2025-2026学年浙江省台州市高一（下）期末物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2025-2026学年浙江省台州市高一（下）期末物理试卷(含详细答案解析)，共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列仪器不能测量基本物理量的是( )
A. 电火花计时器B. 天平C. 弹簧秤D. 直尺
2.书法课上，某同学临摹“州”字时，笔尖的轨迹如图中带箭头的实线所示。笔尖由a点经b点回到a点，则下列说法正确的是( )
A. 该过程位移为0
B. 该过程路程为0
C. 两次过a点时速度方向相同
D. 两次过a点时摩擦力方向相同
3.第十五届全国运动会开幕式上的“飞天鳌鱼”，是一个巨大的气球组合体，由20名学生用绳索牵引，控制着鳌鱼在空中完成盘旋等高难度动作。下列说法正确的是( )
A. 绳子对鳌鱼的拉力是由于鳌鱼形变产生的
B. 鳌鱼所受的空气浮力与鳌鱼所受的重力是一对平衡力
C. 牵引绳对鳌鱼的拉力与鳌鱼对牵引绳的拉力是一对作用力与反作用力
D. 在研究鳌鱼在空中完成盘旋等动作时，可以将其看成质点
4.如图所示两本书逐页交叉叠放，下列哪种情况最不容易被拉开( )
A. 将叠放的两本书水平放置在桌面上，沿水平方向拉动
B. 将叠放的两本书竖直立在桌面上，沿水平方向拉动
C. 将叠放的两本书一起自由落体，在它们下落的过程中水平拉开
D. 将叠放的两本书一起竖直上抛，在它们上升的过程中水平拉开
5.下列说法中，符合物理学史的是( )
A. 牛顿发现了万有引力定律，并测定了引力常量
B. 开普勒发现了行星运动三定律，从而提出了日心学说
C. 卡文迪什用扭秤实验发现了库仑定律，并测定了静电力常量
D. 法拉第认为在电荷周围存在着由它产生的电场，并用电场线来描述电场
6.如图是一个常用的电容器，关于它的说法中正确的是( )
A. 该电容器的电容为220法拉
B. 50V为该电容器的击穿电压
C. 该电容器储存的电荷越多，电容越大
D. 该电容器两极间电势差为1V时，所带电荷量为2.2×10−4C
7.我国发射“天问二号”探测器对某小行星进行探测，已知该小行星是地球的“近邻”，绕太阳运行的轨道半长轴略大于地球公转轨道半径。下列说法正确的是( )
A. 小行星绕太阳运行的周期小于一年
B. “天问二号”起飞瞬间处于失重状态
C. “天问二号”在地球的发射速度可以小于7.9km/s
D. 在轨道交点M处，若仅考虑太阳的引力，小行星的加速度等于地球的加速度
8.手机电容式触摸屏的核心部件可简化为平行板电容器。当手指靠近触摸屏时，电容器两极板和手指间的电场线分布如图所示。下列说法正确的是( )
A. E点的电势高于F点的电势
B. A点的电场强度大于B点的电场强度
C. 将一电子从C点移到D点，电场力做正功
D. 若电子在E点静止释放，仅受静电力作用将沿电场线ab运动
9.如图所示，光滑圆弧竖直固定，用轻绳连接两个小球P、Q，两小球套在圆环上且均处于平衡状态，两小球与圆弧的圆心连线夹角分别为30∘和60∘，则两球质量之比mP：mQ为( )
A. 1：2
B. 1: 3
C. 3:1
D. 2：1
10.运动员把质量为400g的足球踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计踢出的初速度为20m/s，上升的最大高度是5m。不考虑空气阻力，则运动员踢球时对足球做的功和足球在落地瞬间重力的功率约为( )
A. 20J，40WB. 20J，80WC. 80J，40WD. 80J，80W
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
11.以下四个图形的理解，说法正确的是( )
A. 甲图展示了平行金属板间的电场线分布，证实电场线的客观存在
B. 乙图展示了点电荷周围的三个等势面，若AB=BC，则UAB=UBC
C. 丙图用于感受向心力的大小，绳和小沙袋不可能在同一个水平面
D. 丁图当汽车向左的加速度增大到一定值时，桶C就脱离A而运动到B的右边
12.如图所示，水平放置的家用小石磨圆盘上放着黄豆，它们与转盘的动摩擦因数都为μ。转动把手，使圆盘由静止开始绕中心加速转动，黄豆与圆盘始终相对静止。转动一周后圆盘角速度为ω，某颗可视为质点的黄豆质量为m，与转动中心的距离为r，关于此过程，下列说法不正确的是( )
A. 该黄豆所受的摩擦力方向指向转动中心
B. 当圆盘的角速度为ω时，该黄豆的线速度大小为ωr
C. 该黄豆所受合力做的功为12m(ωr)2
D. 摩擦力对该黄豆所做的功为μmg⋅2πr
13.如图，质量为2kg的物块B(视为质点)放置在质量为3kg、长度为0.2m的木板A(厚度不计)的最左端，B与A叠放在水平桌面上，B通过一条跨过轻质定滑轮的、与桌面平行的、不可伸长的轻绳与质量为1kg的小球C相连，B与A、A与桌面的动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.1，轻托小球C使轻绳处于自然伸直状态。从静止释放C，C向下加速运动，下降0.2m后开始匀速运动，A若碰到右侧挡板则立即停止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力轻绳与滑轮间的摩擦力不计( )。
A. 释放C瞬间，物块B的加速度为1m/s2
B. 释放C瞬间，物块A的加速度为56m/s2
C. C运动过程中动能的最大值为16J
D. C从静止释放至开始匀速的过程中，A与B因摩擦而产生的热量为2J
三、实验题：本大题共2小题，共22分。
14.利用打点计时器探究加速度与力、质量的关系，实验装置如图1所示，
(1)上图所示是 (选填“电磁”或“电火花”)打点计时器，电源采用的是 (选填“交流8V”“交流220V”或“六节干电池”)
(2)本实验采用的实验方法是______
A. 理想模型法B. 等效替代法C. 控制变量法
(3)以小车为研究对象，在平衡摩擦力时，下列操作要求正确的是______
A. 应垫高有打点计时器轨道一端，不挂槽码，轻推小车让小车拖纸带匀速下滑
B. 应垫高有打点计时器轨道一端，不挂槽码，轻推小车让小车不拖纸带匀速下滑
C. 应该调平轨道，增减槽码，轻推小车，让小车拖着纸带匀速下滑
(4)在进行实验时，还要求槽码的质量远小于小车的质量，这样做的目的是______
A. 使小车获得较大的加速度B. 使细线的拉力近似等于槽码重力
C. 使纸带上点迹清晰，便于进行测量D. 使细线的拉力等于小车受到的合外力
(5)①如图所示为甲同学记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C为相邻的计时点，其中B点对应的读数为 cm；B点的速度大小v= m/s。(计算结果小数点后保留两位数字)、
②乙同学则是这样处理纸带的：每隔4个点选取1个计数点，在各计数点处将纸带剪断，分成若干段纸条，将这些纸条的下端对齐并排粘贴在坐标纸上。图中A和A′、B和B′、C和C′、D和D′、E和E′为同一个计数点。根据图中数据，与纸带相连的小车的加速度大小为 m/s2(计算结果小数点后保留两位数字)。
15.某同学做“测量金属丝的电阻率”实验：
(1)使用多用电表测量金属丝电阻，正确的操作顺序是______
A. 把选择开关旋转到交流电压最高挡
B. 调节欧姆调零旋钮使指针到欧姆零点
C. 把红黑表笔分别接在Rx两端，然后读数
