精品解析：浙江宁波市三锋联盟2025-2026学年高一下学期6月期末物理试题

高一物理学科期末练习 考生须知： 1．本卷共6页，满分100分，考试时间90分钟。 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。 3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。 4．考试结束后，只需上交答题纸。 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. 下列物理量为矢量的是（ ） A. 电流I B. 电荷量Q C. 电场强度E D. 电势差U 2. 如图所示，在同一高度上同时水平抛出的两个小球A、B在空中相遇，若不计空气阻力，则（ ） A. A球的初速度比B球大 B. A球的初速度比B球小 C. 相遇时A球的竖直速度比B球大 D. 相遇时A球的竖直速度比B球小 3. 焦耳（J）与电子伏（eV）都是能量单位，它们之间的关系是（元电荷e＝1.6×10-19 C）（ ） A. 1 J＝1.6×1019 eV B. 1 eV＝1.6×10-19 J C. 1 J＝1.6×10-19 eV D. 1 eV＝1.6×1019 J 4. 如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长ab＝2bc。若将A与B接入电路中，测得电流为I，A、B两端电压为U；将C与D接入电路中，若测得电流为2I，则C、D两端电压为（ ） A. B. C. U D. 2U 5. 如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r，b点在小轮上，到小轮中心的距离为r，c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上，若在转动过程中，皮带不打滑，则（ ） A. va＝vb，ωa＝ωb B. va＝vc，ωa＝ωc C. va＝2vb，ωa＝2ωb D. va＝vd，ωa＝2ωd 6. 如图所示的各电场中，A点电势比B点高，但场强比B点小的是（ ） A. B. C. D. 7. 一个电容为0.5μF的电容器充电后，当它的电荷量减少1×10-6 C时，电容器电压变为3 V，则（ ） A. 电容器两端原来的电压为4 V B. 电容器原来的带电荷量为2.5×10-6 C C. 电容器的电压越高电容就越大 D. 电容器的带电量越多电容就越大 8. 某行星的质量约为地球质量的6.4倍，半径约为地球的2倍，则一个在地球上重为600 N的人在该行星上重约为（忽略地球和行星的自转）（ ） A. 375 N B. 600 N C. 960 N D. 1920 N 9. 如图所示为哈雷彗星绕太阳运动的轨道示意图，哈雷彗星在近日点P与太阳中心的距离为r1，在远日点Q与太阳中心的距离为r2，则哈雷彗星（ ） A. 在P、Q两点的线速度大小之比为 B. 在P、Q两点的加速度大小之比为 C. 从P运动到Q，与太阳组成的系统机械能减小 D. 从P运动到Q的时间等于从Q运动到P的时间 10. 如图所示，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子在方向水平向右的匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°，运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°，大小也为v0，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则（ ） A. 粒子受到的重力可忽略不计 B. 粒子运动的加速度为g C. 从A点到B点，粒子的速度先减小后增大 D. 该匀强电场的电场强度大小为 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. 关于物体的机械能，若不计空气阻力和摩擦力，则（ ） A. 甲图中的火箭加速升空时所运载的货物机械能增大 B. 乙图中的物块在F作用下匀速上滑时机械能守恒 C. 丙图中的物块A向下压缩弹簧时机械能守恒 D. 丁图中物块A与物块B组成的系统机械能守恒 12. 某同学设计改装了一电表，电路图如图所示，图中表头G的满偏电流为Ig＝1 mA，内阻Rg＝20 Ω，R1和R2为定值电阻。