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河北省保定市高中2024-2025学年高三上学期1月期末联考物理试题
1．（2025高三上·保定期末）一兴趣小组自制一电动小车，某次性能测试过程中通过传感器测得小车距离该传感器的位置随时间的二次方的变化如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．t=0时刻， 小车距离传感器2m
B．t=0时刻， 小车的速度大小为2m/s
C．0~2s内小车的位移为6m
D．0~4s内小车的位移为6m
【答案】A
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A．由小车距离该传感器的位置随时间的二次方的变化图像可知，t=0时刻， 小车距离传感器2m，故A正确；
C.位移等于坐标的变化量，0~2s内小车的位移为
故C错误；
BD．设小车的加速度大小为，由图像得小车距离该传感器的位置
t=0时刻， 小车的速度大小为。
由图像得斜率
得
根据匀变速直线运动的位移—时间关系可得0~4s内小车的位移
故B错误，D错误。
故选A。
【分析】x-t2图象的“斜率”等于加速度的一半，位移等于坐标的变化量，结合位移—时间关系分析。
2．（2025高三上·保定期末）一项目研究小组利用手机传感器研究高层建筑电梯运行情况。他们乘坐电梯从一楼到最高层，软件记录电梯运行过程中加速度随时间变化的图像如甲所图示，项目小组剔除干扰因素，得到如图乙所示的a-t图像。g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．电梯在0~3s时间内先加速后匀速再减速
B．图中两个梯形面积不相等
C．1~2s内，质量为50kg的某同学对电梯地板的压力为550N
D．电梯加速阶段的平均加速度大于减速阶段的平均加速度
【答案】C
【知识点】图象法；超重与失重
【解析】【解答】解答本题的关键要理解各种运动图像的物理意义，特别是要知道a-t图像与时间轴围成的面积表示速度变化量。A．电梯在0~3s时间内一直做加速运动，加速度先增大后恒定再减小，故A错误；
B．由于a-t图像中面积表示速度变化量，电梯初、末速度为零，故在0~3s内电梯速度的增加量与27~30s内电梯速度的减小量应相等，图中两个梯形面积应相等，故B错误；
C.1~2s内，电梯做向上的匀加速直线运动，同学质量为50kg，根据牛顿第二定律可得
由牛顿第三定律，可得
故C正确；
D．由于整个运动过程中，电梯初、末速度为零，因此电梯加速阶段的速度变化量和减速阶段的速度变化量大小相等，且两个阶段经历的时间相同，由可知，电梯加速阶段平均加速度的大小等于减速阶段平均加速度的大小，但方向相反，故D错误。
故选C。
【分析】根据图像可以直接知道加速度的变化，a-t图像中面积表示速度变化量，根据牛顿运动定律求解压力大小，根据加速度的定义式求解平均加速度。
3．（2025高三上·保定期末）我国发射的天问一号探测器经霍曼转移轨道到达火星附近后被火星捕获，经过系列变轨后逐渐靠近火星，如图所示，Ⅰ轨道和Ⅱ轨道为其中的两个轨道。图中阴影部分为探测器与火星的连线在相等时间内扫过的面积，下列说法正确的是（　　）
A．两阴影部分的面积相等
B．探测器在Ⅱ轨道上通过P点时的速度小于在Ⅰ轨道上通过P点时的速度
C．探测器在Ⅰ轨道运行的周期小于在Ⅱ轨道运行的周期
D．探测器在Ⅰ轨道上的机械能小于在Ⅱ轨道上的机械能
【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．根据开普勒第二定律，探测器在同一轨道上，与中心天体的中心连线相等时间扫过相等的面积，图中两阴影部分在两个轨道上，面积不一定相等，故A错误；B．探测器从轨道Ⅱ上变轨到轨道Ⅰ上时，需要探测器在P点加速，故探测器在Ⅱ轨道上通过P点时的速度小于在Ⅰ轨道上通过P点时的速度，故B正确；
C．根据开普勒第三定律，半长轴越小，周期越小，故探测器在Ⅰ轨道运行的周期大于在Ⅱ轨道运行的周期，故C错误；
D．探测器在一个轨道上运动机械能守恒，探测器在轨道Ⅱ时运动到P点的速度小于在轨道Ⅰ时运动到P点的速度，即在轨道Ⅱ时运动到P点动能较大，但二者引力势能相等，即探测器在轨道Ⅱ的机械能小于在轨道Ⅰ时的机械能，故D错误。
故选：B。
【分析】根据开普勒第二定律分析；根据卫星变轨原理分析；根据开普勒第三定律分析；对探测器在P点位置由机械能定义判断。
4．（2025高三上·保定期末）两个带电小球A、B，分别用等长的绝缘细线悬挂在天花板下方，平衡时如图甲所示，细线与竖直方向夹角均为α，此时细线对A的拉力大小为T1。施加一水平向左的匀强电场后，两小球再次平衡时如图乙所示，细线与竖直方向夹角均为β，且α<β，此时细线对A的拉力大小为T2。下列说法正确的是（　　）
A．A带负电， B带正电 B．A的电荷量小于B的电荷量
C．A的质量大于B的质量 D．T1【答案】D
【知识点】匀强电场；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】小球在电场中的受力平衡和力学中物体的平衡处理方法类似，只要正确做好受力分析，可根据题意选用共点力的平衡求解。
A． 在甲图中小球表现为引力，则小球A、B带异种电荷，根据图乙可知，小球A所受匀强电场的电场力方向向左，与匀强电场的电场强度方向相同，则A带正电，B带负电，故A错误；
C．图甲中，对小球A进行分析，根据平衡条件有
，
图甲中，对小球B进行分析，根据平衡条件有
，
解得
，
故C错误；
B．图乙中，对小球A进行分析，根据平衡条件有
，
图乙中，对小球B进行分析，根据平衡条件有
，
解得
，
故B错误；
D．结合上述可知
，
由于
则有
故D正确。
故选D。
【分析】根据受力方向结合场强方向判断电性；根据平衡条件判断质量大小以及拉力大小和电荷量大小。
5．（2025高三上·保定期末）已知通电长直导线在其周围空间形成的磁场在某点处的磁感应强度，其中k为常量，I为导线中的电流，r为该点到导线的距离。如图所示，三根通电直导线垂直纸面放置于等腰直角三角形abc的三个顶点，∠b=90°，a处的电流。方向垂直纸面向外，b、c处的电流、。方向垂直纸面向里，。O为 ac连线的中点，ab=L。若给该空间再施加一匀强磁场，使O点的磁感应强度为0，则匀强磁场磁感应强度的大小和方向分别为（　　）
A．，与ac成45°角指向右下方
B．，与ac成45°角指向左上方
C．，与ac成45°角指向左上方
D．，与ac成45°角指向右下方
【答案】A
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，要正确根据右手螺旋定则（安培定制）判断导线周围磁场方向是解题的前提。根据安培定则可知，a处、c处电流在O点的磁感应强度方向均由O指向b， 已知通电长直导线在其周围空间形成的磁场在某点处的磁感应强度， 则a处、c处电流在O点合磁感应强度大小为
根据安培定则可知，b处电流在O点的磁感应强度方向均由O指向a，大小为
则a处、b处、c处电流在O点的合磁感应强度大小为
方向与ac成45°角指向左上方；若给该空间再施加一匀强磁场，使O点的磁感应强度为0，则匀强磁场磁感应强度的大小为，方向与a处、b处、c处电流在O点的合磁感应强度方向相反即与ac成45°角指向右下方。
故选A。
