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北京市石景山区2022届高三上学期物理期末考试试卷
一、单选题
1．（2022高三上·石景山期末）某区域的电场线分布如图所示，电场中有A、B两点。A、B两点的电场强度大小分别为EA、EB，电势分别为φA、φB。下列判断正确的是（ ）
A．EA【答案】A
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】AB．电场线越密场强越大，由题图可知，A符合题意，B不符合题意；
CD．沿电场线方向电势逐渐降低，由题图可知，CD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】利用电场线的疏密可以比较电场强度的大小；利用电场线的方向可以比较电势的高低。
2．（2022高三上·石景山期末）如图所示，将带铁芯的线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两个接线柱连接到灵敏电流计上，把线圈A静置于线圈B的内部。下列判断正确的是（ ）
A．开关闭合，向右移动滑动变阻器滑片的过程中，电流计指针不偏转
B．开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，线圈B将排斥线圈A
C．开关闭合瞬间，电流计指针不偏转
D．开关闭合瞬间，电流计指针会偏转
【答案】D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】A．开关闭合，向右移动滑动变阻器滑片的过程中，线圈A中的电流发生变化，则穿过线圈B的磁通量发生变化，则会产生感应电流，即电流计指针偏转，A不符合题意；
B．开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，根据楞次定律“来拒去留”，可知，线圈B将吸引线圈A，B不符合题意；
CD．开关闭合瞬间，线圈A中的电流发生变化，则穿过线圈B的磁通量发生变化，则会产生感应电流，电流计指针偏转，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用滑动变阻器的阻值变化可以判别A线圈的电流变化，结合楞次定律可以判别B线圈产生感应电流则指针发生偏转；当闭合开关瞬间，B线圈的磁通量发生改变则指针发生偏转；利用来拒去留可以判别B线圈受到安培力的方向。
3．（2022高三上·石景山期末）图为给电容器充电的实验电路图。电源电动势为E、内阻不计；电容器的电容为C，灯泡的电阻为R。将开关闭合，给电容器充电，用q表示电容器左侧极板上的电荷量、用i表示电路中的电流、用uC表示电容器极板间的电压、用uR表示灯泡两端的电压。图中描述充电过程中上述物理量随时间的变化规律，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】AB．闭合开关的瞬间，电容器开始充电，且电容器的充电电流在充电过程中逐渐减小，电容器的带电量逐渐增加，两板间电势差逐渐增大，AC不符合题意，B符合题意；
D．因为充电过程中，电流逐渐减少，所以uR逐渐减小，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】开关闭合时，电容器充电电流不断减小，电容器电荷量逐渐增大，电势差不断增大；由于电流不断减小会导致电阻两端电压不断减小。
4．（2022高三上·石景山期末）如图所示，不可伸长的轻质细绳的一端系一个小球，另一端固定于O点，在O点正下方钉一个钉子A。小球从右侧某一位置（细绳处于拉直状态），由静止释放后摆下，不计空气阻力和细绳与钉子相碰时的能量损失。下列说法中正确的是（ ）
A．小球摆动过程中，所受合力大小保持不变
B．当细绳与钉子碰后的瞬间，小球的向心加速度突然变大
C．钉子的位置向上移动少许，在细绳与钉子相碰时绳就更容易断裂
D．小球在左侧所能达到的位置可能高于在右侧释放时的位置
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】A．根据牛顿第二定律
小球向下摆动过程中，速度增大，所受合力大小变大，A不符合题意；
B．根据向心加速度公式当细绳与钉子碰后的瞬间，小球速度不变，圆周运动的半径突然减小，小球的向心加速度突然变大，B符合题意；
C．根据牛顿第二定律
钉子的位置越远离小球，圆周运动的半径越大，细绳所受的拉力越小，在细绳与钉子相碰时绳就越不容易断，C不符合题意；
D．根据机械能守恒定律
解得
小球在右侧所能达到的最大高度应等于在左侧释放时的高度，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】由于小球不是做匀速圆周运动所以合力不断发生改变；当细线与钉子碰撞过程中，线速度不变，利用半径减小可以判别向心加速度增大；利用牛顿第二定律可以判别拉力大小与半径的大小关系；利用机械能守恒定律可以判别小球在左侧的最大高度等于释放的高度。
5．（2022高三上·石景山期末）简谐横波沿x轴正方向传播，波长为λ，周期为T。t=0时刻的波形如图1所示，a、b、c是波上的三个质点。图2是波上某一质点的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．t=0时，质点a的加速度比质点b的小
B．质点b和质点c的速度方向总是相同的
C．图2可以表示质点a的振动
D．图2可以表示质点b的振动
【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．t=0时，质点a的位移最大，则加速度最大，质点b的位移为零，加速度为零，A不符合题意；
B．质点b和质点c的平衡位置相差半个波长，则速度方向总是相反的，B不符合题意；
C．因t=0时刻质点a位于最高点将向下振动，与图2不符，C不符合题意；
D．因t=0时刻质点b向上振动，结合图2可知，图2可以表示质点b的振动，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】利用质点的位移可以判别加速度和速度的大小及方向；利用质点的速度方向可以判别对应的振动图象。
6．（2022高三上·石景山期末）2021年2月24日，“天问一号”火星探测器经过200多天的飞行，成功进入椭圆形的轨道绕火星运动，开展对火星的观测，并为着陆火星做好准备。如图所示，在“天问一号”沿椭圆轨道由“远火点”向“近火点”运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．火星对探测器的引力逐渐减小
B．探测器的速度逐渐减小
C．引力对探测器做负功，探测器的势能逐渐减小
D．引力对探测器做正功，探测器的动能逐渐增大
【答案】D
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】在“天问一号”沿椭圆轨道由“远火点”向“近火点”运动的过程中，火星对探测器的引力逐渐变大，引力对探测器做正功，探测器的动能逐渐增大，速度变大。
故答案为：D。
【分析】利用距离的变化结合引力公式可以判别引力的大小变化，利用引力方向和速度方向可以判别引力做功；进而判别速度和动能的变化。
7．（2022高三上·石景山期末）在用单摆测量重力加速度的实验中，用多组实验数据做出周期（T）的平方和摆长（L）的T2-L图线，可以求出重力加速度g。已知两位同学做出的T2-L图线如图中的a、b所示，其中a和b平行，图线a对应的g值很接近当地重力加速度的值。相对于图线a，关于图线b的分析正确的是（ ）
A．可能是误将绳长记为摆长L
B．可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
C．可能是误将49次全振动记为50次
D．根据图线b不能准确测出当地的重力加速度
【答案】B
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】根据单摆的周期公式
