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2025-2026学年浙江省金兰教育合作组织高一（下）期中物理试卷
一、单选题：本大题共14小题，共42分。
1.在日常生活中，我们经常提到食物热量、热量的摄入与消耗等概念。以德芙巧克力经典牛奶味为例，它的能量密度约为，若用国际单位制基本单位来表示，能量密度的单位是( )
A. B. C. D.
2.下列说法不正确的是( )
A. 牛顿提出了万有引力定律，并于年发表在其传世之作自然哲学的数学原理中
B. 动能定理的推导过程用到了演绎推理的方法
C. 爱因斯坦的相对论时空观认为：在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是不相同的
D. 开普勒行星运动定律是开普勒在第谷留下的行星观测记录的数据基础上整理和研究出来的
3.库仑扭秤实验用扭秤把极小的力放大到可测，第一次实现精确测量，使电磁学从定性走向定量，它是静电学的基石，也是人类第一个定量的电磁学定律。根据所学知识请判断库仑在实验过程中，对金属小球的电荷量的测定是采用下面哪种方法( )
A. 用测电量的仪器精密测量
B. 用两个相同的金属小球带同种电荷，接触后总电量平分的方法确定电荷量
C. 用两个相同的金属小球带异种电荷，接触后总电量平分的方法确定电荷量
D. 用两个相同的金属小球，一个带电、一个不带电，接触后电荷量平分的方法确定电荷量
4.关于库仑定律，下面的说法中正确的是( )
A. 库仑定律只适用于很小的电荷，因为只有很小的电荷才是点电荷
B. 根据，当两电荷间的距离趋近于零时，它们之间的静电力将趋近于无穷大
C. 若点电荷的电荷量大于点电荷的电荷量，则对的静电力大于对的静电力
D. 两个点电荷之间的库仑力遵从牛顿第三定律
5.教科书在描述圆周运动时设置了许多插图，下列关于插图表述正确的是( )
A. 图甲旋转木马工作时，越靠内侧的木马线速度越大
B. 图乙在铁路弯道处，轨道外轨略高于内轨
C. 图丙“空中飞椅”游戏过程中，钢绳对座椅的拉力提供向心力
D. 图丁洗衣机的脱水桶在工作时，衣服中的水珠在离心力的作用下从桶孔飞出
6.两质量相同的小球、，分别用轻绳悬在等高的、点，球的悬线比球的悬线长。把两球的悬线均拉到水平后将小球无初速释放，以悬点为零势能参考面，小球经过最低点时，动能分别为、，重力势能分别为、，机械能分别为、则( )
A. B.
C. D.
7.如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为，其中为常量，为径向半径。比荷相同的两粒子在以为圆心、半径不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则( )
A. 粒子的速度大小与轨道半径一定成正比
B. 粒子的周期大小与轨道半径一定成反比
C. 轨道半径小的粒子角速度一定小
D. 电荷量大的粒子的动能一定大
8.年月日，我国探月工程四期鹊桥二号中继星成功发射升空。当抵达距离月球表面某高度时，鹊桥二号开始进行近月制动，并顺利进入捕获轨道运行，如图所示，轨道的半长轴约为。后经多次轨道调整，进入冻结轨道运行，轨道的半长轴约为，周期约为。则鹊桥二号在捕获轨道运行时( )
A. 周期约为
B. 近月点的速度大于远月点的速度
C. 近月点的速度小于在冻结轨道运行时近月点的速度
D. 近月点的加速度大于在冻结轨道运行时近月点的加速度
9.如图所示是被誉为浙江最美盘山公路余姚四明山盘山公路的某一发卡弯，甲乙丙三条虚线为三辆相同小汽车过此弯角的三种行驶线路，关于汽车过此弯角的说法正确的是( )
A. 三辆汽车过弯时的位移相同
B. 为获得更大的过弯速度，应选择乙车路线
C. 过弯时司机有被向外甩的趋势，故司机过弯时受到的合力指向弯道外侧
D. 以较大速度过弯时，乙路线最易侧翻
10.“星下点”是指卫星和地心连线与地球表面的交点。图甲是人造地球卫星的运行圆轨道及“星下点”示意图，卫星的绕行方向与地球自转方向一致，点是某时刻的“星下点”，图乙是卫星的“星下点”在完整地球平面图上一段时间内的轨迹，已知地球同步卫星图中未画出的轨道半径为，则卫星的轨道半径为( )
A. B. C. D.
11.如图所示，为某一点电荷所形成的一簇电场线，、、三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从点垂直射入电场的运动轨迹，其中虚线为一圆弧，且三个粒子的电荷量大小相等。不计粒子的重力，则以下说法正确的是( )
A. 一定是正粒子的运动轨迹，和一定是负粒子的运动轨迹
B. 、、三个电荷在点的加速度相同
C. 虚线对应的粒子的加速度越来越小，虚线对应的粒子的加速度越来越大，虚线对应的粒子的加速度不变
D. 虚线对应的粒子的质量大于虚线对应的粒子的质量
12.如图所示，在细绳的拉动下，半径为的卷轴可绕其固定的中心点在水平面内转动，卷轴上沿半径方向固定着长度为的细管，管底在点，细管内有一根原长为、劲度系数为的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为、可视为质点的插销。当以速度匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动，若过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内，要使卷轴转动不停止，的最大值为( )
A. B. C. D.
13.一辆汽车在平直的公路上以恒定的加速度启动并开始计时，经过后，开始做匀速直线运动，汽车的功率时间图像如图所示。已知汽车质量为，时汽车的牵引力为，汽车受到的阻力恒为车重力的，重力加速度，下列说法正确的是( )
A. 汽车先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动
B. 汽车的最大速度为
C. 汽车做匀加速直线运动的时间为
D. 的时间内，汽车克服阻力做功为
14.对称思想是物理学的重要思想方法，常见有过程对称、结构对称等。如图甲所示，个边长相同、电荷量相同且均匀分布在表面的带正电的绝缘立方体，并排放在一起忽略边界效应，假设移近过程电荷分布保持不变。若在上表面个角顶点相聚的点处，测得场强大小是，现将前右侧的小立方体移至无穷远处。如图乙所示，则此时点的场强大小变为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
15.武当山的主峰天柱峰上屹立着一座光耀百里的金殿，是中国现存最大、等级最高的铜铸鎏金大殿，在雷雨交加时，屋顶常会出现盆大的火球，来回滚动。雨过天晴时，大殿屋顶金光灿灿，像被重新炼洗过一般，这就是人们所说的雷火炼殿的奇观。有关这种现象的说法正确的是( )
A. 金殿是个庞大的优良导体，闪电时产生的电弧使空气剧烈膨胀而爆炸，看似火球
B. 金殿顶部肯定很少有带尖的结构，不易放电
C. 出现雷火炼殿现象时，大殿内会产生强电场
D. 金殿安装了避雷针后，仍会经常出现雷火炼殿奇观
16.一物块在高、长的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取则( )
A. 物块下滑过程中机械能不守恒 B. 物块与斜面间的动摩擦因数为
C. 物块下滑时加速度的大小为 D. 当物块下滑时机械能损失了
17.在星球上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体轻放在弹簧上端，由静止向下运动，物体的加速度与弹簧的压缩量间的关系如图中实线所示。在另一星球上用完全相同的弹簧，改用物体完成同样的过程，其关系如图中虚线所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球的半径是星球的倍，则( )
A. 密度是密度的 B. 的质量是的倍
C. 下落过程中的最大动能是的倍 D. 的第一宇宙速度是的倍
18.如图所示，水平圆盘可绕竖直轴转动，圆盘上放有小物体、，质量分别为、，、离圆心距离分别为、。、之间用细线相连，圆盘静止时细线刚好伸直且无张力。已知、与圆盘间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，现让圆盘从静止开始缓慢加速，则( )
A. 当时，细线即将出现张力
B. 当时，圆盘对的静摩擦力为零
C. 圆盘对的静摩擦力先增大后减小再增大
D. 当时，圆盘与、间的静摩擦力均达到最大值
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
19.如图所示，将电磁打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，小明同学利用此装置做“验证机械能守恒定律”实验。
为了能够完成实验，除图所示的实验器材外，还必须要使用的器材有 。
A.刻度尺
B.天平含砝码
C.交流电源
D.低压交流电源
小明正确操作实验后，得到如图所示的一条纸带，在纸带上选取三个连续打出的点、、，测得它们到重物下落的初始点的距离分别为、、。已知宁波当地重力加速度为，交流电的频率为，若重物的质量为，从打点到打点的过程中，重物的重力势能减少量 ；动能增加量 。
代入具体数据后，通过比较得到，在误差允许范围内与近似相等。小明同学又从纸带上读出计数点到起始点的时间，根据，计算出动能的变化，则、、的大小关系是 。
A.
B.
C.
D.
小明线上联系在北京某中学就读的小亮，两人均做了同样的实验，分别得到了图像和，你认为图中图线 填“”或“”是小亮根据实验数据描绘而成。
20.用如图所示的向心力演示器探究向心力的表达式，小球在挡板、、处做圆周运动的轨迹半径之比为：：。塔轮共层，每层左右半径比分别为：第一层、：第二层、：第三层。
在这个实验中，利用了 来探究向心力的大小与小球质量、角速度和半径之间的关系。
A.理想实验法
B.等效替代法
C.控制变量法
探究向心力大小与质量的关系时，选择两个质量 选填“相同”或“不相同”的小球，分别放在挡板 选填“”或“”和挡板处。
在实验中，误拿了两个质量不相同的、小球，放在挡板处，放在挡板处，此时皮带套在第三层塔轮，则小球、的线速度之比为 。
四、计算题：本大题共3小题，共28分。
21.中继卫星又称“跟踪与数据中继卫星”，被形象地称为“卫星的卫星”或太空中的“通信中转站”。它的核心作用是解决低轨道卫星、飞船与地面站之间的通信盲区问题，实现近乎的实时通信与测控。为保障我国月球国际科研站的稳定通信，需发射一颗环月匀速圆周运动的中继卫星，实现月背与地球的信号中转。已知：月球半径是，月球表面重力加速度为，中继卫星绕月运行的轨道半径，引力常量为，忽略其它天体的影响，求：
月球的密度；
该中继卫星的运行周期；
以上求解结果均用题中已知物理量表示。
22.如图所示，轴上分别固定、两点电荷，取轴正方向为电场强度的正方向，轴上的电场强度分布如图所示，若放入其中的电荷仅受电场力作用，已知，，求：
的电荷量以及电性；
在有限范围内，判断点电荷、在轴上产生场强大小相等的位置有几个，并求出它们在轴上的坐标位置；
若在空间叠加一个轴正方向的匀强电场，场强为，求电荷量为C、质量为的试探电荷在坐标原点处的加速度大小。
23.如图所示，光滑曲面轨道，光滑竖直圆轨道，水平轨道，水平传送带各部分依次平滑连接，水平区域足够长。圆轨道半径，水平面长度，传送带长度，滑块质量可视为质点，滑块与水平轨道、传送带间的动摩擦因数均为，。传送带可调节为顺时针或逆时针转动，速度大小为。
若滑块从处由静止释放，求滑块运动至点时对圆弧轨道的压力大小及方向；
若传送带逆时针转动，滑块不脱离圆轨道且能从点水平飞出，求滑块释放点高度的取值范围；
当时，若传送带顺时针转动，调节传送带转动的速度大小，求滑块从释放点到飞出传送带过程中摩擦生热的最小值。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：能量的单位由国际单位制基本单位表示为
质量单位换算为后，能量密度的单位为，故A正确，BCD错误。
故选：。
先将能量密度的单位中的导出单位焦耳和质量单位克转化为国际单位制基本单位，再通过量纲化简得到结果。
本题结合生活情境考查国际单位制基本单位的换算与量纲分析，侧重基础概念的应用，难度较低。
2.【答案】
【解析】解：牛顿在年出版的自然哲学的数学原理中正式发表了万有引力定律，故A正确；
B.动能定理可由牛顿第二定律与匀变速直线运动公式，结合推导得出，该过程属于从普遍规律到特殊结论的演绎推理，故B正确；
C.根据狭义相对论的相对性原理，在不同的惯性参考系中，一切物理规律的形式都是相同的，故C错误；
D.开普勒以第谷的行星观测数据为基础，通过分析归纳提出了行星运动三大定律，故D正确。
本题选择错误的，故选：。
结合各选项涉及的物理学史和相对论基本观点，逐一判断说法的正误，找出不正确的选项。
本题考查物理学史与相对论时空观的基础知识点，侧重对物理理论发展和核心观点的识记与辨析能力。
3.【答案】
【解析】解：库仑所处的时代没有能够直接精密测量电荷量的仪器，因此无法直接用仪器测定金属小球的电荷量，故A错误；
B.若两个相同金属小球带同种电荷，接触后总电量平分，但由于初始电荷量未知，无法通过该方法确定电荷量的比例关系，故B错误；
C.若两个相同金属小球带异种电荷，接触时会先发生电荷中和，剩余电量再平分，无法得到可预测的电荷量比例，故C错误；
D.用一个带电、一个不带电的相同金属小球接触时，根据电荷守恒定律，接触后两球的电荷量会平分，即每个小球的电荷量为原来带电小球的重复该操作，可依次得到，，等比例的电荷量，从而间接确定电荷量的比例关系，故D正确。
故选：。
结合库仑扭秤实验的历史背景与电荷量测定方法，明确当时无直接测电量仪器，库仑利用相同金属小球接触平分电荷的原理，通过一个带电、一个不带电的小球接触获得成比例电荷量，以此分析选项。
本题考查库仑扭秤实验的实验方法，核心是理解库仑利用“接触起电、电荷平分”间接确定电荷量比例的设计，体现了科学研究的转化思想，侧重对物理学史与实验方法的理解。
4.【答案】
【解析】解：库仑定律适用于两个可以看作点电荷的带电体之间，不是只适用于很小的电荷，因为很小的电荷有些情况下也不能看作点电荷，故A错误；
B.因为当两电荷间的距离趋近于零时，它们不能看作点电荷，则库仑定律不再适用，故B错误；
C.对的静电力与对的静电力是一对相互作用力，它们大小相等，方向相反，与它们带电量的大小关系无关，故C错误；
D.两个点电荷之间的库仑力是一对相互作用力，也遵从牛顿第三定律，故D正确。
故选：。
根据库仑定律的适用条件分析选项；根据牛顿第三定律分析选项。
本题主要是考查了库仑定律的计算公式；知道真空中静止的两个点电荷之间的库仑力与它们的电荷量乘积成正比、与它们之间的距离平方成反比；掌握库仑定律的适用条件。
5.【答案】
【解析】解：图甲旋转木马工作时，根据线速度的公式，可知越靠内侧的木马转动的半径越小，则越靠内侧的木马线速度越小，故A错误；
B.图乙轨道外轨高于内轨，火车转弯时铁轨对火车的支持力与重力的合力提供向心力，故B正确；
C.图丙空中飞椅游戏中，根据受力分析，钢绳对座椅的拉力和重力的合力提供向心力，故C错误；
D.图丁脱水桶工作时，衣服中的水在转动时所受的附着力及摩擦力的合力提供向心力，当合力小于所需要的向心力时，即提供的向心力满足不了衣服做圆周运动所需的向心力，此时，衣服做离心运动，水被甩出，并不是受离心力，故D错误。
故选：。
A.根据共轴转动特点结合公式进行分析判断；
B.根据向心力的来源进行分析两轨出现高度差异的原因；
C.根据受力分析确定向心力的来源；
D.根据洗衣机脱水桶的工作原理进行解释说明。
考查圆周运动的相关问题，会分析物体受力，找出向心力的来源进行解答。
6.【答案】
【解析】解：根据动能定理得，知，越大，经过最低点时动能越大，所以。
以悬点为零势能参考面，则，，因，所以 。
A、两球在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，初始位置的机械能相等，所以在最低点，两球的机械能仍相等，即有故ABD错误，C正确。
故选：。
A、两球在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，比较出初始位置的机械能即可知道在最低点的机械能大小。根据动能定理判断动能的大小。根据高度关系分析重力势能的关系。
解决本题的关键要掌握动能定理和机械能守恒定律，通过列式进行分析。要注意重力势能的相对性。
7.【答案】
【解析】解：、两粒子做匀速圆周运动，由电场力提供粒子做圆周运动所需的向心力，由牛顿第二定律得：，结合，解得，两粒子的比荷相同，可知粒子的速度大小与轨道半径无关，故A错误；
B、粒子的周期大小为，两粒子的比荷相同，可知粒子的周期大小与轨道半径一定成正比，故B错误；
C、粒子的角速度大小为，两粒子的比荷相同，可知轨道半径小的粒子角速度大，故C错误；
D、粒子的动能为，可知电荷量大的粒子的动能一定大，故D正确。
故选：。
两粒子做匀速圆周运动，由电场力提供粒子做圆周运动所需的向心力，结合圆周运动的公式即可求出角速度、周期、角速度和动能与轨道半径的关系式，再进行分析。
解答本题的关键要知道粒子做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，通过列式得到各个量的表达式。
8.【答案】
【解析】解：设鹊桥二号在捕获轨道、冻结轨道半长轴分别为、，鹊桥二号在捕获轨道、冻结轨道运行的周期分别为、；
根据开普勒第三定律有
代入数据解得，故A错误；
B.鹊桥二号在捕获轨道运行时，根据开普勒第二定律可知，鹊桥二号与月球的联线在相等的时间内扫过的面积相等，因此鹊桥二号在近月点附近，相等的时间内通过的弧长更长，运行的速度大，在远月点点附近，相等的时间内通过的弧长更短，运行的速度小，因此鹊桥二号在近月点的速度大于远月点的速度，故B正确；
C.根据卫星变轨原理可知，鹊桥二号在捕获轨道近月点需要减速才能进入冻结轨道运行，所以鹊桥二号在捕获轨道运行时近月点的速度大于在冻结轨道运行时近月点的速度，故C错误；
D.在近月点，根据万有引力定律和牛顿第二定律，可得
则有
由此可知，近月点的加速度等于在冻结轨道运行时近月点的加速度，故D错误。
故选：。
A.根据开普勒第三定律求解鹊桥二号在捕获轨道运行时的周期；
B.鹊桥二号在捕获轨道从近月点向远月点运行的过程中，根据开普勒第二定律分析相等时间内通过的弧长，在方向速度的大小；
C.根据卫星变轨原理，可以判断近月点的速度、在冻结轨道运行时近月点的速度的大小关系；
D.鹊桥二号的加速度由月球的万有引力产生，根据，可判断其在同一位置上的加速度情况。
本题主要考查了开普勒第二、三定律的运用和卫星变轨原理，理解卫星的加速度由万有引力产生，加速度的大小只与卫星到月球中心的距离有关，与卫星所在的轨道无关。
9.【答案】
【解析】解：由轨迹可以看出三种赛车行驶线路过弯时的初位置和末位置均不相同，所以三者位移不同，故A错误；
B.乙赛车线所对应的轨迹圆的半径最大，根据，易知为获得更大的过弯速度，应选择乙赛车线，故B正确；
C.赛车手过弯时有被向外甩的趋势，故赛车手过弯时受到的合力指向弯道内侧，故C错误；
D.丙赛车线所对应的轨迹圆的半径最小，根据，易知以较大速度过弯时，丙路线最易侧翻，故D错误。
故选：。
A.根据位移的概念分析解答；根据向心力的表达式结合过弯半径分析解答；根据圆周运动物体的向心力方向进行判断。
考查圆周运动物体的受力分析和位移的概念，理解圆周运动在生活中的实例，属于较低难度考题。
10.【答案】
【解析】解：由轨迹图可知：地球自转一圈，卫星运动圈，卫星做圆周运动，设地球的自转周期为，卫星的环绕周期为：
对于同步卫星，根据万有引力提供向心力，则有：
对卫星，根据万有引力提供向心力，则有：
联立解得：，故C正确、ABD错误。
故选：。
由轨迹图可知：地球自转一圈，卫星运动圈，根据万有引力提供向心得到卫星的轨道半径。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析。本题也可以根据开普勒第三定律进行分析。
11.【答案】
【解析】解：、轨迹弯曲方向反映受力方向：粒子受力指向轨迹凹侧，与场源同号的粒子受力背离场源，异号粒子受力指向场源，故受力性质无法仅凭轨迹直接确定，无法判断粒子带电性质，故A错误；
B、加速度由电场力决定，，点处电场强度相同，但粒子质量未知，且受力方向不同导致加速度方向不同，故加速度不相同，故B错误；
C、电场线疏密反映电场强度大小，离点电荷越近，电场强度，越大，粒子远离场源，减小，加速度减小；
粒子靠近场源，增大，加速度增大；
粒子轨迹为圆弧，到点电荷距离不变，大小不变，加速度大小不变，但方向时刻指向圆心，故加速度是矢量，方向变化，加速度发生改变，故C错误；
D、粒子做匀速圆周运动，电场力提供向心力
得，粒子轨迹向场源弯曲，说明电场力大于所需向心力，
得，故，故D正确。
故选：。
先根据电场线判断点电荷位置，再由轨迹弯曲方向确定粒子受力方向，判断带电性质；结合电场线疏密分析粒子运动过程中电场强度变化，进而判断加速度变化；对粒子圆周运动用向心力公式，结合粒子的受力与运动，比较两者质量。
本题以点电荷电场为背景，结合带电粒子的运动轨迹，考查电场力、加速度、圆周运动向心力公式的综合应用，需通过轨迹弯曲方向分析受力，结合电场线性质判断物理量变化，综合性较强。
12.【答案】
【解析】有题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为，
根据胡克定律有
插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销由弹力提供向心力
对卷轴有
联立解得
故选A。
13.【答案】
【解析】解：、汽车先做匀加速直线运动，达到额定功率后，根据功率公式分析可知，牵引力减小，合力减小，加速度减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减至零后，做匀速直线运动，故A错误；
B、由图可知，汽车的额定功率。当汽车的加速度为零时，速度最大，此时牵引力与阻力大小相等，即有，由得最大速度为，故B错误；
C、汽车做匀加速直线运动加速度为，末速度为，则汽车做匀加速直线运动的时间为，故C错误；
D、设的时间内，汽车克服阻力做功为为。根据动能定理得：，解得，故D正确。
故选：。
汽车先做匀加速直线运动，达到额定功率后，根据功率公式分析牵引力的变化，再判断其运动情况；当汽车的加速度为零时，速度最大，由功率公式求最大速度；根据牛顿第二定律求出匀加速直线运动的加速度，由功率公式求出匀加速直线运动的末速度，再由速度时间公式求匀加速直线运动的时间；利用动能定理求的时间内汽车克服阻力做功。
解决本题的关键要理清汽车以恒定加速度启动时在整个过程中的运动规律，结合动能定理和功率公式分析解答。在知道加速度等于零时，汽车的速度最大。
14.【答案】
【解析】解：个边长相同、电荷量相同恰均匀分布在表面的带正电的绝缘立方体，研究点电场强度，可以将每个带电体视为在立方体中心的点电荷，在点的电场强度是四个点电荷的合场强，根据对称性知在水平方向电场强度为零，即场强大小的方向竖直向上。
设每个立方体在场强为，其竖直分量为，水平分量为。
由几何关系可得：
则在竖直方向有：
当撤掉一个，点的电场强度的水平方向分量为，竖直方向分量为
此时点电场强度为：
解得：，故D正确，ABC错误。
故选：。
将每个带电体视为在立方体中心的点电荷，在点的电场强度是四个点电荷的合场强，设每个立方体在场强为，则根据对称性知在水平方向电场强度为零，在竖直方向为，从而知每个立方体在点的电场强度，然后撤掉一个立方体，此时根据正交分解分别表示水平方向电场强度和竖直方向电场强度，最后根据勾股定理求合电场强度。
此题考查电场强度的叠加，注意利用对称性和正交分解列式即可。
15.【答案】
【解析】解：金殿为铜铸鎏金结构，属于优良导体。雷雨天气时，云层与金殿间形成强电场，空气被击穿产生电弧；电弧的高温使空气急剧膨胀、剧烈振动，同时电弧发光，形成“火球”状现象，故A正确；
B.金殿顶部存在较多尖状结构，根据尖端放电原理，这些尖端会更易聚集电荷，引发放电现象，故B正确；
C.金殿作为导体，处于静电平衡状态时，其内部电场强度为零，不会产生强电场，故C错误；
D.避雷针的作用是将雷电直接导入大地，避免建筑发生电弧放电；安装避雷针后，雷火炼殿现象会消失，故D错误。
故选：。
结合导体特性、尖端放电原理及避雷针的作用，结合雷火炼殿现象的成因，逐一分析选项的正误。
本题结合武当山金殿的自然奇观，考查静电现象相关知识，侧重考查对导体放电、尖端效应及避雷针原理的理解与应用能力。
16.【答案】
【解析】解：、物块在初位置其重力势能为，动能
则物块的质量，
此时物块具有的机械能为
当下滑距离为时，物块具有的机械能为，
所以下滑过程中物块的机械能减小，故A正确；
B、令斜面的倾角为，则，所以
物体下滑的距离为的过程中，根据功能关系有，
代入数据，故B正确；
C、根据牛顿第二定律可知，物块下滑时加速度的大小为，故C错误；
D、当物块下滑距离为时，物体克服滑动摩擦力做功为，
根据功能关系可知，机械能损失了，故D错误。
故选：。
分析初位置以及下滑时的机械能，从而判断机械能是否守恒；
根据功能关系分析求解物块与斜面间的动摩擦因数；
根据牛顿第二定律求解物块下滑时加速度的大小；
分析物块下滑时除重力以外其它力做功情况从而判断机械能的损失量。
解决该题需要掌握机械能的概念，知道势能和动能之和统称为机械能，掌握与机械能相关的功能关系。
17.【答案】
【解析】解：、由图象可知，，根据万有引力定律有，且，
解得，因为，
所以，故A错误；
B、当时，，所以，，则，
联立解得，故B错误；
C、物体加速度为时有最大动能，此时重力势能转化为弹性势能和物体动能，两种情况下分别满足，其中，
所以，
联立解得，故C正确；
D、第一宇宙速度公式，则
故的第一宇宙速度是的倍，故D正确。
故选：。
先由牛顿第二定律分析图像，得到两星球表面重力加速度，再由平衡位置求出物体质量比；接着利用图像面积结合动能定理求最大动能比；最后根据万有引力定律和第一宇宙速度公式，分析星球密度和第一宇宙速度，判断各选项。
该题是一道综合性较强的高考物理题，以弹簧振子模型为载体，巧妙结合了牛顿运动定律、动能定理与天体运动规律，既考查了对图像的理解与应用，也检验了考生对多模块知识的迁移整合能力，题目设置梯度合理，对考生的逻辑推导和综合分析能力有较好的区分度。
18.【答案】
【解析】解：、当最大静摩擦力提供向心力时，对：
解得
对：
解得
故当时，细线即将出现张力，故A正确；
B、当收到圆盘的摩擦力时，对：，对：，联立解得，故B错误；
C、同轴转动，相等，当达到之前，绳上无张力，所受的静摩擦力逐渐增大，当继续增大时，绳上出现张力，所受的摩擦力逐渐减小，当时，静摩擦力为，让后当继续增大时，所受的静摩擦力反向增大，故C正确；
D、当、整体恰好不滑动时，对，有：，
对，有：，
联立解得：，故当时，两物块开始做离心运动，故D正确。
故选：。
两物块和随着圆盘转动时，始终与圆盘保持相对静止，都做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律分析合力关系。圆盘转动的角速度增大的过程中，由牛顿第二定律分析两物体是否做离心运动，判断、所受的摩擦力方向。由牛顿第二定律求出、两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度。
本题是匀速圆周运动中连接体问题，既要隔离研究，也要抓住它们之间的联系：角速度相等、绳子拉力大小相等。
19.【答案】

【解析】解：根据验证机械能守恒定律的实验原理，可知不需要天平测重物质量，需要刻度尺测量位移，电磁打点计时器需要低压交流电源给打点计时器供电，故AD正确，BC错误。
故选：。
从打点到打点的过程中，重物的重力势能减少量，点速度，而，动能增加量，得。
由于阻力的存在，减小的重力势能大于增加的动能，即，实际加速度，根据，解得，而，可知，故D正确，ABC错误。
故选：。
根据减小的重力势能等于增加的动能，即，所以，由于北京的纬度较高，重力加速度较大，对应图像的斜率较小，可知小亮根据实验数据描绘而成的是图线。
故答案为：。，。。。
实验是利用打点计时器记录时间和位移，根据需要选择器材。
从打点到打点的过程中，根据重力势能表达式求重物的重力势能减少量，根据匀变速直线运动规律求解点速度，动能增加量；
由于阻力的存在，减小的重力势能大于增加的动能，即，实际加速度，根据匀变速直线运动规律分别表示减小重力势能和利用求解的动能变化量，进行比较。
根据减小的重力势能等于增加的动能列式推导图象的斜率意义，结合不同地点的重力加速度大小进行判断。
解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，知道纸带数据的处现方法，理解机械能守恒定律的条件和误差情况，属于中等难度考题。
20.【答案】
不相同
：

【解析】解：在探究向心力与半径、质量、角速度的关系时，先控制其中两个物理量不变，探究向心力与另一个物理量的关系，用到的实验方法是控制变量法。故C正确，AB错误。
故选：
探究向心力大小与质量的关系时，需要保持角速度和运动半径不变，即选择两个质量不相同的小球，分别放在挡板和挡板处。
在实验中，误拿了两个质量不相同的、小球，放在挡板处，放在挡板处，则运动半径之比为：。此时皮带套在第三层塔轮，左右塔轮半径之比为：，根据，角速度之比为：；根据，可知小球、的线速度之比为：。
故答案为：；不相同，；：。
根据实验原理分析判断；
根据控制变量法结合实验装置分析判断；
根据线速与角速度关系计算。
本题关键掌握“探究向心力大小和质量、角速度和半径的关系”的实验原理，实验采用的物理方法、利用线速度、角速度及半径关系处理问题的方法。
21.【答案】月球的密度为 该中继卫星的运行周期为
【解析】解：在月球表面，物体重力等于万有引力，有，解得月球质量，月球体积，则月球密度；
中继卫星绕月球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有，其中，将，代入得，化简解得。
答：月球的密度为；
该中继卫星的运行周期为。
根据黄金代换式和质量与密度的公式列式求解；
根据万有引力提供向心力列式求解。
考查万有引力与圆周运动的相关知识，重点在于理解万有引力定律和黄金代换式，属于中等难度考题。
22.【答案】的电荷量是，带负电 在有限范围内，判断点电荷、在轴上产生场强大小相等的位置有个，处产生的场强大小相同；处产生的场强大小相同 若在空间叠加一个轴正方向的匀强电场，场强为，求电荷量为C、质量为的试探电荷在坐标原点处的加速度大小是
【解析】解：处，合场强为，则：
代入数据可得，电荷带负电。
结合图像知：处产生的场强大小相同；
：设距离点右侧处，场强大小相同，即：
代入数据可得
即坐标轴上：处产生的场强大小相同；
点场强为，点场强为，
合场强为
由
代入数据可得：
答：的电荷量是，带负电；
在有限范围内，判断点电荷、在轴上产生场强大小相等的位置有个，处产生的场强大小相同；处产生的场强大小相同；
若在空间叠加一个轴正方向的匀强电场，场强为，求电荷量为C、质量为的试探电荷在坐标原点处的加速度大小是。
根据处场强为零，结合、到该点的距离，利用点电荷场强公式列方程，判断的电性并计算电荷量；
分轴上三个区域讨论，根据场强大小相等列方程求解坐标，统计解的个数；
先计算、在原点的场强，叠加匀强电场场强得到合场强，再由牛顿第二定律求加速度。
本题以双点电荷的电场分布为背景，综合考查点电荷场强公式、电场叠加及牛顿第二定律应用，解题关键是利用场强为零的点分析电荷电性与电荷量，分区域讨论场强相等的位置，易错点是场强方向的判断与合场强的叠加计算。
23.【答案】若滑块从处由静止释放，滑块运动至点时对圆弧轨道的压力大小为，方向竖直向下 若传送带逆时针转动，滑块不脱离圆轨道且能从点水平飞出，滑块释放点高度的取值范围为 当时，若传送带顺时针转动，调节传送带转动的速度大小，滑块从释放点到飞出传送带过程中摩擦生热的最小值为
【解析】解：若，则滑块运动至点的过程，由动能定理可得：
在点由牛顿第二定律得：
联立解得圆弧轨道对滑块的支持力大小为：
由牛顿第三定律可知，滑块对圆弧轨道的压力大小为，方向竖直向下。
若滑块恰好能过点，则在点时，根据牛顿第二定律得：
从到的过程，根据动能定理得：
解得：
要使滑块恰能运动到点，则滑块到点的速度，从到的过程，根据动能定理得：
解得：
因，故滑块不脱离圆弧轨道且从点飞出，则滑块释放点的高度。
因，故滑块一定能飞出传送带。滑块在水平轨道的运动过程中摩擦生热为定值，由功能关系可得此值为：
，解得：
已知传送带顺时针转动，若调节传送带转动的速度大小，使其等于滑块到达点时的速度大小，则滑块在传送带上与传送带相对静止一起匀速运动，此情况滑块与传送带无摩擦生热，则滑块从释放点到飞出传送带过程中摩擦生热的最小值就等于。
答：若滑块从处由静止释放，滑块运动至点时对圆弧轨道的压力大小为，方向竖直向下；
若传送带逆时针转动，滑块不脱离圆轨道且能从点水平飞出，滑块释放点高度的取值范围为；
当时，若传送带顺时针转动，调节传送带转动的速度大小，滑块从释放点到飞出传送带过程中摩擦生热的最小值为。
滑块运动至点的过程，根据动能定理求得滑块到达点时的速度大小，在点由牛顿第二定律与牛顿第三定律求解滑块对圆弧轨道的压力。
根据牛顿第二定律求得滑块能过点的临界速度大小，对滑块从到的过程，根据动能定理求得释放高度的临界值；再对滑块从到的过程，根据动能定理求得滑块恰能运动到点时的释放高度的临界值，根据两个临界值的大小关系，确定所求的释放点的高度要满足的条件。
滑块在水平轨道的运动过程中摩擦生热为定值，根据功能关系求得此过程的摩擦生热。传送带顺时针转动，若调节传送带转动的速度大小，使其等于滑块到达点时的速度大小，则滑块在传送带上与传送带相对静止一起匀速运动，此情况滑块与传送带无摩擦生热，由此确定全过程中摩擦生热的最小值。
本题考查了圆周运动的临界问题与传送带模型，考查了功能关系的应用。掌握圆周运动的临界条件，掌握摩擦生热的求解方法。
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