接A、B时是量程为5 mA的电流表，接A、C时是量程为3 V的电压表，则（ ） A. R1的阻值为5 Ω B. R1的阻值为4 Ω C. R2的阻值为596 Ω D. R2的阻值为580 Ω 13. 如图所示，某起重机将质量为m的重物由静止开始以加速度a竖直向上匀加速提升，经过时间t1起重机达到额定功率，此后以额定功率提升重物，又经过时间t2重物开始匀速上升。已知重力加速度为g，不计空气阻力，则（ ） A. 起重机提升重物的额定功率为mgat1 B. 提升重物的最大速度大小为 C. 在t1时间内，重物的动能增加 D. 在t2时间内，重物机械能的增量为mat1t2（g＋a） 非选择题部分 三、非选择题（本大题共7小题，共58分） 14. 在探究平抛运动规律的研究中，某同学用如图甲所示的装置进行实验。 （1）下列操作中，必要的是______（多选） A. 调节斜槽末端保持水平 B. 调节木板保持竖直 C. 尽可能减小斜槽与小球之间的摩擦 （2）图乙是实验中小球从斜槽上不同位置由静止释放获得的两条轨迹，图线①所对应的小球在斜槽上释放的位置______（选填“较低”或“较高”）。 （3）如图丙所示是在实验中获得的一条轨迹。原点O为小球在槽口时球心的投影点，测得A点的坐标及B点的横坐标如图所示，g取10 m/s2，则小球平抛的初速度v0＝______m/s，B点的纵坐标yB＝______cm。 15. 如图甲所示为《验证机械能守恒定律》的实验装置。 （1）该实验必需的测量工具是______。 A. 天平 B. 刻度尺 C. 秒表 D. 弹簧测力计 （2）下列操作有利于减小实验误差的是______（多选） A. 选用体积较大的木块作为重物 B. 释放重物前，沿竖直方向拉直纸带 C. 安装打点计时器时两个限位孔保持在同一竖直线上 （3）正确完成实验操作后，得到点迹清晰的一条纸带如图乙所示，在纸带上选取三个连续打出的计时点A、B、C，测得点B到起始点O的距离为h＝43.60 cm，点A、B的间距为h1＝5.63 cm，点B、C的间距为h2＝6.01 cm。已知实验选用的重物质量为m＝0.50 kg，相邻计时点间的时间间隔为T＝0.02 s，当地重力加速度的大小为g＝9.8 m/s2。则从打点计时器打下O点到打下B点的过程中，重物重力势能的减少量ΔEp＝______J，动能的增加量ΔEk＝______J。（均保留3位有效数字） 16. 某探究小组的同学设计图甲所示电路探究电容器的充、放电过程。已知电源电动势E＝10 V，电阻Rx＝1800 Ω，电压表V视为理想电压表，电流传感器的电阻忽略不计。实验时，先闭合开关S1，开关S2接1，调节滑动变阻器，待电压表示数稳定在5.4 V后，再将开关S2接2。通过电流传感器将电流信息输入计算机，绘出电流I随时间t变化的图像如图乙所示。测得在t＝2 s时I＝1 mA，则此时电容器两极板间的电压为UC＝______V；由q＝It可知，图乙的图线下的面积“S1”等于电容器在前2 s内释放的电量q1，“S2”等于电容器在2 s后释放的电量q2，则S1∶S2＝______。 17. 如图所示，用长为L的细线将质量为m、带电量为q的小球悬挂在O点，空间中存在方向水平向右的匀强电场，小球静止时细线与竖直方向的夹角θ＝37°，重力加速度为g。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）该匀强电场的电场强度E； （2）若剪断细线，小球的加速度a； （3）若将小球拉到最低点静止释放，释放后小球的最大动能Ekm。 18. 如图所示，光滑的半圆形ABC和光滑的直线形CD挡板竖直固定在水平桌面上，已知ABC的半径R＝0.4 m，CD段的长度为ABC段长度的三分之一，D端恰在桌面边缘。弹射装置（图中未画出）将一质量m＝0.2 kg的滑块（可视为质点）以某一水平速度v0＝5 m/s从A端内侧射入，滑块从D端离开轨道后做平抛运动，落地点F离D端的水平距离S＝1.2 m，D端距地面高度h＝0.8 m，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求滑块： （1）离开D端时速度大小vD； （2）从A端运动到D端的过程中克服摩擦阻力做的功Wf； （3）经过圆弧上C点时受到挡板的作用力大小。 19. 如图所示，光滑轨道PA的末端与水平传送带在A点平滑连接，传送带以v＝2 m/s的速度沿顺时针方向运行。一可视为质点的质量m＝1 kg的滑块从轨道上P点由静止开始下滑，已知P、A两点高度差h＝0.45 m，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，传送带A、B两点之间的距离为L＝5.5 m，取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。求： （1）求物体滑上传送带瞬间的速度大小vA； （2）物体从A运动到B所需的时间t； （3）滑块与传送带因摩擦产生的热量Q。 20. 如图所示，两平行金属板水平放置，间距d＝0.08m，宽度L＝0.4m，一群分布均匀的带电粒子以v0＝100m/s的速度从左侧平行于金属板进入该装置，当粒子碰到N板时被收集，且该过程不影响电场的分布，当MN两板间所加电压为U时，恰能收集四分之一的粒子。已知每个带电粒子的比荷为，不计带电粒子所受重力、带电粒子间的相互作用力以及空气阻力。求： （1）从两极板间射出的粒子在金属板间运动的时间t； （2）两极板间的电压U； （3）保持电压U不变，改变两极板的距离，可改变粒子收集率η，若两板间的距离为d1时收集率刚好达到η＝100%，求d1。 （4）保持电压U不变，请推导收集率η与两板距离d的关系。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一物理学科期末练习 考生须知： 1．本卷共6页，满分100分，考试时间90分钟。 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。 3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。 4．考试结束后，只需上交答题纸。 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. 下列物理量为矢量的是（ ） A. 电流I B. 电荷量Q C. 电场强度E D. 电势差U 【答案】C 【解析】 【详解】矢量定义：既有大小又有方向，且运算遵循平行四边形定则的物理量；标量仅具有大小，运算遵循代数加减法则。 A．电流虽有规定的正方向，但运算遵循代数加减规则，不满足矢量的运算要求，属于标量，故A错误； B．电荷量只有大小，正负仅表示电性，属于标量，故B错误； C．电场强度既有大小又有方向，运算遵循平行四边形定则，属于矢量，故C正确； D．电势差只有大小，正负仅表示两点电势的高低关系，属于标量，故D错误。 故选C。 2. 如图所示，在同一高度上同时水平抛出的两个小球A、B在空中相遇，若不计空气阻力，则（ ） A. A球的初速度比B球大 B. A球的初速度比B球小 C. 相遇时A球的竖直速度比B球大 D. 相遇时A球的竖直速度比B球小 【答案】A 【解析】 【详解】AB.相遇时两球运动时间相等，水平方向满足。由图可知A球的水平位移大于B球，运动时间相同，因此A球的初速度比B球大，故A正确，B错误； CD.竖直方向做自由落体运动，竖直速度。两球同时抛出，相遇时运动时间相等，因此相遇时两球的竖直速度大小相等，故CD错误。 故选A。 3. 焦耳（J）与电子伏（eV）都是能量单位，它们之间的关系是（元电荷e＝1.6×10-19 C）（ ） A. 1 J＝1.6×1019 eV B. 1 eV＝1.6×10-19 J C. 1 J＝1.6×10-19 eV D. 1 eV＝1.6×1019 J 【答案】B 【解析】 【详解】电子伏的定义为：电荷量等于元电荷的粒子在电势差为的电场中运动时，电场力做的功为。根据电场力做功公式，结合单位关系推导： 反过来 故选B。 4. 如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长ab＝2bc。若将A与B接入电路中，测得电流为I，A、B两端电压为U；将C与D接入电路中，若测得电流为2I，则C、D两端电压为（ ） A. B. C. U D. 2U 【答案】B 【解析】 【详解】设金属薄片的厚度为，边长，则。根据电阻定律 当将A与B接入电路中时，电流沿方向，此时导体的长度 横截面积 则A、B间的电阻 根据欧姆定律可得A、B两端电压 当将C与D接入电路中时，电流沿方向，此时导体的长度 横截面积 则C、D间的电阻 此时测得电流为，根据欧姆定律可得C、D两端电压 对比可知 故选B。 