精品解析：山东潍坊市2025-2026学年高一下学期7月期末物理试题

高一下学期学业质量评价 物理试题 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的学校、姓名、班级、座号、考号填涂在相应位置。 2．选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，绘图时，可用2B铅笔作答，字体工整、笔迹清楚。 3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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. 某电场的电场线分布如图所示，M、N为电场中的两个点，M点电场强度为EM、电势为，N点电场强度为EN、电势为，则（ ） A. EM＞EN ＞ B. EM＜EN ＜ C. EM＞EN ＜ D. EM＜EN ＞ 2. 2026年WSBK捷克站，中国张雪机车820RR-RS赛车夺冠。比赛中赛车匀速通过一段圆弧形弯道，已知弯道的长度为l、圆心角为θ，赛车通过这段弯道的时间为t。则赛车通过弯道的过程（ ） A. 线速度不变 B. 向心加速度不变 C. 角速度大小为 D. 向心加速度大小为 3. 真空中有三个相同的金属球a、b、c，分别位于边长为r的正三角形的三个顶点上（r远大于小球直径），其中a球带电荷量为+5q，b球带电荷量为-q，c球不带电。现将a球先后与b、c接触再放回原处，已知静电力常量为k，则b球受到的静电力大小为（ ） A. B. C. D. 4. 一无人机运送包裹，零时刻将包裹从静止开始匀加速竖直吊起，在2 s末包裹的速度大小为4.0 m/s，已知无人机和包裹的总质量为10 kg，重力加速度大小取10 m/s2，不计空气阻力，该无人机在这2 s内的输出功率和在2 s末的输出功率分别为（ ） A. 200 W 400 W B. 240 W 400 W C. 200 W 480 W D. 240 W 480 W 5. 某中子星的质量为地球质量的x倍，半径为地球半径的，地球的第一宇宙速度为v，则该中子星的第一宇宙速度为（ ） A. B. C. D. xyv 6. 如图所示的圆周，O为圆心，MN为直径，P为圆周上的点，MN=0.2 m，∠PMN=30°。一匀强电场方向与圆所在平面平行，已知M、N、P三点电势分别为、、，则该匀强电场的电场强度大小为（ ） A. 200 V/m B. C. 100 V/m D. 7. 如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，正极板与静电计金属球相连，负极板和静电计外壳同时接地，两板间有一个正检验电荷固定在P点。现保持正极板不动，负极板缓慢向左移动一小段距离，下列说法正确的是（ ） A. 电容器的电容增大 B. 静电计指针的偏转角度增大 C. 电容器两极板间的电场强度增大 D. P点检验电荷的电势能减小 8. 平面直角坐标系xOy中存在匀强电场，x轴各点的电势随x坐标变化的规律、y轴各点的电势随y坐标变化的规律如图所示。一个带正电的粒子从坐标原点沿x轴正方向以大小为5×104 m/s的初速度射出，已知该粒子的比荷为1，0×108 C/kg，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计粒子重力。粒子运动过程中速度最小位置的电势为（ ） A. 3.5 V B. 4.5 V C. 8 V D. 12.5 V 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9. M、N为真空中某点电荷电场中的两点，两点的电场强度方向如图所示。已知M点的电场强度大小为16 V/m，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是（ ） A. 该点电荷为负电荷 B. N点的电场强度大小为12 V/m C. 沿直线从M点到N点，电场强度先增大后减小 D. 沿直线从M点到N点，电势先升高后降低 10. 如图所示，圆柱形水泥管道静置于水平地面上，一小学生站在管道内，将足球从管道最低点以一定的水平初速度踢出，足球沿竖直平面运动并恰好能通过管道最高点。