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2024-2025学年黑龙江省佳木斯市第一中学高二（上）暑假开学验收考试物理试卷（含解析）
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这是一份2024-2025学年黑龙江省佳木斯市第一中学高二（上）暑假开学验收考试物理试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共6小题，共24分。
1.某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为月球绕地球运动半径的19，设月球绕地球运动的周期为27天，则此卫星的运行周期为( )
A. 19天B. 13天C. 1天D. 9天
2.一个质量为m的小球做自由落体运动，那么，在前t秒内重力对它做功的平均功率P及在t秒末重力做功的瞬时功率P分别为(t秒末小球未着地)( )
A. P=mg2t2，P=12mg2t2B. P=mg2t2，P=mg2t2
C. P=12mg2t，P=mg2tD. P=mg2t，P=2mg2t
3.如图所示为游乐园中空中转椅的理论示意图，长度不同的两根细绳悬挂于同一点，另一端各系一个质量相同的小球，使它们在不同的水平面内做圆锥摆运动，则对于A、B两个圆锥摆周期的说法正确的是( )
A. A的周期大B. B的周期大
C. A、B的周期一样大D. A、B的周期无法比较
4.如图所示，等长的AB、BC、AC绝缘细棒上均匀分布着等量正电荷，它们在三角形中心O产生的电场强度大小为E、电势为φ1。在BC棒的中点截去非常小的一段，此时O点的场强大小为E、电势为φ2，则( )
A. E1=E2B. E1>E2C. φ1>φ2D. φ1<φ2
5.如图所示，与水平面成θ角的传送带，在电动机的带动下以恒定的速率v顺时针运行。现将质量为m的小物块从传送带下端A点无初速度地放到传送带上，经时间t1物块与传送带达到共同速度，再经时间t2物块到达传送带的上端B点，已知A、B间的距离为L，重力加速度为g，则在物块从A运动到B的过程中，以下说法正确的是( )
A. 在t1时间内摩擦力对物块做的功等于12mv2
B. 在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能小于物块机械能的增加量
C. 在t1+t2时间内传送带对物块做的功等于mgLsinθ+12mv2
D. 在t1+t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗mgLsinθ+mv2的电能
6.沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电电势的φ随位置x变化的图像如图所示，一电荷都为e带负电的试探电荷，经过x2点时动能为1.5eV，速度沿x轴正方向若该电荷仅受电场力。则其将( )
A. 不能通过x3点B. 在x3点两侧往复运动
C. 能通过x0点D. 在x1点两侧往复运动
多选题
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
7.如图所示，从水平地面上不同位置斜抛出的三个小球沿三条不同的路径运动最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的。若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是( )
A. 沿路径1抛出的小球落地的速率最大B. 沿路径3抛出的小球在空中运动时间最长
C. 三个小球抛出的初速度的竖直分量相等D. 三个小球抛出的初速度的水平分量相等
8.如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高ℎ处由静止释放。以小球开始下落的位置为坐标原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，小球所受弹力F的大小随小球位置坐标x的变化关系如图乙所示。小球向下运动过程中，弹簧始终处于弹性限度内。小球可视为质点。不计空气阻力的影响。重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. x=ℎ处，小球的速度最大
B. x=ℎ处与x=ℎ+2x0处，小球的加速度相同
C. x=ℎ+x0处，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小
D. 从x=ℎ到x=ℎ+2x0过程中，小球所受弹力做功为−2mgx0
9.竖直平面内半径为R的外侧光滑的圆轨道，一小球受到微小扰动从轨道的顶点A点由静止开始沿圆轨道下滑，至B点时脱离轨道，最终落在水平面上的C点，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 在B点时，小球对圆轨道的压力为零
