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湖南省湖南師范大學附屬中學2023-2024學年高一下學期期末考試物理試卷（物選班）
1．（2024高一下·岳麓期末）下列說法正確的是（　　）
A．半導體材料導電性能與外界條件無關
B．將一根導線一分為二，則半根導線的電阻和電阻率都變為原來的二分之一
C．由可知，R與導體兩端電壓U成正比，與通過導體的電流I成反比
D．某些金屬、合金和氧化物的電阻率隨溫度降低會突然減小為零
【答案】D
【知識點】電阻定律；電阻率
【解析】【解答】A．半導體的導電性能與溫度、光照、摻雜等外界條件密切相關（如熱敏半導體、光敏半導體 ）因此 “與外界條件無關” 錯誤，A錯誤；
B．由電阻定律可知，將一根導線一分為二，則半根導線的電阻變為原來的二分之一；而電阻率是由導體材料本身決定，與導體的長度無關，B錯誤；
C．由電阻定律可知，導體的電阻 R由導體的電阻率、長度、橫截面積決定，是導體本身的特性，不能說R與導體兩端電壓U成正比，與通過導體的電流I成反比，即與兩者都無關，C錯誤；
D．某些金屬、合金和氧化物在溫度降低到臨界溫度時，電阻率會突然減小為零，這是超導現象，D正確.
故答案為：D。
【分析】半導體特性：導電性能受外界條件（溫度、光照等 ）顯著影響.
電阻與電阻率的區別：電阻R由、L、S共同決定，可因長度改變而變化.
電阻率僅由材料和溫度決定，與幾何尺寸無關.
電阻的定義與決定：是比值定義，R的本質由電阻定律決定，與U、I無因果關系.
超導現象：特定材料在臨界溫度下電阻率突變為零的特性
2．（2024高一下·岳麓期末）如圖甲、乙所示，兩個電荷量均為q的點電荷分別置于電荷量線密度相同、半徑相同的半圓環和圓環的圓心，環的粗細可忽略不計。若圖甲中環對圓心點電荷的庫侖力大小為F，則圖乙中環對圓心同一點電荷的庫侖力大小為（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】庫侖定律
【解析】【解答】由題圖甲中均勻帶電半圓環對圓心點電荷的庫侖力大小為，可以得出圓環對圓心點電荷的庫侖力大小為。將題圖乙中的均勻帶電圓環分成三個圓環，關于圓心對稱的兩個圓環對圓心點電荷的庫侖力的合力為零，因此題圖乙中的圓環對圓心點電荷的庫侖力大小為。
故答案為：A.
【分析】微元法：將連續帶電圓環分割為微小電荷元，用庫侖定律計算單個電荷元的力.
對稱性分析：利用圓環的對稱性，抵消反向的力分量，簡化計算.
分割與疊加：將復雜圓環分割為簡單單元，通過對稱抵消和剩余疊加，快速推導總庫侖力.
3．（2024高一下·岳麓期末）我國新能源汽車領先全球，2024年3月，小米第一臺汽車XiaomiSU7正式上市，其技術領先且價格符合大眾消費，一輛小米新能源汽車在平直公路上行駛，汽車的質量為，發動機的額定功率為，設汽車在行駛過程中受到的阻力大小恒為。如果汽車從靜止開始以額定功率啟動，則（　　）
A．汽車從靜止開始做勻加速直線運動，然后做加速度減小的加速運動
B．汽車在行駛過程中所能達到的最大速度
C．若汽車以不同的恒定功率啟動所能達到的最大速度相同
D．若汽車到達最大速度的時間為t，則這段時間內的位移
【答案】B
【知識點】牛頓第二定律；機車啟動
【解析】【解答】A．汽車以額定功率啟動，由（恒定 ），速度增大時，牽引力減小，根據牛頓第二定律
因減小，加速度逐漸減小→汽車做加速度減小的加速運動（非勻加速 ），故A錯誤；
B．當時，速度達到最大，利用
求得最大速度，故B正確；
C．最大速度滿足（為額定功率 ），若不同，不同（因恒定 ），故C錯誤；
D．若汽車到達最大速度的時間為t， 由于在時間內，汽車不是做勻加速直線運動，則平均速度不等于，因此位移不等于
故D錯誤.
故答案為：B。
【分析】 恒定功率啟動的運動分析：利用判斷牽引力隨速度的變化，結合牛頓第二定律分析加速度變化，確定運動性質.
最大速度條件：加速度為0時（ ），速度最大，由計算最大速度.
不同功率的最大速度：最大速度與額定功率成正比（ ），功率不同則最大速度不同.
非勻變速的位移：勻變速直線運動的平均速度公式（ ）不適用于加速度變化的運動.
4．（2024高一下·岳麓期末）某同學設計了一個電容式風力傳感器，如圖所示，將電容器與靜電計組成回路，可動電極在風力作用下向右移動，風力越大，移動距離越大（兩電極始終不接觸）。若極板上電荷量保持不變，P點為極板間的一點，下列說法正確的是（　　）
A．風力越大，電容器電容越小
B．風力越大，極板間電場強度仍保持不變
C．風力越大，P點的電勢仍保持不變
D．風力越大，靜電計指針張角越大
【答案】B
【知識點】電容器及其應用
【解析】【解答】A．由題意知，風力越大，d越小，由電容的決定式
可得，電容器電容越大，故A錯誤；
B．由公式
，，
整理可得
由題意知，Q保持不變，風力越大，d越小，由電容的決定式
可得，極板間電場強度不變，故B正確；
C．由于E不變，可動極板與P點的距離減小，根據
可知，可動極板與P點電勢差減小，又由于可動極板接地，電勢一直為0，因此P點電勢改變，故C錯誤；
D．由于Q保持不變，C變大，由
可知，U減小，則靜電計指針張角越小，故D錯誤。
故選：B。
【分析】由題意極板上電荷量保持不變，根據電容的決定式分析電容的變化，用電容的定義式分析電勢差的變化，電場強度，根據電勢差與電場強度的關系，判斷P點電勢的變化。
5．（2024高一下·岳麓期末）在x軸上有兩個點電荷、，其靜電場的電勢在x軸上分布如圖所示。下列說法正確的有（　　）
A．和帶有同種電荷
B．處的電場強度為零
C．負電荷從移到，電勢能增加
D．負電荷從移到，受到的電場力減小
【答案】D
【知識點】電場強度；電勢能；電勢
【解析】【解答】A．由圖可知：無窮遠處電勢為零，又有電勢為正的地方，故存在正電荷；又有電勢為負的地方，故也存在負電荷，所以和帶有異種電荷，故A錯誤；
B．電場強度與電勢的關系
（圖像的切線斜率表示電場強度，負號表示方向 ），處圖像切線斜率不為0→電場強度不為0，故B錯誤；
C．根據，可知負電荷在電勢高的地方電勢能小，則負電荷從移到，電勢升高，電勢能減小，故C錯誤；
D．根據圖像的切線斜率絕對值表示電場強度大小，從移到，電場強度逐漸減小，則負電荷從移到，受到的電場力減小，故D正確.
故答案為：D。
【分析】電荷電性判斷：通過電勢的正負分布（正、負電勢區域 ），確定存在異種電荷.
電場強度與電勢的關系：圖像的切線斜率表示電場強度，斜率為0時電場強度為0.
電勢能變化：利用，結合電荷正負和電勢變化判斷電勢能增減.
電場力變化：由，結合電場強度的變化（斜率絕對值 ）判斷電場力變化.
6．（2024高一下·岳麓期末）如圖為某商家為吸引顧客設計的趣味游戲。2塊相同木板a、b緊挨放在水平地面上。某顧客使小滑塊（可視為質點）以某一水平初速度從a的左端滑上木板，若滑塊分別停在a、b則分別獲得二、一等獎，若滑離木板則不得獎。已知每塊木板的長度為L、質量為m，木板下表面與地面間的動摩擦因數均為，滑塊質量為，滑塊與木板a、b上表面間的動摩擦因數分別為、，重力加速度大小為g，最大靜摩擦力與滑動摩擦力視為相等，則下列說法正確的是（　　）
A．若木板全部固定，顧客要想獲獎，滑塊初速度的最大值為
B．若木板全部固定，顧客獲一等獎的最小速度為
C．若只有木板a固定，顧客獲一等獎，滑塊初速度的最大值
D．若木板都不固定，顧客獲二等獎，滑塊初速度的最大值
【答案】C
【知識點】牛頓運動定律的應用—板塊模型；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A．顧客要想獲獎，滑塊初速度的最大時對應滑塊剛好滑到b木板右端時速度為0，由于木板全部固定，由動能定理可知
解得
故A錯誤；
B．顧客獲一等獎的最小速度，則對應滑塊剛好滑到b木板左端時速度為0，由動能定理得
解得
故B錯誤；
C．滑塊滑上b木板后，由于上表面動摩擦因數大于下表面，故滑塊將與b木板共同減速停下，兩者圖像
時間內僅滑塊運動；時間內滑塊減速運動，b木板加速運動；時間內滑塊與b木板共同減速；其中過程中：滑塊加速度
木板加速度
且相對位移為b板長（獲一等獎最大速度對應條件），即陰影面積；可得
又過程中，由動能定理
解得
故C正確；
D．將a、木板看成整體，滑塊減速運動的加速度大小
a、木板整體加速運動的加速度大小為
如圖
共速后共同減速至0，相對位移為板長，則
，
解得
故D錯誤.
故答案為：C.
【分析】木板固定時：滑塊僅受滑動摩擦力減速，用動能定理或運動學公式分析速度.
木板不固定時：需判斷木板是否滑動（比較滑塊對木板的摩擦力與木板與地面的最大靜摩擦力 ），再對滑塊和木板分別用牛頓第二定律求加速度，結合相對運動（位移差 = 木板長度 ）和共速條件列方程.
分階段分析：滑塊在不同木板上（a、b ）時，摩擦力不同，木板的滑動狀態可能變化，需逐階段推導加速度、速度和位移.
7．（2024高一下·岳麓期末）兩根長度相同、半徑之比的均勻銅導線A、B按如圖所示的方式接入電路，下列說法正確的是（　　）
A．A、B的電阻之比為1：4
B．流過A、B的電流之比為2：1
C．通過A、B的電子定向移動速率之比為1：4
D．單位時間通過A、B的電量之比為4：1
【答案】A,C
【知識點】電阻定律；電流的微觀表達式及其應用；歐姆定律的內容、表達式及簡單應用
【解析】【解答】A．電阻定律：（為電阻率，為長度，為橫截面積 ），兩導線材料相同、長度相同，橫截面積
則
代入
得
故A正確；
B．A、B電阻串聯，根據串聯的特點可知，流過、的電流之比為，故B錯誤；
D．A、B電阻串聯，根據串聯的特點可知，單位時間通過A、B的電量之比為，故D錯誤；
C．由電流的微觀表達式有
結合上述解得
故C正確.
故答案為：AC.
【分析】電阻定律應用：利用，結合橫截面積與半徑的平方關系，計算電阻之比.
串聯電路規律：串聯電路電流處處相等，據此判斷電流、單位時間電量的比例.
電流微觀本質：通過，結合串聯電流相等和橫截面積關系，推導電子定向移動速率之比.
8．（2024高一下·岳麓期末）如圖所示，光滑絕緣水平面上有三個帶電小球A、B、C（均可視為點電荷），三球沿一條直線擺放，僅受它們相互之間的靜電力，三球均處于靜止狀態，和小球間的距離分別是、，則以下判斷正確的是（　　）
A．A、C兩個小球可能帶異種電荷
B．三個小球的電荷量大小為
C．擺放這三個小球時，可以先固定C球，擺放A、B使其能處于靜止狀態，再釋放C球
D．
【答案】B,C
【知識點】庫侖定律
【解析】【解答】A．三個點電荷僅受靜電力平衡，需滿足 “兩同夾異”：中間電荷（B）與兩邊電荷（A、C）電性不同，兩邊電荷（A、C）電性相同，因此 A、C 必為同種電荷，故A錯誤；
B．根據“兩大夾小、近小遠大”原則，判斷可得
故B正確；
C． 固定 C 球后，A、B 在 C 的靜電力和相互靜電力作用下可平衡，釋放 C 球后，三球受力仍滿足平衡條件（相互靜電力抵消 ），故能保持靜止 ，故C正確；
D．對B受力分析，左右兩個方向的庫侖力大小相等，可得
解得
故D錯誤。
故答案為：BC。
【分析】平衡規律 “兩同夾異、兩大夾小”：快速判斷電荷電性和電荷量大小關系.
受力平衡分析：對中間電荷（B）列庫侖力平衡方程，推導電荷量與距離的關系.
動態平衡實現：固定一個電荷后，另外兩個可通過靜電力平衡，釋放后系統仍滿足平衡條件.
9．（2024高一下·岳麓期末）如圖所示，由兩根不可伸長的細繩a和b懸掛在天花板上的水平木板上放置一個由足夠長的彈力繩c連接的兩個物塊。物塊的質量均為m，離地面的高度為H，初始時刻彈力繩處于拉伸狀態。某時刻兩根細繩a、b同時斷裂，木板觸地前，兩物塊未發生碰撞，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．木板與兩物塊組成的系統機械能守恒
B．物塊可能先做變加速曲線運動，再做勻變速曲線運動
C．物塊到地面時的速度可能小于
D．兩個物塊落地的速度不相同
【答案】B,D
【知識點】曲線運動；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．機械能守恒條件：只有重力或彈力做功，但木板觸地前，彈繩對物塊有彈力做功，且木板的機械能也參與變化（木板下落 ），系統（木板 + 兩物塊 + 彈繩） 的機械能守恒，而題目中系統未包含彈繩，故A錯誤；
B．初始時刻物塊受重力和彈力，但是彈力逐漸變小，故合力方向逐漸變化，物塊作變加速曲線運動，待彈力等于0之后，合力不變（即重力），但此時速度方向并不豎直，故物塊作勻變速曲線運動；故B正確；
C．落地時，物塊豎直方向
解得豎直方向的速度
由于水平方向速度不為0，故實際速度必定大于；故C錯誤；
D．兩物塊質量、受力對稱，水平速度大小相等、方向相反，豎直速度相同→落地速度大小相等、方向不同（速度是矢量 ），故速度不同，故D正確.
故答案為：BD.
【分析】機械能守恒的系統界定：明確系統是否包含所有做功的內力（如彈繩 ），判斷機械能是否守恒.
曲線運動的加速度分析：合力為變力時做變加速運動，合力為恒力時做勻變速運動.
速度的合成與對稱性：豎直方向自由落體速度固定，水平方向因彈繩獲得速度，結合對稱性判斷兩物塊速度的矢量關.
10．（2024高一下·岳麓期末）如圖甲所示，在空間坐標系中，α射線管放置在第Ⅱ象限。由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細管C組成，細管C到兩金屬板距離相等，右側的開口在y軸上，金屬板和細管C均平行于x軸。放射源P在A板左端，可以沿特定方向發射某一初速度的α粒子。若金屬板長為L、間距為d，當A、B板間加上某一電壓時，α粒子剛好能夠以速度從細管C水平射出，進入位于第Ⅰ象限的靜電分析器中。靜電分析器中存在著如圖所示的輻向電場，分布在整個第Ⅰ象限的區域內。電場線沿半徑方向，指向與坐標系原點重合的圓心O。粒子在該電場中恰好做勻速圓周運動，α粒子運動軌跡處的場強大小處處為。時刻α粒子垂直x軸進入第Ⅳ象限的交變電場中，交變電場的場強大小也為，方向隨時間的變化關系如圖乙所示，規定沿x軸正方向為電場的正方向。已知α粒子的電荷量為2e（e為元電荷）、質量為m，重力不計。以下說法中正確的是（　　）
A．α粒子從放射源P運動到C的過程中動能減少了
B．α粒子從放射源P發射時的速度大小為
C．α粒子在靜電分析器中運動的軌跡半徑為
D．在時刻，α粒子的坐標為
【答案】B,C,D
【知識點】勻速圓周運動；動能定理的綜合應用；帶電粒子在電場中的偏轉
【解析】【解答】AB．由題意可知，α粒子運動到處時速度為，可知α粒子的反方向的運動為類平拋運動，
水平方向有
豎直方向有
由牛頓第二定律
聯立解得
α粒子從放射源發射出到C的過程，由動能定理
解得
設α粒子發射時速度的大小為，α粒子從放射源發射至運動到C的過程，由動能定理可得
解得
故A錯誤，B正確；
C．粒子在靜電分析器中恰好做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可得
解得
故C正確；
D．時刻α粒子垂直x軸進入第Ⅳ象限的交變電場中，在時刻，α粒子在方向的速度為
所以一個周期內，離子在方向的平均速度
每個周期α粒子在正方向前進
因為開始計時時α粒子橫坐標為
因此在時刻，α粒子的橫坐標為
α粒子的縱坐標為，所以在時刻α粒子的坐標為，故D正確.
故答案為：BCD.
【分析】類平拋逆向分析：將粒子從 P 到 C 的運動逆向視為類平拋，利用水平勻速、豎直勻加速推導電場力做功與動能變化，結合動能定理求發射速度.
勻速圓周向心力：電場力提供向心力，直接聯立公式求軌道半徑.
交變電場運動分解：將運動分解為x（交變加速 ）和y（勻速 ）方向，利用運動學公式分階段計算位移，結合初始位置推導最終坐標.
11．（2024高一下·岳麓期末）某學校興趣小組利用電流傳感器觀察電容器的充、放電現象，設計電路如圖甲所示。開關K閉合，將開關S與端點2連接時電源短時間內對電容器完成充電，充電后電容器右極板帶負電；然后把開關S連接端點1，電容器通過電阻放電，計算機記錄下電流傳感器中電流隨時間的變化關系。如圖乙是計算機輸出的電容器充、放電過程電流隨時間變化的圖像；
（1）根據圖像估算電容器在充電結束時儲存的電荷量為　 　（結果保留兩位有效數字）；
（2）已知直流電源的電壓為6V，則電容器的電容約為　 　F（結果保留兩位有效數字）；
（3）如果不改變電路其他參數，斷開開關K，重復上述實驗，則充電時的圖像可能是圖丙中的虛線　 　（選填“a”“b”或“c”中的一個，實線為閉合開關K時的圖像）。
【答案】（1）
（2）
（3）
【知識點】觀察電容器的充、放電現象
【解析】【解答】（1）解：I-t圖像與橫軸所圍的面積表示電容存儲的電荷量，1小格的面積為
超過半格算1格，不足半格的舍去，可知總共約18格，故電容器在全部放電過程中釋放的電荷量為Q=18×2.5×10-5C=4.5×10-4C
故答案為：
（2）解：已直流電源的電壓為6V，則電容器的電容為.
故答案為：
（3）由于電容存儲的電荷量不變，如果不改變電路其他參數，斷開開關K，重復上述實驗，則充電時I-t曲線與橫軸所圍成的面積將不變。斷開開關K，電容器串聯的電阻值增大，充電電流變小，充電時間將變長。則充電時的圖像可能是圖丙中的虛線a.
故答案為：a.
【分析】（1）圖像與時間軸圍成的面積表示電容器儲存的電荷量，通過數格子估算面積（電荷量 ）.
（2）利用，結合充電電壓（電源電壓 ）計算電容.
（3）斷開開關增大串聯電阻，充電初始電流減小，但總電荷量不變→圖像面積不變，電流峰值降低、時間延長.
12．（2024高一下·岳麓期末）某實驗小組想利用平拋運動實驗裝置來驗證機械能守恒定律，利用身邊的器材組裝了如圖甲所示的裝置，具體實驗操作如下：
①在水平桌面上利用硬練習本做成斜面，使小球從斜面上某一固定位置由靜止滾下，小球離開桌面后做平拋運動；
②利用頻閃相機對小球離開桌面后的運動進行拍攝，得到小球下落的圖片如圖乙所示；
③利用刻度尺測得圖中位置1與2的水平距離為，位置1與3的豎直高度為，位置2與5的豎直高度為，位置4與6的豎直高度為。
已知頻閃相機的工作頻率為f，測得小球質量為m，當地重力加速度為g，試回答以下問題：
（1）小球運動到位置2時的動能　 　，小球運動到位置5時的動能　 　當滿足表達式　 　時，則可驗證小球從位置2到位置5運動的過程機械能守恒。（用題干中給出的物理量字母表示）
（2）實驗結束后，某小組成員突然發現，桌面右端不水平，于是小組成員對實驗結論提出質疑，你認為右端不水平對實驗結果　 　（填“有”或 “無”）影響。
【答案】；； ；無
【知識點】驗證機械能守恒定律；研究平拋物體的運動
【解析】【解答】（1）根據平拋運動規律可知2點的豎直速度為
水平速度為
2點的速度為
小球運動到位置2時的動能為
同理可知小球運動到位置5時的動能為
；
又根據機械能守恒定律有
化簡可得
故答案為：；；.
（2）桌面右端不水平，會導致水平方向的速度變形，由結果可知驗證機械能守恒的表達式與水平方向的位移無關，所以無影響.
故答案為：無.
【分析】（1）平拋運動的速度分解：水平方向勻速（ ），豎直方向用中間時刻速度公式求豎直分速度，再合成合速度.
動能計算：利用合速度，結合動能公式計算不同位置的動能.
機械能守恒驗證：重力勢能變化等于動能變化，代入動能表達式化簡得到守恒條件.
（2）實驗誤差分析：判斷桌面不水平是否影響關鍵物理量（豎直位移、水平速度大小 ），確定對實驗結果無影響.
13．（2024高一下·岳麓期末）天文觀測到某行星有一顆以半徑r、周期T環繞該行星做圓周運動的衛星，已知衛星質量為m，萬有引力常量為G。求：
（1）該行星的質量M是多大？
（2）如果該行星的半徑是衛星運動軌道半徑的，那么行星表面處的重力加速度是多大？
（3）如果該行星的半徑為R，行星與其衛星之間的引力勢能表達式為，r為行星與衛星的中心間距。求在該行星上發射一顆剛好脫離此行星的衛星，發射速度應為多少？
【答案】（1）解：根據萬有引力定律和向心力公式
得
（2）解：在行星表面，萬有引力等于重力
解得
（3）解：所發射的衛星要能夠剛好運動到距離地球無窮遠處，即無窮遠處的衛星動能為零。由能量守恒得
EkR+EpR=Ek∞+Ep∞
解得
vR==
【知識點】萬有引力定律；萬有引力定律的應用；衛星問題
【解析】【分析】（1）行星質量計算：利用 “萬有引力提供向心力”，結合圓周運動周期公式，消去衛星質量m，直接解出行星質量M.
（2）表面重力加速度：通過 “行星表面萬有引力等于重力”，代入行星半徑（與軌道半徑的關系 ）和已求的M，化簡得到g.
（3）逃逸速度推導：基于 “能量守恒”，衛星脫離行星需到無窮遠（動能、勢能均為 0 ），聯立引力勢能公式和動能公式，代入M的表達式，推導出逃逸速.
14．（2024高一下·岳麓期末）如圖所示，水平軌道的左端有一壓縮的彈簧，其儲存的彈性勢能。彈簧左端固定，右端放一個質量為的物塊（可視為質點），物塊與彈簧不粘連，彈簧恢復原長時，物塊仍未到B點。傳送帶的長為，為水平軌道，是豎直放置的兩個半徑為的半圓軌道，D和錯開少許，物塊從D進入圓弧軌道，從出來進入水平軌道。、、、均平滑連接，不影響物塊的運動。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數為，其余軌道均光滑，重力加速度。
（1）若傳送帶靜止，物塊到達傳送帶右端C點時的速度大小；
（2）若傳送帶沿順時針方向勻速轉動，物塊沿圓周運動能到達E點，求傳送帶的最小速度。
【答案】（1）若傳送帶靜止，物塊從開始運動到到達C點時，由動能定理有
其中
代入題中相關已知數據，求得
（2）若物塊沿圓周運動恰好能到達E點，則有
得
從到，根據動能定理有
求得
設物塊從B到C全程加速，則
求得
所以，可知傳送帶最小速度為。
【知識點】生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）根據動能定理求解物塊到C點的速度；
（2）先根據牛頓第二定律、動能定理結合臨界條件列式聯立物塊恰好到達C點速度和E點的速度。由于傳送帶順時針轉動時，假設物塊一直加速，由動能定理求出傳送帶的速度再與C點的速度對比，可以得到傳送帶的速度；
15．（2024高一下·岳麓期末）如圖所示，在豎直平面內有一足夠長的絕緣軌道，水平放置，豎直放置，軌道、粗糙，是絕緣光滑的四分之一圓弧形軌道，圓弧的圓心為O，半徑，軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場強度的大小。現有質量，電荷量的帶電體（可視為質點），從A點由靜止開始運動，已知距離1m，帶電體與軌道，間的動摩擦因數均為0.5，假定帶電體與軌道之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等。（取g=10m/s2）求：
（1）求帶電體首次運動到圓弧軌道C點時對軌道的壓力；
（2）帶電體最終停在何處；
（3）如果電場強度的大小可在0到范圍內調節，當E取不同值時，求帶電體全程摩擦產生的熱量。
【答案】（1）解：從A點運動到C點，由動能定理有
解得
，
C點時，由牛頓第二定律
得
根據牛頓第三定律得對軌道的壓力為20N，水平方向向左.
（2）解：設CD向上運動到最高點速度為0時，上移的位移為x，對全過程列動能定理有
解得
因為，所以物塊不會滑下，最終停在離C點上方1m處；
（3）解：①當時
②當時，最終在BC軌道上，往復運動，且到C點速度為零有
解得
③當時，最終在BC軌道上，往復運動，且在B點速度為零
解得
④當時，物體不會動，
【知識點】動能定理的綜合應用；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【分析】動能定理的多過程應用：分析帶電體從A到C、從C到最高點的運動，用動能定理求速度、位移，關鍵是準確計算各力做功（電場力、重力、摩擦力 ）.
（1）圓周運動的向心力分析：在C點，軌道支持力與電場力的合力提供向心力，結合牛頓第二定律求壓力.
（2）平衡條件判斷最終狀態：通過比較最大靜摩擦力與重力，確定帶電體是否下滑，從而判斷停留位置.
（3）分類討論電場強度：根據電場力與重力的平衡關系（與 ），分四類情況討論摩擦生熱，核心是確定帶電體的運動終點（靜止或往復到某點速度為0 ）.
1 / 1湖南省湖南師范大學附屬中學2023-2024學年高一下學期期末考試物理試卷（物選班）
1．（2024高一下·岳麓期末）下列說法正確的是（　　）
A．半導體材料導電性能與外界條件無關
B．將一根導線一分為二，則半根導線的電阻和電阻率都變為原來的二分之一
C．由可知，R與導體兩端電壓U成正比，與通過導體的電流I成反比
D．某些金屬、合金和氧化物的電阻率隨溫度降低會突然減小為零
2．（2024高一下·岳麓期末）如圖甲、乙所示，兩個電荷量均為q的點電荷分別置于電荷量線密度相同、半徑相同的半圓環和圓環的圓心，環的粗細可忽略不計。若圖甲中環對圓心點電荷的庫侖力大小為F，則圖乙中環對圓心同一點電荷的庫侖力大小為（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·岳麓期末）我國新能源汽車領先全球，2024年3月，小米第一臺汽車XiaomiSU7正式上市，其技術領先且價格符合大眾消費，一輛小米新能源汽車在平直公路上行駛，汽車的質量為，發動機的額定功率為，設汽車在行駛過程中受到的阻力大小恒為。如果汽車從靜止開始以額定功率啟動，則（　　）
A．汽車從靜止開始做勻加速直線運動，然后做加速度減小的加速運動
B．汽車在行駛過程中所能達到的最大速度
C．若汽車以不同的恒定功率啟動所能達到的最大速度相同
D．若汽車到達最大速度的時間為t，則這段時間內的位移
4．（2024高一下·岳麓期末）某同學設計了一個電容式風力傳感器，如圖所示，將電容器與靜電計組成回路，可動電極在風力作用下向右移動，風力越大，移動距離越大（兩電極始終不接觸）。若極板上電荷量保持不變，P點為極板間的一點，下列說法正確的是（　　）
A．風力越大，電容器電容越小
B．風力越大，極板間電場強度仍保持不變
C．風力越大，P點的電勢仍保持不變
D．風力越大，靜電計指針張角越大
5．（2024高一下·岳麓期末）在x軸上有兩個點電荷、，其靜電場的電勢在x軸上分布如圖所示。下列說法正確的有（　　）
A．和帶有同種電荷
B．處的電場強度為零
C．負電荷從移到，電勢能增加
D．負電荷從移到，受到的電場力減小
6．（2024高一下·岳麓期末）如圖為某商家為吸引顧客設計的趣味游戲。2塊相同木板a、b緊挨放在水平地面上。某顧客使小滑塊（可視為質點）以某一水平初速度從a的左端滑上木板，若滑塊分別停在a、b則分別獲得二、一等獎，若滑離木板則不得獎。已知每塊木板的長度為L、質量為m，木板下表面與地面間的動摩擦因數均為，滑塊質量為，滑塊與木板a、b上表面間的動摩擦因數分別為、，重力加速度大小為g，最大靜摩擦力與滑動摩擦力視為相等，則下列說法正確的是（　　）
A．若木板全部固定，顧客要想獲獎，滑塊初速度的最大值為
B．若木板全部固定，顧客獲一等獎的最小速度為
C．若只有木板a固定，顧客獲一等獎，滑塊初速度的最大值
D．若木板都不固定，顧客獲二等獎，滑塊初速度的最大值
7．（2024高一下·岳麓期末）兩根長度相同、半徑之比的均勻銅導線A、B按如圖所示的方式接入電路，下列說法正確的是（　　）
A．A、B的電阻之比為1：4
B．流過A、B的電流之比為2：1
C．通過A、B的電子定向移動速率之比為1：4
D．單位時間通過A、B的電量之比為4：1
8．（2024高一下·岳麓期末）如圖所示，光滑絕緣水平面上有三個帶電小球A、B、C（均可視為點電荷），三球沿一條直線擺放，僅受它們相互之間的靜電力，三球均處于靜止狀態，和小球間的距離分別是、，則以下判斷正確的是（　　）
A．A、C兩個小球可能帶異種電荷
B．三個小球的電荷量大小為
C．擺放這三個小球時，可以先固定C球，擺放A、B使其能處于靜止狀態，再釋放C球
D．
9．（2024高一下·岳麓期末）如圖所示，由兩根不可伸長的細繩a和b懸掛在天花板上的水平木板上放置一個由足夠長的彈力繩c連接的兩個物塊。物塊的質量均為m，離地面的高度為H，初始時刻彈力繩處于拉伸狀態。某時刻兩根細繩a、b同時斷裂，木板觸地前，兩物塊未發生碰撞，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．木板與兩物塊組成的系統機械能守恒
B．物塊可能先做變加速曲線運動，再做勻變速曲線運動
C．物塊到地面時的速度可能小于
D．兩個物塊落地的速度不相同
10．（2024高一下·岳麓期末）如圖甲所示，在空間坐標系中，α射線管放置在第Ⅱ象限。由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細管C組成，細管C到兩金屬板距離相等，右側的開口在y軸上，金屬板和細管C均平行于x軸。放射源P在A板左端，可以沿特定方向發射某一初速度的α粒子。若金屬板長為L、間距為d，當A、B板間加上某一電壓時，α粒子剛好能夠以速度從細管C水平射出，進入位于第Ⅰ象限的靜電分析器中。靜電分析器中存在著如圖所示的輻向電場，分布在整個第Ⅰ象限的區域內。電場線沿半徑方向，指向與坐標系原點重合的圓心O。粒子在該電場中恰好做勻速圓周運動，α粒子運動軌跡處的場強大小處處為。時刻α粒子垂直x軸進入第Ⅳ象限的交變電場中，交變電場的場強大小也為，方向隨時間的變化關系如圖乙所示，規定沿x軸正方向為電場的正方向。已知α粒子的電荷量為2e（e為元電荷）、質量為m，重力不計。以下說法中正確的是（　　）
A．α粒子從放射源P運動到C的過程中動能減少了
B．α粒子從放射源P發射時的速度大小為
C．α粒子在靜電分析器中運動的軌跡半徑為
D．在時刻，α粒子的坐標為
11．（2024高一下·岳麓期末）某學校興趣小組利用電流傳感器觀察電容器的充、放電現象，設計電路如圖甲所示。開關K閉合，將開關S與端點2連接時電源短時間內對電容器完成充電，充電后電容器右極板帶負電；然后把開關S連接端點1，電容器通過電阻放電，計算機記錄下電流傳感器中電流隨時間的變化關系。如圖乙是計算機輸出的電容器充、放電過程電流隨時間變化的圖像；
（1）根據圖像估算電容器在充電結束時儲存的電荷量為　 　（結果保留兩位有效數字）；
（2）已知直流電源的電壓為6V，則電容器的電容約為　 　F（結果保留兩位有效數字）；
（3）如果不改變電路其他參數，斷開開關K，重復上述實驗，則充電時的圖像可能是圖丙中的虛線　 　（選填“a”“b”或“c”中的一個，實線為閉合開關K時的圖像）。
12．（2024高一下·岳麓期末）某實驗小組想利用平拋運動實驗裝置來驗證機械能守恒定律，利用身邊的器材組裝了如圖甲所示的裝置，具體實驗操作如下：
①在水平桌面上利用硬練習本做成斜面，使小球從斜面上某一固定位置由靜止滾下，小球離開桌面后做平拋運動；
②利用頻閃相機對小球離開桌面后的運動進行拍攝，得到小球下落的圖片如圖乙所示；
③利用刻度尺測得圖中位置1與2的水平距離為，位置1與3的豎直高度為，位置2與5的豎直高度為，位置4與6的豎直高度為。
已知頻閃相機的工作頻率為f，測得小球質量為m，當地重力加速度為g，試回答以下問題：
（1）小球運動到位置2時的動能　 　，小球運動到位置5時的動能　 　當滿足表達式　 　時，則可驗證小球從位置2到位置5運動的過程機械能守恒。（用題干中給出的物理量字母表示）
（2）實驗結束后，某小組成員突然發現，桌面右端不水平，于是小組成員對實驗結論提出質疑，你認為右端不水平對實驗結果　 　（填“有”或 “無”）影響。
13．（2024高一下·岳麓期末）天文觀測到某行星有一顆以半徑r、周期T環繞該行星做圓周運動的衛星，已知衛星質量為m，萬有引力常量為G。求：
（1）該行星的質量M是多大？
（2）如果該行星的半徑是衛星運動軌道半徑的，那么行星表面處的重力加速度是多大？
（3）如果該行星的半徑為R，行星與其衛星之間的引力勢能表達式為，r為行星與衛星的中心間距。求在該行星上發射一顆剛好脫離此行星的衛星，發射速度應為多少？
14．（2024高一下·岳麓期末）如圖所示，水平軌道的左端有一壓縮的彈簧，其儲存的彈性勢能。彈簧左端固定，右端放一個質量為的物塊（可視為質點），物塊與彈簧不粘連，彈簧恢復原長時，物塊仍未到B點。傳送帶的長為，為水平軌道，是豎直放置的兩個半徑為的半圓軌道，D和錯開少許，物塊從D進入圓弧軌道，從出來進入水平軌道。、、、均平滑連接，不影響物塊的運動。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數為，其余軌道均光滑，重力加速度。
（1）若傳送帶靜止，物塊到達傳送帶右端C點時的速度大小；
（2）若傳送帶沿順時針方向勻速轉動，物塊沿圓周運動能到達E點，求傳送帶的最小速度。
15．（2024高一下·岳麓期末）如圖所示，在豎直平面內有一足夠長的絕緣軌道，水平放置，豎直放置，軌道、粗糙，是絕緣光滑的四分之一圓弧形軌道，圓弧的圓心為O，半徑，軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場強度的大小。現有質量，電荷量的帶電體（可視為質點），從A點由靜止開始運動，已知距離1m，帶電體與軌道，間的動摩擦因數均為0.5，假定帶電體與軌道之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等。（取g=10m/s2）求：
（1）求帶電體首次運動到圓弧軌道C點時對軌道的壓力；
（2）帶電體最終停在何處；
（3）如果電場強度的大小可在0到范圍內調節，當E取不同值時，求帶電體全程摩擦產生的熱量。
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】電阻定律；電阻率
【解析】【解答】A．半導體的導電性能與溫度、光照、摻雜等外界條件密切相關（如熱敏半導體、光敏半導體 ）因此 “與外界條件無關” 錯誤，A錯誤；
B．由電阻定律可知，將一根導線一分為二，則半根導線的電阻變為原來的二分之一；而電阻率是由導體材料本身決定，與導體的長度無關，B錯誤；
C．由電阻定律可知，導體的電阻 R由導體的電阻率、長度、橫截面積決定，是導體本身的特性，不能說R與導體兩端電壓U成正比，與通過導體的電流I成反比，即與兩者都無關，C錯誤；
D．某些金屬、合金和氧化物在溫度降低到臨界溫度時，電阻率會突然減小為零，這是超導現象，D正確.
故答案為：D。
【分析】半導體特性：導電性能受外界條件（溫度、光照等 ）顯著影響.
電阻與電阻率的區別：電阻R由、L、S共同決定，可因長度改變而變化.
電阻率僅由材料和溫度決定，與幾何尺寸無關.
電阻的定義與決定：是比值定義，R的本質由電阻定律決定，與U、I無因果關系.
超導現象：特定材料在臨界溫度下電阻率突變為零的特性
2．【答案】A
【知識點】庫侖定律
【解析】【解答】由題圖甲中均勻帶電半圓環對圓心點電荷的庫侖力大小為，可以得出圓環對圓心點電荷的庫侖力大小為。將題圖乙中的均勻帶電圓環分成三個圓環，關于圓心對稱的兩個圓環對圓心點電荷的庫侖力的合力為零，因此題圖乙中的圓環對圓心點電荷的庫侖力大小為。
故答案為：A.
【分析】微元法：將連續帶電圓環分割為微小電荷元，用庫侖定律計算單個電荷元的力.
對稱性分析：利用圓環的對稱性，抵消反向的力分量，簡化計算.
分割與疊加：將復雜圓環分割為簡單單元，通過對稱抵消和剩余疊加，快速推導總庫侖力.
3．【答案】B
【知識點】牛頓第二定律；機車啟動
【解析】【解答】A．汽車以額定功率啟動，由（恒定 ），速度增大時，牽引力減小，根據牛頓第二定律
因減小，加速度逐漸減小→汽車做加速度減小的加速運動（非勻加速 ），故A錯誤；
B．當時，速度達到最大，利用
求得最大速度，故B正確；
C．最大速度滿足（為額定功率 ），若不同，不同（因恒定 ），故C錯誤；
D．若汽車到達最大速度的時間為t， 由于在時間內，汽車不是做勻加速直線運動，則平均速度不等于，因此位移不等于
故D錯誤.
故答案為：B。
【分析】 恒定功率啟動的運動分析：利用判斷牽引力隨速度的變化，結合牛頓第二定律分析加速度變化，確定運動性質.
最大速度條件：加速度為0時（ ），速度最大，由計算最大速度.
不同功率的最大速度：最大速度與額定功率成正比（ ），功率不同則最大速度不同.
非勻變速的位移：勻變速直線運動的平均速度公式（ ）不適用于加速度變化的運動.
4．【答案】B
【知識點】電容器及其應用
【解析】【解答】A．由題意知，風力越大，d越小，由電容的決定式
可得，電容器電容越大，故A錯誤；
B．由公式
，，
整理可得
由題意知，Q保持不變，風力越大，d越小，由電容的決定式
可得，極板間電場強度不變，故B正確；
C．由于E不變，可動極板與P點的距離減小，根據
可知，可動極板與P點電勢差減小，又由于可動極板接地，電勢一直為0，因此P點電勢改變，故C錯誤；
D．由于Q保持不變，C變大，由
可知，U減小，則靜電計指針張角越小，故D錯誤。
故選：B。
【分析】由題意極板上電荷量保持不變，根據電容的決定式分析電容的變化，用電容的定義式分析電勢差的變化，電場強度，根據電勢差與電場強度的關系，判斷P點電勢的變化。
5．【答案】D
【知識點】電場強度；電勢能；電勢
【解析】【解答】A．由圖可知：無窮遠處電勢為零，又有電勢為正的地方，故存在正電荷；又有電勢為負的地方，故也存在負電荷，所以和帶有異種電荷，故A錯誤；
B．電場強度與電勢的關系
（圖像的切線斜率表示電場強度，負號表示方向 ），處圖像切線斜率不為0→電場強度不為0，故B錯誤；
C．根據，可知負電荷在電勢高的地方電勢能小，則負電荷從移到，電勢升高，電勢能減小，故C錯誤；
D．根據圖像的切線斜率絕對值表示電場強度大小，從移到，電場強度逐漸減小，則負電荷從移到，受到的電場力減小，故D正確.
故答案為：D。
【分析】電荷電性判斷：通過電勢的正負分布（正、負電勢區域 ），確定存在異種電荷.
電場強度與電勢的關系：圖像的切線斜率表示電場強度，斜率為0時電場強度為0.
電勢能變化：利用，結合電荷正負和電勢變化判斷電勢能增減.
電場力變化：由，結合電場強度的變化（斜率絕對值 ）判斷電場力變化.
6．【答案】C
【知識點】牛頓運動定律的應用—板塊模型；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A．顧客要想獲獎，滑塊初速度的最大時對應滑塊剛好滑到b木板右端時速度為0，由于木板全部固定，由動能定理可知
解得
故A錯誤；
B．顧客獲一等獎的最小速度，則對應滑塊剛好滑到b木板左端時速度為0，由動能定理得
解得
故B錯誤；
C．滑塊滑上b木板后，由于上表面動摩擦因數大于下表面，故滑塊將與b木板共同減速停下，兩者圖像
時間內僅滑塊運動；時間內滑塊減速運動，b木板加速運動；時間內滑塊與b木板共同減速；其中過程中：滑塊加速度
木板加速度
且相對位移為b板長（獲一等獎最大速度對應條件），即陰影面積；可得
又過程中，由動能定理
解得
故C正確；
D．將a、木板看成整體，滑塊減速運動的加速度大小
a、木板整體加速運動的加速度大小為
如圖
共速后共同減速至0，相對位移為板長，則
，
解得
故D錯誤.
故答案為：C.
【分析】木板固定時：滑塊僅受滑動摩擦力減速，用動能定理或運動學公式分析速度.
木板不固定時：需判斷木板是否滑動（比較滑塊對木板的摩擦力與木板與地面的最大靜摩擦力 ），再對滑塊和木板分別用牛頓第二定律求加速度，結合相對運動（位移差 = 木板長度 ）和共速條件列方程.
分階段分析：滑塊在不同木板上（a、b ）時，摩擦力不同，木板的滑動狀態可能變化，需逐階段推導加速度、速度和位移.
7．【答案】A,C
【知識點】電阻定律；電流的微觀表達式及其應用；歐姆定律的內容、表達式及簡單應用
【解析】【解答】A．電阻定律：（為電阻率，為長度，為橫截面積 ），兩導線材料相同、長度相同，橫截面積
則
代入
得
故A正確；
B．A、B電阻串聯，根據串聯的特點可知，流過、的電流之比為，故B錯誤；
D．A、B電阻串聯，根據串聯的特點可知，單位時間通過A、B的電量之比為，故D錯誤；
C．由電流的微觀表達式有
結合上述解得
故C正確.
故答案為：AC.
【分析】電阻定律應用：利用，結合橫截面積與半徑的平方關系，計算電阻之比.
串聯電路規律：串聯電路電流處處相等，據此判斷電流、單位時間電量的比例.
電流微觀本質：通過，結合串聯電流相等和橫截面積關系，推導電子定向移動速率之比.
8．【答案】B,C
【知識點】庫侖定律
【解析】【解答】A．三個點電荷僅受靜電力平衡，需滿足 “兩同夾異”：中間電荷（B）與兩邊電荷（A、C）電性不同，兩邊電荷（A、C）電性相同，因此 A、C 必為同種電荷，故A錯誤；
B．根據“兩大夾小、近小遠大”原則，判斷可得
故B正確；
C． 固定 C 球后，A、B 在 C 的靜電力和相互靜電力作用下可平衡，釋放 C 球后，三球受力仍滿足平衡條件（相互靜電力抵消 ），故能保持靜止 ，故C正確；
D．對B受力分析，左右兩個方向的庫侖力大小相等，可得
解得
故D錯誤。
故答案為：BC。
【分析】平衡規律 “兩同夾異、兩大夾小”：快速判斷電荷電性和電荷量大小關系.
受力平衡分析：對中間電荷（B）列庫侖力平衡方程，推導電荷量與距離的關系.
動態平衡實現：固定一個電荷后，另外兩個可通過靜電力平衡，釋放后系統仍滿足平衡條件.
9．【答案】B,D
【知識點】曲線運動；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．機械能守恒條件：只有重力或彈力做功，但木板觸地前，彈繩對物塊有彈力做功，且木板的機械能也參與變化（木板下落 ），系統（木板 + 兩物塊 + 彈繩） 的機械能守恒，而題目中系統未包含彈繩，故A錯誤；
B．初始時刻物塊受重力和彈力，但是彈力逐漸變小，故合力方向逐漸變化，物塊作變加速曲線運動，待彈力等于0之后，合力不變（即重力），但此時速度方向并不豎直，故物塊作勻變速曲線運動；故B正確；
C．落地時，物塊豎直方向
解得豎直方向的速度
由于水平方向速度不為0，故實際速度必定大于；故C錯誤；
D．兩物塊質量、受力對稱，水平速度大小相等、方向相反，豎直速度相同→落地速度大小相等、方向不同（速度是矢量 ），故速度不同，故D正確.
故答案為：BD.
【分析】機械能守恒的系統界定：明確系統是否包含所有做功的內力（如彈繩 ），判斷機械能是否守恒.
曲線運動的加速度分析：合力為變力時做變加速運動，合力為恒力時做勻變速運動.
速度的合成與對稱性：豎直方向自由落體速度固定，水平方向因彈繩獲得速度，結合對稱性判斷兩物塊速度的矢量關.
10．【答案】B,C,D
【知識點】勻速圓周運動；動能定理的綜合應用；帶電粒子在電場中的偏轉
【解析】【解答】AB．由題意可知，α粒子運動到處時速度為，可知α粒子的反方向的運動為類平拋運動，
水平方向有
豎直方向有
由牛頓第二定律
聯立解得
α粒子從放射源發射出到C的過程，由動能定理
解得
設α粒子發射時速度的大小為，α粒子從放射源發射至運動到C的過程，由動能定理可得
解得
故A錯誤，B正確；
C．粒子在靜電分析器中恰好做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可得
解得
故C正確；
D．時刻α粒子垂直x軸進入第Ⅳ象限的交變電場中，在時刻，α粒子在方向的速度為
所以一個周期內，離子在方向的平均速度
每個周期α粒子在正方向前進
因為開始計時時α粒子橫坐標為
因此在時刻，α粒子的橫坐標為
α粒子的縱坐標為，所以在時刻α粒子的坐標為，故D正確.
故答案為：BCD.
【分析】類平拋逆向分析：將粒子從 P 到 C 的運動逆向視為類平拋，利用水平勻速、豎直勻加速推導電場力做功與動能變化，結合動能定理求發射速度.
勻速圓周向心力：電場力提供向心力，直接聯立公式求軌道半徑.
交變電場運動分解：將運動分解為x（交變加速 ）和y（勻速 ）方向，利用運動學公式分階段計算位移，結合初始位置推導最終坐標.
11．【答案】（1）
（2）
（3）
【知識點】觀察電容器的充、放電現象
【解析】【解答】（1）解：I-t圖像與橫軸所圍的面積表示電容存儲的電荷量，1小格的面積為
超過半格算1格，不足半格的舍去，可知總共約18格，故電容器在全部放電過程中釋放的電荷量為Q=18×2.5×10-5C=4.5×10-4C
故答案為：
（2）解：已直流電源的電壓為6V，則電容器的電容為.
故答案為：
（3）由于電容存儲的電荷量不變，如果不改變電路其他參數，斷開開關K，重復上述實驗，則充電時I-t曲線與橫軸所圍成的面積將不變。斷開開關K，電容器串聯的電阻值增大，充電電流變小，充電時間將變長。則充電時的圖像可能是圖丙中的虛線a.
故答案為：a.
【分析】（1）圖像與時間軸圍成的面積表示電容器儲存的電荷量，通過數格子估算面積（電荷量 ）.
（2）利用，結合充電電壓（電源電壓 ）計算電容.
（3）斷開開關增大串聯電阻，充電初始電流減小，但總電荷量不變→圖像面積不變，電流峰值降低、時間延長.
12．【答案】；； ；無
【知識點】驗證機械能守恒定律；研究平拋物體的運動
【解析】【解答】（1）根據平拋運動規律可知2點的豎直速度為
水平速度為
2點的速度為
小球運動到位置2時的動能為
同理可知小球運動到位置5時的動能為
；
又根據機械能守恒定律有
化簡可得
故答案為：；；.
（2）桌面右端不水平，會導致水平方向的速度變形，由結果可知驗證機械能守恒的表達式與水平方向的位移無關，所以無影響.
故答案為：無.
【分析】（1）平拋運動的速度分解：水平方向勻速（ ），豎直方向用中間時刻速度公式求豎直分速度，再合成合速度.
動能計算：利用合速度，結合動能公式計算不同位置的動能.
機械能守恒驗證：重力勢能變化等于動能變化，代入動能表達式化簡得到守恒條件.
（2）實驗誤差分析：判斷桌面不水平是否影響關鍵物理量（豎直位移、水平速度大小 ），確定對實驗結果無影響.
13．【答案】（1）解：根據萬有引力定律和向心力公式
得
（2）解：在行星表面，萬有引力等于重力
解得
（3）解：所發射的衛星要能夠剛好運動到距離地球無窮遠處，即無窮遠處的衛星動能為零。由能量守恒得
EkR+EpR=Ek∞+Ep∞
解得
vR==
【知識點】萬有引力定律；萬有引力定律的應用；衛星問題
【解析】【分析】（1）行星質量計算：利用 “萬有引力提供向心力”，結合圓周運動周期公式，消去衛星質量m，直接解出行星質量M.
（2）表面重力加速度：通過 “行星表面萬有引力等于重力”，代入行星半徑（與軌道半徑的關系 ）和已求的M，化簡得到g.
（3）逃逸速度推導：基于 “能量守恒”，衛星脫離行星需到無窮遠（動能、勢能均為 0 ），聯立引力勢能公式和動能公式，代入M的表達式，推導出逃逸速.
14．【答案】（1）若傳送帶靜止，物塊從開始運動到到達C點時，由動能定理有
其中
代入題中相關已知數據，求得
（2）若物塊沿圓周運動恰好能到達E點，則有
得
從到，根據動能定理有
求得
設物塊從B到C全程加速，則
求得
所以，可知傳送帶最小速度為。
【知識點】生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）根據動能定理求解物塊到C點的速度；
（2）先根據牛頓第二定律、動能定理結合臨界條件列式聯立物塊恰好到達C點速度和E點的速度。由于傳送帶順時針轉動時，假設物塊一直加速，由動能定理求出傳送帶的速度再與C點的速度對比，可以得到傳送帶的速度；
15．【答案】（1）解：從A點運動到C點，由動能定理有
解得
，
C點時，由牛頓第二定律
得
根據牛頓第三定律得對軌道的壓力為20N，水平方向向左.
（2）解：設CD向上運動到最高點速度為0時，上移的位移為x，對全過程列動能定理有
解得
因為，所以物塊不會滑下，最終停在離C點上方1m處；
（3）解：①當時
②當時，最終在BC軌道上，往復運動，且到C點速度為零有
解得
③當時，最終在BC軌道上，往復運動，且在B點速度為零
解得
④當時，物體不會動，
【知識點】動能定理的綜合應用；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【分析】動能定理的多過程應用：分析帶電體從A到C、從C到最高點的運動，用動能定理求速度、位移，關鍵是準確計算各力做功（電場力、重力、摩擦力 ）.
（1）圓周運動的向心力分析：在C點，軌道支持力與電場力的合力提供向心力，結合牛頓第二定律求壓力.
（2）平衡條件判斷最終狀態：通過比較最大靜摩擦力與重力，確定帶電體是否下滑，從而判斷停留位置.
（3）分類討論電場強度：根據電場力與重力的平衡關系（與 ），分四類情況討論摩擦生熱，核心是確定帶電體的運動終點（靜止或往復到某點速度為0 ）.
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