【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（三） 含答案.docx，共(16)页，274.298 KB，由小赞的店铺上传

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江苏苏州高新区一中2020-2021学年度下学期高一期末物理模拟试卷（三）一、单选题（本大题共11小题，共44.0分）1.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即𝑈𝑎𝑏=𝑈𝑏𝑐，实线为一带负电的质点仅

在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知：A.三个等势面中，a点电势最高B.带电质点通过P点的电势能比Q点小C.带电质点通过P点的动能比Q点大D.带电质点通过P点时的加速度比Q点小2.如图所示，虚线MN下方存在着

方向水平向左、范围足够大的匀强电场，场强𝐸=3𝑚𝑔4𝑞，AB为绝缘光滑且固定的四分之一圆弧轨道，轨道半径为R，O为圆心，B位于O点正下方。一质量为m、电荷量为q的带正电小球，从A点由静止释放进入轨道。空气阻力不计，下列说法正确的是()A.

小球在运动过程中机械能守恒B.小球不能到达B点C.小球沿轨道运动的过程中，对轨道的压力一直增大D.小球沿轨道运动的过程中，动能的最大值为12𝑚𝑔𝑅3.从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向

相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能𝐸𝑘随h的变化如图所示。重力加速度取10𝑚/𝑠2。该物体的质量为()A.2kgB.1.5𝑘𝑔C.1kgD.0.5𝑘𝑔4.如图所示，ABCD为一正方形，M、N、P、Q分

别为正方形四条边的中点，空间存在与正方形平面平行且范围足够大的匀强电场。已知质子由A点运动到B点电场力做功为−10𝑒𝑉、质子由A点运动到C点电场力做功为−20𝑒𝑉。则下列说法正确的是()A.电场强度的方向

应由A指向CB.质子由Q点运动到N点的过程中，电场力不做功C.电子由M点运动到A点的过程中，电子的电势能增加15eVD.电子由B点运动到D点的过程中，电场力做功10eV5.如图所示为某一点电荷产生的电场中的7条电场线，电场线的分布关于y轴对称，O是坐标原点，M、N、P、Q是以O为

圆心的一个圆周上的4个点，其中M、N两点在y轴上，Q点在x轴上，P点在第5条电场线上，则下列说法正确的是()A.M点的电势和P点的电势相等B.将一正点电荷由M点移到P点，电势能减小C.将一负点电荷由N点分别移到Q点和P点，电场力做功𝑊𝑁𝑄<𝑊𝑁�

�D.Q点的电场强度小于M点的电场强度6.如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)。物块的质量为m，𝐴𝐵=𝑎，物块与桌面间的动摩擦因数为𝜇。现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W。撤

去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零，重力加速度为g。则上述过程中()A.物块在A点时弹簧的弹性势能等于在B点时弹性势能B.物块在O点时动能最大C.物块在B点时，弹簧的弹性势能大于𝑊−32𝜇𝑚𝑔𝑎D.经过O点时，物块的动能小于𝑊−𝜇𝑚𝑔𝑎7.

一个带电粒子在电场中A点具有80eV的电势能，当它由A运动到B克服电场力做功30eV，则()A.电子在B点的电势能是50eVB.电子的电势能增加了30eVC.B点的电势为110VD.B点的电势为−110𝑉8.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系

图象如图所示。乘客所受支持力的大小用𝐹𝑁表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是()A.0～𝑡1时间内，v增大，𝐹𝑁>𝑚𝑔B.𝑡1～𝑡2时间内，v减小，𝐹𝑁<𝑚𝑔C.𝑡2～𝑡3时间内，v增大，𝐹𝑁<𝑚𝑔D.𝑡2～𝑡3时间内，v减小，�

�𝑁>𝑚𝑔9.如图所示用电压表和电流表测电阻，𝑅𝑥为待测电阻，如果电压表的读数是3.50𝑉，电流表的读数是10.0𝑚𝐴，电压表的内阻是1.50𝑘𝛺，电流表的内阻是10𝛺，那么𝑅𝑥的精确值为()A.457𝛺B.350𝛺C.360𝛺D.1200𝛺10

.如图所示，𝑅1=2𝛺，𝑅2=10𝛺，𝑅3=10𝛺，A，B两端接在电压恒定的电源上，则()A.S断开时，𝑅1与𝑅2的电压之比为1：5B.S闭合时，通过𝑅1与𝑅2的电流之比为5：1C.S闭合时，𝑅1与𝑅2两端的电压之比为1：5D.S断开与闭合两种情况下，电阻

𝑅1两端的电压之比为2：111.如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡先后分别与电源1和电源2单独连接时，则下列说法不正确的是()A.

