2023年3月份第4周 高考复习好题推荐 物理试题（含答案）

2023年3月份第4周 物理好题推荐
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1、如图所示，水平桌面上有一个可视为质点的物块，物块的质量.物块在与水平方向成37°夹角的拉力作用下，沿水平方向向右做匀速直线运动.已知重力加速度g取，则物块与地面之间的动摩擦因数为( )
A.0.2 B.0.3 C.0.4 D.0.5
2、如图所示，直角三角形ABC的底边长为L、底角为60°，两点处分别固定着电荷量为Q的正点电荷，以A点为圆心的圆与BC切于M点与AC交于N点.静电力常量为k，下列说法正确的是( )
A.两点电势相等
B.M点电场强度大小为
C.N点电场强度方向沿AC指向C
D.将正试探电荷g从M点移到N点，静电力做正功
3、如图所示，平板车筐内装有质量均为m的大小相同的六桶水，已知车厢长刚好等于四个水桶直径之和.平直路面匀速行驶途中底部一桶水掉落，掉落后，底部三桶水等间距排列，掉落前后水桶A受到水桶B的支持力之比( )
A. B. C. D.
4、美国物理学家密立根利用不同频率的光照射不同的金属表面，测得不同的金属光电效应的遏止电压与入射光频率ν的实验曲线，验证了爱因斯坦的光电效应方程中遏止电压与入射光频率之间是一种——对应的线性关系.如图所示是根据某次实验作出的图像，正好是一条漂亮的直线.设普朗克常量为h，电子的电荷量，由图像可知( )
A.该金属的遏止电压与入射光频率ν成正比
B.图中直线的斜率为，求得
C.当入射光频率为时，打出的光电子最大初动能为0.878 J
D.当入射光频率为时，打出的光电子最大初动能为零
5、如图所示为发电站远距离高压输电示意图.已知升压变压器原、副线圈两端的电压分别为和，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为和.在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为10：1和1：10，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确的是( )
A.电压互感器起降压作用，电流互感器起增大电流作用
B.若电压表的示数为200 V，电流表的示数为5 A，则线路输送电功率为200 kW
C.若保持发电机输出电压和用户数一定，仅将滑片Q下移，则输电线损耗功率增大
D.若发电机输出电压一定，用户数增加，为维持用户电压一定，可将滑片P下移
6、如图，长为、宽为a的长方形ABCD为一棱镜的横截面，E为AB边的中点.一束平行于对角线AC的光线自E点射入棱镜，经折射后的光线与BC边交于F点，已知FC的长为BC边的四分之一.则( )
A.该棱镜的折射率为
B.该棱镜的折射率为
C.射到F点的光线能发生全反射
D.射到F点的光线反射时与CD交点到C的距离为
7、如图所示，为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S与图示电路连接，两极中央各有一个小孔a和为热敏电阻（温度降低电阻增大），M点接地.在a孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，若不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰好为零，然后返回.现要使带电质点能穿过b孔，则下列各项单独操作一定可行的是( )
A.将热敏电阻加热 B.滑动变阻器R的滑片P向上移动
C.保持S闭合，将A板适当下移 D.先断开S，再将B板适当下移
8、如图所示，质量均为m的两个物块A和B左右中心开有小孔穿在粗糙的细杆CD上，细杆绕过O点的竖直轴在水平面内匀速转动，之间用轻质细线相连，物块中心与圆心距离分别为，与细杆间的动摩擦因数μ相同，当细杆转速缓慢加快到两物块刚好要发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（重力加速度为g）( )
A.此时细线张力为
B.此时A所受摩擦力方向沿半径指向O
C.此时细杆的角速度为
D.此时烧断细线，A仍相对细杆静止，B将做离心运动
9、滑雪运动是2022年北京冬季奥运会主要的比赛项目.如图所示，水平滑道上运动员间距.运动员A以速度向前匀速运动.同时运动员B以初速度向前匀减速运动，加速度的大小，运动员A在运动员B继续运动后追上运动员B，则的大小为( )
A.4 m B.10 m C.16 m D.20 m
10、真空中，在x轴上和处分别固定两个点电荷和.电荷间连线上的电场强度E随x变化的图像如图所示（x轴正方向为场强正方向）.将一个正试探电荷q在处由静止释放（重力不计，取无穷远处电势为零）.则下列图像（1~8 m）正确的是( )
A.
B.
C.
D.
11、如图甲所示，宽度为、足够长的边界间存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场.现有一个质量为m、边长为L、电阻为R的正方形金属框从ab上方L处以初速度开始向下运动，经过图甲中5个位置所对应的时刻分别为时刻线框下边与ab边界重合，线框速度刚好达到时刻线框刚好完全进入磁场区域，速度刚好减为时刻线框下边界刚好到达cd边界，速度再次变为时刻线框刚好离开磁场.线框的速度随时间变化的图像如图乙所示，线框始终在一条竖直线上运动，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.时间内，线框所受安培力小于重力
B.
C.时间内，通过线框横截面的电荷量为
D.时间内，线框产生的焦耳热为
二、多选题
12、如图所示为左右边界平行的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，磁场宽度为L，在磁场区域的左侧边界处，有“凸”字形状的导体线框，总电阻为R，各边长度如图所示，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向外时的磁通量Φ为正值，外力F向右为正，则下列能正确反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E、拉力F及线框内产生的焦耳热Q随时间变化规律的图像的是( )
A. B.
C. D.
13、图甲是某一简谐波刚刚传播到处时的波形图，从此刻开始计时，图乙表示介质中某点的振动图像，由此可知( )
A.波源起振时的方向沿y轴正方向
B.波源起振时的方向沿y轴负方向
C.经过处质点的振动方向沿y轴正方向
D.经过处质点的振动方向沿y轴负方向
14、某同学利用单摆测重力加速度，他用分度值为1 mm的直尺测得摆线长为89.40 cm，用游标卡尺测得摆球直径如图甲所示，用停表记录30次全振动的时间如图乙所示，关于测量的读数及该实验的原理以下说法正确的是( )
A.摆球直径为2.050 cm，单摆摆长为90.425 cm，停表的读数为57.0 s
B.计算摆长时，如果用线长加摆球的直径作为摆长，则计算所得重力加速度偏大
C.如果绘制图像，利用图像求重力加速度，摆球的半径对重力加速度没有影响
D.本实验，摆角的大小对求得的重力加速度没有影响
15、如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的理想边界，且PQ与水平方向的夹角，磁场范围足够大.一个边长为a、质量为m、电阻为R的单匝正方形金属线框，以速度垂直磁场方向从如图实线位置Ⅰ开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置Ⅱ时，线框的速度为零.则下列说法正确的是( )
A.线框在位置Ⅱ时，安培力具有最大值
B.线框从位置Ⅰ运动到位置Ⅱ的过程中，做加速度增大的减速运动
C.线框从位置Ⅰ运动到位置Ⅱ的过程中，克服安培力做功为
D.线框从位置Ⅰ运动到位置Ⅱ的过程中，通过导线截面的电荷量为
16、如图所示，正四棱雉的底边边长，棱长为MC的中点，O为底面的中心.现在M点固定一个电荷量为的正点电荷，两点固定两个电荷量均为Q的负点电荷.已知真空中点电荷在外部距离为r处某点电势大小为（Q需代入正负号），且电势的叠加符合代数和，下列说法正确的是( )
A.N处电场强度的大小为
B.O点的电势为零
C.将一个试探电荷从B点沿BD连线移动到D点，试探电荷的电势能始终为零
D.将一个试探电荷从A点沿AC连线移动到C点，静电力对试探电荷先做正功再做负功
17、为完成飞船和空间站自主快速交会对接，飞船发射成功后需要从稳定运行的低轨道上开始经过多次变轨以到达较高的轨道上.如图所示，可视为质点且总质量为的飞船在轨道半径为的轨道A上做匀速圆周运动，飞船经过多次变轨后到达轨道半径为的轨道B上，然后做好交会对接准备后和空间站完成对接.物体间由于存在万有引力而具有的势能称为引力势能.若取两物体相距无穷远时引力势能为零，质点和的距离为r时，其引力势能为（G为引力常量）.已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，则关于变轨及对接过程说法正确的是( )
A.飞船变轨的过程中，机械能增大
B.无论航天技术如何发展，都不能实现飞船与空间站同时处在B轨道上完成加速追及对接
C.飞船从轨道A经若干次变轨后到达轨道B上，该过程至少需要提供额外的能量为
D.飞船从轨道A经若干次变轨后到达轨道B上，该过程至少需要提供额外的能量为
18、2022年第二十四届冬奥会于北京和张家口胜利举行。在某次比赛时，质量为50 kg的运动员从3 m高跳台斜向上冲出，在空中运动时速度的竖直分量随时间t的变化如图所示，已知运动员起跳的初速度方向与水平方向的夹角为30°，重力加速度，运动员可看成质点，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A.运动员起跳时的速度大小为12 m/s
B.竖直分量随时间t变化的图线与横轴的交点
C.运动员从起跳到第一次与地面相距4.6 m的时间为0.8 s
D.运动员在落地前瞬间的速度大小为
19、风力发电机是将风能转化为电能的装置。现有一风力发电机，它的叶片在风力的带动下转动。已知它的叶片转动时可形成半径为r的圆面，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，当风速为v、空气的密度为ρ时，流到叶片旋转形成的圆面的空气约有的动能转变为叶片的动能。通过转速比为1:50的变速装置，使发电机产生感应电动势的瞬时值表达式为。风力发电机发出的电能通过原、副线圈匝数比为1:10的理想变压器输送给远方的用户。发电机内阻不计，输电线电阻不计，下列说法正确的是( )
A.叶片转速为50 rad/s
B.时间内叶片的动能为
C.单位时间内发电机产生感应电动势的有效值与风速的三次方成正比
D.用户得到的电压为220 V
三、实验题
20、某同学利用图甲做“研究匀变速直线运动”的实验时，得到如图乙所示一条用电磁打点计时器打下的纸带，并在其上取了等5个计数点，每相邻两个计数点间还有4个计时点没有画出，计时器接的是低压50 Hz的交变电流.他把一把毫米刻度尺放在纸带上，其零刻度和计数点A对齐.（计算结果均保留2位小数）
（1）由以上数据计算打点计时器在打C点时，小车的瞬时速度是______m/s.
（2）计算该小车的加速度a为______.
（3）纸带上的A点所对应的小车的瞬时速度为______m/s.
（4）实验中必要的措施是______（填选项前字母）.
A.细线必须与长木板平行 B.先接通电源再释放小车
C.小车的质量远大于钩码的质量 D.平衡小车与长木板间的摩擦力
21、某同学发现在如图所示的装置中，更换不同的弹簧，电压表的读数也会随之发生变化.故设计如下的实验来测量装置中弹簧的劲度系数：
（1）当秤盘上不放物体时指针与金属丝上端接触，将此时电压表的刻度标记为零.
（2）放上质量为m的砝码，指针随秤盘同步下移的过程中，秤盘始终保持水平，弹簧始终在弹性限度内.稳定后读出此时电压表的读数U.
（3）更换不同劲度系数的弹簧，重复上述实验步骤，记录下放上相同质量m的砝码时，电压表的读数U.
（4）已知金属丝的总长度为l，重力加速度为g，电源电动势为E，内阻忽略不计，砝码的质量为m，则电压表示数U与弹簧的劲度系数k的关系为________（用题目所给字母表示）.
（5）进行数据分析时，应作出________（填“”“”或“”）图像.
四、计算题
22、如图所示，小车静止在光滑的水平面上，小车的左端固定有硬质的细杆，小车和硬杆的总质量为，硬杆左端点处系有轻质细线，细线下端连接有质量为的小球b，细线长为固定的光滑轨道，圆弧半径，圆心角，左侧距A点高h处有质量为的小球a，现给小球a一水平向右的初速度，经过一段时间小球a恰好由A点沿切线进入圆弧轨道，从B点离开时恰好与小球b发生弹性对心碰撞，重力加速度，试求：
（1）小球a抛出点距A点的高度h为多少；
（2）小球b首次摆回最低点时细线对其拉力为多少.
23、如图所示，某人站在水平地面上，以大小为、与水平方向夹角为α的初速度斜向右上方抛出一个质量为的弹性小球，小球离开手的高度为，小球刚好水平击中位于高度为水平平台上的小车A，小车A的质量为，小球和小车均可视为质点.平台上右侧有一个质量为的小车B，其左侧接有一个轻弹簧，当小车A压缩弹簧到最短时，将小车A与弹簧小车B锁定在一起，二者继续运动，撞到右侧一个粘性挡板，粘住两小车，两小车静止.已知平台水平面光滑，重力加速度，求：
（1）α角的大小；
（2）小车A被小球击中后的速度；
（3）两小车撞到右侧粘性挡板后静止，若突然撤去挡板，再解除弹簧锁定，AB分离时的速度分别为多少？
24、水平地面固定一内径很小的竖直圆形管道，管道的半径为R，圆管内靠近圆心O的侧壁粗糙，远离圆心O的侧壁光滑.直径比圆管内径略小、质量为m的小球在最低点初速度为，刚好可以第二次经过管道最高点，并从最高点滑下来，重力加速度为g，求：
（1）小球从开始运动到第二次运动到最高点过程中机械能减少量；
（2）小球在运动过程中摩擦力做的总功.
25、我国自主研发的“人体高速弹射装置”在3秒钟就能将一名质量的运动员从静止状态匀加速到速度，此后，运动员自己稍加施力便可保持该速度不变，匀速通过长度为45 m的变道段，再进入半径的水平弯道做匀速圆周运动，已知加速段克服阻力做功为，运动员可视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取，已知。求：
（1）运动员加速段运动所受的阻力大小和弹射装置给运动员的作用力大小；
（2）过水平弯道时，运动员受到地面作用力F的大小和方向；
（3）运动员从P运动到Q的时间和位移大小（计算结果可以带根号）。
参考答案
1、答案：C
解析：由于物块沿水平方向向右做匀速直线运动，根据平衡条件，水平方向有，竖直方向有，再根据滑动摩擦力的表达式可知，联立解得，选项C正确，选项ABD错误.
2、答案：B
解析：由题中条件和直角三角形知识求得各边数据如图所示，则N为AC边的中点.两等量正点电荷在N点形成的电场强度矢量和为零，故C错误；C点到M点的距离大于A点到M点的距离，C处的点电荷在N点处产生的电势大于在M点处产生的电势，而A处点电荷在两点处产生的电势相等，所以两点处的电势并不相等，且，故A错误；将正试探电荷q从M点移到N点，静电力做负功，故D错误；M点电场强度大小，故B正确.
3、答案：A
解析：水桶掉落前各个水桶位置如图甲所示，设水桶掉落前后水桶A受到水桶B的支持力为和，掉落之前由平衡条件得，设水桶半径为R，掉落之后由图乙可知，由平衡条件得，联立解得，故A正确，BCD错误.
4、答案：B
解析：根据结合题图可知，遏止电压与入射光频率ν成一次函数关系，而不是成正比，故A错误；根据遏止电压与最大初动能的关系，根据光电效应方程有，联立两式解得，故题图中直线的斜率表示，解得，代入电子电荷量可得，故B正确；当入射光的频率为时，打出的光电子最大初动能，故C错误；当入射光的频率为极限频率时，打出的光电子最大初动能为零，故D错误.
5、答案：C
解析：电压互感器起降压作用，电流互感器起减小电流（升压）作用，故A错误；电压互感器原线圈两端电压，电流互感器原线圈中的电流，对于理想变压器，输送功率，故B错误；将滑片Q下移，相当于增加了升压变压器副线圈的匝数，根据理想变压器的规律，升压变压器副线圈两端的电压增大，根据理想变压器规律可知，升压变压器原线圈两端电压，则增大，输电线上损失功率增大，故C正确；当用户数增加，负载电阻减小，若降压变压器副线圈两端电压不变，通过副线圈的电流增大，原线圈中的电流增大，输电线上的电压损失增大，原线圈两端电压将减小，根据可知，当减小时，可减小使不变，所以要将降压变压器的滑片P上移，故D错误.
6、答案：D
解析：由几何知识知，入射角的正弦，折射角的正弦，由折射定律得，故AB错误；临界角的正弦，设光线在BC边的入射角为θ，分析可得，故，即，不发生全发射，故C错误；设反射光线与CD的交点为M，则，故D正确.
7、答案：B
解析：根据题图电路知，S闭合后，有（h为质点释放点到b孔间的距离），两板间电压等于滑动变阻器R两端电压，将热敏电阻加热，阻值减小，R两端电压增大，两板间的电压增大，则可知，质点在到达b孔之前速度就减为零了，然后返回，A错误；滑动变阻器R的滑片P向上移动，R接入电路的阻值减小，R两端电压降低，可知，质点到达b孔时速度不为零，能穿出b孔，B正确；保持S闭合，将A板适当下移，不变，h不变，粒子到达b孔时速度恰好为零，然后返回，C错误；先断开S，增大，B板下移h增大，不确定大于零、小于零还是等于零，也就不能确定质点是否能从b孔穿出，D错误.
8、答案：A
解析：两物块A和B随着细杆转动时，合外力提供向心力，则，又B的半径比A的半径大，所以B所需向心力大，又因为细线拉力相等，所以当细杆转速加快到两物块刚好要发生滑动时，B的静摩擦力方向指向圆心，A的最大静摩擦力方向指向圆外，有相对细杆沿半径指向圆内的运动趋势，根据牛顿第二定律得，解得，A正确，BC错误；烧断细线瞬间A所需向心力为所需向心力为，此时烧断细线，所受最大静摩擦力均不足以提供向心力，则均做离心运动，D错误.
9、答案：C
解析：运动员B做匀减速直线运动，速度减为零的时间为，此时运动员A的位移为，运动员B的位移为，因为，即运动员B速度减少为零时，运动员A还未追上运动员B，则运动员A在运动员B停下来的位置追上运动员B，即，故选C.
10、答案：B
解析：由可知，试探电荷所受电场力F随x变化规律应该与电场强度E随x变化规律相同，故A选项错误；由题图可知，在处场强为正，处场强为负，故两电荷必为同种正电荷，因在处场强为零，由可知，，解得，所以两电荷电荷量不相等.故处电势比处电势高.又因为图像中，图线斜率为电场的场强，故B选项正确；由可知，试探电荷电势能随x变化图像与图像变化规律相同，故C选项错误；试探电荷在电场中只有电场力做功，电势能和动能相互转换，总能量不变，故D选项错误.
11、答案：C
解析：时间内，线框进入磁场，所受安培力向上，线框做减速运动，安培力大于重力，A错误；由于与时间内，线框的位移都为L，所以图像图线与时间轴所围成的面积相等，因此时间必小于时间，即，B错误；时间内，通过线框横截面的电荷量，线框中电流，感应电动势，磁通量的变化，联立解得，C正确；时间内，初末位置动能相等，重力势能的减少量转化为线框产生的焦耳热，，D错误.
12、答案：BC
解析：当时间t在范围内时，，感应电流沿顺时针方向，电动势E为负，磁通量；磁场垂直纸面向外穿过线圈，磁通量为正；线圈中电流，安培力，方向水平向左，又，方向水平向右，线圈中的焦耳热；当时间t在范围内时，，感应电流沿顺时针方向，电动势E为负，磁通量；磁场垂直纸面向外穿过线圈，磁通量为正；线圈中电流，安培力，方向水平向左，又，方向水平向右，线圈中的焦耳热；当时间t在范围内时，，感应电流沿逆时针方向，电动势E为正，磁通量；磁场向外穿过线圈，磁通量为正；线圈中电流，安培力，方向水平向左，又，方向水平向右，线圈中的焦耳热，当时间t在范围内时，，感应电流沿逆时针方向，电动势E为正，磁通量；磁场向外穿过线圈，磁通量为正；线圈中电流，安培力，方向水平向左，又，方向水平向右，线圈中的焦耳热，综上所述，正确的图像如下，BC正确，AD错误.
13、答案：BC
解析：由题图甲知，波沿x轴正方向传播到处时，该点的振动方向向下，即沿着y轴负方向，波源的起振方向也沿着y轴负方向，故B正确，A错误；由题图乙可知，该波的周期，由题图甲可知，波长，则传播速度，波由处向前传播的距离，波传播到处时，处的质点的振动情况跟题图甲中处的质点振动情况相同，振动方向沿y轴正方向，故C正确，D错误.
14、答案：ABC
解析：由题图甲可知游标卡尺的读数为；摆长；停表的读数为57.0 s，A正确；单摆周期，解得，如果用线长加摆球直径作为摆长，则求得的重力加速度g偏大，B正确；图像和图像，其图线的斜率是相同的为，得，所以摆球的半径对图像法求重力加速度没有影响，C正确；如果摆角较大，摆球的运动不是简谐运动，摆动的周期将不满足公式，对测量重力加速度g会有较大影响，D错误.
15、答案：CD
解析：线框在位置Ⅰ时，磁通量不会发生变化，感应电流为零，安培力为零，线框在位置Ⅱ时，磁通量为零，所以感应电动势为零，感应电流为零，安培力为零，故A选项错误；安培力由零到零，必然存在一个先增大，后减小的过程，所以加速度先增大后减小，故B选项错误；线框从位置Ⅰ运动到位置Ⅱ的过程中，只有安培力做功，安培力做功等于物体动能的变化，由动能定理有，解得，故C选项正确；线框在位置Ⅰ时磁通量，线框在位置Ⅱ时磁通量为零，此过程中通过导线截面的电荷量，联立解得，故D选项正确。
16、答案：BC
解析：M处在N处产生的场强大小为处在N处产生的场强大小为，则N点在MC方向的场强大小为，通过几何关系可知，则A处在N处产生的场强大小为，由几何关系可得，N处的合场强大小为，A错误；O处的电势大小为B正确；由于BD连线上各点到三点的距离均相等，因此BD连线上各点与O点电势相等，均为零，所以试探电荷的电势能始终为零，C正确；两点无限靠近负电荷，因此处的电势为负无穷，因此从A点到C点，电势先变大再变小，由电势能公式可知，试探电荷的电势能先变大再变小，因此静电力对试探电荷先做负功再做正功，D错误.
17、答案：AC
解析：飞船变轨过程中，需要由发动机提供额外的能量，则飞船的机械能增大，A正确；飞船在轨道B上匀速圆周运动，只要补充一个力来提供向心力，就可以在B轨道上加速对接，B错误；空间站绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得，飞船绕地球运动的动能，则飞船从轨道A变轨到轨道B过程中，动能的减小量为，引力势能的增加量为，由能量守恒定律可知，该转移至少需要提供额外的能量，C正确，D错误.
18、答案：AD
解析：运动员起跳时竖直方向的分初速度，由，解得运动员起跳时的速度大小，A正确；运动员在竖直方向做竖直上抛运动，则有，解得，B错误；运动员起跳到与地面相距4.6 m过程中，竖直方向上由运动的对称性可知，运动员先运动到最高点再回到与初始位置相同高度处，对从初始位置至与地面相距4.6 m的过程中，由运动学公式有，解得，，故运动员从起跳到第一次与地面相距4.6 m的过程所用时间为0.4 s，C错误；由机械能守恒定律，解得，D正确。
19、答案：BD
解析：由题知，解得，则叶片转速，A错误；设在时间内流到叶片旋转形成的圆面中的空气质量为m，则，风能转变成叶片的动能，B正确；由能量守恒可知，即，即发电机产生感应电动势有效值的二次方与风速的三次方成正比，C错误；发电机产生的电动势有效值，由于不计发电机线圈内阻，理想变压器原线圈输入电压，由变压器变压公式，可得用户得到的电压，D正确。
20、答案：（1）0.21
（2）0.45（0.43~0.47均可）
（3）0.12
（4）AB
解析：（1）利用匀变速直线运动的推论得小车在C点的瞬时速度.
（2）应用逐差法计算加速度有.
（3）根据匀变速直线运动速度与时间关系公式得A点所对应的物体的瞬时速度为.
（4）利用长木板、小车、打点计时器等研究匀变速直线运动规律时，细线必须与长木板平行；先接通电源，再释放小车；只要小车做匀变速直线运动即可，不需要平衡摩擦力，也不需要满足小车的质量远大于钩码的质量，故选AB.
21、答案：（4）
（5）
解析：（4）设秤盘的质量为M，当秤盘上不放物体时，，放上质量为m的砝码后，，弹簧向下移动的距离；在电路中，联立解得.
（5）由可知，的图像为过原点的倾斜直线，方便数据处理.
22、答案：（1）7.2 m
（2）18 N
解析：解：（1）在A点，由速度的分解与合成规律有①
由运动学公式有②
联立①②式解得
（2）小球a由A到B过程，由速度的分解与合成规律有③
由动能定理有④
解得
小球a与b碰撞过程，取水平向右为正方向，由机械能守恒定律有⑤
由动量守恒定律有⑥
解得
以小车、杆和小球b为系统，小球b向右摆起到第一次回到悬点正下方过程，由机械能守恒定律有⑦
由动量守恒定律有⑧
解得
小球b第一次摆到最低时，由牛顿第二定律有⑨
解析：
23、答案：（1）53°
（2）
（3）；
解析：解：（1）小球做斜抛运动，竖直方向有
联立解得
（2）小球到达最高点时水平分速度记为，由运动的分解有
小球与小车A发生弹性碰撞，设小球碰后速度为，小车A速度为
由动量守恒定律，机械能守恒定律可得
联立解得
（3）小车A继续向右运动，压缩弹簧，当共速时，弹簧最短
由动量守恒定律可得
由机械能守恒定律，弹簧最大弹性势能为
撞到粘性挡板，二者均静止，撤去挡板后，弹簧伸长，反冲
设AB分离时的速度分别为
由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立各式解得
24、答案：（1）
（2）
解析：解：（1）由题意可知，小球刚好可以第二次经过管道最高点，则第二次通过最高点的临界速度
小球从开始运动到第二次运动到最高点过程，由动能定理得
解得
由功能关系可知，小球从开始运动到第二次运动到最高点过程中机械能的减少量等于摩擦力做功的大小，即
（2）由题意可知，小球在直径ab以下运动不受摩擦力作用，最终小球将在直径ab以下的半圆弧内做往复运动，设小球在运动过程中摩擦力做的总功为，由能量守恒定律可得
解得
25、答案：（1）100 N；500 N
（2）1000 N，方向为与水平方向成夹角斜向上方
（3）12 s；
解析：（1）运动员匀加速阶段运动的位移
由解得
则运动员在加速段运动的加速度为，
由牛顿第二定律有
解得
（2）过水平弯道时，对运动员受力分析，在竖直方向有
水平方向有
所以运动员受到地面作用力F的大小为
作用力方向与水平方向夹角正切值，
即与水平方向成夹角斜向上方
（3）运动员在变道段运动的时间
水平弯道长度，
运动员在水平弯道运动的时间
则运动员从P运动到Q的时间
运动员从P运动到Q的位移大小