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湖北省荆州市2024-2025学年高一下学期期末考试物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1．2025年4月25日0时0分，载满小商品货柜的第2112列“义新欧”班列从我国义乌出发，跨越13052公里抵达西班牙首都马德里。关于这趟班列，下列说法正确的是（　　）
A．13052公里是指列车完成的位移大小
B．关于列车的加速度，由知，越大，加速度就越大
C．用质点代替列车，研究列车运动的方法叫理想模型法
D．列车过弯道时超速，将会加剧对弯道内轨的磨损
2．一个物体以初速度，加速度开始做直线运动，经过时间，下列说法正确的是（　　）
A．物体的位移为，方向与初速度相同
B．物体的平均速率为
C．加速度方向在运动过程中始终不变
D．第3s末的瞬时速度为
3．甲图中，轻杆AB一端与墙上的光滑铰链连接，另一端用不可伸长的轻绳系住，绳、杆之间的夹角为，在B点下方悬挂质量为m的重物。乙图中，轻杆CD一端插入墙内，另一端装有小滑轮，现用轻绳绕过滑轮挂住质量也为 m的重物，绳、杆之间的夹角也为。甲、乙图中杆都静止且垂直于墙，则下列说法中正确的是（　　）
A．两根杆上弹力方向均沿杆
B．乙图中杆的弹力更大
C．两根杆上弹力一样大
D．若甲、乙中轻绳能承受的最大拉力相同，则物体加重时，甲中轻绳更容易断裂
4．细胞电转染的原理简化如图所示，两带电的平行金属板间，由于细胞的存在形成如图所示的电场。其中实线为电场线，关于y轴对称分布。虚线为带电的外源DNA进入细胞膜的轨迹，M、N为轨迹上的两点，P点与N点关于y轴对称，DNA分子可看成点电荷，只受电场力。下列说法正确的是（　　）
A．DNA分子带正电
B．N、P两点的电场强度相同
C．DNA分子在M点的加速度比在N点大
D．DNA分子在M点的动能比在N点小
5．“三星系统”与“双星系统”都是宇宙中存在的天体系统。两种系统中，天体均可在万有引力的作用下绕共同的圆心做匀速圆周运动。如图分别为两种天体系统的示意图，图中五个球形天体的质量均为 M，天体中心连线的长度均为L，星球距离远大于星球半径，万有引力常量为 G。“三星系统”与“双星系统”运动周期之比为（　　）
A． B． C． D．
6．如图所示，A、B、C、D、M、N是棱长相等的正八面体的六个顶点，在M点固定一个电荷量为的点电荷，在N点固定一个电荷量为的点电荷，E为MB的中点。下列说法正确的是（　　）
A．将一试探电荷放在B点，该电荷受电场力为零
B．电势差
C．将一试探电荷从E点移动到B点，其电势能一定减小
D．将一试探电荷从E点移动到B点电场力做的功，小于将该电荷从E点移动到C点电场力做的功
7．如图所示，竖直面内有一个半圆形轨道，半径为R，O为圆心，AB为水平直径，C为圆弧最低点，将一个可看成质点的小球从AO上M点以速率v0（大小未知）水平向右抛出，恰好垂直打在轨道上N点，此时小球速度与竖直方向的夹角为37°。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，若不计空气阻力，则（　　）
A．
B．AM之间的距离为
C．若从A点正上方某处P以某一速度水平抛出，一定不能垂直打到N点
D．若从A点水平抛出，对于落点在AC段的小球，初速度越大，落点速度与水平初速度夹角越大
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8．如图甲所示，在2025年央视春晚舞台上，机器人的精彩舞蹈令人印象深刻，机器人转动八角巾手帕时形成一个匀速转动的圆盘。如图乙所示，O为手帕的中心，A、B、C为手帕上的三个点，各点到O点的距离关系为，下列说法正确的是（　　）
A．手帕转动半圈，C点的速度变化量为零
B．C点的角速度大于B点的角速度
C．A、B两点的向心加速度不相同
D．A、C两点的线速度大小满足vC=1.5vA
9．水弹珠玩具枪一度风靡市场，给孩子们的生活增添了许多乐趣。现竖直向上发射一颗水弹珠，假设运动过程中，水弹珠的质量和所受空气阻力的大小均保持不变，则关于该水弹珠从发出到落回原处的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．下降过程中，机械能逐渐增大
B．上升过程中，机械能逐渐减小
C．下降过程中，重力的瞬时功率逐渐增大
D．上升过程克服空气阻力做功的平均功率小于下降过程克服空气阻力做功的平均功率
10．如图所示，AB是位于竖直平面内的四分之一圆弧形的光滑绝缘轨道，半径，OA水平，轨道下端点B与水平粗糙绝缘轨道平滑连接，整个空间分布有水平向左的匀强电场，电场强度。有一质量、电荷量的小滑块（可视为质点）从水平轨道上某点P由静止释放，恰好能运动到A点。若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数，取，则下列说法正确的是（　　）
A．释放点P与B的水平距离为
B．滑块第一次经过B点时，对轨道的压力大小为
C．滑块最终停在B处
D．滑块在粗糙段轨道上的总路程为
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11．在“金属丝电阻率的测量”的实验中：
（1）用螺旋测微器测量金属丝直径时，其示数如图甲所示，则金属丝的直径为　 　；
（2）某同学设计了如图乙所示的电路测量该金属丝的电阻（阻值约为）。
可选用的器材规格如下：
电源（电压为3V，内阻不计）；
电流表（，内阻为）；
电流表（，内阻约为）；
滑动变阻器（阻值为，额定电流为）；
滑动变阻器（阻值为，额定电流为）；
定值电阻；
定值电阻；
开关S和导线若干。
①为了便于操作，并使测量尽量精确，定值电阻应选　 　，滑动变阻器应选　 　。（均填器材符号）
②某次测量时电流表的示数为，电流表示数为，计算的表达式为　 　。（用题中所给物理量符号表示）
12．某实验小组利用如图甲所示的装置进行“验证机械能守恒定律”实验，将气垫导轨一端固定在水平桌面上，整体与水平面成角倾斜放置，光电门固定在气垫导轨下端某处，将带有挡光条的滑块从光电门上端某处由静止释放。
（1）实验中测出挡光条和滑块的总质量为m。静止释放时，挡光条的中心线到光电门的距离为 x，挡光条的宽度为d，挡光条经过光电门的挡光时间为t，重力加速度为g。挡光条经过光电门时的速度大小为　 　。滑块及挡光条由释放点运动到光电门的过程中，动能的增加量为　 　，重力势能的减少量为　 　（用题中所给物理量符号表示）。上述方法得出的动能增加量　 　实际动能增加量（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
（2）改变x大小，多次实验，并记录挡光条每次经过光电门时的挡光时间t，利用图像法验证机械能守恒定律，以x为横轴、以为纵轴建立直角坐标系，根据实验数据得到图乙所示的图线，若该图线的斜率　 　时，滑块下滑过程中的机械能守恒（用题中所给物理量符号表示）。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13．用不可伸长的轻质细线将物块A、B和质量不计的定滑轮组装成图示装置。已知A、B的质量分别为，，开始时，A离地高度为，B离地高度为。连接A和B的细线足够长，初始时整个系统处于静止状态。某时刻剪断A与地面间的细线，此后A在运动过程中始终没有与定滑轮相碰，B触地后不反弹，g取，求：
（1）B在下落过程中的加速度大小；
（2）A离地的最大高度H。
14．如图所示，在匀强电场中（电场线未画出）有一半径为R的圆，AD为圆的直径，B、C分别为圆弧AD的三等分点，将质量为m、电荷量为的带电粒子，以大小为v的速度从A点沿某一方向射入电场，粒子经过圆上B点时，速度大小为；若以大小为2v的速度从A点射入电场，粒子经过圆上 D点时，速度大小为，圆、电场强度以及粒子的速度均在同一平面内，粒子只受电场力。求：
（1）A、B间的电势差；
（2）电场强度的大小和方向；
（3）若将该粒子以速度从A点垂直于AB射入圆内，恰好经过C点，求的大小。
15．某过山车模型竖直截面如图甲所示，倾斜轨道AB的长度、B端的竖直高度h均可调，但其水平投影LCA=2m恒定。水平直轨道AD的长度LAD=1m，圆轨道半径R1=0.9m（最低点D和D'、最高点E，滑块从D点进入，沿圆轨道内侧完整运动一周后从D'向右离开）。另一倾斜直轨道FG长度LFG=2m，倾角θ=37°，和半径R2=1.5m圆心角也为θ的光滑圆弧管道GH相连，管道末端H切线水平（管壁厚度和管道内径不计），各轨道间平滑连接。一质量为m=1kg的滑块（视为质点），与BA、AD的动摩擦因数均为μ1=0.5，FG轨道由特殊材料制成，滑块与FG的动摩擦因数μ2与从F开始沿斜面向上运动的距离l成正比例函数，如图乙所示；轨道其它部分均光滑，滑块每次从B点静止释放。（不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）若滑块恰能过圆轨道最高点E，求释放点的高度h；
（2）若要保证滑块能到达竖直圆轨道且不脱离竖直圆轨道（不考虑从FG轨道返回的情况），求释放点高度h的调节范围；
（3）若滑块不脱离竖直圆轨道且能到H端，对H端管道上壁无力的作用，求释放点高度h的调节范围。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】质点；位移与路程；加速度；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A.位移为物体运动过程起点和终点之间的距离，13052公里是列车运动的轨迹长度，是路程，不是位移大小，A错误；
B．加速度是比值定义法，根据定义式可知加速度大小与和均无关，B错误；
C．用质点代替列车，简化列车本身的大小和形状，突出质量这一主要因素，这种方法叫理想模型法，C正确；
D．列车过弯道时，超速会使所需向心力增大，导致列车有向外运动的趋势挤压外轨道，所以会加剧对弯道外轨的磨损，不是内轨， D错误。
故选C。
【分析】13052公里是列车运动的轨迹长度，是路程，不是位移大小；根据定义式可知加速度大小与和均无关；简化列车本身的大小和形状，突出质量这一主要因素，这种方法叫理想模型法；超速会使所需向心力增大，导致列车有向外运动的趋势挤压外轨道，所以会加剧对弯道外轨的磨损。
2．【答案】C
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A．物体做匀减速直线运动，根据位移时间关系，代入数据可得
方向与初速度相同，故A错误；
B．物体做匀减速直线运动，根据速度时间关系，可得速度减为零所需的时间
根据位移公式，可得前2s内的位移大小，2s-3s内的位移大小
总路程为，根据路程和时间的比值可知平均速率为，故B错误；
C．由于加速度数值保持不变可知加速度方向在运动过程中始终不变，故C正确。
D．物体做匀减速直线运动，根据速度时间公式，代入数据得第3s末的瞬时速度为，故D错误。
故选C。
【分析】利用物体的位移公式可以求出运动的位移大小，利用速度公式可以求出减速的时间，结合位移公式可以求出运动的路程，结合时间可以求出平均速率的大小；利用速度公式可以求出瞬时速度的大小。
3．【答案】D
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．甲图中的杆为“动杆”，根据杆的平衡条件可知弹力方向沿杆方向，乙图中的杆为“定杆”，根据受力分析可知弹力方向不沿杆方向，而是沿两根绳合力的反方向，故A错误；
BC．图甲中，以B点为研究对象，受到重物的拉力、绳的拉力和AB杆的弹力，根据矢量三角形定则可知杆的弹力
图乙中，以D点为研究对象，受到重物的拉力、上边绳的拉力和CD杆的弹力，由于拉力 和重力的夹角为，根据三力平衡的特点可得，轻杆受到的弹力是mg，甲图中杆的弹力更大，故BC错误；
D．根据竖直方向的平衡条件可知甲图中轻绳的拉力为，根据平衡条件可知乙图中轻绳的拉力，若甲、乙中轻绳能承受最大拉力相同，则物体加重时，甲中B点受到的拉力更大所以轻绳更容易断裂，故D正确。
故选D。
【分析】利用两个杆的特点可以分析杆的受力情况；利用结点B和D的平衡条件可以求出杆的弹力及绳子拉力的大小；利用绳子拉力的大小可以判别甲中B点受到的拉力更大所以轻绳更容易断裂。
4．【答案】D
【知识点】电场强度；电场线；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．由DNA分子的运动轨迹可知DNA分子在电场力的作用下向下偏转，根据下极板带正电可知分子带负电，故A错误；
B．N、P两点的电场强度方向沿该点处电场线的切线方向，根据电场线的切线方向可以得出两点电场强度方向不相同，故B错误；
C．由电场线的疏密表示电场强度的大小可知，由于N点所处的电场线比较密集，所以N点的电场强度大于M点的电场强度，根据牛顿第二定律可知DNA分子在M点的加速度比在N点小，故C错误；
D．DNA分子由M点到N点过程中，由于电场力方向和粒子位移方向相同所以电场力做正功，动能增加，即DNA分子在M点的动能比在N点小，故D正确。
故选D。
【分析】利用运动的轨迹可以判别电场力的方向进而判别分子的电性；利用电场线的切线方向可以判别电场强度的方向；利用电场线的疏密可以比较电场强度的大小，进而比较加速度的大小；利用电场力做功结合动能定理可以比较分子动能的大小。
5．【答案】A
【知识点】双星（多星）问题
【解析】【解答】对“三星系统”中的一颗星进行受力分析，由于两个星体对其中一个星体的引力合力提供向心力，根据牛顿第二定律得 ，由几何关系得
对“双星系统”中的一颗星进行受力分析，其中一个星体对另外一个星体的引力提供向心力，根据牛顿第二定律得 ，联立可得
故选A。
【分析】利用三星系统和两星系统的引力提供向心力可以求出运动周期的比值。
6．【答案】B
【知识点】电场力做功；电势能与电场力做功的关系；电势差
【解析】【解答】A．在B点，和产生的电场强度都不为零，根据矢量叠加可知B点的电场强度不为0，方向竖直向下，根据电场力的表达式，所以试探电荷在B点受电场力不为零，A 错误；
B．在等量异种点电荷的电场中，电场线从正电荷指向负电荷，沿着电场线方向电势逐渐降低。因为电场线疏密情况不同，靠近场源电荷处电场线较密，等量异种电荷电场线中垂面附近电场线较疏，由于ME段电场线的密集程度大于EB段电场线的密集程度，所以ME段平均场强大于EB段平均场强，根据电势差和场强的关系可知，B正确；
C．由于不知道试探电荷的正负，所以无法确定从 E点移动到B点电势能的变化情况。根据电势能的表达式可知如果是正试探电荷，从 E到B电势能减小；如果是负试探电荷，从 E到B电势能增大， C错误；
D．根据等量异种点电荷电场的对称性， B点和C点关于中垂面对称，所以两点电势大小相等，所以。根据电场力做功的表达式，同一试探电荷从E点移动到B点和从E点移动到C点，电势差相同，所以从 E点移动到B点电场力做的功等于从E点移动到C点电场力做的功，D错误。
故选B。
【分析】利用电场强度的叠加可以判别电场强度的大小，结合电场力的表达式可以判别电场力的大小；利用电场线的疏密可以比较平均电场强度的大小，结合距离可以比较电势差的大小；利用电势能的表达式结合定性方能比较电势能的大小；利用电势差的大小结合电场力做功的表达式可以比较电场力做功的大小。
7．【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．小球从AO上M点以速率v0（大小未知）水平向右抛出，恰好垂直打在轨道上N点，此时小球速度与竖直方向的夹角为37°，根据速度的分解可知小球在N点竖直方向的速度，根据速度公式可知小球从M到N运动的时间
根据平抛运动的推论，速度方向的反向延长线过水平位移的中点，结合几何知识
，解得，根据水平方向的位移公式有：小球从M到N水平位移， ，故A正确；
B．根据平抛运动的规律可知，AM之间的距离为，故B错误；
C．若从A点正上方某处P以某一速度水平抛出，由于可以满足速度方向的反向延长线过水平位移的中点，所以有可能垂直打到N点，故C错误；
D．根据平抛运动的推论，速度方向的反向延长线过水平位移的中点，根据位移方向可知速度夹角正切值是位移夹角正切值的2倍，初速度越大，根据起点和终点的连线可知落点在AC段的小球位移夹角的正切值越小，落点速度与水平初速度夹角越小，故D错误。
故选A。
【分析】利用速度的分解可以求出竖直方向速度的表达式，结合速度公式可以求出时间的表达式，再利用水平方向的位移公式可以求出初速度的大小；利用平抛运动的规律可知AN之间的距离；从A点正上方某处P以某一速度水平抛出，由于可以满足速度方向的反向延长线过水平位移的中点，所以有可能垂直打到N点；根据位移方向可知速度夹角正切值是位移夹角正切值的2倍，初速度越大，根据起点和终点的连线可知落点在AC段的小球位移夹角的正切值越小，落点速度与水平初速度夹角越小。
8．【答案】C,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A．手帕转动半圈，根据C点初末速度的大小及方向可知C点的速度变化量为Δv=vC （ vC）=2vC，故A错误；
B．A、B、C属于同轴转动，由于相同时间内转过的角度相等所以各点角速度相等，故B错误；
C．由于角速度相等，根据向心加速度的表达式a=ω2r，可知A、B两点的向心加速度大小相等，但方向不同，故C正确；
D．根据线速度的表达式v=rω，由于角速度相等则A、C两点的线速度大小满足vC=1.5vA，故D正确。
故选CD。
【分析】利用初末速度可以求出C点速度变化量的大小；利用同轴转动可以得出ABC三点角速度相等，结合半径的大小可以求出向心加速度的大小及线速度的大小，向心加速度的方向不同。
9．【答案】B,C
【知识点】功能关系；功率及其计算
【解析】【解答】AB．水弹珠在空中运动的过程中，由于阻力方向与速度方向相反，所以水弹珠一直克服空气阻力做功，水弹珠的机械能逐渐减小，故A错误；B正确；
C．在下降的过程中，速度逐渐增大，根据功率的表达式可知重力的瞬时功率逐渐增大，故C正确；
D．运动过程中水弹珠受到空气阻力的大小保持不变，水弹珠上升过程的位移大小等于下降过程的位移大小，故上升过程克服空气阻力做的功等于下降过程克服空气阻力做的功，由于上升过程合力为重力和阻力之和，下落过程合力为重力和阻力之差，所以根据牛顿第二定律可知整个上升过程的加速度大小大于下降过程中加速度的大小，根据位移公式可知，上升过程的运动时间小于下降过程的运动时间，根据平均功率的表达式可知，上升过程中克服空气阻力做功的平均功率大于下降过程克服空气阻力做功的平均功率，故D错误。
故选BC。
【分析】利用阻力与位移方向相反可以得出阻力一直做负功，进而判别水珠的机械能不断减小；利用下降过程竖直方向的速度结合重力可以判别重力瞬时功率的大小变化；利用阻力大小和位移不变可以判别两个过程阻力做功不变，结合牛顿第二定律结合位移公式可以比较下降和上升过程所花的时间，结合平均功率的表达式可以比较平均功率的大小。
10．【答案】A,B,D
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A． 小滑块（可视为质点）从水平轨道上某点P由静止释放，恰好能运动到A点，设释放点P与B的水平距离为x，对滑块从P到A的过程，由于电场力、重力和摩擦力做功，根据动能定理可得，代入数据解得，故A正确；
B．对滑块从B到A的过程，由于重力和电场力对滑块做功，根据动能定理可得
在B点，由于重力和支持力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
联立解得，根据牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力大小为，故B正确；
C．因为，
根据水平方向两力的比较可知，所以滑块不会最终停在B处，故C错误；
D．滑块最终会在B点上方的圆弧轨道上来回运动，且在B点时速度为0，设滑块在粗糙段轨道上的总路程为，对滑块从P到最终状态的过程，由于电场力和摩擦力做功，根据动能定理可得，解得，故D正确。
故选ABD。
【分析】利用动能定理可以求出释放点P与B的水平距离的大小；利用动能定理可以求出滑块经过B点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出滑块对轨道的压力大小；利用平衡条件可知滑块最终不会静止在B点；利用动能定理结合摩擦力做功可以求出滑块在粗糙轨道上运动的路程大小。
11．【答案】（1）0.800
（2）；；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）如图所示可知固定刻度示数为，可动刻度示数为，根据螺旋测微器的结构可知示数为
（2）①根据闭合电路欧姆定律和电流表最小读数，根据欧姆定理可知可求出电路中需要的最大电阻为，由于待测电阻为，为了电路的安全可知滑动变阻器应选用。
根据分压原理，结合欧姆定律可知，故定值电阻选。
②根据欧姆定律，结合并联电路的规律可得
【分析】（1）利用螺旋测微器的结构可知示数的大小；
（2）利用闭合电路的欧姆定律可以求出回路中最大电阻进而判别滑动变阻器的选择；利用欧姆定律可以判别定值电阻的选择；利用欧姆定律结合并联电路的规律可以求出待测电阻的大小。
（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为，可动刻度示数为，螺旋测微器示数为
（2）①[1]根据闭合电路欧姆定律和电流表最小读数，可求出电路中需要的最大电阻为
由于待测电阻为，所以滑动变阻器应选用。
[2]根据分压原理，，故定值电阻选。
②[3]根据欧姆定律，可得
12．【答案】（1）；；；小于
（2）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据平均速度公式可知挡光条经过光电门时的速度大小为
滑块及挡光条由释放点运动到光电门的过程中，根据动能的表达式可知动能的增加量为
根据重力势能的表达式可知重力势能的减少量为
根据匀变速直线运动的规律可知遮光片的平均速度表示瞬时速度，因中间时刻的速度小于中间位置的速度，可知得出的动能增加量小于实际动能增加量；
（2）根据机械能守恒定律有，可得，结合图像，可知
【分析】（1）利用平均速度公式可以求出滑块经过光电门的瞬时速度大小；结合动能的表达式可以求出动能的增量；利用重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量；由于遮光片的平均速度表示瞬时速度，因中间时刻的速度小于中间位置的速度，可知得出的动能增加量小于实际动能增加量；
（2）利用机械能守恒定律结合图像可以得出图像斜率的大小。
（1）挡光条经过光电门时的速度大小为
滑块及挡光条由释放点运动到光电门的过程中，动能的增加量为
重力势能的减少量为
根据遮光片的平均速度表示瞬时速度，因中间时刻的速度小于中间位置的速度，可知得出的动能增加量小于实际动能增加量；
（2）由第一问分析，
可得
结合图像，可知
13．【答案】（1）解：剪断细线后，设绳上拉力大小为T，由牛顿第二定律可知，，
联立，解得

（2）解：物块B落地时速度大小与A相同，设为v，则有
解得，B落地后，A竖直上抛，设上升h，则
解得，B离地最大高度

【知识点】竖直上抛运动；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】（1）当绳子剪断后，利用牛顿第二定律可以求出B的加速度大小；
（2）当物块B落地时，利用速度位移公式可以求出A做竖直上抛运动的速度，结合速度位移公式可以求出继续上升的高度。
（1）剪断细线后，设绳上拉力大小为T，由牛顿第二定律可知，，
联立，解得
（2）物块B落地时速度大小与A相同，设为v，则有
解得，B落地后，A竖直上抛，设上升h，则
解得，B离地最大高度
14．【答案】（1）解：从A到B由动能定理有
解得

（2）解：从A到D由动能定理有
解得
可知，故，又
解得，方向沿AB方向。
（3）解：沿AB和垂直于AB方向建立直角坐标系如图
沿x轴方向，有
沿y轴方向，有
又
联立，解得

【知识点】电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）当粒子从A到B的过程中，利用动能定理可以求出电势差的大小；
（2）当粒子从A到D的过程中，利用动能定理可以求出电势差的大小，结合电势差与场强的关系可以求出电场强度的大小；
（3）当粒子在电场中做类平抛运动，利用位移公式结合牛顿第二定理可以求出粒子速度的大小。
（1）从A到B由动能定理有
解得
（2）从A到D由动能定理有
解得
可知，故，又
解得，方向沿AB方向。
（3）沿AB和垂直于AB方向建立直角坐标系如图
沿x轴方向，有
沿y轴方向，有
又
联立，解得
15．【答案】（1）解：在E点重力恰好提供向心力
从B到E由动能定理有
联立解得
（2）解：①能到达圆轨道最高点E，由（1）知
②若恰能进入圆轨道，滑到D时速度为0，从B到D由动能定理有
解得
③从B点到达圆轨道上右侧O1等高处时速度为0，由动能定理有
解得
综上或
（3）解：①到H时速度为0，从B到H由动能定理得
联立解得
②在H点对上壁恰好无力的作用时
从B到H由动能定理有
联立解得
综上
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）当滑块经过E点时，利用重力提供向心力可以求出经过E点速度的大小，结合动能定理可以求出释放点的高度；
（2）当滑块恰好经过D点时，利用动能定理可以求出释放点的高度；当滑块上升到等高点的位置时，利用动能定理可以求出释放点的高度；
（3）当滑块到达H端时，利用牛顿第二定理可以求出速度的大小，结合动能定理可以求出释放点的高度。
（1）在E点重力恰好提供向心力
从B到E由动能定理有
联立解得
（2）①能到达圆轨道最高点E，由（1）知
②若恰能进入圆轨道，滑到D时速度为0，从B到D由动能定理有
解得
③从B点到达圆轨道上右侧O1等高处时速度为0，由动能定理有
解得
综上或
（3）①到H时速度为0，从B到H由动能定理得
联立解得
②在H点对上壁恰好无力的作用时
从B到H由动能定理有
联立解得
综上
1 / 1湖北省荆州市2024-2025学年高一下学期期末考试物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1．2025年4月25日0时0分，载满小商品货柜的第2112列“义新欧”班列从我国义乌出发，跨越13052公里抵达西班牙首都马德里。关于这趟班列，下列说法正确的是（　　）
A．13052公里是指列车完成的位移大小
B．关于列车的加速度，由知，越大，加速度就越大
C．用质点代替列车，研究列车运动的方法叫理想模型法
D．列车过弯道时超速，将会加剧对弯道内轨的磨损
【答案】C
【知识点】质点；位移与路程；加速度；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A.位移为物体运动过程起点和终点之间的距离，13052公里是列车运动的轨迹长度，是路程，不是位移大小，A错误；
B．加速度是比值定义法，根据定义式可知加速度大小与和均无关，B错误；
C．用质点代替列车，简化列车本身的大小和形状，突出质量这一主要因素，这种方法叫理想模型法，C正确；
D．列车过弯道时，超速会使所需向心力增大，导致列车有向外运动的趋势挤压外轨道，所以会加剧对弯道外轨的磨损，不是内轨， D错误。
故选C。
【分析】13052公里是列车运动的轨迹长度，是路程，不是位移大小；根据定义式可知加速度大小与和均无关；简化列车本身的大小和形状，突出质量这一主要因素，这种方法叫理想模型法；超速会使所需向心力增大，导致列车有向外运动的趋势挤压外轨道，所以会加剧对弯道外轨的磨损。
2．一个物体以初速度，加速度开始做直线运动，经过时间，下列说法正确的是（　　）
A．物体的位移为，方向与初速度相同
B．物体的平均速率为
C．加速度方向在运动过程中始终不变
D．第3s末的瞬时速度为
【答案】C
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A．物体做匀减速直线运动，根据位移时间关系，代入数据可得
方向与初速度相同，故A错误；
B．物体做匀减速直线运动，根据速度时间关系，可得速度减为零所需的时间
根据位移公式，可得前2s内的位移大小，2s-3s内的位移大小
总路程为，根据路程和时间的比值可知平均速率为，故B错误；
C．由于加速度数值保持不变可知加速度方向在运动过程中始终不变，故C正确。
D．物体做匀减速直线运动，根据速度时间公式，代入数据得第3s末的瞬时速度为，故D错误。
故选C。
【分析】利用物体的位移公式可以求出运动的位移大小，利用速度公式可以求出减速的时间，结合位移公式可以求出运动的路程，结合时间可以求出平均速率的大小；利用速度公式可以求出瞬时速度的大小。
3．甲图中，轻杆AB一端与墙上的光滑铰链连接，另一端用不可伸长的轻绳系住，绳、杆之间的夹角为，在B点下方悬挂质量为m的重物。乙图中，轻杆CD一端插入墙内，另一端装有小滑轮，现用轻绳绕过滑轮挂住质量也为 m的重物，绳、杆之间的夹角也为。甲、乙图中杆都静止且垂直于墙，则下列说法中正确的是（　　）
A．两根杆上弹力方向均沿杆
B．乙图中杆的弹力更大
C．两根杆上弹力一样大
D．若甲、乙中轻绳能承受的最大拉力相同，则物体加重时，甲中轻绳更容易断裂
【答案】D
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．甲图中的杆为“动杆”，根据杆的平衡条件可知弹力方向沿杆方向，乙图中的杆为“定杆”，根据受力分析可知弹力方向不沿杆方向，而是沿两根绳合力的反方向，故A错误；
BC．图甲中，以B点为研究对象，受到重物的拉力、绳的拉力和AB杆的弹力，根据矢量三角形定则可知杆的弹力
图乙中，以D点为研究对象，受到重物的拉力、上边绳的拉力和CD杆的弹力，由于拉力 和重力的夹角为，根据三力平衡的特点可得，轻杆受到的弹力是mg，甲图中杆的弹力更大，故BC错误；
D．根据竖直方向的平衡条件可知甲图中轻绳的拉力为，根据平衡条件可知乙图中轻绳的拉力，若甲、乙中轻绳能承受最大拉力相同，则物体加重时，甲中B点受到的拉力更大所以轻绳更容易断裂，故D正确。
故选D。
【分析】利用两个杆的特点可以分析杆的受力情况；利用结点B和D的平衡条件可以求出杆的弹力及绳子拉力的大小；利用绳子拉力的大小可以判别甲中B点受到的拉力更大所以轻绳更容易断裂。
4．细胞电转染的原理简化如图所示，两带电的平行金属板间，由于细胞的存在形成如图所示的电场。其中实线为电场线，关于y轴对称分布。虚线为带电的外源DNA进入细胞膜的轨迹，M、N为轨迹上的两点，P点与N点关于y轴对称，DNA分子可看成点电荷，只受电场力。下列说法正确的是（　　）
A．DNA分子带正电
B．N、P两点的电场强度相同
C．DNA分子在M点的加速度比在N点大
D．DNA分子在M点的动能比在N点小
【答案】D
【知识点】电场强度；电场线；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．由DNA分子的运动轨迹可知DNA分子在电场力的作用下向下偏转，根据下极板带正电可知分子带负电，故A错误；
B．N、P两点的电场强度方向沿该点处电场线的切线方向，根据电场线的切线方向可以得出两点电场强度方向不相同，故B错误；
C．由电场线的疏密表示电场强度的大小可知，由于N点所处的电场线比较密集，所以N点的电场强度大于M点的电场强度，根据牛顿第二定律可知DNA分子在M点的加速度比在N点小，故C错误；
D．DNA分子由M点到N点过程中，由于电场力方向和粒子位移方向相同所以电场力做正功，动能增加，即DNA分子在M点的动能比在N点小，故D正确。
故选D。
【分析】利用运动的轨迹可以判别电场力的方向进而判别分子的电性；利用电场线的切线方向可以判别电场强度的方向；利用电场线的疏密可以比较电场强度的大小，进而比较加速度的大小；利用电场力做功结合动能定理可以比较分子动能的大小。
5．“三星系统”与“双星系统”都是宇宙中存在的天体系统。两种系统中，天体均可在万有引力的作用下绕共同的圆心做匀速圆周运动。如图分别为两种天体系统的示意图，图中五个球形天体的质量均为 M，天体中心连线的长度均为L，星球距离远大于星球半径，万有引力常量为 G。“三星系统”与“双星系统”运动周期之比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】双星（多星）问题
【解析】【解答】对“三星系统”中的一颗星进行受力分析，由于两个星体对其中一个星体的引力合力提供向心力，根据牛顿第二定律得 ，由几何关系得
对“双星系统”中的一颗星进行受力分析，其中一个星体对另外一个星体的引力提供向心力，根据牛顿第二定律得 ，联立可得
故选A。
【分析】利用三星系统和两星系统的引力提供向心力可以求出运动周期的比值。
6．如图所示，A、B、C、D、M、N是棱长相等的正八面体的六个顶点，在M点固定一个电荷量为的点电荷，在N点固定一个电荷量为的点电荷，E为MB的中点。下列说法正确的是（　　）
A．将一试探电荷放在B点，该电荷受电场力为零
B．电势差
C．将一试探电荷从E点移动到B点，其电势能一定减小
D．将一试探电荷从E点移动到B点电场力做的功，小于将该电荷从E点移动到C点电场力做的功
【答案】B
【知识点】电场力做功；电势能与电场力做功的关系；电势差
【解析】【解答】A．在B点，和产生的电场强度都不为零，根据矢量叠加可知B点的电场强度不为0，方向竖直向下，根据电场力的表达式，所以试探电荷在B点受电场力不为零，A 错误；
B．在等量异种点电荷的电场中，电场线从正电荷指向负电荷，沿着电场线方向电势逐渐降低。因为电场线疏密情况不同，靠近场源电荷处电场线较密，等量异种电荷电场线中垂面附近电场线较疏，由于ME段电场线的密集程度大于EB段电场线的密集程度，所以ME段平均场强大于EB段平均场强，根据电势差和场强的关系可知，B正确；
C．由于不知道试探电荷的正负，所以无法确定从 E点移动到B点电势能的变化情况。根据电势能的表达式可知如果是正试探电荷，从 E到B电势能减小；如果是负试探电荷，从 E到B电势能增大， C错误；
D．根据等量异种点电荷电场的对称性， B点和C点关于中垂面对称，所以两点电势大小相等，所以。根据电场力做功的表达式，同一试探电荷从E点移动到B点和从E点移动到C点，电势差相同，所以从 E点移动到B点电场力做的功等于从E点移动到C点电场力做的功，D错误。
故选B。
【分析】利用电场强度的叠加可以判别电场强度的大小，结合电场力的表达式可以判别电场力的大小；利用电场线的疏密可以比较平均电场强度的大小，结合距离可以比较电势差的大小；利用电势能的表达式结合定性方能比较电势能的大小；利用电势差的大小结合电场力做功的表达式可以比较电场力做功的大小。
7．如图所示，竖直面内有一个半圆形轨道，半径为R，O为圆心，AB为水平直径，C为圆弧最低点，将一个可看成质点的小球从AO上M点以速率v0（大小未知）水平向右抛出，恰好垂直打在轨道上N点，此时小球速度与竖直方向的夹角为37°。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，若不计空气阻力，则（　　）
A．
B．AM之间的距离为
C．若从A点正上方某处P以某一速度水平抛出，一定不能垂直打到N点
D．若从A点水平抛出，对于落点在AC段的小球，初速度越大，落点速度与水平初速度夹角越大
【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．小球从AO上M点以速率v0（大小未知）水平向右抛出，恰好垂直打在轨道上N点，此时小球速度与竖直方向的夹角为37°，根据速度的分解可知小球在N点竖直方向的速度，根据速度公式可知小球从M到N运动的时间
根据平抛运动的推论，速度方向的反向延长线过水平位移的中点，结合几何知识
，解得，根据水平方向的位移公式有：小球从M到N水平位移， ，故A正确；
B．根据平抛运动的规律可知，AM之间的距离为，故B错误；
C．若从A点正上方某处P以某一速度水平抛出，由于可以满足速度方向的反向延长线过水平位移的中点，所以有可能垂直打到N点，故C错误；
D．根据平抛运动的推论，速度方向的反向延长线过水平位移的中点，根据位移方向可知速度夹角正切值是位移夹角正切值的2倍，初速度越大，根据起点和终点的连线可知落点在AC段的小球位移夹角的正切值越小，落点速度与水平初速度夹角越小，故D错误。
故选A。
【分析】利用速度的分解可以求出竖直方向速度的表达式，结合速度公式可以求出时间的表达式，再利用水平方向的位移公式可以求出初速度的大小；利用平抛运动的规律可知AN之间的距离；从A点正上方某处P以某一速度水平抛出，由于可以满足速度方向的反向延长线过水平位移的中点，所以有可能垂直打到N点；根据位移方向可知速度夹角正切值是位移夹角正切值的2倍，初速度越大，根据起点和终点的连线可知落点在AC段的小球位移夹角的正切值越小，落点速度与水平初速度夹角越小。
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8．如图甲所示，在2025年央视春晚舞台上，机器人的精彩舞蹈令人印象深刻，机器人转动八角巾手帕时形成一个匀速转动的圆盘。如图乙所示，O为手帕的中心，A、B、C为手帕上的三个点，各点到O点的距离关系为，下列说法正确的是（　　）
A．手帕转动半圈，C点的速度变化量为零
B．C点的角速度大于B点的角速度
C．A、B两点的向心加速度不相同
D．A、C两点的线速度大小满足vC=1.5vA
【答案】C,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A．手帕转动半圈，根据C点初末速度的大小及方向可知C点的速度变化量为Δv=vC （ vC）=2vC，故A错误；
B．A、B、C属于同轴转动，由于相同时间内转过的角度相等所以各点角速度相等，故B错误；
C．由于角速度相等，根据向心加速度的表达式a=ω2r，可知A、B两点的向心加速度大小相等，但方向不同，故C正确；
D．根据线速度的表达式v=rω，由于角速度相等则A、C两点的线速度大小满足vC=1.5vA，故D正确。
故选CD。
【分析】利用初末速度可以求出C点速度变化量的大小；利用同轴转动可以得出ABC三点角速度相等，结合半径的大小可以求出向心加速度的大小及线速度的大小，向心加速度的方向不同。
9．水弹珠玩具枪一度风靡市场，给孩子们的生活增添了许多乐趣。现竖直向上发射一颗水弹珠，假设运动过程中，水弹珠的质量和所受空气阻力的大小均保持不变，则关于该水弹珠从发出到落回原处的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．下降过程中，机械能逐渐增大
B．上升过程中，机械能逐渐减小
C．下降过程中，重力的瞬时功率逐渐增大
D．上升过程克服空气阻力做功的平均功率小于下降过程克服空气阻力做功的平均功率
【答案】B,C
【知识点】功能关系；功率及其计算
【解析】【解答】AB．水弹珠在空中运动的过程中，由于阻力方向与速度方向相反，所以水弹珠一直克服空气阻力做功，水弹珠的机械能逐渐减小，故A错误；B正确；
C．在下降的过程中，速度逐渐增大，根据功率的表达式可知重力的瞬时功率逐渐增大，故C正确；
D．运动过程中水弹珠受到空气阻力的大小保持不变，水弹珠上升过程的位移大小等于下降过程的位移大小，故上升过程克服空气阻力做的功等于下降过程克服空气阻力做的功，由于上升过程合力为重力和阻力之和，下落过程合力为重力和阻力之差，所以根据牛顿第二定律可知整个上升过程的加速度大小大于下降过程中加速度的大小，根据位移公式可知，上升过程的运动时间小于下降过程的运动时间，根据平均功率的表达式可知，上升过程中克服空气阻力做功的平均功率大于下降过程克服空气阻力做功的平均功率，故D错误。
故选BC。
【分析】利用阻力与位移方向相反可以得出阻力一直做负功，进而判别水珠的机械能不断减小；利用下降过程竖直方向的速度结合重力可以判别重力瞬时功率的大小变化；利用阻力大小和位移不变可以判别两个过程阻力做功不变，结合牛顿第二定律结合位移公式可以比较下降和上升过程所花的时间，结合平均功率的表达式可以比较平均功率的大小。
10．如图所示，AB是位于竖直平面内的四分之一圆弧形的光滑绝缘轨道，半径，OA水平，轨道下端点B与水平粗糙绝缘轨道平滑连接，整个空间分布有水平向左的匀强电场，电场强度。有一质量、电荷量的小滑块（可视为质点）从水平轨道上某点P由静止释放，恰好能运动到A点。若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数，取，则下列说法正确的是（　　）
A．释放点P与B的水平距离为
B．滑块第一次经过B点时，对轨道的压力大小为
C．滑块最终停在B处
D．滑块在粗糙段轨道上的总路程为
【答案】A,B,D
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A． 小滑块（可视为质点）从水平轨道上某点P由静止释放，恰好能运动到A点，设释放点P与B的水平距离为x，对滑块从P到A的过程，由于电场力、重力和摩擦力做功，根据动能定理可得，代入数据解得，故A正确；
B．对滑块从B到A的过程，由于重力和电场力对滑块做功，根据动能定理可得
在B点，由于重力和支持力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
联立解得，根据牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力大小为，故B正确；
C．因为，
根据水平方向两力的比较可知，所以滑块不会最终停在B处，故C错误；
D．滑块最终会在B点上方的圆弧轨道上来回运动，且在B点时速度为0，设滑块在粗糙段轨道上的总路程为，对滑块从P到最终状态的过程，由于电场力和摩擦力做功，根据动能定理可得，解得，故D正确。
故选ABD。
【分析】利用动能定理可以求出释放点P与B的水平距离的大小；利用动能定理可以求出滑块经过B点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出滑块对轨道的压力大小；利用平衡条件可知滑块最终不会静止在B点；利用动能定理结合摩擦力做功可以求出滑块在粗糙轨道上运动的路程大小。
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11．在“金属丝电阻率的测量”的实验中：
（1）用螺旋测微器测量金属丝直径时，其示数如图甲所示，则金属丝的直径为　 　；
（2）某同学设计了如图乙所示的电路测量该金属丝的电阻（阻值约为）。
可选用的器材规格如下：
电源（电压为3V，内阻不计）；
电流表（，内阻为）；
电流表（，内阻约为）；
滑动变阻器（阻值为，额定电流为）；
滑动变阻器（阻值为，额定电流为）；
定值电阻；
定值电阻；
开关S和导线若干。
①为了便于操作，并使测量尽量精确，定值电阻应选　 　，滑动变阻器应选　 　。（均填器材符号）
②某次测量时电流表的示数为，电流表示数为，计算的表达式为　 　。（用题中所给物理量符号表示）
【答案】（1）0.800
（2）；；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）如图所示可知固定刻度示数为，可动刻度示数为，根据螺旋测微器的结构可知示数为
（2）①根据闭合电路欧姆定律和电流表最小读数，根据欧姆定理可知可求出电路中需要的最大电阻为，由于待测电阻为，为了电路的安全可知滑动变阻器应选用。
根据分压原理，结合欧姆定律可知，故定值电阻选。
②根据欧姆定律，结合并联电路的规律可得
【分析】（1）利用螺旋测微器的结构可知示数的大小；
（2）利用闭合电路的欧姆定律可以求出回路中最大电阻进而判别滑动变阻器的选择；利用欧姆定律可以判别定值电阻的选择；利用欧姆定律结合并联电路的规律可以求出待测电阻的大小。
（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为，可动刻度示数为，螺旋测微器示数为
（2）①[1]根据闭合电路欧姆定律和电流表最小读数，可求出电路中需要的最大电阻为
由于待测电阻为，所以滑动变阻器应选用。
[2]根据分压原理，，故定值电阻选。
②[3]根据欧姆定律，可得
12．某实验小组利用如图甲所示的装置进行“验证机械能守恒定律”实验，将气垫导轨一端固定在水平桌面上，整体与水平面成角倾斜放置，光电门固定在气垫导轨下端某处，将带有挡光条的滑块从光电门上端某处由静止释放。
（1）实验中测出挡光条和滑块的总质量为m。静止释放时，挡光条的中心线到光电门的距离为 x，挡光条的宽度为d，挡光条经过光电门的挡光时间为t，重力加速度为g。挡光条经过光电门时的速度大小为　 　。滑块及挡光条由释放点运动到光电门的过程中，动能的增加量为　 　，重力势能的减少量为　 　（用题中所给物理量符号表示）。上述方法得出的动能增加量　 　实际动能增加量（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
（2）改变x大小，多次实验，并记录挡光条每次经过光电门时的挡光时间t，利用图像法验证机械能守恒定律，以x为横轴、以为纵轴建立直角坐标系，根据实验数据得到图乙所示的图线，若该图线的斜率　 　时，滑块下滑过程中的机械能守恒（用题中所给物理量符号表示）。
【答案】（1）；；；小于
（2）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据平均速度公式可知挡光条经过光电门时的速度大小为
滑块及挡光条由释放点运动到光电门的过程中，根据动能的表达式可知动能的增加量为
根据重力势能的表达式可知重力势能的减少量为
根据匀变速直线运动的规律可知遮光片的平均速度表示瞬时速度，因中间时刻的速度小于中间位置的速度，可知得出的动能增加量小于实际动能增加量；
（2）根据机械能守恒定律有，可得，结合图像，可知
【分析】（1）利用平均速度公式可以求出滑块经过光电门的瞬时速度大小；结合动能的表达式可以求出动能的增量；利用重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量；由于遮光片的平均速度表示瞬时速度，因中间时刻的速度小于中间位置的速度，可知得出的动能增加量小于实际动能增加量；
（2）利用机械能守恒定律结合图像可以得出图像斜率的大小。
（1）挡光条经过光电门时的速度大小为
滑块及挡光条由释放点运动到光电门的过程中，动能的增加量为
重力势能的减少量为
根据遮光片的平均速度表示瞬时速度，因中间时刻的速度小于中间位置的速度，可知得出的动能增加量小于实际动能增加量；
（2）由第一问分析，
可得
结合图像，可知
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13．用不可伸长的轻质细线将物块A、B和质量不计的定滑轮组装成图示装置。已知A、B的质量分别为，，开始时，A离地高度为，B离地高度为。连接A和B的细线足够长，初始时整个系统处于静止状态。某时刻剪断A与地面间的细线，此后A在运动过程中始终没有与定滑轮相碰，B触地后不反弹，g取，求：
（1）B在下落过程中的加速度大小；
（2）A离地的最大高度H。
【答案】（1）解：剪断细线后，设绳上拉力大小为T，由牛顿第二定律可知，，
联立，解得

（2）解：物块B落地时速度大小与A相同，设为v，则有
解得，B落地后，A竖直上抛，设上升h，则
解得，B离地最大高度

【知识点】竖直上抛运动；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】（1）当绳子剪断后，利用牛顿第二定律可以求出B的加速度大小；
（2）当物块B落地时，利用速度位移公式可以求出A做竖直上抛运动的速度，结合速度位移公式可以求出继续上升的高度。
（1）剪断细线后，设绳上拉力大小为T，由牛顿第二定律可知，，
联立，解得
（2）物块B落地时速度大小与A相同，设为v，则有
解得，B落地后，A竖直上抛，设上升h，则
解得，B离地最大高度
14．如图所示，在匀强电场中（电场线未画出）有一半径为R的圆，AD为圆的直径，B、C分别为圆弧AD的三等分点，将质量为m、电荷量为的带电粒子，以大小为v的速度从A点沿某一方向射入电场，粒子经过圆上B点时，速度大小为；若以大小为2v的速度从A点射入电场，粒子经过圆上 D点时，速度大小为，圆、电场强度以及粒子的速度均在同一平面内，粒子只受电场力。求：
（1）A、B间的电势差；
（2）电场强度的大小和方向；
（3）若将该粒子以速度从A点垂直于AB射入圆内，恰好经过C点，求的大小。
【答案】（1）解：从A到B由动能定理有
解得

（2）解：从A到D由动能定理有
解得
可知，故，又
解得，方向沿AB方向。
（3）解：沿AB和垂直于AB方向建立直角坐标系如图
沿x轴方向，有
沿y轴方向，有
又
联立，解得

【知识点】电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）当粒子从A到B的过程中，利用动能定理可以求出电势差的大小；
（2）当粒子从A到D的过程中，利用动能定理可以求出电势差的大小，结合电势差与场强的关系可以求出电场强度的大小；
（3）当粒子在电场中做类平抛运动，利用位移公式结合牛顿第二定理可以求出粒子速度的大小。
（1）从A到B由动能定理有
解得
（2）从A到D由动能定理有
解得
可知，故，又
解得，方向沿AB方向。
（3）沿AB和垂直于AB方向建立直角坐标系如图
沿x轴方向，有
沿y轴方向，有
又
联立，解得
15．某过山车模型竖直截面如图甲所示，倾斜轨道AB的长度、B端的竖直高度h均可调，但其水平投影LCA=2m恒定。水平直轨道AD的长度LAD=1m，圆轨道半径R1=0.9m（最低点D和D'、最高点E，滑块从D点进入，沿圆轨道内侧完整运动一周后从D'向右离开）。另一倾斜直轨道FG长度LFG=2m，倾角θ=37°，和半径R2=1.5m圆心角也为θ的光滑圆弧管道GH相连，管道末端H切线水平（管壁厚度和管道内径不计），各轨道间平滑连接。一质量为m=1kg的滑块（视为质点），与BA、AD的动摩擦因数均为μ1=0.5，FG轨道由特殊材料制成，滑块与FG的动摩擦因数μ2与从F开始沿斜面向上运动的距离l成正比例函数，如图乙所示；轨道其它部分均光滑，滑块每次从B点静止释放。（不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）若滑块恰能过圆轨道最高点E，求释放点的高度h；
（2）若要保证滑块能到达竖直圆轨道且不脱离竖直圆轨道（不考虑从FG轨道返回的情况），求释放点高度h的调节范围；
（3）若滑块不脱离竖直圆轨道且能到H端，对H端管道上壁无力的作用，求释放点高度h的调节范围。
【答案】（1）解：在E点重力恰好提供向心力
从B到E由动能定理有
联立解得
（2）解：①能到达圆轨道最高点E，由（1）知
②若恰能进入圆轨道，滑到D时速度为0，从B到D由动能定理有
解得
③从B点到达圆轨道上右侧O1等高处时速度为0，由动能定理有
解得
综上或
（3）解：①到H时速度为0，从B到H由动能定理得
联立解得
②在H点对上壁恰好无力的作用时
从B到H由动能定理有
联立解得
综上
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）当滑块经过E点时，利用重力提供向心力可以求出经过E点速度的大小，结合动能定理可以求出释放点的高度；
（2）当滑块恰好经过D点时，利用动能定理可以求出释放点的高度；当滑块上升到等高点的位置时，利用动能定理可以求出释放点的高度；
（3）当滑块到达H端时，利用牛顿第二定理可以求出速度的大小，结合动能定理可以求出释放点的高度。
（1）在E点重力恰好提供向心力
从B到E由动能定理有
联立解得
（2）①能到达圆轨道最高点E，由（1）知
②若恰能进入圆轨道，滑到D时速度为0，从B到D由动能定理有
解得
③从B点到达圆轨道上右侧O1等高处时速度为0，由动能定理有
解得
综上或
（3）①到H时速度为0，从B到H由动能定理得
联立解得
②在H点对上壁恰好无力的作用时
从B到H由动能定理有
联立解得
综上
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