2025-2026学年江苏省苏州市高一（下）期末物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2025-2026学年江苏省苏州市高一（下）期末物理试卷(含详细答案解析)，共4页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列物理量单位为伏特的是( )
A. 电势B. 电势能C. 电流D. 电场强度
2.一颗人造地球卫星沿椭圆轨道运动，相较于近地点，它在远地点具有较大的( )
A. 动能B. 势能C. 加速度D. 角速度
3.伽利略曾研究过小球在斜面上的运动。他发现：无论斜面B比斜面A陡些或缓些，小球的速度最后总会在斜面上的某点变为0，这点距斜面底端的竖直高度与它出发时的高度基本相同，如图所示。关于该斜面实验，下列说法不正确的是( )
A. 释放小球时，重力使小球滚下斜面AB. 在斜面底部，小球由于惯性滚上斜面B
C. 小球的机械能先增大后减小D. 小球的重力势能和动能可以相互转化
4.我国福建舰是全球现役航母中唯一采用常规动力而能装备电磁弹射系统的航母，它创新采用的超级电容储能技术，充电时间很短，可以独立承担脉冲负荷，避免对主机动力系统的冲击。关于超级电容器，下列说法正确的是( )
A. 储存的是化学能B. 储能过程不可逆C. 放电电流小D. 放电功率大
5.某电表内部电路如图所示，G为表头，R1、R2为定值电阻，使用A、B两个端点或A、C两个端点时量程不同。则接A、B两端点时( )
A. 该电表是电压表B. R1与R2串联C. 量程大D. 分度值小
6.如图所示，汽车先在水平路面匀速行驶，然后驶上坡路。设整个过程中路面阻力和空气阻力大小不变，发动机的输出功率一定。则上坡时的运动可能是( )
A. 继续匀速B. 匀减速C. 先减速后匀速D. 先加速后匀速
7.如图所示，将带正电荷Q的导体球C靠近不带电的导体。若沿虚线1将导体分成A、B两部分，这两部分所带电荷量分别为QA和QB；若沿虚线2将导体分成两部分，这两部分所带电荷量分别为QA′和QB′。下列说法正确的是( )
A. QA为负值B. QA的绝对值小于QB的绝对值
C. QA′的绝对值小于QB′的绝对值D. QA的绝对值小于QA′的绝对值
8.落叶球是足球运动中的射门技术，其特点为球体在飞行末期快速下坠，轨迹类似落叶飘落。如图所示，足球在地面1的位置被踢出后落到地面3的位置，2位置为在空中达到的最高点。下列说法正确的是( )
A. 从1位置到2位置，从2位置到3位置，重力做功相同
B. 从1位置到3位置，重力做功的功率大小先减小后增大
C. 足球落地时的动能与被踢出时的动能相等
D. 飞行中，足球经过2位置时动能最小
9.如图所示，真空中有三个点电荷，它们固定在等边三角形的三个顶点上，每个点电荷的电荷量相等，其中q1、q2带正电，q3带负电，a、b、c分别为三条边的中点，O为三角形的中心。关于电场强度E和电势φ，下列说法正确的是( )
A. EO>Ea
B. Ea=Eb=Ec
C. φO>φa
D. φa=φb=φc
10.如图所示，单刀双掷开关S原来与2相接，从t=0开始，开关改接1，得到流过电路中P点的电流随时间变化的图像(图甲)，电容器两极板的电势差UAB随时间变化的图像(图乙)。t=2s时，把开关改接2，下列I−t图像和UAB−t图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
11.如图所示，竖直平面内光滑的直角杆子上套有相同的两个小环P和Q，它们之间用一根轻绳连接，轻绳处于水平伸直状态。某时刻由静止释放P，则从开始释放到Q到达拐角处的过程中( )
A. Q的速度先增大后减小
B. P的速度最大时，Q的速度也最大
C. P相对于Q的速度一直增大
