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2022-2023学年浙江省宁波市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年浙江省宁波市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列单位属于能量单位的是( )
A. J/mB. mA⋅hC. N⋅mD. A⋅V
2.下列说法正确的是( )
A. 力对两物体A、B做功分别为3J、−5J，则对A做功更多
B. 质点在A、B两点的重力势能分别为3J、−5J，则质点在A点的重力势能更大
C. 空间中A、B两点的电场强度分别为3V/m、−5V/m，则B点处的场强更弱
D. 空间中A、B两点的电势分别为3V、−5V，则B点的电势更高
3.下列说法中正确的是( )
A. 电阻率是反映材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大的导体导电性能越差
B. 放电后的电容器电荷量为零，电容也为零
C. 5号干电池上标有“1.5V”字样，它指干电池的容量
D. 由电场强度的定义式E=Fq可知，E与F成正比，F越大E越大
4.下列运动过程，机械能守恒的是( )
A. 过山车从轨道高处冲下来的过程
B. 载人飞船在主降落伞牵引下向地面减速下降过程
C. 无人机吊着救生圈竖直匀速下降过程
D. 小球自由落体过程
5.某校高一学生进行跑操比赛，某班学生正经过弯道，各横排始终保持一条直线，可视为匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 外圈同学的线速度等于内圈同学的线速度
B. 全班同学的角速度相同
C. 同一横排中的学生加速度相同
D. 同一列学生的线速度相同
6.气嘴灯对自行车的气嘴起到装饰作用，使夜间骑行时自行车有个性的灯光效果，是夜骑的一道风景线，深受青少年骑行爱好者喜爱，气嘴灯安装在自行车的气嘴上，骑行时会发光，一种气嘴灯的感应装置结构如图所示，一重物套在光滑杆上，重物上的触点M与固定在B端的触点N接触后，LED灯就会发光，关于以上信息下列说法错误的是( )
A. 正确安装使用时，装置A端的线速度比B端的大
B. 感应装置的原理是利用离心现象
C. 自行车匀速行驶时，装置运动到最下端时比最上端更容易发光
D. 要在较低的转速时发光，可以更换劲度系数更小的弹簧
7.2022年4月24日，国家航天局副局长吴艳华介绍，中国探月工程三期圆满收官后，探月四期已全面启动，中国航天事业正全面开启星际探测的新征程，如图所示是“月亮女神”、“嫦娥一号”两卫星绕月球做匀速圆周运动的情形，则( )
A. 嫦娥一号的线速度更大B. 嫦娥一号的角速度更大
C. 月亮女神的向心加速度更大D. 月亮女神的周期更大
8.北京时间2023年5月10日晚间，我国在文昌航天发射场用长征七号运载火箭成功发射天舟六号货运飞船，并于5月11日5时16分，成功对接空间站天和核心舱后向端口，形成三舱两船组合体，交会对接完成后，天舟六号将转入组合体飞行段，已知组合体绕地球运行近似为匀速圆周运动，离地面距离约为400km，关于以上信息，下列说法正确的是( )
A. 文昌发射基地位于海南省，这样选址是因为在赤道附近，地球的重力加速度较大
B. 组合体运行速度大于7.9km/s
C. 考虑到稀薄大气的阻力，无动力补充，组合体速度会越来越大
D. 要实现“天舟六号”和“天和”核心舱对接，需在同一轨道上使“天舟六号”飞船加速
9.校运动会铅球比赛中，右图为某同学掷出的铅球在空中的运动轨迹，B点是轨迹的最高点，A、C在同一个水平面上，忽略空气阻力的影响，从推出到落地过程中，下列说法正确的是( )
A. 铅球在A点和C点具有的机械能相等，在B点时机械能最大
B. 铅球离开手后在空中飞行的过程中，该同学对其做了功
C. 铅球从A到B过程和B到C过程，重力做功相同
D. 在A点和C点铅球的动能相等
10.一台起重机匀加速地将质量为1.0×103kg的货物从静止开始竖直吊起，运动图像如乙图所示，不计空气阻力，g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 重力在前4s内对货物做了4×104J的功
B. 起重机在前4s内对货物做了4×104J的功
C. 起重机在前4s内的输出功率为1.05×104W
D. 起重机在4s末的输出功率为3×104W
11.如图所示，带电小球A挂在绝缘细线下端，带电小球B固定在高度可调的绝缘支架上，实验过程中始终保持两个小球在同一水平线上，两小球可视为点电荷，平衡时细线与竖直方向的夹角为θ，已知小球A的质量为m，带电量为q1，小球B的带电量为q2，静电力常量为k，重力加速度为g，则( )
A. 两小球带异种电荷B. q1>q2
C. 小球A受到的库仑力为mgsinθD. 小球A、B间的距离为 kq1q2mgtanθ
12.下表面带负电的云层靠近避雷针时，由于静电感应使避雷针尖端带有正电荷，避雷针周围电场的电场线、等势线如图所示，A、B、C、D为电场中的四个点，其中AB=BC，下列说法正确的是( )
A. 虚线为电场线，实线为等势线
B. 电子由C点沿电场线运动到A点的过程中动能增加
C. UAB=UBC
D. EA>ED，φA<φD
13.杭州湾沿岸有一风力发电机，其叶片转动时可形成半径为20m的圆面，某时间内该地的风速为6.0m/s，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为1.2kg/m3，假如这个风力发电机将此圆面内10%的空气动能转化为电能，取π=3，则下列说法错误的是( )
A. 单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积7200m3
B. 单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为155.52kJ
C. 此风力发电机的发电功率约为15.55kW
D. 若风速变为原来2倍，则电功率将变为原来4倍
二、多选题：本大题共2小题，共6分。
14.下列关于教科书上的四幅插图，下列说法正确的是( )
A. 图一是优质话筒线，它能防止外界环境的干扰信息，原理和高压线上方安装两条与大地相连的导线相同
B. 图二中摇动起电机，烟雾缭绕的塑料瓶顿时清澈透明，其工作原理为静电屏蔽
C. 图三为给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，其目的是导走加油枪上的静电
D. 图四的燃气灶中安装了电子点火器，点火应用了尖端放电原理
15.某同学在一次实验中描绘出三个电阻的U−I图像如图所示，下列关于三个电阻的说法中正确的是( )
A. RaB. 将a、b、c依次串联，每个电阻的电压之比为1：2：4
C. 将a、b、c依次并联，通过每个电阻的电流之比为1：2：4
D. 将三个电阻任意连接，电路中的等效电阻有8种情况
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
16.(1)用向心力演示仪(图1)探究向心力大小F与物体的质量m、角速度ω和轨道半径r的关系实验。
①本实验所采用的实验探究方法是______。
A.理想实验法
B.等效替代法
C.控制变量法
D.放大法
②探究向心力与角速度之间的关系时，同时应将质量相同的小球分别放在______处；
A.挡板A与挡板B
B.挡板A与挡板C
C.挡板B与挡板C
(2)验证机械能守恒定律实验中
①如图2所示，释放纸带前，四位同学操作正确的是______(填甲、乙、丙、或丁)。
②正确操作以后，得到一条纸带如图3所示，0为打点计时器打下的第一个点，重物的质量为200g，重力加速度g取9.8m/s2，则打点计时器打下点B时重物的重力势能比刚开始下落时减少了______ J，重物在点B的速度为______m/s，由此可以算出重物的动能增加量，重力势能的减少量和动能的增加量在误差允许的范围内近似相等，则验证了机械能守恒定律.(结果保留三位有效数字)
17.某物理兴趣小组测定一段金属丝的电阻率，提供实验器材如下：
A.待测金属丝R(电阻约8Ω)
B.电流表A(0∼0.6A,内阻约0.6Ω)
C.电压表V(0∼3V,内阻约3kΩ)
D.滑动变阻器R1(0∼5Ω,2A)
E.电源E(3V)
F.开关，导线若干
(1)某同学用如图1图示仪器测量金属丝的直径，它的名称是______；
A.游标卡尺
B.螺旋测微器
(2)测量直径d时，其中一次测量如图2所示，其读数d=______ mm；
(3)为使金属丝两端电压调节范围尽量大，并使测量结果尽量准确，如图3四个电路中，应该选用的是______(填甲、乙、丙、或丁)；
(4)实验过程中，调节滑动变阻器，测出6组电压U和电流I的数据，其中一组如图4所示，此时金属丝两端的电压为______，流过的电流为______，根据数据作出U−I图像如图所示，图线的斜率为k，测得该金属丝的长度为L，该合金丝的电阻率______(用d、L、k表示)。
四、简答题：本大题共2小题，共22分。
18.惊险刺激的飞车表演中，杂技演员驾驶摩托车在竖直轨道内做圆周运动，如图所示，已知轨道半径为4m，人和摩托车的总质量为m=200kg，人和摩托车可视为质点，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)表演者恰能通过最高点B时的速度大小v1；
(2)表演者以v2=10m/s的速度通过轨道最左端C点时摩托车对轨道的压力；
(3)在(1)问的基础上，测得摩托车通过最低点A的速度为2v1，求由B到A过程中牵引力和阻力做的总功W。
19.如图所示，一个带电荷量绝对值为q=5×10−3C、质量为m=0.1kg的小物块(可看作质点)处于一倾角为θ=37∘的光滑绝缘斜面上，斜面长度L=1m，整个装置处于一水平向右的匀强电场中，此时物块恰好静止于斜面的顶端，求：(g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8)
(1)小物体的电性；
(2)电场强度的大小；
(3)若从某时刻开始，电场强度减小为原来的12，物块下滑至斜面底端时电场力做了多少功，到达斜面底端时物块的速度大小。
五、计算题：本大题共2小题，共19分。
20.如图所示，A、B两端接直流稳压电源，U=70V，R0=40Ω，C=30μF，滑动变阻器总电阻R=60Ω，求：
(1)当滑片处于滑动变阻器中点时，电路中的等效电阻；
(2)当滑片处于滑动变阻器中点时，C、D两端的电压；
(3)电容器C所带的电荷量。
21.如图所示，竖直平面内固定有半径为R=1m的光滑四分之一圆轨道AB、水平直轨道BC、DO以及以速度v=3m/s逆时针转动的水平传送带CD，OD上有一轻质弹簧，一端固定在O点另一端自然伸长于E点，各轨道平滑连接。现有一质量为m=2kg的滑块(可视为质点)从轨道AB上高为h处由静止下滑，已知LBC=0.2m，LCD=0.4m，LDE=0.3m，滑块与BC、DE间的动摩擦因数均为μ1=0.3，与传送带间的动摩擦因数为μ2=0.5，E点右侧平面光滑，整个过程不超过弹簧的弹性限度，重力加速度g取10m/s2。
(1)若h=0.2m，求滑块运动至B处时对轨道的作用力FN；
(2)若要使滑块能到达D点，且不再离开DE，求滑块下落高度满足的条件；
(3)若滑块第一次到达D点速度恰为0，求这一过程滑块通过传送带产生的内能。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、J是能量单位，故J/m不是能量单位，故A错误；B、mA是电流单位，h是时间单位，所以mA⋅h是电量单位，故B错误；C、根据功是能量转化的量度，可知功的单位与能量的单位一致，根据功的定义式：W=FLcsθ可知功和能量的单位可以表示成N⋅m，故C正确；D、根据P=UI可知，A⋅V是电功率的单位，故D错误。故选：C。
明确物理公式可以对应单位的换算，反之根据单位可以得出对应的公式，从而分析对应的单位。
本题主要考查了学生对公式的推导以及公式与单位的关系，要掌握根据公式换算单位的方法。
2.【答案】B
【解析】解：A、功的正负号，表示是动力还是阻力，不表示功的大小，功的大小要比较绝对值，|3|J<|−5|J，A对物体做功更少，故A错误；
B、重力势能的正号表示物体在零势能参考面的上方，负号表示在参考面下方；参考面上方物体的重力势能大于参考面下方物体的重力势能，所以质点在A点的重力势能更大，故B正确；
C、电场强度是矢量，正负号表示方向，不表示大小，|3|V/m<|−5|V/m，所以空间中B点处的场强更强，故C错误；
D、电势的正负号不表示方向，但表示电势的高低，正的电势高于负的电势，所以空间中B点的电势更低，故D错误。
故选：B。
抓住功，重力势能，电场强度，电势这些物理量的定义及正负的含义，来进行思考解答。
对常见物理量的正负代表的含义进行考查。只要理解了这些量的物理意义，解答此题应不难。
3.【答案】A
【解析】解：A.电阻率是反映材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大的导体导电性能越差，故A正确；
B.电容器的电容由电容器本身决定，与电容器带电和不带电无关，因此放电后的电容器电荷量是零，可电容不变，故B错误；
C.5号干电池上标有“1.5V”字样，它指干电池的电动势，故C错误；
D.由电场强度的定义式E=Fq可知，是电场强度的比值定义式，电场中某点的电场强度由电场本身的性质决定，与放入电场中的电荷，以及电荷所受的电场力无关，故D错误。
故选：A。
电阻率是反映材料导电性能好坏的物理量；电容器的电容与电容器所带电荷量的多少无关，由电容本身的因素决定；描述电源性质的物理量有电动势、内阻和电量；电场强度与试探电荷的电场力和电量无关，由电场本身决定。
本题考查电阻率、电容、电源的电动势、电场强度的相关知识，要注意明确电动势的性质，知道不同型号的干电池电动势相同，但内阻和容量不一定相同，抓住定义式具有比值定义法的共性，不能单纯从数学知识理解此公式。
4.【答案】D
【解析】解：A.过山车从轨道高处冲下来的过程，受滑动摩擦力和空气阻力作用，且都对过山车做负功，根据功能关系可知，过山车的机械能减小，机械能不守恒，故A错误；
B.载人飞船下降过程受到空气阻力作用，阻力做负功，系统的机械能在减小，机械能不守恒，故B错误；
C.无人机吊着救生圈竖直匀速下降过程，动能不变，重力势能在减小，故机械能不守恒，故C错误；
D.小球自由落体过程，小球只受重力，小球的重力势能减小，动能增加，且重力势能的减小量等于动能的增加量，因此机械能守恒，故D正确。
故选：D。
物体机械能守恒的条件是只有重力或弹簧的弹力做功，通过分析物体的受力的情况，判断做功情况，对照条件，即可判断物体机械能是否守恒。
解决本题的关键掌握判断机械能是否守恒两种常用的方法，1、看是否只有重力或弹力做功．2、看动能和势能之和是否不变。
5.【答案】B
【解析】解：AB.全班同学做匀速圆周运动，则角速度相同，根据v=ωr可知外圈同学的半径大，则外圈同学的线速度大于内圈同学的线速度，故A错误，B正确；
C.根据a=ω2r可知同一横排中的学生运动半径不同，则加速度不相同，故C错误；
D.同一列学生的线速度大小相同，但是方向不同，故D错误。
故选：B。
根据各位同学的运动情况分析线速度和角速度的关系；根据a=ω2r分析学生加速度关系；线速度的方向沿轨迹的切线方向，只有大小和方向都相同时线速度才相同。
本题借助学生跑操活动，考查了线速度、角速度、向心加速度等知识，充分体现了物理与生活实际相结合的原则。
6.【答案】A
【解析】解：A.由离心运动的原理，可知B端应在外侧，更靠近气嘴，A端应在内侧，由v=ωr可知，装置A端的线速度比B端的小，故A错误；
B.感应装置的原理是利用离心现象，重物随车轮转动的向心力由弹簧的弹力和重力的合力提供，当车速较大时，车轮转速较大，重物随这轮转动需要向心力较大，弹簧弹力变大，形变量变大，当车轮达到一定转速时，触电M与触点N接触，LED灯就会发光，故B正确；
C.自行车匀速行驶时，装置运动到最下端时，由于重物的重力作用，两触点更容易接触，因此比最上端更容易发光，故C正确；
D.当转速较低时，所需向心力较小，可以更换劲度系数更小的弹簧或增加重物的质量，从而使M点更容易与N点接触点亮LED灯，故D正确。
本题选错误的，故选：A。
当车轮达到一定转速时，重物上的触点M与固定在B端的触点N接触后就会被点亮，且速度越大需要的向心力越大，则触点M越容易与触点N接触。
本题考查的是动力学的知识，要求学生能在具体生活案例中抽象出受力分析模型，并能准确分析向心力的来源。
7.【答案】C
【解析】解：A、设卫星的质量为m，卫星的轨道半径为r，月球的质量为M。卫星绕月球做匀速圆周运动，由月球的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：
GMmr2=mv2r
解得：v= GMr。“嫦娥一号”的轨道半径比“月亮女神”的轨道半径大，所以嫦娥一号的线速度更小，故A错误；
B、由月球的万有引力提供向心力，可得
GMmr2=mω2r
解得：ω= GMr3，“嫦娥一号”的轨道半径比“月亮女神”的轨道半径大，所以嫦娥一号的角速度更小，故B错误；
C、由月球的万有引力提供向心力，可得
GMmr2=ma
解得：a=GMr2，由于“月亮女神”的轨道半径更小，则向心加速度更大，故C正确；
D、由月球的万有引力提供向心力，可得
GMmr2=m4π2T2r
解得：T=2π r3GM，由于“月亮女神”的轨道半径更小，所以月亮女神的周期更小，故D错误。
故选：C。
卫星绕月球做匀速圆周运动，由月球的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律列方程，得到各个量与轨道半径的关系式，再进行分析。
解答本题时，要知道环绕天体绕中心天体做匀速圆周运动，由中心天体的万有引力提供向心力。
8.【答案】C
【解析】解：A、地球的重力加速度在两极最大，在赤道上最小，因此文昌发射基地位于海南省，在赤道附近，地球的重力加速度较小。文昌发射基地位于海南省，这样选址是因为在赤道附近，卫星随地球自转的速度较大，给卫星能提供较大的发射速度，故A错误；
B、组合体绕地球做近似为匀速圆周运动，地球的万有引力提供向心力，则GMmr2=mv2r
解得：v= GMr
可知轨道半径越大，运行速度越小，在地面附近处的运行速度为7.9km/s，是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度，因此在离地面距离约为400km处的组合体运行速度小于7.9km/s，故B错误；
C、考虑到稀薄大气的阻力，无动力补充，组合体逐渐做近心运动，轨道半径逐渐减小，运行速度会越来越大，故C正确；
D、要实现“天舟六号”和“天和”核心舱对接，需“天舟六号”先在比“天和”核心舱较低的轨道运行，然后再使“天舟六号”飞船点火加速，与“天和”核心舱对接，故D错误。
故选：C。
在赤道附近，地球的重力加速度较小；7.9km/s是地球的第一宇宙速度，是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度；考虑到稀薄大气的阻力，组合体逐渐做近心运动，速度逐渐增大；结合变轨原理分析即可。
解答本题时，要明确卫星绕地球做匀速圆周运动是地，由万有引力提供向心力，要实现对接，“天舟六号”应从低轨道点火加速。
9.【答案】D
【解析】解：AD、铅球在运动过程中不考虑阻力，只有重力做功，其机械能守恒，所以铅球在A点、B点、C点机械能相等。又因为A、C两点等高，重力势能相等，所以此动能相等，故A错误，D正确；
B、在掷铅球的过程中，该同学对其做了功，铅球离开手后在空中飞行的过程中，该同学对其不做功，故B错误；
C、铅球从A到B过程重力做负功，B到C过程重力做正功，因此重力做功不相同，故C错误。
故选：D。
忽略空气阻力的影响，铅球的机械能守恒；铅球离开手后在空中飞行的过程中，该同学不再做功；根据高度的关系分析重力做功关系；根据机械能守恒定律分析在A点和C点铅球的动能关系。
本题的关键要掌握机械能守恒条件，判断出铅球在运动过程中机械能守恒，即可各点机械能相等。
10.【答案】C
【解析】解：起重机匀加速将货物吊起，设起重机对货物的拉力为F，根据牛顿第二定律，有
F−mg=ma
由图乙可得，货物的加速度为
a=ΔvΔt=2−04−0m/s2=0.5m/s2
联立两式，可得：F=10500N
在前4s内，货物上升的高度为：h=12vt=12×2×4m=4m
A.重力在前4s内对货物做功为
WG=−mgh=−1.0×103×10×4J=−4×104J
故A错误；
B.起重机在前4s内对货物做为
WF=Fh=10500×4J=42000J
故B错误；
C.起重机在前4s内的输出功率为
P−=WFt=420004W=10500W
故C正确；
D.起重机在4s末的输出功率为
P=Fv=10500×2W=21000W
故D错误。
故选：C。
A、重力在前4s内对货物做的功，等于重力与货物在重力方向上的位移的乘积，为负值。根据图乙，由运动学公式可求前4s内货物的位移。
B、起重机在前4s内对货物做的功，等于起重机对货车的拉力与货物在拉力方向上的位移的乘积。图乙中，图线的斜率表示货物的加速度，根据牛顿第二定律列方程，可求起重机对货车的拉力；根据图乙，由运动学公式可求前4s内货物的位移。
C、起重机在前4s内的输出功率等于起重机在前4s内对货物做的功与时间的比值。
D、起重机在4s末的输出功率为瞬时功率，等于起重机对货物的拉力与4s末货物速度的乘积。
解答本题，一要熟练掌握v−t图像，能根据v−t图像求出货物的加速度、位移等物理量；二要会用牛顿第二定律列方程，求解起重机对货物的拉力；三要掌握功、平均功率、瞬时功率的计算方法。
11.【答案】D
【解析】解：A.由题图可知，小球A向左偏转，可知两小球相互排斥，则有两小球带同种电荷，故A错误；
BCD.对小球A受重力、库仑力和细线的拉力三个力作用，如图所示：
根据库仑定律可得F=kq1q2r2
由平衡条件可得F=kq1q2r2=mgtanθ
解得小球A、B间的距离为r= kq1q2mgtanθ
可知两小球的电荷量大小关系不能确定，故BC错误，D正确。
故选：D。
根据电荷间的相互作用规律、库仑定律和共点力的平衡条件分析作答。
本题考查了库仑力作用下的共点力的平衡条件的运用，画出受力分析图是解题的关键。
12.【答案】B
【解析】解：A.电场线从避雷针指向云层下部，箭头表示方向，可知实线为电场线，虚线为等势线，没有方向，故A错误；
B.电子由C点沿电场线运动到A点的过程中，电场力由C指向A，电场力做正功，由动能定理知动能增加，故B正确；
C.因AB部分电场线密集，平均场强较大，d相同，根据U=Ed可知UAB>UBC，故C错误；
D.因A点的电场线较D点密集，可知EA>ED，沿电场线电势降低，可知φA>φD，故D错误。
故选：B。
电场线是带有方向带有箭头的曲线；根据动能定理判断动能变化；由于d相同，根据U=Ed通过比较平均电场强度大小确定电势差大小；根据电场线的疏密程度得出场强的大小关系，沿着电场线方向电势逐渐降低。
本题考查等势线的分布，要注意明确电场线和等势面的分布均可以描述电场的强弱，能根据电场线分析出场强和电势的变化。
13.【答案】D
【解析】解：AB、根据圆柱模型，可得单位时间内风力发电机叶片圆面的气流的体积为
V0=vt⋅πr2=6×1×3×(20)2m3=7200m3
故每秒流经涡轮机空气的动能约为
Ek=12mv2=12ρV0v2=12×1.2×7200×62J=155.52kJ
故A正确，B正确；
C.依题意，此风力发动机每秒钟产生的电功为空气动能的百分之十，即
W=Pt=10%×Ek=0.1×155.52kJ=15.55kJ，所以此发电机的电功率为15.55KW，故C正确；
D.风力发动机产生的电功率表达式为
P=Wt=10%Ekt=10%×v×πr2×12ρv2=120πρr2v3
若风速变为原来2倍，则电功率将变为8倍，故D错误。
本题选错误的选项。
故选：D。
首先，根据圆柱模型求出单位时间内风力发电机叶片圆面的气流的体积为，进而求出每秒流经涡轮机空气的动能；
然后，依题意求出风力发动机产生的电功率；
最后，根据风力发动机产生的电功率与风速的关系式判断当风速变为原来2倍，则电功率变为多少倍。
本题考查能量守恒，解决本题的关键是建立柱状模型求解空气的动能。
14.【答案】AD
【解析】解：A.很多优质的话筒线在构造上都采取了防备措施原理是利用了静电屏蔽，高压输电线的上方两条导线与大地相连的作用是它们形成稀疏的金属“网”把高压线屏蔽起来，免遭雷击，起到静电屏蔽的作用，所以两者原理相同，故A正确；
B.图二中摇动起电机，塑料瓶内两极之间存在强电场，它使空气电离而产生阴离子和阳离子，负离子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使它带负电，带电烟尘在电场力的作用下，向正极移动，烟尘最终被吸附到金属片上，这样消除了烟尘中的尘粒，烟雾缭绕的塑料瓶顿时清澈透明，其工作原理为静电吸附，故B错误；
C.给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，其目的是导走人手上的静电，故C错误；
D.燃气灶中安装了电子点火器，尖端部分会聚集大量的电荷，容易放电，所以点火应用了尖端放电原理，故D正确。
故选：AD。
根据静电除尘、静电释放、静电吸附和尖端放电原理分析判断。
此题的关键是知道静电屏蔽的原理和方法，注意静电屏蔽现象和尖端放电现象的区别，知道生活中应用静电屏蔽的例子，本题是联系实际的好题。
15.【答案】CD
【解析】解：A.由图可知，U=4V，Ia=0.2A，由欧姆定律得：
Ra=UIa
代入数据得：Ra=20Ω
U=4V，Ib=0.4A，由欧姆定律得：
Rb=UIb
代入数据得：Rb=10Ω
U′=3V，Ib=0.6A，由欧姆定律得：
Rc=U′Ic
代入数据得：Rc=5Ω
则Ra>Rb>Rc，故A错误；
B.串联电路中电流相等，则将三个电阻串联，电压之比等于电阻之比，每个电阻的电压之比为4：2：1，故B错误；
C.并联电路中电压相等，则将三个电阻并联，电流之比等于电阻的反比，通过每个电阻的电流之比为1：2：4，故C正确；
D.将三个电阻直接串联总阻值为：
Ra+Rb+Rc=35Ω
三个并联
1R=1Ra+1Rb+1Rc
代入数据解得：R=207Ω
Ra，Rb串联后与Rc并联
R=RaRb(Ra+Rb)+Rc
代入数据解得：R=353Ω
Ra，Rc并联后与Rb串联
R=RaRc(Ra+Rc)+Rb
代入数据解得：R=14Ω
Rc，Rb并联后与Ra串联
R=RcRb(Rc+Rb)+Ra
代入数据解得：R=26Ω
Ra，Rb串联后与Rc并联
R=(Ra+Rb)RcRa+Rb+Rc
代入数据解得：R=307Ω
Ra，Rc串联后与Rb并联
R=(Ra+Rc)RbRa+Rb+Rc
代入数据解得：R=507Ω
Rc，Rb串联后与Ra并联
R=(Rb+Rc)RaRa+Rb+Rc
代入数据解得：R=607Ω
任意连接，电路中的等效电阻有8种情况，故D正确。
故选：CD。
由图像读出电流电压值，根据欧姆定律计算出电阻，再计算出它们的电阻之比；在串联电路中电流处处相等，导体两端的电压与它们的电阻成正比，由欧姆定律可得出三者的电压之比；在并联电路中，导体两端的电压相等，所以通过电阻的电流与它们的电阻成反比，由欧姆定律可得出通过三者的电流之比；将三个电阻任意连接，列举每一个连接方式，最后计算共有几种连接情况。
在U−I图线中，图线的斜率表示电阻，本题关键是明确串联、并联电路的电压规律，再应用欧姆定律列式求解即可，在解答中注意比例式的化简运算。
16.【答案】C B 丙
【解析】解：(1)①在该实验中，主要利用了控制变量法来探究向心力与质量、半径、角速度之间的关系，故C正确，ABD错误；
故选：C；
②根据F=mω2r，探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，应选择两个质量相同的小球，为了使角速度相等，要选则半径相同的两个塔轮，即要分别放到挡板A和挡板C处，故A正确，BC错误；
故选：A；
(2)①释放纸带前的瞬间，要让纸带保持竖直，减少纸带与限位孔之间的摩擦，同时要让手远离限位孔，物体靠近打点计时器，故丙正确，甲、乙、丁错误；
②物体的质量为m=200g=0.2kg，由图可知，打B点时物体下落的高度h=8.80cm=0.0880m，故重力势能减小量ΔEp=mgh=0.2×9.8×0.0880J≈0.172J；
根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得，B点的瞬时速度vB=xAC2T=5.202×0.02×10−2m/s=1.30m/s。
故答案为：(1)①C；②A；(2)①丙；②0.172；1.30。
(1)①探究多变量因素实验应采用控制变量法；
②根据实验目的和实验方法确定需要控制的变量，根据题意分析答题。
(2)①根据实验原理选择合适的仪器摆放位置；
②由图读出物体下落的高度，再根据Ep=mgh计算减小的重力势能；应用匀变速直线运动的推论求出打点B时的速度。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验和用向心力演示仪探究向心力大小F与物体的质量m、角速度ω和轨道半径r的关系实验；要根据实验原理掌握正确的实验操作，根据功能关系得出重力势能的改变量，结合运动学公式和动能定理的计算公式得出动能的增加量，同时要学会简单的数据分析。
17.【答案】B1.498丙 πd2k4L
【解析】解：(1)图中测量仪器为螺旋测微器，故A错误，B正确。
故选：B。
(2)螺旋测微器的精确度为0.01mm，金属丝直径d=1mm+49.8×0.01mm=1.498mm
(3)为使金属丝两端电压调节范围尽量大，滑动变阻器应采用分压法；由于为Rx< RARV，电流表应采用外接法，因此电路图应选用图丙。
(4)图中电压表的量程为0−3V，分度值为0.1V，电压表的读数为2.50V；
电流表的量程为0−0.6A，分度值为0.02A，图中电流表的读数为0.32A。
由欧姆定律得R=UI
由电阻定律有R=ρLS=ρLπd24=4ρLπd2
联立解得U=4ρLπd2⋅I
由图可得图线的斜率为k=4ρLπd2
联立可得该合金丝的电阻率为ρ=πd2k4L。
故答案为：(1)B；(2)1.498；(3)丙；(4)2.50V；0.32A；πd2k4L。
(1)根据题图给出的仪器作答；
(2)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(估读一位)×精确度；
(3)为使金属丝两端电压调节范围尽量大，滑动变阻器应采用分压法；根据待测电阻值与电流表、电压表内阻的关系，确定电流表的连接方式，然后选择电路图；
(4)电压表的量程为0−3V，分度值为0.1V，要估读到下一位；电流表的量程为0−0.6A，分度值为0.02A，采用“半格估读”法；
根据欧姆定律、电阻定律求解U−I函数，结合图像斜率的含义求电阻率。
本题考查了金属丝电阻率的测量，要求熟练掌握螺旋测微器、电流表、电压表基本仪器的正确读数，根据欧姆定律、电阻定律求解U−I函数是解题的关键。
18.【答案】解：(1)表演者恰能通过最高点B时，在最高点B，由人和摩托车的重力充当向心力，则由牛顿第二定律有：
mg=mv12R
代入数据解得：v1=2 10m/s
(2)人和摩托车通过轨道最左端C点时，由轨道的支持力FN提供向心力，则由牛顿第二定律有
FN=mv22R
代入数据解得：FN=5000N
由牛顿第三定律可知，摩托车对轨道的压力大小为：
FN′=FN=5000N，方向水平向左
(3)从B到A过程，根据动能定理可得：
mg×2R+W=12m(2v1)2−12mv12
代入数据，解得：W=−4000J
答：(1)表演者恰能通过最高点B时的速度大小v1为2 10m/s；
(2)表演者以v2=10m/s的速度通过轨道最左端C点时摩托车对轨道的压力为5000N，方向水平向左；
(3)由B到A过程中牵引力和阻力做的总功W为−4000J。
【解析】(1)表演者恰能通过最高点B时，在最高点B，由人和摩托车的重力充当向心力，则由牛顿第二定律可列方程，可求速度大小v1。
(2)表演者以v2=10m/s的速度通过轨道最左端C点时，人和摩托车由轨道的支持力提供向心力，则由牛顿第二定律可列方程，可求出轨道的支持力，再由牛顿第三定律，可求摩托车对轨道的压力大小、方向。
(3)人和摩托车由B到A过程中，轨道的支持力不做功，重力做正功，牵引力和阻力做的总功为W，由动能定理可列方程，可求W。
解答本题，要明确表演者恰能通过最高点B的含义；要明确表演者通过轨道最左端C点时，人和摩托车向心力的来源；要会应用动能定理列方程。
19.【答案】解：(1)小物块静止时受力如图：可知小物块受的电场力与匀强电场的方向相反，所以小物块带负电。
(2)由受力分析根据平衡条件得：qE−FNsinθ=0
mg−FNcsθ=0
解得：E=mgtanθq
代入数据得：E=150N/C
(3)物块下滑至斜面底端时电场力做功为：W=q⋅E2⋅Lcsθ=5×10−3×1502×1×0.8J=0.3J
根据动能定理可得：mgLsinθ−W=12mv2−0
解得到达斜面底端时物块的速度大小为：v= 6m/s
答：(1)小物体带负电；
(2)电场强度的大小为150N/C；
(3)物块下滑至斜面底端时电场力做功0.3J，到达斜面底端时物块的速度大小为 6m/s。
【解析】(1)画出物块带正电荷和负电荷的受力分析图，由合力为零，判断物块带电极性；
(2)利用受力分析图，根据共点力的平衡计算出电场强度大小；
(3)根据功的公式求电场力所做的功，利用动能定理求出物块的速度。
本题考查了共点力平衡、动能定理等知识点，解题的关键是画出物块受力分析图，注意恒力做功为恒力与在力的方向上发生的位移的乘积。
20.【答案】解：(1)当滑片处于滑动变阻器中点时，滑动变阻器R的上半部分与R0串联，再与滑动变阻器R的下半部分并联，则电路中的等效电阻为R等效=(12R+R0)×12R(12R+R0)+12R=(12×60+40)×12×60(12×60+40)+12×60Ω=21Ω；
(2)当滑片处于滑动变阻器中点时，滑动变阻器R的上半部分与R0串联的总电阻为
R′=12R+R0=12×60Ω+40Ω=70Ω
由欧姆定律可得流经R0的电流
I0=UR′=7070A=1A
C、D两端的电压UCD=I0R0=1×40V=40V；
(3)由电容器电容的定义式C=QU，可得电容器C所带的电荷量为
Q=CUCD=30×10−6×40C=1.2×10−3C。
答：(1)当滑片处于滑动变阻器中点时，电路中的等效电阻为21Ω；
(2)当滑片处于滑动变阻器中点时，C、D两端的电压为40V；
(3)电容器C所带的电荷量1.2×10−3C。
【解析】(1)当滑片处于滑动变阻器中点时，分析电路的结构，由串并联电路的特点求解等效电阻。
(2)先根据欧姆定律求出流经R0的电流，再求C、D两端的电压。
(3)根据电容的定义式C=QU，求解电容器C所带的电荷量。
解答直流电路问题，关键要弄清电路的结构，分析各部分电压和电流的关系，根据欧姆定律和串并联电路的特点处理。
21.【答案】解：(1)滑块由静止滑到B点处，由动能定理得
mgh=12mvB2
代入数据解得：vB=2m/s
滑块滑动到B处时，由牛顿第二定律得
FN′−mg=mvB2R
代入数据解得：FN′=28N
由牛顿第三定律可知，滑块运动至B处时对轨道的作用力大小FN=FN′=28N，方向竖直向下。
(2)若要使滑块能到达D点，滑块第一次到达D点时速度是零，下滑高度有最小值，由动能定理得
mgh1−μ1mgLBC−μ2mgLCD=0
代入数据解得：h1=0.26m
滑块到达DE后且不再离开DE，可知又返回的D点速度恰好是零，下滑高度有最大值，由动能定理得
mgh2−μ1mgLBC−μ2mgLCD−2μ1mgLDE=0
解得：h2=0.44m
则滑块下落高度满足的条件为：0.26m≤h≤0.44m
(3)若滑块第一次到达D点速度恰是0，由功能关系可得
mgh1−μ1mgLBC−Q=0
代入数据解得滑块在传送带上产生的内能：Q=4J
答：(1)滑块运动至B处时对轨道的作用力FN为28N，方向竖直向下；
(2)滑块下落高度满足的条件为0.26m≤h≤0.44m；
(3)这一过程滑块通过传送带产生的内能为4J。
【解析】(1)滑块下滑过程中，根据动能定理求出滑块运动至B处时的速度。滑块运动至B处时，由牛顿第二定律、牛顿第三定律列方程求解滑块运动至B处时对轨道的作用力FN；
(2)要使滑块能到达D点，滑块第一次到达D点时速度是零，下滑高度有最小值，由动能定理求最小高度。滑块到达DE后且不再离开DE，又返回的D点速度恰好是零，下滑高度有最大值，由动能定理求最大高度，从而得到滑块下落高度满足的条件；
(3)若滑块第一次到达D点速度恰为0，根据功能关系求这一过程滑块通过传送带产生的内能。
本题主要是考查功能关系、动能定理和牛顿第二定律的综合应用，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系列方程解答。
1.下列单位属于能量单位的是( )
A. J/mB. mA⋅hC. N⋅mD. A⋅V
2.下列说法正确的是( )
A. 力对两物体A、B做功分别为3J、−5J，则对A做功更多
B. 质点在A、B两点的重力势能分别为3J、−5J，则质点在A点的重力势能更大
C. 空间中A、B两点的电场强度分别为3V/m、−5V/m，则B点处的场强更弱
D. 空间中A、B两点的电势分别为3V、−5V，则B点的电势更高
3.下列说法中正确的是( )
A. 电阻率是反映材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大的导体导电性能越差
B. 放电后的电容器电荷量为零，电容也为零
C. 5号干电池上标有“1.5V”字样，它指干电池的容量
D. 由电场强度的定义式E=Fq可知，E与F成正比，F越大E越大
4.下列运动过程，机械能守恒的是( )
A. 过山车从轨道高处冲下来的过程
B. 载人飞船在主降落伞牵引下向地面减速下降过程
C. 无人机吊着救生圈竖直匀速下降过程
D. 小球自由落体过程
5.某校高一学生进行跑操比赛，某班学生正经过弯道，各横排始终保持一条直线，可视为匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 外圈同学的线速度等于内圈同学的线速度
B. 全班同学的角速度相同
C. 同一横排中的学生加速度相同
D. 同一列学生的线速度相同
6.气嘴灯对自行车的气嘴起到装饰作用，使夜间骑行时自行车有个性的灯光效果，是夜骑的一道风景线，深受青少年骑行爱好者喜爱，气嘴灯安装在自行车的气嘴上，骑行时会发光，一种气嘴灯的感应装置结构如图所示，一重物套在光滑杆上，重物上的触点M与固定在B端的触点N接触后，LED灯就会发光，关于以上信息下列说法错误的是( )
A. 正确安装使用时，装置A端的线速度比B端的大
B. 感应装置的原理是利用离心现象
C. 自行车匀速行驶时，装置运动到最下端时比最上端更容易发光
D. 要在较低的转速时发光，可以更换劲度系数更小的弹簧
7.2022年4月24日，国家航天局副局长吴艳华介绍，中国探月工程三期圆满收官后，探月四期已全面启动，中国航天事业正全面开启星际探测的新征程，如图所示是“月亮女神”、“嫦娥一号”两卫星绕月球做匀速圆周运动的情形，则( )
A. 嫦娥一号的线速度更大B. 嫦娥一号的角速度更大
C. 月亮女神的向心加速度更大D. 月亮女神的周期更大
8.北京时间2023年5月10日晚间，我国在文昌航天发射场用长征七号运载火箭成功发射天舟六号货运飞船，并于5月11日5时16分，成功对接空间站天和核心舱后向端口，形成三舱两船组合体，交会对接完成后，天舟六号将转入组合体飞行段，已知组合体绕地球运行近似为匀速圆周运动，离地面距离约为400km，关于以上信息，下列说法正确的是( )
A. 文昌发射基地位于海南省，这样选址是因为在赤道附近，地球的重力加速度较大
B. 组合体运行速度大于7.9km/s
C. 考虑到稀薄大气的阻力，无动力补充，组合体速度会越来越大
D. 要实现“天舟六号”和“天和”核心舱对接，需在同一轨道上使“天舟六号”飞船加速
9.校运动会铅球比赛中，右图为某同学掷出的铅球在空中的运动轨迹，B点是轨迹的最高点，A、C在同一个水平面上，忽略空气阻力的影响，从推出到落地过程中，下列说法正确的是( )
A. 铅球在A点和C点具有的机械能相等，在B点时机械能最大
B. 铅球离开手后在空中飞行的过程中，该同学对其做了功
C. 铅球从A到B过程和B到C过程，重力做功相同
D. 在A点和C点铅球的动能相等
10.一台起重机匀加速地将质量为1.0×103kg的货物从静止开始竖直吊起，运动图像如乙图所示，不计空气阻力，g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 重力在前4s内对货物做了4×104J的功
B. 起重机在前4s内对货物做了4×104J的功
C. 起重机在前4s内的输出功率为1.05×104W
D. 起重机在4s末的输出功率为3×104W
11.如图所示，带电小球A挂在绝缘细线下端，带电小球B固定在高度可调的绝缘支架上，实验过程中始终保持两个小球在同一水平线上，两小球可视为点电荷，平衡时细线与竖直方向的夹角为θ，已知小球A的质量为m，带电量为q1，小球B的带电量为q2，静电力常量为k，重力加速度为g，则( )
A. 两小球带异种电荷B. q1>q2
C. 小球A受到的库仑力为mgsinθD. 小球A、B间的距离为 kq1q2mgtanθ
12.下表面带负电的云层靠近避雷针时，由于静电感应使避雷针尖端带有正电荷，避雷针周围电场的电场线、等势线如图所示，A、B、C、D为电场中的四个点，其中AB=BC，下列说法正确的是( )
A. 虚线为电场线，实线为等势线
B. 电子由C点沿电场线运动到A点的过程中动能增加
C. UAB=UBC
D. EA>ED，φA<φD
13.杭州湾沿岸有一风力发电机，其叶片转动时可形成半径为20m的圆面，某时间内该地的风速为6.0m/s，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为1.2kg/m3，假如这个风力发电机将此圆面内10%的空气动能转化为电能，取π=3，则下列说法错误的是( )
A. 单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积7200m3
B. 单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为155.52kJ
C. 此风力发电机的发电功率约为15.55kW
D. 若风速变为原来2倍，则电功率将变为原来4倍
二、多选题：本大题共2小题，共6分。
14.下列关于教科书上的四幅插图，下列说法正确的是( )
A. 图一是优质话筒线，它能防止外界环境的干扰信息，原理和高压线上方安装两条与大地相连的导线相同
B. 图二中摇动起电机，烟雾缭绕的塑料瓶顿时清澈透明，其工作原理为静电屏蔽
C. 图三为给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，其目的是导走加油枪上的静电
D. 图四的燃气灶中安装了电子点火器，点火应用了尖端放电原理
15.某同学在一次实验中描绘出三个电阻的U−I图像如图所示，下列关于三个电阻的说法中正确的是( )
A. Ra
C. 将a、b、c依次并联，通过每个电阻的电流之比为1：2：4
D. 将三个电阻任意连接，电路中的等效电阻有8种情况
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
16.(1)用向心力演示仪(图1)探究向心力大小F与物体的质量m、角速度ω和轨道半径r的关系实验。
①本实验所采用的实验探究方法是______。
A.理想实验法
B.等效替代法
C.控制变量法
D.放大法
②探究向心力与角速度之间的关系时，同时应将质量相同的小球分别放在______处；
A.挡板A与挡板B
B.挡板A与挡板C
C.挡板B与挡板C
(2)验证机械能守恒定律实验中
①如图2所示，释放纸带前，四位同学操作正确的是______(填甲、乙、丙、或丁)。
②正确操作以后，得到一条纸带如图3所示，0为打点计时器打下的第一个点，重物的质量为200g，重力加速度g取9.8m/s2，则打点计时器打下点B时重物的重力势能比刚开始下落时减少了______ J，重物在点B的速度为______m/s，由此可以算出重物的动能增加量，重力势能的减少量和动能的增加量在误差允许的范围内近似相等，则验证了机械能守恒定律.(结果保留三位有效数字)
17.某物理兴趣小组测定一段金属丝的电阻率，提供实验器材如下：
A.待测金属丝R(电阻约8Ω)
B.电流表A(0∼0.6A,内阻约0.6Ω)
C.电压表V(0∼3V,内阻约3kΩ)
D.滑动变阻器R1(0∼5Ω,2A)
E.电源E(3V)
F.开关，导线若干
(1)某同学用如图1图示仪器测量金属丝的直径，它的名称是______；
A.游标卡尺
B.螺旋测微器
(2)测量直径d时，其中一次测量如图2所示，其读数d=______ mm；
(3)为使金属丝两端电压调节范围尽量大，并使测量结果尽量准确，如图3四个电路中，应该选用的是______(填甲、乙、丙、或丁)；
(4)实验过程中，调节滑动变阻器，测出6组电压U和电流I的数据，其中一组如图4所示，此时金属丝两端的电压为______，流过的电流为______，根据数据作出U−I图像如图所示，图线的斜率为k，测得该金属丝的长度为L，该合金丝的电阻率______(用d、L、k表示)。
四、简答题：本大题共2小题，共22分。
18.惊险刺激的飞车表演中，杂技演员驾驶摩托车在竖直轨道内做圆周运动，如图所示，已知轨道半径为4m，人和摩托车的总质量为m=200kg，人和摩托车可视为质点，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)表演者恰能通过最高点B时的速度大小v1；
(2)表演者以v2=10m/s的速度通过轨道最左端C点时摩托车对轨道的压力；
(3)在(1)问的基础上，测得摩托车通过最低点A的速度为2v1，求由B到A过程中牵引力和阻力做的总功W。
19.如图所示，一个带电荷量绝对值为q=5×10−3C、质量为m=0.1kg的小物块(可看作质点)处于一倾角为θ=37∘的光滑绝缘斜面上，斜面长度L=1m，整个装置处于一水平向右的匀强电场中，此时物块恰好静止于斜面的顶端，求：(g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8)
(1)小物体的电性；
(2)电场强度的大小；
(3)若从某时刻开始，电场强度减小为原来的12，物块下滑至斜面底端时电场力做了多少功，到达斜面底端时物块的速度大小。
五、计算题：本大题共2小题，共19分。
20.如图所示，A、B两端接直流稳压电源，U=70V，R0=40Ω，C=30μF，滑动变阻器总电阻R=60Ω，求：
(1)当滑片处于滑动变阻器中点时，电路中的等效电阻；
(2)当滑片处于滑动变阻器中点时，C、D两端的电压；
(3)电容器C所带的电荷量。
21.如图所示，竖直平面内固定有半径为R=1m的光滑四分之一圆轨道AB、水平直轨道BC、DO以及以速度v=3m/s逆时针转动的水平传送带CD，OD上有一轻质弹簧，一端固定在O点另一端自然伸长于E点，各轨道平滑连接。现有一质量为m=2kg的滑块(可视为质点)从轨道AB上高为h处由静止下滑，已知LBC=0.2m，LCD=0.4m，LDE=0.3m，滑块与BC、DE间的动摩擦因数均为μ1=0.3，与传送带间的动摩擦因数为μ2=0.5，E点右侧平面光滑，整个过程不超过弹簧的弹性限度，重力加速度g取10m/s2。
(1)若h=0.2m，求滑块运动至B处时对轨道的作用力FN；
(2)若要使滑块能到达D点，且不再离开DE，求滑块下落高度满足的条件；
(3)若滑块第一次到达D点速度恰为0，求这一过程滑块通过传送带产生的内能。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、J是能量单位，故J/m不是能量单位，故A错误；B、mA是电流单位，h是时间单位，所以mA⋅h是电量单位，故B错误；C、根据功是能量转化的量度，可知功的单位与能量的单位一致，根据功的定义式：W=FLcsθ可知功和能量的单位可以表示成N⋅m，故C正确；D、根据P=UI可知，A⋅V是电功率的单位，故D错误。故选：C。
明确物理公式可以对应单位的换算，反之根据单位可以得出对应的公式，从而分析对应的单位。
本题主要考查了学生对公式的推导以及公式与单位的关系，要掌握根据公式换算单位的方法。
2.【答案】B
【解析】解：A、功的正负号，表示是动力还是阻力，不表示功的大小，功的大小要比较绝对值，|3|J<|−5|J，A对物体做功更少，故A错误；
B、重力势能的正号表示物体在零势能参考面的上方，负号表示在参考面下方；参考面上方物体的重力势能大于参考面下方物体的重力势能，所以质点在A点的重力势能更大，故B正确；
C、电场强度是矢量，正负号表示方向，不表示大小，|3|V/m<|−5|V/m，所以空间中B点处的场强更强，故C错误；
D、电势的正负号不表示方向，但表示电势的高低，正的电势高于负的电势，所以空间中B点的电势更低，故D错误。
故选：B。
抓住功，重力势能，电场强度，电势这些物理量的定义及正负的含义，来进行思考解答。
对常见物理量的正负代表的含义进行考查。只要理解了这些量的物理意义，解答此题应不难。
3.【答案】A
【解析】解：A.电阻率是反映材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大的导体导电性能越差，故A正确；
B.电容器的电容由电容器本身决定，与电容器带电和不带电无关，因此放电后的电容器电荷量是零，可电容不变，故B错误；
C.5号干电池上标有“1.5V”字样，它指干电池的电动势，故C错误；
D.由电场强度的定义式E=Fq可知，是电场强度的比值定义式，电场中某点的电场强度由电场本身的性质决定，与放入电场中的电荷，以及电荷所受的电场力无关，故D错误。
故选：A。
电阻率是反映材料导电性能好坏的物理量；电容器的电容与电容器所带电荷量的多少无关，由电容本身的因素决定；描述电源性质的物理量有电动势、内阻和电量；电场强度与试探电荷的电场力和电量无关，由电场本身决定。
本题考查电阻率、电容、电源的电动势、电场强度的相关知识，要注意明确电动势的性质，知道不同型号的干电池电动势相同，但内阻和容量不一定相同，抓住定义式具有比值定义法的共性，不能单纯从数学知识理解此公式。
4.【答案】D
【解析】解：A.过山车从轨道高处冲下来的过程，受滑动摩擦力和空气阻力作用，且都对过山车做负功，根据功能关系可知，过山车的机械能减小，机械能不守恒，故A错误；
B.载人飞船下降过程受到空气阻力作用，阻力做负功，系统的机械能在减小，机械能不守恒，故B错误；
C.无人机吊着救生圈竖直匀速下降过程，动能不变，重力势能在减小，故机械能不守恒，故C错误；
D.小球自由落体过程，小球只受重力，小球的重力势能减小，动能增加，且重力势能的减小量等于动能的增加量，因此机械能守恒，故D正确。
故选：D。
物体机械能守恒的条件是只有重力或弹簧的弹力做功，通过分析物体的受力的情况，判断做功情况，对照条件，即可判断物体机械能是否守恒。
解决本题的关键掌握判断机械能是否守恒两种常用的方法，1、看是否只有重力或弹力做功．2、看动能和势能之和是否不变。
5.【答案】B
【解析】解：AB.全班同学做匀速圆周运动，则角速度相同，根据v=ωr可知外圈同学的半径大，则外圈同学的线速度大于内圈同学的线速度，故A错误，B正确；
C.根据a=ω2r可知同一横排中的学生运动半径不同，则加速度不相同，故C错误；
D.同一列学生的线速度大小相同，但是方向不同，故D错误。
故选：B。
根据各位同学的运动情况分析线速度和角速度的关系；根据a=ω2r分析学生加速度关系；线速度的方向沿轨迹的切线方向，只有大小和方向都相同时线速度才相同。
本题借助学生跑操活动，考查了线速度、角速度、向心加速度等知识，充分体现了物理与生活实际相结合的原则。
6.【答案】A
【解析】解：A.由离心运动的原理，可知B端应在外侧，更靠近气嘴，A端应在内侧，由v=ωr可知，装置A端的线速度比B端的小，故A错误；
B.感应装置的原理是利用离心现象，重物随车轮转动的向心力由弹簧的弹力和重力的合力提供，当车速较大时，车轮转速较大，重物随这轮转动需要向心力较大，弹簧弹力变大，形变量变大，当车轮达到一定转速时，触电M与触点N接触，LED灯就会发光，故B正确；
C.自行车匀速行驶时，装置运动到最下端时，由于重物的重力作用，两触点更容易接触，因此比最上端更容易发光，故C正确；
D.当转速较低时，所需向心力较小，可以更换劲度系数更小的弹簧或增加重物的质量，从而使M点更容易与N点接触点亮LED灯，故D正确。
本题选错误的，故选：A。
当车轮达到一定转速时，重物上的触点M与固定在B端的触点N接触后就会被点亮，且速度越大需要的向心力越大，则触点M越容易与触点N接触。
本题考查的是动力学的知识，要求学生能在具体生活案例中抽象出受力分析模型，并能准确分析向心力的来源。
7.【答案】C
【解析】解：A、设卫星的质量为m，卫星的轨道半径为r，月球的质量为M。卫星绕月球做匀速圆周运动，由月球的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：
GMmr2=mv2r
解得：v= GMr。“嫦娥一号”的轨道半径比“月亮女神”的轨道半径大，所以嫦娥一号的线速度更小，故A错误；
B、由月球的万有引力提供向心力，可得
GMmr2=mω2r
解得：ω= GMr3，“嫦娥一号”的轨道半径比“月亮女神”的轨道半径大，所以嫦娥一号的角速度更小，故B错误；
C、由月球的万有引力提供向心力，可得
GMmr2=ma
解得：a=GMr2，由于“月亮女神”的轨道半径更小，则向心加速度更大，故C正确；
D、由月球的万有引力提供向心力，可得
GMmr2=m4π2T2r
解得：T=2π r3GM，由于“月亮女神”的轨道半径更小，所以月亮女神的周期更小，故D错误。
故选：C。
卫星绕月球做匀速圆周运动，由月球的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律列方程，得到各个量与轨道半径的关系式，再进行分析。
解答本题时，要知道环绕天体绕中心天体做匀速圆周运动，由中心天体的万有引力提供向心力。
8.【答案】C
【解析】解：A、地球的重力加速度在两极最大，在赤道上最小，因此文昌发射基地位于海南省，在赤道附近，地球的重力加速度较小。文昌发射基地位于海南省，这样选址是因为在赤道附近，卫星随地球自转的速度较大，给卫星能提供较大的发射速度，故A错误；
B、组合体绕地球做近似为匀速圆周运动，地球的万有引力提供向心力，则GMmr2=mv2r
解得：v= GMr
可知轨道半径越大，运行速度越小，在地面附近处的运行速度为7.9km/s，是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度，因此在离地面距离约为400km处的组合体运行速度小于7.9km/s，故B错误；
C、考虑到稀薄大气的阻力，无动力补充，组合体逐渐做近心运动，轨道半径逐渐减小，运行速度会越来越大，故C正确；
D、要实现“天舟六号”和“天和”核心舱对接，需“天舟六号”先在比“天和”核心舱较低的轨道运行，然后再使“天舟六号”飞船点火加速，与“天和”核心舱对接，故D错误。
故选：C。
在赤道附近，地球的重力加速度较小；7.9km/s是地球的第一宇宙速度，是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度；考虑到稀薄大气的阻力，组合体逐渐做近心运动，速度逐渐增大；结合变轨原理分析即可。
解答本题时，要明确卫星绕地球做匀速圆周运动是地，由万有引力提供向心力，要实现对接，“天舟六号”应从低轨道点火加速。
9.【答案】D
【解析】解：AD、铅球在运动过程中不考虑阻力，只有重力做功，其机械能守恒，所以铅球在A点、B点、C点机械能相等。又因为A、C两点等高，重力势能相等，所以此动能相等，故A错误，D正确；
B、在掷铅球的过程中，该同学对其做了功，铅球离开手后在空中飞行的过程中，该同学对其不做功，故B错误；
C、铅球从A到B过程重力做负功，B到C过程重力做正功，因此重力做功不相同，故C错误。
故选：D。
忽略空气阻力的影响，铅球的机械能守恒；铅球离开手后在空中飞行的过程中，该同学不再做功；根据高度的关系分析重力做功关系；根据机械能守恒定律分析在A点和C点铅球的动能关系。
本题的关键要掌握机械能守恒条件，判断出铅球在运动过程中机械能守恒，即可各点机械能相等。
10.【答案】C
【解析】解：起重机匀加速将货物吊起，设起重机对货物的拉力为F，根据牛顿第二定律，有
F−mg=ma
由图乙可得，货物的加速度为
a=ΔvΔt=2−04−0m/s2=0.5m/s2
联立两式，可得：F=10500N
在前4s内，货物上升的高度为：h=12vt=12×2×4m=4m
A.重力在前4s内对货物做功为
WG=−mgh=−1.0×103×10×4J=−4×104J
故A错误；
B.起重机在前4s内对货物做为
WF=Fh=10500×4J=42000J
故B错误；
C.起重机在前4s内的输出功率为
P−=WFt=420004W=10500W
故C正确；
D.起重机在4s末的输出功率为
P=Fv=10500×2W=21000W
故D错误。
故选：C。
A、重力在前4s内对货物做的功，等于重力与货物在重力方向上的位移的乘积，为负值。根据图乙，由运动学公式可求前4s内货物的位移。
B、起重机在前4s内对货物做的功，等于起重机对货车的拉力与货物在拉力方向上的位移的乘积。图乙中，图线的斜率表示货物的加速度，根据牛顿第二定律列方程，可求起重机对货车的拉力；根据图乙，由运动学公式可求前4s内货物的位移。
C、起重机在前4s内的输出功率等于起重机在前4s内对货物做的功与时间的比值。
D、起重机在4s末的输出功率为瞬时功率，等于起重机对货物的拉力与4s末货物速度的乘积。
解答本题，一要熟练掌握v−t图像，能根据v−t图像求出货物的加速度、位移等物理量；二要会用牛顿第二定律列方程，求解起重机对货物的拉力；三要掌握功、平均功率、瞬时功率的计算方法。
11.【答案】D
【解析】解：A.由题图可知，小球A向左偏转，可知两小球相互排斥，则有两小球带同种电荷，故A错误；
BCD.对小球A受重力、库仑力和细线的拉力三个力作用，如图所示：
根据库仑定律可得F=kq1q2r2
由平衡条件可得F=kq1q2r2=mgtanθ
解得小球A、B间的距离为r= kq1q2mgtanθ
可知两小球的电荷量大小关系不能确定，故BC错误，D正确。
故选：D。
根据电荷间的相互作用规律、库仑定律和共点力的平衡条件分析作答。
本题考查了库仑力作用下的共点力的平衡条件的运用，画出受力分析图是解题的关键。
12.【答案】B
【解析】解：A.电场线从避雷针指向云层下部，箭头表示方向，可知实线为电场线，虚线为等势线，没有方向，故A错误；
B.电子由C点沿电场线运动到A点的过程中，电场力由C指向A，电场力做正功，由动能定理知动能增加，故B正确；
C.因AB部分电场线密集，平均场强较大，d相同，根据U=Ed可知UAB>UBC，故C错误；
D.因A点的电场线较D点密集，可知EA>ED，沿电场线电势降低，可知φA>φD，故D错误。
故选：B。
电场线是带有方向带有箭头的曲线；根据动能定理判断动能变化；由于d相同，根据U=Ed通过比较平均电场强度大小确定电势差大小；根据电场线的疏密程度得出场强的大小关系，沿着电场线方向电势逐渐降低。
本题考查等势线的分布，要注意明确电场线和等势面的分布均可以描述电场的强弱，能根据电场线分析出场强和电势的变化。
13.【答案】D
【解析】解：AB、根据圆柱模型，可得单位时间内风力发电机叶片圆面的气流的体积为
V0=vt⋅πr2=6×1×3×(20)2m3=7200m3
故每秒流经涡轮机空气的动能约为
Ek=12mv2=12ρV0v2=12×1.2×7200×62J=155.52kJ
故A正确，B正确；
C.依题意，此风力发动机每秒钟产生的电功为空气动能的百分之十，即
W=Pt=10%×Ek=0.1×155.52kJ=15.55kJ，所以此发电机的电功率为15.55KW，故C正确；
D.风力发动机产生的电功率表达式为
P=Wt=10%Ekt=10%×v×πr2×12ρv2=120πρr2v3
若风速变为原来2倍，则电功率将变为8倍，故D错误。
本题选错误的选项。
故选：D。
首先，根据圆柱模型求出单位时间内风力发电机叶片圆面的气流的体积为，进而求出每秒流经涡轮机空气的动能；
然后，依题意求出风力发动机产生的电功率；
最后，根据风力发动机产生的电功率与风速的关系式判断当风速变为原来2倍，则电功率变为多少倍。
本题考查能量守恒，解决本题的关键是建立柱状模型求解空气的动能。
14.【答案】AD
【解析】解：A.很多优质的话筒线在构造上都采取了防备措施原理是利用了静电屏蔽，高压输电线的上方两条导线与大地相连的作用是它们形成稀疏的金属“网”把高压线屏蔽起来，免遭雷击，起到静电屏蔽的作用，所以两者原理相同，故A正确；
B.图二中摇动起电机，塑料瓶内两极之间存在强电场，它使空气电离而产生阴离子和阳离子，负离子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使它带负电，带电烟尘在电场力的作用下，向正极移动，烟尘最终被吸附到金属片上，这样消除了烟尘中的尘粒，烟雾缭绕的塑料瓶顿时清澈透明，其工作原理为静电吸附，故B错误；
C.给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，其目的是导走人手上的静电，故C错误；
D.燃气灶中安装了电子点火器，尖端部分会聚集大量的电荷，容易放电，所以点火应用了尖端放电原理，故D正确。
故选：AD。
根据静电除尘、静电释放、静电吸附和尖端放电原理分析判断。
此题的关键是知道静电屏蔽的原理和方法，注意静电屏蔽现象和尖端放电现象的区别，知道生活中应用静电屏蔽的例子，本题是联系实际的好题。
15.【答案】CD
【解析】解：A.由图可知，U=4V，Ia=0.2A，由欧姆定律得：
Ra=UIa
代入数据得：Ra=20Ω
U=4V，Ib=0.4A，由欧姆定律得：
Rb=UIb
代入数据得：Rb=10Ω
U′=3V，Ib=0.6A，由欧姆定律得：
Rc=U′Ic
代入数据得：Rc=5Ω
则Ra>Rb>Rc，故A错误；
B.串联电路中电流相等，则将三个电阻串联，电压之比等于电阻之比，每个电阻的电压之比为4：2：1，故B错误；
C.并联电路中电压相等，则将三个电阻并联，电流之比等于电阻的反比，通过每个电阻的电流之比为1：2：4，故C正确；
D.将三个电阻直接串联总阻值为：
Ra+Rb+Rc=35Ω
三个并联
1R=1Ra+1Rb+1Rc
代入数据解得：R=207Ω
Ra，Rb串联后与Rc并联
R=RaRb(Ra+Rb)+Rc
代入数据解得：R=353Ω
Ra，Rc并联后与Rb串联
R=RaRc(Ra+Rc)+Rb
代入数据解得：R=14Ω
Rc，Rb并联后与Ra串联
R=RcRb(Rc+Rb)+Ra
代入数据解得：R=26Ω
Ra，Rb串联后与Rc并联
R=(Ra+Rb)RcRa+Rb+Rc
代入数据解得：R=307Ω
Ra，Rc串联后与Rb并联
R=(Ra+Rc)RbRa+Rb+Rc
代入数据解得：R=507Ω
Rc，Rb串联后与Ra并联
R=(Rb+Rc)RaRa+Rb+Rc
代入数据解得：R=607Ω
任意连接，电路中的等效电阻有8种情况，故D正确。
故选：CD。
由图像读出电流电压值，根据欧姆定律计算出电阻，再计算出它们的电阻之比；在串联电路中电流处处相等，导体两端的电压与它们的电阻成正比，由欧姆定律可得出三者的电压之比；在并联电路中，导体两端的电压相等，所以通过电阻的电流与它们的电阻成反比，由欧姆定律可得出通过三者的电流之比；将三个电阻任意连接，列举每一个连接方式，最后计算共有几种连接情况。
在U−I图线中，图线的斜率表示电阻，本题关键是明确串联、并联电路的电压规律，再应用欧姆定律列式求解即可，在解答中注意比例式的化简运算。
16.【答案】C B 丙
【解析】解：(1)①在该实验中，主要利用了控制变量法来探究向心力与质量、半径、角速度之间的关系，故C正确，ABD错误；
故选：C；
②根据F=mω2r，探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，应选择两个质量相同的小球，为了使角速度相等，要选则半径相同的两个塔轮，即要分别放到挡板A和挡板C处，故A正确，BC错误；
故选：A；
(2)①释放纸带前的瞬间，要让纸带保持竖直，减少纸带与限位孔之间的摩擦，同时要让手远离限位孔，物体靠近打点计时器，故丙正确，甲、乙、丁错误；
②物体的质量为m=200g=0.2kg，由图可知，打B点时物体下落的高度h=8.80cm=0.0880m，故重力势能减小量ΔEp=mgh=0.2×9.8×0.0880J≈0.172J；
根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得，B点的瞬时速度vB=xAC2T=5.202×0.02×10−2m/s=1.30m/s。
故答案为：(1)①C；②A；(2)①丙；②0.172；1.30。
(1)①探究多变量因素实验应采用控制变量法；
②根据实验目的和实验方法确定需要控制的变量，根据题意分析答题。
(2)①根据实验原理选择合适的仪器摆放位置；
②由图读出物体下落的高度，再根据Ep=mgh计算减小的重力势能；应用匀变速直线运动的推论求出打点B时的速度。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验和用向心力演示仪探究向心力大小F与物体的质量m、角速度ω和轨道半径r的关系实验；要根据实验原理掌握正确的实验操作，根据功能关系得出重力势能的改变量，结合运动学公式和动能定理的计算公式得出动能的增加量，同时要学会简单的数据分析。
17.【答案】B1.498丙 πd2k4L
【解析】解：(1)图中测量仪器为螺旋测微器，故A错误，B正确。
故选：B。
(2)螺旋测微器的精确度为0.01mm，金属丝直径d=1mm+49.8×0.01mm=1.498mm
(3)为使金属丝两端电压调节范围尽量大，滑动变阻器应采用分压法；由于为Rx< RARV，电流表应采用外接法，因此电路图应选用图丙。
(4)图中电压表的量程为0−3V，分度值为0.1V，电压表的读数为2.50V；
电流表的量程为0−0.6A，分度值为0.02A，图中电流表的读数为0.32A。
由欧姆定律得R=UI
由电阻定律有R=ρLS=ρLπd24=4ρLπd2
联立解得U=4ρLπd2⋅I
由图可得图线的斜率为k=4ρLπd2
联立可得该合金丝的电阻率为ρ=πd2k4L。
故答案为：(1)B；(2)1.498；(3)丙；(4)2.50V；0.32A；πd2k4L。
(1)根据题图给出的仪器作答；
(2)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(估读一位)×精确度；
(3)为使金属丝两端电压调节范围尽量大，滑动变阻器应采用分压法；根据待测电阻值与电流表、电压表内阻的关系，确定电流表的连接方式，然后选择电路图；
(4)电压表的量程为0−3V，分度值为0.1V，要估读到下一位；电流表的量程为0−0.6A，分度值为0.02A，采用“半格估读”法；
根据欧姆定律、电阻定律求解U−I函数，结合图像斜率的含义求电阻率。
本题考查了金属丝电阻率的测量，要求熟练掌握螺旋测微器、电流表、电压表基本仪器的正确读数，根据欧姆定律、电阻定律求解U−I函数是解题的关键。
18.【答案】解：(1)表演者恰能通过最高点B时，在最高点B，由人和摩托车的重力充当向心力，则由牛顿第二定律有：
mg=mv12R
代入数据解得：v1=2 10m/s
(2)人和摩托车通过轨道最左端C点时，由轨道的支持力FN提供向心力，则由牛顿第二定律有
FN=mv22R
代入数据解得：FN=5000N
由牛顿第三定律可知，摩托车对轨道的压力大小为：
FN′=FN=5000N，方向水平向左
(3)从B到A过程，根据动能定理可得：
mg×2R+W=12m(2v1)2−12mv12
代入数据，解得：W=−4000J
答：(1)表演者恰能通过最高点B时的速度大小v1为2 10m/s；
(2)表演者以v2=10m/s的速度通过轨道最左端C点时摩托车对轨道的压力为5000N，方向水平向左；
(3)由B到A过程中牵引力和阻力做的总功W为−4000J。
【解析】(1)表演者恰能通过最高点B时，在最高点B，由人和摩托车的重力充当向心力，则由牛顿第二定律可列方程，可求速度大小v1。
(2)表演者以v2=10m/s的速度通过轨道最左端C点时，人和摩托车由轨道的支持力提供向心力，则由牛顿第二定律可列方程，可求出轨道的支持力，再由牛顿第三定律，可求摩托车对轨道的压力大小、方向。
(3)人和摩托车由B到A过程中，轨道的支持力不做功，重力做正功，牵引力和阻力做的总功为W，由动能定理可列方程，可求W。
解答本题，要明确表演者恰能通过最高点B的含义；要明确表演者通过轨道最左端C点时，人和摩托车向心力的来源；要会应用动能定理列方程。
19.【答案】解：(1)小物块静止时受力如图：可知小物块受的电场力与匀强电场的方向相反，所以小物块带负电。
(2)由受力分析根据平衡条件得：qE−FNsinθ=0
mg−FNcsθ=0
解得：E=mgtanθq
代入数据得：E=150N/C
(3)物块下滑至斜面底端时电场力做功为：W=q⋅E2⋅Lcsθ=5×10−3×1502×1×0.8J=0.3J
根据动能定理可得：mgLsinθ−W=12mv2−0
解得到达斜面底端时物块的速度大小为：v= 6m/s
答：(1)小物体带负电；
(2)电场强度的大小为150N/C；
(3)物块下滑至斜面底端时电场力做功0.3J，到达斜面底端时物块的速度大小为 6m/s。
【解析】(1)画出物块带正电荷和负电荷的受力分析图，由合力为零，判断物块带电极性；
(2)利用受力分析图，根据共点力的平衡计算出电场强度大小；
(3)根据功的公式求电场力所做的功，利用动能定理求出物块的速度。
本题考查了共点力平衡、动能定理等知识点，解题的关键是画出物块受力分析图，注意恒力做功为恒力与在力的方向上发生的位移的乘积。
20.【答案】解：(1)当滑片处于滑动变阻器中点时，滑动变阻器R的上半部分与R0串联，再与滑动变阻器R的下半部分并联，则电路中的等效电阻为R等效=(12R+R0)×12R(12R+R0)+12R=(12×60+40)×12×60(12×60+40)+12×60Ω=21Ω；
(2)当滑片处于滑动变阻器中点时，滑动变阻器R的上半部分与R0串联的总电阻为
R′=12R+R0=12×60Ω+40Ω=70Ω
由欧姆定律可得流经R0的电流
I0=UR′=7070A=1A
C、D两端的电压UCD=I0R0=1×40V=40V；
(3)由电容器电容的定义式C=QU，可得电容器C所带的电荷量为
Q=CUCD=30×10−6×40C=1.2×10−3C。
答：(1)当滑片处于滑动变阻器中点时，电路中的等效电阻为21Ω；
(2)当滑片处于滑动变阻器中点时，C、D两端的电压为40V；
(3)电容器C所带的电荷量1.2×10−3C。
【解析】(1)当滑片处于滑动变阻器中点时，分析电路的结构，由串并联电路的特点求解等效电阻。
(2)先根据欧姆定律求出流经R0的电流，再求C、D两端的电压。
(3)根据电容的定义式C=QU，求解电容器C所带的电荷量。
解答直流电路问题，关键要弄清电路的结构，分析各部分电压和电流的关系，根据欧姆定律和串并联电路的特点处理。
21.【答案】解：(1)滑块由静止滑到B点处，由动能定理得
mgh=12mvB2
代入数据解得：vB=2m/s
滑块滑动到B处时，由牛顿第二定律得
FN′−mg=mvB2R
代入数据解得：FN′=28N
由牛顿第三定律可知，滑块运动至B处时对轨道的作用力大小FN=FN′=28N，方向竖直向下。
(2)若要使滑块能到达D点，滑块第一次到达D点时速度是零，下滑高度有最小值，由动能定理得
mgh1−μ1mgLBC−μ2mgLCD=0
代入数据解得：h1=0.26m
滑块到达DE后且不再离开DE，可知又返回的D点速度恰好是零，下滑高度有最大值，由动能定理得
mgh2−μ1mgLBC−μ2mgLCD−2μ1mgLDE=0
解得：h2=0.44m
则滑块下落高度满足的条件为：0.26m≤h≤0.44m
(3)若滑块第一次到达D点速度恰是0，由功能关系可得
mgh1−μ1mgLBC−Q=0
代入数据解得滑块在传送带上产生的内能：Q=4J
答：(1)滑块运动至B处时对轨道的作用力FN为28N，方向竖直向下；
(2)滑块下落高度满足的条件为0.26m≤h≤0.44m；
(3)这一过程滑块通过传送带产生的内能为4J。
【解析】(1)滑块下滑过程中，根据动能定理求出滑块运动至B处时的速度。滑块运动至B处时，由牛顿第二定律、牛顿第三定律列方程求解滑块运动至B处时对轨道的作用力FN；
(2)要使滑块能到达D点，滑块第一次到达D点时速度是零，下滑高度有最小值，由动能定理求最小高度。滑块到达DE后且不再离开DE，又返回的D点速度恰好是零，下滑高度有最大值，由动能定理求最大高度，从而得到滑块下落高度满足的条件；
(3)若滑块第一次到达D点速度恰为0，根据功能关系求这一过程滑块通过传送带产生的内能。
本题主要是考查功能关系、动能定理和牛顿第二定律的综合应用，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系列方程解答。
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