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2025-2026学年江苏省南京市四校联合体高一（下）期中物理试卷
一、单选题：本大题共10小题，共40分。
1.以下物理量为矢量，且单位用国际单位制中的基本单位表示正确的是( )
A. 功、 B. 功率、
C. 力、 D. 电场强度、
2.一般的曲线各个位置的弯曲程度不一样，但在研究时，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部分。如图所示，竖直平面上有一段固定曲线轨道，轨道最低点处和最高点处的曲率半径分别为和。一质量为的物体可视为质点从处上侧进入轨道，运动至处时速率为，对轨道的压力为，重力加速度；若物体从处下侧进入轨道，运动至处时速率仍为，则物体在处时对轨道的压力为( )
A. B. C. D.
3.下列说法正确的是( )
A. 两个带异种电荷的金属球接触时，正电荷从一个球转移到另一个球
B. 相互作用的两个点电荷，电荷量大的受到的库仑力也大
C. 根据，当时，
D. 如图把一个架在绝缘支架上的枕形导体放在正点电荷形成的电场中，导体处于静电平衡状态，则感应电荷在、两点产生的附加电场的电场强度大小
4.如图所示，轻弹簧的上端悬挂在天花板上，下端挂一质量为的小球，小球处于静止状态。现在小球上加一竖直向上的恒力使小球向上运动，小球运动的最高点与最低点之间的距离为，则此过程中为重力加速度，弹簧始终在弹性限度内下列说法正确的是( )
A. 小球的机械能守恒
B. 小球的动能增加
C. 小球和弹簧组成的系统机械能增加
D. 小球的重力做功为
5.如图所示，飞船携带探测器在圆轨道Ⅰ上绕地球飞行，其轨道半径为地球半径的倍。当飞船通过轨道Ⅰ的点时，飞船上的发射装置短暂工作，将探测器沿飞船原运动方向射出，而飞船在发射探测器后速度方向不变沿椭圆轨道Ⅱ向前运动，其近地点到地心的距离近似为地球半径。以上过程中飞船和探测器的质量均可视为不变。已知地球表面的重力加速度为，忽略地球自转。下列说法中正确的是( )
A. 飞船在轨道Ⅰ运动的速度大小
B. 飞船在轨道Ⅰ运动的加速度大小
C. 飞船在轨道Ⅱ上的点运动的速度大小
D. 飞船在轨道Ⅱ上的点的速度等于第一宇宙速度
6.如图，将带负电的试探电荷沿着等量异种点电荷的中垂线从点移动到点，再沿连线从点移动到点，则( )
A. 从到再到的过程中，电场力先变大再变小
B. 点的电势高于点的电势
C. 从到的过程中，试探电荷的电势能不变
D. 从到的过程中，电场力对试探电荷做负功
7.如图所示，相同的、两球距地面高度相等，以相同的速率抛出，斜向上抛，斜向下抛出，且两球与水平方向夹角大小相等，不计空气阻力，关于、两球从抛出到落地过程，下列说法正确的是( )
A. 球重力做功较多
B. 球重力的功率一直增大
C. 球重力的平均功率大于球重力的平均功率
D. 两球落地时重力的瞬时功率相等
8.如图，导体棒原来不带电，现将一电荷量为的正点电荷放在棒的中心轴线上距离棒的左端处，、为棒上中心轴线上的两点，距离棒左端为，、间的距离也为，静电力常量为。当棒达到静电平衡后( )
A. 棒左端感应出正电荷，右端感应出负电荷
B. 点场强大于点的场强
C. 棒上感应电荷在点产生的场强大小为
D. 棒上感应电荷在点处的电场强度方向水平向右
9.如图所示，为带正电的金属板，其所带电荷量为，在金属板的垂直平分线上，距板处放一质量为、电荷量为的小球，小球用绝缘细线悬挂于点，小球受水平向右的静电力偏转角保持静止，静电力常量为，重力加速度为，则小球所在处的场强大小为( )
A. B. C. D.
10.如图半径为的圆弧曲面固定在水平面上，圆弧曲面各处粗糙程度相同。小物块从圆弧上的点由静止释放，下滑到最低点，规定点重力势能为零。物块下滑过程中，重力势能和机械能与高度关系图像中，最接近真实情况的是( )
A. B. C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
11.江湖同学通过同时释放手机和小球，调节手机拍摄功能中的感光度和快门时间，拍摄出质量较高的频闪照片。图甲是该同学拍摄的小球自由下落部分运动过程中的频闪照片，用来验证机械能守恒定律。该同学以小球释放点为原点，并借助照片背景中的刻度尺测量各时刻的位置坐标为、、、、，刻度尺零刻度与原点对齐。已知手机连拍周期为，当地重力加速度为。
如图乙所示，从起点下降到位置小球的位移大小为 ；
关于实验装置和操作，以下说法正确的是 ；
A.实验中必须测出小球的质量
B.刻度尺应固定在竖直平面内
C.选择质量大且体积小的小球
D.小球实际下落过程中动能增加量大于重力势能减少量
以下三种测量速度的方案中，合理的是 ；
A.根据下落高度，通过算出瞬时速度
B.根据下落时间，通过算出瞬时速度
C.根据纸带上某点的相邻两点间的平均速度，得到该点瞬时速度
取小球从到的过程研究，则机械能守恒定律的表达式为 用题中所给物理量的符号表示；
该同学利用测得的数据，算出小球经过各点的速度，并作出了如图丙所示的图线。测得图线的斜率明显大于，该学生分析是由于存在恒定阻力的影响，则小球受到的阻力大小 。用、、表示
三、计算题：本大题共4小题，共45分。
12.如图所示，同一竖直平面内，有两根光滑绝缘杆和，与竖直线的夹角均为，两杆上均套有能自由滑动的导体小球，两球的质量均为，带电量均为，且静止于同一竖直高度处，问：
两球相距多远？
为中垂线，线上何处电场强度最小？最小场强是多少？
13.如图所示，质量均为的三个带电小球、、用三根长度均为的绝缘轻杆相互连接，放置在光滑绝缘的水平面上，在球上施加一个水平向右的恒力之后，三个小球一起向右运动，三根轻杆刚好都没有弹力，的作用线反向延长线与、间轻杆相交于杆的中点，已知、、为已知量，为静电力常量，求：
系统的加速度大小；
、、三球电荷量。
14.质量分别为和的两个小球和，中间用轻质杆固定连接，杆长为，在离球处有一个光滑固定轴，如图所示。现在把杆置于水平位置后自由释放，在球摆动到最低点位置时，求：
小球的速度大小为多少；
在此过程中杆对小球所做的功；
杆对小球的作用力大小和方向。
15.如图所示，水平传送带上、两端点间距，半径的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内，下端与传送带相切。传送带以的速度沿图示方向匀速运动，质量的小滑块静止放到传送带的端，经一段时间运动到端，滑块与传送带间的动摩擦因数，取。求：
求滑块到达端的速度大小；
求因运送滑块由到的过程中电动机多消耗的电能；
仅改变传送带的速度，其他条件不变，滑块能否到达圆轨道最高点？如果能，说明原因；如果不能，试计算它在半圆形轨道上的最高点距点的竖直高度。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：、功为标量，故A错误；
B、功率是标量，故B错误；
C、力是矢量，根据，用国际单位制基本单位表示是，故C错误；
D、电场强度是矢量，根据可知。用国际单位制基本单位表示是，故D正确。
故选：。
标量是只有大小，没有方向的物理量。矢量是既有大小又有方向的物理量，运算时遵守平行四边定则。国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推导出来的物理量的单位叫做导出单位。
本题是对矢量和标量及国际单位制的基本单位的考查，解题的关键是要知道国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的。
2.【答案】
【解析】解决：根据牛顿第二定律，物体运动至处
代入数据可得
物体以同等大小速率运动至处时，有
代入数据可得，故D正确，ABC错误。
故选：。
先在轨道最低点根据向心力公式结合压力求出速度对应的向心力大小，再在最高点利用向心力公式求出轨道对物体的支持力，进而得到物体对轨道的压力。
本题将曲线运动等效为圆周运动，考查向心力公式在不同位置的应用，结合受力分析求解支持力与压力，考查基础且渗透模型转化的物理思想。
3.【答案】
【解析】解：两个带异种电荷的金属球接触时，负电荷自由移动，从一个球转移到另一个球，故A错误；
B.相互作用的两个点电荷，根据牛顿第三定律可知，两个点电荷受到的库仑力大小相等，与电荷量的大小无关，故B错误；
C.当时，库仑力表达式不再适用，不能得到的结论，故C错误；
D.根据静电平衡状态的特点，导体处于静电平衡状态，导体内部的合场强处处为，则感应电荷在、两点产生的附加电场与正点电荷在、两点产生的场强大小相等，由于点离正点电荷较近，所以感应电荷在、两点产生的附加电场的电场强度大小，故D正确。
故选：。
负电荷自由移动，从一个球转移到另一个球；根据牛顿第三定律可知，两个点电荷受到的库仑力大小相等；库仑定律适用条件是真空中点电荷；根据静电平衡状态的特点判定场强的大小。
本题主要考查了库仑定律以及静电平衡状态，解题关键是掌握导体处于静电平衡状态，导体内部的合场强处处为。
4.【答案】
【解析】解：、小球除受重力外，还有弹簧的弹力和向上的恒力做功，机械能不守恒，故A错误；
B、小球在最低点时动能为零，小球在最高点时动能也为零，则从最低到最高的过程中，小球的动能增加量为零，故B错误；
C、根据功能关系：除重力以外的其他力做功等于机械能的增加量，可知小球和弹簧组成的系统机械能增加，故C正确；
D、小球上升，重力做负功，为，即小球克服重力做功，故D错误。
故选：。
分析除重力以外其他力对小球做功情况，判断其机械能是否守恒；根据初末动能确定动能的增加量；根据功能关系求系统机械能增加量；根据小球上升的高度求出重力做的功。
解决本题的关键是搞清楚外力所做的功转化成什么能量，掌握功能原理。
5.【答案】
【解析】解：设地球质量为，飞船与探测器总质量为，当飞船在轨道Ⅰ做圆周运动时，根据万有引力提供向心力有；对于地面附近的质量为的物体，根据重力等于万有引力有。解得飞船在轨道Ⅰ运动的速度大小，故A正确。
B.根据万有引力提供向心力，可得飞船在轨道Ⅰ运动的加速度大小，故B错误。
C.飞船在轨道Ⅰ上的点需减速做向心运动变轨至轨道Ⅱ上，所以飞船在轨道Ⅱ上点的速度。根据开普勒第二定律对、两点有，可得飞船在轨道Ⅱ上的点运动的速度大小，故C错误。
D.在点时地球的引力不足以提供飞船做圆周运动所需的向心力，飞船将做离心运动，所以飞船在点的速度大于第一宇宙速度，故D错误。
故选：。
通过万有引力提供向心力和黄金代换，推导出飞船在轨道Ⅰ的速度和加速度；结合变轨原理分析飞船在点的速度变化，并利用开普勒第二定律分析轨道Ⅱ上点的速度；根据离心运动的条件判断点速度与第一宇宙速度的关系。
本题考查了卫星变轨与圆周运动的问题，核心是利用万有引力定律、黄金代换、开普勒第二定律和变轨原理，分析不同轨道上的速度、加速度及运动状态，检验对天体运动规律的综合理解与应用能力。
6.【答案】
【解析】解：、等量异种点电荷的中垂线上，从到，电场强度先增大后减小；等量异种点电荷连线上，从到，电场强度也是先增大后减小，所以从到再到的过程中，电场力不是先变大再变小，故A错误。
B、等量异种点电荷的中垂线是等势线，、在中垂线上，所以点电势等于点电势，故B错误。
C、从到是在等势线上移动，两点间电势差，所以电场力做功公式，可知电场力不做功，试探电荷的电势能不变，故C正确。
D、从到，试探电荷带负电，电场方向由指向，负电荷受力方向与电场方向相反，即由指向，位移方向也是由到，电场力方向与位移方向相同，因此电场力做正功，故D错误。
故选：。
先明确等量异种点电荷的电场、电势分布特点，再结合电场力做功与电势能变化的关系，对从到再到过程中电场力、电势、电势能及电场力做功情况逐一分析判断。
本题考查了等量异种点电荷的电场、电势分布，以及电场力做功与电势能变化的关系，需要结合等量异种点电荷的电场线和等势面特点，分析电场强度、电势的变化，再根据电场力做功公式判断电场力做功情况和电势能的变化。
7.【答案】
【解析】解：、对于一定质量的物体，重力做功只与初末位置的高度差有关，所以重力做功一样多，故A错误；
B、根据重力的瞬时功率
球上升到最高点时，竖直方向分速度为，所以球重力的功率不是一直增大，故B错误；
C、根据题意可知球先落地，球落地时间较球大，由公式
两球下落过程中重力做功相等，故球重力的平均功率小于球重力的平均功率，故C错误；
D、由机械能守恒定律可知，两球落地前瞬间的速度大小相等，方向相同，由公式
可知，落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等，故D正确。
故选：。
首先，根据重力做功公式判断两球重力做功是否相等；其次，分析球竖直分速度的变化，判断重力功率的变化情况；接着，比较两球运动时间，结合重力做功相等，判断平均功率的大小关系；最后，利用机械能守恒分析两球落地时的竖直分速度，进而判断重力瞬时功率是否相等。
该题考查重力做功、重力功率、抛体运动规律及机械能守恒等知识点，解题要点在于明确重力做功只与初末位置高度差有关，区分重力瞬时功率和平均功率与总功和运动时间相关的计算方式，并结合抛体运动的时间差异、机械能守恒下的落地速度分量特征分析选项，能有效考查学生对功和功率概念的辨析及抛体运动规律的综合应用能力。
8.【答案】
【解析】解：、由于为正电荷，根据静电感应规律可知，棒的左端感应出负电荷，右端感应出正电荷，故A错误；
B、处于静电平衡的导体是等势体，内部场强处处为零，、两点的场强都是零，故B错误；
C、静电平衡时点的合场强为零，因此感应电荷在点的场强与点电荷在点的场强等大反向，棒上感应电荷在点产生的场强大小为，故C正确；
D、、两点的场强都是零，点电荷在点场强方向水平向右，故感应电荷在点场强应水平向左，故D错误。
故选：。
明确静电平衡时导体内部合场强为零，利用点电荷场强公式分析感应电荷的场强，判断感应电荷分布、场强大小与方向。
本题考查静电平衡状态下导体的电场特性，核心是导体内部合场强为零，需结合点电荷场强公式分析，侧重对静电平衡条件的理解与应用，难度适中。
9.【答案】
【解析】解：小球的受力图如下
根据平衡条件，水平方向上有
竖直方向上有
又有
联立解得，故ABC错误，D正确。
故选：。
根据带电小球的平衡条件列平衡方程，结合电场力和电场强度的关系式联立解答。
考查物体的受力分析和电场力等问题，会根据题意进行准确分析和解答。
10.【答案】
【解析】解：根据重力势能与重力做功的关系，在下落高度时，其重力势能为：
故重力势能与高度的图像是一条斜率不变的倾斜直线，且当时，重力势能最大，当时，重力势能为零；
物块下落高度时，由功能关系可得此时物块的机械能为：
在下滑的过程中，物块的速度逐渐增大。设在运动过程中重力与速度的夹角为，则在运动过程中根据牛顿第二定律可得：
根据滑动摩擦力的定义可知：，而，即物块在下滑的过程中，物块所受摩擦力逐渐增大，故摩擦力做的功逐渐增大，即在下滑相同的高度时，物块的机械能损耗的越多，故A正确，BCD错误。
故选：。
根据重力势能的定义式可求的关系式，根据功能关系可求表达式，然后对应图像即可解题。
本题是对重力势能和功能关系考查，解题的关键是要根据重力势能的定义式和功能关系列出和关系式，然后判断图像的正确性。
11.【答案】

【解析】解：图中刻度尺的分度值为，由图乙可知从起点下降到位置小球的位移大小为；
根据验证机械能守恒定律的实验原理，实验中不需要测出小球的质量，故A错误；
由于小球做自由落体运动，为了测量小球下落的距离，刻度尺应固定在竖直平面内，为了减小空气阻力的影响，应选择质量大且体积小的小球，故BC正确；
D.由于空气阻力的影响，小球实际下落过程中动能增量小于重力势能减少量，故D错误。
故选：。
根据下落高度，通过算出瞬时速度，根据下落时间，通过算出瞬时速度，这两种计算速度的方法本身都确认机械能守恒，故不能验证机械能守恒，故AB错误；
C.结合匀变速直线运动规律，根据纸带上某点的相邻两点间的平均速度，得到该点瞬时速度，故C正确。
故选：。
位于到的中间时刻，因此小球在位置时的瞬时速度等于从到的平均速度，则有，小球从到的过程，根据机械能守恒可得，联立可得机械能守恒定律的表达式为
作出了如图所示的图线。测得图线的斜率明显大于，该学生分析是由于存在恒定阻力的影响，根据动能定理可得，整理可得，可知图像的斜率为，解得小球受到的阻力大小为。
故答案为：。。。；。
根据刻度尺的精确度和读数规则完成读数；
根据验证机械能守恒定律的实验原理和注意事项分析解答；
根据三种求解瞬时速度的方案存在的问题进行分析解答；
根据机械能守恒定律列式求解；
根据动能定理结合图像的斜率的物理意义进行分析解答。
考查验证机械能守恒定律的实验原理和注意事项，涉及纸带的数据处理和动能定理的应用，属于中等难度考题。
12.【答案】解：
设平衡时两球相距，对小球受力分析，由平衡得：
由库仑定律得：
由联立解得：；
经分析在线上中点的场强最小，设到点的最小距离为，
由几何关系，则有：；
且最小场强是零；
答：两小球的电量为；
线上到点的最小距离为处电场强度最小，最小场强是零．
【解析】两球均处于静止状态，合力均为零，以球为研究对象，分析受力情况，由平衡条件求出库仑力，再由库仑定律，即可求解．
本题是带电体平衡问题，是电场知识与力学知识的综合，库仑力是联系电场与力学两部分知识的桥梁，是要求的关键量．
13.【答案】系统的加速度大小为 、、三球电荷量分别为、、
【解析】解：三个小球相对静止，由牛顿第二定律得系统加速度为
通过对三个小球受力分析可知，、两球带等量同种电荷，与、两球电性相反，设球电荷量为，设、两球电荷量为、，则有
对分析
对分析
联立上述各式，解得，
答：系统的加速度大小为；
、、三球电荷量分别为、、。
对整体分析，利用牛顿第二定律，结合系统总质量与外力直接求解整体加速度；
以球为研究对象，因轻杆无弹力，仅受、的库仑力作用，根据受力的对称性和库仑定律，结合牛顿第二定律列方程，联立求解三球的电荷量关系与具体数值。
该题考查牛顿第二定律的整体法与隔离法、库仑定律及受力分析，解题要点是先对整体列牛顿第二定律方程求加速度，再利用轻杆无弹力的条件，对单个小球进行受力分析，结合库仑力的对称性和牛顿第二定律列方程求解电荷量，侧重考查受力分析、整体与隔离法的应用及库仑定律的综合运用能力。
14.【答案】小球的速度大小为 杆对小球所做的功为 杆对小球的作用力大小为，方向竖直向上
【解析】解：设小球到达最低点时的速度大小为，小球到达最高点时的速度大小为。
两球角速度相等，由可得，代入杆长关系与，解得：。
取初态水平位置为系统的重力势能零势能面，、两球与杆组成的系统在运动过程中机械能守恒，取重力加速度，根据系统机械能守恒定律有，代入数据解得：小球的速度大小。
对小球从释放到最低点的过程，根据动能定理有，代入数据解得：杆对小球所做的功。
此时小球到达最高点，其速度大小。
设在最高点杆对小球的作用力大小为，方向竖直向下，根据牛顿第二定律有，代入数据解得：，计算结果的负号表示力的方向与假设方向相反，故杆对小球的作用力大小为，方向竖直向上。
答：小球的速度大小为。
杆对小球所做的功为。
杆对小球的作用力大小为，方向竖直向上。
系统由静止释放后，、两球绕固定轴转动，角速度相同。球摆至最低点过程中，系统机械能守恒，需建立两球线速度与转动半径的比例关系，再通过系统重力势能变化与动能总和为零的方程，求解球速度。已知两球质量、杆长及点位置，可确定转动半径与重力势能变化量。
分析球从初态到最低点的运动过程，其受重力和杆的作用力。对球单独应用动能定理，重力做功已知，末动能可由问结果得出，杆对球做功为待求量，通过动能定理方程即可求解。
在球到达最低点时，球位于最高点，具有向心加速度。对此时刻的球进行受力分析，它受重力和杆的作用力，这两个力的合力提供球做圆周运动所需的向心力。根据牛顿第二定律列出径向方程，结合球速度与转动半径，可求出杆对球作用力的大小并判断方向。
本题综合考查刚体定轴转动、机械能守恒、动能定理以及圆周运动向心力分析等核心物理知识。题目计算量适中，但思维层次丰富，需要学生建立清晰的物理图景。首先需利用同轴转动角速度相等的条件关联两球线速度，这是正确运用机械能守恒定律的前提。在求解杆的做功时，需灵活选择研究对象，对小球单独运用动能定理，能有效锻炼学生隔离分析的能力。第三问则进一步考查在非惯性系或特定约束下对物体进行受力分析与牛顿第二定律应用的能力，其中球在最高点所需向心力的计算是判断杆作用力方向的关键。本题环环相扣，能较好地检验学生对力学综合问题的分析和解决能力。
15.【答案】滑块到达端的速度大小为 因运送滑块由到的过程中电动机多消耗的电能为 不能，它在半圆形轨道上的最高点距点的竖直高度为
【解析】解：滑块开始时在传送带上先向右做匀加速运动，若传送带足够长，设当滑块速度
时已运动的距离为，根据动能定理有：
解得
所以滑块到达端前已开始做匀速运动，到达端的速度
设滑块与传送带发生相对运动的时间为，则
时间内，传送带通过的位移为
滑块与传送带之间相对滑动的距离为
滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为
联立解得
解得
设滑块通过最高点的最小速度为，经过点时，根据向心力公式和牛顿第二定律有
在滑块从运动到的过程中，根据动能定理有
解得要使滑块能通过圆轨道最高点，经过的最小速度为
若仅改变传送带的速度，其他条件不变，滑块一直做匀加速直线运动至的速度为最大速度，设为，根据动能定理有
解得
所以仅改变传送带的速度，滑块不能通过圆轨道最高点。设脱离时与竖直方向的夹角为
根据动能定理
解得
故
解得
答：滑块到达端的速度大小为；
因运送滑块由到的过程中电动机多消耗的电能为；
不能，它在半圆形轨道上的最高点距点的竖直高度为。
先假设滑块与传送带能够共速，根据动能定理求出滑块运动的距离，再与水平传送带上、两端点间距比较，进而求出滑块到达端的速度大小；
根据求解热量，结合能量守恒定律求因运送滑块由到的过程中电动机多消耗的电能；
根据向心力公式和牛顿第二定律结合动能定理求出经过的最小速度，再次根据牛顿第二定律和动能定理求它在半圆形轨道上的最高点距点的竖直高度。
本题关键明确滑块的运动规律，然后分阶段根据牛顿第二定律、动能定理、运动学公式列式求解。
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