已知足球的质量为m，管道内径为R，重力加速度大小为g，不计摩擦阻力和空气阻力。下列说法正确的是（ ） A. 足球的初速度大小为 B. 足球的初速度大小为 C. 足球与管道圆心等高时，对管道的压力大小为3mg D. 足球与管道圆心等高时，对管道的压力大小为2mg 11. 如图所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上，弹簧的劲度系数为k。质量为m的小球由弹簧的正上方h高处由静止释放，与弹簧接触后压缩弹簧，小球的最大动能为Ek。不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ） A. 小球从释放处至最低点，其机械能一直减小 B. 小球从释放处至最低点，其重力的瞬时功率先增大后减小 C. 小球动能最大时，弹簧的弹性势能为 D. 若小球从弹簧原长处由静止释放，小球的最大动能为Ek-mgh 12. 如图所示为某卫星的发射过程示意图，先将卫星发射到近地圆轨道，卫星经过P点时变轨进入椭圆转移轨道，然后在转移轨道的远地点Q再次变轨进入预定圆轨道。已知预定轨道的半径为近地轨道半径的7倍，卫星在近地轨道上运行的周期为T，下列说法正确的是（ ） A. 卫星在预定轨道上运行的周期为 B. 卫星在预定轨道和近地轨道上运行的速度大小之比为1∶7 C. 卫星沿着转移轨道从P运动到Q的时间为8T D. 卫星在转移轨道上P点和Q点的速度大小之比为7∶1 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13. 心脏骤停时，4-6分钟内是“黄金急救时间”，使用自动除颤器（AED）是提高抢救成功率的有效措施之一，电容器是自动除颤器的核心组成部分。如图甲为“用传感器观察电容器的放电过程”的实验电路图，实验中使用电流传感器来采集电流随时间的变化情况，电源电压为10 V。某时刻单刀双掷开关S接1，一段时间后开关S改接2。开关改接2后计算机屏幕显示电流随时间变化的I-t图像如图乙所示。 （1）开关S接1后，电容器处于__________（选填“充电”或“放电”）状态； （2）电容器的电容值约为__________F（结果保留两位有效数字）； （3）如果仅将电阻R换成一个阻值更大的电阻，则电容器放电过程中，最大电流__________（选填“变大”“不变”或“变小”），释放的电荷量__________（选填“变多”“不变”或“变少”）。 14. 某实验小组用如图所示的装置验证滑块（含遮光片）和钩码组成的系统机械能守恒，主要实验步骤如下： ①将气垫导轨放在水平桌面上，并将导轨调至水平； ②在导轨上方安装光电门a和b； ③用天平称出滑块（含遮光片）的质量M； ④用跨过定滑轮的细绳连接滑块和钩码，调节细绳与气垫导轨平行； ⑤将滑块置于光电门a右侧适当位置，接通气源，释放滑块。记录遮光片经过两光电门的时间ta、tb。 已知遮光片的宽度为d，钩码质量为m且距离地面足够高，重力加速度大小为g，请回答下列问题： （1）调节气垫导轨水平时，滑块未连接钩码，接通气源，给滑块一个较小的初速度使其向左运动，发现遮光片通过光电门a的时间小于通过光电门b的时间，应将__________（填“左”或“右”）调平旋钮适当调低； （2）关于本实验，下列说法正确的是__________； A. 滑块必须由静止释放 B. 应选用宽度大些的遮光片 C. 两光电门之间的距离应适当大些 D. 滑块（含遮光片）的质量必须远大于钩码质量 （3）本实验还需要测量的物理量是____________________（写出物理量及表示符号）； （4）若关系式____________________（用已知量和测得量的符号表示）成立，则滑块（含遮光片）与钩码组成的系统机械能守恒。 15. 如图所示，长为l的导体棒原来不带电，水平固定在绝缘支架上，其中心轴线中点为P。将电荷量为+q、质量为m的小球（可看作点电荷）用绝缘细线悬挂，棒达到静电平衡后，小球静止于棒中心轴线上且到棒左端距离为r、绝缘细线与竖直方向夹角为θ。已知重力加速度大小为g、静电力常量为k，求： （1）小球受到的库仑力大小； （2）棒上感应电荷在P点产生的电场强度的大小和方向。 16. 如图所示，光滑的矩形金属框ABCD处于竖直平面内，长为0.5 m的轻绳一端固定在A点，另一端连接质量为0.4 kg的小球，小球套在竖直边BC上。已知AB边长0.3 m，重力加速度大小取10 m/s2，现使金属框绕AD边匀速转动，求： （1）当BC边对小球的作用力为零时，金属框的角速度大小； （2）当金属框的角速度大小为4 rad/s时，BC边对小球作用力的大小。 17. 如图所示，圆心为O的光滑圆弧轨道AB竖直固定，半径R=0.6 m，最低点与水平传送带BC相切；BC长L=1.2 m，以v0=5 m/s的速度顺时针匀速转动；BC右侧连接与其等高的平台CD；一条轻绳跨过定滑轮，两端分别系小滑块甲和乙，用手托住甲使其静止于A点正上方h=0.4 m处。某时刻释放甲，当甲运动到A点时轻绳断开（此时乙未到达定滑轮处），甲从A点滑入圆弧轨道，通过传送带后滑上平台，停在D点。已知甲、乙均视为质点，甲的质量M=0.3 kg，乙的质量m=0.1 kg，甲与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g大小取10 m/s2。 （1）求轻绳断开时甲的速度大小vA； （2）求传送带对甲做的功W； （3）现对停在D点的甲施加水平向左的推力，甲向左运动s=0.5 m后撤去推力，甲恰好能到达A点，求推力的大小F。 18. 如图甲所示的平面直角坐标系xOy，第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场；第四象限内有边界均平行于x轴的区域Ⅰ和区域Ⅱ，区域Ⅰ的上边界与x轴重合，两区域足够长且宽度均为L，区域Ⅰ内没有电场，区域Ⅱ内存在沿y轴正方向的匀强电场；第二象限内有一直线加速器，a、b间接入如图乙所示的交变电压。t=0时刻，一个质量为m、电荷量为q的质子从0号金属圆筒右侧由静止释放，质子在金属圆筒之间的狭缝被电场沿圆筒中央轴线加速，加速时间忽略不计，在金属圆筒内运动时间均为，离开2号圆筒后从点垂直y轴射入第一象限，一段时间后从x轴上N点进入第四象限，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60°。质子恰不能从区域Ⅱ下界面离开，忽略电场边缘效应，不计质子重力。求： （1）质子经过M点的速度大小v1； （2）第一象限电场强度大小E1； （3）质子第三次经过x轴时到O点的距离x。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一下学期学业质量评价 物理试题 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的学校、姓名、班级、座号、考号填涂在相应位置。 2．选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，绘图时，可用2B铅笔作答，字体工整、笔迹清楚。 3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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. 某电场的电场线分布如图所示，M、N为电场中的两个点，M点电场强度为EM、电势为，N点电场强度为EN、电势为，则（ ） A. EM＞EN ＞ B. EM＜EN ＜ C. EM＞EN ＜ D. EM＜EN ＞ 【答案】A 【解析】 【详解】从图中可以看出点的电场线比点电场线要密集，因此点的电场强度要大于点的电场强度，即 而电势沿着电场线方向减小，因此点电势要大于点电势，即，A正确。 故选A。 2. 2026年WSBK捷克站，中国张雪机车820RR-RS赛车夺冠。比赛中赛车匀速通过一段圆弧形弯道，已知弯道的长度为l、圆心角为θ，赛车通过这段弯道的时间为t。则赛车通过弯道的过程（ ） A. 线速度不变 B. 向心加速度不变 C. 角速度大小为 D. 向心加速度大小为 【答案】D 【解析】 【详解】A．线速度是矢量，匀速圆周运动中线速度大小不变，方向沿轨迹切线时刻变化，因此线速度是变化的，故A错误； B．向心加速度是矢量，大小不变，方向始终指向圆心，运动过程中方向时刻变化，因此向心加速度是变化的，故B错误； C．角速度大小为，是线速度的大小，故C错误； D．由弧长公式得弯道半径 线速度大小 向心加速度大小 代入得向心加速度大小，故D正确。 故选D。 3. 真空中有三个相同的金属球a、b、c，分别位于边长为r的正三角形的三个顶点上（r远大于小球直径），其中a球带电荷量为+5q，b球带电荷量为-q，c球不带电。现将a球先后与b、c接触再放回原处，已知静电力常量为k，则b球受到的静电力大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】当金属球先与金属球接触时，根据电荷守恒定律有 解得 随后金属球与金属球接触，同理有 解得 由此可知最终球的带电量为$2q$，球和球的带电量均为，根据库仑定律分别有， 解得 由题意可知三个金属球构成正三角形，则与两力的夹角为，由力的合成法则可得球受到的静电力大小为 解得 故选C。 4. 一无人机运送包裹，零时刻将包裹从静止开始匀加速竖直吊起，在2 s末包裹的速度大小为4.0 m/s，已知无人机和包裹的总质量为10 kg，重力加速度大小取10 m/s2，不计空气阻力，该无人机在这2 s内的输出功率和在2 s末的输出功率分别为（ ） A. 200 W 400 W B. 240 W 400 W C. 200 W 480 W D. 240 W 480 W 【答案】D 【解析】 【详解】先计算匀加速加速度 对无人机和包裹整体由牛顿第二定律 代入数据得 计算2s内平均输出功率：匀加速运动平均速度，平均功率 计算2s末瞬时输出功率：瞬时功率公式 故选D。 5. 某中子星的质量为地球质量的x倍，半径为地球半径的，地球的第一宇宙速度为v，则该中子星的第一宇宙速度为（ ） A. B. C. D. xyv 【答案】B 【解析】 【详解】第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度，由万有引力提供向心力，可得公式 化简得第一宇宙速度表达式 其中为中心天体质量，为中心天体半径。 设地球质量为、半径为，则中子星质量，半径 代入公式得中子星第一宇宙速度 故选B。 6. 如图所示的圆周，O为圆心，MN为直径，P为圆周上的点，MN=0.2 m，∠PMN=30°。一匀强电场方向与圆所在平面平行，已知M、N、P三点电势分别为、、，则该匀强电场的电场强度大小为（ ） A. 200 V/m B. C. 100 V/m D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为MN为圆的直径，根据几何关系可知PM与PN垂直，根据几何关系分别有， 代入已知数据解得和 在匀强电场中，沿PN方向的电场强度分量大小为 代入数据解得 沿PM方向的电场强度分量大小为 代入数据解得 由于PM与PN垂直，根据电场强度的叠加原理有 代入数据解得 故选A。 7. 如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，正极板与静电计金属球相连，负极板和静电计外壳同时接地，两板间有一个正检验电荷固定在P点。现保持正极板不动，负极板缓慢向左移动一小段距离，下列说法正确的是（ ） A. 电容器的电容增大 B. 静电计指针的偏转角度增大 C. 电容器两极板间的电场强度增大 D. P点检验电荷的电势能减小 【答案】B 【解析】 【详解】A．电容器与电源断开，正极板和静电计组成的导体所带电荷量不变；负极板向左移动，板距增大，由 可知电容减小，故A错误； B．由于不变且减小，由 可知两板间电势差增大，静电计指针偏转角度增大，故B正确； C．两板间电场强度= 、不变，所以不变，故C错误； D．负极板接地，电势为零，设点到负极板的距离为，负极板左移后增大，而不变，则点电势增大，正检验电荷的电势能增大，故D错误。 故选B。 8. 平面直角坐标系xOy中存在匀强电场，x轴各点的电势随x坐标变化的规律、y轴各点的电势随y坐标变化的规律如图所示。一个带正电的粒子从坐标原点沿x轴正方向以大小为5×104 m/s的初速度射出，已知该粒子的比荷为1，0×108 C/kg，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计粒子重力。