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湖南省长沙市雅礼中学2024-2025学年高一下学期6月期末物理试题
一、单选题（本大题共6个小题，每题4分，共24分）
1．2024年10月8日消息，本年度诺贝尔物理学奖授予约翰·霍普菲尔德和杰弗里·辛顿，“以表彰他们为利用人工神经网络进行机器学习作出的基础性发现和发明”。在物理学的探索和发现过程中，物理过程和研究方法比物理知识本身更加重要。以下关于物理学研究方法和物理学史的叙述中正确的是（　　）
A．法拉第提出了电场概念，并指出电场和电场线都是客观存在的
B．库仑通过扭秤实验测出了静电力常量k
C．电场强度的公式采用了比值定义法
D．美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷，并通过油滴实验测得元电荷的数值
2．如图所示，物体从点以初速度水平抛出，飞行一段时间后，垂直撞在倾角为的斜面上，则（　　）
A．完成这段飞行的时间是
B．完成这段飞行的时间是
C．撞击斜面时的速度为
D．撞击斜面时的速度为
3．如图为修正带的内部结构，由大小两个相互咬合的齿轮组成，修正带芯固定在大齿轮的转轴上．当按压并拖动其头部时，齿轮转动，从而将遮盖物质均匀地涂抹在需要修改的字迹上．若图中大小齿轮的半径之比为，A、B分别为大齿轮和小齿轮边缘上的一点，C为大齿轮上转轴半径的中点，则（　　）
A．A与C的线速度大小之比为
B．B与C的线速度大小之比为
C．A与C的向心加速度大小之比为
D．A与B的角速度大小之比为
4．如图实线为一簇未标明方向的电场线，虚线为一带电粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，A、B是轨迹上的两点。下列说法正确的是（　　）
A．A点的电势一定比B点低
B．A点的电场强度比B点小
C．带电粒子在A点的动能比B点大
D．带电粒子在A点的电势能比B点高
5．火星为太阳系里四颗类地行星之一，火星的半径约为地球半径的一半，质量约为地球质量的十分之一，把地球和火星看作质量分布均匀的球体，忽略地球和火星的自转，则火星与地球的第一宇宙速度大小之比约为（　　）
A．1∶ B．2∶5 C．3∶5 D．2∶3
6．如图所示，ABC 为一光滑细圆管构成的3/4圆轨道，固定在竖直平面内，轨道半径为R（比细圆管的半径大得多），OA水平，OC竖直，最低点为B，最高点为C．在A点正上方某位置有一质量为m的小球（可视为质点）由静止开始下落，刚好进入细圆管内运动．已知细圆管的内径稍大于小球的直径，不计空气阻力．下列说法正确的是（　　）
A．若小球刚好能达到轨道的最高点C，则释放点距A点的高度为1.5R
B．若释放点距A点竖直高度为2R，则小球经过最低点B时轨道对小球的支持力为7mg
C．若小球从C点水平飞出恰好能落到A点，则释放点距A点的高度为2R
D．若小球从C点水平飞出后恰好能落到A点，则小球在C点圆管的作用力为1.5 mg
二、多选题（本大题共4个小题，每题5分，共20分）
7．放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0-6s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．0-6s内拉力做的功为200J B．物体受到的摩擦力大小为6N
C．物体的质量为0.8kg D．物体在0-2s内受到的拉力为6N
8．如果在某电场中将电荷量为的正电荷，仅在电场力作用下由A点移到B点，静电场力做功为，则（　　）
A．电荷在B点的动能比在A点的动能小
B．电荷在B点的电势能比在A点的电势能小
C．两点间电势差为
D．若在两点间移动一个负电荷，则静电力做功-4.0×10-4J
9．随着高精密技术的发展，负热膨胀材料（热缩冷涨）的研究成为材料科学的一个重要分支学科。如图所示是采用平行板电容器测量某种负热膨胀材料竖直方向长度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定不动，下极板随材料线度的变化上下微小移动，两极板间电压不变。现在材料温度变化时，极板上所带电荷量变少，则（　　）
A．电容器电容变小 B．极板间电场强度变小
C．极板间电场强度变大 D．材料温度降低
10．如图，空间存在范围足够大的匀强电场，场强大小，方向水平向右。竖直面内一绝缘轨道由半径为的光滑圆弧与足够长的倾斜粗糙轨道组成，与水平面夹角均为且在两点与圆弧轨道相切。带正电的小滑块质量为，电荷量为，从轨道上与圆心等高的点以的速度沿轨道下滑。已知滑块与轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为。则（　　）
A．滑块在轨道下滑时的加速度大小为
B．滑块在轨道运动中对轨道的最大压力为
C．滑块最终会停在轨道上
D．滑块在粗糙轨道上运动的总路程为
三、实验题（本大题共2个小题，第11题6分，第12题8分，共14分）
11．某同学探究平抛运动。
（1）如图甲所示，在调整轨道末端切线水平时，若将小球静置于轨道末端a处，小球会自动滚向b处，则轨道a端应向　 　（填“P”或“Q”）方向适当调整，直至小球静置于a处后处于静止状态。
（2）小球从轨道上E处由静止开始沿轨道下滑，用描迹法在背景为方格的纸上描下小球球心在纸上的投影点A、B、C，Oy为重垂线方向，如图乙所示。已知纸上最小方格的边长为L，当地重力加速度大小为g，则小球从A点运动到B点所用的时间　 　，小球经过B点时的速度大小　 　。（均用g、L表示）
