2025-2026学年浙江省北斗联盟高二（上）期中物理试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年浙江省北斗联盟高二（上）期中物理试卷（含解析），共20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10小题，共30分。
1.中国科学院物理研究所陈立泉院士带领团队研发出某新能源固态电池，该电池在能量密度、功率密度和安全性等均达到世界第一，能量密度指的是电池单位质量储存的能量，能量密度用国际单位制的基本单位符号表示正确的是( )
A. m2/s2B. J/kgC. W/kgD. N⋅s/kg
2.物理学发展过程中，许多物理学家的科学研究克服了当时研究条件的局限性，取得了辉煌成果，推动了人类文明发展的进程。下列有关物理学史说法正确的是( )
A. 开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因
B. 牛顿通过扭秤实验装置在实验室中测出万有引力常数，是运用了微小量放大法
C. 麦克斯韦总结了人类直至19世纪中叶对电磁规律的研究成果，并在此基础上最终建立了经典电磁场理论
D. 密立根通过油滴实验比较准确地测出了质子的电荷量
3.日常生活中常常需要利用话筒和功率放大器将声音进行放大。如图所示为有线话筒线的内部结构，两根信号线外面包一层金属网起到的作用是( )
A. 感应起电
B. 静电吸附
C. 静电屏蔽
D. 绝缘防触
4.如图所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平地面上，将杆竖直紧压在地面上，若三条绳长度不同，下列说法正确的有( )
A. 三条绳中的张力都相等
B. 杆对地面的压力大于自身重力
C. 绳子对杆的拉力在水平方向的合力不为零
D. 绳子拉力的作用力与杆的重力是一对平衡力
5.如图所示，生活中，常见密绕在轴上的卷纸用两条轻绳拴着悬挂在竖直墙壁的A、A′点，方便取用。卷纸静止时受到重力G、竖直墙壁给卷纸的支持力FN和轻绳给卷纸轴的拉力FT，不计一切摩擦，则随着卷纸的缓慢使用( )
A. FN不断减小，FT不断增大
B. FN一定比重力小
C. FN和FT的合力大小始终不变
D. 卷纸所受合力大小始终不变
6.司马迁在《史记⋅天官书》中首次系统记载了“天赤道”的概念，并描述其与黄道的关系。如图所示，静置在地球黄道面和赤道面上的a、b两物体( )
A. 线速度相等
B. 重力加速度相等
C. b所需的向心力更大
D. b的向心加速度更大
7.普通集装箱的宽度设定为3米，高度设定为2.5米。在小猎正前方，集装箱呈堆叠状态，共三层，从下往上每层分别堆叠3个、2个和1个集装箱。小猎于距离最近集装箱水平距离1.5米处开展射箭操作，射出的箭与最上方一个集装箱的左右两点恰好均未发生触碰。在此情形下，小猎射出的箭在达到最高点时的速度大小为( )
A. 3 102B. 63C. 4 63D. 5 63
8.如图，某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是模仿犰狳设计的，逐渐增大施加于两极板压力F的过程中，F较小时弹性结构易被压缩，极板间距d容易减小；F较大时弹性结构闭合，d难以减小。将该电容器充电后断开电源，极板间电势差U与F的关系曲线可能正确的是( )
A. B. C. D.
9.在工业生产中，静电喷漆技术可用于汽车、家电、仪表等金属外壳的喷涂。带负电的油漆微粒运动轨迹如图所示，图中a、b、c三点位于同一直线上，且ab=bc。假设油漆微粒只受静电力作用，则下列说法正确的是( )
A. 同一油漆微粒在a点的加速度比在c点的加速度小
B. 喷枪与工件之间的电场线与油漆微粒运动的轨迹重合
C. a、b之间的电势差Uab与b、c之间的电势差Ubc相等
D. 油漆微粒在c点的电势能比在a点的电势能小
10.恒流源是一种特殊的电源，其输出的电流能始终保持不变；恒压源也是一种特殊的电源，其输出的电压能始终保持不变。如图所示，电路中电流表、电压表均为理想电表，当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时。电压表示数的变化量大小为|ΔU|，电流表示数的变化量大小为|ΔI|，下列说法正确的是( )
A. 当电源为恒流源时，电压表示数U变小B. 当电源为恒压源时，电流表示数I变大
C. 当电源为恒流源时，|ΔUΔI|不变D. 当电源为恒压源时，电源的输出功率增大
