浙江丽水市2025-2026学年高一下学期6月期末物理试题（含解析）

这是一份浙江丽水市2025-2026学年高一下学期6月期末物理试题（含解析），共39页。试卷主要包含了可能用到的相关公式或参数等内容，欢迎下载使用。
本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。
考生注意：
1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。
2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在试题卷上的作答一律无效。
3．非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内。作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。
4．可能用到的相关公式或参数：重力加速度均取。
选择题部分
一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 引力场强度定义为单位质量的质点在该点所受的力，。根据该式可推出引力场强度E的单位，用国际单位制中的基本单位可以表示为（ ）
A. B. C. D. N
【答案】A
【解析】
【详解】根据
则引力场强度E的单位，用国际单位制中的基本单位可以表示为
故选A。
2. 下列说法不正确的是（ ）
A. 电场是一种物质B. 电荷量是不能连续变化的物理量
C. 功有正负，其正负号表示方向D. “”的电势比“”电势低
【答案】C
【解析】
【详解】A．电场是客观存在的特殊场物质，故A正确；
B．电荷量的最小单位是元电荷，所有带电体的电荷量均为的整数倍，因此电荷量是不能连续变化的物理量，故B正确；
C．功是标量，没有方向，其正负号表示做的功是正功还是负功（对应能量转移的方向），不表示方向，故C错误；
D．电势是标量，正负号表示相对零势能点的大小，低于零电势，高于零电势，因此的电势比低，故D正确。
本题选不正确的，故选C。
3. 如图所示，2026年米兰冬奥会单板跳台运动员从起跳到落地的全过程，忽略空气阻力，则（ ）
A. 运动员在落地时的惯性最大
B. 运动员在空中飞行过程中，在最高点时速度最小
C. 裁判对运动员打分时，可以将其视为质点
D. 运动员在空中飞行过程中，加速度先变小后变大
【答案】B
【解析】
【详解】A．惯性大小只由质量决定，运动员全程质量不变，惯性始终不变，落地时惯性不会变大，故A错误；
B．忽略空气阻力，运动员做斜抛运动，可知水平分速度保持不变；竖直分速度上升时减小、到最高点竖直分速度为0，此时合速度最小（等于水平分速度），故B正确；
C．裁判打分需要观察运动员空中动作、姿态、转体，不能忽略自身形状与大小，不可视为质点，故C错误；
D．忽略空气阻力，运动员全程只受重力，加速度恒为重力加速度g，大小、方向均不变，故D错误。
故选B。
4. 如图所示，一机器人用盘子端着一杯咖啡在水平路面上做加速直线运动，则（ ）
A. 杯子的速度越大，杯子的惯性越大
B. 托盘对杯子作用力的方向竖直向上
C. 杯子受到的摩擦力方向与杯子的运动方向相反
D. 托盘对杯子的支持力与杯子对托盘的压力总是大小相等
【答案】D
【解析】
【详解】A．惯性只与质量有关，与速度无关，故A错误；
C．将杯子与咖啡看作一个整体，系统做加速直线运动，在运动方向上只有托盘的摩擦力，加速度由摩擦力提供，故杯子受到的摩擦力方向与杯子的运动方向相同，故C错误；
B．杯子受托盘竖直向上的支持力、托盘向运动方向的摩擦力，托盘对杯子作用力为支持力和摩擦力的合力，方向斜向前上方，故B错误；
D．托盘对杯子的支持力与杯子对托盘的压力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律，二者总是大小相等，与运动状态无关，故D正确。
故选D。
5. 丽水北高速公路收费站设有“ETC”通道，某汽车通过笔直的“ETC”通道时其图像如图所示。则对应汽车的图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】图像斜率表示速度，根据图像可得，时间内，，随时间增加，逐渐减小，图像斜率逐渐减小，但并不是减小到0；时间内，，随时间均匀增加，不变，图像斜率不变，为一条斜向上的直线；时间内，，随时间增加，逐渐增大，图像斜率逐渐增大。
