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湖北省荆州市2024-2025学年高一下学期7月期末统一调研测试物理试卷
一、选择题∶本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．2025年2月哈尔滨亚冬会上，中国运动员在速度滑冰男子500米（环形赛道）决赛中，以34秒95的成绩夺得冠军。对运动员整个决赛过程描述正确的是（　　）
A．比赛中运动员的位移大小是500m
B．运动员全程的平均速度是14.3m/s
C．运动员在直线赛道上保持高速滑行时，加速度一定也很大
D．研究运动员的冲线技巧时，不可以把运动员看作质点
【答案】D
【知识点】质点；位移与路程；加速度；平均速度
【解析】【解答】A．位移是从初位置到末位置的有向线段，路程是物体运动轨迹的长度，环形赛道中，起点与终点重合，位移大小为 0，而 500m 是路程，故A错误；
B．平均速度等于位移与时间的比值，位移为0，故平均速度为0；平均速率等于路程与时间的比值，即，故B错误；
C．若运动员保持高速且匀速直线滑行，速度大小和方向均不变，加速度为0，故C错误；
D．研究冲线技巧需分析身体动作细节，不能忽略运动员的形状和大小，故不可视为质点，D正确。
故答案为：D。
【分析】这道题考查运动学的基本概念：位移与路程、平均速度与平均速率、加速度、质点的条件，需要逐一辨析。
2．某同学在课本中选取了四幅图片，如图所示，他的观点正确的是（　　）
A．图甲，喷泉斜向上喷出的水到最高点时的速度为零
B．图乙，桶内衣物上的水滴被甩出是因为水滴受到离心力的作用
C．图丙，用不同力度打击弹性金属片，当A球距地高度一定时，A球运动时间与力度大小无关
D．图丁，液压杆缓慢将车厢顶起过程中（货物相对车厢静止），摩擦力对货物做负功
【答案】C
【知识点】斜抛运动；功的概念
【解析】【解答】A．喷泉斜向上喷出的水到最高点时竖直方向上的速度为零，但水平方向上的速度不为零，故A错误；
B．水滴在衣服上的附着力小于其圆周运动所需的向心力时，水滴会做离心运动，从而被甩出去，向心力、离心力都是效果力，不能说水滴受到离心力的作用，故B错误；
C．平抛运动在水平方向是匀速直线运动，竖直方向是自由落体运动，根据自由落体运动规律，解得，因此A球在空中运动的时间只与竖直高度有关，所以A球运动时间与力度大小无关，故C正确；
D．对货物受力分析可知，液压杆缓慢将车厢顶起过程中（货物相对车厢静止），在摩擦力方向上没有位移，所以摩擦力对货物不做功，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：斜抛运动最高点的速度不为零，仅竖直分量为零；
B：离心运动的本质是 “向心力不足”，不存在 “离心力”；
C：平抛运动的时间仅由下落高度决定，与水平初速度无关；
D：静摩擦力的方向与位移方向相同，做正功。
3．如图所示，两光滑定滑轮O1、O2分别安装在竖直的固定轻杆上，带电小球A用轻质绝缘细线绕过两滑轮与不带电的物块C相连，与C连接端的细线竖直，在定滑轮O1的正下方用绝缘杆固定一带电小球B，整个系统处于平衡状态。忽略小球A、B及滑轮的大小。若小球A缓慢漏掉一部分电荷，则在该过程中（　　）
A．带电小球A、B间的库仑力不变 B．绝缘细线中的张力减小
C．地面对C的支持力变大 D．轻杆对定滑轮O2的作用力不变
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．如图所示
将小球A所受到的重力mg、拉力T、库仑力F平移成矢量三角形，它与三角形ABO1相似，有，由于O1B、mg不变，故比值不变，由于O1A不变，T不变，AB减小，F减小，故AB错误；
C．对物块C，由于绳子拉力不变，地面对C的支持力不变，故C错误；
D．对定滑轮O2，由于绳子拉力不变，两绳的夹角不变，所以轻杆对定滑轮O2的作用力不变，故D正确。
故答案为：D。
【分析】分析带电小球 A 缓慢漏电过程中库仑力、细线张力、地面对物块 C 的支持力以及轻杆对定滑轮 O2的作用力的变化，缓慢漏电过程可视为动态平衡；对小球 A 受力分析，利用矢量三角形法分析各力变化；物块 C 的受力与细线张力变化直接相关；定滑轮受力等于两段细线拉力的合力。
4．一科技小组设计了一个多挡位的弹簧枪，在一个倾角为θ、足够长的斜面上进行测试。如图所示，将枪与斜面成一定角度固定在斜面底端，用第一挡发射时弹簧对弹丸做功为W，落点与发射点间距为d1，落到斜面上时弹丸速度恰好水平；用第三挡发射时弹簧对弹丸做功为3W，落点与发射点间距为d2，落到斜面上时弹丸速度与斜面夹角为α，弹簧枪的长度及空气阻力不计。下列判断正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】根据平抛运动的规律可知若将一小球由斜面上的某点沿水平方向抛出，不管抛出时的速度大小如何，只要小球落在斜面上，则小球的位移方向相同，根据平抛运动速度角与位移角的关系可知，小球落在斜面上时速度方向相同。 将枪与斜面成一定角度固定在斜面底端，用第一挡发射时 落到斜面上时弹丸速度恰好水平，将该过程逆过来看，则小球落在斜面上时的速度方向均沿水平方向。所以不管以多大速度射出弹丸，弹丸落在斜面上时速度方向均沿水平方向，即α=θ
将弹丸的运动过程逆过来看就是平抛运动，设平抛的初速度大小为v0，落点与抛出点间的距离为d，根据分位移的方向有，，联立得
枪第二次对弹丸做的功是第一次的3倍，根据动能定理可知可知，弹丸第二次射出时的速度为第一次的倍，第二次射出时水平方向的速度也为第一次的倍，即第二次的v0也为第一次的倍，根据表达式可知，可知，第二次的d为第一次的3倍，即d2=3d1。
故选B。
【分析】利用弹丸的逆运动为平抛运动可以得出落在斜面时速度的方向；利用平抛运动的位移公式结合位移的方向可以求出运动位移的表达式，利用弹簧做功可以求出初速度的大小，进而求出第三挡运动的距离大小。
5．随着对太空探索的深入，人类发现了多星系统，其中双星系统是最简单的多星系统。如图所示，两星体a、b位于同一直线上，且均以相同的角速度环绕连线上的O点做匀速圆周运动。已知星体a的质量为m，ab间距为L，已知两星体的轨道半径大小之差，万有引力常量G。则两星体运行的角速度大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】双星（多星）问题
