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湖南省郴州市2024-2025学年高一下学期7月期末联考物理试题（选择考）
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共计40分。每小题只有一个选项符合题意。）
1．（2025高一下·郴州期末）跳水运动是一项难度很大又极具观赏性的运动。如图所示，虚线描述的是一位跳水运动员高台跳水时头部的运动轨迹，则头部经过图中C点的速度方向正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】曲线运动
【解析】【解答】做曲线运动的物体的速度方向沿轨迹的切线方向，则头部经过图中C点的速度方向正确的是B。
故答案为：B。
【分析】根据曲线运动的速度方向规律（沿轨迹在该点的切线方向），判断 C 点的速度方向。
2．（2025高一下·郴州期末）下列有关物理学知识说法正确的是（　　）
A．真空中两个静止的点电荷之间的库仑力，可以用公式计算其大小。
B．根据功的定义式，可知功是矢量。
C．平抛运动可分解为水平方向上的匀加速运动和竖直方向的匀速直线运动。
D．由公式可知，电容器的电容C随着极板带电荷量Q的增加而变大
【答案】A
【知识点】电容器及其应用；平抛运动；功的概念
【解析】【解答】A．库仑定律公式适用于真空中静止的点电荷间的库仑力，故A正确。
B．功的定义式中，是标量（只有大小，无方向），故B错误。
C．平抛运动的分解应为水平方向匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，故C错误。
D．电容由电容器本身结构决定，与和无关，公式是定义式，仅表示是与的比值，故D错误。
故答案为：A。
【分析】依据库仑定律的适用条件、功的矢量标量属性、平抛运动的分解规律和电容的决定因素，逐一判断选项的物理概念正误。
3．（2025高一下·郴州期末）冬奥会跳台滑雪比赛简化模型如图所示，运动员穿着专用滑雪板，在助滑道上获得高速后从坡顶点以速度水平飞出，在空中飞行一段距离后恰好在坡底点着陆。已知之间的高度差为，与水平面夹角为37°，不计空气阻力，，，，下列选项正确的是（　　）
A．运动员在空中飞行的时间 B．运动员在空中飞行的时间
C．运动员的初速度 D．运动员的初速度
【答案】C
【知识点】自由落体运动；平抛运动
【解析】【解答】AB．竖直方向，根据，可得运动员在空中飞行的时间，AB错误；
CD．运动员的初速度，C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】将平抛运动分解为竖直方向自由落体运动和水平方向匀速直线运动，分别用运动学公式计算飞行时间和初速度。
4．（2025高一下·郴州期末）如图所示，餐桌上的自动转盘在电动机的带动下匀速转动，现在转盘上放A、B两个茶杯，都随着转盘匀速转动，A、B离转盘中心的距离分别为和，且。则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】AB．A、B两个茶杯都绕同一转轴转动，可知角速度和周期相等，AB错误；
C．根据v=ωr可知，C正确；
D．根据a=ω2r可知，D错误。
故答案为：C。
【分析】根据同轴转动的特点（角速度、周期相同），结合线速度公式、向心加速度公式，分析A、B的线速度和向心加速度之比。
5．（2025高一下·郴州期末）某卫星变轨前后的示意图如图所示。O为地球地心，变轨前I轨道为近地圆轨道，在I轨道上A点可机动变轨到椭圆Ⅱ上，C为椭圆轨道远地点。则卫星（　　）
A．在I轨道上，经过B点的速度大于7.9km/s
B．在Ⅱ轨道上，A的线速度比C点的线速度要小
C．在I轨道上B点的加速度，比在Ⅱ轨道上C点的加速度小
D．在I轨道A点要变轨到Ⅱ轨道，需要点火加速
【答案】D
【知识点】开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．因I轨道为近地圆轨道，可知经过B点的速度等于7.9km/s，故A错误；
B．根据开普勒第二定律可知，在Ⅱ轨道上，A的线速度比C点的线速度要大，故B错误；
C．根据，可得，在I轨道上B点的加速度，比在Ⅱ轨道上C点的加速度大，故C错误；
D．在I轨道A点要变轨到Ⅱ轨道，需要点火加速做离心运动，故D正确。
故答案为：D。
【分析】皮带传动的核心是皮带不打滑时，轮边缘线速度大小相等，再结合角速度、周期、向心加速度与线速度的公式，推导各物理量的比例关系。
6．（2025高一下·郴州期末）2025年3月，泰山盘道上迎来了宇树科技公司的机器狗独特的爬山身影。机器狗匀速爬山运送货物，下列说法正确的是（　　）
A．机器狗对货物的作用力大于货物对机器狗的作用力。
B．机器狗匀速爬山过程中，货物的机械能不变。
C．货物受到的合力做功为零。
D．机器狗消耗的电能全部转化为货物的重力势能。
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；功能关系；功的概念；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．机器狗对货物的作用力与货物对机器狗的作用力是相互作用力，总是等大反向，A错误；
