【期末押题卷】北京市2024-2025学年高一下学期物理期末模拟预测押题卷一 人教版（含解析）

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北京市2024-2025学年高一下学期物理期末模拟预测押题卷
一．选择题（共12小题，满分24分，每小题2分）
1．（2分）（2023秋 宁波期中）下列四组物理量中均为标量的是（　　）
A．路程 速度 B．电流 磁感应强度
C．电势 磁通量 D．加速度 电场强度
2．（2分）（2024 怀仁市校级开学）汽车主动降噪系统是一种能够自动减少车内噪音的技术，通过扬声器发出声波将车外噪音反向抵消，从而减少车内噪音。下列说法正确的是（　　）
A．抵消声波的相位与噪音声波的相位相同
B．抵消声波的振幅与噪音声波的振幅相等
C．抵消声波和噪音声波在空气中传播的频率不相等
D．汽车降噪过程应用的是声波的衍射原理
3．（2分）（2024秋 西城区校级期中）如图所示，在真空中有两个带等量正电的点电荷，分别置于P、Q两点，D、E为P、Q连线上的两点，A、B、C为P、Q连线的中垂线上的三点，且OA＝OC，OD＝OE。不计重力，下列说法正确的是（　　）
A．A、B两点电势相等
B．D、E两点场强相同
C．将质子在D点静止释放，它将在DE之间来回运动
D．将质子在A点静止释放，它将在AC之间来回运动
4．（2分）（2023春 滨海新区期末）某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x随时间t变化的关系为x＝Asinωt，振动图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．弹簧振子在第1s末与第3s末的速度相同
B．简谐运动的圆频率是
C．第3s末振子的位移大小为A
D．从第3s末到第5s末，振子的加速度方向不变
5．（2分）（2022春 道里区校级期末）某弹簧振子做简谐振动的位移—时间图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．振动图像上A、B两点，小球的速度相同
B．在t＝0.1s和t＝0.2s时，小球的加速度大小相等、方向相反
C．振动图像上A、B两点，小球的动量大小相等、方向相反
D．在t＝0.2s 和t＝03s时，小球的动能相等
6．（2分）（2024秋 观山湖区校级月考）如图甲所示，水平弹簧振子在A、B两点之间做简谐运动，O点为平衡位置，规定水平向右为正方向。图乙是弹簧振子做简谐运动的x﹣t图像，则下列说法正确的是（　　）
A．弹簧振子的振动方程为x＝12sin（2πt）
B．弹簧振子在前5s内的路程为50cm
C．从t＝1s到t＝2s时间内，弹簧振子做加速度减小的加速运动
D．图乙中的P点时刻，弹簧振子的速度方向与加速度方向都沿x轴正方向
7．（2分）（2024春 大连期末）某电场的电场线分布如图中实线所示，虚线为某带电粒子只在静电力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则（　　）
A．粒子带负电
B．粒子一定是从a点运动到b点
C．粒子在c点的加速度大于在b点的加速度
D．粒子在c点的动能大于在a点的动能
8．（2分）（2022 河北）如图，真空中电荷量为2q和﹣q（q＞0）的两个点电荷分别位于M点与N点，形成一个以MN延长线上O点为球心、电势为零的等势面（取无穷远处电势为零）。P为MN连线上的一点。S为等势面与直线MN的交点，T为等势面上一点。下列说法正确的是（　　）
A．P点电势低于S点电势
B．T点电场强度方向指向O点
C．除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度为零的点
D．将正试探电荷q0从T点移到P点，静电力做正功
9．（2分）（2025 湖北一模）已知一个均匀带正电的圆环如图甲所示，以圆环的圆心O为坐标原点，过O点垂直于圆环平面的线为x轴，在其轴线上距离圆心x处产生的电场强度如图乙所示，将一个带负电微粒（不计重力）从B处静止释放，以下说法正确的是（　　）
A．粒子将沿着x轴正向运动到无穷远处
B．粒子将沿着x轴负向运动到无穷远处
C．粒子在A处的电势能比在B处的电势能低
D．粒子在到达O点前有最大速度
10．（2分）（2022春 皇姑区校级期末）某静电场中x轴上各点的电场强度方向均和x轴重合，以x轴正方向为电场强度的正方向，x轴上的电场强度随位置坐标的变化规律如图所示，其中x1～x3间的图线关于x2点中心对称，规定x2点为电势零点，已知x2＝2x1＝2d，将一带电荷量为+q的粒子从坐标原点由静止释放不计粒子重力，关于粒子从原点O运动到x3点的过程，下列说法正确的是（　　）
A．释放后粒子的加速度先不变后减小
B．粒子到达x3点时的动能为
C．粒子经过的位置中O点电势一定最大
D．粒子在x1和x3处速度达到最大值
11．（2分）（2023秋 浙江期中）如图所示为两等量异种电荷周围电场线的分布情况，曲线AOB是一重力不计的带电粒子在电场的运动轨迹，其中O为异种电荷连线的中点，C、D为两电荷连线中垂线上的两个对称的点。则下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子带正电
B．图中D点的电场强度小于B点的电场强度
C．图中A点的电势高于C点的电势
D．带电粒子经过A点时的动能大于经过B点时的动能
12．（2分）（2023秋 碑林区校级期中）在如图坐标系中，P、M、N为坐标轴上的三点，它们到坐标原点O的距离关系为OM＝OP＝2ON，M点存在一电荷量为Q的正点电荷，其在O点的电场强度大小为E，现在某点也放置电荷量为Q的正点电荷，并在空间加一匀强电场，使O点的电场强度恰好为零，则（　　）
A．若正点电荷放置于P点，匀强电场的电场强度大小为E
B．若正点电荷放置于N点，匀强电场的电场强度大小为E
C．若正点电荷放置于P点，匀强电场的方向在xOy平面内与y轴夹角为45°
D．若正点电荷放置于N点，匀强电场的方向在yOz平面内与y轴夹角为45°
二．多选题（共5小题，满分15分，每小题3分）
（多选）13．（3分）（2025春 罗湖区校级期中）钓鱼人的漂露出水面几格就叫几目。如图，一钓鱼人在平静的水面浮钓，漂静止时露出水面3目，一只鱼儿竖直向下咬钩后又迅速松开，导致漂上下振动，该振动可视为简谐运动，下列说法正确的是（　　）
A．露出水面1目时，漂的加速度方向一定竖直向上
B．露出水面1目时，漂的速度方向一定竖直向下
C．露出水面3目时，漂的速度最大
D．露出水面5目时，漂的加速度方向可能竖直向上
（多选）14．（3分）（2021秋 德宏州期末）在某种均匀介质中，一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图如图（a）所示，此时质点A在波峰位置，质点D刚要开始振动，质点C的振动图像如图（b）所示，t＝0时刻在D点有一台机械波信号接收器（图中未画出），正以2m/s的速度沿x轴正向匀速运动。下列说法正确的是（　　）
A．质点D的起振方向沿y轴正方向
B．该简谐波的波速是10m/s
C．质点B的振动方程是y＝10sin（5πt）（cm）
D．信号接收器接收到该机械波的频率等于2.5Hz
E．若改变振源的振动频率，则形成的机械波在该介质中的传播速度也将发生改变
（多选）15．（3分）（2024 武侯区开学）如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）一端固定在A点，弹性绳自然长度等于AB，跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的绝缘带正电、电荷量为q的小球。空间中还存在着水平向右的匀强电场（图中未画出），且电场强度。初始时A、B、C在一条竖直线上，小球穿过水平固定的杆从C点由静止开始运动，滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为L，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．滑动摩擦力的大小为
B．弹簧的劲度系数为
C．小球在D点时速度最大
D．若在E点给小球一个向左的速度v，小球恰好能回到C点，则
（多选）16．（3分）（2023秋 川汇区校级期末）以两等量正点电荷连线中点为坐标原点，沿二者连线的中垂线建立x轴，下列关于x轴上场强E和电势φ随位置变化的关系正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（多选）17．（3分）（2021秋 新平县校级期末）如图所示，带电量之比qA：qB＝1：4的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场垂直的方向射入平行板电容器中分别落在C、D两点，若CD＝2OC，忽略粒子的重力及粒子间的相互作用力影响，则（　　）
A．A和B在电场中运动的时间之比为1：3
B．A和B运动的加速加速度大小之比为1：3
C．A和B的质量之比为1：36
D．A和B的位移大小之比为1：1
三．实验题（共1小题，满分12分，每小题12分）
18．（12分）（2024秋 海淀区校级月考）某实验小组甲、乙两名同学做“用单摆测量重力加速度”的实验。
（1）如图中，最合理的装置及器材是 　 　 。
（2）该小组同学甲用某种仪器来测量摆球的直径，得到的测量值为d＝12.275mm，此测量数据是选用了仪器 　 　 测量得到的。
A.毫米刻度尺
B.10分度游标卡尺
C.20分度游标卡尺
D.螺旋测微器
（3）测量单摆的周期时，甲同学在摆球某次通过最低点时按下停表开始计时，同时数1，当摆球第二次通过最低点时数2，依此法往下数，当他数到60时，按下停表停止计时，读出这段时间t，则该单摆的周期为 　 　 。
A.
B.
C.
D.
（4）为减小实验误差，甲同学通过多次改变摆长L，测量多组对应的单摆周期T，利用T2﹣L的关系图线求出本地重力加速度值。相关测量数据如表：
次数 1 2 3 4 5
L/m 0.800 0.900 1.000 1.100 1.200
T/s 1.79 1.90 2.01 2.11 2.20
T2/s2 3.22 3.61 4.04 4.45 4.84
甲同学在图2中已标出第1、2、3、5次实验数据对应的坐标，请你在该图中用符号“+”标出与第4次实验数据对应的坐标点，并画出T2﹣L关系图线。
（5）依照绘制出的T2﹣L关系图线，可求得g的测量值为 　 　 m/s2。（π取3.14，计算结果保留三位有效数字）
（6）甲同学选择了合理的实验装置后，测量出几组不同摆长L和周期T的数值，画出如图3中T2﹣L图像中的实线a。乙同学也进行了与甲同学同样的实验，不过乙同学实验中将摆线长作为摆长L，测得多组周期T和L的数据，作出T2﹣L图像，应是图3中的图线 　 　 。（已知c、d两条图线和a平行）（选填“a”、“b”、“c”、“d”或“e”）
四．解答题（共4小题，满分40分）
19．（8分）如图所示，在一水平向右的匀强电场中有一半径为R、圆心为O的竖直放置的光滑绝缘圆轨道，圆弧轨道上的a处静止放着一质量为m、电荷量为q的带电小球，小球可以看成点电荷，Oa与水平方向的夹角为θ＝53°。（重力加速度为g，sin53°＝0.8、cos53°＝0.6）
（1）求电场强度E的大小；
（2）若电场方向突然变为竖直向上，求小球从a处运动到圆弧最低点时对圆弧面的压力；
（3）若电场方向仍为水平向右，小球在a处至少需要多大的初速度才能使其在圆弧轨道内做完整的圆周运动？
20．（8分）（2023春 惠山区校级期中）如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为2，之后沿导轨BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥﹣R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：
（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能；
（2）小球经过O点时的速度大小；
（3）小球过O点后运动的轨迹方程。
21．（10分）（2024秋 西安期中）如图甲所示，两个相干波源S1、S2产生的波在同一均匀介质中相遇。图中实线表示波峰，虚线表示波谷，c和f分别为ae和bd的中点，则：
（1）在a、b、c、d、e、f六点中，振动加强的点是 　 　 ，振动减弱的点是 　 　 。
（2）若两振源S1和S2振幅不相同，此时位移为零的点是 　 　 。
（3）在图乙中画出此时刻ace连线上，以a为原点的一列完整波形，标出e点。
22．（14分）（2022秋 安徽月考）如图所示为一长方体OPMN﹣O′P′M′N′空间区域，OP、OO′边长均为d，ON边长为2d。一质量为m、电荷量为q的带正电小球，从O点以一定的初速度v0（大小未知）沿ON方向入射，未加电场时，小球恰好能经过N′点。重力加速度为g，场的边缘效应和小球的相对论效应均可忽略。
（1）求初速度v0的大小；
（2）若空间区域内存在沿OP方向的匀强电场，带电小球恰好能经过M′点，求该匀强电场的场强大小E1；
（3）若从O′点以大小不变的初速度v0竖直向上抛出该带电小球，要使带电小球能经过M′点，在此空间区域内施加沿OM方向的匀强电场，求该匀强电场的场强大小E2和小球在此运动过程中的最小速率vm。
北京市2024-2025学年高一下学期物理期末模拟预测押题卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题，满分24分，每小题2分）
1．（2分）（2023秋 宁波期中）下列四组物理量中均为标量的是（　　）
A．路程 速度 B．电流 磁感应强度
C．电势 磁通量 D．加速度 电场强度
【考点】矢量和标量的区分与判断．
【专题】定性思想；归纳法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】C
【分析】根据各个物理量的矢标性进行判断即可。
【解答】解：A、路程是标量，速度是矢量，故A错误；
B、电流是标量，磁感应强度是矢量，故B错误；
C、电势和磁通量都是标量，故C正确；
D、加速度和电场强度都是矢量，故D错误。
故选：C。
【点评】熟练掌握各个物理量的矢标性是解题的基础。
2．（2分）（2024 怀仁市校级开学）汽车主动降噪系统是一种能够自动减少车内噪音的技术，通过扬声器发出声波将车外噪音反向抵消，从而减少车内噪音。下列说法正确的是（　　）
A．抵消声波的相位与噪音声波的相位相同
B．抵消声波的振幅与噪音声波的振幅相等
C．抵消声波和噪音声波在空气中传播的频率不相等
D．汽车降噪过程应用的是声波的衍射原理
【考点】声波及其应用．
【专题】定性思想；归纳法；波的多解性；理解能力．
【答案】B
【分析】根据波的叠加原理分析。
【解答】解：汽车降噪过程应用的是声波的叠加原理，即波的干涉现象，所以抵消声波的频率、与噪音、声波的频率相同、振幅相同，相位差为π，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】知道发生波的干涉的条件是解题的基础。
3．（2分）（2024秋 西城区校级期中）如图所示，在真空中有两个带等量正电的点电荷，分别置于P、Q两点，D、E为P、Q连线上的两点，A、B、C为P、Q连线的中垂线上的三点，且OA＝OC，OD＝OE。不计重力，下列说法正确的是（　　）
A．A、B两点电势相等
B．D、E两点场强相同
C．将质子在D点静止释放，它将在DE之间来回运动
D．将质子在A点静止释放，它将在AC之间来回运动
【考点】等量同种电荷的电势分布；等量同种电荷的电场线分布．
【专题】推理法；电荷守恒定律与库仑定律专题；分析综合能力．
【答案】C
【分析】A.根据等势线分布判断A、B两点电势；
B.根据电场线分布判断D、E两点场强；
C.根据电场强度对称性判断质子的运动情况；
D.根据质子的受力情况判断质子的运动情况。
【解答】解：A．根据等量正电荷等势线分布的特点可知，A点电势高于B点电势，故A错误；
B．根据等量正电荷电场线分布的特点可知，D、E两点场强大小相等，方向相反，故B错误；
C．根据等量正电荷电场线分布的特点可知DO与OE之间的电场强度对称分布，将质子在D点静止释放，它先向右做加速运动，运动至O点速度达到最大，然后做减速运动，运动至E点速度减为0，之后反向加速运动至O点，再减速运动至D点，将在DE之间来回运动，故C正确；
D．根据以上的分析可知，中垂线上O点上方的电场强度方向竖直向上，若将质子在A点静止释放，会受到竖直向上的电场力作用，它将沿中垂线向上做加速直线运动，故D错误。
故选：C。
【点评】对于等量同种电荷和等量异种电荷的电场线和等势面分布情况和特点要熟悉，是考试的热点，特别要注意两电荷连线和中垂线上电势和场强变化规律。
4．（2分）（2023春 滨海新区期末）某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x随时间t变化的关系为x＝Asinωt，振动图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．弹簧振子在第1s末与第3s末的速度相同
B．简谐运动的圆频率是
C．第3s末振子的位移大小为A
D．从第3s末到第5s末，振子的加速度方向不变
【考点】简谐运动的图像问题；简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数；简谐运动的某一时刻或某段时间内质点的运动情况．
【专题】定量思想；推理法；振动图象与波动图象专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据x﹣t图象的切线斜率表示速度判断速度的正负；由图读出简谐运动的周期，根据公式ω求出简谐运动的圆频率；根据简谐运动的位移x随时间t变化的关系，可以确定振子在某一时刻的位移的大小；由x﹣t图象可知位移的变化，根据牛顿第二定律分析加速度的方向变化。
【解答】解：A.在第1s末斜率为正，表示速度为正，即弹簧振子向正方向运动，第3s末斜率为负，表示速度为负，即弹簧振子向负方向运动，故A错误；
B.由图知简谐运动的周期 T＝8s，则圆频率为：
ω
代入数据得：ωrad/s，故B错误；
C.位移x随时间t变化的关系为 x＝Asinωt，第3s末振子的位移大小为：x＝AsinA，故C正确。
D.从第3s末到第5s末，由x﹣t图象可知位移由正变为负，由牛顿第二定律知，振子的加速度方向由负变为正，振子的加速度方向发生变化，故D错误。
故选：C。
【点评】本题关键要会从x﹣t图象和x﹣t关系式判断位移情况，知道x﹣t的斜率表示速度。
5．（2分）（2022春 道里区校级期末）某弹簧振子做简谐振动的位移—时间图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．振动图像上A、B两点，小球的速度相同
B．在t＝0.1s和t＝0.2s时，小球的加速度大小相等、方向相反
C．振动图像上A、B两点，小球的动量大小相等、方向相反
D．在t＝0.2s 和t＝03s时，小球的动能相等
【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数．
【专题】定性思想；推理法；振动图象与波动图象专题；理解能力．
【答案】C
【分析】明确振动图象的性质，根据x﹣t图像的斜率表示速度，同时根据公式a分析出弹簧振子的加速度变化，再结合动量和动能的表达式分析动量和动能间的大小关系。
【解答】解：A、x﹣t图像中，斜率表示速度，AB两点的速度大小相等，方向相反，故A错误；
B、在t＝0.1s和t＝0.2s时，小球的位移大小不相等，则小球的加速度大小也不相等、故B错误；
C、AB两点的速度大小相等，方向相反，则由p＝mv可知，小球的动量大小相等，方向相反，故C正确；
D、在t＝0.2s 和t＝03s时，小球的速度大小不相等，则其动能不相等，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查了弹簧振子的简谐运动图像，通过图像的斜率表示速度，结合加速度公式a判断加速度的变化。
6．（2分）（2024秋 观山湖区校级月考）如图甲所示，水平弹簧振子在A、B两点之间做简谐运动，O点为平衡位置，规定水平向右为正方向。图乙是弹簧振子做简谐运动的x﹣t图像，则下列说法正确的是（　　）
A．弹簧振子的振动方程为x＝12sin（2πt）
B．弹簧振子在前5s内的路程为50cm
C．从t＝1s到t＝2s时间内，弹簧振子做加速度减小的加速运动
D．图乙中的P点时刻，弹簧振子的速度方向与加速度方向都沿x轴正方向
【考点】简谐运动的图像问题；简谐运动过程中速度、加速度（回复力）与位移的变化问题．
【专题】定量思想；方程法；简谐运动专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据乙图读出振幅、周期及初相位，根据y＝Asin（ωt+φ）求解振动方程；一个周期的路程等于4个振幅，据此判断；根据振子运动情况判断加速度、速度的变化情况；图像斜率的正负表示速度方向的正负，简谐运动的加速度方向与位移方向相反，据此判断P点速度方向、加速度方向。
【解答】解：A．根据图乙可知弹簧振子的振动方程为：x＝Asint＝12sin（）cm＝12sin（0.5πt）cm，故A错误；
B．由于Δt＝5s，可知弹簧振子在前5s内的路程为：s5A＝5×12cm＝60cm，故B错误；
C．从t＝1s到t＝2s时间内，振子向平衡位置运动，回复力减小、加速度减小、速度增大，所以弹簧振子做加速度减小的加速运动，故C正确；
D．图乙中的P点时刻，弹簧振子的速度方向沿x轴负方向，加速度方向沿x轴正方向，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要是考查简谐运动的图像，解答本题的关键是弄清楚弹簧振子的振动情况，根据振动图像进行分析。
7．（2分）（2024春 大连期末）某电场的电场线分布如图中实线所示，虚线为某带电粒子只在静电力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则（　　）
A．粒子带负电
B．粒子一定是从a点运动到b点
C．粒子在c点的加速度大于在b点的加速度
D．粒子在c点的动能大于在a点的动能
【考点】根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况；带电粒子的轨迹、受力、电性、电场方向的互判．
【专题】定性思想；归纳法；带电粒子在电场中的运动专题；理解能力．
【答案】C
【分析】根据粒子的受力结合电场线方向分析；轨迹是对称的；根据电场线的疏密程度表示场强大小分析；根据能量守恒分析。
【解答】解：A、粒子受力方向总是指向轨迹的凹侧，与电场线方向相同，所以粒子带正电，故A错误；
B、轨迹是对称的，所以无法判断 粒子是从a点运动到b点，还是从b点运动到a点，故B错误；
C、电场线的疏密程度表示场强的大小，所以c点的场强大于b点的场强，所以粒子在c点受到的电场力大于在b点受到的电场力，根据牛顿第二定律可知粒子在c点的加速度大于在b点的加速度，故C正确；
D、粒子仅受电场力作用，能量守恒，即动能和电势能之和是一定值，由图可知c点的电势最高，所以粒子在c点具有的电势能最大，在c点的动能最小，即粒子在c点的动能小于在a点的动能，故D错误。
故选：C。
【点评】能够根据粒子的运动轨迹分析出粒子电性是解题的关键，另外要知道用电场线的疏密表示场强的大小，只有电场力做功时电势能和动能总和是守恒的。
8．（2分）（2022 河北）如图，真空中电荷量为2q和﹣q（q＞0）的两个点电荷分别位于M点与N点，形成一个以MN延长线上O点为球心、电势为零的等势面（取无穷远处电势为零）。P为MN连线上的一点。S为等势面与直线MN的交点，T为等势面上一点。下列说法正确的是（　　）
A．P点电势低于S点电势
B．T点电场强度方向指向O点
C．除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度为零的点
D．将正试探电荷q0从T点移到P点，静电力做正功
【考点】点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．
【答案】B
【分析】沿着电场线的方向电势逐渐降低，由此分析出P点和S点的电势高低；
根据场强的定义式分析出是否存在场强为零的点；
根据电势的叠加原理分析出电势的高低，从而分析出场强的方向；
先分析出电荷从T点移到P点的过程中电势能的变化，结合功能关系得出静电力的做功类型。
【解答】解：A、在直线MN上，左边正电荷在M右侧电场强度水平向右，右边负电荷在直线MN上电场强度水平向右，根据电场的叠加可知MN间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐渐降低，可知P点电势高于等势面与MN交点处电势，则P点电势高于S点电势，故A错误；
C、由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在N左侧电场强度不可能为零，则N右侧，设MN距离为L，根据：
可知除无穷远处外，直线MN电场强度为零的点只有一个，故C错误；
D、由A选项的分析可知，T点电势低于P点电势，则正电荷在T点的电势能低于在P点的电势能，将正试探电荷从T点移到P点，电势能增大，静电力做负功，故D错误；
B、由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的场强方向必过等势面的圆心，因为负电荷在零等势面内，T点电势高于球心O的电势，可知T点电场方向指向O点，故B正确。
故选：B。
【点评】本题主要考查了场强和电势的相关概念，熟悉公式，理解电势和电场线的分布特点，同时要理解这两个物理量各自的合成特点，有一定的难度。
9．（2分）（2025 湖北一模）已知一个均匀带正电的圆环如图甲所示，以圆环的圆心O为坐标原点，过O点垂直于圆环平面的线为x轴，在其轴线上距离圆心x处产生的电场强度如图乙所示，将一个带负电微粒（不计重力）从B处静止释放，以下说法正确的是（　　）
A．粒子将沿着x轴正向运动到无穷远处
B．粒子将沿着x轴负向运动到无穷远处
C．粒子在A处的电势能比在B处的电势能低
D．粒子在到达O点前有最大速度
【考点】E﹣x图像的理解与应用．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据O点左侧场强方向从O点出发指向无穷远处，右侧场强方向也从O点指向无穷远处，结合E﹣x图像与x轴围成的面积表示电势差，利用电场力做功和电势能变化的关系分析求解。
【解答】解：AB．将一个带负电微粒（不计重力）从B处静止释放，粒子先受到向左的电场力，向左加速，过了O点，受到的电场力向右，做减速，直到速度为零；然后再反向加速，过O点后，再减速，到速度为零，如此往返运动，故AB错误；
C．根据E﹣x图像与x轴围成的面积表示电势差，可知
UBO＞UOA
根据电场力做功和电势差的关系：
W＝qU
可知粒子从B到O电场力对其做的正功大于粒子从O到A电场力对其做的负功，即粒子从B到O减少的电势能大于粒子从O到A增加的电势能，故粒子在A处的电势能比在B处的电势能低，故C正确；
D．由乙图可知，当加速度为零，即电场强度为零时，粒子有最大速度，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了静电场相关知识，理解E﹣x图像与x轴围成的面积表示电势差是解决此类问题的关键。
10．（2分）（2022春 皇姑区校级期末）某静电场中x轴上各点的电场强度方向均和x轴重合，以x轴正方向为电场强度的正方向，x轴上的电场强度随位置坐标的变化规律如图所示，其中x1～x3间的图线关于x2点中心对称，规定x2点为电势零点，已知x2＝2x1＝2d，将一带电荷量为+q的粒子从坐标原点由静止释放不计粒子重力，关于粒子从原点O运动到x3点的过程，下列说法正确的是（　　）
A．释放后粒子的加速度先不变后减小
B．粒子到达x3点时的动能为
C．粒子经过的位置中O点电势一定最大
D．粒子在x1和x3处速度达到最大值
【考点】匀强电场中电势差与电场强度的关系；电场力做功与电势能变化的关系；电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势．
【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据电场强度的变化趋势，结合电性分析出粒子的运动特点，从而分析出对应的加速度和最大的速度；
根据对称性和动能定理分析出粒子的速度；
根据电场的相关公式结合图像的物理意义完成分析。
【解答】解：AD、在0～x1间，电场强度沿x轴正方向且大小不变，又粒子带正电，故粒子沿x轴正方向做匀加速直线运动，x1～x2间电场强度沿x轴正方向，且大小逐渐减小，故粒子沿x轴正方向做加速度减小的加速运动；x2～x3间电场强度沿x轴负方向，且大小逐渐增大，故粒子沿x轴正方向做加速度增大的减速运动，故AD错误；
B、x1～x3间的图线关于x2点中心对称，则x1～x2间电场力对粒子做的正功数值上等于x2～x3间电场力对粒子做的负功，故粒子到达x3点时的动能等于粒子达到x1点的动能，为
Ek＝qE0d，故B错误；
C、粒子在电场中仅在电场力作用下运动，粒子的动能和电势能之和不变，若O点之后粒子速度一直大于零，则粒子经过的位置处的电势能一定小于O点的，又粒子带正电，则粒子经过的位置出的电势一定小于O点的，故C正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查了电势差和电场强度的关系，理解图像的物理意义，结合对称性和动能定理即可完成解答。
11．（2分）（2023秋 浙江期中）如图所示为两等量异种电荷周围电场线的分布情况，曲线AOB是一重力不计的带电粒子在电场的运动轨迹，其中O为异种电荷连线的中点，C、D为两电荷连线中垂线上的两个对称的点。则下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子带正电
B．图中D点的电场强度小于B点的电场强度
C．图中A点的电势高于C点的电势
D．带电粒子经过A点时的动能大于经过B点时的动能
【考点】带电粒子在单个或多个点电荷电场中的运动；等量异种电荷的电场线分布．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】根据运动轨迹，分析粒子电性。根据电场线疏密程度分析场强大小。沿电场线的方向电势逐渐降低，根据电势高低分析电场力做功正负，从而确定动能大小。
【解答】解：A．由图中轨迹可知，带电粒子与正电荷间的电场力是相互吸引，故该带电粒子带负电，故A错误；
B．电场线的疏密反映场强的大小，电场线越密集的地方，电场强度越大，由图可知，B位置的电场线更密集，即场强更大，故B正确；
C．由等量异种电荷周围电场线的分布情况可知，两电荷连线中垂线的电势相等，都等于无穷远处电势，沿电场线的方向电势逐渐降低，故图中A点的电势低于C点的电势，故C错误；
D．带电粒子带负电，由A运动到B，是从低电势位置向高电势位置运动，电场力做正功，故带电粒子经过A点时的动能小于经过B点时的动能，故D错误。
故选：B。
【点评】见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题。
12．（2分）（2023秋 碑林区校级期中）在如图坐标系中，P、M、N为坐标轴上的三点，它们到坐标原点O的距离关系为OM＝OP＝2ON，M点存在一电荷量为Q的正点电荷，其在O点的电场强度大小为E，现在某点也放置电荷量为Q的正点电荷，并在空间加一匀强电场，使O点的电场强度恰好为零，则（　　）
A．若正点电荷放置于P点，匀强电场的电场强度大小为E
B．若正点电荷放置于N点，匀强电场的电场强度大小为E
C．若正点电荷放置于P点，匀强电场的方向在xOy平面内与y轴夹角为45°
D．若正点电荷放置于N点，匀强电场的方向在yOz平面内与y轴夹角为45°
【考点】电场强度的叠加；电场强度与电场力的关系和计算；点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场．
【专题】定量思想；方程法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．
【答案】C
【分析】若正点电荷放置于P点或N点，求出两个正点电荷在O点的合电场强度大小和方向，根据O点的电场强度为零求解匀强电场电场强度大小和方向。
【解答】解：AC、若正点电荷放置于P点，两个正点电荷在O点的合电场强度大小为：E1E，方向在xOy平面内与y轴负方向夹角为α，则有tanα1，可得α＝45°；要使O点的电场强度恰好为零，匀强电场的电场强度大小为E，方向在xOy平面内与y轴夹角为45°，故A错误，C正确；
BD、若正点电荷放置于N点，根据E可知，N点的电荷在O点的电场强度为EN＝4E，两个正点电荷在O点的合电场强度大小为：E'E；要使O点的电场强度恰好为零，匀强电场的电场强度大小为E，方向在yOz平面内与y轴夹角θ，其正切值为tanθ4，匀强电场的方向在yOz平面内与y轴夹角大于45°，故BD错误。
故选：C。
【点评】本题主要是考查电场强度的叠加，关键是弄清楚电场强度是矢量，满足矢量的平行四边形法则。
二．多选题（共5小题，满分15分，每小题3分）
（多选）13．（3分）（2025春 罗湖区校级期中）钓鱼人的漂露出水面几格就叫几目。如图，一钓鱼人在平静的水面浮钓，漂静止时露出水面3目，一只鱼儿竖直向下咬钩后又迅速松开，导致漂上下振动，该振动可视为简谐运动，下列说法正确的是（　　）
A．露出水面1目时，漂的加速度方向一定竖直向上
B．露出水面1目时，漂的速度方向一定竖直向下
C．露出水面3目时，漂的速度最大
D．露出水面5目时，漂的加速度方向可能竖直向上
【考点】简谐运动过程中速度、加速度（回复力）与位移的变化问题．
【专题】定性思想；推理法；简谐运动专题；理解能力．
【答案】AC
【分析】漂静止时露出水面3目，即处于平衡位置，此位置速度最大，根据简谐运动的规律结合受力情况逐项分析。
【解答】解：A、漂静止时露出水面3目，露出水面1目时，漂的合力方向向上，则加速度方向一定竖直向上，故A正确；
B、露出水面1目时，漂的速度方向可能竖直向下，也可能竖直向上，故B错误；
C、露出水面3目时，漂处于平衡位置，漂的速度最大，故C正确；
D、露出水面5目时，漂处于平衡位置上方，漂的加速度方向竖直向下，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题主要是考查了简谐运动的知识；知道简谐运动的平衡位置是物体静止时受力平衡的位置；振动的质点在振动过程中各物理量的变化情况可以这样分析：位移增大→回复力增大→加速度增大→速度减小→动能减小→势能增大。
（多选）14．（3分）（2021秋 德宏州期末）在某种均匀介质中，一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图如图（a）所示，此时质点A在波峰位置，质点D刚要开始振动，质点C的振动图像如图（b）所示，t＝0时刻在D点有一台机械波信号接收器（图中未画出），正以2m/s的速度沿x轴正向匀速运动。下列说法正确的是（　　）
A．质点D的起振方向沿y轴正方向
B．该简谐波的波速是10m/s
C．质点B的振动方程是y＝10sin（5πt）（cm）
D．信号接收器接收到该机械波的频率等于2.5Hz
E．若改变振源的振动频率，则形成的机械波在该介质中的传播速度也将发生改变
【考点】振动图像与波形图的结合；波长、频率和波速的关系．
【专题】定量思想；推理法；振动图象与波动图象专题；推理论证能力．
【答案】ABC
【分析】根据图像得出对应的物理意义，结合波速的计算公式和同侧法完成分析；
根据信号接收器的特点分析出该机械波的频率；
理解波速的影响因素并完成分析。
【解答】解：A、由图（b）可知，t＝0时刻质点C从平衡位置向下振动，可知波沿x轴正方向传播，则质点D的起振方向沿y轴正方向，故A正确；
B、由图（a）可知波长为4m，由图（b）可知周期为0.4s，则波速为
，故B正确；
C、由图（a）可知，t＝0时刻质点B已经从平衡位置向波峰方向起振了，又由图（b）可知，振幅为10cm，则质点B的振动方程为
，故C正确；
D、波源的波长为λ＝4m，信号接收器以2m/s的速度沿x轴正方向匀速运动，则单位时间内接收到的波的个数为
（个）＝2（个），所以信号接收器接收到该机械波的频率为2Hz，故D错误；
E、因为影响机械波传播速度的因素是介质，所以改变波源的振动频率，不会影响机械波在介质中的传播速度，故E错误；
故选：ABC。
【点评】本题主要考查了简谐横波的相关应用，理解简谐横波在不同方向上的运动特点，结合图像的物理意义和运动学公式即可完成分析。
（多选）15．（3分）（2024 武侯区开学）如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）一端固定在A点，弹性绳自然长度等于AB，跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的绝缘带正电、电荷量为q的小球。空间中还存在着水平向右的匀强电场（图中未画出），且电场强度。初始时A、B、C在一条竖直线上，小球穿过水平固定的杆从C点由静止开始运动，滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为L，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．滑动摩擦力的大小为
B．弹簧的劲度系数为
C．小球在D点时速度最大
D．若在E点给小球一个向左的速度v，小球恰好能回到C点，则
【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动；胡克定律及其应用；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】BC
【分析】根据胡克定律结合竖直方向的受力情况分析AB，小球从C点运动到E点的过程先加速后减速，在合外力为零的位置速度最大，根据胡克定律和动能定理分析速度最大的位置。抓住摩擦力是恒力，利用动能定理求小球恰好能回到C点的初速度。
【解答】解：A.设弹性绳的劲度系数为k，BC＝h，设当小球运动到F点时
CF＝s
BF与CE的夹角为α，根据胡克定律有
F＝k|BF|
弹力沿水平方向的分力
F水平＝k|BF|cosα＝ks
在竖直方向
F竖直＝k|BF|sinα＝kh
小球在C点，有
故
则摩擦力为
故A错误；
BC.设W是弹性绳对小球做功大小，从C到E，由动能定理可得
qEL﹣fL﹣W＝0﹣0
而
解得
得
在D点
故有
qE＝f+F水平
小球的合外力为0，速度最大，故BC正确；
D.由上可得
若在E点给小球一个向左的速度v，小球恰好能回到C点，从E到C的过程，根据动能定理有
得
故D错误。
故选：BC。
【点评】解决本题的关键要利用胡克定律和正交分解法分析知道弹性绳弹力的竖直分力是恒力，摩擦力也是恒力。弹性绳弹力的竖直分力与位移成正比，要利用弹力的平均值来弹力做功。
（多选）16．（3分）（2023秋 川汇区校级期末）以两等量正点电荷连线中点为坐标原点，沿二者连线的中垂线建立x轴，下列关于x轴上场强E和电势φ随位置变化的关系正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】匀强电场中电势差与电场强度的关系；电场强度的叠加；电场强度与电场力的关系和计算；电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．
【答案】AD
【分析】等量正电荷的垂直平分线上的电场强度沿x轴先增大，后减小，根据沿电场线方向电势逐渐降低，判断电势的变化。
【解答】解：AB、等量同种正点电荷连线中垂线上场强变化的规律是：从中点沿中垂线向两侧先增大后减小，考虑到场强的方向，故A正确，B错误；
CD、等量同种正点电荷连线中垂线上电势变化的规律是：从中点沿中垂线向两侧逐渐降低，故C错误，D正确。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键知道等量同种电荷周围电场线的特点，以及知道沿电场线方向电势逐渐降低。
（多选）17．（3分）（2021秋 新平县校级期末）如图所示，带电量之比qA：qB＝1：4的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场垂直的方向射入平行板电容器中分别落在C、D两点，若CD＝2OC，忽略粒子的重力及粒子间的相互作用力影响，则（　　）
A．A和B在电场中运动的时间之比为1：3
B．A和B运动的加速加速度大小之比为1：3
C．A和B的质量之比为1：36
D．A和B的位移大小之比为1：1
【考点】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．
【专题】定量思想；合成分解法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】AC
【分析】带电粒子A、B在电场中均做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和分运动的规律列式求解。
【解答】解：A、带电粒子A、B在电场中均做类平抛运动，水平方向有x＝v0t，初速度v0相等，则A和B在电场中运动的时间之比为tA：tB＝xOC：xOD＝1：3，故A正确；
B、粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，有，y相同，则A和B运动的加速度之比为，故B错误；
C、由牛顿第二定律得qE＝ma，则粒子的质量之比，故C正确；
D、A、B的位移之比，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题关键要熟练掌握类平抛运动的研究方法：运动的分解法，要推导出质量与时间的表达式，运用比例法进行求解。
三．实验题（共1小题，满分12分，每小题12分）
18．（12分）（2024秋 海淀区校级月考）某实验小组甲、乙两名同学做“用单摆测量重力加速度”的实验。
（1）如图中，最合理的装置及器材是 　C　 。
（2）该小组同学甲用某种仪器来测量摆球的直径，得到的测量值为d＝12.275mm，此测量数据是选用了仪器 　D　 测量得到的。
A.毫米刻度尺
B.10分度游标卡尺
C.20分度游标卡尺
D.螺旋测微器
（3）测量单摆的周期时，甲同学在摆球某次通过最低点时按下停表开始计时，同时数1，当摆球第二次通过最低点时数2，依此法往下数，当他数到60时，按下停表停止计时，读出这段时间t，则该单摆的周期为 　B　 。
A.
B.
C.
D.
（4）为减小实验误差，甲同学通过多次改变摆长L，测量多组对应的单摆周期T，利用T2﹣L的关系图线求出本地重力加速度值。相关测量数据如表：
次数 1 2 3 4 5
L/m 0.800 0.900 1.000 1.100 1.200
T/s 1.79 1.90 2.01 2.11 2.20
T2/s2 3.22 3.61 4.04 4.45 4.84
甲同学在图2中已标出第1、2、3、5次实验数据对应的坐标，请你在该图中用符号“+”标出与第4次实验数据对应的坐标点，并画出T2﹣L关系图线。
（5）依照绘制出的T2﹣L关系图线，可求得g的测量值为 　9.74　 m/s2。（π取3.14，计算结果保留三位有效数字）
（6）甲同学选择了合理的实验装置后，测量出几组不同摆长L和周期T的数值，画出如图3中T2﹣L图像中的实线a。乙同学也进行了与甲同学同样的实验，不过乙同学实验中将摆线长作为摆长L，测得多组周期T和L的数据，作出T2﹣L图像，应是图3中的图线 　c　 。（已知c、d两条图线和a平行）（选填“a”、“b”、“c”、“d”或“e”）
【考点】用单摆测定重力加速度．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；单摆问题；实验探究能力．
【答案】（1）C；（2）D；（3）B；（4）见解析；（5）9.74；（6）c。
【分析】（1）根据单摆模型分析作答；
（2）根据题目中各种测量工具的精确度结合测量结果分析作答；
（3）根据全振动的次数和所用时间分析作答；
（4）根据描点法作图的规则作图；
（5）根据单摆周期公式求解T2﹣L函数，结合图像的斜率求解重力加速度；
（6）根据单摆周期公式求解T2﹣L函数，然后分析作答。
【解答】解：（1）根据单摆模型可知，单摆的悬点要固定，摆线质量不计且不可伸长，为了减小空气阻力的影响，摆球要选密度大、体积小的金属球，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2）毫米刻度尺的精确度为1mm，要估读到0.1mm；10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，不估读；20分度游标卡尺的精确度为0.05mm，不估读；螺旋测微器的精确度为0.01mm，估读到0.001mm；
测量值为d＝12.275mm，估读到了千分为，使用的测量工具为螺旋测微器，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（3）甲同学在摆球某次通过最低点时按下停表开始计时，同时数1，当摆球第二次通过最低点时数2，依此法往下数，当他数到60时，全振动的次数为
单摆的周期，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（4）根据描点法，作图时要使尽量多的点落在直线上，不能落在直线上的要均匀分布在直线两侧，舍弃个别相差较远的点，所作图像如图所示：
（5）根据单摆周期公式
变形得
T2﹣L图像的斜率
结合T2﹣L函数斜率的含义，斜率
解得重力加速度g＝9.74m/s2
（6）设小球半径为r，单摆的摆长l＝L+r
根据单摆周期公式
变形得
图像的斜率
图像的斜率不变，图线与a平行；
图像的纵截距
因此作出T2﹣L图像，应是图3中的图线c。
故答案为：（1）C；（2）D；（3）B；（4）见解析；（5）9.74；（6）c。
【点评】本题考查了“用单摆测量重力加速度”的实验，要明确实验原理，掌握单摆周期公式是解题的关键，理解全振动的含义。
四．解答题（共4小题，满分40分）
19．（8分）如图所示，在一水平向右的匀强电场中有一半径为R、圆心为O的竖直放置的光滑绝缘圆轨道，圆弧轨道上的a处静止放着一质量为m、电荷量为q的带电小球，小球可以看成点电荷，Oa与水平方向的夹角为θ＝53°。（重力加速度为g，sin53°＝0.8、cos53°＝0.6）
（1）求电场强度E的大小；
（2）若电场方向突然变为竖直向上，求小球从a处运动到圆弧最低点时对圆弧面的压力；
（3）若电场方向仍为水平向右，小球在a处至少需要多大的初速度才能使其在圆弧轨道内做完整的圆周运动？
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；共点力的平衡问题及求解；绳球类模型及其临界条件；动能定理的简单应用；匀强电场中电势差与电场强度的关系．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力；模型建构能力．
【答案】（1）电场强度E的大小为；
（2）小球从a处运动到圆弧最低点时对圆弧面的压力大小为，方向竖直向下；
（3）小球在a处至少需要的初速度才能使其在圆弧轨道内做完整的圆周运动。
【分析】（1）根据小球在a处静止，对其受力分析，结合平衡条件，即可判定电场力的大小和方向；
（2）改变场强方向后，根据动能定理、牛顿第二、三定律求在轨道最低处对轨道的压力；
（3）求出两个力合力即“等效重力”，确定“最高点”，根据牛顿第二定律和动能定理求出小球刚通过“最高点”时的初速度。
【解答】解：（1）带电小球在a处处于静止状态，根据受力平衡可得：
解得电场强度的大小为：
（2）若电场方向突然变为竖直向上，小球从a处运动到圆弧最低点时，根据动能定理可得：
在最低点根据牛顿第二定律可得：
联立解得：
根据牛顿第三定律可知，小球对圆弧面的压力大小为，方向竖直向下。
（3）若电场方向仍为水平向右，小球受到的电场力和重力的合力大小为：
电场力和重力的合力方向由O指向a，则小球经过aO直径另一端点a′位置速度最小
设小球刚好经过a′位置，则有：
从a到a′过程，根据动能定理可得：
联立解得：
答：（1）电场强度E的大小为；
（2）小球从a处运动到圆弧最低点时对圆弧面的压力大小为，方向竖直向下；
（3）小球在a处至少需要的初速度才能使其在圆弧轨道内做完整的圆周运动。
【点评】本题解题关键是先根据平衡条件求出匀强电场的大小，其次是由动能定理、牛顿第二定律求出压力和初速度的大小。
20．（8分）（2023春 惠山区校级期中）如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为2，之后沿导轨BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥﹣R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：
（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能；
（2）小球经过O点时的速度大小；
（3）小球过O点后运动的轨迹方程。
【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的圆周运动；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能等于；
（2）小球经过O点时的速度大小等于；
（3）小球过O点后运动的轨迹方程为y2＝6Rx。
【分析】（1）根据能量守恒定律得出弹簧的弹性势能；
（2）根据动能定理计算出小球的速度；
（3）根据力的合成分解结合牛顿第二定律得出加速度，根据运动学公式完成分析。
【解答】解：（1）小球从A到B，根据能量守恒定律得
（2）小球从B到O，根据动能定理有
解得
（3）小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，则x轴方向有
qEcos45°＝max
竖直方向有
qEsin45°﹣mg＝may
解得
ax＝g，ay＝0
说明小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有
，y＝vOt
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程
y2＝6Rx
答：（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能等于；
（2）小球经过O点时的速度大小等于；
（3）小球过O点后运动的轨迹方程为y2＝6Rx。
【点评】本题主要考查了动能定理的相关应用，熟悉力的合成和分解，根据运动的独立性和运动学公式即可完成分析。
21．（10分）（2024秋 西安期中）如图甲所示，两个相干波源S1、S2产生的波在同一均匀介质中相遇。图中实线表示波峰，虚线表示波谷，c和f分别为ae和bd的中点，则：
（1）在a、b、c、d、e、f六点中，振动加强的点是 　a、c、e　 ，振动减弱的点是 　b、d、f　 。
（2）若两振源S1和S2振幅不相同，此时位移为零的点是 　c、f　 。
（3）在图乙中画出此时刻ace连线上，以a为原点的一列完整波形，标出e点。
【考点】波的干涉的加强和减弱区域的特点及判断．
【答案】（1）（1）a、c、e，b、d、f；（2）c、f；（3）如图所示
【分析】两列频率相同的相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同时振动加强；振动情况相反时振动减弱，从而即可求解．
【解答】解：（1）由图可知：a点是波谷与波谷相遇点，而b、d点是波峰与波谷相遇点，e点是波峰与波峰相遇点．由于当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，在波的传播方向上，振动加强的点的连线上的c点也是振动的加强点；当波峰与波谷相遇时振动减弱，所以振动加强点是a与e，振动减弱点是b、d；f在振动减弱的连线上，因此c是振动加强点，而f是振动减弱点；
（2）若两振源S1和S2振幅不相同，波峰与波谷相遇的位移不为零，平衡位置相遇为零，此时刻位移为零的点是：c、f。
（3）在图2中画出此时刻ace连线上，以a为原点的一列完整波形，如图：
故答案为：（1）（1）a、c、e，b、d、f；（2）c、f；（3）如图所示
【点评】波的叠加满足矢量法则，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零．当振幅相同的两列相同频率的波相遇时，振动加强区的振动方向始终相同，不过位移时大时小．而振动减弱区的振动方向始终相反，位移始终为零．
22．（14分）（2022秋 安徽月考）如图所示为一长方体OPMN﹣O′P′M′N′空间区域，OP、OO′边长均为d，ON边长为2d。一质量为m、电荷量为q的带正电小球，从O点以一定的初速度v0（大小未知）沿ON方向入射，未加电场时，小球恰好能经过N′点。重力加速度为g，场的边缘效应和小球的相对论效应均可忽略。
（1）求初速度v0的大小；
（2）若空间区域内存在沿OP方向的匀强电场，带电小球恰好能经过M′点，求该匀强电场的场强大小E1；
（3）若从O′点以大小不变的初速度v0竖直向上抛出该带电小球，要使带电小球能经过M′点，在此空间区域内施加沿OM方向的匀强电场，求该匀强电场的场强大小E2和小球在此运动过程中的最小速率vm。
【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动；合运动与分运动的关系；平抛运动速度的计算．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）初速度v0的大小为；
（2）该匀强电场的场强大小E1为；
（3）该匀强电场的场强大小E2和小球在此运动过程中的最小速率vm分别为，。
【分析】（1）根据平抛运动在水平方向做匀速的直线，竖直方向做自由落体运动列式即可求解；
（2）根据题意可知，小球在OO'方向做自由落体运动，在OP方向做初速度为零的匀加速运动，列式即可求解；
（3）根据小球在竖直方向做竖直上抛运动，在水平方向上做初速度为零的匀加速，结合几何关系以及等效重力法，即可联立列式求解。
【解答】解：（1）未加电场时，小球做平抛运动，水平方向有：2d＝v0t
竖直方向有：d
联立解得：；
（2）根据运动的分解可知沿OO'方向有：d
OP方向有：d
qE1＝ma
解得：
（3）竖直方向，t2，
OM方向，，
a2，
联立解得E2，
根据等效重力可知，
由几何关系可得，tanθ，
所以最小速率vm＝v0sinθ，
联立解得vmv0
答：（1）初速度v0的大小为；
（2）该匀强电场的场强大小E1为；
（3）该匀强电场的场强大小E2和小球在此运动过程中的最小速率vm分别为，。
【点评】该题考查带电小球在叠加场中的运动，解该类问题时，需要明确小球在重力方向的运动规律，在电场方向的运动的运动规律，再根据运动的合成结合几何关系即可分析，该题难度较大。
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