粒子运动过程中速度最小位置的电势为（ ） A. 3.5 V B. 4.5 V C. 8 V D. 12.5 V 【答案】C 【解析】 【详解】由题意及图像可知，平面内存在匀强电场，空间中任意一点的电势可表示为 则匀强电场在轴和轴的分量分别为， 带正电的粒子在电场中运动，根据牛顿第二定律分别有， 代入已知数据解得， 在时刻粒子沿轴和轴的分速度分别为， 当粒子的速度方向与加速度方向垂直时其速度达到最小，此时有 联立代入数据解得 在此过程中粒子沿轴和轴的位移分别为， 代入数据解得， 将该位置坐标代入电势表达式可得 计算解得 故选C。 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9. M、N为真空中某点电荷电场中的两点，两点的电场强度方向如图所示。已知M点的电场强度大小为16 V/m，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是（ ） A. 该点电荷为负电荷 B. N点的电场强度大小为12 V/m C. 沿直线从M点到N点，电场强度先增大后减小 D. 沿直线从M点到N点，电势先升高后降低 【答案】AC 【解析】 【详解】A．根据点电荷的电场线分布规律，将、两点的电场强度方向反向延长进行分析。若该点电荷为正电荷，由于电场线向外辐射，两电场强度所在的直线交点必在直线MN的右侧，此时交点位于点右上方、点右下方，即要求点在点下方，与题图矛盾；若该点电荷为负电荷，电场线汇聚于电荷，交点必在直线MN的左侧，此时交点位于点左下方、点左上方，即要求点在点上方，与题图相符，可知该点电荷为负电荷，故A正确； B．设该点电荷所带电荷量大小为，其到直线MN的垂直距离为，、两点到该点电荷的距离分别为和，根据几何关系分别有， 根据点电荷的电场强度公式分别有， 联立解得 代入数据解得，故B错误； C．沿直线从点到点，与负点电荷的距离先减小后增大，当运动到点电荷在直线MN上的垂足位置（该位置在MN之间）时距离最小，根据电场强度公式有 可知电场强度大小先增大后减小，故C正确； D．由于该点电荷为负电荷，电场线指向负电荷，距离负电荷越近电势越低，沿直线从点到点，与点电荷的距离先减小后增大，则电势先降低后升高，故D错误。 故选AC。 10. 如图所示，圆柱形水泥管道静置于水平地面上，一小学生站在管道内，将足球从管道最低点以一定的水平初速度踢出，足球沿竖直平面运动并恰好能通过管道最高点。已知足球的质量为m，管道内径为R，重力加速度大小为g，不计摩擦阻力和空气阻力。下列说法正确的是（ ） A. 足球的初速度大小为 B. 足球的初速度大小为 C. 足球与管道圆心等高时，对管道的压力大小为3mg D. 足球与管道圆心等高时，对管道的压力大小为2mg 【答案】BC 【解析】 【详解】AB．关于竖直圆周运动和机械能守恒题，核心是“足球在管道内做完整圆周运动”，且“恰好通过最高点”，即在最高点时管道对球的作用力为零，由重力提供向心力。最高点 从最低点到最高点，高度差为2R，机械能守恒（无摩擦、无空气阻力） 联立两式解得 A错误，B正确； CD．足球与管道圆心等高时，球圆周运动的高度比最低点高R，速度设为v。由机械能守恒，从最低点到该位置 在该位置，向心力由管道对球的弹力提供（重力竖直向下，不提供向心力），所以 联立两式代入 可得 足球对管道的压力与管道对球的弹力是相互作用力，根据牛顿第三运动定律，足球对管道的压力大小也为 C正确，D错误。 故选BC。 11. 如图所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上，弹簧的劲度系数为k。质量为m的小球由弹簧的正上方h高处由静止释放，与弹簧接触后压缩弹簧，小球的最大动能为Ek。不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ） A. 小球从释放处至最低点，其机械能一直减小 B. 小球从释放处至最低点，其重力的瞬时功率先增大后减小 C. 小球动能最大时，弹簧的弹性势能为 D. 若小球从弹簧原长处由静止释放，小球的最大动能为Ek-mgh 【答案】BD 【解析】 【详解】A．小球在接触弹簧前做自由落体运动，只有重力做功，机械能守恒，接触弹簧后，弹簧的弹力对小球做负功，小球的机械能减小，所以小球的机械能先不变后减小，故A错误； B．小球从释放至接触弹簧过程，做自由落体运动，速度一直增大，接触弹簧后，弹力先小于重力，小球继续向下做加速运动，当弹力等于重力时，速度达到最大，之后弹力大于重力，小球向下做减速运动，直到速度为零，所以小球的速度先增大后减小，根据瞬时功率公式可知，重力的瞬时功率先增大后减小，故B正确； C．小球动能最大时，小球受力平衡，根据平衡条件有 解得 此时弹簧的弹性势能为 联立可知，故C错误； D．小球动能最大时均处于平衡位置，弹簧压缩量均为，两种情况下在动能最大位置弹簧的弹性势能相等，设为，当小球从距离弹簧原长上方处释放时，根据能量守恒定律有 当小球从弹簧原长处由静止释放时，设小球的最大动能为，根据能量守恒定律有 两式相减可知，故D正确。 故选BD。 12. 如图所示为某卫星的发射过程示意图，先将卫星发射到近地圆轨道，卫星经过P点时变轨进入椭圆转移轨道，然后在转移轨道的远地点Q再次变轨进入预定圆轨道。已知预定轨道的半径为近地轨道半径的7倍，卫星在近地轨道上运行的周期为T，下列说法正确的是（ ） A. 卫星在预定轨道上运行的周期为 B. 卫星在预定轨道和近地轨道上运行的速度大小之比为1∶7 C. 卫星沿着转移轨道从P运动到Q的时间为8T D. 卫星在转移轨道上P点和Q点的速度大小之比为7∶1 【答案】AD 【解析】 【详解】A．设近地圆轨道半径为，预定圆轨道半径为，由题意可知，根据开普勒第三定律有 解得 可知卫星在预定轨道上运行的周期为，故A正确； B．设地球质量为，卫星质量为，卫星在圆轨道上运行时，根据万有引力提供向心力有 解得 由此可得卫星在预定轨道和近地圆轨道上运行的速度大小之比为 代入数据解得 可知速度大小之比不是1:7，故B错误； C．设转移轨道的半长轴为，根据几何关系有 代入数据解得 设卫星在转移轨道上的周期为，根据开普勒第三定律有 解得 卫星沿着转移轨道从点运动到点的时间为 解得 可知运动时间不是8T，故C错误； D．设卫星在转移轨道上点和点的速度分别为和，根据开普勒第二定律有 解得 可知卫星在转移轨道上点和点的速度大小之比为7:1，故D正确。 故选AD。 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13. 心脏骤停时，4-6分钟内是“黄金急救时间”，使用自动除颤器（AED）是提高抢救成功率的有效措施之一，电容器是自动除颤器的核心组成部分。如图甲为“用传感器观察电容器的放电过程”的实验电路图，实验中使用电流传感器来采集电流随时间的变化情况，电源电压为10 V。某时刻单刀双掷开关S接1，一段时间后开关S改接2。开关改接2后计算机屏幕显示电流随时间变化的I-t图像如图乙所示。 （1）开关S接1后，电容器处于__________（选填“充电”或“放电”）状态； （2）电容器的电容值约为__________F（结果保留两位有效数字）； （3）如果仅将电阻R换成一个阻值更大的电阻，则电容器放电过程中，最大电流__________（选填“变大”“不变”或“变小”），释放的电荷量__________（选填“变多”“不变”或“变少”）。 【答案】（1）充电 （2） （3） ①. 变小 ②. 不变 【解析】 【小问1详解】 开关接1后，电容器与电源相连，电源对电容器充电，因此电容器处于充电状态。 【小问2详解】 由图像可知，横向每个小格表示，纵向每个小格表示，因此每个小方格表示的电荷量为 估算图线与坐标轴围成的面积约为39个小方格，故电容器释放的电荷量约为 根据电容的定义式有 代入数据并保留两位有效数字，解得 【小问3详解】 [1]电容器充电后的电压等于电源电压，刚开始放电时电流最大，其表达式为 电压不变，换用阻值更大的电阻后，最大电流变小。 [2]电容器完全放电时释放的电荷量为 电容和初始电压均不变，因此释放的电荷量不变。 14. 某实验小组用如图所示的装置验证滑块（含遮光片）和钩码组成的系统机械能守恒，主要实验步骤如下： ①将气垫导轨放在水平桌面上，并将导轨调至水平； ②在导轨上方安装光电门a和b； ③用天平称出滑块（含遮光片）的质量M； ④用跨过定滑轮的细绳连接滑块和钩码，调节细绳与气垫导轨平行； ⑤将滑块置于光电门a右侧适当位置，接通气源，释放滑块。记录遮光片经过两光电门的时间ta、tb。 已知遮光片的宽度为d，钩码质量为m且距离地面足够高，重力加速度大小为g，请回答下列问题： （1）调节气垫导轨水平时，滑块未连接钩码，接通气源，给滑块一个较小的初速度使其向左运动，发现遮光片通过光电门a的时间小于通过光电门b的时间，应将__________（填“左”或“右”）调平旋钮适当调低； （2）关于本实验，下列说法正确的是__________； A. 