B．机器狗匀速爬山过程中，货物的动能不变，重力势能增加，可知机械能增加，B错误；
C．货物匀速运动，则受到的合外力为零，则受到的合力做功为零，C正确；
D．机器狗消耗的电能一部分转化为货物的重力势能，另一部分转化为自身的内能，D错误。
故答案为：C。
【分析】依据牛顿第三定律、机械能的组成（动能 + 势能）、动能定理（合外力做功等于动能变化）和能量转化规律，逐一判断选项正误。
7．（2025高一下·郴州期末）如图所示，有一平行板电容器的可动极板M、固定极板N水平放置，触压M时M会下凹，且与理想电源相连。P为两极板间一固定点。若电源两端电压保持不变，则触压M使之缓慢下凹过程中，下列判断正确的是（　　）
A．电容器的电容减小 B．P点的电场强度变大
C．电容器的电荷量变小 D．电容器两端电压变大
【答案】B
【知识点】电容器及其应用；电场强度
【解析】【解答】电源两端电压U保持不变，则触压M使之缓慢下凹过程中，根据
两板间距减小，可知电容器的电容C变大；根据
可知P点场强变大；根据Q=CU
可知，电容器带电量变大。
故答案为：B。
【分析】根据平行板电容器的电容决定式、电场强度与电压的关系和电荷量公式，结合电容器与电源相连时电压不变的特点，分析各物理量的变化。
8．（2025高一下·郴州期末）如题图，空间中A点和B点存在两等量同种正点电荷，O点是两点电荷连线的中点，现以O点为圆心，在两点电荷连线中垂面内作一个圆，圆上有M、N、P三点，其中O、Q分别是线段MN和OP的中点。用φ表示各点的电势，则下列关系中一定正确的是（　　）
A．P点的场强方向平行于AB
B．P点处的电场强度一定大于Q点处的电场强度
C．φM＝φN＜φP
D．O点的场强为零
【答案】D
【知识点】电场线；电势
【解析】【解答】A．根据等量同种电荷的电场分布可知，P点的场强方向垂直于AB，A错误；
B．根据等量同种电荷的电场分布可知，从O点向垂直AB向外方向的场强先增加后减小，则无法确定P点处的电场强度与Q点处的电场强度大小关系，B错误；
C．因MNP三点到两个等量点电荷间的距离相等，可知三点电势相等，即φM＝φN=φP，C错误；
D．根据等量同种电荷的电场分布可知，O点的场强为零，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合等量同种正电荷的电场分布特性，对场强方向、场强大小比较、电势分布及 O 点场强进行分析。
9．（2025高一下·郴州期末）目前我国混合动力轿车越来越盛行。现有质量1.5吨的混合动力轿车，在平直公路上以v＝24m/s的速度匀速行驶，此时蓄电池不工作，汽油发动机的输出功率为P1＝72kW。现使轿车汽油发动机和电动机开始同时工作（以该时刻作为计时起点，总功率为汽油发动机和电动机的功率之和），汽油发动机的输出功率保持不变仍为72kW，电动机输出功率P2恒定，轿车汽油发动机和电机同时工作之后的v-t图像如图所示。若轿车运动过程中所受阻力始终不变，则电动机输出功率P2为（　　）
A．30kW B．35kW C．40kW D．102kW
【答案】A
【知识点】机车启动
【解析】【解答】只有汽油发动机工作时，则
汽油发动机和电动机开始同时工作
其中=34m/s，可得P2=30kW
故答案为：A。
【分析】先由汽车匀速行驶时的功率公式求出阻力，再结合总功率与牵引力、速度的关系总，计算电动机的输出功率。
10．（2025高一下·郴州期末）某科研装置模型如图所示，用绝缘圆管做成的圆形管道固定在倾角为37°的斜面上，管道内有一个直径略小于管道的内径的，带正电的小球。小球的质量为m，带电量为q（q>0）。空间存在有范围足够大的水平向右的匀强电场，电场强度大小为。小球以向右的速度v0通过最低点C，且恰好能运动到管道的最高点A，BD是管道的水平直径，不计一切摩擦，假设小球在圆周运动过程中带电量保持不变，半径为R，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（　　）
A．若减小电场强度，小球可能运动到管道上的D点
B．
C．小球在A点时对管道的压力大小0.6mg
D．小球运动的最大速度为
【答案】D
【知识点】竖直平面的圆周运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AD．小球斜面上受到平行于斜面的电场力qE和重力沿斜面的分力mgsin37°作用，这两个力可等效为重力G等效，设等效重力G等效与BD的夹角为θ，则有，
其中，
解得，
如图所示，因为小球恰好能运动到管道的最高点A，根据对称性，小球向左运动只能到达A'点，而无法到达D点。
小球在等效重力场的最低点P达到最大速度，由动能定理得
解得运动的最大速度为，故A错误，D正确；
B．当小球恰经过A点，则到达A点的速度为零，则从C到A由动能定理得
解得，故B错误；
C．小球在A点时对管道的压力大小FN=mg，故C错误。
故答案为：D。
【分析】先将重力与电场力合成等效重力，再利用动能定理分析小球从 C 到 A 的运动，结合圆周运动的极值条件（等效重力方向为速度最大位置）求解相关物理量。