D. 竖直杆对P的弹力一直增大
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
12.某兴趣小组测量一阻值约为几欧姆的金属丝的电阻率。
(1)为测量该金属丝接入电路部分的长度，使用的器材是______ 。
A.螺旋测微器
B.刻度尺
(2)在用螺旋测微器测量该金属丝的直径时，图1所示的三个步骤中首先要操作的是图______ 。
(3)先使用如图2所示的多用电表的欧姆挡粗测该金属丝的电阻，下列操作步骤正确的顺序为______ 。
A.将选择开关旋转到交流电压最高挡
B.将选择开关旋转到“Ω”挡的“×1”位置
C.将红、黑表笔分别插入“+”“-”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准欧姆零点
D.调节指针定位螺丝，使指针指到零刻度
E.将红、黑表笔分别与待测电阻两端接触，读出该电阻的阻值
(4)为更精确测量该金属丝的电阻，小组设计如图3所示的电路进行测量，记录数据并利用软件作出U−I图像如图4所示。已知金属丝接入电路部分的长度为100.00cm，直径为0.501mm，根据以上数据估算出金属丝的电阻率为______ 。
A.1×10−2Ω⋅m
B.1×10−3Ω⋅m
C.1×10−6Ω⋅m
D.1×10−8Ω⋅m
(5)图4中的图线并不过原点，兴趣小组认为是由于电表内阻造成的，你是否同意该观点？简要说明理由。
三、计算题：本大题共4小题，共41分。
13.2026年5月24日晚，长征二号F遥二十三运载火箭托举着神舟二十三号载人飞船，从酒泉卫星发射中心点火升空，约3.5小时后，成功对接空间站天和核心舱径向端口。已知整个空间站质量为m，绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r，地球质量为M，引力常量为G。求：
(1)空间站受到地球的引力大小F；
(2)空间站的运动周期T。
14.民航客机机舱紧急出口的气囊是一条连接出口与地面的斜面，若斜面高ℎ=3.2m、长l=6.5m，质量m=60kg的人沿斜面滑下时所受阻力f=240N，g取10m/s2。求：
(1)在人滑至斜面底端的过程中，重力和阻力对人分别做的功WG、Wf；
(2)人滑至斜面底端时的速度大小v。
15.如图所示，粗糙水平面AB与竖直面内的光滑半圆形导轨在B点相接，AB长为L，导轨半径为R。一个质量为m的物块将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物块获得某一向右速度后脱离弹簧，经过B点之后沿导轨运动，到达最高点C的速度大小为vC= 3gR。已知物块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
(1)求物块经过C点时，导轨对物块作用力的大小F1；
(2)求弹簧压缩至A点时的弹性势能Ep；
(3)若改变物块与水平面间的动摩擦因数，使物块脱离弹簧后经过B点时的速度为原来的 22，求物块在导轨上运动到的最高点距水平面的高度h。
16.如图所示，在xOy直角坐标系的第二象限有一曲线，曲线方程为y=x2d(其中d为已知量)，假设该曲线上方有竖直向上的匀强电场区域Ⅰ。曲线左侧有电子发射器CD，电子由C极无初速逸出，经CD间电场加速后，从金属网D以速度v0沿x轴正方向射出。所有电子经过电场区域Ⅰ都能到达原点O，然后进入第四象限，进入时的速度方向与x轴正方向夹角最大值为60∘。已知电子的电荷量为e，质量为m，重力忽略不计，金属网D出射的电子均匀分布。
(1)求电子发射器CD间的电压U；
(2)求匀强电场区域Ⅰ的场强大小E；
