2022-2023学年山东省滨州市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年山东省滨州市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共21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.关于电场下列说法正确的是( )
A. 电场线一定与等势面垂直B. 电场强度大的地方电势一定高
C. 电势降低的方向是电场强度的方向D. 匀强电场中两点间距离越大电势差越大
2.成语“簸扬糠秕”常用于自谦，形容自己无才而居前列。成语源于如图所示劳动情景，从同一高度由静止释放的米粒和糠秕，在相同水平风力作用下，落到地面不同位置，从而把米粒和糠秕分开。竖直方向空气作用力忽略不计，对一粒谷子上分离的米粒和糠秕，下列说法正确的是( )
A. 落地时，米粒和糠秕重力做功的瞬时功率相同
B. 从释放到落地的过程中，米粒和糠秕重力做功的平均功率相同
C. 从释放到落地的过程中，水平风力对米粒做的功小于对糠秕做的功
D. 从释放到落地的过程中，同一时刻，糠秕的重力势能大于米粒的重力势能
3.如图所示，实线为电场线，虚线是一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，A、B为运动轨迹上的两点，下列说法正确的是( )
A. 粒子带正电
B. 粒子在A点比在B点动能大
C. 粒子在A点比在B点电势能大
D. 粒子在A点比在B点机械能小
4.2023年5月30日，搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，飞船入轨后，将按照预定程序从低轨道变轨至高轨道与空间站对接。若飞船变轨前的低轨道视为圆轨道，距地面的高度为300km左右，地球同步卫星距地面的高度接近36000km。下列说法正确的是( )
A. 飞船在低轨道的角速度比地球同步卫星的小
B. 飞船在低轨道的线速度比地球同步卫星的小
C. 飞船从低轨道到高轨道过程中机械能减小
D. 飞船从低轨道向高轨道变轨时需点火加速
5.某电路中用到了一个特殊的滑动变阻器，其截面示意图如图甲所示，其主体为两段长度相同、材料相同的圆柱形导体拼接成的电阻，滑片P可以自由滑动，A、B间的电阻R与电阻右端到P间的距离x的关系如图乙所示，则左、右两侧的圆柱形导体横截面的半径之比为( )
A. 3：4B. 1：2C. 1: 2D. 1: 3
6.如图甲所示，一长为l的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量为m的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动。小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系如图乙所示，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 图线与横轴交点b=gl
B. 图像函数表达式为F=mv2l+mg
C. 绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更小
D. 增加轻绳的长度，图线与横轴交点b的位置不变
7.如图所示，半径为R的半球形光滑陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。转台以角速度ω匀速转动，一个小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止在A点，且它和O点的连线与(OO′之间的夹角θ=60∘。若转台不转，小物块从陶罐最低点以一定的速度沿竖直平面刚好滑到A点，此时小物块在A点的加速度a为( )
A. 34ω2RB. 12ω2RC. 0D. 32ω2R
二、多选题：本大题共5小题，共19分。
8.如图所示，等量异种点电荷固定在x轴上且关于坐标原点O对称，取无穷远处电势为零，下列关于x轴上各点的电场强度和电势与x的关系正确的是( )
A. B.
C. D.
9.格林童话《杰克与豌豆》中的神奇豌豆一直向天空生长，长得很高很高。如果长在地球赤道上的这棵豆秧上有与赤道共面且随地球一起自转的三颗果实，其中果实2在地球同步轨道上。下列说法正确的是( )
A. 果实3的向心加速度最大
B. 果实2成熟自然脱离豆秧后仍与果实1和果实3保持相对静止在原轨道运行
C. 果实2、果实3的加速度a2、a3与地球表面重力加速度g的大小关系为g>a2>a3
D. 果实1成熟自然脱离豆秧后，将做近心运动
10.如图所示，一个正方体ABCD−EFGH，在A、G两顶点各放电荷量相等的正电荷，下列说法正确的是( )
A. F点与C点电势相等
B. B点比F点电势高
C. D点与F点电场强度相同
D. E点与C点电场强度大小相等，方向相反
11.如图甲所示，电源电压恒为5V，滑动变阻器的最大阻值为100Ω，电流在0.2A∼0.8A之间时电子元件均能正常工作。若通过此电子元件的电流I与其两端电压U的关系如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 通过电子元件的电流为0.4A时，其电阻为2Ω
B. 当滑动变阻器滑片P在中点时，电子元件与滑动变阻器的两端电压之比为1：1
C. 电子元件处于正常工作状态时，电子元件的电阻随电流的增大而减小
D. 为使电子元件处于正常工作状态，滑动变阻器的阻值范围应控制在3.75Ω∼20Ω
12.如图所示，用长为L的轻质细线系住一质量为m的小球，悬挂于固定点O，小球静止在O点正下方A点。对小球施加一水平恒力F=34mg，小球运动过程中通过B点时速度最大，空气阻力忽略不计，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 小球从最低点到第一次上升到最高点的过程中，机械能一直增大
B. 小球在B点的速度大小为 gL2
C. 小球从最低点到第一次上升到最高点的过程中，拉力F做功的功率先变大再变小
D. 运动过程中绳子拉力的最大值为54mg
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
13.两个实验小组在验证机械能守恒定律的实验中，分别采用了以下两种方案：
(1)第一组利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。所用电源的周期为T=0.02s，经正确操作得到如图乙所示的纸带，O点为打点计时器打下的第一个点。分别测出连续点A、B、C与O点之间的距离h1、h2、h3分别是19.20cm、23.23cm、27.64cm。重物质量为m=0.2kg，重力加速度g=9.8m/s2。根据以上数据可知，从O点到B点，重物的重力势能的减少量等于______ J，动能的增加量等于______ J；(计算结果保留3位有效数字)
(2)第二小组利用如图丙所示的实验装置验证机械能守恒定律。已知重物A(含挡光片)、B的质量分别m和2m，挡光片的宽度为d，重力加速度为g。
①实验操作按照下面步骤进行
ⅰ.按图丙装配好定滑轮和光电门
ⅱ.A、B用绳连接后跨放在定滑轮上，用手托住B
ⅲ.测量挡光片中心到光电门中心的竖直距离h
ⅳ.先接通光电门的电源，后释放B
Ⅴ.记录挡光片经过光电门的时间Δt
②挡光片通过光电门时的速度为______(用题中的物理量表示)。
③如果系统的机械能守恒，应满足的关系式为______(用题中的物理量表示)。
14.随着居民生活水平的提高，纯净水已经进入千家万户，滨州市某高中学生小明对市场上销售的纯净水进行了抽检，结果发现有不少样品的电导率不合格，电导率是电阻率的倒数(σ=1ρ)，是检验纯净水是否合格的一项重要指标。
(1)小明和他的研究性学习小组对某种纯净水样品进行检验，实验步骤如下：
将采集的水样装满绝缘的圆柱形薄壁塑料容器，两端用金属圆片电极密封，利用螺旋测微器测量该容器的直径如图甲所示，则该容器直径的测量值d为______ mm。利用游标卡尺测得该容器内两电极间长度L为9.42cm。利用多用电表“×10”挡粗测该水样的电阻，如图乙所示该水样电阻为______Ω。
(2)为了准确测量该水样的电导率，研究小组还用到了实验器材：恒压电源、电压表(内阻非常大)、定值电阻R0(阻值100Ω)、滑动变阻器R、单刀双掷开关K、开关S、导线若干。丙图是学生设计的实验电路原理图。
①实验时，先将滑动变阻器R接入电路的电阻调至最大，闭合S。
②将K与1端相连，适当减小滑动变阻器R接入电路的电阻，此时电压表读数记为U1，然后将K与2端相连，滑动变阻器R阻值不变，此时电压表读数记为U2。由此得到采集水样品的电阻r=______。(结果均用R0、U1、U2表示)
③继续微调R，重复②的测量过程，得到多组测量数据，根据数据求得该水样的电阻r=200Ω。由以上数据，研究小组计算出了该水样的电导率，σ=______(Ω⋅m)−1。
四、简答题：本大题共4小题，共44分。
15.如图所示电路中，电流表为理想电表，电源电压恒定为U=10.5V，定值电阻R1=R2=3Ω，R3=2Ω，电容器电容C=20μF，电路稳定后。求：
(1)电流表示数；
(2)电容器极板上的电荷量。
16.从莱特兄弟成功飞行到人类空间站的组建，历代科学家不断探索取得了优异成绩。在探测某星球的任务中，已知该星球的半径为R，如图甲所示，在星球表面上有一小物体以初速度v0沿内壁滑上半径为r(r≪R)的光滑竖直圆轨道，恰好能不脱离轨道且沿原路径返回。假设某探测器A在距星球表面高度为R的轨道做圆周运动，如图乙所示，探测器A和空间站B均以相同的绕行方向沿不同轨道绕星球的中心O做匀速圆周运动，空间站B的周期为T0=10πv0 Rr，从探测器和空间站某次相距最近时开始计时，忽略星球自转。求：
(1)星球表面的重力加速度g；
(2)探测器A和空间站B第一次相距最远时的时间t。
17.一真空示波管的电子从灯丝K发出(初速度不计)，经灯丝与A板间的加速电场加速，从A板中心孔O点射出，然后沿MN板中心线进入偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)。电子进入MN间电场时的速度与电场方向垂直，极板MN分别接直流电源YY′的正负极，极板N接地。已知电子质量m=9.0×10−31kg，电荷量大小e=1.6×10−19C，加速电场电压U1=180V，偏转电场电压U2=45V，偏转极板的长度L=8.0cm，板间距离d=4.0cm，不计电子所受重力，取大地电势为零。求：
(1)电子从A板中心孔射出时的速度大小；
(2)电子进入偏转电场时的电势能；
(3)电子打出偏转电场时偏离中心线的距离。
18.某玩具汽车公司为测试某玩具赛车(可看作质点)的性能，设计了如图所示的轨道模型，粗糙的水平轨道AB、BD与光滑竖直圆形轨道相切于B点，D处有一固定的缓冲轻弹簧，自然伸长到轨道上的E点。已知赛车的质量m=0.5kg，赛车在两水平轨道上运动时受到的阻力等于重力的0.4倍，圆形轨道的半径R=0.9m，B、E间的距离l=2.0m。现让赛车从A点以P=18W的额定功率由静止开始启动，t=1s时到达B点，立即关闭发动机，赛车沿圆轨道运动，恰好能通过圆形轨道的最高点，之后继续沿着轨道运动，与缓冲弹簧碰撞。弹簧的劲度系数k，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)赛车经过C点时的速度大小；
(2)赛车经过圆形轨道上B点时对轨道的压力大小；
(3)水平轨道AB间的距离；
(4)赛车第一次将弹簧压缩到最短时的位置与E点的距离为l0，试推导l0与劲度系数k的关系式(弹簧的弹性势能Ep与弹簧形变量x之间的关系为Ep=12kx2)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.因为电场强度方向沿电场线切线方向，而沿等势面移动电荷，电场力不做功，由此可知电场线一定与等势面垂直，故A正确；
B.电场线的密集程度表示电场的强弱，而沿电场线电势降低，可知电场强度大的地方电势不一定高，故B错误；
C.根据场强的计算公式
E=Ud
其中的d只沿电场线方向上的投影长度，可知电势降低最快的方向是电场强度的方向，故C错误；
D.根据场强的计算公式
E=Ud
其中的d只沿电场线方向上的投影长度，可知匀强电场中两点间距离越大电势差不一定越大，故D错误。
故选：A。
电场线与等势面垂直；
场强的大小与电势的高低无关；
根据公式U=Ed结合题意完成分析；
电势降低最快的方向是场强的方向。
本题主要考查了电势差与电场强度的关系，熟悉场强的计算公式，理解电势和场强的区别即可完成分析。
2.【答案】C
【解析】解：A.因竖直方向空气作用力忽略不计，落地时竖直速度相同，根据
PG=mgvy
因米粒和糠秕重力不同，则重力做功的瞬时功率不相同，故A错误；
B.因竖直方向空气作用力忽略不计，下落的高度相同，可知落地时间相同，根据
P−=mght
因米粒和糠秕重力不同，则从释放到落地的过程中，米粒和糠秕重力做功的平均功率不相同，故B错误；
C.从释放到落地的过程中，水平方向的位移
x=12×Fmt2
则米粒水平位移较小，根据做功公式
W=Fx
可知，水平风力对米粒做的功小于对糠秕做的功，故C正确；
D.竖直方向都做自由落体运动，糠秕和米粒距离地面的高度相同，根据
EP=mgh
可知糠秕的重力势能小于米粒的重力势能，故D错误。
故选：C。
竖直方向做自由落体运动，高度相同落地时的竖直方向速度相同，根据瞬时功率公式分析判断；根据下落高度相同、时间相同依据平均功率公式分析判断；水平方向在风力作用下做匀加速运动，根据位移-时间公式和做功公式判断做功情况；根据重力势能表达式分析判断。
关键掌握在水平方向和竖直方向的受力情况和运动情况，根据运动学公式、做功公式、瞬时功率公式、重力势能表达式分析判断。
3.【答案】B
【解析】解：A、带电粒子只受电场力作用，根据曲线运动合力方向位于轨迹凹侧，可知电场力方向偏左，与电场方向相反，由此可分析出粒子带负电，故A错误；
BC、根据沿电场方向电势降低，且等势面与电场方向垂直，可知A点电势高于B点电势；根据电势能的计算公式Ep=qφ，同时由于粒子带负电，则粒子在A点电势能比在B点电势能小。由于只有电场力做功，则电势能和动能之和不变，所以粒子在A点动能比在B点动能大，故B正确、C错误；
D、粒子从A到B电场力做负功，机械能减小，故粒子在A点机械能比在B点机械能大，故D错误。
故选：B。
根据粒子的运动轨迹得出电场力的方向，结合场强方向得出粒子的电性；根据电势能的计算公式得出粒子在不同位置的电势能大小关系，由此得出动能和机械能的大小关系。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合其能量转化关系即可完成解答。
4.【答案】D
【解析】解：AB.飞船受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
GMmr2=mω2r=mv2r
解得：ω= GMr3，v= GMr
可知飞船在低轨道的角速度比地球同步卫星的大，飞船在低轨道的线速度比地球同步卫星的大，故AB错误；
CD.飞船从低轨道向高轨道变轨时需要点火加速做离心运动，因此飞船从低轨道到高轨道过程中机械能增加，故C错误，D正确。
故选：D。
飞船受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得出线速度和角速度的表达式；
飞船变轨时需要点火加速，飞船的机械能会增加。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解飞船做圆周运动的向心力来源，结合飞船变轨的特点即可完成分析。
5.【答案】C
【解析】解：设左、右两侧的圆柱形导体横截面的半径分别为r1、r2；
根据题意可知，当0图像的斜率k1=3l
结合R−x函数可得ρπr12=3l
当l图像的斜率k2=9−32l−l=6l
结合R−x函数可得ρπr22=6l
联立解得r2r1=1: 2
即左、右两侧的圆柱形导体横截面的半径之比为1: 2，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据电阻定律分别求解R−x函数，再结合图像斜率的含义联立求解左、右两侧的圆柱形导体横截面的半径之比，然后作答。
本题主要考查了电阻定律的理解和运用，求解R−x函数并结合图像斜率的含义是解题的关键。
6.【答案】C
【解析】解：AB.小球在最高点时重力和拉力的合力提供向心力，即F+mg=mv2l
可得F=mlv2−mg
当F=0时
v2=gl=b，故AB错误；
C.结合公式F=mlv2−mg可知图像的斜率k=ml，绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更小，故C正确；
D.因b=gl，则增加轻绳的长度，图线与横轴交点b的位置变化，故D错误。
故选：C。
在最高点，小球靠重力和拉力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出拉力的表达式，结合图线的横轴截距以及斜率分析判断．
本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息，再结合向受力分析和牛顿第二定律进行分析求解．
7.【答案】A
【解析】解：转台以角速度ω匀速转动，一个小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止在A点，对小物块受力分析如图所示。
根据牛顿第二定律有
mgtan60∘=mω2Rsin60∘
解得：g=12ω2R
若转台不转，小物块从陶罐最低点以一定的速度沿竖直平面刚好滑到A点，有
a=mgsinθm=gsinθ=12ω2R⋅ 32= 34ω2R，故A正确，BCD错误。
故选：A。
小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止在A点时，对小物块受力分析，由合力提供物块做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律求重力加速度。若转台不转，小物块从陶罐最低点以一定的速度沿竖直平面刚好滑到A点，再由牛顿第二定律求小物块在A点的加速度a。
本题考查学生对圆周运动问题的分析能力，解题关键是受力分析，根据合力提供向心力解答。
8.【答案】AD
【解析】解：CD.电场线分布的密集程度表示电场的强弱，根据等量异种点电荷的电场线的分布特征，可知，图中两点电荷之间电场方向向右，为正值，大小先减小后增大，故C错误，D正确；
AB.根据等量异种点电荷电场线的分布规律，两点电荷连线中垂线为等势线，即该等势线的电势与无穷远相等，根据题意中垂线电势为0，即O点的电势应为0，且沿电场线电势降低，故A正确，B错误。
故选：AD。
根据等量异种点电荷电场线的分布规律及两点电荷连线中垂线为等势线的特点，分析电势与坐标的关系；根据等量异种点电荷的电场线的分布特征，分析电场强度与坐标的关系。
本题属于分析图象问题，关键是结合等量异种电荷电场、电势分布特点，分析等量异种电荷周围的电场电场强度与电势的变化，从而选择正确的图像。注意等量异种电荷连线中垂线为等势线，电势为零。
9.【答案】BC
【解析】解：A、因为三颗果实与赤道共面且随地球一起自转，所以三颗果实的角速度相等，根据向心加速度与角速度的关系a=ω2r，可知轨道半径最大的果实1的向心加速度最大，故A错误；
B、由于果实2在地球同步轨道上，可知果实2随地球一起自转所需的向心力刚好等于受到的万有引力，则果实2成熟自然脱离豆秧后仍与果实1和果实3保持相对静止在原轨道运行，故B正确；
C、因为果实2的轨道半径大于果实3的轨道半径，根据向心加速度与角速度的关系a=ω2r，可知a2>a3
根据黄金代换可得地球表面的的重力加速度为g=GMR2，又因为果实2的向心加速度等于同步卫星的向心加速度GMmr2=ma，可知a=GMr2，又因为r>R，所以g>a2，所以果实2、果实3的加速度a2、a3与地球表面重力加速度g的大小关系为：g>a2>a3，故C正确；
D、对于果实2有：GMm2r22=m2ω2r2，对于果实1有GMm1r12故选：BC。
首先，根据三颗果实随地球一起自转判断三颗果实的角速度大小关系，再根据向心加速度与角速度的关系判断哪颗果实的向心加速度最大；
其次，根据果实2在地球同步轨道上判断其随地球一起自转所需的向心力与受到的万有引力的关系，之后判断果实2成熟自然脱离豆秧后是否会与果实1和果实3保持相对静止在原轨道运行；
接着，根据向心加速度与角速度的关系比较果实2与果实3的向心加速度的关系，再根据万有引力提供向心力判断地球表面加速度与果实2的加速度关系，进而得到三者的加速度关系；
最后，根据万有引力与果实做匀速圆周运动所需到的向心力的关系判断对果实1成熟自然脱离豆秧后，是不做离心运动还是做近心运动。
本题考查了万有引力定律的应用，解决本题的关键是熟练掌握万有引力提供向心力的模型。
10.【答案】AD
【解析】解：A、等量同种电荷电场线分布如图所示。
等量同种电荷电场线关于两电荷连线的中垂线左右对称的点电势相等，F、C距G点、A点相等，所以φF=φC，故A正确；
B、B距A点、G点，与F距G点、A点距离相等，所以φB=φF，故B错误；
CD、电场强度是个矢量，要考虑方向，根据电场的叠加原理可知D点和F点场强方向不同。
由E=kQr2可知，
EA=EG′=kqr2
EG=EA′=kq( 2r)2=12kqr2
tanθ=tanα=2
即E、C两点场强大小相等，方向相反，故C错误，D正确。
故选：AD。
根据等量同种电荷电场线和等势面分布情况，分析各点电势和电场强度的关系。
解答本题的关键要掌握等量同种电荷电场线分布情况，抓住对称性和电场的叠加原理分析电势和电场强度的关系。
11.【答案】CD
【解析】解：A.电压-电流图像上某一点与原点连线的斜率表示电阻，根据图像可知，当电子元件的电流为0.4A时，其电压为1.5V，根据欧姆定律可知电阻为
R电子=Ω，故A错误；
B.当滑动变阻器滑片P在中点时，滑动变阻器的电阻为50Ω，滑动变阻器与电子元件串联，因此电压之比等于电阻之比，若电子元件与滑动变阻器的电压之比为1：1，则滑动变阻器两端的电压应为2.5V，根据欧姆定律可得：
I1=U1R1=2.5V50Ω=0.05A
此时电子元件两端电压应为2.5V，通过电子元件的电流应为0.05A，根据图像可知电流为0.05A时，对应电压小于1V，故B错误；
C.电子元件处于正常工作状态时，根据图像的物理意义可知U−I图像上某一点与原点连线的斜率表示电阻R，由图像可知它的斜率越来越小，故电子元件的电阻随电流的增大而减小，故C正确；
D.电子元件处于正常工作状态时，电路最小电流为0.2A，电子元件两端的最小电压为1.0V，因为串联电路中总电压等于各部分电路电压之和，所以滑动变阻器两端的最大电压为：
U滑=U−U电子=5V−1V=4V
此时滑动变阻器接入电路的电阻最大，根据欧姆定律可得：
R滑=U滑I小=4V0.2A=20Ω
电路电流最大为0.8A时，电子元件两端的电压最大为2.0V，则滑动变阻器两端的最小电压，则
U滑′=U−U电子′=5V−2V=3V
滑动变阻器接入电路的电阻最小，根据欧姆定律可得：
R滑′=U滑′I大=3V0.8A=3.75Ω
可知滑动变阻器的阻值范围应控制在3.75Ω∼20Ω，故D正确。
故选：CD。
根据图乙得出电阻两端的电压和通过电阻的电流，结合欧姆定律得出电阻的大小；对电路构造分析，得出电学物理量的比值关系，结合欧姆定律完成解答。
本题主要考查了闭合电路的欧姆定律的相关应用，熟悉电路构造的分析，结合图像的物理意义和闭合电路的欧姆定律即可完成分析。
12.【答案】ABC
【解析】解：A、小球从最低点到第一次上升到最高点的过程中，水平恒力F一直对小球做正功，小球的机械能一直增大，故A正确；
BD、设OB与竖直方向的夹角为θ，小球运动过程中通过B点时速度最大，可以认为B点为“等效重力”最低点，或小球的切线方向的合力为零，即：Fcsθ=mgsinθ
代入已知数据解得：tanθ=Fmg=34
可得：θ=37∘
从A到B过程，根据动能定理可得：FLsinθ−mgL(1−csθ)=12mvB2−0
解得：vB= gL2
小球在B点时，绳子拉力最大，在指向圆心方向，根据牛顿第二定律可得：Tm−mgcsθ−Fsinθ=mvB2L
代入解得：Tm=74mg，故B正确，D错误；
C、小球在最低点时，由于小球速度为零，则拉力F做功的功率为零，小球在最高点时，速度为零，则拉力F做功的功率也为零。则小球从最低点到第一次上升到最高点的过程中，拉力F做功的功率先变大再变小，故C正确。
故选：ABC。
根据水平恒力做功情况，判断小球机械能的变化；
由题设条件，B点的速度最大，根据切向加速度为零确定B点的位置，再由动能定理求B点的速度，在法向方向列式求最大拉力；
根据功率公式P=Fv判断整个过程拉力的功率的变化情况。
本题主要考查了小球在两个恒和一个变力作用下的变速圆周运动，解题的关键是理解小球到达B点的速度最大的条件，再利用动能定理、功率的公式等解决问题。
13.【答案】Δt gh=3d22(Δt)2
【解析】解：(1)从O点到B点，重物的重力势能的减少量为
ΔEp=mgh2=0.2×9.8×23.23×10−2J≈0.455J
根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则有
vB=xAC2T=h3−h12T=(27.64−19.20)×10−22×0.02m/s=2.11m/s
从O点到B点，重物的动能增加量为
ΔEk=12mvB2−0=12×0.2×2.112J≈0.445J
(2)②挡光片通过光电门时的速度为
v=dΔt
③如果系统的机械能守恒，应满足的关系式为
(2m−m)gh=12×(2m+m)v2
联立可得：gh=3d22(Δt)2
故答案为：(1)0.455；0.445；(2)②dΔt；③gh=3d22(Δt)2
(1)根据重力势能的表达式得出重力势能的减小量，根据运动学公式和动能的计算公式得出动能的增加量；
(2)根据光电门的测速原理得出挡光片的速度，结合机械能守恒定律得出需要满足的关系式。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和机械能守恒定律即可完成分析。
14.【答案】10.000220U1R0U2−U1 6×102
【解析】解：(1)该容器直径的测量值的为d=10mm+0.0×0.01mm=10.000mm
该水样电阻为22×10Ω=220Ω
(2)开关与1相接，水样品两端电压为U1；开关与2相接，水样品和电阻R两端的总电压为U2
由于滑动变阻器R阻值不变，R0支路的电流不变
根据串联电路电压的分配与电阻的关系U1r=U2R0+r
解得采集水样品的电阻r=U1R0U2−U1
(3)根据电阻定律及电导率的定义式r=ρLS=4Lσπd2
可得σ=4Lπd2r=4×9.42×10−23.14×(10−3)2×200(Ω⋅m)−1=6×102(Ω⋅m)−1
故答案为：(1)10.000；220；(2)②U1R0U2−U1；③6×102。
(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数(mm)+对齐格数(固定一位)×精确度；
欧姆表测电阻，电阻的测量值=欧姆表指针对应示数×倍率；
(2)由于滑动变阻器R阻值不变，R0支路的电流不变；根据串联电路电压的分配与电阻的关系求解水样品的电阻；
(3)根据电阻定律及电导率的定义求解电导率。
本题考查了螺旋测微器和欧姆表的读数以及水样品电导率的测量，要明确实验的原理，要抓住“滑动变阻器R阻值不变”这一解题的关键。
15.【答案】解：(1)R1与R2并联后的阻值为
R12=R1R2R1+R2=3×33+3Ω=1.5Ω
则R1与R2并联后分到的电压为
U12=R12R12+R3U=1.51.5+2×10.5V=4.5V
电流表示数为
IA=I2=U12R2=4.53A=1.5A
(2)电容器两端电压为
U3=U−U12=10.5V−4.5V=6V
根据C=QU3，可得电容器极板上的电荷量为
Q=CU3=20×10−6×6C=1.2×10−4C
答：(1)电流表示数为1.5A；
(2)电容器极板上的电荷量为1.2×10−4C。
【解析】(1)电路稳定时，电容器相当于开关断开，根据串联电路的规律求出R1与R2并联后分到的电压，再由欧姆定律求电流表示数；
(2)先求出电容器的电压，再求电容器极板上的电荷量。
对于含有电容器的问题，关键是确定电容器的电压，电路稳定时电容器的电压等于与其并联的电路两端的电压。
16.【答案】解：(1)设小物体质量为m，恰好能不脱离轨道且沿原路径返回，根据机械能守恒定律有：12mv02=mgr
星球表面的重力加速度：g=v022r
(2)设星球的质量为M，探测器A质量为m′，在距星球表面高度为R的轨道做圆周运动，有
对空间站B，GMm′(2R)2=m′(2πT)2×2R
在星球表面上有：GMmR2=mg
联立解得：T=8πv0 Rr
探测器A和空间站B第一次相距最远时的时间为t，根据A星比B星多转半圈有：2πTt−2πT0t=π
解得：t=20π Rrv0
答：(1)星球表面的重力加速度g为v022r；
(2)探测器A和空间站B第一次相距最远时的时间t为20π Rrv0。
【解析】(1)对小物体恰好能通过轨道的最高点，根据牛顿第二定律求星球表面的重力加速度；
(2)两星相距“最远”时，A星恰多转半圈，由此列方程求解。
本题是双星的追击问题和圆周运动的综合，抓住竖直平面内最高点的受力分析是求重力加速度的关键，另外还需注意的是双星相距最远和最近中的角度关系。
17.【答案】解：(1)根据动能定理得
eU1=12mv02
解得
v0=8×106m/s
(2)电子进入偏转电场时的电势能
Ep=−eU22
代入数据解得Ep=−3.6×10−18J
(3)进入偏转电场后做类平抛运动，偏转距离为
y=12at2
根据牛顿第二定律得
a=eE2m
E2=U2d
水平方向做匀速运动
t=Lv0
其中L=8.0cm=0.08m，d=4.0cm=0.04m，代入解得
y=0.01m=1cm
答：(1)电子从A板中心孔射出时的速度大小为8×106m/s；
(2)电子进入偏转电场时的电势能为−3.6×10−18J；
(3)电子打出偏转电场时偏离中心线的距离为1cm。
【解析】(1)根据动能定理解得电子从A板中心孔射出时的速度大小；
(2)根据电势能的计算公式解得电子进入偏转电场时的电势能；
(3)根据类平抛规律求出电子经过偏转电场的竖直位移，再求灵敏度。
本题考查动能定理、类平抛运动规律等知识点。加速电场用动能定理、偏转电场用类平抛运动规律是解决问题的关键。
18.【答案】解：(1)赛车沿圆轨道运动，恰好能通过圆形轨道的最高点，设赛车经过C点时的速度大小为vC，则
在最高点，根据牛顿第二定律：mg=mv2R
解得：vC= gR= 10×0.9m/s=3m/s
(2)设赛车第一次经过B点时的速度为vB，赛车第一次从B点到C点由动能定理得：−mg×2R=12mvC2−12mvB2
变形得到：vB= vC2+4gR= 32+4×10×0.9m/s=3 5m/s
圆形轨道上B点，由牛顿第二定律得：FN−mg=mvB2R
解得：FN=30N
由牛顿第三定律得，赛车经过圆形轨道上B点时对轨道的压力大小：F′N=FN=30N
(3)从A到B过程，根据动能定理可得：Pt−0.4mgxAB=12mvB2
代入数据解得：xAB=3.375m
(4)赛车从B点到第一次将弹簧压缩到最短时的位置，由能量守恒定律：12mvB2=12kl02+kmg(l+l0)
代入数据得：kl02+4l0=14.5
答：(1)赛车经过C点时的速度大小为3m/s；
(2)赛车经过圆形轨道上B点时对轨道的压力大小为30N；
(3)水平轨道AB间的距离为3.375m；
(4)推导l0与劲度系数k的关系式为kl02+4l0=14.5。
【解析】(1)由题设条件应用牛顿第二定律可以求出滑块到达C点的速度；
(2)从B到C根据动能定理求出滑块到B点的速度，根据牛顿第二、三定律，求出滑块对轨道的压力；
(3)从A到B，根据动能定理求水平轨道的距离；
(4)然后应用能量守恒定律求出弹簧的最大压缩量与ED之间距离l0的关系。
本题是一道力学综合题，物体运动过程复杂，本题难度较大，分析清楚滑块的运动过程是解题的关键，应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、运动学公式、能量守恒定律可以解题。