二、实验探究题（共2小题，每空3分，共计24分。）
11．（2025高一下·郴州期末）某同学为探究平行板电容器充、放电过程，设计了图甲实验电路。器材如下：电容器、电源（电压为6V）、定值电阻、定值电阻、电流表、电压表、开关、单刀双掷开关及导线若干。
（1）闭合，将单刀双掷开关接1，电容器开始充电，直至充电结束，得到充电过程的曲线如图乙，曲线与坐标轴所围面积表示（　　）
A．电容器两端的电压
B．电容器充电完成后所带的电荷量
C．充电过程中电阻产生的热量
（2）断开开关、，再将单刀双掷开关接2，电容器开始放电，电容器放电过程流过定值电阻的电流方向为　 　（选填“流向”或“流向”）
（3）实验中放电过程，电容器释放的电荷量为C，则电容器的电容为　 　F。
【答案】（1）B
（2）流向
（3）
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）根据q=It，可知曲线与坐标轴所围面积表示电容器充电完成后所带的电荷量。
故答案为：B。
（2）电容器充电完毕时上极板带正电，可知在放电过程流过定值电阻的电流方向为流向。
故答案为：流向
（3）电容器的电容
故答案为：
【分析】(1) 电流的定义式为，变形得，图像与坐标轴围成的面积表示电荷量的累积，据此判断物理意义。
(2) 电容器充电后上极板带正电、下极板带负电，放电时正电荷从正极板流出，结合电路方向判断电流方向。
(3) 电容器充电完成后两端电压等于电源电压，由电容的定义式求解电容。
（1）根据q=It，可知曲线与坐标轴所围面积表示电容器充电完成后所带的电荷量，故选B。
（2）电容器充电完毕时上极板带正电，可知在放电过程流过定值电阻的电流方向为流向。
（3）电容器的电容
12．（2025高一下·郴州期末）如图所示，为一种利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”的实验装置。已知重力加速度。主要实验步骤如下：
A.将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平。
B.测出遮光条的宽度。
C.将滑块（带遮光条）移至图示位置，测出两光电门间的距离。
D.释放滑块，读出遮光条通过两光电门的遮光时间分别为、。
E.用天平称出钩码的总质量，及滑块（带遮光条）的总质量。
F……
回答下列问题：
（1）遮光条通过光电门1时，滑块的速度大小为　 　（用题中所给字母表示）
（2）在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统的重力势能减少量为　 　（用题中所给字母表示）
（3）若以上测得的物理量满足的关系为　 　（用题中所给字母表示以及测量的物理量字母表示），则说明该过程系统机械能守恒。
（4）实际上，系统的重力势能减少量总是　 　（选填“大于”、“等于”或“小于”）系统的动能的增加量，原因是：　 　。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）大于；系统受到阻力的作用（只要提到“阻力”均可给分）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）遮光条通过光电门1时，滑块的速度大小为
故答案为：
（2）在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统的重力势能减少量为
故答案为：
（3）遮光条通过光电门2时，滑块的速度大小为
系统动能增加量
若该过程系统机械能守恒，则以上测得的物理量满足的关系为
故答案为：
（4）实际上，系统的重力势能减少量总是大于系统的动能的增加量，原因是系统受到阻力的作用。
故答案为：大于；系统受到阻力的作用（只要提到“阻力”均可给分）
【分析】 (1) 利用光电门测瞬时速度的原理，遮光条通过光电门的平均速度近似等于瞬时速度，结合遮光条宽度和遮光时间推导速度。
(2) 系统的重力势能减少量由钩码的重力做功决定，等于钩码重力与两光电门间距离的乘积。
(3) 机械能守恒的条件是系统重力势能的减少量等于动能的增加量，分别计算系统的初末动能，联立得到守恒关系式。
(4) 实验中存在阻力（空气阻力、导轨摩擦等），阻力做功会消耗机械能，导致重力势能减少量大于动能增加量。
（1）遮光条通过光电门1时，滑块的速度大小为
（2）在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统的重力势能减少量为
（3）遮光条通过光电门2时，滑块的速度大小为
系统动能增加量
若该过程系统机械能守恒，则以上测得的物理量满足的关系为
（4）[1][2]实际上，系统的重力势能减少量总是大于系统的动能的增加量，原因是系统受到阻力的作用。
三、计算题（本题共3小题，13题10分，14题12分，15题14分，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13．（2025高一下·郴州期末）如图所示，一个质量为的小球从地面上方的点开始释放，自由下落，点是点正下方的一点，且之间的高度差为，点为、之间的一点且之间的高度差为，不计空气阻力。取，求：
