2025屆某中學高三年級上冊月考（三）物理試題+答案

雅禮中學2025屆高三月考試卷（三）

物理

得分:______

本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共8頁。時量75分鐘，滿分100分。

一、單選題（本題共6小題，每小題4分，共24分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要

求的）

1.下列說法正確的是（）

A.單擺的回復力是由重力和繩的拉力的合力提供的

B.物體在做受迫振動時，振動頻率一定等于驅動力的頻率

C.兩列波發(fā)生干涉，振動加強區(qū)質點的位移總比振動減弱區(qū)質點的位移大

D.因衍射是波特有的特征，所以波遇到障礙物時一定能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象

2.在直角坐標系。-初z中有一四面體。-ABC,其頂點坐標如圖所示。在原點。固定一個電荷量為-。的

點電荷，下列說法正確的是（）

A.A,B,C三點的電場強度相同

B.平面ABC構成一個等勢面

C.若將試探電荷+4自A點沿x軸負方向移動到。點的過程中，其電勢能增大

D.若在A、8、C三點放置三個點電荷，一。所受電場力的合力一定不可能為零

3.一帶正電的粒子只在電場力作用下沿了軸正方向運動，其電勢能可隨位移了變化的關系如圖所示，其中

。~尤2段是關于直線％=再對稱的曲線，/~￡段是直線，則下列說法正確的是（）

出

0町X

A.七處電場強度最小，但不為零

B.粒子在Of段做勻變速運動，々~龍3段做勻速直線運動

C.在。、%、馬、七處的電勢。0、0、夕2、夕3的關系為。3〉夕2=%〉91

D.x2~x3段的電場強度大小均勻增大

4.如圖所示是一種可測定豎直加速度方向的裝置，拴在豎直彈簧上的重物與滑動變阻器的滑動頭連接，滑動

頭可以無摩擦滑動，該裝置在地面上靜止時滑動頭在變阻器的中間位置，現(xiàn)把它置于豎直電梯內。下列說

法中正確的是（）

B.電梯具有向上的加速度時，電流表示數(shù)增大

C.電梯具有向下的加速度時，電壓表示數(shù)與電流表示數(shù)的比值不變

D.電梯具有向下的加速度時，電壓表示數(shù)的變化量與電流表示數(shù)的變化量的比值的絕對值不變

5.如圖所示，質量為冽可看成質點的小球固定在一長為/的輕桿上，輕桿另一端固定在底座的轉軸上，底座

的質量為M，小球可繞轉軸在豎直平面內自由轉動。現(xiàn)在最低點給小球一個初速度，當小球通過最高點時，

底座對地面的壓力恰好為"g。在小球轉動過程中，底座始終相對地面靜止，不計轉軸間摩擦阻力，重力

A.外界對小球做的功為2mgl

C.小球運動到與轉軸等高的位置時，地面對底座的靜摩擦力大小為2mg

D.小球在最低點時，底座對地面的壓力大小為（M+5m）g

6.如圖所示，由絕緣材料制成的內壁光滑的半圓碗固定在水平面上，。點為圓心，帶電量為%、質量為？

的a小球固定在半圓碗底端的A點，帶電量為為、質量為%的b小球靜止于半圓碗內的8點，此時

NAOB=74°,由于。、6兩小球的質量變化或電荷量變化使得。小球沿半圓碗的內壁緩慢下滑，恰好靜止

于C點，ZAOC=60°，此時。兩小球的質量分別為根;、mh,電荷量分別為%’、小,已知a、b兩

小球均可視為點電荷，sin37°=0,6,則下列說法正確的是（）

