浙江宁波市余姚中学2025-2026学年高一下学期期中考试物理（选考）试题

报告查询：登录zhixue..com或扫描二维码下载App (用户名和初始密码均为准考证号) 余姚中学2025学年第二学期期中考试 高一物理学科（选考）答题卡 姓名： 班级： 考场/座位号： 正确填涂 考号 [0] [0] [0] [0] 0 [0] [0] [0] [0] [0] [0] ] 缺考标记 [1] [1] [1] 1 1] [1] [1] [1] [1] [1 口 [2] [2] 「21 「21 T21 「21 [2] [2] [2] [2] [2] 2] [3] 3 31 「31 [37 「31 3 [3 [3 [4] [4 47 [41 4 「47 回▣ [4] [4] [4] [51 [5] 51 [51 [5 [51 [5] [5] [5] [5] [6 [6] 61 61 [6] [6] 61 6 [6 [6 [6] [7 [7] 7 7 7 [7 [71 [7 [7] [8] [8] 8 87 L8] [8 [8 [8] [9] [9] 91 91 9 91 [9] [9] T97 「91 [9] [9] 注意事项 1.答题前请将姓名、班级、考场、准考证号填写清楚 2.客观题答题，必须使用2B铅笔填涂，修改时用橡皮擦干净。 3.必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效 一、 选择题I(本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出 的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得 分) 1[A][B][C][D] 6[A][B][C][D] 2[A][B][C][D] 7[A][B][C][D] 3[A][B][C][D] 8[A][B][C][D] 4[A][B][C][D] 9[A][B][C][D] 5[A][B][C][D] 10[A][B][C][D] 二、 选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的 四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得4分，选对 但不全的得2分，有选错的得0分) I1[A][B][C][D] 12[A][B][C][D] 13[A][B][C][D] 三、实验题（本题共2小题，共14分） 14.(6分)(1)① ② (2) 15.(8分)(1) (2) ㄖㄖ■ 四、解答题（本题共4小题，共44分） 16.(8分) 囚囚■ ■ 17.(10分) M ■ 囚■ㄖ ■ 0 0 0 uuu业666P ● (9ZI) 81 ■ 19.(14分) E -d/2o d/2 囚■ㄖ ■ ▣ ■余姚中学2025学年第二学期期中考试高一物理学科（选考）试卷 考试时间：90分钟 命题：欧昱君 审题：沈小英 选择题部分 一、选择题I(本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有 一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1.下列物理量是矢量且单位正确的是() A.电场强度kgm/(As3) B.电流A C.力kgm2/s2 D.质量kg 2.如图所示，光滑水平面上有A、B两个带正电点电荷，质量均为m,电荷量分别为Q和 4Q,在真空中相距1。已知静电力常量为k。现引进第三个点电荷C,正好使三个点电荷 均处于平衡状态，则点电荷C() A.带正电 B.应放在A的左侧二处 77777 7777 C。电衔量大小为0D,电荷量大小为0 3.如图所示，静电除尘器由板状收集器A和线状电离器B组成，A、B间接有高压电源， 它们之间形成很强的电场，能使空气中的气体分子电离，进而使通过除尘器的尘埃带电， 最后被吸附到收集器A上，下列选项正确的是() A.尘埃颗粒带正电 尘埃 B.尘埃颗粒运动过程中速度越来越小 C.尘埃颗粒向收集器A运动过程为匀加速运动 -高压 D.尘埃颗粒运动过程中加速度变小 静电除尘原理 4.如图所示，轻弹簧竖直固定在地面上，一小球从它正上方的A点自由下落，到达B点 开始与弹簧接触，到达C点速度减为零，不计空气阻力，则在小球从A点运动到C点的过 程中，下列说法正确的是() A.小球的机械能一直减小 B.小球反弹后的最高点比A点低 C.小球的动能和弹簧的弹性势能之和先增大后减小 D.小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减小后增大 A 试卷第1页，共7页 5.真空中存在点电荷992产生的静电场，其电场线的分布如图所示，图中P、Q两点关 于点电荷9，水平对称。P、2两点电场强度的大小分别为EpEg,电势分别为pp。一 个带电粒子沿虚线轨迹从M移动至N,则() A.Ep>Eo,Pp<Po B.q1和92带同种电荷，9>92 C.从M移动至N,加速度先减小再增大 D.粒子带负电，从M至N它的电势能先变大后变小 6.如图所示为α、b两电阻的伏安特性曲线，关于两电 阻的描述正确的是() A.电阻b的阻值恒定R=0.52 A B.电阻a的阻值随电压的增大而减小 10 C.在两图线交点处，电阻a的阻值小于电阻b的阻值 D.在电阻b两端加2V电压时，流过电阻的电流是4A 10 20 UV 7.两根长度相等材质相同的均匀铜棒α、b,按如图所示的方式连接在电路中，横截面积 之比为S,:S。=2:1。当电路通入电流时，下列说法正确的是() A.通过铜棒a和铜棒b的电流之比为2：1 B.铜棒a和铜棒b两端电压之比为2：1 a b C.铜棒a和铜棒b内电场强度之比为2：1 D.铜棒a和铜棒b内自由电子定向移动的平均速率之比为1：2 8.如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管连接，电源负极接地。初始电容器不 带电，闭合开关，电路稳定后，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说 法不正确的是() A.将下极板上移，则P点的电势不变 B.将上极板下移，则带电油滴在P点的电势能减小 C.减小极板间的正对面积，P点的电势升高 D.减小极板间的正对面积，带电油滴将向上加速运动 试卷第2页，共7页 9.某直线电场线上有O、A、B、C四个点，相邻两点间距离均为d。以O点为坐标原 点，沿电场线建立Ox轴，电场线上各点电场强度E随x变化的关系如图所示。质量为 m、带电量为+9的粒子静止在原点O处，由于受到微小的扰动，仅在电场力作用下沿+x 轴运动，粒子运动到A点的速度为，下列说法正确的是() A.粒子先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动 ↑E B.粒子经B点速度为√2v C.粒子经C点速度为2v 0 D.粒子在OA段的电势能减小量大于在AB段的电势 能减小量 10.如图所示，一对平行金属板长为L,两板间距为d,两板间所加交变电压为UB,交 交电压的周期7。，大量质量为m、电荷最为心的电了先后从平行板左侧以速度，酒两 板的中线持续不断的进入平行板之间，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的电子 刚好从极板的边缘飞出，不计重力和电子间的相互作用，则() U oB A.所有电子在极板间运动的时间均为T B.所有电子离开电场时的动能都不相同 C.1=年时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 6 D.=T时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 8 二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有 一个是符合题目要求的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 11.如图所示，质量相同的物体分别自斜面AC和BC的 顶端由静止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数相同， 物体滑至斜面底部C点时的动能分别为Ek1和E2,下滑 B 过程中克服摩擦力所做的功分别为W和W,则() A.Ek>Ek B.Ek=E2 C.Wi=W2 D.Wi>W2 试卷第3页，共7页 12.如图甲，同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为√2L,O为水平连线 AB的中点，M、N在AB连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q (Q>0)以O为原点、竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为零电势点，则ON上 的电势p随位置x的变化关系如图乙所示。一电荷量为Q(Q>0)的小球以一定初动能从 M点竖直下落，一段时间后经过N点，且在N点的加速度大小为2g,g为重力加速度，k 为静电力常量，则() ●M √2kQ A ko 抖 √2Lx 图甲 图乙 A.小球在M点的加速度为零 B.从M点到N点，电场力对小球一直做负功 C.从0点到N点小球的动能增加了5-kg 2L D.从O点到N点小球的动能增加了 (22-1kg 2L 13.“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相 互绝缘、半径分别为R,和R2的同心金属半球面，两球面通过一个稳定电压U连接，产生 强度稳定的径向电场，其半径r处电场强度大小为么=k(以为常数)。电荷量均为g小 初速度大小均为y,质量分别为m1、m2、m3的三种正离子束，垂直左边界沿两球面中心 (虚线)入射，经电场偏转后分别以1、2、3到达右侧探测板，出口处相邻离子束间距 相等，其中离子2沿虚线切向射出。下列说法正确的是( A.内侧球面电势低于外侧球面电势 B.m1、m3两离子动能变化量大小相等 C.若将离子m2的电荷量加倍，使其仍沿虚 线射出，则需将电压调为2U D.现仅调节稳定电源电压为U,使质量为 m的离子能沿虚线射出，则U'=mU m 试卷第4页，共7页 非选择题部分 三、实验题（本题共2小题，共14分) 14.小南同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，其操作步骤如下： 力传感器 甲 ①在铁架台的O点固定一个力传感器，将一根细线一端与力传感器相连，另一端系住一个 小钢球； ②将小钢球静止时的球心的位置记为A点，测得OA点的距离为L,此时力传感器的示数 为F: ③将小钢球向右拉至不同的高度由静止释放（绳子一直保持紧绷状态）： ④改变高度△h,记录小钢球每次经过A点时力传感器的示数F4,通过分析F,与△h之间 的关系，来验证机械能是否守恒。 (1)某次实验中，释放点球心与A点的高度差为△h,小钢球在运动过程中传感器示数F随 时间t变化的规律如图乙所示，图中c点为图像最高点，c点对应的力传感器示数为Fm, 求： ①本次实验中小钢球经过A点时对应图乙中的 (填“a”、“b”、“c”、“d或e)点： ②本次实验中，小钢球经过A点时的动能为 (用字母Fm、F。、L表示)： (2)若小钢球运动过程中机械能守恒，则F4-△h图像应为 (填标号)。 /之 46 15.在“观察电容器的充、放电现象”实验中，某同学利用图1所示电路来探究一个电容器 的充放电能力，其中直流电源电压E=6V。 试卷第5页，共7页 个imA i/mA S电流 传感器 电压 C 1.5 传感器 t/s M tis 图1 图2 图3 (1)开关接1时，电流传感器测得的电流随时间t变化的图像如图2所示，图线与坐标轴围 成的面积大小为S=6.0mA·s,则该电容器的电容C=F(保留两位有效数字)： 电容器充电时，通过电阻R两端的电流方向是 (选填“从左到右”、“从右到 左”)；若增大电阻箱的阻值重做实验，电路稳定后i-t曲线与坐标轴所围面积相较之前 (选填增大”、减小”、“不变”)。 (2)充电结束开关接2时，电流传感器测得的电流随时间t变化的图像如图3所示，且图中 M、N区域的面积之比为1：1，则电阻箱阻值R= 四、解答题（本题共4小题，共44分) 16.将一个带电量为6×108C的正电荷从A点移动到B点，克服静电力做的功是 2.4×106J,再将电荷从B点移到C点，电场力做功3×10-J,则： (I)A、C两点间的电势差是多少： (2)以B点为零电势点时，A、C两点的电势各为多少。 17.如图所示，在电场强度E为1×104N/C的水平向左的匀强电场中，有一半径R为1m 的光滑四分之三圆弧绝缘轨道MPQ竖直放置，圆弧轨道与水平绝缘轨道MN相切于点 M,圆弧轨道所在竖直平面与电场线平行。一带电荷量q为+3×105C的小滑块，质量m 为0.04kg,滑块从水平轨道上的某处由静止释放。小滑块与水平轨道间的动摩擦因数 4=0.25,重力加速度g取10m/s2。 ●0 M ARamamammmm kamm (I)小滑块从水平轨道MN上距离M点1m处释放，求滑行至P点时滑块对轨道的压力： (2)若小滑块能够从Q点离开圆弧轨道（运动过程中不脱离圆弧轨道），求小滑块的释放位 置到M点的最小距离。 试卷第6页，共7页 18.如图所示，物体A和带负电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分 别是m和2m,劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾 角为O的斜面处于沿斜面上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦。开始时，物体B在一 沿斜面向上的外力F=3 g sin的作用下保持静止且轻绳恰好伸直无拉力，然后撤去外力 F,直到物体B获得最大速度，弹簧始终在弹性限度内。已知弹性势能的表达式为 B,-x(其中：为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量) 0000000A 77777777T7777 (1)撤去外力F的瞬间，物体B的加速度； (2)物体A的最大速度。 19.现有大量均匀分布在M板附近的硫离子由静止开始，经过平行板N间的电场加速后 获得速度，从N板上均匀分布的小孔射出，沿水平方向进入某竖直电场发生偏转。硫离 子质量为m,电荷量为-9，不计粒子重力和粒子间相互作用。以图中坐标原点O建立坐标 系，偏转电场场强方向沿y销正向，电场只在-号x≤号区城存在。在0<y≤%范围内，离 子束沿x轴正方向射入偏转电场。 -d/2 d/2 M (1)求加速电压U。的大小： (2)若偏转电场为匀强电场，电场强度为Eo,求射入电场的离子打在x轴上的范围： (3)若偏转电场为梯度电场（电场强度随y改变），离子穿过梯度电场的过程中，离子的y坐 标变化很小，可认为途经区域为匀强电场。研究发现，进入梯度电场的离子通过电场后， 将聚焦到x轴上的f点，f点的横坐标为b(b>0),求梯度电场E与y之间的关系式。 试卷第7页，共7页《余姚中学2025-2026学年第二学期高一物理期中（选考）试卷》参考答案 题号 1 2 3 6 7 8 9 10 答案 A D D 0 0 B 0 y D 题号 11 12 13 答案 AC AD AD 14.(1)c 2()L (2)D 15.(1)1.0×103从右到左不变 (2)2000 16.(1)10V (2)p4=-40V,p=-50V 17.(1)0.5N,方向水平向左（不写“牛三”扣1分） (2)5.75m 18.(1)a=gsin0 (2)v=gsin0. 3m 19.(1) 24 d 2yomv2 d <X≤ 2 9d2) ① x≤mv2 d gdEo 9d2) ②E=mv2 答案第1页，共12页 具体详解： 1.A 【详解】A.电场强度是矢量，根据E=E可知，电场强度的单位为kgm/(As),故A 正确： B.电流属于标量，单位为A,故B错误： C.力是矢量，根据牛顿第二定律F=ma可知，力的单位为kgm/s2,故C错误； D.质量属于标量，单位为kg,故D错误。 故选A。 2.D 【详解】由“两大夹小，两同夹异可知第三个小球应带负电，且位于A、B两小球之间某 位置，假设第三个小球带电荷量大小为9，距A小球的距离为x,则对第三个小球有 kOq_4kOq x2-x 解得 对A小球有但g-4g2 12 4 解得g-)0 故选D。 3.D 【详解】A.因收集器A带正电，可知尘埃颗粒带负电，A错误： B.尘埃颗粒运动过程中受电场力作用不断被加速，则速度越来越大，B错误： CD.因线状电离器B附近的场强最大，收集器A附近的场强较小，则尘埃颗粒向收集器 A运动过程中加速度逐渐减小，为非匀加速运动，C错误，D正确。 故选D 4.D 【详解】A.小球从A点运动到B点的过程中，机械能守恒，故A错误； B.根据系统机械能守恒，小球反弹后的最高点为A点，故B错误： C.小球从A点运动到C点，高度逐渐减小，重力势能逐渐减小，由系统机械能守恒可知 小球的动能和弹簧的弹性势能之和增大，故C错误： 答案第2页，共12页 D.小球从A点运动到C点，小球的速度先增大后减小，因此小球的动能先增大后减小， 根据机械能守恒定律可知小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减小后增大，故D正 确。 故选D。 5.D 【详解】A.根据电场线的疏密程度表示场强的大小，由图可知 Ep>E。P、Q两点关于点电荷9水平对称，P到9，之间场强较大，电势降低较快，可知 Pe>Po 故A错误： B.由电场线分布可知，9带负电，q2带正电，由电场线的疏密可知，9的电荷量绝对值 大于92的电荷量绝对值，故B错误： C.由电场线分布可知，从M移动至N,电场强度先增大后减小，则加速度先增大再减 小，故C错误； D.粒子带负电，从M至N电场力先做负功后做正功，它的电势能先变大后变小，故D正 确。 故选D。 6.B 【详解】AD.由题图可知电阻6的阻值恒定，为R=Y=10Q=22 15 在电阻b两端加2V电压时，流过电阻的电流为1=9=2A=1A,故AD错误： R2 B.根据欧姆定律可知，I-U图像上点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，由题图可知电 阻a的阻值随电压的增大而减小，故B正确； C,根据R=C可知，在两图线交点处，电阻a的阻值等于电阻b的阻值，故C错误 故选B。 7.D 【详解】A.铜棒a、b是串联关系，电流相等，之比为1：1，故A错误； B.根据电阻定律R=p。 了，当电阻率和长度一定时，电阻跟横截面积成反比，所以铜棒 α、b电阻之比为1：2，串联电路电压与电阻成正比，所以电压之比为1：2，故B错误； 答案第3页，共12页 C。铜棒内电场强度E一，跟电压成正比，电压之比也为1：2，故C错误 D.根据电流微观表达式I=neSv,v=I nes 材质相同，单位体积自由电子数n相同，定向移动速率v与横截面积S成反比，速率之比 为1：2，故D正确。 故选D。 8.A 【详解】A.将下极板上移，两极板间距减小，由 C=58 4πkd 可知，电容器电容增大。由题意可知，两极板间电势差不变，根据 Q=CU 可知，电容器所带电荷量增加，电容器将被充电。由 U E= d 可知，两极板间电场强度增大。由于两极板间电势差不变，下极板接地，所以上极板电势 不变。又因为上极板到P点的距离不变，根据 UEp=EdEP U上p=p上-pn 可知P点电势降低，符合题意，故A正确： B.将上极板下移，两极板间距减小，由 C=&S 4πkd 可知，电容器电容增大。由题意可知，两极板间电势差不变，根据 Q=cU 可知，电容器所带电荷量增加，电容器将被充电。由 B、U d 可知，两极板间电场强度增大。下极板接地，根据 Up吓=Edp下 Up下=pp-p下 答案第4页，共12页 其中 P=0P点到下极板距离不变，可知P点电势升高。由题意可知，带电油滴所受电场力向 上，即带负电，所以带电油滴在P点的电势能减小，不符合题意，故B错误； CD.减小极板间的正对面积，由 C=6S 4πkd 可知，电容器电容减小。根据 Q-CU 可知，若两极板间电势差不变，电荷量将减小，电容器要放电。但是，二极管具有单向导 电性，即电容器不能放电，所以电容器两极板的电荷量保持不变，则电势差将增大。由 可知，两极板间的电场强度增大。即带电油滴所受电场力大于重力，将向上做加速运动。 根据 Up吓=Edp吓 Up吓=pp-p下 可知，P点电势升高。不符合题意，故CD错误。 故选A。 9.D 【详解】A.由Eq=ma可知粒子加速度先增大，后减小，加速到B点后做加速度增大的减 速运动，故A错误； B.E-x图像所包围的面积表示两点间的电势差大小，可得U4>U8,有qUo4=mv2, 2 1 21 g0a-2m房-2mw 可得粒子经B点速度小于√2v,故B错误： C.E-x图像所包围的面积表示两点间的电势差大小，可得U4B=UcB,可得粒子在AB段 电场力做功与在BC段电场力做功相抵消，即粒子经C点速度为V,故C错误： D.根据UoM>UB,W电=-△E,=qU=△Ek,可得粒子在OA段的电场力做功大于在AB段 的电场力做功，即粒子在OA段的电势能减小量大于在AB段的电势能减小量，故D正确。 故选D。 答案第5页，共12页 10.C 【详解】AB.电子进入电场后做类平抛运动，在两板间的运动时间为 t=L=27 不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图像如图所示 由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度，=0，速度都等于。，即不同时刻进入 极板间的电子离开极板时其速度相同，所有电子离开电场时得动能都相同，故AB错误： C.在1=时刻进入电场的电子，在1=3江时刻侧位移最大，最大侧位移为 4 2. 在1=0时刻进入电场的电子侧位移最大为d,则有 =4 联立得 故C正确； D.在1（时刻进人电场的电子在直极板方向的速度时间图像如下图所示 2T T .157 8 2 8 8 答案第6页，共12页 在1=15工时刻侧位移最大，最大侧位移为 8 ,1a1)2-2.二a(2=7a7-17 2 8 81 6464 故D错误。 故选C。 11.AC 【详解】CD.物体下滑时，斜面支持力N=mg cos0 滑动摩擦力f=uN=ng cosθ 因此克服摩擦力做功W=f~L=mg cos0.x umgx se 两个斜面的水平投影x相同，物体质量m、动摩擦因数“相同，因此W,=W2,故C正确、 D错误； AB.根据动能定理，末动能E=mgh-W 其中h为斜面顶端的高度，初始动能为0。由图可知AC顶端高度h>h,,且W=W,,因此 E1>E2,故A正确、B错误。 故选AC。 12.AD 【详解】A.小球在N点的加速度大小为2g,说明在N点的电场力大小等于mg,方向竖 直向下，根据对称性，在M点的电场力大小也为mg且方向向上，故M点的加速度为0， 故A正确： B.根据场强的叠加原理，可知两个点电荷在O点上方产生的合场强竖直向上，在O点下 方产生的合场强竖直向下，则小球在O点上方受到的电场力竖直向上，在O点下方受到的 电场力竖直向下，故从M点到N点过程中，电场力对小球先做负功后做正功，故B错 误： CD.两个点电荷在N点产生的电场力大小都为F=g 4L2 合成之后的合电场力大小为F=2Fsin45°=√2k0 4L2 在N点由牛顿第二定律有mg+20 4L2 =m×2g 解得mg= 2k02 42 答案第7页，共12页 ON两点的电势差Uow= √2kQkg L 从0点到N点合力做功为m=QUo+mg5L=25-kg 2L 由动能定理可知，从O点到V点小球的动能增加了②5-D,故C错误，D正确。 2L 故选AD. 13.AD 【详解】A.m2沿虚线做匀速圆周运动，向心力指向圆心，正离子的电场力方向与电场方 向一致，因此电场方向径向向内（由外侧球面指向内侧球面）。沿电场方向电势逐渐降低， 因此外侧球面电势高于内侧球面，即内侧球面电势低于外侧球面，故A正确： B.设出口处相邻离子束间距为△，则相邻离子束间电势差为△U=E△w 动能变化量等于电场力做功W=g△U=gE△ 由径向电场强度大小E,=k,可知>么>E, 则m、m2间的平均场强大于m2、m3间的平均场强，因此电场力对m、m3两离子做功不相 等，则m、m3两离子动能变化量大小不相等，故B错误； C.设虚线半径为，m2沿虚线运动时，电场力提供向心力，有9 kU m,v2 6 解得U= kg 若电荷量加倍q=2q,仍沿虚线射出，电场力提供向心力，有2q k0=m,2 韩=治 因此，号 则需将电压调为号，不是20，故C错误： D.让m沿虚线射出，由电场力提供向心力，可得kUg=mv 解得U'= kg 与U=m式联立作比，得元m, U'm kg 因此U'=mV,故D正确。 m 答案第8页，共12页 故选AD。 14.(1)c (2)D 【详解】(1)[1]当小球运动到最低点A时速度会达到最大，圆周运动的向心力最大，由 F=mg十m兰可知，绳子拉力最大，则力传感器的示数最大，对应图乙中最高点c。 [2]小钢球静止时，拉力等于重力，因此有mg=F。 小钢球经过最低点A时，由拉力和重力的合力提供向心力，得F-mg= L 小钢球在A点的动能兵=m 联立两式得兵化。-北 (2)若小钢球机械能守恒，重力势能的减少量等于动能的增加量，释放时初速度为0，因 此mgAh=2m 结合最低点向心力公式F,一mg=m L 2Fo th 代入mg=F,整理得F4=F。+ 可见F4-△h图像是纵截距为正的倾斜直线。 故选D。 15.(1)1.0×103从右到左不变 (2)2000 【详解】(1)[1][2]图2中，图线与坐标轴围成的面积大小表示电荷量，故充电完毕后该电 容器所带的电荷量为2=6.0×103As=6.0×103C 则该电容器的电容C=-6.0×10 F-1.0×103F U 6 [2]若增大电阻箱的阻值重做实验，则充电电流会变小，根据Q=CU可知，电容器所带的 电荷量只与电容和两极板间的电压有关，与充电电流大小无关，故电容器所带电荷量不 变，即电路稳定后i-t曲线与坐标轴所围面积相较之前不变。 96.0×103 (2)根据题意可知，图3中i=15mA时，电容器两端的电压为U。=2-,。 V=3V C1.0×103 答案第9页，共12页 则电阻箱阻值R-E-U=,6-32=2000 i1.5×103 16.(1)10V (2)p4=-40V,p=-50V 【详解】(1)将正电荷从A点移动到C点，电场力做功为 Wc=WAB+Wc=-2.4×106J+3×106J=0.6×106J 根据Wc=qU4c 可得A、C两点间的电势差为c=”丝=06x10 V=10V 96.0×108 (2)小、B两点间的电势差为0-Pe=24×10V=-40V 96.0×108 B、C两点间的电势差为Uc-W-3x10V=50V 96.0×108 U3B=4-PB,UBC=PB-Pc 以B点为零电势点时，A、C两点的电势各为p4=-40V,pe=-50V 17.(1)0.5N,方向水平向左（不写“牛三”扣1分） (2)5.75m 2m,根据圆周运动得 1 【详解】(1)从释放位置到P点动能定理得qE(x+R)-mgR N-gB=m,解得N=0.5N, R 根据牛顿第三定律得滑块对轨道的压力N'=N=0.5N,方向水平向左 (2)A点是等效的最低点，与A点关于O点对称的B点是滑块不容易通过的等效最高 点，只要能通过B点，就不会脱离圆弧轨道。如图所示 所以tanB=E_3 mg 4 当小滑块恰好通过B点时，滑块从释放后到运动到B点过程，由动能定理可知 (Eg-uimg)L-mg(R+Rcos0)-EqRsin0-v-0 答案第10页，共12页 在B点对滑块受力分析并结合牛顿第二定律有mS=验 cose R 解得L2=5.75m 18.(1)a=gsin0 (2)v=gsin /3m 【详解】(1)外力F作用下，绳子张力为零，对物体B, 根据平衡条件可得F=2 mg sin0+F 其中F=3 mng sin0 解得F=mg sin0 撤去外力F的瞬间，弹簧弹力为零，故物块A、B的加速度为 a=2mgsin 0+Fs _2mg sin 0+mgsin 0 =gsin0 3m 3m (2)物块A、B一起运动，A、B的合外力为零，速度最大。 故当弹簧弹力F弹=F电+2gsin0=3 ng sin0 弹簧伸长量为x= F弹_3 mg sin0 1 对A、B整体由能量守恒可得- k2+3mgsine.x= ×3mv2-0 解得v=gsin0, 3m 19.(1) 2g d <x≤ 2yomv2 (o s 2Yom2 qE。 2 9d2) (2) ① d <x≤%m 2 (o>2Yomv2 qdE。 ②E=mv2 bad 【详解】(1)在电场中，根据动能定理得g心。=2mw-0 解得U。= 2g 答案第11页，共12页 (2)①分类讨论：E。的大小决定了离子能否射出电场，从y=y进入的离子打到电场边 1 过，水平▣有d=,竖直方向有，。=6。，人㎡，解0 m Eo=2Kom2 9d2。 人高于都不金射击场。气≤2计，所有商了在电场中微类平地运动，从 y=%处射入电场的离子打到最远处，有x+ 1 >=，—，。 m ar,联立解得 2yomv2 qEo 儿、有商子能销出电场：￡之2影时。从y=无处射入电场的窝子能时出电5打到 最远处，在电场中做类平抛运动，竖直方向有a=g。,y,=at。出电场后做匀速直线 m 运动，根据平抛运动速度偏转角的反向延长线推论，速度偏转角正切值tan日=业-。， vx 联立解得x= qdE。1 d 从y=0处入射的离子打在最近处，不包括在内，即最近处无限趋近于xmm= 29 ②由①中平抛运动的推论可知：从y处射入电场的离子都能汇聚于∫点，有 an0=-长-Eg,可得E= b v mv2 bgd 答案第12页，共12页