得
根据数学知识可知，T2-L图象的斜率
当地的重力加速度
AB．由图象可知，对图线b，当T为零时L不为零，所测摆长偏大，可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L，A不符合题意，B符合题意；
C．实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率k偏小。C不符合题意；
D．由图示图象可知，图线a与图线b的斜率相等，由
可知，图线b对应的g值等于图线a对应的g值，D不符合题意。
故答案为：B；
【分析】利用图象斜率结合单摆的周期公式可以求出重力加速度的大小；利用图线b可以判别摆长长度偏大；当周期测量值偏小时会导致图象斜率偏小；利用图象斜率可以判别重力加速度大小相等。
8．（2022高三上·石景山期末）如图所示，在水平地面上固定一对与水平面夹角为的光滑平行金属导轨，顶端接有电源，直导体棒垂直两导轨放置，且与两轨道接触良好，整套装置处于匀强磁场中．图为沿方向观察的侧视图，下面四幅图中所加磁场能使导体棒静止在轨道上的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用；安培力
【解析】【解答】磁场方向与电流方向平行，不受安培力，C和D选项不正确；由左手定则可知，A选项安培力方向水平向左，导体棒不可能平衡，A不符合题意；B选项安培力方向水平向右，与向下的重力和垂直斜面向上的支持力能平衡，所以B符合题意．
故答案为：B
【分析】利用左手定则结合导体棒的平衡方程可以判别导体棒能够静止的磁感应强度的方向。
9．（2022高三上·石景山期末）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹。战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示。重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．甲在空中的运动时间比乙的长
B．战士对两颗手榴弹做功一样多
C．两颗手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等
D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为
【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．根据，可得
甲、乙的下落高度相同，因此在空中的运动时间相等，A不符合题意；
B．根据，可得
甲、乙运动的水平位移s不同，因此水平初速度不同，说明获得的初动能不相等，由动能定理知战士对两颗手榴弹做功不相等，B不符合题意；
C．两颗手榴弹在落地前瞬间竖直方向的速度分量相等，重力的瞬时功率
相等，C符合题意。
D．从投出到落地，只有重力做功，手榴弹的机械能保持不变，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用竖直方向的位移公式可以判别运动的时间相等；利用水平方向的位移公式可以比较初速度的大小，结合动能定理可以判别战士对手榴弹的做功不相等；利用竖直方向的速度位移公式可以判别落地速度的大小，结合重力的大小可以比较瞬时功率的大小；由于只有重力做功所以机械能保持不变。
10．（2022高三上·石景山期末）某次实验中，将理想变压器原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接灯泡L1和滑动变阻器R，电路中分别接入理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图所示。当滑动变阻器的滑片P向下滑动的过程中（ ）
A．A1示数变小，A1与A2示数的比值不变
B．A1示数变大，A1与A2示数的比值变大
C．V2示数变小，V1与V2示数的比值变大
D．V2示数不变，V1与V2示数的比值不变
【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB．滑片P向下滑动后，变压器副线圈的负载电阻减小，原线圈的电压V1不变，匝数比不变，故V2不变，由欧姆定律可得A2示数变大，由于理想变压器P2 = P1，所以初级电流也变大，即A1示数变大，而A1与A2示数的比值等于变压器匝数的倒数比，则比值不变，AB不符合题意；
CD．由于理想变压器原线圈电压有效值不变，则副线圈电压不变，V2示数不变，V1与V2示数的比值不变，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】由于滑片P向下滑动时，阻值减小，结合输出电压不变及欧姆定律可以判别电流表读数减小，结合匝数之比不变可以判别原线圈的电流变小，由于匝数之比不变所以电流之比不变；由于输入电压不变所以输出电压也不变，电压之比也不变。
11．（2021·广东）由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆 与横杆 链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆 始终保持水平。杆 绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．P点的线速度大小不变 B．P点的加速度方向不变
C．Q点在竖直方向做匀速运动 D．Q点在水平方向做匀速运动
【答案】A
【知识点】匀速圆周运动
【解析】【解答】A．由于杆OP做匀速圆周运动，根据物体做匀速圆周运动的特点可得P点的线速度大小不变，A符合题意；
B．由于杆OP做匀速圆周运动，其向心力和向心加速度时刻指向圆心所以方向时刻改变，则P点的向心加速度方向时刻改变，B不符合题意；
C．由于P点做匀速圆周运动，所在在t时间内，其P点在y方向的位置为：y1 = lOP×sin( + ωt)，且Q点在竖直方向的运动与P点相同，则Q点的位移y关于时间t的关系为y = lOP×sin( + ωt)
从表达式可得Q点在竖直方向不是匀速运动，C不符合题意；
D．由于P点做匀速圆周运动，所在在t时间内，其P点在x方向的位置为：x1 = lOP×cos( + ωt)，则Q点在水平方向的位移x关于时间t的关系为x = lOP×cos( + ωt) + lPQ
从表达式可得Q点在水平方向也不是匀速运动，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】由于杆OP匀速转动所以其线速度大小保持不变，由于做匀速圆周运动所以其向心加速度方向不断改变，利用OP杆运动的位移结合位移的分解可以判别其Q点水平方向和竖直方向位移和时间的关系。
12．（2022高三上·石景山期末）如图所示，匀强磁场限定在一个圆形区域内，磁感应强度大小为B，一个质量为m，电荷量为q，初速度大小为v的带电粒子从P点沿磁场区域的半径方向射入磁场，从Q点沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时的速度方向与射入磁场时相比偏转了θ角，忽略粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．粒子在磁场中运动的轨迹长度为
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．圆形磁场区域的半径为
【答案】C
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A．根据粒子的偏转方向，根据左手定则可判断出粒子带正电，A不符合题意；
B．根据几何关系可知，粒子运动的圆心角为θ，轨迹如图所示
根据
可得
则粒子在磁场中运动的轨迹长度为
B不符合题意；
C．根据，
可得
则粒子在磁场中运动时间为
C符合题意；
D．根据几何关系，设圆形磁场半径为r，有
则