A力小球受到的支持力一定大于其重力

B.0小球的質量和電荷量至少有一個應發(fā)生變化

C.可能僅是b小球的質量/‘增加至言利

D.可能僅是a、b兩小球電荷量的乘積％為'減小至3%%

二、多選題（本題共4小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的不得分）

7.一列沿了軸正方向傳播的簡諧橫波，f=0時，波剛好傳播到M點，波形如圖實線所示，/=0.3s時，波

剛好傳播到N點，波形如圖虛線所示。則以下說法正確的是（）

A.波的周期為0.6sB.波的波速為20m/s

C.c點在0~0.3s內通過的路程等于16cmD.7=0.25s時，。點與M點的位移相同

8.在豎直平面內有一方向斜向上且與水平方向夾角為0=30°的勻強電場，電場中有一質量為冽，電荷量為

1的帶電小球，用長為L的不可伸長的絕緣細線懸掛于。點，如圖所示。開始時小球靜止在M點，細線恰

好水平?，F(xiàn)用外力將小球拉到最低點P,然后由靜止釋放，重力加速度為g,則以下判斷正確的是（）

A.小球再次到M點時，速度剛好為零

B.小球從P到M過程中，合外力對它做的功為

C.如果小球運動到M點時，細線突然斷裂，小球將做勻變速直線運動

D.小球從P到"過程中，其機械能增加了（1+百）機gL

9.在帶電粒子“碰撞”實驗中，/=0時，粒子尸以初速度%向靜止的粒子Q運動，兩粒子在某段時間內運

動的v-f圖像如圖所示，S2分別是0~。、。~L時間內兩速度圖像所圍面積的大小，且，=S2。已

知P、Q的質量分別為，僅考慮靜電力的作用，且P、Q始終未接觸。則下列說法中正確的是（）

B.兩粒子在。時刻的電勢能最大

C.尸在J時刻的速度大小為￡D4時刻后兩圖像仍會出現(xiàn)交點

10.如圖所示，水平軌道上有一個豎直放置的四分之三圓管軌道，管內外壁均光滑，半徑為R,管的粗細忽

略，其質量為3加，在管中與豎直方向成37°的位置有擋板，在管中有一個直徑略小于管內徑的質量為冽的

小球，小球可以看成質點。當用水平恒力向左推管時，小球恰好與擋板接觸但無作用力，管向左運動一定

距離時，與固定障礙物碰撞并粘在一起，此后小球離開管口后上升的最大高度與管最高點相同，重力加速

度為g,sin37°=0.6,cos370=0.81下列說法正確的是（）

M

A.恒力為3mg

B.管碰到障礙物前運動時間為g

g

C.小球經過管最低點時對管壁的壓力為5Mg

D.管碰到障礙物前瞬間恒力的功率為平Ji原

三、實驗題（本題共2小題，11題8分，12題8分，共16分）

11.（8分）某同學設計了一個測量重力加速度大小g的實驗方案，所用器材有：2g祛碼若干、托盤1個、

輕質彈簧1根、米尺1把、光電門1個、數(shù)字計時器1臺等。

具體步驟如下：

①將彈簧豎直懸掛在固定支架上，彈簧下面掛上裝有遮光片的托盤，在托盤內放入一個祛碼，如圖（a）所

zjKo

②用米尺測量平衡時彈簧的長度/,并安裝光電門。

③將彈簧在彈性限度內拉伸一定長度后釋放，使其在豎直方向振動。

④用數(shù)字計時器記錄30次全振動所用時間t。

⑤逐次增加托盤內硅碼的數(shù)量，重復②③④的操作。

該同學將振動系統(tǒng)理想化為彈簧振子。已知彈簧振子的振動周期T=2萬,其中左為彈簧的勁度系數(shù),

M為振子的質量。

（1）由步驟④，可知振動周期T=，

（2）設彈簧的原長為3貝I]/與g、I。、T的關系式為/=.

