辽宁大连育明高级中学2025-2026学年高一下学期期末物理试卷

**基本信息** 2025-2026学年大连育明高级中学高一（下）期末物理试卷，聚焦电场、电路、机械波、力学综合，通过水上蹦床、阴极射线管等真实情境，考查物理观念与科学思维，适配期末综合测评需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|7/28|电场强度、电阻定律、电势图像|对称法分析电场（题1）、v-t图像解读动能变化（题4）| |多选题|3/18|机械波传播、电表改装、复合场运动|波动与振动图像综合（题8）、带电小球轨迹分析（题10）| |实验题|2/16|单摆测g、电容器充放电|拉力传感器数据处理（题11）、I-t图像面积意义（题12）| |计算题|3/38|动能定理、动量守恒、等效重力|起重打夯机功率计算（题13）、电子偏转多过程分析（题14）|

2025-2026学年辽宁省大连育明高级中学高一（下）期末物理试卷 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.某一由绝缘材料制成的圆环，其上均匀分布有正电荷，圆心O处的电场强度大小为、电势为。若在环上P处截去一小段圆弧如图所示，此时O点的场强大小变为、电势变为，则(    ) A. B. C. D. 2.如图所示，同种材料做成的均匀柱状导体a和b并联接入电路中，其长度相同，a的直径小于b的直径，忽略温度对电阻的影响，则下列说法正确的是(    ) A. a的电阻小于b的电阻 B. a两端电压大于b两端电压 C. 相等时间内流过a中横截面的电荷量比b中多 D. a中自由电荷定向移动速率和b中相等 3.某静电场在x轴正半轴的电势随x变化的图像如图所示，a、b、c、d为x轴上四个点(    ) A. a点电势小于c点电势 B. a点到c点之间电场强度方向不变 C. 负电荷从b移到c，电场力做正功 D. 正电荷在b点静止释放后可以做往复运动 4.如图甲所示，一粗糙斜面固定在水平地面上。滑块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中滑块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则(    ) A. 滑块受到的摩擦力大小为 B. 滑块上滑过程中，重力势能增加了 C. 滑块的重力大小为 D. 滑块不能够返回斜面底端 5.水上蹦床项目深受游客喜爱。如图甲，当游客在蹦床上跳动时，将形成向外传递的圆形水波。水面上两蹦床、及A点的位置如图乙所示。时刻，两蹦床同时开始振动，振动方程均为。已知时，原点O处质点开始振动。不考虑能量损失，水面为均匀介质。下列说法正确的是(    ) A. 水波的波速为 B. 若游客加快跳动频率，则相邻波峰的间距将变大 C. 内，A处质点振动的路程为 D. 振动稳定后在、间有3个振动加强点 6.如图，P为圆锥的顶点，A、B、C为圆锥底面上的三个点，P、A、B、C任意两点间的距离均相等，PO为圆锥的高，电荷量为的点电荷固定于B点，现将一电荷量为的从无穷远处移到C点并固定，此过程中点电荷克服电场力做功W；再将一电荷量为的点电荷从无穷远处移到A点，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是(    ) A. 移入之前，C点的电势为 B. 移入之前，P点的场强与A点的场强相同 C. 移入的过程中，电场力对做功为2W D. 移入后，P与无穷远点的电势差为 7.如图所示，光滑水平面上有一倾角为质量为M的斜面体，在水平向右的力F的作用下，斜面体和其上一质量为m的物块一起从静止开始向右运动，加速度与时间的关系为，其中k为大于0的常量。物块和斜面体之间动摩擦因数为重力加速度为g。时刻，物块和斜面体刚要发生相对运动，此时物块动能为，则(    ) A. B. 时间内，F做的功等于 C. 若仅将力F方向改为水平向左，物块与斜面体开始相对运动时物块动能 D. 时间内物块受到斜面体作用力的冲量为 二、多选题：本大题共3小题，共18分。 8.如图所示，甲为一列简谐波在某一时刻的波形图，乙为介质中处的质点P以此时刻为计时起点的振动图像，质点Q的平衡位置位于处，下列说法正确的是(    ) A. 这列波沿x轴负方向传播 B. 这列波的传播速度为 C. 时，质点P的加速度小于点Q的加速度 D. 质点P的速度方向总与质点Q的速度方向相反 9.如图甲、乙所示的两个电路，是利用一个灵敏电流表和一个电阻箱R改装成电压表或电流表，若电压表量程为3V，电流表量程为，则(    ) A. 甲表是电流表，电阻箱的阻值是 B. 乙表是电流表，电阻箱的阻值是 C. 若使用中发现甲表示数总比准确值稍小一些，可能是电阻箱R阻值调节的偏小 D. 若使用中发现乙表示数总比准确值稍小一些，可能是灵敏电流表内阻小于 10.如图所示，空间存在沿x轴方向匀强电场，坐标平面xOy的y、x轴上有M、N两点，到O的距离分别为d、2d。一带正电的小球质量为m、带电荷量为q，从O点飞出后先后经过M、N点，小球在M点的速度方向沿x轴正方向，从O到N所用的时间为T，考虑重力，不考虑空气阻力，下列说法正确的是(    ) A. 小球在xOy平面内的轨迹为抛物线 B. 小球从O到M所用的时间小于从M到N所用的时间 C. MN两点的电势差大小为 D. 小球从O到N过程中的最小速度为 三、实验题：本大题共2小题，共16分。 11.实验小组用如图甲所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。在单摆悬点处安装拉力传感器，并获得传感器读取的力与时间的关系图像，如图乙所示。 为了减小实验误差，下列哪种做法是正确的______ A. 摆球要选择质量和体积都较大的 B. 摆长一定的情况下，为了便于观察，摆角越大越好 C. 摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且适当长一些 D. 测量摆长时，应测量水平拉直后的摆线长度，再加上小球半径 由图乙可知该单摆的周期，测得摆线长度为L，摆球直径为D。则当地的重力加速度        。用字母、L、D表示 为了提高实验的准确度，某同学在实验中几次改变摆长L并测出相应的周期T，从而得出多组数据。以L为横轴、为纵轴，作出图像。但该同学每次都把摆线长当作摆长，由此得到的图像是图丙中的图线        选填“a”、“b”或“c”。若不考虑偶然误差，由此图像测出的重力加速度与真实值相比        选填“偏大”、“偏小”或“不变” 12.探究电容器充放电规律，实验装置如图甲所示，有电源E，定值电阻，电容器C，单刀双掷开关S。 为测量电容器充放电过程电压U和电流I变化，需在①、②处接入测量仪器，位置①应该接入测量        填“电流”或“电压”仪器 根据测到的数据，某过程中电容器两端电压U与电流I的关系图如图乙所示。该过程为        填“充电”或“放电” 若充电后电容器两板间电压为6V，电阻，测量电压电流的仪器均可视为理想，将开关S接b，电流I随时间t变化的图像如图丙所示，测得在时，图丙的图线下的2s前后的面积：        。实验中发现放电太快，可以通过        填“增大”或“减小”来延长放电时间 四、计算题：本大题共3小题，共38分。 13.起重打夯机的简易模型如图所示，质量的重物在恒定拉力的作用下从与钉子接触处开始由静止向上做匀加速直线运动，经历，重物上升后立即撤去拉力，重物继续上升到最高点后自由下落，撞击钉子，将钉子打入深度，且重物不再被弹起。撞击前不计所有摩擦和空气阻力，钉子质量忽略不计，重力加速度，求： 该恒定拉力的最大功率 重物撞击钉子过程对钉子的平均作用力大小 14.如图所示，真空中的阴极K可连续不断地释放电子电子初速度忽略不计，电子经加速电压加速后从小孔S射出，沿水平正对的平行金属板A、B中轴线射入两极板之间的偏转电场，在金属板A、B右侧有一竖直固定足够大的荧光屏，荧光屏到金属板A、B右端的距离为L。已知电子的质量为m，电荷量为，金属板A、B的长度均为L，两板间距d，不计电子重力及电子之间的相互作用。 求电子射入偏转电场时的初速度大小 若偏转电场电压恒为，求电子打到荧光屏上时离中心轴线的距离 若两金属板A、B之间的电场强度E随时间t的变化关系如图所示，所有电子在板A、B之间运动的时间均为，要使所有的电子都能打在荧光屏上，求的最大值 15.如图所示，位于竖直面内的半圆弧形光滑绝缘轨道固定在水平地面上，其下端点O与水平粗糙绝缘轨道相切，整个轨道处在水平向右的匀强电场中未画出，电场强度，现有一质量、带电荷量的物块A位于点，A右侧某位置处有一质量也为，不带电绝缘物块可视为质点，B右端与一绝缘轻弹簧相连，弹簧的右端固定在水平轨道上，初始时弹簧弹力为零，弹簧的劲度系数，弹性势能的大小为弹簧形变量大小，物块A、B均可视为质点，它们与水平轨道间的动摩擦因数均为，重力加速度，间距离，给物块A一个水平向左的初速度，A恰好可以沿半圆轨道运动，在最高点与轨道末端的弹性挡板相碰后原速率返回，沿轨道继续运动，运动过程中A物块带电量不变，不计空气阻力等其它影响。求： 物块A在点向左运动时的加速度大小 半圆弧形轨道的半径大小 若物块A由O点静止释放，与物块B相碰后立即共速不粘连，之后一起向右运动，反弹后向左运动过程中不分离，物块B初始位置到O的距离s满足什么条件 答案和解析 1.【答案】A  【解析】解：根据对称性可知均匀分布有正电荷的圆环圆心O点的电场强度大小为；在环上P处截去一小段圆弧，则O点的场强大小不为0，故有，故A正确，B错误； 电势是标量，叠加时直接代数相加；所有电荷都是正电荷，每个电荷元在O点产生的电势均为正值；原完整圆环的电势是所有电荷元的电势之和；截去一小段正电荷后，总电势等于原电势减去截去部分贡献的正电势，即，则有，故C正确，D错误。 故选：A。 根据对称性，结合场强叠加原理，综合电势是标量，叠加时直接代数相加分析求解。 本题考查了电场和电势，理解标量和矢量的运算法则是解决此类问题的关键。 2.【答案】D  【解析】解：根据电阻定律，a的直径小，横截面积也小，和L相同，可知a的电阻大于b的电阻，故A错误； B.a、b并联连接，可知a两端电压等于b两端电压，故B错误； C.根据欧姆定律，可知，又由可知，相等时间内流过a中横截面的电荷量比b中少，故C错误； D.根据，得，而，联立解得，可知a中自由电荷定向移动速率和b中相等，故D正确。 故选：D。 根据电阻定律列式分析解答；根据并联电路的电压特点分析判断；根据欧姆定律结合电流强度的定义式列式解答；根据电流的微观表达式结合欧姆定律列式求解。 考查电阻定律、欧姆定律的应用，以及并联电路的特点，涉及知识点较多，需平时注意相关知识的积累，属于较低难度考题。 3.【答案】B  【解析】解：A、由图像可知a点电势高于C点电势，故A错误； B、a到c之间图像斜率始终为负，斜率符号不变，电场强度方向不变，故B正确； C、b移到c电势降低，，负电荷电势能增大，电场力做负功，故C错误； D、b点释放正电荷，沿x轴正方向，b点电势比前面任意点电势都高，不可能让正电荷停止，正电荷持续向右运动，不会往复运动，故D错误。 故选：B。 图像斜率表示电场强度，斜率正负反映电场强度方向；根据判断电场力做功；根据电势判断电荷运动。 本题考查图像静电场分析，解题关键是掌握图像斜率表示电场强度，结合电势变化判断电势能、电场力做功。 4.【答案】A  【解析】解：规定斜面底端重力势能为零。滑块以某初动能沿斜面上滑，运动过程中需克服摩擦力做功，机械能逐渐减小，同时动能不断转化为重力势能，且还要克服摩擦力做功，因此动能的减小速率更快。结合图乙可知，图线①表示机械能E随位移x的变化关系，图线②表示动能随位移x的变化关系。初始状态下，滑块动能，机械能也为。 A、根据功能关系，除重力外其他力此处为摩擦力做的功等于机械能的变化量，有。由图线①可知，当位移为时，机械能的减少量为，解得：减少量为，即，解得：摩擦力大小，故A正确； B、由图线②可知，当位移为时，滑块动能为零；由图线①可知此时滑块的机械能为。根据机械能与动能、势能的关系，可知此时的重力势能，解得：，即上滑过程中重力势能的增加量为，故B错误； C、重力势能的增加量等于克服重力做的功，即为斜面的倾角，将代入得，解得：重力沿斜面向下的分力，因此滑块的重力大小，显然不等于，故C错误； D、由上述分析可得，重力沿斜面向下的分力，滑动摩擦力大小，因为，所以滑块到达最高点速度为零后，重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，滑块将沿斜面加速下滑，最终可以返回斜面底端，故D错误。 故选：A。 滑块沿粗糙固定斜面上滑过程中，克服摩擦力做功使机械能持续减小，合外力做负功使动能持续减小，且动能的减小速率更快，可先判断图乙中两条图线分别对应的物理量，再结合功能关系分析摩擦力、重力势能变化及重力沿斜面分力的大小，最后比较重力分力与摩擦力大小判断滑块到达最高点后是否会下滑。 本题考查功能关系的综合应用，覆盖机械能变化与非重力做功的对应关系、动能与机械能及重力势能的关联、受力分析判断物体运动状态等知识点。题目将能量变化规律与图像结合，要求学生先准确区分两条图线对应的物理量，辨析重力与重力分力的差异，难度中等偏上，能有效锻炼学生的图像解读能力、建模分析能力以及对功能关系的灵活应用能力。 5.【答案】C  【解析】解：A、两蹦床同时开始振动，由于距离原点O更近，最先传到原点O的是产生的波，因此水波的波速，代入数据解得：，故A错误； B、水波在均匀介质中的传播速度v保持不变，若游客加快跳动频率，即频率f变大，根据可知，水波的波长将变小，所以相邻波峰的间距将变小，故B错误； C、由振动方程可知，振幅，角频率，周期，解得：，波长，解得：。A点到两波源的距离分别为：，解得：；，解得：。两列波传到A点所需的时间分别为：，解得：；，解得：。在内，A点尚未振动，路程为0；在内，仅有的波传到A点引起振动，振动时间为，A点经过的路程，解得：；在4s时，引起的A点位移刚好回到平衡位置，此后的波也传到A点，A点到两波源的波程差，解得：。由于两波源振动步调一致，所以A点为振动减弱点，两列波在A点引起的振动在此后完全抵消，振幅为0，因此在内，A点静止不动，路程为0，总路程为，故C正确； D、两波源之间的距离，解得：。振动加强点满足的条件是到两波源的波程差。在、连线上，波程差范围为，即，解得：，符合条件的n取值为，，0，1，2，共5个振动加强点，故D错误。 故选：C。 这是同相相干波源产生的机械波传播与叠加问题，先结合时O点首次开始振动的条件，通过更近的波源到O的距离推导水波的波速，结合给定的振动方程确定振动周期与波长，分析波传播到各对应位置的时间，依据机械波波速由介质决定的规律判断振动频率变化时波长的变化，再结合波程差与波长的关系判断振动加强、减弱点，最终推导质点振动的总路程。 本题考查机械波传播规律、波速与波长频率的关系、波的叠加与干涉条件、振动路程计算等机械波板块核心知识点，属于综合应用型考题。题目计算量适中，难度中等偏上，需要学生建立机械波传播的时空对应模型，梳理不同波源振动的先后传播过程，熟练应用相干波的振动加强、减弱判定规则，对学生的逻辑推导能力与过程分析能力有较高要求。 6.【答案】D  【解析】解：设P、A、B、C任意两点间的距离为L，因距离均相等，可知它们构成一个正四面体。 A、移入之前，空间中仅有固定于B点的正电荷，将电荷量为的从无穷远处移到C点，克服电场力做功为W，说明系统电势能增加了W，即在C点的电势能；根据电势的定义式，解得移入之前C点的电势，故A错误； B、移入之前，空间中有位于B、C两点的正电荷，由于P、A两点到B、C两点的距离均相等且为L，根据电场的叠加原理，两同种点电荷在P、A两点产生的合场强大小相等，但因正四面体的空间结构，P、A两点分别位于不同的平面位置，合场强方向不同，所以场强不相同，故B错误； C、移入之前，空间中有固定在B、C两点的正电荷，由于它们各自在距离为L的A点产生的电势均为，根据标量叠加原理，此时A点的电势； 将电荷量为的从无穷远处移入A的过程中，根据电场力做功与电势差的关系，代入解得电场力对做功，故C错误； D、移入后，空间中有位于A、B、C三点的正电荷，它们到P点的距离均为L，各自在P点产生的电势均为，根据标量叠加原理，P点的总电势；P与无穷远点的电势差，解得，故D正确。 故选：D。 明确P、A、B、C四点构成正四面体，任意两点间距相等，梳理两次移入点电荷的过程，明确场强是矢量需同时分析大小和方向，电势为标量可直接代数叠加，结合电场力做功与电势、电势能的对应关系，以及电势差的定义，依据无穷远为零电势的边界条件，分析每次移入电荷后空间电场、电势的叠加状态即可。 本题属于静电场综合题，考查电场力做功与电势能的关系、电势与电势差的定义、场强的矢量叠加与电势的标量叠加规律，融合正四面体空间几何模型的应用。本题计算量较小，难度中等偏上，重点考查学生的空间建模能力、矢量与标量的区分应用能力，要求学生准确结合几何结构分析各点的场强与电势特点，对逻辑推理的严谨性有一定要求。 7.【答案】C  【解析】解：A、设物块所受支持力为，摩擦力为，受力分析如图所示： 将它们沿着水平和竖直方向进行分解，则有：，，， 联立以上各式可得：，，，故A错误； B、时间内，F做的功等于斜面与物块的动能的增量，则有：，故B错误； C、若改变力的方向，加速度较大时，则物块会受到沿斜面向下的摩擦力和垂直于斜面向上的支持力，分别设为；，设在时刻，物块和斜面体刚要发生相对运动，将力沿水平和竖直方向进行分解，则有：，， 因地面光滑，则力F换方向后加速度依旧满足题干所给关系式，则有联立以上各式可得，则有，则在时刻的速度要大于时刻的速度，则有，故C正确； D、因为时间内物块的加速度，所以时间内速度的变化量为：，根据动量定理可得：，合力的冲量包括重力的冲量、物块受到斜面体作用力的冲量，故D错误。 故选：C。 先对物块进行临界受力分析求出，再结合变加速运动的速度、位移规律，用动能定理、冲量与动量定理分析各选项，同时对比力反向后的临界加速度与动能变化。 本题结合变加速运动、临界受力分析与动力学综合知识，考查牛顿运动定律、动能定理、冲量等多个知识点，综合性强，区分度较好。 8.【答案】BC  【解析】解：由图甲可知该波的波长，由图乙可知质点P的振动周期。 AB、根据波速公式，代入数据解得：；由图乙可知时刻质点P沿y轴正方向振动，结合图甲根据波形的平移规律可知该波沿x轴正方向传播，故A错误，B正确； C、即经过了，质点P从平衡位置沿y轴正方向运动，其位移大小为；由图甲可知时刻波谷位于处，波在内传播的距离，解得：，即波谷恰好平移至的质点Q处，此时质点Q处于波谷位置，位移大小为A。根据简谐运动中质点的加速度大小与位移大小成正比可知，此时质点P的加速度<质点 Q的加速度，故C正确； D、质点P和质点Q的平衡位置间距，并非半波长的奇数倍，两质点的振动步调并不完全相反，故其速度方向不是总相反，故D错误。 故选：BC。 从波形图提取该简谐波的波长，从振动图像提取质点P的振动周期、时刻的振动方向，结合波的传播方向与质点振动方向的对应规律判断波的传播方向，通过波长和周期的对应关系确定波速，再根据给定时间分析质点P和Q的位移情况，结合简谐运动加速度与位移的正比关系比较二者加速度大小，通过两质点平衡位置间距与波长的比例关系判断二者振动步调的对应性。 本题考查机械波模块中波动图像与振动图像的综合应用，核心考点包括波的传播方向判定、波速计算、简谐运动的加速度规律、质点振动步调比对。本题难度中等偏上，计算量较小，对学生的图像转化能力、时空对应逻辑要求较高，需要学生熟练掌握波形平移法、简谐运动受力与运动的对应关系，以及两质点振动步调的判断规则，能有效检验学生对机械波核心规律的灵活应用能力。 9.【答案】AC  【解析】解：甲由一个灵敏电流表G和一个电阻箱R并联，利用并联电阻的分流，改装成电流表，乙由一个灵敏电流表G和一个电阻箱R串联，利用串联电阻的分压，改装成电压表，根据，，代入数据解得，，故A正确，B错误； C.若使用中发现甲表的示数总比准确值稍小一些，说明改装后的量程偏大，导致偏角小，示数偏小，可能是电阻箱R阻值调节的偏小，所以应当增大R，减小量程，故C正确； D.若使用中发现乙表的示数总比准确值稍小一些，说明改装后的量程偏大，导致偏角小，示数偏小，可能是灵敏电流表内阻大于，所以应当减小R，减小量程，故D错误。 故选：AC。 根据电流表和电压表的改装原理结合相应的量程计算公式列式求解判断； 根据示数的偏差判断改装后的电表的量程偏差，再结合电流表和电压表的原理分析解答。 考查电表的改装原理，熟练掌握串并联电路的特点是关键，属于中等难度考题。 10.【答案】ACD  【解析】解：重力和电场力均为恒力，所以合力为恒力，加速度恒定，初速度与合力垂直，故做匀变速曲线运动，轨迹为抛物线，故A正确； B.与竖直位移大小相同、加速度都是g，设时间为，时间为， O到M：竖直上抛到最高点， M到N：下落位移， 得，又，所以，时间相等，故B错误； C.，x方向运动：初速度，加速度 x方向位移，，可得，可得 ，x方向位移得 水平速度 联立解得， 电场产生的加速度，可得，说明电场沿着x轴正方向， MN两点的电势差大小为，故C正确； D.水平方向速度 ， 竖直方向，规定向上为正，速度 ，， 由可得，故可得 最小速度出现在垂直于合加速度方向，此时重力和电场力沿轨迹切线方向的分力等大反向，由于，所以当重力与轨迹夹角为是速度最小，即 可得，解得，可得此时，，小球速度为，故D正确。 故选：ACD。 小球受重力和电场力两个恒力作用，初速度与合力不在一条直线上，做匀变速曲线运动；在y轴方向先做竖直上抛运动，后做自由落体运动，在x轴上方做先做匀减速运动，后做匀加速运动；由竖直上抛运动和自由落体运动规律求得小球从O到M所用的时间与从M到N所用的时间关系；竖直方向和水平方向分别应用牛顿第二定律、运动学公式求得水平加速度，水平初速度，由、、求得MN两点的电势差大小；做曲线运动物体，沿切线方向合力为零时速度最小，由力的分解与合成求得切线方向合力为零时水平与竖直方向速度的夹角，进而求得运动时间，求得小球从O到N过程中的最小速度大小。 本题主要考查带电物体在重力场、电场组成混合场中的运动，解答的关键在于明确小球在混合场中运动的特点。 11.【答案】【小题1】 C 【小题2】 【小题3】 a 不变   【解析】解：为了减小空气阻力影响，摆球要选择质量大和体积小的金属小球，故A错误； B.为了保证摆球做简谐运动，摆角不大于，故B错误； C.根据单摆模型，摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且适当长一些，故C正确； D.测量摆长时，应将单摆悬挂在铁架台上，待小球静止时测量摆线长度，再加上小球半径作为摆长，故D错误。 故选：C。 根据图乙可知该单摆的周期，摆长 根据单摆周期公式 则当地的重力加速度； 把摆线长当作摆长时，根据单摆周期公式 变形得 图像斜率 考虑小球半径的影响，根据单摆周期公式 变形得 图像的纵截距 图像的斜率不变，因此该同学每次都把摆线长当作摆长，由此得到的图像是图丙中的图线a；若不考虑偶然误差，由此图像测出的重力加速度与真实值相比不变。 故答案为：；；；不变。 根据实验原理、正确操作结合单摆模型的要求分析作答； 根据单摆周期公式求解作答； 根据单摆周期公式求解函数，结合图像斜率和纵截距进行分析作答 本题主要考查了用单摆测定重力加速度的实验，要明确实验原理，掌握单摆周期公式的运用，理解单摆模型需要满足的条件。 12.【答案】【小题1】 电流 【小题2】 放电 【小题3】 3：1 增大   【解析】解：位置①与电容器串联，是为了测量充放电的电流情况，则应该接入电流表。 电容器充电时电压低，充电电流强，放电时电流随电压的降低而减小，所以图乙对应放电过程； 图像与坐标轴包围的面积表示放电的电荷量，2s后的放电的电荷量为 电容器放电结束放电的电荷量为 则图丙的图线下的2s前后的面积：：：1 根据欧姆定律和电流定义式可知电阻增大，放电时间增加。 故答案为：电流；放电；：1，增大。 根据电路结构分析判断； 根据充放电过程电压和电流的特点分析判断； 图像与坐标轴包围的面积表示放电的电荷量计算；根据欧姆定律和电流定义式判断。 本题考查探究电容器充放电规律实验，关键掌握充放电过程各物理量的变化特点、图像与横轴围成的面积的物理意义。 13.【答案】【小题1】设恒定拉力大小为F，重物匀加速上升的加速度大小为a，撤去拉力时重物的速度大小为v，功率为P。 重物做初速度为零的匀加速直线运动，则有， 解得， 根据牛顿第二定律得 解得 重物速度最大时，恒定拉力的功率最大，且最大功率为 联立解得 【小题2】设钉子对重物的平均作用力为f，撤去拉力到重物下落到最低点过程，由动能定理得 解得 由牛顿第三定律，重物对钉子的平均作用力为。 答：   【解析】解：设恒定拉力大小为F，重物匀加速上升的加速度大小为a，撤去拉力时重物的速度大小为v，功率为P。 重物做初速度为零的匀加速直线运动，则有， 解得， 根据牛顿第二定律得 解得 重物速度最大时，恒定拉力的功率最大，且最大功率为 联立解得 设钉子对重物的平均作用力为f，撤去拉力到重物下落到最低点过程，由动能定理得 解得 由牛顿第三定律，重物对钉子的平均作用力为。 答：恒定拉力的最大功率为44W； 重物撞击钉子过程对钉子的平均作用力大小为1120N。 重物在恒定拉力的作用下做匀加速直线运动时，拉力恒定，随着速度增大，拉力功率增大，时速度最大，拉力的功率最大。根据匀变速直线规律求出加速度，由牛顿第二定律求出拉力，再由功率公式列式求解拉力的最大功率； 从撤去拉力到重物下落到最低点的过程，根据动能定理和牛顿第三定律列式求解重物撞击钉子过程对钉子的平均作用力大小。 解答本题时，要理清重物的运动过程，准确选择物理规律解答。涉及力在空间积累效果时，要优先考虑动能定理。运用动能定理时，要注意灵活选择研究过程，分析物体受力情况，确定各个力做功情况。 14.【答案】【小题1】对电子，在加速电场中，由动能定理得 解得 【小题2】电子在偏转电场中，水平方向有 根据牛顿第二定律 竖直方向有 结合平抛运动的规律可知 解得 【小题3】分析可知，在时刻进入偏转电场的电子偏移量最大，最大为 且 则 的最大值为。 答：   【解析】解：对电子，在加速电场中，由动能定理得 解得  电子在偏转电场中，水平方向有 根据牛顿第二定律 竖直方向有 结合平抛运动的规律可知 解得 分析可知，在时刻进入偏转电场的电子偏移量最大，最大为 且 则 的最大值为。 答：电子射入偏转电场时的初速度大小为； 若偏转电场电压恒为，电子打到荧光屏上时离中心轴线的距离为； 若两金属板A、B之间的电场强度E随时间t的变化关系如图所示，所有电子在板A、B之间运动的时间均为，要使所有的电子都能打在荧光屏上，的最大值为。 由动能定理求出电子射入偏转电场时的初速度大小；  根据类平抛运动的规律求出电子打到荧光屏上时离中心轴线的距离； 根据运动学公式求出的最大值。 有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。 15.【答案】【小题1】物块A在点向左运动时，受到水平向右的电场力与水平向右的滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律，代入数据解得加速度大小 【小题2】物块A从点运动到O点的过程中，根据运动学公式，代入数据解得O点速度平方。 进入半圆轨道后，物块A受重力与向右的电场力作用，等效重力，代入数据解得，方向与竖直方向夹角为指向右下方。 物块A恰好能沿轨道运动，说明其恰好能通过等效最高点，此时由等效重力提供向心力，根据牛顿第二定律。 从O点到等效最高点的过程中，根据动能定理，联立方程解得半圆弧形轨道的半径 【小题3】物块A由O点释放到与B碰前，根据动能定理。 A、B碰撞过程动量守恒，设碰后共同速度为，根据动量守恒定律。 碰后A、B向右运动压缩弹簧至速度为零，此过程系统受到的向右的恒定外力为，根据能量守恒定律。 ①若物块恰好不反弹，此时s最小，设对应弹簧最大形变量为，系统在最右端受力平衡，有，代入数据解得，联立上述能量与动量公式解得，故要使物块反弹需满足； ②若物块向左运动到最左端恰好不分离，此时s最大，设对应弹簧最大形变量为。 分离的临界条件为A、B间相互作用力为零，在向左运动减速时，隔离物块A，其受到向右的电场力与滑动摩擦力，向右的最大向心加速度，代入数据解得，要使两者不分离，系统向右的加速度不能超过。 A、B系统在粗糙水平面上的往复运动可看作受恒定摩擦力作用的简谐运动，根据简谐运动的对称性可知，最左端向右的最大加速度与最右端向左的最大加速度大小相等。 在最右端，根据牛顿第二定律有，代入数据解得，联立能量守恒公式解得。 综上所述，物块B初始位置到O的距离s满足的条件为。 答：   【解析】解：物块A在点向左运动时，受到水平向右的电场力与水平向右的滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律，代入数据解得加速度大小。 物块A从点运动到O点的过程中，根据运动学公式，代入数据解得O点速度平方。 进入半圆轨道后，物块A受重力与向右的电场力作用，等效重力，代入数据解得，方向与竖直方向夹角为指向右下方。 物块A恰好能沿轨道运动，说明其恰好能通过等效最高点，此时由等效重力提供向心力，根据牛顿第二定律。 从O点到等效最高点的过程中，根据动能定理，联立方程解得半圆弧形轨道的半径。 物块A由O点释放到与B碰前，根据动能定理。 A、B碰撞过程动量守恒，设碰后共同速度为，根据动量守恒定律。 碰后A、B向右运动压缩弹簧至速度为零，此过程系统受到的向右的恒定外力为，根据能量守恒定律。 ①若物块恰好不反弹，此时s最小，设对应弹簧最大形变量为，系统在最右端受力平衡，有，代入数据解得，联立上述能量与动量公式解得，故要使物块反弹需满足； ②若物块向左运动到最左端恰好不分离，此时s最大，设对应弹簧最大形变量为。 分离的临界条件为A、B间相互作用力为零，在向左运动减速时，隔离物块A，其受到向右的电场力与滑动摩擦力，向右的最大向心加速度，代入数据解得，要使两者不分离，系统向右的加速度不能超过。 A、B系统在粗糙水平面上的往复运动可看作受恒定摩擦力作用的简谐运动，根据简谐运动的对称性可知，最左端向右的最大加速度与最右端向左的最大加速度大小相等。 在最右端，根据牛顿第二定律有，代入数据解得，联立能量守恒公式解得。 综上所述，物块B初始位置到O的距离s满足的条件为。 答：物块A在点向左运动时的加速度大小为。 半圆弧形轨道的半径大小为。 物块B初始位置到O的距离s满足。 分析物块A在点向左运动时的受力，水平方向受向右的电场力和滑动摩擦力，竖直方向重力与支持力合力为零，合外力为水平向右两力的和，结合牛顿第二定律，关联已知的电场强度、带电量、质量、动摩擦因数等物理量，明确加速度的推导方向。 先分析A从到O的匀减速直线运动过程，用运动学规律得到O点的速度，再将重力与电场力合成为等效重力，明确恰好沿轨道运动的临界为等效最高点处等效重力提供向心力，结合动能定理关联O点到等效最高点的能量变化，联立推导轨道半径。 先分析A从O点释放到与B碰撞前的匀加速过程，用动能定理得到碰前A的速度，碰撞过程动量守恒得到共速，后续分析两个临界：恰好能反弹的最小s对应弹簧最大压缩量处的受力平衡，向左运动恰好不分离的最大s对应A、B间弹力为零的临界加速度，结合能量守恒联立推导s的取值范围。 本题是电场与力学结合的综合解答题，考查受力分析、牛顿运动定律、复合场等效重力法、圆周运动临界条件、动能定理、动量守恒、弹簧能量规律及连接体临界分析等核心知识点。整体难度较大，设问梯度清晰，前两问侧重基础模型应用，需准确把握复合场圆周运动的等效最高点临界条件才能顺利求解。第三问综合性极强，需结合碰撞规律、连接体分离临界、简谐运动对称性多维度分析，能有效锻炼学生的综合建模与逻辑推理能力，对知识迁移应用要求较高。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $