2025-2026学年湖北省荆州市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年湖北省荆州市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共11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。
1.某次航展上，一架飞机正在做特技展示。飞机从水平直线飞行转入竖直平面内的圆弧俯冲。关于飞机在该圆弧段中的运动，下列说法正确的是( )
A. 飞机的速度大小一定在变化B. 飞机受到的合力方向保持不变
C. 飞机的速度方向时刻在变化D. 飞机所受合力可能为零
2.如图所示，某同学将一橡皮擦轻放在塑料尺的一端，现将该端伸出桌面边缘，随后缓慢向外移动塑料尺，塑料尺弯曲程度逐渐变大，且橡皮擦相对塑料尺始终保持静止，则在此过程中下列说法正确的是( )
A. 橡皮擦对塑料尺的弹力是由于塑料尺发生了形变而产生的
B. 橡皮擦受到的重力与弹力二力平衡
C. 塑料尺对橡皮擦的弹力方向保持不变
D. 塑料尺对橡皮擦的作用力保持不变
3.质量为1kg的质点沿x轴做直线运动，它在x轴上的位置坐标随时间t的变化关系为x=3t2+t(物理量均采用国际制单位)，则该质点( )
A. 第1s内的位移为5mB. 第1s末的速度为6m/s
C. 任意1s内速度增加量为6m/sD. 质点受到的合外力为12N
4.手机电容式触摸屏的核心部件可简化为平行板电容器。当手指靠近触摸屏时，电容器两极板和手指间的电场线分布如图所示。下列说法正确的是( )
A. A点的电场强度大于B点的电场强度
B. A点的电势高于B点的电势
C. 若将电子在E点释放，仅受静电力作用，电子将沿电场线ab运动
D. 将电子从极板上表面C点移至下表面D点，电场力做功为零
5.如图所示，把两只完全相同的表头进行改装，已知表头内阻Rg=200Ω，R1=3.8kΩ，R2=8kΩ，图甲为两个量程的电压表，图乙为两个量程的电流表。图甲中a量程为6V，下列说法正确的是( )
A. 图甲中a量程大于b量程B. 图乙中c量程小于d量程
C. 表头满偏电流Ig=1.5mAD. 图甲中b量程为10V
6.2024年3月20日，鹊桥二号中继星踏上奔月征途，它为地球和月球架起通信的天桥。如图所示为登月的简化过程。鹊桥二号从地球表面发射后，进入地月转移轨道，在P点被月球捕获后沿椭圆轨道①绕月球运动，在P点再次变轨后，沿距离月球表面一定高度的圆形轨道②运动，下列说法正确的是( )
A. 鹊桥二号在地球的发射速度大于地球的第二宇宙速度
B. 鹊桥二号在轨道①上经过P点时向前喷气进入轨道②
C. 鹊桥二号在轨道②上的运行速度大于月球的第一宇宙速度
D. 鹊桥二号在轨道①上经过P点时的加速度小于在轨道②上经过P点时的加速度
7.恒压源是一种特殊的电源，其输出的电压值始终保持不变；恒流源也是一种特殊的电源，其输出的电流强度始终保持不变。图甲所示的电路中电源是恒压源，图乙所示的电路中电源是恒流源。两滑动触头P均向左端移动的过程中，下列说法中正确的是( )
A. 图甲中R1两端的电压变大B. 图甲中R2的电流变大
C. 图乙中通过R4的电流变大D. 图乙中电源的输出功率变小
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.自动体外除颤器是一种便携式的用于抢救心脏骤停患者的医疗设备。其工作原理是通过电源对电容器充电，再利用已充电的电容器释放脉冲电流作用于心脏，刺激心颤患者的心脏恢复正常跳动。已知某型号除颤器的电容器电容是15μF，某次充电后电容器的电压为5kV，如果电容器在3ms时间内完成放电，则下列说法正确的是( )
A. 充电结束时，电容器所带电荷量为0.075C
B. 放电过程中有0.75C的电荷量通过人体组织
C. 电容器放电过程的平均电流强度大小为25A
D. 当电容器放电完成后，电容减小为0
9.如图，对于甲、乙、丙、丁四种情况，求解某个力所做的功，下列说法正确的是( )
A. 图甲中，质量为m的木块在水平面内做圆周运动时受到的摩擦力Ff大小不变，运动一周回到起点，摩擦力对木块做功为零
B. 图乙中，绳长为L，竖直平面内的质量为m的小球在水平力F的作用下缓慢由A处运动到B处，在该过程中力F做功为mgL(1−csθ)
C. 水平力F拉着一物体在水平面内做直线运动，若力F的方向不变，大小随位移线性变化的规律如图丙所示，在发生位移为x0的过程中力F做功为WF=F0+F12x0
D. 图丁中，用恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做功W=F⋅(ℎtanα−ℎtanβ)
10.如图所示，一倾斜角为30∘的绝缘斜面固定在水平面上，空间中存在沿斜面向下的匀强电场，电场强度为E=7mg2q。质量分别为m和2m的物块M、N用一根不可伸长的轻绳绕过滑轮连接，劲度系数为k的弹簧一端与N连接，另一端固定在地面上。M带正电，电荷量为q，N不带电。初始时有外力作用使M静止在斜面上，轻绳恰好伸直。现撤去外力使M从静止释放，不计一切摩擦。则下列说法正确的是( )
A. 撤去外力的瞬间M的加速度大小为2g
B. M下滑过程中速度最大时，弹簧的伸长量为2mgk
C. M下滑到最低点的过程中，M、N、弹簧与地球构成的系统的机械能先增大后减小
D. M下滑的最大速度为4g m3k
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.在“研究加速度和力、质量的关系”的实验中，采用如图甲所示的装置进行实验。
(1)实验中，需要在木板的右端垫上一个小木块，其目的是
(2)在实验操作中，下列说法正确的是______。(多选)
A. 实验时，需调整定滑轮高度，使连接小车的细线与桌面保持平行
B. 实验中，应先接通电源，待打点计时器工作稳定后，再释放小车
C. 每改变一次小车的质量，都需要改变垫入的小木块的厚度
D. 实验中，若要将砝码和砝码盘的总重力大小作为小车所受拉力F的大小，应让小车质量远大于砝码和砝码盘的总质量
(3)将托盘与砝码的总重力视为小车的合力F，改变托盘中砝码质量，根据数据拟合出a−F图像为图乙中图线A，若将小车的质量减半，重新实验所得图线为 。(选填“B”“C”或“D”)
12.某实验小组设计了如下实验测量自来水的电阻率。实验器材有：绝缘性能良好的塑料圆柱形容器、金属探针、金属圆片、游标卡尺、电源、电压表、电流表等。
(1)先用游标卡尺测量塑料圆柱形容器的内径，结果如图甲所示，该读数d= cm。
(2)将采集的水样装入容器内。容器顶部等间距插有金属探针，两端用金属圆片密封(探针和圆片电阻均可忽略不计)。按图乙连接电路，将电压表与任意两探针相连，连接的两探针间距记为L。
(3)闭合开关S，调节电阻箱阻值R，使得电流表示数I=300μA，读出电压表示数U，断开开关S。
(4)改变L，重复步骤(3)，测得多组数据，作出U−L图像如图丙中①所示，得到直线的斜率为k，则水样电阻率的表达式ρ= (用d，I，k表示)，根据图像计算得出该水样的电阻率为 Ω⋅m(π取3.14，结果保留两位有效数字)，若考虑电压表内阻的影响，则水样电阻率的测量值 (填“大于”“小于”或“等于”)真实值。
(5)给水样升温后，重复以上操作，作出U−L图像如图丙中②所示，实验结果表明，温度 (填“高”或“低”)的水样更容易导电。
四、计算题：本大题共3小题，共44分。
13.在如图甲所示的平面直角坐标系xOy中，有一矩形OABC，其中OA=8m，OC=6m。一匀强电场与坐标系所在平面平行，两个坐标轴方向上的电势变化如图乙所示，已知φ−x图像的斜率可以表示电场强度。求：
(1)该匀强电场在x和y轴方向上的电场强度的大小和方向
(2)将一电荷量为q=−5×10−6C的粒子由电场中的B点移动到A点，静电力做的功W