（3）由實驗數(shù)據(jù)作出的/—72圖線如圖?。┧?，可得g=m/s2（保留三位有效數(shù)字，后取9.87）。

（4）本實驗的誤差來源包括（雙選，填標號）。

A.空氣阻力

B.彈簧質量不為零

C.光電門的位置稍微偏離托盤的平衡位置

12.（8分）某同學用圖甲所示的電路測量電阻段的阻值。實驗步驟如下：

i.按照電路圖連接好電路，將滑片尸置于電阻絲&上的適當位置，閉合開關5；

ii.將雙刀雙擲開關S2（中間連桿為絕緣材料）擲于觸點1、2,調節(jié)電阻箱R,使靈敏電流計G的指針指

零，讀出電阻箱阻值，記為用；

出.保持滑片尸的位置不動，將S2擲于觸點3、4,調節(jié)電阻箱H,仍使靈敏電流計G的指針指零，讀出電

阻箱阻值，記為氏2；

iv.斷開開關，整理器材。

回答下列問題：

（1）實驗過程中，（填“需要”或“不需要”）測量滑片P兩側電阻絲的長度；

（2）關于實驗對電阻絲規(guī)格的要求，下列說法正確的是；

A.總電阻必須已知，粗細必須均勻

B.總電阻必須已知，粗細無須均勻

C.總電阻無須已知，粗細必須均勻

D.總電阻無須已知，粗細無須均勻

（3）某次測量中，K=99Q,如圖乙是電阻箱指示的耳的阻值，則待測電阻的測量值此=Q；

圖乙

（4）若在步驟ii后、步驟iii之前，誤將滑片尸向右移動了少許，繼續(xù)進行測量，則&的測量值_____（填

“大于”“小于”或“等于"）真實值。

四、解答題（本題共3個小題，共40分，其中第13題10分，第14題14分，第15題16分，要求有必要

的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只有結果沒有過程的不得分）

13.（10分）如圖所示，斜面ABC中段粗糙，段光滑。物塊以10m/s的初速度從A點沿斜面向上

滑行，到達C點速度恰好為零。已知段的長度為2m,物塊上滑過程中，在A3段的加速度是段加

速度的1.5倍，且物塊在段和段運動的時間相等，g取lOm/sz,求：

（1）斜面段的長度；

（2）物塊與斜面段間的動摩擦因數(shù)。

14.（14分）如圖所示，沿水平方向放置一條平直光滑槽，它垂直穿過開有小孔的兩平行薄板，板相距3.5L0

槽內有兩個質量均為加的小球A和3,球A帶電量為+2。，球3帶電量為-3q,兩球由長為2L的輕桿相

連，組成一帶電系統(tǒng)。最初A和3分別靜止于左板的兩側，離板的距離均為L。若視小球為質點，不計輕

桿的質量，在兩板間加上與槽平行且向右的勻強電場E后（設槽和輕桿由特殊絕緣材料制成，不影響電場

的分布），求：

（1）球8剛進入電場之前和3剛進入電場之后，帶電系統(tǒng)的加速度大小分別為多少；

（2）帶電系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零，系統(tǒng)向右運動的位移大小。

15.（16分）如圖所示，在豎直平面內，傾角6=37°的光滑軌道與光滑水平軌道通過一小段光滑圓

弧平滑連接，在水平軌道上固定著半徑為R的光滑圓軌道，其最低點。分別與水平軌道和。。相

連，長度分別為［R、地面上停著上表面與等高的足夠長木板，其左端緊靠C點，距離其右端

4=三尺處有一擋板「?，F(xiàn)有一物塊（可視為質點）在軌道A3上從距離3點高度為人的位置靜止釋放。

已知空間中存在水平向右且大小為石=孚的勻強電場，木板的質量為〃=工m且不帶電，物塊的質量為

4q5

71

加且所帶電荷量為+4,物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)4=五，木板與地面之間的動摩擦因數(shù)〃2=g，木

板與擋板P碰撞中沒有機械能損失且碰撞時間極短可忽略，運動過程中物塊電荷量保持不變，重力加速度

的大小為g,sin37=0.6,cos37°=0.8。求：

（1）若〃=2R,物塊第一次到達。點的速度功；

（2）若物塊剛好能夠沿著圓軌道做完整的圓周運動，此時的釋放高度為以及在這種情況下物塊對圓軌道的

最大壓力的大??；

（3）若將物塊從（2）中的為釋放，當物塊運動到C的一瞬間，勻強電場的方向變?yōu)樾毕蛴疑锨遗c水平面

的夾角為37°，大小保持不變。物塊從沖上木板到木板與擋板尸發(fā)生第三次碰撞前，物塊電勢能的變化量AE。

雅禮中學2025屆高三月考試卷（三）

物理參考答案

一、單選題(24分)

題號123456

答案BDCDBC

1.B【解析】A.重力沿切線方向的分力提供單擺做簡諧運動的回復力，故A錯誤；B.在受迫振動中，物體振

動的頻率一定等于驅動力的頻率，故B正確。C.兩列波發(fā)生干涉，振動加強區(qū)質點的振幅總比振動減弱區(qū)

質點的振幅大，不能說振動加強區(qū)質點的位移總比振動減弱區(qū)質點的位移大，故C錯誤；D.當孔、縫的寬

度與波長差不多或者比波長還小時，就能夠發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，故D錯誤。故選B。

2.D【解析】A.根據(jù)點電荷電場線的分布情況可知：A、B,C三點的電場強度大小相同，方向不同，而場

強是矢量，則A、B、C三點的電場強度不同，故A錯誤；B.A、B、C三點處于同一等勢面上，電勢

相同，由于A、B、C三點所在的等勢面為球面，所以平面ABC不是等勢面，故B錯誤；C.若將試探電

荷+4自A點沿-X軸方向移動，該試探電荷受到吸引力，吸引力方向沿著x軸的負方向，則電場力對該試

探電荷做正功，其電勢能將減小，故C錯誤。D.若在A、8、C三點放置三個點電荷，任意兩個點電荷對

一。的電場力的合力與第三個電荷對一。的電場力不在同一直線上，所以三個點電荷對-。的合力不可能

為零，故D正確；故選D。

Ao1AE

3.C【解析】A.根據(jù)電勢能與電勢的關系：Ep=q(p,場強與電勢的關系：E=上,得：E=-x^,

AxqAx

由數(shù)學知識可知Ep-x圖像切線的斜率等于竺乙,石處切線斜率為零，則為處電場強度為零，故A錯誤；

Ax

BD.由圖看出在0~西段圖像切線的斜率不斷減小，由上式知場強減小，粒子所受的電場力減小，加速度減

小，做非勻變速運動，%~馬段圖像切線的斜率不斷增大，場強增大，粒子所受的電場力增大，做非勻變

速運動，/~七段斜率不變，場強不變，即電場強度大小和方向均不變，是勻強電場，粒子所受的電場力

不變，做勻變速直線運動，故BD錯誤；C.根據(jù)電勢能與電勢的關系：Ep=q(p,粒子帶正電，q>0,則

知：電勢能越大，粒子所在處的電勢越高，所以有：93〉。2〉91，有對稱性可知，%=%，則

03〉92=%〉0，故C正確；故選C。

4.D【解析】由圖可知：&與滑動變阻器R串聯(lián)，電壓表測量滑動變阻器兩端的電壓，AB.電梯具有向上的

加速度時，重物受到的彈力大于重力，滑動變阻器滑片向下運動，滑動變阻器接入電路的電阻變大，電路

中電流減小，滑動變阻器兩端電壓增大，故A、B錯誤；CD.電梯具有向下的加速度時，重物受到的彈力小

于重力，滑動變阻器滑片向上運動，滑動變阻器接入電路的電阻變小，7?=y,所以電壓表示數(shù)與電流表

示數(shù)的比值減小；電壓表示數(shù)的變化量與電流表示數(shù)的變化量的比值的絕對值為4+廠，所以不變；故C

錯誤D正確。故選D。

5.B【解析】A.由題意知：當小球通過最高點時，底座對地面的壓力恰好為Mg。說明此時桿的作用力為0,

2

小球只受重力，由牛頓第二定律得：mg=m彳,解得：v=從最低點到最高點的過程由動能定理

得：-/ng-2/=gznv2—1.機丫；，解得：％=J目，由動能定理得外界對小球做的功w=g相片=gzng/,

故A錯誤；B.取初速度的方向為正方向，從最低點運動到最高點的過程由動量定理得：/合=-機丫-加%,

解得：/合=-（1+石）相47,所以合外力的沖量大小為。+石）加、9，故B正確；C.小球從最低點運

動到與轉軸等高的位置時，設速度為外,由動能定理得：-機8/=；加片一3相片，解得：匕=畫，設

2

桿對小球的拉力為歹，由牛頓第二定律得：F=/n幺=3mg，由牛頓第三定律知桿對底座水平方向的拉力

為3mg,對底座受力分析由平衡條件得地面對底座的靜摩擦力為3mg,故C錯誤。D.小球在最低點時，設

2

桿對小球的拉力為T,由牛頓第二定律得：T-mg=m^-,解得：T=6mg,由牛頓第三定律知桿對底

座的壓力為6帆？，對底座受力分析由平衡條件得地面對底座的支持力雙=現(xiàn)？+6〃%，由牛頓第三定律知

底座對地面的壓力為（M+6g,故D錯誤；故選B。

6.C【解析】AB.對小球b受力分析，如圖所示，小球6受重力、支持力、庫侖力，其中與為庫侖力廠和重

力加g的合力，根據(jù)三力平衡原理可知，耳=綜。

F

居

由圖可知，△043s△耳所設半球形碗的半徑為R,A3之間的距離為L,根據(jù)三角形相似可知，

〃7g耳F明/g一練一1

OA~OB~ABR~R~L

所以綜=/g①

②

由幾何關系可得：L=2Rsin37°=1.27?③

所以：F=^—mbg=1.2mbg@

R

同理可知，當小球b處于C位置時，AC距離為：AC=27?sin30°=7?，

故：F'=m；g尬

根據(jù)庫侖定律有：/=色嬰=）嶺；尸=組算⑥

L21.447?'R?

