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2022-2023学年浙江省宁波市余姚中学高二（下）期中物理试卷
一、单选题（本题共13小题，共39分）
1.下列物理量是矢量且其单位属于基本单位的是( )
A. 位移 B. 质量 C. 时间 D. 力
2.如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为的擦窗工具，在平行于玻璃的拉力作用下，沿与竖直方向夹角为的虚线方向做匀速直线运动，若摩擦力大小与重力大小相等，重力加速度为，则拉力的大小为( )
A. B. C. D.
3.芜湖轻轨开通已一年多，给市民日常出行带来很多的方便，如图一列轻轨列车进站时做匀减速直线运动，车头前端经过站台上三个间隔相等的立柱、、，对应时刻分别为、、，其图像如图所示。则下列说法正确的是( )
A.
B. 车头前端经过立柱时的速度大小为
C. 车头前端经过立柱、过程中的平均速度大小为
D. 车头前端经过立柱、过程中间位置时的速度大小为
4.年月我国成功将全球首颗民用晨昏轨道气象卫星“风云三号星”送入预定圆轨道，轨道周期约为，被命名为“黎明星”，使我国成为国际上唯一同时拥有晨昏、上午、下午三条轨道气象卫星组网观测能力的国家，如图所示。某时刻“黎明星”正好经过赤道上城市未标出正上方，则下列说法正确的是( )
A. “黎明星”做匀速圆周运动的速度大于
B. 同步卫星的轨道半径小于“黎明星”的轨道半径
C. 该时刻后“黎明星”经过能经过城市正上方
D. 该时刻后“黎明星”经过天能经过城市正上方
5.无线话筒是振荡电路的一个典型应用．在振荡电路中，某时刻磁场方向、电场方向如图所示，下列说法正确的是
( )
A. 电容器正在充电 B. 振荡电流正在增大
C. 线圈中的磁场正在增强 D. 增大电容器两板距离，振荡频率减小
6.与如图相关的说法正确的是( )
A. 图甲：汤姆孙的气体放电管实验可估测电子的比荷
B. 图乙：卢瑟福的粒子散射实验可估测原子的半径
C. 图丙：康普顿认为光子与电子碰撞之后，动量减小、波长变短
D. 图丁：玻尔理论可以解释所有物质发出的线状光谱
7.如图所示，将一小球从倾角的斜面顶端点以初速度水平抛出，落在斜面上的点，为小球运动过程中与斜面相距最远的点，垂直。小球可视为质点，空气阻力不计，则( )
A. 小球在点的速度大小是
B. 小球在从到点所用时间小于从到点所用时间
C. 小球在点的速度与水平方向的夹角正切值是
D. A、两点间距离等于、两点间距离
8.如图所示，一固定光滑杆与水平方向夹角为，将一质量为的小环套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为的小球，静止释放后，小环与小球保持相对静止以相同的加速度一起下滑，此时绳子与竖直方向夹角为，则下列说法正确的是( )
A. 杆对小环的作用力大于 B. 不变，则越大，越小
C. ，与、无关 D. 若杆不光滑，可能大于
9.一个电荷量为、质量为的点电荷，仅在电场力的作用下沿轴运动，其动能随位置变化的关系图像如图所示，图像关于对称，规定处电势为零，下列说法正确的是( )
A. 在区间，电势不断降低
B. 在处的电势
C. 在区间，电场强度逐渐减小
D. 电荷在处的电势能为
10.如图所示，年长江流域发生严重干旱灾害期间，农民通过潜水泵抽取地下水灌溉农田。已知潜水泵由电动机、水泵、输水钢管组成，某地下水源距离地表深，安装潜水泵时将一根输水钢管竖直打入地底下与地下水源连通，水泵出水口离地表高度为，水流由出水口水平喷出时的速度为，每秒出水量为。水泵由功率为的电动机带动，已知电动机额定电压为，水泵的抽水效率为，水的密度为，则( )
A. 出水口钢管横截面积为 B. 每秒内水流机械能增加
C. 水泵的输出功率为 D. 电动机线圈的电阻为
11.如图所示，空气中有一折射率为的玻璃柱体，其横截面是圆心角为半径为 的扇形该柱体厚度为，即一束刚好覆盖面的单色光，以与该面成角的方向照射到面上．若只考虑首次入射到面上的光，则面上有光透出部分的面积为( )
A. B. C. D.
12.信息时代，霍尔元件被广泛应用。如图所示，宽度为、厚度为的金属霍尔元件，单位体积内自由电子数为，电子电量为。将它放在与之垂直的磁感应强度大小为的匀强磁场中。当恒定电流通过霍尔元件时，在它的前后两个侧面之间会产生交流电压，这样就实现了将直流输入转化为交流输出。在元件的前后两个侧面接入交流电压表图中未画出，则电压表示数为( )
A. B. C. D.
13.光电倍增管是进一步提高光电管灵敏度的光电转换器件。管内除光电阴极和阳极外，两极间还放置多个瓦形倍增电极。使用时相邻两倍增电极间均加有电压，以此来加速电子。如图所示，光电阴极受光照后释放出光电子，在电场作用下射向第一倍增电极，引起电子的二次发射，激发出更多的电子，然后在电场作用下飞向下一个倍增电极，又激发出更多的电子，如此电子数不断倍增，使得光电倍增管的灵敏度比普通光电管要高得多，可用来检测微弱光信号。下列说法正确的是( )
A. 光电倍增管正常工作时，每个倍增电极上都发生了光电效应
B. 光电倍增管中增值的能量来源于照射光
C. 图中标号为偶数的倍增电极的电势要高于标号为奇数的电极的电势
D. 适当增大倍增电极间的电压有利于探测更微弱的信号
二、多选题（本题共2小题，共6分）
14.关于分子动理论，下列说法中正确的是( )
A. 图甲“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，测得油酸分子大小的数量级为
B. 图乙为布朗运动实验的观测记录，图中记录的是某个微粒做布朗运动的运动轨迹图线
C. 图丙为分子力与分子间距的关系图，分子间距从增大时，分子势能先增大后减小
D. 图丁为大量气体分子热运动的速率分布图，曲线对应的分子平均动能较大
15.一列简谐横波沿轴传播，在时的波形如图甲所示，、、、是介质中的四个质点，已知、两质点平衡位置之间的距离为。如图乙所示为质点的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 该波的波速为
B. 该波沿轴负方向传播
C. 质点的平衡位置位于处
D. 从开始，质点比质点早回到平衡位置
三、实验题（本题共2小题，共18分）
16.某实验小组采用如图甲所示的实验装置，验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合力成正比”这一物理规律。已知小车的质量为，砝码和砝码盘的总质量为，试回答下列问题：
实验小组______填“需要”或“不需要”平衡小车和长木板之间的摩擦力，______填“需要”或“不需要”满足的条件。
在满足实验条件时得到一条纸带如图乙所示，图中、、、、为相邻的计数点，相邻计数点间有个点未标出，已知打点计时器使用的交流电频率为，则由纸带可知，小车的加速度大小为______保留三位有效数字。说明实验时______填写“满足”或者“没有满足”的条件。
在满足实验条件时，研究小车质量一定的情况下其加速度与砝码重力忘记测量砝码盘的质量，但其他操作均正确的关系，得到与的关系应该是图丙中的______填“”、“”或“”。
17.某实验小组要测定一节蓄电池的电动势及内阻，要求测量结果尽量准确，实验器材如下：
电流表量程，内阻为；
电流表量程，内阻为；
定值电阻阻值为；
定值电阻阻值为；
滑动变阻器最大阻值为；
待测蓄电池一节电动势约为；
开关一个，导线若干。
该实验小组利用所学知识正确连接实物电路如图甲所示，图中虚线框内的电表应选______选填“”或“”，虚线框内的定值电阻应选______选填“”或“”；
电流表示数用表示，电流表示数用表示，该小组通过改变滑动变阻器滑片位置，得到了多组、数据，并作出图像，如图乙所示。根据图像可知，该蓄电池的电动势为______，内阻为______。结果均保留两位有效数字
四、计算题（本题共4小题，共37分）
18.某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积、质量的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度、活塞与容器底的距离的状态。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态。活塞保持不动，气体被继续加热至温度的状态时触动报警器。从状态到状态的过程中气体内能增加了。取大气压，求气体：
在状态的温度；
在状态的压强；
由状态到状态过程中从外界吸收热量。
19.如图，半径的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，是轨道的竖直直径，轨道下端点上静止着质量的小物块，轨道在点与倾角的传送带轮子半径很小上端点相切；电动机带动传送带以的速度逆时针匀速运动，传送带下端点与水平面平滑连接，、间距；一轻质弹簧的右端固定在处的挡板上，质量的物体靠在弹簧的左端处，此时弹簧处于原长，、间距，段光滑，段粗糙。现将压缩弹簧一定距离后由静止释放，在传送带上一直做匀加速直线运动，在轨道上点与正碰碰撞时间不计，碰后两物体粘在一起且恰好能沿圆轨道通过点，上述过程中，经点滑上和经点离开传送带时，速度大小不变，方向分别变为沿传送带向上和水平向左。已知与传送带间的动摩擦因数为、与段间的动摩擦因数为，且、均可视为质点，重力加速度大小。求：
在圆弧轨道的点，、碰后粘在一起的瞬间对轨道的压力
在传送带上运动的过程中，系统由于摩擦产生的热量；
释放前，系统具有的弹性势能以及带动传送带的电动机由于运送多输出的电能。
20.如图，平面直角坐标系中，在轴上方有方向垂直纸面向外、半径为的圆形匀强磁场区域，圆心的位置坐标为，轴下方虚线与轴平行，在下方有垂直纸面向里的矩形匀强磁场区域，磁场上边界与重合，在与轴间有方向沿轴负方向的匀强电场。现有两个相同带正电粒子和，以平行于轴的速度分别正对点和点射入圆形磁场区域，经磁场偏转后都经过原点进入轴下方电场区域。已知下方匀强磁场足够大且磁感应强度，匀强电场的场强大小，与轴间距离，粒子质量为，电荷量为，粒子重力不计，计算结果可以保留根式形式。
求圆形区域匀强磁场磁感应强度的大小；
若带电粒子和同时进入圆形磁场区域，求粒子和先后经过原点的时间差；
带电粒子在轴下方运动的周期。
21.如图所示，间距的两光滑平行金属导轨水平放置，左侧接的电容，开始时不带电，右侧接的电阻，中间、段绝缘，右侧区域存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度，长度，左侧轨道足够长且存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度，的右侧某位置固定一轻质弹簧。金属杆、的长度均为，质量均为，电阻均为，金属杆以的速度进入磁场区域，金属杆静止在区域外侧，金属杆、碰后粘连在一起，求：
棒刚进入磁场区域时，通过棒的电流大小；
粘连一起后的导体棒刚进入左侧磁场区域时的速度大小；
导体棒最终的速度大小。
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了矢量和标量、力学单位制；国际单位制规定了七个基本物理量和基本单位，要记住中学涉及的基本物理量和基本单位，要注意牛顿不是基本单位，而是导出单位。
标量是只有大小，没有方向的物理量；矢量是既有大小又有方向的物理量；
国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量。它们在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推导出来的物理量的单位叫做导出单位。
【解答】
A.位移是矢量，其单位是基本单位，故A正确；
B.质量是标量，其单位是基本单位，故B错误；
C.时间是标量，其单位是基本单位，故C错误；
D.力是矢量，其单位是导出单位，故D错误。
2.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了平衡条件的应用，根据力的分解求出两个方向的分力，再求合力即可。
【解答】
将拉力分解为沿水平方向的分量 和竖直方向的分量 ，擦窗工具做匀速直线运动，所受的合力为零。根据题意和力的平衡可得，，
因此拉力的大小为
故选D。
3.【答案】
【解析】解：根据初速度为的匀加速直线运动，初速度为时，连续通过三段相同位移的时间之比为，而动车做匀减速直线运动，故A错误；
B.为动车第一段位的平均速度，根据匀变速直线运动的特点，平均速度不等于初速度，故B错误；
C.车头前端经过立柱、过程中的平均速度大小为；故C正确；
D.为车头前端经过立柱、过程的平均速度，即中间时刻速度，不等于中间位置时的速度，故D错误。
故选：。
本题根据连续相等位移时间之比结合平均速度为中间时刻速度，以及平均速度的定义式求解。
本题考查了匀变速运动的基本规律，理解平均速度为中间时刻速度，掌握几个比例规律是解决此类问题的关键。
4.【答案】
【解析】解：为地球卫星的最大环绕速度，所以“黎明星”做匀速圆周运动的速度小于，故A错误；
B.“黎明星”轨道周期约为，同步卫星的周期约为，根据开普勒第三定律
可得同步卫星的轨道半径大于“黎明星”的轨道半径，故B错误；
C.该时刻后“黎明星”经过，正好运行一个周期，“黎明星”转过的时间与城市转过的时间相等，因为地球的自转，城市转过的角度为
则城市转走了，“黎明星”没有经过城市正上方，故C错误；
D.该时刻后“黎明星”经过天运动的周期数为
“黎明星”转过的时间与城市转过的时间相等，此时城市转过的角度为
此时城市正好转回最初的位置，“黎明星”经过城市的正上方，故D正确。
故选：。
根据最大环绕速度分析判断；根据开普勒第三定律分析判断；根据角速度的定义式分析判断；根据角速度的定义式分析判断。
本题关键掌握“黎明星”转过的时间与城市转过的时间相等。
5.【答案】
【解析】【分析】
根据安培定则判断线圈的电流方向，根据电场方向与电流方向相同，可知电容器充电；
电容器充电，电流正在减小，线圈中的磁场正在减弱，磁场能转化为电场能；
根据平行板电容器公式，增大电容器两板之间的距离，电容减小，根据可知频率变化；
明确振荡电路中电容器和线圈之间的变化，知道怎么判断电容器是充电还是放电。
【解答】
A、由题图中磁场的方向，根据安培定则可知电流由电容器上极板经线圈流向下极板，由电场方向可知，下极板是正极，故此时电容器正在充电，故A正确；
、电容器正在充电，则电路中电流正在减小，线圈中的磁场正在减弱，故BC错误；
D、根据平行板电容器公式，增大电容器两板之间的距离，电容减小，根据知振荡频率增大，故D错误。
6.【答案】
【解析】解：汤姆孙通过研究气体放电管实验求出了阴极射线的比荷，明确阴极射线是电子，故A正确；
B.卢瑟福在用粒子轰击金箔的实验中发现大多粒子能穿透金箔，只有少量的粒子发生较大的偏转，提出原子核式结构学说，并能估测原子核的半径，故B错误；
C.康普顿认为光子与电子碰撞之后，动量减小、波长变长，从而说明光子具有粒子性，故C错误；
D.玻尔理论只可以解释氢原子的光谱现象，故D错误。
故选：。
汤姆孙发现了电子；
卢瑟福在用粒子散射实验，提出了原子核式结构；
康普顿认为光子与电子碰撞之后，动量减小、波长变长；
玻尔理论只可以解释氢原子的光谱现象。
本题考查学生对阴极射线的发现、粒子散射实验结果、康普顿效应、玻尔理论的掌握，是一道基础题。
7.【答案】
【解析】解：、小球做平抛运动，水平方向做的匀速直线运动，竖直方向做的是自由落体运动，
根据平抛运动的规律，把点时速度分解如下
则有
故A错误；
B、小球做平抛运动，水平方向做的匀速直线运动，竖直方向做的是自由落体运动，
根据平抛运动的规律，把点时速度分解如下
则竖直速度为
则到用时为
到达点时由平抛运动物体在任意时刻任意位置，速度夹角的正切值为位移夹角正切值的倍可得，竖直速度为
到点所用时间
则小球在从到点所用时间等于从到点所用时间，故B错误；
C、由平抛运动物体在任意时刻任意位置，速度夹角的正切值为位移夹角正切值的倍可得，小球在点时，小球在点时的速度与水平方向夹角正切值为，故C正确；
D、由于小球在从到点所用时间等于从到点所用时间，且水平速度不变，则中点应位于点正下方，故D错误。
故选：。
当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，由此求出小球在点的速度大小；小球落在点时，竖直位移与水平位移之比等于，由此求解小球从到点所用时间，进一步求出小球在点的速度与水平方向的夹角正切值，由分位移公式和几何知识相结合求解、两点间距离。
解决本题时，要掌握平抛运动的研究方法：运动的分解法，根据分位移的关系求出运动时间是关键。
8.【答案】
【解析】解：、以整体为研究对象，分析受力情况，如图，
根据牛顿第二定律得：
得：
；
故A错误；
B、、再对小球研究可知，其合力大小为，等于重力沿杆向下方向的分力，则细线与杆垂直，则由几何知识得，，与环和小球的质量无关，故B错误，C正确；
D、若杆不光滑；
把环和球看做一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系得：
沿斜面方向：
垂直斜面方向：
摩擦力：
联立可解得：，
设，由几何关系知，此时绳应该和杆垂直，对小球受力分析可知重力沿杆的分力作为合力产生加速度，
垂直于杆的分力与绳的拉力相平衡，此时可以求得小球的加速度为，大于整体的加速度，
故绳的拉力要有一个分力来减小小球重力沿着杆方向的分力，所以绳应该向下倾斜，故，故D错误；
故选：。
先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度和杆对小环的作用力，再以小球为研究对象，由牛顿第二定律得到与的关系．
本题是牛顿第二定律的应用问题，关键是研究对象的选择，采用整体法和隔离法结合比较简便．
9.【答案】
【解析】解：、由于只有电场力做功，所以点电荷的动能与电势能总和不变。在区间，点电荷的动能增大，电势能减小，由于点电荷带负电，所以电势不断升高，故A错误；
B、规定处电势为零，则点电荷在处电势能为零，由图可知，在处点的点电荷动能为零，所以点电荷的动能与电势能总和为零，即。在处动能为，则在处的电荷的电势能为，该点的电势，故B正确；
C、在区间，图像的切线斜率增大，斜率表示点电荷受到的电场力的大小，所以点电荷受到的电场力增大，电场强度增大，故C错误；
D、电荷的动能与电势能总和为零，所以处电荷的电势能为，故D错误。
故选：。
根据动能变化，由能量守恒定律判断电势能变化；只有电场力做功，电荷的动能与电势能总和不变，求电势能再求电势；根据图像的斜率判断电场力的变化，再判断电场强度的变化。根据能量守恒定律求解电荷在处的电势能。
本题解题关键是掌握只有电场力做功，电荷的动能与电势能总和不变，图像的斜率表示电荷受到的电场力的大小。
10.【答案】
【解析】解：每秒出水量质量，
联立得
故A错误；
B.以每秒出水量为研究对象，每秒机械能增加为
代入数据解得
故B错误；
C.水泵的输出功率
故C错误；
D.对电动机，有
联立
故D正确。
故选：。
根据，计算；根据机械能增量表达式，计算机械能增量；根据输出功率、总功率计算式，计算输出功率、总功率。
本题综合性强，考点多，需要学生重点掌握输出功率、总功率的计算公式，难度中等。
11.【答案】
【解析】解：根据折射定律有：，得，折射角，即光进入玻璃后光线与竖直方向的夹角为．
过的光线垂直入射到界面上点射出，到之间没有光线射出；越接近的光线入射到界面上时的入射角越大，发生全反射的可能性越大．
根据临界角公式：，可得临界角
设界面上的临界点为，此光线在界面上点入射，在三角形中可求得与水平方向的夹角为：

所以到之间没有光线射出．由此可得没有光线射出的圆弧对应圆心角为
所以有光透出的部分的弧长为，则面上有光透出部分的面积为故ACD错误，B正确．
故选：．
作出两条特殊光线，一是从或点射入玻璃柱体的光线，在面上折射后传播入方向不变，二是在圆弧面上发生恰好全反射的光线，有光透出的部分在这两条光线之间，然后根据几何关系求解．
根据光的折射、全反射原理在弧面上找到有光线透出的范围，然后依据几何关系求解．
12.【答案】
【解析】解：自由电子做定向移动，电子受电场力和洛伦兹力平衡，有
解得；
而电流的微观表达式，则有：
电压表的示数为交流电的有效值，故有：，故B正确、ACD错误。
故选：。
抓住电子受到的洛伦兹力等于电场力，结合电流的微观表达式求出电势差的大小，再根据有效值和瞬时值的关系进行解答。
解决本题的关键掌握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡。
13.【答案】
【解析】解：光电效应是当光子的频率大于极限频率时，物质内部的电子能够吸收光子的能量后逸出的现象，而光电倍增管正常工作时，每个倍增电极上被加速后的电子撞击激发出更多的电子，这不符合光电效应现象的特点，故不是光电效应，故A错误；
B.光电倍增管中增值的能量来源于相邻两倍增电极间的加速电场，故B错误；
C.电子在相邻倍增电极中加速，故图中标号数字较大的倍增电极的电势要高于数字较小的电极的电势，故C错误；
D.适当增大倍增电极间的电压，被加速的电子获得的动能更大，更有利于电极电子的电离，故有利于探测更微弱的信号，故D正确。
故选D。
理解光电效应的现象，结合题目条件完成分析；
根据题意分析出光电倍增管中增值的能量来源；
根据电子的运动特点得出不同电极的电势的高低；
理解电压对电子动能的影响，从而完成分析。
本题主要考查了光电效应的相关应用，解题的关键点是理解光电效应的产生条件和对应的特点，同时分析光电倍增管的原理即可完成分析。
14.【答案】
【解析】解：“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，测得油酸分子大小的数量级为 ，故A正确；
B.题图乙为布朗运动实验的观测记录，图中记录的是某个微粒做布朗运动每隔一定时间所到的位置，然后连起来，但是该图并不是某个微粒做布朗运动的运动轨迹图线，故B错误；
C.根据分子力与分子间距的关系图，分子间距从开始增大时，分子力表现为引力，做负功，分子势能变大，故C错误；
D.根据大量气体分子热运动的速率分布的特点可知，曲线中分子速率较大的占比较大，故对应的分子平均动能较大，但并不是每个分子的动能都较大，故D正确。
故选：。
明确“用油膜法估测油酸分子的大小”实验原理，知道分子大小的数量级；折线是花粉颗粒在不同时刻的位置的连线，并不是花粉颗粒的运动轨迹；分子间距从增大时，分子力先变大后变小；大量气体分子热运动的速率分布图中的速率大分子占据的比例较大，对应的温度较高。
本题考查了“用油膜法估测油酸分子的大小”实验的注意事项、布朗运动、分子力、气体分子热运动的速率分布等热学知识，要求学生对这部分知识要重视课本，强化记忆。
15.【答案】
【解析】解：、根据三角函数的相关知识可知，两质点平衡位置之间的距离为：
解得：
根据图乙可知波的周期为
因此波速为，故A正确；
B、由图乙可知，时刻，质点沿轴负方向运动，根据同侧法可知，该波沿轴负方向传播，故B正确；
C、由图乙可知，在之后，质点第一次位于波峰的时间为，由此可知波峰为时刻质点所在处的波峰传播来的，所以有
解得：，故C错误；
D、从开始，质点第一次回到平衡位置所经历的时间为
图甲中，质点左侧波形的第一个平衡位置处坐标为
该振动状态第一次传播到质点所经历的时间为：
则，即质点比质点早回到平衡位置，故D正确；
故选：。
根据图甲得出波长，结合波长和波速的关系完成解答；
根据同侧法分析出波的传播方向；
根据横波在水平方向的运动特点计算出质点的平衡位置；
分别计算出不同质点回到平衡位置的时间再作差即可。
本题主要考查了横波图像的相关应用，根据图片得出周期、波长等物理意义，熟悉横波在不同方向的运动特点，结合运动学公式即可完成分析。
16.【答案】需要 需要 没有满足
【解析】解：为了使得重物对小车的拉力等于小车受的合力，实验小组需要平衡小车和长木板之间的摩擦力；
对小车，根据牛顿第二定律
对砝码及盘，根据牛顿第二定律
联立解得拉力
只有当时才可认为，则实验需要满足的条件。
相邻计数点之间的时间间隔
根据逐差法
代入数据解得
由数据可知
距离差为定值，则小车做匀加速直线运动；
若满足，则可认为
根据牛顿第二定律
解得
与假设不符，故没有满足的条件。
设砝码盘的质量为，根据牛顿第二定律
解得
图像的纵截距
研究小车质量一定的情况下其加速度与砝码重力的关系，忘记测量砝码盘的质量，得到与的关系应该是图丙中的。
故答案为：需要；需要；；没有满足；。
根据实验原理分析是否平衡摩擦力；根据牛顿第二定律分析绳子拉力与砝码及盘总重力的关系；
根据逐差法求加速度；根据牛顿第二定律求解小车质量与砝码及盘的质量之比，然后作答；
根据牛顿第二定律求解函数，结合图像分析作答。
本题考查了验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合力成正比”这一物理规律的实验，明确实验原理、掌握牛顿第二定律是解题的关键。
17.【答案】
【解析】解：图中虚线框内电流表通过的电流比较大，应选择量程大的电流表的，用来改装成电压表，因此电流表选择；
蓄电池的电动势为，改装后电压表量程为；
串联电阻大小为，因此定值电阻选择；
根据闭合回路欧姆定律可得
整理得
所作的图像如图所示：
由图可得的纵截距
图像斜率的绝对值
解得，。
故答案为：；；；。
根据实验原理结合蓄电池的电动势大小选择合适的电表和电阻；
根据欧姆定律结合图像计算出电池的电动势和内阻。
本题主要考查了电源电动势和内阻的测量，熟悉实验原理，结合欧姆定律和图像的特点计算出电源的电动势和内阻。
18.【答案】解：从状态到状态的过程中气体发生等压变化，根据盖吕萨克定律得

代入数据解得：
气体在状态的压强为
从状态到状态的过程中气体发生等容变化，根据查理定律得

代入数据解得：
从状态到状态的过程中气体对外做的功为
从状态到状态的过程中气体不做功。由状态到状态过程中，根据热力学第一定律得

代入数据解得：
答：气体在状态的温度为；
气体在状态的压强为；
由状态到状态过程中从外界吸收热量为。
【解析】从状态到状态的过程中气体发生等压变化，根据盖吕萨克定律求气体在状态的温度；
从状态到状态的过程中气体发生等容变化，根据查理定律求气体在状态的压强；
根据求出从状态到状态的过程中气体对外做的功，再根据热力学第一定律求由状态到状态过程中从外界吸收热量。
本题要根据题意分析清楚气体的状态变化过程，应用盖吕萨克定律、查理定律与热力学第一定律即可解题；要知道气体作等压变化量，可根据求气体做的功。
19.【答案】解：、恰好能通过点，在点，重力通过向心力，由牛顿第二定律得：
，
代入数据解得：，
从到过程，由机械能守恒定律得：
，
代入数据解得：；
在圆弧轨道上的点，由牛顿第二定律得：
，
代入数据解得：，
由牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力：，方向：竖直向下；
设碰撞前的速度为，在的速度为，在传送带上的加速度为，运动时间为，
、碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：，
代入数据解得：，
在传送带上运动过程，由牛顿第二定律得：，
代入数据解得：，
由运动学公式得：，
代入数据解得：，
由运动学公式得：，
代入数据解得：，
传送带在内的位移：，
摩擦产生的热量：，
代入数据解得：；
设弹簧的弹力对物体做功，
从弹簧的压缩端到点，对，由动能定理得：
其中：，
代入数据解得：，
由能量守恒定律得：，
代入数据解得：；
答：在圆弧轨道的点，、碰后粘在一起的瞬间对轨道的压力大小为，方向：竖直向下；
在传送带上运动的过程中，系统由于摩擦产生的热量为；
释放前，系统具有的弹性势能为，带动传送带的电动机由于运送多输出的电能为。
【解析】、恰好通过点，重力提供向心力，应用牛顿第二定律求出通过点的速度，对系统，根据机械能守恒定律求出在点的速度，在点，应用牛顿第二定律求出支持力，然后应用牛顿第三定律求出压力。
两物体碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律、牛顿第二定律与运动学公式求出相对位移，然后求出因摩擦产生的热量。
对，应用动能定理求出弹簧的弹性势能，然后应用能量守恒定律求出电动机多输出的电能。
本题是一道力学综合题，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、机械能守恒定律、动量守恒定律、运动学公式即可解题。
20.【答案】解：设粒子在圆形磁场区域运动半径为，由于、粒子均能经过点
根据牛顿第二定律得：
解得：
设粒子在圆形磁场区域运动的时间分别为、，运动周期为
由洛伦兹力提供向心力有：
解得：
而粒子的运动时间为：
粒子的运动时间为：
若矩形磁场区域足够大，对于带电粒子，设过点后经时间进入矩形磁场区域，进入磁场时的速度大小为，速度方向与夹角为，粒子在矩形磁场区域做圆周运动周期为
在矩形电场区域根据动能定理有：
末速度：
在沿电场线方向有：
而粒子在矩形磁场做匀速圆周运动的周期为：
粒子子在轴下方的运动周期为：
解得：
答：圆形区域匀强磁场磁感应强度的大小为；
粒子和先后经过原点的时间差为；
带电粒子在轴下方运动的周期为。
【解析】、粒子进入圆形区域匀强磁场中做匀速圆周运动，根据磁聚焦的原理得轨迹半径。根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度的大小；
粒子在圆形磁场中恰运动圆周和圆周，结合周期公式求经过点的时间差；
根据位移时间公式求出粒子在匀强电场中运动时间，结合粒子在矩形磁场中的运动时间，来求解带电粒子在轴下方运动的周期。
题考查粒子在电场和磁场中的运动，关键是画出运动轨迹，根据动能定理、牛顿第二定律列式，并结合几何关系解答。
21.【答案】解：棒刚进入磁场区域时，棒产生的感应电动势大小
解得
由电路结构可知，电路的总电阻：
解得：
通过棒的电流大小
解得
设棒恰好穿过磁场区域时的速度为，棒穿过过程，取向右为正方向，由动量定理得：
又
联立得

解得
碰撞过程，取向右为正方向，由两棒动量守恒得：
解得
两棒向左出磁场的速度为，两棒一起向左滑出磁场过程，取向左为正方向，由动量定理得：

解得
棒从进入磁场，电容器充电，充电完成后，棒一直向左匀速，此时：
此过程，对棒用动量定理：
由上两式联立可得
答：棒刚进入磁场区域时，通过棒的电流大小为；
粘连一起后的导体棒刚进入左侧磁场区域时的速度大小为；
导体棒最终的速度大小为。
【解析】棒刚进入磁场区域时，由求出棒产生的感应电动势大小，由欧姆定律求通过棒的电流大小；
研究棒穿过磁场区域的过程，利用动量定理求棒穿过磁场区域时的速度。由动量守恒定律求出两棒碰撞后的共同速度。再研究两棒向左穿过磁场的过程，利用动量定理求导体棒刚进入左侧磁场区域时的速度大小；
棒从进入磁场，电容器充电，充电完成后，棒一直向左匀速，由感应电动势公式求导体棒最终的速度大小。
本题的关键要理清两棒的运动情况，能熟练运用动量定理研究金属棒在磁场中做非匀变速直线运动的速度，运用电磁感应和力学规律相结合解答。
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