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江苏省无锡市锡山高级中学2023-2024学年高一下学期期中物理试卷（原卷版+解析版）
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（本试卷满分100分，考试时间75分钟）
一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分，每题只有一个选项最符合题意。
1. 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r→0时，F→∞
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A、B两点产生的附加电场的电场强度大小EA>EB
【答案】D
【解析】
【详解】A．两个带异种电荷的金属球接触时，负电荷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，故B错误；
C．当r→0时，库仑力表达式不再适用，不能得到F→∞的结论，故C错误；
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，导体内部的合场强处处为0，则感应电荷在A、B两点产生的附加电场与正点电荷在A、B两点产生的场强大小相等，由于A点离正点电荷较近，所以感应电荷在A、B两点产生的附加电场的电场强度大小EA>EB，故D正确。
故选D
2. 关于电容器和电容的说法中，正确的是（ ）
A. 由电容的定义式可知，电容C与所带的电荷量Q成正比，与电压U成反比
B. 电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和
C. 如图所示，开关接1时，给平行板电容器充电，且上极板带正电
D. 保持电容器与电池的连接，若两极板的距离减小，则极板上的电荷量减少
【答案】C
【解析】
【详解】A．只是电容的定义式，电容C与所带的电荷量Q和电压U均没有直接关系，故A错误；
B．电容器所带的电荷量是指其中一个极板所带电荷量的绝对值，故B错误；
C．如图所示，开关接1时，给平行板电容器充电，且上极板带正电，下极板带负电，故C正确；
D．保持电容器与电池的连接，则极板间的电压不变，根据
，
若两极板的距离减小，则电容增大，极板上的电荷量增大，故D错误。
故选C。
3. 复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车从静止开始以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内（ ）
A. 牵引力保持不变B. 加速度逐渐变大
C. 牵引力的功率D. 牵引力做功
【答案】C
【解析】
【详解】A．动车从静止开始以恒定功率P在平直轨道上运动，由，可知在动车加速过程中牵引力减小，故A错误；
B．由牛顿第二定律可得，可知动车加速过程中加速度逐渐减小，故B错误；
C．牵引力的功率
故C正确；
D．由动能定理可知，动车行驶过程牵引力和阻力做功，牵引力做功为
故D错误。
故选C。
4. 如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，过B点的等势面交电场线P点，且AB＝BC，电场中的A、B、C三点的电场强度分别为EA、EB、EC，电势分别为φA、φB、φC，AP、BC间的电势差分别为UAP、UBC。下列说法正确的是（ ）
A. EA＜EB＜EC
B. UAP＞UBC
C. φA＜φB＜φC
D. 电子从A运动到C的过程中其电势能减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据电场线的疏密程度，可知A、B、C三点的电场强度大小关系为
故A错误；
CD．根据沿电场方向电势降低，可知A、B、C三点的电势高低关系为
电子从A运动到C的过程中，电场力做功为
可知电场力做负功，电势能增大，故CD错误。
B．根据U=Ed，且，由于AB部分的场强大于BC部分的场强，则有
故B正确。
故选B。
5. 如图（a），一点电荷P（未画出）所在的水平直线上有M、N两点。在M、N两点分别放置试探电荷，其受到的静电力与试探电荷的电荷量的关系分别如图（b）中直线Ⅰ、Ⅱ所示。规定向右为正方向，则（ ）
A. P带正电B. P在M点左侧
C. M点电势比N点的低D. M点电场强度比N点的小
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由图像中直线Ⅰ可知，在M点放置的试探电荷带正电，受到的电场力向右，则M点的场强方向向右；由图像中直线Ⅱ可知，在N点放置的试探电荷带负电，受到的电场力向右，则N点的场强方向向左；可知点电荷P应位于M、N两点之间，且P带负电，故AB错误；
CD．根据
由图像可知，直线Ⅰ对应的场强大于直线Ⅱ对应的场强，即M点电场强度比N点的大；根据
可知M点比N点离负点电荷P更近，则M点电势比N点的低，故C正确，D错误。
故选C。
6. 如图（a）所示，有一电荷均匀分布的固定绝缘细圆环，圆心为O，轴线上的电场强度和电势分布如图（b）（c）所示。现有一带负电的粒子（重力不计）以初速度v0沿轴线由P运动到Q，OP=OQ=L。关于粒子由P运动到Q的过程分析，下列说法正确的是（ ）
A. 粒子的电势能先增大后一直减小
B. 静电力对粒子做功不为0
C. 粒子所受静电力先增大后一直减小
D. 粒子先加速后一直减速
【答案】D
【解析】
【详解】AD．由图可知
粒子由P运动到Q的过程中，电场力先做正功，后一直做负功，根据电场力做功与电势能的关系
可得，电势能先减小后一直增大，动能先增大后一直减小，即粒子先加速后一直减速，故A错误，D正确；
B．根据图（c）可知
根据
可知，粒子由P运动到Q的过程静电力对粒子做功的代数和为0，故B错误；
C．根据图（b）可知，粒子由P运动到Q的过程，场强先增大后减小，再增大最后再减小，故粒子所受静电力先增大后减小，再增大最后再减小，故C错误。
故选D。
7. 某同学在操场上踢足球，足球质量为m，该同学从地面上的1位置将足球以速度v0踢起，最高可以到达离地面高度为h的2位置，选地面为零势能面，足球可以看成质点，则下列说法中正确的是（ ）
A. 足球从位置1到位置2的运动过程机械能守恒
B. 该同学对足球做的功等于
C. 足球在位置2处的机械能为mgh
D. 若从位置1到位置2足球克服空气阻力做功为W，足球在位置2处的动能为
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知足球从1位置到2位置的水平位移与从2位置到3位置的水平位移大小明显不一样，可知足球在运动中空气阻力不能忽略，足球从位置1到位置2的运动过程机械能不守恒，故A错误；
B．由动能定理可知该同学对足球做功为
故B正确；
C．足球在位置2处的速度不为零，机械能大于mgh，故C错误；
D．足球从位置1到位置2由动能定理得
则足球在位置2处的动能为
故D错误。
故选B。
8. 如图，一轻质弹簧置于固定光滑斜面上，下端与固定在斜面底端的挡板连接，弹簧处于原长时上端位于A点。一物块由斜面上A点上方某位置释放，将弹簧压缩至最低点B（弹簧在弹性限度内），则物块由A点运动至B点的过程中，弹簧弹性势能的（ ）
A. 增加量等于物块动能的减少量
B. 增加量等于物块重力势能的减少量
C. 增加量等于物块机械能的减少量
D. 最大值等于物块动能的最大值
【答案】C
【解析】
【详解】ABC．设物块在A点时的动能为，斜面的倾角为，物块由A点运动至B点的过程中，对物块由能量守恒有
可知，物块由A点运动至B点的过程中，物块的机械能转化成了弹簧的弹性势能，因此可知，弹簧弹性势能增加量大于物块动能的减少量，同样大于物块重力势能的减少量，而等于物块机械能的减少量，故AB错误，C正确；
D．显然，物块由A点运动至B点的过程中，弹簧弹性势能最大时即弹簧被压缩至最短时，而物块动能最大时，弹簧的弹力等于物块重力沿斜面向下的分力，即此时弹簧已被压缩，具有了一定的弹性势能，而此后物块还要继续向下运动，直至速度减为零，弹簧被压缩至最短，因此弹簧弹性势能的最大值大于物块动能的最大值，而等于物块机械能的减少量，故D错误。
故选C。
9. 如图，空间中有一匀强电场，大小为，方向与水平方向成角，现有一光滑绝缘大圆环固定在竖直平面内，O点为环心，将质量为m、带电荷量为的小圆环套在大圆环的M点并同时给小圆环一个向右的水平初速度，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，重力加速度为g，则小圆环（ ）
A. 从M点到Q点动能减小
B. 在M点和N点的电势能相等
C. 从M点到Q点电场力做负功
D. 动能最大处的电势低于动能最小处的电势
【答案】D
【解析】
【详解】C．小圆环带正电，从M点到Q点电场力做正功，C错误；
B．作出等势面如图：
沿电场线方向电势降低，则在M点的电势高于N点的电势，正电荷在电势高的地方电势能大，所以在M点的电势能大于N点的电势能，B错误；
A．小圆环受到的电场力
受力如图：
则小圆环运动的等效最高点和等效最低点分别为A点和B点，在A点速度最小，在B点速度最大，则从M点到Q点动能先增大后减小，A错误；
D．根据沿电场线方向电势降低，则在B点的电势低于A点的电势，即动能最大处的电势低于动能最小处的电势，D正确。
故选D。
10. 如图，一顶角为直角的“”形光滑细杆竖直放置。质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧处于原长l0，两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内。对其中一个金属环，下列说法正确的是（已知弹簧的长度为l时弹性势能为）（ ）
A. 金属环与细杆之间的最大压力为
B. 金属环的最大速度为
C. 金属环的最大加速度为g
D. 金属环达到最大速度时重力的功率为
【答案】A
【解析】
【详解】C．由题知，刚释放时金属环的加速度最大，对金属环受力分析如图
开始释放瞬间，金属环受到重力和弹力，沿杆方向，根据牛顿第二定律
解得
故C错误；
B．当金属环的加速度为0时，速度最大，受力分析如图
金属环受到重力、杆的弹力和弹簧的弹力沿杆方向加速度为0，即合力为0
解得形变量
根据几何知识，两个小球下降的高度为
对系统只有重力，弹力做功，对两个金属环和弹簧根据机械能守恒
解得
故B错误；
A．金属环下降达到最低时，速度减小为0，形变量为，弹性势能最大，根据机械能守恒定律
解得
当金属环下降到最低点时，金属环和细杆的弹力最大，垂直于杆方向上
解得
故A正确；
D．金属环达到最大速度时重力的功率为
故D错误。
故选A。
二、非选择题：共5题，共60分，其中第12~15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11. 可以设计多种实验方案来验证机械能守恒定律。
（1）一小组利用图1装置做“验证机械能守恒定律”实验。
①除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是________。
A.交流电源 B. 刻度尺 C. 天平（含砝码） D. 秒表
②实验中，先接通电源，再释放重物，得到图2所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。
已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔEp＝________，动能变化量ΔEk＝________。
③大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是________。
A. 利用公式计算重物速度 B. 利用公式计算重物速度
C. 存在空气阻力和摩擦力阻力的影响 D. 没有采用多次试验取平均值的方法
（2）另一小组采用装置如图（3）所示。一质量为m、直径为d的小球固定于释放装置上，在小球正下方固定四个光电门，调节各光电门的中心，使其与小球的球心均在同一竖直线上。由静止释放小球，记录小球通过每个光电门的挡光时间，重力加速度为g。
④若测得某光电门的中心与释放点的竖直距离为h，小球通过此光电门的挡光时间为，则小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量ΔEk=_______，重力势能减小量ΔEp=________（用题中字母表示）；
⑤根据实验数据，作出的图像，如图（4）所示。若图中虚线的斜率________，则可验证机械能守恒定律；
⑥经过多次重复实验，发现小球经过第三个光电门时，总是大于，下列原因中可能的是_______。
A. 第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大
B. 第三个光电门中心偏离小球下落时球心所在的竖直线
C. 小球下落过程中受到空气阻力的作用
【答案】（1） ① AB##BA ②. ③. ④. C
（2） ①. ②. ③. 1 ④. B
【解析】
【小问1详解】
①[1]打点计时器需要连接交流电源；需要用刻度尺测量纸带上计数点间的距离；由于验证机械能守恒的表达式质量可以约去，所以不需要天平；通过打点计时器可以知道纸带上计数点间的时间间隔，所以不需要秒表。
故选AB。
②[2]从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量为
[3]纸带上打B点时，重物的速度大小为
则从打O点到打B点的过程中，重物的动能增加量为
③[4]
AB．利用公式计算重物速度和利用公式计算重物速度的前提是认为重物做自由落体运动，不会出现重力势能的减少量大于动能的增加量的情况，故AB错误；
C．存在空气阻力和摩擦力阻力的影响，使得减少的重力势能有一部分转化为内能，则重力势能的减少量大于动能的增加量，故C正确；
D．采用多次实验取平均值的方法，只会提高实验的精确度，不是导致重力势能的减少量大于动能的增加量，故D错误。
故选C。
【小问2详解】
④[1]小球经过光电门中心时的速度为
则小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量为
[2]小球从释放点下落至此光电门中心时的重力势能减小量为
⑤根据机械能守恒定律可得
则作出的图像中虚线的斜率，则可验证机械能守恒定律。
⑥[4]
A．第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大，则的测量值偏大，使得小于，故A错误；
B．第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线，使得挡光宽度小于小球的直径，则速度测量值偏大，的测量值偏大，使得大于，故B正确；
C．小球下落过程中受到空气阻力的作用，使得减少的重力势能有一部分转化为内能，则小于，故C错误。
故选B。
12. 如图，在某示波管中从炽热金属丝射出的电子流（初速度不计），经加速电压U1加速后，在S处沿水平方向垂直电场飞入平行板间，若两板间的电压为U2，板间距离为d，板长为l。在平行板右侧L处有一光屏，若电子能飞出偏转电场，打在光屏上的P点，O是光屏上的点，S和O在同一水平线上。已知电子质量为m，电荷量为e。不计电子的重力。求：
（1）电子离开加速电场时的速度v0的大小；
（2）电子经过偏转电场的竖直位移y；
（3）求OP的距离Y。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）电子经加速电场加速过程，由动能定理得
解得电子离开加速电场时的速度大小为
（2）电子在偏振电场中做类平抛运动，水平方向有
竖直方向有
，
联立可得电子经过偏转电场的竖直位移为
（3）设电子射出偏转电场时速度与水平方向夹角为，根据类平抛推论可得
根据电子出电场后做匀速直线运动，将电子出电场时的速度反向延长，延长线与板间的中心线相交于板的中点，根据几何关系可得
联立解得
13. 如图所示，一质量为M的平板车静止放在斜坡的底端。滑板爱好者从长为l、倾角为的斜坡顶端静止下滑，滑到平板车上后最终与平板车达到共同速度。忽略滑板与斜面以及平板车与水平地面之间的摩擦，假设斜坡底端与平板车平滑相接，平板车足够长，滑板及滑板爱好者总质量为m，可视为质点，重力加速度为g。求：
（1）滑板爱好者刚滑到平板车上时的速度大小；
（2）滑板爱好者与平板车最后达到的共同速度大小；
（3）系统所产生的内能大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）对滑板爱好者，在斜坡上由动能定理
可得滑板爱好者刚滑到平板车上时的速度大小为
（2）滑板爱好者与平板车组成的系统满足动量守恒，则有
解得滑板爱好者与平板车最后达到的共同速度大小为
（3）根据能量守恒可得，系统所产生的内能为
解得
14. 如图所示，一个带正电的小球，质量为m，电荷量为q，固定于绝缘轻杆一端，轻杆的另一端光滑铰接于O点，重力加速度为g。
（1）未加电场时，将轻杆向左拉至水平位置，无初速度释放，求小球到达最低点时轻杆对它的拉力大小；
（2）若在空间中施加一个平行于纸面的匀强电场，大小方向未知。将轻杆从左边水平位置无初速度释放，小球到达最低点时，受到轻杆的拉力为4mg；将轻杆从右边水平位置无初速度释放，小球到达最低点时，受到轻杆的拉力为8mg。试判断电场强度的水平分量和竖直分量的方向；
（3）在第（2）问的条件下试求所施加电场的电场强度E的大小。
【答案】（1）3mg；（2）方向水平向左，方向竖直向下；（3）
【解析】
【详解】（1）设杆的长度为，未加电场时，从水平位置无初速度释放到最低点时，根据动能定理得
则小球在最低点有
解得
（2）加电场后，无论轻杆从哪边释放小球到达最低点时受到的拉力均比无电场时大，则说明电场在竖直方向的分量向下；而轻杆从左边释放小球到最低点受到的拉力小于轻杆从右边释放小球到最低点受到的拉力，则说明电场在水平方向的分量向左。
（3）加电场后，杆从左边水平位置无初速度释放，到小球到达最低点的过程中有
则小球在最低点有
其中
杆从右边水平位置无初速度释放，到小球到达最低点的过程中有
则小球在最低点有
其中
联立解得
，
则所施加电场的电场强度E的大小为
15. 图（a）为成都天府国际机场某货物传送装置实物图，简化图如图（b）所示，该装置由传送带ABCD及固定挡板CDEF组成，固定挡板CDEF与传送带上表面垂直，传送带上表面ABCD与水平地面的夹角θ=37°，CD与水平面平行。传送带匀速转动时，工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放，货物对地发生位移L=10m后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图（c）所示。已知传送带匀速运行的速度v=1m/s，货物质量m=10kg，其底部与传送带ABCD的动摩擦因数为，其侧面与挡板CDEF的动摩擦因数为。（sin37°=0.6，重力加速度，不计空气阻力）。求：
（1）货物刚放上传送带时，其底面所受滑动摩擦力的大小及侧面所受滑动摩擦力的大小；
（2）货物在传送带上所经历的时间t及传送装置多消耗的电能E；
（3）某次测试过程中工作人员每隔从D点静止释放相同的货物，货物对地发生位移L=10m后被取走，若维持传送带匀速运转，传送带相对空载时需增加的最大功率。
【答案】（1），；（2），；（3）
【解析】
【详解】（1）货物放上传送带后，由剖面图对货物受力分析可得，传送带对货物支持力为，货物底面所受滑动摩擦力为，档板对货物支持力为，货物侧面所受滑动摩擦力为，由力的平衡条件
由滑动摩擦力计算式有
，
代入数据可得
，
（2）因为与运动方向相同，与运动方向相反，货物将从静止开始沿传送带做匀加速直线运动，若能共速，则此后做匀速运动，由牛顿第二定律可得
解得
设货物匀加速至与传送带共速经历时间为，对地位移为，由运动学公式得
货物匀加速阶段的位移为
因，故能够共速。共速后，货物做匀速直线运动，直至被取下，设此段运动时间为，位移为由运动学公式得
货物匀速阶段所用的时间为
货物运动总时间为
传送装置多消耗的电能等于货物与传送装置之间由于摩擦产生的内能和货物增加的动能之和。货物与传送带之间
货物与挡板之间
货物增加的动能
传送装置多消耗的电能为
（3）分析可知货物在传送带上从静止到与传送带共速经历的时间均为，之后以速度v做匀速运动。因第1个货物在传送带上运动的总时间为t=10.2s，设第1个货物释放后又释放了N个货物，则
分析可知当第1个货物即将被取走时，传送带上共有11个货物，且前10个已共速。第11个货物在传送带上运动的时间为
第11个货物相对传送带滑动。综上，传送带上有11个货物且第11个处于加速运动阶段时，传送带需增加的功率达到最大值。传送带受到前10个货物的静摩力大小为，受到第11个货物的滑动摩擦力大小为，由瞬时功率计算式有
（本试卷满分100分，考试时间75分钟）
一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分，每题只有一个选项最符合题意。
1. 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r→0时，F→∞
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A、B两点产生的附加电场的电场强度大小EA>EB
【答案】D
【解析】
【详解】A．两个带异种电荷的金属球接触时，负电荷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，故B错误；
C．当r→0时，库仑力表达式不再适用，不能得到F→∞的结论，故C错误；
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，导体内部的合场强处处为0，则感应电荷在A、B两点产生的附加电场与正点电荷在A、B两点产生的场强大小相等，由于A点离正点电荷较近，所以感应电荷在A、B两点产生的附加电场的电场强度大小EA>EB，故D正确。
故选D
2. 关于电容器和电容的说法中，正确的是（ ）
A. 由电容的定义式可知，电容C与所带的电荷量Q成正比，与电压U成反比
B. 电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和
C. 如图所示，开关接1时，给平行板电容器充电，且上极板带正电
D. 保持电容器与电池的连接，若两极板的距离减小，则极板上的电荷量减少
【答案】C
【解析】
【详解】A．只是电容的定义式，电容C与所带的电荷量Q和电压U均没有直接关系，故A错误；
B．电容器所带的电荷量是指其中一个极板所带电荷量的绝对值，故B错误；
C．如图所示，开关接1时，给平行板电容器充电，且上极板带正电，下极板带负电，故C正确；
D．保持电容器与电池的连接，则极板间的电压不变，根据
，
若两极板的距离减小，则电容增大，极板上的电荷量增大，故D错误。
故选C。
3. 复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车从静止开始以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内（ ）
A. 牵引力保持不变B. 加速度逐渐变大
C. 牵引力的功率D. 牵引力做功
【答案】C
【解析】
【详解】A．动车从静止开始以恒定功率P在平直轨道上运动，由，可知在动车加速过程中牵引力减小，故A错误；
B．由牛顿第二定律可得，可知动车加速过程中加速度逐渐减小，故B错误；
C．牵引力的功率
故C正确；
D．由动能定理可知，动车行驶过程牵引力和阻力做功，牵引力做功为
故D错误。
故选C。
4. 如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，过B点的等势面交电场线P点，且AB＝BC，电场中的A、B、C三点的电场强度分别为EA、EB、EC，电势分别为φA、φB、φC，AP、BC间的电势差分别为UAP、UBC。下列说法正确的是（ ）
A. EA＜EB＜EC
B. UAP＞UBC
C. φA＜φB＜φC
D. 电子从A运动到C的过程中其电势能减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据电场线的疏密程度，可知A、B、C三点的电场强度大小关系为
故A错误；
CD．根据沿电场方向电势降低，可知A、B、C三点的电势高低关系为
电子从A运动到C的过程中，电场力做功为
可知电场力做负功，电势能增大，故CD错误。
B．根据U=Ed，且，由于AB部分的场强大于BC部分的场强，则有
故B正确。
故选B。
5. 如图（a），一点电荷P（未画出）所在的水平直线上有M、N两点。在M、N两点分别放置试探电荷，其受到的静电力与试探电荷的电荷量的关系分别如图（b）中直线Ⅰ、Ⅱ所示。规定向右为正方向，则（ ）
A. P带正电B. P在M点左侧
C. M点电势比N点的低D. M点电场强度比N点的小
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由图像中直线Ⅰ可知，在M点放置的试探电荷带正电，受到的电场力向右，则M点的场强方向向右；由图像中直线Ⅱ可知，在N点放置的试探电荷带负电，受到的电场力向右，则N点的场强方向向左；可知点电荷P应位于M、N两点之间，且P带负电，故AB错误；
CD．根据
由图像可知，直线Ⅰ对应的场强大于直线Ⅱ对应的场强，即M点电场强度比N点的大；根据
可知M点比N点离负点电荷P更近，则M点电势比N点的低，故C正确，D错误。
故选C。
6. 如图（a）所示，有一电荷均匀分布的固定绝缘细圆环，圆心为O，轴线上的电场强度和电势分布如图（b）（c）所示。现有一带负电的粒子（重力不计）以初速度v0沿轴线由P运动到Q，OP=OQ=L。关于粒子由P运动到Q的过程分析，下列说法正确的是（ ）
A. 粒子的电势能先增大后一直减小
B. 静电力对粒子做功不为0
C. 粒子所受静电力先增大后一直减小
D. 粒子先加速后一直减速
【答案】D
【解析】
【详解】AD．由图可知
粒子由P运动到Q的过程中，电场力先做正功，后一直做负功，根据电场力做功与电势能的关系
可得，电势能先减小后一直增大，动能先增大后一直减小，即粒子先加速后一直减速，故A错误，D正确；
B．根据图（c）可知
根据
可知，粒子由P运动到Q的过程静电力对粒子做功的代数和为0，故B错误；
C．根据图（b）可知，粒子由P运动到Q的过程，场强先增大后减小，再增大最后再减小，故粒子所受静电力先增大后减小，再增大最后再减小，故C错误。
故选D。
7. 某同学在操场上踢足球，足球质量为m，该同学从地面上的1位置将足球以速度v0踢起，最高可以到达离地面高度为h的2位置，选地面为零势能面，足球可以看成质点，则下列说法中正确的是（ ）
A. 足球从位置1到位置2的运动过程机械能守恒
B. 该同学对足球做的功等于
C. 足球在位置2处的机械能为mgh
D. 若从位置1到位置2足球克服空气阻力做功为W，足球在位置2处的动能为
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知足球从1位置到2位置的水平位移与从2位置到3位置的水平位移大小明显不一样，可知足球在运动中空气阻力不能忽略，足球从位置1到位置2的运动过程机械能不守恒，故A错误；
B．由动能定理可知该同学对足球做功为
故B正确；
C．足球在位置2处的速度不为零，机械能大于mgh，故C错误；
D．足球从位置1到位置2由动能定理得
则足球在位置2处的动能为
故D错误。
故选B。
8. 如图，一轻质弹簧置于固定光滑斜面上，下端与固定在斜面底端的挡板连接，弹簧处于原长时上端位于A点。一物块由斜面上A点上方某位置释放，将弹簧压缩至最低点B（弹簧在弹性限度内），则物块由A点运动至B点的过程中，弹簧弹性势能的（ ）
A. 增加量等于物块动能的减少量
B. 增加量等于物块重力势能的减少量
C. 增加量等于物块机械能的减少量
D. 最大值等于物块动能的最大值
【答案】C
【解析】
【详解】ABC．设物块在A点时的动能为，斜面的倾角为，物块由A点运动至B点的过程中，对物块由能量守恒有
可知，物块由A点运动至B点的过程中，物块的机械能转化成了弹簧的弹性势能，因此可知，弹簧弹性势能增加量大于物块动能的减少量，同样大于物块重力势能的减少量，而等于物块机械能的减少量，故AB错误，C正确；
D．显然，物块由A点运动至B点的过程中，弹簧弹性势能最大时即弹簧被压缩至最短时，而物块动能最大时，弹簧的弹力等于物块重力沿斜面向下的分力，即此时弹簧已被压缩，具有了一定的弹性势能，而此后物块还要继续向下运动，直至速度减为零，弹簧被压缩至最短，因此弹簧弹性势能的最大值大于物块动能的最大值，而等于物块机械能的减少量，故D错误。
故选C。
9. 如图，空间中有一匀强电场，大小为，方向与水平方向成角，现有一光滑绝缘大圆环固定在竖直平面内，O点为环心，将质量为m、带电荷量为的小圆环套在大圆环的M点并同时给小圆环一个向右的水平初速度，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，重力加速度为g，则小圆环（ ）
A. 从M点到Q点动能减小
B. 在M点和N点的电势能相等
C. 从M点到Q点电场力做负功
D. 动能最大处的电势低于动能最小处的电势
【答案】D
【解析】
【详解】C．小圆环带正电，从M点到Q点电场力做正功，C错误；
B．作出等势面如图：
沿电场线方向电势降低，则在M点的电势高于N点的电势，正电荷在电势高的地方电势能大，所以在M点的电势能大于N点的电势能，B错误；
A．小圆环受到的电场力
受力如图：
则小圆环运动的等效最高点和等效最低点分别为A点和B点，在A点速度最小，在B点速度最大，则从M点到Q点动能先增大后减小，A错误；
D．根据沿电场线方向电势降低，则在B点的电势低于A点的电势，即动能最大处的电势低于动能最小处的电势，D正确。
故选D。
10. 如图，一顶角为直角的“”形光滑细杆竖直放置。质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧处于原长l0，两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内。对其中一个金属环，下列说法正确的是（已知弹簧的长度为l时弹性势能为）（ ）
A. 金属环与细杆之间的最大压力为
B. 金属环的最大速度为
C. 金属环的最大加速度为g
D. 金属环达到最大速度时重力的功率为
【答案】A
【解析】
【详解】C．由题知，刚释放时金属环的加速度最大，对金属环受力分析如图
开始释放瞬间，金属环受到重力和弹力，沿杆方向，根据牛顿第二定律
解得
故C错误；
B．当金属环的加速度为0时，速度最大，受力分析如图
金属环受到重力、杆的弹力和弹簧的弹力沿杆方向加速度为0，即合力为0
解得形变量
根据几何知识，两个小球下降的高度为
对系统只有重力，弹力做功，对两个金属环和弹簧根据机械能守恒
解得
故B错误；
A．金属环下降达到最低时，速度减小为0，形变量为，弹性势能最大，根据机械能守恒定律
解得
当金属环下降到最低点时，金属环和细杆的弹力最大，垂直于杆方向上
解得
故A正确；
D．金属环达到最大速度时重力的功率为
故D错误。
故选A。
二、非选择题：共5题，共60分，其中第12~15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11. 可以设计多种实验方案来验证机械能守恒定律。
（1）一小组利用图1装置做“验证机械能守恒定律”实验。
①除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是________。
A.交流电源 B. 刻度尺 C. 天平（含砝码） D. 秒表
②实验中，先接通电源，再释放重物，得到图2所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。
已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔEp＝________，动能变化量ΔEk＝________。
③大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是________。
A. 利用公式计算重物速度 B. 利用公式计算重物速度
C. 存在空气阻力和摩擦力阻力的影响 D. 没有采用多次试验取平均值的方法
（2）另一小组采用装置如图（3）所示。一质量为m、直径为d的小球固定于释放装置上，在小球正下方固定四个光电门，调节各光电门的中心，使其与小球的球心均在同一竖直线上。由静止释放小球，记录小球通过每个光电门的挡光时间，重力加速度为g。
④若测得某光电门的中心与释放点的竖直距离为h，小球通过此光电门的挡光时间为，则小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量ΔEk=_______，重力势能减小量ΔEp=________（用题中字母表示）；
⑤根据实验数据，作出的图像，如图（4）所示。若图中虚线的斜率________，则可验证机械能守恒定律；
⑥经过多次重复实验，发现小球经过第三个光电门时，总是大于，下列原因中可能的是_______。
A. 第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大
B. 第三个光电门中心偏离小球下落时球心所在的竖直线
C. 小球下落过程中受到空气阻力的作用
【答案】（1） ① AB##BA ②. ③. ④. C
（2） ①. ②. ③. 1 ④. B
【解析】
【小问1详解】
①[1]打点计时器需要连接交流电源；需要用刻度尺测量纸带上计数点间的距离；由于验证机械能守恒的表达式质量可以约去，所以不需要天平；通过打点计时器可以知道纸带上计数点间的时间间隔，所以不需要秒表。
故选AB。
②[2]从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量为
[3]纸带上打B点时，重物的速度大小为
则从打O点到打B点的过程中，重物的动能增加量为
③[4]
AB．利用公式计算重物速度和利用公式计算重物速度的前提是认为重物做自由落体运动，不会出现重力势能的减少量大于动能的增加量的情况，故AB错误；
C．存在空气阻力和摩擦力阻力的影响，使得减少的重力势能有一部分转化为内能，则重力势能的减少量大于动能的增加量，故C正确；
D．采用多次实验取平均值的方法，只会提高实验的精确度，不是导致重力势能的减少量大于动能的增加量，故D错误。
故选C。
【小问2详解】
④[1]小球经过光电门中心时的速度为
则小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量为
[2]小球从释放点下落至此光电门中心时的重力势能减小量为
⑤根据机械能守恒定律可得
则作出的图像中虚线的斜率，则可验证机械能守恒定律。
⑥[4]
A．第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大，则的测量值偏大，使得小于，故A错误；
B．第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线，使得挡光宽度小于小球的直径，则速度测量值偏大，的测量值偏大，使得大于，故B正确；
C．小球下落过程中受到空气阻力的作用，使得减少的重力势能有一部分转化为内能，则小于，故C错误。
故选B。
12. 如图，在某示波管中从炽热金属丝射出的电子流（初速度不计），经加速电压U1加速后，在S处沿水平方向垂直电场飞入平行板间，若两板间的电压为U2，板间距离为d，板长为l。在平行板右侧L处有一光屏，若电子能飞出偏转电场，打在光屏上的P点，O是光屏上的点，S和O在同一水平线上。已知电子质量为m，电荷量为e。不计电子的重力。求：
（1）电子离开加速电场时的速度v0的大小；
（2）电子经过偏转电场的竖直位移y；
（3）求OP的距离Y。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）电子经加速电场加速过程，由动能定理得
解得电子离开加速电场时的速度大小为
（2）电子在偏振电场中做类平抛运动，水平方向有
竖直方向有
，
联立可得电子经过偏转电场的竖直位移为
（3）设电子射出偏转电场时速度与水平方向夹角为，根据类平抛推论可得
根据电子出电场后做匀速直线运动，将电子出电场时的速度反向延长，延长线与板间的中心线相交于板的中点，根据几何关系可得
联立解得
13. 如图所示，一质量为M的平板车静止放在斜坡的底端。滑板爱好者从长为l、倾角为的斜坡顶端静止下滑，滑到平板车上后最终与平板车达到共同速度。忽略滑板与斜面以及平板车与水平地面之间的摩擦，假设斜坡底端与平板车平滑相接，平板车足够长，滑板及滑板爱好者总质量为m，可视为质点，重力加速度为g。求：
（1）滑板爱好者刚滑到平板车上时的速度大小；
（2）滑板爱好者与平板车最后达到的共同速度大小；
（3）系统所产生的内能大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）对滑板爱好者，在斜坡上由动能定理
可得滑板爱好者刚滑到平板车上时的速度大小为
（2）滑板爱好者与平板车组成的系统满足动量守恒，则有
解得滑板爱好者与平板车最后达到的共同速度大小为
（3）根据能量守恒可得，系统所产生的内能为
解得
14. 如图所示，一个带正电的小球，质量为m，电荷量为q，固定于绝缘轻杆一端，轻杆的另一端光滑铰接于O点，重力加速度为g。
（1）未加电场时，将轻杆向左拉至水平位置，无初速度释放，求小球到达最低点时轻杆对它的拉力大小；
（2）若在空间中施加一个平行于纸面的匀强电场，大小方向未知。将轻杆从左边水平位置无初速度释放，小球到达最低点时，受到轻杆的拉力为4mg；将轻杆从右边水平位置无初速度释放，小球到达最低点时，受到轻杆的拉力为8mg。试判断电场强度的水平分量和竖直分量的方向；
（3）在第（2）问的条件下试求所施加电场的电场强度E的大小。
【答案】（1）3mg；（2）方向水平向左，方向竖直向下；（3）
【解析】
【详解】（1）设杆的长度为，未加电场时，从水平位置无初速度释放到最低点时，根据动能定理得
则小球在最低点有
解得
（2）加电场后，无论轻杆从哪边释放小球到达最低点时受到的拉力均比无电场时大，则说明电场在竖直方向的分量向下；而轻杆从左边释放小球到最低点受到的拉力小于轻杆从右边释放小球到最低点受到的拉力，则说明电场在水平方向的分量向左。
（3）加电场后，杆从左边水平位置无初速度释放，到小球到达最低点的过程中有
则小球在最低点有
其中
杆从右边水平位置无初速度释放，到小球到达最低点的过程中有
则小球在最低点有
其中
联立解得
，
则所施加电场的电场强度E的大小为
15. 图（a）为成都天府国际机场某货物传送装置实物图，简化图如图（b）所示，该装置由传送带ABCD及固定挡板CDEF组成，固定挡板CDEF与传送带上表面垂直，传送带上表面ABCD与水平地面的夹角θ=37°，CD与水平面平行。传送带匀速转动时，工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放，货物对地发生位移L=10m后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图（c）所示。已知传送带匀速运行的速度v=1m/s，货物质量m=10kg，其底部与传送带ABCD的动摩擦因数为，其侧面与挡板CDEF的动摩擦因数为。（sin37°=0.6，重力加速度，不计空气阻力）。求：
（1）货物刚放上传送带时，其底面所受滑动摩擦力的大小及侧面所受滑动摩擦力的大小；
（2）货物在传送带上所经历的时间t及传送装置多消耗的电能E；
（3）某次测试过程中工作人员每隔从D点静止释放相同的货物，货物对地发生位移L=10m后被取走，若维持传送带匀速运转，传送带相对空载时需增加的最大功率。
【答案】（1），；（2），；（3）
【解析】
【详解】（1）货物放上传送带后，由剖面图对货物受力分析可得，传送带对货物支持力为，货物底面所受滑动摩擦力为，档板对货物支持力为，货物侧面所受滑动摩擦力为，由力的平衡条件
由滑动摩擦力计算式有
，
代入数据可得
，
（2）因为与运动方向相同，与运动方向相反，货物将从静止开始沿传送带做匀加速直线运动，若能共速，则此后做匀速运动，由牛顿第二定律可得
解得
设货物匀加速至与传送带共速经历时间为，对地位移为，由运动学公式得
货物匀加速阶段的位移为
因，故能够共速。共速后，货物做匀速直线运动，直至被取下，设此段运动时间为，位移为由运动学公式得
货物匀速阶段所用的时间为
货物运动总时间为
传送装置多消耗的电能等于货物与传送装置之间由于摩擦产生的内能和货物增加的动能之和。货物与传送带之间
货物与挡板之间
货物增加的动能
传送装置多消耗的电能为
（3）分析可知货物在传送带上从静止到与传送带共速经历的时间均为，之后以速度v做匀速运动。因第1个货物在传送带上运动的总时间为t=10.2s，设第1个货物释放后又释放了N个货物，则
分析可知当第1个货物即将被取走时，传送带上共有11个货物，且前10个已共速。第11个货物在传送带上运动的时间为
第11个货物相对传送带滑动。综上，传送带上有11个货物且第11个处于加速运动阶段时，传送带需增加的功率达到最大值。传送带受到前10个货物的静摩力大小为，受到第11个货物的滑动摩擦力大小为，由瞬时功率计算式有
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