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
11.如图，氕(11H)、氘(12H)、氚(13H)和氦(24He)的原子核由静止开始经同一加速电场U1加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上。不计粒子重力，下列说法正确的是( )
A. 荧光屏上只有1个亮点
B. 四种原子核全程运动时间相同
C. 四种原子核在偏转电场中的偏移距离y相同
D. 氕、氘、氚3种原子核飞出偏转电场时的动能相同
12.如图所示，我国东海大桥两侧将建成海上风力发电场。每台风力发电机的叶片转动时可形成半径为r的圆面，当地风向可视为与叶片转动的圆面垂直，发电机将此圆面内气流动能转化为输出电能的效率为η=10%。风速在10∼20m/s范围内，η可视为不变。已知风速v=10m/s时每台发电机输出电功率为500kW，空气的密度为ρ=1.3kg/m3，则( )
A. 单位时间内经过每台发电机叶片圆面的气流动能为12ρπr2v2
B. 每台发电机叶片转动时形成的圆面半径r约为50m
C. 当风速为20m/s时每台发电机的输出电功率约为2000kW
D. 若每年有4000h风速在10～20m/s，则每台发电机年发电量至少为2×106kW⋅h
13.我国是世界上首个飞往月球背面采集土壤并返回地球的国家，鹊桥卫星是探月活动中的“传话筒”，能够保证探测器和地面指挥系统的实时联系。图中的L点为地—月系统的一个拉格朗日点，在该点的物体能够保持和地球、月球相对位置不变，以和月球相同的角速度绕地球做匀速圆周运动。鹊桥一号围绕L点做圆周运动，同时与月球以相同的周期绕地球做圆周运动。已知地球质量为M，月球质量为m，地球球心与月球球心距离为d，万有引力常量为G，不考虑其它天体对该系统的影响，下列说法正确的是( )
A. 鹊桥一号卫星在地球上发射的速度大于地球的第二宇宙速度
B. 鹊桥一号卫星是地球和月球对其引力的合力提供其围绕L点做圆周运动的向心力
C. 月球绕地球做匀速圆周运动周期T=2π d3GM
D. L点距月球球心的距离x满足关系式GM(d+x)2+Gmx2=GMd3(d+x)
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
14.验证机械能守恒定律的实验装置如图甲所示，将气垫导轨(简化图)固定在水平桌面上，调节旋钮使其水平，在气垫导轨的右端固定一光滑的定滑轮。将质量为M的滑块a放在气垫导轨上，质量为m的物块b(含遮光片)通过轻质细线与滑块a相连，遮光片正下方固定一光电门。打开气源，将物块b由静止释放，记录遮光片的挡光时间为Δt。已知遮光片的宽度为d，物块b释放时遮光片距离光电门的高度为h(d≪h)，重力加速度为g。回答下列问题：
(1)将a、b(含遮光片)作为一个系统，从物块b由静止释放到遮光片通过光电门的过程中，系统减少的重力势能ΔEp= ______，系统增加的动能ΔEk= ______。比较ΔEk与ΔEp的大小，判断系统机械能是否守恒(均用题中所给相关物理量的字母表示)。
(2)改变高度h，重复上述实验步骤，某同学根据记录的数据描绘出h−(1Δt)2图像，若考虑到b所受阻力作用不可忽略且大小不变，则画出的图像应为图乙中的图线______(填“①”“②”或“③”)。
15.某实验小组“测量电源的电动势和内阻”
(1)该学习小组按照如图1甲所示的电路进行实验，通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏，记录此过程中电压表和电流表的示数，利用实验数据在U−I坐标纸上描点，如图1乙所示，结果发现电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的主要原因是______。
A.电压表分流
B.干电池内阻较小
C.滑动变阻器最大阻值较小
D.电流表内阻较小
(2)针对电压表示数的变化范围比较小的问题，该小组利用实验室提供的下列器材改进了实验方案。
A.干电池1节(电动势约1.5V，内阻约1Ω)；
B.电压表V(量程3V，内阻约3kΩ)；
C.电流表A(量程0.6A，内阻为0.5Ω)；
D.滑动变阻器R(最大阻值为20Ω)；
E.定值电阻R1(阻值1Ω)；
F.定值电阻R2(阻值5Ω)；
G.开关一个，导线若干。
在现有的实验器材下，为消除系统误差，尽可能精准测量电池电动势和内阻，则图3的电路图正确的是______。
