2023-2024学年河北省保定市保定部分学校高一下学期4月1+3期中考试物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2高一下学期1+3期中考试物理试卷一、单选题（每题4分，共28分）1.交通事故发生时，车辆发生碰撞，车上的部分物品会因惯性而被抛出，位于车上不同高度的物品落到地面上的位置是不同的，如图所示。已知抛出点在同一竖直线上的物品A、B，分别从距地面高h和H的位置水平抛落，不计空气阻力，A、B可视为质点，重力加速度为g。则（）A.B抛出的初速度大于A抛出的初速度B.A、B同时落地C.从抛出到落地的过程中，A比B的速度变化快D.若再测得A、B落地点间的距离，则可估算出碰撞瞬间汽车的行驶速度〖答案〗D〖解析〗AB．由平抛运动规律可知竖直方向做自由落体运动，即可知平抛运动的时间与竖直高度有关，由于，即A先落地。又有发生碰撞时，物品做平抛运动，平抛初速度即汽车碰撞瞬间的行驶速度，故A、B抛出的初速度相等，故AB错误；C．由于平抛运动是匀变速曲线运动，则两者速度量满足所以两者速度变化快慢相同，故C错误；D．若再测得A、B落地点间的距离，则可估算出碰撞瞬间汽车的行驶速度，设A、B落地时相距为L，汽车碰撞瞬间的行驶速度v，则有水平方向上竖直方式上两者落地点间距离代入相关物理量可得解得汽车的行驶速度所以由上式可知若再测得A、B落地点间的距离，则可估算出碰撞瞬间汽车的行驶速度，故D正确。故选D。2.如图所示，普通轮椅一般由轮椅架、车轮、刹车装置等组成。车轮有大车轮和小车轮，大车轮上固定有手轮圈，手轮圈由患者直接推动。已知大车轮、手轮圈、小车轮的半径之比为，假设轮椅在地面上做直线运动，手和手轮圈之间、车轮和地面之间都不打滑，则下列说法正确的是（）A.大车轮与小车轮的周期之比为B.手轮圈与小车轮的角速度之比为C.大车轮与手轮圈两边缘的线速度之比为D.大车轮轴心与小车轮轴心的速度之比为〖答案〗D〖解析〗A．根据题意可知，大车轮与小车轮边缘线速度大小相等，由公式可得，大车轮与小车轮的周期之比为故A错误；BC．根据题意可知，大车轮与手轮圈的角速度相等，由可知，大车轮与手轮圈两边缘的线速度之比为由可得，大车轮与小车轮的角速度之比为则手轮圈与小车轮的角速度之比为，故BC错误；D．大车轮轴心与小车轮轴心保持相对静止，一起平动，则大车轮轴心与小车轮轴心的速度之比为，故D正确。故选D。3.某款质量m=1000kg的汽车沿平直公路从静止开始做直线运动，其图像如图所示。汽车在时间内做匀加速直线运动，内汽车保持额定功率不变，50s~70s内汽车做匀速直线运动，最大速度，汽车从70s末开始关闭动力减速滑行，时刻停止运动。已知，汽车的额定功率为80kW，整个过程中汽车受到的阻力大小不变。下列说法正确的是（）A.时刻的瞬时速度10m/sB.在内汽车牵引力对汽车做功3200kJC.为80sD.阻力大小为1000N〖答案〗B〖解析〗D．根据题意可知，当汽车以额定功率行驶时，牵引力等于阻力时，速度最大，则有解得，阻力大小为故D错误；A．根据题意，设时刻，汽车的速度为，则此时的牵引力为设汽车在时间内做匀加速直线运动的加速度为，则有根据牛顿第二定律有联立解得故A错误；B．在内，汽车牵引力对汽车做功为故B正确；C．由牛顿第二定律可得，关闭发动机之后，加速度为由运动学公式可得解得故C错误。故选B。4.电场强度为E的匀强电场中有三个带电量为的点电荷，分布在边长为a的正六边形的三个不相邻顶点上，如图所示，已知正六边形顶点A点的电场强度为零，则下列说法正确的是（）A. B.C.B、C两点电场强度相同 D.〖答案〗B〖解析〗A．根据库仑定律，分析A点电场强度如图所示A点电场强度为0，根据电场叠加原理，可知匀强电场的电场强度故A错误；B．分析B点电场强度如图所示，由对称性，三个点电荷在B点的合场强大小为E，沿方向，则B点的总电场强度故B正确；C．同理C点电场强度大小与B相同，但方向不同，故C错误；D．三个点电荷在O点的合场强大小为0，故故D错误。故选B。5.如图所示，在原点O和x轴负半轴上坐标为-x1处分别固定两点电荷Q1、Q2（两点电荷的电荷量和电性均未知）。一带负电的试探电荷从坐标为x2处以一定的初速度沿x轴正方向运动，其电势能的变化情况已在图中绘出，图线与x轴交点的横坐标为x3，图线最高点对应的横坐标为x4，不计试探电荷受到的重力，则下列判断正确的是（）A.点电荷Q1带负电B.x2∼x3之间的电场强度沿x轴负方向C.试探电荷在x3∼x4之间受到的电场力沿x轴正方向D.两点电荷Q1、Q2电荷量的比值为〖答案〗D〖解析〗BC．试探电荷在x2~x4之间电势能增大，说明试探电荷受到的电场力对试探电荷做负功，所以试探电荷所受电场力沿x轴负方向，电场强度的方向沿x轴正方向，故BC错误；A．由电场的分布特点，0~x4场强方向沿x轴正方向，x4之后场强沿x轴负方向，说明点电荷Q1带正电，点电荷Q2带负电，故A错误；D．由题图可知，x4处的电场强度为零，则解得故D正确。故选D。6.如图，园林工人正在把一颗被台风吹倒的小树苗扶正，已知树苗的长度为L，在扶正过程中该工人的两手与树苗的接触位置不变且某时刻距地面高为h，树苗与地面的夹角为，该工人手水平向左的速度恰好为v，则树苗转动的角速度为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗人手水平向右的速度v分解垂直树干的速度和沿树干向上的速度，则有此时手握树干的位置到O点的距离由线速度与角速度的关系公式，可得角速度故选D。7.如图甲所示，某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，各金属圆筒依序接在交变电源的两极M、N上，序号为C的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图乙所示的电压，一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则（）A.质子在各圆筒中做匀加速直线运动B.质子进入第n个圆筒瞬间速度为C.各金属筒的长度之比为1:：：D.质子在各圆筒中的运动时间之比为1:：：〖答案〗C〖解析〗A．金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，做匀速运动，故A错误；B．质子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理解得故B错误；D．只有质子在每个圆筒中匀速运动时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故D错误；C．第n个圆筒长度则各金属筒的长度之比为1:：：，故C正确。故选C。二、多选题（每题6分，共18分）8.如图，水平放置的平行板电容器上极板带正电，两板间电压为，板间距离为，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板正中间点有一个静止的带电油滴，所带电荷量绝对值为，下列说法正确的是（）A.油滴带负电B.油滴质量大小为C.若仅将上极板向左平移一小段距离，则静电计指针张角变大D.若仅将上极板平移到图中虚线位置，则油滴的电势能增大〖答案〗ABC〖解析〗A．油滴所受电场力与重力平衡，则电场力方向竖直向上，而根据题意知场强方向竖直向下，可知油滴带负电，故A正确；B．油滴处于静止状态，根据平衡条件电场强度为联立解得故B正确；C．电容器电量不变，根据电容的决定式根据电容定义式场强为联立可得可知场强E增大，根据U=Ed可知两极板间电压变大，静电计指针张角变大，故C正确；D．因下极板接地，电势为零，板间电场强度与板间距离无关，所以电场强度不变，P点与下极板间距不变，根据UPO=φP=EdP0知P点的电势不变，油滴的电势能不变，故D错误。故选ABC。9.2022年11月30日，神舟十五号载人飞船与“天和”核心舱成功对接，6名宇航员首次实现“太空会师”。如图，对接前神舟十五号飞船在圆形轨道Ⅰ运动，核心舱在距地面400km高度的轨道Ⅱ运行。飞船从Ⅰ轨道加速到达Ⅱ轨道与核心舱对接，对接后共同沿轨道Ⅱ运行，则下列说法正确的是（）A.对接后飞船的运行速度大于7.9km/sB.对接后核心舱的运行周期将增大C.飞船在轨道Ⅰ的机械能小于在轨道Ⅱ的机械能D.飞船在轨道Ⅰ的运行速度大于飞船在轨道Ⅱ的运行速度〖答案〗CD〖解析〗A．7.9km/s为地球第一宇宙速度，是卫星围绕地球做圆周运动的最大速度，则对接后飞船的运行速度小于7.9km/s，故A错误；B．根据万有引力提供向心力有对接后核心舱的运行周期不变，故B错误；C．飞船从Ⅰ到Ⅱ需要加速做离心运动，机械能增加，则飞船在轨道Ⅰ的机械能小于在轨道Ⅱ的机械能，故C正确；D．根据飞船在轨道Ⅰ的运行速度大于飞船在轨道Ⅱ的运行速度，故D正确。故选CD。10.蹦床运动可以简化为如图甲所示模型，轻质弹簧原长为4L，弹簧的弹力与形变量的关系如图乙所示。第一次将质量为m的小球A在距离弹簧顶端为L的位置由静止释放，小球下落过程中速度最大值为；第二次将质量为2m的小球B在相同位置由静止释放，不考虑空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，两小球均可视为质点。下列说法正确的是（）A.两小球在相同位置达到最大速度B.当两小球达到最大速度时，第一次和第二次弹簧的弹性势能之比为1∶4C.小球B在下落过程中的最大速度为D.小球B在下落过程中的最大速度为〖答案〗BD〖解析〗A．小球的速度最大时小球受到的重力与弹簧的弹力大小相等，由于小球A、B的质量不同，所以两小球在不同的位置达到最大速度，故A错误；B．小球达到最大速度时，弹簧的弹性势能等于小球克服弹力所做的功，由胡克定律，可知当两小球达到最大速度时，第一次和第二次弹簧的压缩量之比为；小球克服弹力所做的功等于图像下与坐标轴围成的面积，所以当两小球达到最大速度时，第一次和第二次弹簧的弹性势能之比为，故B正确；CD．由图可知所以小球A在下落过程中的最大速度时弹簧的压缩量为弹簧的弹性势能由小球A与弹性组成的系统机械能守恒可得小球B达到最大速度时解得小球B在下落过程中的最大速度时弹簧的压缩量弹簧的弹性势能小球与弹性组成的系统机械能守恒解得故C错误，D正确。故选BD。三、实验题（11题6分，12题9分）11.如图所示，电荷量分别为+Q和-Q的两个点电荷a与b相距L，在a与b间放置一个原来不带电的导体P，导体内c点处于a、b连线的中点。当导体P处于静电平衡状态时，导体P左端带______（“正电荷”或“负电荷”），c点场强大小为______，感应电荷在c处产生的电场强度大小为______，方向为______（选填“向左”或“向右”）〖答案〗负电荷0向左〖解析〗由点电荷的电场强度公式得+Q和-Q两个点电荷在c点产生的电场强度同理再由矢量合成得根据静电感应原理可知导体P左端带负电荷，c点的合场强为零，即感应电荷和两个点电荷在c点产生的场强等大反向，可知感应电荷在c点的场强为方向向左。12.在验证机械能守恒定律的实验中，所用电源的频率为50Hz。某同学选择了一条理想的纸带，用刻度尺测得各计数点到O点的距离，如图乙所示，图中O点是打点计时器打出的第一个点，A、B、C分别是每打两个点取出的计数点。重力加速度g取。（1）从下列选项中选出实验所必须的器材，其对应的字母为______。A.