12．某学习小组设计了图甲的装置来验证机械能守恒定律。钩码A、B通过一绕过光滑定滑轮的轻质细绳相连接，轻质挡光片固定于钩码A上，钩码A、B的质量均为。初始时，挡光片中心线与光电门发光孔之间的高度差为h，现将另一质量为的小钩码C轻轻挂在B上，系统由静止开始运动，测得光电门的挡光时间为。
（1）用游标卡尺测量挡光片的宽度d，如图乙，则　 　mm。
（2）挡光片通过光电门的速度大小为　 　用题中字母表示。
（3）运动过程中，钩码B与C组成的系统机械能　 　填“守恒”或“不守恒”）。
（4）若满足关系式　 　用题中字母表示，则可验证钩码A、B、C与轻绳组成的系统机械能守恒。
四、解答题（本大题共3个小题，第13题10分，第14题14分，第15题18分，共42分）
13．如图，真空中有两个点电荷，，，分别固定在x轴坐标为0和6cm的位置上。（已知静电力常量，不计电荷重力）
（1）求与间的库仑力大小F；
（2）若在x轴上放置第三个点电荷，使其仅在静电力作用下保持静止，求的位置坐标x。
14．如图，一雪块从倾角的屋顶上的点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离，A点距地面的高度，雪块与屋顶的动摩擦因数。不计空气阻力，雪块质量不变，取，重力加速度大小。求：
（1）雪块从A点离开屋顶时的速度大小；
（2）雪块落地时的速度大小，及其速度方向与水平方向的夹角。
15．如图所示，在竖直平面内，半径R=1.5m的光滑绝缘圆弧轨道BCD和绝缘水平轨道AB在B点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OC和OD之间的夹角θ=53°，整个装置固定在电场强度大小为E=1×105V/m，方向水平向左的匀强电场中，质量m=300g的带电小滑块从A点由静止释放后沿水平轨道向左运动，经B、C、D点后落回水平轨道，已知滑块运动到D点时所受合力的方向指向圆心O，且此时滑块对圆弧轨道恰好没有压力，不计空气阻力，g取10m/s2，sin53°=0.8，求：
（1）小滑块所带的电荷量；
（2）小滑块通过C点时，对圆弧轨道的压力大小；
（3）小滑块落回水平轨道位置与B点之间的距离。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物理学史；电场强度
【解析】【解答】A．法拉第提出了电场概念，并指出电场是客观存在的，电场线是虚拟的，实际不存在，故A错误；
B．库仑通过扭秤装置提出了真空中静止的点电荷间的作用规律，得出了库仑定律，麦克斯韦通过理论计算得出静电力常量k的数值，故B错误；
C．电场强度是由电场本身决定的，与电场力和试探电荷电量无关，可以用与的比值来量度，即电场强度采用了比值定义法，故C正确；
D．美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷，密立根通过油滴实验测出元电荷数值，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查物理学史与研究方法，核心是区分电场相关概念的提出者、实验结论及比值定义法的应用，核对各物理学家的贡献与实验成果。
2．【答案】B
【知识点】自由落体运动；平抛运动
【解析】【解答】AB．到达斜面上的速度如图所示，
由图可知速度偏转角为
解得，A错误，B正确；
CD．撞击到斜面上的速度，CD错误。
故答案为：B。
【分析】将平抛运动分解为水平匀速直线运动和竖直自由落体运动，结合速度方向垂直斜面的几何关系，推导运动时间和撞击速度。
3．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A．A与C为同轴转动，有相同的角速度，根据，可知角速度一定时，与成正比，由于A与C的半径之比为2∶1，所以A与C的线速度大小之比为2∶1，故A错误；
D．两齿轮间为齿轮传动，传动时两齿轮边缘点的线速度大小相等，根据，可知线速度一定时，与r成反比，由于大小齿轮的半径之比为2∶1，所以A与B的角速度大小之比为1∶2，故D正确；
B．由于A与B的线速度大小相等，所以B与C的线速度大小之比等于A与C的线速度大小之比，为2∶1，故B错误；
C．A与C有相同的角速度，根据
可知角速度一定时，与成正比，由于A与C的半径之比为2∶1，所以A与C的向心加速度大小之比为2∶1，故C错误。
故答案为：D。
【分析】区分同轴转动（角速度相等）和齿轮传动（边缘线速度相等）的规律，结合线速度、向心加速度的公式分析各物理量的比例关系。
4．【答案】C
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】A：粒子电性和电场线方向均未知，无法确定A、B两点的电势高低，A错误。
B：电场线的疏密表示场强大小，A点电场线更密集，故A点场强大于B点，B错误。
C：粒子运动轨迹的弯曲方向表明静电力指向轨迹内侧，若粒子从A到B，静电力做负功，动能减小；若从B到A，静电力做正功，动能增大，因此A点动能一定比B点大，C正确。
D：静电力做功与电势能变化相关，静电力做负功时电势能增加，做正功时电势能减少，因此A点电势能比B点低，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查电场线、电场强度、电势及电势能的综合分析，核心是通过粒子运动轨迹判断静电力方向，结合电场线疏密分析场强大小，再根据静电力做功判断动能和电势能的变化，同时明确电势高低与粒子电性的关联。
5．【答案】A
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】根据万有引力提供向心力
可得
故答案为：A。