(3)根据新的实验方案重新测量得到的数据并绘出新的U−I图像如图2所示，可得电池的电动势为______V，内阻为______Ω(结果均保留3位有效数字)。
四、计算题：本大题共4小题，共44分。
16.如图所示，一倾角为37°的光滑绝缘斜面体稳固地固定于水平面上，带有电荷量为q的负点电荷A被固定于斜面底端，将质量为m的带电小球B放置在斜面上距离负点电荷A为L的M点处，小球恰好保持静止。已知重力加速度为g，静电力常量为k，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
(1)判定小球B所带电荷的电性；
(2)计算小球B所带的电荷量qB；
(3)若在A、M两点的中点N处再固定一个电荷量为q的正点电荷，求带电小球B的加速度大小。
17.诗句“辘轳金井梧桐晚，几树惊秋”中的“辘轳”是一种井上汲水的起重装置，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成，如图甲所示。图乙为古代辘轳的工作原理简化图，某位物理老师用电动机改装辘轳后实现了取水自动化，已知电动辘轳用质量为m0=2kg的水桶将质量为m=18kg的水竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a=2.5m/s2由静止开始竖直向上匀加速提升，当电动辘轳输出功率达到其允许的最大值1000W时，保持该功率直到水桶做匀速直线运动。不计额外功，忽略辘轳的质量以及所有摩擦阻力，取重力加速度g=10m/s2，求：
(1)水桶所能达到的最大速度；
(2)电动机在第1s末的输出功率；
(3)若3s后水桶达到最大速度，求3s内水桶上升的高度。
18.如图所示，竖直面内固定有一半径R=0.5m、圆心为O的光滑绝缘圆轨道，A、C点分别为轨道的最高点、最低点，B、D两点为轨道上与圆心等高的两点。竖直面内存在如图所示，与水平方向成37°的匀强电场，已知B、D点的电势差UBD=800V。将电荷量q=+5×10−3C，质量m=0.3kg的小球(视为点电荷)从轨道上C点由静止释放。取重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)小球经过D点时轨道对小球的压力F；
(3)若在C点给小球一个初速度，使小球能做完整的圆周运动，小球初速度的最小值vm。
19.利用电场可以实现对带电粒子运动的控制。如图所示，区域Ⅰ是14圆弧形均匀辐向电场，半径为R的中心线O1O2处的场强大小处处相等，且可调，方向指向圆心O；区域Ⅱ和Ⅲ是范围足够大的有界匀强电场，宽度分别为d和2d，场强大小均为E，方向相互垂直；一足够大的粒子接收板与区域Ⅲ的右边界重合，板上沿两电场方向分别建立x、y轴，坐标原点为O3，O2O3连线垂直于坐标系x轴。一群比荷为qm的带正电的粒子，沿切线从O1进入电场，改变辐向电场的场强大小，可使不同速度的粒子通过区域Ⅰ，沿O2O3连线方向进入区域Ⅱ，最终打在板上，不计带电粒子所受重力和粒子之间的相互作用。
(1)初速度为v0的带电粒子能通过该区域Ⅰ，求区域Ⅰ的场强大小E0；
(2)在第(1)问的条件下，区域Ⅱ、Ⅲ的场强大小E=E0，d=R，求带电粒子在电场中运动的总时间t及打在板上的速度大小v；
(3)所有带电粒子落在接收板上位置的轨迹方程。
答案解析
1.【答案】A
【解析】解：A、根据题意分析可知，m2/s2，由上述推导可知，这是基本单位的正确组合，故A正确；
B、根据题意分析可知，J/kg，虽然数值等价，但J是导出单位，不符合题目“基本单位”的要求，故B错误；
C、根据题意分析可知，W/kg(瓦特/千克)，瓦特(W)是导出单位(1W = 1J/s)，故C错误；
D、根据题意分析可知，N⋅s/kg，牛顿(N)是导出单位(1N = 1 kg⋅m/s2)，故D错误。
故选：A。
根据能量密度的定义(单位质量储存的能量)，再将能量的单位用国际基本单位推导，最后结合质量单位得到能量密度的单位。
本题考查物理量单位的推导，关键是利用物理公式将导出单位转化为国际基本单位，再结合物理量的定义式推导目标单位。
2.【答案】C
【解析】解：A.开普勒总结出行星运动三大定律，但未解释其成因，牛顿的万有引力定律揭示了原因，故A错误；
B.万有引力常数是卡文迪许通过扭秤实验测得的，且实验中确实运用了微小量放大法，故B错误；
C.麦克斯韦整合了19世纪中叶法拉第、安培等人的成果，建立了经典电磁场理论，故C正确；
D.美国科学家密立根油滴实验精确测定了电子的电荷量，而非质子电荷量，故D错误。
故选：C。
根据常见物理学史等知识进行解答，记牢相关科学家的物理学贡献即可。
