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河北省保定市2023-2024学年高三上学期期末考试物理试卷
一、单项选择题：本题共7小题，每题4分，共28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．把一根直导线放入磁感应强度为B的匀强磁场中，由于通过的电流或者放置的方位不同，导线受到的安培力也不同，下列哪个图中导线受到的安培力最大（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】设直导线长度为：
A：电流方向与磁场方向垂直，受到的安培力大小为
B：电流方向与磁场方向平行，受到的安培力大小为0；
C：电流方向与磁场方向垂直，受到的安培力大小为
D：电流方向与磁场方向垂直，受到的安培力大小为
故答案为：C。
【分析】根据安培力公式F=BILsinθ（θ为电流方向与磁场方向的夹角），分析各选项中θ和电流I的大小，比较安培力的大小。
2．如图所示，一个小型旋转电枢式交流发电机，其线圈绕垂直于匀强磁场方向的水平轴逆时针方向匀速转动。已知线圈匝数为n，电阻为r，转动的角速度为，外接电阻为R，电流表示数为I。下列说法中正确的是（　　）
A．穿过线圈的磁通量随时间周期性变化，周期为
B．穿过线圈的磁通量的最大值为
C．线圈从图示位置转过90°开始计时，半个周期内磁通量变化量为0
D．线圈从图示位置转过90°时，电流表示数为0
【答案】B
【知识点】磁通量；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．穿过线圈的磁通量随时间周期性变化，周期为，A错误；
B．根据，可得穿过线圈的磁通量的最大值为，B正确；
C．线圈从图示位置转过90°开始计时，此时磁通量为最大，为BS，半个周期后的磁通量为-BS，则磁通量变化量为2BS，C错误；
D．电流表的示数等于交流电的有效值，则线圈从图示位置转过90°时，电流的瞬时值为零，但是电流表的示数不为0，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查交流发电机的工作原理，结合磁通量变化规律、感应电动势的最大值与有效值、电路欧姆定律分析各选项，核心是推导磁通量最大值与电流的关系。
3．在发波水槽中，两个振动步调一致的振动片以20Hz的频率周期性击打水面上的和两点，、相距6cm，如图所示，Q点到的距离为8cm且。时刻振动片开始振动，时Q点开始振动，下列说法中正确的是（　　）
A．水槽中形成的水波波长为4cm
B．两个振动片同时停止击打水面，水面上的水波立即消失
C．Q点的振动始终加强
D．垂直在水槽中放置宽4cm的障碍物（如图中虚线所示），在障碍物后面还可以观察到明显的水波干涉图样
【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系；波的衍射现象；波的干涉现象
【解析】【解答】A．水波的传播速度，水槽中形成的水波波长为，A错误；
B．两个振动片同时停止击打水面，振动仍可沿水面传播，即水面上的水波不会立即消失，B错误；
C．Q点到S2的距离为10cm，则Q点到两个振源的距离之差为2cm，是波长的1倍，则Q点的振动始终加强，C正确；
D．垂直在水槽中放置宽4cm的障碍物，因障碍物的尺寸远大于水波的波长，可知在障碍物后面不可以观察到明显的水波干涉图样，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查波的干涉与衍射现象，结合波速、波长、频率的关系，干涉加强条件及衍射的明显条件分析选项。
4．将弹性小球以某初速度从O点水平抛出，与地面发生弹性碰撞（碰后竖直速度与碰前等大反向，水平速度不变），反弹后在下降过程中恰好经过固定于水平面上的竖直挡板的顶端。已知O点高度为1.25m，与挡板的水平距离为6.5m，挡板高度为0.8m，，不计空气阻力的影响。下列说法中正确的是（　　）
A．小球水平方向的速率为5m/s
B．小球第一次落地时速度与水平方向的夹角为30°
C．小球经过挡板上端时，速度与水平方向夹角的正切值为1
D．小球从挡板上端运动到水平地面经历的时间为0.4s
【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．反弹后在下降过程中恰好经过固定于水平面上的竖直挡板的顶端，则从O点抛出到反弹上升到最高点所用时间为
从最高点下降经过竖直挡板的顶端所用时间为
则小球水平方向的速率为，故A正确；
B．小球第一次落地时竖直方向分速度为
则小球第一次落地时速度与水平方向的夹角满足
解得，故B错误；
C．小球经过挡板上端时，竖直方向分速度为
则速度与水平方向夹角的正切值为，故C错误；
D．小球从挡板上端运动到水平地面经历的时间为，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查平抛运动与弹性碰撞的综合分析，将运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛（碰撞后）运动，结合运动学公式计算速度、角度和时间。
5．如图所示，质量分别为m和M的两物块用轻杆通过铰链连接起来，放置在水平面上，给M施加水平恒力F，使二者一起沿水平面做匀加速直线运动。已知两物块与水平面的动摩擦因数均为，轻杆与水平方向的夹角为37°，，重力加速度为g，，，则下列说法正确的是（　　）
A．轻杆的拉力大小为
B．轻杆的拉力大小为
C．拉力的最大值为
D．若水平面光滑，轻杆的拉力大小为
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB．对M、m整体分析，由牛顿第二定律可得
设轻杆的拉力大小为，对m由牛顿第二定律得
解得，故A错误，B正确；
C．轻杆的拉力最大时
解得
则拉力的最大值为，故C错误；
D．若水平面光滑，则，，解得轻杆的拉力大小为，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查连接体的牛顿第二定律应用，需采用整体法与隔离法结合，分别对整体和小物块m列方程，同时分析轻杆拉力的临界条件及水平面光滑时的拉力变化。
6．如图所示，一颗在某中地圆轨道上运行的质量为m的卫星，通过M、N两位置的变轨，经椭圆转移轨道进入近地圆轨道运行，然后调整好姿态再伺机进入大气层，返回地面。已知近地圆轨道的半径可认为等于地球半径，中地圆轨道与近地圆轨道共平面且轨道半径为地球半径的3倍，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　）
A．卫星在M、N两点处需要加速才能实现题设条件中的变轨
B．该卫星在近地圆轨道上运行的动能为
C．该卫星在中地圆轨道上运行的速度
D．该卫星在转移轨道上从M点运行至N点（M、N与地心在同一直线上）所需的时间