在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2B.在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2C.电源1和电源2的内阻之比是11∶7D.电源1和电源2的电动势之比是1∶1二、实验题（本大题共2小题，共16.0分）12.如图1所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动

纸带从静止开始自由下落，利用此装置做“验证机械能守恒定律”实验。(1)已准备的器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、铁架台和带夹子的重物，此外还必需要的器材是______、______；(2)为验证机械能是否守恒

，需要比较重物下落过程中任意两点间的______；A.速度变化量与高度变化量B.重力做功与重力势能变化量C.动能变化量与重力势能变化量D.合外力做的功与动能变化量(3)下列关于该实验的一些说法正确的是______；A.做实验时，要先接通

电源，再释放重物B.实验中的误差主要是由于存在空气阻力和摩擦阻力引起的C.若某同学通过描绘𝑣2−ℎ图像研究机械能是否守恒，合理的图像应该是过原点的一条直线，并且该直线的斜率应约为9.8D.可以用𝑣=𝑔𝑡来计算重物下落的速度(4)安装好实验装置，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图2

所示。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点0的距离分别为ℎ𝐴、ℎ𝐵、ℎ𝐶。设重锤质量为m，当地重力加速度为g，打点计时器打点周期为T。为了验证此实验过程中机械能是否守恒，应满足下面的哪个等式______(用题中所给字母表示)。A.8𝑔ℎ𝐵𝑇2=(ℎ𝐶−ℎ

𝐴)2B.4𝑔ℎ𝐵𝑇2=(ℎ𝐶−ℎ𝐴)2C.2𝑔ℎ𝐵𝑇2=(ℎ𝐶−ℎ𝐴)2D.都不正确13.(1)如下图1螺旋测微器读数为__________mm，如下图2游标卡尺读数为__________mm．(2)某表头满偏电

流为1mA、内阻为982𝛺。(以下计算结果取整数)①为了将表头改装成量程为3V的电压表，需要一个阻值为________𝛺的电阻与表头串联(3)为了测量一个”12V、5W“的小灯泡的不同电压下的功率．某位同学测得小灯泡的伏安特性曲线如下左图所示．某次测量时，电流表指针位置如下右图所示，电流表读

数为_____A，此时小灯泡的实际功率为_____𝑊.三、计算题（本大题共4小题，共40.0分）14.如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，质量为m、电荷量为q的带正电小球𝐵(可为质点)用轻质绝缘细线悬挂于O点，细线的长度为L。小球静止时轻绳与竖直方向的夹角为𝜃=3

7°，重力加速度为g，𝑠𝑖𝑛37°=0.6，𝑐𝑜𝑠37°=0.8。(1)求电场强度的大小；(2)将小球缓慢拉到O点正下方，求外力需做的功。15.2020年9月15日，中智行5GAI无人驾驶汽车亮相上海5G科普活动，活动现场，中智行展示了公司最新研发的、具有百分百自主知识产权的无

人驾驶技术。在一次性能测试中，质量𝑚=1000𝑘𝑔的无人驾驶汽车以恒定加速度启动，达到额定功率后保持额定功率继续行驶，在刚好达到最大速度时，突然发现前方有一行人要横穿马路而紧急刹车，车载速度传感器记下了整个过程中速度随时间变化图

像如图所示。已知汽车启动时所受阻力恒定，且是汽车刹车时所受阻力的15。求：(1)该无人驾驶汽车发动机的额定功率P；(2)汽车从启动至再次静止的整个过程中所通过的路程。16.如图所示，C为固定的、电荷量为Q的正点电荷，A、B两点在C的正上方和C相距分别为h和0.25ℎ。将另一质量

为m、带电荷量未知的点电荷D从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为零，若此电荷在A点处的加速度为12𝑔，g为重力加速度，静电力常量为k，求：(1)此电荷所带电荷量q和在B点处的加速度；(2)𝐴、B两点间的电势差。17.如图所示，在倾角为

𝜃=30°的光滑斜面MN底端固定一个被压缩且锁定的轻弹簧，轻弹簧的上端静止放一质量𝑚=2𝑘𝑔的滑块，且滑块与斜面顶端N点相距𝑥=0.10𝑚.现将弹簧解除锁定，滑块离开弹簧后经N点离开斜面，恰水平飞上顺时针始

终匀速转动的传送带，已知传送带水平放置且足够长，传送带上端距N点所在水平面高度为ℎ=0.20𝑚，滑块A与传送带间的动摩擦因数𝜇=√32(𝑔取10𝑚/𝑠2).(1)弹簧锁定时储存的弹性势能；(2)若传送带速度为7√3𝑚/𝑠，求滑

