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湖北省孝感市楚天教科研协作体、孝感市一般高中协作体2024-2025学年高一下学期6月期末物理试题 A 卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1．关于天体的运动，下列说法符合物理学史的是（　　）
A．“日心说”认为，地球是宇宙的中心
B．开普勒观测记录行星公转的大量数据
C．卡文迪许测出了万有引力常量，他被称为“称量地球第一人”
D．牛顿总结出行星运动的三大规律
2．关于三种起电方式，下列说法正确的是（　　）
A．摩擦起电现象是电荷在同一个物体上转移而形成的
B．接触起电时两个物体不一定平均分配电荷
C．感应起电的本质是创造了新的电荷
D．感应起电现象不遵从电荷守恒定律
3．从地面上方0.45m处以4m/s的速度竖直向上抛出一物体，不计空气阻力，重力加速度为10m/s2，以地面为重力势能的零势能面。下列说法中正确的是（　　）
A．物体在空中运动时间为0.8s
B．动能与势能相等时离地面高度为1.25m
C．速度为2m/s时离地面高度为1.05m
D．速度为2m/s时离地面高度为0.6m
4．两条粗细相同、由同种材料制成的均匀电阻丝、，其伏安特性曲线分别如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．电阻丝、的长度之比为
B．、串联后，图线位于、之间
C．、并联后，图线位于、之间
D．、并联后，图线位于与轴之间
5．静电纺纱是利用高压静电场使单纤维两端带异种电荷，在电场力作用下使纤维伸直、平行排列和凝聚的纺纱工艺。如图所示为其电场分布简图，下列说法正确的是（　　）
A．图中虚线为等势线
B．A、两点的电场强度方向相同
C．在点由静止释放一电子，它将在电场力作用下沿虚线运动
D．任一电荷在点电势能一定小于点电势能
6．将横截面相同、材料不同的两段导体、无缝连接成一段导体，总长度为，接入如图甲电路电源内阻忽略不计。闭合开关，滑片从端滑到端，理想电流表读数的倒数随滑片的滑动距离的变化关系如图乙，则导体、的电阻率之比约为（　　）
A． B． C． D．
7．在边长为a的正六边形ABCDEF的各顶点分别固定六个点电荷，电荷量依次为+q， q，+q， q，+q， q，则A处的点电荷所受库仑力的合力为（　　）
A． B．
C． D．
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8．如图甲所示，、是某电场中一条电场线上的两点，一个正电荷从点由静止释放，仅在静电力作用下从点运动到点，其运动的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．点电场强度小于点电场强度
B．电场线的方向从指向
C．该点电荷在点电势能小于点电势能
D．该电场可能是孤立负电荷产生的
9．先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场，进入时速度方向与电场方向垂直。不计空气阻力。已知电子和氢核的质量分别为、，下列说法正确的是（　　）
A．电子和氢核的偏转方向相同
B．电子和氢核的偏转方向相反
C．若电子和氢核的初动能相同，则它们的侧移之比为
D．若电子和氢核的初动能相同，则它们的侧移之比为
10．波尔的原子结构模型认为：氢原子的核外电子（带电量为）在不同的轨道上绕原子核（带电量为）做匀速圆周运动，氢原子具有的总能量为核外电子动能和“电子-原子核”系统的电势能的总和。已知系统具有的电势能与电子绕原子核运动的半径的关系为（取无穷远为零势能点），万有引力忽略不计。则（　　）
A．轨道半径越大，核外电子动能越大
B．轨道半径越大，核外电子动能越小
C．轨道半径越大，氢原子系统总能量越大
D．轨道半径越大，氢原子系统总能量越小
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11．如图是探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系的实验电路，、为两个完全相同的电容器，电源内阻忽略不计，V为数字电压表。主要实验步骤如下：
接，断开，电池给电容器充电，读出电压表V的读数；
接，使电容器跟并联，读出电压表V的读数；
断开，闭合开关，让电容器完全放电；
再断开，将接，把和并联，读出电压表V的读数；
重复步骤。
回答下列问题。
（1）本实验探究的公式为 。
A． B． C．
（2）理论上，数字电压表的读数　 　。
（3）以下哪些操作可以减小实验误差 。
A．每次接前必须保证电容器不带电
B．实验过程中不能让手或者其他导体接触两个电容器
C．可以使用两个电容不同的电容器进行实验
12．利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”的实验。
（1）下列说法合理的是 。
A．实验前需要用天平称出重物的质量
B．打点计时器应该接交流电源
C．实验前应调整计时器使限位孔位于同一竖直线上
D．应先释放重物，再接通电源
（2）实验中，得到图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点、、，测得它们到起始点的距离分别为、、。已知当地重力加速度为，打点计时器打点的周期为，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了　 　，动能增加了　 　。结果均保留两位小数
（3）下列操作可以减小实验误差的是 。
A．选择质量大、体积小的重物
B．用光电门替换打点计时器
C．利用公式计算速度
D．测量下落高度时，选择的点尽量离起始点近一些
四、计算题：本大题共3小题，共44分。
13．我国计划在2030年前实现载人登陆月球开展科学探索，其后将探索建造月球科研试验站，开展系统、连续的月球探测和相关技术试验验证。质量为的飞船在距离月面的高度等于月球半径处绕月球做匀速圆周运动时，周期为，已知月球半径为，忽略月球自转。求：
（1）月球表面的第一宇宙速度大小
（2）飞船停在月球上时受到的支持力的大小。
14．如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为的绝缘细线一端固定于点，另一端系着一个质量为、电荷量为的带正电小球，小球静止在点。现给小球一垂直于的初速度，使其在竖直平面内绕点恰好能做完整的圆周运动，为圆的竖直直径，已知匀强电场的场强大小为，重力加速度为。当小球第二次运动到点时细线突然断裂，求：
（1）小球恰好做完整的圆周运动时，小球在点初速度的大小；
（2）细线断裂后的运动过程中，小球速度的最小值；
（3）从细线断裂到小球的电势能与在点的电势能相等时，重力势能的改变量。
15．如图所示为某一游戏装置的示意图。为倾角的足够长的倾斜直轨道，圆轨道最低点分别与水平直轨道、相接于、两点与前后略错开，轨道各部分平滑连接，轨道右侧存在一挡板，轨道与挡板均在同一个竖直平面内。已知长，圆轨道半径，点位于点正下方处，以点为坐标原点建立直角坐标系，挡板形状满足。将质量的滑块可视为质点从斜轨道上距点处静止释放，滑块与轨道、之间的动摩擦因数，其余轨道均光滑。受材料结构强度的限制，圆轨道能够承受来自滑块的最大压力。求：
（1）若滑块恰好能通过圆轨道的最高点，求滑块过最高点时的速度大小
（2）要使滑块经过圆轨道时不脱轨且能最终落在挡板上，求需满足的条件
（3）当为何值时，滑块落在挡板上时的动能最小，并求的最小值。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物理学史
【解析】【解答】A．哥白尼提出的“日心说”认为太阳是宇宙中心，故A错误；
B．第谷观测记录行星公转的大量数据，故B错误；
C．卡文迪许通过扭秤实验结合了放大法测定了万有引力常量，从而能够计算地球质量，因此被称为“称量地球第一人”，故C正确；
D．开普勒总结行星运动规律提出了行星运动三大规律，牛顿则是提出了万有引力定律，故D错误。
故选C。
【分析】“日心说”认为太阳是宇宙中心；第谷观测记录行星公转的大量数据；卡文迪许通过扭秤实验结合了放大法测定了万有引力常量；开普勒总结行星运动规律提出了行星运动三大规律。
2．【答案】B
【知识点】电荷及三种起电方式
【解析】【解答】A．摩擦起电是由于不同物体对电子的束缚能力不同，当两个物体发生摩擦时，物体间的电子发生转移而带电，如丝绸摩擦玻璃棒，电子从玻璃棒转移到丝绸，故A错误；
B．接触起电时，电荷分配取决于导体的电容（如形状、材质）。若两导体形状和大小不同，电荷可能不均分，例如大导体与小导体接触时电荷按电容比例分配，故B正确；
C．感应起电是导体内部电荷受外电场作用重新分布，只是内部电子的位置发生改变但总电荷量不变，未创造新电荷，故C错误；
D．电荷守恒定律适用于所有起电过程，感应起电仅改变电荷分布，电荷总量保持不变所以总电荷量守恒，故D错误。
故选B。
【分析】 摩擦起电是不同物体间因电子转移而带电 ；接触起电时，电荷分配取决于导体的电容（如形状、材质）；感应起电是导体内部电荷受外电场作用重新分布，只是内部电子的位置发生改变但总电荷量不变；电荷守恒定律适用于所有起电过程。
3．【答案】C
【知识点】竖直上抛运动；重力势能的变化与重力做功的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据速度公式可知物体在空中运动的上升时间
根据速度位移公式可知上升高度
最高点离地面高度
物体下落做自由落体运动，根据位移公式
可得下落的时间为
运动的总时间，故A错误；
B．物体在空中运动的过程中机械能守恒，根据最初的速度和高低可知总机械能
当动能等于势能时，
根据重力势能的表达式可知对应高度，故B错误；
CD．速度为2m/s时，根据动能的表达式可知动能
根据机械能和动能的大小可知势能
对应高度，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】利用速度公式可以得出物体上升的时间，利用速度位移公式可以求出上升的高度，结合位移公式可以求出物体下落的时间；利用最初的速度和高度可以求出机械能的大小，利用动能和势能相等结合重力势能的表达式可以求出对应的高度。
4．【答案】D
【知识点】电阻定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．已知电阻丝电流和电压的大小关系，根据欧姆定律可知，，
已知电阻丝的材料和粗细相同，根据电阻定律可知，故A错误；
B．根据串联电路的规律有，串联后总电阻变大，因为图线的斜率反映电阻的倒数，由于串联总电阻比较大所以串联后总电阻的图线的斜率最小，图线位于与U轴之间，故B错误；
CD．由可知，并联后总电阻减小，又因为图线的斜率反映电阻的倒数，由于并联后的总电阻减小所以并联后总电阻的图线的斜率最大，图线位于与轴之间，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】利用欧姆定律可以求出两个电阻的阻值大小，结合电阻定律可以求出长度的比值；利用串联和并联的总电阻大小，结合电阻和斜率的关系可以判别图线的位置。
5．【答案】B
【知识点】电场强度；电场线；电势能；电势
【解析】【解答】A．电极在静电场中，由于静电感应导致电极是等势体，其表面是等势面，根据电场线与等势面垂直可知虚线应是电场线，A错误；
B．电场线的切线方向为电场强度方向，由于A和B所处位置的电场线切线方向相同，所以A、两点的电场强度方向相同，B正确；
C．电场是曲线，在C点静止释放一电子，由于电场力方向时刻改变所以在电场力作用下不会沿着虚线CD运动，C错误；
D．电场线由高压电源的正极到负极，电场线从右向左，所以D点电势高于点电势，根据电势能的表达式可知正电荷在点电势能小，负电荷在点电势能大，D错误。
故选B。
【分析】利用静电感应可以判别虚线为电场线；利用电场线的切线方向可以判别电场强度的方向；利用电场力的方向可以判别粒子运动方向；利用电场线方向可以比较电势的高低，结合电性可以比较电势能的大小。
6．【答案】C
【知识点】电阻定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】由于滑动变阻器与定值电阻串联，由于电源内阻不计，根据欧姆定律
结合图像坐标可知：当时，，当时，
当时，，故
已知电阻的大小，根据电阻定律，其中，得导体、的电阻率之比约为
故选C。
【分析】利用回路中的欧姆定律结合图像电流和电阻的大小可以求出两段导体的阻值之比，结合电阻定律可以求出电阻率之比。
7．【答案】C
【知识点】库仑定律；力的合成
【解析】【解答】如图所示，根据电荷的电性可以得出A处点电荷受到的其他各点电荷对其的库仑力，
根据几何关系可知，
由库仑定律可知，，
根据力的合成可知合力为
故选C。
【分析】画出各个电荷对A点电荷的库仑力方向，利用库仑定律结合力的合成可以求出合力的大小。
8．【答案】A,D
【知识点】电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．从到，根据乙图可知图像斜率不断增大，由于图像斜率代表加速度，所以加速度增大，根据牛顿第二定律qE=ma可知电场力增大，所以点的电场强度小于点的电场强度，故A正确；
BC．正电荷由静止开始从运动到，由于正电荷的速度增大，电场力方向与速度方向相同可知电场力方向从到，因正电荷的电场力方向与电场线方向相同，故电场线方向由指向，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知，点电势高于点电势，根据电势能的表达式可知正电荷在点的电势能大于在点的电势能，故BC错误；
D．若该电场是某个点电荷产生的，根据点电荷的场强公式可知距离点电荷越近场强越大，所以该点电荷应该在的右侧，根据电场力的方向为A到B，所以场源电荷应该带负电，故D正确。
故选AD。
【分析】利用图像斜率的变化可以比较加速度的大小，结合牛顿第二定律可以比较两点电场强度的大小；利用正电荷的速度变化可以判别电场力的方向，利用电场力的方向结合电性可以判别电场线的方向，利用电场线方向可以比较电势的高低，结合电性可以比较电势能的大小；利用电场强度的大小可以判别场源电荷的位置，结合电场力的方向可以判别场源电荷的电性。
9．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AB．电子和氢核在同一匀强电场中，由于两个粒子电性不同所以受到的电场力方向相反，偏转方向相反， 故A错误， B正确；
CD．两束粒子均做类平抛运动，根据电场方向的位移公式有，根据牛顿第二定律有：根据水平方向的位移公式有，结合动能的表达式，联立得
初动能相同时，侧移y与电荷量成正比，故，故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】利用两个粒子电性不同可以判别电场力不同所以偏转方向不同；利用类平抛运动的位移公式结合牛顿第二定律及动能的表达式可以判别动能相等时偏移量的大小。
10．【答案】B,C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．对半径为的氢原子，库仑力充当向心力，根据牛顿第二定律得
根据动能的表达式可以得出电子的动能为，则半径越大，动能越小，A错误，B正确；
CD．氢原子系统总能量等于动能和电势能之和，根据动能和电势能的大小可知总能量为，则半径越大，总能量越大， C正确， D错误。
故选BC。
【分析】利用库仑力提供向心力结合动能的表达式可以比较电子的动能大小；结合电势能的大小可以比较氢原子总能量的大小。
11．【答案】（1）A
（2）
（3）A；B
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）由于实验探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系，所以本实验探究的公式为。故选A。
（2）每次电容器都要分一半电荷量给电容器，根据电容的定义式有，由于电容保持不变可知电压表读数每次减小一半，故数字电压表的读数之比为。
（3）A．只有在放电前不带电，才分一半电荷量给，电压表读数才能每次减小一半， 故A正确；
B．由于人体属于导体，所以手或者其他导体接触两个电容器会出现漏电，故B正确；
C．为了验证电荷量和电压的关系，实验中必须保证两个电容器的电容相同，故C错误。
故选AB。
【分析】（1）由于实验探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系，所以本实验探究的公式为；
（2）利用电荷量的变化结合电容不变可以判别电压的大小关系；
（3）利用电容的定义式可知只有在放电前不带电，才分一半电荷量给，电压表读数才能每次减小一半；由于人体属于导体，所以手或者其他导体接触两个电容器会出现漏电；为了验证电荷量和电压的关系，实验中必须保证两个电容器的电容相同。
（1）根据题意可知本实验探究的公式为。
故选A。
（2）每次电容器都要分一半电荷量给电容器，根据
可知电压表读数每次减小一半，故数字电压表的读数之比为。
（3）A．只有在放电前不带电，才分一半电荷量给，电压表读数才能每次减小一半， 故A正确；
B．手或者其他导体接触两个电容器会出现漏电，故B正确；
C．实验中必须保证两个电容器的电容相同，故C错误。
故选AB。
12．【答案】（1）B；C
（2）；
（3）A；B
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）重物下落过程中，只受到重力作用，根据重力势能的减少量等于动能的增量可知本实验需要验证的公式是，根据表达式可知不需要测量重物质量，故A错误；
B．根据打点计时器的工作原理可知打点计时器必须接交流电源，故B正确；
C．为了减小阻力的影响，两限位孔必须在同一竖直线上，这样可以保证重物下落过程中纸带能平稳通过打点计时器，故 C正确；
D．为了充分利用纸带，让纸带上留下更多的点迹，实验应先接通电源，再释放重物，故 D错误。
故选BC。
（2）根据重力势能的表达式可知重力势能的减少量为
根据平均速度公式可知重物经过B点的速度大小为，根据动能的表达式可知动能的增量为
（3）A．本实验中误差来源有摩擦阻力和空气阻力，为了减小阻力对重力的影响，实验应该选择质量大、体积小的重物可以减小空气阻力，故A正确；
B．为了减小阻力的影响，实验可以用光电门替换打点计时器，故B正确；
C．速度不能用公式来计算，因为该公式成立已经默认重物下落过程机械能守恒，如果用该公式计算速度，相当于用机械能守恒来验证机械能守恒。故C错误；
D．在测量下落的高度时，应该选择离起始点远一些的点，可以减小读数误差，故D错误。
故选AB。
【分析】（1）重物下落过程中，根据机械能守恒定律的表达式可知不需要测量重物质量；根据打点计时器的工作原理可知打点计时器必须接交流电源；为了减小阻力的影响，两限位孔必须在同一竖直线上；实验应先接通电源，再释放重物；
（2）利用重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量；利用动能的表达式可以求出动能的增量；
（3），为了减小阻力对重力的影响，实验应该选择质量大、体积小的重物可以减小空气阻力；为了减小阻力的影响，实验可以用光电门替换打点计时器；．速度不能用公式来计算，因为该公式成立已经默认重物下落过程机械能守恒；在测量下落的高度时，应该选择离起始点远一些的点，可以减小读数误差。
（1）本实验需要验证的公式是
不需要测量重物质量，故A错误；
B．打点计时器必须接交流电源，故B正确；
C．两限位孔必须在同一竖直线上，这样可以保证重物下落过程中纸带能平稳通过打点计时器，减小纸带与打点计时器的摩擦，故 C正确；
D．应先接通电源，再释放重物，这样可以充分利用纸带，使纸带上数据点多，故 D错误。
故选BC。
（2）[1]
[2]，
（3）A．本实验中误差来源有摩擦阻力和空气阻力，选择质量大、体积小的重物可以减小空气阻力，故A正确；
B．用光电门替换打点计时器，可以减小摩擦阻力，故B正确；
C．速度不能用公式来计算，因为该公式成立的前提是只受重力，即机械能守恒，如果用该公式计算速度，相当于用机械能守恒来验证机械能守恒。故C错误；
D．选择离起始点远一些的点，可以减小读数误差，故D错误。
故选AB。
13．【答案】（1）解：设月球质量为，由万有引力提供向心力有
设月球的第一宇宙速度为，则有
两式联立解得月球表面的第一宇宙速度

（2）解：忽略月球自转得
由平衡条件得
由联立得

【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【分析】（1）月球对飞船的引力提供向心力，同理利用引力提供向心力可以求出第一宇宙速度的大小；
（2）月球对表面物体的引力形成重力，结合平衡方程可以求出飞船受到的支持力的大小。
（1）设月球质量为，由万有引力提供向心力有
设月球的第一宇宙速度为，则有
两式联立解得月球表面的第一宇宙速度
（2）忽略月球自转得
由平衡条件得
由联立得
14．【答案】（1）解：将重力与电场力合成一个力，即等效重力，根据题意可知二者合力为设重力与电场力的合力方向与竖直方向的夹角为，则
可知
小球恰能做完整的圆周运动时，在“等效最高点”速度最小，在“等效最高点”有
可得
从点到等效最高点有
解得

（2）解：细线断裂后，小球相对合力方向做类斜抛运动，当小球在合力方向上的分速度为时，合速度最小，从到，由动能定理有
解得
则最小速度

（3）解：从细线断裂到小球的电势能与点电势能相等的过程中，电场力做功为零，即相当于点水平方向的速度等大反向，则水平方向有，
竖直方向有
根据
联立解得

【知识点】功能关系；动能定理的综合应用；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）小球在电场中做圆周运动，利用力的合成可以求出电场力和重力的合力，利用合力的方向可以求出等效最高点的位置，结合动能定理及牛顿第二定律可以求出小球在M点的初速度大小；
（2）当细绳断开后，利用小球做类平抛运动，利用动能定理结合速度的分解可以求出小球速度的最小值；
（3）当小球电势能与B点电势能相等时，利用水平方向的速度公式和竖直方向的位移公式可以求出竖直方向的位移，结合重力的大小可以求出重力势能的变化量。
（1）将重力与电场力合成一个力，即等效重力，根据题意可知二者合力为
设重力与电场力的合力方向与竖直方向的夹角为，则
可知
小球恰能做完整的圆周运动时，在“等效最高点”速度最小，在“等效最高点”有
可得
从点到等效最高点有
解得
（2）细线断裂后，小球相对合力方向做类斜抛运动，当小球在合力方向上的分速度为时，合速度最小，从到，由动能定理有
解得
则最小速度
（3）从细线断裂到小球的电势能与点电势能相等的过程中，电场力做功为零，即相当于点水平方向的速度等大反向，则水平方向有，
竖直方向有
根据
联立解得
15．【答案】（1）解：若滑块恰好能通过圆轨道的最高点，则
解得滑块过最高点时的速度大小为

（2）解：滑块经过圆轨道时不脱轨：
则根据动能定理
解得
恰好到达点，则
解得
综上可知，滑块经过圆轨道时不脱轨且能最终落在挡板上，则
又受材料结构强度的限制，圆轨道能够承受来自滑块的最大压力
则在圆轨道最低点
解得
故满足条件的范围

（3）解：设平抛速度为，则，
且
整理得
动能
当时，动能最小，为
则代入上面方程解得
根据动能定理
解得

【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）当滑块恰好经过最高点，利用牛顿第二定律可以求出经过最高点的速度；
（2）当滑块恰好经过最高点时，利用动能定理可以求出AB的距离；当滑块恰好到达F点时，利用动能定理可以求出AB之间的距离，结合最低的牛顿第二定律及动能定理可以求出AB之间的距离大小；（3）当滑块开始做平抛运动，利用平抛运动的位移公式结合动能定理的表达式可以求出AB之间的距离及动能的最小值。
（1）若滑块恰好能通过圆轨道的最高点，则
解得滑块过最高点时的速度大小为
（2）滑块经过圆轨道时不脱轨：
则根据动能定理
解得
恰好到达点，则
解得
综上可知，滑块经过圆轨道时不脱轨且能最终落在挡板上，则
又受材料结构强度的限制，圆轨道能够承受来自滑块的最大压力
则在圆轨道最低点
解得
故满足条件的范围
（3）设平抛速度为，则，
且
整理得
动能
当时，动能最小，为
则代入上面方程解得
根据动能定理
解得
1 / 1湖北省孝感市楚天教科研协作体、孝感市一般高中协作体2024-2025学年高一下学期6月期末物理试题 A 卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1．关于天体的运动，下列说法符合物理学史的是（　　）
A．“日心说”认为，地球是宇宙的中心
B．开普勒观测记录行星公转的大量数据
C．卡文迪许测出了万有引力常量，他被称为“称量地球第一人”
D．牛顿总结出行星运动的三大规律
【答案】C
【知识点】物理学史
【解析】【解答】A．哥白尼提出的“日心说”认为太阳是宇宙中心，故A错误；
B．第谷观测记录行星公转的大量数据，故B错误；
C．卡文迪许通过扭秤实验结合了放大法测定了万有引力常量，从而能够计算地球质量，因此被称为“称量地球第一人”，故C正确；
D．开普勒总结行星运动规律提出了行星运动三大规律，牛顿则是提出了万有引力定律，故D错误。
故选C。
【分析】“日心说”认为太阳是宇宙中心；第谷观测记录行星公转的大量数据；卡文迪许通过扭秤实验结合了放大法测定了万有引力常量；开普勒总结行星运动规律提出了行星运动三大规律。
2．关于三种起电方式，下列说法正确的是（　　）
A．摩擦起电现象是电荷在同一个物体上转移而形成的
B．接触起电时两个物体不一定平均分配电荷
C．感应起电的本质是创造了新的电荷
D．感应起电现象不遵从电荷守恒定律
【答案】B
【知识点】电荷及三种起电方式
【解析】【解答】A．摩擦起电是由于不同物体对电子的束缚能力不同，当两个物体发生摩擦时，物体间的电子发生转移而带电，如丝绸摩擦玻璃棒，电子从玻璃棒转移到丝绸，故A错误；
B．接触起电时，电荷分配取决于导体的电容（如形状、材质）。若两导体形状和大小不同，电荷可能不均分，例如大导体与小导体接触时电荷按电容比例分配，故B正确；
C．感应起电是导体内部电荷受外电场作用重新分布，只是内部电子的位置发生改变但总电荷量不变，未创造新电荷，故C错误；
D．电荷守恒定律适用于所有起电过程，感应起电仅改变电荷分布，电荷总量保持不变所以总电荷量守恒，故D错误。
故选B。
【分析】 摩擦起电是不同物体间因电子转移而带电 ；接触起电时，电荷分配取决于导体的电容（如形状、材质）；感应起电是导体内部电荷受外电场作用重新分布，只是内部电子的位置发生改变但总电荷量不变；电荷守恒定律适用于所有起电过程。
3．从地面上方0.45m处以4m/s的速度竖直向上抛出一物体，不计空气阻力，重力加速度为10m/s2，以地面为重力势能的零势能面。下列说法中正确的是（　　）
A．物体在空中运动时间为0.8s
B．动能与势能相等时离地面高度为1.25m
C．速度为2m/s时离地面高度为1.05m
D．速度为2m/s时离地面高度为0.6m
【答案】C
【知识点】竖直上抛运动；重力势能的变化与重力做功的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据速度公式可知物体在空中运动的上升时间
根据速度位移公式可知上升高度
最高点离地面高度
物体下落做自由落体运动，根据位移公式
可得下落的时间为
运动的总时间，故A错误；
B．物体在空中运动的过程中机械能守恒，根据最初的速度和高低可知总机械能
当动能等于势能时，
根据重力势能的表达式可知对应高度，故B错误；
CD．速度为2m/s时，根据动能的表达式可知动能
根据机械能和动能的大小可知势能
对应高度，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】利用速度公式可以得出物体上升的时间，利用速度位移公式可以求出上升的高度，结合位移公式可以求出物体下落的时间；利用最初的速度和高度可以求出机械能的大小，利用动能和势能相等结合重力势能的表达式可以求出对应的高度。
4．两条粗细相同、由同种材料制成的均匀电阻丝、，其伏安特性曲线分别如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．电阻丝、的长度之比为
B．、串联后，图线位于、之间
C．、并联后，图线位于、之间
D．、并联后，图线位于与轴之间
【答案】D
【知识点】电阻定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．已知电阻丝电流和电压的大小关系，根据欧姆定律可知，，
已知电阻丝的材料和粗细相同，根据电阻定律可知，故A错误；
B．根据串联电路的规律有，串联后总电阻变大，因为图线的斜率反映电阻的倒数，由于串联总电阻比较大所以串联后总电阻的图线的斜率最小，图线位于与U轴之间，故B错误；
CD．由可知，并联后总电阻减小，又因为图线的斜率反映电阻的倒数，由于并联后的总电阻减小所以并联后总电阻的图线的斜率最大，图线位于与轴之间，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】利用欧姆定律可以求出两个电阻的阻值大小，结合电阻定律可以求出长度的比值；利用串联和并联的总电阻大小，结合电阻和斜率的关系可以判别图线的位置。
5．静电纺纱是利用高压静电场使单纤维两端带异种电荷，在电场力作用下使纤维伸直、平行排列和凝聚的纺纱工艺。如图所示为其电场分布简图，下列说法正确的是（　　）
A．图中虚线为等势线
B．A、两点的电场强度方向相同
C．在点由静止释放一电子，它将在电场力作用下沿虚线运动
D．任一电荷在点电势能一定小于点电势能
【答案】B
【知识点】电场强度；电场线；电势能；电势
【解析】【解答】A．电极在静电场中，由于静电感应导致电极是等势体，其表面是等势面，根据电场线与等势面垂直可知虚线应是电场线，A错误；
B．电场线的切线方向为电场强度方向，由于A和B所处位置的电场线切线方向相同，所以A、两点的电场强度方向相同，B正确；
C．电场是曲线，在C点静止释放一电子，由于电场力方向时刻改变所以在电场力作用下不会沿着虚线CD运动，C错误；
D．电场线由高压电源的正极到负极，电场线从右向左，所以D点电势高于点电势，根据电势能的表达式可知正电荷在点电势能小，负电荷在点电势能大，D错误。
故选B。
【分析】利用静电感应可以判别虚线为电场线；利用电场线的切线方向可以判别电场强度的方向；利用电场力的方向可以判别粒子运动方向；利用电场线方向可以比较电势的高低，结合电性可以比较电势能的大小。
6．将横截面相同、材料不同的两段导体、无缝连接成一段导体，总长度为，接入如图甲电路电源内阻忽略不计。闭合开关，滑片从端滑到端，理想电流表读数的倒数随滑片的滑动距离的变化关系如图乙，则导体、的电阻率之比约为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】电阻定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】由于滑动变阻器与定值电阻串联，由于电源内阻不计，根据欧姆定律
结合图像坐标可知：当时，，当时，
当时，，故
已知电阻的大小，根据电阻定律，其中，得导体、的电阻率之比约为
故选C。
【分析】利用回路中的欧姆定律结合图像电流和电阻的大小可以求出两段导体的阻值之比，结合电阻定律可以求出电阻率之比。
7．在边长为a的正六边形ABCDEF的各顶点分别固定六个点电荷，电荷量依次为+q， q，+q， q，+q， q，则A处的点电荷所受库仑力的合力为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】库仑定律；力的合成
【解析】【解答】如图所示，根据电荷的电性可以得出A处点电荷受到的其他各点电荷对其的库仑力，
根据几何关系可知，
由库仑定律可知，，
根据力的合成可知合力为
故选C。
【分析】画出各个电荷对A点电荷的库仑力方向，利用库仑定律结合力的合成可以求出合力的大小。
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8．如图甲所示，、是某电场中一条电场线上的两点，一个正电荷从点由静止释放，仅在静电力作用下从点运动到点，其运动的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．点电场强度小于点电场强度
B．电场线的方向从指向
C．该点电荷在点电势能小于点电势能
D．该电场可能是孤立负电荷产生的
【答案】A,D
【知识点】电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．从到，根据乙图可知图像斜率不断增大，由于图像斜率代表加速度，所以加速度增大，根据牛顿第二定律qE=ma可知电场力增大，所以点的电场强度小于点的电场强度，故A正确；
BC．正电荷由静止开始从运动到，由于正电荷的速度增大，电场力方向与速度方向相同可知电场力方向从到，因正电荷的电场力方向与电场线方向相同，故电场线方向由指向，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知，点电势高于点电势，根据电势能的表达式可知正电荷在点的电势能大于在点的电势能，故BC错误；
D．若该电场是某个点电荷产生的，根据点电荷的场强公式可知距离点电荷越近场强越大，所以该点电荷应该在的右侧，根据电场力的方向为A到B，所以场源电荷应该带负电，故D正确。
故选AD。
【分析】利用图像斜率的变化可以比较加速度的大小，结合牛顿第二定律可以比较两点电场强度的大小；利用正电荷的速度变化可以判别电场力的方向，利用电场力的方向结合电性可以判别电场线的方向，利用电场线方向可以比较电势的高低，结合电性可以比较电势能的大小；利用电场强度的大小可以判别场源电荷的位置，结合电场力的方向可以判别场源电荷的电性。
9．先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场，进入时速度方向与电场方向垂直。不计空气阻力。已知电子和氢核的质量分别为、，下列说法正确的是（　　）
A．电子和氢核的偏转方向相同
B．电子和氢核的偏转方向相反
C．若电子和氢核的初动能相同，则它们的侧移之比为
D．若电子和氢核的初动能相同，则它们的侧移之比为
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AB．电子和氢核在同一匀强电场中，由于两个粒子电性不同所以受到的电场力方向相反，偏转方向相反， 故A错误， B正确；
CD．两束粒子均做类平抛运动，根据电场方向的位移公式有，根据牛顿第二定律有：根据水平方向的位移公式有，结合动能的表达式，联立得
初动能相同时，侧移y与电荷量成正比，故，故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】利用两个粒子电性不同可以判别电场力不同所以偏转方向不同；利用类平抛运动的位移公式结合牛顿第二定律及动能的表达式可以判别动能相等时偏移量的大小。
10．波尔的原子结构模型认为：氢原子的核外电子（带电量为）在不同的轨道上绕原子核（带电量为）做匀速圆周运动，氢原子具有的总能量为核外电子动能和“电子-原子核”系统的电势能的总和。已知系统具有的电势能与电子绕原子核运动的半径的关系为（取无穷远为零势能点），万有引力忽略不计。则（　　）
A．轨道半径越大，核外电子动能越大
B．轨道半径越大，核外电子动能越小
C．轨道半径越大，氢原子系统总能量越大
D．轨道半径越大，氢原子系统总能量越小
【答案】B,C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．对半径为的氢原子，库仑力充当向心力，根据牛顿第二定律得
根据动能的表达式可以得出电子的动能为，则半径越大，动能越小，A错误，B正确；
CD．氢原子系统总能量等于动能和电势能之和，根据动能和电势能的大小可知总能量为，则半径越大，总能量越大， C正确， D错误。
故选BC。
【分析】利用库仑力提供向心力结合动能的表达式可以比较电子的动能大小；结合电势能的大小可以比较氢原子总能量的大小。
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11．如图是探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系的实验电路，、为两个完全相同的电容器，电源内阻忽略不计，V为数字电压表。主要实验步骤如下：
接，断开，电池给电容器充电，读出电压表V的读数；
接，使电容器跟并联，读出电压表V的读数；
断开，闭合开关，让电容器完全放电；
再断开，将接，把和并联，读出电压表V的读数；
重复步骤。
回答下列问题。
（1）本实验探究的公式为 。
A． B． C．
（2）理论上，数字电压表的读数　 　。
（3）以下哪些操作可以减小实验误差 。
A．每次接前必须保证电容器不带电
B．实验过程中不能让手或者其他导体接触两个电容器
C．可以使用两个电容不同的电容器进行实验
【答案】（1）A
（2）
（3）A；B
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）由于实验探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系，所以本实验探究的公式为。故选A。
（2）每次电容器都要分一半电荷量给电容器，根据电容的定义式有，由于电容保持不变可知电压表读数每次减小一半，故数字电压表的读数之比为。
（3）A．只有在放电前不带电，才分一半电荷量给，电压表读数才能每次减小一半， 故A正确；
B．由于人体属于导体，所以手或者其他导体接触两个电容器会出现漏电，故B正确；
C．为了验证电荷量和电压的关系，实验中必须保证两个电容器的电容相同，故C错误。
故选AB。
【分析】（1）由于实验探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系，所以本实验探究的公式为；
（2）利用电荷量的变化结合电容不变可以判别电压的大小关系；
（3）利用电容的定义式可知只有在放电前不带电，才分一半电荷量给，电压表读数才能每次减小一半；由于人体属于导体，所以手或者其他导体接触两个电容器会出现漏电；为了验证电荷量和电压的关系，实验中必须保证两个电容器的电容相同。
（1）根据题意可知本实验探究的公式为。
故选A。
（2）每次电容器都要分一半电荷量给电容器，根据
可知电压表读数每次减小一半，故数字电压表的读数之比为。
（3）A．只有在放电前不带电，才分一半电荷量给，电压表读数才能每次减小一半， 故A正确；
B．手或者其他导体接触两个电容器会出现漏电，故B正确；
C．实验中必须保证两个电容器的电容相同，故C错误。
故选AB。
12．利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”的实验。
（1）下列说法合理的是 。
A．实验前需要用天平称出重物的质量
B．打点计时器应该接交流电源
C．实验前应调整计时器使限位孔位于同一竖直线上
D．应先释放重物，再接通电源
（2）实验中，得到图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点、、，测得它们到起始点的距离分别为、、。已知当地重力加速度为，打点计时器打点的周期为，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了　 　，动能增加了　 　。结果均保留两位小数
（3）下列操作可以减小实验误差的是 。
A．选择质量大、体积小的重物
B．用光电门替换打点计时器
C．利用公式计算速度
D．测量下落高度时，选择的点尽量离起始点近一些
【答案】（1）B；C
（2）；
（3）A；B
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）重物下落过程中，只受到重力作用，根据重力势能的减少量等于动能的增量可知本实验需要验证的公式是，根据表达式可知不需要测量重物质量，故A错误；
B．根据打点计时器的工作原理可知打点计时器必须接交流电源，故B正确；
C．为了减小阻力的影响，两限位孔必须在同一竖直线上，这样可以保证重物下落过程中纸带能平稳通过打点计时器，故 C正确；
D．为了充分利用纸带，让纸带上留下更多的点迹，实验应先接通电源，再释放重物，故 D错误。
故选BC。
（2）根据重力势能的表达式可知重力势能的减少量为
根据平均速度公式可知重物经过B点的速度大小为，根据动能的表达式可知动能的增量为
（3）A．本实验中误差来源有摩擦阻力和空气阻力，为了减小阻力对重力的影响，实验应该选择质量大、体积小的重物可以减小空气阻力，故A正确；
B．为了减小阻力的影响，实验可以用光电门替换打点计时器，故B正确；
C．速度不能用公式来计算，因为该公式成立已经默认重物下落过程机械能守恒，如果用该公式计算速度，相当于用机械能守恒来验证机械能守恒。故C错误；
D．在测量下落的高度时，应该选择离起始点远一些的点，可以减小读数误差，故D错误。
故选AB。
【分析】（1）重物下落过程中，根据机械能守恒定律的表达式可知不需要测量重物质量；根据打点计时器的工作原理可知打点计时器必须接交流电源；为了减小阻力的影响，两限位孔必须在同一竖直线上；实验应先接通电源，再释放重物；
（2）利用重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量；利用动能的表达式可以求出动能的增量；
（3），为了减小阻力对重力的影响，实验应该选择质量大、体积小的重物可以减小空气阻力；为了减小阻力的影响，实验可以用光电门替换打点计时器；．速度不能用公式来计算，因为该公式成立已经默认重物下落过程机械能守恒；在测量下落的高度时，应该选择离起始点远一些的点，可以减小读数误差。
（1）本实验需要验证的公式是
不需要测量重物质量，故A错误；
B．打点计时器必须接交流电源，故B正确；
C．两限位孔必须在同一竖直线上，这样可以保证重物下落过程中纸带能平稳通过打点计时器，减小纸带与打点计时器的摩擦，故 C正确；
D．应先接通电源，再释放重物，这样可以充分利用纸带，使纸带上数据点多，故 D错误。
故选BC。
（2）[1]
[2]，
（3）A．本实验中误差来源有摩擦阻力和空气阻力，选择质量大、体积小的重物可以减小空气阻力，故A正确；
B．用光电门替换打点计时器，可以减小摩擦阻力，故B正确；
C．速度不能用公式来计算，因为该公式成立的前提是只受重力，即机械能守恒，如果用该公式计算速度，相当于用机械能守恒来验证机械能守恒。故C错误；
D．选择离起始点远一些的点，可以减小读数误差，故D错误。
故选AB。
四、计算题：本大题共3小题，共44分。
13．我国计划在2030年前实现载人登陆月球开展科学探索，其后将探索建造月球科研试验站，开展系统、连续的月球探测和相关技术试验验证。质量为的飞船在距离月面的高度等于月球半径处绕月球做匀速圆周运动时，周期为，已知月球半径为，忽略月球自转。求：
（1）月球表面的第一宇宙速度大小
（2）飞船停在月球上时受到的支持力的大小。
【答案】（1）解：设月球质量为，由万有引力提供向心力有
设月球的第一宇宙速度为，则有
两式联立解得月球表面的第一宇宙速度

（2）解：忽略月球自转得
由平衡条件得
由联立得

【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【分析】（1）月球对飞船的引力提供向心力，同理利用引力提供向心力可以求出第一宇宙速度的大小；
（2）月球对表面物体的引力形成重力，结合平衡方程可以求出飞船受到的支持力的大小。
（1）设月球质量为，由万有引力提供向心力有
设月球的第一宇宙速度为，则有
两式联立解得月球表面的第一宇宙速度
（2）忽略月球自转得
由平衡条件得
由联立得
14．如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为的绝缘细线一端固定于点，另一端系着一个质量为、电荷量为的带正电小球，小球静止在点。现给小球一垂直于的初速度，使其在竖直平面内绕点恰好能做完整的圆周运动，为圆的竖直直径，已知匀强电场的场强大小为，重力加速度为。当小球第二次运动到点时细线突然断裂，求：
（1）小球恰好做完整的圆周运动时，小球在点初速度的大小；
（2）细线断裂后的运动过程中，小球速度的最小值；
（3）从细线断裂到小球的电势能与在点的电势能相等时，重力势能的改变量。
【答案】（1）解：将重力与电场力合成一个力，即等效重力，根据题意可知二者合力为设重力与电场力的合力方向与竖直方向的夹角为，则
可知
小球恰能做完整的圆周运动时，在“等效最高点”速度最小，在“等效最高点”有
可得
从点到等效最高点有
解得

（2）解：细线断裂后，小球相对合力方向做类斜抛运动，当小球在合力方向上的分速度为时，合速度最小，从到，由动能定理有
解得
则最小速度

（3）解：从细线断裂到小球的电势能与点电势能相等的过程中，电场力做功为零，即相当于点水平方向的速度等大反向，则水平方向有，
竖直方向有
根据
联立解得

【知识点】功能关系；动能定理的综合应用；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）小球在电场中做圆周运动，利用力的合成可以求出电场力和重力的合力，利用合力的方向可以求出等效最高点的位置，结合动能定理及牛顿第二定律可以求出小球在M点的初速度大小；
（2）当细绳断开后，利用小球做类平抛运动，利用动能定理结合速度的分解可以求出小球速度的最小值；
（3）当小球电势能与B点电势能相等时，利用水平方向的速度公式和竖直方向的位移公式可以求出竖直方向的位移，结合重力的大小可以求出重力势能的变化量。
（1）将重力与电场力合成一个力，即等效重力，根据题意可知二者合力为
设重力与电场力的合力方向与竖直方向的夹角为，则
可知
小球恰能做完整的圆周运动时，在“等效最高点”速度最小，在“等效最高点”有
可得
从点到等效最高点有
解得
（2）细线断裂后，小球相对合力方向做类斜抛运动，当小球在合力方向上的分速度为时，合速度最小，从到，由动能定理有
解得
则最小速度
（3）从细线断裂到小球的电势能与点电势能相等的过程中，电场力做功为零，即相当于点水平方向的速度等大反向，则水平方向有，
竖直方向有
根据
联立解得
15．如图所示为某一游戏装置的示意图。为倾角的足够长的倾斜直轨道，圆轨道最低点分别与水平直轨道、相接于、两点与前后略错开，轨道各部分平滑连接，轨道右侧存在一挡板，轨道与挡板均在同一个竖直平面内。已知长，圆轨道半径，点位于点正下方处，以点为坐标原点建立直角坐标系，挡板形状满足。将质量的滑块可视为质点从斜轨道上距点处静止释放，滑块与轨道、之间的动摩擦因数，其余轨道均光滑。受材料结构强度的限制，圆轨道能够承受来自滑块的最大压力。求：
（1）若滑块恰好能通过圆轨道的最高点，求滑块过最高点时的速度大小
（2）要使滑块经过圆轨道时不脱轨且能最终落在挡板上，求需满足的条件
（3）当为何值时，滑块落在挡板上时的动能最小，并求的最小值。
【答案】（1）解：若滑块恰好能通过圆轨道的最高点，则
解得滑块过最高点时的速度大小为

（2）解：滑块经过圆轨道时不脱轨：
则根据动能定理
解得
恰好到达点，则
解得
综上可知，滑块经过圆轨道时不脱轨且能最终落在挡板上，则
又受材料结构强度的限制，圆轨道能够承受来自滑块的最大压力
则在圆轨道最低点
解得
故满足条件的范围

（3）解：设平抛速度为，则，
且
整理得
动能
当时，动能最小，为
则代入上面方程解得
根据动能定理
解得

【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）当滑块恰好经过最高点，利用牛顿第二定律可以求出经过最高点的速度；
（2）当滑块恰好经过最高点时，利用动能定理可以求出AB的距离；当滑块恰好到达F点时，利用动能定理可以求出AB之间的距离，结合最低的牛顿第二定律及动能定理可以求出AB之间的距离大小；（3）当滑块开始做平抛运动，利用平抛运动的位移公式结合动能定理的表达式可以求出AB之间的距离及动能的最小值。
（1）若滑块恰好能通过圆轨道的最高点，则
解得滑块过最高点时的速度大小为
（2）滑块经过圆轨道时不脱轨：
则根据动能定理
解得
恰好到达点，则
解得
综上可知，滑块经过圆轨道时不脱轨且能最终落在挡板上，则
又受材料结构强度的限制，圆轨道能够承受来自滑块的最大压力
则在圆轨道最低点
解得
故满足条件的范围
（3）设平抛速度为，则，
且
整理得
动能
当时，动能最小，为
则代入上面方程解得
根据动能定理
解得
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