14.生活中经常会遇到圆锥摆运动，可以简化为如图所示的模型。长L=2m的细线一端系一小球，另一端悬挂在P点，使小球在水平面内做匀速圆周运动。已知小球的质量m=1.6kg，细线能承受的最大拉力Fm=20N，P点到水平地面的距离ℎ=2.05m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，求：
(1)小球能在水平面内做匀速圆周运动的最大角速度ωm
(2)细线被拉断后，小球的落地点与P点在水平地面上的竖直投影点O′之间的距离d
15.如图所示，竖直平面内一直角坐标系xOy，第Ⅲ象限内固定有半径为R的四分之一光滑绝缘圆弧轨道BC，轨道圆心与坐标原点O重合，B端在x轴上，C端在y轴上，同时存在大小为E1=mgq、方向水平向右的匀强电场。第Ⅳ象限x=0与x=3R之间有大小为E2=2mgq、方向竖直向下的匀强电场。现将一质量为m、电荷量为q的带负电的小球从B点正上方高2R处的A点由静止释放，并从B点进入圆弧轨道，重力加速度为g，求：
(1)小球经过C点时的速度大小vC
(2)小球在第Ⅲ象限中运动的最大动能Ekm
(3)小球运动到y轴右侧后与x轴的交点坐标
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：AC、飞机做的是圆周运动，所以飞机的速度方向一定变化，但不知道飞机做的是否为匀速圆周运动，所以无法确定飞机速度大小的变化，故A错误，C正确；
BD、飞机做的是圆周运动，飞机的速度在不断的变化，所以飞机所受合力一定不为零，如果飞机做的是匀速圆周运动，则合力方向始终指向圆心，即合力方向在不断的变化，故BD错误。
故选：C。
做曲线运动的物体，速度方向不断的变化，无法确定飞机速度大小是否变化；做曲线运动的物体所受合力不为零；根据向心力方向分析合力方向的变化。
知道物体做圆周运动的速度特点，向心力的特点是解题的基础。
2.【答案】D
【解析】解：A.橡皮擦对塑料尺的弹力，施力物体是橡皮擦，受力物体是塑料尺。该弹力是由于橡皮擦发生形变产生的，而非塑料尺，故A错误。
BC.橡皮擦受到重力和塑料尺的弹力(垂直于塑料尺表面向上)和静摩擦力。由于塑料尺弯曲程度逐渐变大，其表面切线方向的倾角θ逐渐增大，弹力方向不再竖直向上，与重力方向不在同一直线上，故重力和弹力不满足二力平衡的条件，故BC错误。
D.橡皮擦相对塑料尺始终静止，处于平衡状态，所受合力为零。塑料尺对橡皮擦的作用力(弹力与摩擦力的合力)与橡皮擦的重力等大反向。由于重力不变，因此该作用力保持不变，故D正确。
故选：D。
根据弹力产生的原因结合物体的受力分析，平衡条件等知识逐一分析判断各选项的正误。
考查物体的受力分析和平衡条件的应用，此题注意弹力的方向随塑料尺的形变的变化而变化，属于较低难度考题。
3.【答案】C
【解析】解：A、将位置坐标公式x=3t2+t与匀变速直线运动位移公式x=v0t+12at2对比，可得初速度v0=1m/s，加速度a=6m/s2。
t=0时质点位置x0=0，t=1s时位置x1=3×12m+1m=4m
第1s内位移Δx=x1−x0=4m−0=4m，故A错误；
B、由v=v0+at，得第1s末速度v=1m/s+6×1m/s=7m/s，故B错误；
C、速度变化量Δv=aΔt，任意1s内Δt=1s
故Δv=6×1m/s=6m/s，故C正确；
D、由牛顿第二定律，有F=ma=1×6N=6N，故D错误。
故选：C。
把位置公式x=3t2+t和匀变速位移公式x=v0t+12at2比对，得出初速度、加速度；代入t=1、t=0算出位置差值得到第1s位移；通过速度公式求1s末速度；依靠加速度含义判断每秒速度增量；结合牛顿第二定律F=ma求解合外力。
本题依托匀变速直线运动位移表达式展开设问，串联运动学公式与牛顿第二定律，考点基础经典，区分点集中在公式比对识别加速度、初速度，适合用来夯实匀变速运动基础概念。
4.【答案】D
【解析】解：A、在电场中，电场线的疏密程度反映了电场强度的大小。
由图可知，B点区域的电场线比A点区域的电场线密集，因此B点的电场强度大于A点的电场强度，故A错误；
B、顺着电场线的方向电势逐渐降低。图中的中间极板处于静电平衡状态，是一个等势体，且电场线由底部极板指向中间极板和手指，说明底部极板电势最高。
若过A点作一等势面，该等势面与B点所在的竖直直电场线相交于B点上方的某一点；
由于沿竖直向上的电场线方向电势降低，可知B点的电势必定高于该交点的电势，即B点的电势高于A点的电势，故B错误；
C、电子带负电，在E点由静止释放时，所受静电力方向与该点电场线的切线方向相反。
由于电场线ab是曲线，电子加速后具有速度，而沿切线方向的电场力无法提供其做曲线运动所需的向心力，因此电子的运动轨迹会偏离该电场线，不可能沿曲线ab运动，故C错误；
D、中间的极板是导体，在静电场中达到静电平衡后，整个导体是一个等势体。
因此，上表面的C点与下表面的D点电势相等，即两点间的电势差UCD=0。将电子从C点移至D点，根据做功公式W=qUCD可知，电场力做功为零，故D正确。
故选：D。
本题对应静电场分布分析的物理过程，已知简化的平行板电容器加手指的电场线分布、导体极板处于静电平衡状态，核心关联电场线的物理意义、静电平衡导体的性质、带电粒子受力与运动的关系，分析时重点关注电场线疏密对应场强大小、沿电场线电势降低的规律、曲线电场线无法作为初速度为零带电粒子的运动轨迹、静电平衡导体为等势体的特点，梳理各待判断物理量的推导逻辑。
本题以手机电容式触摸屏为真实情境，考查静电场模块的核心知识点，涵盖电场线与场强、电势的关系，带电粒子运动轨迹和电场线的区别，静电平衡导体的等势性及电场力做功判定。整体计算量极小，难度中等偏下，侧重考查学生对静电场基础概念规律的辨析能力，以及从实际情境中提取物理模型的转化能力，有助于学生夯实静电场板块的基础认知。
5.【答案】C
【解析】解：ACD.图甲a量程为6V，则有Ua=Ig(Rg+R1)=6V，解得表头满偏电流为Ig=1.5mA，图甲中b的量程为Ub=Ig(Rg+R1+R2)，得Ub=18V，可知图甲中a的量程小于b的量程，故AD错误，C正确；
B.图乙为改装电流表，接c时分流电阻为R3，接d时分流电阻为R3+R4，分流电阻越小，分流越大、总量程越大，因此c量程大于d量程，故B错误。
故选：C。
ACD.根据电压表的改装原理结合量程计算知识列式求解判断；B.根据电流表的改装原理分析判断。
考查电表的改装原理，熟练掌握串并联电路的特点是关键，属于较低难度考题。
6.【答案】B
【解析】解：A、鹊桥二号没有脱离地球引力的束缚，所以鹊桥二号在地球的发射速度小于地球的第二宇宙速度，故A错误；
B、鹊桥二号从轨道①进入轨道②时做近心运动，经过P点时必须减速，因此经过P点时要向前喷气，故B正确；
C、鹊桥二号绕月球做圆周运动时，根据GMmr2=mv2r，可得v= GMr，轨道半径越大，线速度越小，因轨道②的半径大于月球的半径，则鹊桥二号在轨道②上的运行速度小于月球的第一宇宙速度，故C错误；
D、根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma，解得a=GMr2，则鹊桥二号在轨道①上经过P点时的加速度与在轨道②上经过P点时的加速度相同，故D错误。
故选：B。
根据第二宇宙速度的意义，即可分析鹊桥二号在地球的发射速度是否大于第二宇宙速度；根据变轨原理分析鹊桥二号在轨道①上经过P点时进入轨道②速度如何变化，即可确定喷气方向；根据万有引力提供向心力列式，分析鹊桥二号在轨道②上的运行速度与月球的第一宇宙速度的关系；根据牛顿第二定律列式分析鹊桥二号在轨道①上经过P点时的加速度与在轨道②上经过P点时的加速度大小。
本题主要考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力进行分析，并掌握变轨原理。
7.【答案】C
【解析】解：AB.对图甲，滑动变阻器R0与电阻R1串联，该串联支路与电阻R2并联，整体接在恒压源两端(U总不变)。滑动触头P向左移动时，R0接入电路的电阻增大，串联支路总电阻R串′=R0+R1增大，R2两端电压等于恒压源电压U总，其电流I2=U总R2不变，R1两端电压U1=U总R0+R1⋅R1=U总R0R1+1变小，故AB错误；