块飞上传送带后因摩擦产生的内能；(3)传送带右端竖直固定半径𝑅=0.1𝑚的光滑半圆轨道，且轨道下端恰好与传送带相切，为使滑块能沿半圆轨道运动而不脱离半圆轨道，求传送带速度应当满足的条件．答案和解析1.【答案】A【解析】解：A

、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带负电，因此电场线指向左上方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最低，a点的电势最高，故A正确；B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B错误；C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大

，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；D、质点通过P点时的电场力比Q大，则其加速度比Q点大，故D错误。故选：A。2.【答案】D【解答】A.小球在运动过程中，电场力对小球做功，所以小球的机械能不守恒，故A错误；B.假设小球通过到达B点，设小球到达B点时的速度为𝑣

𝐵。小球从A点到B点的过程，根据动能定理得：𝑚𝑔𝑅−𝑞𝐸𝑅=12𝑚𝑣𝐵2−0结合𝐸=3𝑚𝑔4𝑞，解得𝑣𝐵=√12𝑔𝑅>0，所以假设成立，小球能到达B点，故B错误；C.重力和电场力的合力即等效重力大

小为𝐹=√(𝑚𝑔)2+(𝑞𝐸)2=54𝑚𝑔，设F的方向与竖直方向的夹角为𝛼，则𝑡𝑎𝑛𝛼=𝑞𝐸𝑚𝑔=34，得𝛼=37°，当F方向与速度方向垂直时速度最大，小球对轨道的压力最大，与单摆类比可知，小球沿

轨道运动的过程中，对轨道的压力先增大后减小，故C错误；D.当等效重力F的方向与速度方向垂直时小球的速度最大，动能最大，小球从A点到动能最大的位置，由动能定理得：𝑚𝑔𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼−𝑞𝐸𝑅(1−𝑠𝑖𝑛𝛼)=𝐸𝑘𝑚−0，解得动能的最大值𝐸𝑘𝑚=12𝑚𝑔

𝑅，故D正确。故选D。3.【答案】C【解答】根据动能定理可得：𝑚𝑎|𝛥ℎ|=|△𝐸𝐾|，解得斜率的大小为𝑚𝑎=|𝛥𝐸𝑘𝛥ℎ|；上升过程中：𝑚𝑎1=|𝛥𝐸𝑘1𝛥ℎ1|=72−363𝑁=12𝑁下落过程

中：𝑚𝑎2=|𝛥𝐸𝑘2𝛥ℎ2|=48−243𝑁=8𝑁设与运动方向相反的外力为F，根据牛顿第二定律可得：上升过程中：𝑚𝑔+𝐹=𝑚𝑎1，下落过程中：𝑚𝑔−𝐹=𝑚𝑎2，联立解得：𝑚=1𝑘𝑔。故C正确，ABD错误。故选C。4.【答案】C

【解答】A、由题意根据𝑊=𝑞𝑈，可知，质子由A运动到B时𝑊𝐴𝐵=𝑞𝑈𝐴𝐵，代入数据解得𝑈𝐴𝐵=−10𝑉，同理可得𝑈𝐴𝐶=−20𝑉，假设A点的电势为0V，则B点的电势为10V，C点的电势为20V，由匀强电场的特点可知正方形对角线的交点O的电势

为10V，因此BD连线为等势线，如图所示所以电场线的方向一定由C指向A，故A错误；B、由于M、N、P、Q分别为正方形四条边的中点，则M点与Q点的电势均为15V，P点与N点的电势均为5V，则质子由Q点运动到N点的过程中，电场力做功为𝑊𝑄𝑁=𝑞𝑈𝑄𝑁，代入数据解得𝑊𝑄𝑁=10

𝑒𝑉，故B错误；C、电子由M点运动到A点的过程中，电场力做功为𝑊𝑀𝐴=𝑞𝑈𝑀𝐴，代入数据解得𝑊𝑀𝐴=−15𝑒𝑉，则电子的电势能增加15eV，故C正确；D.由于BD两点的电势相等，则电子由B点运动到D点的过程中电场力做功为零，故D

错误；故选：C。5.【答案】C【解答】A.点电荷的等势面是以点电荷为球心的同心球面，且对正点电荷来说，距离点电荷越近的地方，电势越高，所以由图可知P点的电势高于M点的电势，故A错误；B.将一正电荷由M点移到P点，电场力做负功，电势能增大，故B错误；C.由图可知�

�𝑁𝑄<𝑈𝑁𝑃，所以将一负电荷由N点移到Q点克服电场力做的功小于由N点移到P点克服电场力做的功，即电场力做功𝑊𝑁𝑄<𝑊𝑁𝑃，故C正确；D.由点电荷电场线的特点可知，电场线密集的地方，电场强度答，所以Q点的电场强度大小大于M

