2023-2024學年河南省信陽市商城縣上石橋高級中學等二校高一下學期7月期末物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1商城縣上石橋高中聯(lián)考2023-2024學年下期期末考試高一物理卷本試卷滿分100分，考試時間為75分鐘注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考號填寫在答題卡上；2.考試結束，將答題卡交回。一、單項選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。）1.下列關于電場的說法正確的是（）A.電場線越密集的地方，電勢越高B.電場線越密集的地方，電勢差越大C.等差等勢面越密集的地方，同一電荷所受的電場力越大D.等差等勢面越密集的地方，同一電荷的電勢能越大〖答案〗C〖解析〗AB．電場線越密集的地方，電場強度越大，電勢不一定越高，電勢差不一定越大，故AB錯誤；CD．等差等勢面越密集的地方，電場強度越大，同一電荷所受的電場力越大，同一電荷的電勢能不一定越大，故C正確，D錯誤。故選C。2.如圖所示，利用無人機運送貨物。則在無人機勻減速豎直下降過程中（）A.貨物的動能保持不變 B.貨物受到的重力做負功C.貨物受到的拉力做負功 D.貨物受到的拉力功率變大〖答案〗C〖解析〗A．在無人機勻減速豎直下降過程中，無人機的速度逐漸減小，貨物的動能逐漸減小，故A錯誤；BC．在無人機勻減速豎直下降過程中，重力方向向下，運動方向向下，則貨物受到的重力做正功；貨物受到的拉力方向向上，則貨物受到的拉力做負功，故B錯誤，C正確；D．以貨物為對象，根據牛頓第二定律可得無人機做勻減速運動，所以貨物受到拉力恒定不變，根據由于速度逐漸減小，所以貨物受到的拉力功率變小，故D錯誤。故選C。3.如圖，斜面體A放在水平面上，球體B放在斜面體的斜面與豎直墻壁之間，外力F作用在A上使A、B處于靜止狀態(tài)，不計一切摩擦，現撤去F，在球B向下運動的過程中，下列說法正確的是（）A.A對B不做功 B.B對A不做功C.B的機械能守恒 D.A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒〖答案〗D〖解析〗ABCD．撤去推力后，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，B對A做正功，A對B做負功，A的機械能增大，B的機械能減小。故選D。4.如圖，場地自行車賽道設計成與水平面保持一定傾角，三位運動員騎自行車在賽道轉彎處做勻速圓周運動，則下列說法正確的是（）A.三位運動員可能受重力、支持力、向心力的作用B.三位運動員各自的加速度恒定C.若此時三位運動員角速度相等，則他們的向心加速度大小關系滿足D.若此時三位運動員線速度大小相等，則他們的角速度大小關系滿足〖答案〗C〖解析〗A．三位運動員受重力、支持力，還可能受摩擦力作用，向心力是效果力，不是物體受的力，選項A錯誤；B．三位運動員各自的加速度大小相等，但是方向不斷變化，則加速度不是恒定的，選項B錯誤；C．若此時三位運動員角速度相等，則根據因可知，他們的向心加速度大小關系滿足選項C正確；D．若此時三位運動員線速度大小相等，則因可知，根據他們的角速度大小關系滿足選項D錯誤。故選C。5.如圖所示，真空中孤立的帶電絕緣球體，半徑為R，電荷均勻分布在球體各個部位，a點距球心距離為r，b點距球心距離為2r，已知。已知電荷分布均勻的球殼在殼內形成的電場強度為零，對外部形成的電場強度可視為集中在球心的點電荷在該處形成的電場強度大小。則b和a兩點電場強度大小之比為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗令球體所帶電荷量為，由于b點距球心距離為2r，間距大于球體半徑，則有電荷分布均勻的球殼在殼內形成的電場強度為零，a點距球心距離為r，間距小于球體半徑，則以間距r為半徑的球體所帶電荷量為a兩點電場強度結合上述解得故選A。6.如圖甲所示，一物體置于傾角的足夠長光滑斜面上，電動機通過跨過定滑輪的輕繩牽引物體沿斜面上升。啟動電動機后，在時間內物體運動的圖像如圖乙所示，其中除時間段圖像為曲線外，其余時間段圖像均為直線，后電動機的輸出功率保持不變。已知物體的質量為，不計一切阻力，重力加速度g取。則（）A.內電動機的輸出功率不變B.內電動機牽引力逐漸變大C.內電動機牽引力大小為D.后電動機的輸出功率為〖答案〗D〖解析〗A．由圖可知，內物體做勻加速的直線運動，則電動機牽引力大小不變，物體速度增大，則內電動機的輸出功率變大，故A錯誤；B．由圖可知，內物體的加速度逐漸減小，則電動機牽引力逐漸減小，故B錯誤；C．由圖可知，內物體的加速度為由牛頓第二定律可得，內電動機牽引力大小為故C錯誤；D．后電動機的輸出功率不變，等于時的輸出功率，則有故D正確。故選D。7.如圖，半球形光滑碗固定在桌子邊緣，MN為碗口水平直徑，跨過光滑碗口N的細線兩端分別連接著小球A、B，兩球均處于靜止狀態(tài)且可視為質點，O為圓心，O、A連線與豎直方向夾角為30°，，，則A、B兩球質量關系正確的是（）A B. C. D.〖答案〗A〖解析〗根據力的平衡可知解得故選A。二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有兩個或兩個以上選項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。）8.某實驗小組利用如圖所示的電路研究電容器的充、放電過程。電容器原來不帶電，單刀雙擲開關S先接1，穩(wěn)定后再接2，下列說法正確的是（）A.S接1時，電流表示數逐漸增大B.S接1時，減小電阻箱R的阻值，不影響電容器的充電時間C.S接2時，增大電阻箱R的阻值，電容器的放電時間將延長D.S接1和接2時，電容器兩極間電勢差隨電荷量變化的規(guī)律相同〖答案〗CD〖解析〗A．S接1時，電源對電容器充電，隨著逐漸充電，電容器兩極板間的電勢差增大，電路中電流越來越小，充電完畢后，電路中電流為零，即電流表的讀數逐漸減小零后不變，故A錯誤；B．S接1時，電容器充電，減小電阻箱R的阻值，充電電流增大，電容器的充電時間縮短，故B錯誤；C．S接2時，電容器放電，增大電阻箱R的阻值，放電電流減小，電容器的放電時間將延長，故C正確；D．根據，可得可知S接1和接2時，電容器兩極間電勢差隨電荷量變化的規(guī)律相同，故D正確。故選CD。9.正方形ABCD的四個頂點分別位于x軸和y軸上，在A、C兩點分別固定一個電荷量為的點電荷；在B、D兩點分別固定一個電荷量為的點電荷。E點和F點分別為AB和CD邊的中點，M點和N點是位于x軸上關于O點對稱的兩個點。則下列說法正確的是（）A.E點和F點的電場強度相等B.O點的電場強度等于零，電勢一定大于零C.將電子從E點沿著EF連線移動到F點，電場力不做功D.電子從M點移動到N點的過程中，電勢能先增大后減小〖答案〗CD〖解析〗A．將A、B與C、D分別看為兩組等量異種點電荷，根據等量異種點電荷的電場分布規(guī)律，結合對稱性可知，E點和F點的電場強度大小相等，方向相反，即E點和F點的電場強度不相等，故A錯誤；B．結合上述，將A、B與C、D分別看為兩組等量異種點電荷，由于等量異種點電荷連線的中垂線為等勢線，電勢與無窮遠電勢相等，即電勢等于0，可知，O點的電勢為0，A、C與B、D是兩組等量同種點電荷，由于等量異種點電荷連線的中點位置的電場強度為0，即O點的電場強度等于零，故B錯誤；C．