浙江省浙里特色联盟2025-2026学年高二上学期11月期中物理试题
1．（2025高二上·浙江期中）下列物理量为标量且其单位用国际基本单位表示正确的是（ ）
A．电势（eV） B．电压（）
C．电场强度（N/C） D．功率（）
2．（2025高二上·浙江期中）一颗卫星通过火箭于某日7时37分成功发射入轨，该卫星运行在600千米的轨道高度上。下列说法正确的是（ ）
A．7时37分指时间间隔
B．在组装火箭与卫星时卫星可看作质点
C．该卫星绕地球一圈平均速度为0
D．卫星在太空中不受重力
3．（2025高二上·浙江期中）下列说法中正确的是（ ）
A．负电荷在电势越高处电势能越大
B．电场强度为零的点，电势一定为零
C．等势线越密的地方，电场线也一定越密，电场强度越大
D．由公式可知，当试探电荷的电荷量q变为一半时，电场强度E变为2倍
4．（2025高二上·浙江期中）在参加“毛毛虫竞速”比赛中，小明等四位同学在发令后瞬间加速出发，加速度大小为。已知“毛毛虫”道具质量为10kg，重力加速度的大小取。则在发令后瞬间小明等四位同学对“毛毛虫”道具的作用力大小为（ ）
A．50N B．100N C．N D．200N
5．（2025高二上·浙江期中）如图所示，“天舟七号”货运飞船成功对接空间站“天和”核心舱。对接后，“天舟七号”与空间站组成组合体，运行在离地高度约为400km的圆形轨道上，下列说法正确的是（ ）
A．组合体的周期约为24小时
B．组合体的速度小于同地球步卫星的速度
C．组合体的能量小于地球同步卫星的能量
D．组合体的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度
6．（2025高二上·浙江期中）小明参加滑板男子碗池决赛，以84.41分的成绩夺冠。图示为小明在比赛中腾空越过障碍物，若忽略空气阻力，那么腾空过程中（ ）
A．在最高点时小明的加速度为零
B．小明和滑板构成的系统机械能一定不守恒
C．小明上升过程是超重状态
D．小明下降过程中滑板和人之间可能无作用力
7．（2025高二上·浙江期中）一种便携式三脚架由三根完全相同的轻杆通过铰链组合在一起，每根轻杆均可绕铰链自由转动。如图所示，三根杆与水平方向的夹角均为53°，且三根杆之间的夹角相等。吊锅和细铁链的总质量为m，支架与铰链之间的摩擦忽略不计，则（ ）
A．三脚架所受合力大小为mg
B．每根杆受到地面的作用力为
C．每根杆与地面的摩擦力大小为0
D．减小杆与水平方向夹角时，杆与地面摩擦力变大
8．（2025高二上·浙江期中）空间P、Q两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中Q点处为负电荷，P、Q两点附近电场的等势线分布如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，则（ ）
A．c点的电势小于e点的电势
B．c点的电场强度小于d点的电场强度
C．负电荷在a点时电势能大于在c点时电势能
D．正电荷从b点移动到d点的过程中电场力做正功
9．（2025高二上·浙江期中）图示是“研究电容器两极板间电介质对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当一有机玻璃板正在插入极板时，静电计指针张角减小，则（ ）
A．极板间电势差增大 B．电容器的电容减小
C．极板间电场强度减小 D．电容器储存能量不变
10．（2025高二上·浙江期中）如图所示，电源电动势、内阻保持不变，灯泡L与定值电阻串联，是电阻箱，开关S闭合，现逐渐减小电阻箱的阻值，不考虑灯泡阻值变化，下列说法正确的是（ ）
A．电源消耗的电功率变小 B．通过电阻的电流增大
C．灯泡L的电功率减小 D．电阻箱两端的电压增大
11．（2025高二上·浙江期中）如图所示，取一对用绝缘柱支持的不带电导体A和B，使它们彼此接触，小明用绝缘棒把带正电荷的物体C移近导体A，发现贴在A、B下部的金属箔都张开，下列说法正确的是（ ）
A．此时导体A左端和导体B右端电势相等
B．此时将导体B接地，将有负电荷导向大地
C．导体A和导体B分开后移去C，A、B上的金属箔将闭合
D．先移去C，再分开导体A和导体B，A、B上的金属箔将闭合
12．（2025高二上·浙江期中）如图所示，从水平地面上同一位置抛出两个不同的小球A、B，分别落在地面上的M、N两点，两球运动的最大高度相同。空气阻力不计，则（ ）
A．落地时，小球B与小球A的速度相等
B．小球B与小球A的飞行时间相同
C．飞行时，小球B比小球A的机械能大
D．相同时间内小球B与小球A的速度变化相同
13．（2025高二上·浙江期中）如图所示，在水平向右的匀强电场中有一个绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了10J，摩擦力做功J，重力做功20J。下列说法中正确的是（ ）
A．金属块带负电荷 B．静电力做功J
C．金属块的机械能减少10J D．金属块的电势能减少4J
14．（2025高二上·浙江期中）（1）小明做“探究物体加速度与力、质量的关系”的实验，装置如图甲所示，小明完成补偿阻力的正确操作后进行了一次实验，实验获得如图乙所示的纸带，计数点a、b、c、d、e、f间均有四个点未画出，则在打d点时小车的速度大小 m/s，打此条纸带时小车的加速度为 （计算结果保留2位有效数字，电源频率为50Hz）。
（2）在下列实验中，也需要用到打点计时器的有_________。
A．探究小车速度随时间变化的规律
B．探究两个互成角度的力的合成规律
C．验证机械能守恒定律
D．探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
15．（2025高二上·浙江期中）在测量一节干电池的电动势和内阻的实验中，
（1）为了了解电压表内阻的大概值，用多用电表的欧姆挡来测量电压表的内阻，如图1所示，多用电表的红表笔应该与电压表的 （填“正”或“负”）接线柱相连，经过正确操作，选择×100挡时，示数如图2所示，则电压表的电阻值约为 Ω。
（2）实验中为了减小测量误差，如图所示的电路中应该选择的是 （选填“甲”或“乙”）；
（3）通过调节滑动变阻器，测得多组U、I数据，在坐标纸中描点并作出U—I图像如图所示，由此求得电动势E= V，内阻r= Ω。（结果均保留到小数点后两位）
16．（2025高二上·浙江期中）电源电动势E=12V、内阻r=0.5Ω，电动机M的内阻，闭合开关S后，标有“10V 20W”的灯泡恰能正常发光，图中电流表为理想电流表，求：
（1）电源的输出功率；
（2）电动机的机械功率；
（3）20s内电动机产生的热量。
17．（2025高二上·浙江期中）如图所示，P、Q两极板竖直放置，间距为d，P的电势高于Q，电压为。M、N两极板水平放置，两极板长度及间距均为L，电压为。P、Q极板分别有小孔A、B，AB连线与偏转电场中心线BC共线。质量为m、电荷量为q的正离子从小孔A无初速度进入加速电场，经过偏转电场，到达探测器（探测器可上下移动）。整个装置处于真空环境，且不计离子重力。求：
（1）离子在P、Q两极板间运动的时间；
（2）离子在M、N两极板间运动的时间；
（3）为保证离子不打在M、N极板上，电压和电压满足什么关系，以及离子达到探测器的最大动能。
18．（2025高二上·浙江期中）如图所示，长为l=0.5m的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一带电荷，质量未知的小球。现将此装置放在水平向右场强为的匀强电场中，小球静止在A点，此时细线与竖直方向成37°角。重力加速度g取，，，求：
（1）小球质量m的大小；
（2）现用外力缓慢把小球拉到最低点，电势能变化了多少；
（3）由（2）中最低点处撤去外力，小球再次回到A点时的动能和此时绳子的拉力。
19．（2025高二上·浙江期中）一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋圆轨道、水平轨道BC和CE、倾角为37°的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F点与右侧水平高台（可以移动）等高。游戏开始，一质量为m的滑块从轨道AB上的高度h处静止滑下，滑上圆轨道后进入倾斜直轨道EF，从F点斜抛出去，恰好落在水平高台的洞中，游戏成功。已知R=0.2m，m=0.1kg，EF段长度L=0.3m，μ=0.5。滑块可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）若h=0.8m，求滑块到达C点时对圆轨道的压力；
（2）若滑块恰好能通过圆轨道CDC'，求高度h；
（3）若（2）中的滑块最终落在水平高台的洞中，求滑块在空中的最小速度和落点到F的水平距离。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】电场强度；电势；电势差；力学单位制
【解析】【解答】物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，根据物理公式来分析物理量的单位即可。A．电势只有大小，没有方向，属于标量，但eV是能量的单位并且不是国际基本单位，故A错误；
B．电压只有大小，没有方向，属于标量，但单位用国际基本单位表示应为，故B错误；
C．电场强度为矢量，其单位国际用基本单位表示为，C错误；
D．功率都只有大小，没有方向，属于标量，用国际基本单位表示为 ，故D正确。
故选：D。
【分析】国际单位制的七种基本单位是：长度单位米（m）、质量单位千克（kg）、时间单位秒（s）、电流单位安培（A）、热力学温度单位开尔文（K）、物质的量单位摩尔（mol）和发光强度单位坎德拉（cd）。矢量和标量的区别在于是否具有方向性，标量是只有大小，没有方向的物理量，矢量是既有大小，又有方向的物理量。
2．【答案】C
【知识点】质点；平均速度
【解析】【解答】A.时间间隔是指时间轴上的一段，时刻是指时间轴上的一点，7时37分为时刻，不是时间间隔，故A错误；
B．在组装火箭与卫星时需考虑卫星的结构，卫星的大小、形状对研究的问题不能忽略，所以不能将卫星视为质点，故B错误；
C．平均速度等于总位移与运动时间的比值，卫星绕地球一圈的位移为0，所以平均速度也为0，故C正确；
D．卫星在太空中仍受到重力的作用，地球对卫星的引力提供其做圆周运动的向心力，故D错误。
故选C。
【分析】时间间隔是指时间轴上的一段，时刻是指时间轴上的一点。对于任何物体，只要大小和形状对研究问题的影响可以忽略，都可以看作质点。平均速度等于位移与时间的比值，平均速率等于路程与时间的比值。围绕地球运转的物体受重力作用，重力提供向心力，处于完全失重状态。
3．【答案】C
【知识点】电场强度；电场线；电势能
【解析】【解答】A．电势能是标量，电势能的正负反应电势能的大小，由可知负电荷在电势高的地方电势能低。故A错误；
B．场强与电势没有必然的联系，场强为零，电势不一定为零，故B错误；
C．等势线越密，对应的电场线也越密，电场强度越大。故C正确；
D．公式是定义式，减半时，也减半，不变，电场强度由电场本身决定，与试探电荷无关，故D错误。
故选C。
【分析】电场中电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，电场强度与电势没有直接的关系，电场强度越大的地方，电场线一定越密，电势不一定越高．电场强度为零的地方，电势不一定为零。公式是定义式。
4．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】对“毛毛虫”道具受力分析，根据牛顿第二定律结合平行四边形法则有
解得四位同学对“毛毛虫”道具的作用力大小为，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】对“毛毛虫”受力分析，由牛顿第二定律即可求出同学对道具的作用力。
5．【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】对万有引力与天体的运动问题，一定要知道两个关系：①星球表面的物体受到的重力等于万有引力，②做匀速圆周运动的物体需要的向心力由万有引力提供。ABD．根据万有引力提供向心力
可得，，
由于同步卫星的轨道半径大于组合体的轨道半径，所以组合体的速度大于同地球步卫星的速度，组合体的周期小于同地球步卫星的周期（24h），组合体的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，故AB错误，D正确；
C．由于组合体的质量与同步卫星的质量关系未知，所以组合体的能量不一定小于地球同步卫星的能量，故C错误。
故选：D。
【分析】根据万有引力提供向心力得到各个物理量表达式，结合表达式分析；组合体的质量与同步卫星的质量关系未知，无法判断能量大小。
6．【答案】D
【知识点】超重与失重；机械能守恒定律
【解析】【解答】A． 忽略空气阻力， 在最高点的时候人受到重力作用，加速度为重力加速度，加速度不为零，故A错误；
B． 腾空过程中，小明和滑板构成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，故B错误；
CD．小明以及滑板上升和下降过程只受重力作用，处于完全失重状态，滑板和人之间无作用力，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】在最高点的时候人受到重力作用，系统只有重力做功，系统机械能守恒，完全失重状态，滑板和人之间无作用力。
7．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查共点力的平衡条件在真实情景中的应用，要注意本题中应分别在水平和竖直两个方向，依据平衡条件进行分析。A．三脚架处于静止状态，则所受合力大小为0，故A错误；
B．对吊锅和细铁链有
解得
根据平衡条件和牛顿第三定律可得，每根杆受到地面的作用力为，故B错误；
C．每根杆与地面的摩擦力大小为，故C错误；
D．由以上分析可知，减小杆与水平方向夹角时，即α减小，cosα增大，则杆与地面摩擦力变大，故D正确。
故选D。
【分析】三脚架处于静止状态，所受合力为零；三根杆的弹力的竖直分量之和等于吊锅和细铁链的总重力，据此求得每根杆的弹力，每根杆受到地面的作用力与弹力相等；每根杆与地面间的摩擦力大小等于每根杆的弹力的水平分量。
8．【答案】C
【知识点】电场线；电势能；电势；等势面
【解析】【解答】解题的关键要掌握等量异种电荷电场的分布情况，知道靠近正电荷的位置电势高，靠近负电荷的地方电势低。A．根据等势线特点可知，PQ为等量异种电荷，故P为正点电荷，电场线从正电荷指向负电荷，沿电场线方向电势降低，可知c点电势大于e点电势，故A错误；
B．根据等量异种电荷电场线特点，可知与d点相比，c点电场线较密，故c点的电场强度大于d点的电场强度，故B错误；
C．c点靠近正电荷，a点靠近负电荷，则c点电势比a点电势高，且负电荷在电势越高的地方电势能越低，故负电荷在a点时电势能大于在c点时电势能，故C正确；
D．由于b点电势低于d点电势（因为d点靠近正电荷），所以正电荷从b点移动到d点电势能增大，电场力做负功，故D错误。
故选C。
【分析】根据等势线特点可知，P为正点电荷，根据等量异种电荷电场线特点分析；c点靠近正电荷，a点靠近负电荷，c点电势比a点电势高；根据功能关系分析电场力做功。
9．【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】B．有机玻璃板正在插入极板时，变大，由电容器的电容决定式可知电容器的电容变大，故B错误；
AC．电荷量不变，由可知电容器的电容变大，极板间电势差减小；
两板间距不变，由可知极板间电场强度减小，故A错误，故C正确；
D．电容器储存能量为，电荷量不变，极板间电势差减少，电容器储存能量减少，故D错误。
故选C。
【分析】当极板间距减小时，静电计指针张角减小，说明极板间电势差减小，结合电荷量不变，由电容的定义式分析电容的变化。根据平行板电容器电容的决定式、电容器的定义式和匀强电场的场强与电势差的关系列式分析电场强度的变化。
10．【答案】C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】本题考查了闭合电路欧姆定律，正确分析电路结构，熟练掌握电压，电流和电阻之间的关系是解决此类问题的关键。A．当减小电阻箱R2的接入阻值时，电路的总电阻R减小，干路电流I增大，根据路端电压
路端电压U减小，电源消耗的电功率变大，故A错误；
BC．路端电压U减小，则灯泡L与定值电阻R1串联的总电压减小，流过L与定值电阻R1的电流减小，灯泡L的电功率减小， 故B错误C正确；
D．路端电压U减小，电阻箱两端的电压减小，故D错误。
故选C。
【分析】根据电阻箱R2的电阻减小，结合闭合电路欧姆定律，讨论干路电流和路端电压，再根据欧姆定律和电功率公式分析求解。
11．【答案】A,D
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】A． 用绝缘棒把带正电荷的物体C移近导体A， 此时导体静电平衡，是等势体，所以A左端和导体B右端电势相等，故A正确；
B．此时将导体B接地，导体电势高，大地电势低，负电荷由于静电感应会从大地流向导体，没有负电荷导向大地，故B错误；
C． 导体A和导体B分开后移去C，导体A、B中的电荷不能发生中和，所以导体A带负电，B带正电，A，B 上的金属箔仍保持张开，故C正确；
D． 先移去C， 导体A，B中的电荷又发生中和，再分开A和 B，A，B又不带电，A，B上的金属箔闭合，故D正确。
故选：AD。
【分析】C靠近AB使AB带电属于感应起电。带正电的C靠近AB，A带负点，B带正电。无论那一段导体与大地通过导线相连接，则导体电势高，大地电势低。
12．【答案】B,D
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】斜抛运动可分解为水平匀速与竖直上抛，需利用分运动的独立性与等时性，结合速度、位移公式分析各物理量关系；加速度由受力决定，飞行时间由竖直分运动决定，水平速度由水平位移与时间决定，合速度由水平与竖直分速度合成。AB．小球从最高点到地面过程中，在竖直方向做自由落体运动，由
两球运动的最大高度相同，以及运动的对称性可知小球在空中的飞行时间一样，由图可知B球在水平方向的位移更大，故
在竖直方向上有
可知
小球的落地速度为
联立可知小球的落地速度不相等，A错误；B正确；
C．在最高点时，两个小球的速度
但小球的机械能除跟速度有关外还和小球的质量有关，故飞行时，小球B与小球A的机械能无法比较，C错误；
D．在空中相同时间内的速度变化为
故相同时间内B球的速度变化与A球的速度变化相同，D正确。
故选BD。
【分析】斜抛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运动，结合加速度、速度、时间等物理量的关系逐一分析选项。
13．【答案】B,C
【知识点】功能关系；动能定理的综合应用；电势能
【解析】【解答】解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系。AB．由动能定理可知，
由题意知金属块滑下的过程中动能增加了，摩擦力做功，重力做功，解得电场力做功，由金属块滑下的过程做负功可知，力与位移成钝角，故金属块带正电，故A错误，B正确；
C．机械能变化量，故机械能减小，故C正确；
D．电场力做功，故金属块的电势能增加，故D错误。
故选BC。
【分析】根据动能定理求解电场力做功，从而判断静电力做功以及金属块的电性，机械能变化量等于其它力做的总功；根据功能关系分析电势能变化。
14．【答案】（1）0.19；0.10
（2）A；C
【知识点】加速度；探究加速度与力、质量的关系；平均速度；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1） 计数点a、b、c、d、e、f间均有四个点未画出，可得相邻计数点间的时间间隔为
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度可得打d点时小车的速度大小为
根据逐差法可得小车的加速度为
（2）AC．在“探究小车速度随时间变化的规律”和“验证机械能守恒定律”的实验中需要用打点计时器打下纸带测量小车的速度，速度等于位移除以时间，测量时间需要用到打点计时器，故AC正确；
BD．在“探究两个互成角度的力的合成规律”和“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验中不需要测量速度，不需要测量时间，所以不需要打点计时器，故BD错误；
故选AC。
【分析】（1）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度可得打d点时小车的速度大小，根据逐差法可得小车的加速度；
（2）纸带测量小车的速度，需要用到打点计时器，实验中不需要测量速度，不需要打点计时器。
（1）[1]根据题意可得相邻计数点间的时间间隔为
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度可得打d点时小车的速度大小为
[2]根据逐差法可得小车的加速度为
（2）AC．在“探究小车速度随时间变化的规律”和“验证机械能守恒定律”的实验中需要用打点计时器打下纸带测量小车的速度，需要用到打点计时器，故AC正确；
BD．在“探究两个互成角度的力的合成规律”和“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验中不需要测量速度，所以不需要打点计时器，故BD错误；
故选AC。
15．【答案】（1）负；2000
（2）甲
（3）1.44；0.65
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）根据多用电表电流“红进黑出”可知，多用电表的欧姆挡的电源正极与黑表笔连接，电源负极与红表笔相连，测电压表内阻时应红表笔与电压表的负极相连；电阻读数等于挡位乘以表盘示数，为
（2）由于电源内阻很小，甲方案中，相当于电源来说属于外接法，误差来源于电压表分流，由于电压表内阻很大，分流较小，乙方案中电流表分压，相当于电源来说属于内接法，其内阻相比电源内阻相差不多，分压较大，相比较而言，甲方案的误差较小，更接近真实值。
（3）根据闭合电路欧姆定律
则在图像中，图像与纵轴的交点值表示电动势
图像的斜率代表内阻
【分析】（1）根据多用电表两表笔与内部电源正负极连接情况判断；欧姆表的读数为指针所指示数乘以倍率；
（2）根据电压表分流作用对实验的影响分析判断；
（3）根据闭合电路欧姆定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
（1）[1]多用电表的欧姆挡的电源正极与黑表笔连接，电源负极与红表笔相连，测电压表内阻时应红表笔与电压表的负极相连；
[2]电阻读数为
（2）由于电源内阻很小，甲方案中，误差来源于电压表分流，由于电压表内阻很大，分流较小，乙方案中电流表分压，其内阻相比电源内阻相差不多，分压较大，相比较而言，甲方案的误差较小，更接近真实值。
（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律
则在图像中，图像与纵轴的交点值表示电动势
斜率代表内阻
16．【答案】（1）由闭合电路欧姆定律可得干路的电流为
则电源的输出功率为
（2）正常发光的灯泡中的电流为
故流过电动机的电流为
则电动机的机械功率为
（3）20s内电动机产生的热量为
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）根据欧姆定律得到电路总电流，电源的输出功率等于总功率减去热功率；（2）计算出灯泡的额定电流，根据并联电路电流的特点得到通过电动机的电流，然后根据输出功率、总功率和热功率的关系计算；
（3） 根据焦耳定律求解电动机产生的热量。
（1）由闭合电路欧姆定律可得干路的电流为
则电源的输出功率为
（2）正常发光的灯泡中的电流为
故流过电动机的电流为
则电动机的机械功率为
（3）20s内电动机产生的热量为
17．【答案】（1）粒子在加速电场做匀加速直线运动，加速度为
由公式
可得离子在加速电场中运动时间为
（2）设粒子进入偏转电场的速度为，由动能定理
离子在M、N板间运动时间为
联立解得
（3）为保证离子不打在M、N极板上，即粒子在竖直方向的偏转位移应小于，则有
解得
当粒子刚好从极板边缘飞出时动能最大，由动能定理有
【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）根据牛顿第二定律求解加速度大小，再根据运动学公式求解离子在加速电场中运动的时间；
（2）离子在偏转电场中的水平方向做匀速直线运动，根据运动学公式求解离子在偏转电场中运动的时间；
（3）根据运动学公式求解离子在竖直方向偏转的距离，为了保证离子不打在M、N极板上，必须满足离子在偏转电场中偏转的距离小于，即可解得U1与U2应满足的关系。
（1）粒子在加速电场做匀加速直线运动，加速度为
由公式
可得离子在加速电场中运动时间为
（2）设粒子进入偏转电场的速度为，由动能定理
离子在M、N板间运动时间为
联立解得
（3）为保证离子不打在M、N极板上，即粒子在竖直方向的偏转位移应小于，则有
解得
当粒子刚好从极板边缘飞出时动能最大，由动能定理有
18．【答案】（1）小球在A点静止，其受力情况如图所示
根据共点力平衡条件有
解得
（2）电场力做功为
所以电势能增加了0.18J
（3）从最低点到A过程中，由动能定理有
动能
根据
所以
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）小球在A点静止，根据平衡条件求解小球质量m的大小；
（2） 求解电场力做功，根据功能关系求解电势能变化；
（3）从最低点到A过程中，由动能定理求解动能大小，结合牛顿第二定律求解拉力大小。
（1）小球在A点静止，其受力情况如图所示
根据共点力平衡条件有
解得
（2）电场力做功为
所以电势能增加了0.18J
（3）从最低点到A过程中，由动能定理有
动能
根据
所以
19．【答案】（1）滑块从释放到C点过程中，由动能定理有
解得
在C点对滑块受力分析得
联立解得
由牛顿第三定律可知滑块到达C点时对圆轨道的压力
方向竖直向下。
（2）恰好通过D点，在D点受力分析，由牛顿第二定律有
从释放滑块到D点的过程中，由动能定理有
联立解得
（3）由C到D的过程中，由动能定理有
从C到F的过程中，由动能定理有
解得
则滑块在空中的最高点时速度最小，最小速度为
由运动学知识可知空中飞行时间为
水平方向做匀速直线运动，由运动学知识有
联立解得
【知识点】斜抛运动；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）应用动能定理滑块在C点速度，根据牛顿第二定律和第三定律求解压力大小；
（2）恰好通过D点，在D点受力分析，重力提供向心力，结合动能定理求解高度；
（3）由动能定理求解在F点速度，结合速度的分解求解最小速度，结合运动学公式求解时间，水平方向做匀速直线运动，由运动学知识求解水平距离。
（1）滑块从释放到C点过程中，由动能定理有
解得
在C点对滑块受力分析得
联立解得
由牛顿第三定律可知滑块到达C点时对圆轨道的压力
方向竖直向下。
（2）恰好通过D点，在D点受力分析，由牛顿第二定律有
从释放滑块到D点的过程中，由动能定理有
联立解得
（3）由C到D的过程中，由动能定理有
从C到F的过程中，由动能定理有
解得
则滑块在空中的最高点时速度最小，最小速度为
由运动学知识可知空中飞行时间为
水平方向做匀速直线运动，由运动学知识有
联立解得
1 / 1浙江省浙里特色联盟2025-2026学年高二上学期11月期中物理试题
1．（2025高二上·浙江期中）下列物理量为标量且其单位用国际基本单位表示正确的是（ ）
A．电势（eV） B．电压（）
C．电场强度（N/C） D．功率（）
【答案】D
【知识点】电场强度；电势；电势差；力学单位制
【解析】【解答】物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，根据物理公式来分析物理量的单位即可。A．电势只有大小，没有方向，属于标量，但eV是能量的单位并且不是国际基本单位，故A错误；
B．电压只有大小，没有方向，属于标量，但单位用国际基本单位表示应为，故B错误；
C．电场强度为矢量，其单位国际用基本单位表示为，C错误；
D．功率都只有大小，没有方向，属于标量，用国际基本单位表示为 ，故D正确。
故选：D。
【分析】国际单位制的七种基本单位是：长度单位米（m）、质量单位千克（kg）、时间单位秒（s）、电流单位安培（A）、热力学温度单位开尔文（K）、物质的量单位摩尔（mol）和发光强度单位坎德拉（cd）。矢量和标量的区别在于是否具有方向性，标量是只有大小，没有方向的物理量，矢量是既有大小，又有方向的物理量。
2．（2025高二上·浙江期中）一颗卫星通过火箭于某日7时37分成功发射入轨，该卫星运行在600千米的轨道高度上。下列说法正确的是（ ）
A．7时37分指时间间隔
B．在组装火箭与卫星时卫星可看作质点
C．该卫星绕地球一圈平均速度为0
D．卫星在太空中不受重力
【答案】C
【知识点】质点；平均速度
【解析】【解答】A.时间间隔是指时间轴上的一段，时刻是指时间轴上的一点，7时37分为时刻，不是时间间隔，故A错误；
B．在组装火箭与卫星时需考虑卫星的结构，卫星的大小、形状对研究的问题不能忽略，所以不能将卫星视为质点，故B错误；
C．平均速度等于总位移与运动时间的比值，卫星绕地球一圈的位移为0，所以平均速度也为0，故C正确；
D．卫星在太空中仍受到重力的作用，地球对卫星的引力提供其做圆周运动的向心力，故D错误。
故选C。
【分析】时间间隔是指时间轴上的一段，时刻是指时间轴上的一点。对于任何物体，只要大小和形状对研究问题的影响可以忽略，都可以看作质点。平均速度等于位移与时间的比值，平均速率等于路程与时间的比值。围绕地球运转的物体受重力作用，重力提供向心力，处于完全失重状态。
3．（2025高二上·浙江期中）下列说法中正确的是（ ）
A．负电荷在电势越高处电势能越大
B．电场强度为零的点，电势一定为零
C．等势线越密的地方，电场线也一定越密，电场强度越大
D．由公式可知，当试探电荷的电荷量q变为一半时，电场强度E变为2倍
【答案】C
【知识点】电场强度；电场线；电势能
【解析】【解答】A．电势能是标量，电势能的正负反应电势能的大小，由可知负电荷在电势高的地方电势能低。故A错误；
B．场强与电势没有必然的联系，场强为零，电势不一定为零，故B错误；
C．等势线越密，对应的电场线也越密，电场强度越大。故C正确；
D．公式是定义式，减半时，也减半，不变，电场强度由电场本身决定，与试探电荷无关，故D错误。
故选C。
【分析】电场中电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，电场强度与电势没有直接的关系，电场强度越大的地方，电场线一定越密，电势不一定越高．电场强度为零的地方，电势不一定为零。公式是定义式。
4．（2025高二上·浙江期中）在参加“毛毛虫竞速”比赛中，小明等四位同学在发令后瞬间加速出发，加速度大小为。已知“毛毛虫”道具质量为10kg，重力加速度的大小取。则在发令后瞬间小明等四位同学对“毛毛虫”道具的作用力大小为（ ）
A．50N B．100N C．N D．200N
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】对“毛毛虫”道具受力分析，根据牛顿第二定律结合平行四边形法则有
解得四位同学对“毛毛虫”道具的作用力大小为，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】对“毛毛虫”受力分析，由牛顿第二定律即可求出同学对道具的作用力。
5．（2025高二上·浙江期中）如图所示，“天舟七号”货运飞船成功对接空间站“天和”核心舱。对接后，“天舟七号”与空间站组成组合体，运行在离地高度约为400km的圆形轨道上，下列说法正确的是（ ）
A．组合体的周期约为24小时
B．组合体的速度小于同地球步卫星的速度
C．组合体的能量小于地球同步卫星的能量
D．组合体的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度
【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】对万有引力与天体的运动问题，一定要知道两个关系：①星球表面的物体受到的重力等于万有引力，②做匀速圆周运动的物体需要的向心力由万有引力提供。ABD．根据万有引力提供向心力
可得，，
由于同步卫星的轨道半径大于组合体的轨道半径，所以组合体的速度大于同地球步卫星的速度，组合体的周期小于同地球步卫星的周期（24h），组合体的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，故AB错误，D正确；
C．由于组合体的质量与同步卫星的质量关系未知，所以组合体的能量不一定小于地球同步卫星的能量，故C错误。
故选：D。
【分析】根据万有引力提供向心力得到各个物理量表达式，结合表达式分析；组合体的质量与同步卫星的质量关系未知，无法判断能量大小。
6．（2025高二上·浙江期中）小明参加滑板男子碗池决赛，以84.41分的成绩夺冠。图示为小明在比赛中腾空越过障碍物，若忽略空气阻力，那么腾空过程中（ ）
A．在最高点时小明的加速度为零
B．小明和滑板构成的系统机械能一定不守恒
C．小明上升过程是超重状态
D．小明下降过程中滑板和人之间可能无作用力
【答案】D
【知识点】超重与失重；机械能守恒定律
【解析】【解答】A． 忽略空气阻力， 在最高点的时候人受到重力作用，加速度为重力加速度，加速度不为零，故A错误；
B． 腾空过程中，小明和滑板构成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，故B错误；
CD．小明以及滑板上升和下降过程只受重力作用，处于完全失重状态，滑板和人之间无作用力，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】在最高点的时候人受到重力作用，系统只有重力做功，系统机械能守恒，完全失重状态，滑板和人之间无作用力。
7．（2025高二上·浙江期中）一种便携式三脚架由三根完全相同的轻杆通过铰链组合在一起，每根轻杆均可绕铰链自由转动。如图所示，三根杆与水平方向的夹角均为53°，且三根杆之间的夹角相等。吊锅和细铁链的总质量为m，支架与铰链之间的摩擦忽略不计，则（ ）
A．三脚架所受合力大小为mg
B．每根杆受到地面的作用力为
C．每根杆与地面的摩擦力大小为0
D．减小杆与水平方向夹角时，杆与地面摩擦力变大
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查共点力的平衡条件在真实情景中的应用，要注意本题中应分别在水平和竖直两个方向，依据平衡条件进行分析。A．三脚架处于静止状态，则所受合力大小为0，故A错误；
B．对吊锅和细铁链有
解得
根据平衡条件和牛顿第三定律可得，每根杆受到地面的作用力为，故B错误；
C．每根杆与地面的摩擦力大小为，故C错误；
D．由以上分析可知，减小杆与水平方向夹角时，即α减小，cosα增大，则杆与地面摩擦力变大，故D正确。
故选D。
【分析】三脚架处于静止状态，所受合力为零；三根杆的弹力的竖直分量之和等于吊锅和细铁链的总重力，据此求得每根杆的弹力，每根杆受到地面的作用力与弹力相等；每根杆与地面间的摩擦力大小等于每根杆的弹力的水平分量。
8．（2025高二上·浙江期中）空间P、Q两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中Q点处为负电荷，P、Q两点附近电场的等势线分布如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，则（ ）
A．c点的电势小于e点的电势
B．c点的电场强度小于d点的电场强度
C．负电荷在a点时电势能大于在c点时电势能
D．正电荷从b点移动到d点的过程中电场力做正功
【答案】C
【知识点】电场线；电势能；电势；等势面
【解析】【解答】解题的关键要掌握等量异种电荷电场的分布情况，知道靠近正电荷的位置电势高，靠近负电荷的地方电势低。A．根据等势线特点可知，PQ为等量异种电荷，故P为正点电荷，电场线从正电荷指向负电荷，沿电场线方向电势降低，可知c点电势大于e点电势，故A错误；
B．根据等量异种电荷电场线特点，可知与d点相比，c点电场线较密，故c点的电场强度大于d点的电场强度，故B错误；
C．c点靠近正电荷，a点靠近负电荷，则c点电势比a点电势高，且负电荷在电势越高的地方电势能越低，故负电荷在a点时电势能大于在c点时电势能，故C正确；
D．由于b点电势低于d点电势（因为d点靠近正电荷），所以正电荷从b点移动到d点电势能增大，电场力做负功，故D错误。
故选C。
【分析】根据等势线特点可知，P为正点电荷，根据等量异种电荷电场线特点分析；c点靠近正电荷，a点靠近负电荷，c点电势比a点电势高；根据功能关系分析电场力做功。
9．（2025高二上·浙江期中）图示是“研究电容器两极板间电介质对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当一有机玻璃板正在插入极板时，静电计指针张角减小，则（ ）
A．极板间电势差增大 B．电容器的电容减小
C．极板间电场强度减小 D．电容器储存能量不变
【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】B．有机玻璃板正在插入极板时，变大，由电容器的电容决定式可知电容器的电容变大，故B错误；
AC．电荷量不变，由可知电容器的电容变大，极板间电势差减小；
两板间距不变，由可知极板间电场强度减小，故A错误，故C正确；
D．电容器储存能量为，电荷量不变，极板间电势差减少，电容器储存能量减少，故D错误。
故选C。
【分析】当极板间距减小时，静电计指针张角减小，说明极板间电势差减小，结合电荷量不变，由电容的定义式分析电容的变化。根据平行板电容器电容的决定式、电容器的定义式和匀强电场的场强与电势差的关系列式分析电场强度的变化。
10．（2025高二上·浙江期中）如图所示，电源电动势、内阻保持不变，灯泡L与定值电阻串联，是电阻箱，开关S闭合，现逐渐减小电阻箱的阻值，不考虑灯泡阻值变化，下列说法正确的是（ ）
A．电源消耗的电功率变小 B．通过电阻的电流增大
C．灯泡L的电功率减小 D．电阻箱两端的电压增大
【答案】C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】本题考查了闭合电路欧姆定律，正确分析电路结构，熟练掌握电压，电流和电阻之间的关系是解决此类问题的关键。A．当减小电阻箱R2的接入阻值时，电路的总电阻R减小，干路电流I增大，根据路端电压
路端电压U减小，电源消耗的电功率变大，故A错误；
BC．路端电压U减小，则灯泡L与定值电阻R1串联的总电压减小，流过L与定值电阻R1的电流减小，灯泡L的电功率减小， 故B错误C正确；
D．路端电压U减小，电阻箱两端的电压减小，故D错误。
故选C。
【分析】根据电阻箱R2的电阻减小，结合闭合电路欧姆定律，讨论干路电流和路端电压，再根据欧姆定律和电功率公式分析求解。
11．（2025高二上·浙江期中）如图所示，取一对用绝缘柱支持的不带电导体A和B，使它们彼此接触，小明用绝缘棒把带正电荷的物体C移近导体A，发现贴在A、B下部的金属箔都张开，下列说法正确的是（ ）
A．此时导体A左端和导体B右端电势相等
B．此时将导体B接地，将有负电荷导向大地
C．导体A和导体B分开后移去C，A、B上的金属箔将闭合
D．先移去C，再分开导体A和导体B，A、B上的金属箔将闭合
【答案】A,D
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】A． 用绝缘棒把带正电荷的物体C移近导体A， 此时导体静电平衡，是等势体，所以A左端和导体B右端电势相等，故A正确；
B．此时将导体B接地，导体电势高，大地电势低，负电荷由于静电感应会从大地流向导体，没有负电荷导向大地，故B错误；
C． 导体A和导体B分开后移去C，导体A、B中的电荷不能发生中和，所以导体A带负电，B带正电，A，B 上的金属箔仍保持张开，故C正确；
D． 先移去C， 导体A，B中的电荷又发生中和，再分开A和 B，A，B又不带电，A，B上的金属箔闭合，故D正确。
故选：AD。
【分析】C靠近AB使AB带电属于感应起电。带正电的C靠近AB，A带负点，B带正电。无论那一段导体与大地通过导线相连接，则导体电势高，大地电势低。
12．（2025高二上·浙江期中）如图所示，从水平地面上同一位置抛出两个不同的小球A、B，分别落在地面上的M、N两点，两球运动的最大高度相同。空气阻力不计，则（ ）
A．落地时，小球B与小球A的速度相等
B．小球B与小球A的飞行时间相同
C．飞行时，小球B比小球A的机械能大
D．相同时间内小球B与小球A的速度变化相同
【答案】B,D
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】斜抛运动可分解为水平匀速与竖直上抛，需利用分运动的独立性与等时性，结合速度、位移公式分析各物理量关系；加速度由受力决定，飞行时间由竖直分运动决定，水平速度由水平位移与时间决定，合速度由水平与竖直分速度合成。AB．小球从最高点到地面过程中，在竖直方向做自由落体运动，由
两球运动的最大高度相同，以及运动的对称性可知小球在空中的飞行时间一样，由图可知B球在水平方向的位移更大，故
在竖直方向上有
可知
小球的落地速度为
联立可知小球的落地速度不相等，A错误；B正确；
C．在最高点时，两个小球的速度
但小球的机械能除跟速度有关外还和小球的质量有关，故飞行时，小球B与小球A的机械能无法比较，C错误；
D．在空中相同时间内的速度变化为
故相同时间内B球的速度变化与A球的速度变化相同，D正确。
故选BD。
【分析】斜抛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运动，结合加速度、速度、时间等物理量的关系逐一分析选项。
13．（2025高二上·浙江期中）如图所示，在水平向右的匀强电场中有一个绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了10J，摩擦力做功J，重力做功20J。下列说法中正确的是（ ）
A．金属块带负电荷 B．静电力做功J
C．金属块的机械能减少10J D．金属块的电势能减少4J
【答案】B,C
【知识点】功能关系；动能定理的综合应用；电势能
【解析】【解答】解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系。AB．由动能定理可知，
由题意知金属块滑下的过程中动能增加了，摩擦力做功，重力做功，解得电场力做功，由金属块滑下的过程做负功可知，力与位移成钝角，故金属块带正电，故A错误，B正确；
C．机械能变化量，故机械能减小，故C正确；
D．电场力做功，故金属块的电势能增加，故D错误。
故选BC。
【分析】根据动能定理求解电场力做功，从而判断静电力做功以及金属块的电性，机械能变化量等于其它力做的总功；根据功能关系分析电势能变化。
14．（2025高二上·浙江期中）（1）小明做“探究物体加速度与力、质量的关系”的实验，装置如图甲所示，小明完成补偿阻力的正确操作后进行了一次实验，实验获得如图乙所示的纸带，计数点a、b、c、d、e、f间均有四个点未画出，则在打d点时小车的速度大小 m/s，打此条纸带时小车的加速度为 （计算结果保留2位有效数字，电源频率为50Hz）。
（2）在下列实验中，也需要用到打点计时器的有_________。
A．探究小车速度随时间变化的规律
B．探究两个互成角度的力的合成规律
C．验证机械能守恒定律
D．探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
【答案】（1）0.19；0.10
（2）A；C
【知识点】加速度；探究加速度与力、质量的关系；平均速度；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1） 计数点a、b、c、d、e、f间均有四个点未画出，可得相邻计数点间的时间间隔为
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度可得打d点时小车的速度大小为
根据逐差法可得小车的加速度为
（2）AC．在“探究小车速度随时间变化的规律”和“验证机械能守恒定律”的实验中需要用打点计时器打下纸带测量小车的速度，速度等于位移除以时间，测量时间需要用到打点计时器，故AC正确；
BD．在“探究两个互成角度的力的合成规律”和“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验中不需要测量速度，不需要测量时间，所以不需要打点计时器，故BD错误；
故选AC。
【分析】（1）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度可得打d点时小车的速度大小，根据逐差法可得小车的加速度；
（2）纸带测量小车的速度，需要用到打点计时器，实验中不需要测量速度，不需要打点计时器。
（1）[1]根据题意可得相邻计数点间的时间间隔为
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度可得打d点时小车的速度大小为
[2]根据逐差法可得小车的加速度为
（2）AC．在“探究小车速度随时间变化的规律”和“验证机械能守恒定律”的实验中需要用打点计时器打下纸带测量小车的速度，需要用到打点计时器，故AC正确；
BD．在“探究两个互成角度的力的合成规律”和“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验中不需要测量速度，所以不需要打点计时器，故BD错误；
故选AC。
15．（2025高二上·浙江期中）在测量一节干电池的电动势和内阻的实验中，
（1）为了了解电压表内阻的大概值，用多用电表的欧姆挡来测量电压表的内阻，如图1所示，多用电表的红表笔应该与电压表的 （填“正”或“负”）接线柱相连，经过正确操作，选择×100挡时，示数如图2所示，则电压表的电阻值约为 Ω。
（2）实验中为了减小测量误差，如图所示的电路中应该选择的是 （选填“甲”或“乙”）；
（3）通过调节滑动变阻器，测得多组U、I数据，在坐标纸中描点并作出U—I图像如图所示，由此求得电动势E= V，内阻r= Ω。（结果均保留到小数点后两位）
【答案】（1）负；2000
（2）甲
（3）1.44；0.65
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）根据多用电表电流“红进黑出”可知，多用电表的欧姆挡的电源正极与黑表笔连接，电源负极与红表笔相连，测电压表内阻时应红表笔与电压表的负极相连；电阻读数等于挡位乘以表盘示数，为
（2）由于电源内阻很小，甲方案中，相当于电源来说属于外接法，误差来源于电压表分流，由于电压表内阻很大，分流较小，乙方案中电流表分压，相当于电源来说属于内接法，其内阻相比电源内阻相差不多，分压较大，相比较而言，甲方案的误差较小，更接近真实值。
（3）根据闭合电路欧姆定律
则在图像中，图像与纵轴的交点值表示电动势
图像的斜率代表内阻
【分析】（1）根据多用电表两表笔与内部电源正负极连接情况判断；欧姆表的读数为指针所指示数乘以倍率；
（2）根据电压表分流作用对实验的影响分析判断；
（3）根据闭合电路欧姆定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
（1）[1]多用电表的欧姆挡的电源正极与黑表笔连接，电源负极与红表笔相连，测电压表内阻时应红表笔与电压表的负极相连；
[2]电阻读数为
（2）由于电源内阻很小，甲方案中，误差来源于电压表分流，由于电压表内阻很大，分流较小，乙方案中电流表分压，其内阻相比电源内阻相差不多，分压较大，相比较而言，甲方案的误差较小，更接近真实值。
（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律
则在图像中，图像与纵轴的交点值表示电动势
斜率代表内阻
16．（2025高二上·浙江期中）电源电动势E=12V、内阻r=0.5Ω，电动机M的内阻，闭合开关S后，标有“10V 20W”的灯泡恰能正常发光，图中电流表为理想电流表，求：
（1）电源的输出功率；
（2）电动机的机械功率；
（3）20s内电动机产生的热量。
【答案】（1）由闭合电路欧姆定律可得干路的电流为
则电源的输出功率为
（2）正常发光的灯泡中的电流为
故流过电动机的电流为
则电动机的机械功率为
（3）20s内电动机产生的热量为
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）根据欧姆定律得到电路总电流，电源的输出功率等于总功率减去热功率；（2）计算出灯泡的额定电流，根据并联电路电流的特点得到通过电动机的电流，然后根据输出功率、总功率和热功率的关系计算；
（3） 根据焦耳定律求解电动机产生的热量。
（1）由闭合电路欧姆定律可得干路的电流为
则电源的输出功率为
（2）正常发光的灯泡中的电流为
故流过电动机的电流为
则电动机的机械功率为
（3）20s内电动机产生的热量为
17．（2025高二上·浙江期中）如图所示，P、Q两极板竖直放置，间距为d，P的电势高于Q，电压为。M、N两极板水平放置，两极板长度及间距均为L，电压为。P、Q极板分别有小孔A、B，AB连线与偏转电场中心线BC共线。质量为m、电荷量为q的正离子从小孔A无初速度进入加速电场，经过偏转电场，到达探测器（探测器可上下移动）。整个装置处于真空环境，且不计离子重力。求：
（1）离子在P、Q两极板间运动的时间；
（2）离子在M、N两极板间运动的时间；
（3）为保证离子不打在M、N极板上，电压和电压满足什么关系，以及离子达到探测器的最大动能。
【答案】（1）粒子在加速电场做匀加速直线运动，加速度为
由公式
可得离子在加速电场中运动时间为
（2）设粒子进入偏转电场的速度为，由动能定理
离子在M、N板间运动时间为
联立解得
（3）为保证离子不打在M、N极板上，即粒子在竖直方向的偏转位移应小于，则有
解得
当粒子刚好从极板边缘飞出时动能最大，由动能定理有
【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）根据牛顿第二定律求解加速度大小，再根据运动学公式求解离子在加速电场中运动的时间；
（2）离子在偏转电场中的水平方向做匀速直线运动，根据运动学公式求解离子在偏转电场中运动的时间；
（3）根据运动学公式求解离子在竖直方向偏转的距离，为了保证离子不打在M、N极板上，必须满足离子在偏转电场中偏转的距离小于，即可解得U1与U2应满足的关系。
（1）粒子在加速电场做匀加速直线运动，加速度为
由公式
可得离子在加速电场中运动时间为
（2）设粒子进入偏转电场的速度为，由动能定理
离子在M、N板间运动时间为
联立解得
（3）为保证离子不打在M、N极板上，即粒子在竖直方向的偏转位移应小于，则有
解得
当粒子刚好从极板边缘飞出时动能最大，由动能定理有
18．（2025高二上·浙江期中）如图所示，长为l=0.5m的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一带电荷，质量未知的小球。现将此装置放在水平向右场强为的匀强电场中，小球静止在A点，此时细线与竖直方向成37°角。重力加速度g取，，，求：
（1）小球质量m的大小；
（2）现用外力缓慢把小球拉到最低点，电势能变化了多少；
（3）由（2）中最低点处撤去外力，小球再次回到A点时的动能和此时绳子的拉力。
【答案】（1）小球在A点静止，其受力情况如图所示
根据共点力平衡条件有
解得
（2）电场力做功为
所以电势能增加了0.18J
（3）从最低点到A过程中，由动能定理有
动能
根据
所以
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）小球在A点静止，根据平衡条件求解小球质量m的大小；
（2） 求解电场力做功，根据功能关系求解电势能变化；
（3）从最低点到A过程中，由动能定理求解动能大小，结合牛顿第二定律求解拉力大小。
（1）小球在A点静止，其受力情况如图所示
根据共点力平衡条件有
解得
（2）电场力做功为
所以电势能增加了0.18J
（3）从最低点到A过程中，由动能定理有
动能
根据
所以
19．（2025高二上·浙江期中）一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋圆轨道、水平轨道BC和CE、倾角为37°的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F点与右侧水平高台（可以移动）等高。游戏开始，一质量为m的滑块从轨道AB上的高度h处静止滑下，滑上圆轨道后进入倾斜直轨道EF，从F点斜抛出去，恰好落在水平高台的洞中，游戏成功。已知R=0.2m，m=0.1kg，EF段长度L=0.3m，μ=0.5。滑块可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）若h=0.8m，求滑块到达C点时对圆轨道的压力；
（2）若滑块恰好能通过圆轨道CDC'，求高度h；
（3）若（2）中的滑块最终落在水平高台的洞中，求滑块在空中的最小速度和落点到F的水平距离。
【答案】（1）滑块从释放到C点过程中，由动能定理有
解得
在C点对滑块受力分析得
联立解得
由牛顿第三定律可知滑块到达C点时对圆轨道的压力
方向竖直向下。
（2）恰好通过D点，在D点受力分析，由牛顿第二定律有
从释放滑块到D点的过程中，由动能定理有
联立解得
（3）由C到D的过程中，由动能定理有
从C到F的过程中，由动能定理有
解得
则滑块在空中的最高点时速度最小，最小速度为
由运动学知识可知空中飞行时间为
水平方向做匀速直线运动，由运动学知识有
联立解得
【知识点】斜抛运动；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）应用动能定理滑块在C点速度，根据牛顿第二定律和第三定律求解压力大小；
（2）恰好通过D点，在D点受力分析，重力提供向心力，结合动能定理求解高度；
（3）由动能定理求解在F点速度，结合速度的分解求解最小速度，结合运动学公式求解时间，水平方向做匀速直线运动，由运动学知识求解水平距离。
（1）滑块从释放到C点过程中，由动能定理有
解得
在C点对滑块受力分析得
联立解得
由牛顿第三定律可知滑块到达C点时对圆轨道的压力
方向竖直向下。
（2）恰好通过D点，在D点受力分析，由牛顿第二定律有
从释放滑块到D点的过程中，由动能定理有
联立解得
（3）由C到D的过程中，由动能定理有
从C到F的过程中，由动能定理有
解得
则滑块在空中的最高点时速度最小，最小速度为
由运动学知识可知空中飞行时间为
水平方向做匀速直线运动，由运动学知识有
联立解得
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