由以上的分析可知，。小球受到的支持力一定等于其重力。而當b下降的過程中，可能僅是。的電荷量發(fā)生

變化，故AB錯誤；

c.若只有匕的質量發(fā)生變化，聯(lián)立④⑤⑥可得：?'=言/，故C正確；

D.僅是a、b兩小球電荷量的乘積/%發(fā)生變化，聯(lián)立④⑤⑥可得綽燈=L23,故D錯誤。故選C。

%%

、多選題（20分）

題號78910

答案BCDBDBCAC

A_r1n—4

7.BCD【解析】AB.根據(jù)題意可得波的波速為：丫=——=-----m/s=20m/s,由圖像可得波長為X=8m,

M0.3

根據(jù)v=4得波的周期為：7=4=95=0.45,故人錯誤,13正確；（2.波傳到。點用時”包=25=0上，

Tv20v20

在。?0.3s內振動時間為：f=0.3s—0.1s=0.2s=Z,質點開始向上振動，則c點在。?0.3s內通過的路

2

程為：S=2A=2x8m=16cm,故C正確；D.質點。的振動方程為：y=8cos5R,f=0.25s時，

y=8cos（5萬xO.25）cm=—40cm；質點M的振動方程為：y=8sin（5&）,當/=0.25s時，

y=8sin（5^-x0.25）cm=-4V2cm,即7=0.25s時，。點與M點的位移相同，故D正確。故選BCD。

8.BD【解析】A.當小球靜止于M點時，細線恰好水平，說明重力和電場力的合力方向水平向右，小球從尸

到“過程中，細線拉力不做功，只有電場力和小球重力做功，它們的合力也是恒力，方向水平向右，所以

小球到最右邊時，速度最大，而不是零，故A錯誤；B.電場力與重力合力為「=?igcot30°=,這

個方向上位移為L,所以合外力做功為%=故B正確；C.若小球運動到M點時，細線

突然斷裂，速度方向豎直向上，合外力水平向右，做勻變速曲線運動，故C錯誤。D.合外力做功為也〃火￡,

由動能定理知動能增加量為,重力勢能增加量為加gL,則機械能增加量等于動能增加量鬲gL和

重力勢能增加量加gL之和，即其機械能增加了（1+百）mgL,故D正確；故選BD。

9.BC【解析】A.根據(jù)動量守恒%%=（機p+%）xq,得%=2mp,故A錯誤;