(3)若在第四象限存在匀强电场区域Ⅱ，该区域为矩形，坐标轴正好是其两条边界，场强大小与区域Ⅰ相等，方向水平向右。要使所有从O点进入第四象限的电子都能到达y轴，区域Ⅱ的面积S必须大于多少。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.电势：其国际单位是伏特(V)，符合题干“单位为伏特”的描述，故A正确；
B.电势能：其国际单位是焦耳(J)，不是伏特，故B错误；
C.电流：其国际单位是安培(A)，不是伏特，故C错误；
D.电场强度：其国际单位是牛/库(N/C)或伏/米(V/m)，不是伏特，故D错误。
故选：A。
结合静电场中各物理量的定义式或相关公式，直接对应其国际单位制单位进行筛选即可。
这是一道基础的物理常识题，主要考察学生对电学基本物理量及其单位的记忆与辨析能力。
2.【答案】B
【解析】解：人造地球卫星沿椭圆轨道绕地球运动时，其机械能守恒，但动能与势能相互转化。在远地点，卫星距离地球最远，其重力势能最大；而在近地点，距离地球最近，重力势能最小。由于机械能守恒，势能增大时动能减小，因此远地点的动能小于近地点的动能。同时，根据角动量守恒定律，远地点的角速度小于近地点的角速度。加速度由万有引力提供，远地点因距离地球更远，引力更小，故加速度也较小，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据开普勒第二定律或机械能守恒定律，分析卫星从近地点向远地点运动过程中速度、高度及受力情况的变化，从而比较两点的动能、势能、加速度和角速度大小。
本题是万有引力与航天章节的基础概念题，重点考察学生对天体运动中能量转化规律及动力学特征的理解。
3.【答案】C
【解析】解：A、释放小球时，小球受到竖直向下的重力作用，重力沿斜面向下的分力会推动小球沿斜面A向下滚动，该描述符合物理规律，故A正确；
B、小球运动到斜面底部时已经获得了运动速度，由于惯性是物体保持原有运动状态的性质，小球会依靠自身的惯性继续沿斜面B向上滚动，该描述符合物理规律，故B正确；
C、实验现象显示小球最终能到达与出发时几乎相同的竖直高度，说明小球运动过程中只有重力势能和动能的相互转化，机械能的总量基本保持不变，不存在机械能先增大后减小的情况，该描述不符合实验对应的物理规律，故C错误；
D、小球沿斜面A向下滚动时，高度降低、速度增大，重力势能转化为动能；小球沿斜面B向上滚动时，高度升高、速度减小，动能转化为重力势能，说明重力势能和动能可以相互转化，故D正确。
本题选择不正确的，故选：C。
依据能量转化与守恒定律分析小球运动全过程中的受力做功情况，判断机械能是否可能增加，并结合力的作用效果及惯性概念逐一排查各选项描述的合理性。
本题借伽利略理想斜面实验模型，综合考察了力与运动的关系、惯性概念以及机械能转化与守恒的核心物理观念。
4.【答案】D
【解析】解：A、超级电容器的储能原理是通过极板间的电场储存电能，而非化学能。化学能是电池(如蓄电池)的储能形式，故A错误；
B。超级电容器的储能过程是可逆的。充电时电能转化为电场能储存，放电时电场能转化为电能释放，可重复充放电，故B错误；
C、题目中提到超级电容器“充电时间很短”，根据功率公式P=Wt，充电时间短意味着充电功率大。由于超级电容器的储能容量较大，在放电时为满足脉冲负荷需求，放电电流通常较大，故C错误；
D、超级电容器放电时，储存的电能在短时间内释放，根据功率公式P=Wt，放电时间短则放电功率大，以满足“独立承担脉冲负荷”的需求，故D正确。
故选：D。
根据题干中“充电时间很短”和“承担脉冲负荷”这两个关键信息，结合电容器物理储能、功率密度高且可快速充放电的特性进行判断。
这是一道将前沿国防科技热点与高中物理电学基础知识紧密结合的科普类选择题。
5.【答案】C
【解析】解：A.接A、B两端时，电阻与表头支路并联，为分流式结构，属于电流表，并非电压表，故A错误；
B.接A、B两端时，R1在一条支路，R2与表头串联在另一条支路，两支路并联，R1与R2并非串联关系，故B错误；
C.接A、B时分流电阻仅为R1，阻值较小，分流作用更强，总电流量程更大；接A、C时分流电阻为R1+R2阻值较大，量程较小，故C正确；
D.量程较大的电表，相同刻度跨度内每一格代表的电流值更大，即分度值更大，而非更小，故D错误。
故选：C。
先明确接A、B两端时各电阻与表头的串并联关系，再通过比较分流电阻的大小分析量程和分度值的变化规律。
本题考查电表改装原理，需辨析不同端点接入时的电路结构，侧重电路分析与推理能力。
6.【答案】C
【解析】解：汽车先在水平路面匀速行驶，速度为v，牵引力等于阻力，有P=fv
然后驶上坡路，路面阻力和空气阻力大小不变，因为有重力沿斜面向下的分力，此时汽车合力沿斜面向下，汽车做减速运动，输出功率一定，牵引力变大
根据mgsinθ+f−F=ma
可得减速的加速度变小，当加速度为零，汽车做匀速直线运动，可得上坡时的运动可能是先减速后匀速，故ABD错误，C正确。
故选：C。
先由水平匀速状态得到额定功率与阻力的关系，上坡时多了重力分力，总阻力变大，瞬时牵引力小于总阻力，汽车减速；根据功率恒定，速度减小会让牵引力增大，加速度随之减小，做变减速运动，直到牵引力等于上坡总阻力后保持匀速，据此排除其余选项。
本题围绕机车恒定功率启动模型设置情境，结合汽车上坡的生活场景，重点考查功率、牵引力、速度与合力加速度之间的动态变化逻辑，能有效区分学生是否理解变加速运动加速度不断变化的核心特点，干扰选项设置精准，是夯实机车功率动态分析的典型基础选择题。
7.【答案】D
【解析】解：A.静电感应中，导体近端感应出异种电荷，B侧靠近带正电的C球，感应出负电荷，故A侧带正电，故A错误；
BC.导体原来不带电，由电荷守恒定律，感应后A、B两部分电荷量的绝对值相等，故BC错误；
D.沿2线分割时，导体整体仍呈电中性，由电荷守恒，虚线2比虚线1更靠近右侧，A′部分包含更多原来A侧的正电荷区域，故QA′的绝对值大于QA的绝对值，故D正确。
故选：D。
依据静电感应原理判断导体两端的电性，利用电荷守恒定律确定任意分割下两部分电荷量的绝对值关系，并结合感应电荷在导体表面的分布规律(近端密、远端疏)来比较不同分割位置下的电荷量大小。
本题巧妙结合了静电感应现象与电荷守恒定律，不仅考查了定性分析能力，还深入考察了学生对导体表面电荷非均匀分布这一细节知识的掌握。
8.【答案】B
【解析】解：A.上升过程重力做负功，下降过程重力做正功，则重力做功不相同，故A错误；
B.重力做功的功率PG=mgvy，其中vy为物体在竖直方向的分速度，上升过程竖直方向分速度逐渐减小，下降过程竖直方向分速度逐渐增大，则重力做功的功率大小先减小后增大，故B正确；
C.由图得足球在空中飞行过程中受空气阻力作用，阻力始终做负功，从位置1到位置3，由动能定理ΔEk=WfEa根据平行四边形定则可得O点的场强为EO=2E1
可得EO>Ea，故A正确；
B、b、c点具有对称性，有Eb=Ec如图所示
q1、q2在a点的场强为零，可得a点的场强为q3产生的，为Ea
且q1在b点的场强大小等于Ea，根据平行四边形定则可得Eaφb=φc，故D错误。
故选：A。
区分电场强度与电势的叠加规则：场强是矢量叠加，需判断大小和方向；电势是标量叠加，直接代数求和，正电荷贡献正电势、负电荷贡献负电势；分别观察中心O点、三边中点a、b、c到三个点电荷的距离，逐一叠加三个电荷在各点产生的场强矢量，对比O点与a点合场强大小，同时判断三个中点场强是否相等；分别统计O点、a点到正负电荷的远近，通过标量叠加比较两点电势高低，再判断三个中点电势是否相同；结合矢量、标量叠加的推导结果，逐一排除错误选项。
本题同时考查电场强度矢量叠加与电势标量叠加两类核心知识点，依托等边三角形几何模型设置中心与三边中点多个对比位置，需要学生分清矢量、标量截然不同的叠加逻辑，既要分析场强的方向合成判断大小关系，又要依据到电荷的距离判断电势高低，几何分析与概念辨析结合紧密，能有效区分学生对电场两个基本物理量的理解程度，是一道夯实静电场基础的经典综合题。
10.【答案】D
【解析】解：AB、开关S接1时，电容器充电，充电完毕，电流为零，再将开关S拨向2位置，开始反向放电，放电电流方向与充电电流方向相反，且放电越来越缓慢，放电完毕后，电流为零，故AB错误。
CD、开关S接1时，电容器与电源直接相连，充电结束后，两端电压为电源电动势，恒定不变，放电过程中，两极板间的电压逐渐减小，但极板的电性不变，故图像都应在横轴上方，根据UAB=QC，结合电流定义l=△Q△T可知，电流减小，UAB−t图像的斜率减小，故C错误，D正确。
故选：D。
分析电路结构，电容器充电结束后，电流为零，反向放电结束后，电流仍为零；电容器两端的电压为并联电路的电压，充电完毕时，电容器极板间的电压等于电源的电动势，放电过程中，电压逐渐减小，但极板的电性不变。
此题考查了电容器的充放电问题，解题的关键是明确电路结构，确定充放电的过程中电压、电流随时间的变化规律。
11.【答案】C
【解析】解：A、Q始终受绳子拉力，可知向右一直加速，故A错误；
B、P的速度最大时，还未到达最下端，Q未到达拐角，此时Q的速度没有达到最大，故B错误；
C、设绳子与水平线的夹角为θ，两个小环P和Q的速度分别为v1、v2，由机械能守恒可得mgLsinθ=12mv12+12mv22
根据相对运动可知P相对于Q的速度大小为 v12+v22
可得 v12+v22= 2gLsinθ
角度变大，可知P相对于Q的速度一直增大，故C正确；
D、开始时绳子的拉力为零，竖直杆对P的弹力为零，Q到达拐角处时，竖直杆对P的弹力为零，可知弹力先增大后减小，故D错误。
故选：C。
先利用绳端分速度相等关联两环速度，分析Q全程速度变化趋势；结合系统机械能守恒判断P速度峰值与Q速度峰值的对应关系；通过两环速度差值分析相对速度的变化规律；对P受力正交分解，分析细绳拉力水平分力变化，进而判断竖直杆弹力的变化，逐一甄别选项。
本题以直角杆双环细绳连接模型为载体，综合考查运动的分解关联速度、机械能守恒、受力动态分析三大重难点，对速度关联的矢量分解和动态受力变化逻辑要求较高，干扰选项设置贴合学生常见思维误区，能有效区分学生对连接体运动与受力综合问题的分析能力，是力学板块典型的综合性选择题。
12.【答案】B C DBCEA C 不同意，设电压表、电流表的读数分别是U、I，其中U=I⋅RxRVRx+RV，所以在U−I图像中电表的内阻只影响图线的斜率，不影响截距
【解析】解：(1)为测量该金属丝接入电路部分的长度，螺旋测微器的精度为0.01mm，刻度尺的精度为1mm，刻度尺的精度已足够，可知使用的器材是刻度尺，故A错误，B正确。
故选：B。
(2)旋转粗调旋钮，使测微螺杆靠近测帖，快要贴合时改用微调旋钮(棘轮)，缓慢旋进，直至听到“咔咔”打滑声，停止转动，锁紧后再手拿仪器，读取刻度，可知先粗调再微调再读数，首先要操作的是图C。
故选：C。
(3)使用如图所示的多用电表的欧姆挡粗测该金属丝的电阻，操作步骤为调节指针定位螺丝，使指针指到零刻度；测量一阻值约为几欧姆的金属丝的电阻率，将选择开关旋转到“Ω”挡的“×1”位置；将红、黑表笔分别插入“+”、“-”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准欧姆零点；将红、黑表笔分别与待测电阻两端接触，读出该电阻的阻值；测量结束，将选择开关旋转到交流电压最高挡，故操作步骤正确的顺序为DBCEA。
(4)由图可得U−I图像的斜率约为k=R=5.3Ω根据电阻定律R=ρlS
金属丝接入电路部分的长度为100.00cm，直径为0.501mm，横截面积为S=π(d2)2=π4d2=1.97×10−7m2
可得金属丝的电阻率ρ=RSl
代入数据解得ρ=1×10−6Ω⋅m
故选：C。
(5)不同意。设电压表、电流表的读数分别是U、I，根据欧姆定律有U=I⋅RxRVRx+RV，所以在U−I图像中电表的内阻只影响图线的斜率，不影响截距。
故答案为：(1)B；(2)C；(3)DBCEA；(4)C；(5)不同意，设电压表、电流表的读数分别是U、I，其中U=IRxRyRx+Ry，所以在U−I图像中电表的内阻只影响图线的斜率，不影响截距。
(1)由测量精确度确定；
(2)由螺旋测微器测量时先粗调再微调再读数确定；
(3)由欧姆表正确使用确定；
(4)由电阻定律确定；
(5)根据欧姆定律及数形结合确定。
本实验考查测量精确度，螺旋测微器测量时先粗调再微调再读数，欧姆表的正确使用，电阻定律，欧姆定律及数形结合。
13.【答案】空间站受到地球的引力大小F为GMmr2 空间站的运动周期T为2π r3GM
【解析】解：(1)根据万有引力公式，可得空间站受到地球的引力大小F=GMmr2；
(2)设空间站绕地球做圆周运动的周期为T，根据万有引力提供向心力GMmr2=m(2πT)2r，得T=2π r3GM。
答：(1)空间站受到地球的引力大小F为GMmr2；
(2)空间站的运动周期T为2π r3GM。
(1)根据万有引力公式列式解答；
(2)根据万有引力提供向心力列式求解周期表达式。
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，属于较低难度考题。
14.【答案】在人滑至斜面底端的过程中，重力和阻力对人分别做的功WG、Wf为1920J、−1560J 人滑至斜面底端时的速度大小v为2 3m/s
【解析】解：(1)在人滑至斜面底端的过程中，重力对人做的功WG=mgℎ=60×10×3.2J=1920J
阻力对人做的功为Wf=−fl=−240×6.5J=−1560J
(2)设人滑至斜面底端时的速度大小v，根据动能定理WG+Wf=12mv2
得v=2 3m/s
答：(1)在人滑至斜面底端的过程中，重力和阻力对人分别做的功WG、Wf为1920J、−1560J；
(2)人滑至斜面底端时的速度大小v为2 3m/s。
(1)重力做功只看竖直下落高度，用重力乘下落高度算出重力做正功；阻力始终与运动方向相反，用阻力乘斜面总长算出阻力做负功；
(2)对下滑全过程使用动能定理，总功等于重力做功与阻力做功相加，总功等于人动能的变化量，初始动能为零，由此解出滑到底端的速度。
本题以飞机应急气囊滑梯为生活化情境，分为两小问循序渐进，第一问直接考查重力、阻力做功的基础计算，第二问依托动能定理求解末速度，模型常规、计算步骤简单，既能巩固恒力做功判断与计算，又能熟练动能定理在斜面运动中的基础应用，情境贴近生活，难度基础，适合用来夯实功能关系入门计算。
15.【答案】物块经过C点时，导轨对物块作用力的大小为2mg 弹簧压缩至A点时的弹性势能为μmgL+72mgR 物块在导轨上运动到的最高点距水平面的高度为32R
【解析】解：(1)经过C点时，根据牛顿第二定律F+mg=mvC2R，得导轨对物块作用力的大小F=2mg。
(2)从A到C，根据能量守恒EP=μmgL+mg⋅2R+12mvC2，得EP=μmgL+72mgR。
(3)从B到C，根据动能定理−mg⋅2R=12mvC2−12mvB2，得vB= 7gR，所以VB′= 14gR2。
设物块在导轨上运动的最高点和圆心的连线与水平方向夹角为θ，此时速度大小为v，经过最高点时，根据牛顿第二定律mgsinθ=mv2R。
从B到在轨道上运动的最高点，根据动能定理−mgR−mgRsinθ=12mv2−12mv′B2，得sinθ=12，所以ℎ=R+Rsinθ=32R。

答：(1)物块经过C点时，导轨对物块作用力的大小为2mg。