結合上述可知，EF連線為一條等勢線，則將電子從E點沿著EF連線移動到F點，電場力不做功，故C正確；D．根據圖中電荷的分布可知，由于MO之間的任意位置均靠近A、B組等量異種點電荷，則MO之間任意位置的電勢由A、B組等量異種點電荷決定，ON之間的任意位置均靠近C、D組等量異種點電荷，則ON之間任意位置的電勢由C、D組等量異種點電荷決定，根據等量異種點電荷的電場線分布規(guī)律，由于沿電場線電勢降低，而等勢線垂直于電場線，由于O點電勢為0，可知，MO之間的任意位置的電勢均大于0，由，電勢降低，ON之間的任意位置的電勢均大于0，由，電勢升高，則電子從M點移動到N點的過程中，電場力先做負功后做正功，則電勢能先增大后減小，故D正確。故選CD。10.如圖所示，將小球由一傾角為的固定斜面底端沿與豎直方向夾角的速度斜向上拋出，小球恰好以水平速度經過斜面頂端。小球可視為質點，不考慮空氣阻力，已知重力加速度為g。下列說法正確的是（）A.小球經斜面頂端飛過的速度為 B.小球由斜面底端運動至頂端的時間為C.斜面的高度為 D.斜面的傾角為〖答案〗AB〖解析〗A．小球恰好以水平速度經過斜面頂端，小球在水平方向做勻速直線運動，則小球經斜面頂端飛過的速度為故A正確；BC．小球恰好以水平速度經過斜面頂端，可知斜面頂端是小球斜拋的最高點，則小球由斜面底端運動至頂端的時間為斜面高度為故B正確，C錯誤；D．斜面的傾角滿足可得斜面的傾角大于，故D錯誤。故選AB。三、非選擇題（共54分。）11.某同學用如圖甲所示裝置做“探究彈簧的彈力與伸長量之間的關系”實驗。（1）安裝實驗裝置時，刻度尺豎直放置，刻度尺的零刻度應與彈簧的上端對齊；不掛鉤碼時指針所指刻度尺的刻度值記為。（2）懸掛鉤碼并改變鉤碼的個數，每次懸掛鉤碼的重力作為彈簧的彈力F，對應的指針所指的刻度值記為L，則彈簧的伸長量___________（用、L表示），根據記錄的多組數據F及x，在直角坐標系中描點作出的F-x圖像如圖乙所示，根據圖像求得彈簧的勁度系數為___________N/m（結果保留3位有效數字）。（3）繼續(xù)增加懸掛鉤碼的個數，根據測得的數據繼續(xù)描點作F-x圖像，發(fā)現圖像出現了彎曲，原因是___________?！即鸢浮剑?）200（3）彈簧超出了彈性限度〖解析〗（2）彈簧的伸長量該彈簧的勁度系數為（3）圖像出現了彎曲，原因是彈簧超出了彈性限度。12.甲、乙兩同學用光電門和氣墊導軌做“驗證動量守恒定律”的實驗。（1）實驗時，他們先接通氣源，然后在導軌上放一個裝有遮光條的滑塊，如圖甲所示。將滑塊向左彈出，使滑塊向左運動，調節(jié)P或Q，直至滑塊通過光電門1的時間等于通過光電門2的時間，則說明導軌已水平。導軌調平后，將滑塊A、B放置在圖乙所示的位置，A、B均靜止。給滑塊A一瞬時沖量，滑塊A經過光電門1后與滑塊B發(fā)生碰撞且被彈回，再次經過光電門1。光電門1先后記錄滑塊A上遮光條的擋光時間為、，光電門2記錄滑塊B向左運動時遮光條的擋光時間為。實驗中為確保碰撞后滑塊A被反彈，則mA、mB應滿足的關系是mA______mB（選填“>”“=”或“<”）。（2）甲同學認為，若有關系式______成立（用字母mA、mB、、、表示），則兩滑塊碰撞過程總動量守恒。（3）乙同學認為，若有關系式______成立（用字母mA、mB表示），則兩滑塊碰撞過程為完全彈性碰撞。〖答案〗（1）<（2）（3）〖解析〗【小問1詳析】實驗中為確保碰撞后滑塊A被反彈，則mA、mB應滿足的關系是mA<mB【小問2詳析】根據光電門測速原理可知，A碰撞前后的速度大小分別為，B碰撞后的速度大小為根據動量守恒定律有解得【小問3詳析】若兩滑塊碰撞過程為完全彈性碰撞，根據機械能守恒定律有結合上述動量守恒定律解得13.