2023-2024学年浙江省嘉兴市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年浙江省嘉兴市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共25页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列物理量和单位中，单位正确且用国际单位制基本单位表示的是( )
A. 功率 kg⋅m2/s3B. 能量 kg⋅m2/sC. 电流强度 C/sD. 电荷量 A/s
2.下列物理量均为矢量的是( )
A. 力、电势能B. 加速度、电流C. 功、磁通量D. 速度、电场强度
3.下列物理量用比值法定义的是( )
A. 电流强度I=URB. 电场强度E=FqC. 电压U=QCD. 加速度a=Fm
4.下列物理量中，其数值的正负号表示大小的是( )
A. 加速度B. 重力势能C. 做功D. 电荷量
5.下面说法正确的是( )
A. 甲图中汽车上坡时需挂高速挡，提高速度
B. 乙图中为使汽车经过拱桥时减少对桥面的压力，需要加速通过
C. 丙图中顶部两根细电线直接与铁塔相连，利用静电屏蔽保护电网的安全
D. 丁图用蓖麻油模拟电场线，说明电场线是真实存在且是闭合的曲线
6.如图所示，2023年12月9日“朱雀二号”运载火箭发射升空过程，顺利将“鸿鹄卫星”送入距离地面约500km的轨道。取地球质量6.0×1024kg，地球半径6.4×103km，引力常量6.67×10−11N⋅m2/kg2，则( )
A. 卫星的向心加速度大小约8.4m/s2
B. 卫星运行的周期约12h
C. 空气给火箭的推力使火箭加速升空
D. 发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星处于失重状态
7.图甲是滚筒式洗衣机。洗衣机脱水完成前的某小段时间内，可认为水已脱干，衣物紧贴着滚筒壁在竖直平面内做匀速圆周运动，如图乙所示。若一件小衣物在随滚筒转动过程中，先后经过最高点a、最低点c、与滚筒圆心等高的b、d点，则该衣物( )
A. 在a、b、c、d的线速度相同
B. 在整个运动过程中所受的合外力不变
C. 在c时对滚筒壁的压力大小等于重力
D. 在b时受到的摩擦力和在d时受到的摩擦力方向相同
8.2024年4月25日神舟十八号载人飞船成功与空间站交汇对接，如图为飞船运行示意图。轨道Ⅰ为飞船运行轨道，轨道Ⅱ为飞船的转移轨道，轨道Ⅲ为空间站的运行轨道，轨道Ⅱ与轨道Ⅰ和Ⅲ分别相切于A、B点，已知轨道Ⅲ和轨道Ⅰ的轨道半径之比为k，则( )
A. 飞船经过A点时在轨道Ⅰ上的速度大于在轨道Ⅱ上的速度
B. 飞船经过B点时在轨道Ⅱ上的加速度大于在轨道Ⅲ上的加速度
C. 飞船在运行轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上的运动周期之比为 (2k+1)3
D. 飞船在运行轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上的运动周期之比为3k2
9.如图所示，小球绕悬点O在竖直平面内的M、N两点间做往复运动，M、N两点等高，小球可视为质点。小球从N点运动到M点过程中，经过F点时的瞬时加速度方向( )
A. a、b、c三个方向均不可能
B. 可能沿着a方向
C. 一定沿着b方向
D. 可能沿着c方向
10.如图所示，一辆汽车正通过一段水平的弯道公路。若汽车的运动视为匀速圆周运动，则( )
A. 该汽车速度恒定不变
B. 汽车左右两车灯的线速度大小相等
C. 跟公路内道相比，汽车同速率在外道行驶时所受的摩擦力较小
D. 跟晴天相比，雨天汽车在同车道同速率行驶时所受的摩擦力较小
11.小吴同学课间从2楼小跑到3楼，他在此过程中克服重力做功的功率约为( )
A. 1WB. 50WC. 300WD. 1000W
12.如图所示为投出的篮球在空中的运动轨迹。用vy、P、Ek、E分别表示篮球竖直方向分速度大小、重力的瞬时功率大小、动能和机械能大小，用t表示篮球在空中的运动时间，将篮球视为质点，空气阻力不计。下列图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
13.如图所示，一电荷量为q的带负电小球用绝缘丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，小球静止时悬线与竖直方向夹角为θ，场强大小为E，重力加速度为g，离地高度为h，不计空气阻力。则( )
A. 匀强电场的方向水平向右
B. 悬线对小球的拉力FT=Eqsinθ
C. 悬线瞬间烧断，小球将做曲线运动
D. 悬线瞬间烧断，小球竖直方向做自由落体运动
14.如图所示，质量为m的物块放在水平转台上，物块与转轴相距R，物块随转台由静止开始转动。当角速度增至ω时，转台开始做匀速转动，整个过程物块与转台总是保持相对静止，则( )
A. 在角速度增至ω过程中，物块所受的摩擦力方向总是指向转轴
B. 转台匀速转动时，物块所受的摩擦力大小为mωR
C. 在角速度增至ω过程中，摩擦力对物块做的功是12mω2R2
D. 在角速度增至ω过程中，摩擦力对物块做的功是0
15.如图为某风力发电的设备，M、N为风力发电叶片上的两点。它们的线速度大小分别为vM、vN，向心加速度大小分别为aM、aN。当平均风速为v1时，风力发电机的平均功率为P1，当平均风速v2=2v1时，平均功率为P2，假设风速变化过程中风的动能转化为电能的百分比不变(效率不变)，则( )
A. vM>vNB. aM>aNC. P2=4P1D. P2=8P1
16.人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实(如图)。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个大小均为320N，方向都与竖直方向成37∘的力，提着重物离开地面30cm后释放，重物自由下落将地面砸深2cm。已知重物的质量为50kg，cs37∘=0.8，忽略空气阻力，则( )
A. 物体落地时的速度约为2.4m/s
B. 物体对地面的平均作用力大小为830N
C. 人停止施力到刚落在地面过程中机械能不守恒
D. 重物刚落在地面时到最后静止过程中机械能守恒
17.如图甲所示为静电除尘设备的结构示意图，把高压电源的正极接在金属圆筒上，负极接到圆筒中心悬挂的金属线上，其横向截面图如图乙所示，虚线PQ是某带电粉尘的运动轨迹，则该粉尘( )
A. 带正电荷B. 在P点的动量比在Q点的大
C. 在P点的电势能比在Q点的高D. 会被吸附到金属线上
18.如图甲中高能医用电子直线加速器能让电子在真空场中被电场力加速，产生高能电子束，图乙为加在直线加速器上a、b间的电压，已知电子电荷量为e，质量为m，交变电压大小始终为U，周期为T，t=0时刻电子从轴线BC上的紧靠0号金属圆筒右侧由静止开始被加速，圆筒的长度的设计遵照一定的规律，使得粒子“踏准节奏”在间隙处一直被加速。不计在两金属圆筒间隙中的运动时间，不考虑电场的边缘效应，则( )
A. 电子在第1个圆筒内加速度eUmB. 电子在第2个圆筒内运动时间t=T
C. 电子射出第3个圆筒时的速度为 8eUmD. 第8号金属圆筒的长度为T2 16eUm
二、实验题：本大题共3小题，共20分。
19.在做“验证机械能守恒定律”实验中：
(1)下列说法正确的是______。
A.本实验中必须要测定物体的质量
B.实验中，固定打点计时器时应使两限位孔位于同一竖直线
C.实验时一定要先通电源再释放纸带
D.在处理数据时，一定要从打下的第1个点开始量取
(2)实验得到的纸带如图1所示，已知重物质量0.20kg，在纸带上某段标记1−6六个点，则由纸带计算2到点5之间重物的重力势能减少______J(当地重力加速度g=9.8m/s2，保留三位有效数字)。实验发现，重物增加的动能略小于减少的重力势能，其主要原因是______。
20.某探究小组用如图1所示的向心力演示器“探究向心力大小的表达式”。已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的轨道半径之比为1：2：1，请回答以下问题：
(1)下列3个实验中与本实验思想方法相同的是______。
A.图2中的“探究平抛运动的特点”实验
B.图3中的“验证机械能守恒定律”实验
C.图4中的“研究平行板电容器电容大小的因素”实验
(2)实验时某同学将质量为m1和m2(m2=2m1)的小球分别放在B、C位置，转动手柄，当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比为1：4，由此可知左右塔轮的半径之比为______。
(3)为了进一步精确探究，小组同学利用传感器验证向心力的表达式，如图5所示，装置中水平直槽能随竖直转轴一起转动，将滑块套在水平直槽上，用细线将滑块与固定的力传感器连接。当滑块随水平直槽一起匀速转动时，细线的拉力大小可以通过力传感器测得，滑块转动的角速度可以通过角速度传感器测得。将相同滑块分别以半径r为0.14m、0.12m、0.10m、0.08m、0.06m做圆周运动，在同一坐标系中分别得到图6中①、②、③、④、⑤五条F−ω图线，则图线①对应的半径为______ m，各图线不过坐标原点的原因是______。
21.电容器储存电荷的特性可用电容来表征。某一固定电容器外观如图1所示，在观察电容器的充、放电实验中，实验电路图如图2所示。
(1)某一固定电容器外观如图1所示，下列说法正确的是______。
A.35表示额定电压
B.35表示击穿电压
C.2200表示电荷量
D.2200表示电容
(2)电容器在整个充放电过程中的电流i随时间t图像和两极板电压U与时间t的图像，可能正确的是图4的______。
(3)用电流传感器替换灵敏电流计，测出电路中的电流随时间变化的图像如图3所示，电源电压为8V，则电容器的电容约为______ F。(保留2位有效数字)
三、计算题：本大题共3小题，共26分。
22.如图所示为喷墨打印机的原理简图，其中墨盒可以喷出质量为m，电量为q的墨汁微粒，微粒经过带电室由静止开始加速后，从偏转电场两极板左侧中心O点射入偏转电场，出电场后能继续运动直到打到纸上。设带电室的加速电压为U1，偏转电场两极板的长度为L，间距为d，两极板间的电压为U2。不计空气阻力及重力作用，求：
(1)带电粒子射入偏转电场时的初速度大小；
(2)在偏转电场中竖直方向的偏移量y的大小；
(3)在偏转电场中电势能增加还是减少？变化量多少？
23.一辆高能汽车质量为M=2.0×103kg，发动机的额定功率为84kW，汽车从静止开始以匀加速直线运动起动，加速度大小为a=2.0m/s2，当达到额定功率时，保持功率不变继续加速达到汽车的最大速度。运动中汽车一直受到大小为车重0.10倍的恒定阻力，g=10m/s2。求：
(1)汽车运动中的最大速度。
(2)汽车开始运动后第5s末的瞬时功率。
(3)若汽车从静止起动至速度最大共用时57s，求汽车在此过程中总位移的大小。
24.如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、传送带(速度大小、方向均可调节)、竖直圆轨道ABCD(A、D的位置错开)、一段圆弧轨道EF、一水平放置且开口向左的接收器G(可在平面内移动)组成。游戏时滑块从弹射器弹出，全程不脱离轨道且飞入接收器则视为游戏成功。已知滑块质量m=0.4kg且可视为质点，传送带长度l=0.8m，ABCD圆轨道半径R1=0.1m，EF圆弧半径R2=0.2m，OE与OF之间夹角为θ=37∘。弹射时滑块从静止释放，且弹射器的弹性势能完全转化为滑块动能。仅考虑滑块与传送带的摩擦μ=0.1，其它摩擦均忽略不计，各部分平滑连接。(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)，g=10m/s2。
(1)当传送带静止时：
①若滑块恰好能停在传送带右端，求弹射器的弹性势能；
②改变弹射器的弹性势能，要使滑块恰好不脱离轨道，求滑块经过E点时轨道受到压力的大小；
③改变弹射器的弹性势能，滑块不脱离轨道并从F处飞出后水平进入接收器G，求FG间的水平位移x与弹性势能EP的函数关系式。
(2)调整弹射器的弹性势能EP=0.6J，要使滑块在运动过程中不脱离圆轨道ABCD，传送带转动速度的范围。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.根据功率的定义式：
P=Wt
由功的定义式和牛顿第二定律
W=Fx，F=ma
可知功率的单位瓦特用国际单位制基本单位表示为kg⋅m2/s3。故A正确；
B.根据
Ek=12mv2
可知能量单位焦耳用国际单位制基本单位表示为kg⋅m2/s2。故B错误；
C.电流强度的单位为基本单位，电流强度在国际单位制基本单位为A。故C错误；
D.根据
q=It
可知电荷量的单位库仑用国际单位制基本单位表示为A⋅s。故D错误。
故选：A。
根据功率、动能、电流强度的定义式来推导对应物理量的单位进行判断即可。
本题考查学生对国际单位制中基本物理量与基本单位的理解，涉及功率、动能、电流强度等概念的定义式，解题关键是对基本物理概念的理解，属于基础题目。
2.【答案】D
【解析】解：A、力既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则是矢量、电势能是标量，故A错误；
B、加速度既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则是矢量、电流是标量，故B错误；
C、功和磁通量都是标量，故C错误；
D、速度和电场强度都是既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则，是矢量，故D正确。
故选：D。
既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如平均速度、加速度、速度变化量、位移、力等都是矢量；只有大小，没有方向，运算时遵循代数运算法则的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量。
本题是一个基础题，就是看学生对矢量和标量的掌握情况．要注意矢量既有大小又有方向，运算符合平行四边形法则。
3.【答案】B
【解析】解：A.I=UR是部分电路欧姆定律，由I=UR知电流强度与电压成正比，与电阻成反比，不属于比值法定义，故A错误；
B.E=Fq是用比值法定义电场强度的定义式，故B正确；
C.U=QC可知，电容器两端电压与所带电荷量成正比，与电容器电容成反比，不属于比值法定义，故C错误；
D.a=Fm是牛顿第二定律的表达式，也是加速度的决定式，不属于比值法定义，故D错误。
故选：B。
根据电流、电场强度、电压、加速度的定义分析判断。
本题关键掌握电流、电场强度、电压、加速度的定义。
4.【答案】B
【解析】解：A.加速度是矢量，正负号表示方向，不表示大小，故A错误；
B.重力势能是标量，正负号表示大小，故B正确；
C.功为标量，功的正负表明力的效果，正功说明是动力做功，负功说明阻力做功，不代表大小，故C错误；
D.电荷量是标量，正负表示电性，故D错误。
故选：B。
矢量的方向一般可用正、负号表示，但对没有方向的标量而言，正、负则有时表示大小，或其他不同的意义。
本题考查正负号在物理中的应用，要注意明确不同的物理量性质不同，其正负所表示的意义不同，在学习中要注意体会。
5.【答案】C
【解析】解：A.甲图中根据P=Fv可知，汽车上坡时换成低速挡，可以获得更大的牵引力，故A错误；
B.乙图中汽车经过拱桥时，由牛顿第二定律得：
mg−FN=mv2R
解得：FN=mg−mv2R
则速度越大，拱桥对汽车的支持力越小，由牛顿第三定律可知，汽车经过拱桥时对桥面的压力越小，但是不一定要加速通过，故B错误；
C.丙图中顶部两根细电线直接与铁塔相连，利用静电屏蔽保护电网的安全，故C正确；
D.丁图用蓖麻油模拟电场线，但是电场线不是真实存在的，也不是闭合的曲线，故D错误。
故选：C。
根据P=Fv分析判断；根据牛顿第二定律mg−FN=mv2R结合牛顿第三定律分析判断；根据静电屏蔽现象分析；电场线不是真实存在的，也不是闭合的曲线。
本题考查了瞬时功率、圆周运动、静电屏蔽和电场线的相关知识，注意所学物理知识在日常生活中的应用。
6.【答案】A
【解析】解：A.根据GMm(R+h)2=ma，代入数据解得a=8.4m/s2，故A正确；
B.根据a=(R+h)4π2T2，解得T=94.8分钟=1.58h，故B错误；
C.火箭发动机工作时从火箭尾端喷出的气体对火箭的推力使火箭加速升空，故C错误；
D.发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星因为加速度方向向上，处于超重状态，故D错误。
故选：A。
A.根据万有引力提供向心力代入数据求解；
B.根据加速度和周期的关系式列式代入数据解答；
C.根据火箭发动机工作时的推力来源进行分析说明；
D.根据初始状态卫星的加速度方向判断超失重状态。
考查万有引力定律的应用和受力问题、超失重等问题，会根据题意进行准确分析和计算。
7.【答案】D
【解析】解：A、衣物紧贴着滚筒壁在竖直平面内做匀速圆周运动，线速度大小不变，方向时刻改变，所以衣物在a、b、c、d的线速度不同，故A错误；
B、衣物紧贴着滚筒壁在竖直平面内做匀速圆周运动，在整个过程中所受合力的大小不变，方向时刻指向圆心，故B错误；
C、在c时，设滚筒壁对衣物的支持力为N，根据牛顿第二定律有N−mg=mv2r，则N>mg，根据牛顿第三定律可知在c时对滚筒壁的压力大小大于重力，故C错误；
D、在b和d处都是受重力、摩擦力和筒壁对衣物的支持力，其中重力和摩擦力是一对平衡力，筒壁对衣物的支持力提供向心力，所以在b时受到的摩擦力和在d时受到的摩擦力方向相同，都是竖直向上，故D正确。
故选：D。
做匀速圆周运动的物体，线速度大小不变，方向时刻变化；做匀速圆周运动的物体合力提供向心力，合力大小不变，方向时刻指向圆心；根据牛顿第二定律分析；对衣物受力分析即可。
知道做匀速圆周运动的物体的受力特点以及速度特点，会根据牛顿第二定律计算在最高点和最低点时的受力情况。
8.【答案】C
【解析】解：A、飞船在轨道Ⅰ上经过A点时需要加速才能进入轨道Ⅱ，所以飞船经过A点时在轨道Ⅰ上的速度小于在轨道Ⅱ上的速度，故A错误；
B、根据牛顿第二定律有
GMmr2=ma
可得a=GMr2
可知，飞船经过B点时在轨道Ⅱ上的加速度等于在轨道Ⅲ上的加速度，故B错误；
C、飞船在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上运动时，根据开普勒第三定律有
T12T22=r3(r+kr2)3
飞船在运行轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上的运动周期之比为
T1T2= (2k+1)3，故C正确；
D、飞船在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上运动时，根据开普勒第三定律有
T12T32=r3(kr)3
飞船在运行轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上的运动周期之比为
T1T3= kk2，故D错误。
故选：C。
根据变轨原理分析飞船从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ在A点的速度变化情况；根据牛顿第二定律比较加速度大小；由开普勒第三定律求出周期之比。
本题考查万有引力与变轨的知识，要掌握飞船变轨原理是通过让飞船做离心运动或近心运动实现的。要掌握开普勒定律与万有引力定律，并能用来解决实际问题。
9.【答案】A
【解析】解：ABCD、小球从N点运动到M点过程中经过F点时小球做减速运动，则小球受合外力方向与速度夹角大于90∘且指向轨迹的凹侧，而在F点的速度方向与c所示的方向相反，则合力方向应该在b和c之间的某位置，即经过F点时的瞬时加速度方向在b和c之间的某位置，故A正确，BCD错误。
故选：A。
分析小球速度变化的情况，根据运动的情况分析其受力的方向。
考查到运动的合成与分解，向心力的方向分析。
10.【答案】C
【解析】解：AB、拐弯过程中汽车各部位周期相等，因此角速度相等，根据
v=ωr
可知，汽车外侧的车灯轨道半径r较大，故线速度较大，且线速度方向不断变化，故该汽车速度发生了变化。故AB错误；
C、依题意，汽车所受沿半径方向的静摩擦力提供向心力，由向心力公式
F向=mv2r
可知，若速率不变，则跟公路内道相比，汽车在外道行驶时轨道半径r较大，故所需的向心力较小，即摩擦力较小。故C正确；
D、若速率不变，汽车在同车道上行驶时所受的向心力大小不变，即跟晴天相比，雨天汽车所受的摩擦力大小不变。故D错误。
故选：C。
汽车做匀速圆周运动，圆周运动速度方向时刻变化，汽车整体的角速度相等，v=ωr，左右两个灯的半径不同，线速度大小不同，合力提供向心力，指向圆心，结合公式Fn=mv2r分析即可。
本题关键是明确汽车的运动性质是匀速圆周运动，找到向心力来源，结合向心力公式列式分析，基础题目。
11.【答案】C
【解析】解：小吴同学的体重大约50kg，教室楼层高度约为3m，从2楼小跑到3楼大约用5s；
小明克服重力做功W=mgh=50×10×3J=1500J
克服重力做功的功率P=Wt=15005W=300W，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据做功公式和功率公式求解作答。
解决本题的关键是对小明同学的体重、楼层的高度和爬楼时间的正确估计，这些都需要平时的积累。
12.【答案】B
【解析】解：AB.篮球做斜抛运动，在竖直方向上做加速度为g的匀变速直线运动，上升阶段vy=vy0−gt，下落阶段vy=gt，由关系式可知，速度与时间成一次函数关系。根据P=mgvy可知重力的瞬时功率与时间成一次函数关系，且在最高点重力的瞬时功率为零，故A错误；B正确；
C.篮球在水平方向上一直有速度，由此可分析出篮球的动能一直都不可能为零，故C错误；
D.不考虑空气阻力，篮球只受重力作用，机械能守恒，故D错误。
故选：B。
根据运动学公式得出篮球的竖直方向速度，结合功率的公式得出功率的图像；
篮球在水平方向上的速度保持不变，因此动能一直不为零；
篮球在运动过程中只受重力，则篮球的机械能守恒。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，理解斜抛运动的特点，结合机械能守恒定律的条件即可完成分析。
13.【答案】D
【解析】解：A.小球带负电，电场力方向向右，则匀强电场的方向水平向左，故A错误；
B.对小球受力分析可知，根据水平方向的平衡条件，悬线对小球的拉力满足FTsinθ=qE，得FT=qEsinθ，故B错误；
C.悬线瞬间烧断，则合力方向沿细线斜向下且恒定，可知小球将沿细线斜向右下方从静止开始做匀加速直线运动，故C错误；
D.悬线瞬间烧断，小球竖直方向只受重力作用，则竖直方向做自由落体运动，故D正确。
故选：D。
A.根据电场力方向和带电小球带负电的条件进行分析判断；
B.根据平衡条件列方程求解悬线拉力大小；
CD.分析悬线烧断瞬间的合外力和初状态，根据合运动和分运动的思想分析判断物体的运动情况。
考查带电小球在组合场中的受力情况和运动情况的问题，会根据题意进行准确分析和解答。
14.【答案】C
【解析】解：A.角速度从0增至ω过程中，即物块加速转动过程，摩擦力对物块做正功，摩擦力方向与速度夹角为锐角，不是总指向转轴，故A错误；
B、转台匀速转动时，物块所受的摩擦力提供向心力，则摩擦力大小为：f=mω2R，故B错误；
CD、角速度从0增至ω过程中，由动能定理有：Wf=12mv2，其中v=ωR
代入数据可得摩擦力对物块做的功为：Wf=12mω2R2，故C正确，D错误。
故选：C。
A、根据物块的运动状态可知摩擦力做功的正负，可知摩擦力与速度夹角的关系，则可得结论；
B、根据摩擦力提供向心力求解；
CD、角速度从0增至ω过程中，利用动能定理可得摩擦力做的功。
本题考查了圆周运动，动能定理，解题的关键是知道物块加速运动时，摩擦力做正功，物块匀速转动时，摩擦力不做功。
15.【答案】D
【解析】解：AB.M、N两点为同轴传动，角速度相等，且rM根据线速度与角速度的关系v=ωr，可知vM根据向心加速度公式a=ω2r，可知aMCD.设空气的密度为ρ，t时间内通过风车叶扫过面积的空气质量m=ρV=ρS⋅vt
根据动能定理，风力做功W=12mv2=12ρSvt⋅v2=12ρStv3
根据功率公式，平均功率P=Wt=12ρStv3t=ρSv32
平均功率之比P1P2=v13v23=v12(2v1)3=18
即P2=8P1，故C错误；D正确。
故选：D。
AB.M、N两点为同轴传动，角速度相等，根据线速度与角速度的关系和向心加速度公式求解作答；
CD.根据密度公式求解t时间内通过风车叶扫过面积的空气质量，根据动能定理求解风力做功，根据功率公式求解平均功率，然后作答。
本题主要考查了圆周运动的两种传动方式之一，考查了向心力公式、密度公式、动能定理和功率公式；求解t时间内通过风车叶扫过面积的空气质量是解题的关键。
16.【答案】A
【解析】解：A、重物从开始上升到落地的整个过程，由功能关系得
2Fcs37∘⋅h=12mv2
解得物体落地时的速度约为v≈2.4m/s，故A正确；
B、重物落地过程，根据动能定理得
mgd−f−d=0−12mv2
可得：f−=8192N，根据牛顿第三定律可知，重物对地面的平均作用力大小为f′−=f−=8192N，故B错误；
C、人停止施力到刚落在地面过程中，只有重力做功，物体的机械能守恒，故C错误；
D、重物刚落在地面时到最后静止过程中，由于阻力做功，则机械能不守恒，故D错误。
故选：A。
对重物从开始上升到落地的整个过程，应用功能关系求重物落地时的速度。重物落地过程，运用动能定理求地面对重物的平均作用力大小，由牛顿第三定律求重物对地面的平均冲击力。对照机械能守恒条件分析机械能是否守恒。
本题主要考查动能定理的应用，关键是要灵活选取研究的过程，明确在运动过程中各力做功情况。
17.【答案】B
【解析】解：AB、粉尘受到的电场力沿着电场线方向其指向轨迹的内侧，则粉尘受到的电场力方向与电场线的方向相反，因为粉尘带负电，且粉尘的速度方向与电场力的方向成钝角，粉尘做减速运动，则粉尘在P点的动量比在Q点的大，故A错误，B正确；
C、根据上述分析可知，粉尘在P点的速度大于在Q点的速度，根据能量守恒定律可知，粉尘在P点的电势能小于在Q点的电势能，故C错误；
D、粉尘带负电，因此不会被吸附到金属线上，故D错误；
故选：B。
根据粉尘的运动轨迹得出速度和电场力的方向，由此得出粉尘所带的电性和对应的能量大小关系，结合电性判断出粉尘是否能被吸附到金属线上。
本题主要考查了带电物体在电场中的运动，熟悉速度和力的方向，结合曲线运动的知识即可完成分析。
18.【答案】D
【解析】解：A.电子在第一个圆筒内不受电场力所用，则电子在第1个圆筒内加速度为0，故A错误；
B.电子每经过圆筒间狭缝时都要被加速，然后进入圆筒做匀速直线运动，所以电子在圆筒运动时间必须为T2，才能满足每次经过狭缝时被加速，故B错误；
C.设电子进入第3个圆筒时的速度为v3，由动能定理有
3eU=12mv32
可得
v3= 6eUm
因为电子在圆筒中做匀速直线运动，则电子射出第3个圆筒时的速度为 6eUm，故C错误；
D.设电子进入第8号圆筒时的速度为v8，由动能定理有
8eU=12mv82
而电子在圆筒内做匀速直线运动，由此可得第8号圆筒的长度为
L8=v8⋅T2
解得L8=T2 16eUm
故D正确。
故选：D。
根据受力情况分析电子在第1个圆筒内的加速度；根据运动的分解分析B；根据动能定理求解经过3、8次加速后的速度大小，根据位移-时间关系求解第8个金属圆筒的长度。
有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
19.【答案】BC0.147重物和纸带下落时受到阻力
【解析】解：(1)A.由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以本实验不需要测定物体的质量，故A错误；
B.为了减小纸带与打点计时器的摩擦，实验中，固定打点计时器时应使两限位孔位于同一竖直线，故B正确；
C.为了充分利用纸带，实验时一定要先通电源再释放纸带，故C正确；
D.验证机械能守恒的表达式为
mgh12=12mv22−12mv12
即
gh12=12v22−12v12
为了验证机械能守恒，不一定需要选择纸带上打出的第一个点作为起点，故D错误。
故选：BC。
(2)由纸带可知2到点5之间重物的重力势能减少量为
ΔEp=mgh25=0.2×9.8×(9.33−1.81)×10−2J≈0.147J
实验发现，重物增加的动能略小于减少的重力势能，其主要原因是：重物和纸带下落时受到阻力作用，减少的重力势能有一部分转化为内能，使得重物增加的动能略小于减少的重力势能。
故答案为：(1)BC；(2)0.147，重物和纸带下落时受到阻力。
(1)根据实验原理和注意事项分析判断；
(2)根据功能关系计算2到点5之间重物的重力势能减少量；分析阻力对实验的影响。
本题关键掌握“验证机械能守恒定律”实验原理和注意事项。
20.【答案】C 2：10.14滑块受到水平直槽的摩擦力作用
【解析】解：(1)探究向心力大小的表达式采用了控制变量法，探究平抛运动的特点、验证机械能守恒定律与研究平行板电容器电容大小的因素三个实验中，只有研究平行板电容器电容大小的因素利用了控制变量法。
故AB错误，C正确。
故选：C。
(2)左右两标尺露出的格子数之比为1：4，可知
F1F2=14
根据题意有
RBRC=21
皮带传动过程，左右塔轮边缘线速度大小相等，则有
ω左r左=ω右r右
根据向心力的表达式有
F1=m1ω左2rB，F2=m2ω右2rC
解得
r左：r右=2：1
(3)根据向心力表达式有
F=mω2r
可知，角速度相同时半径越大，所需向心力越大，根据图像可知，在相等的角速度之下，①所需向心力最大，则图线①对应的半径为0.14m；
各图像不过原点，当力传感器示数为0时，角速度不等于0，表明滑块受到水平直槽的摩擦力作用。
故答案为：(1)C；(2)2：1；(3)0.14，滑块受到水平直槽的摩擦力作用。
(1)根据实验原理选择正确的实验方法；
(2)根据向心力公式结合向心力的比值关系，计算出塔轮的半径之比；
(3)根据向心力公式计算出塔轮的半径。根据实验原理进行误差分析。
本题主要考查了圆周运动的相关实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合向心力公式即可完成分析，难度不大。
21.【答案】ADBD4.4×10−4
【解析】解：(1)根据电容器的外观可知，35V表示额定电压，2200μF表示电容器的电容，故AD正确，BC错误；
故选：AD。
(2)在开始充电的瞬间，电容器极板两端电压为零，电荷量变化率刚开始比较大，随着电容极板上电荷数量的增加，电荷量变化率减小，根据
C=QU
可知极板间电压逐渐增大。且变化率减小。由
i=qt
可知充电电流逐渐减小。电容放电时，两极板间电压逐渐减小，且变化率减小。电流反向，逐渐减小，故BD正确，AC错误；
故选：BD。
(3)根据I−t图像与横轴围成的面积表示放电过程中释放的电荷量，可知
Q=14×0.25×10−3×1C=3.5×10−3C
根据
C=QU
可知
C=4.4×10−4F
故答案为：(1)AD；(2)BD；(3)4.4×10−4
(1)理解电容器的铭牌上物理量的物理意义；
(2)理解图像的物理意义，结合电容器充放电的特点即可完成分析；
(3)根据电容的比值定义式得出电容器的电容。
本题主要考查了电容器的充放电问题，理解电容器充放电的特点，掌握图像的物理意义，结合电荷量的计算公式即可完成分析。
22.【答案】解：(1)带电粒子在加速电场中加速过程，根据动能定理得
qU1=12mv02
解得粒子射入偏转电场时的初速度大小为：v0= 2qU1m
(2)该带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向上有
L=v0t
竖直方向上有
y=12at2，a=qU2md
联立解得：y=U2L24U1d
(3)根据题意可知，带电粒子在偏转电场中电场力做正功，电势能减少，且电势能变化量大小为
ΔEp=qU2dy=U22L2q4U1d2
答：(1)带电粒子射入偏转电场时的初速度大小为 2qU1m；
(2)在偏转电场中竖直方向的偏移量y的大小为U2L24U1d；
(3)在偏转电场中电势能增加减少，变化量为U22L2q4U1d2。
【解析】(1)带电粒子在加速电场中加速过程，利用动能定理求解带电粒子射入偏转电场时的初速度大小；
(2)带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据分位移公式和牛顿第二定律相结合求解在偏转电场中竖直方向的偏移量y的大小；
(3)根据电场力做功正负判断在偏转电场中电势能的变化量，并由电场力做功来确定电势能的变化量。
本题考查带电粒子在电场中的运动，解题关键要掌握运动的分解法来处理类平抛运动，根据分运动的规律和牛顿第二定律相结合求偏转距离。
23.【答案】解：(1)根据题意可知，当汽车以额定功率行驶，牵引力等于阻力时，速度最大，则有
vm=P额f
代入数据得
vm=42m/s
(2)设汽车匀加速直线运动速度达到最大v1，匀加速直线运动阶段牵引力为F1，时间为t1，则有
v1=P额F1
根据牛顿第二定律可得
F1−f=ma
解得
v1=14m/s
所经过的时间
t1=v1a
解得
t1=7s
因为t1>5s，所以第5s末仍在做匀加速直线运动，此时瞬时速度
v=at
第5s末的瞬时功率
P=F1v
解得
P=6×104W
(3)汽车匀变速直线运动，匀变速直线运动阶段位移
x1=12at12
结合(2)知，汽车达到最大功率到做匀速直线运动的时间
t2=t总−t1
设从静止到最大速度时总位移为x，根据动能定理
Fx1+Pt2−fx=12Mvm2−0
解得
x=1365m
答：(1)汽车运动中的最大速度为42m/s；
(2)汽车开始运动后第5s末的瞬时功率为6×104W；
(3)若汽车从静止起动到速度最大共用时75s，汽车在此过程中总位移大小为1365m。
【解析】(1)速度最大时加速度为零，牵引力大小等于阻力大小，根据功率公式即可求解；
(2)先根据牛顿第二定律计算出匀加速阶段的牵引力大小，再比较判断出第5s末仍在做匀加速直线运动，即可求解此时的速度大小和瞬时功率；
(3)结合(2)中的分析，计算出匀加速直线运动阶段的末速度和时间、位移，再对变加速直线运动阶段运用动能定理求解位移。
要熟练掌握机车启动问题，动能定理是常用解决非匀变速直线运动过程的方法。
24.【答案】解：(1)①由能量守恒得
EP0=μmgl
解得
EP0=0.32J
②若恰好过C点，则
mg=mvC2R1
解得
vC= gR1= 10×0.1m/s=1m/s
从C点到E点，由动能定理得
2mgR1=12mvE2−12mvC2
在E点，由牛顿第二定律得
FN−mg=mvE2R2
解得
FN=14N
由牛顿第三定律可知滑块经过E点时轨道受到压力的大小为14N。
③能过圆轨道最高点C点，由动能定理得
EP−μmgl−2mgR1≥12mvC2
解得
EP≥1.32J
从弹出到F点，由动能定理得
EP−μmgl−mgR2(1−cs37∘)=12mvF2
由平抛规律得
x=vFcs37∘t，t=vFsin37∘g
解得
x=(0.24EP−0.1152)m(EP≥1.32J)
(2)由能量守恒可得
EP=12mv02
可得弹出的速度为
v0= 3m/s
设滑块离开传送带的速度大小v1，根据动能定理可得
−2mgR1=12mvC2−12mv12
解得
v1= 5m/s
当传送带顺时针转动时，若滑块加速到v1，则传送带所需的长度为
l1=v12−v022μg=( 5)2−( 3)22×0.1×10m=1m>l=0.8m
所以加速不到 5m/s。若滑块没有过B点，设滑块刚好到B点时vB=0，从滑块离开传送带到B点，根据动能定理得
−mgR1=12mv22
解得
v2= 2m/s
若滑块减速到v2，则传送带所需的长度为
l2=v02−v222μg=( 3)2−( 2)22×0.1×10m=0.5m所以传送带速度范围为
0传送带逆时针转动时任何速度都可以。
答：(1)①弹射器的弹性势能为0.32J；
②滑块经过E点时轨道受到压力的大小为14N；
③FG间的水平位移x与弹性势能EP的函数关系式为x=(0.24EP−0.1152)m(EP≥1.32J)；
(2)当传送带顺时针转动时，传送带速度范围为0【解析】(1)①由能量守恒求弹射器的弹性势能；
②根据动能定理和牛顿第二定律求滑块经过E点时轨道受到压力的大小；
③由动能定理和平抛规律求FG间的水平位移x与弹性势能EP的函数关系式；
(2)由能量守恒、动能定理和运动学公式求传送带转动速度的范围。
本题主要是考查了功能关系和能量守恒定律，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。