辽宁省大连市第二十四中学2025-2026学年高一下学期期末物理试卷

**基本信息** 结合天宫课堂动量守恒实验、卫星发射变轨等真实情境，覆盖静电场、动量守恒、机械能等核心知识，通过多体相互作用、复合场运动等问题设计，考查物理观念与科学思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|7/28|电场强度、电容器动态分析、电阻定律|基础概念与规律应用，如第3题单位换算关联能量观念| |多选题|3/18|动量守恒、电势能、电场叠加|综合受力与能量分析，如第8题结合库仑力与摩擦比较功和冲量| |实验题|2/16|动量守恒验证、库仑定律探究|模仿天宫课堂设计，第12题用控制变量法研究库仑力| |计算题|3/38|复合场运动、卫星变轨、多体碰撞|多过程综合，如第15题三球绳连系统结合动量与几何约束|

2025-2026学年辽宁省大连市第二十四中学高一（下）期末物理试卷 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.空间中有一个固定正点电荷，形成的静电场的部分电场线如图所示。a、b为静电场中的两个点，关于a、b两点的场强E的大小和电势的高低关系正确的是(    ) A.    B.    C.    D.    2.在一个平行板电容器两极板间加一个恒定电压U，板间可以看作匀强电场，下列方法可以增大板间电场强度的的是(    ) A. 仅在板间插入相对介电常数更大的电介质 B. 仅减小两板间距离d C. 仅减少两极板的正对面积S D. 仅调换恒定电压U的正负极 3.为了纪念英国物理学家焦耳，人们把“焦耳”作为功和能量的单位。在国际单位制中，下列单位运算的结果一定不等于焦耳的是(    ) A. 牛顿米 B. 瓦特秒 C. 伏特库仑 D. 安培欧姆秒 4.在一段粗细均匀的金属导体两端加一恒定电压，此时导体内自由电荷定向移动的平均速率为v，现将这段金属导体均匀拉伸至长度变为原来的2倍后，两端加同样的恒定电压，则导体内自由电荷定向移动的平均速率为(    ) A. B. C. v D. 2v 5.静止轨道卫星是指轨道与地球赤道共面，且绕地球转动的角速度与地球自转角速度相同的人造卫星。已知静止轨道卫星的轨道半径是地球半径的k倍。如果人类试图发射一颗新的人造卫星，使它绕地球转动的线速度与赤道处地球自转的线速度大小相同。则该卫星的轨道半径应为地球半径的(    ) A. k倍 B. 倍 C. 倍 D. 倍 6.如图所示，在水平地面上有一个轻弹簧，一端固定在竖直墙上，另一端静置一个小球，小球与弹簧不相连。水平轨道右端与一个竖直放置的圆形轨道最低点平滑连接。AB为圆形轨道与地面平行的直径。最初弹簧处于原长状态，小球位于水平轨道上。现在向左推小球压缩弹簧后由静止释放。若小球能沿圆形轨道运动至A点，则小球离开弹簧时的最小速度大小为；若小球能沿圆形轨道运动至B点，则小球离开弹簧时的最小速度大小为，不计一切摩擦。则：为(    ) A. 1：1 B. C. D. 7.如图所示，水平长杆置于水平地面上方，杆上套有一个质量为M的小木块，小木块可以左右滑动。一根长度为L的轻绳一端与小木块连接，另一端与一个质量为m的小球P连接。轻绳处于水平伸直状态。现同时由静止释放小木块和小球P，当小球P摆动至最低处时与地面上静止的质量为3m的小球Q发生对心正碰，且碰撞为弹性碰撞。若此时小木块沿长杆滑动的距离为，忽略一切阻力，重力加速度为g。则碰后小球Q的速度大小为(    ) A. B. C. D. 二、多选题：本大题共3小题，共18分。 8.如图所示，在粗糙水平面上有两个带电物块A、B由静止释放，释放后两物块同时开始运动且逐渐靠近。