【答案】C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．由题设条件知，卫星在向低轨道变轨，故需要减小速度，使卫星做向心运动，故A错误；
B．在近地圆轨道上，有
可得
根据万有引力提供向心力有
解得
则该卫星在近地圆轨道上运行的动能为，故B错误；
C．在中地圆轨道上，根据万有引力提供向心力有
结合，可得，故C正确；
D．在近地圆轨道上，卫星运行的周期，则有
转移轨道是椭圆轨道，其半长轴
根据开普勒第三定律可得
联立得
则该卫星在转移轨道上从M点运行至N点所需的时间，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查卫星变轨与圆周运动规律，结合万有引力定律、变轨的速度控制（加速 / 减速）、动能计算及椭圆轨道的运动时间分析，核心是利用 “黄金代换式”GM=gR2推导各物理量。
7．由多个点电荷组成的系统的电势能与它们的电荷量和相对位置有关。如图甲所示，a、b、c三个质量均为m，带等量正电荷的小球，用长度相等不可伸长的绝缘轻绳连接，静置于光滑绝缘水平面上，设此时系统的电势能为。现剪断a、c两小球间的轻绳，一段时间后c球的速度大小为v，方向如图乙所示。关于这段时间内的电荷系统，下列说法中正确的是（　　）
A．动量不守恒
B．机械能守恒
C．c球受到的电场力冲量大小为mv
D．图乙时刻系统的电势能为
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．系统受合外力为零，则系统的动量守恒，A错误；
B．电场力做正功，则系统的机械能增加，B错误；
C．根据动量定理，c球受到的电场力和细绳拉力的合力的冲量等于c球动量变化，大小为mv，C错误；
D．由对称性可知，a球的速度大小也为v，方向与ac连线成30°角斜向左下方，因系统动量守恒，则b球的速度方向垂直ac向上，由动量守恒
解得
则此时三个小球的动能为
因系统的电势能和动能之和守恒，则图乙时刻系统的电势能为，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题利用动量守恒定律、能量守恒定律及动量定理求解。核心是判断系统是否受外力求动量是否守恒；通过电场力做功情况判断机械能是否守恒；利用动量定理分析冲量；结合系统动量与能量守恒计算电势能变化。
二、多项选择题：本题共3小题，每题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8．某机械波在轴上传播，如图所示，实线代表时刻的波形图，虚线代表时的波形图。下列关于这列波的说法中正确的是（　　）
A．若波沿轴正方向传播，它的周期
B．若波沿轴正方向传播，速度可能为
C．若波沿轴负方向传播，它的周期
D．若波速为，时刻，处质点的位移是0
【答案】B,D
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．若波沿x轴正方向传播，则由图可知
解得周期为
当n=0时，T=1.2s，因此它的周期可能为1.2s，故A错误；
B．由图可知，波长，若波沿x轴正方向传播，则速度，当n=2时，v=30m/s，故B正确；
C．若波沿x轴负方向传播，则由图可知
解得周期为
当n=0时，T=0.4s，因此它的周期可能为0.4s，故C错误；
D．若波沿x轴负方向传播，则速度
当n=0时，v=10m/s，故波沿x轴负方向传播，且周期为T=0.4s。因t=0时刻，x=1m处质点的位移是0，则t=0.4s时刻，x=1m处质点的位移是0，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题利用机械波的传播规律、波长与周期的关系求解，核心是根据波的传播方向，结合t=0和t=0.3s的波形图，推导周期的通式，再计算波速并分析质点的位移变化。
9．如图所示，，电容器的电容，电源电动势，内阻。起初，开关断开，电容器所带的电荷量为；然后，闭合开关，待电路稳定后，电容器所带的电荷量为。下列说法正确的是（　　）
A．开关断开时，电容器极板的电势高
B．开关闭合，电路稳定后，电容器极板的电势高
C．从闭合开关到电路稳定的过程中，通过灵敏电流计的电荷量为
D．从闭合开关到电路稳定的过程中，通过灵敏电流计的电荷量为
【答案】A,C
【知识点】含容电路分析
【解析】【解答】A．开关断开时，电容器两板间的电压等于电阻R3两端的电压，可知电容器的A极板的电势高，A正确；
B．开关闭合，电路稳定后，电容器两板间的电压等于电阻R1两端的电压，电容器B极板的电势高，B错误；
CD．开关断开时，此时电容器的带电量为
开关闭合时，R1和R3串联电阻为R13=20Ω，
路端电压
此时R1两端的电压即电容器两板间的电压为
此时电容器带电量
从闭合开关到电路稳定的过程中，通过灵敏电流计的电荷量为，C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查含电容器的直流电路分析，需分别分析开关断开和闭合时的电路结构，计算电容器两端的电压、电荷量，再确定电荷量变化及电流计的电荷量。
10．如图所示，竖直轻弹簧两端连接质量均为m的两个小物块A、B，置于水平地面上且处于静止状态，现将质量也为m的小物块C从A的正上方h处由静止释放，物块C与A碰后粘在一起继续向下运动。已知在以后的运动过程中，当A向上运动到最高点时，B刚好要离开地面。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．此弹簧的劲度系数为
B．此弹簧的劲度系数为
C．物块运动过程中的最高点距离其初始位置为
D．物块运动过程中的最低点距离其初始位置为
【答案】A,C,D
【知识点】碰撞模型；简谐运动
【解析】【解答】C． 将质量也为m的小物块C从A的正上方h处由静止释放，根据动能定理有
可得，碰前C的速度为
C、A碰撞，设竖直向下为正方向，碰撞后C、A一起的速度为v，根据动量守恒定律，有
可得，碰撞后C、A一起的速度为
碰撞前，对A分析，根据平衡条件有
当A向上运动到最高点时，对B分析，根据平衡条件有
则碰撞后瞬间与A向上运动到最高点瞬间，弹簧弹力大小相等，弹簧的弹性势能相同，则根据能量守恒有
可得，物块运动过程中的最高点距离其初始位置的距离为
故C正确；
AB． 设弹簧的劲度系数为k， 由上述分析可知
则
故A正确，B错误；
D． 碰撞后C、A一起做简谐运动，根据对称性可知，最高点的合力等于最低点的合力，设最低点时弹簧的压缩量为x3，则有
解得，最低点时弹簧的压缩量为
则物块运动过程中的最低点距离其初始位置的距离为
故D正确。
故选ACD。
【分析】根据动能定理求出A、C碰撞前C的速度，然后根据动量守恒定律和能量守恒求得物块A运动过程中的最高点距离其初始位置；再由平衡方程求物块A运动过程中的位移，最后求得物块A最低点距离其初始位置的距离；由弹簧弹力等于重力求得弹簧的劲度系数。
三、非选择题：共54分。
11．在“用单摆测定重力加速度”实验中：
（1）下列哪个装置最适合用来做单摆？　 　
A. B. C. D.
（2）用20分度的游标卡尺测量摆球的直径，如图甲所示，由此可知摆球的直径　 　cm。
（3）以下关于该实验的说法中正确的有　 　。
A.用刻度尺测量摆线的长度，单摆的摆长
B.若发现摆球不在同一个竖直平面内摆动，则需重新释放摆球
C.摆球摆动稳定后，从某次摆球经过最高位置时开始计时
D.摆球摆动稳定后，从某次摆球经过最低位置时开始计时
（4）实验中改变几次摆长L，测出相应的摆动周期T，得到多组L与T的数据，作出图线，如图乙所示，图线上A、B两点的坐标分别为，，则重力加速度g的计算式为　 　。
【答案】A；1.370；BD；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）根据单摆理想模型可知，为减少空气阻力的影响，摆球应采用密度大、体积小的铁球，为使摆球摆动时摆长不变，摆线应用不易变形的细丝线，悬点应用铁夹来固定，故A正确，BCD错误。
故答案为：A
（2）游标卡尺的读数为
故答案为：1.370
（3）A．用刻度尺测量摆线的长度l，单摆的摆长，故A错误；
B．若发现摆球不在同一个竖直平面内摆动，则摆球做圆锥摆运动，因此需重新释放摆球，使摆球做单摆运动，故B正确；
CD．摆球摆动稳定后，从某次摆球经过最低位置时开始计时，因为最低点速度大，相对误差小，故C错误，D正确；
故答案为：BD。
（4）根据单摆周期公式
整理得
因此图线斜率为
解得
故答案为：
【分析】(1) 单摆装置选择：依据单摆实验的器材要求（摆线选无弹性细丝线、摆球选密度大的铁球、摆线固定方式避免缠绕），判断最适合的装置；
(2) 游标卡尺读数：20分度游标卡尺精度为0.05mm，读数为主尺读数+游标尺对齐格数×精度，再转换为厘米单位；
(3) 实验操作与原理判断：结合单摆摆长定义、摆球摆动要求、计时起点选择的实验规范分析选项；
(4) 重力加速度计算：由单摆周期公式 推导得 ，利用图线的斜率求解重力加速度。
12．某实验小组想要测量几个未知电阻，设计如图甲所示电路，利用手边现有的实验器材进行如下操作：
①按照电路图连接各电路元件，其中电源电动势和内阻未知，电流表内阻未知，量程；
②滑动变阻器调到最大值（最大值为），闭合开关S1，再把开关S2接到线路1，逐渐调节滑动变阻器的阻值，使得电流表指针满偏，依次断开开关S1和S2；
③保持阻值不变，把电阻箱电阻值调到，开关S2接到线路2，接通S1，记录此时电流表的示数，依次断开开关S1和S2；
④减小电阻箱的阻值，重复第③步，记录相应的电流表示数；
⑤把电阻箱阻值及其对应电流表的示数记录在如下表格中，并进行处理；
I/A 1/I
100 0.0180 55.56
80 0.0196 51.02
60 0.0213 46.95
40 0.0263 42.37
20 0.0263 38.02
⑥在坐标纸上做出图像，如图所示。
（1）从操作步骤中找出不符合电学操作规范的步骤，把序号填在横线上　 　；
（2）请按照电路图把没有连接完全的部分（图乙）用笔划线连接完成　 　。按照图乙所示连线，在进行第②步操作时，滑动变阻器的滑片应该滑到　 　端（填“C”或“D”）；
（3）把电阻箱换成某一个待测电阻，接入电路中，测得电流表示数为0.0200A，比对图像，该电阻的阻值为　 　Ω；
（4）请说明图像的斜率的物理意义　 　。
【答案】②；；C；76.0；等于电源的电动势E
【知识点】电池电动势和内阻的测量；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）在连接电路时，不能闭合开关。为了实验安全、保护实验器材，应将开关处于断开状态。
故答案为：②
（2）根据电路图，连接好实物图如下图所示
由图可知，将滑动变阻器的滑片移动到C端时滑动变阻器的阻值最大。
故答案为：；C
（3）把电阻箱换成某一个待测电阻，接入电路中，测得电流表示数为0.0200A，则此时
对比图像可知，该电阻的阻值为76.0。
故答案为：76.0
（4）根据闭合电路欧姆定律有
整理可得
则图像的斜率等于电源电动势E。
故答案为：等于电源的电动势E
【分析】(1) 操作规范判断：核心原则是电路接通前滑动变阻器需调到最大阻值处，保护电路；步骤②中“断开开关和”会导致电路断开，无法完成后续校准，且步骤③在阻值不变时调节电阻箱违背实验逻辑，故错误步骤为②；
(2) 电路连接与滑动变阻器位置：需将电阻箱与、电流表串联，滑动变阻器采用限流接法，第②步需调至最大阻值端（C端）保护电路；
(3) 电阻阻值计算： 图像为线性关系，代入，结合图像线性规律计算阻值；
(4) 斜率物理意义：由闭合电路欧姆定律推导与的函数关系，明确斜率的物理含义。