(2)弹簧压缩至A点时的弹性势能为μmgL+72mgR。
(3)物块在导轨上运动到的最高点距水平面的高度为32R。
(1)物块在C点作圆周运动，已知速度与轨道半径，需分析向心力来源。C点处物块受重力与导轨支持力，其合力提供向心力，根据牛顿第二定律建立力与速度的关系，可求出导轨对物块的作用力大小。
(2)从A点到C点的全过程涉及能量转化。初始弹性势能转化为最终的重力势能、动能及克服摩擦力做功的内能。需分析A到B的匀减速直线运动及B到C的圆周运动过程，通过能量守恒定律，将已知的摩擦因数、水平距离、C点速度及高度关联起来，即可求得弹簧初始的弹性势能。
(3)物块在B点速度改变后，可能无法到达C点，将在圆弧轨道上某点脱离轨道做斜抛运动。关键在于确定脱离轨道的临界条件，即轨道支持力减为零的位置。需建立从B点到脱离点的动能定理关系，并利用该点仅由重力分力提供向心力的动力学条件，联立求解脱离点对应的角度，进而得到最高点距水平面的高度。
本题综合考查力学中的能量守恒、动能定理、圆周运动向心力分析等核心知识点，计算量适中，难度中等偏上。题目通过设置多过程运动情景，有效锻炼学生的物理建模能力和逻辑推理能力。第一问直接应用圆周运动向心力公式即可求解，属于基础考查。第二问需要学生从A到C全过程应用能量守恒，涉及弹性势能、摩擦生热、重力势能和动能的转化，是对能量观点综合运用的典型训练。第三问设计巧妙，当物块速度不足以通过最高点时，其运动轨迹将脱离完整圆周，学生需准确判断物块的运动状态，并灵活运用动能定理和圆周运动方程建立联立求解，对分析临界条件和运用数学工具解决物理问题的能力提出了较高要求。
16.【答案】电子发射器CD间的电压U为mv022e 匀强电场区域Ⅰ的场强大小E为2mv02ed 要使所有从O点进入第四象限的电子都能到达y轴，区域Ⅱ的面积S必须大于 38d2
【解析】解：(1)电子从C到D的过程，根据动能定理得：eU=12mv02−0
解得：U=mv022e
(2)电子在区域Ⅰ中做类平抛运动，将运动沿x轴方向与y轴方向分解。
沿x轴方向有：x=v0t
沿y轴方向有：y=12at2=12⋅eEm⋅t2
将x、y代入曲线方程y=x2d
解得：E=2mv02ed
(3)电子在电场区域Ⅱ中做类斜抛运动，设轨迹最右点的坐标值为xm。
将运动分解为沿x轴方向的匀变速直线运动与沿y轴方向的匀速直线运动。
沿x轴方向由速度-位移公式得：v02=2axm=2⋅eEm⋅xm
解得：xm=14d
设在x轴方向上减速到零的时间为t1，则有：v0=at1=eEmt1
进入第四象限的电子，沿y轴方向的速度最大为：vym=v0tan60∘
要使所有从O点进入第四象限的电子都能到达y轴，电子在区域Ⅱ中沿x方向位移必须大于xm，即x>xm。
当x=xm时，电子沿y轴方向的最大位移为：ym=vymt1
可得区域Ⅱ的面积必须大于xm⋅ym，即S>xm⋅ym
联立解得：S> 38d2
答：(1)电子发射器CD间的电压U为mv022e；
(2)匀强电场区域Ⅰ的场强大小E为2mv02ed；
(3)要使所有从O点进入第四象限的电子都能到达y轴，区域Ⅱ的面积S必须大于 38d2。
(1)对电子从C到D的过程，根据动能定理求解电子发射器CD间的电压；
(2)电子在区域Ⅰ中做类平抛运动，将运动沿x轴方向与y轴方向分解，根据牛顿第二定律与运动学公式解答；
(3)电子在第四象限的电场内做类斜抛运动，将运动分解为沿x轴方向的匀变速直线运动与沿y轴方向的匀速直线运动，由运动学公式求得沿x轴方向的最大位移，分析沿y轴方向应满足的条件，确定区域Ⅱ的面积应满足的条件。
本题考查了带电粒子在电场中的运动问题。粒子在加速电场中被加速的过程，应用动能定理求解粒子获得的速度；粒子在匀强电场中做匀变速曲线运动的过程，将粒子的运动分解处理，根据分运动的独立性与等时性解答。