高中物理第二章自由落体运动专题竖直上抛运动测试题新人教必修

专题2 竖直上抛运动

1．B 一小球以初速度v0=40 m/s竖直上抛，不计空气阻力，求

（1）第1 s、第2 s、第 3 s、第 4 s、第 5 s、第 6 s、第 7 s、第 8 s上升多高？

（2）当向上的位移为60 m，用时多少？

2．B 一小球以初速度v0=40 m/s竖直上抛，不计空气阻力，

（1）隔1 s，再抛出第二个小球，经过多长时间两球相遇？相遇点距地面多高？

（2）隔2 s，再抛出第二个小球，经过多长时间两球相遇？相遇点距地面多高？

3．B 一物体以初速度v0竖直上抛，第3 s内的位移大小为3 m，求v0．

4．B 从h高度上抛物体，v0=4 m/s，落地前1 s 位移大小为3 m，求h．

5．B 跳水运动员站在10 m跳台上向下跳，如图所示，其重心先上升0.45 m后落入水中，求运动员在空中的时间t．

6．B 把一物体A以初速度v0从地面竖直上抛，同时在距地面H的高度处，另一物体B自由下落，（1）要使两个物体在空中相碰，v0的取值范围？

（2）两物体在上抛物体A的最高点相碰，求v0．

（3）什么情况下，两物体在上抛物体A下落过程中相碰？

（4）两球相碰时，速度大小相等，求v0．

7．B 气球以10 m/s的速度上升，某时刻在气球下方距气球4 m处有一石子以20 m/s的速度竖直上抛，不计阻力，g =10 m/s2，则（）

A．石子一定能击中气球

B．石子一定不能击中气球

C．若气球速度减小，石子一定还能击中气球

D．若气球速度增加到15 m/s，石子一定不能击中气球

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2019-2020学年高考物理模拟试卷

一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的

1．下列说法中正确的是（ ）

A ．伽利略研究自由落体运动的核心方法是把实验和逻辑推理结合起来

B ．自然界的四种基本相互作用是强相互作用，弱相互作用，电相互作用和磁相互作用

C ．“月－地检验”证明了一切场力都遵循“平方反比”的规律

D ．一对相互作用力做功，总功一定为零

2．将三个质量均为m 的小球a b c 、、用细线相连后（b c 、间无细线相连），再用细线悬挂于O 点，如图所示，用力F 拉小球c ，使三个小球都处于静止状态，且细线Oa 与竖直方向的夹角保持30θ=，则F 的最小值为（ ）

A ．mg

B ．2mg

C ．

3

2

mg D ．

3mg 3．如图所示，两条光滑金属导轨平行固定在斜面上，导轨所在区域存在垂直于斜面向上的匀强磁场，导轨上端连接一电阻。0t =时，一导体棒由静止开始沿导轨下滑，下滑过程中导体棒与导轨接触良好，且方向始终与斜面底边平行。下列有关下滑过程导体棒的位移x 、速度v 、流过电阻的电流i 、导体棒受到的安培力F 随时间t 变化的关系图中，可能正确的是（ ）

A ．

B ．

C ．

D ．

4．相传我国早在5000多年前的黄帝时代就已经发明了一种指南车。如图所示为一种指南车模型，该指南车利用机械齿轮传动的原理，在任意转弯的情况下确保指南车上的小木人右手臂始终指向南方。关于该指

南车模型，以下说法正确的是（）

A．以指南车为参照物，车上的小木人始终是静止的

B．如果研究指南车的工作原理，可以把车看成质点

C．在任意情况下，指南车两个车轮轮缘的线速度大小都相等

D．在任意情况下，车转弯的角速度跟小木人的角速度大小相等

5．如图所示，一个质量为m的物块在恒力F的作用下，紧靠在一个水平的上表面上保持静止，物块与上

表面间静摩擦因数为μ，取

1

tan

μ

α

=。F与水平面的夹角为θ，则θ

角的最小值为（）

A．

2

arctan

1

1

F

α

μ

+

-B．

2

arctan

1

1

F

α

μ

+

+

C．

2

arcsin

1

1

F

α

μ

+

-D．

2

arcsin

1

1

F

α

μ

+

+

6．如图所示，abcd是边长为L的正方形回路，处在斜向左上的匀强磁场中，磁场方向与回路平面呈45度角，ab，cd为金属棒，ad,bc为细的金属丝，金属丝的质量不计，ab金属棒固定且两端通过导线与另一侧的电源相连，连接在另一端的cd金属棒刚好能悬在空中且正方形回路处于水平，cd段金属棒的质量为m 通过回路的磁通量为，重力加速度为g则cd棒中电流的大小和方向：

A ．，方向从d 到c

B ．，方向从c 到d

C ．，方向从d 到c

D ．,方向从c 到d

7．光滑绝缘水平面内有一电场，其一条电场线沿x 轴方向且电势 随坐标x 变化的关系如图所示，一质量为m,带电荷量为q （q>0）的小球在该电场线上O 点以一定速度向x 轴正向释放且能过2x 点。小球沿该电场线做直线运动。则（ ）

A ．小球在2O x 间做匀加速直线运动，在2x 后做加速度减小的加速运动

B ．小球在2x 处动能最小，电势能最大

C ．小球在1x 和3x 处加速度相同

D ．小球在3x 处时的速度是在4x 处时的二倍 8．下列说法正确的是( )

A ．图甲中，有些火星的轨迹不是直线，说明炽热微粒不是沿砂轮的切线方向飞出的

B ．图乙中，两个影子在x 、y 轴上的运动就是物体的两个分运动

C ．图丙中，小锤用较大的力去打击弹性金属片，A 、B 两球可以不同时落地

D ．图丁中，做变速圆周运动的物体所受合外力F 在半径方向的分力大于所需要的向心力

9．如图，虛线1、2、3是竖直方向匀强电场中间距相等的等势线。将重力不可忽略、带等量异种电荷的小球a 、b 同时以相等的速率分别沿1、3等势线抛出，t 时刻两小球经过等势线2。不计两小球间的相互

作用。下列说法正确的是（ ）

A ．a 的质量比b 的小

B ．在t 时刻，a 的动能比b 的大

C ．在t 时刻，a 和b 的电势能相等

D ．在t 时刻，a 和b 的动量大小相等

10．百余年前，爱因斯坦的广义相对论率先对黑洞作出预言。2019年4月10日21点整，天文学家召开全球新闻发布会，宣布首次直接拍摄到黑洞的照片。若认为黑洞为一个密度极大的球形天体，质量为M ，半径为R ，吸引光绕黑洞做匀速圆周运动。已知光速为c ，以黑洞中心为起点，到黑洞外圈视界边缘的长度为临界半径，称为史瓦西半径。下面说法正确的是（ ）

A ．史瓦西半径为

2GM

c

B ．史瓦西半径为22

GM

c

C ．黑洞密度为334c

G R π

D ．黑洞密度为2

3

34c G R

π 二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分

11．如图所示，质量为m 的小球与轻质弹簧相连，穿在竖直光滑的等腰直角三角形的杆AC 上，杆BC 水平弹簧下端固定于B 点，小球位于杆AC 的中点D 时，弹簧处于原长状态。现把小球拉至D 点上方的E 点由静止释放，小球运动的最低点为E ，重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）

A ．小球运动D 点时速度最大

B ．ED 间的距离等于DF 间的距离

C．小球运动到D点时，杆对小球的支持力为

2

2

mg

D．小球在F点时弹簧的弹性势能大于在E点时弹簧的弹性势能

12．一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是________．

A．该波沿x轴正向传播

B．该波的波速大小为1 m/s

C．经过0.3 s，A质点通过的路程为0.3 m

D．A、B两点的速度有可能相同

E.若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为0.4 Hz

13．某单位应急供电系统配有一小型发电机，该发电机内的矩形线圈面积为S=0.2m2、匝数为N=100匝、

电阻为r=5.0Ω，线圈所处的空间是磁感应强度为B=

2

2

T的匀强磁场，发电机正常供电时线圈的转速为

n=2160

r/min．如图所示是配电原理示意图，理想变压器原副线圈的匝数比为5︰2，R1=5.0Ω、R2=5.2Ω，

电压表电流表均为理想电表，系统正常运作时电流表的示数为I=10A，则下列说法中正确的是

A．交流电压表的示数为720V

B．灯泡的工作电压为272V

C．变压器输出的总功率为2720W

D．若负载电路的灯泡增多，发电机的输出功率会增大

14．以下说法正确的是（）

A．玻璃打碎后不容易把它们拼在一起，这是由于分子间斥力的作用

B．焦耳测定了热功当量后，为能的转化和守恒定律奠定了实验基础

C．液体表面层分子间引力大于液体内部分子间引力是表面张力产生的原因

D．当分子间的距离增大时，分子间的斥力和引力都减小，但斥力减小得快

E.悬浮在液体中的颗粒越小，小颗粒受到各个方向液体分子的冲击力就越不平衡，布朗运动就越明显15．阿列克谢·帕斯特诺夫发明的俄罗斯方块经典游戏曾风靡全球，会长自制了如图所示电阻为R的导线框，

将其放在光滑水平面上，边长为L的正方形区域内有垂直于水平面向下的磁感应强度为B的匀强磁场。已

知L>3l，现给金属框一个向右的速度

v（未知）使其向右穿过磁场区域，线框穿过磁场后速度为初速度的一半，则下列说法正确的是

A．线框进入磁场的过程中感应电流方向沿abcda

B．线框完全进入磁场后速度为初速度的四分之三

C．初速度大小为

23 361 B mR

D．线框进入磁场过程中克服安培力做的功是出磁场的过程中克服安培力做功的五分之七

三、实验题：共2小题

16．某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行验证动量守恒定律及平台上A点左侧与滑块a之间的动摩擦因数的实验．在足够大的水平平台上的A点放置一个光电门，水平平台上A点右侧摩擦很小，可忽略不计，左侧为粗糙水平面，当地重力加速度大小为g．采用的实验步骤如下：

A．在小滑块a上固定一个宽度为d的窄挡光片；

B．用天平分别测出小滑块a（含挡光片）和小球b的质量m a、m b：

C．在a和b间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻短弹簧，静止放置在平台上：

D．烧断细线后，a、b瞬间被弹开，向相反方向运动：

E．记录滑块a通过光电门时挡光片的遮光时间△t：

F．滑块a最终停在C点（图中未画出），用刻度尺测出AC之间的距离S a

G．小球b从平台边缘飞出后，落在水平地面的B点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度h及平台边缘铅垂线与B点之间的水平距离s b；

H．改变弹簧压缩量，进行多次测量．

（1）用螺旋测微器测量挡光片的宽度，如图乙所示，则挡光片的宽度为________mm；

（2）该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证两物体a、b弹开后的动量大小相等，即a的动量大小

____________等于b的动量大小___________；（用上述实验所涉及物理量的字母表示）

（3）改变弹簧压缩量，多次测量后，该实验小组得到小滑块a的S a与关系图象如图丙所示，图象的

斜率为k，则平台上A点左侧与滑块a之间的动摩擦因数大小为____________．（用上述实验数据字母表示）17．某同学想测出济南当地的重力加速度g，并验证机械能守恒定律。为了减小误差，他设计了一个实验如下：将一根长直铝棒用细线悬挂在空中（如图甲所示），在靠近铝棒下端的一侧固定电动机M，使电动机转轴处于竖直方向，在转轴上水平固定一支特制笔N，借助转动时的现象，将墨汁甩出形成一条细线。调整笔的位置，使墨汁在棒上能清晰地留下墨线。启动电动机待转速稳定后，用火烧断悬线，让铝棒自由下落，笔在铝棒上相应位置留下墨线。图乙是实验时在铝棒上所留下的墨线，将某条合适的墨线A作为起始线，此后每隔4条墨线取一条计数墨线，分别记作B、C、D、E。将最小刻度为毫米的刻度尺的零刻度线对准A，此时B、C、D、E对应的刻度依次为14.68cm，39.15cm，73.41cm，117.46cm。已知电动机的转速为3000r/min。求：

(1)相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为________s；

(2)由实验测得济南当地的重力加速度为________m/s2（结果保留三位有效数字）；

(3)该同学计算出划各条墨线时的速度v，以

2

2

v

为纵轴，以各条墨线到墨线A的距离h为横轴，描点连线，

得出了如图丙所示的图像，据此图像________（填“能”或“不能”）验证机械能守恒定律，图线不过原点的原因__________________。

四、解答题：本题共3题

18．如图所示，左端封闭右端开口、直径相同的U形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长10cm

L 的空

气柱，两管水银面相平，水银柱足够长，已知大气压强075cmHg p =。现将下端阀门S 打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S ，左管水银面下降的高度2cm h =。 (1)求右管水银面下降的高度；

(2)若再将右端封闭，同时对左管缓慢加热，并保持右管内气体的温度不变，使右管的水银面回到最初高度，求此时左管内气体的压强。

19．（6分）如图所示，轻杆BC 的C 点用光滑铰链与墙壁相连，在B 点正下方悬挂一个定滑轮(不计重力和摩擦),杆的B 点通过水平细绳AB 使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．某人用轻绳绕过滑轮竖直向上匀加速地

提起重物，已知重物的质量10kg m =,加速度大小22m /s a =,人的质量2

50kg,g 10m /s M ==，求此时:

(1)地面与人之间的弹力的大小; (2)轻绳AB 的弹力大小．

20．（6分）如图所示的矩形玻璃砖，下底面镀银，厚为d ，一束单色光沿OC 方向射到玻璃砖上表面，折射后经下底面反射后再经上表面射出。已知OC 与玻璃砖上表面成30角，玻璃砖对该单色光的折射率为

3，光在真空中的传播速度为c 。求：

(1)光在玻璃砖中传播的时间； (2)光射出玻璃砖上表面的折射角。

参考答案

一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1．A 【解析】 【详解】

A ．伽利略研究自由落体运动的核心方法是把实验和逻辑推理结合起来，故A 正确；

B ．自然界中的四种基本相互作用是万有引力、强相互作用、电磁力、弱相互作用，故B 错误；

C ．“月-地检验”证明了地面上的重力、地球吸引月球与太阳吸引行星的力遵循同样的“距离平方反比”规律，故C 错误；

D ．一对作用力和反作用力分别作用在两个不同物体上，它们可能分别对两个物体都做正功，其代数和为正值，比如在光滑水平面由静止释放的两个带同种电荷的小球，库仑力对两个小球都做正功，作用力和反作用力所做的功的代数和为正值，故物体间的一对相互作用力做功的代数和不一定为零，故D 错误。 故选A 。 2．C 【解析】 【详解】

静止时要将三球视为一个整体，重力为3mg ，当作用于c 球上的力F 垂直于oa 时，F 最小，由正交分解法知：水平方向Fcos30°=Tsin30°，竖直方向Fsin30°+Tcos30°=3mg ，解得F min =1.5mg ．故选C ． 3．C 【解析】 【分析】 【详解】

AB ．根据牛顿第二定律可得

22sin B L v

mg ma R

θ-=

可得

22sin B L v

a g mR

θ=-

随着速度的增大，加速度逐渐减小，v t -图象的斜率减小，当加速度为零时导体棒做匀速运动，x t -图象的斜率表示速度，斜率不变，速度不变，而导体棒向下运动的速度越来越大，最后匀速，故x t -图象斜率不可能不变，故AB 错误；

C ．导体棒下滑过程中产生的感应电动势 E BLv =

感应电流

BLv BLa

i t R R

=

= 由于下滑过程中的安培力逐渐增大，所以加速度a 逐渐减小，故i t -图象的斜率减小，最后匀速运动时电流不变，C 正确；

D 、根据安培力的计算公式可得

22B L a F BiL t R

==

由于加速度a 逐渐减小，故F t -图象的斜率减小，D 错误。 故选：C 。 4．A 【解析】 【详解】

A ．以指南车为参照物，车上的小木人相对于小车的位置不变，所以始终是静止的，故A 正确；

B ．在研究指南车的工作原理时，不可以把车看成质点，否则车上的小木人右手臂始终指向南方的特点不能体现，故B 错误；

C ．在指南车转弯时，两个车轮的角速度相等，线速度不一定相等，故C 错误；

D ．由题，车转弯时，车转动，但车上的小木人右手臂始终指向南方，可知小木人是不转动的，所以它们的角速度是不相等的，故D 错误； 故选A 。 5．D 【解析】 【详解】 对物块受力分析：

物块受重力mg 、恒力F 静摩擦力f F 弹力N F 。正交分解后，竖直方向平衡有

N sin F F mg θ=-

最大静摩擦力

fm N F F μ=

水平方向有

fm cos F F θ（临界点）

解得

sin cos mg

F

μμθθ

-

题意有

1

tan μα

=

结合数学知识，联立方程解得

2

arcsin

11F θαμ++

ABC 错误，D 正确。 故选D 。 6．A 【解析】 【详解】

设磁场的磁感应强度为B ，则有：Φ=BL 2sin45°，求得

，cd 棒处于静止，则受到的安培力垂直于磁

感应强度指向右上，设cd 中的电流为I ，则有：BILcos45°=mg ，解得：，根据左手定则可知，cd

棒中的电流方向从d 到c ，故A 正确， BCD 错误。 7．B 【解析】

【分析】 【详解】

A ．沿电场线方向电势降低，带正电的小球从O 到2x 逆着电场线运动，做减速运动，从2x 之后做加速运动，A 错误；

B ．小球运动过程中仅有电场力做功，电势能和动能相互转化，根据电势能p E q ?=可知带正电的小球在2x 处电势能最大，动能最小，B 正确；

C ．x φ-

图像斜率的物理意义为场强，即

E x

?

?=

? 小球在1x 和3x 处图像斜率不同，所以场强大小不同，根据牛顿第二定律

qE ma =

结合A 选项分析可知小球在1x 和3x 处加速度大小、方向均不同，C 错误； D ．小球的初动能不为零，在3x 和4x 位置的速度比例关系无法求解，D 错误。 故选B 。 8．B 【解析】 【详解】

A ．题图甲中炽热微粒是沿砂轮的切线方向飞出的，但是由于重力及其他微粒的碰撞而改变了方向，故A 错误；

B ．题图乙中沿y 轴的平行光照射时，在x 轴上的影子就是x 轴方向的分运动，同理沿x 轴的平行光照射时，在y 轴上的影子就是y 轴方向的分运动，故B 正确；

C ．无论小锤用多大的力去打击弹性金属片，只会使得小球A 的水平速度发生变化，而两小球落地的时间是由两球离地面的高度决定的，所以A 、B 两球总是同时落地，故C 错误；

D ．做变速圆周运动的物体所受合外力F 在半径方向的分力等于所需要的向心力，故D 错误。 故选B 。 9．B 【解析】 【详解】

A ．根据题述可以判断电场方向垂直于题图中等势线，由于两小球同时经过等势线2，所以小球a 向下加速

运动，小球b 向上加速运动，竖直方向上，a 的位移大小等于b 的位移大小，由2

12

x at =可知a 的加速度大小等于b 的加速度大小，即

a b a a a ==

竖直方向：对小球a ，由牛顿第二定律得

a a a qE m g m a +=

对小球b ，由牛顿第二定律得

b b b qE m g m a -=

解以上两式得

()()a b a b m m g m m a +=-

则

a b m m >

故A 错误；

BD ．两小球初速度大小相等，加速度大小相等，t 时刻两小球合速度大小相等，a b m m >，根据2

k 12

E mv =

可知，t 时刻a 的动能比b 的动能大，根据p mv =可知，t 时刻a 的动量大小大于b 的动量大小，故B 正确，D 错误；

C ．由于在t 时刻两小球经过同一等势线，根据p E q ?=可知，此时a 和b 的电势能不相等，故C 错误。 故选B 。 10．B 【解析】 【详解】 AB ．逃逸速度

v =

此为脱离中心天体吸引的临界速度，代入光速可知临界半径为

22

GM

r c

=临 A 错误，B 正确；

CD ．若光绕黑洞表面做匀速圆周运动，轨道半径等于黑洞半径，由

22Mm c G m R R

=

可知

2

Rc M G

= 密度为

2

23

3443

M

c G R R ρππ== CD 错误。 故选B 。

二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 11．CD 【解析】 【分析】

分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力和弹簧的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，但是系统的机械能守恒；沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大。 【详解】

A ．圆环沿杆滑下，ED 段受到重力和弹簧弹力（杆对小球的支持力垂直于杆，不做功），且与杆的夹角均为锐角，则小球加速，D 点受重力和杆对小球的支持力，则加速度为sin 45g ，仍加速，DF 段受重力和弹簧弹力，弹力与杆的夹角为钝角，但一开始弹力较小，则加速度先沿杆向下，而F 点速度为0，则DF 段，先加速后减速，D 点时速度不是最大，故A 错误；

B ．若ED 间的距离等于DF 间的距离，则全过程，全过程小球重力势能减少，弹性势能不变，则系统机械能不守恒，故B 错误；

C ．D

点受重力和杆对小球的支持力，垂直于杆方向受力分析得杆对小球的支持力为

2

mg ，故C 正确； D ．若ED 间的距离等于DF 间的距离，则全过程，全过程小球重力势能减少，弹性势能不变，则ED 间的距离应小于DF 间的距离，则全过程，全过程小球重力势能减少，弹性势能增大，则系统机械能守恒，故D 正确； 故选CD 。 【点睛】

本题考查弹簧存在的过程分析，涉及功能关系。 12．ABC 【解析】

【分析】 【详解】

A ．由A 质点的振动图象读出该时刻质点A 的振动方向沿y 轴负方向，由质点的振动方向与波传播方向的关系，可知波沿x 轴正向传播，故A 正确．

B ．由题图甲可知波长为 λ=0.4m ，由题图乙可知周期为 T=0.4s ，则波速为 v= T

λ=1m/s ；故B 正确．

C ．经过0.3s=

3

4

T ，则A 质点通过的路程为s=3A=0.3m ；故C 正确． D ．A 、B 两点间距为半个波长，振动情况始终相反，速度不可能相同；故D 错误． E ．发生稳定的干涉现象需要频率相同，则所遇到的波的频率 f=1

T

=2.5Hz 时才能产生的稳定干涉．故E 错误． 故选ABC ．

点睛：根据振动图象读出各时刻质点的振动方向，由质点的振动方向判断波的传播方向是基本功，要熟练掌握． 13．CD 【解析】 【分析】 （1

）根据E =

求出电动势的有效值 （2）根据闭合回路欧姆定律求出原线圈的电压

（3）利用

1221I n I n =及11

22

U n U n =求出副线圈的电压 （4）根据电路结构求电动机的输出功率 【详解】

A 、根据题意电流表的示数为10A ，根据

12

21

I n I n = 解得原线圈的电流为4A ，线圈在磁场中产生电动势的有

效值为720E V =

= , 则电压表的读数为72045700U E Ir V =-=-?= ，故A 错；

BC 、原线圈的电压为()111720410680U E I r R V =-+=-?= 根据

11

22

U n U n = 可以求出副线圈上的电压为2272U V =，所以副线圈上的功率为22272102720P I U V ==?=

此时灯泡上的电压为27210 5.2220U V '=-?= 故B 错；C 对

D 、把发电机外的所有用电器等效为一个电阻为R 的电阻，根据题意可知R r > ，若负载电路的灯泡增多，则等效电阻R 减小，根据电源输出功率与电阻之间关系的函数图像可知，此时发电机的输出功率会增大，故D 对； 故选CD 【点睛】

此题比较复杂，对于原线圈中有用电器的变压器问题来说，一般做题的方向是利用前后功率相等来求解的． 14．BDE 【解析】 【分析】 【详解】

A. 碎玻璃不能拼在一起，是由于分子距离太大，达不到分子吸引力的范围，故A 错误；

B. 焦耳测定了热功当量后，为能的转化和守恒定律奠定了实验基础，选项B 正确；

C. 由于液体表面层分子间距离大于分子平衡时的距离，分子间的作用力表现为引力，则液体表面存在张力，故C 错误；

D. 当分子间的距离增大时，分子间的斥力和引力都减小，但斥力减小得快，选项D 正确；

E. 悬浮在液体中的颗粒越小，小颗粒受到各个方向液体分子的冲击力就越不平衡，布朗运动就越明显，选项E 正确。 故选BDE 。 15．BCD 【解析】 【详解】

A ．由右手定则可知，线框进磁场过程电流方向为adcba ，故A 错误；

B ．将线框分为三部分，其中左右两部分切割边长同为2l ，中间部分切割边长为l ，由动量定理可得

11222BI lt BI lt m υ--=-?

其中

1122I t I t q R

?Φ

+==

由于线框进、出磁场的过程磁通量变化相同，故速度变化两相同，故

001

22

υυυ?=-

故线框完全进入磁场后的速度为

1003

4

υυυυ=-?=

故B 正确；

C ．根据线框形状，进磁场过程中，对线框由动量定理

220221

24

B l l B l l m υm υR R ?+=?= 解得

23

036B l υmR

=

故C 正确；

D ．线框进、出磁场的过程中克服安培力做功分别为

22210101172232W m υm υm υ=

-= 222

21201152232W m υm υm υ=-=

故

217

5

W W =，故D 正确； 故选BCD 。

三、实验题：共2小题 16．

【解析】

（1）螺旋测微器的读数为：2.5mm+0.050mm=2.550mm ．

（2）烧断细线后，a 向左运动，经过光电门，根据速度公式可知，a 经过光电门的速度为：

，故a

的动量为：，b 离开平台后做平抛运动，根据平抛运动规律可得： 及 联

立解得：，故b 的动量为：．

（3）对物体a 由光电门向左运动过程分析，则有：，经过光电门的速度：，由牛顿第

二定律可得：，联立可得：，则由图象可知：．

17．0.1 9.79 能 墨线A 对应的速度不为零

【解析】 【分析】 【详解】

(1)[1]由于电动机的转速为3000r/min ，则其频率为50Hz ，故每隔0.02s 特制笔N 便在铝棒上画一条墨线，又每隔4条墨线取一条计数墨线，故相邻计数墨线间的时间间隔是0.1s (2)[2]由题可知

(39.1514.68)cm 24.47cm BC x =-= (73.4139.15)cm 34.26cm CD x =-= (117.4673.41)cm 44.05cm DE x =-=

可知连续相等时间内的位移之差

9.79cm x ?=

根据△x=gT 2得

22229.7910m/s 9.79m/s 0.01

x g T -??===

(3)[3]铝棒下落过程中，只有重力做功，重力势能的减小等于动能的增加，即 mgh ＝mv 2 得

2

2

v gh = 若22

v h -图线为直线，斜率为g ，则机械能守恒，所以此图像能验证机械能守恒 [4]图线不过原点是因为起始计数墨线A 对应的速度不为0 四、解答题：本题共3题 18． (1)14.5cm ；(2)200.25cmHg 【解析】 【详解】

(1)左管水银面下降2cm 过程，封闭气体做等温变化，则有

()01p LS p L h S =+

解得

162.5cmHg p =