把木板的左侧垫高，调节木板的倾斜程度，轻推小车，使小车在不受牵引时能拖动纸带沿木板______(选填“减速运动”“加速运动”或“匀速运动”)；
(2)安装好器材后，各小组分别或保持小车的质量不变、增减所挂槽码个数；或保持槽码个数不变、增减小车中的重物，分别打出多条纸带，处理后把数据集中记录在了表中：
序号
槽码重量(N)
小车总质量(kg)
小车加速度(m⋅s−2)
1
0.29
0.86
0.34
2
0.14
0.36
0.39
3
0.29
0.61
0.48
4
0.19
0.36
0.53
5
0.24
0.36
(Ⅰ)
6
0.29
0.41
0.71
7
0.29
0.36
0.81
8
0.29
0.46
(Ⅱ)
9
0.34
0.36
0.94
在规定的时间内，有两个小组的数据未完成处理。图乙是其中一个小组打出的纸带，A∼F为选取的计数点，相邻计数点之间有四个点未标出，已知计时器的打点频率为50Hz，则小车加速度的值为______m/s2。若该小组是在保持小车质量不变时得到的数据，该数据应该填在表格中的______(选填“Ⅰ”或“Ⅱ”)位置。为探究小车质量不变时加速度与力的关系，应该选择表格中______(填数据前的数字序号)的数据进行分析、归纳。
14. 新买的橙子特别酸，晓亮同学感觉它适合用来做水果电池。为验证这一猜想，晓亮将铜片和锌片分别插入橙子，制作了一个水果电池，设计了图甲的电路测量该电池的电动势E和内电阻r。已知电压表的量程为500mV、内阻RV=2000Ω，电阻箱R的调节范围为0∼9999Ω，完成下列填空：

(1)为保证电压表的安全，闭合开关前，电阻箱的值应调整为______(选填“最大值”、“最小值”或“任意值”)；
(2)闭合开关，调节电阻箱的阻值，记下多组电压表的示数U和相应电阻箱的值R，算出1U的值。以1U为纵坐标、R为横坐标，作出的1U−R图线如图乙所示。则U与E、r的关系式为______(用R、RV等物理量的符号表示)；
(3)根据图线可求得：E=______V，r=______kΩ(结果保留2位有效数字)。
(4)将得到的数据与其他橙子做的水果电池比较，发现橙子越酸，其电动势越大，说明水果的酸度越大，将化学能转化为电能的本领越强。
15. 儿童游泳池的浅水区水深H=1.2m，若从水面上方h=0.8m高处，让一质量为0.50kg的塑料小球自由下落，测得小球从释放至到达水池底部用时为0.90s。设水与小球的作用力为恒力，取g=10m/s2。
(1)求水对小球作用力的大小；
(2)小球到达池底时的速度。
16. 桌面上，光滑倾斜轨道AB与长为L的水平轨道BC平滑连接，两轨道处于同一竖直平面内，如图所示。将质量为m的小物块a从AB上的P点由静止释放，小物块a到达Q点时，与静止在Q点的小物块b发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，最后a停在Q点上。已知a与b不会再次相碰，a与水平轨道间的动摩擦因数为0.16，P与BC的高度差为0.88L，重力加速度为g。求：
(1)碰前瞬间a速度大小；
(2)小物块b的质量。

17. 如图甲所示，一绝缘细直长杆水平放置，处于水平方向的静电场中。以O为原点，沿细杆建立x轴，电场强度E随x的分布如图乙所示。x≤0处，电场强度恒定、方向沿x轴正方向；在x>0处，电场强度沿x轴负方向并随x均匀增大。带电的小圆环套在细杆上，其质量m=0.2kg、电荷量q=2×10−6C，小圆环与杆间的动摩擦因数μ=0.1。将小圆环从A(−1m)点由静止释放，求：(g=10m/s2)
(1)小圆环到达O点时的速度大小；
(2)小圆环向右运动到最远位置的坐标值。

