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第四次物理数智作业
一、单选题
1．19 世纪 30 年代，法拉第提出一种观点，认为在电荷周围存在电场，电荷之间通过电场传递相互作用力。如图所示，对于电
荷 A 和电荷 B 之间的电场，下列说法中正确的是（ ）
A．电荷 B 在电荷 A 的电场中受电场力的作用，自身并不产生电场
B．撤去电荷 B，电荷 A 激发的电场就不存在了
C．电场是法拉第假想的，实际上并不存在
D．空间某点的电场强度等于 A、B 两电荷在该点激发电场强度的矢量和
2．如图所示，用两根等长的绝缘细线各悬挂质量分别为 mA和 mB的小球，悬点为 O，两小球均
带正电荷，当小球由于静电力作用张开一角度时，A 球悬线与竖直线夹角为 α，B 球悬线与竖直
线夹角为 β，则两小球质量之比 mA∶mB为（ ）
A．sinβ∶sinα B．cosα∶cosβ
C．tanβ∶tanα D．tanα∶tanβ
3．如图所示：在光滑绝缘水平面上， ABCD分布在边长为 L 的正方形四个顶点。在 A 和 D 处分别固定电荷量为 Q 的正点电荷，
B 处固定电荷量为 Q 的负点电荷，O 点为两对角线的交点，静电力常量为 k。关于三个点电荷形成的静电场，下列说法中正确的
是（ ）
2kQ
A．O 处电场强度大小为
L2
kQ
B．C 处电场强度大小为
L2
C．从 O 到 C 的过程中电场强度大小逐渐增大
D．从 O 到 C 的过程中电场强度大小先减小后增大
4．如图所示，abcd 是由粗细均匀的绝缘线制成的正方形线框，其边长为 L，O 点是线框的中心，线
框上均匀地分布着正电荷，现将线框左侧中点 M 处取下足够短的一小段，该小段带电量为 q，然后
1
将其沿 OM 连线向左移动 L 的距离到 N 点处，线框其他部分的带电量与电荷分布保持不变，若此
2
时在 O 点放一个带电量为 Q 的正点电荷，静电力常量为 k，则该点电荷受到的电场力大小为（ ）
5kQq 3kQq 2kQq 3kQq
A． B C D
L2
． ． ．
2L2 L
2
L2
5．航天器回收的“跳跃式返回技术”指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲
出大气层，降低速度后再进入大气层。这种复杂的回收技术我国已经掌握。下图为航天器跳跃
式返回过程示意图，大气层的边界为虚线大圆，已知地球半径为 R，d 点到地面的高度为 h，地
球表面重力加速度为 g。下列说法正确的是（ ）
A．航天器从 a 到 c 运动过程中一直处于完全失重状态
gR2
B．航天器运动到 d 点时的加速度为
h2
C．航天器在 c 点的动能大于在 e 点的动能
D．航天器在 a 点机械能大于在 c 点的机械能
试卷第 1 页，共 4 页
6．如图所示，已知可视为质点的带电小球 A、B 的电荷量分别为 QA、QB，都用长 L 的丝线悬挂在 O 点．
静止时 A、B 相距为 d，为使平衡时 A、B 间距离减为 d/2，采用以下哪种方法可行（ ）
A．将小球 A、B 的质量都增加为原来的 2 倍
B．将小球 B 的质量增加为原来的 8 倍
C．将小球 A、B 的电荷量都减小为原来的一半
D．将小球 A、B 的电荷量都减小为原来的四分之一
7．2022 年全国青少年冰球邀请赛在云南腾冲举行。如图，一冰球运动员以大小为v1的速度将质量为0.2kg的冰球从冰面击出，
冰球恰以水平速度v2 = 2 3m / s从球门顶部射入球门。若球门高度为H =1.8m ，冰球击出后只受重力作用，冰球可视为质点，重
力加速度大小为 g =10m / s2 ，则（ ）
A．冰球从冰面击出后经0.36s射入球门
B．冰球击出时的速度大小v1 = 4 3m / s

C．冰球击出时的速度方向与冰面的夹角为 =
6
D．以球门顶部所在水平面为零势能面，冰球射入球门时的机械能为4.8J
8．运动员为了练习腰部力量，在腰部拴上轻绳然后沿着斜面下滑，运动的简化模型如图所示，倾角为 37°的光滑斜面固定放置，
质量为 m 运动员与质量为 m 的重物通过轻质细绳连接，细绳跨过天花板上的两个定滑轮，运动员从斜面上的某点由静止开始下
6
滑，当运动到 A 点时速度大小为v0 = 2gL ，且此时细绳与斜面垂直，当运动到 B 点时，细绳与斜面的夹角为 37°，已知 A、B
5
两点之间的距离为 2L，重力加速度为 g，运动员在运动的过程中一直未离开斜面，细绳一直处于伸直状态，不计细绳与滑轮之间
的摩擦，运动员与重物（均视为质点）总在同一竖直面内运动，sin 37°= 0.6， cos37°= 0.8，下列说法正确的是（ ）
24
A．运动员在 A 点时，重物的速度大小为 2gL
25
mgL
B．运动员从 A 点运动到 B 点，重物重力势能的增加量为
2
mgL
C．运动员从 A 点运动到 B 点，系统总重力势能的减小为
5
1
D．运动员在 B 点时，其速度大小为 2gL
2
二、多选题
9．如图所示，在两等量异种电荷的电场中，MN 为两电荷连线的中垂线，a、c 关于 MN 对称，b 是两电荷连线的中点，d 位于两
电荷的连线上，以下判断正确的是（ ）
A．b 点场强大于 d 点场强
B．b 点场强小于 d 点场强
C．正电荷 q 在 a、c 两点受电场力相同
D．负电荷沿 MN 移动时，所受电场力的方向不变
试卷第 2 页，共 4 页
10．如图所示，水平转台上有一个质量为 m 的物块，用长为 L 的细绳将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为 θ 角，此时
绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为 μ（μ tanθ），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，
则（ ）
A．至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为2 mgLsin
1
B．至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为 mgLsin
2
mgL sin2
C．至转台对物块支持力为零时，转台对物块做的功为
2cos
3g 3mgL
D．设法使物体的角速度增大到 时，物块机械能增量为
2Lcos 4cos
三、实验题
11．某同学探究做匀速圆周运动物体所需要向心力 F 与其质量 m、转动半径 r 和转动角速度 之间的关系。
(1)该同学先用如图 1 所示的向心力演示器探究 F 与 的关系。在两小球质量和转动半径相等时，标尺上的等分格显示出 A、B
所受向心力的比值为 1：4，两个变速塔轮对应的半径之比为______（均填选项序号）。
A．1：2 B．2：1 C．1：4 D．4：1
(2)为了更精确探究 F 与 的关系，该社团的同学又设计了如图 2 所示接有两个力传感器的向心力实验器来进行探究实验。水平
直杆的左端用力传感器 1 通过细线悬挂一质量为 m 的小球，竖直转轴上与小球等高处固定另一个力传感器 2，用细线把小球与力
传感器 2 连接，使细线刚好伸直且水平。水平杆右端固定一个宽度为 d 的遮光条，遮光条到竖直转轴的距离为 D。某次匀速旋转
过程中遮光条经过光电门，系统自动记录其挡光时间为 t ，力传感器 1 的示数为 F1，力传感器 2 的示数为 F2，则角速度
1 2
=___________（用题中的字母表示）。逐渐增大 ，同时获得多组 F2、 t 的数据，以 F2为纵坐标，以___________（填“Δt ”“ ”“ (Δt ) ”
Δt
1
或“ 2 ”）为横坐标，在坐标纸中描点作图可得到一条过原点的直线，可证明 F 与 2 成正比。
(Δt )
12．采用重物自由下落验证机械能守恒定律的实验装置如图甲所示，已知打点计时器所用电源的频率 f = 50Hz ，当地的重力加
速度 g = 9.8m/s2。
（1）本实验中重物及夹子的质量 m 是______测出的（填“需要”
或“不需要”）。
