浙江省宁波市五校2024-2025学年高一下学期期中联考物理试卷

2024-2025学年浙江省宁波市五校联考高一（下）期中物理试卷 一、单项选择题（本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得3分，错选或不答的得0分） 1．（3分）达因值是液体表面张力系数，是液体表面相邻两部分之间单位长度内互相牵引的力。则1达因其值为（　　） A．1×10﹣5N B．1×10﹣5N/m C．1×10﹣5N/m2 D．1×10﹣5N/m3 2．（3分）2021年2月10日19时52分，“天问一号”探测器实施近火捕获制动，顺利进入环火星轨道，自发射以来，“天问一号”已累计飞行202天，飞行里程约4.75亿千米，距离地球约1.92亿千米。下列判断正确的是（　　） A．“天问一号”绕火星飞行一圈平均速度不为0，且它在每一时刻的瞬时速度都不为0 B．“19时52分”和“202天”，前者表示“时刻”，后者表示“时间” C．飞行里程约4.75亿千米表示位移，距离地球约1.92亿千米表示路程 D．地面卫星控制中心在对“天问一号”进行飞行姿态调整时可以将“天问一号”看成质点 3．（3分）下列各物理量都属于矢量的是（　　） A．速率、平均速度 B．瞬时速度、功率 C．加速度、线速度 D．位移、重力势能 4．（3分）下列说法不正确的是（　　） A．示波器可以用来观察电信号随时间的变化情况 B．重力的施力物体是地球，方向竖直向下 C．物体在地球附近绕地球运动时，太阳的作用可以忽略 D．所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的中心处 5．（3分）如图，用手掌托着质量为1kg的书，由静止向上运动了一段距离后停下。已知该过程中书的加速度大小始终为2m/s2，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．书一直向上运动，故一直处于超重状态 B．前半段运动过程中，书受到的支持力为12N C．前半段运动过程中，书受到的重力变为12N D．后半段运动过程中，书受到的重力变小 6．（3分）小石子从山崖上无初速地脱落，不计空气阻力，以山崖下水平面为零势能面。小石子在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和重力势能Ep随运动时间t的变化关系中，正确的是（　　） A． B． C． D． 7．（3分）a，b，c为电场中同一条电场线上的三点，其中c为ab的中点。已知a，b两点的电势分别为φa＝3V，φb＝9V，则下列叙述正确的是（　　） A．该电场在c点处的电势一定为6 V B．a点处的场强Ea一定小于b点处的场强Eb C．正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大 D．正电荷只受电场力作用从a点运动到b点的过程中动能一定增大 8．（3分）甲、乙两个小灯笼用轻绳连接，悬挂在空中，在相同的水平风力作用下发生倾斜，稳定时与竖直方向的夹角分别为α、θ，如图所示，已知甲的质量为m1、乙的质量为m2，下列关系式正确的是（　　） A． B． C． D． 9．（3分）宇航员在地球表面一斜坡上P点，沿水平方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡另一点Q上。现宇航员站在某质量分布均匀的星球表面相同的斜坡上P点，沿水平方向以初速度2v0抛出一个小球，小球仍落在斜坡的Q点。已知该星球的半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．该星球表面的重力加速度g0＝2g B．该星球的质量为 C．该星球的密度为 D．该星球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为2：1 10．（3分）质量为1kg的物体做匀变速直线运动，其位移随时间变化的规律为x＝2t+t2（m）。t＝1s时，该物体所受合力的功率为（　　） A．2W B．4W C．6W D．8W 11．（3分）如图所示是某游乐场的激流勇进项目，游客乘坐小船从滑道滑下，落入水中激起水花。水花在空中可看成斜抛运动，若水花初速度为v0，与水面夹角为θ，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．当v0一定时，夹角θ越大，水花在空中运动时间越长 B．当v0一定时，夹角θ越大，水花溅射的越远 C．在水花运动过程中，重力的功率一直减小 D．在水花运动到最高位置时，水花的机械能最小 12．（3分）如图所示，真空中平行板电容器带有绝缘手柄的A板接地，闭合电键给电容器充电后断开电键。电容器中的C点固定放置一带负电的点电荷q，q不影响电容器的电场分布。下列说法正确的是（　　） A．若通过手柄把A板向上平移一小段距离，则q所受的电场力变大 B．若通过手柄把A板向左平移一小段距离，则q所受电场力变小 C．若紧靠B板插入一块有机玻璃板，则q的电势能变小 D．若紧靠B板插入一块等大的铁板，则q的电势能不变 13．（3分）某一区域的电场线分布如图所示，A、B、C是电场中的三个点，以下判断正确的是（　　） A．C点电势最高 B．C点电场强度最大 C．负点电荷放在A点所受电场力沿A点的切线方向斜向上 D．同一点电荷放在B点所受电场力比放在A点时大 二、多项选择题（本题共2小题，在每小题给出的四个选项中，有两个或多个选项正确，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，选错或不选得0分，共6分） （多选）14．（3分）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，带负电的尘埃被收集至B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，点火应用了尖端放电原理 （多选）15．（3分）救援车营救被困在深坑中探险车的情景可简化为如图甲所示的模型。斜坡倾角为θ＝37°，其动摩擦因数为μ＝0.5。在救援车作用下，探险车从坑底A点由静止匀加速至B点时达到最大速度，接着匀速运动至C点，最后从C点匀减速运动到达最高点D，恰好停下，选深坑底部为参考平面，救援过程中探险车的机械能E随高度h变化的图线如图乙所示，已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（　　） A．探险车质量为1500kg B．探险车在坡面上的最大速度为4m/s C．探险车在BC段运动的时间为18s D．救援过程中救援车对探险车做功为2.4×106J 三、实验题 16．（3分）如图1所示是研究小车加速度与力关系的实验装置，木板置于水平桌面上，一端系有砂桶的细绳通过滑轮与拉力传感器相连，拉力传感器可显示所受拉力的大小F，M为带滑轮小车的质量，m为砂和砂桶的总质量。实验时先不挂砂桶，将木板右端垫高，调整垫块的左右位置，平衡摩擦力，然后挂上砂桶，改变桶中砂的质量，多次进行实验。完成下列问题： （1）实验中 　 　 （填“需要”或“不需要”）满足砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M。 （2）以拉力传感器的示数F为横坐标，小车的加速度a为纵坐标，画出的a﹣F图像是一条过坐标原点的直线，如图2所示，则图线的斜率k＝　 　 （用M表示）。 （3）若某同学实验中加垫块过高，采集实验数据作出的图像可能是 　 　 （填选项字母）。 17．（6分）某同学用图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20Hz、30Hz和40Hz，打出纸带的一部分如图（b）所示。 该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他条件进行推算。 （1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图（b）中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为 　 　 ，打出C点时重物下落的速度大小为 　 　 ，重物下落的加速度的大小为 　 　 。 （2）已测得s1＝8.89cm，s2＝9.5cm，s3＝10.10cm；当重力加速度大小为9.80m/s2，试验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%．由此推算出f为 　 　 Hz。 18．（7分）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准： （1）如图1，用螺旋测微器测得金属棒直径d为 　 　 mm；用20分度游标卡尺测金属棒长度l为 　 　 cm。 （2）用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用 　 　 挡（填“×1Ω”或“×100Ω”），换挡并进行一系列正确的操作后，再将红黑表笔接在金属棒两端，指针静止时如图2所示，则金属棒的阻值约为 　 　 Ω。 （3）用伏安法测金属棒的电阻Rx。要求电压从零开始变化，则实验选用的电路是如图3中的 　 　 图（选填“甲”或“乙”）。 四、解答题（本题共4小题，共41分） 19．（8分）如图所示，质量m＝1.0×10﹣4kg的小物块，带有5×10﹣4C的电荷，放在倾角为30°的光滑绝缘斜面上，整个斜面置于B＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，物块由静止开始下滑，滑到某一位置时开始离开斜面（g取10m/s2），求： （1）物块带什么电？ （2）物块离开斜面时速度多大？ （3）斜面至少有多长？ 20．（8分）某人站在一平台上，用长L＝0.6m的轻细线拴一个质量为m＝0.6kg的小球，让它在竖直平面内以O点为圆心做圆周运动，最高点A距地面高度为3.2m，当小球转到最高点A时，人突然撒手，小球被水平抛出，落地点B与A点的水平距离BC＝4.8m，不计空气阻力，g＝10m/s2。求： （1）小球从A到B的时间； （2）小球离开最高点时的线速度大小； （3）人撒手前小球运动到A点时，绳对球的拉力大小。 21．（10分）如图所示，在竖直平面内有一粗糙斜面轨道AB与光滑圆弧轨道BC在B点平滑连接（滑块经过B点时速度大小不变），斜面轨道长L＝2.5m，斜面倾角θ＝37°，O点是圆弧轨道圆心，OB竖直圆弧轨道半径R＝1m，圆心角θ＝37°，C点距水平地面的高度h＝0.512m，整个轨道是固定的。一质量m＝1kg的滑块在斜面顶点A由静止释放，最终落到水平地面上。滑块可视为质点，滑块与斜面轨道之间的动摩擦因数μ＝0.25，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力，求： （1）滑块经过圆弧轨道最低点B时，对圆弧轨道的压力大小； （2）滑块经过圆弧轨道最高点C时的速度大小； （3）滑块离开C点后在空中运动的时间t。 22．（13分）如图所示，间距为d的水平平行金属板间电压恒为U．初速度为零的电子经电压U0的加速后，沿两板间的中心线进入板间电场，电子从两板间飞出，飞出时速度的偏向角为θ．已知电子质量为m、电荷量为e，电子重力不计。求： （1）电子在水平金属板间所受的电场力的大小F； （2）电子刚进入水平金属板间电场时的速度大小v0； （3）水平金属板的长度L。 2024-2025学年浙江省宁波市五校联考高一（下）期中物理试卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共13小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B B C D B A C C C D A 题号 12 13 答案 D D 二．多选题（共2小题） 题号 14 15 答案 CD ABD 一、单项选择题（本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得3分，错选或不答的得0分） 1．（3分）达因值是液体表面张力系数，是液体表面相邻两部分之间单位长度内互相牵引的力。则1达因其值为（　　） A．1×10﹣5N B．1×10﹣5N/m C．1×10﹣5N/m2 D．1×10﹣5N/m3 【分析】根据1达因的物理意义即可解题。 【解答】解：表面张力的单位在SI制中为牛顿/米（N/m），但是常用达因/厘米（dyn/cm），而达因是力的单位，其物理意义是使质量是1克的物体产生1cm/s2的加速度的力，叫做1达因，缩写：dyn。由于1N＝1kg×1m/s2＝1×103g×1×100cm/s2＝105dyn，所以1达因其值为1×10﹣5N/m，故B正确，ACD错误。 故选：B。 【点评】本题主要考查了新概念，只要审清题意即可解题。 2．（3分）2021年2月10日19时52分，“天问一号”探测器实施近火捕获制动，顺利进入环火星轨道，自发射以来，“天问一号”已累计飞行202天，飞行里程约4.75亿千米，距离地球约1.92亿千米。下列判断正确的是（　　） A．“天问一号”绕火星飞行一圈平均速度不为0，且它在每一时刻的瞬时速度都不为0 B．“19时52分”和“202天”，前者表示“时刻”，后者表示“时间” C．飞行里程约4.75亿千米表示位移，距离地球约1.92亿千米表示路程 D．地面卫星控制中心在对“天问一号”进行飞行姿态调整时可以将“天问一号”看成质点 【分析】在时间轴上，时间间隔用一段线段表示，而时刻用一个点表示；位移是初位置到末位置的有向线段，而路程是运动轨迹的实际长度。物体能否看作质点与物体本身无关，要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略。 【解答】解：A、“天问一号”绕火星飞行一圈的位移为0，所以平均速度为0，但它在每一时刻的瞬时速度都不为0，故A错误； B、“19时52分”和“202天”，前者表示“时刻”后者表示“时间间隔”，故B正确； C、飞行里程约4.75亿千米表示路程，距离地球约1.92亿千米表示位移，故C错误； D、地面卫星控制中心在对“天问一号”进行飞行姿态调整时，“天问一号”各部分的运动差异不能忽略，此时不可以将“天问一号”看成质点，故D错误。 故选：B。 【点评】本题关键是区分位移与路程、时间间隔与时刻，只有在单向直线运动中，物体的位移大小等于其路程。 3．（3分）下列各物理量都属于矢量的是（　　） A．速率、平均速度 B．瞬时速度、功率 C．加速度、线速度 D．位移、重力势能 【分析】矢量既有大小，又有方向，合成遵循平行四边形定则；标量只有大小，没有方向，合成为简单代数和。 【解答】解：矢量既有大小，又有方向，合成遵循平行四边形定则；标量只有大小，没有方向，合成为简单代数和。位移、瞬时速度、平均速度、加速度、线速度是矢量，功率、速率、重力势能是标量。 故选：C。 【点评】本题主要考查了矢量和标量，解题关键是掌握矢量既有大小，又有方向，合成遵循平行四边形定则；标量只有大小，没有方向，合成为简单代数和。 4．（3分）下列说法不正确的是（　　） A．示波器可以用来观察电信号随时间的变化情况 B．重力的施力物体是地球，方向竖直向下 C．物体在地球附近绕地球运动时，太阳的作用可以忽略 D．所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的中心处 【分析】根据示波管的工作原理分析；重力的施力物体是地球，方向竖直向下；物体在地球附近绕地球运动时，地球对物体的吸引力大；根据开普勒第一定律分析判断。 【解答】解：A．示波器可以用来观察电信号随时间的变化情况，故A正确； B．重力的施力物体是地球，方向竖直向下，故B正确； C．物体在地球附近绕地球运动时，根据万有引力定律可知，太阳的作用可以忽略，故C正确； D．根据开普勒第一定律可知，所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的焦点处，故D错误。 本题选不正确的，故选：D。 【点评】本题考查示波器、重力、万有引力、开普勒行星运动定律的相关知识，注意理解开普勒行星运动定律。 5．（3分）如图，用手掌托着质量为1kg的书，由静止向上运动了一段距离后停下。已知该过程中书的加速度大小始终为2m/s2，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．书一直向上运动，故一直处于超重状态 B．前半段运动过程中，书受到的支持力为12N C．前半段运动过程中，书受到的重力变为12N D．后半段运动过程中，书受到的重力变小 【分析】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度。不论超重、失重或完全失重，物体的重力不变，只是“视重”改变。结合牛顿第二定律求解。 【解答】解：A.书在向上运动的过程中，虽然速度方向向上，但由于加速度方向先向上后向下，所以书处于先超重后失重状态，故A错误； B.对书进行受力分析，书受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力。根据题目意思，前半段运动过程应该是指加速运动过程， 根据牛顿第二定律有：FN−mg＝ma， 解得：FN ＝12N，故B正确； CD.书受到的重力是由地球对书的吸引产生的，与书的运动状态无关，所以无论书如何运动，它受到的重力都保持不变，故CD错误。 故选：B。 【点评】本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了。 6．（3分）小石子从山崖上无初速地脱落，不计空气阻力，以山崖下水平面为零势能面。小石子在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和重力势能Ep随运动时间t的变化关系中，正确的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据小石子在空中运动时做自由落体运动，结合动能与重力势能表达式分析求解。 【解答】解：AB．在空中运动时做自由落体运动，加速度为重力加速度，恒定不变；根据速度—时间公式： v＝gt 可知v﹣t图像为过原点的倾斜直线，故A正确，B错误； C．根据动能表达式满足 可知Ek﹣t图像为抛物线，故C错误； D．以山崖下水平面为零势能面，设初始高度为H，则有重力势能满足 可知Ep﹣t图像为抛物线，故D错误。 故选：A。 【点评】本题考查了图像问题，理解物体所做的运动，掌握能之间的相互转化是解决此类问题的关键。 7．（3分）a，b，c为电场中同一条电场线上的三点，其中c为ab的中点。已知a，b两点的电势分别为φa＝3V，φb＝9V，则下列叙述正确的是（　　） A．该电场在c点处的电势一定为6 V B．a点处的场强Ea一定小于b点处的场强Eb C．正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大 D．正电荷只受电场力作用从a点运动到b点的过程中动能一定增大 【分析】题中是一条电场线，无法判断该电场是否是匀强电场，不能确定c点处的电势。根据正电荷在电势高处电势能大，分析电势能的关系。由能量守恒分析动能关系。 【解答】解： A、若该电场是匀强电场，则在c点处的电势为φcV＝6V，若该电场不是匀强电场，则在c点处的电势为φc≠6V．故A错误。 B、一条电场线，无法判断电场线的疏密，就无法判断两点场强的大小，所以a点处的场强Ea不一定小于b点处的场强Eb．故B错误。 CD、根据正电荷在电势高处电势能大，可知正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大，而由能量守恒得知，其动能一定减小。故C正确，D错误。 故选：C。 【点评】电场线的疏密可表示电场强度的相对大小，但一条电场线，无法判断电场线的疏密，就无法判断两点场强的大小。但可根据电势的高低判断电势能的大小。 8．（3分）甲、乙两个小灯笼用轻绳连接，悬挂在空中，在相同的水平风力作用下发生倾斜，稳定时与竖直方向的夹角分别为α、θ，如图所示，已知甲的质量为m1、乙的质量为m2，下列关系式正确的是（　　） A． B． C． D． 【分析】先隔离乙，对乙受力分析，再对整体受力分析，根据共点力平衡即可求解。 【解答】解：设每个灯笼受到的水平风力为F，对乙分析 对甲、乙整体分析 则 故ABD错误，C正确。 故选：C。 【点评】本题考查共点力平衡问题，解题关键是对两灯笼做好受力分析，根据共点力平衡求解即可。 9．（3分）宇航员在地球表面一斜坡上P点，沿水平方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡另一点Q上。现宇航员站在某质量分布均匀的星球表面相同的斜坡上P点，沿水平方向以初速度2v0抛出一个小球，小球仍落在斜坡的Q点。已知该星球的半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．该星球表面的重力加速度g0＝2g B．该星球的质量为 C．该星球的密度为 D．该星球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为2：1 【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据平抛运动的规律求出星球表面的重力加速度；根据万有引力等于重力求出星球的质量，结合密度的公式求出星球的密度；第一宇宙速度的大小等于贴近星球表面运行的速度，根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的大小。 【解答】解：A、小球抛出后做平抛运动， 由平抛运动的规律可得，小球在地球表面时， 小球在水平方向做匀速直线运动， x＝v0t 小球在竖直方向做自由落体运动， 小球在某星球表面上时，则有在水平方向做匀速直线运动， x′＝x＝2v0t′ 小球在竖直方向做自由落体运动， 代入数据解得 g0＝4g 故A错误； BC、设星球质量为M，在该星球表面质量是m0的物体则有 解得 该星球的密度为 故B错误，C正确； D、由万有引力提供向心力可得 解得 由可得该星球的第一宇宙速度 地球的第一宇宙速度 因地球的半径与该星球的半径关系不确定，因此该星球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比不确定，故D错误。 故选：C。 【点评】解决本题的关键是掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个结论，并能灵活运用。 10．（3分）质量为1kg的物体做匀变速直线运动，其位移随时间变化的规律为x＝2t+t2（m）。t＝1s时，该物体所受合力的功率为（　　） A．2W B．4W C．6W D．8W 【分析】根据位移—时间公式，结合速度—时间公式，利用牛顿第二定律以及功率表达式分析求解。 【解答】解：根据位移—时间公式 知质点的加速度 a＝2m/s2 初速度为 v0＝2m/s 根据 v＝v0+at 可知t＝1s时速度为 v＝4m/s 根据牛顿第二定律可知物体所受合力 F＝ma＝1×2N＝2N t＝1s时，该物体所受合力的功率为 P＝Fv＝2×4W＝8W 故选：D。 【点评】本题考查了功率的计算，理解瞬时功率和平均功率的计算方式是解决此类问题的关键。 11．（3分）如图所示是某游乐场的激流勇进项目，游客乘坐小船从滑道滑下，落入水中激起水花。水花在空中可看成斜抛运动，若水花初速度为v0，与水面夹角为θ，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．当v0一定时，夹角θ越大，水花在空中运动时间越长 B．当v0一定时，夹角θ越大，水花溅射的越远 C．在水花运动过程中，重力的功率一直减小 D．在水花运动到最高位置时，水花的机械能最小 【分析】溅射的水花在空中做斜抛运动，根据分析水花在空中运动时间与θ的变化关系；根据分位移公式得到水平射程表达式，再分析水平射程的变化。分析竖直方向分速度的变化判断重力的功率变化。对照机械能守恒条件分析水的机械能是否守恒。 【解答】解：AB、溅射的水花在空中做斜抛运动，水花在空中运动时间为 水平射程为 可知，运动时间t随θ增大而增大，随θ的增大，水平射程先增大后减小，故A正确，B错误； C、水花先上升后下降，竖直方向速度先减小后增大，由PG＝mgvy可知，重力的功率先减小后增大，故C错误； D、水花运动过程中只有重力做功，其机械能守恒，故D错误。 故选：A。 【点评】本题采用运动的分解法处理斜抛运动，要掌握分运动的规律，通过列式分析水花运动时间和水平射程的变化。 12．（3分）如图所示，真空中平行板电容器带有绝缘手柄的A板接地，闭合电键给电容器充电后断开电键。电容器中的C点固定放置一带负电的点电荷q，q不影响电容器的电场分布。下列说法正确的是（　　） A．若通过手柄把A板向上平移一小段距离，则q所受的电场力变大 B．若通过手柄把A板向左平移一小段距离，则q所受电场力变小 C．若紧靠B板插入一块有机玻璃板，则q的电势能变小 D．若紧靠B板插入一块等大的铁板，则q的电势能不变 【分析】电容器充电后断开电键，所带电量不变；根据电容器的决定式C、定义式和匀强电场的场强公式求解场强的大小，分析场强的变化和电场力的变化；紧靠B插入有机玻璃板，相对介电常数εr增大，紧靠B插入一块铁板相当于两极板间距离d变小，根据场强表达式判断场强的变化，根据电势差公式分析电势的变化，进而得到电势能的变化。 【解答】解：电容器充电后断开电键，所带电量不变。 A、由电容器电容的决定式得：C 由电容的定义式得： 由匀强电场的场强公式得： 联立解得：E 若通过手柄把A板向上平移一小段距离，两极板间距d减小，场强不变，q所受的电场力为F＝qE 则q所受的电场力不变，故A错误； B、若通过手柄把A板向左平移一小段距离，正对面积S减小，由E得，电场强度增大，q所受的电场力为F＝qE 则q所受电场力变大，故B错误； C、紧靠B插入有机玻璃板，则相对介电常数εr增大，由E得，电场强度E减小，C点与下级板的电势差UC下＝EdC下＝φC﹣φ下＝φC 则C点的电势降低，点电荷q带负电，则q的电势能增大，故C错误； D、紧靠B插入一块铁板相当于两极板间距离d变小，由E得，电场强度E不变，C点与下级板的电势差UC下＝EdC下＝φC﹣φ下＝φC 则C点的电势不变，点电荷q的电势能不变，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查电容器的动态分析问题，解题关键是掌握电容器电容的决定式和定义式，知道紧靠B插入有机玻璃板和铁板的区别。 13．（3分）某一区域的电场线分布如图所示，A、B、C是电场中的三个点，以下判断正确的是（　　） A．C点电势最高 B．C点电场强度最大 C．负点电荷放在A点所受电场力沿A点的切线方向斜向上 D．同一点电荷放在B点所受电场力比放在A点时大 【分析】沿电场线的方向电势逐渐降低；电场线的疏密反映电场强度的大小，电场线越密，场强越大；根据电场力做功与电势能变化的关系来判断。 【解答】解：A、沿电场线的方向电势逐渐降低，结合图可知A、B、C三点的电势关系为φB＞φA＞φC，故A错误； BD、由电场线分布的疏密程度，可知A、B、C三点的电场强度大小关系为EB＞EA＞EC，根据F＝qE可知，同一点电荷放在B点所受电场力比放在A点时大，故B错误，D正确； C、负电荷受电场力方向与场强方向相反，故负点电荷放在A点所受电场力沿A点的切线方向斜向下，故C错误。 故选：D。 【点评】本题考查对电场线物理意义的理解，知道电场线的疏密表示场强的大小，沿电场线的方向电势逐渐降低，同时会通过电场力做功与电势能变化的关系来解决问题。 二、多项选择题（本题共2小题，在每小题给出的四个选项中，有两个或多个选项正确，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，选错或不选得0分，共6分） （多选）14．（3分）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，带负电的尘埃被收集至B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，点火应用了尖端放电原理 【分析】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。 【解答】解：A、图甲为静电除尘装置的示意图，带负电的尘埃被收集在两板A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，其目的是导走人身上的静电，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正确。 故选：CD。 【点评】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。 （多选）15．（3分）救援车营救被困在深坑中探险车的情景可简化为如图甲所示的模型。斜坡倾角为θ＝37°，其动摩擦因数为μ＝0.5。在救援车作用下，探险车从坑底A点由静止匀加速至B点时达到最大速度，接着匀速运动至C点，最后从C点匀减速运动到达最高点D，恰好停下，选深坑底部为参考平面，救援过程中探险车的机械能E随高度h变化的图线如图乙所示，已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（　　） A．探险车质量为1500kg B．探险车在坡面上的最大速度为4m/s C．探险车在BC段运动的时间为18s D．救援过程中救援车对探险车做功为2.4×106J 【分析】根据机械能是动能和重力势能的总和，结合动能定理和运动学公式分析求解。 【解答】解：A．设B点处最大速度为vm，机械能大小为 BC过程中，E﹣h图像中斜率大小为探险车的重力，则 则探险车质量为 m＝1500kg 故A正确； B．在h＝12m的位置速度达到最大值，则将坐标点（12m，192J）代入A中的表达式，则解得 vm＝4m/s 故B正确； C．由图像可知探险车在BC段上升的高度满足 h＝84m﹣12m＝72m 探险车的位移满足 x2 解得探险车的位移：x2＝120m 根据运动学同事，探险车在BC段运动的时间为 故C错误； D．根据动能定理，对全过程分析有 代入数据解得救援过程中救援车对探险车做功为 W＝2.4×106J 故D正确。 故选：ABD。 【点评】本题考查了功能关系，理解物体所做的运动，掌握能之间的相互转化是解决此类问题的关键。 三、实验题 16．（3分）如图1所示是研究小车加速度与力关系的实验装置，木板置于水平桌面上，一端系有砂桶的细绳通过滑轮与拉力传感器相连，拉力传感器可显示所受拉力的大小F，M为带滑轮小车的质量，m为砂和砂桶的总质量。实验时先不挂砂桶，将木板右端垫高，调整垫块的左右位置，平衡摩擦力，然后挂上砂桶，改变桶中砂的质量，多次进行实验。完成下列问题： （1）实验中 　不需要　 （填“需要”或“不需要”）满足砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M。 （2）以拉力传感器的示数F为横坐标，小车的加速度a为纵坐标，画出的a﹣F图像是一条过坐标原点的直线，如图2所示，则图线的斜率k＝　　 （用M表示）。 （3）若某同学实验中加垫块过高，采集实验数据作出的图像可能是 　A　 （填选项字母）。 【分析】（1）实验中有拉力传感器，不需要满足砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M。 （2）根据牛顿第二定律列式分析图像的斜率； （3）实验时应平衡摩擦力，没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，a﹣F图象在F轴上有截距；平衡摩擦力过度，在a﹣F图象的a轴上有截距。 【解答】解：（1）本题实验中有拉力传感器，拉力是已知的无需满足满足砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M； （2）根据牛顿第二定律：2F＝Ma 整理为：a 故斜率为； （3）加垫块过高，即平衡摩擦力过度，当拉力为0时，也有加速度，故A正确，BC错误。 故选：A。 故答案为：（1）不需要；（2）；（3）A。 【点评】本题实验源于课本，但是又不同于课本，注意在本实验中不需要满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，因为拉力可以通过力传感器直接测出。 17．（6分）某同学用图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20Hz、30Hz和40Hz，打出纸带的一部分如图（b）所示。 该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他条件进行推算。 （1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图（b）中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为 　　 ，打出C点时重物下落的速度大小为 　　 ，重物下落的加速度的大小为 　　 。 （2）已测得s1＝8.89cm，s2＝9.5cm，s3＝10.10cm；当重力加速度大小为9.80m/s2，试验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%．由此推算出f为 　40　 Hz。 【分析】（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B和C点的瞬时速度，利用速度公式求加速度； （2）利用牛顿第二定律和解出的加速度求频率。 【解答】解：（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：vB；vC；由速度公式vC＝vB+aT可得：a； （2）由牛顿第二定律可得：mg﹣0.01mg＝ma，所以a＝0.99g，结合（1）解出的加速度表达式，代入数据可得：f＝40HZ。 故答案为：（1）；；；（2）40。 【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度的大小，关键是匀变速直线运动推论的运用。 18．（7分）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准： （1）如图1，用螺旋测微器测得金属棒直径d为 　6.125　 mm；用20分度游标卡尺测金属棒长度l为 　10.230　 cm。 （2）用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用 　×1Ω　 挡（填“×1Ω”或“×100Ω”），换挡并进行一系列正确的操作后，再将红黑表笔接在金属棒两端，指针静止时如图2所示，则金属棒的阻值约为 　10　 Ω。 （3）用伏安法测金属棒的电阻Rx。要求电压从零开始变化，则实验选用的电路是如图3中的 　甲　 图（选填“甲”或“乙”）。 【分析】（1）根据螺旋测微器和游标卡尺的读数规则解答； （2）根据欧姆表的使用及读数方法解答； （4）根据实验要求结合分压式与限流式的特点分析。 【解答】解：（1）根据螺旋测微器的读数规则可知金属棒直径 d＝6mm+12.5×0.01mm＝6.125mm 根据游标卡尺的读数规则可得金属棒长度 l＝102mm+6×0.05mm＝102.30mm＝10.230cm （2）当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大说明读数过小，需要换用低倍率，所以应该选用“×1Ω”挡。 电阻读数为表盘读数乘以倍率，则金属棒的阻值约为10Ω。 （3）要求电压从零开始变化则需要用分压法测金属棒的电阻Rx。甲图是分压法测电阻的电路，乙图是限流法测电阻的电路，故选甲。 故答案为：（1）6.125；10.230；（2）×1Ω；10；（3）甲 【点评】考查游标卡尺和欧姆表的读数问题，结合电阻定律推导电阻率表达式，会根据题意进行准确分析解答。 四、解答题（本题共4小题，共41分） 19．（8分）如图所示，质量m＝1.0×10﹣4kg的小物块，带有5×10﹣4C的电荷，放在倾角为30°的光滑绝缘斜面上，整个斜面置于B＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，物块由静止开始下滑，滑到某一位置时开始离开斜面（g取10m/s2），求： （1）物块带什么电？ （2）物块离开斜面时速度多大？ （3）斜面至少有多长？ 【分析】（1）带电滑块在滑至某一位置时，由于在安培力的作用下，要离开斜面．根据磁场方向结合左手定则可得带电粒子的电性． （2）由于斜面光滑，所以小滑块在没有离开斜面之前一直做匀加速直线运动．借助于洛伦兹力公式可求出恰好离开时的速度大小． （3）由运动学公式来算出匀加速运动的时间．由位移与时间关系可求出位移大小． 【解答】解：（1）由题意可知：小滑块受到的安培力垂直斜面向上．根据左手定则可得：小滑块带负电． （2）当物体离开斜面时，弹力为零，因此有：qvB＝mgcos30°， 得：m/s． （3）由于斜面光滑，物体在离开斜面之前一直做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得： mgsin30°＝ma， 由匀变速直线运的速度—位移公式得：v2＝2ax， 解得：x＝1.2m． 答：（1）物体带负电． （2）物体离开斜面时的速度为2m/s． （3）物体在斜面上滑行的最大距离是1.2 m． 【点评】本题突破口是从小滑块刚从斜面离开时，从而确定洛伦兹力的大小，进而得出刚离开时的速度大小，由于没有离开之前做匀加速直线运动，所以由运动与力学可解出运动的时间及位移． 20．（8分）某人站在一平台上，用长L＝0.6m的轻细线拴一个质量为m＝0.6kg的小球，让它在竖直平面内以O点为圆心做圆周运动，最高点A距地面高度为3.2m，当小球转到最高点A时，人突然撒手，小球被水平抛出，落地点B与A点的水平距离BC＝4.8m，不计空气阻力，g＝10m/s2。求： （1）小球从A到B的时间； （2）小球离开最高点时的线速度大小； （3）人撒手前小球运动到A点时，绳对球的拉力大小。 【分析】（1）小球从A到B做平抛运动，由下落的高度求出运动时间； （2）由水平方向小球做匀速直线运动，由水平位移BC和运动时间求解小球离开最高点时的线速度大小； （3）人撒手前小球运动到A点时，小球由重力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求解拉力。 【解答】解：（1）小球从A点飞出后做平抛运动，竖直方向有 h 解得：t＝0.8s （2）小球离开最高点时的线速度大小为 vm/s＝6m/s （3）人撒手前小球运动到A点时，对小球，由牛顿第二定律得 mg+T＝m 代入数据解得绳对球的拉力大小为：T＝30N 答：（1）小球从A到B的时间为0.8s； （2）小球离开最高点时的线速度大小为6m/s； （3）人撒手前小球运动到A点时，绳对球的拉力大小为30N。 【点评】本题是平抛运动和牛顿第二定律的综合应用，关键要正确分析小球受力，确定向心力的来源：拉力和重力的合力。 21．（10分）如图所示，在竖直平面内有一粗糙斜面轨道AB与光滑圆弧轨道BC在B点平滑连接（滑块经过B点时速度大小不变），斜面轨道长L＝2.5m，斜面倾角θ＝37°，O点是圆弧轨道圆心，OB竖直圆弧轨道半径R＝1m，圆心角θ＝37°，C点距水平地面的高度h＝0.512m，整个轨道是固定的。一质量m＝1kg的滑块在斜面顶点A由静止释放，最终落到水平地面上。滑块可视为质点，滑块与斜面轨道之间的动摩擦因数μ＝0.25，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力，求： （1）滑块经过圆弧轨道最低点B时，对圆弧轨道的压力大小； （2）滑块经过圆弧轨道最高点C时的速度大小； （3）滑块离开C点后在空中运动的时间t。 【分析】（1）滑块在A到B的过程，由动能定理可求得到B的速度，经过B点时，由牛顿第二定律可求得轨道对滑块的支持力。再由牛顿第三定律可知对圆弧轨道的压力； （2）滑块在B到C的过程，由动能定理可求得到C的速度； （3）滑块离开C点后在竖直方向上做竖直上抛运动，由位移公式可求得运动时间。 【解答】解：（1）对滑块从A到B的过程，由动能定理有 解得 滑块经过圆弧轨道的B点时，由牛顿第二定律得 解得 F＝30N 由牛顿第三定律可知，滑块经过B点时对圆弧轨道的压力大小F＝30N （2）对滑块从B到C的过程，由动能定理有 解得 vC＝4m/s （3）滑块离开C点后，在竖直方向上做竖直上抛运动，以竖直向下为正方向，则有 解得 t＝0.64s 答：（1）滑块经过圆弧轨道最低点B时，对圆弧轨道的压力大小等于30N； （2）滑块经过圆弧轨道最高点C时的速度大小等于4m/s； （3）滑块离开C点后在空中运动的时间等于0.64s。 【点评】本题考查了动能定理、牛顿第二定律、运动学公式的综合应用，关键是明确滑块在每一段的运动规律，再选择合适的公式求解。 22．（13分）如图所示，间距为d的水平平行金属板间电压恒为U．初速度为零的电子经电压U0的加速后，沿两板间的中心线进入板间电场，电子从两板间飞出，飞出时速度的偏向角为θ．已知电子质量为m、电荷量为e，电子重力不计。求： （1）电子在水平金属板间所受的电场力的大小F； （2）电子刚进入水平金属板间电场时的速度大小v0； （3）水平金属板的长度L。 【分析】（1）电子偏转过程，受电场力，根据U＝Ed、F＝eE列式求解电场力大小； （2）电子直线加速过程，只有电场力做功，根据动能定理列式求解进入水平金属板间电场时的速度大小v0； （3）对偏转过程，根据分位移公式和分速度公式列式求解即可。 【解答】解：（1）根据，F＝eE 解得 （2）由 解得v0 （3）电子在水平金属板间做类平抛运动， 有F＝ma L＝v0t vy＝at 联立解方程可得 答：（1）电子在水平金属板间所受的电场力的大小F为； （2）电子刚进入水平金属板间电场时的速度大小v0为 （3）水平金属板的长度L为。 【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动和动能定理的综合应用，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质（平衡、加速或减速，是直线运动还是曲线运动），并选用相应的物理规律即可正确解题。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/4/17 9:37:55；用户：13550757584；邮箱：13550757584；学号：55062522 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$