【分析】根据第一宇宙速度的推导公式，结合火星与地球的质量、半径比例关系，计算二者第一宇宙速度的比值。
6．【答案】B
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A、小球刚好能到达轨道的最高点 C ，即小球到达 C 点的速度为 0 ，根据机械能守恒可得： mgh=mgR，解得： h=R，即释放点距A点的高度为R，故A错误；
B、在 B 点对小球由牛顿第二定律可得：，根据动能定理：，解得，则小球经过最低点B时轨道对小球的支持力为7mg，故B正确；
CD、小球从 C 点飞出做平抛运动，水平方向上有：，竖直方向上有：，由动能定理有：，解得释放点距A点的高度为，故C错误；由牛顿第二定律可得： ，联立解得，根据牛顿第三定律可知 ， 小球对圆管的作用力大小为 ，方向竖直向下，故D错误．
故答案为：B
【分析】利用动能定理分析小球下落过程的速度变化，结合圆周运动的向心力公式计算轨道支持力，通过平抛运动规律推导 C 点速度与释放高度的关系。
7．【答案】C,D
【知识点】牛顿定律与图象；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．在图像中，图线与坐标轴围成的面积即为所做的功，故0-6s内拉力做的功为，故A错误；
，故．由甲图可知物体做匀速直线运动，物体受到的摩擦力与拉力是一对平衡力，结合乙图及功率，解得，故B错误
C．由甲图可知，物体通过的位移，根据动能定理可得，代入数据解得
故C正确；
D．由甲图可知，物体的加速度，根据牛顿第二定律可得
代入数据解得物体受到的拉力大小为，故D正确。
故选CD。
【分析】1、功的计算（P-t 图像面积）
拉力的功率 ，P-t 图像中，图线与时间轴围成的面积 表示拉力做的功本题中，0–2 s 功率线性增大（匀加速），2–6 s 功率恒定（匀速），分段求面积再求和
2. 匀速阶段求摩擦力
由 v-t 图：2–6 s 速度恒定，物体匀速运动
匀速时拉力等于摩擦力由 P-t 图：2–6 s 功率恒定 ，已知 v 可求F
3. 匀加速阶段求拉力与质量
由 v-t 图：0–2 s 速度均匀增加，求加速度 ，由 P-t 图：0–2 s 功率从 0 线性增大到 ，可求 2 s 末的拉力 ，匀加速阶段，拉力可能变化（功率增大），但题中可能近似认为拉力恒定或取平均值，实际需结合牛顿第二定律：F f=ma，由 2 s 末的 和 f 可求
考点： 牛顿第二定律 + 功率与速度关系
4. 动能定理求质量（验证）
由 v-t 图求 0–6 s 总位移（面积），拉力做功 W 已由 P-t 图面积求出
摩擦力做功
动能定理：，可求 m
考点： 动能定理 + 功的计算
8．【答案】B,D
【知识点】电势能；电势差
【解析】【解答】AB．仅在电场力作用下由A点移到B点，静电场力做功为，电荷在B点的电势能比在A点的电势能小，根据动能定理知电荷在B点的动能比在A点的动能大，故B正确，A错误；
C．A、B两点间电势差为，故C错误；
D．若在A、B两点间移动一个负电荷，则静电力做功，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题考查电场力做功与电势能、动能、电势差的关系，核心是利用电场力做功与电势能变化的关系（）、动能定理和电势差公式（）分析各物理量的变化。
9．【答案】A,B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．根据题意可知极板之间电压U不变，极板上所带电荷量Q变少，根据电容定义式可知，电容器的电容C变小，故A正确；
BC．根据电容的决定式可知，极板间距d变大，极板之间形成匀强电场，根据可知，极板间电场强度E减小，故B正确，C错误；
D．极板间距d变大，材料竖直方向尺度变小，温度升高，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】本题考查平行板电容器的电容、电场强度与负热膨胀材料的特性分析，核心是结合电容定义式、决定式和电场强度公式，分析电荷量、极板间距变化带来的物理量变化，以及材料温度与尺寸的关系。
10．【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．根据题意可知，
则重力与电场力的合力为，方向垂直于AB面向下
当滑块在AB轨道下滑时，有
解得，即加速度大小为，故A错误；
B．由几何关系可知，
滑块在轨道的B点对轨道有最大压力，设此时滑块的速度为，轨道对滑块的支持力为，有
解得
根据牛顿第二定律，有
解得
根据牛顿第三定律，滑块在轨道中对轨道的最大压力为，故B正确；
C．从B点到C点，电场力做负功，滑块需克服电场力做功为
所以滑块在到达C点前已经减速到零，后反向滑回到B点，滑块从B点出发到滑回到B点的过程中，合力做功为零，所以速度大小不变，仍为，然后沿BA轨道上向上滑行，由于在BA轨道只有摩擦力做负功，所以最后会停在AB轨道上，故C正确；
D．由C选项分析可知，滑块不能经过C点，所以滑块在轨道上整个运动过程合力做功为零，滑块滑回B点时，速度依然为，设在AB轨道上滑行后减速为零，有
解得
所以滑块在AB轨道及CD轨道上运动的总路程为，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】先对滑块做受力分析，结合牛顿第二定律求加速度；再用动能定理分析 BC 段的速度变化，结合圆周运动向心力公式求轨道压力；最后通过受力平衡判断滑块最终状态，利用动能定理求粗糙轨道总路程。
11．【答案】（1）Q