5. 如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r，b点在小轮上，到小轮中心的距离为r，c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上，若在转动过程中，皮带不打滑，则（ ） A. va＝vb，ωa＝ωb B. va＝vc，ωa＝ωc C. va＝2vb，ωa＝2ωb D. va＝vd，ωa＝2ωd 【答案】C 【解析】 【详解】A．皮带不打滑，可知 同一个轮子 而 得,，A错误； B．，B错误； C．由A选项解析可知 而 故，C正确； D．，D错误。 故选 C。 6. 如图所示的各电场中，A点电势比B点高，但场强比B点小的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．图中为正点电荷的电场，电场线由正电荷指向无穷远处，沿电场线方向电势降低，故；电场线越密场强越大，A点处电场线较密，故，故A错误； B．图中为等量异种电荷的电场，A、B两点位于两电荷连线的中垂线上，中垂线为等势线，故，故B错误； C．图中为匀强电场，场强处处相等，故；沿电场线方向电势降低，故，故C错误； D．图中沿电场线方向电势降低，故；电场线越密场强越大，B点处电场线较密，故，故D正确。 故选D。 7. 一个电容为0.5μF的电容器充电后，当它的电荷量减少1×10-6 C时，电容器电压变为3 V，则（ ） A. 电容器两端原来的电压为4 V B. 电容器原来的带电荷量为2.5×10-6 C C. 电容器的电压越高电容就越大 D. 电容器的带电量越多电容就越大 【答案】B 【解析】 【详解】电容的定义式为，且电容是电容器的固有属性，仅由极板正对面积、极板间距、电介质决定，与带电量、两端电压无关。 A．由，可得电压减少量 则电容器原来的电压，故A错误； B．电容器原来的带电量，故B正确； C．电容是电容器的固有属性，与两端电压大小无关，故C错误； D．电容是电容器的固有属性，与带电量多少无关，故D错误。 故选B。 8. 某行星的质量约为地球质量的6.4倍，半径约为地球的2倍，则一个在地球上重为600 N的人在该行星上重约为（忽略地球和行星的自转）（ ） A. 375 N B. 600 N C. 960 N D. 1920 N 【答案】C 【解析】 【详解】忽略星球自转时，物体在星球表面的重力等于万有引力，即 人在行星上的重力与在地球上的重力比值为 代入题给数据、，可得 故选C。 9. 如图所示为哈雷彗星绕太阳运动的轨道示意图，哈雷彗星在近日点P与太阳中心的距离为r1，在远日点Q与太阳中心的距离为r2，则哈雷彗星（ ） A. 在P、Q两点的线速度大小之比为 B. 在P、Q两点的加速度大小之比为 C. 从P运动到Q，与太阳组成的系统机械能减小 D. 从P运动到Q的时间等于从Q运动到P的时间 【答案】D 【解析】 【详解】A.根据开普勒第二定律，近日点、远日点处速度满足，因此线速度之比，故A错误； B.彗星的加速度由太阳的万有引力提供，由得，加速度与轨道半径的平方成反比，因此，故B错误； C.彗星与太阳组成的系统中，只有万有引力做功，引力势能与动能相互转化，系统机械能守恒，从运动到机械能保持不变，故C错误； D.椭圆轨道具有对称性，从近日点到远日点、从远日点到近日点均对应半个运动周期，因此两段运动时间相等，故D正确。 故选D。 10. 如图所示，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子在方向水平向右的匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°，运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°，大小也为v0，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则（ ） A. 粒子受到的重力可忽略不计 B. 粒子运动的加速度为g C. 从A点到B点，粒子的速度先减小后增大 D. 该匀强电场的电场强度大小为 【答案】C 【解析】 【详解】A．若重力可忽略不计，粒子在竖直方向不受力，竖直分速度应保持不变，即，显然不成立，故重力不可忽略，A错误； B．