【解析】【解答】双星系统，两星体的角速度相同，设星体b的质量为M，对a星体
对b星体，其中，，联立解得，
故答案为：C。
【分析】本题考查双星系统问题，核心是利用万有引力提供向心力，结合双星角速度相同、轨道半径之和等于两星间距的特点分析求解，双星系统中两星角速度相同；万有引力为两星提供各自的向心力；轨道半径之和等于两星间距。
6．如图所示，倾角为的传送带顺时针匀速转动，其底部与水平面平滑连接。质量不同的小物体甲、乙先后由传送带上的A点静止释放，甲、乙与传送带、水平面间的动摩擦因数均为，已知，则甲、乙（　　）
A．均沿传送带向下先加速、后匀速运动
B．在传送带上运动时均处于超重状态
C．均停止在水平面上的同一位置
D．若增大传送带的速度，则到达传送带底端时的速度均减小
【答案】C
【知识点】超重与失重；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】AB．小物体释放后，由于物体受到传送带的摩擦力为，方向向上，受到重力的分力为，方向向下，由于，即，所以两个物体受到的合力向下，加速度向下所以小物体甲、乙在传送带上均一直沿传送带向下匀加速运动，加速度沿传送带向下，竖直方向具有向下的加速度，故均处于失重状态，故AB错误；
C．由于物体受到传送带的摩擦力为，方向向上，受到重力的分力为，方向向下，
根据牛顿第二定律可知小物体甲、乙在传送带上匀加速运动的加速度大小均为 ，
在水平面上，物体受到滑动摩擦力的作用，根据牛顿第二定律可知匀减速运动的加速度大小均为，故小物体甲、乙均停止在水平面上的同一位置，故C正确；
D．若增大传送带的速度，小物体甲、乙沿传送带向下匀加速运动的加速度不变，根据速度位移公式可知到达传送带底端时的速度不变，故D错误。
故选C。
【分析】利用物体在斜面上受到的摩擦力和重力的分力比较可以判别合力的方向，结合牛顿第二定律可以得出物体沿斜面向下做匀加速直线运动，再经过水平面时，由于受到滑动摩擦力的作用做匀减速直线运动；利用加速度方向向下所以处于失重状态；利用两个物体加速度相等，所以停止在同一位置；利用速度位移公式结合物体的加速度保持不变可以得出到达底端的速度保持不变。
7．如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，为定值电阻，和为可变电阻，开关S闭合。质量为的正电荷的微粒从P点以水平速度射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是（　　）
A．保持开关S闭合，增大，粒子打在O点右侧
B．保持开关S闭合，减小，粒子依然打在O点
C．断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点左侧
D．断开开关S，M极板稍微下移，粒子打在O点右侧
【答案】B
【知识点】电容器及其应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AB．保持开关S闭合，增大或减小，不会影响电阻两端的电压，故粒子仍打在O点，A错误，B正确；
CD．设两板间的电压为，两板间的距离为，粒子的电荷量为，微粒从P点以水平速度射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点，根据牛顿第二定律可得加速度为
方向垂直于板向下，断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为，结合
，可得，M极板稍微上移或者稍微下移时，电场强度不变，则加速度不变，粒子的运动不受影响，故仍打在O点，CD错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查带电粒子在电场中的偏转与动态电路分析问题，核心是分析开关通断时平行板电容器的电压/电场变化，结合类平抛运动规律判断粒子落点位置。
8．一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶，汽车所受牵引力随时间变化如图所示。若汽车的质量为，阻力恒定，汽车的最大功率恒定，则以下说法正确的是（　　）
A．汽车所受阻力的大小为
B．汽车先做匀加速运动，然后再做匀速直线运动
C．汽车匀加速运动阶段的加速度大小为
D．汽车牵引力的功率先增大后不变
【答案】C,D
【知识点】牛顿第二定律；机车启动
【解析】【解答】A：汽车匀速时牵引力等于阻力，，A错误。
B：0 4 s：牵引力恒定，匀加速；4 12 s：功率恒定、牵引力减小，加速度减小的加速；12 s后：匀速运动，B错误。
C：匀加速阶段：，，C正确。
D：0 4 s：不变、增大，增大；4 s后：功率达到最大值，保持不变，D正确。
故答案为：CD。
【分析】A：速度最大时牵引力等于阻力，由图像读出阻力大小；
B：分阶段分析汽车运动状态；
C：由牛顿第二定律求匀加速阶段加速度；
D：根据P=Fv分析功率变化。
9．利用现代技术可以高效地辅助物理实验探究。如图（a）所示，轻绳一端连接小球，另一端可绕水平转轴在竖直面内自由转动，在最低点（）给小球一个初速度，使小球能做完整的圆周运动，利用传感器记录绳的拉力大小，同时记录对应时刻轻绳与竖直方向的夹角，将数据输入计算机得到图像如图（b）所示。已知取，则下列判断正确的是（　　）
A．小球的质量为
B．轻绳长为
C．小球在最高点的速度大小为
D．小球在最低点与最高点绳的拉力差随初速度大小的增大而增大
【答案】A,C
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．当时，，由牛顿第二定律得
小球从最低点到该位置的过程中，根据动能定理得
当时，，由牛顿第二定律得
小球从最低点到该位置的过程中，根据动能定理得
联立解得，，故A正确，B错误；
C．小球从最低点到最高点的过程中，根据动能定理得
解得小球在最高点的速度大小为，故C正确；
D．在最低点，根据牛顿第二定律，得
在最高点，根据牛顿第二定律，得
小球从最低点到最高点的过程中，根据动能定理得
联立解得