D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】利用左手定则可以判别粒子的电性；利用牛顿第二定律可以求出轨迹半径的大小，结合几何关系可以求出轨迹长度的大小；利用轨迹所对圆心角结合周期的大小可以求出运动的时间；利用几何关系可以求出磁场半径的大小。
13．（2022高三上·石景山期末）在国际单位制中，物理量M的单位是kg·mol-1，T的单位是K，C的单位是J·K-1·mol-1，α为无单位的常数。若速度，则下列说法正确的是（ ）
A．物理量C的单位可用基本单位表示为kg·m2·s-2·K-1·mol-1，λ=0.5
B．物理量C的单位可用基本单位表示为kg·m·s-1·K-1·mol-1，λ=0.5
C．物理量C的单位可用基本单位表示为kg·m2·s-2·K-1·mol-1，λ=1
D．物理量C的单位可用基本单位表示为kg·m·s-1·K-1·mol-1，λ=1
【答案】A
【知识点】功的计算
【解析】【解答】根据
则功的单位
则
因为的单位为
根据
所以
故答案为：A。
【分析】利用做功的表达式结合速度的表达式可以求出对应C的单位及的大小。
14．（2022高三上·石景山期末）如图所示，下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一带电小球，玻璃管的右侧存在有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。从某时刻开始，玻璃管在外力作用下，始终保持不变的速度，沿垂直于磁场方向进入磁场中运动，最终小球从上端管口飞出。在这一过程中，小球所带电荷量保持不变，下列说法正确的是（ ）
A．带电小球受到的洛伦兹力做正功
B．玻璃管对带电小球的弹力不做功
C．带电小球在竖直方向做匀加速直线运动
D．带电小球的机械能保持不变
【答案】C
【知识点】洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A．洛伦兹力始终与速度垂直不做功，A不符合题意；
B．带电小球在磁场中运动时，有水平向右的速度分量和竖直向上的速度分量，由左手定则知洛伦兹力斜向左上方，因此玻璃管对带电小球有向右的弹力，该弹力对小球做正功，B不符合题意；
C．玻璃管在外力作用下始终保持不变的速度，则小球向右的速度分量保持不变，竖直向上的洛伦兹力分量保持不变，因此在竖直方向小球做匀加速直线运动，C符合题意；
D．小球在磁场中运动过程中，受重力，洛伦兹力和玻璃管对其向右的弹力，洛伦兹力不做功，弹力对其做正功，因此小球的机械能不守恒，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】洛伦兹力与速度方向垂直不做功；玻璃管对小球的弹力向右所以做正功；利用洛伦兹力的大小不变可以判别小球在竖直方向做匀加速直线运动；利用弹力做功所以小球机械能不守恒。
二、实验题
15．（2022高三上·石景山期末）用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带通过打点计时器，打出一系列的点，对纸带上点迹间的距离进行测量，可验证机械能守恒定律。已知当地重力加速度为g。
（1）为了减小实验误差，对体积和形状相同的重锤，实验时应选择的材质是____；
A．木质 B．钢质 C．泡沫 D．塑料
（2）除图中所示的装置之外，还必须使用的器材是____；
A．直流电源、天平（含砝码） B．直流电源、刻度尺
C．交流电源、天平（含砝码） D．交流电源、刻度尺
（3）如图所示，根据打出的纸带，选取纸带上的连续的五个点A、B、C、D、E，通过测量并计算出点B距起始点O的距离为x0，B、C两点间的距离为x1，C、D两点间的距离为x2，若相邻两点的打点时间间隔为T，重锤质量为m，根据这些条件计算重锤从释放到打下C点时的重力势能减少量ΔEp= ，动能增加量ΔEk= ；
（4）某同学利用图中纸带，先分别测量出从A点到B、C、D、E、F、G点的距离h（其中F、G点为E点后连续打出的点，图中未画出），再计算打出B、C、D、E、F各点时重锤下落的速度v，绘制图像，如图所示，并求得图线的斜率k。请说明如何根据图像验证重锤下落过程机械能是否守恒？ ；
（5）在一次测量中，某同学发现ΔEk略大于ΔEp，出现这一结果的原因可能是____。
A．存在空气阻力和摩擦力 B．接通电源前释放了纸带
【答案】（1）B
（2）D
（3）mg(x0+x1)；
（4）在实验误差允许范围内，若k近似等于2g，则认为这一过程机械能守恒
（5）B
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）验证机械能守恒定律，重锤下落过程受空气阻力应远小于重力，所以选择体积小密度大的重锤，故答案为：B。
（2）打点计时器需要交流电源，还需要刻度尺测量纸带上计数点间距，实验目的是“验证机械能守恒定律”，即验证重锤下落过程损失的重力势能的数据是否与重锤动能的增加量 的数据非常接近，可以看出，重锤质量m不影响数据的比较，所以不需要天平，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
（3） 由纸带可以看出从释放到打下C点的距离为，则ΔEp=
重锤动能增量
重锤静止释放，O为纸带上第一个计时点，所以=0，C点的速度等于B到D的平均速度，有
代入得
（4）若机械能守恒，则有
公式中v0表示打C点时重锤的的速度，v表示后打出的B、C、D、E、F各点时重锤下落的速度v，则
可以看出，只要根据图像计算出其斜率k在实验误差允许范围内近似等于2g，即为验证了机械能守恒定律。
（5） 出现ΔEk略大于ΔEp的原因，可能是打第一个计时点时纸带已经有了速度，操作上是接通电源前先释放了纸带；正常情况是先接通电源后释放纸带，由于空气阻力以及打点计时器对纸带的阻力，导致ΔEp略大ΔEk，A不符合题意，B符合题意。
选B。
【分析】（1）验证机械能守恒需要选择密度较大的重锤；
（2）利用机械能守恒定律可以判别实验不需要测量质量，所以不需要天平；打点计时器需要使用交流电源，纸带处理需要使用刻度尺；
（3）利用高度变化可以求出重力势能的变化量；利用平均速度公式结合动能的表达式可以求出动能的增量；
（4）若图像斜率等于2g可以判别机械能守恒；图像最初有速度可以判别是先释放纸带后接通电源。
16．（2022高三上·石景山期末）在测量一节干电池的电动势和内阻的实验中，可选用的器材有：
A．电压表V1：0~3V，内阻约3kΩ；
B．电压表V2：0~15V，内阻约15kΩ；
C．电流表A1：0~0.6A，内阻约0.1Ω；
D．电流表A2：0~3A，内阻约0.01Ω；
E．滑动变阻器R1：0~100Ω；
F．滑动变阻器R2：0~15Ω；
G．开关S和导线若干。
（1）电流表应选用 ，电压表应选用 ，滑动变阻器应选用 ；（选填项目前的符号）
（2）用所选器材按照图连接好电路后，将滑动变阻器滑片置于合适位置，闭合开关S，通过调整滑动变阻器，得到多组电流I和电压U。根据实验数据，绘制出如图所示的图像，由图线可求出E= V，r= Ω；
（3）实验中，某同学发现电流表被损坏，他利用完好的电压表和实验室中的下述器材，仍然可以较准确测量电源电动势和内阻的是____。
A．另一滑动变阻器
B．电阻箱
C．多个定值电阻（阻值为几欧）
D．量程合适的电压表（内阻未知）
【答案】（1）C；A；F
（2）1.49；0.76
（3）B；C
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）一节干电池的电动势约为1..5V，则电压表应选用A，为了减小测量误差，电流表选择C，为了方便操作，滑动变阻器选择阻值较小的F；
（2）根据闭合电路欧姆定律得
可得图线的纵轴截距为电源电动势
斜率的绝对值为电源内阻
（3）A．利用滑动变阻器和电压表，无法求出电路中的电流，所以不能测出电动势和电源内阻，A不符合题意；
B．利用变阻箱和电压表，由于电阻箱可以读出阻值，所以可以计算出电路中的电流，可以测出电动势和电源内阻，B符合题意；
C．利用多个定值电阻和电压表，定值电阻阻值已知，所以可以计算出电路中的电流，可以测出电动势和电源内阻，C符合题意；
D．利用两个电压表，由于电压表的内阻未知，无法较准确测量电源电动势和内阻，D不符合题意。故答案为：BC。
【分析】（1）利用电动势的大小可以判别电压表的选择；利用图像电流值可以判别电流表的选择，滑动变阻器应该使用小阻值；
（2）利用闭合电路的欧姆定律结合图像斜率和截距可以求出电动势和内阻的大小；
（3）利用电阻箱或多个定值电阻结合电压表可以实现伏阻法测量内阻和电动势的大小。
三、解答题
17．（2022高三上·石景山期末）如图所示，足够长的U形光滑导体框水平放置，宽度为L，一端连接的电阻为R。导体框所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电阻为r的导体棒MN放在导体框上，其长度恰好等于导体框的宽度，且接触良好。其余电阻均可忽略不计。在水平拉力作用下，导体棒向右匀速运动，速度大小为v。
（1）请根据法拉第电磁感应定律推导导体棒匀速运动时产生的感应电动势的大小；
（2）求电阻R两端的电压U；
（3）若某个时刻撤去拉力，请在图中定性画出撤去拉力后导体棒运动的图像。
【答案】（1）解：由
得感应电动势大小
（2）解：由
得电阻R两端的电压
（3）解：撤去拉力后，导体棒在安培力作用下做减速运动，由于速度减小，则感应电动势减小，感应电流减小，安培力减小，所以导体棒的加速度减小，即导体棒做加速度减小的减速运动，直至速度减为零，如图所示
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）已知导线切割磁场时面积发生改变，利用法拉第电磁感应定律结合磁通量的变化量可以求出感应电动势的表达式；
（2）已知电动势的大小，结合欧姆定律可以求出电阻两端的电压；
（3）当撤去拉力时，导体棒在安培力作用下做减速运动，利用牛顿第二定律结合安培力的表达式可以判别导体棒做加速度和速度不断减小的减速运动。
18．（2022高三上·石景山期末）如图所示，水平光滑绝缘轨道MN处于水平向右的匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的滑块（可视为质点），从轨道上的A点由静止释放，滑块在静电力作用下向右做匀加速直线运动，当到达B点时速度为v。设滑块在运动过程中，电荷量始终保持不变。
（1）求滑块从A点运动到B点的过程中，静电力所做的功W；
（2）若规定A点电势为φA，求滑块运动到B点时的电势能EPB。
（3）某同学把上述静电场的电场线分布画成如图所示：电场的方向均水平向右，电场线上疏下密。这种分布的静电场是否可能存在？试述理由。
【答案】（1）解：根据动能定理，静电力所做的功
（2）解：根据静电力做功与电势能变化的关系W=EPA-EPB
EPA=qφA
则EPB=qφA-
（3）解：这种分布的静电场不可能存在。因为在静电场中电荷沿任意闭合路径一周静电力做的功等于0，但在这种电场中，电荷可以沿某一闭合路径移动一周而静电力做功不为0。
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）滑块从A到B的过程中，利用动能定理可以求出静电力做功的大小；
（2）当已知电场力做功的大小，结合功能关系可以求出滑块运动到B点电势能的大小；
（3）已知电场线的分布，利用电荷沿闭合路径运动一圈时，电场力做功可以判别这种电场线的分布不存在。
19．（2022高三上·石景山期末）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零。如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔x1=3.5×10-2m，乙与边框a相隔x2=2.0×10-2m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ=0.1。现用手指将甲以初速度v0=0.4m/s沿导杆水平拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小v1=0.1m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2。
（1）求与乙碰前，甲算珠的速度大小；
（2）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（3）判断两颗算珠间的碰撞是否为弹性碰撞，并说明理由。
【答案】（1）解：甲、乙滑动时的加速度大小均为
设与乙碰前甲的速度为v，则
解得v=0.3m/s
（2）解：设碰后乙的速度为v2，碰撞时由动量守恒定律，有
解得v2=0.2m/s
碰后乙做减速运动，当速度减为零时，位移大小为
由于，可知乙恰好能滑到边框a
（3）解：碰前甲和乙的总动能为
碰后甲和乙的总动能为
计算可知
所以不是弹性碰撞。
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动基本公式应用
【解析】【分析】（1）甲乙滑动时做匀减速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出甲碰前速度的大小；
（2）当甲与乙相碰时，利用动量守恒定律可以求出乙碰后速度的大小，结合速度位移公式可以求出乙运动的距离；
（3）已知甲乙碰撞前后的速度，利用动能的表达式可以求出碰撞前后动能，进而判别动能是否守恒。
20．（2022高三上·石景山期末）成语“水滴石穿”说明高处落下的水滴对物体具有冲击力，可以做功。已知水的密度ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2。
（1）水滴从高h=5m的屋檐滴下，撞击水平地面的石板（不考虑水的反弹）。设水滴的质量m=3×10-5kg，撞击时间Δt=1×10-2s，若不计空气阻力，求水滴对石板的平均作用力大小。
（2）若空气阻力与雨滴速度的平方成正比，结合实际观测资料，得到某一半径的雨滴下落的速度v与其下落距离y之间的关系如图所示，请分析水滴分别从高20m的楼檐与高2000m的云层底部由静止落下，对水平地面上石板的平均作用力是否有显著差异，并说明理由。
（3）水刀是一种高压水射流切割技术，通过加高水压，再经过线度小于毫米的宝石喷嘴，形成可达1000m/s的超声速射流。水刀切割精度高，没有热损伤，不产生有害物质。医用水刀的“刀片”是高速流动的生理盐水，厚度仅1.3×10-6m。不考虑水流的反射，请估算水刀工作时单位面积上的作用力大小。
【答案】（1）解：撞击前，水滴的速度为v，则
解
撞击过程，对水滴由动量定理
解得
根据牛顿第三定律，水滴对石板的作用力也为0.03N
（2）解：考虑空气阻力时，由于空气阻力与雨滴速度的平方成正比，设雨滴半径为r，收尾速度为vm，则
实际观察中发现雨滴半径r很小，收尾速度vm也不大，由图像可知，从高20m的楼檐与高2000m的云层底部由静止落下的水滴，末速度都约为12m/s，根据动量定理，水滴对石板的作用力大小没有明显差异
（3）解：设水流的横截面积为S，单位面积上的力为 ，水的密度为ρ， ，在时间Δt内，由动量定理
解得
代入数据得，单位面积上的作用力大小为1×109N
【知识点】共点力平衡条件的应用；动量定理
【解析】【分析】（1）水做自由落体运动，利用速度位移公式可以求出撞击地面时速度的大小，结合动量定理可以求出水滴对地面的作用力大小；
（2）雨滴受到的阻力大小与速度平方成正比，利用平衡方程可以求出最大速度与半径的关系，进而判别雨滴落地速度的大小，结合动量定理可以判别水滴对石板的作用力没有影响；
（3）已知水刀的速度，利用动量定理可以求出单位面积作用力的大小。
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北京市石景山区2022届高三上学期物理期末考试试卷
一、单选题
1．（2022高三上·石景山期末）某区域的电场线分布如图所示，电场中有A、B两点。A、B两点的电场强度大小分别为EA、EB，电势分别为φA、φB。下列判断正确的是（ ）
A．EA2．（2022高三上·石景山期末）如图所示，将带铁芯的线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两个接线柱连接到灵敏电流计上，把线圈A静置于线圈B的内部。下列判断正确的是（ ）
A．开关闭合，向右移动滑动变阻器滑片的过程中，电流计指针不偏转
B．开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，线圈B将排斥线圈A
C．开关闭合瞬间，电流计指针不偏转
D．开关闭合瞬间，电流计指针会偏转
3．（2022高三上·石景山期末）图为给电容器充电的实验电路图。电源电动势为E、内阻不计；电容器的电容为C，灯泡的电阻为R。将开关闭合，给电容器充电，用q表示电容器左侧极板上的电荷量、用i表示电路中的电流、用uC表示电容器极板间的电压、用uR表示灯泡两端的电压。图中描述充电过程中上述物理量随时间的变化规律，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2022高三上·石景山期末）如图所示，不可伸长的轻质细绳的一端系一个小球，另一端固定于O点，在O点正下方钉一个钉子A。小球从右侧某一位置（细绳处于拉直状态），由静止释放后摆下，不计空气阻力和细绳与钉子相碰时的能量损失。下列说法中正确的是（ ）
A．小球摆动过程中，所受合力大小保持不变
B．当细绳与钉子碰后的瞬间，小球的向心加速度突然变大
C．钉子的位置向上移动少许，在细绳与钉子相碰时绳就更容易断裂
D．小球在左侧所能达到的位置可能高于在右侧释放时的位置
5．（2022高三上·石景山期末）简谐横波沿x轴正方向传播，波长为λ，周期为T。t=0时刻的波形如图1所示，a、b、c是波上的三个质点。图2是波上某一质点的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．t=0时，质点a的加速度比质点b的小
B．质点b和质点c的速度方向总是相同的
C．图2可以表示质点a的振动
D．图2可以表示质点b的振动
6．（2022高三上·石景山期末）2021年2月24日，“天问一号”火星探测器经过200多天的飞行，成功进入椭圆形的轨道绕火星运动，开展对火星的观测，并为着陆火星做好准备。如图所示，在“天问一号”沿椭圆轨道由“远火点”向“近火点”运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．火星对探测器的引力逐渐减小
B．探测器的速度逐渐减小
C．引力对探测器做负功，探测器的势能逐渐减小
D．引力对探测器做正功，探测器的动能逐渐增大
7．（2022高三上·石景山期末）在用单摆测量重力加速度的实验中，用多组实验数据做出周期（T）的平方和摆长（L）的T2-L图线，可以求出重力加速度g。已知两位同学做出的T2-L图线如图中的a、b所示，其中a和b平行，图线a对应的g值很接近当地重力加速度的值。相对于图线a，关于图线b的分析正确的是（ ）
A．可能是误将绳长记为摆长L
B．可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
C．可能是误将49次全振动记为50次
D．根据图线b不能准确测出当地的重力加速度
8．（2022高三上·石景山期末）如图所示，在水平地面上固定一对与水平面夹角为的光滑平行金属导轨，顶端接有电源，直导体棒垂直两导轨放置，且与两轨道接触良好，整套装置处于匀强磁场中．图为沿方向观察的侧视图，下面四幅图中所加磁场能使导体棒静止在轨道上的是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2022高三上·石景山期末）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹。战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示。重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．甲在空中的运动时间比乙的长
B．战士对两颗手榴弹做功一样多
C．两颗手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等
D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为
10．（2022高三上·石景山期末）某次实验中，将理想变压器原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接灯泡L1和滑动变阻器R，电路中分别接入理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图所示。当滑动变阻器的滑片P向下滑动的过程中（ ）
A．A1示数变小，A1与A2示数的比值不变
B．A1示数变大，A1与A2示数的比值变大
C．V2示数变小，V1与V2示数的比值变大
D．V2示数不变，V1与V2示数的比值不变
11．（2021·广东）由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆 与横杆 链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆 始终保持水平。杆 绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．P点的线速度大小不变 B．P点的加速度方向不变
C．Q点在竖直方向做匀速运动 D．Q点在水平方向做匀速运动
12．（2022高三上·石景山期末）如图所示，匀强磁场限定在一个圆形区域内，磁感应强度大小为B，一个质量为m，电荷量为q，初速度大小为v的带电粒子从P点沿磁场区域的半径方向射入磁场，从Q点沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时的速度方向与射入磁场时相比偏转了θ角，忽略粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．粒子在磁场中运动的轨迹长度为
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．圆形磁场区域的半径为
13．（2022高三上·石景山期末）在国际单位制中，物理量M的单位是kg·mol-1，T的单位是K，C的单位是J·K-1·mol-1，α为无单位的常数。若速度，则下列说法正确的是（ ）
A．物理量C的单位可用基本单位表示为kg·m2·s-2·K-1·mol-1，λ=0.5
B．物理量C的单位可用基本单位表示为kg·m·s-1·K-1·mol-1，λ=0.5
C．物理量C的单位可用基本单位表示为kg·m2·s-2·K-1·mol-1，λ=1
D．物理量C的单位可用基本单位表示为kg·m·s-1·K-1·mol-1，λ=1
14．（2022高三上·石景山期末）如图所示，下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一带电小球，玻璃管的右侧存在有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。从某时刻开始，玻璃管在外力作用下，始终保持不变的速度，沿垂直于磁场方向进入磁场中运动，最终小球从上端管口飞出。在这一过程中，小球所带电荷量保持不变，下列说法正确的是（ ）
A．带电小球受到的洛伦兹力做正功
B．玻璃管对带电小球的弹力不做功
C．带电小球在竖直方向做匀加速直线运动
D．带电小球的机械能保持不变
二、实验题
15．（2022高三上·石景山期末）用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带通过打点计时器，打出一系列的点，对纸带上点迹间的距离进行测量，可验证机械能守恒定律。已知当地重力加速度为g。
（1）为了减小实验误差，对体积和形状相同的重锤，实验时应选择的材质是____；
A．木质 B．钢质 C．泡沫 D．塑料
（2）除图中所示的装置之外，还必须使用的器材是____；
A．直流电源、天平（含砝码） B．直流电源、刻度尺
C．交流电源、天平（含砝码） D．交流电源、刻度尺
（3）如图所示，根据打出的纸带，选取纸带上的连续的五个点A、B、C、D、E，通过测量并计算出点B距起始点O的距离为x0，B、C两点间的距离为x1，C、D两点间的距离为x2，若相邻两点的打点时间间隔为T，重锤质量为m，根据这些条件计算重锤从释放到打下C点时的重力势能减少量ΔEp= ，动能增加量ΔEk= ；
（4）某同学利用图中纸带，先分别测量出从A点到B、C、D、E、F、G点的距离h（其中F、G点为E点后连续打出的点，图中未画出），再计算打出B、C、D、E、F各点时重锤下落的速度v，绘制图像，如图所示，并求得图线的斜率k。请说明如何根据图像验证重锤下落过程机械能是否守恒？ ；
（5）在一次测量中，某同学发现ΔEk略大于ΔEp，出现这一结果的原因可能是____。
A．存在空气阻力和摩擦力 B．接通电源前释放了纸带
16．（2022高三上·石景山期末）在测量一节干电池的电动势和内阻的实验中，可选用的器材有：
A．电压表V1：0~3V，内阻约3kΩ；
B．电压表V2：0~15V，内阻约15kΩ；
C．电流表A1：0~0.6A，内阻约0.1Ω；
D．电流表A2：0~3A，内阻约0.01Ω；
E．滑动变阻器R1：0~100Ω；
F．滑动变阻器R2：0~15Ω；
G．开关S和导线若干。
（1）电流表应选用 ，电压表应选用 ，滑动变阻器应选用 ；（选填项目前的符号）
（2）用所选器材按照图连接好电路后，将滑动变阻器滑片置于合适位置，闭合开关S，通过调整滑动变阻器，得到多组电流I和电压U。根据实验数据，绘制出如图所示的图像，由图线可求出E= V，r= Ω；
（3）实验中，某同学发现电流表被损坏，他利用完好的电压表和实验室中的下述器材，仍然可以较准确测量电源电动势和内阻的是____。
A．另一滑动变阻器
B．电阻箱
C．多个定值电阻（阻值为几欧）
D．量程合适的电压表（内阻未知）
三、解答题
17．（2022高三上·石景山期末）如图所示，足够长的U形光滑导体框水平放置，宽度为L，一端连接的电阻为R。导体框所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电阻为r的导体棒MN放在导体框上，其长度恰好等于导体框的宽度，且接触良好。其余电阻均可忽略不计。在水平拉力作用下，导体棒向右匀速运动，速度大小为v。
（1）请根据法拉第电磁感应定律推导导体棒匀速运动时产生的感应电动势的大小；
（2）求电阻R两端的电压U；
（3）若某个时刻撤去拉力，请在图中定性画出撤去拉力后导体棒运动的图像。
18．（2022高三上·石景山期末）如图所示，水平光滑绝缘轨道MN处于水平向右的匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的滑块（可视为质点），从轨道上的A点由静止释放，滑块在静电力作用下向右做匀加速直线运动，当到达B点时速度为v。设滑块在运动过程中，电荷量始终保持不变。
（1）求滑块从A点运动到B点的过程中，静电力所做的功W；
（2）若规定A点电势为φA，求滑块运动到B点时的电势能EPB。
（3）某同学把上述静电场的电场线分布画成如图所示：电场的方向均水平向右，电场线上疏下密。这种分布的静电场是否可能存在？试述理由。
19．（2022高三上·石景山期末）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零。如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔x1=3.5×10-2m，乙与边框a相隔x2=2.0×10-2m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ=0.1。现用手指将甲以初速度v0=0.4m/s沿导杆水平拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小v1=0.1m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2。
（1）求与乙碰前，甲算珠的速度大小；
（2）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（3）判断两颗算珠间的碰撞是否为弹性碰撞，并说明理由。
20．（2022高三上·石景山期末）成语“水滴石穿”说明高处落下的水滴对物体具有冲击力，可以做功。已知水的密度ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2。
（1）水滴从高h=5m的屋檐滴下，撞击水平地面的石板（不考虑水的反弹）。设水滴的质量m=3×10-5kg，撞击时间Δt=1×10-2s，若不计空气阻力，求水滴对石板的平均作用力大小。
（2）若空气阻力与雨滴速度的平方成正比，结合实际观测资料，得到某一半径的雨滴下落的速度v与其下落距离y之间的关系如图所示，请分析水滴分别从高20m的楼檐与高2000m的云层底部由静止落下，对水平地面上石板的平均作用力是否有显著差异，并说明理由。
（3）水刀是一种高压水射流切割技术，通过加高水压，再经过线度小于毫米的宝石喷嘴，形成可达1000m/s的超声速射流。水刀切割精度高，没有热损伤，不产生有害物质。医用水刀的“刀片”是高速流动的生理盐水，厚度仅1.3×10-6m。不考虑水流的反射，请估算水刀工作时单位面积上的作用力大小。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】AB．电场线越密场强越大，由题图可知，A符合题意，B不符合题意；
CD．沿电场线方向电势逐渐降低，由题图可知，CD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】利用电场线的疏密可以比较电场强度的大小；利用电场线的方向可以比较电势的高低。
2．【答案】D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】A．开关闭合，向右移动滑动变阻器滑片的过程中，线圈A中的电流发生变化，则穿过线圈B的磁通量发生变化，则会产生感应电流，即电流计指针偏转，A不符合题意；
B．开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，根据楞次定律“来拒去留”，可知，线圈B将吸引线圈A，B不符合题意；
CD．开关闭合瞬间，线圈A中的电流发生变化，则穿过线圈B的磁通量发生变化，则会产生感应电流，电流计指针偏转，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用滑动变阻器的阻值变化可以判别A线圈的电流变化，结合楞次定律可以判别B线圈产生感应电流则指针发生偏转；当闭合开关瞬间，B线圈的磁通量发生改变则指针发生偏转；利用来拒去留可以判别B线圈受到安培力的方向。
3．【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】AB．闭合开关的瞬间，电容器开始充电，且电容器的充电电流在充电过程中逐渐减小，电容器的带电量逐渐增加，两板间电势差逐渐增大，AC不符合题意，B符合题意；
D．因为充电过程中，电流逐渐减少，所以uR逐渐减小，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】开关闭合时，电容器充电电流不断减小，电容器电荷量逐渐增大，电势差不断增大；由于电流不断减小会导致电阻两端电压不断减小。