将粒子在A、B两点的速度分解，在A点有， 在B点有， 竖直方向只受重力，做匀减速运动，有 解得 水平方向受电场力，做匀加速运动，有 解得 由此可得水平加速度 合加速度，故B错误； C．粒子所受电场力水平向右，大小为 重力竖直向下，大小为，合力方向与水平方向成45°角斜向右下方。A点速度方向与水平方向成60°角斜向右上方，合力与速度夹角为105°，大于90°，粒子做减速运动；B点速度方向与水平方向成30°角斜向右上方，合力与速度夹角为75°，小于90°，粒子做加速运动，故从A点到B点，粒子的速度先减小后增大，C正确； D．由 可得该匀强电场的电场强度大小为，故D错误。 故选C。 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. 关于物体的机械能，若不计空气阻力和摩擦力，则（ ） A. 甲图中的火箭加速升空时所运载的货物机械能增大 B. 乙图中的物块在F作用下匀速上滑时机械能守恒 C. 丙图中的物块A向下压缩弹簧时机械能守恒 D. 丁图中物块A与物块B组成的系统机械能守恒 【答案】AD 【解析】 【详解】A.火箭加速升空时，运载的货物动能增大、重力势能增大，火箭对货物的支持力做正功，因此货物的机械能增大，故A正确； B.物块在拉力作用下匀速上滑，动能不变，重力势能增加，机械能增加，故B错误； C.物块A向下压缩弹簧时，弹簧弹力对物块A做负功，物块A的机械能减小，只有将物块A与弹簧视为系统时，系统机械能才守恒，单独物块A的机械能不守恒，故C错误； D.定滑轮光滑，不计空气阻力和摩擦，物块A、B组成的系统中，只有重力做功，绳子拉力为内力且做功代数和为零，因此系统机械能守恒，故D正确。 故选AD。 12. 某同学设计改装了一电表，电路图如图所示，图中表头G的满偏电流为Ig＝1 mA，内阻Rg＝20 Ω，R1和R2为定值电阻。接A、B时是量程为5 mA的电流表，接A、C时是量程为3 V的电压表，则（ ） A. R1的阻值为5 Ω B. R1的阻值为4 Ω C. R2的阻值为596 Ω D. R2的阻值为580 Ω 【答案】AC 【解析】 【详解】AB．接A、B时，表头与​并联，满偏时总电流 并联电路电压相等，因此 代入数据解得，故A正确，B错误； CD．接A、C时，表头与​并联后再与​串联，并联部分的总内阻为 满偏时干路总电流为改装电流表的满偏电流 总电压满足 代入数据解得，故C正确，D错误。 故选AC。 13. 如图所示，某起重机将质量为m的重物由静止开始以加速度a竖直向上匀加速提升，经过时间t1起重机达到额定功率，此后以额定功率提升重物，又经过时间t2重物开始匀速上升。已知重力加速度为g，不计空气阻力，则（ ） A. 起重机提升重物的额定功率为mgat1 B. 提升重物的最大速度大小为 C. 在t1时间内，重物的动能增加 D. 在t2时间内，重物机械能的增量为mat1t2（g＋a） 【答案】CD 【解析】 【详解】A.匀加速阶段由牛顿第二定律得拉力，时刻速度，额定功率，故A错误； B.重物匀速时速度最大，此时拉力等于重力，最大速度，故B错误； C.时刻重物速度，动能增加量等于末动能，故C正确； D.根据功能关系，除重力外拉力做的功等于重物机械能的增量，时间内起重机以额定功率做功，机械能增量，故D正确。 故选CD。 非选择题部分 三、非选择题（本大题共7小题，共58分） 14. 在探究平抛运动规律的研究中，某同学用如图甲所示的装置进行实验。 （1）下列操作中，必要的是______（多选） A. 调节斜槽末端保持水平 B. 调节木板保持竖直 C. 尽可能减小斜槽与小球之间的摩擦 （2）图乙是实验中小球从斜槽上不同位置由静止释放获得的两条轨迹，图线①所对应的小球在斜槽上释放的位置______（选填“较低”或“较高”）。 （3）如图丙所示是在实验中获得的一条轨迹。原点O为小球在槽口时球心的投影点，测得A点的坐标及B点的横坐标如图所示，g取10 m/s2，则小球平抛的初速度v0＝______m/s，B点的纵坐标yB＝______cm。 【答案】（1）AB （2）较高 （3） ①. 2 ②. 45 【解析】 【小问1详解】 A．调节斜槽末端保持水平，是为了保证小球抛出时的初速度水平，做平抛运动，故A正确； B．调节木板保持竖直，是为了保证小球的运动轨迹与木板平行，减小实验误差，故B正确； C．只要每次从斜槽上同一位置由静止释放小球，就能保证小球到达斜槽末端时的速度相同，斜槽与小球之间的摩擦大小不影响实验结果，故C错误。 