电火花计时器（包括纸带） B.重锤C.天平 D.秒表（或停表）（2）若重锤的质量为1.00kg，当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了______J；此时重锤的动能比开始下落时增加了______J。（结果均保留三位有效数字）（3）一同学分析得出的实验结果是重锤重力势能的减少量小于动能的增加量。下列对造成该实验结果的原因分析正确的是______。A.空气对重锤的阻力和打点计时器对纸带的阻力B.选用重锤的质量过大C.交流电源的频率大于50HzD.交流电源的频率小于50Hz（4）测量从第一点到其余各点的下落高度h，并计算对应速度v，然后以为纵轴，以为横轴，根据实验数据作出图，如图像丙所示。若在误差允许的范围内图像是一条过原点且斜率为______的直线，则验证了机械能守恒定律。A.19.6 B.9.80 C.4.90〖答案〗（1）AB（2）（3）D（4）A〖解析〗【小问1详析】AB．需要使用打点计时器（包括纸带）打出纸带计算速度，需要使用重锤拖动纸带，故AB正确；C．实验要验证因重锤质量被约去，可以直接验证重锤质量可以不用测量，天平不是必须的器材，故C错误；D．打点计时器就是计时仪器，不需要秒表（或停表），故D错误。故选AB。【小问2详析】重锤从开始下落到打B点时，减少的重力势能打B点时速度计数点间时间间隔从重锤下落到打B点时增加的动能联立解得【小问3详析】A．空气对重锤阻力和打点计时器对纸带的阻力，会导致重力势能部分转化为内能，则重力势能的减小量会略大于动能的增加量，故A错误；B．验证机械能守恒，即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，选择质量较大的重锤，不会使得重力势能的减小量小于动能的增加量，故B错误；CD．若交流电的频率小于50Hz，由于速度值仍按频率为50Hz计算，频率的计算值比实际值偏大，周期值偏小，算得的速度值偏大，动能值也就偏大，则可能出现重锤重力势能的减少量小于动能的增加量，同理，交流电源的频率大于，则频率的计算值比实际值偏小，周期值偏大，算得的速度值偏小，动能值也就偏小，则可能出现重力势能的减小量会略大于动能的增加量，故C错误，D正确。故选D。【小问4详析】实验要验证整理可得则的斜率为故选A。四、解答题（共39分）13.如图所示，三角形所在平面有一与该平面平行的匀强电场。将电荷量的检验电荷从A点移动到点时电场力做功为零，从点移动到点时电场力做功，再从点移动到边的中点。已知，边长，以A点为电势零点，求：（1）A、两点电势差；（2）匀强电场的大小；（3）移动到点时检验电荷的电势能。〖答案〗（1）-20V；（2）；（3）〖解析〗（1）B、两点的电势差检验电荷从A点移动到点时电场力做功为零，则A、B两点等电势，A、两点的电势差（2）A、B两点等电势，A、B两点在同一等势线上，电场强度方向垂直于等势线，根据几何关系，C到AB所在直线的垂直距离匀强电场的大小（3）A、D两点的电势差所以D点电势移动到点时检验电荷的电势能14.游乐场中有一种叫魔盘的娱乐设施，游客（可视为质点）坐在转动的圆锥形魔盘上，当魔盘转动的角速度增大到一定值时，游客就会滑向魔盘边缘，其装置简化结构如图所示。已知盘面倾角为θ＝37°，游客与盘面之间的动摩擦因数为μ＝0.8，游客到盘面顶点O的距离为L＝2m，游客的质量为50kg，重力加速度取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）若盘面静止，游客受到盘面的摩擦力大小；（2）若游客随魔盘一起以角速度ω＝0.25rad/s匀速转动，游客所受摩擦力大小。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗若盘面静止，游客的受力分析如答图1所示因μmgcosθ>mgsinθ故游客受到盘面的摩擦力大小f＝mgsinθ=300N（2）当游客随魔盘以角速度ω＝0.25rad/s匀速转动时，游客的受力分析如答图2所示竖直方向有f'sinθ+N'cosθ﹣mg＝0水平方向有f'cosθ﹣N'sinθ＝mω2Lcosθ解得f'＝304N15.如图所示，倾斜轨道AB和光滑圆弧轨道BC固定在同一竖直平面内，两者间通过一小段长度不计的圆滑弧形轨道相连，已知AB长，倾角，BC弧的半径，O为圆心，。在虚线MN右侧存在水平向左的匀强电场（A在虚线MN上），场强大小。一个带正电的绝缘小球P，质量为，其电荷量为，从某一位置以的初速度水平抛出，运动到A点时恰好沿斜面向下。若小球与轨道AB的动摩擦因数为，，，，小球P运动过程中电荷量保持不变。求：（1）小球P的抛出点距A点的高度；（2）小球P运动到圆弧轨道最低点B点时对轨道的压力；（3）小球P离开圆弧轨道后，第一次落到斜面上的位置距B点的距离。〖答案〗（1）；（2）31.68N；（3）〖解析〗（1）设小球P刚运动到A点时的速度为，竖直分速度为，则有：所以小球P的抛出点距A点的高度为（2）小球P受到的电场力，方向水平向左，且与重力的合力大小为5N，方向垂直于斜面向下，则“等效重力场”的等效重力加速度，方向垂直斜面向下设小球滑到B点时的速度为。由动能定理得对小球P，在B点，由牛顿第二定律得解得由牛顿第三定律知，小球P运动到B点时对轨道的压力为31.68N。（3）设小球P能到达C点，且在C点的速度为，则小球P从A到C的过程中，由动能定理得解得设小球P恰好到C点时的速度为，则有解得因，所以小球能到达C点，小球P离开C后，做类平抛运动，则有：解得，故小球P的落点距B点的距离为‍高一下学期1+3期中考试物理试卷一、单选题（每题4分，共28分）1.交通事故发生时，车辆发生碰撞，车上的部分物品会因惯性而被抛出，位于车上不同高度的物品落到地面上的位置是不同的，如图所示。已知抛出点在同一竖直线上的物品A、B，分别从距地面高h和H的位置水平抛落，不计空气阻力，A、B可视为质点，重力加速度为g。则（）A.B抛出的初速度大于A抛出的初速度B.A、B同时落地C.从抛出到落地的过程中，A比B的速度变化快D.若再测得A、B落地点间的距离，则可估算出碰撞瞬间汽车的行驶速度〖答案〗D〖解析〗AB．由平抛运动规律可知竖直方向做自由落体运动，即可知平抛运动的时间与竖直高度有关，由于，即A先落地。又有发生碰撞时，物品做平抛运动，平抛初速度即汽车碰撞瞬间的行驶速度，故A、B抛出的初速度相等，故AB错误；C．由于平抛运动是匀变速曲线运动，则两者速度量满足所以两者速度变化快慢相同，故C错误；D．若再测得A、B落地点间的距离，则可估算出碰撞瞬间汽车的行驶速度，设A、B落地时相距为L，汽车碰撞瞬间的行驶速度v，则有水平方向上竖直方式上两者落地点间距离代入相关物理量可得解得汽车的行驶速度所以由上式可知若再测得A、B落地点间的距离，则可估算出碰撞瞬间汽车的行驶速度，故D正确。故选D。2.如图所示，普通轮椅一般由轮椅架、车轮、刹车装置等组成。车轮有大车轮和小车轮，大车轮上固定有手轮圈，手轮圈由患者直接推动。已知大车轮、手轮圈、小车轮的半径之比为，假设轮椅在地面上做直线运动，手和手轮圈之间、车轮和地面之间都不打滑，则下列说法正确的是（）A.大车轮与小车轮的周期之比为B.手轮圈与小车轮的角速度之比为C.大车轮与手轮圈两边缘的线速度之比为D.大车轮轴心与小车轮轴心的速度之比为〖答案〗D〖解析〗A．根据题意可知，大车轮与小车轮边缘线速度大小相等，由公式可得，大车轮与小车轮的周期之比为故A错误；BC．根据题意可知，大车轮与手轮圈的角速度相等，由可知，大车轮与手轮圈两边缘的线速度之比为由可得，大车轮与小车轮的角速度之比为则手轮圈与小车轮的角速度之比为，故BC错误；D．大车轮轴心与小车轮轴心保持相对静止，一起平动，则大车轮轴心与小车轮轴心的速度之比为，故D正确。故选D。3.某款质量m=1000kg的汽车沿平直公路从静止开始做直线运动，其图像如图所示。汽车在时间内做匀加速直线运动，内汽车保持额定功率不变，50s~70s内汽车做匀速直线运动，最大速度，汽车从70s末开始关闭动力减速滑行，时刻停止运动。已知，汽车的额定功率为80kW，整个过程中汽车受到的阻力大小不变。下列说法正确的是（）A.时刻的瞬时速度10m/sB.在内汽车牵引力对汽车做功3200kJC.为80sD.阻力大小为1000N〖答案〗B〖解析〗D．根据题意可知，当汽车以额定功率行驶时，牵引力等于阻力时，速度最大，则有解得，阻力大小为故D错误；A．根据题意，设时刻，汽车的速度为，则此时的牵引力为设汽车在时间内做匀加速直线运动的加速度为，则有根据牛顿第二定律有联立解得故A错误；B．在内，汽车牵引力对汽车做功为故B正确；C．由牛顿第二定律可得，关闭发动机之后，加速度为由运动学公式可得解得故C错误。故选B。4.电场强度为E的匀强电场中有三个带电量为的点电荷，分布在边长为a的正六边形的三个不相邻顶点上，如图所示，已知正六边形顶点A点的电场强度为零，则下列说法正确的是（）A. B.C.B、C两点电场强度相同 D.〖答案〗B〖解析〗A．根据库仑定律，分析A点电场强度如图所示A点电场强度为0，根据电场叠加原理，可知匀强电场的电场强度故A错误；B．分析B点电场强度如图所示，由对称性，三个点电荷在B点的合场强大小为E，沿方向，则B点的总电场强度故B正确；C．同理C点电场强度大小与B相同，但方向不同，故C错误；D．三个点电荷在O点的合场强大小为0，故故D错误。故选B。5.如图所示，在原点O和x轴负半轴上坐标为-x1处分别固定两点电荷Q1、Q2（两点电荷的电荷量和电性均未知）。一带负电的试探电荷从坐标为x2处以一定的初速度沿x轴正方向运动，其电势能的变化情况已在图中绘出，图线与x轴交点的横坐标为x3，图线最高点对应的横坐标为x4，不计试探电荷受到的重力，则下列判断正确的是（）A.点电荷Q1带负电B.x2∼x3之间的电场强度沿x轴负方向C.试探电荷在x3∼x4之间受到的电场力沿x轴正方向D.两点电荷Q1、Q2电荷量的比值为〖答案〗D〖解析〗BC．试探电荷在x2~x4之间电势能增大，说明试探电荷受到的电场力对试探电荷做负功，所以试探电荷所受电场力沿x轴负方向，电场强度的方向沿x轴正方向，故BC错误；A．由电场的分布特点，0~x4场强方向沿x轴正方向，x4之后场强沿x轴负方向，说明点电荷Q1带正电，点电荷Q2带负电，故A错误；D．由题图可知，x4处的电场强度为零，则解得故D正确。故选D。6.如图，园林工人正在把一颗被台风吹倒的小树苗扶正，已知树苗的长度为L，在扶正过程中该工人的两手与树苗的接触位置不变且某时刻距地面高为h，树苗与地面的夹角为，该工人手水平向左的速度恰好为v，则树苗转动的角速度为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗人手水平向右的速度v分解垂直树干的速度和沿树干向上的速度，则有此时手握树干的位置到O点的距离由线速度与角速度的关系公式，可得角速度故选D。7.如图甲所示，某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，各金属圆筒依序接在交变电源的两极M、N上，序号为C的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图乙所示的电压，一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则（）A.质子在各圆筒中做匀加速直线运动B.质子进入第n个圆筒瞬间速度为C.各金属筒的长度之比为1:：：D.质子在各圆筒中的运动时间之比为1:：：〖答案〗C〖解析〗A．金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，做匀速运动，故A错误；B．质子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理解得故B错误；D．只有质子在每个圆筒中匀速运动时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故D错误；C．第n个圆筒长度则各金属筒的长度之比为1:：：，故C正确。故选C。二、多选题（每题6分，共18分）8.如图，水平放置的平行板电容器上极板带正电，两板间电压为，板间距离为，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板正中间点有一个静止的带电油滴，所带电荷量绝对值为，下列说法正确的是（）A.油滴带负电B.油滴质量大小为C.若仅将上极板向左平移一小段距离，则静电计指针张角变大D.若仅将上极板平移到图中虚线位置，则油滴的电势能增大〖答案〗ABC〖解析〗A．油滴所受电场力与重力平衡，则电场力方向竖直向上，而根据题意知场强方向竖直向下，可知油滴带负电，故A正确；B．油滴处于静止状态，根据平衡条件电场强度为联立解得故B正确；C．电容器电量不变，根据电容的决定式根据电容定义式场强为联立可得可知场强E增大，根据U=Ed可知两极板间电压变大，静电计指针张角变大，故C正确；D．因下极板接地，电势为零，板间电场强度与板间距离无关，所以电场强度不变，P点与下极板间距不变，根据UPO=φP=EdP0知P点的电势不变，油滴的电势能不变，故D错误。故选ABC。9.2022年11月30日，神舟十五号载人飞船与“天和”核心舱成功对接，6名宇航员首次实现“太空会师”。如图，对接前神舟十五号飞船在圆形轨道Ⅰ运动，核心舱在距地面400km高度的轨道Ⅱ运行。飞船从Ⅰ轨道加速到达Ⅱ轨道与核心舱对接，对接后共同沿轨道Ⅱ运行，则下列说法正确的是（）A.对接后飞船的运行速度大于7.9km/sB.对接后核心舱的运行周期将增大C.飞船在轨道Ⅰ的机械能小于在轨道Ⅱ的机械能D.飞船在轨道Ⅰ的运行速度大于飞船在轨道Ⅱ的运行速度〖答案〗CD〖解析〗A．7.9km/s为地球第一宇宙速度，是卫星围绕地球做圆周运动的最大速度，则对接后飞船的运行速度小于7.9km/s，故A错误；B．根据万有引力提供向心力有对接后核心舱的运行周期不变，故B错误；C．飞船从Ⅰ到Ⅱ需要加速做离心运动，机械能增加，则飞船在轨道Ⅰ的机械能小于在轨道Ⅱ的机械能，故C正确；D．根据飞船在轨道Ⅰ的运行速度大于飞船在轨道Ⅱ的运行速度，故D正确。故选CD。10.蹦床运动可以简化为如图甲所示模型，轻质弹簧原长为4L，弹簧的弹力与形变量的关系如图乙所示。第一次将质量为m的小球A在距离弹簧顶端为L的位置由静止释放，小球下落过程中速度最大值为；第二次将质量为2m的小球B在相同位置由静止释放，不考虑空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，两小球均可视为质点。下列说法正确的是（）A.两小球在相同位置达到最大速度B.当两小球达到最大速度时，第一次和第二次弹簧的弹性势能之比为1∶4C.小球B在下落过程中的最大速度为D.小球B在下落过程中的最大速度为〖答案〗BD〖解析〗A．小球的速度最大时小球受到的重力与弹簧的弹力大小相等，由于小球A、B的质量不同，所以两小球在不同的位置达到最大速度，故A错误；B．小球达到最大速度时，弹簧的弹性势能等于小球克服弹力所做的功，由胡克定律，可知当两小球达到最大速度时，第一次和第二次弹簧的压缩量之比为；小球克服弹力所做的功等于图像下与坐标轴围成的面积，所以当两小球达到最大速度时，第一次和第二次弹簧的弹性势能之比为，故B正确；CD．由图可知所以小球A在下落过程中的最大速度时弹簧的压缩量为弹簧的弹性势能由小球A与弹性组成的系统机械能守恒可得小球B达到最大速度时解得小球B在下落过程中的最大速度时弹簧的压缩量弹簧的弹性势能小球与弹性组成的系统机械能守恒解得故C错误，D正确。故选BD。三、实验题（11题6分，12题9分）11.如图所示，电荷量分别为+Q和-Q的两个点电荷a与b相距L，在a与b间放置一个原来不带电的导体P，导体内c点处于a、b连线的中点。当导体P处于静电平衡状态时，导体P左端带______（“正电荷”或“负电荷”），c点场强大小为______，感应电荷在c处产生的电场强度大小为______，方向为______（选填“向左”或“向右”）〖答案〗负电荷0向左〖解析〗由点电荷的电场强度公式得+Q和-Q两个点电荷在c点产生的电场强度同理再由矢量合成得根据静电感应原理可知导体P左端带负电荷，c点的合场强为零，即感应电荷和两个点电荷在c点产生的场强等大反向，可知感应电荷在c点的场强为方向向左。12.在验证机械能守恒定律的实验中，所用电源的频率为50Hz。某同学选择了一条理想的纸带，用刻度尺测得各计数点到O点的距离，如图乙所示，图中O点是打点计时器打出的第一个点，A、B、C分别是每打两个点取出的计数点。重力加速度g取。（1）从下列选项中选出实验所必须的器材，其对应的字母为______。A.电火花计时器（包括纸带） B.重锤C.天平 D.秒表（或停表）（2）若重锤的质量为1.00kg，当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了______J；此时重锤的动能比开始下落时增加了______J。（结果均保留三位有效数字）（3）一同学分析得出的实验结果是重锤重力势能的减少量小于动能的增加量。下列对造成该实验结果的原因分析正确的是______。A.空气对重锤的阻力和打点计时器对纸带的阻力B.选用重锤的质量过大C.交流电源的频率大于50HzD.交流电源的频率小于50Hz（4）测量从第一点到其余各点的下落高度h，并计算对应速度v，然后以为纵轴，以为横轴，根据实验数据作出图，如图像丙所示。若在误差允许的范围内图像是一条过原点且斜率为______的直线，则验证了机械能守恒定律。A.19.6 B.9.80 C.4.90〖答案〗（1）AB（2）（3）D（4）A〖解析〗【小问1详析】AB．需要使用打点计时器（包括纸带）打出纸带计算速度，需要使用重锤拖动纸带，故AB正确；C．实验要验证因重锤质量被约去，可以直接验证重锤质量可以不用测量，天平不是必须的器材，故C错误；D．打点计时器就是计时仪器，不需要秒表（或停表），故D错误。故选AB。【小问2详析】重锤从开始下落到打B点时，减少的重力势能打B点时速度计数点间时间间隔从重锤下落到打B点时增加的动能联立解得【小问3详析】A．空气对重锤阻力和打点计时器对纸带的阻力，会导致重力势能部分转化为内能，则重力势能的减小量会略大于动能的增加量，故A错误；B．验证机械能守恒，即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，选择质量较大的重锤，不会使得重力势能的减小量小于动能的增加量，故B错误；CD．若交流电的频率小于50Hz，由于速度值仍按频率为50Hz计算，频率的计算值比实际值偏大，周期值偏小，算得的速度值偏大，动能值也就偏大，则可能出现重锤重力势能的减少量小于动能的增加量，同理，交流电源的频率大于，则频率的计算值比实际值偏小，周期值偏大，算得的速度值偏小，动能值也就偏小，则可能出现重力势能的减小量会略大于动能