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精品解析：江苏省盐城市响水中学2021-2022学年高一（上）期中物理试题（创新班）
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1、本试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共6页。
2、满分100分，考试时间为75分钟。
第I卷（选择题48分）
一、单项选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。每小题只有一个选项正确。）
1. 如图所示，小船以大小为v(船在静水中的速度)、方向与上游河岸成θ的速度从O处过河，经过一段时间，正好到达正对岸的O＇处。现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸O＇处，在水流速度不变的情况下，可采取的方法是（ ）
A. θ角不变且v增大B. θ角减小且v增大
C. θ角增大且v减小D. θ角增大且v增大
【答案】D
【解析】
【详解】由题意可知，航线恰好垂直于河岸，要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸处，则合速度增大，方向始终垂直河岸。小船在静水中的速度增大，与上游河岸的夹角θ增大，如图所示
故选D。
2. 如图所示，固定的光滑杆AOB，AO部分是水平的，BO部分是竖直的，用轻绳连接的环a、b分别套在AO、BO上，现同时由静止释放环a、b，当某瞬间轻绳与水平杆AO的夹角为α时，试判断此时a、b的速度之比为 （ ）
A. tanαB. C. sinαcsαD. sin2α
【答案】A
【解析】
【详解】根据速度的分解可知
则a、b的速度之比为
故选A。
3. 如图所示，A、B、C 三个物体放在水平旋转圆台上，动摩擦因数均为μ，A的质量为2m，B、C 的质量均为m，A、B离轴的距离为R，C离轴的距离为2R，当慢慢增加圆台转速，最先滑动的是 （ ）
A. AB. BC. CD. 三个物体同时滑动
【答案】C
【解析】
【详解】当滑块与转台间摩擦力达到最大静摩擦时，滑块将要产生滑动，则
解得
则当转动半径越大时，最大角速度越小，也容易产生滑动，则当慢慢增加圆台转速，最先滑动的是C。
故选C。
4. 若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律，在已知月地距离约为地球半径60倍的情况下，需要验证（ ）
A. 地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的
B. 月球公转加速度约为苹果落向地面加速度的
C. 自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的
D. 苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的
【答案】B
【解析】
【详解】A．设月球质量为，地球质量为M，苹果质量为，则月球受到的万有引力为
苹果受到的万有引力为
由于月球质量和苹果质量之间的关系未知，故二者之间万有引力的关系无法确定，故选项A错误；
B．根据牛顿第二定律
，
整理可以得到
故选项B正确；
C．在地球表面处
在月球表面处
由于地球、月球本身的半径大小、质量大小关系未知，故无法求出月球表面和地面表面重力加速度的关系，故选项C错误；
D由C可知，无法求出月球表面和地面表面重力加速度的关系，故无法求出苹果在月球表面受到的引力与地球表面引力之间的关系，故选项D错误。
故选B。
5. 如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P变轨后进入轨道2做匀速圆周运动，Q为椭圆轨道1的近地点。下列说法正确的是 （ ）
A. 不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的速度都相同
B. 不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的向心加速度都相同
C. 卫星在P点的加速度，在轨道1大
D. 卫星在轨道1的Q点的向心加速度大于轨道1的P点的向心加速度
【答案】D
【解析】
【详解】A．卫星从轨道１到轨道２要在P点加速，则卫星在轨道1上P点的速度小于在轨道2上P点的速度，选项A错误；
BC．根据
可知，不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同，但是卫星在轨道2上经过P点时只有向心加速度，而在轨道1上P点时向心加速度不等于该点的加速度，则卫星在轨道1与在轨道2运行时的向心加速度不相同，选项BC错误；
D．卫星在轨道1的Q点的速度大于在轨道1上P点的速度，且在PQ两点的轨道曲率半径相等，则在轨道1上Q点时的向心加速度大于轨道1的P点的向心加速度，选项D正确。
故选D。
6. 如图所示，A 和B 两个小球固定在一根轻杆的两端，A 球的质量为m，B 球的质量为2m，此杆可绕穿过O点的水平轴无摩擦地转动。现使轻杆从水平位置由静止释放，则在杆从释放到转过90°的过程中，下列说法正确的是 （ ）
A. A 球的机械能减少
B. 杆对B 球始终不做功
C. B 球重力势能的减少量等于B球动能的增加量
D. A 球和B 球的总机械能守恒
【答案】D
【解析】
【详解】A．A球向上加速，动能增加，重力势能也增加，则A球的机械能增加，故A正确；
BCD．对于AB组成的系统，只发生动能和重力势能的转化，系统的机械能守恒；根据系统的机械能守恒知，B球重力势能的减少量等于B球动能的增加量、A球动能的增加量和A球重力势能增加量之和；由于A球的机械能增加，则B球机械能减小，根据功能原理知，杆对B球做负功，故BC错误，D正确。
故选D。
7. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则下列说法正确的是 （ ）
A. 下滑过程中，加速度一直减小
B. 下滑过程中，克服摩擦力做功为
C. 在C处，弹簧的弹性势能为
D. 上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题意知，圆环从A到C先加速后减速，到达B处速度最大，加速度减小为零，故加速度先减小后增大，A错误；
BC．从A到C，根据能量守恒
mgh=Wf＋Ep
从C到A根据能量守恒
联立解得
BC错误；
D．设AB距离为h1，从A到B据能量守恒可得
从B到A据能量守恒可得
整理可得
对比可得
vB2>vB1
即上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，D正确。
故选D。
8. “复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节动力车厢发动机的额定功率均为，若动车组所受的阻力与其速率成正比（，为常量），动车组能达到的最大速度为。下列说法正确的是 （ ）
A. 动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B. 若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C. 若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶的速度为
D. 若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为
【答案】C
【解析】
【详解】A．对动车组，由牛顿第二定律有
若动车组在匀加速启动，即加速度恒定，但
随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，故A错误；
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有
故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；
C．若四节动力车厢输出总功率为，则动车组匀速行驶时加速度为零，有
而以额定功率匀速时，有
联立解得
故C正确；
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，由动能定理可知
可得动车组克服阻力做的功为
故D错误。
故选C。
9. 静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则 （ ）
A. 运动过程中，粒子的速度大小一直增大
B. 在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合
C. 粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能
D. 粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行
【答案】C
【解析】
【详解】A．若电场中由同种电荷形成即由M点释放负电荷，则先加速后减速，故A错误；
B．若电场线是曲线，则在M、N两点间，粒子的轨迹一定不能与某条电场线重合，选项B错误；
C．由于N点速度大于等于零，故N点动能大于等于M点动能，由能量守恒可知，N点电势能小于等于M点电势能，故C正确；
D．粒子可能做曲线运动，则粒子在N点所受电场力的方向与粒子轨迹在该点的切线不一定平行，故D错误；
故选C。
10. 如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（ ）
A. 仍然保持静止B. 竖直向下运动
C. 向左下方运动D. 向右下方运动
【答案】D
【解析】
【详解】本题考查平行板电容器的电场及电荷受力运动的问题，意在考查考生分析问题的能力．两极板平行时带电粒子处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板旋转时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故粒子向右下方运动，选项D正确．
点睛：本题以带电粒子在平行板电容器电场中的平衡问题为背景考查平行板电容器的电场及电荷受力运动的问题，解答本题的关键是根据电场线与导体表面相垂直的特点，B板右端向下，所以电场线发生弯曲，电场力方向改变．
11. 两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势随位置变化规律的是图
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：两个等量异号电荷的电场线如下图，
根据“沿电场线方向电势降低”的原理，从左侧无穷远处向右电势应升高，正电荷所在位置处最高；然后再慢慢减小，O点处电势为零，则O点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，经过负电荷后，电势开始升高，直到无穷远处，电势为零；故BCD是错误的；A正确．故选A
考点：电场线；电场强度及电势.
【名师点睛】本题中应明确沿电场线的方向电势降低；并且异号电荷连线的中垂线上的电势为零；因为其中垂线为等势面，与无穷远处电势相等；此题考查学生应用图像观察图像解决问题的能力.
12. 如图所示，为半径为R、均匀带正电的球体，AB为过球心O的直线上的两点，且OA=2R，OB=3R；球体的空间产生球对称的电场，场强大小沿半径方向分布情况如图所示，图中E0已知，E-r曲线下O-R部分的面积等于2R-3R部分的面积；则下列说法正确的是（ ）
A. A点的电势低于B点的电势
B. A点的电场强度小于B点的电场强度
C. 从球面到A点的电势差小于AB两点间的电势差
D. 带电量为q的正电荷沿直线从A点移到B点的过程中，电场力做功
【答案】D
【解析】
【详解】球体带正电，电场线方向沿半径向外，故A点的电势高于B点的电势，因为A距O点半径为2R，B距O点距离为3R，从图中2R处的电场强度大于3R处的电场强度，即，B错误；根据可知图像的面积表示电势差，从图可知R~2R围成的面积大于2R~3R围成的面积，即从球面到A点的电势差大于AB两点间的电势差，C错误；因为曲线下O-R部分的面积等于2R-3R部分的面积，即O~R间的电势差等于2R~3R间的电势差，即等于AB间的电势差，故电场力做功为，D正确；
【点睛】解决本题关键知道E-r围成的面积表示的含义，可以类比于速度时间图线围成的面积表示位移进行分析．
第II卷（非选择题52分）
二、实验题：（本题共13分，请将解答填写在答题卡相应位置。）
13. 实验室购买了一捆标称长度为100 m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度。该同学首先测得导线横截面积为1.0 mm2，查得铜的电阻率为1.7×10-8Ω·m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度。可供使用的器材有：
电流表：量程0.6 A，内阻约0.2 Ω；
电压表：量程3 V，内阻约9 kΩ；
滑动变阻器R1：最大阻值5 Ω；
滑动变阻器R2：最大阻值20 Ω；
定值电阻：R0=3 Ω；
电源：电压6 V，内阻不计；
开关、导线若干。
回答下列问题：
（1）实验中滑动变阻器应选_______（选填“R1”或“R2”），闭合开关S前应将滑片移至_______端（选填“a”或“b”）。
（2）在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接。（ ）
（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50 A时，电压表读数为2.30V。导线实际长度为_______m（保留2位有效数字）。
【答案】 ①. R2 ②. a ③. ④. 94（93、95均正确）
【解析】
【详解】（1）[1][2]导线的电阻约为
根据限流解法的要求，滑动变阻器的阻值大于被测电阻，为了调节方便，则需要选择R2，闭合开关前使滑动变阻器阻值最大，即滑片在a端；
（2）[3]根据电路图连接实物图，应先串后并，先连控制电路后连测量电路，如图所示：
（3）[4]电压为2.30 V，电流为0.5A，则根据欧姆定律得
R0＋Rx＝＝4.6 Ω
根据电阻定律得
联立解得
L＝94 m
三、计算题（本大题共4小题，共39分，解答过程请写出必要的文字说明、方程式和必需的物理演算过程，只写出最终结果的不得分。请将解答填写在答题卡相应位置。）
14. 如图所示，用一块长的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面高H=0.8m，长 ．斜面与水平桌面的倾角可在0~60°间调节后固定．将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数 ，物块与桌面间的动摩擦因数，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．（重力加速度取 ；最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
（1）求角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；（用正切值表示）
（2）当增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数 ；
（已知sin37°=0.6，cs37°=0.8）
（3）继续增大角，发现 =53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离．
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【详解】解：（1）为使小物块下滑，则有：
mgsinθ≥μ1mgcsθ；
故θ应满足的条件为：
tanθ≥0.05；
（2）克服摩擦力做功Wf=μ1mgL1csθ+μ2mg（L2﹣L1csθ）
由动能定理得：mgL1sinθ﹣Wf=0
代入数据解得：
μ2=0.8；
（3）由动能定理得：
mgL1sinθ﹣Wf=mv2
解得：v=1m/s；
对于平抛运动，竖直方向有：
H=gt2；
解得：t=0.4s；
水平方向x1=vt
解得：x1=0.4m；
总位移xm=x1+L2=0.4+1.5=1.9m；
答：（1）θ角增大到tanθ≥0.05；，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）
（2）当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，物块与桌面间的动摩擦因数μ2为0.8；
（3）继续增大θ角，发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大，此最大距离x为1.9m．
【点评】本题考查动能定理及平抛运动的规律，要注意正确分析过程及受力，注意摩擦力的功应分两段进行求解；同时掌握平抛运动的解决方法．
15. 如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。
(1)若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？
(2)在(1)的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力的大小。
(3)改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度的大小。
【答案】(1)；(2)mg；(3)
【解析】
【详解】(1)设滑块到达C点时的速度为v，由动能定理得
而
解得
(2)设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，则
解得
(3)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点时，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小（设为vn），则有
解得
16. 如图，一倾角为的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。
（1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
（2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】（1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有
设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带时的速度为v2，则有
因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带均为v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为
联立以上各式解得
（2）由（1）知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有
从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有
联立解得
故在每一个减速带上平均损失的机械能为
（3）由题意可知
可得
17. 如图甲所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1 m，板长L=0.3 m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间。距金属板右端x=0.5 m处竖直放置一足够长的荧光屏。现在AB板间加如图乙所示的方波形电压，已知U0=1.0×102 V。在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m=1.0×10-7 kg，电荷量q=1.0×10-2 C，速度大小均为v0=1.0×104 m/s。带电粒子的重力不计。求：
（1）在t=0时刻进入的粒子射出电场时竖直方向的速度；
（2）在t=0时刻进入的粒子打在屏上的位置距O点的距离；
（3）荧光屏上出现的光带长度；
（4）若撤去挡板，同时将粒子的速度均变为v=2.0×104 m/s，则荧光屏上出现的光带又为多长。
【答案】（1）103m/s；（2）0.085m；（3）4.0×10-2 m；（4）0.15 m
【解析】
【详解】（1）从t=0时刻进入的粒子水平方向速度不变。在电场中运动时间
t==3×10-5 s
正好等于一个周期，竖直方向上，先加速运动，后减速运动，加速度大小都
射出电场时竖直方向上的速度
（2）t=0时刻进入的粒子打在屏上O点的下方，距O点的距离：
（3）光带的最下端，即是t=0进入的粒子，在屏上O点的下方，距O点的距离
光带的最上端，即是t=2×10-5s进入的粒子，出电场时，偏离中心线上方，距中心线的距离
出电场后又向下运动
光带的最上端在O点下方，距O点距离
出现光带的总长度
l=Y1-Y2=4.0×10-2 m
或者：不同时刻射入电场的粒子，射出电场时的速度大小、方向相同，所以有粒子射出电场时的长度=屏上出现光带的长度
在中心线的下方，距中心线的距离
在中心线的上方，距中心线的距离
y=y1+y2=0.035m+0.005m=0.04m
（4）带电粒子在电场中运动的时间变为，打在荧光屏上的范围如图所示。
光带的最下端在下极板的下方，距下极板
光带的最上端在上极板的上方，距上极板
形成的光带长度
l=d1＋d＋d2=0.15 m
1、本试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共6页。
2、满分100分，考试时间为75分钟。
第I卷（选择题48分）
一、单项选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。每小题只有一个选项正确。）
1. 如图所示，小船以大小为v(船在静水中的速度)、方向与上游河岸成θ的速度从O处过河，经过一段时间，正好到达正对岸的O＇处。现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸O＇处，在水流速度不变的情况下，可采取的方法是（ ）
A. θ角不变且v增大B. θ角减小且v增大
C. θ角增大且v减小D. θ角增大且v增大
【答案】D
【解析】
【详解】由题意可知，航线恰好垂直于河岸，要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸处，则合速度增大，方向始终垂直河岸。小船在静水中的速度增大，与上游河岸的夹角θ增大，如图所示
故选D。
2. 如图所示，固定的光滑杆AOB，AO部分是水平的，BO部分是竖直的，用轻绳连接的环a、b分别套在AO、BO上，现同时由静止释放环a、b，当某瞬间轻绳与水平杆AO的夹角为α时，试判断此时a、b的速度之比为 （ ）
A. tanαB. C. sinαcsαD. sin2α
【答案】A
【解析】
【详解】根据速度的分解可知
则a、b的速度之比为
故选A。
3. 如图所示，A、B、C 三个物体放在水平旋转圆台上，动摩擦因数均为μ，A的质量为2m，B、C 的质量均为m，A、B离轴的距离为R，C离轴的距离为2R，当慢慢增加圆台转速，最先滑动的是 （ ）
A. AB. BC. CD. 三个物体同时滑动
【答案】C
【解析】
【详解】当滑块与转台间摩擦力达到最大静摩擦时，滑块将要产生滑动，则
解得
则当转动半径越大时，最大角速度越小，也容易产生滑动，则当慢慢增加圆台转速，最先滑动的是C。
故选C。
4. 若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律，在已知月地距离约为地球半径60倍的情况下，需要验证（ ）
A. 地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的
B. 月球公转加速度约为苹果落向地面加速度的
C. 自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的
D. 苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的
【答案】B
【解析】
【详解】A．设月球质量为，地球质量为M，苹果质量为，则月球受到的万有引力为
苹果受到的万有引力为
由于月球质量和苹果质量之间的关系未知，故二者之间万有引力的关系无法确定，故选项A错误；
B．根据牛顿第二定律
，
整理可以得到
故选项B正确；
C．在地球表面处
在月球表面处
由于地球、月球本身的半径大小、质量大小关系未知，故无法求出月球表面和地面表面重力加速度的关系，故选项C错误；
D由C可知，无法求出月球表面和地面表面重力加速度的关系，故无法求出苹果在月球表面受到的引力与地球表面引力之间的关系，故选项D错误。
故选B。
5. 如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P变轨后进入轨道2做匀速圆周运动，Q为椭圆轨道1的近地点。下列说法正确的是 （ ）
A. 不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的速度都相同
B. 不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的向心加速度都相同
C. 卫星在P点的加速度，在轨道1大
D. 卫星在轨道1的Q点的向心加速度大于轨道1的P点的向心加速度
【答案】D
【解析】
【详解】A．卫星从轨道１到轨道２要在P点加速，则卫星在轨道1上P点的速度小于在轨道2上P点的速度，选项A错误；
BC．根据
可知，不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同，但是卫星在轨道2上经过P点时只有向心加速度，而在轨道1上P点时向心加速度不等于该点的加速度，则卫星在轨道1与在轨道2运行时的向心加速度不相同，选项BC错误；
D．卫星在轨道1的Q点的速度大于在轨道1上P点的速度，且在PQ两点的轨道曲率半径相等，则在轨道1上Q点时的向心加速度大于轨道1的P点的向心加速度，选项D正确。
故选D。
6. 如图所示，A 和B 两个小球固定在一根轻杆的两端，A 球的质量为m，B 球的质量为2m，此杆可绕穿过O点的水平轴无摩擦地转动。现使轻杆从水平位置由静止释放，则在杆从释放到转过90°的过程中，下列说法正确的是 （ ）
A. A 球的机械能减少
B. 杆对B 球始终不做功
C. B 球重力势能的减少量等于B球动能的增加量
D. A 球和B 球的总机械能守恒
【答案】D
【解析】
【详解】A．A球向上加速，动能增加，重力势能也增加，则A球的机械能增加，故A正确；
BCD．对于AB组成的系统，只发生动能和重力势能的转化，系统的机械能守恒；根据系统的机械能守恒知，B球重力势能的减少量等于B球动能的增加量、A球动能的增加量和A球重力势能增加量之和；由于A球的机械能增加，则B球机械能减小，根据功能原理知，杆对B球做负功，故BC错误，D正确。
故选D。
7. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则下列说法正确的是 （ ）
A. 下滑过程中，加速度一直减小
B. 下滑过程中，克服摩擦力做功为
C. 在C处，弹簧的弹性势能为
D. 上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题意知，圆环从A到C先加速后减速，到达B处速度最大，加速度减小为零，故加速度先减小后增大，A错误；
BC．从A到C，根据能量守恒
mgh=Wf＋Ep
从C到A根据能量守恒
联立解得
BC错误；
D．设AB距离为h1，从A到B据能量守恒可得
从B到A据能量守恒可得
整理可得
对比可得
vB2>vB1
即上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，D正确。
故选D。
8. “复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节动力车厢发动机的额定功率均为，若动车组所受的阻力与其速率成正比（，为常量），动车组能达到的最大速度为。下列说法正确的是 （ ）
A. 动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B. 若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C. 若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶的速度为
D. 若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为
【答案】C
【解析】
【详解】A．对动车组，由牛顿第二定律有
若动车组在匀加速启动，即加速度恒定，但
随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，故A错误；
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有
故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；
C．若四节动力车厢输出总功率为，则动车组匀速行驶时加速度为零，有
而以额定功率匀速时，有
联立解得
故C正确；
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，由动能定理可知
可得动车组克服阻力做的功为
故D错误。
故选C。
9. 静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则 （ ）
A. 运动过程中，粒子的速度大小一直增大
B. 在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合
C. 粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能
D. 粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行
【答案】C
【解析】
【详解】A．若电场中由同种电荷形成即由M点释放负电荷，则先加速后减速，故A错误；
B．若电场线是曲线，则在M、N两点间，粒子的轨迹一定不能与某条电场线重合，选项B错误；
C．由于N点速度大于等于零，故N点动能大于等于M点动能，由能量守恒可知，N点电势能小于等于M点电势能，故C正确；
D．粒子可能做曲线运动，则粒子在N点所受电场力的方向与粒子轨迹在该点的切线不一定平行，故D错误；
故选C。
10. 如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（ ）
A. 仍然保持静止B. 竖直向下运动
C. 向左下方运动D. 向右下方运动
【答案】D
【解析】
【详解】本题考查平行板电容器的电场及电荷受力运动的问题，意在考查考生分析问题的能力．两极板平行时带电粒子处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板旋转时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故粒子向右下方运动，选项D正确．
点睛：本题以带电粒子在平行板电容器电场中的平衡问题为背景考查平行板电容器的电场及电荷受力运动的问题，解答本题的关键是根据电场线与导体表面相垂直的特点，B板右端向下，所以电场线发生弯曲，电场力方向改变．
11. 两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势随位置变化规律的是图
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：两个等量异号电荷的电场线如下图，
根据“沿电场线方向电势降低”的原理，从左侧无穷远处向右电势应升高，正电荷所在位置处最高；然后再慢慢减小，O点处电势为零，则O点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，经过负电荷后，电势开始升高，直到无穷远处，电势为零；故BCD是错误的；A正确．故选A
考点：电场线；电场强度及电势.
【名师点睛】本题中应明确沿电场线的方向电势降低；并且异号电荷连线的中垂线上的电势为零；因为其中垂线为等势面，与无穷远处电势相等；此题考查学生应用图像观察图像解决问题的能力.
12. 如图所示，为半径为R、均匀带正电的球体，AB为过球心O的直线上的两点，且OA=2R，OB=3R；球体的空间产生球对称的电场，场强大小沿半径方向分布情况如图所示，图中E0已知，E-r曲线下O-R部分的面积等于2R-3R部分的面积；则下列说法正确的是（ ）
A. A点的电势低于B点的电势
B. A点的电场强度小于B点的电场强度
C. 从球面到A点的电势差小于AB两点间的电势差
D. 带电量为q的正电荷沿直线从A点移到B点的过程中，电场力做功
【答案】D
【解析】
【详解】球体带正电，电场线方向沿半径向外，故A点的电势高于B点的电势，因为A距O点半径为2R，B距O点距离为3R，从图中2R处的电场强度大于3R处的电场强度，即，B错误；根据可知图像的面积表示电势差，从图可知R~2R围成的面积大于2R~3R围成的面积，即从球面到A点的电势差大于AB两点间的电势差，C错误；因为曲线下O-R部分的面积等于2R-3R部分的面积，即O~R间的电势差等于2R~3R间的电势差，即等于AB间的电势差，故电场力做功为，D正确；
【点睛】解决本题关键知道E-r围成的面积表示的含义，可以类比于速度时间图线围成的面积表示位移进行分析．
第II卷（非选择题52分）
二、实验题：（本题共13分，请将解答填写在答题卡相应位置。）
13. 实验室购买了一捆标称长度为100 m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度。该同学首先测得导线横截面积为1.0 mm2，查得铜的电阻率为1.7×10-8Ω·m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度。可供使用的器材有：
电流表：量程0.6 A，内阻约0.2 Ω；
电压表：量程3 V，内阻约9 kΩ；
滑动变阻器R1：最大阻值5 Ω；
滑动变阻器R2：最大阻值20 Ω；
定值电阻：R0=3 Ω；
电源：电压6 V，内阻不计；
开关、导线若干。
回答下列问题：
（1）实验中滑动变阻器应选_______（选填“R1”或“R2”），闭合开关S前应将滑片移至_______端（选填“a”或“b”）。
（2）在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接。（ ）
（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50 A时，电压表读数为2.30V。导线实际长度为_______m（保留2位有效数字）。
【答案】 ①. R2 ②. a ③. ④. 94（93、95均正确）
【解析】
【详解】（1）[1][2]导线的电阻约为
根据限流解法的要求，滑动变阻器的阻值大于被测电阻，为了调节方便，则需要选择R2，闭合开关前使滑动变阻器阻值最大，即滑片在a端；
（2）[3]根据电路图连接实物图，应先串后并，先连控制电路后连测量电路，如图所示：
（3）[4]电压为2.30 V，电流为0.5A，则根据欧姆定律得
R0＋Rx＝＝4.6 Ω
根据电阻定律得
联立解得
L＝94 m
三、计算题（本大题共4小题，共39分，解答过程请写出必要的文字说明、方程式和必需的物理演算过程，只写出最终结果的不得分。请将解答填写在答题卡相应位置。）
14. 如图所示，用一块长的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面高H=0.8m，长 ．斜面与水平桌面的倾角可在0~60°间调节后固定．将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数 ，物块与桌面间的动摩擦因数，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．（重力加速度取 ；最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
（1）求角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；（用正切值表示）
（2）当增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数 ；
（已知sin37°=0.6，cs37°=0.8）
（3）继续增大角，发现 =53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离．
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【详解】解：（1）为使小物块下滑，则有：
mgsinθ≥μ1mgcsθ；
故θ应满足的条件为：
tanθ≥0.05；
（2）克服摩擦力做功Wf=μ1mgL1csθ+μ2mg（L2﹣L1csθ）
由动能定理得：mgL1sinθ﹣Wf=0
代入数据解得：
μ2=0.8；
（3）由动能定理得：
mgL1sinθ﹣Wf=mv2
解得：v=1m/s；
对于平抛运动，竖直方向有：
H=gt2；
解得：t=0.4s；
水平方向x1=vt
解得：x1=0.4m；
总位移xm=x1+L2=0.4+1.5=1.9m；
答：（1）θ角增大到tanθ≥0.05；，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）
（2）当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，物块与桌面间的动摩擦因数μ2为0.8；
（3）继续增大θ角，发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大，此最大距离x为1.9m．
【点评】本题考查动能定理及平抛运动的规律，要注意正确分析过程及受力，注意摩擦力的功应分两段进行求解；同时掌握平抛运动的解决方法．
15. 如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。
(1)若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？
(2)在(1)的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力的大小。
(3)改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度的大小。
【答案】(1)；(2)mg；(3)
【解析】
【详解】(1)设滑块到达C点时的速度为v，由动能定理得
而
解得
(2)设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，则
解得
(3)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点时，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小（设为vn），则有
解得
16. 如图，一倾角为的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。
（1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
（2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】（1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有
设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带时的速度为v2，则有
因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带均为v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为
联立以上各式解得
（2）由（1）知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有
从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有
联立解得
故在每一个减速带上平均损失的机械能为
（3）由题意可知
可得
17. 如图甲所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1 m，板长L=0.3 m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间。距金属板右端x=0.5 m处竖直放置一足够长的荧光屏。现在AB板间加如图乙所示的方波形电压，已知U0=1.0×102 V。在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m=1.0×10-7 kg，电荷量q=1.0×10-2 C，速度大小均为v0=1.0×104 m/s。带电粒子的重力不计。求：
（1）在t=0时刻进入的粒子射出电场时竖直方向的速度；
（2）在t=0时刻进入的粒子打在屏上的位置距O点的距离；
（3）荧光屏上出现的光带长度；
（4）若撤去挡板，同时将粒子的速度均变为v=2.0×104 m/s，则荧光屏上出现的光带又为多长。
【答案】（1）103m/s；（2）0.085m；（3）4.0×10-2 m；（4）0.15 m
【解析】
【详解】（1）从t=0时刻进入的粒子水平方向速度不变。在电场中运动时间
t==3×10-5 s
正好等于一个周期，竖直方向上，先加速运动，后减速运动，加速度大小都
射出电场时竖直方向上的速度
（2）t=0时刻进入的粒子打在屏上O点的下方，距O点的距离：
（3）光带的最下端，即是t=0进入的粒子，在屏上O点的下方，距O点的距离
光带的最上端，即是t=2×10-5s进入的粒子，出电场时，偏离中心线上方，距中心线的距离
出电场后又向下运动
光带的最上端在O点下方，距O点距离
出现光带的总长度
l=Y1-Y2=4.0×10-2 m
或者：不同时刻射入电场的粒子，射出电场时的速度大小、方向相同，所以有粒子射出电场时的长度=屏上出现光带的长度
在中心线的下方，距中心线的距离
在中心线的上方，距中心线的距离
y=y1+y2=0.035m+0.005m=0.04m
（4）带电粒子在电场中运动的时间变为，打在荧光屏上的范围如图所示。
光带的最下端在下极板的下方，距下极板
光带的最上端在上极板的上方，距上极板
形成的光带长度
l=d1＋d＋d2=0.15 m
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