2024-2025學(xué)年湖南省長沙市某中學(xué)高二（上）入學(xué)考試物理試卷（含解析）

2024-2025學(xué)年湖南省長沙市長郡中學(xué)高二（上）入學(xué)考試物理試卷

一、單選題：本大題共6小題，共24分。

1.我國將在今年擇機(jī)執(zhí)行“天問1號”火星探測任務(wù)。質(zhì)量為小的著陸器在著陸火星前，會在火星表面附

近經(jīng)歷一個(gè)時(shí)長為％、速度由為減速到零的過程。已知火星的質(zhì)量約為地球的0.1倍，半徑約為地球的0.5

倍，地球表面的重力加速度大小為g,忽略火星大氣阻力。若該減速過程可視為一個(gè)豎直向下的勻減速直

線運(yùn)動，此過程中著陸器受到的制動力大小約為

A.m（0.4g-^B.m（0.4g+匏C.ni（0.2g-匏D.m（0.2g+匏

2.如圖甲所示，靜置于光滑水平面上坐標(biāo)原點(diǎn)。處的小物塊，在水平拉力F的作用下沿x軸方向運(yùn)動，拉力

F隨物塊所在位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系如圖乙所示。已知縱、橫坐標(biāo)軸單位長度代表的數(shù)值相同，縱、橫坐標(biāo)

單位均為國際單位，曲線部分為半圓,則小物塊運(yùn)動到Xo處時(shí)拉力所做的功為（）

OF

/777777777777777777777777777777777j^

甲

B.|(F+fo)xo

A.Fmx()m

C.~^(F—F)x+FxF

m00ooD.%o+oxo

3.如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端系在墻上，另一端系在三根長度相同的輕繩上，輕繩的下端各系質(zhì)量與電荷量

均相同的帶正電小球，且三個(gè)小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知重力加速度為9。四種情形下每個(gè)小球受到的電

場力大小與輕繩長度、小球質(zhì)量、小球電荷量的關(guān)系如表所示，以下說法正確的是（）

情形輕繩長度小球質(zhì)量小球電荷量小球受到的電場力大小

73

1Lm①~Ym9

平

22Lm②

2火

3L2m③3m9

4Lm④y/^mg

A.②中電荷量為①中電荷量的避倍B.③中電荷量為②中電荷量的/倍

C.④中電荷量為③中電荷量的乎倍D.情形④下彈簧的伸長量最大

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4.如圖所示，一平行板電容器水平放置，板間距離為d=0.166，上、下極板開有一小孔，四個(gè)質(zhì)量均為

m=13g,帶電荷量均為q=6.4*10-6（7的帶電小球，其間用長為。的絕緣輕軒相連，處于豎直狀態(tài)，今

使下端小球恰好位于小孔中，且由靜止釋放，讓四球豎直下落。當(dāng)下端第二個(gè)小球到法下榴版時(shí)?減席恰

好為零（g=10a/s2）,以下說法正確的是（）

A.當(dāng)最上端的小球進(jìn)入平行板電容器前，小球一直做加速度減小的加速運(yùn)動J

B.最下端的小球在兩平行板之間的運(yùn)動過程，系統(tǒng)的電勢能先增加后減小

C.兩極板間的電壓為500U

D.從釋放到速度減為零的過程中，小球最大速度約為0.82/n/s

5.三個(gè)質(zhì)量相等，分別帶正電、負(fù)電和不帶電的粒子，從帶電平行金屬板左側(cè)中央以相同的水平初速度火

先后垂直電場進(jìn)入，并分別落在正極板的4B、C三處，。點(diǎn)是下極板的左端點(diǎn)，且0。=2。4

4C=28C,如圖所示，則下列說法不正確的是（）

A.帶正、負(fù)電荷的兩個(gè)粒子的電荷量之比為7：20二_，

B.三個(gè)粒子在電場中運(yùn)動的時(shí)間之比以：加：勿=2：3：4

**--------------7>-------------.

C.三個(gè)粒子在電場中運(yùn)動的加速度之比以：aB；ac=l：3：4

D.三個(gè)粒子在電場中運(yùn)動時(shí)動能的變化量之比E"：EkB：EkC=36：16：9

6.在研究微型電動機(jī)的性能時(shí)，可采用如圖所示的實(shí)驗(yàn)電路.當(dāng)調(diào)節(jié)滑動變阻器R,使電動機(jī)停止轉(zhuǎn)動

時(shí)，電流表和電壓表的示數(shù)分別為0.54和1.0M；當(dāng)重新調(diào)節(jié)R,使電動機(jī)恢復(fù)正常運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)，電流表和電壓

表的示數(shù)分別為2.04和15.0匕則有關(guān)這臺電動機(jī)正常運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)的說法正確的是（）

A.電動機(jī)的內(nèi)電阻為7.5。B.電動機(jī)的內(nèi)電阻發(fā)熱功率為8W

C.電動機(jī)的輸出功率為30WD,電動機(jī)的效率約為27%

二、多選題：本大題共4小題，共20分。

7.甲，乙兩車在平直公路上沿同一方向行駛，甲車正在剎車，其u-t圖像如圖所示。在t=0時(shí)刻，乙車在

甲車前方劭處，在0?以時(shí)間內(nèi)甲車的位移為X,下列判斷正確的是（）

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A.若甲車的位移為|x時(shí)，兩車第一次相遇，則第二次相遇時(shí)，甲車位移是條

OO

B.若甲車的位移x=基（），則甲、乙兩車在打時(shí)刻相遇

C.若甲、乙兩車在t＜方時(shí)間內(nèi)能夠相遇，兩車只能相遇一次

D.若甲、乙兩車在t＜匕時(shí)間內(nèi)能夠相遇，兩車一定可以相遇兩次

8.如圖所示，4BCD是邊長為I的正四面體，虛線圓為三角形ABD的內(nèi)切

圓，M、N、P分別為B。、48和4。邊與圓的切點(diǎn)，。為圓心，正四面體

的頂點(diǎn)力、B和D分別固定有電荷量為+Q、+Q和一Q的點(diǎn)電荷，則（）

A.M、P兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同

B.將正試探電荷由P移動到N,電場力做負(fù)功

C.將正試探電荷由C移動到M,電勢能增加

D.正試探電荷由C移動到M時(shí)的電勢能變化量大于由C移動到N時(shí)的電勢能變化量

9.如圖所示電路，%、/?2為定值電阻，K為單刀雙擲開關(guān)，4B為導(dǎo)體板，且它們之間的距離足夠大，當(dāng)K

接通a時(shí)，4B板間的一個(gè)帶電小球在P點(diǎn)處于懸浮狀態(tài)，此時(shí)帶電小球的電勢能為Epi。讓開關(guān)K脫離a（未

接觸6）,小球開始向下運(yùn)動，經(jīng)過時(shí)間t再把開關(guān)K接通6,此后經(jīng)過時(shí)間t,小球回到P點(diǎn)，此時(shí)帶電小球

10.在如圖所示電路中，電源電動勢E=12V,內(nèi)阻r=80,定值電阻R=212,/?=10/2,/?=20。,滑動變阻

器夫4的取值范圍為0?300,所有電表均為理想電表。閉合開關(guān)S,在滑動變阻器的滑片從a端滑到b端的過

程中，電壓表乙、電壓表0、電流表4示數(shù)的變化量分別為△力、△〃2、△/.下列說法正確的是（）

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A.力讀數(shù)變小，則/讀數(shù)變大，［△Ui］小于1△/I

B.|*=2。。,筆=25。

C./?4的功率先增大后減小，最大值為0.36W

D.電源的輸出功率先增大后減小，最大值為4.5W

三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共1小題，共10分。

11.近年來以比亞迪為代表的新能源汽車得到了空前發(fā)展，然而使用新能源的車主發(fā)現(xiàn)新舊電池不能混

用，更換電池時(shí)須整體更換，成本高昂。某學(xué)習(xí)小組為了弄清新舊電池不能混用的原因，利用普通5號堿

性電池做了如下模擬實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)器材如下：

新舊5號堿性電池若干；靈敏電流計(jì)G一個(gè)（量程0?2爪4內(nèi)阻為100）；

電流表2一個(gè)（量程0?0.34內(nèi)阻為20）；滑動變阻器（阻值0-200）；電阻箱（阻值。?99990）；

開關(guān)、導(dǎo)線若干。

//mA

乙

（1）小王同學(xué)用上述器材分別測量5號堿性電池48的電源電動勢和內(nèi)阻（每次測量一節(jié)電池）o首先他把靈

敏電流計(jì)和電阻箱串聯(lián)改裝成21/的電壓表，電阻箱應(yīng)調(diào)至_________以

（2）改裝完成后，設(shè)計(jì)了圖甲所示的電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)；利用實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出了圖乙所示的UT圖像。圖乙中有可

能是舊電池的是（選填“力”或"B”）,其電動勢為V,內(nèi)阻為。（結(jié)果保

留兩位有效數(shù)字）。

（3）小趙同學(xué)對標(biāo)有“2.5V,0.3勿”的小燈泡描繪出了伏安特性曲線如乙圖中的C所示。若將上述力、B兩

節(jié)電池串聯(lián)起來為該小燈泡供電，則該電池組的發(fā)熱功率為W（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。由此

他們推測新舊電池不能混用的原因可能是混用后電池內(nèi)阻消耗的功率很大。

四、計(jì)算題：本大題共4小題，共46分。

12.密立根通過油滴實(shí)驗(yàn)測量了元電荷，實(shí)驗(yàn)裝置的示意圖如圖所示。實(shí)驗(yàn)?---------------------v

時(shí)用噴霧器將油噴入兩塊相距為d的水平放置的平行極板之間，油在噴射撕?.

裂成油滴（可看做球形）時(shí)，一般都會帶上負(fù)電荷，調(diào)整極板之間的電壓，使

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油滴在重力、電場力、空氣浮力以及粘滯阻力的作用下分別豎直向上、向下作勻速運(yùn)動，通過測量油滴勻

速上升、下降時(shí)的速率和該油滴的直徑等物理量，計(jì)算油滴的帶電量，進(jìn)而測出元電荷。

(1)下列關(guān)于密立根油滴實(shí)驗(yàn)的敘述中不正確的是O

4平行極板一定要水平，通電時(shí)上極板接電源負(fù)極

A實(shí)驗(yàn)時(shí)要選擇質(zhì)量、電量適當(dāng)小一些的油滴

C.實(shí)驗(yàn)證明了任何帶電體所帶電荷都是基本電荷的整數(shù)倍

■D.質(zhì)子和電子都是元電荷

(2)當(dāng)平行板不加電壓時(shí)，某半徑為a的油滴在板間勻速下落的速率為次，反復(fù)調(diào)整極板間的電壓直至該油

滴能勻速上升，此時(shí)板間的電壓為U,油滴上升的速率為也，已知油滴的密度為P，板間空氣的密度為Po，

油滴受到的空氣阻力大小與其速率成正比，重力加速度為g(已知浮力公式為：/浮=2氣9了排)。請據(jù)此計(jì)算

油滴的質(zhì)量m,板間的電場強(qiáng)度E=,油滴的電荷量q=o

13.如圖所示，在光滑水平面AB、CD之間連接一長度為L=2爪的傳送帶，圓心為0、半徑為R=0.2m的豎

直光滑半圓軌道DEG與水平面4D在。點(diǎn)平滑連接，其中FG段為光滑圓管，E和圓心。等高，Z.EOF=30%

可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊從4點(diǎn)以"o=2.5m/s的初速度向右滑動，已知小物塊的質(zhì)量m=1kg,與傳送帶間的

摩擦因數(shù)4=0.1,重力加速度g取10m/s2。

(1)若傳送帶不轉(zhuǎn)，求小物塊滑到圓軌道。點(diǎn)時(shí)的速度大??；

(2)若傳送帶以。=2m/s的速率順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動，求小物塊能到達(dá)圓軌道的最大高度；

(3)若要求小物塊在半圓軌道內(nèi)運(yùn)動中始終不脫軌且不從G點(diǎn)飛出，求傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動速度大小的可調(diào)范

圍。

14.如圖所示，小物塊4B由跨過定滑輪的輕繩相連，4位于水平傳送帶的右端，8置于傾角為30。的光滑

固定斜面上，輕繩分別與斜面、傳送帶平行，傳送帶始終以速度%=2M/s逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動，某時(shí)刻4從

傳送帶右端通過細(xì)繩帶動B以相同初速率%=5m/s運(yùn)動，方向如圖，經(jīng)過一段時(shí)間4回到傳送帶的右端,

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已知力、B的質(zhì)量均為1kg,4與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.1,斜面、輕繩、傳送帶均足夠長，B不會碰到

定滑輪，定滑輪的質(zhì)量與摩擦均不計(jì)，gWm/s2,求：

(1)4向左運(yùn)動的總時(shí)間；

(2)月回到傳送帶右端的速度大??；

(3)上述過程中，4與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的總熱量。

15.如圖所示的直角坐標(biāo)系中，在直線久=-d到y(tǒng)軸之間的區(qū)域內(nèi)存在

著沿?zé)o軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為瓦；在y軸到直線x=2d之間的

區(qū)域內(nèi)存在著兩個(gè)大小相等、方向相反的有界勻強(qiáng)電場(電場強(qiáng)度E未知

),其中x軸上方的電場方向沿y軸負(fù)方向，》軸下方的電場方向沿y軸正

方向在電場左邊界上4i(-d,d)到C(-d,-d)區(qū)域內(nèi)，連續(xù)分布著電量為

q、質(zhì)量為爪均處于靜止?fàn)顟B(tài)的帶正電粒子.若處于4的粒子由靜止釋

放，在電場力作用下，經(jīng)第一象限恰能從42(2d,0)處射出電場不計(jì)粒子的重力及它們間的相互作用.

(1)必處粒子由靜止釋放后，在電場力作用下到達(dá)y軸時(shí)的速度大小。0；

(2)求y軸到直線x=2d之間的區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E；

(3)若處于4停之間的某些粒子由靜止釋放，它們到達(dá)x軸時(shí)，速度與支軸的夾角為。=30。，求這些粒子釋

放時(shí)的位置坐標(biāo)和射出電場時(shí)的動能.

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答案解析

1.5

【解析】當(dāng)忽略星球自轉(zhuǎn)時(shí)，重力等于萬有引力，得：mg=G整，得：g=普，于是有

g火M火RL

"=T7A-^=0.1X4=0.4

9M地磁

即火星表面的重力加速度g火=0.4g

著陸器減速運(yùn)動的加速度大小為a=?

對著陸器，根據(jù)牛頓第二定律有：F-OAmg=ma

解得尸=zn（0.4g+爭，故3正確，/CD錯(cuò)誤；

故選:Bo

根據(jù)萬有引力等于重力求出火星表面的重力加速度，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式和牛頓第二定律即可求解制動力大

小。

本題考查萬有引力定律與牛頓第二定律的綜合問題，關(guān)鍵是知道在天體表面重力等于萬有引力，同時(shí)分析

好運(yùn)動情況和受力情況，靈活應(yīng)用運(yùn)動學(xué)公式和牛頓第二定律列式求解。

2.C

【解析】F-x圖像的“面積”等于拉力做的功，則得到拉力做的功W=Fo物+會（矍）2=丘劭+￡就，由

題圖乙可知，F(xiàn)m-F0=y,故W=京尸帆一丘）無0+尸0孫，故C正確，錯(cuò)誤。

故選Co

3.C

【解析】由于三個(gè)小球質(zhì)量和電荷量均相等，由對稱性可知，三個(gè)小球必構(gòu)成等邊三角形，且每個(gè)小球受

到的電場力相等，設(shè)繩的拉力為T,與豎直方向夾角為仇兩小球之間的距離為八一個(gè)球受到另外兩個(gè)小

球的電場力的合力為F,對其中一個(gè)小球受力分析可得：Tsind=mg,TcosQ=F=,

解得：F=繆=墨

rztana

由幾何關(guān)系可知：terne=占==W2T2

退丁r

3

整理得：F

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4對比①和②可知，并應(yīng)用上式可得

2

的1

一-mgn_pmg

1-W-

3L2-rl3

mgr2pmg

’33)2—摟5

故電荷量之間的關(guān)系為：卷=含=看故/錯(cuò)誤;

A由③可知

_kqj_27ng門_2pmg

3"樂fk

解得：「3=

故

故8錯(cuò)誤;

由④可知

「娛產(chǎn)三3g

「4/3L2—W

故C正確;

。以三個(gè)小球?yàn)檎w可知，小球受到的彈力應(yīng)該等于其重力，故小球質(zhì)量越大，彈簧彈力越大，故③情形

下彈簧的伸長量最大，故。錯(cuò)誤;

故選：Co

4.D

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【解析】區(qū)電場力一直做負(fù)功，故系統(tǒng)的電勢能一直增加，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；

C根據(jù)動能定理可得：2Uq+汐q+yUq=4mgx|d,得：U=當(dāng)?shù)?5000匕C選項(xiàng)錯(cuò)誤；

41Z4J-Di/

4D.當(dāng)兩個(gè)小球在電場中時(shí)，電場力匕=%x2q=歲1。<4叫，當(dāng)三個(gè)小球在電場中時(shí)，電場力Fi巖

x3q=^mg>4mg,故當(dāng)?shù)谌齻€(gè)小球進(jìn)入電場時(shí)小球的速度最大，根據(jù)動能定理可得：4mgx^-|

Uq—^Uq=1X4mv2,得u=x0.82m/s,。正確；

4由上面分析可知，當(dāng)?shù)谌齻€(gè)小球進(jìn)入電場時(shí)小球的速度最大，/錯(cuò)誤.

故選：Do

5.C

【解析】解：B、三個(gè)粒子的初速度相等，在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，由得，孫：xB：xc

=1：2:2,所以運(yùn)動時(shí)間。：生：tc=2：3：4,故5正確；

-1

C、三個(gè)粒子在豎直方向上的位移y相等，根據(jù)y=5。產(chǎn)，解得：aB：ac=36：16：9,故C錯(cuò)誤；

。、根據(jù)牛頓第二定律可知F=aa,因?yàn)橘|(zhì)量相等，所以合力之比與加速度之比相同，合力做功

W=Fy,由動能定理可知，動能的變化量等于合力做的功，所以，三個(gè)粒子在電場中運(yùn)動過程的動能變化

量之比為36：16：9,故。正確；

/、三個(gè)粒子的合力大小關(guān)系為￡4>/>FC，三個(gè)粒子的重力相等，所以B僅受重力作用，4所受的電場

力向下，C所受的電場力向上，即B不帶電，力帶負(fù)電，C帶正電，由牛頓第二定律得以：aB：ac=(mg+

QAE)：mg：(jng-qcE},解得以：qc=7：20,故/正確。

本題選錯(cuò)誤的，

故選:Co

因?yàn)樯蠘O板帶負(fù)電，所以平行板間有豎直向上的電場，正電荷在電場中受到向上的電場力，負(fù)電荷受到向

下的電場力。則不帶電的小球做平拋運(yùn)動，帶負(fù)電的小球做類平拋運(yùn)動，加速度比重力加速度大，帶正電

的小球做加速度比重力加速度小的類平拋運(yùn)動，由此根據(jù)平拋和類平拋運(yùn)動規(guī)律求解。

解決該題的關(guān)鍵是明確知道三個(gè)粒子在水平方向做勻速直線運(yùn)動，在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動，掌握類

平拋運(yùn)動的解題規(guī)律，知道各個(gè)粒子的受力情況。

6.B

【解析】解：力、電動機(jī)的電阻R=半=/=20,故/錯(cuò)誤；

B、電動機(jī)的總功率P=t/iZi=15VX2A=3014/；

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電動機(jī)的內(nèi)電阻發(fā)熱功率PR=llR=(24)2x2。=8勿；

電動機(jī)正常運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)的輸出功率是P輸出=P—PR=30W-8W=22W,故C錯(cuò)誤，3正確；

D、電動機(jī)的效率4=科=系=73.3%,故。錯(cuò)誤。

故選：Bo

從電路圖中可以看出，電動機(jī)和滑動變阻器串聯(lián)，電壓表測量滑動變阻器兩端的電壓，電流表測量電路電

流，根據(jù)公式R=彳可求電動機(jī)停轉(zhuǎn)時(shí)的電阻；利用公式。=U/可求電動機(jī)的總功率，根據(jù)公式P=/2R可

求電動機(jī)克服本身電阻的功率，總功率與電動機(jī)克服自身電阻功率之差就是電動機(jī)的輸出功率.

本題考查電阻、功率的有關(guān)計(jì)算，關(guān)鍵是明白電路中各個(gè)用電器的連接情況，要知道非純電阻電路的功率

的計(jì)算方法，這是本題的重點(diǎn)和難點(diǎn).

1.ABD

【解析】4根據(jù)v-t圖像可知，甲車的加速度為

如一32%

甲車速度減到零的時(shí)間為

為_3tl

在。?切時(shí)間內(nèi)甲車的位移為

vo+-y2

x=2=可17。^

甲車的位移為|x時(shí)的速度為外有

O

(守)2—相=一2a甲久

解得

2

v=

甲車的位移為lx時(shí)的時(shí)刻為t',有

O

2,

寸0—%一口甲t

解得

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￡1

~2

根據(jù)圖像，若甲車的位移為京時(shí)，即京1兩車第一次相遇，則第二次相遇的時(shí)刻為失，此時(shí)甲車位移是

X,，有

VQ=2a甲

(?)2f"_2a甲x

可得

,_9

x~8X

故/正確;

B.ti時(shí)刻兩車的位移分別為

So+號)_4%0

%甲=5^1=

Vo

乂乙=2tl

解得

%0

“乙=至

因?yàn)闊o甲—久乙=%0,所以甲車的位移％=等，則甲、乙兩車在ti時(shí)刻相遇，故8正確；

CD若甲、乙兩車在t<以時(shí)間內(nèi)能夠相遇，后面的乙車做加速運(yùn)動，前面的甲車做減速運(yùn)動，乙車一定

能追上甲車，兩車還能相遇一次，即兩車可以相遇兩次，故C錯(cuò)誤，。正確。

故選

8.BC

【解析】解：4根據(jù)對稱性和電場疊加可知，M點(diǎn)和P點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，方向不同，故/錯(cuò)誤；

3.在力處點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，<PN=<PP；在B處點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，(pN>(pP；在。處點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場

中，<pN><pP-,所以綜合分析可知，(pN>(pP,正探電荷在N點(diǎn)的電勢能大于在P點(diǎn)的，正試探電荷由尸到N

電勢能增加，電場力做負(fù)功，故8正確；

C.僅考慮B處和。處點(diǎn)電荷時(shí)，C點(diǎn)和M點(diǎn)的電勢相等，正試探電荷由C到靠近4處的正點(diǎn)電荷，電場力

做負(fù)功，電勢能增加，故C正確；

D根據(jù)對稱性可知M點(diǎn)和P點(diǎn)電勢相等，結(jié)合B項(xiàng)分析可知，正試探電荷由M到N,電場力做負(fù)功，電勢能

增加，因此正試探電荷由C移動到M時(shí)的電勢能變化量小于由C移動到N時(shí)的電勢能變化量，故。選項(xiàng)錯(cuò)

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誤。

故選：BC。

根據(jù)對稱性和電場的疊加原理分析M點(diǎn)和P點(diǎn)的電場強(qiáng)度關(guān)系。通過比較N點(diǎn)和P點(diǎn)在4處、B處、。處電荷

所產(chǎn)生電場中的電勢大小，由此推出P點(diǎn)與N點(diǎn)電勢關(guān)系。根據(jù)正試探電荷由C移動到M電場力做功情況判

斷電勢能變化情況。

解決本題的關(guān)鍵要掌握電場的疊加原理，分析各個(gè)點(diǎn)的電場強(qiáng)度和電勢高低，根據(jù)電場力做功情況判斷電

勢能的變化。

9.AD

【解析】4aB間電場方向向下，小球受到電場力豎直向上，所以帶負(fù)電，故/正確；

2.開關(guān)接通b后，4B間電壓升高，場強(qiáng)增大，0P>0,根據(jù)偉1=UPB=EdpB得出增加，根據(jù)Ep=何可

知，Epi>Ep2,故3錯(cuò)誤；

C.開關(guān)K接通a時(shí)，有尸電i=脫離a后，向下運(yùn)動加速度的=。，經(jīng)t時(shí)間可知速度。i=gt,x=^9t2

設(shè)K撥到b時(shí)小球加速度為42,因?yàn)閠后又回到P點(diǎn)，故其位移為f,根據(jù)-久=也一與2t2

求解得出a?=3g=3al

根據(jù)F電2一瓶9=642

得出F電2=4mg

根據(jù)F電-qE,E=祟

可知=4Ui

再根據(jù)串聯(lián)電路規(guī)律可得&=3%,故C錯(cuò)誤，。正確。

故選

10.ABC

【解析】將七和此等效為電源內(nèi)阻，則等效電源的電動勢

ER

EI=V；----V2----=6V

Ri+&+r

等效內(nèi)阻

(r+RJR2

=5/2

r+R1+R2

等效電路如圖

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4則當(dāng)滑動變阻器的滑片從a端滑到6端的過程中，/?4變大，總電阻變大，總電流減小，路端電壓變大，匕

讀數(shù)變小，則方讀數(shù)變大，因

u路端-Ur+u2

可知小于MU2I,故/正確;

8.因?yàn)?/p>

-ZT=&=20/2

又有

=/?3+廠1=25。

故8正確;

C.將R3等效為新電源的內(nèi)阻，內(nèi)阻為

T2=廠1+氏3=25。

當(dāng)外電路電阻等于電源內(nèi)阻時(shí)輸出功率最大，則當(dāng)滑動變阻器的滑片從a端滑到b端的過程中，電阻從0增

加到30。，可知的功率先增大后減小，當(dāng)&=25。時(shí)功率最大，最大值為

Ei2

P==0.36W

4r2

故C正確;

D當(dāng)滑動變阻器的滑片在a端時(shí)，電源E的外電阻為

R2R326

R外1=%+

Ri+R3

當(dāng)滑動變阻器的滑片在b端時(shí)，電源E的外電阻為

/?2（^3+〃4）31

R外1=%+=Tn

R2+R3+R4

電源E的內(nèi)阻

r=8/2

則滑動變阻器的滑片從a端滑到b端的過程中，電源的輸出功率一直減小，故。錯(cuò)誤。

故選/5C。

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11.(1)990；

(2)4；1.4；26；

(3)0.14。

【解析】(1)由u=I(R+Rg)可得R=9900。

(2)U-/圖像的斜率代表電源內(nèi)阻，舊電池的內(nèi)阻較大，由圖可知4圖是舊電池的圖像；

由圖可知電源電動勢為1.4U,電池4、B的內(nèi)阻分別為

A1J14

以=喘|一&=赴-20=260,

砧=%|-&=急2-20=2°。

(3)將上述4B兩節(jié)電池串聯(lián)起來為該小燈泡供電，則等效電動勢為2.8U,等效內(nèi)阻為280,做圖如下

由圖可知此時(shí)燈泡的電壓為0.8U,電流為70mA,則電功率為P=U/=0.056加，

電池組發(fā)熱功率為=I2r=0.1372IV?0.14lV?

1?AD-nn3n-4m3gds-Po)("i+也)

3兀。pdSv"。

【解析】解：(1)油滴豎直向上做勻速直線運(yùn)動，所受的電場力必須豎直向上，則平行極板一定要水平,

通電時(shí)上極板接電源正極，故/錯(cuò)誤；

2、為了精確測量，油滴應(yīng)選擇小質(zhì)量；為了不影響原來的電場，電量應(yīng)適當(dāng)小一些，故2正確；

C、通過實(shí)驗(yàn)證明了，任何帶電體所帶電荷都是基本電荷的整數(shù)倍，故C正確；

。、元電荷是最小的電荷量，是質(zhì)子和電子所帶電荷量的絕對值，故。錯(cuò)誤。

本題選錯(cuò)誤的，故選：AD.

(2)油滴的質(zhì)量為：m=專皿3P

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油滴受到空氣的浮力大小為：/浮=《7ra3gpo

油滴勻速下落時(shí)，有：mg=/■浮+k%

勻速上升時(shí)，有：mg+kv2=qE+f浮

其中電場強(qiáng)度：E=祟

4冗。3gds-0O)OL+12)

聯(lián)立以上各式，解得：q=

3%U

故答案為：(1)4。；(2)，a3p,u"y(…)。

3CL01/117

(1)密立根油滴實(shí)驗(yàn)的原理是共點(diǎn)力平衡條件，根據(jù)平衡條件分析油滴所受的電場力方向，從而確定極板

的極性；結(jié)合元電荷的含義分析。

(2)根據(jù)質(zhì)量與密度的關(guān)系、空氣阻力大小與其速率的關(guān)系以及平衡條件列式，即可求解。

本題的關(guān)鍵明確油滴的運(yùn)動情況，然后根據(jù)平衡條件列式求解，同時(shí)要明確油滴帶電量是量子化的。

13.(l)1.5m/s

(2)0.2m

⑶"傳《2m/s或"傳42"m's

【解析】分析：本題考查的知識點(diǎn)有牛頓第二定律、傳送帶和圓周運(yùn)動的臨界問題，解題的關(guān)鍵在于把物

體的各個(gè)運(yùn)動過程的受力情況和運(yùn)動情況分析清楚，然后結(jié)合動能定理、牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式求

解.重點(diǎn)是搞清楚物體在傳送帶上的運(yùn)動情況，以及不脫離軌道所和不從G點(diǎn)飛出對應(yīng)的臨界點(diǎn)。

解：⑴4到。過程，對小物塊由動能定理-〃mgL="詔-1i詔，可得"D=l.5m/s,

(2)8到C過程，先減速運(yùn)動，加速度大小為a,則有=ma

解得a=lm/s2

假設(shè)物塊能減速到與傳送帶共速，有：詔=2(-a)s減

解得s減=1,125m<L

因此小物塊在傳送帶上先減速再勻速，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為=2m/s

假設(shè)物塊能到達(dá)圓軌道的最大高度h時(shí)速度可以減為0,貝UC到圓軌道某點(diǎn)(速度減為0)過程，對小物塊由動

能定理：-mgh-0~mvc

解得h=0.2m<.R

即物塊剛好到達(dá)圓軌道E點(diǎn)。

⑶①若剛好到達(dá)E點(diǎn)不脫軌，由第1、2問可知"=2m/s

所以"傳《2m/s

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②若剛好到達(dá)尸點(diǎn)不脫軌，在F點(diǎn)有mgsin300=噂

。到F過程，對小物塊由動能定理一mg(R+Rcos60°)=

解得"ci=，Cm/s

若剛好到達(dá)G點(diǎn)不脫軌，在G點(diǎn)有％=0

C到G過程，對小物塊由動能定理—mg2R=0—

解得見2=2pm/s

要保證小物塊在EG段圓弧運(yùn)動中不脫軌且不從G點(diǎn)飛出，從C點(diǎn)滑出的速度應(yīng)滿足"m/s4叫42福機(jī)/s

若物塊在傳送帶上全程加速，有卬ngL=|mvc3_|mvo

解得幾3—“I。.25m/s>2V2m/s

綜上所述，傳送帶順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動的速度。傳應(yīng)滿足。傳《2m/s或/m/s4"傳《2避m/s

14.解：(1)4向左做勻減速直線運(yùn)動，剛開始時(shí)，2的速度大于傳送帶的速度，以4為研究的對象，水平方

向4受到向右的滑動摩擦力與B對4的拉力，設(shè)力B之間繩子的拉力為7\,由牛頓第二定律得：

T1+iimg=mar①

以B為研究對象，貝UB的加速度的大小始終與4的加速度大小相等，B向上運(yùn)動的過程中，由牛頓第二定律

得：

mgsin30°—T1-mai…②

聯(lián)立①②代入數(shù)據(jù)解得：cii=3m/s2③

4的速度與傳送帶的速度相等時(shí)所用的時(shí)間：匕=咿=二4=ls;

當(dāng)a的速度與傳送帶的速度相等之后，a仍然做減速運(yùn)動，而此時(shí)力的速度小于傳送帶的速度，

所以受到的滑動摩擦力變成了向左，所以其加速度也發(fā)生了變化，此后a向左勻減速運(yùn)動過程中，

設(shè)4B之間繩子的拉力為72，以a為研究的對象，水平方向a受到向左的滑動摩擦力與B對a的拉力，由牛頓

第二定律得

T2—fJ.mg=ma2④

以B為研究的對象，貝的加速度的大小始終與力的加速度大小相等，B向上運(yùn)動的過程中，由牛頓第二定

律得：

mgsin30°—T2=ma2⑤

2

聯(lián)立④⑤代入數(shù)據(jù)解得：a2=2m/s,

4向左做勻減速直線運(yùn)動，速度變?yōu)?。過程的時(shí)間：頻=詈=汆=ls,

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A向左運(yùn)動的總時(shí)間：t=t]+12=Is+Is=2s；

(2)4向右運(yùn)動的過程中，受到的滑動摩擦力方向仍然向左，仍然受到繩子的拉力，

2

同時(shí)，8受到的力也不變，所以它們受到的合力不變，所以人的加速度：a3=a2=2m/s,

打時(shí)間內(nèi)人的位移大?。浩?%1=xlzn=3.5m,方向：向左，

以時(shí)間內(nèi)人的位移大?。?2=°^V°^2=|xlm=1m,方向：向左，

A向左運(yùn)動的的總位移大?。簒=巧+冷=(3.5+l)m=4.5m

Z回到傳送帶右端的位移大?。簒3=x=4.5m,

“回到傳送帶右端時(shí)的速度大小：v=