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2024-2025学年湖南省长沙一中高二（上）开学物理试卷（含解析）
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这是一份2024-2025学年湖南省长沙一中高二（上）开学物理试卷（含解析），共18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。
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.测量引力常量的实验装置图如图所示，关于该实验说法正确的是( )
A. 该实验最早由牛顿完成
B. 该实验应用了“微小量放大”的实验方法
C. 实验测得的引力常量是一个没有单位的常量
D. 引力常量与物体质量有关
2.如图为一块手机电池背面印有的一些符号，下列说法正确的是( )
A. 该电池的电动势为4.2V B. 该电池在工作1小时后达到的电流为620mA
C. 当电池给手机供电时，外电路电压为3.7V D. 若电池以10mA的电流工作，可用62小时
3.如图所示，质量为m的物体，从高度为ℎ的粗糙斜面顶端从静止开始释放，以后停在粗糙程度处处相同的平面上的B点，若该物体从斜面顶端以初速度v0沿斜面下滑，则停留在C点，恰有AB=BC。A点有一小段圆弧连接。重力加速度为g，那么物体在斜面上运动时摩擦力做的功为( )
A. 14mv02B. 12mv02−mgℎ
C. mgℎ−12mv02D. 条件不足，无法判断
4. 2022年12月8日，地球恰好运行到火星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线，此现象被称为“火星冲日”。火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，火星与地球的公转轨道半径之比约为3：2，如图所示。(已知3 3：2 2≈1.8)根据以上信息可以得出( )
A. 火星与地球绕太阳运动的周期之比约为27：8
B. 当火星与地球相距最远时，两者的相对速度最小
C. 过1.80年再次出现“火星冲日”
D. 过2.25年再次出现“火星冲日”
5.一跑车在封闭的水平道路上进行性能测试时，其牵引力的功率随时间的变化关系如图所示，已知0～10s内汽车做匀加速直线运动，10s末汽车速度达到20m/s，一段时间后达到最大速度60m/s，运动过程中阻力恒定，下列说法正确的是( )
A. 匀加速过程加速度大小为3m/s2
B. 匀加速过程发生的位移大小为200m
C. 速度为30m/s时，加速度大小为1.5m/s2
D. 整个加速过程，持续时间一定大于30s
6.如图所示，ab是半径为R=1m的圆的一条直径，该圆处于平行该圆周平面的匀强电场中。将质子从a点以30eV的动能在该平面内朝着不同方向射出，质子可经过圆周上所有点。其中，到达c点的动能最大为90eV。已知∠cab=30°，若不计重力和阻力，且规定圆心O处电势为0，则下列说法正确的是( )
A. 电场方向为ac方向
B. 电场强度大小为40 V/m
C. b点电势为20 V
D. 质子经过该圆周时，可能具有5eV动能的同时，其电势能为45eV
7.我们把两个等量异号点电荷组成的系统称为电偶极子。面积足够大的平行板电容器，两极板之间的距离为d，将电容器接在电压恒定的电源两端，规定无穷远处电势为0。将带电量极小的电偶极子用长度为l的绝缘轻杆连接，将其从无穷远处移到电容器两极板之间处于如图所示的状态(杆和极板垂直)，移动电偶极子的过程中电场力做功为W；将两极板分别围绕O、O′点顺时针旋转30°，如图中虚线所示，仍将绝缘轻杆连接的电偶极子从无穷远处移动到同一位置，此过程中电场力做功为( )
A. 0
B. W
C. 3W2
D. 2 3W3
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
8.上课了，老师推门进入教室。如图所示，在教室门被推开的过程中，下列关于教室门上A、B两个位置的圆周运动说法正确的是( )
A. A、B位置的线速度相等
B. A、B位置的角速度相等
C. A、B位置的周期相等
D. A、B位置的向心加速度相等
9.如图所示，两段长度和材料相同、各自粗细均匀的金属导线a、b串联连接在电路中，横截面积之比Sa：Sb=2：3。下列说法正确的是( )
A. 两导线电阻之比为2：3
B. 两导线中的电场强度之比为2：3
C. 两导线的焦耳热功率之比为3：2
D. 自由电子在两导线中移动的速率之比va：vb=3：2
10.如图所示的电路中，定值电阻R1、R2、R3的阻值均为R0，电源电动势为E，内阻为r，R为滑动变阻器，电表均为理想电表。开关S闭合后，滑动变阻器的滑片从图示位置向左滑动的过程中，电压表示数变化量的绝对值为ΔU，电流表示数变化量的绝对值为ΔI，下列判断正确的是( )
A. 电压表示数增大B. R2消耗的功率减小C. 电源的效率减小D. ΔUΔI11.如图所示，弹性绳一端固定于A点，另一端连接穿在竖直杆上质量为m的小球，B处是位于AM中点的光滑
定滑轮，且AB距离等于弹性绳原长L，此时ABM在同一水平线上，弹性绳劲度系数k=mgL(g为重力加速度).小球从M点由静止开始经过时间t滑到距M点为ℎ的N点时速度恰好为零，球与杆间的动摩擦因数为μ=0.5.则从M到N的过程中( )
A. 弹性绳对小球做的功为−12mgℎ
B. 摩擦力对小球做的功为−mgℎ
C. 小球的加速度先减小再增大
D. 小球下落L2时，速度大小达到最大值
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.如图1所示为验证机械能守恒定律的实验装置。
(1)如图2，释放纸带前的瞬间，重锤和手的位置合理的是______；
(2)由于受阻力的影响，重锤增加的动能ΔEk与减少的重力势能ΔEp的大小关系为ΔEk ______ΔEp(选填“大于”、“小于”或“等于”)；
(3)如图3是某次实验中打出的一条纸带，O点是打下的第一个点，打点计时器打点的时间间隔为T，重力加速度为g，要验证O点到B点过程机械能是否守恒，则需要验证等式______是否成立。
13.某物理实验小组准备测量未知电阻Rx(约为2kΩ)的阻值和某型号手机锂电池的电动势和内阻。电池已拆开，电动势E标称值为3.4V，允许最大放电电流为100mA。在实验室备有如下实验器材：
A.电压表V(量程4V，内阻RV约为10kΩ)
B.电流表A1(量程100mA，内阻RA为25Ω)
C.电流表A2(量程2mA，内阻R2约为100Ω)
D.滑动变阻器R(0～40Ω，额定电流1A)
E.电阻箱R0(0～9999Ω)
F.开关S一个、导线若干