B.兩粒子在。時刻速度相等，兩粒子相距最近，則系統(tǒng)的電勢能最大，故B正確；

匚由于耳=52,則0~彳時間內與。時間內兩粒子間距離相等，電勢能相等，由動量守恒定律得，%1%=

mv

m+QQ，根據(jù)能量關系gmpvl=gmpVp+gmfiVg,解得Vp=,即P在J時刻的速度大小為y,

故C正確；

D.兩粒子帶同種電荷，所受電場力方向相反，J時刻后速度不可能再相同，兩圖像不會出現(xiàn)交點，故D錯

誤。

故選BCo

3

10.AC【解析】A.小球恰好與擋板接觸但無作用力，對小球受力分析可得〃=gtan37°=wg，對整體受力

分析。=」匚，解得F=3〃zg,故A正確；

（1對整體受力分析根？-27?=3機丫2低，F(xiàn)N-mg=m^-，F(xiàn)N=F&,解得/=5機g,故C正確；

B.小球在撞擊前相對圓環(huán)靜止，則有%=a/cos37°,g/nv；+mg（l-cos37°）R=1■加昆低，解得

t=],故B錯誤；

口.由「=八，v=at,解得P=,/ngJlOgR,故D錯誤。故選AC。

三、實驗題（16分）

11.（每空2分，共8分）（1）上（2）北+巴（3）9.65（9.50~9.80均正確）（4）AB

30°412

【解析】（1）30次全振動所用時間乙則振動周期丁=々

30

（2）彈簧振子的振動周期T=2乃行

kT2

可得振子的質量

4萬2

振子平衡時，根據(jù)平衡條件叫=左△/

可得△/=*

rri2

則/與g、4、T的關系式為/=/o+A/=/o+&，

47r

（3）根據(jù)/=/+也整理可得/=/O+$-T2

°4124/

則5圖像斜率「言0.540-0.474

0.57-0.30

解得g?9.65m/s2

（4）A.空氣阻力的存在會影響彈簧振子的振動周期，是實驗的誤差來源之一，故A正確；

B.根據(jù)彈簧振子周期公式可知，振子的質量影響振子的周期，通過光電門測量出的周期T為振子考慮彈簧

質量的真實周期，而根據(jù)（3）問求出的/—T?的關系是不考慮彈簧質量的關系式子，二者的T是不相等的，

所以彈簧質量不為零是誤差來源之一，故B正確；

C.利用光電門與數(shù)字計時器的組合測量周期的原理：根據(jù)簡諧運動的規(guī)律可知，只要從開始計時起，振子的

速度第二次與開始計時的速度相等即為一個周期，與是否在平衡位置無關，故C錯誤。故選AB。

12.（每空2分，共8分）（1）不需要（2）D（3）198（4）大于

【解析】（1）本題采用阻值比較法求電阻，不需要知道電阻絲的具體阻值，故不需要測量滑片P兩側電阻

絲的長度；

（2）本題采用阻值比較法求電阻，通過比例求阻值，保持滑片P的位置不動，設電阻絲左側電阻為R左,

右側阻為R右，將雙刀雙擲開關邑擲于觸點1、2,當靈敏電流計G示數(shù)為零時，電阻箱的阻值為A,此

R、R*凡R左

時有言=丁，將S2擲于觸點3、4,則電阻箱與凡交換位置，電阻箱的阻值為耳，此時有三工，

%尺右用尺右

聯(lián)立解得&啊，可知凡與電阻絲的阻值沒有關系，故不需要知道電阻絲的具體阻值，即總電阻無

須已知，粗細無須均勻。故選D。

（3）由圖可知，電阻箱的讀數(shù)為凡=3xl00Q+9xl0Q+6xlQ=396Q,代入數(shù)值可得&=198Q。

RR左R,R主

（4）若在步驟ii后、步驟ii之前，誤將滑片P向右移動了少許，繼續(xù)進行測量，則有高=十，『〉

顯尺右&尺右

聯(lián)立可知Rx＜新瓦,即測量值J航大于真實值&。

四、解答題（40分）

13.（10分）【解析】（1）設物體在段的加速度大小為4,3C段加速度大小為生,根據(jù)題意有1=1.5%

有二二魚=口.......（2分）

tt

在上滑AB段V：-喏=2%LAB（1分）

在上滑段喏=2/4c（1分）

得=7m............（1分）

（2）對兩段過程，分別由牛頓第二定律有

mgsin0+/^mgcos0=max............（2分）

mgsin0=ma2............（2分）

得〃=叵............（1分）

21

14.（14分）【解析】（1）在3進入電場之前，對系統(tǒng)由牛頓第二定律

2qE=2m%............（2分）

所以加速度的大小

4=用............（1分）

m

在B進入電場之后，對系統(tǒng)由牛頓第二定律

2qE-3qE=2ma2............（2分）

所以加速度的大小

%—............（1分）

2m

（2）設系統(tǒng)向右運動的最大位移為1,若x<2.5L,由動能定理

2qEx-3qE（x-=0........（2分）

解得

x=3L...........（2分）

與題意不符；

若2.5L<%<4.5L,由動能定理

2qE-2.5L-3qE（x-￡）=0............（2分）

解得

以

3

Q

與題意符合，即系統(tǒng)向右運動的最大位移為一L。............（2分）

3

15.（16分）【解析】（1）物塊從A點運動至D的過程中，根據(jù)動能定理有mg-2R+^-mg-\gR

4tan372

1,

―mvD—0............（2分）

解得在史，方向水平向右。................（2分）

02

（2）如圖所示，物塊所受電場力與重力的合力記為歹，其大小為gmg,方向斜向右下方與水平方向夾角

4

為53°，則物塊在圓軌道上運動時的等效最高點記為〃，等效最低點記為L

若恰好能做完整的圓周運動，在H點有F=；,ng=￥（1分）

則從出發(fā)點到H點，根據(jù)動能定理有

mg?1%-R-Rcos31°）+—mg-[—+—7?-7?sin370|=--0,

'74<tan372）2

解得％=[R,（2分）

易知，物塊在L點對圓軌道壓力最大，根據(jù)動能定理和向心力公式有-=

515

2mg=%,解得NL=一Mg...........（2分）

4R2

根據(jù)牛頓第三定律，物塊對圓軌道的最大壓力大小為N,'=Nz=?機g...........（1分）

（3）物塊從出發(fā)點到C點，根據(jù)動能定理mg