13．如图所示，间距为L的足够长光滑平行金属导轨（电阻可忽略）倾斜放置，倾角为，导轨上端连接一个额定功率为P、电阻为R的灯泡（可视作电阻）。整个系统处于垂直导轨方向的匀强磁场中（磁场未画出）。阻值为、质量为m的金属棒与轨道垂直且接触良好，由静止释放金属棒，一段时间后灯泡达到额定功率，之后保持亮度不变，重力加速度为g，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小B；
（2）灯泡达到额定功率时金属棒的速率。
【答案】（1）解：设小灯泡的额定电流为，则
由题意得，金属棒沿导轨下滑的某时刻开始，小灯泡正常发光，流经金属棒的电流为；金属棒处于平衡状态，下落的速度达到最大值，有
联立得
（2）解：设灯泡正常发光时，金属棒的速度为，根据电磁感应定律和欧姆定律得，
联立解得
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 磁感应强度计算：灯泡达额定功率后金属棒匀速运动，受力平衡（重力分力等于安培力），结合电功率公式 求额定电流，再由安培力公式 推导磁感应强度；
(2) 金属棒速率计算：由电磁感应定律 求感应电动势，结合闭合电路欧姆定律（总电阻为灯泡电阻与金属棒电阻之和），联立电功率公式求解速率。
14．如图所示为车辆行驶过程中常见的变道超车情形。图中A车车长 LA=4m，B车车长 LB=6m，两车车头相距L=26m时，B车正以vB=10m/s的速度匀速行驶，A车正以vA=15m/s的速度借道超车，此时A车司机发现前方不远处有一辆汽车C正好迎面驶来，其速度为，C车和B车车头之间相距d=94m，现在A车司机有两个选择，一是放弃超车，驶回与B相同的车道，而后减速行驶；二是加速超车，在B与C相遇之前超过B车，不考虑变道过程的时间和速度的变化。
（1）若A车选择放弃超车，回到B车所在车道，则A车至少应该以多大的加速度匀减速刹车，才能避免与B车相撞；
（2）若A车选择加速超车，求A车能够安全超车的加速度至少多大；
（3）若A车选择超车，但因某种原因并未加速，C车司机在图示位置做出反应（不计反应时间），则C车减速的加速度至少多大才能保证A车安全超车。
【答案】解：（1）若A车选择放弃超车， 回到B车所在车道，根据运动学公式有
解得A车的最小加速度为
（2）A车加速超车最长时间为
A车安全超车，根据运动学公式有
解得A车能够安全超车的加速度至少为
（3）C车做减速运动最长时间为
A车安全超车，根据运动学公式有
解得C车减速的最小加速度为
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；追及相遇问题
【解析】【分析】（1）当A车做匀减速直线运动时，利用速度公式及位移公式可以求出A车加速度的大小；
（2）当A车加速超车时，利用位移公式可以求出A车加速超车的时间，结合位移公式可以求出A车加速度的大小；
（3）当C车做减速运动时，利用位移公式可以求出最长的时间，结合A车的位移公式可以求出C车减速的加速度大小。
15．一对平行正对金属板AB水平放置，如图甲所示，板内空间存在如图乙、丙所示的周期性的电场和磁场，磁感应强度方向垂直向里为正。时刻，质量为、电荷量为的小球紧贴板从左侧水平射入板内，初速度大小为。已知当地重力加速度为g，AB板间距为，板长为，图中为已知量，，。
（1）在小球不飞出极板空间且不与金属板发生碰撞的条件下，求：
①在电、磁场变化的第一个周期内小球在竖直方向上的位移；
②小球刚进入AB板时的速度需满足的条件。
（2）在小球不与金属板发生碰撞的条件下，如果AB板板长，求带电小球飞出极板时的机械能（不考虑金属板间电场的边缘效应，以板为重力势能零势能面）。
【答案】（1）解：①时间内小球所受电场力方向竖直向下，大小为
由牛顿第二定律得
所以小球的加速度为
时间内小球竖直方向位移为
时间内小球所受电场力方向竖直向上，大小为
由牛顿第二定律得
解得
时间内小球做匀减速直线运动，根据运动的对称性，竖直方向位移为
时间内小球所受重力与电场力等大反向，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，周期为
所以时间内小球刚好完成一个完整的圆周运动，在时刻的位置与时刻位置相同，则在电、磁场变化的第一个周期内小球在竖直方向上的位移
②由牛顿第二定律得，小球做匀速圆周运动的半径为
解得
在小球不飞出极板空间且不与金属板发生碰撞的条件下，需满足
解得
（2）解：一个周期内小球水平方向的最大位移为
AB板板长，则
说明小球在电磁场的一个周期内不会飞出金属板，可知小球在电磁场的第2个周期内飞出金属板，由几何关系得
解得
小球飞出金属板时，距离A板的距离为
所以小球飞出极板时的机械能为=
【知识点】机械能守恒定律；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) ①竖直位移计算：分阶段分析小球在电场、磁场中的受力，结合牛顿第二定律求加速度，再用运动学公式计算各阶段竖直位移并求和；
②速度条件分析：小球不与金属板碰撞的临界条件为竖直方向总位移不超过板间距，结合运动学规律推导初速度的范围；
(2) 机械能计算：机械能包括动能和重力势能，先分析小球在板内的运动时间与轨迹，结合动能定理和重力势能变化公式求解，注意电场力做功与重力做功的影响。
1 / 1河北省保定市2023-2024学年高三上学期期末考试物理试卷
一、单项选择题：本题共7小题，每题4分，共28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．把一根直导线放入磁感应强度为B的匀强磁场中，由于通过的电流或者放置的方位不同，导线受到的安培力也不同，下列哪个图中导线受到的安培力最大（　　）
A． B．
C． D．
2．如图所示，一个小型旋转电枢式交流发电机，其线圈绕垂直于匀强磁场方向的水平轴逆时针方向匀速转动。已知线圈匝数为n，电阻为r，转动的角速度为，外接电阻为R，电流表示数为I。下列说法中正确的是（　　）
A．穿过线圈的磁通量随时间周期性变化，周期为
B．穿过线圈的磁通量的最大值为
C．线圈从图示位置转过90°开始计时，半个周期内磁通量变化量为0
D．线圈从图示位置转过90°时，电流表示数为0
3．在发波水槽中，两个振动步调一致的振动片以20Hz的频率周期性击打水面上的和两点，、相距6cm，如图所示，Q点到的距离为8cm且。时刻振动片开始振动，时Q点开始振动，下列说法中正确的是（　　）
A．水槽中形成的水波波长为4cm
B．两个振动片同时停止击打水面，水面上的水波立即消失
C．Q点的振动始终加强
D．垂直在水槽中放置宽4cm的障碍物（如图中虚线所示），在障碍物后面还可以观察到明显的水波干涉图样
4．将弹性小球以某初速度从O点水平抛出，与地面发生弹性碰撞（碰后竖直速度与碰前等大反向，水平速度不变），反弹后在下降过程中恰好经过固定于水平面上的竖直挡板的顶端。已知O点高度为1.25m，与挡板的水平距离为6.5m，挡板高度为0.8m，，不计空气阻力的影响。下列说法中正确的是（　　）
A．小球水平方向的速率为5m/s
B．小球第一次落地时速度与水平方向的夹角为30°
C．小球经过挡板上端时，速度与水平方向夹角的正切值为1
D．小球从挡板上端运动到水平地面经历的时间为0.4s
5．如图所示，质量分别为m和M的两物块用轻杆通过铰链连接起来，放置在水平面上，给M施加水平恒力F，使二者一起沿水平面做匀加速直线运动。已知两物块与水平面的动摩擦因数均为，轻杆与水平方向的夹角为37°，，重力加速度为g，，，则下列说法正确的是（　　）
A．轻杆的拉力大小为
B．轻杆的拉力大小为
C．拉力的最大值为
D．若水平面光滑，轻杆的拉力大小为
6．如图所示，一颗在某中地圆轨道上运行的质量为m的卫星，通过M、N两位置的变轨，经椭圆转移轨道进入近地圆轨道运行，然后调整好姿态再伺机进入大气层，返回地面。已知近地圆轨道的半径可认为等于地球半径，中地圆轨道与近地圆轨道共平面且轨道半径为地球半径的3倍，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　）
A．卫星在M、N两点处需要加速才能实现题设条件中的变轨
B．该卫星在近地圆轨道上运行的动能为
C．该卫星在中地圆轨道上运行的速度
D．该卫星在转移轨道上从M点运行至N点（M、N与地心在同一直线上）所需的时间
7．由多个点电荷组成的系统的电势能与它们的电荷量和相对位置有关。如图甲所示，a、b、c三个质量均为m，带等量正电荷的小球，用长度相等不可伸长的绝缘轻绳连接，静置于光滑绝缘水平面上，设此时系统的电势能为。现剪断a、c两小球间的轻绳，一段时间后c球的速度大小为v，方向如图乙所示。关于这段时间内的电荷系统，下列说法中正确的是（　　）
A．动量不守恒
B．机械能守恒
C．c球受到的电场力冲量大小为mv
D．图乙时刻系统的电势能为
二、多项选择题：本题共3小题，每题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8．某机械波在轴上传播，如图所示，实线代表时刻的波形图，虚线代表时的波形图。下列关于这列波的说法中正确的是（　　）
A．若波沿轴正方向传播，它的周期
B．若波沿轴正方向传播，速度可能为
C．若波沿轴负方向传播，它的周期
D．若波速为，时刻，处质点的位移是0
9．如图所示，，电容器的电容，电源电动势，内阻。起初，开关断开，电容器所带的电荷量为；然后，闭合开关，待电路稳定后，电容器所带的电荷量为。下列说法正确的是（　　）
A．开关断开时，电容器极板的电势高
B．开关闭合，电路稳定后，电容器极板的电势高
C．从闭合开关到电路稳定的过程中，通过灵敏电流计的电荷量为
D．从闭合开关到电路稳定的过程中，通过灵敏电流计的电荷量为
10．如图所示，竖直轻弹簧两端连接质量均为m的两个小物块A、B，置于水平地面上且处于静止状态，现将质量也为m的小物块C从A的正上方h处由静止释放，物块C与A碰后粘在一起继续向下运动。已知在以后的运动过程中，当A向上运动到最高点时，B刚好要离开地面。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．此弹簧的劲度系数为
B．此弹簧的劲度系数为
C．物块运动过程中的最高点距离其初始位置为
D．物块运动过程中的最低点距离其初始位置为
三、非选择题：共54分。
11．在“用单摆测定重力加速度”实验中：
（1）下列哪个装置最适合用来做单摆？　 　
A. B. C. D.
（2）用20分度的游标卡尺测量摆球的直径，如图甲所示，由此可知摆球的直径　 　cm。
（3）以下关于该实验的说法中正确的有　 　。
A.用刻度尺测量摆线的长度，单摆的摆长
B.若发现摆球不在同一个竖直平面内摆动，则需重新释放摆球
C.摆球摆动稳定后，从某次摆球经过最高位置时开始计时
D.摆球摆动稳定后，从某次摆球经过最低位置时开始计时
（4）实验中改变几次摆长L，测出相应的摆动周期T，得到多组L与T的数据，作出图线，如图乙所示，图线上A、B两点的坐标分别为，，则重力加速度g的计算式为　 　。
12．某实验小组想要测量几个未知电阻，设计如图甲所示电路，利用手边现有的实验器材进行如下操作：
①按照电路图连接各电路元件，其中电源电动势和内阻未知，电流表内阻未知，量程；
②滑动变阻器调到最大值（最大值为），闭合开关S1，再把开关S2接到线路1，逐渐调节滑动变阻器的阻值，使得电流表指针满偏，依次断开开关S1和S2；
③保持阻值不变，把电阻箱电阻值调到，开关S2接到线路2，接通S1，记录此时电流表的示数，依次断开开关S1和S2；
④减小电阻箱的阻值，重复第③步，记录相应的电流表示数；
⑤把电阻箱阻值及其对应电流表的示数记录在如下表格中，并进行处理；
I/A 1/I
100 0.0180 55.56
80 0.0196 51.02
60 0.0213 46.95
40 0.0263 42.37
20 0.0263 38.02
⑥在坐标纸上做出图像，如图所示。
（1）从操作步骤中找出不符合电学操作规范的步骤，把序号填在横线上　 　；
（2）请按照电路图把没有连接完全的部分（图乙）用笔划线连接完成　 　。按照图乙所示连线，在进行第②步操作时，滑动变阻器的滑片应该滑到　 　端（填“C”或“D”）；
（3）把电阻箱换成某一个待测电阻，接入电路中，测得电流表示数为0.0200A，比对图像，该电阻的阻值为　 　Ω；
（4）请说明图像的斜率的物理意义　 　。
13．如图所示，间距为L的足够长光滑平行金属导轨（电阻可忽略）倾斜放置，倾角为，导轨上端连接一个额定功率为P、电阻为R的灯泡（可视作电阻）。整个系统处于垂直导轨方向的匀强磁场中（磁场未画出）。阻值为、质量为m的金属棒与轨道垂直且接触良好，由静止释放金属棒，一段时间后灯泡达到额定功率，之后保持亮度不变，重力加速度为g，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小B；
（2）灯泡达到额定功率时金属棒的速率。
14．如图所示为车辆行驶过程中常见的变道超车情形。图中A车车长 LA=4m，B车车长 LB=6m，两车车头相距L=26m时，B车正以vB=10m/s的速度匀速行驶，A车正以vA=15m/s的速度借道超车，此时A车司机发现前方不远处有一辆汽车C正好迎面驶来，其速度为，C车和B车车头之间相距d=94m，现在A车司机有两个选择，一是放弃超车，驶回与B相同的车道，而后减速行驶；二是加速超车，在B与C相遇之前超过B车，不考虑变道过程的时间和速度的变化。
（1）若A车选择放弃超车，回到B车所在车道，则A车至少应该以多大的加速度匀减速刹车，才能避免与B车相撞；
（2）若A车选择加速超车，求A车能够安全超车的加速度至少多大；
（3）若A车选择超车，但因某种原因并未加速，C车司机在图示位置做出反应（不计反应时间），则C车减速的加速度至少多大才能保证A车安全超车。
15．一对平行正对金属板AB水平放置，如图甲所示，板内空间存在如图乙、丙所示的周期性的电场和磁场，磁感应强度方向垂直向里为正。时刻，质量为、电荷量为的小球紧贴板从左侧水平射入板内，初速度大小为。已知当地重力加速度为g，AB板间距为，板长为，图中为已知量，，。
（1）在小球不飞出极板空间且不与金属板发生碰撞的条件下，求：
①在电、磁场变化的第一个周期内小球在竖直方向上的位移；
②小球刚进入AB板时的速度需满足的条件。
（2）在小球不与金属板发生碰撞的条件下，如果AB板板长，求带电小球飞出极板时的机械能（不考虑金属板间电场的边缘效应，以板为重力势能零势能面）。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】设直导线长度为：
A：电流方向与磁场方向垂直，受到的安培力大小为
B：电流方向与磁场方向平行，受到的安培力大小为0；
C：电流方向与磁场方向垂直，受到的安培力大小为
D：电流方向与磁场方向垂直，受到的安培力大小为
故答案为：C。
【分析】根据安培力公式F=BILsinθ（θ为电流方向与磁场方向的夹角），分析各选项中θ和电流I的大小，比较安培力的大小。
2．【答案】B
【知识点】磁通量；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．穿过线圈的磁通量随时间周期性变化，周期为，A错误；
B．根据，可得穿过线圈的磁通量的最大值为，B正确；
C．线圈从图示位置转过90°开始计时，此时磁通量为最大，为BS，半个周期后的磁通量为-BS，则磁通量变化量为2BS，C错误；
D．电流表的示数等于交流电的有效值，则线圈从图示位置转过90°时，电流的瞬时值为零，但是电流表的示数不为0，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查交流发电机的工作原理，结合磁通量变化规律、感应电动势的最大值与有效值、电路欧姆定律分析各选项，核心是推导磁通量最大值与电流的关系。
3．【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系；波的衍射现象；波的干涉现象
【解析】【解答】A．水波的传播速度，水槽中形成的水波波长为，A错误；
B．两个振动片同时停止击打水面，振动仍可沿水面传播，即水面上的水波不会立即消失，B错误；
C．Q点到S2的距离为10cm，则Q点到两个振源的距离之差为2cm，是波长的1倍，则Q点的振动始终加强，C正确；
D．垂直在水槽中放置宽4cm的障碍物，因障碍物的尺寸远大于水波的波长，可知在障碍物后面不可以观察到明显的水波干涉图样，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查波的干涉与衍射现象，结合波速、波长、频率的关系，干涉加强条件及衍射的明显条件分析选项。
4．【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．反弹后在下降过程中恰好经过固定于水平面上的竖直挡板的顶端，则从O点抛出到反弹上升到最高点所用时间为
从最高点下降经过竖直挡板的顶端所用时间为
则小球水平方向的速率为，故A正确；
B．小球第一次落地时竖直方向分速度为
则小球第一次落地时速度与水平方向的夹角满足
解得，故B错误；
C．小球经过挡板上端时，竖直方向分速度为
则速度与水平方向夹角的正切值为，故C错误；
D．小球从挡板上端运动到水平地面经历的时间为，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查平抛运动与弹性碰撞的综合分析，将运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛（碰撞后）运动，结合运动学公式计算速度、角度和时间。
5．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB．对M、m整体分析，由牛顿第二定律可得
设轻杆的拉力大小为，对m由牛顿第二定律得
解得，故A错误，B正确；
C．轻杆的拉力最大时
解得
则拉力的最大值为，故C错误；
D．若水平面光滑，则，，解得轻杆的拉力大小为，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查连接体的牛顿第二定律应用，需采用整体法与隔离法结合，分别对整体和小物块m列方程，同时分析轻杆拉力的临界条件及水平面光滑时的拉力变化。
6．【答案】C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．由题设条件知，卫星在向低轨道变轨，故需要减小速度，使卫星做向心运动，故A错误；
B．在近地圆轨道上，有
可得
根据万有引力提供向心力有
解得
则该卫星在近地圆轨道上运行的动能为，故B错误；
C．在中地圆轨道上，根据万有引力提供向心力有
结合，可得，故C正确；
D．在近地圆轨道上，卫星运行的周期，则有
转移轨道是椭圆轨道，其半长轴
根据开普勒第三定律可得
联立得
则该卫星在转移轨道上从M点运行至N点所需的时间，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查卫星变轨与圆周运动规律，结合万有引力定律、变轨的速度控制（加速 / 减速）、动能计算及椭圆轨道的运动时间分析，核心是利用 “黄金代换式”GM=gR2推导各物理量。
7．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．系统受合外力为零，则系统的动量守恒，A错误；
B．电场力做正功，则系统的机械能增加，B错误；
C．根据动量定理，c球受到的电场力和细绳拉力的合力的冲量等于c球动量变化，大小为mv，C错误；
D．由对称性可知，a球的速度大小也为v，方向与ac连线成30°角斜向左下方，因系统动量守恒，则b球的速度方向垂直ac向上，由动量守恒
解得
则此时三个小球的动能为
因系统的电势能和动能之和守恒，则图乙时刻系统的电势能为，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题利用动量守恒定律、能量守恒定律及动量定理求解。核心是判断系统是否受外力求动量是否守恒；通过电场力做功情况判断机械能是否守恒；利用动量定理分析冲量；结合系统动量与能量守恒计算电势能变化。
8．【答案】B,D
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．若波沿x轴正方向传播，则由图可知
解得周期为
当n=0时，T=1.2s，因此它的周期可能为1.2s，故A错误；
B．由图可知，波长，若波沿x轴正方向传播，则速度，当n=2时，v=30m/s，故B正确；
C．若波沿x轴负方向传播，则由图可知
解得周期为
当n=0时，T=0.4s，因此它的周期可能为0.4s，故C错误；
D．若波沿x轴负方向传播，则速度
当n=0时，v=10m/s，故波沿x轴负方向传播，且周期为T=0.4s。因t=0时刻，x=1m处质点的位移是0，则t=0.4s时刻，x=1m处质点的位移是0，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题利用机械波的传播规律、波长与周期的关系求解，核心是根据波的传播方向，结合t=0和t=0.3s的波形图，推导周期的通式，再计算波速并分析质点的位移变化。
9．【答案】A,C
【知识点】含容电路分析
【解析】【解答】A．开关断开时，电容器两板间的电压等于电阻R3两端的电压，可知电容器的A极板的电势高，A正确；
B．开关闭合，电路稳定后，电容器两板间的电压等于电阻R1两端的电压，电容器B极板的电势高，B错误；
CD．开关断开时，此时电容器的带电量为
开关闭合时，R1和R3串联电阻为R13=20Ω，
路端电压
此时R1两端的电压即电容器两板间的电压为
此时电容器带电量
从闭合开关到电路稳定的过程中，通过灵敏电流计的电荷量为，C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查含电容器的直流电路分析，需分别分析开关断开和闭合时的电路结构，计算电容器两端的电压、电荷量，再确定电荷量变化及电流计的电荷量。
10．【答案】A,C,D
【知识点】碰撞模型；简谐运动
【解析】【解答】C． 将质量也为m的小物块C从A的正上方h处由静止释放，根据动能定理有
可得，碰前C的速度为
C、A碰撞，设竖直向下为正方向，碰撞后C、A一起的速度为v，根据动量守恒定律，有
可得，碰撞后C、A一起的速度为
碰撞前，对A分析，根据平衡条件有
当A向上运动到最高点时，对B分析，根据平衡条件有
则碰撞后瞬间与A向上运动到最高点瞬间，弹簧弹力大小相等，弹簧的弹性势能相同，则根据能量守恒有
可得，物块运动过程中的最高点距离其初始位置的距离为
故C正确；
AB． 设弹簧的劲度系数为k， 由上述分析可知
则
故A正确，B错误；
D． 碰撞后C、A一起做简谐运动，根据对称性可知，最高点的合力等于最低点的合力，设最低点时弹簧的压缩量为x3，则有
解得，最低点时弹簧的压缩量为
则物块运动过程中的最低点距离其初始位置的距离为
故D正确。
故选ACD。
【分析】根据动能定理求出A、C碰撞前C的速度，然后根据动量守恒定律和能量守恒求得物块A运动过程中的最高点距离其初始位置；再由平衡方程求物块A运动过程中的位移，最后求得物块A最低点距离其初始位置的距离；由弹簧弹力等于重力求得弹簧的劲度系数。
11．【答案】A；1.370；BD；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）根据单摆理想模型可知，为减少空气阻力的影响，摆球应采用密度大、体积小的铁球，为使摆球摆动时摆长不变，摆线应用不易变形的细丝线，悬点应用铁夹来固定，故A正确，BCD错误。
故答案为：A
（2）游标卡尺的读数为
故答案为：1.370
（3）A．用刻度尺测量摆线的长度l，单摆的摆长，故A错误；
B．若发现摆球不在同一个竖直平面内摆动，则摆球做圆锥摆运动，因此需重新释放摆球，使摆球做单摆运动，故B正确；
CD．摆球摆动稳定后，从某次摆球经过最低位置时开始计时，因为最低点速度大，相对误差小，故C错误，D正确；
故答案为：BD。
（4）根据单摆周期公式
整理得
因此图线斜率为
解得
故答案为：
【分析】(1) 单摆装置选择：依据单摆实验的器材要求（摆线选无弹性细丝线、摆球选密度大的铁球、摆线固定方式避免缠绕），判断最适合的装置；
(2) 游标卡尺读数：20分度游标卡尺精度为0.05mm，读数为主尺读数+游标尺对齐格数×精度，再转换为厘米单位；
(3) 实验操作与原理判断：结合单摆摆长定义、摆球摆动要求、计时起点选择的实验规范分析选项；
(4) 重力加速度计算：由单摆周期公式 推导得 ，利用图线的斜率求解重力加速度。
12．【答案】②；；C；76.0；等于电源的电动势E
【知识点】电池电动势和内阻的测量；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）在连接电路时，不能闭合开关。为了实验安全、保护实验器材，应将开关处于断开状态。
故答案为：②
（2）根据电路图，连接好实物图如下图所示
由图可知，将滑动变阻器的滑片移动到C端时滑动变阻器的阻值最大。
故答案为：；C
（3）把电阻箱换成某一个待测电阻，接入电路中，测得电流表示数为0.0200A，则此时
对比图像可知，该电阻的阻值为76.0。
故答案为：76.0
（4）根据闭合电路欧姆定律有
整理可得
则图像的斜率等于电源电动势E。
故答案为：等于电源的电动势E
【分析】(1) 操作规范判断：核心原则是电路接通前滑动变阻器需调到最大阻值处，保护电路；步骤②中“断开开关和”会导致电路断开，无法完成后续校准，且步骤③在阻值不变时调节电阻箱违背实验逻辑，故错误步骤为②；
(2) 电路连接与滑动变阻器位置：需将电阻箱与、电流表串联，滑动变阻器采用限流接法，第②步需调至最大阻值端（C端）保护电路；
(3) 电阻阻值计算： 图像为线性关系，代入，结合图像线性规律计算阻值；
(4) 斜率物理意义：由闭合电路欧姆定律推导与的函数关系，明确斜率的物理含义。
13．【答案】（1）解：设小灯泡的额定电流为，则
由题意得，金属棒沿导轨下滑的某时刻开始，小灯泡正常发光，流经金属棒的电流为；金属棒处于平衡状态，下落的速度达到最大值，有
联立得
（2）解：设灯泡正常发光时，金属棒的速度为，根据电磁感应定律和欧姆定律得，
联立解得
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 磁感应强度计算：灯泡达额定功率后金属棒匀速运动，受力平衡（重力分力等于安培力），结合电功率公式 求额定电流，再由安培力公式 推导磁感应强度；
(2) 金属棒速率计算：由电磁感应定律 求感应电动势，结合闭合电路欧姆定律（总电阻为灯泡电阻与金属棒电阻之和），联立电功率公式求解速率。
14．【答案】解：（1）若A车选择放弃超车， 回到B车所在车道，根据运动学公式有
解得A车的最小加速度为
（2）A车加速超车最长时间为
A车安全超车，根据运动学公式有
解得A车能够安全超车的加速度至少为
（3）C车做减速运动最长时间为
A车安全超车，根据运动学公式有
解得C车减速的最小加速度为
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；追及相遇问题
【解析】【分析】（1）当A车做匀减速直线运动时，利用速度公式及位移公式可以求出A车加速度的大小；
（2）当A车加速超车时，利用位移公式可以求出A车加速超车的时间，结合位移公式可以求出A车加速度的大小；
（3）当C车做减速运动时，利用位移公式可以求出最长的时间，结合A车的位移公式可以求出C车减速的加速度大小。
15．【答案】（1）解：①时间内小球所受电场力方向竖直向下，大小为
由牛顿第二定律得
所以小球的加速度为
时间内小球竖直方向位移为
时间内小球所受电场力方向竖直向上，大小为
由牛顿第二定律得
解得
时间内小球做匀减速直线运动，根据运动的对称性，竖直方向位移为
时间内小球所受重力与电场力等大反向，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，周期为
所以时间内小球刚好完成一个完整的圆周运动，在时刻的位置与时刻位置相同，则在电、磁场变化的第一个周期内小球在竖直方向上的位移
②由牛顿第二定律得，小球做匀速圆周运动的半径为
解得
在小球不飞出极板空间且不与金属板发生碰撞的条件下，需满足
解得
（2）解：一个周期内小球水平方向的最大位移为
AB板板长，则
说明小球在电磁场的一个周期内不会飞出金属板，可知小球在电磁场的第2个周期内飞出金属板，由几何关系得
解得
小球飞出金属板时，距离A板的距离为
所以小球飞出极板时的机械能为=
【知识点】机械能守恒定律；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) ①竖直位移计算：分阶段分析小球在电场、磁场中的受力，结合牛顿第二定律求加速度，再用运动学公式计算各阶段竖直位移并求和；
②速度条件分析：小球不与金属板碰撞的临界条件为竖直方向总位移不超过板间距，结合运动学规律推导初速度的范围；
(2) 机械能计算：机械能包括动能和重力势能，先分析小球在板内的运动时间与轨迹，结合动能定理和重力势能变化公式求解，注意电场力做功与重力做功的影响。
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