（1）小球从到A过程中，重力所做的功；
（2）小球下落到点时，重力的瞬时功率；
（3）小球从到过程中，重力的平均功率。
【答案】（1）解：小球从到A过程中，重力所做的功
代入数据得
（2）解：小球做自由落体运动，由动能定理得
代入数据得
小球下落到A点时重力的瞬时功率
代入数据得
（3）解：小球从B到A的运动时间为
又小球从B到A重力所做的功
所以小球从B到A的运动过程中，重力做功的平均功率为
代入数据得
【知识点】平均速度；功的计算；功率及其计算
【解析】【分析】(1) 重力做功仅与初末位置的高度差有关，由公式直接计算。
(2) 重力的瞬时功率需先由自由落体运动公式求A点的速度，再结合计算。
(3) 重力的平均功率可先求B到A过程的重力做功和运动时间，再由计算；也可先求平均速度，再结合计算。
（1）小球从到A过程中，重力所做的功
代入数据得
（2）小球做自由落体运动，由动能定理得
代入数据得
小球下落到A点时重力的瞬时功率
代入数据得
（3）小球从B到A的运动时间为
又小球从B到A重力所做的功
所以小球从B到A的运动过程中，重力做功的平均功率为
代入数据得
14．（2025高一下·郴州期末）如图所示，一带负电荷粒子从静止出发进入P、Q两板加速，然后从M、N两板（有理想匀强偏转电场）中心线进入并发生偏转，最后从右侧离开偏转电场。已知：加速电压U＝1000V，匀强偏转电场的电场强度E＝5×103N/C，极板MN的板长L＝6cm，带电粒子的电荷量q＝3.2×10-19C，质量m＝4×10-27kg，不计粒子的重力。求：
（1）带电粒子进入偏转电场时的速度大小v0；
（2）带电粒子在偏转电场时的加速度大小a和穿过偏转电场所用时间t；
（3）若带电粒子刚好从N板右端点离开，求M、N两板宽度d。
【答案】（1）
（2）；
（3）
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
15．（2025高一下·郴州期末）某装置如图所示，水平轨道的左侧有一个弹簧装置，可将放在弹簧装置前的物体水平弹出，当弹簧处于原长时，其右端点恰好处于A点，AB长为L＝1m的水平轨道，BCD为半圆轨道，半径R＝0.5m，与水平轨道相切于B点。滑块a与AB轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块a质量m＝0.1kg，其他轨道均光滑，轨道之间均平滑连接，滑块a可视为质点，不计空气阻力，现压缩弹簧发射滑块a。弹性势能全部转化为滑块a的动能，g取10m/s2，求：
（1）若滑块a恰能运动到D，求滑块a运动到D点的速度大小。
（2）若滑块运动情况同（1），求滑块运动到B点时对轨道的压力大小。
（3）若滑块a能滑上圆弧轨道且不脱离圆弧轨道，求弹簧弹性势能的取值范围。
【答案】（1）解：若滑块恰能运动到点时，重力提供向心力，根据牛顿第二定律
代入数值得
（2）解：由B到D，根据动能定理得
在点，由牛顿第二定律得
联立两式得滑块受到的支持力
根据牛顿第三定律得：滑块运动到B点时对轨道的压力＝FN＝6N。
（3）解：①若滑块恰好滑到B点，A到B过程由动能定理可得：
由弹性势能全部转化为滑块初动能得
代入数值得
故弹簧弹性势能大于0.5J
②若滑块恰好滑到圆心等高处C点，A到C过程由动能定理得
由弹性势能全部转化为滑块初动能得
代入数值得
故弹簧弹性势能小于等于1J
③若滑块恰好滑到D点，A到D过程由动能定理可得
由弹性势能全部转化为滑块初动能得
代入数值得
故弹簧弹性势能大于等于1.75J
综上所述：滑块a滑上圆弧轨道后不脱离圆弧轨道，弹簧弹性势能的取值范围为或者
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1) 滑块恰能运动到 D 点时，重力提供圆周运动向心力，由牛顿第二定律直接求解 D 点速度。
(2) 从 B 到 D 过程机械能守恒，先求 B 点速度；在 B 点由牛顿第二定律求轨道支持力，再由牛顿第三定律得滑块对轨道的压力。
(3) 滑块不脱离圆弧轨道分两种情况：①能通过最高点 D；②能滑上圆弧但不超过 C 点。分别结合动能定理、机械能守恒和临界条件，推导弹性势能的取值范围。
（1）若滑块恰能运动到点时，重力提供向心力，根据牛顿第二定律
代入数值得
（2）由B到D，根据动能定理得
在点，由牛顿第二定律得
联立两式得滑块受到的支持力
根据牛顿第三定律得：滑块运动到B点时对轨道的压力＝FN＝6N。
（3）①若滑块恰好滑到B点，A到B过程由动能定理可得：
由弹性势能全部转化为滑块初动能得
代入数值得
故弹簧弹性势能大于0.5J
②若滑块恰好滑到圆心等高处C点，A到C过程由动能定理得
由弹性势能全部转化为滑块初动能得
代入数值得
故弹簧弹性势能小于等于1J
③若滑块恰好滑到D点，A到D过程由动能定理可得
由弹性势能全部转化为滑块初动能得
代入数值得
故弹簧弹性势能大于等于1.75J
综上所述：滑块a滑上圆弧轨道后不脱离圆弧轨道，弹簧弹性势能的取值范围为或者
1 / 1湖南省郴州市2024-2025学年高一下学期7月期末联考物理试题（选择考）
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共计40分。每小题只有一个选项符合题意。）
1．（2025高一下·郴州期末）跳水运动是一项难度很大又极具观赏性的运动。如图所示，虚线描述的是一位跳水运动员高台跳水时头部的运动轨迹，则头部经过图中C点的速度方向正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025高一下·郴州期末）下列有关物理学知识说法正确的是（　　）
A．真空中两个静止的点电荷之间的库仑力，可以用公式计算其大小。
B．根据功的定义式，可知功是矢量。
C．平抛运动可分解为水平方向上的匀加速运动和竖直方向的匀速直线运动。
D．由公式可知，电容器的电容C随着极板带电荷量Q的增加而变大
3．（2025高一下·郴州期末）冬奥会跳台滑雪比赛简化模型如图所示，运动员穿着专用滑雪板，在助滑道上获得高速后从坡顶点以速度水平飞出，在空中飞行一段距离后恰好在坡底点着陆。已知之间的高度差为，与水平面夹角为37°，不计空气阻力，，，，下列选项正确的是（　　）
A．运动员在空中飞行的时间 B．运动员在空中飞行的时间
C．运动员的初速度 D．运动员的初速度
4．（2025高一下·郴州期末）如图所示，餐桌上的自动转盘在电动机的带动下匀速转动，现在转盘上放A、B两个茶杯，都随着转盘匀速转动，A、B离转盘中心的距离分别为和，且。则（　　）
A． B．
C． D．
5．（2025高一下·郴州期末）某卫星变轨前后的示意图如图所示。O为地球地心，变轨前I轨道为近地圆轨道，在I轨道上A点可机动变轨到椭圆Ⅱ上，C为椭圆轨道远地点。则卫星（　　）
A．在I轨道上，经过B点的速度大于7.9km/s
B．在Ⅱ轨道上，A的线速度比C点的线速度要小
C．在I轨道上B点的加速度，比在Ⅱ轨道上C点的加速度小
D．在I轨道A点要变轨到Ⅱ轨道，需要点火加速
6．（2025高一下·郴州期末）2025年3月，泰山盘道上迎来了宇树科技公司的机器狗独特的爬山身影。机器狗匀速爬山运送货物，下列说法正确的是（　　）
A．机器狗对货物的作用力大于货物对机器狗的作用力。
B．机器狗匀速爬山过程中，货物的机械能不变。
C．货物受到的合力做功为零。
D．机器狗消耗的电能全部转化为货物的重力势能。
7．（2025高一下·郴州期末）如图所示，有一平行板电容器的可动极板M、固定极板N水平放置，触压M时M会下凹，且与理想电源相连。P为两极板间一固定点。若电源两端电压保持不变，则触压M使之缓慢下凹过程中，下列判断正确的是（　　）
A．电容器的电容减小 B．P点的电场强度变大
C．电容器的电荷量变小 D．电容器两端电压变大
8．（2025高一下·郴州期末）如题图，空间中A点和B点存在两等量同种正点电荷，O点是两点电荷连线的中点，现以O点为圆心，在两点电荷连线中垂面内作一个圆，圆上有M、N、P三点，其中O、Q分别是线段MN和OP的中点。用φ表示各点的电势，则下列关系中一定正确的是（　　）
A．P点的场强方向平行于AB
B．P点处的电场强度一定大于Q点处的电场强度
C．φM＝φN＜φP
D．O点的场强为零
9．（2025高一下·郴州期末）目前我国混合动力轿车越来越盛行。现有质量1.5吨的混合动力轿车，在平直公路上以v＝24m/s的速度匀速行驶，此时蓄电池不工作，汽油发动机的输出功率为P1＝72kW。现使轿车汽油发动机和电动机开始同时工作（以该时刻作为计时起点，总功率为汽油发动机和电动机的功率之和），汽油发动机的输出功率保持不变仍为72kW，电动机输出功率P2恒定，轿车汽油发动机和电机同时工作之后的v-t图像如图所示。若轿车运动过程中所受阻力始终不变，则电动机输出功率P2为（　　）
A．30kW B．35kW C．40kW D．102kW
10．（2025高一下·郴州期末）某科研装置模型如图所示，用绝缘圆管做成的圆形管道固定在倾角为37°的斜面上，管道内有一个直径略小于管道的内径的，带正电的小球。小球的质量为m，带电量为q（q>0）。空间存在有范围足够大的水平向右的匀强电场，电场强度大小为。小球以向右的速度v0通过最低点C，且恰好能运动到管道的最高点A，BD是管道的水平直径，不计一切摩擦，假设小球在圆周运动过程中带电量保持不变，半径为R，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（　　）
A．若减小电场强度，小球可能运动到管道上的D点
B．
C．小球在A点时对管道的压力大小0.6mg
D．小球运动的最大速度为
二、实验探究题（共2小题，每空3分，共计24分。）
11．（2025高一下·郴州期末）某同学为探究平行板电容器充、放电过程，设计了图甲实验电路。器材如下：电容器、电源（电压为6V）、定值电阻、定值电阻、电流表、电压表、开关、单刀双掷开关及导线若干。
（1）闭合，将单刀双掷开关接1，电容器开始充电，直至充电结束，得到充电过程的曲线如图乙，曲线与坐标轴所围面积表示（　　）
A．电容器两端的电压
B．电容器充电完成后所带的电荷量
C．充电过程中电阻产生的热量
（2）断开开关、，再将单刀双掷开关接2，电容器开始放电，电容器放电过程流过定值电阻的电流方向为　 　（选填“流向”或“流向”）
（3）实验中放电过程，电容器释放的电荷量为C，则电容器的电容为　 　F。
12．（2025高一下·郴州期末）如图所示，为一种利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”的实验装置。已知重力加速度。主要实验步骤如下：
A.将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平。
B.测出遮光条的宽度。
C.将滑块（带遮光条）移至图示位置，测出两光电门间的距离。
D.释放滑块，读出遮光条通过两光电门的遮光时间分别为、。
E.用天平称出钩码的总质量，及滑块（带遮光条）的总质量。
F……
回答下列问题：
（1）遮光条通过光电门1时，滑块的速度大小为　 　（用题中所给字母表示）
（2）在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统的重力势能减少量为　 　（用题中所给字母表示）
（3）若以上测得的物理量满足的关系为　 　（用题中所给字母表示以及测量的物理量字母表示），则说明该过程系统机械能守恒。
（4）实际上，系统的重力势能减少量总是　 　（选填“大于”、“等于”或“小于”）系统的动能的增加量，原因是：　 　。
三、计算题（本题共3小题，13题10分，14题12分，15题14分，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13．（2025高一下·郴州期末）如图所示，一个质量为的小球从地面上方的点开始释放，自由下落，点是点正下方的一点，且之间的高度差为，点为、之间的一点且之间的高度差为，不计空气阻力。取，求：
（1）小球从到A过程中，重力所做的功；
（2）小球下落到点时，重力的瞬时功率；
（3）小球从到过程中，重力的平均功率。
14．（2025高一下·郴州期末）如图所示，一带负电荷粒子从静止出发进入P、Q两板加速，然后从M、N两板（有理想匀强偏转电场）中心线进入并发生偏转，最后从右侧离开偏转电场。已知：加速电压U＝1000V，匀强偏转电场的电场强度E＝5×103N/C，极板MN的板长L＝6cm，带电粒子的电荷量q＝3.2×10-19C，质量m＝4×10-27kg，不计粒子的重力。求：
（1）带电粒子进入偏转电场时的速度大小v0；
（2）带电粒子在偏转电场时的加速度大小a和穿过偏转电场所用时间t；
（3）若带电粒子刚好从N板右端点离开，求M、N两板宽度d。
15．（2025高一下·郴州期末）某装置如图所示，水平轨道的左侧有一个弹簧装置，可将放在弹簧装置前的物体水平弹出，当弹簧处于原长时，其右端点恰好处于A点，AB长为L＝1m的水平轨道，BCD为半圆轨道，半径R＝0.5m，与水平轨道相切于B点。滑块a与AB轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块a质量m＝0.1kg，其他轨道均光滑，轨道之间均平滑连接，滑块a可视为质点，不计空气阻力，现压缩弹簧发射滑块a。弹性势能全部转化为滑块a的动能，g取10m/s2，求：
（1）若滑块a恰能运动到D，求滑块a运动到D点的速度大小。
（2）若滑块运动情况同（1），求滑块运动到B点时对轨道的压力大小。
（3）若滑块a能滑上圆弧轨道且不脱离圆弧轨道，求弹簧弹性势能的取值范围。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】曲线运动
【解析】【解答】做曲线运动的物体的速度方向沿轨迹的切线方向，则头部经过图中C点的速度方向正确的是B。
故答案为：B。
【分析】根据曲线运动的速度方向规律（沿轨迹在该点的切线方向），判断 C 点的速度方向。
2．【答案】A
【知识点】电容器及其应用；平抛运动；功的概念
【解析】【解答】A．库仑定律公式适用于真空中静止的点电荷间的库仑力，故A正确。
B．功的定义式中，是标量（只有大小，无方向），故B错误。
C．平抛运动的分解应为水平方向匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，故C错误。
D．电容由电容器本身结构决定，与和无关，公式是定义式，仅表示是与的比值，故D错误。
故答案为：A。
【分析】依据库仑定律的适用条件、功的矢量标量属性、平抛运动的分解规律和电容的决定因素，逐一判断选项的物理概念正误。
3．【答案】C
【知识点】自由落体运动；平抛运动
【解析】【解答】AB．竖直方向，根据，可得运动员在空中飞行的时间，AB错误；
CD．运动员的初速度，C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】将平抛运动分解为竖直方向自由落体运动和水平方向匀速直线运动，分别用运动学公式计算飞行时间和初速度。
4．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】AB．A、B两个茶杯都绕同一转轴转动，可知角速度和周期相等，AB错误；
C．根据v=ωr可知，C正确；
D．根据a=ω2r可知，D错误。
故答案为：C。
【分析】根据同轴转动的特点（角速度、周期相同），结合线速度公式、向心加速度公式，分析A、B的线速度和向心加速度之比。
5．【答案】D
【知识点】开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．因I轨道为近地圆轨道，可知经过B点的速度等于7.9km/s，故A错误；
B．根据开普勒第二定律可知，在Ⅱ轨道上，A的线速度比C点的线速度要大，故B错误；
C．根据，可得，在I轨道上B点的加速度，比在Ⅱ轨道上C点的加速度大，故C错误；
D．在I轨道A点要变轨到Ⅱ轨道，需要点火加速做离心运动，故D正确。
故答案为：D。
【分析】皮带传动的核心是皮带不打滑时，轮边缘线速度大小相等，再结合角速度、周期、向心加速度与线速度的公式，推导各物理量的比例关系。
6．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；功能关系；功的概念；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．机器狗对货物的作用力与货物对机器狗的作用力是相互作用力，总是等大反向，A错误；
B．机器狗匀速爬山过程中，货物的动能不变，重力势能增加，可知机械能增加，B错误；
C．货物匀速运动，则受到的合外力为零，则受到的合力做功为零，C正确；
D．机器狗消耗的电能一部分转化为货物的重力势能，另一部分转化为自身的内能，D错误。
故答案为：C。
【分析】依据牛顿第三定律、机械能的组成（动能 + 势能）、动能定理（合外力做功等于动能变化）和能量转化规律，逐一判断选项正误。
7．【答案】B
【知识点】电容器及其应用；电场强度
【解析】【解答】电源两端电压U保持不变，则触压M使之缓慢下凹过程中，根据
两板间距减小，可知电容器的电容C变大；根据
可知P点场强变大；根据Q=CU
可知，电容器带电量变大。
故答案为：B。
【分析】根据平行板电容器的电容决定式、电场强度与电压的关系和电荷量公式，结合电容器与电源相连时电压不变的特点，分析各物理量的变化。
8．【答案】D
【知识点】电场线；电势
【解析】【解答】A．根据等量同种电荷的电场分布可知，P点的场强方向垂直于AB，A错误；
B．根据等量同种电荷的电场分布可知，从O点向垂直AB向外方向的场强先增加后减小，则无法确定P点处的电场强度与Q点处的电场强度大小关系，B错误；
C．因MNP三点到两个等量点电荷间的距离相等，可知三点电势相等，即φM＝φN=φP，C错误；
D．根据等量同种电荷的电场分布可知，O点的场强为零，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合等量同种正电荷的电场分布特性，对场强方向、场强大小比较、电势分布及 O 点场强进行分析。
9．【答案】A
【知识点】机车启动
【解析】【解答】只有汽油发动机工作时，则
汽油发动机和电动机开始同时工作
其中=34m/s，可得P2=30kW
故答案为：A。
【分析】先由汽车匀速行驶时的功率公式求出阻力，再结合总功率与牵引力、速度的关系总，计算电动机的输出功率。
10．【答案】D
【知识点】竖直平面的圆周运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AD．小球斜面上受到平行于斜面的电场力qE和重力沿斜面的分力mgsin37°作用，这两个力可等效为重力G等效，设等效重力G等效与BD的夹角为θ，则有，
其中，
解得，
如图所示，因为小球恰好能运动到管道的最高点A，根据对称性，小球向左运动只能到达A'点，而无法到达D点。
小球在等效重力场的最低点P达到最大速度，由动能定理得
解得运动的最大速度为，故A错误，D正确；
B．当小球恰经过A点，则到达A点的速度为零，则从C到A由动能定理得
解得，故B错误；
C．小球在A点时对管道的压力大小FN=mg，故C错误。
故答案为：D。
【分析】先将重力与电场力合成等效重力，再利用动能定理分析小球从 C 到 A 的运动，结合圆周运动的极值条件（等效重力方向为速度最大位置）求解相关物理量。
11．【答案】（1）B
（2）流向
（3）
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）根据q=It，可知曲线与坐标轴所围面积表示电容器充电完成后所带的电荷量。
故答案为：B。
（2）电容器充电完毕时上极板带正电，可知在放电过程流过定值电阻的电流方向为流向。
故答案为：流向
（3）电容器的电容
故答案为：
【分析】(1) 电流的定义式为，变形得，图像与坐标轴围成的面积表示电荷量的累积，据此判断物理意义。
(2) 电容器充电后上极板带正电、下极板带负电，放电时正电荷从正极板流出，结合电路方向判断电流方向。
(3) 电容器充电完成后两端电压等于电源电压，由电容的定义式求解电容。
（1）根据q=It，可知曲线与坐标轴所围面积表示电容器充电完成后所带的电荷量，故选B。
（2）电容器充电完毕时上极板带正电，可知在放电过程流过定值电阻的电流方向为流向。
（3）电容器的电容
12．【答案】（1）
（2）
（3）
（4）大于；系统受到阻力的作用（只要提到“阻力”均可给分）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）遮光条通过光电门1时，滑块的速度大小为
故答案为：
（2）在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统的重力势能减少量为
故答案为：
（3）遮光条通过光电门2时，滑块的速度大小为
系统动能增加量
若该过程系统机械能守恒，则以上测得的物理量满足的关系为
故答案为：
（4）实际上，系统的重力势能减少量总是大于系统的动能的增加量，原因是系统受到阻力的作用。
故答案为：大于；系统受到阻力的作用（只要提到“阻力”均可给分）
【分析】 (1) 利用光电门测瞬时速度的原理，遮光条通过光电门的平均速度近似等于瞬时速度，结合遮光条宽度和遮光时间推导速度。
(2) 系统的重力势能减少量由钩码的重力做功决定，等于钩码重力与两光电门间距离的乘积。
(3) 机械能守恒的条件是系统重力势能的减少量等于动能的增加量，分别计算系统的初末动能，联立得到守恒关系式。
(4) 实验中存在阻力（空气阻力、导轨摩擦等），阻力做功会消耗机械能，导致重力势能减少量大于动能增加量。
（1）遮光条通过光电门1时，滑块的速度大小为
（2）在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统的重力势能减少量为
（3）遮光条通过光电门2时，滑块的速度大小为
系统动能增加量
若该过程系统机械能守恒，则以上测得的物理量满足的关系为
（4）[1][2]实际上，系统的重力势能减少量总是大于系统的动能的增加量，原因是系统受到阻力的作用。
13．【答案】（1）解：小球从到A过程中，重力所做的功
代入数据得
（2）解：小球做自由落体运动，由动能定理得
代入数据得
小球下落到A点时重力的瞬时功率
代入数据得
（3）解：小球从B到A的运动时间为
又小球从B到A重力所做的功
所以小球从B到A的运动过程中，重力做功的平均功率为
代入数据得
【知识点】平均速度；功的计算；功率及其计算
【解析】【分析】(1) 重力做功仅与初末位置的高度差有关，由公式直接计算。
(2) 重力的瞬时功率需先由自由落体运动公式求A点的速度，再结合计算。
(3) 重力的平均功率可先求B到A过程的重力做功和运动时间，再由计算；也可先求平均速度，再结合计算。
（1）小球从到A过程中，重力所做的功
代入数据得
（2）小球做自由落体运动，由动能定理得
代入数据得
小球下落到A点时重力的瞬时功率
代入数据得
（3）小球从B到A的运动时间为
又小球从B到A重力所做的功
所以小球从B到A的运动过程中，重力做功的平均功率为
代入数据得
14．【答案】（1）
（2）；
（3）
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
15．【答案】（1）解：若滑块恰能运动到点时，重力提供向心力，根据牛顿第二定律
代入数值得
（2）解：由B到D，根据动能定理得
在点，由牛顿第二定律得
联立两式得滑块受到的支持力
根据牛顿第三定律得：滑块运动到B点时对轨道的压力＝FN＝6N。
（3）解：①若滑块恰好滑到B点，A到B过程由动能定理可得：
由弹性势能全部转化为滑块初动能得
代入数值得
故弹簧弹性势能大于0.5J
②若滑块恰好滑到圆心等高处C点，A到C过程由动能定理得
由弹性势能全部转化为滑块初动能得
代入数值得
故弹簧弹性势能小于等于1J
③若滑块恰好滑到D点，A到D过程由动能定理可得
由弹性势能全部转化为滑块初动能得
代入数值得
故弹簧弹性势能大于等于1.75J
综上所述：滑块a滑上圆弧轨道后不脱离圆弧轨道，弹簧弹性势能的取值范围为或者
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1) 滑块恰能运动到 D 点时，重力提供圆周运动向心力，由牛顿第二定律直接求解 D 点速度。
(2) 从 B 到 D 过程机械能守恒，先求 B 点速度；在 B 点由牛顿第二定律求轨道支持力，再由牛顿第三定律得滑块对轨道的压力。
(3) 滑块不脱离圆弧轨道分两种情况：①能通过最高点 D；②能滑上圆弧但不超过 C 点。分别结合动能定理、机械能守恒和临界条件，推导弹性势能的取值范围。
（1）若滑块恰能运动到点时，重力提供向心力，根据牛顿第二定律
代入数值得
（2）由B到D，根据动能定理得
在点，由牛顿第二定律得
联立两式得滑块受到的支持力
根据牛顿第三定律得：滑块运动到B点时对轨道的压力＝FN＝6N。
（3）①若滑块恰好滑到B点，A到B过程由动能定理可得：
由弹性势能全部转化为滑块初动能得
代入数值得
故弹簧弹性势能大于0.5J
②若滑块恰好滑到圆心等高处C点，A到C过程由动能定理得
由弹性势能全部转化为滑块初动能得
代入数值得
故弹簧弹性势能小于等于1J
③若滑块恰好滑到D点，A到D过程由动能定理可得
由弹性势能全部转化为滑块初动能得
代入数值得
故弹簧弹性势能大于等于1.75J
综上所述：滑块a滑上圆弧轨道后不脱离圆弧轨道，弹簧弹性势能的取值范围为或者
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