（2）关于该实验的下述操作中，正确的是______。
A．实验所选重物，只需考虑其质量足够大即可
B．在组装器材时，打点计时器的两个限位孔一定要与纸带处于
同一竖直线上
C．实验时应先开启电源，再释放纸带
D．打点计时器打出纸带后，要先处理数据确认实验成功之后再关闭电源
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（3）在正确操作后得到如图乙所示的一条点迹清晰的纸带，其中 O 为起始点， h = 64.43cm， x1 = 6.79cm ， x2 = 7.15cm。则分
析纸带可知：
①在误差允许范围内，若等式______成立，则机械能守恒定律得到验证（用题目中给出物理量的符号 f、g、h、x x 1、 2 表示）。
实际值 测量值
②百分误差 = 100%，是衡量实验精确度的重要标准。本实验将重物重力势能的减少量作为“实际值”，将重
实际值
物动能的增加量作为“测量值”，则该实验的百分误差 = ______%（结果保留两位有效数字）。
四、解答题
13．如图所示，竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管 ABC，直径 AC 水平；圆心为 O、半径为 R，
O 处固定有一点电荷。将质量为 m、带电量为 q 的小球从 A 点由静止释放，小球从细管内
滑到最低点 B 时对管壁恰好无压力。已知静电力常量为 k，重力加速度为 g，求：
（1）小球运动到 B 点时速度的大小；
（2）点电荷的电性及电荷量。
14．如图所示，倾斜放置的传送带长为 L=4.0m，以 v=3.0m/s 的恒定速率顺时针转动，传送带的倾角为 θ=37°。一个质量为 m=2.0kg
的物块（可视为质点）以 v0=7.0m/s 滑上传送带，物块从传送带飞出后，恰好无碰撞的滑上水平高台 CD。已知物块与传送带间
动摩擦因数为 μ 21=0.5，物块与高台的滑动摩擦因数为 μ2=0.4，重力加速度为 g=10m/s 。求：
（1）物块在传送带上滑动的过程中产生的内能；
（2）物块在高台 CD 上的滑行距离。
15．如图所示，质量 M=0.2 kg、长 L=1 m 的长木板放在地面上，质量 m=0.8 kg 的小滑块在长木板左端，竖直嵌有四分之三光滑
圆弧轨道的底座固定在地面上，圆弧轨道最低点 P 的切线水平且与长木板上表面相平，长木板右端与底座左端相距 x=1m．现用
水平向右外力 F=6 N 作用在小滑块上，小滑块到达 P 点后撤去外力 F，小滑块沿着圆弧轨道运动从 Q 点离开．长木板与底座相
碰时，立即粘在底座上．已知滑块与长木板、长木板与地面问的动摩擦因数分别为 1 =0.4 和 2 =0.15，重力加速度 g=10m/s
2．假
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：
（1）在长木板与底座相碰前，长木板和小滑块加速度的大小；
（2）小滑块到达 P 点时速度的大小；
（3）圆弧轨道半径 R 的取值范围．
试卷第 4 页，共 4 页《2026年 5月 20日高中物理作业》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D A A D D B B C BD BCD
1．D
【详解】A．电荷 B 处在电荷 A 激发的电场中，受到电荷 A 电场的作用力，B 自身也激发
电场。故 A 错误；
B．电荷 A 激发的电场与电荷 B 无关，撤去 B，电荷 A 激发的电场仍然存在，故 B 错误；
C．电场具有客观存在的物质性，是客观存在的，故 C 错误；
D．电荷周围就产生电场，所以电荷 A 和电荷 B 都可以激发电场，它们叠加可以成一个新
的电场，空间某点的场强等于 A、B 两电荷在该点激发电场强度的矢量和。故 D 正确。
故选 D。
2．A
【详解】两球受力分析如图所示：
根据共点力平衡和几何关系的相似比，得：
GA OP=
FA PA
GB OP=
FB PB
由于FA = FB ，且PA PB ，则有m1 m2 ，且有
sin
m1 : m2 =
sin
故选 A．
【名师点睛】本题要比较两球质量关系，我们要通过电场力把两重力联系起来进行比较，
结合共点力平衡条件列式求解重力与电场力的关系式是关键．
3．A
【详解】A．A、D 两点点电荷在 O 点的场强相互抵消，故 O 点的场强大小等于 B 点的负
点电荷 Q 在 O 点产生的场强，即
答案第 1 页，共 10 页
Q 2kQ
EO = k = 2
2
( L)2
L
2
故 A 正确；
B．A、D 两点点电荷在 C处的合场强为
Q 2kQ
EC1 = 2k =
L2 L2
方向 OC 方向，B 点的负点电荷 Q 在 C 点产生的场强为
Q kQ
EC2 = k =
( 2L)2 2L
2
方向沿 CO 方向，故 C 处的场强为
2kQ kQ 1 kQ
EC = EC1 EC 2 = = ( 2 )
L2 2L2 2 L2
方向沿 OC 方向，故 B 错误；
CD．从 O 到 C 的过程中电场强度大小先减小后增大再减小，故 CD 错误。
故选 A。
4．D
【详解】正方形线框完整时在 O 点的电场强度为零，所以取下的一小段放在 M 处时的电场
强度与剩余线框产生的电场强度大小相等，方向相反。根据点电荷周围电场强度的表达式
可知 M 处的一小段在 O 处产生的电场强度为 E1
q 4kq
E1 = k =L 2
( )2
L
2
方向水平向右，则剩余部分在 O 处产生的电场强度为
4kq
E 1 =
L2
方向水平向左，取下的一小段在 N 处时在 O 点产生的电场强度为
q
EN = k
L2
方向水平向右，所以 O 点处的电场强度为 EN和E 1 的合场强，即
3q
E = E O 1 EN = k
L2
根据电场力的表达式可知点电荷在 O 点处所受的电场力为
3kQq
F = qE =
L2
D 正确。
故选 D。
5．D
【详解】A.航天器沿 abc 轨迹做曲线运动，曲线运动的合力指向曲线弯曲的内侧，所以从
a 到 c 运动过程中合力背离地球方向，即有竖直向上的加速度分量，因此航天器处于超重
答案第 2 页，共 10 页
状态，故 A 错误；
B.在 d 点，航天器受地球的万有引力作用，根据牛顿第二定律有
GMm
= ma
r2
而且 r = R + h
在忽略地球自转的情况下，有
GMm
= mg
R2
联立可以得到
gR2
a =
2
(R + h)
故 B 错误；
C.从 c 点到 e 点，没有空气阻力，机械能守恒，所以航天器在 c 点的动能等于在 e 点的动
能，故 C 错误；
D.航天器从 a 点到 c 点，万有引力做功为 0，阻力做负功，所以在 a 点的机械能大于在 c 点
的机械能，故 D 正确。
故选 D。
6．B
【详解】如图所示，B 受重力、绳子的拉力及库仑力；将拉力及库仑力合成，其合力应与
重力大小相等方向相反；
由几何关系可知
mg F
＝
L d
而库仑力
kQAQF = B
d 2
即
kQAQB
mg
＝ d
2 kQ Q
= A B
L d d 3
mgd3=kQAQBL
答案第 3 页，共 10 页
kQAQd = B
L
3
mg
要使 d 变为 d/2，可以使质量增大到原来的 8 倍而保证上式成立；故 B 正确；
故选 B．
7．B
【详解】A．因冰球恰以水平速度从球门顶部射入，竖直方向有
1
H = gt2
2
代入数据得
t = 0.6s
故 A 错误；
B．根据平抛运动规律
vy = gt
v1 = v
2
2 + v
2
y
代入数据得
v1 = 4 3m / s
故 B 正确；
C．冰球击出时的速度方向与冰面的夹角 满足
vy
tan =
v2
代入数据得
tan = 3

=
3
故 C 错误；
D．以球门顶部所在水平面为零势能面，冰球在球门顶部时的重力势能为 0，动能
1
E 2k = mv2 =1.2J
2
机械能
E = Ep + Ek =1.2J
故 D 错误。
故选 B。
8．C
【详解】A．设运动员的速度为v ，绳与斜面夹角为 α，则沿绳方向的分速度即重物的速度
答案第 4 页，共 10 页
为 v1 = v cos
垂直绳方向的分速度为v2 = v sin
可知到 A 点时，细绳与斜面垂直，所以运动员在 A 点时，重物的速度大小为零，故 A 错
误；
B．运动员从 A 点运动到 B 点，重物重力势能的增加量为
2L
Ep1 = mg 2L tan37 = mgL
cos37
故 B 错误；
6
C．运动员从 A 点运动到 B 点，运动员的重力势能减少 Ep2 = mg2Lsin 37 = mgL
5
1
所以系统总重力势能的增加量为 Ep = Ep1 Ep2 = mgL
5
1
即减少了 mgL，故 C 正确；
5
D．根据系统机械能守恒可知，系统减少的重力势能等于系统增加的动能，有
mgL 1 2 1 2 1= mv + m(vcos37 ) mv 20
5 2 2 2
可得运动员在 B 点时，其速度大小为v = 2gL
故 D 错误。
故选 C。
9．BD
【详解】AB．由等量异种电荷产生的电场的电场线可以知道
Ed＞Eb
选项 A 错误，B 正确。
C．由于该电场关于中垂线对称，a、c 两点场强大小相等，故正电荷在 a、c 两点受电场力
大小相等，但由于 a、c 两点场强方向不同，故电场力方向不同，选项 C 错误。
D．MN 上场强方向垂直 MN 向右，负电荷在 MN 上受电场力方向始终垂直 MN 向左，选项
D 正确。
故选 BD。
答案第 5 页，共 10 页
10．BCD
v2
【详解】对物体受力分析知物块离开圆盘前，合力 F=f+Tsinθ=m ①；N+Tcosθ=mg②；
r
1 2 1根据动能定理知 W=Ek= mv③；当弹力 T=0，r=Lsinθ ④；由①②③④解得 W=
2 2
1 1
fLsinθ+ μmgLsinθ；至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为 μmgLsinθ，故 A 错误，B
2 2
1 mgLsin2
正确；当 N=0，f=0，由①②③知 W= mgLsinθtanθ= ，故 C 正确；由①②知
2 2cos
g 3g g
ω0= ，设法使物体的角速度增大到 = ＞ = ，故物体已脱离水0
Lcos 2Lcos Lcos
平盘，此时夹角为 α，则 mgtanα=mω2r ⑤；△Ep=mgh=mg（Lcosθ-Lcosα）⑥；由⑤⑥知
2 1 3mgL
△Ep=mgL （cosθ- cosθ）= mgLcosθ；物块机械能增量为△Ep+△Ek= ，故 D 正
3 3 4cos
确；故选 BCD．
【点睛】此题考查牛顿运动定律和功能关系在圆周运动中的应用，注意临界条件的分析，
至绳中出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转台对物块支持力为零时，N=0，f=0．题目
较难，计算也比较麻烦．
11(8 分)．(1)B
d 1
(2) 2
D t (Δt )
【详解】（1）根据向心力公式
F = m 2r
小球质量与旋转半径相同，角速度之比为
A : B = FA : FB =1: 2
两个塔轮由一根皮带连接，塔轮边缘的线速度相等，根据
v = r
可知两个变速塔轮对应的半径之比为
r1 : r2 = B : A = 2:1
故选 B。
（2）[1]根据极短时间的平均速度等于瞬时速度，遮光条通过光电门的速度为
d
v =
t
角速度为
v d
= =
D D t
[2] F2 为小球做圆周运动的向心力，根据向心力公式可得
答案第 6 页，共 10 页
mrd 2
F2 = m
2r =
D2 ( t)2
1
故以 F2为纵坐标，以 2 为横坐标，在坐标纸中描点作图可得到一条过原点的直线，可
(Δt )
证明 F 与 2 成正比。
1 x + x 2
12．(8 分) 不需要 BC/CB gh = ( 1 2 f ) 3.8
2 2
【详解】（1）[1]下落过程机械能守恒表达式为
1
mgh = mv2
2
质量可以约掉，因此本实验无需测量质量；
（2）[2]A．实验所用重物应减少空气阻力带来的影响，即选用质量较大，体积较小的物
体，故 A 错误；
B．在组装器材时，打点计时器的两个限位孔一定要与纸带处于同一竖直线上，这样可以
减小纸带与限位孔之间的摩擦阻力，故 B 正确；
C．实验时应先开启电源，待打点稳定后，再释放纸带，以防纸带上记录的数据点过少，
故 C 正确；
D．实验结束时，应先断开电源，再取下纸带，以防打上与实验无关的点，故 D 错误。
故选 BC。
（3）[3]物体下落过程中的机械能表达式为
1
mgh = mv 2P
2
x1 + x2 x1 + xv = = 2P f
2T 2
联立解得
1 x + x
gh = ( 1 2 f )2
2 2
[4]由题意可知，在本实验中百分误差为
3mgR2
13．(12 分) (1) 2gR ； (2) 带正电，Q =
kq
【详解】(1)根据点电荷周围等势面的特点，可知半圆弧轨道为点电荷的某个等势面，电场
力不做功，设小球到达 B 点时速度大小为 v，小球从 A 滑到 B 的过程，由机械能守恒定律
得
1
mgR = mv2
2
解得
v = 2gR
答案第 7 页，共 10 页
(2) 小球经过 B 点时，对管壁恰好无压力，则由牛顿第二定律可知，小球受电场力向上，
故圆心处点电荷应带正电；
对小球在 B 点受力分析，由牛顿第二定律得
v2
F mg = m
R
联立解得小球在 B 点所受电场力的大小为
F=3mg
根据库仑定律
Qq
F = k
R2
联立可得点电荷的电荷量
3mgR2
Q =
kq
14．(14 分)（1）14.4J；（2）0.08m
【详解】（1）滑上传送带后由牛顿第二定律得
mg sin + mg cos =ma1
解得
a =10m/s21
物块与传送带共速时，由运动学公式
v = v0 a1t1
解得
t1 = 0.4s
则可得
v + v
x = 01 t1 = 2m
2
传送带的位移为
x2 = vt1 =1.2m
相对位移为
x1 = x1 x2 = 0.8m
共速后，物块不能匀速，仍然减速
mg sin mg cos = ma2
解得
a 21 = 2m/s
由运动学公式得
答案第 8 页，共 10 页
1
L x1 = vt a t
2
2 2 2
2
解得
t2 =1s
传送带的位移为
x3 = vt2 = 3m
相对位移为
x2 = x3 (L x1) =1m
全过程的摩擦生热为
Q = 1mg cos ( x1 + x2)
解得
Q =14.4J
（2）物体离开传送带后，做斜抛运动，物块在最高点时飞上 CD，物块离开传送带时速度
为
v2 = v a2t ， v2 x = v2 cos
则
vx = 0.8m/s
由动能定理得
1
2mgx = 0 mv
2
x
2
则
x = 0.08m
15．(16 分)
(1) a = 4.5m/s2
(2) v2 = 4m/s
(3) 圆弧轨道半径 R 的取值范围0 R 0.32m
【详解】(1)在长木板与底座相碰前，假设M 与m相对静止，一起加速，设加速度为a，小
板与长木板间静摩擦力为 f1，则:
F 2 (M +m) g = (M +m)a
F f1 = ma
解得：
答案第 9 页，共 10 页
a = 4.5m/s2
f1 = 2.4N
1mg = 3.2N
即
f1 1mg
假设成立．
长木板和小滑板加速度的大小为:
a = 4.5m/s2
(2) 设长木板撞击底座时，长木板和小滑板共同速度为v1，之后，小滑板在长木板上运
动，设加速度为 a1，到达 P 点的速度为v2，则
v21 = 2ax
F 1mg =ma1
v22 v
2
1 = 2a1L
解得：
v2 = 4m/s
(3)小滑块滑上轨道从圆弧轨道的 Q 点离开，即能够到达圆弧轨道最高点，设圆弧轨道半径
最大为Rm，小滑块在最高点的速度大小为vm ，则：
mv2
mg = m
Rm
1 1
2mgR = mv2 mv2m 2
2 2
解得：
Rm = 0.32m
圆弧轨道半径 R 的取值范围:
0 R 0.32m
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