在勻強電場中相距為的A、B兩點固定電荷量均為Q的正電荷，放置在AB中垂線上C點的負電荷恰好能靜止，已知負電荷的質量為m、電荷量為q、重力不計，O為AB的中點，。（1）求勻強電場的電場強度大小和方向；（2）撤去勻強電場后給負電荷一個合適的速度v，使它恰好能做勻速圓周運動，求v的大小?！即鸢浮剑?），方向沿CO方向；（2）〖解析〗（1）由幾個關系AC=2L，放置在AB中垂線上C點的負電荷恰好能靜止，可知C點的場強為零，則方向沿CO方向；（2）撤去勻強電場后，C點的場強方向指向O點，大小為E，則由牛頓第二定律解得14.如圖所示，一內壁光滑的細管彎成半徑R=0.4m的半圓形軌道BC，將其豎直放置并將B點與一水平軌道相連。置于水平軌道上的彈簧左端與豎直墻壁相連，B至墻壁的距離為彈簧的自然長度。將一個質量m=0.8kg的小滑塊放在彈簧的右側，向左推滑塊，壓縮彈簧使彈簧右端至A處，然后將滑塊由靜止釋放，滑塊進入半圓軌道繼續(xù)滑行（不計滑塊與軌道的碰撞）。已知滑塊運動到B處剛剛進入半圓軌道時對軌道的壓力F1=58N，水平軌道AB長度l=0.3m，滑塊與軌道的動摩擦因數μ=0.5，取重力加速度g=10m/s2，求∶(1)彈簧壓縮到A處時的彈性勢能；(2)小滑塊運動到軌道最高處C點時對軌道的壓力大小?！即鸢浮?1)11.2J；(2)10N?！冀馕觥?1)滑塊運動到B處時，由牛頓第二定律得代入數據解得v1=5m/s根據動能定理得代入數據解得EP=11.2J(2)小球從B到C過程，由機械能守恒定律得代入解得v2=3m/s由于所以小球在D處對軌道外壁有壓力，由牛頓第二定律得代入數據解得F2=10N根據牛頓第三定律得，小球對軌道的壓力為10N，方向向上。15.國家快遞大數據平臺實時監(jiān)測數據顯示，我國快遞年業(yè)務量首次突破千億級別，已連續(xù)8年穩(wěn)居世界第一。如圖甲所示是某快遞點分揀快遞裝置的部分簡化示意圖，可視為質點的某快遞質量m=0.3kg，從傾角為θ=53°的斜面頂端A點由靜止釋放，沿斜面AB下滑，進入水平傳送帶BC傳送，最后能從水平末端C點水平拋出，落到水平地面，斜面與傳送帶之間由一小段不計長度的光滑圓弧連接。已知斜面AB長L1=2m，該快遞與斜面間動摩擦因數，與傳動帶間動摩擦因數，傳送帶以某一恒定速度順時針轉動，不考慮傳送帶滑輪大小，g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：（1）快遞剛滑到傳送帶上時速度大小；（2）若傳送帶足夠長，快遞以傳送帶的速度從C點拋出，且快遞與傳送帶摩擦產生的熱量為0.6J，則快遞拋出速度大??；（3）若在傳送帶右側加裝一個收集裝置，其內邊界截面為四分之一圓形，如圖乙為傳送帶右半部分和裝置的示意圖，C點為圓心，半徑為，調整傳送帶的速度，使該快遞從C點拋出后落到收集裝置時的動能最小，則該快遞即將落到收集裝置時重力的瞬時功率多大。〖答案〗（1）4m/s；（2）6m/s或2m/s；（3）〖解析〗（1）快遞沿斜面滑下過程，根據動能定理有解得（2）快遞與傳送帶發(fā)生相對滑動產生熱量由于傳送帶足夠長，則快遞最終與傳送帶達到相等速度，即快遞拋出速度大小等于傳送帶的速度大小，若快遞速度小于傳送帶的速度，則快遞在傳送帶上做加速運動，則有達到共速時相對位移解得若快遞速度大于傳送帶的速度，則快遞在傳送帶上減速，則達到共速時相對位移解得（3）令快遞落到裝置上時的速度為，則有豎直方向上有，水平方向上有根據幾何關系有解得可知，當時，速度具有最小值，解得此時有則重力的功率解得商城縣上石橋高中聯(lián)考2023-2024學年下期期末考試高一物理卷本試卷滿分100分，考試時間為75分鐘注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考號填寫在答題卡上；2.考試結束，將答題卡交回。一、單項選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。）1.下列關于電場的說法正確的是（）A.電場線越密集的地方，電勢越高B.電場線越密集的地方，電勢差越大C.等差等勢面越密集的地方，同一電荷所受的電場力越大D.等差等勢面越密集的地方，同一電荷的電勢能越大〖答案〗C〖解析〗AB．電場線越密集的地方，電場強度越大，電勢不一定越高，電勢差不一定越大，故AB錯誤；CD．等差等勢面越密集的地方，電場強度越大，同一電荷所受的電場力越大，同一電荷的電勢能不一定越大，故C正確，D錯誤。故選C。2.如圖所示，利用無人機運送貨物。則在無人機勻減速豎直下降過程中（）A.貨物的動能保持不變 B.貨物受到的重力做負功C.貨物受到的拉力做負功 D.貨物受到的拉力功率變大〖答案〗C〖解析〗A．在無人機勻減速豎直下降過程中，無人機的速度逐漸減小，貨物的動能逐漸減小，故A錯誤；BC．在無人機勻減速豎直下降過程中，重力方向向下，運動方向向下，則貨物受到的重力做正功；貨物受到的拉力方向向上，則貨物受到的拉力做負功，故B錯誤，C正確；D．以貨物為對象，根據牛頓第二定律可得無人機做勻減速運動，所以貨物受到拉力恒定不變，根據由于速度逐漸減小，所以貨物受到的拉力功率變小，故D錯誤。故選C。3.如圖，斜面體A放在水平面上，球體B放在斜面體的斜面與豎直墻壁之間，外力F作用在A上使A、B處于靜止狀態(tài)，不計一切摩擦，現撤去F，在球B向下運動的過程中，下列說法正確的是（）A.A對B不做功 B.B對A不做功C.B的機械能守恒 D.A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒〖答案〗D〖解析〗ABCD．撤去推力后，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，B對A做正功，A對B做負功，A的機械能增大，B的機械能減小。故選D。4.如圖，場地自行車賽道設計成與水平面保持一定傾角，三位運動員騎自行車在賽道轉彎處做勻速圓周運動，則下列說法正確的是（）A.三位運動員可能受重力、支持力、向心力的作用B.三位運動員各自的加速度恒定C.若此時三位運動員角速度相等，則他們的向心加速度大小關系滿足D.若此時三位運動員線速度大小相等，則他們的角速度大小關系滿足〖答案〗C〖解析〗A．三位運動員受重力、支持力，還可能受摩擦力作用，向心力是效果力，不是物體受的力，選項A錯誤；B．三位運動員各自的加速度大小相等，但是方向不斷變化，則加速度不是恒定的，選項B錯誤；C．若此時三位運動員角速度相等，則根據因可知，他們的向心加速度大小關系滿足選項C正確；D．若此時三位運動員線速度大小相等，則因可知，根據他們的角速度大小關系滿足選項D錯誤。故選C。5.如圖所示，真空中孤立的帶電絕緣球體，半徑為R，電荷均勻分布在球體各個部位，a點距球心距離為r，b點距球心距離為2r，已知。已知電荷分布均勻的球殼在殼內形成的電場強度為零，對外部形成的電場強度可視為集中在球心的點電荷在該處形成的電場強度大小。則b和a兩點電場強度大小之比為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗令球體所帶電荷量為，由于b點距球心距離為2r，間距大于球體半徑，則有電荷分布均勻的球殼在殼內形成的電場強度為零，a點距球心距離為r，間距小于球體半徑，則以間距r為半徑的球體所帶電荷量為a兩點電場強度結合上述解得故選A。6.如圖甲所示，一物體置于傾角的足夠長光滑斜面上，電動機通過跨過定滑輪的輕繩牽引物體沿斜面上升。啟動電動機后，在時間內物體運動的圖像如圖乙所示，其中除時間段圖像為曲線外，其余時間段圖像均為直線，后電動機的輸出功率保持不變。已知物體的質量為，不計一切阻力，重力加速度g取。則（）A.內電動機的輸出功率不變B.內電動機牽引力逐漸變大C.內電動機牽引力大小為D.后電動機的輸出功率為〖答案〗D〖解析〗A．由圖可知，內物體做勻加速的直線運動，則電動機牽引力大小不變，物體速度增大，則內電動機的輸出功率變大，故A錯誤；B．由圖可知，內物體的加速度逐漸減小，則電動機牽引力逐漸減小，故B錯誤；C．由圖可知，內物體的加速度為由牛頓第二定律可得，內電動機牽引力大小為故C錯誤；D．后電動機的輸出功率不變，等于時的輸出功率，則有故D正確。故選D。7.如圖，半球形光滑碗固定在桌子邊緣，MN為碗口水平直徑，跨過光滑碗口N的細線兩端分別連接著小球A、B，兩球均處于靜止狀態(tài)且可視為質點，O為圓心，O、A連線與豎直方向夾角為30°，，，則A、B兩球質量關系正確的是（）A B. C. D.〖答案〗A〖解析〗根據力的平衡可知解得故選A。二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有兩個或兩個以上選項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。）8.某實驗小組利用如圖所示的電路研究電容器的充、放電過程。電容器原來不帶電，單刀雙擲開關S先接1，穩(wěn)定后再接2，下列說法正確的是（）A.S接1時，電流表示數逐漸增大B.S接1時，減小電阻箱R的阻值，不影響電容器的充電時間C.S接2時，增大電阻箱R的阻值，電容器的放電時間將延長D.S接1和接2時，電容器兩極間電勢差隨電荷量變化的規(guī)律相同〖答案〗CD〖解析〗A．S接1時，電源對電容器充電，隨著逐漸充電，電容器兩極板間的電勢差增大，電路中電流越來越小，充電完畢后，電路中電流為零，即電流表的讀數逐漸減小零后不變，故A錯誤；B．S接1時，電容器充電，減小電阻箱R的阻值，充電電流增大，電容器的充電時間縮短，故B錯誤；C．S接2時，電容器放電，增大電阻箱R的阻值，放電電流減小，電容器的放電時間將延長，故C正確；D．根據，可得可知S接1和接2時，電容器兩極間電勢差隨電荷量變化的規(guī)律相同，故D正確。故選CD。9.正方形ABCD的四個頂點分別位于x軸和y軸上，在A、C兩點分別固定一個電荷量為的點電荷；在B、D兩點分別固定一個電荷量為的點電荷。E點和F點分別為AB和CD邊的中點，M點和N點是位于x軸上關于O點對稱的兩個點。則下列說法正確的是（）A.E點和F點的電場強度相等B.O點的電場強度等于零，電勢一定大于零C.將電子從E點沿著EF連線移動到F點，電場力不做功D.電子從M點移動到N點的過程中，電勢能先增大后減小〖答案〗CD〖解析〗A．將A、B與C、D分別看為兩組等量異種點電荷，根據等量異種點電荷的電場分布規(guī)律，結合對稱性可知，E點和F點的電場強度大小相等，方向相反，即E點和F點的電場強度不相等，故A錯誤；B．結合上述，將A、B與C、D分別看為兩組等量異種點電荷，由于等量異種點電荷連線的中垂線為等勢線，電勢與無窮遠電勢相等，即電勢等于0，可知，O點的電勢為0，A、C與B、D是兩組等量同種點電荷，由于等量異種點電荷連線的中點位置的電場強度為0，即O點的電場強度等于零，故B錯誤；C．結合上述可知，EF連線為一條等勢線，則將電子從E點沿著EF連線移動到F點，電場力不做功，故C正確；D．根據圖中電荷的分布可知，由于MO之間的任意位置均靠近A、B組等量異種點電荷，則MO之間任意位置的電勢由A、B組等量異種點電荷決定，ON之間的任意位置均靠近C、D組等量異種點電荷，則ON之間任意位置的電勢由C、D組等量異種點電荷決定，根據等量異種點電荷的電場線分布規(guī)律，由于沿電場線電勢降低，而等勢線垂直于電場線，由于O點電勢為0，可知，MO之間的任意位置的電勢均大于0，由，電勢降低，ON之間的任意位置的電勢均大于0，由，電勢升高，則電子從M點移動到N點的過程中，電場力先做負功后做正功，則電勢能先增大后減小，故D正確。故選CD。10.如圖所示，將小球由一傾角為的固定斜面底端沿與豎直方向夾角的速度斜向上拋出，小球恰好以水平速度經過斜面頂端。小球可視為質點，不考慮空氣阻力，已知重力加速度為g。下列說法正確的是（）A.小球經斜面頂端飛過的速度為 B.小球由斜面底端運動至頂端的時間為C.斜面的高度為 D.斜面的傾角為〖答案〗AB〖解析〗A．小球恰好以水平速度經過斜面頂端，小球在水平方向做勻速直線運動，則小球經斜面頂端飛過的速度為故A正確；BC．小球恰好以水平速度經過斜面頂端，可知斜面頂端是小球斜拋的最高點，則小球由斜面底端運動至頂端的時間為斜面高度為故B正確，C錯誤；D．斜面的傾角滿足可得斜面的傾角大于，故D錯誤。故選AB。三、非選擇題（共54分。）11.某同學用如圖甲所示裝置做“探究彈簧的彈力與伸長量之間的關系”實驗。（1）安裝實驗裝置時，刻度尺豎直放置，刻度尺的零刻度應與彈簧的上端對齊；不掛鉤碼時指針所指刻度尺的刻度值記為。（2）懸掛鉤碼并改變鉤碼的個數，每次懸掛鉤碼的重力作為彈簧的彈力F，對應的指針所指的刻度值記為L，則彈簧的伸長量___________（用、L表示），根據記錄的多組數據F及x，在直角坐標系中描點作出的F-x圖像如圖乙所示，根據圖像求得彈簧的勁度系數為___________N/m（結果保留3位有效數字）。（3）繼續(xù)增加懸掛鉤碼的個數，根據測得的數據繼續(xù)描點作F-x圖像，發(fā)現圖像出現了彎曲，原因是___________。〖答案〗（2）200（3）彈簧超出了彈性限度〖解析〗（2）彈簧的伸長量該彈簧的勁度系數為（3）圖像出現了彎曲，原因是彈簧超出了彈性限度。12.甲、乙兩同學用光電門和氣墊導軌做“驗證動量守恒定律”的實驗。（1）實驗時，他們先接通氣源，然后在導軌上放一個裝有遮光條的滑塊，如圖甲所示。將滑塊向左彈出，使滑塊向左運動，調節(jié)P或Q，直至滑塊通過光電門1的時間等于通過光電門2的時間，則說明導軌已水平。導軌調平后，將滑塊A、B放置在圖乙所示的位置，A、B均靜止。給滑塊A一瞬時沖量，滑塊A經過光電門1后與滑塊B發(fā)生碰撞且被彈回，再次經過光電門1。光電門1先后記錄滑塊A上遮光條的擋光時間為、，光電門2記錄滑塊B向左運動時遮光條的擋光時間為。實驗中為確保碰撞后滑塊A被反彈，則mA、mB應滿足的關系是mA______mB（選填“>”“=”或“<”）。（2）甲同學認為，若有關系式______成立（用字母mA、mB、、、表示），則兩滑塊碰撞過程總動量守恒。（3）乙同學認為，若有關系式______成立（用字母mA、mB表示），則兩滑塊碰撞過程為完全彈性碰撞?！即鸢浮剑?）<（2）（3）〖解析〗【小問1詳析】實驗中為確保碰撞后滑塊A被反彈，則mA、mB應滿足的關系是mA<mB【小問2詳析】根據光電門測速原理可知，A碰撞前后的速度大小分別為，B碰撞后的速度大小為根據動量守恒定律有解得【小問3詳析】若兩滑塊碰撞過程為完全彈性碰撞，根據機械能守恒定律有結合上述動量守恒定律解得13.在勻強電場中相距為的A、B兩點固定電荷量均為Q的正電荷，放置在AB中垂線上C點的負電荷恰好能靜止，已知負電荷的質量為m、電荷量為q、重力不計，O為AB的中點，。（1）求勻強電場的電場強度大小和方向；（2）撤去勻強電場后給負電荷一個合適的速度v，使它恰好能做勻速圓周運動，求v的大小。〖答案〗（1），方向沿CO方向；（2）〖解析〗（1）由幾個關系AC=2L，放置在AB中垂線上C點的負電荷恰好能靜止，可知C點的場強為零，則方向沿CO方向；（2）撤去勻強電場后，C點的場強方向指向O點，大小為E，則由牛頓第二定律