故选AB。 【小问2详解】 图乙中，在相同竖直高度下，轨迹①的水平位移大于轨迹②的水平位移，说明轨迹①对应的小球平抛初速度较大。小球在斜槽上释放的位置越高，到达斜槽末端时的速度越大，因此图线①所对应的小球在斜槽上释放的位置较高。 【小问3详解】 [1][2]由图丙可知，A点的坐标为， 根据平抛运动规律，在竖直方向上有 代入数据解得 在水平方向上有 代入数据解得小球平抛的初速度 B点的横坐标为，小球运动到B点的时间 在竖直方向上有 代入数据解得 15. 如图甲所示为《验证机械能守恒定律》的实验装置。 （1）该实验必需的测量工具是______。 A. 天平 B. 刻度尺 C. 秒表 D. 弹簧测力计 （2）下列操作有利于减小实验误差的是______（多选） A. 选用体积较大的木块作为重物 B. 释放重物前，沿竖直方向拉直纸带 C. 安装打点计时器时两个限位孔保持在同一竖直线上 （3）正确完成实验操作后，得到点迹清晰的一条纸带如图乙所示，在纸带上选取三个连续打出的计时点A、B、C，测得点B到起始点O的距离为h＝43.60 cm，点A、B的间距为h1＝5.63 cm，点B、C的间距为h2＝6.01 cm。已知实验选用的重物质量为m＝0.50 kg，相邻计时点间的时间间隔为T＝0.02 s，当地重力加速度的大小为g＝9.8 m/s2。则从打点计时器打下O点到打下B点的过程中，重物重力势能的减少量ΔEp＝______J，动能的增加量ΔEk＝______J。（均保留3位有效数字） 【答案】（1）B （2）BC （3） ①. 2.14 ②. 2.12 【解析】 【小问1详解】 验证机械能守恒定律的表达式为，等式两边质量可以约去，故不需要测量重物的质量，不需要天平；实验中需要测量纸带上点迹间的距离来计算速度和下落高度，故需要刻度尺；打点计时器本身具有计时功能，不需要秒表；实验中不需要测量力，不需要弹簧测力计。 故选B。 【小问2详解】 A．选用体积较大的木块作为重物，重物下落时受到的空气阻力较大，会增大实验误差，应选用密度大、体积小的重物，故A错误； B．释放重物前，沿竖直方向拉直纸带，可以减小纸带与打点计时器限位孔之间的摩擦，有利于减小实验误差，故B正确； C．安装打点计时器时两个限位孔保持在同一竖直线上，可以减小纸带与限位孔之间的摩擦，有利于减小实验误差，故C正确。 故选BC。 【小问3详解】 [1]从打点计时器打下O点到打下B点的过程中，重物重力势能的减少量为 [2]根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，打下B点时重物的速度为 动能的增加量为 16. 某探究小组的同学设计图甲所示电路探究电容器的充、放电过程。已知电源电动势E＝10 V，电阻Rx＝1800 Ω，电压表V视为理想电压表，电流传感器的电阻忽略不计。实验时，先闭合开关S1，开关S2接1，调节滑动变阻器，待电压表示数稳定在5.4 V后，再将开关S2接2。通过电流传感器将电流信息输入计算机，绘出电流I随时间t变化的图像如图乙所示。测得在t＝2 s时I＝1 mA，则此时电容器两极板间的电压为UC＝______V；由q＝It可知，图乙的图线下的面积“S1”等于电容器在前2 s内释放的电量q1，“S2”等于电容器在2 s后释放的电量q2，则S1∶S2＝______。 【答案】 ①. 1.8 ②. 2∶1 【解析】 【详解】[1]开关接2时，电容器通过电阻放电，电流传感器与串联，且电流传感器电阻可忽略，因此电容器两端电压等于两端的电压。根据欧姆定律 代入，，计算得 [2]电容器充电稳定时两端电压，开关接2瞬间开始放电，此时放电初始电流，电容器放电时，电阻两端电压等于电容器两端电压，即，又因为电容器带电量，联立可得，由此可知任意时刻电容器剩余的带电量与该时刻的放电电流成正比。时，电流为初始电流，对应整个放电过程的总释放电量为，时，电流，因此此时电容器剩余的带电量为总电量的，即。前内释放的电量。因此面积之比 17. 如图所示，用长为L的细线将质量为m、带电量为q的小球悬挂在O点，空间中存在方向水平向右的匀强电场，小球静止时细线与竖直方向的夹角θ＝37°，重力加速度为g。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）该匀强电场的电场强度E； （2）若剪断细线，小球的加速度a； （3）若将小球拉到最低点静止释放，释放后小球的最大动能Ekm。