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2022-2023学年河北省唐山市高一（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年河北省唐山市高一（下）期末物理试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1. 金星是太阳系中距离地球最近的行星，其绕太阳公转的轨道为椭圆。关于地球和金星绕太阳运行，下列说法正确的是( )
A. 太阳位于金星轨道的几何中心
B. 金星在公转过程中速率保持不变
C. 在相同时间内，金星和地球与太阳的连线扫过的面积相等
D. 金星和地球轨道半长轴的立方与公转周期的平方的比值大小相等
2. 矩形线圈ABCD位于通电长直导线附近，如图所示，线圈与导线在同一平面内，线圈的两边与导线平行。在下列情况中，线圈中产生感应电流的是( )
A. 线圈在纸面内沿导线方向向下运动B. 线圈在纸面内沿导线方向向上运动
C. 线圈以AB为轴向纸面外转过90∘D. 线圈以直导线为轴向纸面外转过90∘
3. 将一电荷量为q的试探电荷放置在电场中的某点，受到的电场力为F。关于电场中该点的电场强度，下列说法正确的是( )
A. 该点的电场强度大小为Fq
B. 若将试探电荷的电荷量加倍，该点的电场强度大小变为2Fq
C. 若将试探电荷的电荷量变为−q，该点的电场强度的方向变为反向
D. 若将试探电荷移走，该点的电场强度变为0
4. 一辆汽车以恒定功率分别在甲、乙两平直路面上启动后，其v−t图像如图所示。设两次汽车行驶时所受阻力恒定，则在甲、乙两路面上汽车所受阻力大小之比为( )
A. 3:2B. 2:3C. 1:2D. 2:1
5. 如图所示，质量为m、电荷量为−q的物体静置于粗糙水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为μ，水平地面上方存在竖直向上的匀强电场，电场强度大小为E。使物体获得水平初速度v0，则物体在地面上滑行的距离为( )
A. mv022μ(mg−Eq)B. mv022μ(mg+Eq)C. mv02μEqD. mv022μEq
6. 四个定值电阻连成如图所示的电路。RA、RC的规格为“10V 4W”，RB、RD的规格为“10V 2W”。当把它们接入到电压为U的电源两端时，其中功率最大的是( )
A. RAB. RBC. RCD. RD
7. 正三角形的三个顶点上固定三个电荷量大小相等的点电荷，电性如图所示。O点为三角形的两条中线的交点，M、N两点分别是O点关于两腰的对称点。下列关于M、N、O三点的电势说法正确的是( )
A. φN<φO<φMB. φM<φO<φNC. φM=φN<φOD. φO<φM=φN
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8. 如图所示电路中，电源的电动势为3V，外部电路中三个电阻的阻值均为2Ω。当电键断开时，电阻R1上通过的电流为0.50A。则下列说法正确的是( )
A. 电源内阻为2Ω
B. 电源内阻为1Ω
C. 若闭合电键后，流过电阻R2的电流为0.30A
D. 若闭合电键后，流过电阻R2的电流为0.50A
9. 2023年5月31日5时47分，“神州十六号”飞船与“天宫”空间站成功对接，三名宇航员顺利进入空间站。已知“天宫”空间站绕地球运转的圆轨道半径为r，地球半径为R，地球表面处的重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A. 空间站绕地球运行的线速度大小为 gR2r
B. 空间站绕地球运行的加速度大小为gR2r2
C. 空间站绕地球运行的角速度大小为 gr2R3
D. 空间站绕地球运行的周期大小为 4π2R3gr2
10. 将一长细管弯成如图所示形状且竖直放置，AB部分为半径为1.6m的四分之一圆周，BCD部分为半径为0.8m的圆周，BC为小圆周竖直直径的两个端点。将一光滑小球由管口A正上方某点无初速释放，使小球能够到达C点，且与细管内的上壁无相互作用。己知小球的直径略小于细管的内径，细管的内径远小于两部分圆弧轨道的半径，g取10m/s2，则小球释放的位置与B点的高度差可能为( )
A. 2.8mB. 2.4mC. 2.0mD. 1.8m
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
11. 某实验小组用如图所示装置做“验证机械能守恒定律”的实验。
(1)在轻质定滑轮两侧通过轻绳连接质量分别为m1、m2的两个物体A和B，m1>m2，物体A上安装有遮光条，遮光条正下方固定一光电门。拉住物体B，测量遮光条与光电门之间的竖直距离为h。
(2)释放物体B，当物体A经过光电门时，数字计时器记录的挡光时间为t。
(3)使用游标卡尺测量遮光条的宽度d，读数如下图所示，则遮光条的宽度d= cm。
(4)则物体A经过光电门时的瞬时速度大小为 ;请用以上物理量写出该实验小组验证机械能守恒定律的关系式 .(用题中所给符号表示)
12. 某实验小组用如图所示电路做“测量电源电动势和内阻”的实验，实验步骤如下：
(1)将滑动变阻器滑片置于_______端(填“最左”或“最右”)，开关S2拨到1，闭合开关S1；
(2)调整滑动变阻器滑片的位置，记录多组电压和电流的数据，断开S1；
(3)将得到的数据在U−I坐标系中描点连线，得到图线a，则电阻R1的阻值为_______Ω；
(4)将开关S2拨到2，闭合开关S1；
(5)调整滑动变阻器滑片的位置，记录多组电压和电流的数据，断开S1；
(6)将得到的数据在U−I坐标系中描点连线，得到图线b，则电源电动势E=_______V，内阻r=_______Ω．
四、计算题（本大题共3小题，共40.0分）
13. 1798年，卡文迪什改进了约翰米歇尔所设计的扭称，对万有引力常量进行了精确测量，并通过测量的值算出了地球的质量，被称为“称量地球第一人”。已知地球半径为R，引力常量为G。
(1)若已知地球表面的重力加速度g，不考虑地球的自转，请推导地球的质量的表达式；
(2)若已知某近地卫星绕地球转动的周期为T，其圆轨道的半径可认为与地球半径相等，半径为r的球体的体积为43πr3，求地球的平均密度。
14. 如图所示，初速度为零的带电粒子经竖直平行板间的电场加速后，沿中线进入水平平行板间的电场，恰好从水平平行板下边缘飞出，己知带电粒子的电荷量为q，质量为m，竖直平行板间电压为U1；水平平行板间电压为U2，间距为d，不计粒子的重力，求：
(1)带电粒子刚进入水平平行板间时的速度；
(2)水平平行板的长度；
(3)带电粒子从水平平行板间飞出时的动能。
15. 如图为苹果自动分拣装置的示意图，该装置在工作时，左侧传送带以v0=2m/s的速度顺时针转动。依次将大小不同的苹果由传动带的左侧无初速释放，当苹果滑上光滑的托盘称上时，托盘称向下挤压压力传感器R1，R1的电阻阻值随压力的增大而减小。当压力大小大于、等于设定值时，电磁铁吸引分拣板与下通道连接，小于设定值时，分拣板与上通道连接，分拣板厚度不计．已知苹果与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2，与分拣板和上下通道间的动摩擦因数μ2=0.25，传送带长L=2m，小苹果在通道上滑行的距离为l1=0.28m，大苹果在通道上滑行的距离为l2=0.92m，分拣板的转轴O位于上下水平通道的中线上，重力加速度g取10m/s2。不计苹果经过传送带、托盘称、分拣板和上下通道的衔接点时的能量损。
(1)求苹果在传送带上运动的时间；
(2)如果某个苹果的质量为0.4kg，求此苹果与传送带摩擦产生的热量；
(3)求上下通道间距与分拣板长度的比值。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了开普勒行星运动定律。
根据开普勒第一定律解答；近日点的速率大于远日点的速率；不同的行星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积不相等；根据开普勒第三定律解答。
【解答】
A、开普勒第一定律是所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上，不是椭圆的中心，即太阳没有位于金星轨道的几何中心，故A错误；
B、椭圆轨道上有近日点和远日点，根据开普勒第二定律可得，近日点的速率大于远日点的速率，即金星在公转过程中速率不是保持不变，故B错误；
C、开普勒第二定律是对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，不同的行星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积不相等，故C错误；
D、根据开普勒第三定律可得，金星和地球轨道半长轴的立方与公转周期的平方的比值大小相等，故D正确。
2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查感应电流产生的条件。解决本题的关键是要掌握感应电流的产生条件：穿过闭合线圈的磁通量发生变化，要明确两个条件：1、线圈要闭合。2、磁通量发生变化。
【解答】
AB.当线圈在纸面内沿导线方向向下或向上运动时，穿过线圈的磁通量不变，则不会产生感应电流。故AB错误；
C.线圈以AB为轴向纸面外转过90∘，穿过线圈的磁通量减小，能产生感应电流。故C正确;
D.线圈以直导线为轴向纸面外转过90∘，穿过线圈的磁通量不变，则不能产生感应电流。故D错误。
3.【答案】A
【解析】将一电荷量为 q 的试探电荷放置在电场中的某点，受到的电场力为 F ，根据电场强度定义可知E=Fq
电场强度只由电场自身决定，与试探电荷的电荷量和受力无关，若将试探电荷的电荷量加倍，该点的电场强度大小仍为 Fq ；若将试探电荷的电荷量变为 −q ，该点的电场强度的方向不变；若将试探电荷移走，该点的电场强度仍为 Fq 。
故选A。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查汽车的启动过程。解决问题的关键是清楚当汽车以最大速度行驶时，牵引力等于阻力，再结合P=fvm分析判断。
【解答】
当汽车以最大速度行驶时，牵引力等于阻力，则P=fvm，则在甲路面上有P=f甲·3v0；在乙路面上有P=f乙·2v0，解得f甲f乙=23，故B正确，ACD错误。
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了带电物体在电场、重力场的叠加场中的运动。
对物体受力分析，根据动能定理解答即可。
【解答】
对物体受力分析，受向下的重力、向下的电场力、向上的支持力、向左的滑动摩擦力，根据动能定理可得0−12mv02=−μmg+Eqx，解得x=mv022μmg+Eq，故B正确，ACD错误。
6.【答案】D
【解析】根据R=U2P
可知RA=RC因流过 RA、RD 电流相等，根据P=I2R
可知PD>PA
因 RB、RC 电阻两端电压相等，根据P=U2R
可知PC>PB
因 RA、RC 电阻相等， IA>IC ，根据P=I2R
可知PA>PC
即PD>PA>PC>PB
故选D。
7.【答案】A
【解析】
【分析】
根据点电荷和等量的同种或异种电荷的电势分布特点作出判断。知道点电荷的电势分布特点是解题的关键点。
离正电荷越近，电势越高；离负电荷越近，电势越低。
【解答】
M、O两点处于等量正电荷连线的中垂线上，根据对称性知两正电荷在M、O点产生电势相等，但负电荷在M点的电势高于O点，所以φM>φO;
N、O两点处于等量异种电荷连线的中垂线上，两异种电荷在N、O点产生电势相等，而正电荷在O点的电势高于N点，所以φO>φN，故A正确，BCD错误。
8.【答案】AC
【解析】AB.根据题意，当电键断开时，由闭合电路的欧姆定律有I=ER1+R3+r
代入数据解得r=2Ω
故A正确，B错误；
CD.若闭合电键，电阻 R2 与 R3 并联后与 R1 及电源内阻串联，可得电路的总电阻为R总=(R1+r)+R2R3R2+R3=5Ω
由闭合电路的欧姆定律有I′=ER总=35A=0.6A
可知干路电流为 0.6A ，而电阻 R2 与 R3 阻值相等，根据并联电路的特点可得IR2=12I′=0.3A
故C正确，D错误。
故选AC。
9.【答案】AB
【解析】
【分析】
本题主要考查万有引力与重力的关系、万有引力提供卫星运行的向心力。
根据GMmR2=mg、以及万有引力提供卫星运行的向心力列式，据此解答。
【解答】
A、根据GMmR2=mg可得GM=gR2，再根据GMmr2=mv2r，可得v= GMr= gR2r，故A正确；
B、根据GMmr2=ma，结合GM=gR2，可得a=gR2r2，故B正确；
C、根据v=ωr，结合v= gR2r，可得ω= gR2r3，故C错误；
D、根据T=2πω，结合ω= gR2r3，可得T=2π r3gR3，故D错误。
10.【答案】CD
【解析】小球对上壁恰好无相互作用时，在最高点由牛顿第二定律得mg=mv2R
从释放到运动至C点，由动能定理得mgh1=12mv2
解得h1=0.4m
小球释放的位置与 B 点的高度差为Δh1=0.4m+1.6m=2m
小球恰能通过最高点时，在最高点速度为零，从释放到运动至C点，由动能定理得mgh2=0
解得h2=0
小球释放的位置与 B 点的高度差为Δh2=1.6m
即小球释放的位置与 B 点的高度差的范围为1.6m≤Δh≤2.0m
故选CD。
11.【答案】(3)2.37；(4)dt；(m1−m2)gh=12(m1+m2)(dt)2
【解析】
【分析】
(3)先确定游标卡尺的最小分度值再主尺和游标尺的读数；
(4)根据极短时间，可以平均速度替代瞬时速度求A通过光电门的速度；根据机械能守恒定律表达式推导。
本题考查验证机械能守恒定律实验，要求掌握实验原理，利用光电门测出时间计算速度和动能变化量和游标卡尺的读数。
【解答】
(3)游标卡尺的最小分度值为0.1mm，读数为d=2.3cm+7×0.1mm=2.37cm；
(4)极短时间，可以平均速度替代瞬时速度，则A通过光电门的速率为vA=dt；
如果系统(重物A、B)的机械能守恒，应满足的关系式为m1gh−m2gh=12m1+m2vA2−0
整理得(m1−m2)gh=12(m1+m2)(dt)2。
12.【答案】 最左 2 3 1
【解析】(1)[1]开关闭合前，将滑动变阻器调到最大阻值处，即滑片置于最左端；
(3)[2]根据图像斜率可知定值电阻为R=UI=1.20.6Ω=2Ω
(6)[3] [4]根据闭合电路欧姆定律有E=U+Ir
变形可得U=E−Ir
根据图像的斜率与截距可知E=3V
r=ΔUΔI−R=3.01.0Ω−2Ω=1Ω
13.【答案】(1) M=gR2G ；(2) ρ=3πGT2
【解析】(1)在地面附近，可认为重力等于万有引力mg=GMmR2
可得M=gR2G
(2)近地卫星绕地球转动时GMmR2=mR(2πT)2
地球的平均密度ρ=MV
解得ρ=3πGT2
14.【答案】(1) 2qU1m ；(2) d 2U1U2 ；(3) q(U1+U22)
【解析】(1)粒子在加速场中运动，由动能定理qU1=12mv2
可得v= 2qU1m
(2)粒子在偏转场中运动时，有
L=vt
d2=12at2
a=qU2md
可得L=d 2U1U2
(3)粒子在偏转场中运动时，由动能定理qU22=Ek−12mv2
可得Ek=q(U1+U22)
15.【答案】(1)1.5s；(2)0.8J；(3) 4 29
【解析】(1)苹果在传送带上加速过程有
μ1mg=ma
v0=at1
x1=12at12
可得t1=1s
苹果在传送带上匀速过程有L−x1=v0t2
苹果在传送带上运动的时间t=t1+t2
可得t=1.5s
(2)传送带与苹果相对滑动的距离Δx=v0t1−x1
苹果与传送带摩擦生成的热量Q=μ1mgΔx
可得Q=0.8J
(3)设分拣板长为l0，和通道连接时与水平方向成交为θ，小苹果和大苹果滑到分拣板末端的速度分别为v1、v2，上下通道间距为h。大苹果沿分拣板下滑过程有mgh2−μ2mgl0csθ=12mv22−12mv02
大苹果沿下通道滑行过程有−μ2mgl2=0−12mv22
小苹果沿分拣板上滑过程有−mgh2−μ2mgl0csθ=12mv12−12mv02
小苹果沿上通道滑行过程有−μ2mgl1=0−12mv12
可得l0csθ=0.2m，h=0.16m
结合几何关系sinθ=h2l0，sin2θ+cs2θ=1
得上下通道间距与分拣板长度的比值hl0=4 29
1. 金星是太阳系中距离地球最近的行星，其绕太阳公转的轨道为椭圆。关于地球和金星绕太阳运行，下列说法正确的是( )
A. 太阳位于金星轨道的几何中心
B. 金星在公转过程中速率保持不变
C. 在相同时间内，金星和地球与太阳的连线扫过的面积相等
D. 金星和地球轨道半长轴的立方与公转周期的平方的比值大小相等
2. 矩形线圈ABCD位于通电长直导线附近，如图所示，线圈与导线在同一平面内，线圈的两边与导线平行。在下列情况中，线圈中产生感应电流的是( )
A. 线圈在纸面内沿导线方向向下运动B. 线圈在纸面内沿导线方向向上运动
C. 线圈以AB为轴向纸面外转过90∘D. 线圈以直导线为轴向纸面外转过90∘
3. 将一电荷量为q的试探电荷放置在电场中的某点，受到的电场力为F。关于电场中该点的电场强度，下列说法正确的是( )
A. 该点的电场强度大小为Fq
B. 若将试探电荷的电荷量加倍，该点的电场强度大小变为2Fq
C. 若将试探电荷的电荷量变为−q，该点的电场强度的方向变为反向
D. 若将试探电荷移走，该点的电场强度变为0
4. 一辆汽车以恒定功率分别在甲、乙两平直路面上启动后，其v−t图像如图所示。设两次汽车行驶时所受阻力恒定，则在甲、乙两路面上汽车所受阻力大小之比为( )
A. 3:2B. 2:3C. 1:2D. 2:1
5. 如图所示，质量为m、电荷量为−q的物体静置于粗糙水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为μ，水平地面上方存在竖直向上的匀强电场，电场强度大小为E。使物体获得水平初速度v0，则物体在地面上滑行的距离为( )
A. mv022μ(mg−Eq)B. mv022μ(mg+Eq)C. mv02μEqD. mv022μEq
6. 四个定值电阻连成如图所示的电路。RA、RC的规格为“10V 4W”，RB、RD的规格为“10V 2W”。当把它们接入到电压为U的电源两端时，其中功率最大的是( )
A. RAB. RBC. RCD. RD
7. 正三角形的三个顶点上固定三个电荷量大小相等的点电荷，电性如图所示。O点为三角形的两条中线的交点，M、N两点分别是O点关于两腰的对称点。下列关于M、N、O三点的电势说法正确的是( )
A. φN<φO<φMB. φM<φO<φNC. φM=φN<φOD. φO<φM=φN
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8. 如图所示电路中，电源的电动势为3V，外部电路中三个电阻的阻值均为2Ω。当电键断开时，电阻R1上通过的电流为0.50A。则下列说法正确的是( )
A. 电源内阻为2Ω
B. 电源内阻为1Ω
C. 若闭合电键后，流过电阻R2的电流为0.30A
D. 若闭合电键后，流过电阻R2的电流为0.50A
9. 2023年5月31日5时47分，“神州十六号”飞船与“天宫”空间站成功对接，三名宇航员顺利进入空间站。已知“天宫”空间站绕地球运转的圆轨道半径为r，地球半径为R，地球表面处的重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A. 空间站绕地球运行的线速度大小为 gR2r
B. 空间站绕地球运行的加速度大小为gR2r2
C. 空间站绕地球运行的角速度大小为 gr2R3
D. 空间站绕地球运行的周期大小为 4π2R3gr2
10. 将一长细管弯成如图所示形状且竖直放置，AB部分为半径为1.6m的四分之一圆周，BCD部分为半径为0.8m的圆周，BC为小圆周竖直直径的两个端点。将一光滑小球由管口A正上方某点无初速释放，使小球能够到达C点，且与细管内的上壁无相互作用。己知小球的直径略小于细管的内径，细管的内径远小于两部分圆弧轨道的半径，g取10m/s2，则小球释放的位置与B点的高度差可能为( )
A. 2.8mB. 2.4mC. 2.0mD. 1.8m
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
11. 某实验小组用如图所示装置做“验证机械能守恒定律”的实验。
(1)在轻质定滑轮两侧通过轻绳连接质量分别为m1、m2的两个物体A和B，m1>m2，物体A上安装有遮光条，遮光条正下方固定一光电门。拉住物体B，测量遮光条与光电门之间的竖直距离为h。
(2)释放物体B，当物体A经过光电门时，数字计时器记录的挡光时间为t。
(3)使用游标卡尺测量遮光条的宽度d，读数如下图所示，则遮光条的宽度d= cm。
(4)则物体A经过光电门时的瞬时速度大小为 ;请用以上物理量写出该实验小组验证机械能守恒定律的关系式 .(用题中所给符号表示)
12. 某实验小组用如图所示电路做“测量电源电动势和内阻”的实验，实验步骤如下：
(1)将滑动变阻器滑片置于_______端(填“最左”或“最右”)，开关S2拨到1，闭合开关S1；
(2)调整滑动变阻器滑片的位置，记录多组电压和电流的数据，断开S1；
(3)将得到的数据在U−I坐标系中描点连线，得到图线a，则电阻R1的阻值为_______Ω；
(4)将开关S2拨到2，闭合开关S1；
(5)调整滑动变阻器滑片的位置，记录多组电压和电流的数据，断开S1；
(6)将得到的数据在U−I坐标系中描点连线，得到图线b，则电源电动势E=_______V，内阻r=_______Ω．
四、计算题（本大题共3小题，共40.0分）
13. 1798年，卡文迪什改进了约翰米歇尔所设计的扭称，对万有引力常量进行了精确测量，并通过测量的值算出了地球的质量，被称为“称量地球第一人”。已知地球半径为R，引力常量为G。
(1)若已知地球表面的重力加速度g，不考虑地球的自转，请推导地球的质量的表达式；
(2)若已知某近地卫星绕地球转动的周期为T，其圆轨道的半径可认为与地球半径相等，半径为r的球体的体积为43πr3，求地球的平均密度。
14. 如图所示，初速度为零的带电粒子经竖直平行板间的电场加速后，沿中线进入水平平行板间的电场，恰好从水平平行板下边缘飞出，己知带电粒子的电荷量为q，质量为m，竖直平行板间电压为U1；水平平行板间电压为U2，间距为d，不计粒子的重力，求：
(1)带电粒子刚进入水平平行板间时的速度；
(2)水平平行板的长度；
(3)带电粒子从水平平行板间飞出时的动能。
15. 如图为苹果自动分拣装置的示意图，该装置在工作时，左侧传送带以v0=2m/s的速度顺时针转动。依次将大小不同的苹果由传动带的左侧无初速释放，当苹果滑上光滑的托盘称上时，托盘称向下挤压压力传感器R1，R1的电阻阻值随压力的增大而减小。当压力大小大于、等于设定值时，电磁铁吸引分拣板与下通道连接，小于设定值时，分拣板与上通道连接，分拣板厚度不计．已知苹果与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2，与分拣板和上下通道间的动摩擦因数μ2=0.25，传送带长L=2m，小苹果在通道上滑行的距离为l1=0.28m，大苹果在通道上滑行的距离为l2=0.92m，分拣板的转轴O位于上下水平通道的中线上，重力加速度g取10m/s2。不计苹果经过传送带、托盘称、分拣板和上下通道的衔接点时的能量损。
(1)求苹果在传送带上运动的时间；
(2)如果某个苹果的质量为0.4kg，求此苹果与传送带摩擦产生的热量；
(3)求上下通道间距与分拣板长度的比值。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了开普勒行星运动定律。
根据开普勒第一定律解答；近日点的速率大于远日点的速率；不同的行星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积不相等；根据开普勒第三定律解答。
【解答】
A、开普勒第一定律是所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上，不是椭圆的中心，即太阳没有位于金星轨道的几何中心，故A错误；
B、椭圆轨道上有近日点和远日点，根据开普勒第二定律可得，近日点的速率大于远日点的速率，即金星在公转过程中速率不是保持不变，故B错误；
C、开普勒第二定律是对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，不同的行星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积不相等，故C错误；
D、根据开普勒第三定律可得，金星和地球轨道半长轴的立方与公转周期的平方的比值大小相等，故D正确。
2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查感应电流产生的条件。解决本题的关键是要掌握感应电流的产生条件：穿过闭合线圈的磁通量发生变化，要明确两个条件：1、线圈要闭合。2、磁通量发生变化。
【解答】
AB.当线圈在纸面内沿导线方向向下或向上运动时，穿过线圈的磁通量不变，则不会产生感应电流。故AB错误；
C.线圈以AB为轴向纸面外转过90∘，穿过线圈的磁通量减小，能产生感应电流。故C正确;
D.线圈以直导线为轴向纸面外转过90∘，穿过线圈的磁通量不变，则不能产生感应电流。故D错误。
3.【答案】A
【解析】将一电荷量为 q 的试探电荷放置在电场中的某点，受到的电场力为 F ，根据电场强度定义可知E=Fq
电场强度只由电场自身决定，与试探电荷的电荷量和受力无关，若将试探电荷的电荷量加倍，该点的电场强度大小仍为 Fq ；若将试探电荷的电荷量变为 −q ，该点的电场强度的方向不变；若将试探电荷移走，该点的电场强度仍为 Fq 。
故选A。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查汽车的启动过程。解决问题的关键是清楚当汽车以最大速度行驶时，牵引力等于阻力，再结合P=fvm分析判断。
【解答】
当汽车以最大速度行驶时，牵引力等于阻力，则P=fvm，则在甲路面上有P=f甲·3v0；在乙路面上有P=f乙·2v0，解得f甲f乙=23，故B正确，ACD错误。
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了带电物体在电场、重力场的叠加场中的运动。
对物体受力分析，根据动能定理解答即可。
【解答】
对物体受力分析，受向下的重力、向下的电场力、向上的支持力、向左的滑动摩擦力，根据动能定理可得0−12mv02=−μmg+Eqx，解得x=mv022μmg+Eq，故B正确，ACD错误。
6.【答案】D
【解析】根据R=U2P
可知RA=RC
可知PD>PA
因 RB、RC 电阻两端电压相等，根据P=U2R
可知PC>PB
因 RA、RC 电阻相等， IA>IC ，根据P=I2R
可知PA>PC
即PD>PA>PC>PB
故选D。
7.【答案】A
【解析】
【分析】
根据点电荷和等量的同种或异种电荷的电势分布特点作出判断。知道点电荷的电势分布特点是解题的关键点。
离正电荷越近，电势越高；离负电荷越近，电势越低。
【解答】
M、O两点处于等量正电荷连线的中垂线上，根据对称性知两正电荷在M、O点产生电势相等，但负电荷在M点的电势高于O点，所以φM>φO;
N、O两点处于等量异种电荷连线的中垂线上，两异种电荷在N、O点产生电势相等，而正电荷在O点的电势高于N点，所以φO>φN，故A正确，BCD错误。
8.【答案】AC
【解析】AB.根据题意，当电键断开时，由闭合电路的欧姆定律有I=ER1+R3+r
代入数据解得r=2Ω
故A正确，B错误；
CD.若闭合电键，电阻 R2 与 R3 并联后与 R1 及电源内阻串联，可得电路的总电阻为R总=(R1+r)+R2R3R2+R3=5Ω
由闭合电路的欧姆定律有I′=ER总=35A=0.6A
可知干路电流为 0.6A ，而电阻 R2 与 R3 阻值相等，根据并联电路的特点可得IR2=12I′=0.3A
故C正确，D错误。
故选AC。
9.【答案】AB
【解析】
【分析】
本题主要考查万有引力与重力的关系、万有引力提供卫星运行的向心力。
根据GMmR2=mg、以及万有引力提供卫星运行的向心力列式，据此解答。
【解答】
A、根据GMmR2=mg可得GM=gR2，再根据GMmr2=mv2r，可得v= GMr= gR2r，故A正确；
B、根据GMmr2=ma，结合GM=gR2，可得a=gR2r2，故B正确；
C、根据v=ωr，结合v= gR2r，可得ω= gR2r3，故C错误；
D、根据T=2πω，结合ω= gR2r3，可得T=2π r3gR3，故D错误。
10.【答案】CD
【解析】小球对上壁恰好无相互作用时，在最高点由牛顿第二定律得mg=mv2R
从释放到运动至C点，由动能定理得mgh1=12mv2
解得h1=0.4m
小球释放的位置与 B 点的高度差为Δh1=0.4m+1.6m=2m
小球恰能通过最高点时，在最高点速度为零，从释放到运动至C点，由动能定理得mgh2=0
解得h2=0
小球释放的位置与 B 点的高度差为Δh2=1.6m
即小球释放的位置与 B 点的高度差的范围为1.6m≤Δh≤2.0m
故选CD。
11.【答案】(3)2.37；(4)dt；(m1−m2)gh=12(m1+m2)(dt)2
【解析】
【分析】
(3)先确定游标卡尺的最小分度值再主尺和游标尺的读数；
(4)根据极短时间，可以平均速度替代瞬时速度求A通过光电门的速度；根据机械能守恒定律表达式推导。
本题考查验证机械能守恒定律实验，要求掌握实验原理，利用光电门测出时间计算速度和动能变化量和游标卡尺的读数。
【解答】
(3)游标卡尺的最小分度值为0.1mm，读数为d=2.3cm+7×0.1mm=2.37cm；
(4)极短时间，可以平均速度替代瞬时速度，则A通过光电门的速率为vA=dt；
如果系统(重物A、B)的机械能守恒，应满足的关系式为m1gh−m2gh=12m1+m2vA2−0
整理得(m1−m2)gh=12(m1+m2)(dt)2。
12.【答案】 最左 2 3 1
【解析】(1)[1]开关闭合前，将滑动变阻器调到最大阻值处，即滑片置于最左端；
(3)[2]根据图像斜率可知定值电阻为R=UI=1.20.6Ω=2Ω
(6)[3] [4]根据闭合电路欧姆定律有E=U+Ir
变形可得U=E−Ir
根据图像的斜率与截距可知E=3V
r=ΔUΔI−R=3.01.0Ω−2Ω=1Ω
13.【答案】(1) M=gR2G ；(2) ρ=3πGT2
【解析】(1)在地面附近，可认为重力等于万有引力mg=GMmR2
可得M=gR2G
(2)近地卫星绕地球转动时GMmR2=mR(2πT)2
地球的平均密度ρ=MV
解得ρ=3πGT2
14.【答案】(1) 2qU1m ；(2) d 2U1U2 ；(3) q(U1+U22)
【解析】(1)粒子在加速场中运动，由动能定理qU1=12mv2
可得v= 2qU1m
(2)粒子在偏转场中运动时，有
L=vt
d2=12at2
a=qU2md
可得L=d 2U1U2
(3)粒子在偏转场中运动时，由动能定理qU22=Ek−12mv2
可得Ek=q(U1+U22)
15.【答案】(1)1.5s；(2)0.8J；(3) 4 29
【解析】(1)苹果在传送带上加速过程有
μ1mg=ma
v0=at1
x1=12at12
可得t1=1s
苹果在传送带上匀速过程有L−x1=v0t2
苹果在传送带上运动的时间t=t1+t2
可得t=1.5s
(2)传送带与苹果相对滑动的距离Δx=v0t1−x1
苹果与传送带摩擦生成的热量Q=μ1mgΔx
可得Q=0.8J
(3)设分拣板长为l0，和通道连接时与水平方向成交为θ，小苹果和大苹果滑到分拣板末端的速度分别为v1、v2，上下通道间距为h。大苹果沿分拣板下滑过程有mgh2−μ2mgl0csθ=12mv22−12mv02
大苹果沿下通道滑行过程有−μ2mgl2=0−12mv22
小苹果沿分拣板上滑过程有−mgh2−μ2mgl0csθ=12mv12−12mv02
小苹果沿上通道滑行过程有−μ2mgl1=0−12mv12
可得l0csθ=0.2m，h=0.16m
结合几何关系sinθ=h2l0，sin2θ+cs2θ=1
得上下通道间距与分拣板长度的比值hl0=4 29
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