已知A物块的质量大于B物块的质量，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，则在两物块靠近的过程中(    ) A. A、B两物块动量大小始终相等 B. A、B两物块组成的系统电势能逐渐减小 C. A、B两物块间的库仑力对A的冲量大小小于对B的冲量大小 D. A、B两物块间的库仑力对A做的功小于对B做的功 9.如图所示，直线上有M、N、A、B、C五点，A是MN的中点。在M、N处分别固定电荷量为和的两个点电荷。电势为零的圆形等势线虚线所示与直线相交于C点。若B点处的电场强度为零，则下列说法正确的是(    ) A. A点处的电场强度方向由M指向N B. 将一个负电荷从C沿直线移动至B，该负电荷的电势能减小 C. 虚线的圆心在N点 D. BN的距离比AN的距离大 10.如图所示，两根光滑的轻质硬杆水平和竖直放置在O处相交。A、B是分别套在竖直和水平杆上的两个小物块，均可沿杆滑动。一根轻杆通过铰链连接A、B，轻杆可绕铰链自由转动。同时A物块通过一根套在竖直杆上的轻质弹簧与O点相连。最初状态下A、B静止，轻杆与水平杆的夹角为。现用电机使整个装置以竖直硬杆为轴转动，当角速度缓慢增加至时装置稳定转动。此时轻杆与水平杆的夹角变为已知A、B两物块质量均为2kg，轻杆长度与轻弹簧的原长均为。轻弹簧的弹性势能可表示为，其中x是弹簧的形变量，k为弹簧的劲度系数。整个过程中弹簧均在弹性限度内。取重力加速度大小为，，计算结果均保留一位小数。则(    ) A. A物块的重力势能减小了 B. 连接A、B的轻杆对B物块做功为 C. 电机对整个装置做功为 D. 轻弹簧的弹性势能增加了 三、实验题：本大题共2小题，共16分。 11.在第四次“天宫课堂”中，航天员演示了动量守恒实验。受此启发，某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验，气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传感器，a测量滑块A与它的距离，b测量滑块B与它的距离。部分实验步骤如下： ①测量两个滑块的质量，分别为和； ②接通气源，调整气垫导轨水平； ③拨动两滑块，使A、B均向右运动； ④导出传感器记录的数据，绘制、随时间变化的图像，分别如图乙、图丙所示。 回答以下问题： 从图像可知两滑块在______ s时发生碰撞； 滑块B碰撞前的速度大小______保留2位有效数字； 通过分析，得出质量为的滑块是______填“A”或“B”。 12.如图所示是某科技实验小组设计的研究影响库仑力大小因素的装置。在抽成真空的玻璃容器内，有两个金属圆球A、可视为点电荷固定在两个轻质绝缘支架上，整个装置放在高精度电子检测台面上，仅有与金属圆球A相连部分对电子秤有压力。上支架等距贴上红色纸圈作为距离标尺，再穿过容器上部玻璃的小孔密封性良好且上支架可以上下自由移动。该小组进行如下操作： ①为了方便直观知道静电力大小，首先将电子秤的示数归零； ②用起电机让A、B两个金属球带上相同的电量，保持电量不变，把A、B两个金属圆球的距离定量增大，通过读取电子秤示数，便可得到B对A的静电力大小，把所得数据记录分析； ③保持A、B两个金属圆球的距离为d，逐次用另一个与A相同且不带电的金属圆球图中未画出与A接触，使A的电量依次减半，通过读取电子秤的示数，便可得到B每次对A的静电力大小，把所得数据记录分析； ④保持A、B两个金属圆球的距离为d，再使两球带电荷量恢复到初始状态，再逐次用另一个与B相同且不带电的金属圆球图中未画出与B接触，使B的电量依次减半，通过读取电子秤的示数，便可得到B每次对A的静电力大小，把所得数据记录分析。 