18. 如图为装车神器——小型移动式皮带输送机示意图。输送带AB长度L=15m，倾角θ=37∘，以恒定的速度顺时针转动。将矿物(可视为质点)无初速地放上输送带，矿物从A端上升到B端，再沿一段与AB相切、半径R=1.25m光滑圆形轨道运动，到达最高点C后水平飞出，落入货车中的D点。D与C的高度差为1.25m、水平距离为1.00m。设每块矿物的质量均为5.0kg，矿物与输送带间的动摩擦因数μ=0.80，不计空气阻力，求：(取sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，g=10m/s2)
(1)每块矿物到达C点时受轨道的弹力；
(2)估算一块矿物从A到装入货车所用的时间。


答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：A、由轨迹弯曲方向可判断出电场力方向，由于不知道场强的方向，故不能确定电场力的方向与场强方向的关系，所以不能确定ab两电荷的电性。故A错误。
B、由于出发后电场力始终对电荷做正功，两电荷的动能越来越大，故两个电荷的速度都将越来越大，故B错误。
C、电场线的疏密代表电场的强弱，由图可知越向左场强越小，故a出发后的一小段时间内其所处的位置的场强越来越小，而b出发后的一小段时间内其所处的位置场强越来越大，所以出发后的一小段时间内a受到的电场力变小，b受到的电场力变大。a的加速度将减小，b的加速度将增大。故C正确。
D、电场力对两个电荷都做正功，两个电荷的电势能都减小。故D错误。
故选：C。
电场线的疏密代表电场的强弱，所以出发后的一小段时间内a受到的电场力变小，b受到的电场力变大；正电荷所受电场力的方向就是电场线的方向，而负电荷所受的电场力的方向与电场线的方向相反，由于场强方向未知故不能确定电荷的电性．根据动能定理，合外力做正功，动能增加。
本题涉及的知识较多，综合性较强，但只要我们理解了电场线的特点就能顺利解决选项A、C、D，明白了只要合外力做正功物体的动能就将增加的道理选项B就不难解决，所以我们一定要掌握好基本知识。

2.【答案】A 
【解析】解：ABD、两运动员组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，在后方运动员推前方运动员时，后方运动员动量减小，前方运动员动量增加，由动量守恒定律可知，两运动员总动量不变，两运动员动量的变化量大小相等、方向相反，由动量定理可知，两运动员相互作用冲量大小相等、方向相反，故A正确，BD错误；
C、后发运动员推前方运动员过程，推力对前方运动员做正功，前方运动员机械能增加，推力对后方运动员做负功，后方运动员机械能减少；在该过程中后方运动员做功，由功能关系可知，系统机械能增加，故C错误。
故选：A。
只有重力或弹力做功，系统机械能守恒；两运动员组成的系统动量守恒，根据运动员的受力情况应用动量守恒定律、动量定理与功能关系分析答题。
分析清楚运动员运动过程与受力情况，应用动量守恒定律与动量定理、功能关系即可解题。

3.【答案】B 
【解析】解：A、由题意可知，忽略水受到的空气阻力，水喷出后只受重力作用，水的机械能守恒，由于水从同一位置喷出且甲、乙喷出的水初速大小相同，则水喷出时的机械能相等，由机械能守恒定律可知，到达着火点时甲、乙喷出的水速率相等，故A错误；
B、水喷出后做斜上抛运动，可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的竖直上抛运动，由图示可知，乙喷出出的水到达着火点时可能到达最高点，水的竖直分速度可能为零，水的速度方向可能沿水平方向，故B正确；
C、由图示可知，甲喷出的水到达着火点时处于下落过程，竖直方向与水平方向速度都不为零，水的速度方向斜向右下方，不可能沿水平方向，故C错误；
D、水喷出后做斜上抛运动，在竖直方向做竖直上抛运动，由图示可知，甲喷出的水到达的最高点的高度大于乙喷出的水到达最高点到达的高度，甲喷出的水到达着火点时的运动时间较长，故D错误。
故选：B。
忽略空气阻力，喷出的水在运动过程中只受重力作用，水的机械能守恒，应用机械能守恒定律判断到达着火位置时的速度大小关系；水喷出后做斜上抛运动，根据图示情景应用运动学公式分析答题。
知道水喷出后做斜上抛运动，根据图示分析清楚水的运动过程是解题的前提，应用机械能守恒定律与斜抛运动规律即可解题。

4.【答案】D 
【解析】解：B、根据x−t图像的斜率表示速度，可知2t0后汽车停止运动，故B错误；
A、0∼t0内，汽车做匀速直线运动，速度为v0=x0t0，即汽车做匀减速运动的初速度为v0=x0t0，汽车的加速度大小为a=v02t0−t0=x0t02，故A错误；
C、0∼t0内，汽车平均速度的大小为v−=x0t0，故C错误；
D、t0∼2t0内，汽车的位移为x′=v0+02t0=x02，0∼2t0内，汽车平均速度的大小为v′−=x0+x′2t0=3x04t0，故D正确。
故选：D。
先根据x−t图像的斜率求出t0时刻和2t0后汽车的速度，即为匀减速运动的初速度，根据加速度的定义求汽车减速的加速度大小；根据位移与时间之比求平均速度。
解答本题时，要知道x−t图像的斜率表示速度，能斜率求汽车的速度，结合运动学公式分析汽车的运动情况。

5.【答案】C 
【解析】解：A、当滑动变阻器的滑片向上滑动时，变阻器有效阻值增大，R的电压增大，则电容器板间电压增大，根据Q=CU，可知Q增大，则电容器充电，G中电流向下。故A错误。
B、当滑动变阻器的滑片向下滑动时，变阻器有效阻值减小，R的电压减小，则电容器板间电压减小，根据U=Ed，可知电场强度减小，则油滴向下运动，故B错误。
C、断开S2，当电容器的下极板向下移动时，电容器所带的电量Q不变，由C=QU=εrS4πkd，知电容器板间场强不变，由U=Ed知，P与下极板间的电势差变大，P点的电势会升高。故C正确。
D、断开S2，C的上极板下移时，电容器板间场强不变，由U=Ed知，P与下极板间的电势差不变，油滴的电势能不变，故D错误。
故选：C。
根据平行板电容器的电容的决定式、电容的定义式与匀强电场场强与电势差的关系求出极板间的电场强度，根据题意判断极板间的电场强度如何变化，然后判断P点电势、油滴的电势能如何变化，判断油滴如何运动．
该题考查了闭合电路欧姆定律的相关知识，分析清楚极板间电场强度如何变化是解题的关键，要掌握与电容有关的两个公式：电容的决定式和电容的定义式，运用控制变量法进行分析．

6.【答案】A 
【解析】解：根据平衡条件可知，每根绳上的拉力的竖直向上的分量为14mg，又由于绳长等于环形吊灯的直径，结合几何关系，

则Fsin60∘=mg4
解得：F=3mg6，故A正确，BCD错误；
故选：A。
对吊灯进行受力分析可得每根绳竖直向上的分力等于吊灯重力的14，根据绳长和吊灯直径的关系得出绳与水平方向的夹角为60∘，结合几何关系计算出每根轻绳对吊灯的拉力。
本题主要考查了共点力的平衡问题，要熟悉受力分析，解题的关键点是根据几何关系完成对力的计算。

7.【答案】B 
【解析】解：当方向水平向右，大小为F的力作用在B上，A、B间的距离为L时，有
F=3ma1
kq1q2L2=ma1
若改用方向向左的力作用在A上，两小球间的距离保持为2L并相对静止时，有
F2=3ma2
kq1q2(2L)2=2ma2
联立解得：F2=18F，故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据库仑定律结合牛顿第二定律分别分析出不同方向力的作用情况，由此列式完成解答即可。
本题主要考查了库仑定律的相关应用，同时分析过程中涉及到了牛顿第二定律的应用，联立等式解答即可，整体难度不大。

8.【答案】D 
【解析】解：A、在从0.1m上升到0.25m范围内，动能变化等于克服重力做的功，则有：ΔEk=−μmgΔx，图线的斜率绝对值为：k=−μmg=−0.30.25−0.1N，解得：m=1kg，故A错误；
B、根据图乙可知，物块在0.1m时离开弹簧，物块在0.08m时速度最大，此时弹簧弹力和摩擦力相等，所以物块在平衡位置处弹簧压缩Δx=0.1m−0.08m=0.02m，根据胡克定律可得kΔx=μmg，解得：k=100N/m，故B错误；
C、根据能量守恒定律可知，Ep0=μmgΔxm=0.2×1×10×0.25J=0.5J，故C错误；
D、弹簧被释放时加速度的大小为：a=kΔxm−μmgm，代入数据解得：a=8m/s2，故D正确。
故选：D。
在从0.1m上升到0.25m范围内，图线的斜率绝对值表示摩擦力，由此求解质量；求出物块在平衡位置处弹簧的压缩量，根据胡克定律求解劲度系数；根据功能关系解得最大弹性势能；根据牛顿第二定律解得加速度。
本题主要是考查了功能关系的知识；注意运动过程中能量的转化关系，同时注意最大加速度与最大速度的特点。

9.【答案】AD 
【解析】解：AB、根据乙图可知，滑块先向左做减速运动，减速到零后，开始向右做加速运动，加速度到传送带速度后开始随传送带一起向右匀速运动，最终离开传送带，故A正确，B错误；
CD、由于滑块先向左做减速运动，减速到零后，开始向右做加速运动，加速度到传送带速度后开始随传送带一起向右匀速运动，故滑块在做变速运动时受到滑动摩擦力，匀速运动时不受摩擦力，故C错误，D正确；
故选：AD。
根据乙图判断出滑块的运动状态，即可判断出滑块受到的摩擦力。
本题主要考查了v−t图像，根据图像判断出滑块的运动状态，根据运动状态判断出受力即可。

10.【答案】ABC 
【解析】解：A、空间站中每天能够观察到日出的次数为，n=T0T，故A正确；
B、对同步卫星分析可知，GMm(R+h0)2=m4π2(R+h0)T02，得M=4π2(R+h0)3GT02，故B正确；
C、对空间站分析可知，GMm(R+h)2=m4π2(R+h)T2，得h=3GMT24π2−R，故C正确；
D、因为不知道空间站质量，故无法知道其动能，故D错误。
故选：ABC。
根据空间站转动周期和地球自转周期可以知道每天观察到日出的次数，根据万有引力提供向心力，可以通关分析同步卫星以及空间站，可以分析其余选项。
本题考查学生对万有引力提供向心力原理的考查，通过分析同步卫星以及空间站可以分析该题。

11.【答案】BD 
【解析】解：一对等量同种正点电荷连线的中点处电场强度的矢量合为零，在连线的中垂线时，电场强度的方向指向两侧，令OP与ab的交点为C点；
A、根据电场的叠加原理和对称性知，OP与ab的交点C处的场强为零，OC之间的电场强度的方向从C指向O点，与选取的正方向相反，应为负值，故A错误；
B、根据电场的叠加原理和对称性知，OC之间的电场强度的方向从C指向O点，OP之间的电场强度的方向从C指向P点，C点的电势最高，取无穷远为零电势点，OP之间的电势均为正，故B可能正确；
C、负电荷的电势能EP=−qφ，电势为正，则电势能为负，不能为正值，故C错误。
D、负电荷受到的电场力的方向与电场强度的方向相反，在OC之间从O指向C，在OP之间从P指向C，所以负电荷在O点释放后先向C点做加速运动，过C点后做减速运动，由等量同种点电荷电场的对称性可知，负电荷能恰好到达P点，而且在C点的动能最大，故D可能正确。
故选：BD。
OP连线即为ab连线的中垂线，而等量正电荷连线的中垂线上电场分布具有对称性，从而进一步判断所受电场强度、电势、电势能、动能等变化情况。
本题的关键要掌握等量同种电荷的电场分布情况，分析时要抓住对称性和叠加原理。根据力和运动的关系分析粒子的受力和电势能、动能的变化情况。

12.【答案】BC 
【解析】解：A、叠加沿x轴正方向的匀强电场Ex前，粒子受到的电场力方向沿y轴正方向，沿x轴方向不受力，做匀速直线运动。叠加沿x轴正方向的匀强电场Ex后，粒子在x轴方向上受到沿x轴正方向的电场力，做匀加速直线运动，故A错误；
B、设粒子的初速度大小为v0，经过第一个时间t0时竖直分速度大小为vy，速度大小为v，速度方向与水平方向的夹角为α。叠加沿x轴正方向的匀强电场Ex，粒子开始做直线运动，则tanα=v0vy=qExqEy=ExEy=3，得α=60∘，则v=v0sinα，结合粒子的初动能Ek0=12mv02，经过第一个时间t0时动能Ek1=12mv2，可得Ek1=43Ek0
粒子在y轴方向做自由落体运动，则第一个时间t0内与第二个时间t0内竖直分位移大小之比：y1：y2=1：3，据题：y1+y2=yP=d，则y1=14d
在第一个时间t0内，由动能定理得：qEyy1=43Ek0−Ek0，解得Ey=4Ek03qd，故B正确；
C、第一个时间t0内，粒子在x轴方向的分位移大小为x1=v0t0=3vyt0=(3⋅qEymt0)t0=3qEymt02
第二个时间t0内，粒子在x轴方向的分位移大小为x2=v0t0+12axt02=(3⋅qEymt0)t0+12⋅qExmt02=3qEymt02+12⋅3Eymt02=33qEy2mt02
故xP=x1+x2=53qEy2mt02
结合y1=14d=12⋅qEymt02，解得xP=534d，故C正确；
D、从O点到P点，由动能定理得：EkP−Ek0=qEyd+qExx2
由上得：x2=334d，结合Ex=3Ey=43Ek03qd，联立解得粒子达P点时的动能：EkP=133Ek0，故D错误。
故选：BC。
分析粒子的受力情况，判断粒子的运动情况；粒子做直线运动时，合力方向与速度方向在同一条直线上，由平行四边形定则求出粒子到达P点时速度方向与水平方向的夹角，从而求得动能，由动能定理求Ey，由两个分运动的关系求xP。由到达P点的合速度大小求粒子达P点时的动能。
解答本题的关键要理清粒子的运动情况，把握两个分运动的关系，如分速度关系、分位移关系，应用牛顿第二定律、运动学公式和动能定理相结合进行处理。

13.【答案】匀速运动  0.67Ⅰ2，4，5，7，9 
【解析】解：(1)安装调试时，补偿阻力的具体做法是：把木板的左侧垫高，调节木板的倾斜程度，轻推小车，使小车在不受牵引时能拖动纸带沿木板匀速运动；
(2)计时器的打点频率为50Hz，相邻计数点之间有四个点未标出，则计数周期为
T=5×1fs=5×0.02s=0.1s
根据逐差法可知小球的加速度为
a=xDF−xBD(2T)2=(86.35−49.80−49.80+15.93)×10−2(2×0.1)2m/s2=0.67m/s2
Ⅰ中的加速度为aⅠ=F1M=0.240.36m/s2=0.67m/s2
Ⅱ中的加速度为aⅡ=F2M=0.290.46m/s2=0.63m/s2
故该数据应该填在表格中的Ⅰ；
2、4、5、7、9中的小车质量相同，所以探究小车质量不变时加速度与力的关系，可以利用这几组数据进行分析、归纳。
故答案为：(1)匀速运动；(2)0.67；Ⅰ；2、4、5、7、9.
(1)轻推小车，使小车在不受牵引时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动，即可使摩擦力与小车重力沿斜面向下的分力平衡；
(2)根据逐差法求小球的加速度，分别代入数据求Ⅰ，Ⅱ处的加速度。2、4、5、7、9中的小车质量相同，所以探究小车质量不变时加速度与力的关系，可以利用这几组数据进行分析、归纳。
本题考察的是探究“小车加速度与力、质量的关系”的实验，要了解实验步骤，会求小车的加速度。

14.【答案】最大值 1U=RV+rERV+1ERVR  0.760.20 
【解析】解：(1)因为电压表测量的是电表内阻两端的电压，当滑动变阻器的阻值变大时，则电路中的电流变小，电表内阻两端的电压也变小，起到保护电路的作用，则闭合开关前，电阻箱的值应调整为最大值；
(2)因为是串联电路，根据闭合电路欧姆定得：I=ER+RV+r，且U=IRV，联立并简化得：)1U=RV+rERV+1ERVR；
(3)根据上述分析可知1U=RV+rERV+1ERVR，结合图像得：k=1ERV=4.8−2.5(5.1−1.6)×103=2.33.5×103，其中RV=2000Ω，解得：E=0.76V；
截距b=RV+rERV=1.44，联立解得：r=0.20kΩ，
故答案为：(1)最大值；(2)1U=RV+rERV+1ERVR；(3)0.76；0.20
(1)根据电路构造结合实验原理分析出电阻箱的阻值；
(2)根据闭合电路欧姆定律得出图像的表达式；
(3)根据图像的截距和斜率计算出电动势和内阻。
本题主要考查了电源电动势和内阻的测量，掌握电路实验原理，结合欧姆定律和图像计算出电源的电动势和内阻。

15.【答案】解：(1)小球从静止释放至水面过程中，由h=12gt2可知
小球从静止释放至水面用时t1=2hg=2×0.810s=0.4s
到达水面时小球速度v=gt1=10×0.4m/s=4m/s
又H=v(t−t1)+12a(t−t1)2可知，在水中小球的加速度大小a=6.4m/s2，方向竖直向上
设水对小球作用力为F
根据牛顿第二定律得：F−mg=ma
解得：F=8.2N
(2)小球到达池底时的速度v1=v−a(t−t1)=4m/s−6.4×(0.9−0.4)m/s=0.8m/s
答：(1)水对小球作用力的大小为8.2N；
(2)小球到达池底时的速度为0.8m/s。 
【解析】(1)根据运动学基本公式求解小球下落的时间和到达水面时的速度，结合牛顿第二定律求解力；
(2)由速度-时间公式求解末速度。
本题要注意灵活运用运动学公式，还要注意判断水中小球的加速度的方向。

16.【答案】解：(1)碰前瞬间a速度大小为v0，从释放到碰撞过程，
对a，由动能定理得：mg×0.88L−μmgL=12mv02−0
解得：v0=1.2gL
(2)设碰后瞬间a、b的速度分别为v1、v2，b的质量为M，
两物块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv1+Mv2，
由机械能守恒定律得：12mv02=12mv12+12Mv22
解得：v1=m−Mm+Mv0
由于小物a最后恰好停在Q点，有两种可能，一种碰后a的速度v0=0，解得：M=m
另一种是小物块a向左运动后再返回Q点，对该过程，对a，由动能定理得：−μmg×2L=0−12mv12
解得：M=5m
答：(1)碰前瞬间a速度大小是1.2gL；
(2)小物块b的质量是m或5m。 
【解析】(1)应用动能定理求出碰撞前瞬间a的速度大小。
(2)两物块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律、机械能守恒定律与动能定理分析答题。
根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提，应用动能定理、动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题；解题时注意讨论，否则会出现漏解。

17.【答案】解：(1)小圆环从A点运动到O点的过程中，电场力做的功为WAO=qUAO=qE1xAO
设小圆环到达O点的速度大小为v0。由动能定理得
 WAO−μmgxAO=12mv02
由图知：E1=2×105N/C，xAO=1m，代入上式解得：v0=2m/s
(2)设小圆环向右运动到最远处的位置坐标为xP，该处电场强度大小为EP，O到该点的电势差为U。
则EP=ΔEΔxxP=1.0×1051.0xP=105xP
U=−12EPxP
由O点到该点电场力做功：W=qU
由动能定理有
 W−μmgxP=0−12mv02
解得：xP=(3−1)m(负值舍去)
答：(1)小圆环到达O点时的速度大小为2m/s；
(2)小圆环向右运动到最远位置的坐标值为(3−1)m。 
【解析】(1)小圆环从A点运动到O点的过程中，只有电场力和滑动摩擦力做功，根据动能定理求小圆环到达O点时的速度大小；
(2)小圆环向右运动到最远位置时速度为零，利用动能定理求最远处的坐标值。
解决该题需要正确分析电场力随着x的变化情况，知道E−x图象与x轴所围的面积表示电势差。运用动能定理时，要注意分析各个力做功情况。

18.【答案】解：(1)矿物从C到D做平抛运动，设运动时间为t，到达C点时速度为vC
h=12gt2
x=vCt
解得：t=0.5s，vC=2m/s
在C点，圆形轨道的支持力为F，根据牛顿第二定律有
mg−F=mvC2R
解得：F=34N
(2)设矿物在B点速度大小为vB
−mgR(1−cosθ)=12mvC2−12mvB2
解得：vB=3m/s
设矿物在传送带上加速过程中的加速度大小为a
μmgcosθ−mgsinθ=ma
解得：a=0.4m/s2
矿物加速到vB时经过的位移为s1
vB2=2as1
解得：s1=11.25m