故选A。
6. 如图所示，我国的静止卫星、低轨通信卫星均在赤道平面内绕地球做匀速圆周运动，是地球赤道上的一点。下列说法正确的是（ ）
A. 所受的万有引力一定比的小
B. 的向心加速度一定比的小
C. 点的角速度比的大
D. 点随地球自转的线速度等于地球的第一宇宙速度
【答案】B
【解析】
【详解】A．万有引力公式
由于、的质量未知，轨道半径
所以所受万有引力和所受万有引力的大小关系未知，故A错误；
B．、绕地球做匀速圆周运动，万有引力充当向心力，即
向心加速度的计算公式
由于、的轨道半径
可得，故B正确；
C．是地球赤道上的一点，是静止卫星，两者周期相等，所以两者角速度大小相等，即
卫星绕地球运行，万有引力充当向心力得
解得
所以越大，越小
可得，故C错误；
D．地球的第一宇宙速度为物体贴着地面绕行时的线速度，万有引力充当向心力，即
展开得
解得第一宇宙速度
点为地球赤道上的一点，向心力、重力和万有引力方向一样，向心力等于万有引力减去重力，即
展开得
解得点的线速度
所以，故D错误。
故选B。
7. 将不带电的橡胶棒和毛皮摩擦后分开，它们产生的电场线分布如图所示。对于电场中的、两点，下列判断正确的是（ ）
A. 点的电场强度小
B. 负电荷在点的电势能大
C. 若以为零势能点，则点电势比点高
D. 将负电荷从点移到点，电场力做正功
【答案】D
【解析】
【详解】A．电场线越密，电场强度越大，所以点的电场强度大，故A错误；
C．沿电场线方向电势逐渐降低，所以A点的电势高，故C错误；
B．由可知，负电荷在电势小的位置电势能大，所以负电荷在点的电势能大，故B错误；
D．由B选项解析可知，将负电荷从点移到点，电势能降低，电场力做正功，故D正确。
故选D。
8. 我国高铁自主创新取得重大成果。如图所示，一列质量为的动车，以恒定功率在平直轨道上行驶，经时间，运动位移为，速度从增加到最大速度，设动车行驶过程中所受阻力不变。则动车在时间内的（ ）
A. 加速度保持不变B. 最大速度
C. 位移D. 牵引力做功
【答案】B
【解析】
【详解】A．动车以恒定功率在平直轨道上行驶，速度从增加到最大速度，根据
可得
根据牛顿第二定律得
阻力不变，牵引力逐渐减小，所以加速度逐渐减小，故A错误；
B．动车以最大速度运行时，牵引力等于阻力，所以
解得，故B正确；
D．加速过程中，牵引力在变，功率不变，已知加速时间，所以牵引力做功
动车加速过程中，牵引力做正功，阻力做负功，根据动能定理得，故D错误；
C．由A选项分析得，动车做加速度减小的加速运动，所以不能通过匀加速直线运动的位移-时间公式求位移。
可以通过动能定理求位移，即
解得，故C错误。
故选B。
9. 如图所示，把质量为的小球从位置静止释放，下落后到达位置，随后压缩弹簧至位置时速度恰好为零，已知、的高度差也为。以位置为零势能面，不计弹簧的质量和空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 该弹簧的劲度系数为
B. 小球在处速度最大，大小为
C. 小球处于位置时，弹簧与小球组成的系统机械能为
D. 小球在中点位置时，弹簧的弹性势能与小球的动能之和为
【答案】C
【解析】
【详解】A．当弹力等于重力时小球的速度最大，该位置在BC之间，此时弹簧的压缩量，则根据，该弹簧的劲度系数为，A错误；
B．小球速度最大位置在BC之间，从B点到速度最大位置，小球所受的弹力小于重力，加速度向下，因在B点的速度大小为，则最大速度大于，B错误；
C．因小球与弹簧系统的机械能守恒，小球在A位置时系统的机械能为mgh，则小球处于位置时，弹簧与小球组成的系统机械能也为，C正确；
D．小球在中点位置时，小球的重力势能为-0.5mgh，系统的总机械能为mgh，则此时弹簧的弹性势能与小球的动能之和为，D错误。
故选C。
10. 老师在课堂上演示了如图所示的实验：把粉笔盒静置于水平桌面的课本上，用水平向右的恒力快速抽出课本，粉笔盒随之在桌面上发生较小位移。已知粉笔盒和课本的质量分别为、，各接触面间的动摩擦因数均为，抽出课本的过程用时为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 课本共受到5个力的作用
B. 课本受到的摩擦力大小为
C. 大于才可能将课本从粉笔盒下抽出
D. 粉笔盒最终将停留在初始位置右侧处
【答案】C
【解析】
【详解】A．对课本进行受力分析，其受重力、粉笔盒的压力和摩擦力、桌面的支持力和摩擦力以及抽出课本所用的力F，一共六个力的作用。故A错误；
B．课本和粉笔盒之间、和桌面之间的摩擦力都是滑动摩擦力，根据可知与粉笔盒之间的滑动摩擦力大小为方向向左，与桌面之间的滑动摩擦力大小为方向向左。因此课本所受到的摩擦力大小为两个摩擦力的合力，即
故B错误；
C．将课本和粉笔盒视为整体，则该整体受到课本和桌面之间的摩擦力和力F的作用。再进行隔离分析，系统内力，即课本和粉笔盒之间的摩擦力提供粉笔盒的加速度。该整体能相对静止做匀加速直线运动的最大加速度为
此时整体所受的合外力为
整理得当时课本与粉笔盒恰好相对静止做匀加速直线运动，力F变大则会将课本从粉笔盒下方抽出来。故C正确；
D．由题干信息可知，粉笔盒在课本抽出前做匀加速直线运动，抽出后在桌面上做匀减速直线运动。抽出前后其加速度大小均为
则其匀加速直线运动过程中向右的位移为
分离时粉笔盒的速度大小为
分离后向右的位移为
故粉笔盒总位移为
故D错误。
故选C。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11. 关于静电现象，下列说法正确的是（ ）
A. 图甲中，“静电章鱼”实验的两只“章鱼”带同种电荷
B. 图乙中，武当山金殿安装避雷设施后，“雷火炼殿”现象更明显了
C. 图丙中，优质话筒线外面包裹着的金属外衣增强了导线的导电能力
D. 图丁中，静电除尘装置将带负电的尘埃收集在板状的收集器A上
【答案】AD
【解析】
【详解】A．同种电荷相互排斥，两只“章鱼”丝线张开相互排斥，说明带同种电荷，故A正确；
B．避雷设施的作用是将雷电的电荷导入大地，避免金殿被雷击，安装避雷设施后“雷火炼殿”现象会消失，不会更明显，故B错误；
C．图丙中，优质的话筒线外面包裹着金属外衣应用了静电屏蔽的原理，以防止外部信号对电缆内部电信号的干扰，没有增强其导电能力，故C错误；
D．图丁中，电源负极接中间电极，电源正极接收集器A，电场方向由收集器A指向中间，带负电的尘埃受力方向指向收集器A，最终会收集在板状的收集器A上，故D正确。
故选AD。
12. 如图所示，一电荷量大小、质量的带电小球，用长的绝缘细线悬挂于点，另一电荷量大小的小球固定于点正下方。现使小球以小球为圆心在水平面内做匀速圆周运动，悬线与竖直方向的夹角始终为，、可视为质点。已知静电力常量，，，则（ ）
A. 小球转动半圈，库仑力做功不为零
B. 细线拉力大小为
C. 两小球之间库仑力大小为
D. 小球做匀速圆周运动的角速度可能等于
【答案】BD
【解析】
【详解】BC．小球A、B间的库仑力为
根据平衡条件可得细线拉力大小为，故B正确，C错误；
A．库仑力方向时刻与速度方向垂直，所以库仑力做功为零，故A错误；
D．当库仑力为引力时，根据牛顿第二定律有
解得
当库仑力为斥力时，根据牛顿第二定律有
解得，故D正确。
故选BD。
13. 如图所示，在方向竖直向下、场强大小为的匀强电场中，两个完全相同的带正电粒子、在同一竖直平面内，同时从点以大小均为、方向与水平方向夹角均为的速度射出，最终打在同一水平极板上。已知粒子质量为，电荷量为，不计粒子重力及相互作用。下列说法正确的是（ ）
A. 两粒子打到极板的同一位置
B. 打到极板时，两粒子的速度相同
C. 运动到最高点的时间
D. 若运动到最高点时，仍未打到极板，则此时、间的距离为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．两粒子做类斜抛运动，竖直方向做匀减速运动，加速度均为
对于有
对于有
可得
水平方向做匀速直线运动，可得，
所以
粒子打到极板的位置比粒子打到极板的位置远，故A错误；
B．从抛出到打到极板，对、根据动能定理得，
可得
即打到极板时，两粒子的速度相同，故B正确；
C．粒子做类斜抛运动，竖直方向做匀减速直线运动，根据速度-时间公式得，运动到最高点的时间，故C错误；
D．运动到最高点时，仍未打到极板，、运动时间相同，水平方向速度相同，水平位移相等，所以此时、间的距离为竖直方向的位移。
竖直方向的位移
竖直方向的位移
、间的距离，故D正确。
故选BD。
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共58分）
14. 小军同学做“验证机械能守恒定律”的实验。
（1）按图甲安装完实验装置后，还需要选取的器材是______；
A. 秒表B. 干电池C. 刻度尺
（2）该实验中，下列做法正确的是______；
A. 必须用天平测出重物的质量
B. 两限位孔的位置在同一条竖直线上
C. 可用公式计算重锤的速度
（3）实验中得到的一条点迹清晰的纸带如图乙所示，若把第一个点记为、另选五个连续点、、、、作为测量点，测得、、到的距离分别为、、，已知打点计时器所用交流电的频率为。根据以上数据可计算出重物下落的加速度为______（计算结果保留三位有效数字），该同学发现计算结果与当地重力加速度比较接近，则______（选填“可以”或“不可以”）认为重物下落过程中机械能守恒。
（4）另一同学利用图丙所示的装置验证机械能守恒定律。实验时，将气垫导轨调至水平，在气垫导轨上安装一个光电门，滑块上固定一遮光条，将滑块用细线绕过轻质定滑轮并与托盘相连。测出遮光条的宽度为，托盘和砝码的总质量为，滑块和遮光条的总质量为，滑块由静止释放，读取遮光条通过光电门的时间，已知重力加速度为。为验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量是______（选填“”、“”或“”）。若符合机械能守恒定律，则需满足的关系式为______（用所需测量的物理量表示）。
【答案】（1）C （2）B
（3） ①. ②. 可以
（4） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
A．打点计时器自带计时功能，不需要秒表，故A错误；
B．电磁打点计时器使用交流电源，不需要干电池故B错误；
C．实验需要刻度尺测量纸带上点间距，计算下落高度与速度，故C正确。
故选C。
【小问2详解】
A．根据可知，质量m被约掉了，因此不需要用天平测出重物的质量，故A错误；
B．两限位孔在同一竖直线上，可减小纸带与限位孔间摩擦，故B正确；
C．不能用计算速度，该式默认机械能守恒，属于循环论证，必须用纸带平均速度求瞬时速度，故C错误。
故选B。
【小问3详解】
[1]根据
其中，联立解得
[2]该同学发现计算结果与当地重力加速度比较接近，说明空气阻力影响很小，因此在误差范围内，可以认为重物下落过程中机械能守恒。
【小问4详解】
[1][2]经过光电门时的速度，对构成的系统，该过程系统减少的重力势能为，系统增加的动能为，若符合机械能守恒定律，则需满足的关系式为
因此还需要测量的物理量是。
15. 关于甲、乙两实验，下列说法正确的有______（多选）
A. 两实验都采用了控制变量法
B. 实验甲，图像不过原点的原因可能是水平状态下测弹簧的原长
C. 实验乙，图中的与两力中，方向一定沿方向
D. 实验乙，弹簧测力计外壳与纸面的摩擦力会影响实验结果
【答案】BC
【解析】
【详解】A．实验甲采用了控制变量法，实验乙采用了等效替代法，故A错误；
B．实验甲，由于弹簧自身有重力，竖直自然下垂状态下弹簧比水平状态下弹簧原长更长，所以图像中当时，测得的值为弹簧竖直挂起后自然下垂时变长的长度，符合图中所给图像，故B正确；
C．实验乙，为实验过程中使用单个弹簧测力计拉橡皮筋时测得的力，所以方向一定沿方向，故C正确；
D．弹簧测力计外壳与纸面有摩擦力，弹簧测力计稳定后读数时，受力平衡，弹簧测力计的读数为人的拉力与外壳与纸面摩擦力的合力，弹簧测力计对橡皮筋的拉力大小也等于人的拉力与外壳与纸面摩擦力的合力大小，所以不会影响实验结果，故D错误。
故选BC。
16. 心室纤颤是一种可能危及生命的疾病。心脏除颤器可通过一个充电的电容器对贴在患者胸前皮肤上的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，使心脏完全停止跳动，再刺激心颤患者的心脏恢复正常跳动。某学习小组同学利用DIS系统研究某电容器的充电和放电过程，实验电路原理如图甲所示，电源为输出电压恒为的学生直流稳压源，实验前电容器已充分放电。
（1）先将单刀双掷开关置于1，给电容器进行充电。然后将单刀双掷开关置于2，通过电阻的电流方向______（填“从到”或“从到”）。
（2）将单刀双掷开关置于2时，电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上便显示出如图乙所示的图像。已知图线与坐标轴所围的面积约为120个方格，据此可以算出电容器放出的电荷量为______，则电容器的电容为______（计算结果均保留两位有效数字）。
（3）为延长放电时间，应如何调整电路参数？______（写出一条即可）。
（4）请在图中画出充电过程中电阻两端电压随时间变化的大致形状______。
【答案】（1）a到b （2） ①. ②.
（3）增大电阻或增大电容器的电容
（4）
【解析】
【小问1详解】
开关接1充电完成后，电容器上极板带正电、下极板带负电；开关接2放电时，电流从电容器正极流出，经开关到端，流过电阻的方向为从到。
【小问2详解】
[1]图像与坐标轴围成的面积表示总电荷量。由图乙可知，横坐标每个小格代表，纵坐标每小格代表，因此每个小格对应的电荷量为
总共约有120个方格，因此总电荷量
[2] 电容器充电后电压等于电源电压，根据电容定义
可得
【小问3详解】
增大电阻，在其他条件相同时，R越大，放电电流越小，从而延长了放电时间；
增大电容器的电容，在其他条件相同时，增大电容，带电量Q增大，放电时间变长。
【小问4详解】
充电初始时刻，电容器不带电，回路电流最大，充电电流方向为，因此初始值最大
随着充电进行，电容器极板电荷量逐渐增加，回路电流逐渐减小，充电完成后电流减为0
也减为0，因此曲线从纵轴正位置开始，逐渐衰减趋近于轴。
如图所示
17. 无人机配送是解决物流“最后一公里”问题的重要方式。某次配送任务中，一架无人机携带质量为的包裹，从地面由静止开始竖直向上起飞。无人机上升过程分为匀加速、匀速、匀减速运动三个阶段，最终恰好悬停在距地面处。已知匀加速、匀减速阶段的加速度大小均为，其中匀加速运动的时间，忽略一切阻力。求：
（1）无人机匀速上升阶段的速度和时间；
（2）包裹在匀减速上升过程中，无人机对包裹作用力的大小；
（3）若包裹内易碎品能承受的最大支持力为自身重力的1.5倍，为保证易碎品不被损坏，则无人机在上升阶段的加速度不能超过多少？
【答案】（1）4m/s，5.5s
（2）16N （3）
【解析】
【小问1详解】
匀加速上升阶段，末速度
位移
由于匀加速、匀减速阶段的加速度大小相等，根据对称性可知，匀减速上升阶段，时间
位移
匀速上升阶段，位移
匀速阶段的速度大小等于匀加速上升阶段的末速度大小，即
时间
【小问2详解】
包裹在匀减速上升过程中，加速度大小为，方向竖直向下。
包裹受竖直向下的重力与无人机对包裹竖直向上的作用力，根据牛顿第二定律得
解得
【小问3详解】
匀加速上升阶段，包裹受竖直向下的重力与无人机对包裹竖直向上的作用力，根据牛顿第二定律得
又
解得
18. 2023年哈工大建成的“地面空间站”可以模拟月球重力场，某实验员在里面完成了圆周和平抛一系列实验。实验装置如图所示，水平圆盘可绕过圆心的竖直转轴转动，圆盘半径，离水平月面高度。在圆盘边缘放置一质量的小物块，物块与圆盘间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。圆盘从静止开始缓慢加速转动，当角速度时，物块恰好与圆盘发生相对滑动并滑离圆盘后落至“月球表面”。求：（计算结果可保留根式）
（1）“月球表面”的重力加速度；
（2）落地点与在“月面”上的投影的距离；
（3）已知月球的半径，引力常量，计算月球质量的数量级。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
物体刚好滑动时，最大静摩擦力提供向心力，有
代入数据可得
【小问2详解】
月球表面平抛运动：竖直方向，根据
得
平抛的速度
水平位移
根据矢量的合成
联立可得
【小问3详解】
月球表面有
得
代入数据，，
可得
19. 某科技兴趣小组设计一款游戏装置，如图所示。该装置由水平传送带、光滑水平轨道、光滑圆轨道（其中部分是圆管轨道，和相互靠近且错开）、足够长的光滑水平轨道组成，小车紧靠且上表面刚好与面等高，各轨道平滑连接，传送带以恒定速度顺时针运行。已知：圆轨道半径，传送带长，物块与传送带及小车间的动摩擦因数均为，物块质量，小车质量。不计小车与地面的摩擦及空气阻力，小物块（可视为质点）从传送带左端由静止释放。
（1）若传送带速度，求小物块
①从点运动到点的时间；
②运动到与圆心等高的点时，轨道对物块的弹力大小。
（2）若要求小物块不脱离轨道，并能滑上小车，求传送带速度的最小值。
（3）若传送带速度，小物块滑上小车后恰好不从小车右端滑出，求小车的长度。
【答案】（1）①1.2s，②0
（2）
（3）1.5m
【解析】
【详解】（1）①物块在传送带上的加速度：
先匀加速到与传送带共速
加速时间：
加速位移：
匀速位移：
匀速时间：
总时间：
②物块从到，段光滑，速度不变，由动能定理：
代入数据得：
点向心力由轨道弹力提供，因，向心力为0，故：
（2）物块不脱离轨道，需通过最高点，临界条件为重力提供向心力：
从到的动能定理：
代入数据得：
物块在传送带上全程加速的最大速度：
加速位移：
故传送带的最小速度为：
（3）方法一：
物块受到向左的滑动摩擦力，做匀减速运动：
小车受到向右的滑动摩擦力，做匀加速运动：
设经过时间，物块与小车速度相等，物块的速度：
小车的速度：
联立两式
得
物块的位移：
小车的位移：
物块相对小车的位移就是小车的长度：
方法二：
物块与小车的动量守恒
摩擦力做功转化为内能：
代入数据：
20. 如图甲所示，某粒子加速与偏转控制装置由多级直线加速器、平行板偏转电场、粒子接收屏三部分组成。多级直线加速器由多个同轴金属圆筒依次排列构成，相邻圆筒间留有狭窄加速间隙，加速电压为，变化周期为（如图乙）。已知在时刻，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为负值，质量为、电荷量为的带正电粒子从金属圆板（序号0）中央静止释放，粒子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中都恰好能被加速。粒子经过次加速后，沿水平中轴线进入偏转电场，已知偏转电场极板长度为，间距为，极板间加有恒定电压；粒子接收屏垂直于中轴线放置，其与偏转电场右边缘的水平距离为。不计粒子重力及粒子间的相互作用。
（1）求粒子从第个圆筒射出时的速度及第个圆筒的长度；
（2）若，，，，求粒子射出偏转电场时，垂直于板面方向的偏移量；
（3）若，，，若要使粒子能穿出偏转电场，求：
①粒子加速次数的范围；
②所有能穿出偏转电场的粒子，均能打到接收屏，接收屏成像系统的最小可分辨间距为，即当屏上相邻两个粒子亮斑的间距大于等于时，可记录为分立的亮斑，则屏上可记录的分立亮斑总共有多少个？
【答案】（1），
（2）0.025m （3）①（n为正整数），②个
【解析】
【小问1详解】
粒子经过次加速，由动能定理得
解得
粒子在圆筒中做匀速直线运动，第个圆筒的长度
解得
【小问2详解】
粒子经过次加速，由动能定理得
偏转电场中，
又根据牛顿第二定律推得
即
代入数据得
当时，
【小问3详解】
①由（2）得
若要使粒子不打到极板
即
解得，所以（n为正整数）
②分辨率，能打到屏上：、、……
打到屏上的位置为：
即
第和的粒子打到屏上，间距
解得
得且、、……
所以，，，……（时，15和16两个光斑可以分辨，但是16和17已不可分辨），共13个分立亮斑。