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 受力分析如下 根据平衡条件可知qE＝mgtanθ 解得 【小问2详解】 若剪断细线，重力和电场力的合力提供加速度 解得 【小问3详解】 若将小球拉到最低点静止释放，到达平衡位置速度最大，动能最大，根据动能定理Ek＝qELsinθ－mgL（1－cosθ） 解得 18. 如图所示，光滑的半圆形ABC和光滑的直线形CD挡板竖直固定在水平桌面上，已知ABC的半径R＝0.4 m，CD段的长度为ABC段长度的三分之一，D端恰在桌面边缘。弹射装置（图中未画出）将一质量m＝0.2 kg的滑块（可视为质点）以某一水平速度v0＝5 m/s从A端内侧射入，滑块从D端离开轨道后做平抛运动，落地点F离D端的水平距离S＝1.2 m，D端距地面高度h＝0.8 m，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求滑块： （1）离开D端时速度大小vD； （2）从A端运动到D端的过程中克服摩擦阻力做的功Wf； （3）经过圆弧上C点时受到挡板的作用力大小。 【答案】（1） （2）1.6 J （3）6.5 N 【解析】 【小问1详解】 滑块从D端离开后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动有 解得 水平方向做匀速直线运动有 解得 【小问2详解】 滑块从A到D的过程中，只有摩擦力做功，由动能定理有 解得 【小问3详解】 滑块运动过程中，桌面的滑动摩擦力大小恒定，克服摩擦力做功与运动路程成正比，半圆形ABC的弧长，CD段长度，因此A到C的路程与总路程之比为，A到C过程中克服摩擦力做功 对A到C过程由动能定理有 滑块在C点做圆周运动，挡板的弹力提供向心力有 解得 19. 如图所示，光滑轨道PA的末端与水平传送带在A点平滑连接，传送带以v＝2 m/s的速度沿顺时针方向运行。一可视为质点的质量m＝1 kg的滑块从轨道上P点由静止开始下滑，已知P、A两点高度差h＝0.45 m，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，传送带A、B两点之间的距离为L＝5.5 m，取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。求： （1）求物体滑上传送带瞬间的速度大小vA； （2）物体从A运动到B所需的时间t； （3）滑块与传送带因摩擦产生的热量Q。 【答案】（1）3 m/s （2）2.5 s （3）0.5 J 【解析】 【小问1详解】 根据动能定理可知 解得vA＝3 m/s 【小问2详解】 在传送带上减速过程 减速时间 减速位移， 所以匀速时间 总时间t＝t1＋t2＝2.5 s 【小问3详解】 滑块减速时传送带的位移x1′＝vt1＝2 m 所以物块相对传送带滑行的位移为Δx＝x1－x1′＝0.5 m 产热为Q＝μmgΔx＝0.5 J 20. 如图所示，两平行金属板水平放置，间距d＝0.08m，宽度L＝0.4m，一群分布均匀的带电粒子以v0＝100m/s的速度从左侧平行于金属板进入该装置，当粒子碰到N板时被收集，且该过程不影响电场的分布，当MN两板间所加电压为U时，恰能收集四分之一的粒子。已知每个带电粒子的比荷为，不计带电粒子所受重力、带电粒子间的相互作用力以及空气阻力。求： （1）从两极板间射出的粒子在金属板间运动的时间t； （2）两极板间的电压U； （3）保持电压U不变，改变两极板的距离，可改变粒子收集率η，若两板间的距离为d1时收集率刚好达到η＝100%，求d1。 （4）保持电压U不变，请推导收集率η与两板距离d的关系。 【答案】（1） （2）2000V （3） （4）见解析 【解析】 【小问1详解】 粒子在金属板间做类平抛运动，水平方向有 可得 【小问2详解】 当MN两板间所加电压为U时，恰能收集四分之一的粒子，则竖直方向有，， 联立解得两极板间的电压为 【小问3详解】 保持电压U不变，改变两极板的距离，可改变粒子收集率η，若两板间的距离为d1时收集率刚好达到η＝100%，则M板边缘处进入的粒子刚好打到N板右侧，则有 可得 【小问4详解】 由（3）可知，当时，粒子收集率为； 当时，有 收集率为 解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $