2022-2023學(xué)年湖北省咸寧市高一（下）期末物理試卷（含解析）

2022-2023學(xué)年湖北省咸寧市高一（下）期末物理試卷

一、選擇題（本大題共小題，第1-7小題每題4分，第8-11小題每題5分，共48分）

1.折返跑是中學(xué)體育課中常見的一種運(yùn)動，某學(xué)生進(jìn)行折Av/mS-'

返跑過程簡化情景的。-t圖像如圖所示，下列說法中正確的3.

匙）*6

A.1s末的加速度大于3s末的加速度..........

B.0?3s的位移小于0?6s的位移

C.3s末離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)

D.2s?4s速度一直減小

2.如圖，木板4B上固定一垂直于板面的擋板，小球緊靠擋板靜止在木板上，不計球與木板

和擋板間的摩擦?，F(xiàn)保持木板4端的位置不變，緩慢抬高木板8端，則在該過程中（）

A.木板和擋板對球作用力的合力增大B.球?qū)δ景宓膲毫p小

C.球?qū)醢宓膲毫ο仍龃蠛鬁p小D.球?qū)醢宓膲毫Υ笮〔蛔?/p>

3.2021年10月15日，伴隨著“三、二、一”的倒計時，“神舟十三號”

在“長征二號”運(yùn)載火箭的推動下順利進(jìn)入太空，“神舟十三號”航天

員翟志剛、王亞平和葉光富也將開始為期6個月的“太空旅行”。如圖

所示為“長征二號”運(yùn)載火箭，下列關(guān)于它在豎直方向加速起飛過程的

說法，正確的是（）

A.火箭加速上升時，航天員對座椅的壓力小于自身重力

B.燃料燃燒推動空氣，空氣反作用力推動火箭升空

C.保溫泡沫塑料從箭殼上自行脫落后處于失重狀態(tài)

D.火箭噴出的熱氣流對火箭的作用力大于火箭對熱氣流的作用力

4.如圖所示，從廣州飛往上海的波音737航班上午10點(diǎn)到達(dá)上海浦東機(jī)場，：.

若飛機(jī)在降落過程中的水平分速度為60m/s,豎直分速度為6m/s,己知飛上二二1：一

機(jī)在水平方向做加速度大于等于2m/s2的勻減速直線運(yùn)動，在豎直方向做加速度大小等于

0.2m/s2的勻減速直線運(yùn)動，則飛機(jī)落地之前（）

A.飛機(jī)的運(yùn)動軌跡為曲線

B.經(jīng)20s飛機(jī)水平方向的分速度與豎直方向的分速度大小相等

C.在第20s內(nèi)，飛機(jī)在水平方向的分位移與豎直方向的分位移大小相等

D.飛機(jī)在第20s內(nèi)，水平方向的平均速度為21m/s

5.一輛小汽車在水平路面上由靜止啟動，在前5s內(nèi)做勻加

速直線運(yùn)動，5s未達(dá)到額定功率，之后保持以額定功率運(yùn)

動，其1;-t圖像如圖所示.已知汽車的質(zhì)量為m=1x

l（）3kg,汽車受到的阻力為車重的0.2倍，g=10m/s2,則

以下說法正確的是（）

A.汽車在前5s內(nèi)牽引力為5000N

B.汽車速度為30m/s時的加速度為2m/s2

C.汽車的額定功率為100k〃

D.汽車的最大速度為80m/s

6.已知兩電源的電動勢分別為Ei，E2（E1>E2）,內(nèi)阻分別為七?當(dāng)兩電源分別于阻值為R

的電阻連接時，外電路消耗的功率正好相等.若電阻值R減小一些，再與%,分別連接時，

對應(yīng)的外電路消耗的功率分別是P1，P?.則（）

A.r1V上，PiV「2B.rj<r2,P1>P2

C.丁1>丁2'Pl>02D.q>丁2,PlVP2

7.如圖所示，光滑斜面的傾角。=30。，輕彈簧的勁度系數(shù)/

為k,兩端分別與物體M和N相連，兩物體的質(zhì)量均為m,人/^

與斜面垂直的固定擋板P擋住N,兩物體均處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)

沿平行斜面向下方向施加外力尸壓物體M，使得撤去外力F____________________

后，物體N能被彈簧拉起離開擋板（彈簧形變未超過其彈性限度），則外力尸至少要做的功是（）

A""B3m2g2?2m2g2口57n2g2

'2k'2k'-k-"2k

8.2021年12月26日，我國在太原衛(wèi)星發(fā)射中心用“長征四號”丙遙三十九運(yùn)載火箭成功發(fā)

射“資源一號”06星，該衛(wèi)星將進(jìn)一步推進(jìn)我國陸地資源調(diào)查監(jiān)測衛(wèi)星業(yè)務(wù)系統(tǒng)化應(yīng)用。若

該衛(wèi)星在距地球表面高度為h的軌道上做勻速圓周運(yùn)動的周期為T,地球的半徑為R,引力常

量為G,忽略地球的自轉(zhuǎn)，則下列說法正確的是（）

A.該衛(wèi)星的線速度大小為罕

C.地球的第一宇宙速度為竿J竿

3

D.地球的平均密度為誓里

G-R3

9.如圖所示，從高H處的P點(diǎn)先后水平拋出兩個小球，球1剛好直接越過豎直擋板MN落在水

平地面上的Q點(diǎn)，球2與地面碰撞N（N>1）次后，剛好越過高為h的擋板MN（/i可調(diào)節(jié)）也落在Q

點(diǎn)。假設(shè)球2每次與地面的碰撞都是彈性碰撞，兩球的空氣阻力均可忽略，則（）

A.八與H之比可能為1：2B.無與，之比可能為11：36

C.球1與球2速度之比可能為5：1D.球1與球2速度之比可能為16：1

10.如圖甲所示，固定的水平筒內(nèi)壁光滑、內(nèi)有一輕質(zhì)壓縮的彈簧，彈簧的一端固定在筒底，

另一端與一滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）接觸但不拴接，彈簧原長小于筒長?；瑝K由靜止釋放，離開筒

后立即滑上位于水平面上的木板左端，此后木板的v-t圖象如圖乙所示，最終滑塊恰好沒有

離開木板。已知木板質(zhì)量M=0.3kg,滑塊的質(zhì)量為m=0.2kg,重力加速度g取lOm/sZ,下

列說法正確的是（）

A.木板長度為1mB.木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.1

C.1s后，木板先停下來，滑塊后停下來D.釋放滑塊時彈簧的彈性勢能為2.5/

b.

B.電場中Q點(diǎn)處的電場強(qiáng)度大小比P點(diǎn)處大

C.該帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)處受到的電場力比在Q點(diǎn)處大

D.該帶電質(zhì)點(diǎn)在Q點(diǎn)具有的電勢能比在P點(diǎn)具有的電勢能大

二、非選擇題(共52分)

12.物理興趣小組設(shè)計了一個用位移傳感器測量木塊和斜面間的動摩擦因數(shù)〃的實(shí)驗(yàn)。如圖

甲所示，在斜面底端固定一個位移傳感器，傳感器與計算機(jī)相連。讓木塊沿斜面由靜止開始

下滑，計算機(jī)描繪了木塊相對傳感器的距離隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。

(1)如果圖線中4、B、C三點(diǎn)的坐標(biāo)值已知，則木塊下滑的加速度為o

(2)如果斜面的傾角為。，木塊下滑的加速度為a,則〃=。

(3)為避免木塊下滑時撞到傳感器，在不增加器材的情況下，可將實(shí)驗(yàn)裝置作一改進(jìn)。改進(jìn)的

方法是。

13.在探究閉合電路規(guī)律的實(shí)驗(yàn)設(shè)計中，某同學(xué)用如圖甲所示電路探究某一型號電池的輸出

電壓U與輸出電流/的關(guān)系，圖甲中心為阻值等于5.0。的定值電阻，電壓表視為理想電壓表.

(1)請將圖乙所示的實(shí)驗(yàn)器材連成實(shí)驗(yàn)電路；

(2)若電壓表/的讀數(shù)為1.0V,則電源的輸出電流/=A；

(3)調(diào)節(jié)滑動變阻器，通過測量得到電壓表匕的示數(shù)Ui隨電壓表外的示數(shù)3變化的a-出曲

線如圖丙所示，由此可知電池內(nèi)阻(選填“是"或“不是”)常數(shù)，短路電流為

A,電源的最大輸出功率為W.

14.如圖(甲)所示，A車原來臨時停在一水平路面上，B車在后面勻速向4車靠近，4車司機(jī)發(fā)

現(xiàn)后啟動A車，以4車司機(jī)發(fā)現(xiàn)B車為計時起點(diǎn)(t=0),4、B兩車的v—t圖象如圖(乙)所示。

已知B車在第1s內(nèi)與力車的距離縮短了與=12m.

(1)求B車運(yùn)動的速度外和4車的加速度a的大小。

(2)若4、B兩車不會相撞，貝必車司機(jī)發(fā)現(xiàn)B車時(t=0)兩車的距離So應(yīng)滿足什么條件？

15.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一足夠長的絕緣軌道ABC。，4B水平放置，CD豎直放置，軌

道48、CD粗糙，BC是絕緣光滑的四分之一圓弧形軌道，圓弧的圓心為0,半徑R=0.50m,

軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度的大小E=4.0xIO,N/C?，F(xiàn)有質(zhì)量m=

0.20kg,電荷量q=-1.0xICT%的帶電體(可視為質(zhì)點(diǎn))，從4點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動，已知“B=

1.0m,帶電體與軌道48、CD間的動摩擦因數(shù)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。求：(g取10m/s2)

(1)帶電體運(yùn)動到圓弧軌道C點(diǎn)時對軌道的壓力大?。?/p>

(2)帶電體最終停在何處。

16.如圖所示，光滑的圓弧軌道PMN豎直放置，在右側(cè)N點(diǎn)與p0

一傾斜傳送帶相切。M為圓弧軌道最低點(diǎn)，圓弧所在圓的圓心為\Rn山/

0,P0水平，^PON=127%一質(zhì)量m=2kg的小物塊(可視為

質(zhì)點(diǎn))從圓弧軌道最左端P以v=2Cm/s的初速度向下運(yùn)動。已知圓弧軌道半徑R=5m,傳

送帶L=8m,在電機(jī)驅(qū)動下始終以速度%=3.8m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動(與輪子間無相對滑動)，

小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)〃=0.8,重力力口速度g取10m/s2,sin37。=0.6,cos37°=0.8,

最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求：

(1)小物塊下滑到M點(diǎn)時軌道對物塊的支持力的大?。?/p>

(2)小物塊從滑上傳送帶減速至與傳送帶運(yùn)動速度相等過程的時間；

(3)傳送帶在傳送小物塊過程中，因摩擦力做功而產(chǎn)生的熱量。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：4、在u-t圖象中，圖線的斜率表示加速度，結(jié)合圖線可知，第1s末的加速度比第3s

末的加速度小，故A錯誤；

BC,圖線與橫軸所圍的面積大小表示學(xué)生運(yùn)動的位移大小，橫軸以上的面積表示位移為正，由圖

線可知，0?3s內(nèi)位移增大，3?6s內(nèi)位移減小，根據(jù)橫軸上、下兩個三角形全等，可見3s末位移

最大，6s末位移為零，故B錯誤，C正確；

。、0?2s速度一直增大，但2?4s速度先減小到零后反向增大，故力錯誤。

故選:Co

在t圖象中，圖線的斜率表示加速度，根據(jù)斜率大小比較加速度大小；圖線與橫軸所圍的面積

大小表示位移；根據(jù)u-t圖象直接讀出速度變化情況。

本題是簡單的讀圖題，要知道速度一時間圖象的物理意義：t圖象反映物體的速度隨時間的變

化情況，斜率表示加速度，圖線與橫軸所圍的面積大小表示位移。

2.【答案】B

【解析】解：4、小球處于平衡狀態(tài)，木板和擋板對球作用力的合力始終等于小球的重力，故保

持不變，故A錯誤；

BCO、小球受到木板的作用力片和擋板的作用力尸2,由平衡條件可得：

&—mgcosd

F2=mgsinO

緩慢太高木板B端的過程中，。增大，則F1減小，尸2增大，故球?qū)δ景宓膲毫p小，球?qū)醢宓膲?/p>

力增大，故B正確，8錯誤；

故選：B。

根據(jù)整體法分析出木板和擋板對球作用力的變化：

對小球進(jìn)行受力分析，結(jié)合幾何關(guān)系分析出不同力的變化趨勢即可。

本題主要考查了共點(diǎn)力的平衡問題，熟悉物體的受力分析，結(jié)合角度的變化即可完成分析。

3.【答案】C

【解析】【分析】

根據(jù)火箭運(yùn)動過程受力情況以及牛頓第二定律、牛頓第三定理，結(jié)合火箭運(yùn)動的狀態(tài)，分析火箭

所處的狀態(tài).

本題考查了牛頓第三定律、超重和失重，要注意掌握火箭上升原因是受到氣流的反作用力.

【解答】

A、火箭加速上升時，加速度方向向上，根據(jù)牛頓第二定律可知航天員受到的支持力大于自身的重

力，由牛頓第三定律知航天員對座椅的壓力大于自身重力，故A錯誤；

以火箭受到重力、空氣阻力以及內(nèi)部燃料噴出時的作用力，燃料燃燒向下噴氣，噴出的氣體的反

作用力推動火箭升空，故B錯誤；

C、保溫泡沫塑料從箭殼上自行脫落后，由于具有豎直向上的速度，所受重力和空氣阻力均豎直

向下，合外力方向豎直向下，故加速度方向豎直向下，處于失重狀態(tài)，故C正確；

D,火箭噴出的熱氣流對火箭的作用力與火箭對熱氣流的作用力是作用力和反作用力，二者等大

反向，故。錯誤；

故選：Co

4.【答案】D

【解析】解：飛機(jī)的速度的方向：tana=詈=系=0.1

VxOU

飛機(jī)的加速度的方向：tan/?="=券=0.1

可知飛機(jī)的速度的方向與加速度的方向是共線且反向的，飛機(jī)做勻減速直線運(yùn)動。

A、飛機(jī)的速度的方向與加速度的方向是相反的，飛機(jī)做勻減速直線運(yùn)動。故A錯誤；

8、飛機(jī)做勻變速直線運(yùn)動，水平方向的分初速度與豎直方向的分初速度不相等，所以在停止前,

水平方向的分速度與豎直方向的分速度大小不可能相等。故B錯誤；

C、飛機(jī)做勻變速直線運(yùn)動，水平方向的分初速度與豎直方向的分初速度不相等，所以飛機(jī)在水

平方向的分位移與豎直方向的分位移大小不可能相等。故C錯誤；

2

D、在水平方向上，飛機(jī)在20s內(nèi)的位移：xr=vxtr~\axtl=60x20-x2x20=800m

2

飛機(jī)在19s內(nèi)的位移：x2=vxt2—%=60x19—1x2x19=779m

飛機(jī)在第20s內(nèi)，水平方向的位移：AX=X1-X2=800-779=21m

水平方向的平均速度為f=牛=21m/s。故。正確。

故選：Do

物體做曲線運(yùn)動的條件是受到的合外力的方向與速度的方向不在同一條直線上；結(jié)合速度公式計

算速度，結(jié)合位移公式計算位移。

該題中，飛機(jī)在豎直方向與水平方向都做勻減速運(yùn)動，所以正確判斷出飛機(jī)是否做勻變速直線運(yùn)

動是解答的關(guān)鍵。

5.【答案】B

【解析】解：4汽車在前5s內(nèi)做勻加速運(yùn)動，加速度a=禁=ym/s2=4m/s2

由牛頓第二定律得F-尸監(jiān)=ma,其中F取=0.2mg

解得：F=6x103N,故A錯誤；

BCD、汽車在5s末功率達(dá)到額定功率P=Fv=6x103x20W=120000W=120kW

當(dāng)汽車速度最大時，牽引力與阻力大小相等，即F=F饗

最大速度："m=%=-xl0xl0-3m/s=60m/s

汽車速度為“=30m/s時，則有：=ma'

解得：a'=2m/s2,故8正確，C￡>錯誤。

故選：B。

根據(jù)速度一時間圖線的斜率求出勻加速運(yùn)動的加速度，結(jié)合牛頓第二定律求出勻加速運(yùn)動的牽引

力；根據(jù)勻加速運(yùn)動的最大速度和牽引力的大小求出汽車的額定功率；結(jié)合P=F"求出速度為

30m/s時的牽引力，根據(jù)牛頓第二定律求出此時的加速度；當(dāng)牽引力等于阻力時，速度最大，根

據(jù)P=~附”n求出最大速度。

本題考查了汽車恒定加速度啟動的問題，理清整個過程中的運(yùn)動規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動

學(xué)公式綜合求解，知道牽引力等于阻力時，汽車的速度最大.

6.【答案】D

【解析】解：根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U=E-lr,可知電源的U-/圖線的斜率絕對值等于r,

所以有：tU

電源的u-/圖線與電阻的u-/圖線的交點(diǎn)就表示了該電阻接在該電X1

源上時的工作狀態(tài)，此交點(diǎn)的橫、縱坐標(biāo)的乘積為電源的輸出功率

即以此交點(diǎn)和坐標(biāo)原點(diǎn)為兩個頂點(diǎn)的長方形的面積表示電源的輸出

功率，由數(shù)學(xué)知識得知，若將R減少為R',電源的輸出功率減小，則不---------"-----

有：Pi<22。

故選：D。

根據(jù)兩個電池的U-/圖線，據(jù)兩者電動勢的大小關(guān)系及兩條圖線有交點(diǎn)，由圖可讀出內(nèi)阻的大小

關(guān)系；兩線的交點(diǎn)對應(yīng)的工作電阻為R,再作出一大于R的電阻的U-/圖線，分析對應(yīng)電流及電

壓從而分析出功率的大小關(guān)系.

本題為有關(guān)全電路電阻、功率關(guān)系的半定量問題，采用圖線方法分析是較簡捷的思路.把電源和

外電阻的伏安特性曲線合在一個坐標(biāo)軸上比較，給運(yùn)算帶來方便.

7.【答案】A

【解析】解：無尸作用時，彈簧的彈力等于M的重力沿斜面向下的分力，則彈簧的壓縮量為：Xi=

7ngs譏300_mg

k=2k

物體N剛好被彈簧拉起離開擋板時，彈簧的彈力等于N的重力沿斜面向下的分力，則彈簧的伸長量

為：冷=當(dāng)亞=翳

由于&=刈，所以物體N剛好被彈簧拉起離開擋板時，彈簧的彈性勢能等于未加F時彈簧的彈性

22

勢能。對整個過程，根據(jù)能量守恒定律得：W=mgsin30\X1+犯）=*

選項A正確，BCD錯誤

故選：Ac.

物體N能被彈簧拉起離開擋板時，彈簧的彈力等于N的重力沿斜面向下的分力，由胡克定律求出開

始與N剛離開擋板時彈簧的形變量，得到M上升的距離，抓住初末狀態(tài)彈性勢能相等，根據(jù)系統(tǒng)

的機(jī)械能守恒列式求解.

本題的關(guān)鍵理清初末狀態(tài)，分析清楚彈簧的形變量關(guān)系，判斷出初末狀態(tài)的彈性勢能相等.要知

道物體相對于原位置上升的距離為與+物.

8.【答案】BD

【解析】解：4、根據(jù)線速度公式可知，該衛(wèi)星的線速度大?。?。=生等，故A錯誤；

BC、根據(jù)萬有引力提供向心力可知，4%=加等（/?+無），根據(jù)黃金代換式可知，GM=gR2,

聯(lián)立解得地球表面的重力加速度大小g=地球的第一宇宙速度%=r-^R=誓他.

故B正確，C錯誤；

D、地球的體積：V^^nR3,根據(jù)黃金代換式，GM=gR2,聯(lián)立解得地球的平均密度：P=?=

啊竽羋，故。正確。

GTlRs

故選：BD。

根據(jù)線速度公式求解衛(wèi)星的線速度；

根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合重力等于萬有引力求得地球表面重力加速度大小和第一宇宙速度;

根據(jù)萬有引力等于向心力列式，可求得質(zhì)量，根據(jù)密度公式求解地球的平均密度。

本題主要是考查了萬有引力定律及其應(yīng)用；解答此類題目一般要把握兩條線：一是在星球表面,

忽略星球自轉(zhuǎn)的情況下，萬有引力近似等于重力：二是根據(jù)萬有引力提供向心力列方程進(jìn)行解答。

9.【答案】BC

2

【解析】解：CD,兩小球都能落在Q點(diǎn)，對球1：H=^gt,x0Q=V1t；

對球2：H=^gt2＜》0Q=(2N+1)?wt；

―r，曰Vi2N+1

可得：=

當(dāng)N=1時，％：v2=3：1

當(dāng)N=2時，％：v2=5：1

當(dāng)N=3時，％：%=7：1

即球1與球2速度之比可能為3：1、5：1、7：1、…，故C正確，。錯誤；

48、剛好能過M點(diǎn)，對球1：H-h=ggt，2,町乂=%匕

對球2：H-h,x0M=(2N—1)-v2t4-v2^t,

其中，At=t-tf=呼—品叵，

可得：%.戶手=W，(2NJ^—Q手)，

利用上面所求：a=罕，代入可解得：3=劍里長丈

v21H(N+1)/

當(dāng)N=5時，h：H=11：36,故A錯誤，B正確。

故選：BC.

根據(jù)平拋運(yùn)動的運(yùn)動學(xué)公式：H=\gt2^x="判斷兩小球都能落在Q點(diǎn)和剛好能過M點(diǎn)的位移

—時間關(guān)系。

本題求解的關(guān)鍵要注意球2與地面碰撞N次上升和下落的水平位移具有對稱性。

10.【答案】BD

【解析】解：ABC,由圖像可知，木板在0-1S內(nèi)，做加速運(yùn)動，之后做減速運(yùn)動，則1s末兩者

共速，這段時間滑塊做減速運(yùn)動，之后一起做勻減速直線運(yùn)動，由圖像可得木板加速的加速度為：

Qi=孚=^m/s2=lm/s2

Gi

減速時的加速度大小為：。2=普=\m/S2=lm/s2

由牛頓第二定律可得：

gmg一〃2（M+m）g=Max

〃2（M+m）g=（M+m）a2

聯(lián)立解得：%=0.4,%=01

則木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.1,滑塊在0?1s內(nèi)的加速度大小為：優(yōu)=%g=0.4x

10m/s2=4m/s2

則對滑塊，有：v=vQ-優(yōu)”，代入數(shù)據(jù)解得：v0=5m/s

則木板的長度為：L=一九=:七1=|xIm=2.5m,故AC錯誤，8正確；

。、由功能關(guān)系可得釋放滑塊時彈簧的彈性勢能為:務(wù)=|mp2=1x0.2x52J=2.5/,故。正確。

故選：BD。

根據(jù)。-t圖象分析木板和滑塊的運(yùn)動情況，并求出木板加速度大小，由牛頓第二定律求解動摩擦

因數(shù)，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求解木板的長度；由功能關(guān)系可得釋放滑塊時彈簧的彈性勢能。

本題主要是考查功能關(guān)系、牛頓第二定律的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵是能夠根據(jù)v-t圖象分析木板的運(yùn)動

情況和滑塊的運(yùn)動情況，根據(jù)u-t圖象結(jié)合牛頓第二定律、功能關(guān)系進(jìn)行解答。

11.【答案】CO

【解析】解：力、做曲線運(yùn)動的物體受力指向軌跡凹側(cè)，但不知道帶電質(zhì)點(diǎn)的電性，所以無法判

斷電場強(qiáng)度的方向，也就無法判斷這三條等勢線電勢的高低，故A錯誤；

BC、等勢線的疏密程度可以表示場強(qiáng)的大小，等勢線越密集的地方電場強(qiáng)度越大，所以P點(diǎn)的場

強(qiáng)大于Q點(diǎn)的場強(qiáng)，則該帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)處受到的電場力比在Q點(diǎn)處大，故B錯誤，C正確；

。、電場線與等勢線處處垂直，帶點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)受到的電場力垂直等勢線指向軌跡彎曲的凹側(cè)。若帶電

質(zhì)點(diǎn)從P向Q運(yùn)動，電場力的方向與速度方向的夾鈍角，電場力做負(fù)功，電勢能增加；若從Q向P運(yùn)

動，則電場力做正功，電勢能減小，故在P點(diǎn)具有的電勢能小于在Q點(diǎn)具有的電勢能，故。正確。

故選：CD。

根據(jù)做曲線運(yùn)動的物體的受力特點(diǎn)，可以判斷帶電質(zhì)點(diǎn)的受力方向，但因?yàn)椴恢懒Ｗ拥碾娦裕?/p>

所以無法判斷電場線的方向，則電勢的高低無法判斷；等勢線的疏密程度表示場強(qiáng)的大??；根據(jù)

帶電質(zhì)點(diǎn)的受力方向與速度方向的夾角可以判斷電場力做功的正負(fù)，電場力做負(fù)功，電勢能增加。

根據(jù)做曲線運(yùn)動的物體的受力特點(diǎn)可以判斷出質(zhì)點(diǎn)的受力方向，進(jìn)而根據(jù)速度與力方向的夾角可

以判斷電場力做功的情況。等勢線的疏密程度也可以描述出場強(qiáng)的大小，等勢線密集的地方場強(qiáng)

大。

12.【答案】2s2,廣3tan。-占把位移傳感器固定在斜面頂端

【解析】解：(1)由圖可知，從4到B和從B到C用的時間均為給

根據(jù)勻變速運(yùn)動的推論=a哈

可得a=(S2f](S3-S2)=2s2的一

4%

(2)根據(jù)牛頓第二定律zngsin。—fimgcosd=ma

解得〃=tanO一品

(3)改進(jìn)的方法是把位移傳感器固定在斜面頂端。

故答案為：(1產(chǎn)二廠3；(2)tan。一就而；(3)把位移傳感器固定在斜面頂端。

(1)木塊做勻加速運(yùn)動，根據(jù)勻變速運(yùn)動的推論Zx=。產(chǎn)求加速度；

(2)根據(jù)牛頓第二定律求動摩擦因數(shù)；

(3)把位移傳感器固定在斜面頂端。

本題是牛頓運(yùn)動定律與運(yùn)動學(xué)公式相結(jié)合的題型，加速度是聯(lián)系運(yùn)動學(xué)和動力學(xué)的橋梁；理解位

移傳感器在該實(shí)驗(yàn)中的作用。

13.【答案】0.2；是；1.25；0.288

【解析】解：(1)根據(jù)電路圖畫實(shí)物連線如圖所示：

(2)根據(jù)歐姆定律有/=^=|=0.2/1.

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律有E=%+b=%+知，則：U]=E一點(diǎn)/，

圖象內(nèi)-g的斜率：卜=器，由于圖象為傾斜直線，故電源內(nèi)阻是常數(shù).

由圖示圖象可知：k=^-==0.25,解得：r=kR0=0.25x5=1.25/2,

KQAU2，

又縱軸截距等于電動勢，故E=1.5人所以短路電流為：/將=&=糕=1.24

刃2T1.￡□

p

當(dāng)R=0時電源輸出功率最大，此時：/=/士=&苧1q1=0.244

KQ+T5+1.Z5

電源的最大輸出功率：P=/2&團(tuán)0.24X0.24X5.0=0.288W-,

故答案為：(1)如圖所示；(2)0.2；(3)是；1.25；0.288.

本題的關(guān)鍵是根據(jù)閉合電路歐姆定律寫出電壓力與電壓外的函數(shù)表達(dá)式，然后通過圖象求出縱軸

截距與斜率的值，再求出E和r,本題的難點(diǎn)是借助于電源的輸出功率與外電阻圖象得出變阻器阻

值R=0時電源輸出功率最大的條件.

本題考查了連接實(shí)物電路圖、求電流、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)分析等，應(yīng)用閉合電路歐姆定律求出圖象的函數(shù)

表達(dá)式是正確解題的前提與關(guān)鍵.

14.【答案】解:(1)在了=1s時4車剛啟動,兩車縮短的距離為：/=加0，

代入數(shù)據(jù)解得B車的速度為：vB=12m/s；

速度圖象的斜率表示加速度，則4車的加速度為：

。=若=黑=苧7n/s?=3m/s2；

(2)兩車的速度達(dá)到相等時，兩車的距離達(dá)到最小，對應(yīng)于t圖象的t2=5s,此時兩車已發(fā)生

的相對位移為梯形的面積為：

11

s=2%(右+起)=Ex12x(1+5)m=36m,

因此，4、8兩車不會相撞，距離So應(yīng)滿足條件為:

sQ>36m.

答：(1)B車運(yùn)動的速度為12m/s,4車的加速度a的大小為3M/S2.

(2)若力、B兩車不會相撞，則4車司機(jī)發(fā)現(xiàn)B車時兩車的距離S。應(yīng)滿足So>36m.

【解析】(1)B做勻速直線運(yùn)動，根據(jù)Xi=%ti求解速度大小；根據(jù)圖象的斜率表示加速度求解4的

加速度大?。?/p>

(2)兩車的速度達(dá)到相等時，兩車的距離達(dá)到最小，計算出圖象中梯形的面積即可.

對于圖象問題，我們學(xué)會“五看”，即：看坐標(biāo)、看斜率、看面積、看交點(diǎn)、看截距；了解圖象

的物理意義是正確解題的前提.

15.【答案】解：(1)帶電體從4點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)過程，根據(jù)動能定理可得：

\q\E(.sAB+R)—mgR-^mgsAB=

解得：vc=2VlOm/s

在C點(diǎn)時，根據(jù)水平方向的合力提供向心力得:

FN-

解得：FN=20N

根據(jù)牛頓第三定律得帶電體對軌道的壓力大小為20N。

(2)設(shè)帶電體沿CD向上運(yùn)動到最高點(diǎn)速度為0時，與C點(diǎn)的距離為％,全過程根據(jù)動能定理可得：

何由6河+R)一沖igsAB-mg(R+x)