B. B点离水平面的高度为23R
C. A到B过程，小球水平方向的加速度不断增大
D. B到C过程，小球做平抛运动
10.如图甲所示，两平行金属板水平放置，间距为d，金属板长为2d，两金属板间加如图乙所示的电压(t=0时上金属板带正电)，其中U0=8md2qT2。一粒子源连续均匀发射质量为m、电荷量为+q的带电粒子(初速度v0=2dT，重力忽略不计)，该粒子源射出的带电粒子恰好从上板左端的下边缘水平进入两金属板间，若粒子碰到两金属板即被吸收不再反弹且对极板的电量几乎无影响，则( )
A. 能从板间飞出的粒子在板间运动的时间为T
B. t=0时刻进入两极板间的粒子能够从极板右侧飞出
C. 能从极板右侧飞出的粒子电场力对其做功一定为0
D. 能从极板右侧飞出的粒子数占入射粒子总数的25%
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.“探究电容器充放电”的实验装置如图乙所示。将开关S扳到a，待电容器充电结束后，向电容器中间插入一块有机玻璃板，则在插入过程中，电容器的电容_________(“增大”“减小”或“不变”)，电流方向为________；电容器充电结束后，将开关S扳到b放电的过程中，电流方向为________。(选填“c至d”或“d至c”)
12.某实验小组用如图甲所示的装置来完成“验证机械能守恒定律”实验，其中D为铁架台，E为固定在铁架台上的轻质滑轮，F为光电门，C为固定在物块A上、宽度为d的遮光条，物块B与物块A用跨过滑轮的细绳连接。铁架台上标记一位置O，并测得该位置与光电门F之间的距离为ℎ。让遮光条C与位置O对齐，让物块A由静止开始下降，测得遮光条通过光电门时的遮光时间为t。实验时测得物块A(含遮光条)、B的质量分别为m1、m2，重力加速度大小为g。
(1)遮光条经过光电门时物块A的速度大小v=_________，从物块A开始下落到遮光条经过光电门的过程中，物块A、B构成的系统增加的动能ΔEk=_________，系统减少的重力势能ΔEp=_________。(均用题目中给定的物理量符号表示)
(2)改变距离ℎ，重复实验，测得各次遮光条的挡光时间t，以ℎ为横轴、1t2为纵轴建立平面直角坐标系，在坐标系中作出1t2−ℎ图像，如图乙所示，该图像的斜率为k，在实验误差允许范围内，若k=_________(用题目中给定的物理量符号表示)成立，说明系统机械能守恒。
(3)实验时总是测得系统增加的动能略小于减少的重力势能，造成该误差的原因可能是_________(任写一种即可)。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.在一个点电荷Q的电场中，让x轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.8m和1.2m(图甲)。在A、B两点分别放置带正电的试探电荷，它们受到的静电力均沿x轴正方向，静电力大小跟试探电荷的电荷量的关系，如图乙中直线a、b所示。求：
(1)A点和B点的电场强度的大小；
(2)请理论分析点电荷Q在A点左侧或A、B之间或B点右侧，然后计算点电荷Q所在位置的坐标。
14.某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，质子先被加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤并杀死靶细胞。“质子疗法”可简化为如图所示的模型，真空中的平行金属板A、B间的电压为U，平行金属板C、D之间的距离为d、金属板长也为d。质子源发射质量为m、电荷量为q的质子，质子从A板上的小孔进入(不计初速度)平行板A、B间，经加速后从B板上的小孔穿出，匀速运动一段距离后以平行于金属板C、D方向的初速度v0(大小未知)进入板间，质子射出平行金属板C、D时末速度方向与初速度方向的夹角θ=37°之后质子恰好击中靶细胞。已知平行金属板A、B之间，平行金属板C、D之间均可视为匀强电场，质子的重力和质子间的相互作用力均可忽略，取tan37∘=34，求：
(1)质子从B板上的小孔穿出时的速度大小v0；
(2)质子射出金属板C、D间时沿垂直于板面方向偏移的距离y；
(3)平行金属板C、D间的电压大小U′。
15.如图所示，空间存在水平向右、电场强度大小为E=4×103N/C的匀强电场。一个半径为R=0.5m的竖直光滑14圆弧轨道BC与水平面相切于B点。现将一质量为m=0.3kg、带电荷量为q=+1×10−3C的小球从A点由静止释放，已知A、B间距离xAB=1017m，小球与水平面间的动摩擦因数为μ=0.2，取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)小球运动到B点时的速度大小;
(2)小球对圆弧轨道BC压力的最大值;
(3)小球在竖直平面内上升的最大高度。
答案解析
1.C
【解析】由于r卫=19r月，T月=27天，由开普勒第三定律r卫 3T卫 2=r月 3T月 2，可得T卫=1天。
故选：C。
2.C
【解析】t秒内物体平均速度为：v=gt2，则平均功率为：P=mgv=12mg2t，t秒末的速度v=gt，故t秒末的瞬时功率为：P=mgv=mg2t，故C正确，ABD错误。
故选C。
3.A
【解析】A、设细绳与竖直方向的夹角为α，绳长为L，小球受到的重力和绳子的拉力提供向心力，则mgtanα=4π2mLsinαT2，解得T=2π Lcsαg，Lcsα为球到悬点在竖直方向的距离，由图可知A球的摆长大于B球的摆长，故A球的周期较大，故A正确，BCD错误。
4.C
【解析】AB.根据对称性可知原来在三角形中心O产生的电场强度大小为 E =0，在BC棒的中点截去非常小的一段，此时O点的场强不为0，故 E1CD.电势是标量，根据电势的计算公式
φ=kQr
可知 φ1>φ2 ，故C正确，D错误；
故选C。
5.C
【解析】A、在t1时间内，物块的位移为：x1=v2t1，对物块，根据动能定理得：Wf−mgx1sinθ=12mv2−0，可得摩擦力对物块做的功为：Wf=mgvt12sinθ+12mv2.故A错误；
B、物块和传送带间因摩擦而产生的内能为：Q=f(vt1−x1)=f⋅v2t1，
物块机械能的增加量等于摩擦力对物块做的功，为：ΔE=fx1=f⋅v2t1，
可知，在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能等于物块机械能的增加量，故B错误；C、在t1+t2时间内，设传送带对物块做的功为W.根据动能定理得：W−mgLsinθ=12mv2−0，得：W=mgLsinθ+12mv2，故C正确；
D、由上可得，在t1时间内，摩擦力对物块做的功为：Wf=fx1=mgvt12sinθ+12mv2，
因摩擦而产生的内能为：Q=f(vt1−x1)=fx1=mgvt12sinθ+12mv2，
在t1+t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗的电能为：E多=(mgLsinθ+12mv2)+Q=mgvt12sinθ+mgLsinθ+mv2，故D错误。
故选：C。
6.B
【解析】带负电的试探电荷在x2处动能为1.5eV，电势能为−1eV，总能量为0.5eV，且试探电荷速度沿x轴正方向，在x2 ∼ x3区域试探电荷受到沿x轴正方向的静电力，做加速运动，在x3处速度最大，试探电荷继续运动到x3右侧，做减速运动，当速度为零时，电势能为0.5eV，即运动到电势为−0.5V处减速到零，开始向x轴负方向运动，后反向回到x2处动能仍为1.5eV，继续向左运动，在电势为−0.5V处减速到零又反向，不会运动到x0、x1处，即试探电荷在x3点两侧往复运动。
故选B。
7.AC
【解析】设任一小球初速度大小为v0，初速度的竖直分量为vy，水平分量为vx，初速度与水平方向的夹角为α，上升的最大高度为ℎ，运动时间为t，落地速度大小为v。
C、取竖直向上方向为正方向，小球竖直方向上做竖直上抛运动，加速度为a=−g，由0−vy2=−2gℎ，得：vy= 2gℎ，ℎ相同，vy相同，则三个小球初速度的竖直分量相同，C正确。
B、由运动学公式有：ℎ=12g(t2)2，则得：t=2 2ℎg，则知三个球运动的时间相等，故B错误；
D、三个小球水平方向的位移不相等，由x=vxt可知三个小球抛出的初速度的水平分量不相等，沿路径1抛出时的小球的初速度水平分量最大，故D错误；
A、三个小球初速度的竖直分量相同，沿路径1抛出时的小球的初速度水平分量最大，则沿路径1抛出时的小球的初速度最大，根据机械能守恒定律得知，小球落地时与抛出时速率相等，所以可知三个小球落地时的速率不等，也是沿路径1抛出的小球落地的速率最大 ，故A正确。
故选：AC。
8.CD
【解析】AB.由图乙可知， x=ℎ 处，小球开始压缩弹簧，一开始弹力小于重力，小球继续向下加速运动，当小球处于 x=ℎ+x0 处，弹力等于重力，小球速度达到最大，之后弹力大于重力，小球向下减速运动；根据对称性可知， x=ℎ 处与 x=ℎ+2x0 处，小球的加速度大小相等，但方向相反，故AB错误；
C.由于小球和弹簧组成的系统满足机械能守恒，在 x=ℎ+x0 处，小球的速度最大，动能最大，则小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小，故C正确；
D.根据对称性可知，小球在 x=ℎ 处和 x=ℎ+2x0 处速度相等，则从 x=ℎ 到 x=ℎ+2x0 过程，小球的动能变化为0，根据动能定理可得
mg⋅2x0+W弹=ΔEk=0
可得小球所受弹力做功为
W弹=−2mgx0
故D正确。
故选CD。
9.AB
【解析】A.在B点时，小球脱离轨道，则小球对圆轨道的压力为零，选项A正确；
B.设B点与圆心连线与水平方向夹角为 θ ，则在B点时
mgsinθ=mv2R
从A到B点机械能守恒，则
mgR(1−sinθ)=12mv2
解得
sinθ=23
则B点离水平面的高度为 23R ，选项B正确；
C.A到B过程，小球在AB两点时受水平力均为零，而在中间过程水平方向有加速度，则小球水平方向上受力先增加后减小，小球水平方向的加速度先增加后减小，选项C错误；
D.B到C过程，小球做斜下抛运动，选项D错误。
故选AB。
10.AC
【解析】A.能从板间飞出的粒子，水平方向做匀速直线运动，则有
t=2dv0=T
故A正确；
B.假设 t=0 时刻进入两极板间的粒子能够从极板右侧飞出，则它在竖直方向上先加速向下，经过 T2 时间后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，又经过 T2 时间，竖直分速度减为零，则有
y=12aT22×2
由牛顿第二定律，可得
qU0d=ma
联立，解得
y=2d>d
则假设不成立， t=0 时刻进入两金属板间的粒子将打在金属板上。故B错误；
C.根据对称性，能从极板右侧飞出的粒子在电场中运动时间为T，则出电场时竖直速度一定为零，则电场力对其做功为零，故C正确；
D.考虑 0∼T2 射入的粒子，当粒子射出位置最低时，可以假设释放的时间为 T2−Δt ，在释放后的 2Δt 时间内，竖直位移应恰好为d，
d=2×12aΔt2
解得
Δt=T2 2
随后的 2T2−Δt 内，由于 T2 2>T2−T2 2 竖直上升高度为
y1=2×12aT2−Δt2假设成立，此为一临界位置；
当粒子射出位置最高时，根据对称性可知从 T4 时刻射入粒子恰好从上边缘射出，此为一临界位置，则能从极板右侧飞出的粒子数占入射粒子总数
η=T2 2−T4T= 2−14
故D错误。
故选AC。
11. 增大 d至c c至d
【解析】[1]将开关S扳到a，待电容器充电结束后，向电容器中间插入一块有机玻璃板，根据
C=εrS4πkd
在插入过程中，相对介电常量增大，则电容器的电容增大；
[2]根据
C=QU
可知，U不变，C增大，则Q增大，即电容器充电，电流方向d至c；
[3]电容器充电结束后，将开关S扳到b放电的过程中，由于电容器上极板带正电，下极板带负电，所以电流方向为c至d。
12.(1) dt；(m1+m2)d22t2；(m1−m2)gℎ；
(2) 2(m1−m2)g(m1+m2)d2；
(3)空气阻力的影响(或滑轮轮轴摩擦阻力的影响；滑轮的质量不可忽略，有转动动能等)
【解析】(1)遮光条经过光电门时物块A的速度大小为v=dt，系统增加的动能为ΔEk=12(m1+m2)v2=(m1+m2)d22t2，系统减小的重力势能为ΔEp=m1gℎ−m2gℎ=(m1−m2)gℎ。
(2)若系统机械能守恒，则ΔEk=ΔEp，即(m1+m2)d22t2=(m1−m2)gℎ，整理得1t2=2(m1−m2)g(m1+m2)d2×ℎ，所以，图线的斜率为k=2(m1−m2)g(m1+m2)d2。
(3)实验时总是测得系统增加的动能略小于减少的重力势能，即机械能减小，造成该误差的原因可能是：空气阻力的影响；滑轮轮轴摩擦阻力的影响；滑轮的质量不可忽略，有转动动能等。
13.(1)根据图线的斜率可得：A点的电场强度大小
EA=Faqa=40.4N/C=10N/C B点的电场强度大小
EB=Fbqb=20.8N/C=2.5N/C
(2)由于 EA>EB ，且A点和B点的电场方向均沿x轴正方向，所以点电荷Q在A点左侧。设点电荷Q与A点距离为r，则有
EA=kQr2
EB=kQ(r+rAB)2
其中
rAB=0.4m
联立解得
r=0.4m
则Q点的位置坐标为 x=0.4m 。
14.解：(1)质子在平行金属板A、B间做加速运动，有qU=12mv02，解得v0= 2qUm；
(2)质子在平行金属板C、D间做类平抛运动，平行于金属板方向上有d=v0t，
射出金属板C、D间时有tanθ=vyv0，
沿垂直于板面方向偏移的距离y=vy2t，
解得t=d m2qU ， vy=34 2qUm ， y=38d；
(3)质子在平行金属板C、D间运动时有vy=at，
根据牛顿第二定律有Eq=ma，E=U′d，
解得U′=32U。
15.(1) AB段对小球运用动能定理
(qE−μmg)xAB=12mv2
v=23 30m/s
(2)设小球运动到轨道BC上的P点时对轨道的压力最大，
小球在BC轨道上的等效重力mg′= (mg)2+(qE)2=5N
设等效重力mg′与竖直方向的夹角为θ，
则tanθ=qEmg=43
所以θ=53∘
AP段对小球运用动能定理
qE(xAB+Rsinθ)−μmgxAB−mgR(1−csθ)=12mvP2
设小球运动到P点时，轨道对小球的支持力为Fm，则
Fm−mg′=mvP2R
解得Fm=17N
由牛顿第三定律，小球对圆弧轨道BC压力的最大值为17N；
(3)设小球在竖直平面内上升的最大高度为H，
AC段对小球运用动能定理
qE(xAB+R)−μmgxAB−mgR=12mvC2
设小球离开C点后上升的距离为ℎ
vC2=2gℎ
H=R+ℎ=43m
一、单选题：本大题共6小题，共24分。
1.某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为月球绕地球运动半径的19，设月球绕地球运动的周期为27天，则此卫星的运行周期为( )
A. 19天B. 13天C. 1天D. 9天
2.一个质量为m的小球做自由落体运动，那么，在前t秒内重力对它做功的平均功率P及在t秒末重力做功的瞬时功率P分别为(t秒末小球未着地)( )
A. P=mg2t2，P=12mg2t2B. P=mg2t2，P=mg2t2
C. P=12mg2t，P=mg2tD. P=mg2t，P=2mg2t
3.如图所示为游乐园中空中转椅的理论示意图，长度不同的两根细绳悬挂于同一点，另一端各系一个质量相同的小球，使它们在不同的水平面内做圆锥摆运动，则对于A、B两个圆锥摆周期的说法正确的是( )
A. A的周期大B. B的周期大
C. A、B的周期一样大D. A、B的周期无法比较
4.如图所示，等长的AB、BC、AC绝缘细棒上均匀分布着等量正电荷，它们在三角形中心O产生的电场强度大小为E、电势为φ1。在BC棒的中点截去非常小的一段，此时O点的场强大小为E、电势为φ2，则( )
A. E1=E2B. E1>E2C. φ1>φ2D. φ1<φ2
5.如图所示，与水平面成θ角的传送带，在电动机的带动下以恒定的速率v顺时针运行。现将质量为m的小物块从传送带下端A点无初速度地放到传送带上，经时间t1物块与传送带达到共同速度，再经时间t2物块到达传送带的上端B点，已知A、B间的距离为L，重力加速度为g，则在物块从A运动到B的过程中，以下说法正确的是( )
A. 在t1时间内摩擦力对物块做的功等于12mv2
B. 在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能小于物块机械能的增加量
C. 在t1+t2时间内传送带对物块做的功等于mgLsinθ+12mv2
D. 在t1+t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗mgLsinθ+mv2的电能
6.沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电电势的φ随位置x变化的图像如图所示，一电荷都为e带负电的试探电荷，经过x2点时动能为1.5eV，速度沿x轴正方向若该电荷仅受电场力。则其将( )
A. 不能通过x3点B. 在x3点两侧往复运动
C. 能通过x0点D. 在x1点两侧往复运动
多选题
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
7.如图所示，从水平地面上不同位置斜抛出的三个小球沿三条不同的路径运动最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的。若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是( )
A. 沿路径1抛出的小球落地的速率最大B. 沿路径3抛出的小球在空中运动时间最长
C. 三个小球抛出的初速度的竖直分量相等D. 三个小球抛出的初速度的水平分量相等
8.如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高ℎ处由静止释放。以小球开始下落的位置为坐标原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，小球所受弹力F的大小随小球位置坐标x的变化关系如图乙所示。小球向下运动过程中，弹簧始终处于弹性限度内。小球可视为质点。不计空气阻力的影响。重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. x=ℎ处，小球的速度最大
B. x=ℎ处与x=ℎ+2x0处，小球的加速度相同
C. x=ℎ+x0处，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小
D. 从x=ℎ到x=ℎ+2x0过程中，小球所受弹力做功为−2mgx0
9.竖直平面内半径为R的外侧光滑的圆轨道，一小球受到微小扰动从轨道的顶点A点由静止开始沿圆轨道下滑，至B点时脱离轨道，最终落在水平面上的C点，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 在B点时，小球对圆轨道的压力为零
B. B点离水平面的高度为23R
C. A到B过程，小球水平方向的加速度不断增大
D. B到C过程，小球做平抛运动
10.如图甲所示，两平行金属板水平放置，间距为d，金属板长为2d，两金属板间加如图乙所示的电压(t=0时上金属板带正电)，其中U0=8md2qT2。一粒子源连续均匀发射质量为m、电荷量为+q的带电粒子(初速度v0=2dT，重力忽略不计)，该粒子源射出的带电粒子恰好从上板左端的下边缘水平进入两金属板间，若粒子碰到两金属板即被吸收不再反弹且对极板的电量几乎无影响，则( )
A. 能从板间飞出的粒子在板间运动的时间为T
B. t=0时刻进入两极板间的粒子能够从极板右侧飞出
C. 能从极板右侧飞出的粒子电场力对其做功一定为0
D. 能从极板右侧飞出的粒子数占入射粒子总数的25%
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.“探究电容器充放电”的实验装置如图乙所示。将开关S扳到a，待电容器充电结束后，向电容器中间插入一块有机玻璃板，则在插入过程中，电容器的电容_________(“增大”“减小”或“不变”)，电流方向为________；电容器充电结束后，将开关S扳到b放电的过程中，电流方向为________。(选填“c至d”或“d至c”)
12.某实验小组用如图甲所示的装置来完成“验证机械能守恒定律”实验，其中D为铁架台，E为固定在铁架台上的轻质滑轮，F为光电门，C为固定在物块A上、宽度为d的遮光条，物块B与物块A用跨过滑轮的细绳连接。铁架台上标记一位置O，并测得该位置与光电门F之间的距离为ℎ。让遮光条C与位置O对齐，让物块A由静止开始下降，测得遮光条通过光电门时的遮光时间为t。实验时测得物块A(含遮光条)、B的质量分别为m1、m2，重力加速度大小为g。
(1)遮光条经过光电门时物块A的速度大小v=_________，从物块A开始下落到遮光条经过光电门的过程中，物块A、B构成的系统增加的动能ΔEk=_________，系统减少的重力势能ΔEp=_________。(均用题目中给定的物理量符号表示)
(2)改变距离ℎ，重复实验，测得各次遮光条的挡光时间t，以ℎ为横轴、1t2为纵轴建立平面直角坐标系，在坐标系中作出1t2−ℎ图像，如图乙所示，该图像的斜率为k，在实验误差允许范围内，若k=_________(用题目中给定的物理量符号表示)成立，说明系统机械能守恒。
(3)实验时总是测得系统增加的动能略小于减少的重力势能，造成该误差的原因可能是_________(任写一种即可)。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.在一个点电荷Q的电场中，让x轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.8m和1.2m(图甲)。在A、B两点分别放置带正电的试探电荷，它们受到的静电力均沿x轴正方向，静电力大小跟试探电荷的电荷量的关系，如图乙中直线a、b所示。求：
(1)A点和B点的电场强度的大小；
(2)请理论分析点电荷Q在A点左侧或A、B之间或B点右侧，然后计算点电荷Q所在位置的坐标。
14.某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，质子先被加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤并杀死靶细胞。“质子疗法”可简化为如图所示的模型，真空中的平行金属板A、B间的电压为U，平行金属板C、D之间的距离为d、金属板长也为d。质子源发射质量为m、电荷量为q的质子，质子从A板上的小孔进入(不计初速度)平行板A、B间，经加速后从B板上的小孔穿出，匀速运动一段距离后以平行于金属板C、D方向的初速度v0(大小未知)进入板间，质子射出平行金属板C、D时末速度方向与初速度方向的夹角θ=37°之后质子恰好击中靶细胞。已知平行金属板A、B之间，平行金属板C、D之间均可视为匀强电场，质子的重力和质子间的相互作用力均可忽略，取tan37∘=34，求：
(1)质子从B板上的小孔穿出时的速度大小v0；
(2)质子射出金属板C、D间时沿垂直于板面方向偏移的距离y；
(3)平行金属板C、D间的电压大小U′。
15.如图所示，空间存在水平向右、电场强度大小为E=4×103N/C的匀强电场。一个半径为R=0.5m的竖直光滑14圆弧轨道BC与水平面相切于B点。现将一质量为m=0.3kg、带电荷量为q=+1×10−3C的小球从A点由静止释放，已知A、B间距离xAB=1017m，小球与水平面间的动摩擦因数为μ=0.2，取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)小球运动到B点时的速度大小;
(2)小球对圆弧轨道BC压力的最大值;
(3)小球在竖直平面内上升的最大高度。
答案解析
1.C
【解析】由于r卫=19r月，T月=27天，由开普勒第三定律r卫 3T卫 2=r月 3T月 2，可得T卫=1天。
故选：C。
2.C
【解析】t秒内物体平均速度为：v=gt2，则平均功率为：P=mgv=12mg2t，t秒末的速度v=gt，故t秒末的瞬时功率为：P=mgv=mg2t，故C正确，ABD错误。
故选C。
3.A
【解析】A、设细绳与竖直方向的夹角为α，绳长为L，小球受到的重力和绳子的拉力提供向心力，则mgtanα=4π2mLsinαT2，解得T=2π Lcsαg，Lcsα为球到悬点在竖直方向的距离，由图可知A球的摆长大于B球的摆长，故A球的周期较大，故A正确，BCD错误。
4.C
【解析】AB.根据对称性可知原来在三角形中心O产生的电场强度大小为 E =0，在BC棒的中点截去非常小的一段，此时O点的场强不为0，故 E1
φ=kQr
可知 φ1>φ2 ，故C正确，D错误；
故选C。
5.C
【解析】A、在t1时间内，物块的位移为：x1=v2t1，对物块，根据动能定理得：Wf−mgx1sinθ=12mv2−0，可得摩擦力对物块做的功为：Wf=mgvt12sinθ+12mv2.故A错误；
B、物块和传送带间因摩擦而产生的内能为：Q=f(vt1−x1)=f⋅v2t1，
物块机械能的增加量等于摩擦力对物块做的功，为：ΔE=fx1=f⋅v2t1，
可知，在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能等于物块机械能的增加量，故B错误；C、在t1+t2时间内，设传送带对物块做的功为W.根据动能定理得：W−mgLsinθ=12mv2−0，得：W=mgLsinθ+12mv2，故C正确；
D、由上可得，在t1时间内，摩擦力对物块做的功为：Wf=fx1=mgvt12sinθ+12mv2，
因摩擦而产生的内能为：Q=f(vt1−x1)=fx1=mgvt12sinθ+12mv2，
在t1+t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗的电能为：E多=(mgLsinθ+12mv2)+Q=mgvt12sinθ+mgLsinθ+mv2，故D错误。
故选：C。
6.B
【解析】带负电的试探电荷在x2处动能为1.5eV，电势能为−1eV，总能量为0.5eV，且试探电荷速度沿x轴正方向，在x2 ∼ x3区域试探电荷受到沿x轴正方向的静电力，做加速运动，在x3处速度最大，试探电荷继续运动到x3右侧，做减速运动，当速度为零时，电势能为0.5eV，即运动到电势为−0.5V处减速到零，开始向x轴负方向运动，后反向回到x2处动能仍为1.5eV，继续向左运动，在电势为−0.5V处减速到零又反向，不会运动到x0、x1处，即试探电荷在x3点两侧往复运动。
故选B。
7.AC
【解析】设任一小球初速度大小为v0，初速度的竖直分量为vy，水平分量为vx，初速度与水平方向的夹角为α，上升的最大高度为ℎ，运动时间为t，落地速度大小为v。
C、取竖直向上方向为正方向，小球竖直方向上做竖直上抛运动，加速度为a=−g，由0−vy2=−2gℎ，得：vy= 2gℎ，ℎ相同，vy相同，则三个小球初速度的竖直分量相同，C正确。
B、由运动学公式有：ℎ=12g(t2)2，则得：t=2 2ℎg，则知三个球运动的时间相等，故B错误；
D、三个小球水平方向的位移不相等，由x=vxt可知三个小球抛出的初速度的水平分量不相等，沿路径1抛出时的小球的初速度水平分量最大，故D错误；
A、三个小球初速度的竖直分量相同，沿路径1抛出时的小球的初速度水平分量最大，则沿路径1抛出时的小球的初速度最大，根据机械能守恒定律得知，小球落地时与抛出时速率相等，所以可知三个小球落地时的速率不等，也是沿路径1抛出的小球落地的速率最大 ，故A正确。
故选：AC。
8.CD
【解析】AB.由图乙可知， x=ℎ 处，小球开始压缩弹簧，一开始弹力小于重力，小球继续向下加速运动，当小球处于 x=ℎ+x0 处，弹力等于重力，小球速度达到最大，之后弹力大于重力，小球向下减速运动；根据对称性可知， x=ℎ 处与 x=ℎ+2x0 处，小球的加速度大小相等，但方向相反，故AB错误；
C.由于小球和弹簧组成的系统满足机械能守恒，在 x=ℎ+x0 处，小球的速度最大，动能最大，则小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小，故C正确；
D.根据对称性可知，小球在 x=ℎ 处和 x=ℎ+2x0 处速度相等，则从 x=ℎ 到 x=ℎ+2x0 过程，小球的动能变化为0，根据动能定理可得
mg⋅2x0+W弹=ΔEk=0
可得小球所受弹力做功为
W弹=−2mgx0
故D正确。
故选CD。
9.AB
【解析】A.在B点时，小球脱离轨道，则小球对圆轨道的压力为零，选项A正确；
B.设B点与圆心连线与水平方向夹角为 θ ，则在B点时
mgsinθ=mv2R
从A到B点机械能守恒，则
mgR(1−sinθ)=12mv2
解得
sinθ=23
则B点离水平面的高度为 23R ，选项B正确；
C.A到B过程，小球在AB两点时受水平力均为零，而在中间过程水平方向有加速度，则小球水平方向上受力先增加后减小，小球水平方向的加速度先增加后减小，选项C错误；
D.B到C过程，小球做斜下抛运动，选项D错误。
故选AB。
10.AC
【解析】A.能从板间飞出的粒子，水平方向做匀速直线运动，则有
t=2dv0=T
故A正确；
B.假设 t=0 时刻进入两极板间的粒子能够从极板右侧飞出，则它在竖直方向上先加速向下，经过 T2 时间后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，又经过 T2 时间，竖直分速度减为零，则有
y=12aT22×2
由牛顿第二定律，可得
qU0d=ma
联立，解得
y=2d>d
则假设不成立， t=0 时刻进入两金属板间的粒子将打在金属板上。故B错误；
C.根据对称性，能从极板右侧飞出的粒子在电场中运动时间为T，则出电场时竖直速度一定为零，则电场力对其做功为零，故C正确；
D.考虑 0∼T2 射入的粒子，当粒子射出位置最低时，可以假设释放的时间为 T2−Δt ，在释放后的 2Δt 时间内，竖直位移应恰好为d，
d=2×12aΔt2
解得
Δt=T2 2
随后的 2T2−Δt 内，由于 T2 2>T2−T2 2 竖直上升高度为
y1=2×12aT2−Δt2
当粒子射出位置最高时，根据对称性可知从 T4 时刻射入粒子恰好从上边缘射出，此为一临界位置，则能从极板右侧飞出的粒子数占入射粒子总数
η=T2 2−T4T= 2−14
故D错误。
故选AC。
11. 增大 d至c c至d
【解析】[1]将开关S扳到a，待电容器充电结束后，向电容器中间插入一块有机玻璃板，根据
C=εrS4πkd
在插入过程中，相对介电常量增大，则电容器的电容增大；
[2]根据
C=QU
可知，U不变，C增大，则Q增大，即电容器充电，电流方向d至c；
[3]电容器充电结束后，将开关S扳到b放电的过程中，由于电容器上极板带正电，下极板带负电，所以电流方向为c至d。
12.(1) dt；(m1+m2)d22t2；(m1−m2)gℎ；
(2) 2(m1−m2)g(m1+m2)d2；
(3)空气阻力的影响(或滑轮轮轴摩擦阻力的影响；滑轮的质量不可忽略，有转动动能等)
【解析】(1)遮光条经过光电门时物块A的速度大小为v=dt，系统增加的动能为ΔEk=12(m1+m2)v2=(m1+m2)d22t2，系统减小的重力势能为ΔEp=m1gℎ−m2gℎ=(m1−m2)gℎ。
(2)若系统机械能守恒，则ΔEk=ΔEp，即(m1+m2)d22t2=(m1−m2)gℎ，整理得1t2=2(m1−m2)g(m1+m2)d2×ℎ，所以，图线的斜率为k=2(m1−m2)g(m1+m2)d2。
(3)实验时总是测得系统增加的动能略小于减少的重力势能，即机械能减小，造成该误差的原因可能是：空气阻力的影响；滑轮轮轴摩擦阻力的影响；滑轮的质量不可忽略，有转动动能等。
13.(1)根据图线的斜率可得：A点的电场强度大小
EA=Faqa=40.4N/C=10N/C B点的电场强度大小
EB=Fbqb=20.8N/C=2.5N/C
(2)由于 EA>EB ，且A点和B点的电场方向均沿x轴正方向，所以点电荷Q在A点左侧。设点电荷Q与A点距离为r，则有
EA=kQr2
EB=kQ(r+rAB)2
其中
rAB=0.4m
联立解得
r=0.4m
则Q点的位置坐标为 x=0.4m 。
14.解：(1)质子在平行金属板A、B间做加速运动，有qU=12mv02，解得v0= 2qUm；
(2)质子在平行金属板C、D间做类平抛运动，平行于金属板方向上有d=v0t，
射出金属板C、D间时有tanθ=vyv0，
沿垂直于板面方向偏移的距离y=vy2t，
解得t=d m2qU ， vy=34 2qUm ， y=38d；
(3)质子在平行金属板C、D间运动时有vy=at，
根据牛顿第二定律有Eq=ma，E=U′d，
解得U′=32U。
15.(1) AB段对小球运用动能定理
(qE−μmg)xAB=12mv2
v=23 30m/s
(2)设小球运动到轨道BC上的P点时对轨道的压力最大，
小球在BC轨道上的等效重力mg′= (mg)2+(qE)2=5N
设等效重力mg′与竖直方向的夹角为θ，
则tanθ=qEmg=43
所以θ=53∘
AP段对小球运用动能定理
qE(xAB+Rsinθ)−μmgxAB−mgR(1−csθ)=12mvP2
设小球运动到P点时，轨道对小球的支持力为Fm，则
Fm−mg′=mvP2R
解得Fm=17N
由牛顿第三定律，小球对圆弧轨道BC压力的最大值为17N；
(3)设小球在竖直平面内上升的最大高度为H，
AC段对小球运用动能定理
qE(xAB+R)−μmgxAB−mgR=12mvC2
设小球离开C点后上升的距离为ℎ
vC2=2gℎ
H=R+ℎ=43m
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