湖南省衡阳市第一中学2023-2024学年高一下学期期末考试物理试题

湖南省衡阳市第一中学2023-2024学年高一下学期期末考试物理试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）如图所示，电场中有A、B两点，它们的电场强度分别为、，则以下判断正确的是（　　）
A． B． C． D．无法确定
2．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）两颗人造卫星绕地球逆时针运动。如图所示，卫星1轨道为圆、卫星2轨道为椭圆，A、B两点为圆轨道长轴两端，C点为两轨道交点。已知圆的半径与椭圆的半长轴相等，下列正确的是（　　）
A．从A点到C点和从C点到A点的过程地球对卫星2做的功相同
B．相等时间内，卫星1与地心连线扫过的面积等于卫星2与地心连线扫过的面积
C．卫星2的周期大于卫星1的周期
D．卫星2在A点的速度大于卫星1在C点的速度
3．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）北斗卫星导航系统（BDS），继美国（GPS）、俄罗斯（GLONASS）之后的第三个成熟的卫星导航系统。若导航卫星绕地球做匀速圆周运动，已知地球的质量为M，地球的半径为R，卫星到地面的距离为h，引力常量为G，则卫星的加速度大小为（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）一正点电荷仅在电场力的作用下运动，其速率v与时间t图像如图所示，其中ta和tb是电荷在电场中a、b两点运动对应的时刻，则下列说法正确的是（　　）
A．a、b两点电场强度关系为Ea=Eb
B．a、b两点电场强度关系为Ea>Eb
C．a、b两点电势关系为
D．带电粒子从a点运动到b点时，电场力做正功，电势能减少
5．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，xA、xB分别为A、B两点在x轴上的坐标值。一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是（　　）
A．该电场可能是孤立点电荷形成的电场
B．A点的电场强度小于B点的电场强度
C．电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功W=EpA-EpB
D．电子在A点的动能小于在B点的动能
6．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）如图所示在xOy坐标平面内存在一匀强电场，坐标原点O及点a（0，6）、点b（10，0）三点的电势分别为=10V、=16V、=0V。现有一个质子从坐标原点以10eV的初动能沿与x轴正方向成45°角方向射入坐标平面，则下列判断正确的是（　　）
A．该质子将始终在第一象限内运动
B．该质子将穿过y轴正半轴在第二象限内运动
C．该质子将经过点（40，0）进入第四象限内运动
D．该质子经过坐标轴时其速度方向与坐标轴的夹角成60°角
7．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）质量为m的物体随水平传送带一起匀速运动，A为传送带的终端皮带轮如图所示，皮带轮半径为r，要使物体通过终端时能水平抛出，皮带轮的转速至少为
A． B． C． D．
8．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）如图，光滑斜面的倾角为θ＝45°，斜面足够长，在斜面上A点向斜上方抛出一小球，初速度方向与水平方向夹角为α，小球与斜面垂直碰撞于D点，不计空气阻力；若小球与斜面碰撞后返回A点，碰撞时间极短，且碰撞前后能量无损失，重力加速度g取10m/s2。则可以求出的物理量是（　　）
A．α的值 B．小球的初速度v0
C．小球在空中运动时间 D．小球初动能
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.
9．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）静电喷涂是利用静电现象制造的，其原理如图所示．以下说法正确的是（ ）
A．涂料微粒带正电
B．涂料微粒所受电场力的方向与电场方向相反
C．电场力对涂料微粒做正功
D．涂料微粒的电势能变大
10．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上间各点的电势分布如图乙所示，则（　　）
A．在间，场强先减小后增大
B．在间，场强方向没有发生变化
C．若一负电荷从O点运动到点，电势能逐渐减小
D．从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在间一直做加速运动
11．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）如图，细杆的一端与小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动，细杆长0.5m，小球质量为3.0kg，现给小球一初速度使它做圆周运动，若小球通过轨道最低点a处的速度为va＝4m/s，通过轨道最高点b处的速度为vb＝2m/s。取g＝10m/s2，则在最低点和最高点时，细杆对小球作用力的情况是（　　）
A．a处为拉力，方向竖直向上，大小为126N
B．a处为压力，方向竖直向上，大小为126N
C．b处为支持力，方向竖直向上，大小为6N
D．b处为拉力，方向竖直向下，大小为6N
12．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）如图所示，已知某匀强电场方向平行正六边形ABCDEF所在平面，若规定D点电势为零，则A、B、C的电势分别为8V、6V、2V，初动能为16eV、电荷量大小为3e(e为元电荷)的带电粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过BC的中点G．不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　）
A．该粒子一定带正电
B．该粒子达到G点时的动能为4eV
C．若该粒子以不同速率从D点沿DF方向入射，该粒子可能垂直经过CE
D．只改变粒子在A点初速度的方向，该粒子不可能经过C
三、非选择题：本题共5小题，共56分。
13．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）如图甲为探究影响平行板电容器电容大小的因素的实验装置，相互靠近的等大正对平行金属板A、B组成电容器，B板固定在绝缘支座上并通过导线与静电计中心杆相接，板A和静电计的金属壳都通过导线接地，A板可在水平面和竖直平面内自由移动，给电容器充上一定的电荷，使实验时保持电容器极板所带的电量不变，此时静电计指针张开一定角度．
（1）下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有　 　.
A．使用静电计可观察电容器的电容变化情况
B．使用静电计可测量电容器极板间的电压变化情况
C．使用静电计可测量电容器极板上的电荷量变化情况
D．静电计可以用电压表替代
（2）图甲中，若将A板向右平移，静电计指针张角将　 　；将A板竖直向下平移，则静电计指针张角将　 　；在A、B板间插入电介质，则静电计指针张角将　 　．（填“变大”、“变小”或“不变”）
（3）图乙中，若将电容器水平放置，有一质量为m，电荷量为Q的带电液滴静止在电容器内部，现将电容器A板向上平移一小段距离，则液滴将　 　.（填“静止不动”、“向下运动”、“向上运动”）
14．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）小组同学通过向心力演示器，探究向心力大小与物体的质量、角速度和轨道半径的关系实验。
（1）某次用向心力演示器进行实验的实验情景如甲、乙、丙三图所示
a．三个情境中，图　 　是探究向心力大小与质量关系（选填“甲”、“乙”、“丙”）。
b．在甲情境中，若两钢球所受向心力的比值为，则实验中选取两个变速塔轮的半径之比为　 　。
（2）本实验所采用的实验探究方法是　 　；
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．演绎法
（3）物体所受向心力的大小与物体的质量、角速度和圆周运动半径之间的关系是　 　。
为了进一步精确探究，小组同学利用传感器验证向心力的表达式。如图所示，实验时将力传感器和光电门固定，用手拨动旋臂产生圆周运动，当金属块随悬臂一起匀速转动时，细线的拉力提供滑块做圆周运动需要的向心力。传感器可以实时测量角速度和向心力的大小。
（4）电脑通过光电门测量挡光杆通过光电门的时间，并由挡光杆的宽度、挡光杆通过光电门的时间、挡光杆做圆周运动的半径，自动计算出砝码做圆周运动的角速度，则其计算角速度的表达式为　 　。
（5）图丁中①②两条曲线为相同半径、不同质量下向心力与角速度的关系图线，由图可知曲线①对应的金属块质量　 　（填“大于”或“小于”）曲线②对应的金属块质量。
（6）他们将砝码做圆周运动的半径分别调整为0.04m、0.08m、0.12m，然后将三次实验得到的图像放在一个坐标系中，如图戊所示，通过对三条图线的比较、分析、讨论，得出的结论。你认为他们的依据是　 　。
15．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）相距L的点电荷A、B的带电荷量分别为4Q和–Q，要引入第三个点电荷C，使三个点电荷都处于平衡状态．求引入的第三个点电荷C的电性、电荷量和放置的位置．
16．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）如图所示，一质量为m的小球从半径为R的竖直四分之一圆弧轨道的顶端无初速释放，圆弧轨道的底端水平，离地面高度为R。小球离开圆弧轨道的底端又通过水平距离R落到地面上，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）小球刚到圆弧轨道底端时对轨道的压力；
（2）小球在圆弧轨道上受到的阻力所做的功。
17．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）图甲为2022年北京冬奥会国家雪车雪橇中心“游龙”总览图。图甲中是螺旋弯道，转弯半径为r。为了让运动员乘坐雪车能高速且安全地通过弯道，弯道处的赛道均向内侧倾斜，弯道落差可忽略。某运动员和雪车总质量为m，可视为质点。某次运动员和雪车以速度v通过弯道，已知重力加速度为g，忽略冰面与雪车之间的摩擦，不计空气阻力，建立图丙所示的模型。求：
（1）此时刻钢架雪车平面与水平面夹角θ的正切值；
（2）在弯道处赛道对雪车的支持力FN的大小。
18．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）如图所示，一质量为m=2kg带正电的小球，用几乎不可伸长的长为L=2m的绝缘细线悬挂于O点，处于一水平向右的匀强电场中，静止时细线右偏与竖直方向成45°角，位于图中的P点（g=10m/s2）。
(1)求静止在P点时线的拉力是多大？
(2)如将小球向左拉紧至与O点等高的B点由静止释放，求小球刚运动到C点时的速度大小？
(3)如将小球向左拉紧至与O点等高的B点由静止释放，求小球到达A点时绳的拉力是多大？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电场线
【解析】【解答】由电场线的特点可知，B点的电场线比A点的电场线密，所以EA＜EB，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】电场线可以形象描述电场的强弱，每一点切线方向表示该点电场强度方向，电场线的疏密表示电场的大小，密的地方电场强度大，梳的地方电场强度小。
2．【答案】D
【知识点】开普勒定律；卫星问题；功的计算
【解析】解：A．根据题意，由开普勒第二定律可知，在近地点速度大于远地点速度，从C到A离近地点越来越近，速度越来越大，所以卫星2在C点的速度小于在A点的速度，根据动能定理可知，从C点到A点的过程中地球对卫星2的万有引力做正功，卫星2从A点到C点的过程中地球对卫星2的万有引力做负功，故A错误；
B．由开普勒第二定律可知，同一颗卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等，但卫星1与卫星2不在同一轨道，则相等时间内，无法确定卫星1与地心连线扫过的面积、卫星2与地心连线扫过的面积是否相等，故B错误；
C．根据题意，由开普勒第三定律可知，由于卫星1的轨道半径与卫星2的轨道半长轴相等，则卫星2绕地球运转的的周期等于卫星1绕地球运转的的周期，故C错误；
D．以地球球心为圆心，并过A点画出圆，令为轨道3，如图所示
由图可知卫星从轨道3到卫星2的椭圆轨道，是从低轨到高轨，需要在A点点火加速，做离心运动，则卫星在轨道3的速度小于卫星2在椭圆轨道A点的速度，又由图可知，卫星1的轨道和轨道3都是圆，万有引力提供向心力可得：
解得
可知轨道1上卫星的速度小于轨道3上卫星的速度，所以卫星在轨道1上经过C点的速度小于卫星2在A点的速度，故D正确。
故选D。
【分析】由开普勒第二定律可知在相等时间内，同一卫星与地球的连线相等时间内所扫过的面积都是相等的，即近地点速度大，远地点速度小；根据动能定理可知，合力对物体做正功，速度增加，做负功，速度减小；根据开普勒第三定律比较两卫星的运动周期；卫星从低轨进入高轨需要加速，从高轨进入低轨需要减速。
本题考查万有引力定律、开普勒定律、 牛顿第二定律等知识，知道卫星变轨的原理是解决本题的关键。
3．【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】万有引力提供卫星的向心力，根据可得
解得卫星的加速度大小为
，故B正确，ACD错误；
故选B。
【分析】本题主要考查万有引力的简单应用，万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律列式可求卫星加速度大小。
4．【答案】D
【知识点】电场及电场力；电场强度；电势；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB．图像的斜率表示加速度，由图可知，随着时间变大，斜率变大，故a点的加速度小于b点的加速度，因为只受电场力，根据F=ma可知a点的电场力小于b点的电场力，根据F=Eq可知，故AB错误；
CD．正电荷在电场力作用下，速度增大，动能变大，由动能定理可知电场力做正功，电势能减小，根据可知从高电势向低电势运动，所以有，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】 速率v与时间t图像的斜率表示加速度，根据图像得到加速度，根据牛顿第二定律求得电场力大小关系；根据F=Eq得到电场强度关系；根据动能定理得到电场力做功情况，根据电场做功情况得到电势能变化，根据得到电势关系。
5．【答案】C
【知识点】电场强度；电势能；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】AB． 电势能Ep随其坐标x变化的关系斜率恒定，可知电子受电场力恒定，根据F=Eq可知该电场是匀强电场，A、B两点的电场强度相等，该电场一定不是孤立点电荷形成的电场，故AB错误；
C．由题图乙可知，电子在A、B两点的电势能分别为EpA和EpB，且EpB>EpA，说明电子由A运动到B的过程中电势能增大，则电场力做负功，电场力对其所做的功为WAB=EpA-EpB，故C正确；
D．电子仅在电场力作用下运动，电场力做负功，根据动能定理可知动能减小，故电子在A点的动能大于在B点的动能，故D错误；
故选C。
【分析】电场力做正功，电势能减少，电场力做了多少正功，电势能就减少多少，即WAB=EpA-EpB，电场力做负功，电势能增加，克服电场力做了多少功，电势能就增加多少。 电势能Ep随其坐标x变化的关的斜率表示电场力，根据F=Eq可确定电场的性质；根据动能定理判断动能的变化。
6．【答案】C
【知识点】电场强度的叠加；电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AB．0=10V、a=16V、b=0V，可知，在y方向上
方向沿y轴负方向
在x轴上
方向沿x轴正方向，
所以电场强度大小为
设电场强度方向与x轴成角，可得：，解得
所以电场方向与初速度方向垂直，与x轴夹角为45°向右下，所以粒子类平抛运动，从第一象限进入第四象限，故AB错误；
C．粒子初动能为，解得：，
如图所示，沿电场方向
在初速度方向
又因为，解得：
根据合成可求得
故C正确；
D．根据速度反向延长线过位移中点，如上图所示，可知D点反向延长过OE中点，所以该质子经过坐标轴时其速度方向与坐标轴的夹角显然小于45°，故D错误。
故选C。
【分析】电场强度是矢量，遵循矢量计算法则—平行四边形定则，根据匀强电场的特点和适量的合成与分解确定电场强度的大小和方向，进而确定电场力的方向和大小；当物体所受合力恒定，且与初速度方向垂直，物体将做类平抛运动，沿着合力方向做匀加速运动，垂直合力方向做匀速运动，在两个方向分别列式联立求解质子经过的位置坐标；根据类平抛运动的推论求解 质子经过坐标轴时其速度方向与坐标轴的夹角 。
7．【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】当物块恰好被水平抛出时，在最高点只受重力作用，在皮带上最高点时由重力提供向心力，则由牛顿第二定律得：
解得：
设此时皮带转速为n，则由v=和可得v=2πnr，得到：
故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】 物体在最高点做圆周运动，要使物体通过终端时能水平抛出， 在终端只受重力作用，重力提供向心力列式可求最高点速度，即皮带的线速度大小，再根据线速度打下与转速关系求得皮带轮转速。
8．【答案】A
【知识点】斜抛运动；动能
【解析】解：由A点斜抛至最高点时，设水平位移为x1，竖直位移为y1，由最高点至碰撞点D的平抛过程Ⅱ中水平位移为x2，竖直位移y2。
从A点抛出时：
水平方向初速度
竖直方向初速度
则
小球垂直打到斜面时，碰撞无能力损失，设竖直方向速度vy2，则水平方向速度保持不变，斜面倾角θ＝45°，
平抛运动中，速度的偏向角正切值等于位移偏向角的正切值的二倍，可得
变形化解：
同理，Ⅱ中水平位移为：
故
即
由此得
根据数学知识可得：
故可求得α的值，其他选项无法求出；故A正确，BCD错误；
故选A。
根据运动的合成与分解，A点至D点的曲线运动分为两个阶段： 第一阶段为A点斜拋至竖直最高点，此时竖直速度减为零，第一阶段反向看是平抛运动；第二阶段为从竖直最高点平抛至碰撞点D，由两个运动过程结合平抛运动结论求解。
9．【答案】B,C
【知识点】静电的防止与利用；电场强度；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】AB.由于在喷枪喷嘴与被喷涂工作之间形成了强电场，工作时涂料微粒会向带正电的被喷涂工件高速运动，说明涂料微粒被加速，涂料微粒受力指向工件，与电场方向相反，则涂料微粒带负电，故A错误，B正确；
CD.因粒子带负电，在静电力的作用下做正功，则电势能减小，故C正确，D错误。
故选BC。
工件上的正电荷由于静电感应分布在表面，由于静电力作用，负电荷会向正电荷运动，根据电场强度的方向，从而确定微粒的电性，依据电场力做正功，则可判定电势能的变化。
本题考查了静电感应在生活中的具体应用，掌握静电喷涂工作原理，注意涂料微粒向正电荷运动是解题的突破口。
10．【答案】B,D
【知识点】电场强度；电势能；电势
【解析】解：AB．φ x图象的斜率的绝对值大小表示电场强度大小，斜率的正负表示电场强度的方向，由数学知识可知，斜率先增大后减小，则电场强度大小先增大后减小，但斜率一直是负，一直沿着x轴负方向，所以场强方向没有改变。故A错误，B正确；
C．由图乙可知O～x2间，电势越来越小，由可知负电荷在高电势处电势能小，故负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐增大。故C错误；
D．从O点静止释放正电荷，仅受电场力作用，做加速运动，即该正电荷在O～x2间一直做加速运动，故D正确。
故选BD。
【分析】根据φ- x图象的切线斜率表示电场强度，判断电场强度大小和方向变化；由图得到0-x1电势变化，根据Ep= φq判断负电荷的电势能变化；根据φ- x图象的切线斜率，先判断电场强度大小，再判断出电场力的方向，根据力和速度方向关系，判断运动情况。
本题从数学的角度理解φ- x图象的斜率表示场强，由电势的高低判断出电场线的方向，然后判断电场力方向，以及电荷运动情况。
11．【答案】A,C
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】AB．在a处时，根据可得向心力Fa有
此时向心力竖直向上，根据受力分析有
解得
方向竖直向上，该力为拉力。故A正确，B错误；
CD．在b处时，根据可得向心力有
此时向心力竖直向下，因为向心力小于重力，故有
代入数据可得
方向竖直向上，该力为支持力，故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】小球在竖直平面内做圆周运动时，在最高点a和最低点b时，都由小球所受的合力提供向心力，根据向心力公式的大小，根据牛顿第二定律列式求解a、b两处杆的作用力大小和方向。
要注意杆与绳子的区别，杆可以是支持力，可以是拉力，而绳子只能为拉力，运用牛顿运动定律和向心力知识解答。
12．【答案】B,D
【知识点】电场力做功；动能定理的综合应用；匀强电场；电势
【解析】【解答】A.根据匀强电场的特点可知，AD中点O的电势，BC中点G的电势，所以OG连线为等势面，则场强方向垂直于OG水平向右，粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过BC的中点G，则粒子带负电，故A错误；B.粒子从A到G，根据动能定理得：，即，代入数据解得：，故B正确；
C.因电场线垂直于CE连线，故若该粒子以不同速率从D点沿DF方向入射，该粒子过CE时沿CE方向总有速度分量，不可能垂直经过CE，故C错误；
D.设只改变粒子在A点的初速度的方向，粒子能经过C点，则，代入数据解得：，故粒子不可能经过C点，故D正确。
故选BD。
【分析】根据匀强电场的特点及几何关系判断电场方向，而后画出粒子的运动轨迹并判断所受电场力方向，最后对粒子的带电性质作出判断；应用能量守恒定律求出粒子经G点时的动能并判断在粒子初动能不变的条件下能否经C点；根据粒子的初速度方向和受力方向判断粒子是否垂直经过CE 。
本题考查了在匀强电场中的运动和能量守恒定律的应用。根据题目条件，应用匀强电场的特点及几何关系判断电场强度的方向是解题的关键。
13．【答案】B；变小；变大；变小；静止不动
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】（1）ABC.使用静电计可测量电容器极板间的电势差变化情况，选项B正确，AC错误；
D.静电计不能用电压表替代，因为电压表必须有电流才能工作，而本实验中没有电流形成，故D错误；
故选B。
（2）图甲中，若将A板向右平移，则两板间距d减小，由 可知，电容C变大，由于电容器与电源断开，Q一定，由Q=CU可知，U减小，即静电计指针张角将变小；
将A板竖直向下平移，则两板相对面积S减小，由 可知，电容C变小，由于Q一定，由Q=CU可知，U变大，则静电计指针张角将变大；
在A、B板间插入电介质，由 可知，电容C变大，由于Q一定，由Q=CU可知，U减小，则静电计指针张角将变小。
（3）将电容器A板向上平移一小段距离，则两板间距d减小，根据、 以及 可得 ，由于电容器带电量Q一定，则两板间场强E不变，则液滴将静止不动。
【分析】静电计是测量电势差的仪器，电势差变化时，指针张角变化，电势差变大，指针张角变大；电容器与电源断开，所带的电量不变，根据确定电容的变化， 然后根据确定电势差的变化，从而确定静电计指针张角的变化，根据根据、 以及 得到电场强度表达式，根据表达式判断电场强度变化，判断油滴运动状况。
本题考查电容器的动态分析问题，关键在于明确电容器电容的定义式和决定式的正确应用，注意本题电容器的电量总是不变的。
14．【答案】丙；；C；；；小于；见解析
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）a.三个情境中，图丙中两小球分别是钢球和铝球，质量不等，则图丙是探究向心力大小与质量关系。
b.在甲情境中，两钢球质量相同，两钢球做圆周运动半径相同，根据
若两钢球所受向心力的比值为，可知钢球做圆周运动角速度之比为，根据
由于塔轮边缘上的点线速度相等，可知实验中选取两个变速塔轮的半径之比为。
（2）本实验探究向心力大小与质量、半径、角速度的关系，先控制其中两个物理量不变，探究向心力与另一个物理量的关系，则本实验所采用的实验探究方法是控制变量法。
故选C。
（3）物体所受向心力的大小与物体的质量、角速度和圆周运动半径之间的关系是
（4）当挡光杆通过光电门的线速度的大小为，根据可得角速度的表达式为
（5）根据
由于半径相同，由图可知，在角速度相同的条件下，曲线①对应的向心力小于曲线②对应的向心力，则曲线①对应的金属块质量小于曲线②对应的金属块质量。
（6）由图像可知，角速度相同时，三次实验对应的向心力之比为
则有
（1）a.探究向心力大小F与质量m关系时，应保持小球做圆周运动的半径相同、角速度相同，据此分析作答；
b.根据向心力公式、线速度与角速的关系求解作答；
（2）探究向心力大小F与小球质量m、角速度w和半径r之间关系实验中，采用了控制变量法，据此分析各选项，然后作答；
（3）根据解答；
（4）挡光杆通过光电门时间极短，平均速度近似等于瞬时速度，根据求得线速度大小，再根据求得角速度；
（5）根据结合图像分析解答；
（6）根据向心力公式可确定图像横坐标与有关；根据图像比较分析一定时，其F与r成正比例关系。
探究向心力大小F与小球质量m、角速度和半径r之间关系实验，要明确实验的原理，熟练掌握向心力公式的运用；能够通过实验探究得出向心力与角速度的平方成正比例。
15．【答案】解：A、B、C三个电荷要平衡，必须三个电荷的一条直线，且每个电荷受两个力作用，两个力等大反向，则外侧二个电荷相互排斥，中间电荷吸引外侧两个电荷，所以外侧两个电荷距离大，要平衡中间电荷的拉力，必须外侧电荷电量大，中间电荷电量小，即“两同夹一异，离大的远”，所以C必须为正电，在B的右侧。
设C所在位置与B的距离为r，则C所在位置与A的距离为L+r，要能处于平衡状态，
所以A对C的电场力大小等于B对C的电场力大小，设C的电量为q，则有：
解得：r=L
对点电荷A，其受力也平衡，则：
解得：Q=4q，
即C带正电，电荷量为4Q，在B的右侧距B为L处．
【知识点】库仑定律；共点力的平衡
【解析】【分析】A、B、C三个点电荷都处于静止状态，根据“两同夹一异，离大的远”，判断电荷的位置和正负，对电荷受力分析，每个电荷都处于受力平衡状态，故根据库仑定律可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求得结果。我们也可以去尝试假设C带正电或负电，它应该放在什么地方，能不能使整个系统处于平衡状态．不行再继续判断，抓住平衡条件是解决问题的关键。
16．【答案】解：（1）设小球在圆弧轨道的最低点时的速度为v，小球离开圆弧轨道后做平抛运动，有：
联立解得：
而在圆弧轨道的最低点，合力提供向心力，由牛顿第二定律可知：
解得：
由牛顿第三定律可得
所以球对轨道的压力为：
方向竖直向下。
（2）对圆弧上运动的过程由动能定理：
联立可得：
答：(1)根据平抛运动的特征求解小球到达最低点的速度大小，根据牛顿第二定律求解小球刚到圆弧轨道底端时对轨道的压力；
(2)小球在圆弧轨道上运动，根据动能定理求解小球在圆弧轨道上受到的阻力所做的功。
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】解决该题需要明确知道小球在两段过程中的运动特征，掌握平抛运动的解题规律，掌握用动能定理求解变力做功。
17．【答案】解：（1）雪车受力分析如图所示
根据题意可知，重力和支持力的合力提供向心力，即
解得
；
（2）赛道对雪车的支持力的大小为
。
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【分析】对雪车受力分析，雪车水平方向做圆周运动，指向圆心的合力提供向心力，列式可求 雪车平面与水平面夹角θ的正切值；竖直方向合力为零，根据平衡知识列式求解 在弯道处赛道对雪车的支持力FN的大小。
18．【答案】解：(1)由于静止时细线与竖直方向成45°角，由力的平衡条件可得
电场力
①
线的拉力
②
(2) 先由B→C匀加速直线运动，根据动能定理
③
由①③式解得
④
(3)在C点，绳子拉紧过程后使C点竖直速度变为零，绳子拉紧小球的速度
⑤
由C→A，动能定理：
⑥
在A点，合力提供向心力，由向心力公式得
⑦
由①④⑤⑥⑦式解得
FA=60N
【知识点】共点力的平衡；竖直平面的圆周运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】本题考查带电粒子在电场和重力场中的运动问题，
（1）根据共点力平衡知识列式求解 静止在P点时线的拉力
（2）小球做匀加速直线运动，根据动能定理列式求解小球刚运动到C点时的速度大小
（3）小球做圆周运动，根据动能定理列式求解小球到达A点时速度，根据合力提供向心力分析绳子的拉力。
1 / 1湖南省衡阳市第一中学2023-2024学年高一下学期期末考试物理试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）如图所示，电场中有A、B两点，它们的电场强度分别为、，则以下判断正确的是（　　）
A． B． C． D．无法确定
【答案】C
【知识点】电场线
【解析】【解答】由电场线的特点可知，B点的电场线比A点的电场线密，所以EA＜EB，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】电场线可以形象描述电场的强弱，每一点切线方向表示该点电场强度方向，电场线的疏密表示电场的大小，密的地方电场强度大，梳的地方电场强度小。
2．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）两颗人造卫星绕地球逆时针运动。如图所示，卫星1轨道为圆、卫星2轨道为椭圆，A、B两点为圆轨道长轴两端，C点为两轨道交点。已知圆的半径与椭圆的半长轴相等，下列正确的是（　　）
A．从A点到C点和从C点到A点的过程地球对卫星2做的功相同
B．相等时间内，卫星1与地心连线扫过的面积等于卫星2与地心连线扫过的面积
C．卫星2的周期大于卫星1的周期
D．卫星2在A点的速度大于卫星1在C点的速度
【答案】D
【知识点】开普勒定律；卫星问题；功的计算
【解析】解：A．根据题意，由开普勒第二定律可知，在近地点速度大于远地点速度，从C到A离近地点越来越近，速度越来越大，所以卫星2在C点的速度小于在A点的速度，根据动能定理可知，从C点到A点的过程中地球对卫星2的万有引力做正功，卫星2从A点到C点的过程中地球对卫星2的万有引力做负功，故A错误；
B．由开普勒第二定律可知，同一颗卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等，但卫星1与卫星2不在同一轨道，则相等时间内，无法确定卫星1与地心连线扫过的面积、卫星2与地心连线扫过的面积是否相等，故B错误；
C．根据题意，由开普勒第三定律可知，由于卫星1的轨道半径与卫星2的轨道半长轴相等，则卫星2绕地球运转的的周期等于卫星1绕地球运转的的周期，故C错误；
D．以地球球心为圆心，并过A点画出圆，令为轨道3，如图所示
由图可知卫星从轨道3到卫星2的椭圆轨道，是从低轨到高轨，需要在A点点火加速，做离心运动，则卫星在轨道3的速度小于卫星2在椭圆轨道A点的速度，又由图可知，卫星1的轨道和轨道3都是圆，万有引力提供向心力可得：
解得
可知轨道1上卫星的速度小于轨道3上卫星的速度，所以卫星在轨道1上经过C点的速度小于卫星2在A点的速度，故D正确。
故选D。
【分析】由开普勒第二定律可知在相等时间内，同一卫星与地球的连线相等时间内所扫过的面积都是相等的，即近地点速度大，远地点速度小；根据动能定理可知，合力对物体做正功，速度增加，做负功，速度减小；根据开普勒第三定律比较两卫星的运动周期；卫星从低轨进入高轨需要加速，从高轨进入低轨需要减速。
本题考查万有引力定律、开普勒定律、 牛顿第二定律等知识，知道卫星变轨的原理是解决本题的关键。
3．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）北斗卫星导航系统（BDS），继美国（GPS）、俄罗斯（GLONASS）之后的第三个成熟的卫星导航系统。若导航卫星绕地球做匀速圆周运动，已知地球的质量为M，地球的半径为R，卫星到地面的距离为h，引力常量为G，则卫星的加速度大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】万有引力提供卫星的向心力，根据可得
解得卫星的加速度大小为
，故B正确，ACD错误；
故选B。
【分析】本题主要考查万有引力的简单应用，万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律列式可求卫星加速度大小。
4．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）一正点电荷仅在电场力的作用下运动，其速率v与时间t图像如图所示，其中ta和tb是电荷在电场中a、b两点运动对应的时刻，则下列说法正确的是（　　）
A．a、b两点电场强度关系为Ea=Eb
B．a、b两点电场强度关系为Ea>Eb
C．a、b两点电势关系为
D．带电粒子从a点运动到b点时，电场力做正功，电势能减少
【答案】D
【知识点】电场及电场力；电场强度；电势；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB．图像的斜率表示加速度，由图可知，随着时间变大，斜率变大，故a点的加速度小于b点的加速度，因为只受电场力，根据F=ma可知a点的电场力小于b点的电场力，根据F=Eq可知，故AB错误；
CD．正电荷在电场力作用下，速度增大，动能变大，由动能定理可知电场力做正功，电势能减小，根据可知从高电势向低电势运动，所以有，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】 速率v与时间t图像的斜率表示加速度，根据图像得到加速度，根据牛顿第二定律求得电场力大小关系；根据F=Eq得到电场强度关系；根据动能定理得到电场力做功情况，根据电场做功情况得到电势能变化，根据得到电势关系。
5．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，xA、xB分别为A、B两点在x轴上的坐标值。一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是（　　）
A．该电场可能是孤立点电荷形成的电场
B．A点的电场强度小于B点的电场强度
C．电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功W=EpA-EpB
D．电子在A点的动能小于在B点的动能
【答案】C
【知识点】电场强度；电势能；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】AB． 电势能Ep随其坐标x变化的关系斜率恒定，可知电子受电场力恒定，根据F=Eq可知该电场是匀强电场，A、B两点的电场强度相等，该电场一定不是孤立点电荷形成的电场，故AB错误；
C．由题图乙可知，电子在A、B两点的电势能分别为EpA和EpB，且EpB>EpA，说明电子由A运动到B的过程中电势能增大，则电场力做负功，电场力对其所做的功为WAB=EpA-EpB，故C正确；
D．电子仅在电场力作用下运动，电场力做负功，根据动能定理可知动能减小，故电子在A点的动能大于在B点的动能，故D错误；
故选C。
【分析】电场力做正功，电势能减少，电场力做了多少正功，电势能就减少多少，即WAB=EpA-EpB，电场力做负功，电势能增加，克服电场力做了多少功，电势能就增加多少。 电势能Ep随其坐标x变化的关的斜率表示电场力，根据F=Eq可确定电场的性质；根据动能定理判断动能的变化。
6．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）如图所示在xOy坐标平面内存在一匀强电场，坐标原点O及点a（0，6）、点b（10，0）三点的电势分别为=10V、=16V、=0V。现有一个质子从坐标原点以10eV的初动能沿与x轴正方向成45°角方向射入坐标平面，则下列判断正确的是（　　）
A．该质子将始终在第一象限内运动
B．该质子将穿过y轴正半轴在第二象限内运动
C．该质子将经过点（40，0）进入第四象限内运动
D．该质子经过坐标轴时其速度方向与坐标轴的夹角成60°角
【答案】C
【知识点】电场强度的叠加；电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AB．0=10V、a=16V、b=0V，可知，在y方向上
方向沿y轴负方向
在x轴上
方向沿x轴正方向，
所以电场强度大小为
设电场强度方向与x轴成角，可得：，解得
所以电场方向与初速度方向垂直，与x轴夹角为45°向右下，所以粒子类平抛运动，从第一象限进入第四象限，故AB错误；
C．粒子初动能为，解得：，
如图所示，沿电场方向
在初速度方向
又因为，解得：
根据合成可求得
故C正确；
D．根据速度反向延长线过位移中点，如上图所示，可知D点反向延长过OE中点，所以该质子经过坐标轴时其速度方向与坐标轴的夹角显然小于45°，故D错误。
故选C。
【分析】电场强度是矢量，遵循矢量计算法则—平行四边形定则，根据匀强电场的特点和适量的合成与分解确定电场强度的大小和方向，进而确定电场力的方向和大小；当物体所受合力恒定，且与初速度方向垂直，物体将做类平抛运动，沿着合力方向做匀加速运动，垂直合力方向做匀速运动，在两个方向分别列式联立求解质子经过的位置坐标；根据类平抛运动的推论求解 质子经过坐标轴时其速度方向与坐标轴的夹角 。
7．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）质量为m的物体随水平传送带一起匀速运动，A为传送带的终端皮带轮如图所示，皮带轮半径为r，要使物体通过终端时能水平抛出，皮带轮的转速至少为
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】当物块恰好被水平抛出时，在最高点只受重力作用，在皮带上最高点时由重力提供向心力，则由牛顿第二定律得：
解得：
设此时皮带转速为n，则由v=和可得v=2πnr，得到：
故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】 物体在最高点做圆周运动，要使物体通过终端时能水平抛出， 在终端只受重力作用，重力提供向心力列式可求最高点速度，即皮带的线速度大小，再根据线速度打下与转速关系求得皮带轮转速。
8．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）如图，光滑斜面的倾角为θ＝45°，斜面足够长，在斜面上A点向斜上方抛出一小球，初速度方向与水平方向夹角为α，小球与斜面垂直碰撞于D点，不计空气阻力；若小球与斜面碰撞后返回A点，碰撞时间极短，且碰撞前后能量无损失，重力加速度g取10m/s2。则可以求出的物理量是（　　）
A．α的值 B．小球的初速度v0
C．小球在空中运动时间 D．小球初动能
【答案】A
【知识点】斜抛运动；动能
【解析】解：由A点斜抛至最高点时，设水平位移为x1，竖直位移为y1，由最高点至碰撞点D的平抛过程Ⅱ中水平位移为x2，竖直位移y2。
从A点抛出时：
水平方向初速度
竖直方向初速度
则
小球垂直打到斜面时，碰撞无能力损失，设竖直方向速度vy2，则水平方向速度保持不变，斜面倾角θ＝45°，
平抛运动中，速度的偏向角正切值等于位移偏向角的正切值的二倍，可得
变形化解：
同理，Ⅱ中水平位移为：
故
即
由此得
根据数学知识可得：
故可求得α的值，其他选项无法求出；故A正确，BCD错误；
故选A。
根据运动的合成与分解，A点至D点的曲线运动分为两个阶段： 第一阶段为A点斜拋至竖直最高点，此时竖直速度减为零，第一阶段反向看是平抛运动；第二阶段为从竖直最高点平抛至碰撞点D，由两个运动过程结合平抛运动结论求解。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.
9．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）静电喷涂是利用静电现象制造的，其原理如图所示．以下说法正确的是（ ）
A．涂料微粒带正电
B．涂料微粒所受电场力的方向与电场方向相反
C．电场力对涂料微粒做正功
D．涂料微粒的电势能变大
【答案】B,C
【知识点】静电的防止与利用；电场强度；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】AB.由于在喷枪喷嘴与被喷涂工作之间形成了强电场，工作时涂料微粒会向带正电的被喷涂工件高速运动，说明涂料微粒被加速，涂料微粒受力指向工件，与电场方向相反，则涂料微粒带负电，故A错误，B正确；
CD.因粒子带负电，在静电力的作用下做正功，则电势能减小，故C正确，D错误。
故选BC。
工件上的正电荷由于静电感应分布在表面，由于静电力作用，负电荷会向正电荷运动，根据电场强度的方向，从而确定微粒的电性，依据电场力做正功，则可判定电势能的变化。
本题考查了静电感应在生活中的具体应用，掌握静电喷涂工作原理，注意涂料微粒向正电荷运动是解题的突破口。
10．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上间各点的电势分布如图乙所示，则（　　）
A．在间，场强先减小后增大
B．在间，场强方向没有发生变化
C．若一负电荷从O点运动到点，电势能逐渐减小
D．从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在间一直做加速运动
【答案】B,D
【知识点】电场强度；电势能；电势
【解析】解：AB．φ x图象的斜率的绝对值大小表示电场强度大小，斜率的正负表示电场强度的方向，由数学知识可知，斜率先增大后减小，则电场强度大小先增大后减小，但斜率一直是负，一直沿着x轴负方向，所以场强方向没有改变。故A错误，B正确；
C．由图乙可知O～x2间，电势越来越小，由可知负电荷在高电势处电势能小，故负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐增大。故C错误；
D．从O点静止释放正电荷，仅受电场力作用，做加速运动，即该正电荷在O～x2间一直做加速运动，故D正确。
故选BD。
【分析】根据φ- x图象的切线斜率表示电场强度，判断电场强度大小和方向变化；由图得到0-x1电势变化，根据Ep= φq判断负电荷的电势能变化；根据φ- x图象的切线斜率，先判断电场强度大小，再判断出电场力的方向，根据力和速度方向关系，判断运动情况。
本题从数学的角度理解φ- x图象的斜率表示场强，由电势的高低判断出电场线的方向，然后判断电场力方向，以及电荷运动情况。
11．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）如图，细杆的一端与小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动，细杆长0.5m，小球质量为3.0kg，现给小球一初速度使它做圆周运动，若小球通过轨道最低点a处的速度为va＝4m/s，通过轨道最高点b处的速度为vb＝2m/s。取g＝10m/s2，则在最低点和最高点时，细杆对小球作用力的情况是（　　）
A．a处为拉力，方向竖直向上，大小为126N
B．a处为压力，方向竖直向上，大小为126N
C．b处为支持力，方向竖直向上，大小为6N
D．b处为拉力，方向竖直向下，大小为6N
【答案】A,C
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】AB．在a处时，根据可得向心力Fa有
此时向心力竖直向上，根据受力分析有
解得
方向竖直向上，该力为拉力。故A正确，B错误；
CD．在b处时，根据可得向心力有
此时向心力竖直向下，因为向心力小于重力，故有
代入数据可得
方向竖直向上，该力为支持力，故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】小球在竖直平面内做圆周运动时，在最高点a和最低点b时，都由小球所受的合力提供向心力，根据向心力公式的大小，根据牛顿第二定律列式求解a、b两处杆的作用力大小和方向。
要注意杆与绳子的区别，杆可以是支持力，可以是拉力，而绳子只能为拉力，运用牛顿运动定律和向心力知识解答。
12．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）如图所示，已知某匀强电场方向平行正六边形ABCDEF所在平面，若规定D点电势为零，则A、B、C的电势分别为8V、6V、2V，初动能为16eV、电荷量大小为3e(e为元电荷)的带电粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过BC的中点G．不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　）
A．该粒子一定带正电
B．该粒子达到G点时的动能为4eV
C．若该粒子以不同速率从D点沿DF方向入射，该粒子可能垂直经过CE
D．只改变粒子在A点初速度的方向，该粒子不可能经过C
【答案】B,D
【知识点】电场力做功；动能定理的综合应用；匀强电场；电势
【解析】【解答】A.根据匀强电场的特点可知，AD中点O的电势，BC中点G的电势，所以OG连线为等势面，则场强方向垂直于OG水平向右，粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过BC的中点G，则粒子带负电，故A错误；B.粒子从A到G，根据动能定理得：，即，代入数据解得：，故B正确；
C.因电场线垂直于CE连线，故若该粒子以不同速率从D点沿DF方向入射，该粒子过CE时沿CE方向总有速度分量，不可能垂直经过CE，故C错误；
D.设只改变粒子在A点的初速度的方向，粒子能经过C点，则，代入数据解得：，故粒子不可能经过C点，故D正确。
故选BD。
【分析】根据匀强电场的特点及几何关系判断电场方向，而后画出粒子的运动轨迹并判断所受电场力方向，最后对粒子的带电性质作出判断；应用能量守恒定律求出粒子经G点时的动能并判断在粒子初动能不变的条件下能否经C点；根据粒子的初速度方向和受力方向判断粒子是否垂直经过CE 。
本题考查了在匀强电场中的运动和能量守恒定律的应用。根据题目条件，应用匀强电场的特点及几何关系判断电场强度的方向是解题的关键。
三、非选择题：本题共5小题，共56分。
13．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）如图甲为探究影响平行板电容器电容大小的因素的实验装置，相互靠近的等大正对平行金属板A、B组成电容器，B板固定在绝缘支座上并通过导线与静电计中心杆相接，板A和静电计的金属壳都通过导线接地，A板可在水平面和竖直平面内自由移动，给电容器充上一定的电荷，使实验时保持电容器极板所带的电量不变，此时静电计指针张开一定角度．
（1）下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有　 　.
A．使用静电计可观察电容器的电容变化情况
B．使用静电计可测量电容器极板间的电压变化情况
C．使用静电计可测量电容器极板上的电荷量变化情况
D．静电计可以用电压表替代
（2）图甲中，若将A板向右平移，静电计指针张角将　 　；将A板竖直向下平移，则静电计指针张角将　 　；在A、B板间插入电介质，则静电计指针张角将　 　．（填“变大”、“变小”或“不变”）
（3）图乙中，若将电容器水平放置，有一质量为m，电荷量为Q的带电液滴静止在电容器内部，现将电容器A板向上平移一小段距离，则液滴将　 　.（填“静止不动”、“向下运动”、“向上运动”）
【答案】B；变小；变大；变小；静止不动
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】（1）ABC.使用静电计可测量电容器极板间的电势差变化情况，选项B正确，AC错误；
D.静电计不能用电压表替代，因为电压表必须有电流才能工作，而本实验中没有电流形成，故D错误；
故选B。
（2）图甲中，若将A板向右平移，则两板间距d减小，由 可知，电容C变大，由于电容器与电源断开，Q一定，由Q=CU可知，U减小，即静电计指针张角将变小；
将A板竖直向下平移，则两板相对面积S减小，由 可知，电容C变小，由于Q一定，由Q=CU可知，U变大，则静电计指针张角将变大；
在A、B板间插入电介质，由 可知，电容C变大，由于Q一定，由Q=CU可知，U减小，则静电计指针张角将变小。
（3）将电容器A板向上平移一小段距离，则两板间距d减小，根据、 以及 可得 ，由于电容器带电量Q一定，则两板间场强E不变，则液滴将静止不动。
【分析】静电计是测量电势差的仪器，电势差变化时，指针张角变化，电势差变大，指针张角变大；电容器与电源断开，所带的电量不变，根据确定电容的变化， 然后根据确定电势差的变化，从而确定静电计指针张角的变化，根据根据、 以及 得到电场强度表达式，根据表达式判断电场强度变化，判断油滴运动状况。
本题考查电容器的动态分析问题，关键在于明确电容器电容的定义式和决定式的正确应用，注意本题电容器的电量总是不变的。
14．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）小组同学通过向心力演示器，探究向心力大小与物体的质量、角速度和轨道半径的关系实验。
（1）某次用向心力演示器进行实验的实验情景如甲、乙、丙三图所示
a．三个情境中，图　 　是探究向心力大小与质量关系（选填“甲”、“乙”、“丙”）。
b．在甲情境中，若两钢球所受向心力的比值为，则实验中选取两个变速塔轮的半径之比为　 　。
（2）本实验所采用的实验探究方法是　 　；
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．演绎法
（3）物体所受向心力的大小与物体的质量、角速度和圆周运动半径之间的关系是　 　。
为了进一步精确探究，小组同学利用传感器验证向心力的表达式。如图所示，实验时将力传感器和光电门固定，用手拨动旋臂产生圆周运动，当金属块随悬臂一起匀速转动时，细线的拉力提供滑块做圆周运动需要的向心力。传感器可以实时测量角速度和向心力的大小。
（4）电脑通过光电门测量挡光杆通过光电门的时间，并由挡光杆的宽度、挡光杆通过光电门的时间、挡光杆做圆周运动的半径，自动计算出砝码做圆周运动的角速度，则其计算角速度的表达式为　 　。
（5）图丁中①②两条曲线为相同半径、不同质量下向心力与角速度的关系图线，由图可知曲线①对应的金属块质量　 　（填“大于”或“小于”）曲线②对应的金属块质量。
（6）他们将砝码做圆周运动的半径分别调整为0.04m、0.08m、0.12m，然后将三次实验得到的图像放在一个坐标系中，如图戊所示，通过对三条图线的比较、分析、讨论，得出的结论。你认为他们的依据是　 　。
【答案】丙；；C；；；小于；见解析
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）a.三个情境中，图丙中两小球分别是钢球和铝球，质量不等，则图丙是探究向心力大小与质量关系。
b.在甲情境中，两钢球质量相同，两钢球做圆周运动半径相同，根据
若两钢球所受向心力的比值为，可知钢球做圆周运动角速度之比为，根据
由于塔轮边缘上的点线速度相等，可知实验中选取两个变速塔轮的半径之比为。
（2）本实验探究向心力大小与质量、半径、角速度的关系，先控制其中两个物理量不变，探究向心力与另一个物理量的关系，则本实验所采用的实验探究方法是控制变量法。
故选C。
（3）物体所受向心力的大小与物体的质量、角速度和圆周运动半径之间的关系是
（4）当挡光杆通过光电门的线速度的大小为，根据可得角速度的表达式为
（5）根据
由于半径相同，由图可知，在角速度相同的条件下，曲线①对应的向心力小于曲线②对应的向心力，则曲线①对应的金属块质量小于曲线②对应的金属块质量。
（6）由图像可知，角速度相同时，三次实验对应的向心力之比为
则有
（1）a.探究向心力大小F与质量m关系时，应保持小球做圆周运动的半径相同、角速度相同，据此分析作答；
b.根据向心力公式、线速度与角速的关系求解作答；
（2）探究向心力大小F与小球质量m、角速度w和半径r之间关系实验中，采用了控制变量法，据此分析各选项，然后作答；
（3）根据解答；
（4）挡光杆通过光电门时间极短，平均速度近似等于瞬时速度，根据求得线速度大小，再根据求得角速度；
（5）根据结合图像分析解答；
（6）根据向心力公式可确定图像横坐标与有关；根据图像比较分析一定时，其F与r成正比例关系。
探究向心力大小F与小球质量m、角速度和半径r之间关系实验，要明确实验的原理，熟练掌握向心力公式的运用；能够通过实验探究得出向心力与角速度的平方成正比例。
15．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）相距L的点电荷A、B的带电荷量分别为4Q和–Q，要引入第三个点电荷C，使三个点电荷都处于平衡状态．求引入的第三个点电荷C的电性、电荷量和放置的位置．
【答案】解：A、B、C三个电荷要平衡，必须三个电荷的一条直线，且每个电荷受两个力作用，两个力等大反向，则外侧二个电荷相互排斥，中间电荷吸引外侧两个电荷，所以外侧两个电荷距离大，要平衡中间电荷的拉力，必须外侧电荷电量大，中间电荷电量小，即“两同夹一异，离大的远”，所以C必须为正电，在B的右侧。
设C所在位置与B的距离为r，则C所在位置与A的距离为L+r，要能处于平衡状态，
所以A对C的电场力大小等于B对C的电场力大小，设C的电量为q，则有：
解得：r=L
对点电荷A，其受力也平衡，则：
解得：Q=4q，
即C带正电，电荷量为4Q，在B的右侧距B为L处．
【知识点】库仑定律；共点力的平衡
【解析】【分析】A、B、C三个点电荷都处于静止状态，根据“两同夹一异，离大的远”，判断电荷的位置和正负，对电荷受力分析，每个电荷都处于受力平衡状态，故根据库仑定律可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求得结果。我们也可以去尝试假设C带正电或负电，它应该放在什么地方，能不能使整个系统处于平衡状态．不行再继续判断，抓住平衡条件是解决问题的关键。
16．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）如图所示，一质量为m的小球从半径为R的竖直四分之一圆弧轨道的顶端无初速释放，圆弧轨道的底端水平，离地面高度为R。小球离开圆弧轨道的底端又通过水平距离R落到地面上，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）小球刚到圆弧轨道底端时对轨道的压力；
（2）小球在圆弧轨道上受到的阻力所做的功。
【答案】解：（1）设小球在圆弧轨道的最低点时的速度为v，小球离开圆弧轨道后做平抛运动，有：
联立解得：
而在圆弧轨道的最低点，合力提供向心力，由牛顿第二定律可知：
解得：
由牛顿第三定律可得
所以球对轨道的压力为：
方向竖直向下。
（2）对圆弧上运动的过程由动能定理：
联立可得：
答：(1)根据平抛运动的特征求解小球到达最低点的速度大小，根据牛顿第二定律求解小球刚到圆弧轨道底端时对轨道的压力；
(2)小球在圆弧轨道上运动，根据动能定理求解小球在圆弧轨道上受到的阻力所做的功。
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】解决该题需要明确知道小球在两段过程中的运动特征，掌握平抛运动的解题规律，掌握用动能定理求解变力做功。
17．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）图甲为2022年北京冬奥会国家雪车雪橇中心“游龙”总览图。图甲中是螺旋弯道，转弯半径为r。为了让运动员乘坐雪车能高速且安全地通过弯道，弯道处的赛道均向内侧倾斜，弯道落差可忽略。某运动员和雪车总质量为m，可视为质点。某次运动员和雪车以速度v通过弯道，已知重力加速度为g，忽略冰面与雪车之间的摩擦，不计空气阻力，建立图丙所示的模型。求：
（1）此时刻钢架雪车平面与水平面夹角θ的正切值；
（2）在弯道处赛道对雪车的支持力FN的大小。
【答案】解：（1）雪车受力分析如图所示
根据题意可知，重力和支持力的合力提供向心力，即
解得
；
（2）赛道对雪车的支持力的大小为
。
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【分析】对雪车受力分析，雪车水平方向做圆周运动，指向圆心的合力提供向心力，列式可求 雪车平面与水平面夹角θ的正切值；竖直方向合力为零，根据平衡知识列式求解 在弯道处赛道对雪车的支持力FN的大小。
18．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）如图所示，一质量为m=2kg带正电的小球，用几乎不可伸长的长为L=2m的绝缘细线悬挂于O点，处于一水平向右的匀强电场中，静止时细线右偏与竖直方向成45°角，位于图中的P点（g=10m/s2）。
(1)求静止在P点时线的拉力是多大？
(2)如将小球向左拉紧至与O点等高的B点由静止释放，求小球刚运动到C点时的速度大小？
(3)如将小球向左拉紧至与O点等高的B点由静止释放，求小球到达A点时绳的拉力是多大？
【答案】解：(1)由于静止时细线与竖直方向成45°角，由力的平衡条件可得
电场力
①
线的拉力
②
(2) 先由B→C匀加速直线运动，根据动能定理
③
由①③式解得
④
(3)在C点，绳子拉紧过程后使C点竖直速度变为零，绳子拉紧小球的速度
⑤
由C→A，动能定理：
⑥
在A点，合力提供向心力，由向心力公式得
⑦
由①④⑤⑥⑦式解得
FA=60N
【知识点】共点力的平衡；竖直平面的圆周运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】本题考查带电粒子在电场和重力场中的运动问题，
（1）根据共点力平衡知识列式求解 静止在P点时线的拉力
（2）小球做匀加速直线运动，根据动能定理列式求解小球刚运动到C点时的速度大小
（3）小球做圆周运动，根据动能定理列式求解小球到达A点时速度，根据合力提供向心力分析绳子的拉力。
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