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广东省深圳市科学高中2024-2025学年高一下学期7月期末物理试题
1．（2025高一下·龙岗期末）对于做匀速圆周运动的物体，下列说法中不正确的是（　　）
A．相等的时间内通过的路程相等 B．相等的时间内通过的弧长相等
C．相等的时间内通过的位移相等 D．相等的时间内通过的角度相等
【答案】C
【知识点】匀速圆周运动
【解析】【解答】ABD．物体做匀速圆周运动，由于线速度大小保持不变，根据可知物体在相同时间内通过的弧长相等，也即在相等的时间内通过的路程相等，由于角速度保持不变，根据可以得出在相同时间内转过的角度相等。故ABD正确；
C．做匀速圆周运动的物体，根据物体运动的初末位置可以得出在相等的时间内通过的位移大小相等，但方向不同，故C错误。
由于本题选择错误的，故选C。
【分析】匀速圆周运动由于线速度大小和角速度保持不变，所以物体在相同时间内通过的弧长相等，也即在相等的时间内通过的路程相等，在相同时间内转过的角度相等；根据物体运动的初末位置可以得出在相等的时间内通过的位移大小相等，但方向不同。
2．（2025高一下·龙岗期末）如图是古代人民“簸扬糠秕”的劳动场景，在恒定水平风力作用下，从同一高度由静止落下因质量不同的米粒和糠秕（米粒的质量大于糠秕的质量）落到地面不同位置而达到分离米粒和糠秕的目的。若不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．糠秕在空中运动的时间大于米粒的运动时间
B．落地时，米粒和糠秕重力的瞬时功率相等
C．从释放到落地过程，米粒和糠秕做平抛运动
D．从释放到落地的过程中，水平方向上位移较大的是糠秕
【答案】D
【知识点】自由落体运动；运动的合成与分解
【解析】【解答】A． 从同一高度由静止落下因质量不同的米粒和糠秕（米粒的质量大于糠秕的质量）落到地面不同位置时，根据运动的分解可以得出糠秕和米粒在竖直方向均做自由落体运动，下落的高度h相同，根据位移公式
解得
可知从释放到落地的过程中，糠秕的运动时间等于米粒的运动时间，故A错误；
B．根据自由落体运动规律，根据竖直方向的速度公式可知落地时米粒与糠秕的竖直速度均为
根据功率的表达式可以得出重力的瞬时功率
题意知米粒的质量大于糠秕的质量，则落地时米粒重力的瞬时功率大于糠秕重力的瞬时功率，故B错误；
C．从释放到落地过程，米粒与糠秕在水平方向受到恒定水平风力作用下，由于物体水平方向不是做匀速直线运动，所以米粒和糠秕做的不是平抛运动，故C错误；
D．根据牛顿第二定律可以得出米粒与糠秕在水平方向加速度
根据位移公式可以得出水平位移为
联立解得
由于F、t相同，且米粒的质量大于糠秕的质量，故从释放到落地的过程中，水平方向上位移较大的是糠秕，故D正确。
故选D。
【分析】利用竖直方向的位移公式可以比较运动的时间，结合水平方向的位移公式及牛顿第二定律可以比较水平距离的大小；利用速度公式可以求出竖直方向分速度的大小，结合重力的大小可以比较重力的瞬时功率；米粒与糠秕在水平方向受到恒定水平风力作用下，由于物体水平方向不是做匀速直线运动，所以米粒和糠秕做的不是平抛运动。
3．（2025高一下·龙岗期末）蹦床是深受儿童喜爱的体育活动，弹性网面起到提高弹跳高度和保护作用，某儿童从最低点竖直向上弹起到离开弹性网面的过程中，空气阻力和弹性网的质量均忽略不计，则（　　）
A．儿童的速度逐渐增大
B．儿童的加速度逐渐减小
C．弹性网减少的弹性势能转化为儿童的重力势能
D．弹性网减少的弹性势能转化为儿童的机械能
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．儿童从最低点竖直向上弹起到离开弹性网面的过程中，由于弹性网面的弹力逐渐减小，刚开始弹性网面的弹力大于儿童的重力，根据牛顿第二定律可以得出儿童做加速度减小的加速运动，当弹性网面的弹力等于儿童的重力时，此时儿童的加速度为0则儿童的速度最大，此后弹性网面的弹力小于儿童的重力，根据牛顿第二定律儿童做加速度增大的减速运动，故儿童的速度先增大后减小，儿童的加速度先减小后增大，故AB错误；
CD．以儿童与弹性网为系统，系统只有重力和弹性网面的弹力做功，系统机械能守恒，则弹性网减少的弹性势能转化为儿童的机械能，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】利用儿童的牛顿第二定律可以判别加速度的大小及方向的变化；利用加速度的方向变化可以判别儿童速度的大小变化；利用系统的机械能守恒定律可以判别弹性网减少的弹性势能转化为儿童的机械能。
4．（2025高一下·龙岗期末）如图所示，一种古老的舂米装置，使用时以O点为支点，人用脚踩踏板C，另一端的舂米锤B上升，松开脚后，B回落撞击谷槽A中的谷米。已知，忽略一切摩擦阻力，下列说法正确的是（　　）
A．B、C的线速度关系满足
B．B、C的向心加速度大小相等
C．踩下踏板的过程中，脚对踏板做的功等于B增加的重力势能
D．B回落过程中减少的重力势能全部转化为B的动能
【答案】A
【知识点】功能关系；线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A．B、C属于同轴转动，相同时间内转过的角度相等所以角速度相等，根据线速度和角速度的关系有：
由于，则有：
A正确；
B．根据向心加速度的公式有：
由于，则B的向心加速度大于C的向心加速度，B错误；
C．踩下踏板的过程中，根据功能关系，脚对踏板做的功等于B增加的机械能与踏板增加的机械能之和，C错误；
D．B回落的过程中，由于只有重力做功，系统机械能守恒，所以B回落过程中减少的重力势能等于为B的动能、踏板的动能与重力势能的变化量之和，D错误。
故选A。
【分析】利用同轴转动可以判别角速度相等，结合半径的大小可以比较线速度和向心加速度的大小；利用功能关系及机械能守恒定律可以判别能量的转化问题。
5．（2025高一下·龙岗期末）一质量分布均匀的圆柱形金属棒的电阻为、电阻率为；将该金属棒的长度拉伸至原来的2倍后，仍为圆柱形，其电阻为、电阻率为，下列关系式正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】电阻定律
【解析】【解答】同种材料的导体，其电阻跟它的长度成正比，与它的横截面积成反比，导体的电阻还与构成它的材料有关，即，金属棒拉长为原来2倍，横截面积为原来的，电阻率不变，电阻为原来4倍。
故选D。
【分析】根据电阻定律和电阻率的特性对各选项进行分析。
6．（2025高一下·龙岗期末）如图所示，心脏除颤器通过一个充电的电容器对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，来抢救心脏骤停患者。某次模拟治疗时设备的电容器电容是15μF，充电至电压4kV，在一定时间内完成放电至两极板间电压为0，关于该放电过程，下列说法正确的是（　　）
A．电容器的电容逐渐减小
B．通过人体组织的电荷量为60C
C．放电电流逐渐减小
D．人体电阻越大，放电持续时间越短
【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．根据电容的定义式，可以得出电容大小与电压、电荷量大小无关，所以电容器放电的过程中，电容器的电容C不变，仍为，故A错误；
B．根据电容的定义式，可知充电至4.0kV时，最初该电容器所带电荷量是0.6C，放电结束后电荷量为0，此次放电过程中有0.6C的电荷通过人体组织，故B错误；
C．放电过程，极板所带的电荷量变少，由于电容不变，根据定义式可以得出极板间的电压变小，根据欧姆定律可知放电电流逐渐减小，故C正确；
D．根据欧姆定律可知人体电阻越大，平均电流越小，总电荷量不变，根据电流的定义式可知放电持续时间越长，故D错误。
故选C。
【分析】电容的大小与电压、电荷量的大小无关；利用电容的定义式可以求出放电过程中放出的电荷量大小；当电压变小时，结合欧姆定律可以判别电流的大小变化；利用欧姆定律可以判别电流的大小，结合电荷量与电流的关系可以判别放电的时间。
7．（2025高一下·龙岗期末）起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其图像如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图像可能是下列选项图中的哪一个（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】机车启动；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】在速度时间图像中，由于图像斜率代表加速度，根据图像斜率可以得出在时间内物向上做匀加速直线运动，设加速度大小为，由于重物受到拉力和重力的作用，根据牛顿第二定律得
可得
根据功率的表达式可以得出此时拉力的功率为
可知此时间段内功率与时间成正比；
在时间内重物向上做匀速直线运动，根据平衡方程可以得出拉力为
根据功率的表达式可以得出拉力的功率为
可知此时间段内拉力功率不变，根据拉力的大小可知此过程的功率小于t1时刻拉力的功率；
在时间内重物向上做匀减速直线运动，设加速度大小为，由于重物受到拉力和重力的作用，根据牛顿第二定律得
可得
根据功率的表达式可以得出此时间段内拉力的功率为
则可知与是线性关系，随着增加，减小。时刻拉力突然减小，功率突然减小。
故选B。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出绳子拉力的大小，结合速度公式可以求出功率的表达式，进而判别功率与时间的关系。
8．（2025高一下·龙岗期末） 2025年4月，我国已成功构建国际首个基于DRO（远距离逆行轨道）的地月空间三星星座，DRO具有“低能进入、稳定停泊、机动转移”的特点。若卫星甲从DRO变轨进入环月椭圆轨道，该轨道的近月点和远月点距月球表面的高度分别为a和b，卫星的运行周期为T；卫星乙从DRO变轨进入半径为r的环月圆形轨道，周期也为T。月球的质量为M，半径为R，引力常量为G。假设只考虑月球对甲、乙的引力，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】AB．对于环月椭圆轨道，轨道半长轴为
根据开普勒第三定律
有
可得
故A错误，B正确；
CD．对于环月圆轨道，根据万有引力提供向心力可得
可得
故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】本题主要考查开普勒第三定律和万有引力定律的应用。根据数学知识求得环月椭圆轨道半长轴，再根据开普勒第三定律推导环月圆轨道轨道半径；根据万有引力提供向心力推导月球质量。
9．（2025高一下·龙岗期末）如图所示，甲、乙两球质量相同，悬线一长一短，如将两球从同一水平面无初速释放，不计阻力，则小球通过最低点时(　　)
A．甲球受到的拉力较乙球大
B．甲球的向心加速度和乙球的向心加速度大小相等
C．甲球的动能和乙球的动能相等
D．相对同一参考平面，甲、乙两球的机械能一样大
【答案】B,D
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】A. 两个小球从静止释放到最低点的过程中，根据动能定理
，可以得出经过最低点的速度为
在最低点，小球受到重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
得绳子的拉力为：
与绳的长度无关．所以两绳拉力大小相等．故A错误；
B. 根据向心加速度的表达式可以得出向心加速度为
故加速度相等，故B正确；
C. 两个小球从静止释放到最低点的过程中，根据动能定理
可知，因绳长不相等，故在最低点时的动能不相等，故C错误；
D. A、B两球在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，相对同一参考平面，初始位置的机械能相等，由于机械能守恒，所以甲、乙两球的机械能一样大，故D正确．
【分析】利用动能定理可以比较小球经过最低点的速度及动能的大小，结合牛顿第二定律可以比较拉力的大小；利用向心加速度的表示式可以比较加速度的大小；只有重力做功，机械能守恒，由于机械能守恒，所以甲、乙两球的机械能一样大。
10．（2025高一下·龙岗期末）在电荷量为的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点电荷处的电势为，其中为静电力常量；多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在时在该点电势的代数和。点电荷A、B分别固定在轴上和处，规定无限远处电势为零，轴正半轴部分区域电势与位置坐标的关系图像如图所示，处图线的斜率为零。下列判断正确的是（　　）
A．点电荷A、B带异种电荷，且B的电荷量是A的9倍
B．从坐标原点开始，沿轴正方向的电场强度先变小后变大
C．除无限远处电势为零以外，轴上的位置为
D．将一个带负电的点电荷从B点电荷右侧附近沿轴移到A点电荷左侧附近，电势能不断增大
【答案】A,C,D
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．由于正的点电荷电场中电势为正，负的点电荷电场中电势为负，由于x轴正半轴部分区域的电势等于0的位置说明点电荷产生的电势包含正负，说明点电荷A、B带异种电荷，由于靠近A的电势为负值，说明A带负电B带正电。咋图像中根据可以得出图线的斜率表示电场强度的大小，可知处场强为零，根据场强大小相等有：
解得
故A正确；
B．在x轴上，电势降低的方向为电场强度的方向，根据图线的斜率表示电场，根据图像斜率可知电场强度最初沿x轴的负方向一直减小到零；后电场强度沿轴正方向，随距离增大不断增大，故B错误；
C．根据电势为0及电势公式有：
解得
故C正确；
D．因为B带正电，A带负电，所以AB间的电场沿轴正方向，将一个带负电的点电荷从B点电荷附近沿x轴移到A点电荷附近，电场力轴负方向，由于电场力方向与速度方向相反所以电场力一直做负功，电势能一直增大，故D正确。
故选ACD。
【分析】利用电势的分布可以判别点电荷的电性，结合电场强度为0及点电荷的场强公式可以求出电荷量的比值；利用图像斜率可以判别电场强度的大小变化，利用电势降低的方向可以判别场强的方向；利用电势公式可以求出距离的关系；利用电场力方向及速度方向可以判别电场力做功及电势能的大小变化。
11．（2025高一下·龙岗期末）在探究“平抛运动规律”实验中，有以下几个实验方案：
（1）若要探究平抛运动水平方向分运动的规律，应选用图1中的装置　 　（填“1”或“2”）。
（2）某同学在实验室中用如图2所示的装置进行实验。该同学得到的痕迹点如图3所示，其中一个偏差较大的点产生的原因，可能是该次实验时（　　）
A．斜槽阻力太大
B．小球释放的高度偏低
C．小球没有被静止释放
（3）为了得到物体平抛运动的轨迹，同学们还提出了以下几种方案，其中不可行的是（　　）
A．从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹
B．用频闪照相机在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹
C．将铅笔垂直于固定竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，将铅笔垂直于笔身方向，以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹
（4）在实验中，将白纸换成方格纸，方格纸的竖直线与重锤线平行，方格纸的每个小方格边。实验记录了小球在运动中的4个点迹，如图4所示，则小球在C点时的速度大小为　 　。
【答案】（1）2
（2）C
（3）C
（4）
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）图1利用自由落体运动和平抛运动进行对比主要探究平抛运动竖直方向分运动的规律，图2利用匀速直线运动和平抛运动进行对比主要探究水平方向分运动的规律，故选图1中的装置2。
（2）A．由于小球每次从同一高度无初速度释放，所以斜槽阻力做功相等，小球初速度相等，斜槽的阻力不会影响该实验的轨迹，故A错误；
B．小球释放位置偏低时，小球初速度较小会导致偏离点应当在原轨迹下方，故B错误；
C．若小球释放时具有初速度，会导致小球离开斜槽的初速度偏大，偏离点会在原轨迹上方，故C正确。
故选C。
（3）拍摄法记录平抛运动的轨迹时，为了得到物体平抛运动的轨迹可以从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，从而得到轨迹；频闪法记录平抛运动的轨迹：用频闪照相机在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹；但是将笔水平抛出，不会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹。故选C。
（4）由题图可知与的水平位移相等，由于小球再水平方向做匀速直线运动所以与所用时间相等，在竖直方向上根据邻差公式有
解得
水平方向上根据位移公式有
解得水平分速度为
根据平均速度公式可以得出小球在C点时的竖直分速度大小为
根据速度的合成可以得出小球在C点时的速度大小为
【分析】（1）图2利用匀速直线运动和平抛运动进行对比主要探究水平方向分运动的规律；
（2）由于小球每次从同一高度无初速度释放，所以斜槽阻力做功相等，小球初速度相等，斜槽的阻力不会影响该实验的轨迹；小球释放位置偏低时，小球初速度较小会导致偏离点应当在原轨迹下方；若小球释放时具有初速度，会导致小球离开斜槽的初速度偏大，偏离点会在原轨迹上方；
（3）拍摄法记录平抛运动的轨迹时，为了得到物体平抛运动的轨迹可以从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，从而得到轨迹；频闪法记录平抛运动的轨迹：用频闪照相机在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹；
（4）利用竖直方向的邻差公式可以求出时间间隔，结合水平方向的位移公式可以求出初速度的大小；利用平均速度公式可以求出竖直方向的分速度大小，结合速度的合成可以求出小球在C点的合速度大小。
（1）图1探究平抛运动竖直方向分运动的规律，图2探究水平方向分运动的规律，故选图1中的装置2。
（2）A．斜槽的阻力不会影响该实验的轨迹，故A错误；
B．小球释放位置偏低时，偏离点应当在原轨迹下方，故B错误；
C．若小球释放时具有初速度，偏离点会在原轨迹上方，故C正确。
故选C。
（3）为了得到物体平抛运动的轨迹可以从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，从而得到轨迹，也可以用频闪照相机在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹，但是将笔水平抛出，不会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹。故选C。
（4）由题图可知与的水平位移相等，则与所用时间相等，竖直方向根据
解得
水平方向有
解得水平分速度为
小球在C点时的竖直分速度大小为
则小球在C点时的速度大小为
12．（2025高一下·龙岗期末）采用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律。
（1）若下落重物的质量用表示，在本实验中是否必须对该质量进行测量？　 　（填“是”或“否”）；
（2）若实验中打出的部分纸带如图2所示，选取纸带上的连续三个点A、、，测出A、、三点到起始点的距离分别为、、。若已知当地重力加速度为，连接打点计时器的交流电源频率为，则从起始点到打下点的过程中，重物的重力势能减少量　 　，重物的动能增加量　 　。（用题给物理量符号表示）
（3）本实验中，由于纸带所受摩擦力以及空气阻力等影响，重物的重力势能减少量与动能增加量的关系是：　 　（填“”“”“”）。
【答案】否；；；
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）验证机械能守恒定律，即验证重物的在重力势能减少量和重物动能增加量是否相等，根据表达式可以得出左右两侧的重物质量可以约去，不需要测量。
（2）从起始点开始到打下点的过程中，根据重力势能的表达式可以得出重力势能的减小量为
打下点时，根据平均速度公式可以得出重物的速度为
根据动能的表达式可以得出重物动能的增量为
（3）由于纸带所受摩擦力以及空气阻力的影响，物体需要克服阻力做功，根据功能关系会导致物体的机械能减少，所以重锤重力势能的减少量要大于重锤动能的增加量为。
【分析】（1）根据机械能守恒定律的表达式可以得出左右两侧的重物质量可以约去，不需要测量；
（2）利用重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量；利用平均速度公式结合动能的表达式可以求出动能的增量；
（3）物体需要克服阻力做功，根据功能关系会导致物体的机械能减少，所以重锤重力势能的减少量要大于重锤动能的增加量为。
13．（2025高一下·龙岗期末）如图所示，粒子发射器发射出一束质量为m，电荷量为q的粒子（不计重力），从静止经加速电压加速后，沿垂直于电场方向射入两平行板中央，受偏转电压作用后，以某一速度离开电场。已知平行板长为L，两板间距离为d，求：
（1）粒子进入偏转电场速度；
（2）粒子在离开偏转电场时的纵向偏移量y。
【答案】（1）粒子在加速电场中，由动能定理得
解得

（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向上，有
竖直方向上，有
根据牛顿第二定律可得加速度为
联立解得

【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）粒子在电场中加速，利用动能定理可以求出粒子进入偏转场的速度大小；
（2）粒子在偏转场中运动，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合位移公式可以求出偏移量的大小。
（1）粒子在加速电场中，由动能定理得
解得
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向上，有
竖直方向上，有
根据牛顿第二定律可得加速度为
联立解得
14．（2025高一下·龙岗期末）如图所示，三角形ABC为等腰直角三角形，AB边长为1m。在匀强电场中，将带电荷量的电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做了的功，再从B点移到C点，电场力做了的功。
（1）求A、B两点间的电势差UAB和B、C两点间的电势差UBC；
（2）如果规定B点的电势为零，则A点和C点的电势分别为多少？
（3）求出电场强度E的大小。
【答案】（1）根据电场力做功与电势差的关系得，
（2）根据电势差的定义式，，
所以，
（3）AB的中点D的电势为
连接CD，CD为等势线，电场线与等势线垂直，且由高电势指向低电势，如图所示，，则，电场线BE与CD交于点F
则
根据
解得
电场强度

【知识点】电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】（1）已知电场力做功的大小，结合电场力做功的表达式可以求出电势差的大小；
（2）已知电势差的大小，利用电势差可以求出A、C两点的电势大小；
（3）已知电势的分布，利用等势面可以判别电场线的方向，结合电势差与距离可以求出电场强度的大小。
（1）根据电场力做功与电势差的关系得，
（2）根据电势差的定义式，，
所以，
（3）AB的中点D的电势为
连接CD，CD为等势线，电场线与等势线垂直，且由高电势指向低电势，如图所示，，则，电场线BE与CD交于点F
则
根据
解得
电场强度
15．（2025高一下·龙岗期末）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道AB，圆心为O1的竖直半圆轨道BCD、圆心为O2的竖直半圆管道DEF，水平直轨道FG及弹性板等组成，轨道各部分平滑连接。已知滑块（可视为质点）质量m=0.01kg，轨道BCD的半径R=0.8m，管道DEF的半径r=0.1m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ=0.5，其余各部分轨道均光滑，轨道FG的长度l=2m，弹射器中弹簧的弹性势能最大值Epm=0.5J，滑块与弹簧作用后，弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，滑块与弹性板作用后以等大速率弹回。
（1）若弹簧的弹性势能Ep0=0.16J，求滑块运动到与O1等高处时的速度v的大小；
（2）若滑块在运动过程中不脱离轨道，求第1次经过管道DEF的最高点F时，滑块对轨道弹力FN的最小值；
（3）若滑块在运动过程中不脱离轨道且最终静止在轨道FG中点的右侧区域内，求弹簧的弹性势能Ep的范围。
【答案】解：（1）到圆心O1等高处，由机械能守恒定律
解得
（2）要求运动中，滑块不脱离轨道，则通过轨道BCD的最高点D的最小值
DF过程
在F点有
联立解得
，
由牛顿第三定律得滑块对轨道弹力为0.3N。
（3）保证不脱离轨道，滑块在F点的速度至少为
若以此速度在FG上滑行直至静止运动距离
滑块没有越过FG的中点。
滑块以最大弹性势能弹出时，在FG上滑行的最大路程为xmax，则
解得
由题意知，滑块不脱离轨道且最终静止在轨道FG中点的右侧区域，运动的路程应满足
1m当x=1m时，可得Ep1=0.23J，当x=3m时，可得Ep1=0.33J；
当x=5m时，可得Ep1=0.43J，当x=6.4m时，可得Ep1=0.5J；
因此弹性势能Ep的范围 0.23J【知识点】机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）由O-C，根据机械能守恒定律求解；
（2）根据题意滑块不脱离轨道，则通过轨道BCD的最高点D的最小值，根据牛顿第二定律重力提供向心力求解最下过D点速度；
在DF段利用机械能守恒定律求解F点速度；对F点应用牛顿第二定律和牛顿第三定律求解滑块对轨道压力；
（3）根据滑块不脱离轨道最低标准，由（2）中结果利用牛顿运动学方程或者动能定理求解滑行位移确定最小速度不能到达FG中点；
进一步以最大弹性势能应用动能定理求解在FG上滑行距离，结合滑块停留在FG中点右侧区域，分析得出滑块在FG上滑行距离的范围，以此应用动能定理求解弹性势能的范围。
1 / 1广东省深圳市科学高中2024-2025学年高一下学期7月期末物理试题
1．（2025高一下·龙岗期末）对于做匀速圆周运动的物体，下列说法中不正确的是（　　）
A．相等的时间内通过的路程相等 B．相等的时间内通过的弧长相等
C．相等的时间内通过的位移相等 D．相等的时间内通过的角度相等
2．（2025高一下·龙岗期末）如图是古代人民“簸扬糠秕”的劳动场景，在恒定水平风力作用下，从同一高度由静止落下因质量不同的米粒和糠秕（米粒的质量大于糠秕的质量）落到地面不同位置而达到分离米粒和糠秕的目的。若不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．糠秕在空中运动的时间大于米粒的运动时间
B．落地时，米粒和糠秕重力的瞬时功率相等
C．从释放到落地过程，米粒和糠秕做平抛运动
D．从释放到落地的过程中，水平方向上位移较大的是糠秕
3．（2025高一下·龙岗期末）蹦床是深受儿童喜爱的体育活动，弹性网面起到提高弹跳高度和保护作用，某儿童从最低点竖直向上弹起到离开弹性网面的过程中，空气阻力和弹性网的质量均忽略不计，则（　　）
A．儿童的速度逐渐增大
B．儿童的加速度逐渐减小
C．弹性网减少的弹性势能转化为儿童的重力势能
D．弹性网减少的弹性势能转化为儿童的机械能
4．（2025高一下·龙岗期末）如图所示，一种古老的舂米装置，使用时以O点为支点，人用脚踩踏板C，另一端的舂米锤B上升，松开脚后，B回落撞击谷槽A中的谷米。已知，忽略一切摩擦阻力，下列说法正确的是（　　）
A．B、C的线速度关系满足
B．B、C的向心加速度大小相等
C．踩下踏板的过程中，脚对踏板做的功等于B增加的重力势能
D．B回落过程中减少的重力势能全部转化为B的动能
5．（2025高一下·龙岗期末）一质量分布均匀的圆柱形金属棒的电阻为、电阻率为；将该金属棒的长度拉伸至原来的2倍后，仍为圆柱形，其电阻为、电阻率为，下列关系式正确的是（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高一下·龙岗期末）如图所示，心脏除颤器通过一个充电的电容器对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，来抢救心脏骤停患者。某次模拟治疗时设备的电容器电容是15μF，充电至电压4kV，在一定时间内完成放电至两极板间电压为0，关于该放电过程，下列说法正确的是（　　）
A．电容器的电容逐渐减小
B．通过人体组织的电荷量为60C
C．放电电流逐渐减小
D．人体电阻越大，放电持续时间越短
7．（2025高一下·龙岗期末）起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其图像如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图像可能是下列选项图中的哪一个（　　）
A． B．
C． D．
8．（2025高一下·龙岗期末） 2025年4月，我国已成功构建国际首个基于DRO（远距离逆行轨道）的地月空间三星星座，DRO具有“低能进入、稳定停泊、机动转移”的特点。若卫星甲从DRO变轨进入环月椭圆轨道，该轨道的近月点和远月点距月球表面的高度分别为a和b，卫星的运行周期为T；卫星乙从DRO变轨进入半径为r的环月圆形轨道，周期也为T。月球的质量为M，半径为R，引力常量为G。假设只考虑月球对甲、乙的引力，则（　　）
A． B． C． D．
9．（2025高一下·龙岗期末）如图所示，甲、乙两球质量相同，悬线一长一短，如将两球从同一水平面无初速释放，不计阻力，则小球通过最低点时(　　)
A．甲球受到的拉力较乙球大
B．甲球的向心加速度和乙球的向心加速度大小相等
C．甲球的动能和乙球的动能相等
D．相对同一参考平面，甲、乙两球的机械能一样大
10．（2025高一下·龙岗期末）在电荷量为的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点电荷处的电势为，其中为静电力常量；多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在时在该点电势的代数和。点电荷A、B分别固定在轴上和处，规定无限远处电势为零，轴正半轴部分区域电势与位置坐标的关系图像如图所示，处图线的斜率为零。下列判断正确的是（　　）
A．点电荷A、B带异种电荷，且B的电荷量是A的9倍
B．从坐标原点开始，沿轴正方向的电场强度先变小后变大
C．除无限远处电势为零以外，轴上的位置为
D．将一个带负电的点电荷从B点电荷右侧附近沿轴移到A点电荷左侧附近，电势能不断增大
11．（2025高一下·龙岗期末）在探究“平抛运动规律”实验中，有以下几个实验方案：
（1）若要探究平抛运动水平方向分运动的规律，应选用图1中的装置　 　（填“1”或“2”）。
（2）某同学在实验室中用如图2所示的装置进行实验。该同学得到的痕迹点如图3所示，其中一个偏差较大的点产生的原因，可能是该次实验时（　　）
A．斜槽阻力太大
B．小球释放的高度偏低
C．小球没有被静止释放
（3）为了得到物体平抛运动的轨迹，同学们还提出了以下几种方案，其中不可行的是（　　）
A．从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹
B．用频闪照相机在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹
C．将铅笔垂直于固定竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，将铅笔垂直于笔身方向，以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹
（4）在实验中，将白纸换成方格纸，方格纸的竖直线与重锤线平行，方格纸的每个小方格边。实验记录了小球在运动中的4个点迹，如图4所示，则小球在C点时的速度大小为　 　。
12．（2025高一下·龙岗期末）采用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律。
（1）若下落重物的质量用表示，在本实验中是否必须对该质量进行测量？　 　（填“是”或“否”）；
（2）若实验中打出的部分纸带如图2所示，选取纸带上的连续三个点A、、，测出A、、三点到起始点的距离分别为、、。若已知当地重力加速度为，连接打点计时器的交流电源频率为，则从起始点到打下点的过程中，重物的重力势能减少量　 　，重物的动能增加量　 　。（用题给物理量符号表示）
（3）本实验中，由于纸带所受摩擦力以及空气阻力等影响，重物的重力势能减少量与动能增加量的关系是：　 　（填“”“”“”）。
13．（2025高一下·龙岗期末）如图所示，粒子发射器发射出一束质量为m，电荷量为q的粒子（不计重力），从静止经加速电压加速后，沿垂直于电场方向射入两平行板中央，受偏转电压作用后，以某一速度离开电场。已知平行板长为L，两板间距离为d，求：
（1）粒子进入偏转电场速度；
（2）粒子在离开偏转电场时的纵向偏移量y。
14．（2025高一下·龙岗期末）如图所示，三角形ABC为等腰直角三角形，AB边长为1m。在匀强电场中，将带电荷量的电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做了的功，再从B点移到C点，电场力做了的功。
（1）求A、B两点间的电势差UAB和B、C两点间的电势差UBC；
（2）如果规定B点的电势为零，则A点和C点的电势分别为多少？
（3）求出电场强度E的大小。
15．（2025高一下·龙岗期末）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道AB，圆心为O1的竖直半圆轨道BCD、圆心为O2的竖直半圆管道DEF，水平直轨道FG及弹性板等组成，轨道各部分平滑连接。已知滑块（可视为质点）质量m=0.01kg，轨道BCD的半径R=0.8m，管道DEF的半径r=0.1m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ=0.5，其余各部分轨道均光滑，轨道FG的长度l=2m，弹射器中弹簧的弹性势能最大值Epm=0.5J，滑块与弹簧作用后，弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，滑块与弹性板作用后以等大速率弹回。
（1）若弹簧的弹性势能Ep0=0.16J，求滑块运动到与O1等高处时的速度v的大小；
（2）若滑块在运动过程中不脱离轨道，求第1次经过管道DEF的最高点F时，滑块对轨道弹力FN的最小值；
（3）若滑块在运动过程中不脱离轨道且最终静止在轨道FG中点的右侧区域内，求弹簧的弹性势能Ep的范围。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】匀速圆周运动
【解析】【解答】ABD．物体做匀速圆周运动，由于线速度大小保持不变，根据可知物体在相同时间内通过的弧长相等，也即在相等的时间内通过的路程相等，由于角速度保持不变，根据可以得出在相同时间内转过的角度相等。故ABD正确；
C．做匀速圆周运动的物体，根据物体运动的初末位置可以得出在相等的时间内通过的位移大小相等，但方向不同，故C错误。
由于本题选择错误的，故选C。
【分析】匀速圆周运动由于线速度大小和角速度保持不变，所以物体在相同时间内通过的弧长相等，也即在相等的时间内通过的路程相等，在相同时间内转过的角度相等；根据物体运动的初末位置可以得出在相等的时间内通过的位移大小相等，但方向不同。
2．【答案】D
【知识点】自由落体运动；运动的合成与分解
【解析】【解答】A． 从同一高度由静止落下因质量不同的米粒和糠秕（米粒的质量大于糠秕的质量）落到地面不同位置时，根据运动的分解可以得出糠秕和米粒在竖直方向均做自由落体运动，下落的高度h相同，根据位移公式
解得
可知从释放到落地的过程中，糠秕的运动时间等于米粒的运动时间，故A错误；
B．根据自由落体运动规律，根据竖直方向的速度公式可知落地时米粒与糠秕的竖直速度均为
根据功率的表达式可以得出重力的瞬时功率
题意知米粒的质量大于糠秕的质量，则落地时米粒重力的瞬时功率大于糠秕重力的瞬时功率，故B错误；
C．从释放到落地过程，米粒与糠秕在水平方向受到恒定水平风力作用下，由于物体水平方向不是做匀速直线运动，所以米粒和糠秕做的不是平抛运动，故C错误；
D．根据牛顿第二定律可以得出米粒与糠秕在水平方向加速度
根据位移公式可以得出水平位移为
联立解得
由于F、t相同，且米粒的质量大于糠秕的质量，故从释放到落地的过程中，水平方向上位移较大的是糠秕，故D正确。
故选D。
【分析】利用竖直方向的位移公式可以比较运动的时间，结合水平方向的位移公式及牛顿第二定律可以比较水平距离的大小；利用速度公式可以求出竖直方向分速度的大小，结合重力的大小可以比较重力的瞬时功率；米粒与糠秕在水平方向受到恒定水平风力作用下，由于物体水平方向不是做匀速直线运动，所以米粒和糠秕做的不是平抛运动。
3．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．儿童从最低点竖直向上弹起到离开弹性网面的过程中，由于弹性网面的弹力逐渐减小，刚开始弹性网面的弹力大于儿童的重力，根据牛顿第二定律可以得出儿童做加速度减小的加速运动，当弹性网面的弹力等于儿童的重力时，此时儿童的加速度为0则儿童的速度最大，此后弹性网面的弹力小于儿童的重力，根据牛顿第二定律儿童做加速度增大的减速运动，故儿童的速度先增大后减小，儿童的加速度先减小后增大，故AB错误；
CD．以儿童与弹性网为系统，系统只有重力和弹性网面的弹力做功，系统机械能守恒，则弹性网减少的弹性势能转化为儿童的机械能，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】利用儿童的牛顿第二定律可以判别加速度的大小及方向的变化；利用加速度的方向变化可以判别儿童速度的大小变化；利用系统的机械能守恒定律可以判别弹性网减少的弹性势能转化为儿童的机械能。
4．【答案】A
【知识点】功能关系；线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A．B、C属于同轴转动，相同时间内转过的角度相等所以角速度相等，根据线速度和角速度的关系有：
由于，则有：
A正确；
B．根据向心加速度的公式有：
由于，则B的向心加速度大于C的向心加速度，B错误；
C．踩下踏板的过程中，根据功能关系，脚对踏板做的功等于B增加的机械能与踏板增加的机械能之和，C错误；
D．B回落的过程中，由于只有重力做功，系统机械能守恒，所以B回落过程中减少的重力势能等于为B的动能、踏板的动能与重力势能的变化量之和，D错误。
故选A。
【分析】利用同轴转动可以判别角速度相等，结合半径的大小可以比较线速度和向心加速度的大小；利用功能关系及机械能守恒定律可以判别能量的转化问题。
5．【答案】D
【知识点】电阻定律
【解析】【解答】同种材料的导体，其电阻跟它的长度成正比，与它的横截面积成反比，导体的电阻还与构成它的材料有关，即，金属棒拉长为原来2倍，横截面积为原来的，电阻率不变，电阻为原来4倍。
故选D。
【分析】根据电阻定律和电阻率的特性对各选项进行分析。
6．【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．根据电容的定义式，可以得出电容大小与电压、电荷量大小无关，所以电容器放电的过程中，电容器的电容C不变，仍为，故A错误；
B．根据电容的定义式，可知充电至4.0kV时，最初该电容器所带电荷量是0.6C，放电结束后电荷量为0，此次放电过程中有0.6C的电荷通过人体组织，故B错误；
C．放电过程，极板所带的电荷量变少，由于电容不变，根据定义式可以得出极板间的电压变小，根据欧姆定律可知放电电流逐渐减小，故C正确；
D．根据欧姆定律可知人体电阻越大，平均电流越小，总电荷量不变，根据电流的定义式可知放电持续时间越长，故D错误。
故选C。
【分析】电容的大小与电压、电荷量的大小无关；利用电容的定义式可以求出放电过程中放出的电荷量大小；当电压变小时，结合欧姆定律可以判别电流的大小变化；利用欧姆定律可以判别电流的大小，结合电荷量与电流的关系可以判别放电的时间。
7．【答案】B
【知识点】机车启动；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】在速度时间图像中，由于图像斜率代表加速度，根据图像斜率可以得出在时间内物向上做匀加速直线运动，设加速度大小为，由于重物受到拉力和重力的作用，根据牛顿第二定律得
可得
根据功率的表达式可以得出此时拉力的功率为
可知此时间段内功率与时间成正比；
在时间内重物向上做匀速直线运动，根据平衡方程可以得出拉力为
根据功率的表达式可以得出拉力的功率为
可知此时间段内拉力功率不变，根据拉力的大小可知此过程的功率小于t1时刻拉力的功率；
在时间内重物向上做匀减速直线运动，设加速度大小为，由于重物受到拉力和重力的作用，根据牛顿第二定律得
可得
根据功率的表达式可以得出此时间段内拉力的功率为
则可知与是线性关系，随着增加，减小。时刻拉力突然减小，功率突然减小。
故选B。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出绳子拉力的大小，结合速度公式可以求出功率的表达式，进而判别功率与时间的关系。
8．【答案】B,C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】AB．对于环月椭圆轨道，轨道半长轴为
根据开普勒第三定律
有
可得
故A错误，B正确；
CD．对于环月圆轨道，根据万有引力提供向心力可得
可得
故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】本题主要考查开普勒第三定律和万有引力定律的应用。根据数学知识求得环月椭圆轨道半长轴，再根据开普勒第三定律推导环月圆轨道轨道半径；根据万有引力提供向心力推导月球质量。
9．【答案】B,D
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】A. 两个小球从静止释放到最低点的过程中，根据动能定理
，可以得出经过最低点的速度为
在最低点，小球受到重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
得绳子的拉力为：
与绳的长度无关．所以两绳拉力大小相等．故A错误；
B. 根据向心加速度的表达式可以得出向心加速度为
故加速度相等，故B正确；
C. 两个小球从静止释放到最低点的过程中，根据动能定理
可知，因绳长不相等，故在最低点时的动能不相等，故C错误；
D. A、B两球在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，相对同一参考平面，初始位置的机械能相等，由于机械能守恒，所以甲、乙两球的机械能一样大，故D正确．
【分析】利用动能定理可以比较小球经过最低点的速度及动能的大小，结合牛顿第二定律可以比较拉力的大小；利用向心加速度的表示式可以比较加速度的大小；只有重力做功，机械能守恒，由于机械能守恒，所以甲、乙两球的机械能一样大。
10．【答案】A,C,D
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．由于正的点电荷电场中电势为正，负的点电荷电场中电势为负，由于x轴正半轴部分区域的电势等于0的位置说明点电荷产生的电势包含正负，说明点电荷A、B带异种电荷，由于靠近A的电势为负值，说明A带负电B带正电。咋图像中根据可以得出图线的斜率表示电场强度的大小，可知处场强为零，根据场强大小相等有：
解得
故A正确；
B．在x轴上，电势降低的方向为电场强度的方向，根据图线的斜率表示电场，根据图像斜率可知电场强度最初沿x轴的负方向一直减小到零；后电场强度沿轴正方向，随距离增大不断增大，故B错误；
C．根据电势为0及电势公式有：
解得
故C正确；
D．因为B带正电，A带负电，所以AB间的电场沿轴正方向，将一个带负电的点电荷从B点电荷附近沿x轴移到A点电荷附近，电场力轴负方向，由于电场力方向与速度方向相反所以电场力一直做负功，电势能一直增大，故D正确。
故选ACD。
【分析】利用电势的分布可以判别点电荷的电性，结合电场强度为0及点电荷的场强公式可以求出电荷量的比值；利用图像斜率可以判别电场强度的大小变化，利用电势降低的方向可以判别场强的方向；利用电势公式可以求出距离的关系；利用电场力方向及速度方向可以判别电场力做功及电势能的大小变化。
11．【答案】（1）2
（2）C
（3）C
（4）
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）图1利用自由落体运动和平抛运动进行对比主要探究平抛运动竖直方向分运动的规律，图2利用匀速直线运动和平抛运动进行对比主要探究水平方向分运动的规律，故选图1中的装置2。
（2）A．由于小球每次从同一高度无初速度释放，所以斜槽阻力做功相等，小球初速度相等，斜槽的阻力不会影响该实验的轨迹，故A错误；
B．小球释放位置偏低时，小球初速度较小会导致偏离点应当在原轨迹下方，故B错误；
C．若小球释放时具有初速度，会导致小球离开斜槽的初速度偏大，偏离点会在原轨迹上方，故C正确。
故选C。
（3）拍摄法记录平抛运动的轨迹时，为了得到物体平抛运动的轨迹可以从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，从而得到轨迹；频闪法记录平抛运动的轨迹：用频闪照相机在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹；但是将笔水平抛出，不会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹。故选C。
（4）由题图可知与的水平位移相等，由于小球再水平方向做匀速直线运动所以与所用时间相等，在竖直方向上根据邻差公式有
解得
水平方向上根据位移公式有
解得水平分速度为
根据平均速度公式可以得出小球在C点时的竖直分速度大小为
根据速度的合成可以得出小球在C点时的速度大小为
【分析】（1）图2利用匀速直线运动和平抛运动进行对比主要探究水平方向分运动的规律；
（2）由于小球每次从同一高度无初速度释放，所以斜槽阻力做功相等，小球初速度相等，斜槽的阻力不会影响该实验的轨迹；小球释放位置偏低时，小球初速度较小会导致偏离点应当在原轨迹下方；若小球释放时具有初速度，会导致小球离开斜槽的初速度偏大，偏离点会在原轨迹上方；
（3）拍摄法记录平抛运动的轨迹时，为了得到物体平抛运动的轨迹可以从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，从而得到轨迹；频闪法记录平抛运动的轨迹：用频闪照相机在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹；
（4）利用竖直方向的邻差公式可以求出时间间隔，结合水平方向的位移公式可以求出初速度的大小；利用平均速度公式可以求出竖直方向的分速度大小，结合速度的合成可以求出小球在C点的合速度大小。
（1）图1探究平抛运动竖直方向分运动的规律，图2探究水平方向分运动的规律，故选图1中的装置2。
（2）A．斜槽的阻力不会影响该实验的轨迹，故A错误；
B．小球释放位置偏低时，偏离点应当在原轨迹下方，故B错误；
C．若小球释放时具有初速度，偏离点会在原轨迹上方，故C正确。
故选C。
（3）为了得到物体平抛运动的轨迹可以从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，从而得到轨迹，也可以用频闪照相机在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹，但是将笔水平抛出，不会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹。故选C。
（4）由题图可知与的水平位移相等，则与所用时间相等，竖直方向根据
解得
水平方向有
解得水平分速度为
小球在C点时的竖直分速度大小为
则小球在C点时的速度大小为
12．【答案】否；；；
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）验证机械能守恒定律，即验证重物的在重力势能减少量和重物动能增加量是否相等，根据表达式可以得出左右两侧的重物质量可以约去，不需要测量。
（2）从起始点开始到打下点的过程中，根据重力势能的表达式可以得出重力势能的减小量为
打下点时，根据平均速度公式可以得出重物的速度为
根据动能的表达式可以得出重物动能的增量为
（3）由于纸带所受摩擦力以及空气阻力的影响，物体需要克服阻力做功，根据功能关系会导致物体的机械能减少，所以重锤重力势能的减少量要大于重锤动能的增加量为。
【分析】（1）根据机械能守恒定律的表达式可以得出左右两侧的重物质量可以约去，不需要测量；
（2）利用重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量；利用平均速度公式结合动能的表达式可以求出动能的增量；
（3）物体需要克服阻力做功，根据功能关系会导致物体的机械能减少，所以重锤重力势能的减少量要大于重锤动能的增加量为。
13．【答案】（1）粒子在加速电场中，由动能定理得
解得

（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向上，有
竖直方向上，有
根据牛顿第二定律可得加速度为
联立解得

【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）粒子在电场中加速，利用动能定理可以求出粒子进入偏转场的速度大小；
（2）粒子在偏转场中运动，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合位移公式可以求出偏移量的大小。
（1）粒子在加速电场中，由动能定理得
解得
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向上，有
竖直方向上，有
根据牛顿第二定律可得加速度为
联立解得
14．【答案】（1）根据电场力做功与电势差的关系得，
（2）根据电势差的定义式，，
所以，
（3）AB的中点D的电势为
连接CD，CD为等势线，电场线与等势线垂直，且由高电势指向低电势，如图所示，，则，电场线BE与CD交于点F
则
根据
解得
电场强度

【知识点】电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】（1）已知电场力做功的大小，结合电场力做功的表达式可以求出电势差的大小；
（2）已知电势差的大小，利用电势差可以求出A、C两点的电势大小；
（3）已知电势的分布，利用等势面可以判别电场线的方向，结合电势差与距离可以求出电场强度的大小。
（1）根据电场力做功与电势差的关系得，
（2）根据电势差的定义式，，
所以，
（3）AB的中点D的电势为
连接CD，CD为等势线，电场线与等势线垂直，且由高电势指向低电势，如图所示，，则，电场线BE与CD交于点F
则
根据
解得
电场强度
15．【答案】解：（1）到圆心O1等高处，由机械能守恒定律
解得
（2）要求运动中，滑块不脱离轨道，则通过轨道BCD的最高点D的最小值
DF过程
在F点有
联立解得
，
由牛顿第三定律得滑块对轨道弹力为0.3N。
（3）保证不脱离轨道，滑块在F点的速度至少为
若以此速度在FG上滑行直至静止运动距离
滑块没有越过FG的中点。
滑块以最大弹性势能弹出时，在FG上滑行的最大路程为xmax，则
解得
由题意知，滑块不脱离轨道且最终静止在轨道FG中点的右侧区域，运动的路程应满足
1m当x=1m时，可得Ep1=0.23J，当x=3m时，可得Ep1=0.33J；
当x=5m时，可得Ep1=0.43J，当x=6.4m时，可得Ep1=0.5J；
因此弹性势能Ep的范围 0.23J【知识点】机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）由O-C，根据机械能守恒定律求解；
（2）根据题意滑块不脱离轨道，则通过轨道BCD的最高点D的最小值，根据牛顿第二定律重力提供向心力求解最下过D点速度；
在DF段利用机械能守恒定律求解F点速度；对F点应用牛顿第二定律和牛顿第三定律求解滑块对轨道压力；
（3）根据滑块不脱离轨道最低标准，由（2）中结果利用牛顿运动学方程或者动能定理求解滑行位移确定最小速度不能到达FG中点；
进一步以最大弹性势能应用动能定理求解在FG上滑行距离，结合滑块停留在FG中点右侧区域，分析得出滑块在FG上滑行距离的范围，以此应用动能定理求解弹性势能的范围。
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