故小球在最低点与最高点绳的拉力差保持不变，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查竖直圆周运动问题，核心是利用牛顿第二定律和动能定理，结合F-图像数据求解小球质量、绳长、最高点速度，并分析拉力差规律。
10．如图所示，平面直角坐标系的第二、四象限的虚线与轴之间的区域Ⅰ、Ⅱ内分别存在方向平行于轴且相反的匀强电场。粒子从第二象限的范围内沿轴正方向以相同的速度进入区域Ⅰ，它们都经过点进入区域Ⅱ，最终均从右侧平行于轴正方向离开区域Ⅱ。已知带电粒子的质量为，电荷量为，带电粒子经过点时速度方向的最大偏角为，且每个粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中运动的时间之比均为。不计粒子的重力及粒子间的相互作用力。下列说法正确的是（　　）
A．区域Ⅰ、Ⅱ的电场强度大小之比为
B．粒子在两电场中运动的最长时间为
C．区域Ⅰ中电场的电场强度大小为
D．第二象限中的虚线曲线方程为
【答案】A,B
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．每个粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中运动的时间之比均为，则，则区域Ⅰ、Ⅱ的电场强度大小之比为，故A正确；
B．由区域I电场最高点进入电场的粒子经过点时的偏角最大，在两电场中运动的时间最长，对该粒子经过点时，由，可得
在区域Ⅰ电场中运动时有，，解得，
每个粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中运动的时间之比均为，则在区域Ⅱ电场中运动时
所以粒子在两电场中运动的最长时间为，故B正确；
C．对这一粒子有，解得，故C错误；
D．对进入区域电场的任意粒子有，，，联立可解得，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】本题考查带电粒子在组合电场中的偏转问题，核心是利用类平抛运动规律分析粒子在两个电场中的运动，结合速度偏角和时间比求解电场强度、运动时间和轨迹方程。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11．学校某物理实验小组用如图所示的实验装置来验证“当物体的质量一定时，加速度与所受合外力成正比”的实验。
（1）实验时，下列操作中正确的是______
A．用天平测出砂和砂桶的质量
B．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源
C．补偿阻力时，将无滑轮端适当垫高，并在小车前端连接轻绳且悬挂砂桶
D．进行实验前，需将绕过小车前端动滑轮的细绳调节至与木板平行
（2）在实验过程中，向砂桶内加砂时，　 　（填“需要”或“不需要”）保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的总质量M。
（3）若保持小车的质量不变，改变砂桶中砂的质量，记录多组拉力传感器的示数F和对应纸带求出的加速度a的数值，并根据这些数据，绘制出如图所示的a-F图像，分析此图像不过原点的原因可能是　 　（填“补偿阻力过大”或“没有补偿阻力”），实验小组仔细分析图像，得出了实验所用小车的质量为　 　kg（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）D
（2）不需要
（3）补偿阻力过度；1.0
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）A．本实验可由拉力传感器直接得出小车受到的拉力大小，不需要用砂和砂桶的重力代替小车受到的拉力，所以不需要用天平测量砂和砂桶的质量，故A错误；
B小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，故B错误；
C．补偿阻力时，将无滑轮端适当垫高，不悬挂砂桶，调整长木板的倾角使小车拖着纸带沿长木板匀速下滑即可，故C错误。
D．要保证小车做匀变速直线运动，小车受到的合力必须恒定不变，因此需要调节滑轮的高度，使细线与长木板平行，确保小车受力恒定不变，故D正确。
故答案为：D。
（2）因有拉力传感器，可以直接知道小车的拉力（合力），因此不需要天平测出砂和砂桶的重力数据，也就不需要砂和砂桶的总质量m远小于小车的总质量M。
故答案为：不需要
（3）由图像可知，当拉力为零时小车就已经有了加速度，可知原因是木板抬得过高，补偿摩擦力过度；设拉力为零时，所受合力为，由于，可得
则斜率，解得M=1.0kg
故答案为：补偿阻力过度；1.0
【分析】(1) 逐一分析选项：拉力传感器可直接测绳子拉力，无需测砂和砂桶质量；实验应先接通电源再释放小车；补偿阻力时不应悬挂砂桶；细绳需与木板平行以保证拉力为恒力。
(2) 拉力传感器直接测绳子拉力，无需砂和砂桶质量远小于小车质量的条件。
(3) a-F图像不过原点，当F=0时a>0，说明补偿阻力过大；由牛顿第二定律 ，利用图像斜率可求小车质量。
（1）A．本实验可由拉力传感器直接得出小车受到的拉力大小，不需要用砂和砂桶的重力代替小车受到的拉力，所以不需要用天平测量砂和砂桶的质量，故A错误；
B小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，故B错误；
C．补偿阻力时，将无滑轮端适当垫高，不悬挂砂桶，调整长木板的倾角使小车拖着纸带沿长木板匀速下滑即可，故C错误。
D．要保证小车做匀变速直线运动，小车受到的合力必须恒定不变，因此需要调节滑轮的高度，使细线与长木板平行，确保小车受力恒定不变，故D正确。
故选D。
（2）因有拉力传感器，可以直接知道小车的拉力（合力），因此不需要天平测出砂和砂桶的重力数据，也就不需要砂和砂桶的总质量m远小于小车的总质量M。
（3）[1]由图像可知，当拉力为零时小车就已经有了加速度，可知原因是木板抬得过高，补偿摩擦力过度；
[2]设拉力为零时，所受合力为，由于
可得
则斜率
解得M=1.0kg
12．某同学想测某电阻的阻值。
（1）该同学先用多用电表的欧姆挡中的“×10”挡粗略测量该电阻，结果如图甲所示，则该读数为　 　Ω。
（2）为了更准确地测量该电阻的阻值，有以下实验器材可供选择：
A．电流表（量程为0~15mA，内阻约为2Ω）；
B．电流表（量程为0~3mA，内阻）；
C．定值电阻；
D．定值电阻；
E．滑动变阻器（0~20Ω，允许通过的最大电流为200mA）；
F．滑动变阻器（0~100Ω，允许通过的最大电流为50mA）；
G．蓄电池E（电动势为3V，内阻很小）；
H．开关S。
（3）滑动变阻器应选择　 　（填“”或“”）。
（4）该同学设计了测量该电阻的电路图，如图乙所示。则图中与串联的定值电阻R应选择　 　（填“”或“”）。
（5）该同学在某次实验过程中测得电流表的示数为，电流表的示数为，则该电阻表达式　 　（用题中所给物理量的符号表示）。
【答案】260；R3；R1；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）根据欧姆表的示数和挡位可知电阻的大小为。
（2）图乙中滑动变阻器连接方式为分压式，为了调节电路中的电流，应选择总阻值较小的滑动变阻器，即选R3。
（3）由于电源电压为3V，应将A2改装成量程为3V的电压表，根据欧姆定律可知改装时需要串联的电阻为
故选R1。
（4）由于并联电路的电压相等，结合欧姆定律有，解得
【分析】（1）根据欧姆表的示数和挡位可知电阻的大小；
（2）由于滑动变阻器连接方式为分压式，应选择总阻值较小的滑动变阻器；
（3）利用电表的改装结合欧姆定律可以求出串联电阻的大小；
（4）利用并联电路的规律结合欧姆定律可以求出待测电阻的大小。
13．如图，电池组的电动势，内电阻，电阻，，小电动机M的内电阻。当小电动机M稳定转动时，电流表A的读数为，求：
（1）小电动机M两端电压；
（2）电动机输出的机械功率。
【答案】（1）解：根据电路图，由闭合电路欧姆定律
由欧姆定律：，
代入数据解得：
（2）解：根据电路图
且
解得
电动机的输入总功率为，
解得
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】(1) 利用闭合电路欧姆定律，结合内阻和定值电阻的电压降，可求出电动机两端电压。
(2) 先通过并联电路的电流分配求出电动机的电流，再根据输入功率减去热功率得到机械功率。
（1）根据电路图，由闭合电路欧姆定律
由欧姆定律：，
代入数据解得：
（2）根据电路图
且
解得
电动机的输入总功率为，
解得
14．质量为的物体A和质量为的物体B分别系在一根不计质量的细绳两端，绳子跨过固定在倾角为的斜面顶端的定滑轮上，斜面固定在水平地面上。开始时把物体B拉到斜面底端，这时物体A离地面的高度为，如图所示。将B由静止释放。不计一切阻力和摩擦，斜面足够长，取。直到A落地的过程中，求：
（1）物体的重力势能变化量；
（2）A物体着地时的速度大小；
（3）细绳拉力对A物体做的功。
【答案】（1）解：在此过程中，B物体重力做功为，
代入数据解得
（2）解：物体A、B速度大小任意时刻相等，以地面为零重力势能面，A、B系统机械能守恒，根据机械能守恒定律有
解得
（3）解：对物体A，由动能定理
解得
【知识点】功能关系；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1) B沿斜面上升h，重力势能增加量等于克服重力做的功，即。
(2) A、B系统机械能守恒，A减少的重力势能等于B增加的重力势能与两者增加的动能之和，且两者速度大小始终相等。
(3) 对A单独应用动能定理，重力做功与拉力做功的和等于A动能的变化，从而求出拉力做的功。
（1）在此过程中，B物体重力做功为，
代入数据解得
（2）物体A、B速度大小任意时刻相等，以地面为零重力势能面，A、B系统机械能守恒，根据机械能守恒定律有
解得
（3）对物体A，由动能定理
解得
15．如图甲所示，在坐标系中，在第Ⅱ象限放置了粒子射线管，粒子射线管由平行于轴的平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成、细管C到两板的距离相等，且右侧开口在轴上（图中C与两板连线绝缘）。粒子源P在靠近A极板下方的左端，可以斜向下沿某一方向发射初速度为的带电粒子。A、B板长为，当A、B板加上某一电压时，带电粒子刚好能以的速度水平进入细管C且以相同速度水平射出。然后进入位于第Ⅰ象限的静电分析器中做半径的匀速圆周运动，静电分析器中电场线的方向均沿半径方向指向圆心，且粒子经过处的电场强度大小均为。之后带电粒子垂直轴进入第Ⅳ象限。第Ⅳ象限内存在电场强度大小不变、方向水平且随时间呈周期性变化的电场，若从此刻为计时零点，电场变化关系如图乙（图中，为已知值，规定沿轴正方向为电场正方向）。已知带电粒子的质量为m，重力不计。忽略电场的边缘效应。求：
（1）带电粒子的电性和电荷量；
（2）金属板A、B间的电势差。
（3）当时，带电粒子的横坐标。
【答案】（1）解：带电粒子在分析器中做匀速圆周运动，电场力指向圆心，所以粒子带正电。由牛顿第二定律可得
解得
（2）解：带电粒子从P点运动到C入口的过程中，由动能定理得
且
联立解得
（3）解：带电粒子进入第Ⅳ象限做类平抛运动：沿x正方向做单方向周期性的匀加速、匀减速直线运动，沿y负方向做匀速直线运动。x轴方向上：前内做匀加速直线运动，此段时间内的位移大小
电场力提供合外力
得：
由对称性可得，时间内，粒子的沿x正方向总位移为：
故在时，带电粒子的横坐标为
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，电场力指向圆心，可判断粒子带正电；结合向心力公式可求出电荷量 。
(2) 粒子在平行板间运动时，由动能定理结合C点与A、B的电势差关系，可求出A、B间的电势差 。
(3) 粒子进入第Ⅳ象限后，x方向受周期性电场力做匀变速运动，y方向匀速运动；结合电场变化规律，可求出 时粒子的横坐标。
（1）带电粒子在分析器中做匀速圆周运动，电场力指向圆心，所以粒子带正电。由牛顿第二定律可得
解得
（2）带电粒子从P点运动到C入口的过程中，由动能定理得
且
联立解得
（3）带电粒子进入第Ⅳ象限做类平抛运动：沿x正方向做单方向周期性的匀加速、匀减速直线运动，沿y负方向做匀速直线运动。x轴方向上：前内做匀加速直线运动，此段时间内的位移大小
电场力提供合外力
得：
由对称性可得，时间内，粒子的沿x正方向总位移为：
故在时，带电粒子的横坐标为
1 / 1湖北省荆州市2024-2025学年高一下学期7月期末统一调研测试物理试卷
一、选择题∶本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．2025年2月哈尔滨亚冬会上，中国运动员在速度滑冰男子500米（环形赛道）决赛中，以34秒95的成绩夺得冠军。对运动员整个决赛过程描述正确的是（　　）
A．比赛中运动员的位移大小是500m
B．运动员全程的平均速度是14.3m/s
C．运动员在直线赛道上保持高速滑行时，加速度一定也很大
D．研究运动员的冲线技巧时，不可以把运动员看作质点
2．某同学在课本中选取了四幅图片，如图所示，他的观点正确的是（　　）
A．图甲，喷泉斜向上喷出的水到最高点时的速度为零
B．图乙，桶内衣物上的水滴被甩出是因为水滴受到离心力的作用
C．图丙，用不同力度打击弹性金属片，当A球距地高度一定时，A球运动时间与力度大小无关
D．图丁，液压杆缓慢将车厢顶起过程中（货物相对车厢静止），摩擦力对货物做负功
3．如图所示，两光滑定滑轮O1、O2分别安装在竖直的固定轻杆上，带电小球A用轻质绝缘细线绕过两滑轮与不带电的物块C相连，与C连接端的细线竖直，在定滑轮O1的正下方用绝缘杆固定一带电小球B，整个系统处于平衡状态。忽略小球A、B及滑轮的大小。若小球A缓慢漏掉一部分电荷，则在该过程中（　　）
A．带电小球A、B间的库仑力不变 B．绝缘细线中的张力减小
C．地面对C的支持力变大 D．轻杆对定滑轮O2的作用力不变
4．一科技小组设计了一个多挡位的弹簧枪，在一个倾角为θ、足够长的斜面上进行测试。如图所示，将枪与斜面成一定角度固定在斜面底端，用第一挡发射时弹簧对弹丸做功为W，落点与发射点间距为d1，落到斜面上时弹丸速度恰好水平；用第三挡发射时弹簧对弹丸做功为3W，落点与发射点间距为d2，落到斜面上时弹丸速度与斜面夹角为α，弹簧枪的长度及空气阻力不计。下列判断正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．随着对太空探索的深入，人类发现了多星系统，其中双星系统是最简单的多星系统。如图所示，两星体a、b位于同一直线上，且均以相同的角速度环绕连线上的O点做匀速圆周运动。已知星体a的质量为m，ab间距为L，已知两星体的轨道半径大小之差，万有引力常量G。则两星体运行的角速度大小为（　　）
A． B． C． D．
6．如图所示，倾角为的传送带顺时针匀速转动，其底部与水平面平滑连接。质量不同的小物体甲、乙先后由传送带上的A点静止释放，甲、乙与传送带、水平面间的动摩擦因数均为，已知，则甲、乙（　　）
A．均沿传送带向下先加速、后匀速运动
B．在传送带上运动时均处于超重状态
C．均停止在水平面上的同一位置
D．若增大传送带的速度，则到达传送带底端时的速度均减小
7．如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，为定值电阻，和为可变电阻，开关S闭合。质量为的正电荷的微粒从P点以水平速度射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是（　　）
A．保持开关S闭合，增大，粒子打在O点右侧
B．保持开关S闭合，减小，粒子依然打在O点
C．断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点左侧
D．断开开关S，M极板稍微下移，粒子打在O点右侧
8．一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶，汽车所受牵引力随时间变化如图所示。若汽车的质量为，阻力恒定，汽车的最大功率恒定，则以下说法正确的是（　　）
A．汽车所受阻力的大小为
B．汽车先做匀加速运动，然后再做匀速直线运动
C．汽车匀加速运动阶段的加速度大小为
D．汽车牵引力的功率先增大后不变
9．利用现代技术可以高效地辅助物理实验探究。如图（a）所示，轻绳一端连接小球，另一端可绕水平转轴在竖直面内自由转动，在最低点（）给小球一个初速度，使小球能做完整的圆周运动，利用传感器记录绳的拉力大小，同时记录对应时刻轻绳与竖直方向的夹角，将数据输入计算机得到图像如图（b）所示。已知取，则下列判断正确的是（　　）
A．小球的质量为
B．轻绳长为
C．小球在最高点的速度大小为
D．小球在最低点与最高点绳的拉力差随初速度大小的增大而增大
10．如图所示，平面直角坐标系的第二、四象限的虚线与轴之间的区域Ⅰ、Ⅱ内分别存在方向平行于轴且相反的匀强电场。粒子从第二象限的范围内沿轴正方向以相同的速度进入区域Ⅰ，它们都经过点进入区域Ⅱ，最终均从右侧平行于轴正方向离开区域Ⅱ。已知带电粒子的质量为，电荷量为，带电粒子经过点时速度方向的最大偏角为，且每个粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中运动的时间之比均为。不计粒子的重力及粒子间的相互作用力。下列说法正确的是（　　）
A．区域Ⅰ、Ⅱ的电场强度大小之比为
B．粒子在两电场中运动的最长时间为
C．区域Ⅰ中电场的电场强度大小为
D．第二象限中的虚线曲线方程为
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11．学校某物理实验小组用如图所示的实验装置来验证“当物体的质量一定时，加速度与所受合外力成正比”的实验。
（1）实验时，下列操作中正确的是______
A．用天平测出砂和砂桶的质量
B．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源
C．补偿阻力时，将无滑轮端适当垫高，并在小车前端连接轻绳且悬挂砂桶
D．进行实验前，需将绕过小车前端动滑轮的细绳调节至与木板平行
（2）在实验过程中，向砂桶内加砂时，　 　（填“需要”或“不需要”）保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的总质量M。
（3）若保持小车的质量不变，改变砂桶中砂的质量，记录多组拉力传感器的示数F和对应纸带求出的加速度a的数值，并根据这些数据，绘制出如图所示的a-F图像，分析此图像不过原点的原因可能是　 　（填“补偿阻力过大”或“没有补偿阻力”），实验小组仔细分析图像，得出了实验所用小车的质量为　 　kg（结果保留两位有效数字）。
12．某同学想测某电阻的阻值。
（1）该同学先用多用电表的欧姆挡中的“×10”挡粗略测量该电阻，结果如图甲所示，则该读数为　 　Ω。
（2）为了更准确地测量该电阻的阻值，有以下实验器材可供选择：
A．电流表（量程为0~15mA，内阻约为2Ω）；
B．电流表（量程为0~3mA，内阻）；
C．定值电阻；
D．定值电阻；
E．滑动变阻器（0~20Ω，允许通过的最大电流为200mA）；
F．滑动变阻器（0~100Ω，允许通过的最大电流为50mA）；
G．蓄电池E（电动势为3V，内阻很小）；
H．开关S。
（3）滑动变阻器应选择　 　（填“”或“”）。
（4）该同学设计了测量该电阻的电路图，如图乙所示。则图中与串联的定值电阻R应选择　 　（填“”或“”）。
（5）该同学在某次实验过程中测得电流表的示数为，电流表的示数为，则该电阻表达式　 　（用题中所给物理量的符号表示）。
13．如图，电池组的电动势，内电阻，电阻，，小电动机M的内电阻。当小电动机M稳定转动时，电流表A的读数为，求：
（1）小电动机M两端电压；
（2）电动机输出的机械功率。
14．质量为的物体A和质量为的物体B分别系在一根不计质量的细绳两端，绳子跨过固定在倾角为的斜面顶端的定滑轮上，斜面固定在水平地面上。开始时把物体B拉到斜面底端，这时物体A离地面的高度为，如图所示。将B由静止释放。不计一切阻力和摩擦，斜面足够长，取。直到A落地的过程中，求：
（1）物体的重力势能变化量；
（2）A物体着地时的速度大小；
（3）细绳拉力对A物体做的功。
15．如图甲所示，在坐标系中，在第Ⅱ象限放置了粒子射线管，粒子射线管由平行于轴的平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成、细管C到两板的距离相等，且右侧开口在轴上（图中C与两板连线绝缘）。粒子源P在靠近A极板下方的左端，可以斜向下沿某一方向发射初速度为的带电粒子。A、B板长为，当A、B板加上某一电压时，带电粒子刚好能以的速度水平进入细管C且以相同速度水平射出。然后进入位于第Ⅰ象限的静电分析器中做半径的匀速圆周运动，静电分析器中电场线的方向均沿半径方向指向圆心，且粒子经过处的电场强度大小均为。之后带电粒子垂直轴进入第Ⅳ象限。第Ⅳ象限内存在电场强度大小不变、方向水平且随时间呈周期性变化的电场，若从此刻为计时零点，电场变化关系如图乙（图中，为已知值，规定沿轴正方向为电场正方向）。已知带电粒子的质量为m，重力不计。忽略电场的边缘效应。求：
（1）带电粒子的电性和电荷量；
（2）金属板A、B间的电势差。
（3）当时，带电粒子的横坐标。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】质点；位移与路程；加速度；平均速度
【解析】【解答】A．位移是从初位置到末位置的有向线段，路程是物体运动轨迹的长度，环形赛道中，起点与终点重合，位移大小为 0，而 500m 是路程，故A错误；
B．平均速度等于位移与时间的比值，位移为0，故平均速度为0；平均速率等于路程与时间的比值，即，故B错误；
C．若运动员保持高速且匀速直线滑行，速度大小和方向均不变，加速度为0，故C错误；
D．研究冲线技巧需分析身体动作细节，不能忽略运动员的形状和大小，故不可视为质点，D正确。
故答案为：D。
【分析】这道题考查运动学的基本概念：位移与路程、平均速度与平均速率、加速度、质点的条件，需要逐一辨析。
2．【答案】C
【知识点】斜抛运动；功的概念
【解析】【解答】A．喷泉斜向上喷出的水到最高点时竖直方向上的速度为零，但水平方向上的速度不为零，故A错误；
B．水滴在衣服上的附着力小于其圆周运动所需的向心力时，水滴会做离心运动，从而被甩出去，向心力、离心力都是效果力，不能说水滴受到离心力的作用，故B错误；
C．平抛运动在水平方向是匀速直线运动，竖直方向是自由落体运动，根据自由落体运动规律，解得，因此A球在空中运动的时间只与竖直高度有关，所以A球运动时间与力度大小无关，故C正确；
D．对货物受力分析可知，液压杆缓慢将车厢顶起过程中（货物相对车厢静止），在摩擦力方向上没有位移，所以摩擦力对货物不做功，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：斜抛运动最高点的速度不为零，仅竖直分量为零；
B：离心运动的本质是 “向心力不足”，不存在 “离心力”；
C：平抛运动的时间仅由下落高度决定，与水平初速度无关；
D：静摩擦力的方向与位移方向相同，做正功。
3．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．如图所示
将小球A所受到的重力mg、拉力T、库仑力F平移成矢量三角形，它与三角形ABO1相似，有，由于O1B、mg不变，故比值不变，由于O1A不变，T不变，AB减小，F减小，故AB错误；
C．对物块C，由于绳子拉力不变，地面对C的支持力不变，故C错误；
D．对定滑轮O2，由于绳子拉力不变，两绳的夹角不变，所以轻杆对定滑轮O2的作用力不变，故D正确。
故答案为：D。
【分析】分析带电小球 A 缓慢漏电过程中库仑力、细线张力、地面对物块 C 的支持力以及轻杆对定滑轮 O2的作用力的变化，缓慢漏电过程可视为动态平衡；对小球 A 受力分析，利用矢量三角形法分析各力变化；物块 C 的受力与细线张力变化直接相关；定滑轮受力等于两段细线拉力的合力。
4．【答案】B
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】根据平抛运动的规律可知若将一小球由斜面上的某点沿水平方向抛出，不管抛出时的速度大小如何，只要小球落在斜面上，则小球的位移方向相同，根据平抛运动速度角与位移角的关系可知，小球落在斜面上时速度方向相同。 将枪与斜面成一定角度固定在斜面底端，用第一挡发射时 落到斜面上时弹丸速度恰好水平，将该过程逆过来看，则小球落在斜面上时的速度方向均沿水平方向。所以不管以多大速度射出弹丸，弹丸落在斜面上时速度方向均沿水平方向，即α=θ
将弹丸的运动过程逆过来看就是平抛运动，设平抛的初速度大小为v0，落点与抛出点间的距离为d，根据分位移的方向有，，联立得
枪第二次对弹丸做的功是第一次的3倍，根据动能定理可知可知，弹丸第二次射出时的速度为第一次的倍，第二次射出时水平方向的速度也为第一次的倍，即第二次的v0也为第一次的倍，根据表达式可知，可知，第二次的d为第一次的3倍，即d2=3d1。
故选B。
【分析】利用弹丸的逆运动为平抛运动可以得出落在斜面时速度的方向；利用平抛运动的位移公式结合位移的方向可以求出运动位移的表达式，利用弹簧做功可以求出初速度的大小，进而求出第三挡运动的距离大小。
5．【答案】C
【知识点】双星（多星）问题
【解析】【解答】双星系统，两星体的角速度相同，设星体b的质量为M，对a星体
对b星体，其中，，联立解得，
故答案为：C。
【分析】本题考查双星系统问题，核心是利用万有引力提供向心力，结合双星角速度相同、轨道半径之和等于两星间距的特点分析求解，双星系统中两星角速度相同；万有引力为两星提供各自的向心力；轨道半径之和等于两星间距。
6．【答案】C
【知识点】超重与失重；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】AB．小物体释放后，由于物体受到传送带的摩擦力为，方向向上，受到重力的分力为，方向向下，由于，即，所以两个物体受到的合力向下，加速度向下所以小物体甲、乙在传送带上均一直沿传送带向下匀加速运动，加速度沿传送带向下，竖直方向具有向下的加速度，故均处于失重状态，故AB错误；
C．由于物体受到传送带的摩擦力为，方向向上，受到重力的分力为，方向向下，
根据牛顿第二定律可知小物体甲、乙在传送带上匀加速运动的加速度大小均为 ，
在水平面上，物体受到滑动摩擦力的作用，根据牛顿第二定律可知匀减速运动的加速度大小均为，故小物体甲、乙均停止在水平面上的同一位置，故C正确；
D．若增大传送带的速度，小物体甲、乙沿传送带向下匀加速运动的加速度不变，根据速度位移公式可知到达传送带底端时的速度不变，故D错误。
故选C。
【分析】利用物体在斜面上受到的摩擦力和重力的分力比较可以判别合力的方向，结合牛顿第二定律可以得出物体沿斜面向下做匀加速直线运动，再经过水平面时，由于受到滑动摩擦力的作用做匀减速直线运动；利用加速度方向向下所以处于失重状态；利用两个物体加速度相等，所以停止在同一位置；利用速度位移公式结合物体的加速度保持不变可以得出到达底端的速度保持不变。
7．【答案】B
【知识点】电容器及其应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AB．保持开关S闭合，增大或减小，不会影响电阻两端的电压，故粒子仍打在O点，A错误，B正确；
CD．设两板间的电压为，两板间的距离为，粒子的电荷量为，微粒从P点以水平速度射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点，根据牛顿第二定律可得加速度为
方向垂直于板向下，断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为，结合
，可得，M极板稍微上移或者稍微下移时，电场强度不变，则加速度不变，粒子的运动不受影响，故仍打在O点，CD错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查带电粒子在电场中的偏转与动态电路分析问题，核心是分析开关通断时平行板电容器的电压/电场变化，结合类平抛运动规律判断粒子落点位置。
8．【答案】C,D
【知识点】牛顿第二定律；机车启动
【解析】【解答】A：汽车匀速时牵引力等于阻力，，A错误。
B：0 4 s：牵引力恒定，匀加速；4 12 s：功率恒定、牵引力减小，加速度减小的加速；12 s后：匀速运动，B错误。
C：匀加速阶段：，，C正确。
D：0 4 s：不变、增大，增大；4 s后：功率达到最大值，保持不变，D正确。
故答案为：CD。
【分析】A：速度最大时牵引力等于阻力，由图像读出阻力大小；
B：分阶段分析汽车运动状态；
C：由牛顿第二定律求匀加速阶段加速度；
D：根据P=Fv分析功率变化。
9．【答案】A,C
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．当时，，由牛顿第二定律得
小球从最低点到该位置的过程中，根据动能定理得
当时，，由牛顿第二定律得
小球从最低点到该位置的过程中，根据动能定理得
联立解得，，故A正确，B错误；
C．小球从最低点到最高点的过程中，根据动能定理得
解得小球在最高点的速度大小为，故C正确；
D．在最低点，根据牛顿第二定律，得
在最高点，根据牛顿第二定律，得
小球从最低点到最高点的过程中，根据动能定理得
联立解得
故小球在最低点与最高点绳的拉力差保持不变，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查竖直圆周运动问题，核心是利用牛顿第二定律和动能定理，结合F-图像数据求解小球质量、绳长、最高点速度，并分析拉力差规律。
10．【答案】A,B
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．每个粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中运动的时间之比均为，则，则区域Ⅰ、Ⅱ的电场强度大小之比为，故A正确；
B．由区域I电场最高点进入电场的粒子经过点时的偏角最大，在两电场中运动的时间最长，对该粒子经过点时，由，可得
在区域Ⅰ电场中运动时有，，解得，
每个粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中运动的时间之比均为，则在区域Ⅱ电场中运动时
所以粒子在两电场中运动的最长时间为，故B正确；
C．对这一粒子有，解得，故C错误；
D．对进入区域电场的任意粒子有，，，联立可解得，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】本题考查带电粒子在组合电场中的偏转问题，核心是利用类平抛运动规律分析粒子在两个电场中的运动，结合速度偏角和时间比求解电场强度、运动时间和轨迹方程。
11．【答案】（1）D
（2）不需要
（3）补偿阻力过度；1.0
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）A．本实验可由拉力传感器直接得出小车受到的拉力大小，不需要用砂和砂桶的重力代替小车受到的拉力，所以不需要用天平测量砂和砂桶的质量，故A错误；
B小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，故B错误；
C．补偿阻力时，将无滑轮端适当垫高，不悬挂砂桶，调整长木板的倾角使小车拖着纸带沿长木板匀速下滑即可，故C错误。
D．要保证小车做匀变速直线运动，小车受到的合力必须恒定不变，因此需要调节滑轮的高度，使细线与长木板平行，确保小车受力恒定不变，故D正确。
故答案为：D。
（2）因有拉力传感器，可以直接知道小车的拉力（合力），因此不需要天平测出砂和砂桶的重力数据，也就不需要砂和砂桶的总质量m远小于小车的总质量M。
故答案为：不需要
（3）由图像可知，当拉力为零时小车就已经有了加速度，可知原因是木板抬得过高，补偿摩擦力过度；设拉力为零时，所受合力为，由于，可得
则斜率，解得M=1.0kg
故答案为：补偿阻力过度；1.0
【分析】(1) 逐一分析选项：拉力传感器可直接测绳子拉力，无需测砂和砂桶质量；实验应先接通电源再释放小车；补偿阻力时不应悬挂砂桶；细绳需与木板平行以保证拉力为恒力。
(2) 拉力传感器直接测绳子拉力，无需砂和砂桶质量远小于小车质量的条件。
(3) a-F图像不过原点，当F=0时a>0，说明补偿阻力过大；由牛顿第二定律 ，利用图像斜率可求小车质量。
（1）A．本实验可由拉力传感器直接得出小车受到的拉力大小，不需要用砂和砂桶的重力代替小车受到的拉力，所以不需要用天平测量砂和砂桶的质量，故A错误；
B小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，故B错误；
C．补偿阻力时，将无滑轮端适当垫高，不悬挂砂桶，调整长木板的倾角使小车拖着纸带沿长木板匀速下滑即可，故C错误。
D．要保证小车做匀变速直线运动，小车受到的合力必须恒定不变，因此需要调节滑轮的高度，使细线与长木板平行，确保小车受力恒定不变，故D正确。
故选D。
（2）因有拉力传感器，可以直接知道小车的拉力（合力），因此不需要天平测出砂和砂桶的重力数据，也就不需要砂和砂桶的总质量m远小于小车的总质量M。
（3）[1]由图像可知，当拉力为零时小车就已经有了加速度，可知原因是木板抬得过高，补偿摩擦力过度；
[2]设拉力为零时，所受合力为，由于
可得
则斜率
解得M=1.0kg
12．【答案】260；R3；R1；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）根据欧姆表的示数和挡位可知电阻的大小为。
（2）图乙中滑动变阻器连接方式为分压式，为了调节电路中的电流，应选择总阻值较小的滑动变阻器，即选R3。
（3）由于电源电压为3V，应将A2改装成量程为3V的电压表，根据欧姆定律可知改装时需要串联的电阻为
故选R1。
（4）由于并联电路的电压相等，结合欧姆定律有，解得
【分析】（1）根据欧姆表的示数和挡位可知电阻的大小；
（2）由于滑动变阻器连接方式为分压式，应选择总阻值较小的滑动变阻器；
（3）利用电表的改装结合欧姆定律可以求出串联电阻的大小；
（4）利用并联电路的规律结合欧姆定律可以求出待测电阻的大小。
13．【答案】（1）解：根据电路图，由闭合电路欧姆定律
由欧姆定律：，
代入数据解得：
（2）解：根据电路图
且
解得
电动机的输入总功率为，
解得
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】(1) 利用闭合电路欧姆定律，结合内阻和定值电阻的电压降，可求出电动机两端电压。
(2) 先通过并联电路的电流分配求出电动机的电流，再根据输入功率减去热功率得到机械功率。
（1）根据电路图，由闭合电路欧姆定律
由欧姆定律：，
代入数据解得：
（2）根据电路图
且
解得
电动机的输入总功率为，
解得
14．【答案】（1）解：在此过程中，B物体重力做功为，
代入数据解得
（2）解：物体A、B速度大小任意时刻相等，以地面为零重力势能面，A、B系统机械能守恒，根据机械能守恒定律有
解得
（3）解：对物体A，由动能定理
解得
【知识点】功能关系；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1) B沿斜面上升h，重力势能增加量等于克服重力做的功，即。
(2) A、B系统机械能守恒，A减少的重力势能等于B增加的重力势能与两者增加的动能之和，且两者速度大小始终相等。
(3) 对A单独应用动能定理，重力做功与拉力做功的和等于A动能的变化，从而求出拉力做的功。
（1）在此过程中，B物体重力做功为，
代入数据解得
（2）物体A、B速度大小任意时刻相等，以地面为零重力势能面，A、B系统机械能守恒，根据机械能守恒定律有
解得
（3）对物体A，由动能定理
解得
15．【答案】（1）解：带电粒子在分析器中做匀速圆周运动，电场力指向圆心，所以粒子带正电。由牛顿第二定律可得
解得
（2）解：带电粒子从P点运动到C入口的过程中，由动能定理得
且
联立解得
（3）解：带电粒子进入第Ⅳ象限做类平抛运动：沿x正方向做单方向周期性的匀加速、匀减速直线运动，沿y负方向做匀速直线运动。x轴方向上：前内做匀加速直线运动，此段时间内的位移大小
电场力提供合外力
得：
由对称性可得，时间内，粒子的沿x正方向总位移为：
故在时，带电粒子的横坐标为
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，电场力指向圆心，可判断粒子带正电；结合向心力公式可求出电荷量 。
(2) 粒子在平行板间运动时，由动能定理结合C点与A、B的电势差关系，可求出A、B间的电势差 。
(3) 粒子进入第Ⅳ象限后，x方向受周期性电场力做匀变速运动，y方向匀速运动；结合电场变化规律，可求出 时粒子的横坐标。
（1）带电粒子在分析器中做匀速圆周运动，电场力指向圆心，所以粒子带正电。由牛顿第二定律可得
解得
（2）带电粒子从P点运动到C入口的过程中，由动能定理得
且
联立解得
（3）带电粒子进入第Ⅳ象限做类平抛运动：沿x正方向做单方向周期性的匀加速、匀减速直线运动，沿y负方向做匀速直线运动。x轴方向上：前内做匀加速直线运动，此段时间内的位移大小
电场力提供合外力
得：
由对称性可得，时间内，粒子的沿x正方向总位移为：
故在时，带电粒子的横坐标为
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