2022-2023学年贵州省黔西南州高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

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这是一份2022-2023学年贵州省黔西南州高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.小明早上起来进行跑步锻炼，从正方形跑道ABCD的A点处出发跑了10圈又回到起点，正方形的边长为100m，这过程中小明的位移随时间周期性变化，则相对出发点A小明的最小位移和最大位移分别是( )
A. 0m，100 2mB. 0m，4000mC. 100m，400mD. 100m，4000m
2.汽艇以18km/h的速度沿垂直于河岸的方向匀速向对岸行驶，河宽500m。设想河水不流动，汽艇驶到对岸所需时间为t1；如果河水流速是3.6km/h，汽艇驶到对岸所需时间为t2；则关于过河时间t1、t2的大小关系正确的是( )
A. t1>t2B. t1=t2C. t13.如图所示，小车内一根轻质弹簧沿竖直方向和一条与竖直方向成α角的细绳拴接一小球．当小车和小球相对静止，一起在水平面上运动时，下列说法正确的是( )
A. 细绳一定对小球有拉力的作用
B. 细绳不一定对小球有拉力的作用，轻弹簧对小球也不一定有弹力
C. 细绳不一定对小球有拉力的作用，但是轻弹簧对小球一定有弹力
D. 轻弹簧一定对小球有弹力的作用
4.如图所示，两根互相平行的长直导线过纸面上的M，N两，点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a，O，b在M、N的连线上，O为MN的中点，c，d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等，关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是( )
A. O点处的磁场方向由O指向c
B. a、b两点处的磁感应强度大小不等，方向相同
C. c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同
D. a、c两点处磁感应强度的大小不相等，方向不相同
5.某同学用图所示装置探究影响感应电流方向的因素，将磁体从线圈中向上匀速抽出时，观察到灵敏电流计指针向右偏转。关于该实验，下列说法正确的是( )
A. 必须保证磁体匀速运动，灵敏电流计指针才会向右偏转
B. 若将磁体向上加速抽出，灵敏电流计指针会向左偏转
C. 将磁体的N、S极对调，并将其向上抽出，灵敏电流计指针仍向右偏转
D. 将磁体的N、S极对调，并将其向下插入，灵敏电流计指针仍向右偏转
6.下列关于教科书上的四幅插图，说法正确的是( )
A. 图甲为静电除尘装置的示意图，带正电的尘埃被收集在极板A上
B. 图乙为给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，其目的是导走加油枪上的静电
C. 图丙中摇动起电机，烟雾缭绕的塑料瓶顿时清澈透明，其工作原理为静电吸附
D. 图丁的燃气灶中安装了电子点火器，点火应用了电磁感应原理
7.一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1m/s。从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平力F，力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图甲、乙所示，以下说法正确的是( )
A. 第1s内，F对滑块做的功为3JB. 第2s内，F对滑块做功的平均功率为4W
C. 第3s末，F对滑块做功的瞬时功率为1WD. 前3s内，F对滑块做的总功为零
8.如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自然伸长时弹簧上端处于A点。t=0时将小球从A点正上方O点由静止释放，t1时到达A点，t2时弹簧被压缩到最低点B。以O为原点，向下为正方向建立x坐标轴，以B点为重力势能零点，弹簧形变始终处于弹性限度内。小球在运动过程中的动能Ek、重力势能Ep1、机械能E0及弹簧的弹性势能Ep2变化图像可能正确的是( )
A.
B.
C.
D. '
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.路边小吃烤热狗的截面简化示意图如图所示，两根水平的平行金属圆柱支撑热狗，圆柱半径都为R，圆心间距为2.4R，热狗可视为圆柱体，生热狗截面半径为R，重力为G，熟热狗半径较大，重力不变，忽略摩擦，比较静止时的生热狗和熟热狗( )
A. 两根金属圆柱对生热狗的合力小于对熟热狗的合力
B. 单根金属圆柱对生热狗的弹力大于对熟热狗的弹力
C. 单根金属圆柱对生热狗的弹力大小为58G
D. 单根金属圆柱对生热狗的弹力大小为54G
10.将一个物体以某一初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 物体运动过程中其机械能不断增大B. 物体沿水平方向的分位移随时间均匀变化
C. 物体沿竖直方向的分速度随时间均匀变化D. 物体运动的总位移随时间均匀变化
11.如图所示，在匀强电场中，有边长为5cm的等边三角形ABC，三角形所在平面与匀强电场的电场线平行，O点为该三角形的中心，三角形各顶点的电势分别为φA=1V、φB=3V、φC=5V，下列说法正确的是( )
A. O点电势为3V
B. 匀强电场的场强大小为80V/m，方向由A指向C
C. 在三角形ABC外接圆的圆周上电势最低点的电势为1V
D. 将电子由C点移到A点，电子的电势能增加了4eV
12.如图所示，在进行火星考查时，火星探测器对火星完成了“绕，着、巡””三项目标。经考查已知火星表面的重力加速度为g火，火星的平均密度为ρ，火星可视为均匀球体，火星探测器离火星表面的高度为h，引力常量G，根据以上信息能求出的物理量是( )
A. 火星的第一宇宙速度B. 火星探测器的质量
C. 火星探测器的角速度D. 火星的质量
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
13.某同学为测量一段金属丝的电阻率，完成了以下步骤的操作：
(1)用螺旋测微器和刻度尺测出了待测金属丝的直径和长度，如图1所示，则直径d=______ mm，长度l=______ cm。
(2)为测出金属丝的电阻，他选用多用电表测该金属丝阻值，当他选择倍率为“×1”的欧姆挡测量时，得到的结果如图2所示，读出R=______Ω。
(3)通过(1)(2)的测量，可以用公式ρ=______(用步骤(1)(2)中的字母表示)计算出该金属丝的电阻率。
(4)为了检验上述的结果是否准确，该同学选择用伏安法再测一次电阻R，实验所用器材为：电池组(电动势为3V，内阻为1Ω)；电流表(内阻约为5Ω)；电压表(内阻约为3kΩ)；滑动变阻器(0∼5Ω,额定电流为2A)；开关、导线若干。
则以下电路中最合适的是______。
(5)该同学根据步骤(4)的电路图采用多次测量求平均值的方法完成实验，分析该实验的系统误差，电阻的测量值______(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
14.如图甲所示的装置叫阿特伍德机，是英国数学家、物理学家阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示。实验时，该同学进行了如下步骤：
a.将质量均为M的重物A(含挡光片)、B用轻质细绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态，测量出A上挡光片中心到光电门中心的竖直距离h
b.在B的下端挂上质量为m的物块C，让系统(重物A、B以及物块C)中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间Δt
c.测出挡光片的宽度d，计算重物A运动的速度大小v
d.利用实验数据验证机械能守恒定律
(1)步骤c中，计算重物A的速度v=______(用实验中字母表示)。将重物B与物块C看成一个系统，则该系统在加速下落过程中其机械能______(选填“增大”“可能增大”“减小”或“不变”)。
(2)步骤d中，如果系统(重物A、B以及物块C)的机械能守恒，应满足的关系式为：______(已知当地重力加速度大小为g，用实验中字母表示)。
(3)某次实验分析数据发现，系统重力势能减少量小于系统动能增加量，造成这个结果的原因可能是______。
A.挂物块C时不慎使B具有向下的初速度
B.细绳、滑轮有一定的质量不能忽略不计
C.滑轮与细绳之间存在滑动摩擦力
D.计算重力势能时g的取值比实际值小
四、简答题：本大题共1小题，共14分。
15.如图所示，半径R=0.80m的14光滑圆弧轨道竖直固定，过最低点的半径OC处于竖直位置，其右方有底面半径r=0.2m的转筒，转筒顶端与C等高，下部有一小孔，距顶端h=1m，转筒的轴线与圆弧轨道在同一竖直平面内，开始时小孔也在这一平面内的图示位置，现使一质量m=0.1kg的小物块自A点由静止开始下落后打在圆弧轨道上的B点但不反弹，在瞬间碰撞过程中，小物块沿半径方向的分速度立刻减为0，沿切线方向的分速度不变。此后，小物块沿圆弧轨道滑下，到达C点时触动光电装置，使转筒立刻以某一角速度匀速转动起来，且小物块最终正好进入小孔。已知A、B到圆心O的距离均为R，与水平方向的夹角均为θ=30∘，不计空气阻力，g取10m/s2，求：
(1)小物块下落到B点时，与B点碰撞损失的动能；
(2)小物块到达C点时对轨道的压力大小F；
(3)转筒轴线距O点的距离L以及转筒转动的频率f。
五、计算题：本大题共2小题，共22分。
16.运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。按比赛规则，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。
(1)运动员以3.4m/s的速度投掷冰壶，若冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02，冰壶能在冰面上滑行多远？g取10m/s2；
(2)若运动员仍以3.4m/s的速度将冰壶投出，其队友在冰壶自由滑行10m后开始在其滑行前方摩擦冰面，冰壶和冰面的动摩擦因数变为原来的90%，冰壶多滑行了多少距离？
17.如图所示，电荷量分别为+Q、+9Q的两带电小球A、B，用两根不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，静止时A、B两球处于同一水平线上，已知O点到A球的距离OA=2L、∠AOB=90∘，∠OAB=60∘，静电力常量为k，带电小球均可视为点电荷，求：
(1)A，B两球间的库仑力大小；
(2)A，B两球的质量之比；
(3)A，B连线中点处的电场强度大小。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：位移为由起点到终点的有向线段，相对出发点A小明回到A点时的位移最小，则有
xmin=0m
相对出发点A小明运动到C点时的位移最大，由几何知识得：
xmax= AB2+BC2
代入数据得：xmax=100 2m，故BCD错误，A正确。
故选：A。
位移表示物体位置的变化，是用由起点到终点的有向线段来表示，位移的大小为有向线段的长度。
本题考查了位移的概念，知道位移的大小等于初末位置的距离，知道位移是矢量。
2.【答案】B
【解析】解：只要汽艇的船头垂直河岸行驶，不管河水是否流动，到达对岸的时间不变，即t1=t2=dv船=5005s=100s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
在河水不流动时，汽艇垂直河岸做匀速直线运动；当河水流动时，根据运动的分解，汽艇垂直的分运动不发生改变，在沿河岸方向做匀速直线运动，结合运动规律算出时间。
本题考查了运动的分解及合成，解题的关键是明确分运动和合运动的等时性，继而通过运动规律解题即可。
3.【答案】B
【解析】解：当小车处于匀速直线运动时，弹簧的弹力等于重力，即F=mg，T=0.
当小车和小球向右做匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律得：
水平方向有：Tsinα=ma，①
竖直方向有：F′+Tcsα=mg，②
由①知，细绳一定对小球有拉力的作用．
由②得：弹簧的弹力F′=mg−Tcsθ=mg−mgsinα⋅csα=mg−mactα
当mg=mactα，即a=gtanα时，F′=0.
所以细绳不一定对小球有拉力的作用，轻弹簧对小球也不一定有弹力的作用，故B正确，ACD错误．
故选：B
当小车处于静止时，小球受重力和弹簧弹力平衡，当小车和小球向右做匀加速直线运动时，受三个力作用，竖直方向上的合力为零，水平方向上合力等于ma
解决本题的关键能够正确地受力分析，结合牛顿第二定律进行求解，注意要分情况讨论，难度适中．
4.【答案】C
【解析】解：A.根据安培定则和磁场叠加原理可判断出O点处的磁感应强度方向向下，由O指向d，故A错误；
BCD.两通电直导线在a、b、c、d四点产生的磁场方向如图所示：
由上图可知，a、b两点的磁场方向均向下，结合对称性可知a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，均向下；
c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，均向下；
a、c两点处磁感应强度的方向相同；
综上分析，故C正确，BD错误。
故选：C。
根据安培定则、磁场叠加原理以及对称性分析作答。
本题主要考查了安培定则的理解和运用；在运用安培定则时拇指一定要指向电流方向，某点的磁场方向与某点和电流的连线垂直，并且与四指环绕的方向一致。
5.【答案】D
【解析】解：由题意可知，当向上的磁通量减小时，灵敏电流表的指针向右偏，若磁场方向或者变化方向有一个好变化，则灵敏电流表的批针的偏转方向将改变。
AB、磁体只要向上抽出，穿过线圈的磁通量就会减小，感应电流的磁场方向向上，就能观察到灵敏电流计指针向右偏转，故AB错误；
C、若磁体的N、S极对调，将其向上抽出，穿过线圈的磁通量减小，但产生的感应电流磁场向下，所以灵敏电流计指针向左偏转，故C错误；
D、若磁体的N、S极对调，将其向下插入，向下的磁通量增大，但产生的感应电流磁场向上，所以灵敏电流计指针仍向右偏转，故D正确。
故选：D。
磁体从线圈中向上匀速抽出时，螺线管内磁场向上，磁通量在减小，线圈中感应电流产生感应磁场向上，观察到灵敏电流计指针向右偏转，据此分析各选项。
产生感应电流的条件注意两点：一是“闭合电路”，二是“磁通量发生变化”。本题解题时还需要注意电流计指针右偏的条件。
6.【答案】C
【解析】解：A.根据图甲可知，极板A与电源正极连接，极板A带正电，带正电的尘埃受到指向线状电离器B的电场力作用，即带正电的尘埃被收集在线状电离器B上，故A错误；
B.图乙为给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，其目的是导走人手上的静电，故B错误；
C.图丙中摇动起电机，烟雾缭绕的塑料瓶顿时清澈透明，其工作原理为静电吸附，故C正确。
D.图丁的燃气灶中安装了电子点火器，点火应用了尖端放电原理，故D错误。
故选：C。
根据静电除尘、静电释放、静电吸附和尖端放电原理分析判断。
本题考查静电除尘、静电释放、静电吸附和尖端放电现象，要求掌握静电除尘、静电释放、静电吸附和尖端放电原理。
7.【答案】C
【解析】解：A.由题图可知，第1s内，滑块位移为x1=1×1m=1m
F对滑块做的功W1=F1x1=2×1J=2J，故A错误；
B.第2s内，滑块位移为x2=1+22×1m=1.5m
F做的功W2=F2x2=3×1.5J=4.5J
平均功率为P=W2t，解得P=4.5W，故B错误；
C.第3 s内，滑块的位移为x3=1+22×1m=1.5m
F对滑块做的功为W3=F3x3=1×1.5J=1.5J
第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率P=F3v3=1W，故C正确；
D.前3 s内，F对滑块做的总功为W=W1+W2+W3=2J+4.5J+1.5J=8J，故D错误。
故选：C。
由图像面积求解位移，结合做功公式求解功的值；由功率公式求解功率大小。
本题考查功与功率，注意瞬时功率与平均功率的异同。
8.【答案】B
【解析】解：根据小球的受力特点可将运动分为三个阶段，分别为第一阶段：O→A自由落体；第二阶段：O到平衡位置，重力大于向上的弹力；第三阶段：平衡位置向下到B处，向上的弹力大于向下的重力。平衡位置处，重力大小等于弹力。
AB.根据重力势能表达式可知Ep1=mg(x1+x2−x)x≤x1时，弹性势能为0，机械能等于重力势能的最大值。x>x1时，此时的弹簧的弹性势能为：
Ep2=12k(x−x1)2
设系统总能量为E，根据能量守恒定律可知E=E0+Ep2
可知E0=E−12k(x−x1)2
是开口向下的抛物线。故A错误，B正确；
CD.设小球下落到A点时的时间为t1，则第一阶段，根据动能的计算公式和运动学公式可得：
Ek=12mv12=12m(gt1)2=mg22t12
故第一阶段的Ek−t图像是一条抛物线。第二阶段中重力大于向上的弹力，且随着压缩弹簧，弹力大小逐渐增大，则根据牛顿第二定律可得：
a=mg−F弹m
可知小球做加速度逐渐减小的加速运动，平衡位置处速度最大，动能也最大。第三阶段根据牛顿第二定律可得：
a=F弹−mgm
可知小球做加速度逐渐增加的减速运动，直至到达B处动能为0。由上述速度的分析可知，在x>x1的范围内，先加速后减速，x−t图像的斜率先增大后减小，则Ep2−t的图像的斜率也是先增大后减小。但由于动能最大时，重力势能和弹性势能都不是0。即弹性势能的最大值大于动能的最大值。故CD错误。
故选：B。
分阶段分析出小球在不同过程中的运动特点，结合图像的物理意义和过程中的能量转化特点即可完成分析。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，熟悉小球的受力分析，结合牛顿第二定律得出其运动特点，理解过程中的能量转化关系即可完成分析。
9.【答案】BC
【解析】解：A、对热狗进行受力分析，受到重力G、两金属圆柱对热狗的支持力N1、N2，如图所示：
N1、N2的合力与重力大小相等，方向相反，所以两根金属圆柱对生热狗的合力等于对熟热狗的合力，故A错误。
B、单根金属圆柱对热狗的弹力N1=N2=G2csθ，生热狗的θ大于熟热狗对应的θ，根据三角函数知识知，单根金属圆柱对生热狗的弹力大于对熟热狗的弹力，故B正确。
CD、对于生热狗，sinθ=2.4R22R=0.6，csθ=0.8，单根金属圆柱对生热狗的弹力N1=N2=G2csθ=G2×0.8=58G，故C正确，D错误。
故选：BC。
设单根金属圆柱对热狗的弹力在竖直方向的方向夹角为θ，对热狗进行受力分析，根据平衡条件：N1=N2=G2csθ，生热狗变成熟热狗，θ变小，N1、N2减小；N1、N2的合力与重力平衡，大小始终等于热狗的重力；对于生热狗，根据几何知识，可求得csθ=0.8，由N1=N2=G2csθ可以求出单根金属圆柱对生热狗的弹力大。
本题考查了共点力的平衡条件、力的合成与分解的运用等知识点。力学知识是物理学的基础，受力分析又是力学的基础，从近几年高考出题的形式上来看，力的合成与分解问题常与日常生活实际紧密结合，突出了对于实际物理问题的模型抽象能力，在高考的出题方向上也体现了考查学生运用数学知识分析物理问题的能力，主要是考查共点力作用下的物体平衡。
10.【答案】BC
【解析】解：A.物体抛出后做平抛运动，只受重力作用，满足机械能守恒定律，机械能保持不变，故A错误；
B.根据平抛规律，物体沿水平方向匀速直线运动，其分位移为
x=v0t
即随时间均匀变化，故B正确；
C.根据平抛规律，物体沿竖直方向自由落体运动，其分速度为
vy=gt
即随时间均匀变化，故C正确；
D.物体运动的总位移为
s= (v0t)2+(12gt2)2
不随时间均匀变化，故D错误。
故选：BC。
只受重力作用，机械能保持不变；
根据平抛规律，物体沿水平方向匀速直线运动，求分位移；
根据平抛规律，物体沿竖直方向自由落体运动，求竖直分速度；
根据合成规律，求物体运动的总位移。
本题解题关键是掌握平抛规律：1.水平方向为匀速直线运动；2.竖直方向为自由落体运动。
11.【答案】AD
【解析】解：A、AC中点D的电势为φD=φA+φC2=1+52V=3V，与B电势相等，则BOD连线必为一条等势线，可知O点的电势为3V；故A正确；
B、AB间的电势差为UCA=φC−φA=5V−1V=4V
E=UCAAC=45×10−2V/m=80V/m，沿着电场方向电势逐渐降低可知电场方向由C指向A，故B错误；
C、在三角形ABC外接圆的圆周上电势最低点的电势距离O点最远，即沿半径方向且与OB垂直，设为E，则
UOE=E⋅OB=80×ACcs30∘1+cs60∘V=2.3V
则φE=φO−UOE=3V−2.3V=0.7V，故C错误；
D、由电场力做功与电势能关系得eUCA=−ΔEp，解得ΔEp=−4eV，故电子的电势能增加了4eV，故D正确；
故选：AD。
根据匀强电场电势随距离均匀变化(除等势面)的特点，AC中点的电势为3V，则BO为一条等势，CA连线即为一条电场线，由BA间的电势差，由公式U=Ed求出场强大小、方向。由电场力做功与电势能的关系，求势能变化。
本题考查对匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比U=Ed与运用公式W=qU求解电场力做功的能力，常规题，不难。
12.【答案】ACD
【解析】AD、设火星的质量为M，半径为R，在火星表面的物体所受万有引力等于重力，则有
GMmR2=mg火
火星的密度可表示为
ρ=M43πR3
设火星的第一宇宙速度为v，根据万有引力作为向心力可得
GMmR2=mv2R
联立解得
R=3g火4πGρ，M=9g火316π2G3ρ2，v= 3g火24πGρ，故AD正确；
BC、对离火星表面的高度为h的探测器，由万有引力等于向心力得：
GMm′(R+h)2=m′ω2(R+h)
解得
ω= GM(R+h)3
由AD的分析可知，火星的半径和火星的质量可以求出，所以探测器的角速度也可以求出，但探测器的质量在等式的两边约掉，不可求出探测器的质量，故B错误，C正确。
故选：ACD。
利用在火星表面的物体所受万有引力等于重力求出黄金代换式，再利用万有引力等于向心力列式求解。
本题考查了天体的运动及质量的计算，关键要抓住不同情况下万有引力等于重力、万有引力等于向心力来求解，难度不大。
13.【答案】πRd24L A 小于
【解析】解：(1)由图示螺旋测微器可知，其示数为：d=2mm+15.0×0.01mm=2.150mm。
金属丝的长度L=60.10cm；
(2)由图2所示可知，欧姆表挡位是×1，由图2所示可知，金属丝电阻阻值为：15×1Ω=15Ω；
(3)根据电阻定律有：R=ρLπ(d2)2，变形后得到：ρ=πRd24L
(4)由于RVRx=300015=200，而RxRA=155=3，即RVRx>RxRA，所以电流表采用外接法。由于滑动变阻器的最大阻值很小，所以控制电路采用分压接法。由此看来，故BCD错误，A正确。
故选：A。
(5)由于电流表采用外接法，由于电压表的分流，导致电流的测量值大于实际值，所以根据R=UI可知，电阻的测量值小于真实值。
故答案为：(1)2.150、60.10；(2)15；(3)πRd24L；(4)A；(5)小于。
(1)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，毫米刻度尺要估读到毫米的下一位；
(2)根据图2所示确定欧姆表的挡位，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；
(3)根据电阻定律变形后得到电阻率的表达式；
(4)根据题意大致计算倍数关系，确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择实验电路图；
(5)根据电路的接法分析实验误差。
该题是综合性较强的题，解答时注意一下几方面：
1、对于长度的测量注意高中所要求的游标卡尺和螺旋测微器的使用方法，读数时是固定刻度值与可动刻度值的和。
2、会根据电压表、电流表及被测电阻的阻值关系，确定电流表是内接还是外接。
3、了解实验误差产生的原因，并会在试验中做到尽可能的减小误差。
14.【答案】dΔt 减小 mgh=(2M+m)d22(Δt)2 AD
【解析】解：(1)利用挡光片通过光电门的平均速度代替瞬时速度，可得重物A的速度大小为：v=dΔt。
将重物B与物块C看成一个系统，由于下落过程中绳子拉力对该系统做负功，则该系统机械能减小。
(2)如果系统(重物A、B以及物块C)的机械能守恒，应满足的关系式为：
(M+m)gh−Mgh=12×(2M+m)v2
解得：mgh=(2M+m)d22(Δt)2
(3)某次实验分析数据发现，系统重力势能减少量小于系统动能增加量。
A.挂物块C时不慎使B具有向下的初速度，即A通过光电门时速度会偏大，Δt会偏小，由(2)中结论可知系统重力势能减少量可能会小于系统动能增加量，故A正确；
BC.考虑细绳、滑轮有一定的质量，滑轮与细绳之间存在滑动摩擦力，则系统重力势能减少量等于重物A、B、物块C、细绳、滑轮组成的系统动能的增加量与滑轮与细绳之间产生滑动摩擦生成的热量之和，则会导致系统重力势能减少量大于重物A、B、物块C动能的增加量，故BC错误；
D.计算重力势能时g的取值比实际值小，根据(2)中结论可知系统重力势能减少量可能会小于系统动能增加量，故D正确。
故选：AD。
故答案为：(1)dΔt；减小；(2)mgh=(2M+m)d22(Δt)2；(3)AD
(1)根据光电门测量速度的原理解答；绳子拉力对该系统做负功，则该系统机械能减小；
(2)根据机械能守恒定律求解应满足的关系式；
(3)分析何种原因会使动能增加量的测量偏大，或者是会使重力势能减小量的测量偏小。
本题考查了验证机械能守恒定律实验，分析实验的原理是解题的前提，掌握光电门测量速度方法。
15.【答案】解：(1)由图可知三角形ABO是等边三角形，所以AB的高度为R=0.80m，小球下落后做自由落体运动，则有
vB2=2gR
解得
vB= 2gR= 2×0.8×10m/s=4m/s
在瞬间碰撞过程中，小物块沿半径方向的分速度立刻减为0，沿切线方向的分速度不变，所以碰后小球速度为
vB′=vBcs30∘=4× 32m/s=2 3m/s
则小物块下落到B点时，与B点碰撞损失的动能为
ΔEk损=12mvB2−12mvB′2=12×0.1×42J−12×0.1×(2 3)2J=0.2J
(2)碰后小球从B到C得运动过程中，根据动能定理可得
mgR(1−cs60∘)=12mvC2−12mv′B2
代入数据解得
vC=2 5m/s
在C点，根据牛顿第二定律可得
F′−mg=mvC2R
代入数据解得
F′=3.5N
根据牛顿第三定律可知，小物块到达C点时对轨道的压力大小为
F=F′=3.5N
(3)小球从C点抛出后做平抛运动，竖直方向有
t= 2hg= 2×110s= 55s
水平方向有
x=vCt=2 5× 55m=2m
所以转筒轴线距O点的距离为
L=x+r=2m+0.2m=2.2m
小物块最终正好进入小孔，所以在小球做平抛运动的时间内，转筒正好转了n圈，即
t=nT=nf(n=1,2,3⋯)
代入数据解得
f= 5n(Hz)(n=1,2,3⋯)
答：(1)小物块下落到B点时，与B点碰撞损失的动能为0.2J；
(2)小物块到达C点时对轨道的压力大小F为3.5N；
(3)转筒轴线距O点的距离L为2.2m，转筒转动的频率f为 5nHz，其中n=1，2，3⋯。
【解析】(1)由图可知三角形ABO是等边三角形，所以AB的长度为R=0.8m，小球下落后做自由落体运动，根据自由落体运动位移-速度公式即可求解速度，再根据动能定理求解损失的能量；
(2)先根据几何关系求得碰后小球速度，从B到C得运动过程中运用动能定理求得到达C的速度，根据向心力公式及牛顿第三定律即可求解；
(3)小球从C点抛出后做平抛运动，根据平抛运动的基本规律即可求解；小物块最终正好进入小孔，所以在小球做平抛运动的时间里，转筒正好转了n圈，即t=nT=n2πω(n=1,2,3…).
本题是圆周运动与平抛运动相结合的题目，考查了圆周运动及平抛运动的基本规律，运动过程较为复杂，难度较大．
16.【答案】解：(1)对冰壶，根据牛顿第二定律可知μmg=ma
解得a=0.2m/s2
则冰壶能在冰面上滑行x=v022a=3.422×0.2m=28.9m
(2)冰壶自由滑行10m的过程，由动能定理得：
−μmgx1=12mv12−12mv02
可得滑行10m后的速度为v1= v02−2ax1= 3.42−2×0.2×10m/s=2.75m/s
此后冰壶的加速度大小为a′=0.9μmgm=0.9μg=0.18m/s2
滑行的距离x2=v122a′=2.7522×0.18m=21m
则多滑行Δx=10m+21m−28.9m=2.1m
答：(1)冰壶能在冰面上滑行28.9m；
(2)冰壶多滑行了2.1m。
【解析】(1)对冰壶，根据牛顿第二定律求出加速度大小，再由速度-位移公式求冰壶能在冰面上滑行的距离。
(2)根据动能定理求出冰壶自由滑行10m后的速度，此后对于冰壶的滑行过程，利用速度-位移公式求滑行的距离，从而求得多滑行距离。
本题涉及力在空间的积累效果，优先考虑动能定理，也可以根据牛顿第二定律和运动学公式相结合进行处理。
17.【答案】解：(1)由几何关系可知，A、B间距离为
r=2Lcs60∘=4L
由库仑定律可知，A，B两球间的库仑力大小为
F=kQ⋅9Q(4L)2=9kQ216L2
(2)对A球，由平衡条件可得
mAg=Ftan60∘
对B球，由平衡条件得
mBg=Ftan30∘
联立解得
mAmB=tan60∘tan30∘=31
(3)根据点电荷场强表达式，可知A，B连线中点处的电场强度大小为
E=k9Q(2L)2−kQ(2L)2=2kQL2
答：(1)A，B两球间的库仑力大小为9kQ216L2；
(2)A，B两球的质量之比31；
(3)A，B连线中点处的电场强度大小为2kQL2。
【解析】(1)依据库仑定律，结合几何关系，即可求解A、B两球间的库仑力大小；
(2)根据受力分析，依据矢量的合成法则，即可求解A、B两球的质量之比；
(3)根据E=kqr2求解电场强度大小。
考查库仑定律的内容，掌握矢量的合成法则，及三角知识与几何关系的应用，同时注意库仑力与各自电量多少无关。