对于物理学上著名物理学家的理论、实验和重大发明要加强识记，这也是考试内容之一，重视知识的积累。
3.【答案】C
【解析】解：金属网对外部电场有静电屏蔽作用，在两根信号线外面包一层金属网，可以防止外部信号对电缆内部电信号的干扰，故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据金属网的作用选择正确选项。
本题主要考查静电屏蔽，利用静电屏蔽对电缆进行保护，防止信号干扰。
4.【答案】B
【解析】A、三条绳子长度不同，与竖直方向的夹角就不同，且它们的水平分力之间的角度关系也不确定，故无法判断三条绳中张力的大小关系，故A错误；
B、由于三条绳在竖直方向上均有向下的分力，绳子拉力的竖直分量与杆自身重力的合力大小等于杆受到的支持力大小，根据牛顿第三定律，杆对地面的压力大于自身重力，故B正确；
C、由于杆保持静止，故杆受到的合力为零，故C错误；
D、绳子拉力的合力与杆的重力都向下，所以绳子拉力的合力与杆的重力不是一对平衡力，故D错误。
故选：B。
【分析】先以绳子和杆的结点为研究对象，其受力平衡，则三条绳子张力在水平面上的合力应该为零，根据三根绳子的长度以及方向的关系来判断选项A；以杆为研究对象，杆受重力、绳子的拉力和地面向上的支持力的作用，其受力平衡，根据水平和竖直方向的平衡关系结合牛顿第三定律分析B、C选项；
由杆受力平衡可知绳子拉力的合力竖直向下，杆的重力也竖直向下，据此分析选项D。
本题是一道关于共点力平衡的题目，解答需掌握力的合成与分解的应用。
5.【答案】D
【解析】解：根据对称性可知两根轻绳的拉力大小相等，设两根轻绳的合力为FT
A、根据题意分析可知，设轻绳与竖直方向的夹角为θ，对卷纸受力分析如图所示
由平衡条件可知FT=Gcsθ,FN=Gtanθ
随着卷纸的缓慢使用，G和θ均减小，可知csθ增大，tanθ减小，故F T、FN均减小，故A错误；
B、根据题意分析可知，因为FN=Gtanθ
由于θ大小无法判断，故F ​N不一定比重力小，故B错误；
C、根据题意分析可知，对卷纸，由平衡条件可知FN和FT的合力大小等于G，由于G减小，故二者合力减小，故C错误；
D、根据题意分析可知，由平衡条件可知卷纸所受合力大小始终不变且为0，故D正确。
故选：D。
卷纸缓慢使用时处于动态平衡状态，合力始终为零。需对卷纸进行受力分析，明确重力G、支持力F_N、拉力F_T的关系，结合角度变化分析各力的变化及合力特性。
本题核心是动态平衡分析，利用力的分解与角度变化规律判断力的变化趋势，同时明确平衡状态下合力的特性(始终为0，或某几个力的合力与第三个力等大反向)。
6.【答案】D
【解析】解：A.a、b两物体均随地球一起自转，因此它们的自转角速度ω是相同的，但b物体圆周运动的半径更大，根据线速度与角速度的关系v=ωr，可知b物体的线速度更大，故A错误。
B.纬度越高，重力加速度越大，a物体位于黄道面(纬度高于赤道)，b物体位于赤道面，所以a物体的重力加速度更大，故B错误。
C.向心力的公式为Fn=mω2r，虽然ω相同、rb>ra，但题目中并未给出a、b两个物体的质量，所以无法比较所需向心力的大小关系，故C错误。
D.向心加速度与角速度的关系为an=ω2r，由于a、b两物体的自转角速度ω相同，且ra>rb，可知b物体的向心加速度更大，故D正确。
故选：D。
先明确a、b随地球自转的角速度相同，再结合圆周运动公式(线速度v=ωr、向心加速度an=ω2r、向心力Fn=mω2r)，以及重力加速度随纬度升高而增大的特点，逐一分析各选项的正误。
本题考查了地球自转相关的圆周运动规律(线速度、向心加速度、向心力)及重力加速度的分布特点，核心是结合角速度相同的条件，利用圆周运动公式分析不同物理量的变化，同时明确重力加速度与纬度的关联。
7.【答案】A
【解析】解：以箭的最高点为坐标原点，水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立坐标系。由对称性可知，射出点与落地点间距L=3×3m+1.5×2m=12m。
分析箭从最高点到落地点的运动，设最高点速度v，最高点到集装箱上表面高度y1，则落地点高度y2=y1+7.5m。水平位移x1=1.5m(集装箱右端点)，x2=6m(落地点)。运动时间分别为t1、t2，由平抛运动规律得x1=vt1，y1=12gt12；x2=vt2，y2=12gt22。
代入数据解得v=32 10m/s，故A正确，BCD错误。
故选：A。
题目描述的是射箭运动中的斜抛问题，关键在于建立合适的坐标系并利用对称性分析运动轨迹。以最高点为原点，箭的运动可分解为水平匀速和竖直自由落体两部分。通过几何关系确定射出点与落地点间距，结合平抛运动规律计算最高点速度。解题时需注意箭恰好擦过最上层集装箱的条件，利用水平位移和竖直位移的关系联立方程求解。
本题以斜抛运动为背景，巧妙结合生活情境设计物理模型，考查学生对运动合成与分解的掌握程度。题目通过集装箱堆叠的几何关系构建复杂空间条件，要求学生将三维空间问题转化为二维平面处理，体现了物理建模能力的考查重点。解题关键在于建立合理的坐标系，利用对称性分析运动轨迹，并灵活运用平抛运动的分位移公式联立求解。计算过程涉及二次方程求解，对学生的数学运算能力提出一定要求。题目难度中等偏上，综合考查了空间想象、模型转化和公式应用能力，其中将最高点设为坐标原点的处理方式展现了逆向思维的巧妙性。
8.【答案】D
【解析】解：根据电容的定义式：C=QU，和电容的决定式：C=ɛrS4πkd
联立可得：U=4πkQdϵrS
将该电容器充电后断开电源，电容器的带电量Q保持不变，由题意可知逐渐增大施加于两极板压力的过程，极板间距d随压力F的增大而减小的越来越慢，则极板间电势差U随压力F的增大而减小的越来越慢，即U−F的关系曲线的斜率随F的增大而减小，故D正确，ABC错误。
故选：D。
根据电容的定义式与决定式推导极板间电势差与极板间距离的关系式，依据题意分析极板间距随压力的变化情况，确定U−F的关系曲线的斜率如何变化。
本题考查了平行板电容器的动态分析问题，掌握电容的定义式与决定式。解答时要注意分析哪些量是不变的，哪些量变化的。
9.【答案】D
【解析】解：A.同一电场中，电场线越密集的地方电场强度越大，则由图可知：Ea>Ec，
故根据F=qE=ma可知，同一油漆微粒在a点的加速度比在c点的加速度大，故A错误；
B.由图可知，喷枪与工件之间的电场线有直线、有曲线，当油滴微粒由静止在电场线为直线(电场力方向不变)的电场中运动时，其运动轨迹与电场线重合，当油滴微粒由静止在电场线为曲线(电场力方向时刻改变)的电场中运动时，初始时刻其会向电场力方向(该处电场线的切线方向)运动，接着会在方向不断变化的电场力的作用下做曲线运动，所以这种情况，油滴微粒的运动轨迹不会与电场线重合，故B错误；
C.因为ab=bc，且同一电场中，电场线越密集的地方电场强度越大，则由图可知，ab间的平均电场强度比bc间的平均电场强度大，则由匀强电场中电势差与电场强度的关系U=Ed定性分析可知：Uab>Ubc，故C错误；
D.由题意可知，油滴微粒从仅在电场力的作用下由喷枪向工件运动，则该过程电场力做正功，电势能减小，则由图可知，油漆微粒在c点的电势能比在a点的电势能小，故D正确；
故选：D。
A.根据电场线与电场强度的关系、电场强度与加速度的关系，即可分析判断；
B.结合题意及题图，根据电场线的方向特点及油滴微粒的运动性质，即可分析判断；
C.结合题意，由匀强电场中电势差与电场强度的关系定性分析，即可分析判断；
D.结合题意，由电场力做功与电势能变化的关系，即可分析判断。
本题主要考查对电场中功能关系的掌握，解题时需注意，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。
10.【答案】C
【解析】解：AC.当电源为恒流源时，通过R2的干路电流I总始终不变，当滑动触头向上滑动时，R0增大，总电阻也增大，由欧姆定律：U=I总R总，可知电压表示数U变大；
由欧姆定律：U−I总R2=(I总−I)R1
整理得：U=I总(R1+R2)−IR1
所以|ΔUΔI|=R1
当滑动触头向上滑动时，R1不变，即|ΔUΔI|不变。故A错误，C正确；
BD.电压表示数U不变，当滑动触头向上滑动时，总电阻增大，由欧姆定律：U=I总R总
可知干路电流I总减小，根据功率表达式：P=UI总，可得电源的输出功率减小；
又因为R0增大，并联电路两端电压增大，故流过R1的电流增大，而干路电流I总减小，所以流过另一支路的电流减小，电流表示数减小，故BD错误。
故选：C。
当触头P由最下端向最上端移动时，接入电路中的电阻变大，而电源输出电流不变，根据电功率和欧姆定律，结合动态分析的思路进行分析。
本题主要是考查欧姆定律的应用，掌握分析动态电路的方法：由局部到整体，从内向外，由干路到支路，同时注意滑动变阻器的滑片移动，导致电阻的如何变化是解题的关键，注意电源输出电流不变。
11.【答案】ACD
【解析】解：C、设加速电压为U1，在加速电场中满足U1q=12mv12。原子核在偏转电场中，设偏转电压为U2，极板长度L2，运动时间t2，有L2=v1t2，解得：y=12at22=12U2qdm(L2v1)2=U2L224dU1。偏转距离y与质量、电荷量无关，故四种原子核偏转距离相同，故C正确；
B、设加速电场极板间距为L1，偏转电场右侧到荧光屏距离为L3。加速电场中运动时间t1=2L1v1=2L1 m2qU1，离开加速电场到荧光屏时间t2′=L2+L3v1=(L2+L3) m2qU1，总时间t=t1+t2′=(2L1+L2+L3) m2qU1∝ mq，与比荷有关，故四种原子核运动时间不全相同，故B错误；
A、原子核离开偏转电场时速度偏转角θ满足tanθ=vyv1=U2L22dU1，荧光屏上亮点与中心距离Y=y+L3tanθ，与质量、电量均无关，故荧光屏上只有一个亮点，故A正确；
D、设偏转电场电势差为U2，由动能定理qU1+U2qdy=Ek，飞出偏转电场时的动能与电荷量有关。氕、氘、氚电荷量相同，故动能相同，故D正确。
故选：ACD。
题目中四种原子核经过同一加速电场和偏转电场后打在荧光屏上。由于偏转距离y与粒子的质量和电荷量无关，仅由加速电压和偏转电压决定，因此四种原子核在偏转电场中的偏移距离相同。运动时间与粒子的比荷有关，不同原子核的比荷不同，导致运动时间不同。荧光屏上的亮点位置由偏转角度和偏移距离共同决定，而偏转角度与粒子性质无关，因此四种原子核最终汇聚在同一个亮点。氕、氘、氚三种原子核的电荷量相同，在加速和偏转过程中获得的动能相同，因此飞出偏转电场时的动能相同。
本题综合考查带电粒子在电场中的加速与偏转问题，涉及动能定理、运动学公式及类平抛规律的应用。题目计算量适中，难度中等偏上，重点考查学生对电场中粒子运动规律的掌握程度以及公式推导能力。通过分析不同原子核在相同电场中的运动情况，强化了学生对电荷量与质量比的理解。偏转距离y与荧光屏亮点位置Y的推导过程体现了物理建模的严谨性，而动能分析则要求学生准确把握电场力做功与能量转化的关系。本题亮点在于巧妙设计不同比荷的粒子经过相同电场后的运动对比，有效检验了学生对物理规律普适性的理解深度。
12.【答案】BD
【解析】解：A.设经历时间为t，风速v=10m/s，每台风力发电机的叶片转动时可形成半径为r的圆面，
则单位时间内经过每台发电机叶片圆面的气流动能为12mv2t=12(ρπr2vt)v2t=12ρπr2v3，故A错误；
B.风速v=10m/s时每台发电机输出电功率为500kW=12mv2t⋅η=12ρπr2v3η，解得r≈50m，故B正确；
C.由B的分析可知，每台发电机输出的电功率正比于v3，当风速为20m/s时(即风速变为原来的2倍)，则每台发电机输出的电功率变为原来的8倍，即4000kW，故C错误；
D.若每年有4000h风速在10～20m/s，则每台发电机年发电量至少为500kW⋅4000h=2×106kW⋅h，故D正确。
故选：BD。
根据圆柱体体积计算公式求出t时间内冲击风车的气流的体积V=SL=Svt，利用m=ρV求出质量，再由动能公式即可求出动能；利用E电=ηEk可求出1s内产生电能，即发电功率，从而计算叶片半径；根据W=Pt解得电量。
本题考查能量转化及守恒定律的应用，要明确能量转化方向；并能熟练掌握密度的计算公式，并能够利用效率计算能量间的转换。
13.【答案】CD
【解析】解：A、根据题意分析可知，鹊桥一号卫星没有脱离地球束缚，可知，鹊桥一号卫星在地球上发射的速度大于地球的第一宇宙速度，小于地球的第二宇宙速度，故A错误；
B、根据题意分析可知，鹊桥一号卫星围绕L点做圆周运动，由地球和月球对其引力的合力指向L点的分力提供其围绕L点做圆周运动的向心力，故B错误；
C、根据题意分析可知，地球球心与月球球心距离为d，则有GMmd2=m4π2dT2
解得T=2π d3GM，故C正确；
D、根据题意分析可知，L点为地—月系统的一个拉格朗日点，在该点的物体能够保持和地球、月球相对位置不变，以和月球相同的角速度绕地球做匀速圆周运动，则有GMm0(d+x)2+Gmm0x2=m04π2(d+x)T2
其中T=2π d3GM
解得GM(d+x)2+Gmx2=GMd3(d+x)，故D正确。
故选：CD。
根据宇宙速度、万有引力定律、圆周运动向心力公式分析各选项。关键在于明确卫星的运动状态(与月球同周期绕地球转动)，以及不同圆周运动的向心力来源。
本题的关键在于：①区分“脱离地球引力”(第二宇宙速度)与“绕地球运动”的发射速度；②明确不同圆周运动的向心力来源(绕地球公转的向心力由地球+月球引力合力提供，绕L点的向心力由合力的分力提供)；③利用万有引力定律和圆周运动公式推导周期、距离的关系。