D. 把选择开关旋转到合适的挡位，将红、黑表笔接触
E. 把红黑表笔插入多用电表“+、-”插孔，用螺丝刀调节指针定位螺丝，使指针指“0”刻度
(2)某次操作时，先将多用电表开关置于欧姆“×10”挡，发现指针指在1位置，该同学需将欧姆表换挡至 (选填“×1”或“×100”)挡，再次欧姆调零，发现指针指在2位置，可知该元件阻值为 Ω。
(3)按图甲进行实验时，多次改变合金丝接入电路的长度L，调节滑动变阻器的阻值，使电流表的示数每次都达到相同值I0，记录电压表的示数U，从而得到多组L、U的数据，作出L−U图像，如图乙所示。
①为方便操作，滑动变阻器应选用 (选填“0∼20”或“0∼200”)Ω；
②某次测量时，量程为0∼3V的电压表指针位置如图丙所示，则示数U= V；
③已知合金丝的横截面积为S，图乙中直线的斜率为k，横轴的截距为a，则该合金丝的电阻率ρ= ，电流表的内阻RA= 。(结果均选用S、I0、k、a表示)
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
16.如图所示，有一企鹅在倾角为30∘的倾斜冰面上，先以加速度a=0.5m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t=8s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。已知企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ= 36。求：
(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小
(2)企鹅在冰面向前滑动的加速度大小
(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。(结果可用根式表示)
17.一游戏装置的竖直截面如图所示。固定的理想弹射器、水平直轨道AB、半径为R的竖直圆形轨道、水平轨道B′D、倾角为θ=53∘的倾斜直轨道DE平滑连接成一个抛射装置；水平高台EF上安装固定倾角α=30∘接收管的移动小车(高度不计)作为接收装置，接收管管口略大于小球直径，其与水平面EF的高度可自由调整。游戏开始，一质量为m的小球从弹射器中弹出，经过抛射装置进入接收装置，小球落在EF段，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减少25%，DE段动摩擦因数μ=0.5，其余各段均光滑，不计空气阻力。已知弹射器中弹簧的最大弹性势能为Epm=30J，R=0.8m，m=1kg，LDE=1522m，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。
(1)若小球恰能经过竖直螺旋轨道的最高点C，求：
①经过C点的速度大小vC；
②弹射装置释放的弹性势能Ep1；
③小球离开抛射装置后，轨迹最高点到EF的距离h
(2)若小球不脱离螺旋轨道，并最终切入接收管管口，则游戏成功，分析弹射器中弹簧的弹性势能和接收器最大接收次数的关系
18.角分辨光电子能谱仪含电子发射区、同心半球极板构成的静电分析器、棱长为l的正方体匀强电场偏转区及二维位置灵敏探测器，探测器距偏转电场底面竖直高度为L；静电分析器两极间加电势差可形成径向电场，能筛选出特定动能电子沿半径r(OM=OH=r)的中线轨道通过。电子从M点垂直射入分析器，只有垂直H点射出的电子才能出静电分析器，进入场强为E的偏转电场，最终打在探测器上；无偏转电场时电子垂直打在二维探测器的O1点，以O1点为原点，平行于电场方向为x轴、垂直于电场方向为y轴建立平面直角坐标系。现有入射动能分别为Eka和Ekb的电子a、b，分别到达H、P点，H、P间电势差的大小为U。电子质量为m、电荷量为e，不计重力
(1)判断H、P两点的电势高低
(2)电子a轨迹处的电场强度E0的大小和电子b到达P点的动能Ekp
(3)调节静电分析器电压，使动能在Ekl∼Ek2范围内的电子均能沿中线轨道运动，从而电子都可以从偏转电场底面射出。
①求电子到达探测器的位置坐标x与动能Ek的关系；
②让偏转电场系统绕HO1轴缓慢转动，且系统转动周期远大于电子穿过电场的时间，求探测器上能检测到电子的区域面积
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、电火花计时器是测量时间的仪器，时间是基本物理量，故A错误；
B、天平是测量质量的仪器，质量是基本物理量，故B错误；
C、弹簧秤是测量力的仪器，力不是基本物理量，故C正确；
D、直尺是测量长度的仪器，长度是基本物理量，故D错误。
故选：C。
力学中的基本物理量是质量、长度和时间，根据各个仪器的作用逐项分析即可。
知道各个仪器的作用是解题的基础。
2.【答案】A
【解析】解：A、位移是由初位置指向末位置的有向线段。笔尖由a点出发最终回到a点，初、末位置重合，位移等于0，故A正确；
B、路程是物体实际运动轨迹的长度，笔尖沿轨迹运动，轨迹长度不为0，故路程不为0，故B错误；
C、由图可知第一次经过a点时速度方向斜向右下，第二次斜向右上，明显速度方向不同，故C错误；
D、摩擦力的方向总是与物体相对运动方向相反，两次经过a点时速度方向不同、相对运动的方向不同，因此摩擦力方向也不同，故D错误。
故选：A。
位移是初位置指向末位置的有向线段，笔尖从a出发最终回到a，初末位置重合，位移为零；路程是运动轨迹的实际长度，轨迹长度不为零；速度方向沿轨迹切线方向，笔尖两次经过a点运动走向相反，速度方向不同；滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，两次速度方向相反，摩擦力方向也不同。
本题结合书法写字生活化情境，重点辨析位移与路程、瞬时速度方向、滑动摩擦力方向等基础概念，区分矢量与标量的不同特点，情境生动，能够有效检验学生对运动学基础概念的理解，属于必修一入门典型概念辨析题。
3.【答案】C
【解析】解：A、根据题意分析可知，弹力是施力物体发生弹性形变产生的，绳子对鳌鱼的拉力，施力物体是绳子，因此拉力是绳子形变产生的，故A错误；
B、根据题意分析可知，鳌鱼除重力、空气浮力外，还受到牵引绳的拉力，因此浮力和重力不是一对平衡力，故B错误；
C、根据题意分析可知，牵引绳对鳌鱼的拉力与鳌鱼对牵引绳的拉力，是两个物体之间的相互作用，符合牛顿第三定律中作用力与反作用力的定义，故C正确；
D、根据题意分析可知，研究鳌鱼的盘旋动作时，鳌鱼的形状、大小对研究问题影响不可忽略，不能将其看成质点，故D错误。
故选：C。
结合弹力产生原因、平衡力与作用力反作用力的区别、质点的概念，对每个选项逐一分析判断。
本题综合考查弹力产生、力的平衡、作用力反作用力及质点概念，关键在于准确理解各物理概念的内涵与适用条件，通过对每个选项对应知识点的细致分析得出结论。
4.【答案】A
【解析】解：A、根据题意分析可知，当两本书水平放置在桌面上，沿水平方向拉动，除了书和桌面之间存在摩擦力，每一页上下接触面都相互挤压，都存在摩擦力，因此最难拉开，故A正确；
B、根据题意分析可知，书本竖直放置在桌面上，沿水平方向拉动，只有书和桌面之间的摩擦力，书页之间的摩擦力很小；故B错误；
CD、根据题意分析可知，若在自由落体或上抛过程中，系统处于近似完全失重状态，书页之间几乎没有摩擦力，加上此时不存在书和桌面之间的摩擦力，最易分开，故CD错误。
故选：A。
要判断哪种情况最不容易被拉开，需结合摩擦力与正压力的关系，以及失重状态对正压力的影响，分析各选项中书页间的正压力和摩擦力大小。
本题核心是理解摩擦力与正压力的正相关关系，以及失重状态(如自由落体、竖直上抛)对正压力的消除作用：正压力越大，摩擦力越大，越难拉开；完全失重时正压力为零，摩擦力为零，极易拉开。
5.【答案】D
【解析】解：A.牛顿发现了万有引力定律，但引力常量是由卡文迪什通过扭秤实验首次测定的，故A错误；
B.开普勒发现了行星运动三定律，但日心说是由哥白尼提出的，故B错误；
C.卡文迪什用扭秤实验测定了引力常量。发现库仑定律并测定静电力常量的是法国物理学家库仑，故C错误；
D.法拉第提出了“场”的概念，认为电荷周围存在电场，并最早用电场线来形象地描述电场，故D正确。
故选：D。
根据牛顿、卡文迪什和开普勒以及法拉第和库仑等人的贡献和取得的成就逐一分析判断各选项的正误。
考查力学物理学史，知道物理学家的贡献和责任，平时多记多背，属于基础题。
6.【答案】D
【解析】解：A.该电容器电容为220μF，故A错误；
B.电容器上标注的50V是额定电压，击穿电压是电容器被击穿损坏的临界电压，大于额定电压，故B错误；
C.电容是电容器本身的固有属性，与所带电荷量无关，故C错误；
D.根据电容定义式C=QU，可得Q=CU=2.2×10−4×1C=2.2×10−4C，故D正确。
故选：D。
根据电容器的参数判断；根据额定电压和击穿电压的概念判断；根据电容的决定因素分析解答；根据电容的定义式列式求解。
考查电容器的相关问题，知道电容器的各种参数的意义，理解电容的定义式，属于基础题。
7.【答案】D
【解析】解：A.根据开普勒第三定律，小行星轨道半长轴大于地球公转轨道半径，可知小行星周期大于地球公转周期1年，故A错误；
B.探测器起飞瞬间，加速向上运动，处于超重状态，故B错误；
C.要发射探测器脱离地球前往太阳系探测小行星，发射速度必须大于11.2km/s，故C错误；
D.仅考虑太阳引力时，加速度满足a=GM太r2，交点M到太阳的距离r相同，所以小行星和地球在M点的加速度相等，故D正确。
故选：D。
根据开普勒第三定律分析解答；根据加速度方向、超失重知识分析解答；根据第一、第二宇宙速度的知识分析解答；根据牛顿第二定律列式求解。
考查万有引力与圆周运动的相关知识，重点在于理解开普勒的运动定律和超失重知识，属于较低难度考题。
8.【答案】A
【解析】解：A、沿电场线方向电势降低，图中电场线从靠近下极板的区域指向靠近手指的区域，E点比F点更靠近高电势侧，所以E点的电势高于F点，故A正确；
B、电场线的疏密表示电场强度的大小，图中A点附近的电场线比B点附近稀疏，所以A点的电场强度小于B点的电场强度，故B错误；
C、C、D两点处在同一导体极板上，静电平衡时导体为等势体，C到D电势差为0，将电子从C点移到D点，电场力做功为零，故C错误；
D、电场线ab是曲线，电场线上各点的切线方向表示该点电场强度方向，并不是带电粒子的运动轨迹；电子带负电，所受静电力方向与电场方向相反，从E点静止释放后电子运动轨迹不会与电场线重合，故D错误。
故选：A。
依据沿电场线方向电势逐渐降低判断E、F电势高低；根据电场线疏密比较电场强度大小；判断C、D两点电势高低，分析电子移动过程电场力做功正负；区分曲线电场线条件，静止释放电荷只有电场线为直线时才会沿电场线运动。
本题以电容式触摸屏为真实情境，依托电场线图像综合考查电势、场强、电场力做功、带电粒子运动轨迹等基础知识点，情景贴近生活，着重检验电场线相关推论的准确运用，容易混淆曲线电场线下粒子运动规律，适合夯实静电场图像分析能力。
9.【答案】B
【解析】解：方法一：以小球P和Q为系统，根据力矩平衡有mPgRcs30∘=mQgRcs60∘
可得mP:mQ=1: 3
方法二：对P受力分析，受重力mPg、圆弧轨道的支持力N和轻绳的拉力T，将重力和绳子拉力沿着垂直半径方向分解，根据平衡条件可得mPgcs30∘=Tcs45∘
可得mP=Tcs45∘gcs30∘
同理可得mQ=Tcs45∘gcs60∘
则两球质量之比mPmQ=1 3
故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据力矩平衡条件，或者对P以及Q受力分析，受重力mPg、圆弧轨道的支持力N和轻绳的拉力T，将重力和绳子拉力沿着垂直半径方向分解，结合平衡条件分析求解。
本题考查了受力分析以及力矩平衡，能正确对物体受力分析是解决此类问题的关键。
10.【答案】C
【解析】解：运动员踢球过程中，对足球做的功等于足球获得的初动能，由动能公式得W=12mv02
代入m=0.4kg，v0=20m/s，解得W=80J
重力的瞬时功率为重力与竖直方向分速度的乘积，即P=mgvy
不考虑空气阻力，足球竖直方向做竖直上抛运动，上升最大高度ℎ=5m，由运动学公式vy2=2gℎ
解得落地时竖直分速度大小vy= 2gℎ= 2×10×5=10m/s
足球在落地瞬间重力的功率P=mgvy=0.4×10×10W=40W
故ABD错误，C正确。
故选：C。
依据动能定理，运动员踢球做的功等于足球获得的初动能；先由竖直上抛规律求出落地竖直分速度，结合斜抛对称性得到落地合速度；选取落地瞬间，利用重力与竖直分速度计算重力的瞬时功率。
本题结合斜抛运动情景，综合动能定理、斜抛运动分解、瞬时功率计算，容易出现直接用合速度计算重力功率的典型错误，能够有效区分平均功率与瞬时功率，检验学生对功率公式适用条件的理解。
11.【答案】CD
【解析】解：A、根据题意分析可知，电场线是为了描述电场强度分布情况而人为画出的曲线，是虚构的一个假想模型，客观并不存在，故A错误；
B、根据题意分析可知，点电荷周围的电场是非匀强电场，电场强度随到场源电荷的距离增大而减小，AB段的平均电场强度大于BC段，因此不适用匀强电场公式E=Ud，AB间电势差大于BC间，故B错误；
C、根据题意分析可知，丙图中的小沙袋只受重力和绳拉力的作用，绳拉力必定有竖直方向分量与重力相互平衡。因此绳子不会处于水平状态，绳和小沙袋不可能在同一个水平面，故C正确；
D、根据题意分析可知，丁图中桶C受重力、AB两桶的支持力。加速度由合力提供。桶C的水平加速度由AB两桶支持力的合力水平分力提供。当汽车向左的加速度增大到A对C的支持力减为0后，若加速度继续增大，桶C能获得的最大向左加速度小于汽车的加速度，因此桶C相对于汽车向右运动，即脱离A而运动到B的右边，故D正确。
故选：CD。
结合电场线的本质、点电荷等势面的电势差规律、向心力实验装置的受力分析、牛顿运动定律在连接体中的应用，对每个选项逐一判断。
本题综合考查电场基本概念(电场线的假想性)、非匀强电场的电势差规律(场强随距离变化导致电势差不同)、圆周运动的受力约束(重力与拉力的合力提供向心力)、牛顿运动定律在连接体中的应用(加速度变化时的相对运动)，需准确把握各知识点的核心逻辑。
12.【答案】AD
【解析】解：A、黄豆随圆盘做加速圆周运动，重力与支持力平衡，则该黄豆所受的摩擦力存在指向圆心的分力提供向心力(改变速度方向)，还存在沿切线方向的分力提供切向加速度(增大线速度大小)，所以该黄豆所受的摩擦力方向不指向转动中心，故A错误；
B、当圆盘的角速度为ω时，黄豆与圆盘始终相对静止，该黄豆的线速度大小为v=ωr，故B正确；
C、根据动能定理可得该黄豆所受合力做的功为W合=12mv2−0=12m(ωr)2，故C正确；
D、黄豆与圆盘相对静止，受到的是静摩擦力，大小不等于μmg；重力、支持力不做功，只有摩擦力做功，由动能定理可知，摩擦力做功等于黄豆动能变化，则有Wf=12mv2−0=12m(ωr)2
摩擦力对该黄豆所做的功不等于μmg⋅2πr，故D错误。
本题选择不正确的，故选：AD。
圆盘加速转动，黄豆存在切向加速度与向心加速度，静摩擦力为二者的合力，并非只指向圆心；根据线速度与角速度关系判断B选项；运用动能定理分析合力做功；区分静摩擦力、动摩擦力，同时注意力与位移夹角，判断摩擦力做功表达式正误。
本题结合生活情景考查变速圆周运动受力与做功问题，直击高频易错点，区分匀速圆周和加速圆周的静摩擦力方向，辨析静摩擦力不能套用滑动摩擦力公式、做功不能直接用力乘以路程，适合纠正圆周运动常见思维误区，属于曲线运动典型辨析选择题。
13.【答案】BC
【解析】解：取重力加速度g=10m/s2。释放瞬间，假设物块B与木板A相对静止，则A、B、C三者加速度大小相同。
以A、B、C整体为研究对象，根据牛顿第二定律mCg−μ2(mA+mB)g=(mA+mB+mC)a，代入数据解得a=56m/s2；
对木板A受力分析，设A、B间静摩擦力为f，根据牛顿第二定律f−μ2(mA+mB)g=mAa，代入数据解得f=7.5N；
物块B与木板A间的最大静摩擦力fm=μ1mBg，代入数据解得fm=10N，由于fφP
【小题2】电子a轨迹处的电场强度E0的大小为2EKaer，电子b到达P点的动能为EKb−eU
【小题3】①电子到达探测器的位置坐标x与动能Ek的关系为3eEL24Ek；②让偏转电场系统绕HO1轴缓慢转动，且系统转动周期远大于电子穿过电场的时间，求探测器上能检测到电子的区域面积为π[(3eEL24Ek1)2−(3eEL24Ek2)2]

【解析】解：(1)电子带负电，电场力提供向心力，且电子受力方向与电场方向相反，因此电场方向由H指向P，φH>φP
(2)电子a在静电分析器中做匀速圆周运动，静电力提供向心力，eE0=mva2r
又Eka=12mva2
解得E0=2Ekaer
根据动能定理，−eU=EkP−EKb
解得EkP=Ekb−eU
(3)①电子在偏转电场中做类平抛运动，
偏转距离满足x0=12at2=12⋅eEm⋅(Lv)2=eEL24Ek
出偏转电场后做匀速直线运动，
由几何关系可得，L2L2+L=x0x，
解得x=3x0=3eEL24Ek
x=3eEL24Ek
②系统转动周期远大于电子穿过电场的时间，电子在偏转系统仍做类平抛运动，出偏转电场后做匀速直线运动；
随着电场的水平绕轴旋转，动能为Ek1的电子在探测器上的位置集合是半径为r1=3eEL24Ek1的圆，
动能为Ek2的电子在探测器上的位置集合是半径为r2=3eEL24Ek2的圆，
解得探测器上能检测到电子的区域面积，
S=πr12−πr22=π[(3eEL24Ek1)2−(3eEL24Ek2)2]
答：(1)H、P两点的电势高低为φH>φP；
(2)电子a轨迹处的电场强度E0的大小为2EKaer，电子b到达P点的动能为EKb−eU；
(3)①电子到达探测器的位置坐标x与动能Ek的关系为3eEL24Ek；
②让偏转电场系统绕HO1轴缓慢转动，且系统转动周期远大于电子穿过电场的时间，求探测器上能检测到电子的区域面积为π[(3eEL24Ek1)2−(3eEL24Ek2)2]。
(1)根据粒子的电性和电场力的方向判断场强的方向，进而判断H、P两点的电势高低；
(2)根据静电力提供向心力结合动能定理求出电子a轨迹处的电场强度E0的大小和电子b到达P点的动能Ekp；
(3)①根据类平抛运动的规律和几何关系求电子到达探测器的位置坐标x与动能Ek的关系；
②根据半径表达式和数学思想求探测器上能检测到电子的区域面积。
有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。