【文档说明】江苏省苏州市苏州高新区第一中学2020-2021学年高一下学期期末物理模拟试卷（一） 含答案.docx，共(14)页，248.451 KB，由小赞的店铺上传

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江苏苏州高新区一中2020-2021学年度下学期期末高一物理模拟试卷（一）一、单选题（本大题共12小题，共48.0分）1.同一水平恒力施于物体上，使它分别沿着粗糙水平地面和光滑水平地面移动相同的一段距离的过程中，恒力对物体做的功和平均功率分别为𝑊1、𝑃1和𝑊2、𝑃

2，则两者的关系是()A.𝑊1>𝑊2𝑃1>𝑃2B.𝑊1=𝑊2𝑃1<𝑃2C.𝑊1=𝑊2𝑃1>𝑃2D.𝑊1<𝑊2𝑃1<𝑃22.一根弹簧的弹力−位移图线如图所示，那么弹簧由伸长量

8cm变到伸长量4cm的过程中()A.弹力所做的功是3.6𝐽，弹性势能减少了3.6𝐽B.弹力所做的功是1.8𝐽，弹性势能减少了1.8𝐽C.弹力所做的功是−3.6𝐽，弹性势能增加了3.6𝐽D.弹力所做的功是−1.8𝐽，弹性势能增加了1.8𝐽3.201

8年2月，我国成功将电磁监测试验卫星张衡一号发射升空，该卫星在距地面约500km的圆形轨道上运行，则其()A.线速度大于第一宇宙速度B.周期大于地球自转的周期C.向心加速度小于地面的重力加速度D.角速度小于地球自

转的角速度4.如图所示，一轻弹簧一端固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且使弹簧保持原长的A点无初速度释放，让它自由摆下，不计空气阻力，在重物由A点摆向最低点B的过程中()A.重力做正

功，弹力不做功B.重力做正功，弹力做负功，弹性势能增加C.若用与弹簧原长相等的不可伸长的细绳代替弹簧后，重力和弹力都做正功D.若用与弹簧原长相等的不可伸长的细绳代替弹簧后，重力做功不变，弹力不做功5.“S路”曲线行驶是我国驾驶证考试中的一个项目。在某次练习过程中，质量相同的两名学

员分别坐在驾驶座和副驾驶座上，汽车匀速率行驶，当汽车通过图示位置时()A.汽车所受合力为零B.两学员的速度相同C.汽车对两学员的作用力大小相等D.汽车对两学员的作用力方向不同6.质量为m的探月航天器在接近月球表面的轨道上飞行，其运动视为匀速圆周运动．已知月球质

量为M，月球半径为R，月球表面重力加速度为g，引力常量为G，不考虑月球自转的影响，则航天器的()A.线速度𝜐=√𝑅𝐺𝑀B.角速度𝜔=√𝑔𝑅C.运行周期2𝜋√𝑅𝑔D.向心加速度𝑎=𝐺𝑚𝑅27.游乐园里有一种叫“飞椅”的游乐项目，简化后的示意图如图所示。已知飞椅用钢

绳系着，钢绳上端的悬点固定在顶部水平转盘上的圆周上。转盘绕穿过其中心的竖直轴匀速转动。稳定后，每根钢绳(含飞椅及游客)与转轴在同一竖直平面内。图中P、Q两位游客悬于同一个圆周上，P所在钢绳的长度大于Q所在钢绳的长度，钢绳与竖直方向的夹角分别为

𝜃1、𝜃2.不计钢绳的重力。下列判断正确的是()A.P、Q两个飞椅的线速度大小相同B.无论两个游客的质量分别有多大，𝜃1一定大于𝜃2C.如果两个游客的质量相同，则有𝜃1等于𝜃2D.如果两个游客的质量相同，则Q的向心力一定大于P的

向心力8.图甲为游乐场中一种叫“魔盘”的娱乐设施，游客坐在转动的魔盘上，当魔盘转速增大到一定值时，游客就会滑向盘边缘，其装置可以简化为图乙。若魔盘转速缓慢增大，则游客在滑动之前()A.受到魔盘的支持力缓慢增大B.受到魔盘的摩擦力缓慢减小C.受到的

合外力大小不变D.受到魔盘的作用力大小变大9.宇宙中有一孤立星系，中心天体周围有三颗行星，如图所示。中心天体质量远大于行星质量，不考虑行星之间的万有引力，三颗行星的运动轨道中，Ⅰ、Ⅲ两个为圆轨道，半径分别为�

�1、𝑟3，一个为椭圆轨道，半长轴为a，𝑎=𝑟3。在△𝑡时间内，行星Ⅱ、行星Ⅲ与中心天体连线扫过的面积分别为𝑆2、𝑆3；行星Ⅰ的速率为𝑣1、行星Ⅱ在B点的速率为𝑣2𝐵、行星Ⅱ在E点的速率为𝑣2𝐸、行星Ⅲ的速率为𝑣3，下列说法正确的是()A.

𝑣2𝐸<𝑣3<𝑣1<𝑣2𝐵B.行星Ⅱ与行星Ⅲ在P点时的加速度大小不等C.𝑆2=𝑆3D.行星Ⅱ的运行周期大于行星Ⅲ的运行周期10.一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速

度为𝑣1时，起重机的功率达到最大值，之后起重机保持该功率不变，继续提升重物，最后重物以最大速度𝑣2匀速上升，不计钢绳重力，空气阻力不计。则整个过程中，下列说法正确的是(重力加速度为𝑔)()A.重物匀加速过程的加速度大小为𝑣1𝑣1+𝑣2𝑔B.钢绳的

最大拉力为𝑚𝑔𝑣1𝑣2C.速度由𝑣1增大至𝑣2的过程中，重物的平均速度𝑣−<𝑣1+𝑣22D.重物匀加速过程的时间为𝑣12(𝑣2−𝑣1)𝑔11.如图所示，在带电体C的右侧有两个相互接触的金属导体A和B，均放在绝缘支座上，A、B

处于静电平衡状态，则()A.A的左端感应出正电荷B.A上的感应电荷是创生出来的C.A、B内部的电场强度处处为0D.若先将A、B分开，再移走C，A、B均不带电12.“观察电容器的充、放电现象”的实验电路图如图所示，已知电容器的电容为C，电容器充电后两极板间的电压为U，下列说法正确的是()A.开

关S接1后，电流表、电压表的示数均逐渐变大B.开关S从1断开后，电容器的带电量为2CUC.开关S从1断开后接2时，流过电阻R的电流方向向左D.放电的过程中，电容器把储存的能量转化为电路中其他形式的能量二、实验题（本大题共2小题，共18.0分）13.如图1所示

是某同学验证“做圆周运动的物体所受向心力大小与线速度关系”的实验装置。一根细线系住钢球，悬挂在铁架台上，钢球静止于A点，光电门固定在A的正下方靠近A处。在钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条，小钢球的质量为m，重力加速度为g。实验步骤如下：(1)将小球竖直悬挂，测出悬点到钢球球心

之间的距离，得到钢球运动的半径为R；用刻度尺测量遮光条宽度，示数如图2所示，其读数为______cm；将钢球拉至某一位置释放，测得遮光条的挡光时间为0.010𝑠，小钢球在A点的速度大小𝑣=______𝑚/𝑠(结果保留三位有效数字)。(2)先用力传感器的示数

𝐹𝐴计算小钢球运动的向心力𝐹′=𝐹𝐴−𝑚𝑔，𝐹𝐴应取该次摆动过程中示数的______(选填“平均值”或“最大值”)，后再用𝐹=𝑚𝑣2𝑅计算向心力。(3)改变小球释放的位置，重复实验，比较发现

F总是略大于𝐹′，分析表明这是系统造成的误差，该系统误差的可能原因是______。A.小钢球的质量偏大B.小钢球初速不为零C.总是存在空气阻力D.速度的测量值偏大(4)为了消除该系统误差，可以______(回答一条即可)。14.如图甲所示为测量电动机转速的实验装置，半径不

大的圆形卡纸固定在电动机转轴上，在电动机的带动下匀速转动，在圆形卡纸的旁边垂直安装了一个改装了的电火花计时器，时间间隔为T的电火花可在卡纸上留下痕迹．(1)请将下列实验步骤按先后排序：______．①使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触②接通电火花计时器的电源，使它工作起来③启动电动机，使圆形卡

纸转动起来④关闭电火花计时器，关闭电动机；研究卡纸上留下的一段痕迹(如图乙所示)，写出角速度𝜔的表达式，代入数据，得出𝜔的测量值(2)(单选题)要得到𝜔的测量值，还缺少一种必要的测量工具，它是______(𝐴)秒表(𝐵)毫米刻度尺(𝐶)圆规(𝐷

)量角器(3)写出角速度𝜔的表达式𝜔=______，并指出表达式中各个物理量的意义：______．三、计算题（本大题共3小题，共34.0分）15.如图所示，轻杆两端分别固定小球A和B，A的质量为3kg，B的质量为6kg，两球可以绕光滑轴O在竖直面内

自由转动，𝑂𝐴=𝑂𝐵，取重力加速度𝑔=10𝑚/𝑠2。现将杆从水平位置由静止释放，当A运动到最高点时，求杆对A的弹力F的大小和方向。16.如图所示，水平轨道左端固定的挡板上连接轻弹簧，虚线左侧的轨道光滑，右侧的轨道粗糙，虚线右侧空间存在着恒力作用区，对进入该区的物体始终施加一

水平向左的恒力F，一质量为m小物块从虚线右侧𝑥0处由静止释放，已知物块在虚线右侧运动时受到的滑动摩擦力大小恒为𝐹3。求物块(1)由静止释放至第1次到达虚线所用的时间t；(2)第1次将弹簧压缩至最短时，弹簧具有的弹性势能𝐸𝑝；(请用动能定理求解)(3)在虚线右侧轨道上运动的总路程

s。17.如图所示，直角坐标系xOy第一象限的虚线矩形区域内存在沿y轴正方向的有界匀强电场，电场区域的长和宽分别为2L和L，在𝑦=2𝐿处有一垂直于y轴的足够大荧光屏，一初速度为𝑣0的带正电荷的粒子从原点O沿x轴正方向射入电场，并从A点离开电场。已知粒子的质量为m、电量为q，不计粒子的重力。

(1)求匀强电场的场强大小E；(2)求粒子经过A点时的速度大小v；(3)若粒子的初速度为𝑣02，其他条件不变，求粒子打在屏上的点的坐标。答案和解析1.【答案】B【解析】解：根据𝑊=𝐹𝑠𝑐𝑜𝑠𝜃，因

为力和位移都相等，则恒力做功相等．物块在粗糙水平面上运动的加速度小于在光滑水平面上的加速度，根据𝑥=12𝑎𝑡2可知：在通过相同距离的情况下，在粗糙水平面上的运动时间长．根据𝑃=𝑊𝑡知，𝑃1<𝑃2.故B正确，ACD

错误．故选：B．根据恒力做功的公式比较做功的大小，根据牛顿第二定律比较两种情况下的加速度，从而比较出运动的时间，结合平均功率的公式比较平均功率的大小．解决本题的关键掌握功的一般表达式和平均功率的公式，比较简单，知道平均功率和瞬时功率的区别．2.【答案】B【解析】解：𝐹−𝑥图象与x轴包围的面积

表示弹力做功的大小，故弹簧由伸长量8cm到伸长量4cm的过程中，弹力的功：𝑊=12×(30+60)×0.04𝐽=1.8𝐽弹力做功为1.8𝐽，故弹力势能减小了1.8𝐽，故B正确，ACD错误。故选：B。弹力做功等

于弹性势能的减小量，图中弹力是变力，𝐹−𝑥图象与x轴包围的面积表示弹力做功的大小。本题注意知识的迁移应用，根据𝑣−𝑡图象中的面积表示位移可知，𝐹−𝑥图象与x轴包围的面积表示功的大小。3.【答案】C【解析】解：A、第一宇宙速度是卫星的卫星做圆周运动的最大环

绕速度，该卫星线速度不可能小于第一宇宙速度，故A错误；B、根据卫星做匀速圆周运动，高轨低速长周期，该卫星轨道半径比同步卫星轨道半径小，周期比同步卫星周期小，而同步卫星周期等于地球自转的周期，故该卫星的周期一定小于

地球自转的周期，故B错误；C、根据万有引力提供向心力𝐺𝑀𝑚𝑟2=𝑚𝑎，得𝑎=𝐺𝑀𝑟2，根据星球表面万有引力等于重力𝐺𝑀𝑚𝑅2=𝑚𝑔，得𝑔=𝐺𝑀𝑅2，轨道半径𝑟>地球半径R，故𝑎<𝑔，故C正确；D、角速度𝜔=2𝜋𝑇，由B选项，可得该

卫星的角速度大于地球自转的角速度，故D错误；故选：C。4.【答案】B【解析】解：AB、在重物由A点摆向最低点B的过程中，重物的高度下降，重物的重力势能减小，重力对重物做正功；弹簧伸长，弹簧的弹力对重物做负功，根据功能原理知，小球

的机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，故A错误，B正确；CD、若用与弹簧原长相等的不可伸长的细绳代替弹簧后，重物的高度下降，重物的重力势能减小，重力对重物做正功，由于细绳不可伸长，所以重物下落的高度减少，重力做的功减小；不可伸长的细绳拉力方向始终与速度方

向垂直，所以细绳的拉力不做功，故CD错误。故选：B。5.【答案】D【解析】解：A、汽车做圆周运动，受到的合外力充当向心力，故汽车受到的合外力不为零，故A错误；B、两名学员绕同一圆心做圆周运动，则他们的角速度相等，两名学员离圆心的距离不相等，由𝑣=𝑟

𝜔可知，所以他们的线速度大小不相同，故B错误；C、两学员受到重力和汽车的作用力，二者的合力充当向心力，因两人转动半径不同，需要的向心力不同，因两人的重力相等，故汽车对学员的作用力大小不相等，故C错误；D、因两学员的重力相等，

向心力大小不同，方向相同，根据平行四边形定则可知，汽车对两学员的作用力方向不同，故D正确。故选：D。6.【答案】C【解析】解：根据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力和万有引力等于重力得出：A：𝐺𝑀𝑚𝑅2=𝑚𝑣2𝑅，得：𝑣=√𝐺𝑀𝑅，故A错误；B：𝐺𝑀𝑚�

�2=𝑚𝜔2𝑅和𝐺𝑀𝑚𝑅2=𝑚𝑔，得：𝜔=√𝐺𝑀𝑅3=√𝑔𝑅，故B错误；C：𝐺𝑀𝑚𝑅=𝑚4𝜋2𝑅𝑇2和𝐺𝑀𝑚𝑅2=𝑚𝑔，得：𝑇=2𝜋√𝑅𝑔，故C正确；D：𝐺𝑀𝑚𝑅2=𝑚𝑎，得：�

�=𝐺𝑀𝑅2，故D错误．故选：C7.【答案】B【解析】解：BC、重力与拉力的合力为𝑚𝑔𝑡𝑎𝑛𝜃，由𝑚𝑔𝑡𝑎𝑛𝜃=𝑚𝜔2ℎ𝑡𝑎𝑛𝜃解得：ℎ𝑝=ℎ𝑄.(ℎ为钢绳延长线与转轴交点，与游客水平面的高度

)由ℎ=𝑟tan𝜃+𝐿𝑐𝑜𝑠𝜃(其中r为圆盘半径)得，L越小则𝜃越小。则𝜃1>𝜃2，与质量无关。则B正确，C错误；A、由𝑅=𝑟+𝐿𝑠𝑖𝑛𝜃可得，𝑅𝑝>𝑅𝑄.角速度

相同，则由𝑣=𝑟𝜔可知半径不同线速度不同，则𝑣𝑃>𝑣𝑄，故A错误；D、由向心力公式可知Q的向心力一定小于P的向心力，则D错误。故选：B。8.【答案】D【解析】解：AB、对游客受力分析如图，分别沿水平和竖直方向列方程：水平方向：𝑓𝑥−𝑁�

�=𝑚𝜔2𝑟竖直方向：𝑓𝑦+𝑁𝑦=𝑚𝑔则随着魔盘转速缓慢增大，游客需要的向心力增大，但必须保证竖直方向受力平衡，因为重力不变，则f、N两个力只能一个增大一个减小，结合水平方向，只能f增大，

N减小，故AB错误；C、滑动之前，游客在竖直方向受力平衡，水平方向的向心力即为合外力，随着转速缓慢增大，需要的向心力增大，即合外力增大，故C错误；D、把人受到魔盘的支持力和摩擦力看成一个力(合力)，即为游客受到魔盘的作用力。将其在水

平和竖直方向正交分解，竖直分量与重力等大反向，保持不变；水平方向的分力即为向心力，随着转速缓慢增大而增大，所以游客受到魔盘的作用力增大，故D正确。故选：D。9.【答案】A【解析】解：A、据𝑣1=√𝐺𝑀𝑟1>𝑣3

=√𝐺𝑀𝑟3，考虑到Ⅰ到Ⅱ的变轨过程应该在B点加速，有𝑣1<𝑣2𝐵，B到E过程动能向势能转化，有𝑣2𝐵>𝑣2𝐸，考虑到𝑣2𝐸小于在E点能够绕中心天体匀速圆周运动所需的速度𝑣𝐸，而𝑣𝐸<𝑣3，所以有𝑣2𝐸<𝑣3，综上所述𝑣2𝐸<𝑣3<�

�1<𝑣2𝐵，故A正确；B、向心加速度为垂直于速度方向的加速度，行星Ⅱ与行星Ⅲ在P点时加速度相等，但行星Ⅱ在该点的向心加速度为此加速度沿P至椭圆圆心方向的分量，小于行星Ⅲ在P点时加速度，故B错误；CD、行星Ⅱ、行星Ⅲ满足𝑎=𝑟3，据开普勒第三定律知他们的运行周期相

等，令△𝑡等于一个周期，它们与中心天体连线扫过的面积，椭圆面积小于圆面积，故CD错误。故选：A。10.【答案】D【解析】解：AB、当物体做匀加速运动时，钢绳的拉力最大，当速度为𝑣1时，根据𝑃=𝐹𝑣得：𝑃额=𝐹𝑚𝑣1①根据牛顿第二定律得：𝐹−𝑚𝑔=𝑚𝑎当

𝑎=0，即𝐹=𝑚𝑔时，速度最大即为𝑣2根据𝑃=𝐹𝑣得：𝑃额=𝑚𝑔𝑣2②由①②得：𝐹𝑚=𝑚𝑔𝑣2𝑣1，故B错误。根据牛顿第二定律得：𝐹𝑚−𝑚𝑔=𝑚𝑎解得：𝑎=𝐹�

�−𝑚𝑔𝑚=(𝑣2−𝑣1)𝑔𝑣1，故A错误。C、做匀加速直线运动的物体，速度由𝑣1增大至𝑣2的过程中，平均速度为𝑣−=𝑣1+𝑣22，因为物体做加速度减小的变加速运动，故重物的平均速度𝑣−>𝑣1+𝑣22

，故C错误。D、根据𝑣=𝑎𝑡得：𝑡=𝑣1𝑎=𝑣12(𝑣2−𝑣1)𝑔，故D正确。故选：D。11.【答案】C【解析】解：A、枕形导体在正点电荷附近，出现静电感应现象，根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引可知，A的左端感应出负电荷，故A错误；B、根据同

种电荷相互排斥可知，A的左端感应出负电荷是由于B右端的电子受到正电荷的吸引力向左运动造成的，不是凭空产生的，故B错误；C、枕形导体在正点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布，在枕形导体内部出现感应电荷的电场，

与点电荷的电场叠加，静电平衡时内部电场强度处处为零，故C正确；D、若先把导体A和B分开，导体A和B由于感应起电带上异种电荷，再移走C，此时A仍然带负电，B带正电，故D错误。故选：C。12.【答案】D【解析】解：A、开关S接1后电源对电容器充电，两极板的电荷量不断增加，由电容公式：𝑄=�

�𝑈，两板间的电压不断升高，电压表的示数变大，两板间的电压与电源的电动势的之差不断减小，所以电流不断减小，电流表示数不断减小，故A项错误；B、开关S从1断开后，电容器的电压为U，电容器的带电量为一个极板带电量的绝对值，因而𝑄=𝐶𝑈，故B项错误；C、充电

时，电容器上极板带正电荷，下极板带上负电荷，开关S从1断开后接2时，电流从正极板流向负极板，所以流过电阻R的电流方向向右，故C项错误；D、放电的过程中，由于电容器电荷量不断极少，电压不断降低，电场能不断减小，通过电流做功把电场能转化为电阻R上产生的电热，故D项正确；故选：D。13.【

答案】1.501.50最大值D测出小球的直径D，当小球竖直悬挂时，球心恰好处于挡光孔的连线上，由𝑣小球=𝐷𝑡测出小球的准确速度【解析】解：(1)刻度尺的最小刻度为1mm，故在读数时需要估读到最小刻度的下一位，故示数

为1.50𝑐𝑚做匀变速直线运动，在极短时间内的平均速度等于瞬时速度，故小钢球在A点的速度大小𝑣=𝑑𝑡=1.50×10−20.010𝑚/𝑠=1.50𝑚/𝑠(2)小球在摆动过程中，到达A点的速度达到最大，根据牛顿第二定律𝐹−𝑚𝑔=𝑚�

�2𝑅可知，达到A点时，拉力最大，故F𝐴应取该次摆动过程中示数的最大值；(3)根据𝐹=𝑚𝑣2𝑅可知，测量值大于𝐹′，说明v值偏大，故ABC错误，D正确；(4)为了消除该系统误差，可以测出小球的直径D，当小球竖直悬挂时，球心恰好处于挡光孔

的连线上，由𝑣小球=𝐷𝑡测出小球的准确速度故答案为：(1)1.50；1.50；(2)最大值；(3)𝐷；(4)测出小球的直径D，当小球竖直悬挂时，球心恰好处于挡光孔的连线上，由𝑣小球=𝐷𝑡测出小球的

准确速度(1)毫米刻度尺在读数时需要估读到最小刻度的下一位，在极短时间内的平均速度等于瞬时速度求得小钢球在A点的速度；(2)小钢球做圆周运动的一部分，向心力时刻变化，故FA应该取摆动过程中的瞬时值，到达A点时拉力最大，即取最大值；(3)重复实验，比较发现F总是略大于𝐹′，根据向心力公式可知速度偏

大；(4)根据实验原理即可改进。14.【答案】(1)①③②④；(2)𝐷；(3)𝜃(𝑁−1)𝑇；𝜃是N个点对应的圆心角，T是电火花计时器的打点时间间隔【解析】【解答】解：(1)该实验先将电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触，先使卡片转动，再打点，最后取出卡片进行数据处理．故次序为①③②

④．(2)要测出角速度，需要测量点跟点间的角度，需要的器材是量角器．故选：D．(3)根据𝜔=△𝜃△𝑡，则𝜔=𝜃(𝑁−1)𝑇，𝜃是N个点对应的圆心角，T是电火花计时器的打点时间间隔．故答案为：(1)①③②④；(2)𝐷；(3)𝜃(𝑁−1)𝑇，𝜃是N个点对应的圆心角，

T是电火花计时器的打点时间间隔．15.【答案】现将杆从水平位置由静止释放后A球顺时针向上转动到最高点，设此A球时速度大小为v，B球的速度大小也是v，设OA长度为r，A、B的质量分别为𝑚𝐴、𝑚𝐵，由于小球A、B和轻杆构成的系

统机械能守恒，根据机械能守恒定律得：𝑚𝐵𝑔𝑟−𝑚𝐴𝑔𝑟=12𝑚𝐴𝑣2+12𝑚𝐵𝑣2①解得：𝑣=√23𝑔𝑟②当A球运动到最高点时，设此时杆对A球的弹力向上，大小为𝐹�

�，规定力的方向向下为正，由牛顿第二定律得：𝑚𝐴𝑔−𝐹𝑁=𝑚𝑣2𝑟③解得：𝐹𝑁=10𝑁，方向竖直向上；答：杆对A的弹力F的大小为10N，方向竖直向上。16.【答案】解：(1)由静止释放至第1次到达虚线的过程，物块做初速度为零的匀加速直线运动，根据

牛顿第二定律得𝐹−𝐹3=𝑚𝑎得𝑎=2𝐹3𝑚根据运动学公式有𝑥0=12𝑎𝑡2联立解得𝑡=√3𝑚𝑥0𝐹(2)设物块第1次将弹簧压缩至最短的过程，克服弹力做功为W，从释放点到弹簧第1次被压缩至最短的过程，由动能定理得(𝐹

−𝐹3)𝑥0−𝑊=0根据功能关系知弹簧具有的弹性势能𝐸𝑝=𝑊解得第1次将弹簧压缩至最短时，弹簧具有的弹性势能𝐸𝑝=23𝐹𝑥0(3)物块最终停在虚线处，对全过程，根据动能定理得：𝐹𝑥0−𝐹3𝑠=0−

0解得𝑠=3𝑥017.【答案】解：(1)带电粒子垂直射入匀强电场中做类平抛运动，在x轴方向做匀速直线运动，则有2𝐿=𝑣0𝑡在y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有𝐿=12𝑎𝑡2根据牛顿第二定律得𝑞�

�=𝑚𝑎联立解得𝐸=𝑚𝑣022𝑞𝐿(2)粒子从O点运动到A点的过程，由动能定理得𝑞𝐸𝐿=12𝑚𝑣2−12𝑚𝑣02解得𝑣=√2𝑣0(3)若粒子的初速度为𝑣02，其他条件不变，设粒子从B离开电场，打在粒子打在屏上的C点，并设B点的坐标为(𝑥𝐵,

𝐿)从O点运动B点的过程，则在x轴方向有𝑥𝐵=12𝑣0𝑡′y轴方向有𝐿=12𝑎𝑡′2由上题可得𝑎=𝑣022𝐿联立解得𝑡′=𝑡=2𝐿𝑣0，𝑥𝐵=𝐿设离子到达B点时速度方向与x轴正方向的夹角为𝛼，则𝑡𝑎𝑛𝛼=𝑎𝑡′12𝑣0解得𝑡𝑎�

�𝛼=2故C点的横坐标为𝑥𝐶=𝑥𝐵+𝐿tan𝛼=𝐿+𝐿2=1.5𝐿所以，粒子打在屏上的点的坐标为(1.5𝐿,2𝐿)。