请回答下列问题： 对于本实验采用的主要实验方法是______单选，填正确选项前的字母。 A.等效替代法 B.控制变量法 C.理想实验法 D.微小量放大法 该小组通过实验数据综合分析研究得到在真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，其大小与它们电量的乘积成______填“正比”或“反比”，与它们之间距离的二次方成______填“正比”或“反比”，这个规律即被称为库仑定律。 若某次实验时，将A、B两个金属圆球正对距离调为d不变，然后用起电机让两个金属球带上相同的电量，通过读出此时电子秤的示数为单位为，已知当地重力速度为g。便可得到B对A的静电力大小______用题中已知的相关物理量的字母表示。 对于本实验主要误差来自______。写出一条即可 四、计算题：本大题共3小题，共38分。 13.如图所示，空间中存在两个光滑水平平台AB和CD，C点在B点正下方，以过BC的竖直虚线为界，虚线左侧存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为；虚线右侧存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为。将一个带电小物块从A点由静止释放，运动到B点离开上方平台后最终落在下方平台上的D点处。已知：，且小物块在左侧电场中受到的电场力大小等于它的重力大小。忽略空气阻力作用，、未知。求： 小物块在左右两个匀强电场中运动的时间之比。 左右两个匀强电场场强大小之比。 14.发射人造卫星时，通常要先将卫星发射至近地轨道，通过变轨最终送至预定轨道，如图所示为简化的卫星发射轨道示意图。Ⅰ轨道为近地圆形轨道，可认为轨道半径等于地球半径R。将人造卫星发射至轨道Ⅰ后，当卫星经过P点时点火加速，变轨至Ⅱ轨道。Ⅱ轨道是椭圆形，P、Q分别为近地点和远地点。卫星的引力势能可以表示为其中M为地球质量，m为人造卫星质量，r为卫星到地球球心的距离。已知：地球表面的重力加速度为g，地球的半径为R，P、Q间距为L。 求：卫星在轨道Ⅰ上运行时的线速度大小。 当卫星运行到P处时点火加速，在极短时间内使卫星加速进入Ⅱ轨道，则： ⅰ求：卫星从P处第一次运动至Q处的时间。 ⅱ若卫星在P处加速后速度大小变为但方向不变，则如何求出卫星到达Q处的速度大小。ⅱ问不必计算最后结果，仅需列出方程并加以说明即可 15.如图所示，三个质量均为m的小球A、B、C用两根长度均为L的轻绳相连，放在足够大的光滑水平桌面上。最初三个小球共线、静止，轻绳均伸直。 现给中间小球B一个水平向右，大小为的初速度。 ⅰ当A、C两个小球即将发生第一次碰撞时，求：此时A球的速度大小和B球的速度大小。 ⅱ当两根轻绳之间的夹角第一次达到时，求：此过程轻绳对A球所做的功W。计算结果用、L、m表示 现给中间小球B施加一个水平向右大小为F的恒力，经过t时间A、C发生第一次碰撞。求上述过程中B球的位移大小。结果用t、F、L、m表示 答案和解析 1.【答案】A  【解析】解：电场线的疏密表示电场大小，即；沿电场线方向，电势降低，即，故BCD错误，A正确。 故选：A。 电场线的疏密表示电场大小；沿电场线方向，电势降低，即可比较a、b的电势大小。 本题考查电场强度、电势的分析，关键是理解电场线的疏密、方向与电场强度、电势的关系。 2.【答案】B  【解析】解：AB、平行板电容器两极板间电压U恒定，根据场强公式分析可知，仅在板间插入相对介电常数更大的电介质，电场强度不变；仅减小两板间距离d，可以增大板间电场强度，故A错误，B正确； C、仅减少两极板的正对面积S，因平行板电容器两极板间电压U恒定，两板间距离d不变，根据分析可知，板间电场强度不变，故C错误； D、仅调换恒定电压U的正负极，板间电场强度方向反向，但电场强度大小不变，故D错误。 故选：B。 平行板电容器两极板间电压U恒定，根据场强公式分析增大板间电场强度的方法。 本题是简单的电容器动态分析问题，抓住电压不变，由场强公式进行分析。 3.【答案】D  【解析】解：A、根据功的计算公式可知，焦耳牛顿米，故A错误； B、根据功的计算公式可知，焦耳瓦特秒，故B错误； C、根据电场力做功的计算公式可知，焦耳伏特库仑，故C错误； D、根据电功的计算公式可知，焦耳伏特安培秒，安培欧姆秒伏特秒，故D正确。 故选：D。 根据给出的计算公式进行单位的换算，并用基本单位表示即可。 本题考查对单位制的认识，要注意明确物理公式同时对应了单位制的计算。 4.【答案】B  【解析】解：导体均匀拉伸时体积不变，长度变为原来2倍，因此横截面积变为原来的，即，由电阻定律，拉伸后电阻，电阻变为原来的4倍，两端恒定电压U不变，由欧姆定律，可得拉伸后电流，电流变为原来的，由电流微观表达式为单位体积自由电荷数，q为单个自由电荷电荷量，解得，代入，，可得：，故B正确，ACD错误。 故选：B。 导体拉伸体积不变，由此确定横截面积变化，结合电阻定律求出新电阻，利用欧姆定律得到电流，再根据电流微观表达式推导定向移动速率。 本题考查电阻定律与电流微观表达式综合应用，解题关键是知道拉伸过程导体体积恒定，正确找出长度、横截面积变化关系。 5.【答案】C  【解析】解：设地球半径为R，对地球静止卫星，有，对满足要求的新人造卫星，设它的轨道半径为r，根据万有引力提供向心力，有，而，联立解得，故C正确，ABD错误。 故选：C。 根据题意设置条件，利用万有引力提供向心力对地球静止卫星和符合要求的新卫星列式求解。 考查万有引力与圆周运动的相关知识，重点在于理解万有引力定律和静止卫星的特点，属于较低难度考题。 6.【答案】C  【解析】解：小球恰好运动到A点的临界条件是到达A点时速度为0，小球从弹簧脱离到A点过程中，由机械能守恒定律有，解得 小球能运动到B点，必须先通过圆轨道最高点C，最高点临界状态是重力单独提供向心力，有，解得最高点R速 从离开弹簧到最高点C，由机械能守恒定律有 解得 所以，故ABD错误，C正确。 故选：C。 小球恰好到A点属于杆模型，最高点速度为零，利用机械能守恒求出初速度；小球能到达B点需先通过绳模型圆轨道最高点C，由重力提供向心力算出C点临界速度，由全程机械能守恒求出初速度，求速度比值。 本题考查轻杆、轻绳两类竖直圆周运动的最高点临界条件，结合机械能守恒定律求解临界初速度，同时涉及根式比值化简，综合圆周运动临界分析与机械能守恒的计算。 7.【答案】A  【解析】解：小木块M和小球P组成的系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设小球P摆动至最低点时水平位移大小为，由题意知小木块水平位移大小为，根据水平方向平均动量守恒有，由空间几何关系可知，联立解得； 设小球P摆动至最低处时速度大小为，小木块速度大小为，规定向左为正方向，根据水平方向动量守恒定律有，根据系统机械能守恒定律有，联立解得。 小球P与小球Q发生弹性正碰，规定向左为正方向，设碰后小球P的速度为，小球Q的速度大小为，根据动量守恒定律有，根据机械能守恒定律有，联立解得，故A正确，BCD错误。 故选：A。 题目涉及小球P摆动至最低点过程中小木块M和小球P组成的系统在水平方向动量守恒，同时系统机械能守恒，通过已知小木块滑动距离与绳长关系可确定两者质量比，进而求出小球P摆动至最低点的速度。随后小球P与静止小球Q发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒和机械能守恒，利用小球P碰前速度可求得碰后小球Q的速度。 本题是一道综合性较强的力学题目，融合了动量守恒、机械能守恒以及弹性碰撞等核心物理规律。题目通过设计一个多阶段、多物体相互作用的物理情景，全面考查学生对于系统选取、过程分析以及多规律联立求解的综合应用能力。题目首先需要分析小木块与小球P组成的系统在水平方向的动量守恒，并结合几何关系确定质量比，进而利用机械能守恒求出碰撞前小球P的速度。随后，题目进一步考查小球P与小球Q发生弹性碰撞的过程，要求学生熟练运用动量守恒与机械能守恒联立求解碰后速度。整个解题过程逻辑链条较长，计算量适中，但关键在于准确划分物理过程并建立正确的守恒方程。本题对学生的建模分析能力和逻辑推理能力提出了较高要求，是一道能够有效检验学生力学综合素养的优秀题目。 8.【答案】BD  【解析】解：两物块由静止释放后逐渐靠近，说明两物块受到的库仑力为引力。两物块之间的库仑力是一对相互作用力，大小始终相等，设为F。 已知动摩擦因数相同，且，则A、B受到的滑动摩擦力大小分别为和，且。 根据牛顿第二定律，A、B的加速度大小分别为和，由于且，可知运动过程中任意时刻均有，由运动学规律可知，在初速度为零的加速过程中任意时刻A的速度大小均小于B的速度大小，相同时间内A的位移均小于B的位移。 A、根据上述分析可知，A受到的合外力始终小于B受到的合外力，作用时间相同，根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，可知A的动量大小始终小于B的动量大小，故A错误； B、在两物块靠近的过程中，库仑引力方向与运动方向相同，库仑力对两物块均做正功，根据电场力做功与电势能变化的关系可知，两物块组成的系统电势能逐渐减小，故B正确； C、两物块间的库仑力属于作用力与反作用力，大小始终相等，运动时间相同，根据冲量公式可知，库仑力对A的冲量大小等于对B的冲量大小，故C错误； D、在靠近过程中的任意一段极短时间内，库仑力大小相等，且A的位移均小于B的位移，可知整个运动过程中库仑力对A做的功小于对B做的功，故D正确。 故选：BD。 题目描述两个带异种电荷的物块在粗糙水平面上由静止释放后相互靠近。分析过程需明确库仑力为引力且大小相等，但两物块质量不同导致滑动摩擦力不同，从而影响合外力与加速度。需通过比较合外力分析速度变化，进而判断动量大小关系；库仑力做正功则系统电势能减小；相互作用力的冲量大小相等，但做功需结合位移比较。核心在于利用牛顿第二定律与运动学规律分析速度与位移差异，结合动量定理、功能关系进行判断。 本题综合考查带电体在粗糙水平面上的动力学与能量问题，涉及牛顿第二定律、动量定理、冲量、功以及电势能等多个核心知识点。题目通过比较质量不同的两物块在库仑引力作用下的运动，有效检验了学生对相互作用力、合外力与运动状态关系的理解深度。计算量适中，但需要细致分析加速度、速度、位移的瞬时关系，对学生的逻辑推理和建模分析能力提出了较高要求。易错点在于容易混淆合外力的冲量与相互作用力的冲量，以及忽略位移差异对功的影响。B、D选项的判定需结合电场力做功与电势能变化、以及微元法比较功的大小，体现了对物理过程细节的把握能力。 9.【答案】ABD  【解析】解：处固定的电荷量为的点电荷在A点产生的电场强度方向由M指向N；N处固定的电荷量为的点电荷在A点产生的电场强度方向由M指向N。则A点处的电场强度方向由M指向N，故A正确； B.B点处的电场强度为零，NB之间场强方向由B指向N，根据沿电场线电势降低，可知B点电势比C点高，将一个负电荷从C沿直线移动至B，电场力做正功，该负电荷的电势能减小，故B正确； C.设电势为零的圆形等势线与直线分别相交于C点和P点，M、N两点距离为2R，N、C两点距离为，M处固定的电荷量为的点电荷在C点产生的电势大小，N处固定的电荷量为的点电荷在C点产生的电势大小，根据，解得，设N、P两点距离为，同理M处固定的电荷量为的点电荷在P点产生的电势大小，N处固定的电荷量为的点电荷在P点产生的电势大小，根据，解得，可知虚线的圆心不在N点，故C错误； D.B点处的电场强度为零，设N、B两点距离为r，M处固定的电荷量为的点电荷在B点产生的电场强度大小，N处固定的电荷量为的点电荷在B点产生的电场强度大小，根据 ，解得，即，BN的距离比AN的距离大，故D正确。 故选：ABD。 根据不同电荷在A点产生的电场线方向结合电场强度的合成知识分析判断；根据题中所给条件分析电势高低结合电场力做功判断电势能的变化；根据题意设置条件，结合点电荷电场中某点的电势表达式以及电势的合成知识分析判断；根据电场强度的矢量性结合设置的条件列式分析解答。 考查电场强度的叠加与电场力做功和电荷电势能的变化关系，知道电场强度的矢量性和电势的标量性特点，属于中等难度考题。 10.【答案】ACD  【解析】解：A、初始时轻杆与水平杆的夹角为，A物块的高度，解得：，系统稳定转动时夹角变为，此时A物块的高度，解得：，此过程中A物块重力势能的变化量为，代入数据解得，即重力势能减少了，故A正确； D、初始状态下，轻弹簧的压缩量，解得：，由于系统静止且B物块所在水平杆光滑，B物块在水平方向不受力，可知轻杆此时无弹力，对A物块进行受力分析可得，代入数据解得弹簧的劲度系数，此时弹簧的弹性势能，解得：；最终状态下，轻弹簧的压缩量变为，解得：，此时弹性势能，解得：，整个过程中轻弹簧的弹性势能增加了，故D正确； C、稳定转动时，B物块做圆周运动的半径，解得：，设此时轻杆对A的作用力大小为F，对A物块在竖直方向受力分析有，代入数据解得，对B物块，由轻杆水平方向的分力提供向心力，有，解得B物块的动能，对整个系统应用功能关系，电机做的功转化为系统机械能的增加量，即，代入数据解得，故C正确； B、对A物块应用动能定理有，代入数据解得轻杆对A物块做的功，由于轻杆为刚体，其内部作用力对系统做功之和为零，因此轻杆对B物块做的功，故B错误。 故选：ACD。 本题涉及旋转稳定状态下物块受力与能量变化分析。装置缓慢加速至稳定转动，A、B物块分别受弹簧弹力、重力及杆的作用力，需结合初末状态受力平衡与圆周运动向心力关系，明确A、B位置变化引起的重力势能、弹性势能及动能改变。通过几何关系确定A高度变化计算重力势能减少量，由弹簧形变量变化求弹性势能增量，对系统应用功能关系将电机做功转化为系统机械能增加量，并利用轻杆为刚体时内部做功代数和为零分析杆对B物块做功。 本题综合考查圆周运动、受力分析、功能关系与能量守恒定律，涉及多个物理过程的动态分析。题目通过装置缓慢加速旋转的设定，巧妙地将静力学平衡与匀速圆周运动相结合，要求学生准确建立两种状态下的受力模型。计算量中等偏上，需要处理弹簧弹力、杆件作用力以及向心力之间的关联，并运用功能关系求解能量变化。本题重点锻炼学生的多体系统分析能力、能量转化综合判断能力以及对关联物体运动约束关系的理解。难点在于正确分析轻杆作为内力在能量传递中的作用，并合理选择研究对象应用动能定理或功能原理。 11.【答案】   【解析】由  图像的斜率表示速度可知两滑块的速度在  时发生突变，即这个时候发生了碰撞； 根据  图像斜率的绝对值表示速度大小可知碰撞前瞬间B的速度大小为 由题图乙知，碰撞前A的速度大小  ，碰撞后A的速度大小约为  ，由题图丙可知，碰撞后B的速度大小为  ，A和B碰撞过程动量守恒，则有 代入数据解得 所以质量为的滑块是B。 12.【答案】B 正比;反比 mg 金属球尺寸影响，无法完全看作点电荷  【解析】解：此实验中比较小球在不同距离时所受电场力的大小，再使小球间距离不变，分别改变两小球所带电荷量，比较小球所受静电力的大小，是采用了控制变量法，故B正确，ACD错误。 故选：B。 通过实验数据研究得到在真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，在真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，其大小与它们的电量的乘积成正比，与它们之间距离/的二次方成反比； 电子秤的读数是m时，A对电子秤的压力为，根据牛顿第三定律，电子秤对A的支持力为，A处于平衡状态，根据平衡条件，可得B对A的静电力大小为； 本实验主要误差来自金属球尺寸影响，无法完全看作点电荷或标尺读数误差、绝缘支架漏电，写出一条即可。 故答案为：；正比，反比；；金属球尺寸影响，无法完全看作点电荷。 实验研究库仑力与距离、电荷量的关系，每次控制两个量不变，研究第三个量的影响，采用控制变量法； 依据库仑定律内容分析； 电子秤示数对应的压力大小等于B对A的静电力； 从球体不能视为理想点电荷、测量误差、电荷泄漏等角度写出误差来源。 本题考查库仑定律探究实验，解题关键是分清实验方法，理解电子秤示数反映静电力大小，熟悉实验存在的系统误差。 13.【答案】小物块在左右两个匀强电场中运动的时间之比为2：1 左右两个匀强电场场强大小之比为1：3  【解析】解：小物块在左侧匀强电场中运动时，水平方向：，，其中：； 小物块在右侧电场中运动时，水平方向做匀速运动，，可得到时间之比； 小物块在右侧电场中运动时，竖直方向：，，即可得到电场强度之比：：3。 答：小物块在左右两个匀强电场中运动的时间之比为2：1； 左右两个匀强电场场强大小之比为1：3。 小物块在左侧匀强电场中运动时，根据水平方向的受力特点，可得到其时间表达式；小物块在右侧电场中运动时，根据水平方向做匀速运动，可得到时间表达式；联立两个时间表达式，可得到时间之比； 小物块在右侧电场中运动时，根据竖直方向的运动特点，可得到匀强电场的场强与物块运动的关系，结合其在左侧电场中的运动特点，即可得到电场强度之比。 本题考查带电粒子在电场、重力场的复合场中的运动，关键是根据小物块在右侧电场中运动时，水平竖直方向的分位移、运动时间均相等。 14.【答案】卫星在轨道Ⅰ上运行时的线速度大小等于 ⅰ卫星从P处第一次运动至Q处的时间等于；卫星在P点点火后至到达Q点的过程中只有引力做功，机械能守恒；P点到地心的距离为R，由P、Q间距为L，可知Q点到地心的距离为 由机械能守恒定律可得，式中且，因此由上式可求出  【解析】解：在地球表面，有，卫星在轨道上做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有，联立解得； 、Q分别为椭圆轨道的近地点和远地点，两点间距L即为椭圆长轴，故半长轴，由开普勒第三定律，椭圆轨道周期为， 由，整理得，卫星从P点第一次运动到Q点所用时间为椭圆轨道周期的一半，故； 卫星在P点点火后至到达Q点的过程中只有引力做功，机械能守恒。P点到地心的距离为R，由P、Q间距为L，可知Q点到地心的距离为 由机械能守恒定律可得，式中且，因此由上式可求出。 答：卫星在轨道Ⅰ上运行时的线速度大小等于。 ⅰ卫星从P处第一次运动至Q处的时间等于； 卫星在P点点火后至到达Q点的过程中只有引力做功，机械能守恒。P点到地心的距离为R，由P、Q间距为L，可知Q点到地心的距离为 由机械能守恒定律可得，式中且，因此由上式可求出。 根据万有引力等于重力、万有引力提供向心力联立求解近地卫星线速度； 根据开普勒第三定律求出椭圆轨道周期，P到Q为半个周期得到运动时间； 椭圆轨道只有万有引力做功，根据引力势能与动能总和守恒列机械能守恒方程求解Q点速度。 本题综合考查近地卫星环绕速度、开普勒第三定律、天体系统机械能守恒，解题关键是知道开普勒第三定律中使用椭圆轨道半长轴；椭圆轨道上天体机械能守恒，熟练运用题目给定引力势能表达式与黄金代换。 15.【答案】ⅰ当A、C即将第一次碰撞时，A球速度大小为，B球速度大小为；ⅱ轻绳对A球所做的功为 B球的位移大小为  【解析】解：ⅰ在A、C两球即将第一次碰撞的时刻，根据系统对称性可知，此时A、C两球在y轴方向上的相对位置为零，绳子恰好与x轴重合，因此A、B、C三球在x轴方向的坐标满足。  由于轻绳长度L保持不变，由几何约束关系，对该式两边关于时间求导可得。  将碰撞瞬间的条件与代入，解得。根据系统沿x轴方向动量守恒，有，解得此时B球的速度大小为。  再由系统机械能守恒定律，将代入，解得A球沿y轴的速度大小为，因此此时A球的速度大小为。  ⅱ当两根轻绳之间的夹角首次达到时，每根轻绳与系统对称轴轴的夹角。设此时B球的速度为，A、C两球速度的水平分量为，竖直分量大小为。  由水平位置关系和竖直位置关系，对时间求导并取速度分量的大小，结合几何约束可得速度约束条件。  根据系统水平方向动量守恒，有；根据系统机械能守恒，有，联立以上三式消去和 ，得到，取符合物理意义的正根，解得。  在此过程中，轻绳对A球所做的功W等于A球动能的增量，由系统能量关系可知，即，代入的表达式，解得。  以三个小球组成的系统为研究对象，在水平拉力F作用下，系统质心的加速度为。经过时间t，质心的水平位移为。  设A、B、C三球相对于质心的水平坐标分别为、、。由质心坐标定义有，根据对称性，因此。  B球与A球之间的水平距离为。设轻绳与系统对称轴的夹角为，则有，由此可得B球相对于质心的水平坐标。  初始时刻，三球共线且轻绳垂直于拉力方向，即，初始相对坐标；  当A、C发生第一次碰撞时，轻绳与拉力方向平行，即，此时B球相对质心的水平坐标为。  因此，经过时间t，B球的实际位移大小为质心位移与B球相对质心位移变化量之和，即。  答：ⅰ当A、C即将第一次碰撞时，A球速度大小为，B球速度大小为。  ⅱ轻绳对A球所做的功为。  球的位移大小为。 ⅰ系统水平方向动量守恒，机械能守恒。A、C两球关于B对称，当A、C即将碰撞时，A的y方向速度为零，x方向速度与B相同。由动量守恒与几何约束关系可联立求解A、B的速度大小。  ⅱ夹角为时，A、C两球速度存在水平与竖直分量，B球仅有水平速度。系统水平动量守恒与机械能守恒依然成立，同时需结合绳子约束条件，即A球相对B的速度沿绳子方向。通过这三个关系可解出此时B的速度，进而由动能定理求得轻绳对A球做的功。  以系统质心为参考系分析。系统在恒力F作用下整体做匀加速运动，质心位移易求。A、C两球第一次碰撞时，两绳均沿拉力方向，此时B球相对质心位置由初始的零变为确定值。结合质心运动规律与相对位置关系，可求出B球的总位移。 本题是一道综合性非常强的力学难题，全面考查了质点系动力学、动量守恒、机械能守恒以及几何约束与运动关联的深入分析。题目计算量较大，对学生的物理建模能力、数学推导能力和空间想象能力提出了很高要求。第一问通过对称性分析，巧妙地将三维空间运动分解，并利用几何约束的微分关系建立速度联系，结合守恒定律求解特定时刻的速度与功，过程严谨且思维层次丰富。第二问则创新性地引入质心参考系，将复杂相对运动与绝对位移清晰分离，有效简化了在恒力作用下多体系统的运动描述，充分体现了变换参考系处理连接体问题的核心思想。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $