湖南省长沙市岳麓实验中学2024-2025学年高一下学期7月期末考试物理试题（Word版附解析）

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【知识点】共点力的平衡
2．【答案】C
【知识点】电场线；电势能；电势；电势差
3．【答案】D
【知识点】电场线；电势能；电势
4．【答案】A
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系
5．【答案】B
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】A．电场强度是矢量， 由对称性及电场叠加原理可知，A、B 两点电场强度大小相等，
但方向不同 ，所以 A、B 两点电场强度不相同，故 A 错误；
B．根据对称性，四个等量点电荷在 O 点产生的电场强度相互抵消，合电场强度为零，根据电势叠加
原理可知，四个等量电荷在 O 点产生的电势叠加为 0，故 B 正确；
C．分析可知四个等量电荷在 AB 产生的电势叠加为 0，即 AB 为等势线，则 AB 上电势处处相等，故
C 错误；
D．结合 C 选项分析可知，AC 仍为等势线，即 OC 连线上电势处处相等，根据
可知正电荷从 O 点沿直线移动到 C 点，电势能不变，故 D 错误。
故选 B。
【分析】1、有四个点电荷做场源，根据对称性及电场叠加原理判断 AB 两点电场强度。
2、根据电势叠加原理可知，四个等量电荷在 O 点产生的电势叠加为 0。
3、OC 连线上电势处处相等，根据 ，可知正电荷从 O 点沿直线移动到 C 点，电势能不变。
6．【答案】C
【知识点】电势能；电势差；电势差与电场强度的关系
7．【答案】C
【知识点】共点力的平衡
8．【答案】B,C
【知识点】电阻；电阻率
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【解析】【解答】AB．要使人体两端的电压不高 12V，漏电电流通过曲长管道时损失的电压要足够大，
所以曲长管道应选用不易导电的材料制成，A 不符合题意，B 符合题意；
C．“隔电电阻”大于“人体电阻”，且两者串联，C 符合题意；
D．热水器漏电且接地线失效时，“防电墙”可使人体内有很微弱的电流通过，不会造成人体触电，保障
人的安全，D 不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】要使人体两端的电压不高 12V，曲长管道电阻大，分得电压才大。人体两端有低电压，有弱
电流通过。
9．【答案】A,C
【知识点】卫星问题
10．【答案】C,D
【知识点】加速度
11．【答案】B,C
【知识点】运动的合成与分解；功的计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据题意可知，绳子对滑块 P 做功，则滑块 P 的机械能不守恒，故 A 错误；
B．设绳子与光滑竖直杆之间的角度为θ，竖直向上为正方向，对滑块，由牛顿第二定律有Tcsθ-mg=ma，
开始时滑块的速度变大，在上升的过程中，θ变大，csθ变小，滑块 P 运动到 B 点时，有 csθ=cs900=0，
则到 B 点之前必有 Tcsθ＜mg 时，滑块的加速度方向由向上变为向下，此时物体做减速运动，则滑块
的速度先增大后减小，故 B 正确；
C．设滑块的速度为 v，重物的速度为 v1，则有 v1=vcsθ，滑块 P 运动到 B 点时，θ=90°，解得 v1=0，
故 C 正确；
D．根据题意可知，绳的拉力对重物 Q 一直做正功，故 D 错误。
故选择 BC。
【分析】本题考查机械能守恒的条件，对连接体问题的分析和处理方法，速度的分解。
12．【答案】1.999；V1；A2；R1；a；系统误差；小于
【知识点】导体电阻率的测量
13．【答案】A；0.416；0.398；偏小
【知识点】加速度；探究小车速度随时间变化的规律；瞬时速度
14．【答案】（1）物块在斜坡下滑时，由牛顿第二定律得：
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又
解得：
（2）物块从 A 点滑到 B 点有：
解得：
（3）在水平面上，有：
解得：
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）确定物块在斜面上的受力情况，再根据力的合成与分解结合牛顿第二定律及滑
动摩擦力公式确定加速度的大小；
（2）物块的初速度为零，再根据速度与位移的关系进行解答；
（3）确定物体在水平面上的受力情况，根据牛顿第二定律确定其加速度，物块在水平面上滑动的末
速度为零，再根据速度与时间的关系进行解答。
15．【答案】（1）由题知：粒子在 O 点动能为 Ek= 粒子在 A 点动能为：EkA=4Ek，粒子从 O 到
A 运动过程，由动能定理得：电场力所做功：W=EkA-Ek= ；
（2）以 O 为坐标原点，初速 v0 方向为 x 轴正向，
建立直角坐标系 xOy，如图所示
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设粒子从 O 到 A 运动过程，粒子加速度大小为 a1，
历时 t1，A 点坐标为（x，y）
粒子做类平抛运动：x=v0t1，y=
由题知：粒子在 A 点速度大小 vA=2 v0，vAy= ，vAy=a1 t1
粒子在 A 点速度方向与竖直线 PQ 夹角为 30°．
解得： ，
由几何关系得：ysin60°-xcs60°=d，
解得： ，
由牛顿第二定律得：qE1=ma1，
解得：
设粒子从 A 到 B 运动过程中，加速度大小为 a2，历时 t2，
水平方向上有：vAsin30°= a2sin60°， ，qE2=ma2，
解得： ， ；
（3）分析知：粒子过 A 点后，速度方向恰与电场 E2 方向垂直，再做类平抛运动，
粒子到达 B 点时动能：EkB= ，vB2=（2v0）2+（a2t2）2，
解得： ．
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）根据题意确定粒子在 O 点和 A 点的动能大小，再根据动能定理确定粒子从 O 到
A 过程电场力的做功情况；
（2）根据题意确定粒子在 A 点的速度大小。粒子从 O 到 A 的过程，电场力与速初速度方向垂直，建
立恰当的坐标系，粒子做类平抛运动，根据题意确定粒子在 x、y 轴方向的位移及粒子在 A 点沿 x、y
轴方向的速度。再根据类平抛运动规律确定 E1 的大小。粒子从 A 到 B 的过程，根据运动的对称性可
知，粒子在 A、B 处水平方向的速度大小相等。再根据牛顿第二定律及匀变速直线运动规律结合题意
确定 E2 的大小。
（3）结合（2）中分析确定，确定粒子到达 B 点的的速度大小，再根据动能的定义确定粒子在 B 点
的动能。
16．【答案】（1）速度为 的粒子恰能沿轴线 运动并从 点进入偏转区，根据受力平衡有
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其中
解得
（2）根据类平抛运动规律可知
解得
根据几何关系可知
粒子在磁场中受洛伦兹力提供向心力
解得
由于
解得
（3）由题意得粒子恰好经过 ，轨迹圆弧 ，做 、 的中垂线交于轨迹圆心 ，如图
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由几何关系得粒子在磁场 中的轨迹半径
根据洛伦兹力提供向心力有
结合动能定理可知
解得
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）速度为 v0 的粒子恰能沿轴线 OO'运动并从 O'点进入偏转区，根据平衡条件结合
电势差的计算公式进行解答；
（2）仅将磁场 B1 的右边界向左移动 ，粒子出磁场后在平行板间做类平抛运动，根据类平抛运动的
规律求解粒子在电场中的侧移量；粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系结合洛伦兹力提供向
心力求解粒子打在收集板上的点 P1 到 O'点的竖直距离，由此得解；
（3）由题意得粒子恰好经过 a1，由几何关系得粒子在磁场 B2 中的轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心
力求解速度大小，根据动能定理求解初速度大小。