滑块必须由静止释放 B. 应选用宽度大些的遮光片 C. 两光电门之间的距离应适当大些 D. 滑块（含遮光片）的质量必须远大于钩码质量 （3）本实验还需要测量的物理量是____________________（写出物理量及表示符号）； （4）若关系式____________________（用已知量和测得量的符号表示）成立，则滑块（含遮光片）与钩码组成的系统机械能守恒。 【答案】（1）左 （2）C （3）两光电门之间的距离L （4） 【解析】 【小问1详解】 滑块向左运动，遮光片通过光电门的时间小于通过光电门的时间，可知滑块通过光电门的速度大于通过光电门的速度，即滑块做减速运动，这表明气垫导轨左端偏高，应将左调平旋钮适当调低。 【小问2详解】 A．验证系统机械能守恒，只需计算两状态间系统重力势能的减小量和动能的增加量是否相等，滑块不一定要由静止释放，故A错误； B．由于遮光片有一定宽度，遮光片通过光电门的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，为了使平均速度更接近遮光片经过光电门位置的瞬时速度，应选用宽度较小的遮光片，故B错误； C．为了减小长度测量的相对误差，两光电门之间的距离应适当大些，故C正确； D．本实验验证的是滑块与钩码组成的系统机械能是否守恒，实验原理中没有用到近似条件，不需要满足滑块（含遮光片）的质量远大于钩码质量，故D错误。 故选C。 【小问3详解】 本实验需要计算重物下落过程中系统重力势能的减小量，因此还需要测量两光电门之间的距离。 【小问4详解】 滑块经过光电门和时的速度大小分别为， 从滑块经过光电门到经过光电门的过程中，系统重力势能的减小量为 系统动能的增加量为 若系统机械能守恒，则需满足 联立解得 15. 如图所示，长为l的导体棒原来不带电，水平固定在绝缘支架上，其中心轴线中点为P。将电荷量为+q、质量为m的小球（可看作点电荷）用绝缘细线悬挂，棒达到静电平衡后，小球静止于棒中心轴线上且到棒左端距离为r、绝缘细线与竖直方向夹角为θ。已知重力加速度大小为g、静电力常量为k，求： （1）小球受到的库仑力大小； （2）棒上感应电荷在P点产生的电场强度的大小和方向。 【答案】（1） （2），方向水平向左 【解析】 【小问1详解】 对小球进行受力分析，小球受到重力、细线拉力和导体棒的库仑力作用，小球处于平衡状态，根据平衡条件有 【小问2详解】 由于导体棒处于静电平衡状态，导体内部场强处处为零，即棒上感应电荷在点产生的电场强度与点电荷在点产生的电场强度等大反向，点电荷与点之间的距离为，根据点电荷的电场强度公式可知点电荷在点产生的电场强度大小为 解得棒上感应电荷在点产生的电场强度大小为 由于带正电的点电荷在点产生的电场方向水平向右，可知棒上感应电荷在点产生的电场方向为水平向左。 16. 如图所示，光滑的矩形金属框ABCD处于竖直平面内，长为0.5 m的轻绳一端固定在A点，另一端连接质量为0.4 kg的小球，小球套在竖直边BC上。已知AB边长0.3 m，重力加速度大小取10 m/s2，现使金属框绕AD边匀速转动，求： （1）当BC边对小球的作用力为零时，金属框的角速度大小； （2）当金属框的角速度大小为4 rad/s时，BC边对小球作用力的大小。 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 设轻绳与竖直方向的夹角为，小球做匀速圆周运动的半径为，根据题意可知，由几何关系可得，，当BC边对小球的作用力为零时，小球只受到重力和轻绳的拉力作用，竖直方向根据平衡条件和水平方向根据牛顿第二定律分别有， 联立解得 【小问2详解】 当金属框的角速度大小为时，由于，轻绳拉力的水平分力大于小球做圆周运动所需的向心力，故BC边对小球有水平向右的作用力，设此时轻绳的拉力为，竖直方向根据平衡条件和水平方向根据牛顿第二定律分别有， 联立解得 17. 如图所示，圆心为O的光滑圆弧轨道AB竖直固定，半径R=0.6 m，最低点与水平传送带BC相切；BC长L=1.2 m，以v0=5 m/s的速度顺时针匀速转动；BC右侧连接与其等高的平台CD；一条轻绳跨过定滑轮，两端分别系小滑块甲和乙，用手托住甲使其静止于A点正上方h=0.4 m处。某时刻释放甲，当甲运动到A点时轻绳断开（此时乙未到达定滑轮处），甲从A点滑入圆弧轨道，通过传送带后滑上平台，停在D点。已知甲、乙均视为质点，甲的质量M=0.3 kg，乙的质量m=0.1 kg，甲与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g大小取10 m/s2。 （1）求轻绳断开时甲的速度大小vA； （2）求传送带对甲做的功W； （3）现对停在D点的甲施加水平向左的推力，甲向左运动s=0.5 m后撤去推力，甲恰好能到达A点，求推力的大小F。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 轻绳断开前甲、乙作为整体一起运动，根据牛顿第二定律有 到A点的过程有 联立解得轻绳断开时甲的速度 【小问2详解】 甲从A点到B点有 解得 由于甲进传送带时的速度小于传送带的速度，所以甲在传送带上受到向右的摩擦力做匀加速直线运动，有 解得 甲与传送带共速时有 解得 所以甲在离开传送带前与传送带达到共速，则传送带对甲做的功 解得 【小问3详解】 设甲与平台间的动摩擦因数为，C、D之间的距离为，物块由C到D的过程，根据动能定理得 物块从D返回A过程，根据动能定理得 联立解得 18. 如图甲所示的平面直角坐标系xOy，第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场；第四象限内有边界均平行于x轴的区域Ⅰ和区域Ⅱ，区域Ⅰ的上边界与x轴重合，两区域足够长且宽度均为L，区域Ⅰ内没有电场，区域Ⅱ内存在沿y轴正方向的匀强电场；第二象限内有一直线加速器，a、b间接入如图乙所示的交变电压。t=0时刻，一个质量为m、电荷量为q的质子从0号金属圆筒右侧由静止释放，质子在金属圆筒之间的狭缝被电场沿圆筒中央轴线加速，加速时间忽略不计，在金属圆筒内运动时间均为，离开2号圆筒后从点垂直y轴射入第一象限，一段时间后从x轴上N点进入第四象限，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60°。质子恰不能从区域Ⅱ下界面离开，忽略电场边缘效应，不计质子重力。求： （1）质子经过M点的速度大小v1； （2）第一象限电场强度大小E1； （3）质子第三次经过x轴时到O点的距离x。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 质子从0号金属圆筒右侧进入0号与1号金属圆筒间的狭缝，时有，电场力对质子做功为 质子在1号金属圆筒内运动时间为，到达1号与2号金属圆筒间的狭缝时有，电场力对质子做功为 质子从静止开始运动，根据动能定理有 解得 金属圆筒内部没有电场，质子离开2号金属圆筒后速度大小不变，因此质子经过点时的速度大小为 【小问2详解】 质子从点沿水平方向射入第一象限，水平方向不受力，因此经过点时有 质子经过点时速度方向与轴正方向的夹角为，故其竖直分速度大小为 设第一象限内质子的加速度大小为，根据牛顿第二定律有 质子从点运动到点时沿竖直方向下降的距离为，根据匀变速直线运动规律有 解得 由解得 代入解得 【小问3详解】 质子从点运动到点的过程中，竖直分速度由零增大到，根据速度公式有 解得 质子在水平方向做匀速直线运动，因此第一次经过轴时到点的距离为 质子从点进入区域Ⅰ后不受电场力，竖直分速度大小保持为，从轴运动到区域Ⅰ下边界的时间为 对应的水平位移为 设区域Ⅱ内质子的加速度大小为、电场强度大小为，根据牛顿第二定律有 质子恰不能从区域Ⅱ的下边界离开，说明质子到达下边界时竖直分速度恰好为零，根据匀变速直线运动规律有 解得 质子从区域Ⅱ上边界运动到下边界的时间为 对应的水平位移为 质子到达区域Ⅱ下边界后反向运动，运动过程关于最低点对称，因此从点进入第四象限至第二次经过轴的水平位移为 第二次经过轴时到点的距离为 质子第二次经过轴时，竖直分速度方向向上、大小为，进入第一象限后加速度方向向下，根据速度公式可得再次回到轴所用时间为 这段过程中质子的水平位移为 因此质子第三次经过轴时到点的距离为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $