重庆市巴蜀中学2024-2025学年高一下学期半期考试（期中）物理试题

重庆市巴蜀中学教育集团高2027届高一（下）半期 物理试卷 注意事项： 1答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚。 2每小题选出答策后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡 皮擦千净后，再选涂其他答案标号。在试卷上作答无效。 3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存。满分100分，考试用时90分钟。 一、单项选择题 1.公元前600年左右，古希腊学者泰勒斯发现摩擦过的琥珀可以吸引轻小物体，这是静电现 象最早的发现。下列关于静电场的相关概念说法中正确的是() A.点电荷是自然界中客观存在的最小带电体 B.电场是一种客观存在的物质 C.开普勒利用油滴实验测定了元电荷的数值 D.可用公式F=k直接计算两相距很近的带电大金属球之间的库仑力 2.如图甲所示为某景区内的高空滑索运动，游客可利用轻绳通过轻质滑环悬吊下滑。假设某 段下滑过程中钢索与水平方向的夹角为日，轻绳始终保持竖直，忽略空气阻力，示意图如图乙 所示，在这一阶段下滑过程中，下列说法正确的是() A.游客下滑过程中处于失重状态 B.游客下滑过程中动能不断增大 C.游客下滑过程中机械能不守恒 D.滑索与滑环之间一定没有摩擦 甲 乙 3.中国的二十四节气是中华民族优秀的文化传统与祖先广博智慧的世代传承，被国际气象界 誉为中国“第五大发明“。如图所示为地球沿椭圆轨道绕太阳运动所处的四个位置，分别对应 我国2024年的四个节气。冬至和夏至时地球中心与太阳中心的距离分别为1、2，下列说法 正确的是（) 高一物理第1页（共8页） 扫描全能王创建 容分 A.冬至时地球的运行速度最小 6月208) 太 B。地球运行到冬至和夏至时，运行速度之比为号 C.地球由春分运行到秋分的时间等于年 (6月21日 欧分 D.地球由春分运行到夏至的过程中加速度逐渐增大 (9月23) 4.五菱宏光汽车广受车友们的爱戴，被称为“中国神车”。某型号的五菱汽车发动机铭牌如图 所示，该汽车在水平路面上启动的过程中，保持发动机的输出功率恒为最大净功率，假定汽 车受到的总阻力大小恒为1800，下列说法正确的是() A.汽车启动的过程中，发动机提供的牵引力恒为1800W 整车型号LZW6449EAV6 车辆识代号 B.汽车最终匀速行驶时，发动机提供的牵引力为1800N 乘坐人数 5 发动机型号LAR 最大允许总质量1850k0 C.汽车启动过程中，速度为30m5时所受合力为2000W 发动机排量1485mL发动机最大净功率60kW 制造年月2019-05制道国中日 上汽通用五委汽车殷份有限公司制造 D.汽车启动过程中，所能达到的最大速度为33.3kmh 5.火车转弯可近似看成是在水平面内做匀速圆周运动，如图所示，当火车以恒定速率转弯道 时，乘客发现在车厢顶部悬挂玩具小熊猫的细线与车厢侧壁平行。同时观察到放在桌面上水 杯内的水面与车厢底板平行。已知此弯道路面的倾角为0，不计空气阻力，重力加速度为g, 则下列判断正确的是() A.火车转弯时内轨受到侧向挤压 B.玩具小熊的向心加速度大小为， tane C,水杯受到指向桌面外侧的静摩擦力 外轨 内工 D.水杯与桌面间的静摩擦力为零 6.如图所示，竖直面内一绝缘细圆环，关于水平直径PQ上下对称各镶嵌7个电荷量相等的 正、负点电荷，上边为正，下边为负，在竖直直径上各有一个正负电荷，其余6个正、负电 荷关于竖直直径对称。Q、b、cd分别为水平和竖直直径上的四个点，四点连线构成一正方 形，圆心0位于正方形的中心。则以下说法正确的是（) A.a,b两点的场强大小不相等 B,a,b两点的电势相等 C.c、d两点的场强大小不相等 D.c、d两点的电势相等 高一物理第2页（共8页） 扫描全能王创建 7.格林童话《杰克与豌豆》中神奇豌豆一直向天空生长，长得很高很高。如果长在地球赤道 上这棵豆秧上有与赤道共面且随地球一起自转的三颗果实1、2、3，分别处于轨道I、Ⅱ、Ⅲ 上，且轨道Ⅱ为同步轨道，轨道Ⅱ上还有质量为m的卫星4，下列说法正确的是（) A.v3<v2<v4<1 B.果实2与卫星4的动能相同 C.果实1成熟自然脱离豆秧后，轨迹为椭圆，初始位置为椭圆的近地点 D.果实3成熟自然脱离豆秧后，将做离心运动，远离地球 8.匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点位置如图所示，电势分别为0W 8V6,则() 本y/cm A坐标原点0处的电势为OV B.电子从a点运动到b点的过程中，电场力做功为BV C.电子从a点运动到b点的过程中，电势能增大 D.该匀强电场的电场强度大小为V2V/m O2 4 6 8 x/cm 9.真空中有一半径为o的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势p分布如图所示， ”表示该直线上某点到球心的距离。下列说法中正确的是() A.该球壳外部电场线方向为从无限远处指向球心 Po B.正试探电荷在r1处的电势能小于在r2处的电势能 C.正试探电荷仅受电场力从r1处运动到r2处加速度增大 D.负试探电荷仅受电场力从r1处运动到2处电场力做负功 ro r1 r2 10.如图甲所示，在倾角a=30的光滑斜面上，放着质量分为mA=5kg和m8=1kg的A、B两 物块，轻弹簧一端与物块B相连，另一端与固定挡板相连，整个系统处于静止状态。从=0 时刻开始，对A施加一沿斜面向上的力F使物块A沿斜面向上做匀加速运动，若力F随时间 变化的规律如图乙所示（g取10m/s2),下列说法正确的是() A.物块A的加速度a=25m/ B.弹簧的劲度系数k=100W/m C.物块A、B分离时拉力F=50W 30 D.从A开始运动到A、B刚分离过程中，力F做的功为8 0.2 s 甲 高一物理第3页（共8页） 扫描全能王创建 11.如图所示，竖直平面内的四分之一圆周轨道半径R=4m,0,为其圆心；半圆轨道半径r一 1m,02为其圆心：两者通过水平轨道连接。长1=1m的竖直挡板下边离地高度为0.5m,02 到挡板的距离d=15m。将质量m=01kg的小物块从四分之一圆周轨道上某处静止释放，不 计一切摩擦阻力，g=10m/s2。下列说法正确的是() ld+ 77777777777777777 A若物块从O1等高处释放，物块下滑到O1正下方最低点时对圆周轨道的压力Fw=2N: B.当物块释放高度为3m时，物块不能击中挡板 C,为使物块经圆周最高点飞出后击中挡板时动能最小，物块初位置释放的高度应为2.75 D.物块经圆周最高点飞出后击中挡板时，物块动能最小值为08) 二、多项选择题 12.以下说法正确的是() A.在工业生产中常利用静电以净化气体或回收有用尘粒 B.处于静电场中的导体，其内部某点的电势一定为零 C.高压电站的工作人员不能穿用金属纤维制作的衣服 D,避雷针把空气击穿（电离）形成导电通路，使云层中积累的电荷通过避雷针导入大地，所 以避雷针其实不“避雷”，反而是“接雷” 13.宇宙中有一种恒星被人们称为“吸血鬼恒星”，所谓“吸血鬼恒星“是指一个双星系统中，体 积较小的成员通过“吸食”另一颗恒星（伴星）的物质而“返老还童”。假设两恒星中心之间的距 离保持不变，两恒星的总质量保持不变，则经过一段时间演化后，下列说法正确的是() A.吸血鬼恒星做圆周运动的周期不变 B.两恒星之间万有引力大小保持不变 C.吸血鬼恒星的线速度增大 D.伴星运动轨道半径增大 高一物理第4页（共8页） 扫描全能王创建 14.如图所示，半径R=0.8m的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定于水平面上。4个相同的木板 紧挨着圆弧轨道末端静置，圆弧轨道末端与木板等高，每块木板的质量为m=1kg,长l=1.5m。 它们与地面间的动摩擦因数41=01，木板与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现让一质 量M=2.5kg物块A(可视为质点)从圆弧顶端由静止滑下，物块与木板间的动摩擦因数2= 0.2,g=10m/s2,则下列说法正确的是() A物块A在木板2上滑动时，木板2、3、4 整体保持相对静止向右滑动 B.物块A在木板3上滑动时，木板3和木 板4整体保持相对静止向右滑动 2 3 7777777777777777777777777777777777777 C物块A不能滑到木板4上 D有木板滑动前，系统因摩擦所生的热Q=15) 15.如图所示，质量m=1.0kg带电量q=-4x103C的小球用长度1=0.8m的不可伸长的 绝缘轻质细线悬吊在0点，过O点的竖直线右侧有竖直向下足够大的匀强电场，场强大小E =5x10N/C。现将小球拉至A处，此时，细线与竖直方向成0角。现由静止释放小球，在小 球运动过程中细线能承受的最大拉力为200N,下列说法正确的是() (已知cos0-子取重力加速度g=10m/s) A.小球第一次运动到最低点时的速度大小，=2m/S B.小球第一次在电场中的运动是匀速圆周运动 C.小球第一次离开电场时的速度为v1=4V2m/s D.小球能在电场中四次通过最高点后细线才被拉断 三、实验题（共2题，16题6分，17题9分，共15分） 16.(6分)高一年级的同学在进行分组实验时，利用如图所示的装置探究平行板电容器电容 的影响因素。 他准备了以下器材：平行板电容器（极板可调节间距d 静电计 和正对面积S),静电计，不同厚度的塑料片（作为电介 质)，直流电源、导线、开关 实验步骤如下： 高一物理第5页（共8页） 扫描全能王创建 ①保持S和d不变，在两极板间插入不同厚度的塑料片，记录静电计读数。 ②保持d和电介质不变，改变S,记录静电计读数。 ③保持S和电介质不变，改变d,记录静电计读数。 已知：本实验中电容器充电后断开电源，带电量Q不变。试回答以下问题： (1)实验中静电计的作用是() A.直接反映极板带电量Q B.直接反映极板间电势差U C.直接反映电容C D.直接反映电场强度E (2)在步骤1中，插入塑料片后，静电计读数将 (选填“增大”“减小”或者“不 变”)。 (3)在步骤3中，若增大极板间距d,电容C将 极板间电场强度将 (选 填“增大”“减小”或者“不变”)。 17.(9分)小蜀同学利用如图所示装置验证：由钩码和滑块组成的系统，在气垫导轨上运动 时机械能是否守恒。 实验器材：气垫导轨、光电门(2个)、滑块、钩码、刻度尺、天平、数字计时器。 数字计时器 光电门2 光电门1 气垫导轨 滑块遮光条 连气源 钩码 实验装置：导轨上放置一滑块，滑块上固定一遮光片，光电门1、2分别位于导轨的不同位置。 先调整气垫导轨水平（不连钩码，轻推滑块，若两光电门记录的通过时间相等，则导轨水平）。 在进行实验，将滑块从静止释放，在钩码的带动下，依次通过光电门1、2，并记录遮光时间△t 和△t2。已知遮光片宽度d,当地重力加速度g (1)在实验中还需要测量的物理量有( A、滑块的质量M 高一物理第6页（共8页） 扫描全能王创建 B、钩码的质量m C、两光电门之的距离L D、滑块在两个光电门之间运动的时间t (2)从理论来看，减少的重力势能△Ep= 增加的动能 △EK= 。(用题中所给符号表示) (3)如果在误差允许范围内，△EK=△Ep,则可证明机械能守恒。在实际的实验中，通过 每次所测得的数据进行计算，发现系统动能增加量略小于势能减少量，可能的原因 是 四、解答题（共3题，18题8分，19题12分，20题16分，共50分。每题要 求写出必要的文字说明、方程式和步骤，只有答案不得分) 18.(8分)从水平地面以初速度v0=10m/s斜向上抛出一个小球，抛射角度为日=45°，在小 球通过最高点时使其带上正电，此时小球刚好进入一水平向右的匀强电场后一直在电场中运 动，匀强电场的电场强度为E=2×105N/C,已知该物体质量为m=0.3kg,所带电荷量为q= 0.15×10-4C。g=10m/s2。求： (1)小球到达最高点所需要的时间t1以及此时的速度大小1 (2)小球落回地面时的速度2的大小。 19.(12分)如图甲所示，在竖直平面内，光滑弧形轨道AB,A点与地面有一定高度，B点 刚好与一竖直光滑圆轨道的最低点相切，圆轨道的半径为R。一质量为的小滑块从A点静 止释放，从B点进入圆轨道运动，恰好通过最高点C。随即从最高点沿圆周向下运动，从最 低点离开，沿光滑水平面BD运动，随后进入一倾角为日=37粗糙斜面DN继续运动，其与 斜面的动摩擦因数为μ=0.5，随后从D点进入粗糙水平面NP。滑块与水平面NP的动摩擦因 数山1与滑块运动的位移成正比，如图乙所示。滑块通过轨道连接处时均无能量的损失。已知 重力加速度为g,sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： (1)滑块释放点A的高度H: (2)滑块通过最低点时对轨道的压力F; (3)滑块在水平轨道上的位移X。 高一物理第7页（共8页） 器 扫描全能王创建 m 《 H R N 0 R B 图甲 图乙 20.(16分)如图所示为某工厂的货箱自动运输系统的简化图：运输系统由电动机带动传送带 运转，传送带由长度L1=80m的水平传送带AB和长度L1=70m、倾角为37°的倾斜传送 带CD组成，两个传送带之间由很短的一段圆弧连接，倾斜传送带CD位于一匀强电场中，电 场方向如图中所示，当货箱滑上倾斜传送带时，马上带上一定量的正电荷，货箱所受电场力 的大小为重力的02倍，传送带均绝缘。两个传送带都沿顺时针方向转动，速度大小分别为 4m/s和6m/s,每隔1s将一个货箱从A点无初速度放在传送带上，所有货箱的质量均为m= 10kg,且可视为质点，货箱与水平传送带间的动摩擦因数41=0.1，与倾斜传送带间的动摩 擦因数2=0.625，重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。求 (1)水平传送带上相邻货箱间的最大距离Lmax: (2)每个货箱从A点到D点的时间t: (3)若传送带连续稳定工作20小时，传送带的电动机因运送货箱而多消耗的电能Wa(用 科学计数法保留两位有效数字)。 C A +44导 高一物理第8页（共8页） 扫描全能王创建1 1.【答案】B 【详解】 A.点电荷是一个理想化的模型，用来描述电荷分布的情况。在实际生活中，没有绝对的点电荷 存在。因此，这个选项是错误的。 C. 库仑定律是由库仑提出的，但他并没有利用油滴实验测定元电荷的数值。测定元电荷数值 的是密立根通过油滴实验完成的。因此，这个选项是错误的。 D.库仑定律公式只适用于真空中静止的点电荷 D错误 综上所述，正确答案是 B。 2.【答案】C 【详解】以人为研究对象，受自身的重力和沿绳方向的拉力，由于轻绳始终保持竖直，故重 力和拉力平衡， 以游客、滑环、轻绳为整体，做匀速直线运动，这个过程重力势能减小，动 能不变，故整体的机械能不守恒。选 C 3.【答案】B 【详解】 A． 开普勒第二定律（面积定律）指出，行星与太阳连线在相等时间内扫过的面积相等。因 此，地球在近日点（冬至）的速度最大，在远日点（夏至）的速度最小。所以选项 A错误。 B．根据开普勒第二定律，地球从轨道的冬至位置经过足够短的时间 t，与太阳连线扫过的面 积可看作很小的扇形其面积�� = ���×�� � ；同理，在夏至位置经过足够短的时间 t，�� = ���×�� � ， S1=S2，所以 �� �� = �� �� ，B正确 C． 由开普勒第二定律可知，远地点附近速度慢，时间长，所以时间大于公转周期的�2，所以 C错误 D． 由万有引力公式� = ��� �� 可知，F与��成反比，所以 D错误。 综上所述，正确答案是 B。 4.【答案】 B 2 【解析】 A．根据� = ��汽车启动的过程中，速度�增大，依题意汽车功率保持不变，所以发 动机提供的牵引力应该减小。故 A错误；B．汽车匀速行驶时，有� = � = �����故 B正确； C．设汽车启动过程中，速度为 30m/s时，牵引力为�'，有� = �'�又�合 = � ' − �联立，可得 �合 = ����故 C错误；D．当汽车所受牵引力等于阻力时，速度达到最大，有� = ��� = ��� 解得�� = ��. ��/�故 D错误。故选 B。 5.【答案】D 【解析】B．设玩具小熊的质量为 m，则玩具受到的重力 mg、细线的拉力 T的合力提供玩具 小熊随车做水平面内圆弧运动的向心力 F（如图），有 mgtanθ=ma 可知列车在转弯时的向心加速度大小为 a=gtanθ故 B错误； 列车的向心加速度 a=gtanθ由列车的重力与轨道的支持力的合力提供， 故列车与轨道均无侧向挤压作用，故 A错误； C．水杯的向心加速度 a=gtanθ 由水杯的重力与桌面的支持力的合力提供，水杯与桌面间的静摩擦力为零，故 C错误；D正 确；故选 D。 6.【答案】B 【详解】A．因为关于 O点上下对称的两等量异种电荷在 ab两点产生的场强都相等，根据场 强叠加，结合对称性可知，a、b两点的场强相等，方向均垂直于 PQ向下，选项 A错误； B．由于 ab连线上电场方向都向下，ab连线为等势线，所以 B正确； C．因关于 O点左右对称的两等量异种电荷在 cd两点产生的场强都相等，由叠加原理可知，c、 d两点的场强相同，选项 C错误； D．因 c点距离正电荷较近，d点距离负电荷较近，可知 c点电势高于 d点的电势，选项 D 错 误。 7.【答案】C 【详解】 A.三颗果实一起随地球自转，角速度相等，由 v r 知， 1 2 3v v v  且 II 轨道为同步轨道即 3 2 3v v 所以 1 2 4 3v v v v   ，A项错误； B.质量关系未知，无法比较，B项错误； C.果实 1受到的万有引力不足以提供果实 1随地球自转所需向心力，故将做离心运动，将做离 心运动，轨迹为椭圆，初始位置为椭圆的近地点，故 C正确； D.果实 3受到的万有引力大于果实 3 随地球自转所需向心力，故将做近心运动，初始位置为 椭圆的远地点，D错误。 8.【答案】B 【详解】 错误由电场强度公式可知， 点做等势线的垂线点，做等势线，再过，连接上取一点在 正功，电势能减小点的过程中，电场力做点运动到可知电子从 功为点的过程中，电场力做点运动到电子从 处的电势为解得坐标原点 即 关系可得中电势差和电场强度的为矩形，根据匀强电场四边形 D OcVabD baC eVeVeUeW baB V O UU OabcA ab O cOba Ocab 6. . 8)80)(()( . 2 .       9.【答案】D 【详解】 【详解】A．由图可知，球壳外的电势逐渐降低，根据沿着电场线方向电势降低可知该球壳带 正电荷，故 A 错误。 B．正电荷在电势高的位置电势能较大,故 B 错误。 C.图象斜率代表电场强度，可知该球壳内部电场强度等于零，r1处的电场强度大于 r2处的电场 强度,加速度减小故 C 错误 D、负电荷在电势高的位置电势能较小，所以负试探电荷在 r1处的电势能小于在 r2与处的电势 能，电势能增加，电场力做负功，故 D 正确。 4 故选 D。 10.【答案】C 【详解】A.未施加拉力 F时，A、B均静止，可得��0 = �� +�� � ��� 30° t=0时刻刚施加 F时，对 A、B整体，据牛顿第二定律可得 � + ��0 − �� +�� ���� 30° = �� +�� � 由图象可得此时� = 30� 由以上两式解得� = 5m/s2，A错误。 B.据题意可知 t=0.2s时，A、B开始分离，刚分离时，对 B据牛顿第二定律可得 ��1 −������ 3 0° = ��� 0～0.2s内，对 B�0 − �1 = 1 2 ��2又��0 = �� +�� � ��� 3 0° 解得� = 200N/m，B错误。 CD.设 A、B运动的位移为 x，A、B分离前，有 � �0 − � + � − �� +�� � ��� 30° = �� +�� � 可得 � = �� + 30 从 A开始运动到 A、B分离 �2 = 1 2 ��2 解得 �2 = 0.1� 此时拉力 F的大小为 � = 50� 由此可得从开始运动到 A、B刚分离，F随 A、B的位移 x变化的图象如图所示 由图象可得 5 �� = 30 + 50 2 × 0.1� = 4� C正确，D错误 综上，答案为 C 11.【答案】C 【解析】 A.据机械能守恒定律��� = 1 2 ��2 圆周最低点 2 N vF mg m R   解得 N 3NF 根据牛顿第三定律，物块对圆周轨道的压力大小为 3N，方向竖直向下，A错误 B．打到挡板上端点 1 1d v t 1 2 ��12 = �1 = 0.5 联立得�1 = 3 2 10 m/s 打到下端点�2 = 30 2 m/s 且要过圆轨道最高点�� = � �3 2 � 解得�3 = �� = 10 m/s 综上，取 10m/s ≤ � ≤ 3 2 10m/s 由 1 2 ��2 +�� ⋅ 2� = ��R 将�1代入得ℎ1 = 3.125� 将�3代入得ℎ3 = 2.5� 综上，释放点高度的范围为 2.5� ≤ ℎ ≤ 3.125�，所以释放高度为 3m时可以击中挡板，B错 误。 CD.击中挡板时动能 �� = 1 2 �� 合 2 = 1 2 ��02 + 1 2 ���2 = 1 2 �(�02 + ��2) = 1 2 � �02 + �2�2 = 1 2 � �02 + �2 �2 �02 6 取�02 = �2 �2 �0 2 即�0 = �� = 15m/s 经检验，此值在 B中取值范围内，可求得对应的高度� = 2.75�，C正确 动能的最小值为 1.5J，D错误。 所以答案选 C 12.【答案】AD 13.【答案】AD 【解析】A．假设在演化开始时，吸血鬼恒星的质量为��，伴星的质量为��，两者之间的中 心距离为�，根据双星运动的特点，对于吸血鬼恒星有����� �� = �� �� � � ��同理对于伴星 ����� �� = �� �� � � �� 又有�� + �� = �，联立解得� = ����� � ��+�� ，由题意知两恒星的总质量不变，�也不变，则周期 不变，故 A正确；CD．由 A中分析，联立可解得�� = �� ��+�� �，�� = �� ��+�� �，根据题意可知， ��增大，��减小，故��减小，��增大，又有� = ��� � 则吸血鬼恒星的线速度减小，伴星的线速 度增大，故 C错误 D正确；B．根据万有引力公式可知，两恒星的万有引力为� = � ���� �� = ��� �−�� �� ，其中�为两星的总质量，可以判断出当��变化时，�值是变化的，故 B错误。 14.【答案】BCD 【详解】 物块 A滑到曲面轨道下端，根据动能定理有��� = 1 2 ��2 物块 A刚滑上木板 1时，对物块 A，其所受到摩擦力�1 = �2�� = 5� 将 4块木板看成整体，其与地面之间的最大静摩擦力为�2 = �1 �+ 4� � = 6.5� 由于�2 > �1，故物块 A滑离木板 1时，4块木板整体静止，对物块 A，根据动能定理有 − �2��� = 1 2��1 2 − 1 2�� 2 7 解得�1 = 10m/s 设物块 A刚滑至第 n块木板时，该木板开始滑动，该木板及后面木板受到地面的最大静摩擦 力为�2 = �1 �+ 4 − � + 1 � � 要使木板滑动，则有�1 > �2，解得� > 2.5 即物块 A滑上第 3块木板时，木板开始滑动，根据动能定理有 − �2��2� = 1 2 ��32 − 1 2 ��2 解得物块 A刚滑至木板 3时的速度为�3 = 2m/s，物块与第 3 块木板共速所需时间为 8 9 s，此时 相对位移 8 9 m,未滑出第 3 块木板，C 正确。 故物块 A能滑上第三块木板，并使 34两块木板滑动，在此过程中� = �2��2� = 15�，故 BCD 正确 15.【答案】AC 【详解】 A．小球从图示位置到达最低点的过程，由机械能守恒定律得��� 1 − cos� = 1 2 ��02 代入数据得�0 = 2m/s，A正确 BC．由于�� − �� = 10� > � �0 2 � = 5� 故小球先做类平抛运动。 则有� = �0�， � = 1 2 ��2， qE mg ma  � − � 2 + �2 = �2 联立并代入数据得� = 0.4�，� = � = 0.8� 即小球恰好处于水平位置时细线张紧，此时，小球的竖直分速度�� = �� = 4m/s 细线张紧瞬间，小球水平速度立即变为零，以竖直分速度作为初始速度做圆周运动，则由细 线张紧位置到第一次离开电场时，由动能定理得（�� − ��）� = 1 2 ��12 − 1 2 ���2 代入数据得�1 = 4 2m/s，故 B错误，C正确。 D．小球第一次离开电场到达最低点过程中，由动能定理得�� ⋅ 2� = 1 2 ��1'2 − 1 2 ��12 解得�1' = 8m/s由于�� − �� = 10� < � �1 '2 � = 80� 故此后绳张紧有拉力，小球继续做圆周运动，设小球第 n次经过最高点时速度为 vn，由动能 定理得 8 � − 1 �� ⋅ 2� = 1 2 ���2 − 1 2 ��12� = 1,2,3. . . . . . . 解得��2 = 64（� − 1） + 32 最高点时，由牛顿第二定律得� + �� − �� = � �� 2 � 联立解得� = 10 8� − 3 (�)，� = 1，2，3. . . . . . . 当 F=200N时，n=2.875，所以第二次经过最高点之后才会被拉断，D错误。 三、实验题（共 2题，16题 6分，17题 9分，共 15分） 16、（每空 2分） （1）答案：B 解析： 静电计用于测量两极板间的电势差 U ，间接反映电容的变化。 （2）答案： 减小 解析： 插入电介质后，电容 C增大，而 Q不变，由 C = Q/U可知 U 减小。 （3）答案：减小 、 不变 解析： 由� = �� 4��� 可知， d增大时 C 减小； 根据� = ��, � = �� 4��� ，� = � � 可知， � = 4��� �� ，当 Q 不变，d增大时，�不变。 17、（9分） （1）答案：A、B、C （3分） （2）答案： ∆�� = ��� （2分） ∆�� = 1 2 �+� �22−�12 = 1 2 �+� � ∆�2 2 − � ∆�1 2 （2分） （3）答案： 气垫导轨仍有微小摩擦阻力，或空气阻力未完全消除 。（任意填写一个均 可得分，共 2分）。 9 18、答案及解析： 答案：（1） �1 = 2 2 � ， �1 = 5 2�/� （2）�2 = ��2 + ��2 = 5 10�/� 【详解】 （1）分解初速度 v0x = v0cosθ = v0cos45° = 5 2m/s v0y = v0sinθ = v0sin45° = 5 2m/ （1分） 设小球上升到最高点的时间为t1，则有 v1y = v0y − gt1 = 0 （1分） 解得 �1 = 2 2 � （1分） 在最高点的速度为： �1 = �0�2 + �1�2 = �0� = 5 2�/� （1分） （2）小球从最高点落回地面的过程中，所用时间也为 �1 = 2 2 � 其水平方向有：�� = ��� ，带入数据可得 �� = � = 10m/s2 （1 分） 落地时：水平分速度为： �2� = �0� + �� ∙ �1 = 10 2 �/� 竖直分速度为： �2� = � �1 = �0� = 5 2 �/� （2分） 则落地时的速度大小为： �2 = ��2 + ��2 = 5 10�/� （1分） 10 19、答案及解析： 答案：（1） � = 5 2 � （2） � =− 6�� ，方向竖直向下 （3）� = �0 �0 � 【详解】 （1） 由题意可知滑块恰好过最高点，设此时的速度为vc，即有 �� = � �� 2 � ， （1分） 从 A点到 C的过程，由功能关系可得 mg(H − R) = 1 2 mvc2 − 0 （1分） 联立可得， � = 5 2 � （1分） （2） 由滑块在 B点的受力可得： �� −�� = � �� 2 � （1分） 从 A点到 B的过程，有功能关系可得：��� = 1 2 ���2 − 0 （1分） 根据牛顿第三定律可得，则滑块对 B点的压力为 � =− �� =− 6�� ，方向竖直向下。 （2分） 由题意可得 �� = � ���37° = 5 3 � 根据能量守恒，滑块从 D点到达 N点时的动能为 ��� = 1 2 ���2 −������ ∙ 5 3 � − ������� ∙ 5 3 � = 5 6 ��� （1分） 根据题意，滑块在水平面 NP的运动中，与水平面的动摩擦因数为 �1 = ��1 = �0 �0 � （1分） 则摩擦力 f做的功为： �� =− 1 2 �� =− 1 2 �0 �0 ���2 （1分） 从 N到 P点，根据功能关系有：�� = ∆��� = 0 − ��� 即 − 1 2 �0 �0 ���2 = 0 − 5 6 ��� （1分） 求解可得： � = 5�0 3�0 � 11 20、答案及解析： （1） 4� ； （2） 34� ； （3）2.3 × 108 J 。 【详解】 （1）设货箱在水平传送带上的加速度为�1，水平传送带的速度记为��，则有 �1 = �1�� � = �1� = 1�/�2 （1分） 则货箱在水平传送带上的滑动时间为： �1 = �� �1 = 4� （1分） 在水平传送带上，货箱要经过 4s才能达到和传送带一样的速度，而货箱是每隔 1s就放上 去一个，所以当下一个货箱刚放上去时，它与前一个货箱的距离最小，当它的速度达到传送 带的速度时，它与前一个货箱的距离最大， 则最大距离为：���� = 1 2 ��12 + ���0 − 1 2 ��12 = 4� （2分） （2) 设货箱在水平传送带上相对于地面的滑动距离为�1，则有 ��2 = 2�1�1 解得滑动距离： �1 = 8� 则货箱在水平传送带上的匀速运动时间为 �2 = �1−�1 �� = 18� （2分） 同理，设货箱在倾斜传送带上的加速度为�2，相对于地面的滑动距离为�3，倾斜传送带的 速度记为��，则有 �2 = ��+�2��cos 37°−�� sin 37°� = 1�/ �2 （1分） ��2 − ��2 = 2�2�3 解得滑动距离： �3 = 10� 则货箱在倾斜传送带上的滑动时间为： �3 = ��−�� �2 = 2� （2分） 货箱在倾斜传送带上的匀速运动时间为： �4 = �2−�3 �� = 10� （1分） 12 所以货箱从 A点到 D点的时间为：� = �1 + �2 + �3 + �4 = 34 � （1 分） （3）把一个货箱从 A点传送到 D点的过程中， 动能的增加量为： ∆�� = 1 2 ���2 = 180 J 重力势能的增加量为： ∆�� = ���2 sin 37° = 4200 J 运动中产生的热量为： � = �1�� ���1 − 1 2 �1�12 + �2��cos 37° ���3 − ���3 − 1 2 �2�32 = 180 J 电场力做的功为： �电 = ���2 = 1400 J 即运输一个货箱，电动机至少要做功为： � = ∆�� + ∆�� + � −�电 = 3160 J （3分） 连续稳定工作 20小时，共传送货箱的个数为 � = 60 × 60 × 20 = 72000 个 （1分） 需要多消耗的电能为： �总 = �� = 3160 × 72000 = 2.3 × 10 8 J （1分）