【分析】根据安培定制潘成磁场的方向，根据矢量合成法则求解三根导线在O点的合磁感应强度，则该合磁感应强度与匀强磁场方向相反，大小相等。
6．（2025高三上·保定期末）位于x=-2m和x=14m的两个波源在t=0时刻同时开始振动，在同一介质中分别沿x轴正方向和负方向传播，振幅分别为4cm和2cm，t=6s时波形如图所示。P、M、Q为x轴上的三个质点，平衡位置对应的坐标分别为4m、5m、8m。下列说法正确的是（　　）
A．两波源的起振方向相反
B．两列波在重叠区域将形成稳定的干涉现象
C．t=10s时质点M的位移为2cm
D．6~10s，质点P和Q通过的路程相同
【答案】C
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】A． 在同一介质中分别沿x轴正方向和负方向传播， t=6s时波形如图所示 ，根据同侧法可知此时P和Q都向上开始振动，由于波源起振方向与波前振动方向相同，可知，两波源的起振方向相同，故A错误；
B． t=6s时波形如图所示，根据6s时的波形可知，
解得
两波源振动的周期不相同，即两波源振动的频率不相同，不是相干波，在重叠区域不会形成稳定的干涉现象，故B错误；
C．两列波传播速度相等，均等于
则6s到10s时间间隔内两列波传播的距离
则将6s时的波形沿波传播方向平移4m即可得到10s时的波形，平移后可知，10s时左侧波形在质点M的位置为平衡位置，右侧波形在质点M的位置为波峰位置，根据波的叠加可知t=10s时质点M的位移为2cm，故C正确；
D．由于质点P、Q平衡位置之间的间距为4m，波速等于1m/s，6~10s内，右侧波形没有到达P点，左侧波形没有到达Q点，则6~10s内，由于，
则质点P通过的路程
质点Q通过的路程
可知，6~10s，质点P和Q通过的路程不相同，故D错误。
故选C。
【分析】根据同侧法判断波源的起振方向；两波源振动的频率不相同，不会形成稳定的干涉现象；将6s时的波形沿波传播方向平移4m即可得到10s时的波形，结合波的叠加分析；根据时间与周期的关系分析通过的路程。
7．（2025高三上·保定期末）如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场垂直光滑平行金属导轨平面，导轨宽为L，左端接有阻值为R的电阻和电容为C的电容器，质量为m、阻值为r的导体棒ab垂直导轨放置，t=0时刻，开关S接1，ab在水平力F的作用下由静止开始水平向右做加速度为a的匀变速直线运动。时刻撤去水平力F，开关S接2。忽略导轨电阻，下列选项正确的是（　　）
A．F是恒力
B．开关S接通2的瞬间，流过导体棒ab的电流为
C．开关S接2之后，导体棒ab做匀减速直线运动
D．导体棒ab的最终速度大小为
【答案】D
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】解答本题时，要分析清楚导体棒的受力情况和运动情况，把握稳定时满足的条件，运用动量定理求稳定时的速度是关键。A．开关S接1时，根据法拉第电磁感应定律可知导体棒ab产生的电动势为，其中，由欧姆定律得
对导体棒受力分析，由牛顿第二定律可得
联立解得，
可知水平拉力F随时间增大，当时，，故A错误；
B．开关S接通2的瞬间，根据匀变速直线运动速度—时间关系可得导体棒的速度为
导体棒为动生电源给电容器充电，充电电流为
故B错误；
CD．开关S接2之后，导体棒对电容器充电，导体棒在安培力作用下做减速运动，充电过程电流减小，所以安培力随时间减小，则导体棒先做加速度减小的减速运动，当加速度减小到零时，导体棒匀速运动达到稳定，设此时电容器的电压为，导体棒的速度，则有
电容器充电电荷量为
对导体棒，以初速度方向为正方向，由动量定理有
联立解得
故C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据牛顿第二定律结合安培力与速度的关系式求出F与时间t的表达式，再分析F的变化情况；根据右手定则判断开关S接通2的瞬间电容器极板带电情况；开关S接2之后，导体棒对电容器充电，导体棒在安培力作用下做减速运动，充电过程电流逐渐减小，安培力逐渐减小，导体棒先做加速度减小的减速运动，当加速度减小到零时，导体棒匀速运动，速度达到稳定。利用动量定理求导体棒ab的最终速度大小。
8．（2025高三上·保定期末）静电透镜是电子透镜的一种，内部电场的电场线分布如图所示，从A点射出的一带电粒子，在仅受静电力的情况下，沿图中虚线运动，下列说法中正确的是（　　）
A．粒子带负电
B．A、B、C三点中带电粒子在B点动能最大
C．A、B、C三点中A点电场强度最小
D．A、B、C三点中带电粒子在C点电势能最大
【答案】A,C
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】对于粒子运动的问题，往往要根据曲线运动的特点，合力方向指向轨迹的内侧判断电场力方向。A．带电粒子在电场中做曲线运动，在A点所受的静电力方向沿电场线指向轨迹的凹侧，与该点电场线方向相反，可知带电粒子带负电，故A正确；
C．根据电场线的疏密程度，A、B、C三点中A点处的电场线最稀疏，可知A点电场强度最小，故C正确；
BD．根据沿电场方向电势降低，且等势面与电场方向垂直，可知A、B、C三点的电势大小关系为，根据，且带电粒子带负电，可知带电粒子在A、B、C三点中的电势能大小关系为，由于带电粒子只受电场力作用，电势能与动能之和保持不变，则带电粒子在A、B、C三点中的动能大小关系为，故BD错误。
故选AC。
【分析】由轨迹的弯曲方向判断带电粒子所受电场力的大致方向，确定带电粒子的电性，根据力与速度方向判定做功从而知速度以及动能变化情况；根据顺着电场线电势降低判断电势的高低；电场线的疏密反映场强的大小。
9．（2025高三上·保定期末）如图甲所示，光滑平台上放着一根均匀链条，其中三分之一的长度悬垂在平台台面以下，由静止释放链条。已知整根链条的质量为m，链条悬垂的长度为l，台面高度为2l。如果在链条的悬垂端接一质量也为m的小球（直径相对链条长度可忽略不计），如图乙所示，还由静止释放链条。平台右边有光滑曲面D来约束链条，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．两链条在触地之前做加速度大小不变的加速运动
B．两链条在触地之前做加速度越来越大的加速运动
C．甲图中链条触地瞬间的速度大小为
D．乙图中链条触地瞬间的速度大小为
【答案】B,D
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB． 甲图中平台右侧悬垂部分的重力等于链条整体所受外力的合力，随悬垂部分的增多，链条整体所受外力的合力增大，所以链条在触地之前做加速度逐渐增大，同理可知，乙图中链条整体在触地之前加速度逐渐增大，隔离小球分析，链条对小球的拉力在不断减小，故A错误，B正确；
C．甲图中链条触地时，平台右侧悬垂部分长度为2l，根据机械能守恒定律有
解得
故C错误；
D．乙图中链条触地时，平台右侧悬垂部分长度为2l，根据机械能守恒定律有
解得
故D正确。
故选BD。
【分析】结合题意，分析整体产生加速度的合力变化，由牛顿第二定律即可分析求解加速度，由重力势能的计算公式及机械能守恒定律分析列式，即可判断求解速度值。