(1)为了测定电阻Rx的阻值，实验小组设计了如图甲所示的电路原理图，电源用待测的锂电池，则电流表应选用______(选填“A1”或“A2”)，将电压表的读数除以电流表的读数作为Rx的测量值，则测量值______(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
(2)该实验小组设计了如图乙所示的电路原理图来测量锂电池的电动势E和内阻r。
①电流表示数的倒数1I与电阻箱阻值R0之间的关系式为______(用字母E，r，RA表示)。
②在实验中，多次改变电阻箱的阻值，获得多组数据，根据数据作出的1I−R0图像为图丙所示的直线，根据图像可知该锂电池的电动势E= ______V，内阻r= ______Ω。(结果均保留两位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
14.有一水平足够长的传送带，以v0=5m/s的速度沿顺时针方向匀速运转，传送带右端平滑连接了一个倾角为37°的粗糙斜面，物体与斜面、物体与传送带之间的动摩擦因数μ均为0.5；现将一质量m=1kg的物体轻放在距离传送带最右端L=7.5m处，已知sin37°=35，cs37°=45,g取10m/s2，求：
(1)该物块从轻放到第一次到达传送带最右端经过的时间；
(2)该物块从轻放到第一次到达传送带最右端全程产生的热量；
(3)物体最终在斜面上走过的总路程。
15.如图所示，一弹射游戏装置，由竖直光滑管道AB、半径R=0.9m的四分之一光滑圆弧轨道BC和倾角为37°的斜面EF组成。游戏时，将弹簧压缩到某一位置，依靠弹簧弹力将质量为m=0.1kg的小球发射出去。现将弹簧压缩至离地面上A点0.2m处释放，小球能沿着圆弧恰好通过最高点C，并垂直击中斜面EF上的D点。已知圆弧轨道的C点和斜面底端E点在同一竖直线上，忽略空气阻力，重力加速度大小取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)C、D两点间的竖直高度；
(2)弹簧对小球做的功。
16.绝缘的粗糙水平地面上方有一竖直方向的矩形区域OCC′O′，该区域由三个水平边长是L，竖直边长是2L的小矩形区域组成，从左到右依次为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，且矩形区域的下边OC与桌面相接。为方便描述建立如图所示的平面直角坐标系；区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中分别存在沿y轴负方向、y轴正方向、y轴正方向的匀强电场，其场强大小比例为1：1：2。现有一带正电的滑块(可视为质点)以某一初速度v0(未知)从O点沿x轴正方向进入区域Ⅰ，滑块最终从P点(3L,12L)(图中未标出)离开区域Ⅲ。已知滑块在区域Ⅰ中所受静电力与所受重力大小相等，地面与滑块间的动摩擦因数为0.125，重力加速度为g。求：
(1)滑块进入区域Ⅲ时的速度大小v1；
(2)滑块在矩形区域OCC′O′运动的总时间；
(3)若滑块以相同大小的初速度v0(未知)从P点沿x轴负方向进入区域Ⅲ，试确定滑块离开电场区域的位置(Q点)坐标。
答案解析
1.B
【解析】解：A.测量引力常量的实验最早由卡文迪什完成，实验应用了“微小量放大”的实验方法，根据万有引力定律可知，测得的引力常量是一个带有单位的常量，引力常量与物体质量无关，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据物理学史分析判断；测量引力常量的实验应用了“微小量放大”的实验方法，根据万有引力定律分析判断。
在高中物理学习中，我们会遇到各种不同的研究方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助，注意理解引力常量。
2.D
【解析】解：A、该电池的电动势为3.7V，故A错误；
B、容量的含义是指620mA的电流放电，只能放电1小时；而不是工作1小时后电流达到620mA，故B错误；
C、3.7V是电源的电动势，与外电路无关，故C错误；
D、该电池的总电量为620mA⋅ℎ，为电池的容量由q=It可知，以10mA的电流为用电器供电则供电时间为：t=qI=620mA⋅ℎ10mA=62ℎ，故D正确；
故选：D。
620mA⋅ℎ，表示电池储存能量的多少，mA⋅ℎ为电量单位；
该电池的电动势为3.7V；
容量的含义是指620mA的电流放电，只能放电1小时。
明确电池容量的含义，明确电池上电动势的含义是解决问题的关键。
3.B
【解析】解：设斜面上运动时摩擦力所做的功为W1，AB段摩擦力所做的功为W2，由于AB=BC，则在BC段摩擦力做功也为W2。
过程一，根据动能定理可得：mgℎ+W1+W2=0；
过程二，根据动能定理可得：mgℎ+W1+2W2=0−12mv02；
联立解得：W1=12mv02−mgℎ，故B正确、ACD错误。
故选：B。
分别对过程一、过程二根据动能定理列方程联立求解。
利用动能定理解题时注意：(1)分析物体受力情况，确定哪些力是恒力，哪些力是变力；(2)找出其中恒力的功及变力的功；(3)分析物体初末状态，求出动能变化量；(4)运用动能定理求解。
4.D
【解析】解：A.根据开普勒第三定律r3T2=k，火星与地球的公转轨道半径之比约为3：2，火星与地球绕太阳运动的周期之比约为
T火T地=3 32 2
故A错误；
B.火星和地球绕太阳匀速圆周运动，速度大小均不变，当火星与地球相距最远时，由于两者的速度方向相反，故此时两者相对速度最大，故B错误；
CD.根据火星与地球绕太阳运动的周期之比约为
T火T地=3 32 2
已知地球的公转周期为
T地=1年
则火星的公转周期为
T火≈1.8年
设经过时间t出现下一次“火星冲日”，则有
(2πT地−2πT火)t=2π
解得
t=2.25年
故C错误，D正确。
故选：D。
根据开普勒第三定律可以得到它们的周期之比；当二者相距最远时，它们的速度方向相反，作出判断；下一次出现的时候，地球将比火星多运动一周，据此列方程可解。
本题考查的是万有引力定律和开普勒定律在天体运动中的应用，需要灵活选择公式。还有”火星冲日“现象的计算，实质上是圆周运动中的追击问题。
5.D
【解析】解：A.汽车做匀加速直线运动时，根据加速度a=vt=2010m/s2=2m/s2，即加速度大小为2m/s2，故A错误；
B.匀加速过程中的位移大小x=12at2=12×2×102m=100m，故B错误；
C.汽车的最大速度为vm=60m/s，图中发动机的最大功率P=60kW，则阻力f=Pvm=60×10360N=1000N，当汽车速度为v1=30m/s时，设加速度大小为a1，根据Pv1−f=ma1，结合前10s末的匀变速直线运动规律有Pv−f=ma，联立解得
a1=1m/s2，m=1000kg，故C错误；
D.对整个汽车的加速过程中，根据动能定理Pt−fs=12mvm2，若fs=0，代入数据解得t=30s，而实际加速过程中阻力做功fs>0，所以t>30s，故D正确。
AB.根据匀变速直线运动的加速度公式结合位移公式列式解答；
C.根据图中的参数结合阻力的计算，牛顿第二定律的综合应用列式联立求解；
D.根据动能定理的定量计算结合定性分析进行解答。
考查汽车的启动问题，关键是结合所给的P−t图像提供相关参数、结合动能定理列式求解相应物理量。
6.B
【解析】解：A、小球在c点时的动能最大，电场力做的功最多，则c点的电势最低。作过c点与圆周相切的线，该切线为等势线，Oc方向即为电场方向，故A错误；
B、根据A选项分析，作出下图所示。
由几何关系可知
Lad=R+Rcs60°=1.5R=1.5×1m=1.5m
根据分析可知
Uad=Uac=Wace=Ekc−Ekae=90eV−30eVe=60V
则电场强度的大小为
E=UadLad=601.5V/m=40V/m，故B正确；
C、根据沿着电场线方向电势逐渐降低，结合图可得UeO=UbO=φb−φO=−ERsin30°，其中φO=0
解得：φb=−20V，故C错误；
D、c点的电势为φc=−ER=−40×1V=−40V，根据对称性可知cO延长线与圆相交的另一点电势最高为40V，最大电势能为40eV，故质子经过该圆周时，不可能具有5eV动能的同时其电势能为45eV，故D错误。
故选：B。
从a点抛出的质子在圆周上所有点中，过c点的动能最大，说明电场力做的功最多，沿场强方向的距离最大，则可得到场强的方向，根据E=Ud求解电场强度大小。根据公式U=Ed结合电势差与电势的关系求解b点电势。确定电势最大值，从而求出最小电势能，再分析D项。
本题关键要掌握匀强电场中电势差与电场强度的关系公式U=Ed，知道d是沿电场方向两点间的距离。
7.B
【解析】解：设初始时刻电容器两极板间的电场强度为E1，则E1=Ud，设正、负电荷所在点的电势分别为φ1和φ2，则电偶极子的电势能Ep1=q(φ1−φ2)=qE1l=qUld，则电场力做功W=−Ep1=−qUld；将两极板转30°后，两极板间的电场强度变为E2=U 32d，则电偶极子的电势能Ep2=Uq 32d⋅ 32l=qUld，故电场力做功W2=−Ep2=−qUld=W，故B正确，ACD错误。
故选：B。
利用U=Ed，Ep=Δφq，可求出电场力做功情况，然后先计算旋转前电场力做功的表达式，再计算旋转后电场力做功的表达式，即可解答。
学生在解决本题时，应具备电场力做功、电场强度和电势差有关的知识。
8.BC
【解析】解：B.由于A、B位置绕同轴转动，故A、B的角速度相等，故B正确；
A.由线速度公式：v=ωr可知，A、B位置的角速度相等，半径不同，则A、B的线速度不等，故A错误；
C.由周期与角速度的公式：T=2πω可知，A、B位置的角速度相等，则A、B的周期相等，故C正确；
D.由向心加速度公式：a=ω2r可知，A、B位置的角速度相等，半径不同，则A、B的向心加速度不等，故D错误。
故选：BC。
同缘传动，线速度大小相等；同轴转动，角速度相等。
结合线速度、角速度和周期、转速之间的关系以及向心加速度的公式求解即可。
解题关键是掌握线速度、角速度与周期、转速之间的关系；知道同缘传动，线速度大小相等；同轴转动，角速度相等。难度不大。
9.CD
【解析】解：A、根据电阻定律R=ρLS可得两导线的电阻之比为RaRb=SbSa=32，故A错误；
B、两导线串联，所以通过两导线的电流相等，根据欧姆定律U=IR可得两导线两端的电压之比为UaUb=RaRb=32，
根据电场强度与电势差的关系E=Ud可得，两导线中的电场强度之比为EaEb=UaUb=32，故B错误；
C、根据P热=I2R可知，两导线的焦耳热功率之比等于电阻之比，即热功率之比为3：2，故C正确；
D、根据电流的微观表达式I=neSv可得，自由电子在两导线中移动的速率之比为vavb=SbSa=32，故D正确。
故选：CD。
根据电阻定律计算；根据欧姆定律得到两导线两端电压关系，然后根据电场强度与电势差的关系计算；根据热功率公式计算；根据电流的微观表达式计算。
熟悉电阻定律、欧姆定律、功率公式以及电流的微观表达式是解题的基础。
10.AD
【解析】解：A.滑动变阻器的滑片从图示位置向左滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值增大，则外电路总阻值增大，根据闭合电路欧姆定律可得：I干=Er+R外，可知干路电流减小，电压表的示数为：U=E−l干(r+R1)，可知电压表示数增大，故A正确；
B.R2消耗的功率为PR2=U2R2，因U增大，故R2消耗的功率增大，故B错误；
C.根据电源的效率η=U端I干EI干=U端E，而路端电压U端=E−l干r，可得U端增大，电源的效率增大，故C错误；
D.根据上述分析，干路电流减小，并联电路中通过R2、R3所在的两个支路的电流均增大，则通过的电流表所在支路电流减小，且电流表示数的减小量Δl大于通过另两个支路的电流总的增加量ΔI′，则有：
ΔUΔI<ΔUΔI′
又有：U=I′×R2R3R2+R3=R02I′，由此可得：ΔUΔI′=R02
联立可得：ΔUΔI故选：AD。
理想电压表内阻无穷大，相当于断路，理想电流表内阻为零，相当短路。分析电路的连接结构，根据串并联电路的特点，闭合电路欧姆定律，以及欧姆定律分析各部分电压和电流的变化；根据η=U端E，分析电源的效率如何变化。
本题是电路的动态分析问题，关键弄清楚电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析。
11.ACD
【解析】解：AB、设小球在MN中间的任意位置C时，此时BC两点的距离为x，设弹性绳与水平方向的夹角为θ，则此时小球对杆的弹力为：
FN=kx⋅csθ=kL
又k=mgL
解得：FN=mg
小球受到的摩擦力为：
f=μFN=12mg
根据求功公式，可知小球从M到N摩擦力做功为：
Wf=−fℎ=−12mgℎ
对小球从M到N的过程中，根据功能关系得：
mgℎ+W弹−12mgℎ=0
解得弹性绳对小球做的功为：W弹=−12mgℎ，
故A正确，B错误；
D、小球下落L2时，根据几何关系，可知弹性绳的伸长量为：
ΔL= L2+(L2)2= 52L
弹力大小为F=k⋅ΔL=mgL× 52L= 52mg
设此时弹性绳与竖直方向的夹角为α，弹力沿竖直向上的分量为
Fy=Fcsα= 52mg×12L 52L=12mg
在竖直方向上有：
f+Fy=mg，
可得合力为零，加速度为零，速度最大，故D正确；
C、综上所述，小球先做加速度减小的加速运动，下落L2时，速度最大，再做加速度增加的减速运动，故C正确；
故选：ACD。
按照功的定义求解摩擦力做功，从M到N的过程，根据功能关系求得弹力对小球做功；加速度为零时，速度最大，根据受力判断即可。
本题考查的是牛顿第二定律与能量相结合的问题，根据题意分析清楚小球的运动过程与受力情况是解题的前提与关键，题中分析出摩擦力为恒力是一个难点。
12.丙 小于 g(s0+s1)=(s1+s2)28T2
【解析】解：(1)在验证机械能守恒定律的实验装置中，为减小实验误差，且保证重锤和纸带下落过程中，尽可能只受到重力的作用，且保证能充分利用纸带打出较多清晰的点，释放前必须保持提起的纸带处于竖直位置，并且使重物靠近打点计时器，故合理的位置为丙图。
(2)由于纸带受阻力的影响，重锤的一部分重力势能转化为内能，导致增加的动能ΔEk小于减少的重力势能ΔEp。
(3)重锤下落到B点时的速度大小为
vB=s1+s22T
要验证O点到B点过程机械能是否守恒，需要验证等式
mg(s0+s1)=12mvB2
即
g(s0+s1)=(s1+s2)28T2成立即可。
故答案为：(1)丙；
(2)小于；
(3)g(s0+s1)=(s1+s2)28T2。
(1)分析纸带受阻力及打纸带的要求选选项；
(2)分析阻力的影响；
(3)由减少的重力势能和动能进行比较。
本题考查了机械能守恒定律实验的正确操作、误差分析及实验要验证的方程等常考知识点，难度不大。
13.A2 大于 1I=R0E+RA+rE 3.3 8.3
【解析】解：(1)根据题意，由欧姆定律可得，流过电流表的最大电流约为
I=ERx=3.42000A=1.7×10−3A=1.7mA
则电流表应选用A2。
根据电路图甲可知，电流表采用的是内接法，由于电流表的分压，电压表的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻的测量值大于真实值。
(2)①根据题意及电路图乙，由闭合电路的欧姆定律可得：
E=I(r+RA+R0)
整理可得：1I=R0E+RA+rE
②根据题意，结合图丙可得：
1E=40−10100V−1；RA+rE=10A−1
解得：E≈3.3V，r≈8.3Ω
故答案为：(1)A2；大于；(2)1I=R0E+RA+rE；3.3；8.3。
(1)根据欧姆定律得出电路中的最大电表，由此选择合适的电流表，结合电路分析出电阻测量值和真实值的大小关系；
(2)根据欧姆定律，结合电路构造的分析得出对应的关系式，并根据图像的物理意义得出电动势和内阻的大小。
本题主要考查了电源电动势和内阻的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合欧姆定律和图像的物理意义即可完成分析。
14.解：(1)物块轻放上传送带以后做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知，其加速度为a=μmgm=μg
物块加速到与传送带共速所走过的位移为x=v022a
解得x=2.5m<7.5m
匀加速阶段时间为t1=v0a
物块与传送带共速后保持匀速，物块匀速运动的时间为t2=L−xv0
所以该物块从轻放到第一次到达传送带最右端经过的时间为t=t1+t2
解得t=2s
(2)物块在传送带上运动的过程中物块和传送带之间的相对位移为Δx=v0t1−x
所以产生热量为Q=μmgΔx
解得Q=12.5J
(3)小物块以v0第一次冲上斜面后再次回到最底端时速度v1的大小小于v0，在足够长传送带上运动一个来回后速度与v1等大反向，冲上斜面，第二次落回水平传送带最底端时速度v2的大小小于v1，如此往复，最终物块将静止在斜面最低端，全程根据功能关系有
μmgscs37°=12mv02
解得s=258m
答：(1)该物块从轻放到第一次到达传送带最右端经过的时间为2s；
(2)该物块从轻放到第一次到达传送带最右端全程产生的热量为12.5J；
(3)物体最终在斜面上走过的总路程为258m。
【解析】(1)分析物块在传送带的运动情况，根据牛顿第二定律与运动学公式解答；
(2)根据摩擦力做功可解得热量；
(3)分析物块的运动情况，根据功能关系解答。
解决该题的关键是明确知道物块在传送带上的运动情况，知道物块从斜面上滑下再回到传送带上的运动过程，熟记运动学相关的公式。
15.解：(1)小球恰好通过C点，在C点所需向心力恰好等于重力，则有：
mg=mvC2R
解得：vC=3m/s
由C点到D点的过程小球做平抛运动，击中斜面时速度方向垂直于斜面，如下图所示：
可得在D点竖直分速度与水平分速度的关系为：vC=vytan37°
竖直方向为自由落体运动，则有：vy2=2gℎ1
解得C、D两点间的竖直高度为：ℎ1=0.8m
(2)小球平抛运动的过程，在竖直方向上有：ℎ1=12gt2
在水平方向上有：x=vCt
由几何关系可得上图中的ℎ2=xtan37°
设弹簧对小球做的功为W，由A到C的过程，根据动能定理得：
W−mg(ℎ1+ℎ2−0.2)=12mvC2−0
解得：W=1.95J
答：(1)C、D两点间的竖直高度为0.8m；
(2)弹簧对小球做的功为1.95J。
【解析】(1)小球恰好通过C点，在C点所需向心力恰好等于重力，根据牛顿第二定律求得在C点的速度。由C点到D点的过程小球做平抛运动，击中斜面时速度方向垂直于斜面，根据速度的分解可得在D点竖直分速度，根据竖直方向为自由落体运动求解C、D两点间的竖直高度。
(2)应用运动学公式和几何关系求得A与C之间的竖直高度，根据动能定理求解弹簧对小球做的功。
本题为力学综合题目，考查了动能定理的应用，平抛运动的性质，圆周运动的临界问题，难度不大。掌握竖直圆轨道的圆周运动的临界条件，处理平抛运动的方法是运动的合成与分解。
16.解：(1)在区域Ⅱ中由于所受静电力与所受重力大小相等，则滑块做匀速直线运动，区域Ⅲ做类平抛运动，竖直方向加速度
a=2qE−mgm
根据类平抛运动规律
12L=12gt32
L=v1t3
解得
v1= gL，t3= Lg，a=g
(2)滑块进入区域Ⅲ时，根据动能定理
−μ(mg+qE)L=12mv12−12mv02
解得
v0= 3gL2
在区域Ⅰ运动时间
t1=v0−v1μqE+mgm
解得
t1=2( 6−2) Lg
运动的总时间
t=t1+2t3
解得
t=2( 6−1) Lg
(3)从P点沿x轴负方向进入区域Ⅲ，则在区域Ⅲ运动时间仍为t3= Lg，竖直方向偏转
y3=12gt32
解得
y3=12L
竖直方向速度为
v=gt3
解得
v= gL
区域Ⅱ中做匀速直线运动，区域Ⅰ中做类斜抛运动、水平速度不变，从出区域Ⅲ到上升到最高点竖直位移
y′=vt3+v22×2g
解得
y′=54L
由于
y′+y3+12L=54L+12L+12L=94L>2L
可知上升到最高点之前就从上边缘出电场区域。
则在区域Ⅰ中，竖直方向运动实际距离
y5=2L−12L−y3−vt3
解得
y5=0
故滑块离开电场区域的位置即为(L,2L)。
答：(1)滑块进入区域Ⅲ时的速度大小 gL；
(2)滑块在矩形区域OCC′O′运动的总时间2( 6−1) Lg；
(3)滑块离开电场区域的位置(Q点)坐标(L,2L)。
【解析】(1)在第三个过程中，滑块做类平抛运动，将运动分解为水平方向和竖直方向的两个分运动来列式求解；
(2)根据动能定理求出进入区域Ⅲ的初速度，由运动学公式求出时间，得出运动的总时间；
(3)根据平抛运动规律结合运动学公式求滑块离开电场区域的位置(Q点)坐标。
本题关键先根据类平抛运动的位移公式求出类平抛的初速度，再根据牛顿第二定律求出加速度，再结合运动学公式求解。摩托罗拉SNN5779A(L6…)
电池型号：SL−1102A−SNN5779AA
标称电压：3.7V
额定容量：620mAℎ
充电限制电压：4.2V
生产日期：
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.测量引力常量的实验装置图如图所示，关于该实验说法正确的是( )
A. 该实验最早由牛顿完成
B. 该实验应用了“微小量放大”的实验方法
C. 实验测得的引力常量是一个没有单位的常量
D. 引力常量与物体质量有关
2.如图为一块手机电池背面印有的一些符号，下列说法正确的是( )
A. 该电池的电动势为4.2V B. 该电池在工作1小时后达到的电流为620mA
C. 当电池给手机供电时，外电路电压为3.7V D. 若电池以10mA的电流工作，可用62小时
3.如图所示，质量为m的物体，从高度为ℎ的粗糙斜面顶端从静止开始释放，以后停在粗糙程度处处相同的平面上的B点，若该物体从斜面顶端以初速度v0沿斜面下滑，则停留在C点，恰有AB=BC。A点有一小段圆弧连接。重力加速度为g，那么物体在斜面上运动时摩擦力做的功为( )
A. 14mv02B. 12mv02−mgℎ
C. mgℎ−12mv02D. 条件不足，无法判断
4. 2022年12月8日，地球恰好运行到火星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线，此现象被称为“火星冲日”。火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，火星与地球的公转轨道半径之比约为3：2，如图所示。(已知3 3：2 2≈1.8)根据以上信息可以得出( )
A. 火星与地球绕太阳运动的周期之比约为27：8
B. 当火星与地球相距最远时，两者的相对速度最小
C. 过1.80年再次出现“火星冲日”
D. 过2.25年再次出现“火星冲日”
5.一跑车在封闭的水平道路上进行性能测试时，其牵引力的功率随时间的变化关系如图所示，已知0～10s内汽车做匀加速直线运动，10s末汽车速度达到20m/s，一段时间后达到最大速度60m/s，运动过程中阻力恒定，下列说法正确的是( )
A. 匀加速过程加速度大小为3m/s2
B. 匀加速过程发生的位移大小为200m
C. 速度为30m/s时，加速度大小为1.5m/s2
D. 整个加速过程，持续时间一定大于30s
6.如图所示，ab是半径为R=1m的圆的一条直径，该圆处于平行该圆周平面的匀强电场中。将质子从a点以30eV的动能在该平面内朝着不同方向射出，质子可经过圆周上所有点。其中，到达c点的动能最大为90eV。已知∠cab=30°，若不计重力和阻力，且规定圆心O处电势为0，则下列说法正确的是( )
A. 电场方向为ac方向
B. 电场强度大小为40 V/m
C. b点电势为20 V
D. 质子经过该圆周时，可能具有5eV动能的同时，其电势能为45eV
7.我们把两个等量异号点电荷组成的系统称为电偶极子。面积足够大的平行板电容器，两极板之间的距离为d，将电容器接在电压恒定的电源两端，规定无穷远处电势为0。将带电量极小的电偶极子用长度为l的绝缘轻杆连接，将其从无穷远处移到电容器两极板之间处于如图所示的状态(杆和极板垂直)，移动电偶极子的过程中电场力做功为W；将两极板分别围绕O、O′点顺时针旋转30°，如图中虚线所示，仍将绝缘轻杆连接的电偶极子从无穷远处移动到同一位置，此过程中电场力做功为( )
A. 0
B. W
C. 3W2
D. 2 3W3
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
8.上课了，老师推门进入教室。如图所示，在教室门被推开的过程中，下列关于教室门上A、B两个位置的圆周运动说法正确的是( )
A. A、B位置的线速度相等
B. A、B位置的角速度相等
C. A、B位置的周期相等
D. A、B位置的向心加速度相等
9.如图所示，两段长度和材料相同、各自粗细均匀的金属导线a、b串联连接在电路中，横截面积之比Sa：Sb=2：3。下列说法正确的是( )
A. 两导线电阻之比为2：3
B. 两导线中的电场强度之比为2：3
C. 两导线的焦耳热功率之比为3：2
D. 自由电子在两导线中移动的速率之比va：vb=3：2
10.如图所示的电路中，定值电阻R1、R2、R3的阻值均为R0，电源电动势为E，内阻为r，R为滑动变阻器，电表均为理想电表。开关S闭合后，滑动变阻器的滑片从图示位置向左滑动的过程中，电压表示数变化量的绝对值为ΔU，电流表示数变化量的绝对值为ΔI，下列判断正确的是( )
A. 电压表示数增大B. R2消耗的功率减小C. 电源的效率减小D. ΔUΔI
定滑轮，且AB距离等于弹性绳原长L，此时ABM在同一水平线上，弹性绳劲度系数k=mgL(g为重力加速度).小球从M点由静止开始经过时间t滑到距M点为ℎ的N点时速度恰好为零，球与杆间的动摩擦因数为μ=0.5.则从M到N的过程中( )
A. 弹性绳对小球做的功为−12mgℎ
B. 摩擦力对小球做的功为−mgℎ
C. 小球的加速度先减小再增大
D. 小球下落L2时，速度大小达到最大值
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.如图1所示为验证机械能守恒定律的实验装置。
(1)如图2，释放纸带前的瞬间，重锤和手的位置合理的是______；
(2)由于受阻力的影响，重锤增加的动能ΔEk与减少的重力势能ΔEp的大小关系为ΔEk ______ΔEp(选填“大于”、“小于”或“等于”)；
(3)如图3是某次实验中打出的一条纸带，O点是打下的第一个点，打点计时器打点的时间间隔为T，重力加速度为g，要验证O点到B点过程机械能是否守恒，则需要验证等式______是否成立。
13.某物理实验小组准备测量未知电阻Rx(约为2kΩ)的阻值和某型号手机锂电池的电动势和内阻。电池已拆开，电动势E标称值为3.4V，允许最大放电电流为100mA。在实验室备有如下实验器材：
A.电压表V(量程4V，内阻RV约为10kΩ)
B.电流表A1(量程100mA，内阻RA为25Ω)
C.电流表A2(量程2mA，内阻R2约为100Ω)
D.滑动变阻器R(0～40Ω，额定电流1A)
E.电阻箱R0(0～9999Ω)
F.开关S一个、导线若干
(1)为了测定电阻Rx的阻值，实验小组设计了如图甲所示的电路原理图，电源用待测的锂电池，则电流表应选用______(选填“A1”或“A2”)，将电压表的读数除以电流表的读数作为Rx的测量值，则测量值______(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
(2)该实验小组设计了如图乙所示的电路原理图来测量锂电池的电动势E和内阻r。
①电流表示数的倒数1I与电阻箱阻值R0之间的关系式为______(用字母E，r，RA表示)。
②在实验中，多次改变电阻箱的阻值，获得多组数据，根据数据作出的1I−R0图像为图丙所示的直线，根据图像可知该锂电池的电动势E= ______V，内阻r= ______Ω。(结果均保留两位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
14.有一水平足够长的传送带，以v0=5m/s的速度沿顺时针方向匀速运转，传送带右端平滑连接了一个倾角为37°的粗糙斜面，物体与斜面、物体与传送带之间的动摩擦因数μ均为0.5；现将一质量m=1kg的物体轻放在距离传送带最右端L=7.5m处，已知sin37°=35，cs37°=45,g取10m/s2，求：
(1)该物块从轻放到第一次到达传送带最右端经过的时间；
(2)该物块从轻放到第一次到达传送带最右端全程产生的热量；
(3)物体最终在斜面上走过的总路程。
15.如图所示，一弹射游戏装置，由竖直光滑管道AB、半径R=0.9m的四分之一光滑圆弧轨道BC和倾角为37°的斜面EF组成。游戏时，将弹簧压缩到某一位置，依靠弹簧弹力将质量为m=0.1kg的小球发射出去。现将弹簧压缩至离地面上A点0.2m处释放，小球能沿着圆弧恰好通过最高点C，并垂直击中斜面EF上的D点。已知圆弧轨道的C点和斜面底端E点在同一竖直线上，忽略空气阻力，重力加速度大小取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)C、D两点间的竖直高度；
(2)弹簧对小球做的功。
16.绝缘的粗糙水平地面上方有一竖直方向的矩形区域OCC′O′，该区域由三个水平边长是L，竖直边长是2L的小矩形区域组成，从左到右依次为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，且矩形区域的下边OC与桌面相接。为方便描述建立如图所示的平面直角坐标系；区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中分别存在沿y轴负方向、y轴正方向、y轴正方向的匀强电场，其场强大小比例为1：1：2。现有一带正电的滑块(可视为质点)以某一初速度v0(未知)从O点沿x轴正方向进入区域Ⅰ，滑块最终从P点(3L,12L)(图中未标出)离开区域Ⅲ。已知滑块在区域Ⅰ中所受静电力与所受重力大小相等，地面与滑块间的动摩擦因数为0.125，重力加速度为g。求：
(1)滑块进入区域Ⅲ时的速度大小v1；
(2)滑块在矩形区域OCC′O′运动的总时间；
(3)若滑块以相同大小的初速度v0(未知)从P点沿x轴负方向进入区域Ⅲ，试确定滑块离开电场区域的位置(Q点)坐标。
答案解析
1.B
【解析】解：A.测量引力常量的实验最早由卡文迪什完成，实验应用了“微小量放大”的实验方法，根据万有引力定律可知，测得的引力常量是一个带有单位的常量，引力常量与物体质量无关，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据物理学史分析判断；测量引力常量的实验应用了“微小量放大”的实验方法，根据万有引力定律分析判断。
在高中物理学习中，我们会遇到各种不同的研究方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助，注意理解引力常量。
2.D
【解析】解：A、该电池的电动势为3.7V，故A错误；
B、容量的含义是指620mA的电流放电，只能放电1小时；而不是工作1小时后电流达到620mA，故B错误；
C、3.7V是电源的电动势，与外电路无关，故C错误；
D、该电池的总电量为620mA⋅ℎ，为电池的容量由q=It可知，以10mA的电流为用电器供电则供电时间为：t=qI=620mA⋅ℎ10mA=62ℎ，故D正确；
故选：D。
620mA⋅ℎ，表示电池储存能量的多少，mA⋅ℎ为电量单位；
该电池的电动势为3.7V；
容量的含义是指620mA的电流放电，只能放电1小时。
明确电池容量的含义，明确电池上电动势的含义是解决问题的关键。
3.B
【解析】解：设斜面上运动时摩擦力所做的功为W1，AB段摩擦力所做的功为W2，由于AB=BC，则在BC段摩擦力做功也为W2。
过程一，根据动能定理可得：mgℎ+W1+W2=0；
过程二，根据动能定理可得：mgℎ+W1+2W2=0−12mv02；
联立解得：W1=12mv02−mgℎ，故B正确、ACD错误。
故选：B。
分别对过程一、过程二根据动能定理列方程联立求解。
利用动能定理解题时注意：(1)分析物体受力情况，确定哪些力是恒力，哪些力是变力；(2)找出其中恒力的功及变力的功；(3)分析物体初末状态，求出动能变化量；(4)运用动能定理求解。
4.D
【解析】解：A.根据开普勒第三定律r3T2=k，火星与地球的公转轨道半径之比约为3：2，火星与地球绕太阳运动的周期之比约为
T火T地=3 32 2
故A错误；
B.火星和地球绕太阳匀速圆周运动，速度大小均不变，当火星与地球相距最远时，由于两者的速度方向相反，故此时两者相对速度最大，故B错误；
CD.根据火星与地球绕太阳运动的周期之比约为
T火T地=3 32 2
已知地球的公转周期为
T地=1年
则火星的公转周期为
T火≈1.8年
设经过时间t出现下一次“火星冲日”，则有
(2πT地−2πT火)t=2π
解得
t=2.25年
故C错误，D正确。
故选：D。
根据开普勒第三定律可以得到它们的周期之比；当二者相距最远时，它们的速度方向相反，作出判断；下一次出现的时候，地球将比火星多运动一周，据此列方程可解。
本题考查的是万有引力定律和开普勒定律在天体运动中的应用，需要灵活选择公式。还有”火星冲日“现象的计算，实质上是圆周运动中的追击问题。
5.D
【解析】解：A.汽车做匀加速直线运动时，根据加速度a=vt=2010m/s2=2m/s2，即加速度大小为2m/s2，故A错误；
B.匀加速过程中的位移大小x=12at2=12×2×102m=100m，故B错误；
C.汽车的最大速度为vm=60m/s，图中发动机的最大功率P=60kW，则阻力f=Pvm=60×10360N=1000N，当汽车速度为v1=30m/s时，设加速度大小为a1，根据Pv1−f=ma1，结合前10s末的匀变速直线运动规律有Pv−f=ma，联立解得
a1=1m/s2，m=1000kg，故C错误；
D.对整个汽车的加速过程中，根据动能定理Pt−fs=12mvm2，若fs=0，代入数据解得t=30s，而实际加速过程中阻力做功fs>0，所以t>30s，故D正确。
AB.根据匀变速直线运动的加速度公式结合位移公式列式解答；
C.根据图中的参数结合阻力的计算，牛顿第二定律的综合应用列式联立求解；
D.根据动能定理的定量计算结合定性分析进行解答。
考查汽车的启动问题，关键是结合所给的P−t图像提供相关参数、结合动能定理列式求解相应物理量。
6.B
【解析】解：A、小球在c点时的动能最大，电场力做的功最多，则c点的电势最低。作过c点与圆周相切的线，该切线为等势线，Oc方向即为电场方向，故A错误；
B、根据A选项分析，作出下图所示。
由几何关系可知
Lad=R+Rcs60°=1.5R=1.5×1m=1.5m
根据分析可知
Uad=Uac=Wace=Ekc−Ekae=90eV−30eVe=60V
则电场强度的大小为
E=UadLad=601.5V/m=40V/m，故B正确；
C、根据沿着电场线方向电势逐渐降低，结合图可得UeO=UbO=φb−φO=−ERsin30°，其中φO=0
解得：φb=−20V，故C错误；
D、c点的电势为φc=−ER=−40×1V=−40V，根据对称性可知cO延长线与圆相交的另一点电势最高为40V，最大电势能为40eV，故质子经过该圆周时，不可能具有5eV动能的同时其电势能为45eV，故D错误。
故选：B。
从a点抛出的质子在圆周上所有点中，过c点的动能最大，说明电场力做的功最多，沿场强方向的距离最大，则可得到场强的方向，根据E=Ud求解电场强度大小。根据公式U=Ed结合电势差与电势的关系求解b点电势。确定电势最大值，从而求出最小电势能，再分析D项。
本题关键要掌握匀强电场中电势差与电场强度的关系公式U=Ed，知道d是沿电场方向两点间的距离。
7.B
【解析】解：设初始时刻电容器两极板间的电场强度为E1，则E1=Ud，设正、负电荷所在点的电势分别为φ1和φ2，则电偶极子的电势能Ep1=q(φ1−φ2)=qE1l=qUld，则电场力做功W=−Ep1=−qUld；将两极板转30°后，两极板间的电场强度变为E2=U 32d，则电偶极子的电势能Ep2=Uq 32d⋅ 32l=qUld，故电场力做功W2=−Ep2=−qUld=W，故B正确，ACD错误。
故选：B。
利用U=Ed，Ep=Δφq，可求出电场力做功情况，然后先计算旋转前电场力做功的表达式，再计算旋转后电场力做功的表达式，即可解答。
学生在解决本题时，应具备电场力做功、电场强度和电势差有关的知识。
8.BC
【解析】解：B.由于A、B位置绕同轴转动，故A、B的角速度相等，故B正确；
A.由线速度公式：v=ωr可知，A、B位置的角速度相等，半径不同，则A、B的线速度不等，故A错误；
C.由周期与角速度的公式：T=2πω可知，A、B位置的角速度相等，则A、B的周期相等，故C正确；
D.由向心加速度公式：a=ω2r可知，A、B位置的角速度相等，半径不同，则A、B的向心加速度不等，故D错误。
故选：BC。
同缘传动，线速度大小相等；同轴转动，角速度相等。
结合线速度、角速度和周期、转速之间的关系以及向心加速度的公式求解即可。
解题关键是掌握线速度、角速度与周期、转速之间的关系；知道同缘传动，线速度大小相等；同轴转动，角速度相等。难度不大。
9.CD
【解析】解：A、根据电阻定律R=ρLS可得两导线的电阻之比为RaRb=SbSa=32，故A错误；
B、两导线串联，所以通过两导线的电流相等，根据欧姆定律U=IR可得两导线两端的电压之比为UaUb=RaRb=32，
根据电场强度与电势差的关系E=Ud可得，两导线中的电场强度之比为EaEb=UaUb=32，故B错误；
C、根据P热=I2R可知，两导线的焦耳热功率之比等于电阻之比，即热功率之比为3：2，故C正确；
D、根据电流的微观表达式I=neSv可得，自由电子在两导线中移动的速率之比为vavb=SbSa=32，故D正确。
故选：CD。
根据电阻定律计算；根据欧姆定律得到两导线两端电压关系，然后根据电场强度与电势差的关系计算；根据热功率公式计算；根据电流的微观表达式计算。
熟悉电阻定律、欧姆定律、功率公式以及电流的微观表达式是解题的基础。
10.AD
【解析】解：A.滑动变阻器的滑片从图示位置向左滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值增大，则外电路总阻值增大，根据闭合电路欧姆定律可得：I干=Er+R外，可知干路电流减小，电压表的示数为：U=E−l干(r+R1)，可知电压表示数增大，故A正确；
B.R2消耗的功率为PR2=U2R2，因U增大，故R2消耗的功率增大，故B错误；
C.根据电源的效率η=U端I干EI干=U端E，而路端电压U端=E−l干r，可得U端增大，电源的效率增大，故C错误；
D.根据上述分析，干路电流减小，并联电路中通过R2、R3所在的两个支路的电流均增大，则通过的电流表所在支路电流减小，且电流表示数的减小量Δl大于通过另两个支路的电流总的增加量ΔI′，则有：
ΔUΔI<ΔUΔI′
又有：U=I′×R2R3R2+R3=R02I′，由此可得：ΔUΔI′=R02
联立可得：ΔUΔI
理想电压表内阻无穷大，相当于断路，理想电流表内阻为零，相当短路。分析电路的连接结构，根据串并联电路的特点，闭合电路欧姆定律，以及欧姆定律分析各部分电压和电流的变化；根据η=U端E，分析电源的效率如何变化。
本题是电路的动态分析问题，关键弄清楚电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析。
11.ACD
【解析】解：AB、设小球在MN中间的任意位置C时，此时BC两点的距离为x，设弹性绳与水平方向的夹角为θ，则此时小球对杆的弹力为：
FN=kx⋅csθ=kL
又k=mgL
解得：FN=mg
小球受到的摩擦力为：
f=μFN=12mg
根据求功公式，可知小球从M到N摩擦力做功为：
Wf=−fℎ=−12mgℎ
对小球从M到N的过程中，根据功能关系得：
mgℎ+W弹−12mgℎ=0
解得弹性绳对小球做的功为：W弹=−12mgℎ，
故A正确，B错误；
D、小球下落L2时，根据几何关系，可知弹性绳的伸长量为：
ΔL= L2+(L2)2= 52L
弹力大小为F=k⋅ΔL=mgL× 52L= 52mg
设此时弹性绳与竖直方向的夹角为α，弹力沿竖直向上的分量为
Fy=Fcsα= 52mg×12L 52L=12mg
在竖直方向上有：
f+Fy=mg，
可得合力为零，加速度为零，速度最大，故D正确；
C、综上所述，小球先做加速度减小的加速运动，下落L2时，速度最大，再做加速度增加的减速运动，故C正确；
故选：ACD。
按照功的定义求解摩擦力做功，从M到N的过程，根据功能关系求得弹力对小球做功；加速度为零时，速度最大，根据受力判断即可。
本题考查的是牛顿第二定律与能量相结合的问题，根据题意分析清楚小球的运动过程与受力情况是解题的前提与关键，题中分析出摩擦力为恒力是一个难点。
12.丙 小于 g(s0+s1)=(s1+s2)28T2
【解析】解：(1)在验证机械能守恒定律的实验装置中，为减小实验误差，且保证重锤和纸带下落过程中，尽可能只受到重力的作用，且保证能充分利用纸带打出较多清晰的点，释放前必须保持提起的纸带处于竖直位置，并且使重物靠近打点计时器，故合理的位置为丙图。
(2)由于纸带受阻力的影响，重锤的一部分重力势能转化为内能，导致增加的动能ΔEk小于减少的重力势能ΔEp。
(3)重锤下落到B点时的速度大小为
vB=s1+s22T
要验证O点到B点过程机械能是否守恒，需要验证等式
mg(s0+s1)=12mvB2
即
g(s0+s1)=(s1+s2)28T2成立即可。
故答案为：(1)丙；
(2)小于；
(3)g(s0+s1)=(s1+s2)28T2。
(1)分析纸带受阻力及打纸带的要求选选项；
(2)分析阻力的影响；
(3)由减少的重力势能和动能进行比较。
本题考查了机械能守恒定律实验的正确操作、误差分析及实验要验证的方程等常考知识点，难度不大。
13.A2 大于 1I=R0E+RA+rE 3.3 8.3
【解析】解：(1)根据题意，由欧姆定律可得，流过电流表的最大电流约为
I=ERx=3.42000A=1.7×10−3A=1.7mA
则电流表应选用A2。
根据电路图甲可知，电流表采用的是内接法，由于电流表的分压，电压表的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻的测量值大于真实值。
(2)①根据题意及电路图乙，由闭合电路的欧姆定律可得：
E=I(r+RA+R0)
整理可得：1I=R0E+RA+rE
②根据题意，结合图丙可得：
1E=40−10100V−1；RA+rE=10A−1
解得：E≈3.3V，r≈8.3Ω
故答案为：(1)A2；大于；(2)1I=R0E+RA+rE；3.3；8.3。
(1)根据欧姆定律得出电路中的最大电表，由此选择合适的电流表，结合电路分析出电阻测量值和真实值的大小关系；
(2)根据欧姆定律，结合电路构造的分析得出对应的关系式，并根据图像的物理意义得出电动势和内阻的大小。
本题主要考查了电源电动势和内阻的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合欧姆定律和图像的物理意义即可完成分析。
14.解：(1)物块轻放上传送带以后做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知，其加速度为a=μmgm=μg
物块加速到与传送带共速所走过的位移为x=v022a
解得x=2.5m<7.5m
匀加速阶段时间为t1=v0a
物块与传送带共速后保持匀速，物块匀速运动的时间为t2=L−xv0
所以该物块从轻放到第一次到达传送带最右端经过的时间为t=t1+t2
解得t=2s
(2)物块在传送带上运动的过程中物块和传送带之间的相对位移为Δx=v0t1−x
所以产生热量为Q=μmgΔx
解得Q=12.5J
(3)小物块以v0第一次冲上斜面后再次回到最底端时速度v1的大小小于v0，在足够长传送带上运动一个来回后速度与v1等大反向，冲上斜面，第二次落回水平传送带最底端时速度v2的大小小于v1，如此往复，最终物块将静止在斜面最低端，全程根据功能关系有
μmgscs37°=12mv02
解得s=258m
答：(1)该物块从轻放到第一次到达传送带最右端经过的时间为2s；
(2)该物块从轻放到第一次到达传送带最右端全程产生的热量为12.5J；
(3)物体最终在斜面上走过的总路程为258m。
【解析】(1)分析物块在传送带的运动情况，根据牛顿第二定律与运动学公式解答；
(2)根据摩擦力做功可解得热量；
(3)分析物块的运动情况，根据功能关系解答。
解决该题的关键是明确知道物块在传送带上的运动情况，知道物块从斜面上滑下再回到传送带上的运动过程，熟记运动学相关的公式。
15.解：(1)小球恰好通过C点，在C点所需向心力恰好等于重力，则有：
mg=mvC2R
解得：vC=3m/s
由C点到D点的过程小球做平抛运动，击中斜面时速度方向垂直于斜面，如下图所示：
可得在D点竖直分速度与水平分速度的关系为：vC=vytan37°
竖直方向为自由落体运动，则有：vy2=2gℎ1
解得C、D两点间的竖直高度为：ℎ1=0.8m
(2)小球平抛运动的过程，在竖直方向上有：ℎ1=12gt2
在水平方向上有：x=vCt
由几何关系可得上图中的ℎ2=xtan37°
设弹簧对小球做的功为W，由A到C的过程，根据动能定理得：
W−mg(ℎ1+ℎ2−0.2)=12mvC2−0
解得：W=1.95J
答：(1)C、D两点间的竖直高度为0.8m；
(2)弹簧对小球做的功为1.95J。
【解析】(1)小球恰好通过C点，在C点所需向心力恰好等于重力，根据牛顿第二定律求得在C点的速度。由C点到D点的过程小球做平抛运动，击中斜面时速度方向垂直于斜面，根据速度的分解可得在D点竖直分速度，根据竖直方向为自由落体运动求解C、D两点间的竖直高度。
(2)应用运动学公式和几何关系求得A与C之间的竖直高度，根据动能定理求解弹簧对小球做的功。
本题为力学综合题目，考查了动能定理的应用，平抛运动的性质，圆周运动的临界问题，难度不大。掌握竖直圆轨道的圆周运动的临界条件，处理平抛运动的方法是运动的合成与分解。
16.解：(1)在区域Ⅱ中由于所受静电力与所受重力大小相等，则滑块做匀速直线运动，区域Ⅲ做类平抛运动，竖直方向加速度
a=2qE−mgm
根据类平抛运动规律
12L=12gt32
L=v1t3
解得
v1= gL，t3= Lg，a=g
(2)滑块进入区域Ⅲ时，根据动能定理
−μ(mg+qE)L=12mv12−12mv02
解得
v0= 3gL2
在区域Ⅰ运动时间
t1=v0−v1μqE+mgm
解得
t1=2( 6−2) Lg
运动的总时间
t=t1+2t3
解得
t=2( 6−1) Lg
(3)从P点沿x轴负方向进入区域Ⅲ，则在区域Ⅲ运动时间仍为t3= Lg，竖直方向偏转
y3=12gt32
解得
y3=12L
竖直方向速度为
v=gt3
解得
v= gL
区域Ⅱ中做匀速直线运动，区域Ⅰ中做类斜抛运动、水平速度不变，从出区域Ⅲ到上升到最高点竖直位移
y′=vt3+v22×2g
解得
y′=54L
由于
y′+y3+12L=54L+12L+12L=94L>2L
可知上升到最高点之前就从上边缘出电场区域。
则在区域Ⅰ中，竖直方向运动实际距离
y5=2L−12L−y3−vt3
解得
y5=0
故滑块离开电场区域的位置即为(L,2L)。
答：(1)滑块进入区域Ⅲ时的速度大小 gL；
(2)滑块在矩形区域OCC′O′运动的总时间2( 6−1) Lg；
(3)滑块离开电场区域的位置(Q点)坐标(L,2L)。
【解析】(1)在第三个过程中，滑块做类平抛运动，将运动分解为水平方向和竖直方向的两个分运动来列式求解；
(2)根据动能定理求出进入区域Ⅲ的初速度，由运动学公式求出时间，得出运动的总时间；
(3)根据平抛运动规律结合运动学公式求滑块离开电场区域的位置(Q点)坐标。
本题关键先根据类平抛运动的位移公式求出类平抛的初速度，再根据牛顿第二定律求出加速度，再结合运动学公式求解。摩托罗拉SNN5779A(L6…)
电池型号：SL−1102A−SNN5779AA
标称电压：3.7V
额定容量：620mAℎ
充电限制电压：4.2V
生产日期：
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