2021-2022学年浙江省温州市高一（下）期末物理试卷（A卷）（含解析）

这是一份2021-2022学年浙江省温州市高一（下）期末物理试卷（A卷）（含解析），共22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。

绝密★启用前
2021-2022学年浙江省温州市高一（下）期末物理试卷（A卷）


第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共13小题，共39.0分）
1. 下列物理量属于矢量的是(    )
A. 机械能 B. 功率 C. 电场强度 D. 电势
2. 关于做曲线运动的物体，下列说法正确的是(    )
A. 速度一定在变化 B. 所受的合外力一定在变化
C. 动能一定在变化 D. 加速度方向一定垂直于速度方向
3. 下列说法正确的是(    )
A. 库仑通过油滴实验测得元电荷e的数值
B. 由电场强度的定义式E=Fq可知，E与F成正比，与q成反比
C. 电容器的电容C由电容器自身结构决定，与所加的电压无关
D. 选择不同的位置作为零电势点，电场中某两点间的电势差会不同
4. 光滑的水平面上固定着一个螺旋形光滑水平轨道，俯视如图所示。一小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，运动到螺旋形中央，下列关于该小球运动的说法正确的是(    )


A. 线速度增大，角速度不变 B. 线速度不变，角速度减小
C. 线速度减小，向心加速度增大 D. 角速度增大，向心加速度增大
5. 下列几种情境中可以看成机械能守恒的是(    )
A. 图中在空中运动的铅球
B. 图中离开脚后在空中运动的键子
C. 图中被吊车吊着匀速下降的“蛟龙号”
D. 图中处于上升过程的撑杆跳高运动员
6. 下列说法不正确的是(    )
A. 摩擦过的琥珀能吸引小物体，说明小物体一定带电
B. 在加油站给车加油前手要触摸一下静电释放器，是防止静电危害
C. 静电喷漆时让工件表面与油漆微粒带上异种电荷，使喷涂更均匀
D. 避雷针是利用尖端放电将云层中积聚的电荷导入大地，使建筑物避免雷击
7. 电场线如图所示的电场中，a、b两点的连线与经过b点的电场线垂直，下列说法正确的是(    )

A. a、b两点的连线为等势线
B. 将一正电荷从b点移到c点，电场力做正功
C. 同一电荷在b点的加速度比在c点的加速度小
D. 负电荷在b点所受的电场力方向与b点电场方向相同
8. 如图所示，在杂技表演中，表演者顶着杆沿水平地面向右匀速运动与此同时猴子从A点开始沿竖直杆向上做匀加速运动，最终达到B点。若以地面为参考系，猴子从A点到B点的运动轨迹可能是图中的(    )
A. 曲线1
B. 曲线2
C. 直线3
D. 曲线4
9. 铅球运动员分别采用“原地推”和“滑步推”两种方式进行练习，如图为滑步推铅球的过程示意图，滑步推铅球比原地推铅球增加几米的成绩。若两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，忽略空气阻力，则(    )
A. 两种方式推出的铅球落地速度方向一定相同
B. 两种方式推出的铅球在空中运动到最高点时的速度相同
C. 采用滑步推铅球方式推出的铅球在空中运动的时间更长
D. 采用原地推铅球方式推出的铅球在空中上升的高度更高

10. “飞车走壁”是一种传统的杂技艺术，演员骑车在倾角很大的锥形桶面上做圆周运动而不掉下来。其简化模型如图所示，同一位演员骑同一辆车沿着桶内壁分别在水平面a和b上做匀速圆周运动，若不考虑车轮受到的侧向摩擦力，下列说法正确的是(    )

A. 车在a平面运动的速率较小 B. 车在a平面运动的周期较小
C. 车在b平面运动的角速度较大 D. 车在b平面受到的支持力较大
11. 2022年4月30日，我国首次实现运载火箭海上“一站式”发射，以“一箭五星”的方式成功地将5颗卫星，送入预定轨道。已知引力常量为G，地球的质量为M、半径为R，其中一颗卫星的质量为m，围绕地球做轨道半径为r的匀速圆周运动，则该卫星(    )
A. 线速度大小为GMr B. 周期为4π2r3Gm
C. 动能为GMm2R D. 向心加速度大小为GMr3
12. 空军飞行员跳伞训练的场景如图所示。一飞行员下降到极限高度时打开降落伞，而后竖直向下做减速运动。若飞行员和降落伞的总质量为m，所受空气阻力大小恒为F，g为当地的重力加速度。则在减速下降h的过程中(    )

A. 飞行员和降落伞所受阻力做功为Fh
B. 飞行员和降落伞所受合力做功为Fh-mgh
C. 飞行员和降落伞的机械能减少了Fh
D. 飞行员和降落伞的重力势能减少了mgh-Fh
13. 如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α=37°，足够长的斜面底端沿斜面向上运动。上升的最大高度为3.0m，选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示。sin37°=0.60，cos37°=0.80。下列选项不正确的是(    )

A. 物体的质量m=1.0kg
B. 物体的初速度v0=10m/s
C. 物体受到的摩擦力Ff=4N
D. 物体回到斜面底端时的动能Ek=20J

二、多选题（本大题共3小题，共6.0分）
14. 在场强为E=150V/m的匀强电场中，相距d=2cm的a、b两点的电势差可能为(    )
A. 7.5V B. 4V C. 1V D. 0
15. 2021年2月10日，“天问一号”探测器实施近火捕获制动，顺利进入近火点高度约400km，周期约10个地球日的大椭圆环火轨道，成为我国第一颗人造火星卫星。5月15日，“天问一号”着陆巡视器成功着陆于火星乌托邦平原南部着陆区，中国首次火星探测任务着陆火星取得圆满成功。如图所示是“天问一号”的轨道模型，则“天问一号”探测器(    )

A. 在轨道Ⅱ上经过Q点的速度比经过P点的速度小
B. 在轨道Ⅱ的运行周期大于在轨道Ⅲ的运行周期
C. 由轨道Ⅲ转移到轨道Ⅱ时，需要在P点减速
D. 在轨道Ⅰ上P点的加速度小于在轨道Ⅱ上P点的加速度
16. 如图所示，一内表面光滑的半圆形凹槽放在粗糙的水平地面上，绝缘轻杆固定在凹槽的顶端，绝缘轻杆中间位置即圆心处固定一负点电荷，一带正电小球(可看做点电荷)静置于槽内底部的A点。现用一个与竖直方向夹角始终为θ的斜向上的力F，把小球从A点沿着凹槽缓慢拉至B点，整个过程中，凹槽始终保持静止，小球始终没有离开凹槽。则在上述过程中下列说法正确的是(    )

A. 斜向上的拉力F一直增大
B. 凹槽对带电小球的支持力先减小后增大
C. 地面对凹槽的支持力一直在增大
D. 地面对凹槽的摩擦力先增大后减小
第II卷（非选择题）

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
17. 在“观察电容器的充、放电现象”实验中，

(1)用如图1所示的电容器做实验，电容器外壳上面标着“2200μF，10V”，下列说法正确的是______；
A.电容器的击穿电压为10V
B.电压为10V时，电容器才正常工作
C.电容器电压为5V时，电容是2200μF
D.电容器电压为5V时，电容是1100μF
(2)把干电池E、电阻箱R、电容器C、电流表G、单刀双掷开关S按图2电路图连成实验电路如图3所示，将电阻箱R调到合适阻值。
①先使开关S接1，电源给电容器充电，观察到电流表指针偏转情况为______；
A.逐渐偏转到某一刻度后保持不变B.逐渐偏转到某一刻度后迅速回到0
C.迅速偏转到某一刻度后保持不变D.迅速偏转到某一刻度后逐渐减小到0
②电容器充电完毕，断开开关，此时如图2所示电路图中电容器上极板______(填“带正电”、“带负电”或“不带电”)；
③然后将开关S接2，电容器放电。在放电过程中，电路中的电流大小为i，电容器所带电荷量为Q，电容器两极板电势差为U，电容器的电容为C。下面关于i、Q、U、C随时间t的变化的图像，正确的是______。

18. “验证机械能守恒定律”实验的装置如图1所示。
(1)图2中还需要的仪器是______(写仪器的名称)；

(2)让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带，其中的一部分如图3所示。O点是打下的第一个点，A、B、C和D为另外4个连续打下的点。已知交流电频率为50Hz重物质量为100g，当地重力加速度g=9.80m/s2，则打C点时，重物的速度大小vC=______m/s(保留3位有效数字)，重物的动能E1=______J(保留3位有效数字)，O点到C点重物减小的重力势能E2=______J(保留3位有效数字)；
(3)比较E1与E2的大小，出现这一结果的原因可能是______。
A.工作电压偏高
B.存在空气阻力和摩擦力
C.接通电源前释放了纸带

四、计算题（本大题共4小题，共41.0分）
19. 如图所示，两相同金属极板A与B的长度为L，相距为d，极板间的电压为U。一个质量为m电荷量为e的电子沿平行于板面的方向射入电场中，射入时的速度为v0。把两板间的电场看作匀强电场，求电子：
(1)在电场中运动的加速度a的大小；
(2)射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y；
(3)射出电场时偏转的角度θ。

20. 图甲是2022年北京冬奥会冰壶混双比赛情景，其运动模型简化如图乙所示，A、B、C、O为运动场地中心线上的四个点。投壶手将质量m=20kg的冰壶以初动能Ek0=56J从A点沿中心线掷出，冰壶恰好停在营垒区的中心O点。已知冰壶可视为质点，A点和O点的距离L1=28m，擦冰手可以在AO区域内擦冰，不计空气阻力。
(1)求冰壶与冰面间的动摩擦因数μ；
(2)实际比赛中，投壶手将冰壶以初动能Ek1=46J从A点掷出，擦冰手在AO间一段长度L2=10m的BC区域内擦冰(擦拭后动摩擦因数变为kμ)，冰壶恰好停在O点，且冰刷始终不接触冰壶，求k的大小；
(3)仍使冰壶恰好停在O点，求投壶手在A点给冰壶的初动能Ek与擦冰长度L的关系式。(k同上一小问)

21. 激光高速特技车(以下简称小车)依靠强磁电机提供动力，能以很大的速度在空心圆体中运动，如图甲所示。某同学将鱼缸固定在示数已调零的台秤上，打开小车开关，使小车在半径为r=0.064m的竖直面内做匀速圆周运动。已知鱼缸的质量M=0.90kg，小车的质量m=0.01kg，不考虑空气阻力等影响，运动模型如图乙所示。
(1)求小车恰能过最高点A时速度大小v1；
(2)若小车在最高点A时，台秤的示数为F1=5.5N，求此时小车速度大小v2；
(3)在(2)的前提下，求小车在最低点B时台秤的示数F2。

22. 如图甲所示为2022年北京冬奥会首钢滑雪大跳台，模型简化如图乙所示。质量(连同装备)m=60kg运动员由A点静止出发，通过长度LAB=50m、倾角为37°的斜面雪道AB，进入半径R=20m、圆心角为45°的圆弧雪道BCD，并经助雪道E点飞出后落至倾角也为37°的斜面雪道P点(图中未画出)，由于斜面雪道的作用，仅保留沿斜面雪道方向的速度，垂直斜面雪道方向的速度立即减为，随后滑至斜面雪道底部G点进入长度LGH=10m的水平减速雪道GH。整个运动过程中运动员可视为质点，雪道连接处均平滑连接。已知运动员到达圆弧雪道BCD的最低点C时速度vC=20m/s，不考虑空气阻力。
(1)求运动员在C点时受到的支持力大小FN；
(2)求运动员在雪道ABC上运动过程中阻力对其做的功Wf；
(3)若运动员在E点沿着切线飞出后，到达最高点O时速度v0=10m/s，O点离斜面雪道F点竖直高度为h0=5m，且F点与G点距离LFG=35m，运动员受到斜面雪道的平均阻力为Ff1=120N，运动员进入水平轨道后通过调整姿态以改变阻力。要保证安全停在水平轨道GH上，试计算运动员在水平轨道GH所受的最小平均阻力大小Ff2。


答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：ABD、标量是只有大小没有方向、运算时遵循代数运算法则的物理量。机械能、功率、电势都是标量，故ABD错误；
C、矢量是既有大小又有方向、运算时遵循平行四边形定则的物理量；电场强度是矢量，故C正确。
故选：C。
矢量是既有大小又有方向、运算遵循平行四边形定则的物理量；标量是只有大小没有方向、运算遵循代数运算法则的物理量。
本题要掌握矢量与标量的区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数运算法则。

2.【答案】A 
【解析】解：A、既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，则速度一定变化，故A正确；
B、曲线运动是变速运动，一定有加速度，但合外力可以不变，如平抛运动，故B错误；
C、做曲线运动的物体，它的速度的方向必定是改变的，速度的大小可以不变，即动能可能不变，如匀速圆周运动，故C错误；
D、加速度方向不一定垂直于速度方向，如平抛运动，故D错误。
故选：A。
曲线运动的合力与速度不共线，故速度方向一定发生变化；曲线运动的合力可以是恒力也可以是变力；曲线运动的合力与物体垂直时，仅速度方向发生变化，大小不变。
本题主要考查了曲线运动的特点，明确质点做曲线运动的条件，知道力与速度、加速度之间的关系，知道曲线运动的轨迹与速度的关系。

3.【答案】C 
【解析】解：A、密立根通过油滴实验测得元电荷e的数值，故A错误；
B、电场中某点的场强是由电场本身决定的物理量，与试探电荷的带电量以及所受的电场力均无关，故B错误；
C、电容器的电容C由电容器自身结构决定，与所加的电压无关，故C正确；
D、电场中某两点间的电势差与零电势点的选择无关，故D错误。
故选：C。
密立根通过油滴实验测得元电荷e的数值；场强是由电场本身决定；电容C由电容器自身结构决定；电势差与零电势点的选择无关。
本题主要考查了电场中的基本物理量，掌握电容C=QU、电场强度E=Fq为定义式，电势差与零电势点选择无关。

4.【答案】D 
【解析】解：根据题意可知水平轨道光滑，因此小球在沿着光滑水平轨道运动过程中线速度大小不变，但是转动半径变小，根据ω=vr，可知角速度增大，根据a=v2r，可知向心加速度变大，故D正确，ABC错误。
故选：D。
根据题意结合公式ω=vr和a=v2r可分析各选项。
该题考查物体做圆周运动线速度角速度之间关系式以及向心加速度公式需要熟记公式，并能正确运用公式求解，基础题。

5.【答案】A 
【解析】解：A、图甲中在空中运动的铅球，可认为铅球受到空气阻力忽略不计，铅球在空中只受重力，机械能守恒，故A正确；
B、图乙中离开脚后在空中运动的键子，空气阻力对键子做负功，键子的机械能减少，故B错误；
C、图丙中被吊车吊着匀速下降的“蛟龙号”，“蛟龙号”的动能不变，重力势能减少，故“蛟龙号”的机械能减少，故C错误；
D、图丁中处于上升过程的撑杆跳高运动员，撑杆对运动员做正功，运动员的机械能增加，故D错误。
故选：A。
单个物体机械能的条件是只有重力做功；除重力或弹力以外其他力做的功等于系统机械能的变化量。
本题以实际生活为背景，考查了功能关系、机械能守恒条件在实际问题中的应用，要注意机械能守恒的判断条件。

6.【答案】A 
【解析】解：A、摩擦过的琥珀能吸引小物体，是因为琥珀带电，带电体具有吸引轻小物体的性质，所以可吸引轻小物体，故A错误；
B、在加油站给车加油前手要触摸一下静电释放器，是让静电通过静电释放器导走，以防止静电危害，在加油的时候有意外发生，故B正确；
C、静电喷漆时让工件表面与油漆微粒带上异种电荷，可通过异种电荷相互吸引的特性，让油漆喷涂的更均匀，故C正确；
D、避雷针是利用尖端放电将云层中积聚的电荷导入大地，把云层中的电荷中和了，使建筑物避免雷击，故D正确。
本题选不正确的
故选：A。
根据带电体具有吸引轻小物体的性质来判断；根据静电的防止和危害来分析判断即可。
在第二个和第四个选项中是为了防止静电的危害，第三个选项是静电的应用。要会区分，特别是要掌握尖端放电的具体原理。

7.【答案】B 
【解析】解：A、等势线与电场线垂直，a、b两点的连线与经过b点的电场线垂直，与经过a点的电场线不垂直，则a、b两点的连线不是等势线，故A错误；
B、电场方向为b→c，正电荷的受力方向为b→c，则将一正电荷从b点移到c点，电场力做正功，故B正确；
C、根据电场线的疏密程度表示电场强度的大小可知，b点的电场线比c点的电场线密，则b点的电场强度大，同一电荷在b点受到的电场力大，则同一电荷在b点的加速度比在c点的加速度大，故C错误；
D、负电荷在b点所受的电场力方向与b点电场方向相反，故D错误。
故选：B。
根据等势线与电场线垂直可确定ab连线不为等势线；根据力与速度间夹角判定做功；根据电场线的疏密程度表示电场强度的大小可知可判定；负电荷的受力方向与电场线方向相反。
本题主要考查了电场线的特点，解题关键掌握根据电场线的疏密程度表示电场强度的大小，等势线与电场线垂直等知识点。

8.【答案】D 
【解析】解：由题意，小猴子从A点到B点沿水平方向为匀速直线运动，加速度为零；沿杆向上做匀加速直线运动，加速度向上，故小猴子的实际加速度竖直向上；初速度与加速度不在一条直线上，所以小猴子的运动轨迹为向上弯曲的曲线。故D正确，ABC错误；
故选：D。
猴子参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀加速直线运动，通过运动的合成，判断猴子相对于地面的运动轨迹以及运动情况。
解决本题的关键知道猴子参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀加速直线运动，会运用运动的合成分析物体的运动轨迹和运动情况。

9.【答案】C 
【解析】解：C、设出手速度v0与水平方向的夹角为θ，竖直分速度为v0sinθ，出手位置离地面高度为H，铅球落地时的竖直速度为vy，规定竖直向上为正方向，则有2gH=vy2-(-v0sinθ)2，解得vy=(v0sinθ)2+2gH
推出的铅球在空中运动的时间为t=vy-(-v0sinθ)g=(v0sinθ)2+2gH+v0sinθg
推出的铅球在空中运动的水平位移为x=v0cosθ⋅t=v0cosθ⋅(v0sinθ)2+2gH+v0sinθg
由题意可知两种方式铅球出手时的θ、H都相同，但滑步推铅球的水平位移大，所以滑步推铅球出手的初速度v0更大，则滑步推铅球在空中运动的时间更长，故C正确；
A、设铅球落地速度与水平方向的夹角为α，则有tanα=vyvx=(v0sinθ)2+2gHv0cosθ=tan2θ+2gHv02cos2θ
由于滑步推铅球出手的初速度v0更大，所以夹角α更小，即两种方式推出的铅球落地速度方向一定不相同，故A错误；
B、铅球在水平方向做匀速直线运动，铅球在空中运动到最高点时的速度为vx=v0cosθ
由于滑步推铅初速度v0更大，所以滑步推铅球在最高点时的速度更大，故B错误；
D、推出的铅球在空中上升的高度为h=(v0sinθ)22g
由于滑步推铅球的初速度v0更大，所以滑步推铅球在空中上升的高度更高，故D错误。
故选：C。
根据题目中的描述找到初速度的关系：速度方向相同，抛出位置相同但是成绩不同，说明速度大小不同；把斜抛沿竖直和水平两个方向分解，根据竖直方向的加速度为g匀变速直线运动即可解题，根据水平方向是匀速直线运动，水平方向速度为初速度在水平方向的分速度，即可得出最高点的速度关系。
找到铅球的初速度的关系是解题的关键，掌握拋体运动问题的常规处理方法。

10.【答案】C 
【解析】解：D、人和车整体进行分析可知FNcosθ=mg
根据牛顿第二定律有：mgtanθ=mv2r=mω2r=m4π2T2r
解得：FN=mgcosθ
v=grtanθ、ω=gtanθr、T=2πrgtanθ
可知车在a平面和b平面受到的支持力相等，故D错误
ABC、又因为
ra>rb
所以
va>vb
ωa<ωb
Ta>Tb
故C正确，AB错误。
故选：C。
任选一车作为研究对象，根据匀速圆周运动的合力提供向心力的特点，分析受力情况，作出力图，根据牛顿第二定律得到线速度、角速度与半径的关系，可比较它们的大小．
本题是圆锥摆类型，支持力和重力的合力提供物体的向心力．对于几个相似情况的比较，往往以任意情况情况为例研究，得到一般的公式，然后比较大小．

11.【答案】A 
【解析】解：AC、根据万有引力提供向心力可得GMmr2=mv2r
解得线速度大小为v=GMr
该卫星的动能为Ek=12mv2=GMm2r
故A正确，C错误；
B、根据万有引力提供向心力可得GMmr2=m4π2T2r=ma
解得周期为T=4π2r3GM，向心加速度大小为a=GMr2
故BD错误；
故选：A。
根据万有引力提供向心力求出线速度的大小、向心加速度大小、周期大小，根据动能表达式分析动能。
此题考查了人造卫星的相关知识，解题的关键是根据万有引力提供向心力，得到相关物理量。

12.【答案】C 
【解析】解：AC、行员和降落伞所受阻力做功为WF=-Fh，飞行员和降落伞的机械能减少了Fh，故A错误，C正确；
B、飞行员和降落伞所受合力做功为W=mgh-Fh，故B错误；
D、飞行员和降落伞的重力所做的功为mgh，势能减少了mgh，故D错误。
故选：C。
合力做功等于各个力做功的代数和；在下降过程中，阻力做负功；根据功能关系求机械能的减少量。
解决本题时，要掌握常见的功能关系，知道除了重力以外其他力做功等于物体机械能的变化量。要注意功是标量。

13.【答案】D 
【解析】解：A、当h=3m时，物体速度为零，则mgh=30J，得h=1kg，故A正确；
B、当h=0时，物体初动能等于机械能，则12mv02=50J，得v0=10m/s，故B正确；
C、对物体上升的整个过程中，根据动能定理-mgh-Ffhsin37∘=0-12mv02，解得Ff=4N，故C正确；
D、从顶端到底端，根据动能定理mgh-Ffhsin37∘=Ek-0，得Ek=10J，故D错误。
本题选择错误选项；
故选：D。
根据物体上升到最高点的机械能等于重力势能求出物体的质量；根据功能关系，结合机械能的变化量，求出摩擦力的大小，从而得出动摩擦因数的大小；根据牛顿第二定律求出上滑的加速度；对全过程研究，根据动能定理求出物体返回斜面底端的动能。
本题考查功能关系的综合运用，要知道重力做功不改变物体的机械能，摩擦力做功使物体机械能减少，由图象求出物体初末状态的机械能，应用重力势能的计算公式、动能定理即可正确解题．

14.【答案】CD 
【解析】解：设a、b两点连线与电场线夹角为θ，则a、b两点在电场线方向的距离为d'=dcosθ
a、b两点的电势差为U=Ed'=Edcosθ=150×0.02cosθ=3cosθ
可见，U在0～3V之间。
故AB错误，CD正确；
故选：CD。
根据电势差与电场强度的计算公式解得电势差，结合夹角的大小分析电势差的范围。
本题考查电势差与电场强度的关系，解题关键掌握U=Ed，d代表沿电场线方向的距离。

15.【答案】AC 
【解析】解：A、由开普勒第二定律可知：在轨道II上经过Q点的速度比经过P点的速度小，故A正确；
B、由图可知，轨道Ⅱ的半长轴小于轨道Ⅲ的半长轴，根据开普勒第三定律a33T32=a23T22，可知在轨道Ⅱ的运行周期小于在轨道Ⅲ的运行周期，故B错误；
C、由轨道Ⅲ转移到轨道II时，“天问一号”探测器做近心运动，需要减速，减小所需的向心力，故C正确；
D、根据万有引力提供向心力：GMmr2=ma
可得a=GMr2
可知在轨道I上P点的加速度等于在轨道Ⅱ上P点的加速度，故D错误。
故选：AC。
根据开根据开普勒第三定律分析周期关系；结合变轨原理分析其运动情况；根据万有引力定律与牛顿第二定律分析加速度关系。
本题考查万有引力定律和开普勒定律的应用，知道万有引力提供探测器做圆周运动的向心力，理解探测器的变轨原理是解题的前提，应用万有引力公式与牛顿第二定律即可解题。

16.【答案】AB 
【解析】解：AB、设库仑力FC，小球所受库仑力和凹槽支持力始终指向圆心，如图所示

做小球的受力分析图
由图可知F一直增大，FN+FC先减小后增大，由于小球和点电荷距离不变，所以FC大小不变，得FN先减小后增大，故AB正确；
CD、以整体为研究对象受力分析得地面支持力N=(M+m)g-FcosθFf=Fsinθ
由于F一直增大，地面对凹槽的支持力N一直减小，摩擦力一直增大，故CD错误。
故选：AB。
以物块为研究对象进行受力分析，作出矢量三角形，根据图中表示力的有向线段长短变化情况确定各力的变化；以整体为研究对象，根据平衡条件判断地面对凹槽的支持力和摩擦力的变化情况。
本题主要是考查了共点力的平衡之动态分析问题，如果一个力大小方向不变、一个力的方向不变，可以根据矢量三角形(图解法)分析各力的变化情况。注意整体法和隔离法的应用。

17.【答案】C  D  带正电  B 
【解析】解：(1)A.10V是电容器的额定电压，不是电容器的击穿电压，故A错误；
B.10V是电容器的额定电压，电压低于10V时，电容器也能正常工作，故B错误；
CD.电容与电容器所加电压无关，只与自身构造有关，可知电容器电压为5V时，电容是2200μF，故C正确，D错误。
故选：C。
(2)①使开关S接1，电源给电容器充电，电路瞬间有了充电电流，随着电容器所带电荷量逐渐增大，电容器两极板间的电压逐渐增大，充电电流逐渐减小，所以此过程中观察到电流表指针迅速偏转到某一刻度后逐渐减小到0，故D正确，ABC错误。
故选：D。
②由电路图可知，电容器上极板与电源正极相连，故电容器充电完毕，断开开关，电容器上极板带正电；
③D.放电过程中，电容与电容器所带电荷量和电容器极板间电压没有关系，可知电容器电容保持不变，故D错误；
ABC.放电过程中，电容器所带电荷量逐渐减小，根据电容定义式C=QU
可知电容器极板间电压逐渐减小，则放电电流逐渐减小，根据i=ΔQΔt
可知Q-t图像的切线斜率绝对值逐渐减小，故B正确，AC错误。
故选：B。
故答案为：(1)C；(2)①D；②带正电；③B。
(1)电容器外壳上面标着“2200μF，10V”，根据该铭牌表示的物理意义进行分析；
(2)①根据电路的连接情况结合电容器充放电的规律进行分析；
②根据电路的连接情况分析电容器上极板带电情况；
③电容器电容保持不变；放电过程中，电容器所带电荷量逐渐减小，根据电容定义式结合电流强度的定义式进行分析。
本题主要是考查“观察电容器的充、放电现象”实验，关键是知道电容器的充放电过程中电流的变化情况，知道电容是由电容器本身的性质决定的。

18.【答案】学生电源、刻度尺  2.41  0.290  0.273  C 
【解析】解：(1)打点计时器需要使用交流电源，实验还需要学生电源；实验中需要测量重物下降的高度，故还需要刻度尺。
(2)做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，
打点计时器打出C点时重物的速度大小为vC=BD2T=(4.63+5.01)×10-2m2×0.02s=2.41m/s
重物的动能E1=12mv2=12×0.1×2.412J=0.290J
O点到C点重物减小的重力势能E2=mghOC=0.1×9.80×(19.02+4.25+4.63)×10-2J=0.273J
(3)通过比较，可以发现E1大于E2，即物体获得的动能大于物体减少的重力势能。
A.如果是打点计时器的工作电压偏高，只会使打出的点迹更清晰，不会影响打点周期，故A错误；
B.如果是空气阻力和摩擦力导致的系统误差，则应该是物体获得的动能小于物体减少的重力势能，即E1小于E2，故B错误；
C.如果是在接通电源前就释放了纸带，则会导致在测量的这段下降距离内，重物具有了一个明显的初动能，这将有可能导致重物的末动能大于重物减小的重力势能，故C正确。
故选：C。
故答案为：(1)学生电源、刻度尺；(2)2.41；0.290；0.273；(3)C。
(1)根据实验需要测量的量选择所需实验器材。
(2)应用匀变速直线运动的推论求出打C点时的速度；应用动能的计算公式求出动能，应用重力势能的计算公式求出减小的重力势能。
(3)根据实验数据与实验注意事项分析答题。
理解实验原理、掌握基础知识是解题的前提，应用匀变速直线运动的推论、动能与重力势能的计算公式即可解题，解题时注意单位换算。

19.【答案】解：(1)在匀强电场中，有E=Ud
电子只受电场力作用，由牛顿第二定律可得eE=ma
联立解得a=eUmd
(2)电子做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，有L=v0t
竖直方向匀加速直线运动，有y=12at2
联立解得y=eUL22mdv02
(3)射出电场时竖直方向速度为vy=at
射出电场时偏转的角度θ满足：tanθ=vyv0
联立解得tanθ=eULmdv02，则θ=arctaneULmdv02
答：(1)在电场中运动的加速度a的大小为eUmd；
(2)射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离为eUL22mdv02；
(3)射出电场时偏转的角度为arctaneULmdv02。 
【解析】(1)根据题意结合牛顿第二定律解得加速度；
(2)电子的运动是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动的合运动，先求出电子通过极板的时间，再由匀加速直线运动求出竖直方向偏移的距离；
(3)根据速度的分解解得。
本题考查的是电子做类平抛运动问题，解决此题的关键是要把电子的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，灵活应用运动学公式及牛顿第二定律求解。

20.【答案】解：(1)冰壶在从A到O的过程中，由动能定理得-μmgL1=0-Ek0
解得，冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ=0.01
(2)冰壶在AB和CO区域未擦冰，动摩擦因数为μ，BC区域擦拭后动摩擦因数变为kμ，由动能定理得-μmg(L1-L2)-kμmgL2=0-Ek1
解得k=0.5
(3)仍使冰壶恰好停在O点，投壶手投掷的初动能应满足-μmg(L1-L)-kμmgL=0-Ek
可得，初动能Ek与擦冰长度L的关系为Ek=56-L，0≤L≤28m
答：(1)冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.01；
(2)k的大小为0.5；
(3)壶手在A点给冰壶的初动能Ek与擦冰长度L的关系式为Ek=56-L，0≤L≤28m。 
【解析】(1)以冰壶为研究对象，从P到O，根据动能定理求解。
(2)整个过程根据动能定理可解得动摩擦因数。
(3)根据动能定理解得表达式。
这个题目中过程很复杂，同学在解决的时候要注意每一个过程分段进行研究，要学会把实际生活中的例子与物理相互结合。运用动能定理要选取运动过程。

21.【答案】解：(1)小车在最高点A刚好由重力提供做圆周运动所需的向心力，则有mg=mv12r
解得v1=0.8m/s
(2)小车在最高点A时，以小车为对象，设鱼缸对小车的弹力大小为FA，根据牛顿第二定律可得FA+mg=mv22r
以鱼缸为对象，根据受力平衡可得F1+F'A=Mg
由牛顿第三定律可知FA=F'A
联立解得v2=4.8m/s
(3)小车在最低点B时，以小车为对象，设鱼缸对小车的弹力大小为FB，根据牛顿第二定律可得FB-mg=mv22r
以鱼缸为对象，根据受力平衡可得F2=Mg+F'B
由牛顿第三定律可知FB=F'B
联立解得F2=12.7N
答：(1)小车恰能过最高点A时速度大小为0.8m/s；
(2)此时小车速度大小为4.8m/s；
(3)小车在最低点B时台秤的示数为12.7N。 
【解析】(1)小车在最高点A刚好由重力提供做圆周运动所需的向心力；
(2)对小车受力分析，根据牛顿第二定律解答；
(3)在最低点根据牛顿第二定律解得。
本题考查牛顿第二定律在圆周运动中的应用，解题关键掌握小车的受力分析，注意向心力来源。

22.【答案】解：(1)运动员在C处由支持力和重力的合力提供向心力：FN-mg=mvC2R
代入数据解得：FN=1800N
(2)运动员从A到C的过程中，由动能定理得mgLABsin37°+mgR(1-cos37°)+Wf=12mvC2-0
代入数据解得：Wf=-8400J
(3)运动员落在斜面上P点时tan37°=12gt2-h0v0t
代入数据解得：t=2s或t=-12s(舍去)
运动员在P处到底部G的距离LPG=LFG-v0tcos37∘
代入数据解得：LPG=10m
运动员在P处的速度vP=v0cos37°+gtsin37°
代入数据解得：vP=20m/s
运动员从P经过G，恰好停在H处时，平均阻力Ff2最小。mgLPGsin37°-Ff1LPG-Ff2LGH=0-12mvP2
解得：Ff2=1440N
答：(1)运动员在C点时受到的支持力大小为1800N；
(2)运动员在雪道ABC上运动过程中阻力对其做的功为-8400J；
(3)运动员在水平轨道GH所受的最小平均阻力大小为1440N。 
【解析】(1)在C点对运动员受力分析，根据牛顿第二定律列式可解；
(2)从A到C过程，根据动能定理求阻力做功；
(3)从最高点落到斜面过程中做平抛运动，根据平抛运动规律求落到斜面位置，在根据动能定理求最小阻力。
此题考查了牛顿第二定律、运动学公式和动能定理的综合运用，知道圆周运动最低点向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解速度。要知道动能定理是求功常用的方法。