CD.对图乙，滑动变阻器R0与电阻R3串联，该串联支路与电阻R4并联，整体接在恒流源两端(I总不变)。滑片向左移动时，R0接入电路的电阻增大，则串联支路总电阻R乙=R0+R3增大。并联总电阻R总=R乙⋅R4R乙+R4，由于R乙增大，R总随之增大。恒流源总电压U总乙=I总⋅R总，因I总不变、R总增大，故U总乙增大，R4的电流I4=U总乙R4，U总乙增大，故I4增大，电源的输出功率P乙=I总U总乙增大，故C正确，D错误。
故选：C。
AB.根据题意分析电路结构，结合滑动变阻器的阻值变化利用欧姆定律列式求解判断；CD.根据题意分析电路结构，结合滑动变阻器的阻值变化利用欧姆定律、并联电路特点和电源功率的表达式列式求解判断。
考查电路的动态分析，熟练掌握串并联电路的特点是关键，理解恒压源和恒流源的概念，属于中等难度考题。
8.【答案】AC
【解析】解：AB、充电结束时，电容器所带电荷量为Q=CU=15×10−6×5×103C=0.075C，所以放电过程中有0.075C的电荷量通过人体组织，故A正确，B错误；
C、放电过程中的平均电流强度大小为I=Qt=0.0753×10−3A=25A，故C正确；
D、电容器电容的大小是由电容器本身的结构决定的，与其是否带电无关，所以当电容器放电完成后，其电容不变，仍为15μF，故D错误。
故选：AC。
根据Q=CU计算；根据电流的定义式计算；电容大小与电容器是否带电无关。
本题考查了电容定义式和电流定义式的应用，知道电容大小是由电容器本身的结构决定的，与其是否带电无关。
9.【答案】BC
【解析】解：A.摩擦力方向始终与木块运动方向相反，运动一周摩擦力做功Wf=−Ff×2πR=−2πFfR，故A错误；
B.小球缓慢运动，动能变化为0，由动能定理WF−mgL(1−csθ)=0，解得WF=mgL(1−csθ)，故B正确；
C.F−x图像中，图像与位移轴围成的面积表示力F做的功，该图像为梯形，面积代表F做功为WF=F0+F12x0，故C正确；
D.物块从A到B，绳子缩短的长度(即恒力F拉绳子的位移)为Δl=ℎsinα−ℎsinβ，则绳子对物块做功为W=FΔl=F⋅(ℎsinα−ℎsinβ)，故D错误。
故选：BC。
根据滑动摩擦力做功的特点和表达式列式求解；根据动能定理列式解答；根据图像面积代表功的规律列式求解；根据变力做功转化为恒力做功的思想方法列式解答。
考查功的相关问题，理解变力做功的特点和思路，熟练掌握动能定理和图像求解是关键，属于中等难度考题。
10.【答案】BD
【解析】解：对物块M进行受力分析，其重力沿斜面向下的分力为mgsin30∘=0.5mg，受到的电场力FE=qE，即FE=3.5mg，两者方向均沿斜面向下，
故M沿斜面向下的拉力总和为4mg。
“轻绳恰好伸直”表明初始时绳子无拉力，此时N处于受力平衡状态，其受到的弹簧弹力向上，大小等于N的重力2mg，即初始时弹簧处于压缩状态，压缩量x1=2mgk。
A、撤去外力的瞬间，设轻绳拉力为T，系统的加速度大小为a，对M由牛顿第二定律有4mg−T=ma，对N由牛顿第二定律有T+kx1−2mg=2ma，联立代入数据解得加速度a=43g，故A错误；
B、当M的加速度减小为零时其速度达到最大，此时系统受力平衡，设绳子拉力为T′，对M有4mg−T′=0，对N有T′−2mg−F弹=0，联立解得此时的弹簧弹力F弹=2mg，方向向下，说明此时弹簧处于伸长状态，伸长量x2=2mgk，故B正确；
D、在此过程中，M沿斜面下滑的距离x=x1+x2=4mgk，由于初、末状态弹簧的形变量大小相等，故弹性势能变化量为零，对整个系统由动能定理有(4mg−2mg)x=12(m+2m)vmax2−0，代入数据解得最大速度vmax=4g m3k，故D正确；
C、在M下滑到最低点的全过程中，除重力和弹簧弹力之外，电场力始终对M做正功，根据功能关系可知，由M、N、弹簧与地球构成的系统的机械能一直在不断增大，不会减小，故C错误。
故选：BD。
首先明确初始时轻绳无拉力，弹簧压缩量恰好抵消N的重力，撤去外力后M受沿斜面向下的重力分力与电场力共同作用，带动N运动，弹簧形变量随运动过程变化。撤去瞬间的加速度需对两物块分别受力分析后用牛顿第二定律联立求解，速度最大对应系统合外力为零，系统机械能变化仅由电场力做功判断，最大速度可结合初末态弹簧弹性势能不变的特点用动能定理推导。
本题是电场与力学综合的多选题，考查匀强电场受力分析、牛顿第二定律瞬时性应用、连接体动态受力分析、临界状态判断、系统功能关系与动能定理的综合运用，难度中等偏上。题目计算量适中，需要学生准确判断初始弹簧的压缩状态，理清运动过程的受力变化规律，可有效锻炼学生的多过程建模能力、受力动态分析能力与系统能量问题的辨析能力。
11.【答案】【小题1】
使细线拉力等于小车的合外力
【小题2】
BD
【小题3】
B

【解析】解：(1)在实验中，为了使细线拉力等于小车的合外力，需要利用小车重力的分力来平衡小车运动过程中受到的摩擦力，因此在木板的右端垫上一个小木块。
(2)A.实验需要调整定滑轮，让细线与小车运动方向平行，保证拉力方向和小车运动方向一致，不是与桌面平行，故A错误；
B.为了充分利用纸带，应先接通电源，待打点稳定后再释放小车，故B正确；
C.平衡摩擦力时，小车质量会被消去，改变小车质量后不需要重新调整木块厚度平衡摩擦力，故C错误；
D.根据牛顿第二定律，只有小车质量远大于砝码和砝码盘的总质量，才能近似将砝码和砝码盘的总重力作为小车受到的拉力，故D正确。
故选：BD。
(3)由牛顿第二定律可知a=FM，a−F图像的斜率为k=1M，当小车质量减半后，斜率变为原来的2倍，因此新图线的斜率是原图线A的2倍，对应图线B。
故答案为：(1)使细线拉力等于小车的合外力；(2)BD；(3)B。
(1)根据平衡摩擦力的方法判断；
(2)根据细线与小车运动方向平行判断；根据充分利用纸带判断；根据平衡摩擦力的方法判断；根据牛顿第二定律判断；
(3)根据牛顿第二定律结合图像斜率判断。
本题考查“研究加速度和力、质量的关系”的实验，关键掌握实验原理、误差分析和利用图像处理问题的方法。
12.【答案】4.00
kπd24I
39
小于
高

【解析】(1)图中游标卡尺的最小分度值为0.1mm，读数为40mm+0×0.1mm=40.0mm=4.00cm。
(4)根据电阻定律R=ρLS=ρLπ(d2)2和欧姆定律R=UI，解得U=4Iρπd2L
结合图像斜率有率k=4Iρπd2，解得ρ=kπd24I
结合图像斜率4Iρπd2=，解得ρ≈39Ω⋅m
电压表并联在水样两端，总电流I是干路电流，实际流过水样的电流小于I，计算时将I当作水样的电流，得到的电阻测量值偏小，因此水样电阻率的测量值小于真实值。
(5)升温后得到图线2，由图像斜率k=4Iρπd2，可知电阻率更小，更容易导电，因此温度高的水样更容易导电。
故答案为：(1)4.00；(4)kπd24I，39，小于；(5)高。
(1)先确定游标卡尺的最小分度值再读数；
(4)根据电阻定律、欧姆定律和几何知识推导图像对应的表达式，结合图像斜率计算；根据电压表的分流作用分析判断；
(5)根据图像斜率分析判断。
本题考查测量自来水电阻率实验，关键掌握实验原理和利用图像处理问题的方法，游标卡尺的读数方法。
13.【答案】【小题1】根据匀强电场场强与电势差的关系E=Ud可知，φ−x图像和φ−y图像斜率的绝对值分别表示x轴和y轴方向上的电场强度分量大小。
由图乙中的φ−x图像可知，在x轴方向上的电场强度大小为：Ex=|ΔφxΔx|=24−08V/m=3V/m
由于沿着x轴正方向电势不断降低，根据沿电场线方向电势降低的规律可知，x轴方向的电场强度方向沿x轴正方向；
由图乙中的φ−y图像可知，在y轴方向上的电场强度大小为：Ey=|ΔφyΔy|=40−166V/m=4V/m
由于沿着y轴正方向(图甲中y轴正方向向下)电势不断升高，可知y轴方向的电场强度方向沿y轴负方向(即沿y轴向上)
【小题2】由图甲可知，矩形中B点的坐标为(8m,6m)，A点的坐标为(8m,0)。
将粒子由B点移动到A点的过程中，粒子在x轴方向上没有发生位移，因此两点间的电势差等于y轴方向上产生的电势差。
根据图乙中的φ−y图像可知，y=6m处的电势(对应B点的电势分量)与y=0处的电势(对应A点的电势分量)之差为：UBA=φB−φA=40V−16V=24V
将电荷量为q=−5×10−6C的粒子由B点移动到A点，静电力做的功为：W=qUBA=(−5×10−6C)×24V=−1.2×10−4J
答：

【解析】解：(1)根据匀强电场场强与电势差的关系E=Ud可知，φ−x图像和φ−y图像斜率的绝对值分别表示x轴和y轴方向上的电场强度分量大小。
由图乙中的φ−x图像可知，在x轴方向上的电场强度大小为：Ex=|ΔφxΔx|=24−08V/m=3V/m
由于沿着x轴正方向电势不断降低，根据沿电场线方向电势降低的规律可知，x轴方向的电场强度方向沿x轴正方向；
由图乙中的φ−y图像可知，在y轴方向上的电场强度大小为：Ey=|ΔφyΔy|=40−166V/m=4V/m
由于沿着y轴正方向(图甲中y轴正方向向下)电势不断升高，可知y轴方向的电场强度方向沿y轴负方向(即沿y轴向上)。
(2)由图甲可知，矩形中B点的坐标为(8m,6m)，A点的坐标为(8m,0)。
将粒子由B点移动到A点的过程中，粒子在x轴方向上没有发生位移，因此两点间的电势差等于y轴方向上产生的电势差。
根据图乙中的φ−y图像可知，y=6m处的电势(对应B点的电势分量)与y=0处的电势(对应A点的电势分量)之差为：UBA=φB−φA=40V−16V=24V
将电荷量为q=−5×10−6C的粒子由B点移动到A点，静电力做的功为：W=qUBA=(−5×10−6C)×24V=−1.2×10−4J
答：(1)x轴方向电场强度大小为3V/m，方向沿x轴正方向；y轴方向电场强度大小为4V/m，方向沿y轴负方向。
(2)粒子由B点移动到A点静电力做的功为−1.2×10−4J。
(1)分析匀强电场沿x、y两个方向的电势分布规律，关联匀强电场场强与电势差的对应关系，利用φ−x、φ−y图像的斜率绝对值求解对应方向的电场强度大小，结合沿电场线方向电势降低的规律，分别判断x、y轴方向电场强度的具体方向。
(2)分析带电粒子在电场中两点间移动的静电力做功过程，关联静电力做功与电势差的关系模型，先确定B、A两点的坐标，根据两点x坐标相同的特点判断电势差仅由y方向电势变化决定，读取φ−y图像对应位置的电势求BA间的电势差，结合已知粒子电荷量推导静电力做功。
本题考查匀强电场中场强与电势差的关系、电场力做功的计算，属于静电场模块的基础应用类题目，整体难度中等偏下，计算量较小。本题重点考查学生的图像信息提取能力，要求学生准确理解电势-位置图像斜率的物理意义，结合电势变化规律判断场强方向，熟练运用电场力做功公式求解，能有效夯实静电场基础规律的应用能力。
14.【答案】【小题1】小球在水平面内做匀速圆周运动，设此时细线与竖直方向的夹角为θ。
小球受到重力mg和细线的拉力F，其合力提供向心力。
在竖直方向上，受力平衡：Fcsθ=mg在水平方向上，合力提供向心力：Fsinθ=mω2r，其中，小球做圆周运动的半径r=Lsinθ。
联立两式可得：F=mω2L可知，当细线拉力达到最大值Fm=20N时，小球的角速度达到最大，设为ωm。
Fm=mωm2L，代入数据得：20=1.6×ωm2×2，解得小球的最大角速度：ωm=2.5rad/s
【小题2】细线刚好被拉断时，细线与竖直方向的夹角θ满足：csθ=mgFm=1.6×1020=0.8，根据三角函数关系可得sinθ=0.6；
此时小球做圆周运动的半径：r=Lsinθ=2×0.6m=1.2m，
线断裂的瞬间，小球沿切线方向飞出，此时的线速度大小即为平抛运动的初速度v0：v0=ωmr=2.5×1.2m/s=3m/s
细线拉断时，小球距离地面的高度H为：H=ℎ−Lcsθ=2.05m−2×0.8m=0.45m
细线拉断后，小球做平抛运动，设运动时间为t，在竖直方向做自由落体运动：H=12gt2，代入数据得：0.45=12×10×t2，解得：t=0.3s
小球做平抛运动的水平位移大小为x：x=v0t=3×0.3m=0.9m，由于平抛运动的初速度方向与圆周运动的半径垂直，
因此小球的落地点与O′点的距离d满足空间勾股定理关系：d= r2+x2代入数据解得：d= 1.22+0.92m=1.5m
答：

【解析】解：(1)小球在水平面内做匀速圆周运动，设此时细线与竖直方向的夹角为θ。
小球受到重力mg和细线的拉力F，其合力提供向心力。
在竖直方向上，受力平衡：Fcsθ=mg在水平方向上，合力提供向心力：Fsinθ=mω2r，其中，小球做圆周运动的半径r=Lsinθ。
联立两式可得：F=mω2L可知，当细线拉力达到最大值Fm=20N时，小球的角速度达到最大，设为ωm。
Fm=mωm2L，代入数据得：20=1.6×ωm2×2，解得小球的最大角速度：ωm=2.5rad/s
(2)细线刚好被拉断时，细线与竖直方向的夹角θ满足：csθ=mgFm=1.6×1020=0.8，根据三角函数关系可得sinθ=0.6；
此时小球做圆周运动的半径：r=Lsinθ=2×0.6m=1.2m，
线断裂的瞬间，小球沿切线方向飞出，此时的线速度大小即为平抛运动的初速度v0：v0=ωmr=2.5×1.2m/s=3m/s
细线拉断时，小球距离地面的高度H为：H=ℎ−Lcsθ=2.05m−2×0.8m=0.45m
细线拉断后，小球做平抛运动，设运动时间为t，在竖直方向做自由落体运动：H=12gt2，代入数据得：0.45=12×10×t2，解得：t=0.3s
小球做平抛运动的水平位移大小为x：x=v0t=3×0.3m=0.9m，由于平抛运动的初速度方向与圆周运动的半径垂直，
因此小球的落地点与O′点的距离d满足空间勾股定理关系：d= r2+x2代入数据解得：d= 1.22+0.92m=1.5m
答：(1)小球能在水平面内做匀速圆周运动的最大角速度为2.5rad/s。
(2)细线被拉断后，小球的落地点与P点在水平地面上的竖直投影点O′之间的距离为1.5m。
(1)明确小球做水平面内匀速圆周运动的临界条件为细线拉力达到F_m，对小球受力分析，竖直方向受力平衡，水平方向合外力提供向心力，结合圆周运动半径与绳长、摆角的几何关系，建立已知量与最大角速度ω_m的关联，确定推导方向。
(2)细线拉断后小球做平抛运动，先由第一问的临界状态求出断线时小球的线速度、距地面的高度，结合平抛运动竖直方向、水平方向的运动规律求出水平位移，再根据圆周运动半径与平抛水平位移垂直的几何关系，推导得到待求距离d。
本题以生活中常见的圆锥摆运动为命题情境，综合考查共点力平衡条件、匀速圆周运动向心力规律、平抛运动规律及空间几何关系的应用，难度中等偏上，计算量适中。解题时需先完成圆锥摆的受力分析明确向心力来源，再梳理细线断裂后平抛运动的物理过程，厘清平抛水平位移与圆周运动半径的空间垂直关系，能有效锻炼学生的物理建模能力与逻辑推导能力。
15.【答案】【小题1】带负电小球从A点由静止释放到C点过程，根据动能定理可得
mg×3R−qE1R=12mvC2
解得
vC=2 gR
【小题2】设重力和电场力的合力与竖直方向的夹角为θ，则有
tanθ=qE1mg=1
解得
θ=45∘
则当小球在第Ⅲ象限圆弧轨道BC上运动到D点与圆心连线沿重力和电场力的合力方向时，小球的速度最大，从A点由静止释放到D点过程，根据动能定理可得
mg(2R+Rcsθ)−qE1(R−Rsinθ)=Ekm
解得
Ekm=(1+ 2)mgR
【小题3】在第四象限电场中，小球受到的电场力竖直向上、大小为qE2=2mg
小球从C点以v的速度进入第四象限内的电场中做类平抛运动，加速度大小为
a=qE2−mgm=g
方向竖直向上，设小球在电场E2中经过x轴，则有
R=12at2
x=vCt
解得
t= 2Rg
x=2 2R