（2）；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）小球在a处自动滚向b处，说明a端偏高，轨道末端不水平。将轨道a端向Q方向调整，可适当降低a端的高度，使轨道末端水平，小球保持静止。
故答案为：Q
（2）经分析可知
解得
小球离开a处时的速度大小
小球通过B点时在竖直方向上的分速度大小
又
解得
故答案为：；
【分析】(1) 根据小球的滚动方向判断轨道末端的水平偏差，确定轨道调整方向；
(2) 利用平抛运动竖直方向的自由落体运动规律求时间，结合水平与竖直分速度的合成求B点的速度。
（1）小球在a处自动滚向b处，说明a端偏高，轨道末端不水平。将轨道a端向Q方向调整，可适当降低a端的高度，使轨道末端水平，小球保持静止。
（2）[1][2]经分析可知
解得
小球离开a处时的速度大小
小球通过B点时在竖直方向上的分速度大小
又
解得
12．【答案】（1）4.0
（2）
（3）不守恒
（4）
【知识点】验证机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1）根据游标卡尺的读数规律，该读数为
故答案为：4.0
（2）根据光电门的测速原理可知，挡光片通过光电门的速度大小为
故答案为：
（3）对钩码B与C组成的系统进行分析，细绳拉力对该系统做负功，则该系统机械能减小，即钩码B与C组成的系统机械能不守恒。
故答案为：不守恒
（4）钩码A、B、C与轻绳组成的系统进行分析，系统重力势能的减少量
系统动能的增加量
若钩码A、B、C与轻绳组成的系统机械能守恒，则有
解得
故答案为：
【分析】(1) 依据游标卡尺的读数规则（10 分度，精度 0.1mm），结合主尺与游标尺刻度计算挡光片宽度。
(2) 利用光电门测瞬时速度的原理，挡光片的平均速度近似等于瞬时速度。
(3) 分析系统受力，钩码 B、C 的机械能因对 A 做功而不守恒；A、B、C 整体的机械能需结合做功情况判断。
(4) 机械能守恒的条件为系统重力势能的减少量等于动能的增加量，结合运动学公式推导验证关系式。
（1）根据游标卡尺的读数规律，该读数为
（2）根据光电门的测速原理可知，挡光片通过光电门的速度大小为
（3）对钩码B与C组成的系统进行分析，细绳拉力对该系统做负功，则该系统机械能减小，即钩码B与C组成的系统机械能不守恒。
（4）钩码A、B、C与轻绳组成的系统进行分析，系统重力势能的减少量
系统动能的增加量
若钩码A、B、C与轻绳组成的系统机械能守恒，则有
解得
13．【答案】（1）与间的库仑力大小为
其中
代入数据，解得

（2）由题意可知在的右侧，根据平衡条件可知，和对的库仑力等大反向，则
代入数据，解得

【知识点】库仑定律；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）已知两个电荷的电荷量大小，结合库仑定律可以求出库仑力的大小；
（2）当电荷处于静止时，利用平衡方程可以求出的位置坐标x。
（1）与间的库仑力大小为
其中
代入数据，解得
（2）由题意可知在的右侧，根据平衡条件可知，和对的库仑力等大反向，则
代入数据，解得
14．【答案】（1）解：雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理
代入数据解得雪块到A点速度大小为
（2）解：雪块离开屋顶后，做斜向下抛运动，由动能定理
代入数据解得雪块到地面速度大小
速度与水平方向夹角，满足
解得
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 雪块在屋顶上滑动时，沿斜面方向由牛顿第二定律求出加速度，再由运动学公式计算A点的速度。
(2) 雪块离开屋顶后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，先求竖直分速度，再由运动的合成求落地速度大小；利用速度的合成与分解求解速度方向与水平方向的夹角。
（1）雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理
代入数据解得雪块到A点速度大小为
（2）雪块离开屋顶后，做斜向下抛运动，由动能定理
代入数据解得雪块到地面速度大小
速度与水平方向夹角，满足
解得
15．【答案】（1）解：由滑块在D点所受合力的方向指向圆心O，且此时滑块对圆弧轨道恰好没有压力可知
解得
（2）解：滑块在D点所受合力提供向心力，则
解得，
滑块从C点运动到D点，由动能定理可得
滑块在C点，根据牛顿第二定律有
联立解得
由牛顿第三定律，滑块通过C点时对圆弧轨道的压力大小为
（3）解：滑块在D点时，在水平方向上有
在竖直方向上有
滑块从D点离开后，在水平方向上匀减速运动，加速度为
在竖直方向上匀加速运动，加速度为
根据位移时间关系有，
解得，
所以滑块落地点到B点距离为
【知识点】向心力；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1) 滑块在 D 点时合力指向圆心且对轨道无压力，结合电场力与重力的分力关系求电荷量；
(2) 从 A 到 C 用动能定理求 C 点速度，再由牛顿第二定律求轨道支持力，进而得滑块对轨道的压力；
(3) 分析滑块从 D 点抛出后的平抛运动，结合水平、竖直方向的运动规律求落地点与 B 点的距离。
（1）由滑块在D点所受合力的方向指向圆心O，且此时滑块对圆弧轨道恰好没有压力可知
解得
（2）滑块在D点所受合力提供向心力，则
解得
，
滑块从C点运动到D点，由动能定理可得
滑块在C点，根据牛顿第二定律有
联立解得
由牛顿第三定律，滑块通过C点时对圆弧轨道的压力大小为
（3）滑块在D点时，在水平方向上有
在竖直方向上有
滑块从D点离开后，在水平方向上匀减速运动，加速度为
在竖直方向上匀加速运动，加速度为
根据位移时间关系有
解得
，
所以滑块落地点到B点距离为
1 / 1湖南省长沙市雅礼中学2024-2025学年高一下学期6月期末物理试题
一、单选题（本大题共6个小题，每题4分，共24分）
1．2024年10月8日消息，本年度诺贝尔物理学奖授予约翰·霍普菲尔德和杰弗里·辛顿，“以表彰他们为利用人工神经网络进行机器学习作出的基础性发现和发明”。在物理学的探索和发现过程中，物理过程和研究方法比物理知识本身更加重要。以下关于物理学研究方法和物理学史的叙述中正确的是（　　）
A．法拉第提出了电场概念，并指出电场和电场线都是客观存在的
B．库仑通过扭秤实验测出了静电力常量k
C．电场强度的公式采用了比值定义法
D．美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷，并通过油滴实验测得元电荷的数值
【答案】C
【知识点】物理学史；电场强度
【解析】【解答】A．法拉第提出了电场概念，并指出电场是客观存在的，电场线是虚拟的，实际不存在，故A错误；
B．库仑通过扭秤装置提出了真空中静止的点电荷间的作用规律，得出了库仑定律，麦克斯韦通过理论计算得出静电力常量k的数值，故B错误；
C．电场强度是由电场本身决定的，与电场力和试探电荷电量无关，可以用与的比值来量度，即电场强度采用了比值定义法，故C正确；
D．美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷，密立根通过油滴实验测出元电荷数值，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查物理学史与研究方法，核心是区分电场相关概念的提出者、实验结论及比值定义法的应用，核对各物理学家的贡献与实验成果。
2．如图所示，物体从点以初速度水平抛出，飞行一段时间后，垂直撞在倾角为的斜面上，则（　　）
A．完成这段飞行的时间是
B．完成这段飞行的时间是
C．撞击斜面时的速度为
D．撞击斜面时的速度为
【答案】B
【知识点】自由落体运动；平抛运动
【解析】【解答】AB．到达斜面上的速度如图所示，
由图可知速度偏转角为
解得，A错误，B正确；
CD．撞击到斜面上的速度，CD错误。
故答案为：B。
【分析】将平抛运动分解为水平匀速直线运动和竖直自由落体运动，结合速度方向垂直斜面的几何关系，推导运动时间和撞击速度。
3．如图为修正带的内部结构，由大小两个相互咬合的齿轮组成，修正带芯固定在大齿轮的转轴上．当按压并拖动其头部时，齿轮转动，从而将遮盖物质均匀地涂抹在需要修改的字迹上．若图中大小齿轮的半径之比为，A、B分别为大齿轮和小齿轮边缘上的一点，C为大齿轮上转轴半径的中点，则（　　）
A．A与C的线速度大小之比为
B．B与C的线速度大小之比为
C．A与C的向心加速度大小之比为
D．A与B的角速度大小之比为
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A．A与C为同轴转动，有相同的角速度，根据，可知角速度一定时，与成正比，由于A与C的半径之比为2∶1，所以A与C的线速度大小之比为2∶1，故A错误；
D．两齿轮间为齿轮传动，传动时两齿轮边缘点的线速度大小相等，根据，可知线速度一定时，与r成反比，由于大小齿轮的半径之比为2∶1，所以A与B的角速度大小之比为1∶2，故D正确；
B．由于A与B的线速度大小相等，所以B与C的线速度大小之比等于A与C的线速度大小之比，为2∶1，故B错误；
C．A与C有相同的角速度，根据
可知角速度一定时，与成正比，由于A与C的半径之比为2∶1，所以A与C的向心加速度大小之比为2∶1，故C错误。
故答案为：D。
【分析】区分同轴转动（角速度相等）和齿轮传动（边缘线速度相等）的规律，结合线速度、向心加速度的公式分析各物理量的比例关系。
4．如图实线为一簇未标明方向的电场线，虚线为一带电粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，A、B是轨迹上的两点。下列说法正确的是（　　）
A．A点的电势一定比B点低
B．A点的电场强度比B点小
C．带电粒子在A点的动能比B点大
D．带电粒子在A点的电势能比B点高
【答案】C
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】A：粒子电性和电场线方向均未知，无法确定A、B两点的电势高低，A错误。
B：电场线的疏密表示场强大小，A点电场线更密集，故A点场强大于B点，B错误。
C：粒子运动轨迹的弯曲方向表明静电力指向轨迹内侧，若粒子从A到B，静电力做负功，动能减小；若从B到A，静电力做正功，动能增大，因此A点动能一定比B点大，C正确。
D：静电力做功与电势能变化相关，静电力做负功时电势能增加，做正功时电势能减少，因此A点电势能比B点低，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查电场线、电场强度、电势及电势能的综合分析，核心是通过粒子运动轨迹判断静电力方向，结合电场线疏密分析场强大小，再根据静电力做功判断动能和电势能的变化，同时明确电势高低与粒子电性的关联。
5．火星为太阳系里四颗类地行星之一，火星的半径约为地球半径的一半，质量约为地球质量的十分之一，把地球和火星看作质量分布均匀的球体，忽略地球和火星的自转，则火星与地球的第一宇宙速度大小之比约为（　　）
A．1∶ B．2∶5 C．3∶5 D．2∶3
【答案】A
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】根据万有引力提供向心力
可得
故答案为：A。
【分析】根据第一宇宙速度的推导公式，结合火星与地球的质量、半径比例关系，计算二者第一宇宙速度的比值。
6．如图所示，ABC 为一光滑细圆管构成的3/4圆轨道，固定在竖直平面内，轨道半径为R（比细圆管的半径大得多），OA水平，OC竖直，最低点为B，最高点为C．在A点正上方某位置有一质量为m的小球（可视为质点）由静止开始下落，刚好进入细圆管内运动．已知细圆管的内径稍大于小球的直径，不计空气阻力．下列说法正确的是（　　）
A．若小球刚好能达到轨道的最高点C，则释放点距A点的高度为1.5R
B．若释放点距A点竖直高度为2R，则小球经过最低点B时轨道对小球的支持力为7mg
C．若小球从C点水平飞出恰好能落到A点，则释放点距A点的高度为2R
D．若小球从C点水平飞出后恰好能落到A点，则小球在C点圆管的作用力为1.5 mg
【答案】B
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A、小球刚好能到达轨道的最高点 C ，即小球到达 C 点的速度为 0 ，根据机械能守恒可得： mgh=mgR，解得： h=R，即释放点距A点的高度为R，故A错误；
B、在 B 点对小球由牛顿第二定律可得：，根据动能定理：，解得，则小球经过最低点B时轨道对小球的支持力为7mg，故B正确；
CD、小球从 C 点飞出做平抛运动，水平方向上有：，竖直方向上有：，由动能定理有：，解得释放点距A点的高度为，故C错误；由牛顿第二定律可得： ，联立解得，根据牛顿第三定律可知 ， 小球对圆管的作用力大小为 ，方向竖直向下，故D错误．
故答案为：B
【分析】利用动能定理分析小球下落过程的速度变化，结合圆周运动的向心力公式计算轨道支持力，通过平抛运动规律推导 C 点速度与释放高度的关系。
二、多选题（本大题共4个小题，每题5分，共20分）
7．放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0-6s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．0-6s内拉力做的功为200J B．物体受到的摩擦力大小为6N
C．物体的质量为0.8kg D．物体在0-2s内受到的拉力为6N
【答案】C,D
【知识点】牛顿定律与图象；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．在图像中，图线与坐标轴围成的面积即为所做的功，故0-6s内拉力做的功为，故A错误；
，故．由甲图可知物体做匀速直线运动，物体受到的摩擦力与拉力是一对平衡力，结合乙图及功率，解得，故B错误
C．由甲图可知，物体通过的位移，根据动能定理可得，代入数据解得
故C正确；
D．由甲图可知，物体的加速度，根据牛顿第二定律可得
代入数据解得物体受到的拉力大小为，故D正确。
故选CD。
【分析】1、功的计算（P-t 图像面积）
拉力的功率 ，P-t 图像中，图线与时间轴围成的面积 表示拉力做的功本题中，0–2 s 功率线性增大（匀加速），2–6 s 功率恒定（匀速），分段求面积再求和
2. 匀速阶段求摩擦力
由 v-t 图：2–6 s 速度恒定，物体匀速运动
匀速时拉力等于摩擦力由 P-t 图：2–6 s 功率恒定 ，已知 v 可求F
3. 匀加速阶段求拉力与质量
由 v-t 图：0–2 s 速度均匀增加，求加速度 ，由 P-t 图：0–2 s 功率从 0 线性增大到 ，可求 2 s 末的拉力 ，匀加速阶段，拉力可能变化（功率增大），但题中可能近似认为拉力恒定或取平均值，实际需结合牛顿第二定律：F f=ma，由 2 s 末的 和 f 可求
考点： 牛顿第二定律 + 功率与速度关系
4. 动能定理求质量（验证）
由 v-t 图求 0–6 s 总位移（面积），拉力做功 W 已由 P-t 图面积求出
摩擦力做功
动能定理：，可求 m
考点： 动能定理 + 功的计算
8．如果在某电场中将电荷量为的正电荷，仅在电场力作用下由A点移到B点，静电场力做功为，则（　　）
A．电荷在B点的动能比在A点的动能小
B．电荷在B点的电势能比在A点的电势能小
C．两点间电势差为
D．若在两点间移动一个负电荷，则静电力做功-4.0×10-4J
【答案】B,D
【知识点】电势能；电势差
【解析】【解答】AB．仅在电场力作用下由A点移到B点，静电场力做功为，电荷在B点的电势能比在A点的电势能小，根据动能定理知电荷在B点的动能比在A点的动能大，故B正确，A错误；
C．A、B两点间电势差为，故C错误；
D．若在A、B两点间移动一个负电荷，则静电力做功，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题考查电场力做功与电势能、动能、电势差的关系，核心是利用电场力做功与电势能变化的关系（）、动能定理和电势差公式（）分析各物理量的变化。
9．随着高精密技术的发展，负热膨胀材料（热缩冷涨）的研究成为材料科学的一个重要分支学科。如图所示是采用平行板电容器测量某种负热膨胀材料竖直方向长度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定不动，下极板随材料线度的变化上下微小移动，两极板间电压不变。现在材料温度变化时，极板上所带电荷量变少，则（　　）
A．电容器电容变小 B．极板间电场强度变小
C．极板间电场强度变大 D．材料温度降低
【答案】A,B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．根据题意可知极板之间电压U不变，极板上所带电荷量Q变少，根据电容定义式可知，电容器的电容C变小，故A正确；
BC．根据电容的决定式可知，极板间距d变大，极板之间形成匀强电场，根据可知，极板间电场强度E减小，故B正确，C错误；
D．极板间距d变大，材料竖直方向尺度变小，温度升高，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】本题考查平行板电容器的电容、电场强度与负热膨胀材料的特性分析，核心是结合电容定义式、决定式和电场强度公式，分析电荷量、极板间距变化带来的物理量变化，以及材料温度与尺寸的关系。
10．如图，空间存在范围足够大的匀强电场，场强大小，方向水平向右。竖直面内一绝缘轨道由半径为的光滑圆弧与足够长的倾斜粗糙轨道组成，与水平面夹角均为且在两点与圆弧轨道相切。带正电的小滑块质量为，电荷量为，从轨道上与圆心等高的点以的速度沿轨道下滑。已知滑块与轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为。则（　　）
A．滑块在轨道下滑时的加速度大小为
B．滑块在轨道运动中对轨道的最大压力为
C．滑块最终会停在轨道上
D．滑块在粗糙轨道上运动的总路程为
【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．根据题意可知，
则重力与电场力的合力为，方向垂直于AB面向下
当滑块在AB轨道下滑时，有
解得，即加速度大小为，故A错误；
B．由几何关系可知，
滑块在轨道的B点对轨道有最大压力，设此时滑块的速度为，轨道对滑块的支持力为，有
解得
根据牛顿第二定律，有
解得
根据牛顿第三定律，滑块在轨道中对轨道的最大压力为，故B正确；
C．从B点到C点，电场力做负功，滑块需克服电场力做功为
所以滑块在到达C点前已经减速到零，后反向滑回到B点，滑块从B点出发到滑回到B点的过程中，合力做功为零，所以速度大小不变，仍为，然后沿BA轨道上向上滑行，由于在BA轨道只有摩擦力做负功，所以最后会停在AB轨道上，故C正确；
D．由C选项分析可知，滑块不能经过C点，所以滑块在轨道上整个运动过程合力做功为零，滑块滑回B点时，速度依然为，设在AB轨道上滑行后减速为零，有
解得
所以滑块在AB轨道及CD轨道上运动的总路程为，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】先对滑块做受力分析，结合牛顿第二定律求加速度；再用动能定理分析 BC 段的速度变化，结合圆周运动向心力公式求轨道压力；最后通过受力平衡判断滑块最终状态，利用动能定理求粗糙轨道总路程。
三、实验题（本大题共2个小题，第11题6分，第12题8分，共14分）
11．某同学探究平抛运动。
（1）如图甲所示，在调整轨道末端切线水平时，若将小球静置于轨道末端a处，小球会自动滚向b处，则轨道a端应向　 　（填“P”或“Q”）方向适当调整，直至小球静置于a处后处于静止状态。
（2）小球从轨道上E处由静止开始沿轨道下滑，用描迹法在背景为方格的纸上描下小球球心在纸上的投影点A、B、C，Oy为重垂线方向，如图乙所示。已知纸上最小方格的边长为L，当地重力加速度大小为g，则小球从A点运动到B点所用的时间　 　，小球经过B点时的速度大小　 　。（均用g、L表示）
【答案】（1）Q
（2）；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）小球在a处自动滚向b处，说明a端偏高，轨道末端不水平。将轨道a端向Q方向调整，可适当降低a端的高度，使轨道末端水平，小球保持静止。
故答案为：Q
（2）经分析可知
解得
小球离开a处时的速度大小
小球通过B点时在竖直方向上的分速度大小
又
解得
故答案为：；
【分析】(1) 根据小球的滚动方向判断轨道末端的水平偏差，确定轨道调整方向；
(2) 利用平抛运动竖直方向的自由落体运动规律求时间，结合水平与竖直分速度的合成求B点的速度。
（1）小球在a处自动滚向b处，说明a端偏高，轨道末端不水平。将轨道a端向Q方向调整，可适当降低a端的高度，使轨道末端水平，小球保持静止。
（2）[1][2]经分析可知
解得
小球离开a处时的速度大小
小球通过B点时在竖直方向上的分速度大小
又
解得
12．某学习小组设计了图甲的装置来验证机械能守恒定律。钩码A、B通过一绕过光滑定滑轮的轻质细绳相连接，轻质挡光片固定于钩码A上，钩码A、B的质量均为。初始时，挡光片中心线与光电门发光孔之间的高度差为h，现将另一质量为的小钩码C轻轻挂在B上，系统由静止开始运动，测得光电门的挡光时间为。
（1）用游标卡尺测量挡光片的宽度d，如图乙，则　 　mm。
（2）挡光片通过光电门的速度大小为　 　用题中字母表示。
（3）运动过程中，钩码B与C组成的系统机械能　 　填“守恒”或“不守恒”）。
（4）若满足关系式　 　用题中字母表示，则可验证钩码A、B、C与轻绳组成的系统机械能守恒。
【答案】（1）4.0
（2）
（3）不守恒
（4）
【知识点】验证机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1）根据游标卡尺的读数规律，该读数为
故答案为：4.0
（2）根据光电门的测速原理可知，挡光片通过光电门的速度大小为
故答案为：
（3）对钩码B与C组成的系统进行分析，细绳拉力对该系统做负功，则该系统机械能减小，即钩码B与C组成的系统机械能不守恒。
故答案为：不守恒
（4）钩码A、B、C与轻绳组成的系统进行分析，系统重力势能的减少量
系统动能的增加量
若钩码A、B、C与轻绳组成的系统机械能守恒，则有
解得
故答案为：
【分析】(1) 依据游标卡尺的读数规则（10 分度，精度 0.1mm），结合主尺与游标尺刻度计算挡光片宽度。
(2) 利用光电门测瞬时速度的原理，挡光片的平均速度近似等于瞬时速度。
(3) 分析系统受力，钩码 B、C 的机械能因对 A 做功而不守恒；A、B、C 整体的机械能需结合做功情况判断。
(4) 机械能守恒的条件为系统重力势能的减少量等于动能的增加量，结合运动学公式推导验证关系式。
（1）根据游标卡尺的读数规律，该读数为
（2）根据光电门的测速原理可知，挡光片通过光电门的速度大小为
（3）对钩码B与C组成的系统进行分析，细绳拉力对该系统做负功，则该系统机械能减小，即钩码B与C组成的系统机械能不守恒。
（4）钩码A、B、C与轻绳组成的系统进行分析，系统重力势能的减少量
系统动能的增加量
若钩码A、B、C与轻绳组成的系统机械能守恒，则有
解得
四、解答题（本大题共3个小题，第13题10分，第14题14分，第15题18分，共42分）
13．如图，真空中有两个点电荷，，，分别固定在x轴坐标为0和6cm的位置上。（已知静电力常量，不计电荷重力）
（1）求与间的库仑力大小F；
（2）若在x轴上放置第三个点电荷，使其仅在静电力作用下保持静止，求的位置坐标x。
【答案】（1）与间的库仑力大小为
其中
代入数据，解得

（2）由题意可知在的右侧，根据平衡条件可知，和对的库仑力等大反向，则
代入数据，解得

【知识点】库仑定律；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）已知两个电荷的电荷量大小，结合库仑定律可以求出库仑力的大小；
（2）当电荷处于静止时，利用平衡方程可以求出的位置坐标x。
（1）与间的库仑力大小为
其中
代入数据，解得
（2）由题意可知在的右侧，根据平衡条件可知，和对的库仑力等大反向，则
代入数据，解得
14．如图，一雪块从倾角的屋顶上的点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离，A点距地面的高度，雪块与屋顶的动摩擦因数。不计空气阻力，雪块质量不变，取，重力加速度大小。求：
（1）雪块从A点离开屋顶时的速度大小；
（2）雪块落地时的速度大小，及其速度方向与水平方向的夹角。
【答案】（1）解：雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理
代入数据解得雪块到A点速度大小为
（2）解：雪块离开屋顶后，做斜向下抛运动，由动能定理
代入数据解得雪块到地面速度大小
速度与水平方向夹角，满足
解得
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 雪块在屋顶上滑动时，沿斜面方向由牛顿第二定律求出加速度，再由运动学公式计算A点的速度。
(2) 雪块离开屋顶后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，先求竖直分速度，再由运动的合成求落地速度大小；利用速度的合成与分解求解速度方向与水平方向的夹角。
（1）雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理
代入数据解得雪块到A点速度大小为
（2）雪块离开屋顶后，做斜向下抛运动，由动能定理
代入数据解得雪块到地面速度大小
速度与水平方向夹角，满足
解得
15．如图所示，在竖直平面内，半径R=1.5m的光滑绝缘圆弧轨道BCD和绝缘水平轨道AB在B点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OC和OD之间的夹角θ=53°，整个装置固定在电场强度大小为E=1×105V/m，方向水平向左的匀强电场中，质量m=300g的带电小滑块从A点由静止释放后沿水平轨道向左运动，经B、C、D点后落回水平轨道，已知滑块运动到D点时所受合力的方向指向圆心O，且此时滑块对圆弧轨道恰好没有压力，不计空气阻力，g取10m/s2，sin53°=0.8，求：
（1）小滑块所带的电荷量；
（2）小滑块通过C点时，对圆弧轨道的压力大小；
（3）小滑块落回水平轨道位置与B点之间的距离。
【答案】（1）解：由滑块在D点所受合力的方向指向圆心O，且此时滑块对圆弧轨道恰好没有压力可知
解得
（2）解：滑块在D点所受合力提供向心力，则
解得，
滑块从C点运动到D点，由动能定理可得
滑块在C点，根据牛顿第二定律有
联立解得
由牛顿第三定律，滑块通过C点时对圆弧轨道的压力大小为
（3）解：滑块在D点时，在水平方向上有
在竖直方向上有
滑块从D点离开后，在水平方向上匀减速运动，加速度为
在竖直方向上匀加速运动，加速度为
根据位移时间关系有，
解得，
所以滑块落地点到B点距离为
【知识点】向心力；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1) 滑块在 D 点时合力指向圆心且对轨道无压力，结合电场力与重力的分力关系求电荷量；
(2) 从 A 到 C 用动能定理求 C 点速度，再由牛顿第二定律求轨道支持力，进而得滑块对轨道的压力；
(3) 分析滑块从 D 点抛出后的平抛运动，结合水平、竖直方向的运动规律求落地点与 B 点的距离。
（1）由滑块在D点所受合力的方向指向圆心O，且此时滑块对圆弧轨道恰好没有压力可知
解得
（2）滑块在D点所受合力提供向心力，则
解得
，
滑块从C点运动到D点，由动能定理可得
滑块在C点，根据牛顿第二定律有
联立解得
由牛顿第三定律，滑块通过C点时对圆弧轨道的压力大小为
（3）滑块在D点时，在水平方向上有
在竖直方向上有
滑块从D点离开后，在水平方向上匀减速运动，加速度为
在竖直方向上匀加速运动，加速度为
根据位移时间关系有
解得
，
所以滑块落地点到B点距离为
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