14.【答案】mgh;12(M+m)(dΔt)2 ②
【解析】解：(1)由题意知，只有物块b下降了高度h，滑块a的重力势能不变，故系统减少的重力势能ΔEp=mgh
滑块a与物块b均沿着细线方向运动，两者速度大小相等，物块b经过光电门时的速度大小为v=dΔt
故系统增加的动能ΔEk=12(M+m)v2=12(M+m)(dΔt)2
(2)设阻力大小为f，则物块b下落的过程中，根据动能定理有mgh−fh=12(M+m)(dΔt)2
变形得h=(M+m)d22(mg−f)×(1Δt)2
即图像为一条过原点的直线，与图线②对应。
故答案为：(1)mgh；12(M+m)(dΔt)2；(2)②。
(1)根据滑块a与物块b均沿着细线方向运动，两者速度大小相等，结合光电门测速原理，以及动能与重力势能表达式分析求解；
(2)根据动能定理，结合图像的斜率分析求解。
本题考查了验证机械能守恒定律实验知识，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。
15.【答案】B； D； 1.58；1.18
【解析】(1)由闭合电路的欧姆定律得U=E−Ir，由于干电池内阻r较小，电流变化时U变化较小，电压表变化范围小，故B正确，ACD错误。
故选：B。
(2)为使电压表示数变化范围大，把定值电阻R1与电源串联，由于电流表内阻已知，相对于电源来说电流表采用内接法，应选择图D所示电路图。
(3)由闭合电路的欧姆定律得U=E−I(r+R1+RA)，由图2所示U−I图像可知，电池电动势E=1.58V，
图像斜率的绝对值k=r+R1+RA=Ω≈2.68Ω，解得r=1.18Ω。
故答案为：(1)B；(2)D；(3)1.58；1.18。
(1)电源内阻很小电路电流变化时内压变化较小，电压表示数变化小。
(2)根据实验器材与实验电路图分析答题。
(3)应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数解析式，根据图示图像分析答题。
理解实验原理是解题的前提，分析清楚图示电路结构，应用闭合电路的欧姆定律即可解题。
16.【答案】(1)小球B所带电荷的电性为负电 (2)小球B所带的电荷量等于3mgL25kq (3)带电小球B的加速度大小等于125g
【解析】解：(1)由于小球B保持静止，则负点电荷A对小球B的力为斥力，故小球B也带负电。
(2)根据小球B受力平衡可得mgsin37°=kqqBL2
解得qB=3mgL25kq
(3)对小球B，根据牛顿第二定律可得kqqB(L2)2+mgsin37°−kqqBL2=ma
解得a=125g
答：(1)小球B所带电荷的电性为负电；
(2)小球B所带的电荷量等于3mgL25kq；
(3)带电小球B的加速度大小等于125g。
(1)根据受力情况判断电性；
(2)根据小球B受力平衡求解电荷量；
(3)释放B的瞬间，根据牛顿第二定律列方程求解。
本题主要是考查库仑力作用下的平衡问题，关键是弄清楚B的受力情况和运动情况，根据平衡条件、牛顿第二定律等进行分析。
17.【答案】(1)水桶所能达到的最大速度为5m/s (2)电动机在第1s末的输出功率为625W (3)3s内水桶上升的高度为9.75m
【解析】解：(1)当水桶匀速上升时，速度最大，根据平衡条件得
T1=(m+m0)g
解得T1=200N
则水桶能达到的最大速度为vm=PT1
解得vm=5m/s
(2)当水桶匀加速运动时，在第1s末的速度为
v1=at1=2.5×1m/s=2.5m/s
根据牛顿第二定律得
T2−(m+m0)g=(m+m0)a
解得绳的拉力T2=250N
根据P=T2v1
解得电动机在第1s末的输出功率为P=625W
(3)恒定加速度阶段，水桶上升的最大速度为
v2=PT2=1000250m/s=4m/s
匀加速运动时间为
t2=v2a=42.5s=1.6s
上升的高度为
h1= v222a
解得h1=3.2m
设3s内水桶上升的高度为h，匀加速运动结束到速度最大的过程，根据动能定理可得
P(t−t2)−(m+m0)g(h−h1)=12(m+m0)vm2−12(m+m0)v22
解得h=9.75m
答：(1)水桶所能达到的最大速度为5m/s；
(2)电动机在第1s末的输出功率为625W；
(3)3s内水桶上升的高度为9.75m。
(1)水桶匀速上升时，速度最大，根据平衡条件求出牵引力，再由功率公式求水桶所能达到的最大速度；
(2)先根据v1=at1求出水桶在第1s末的速度。由牛顿第二定律求出绳的拉力，再求电动机在第1s末的输出功率；
(3)若3s后水桶达到最大速度，先求出匀加速运动达到的最大速度、时间和上升的高度，再根据动能定理求3s内水桶上升的高度。
本题与机车启动类似，要分析清楚水桶的运动过程，把握速度最大的条件：加速度为零，能根据动能定理求变加速上升的高度。
18.【答案】(1)匀强电场的电场强度E的大小为1000V/m (2)小球经过D点时轨道对小球的压力F为12N (3)若在C点给小球一个初速度，使小球能做完整的圆周运动，小球初速度的最小值为2 5m/s
【解析】解：(1)根据匀强电场特点，可知UBD=EdBDcs37°
可解得E=1000V/m
(2)设小球经过D点时的速度大小为v0，小球从C点运动到D点的过程中有
−mgR+qER(sin37°+cs37°)=12mv02−0
小球经过D点时，根据牛顿第二定律可得F−qEcs37°=mv02R
解得F=12N
(3)如图所示
小球在重力场和电场所受合力为F等效，则小球在F等效的方向上位移最大时，F等效所做正功最多，由动能定理可知此时小球动能最大，也即速度最大，由图可知
g′=gtan37∘=43g
小球做完整圆周运动的临界条件为在B点取到最小速度vB= g′R，
从C点到B点，根据动能定理有−mg′R=12mvB2−12mvm2
可解得vm=2 5m/s。
答：(1)匀强电场的电场强度E的大小为1000V/m；
(2)小球经过D点时轨道对小球的压力F为12N；
(3)若在C点给小球一个初速度，使小球能做完整的圆周运动，小球初速度的最小值为2 5m/s。
(1)根据匀强电场特点求匀强电场的电场强度E的大小；
(2)根据动能定理求小球经过D点时的速度大小，结合牛顿第二定律求小球经过D点时轨道对小球的压力F；
(3)根据合力表达式求出小球在重力场和电场所受合力，结合动能定理求若在C点给小球一个初速度，使小球能做完整的圆周运动，小球初速度的最小值vm。
有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
19.【答案】(1)区域Ⅰ的场强大小E0为mv02qR (2)带电粒子在电场中运动的总时间t=(π2+3)Rv0，打在板上的速度大小v为 6v0 (3)所有带电粒子落在接收板上位置的轨迹方程y=45x
【解析】解：(1)粒子在电场中做圆周运动，由向心力公式得qE0=mv02R，解得场强E0=mv02qR。
(2)粒子进入右侧电场区域后，水平方向保持匀速运动，总运动时间为t=πR2v0+3dv0，解得t=(π2+3)Rv0。粒子打在屏上时，x方向分速度vx=qEmdv0，y方向分速度vy=qEm⋅2dv0，合速度v= v02+vx2+vy2，解得v= 6v0。
(3)设粒子速度为v，在区域Ⅱ内有d=vt2，x2=12qEmt22；在区域Ⅲ内有2d=vt3。由几何关系得52d12d=xx2，y方向位移y=12qEmt32，解得x=5qEd22mv2，y=4qEd22mv2，故接收板上粒子落点轨迹方程为y=45x。
答：(1)区域Ⅰ的场强大小E0为mv02qR。
(2)带电粒子在电场中运动的总时间t=(π2+3)Rv0，打在板上的速度大小v为 6v0。
(3)所有带电粒子落在接收板上位置的轨迹方程y=45x。
(1)粒子在区域Ⅰ做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据圆周运动条件可建立电场强度与初速度的关系式，从而求出区域Ⅰ的场强大小。
(2)粒子运动过程分为三部分：在区域Ⅰ的圆弧运动时间由弧长和速度决定，在区域Ⅱ和Ⅲ的匀强电场中分别做类平抛运动，水平方向保持匀速，竖直方向受电场力加速，总时间为三段运动时间之和。最终速度由初速度与两个电场中获得的加速度分量合成。
(3)粒子在区域Ⅱ和Ⅲ的运动轨迹均为抛物线，通过分析两个区域中粒子在x、y方向的位移关系，建立速度与位移的关联方程，消去速度参数后即可得到接收板上粒子落点的轨迹方程。
本题综合考查带电粒子在电场中的运动，涉及圆周运动、匀变速直线运动及运动的合成与分解等核心知识点。题目设计巧妙，通过三个区域的电场组合构建多过程问题，对学生的物理建模能力和综合分析能力提出较高要求。第一问考查圆周运动的向心力公式应用，属于基础层面；第二问需分段计算时间并运用速度合成思想，计算量适中但需注意运动分解的细节；第三问通过几何关系推导轨迹方程，要求学生具备较强的数学推导能力和空间想象能力。本题亮点在于将电场性质与运动学规律有机结合，通过多区域场强的设置全面考查学生对带电粒子运动的理解深度，尤其第三问的轨迹方程推导体现了物理与数学的交叉应用，能有效区分学生的思维层次。