4．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】A．根据牛顿第二定律
小球向下摆动过程中，速度增大，所受合力大小变大，A不符合题意；
B．根据向心加速度公式当细绳与钉子碰后的瞬间，小球速度不变，圆周运动的半径突然减小，小球的向心加速度突然变大，B符合题意；
C．根据牛顿第二定律
钉子的位置越远离小球，圆周运动的半径越大，细绳所受的拉力越小，在细绳与钉子相碰时绳就越不容易断，C不符合题意；
D．根据机械能守恒定律
解得
小球在右侧所能达到的最大高度应等于在左侧释放时的高度，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】由于小球不是做匀速圆周运动所以合力不断发生改变；当细线与钉子碰撞过程中，线速度不变，利用半径减小可以判别向心加速度增大；利用牛顿第二定律可以判别拉力大小与半径的大小关系；利用机械能守恒定律可以判别小球在左侧的最大高度等于释放的高度。
5．【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．t=0时，质点a的位移最大，则加速度最大，质点b的位移为零，加速度为零，A不符合题意；
B．质点b和质点c的平衡位置相差半个波长，则速度方向总是相反的，B不符合题意；
C．因t=0时刻质点a位于最高点将向下振动，与图2不符，C不符合题意；
D．因t=0时刻质点b向上振动，结合图2可知，图2可以表示质点b的振动，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】利用质点的位移可以判别加速度和速度的大小及方向；利用质点的速度方向可以判别对应的振动图象。
6．【答案】D
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】在“天问一号”沿椭圆轨道由“远火点”向“近火点”运动的过程中，火星对探测器的引力逐渐变大，引力对探测器做正功，探测器的动能逐渐增大，速度变大。
故答案为：D。
【分析】利用距离的变化结合引力公式可以判别引力的大小变化，利用引力方向和速度方向可以判别引力做功；进而判别速度和动能的变化。
7．【答案】B
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】根据单摆的周期公式
得
根据数学知识可知，T2-L图象的斜率
当地的重力加速度
AB．由图象可知，对图线b，当T为零时L不为零，所测摆长偏大，可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L，A不符合题意，B符合题意；
C．实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率k偏小。C不符合题意；
D．由图示图象可知，图线a与图线b的斜率相等，由
可知，图线b对应的g值等于图线a对应的g值，D不符合题意。
故答案为：B；
【分析】利用图象斜率结合单摆的周期公式可以求出重力加速度的大小；利用图线b可以判别摆长长度偏大；当周期测量值偏小时会导致图象斜率偏小；利用图象斜率可以判别重力加速度大小相等。
8．【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用；安培力
【解析】【解答】磁场方向与电流方向平行，不受安培力，C和D选项不正确；由左手定则可知，A选项安培力方向水平向左，导体棒不可能平衡，A不符合题意；B选项安培力方向水平向右，与向下的重力和垂直斜面向上的支持力能平衡，所以B符合题意．
故答案为：B
【分析】利用左手定则结合导体棒的平衡方程可以判别导体棒能够静止的磁感应强度的方向。
9．【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．根据，可得
甲、乙的下落高度相同，因此在空中的运动时间相等，A不符合题意；
B．根据，可得
甲、乙运动的水平位移s不同，因此水平初速度不同，说明获得的初动能不相等，由动能定理知战士对两颗手榴弹做功不相等，B不符合题意；
C．两颗手榴弹在落地前瞬间竖直方向的速度分量相等，重力的瞬时功率
相等，C符合题意。
D．从投出到落地，只有重力做功，手榴弹的机械能保持不变，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用竖直方向的位移公式可以判别运动的时间相等；利用水平方向的位移公式可以比较初速度的大小，结合动能定理可以判别战士对手榴弹的做功不相等；利用竖直方向的速度位移公式可以判别落地速度的大小，结合重力的大小可以比较瞬时功率的大小；由于只有重力做功所以机械能保持不变。
10．【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB．滑片P向下滑动后，变压器副线圈的负载电阻减小，原线圈的电压V1不变，匝数比不变，故V2不变，由欧姆定律可得A2示数变大，由于理想变压器P2 = P1，所以初级电流也变大，即A1示数变大，而A1与A2示数的比值等于变压器匝数的倒数比，则比值不变，AB不符合题意；
CD．由于理想变压器原线圈电压有效值不变，则副线圈电压不变，V2示数不变，V1与V2示数的比值不变，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】由于滑片P向下滑动时，阻值减小，结合输出电压不变及欧姆定律可以判别电流表读数减小，结合匝数之比不变可以判别原线圈的电流变小，由于匝数之比不变所以电流之比不变；由于输入电压不变所以输出电压也不变，电压之比也不变。
11．【答案】A
【知识点】匀速圆周运动
【解析】【解答】A．由于杆OP做匀速圆周运动，根据物体做匀速圆周运动的特点可得P点的线速度大小不变，A符合题意；
B．由于杆OP做匀速圆周运动，其向心力和向心加速度时刻指向圆心所以方向时刻改变，则P点的向心加速度方向时刻改变，B不符合题意；
C．由于P点做匀速圆周运动，所在在t时间内，其P点在y方向的位置为：y1 = lOP×sin( + ωt)，且Q点在竖直方向的运动与P点相同，则Q点的位移y关于时间t的关系为y = lOP×sin( + ωt)
从表达式可得Q点在竖直方向不是匀速运动，C不符合题意；
D．由于P点做匀速圆周运动，所在在t时间内，其P点在x方向的位置为：x1 = lOP×cos( + ωt)，则Q点在水平方向的位移x关于时间t的关系为x = lOP×cos( + ωt) + lPQ
从表达式可得Q点在水平方向也不是匀速运动，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】由于杆OP匀速转动所以其线速度大小保持不变，由于做匀速圆周运动所以其向心加速度方向不断改变，利用OP杆运动的位移结合位移的分解可以判别其Q点水平方向和竖直方向位移和时间的关系。
12．【答案】C
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A．根据粒子的偏转方向，根据左手定则可判断出粒子带正电，A不符合题意；
B．根据几何关系可知，粒子运动的圆心角为θ，轨迹如图所示
根据
可得
则粒子在磁场中运动的轨迹长度为
B不符合题意；
C．根据，
可得
则粒子在磁场中运动时间为
C符合题意；
D．根据几何关系，设圆形磁场半径为r，有
则
D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】利用左手定则可以判别粒子的电性；利用牛顿第二定律可以求出轨迹半径的大小，结合几何关系可以求出轨迹长度的大小；利用轨迹所对圆心角结合周期的大小可以求出运动的时间；利用几何关系可以求出磁场半径的大小。
13．【答案】A
【知识点】功的计算
【解析】【解答】根据
则功的单位
则
因为的单位为
根据
所以
故答案为：A。
【分析】利用做功的表达式结合速度的表达式可以求出对应C的单位及的大小。
14．【答案】C
