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湖南省湖南师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期期末考试物理试卷（物选班）
1．（2024高一下·岳麓期末）下列说法正确的是（　　）
A．半导体材料导电性能与外界条件无关
B．将一根导线一分为二，则半根导线的电阻和电阻率都变为原来的二分之一
C．由可知，R与导体两端电压U成正比，与通过导体的电流I成反比
D．某些金属、合金和氧化物的电阻率随温度降低会突然减小为零
【答案】D
【知识点】电阻定律；电阻率
【解析】【解答】A．半导体的导电性能与温度、光照、掺杂等外界条件密切相关（如热敏半导体、光敏半导体 ）因此 “与外界条件无关” 错误，A错误；
B．由电阻定律可知，将一根导线一分为二，则半根导线的电阻变为原来的二分之一；而电阻率是由导体材料本身决定，与导体的长度无关，B错误；
C．由电阻定律可知，导体的电阻 R由导体的电阻率、长度、横截面积决定，是导体本身的特性，不能说R与导体两端电压U成正比，与通过导体的电流I成反比，即与两者都无关，C错误；
D．某些金属、合金和氧化物在温度降低到临界温度时，电阻率会突然减小为零，这是超导现象，D正确.
故答案为：D。
【分析】半导体特性：导电性能受外界条件（温度、光照等 ）显著影响.
电阻与电阻率的区别：电阻R由、L、S共同决定，可因长度改变而变化.
电阻率仅由材料和温度决定，与几何尺寸无关.
电阻的定义与决定：是比值定义，R的本质由电阻定律决定，与U、I无因果关系.
超导现象：特定材料在临界温度下电阻率突变为零的特性
2．（2024高一下·岳麓期末）如图甲、乙所示，两个电荷量均为q的点电荷分别置于电荷量线密度相同、半径相同的半圆环和圆环的圆心，环的粗细可忽略不计。若图甲中环对圆心点电荷的库仑力大小为F，则图乙中环对圆心同一点电荷的库仑力大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】由题图甲中均匀带电半圆环对圆心点电荷的库仑力大小为，可以得出圆环对圆心点电荷的库仑力大小为。将题图乙中的均匀带电圆环分成三个圆环，关于圆心对称的两个圆环对圆心点电荷的库仑力的合力为零，因此题图乙中的圆环对圆心点电荷的库仑力大小为。
故答案为：A.
【分析】微元法：将连续带电圆环分割为微小电荷元，用库仑定律计算单个电荷元的力.
对称性分析：利用圆环的对称性，抵消反向的力分量，简化计算.
分割与叠加：将复杂圆环分割为简单单元，通过对称抵消和剩余叠加，快速推导总库仑力.
3．（2024高一下·岳麓期末）我国新能源汽车领先全球，2024年3月，小米第一台汽车XiaomiSU7正式上市，其技术领先且价格符合大众消费，一辆小米新能源汽车在平直公路上行驶，汽车的质量为，发动机的额定功率为，设汽车在行驶过程中受到的阻力大小恒为。如果汽车从静止开始以额定功率启动，则（　　）
A．汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后做加速度减小的加速运动
B．汽车在行驶过程中所能达到的最大速度
C．若汽车以不同的恒定功率启动所能达到的最大速度相同
D．若汽车到达最大速度的时间为t，则这段时间内的位移
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；机车启动
【解析】【解答】A．汽车以额定功率启动，由（恒定 ），速度增大时，牵引力减小，根据牛顿第二定律
因减小，加速度逐渐减小→汽车做加速度减小的加速运动（非匀加速 ），故A错误；
B．当时，速度达到最大，利用
求得最大速度，故B正确；
C．最大速度满足（为额定功率 ），若不同，不同（因恒定 ），故C错误；
D．若汽车到达最大速度的时间为t， 由于在时间内，汽车不是做匀加速直线运动，则平均速度不等于，因此位移不等于
故D错误.
故答案为：B。
【分析】 恒定功率启动的运动分析：利用判断牵引力随速度的变化，结合牛顿第二定律分析加速度变化，确定运动性质.
最大速度条件：加速度为0时（ ），速度最大，由计算最大速度.
不同功率的最大速度：最大速度与额定功率成正比（ ），功率不同则最大速度不同.
非匀变速的位移：匀变速直线运动的平均速度公式（ ）不适用于加速度变化的运动.
4．（2024高一下·岳麓期末）某同学设计了一个电容式风力传感器，如图所示，将电容器与静电计组成回路，可动电极在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大（两电极始终不接触）。若极板上电荷量保持不变，P点为极板间的一点，下列说法正确的是（　　）
A．风力越大，电容器电容越小
B．风力越大，极板间电场强度仍保持不变
C．风力越大，P点的电势仍保持不变
D．风力越大，静电计指针张角越大
【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．由题意知，风力越大，d越小，由电容的决定式
可得，电容器电容越大，故A错误；
B．由公式
，，
整理可得
由题意知，Q保持不变，风力越大，d越小，由电容的决定式
可得，极板间电场强度不变，故B正确；
C．由于E不变，可动极板与P点的距离减小，根据
可知，可动极板与P点电势差减小，又由于可动极板接地，电势一直为0，因此P点电势改变，故C错误；
D．由于Q保持不变，C变大，由
可知，U减小，则静电计指针张角越小，故D错误。
故选：B。
【分析】由题意极板上电荷量保持不变，根据电容的决定式分析电容的变化，用电容的定义式分析电势差的变化，电场强度，根据电势差与电场强度的关系，判断P点电势的变化。
5．（2024高一下·岳麓期末）在x轴上有两个点电荷、，其静电场的电势在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有（　　）
A．和带有同种电荷
B．处的电场强度为零
C．负电荷从移到，电势能增加
D．负电荷从移到，受到的电场力减小
【答案】D
【知识点】电场强度；电势能；电势
【解析】【解答】A．由图可知：无穷远处电势为零，又有电势为正的地方，故存在正电荷；又有电势为负的地方，故也存在负电荷，所以和带有异种电荷，故A错误；
B．电场强度与电势的关系
（图像的切线斜率表示电场强度，负号表示方向 ），处图像切线斜率不为0→电场强度不为0，故B错误；
C．根据，可知负电荷在电势高的地方电势能小，则负电荷从移到，电势升高，电势能减小，故C错误；
D．根据图像的切线斜率绝对值表示电场强度大小，从移到，电场强度逐渐减小，则负电荷从移到，受到的电场力减小，故D正确.
故答案为：D。
【分析】电荷电性判断：通过电势的正负分布（正、负电势区域 ），确定存在异种电荷.
电场强度与电势的关系：图像的切线斜率表示电场强度，斜率为0时电场强度为0.
电势能变化：利用，结合电荷正负和电势变化判断电势能增减.
电场力变化：由，结合电场强度的变化（斜率绝对值 ）判断电场力变化.
6．（2024高一下·岳麓期末）如图为某商家为吸引顾客设计的趣味游戏。2块相同木板a、b紧挨放在水平地面上。某顾客使小滑块（可视为质点）以某一水平初速度从a的左端滑上木板，若滑块分别停在a、b则分别获得二、一等奖，若滑离木板则不得奖。已知每块木板的长度为L、质量为m，木板下表面与地面间的动摩擦因数均为，滑块质量为，滑块与木板a、b上表面间的动摩擦因数分别为、，重力加速度大小为g，最大静摩擦力与滑动摩擦力视为相等，则下列说法正确的是（　　）
A．若木板全部固定，顾客要想获奖，滑块初速度的最大值为
B．若木板全部固定，顾客获一等奖的最小速度为
C．若只有木板a固定，顾客获一等奖，滑块初速度的最大值
D．若木板都不固定，顾客获二等奖，滑块初速度的最大值
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．顾客要想获奖，滑块初速度的最大时对应滑块刚好滑到b木板右端时速度为0，由于木板全部固定，由动能定理可知
解得
故A错误；
B．顾客获一等奖的最小速度，则对应滑块刚好滑到b木板左端时速度为0，由动能定理得
解得
故B错误；
C．滑块滑上b木板后，由于上表面动摩擦因数大于下表面，故滑块将与b木板共同减速停下，两者图像
时间内仅滑块运动；时间内滑块减速运动，b木板加速运动；时间内滑块与b木板共同减速；其中过程中：滑块加速度
木板加速度
且相对位移为b板长（获一等奖最大速度对应条件），即阴影面积；可得
又过程中，由动能定理
解得
故C正确；
D．将a、木板看成整体，滑块减速运动的加速度大小
a、木板整体加速运动的加速度大小为
如图
共速后共同减速至0，相对位移为板长，则
，
解得
故D错误.
故答案为：C.
【分析】木板固定时：滑块仅受滑动摩擦力减速，用动能定理或运动学公式分析速度.
木板不固定时：需判断木板是否滑动（比较滑块对木板的摩擦力与木板与地面的最大静摩擦力 ），再对滑块和木板分别用牛顿第二定律求加速度，结合相对运动（位移差 = 木板长度 ）和共速条件列方程.
分阶段分析：滑块在不同木板上（a、b ）时，摩擦力不同，木板的滑动状态可能变化，需逐阶段推导加速度、速度和位移.
7．（2024高一下·岳麓期末）两根长度相同、半径之比的均匀铜导线A、B按如图所示的方式接入电路，下列说法正确的是（　　）
A．A、B的电阻之比为1：4
B．流过A、B的电流之比为2：1
C．通过A、B的电子定向移动速率之比为1：4
D．单位时间通过A、B的电量之比为4：1
【答案】A,C
【知识点】电阻定律；电流的微观表达式及其应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．电阻定律：（为电阻率，为长度，为横截面积 ），两导线材料相同、长度相同，横截面积
则
代入
得
故A正确；
B．A、B电阻串联，根据串联的特点可知，流过、的电流之比为，故B错误；
D．A、B电阻串联，根据串联的特点可知，单位时间通过A、B的电量之比为，故D错误；
C．由电流的微观表达式有
结合上述解得
故C正确.
故答案为：AC.
【分析】电阻定律应用：利用，结合横截面积与半径的平方关系，计算电阻之比.
串联电路规律：串联电路电流处处相等，据此判断电流、单位时间电量的比例.
电流微观本质：通过，结合串联电流相等和横截面积关系，推导电子定向移动速率之比.
8．（2024高一下·岳麓期末）如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球A、B、C（均可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅受它们相互之间的静电力，三球均处于静止状态，和小球间的距离分别是、，则以下判断正确的是（　　）
A．A、C两个小球可能带异种电荷
B．三个小球的电荷量大小为
C．摆放这三个小球时，可以先固定C球，摆放A、B使其能处于静止状态，再释放C球
D．
【答案】B,C
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】A．三个点电荷仅受静电力平衡，需满足 “两同夹异”：中间电荷（B）与两边电荷（A、C）电性不同，两边电荷（A、C）电性相同，因此 A、C 必为同种电荷，故A错误；
B．根据“两大夹小、近小远大”原则，判断可得
故B正确；
C． 固定 C 球后，A、B 在 C 的静电力和相互静电力作用下可平衡，释放 C 球后，三球受力仍满足平衡条件（相互静电力抵消 ），故能保持静止 ，故C正确；
D．对B受力分析，左右两个方向的库仑力大小相等，可得
解得
故D错误。
故答案为：BC。
【分析】平衡规律 “两同夹异、两大夹小”：快速判断电荷电性和电荷量大小关系.
受力平衡分析：对中间电荷（B）列库仑力平衡方程，推导电荷量与距离的关系.
动态平衡实现：固定一个电荷后，另外两个可通过静电力平衡，释放后系统仍满足平衡条件.
9．（2024高一下·岳麓期末）如图所示，由两根不可伸长的细绳a和b悬挂在天花板上的水平木板上放置一个由足够长的弹力绳c连接的两个物块。物块的质量均为m，离地面的高度为H，初始时刻弹力绳处于拉伸状态。某时刻两根细绳a、b同时断裂，木板触地前，两物块未发生碰撞，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．木板与两物块组成的系统机械能守恒
B．物块可能先做变加速曲线运动，再做匀变速曲线运动
C．物块到地面时的速度可能小于
D．两个物块落地的速度不相同
【答案】B,D
【知识点】曲线运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．机械能守恒条件：只有重力或弹力做功，但木板触地前，弹绳对物块有弹力做功，且木板的机械能也参与变化（木板下落 ），系统（木板 + 两物块 + 弹绳） 的机械能守恒，而题目中系统未包含弹绳，故A错误；
B．初始时刻物块受重力和弹力，但是弹力逐渐变小，故合力方向逐渐变化，物块作变加速曲线运动，待弹力等于0之后，合力不变（即重力），但此时速度方向并不竖直，故物块作匀变速曲线运动；故B正确；
C．落地时，物块竖直方向
解得竖直方向的速度
由于水平方向速度不为0，故实际速度必定大于；故C错误；
D．两物块质量、受力对称，水平速度大小相等、方向相反，竖直速度相同→落地速度大小相等、方向不同（速度是矢量 ），故速度不同，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】机械能守恒的系统界定：明确系统是否包含所有做功的内力（如弹绳 ），判断机械能是否守恒.
曲线运动的加速度分析：合力为变力时做变加速运动，合力为恒力时做匀变速运动.
速度的合成与对称性：竖直方向自由落体速度固定，水平方向因弹绳获得速度，结合对称性判断两物块速度的矢量关.
10．（2024高一下·岳麓期末）如图甲所示，在空间坐标系中，α射线管放置在第Ⅱ象限。由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，细管C到两金属板距离相等，右侧的开口在y轴上，金属板和细管C均平行于x轴。放射源P在A板左端，可以沿特定方向发射某一初速度的α粒子。若金属板长为L、间距为d，当A、B板间加上某一电压时，α粒子刚好能够以速度从细管C水平射出，进入位于第Ⅰ象限的静电分析器中。静电分析器中存在着如图所示的辐向电场，分布在整个第Ⅰ象限的区域内。电场线沿半径方向，指向与坐标系原点重合的圆心O。粒子在该电场中恰好做匀速圆周运动，α粒子运动轨迹处的场强大小处处为。时刻α粒子垂直x轴进入第Ⅳ象限的交变电场中，交变电场的场强大小也为，方向随时间的变化关系如图乙所示，规定沿x轴正方向为电场的正方向。已知α粒子的电荷量为2e（e为元电荷）、质量为m，重力不计。以下说法中正确的是（　　）
A．α粒子从放射源P运动到C的过程中动能减少了
B．α粒子从放射源P发射时的速度大小为
C．α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径为
D．在时刻，α粒子的坐标为
【答案】B,C,D
【知识点】匀速圆周运动；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AB．由题意可知，α粒子运动到处时速度为，可知α粒子的反方向的运动为类平抛运动，
水平方向有
竖直方向有
由牛顿第二定律
联立解得
α粒子从放射源发射出到C的过程，由动能定理
解得
设α粒子发射时速度的大小为，α粒子从放射源发射至运动到C的过程，由动能定理可得
解得
故A错误，B正确；
C．粒子在静电分析器中恰好做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得
解得
故C正确；
D．时刻α粒子垂直x轴进入第Ⅳ象限的交变电场中，在时刻，α粒子在方向的速度为
所以一个周期内，离子在方向的平均速度
每个周期α粒子在正方向前进
因为开始计时时α粒子横坐标为
因此在时刻，α粒子的横坐标为
α粒子的纵坐标为，所以在时刻α粒子的坐标为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】类平抛逆向分析：将粒子从 P 到 C 的运动逆向视为类平抛，利用水平匀速、竖直匀加速推导电场力做功与动能变化，结合动能定理求发射速度.
匀速圆周向心力：电场力提供向心力，直接联立公式求轨道半径.
交变电场运动分解：将运动分解为x（交变加速 ）和y（匀速 ）方向，利用运动学公式分阶段计算位移，结合初始位置推导最终坐标.
11．（2024高一下·岳麓期末）某学校兴趣小组利用电流传感器观察电容器的充、放电现象，设计电路如图甲所示。开关K闭合，将开关S与端点2连接时电源短时间内对电容器完成充电，充电后电容器右极板带负电；然后把开关S连接端点1，电容器通过电阻放电，计算机记录下电流传感器中电流随时间的变化关系。如图乙是计算机输出的电容器充、放电过程电流随时间变化的图像；
（1）根据图像估算电容器在充电结束时储存的电荷量为　 　（结果保留两位有效数字）；
（2）已知直流电源的电压为6V，则电容器的电容约为　 　F（结果保留两位有效数字）；
（3）如果不改变电路其他参数，断开开关K，重复上述实验，则充电时的图像可能是图丙中的虚线　 　（选填“a”“b”或“c”中的一个，实线为闭合开关K时的图像）。
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）解：I-t图像与横轴所围的面积表示电容存储的电荷量，1小格的面积为
超过半格算1格，不足半格的舍去，可知总共约18格，故电容器在全部放电过程中释放的电荷量为Q=18×2.5×10-5C=4.5×10-4C
故答案为：
（2）解：已直流电源的电压为6V，则电容器的电容为.
故答案为：
（3）由于电容存储的电荷量不变，如果不改变电路其他参数，断开开关K，重复上述实验，则充电时I-t曲线与横轴所围成的面积将不变。断开开关K，电容器串联的电阻值增大，充电电流变小，充电时间将变长。则充电时的图像可能是图丙中的虚线a.
故答案为：a.
【分析】（1）图像与时间轴围成的面积表示电容器储存的电荷量，通过数格子估算面积（电荷量 ）.
（2）利用，结合充电电压（电源电压 ）计算电容.
（3）断开开关增大串联电阻，充电初始电流减小，但总电荷量不变→图像面积不变，电流峰值降低、时间延长.
12．（2024高一下·岳麓期末）某实验小组想利用平抛运动实验装置来验证机械能守恒定律，利用身边的器材组装了如图甲所示的装置，具体实验操作如下：
①在水平桌面上利用硬练习本做成斜面，使小球从斜面上某一固定位置由静止滚下，小球离开桌面后做平抛运动；
②利用频闪相机对小球离开桌面后的运动进行拍摄，得到小球下落的图片如图乙所示；
③利用刻度尺测得图中位置1与2的水平距离为，位置1与3的竖直高度为，位置2与5的竖直高度为，位置4与6的竖直高度为。
已知频闪相机的工作频率为f，测得小球质量为m，当地重力加速度为g，试回答以下问题：
（1）小球运动到位置2时的动能　 　，小球运动到位置5时的动能　 　当满足表达式　 　时，则可验证小球从位置2到位置5运动的过程机械能守恒。（用题干中给出的物理量字母表示）
（2）实验结束后，某小组成员突然发现，桌面右端不水平，于是小组成员对实验结论提出质疑，你认为右端不水平对实验结果　 　（填“有”或 “无”）影响。
【答案】；； ；无
【知识点】验证机械能守恒定律；研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）根据平抛运动规律可知2点的竖直速度为
水平速度为
2点的速度为
小球运动到位置2时的动能为
同理可知小球运动到位置5时的动能为
；
又根据机械能守恒定律有
化简可得
故答案为：；；.
（2）桌面右端不水平，会导致水平方向的速度变形，由结果可知验证机械能守恒的表达式与水平方向的位移无关，所以无影响.
故答案为：无.
【分析】（1）平抛运动的速度分解：水平方向匀速（ ），竖直方向用中间时刻速度公式求竖直分速度，再合成合速度.
动能计算：利用合速度，结合动能公式计算不同位置的动能.
机械能守恒验证：重力势能变化等于动能变化，代入动能表达式化简得到守恒条件.
（2）实验误差分析：判断桌面不水平是否影响关键物理量（竖直位移、水平速度大小 ），确定对实验结果无影响.
13．（2024高一下·岳麓期末）天文观测到某行星有一颗以半径r、周期T环绕该行星做圆周运动的卫星，已知卫星质量为m，万有引力常量为G。求：
（1）该行星的质量M是多大？
（2）如果该行星的半径是卫星运动轨道半径的，那么行星表面处的重力加速度是多大？
（3）如果该行星的半径为R，行星与其卫星之间的引力势能表达式为，r为行星与卫星的中心间距。求在该行星上发射一颗刚好脱离此行星的卫星，发射速度应为多少？
【答案】（1）解：根据万有引力定律和向心力公式
得
（2）解：在行星表面，万有引力等于重力
解得
（3）解：所发射的卫星要能够刚好运动到距离地球无穷远处，即无穷远处的卫星动能为零。由能量守恒得
EkR+EpR=Ek∞+Ep∞
解得
vR==
【知识点】万有引力定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【分析】（1）行星质量计算：利用 “万有引力提供向心力”，结合圆周运动周期公式，消去卫星质量m，直接解出行星质量M.
（2）表面重力加速度：通过 “行星表面万有引力等于重力”，代入行星半径（与轨道半径的关系 ）和已求的M，化简得到g.
（3）逃逸速度推导：基于 “能量守恒”，卫星脱离行星需到无穷远（动能、势能均为 0 ），联立引力势能公式和动能公式，代入M的表达式，推导出逃逸速.
14．（2024高一下·岳麓期末）如图所示，水平轨道的左端有一压缩的弹簧，其储存的弹性势能。弹簧左端固定，右端放一个质量为的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，弹簧恢复原长时，物块仍未到B点。传送带的长为，为水平轨道，是竖直放置的两个半径为的半圆轨道，D和错开少许，物块从D进入圆弧轨道，从出来进入水平轨道。、、、均平滑连接，不影响物块的运动。已知物块与传送带间的动摩擦因数为，其余轨道均光滑，重力加速度。
（1）若传送带静止，物块到达传送带右端C点时的速度大小；
（2）若传送带沿顺时针方向匀速转动，物块沿圆周运动能到达E点，求传送带的最小速度。
【答案】（1）若传送带静止，物块从开始运动到到达C点时，由动能定理有
其中
代入题中相关已知数据，求得
（2）若物块沿圆周运动恰好能到达E点，则有
得
从到，根据动能定理有
求得
设物块从B到C全程加速，则
求得
所以，可知传送带最小速度为。
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解物块到C点的速度；
（2）先根据牛顿第二定律、动能定理结合临界条件列式联立物块恰好到达C点速度和E点的速度。由于传送带顺时针转动时，假设物块一直加速，由动能定理求出传送带的速度再与C点的速度对比，可以得到传送带的速度；
15．（2024高一下·岳麓期末）如图所示，在竖直平面内有一足够长的绝缘轨道，水平放置，竖直放置，轨道、粗糙，是绝缘光滑的四分之一圆弧形轨道，圆弧的圆心为O，半径，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小。现有质量，电荷量的带电体（可视为质点），从A点由静止开始运动，已知距离1m，带电体与轨道，间的动摩擦因数均为0.5，假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。（取g=10m/s2）求：
（1）求带电体首次运动到圆弧轨道C点时对轨道的压力；
（2）带电体最终停在何处；
（3）如果电场强度的大小可在0到范围内调节，当E取不同值时，求带电体全程摩擦产生的热量。
【答案】（1）解：从A点运动到C点，由动能定理有
解得
，
C点时，由牛顿第二定律
得
根据牛顿第三定律得对轨道的压力为20N，水平方向向左.
（2）解：设CD向上运动到最高点速度为0时，上移的位移为x，对全过程列动能定理有
解得
因为，所以物块不会滑下，最终停在离C点上方1m处；
（3）解：①当时
②当时，最终在BC轨道上，往复运动，且到C点速度为零有
解得
③当时，最终在BC轨道上，往复运动，且在B点速度为零
解得
④当时，物体不会动，
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】动能定理的多过程应用：分析带电体从A到C、从C到最高点的运动，用动能定理求速度、位移，关键是准确计算各力做功（电场力、重力、摩擦力 ）.
（1）圆周运动的向心力分析：在C点，轨道支持力与电场力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求压力.
（2）平衡条件判断最终状态：通过比较最大静摩擦力与重力，确定带电体是否下滑，从而判断停留位置.
（3）分类讨论电场强度：根据电场力与重力的平衡关系（与 ），分四类情况讨论摩擦生热，核心是确定带电体的运动终点（静止或往复到某点速度为0 ）.
1 / 1湖南省湖南师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期期末考试物理试卷（物选班）
1．（2024高一下·岳麓期末）下列说法正确的是（　　）
A．半导体材料导电性能与外界条件无关
B．将一根导线一分为二，则半根导线的电阻和电阻率都变为原来的二分之一
C．由可知，R与导体两端电压U成正比，与通过导体的电流I成反比
D．某些金属、合金和氧化物的电阻率随温度降低会突然减小为零
2．（2024高一下·岳麓期末）如图甲、乙所示，两个电荷量均为q的点电荷分别置于电荷量线密度相同、半径相同的半圆环和圆环的圆心，环的粗细可忽略不计。若图甲中环对圆心点电荷的库仑力大小为F，则图乙中环对圆心同一点电荷的库仑力大小为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·岳麓期末）我国新能源汽车领先全球，2024年3月，小米第一台汽车XiaomiSU7正式上市，其技术领先且价格符合大众消费，一辆小米新能源汽车在平直公路上行驶，汽车的质量为，发动机的额定功率为，设汽车在行驶过程中受到的阻力大小恒为。如果汽车从静止开始以额定功率启动，则（　　）
A．汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后做加速度减小的加速运动
B．汽车在行驶过程中所能达到的最大速度
C．若汽车以不同的恒定功率启动所能达到的最大速度相同
D．若汽车到达最大速度的时间为t，则这段时间内的位移
4．（2024高一下·岳麓期末）某同学设计了一个电容式风力传感器，如图所示，将电容器与静电计组成回路，可动电极在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大（两电极始终不接触）。若极板上电荷量保持不变，P点为极板间的一点，下列说法正确的是（　　）
A．风力越大，电容器电容越小
B．风力越大，极板间电场强度仍保持不变
C．风力越大，P点的电势仍保持不变
D．风力越大，静电计指针张角越大
5．（2024高一下·岳麓期末）在x轴上有两个点电荷、，其静电场的电势在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有（　　）
A．和带有同种电荷
B．处的电场强度为零
C．负电荷从移到，电势能增加
D．负电荷从移到，受到的电场力减小
6．（2024高一下·岳麓期末）如图为某商家为吸引顾客设计的趣味游戏。2块相同木板a、b紧挨放在水平地面上。某顾客使小滑块（可视为质点）以某一水平初速度从a的左端滑上木板，若滑块分别停在a、b则分别获得二、一等奖，若滑离木板则不得奖。已知每块木板的长度为L、质量为m，木板下表面与地面间的动摩擦因数均为，滑块质量为，滑块与木板a、b上表面间的动摩擦因数分别为、，重力加速度大小为g，最大静摩擦力与滑动摩擦力视为相等，则下列说法正确的是（　　）
A．若木板全部固定，顾客要想获奖，滑块初速度的最大值为
B．若木板全部固定，顾客获一等奖的最小速度为
C．若只有木板a固定，顾客获一等奖，滑块初速度的最大值
D．若木板都不固定，顾客获二等奖，滑块初速度的最大值
7．（2024高一下·岳麓期末）两根长度相同、半径之比的均匀铜导线A、B按如图所示的方式接入电路，下列说法正确的是（　　）
A．A、B的电阻之比为1：4
B．流过A、B的电流之比为2：1
C．通过A、B的电子定向移动速率之比为1：4
D．单位时间通过A、B的电量之比为4：1
8．（2024高一下·岳麓期末）如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球A、B、C（均可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅受它们相互之间的静电力，三球均处于静止状态，和小球间的距离分别是、，则以下判断正确的是（　　）
A．A、C两个小球可能带异种电荷
B．三个小球的电荷量大小为
C．摆放这三个小球时，可以先固定C球，摆放A、B使其能处于静止状态，再释放C球
D．
9．（2024高一下·岳麓期末）如图所示，由两根不可伸长的细绳a和b悬挂在天花板上的水平木板上放置一个由足够长的弹力绳c连接的两个物块。物块的质量均为m，离地面的高度为H，初始时刻弹力绳处于拉伸状态。某时刻两根细绳a、b同时断裂，木板触地前，两物块未发生碰撞，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．木板与两物块组成的系统机械能守恒
B．物块可能先做变加速曲线运动，再做匀变速曲线运动
C．物块到地面时的速度可能小于
D．两个物块落地的速度不相同
10．（2024高一下·岳麓期末）如图甲所示，在空间坐标系中，α射线管放置在第Ⅱ象限。由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，细管C到两金属板距离相等，右侧的开口在y轴上，金属板和细管C均平行于x轴。放射源P在A板左端，可以沿特定方向发射某一初速度的α粒子。若金属板长为L、间距为d，当A、B板间加上某一电压时，α粒子刚好能够以速度从细管C水平射出，进入位于第Ⅰ象限的静电分析器中。静电分析器中存在着如图所示的辐向电场，分布在整个第Ⅰ象限的区域内。电场线沿半径方向，指向与坐标系原点重合的圆心O。粒子在该电场中恰好做匀速圆周运动，α粒子运动轨迹处的场强大小处处为。时刻α粒子垂直x轴进入第Ⅳ象限的交变电场中，交变电场的场强大小也为，方向随时间的变化关系如图乙所示，规定沿x轴正方向为电场的正方向。已知α粒子的电荷量为2e（e为元电荷）、质量为m，重力不计。以下说法中正确的是（　　）
A．α粒子从放射源P运动到C的过程中动能减少了
B．α粒子从放射源P发射时的速度大小为
C．α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径为
D．在时刻，α粒子的坐标为
11．（2024高一下·岳麓期末）某学校兴趣小组利用电流传感器观察电容器的充、放电现象，设计电路如图甲所示。开关K闭合，将开关S与端点2连接时电源短时间内对电容器完成充电，充电后电容器右极板带负电；然后把开关S连接端点1，电容器通过电阻放电，计算机记录下电流传感器中电流随时间的变化关系。如图乙是计算机输出的电容器充、放电过程电流随时间变化的图像；
（1）根据图像估算电容器在充电结束时储存的电荷量为　 　（结果保留两位有效数字）；
（2）已知直流电源的电压为6V，则电容器的电容约为　 　F（结果保留两位有效数字）；
（3）如果不改变电路其他参数，断开开关K，重复上述实验，则充电时的图像可能是图丙中的虚线　 　（选填“a”“b”或“c”中的一个，实线为闭合开关K时的图像）。
12．（2024高一下·岳麓期末）某实验小组想利用平抛运动实验装置来验证机械能守恒定律，利用身边的器材组装了如图甲所示的装置，具体实验操作如下：
①在水平桌面上利用硬练习本做成斜面，使小球从斜面上某一固定位置由静止滚下，小球离开桌面后做平抛运动；
②利用频闪相机对小球离开桌面后的运动进行拍摄，得到小球下落的图片如图乙所示；
③利用刻度尺测得图中位置1与2的水平距离为，位置1与3的竖直高度为，位置2与5的竖直高度为，位置4与6的竖直高度为。
已知频闪相机的工作频率为f，测得小球质量为m，当地重力加速度为g，试回答以下问题：
（1）小球运动到位置2时的动能　 　，小球运动到位置5时的动能　 　当满足表达式　 　时，则可验证小球从位置2到位置5运动的过程机械能守恒。（用题干中给出的物理量字母表示）
（2）实验结束后，某小组成员突然发现，桌面右端不水平，于是小组成员对实验结论提出质疑，你认为右端不水平对实验结果　 　（填“有”或 “无”）影响。
13．（2024高一下·岳麓期末）天文观测到某行星有一颗以半径r、周期T环绕该行星做圆周运动的卫星，已知卫星质量为m，万有引力常量为G。求：
（1）该行星的质量M是多大？
（2）如果该行星的半径是卫星运动轨道半径的，那么行星表面处的重力加速度是多大？
（3）如果该行星的半径为R，行星与其卫星之间的引力势能表达式为，r为行星与卫星的中心间距。求在该行星上发射一颗刚好脱离此行星的卫星，发射速度应为多少？
14．（2024高一下·岳麓期末）如图所示，水平轨道的左端有一压缩的弹簧，其储存的弹性势能。弹簧左端固定，右端放一个质量为的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，弹簧恢复原长时，物块仍未到B点。传送带的长为，为水平轨道，是竖直放置的两个半径为的半圆轨道，D和错开少许，物块从D进入圆弧轨道，从出来进入水平轨道。、、、均平滑连接，不影响物块的运动。已知物块与传送带间的动摩擦因数为，其余轨道均光滑，重力加速度。
（1）若传送带静止，物块到达传送带右端C点时的速度大小；
（2）若传送带沿顺时针方向匀速转动，物块沿圆周运动能到达E点，求传送带的最小速度。
15．（2024高一下·岳麓期末）如图所示，在竖直平面内有一足够长的绝缘轨道，水平放置，竖直放置，轨道、粗糙，是绝缘光滑的四分之一圆弧形轨道，圆弧的圆心为O，半径，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小。现有质量，电荷量的带电体（可视为质点），从A点由静止开始运动，已知距离1m，带电体与轨道，间的动摩擦因数均为0.5，假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。（取g=10m/s2）求：
（1）求带电体首次运动到圆弧轨道C点时对轨道的压力；
（2）带电体最终停在何处；
（3）如果电场强度的大小可在0到范围内调节，当E取不同值时，求带电体全程摩擦产生的热量。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】电阻定律；电阻率
【解析】【解答】A．半导体的导电性能与温度、光照、掺杂等外界条件密切相关（如热敏半导体、光敏半导体 ）因此 “与外界条件无关” 错误，A错误；
B．由电阻定律可知，将一根导线一分为二，则半根导线的电阻变为原来的二分之一；而电阻率是由导体材料本身决定，与导体的长度无关，B错误；
C．由电阻定律可知，导体的电阻 R由导体的电阻率、长度、横截面积决定，是导体本身的特性，不能说R与导体两端电压U成正比，与通过导体的电流I成反比，即与两者都无关，C错误；
D．某些金属、合金和氧化物在温度降低到临界温度时，电阻率会突然减小为零，这是超导现象，D正确.
故答案为：D。
【分析】半导体特性：导电性能受外界条件（温度、光照等 ）显著影响.
电阻与电阻率的区别：电阻R由、L、S共同决定，可因长度改变而变化.
电阻率仅由材料和温度决定，与几何尺寸无关.
电阻的定义与决定：是比值定义，R的本质由电阻定律决定，与U、I无因果关系.
超导现象：特定材料在临界温度下电阻率突变为零的特性
2．【答案】A
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】由题图甲中均匀带电半圆环对圆心点电荷的库仑力大小为，可以得出圆环对圆心点电荷的库仑力大小为。将题图乙中的均匀带电圆环分成三个圆环，关于圆心对称的两个圆环对圆心点电荷的库仑力的合力为零，因此题图乙中的圆环对圆心点电荷的库仑力大小为。
故答案为：A.
【分析】微元法：将连续带电圆环分割为微小电荷元，用库仑定律计算单个电荷元的力.
对称性分析：利用圆环的对称性，抵消反向的力分量，简化计算.
分割与叠加：将复杂圆环分割为简单单元，通过对称抵消和剩余叠加，快速推导总库仑力.
3．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；机车启动
【解析】【解答】A．汽车以额定功率启动，由（恒定 ），速度增大时，牵引力减小，根据牛顿第二定律
因减小，加速度逐渐减小→汽车做加速度减小的加速运动（非匀加速 ），故A错误；
B．当时，速度达到最大，利用
求得最大速度，故B正确；
C．最大速度满足（为额定功率 ），若不同，不同（因恒定 ），故C错误；
D．若汽车到达最大速度的时间为t， 由于在时间内，汽车不是做匀加速直线运动，则平均速度不等于，因此位移不等于
故D错误.
故答案为：B。
【分析】 恒定功率启动的运动分析：利用判断牵引力随速度的变化，结合牛顿第二定律分析加速度变化，确定运动性质.
最大速度条件：加速度为0时（ ），速度最大，由计算最大速度.
不同功率的最大速度：最大速度与额定功率成正比（ ），功率不同则最大速度不同.
非匀变速的位移：匀变速直线运动的平均速度公式（ ）不适用于加速度变化的运动.
4．【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．由题意知，风力越大，d越小，由电容的决定式
可得，电容器电容越大，故A错误；
B．由公式
，，
整理可得
由题意知，Q保持不变，风力越大，d越小，由电容的决定式
可得，极板间电场强度不变，故B正确；
C．由于E不变，可动极板与P点的距离减小，根据
可知，可动极板与P点电势差减小，又由于可动极板接地，电势一直为0，因此P点电势改变，故C错误；
D．由于Q保持不变，C变大，由
可知，U减小，则静电计指针张角越小，故D错误。
故选：B。
【分析】由题意极板上电荷量保持不变，根据电容的决定式分析电容的变化，用电容的定义式分析电势差的变化，电场强度，根据电势差与电场强度的关系，判断P点电势的变化。
5．【答案】D
【知识点】电场强度；电势能；电势
【解析】【解答】A．由图可知：无穷远处电势为零，又有电势为正的地方，故存在正电荷；又有电势为负的地方，故也存在负电荷，所以和带有异种电荷，故A错误；
B．电场强度与电势的关系
（图像的切线斜率表示电场强度，负号表示方向 ），处图像切线斜率不为0→电场强度不为0，故B错误；
C．根据，可知负电荷在电势高的地方电势能小，则负电荷从移到，电势升高，电势能减小，故C错误；
D．根据图像的切线斜率绝对值表示电场强度大小，从移到，电场强度逐渐减小，则负电荷从移到，受到的电场力减小，故D正确.
故答案为：D。
【分析】电荷电性判断：通过电势的正负分布（正、负电势区域 ），确定存在异种电荷.
电场强度与电势的关系：图像的切线斜率表示电场强度，斜率为0时电场强度为0.
电势能变化：利用，结合电荷正负和电势变化判断电势能增减.
电场力变化：由，结合电场强度的变化（斜率绝对值 ）判断电场力变化.
6．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．顾客要想获奖，滑块初速度的最大时对应滑块刚好滑到b木板右端时速度为0，由于木板全部固定，由动能定理可知
解得
故A错误；
B．顾客获一等奖的最小速度，则对应滑块刚好滑到b木板左端时速度为0，由动能定理得
解得
故B错误；
C．滑块滑上b木板后，由于上表面动摩擦因数大于下表面，故滑块将与b木板共同减速停下，两者图像
时间内仅滑块运动；时间内滑块减速运动，b木板加速运动；时间内滑块与b木板共同减速；其中过程中：滑块加速度
木板加速度
且相对位移为b板长（获一等奖最大速度对应条件），即阴影面积；可得
又过程中，由动能定理
解得
故C正确；
D．将a、木板看成整体，滑块减速运动的加速度大小
a、木板整体加速运动的加速度大小为
如图
共速后共同减速至0，相对位移为板长，则
，
解得
故D错误.
故答案为：C.
【分析】木板固定时：滑块仅受滑动摩擦力减速，用动能定理或运动学公式分析速度.
木板不固定时：需判断木板是否滑动（比较滑块对木板的摩擦力与木板与地面的最大静摩擦力 ），再对滑块和木板分别用牛顿第二定律求加速度，结合相对运动（位移差 = 木板长度 ）和共速条件列方程.
分阶段分析：滑块在不同木板上（a、b ）时，摩擦力不同，木板的滑动状态可能变化，需逐阶段推导加速度、速度和位移.
7．【答案】A,C
【知识点】电阻定律；电流的微观表达式及其应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．电阻定律：（为电阻率，为长度，为横截面积 ），两导线材料相同、长度相同，横截面积
则
代入
得
故A正确；
B．A、B电阻串联，根据串联的特点可知，流过、的电流之比为，故B错误；
D．A、B电阻串联，根据串联的特点可知，单位时间通过A、B的电量之比为，故D错误；
C．由电流的微观表达式有
结合上述解得
故C正确.
故答案为：AC.
【分析】电阻定律应用：利用，结合横截面积与半径的平方关系，计算电阻之比.
串联电路规律：串联电路电流处处相等，据此判断电流、单位时间电量的比例.
电流微观本质：通过，结合串联电流相等和横截面积关系，推导电子定向移动速率之比.
8．【答案】B,C
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】A．三个点电荷仅受静电力平衡，需满足 “两同夹异”：中间电荷（B）与两边电荷（A、C）电性不同，两边电荷（A、C）电性相同，因此 A、C 必为同种电荷，故A错误；
B．根据“两大夹小、近小远大”原则，判断可得
故B正确；
C． 固定 C 球后，A、B 在 C 的静电力和相互静电力作用下可平衡，释放 C 球后，三球受力仍满足平衡条件（相互静电力抵消 ），故能保持静止 ，故C正确；
D．对B受力分析，左右两个方向的库仑力大小相等，可得
解得
故D错误。
故答案为：BC。
【分析】平衡规律 “两同夹异、两大夹小”：快速判断电荷电性和电荷量大小关系.
受力平衡分析：对中间电荷（B）列库仑力平衡方程，推导电荷量与距离的关系.
动态平衡实现：固定一个电荷后，另外两个可通过静电力平衡，释放后系统仍满足平衡条件.
9．【答案】B,D
【知识点】曲线运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．机械能守恒条件：只有重力或弹力做功，但木板触地前，弹绳对物块有弹力做功，且木板的机械能也参与变化（木板下落 ），系统（木板 + 两物块 + 弹绳） 的机械能守恒，而题目中系统未包含弹绳，故A错误；
B．初始时刻物块受重力和弹力，但是弹力逐渐变小，故合力方向逐渐变化，物块作变加速曲线运动，待弹力等于0之后，合力不变（即重力），但此时速度方向并不竖直，故物块作匀变速曲线运动；故B正确；
C．落地时，物块竖直方向
解得竖直方向的速度
由于水平方向速度不为0，故实际速度必定大于；故C错误；
D．两物块质量、受力对称，水平速度大小相等、方向相反，竖直速度相同→落地速度大小相等、方向不同（速度是矢量 ），故速度不同，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】机械能守恒的系统界定：明确系统是否包含所有做功的内力（如弹绳 ），判断机械能是否守恒.
曲线运动的加速度分析：合力为变力时做变加速运动，合力为恒力时做匀变速运动.
速度的合成与对称性：竖直方向自由落体速度固定，水平方向因弹绳获得速度，结合对称性判断两物块速度的矢量关.
10．【答案】B,C,D
【知识点】匀速圆周运动；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AB．由题意可知，α粒子运动到处时速度为，可知α粒子的反方向的运动为类平抛运动，
水平方向有
竖直方向有
由牛顿第二定律
联立解得
α粒子从放射源发射出到C的过程，由动能定理
解得
设α粒子发射时速度的大小为，α粒子从放射源发射至运动到C的过程，由动能定理可得
解得
故A错误，B正确；
C．粒子在静电分析器中恰好做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得
解得
故C正确；
D．时刻α粒子垂直x轴进入第Ⅳ象限的交变电场中，在时刻，α粒子在方向的速度为
所以一个周期内，离子在方向的平均速度
每个周期α粒子在正方向前进
因为开始计时时α粒子横坐标为
因此在时刻，α粒子的横坐标为
α粒子的纵坐标为，所以在时刻α粒子的坐标为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】类平抛逆向分析：将粒子从 P 到 C 的运动逆向视为类平抛，利用水平匀速、竖直匀加速推导电场力做功与动能变化，结合动能定理求发射速度.
匀速圆周向心力：电场力提供向心力，直接联立公式求轨道半径.
交变电场运动分解：将运动分解为x（交变加速 ）和y（匀速 ）方向，利用运动学公式分阶段计算位移，结合初始位置推导最终坐标.
11．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）解：I-t图像与横轴所围的面积表示电容存储的电荷量，1小格的面积为
超过半格算1格，不足半格的舍去，可知总共约18格，故电容器在全部放电过程中释放的电荷量为Q=18×2.5×10-5C=4.5×10-4C
故答案为：
（2）解：已直流电源的电压为6V，则电容器的电容为.
故答案为：
（3）由于电容存储的电荷量不变，如果不改变电路其他参数，断开开关K，重复上述实验，则充电时I-t曲线与横轴所围成的面积将不变。断开开关K，电容器串联的电阻值增大，充电电流变小，充电时间将变长。则充电时的图像可能是图丙中的虚线a.
故答案为：a.
【分析】（1）图像与时间轴围成的面积表示电容器储存的电荷量，通过数格子估算面积（电荷量 ）.
（2）利用，结合充电电压（电源电压 ）计算电容.
（3）断开开关增大串联电阻，充电初始电流减小，但总电荷量不变→图像面积不变，电流峰值降低、时间延长.
12．【答案】；； ；无
【知识点】验证机械能守恒定律；研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）根据平抛运动规律可知2点的竖直速度为
水平速度为
2点的速度为
小球运动到位置2时的动能为
同理可知小球运动到位置5时的动能为
；
又根据机械能守恒定律有
化简可得
故答案为：；；.
（2）桌面右端不水平，会导致水平方向的速度变形，由结果可知验证机械能守恒的表达式与水平方向的位移无关，所以无影响.
故答案为：无.
【分析】（1）平抛运动的速度分解：水平方向匀速（ ），竖直方向用中间时刻速度公式求竖直分速度，再合成合速度.
动能计算：利用合速度，结合动能公式计算不同位置的动能.
机械能守恒验证：重力势能变化等于动能变化，代入动能表达式化简得到守恒条件.
（2）实验误差分析：判断桌面不水平是否影响关键物理量（竖直位移、水平速度大小 ），确定对实验结果无影响.
13．【答案】（1）解：根据万有引力定律和向心力公式
得
（2）解：在行星表面，万有引力等于重力
解得
（3）解：所发射的卫星要能够刚好运动到距离地球无穷远处，即无穷远处的卫星动能为零。由能量守恒得
EkR+EpR=Ek∞+Ep∞
解得
vR==
【知识点】万有引力定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【分析】（1）行星质量计算：利用 “万有引力提供向心力”，结合圆周运动周期公式，消去卫星质量m，直接解出行星质量M.
（2）表面重力加速度：通过 “行星表面万有引力等于重力”，代入行星半径（与轨道半径的关系 ）和已求的M，化简得到g.
（3）逃逸速度推导：基于 “能量守恒”，卫星脱离行星需到无穷远（动能、势能均为 0 ），联立引力势能公式和动能公式，代入M的表达式，推导出逃逸速.
14．【答案】（1）若传送带静止，物块从开始运动到到达C点时，由动能定理有
其中
代入题中相关已知数据，求得
（2）若物块沿圆周运动恰好能到达E点，则有
得
从到，根据动能定理有
求得
设物块从B到C全程加速，则
求得
所以，可知传送带最小速度为。
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解物块到C点的速度；
（2）先根据牛顿第二定律、动能定理结合临界条件列式联立物块恰好到达C点速度和E点的速度。由于传送带顺时针转动时，假设物块一直加速，由动能定理求出传送带的速度再与C点的速度对比，可以得到传送带的速度；
15．【答案】（1）解：从A点运动到C点，由动能定理有
解得
，
C点时，由牛顿第二定律
得
根据牛顿第三定律得对轨道的压力为20N，水平方向向左.
（2）解：设CD向上运动到最高点速度为0时，上移的位移为x，对全过程列动能定理有
解得
因为，所以物块不会滑下，最终停在离C点上方1m处；
（3）解：①当时
②当时，最终在BC轨道上，往复运动，且到C点速度为零有
解得
③当时，最终在BC轨道上，往复运动，且在B点速度为零
解得
④当时，物体不会动，
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】动能定理的多过程应用：分析带电体从A到C、从C到最高点的运动，用动能定理求速度、位移，关键是准确计算各力做功（电场力、重力、摩擦力 ）.
（1）圆周运动的向心力分析：在C点，轨道支持力与电场力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求压力.
（2）平衡条件判断最终状态：通过比较最大静摩擦力与重力，确定带电体是否下滑，从而判断停留位置.
（3）分类讨论电场强度：根据电场力与重力的平衡关系（与 ），分四类情况讨论摩擦生热，核心是确定带电体的运动终点（静止或往复到某点速度为0 ）.
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