10．（2025高三上·保定期末）如图所示，质量为M的四分之一光滑圆弧滑块下端与光滑水平面相切。给质量为m的小球一水平向右的初速度，如果圆弧滑块固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为 R （R为圆弧的半径），如果圆弧滑块不固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为 R。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．小球的初速度大小为
B．M=2m
C．如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到最高点的过程中，水平位移为R
D．如果圆弧滑块不固定，小球最终的速度大小为
【答案】A,D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】题目通过滑块固定与不固定两种情景的对比，巧妙考查了学生对守恒定律的理解和运用能力，特别是对系统动量守恒和能量转化的分析。在滑块不固定的情况下，需要同时考虑水平方向动量守恒和竖直方向的机械能守恒。A．如果圆弧滑块固定，则由机械能守恒定律
解得小球的初速度大小为
选项A正确；
B．如果圆弧滑块不固定，设小球离开圆弧时水平速度为vx，则由水平方向动量守恒
由能量关系
联立解得M=0.5m
选项B错误；
C．如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到最高点过程的时间
水平位移为
选项C错误；
D．如果圆弧滑块不固定，小球最终落回到槽中并从槽中滑出时槽的速度最大，此时由动量守恒和能量关系
解得小球和圆弧槽的速度大小分别为
选项D正确。
故选AD。
【分析】当圆弧滑块固定时，利用机械能守恒可求出小球初速度。滑块不固定时，水平方向动量守恒，小球离开滑块时与滑块共速。小球上升到最高点的时间由竖直分运动决定，水平位移由水平速度和飞行时间乘积得出。最终小球离开滑块的速度大小由动量守恒和能量守恒共同确定。
11．（2025高三上·保定期末）用如图甲所示的实验器材验证两个小球的碰撞满足动量守恒定律。实验步骤如下：
①用天平测得两个小球的质量分别为m1、m2，已知。
②安装斜槽，调节斜槽使斜槽末端水平。
③在水平地面上铺一张较大的白纸，从斜槽末端悬垂一铅锤，静止时，用铅笔在铅锤尖端所指的白纸位置标记一点，记为O点。然后在白纸上面再铺一张复写纸。
④选择其中一个小球作为入射球，从斜槽某位置由静止释放，通过斜槽末端，小球最终落在复写纸上，在白纸上产生一个压痕。再重复让小球从斜槽同一位置由静止释放9次，白纸上共产生10个压痕。
⑤将另一个小球放在斜槽末端作为被撞小球。让入射小球还从之前的位置由静止释放，与被撞小球碰撞后一起掉落在复写纸上，产生另外两个压痕。再重复操作9次。
⑥取下复写纸和白纸，用圆规在三个落点区域画圆，用最小的圆尽量把所有压痕都圈进去，如图乙所示，把三个圆的圆心分别记为M、P、N，作为小球的落点。
⑦用米尺分别测量O点到M、P、N的距离， 记为x1、x2、x3。
（1）入射球应选择质量为　 　 （选填“”、“”） 的小球，未发生碰撞的情况下， 入射球的落点应是图乙中　 　 （选填“M”、“P”或“N”） 点。
（2）在测量x1的过程中，直尺的0刻度与白纸上O点对齐，测量时如图丙所示，　 　cm。
（3）在误差允许范围内，表达式　 　成立，则两个小球的碰撞满足动量守恒定律。（用题设条件中的物理量表示）。
（4）安装斜槽，需要调整斜槽末端水平，请你写出其中一种判断斜槽末端是否水平的方法　 　。
【答案】（1）；P
（2）43.90（43.70 ~44.00）
（3）
（4）见将小球静置于斜槽末端，若球能保持静止，则说明斜槽末端水平。
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】本题考查动量守恒定律的验证实验，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式是正确解题的关键，要注意利用位移或位移与时间的比值表示物体的速度是物理实验中常用的一种方法，要注意掌握。
（1）为了防止入射球碰后反弹，一定要保证入射球的质量大于被碰球的质量，因，则入射球应选择质量为的小球；根据碰撞规律可知未发生碰撞的情况下， 入射球的落点应是图乙中P点。
（2）刻度尺的精度为1mm，估读到0.1mm， 落点M圈的最小圆圆心为43.90cm（43.70 cm ~44.00 cm）；
（3）小球做平抛运动时竖直方向位移相同，故运动时间相同，由
根据动量守恒定律，应满足
运动时间相同，可以用位移代替速度大小，表达式为
用米尺分别测量O点到M、P、N的距离为x1、x2、x3，则有
（4）判断斜槽末端是否水平的方法为：将小球静置于斜槽末端，若球能保持静止，则说明斜槽末端水平。
【分析】（1）根据实验注意事项分析，未发生碰撞的情况下，落到中间位置；
（2）刻度尺的精度为1mm，估读到0.1mm；
（3）小球做平抛运动时竖直方向位移相同，故运动时间相同，有水平位移可以代替速度大小，结合动量守恒定律分析；
（4）将小球静置于斜槽末端，若球能保持静止，斜槽末端水平。
（1）[1][2]为了防止入射球碰后反弹，一定要保证入射球的质量大于被碰球的质量，因，则入射球应选择质量为的小球；根据碰撞规律可知未发生碰撞的情况下， 入射球的落点应是图乙中P点。
（2）刻度尺的精度为1mm，估读到0.1mm， 落点M圈的最小圆圆心为43.90cm（43.70 cm ~44.00 cm）；
（3）根据动量守恒定律，应满足
小球做平抛运动时竖直方向位移相同，故运动时间相同，由
可知平抛初速度与水平位移成正比，表达式为
用米尺分别测量O点到M、P、N的距离为x1、x2、x3，则有
（4）判断斜槽末端是否水平的方法为：将小球静置于斜槽末端，若球能保持静止，则说明斜槽末端水平。
12．（2025高三上·保定期末）要测量一节干电池的电动势和内阻 （电动势约为1.5V，内阻约为1.0Ω）。提供如下器材：
A.电流表A （0~0.6A，内阻为0.5Ω； 0~3A，内阻为0.1Ω）
B.电压表V （0~3V，内阻约为3kΩ；0 ~15V，内阻约为15kΩ）
C.滑动变阻器R1（0~10Ω）
D.滑动变阻器R2（0~100Ω）
E.开关
F.导线若干
（1）为保证实验过程中操作简单、方便，滑动变阻器应选用　 　。（填器材前面的字母序号）
（2）某实验小组根据所选实验器材设计电路，用导线对器材进行连接，如图所示，图中还差一条导线没有连接，请用笔画线画出这条导线　 　。
（3）闭合开关前，滑动变阻器滑片应滑到　 　端 。 （ 填 “A ”或“B”）
（4）通过改变滑动变阻器阻值，小组测得多组电压表示数U和电流表示数I，得到U-I图像如图所示。由此可得到干电池的电动势E=　 　V，内阻r=　 　Ω。（结果均保留2位小数）
【答案】（1）C
（2）
（3）A
（4）1.49；0.90
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）电池内阻约为1.0Ω，相对较小，为保证实验过程中操作简单、方便，滑动变阻器应选用C。
（2）因电流表内阻已知，采用电流表内接法（此时电源相当于待测电阻，所以是内接法），则电路连线如图；
（3）为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器滑片应滑到A端。
（4）根据闭合回路欧姆定律U=E-I(r+RA)
可得由此可得到干电池的电动势E=1.50V
内阻
【分析】（1）干电池内阻较小，为了调节方便，滑动变阻器应选用最大阻值较小的滑动变阻器；
（2）因电流表内阻已知，采用电流表内接法；
（3）滑动变阻器要保护电路，闭合开关前，移到阻值最大处；
（4）根据图像的截距和斜率求解电动势和内阻。
（1）为保证实验过程中操作简单、方便，滑动变阻器应选用C。
（2）因电流表内阻已知，则电路连线如图；
（3）闭合开关前，滑动变阻器滑片应滑到A端。
（4）[1][2]根据
U=E-I(r+RA)
可得由此可得到干电池的电动势
E=1.50V
内阻
13．（2025高三上·保定期末）如图所示， 水平面上AB=BC=x0，一物体从B点开始向右做初速度为零的匀变速直线运动，经时间T运动到C点，此后物体加速度方向改为水平向左，继续做匀变速直线运动，再经过时间T，物体运动到A点。求：
（1）物体第一次经过C点时的速度大小；
（2）0~2T时间内，物体距离B点的最大距离。
【答案】（1）解：从B到C
解得物体第一次经过C点时的速度大小
（2）解：向右为正，则从C到A由运动公式
解得
则物体距离B点的最大距离为
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【分析】（1）根据匀变速直线运动平均速度公式求解物体第一次经过C点时的速度大小；
（2） 向右为正，从C到A根据位移—时间关系求解加速度大小，当物体速度减为零时物体距离B点有最大距离。
（1）从B到C
解得物体第一次经过C点时的速度大小
（2）向右为正，则从C到A由运动公式
解得
则物体距离B点的最大距离为
14．（2025高三上·保定期末） 如图甲所示，匀强电场中一水平面上静置质量为0.3kg的绝缘平板B，质量为0.1kg、带电荷量为+2×10-5C的滑块A以1m/s的初速度从左端滑上平板B，之后一段时间内平板B的v-t图像如图乙所示。已知电场强度为1×104N/C，方向水平向右，滑块A与平板B间动摩擦因数为0.3，g取10m/s2，平板B足够长。求：
（1）平板B与地面间的动摩擦因数；
（2）当滑块A的速度为0.5m/s时平板B的速度；
（3）在v-t图像中画出A、B的完整图像并求出A、B之间因摩擦产生的热量。
【答案】（1）解：平板B的加速度
对平板B由牛顿第二定律
解得
（2）解：滑块A的加速度
解得
当滑块A的速度为0.5m/s时
解得t1=0.5s
则此时平板B的速度
（3）解：AB最终速度
解得，v=0.25m/s
之后AB一起匀速运动，则v-t运动图像如图
该过程中A、B之间相对位移
因摩擦产生的热量
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）根据速度—时间图像求解加速度大小，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数；
（2） 求出滑块A的加速度，根据速度—时间关系求解滑块A运动时间以及滑块B的速度大小；
（3）AB最终速度相等，画出v-t图像，求出相对位移大小，相对位移乘以摩擦力等于产生的热量。
（1）平板B的加速度
对平板B由牛顿第二定律
解得
（2）滑块A的加速度
解得
当滑块A的速度为0.5m/s时
解得t1=0.5s
则此时平板B的速度
（3）AB最终速度
解得，v=0.25m/s
之后AB一起匀速运动，则v-t运动图像如图
该过程中A、B之间相对位移
因摩擦产生的热量
15．（2025高三上·保定期末） 在某空间建立如图甲所示的坐标系，x轴沿水平方向向右，y轴沿竖直方向向上，该空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度和电场强度随时间周期性变化的图像分别如图乙、图丙所示，图中、未知，为已知量。t=0时刻一带电微粒从坐标原点O由静止释放， 时刻，微粒开始做匀速圆周运动， 时刚好完成四分之三圆周。已知微粒质量为m，带电荷量为+q，磁场方向垂直纸面向里为正，电场强度方向竖直向下为正，重力加速度为g。求：
（1）磁感应强度和电场强度；
（2）微粒开始做匀速圆周运动时轨迹圆心的坐标；
（3）时微粒的速度大小和所在位置的坐标。
【答案】（1）解：时刻，微粒开始做匀速圆周运动，则必有
解得
设微粒做圆周运动的速率为，周期为，半径为，则有
又
解得

（2）解：微粒由静止释放，运动的加速度大小为a，则
解得
方向竖直向下。时刻速度大小
时间内位移大小
方向竖直向下。由
得微粒开始做匀速圆周运动时的半径
故微粒开始做匀速圆周运动时的圆心坐标为。
（3）解：微粒在 0~7时间内运动的轨迹如图所示
0-微粒从O运动到b点，速度大小为。
-，从b点运动到c点，微粒轨迹为半径为的四分之三圆周， c点速度大小为。
-，从c点运动到d点，微粒做匀变速曲线运动，水平方向速度大小为，竖直方向加速度大小
方向竖直向下。d点竖直方向速度大小
方向竖直向下。c点到d点的水平位移
d点速度大小
-，从d点运动到e点，微粒轨迹为半径为的四分之三圆周，则
解得
由对称性，e点竖直方向速度大小
方向竖直向上。
-，从e点运动到f点，微粒做匀变速曲线运动，水平方向速度大小为，竖直方向加速度大小
方向竖直向下。f点竖直方向的速度
f点水平方向的速度大小为，方向水平向左。
-，从f点运动到j点，微粒轨迹为半径为的四分之三圆周，j点速度大小为，方向竖直向上。
-，从j点运动到k点，微粒向上做匀减速直线运动，加速度大小
k点速度大小
由对称性可知，k点的纵坐标为0。由对称性可知，k点的横坐标
故k点的坐标为。
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）微粒开始做匀速圆周运动，电场力等于重力，求解电场强度，洛伦兹力提供向心力，结合圆周运动周期求解磁感应强度；
（2）微粒由静止释放，求出运动的加速度大小以及时间内位移大小，根据洛伦兹力提供向心力求解微粒开始做匀速圆周运动时的半径，从而求解圆心坐标；
（3）画出微粒在 0~7时间内运动的轨迹，讨论各个阶段的加速度以及速度情况，结合对称性求解位移，从而求解k点的坐标。
（1）时刻，微粒开始做匀速圆周运动，则必有
解得
设微粒做圆周运动的速率为，周期为，半径为，则有
又
解得
（2）微粒由静止释放，运动的加速度大小为a，则
解得
方向竖直向下。时刻速度大小
时间内位移大小
方向竖直向下。由
得微粒开始做匀速圆周运动时的半径
故微粒开始做匀速圆周运动时的圆心坐标为。
（3）微粒在 0~7时间内运动的轨迹如图所示
0-微粒从O运动到b点，速度大小为。
-，从b点运动到c点，微粒轨迹为半径为的四分之三圆周， c点速度大小为。
-，从c点运动到d点，微粒做匀变速曲线运动，水平方向速度大小为，竖直方向加速度大小
方向竖直向下。d点竖直方向速度大小
方向竖直向下。c点到d点的水平位移
d点速度大小
-，从d点运动到e点，微粒轨迹为半径为的四分之三圆周，则
解得
由对称性，e点竖直方向速度大小
方向竖直向上。
-，从e点运动到f点，微粒做匀变速曲线运动，水平方向速度大小为，竖直方向加速度大小
方向竖直向下。f点竖直方向的速度
f点水平方向的速度大小为，方向水平向左。
-，从f点运动到j点，微粒轨迹为半径为的四分之三圆周，j点速度大小为，方向竖直向上。
-，从j点运动到k点，微粒向上做匀减速直线运动，加速度大小
k点速度大小
由对称性可知，k点的纵坐标为0。由对称性可知，k点的横坐标
故k点的坐标为。
1 / 1河北省保定市高中2024-2025学年高三上学期1月期末联考物理试题
1．（2025高三上·保定期末）一兴趣小组自制一电动小车，某次性能测试过程中通过传感器测得小车距离该传感器的位置随时间的二次方的变化如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．t=0时刻， 小车距离传感器2m
B．t=0时刻， 小车的速度大小为2m/s
C．0~2s内小车的位移为6m
D．0~4s内小车的位移为6m
2．（2025高三上·保定期末）一项目研究小组利用手机传感器研究高层建筑电梯运行情况。他们乘坐电梯从一楼到最高层，软件记录电梯运行过程中加速度随时间变化的图像如甲所图示，项目小组剔除干扰因素，得到如图乙所示的a-t图像。g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．电梯在0~3s时间内先加速后匀速再减速
B．图中两个梯形面积不相等
C．1~2s内，质量为50kg的某同学对电梯地板的压力为550N
D．电梯加速阶段的平均加速度大于减速阶段的平均加速度
3．（2025高三上·保定期末）我国发射的天问一号探测器经霍曼转移轨道到达火星附近后被火星捕获，经过系列变轨后逐渐靠近火星，如图所示，Ⅰ轨道和Ⅱ轨道为其中的两个轨道。图中阴影部分为探测器与火星的连线在相等时间内扫过的面积，下列说法正确的是（　　）
A．两阴影部分的面积相等
B．探测器在Ⅱ轨道上通过P点时的速度小于在Ⅰ轨道上通过P点时的速度
C．探测器在Ⅰ轨道运行的周期小于在Ⅱ轨道运行的周期
D．探测器在Ⅰ轨道上的机械能小于在Ⅱ轨道上的机械能
4．（2025高三上·保定期末）两个带电小球A、B，分别用等长的绝缘细线悬挂在天花板下方，平衡时如图甲所示，细线与竖直方向夹角均为α，此时细线对A的拉力大小为T1。施加一水平向左的匀强电场后，两小球再次平衡时如图乙所示，细线与竖直方向夹角均为β，且α<β，此时细线对A的拉力大小为T2。下列说法正确的是（　　）
A．A带负电， B带正电 B．A的电荷量小于B的电荷量
C．A的质量大于B的质量 D．T15．（2025高三上·保定期末）已知通电长直导线在其周围空间形成的磁场在某点处的磁感应强度，其中k为常量，I为导线中的电流，r为该点到导线的距离。如图所示，三根通电直导线垂直纸面放置于等腰直角三角形abc的三个顶点，∠b=90°，a处的电流。方向垂直纸面向外，b、c处的电流、。方向垂直纸面向里，。O为 ac连线的中点，ab=L。若给该空间再施加一匀强磁场，使O点的磁感应强度为0，则匀强磁场磁感应强度的大小和方向分别为（　　）
A．，与ac成45°角指向右下方
B．，与ac成45°角指向左上方
C．，与ac成45°角指向左上方
D．，与ac成45°角指向右下方
6．（2025高三上·保定期末）位于x=-2m和x=14m的两个波源在t=0时刻同时开始振动，在同一介质中分别沿x轴正方向和负方向传播，振幅分别为4cm和2cm，t=6s时波形如图所示。P、M、Q为x轴上的三个质点，平衡位置对应的坐标分别为4m、5m、8m。下列说法正确的是（　　）
A．两波源的起振方向相反
B．两列波在重叠区域将形成稳定的干涉现象
C．t=10s时质点M的位移为2cm
D．6~10s，质点P和Q通过的路程相同
7．（2025高三上·保定期末）如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场垂直光滑平行金属导轨平面，导轨宽为L，左端接有阻值为R的电阻和电容为C的电容器，质量为m、阻值为r的导体棒ab垂直导轨放置，t=0时刻，开关S接1，ab在水平力F的作用下由静止开始水平向右做加速度为a的匀变速直线运动。时刻撤去水平力F，开关S接2。忽略导轨电阻，下列选项正确的是（　　）
A．F是恒力
B．开关S接通2的瞬间，流过导体棒ab的电流为
C．开关S接2之后，导体棒ab做匀减速直线运动
D．导体棒ab的最终速度大小为
8．（2025高三上·保定期末）静电透镜是电子透镜的一种，内部电场的电场线分布如图所示，从A点射出的一带电粒子，在仅受静电力的情况下，沿图中虚线运动，下列说法中正确的是（　　）
A．粒子带负电
B．A、B、C三点中带电粒子在B点动能最大
C．A、B、C三点中A点电场强度最小
D．A、B、C三点中带电粒子在C点电势能最大
9．（2025高三上·保定期末）如图甲所示，光滑平台上放着一根均匀链条，其中三分之一的长度悬垂在平台台面以下，由静止释放链条。已知整根链条的质量为m，链条悬垂的长度为l，台面高度为2l。如果在链条的悬垂端接一质量也为m的小球（直径相对链条长度可忽略不计），如图乙所示，还由静止释放链条。平台右边有光滑曲面D来约束链条，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．两链条在触地之前做加速度大小不变的加速运动
B．两链条在触地之前做加速度越来越大的加速运动
C．甲图中链条触地瞬间的速度大小为
D．乙图中链条触地瞬间的速度大小为
10．（2025高三上·保定期末）如图所示，质量为M的四分之一光滑圆弧滑块下端与光滑水平面相切。给质量为m的小球一水平向右的初速度，如果圆弧滑块固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为 R （R为圆弧的半径），如果圆弧滑块不固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为 R。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．小球的初速度大小为
B．M=2m
C．如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到最高点的过程中，水平位移为R
D．如果圆弧滑块不固定，小球最终的速度大小为
11．（2025高三上·保定期末）用如图甲所示的实验器材验证两个小球的碰撞满足动量守恒定律。实验步骤如下：
①用天平测得两个小球的质量分别为m1、m2，已知。
②安装斜槽，调节斜槽使斜槽末端水平。
③在水平地面上铺一张较大的白纸，从斜槽末端悬垂一铅锤，静止时，用铅笔在铅锤尖端所指的白纸位置标记一点，记为O点。然后在白纸上面再铺一张复写纸。
④选择其中一个小球作为入射球，从斜槽某位置由静止释放，通过斜槽末端，小球最终落在复写纸上，在白纸上产生一个压痕。再重复让小球从斜槽同一位置由静止释放9次，白纸上共产生10个压痕。
⑤将另一个小球放在斜槽末端作为被撞小球。让入射小球还从之前的位置由静止释放，与被撞小球碰撞后一起掉落在复写纸上，产生另外两个压痕。再重复操作9次。
⑥取下复写纸和白纸，用圆规在三个落点区域画圆，用最小的圆尽量把所有压痕都圈进去，如图乙所示，把三个圆的圆心分别记为M、P、N，作为小球的落点。
⑦用米尺分别测量O点到M、P、N的距离， 记为x1、x2、x3。
（1）入射球应选择质量为　 　 （选填“”、“”） 的小球，未发生碰撞的情况下， 入射球的落点应是图乙中　 　 （选填“M”、“P”或“N”） 点。
（2）在测量x1的过程中，直尺的0刻度与白纸上O点对齐，测量时如图丙所示，　 　cm。
（3）在误差允许范围内，表达式　 　成立，则两个小球的碰撞满足动量守恒定律。（用题设条件中的物理量表示）。
（4）安装斜槽，需要调整斜槽末端水平，请你写出其中一种判断斜槽末端是否水平的方法　 　。
12．（2025高三上·保定期末）要测量一节干电池的电动势和内阻 （电动势约为1.5V，内阻约为1.0Ω）。提供如下器材：
A.电流表A （0~0.6A，内阻为0.5Ω； 0~3A，内阻为0.1Ω）
B.电压表V （0~3V，内阻约为3kΩ；0 ~15V，内阻约为15kΩ）
C.滑动变阻器R1（0~10Ω）
D.滑动变阻器R2（0~100Ω）
E.开关
F.导线若干
（1）为保证实验过程中操作简单、方便，滑动变阻器应选用　 　。（填器材前面的字母序号）
（2）某实验小组根据所选实验器材设计电路，用导线对器材进行连接，如图所示，图中还差一条导线没有连接，请用笔画线画出这条导线　 　。
（3）闭合开关前，滑动变阻器滑片应滑到　 　端 。 （ 填 “A ”或“B”）
（4）通过改变滑动变阻器阻值，小组测得多组电压表示数U和电流表示数I，得到U-I图像如图所示。由此可得到干电池的电动势E=　 　V，内阻r=　 　Ω。（结果均保留2位小数）
13．（2025高三上·保定期末）如图所示， 水平面上AB=BC=x0，一物体从B点开始向右做初速度为零的匀变速直线运动，经时间T运动到C点，此后物体加速度方向改为水平向左，继续做匀变速直线运动，再经过时间T，物体运动到A点。求：
（1）物体第一次经过C点时的速度大小；
（2）0~2T时间内，物体距离B点的最大距离。
14．（2025高三上·保定期末） 如图甲所示，匀强电场中一水平面上静置质量为0.3kg的绝缘平板B，质量为0.1kg、带电荷量为+2×10-5C的滑块A以1m/s的初速度从左端滑上平板B，之后一段时间内平板B的v-t图像如图乙所示。已知电场强度为1×104N/C，方向水平向右，滑块A与平板B间动摩擦因数为0.3，g取10m/s2，平板B足够长。求：
（1）平板B与地面间的动摩擦因数；
（2）当滑块A的速度为0.5m/s时平板B的速度；
（3）在v-t图像中画出A、B的完整图像并求出A、B之间因摩擦产生的热量。
15．（2025高三上·保定期末） 在某空间建立如图甲所示的坐标系，x轴沿水平方向向右，y轴沿竖直方向向上，该空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度和电场强度随时间周期性变化的图像分别如图乙、图丙所示，图中、未知，为已知量。t=0时刻一带电微粒从坐标原点O由静止释放， 时刻，微粒开始做匀速圆周运动， 时刚好完成四分之三圆周。已知微粒质量为m，带电荷量为+q，磁场方向垂直纸面向里为正，电场强度方向竖直向下为正，重力加速度为g。求：
（1）磁感应强度和电场强度；
（2）微粒开始做匀速圆周运动时轨迹圆心的坐标；
（3）时微粒的速度大小和所在位置的坐标。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A．由小车距离该传感器的位置随时间的二次方的变化图像可知，t=0时刻， 小车距离传感器2m，故A正确；
C.位移等于坐标的变化量，0~2s内小车的位移为
故C错误；
BD．设小车的加速度大小为，由图像得小车距离该传感器的位置
t=0时刻， 小车的速度大小为。
由图像得斜率
得
根据匀变速直线运动的位移—时间关系可得0~4s内小车的位移
故B错误，D错误。
故选A。
【分析】x-t2图象的“斜率”等于加速度的一半，位移等于坐标的变化量，结合位移—时间关系分析。
2．【答案】C
【知识点】图象法；超重与失重
【解析】【解答】解答本题的关键要理解各种运动图像的物理意义，特别是要知道a-t图像与时间轴围成的面积表示速度变化量。A．电梯在0~3s时间内一直做加速运动，加速度先增大后恒定再减小，故A错误；
B．由于a-t图像中面积表示速度变化量，电梯初、末速度为零，故在0~3s内电梯速度的增加量与27~30s内电梯速度的减小量应相等，图中两个梯形面积应相等，故B错误；
C.1~2s内，电梯做向上的匀加速直线运动，同学质量为50kg，根据牛顿第二定律可得
由牛顿第三定律，可得
故C正确；
D．由于整个运动过程中，电梯初、末速度为零，因此电梯加速阶段的速度变化量和减速阶段的速度变化量大小相等，且两个阶段经历的时间相同，由可知，电梯加速阶段平均加速度的大小等于减速阶段平均加速度的大小，但方向相反，故D错误。
故选C。
【分析】根据图像可以直接知道加速度的变化，a-t图像中面积表示速度变化量，根据牛顿运动定律求解压力大小，根据加速度的定义式求解平均加速度。
3．【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．根据开普勒第二定律，探测器在同一轨道上，与中心天体的中心连线相等时间扫过相等的面积，图中两阴影部分在两个轨道上，面积不一定相等，故A错误；B．探测器从轨道Ⅱ上变轨到轨道Ⅰ上时，需要探测器在P点加速，故探测器在Ⅱ轨道上通过P点时的速度小于在Ⅰ轨道上通过P点时的速度，故B正确；
C．根据开普勒第三定律，半长轴越小，周期越小，故探测器在Ⅰ轨道运行的周期大于在Ⅱ轨道运行的周期，故C错误；
D．探测器在一个轨道上运动机械能守恒，探测器在轨道Ⅱ时运动到P点的速度小于在轨道Ⅰ时运动到P点的速度，即在轨道Ⅱ时运动到P点动能较大，但二者引力势能相等，即探测器在轨道Ⅱ的机械能小于在轨道Ⅰ时的机械能，故D错误。
故选：B。
【分析】根据开普勒第二定律分析；根据卫星变轨原理分析；根据开普勒第三定律分析；对探测器在P点位置由机械能定义判断。
4．【答案】D
【知识点】匀强电场；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】小球在电场中的受力平衡和力学中物体的平衡处理方法类似，只要正确做好受力分析，可根据题意选用共点力的平衡求解。
A． 在甲图中小球表现为引力，则小球A、B带异种电荷，根据图乙可知，小球A所受匀强电场的电场力方向向左，与匀强电场的电场强度方向相同，则A带正电，B带负电，故A错误；
C．图甲中，对小球A进行分析，根据平衡条件有
，
图甲中，对小球B进行分析，根据平衡条件有
，
解得
，
故C错误；
B．图乙中，对小球A进行分析，根据平衡条件有
，
图乙中，对小球B进行分析，根据平衡条件有
，
解得
，
故B错误；
D．结合上述可知
，
由于
则有
故D正确。
故选D。
【分析】根据受力方向结合场强方向判断电性；根据平衡条件判断质量大小以及拉力大小和电荷量大小。
5．【答案】A
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，要正确根据右手螺旋定则（安培定制）判断导线周围磁场方向是解题的前提。根据安培定则可知，a处、c处电流在O点的磁感应强度方向均由O指向b， 已知通电长直导线在其周围空间形成的磁场在某点处的磁感应强度， 则a处、c处电流在O点合磁感应强度大小为
根据安培定则可知，b处电流在O点的磁感应强度方向均由O指向a，大小为
则a处、b处、c处电流在O点的合磁感应强度大小为
方向与ac成45°角指向左上方；若给该空间再施加一匀强磁场，使O点的磁感应强度为0，则匀强磁场磁感应强度的大小为，方向与a处、b处、c处电流在O点的合磁感应强度方向相反即与ac成45°角指向右下方。
故选A。
【分析】根据安培定制潘成磁场的方向，根据矢量合成法则求解三根导线在O点的合磁感应强度，则该合磁感应强度与匀强磁场方向相反，大小相等。
6．【答案】C
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】A． 在同一介质中分别沿x轴正方向和负方向传播， t=6s时波形如图所示 ，根据同侧法可知此时P和Q都向上开始振动，由于波源起振方向与波前振动方向相同，可知，两波源的起振方向相同，故A错误；
B． t=6s时波形如图所示，根据6s时的波形可知，
解得
两波源振动的周期不相同，即两波源振动的频率不相同，不是相干波，在重叠区域不会形成稳定的干涉现象，故B错误；
C．两列波传播速度相等，均等于
则6s到10s时间间隔内两列波传播的距离
则将6s时的波形沿波传播方向平移4m即可得到10s时的波形，平移后可知，10s时左侧波形在质点M的位置为平衡位置，右侧波形在质点M的位置为波峰位置，根据波的叠加可知t=10s时质点M的位移为2cm，故C正确；
D．由于质点P、Q平衡位置之间的间距为4m，波速等于1m/s，6~10s内，右侧波形没有到达P点，左侧波形没有到达Q点，则6~10s内，由于，
则质点P通过的路程
质点Q通过的路程
可知，6~10s，质点P和Q通过的路程不相同，故D错误。
故选C。
【分析】根据同侧法判断波源的起振方向；两波源振动的频率不相同，不会形成稳定的干涉现象；将6s时的波形沿波传播方向平移4m即可得到10s时的波形，结合波的叠加分析；根据时间与周期的关系分析通过的路程。
7．【答案】D
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】解答本题时，要分析清楚导体棒的受力情况和运动情况，把握稳定时满足的条件，运用动量定理求稳定时的速度是关键。A．开关S接1时，根据法拉第电磁感应定律可知导体棒ab产生的电动势为，其中，由欧姆定律得
对导体棒受力分析，由牛顿第二定律可得
联立解得，
可知水平拉力F随时间增大，当时，，故A错误；
B．开关S接通2的瞬间，根据匀变速直线运动速度—时间关系可得导体棒的速度为
导体棒为动生电源给电容器充电，充电电流为
故B错误；
CD．开关S接2之后，导体棒对电容器充电，导体棒在安培力作用下做减速运动，充电过程电流减小，所以安培力随时间减小，则导体棒先做加速度减小的减速运动，当加速度减小到零时，导体棒匀速运动达到稳定，设此时电容器的电压为，导体棒的速度，则有
电容器充电电荷量为
对导体棒，以初速度方向为正方向，由动量定理有
联立解得
故C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据牛顿第二定律结合安培力与速度的关系式求出F与时间t的表达式，再分析F的变化情况；根据右手定则判断开关S接通2的瞬间电容器极板带电情况；开关S接2之后，导体棒对电容器充电，导体棒在安培力作用下做减速运动，充电过程电流逐渐减小，安培力逐渐减小，导体棒先做加速度减小的减速运动，当加速度减小到零时，导体棒匀速运动，速度达到稳定。利用动量定理求导体棒ab的最终速度大小。
8．【答案】A,C
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】对于粒子运动的问题，往往要根据曲线运动的特点，合力方向指向轨迹的内侧判断电场力方向。A．带电粒子在电场中做曲线运动，在A点所受的静电力方向沿电场线指向轨迹的凹侧，与该点电场线方向相反，可知带电粒子带负电，故A正确；
C．根据电场线的疏密程度，A、B、C三点中A点处的电场线最稀疏，可知A点电场强度最小，故C正确；
BD．根据沿电场方向电势降低，且等势面与电场方向垂直，可知A、B、C三点的电势大小关系为，根据，且带电粒子带负电，可知带电粒子在A、B、C三点中的电势能大小关系为，由于带电粒子只受电场力作用，电势能与动能之和保持不变，则带电粒子在A、B、C三点中的动能大小关系为，故BD错误。
故选AC。
【分析】由轨迹的弯曲方向判断带电粒子所受电场力的大致方向，确定带电粒子的电性，根据力与速度方向判定做功从而知速度以及动能变化情况；根据顺着电场线电势降低判断电势的高低；电场线的疏密反映场强的大小。
9．【答案】B,D
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB． 甲图中平台右侧悬垂部分的重力等于链条整体所受外力的合力，随悬垂部分的增多，链条整体所受外力的合力增大，所以链条在触地之前做加速度逐渐增大，同理可知，乙图中链条整体在触地之前加速度逐渐增大，隔离小球分析，链条对小球的拉力在不断减小，故A错误，B正确；
C．甲图中链条触地时，平台右侧悬垂部分长度为2l，根据机械能守恒定律有
解得
故C错误；
D．乙图中链条触地时，平台右侧悬垂部分长度为2l，根据机械能守恒定律有
解得
故D正确。
故选BD。
【分析】结合题意，分析整体产生加速度的合力变化，由牛顿第二定律即可分析求解加速度，由重力势能的计算公式及机械能守恒定律分析列式，即可判断求解速度值。
10．【答案】A,D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】题目通过滑块固定与不固定两种情景的对比，巧妙考查了学生对守恒定律的理解和运用能力，特别是对系统动量守恒和能量转化的分析。在滑块不固定的情况下，需要同时考虑水平方向动量守恒和竖直方向的机械能守恒。A．如果圆弧滑块固定，则由机械能守恒定律
解得小球的初速度大小为
选项A正确；
B．如果圆弧滑块不固定，设小球离开圆弧时水平速度为vx，则由水平方向动量守恒
由能量关系
联立解得M=0.5m
选项B错误；
C．如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到最高点过程的时间
水平位移为
选项C错误；
D．如果圆弧滑块不固定，小球最终落回到槽中并从槽中滑出时槽的速度最大，此时由动量守恒和能量关系
解得小球和圆弧槽的速度大小分别为
选项D正确。
故选AD。
【分析】当圆弧滑块固定时，利用机械能守恒可求出小球初速度。滑块不固定时，水平方向动量守恒，小球离开滑块时与滑块共速。小球上升到最高点的时间由竖直分运动决定，水平位移由水平速度和飞行时间乘积得出。最终小球离开滑块的速度大小由动量守恒和能量守恒共同确定。
11．【答案】（1）；P
（2）43.90（43.70 ~44.00）
（3）
（4）见将小球静置于斜槽末端，若球能保持静止，则说明斜槽末端水平。
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】本题考查动量守恒定律的验证实验，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式是正确解题的关键，要注意利用位移或位移与时间的比值表示物体的速度是物理实验中常用的一种方法，要注意掌握。
（1）为了防止入射球碰后反弹，一定要保证入射球的质量大于被碰球的质量，因，则入射球应选择质量为的小球；根据碰撞规律可知未发生碰撞的情况下， 入射球的落点应是图乙中P点。
（2）刻度尺的精度为1mm，估读到0.1mm， 落点M圈的最小圆圆心为43.90cm（43.70 cm ~44.00 cm）；
（3）小球做平抛运动时竖直方向位移相同，故运动时间相同，由
根据动量守恒定律，应满足
运动时间相同，可以用位移代替速度大小，表达式为
用米尺分别测量O点到M、P、N的距离为x1、x2、x3，则有
（4）判断斜槽末端是否水平的方法为：将小球静置于斜槽末端，若球能保持静止，则说明斜槽末端水平。
【分析】（1）根据实验注意事项分析，未发生碰撞的情况下，落到中间位置；
（2）刻度尺的精度为1mm，估读到0.1mm；
（3）小球做平抛运动时竖直方向位移相同，故运动时间相同，有水平位移可以代替速度大小，结合动量守恒定律分析；
（4）将小球静置于斜槽末端，若球能保持静止，斜槽末端水平。
（1）[1][2]为了防止入射球碰后反弹，一定要保证入射球的质量大于被碰球的质量，因，则入射球应选择质量为的小球；根据碰撞规律可知未发生碰撞的情况下， 入射球的落点应是图乙中P点。
（2）刻度尺的精度为1mm，估读到0.1mm， 落点M圈的最小圆圆心为43.90cm（43.70 cm ~44.00 cm）；
（3）根据动量守恒定律，应满足
小球做平抛运动时竖直方向位移相同，故运动时间相同，由
可知平抛初速度与水平位移成正比，表达式为
用米尺分别测量O点到M、P、N的距离为x1、x2、x3，则有
（4）判断斜槽末端是否水平的方法为：将小球静置于斜槽末端，若球能保持静止，则说明斜槽末端水平。
12．【答案】（1）C
（2）
（3）A
（4）1.49；0.90
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）电池内阻约为1.0Ω，相对较小，为保证实验过程中操作简单、方便，滑动变阻器应选用C。
（2）因电流表内阻已知，采用电流表内接法（此时电源相当于待测电阻，所以是内接法），则电路连线如图；
（3）为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器滑片应滑到A端。
（4）根据闭合回路欧姆定律U=E-I(r+RA)
可得由此可得到干电池的电动势E=1.50V
内阻
【分析】（1）干电池内阻较小，为了调节方便，滑动变阻器应选用最大阻值较小的滑动变阻器；
（2）因电流表内阻已知，采用电流表内接法；
（3）滑动变阻器要保护电路，闭合开关前，移到阻值最大处；
（4）根据图像的截距和斜率求解电动势和内阻。
（1）为保证实验过程中操作简单、方便，滑动变阻器应选用C。
（2）因电流表内阻已知，则电路连线如图；
（3）闭合开关前，滑动变阻器滑片应滑到A端。
（4）[1][2]根据
U=E-I(r+RA)
可得由此可得到干电池的电动势
E=1.50V
内阻
13．【答案】（1）解：从B到C
解得物体第一次经过C点时的速度大小
（2）解：向右为正，则从C到A由运动公式
解得
则物体距离B点的最大距离为
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【分析】（1）根据匀变速直线运动平均速度公式求解物体第一次经过C点时的速度大小；
（2） 向右为正，从C到A根据位移—时间关系求解加速度大小，当物体速度减为零时物体距离B点有最大距离。
（1）从B到C
解得物体第一次经过C点时的速度大小
（2）向右为正，则从C到A由运动公式
解得
则物体距离B点的最大距离为
14．【答案】（1）解：平板B的加速度
对平板B由牛顿第二定律
解得
（2）解：滑块A的加速度
解得
当滑块A的速度为0.5m/s时
解得t1=0.5s
则此时平板B的速度
（3）解：AB最终速度
解得，v=0.25m/s
之后AB一起匀速运动，则v-t运动图像如图
该过程中A、B之间相对位移
因摩擦产生的热量
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）根据速度—时间图像求解加速度大小，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数；
（2） 求出滑块A的加速度，根据速度—时间关系求解滑块A运动时间以及滑块B的速度大小；
（3）AB最终速度相等，画出v-t图像，求出相对位移大小，相对位移乘以摩擦力等于产生的热量。
（1）平板B的加速度
对平板B由牛顿第二定律
解得
（2）滑块A的加速度
解得
当滑块A的速度为0.5m/s时
解得t1=0.5s
则此时平板B的速度
（3）AB最终速度
解得，v=0.25m/s
之后AB一起匀速运动，则v-t运动图像如图
该过程中A、B之间相对位移
因摩擦产生的热量
15．【答案】（1）解：时刻，微粒开始做匀速圆周运动，则必有
解得
设微粒做圆周运动的速率为，周期为，半径为，则有
又
解得

（2）解：微粒由静止释放，运动的加速度大小为a，则
解得
方向竖直向下。时刻速度大小
时间内位移大小
方向竖直向下。由
得微粒开始做匀速圆周运动时的半径
故微粒开始做匀速圆周运动时的圆心坐标为。
（3）解：微粒在 0~7时间内运动的轨迹如图所示
0-微粒从O运动到b点，速度大小为。
-，从b点运动到c点，微粒轨迹为半径为的四分之三圆周， c点速度大小为。
-，从c点运动到d点，微粒做匀变速曲线运动，水平方向速度大小为，竖直方向加速度大小
方向竖直向下。d点竖直方向速度大小
方向竖直向下。c点到d点的水平位移
d点速度大小
-，从d点运动到e点，微粒轨迹为半径为的四分之三圆周，则
解得
由对称性，e点竖直方向速度大小
方向竖直向上。
-，从e点运动到f点，微粒做匀变速曲线运动，水平方向速度大小为，竖直方向加速度大小
方向竖直向下。f点竖直方向的速度
f点水平方向的速度大小为，方向水平向左。
-，从f点运动到j点，微粒轨迹为半径为的四分之三圆周，j点速度大小为，方向竖直向上。
-，从j点运动到k点，微粒向上做匀减速直线运动，加速度大小
k点速度大小
由对称性可知，k点的纵坐标为0。由对称性可知，k点的横坐标
故k点的坐标为。
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）微粒开始做匀速圆周运动，电场力等于重力，求解电场强度，洛伦兹力提供向心力，结合圆周运动周期求解磁感应强度；
（2）微粒由静止释放，求出运动的加速度大小以及时间内位移大小，根据洛伦兹力提供向心力求解微粒开始做匀速圆周运动时的半径，从而求解圆心坐标；
（3）画出微粒在 0~7时间内运动的轨迹，讨论各个阶段的加速度以及速度情况，结合对称性求解位移，从而求解k点的坐标。
（1）时刻，微粒开始做匀速圆周运动，则必有
解得
设微粒做圆周运动的速率为，周期为，半径为，则有
又
解得
（2）微粒由静止释放，运动的加速度大小为a，则
解得
方向竖直向下。时刻速度大小
时间内位移大小
方向竖直向下。由
得微粒开始做匀速圆周运动时的半径
故微粒开始做匀速圆周运动时的圆心坐标为。
（3）微粒在 0~7时间内运动的轨迹如图所示
0-微粒从O运动到b点，速度大小为。
-，从b点运动到c点，微粒轨迹为半径为的四分之三圆周， c点速度大小为。
-，从c点运动到d点，微粒做匀变速曲线运动，水平方向速度大小为，竖直方向加速度大小
方向竖直向下。d点竖直方向速度大小
方向竖直向下。c点到d点的水平位移
d点速度大小
-，从d点运动到e点，微粒轨迹为半径为的四分之三圆周，则
解得
由对称性，e点竖直方向速度大小
方向竖直向上。
-，从e点运动到f点，微粒做匀变速曲线运动，水平方向速度大小为，竖直方向加速度大小
方向竖直向下。f点竖直方向的速度
f点水平方向的速度大小为，方向水平向左。
-，从f点运动到j点，微粒轨迹为半径为的四分之三圆周，j点速度大小为，方向竖直向上。
-，从j点运动到k点，微粒向上做匀减速直线运动，加速度大小
k点速度大小
由对称性可知，k点的纵坐标为0。由对称性可知，k点的横坐标
故k点的坐标为。
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