二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14一质量为m的小球在空中由静止释放，若小球运动过程中受到的空气阻力与速度成正比，用v和a分别表示小球下落的速度和加速度的大小，t表示时间。则关于小球下落过程的运动描述，下列图象可能正确的是ABCD【答案】B【解析】CD阻力与速度成正比，则 ，其中k为常数，对物体列牛顿第二定律 ，即，随着速度增大，阻力增大，加速度不断减小，最终变为零，所以CD错误；AB速度时间图像的斜率代表加速度，因为加速度不断减小直至0，所以曲线斜率应该越来越小最后水平，所以A错误，B正确。故选B。15如图。水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为，板间距离为，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间点有一个静止的带电油滴，所带电荷量绝对值为。静电力常量为k，下列说法正确的是A油滴带正电B油滴受到的电场力大小为C若仅将上极板平移到图中虚线位置，则静电计指针张角减小D若仅将上极板平移到图中虚线位置，则油滴将加速向上运动【答案】D【解析】A.根据受力分析知，油滴受重力和电场力，因为油滴受力平衡，因此可判断油滴带负电，所受电场力竖直向上，故A错误；B.因为油滴处于匀强电场中，因此只能用匀强电场公式，根据平行板电容器公式可得，可得故B错误；C.平行板电容器电荷量不变，根据公式，因此将上极板平移到图中虚线位置，间距变小，电容变大，电压变小，静电计指针张角变小，故C正确；D.电场力可知电场力与两极板距离d无关，若仅将上极板平移到图中虚线位置，所受电场力不变，因此油滴仍静止不动，故D错误。16地球绕太阳的公转可视为匀速圆周运动，周期为T1，轨道半径为r1；月球绕地球做匀速圆周运动，周期为T2，轨道半径为r2。由此可知A地球和月球的质量之比为B太阳和月球的质量之比为C月球和地球的向心加速度大小之比为D太阳和地球的质量之比为【答案】D【解析】AB根据万有引力公式可得由于不知道绕月轨道的周期，无法求月球的质量，故AB错误；C根据公式可知，要求向心加速度，需要知道星球的质量，由于无法求月球质量，因此无法比较月球和地球的向心加速度大小，故C错误；D根据万有引力公式可得解得故D正确。17如图，在水平地面上方的A点，先后以不同的水平初速度平抛同一小球，不计空气阻力，第一次小球落在地面上的B点，第二次小球撞到竖直墙面的C点后落地，测量得知，A、C点之间的水平距离是A、B点间的水平距离的2倍，A、B点之间的竖直距离是A、C点间的竖直距离的2倍，则第一次与第二次平抛小球的初速度之比为ABCD【答案】A【解析】第一次平抛过程中，水平方向上x=vt竖直方向上 联立解得 第二次平抛过程中，水平方向上2x=vt竖直方向上联立解得则第一次与第二次平抛小球的初速度之比A，与结论相符，选项A正确；B，与结论不相符，选项B错误；C，与结论不相符，选项C错误；D，与结论不相符，选项D错误；故选A。18如图所示，A 物体套在光滑的竖直杆上，B 物体放置在粗糙水平桌面上，用一细绳连接。初始时细绳经过定滑轮呈水平，A、B 物体质量均为m。A 物体从 P 点由静止释放，下落到 Q 点时，速度为 v，PQ 之间的高度差为 h，此时连接 A 物体的细绳与水平方向夹角为 ，此过程中，下列说法正确的是AA 物体做匀加速直线运动BA 物体到 Q 点时，B 物体的速度为 v sinqCA 物体减少的重力势能等于 A、B 两物体动能增量之和DB 物体克服摩擦做的功为 mgh - mv2【答案】B【解析】A滑块A下滑时，竖直方向受重力和细绳拉力的竖直分量，因细绳拉力的竖直分量是变化的，则滑块A所受的合力不是恒力，则A的加速度不是恒量，即A不是匀加速下滑，选项A错误；B若滑块A的速度为v，则由速度的分解可知，滑块B的速度为vsin，选项B正确；C由能量关系可知，A 物体减少的重力势能等于B克服摩擦力做功和 A、B 两物体动能增量之和，选项C错误；DB 物体克服摩擦做的功为 ，选项D错误；故选B。19如图所示，物块甲和乙的质量分别为m、2m，用一个劲度系数为k的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止。现在用方向竖直向上的力缓慢拉动甲直到乙刚好离开地面，重力加速度为g，忽略空气阻力，则A物块乙刚好离开地面时，弹簧弹力大小为2mgB物块乙刚好离开地面时，物块甲上升的高度为C物块乙刚好离开地面时突然撤去拉力，物块甲的瞬时加速度大小为3gD在此过程中，拉力做的功大于甲的重力势能的增加量【答案】ACD【解析】A物块乙刚好离开地面时，对乙受力分析可知，弹簧弹力大小为2mg，选项 A错误；B开始时弹簧的压缩量为，当物块乙刚好离开地面时，弹簧伸长量，则此时物块甲上升的高度为，选项B错误；C物块乙刚好离开地面时甲受到的拉力为3mg，则突然撤去拉力，物块甲受到的合力为3mg，根据牛顿第二定律可知，甲的瞬时加速度大小为3g，选项C正确；D在此过程中，弹簧的形变量增加，弹性势能变大，拉力做的功等于甲的重力势能与弹簧的弹性势能的增加量之和，则拉力做的功大于甲的重力势能的增加量，选项D正确；故选ACD.20如图所示，在水平面上固定一个半圆弧轨道，轨道是光滑的，O点为半圆弧的圆心，一根轻绳跨过半圆弧的A点(O、A等高，不计A处摩擦)，轻绳一端系在竖直杆上的B点，另一端连接一个小球P。现将另一个小球Q用光滑轻质挂钩挂在轻绳上的AB之间，已知整个装置处于静止状态时，30，45则A将绳的B端向上缓慢移动一小段距离时绳的张力不变B将绳的B端向上缓慢移动一小段距离时半圆弧中的小球P位置下移C静止时剪断A处轻绳瞬间，小球P的加速度为gD小球P与小球Q的质量之比为【答案】ACD【解析】A绳子 B端向上移动一小段距离，根据受力分析可知P球没有发生位移，因此AQP变成了晾衣架问题，绳长不会变化，A到右边板的距离不变，因此角度不会发生变化，即绳子的张力也不会变化；选项A正确。B如果 P向下移动一段距离，绳子AP拉力变小，绳长AP变长，而 AB之间的绳子长度变短，则角度 变大，绳子 AB之间的张力变大，AP的张力也变大，产生矛盾；B错误。C剪短 A处细绳，拉力突变为零，小球 P只受重力的分力，所以加速度为；C正确。D根据受力分析，分别对两个小球做受力分析，因为是活结所以绳子的张力都是相同， 根据分析可得；故 D正确。故选ACD。21如图所示，两个固定的光滑四分之一圆弧轨道所在的竖直平面平行，且连线与轨道所在平面垂直，轨道间距为，圆弧所在圆的半径为，轨道下端处切线水平，轨道上端连接有阻值为的定值电阻，轨道处在辐向的磁场中，磁场方向垂直轨道所在圆弧面，圆弧面上磁感应强度大小处处为，一根导体棒放在轨道的上端处并由静止释放，导体棒向下运动过程中与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，导体棒的质量为，导体棒和轨道电阻均不计，重力加速度为。若导体棒从运动到过程中，定值电阻上产生的热量为，则导体棒从静止运动到的过程中，下列说法正确的是A电阻中的电流方向为从到B当导体棒的速度为时，电阻的瞬时功率为C通过电阻的电量为D在位置时，对轨道的压力大小为【答案】BC【解析】A根据右手定则可知，通过电阻的电流方向为到，故A错误；B由于速度方向始终与磁场垂直，当导体棒的速度为时，感应电动势，则电阻的瞬时功率故B正确；C通过电阻的电量故C正确；D根据功能关系，导体棒运动到位置时，在位置求得故D错误。故选BC。三、非选择题：共174分，第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。22（6分）某物理兴趣小组利用图示装置探究小车加速度与外力的关系，小车前端固定的力传感器可以测量轻绳的拉力大小F。（1）将长木板放在水平桌面上，安装好实验装置，在平衡摩擦力的过程中，下列说法或做法正确的是（_）A挂上小吊盘B滑轮右侧的轻绳必须水平C轻推小车，使得与小车相连的纸带上打出的点迹均匀分布（2）平衡摩擦力后，保持小车的总质量不变，增加吊盘中的小砝码以改变轻绳的拉力大小，为了减小实验误差，_（选填“需要”或“不需要”）满足吊盘及盘中砝码的总质量远小于小车的总质量。（3）若某同学平衡摩擦力时木板的倾角过大，但其他步骤操作正确，增添吊盘中小砝码以探究加速度a与外力F的关系，得到的aF图线应为_。A B CD【答案】（1）C（2分）（2）不需要（2分）（3）D （2分） 【解析】 (1)将长木板放在水平桌面上，安装好实验装置，在平衡摩擦力的过程中，需要平衡摩擦力，需要轻推小车，使得与小车相连的纸带上打出的点迹均匀分布；(2)因为本实验使用了力传感器，力传感器的示数即为小车所受的合外力，所以不用满足吊盘及盘中砝码的总质量远小于小车的总质量；(3)因为平衡摩擦力时木板的倾角过大，所以在没有给予外力的情况下，小车就会有一个加速度，由于使用了力学传感器，所以应是一条直线，所以应选D。23为了测定一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了下列器材：A待测干电池（电动势约为1.5V，内阻约几欧）B电流表A（量程050mA，内阻r=10）C电压表V（量程03V，内阻约3k）D滑动变阻器R1（020，10A）E滑动变阻器R2（0100，1A）F定值电阻R=2.5G开关、导线若干(1)为了多测量几组数据且便于操作，滑动变阻器应该选择_（填选项前字母）(2)请依据以上提供的器材中选择所需器材设计测量电路，在图甲线框内画出完整的电路图(3)根据合理电路的测量数据，电流表A的示数记为I，电压表V的示数记为U，某同学测出了多组数据，并已描绘出如图乙所示关系图线根据已描绘出的图线，可得被测电池的电动势为_V，内阻为_（结果均保留三位有效数字）【答案】(1)D（2分）(2)（3分） (3) 1.45V （2分） 1.96（2分） 【解析】(1)由于电源电动势较小，为了方便控制，滑动变阻器的总阻值略大于内阻即可，所以滑动变阻器应选D。(2)由于电流表的量程较小，所以需要扩大量程，将定值电阻R与电流表并联即可，滑动变阻器应起到明确的调节作用，并且还要易于调节，故一般限流接法，所以电路图如图(3)由实验原理可知，整理得图像与纵坐标的截距表示电动势，所以图像的斜率为即为联立解得24.如图所示，在光滑的水平面上放置一个长为L=2.2m的木板B，在B的左端放有一个可视为质点的小滑块A，A、B间的动摩擦因数=0.2，二者的质量均为m=1kg，g=10m/s2现对A施加F=6N的水平向右的拉力，ls后撤去拉力F，求：（1）撤去拉力F时小滑块A和长木板B的速度大小；（2）A相对于B静止的位置与长木板右端的距离。【答案】(1) vA=4m/s，vB=2m/