【知识点】洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A．洛伦兹力始终与速度垂直不做功，A不符合题意；
B．带电小球在磁场中运动时，有水平向右的速度分量和竖直向上的速度分量，由左手定则知洛伦兹力斜向左上方，因此玻璃管对带电小球有向右的弹力，该弹力对小球做正功，B不符合题意；
C．玻璃管在外力作用下始终保持不变的速度，则小球向右的速度分量保持不变，竖直向上的洛伦兹力分量保持不变，因此在竖直方向小球做匀加速直线运动，C符合题意；
D．小球在磁场中运动过程中，受重力，洛伦兹力和玻璃管对其向右的弹力，洛伦兹力不做功，弹力对其做正功，因此小球的机械能不守恒，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】洛伦兹力与速度方向垂直不做功；玻璃管对小球的弹力向右所以做正功；利用洛伦兹力的大小不变可以判别小球在竖直方向做匀加速直线运动；利用弹力做功所以小球机械能不守恒。
15．【答案】（1）B
（2）D
（3）mg(x0+x1)；
（4）在实验误差允许范围内，若k近似等于2g，则认为这一过程机械能守恒
（5）B
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）验证机械能守恒定律，重锤下落过程受空气阻力应远小于重力，所以选择体积小密度大的重锤，故答案为：B。
（2）打点计时器需要交流电源，还需要刻度尺测量纸带上计数点间距，实验目的是“验证机械能守恒定律”，即验证重锤下落过程损失的重力势能的数据是否与重锤动能的增加量 的数据非常接近，可以看出，重锤质量m不影响数据的比较，所以不需要天平，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
（3） 由纸带可以看出从释放到打下C点的距离为，则ΔEp=
重锤动能增量
重锤静止释放，O为纸带上第一个计时点，所以=0，C点的速度等于B到D的平均速度，有
代入得
（4）若机械能守恒，则有
公式中v0表示打C点时重锤的的速度，v表示后打出的B、C、D、E、F各点时重锤下落的速度v，则
可以看出，只要根据图像计算出其斜率k在实验误差允许范围内近似等于2g，即为验证了机械能守恒定律。
（5） 出现ΔEk略大于ΔEp的原因，可能是打第一个计时点时纸带已经有了速度，操作上是接通电源前先释放了纸带；正常情况是先接通电源后释放纸带，由于空气阻力以及打点计时器对纸带的阻力，导致ΔEp略大ΔEk，A不符合题意，B符合题意。
选B。
【分析】（1）验证机械能守恒需要选择密度较大的重锤；
（2）利用机械能守恒定律可以判别实验不需要测量质量，所以不需要天平；打点计时器需要使用交流电源，纸带处理需要使用刻度尺；
（3）利用高度变化可以求出重力势能的变化量；利用平均速度公式结合动能的表达式可以求出动能的增量；
（4）若图像斜率等于2g可以判别机械能守恒；图像最初有速度可以判别是先释放纸带后接通电源。
16．【答案】（1）C；A；F
（2）1.49；0.76
（3）B；C
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）一节干电池的电动势约为1..5V，则电压表应选用A，为了减小测量误差，电流表选择C，为了方便操作，滑动变阻器选择阻值较小的F；
（2）根据闭合电路欧姆定律得
可得图线的纵轴截距为电源电动势
斜率的绝对值为电源内阻
（3）A．利用滑动变阻器和电压表，无法求出电路中的电流，所以不能测出电动势和电源内阻，A不符合题意；
B．利用变阻箱和电压表，由于电阻箱可以读出阻值，所以可以计算出电路中的电流，可以测出电动势和电源内阻，B符合题意；
C．利用多个定值电阻和电压表，定值电阻阻值已知，所以可以计算出电路中的电流，可以测出电动势和电源内阻，C符合题意；
D．利用两个电压表，由于电压表的内阻未知，无法较准确测量电源电动势和内阻，D不符合题意。故答案为：BC。
【分析】（1）利用电动势的大小可以判别电压表的选择；利用图像电流值可以判别电流表的选择，滑动变阻器应该使用小阻值；
（2）利用闭合电路的欧姆定律结合图像斜率和截距可以求出电动势和内阻的大小；
（3）利用电阻箱或多个定值电阻结合电压表可以实现伏阻法测量内阻和电动势的大小。
17．【答案】（1）解：由
得感应电动势大小
（2）解：由
得电阻R两端的电压
（3）解：撤去拉力后，导体棒在安培力作用下做减速运动，由于速度减小，则感应电动势减小，感应电流减小，安培力减小，所以导体棒的加速度减小，即导体棒做加速度减小的减速运动，直至速度减为零，如图所示
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）已知导线切割磁场时面积发生改变，利用法拉第电磁感应定律结合磁通量的变化量可以求出感应电动势的表达式；
（2）已知电动势的大小，结合欧姆定律可以求出电阻两端的电压；
（3）当撤去拉力时，导体棒在安培力作用下做减速运动，利用牛顿第二定律结合安培力的表达式可以判别导体棒做加速度和速度不断减小的减速运动。
18．【答案】（1）解：根据动能定理，静电力所做的功
（2）解：根据静电力做功与电势能变化的关系W=EPA-EPB
EPA=qφA
则EPB=qφA-
（3）解：这种分布的静电场不可能存在。因为在静电场中电荷沿任意闭合路径一周静电力做的功等于0，但在这种电场中，电荷可以沿某一闭合路径移动一周而静电力做功不为0。
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）滑块从A到B的过程中，利用动能定理可以求出静电力做功的大小；
（2）当已知电场力做功的大小，结合功能关系可以求出滑块运动到B点电势能的大小；
（3）已知电场线的分布，利用电荷沿闭合路径运动一圈时，电场力做功可以判别这种电场线的分布不存在。
19．【答案】（1）解：甲、乙滑动时的加速度大小均为
设与乙碰前甲的速度为v，则
解得v=0.3m/s
（2）解：设碰后乙的速度为v2，碰撞时由动量守恒定律，有
解得v2=0.2m/s
碰后乙做减速运动，当速度减为零时，位移大小为
由于，可知乙恰好能滑到边框a
（3）解：碰前甲和乙的总动能为
碰后甲和乙的总动能为
计算可知
所以不是弹性碰撞。
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动基本公式应用
【解析】【分析】（1）甲乙滑动时做匀减速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出甲碰前速度的大小；
（2）当甲与乙相碰时，利用动量守恒定律可以求出乙碰后速度的大小，结合速度位移公式可以求出乙运动的距离；
（3）已知甲乙碰撞前后的速度，利用动能的表达式可以求出碰撞前后动能，进而判别动能是否守恒。
20．【答案】（1）解：撞击前，水滴的速度为v，则
解
撞击过程，对水滴由动量定理
解得
根据牛顿第三定律，水滴对石板的作用力也为0.03N
（2）解：考虑空气阻力时，由于空气阻力与雨滴速度的平方成正比，设雨滴半径为r，收尾速度为vm，则
实际观察中发现雨滴半径r很小，收尾速度vm也不大，由图像可知，从高20m的楼檐与高2000m的云层底部由静止落下的水滴，末速度都约为12m/s，根据动量定理，水滴对石板的作用力大小没有明显差异
（3）解：设水流的横截面积为S，单位面积上的力为 ，水的密度为ρ， ，在时间Δt内，由动量定理
解得
代入数据得，单位面积上的作用力大小为1×109N
【知识点】共点力平衡条件的应用；动量定理
【解析】【分析】（1）水做自由落体运动，利用速度位移公式可以求出撞击地面时速度的大小，结合动量定理可以求出水滴对地面的作用力大小；
（2）雨滴受到的阻力大小与速度平方成正比，利用平衡方程可以求出最大速度与半径的关系，进而判别雨滴落地速度的大小，结合动量定理可以判别水滴对石板的作用力没有影响；
（3）已知水刀的速度，利用动量定理可以求出单位面积作用力的大小。
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