点的电场强度大小，故D错误。故选C。6.【答案】D【解答】A.根据能量的转化与守恒定律可知，从A到B减少的弹性势能转化为内能，故在A点时弹簧的弹性势能一定大于在B点时弹性势能，故A错误；B.物块在受力平衡位置处动能最

大，即向左运动过程中在弹簧拉力与摩擦力相等的位置，一定在O点的右侧，动能最大，故B错误；C.物块经O点到达B点时速度为零，根据A选项分析可知，𝑂𝐴>𝑂𝐵，则物块经过的路程𝑠>𝑎+𝑎2=3𝑎2，故整个过程物体克服阻力做功𝑊𝑓>32𝜇𝑚𝑔�

�，根据功能关系可知物块在B点时，弹簧的弹性势能小于𝑊−32𝜇𝑚𝑔𝑎，故C错误；D.从O点开始到再次到达O点，物体路程大于a，故由动能定理得，物块的动能小于𝑊−𝜇𝑚𝑔𝑎，D正确。故选D。7.

【答案】B【解析】解：A、电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加。本题“克服电场力做功”即为电场力做负功，所以电势能增加。根据𝑊电=△𝐸𝑃电得出：那电子在B处的电势能是𝐸𝑝=80𝑒𝑉+30𝑒𝑉=110𝑒𝑉。故A错误，B正确。C、根据电势的定义

，若带电粒子是电子，则在B点的电势等于𝜑=𝐸𝑃𝑞=110𝑒𝑉−𝑒=−110𝑉，由于题目中没有告知带电量及电性，故CD错误。故选B。通过电场力做功量度电势能的变化来分析问题．根据电势的定义得出电势的大小．通过电场力做功量度电势能的变化来分析问题．根据电势的定义

得出电势的大小．要注意电势有正负．不同的带电粒子在某处的电势能不同；而电势能与电量的比值定义为某处的电势，该处的电势与有无电荷或电荷量的多少无关．8.【答案】D【解析】解：A、由于𝑠−𝑡图象的斜率表示速度，由图可知在0～𝑡1时间内速度增加，即乘客的加速度向下运动，根据牛顿第二定律得：𝑚

𝑔−𝐹𝑁=𝑚𝑎，解得：𝐹𝑁=𝑚𝑔−𝑚𝑎，则𝐹𝑁<𝑚𝑔，处于失重状态，故A错误；B、在𝑡1～𝑡2时间内，𝑠−𝑡图象的斜率保持不变，所以速度不变，即乘客匀速下降，则𝐹𝑁=𝑚𝑔，故B错误；CD、在𝑡2～𝑡3时间内，𝑠−𝑡图

象的斜率变小，所以速度减小，即乘客的减速下降，根据牛顿第二定律得：𝐹𝑁−𝑚𝑔=𝑚𝑎，解得：𝐹𝑁=𝑚𝑔+𝑚𝑎，则𝐹𝑁>𝑚𝑔，处于超重状态，故C错误，D正确；故选：D。9.【答案】A【解答】通过电压表的电流𝐼𝑉=𝑈𝑅𝑉=3.501.5

0×103𝐴=73×10−3A，则𝑅𝑥=𝑈𝐼𝑅𝑥=3.50(10−73)×10−⬚3𝛺≈457𝛺，故选A。故选A。10.【答案】A【解答】A.S断开时，电阻𝑅1与𝑅2串联，电压与电阻成正

比，所以𝑅1与𝑅2的电压之比为1：5，故A正确；B.S闭合时，根据𝐼=𝑈𝑅知通过𝑅1与𝑅2的电流之比为2:1，故B错误；C..𝑆闭合时，𝑅并=𝑅2𝑅3𝑅2+𝑅3=5𝛺，𝑅1与𝑅并串联，根据串联

分压原理知𝑅1与𝑅2两端的电压之比为2:5，故C错误；D.S断开与闭合两种情况下，电阻𝑅1两端的电压之比为16：27=712，故D错误。故选A。11.【答案】A【解答】A.小灯泡与电源1连接时的电阻为，小灯泡与电源

2连接时的电阻为𝑅2=𝑈2𝐼2=56𝛺所以在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是18∶25，A错误，符合题意；B.小灯泡与电源1连接时小灯泡消耗的功率为小灯泡与电源2连接时小灯泡消耗的功率为所以在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2，则B正确，不符合

题意；C.电源1的内阻为电源2的内阻为所以电源1和电源2的内阻之比是11∶7，C正确，不符合题意；D.由图像可得电源1和电源2的电动势都为10V，则电源1和电源2的电动势之比是1∶1，D正确，不符合题意。故选A。12.【答案】交流电源刻度尺CABA【解析】解：(1)打点计时器需

接交流电源，实验时还需要用刻度尺测量点迹间的距离，从而得出下降的高度、以及计算出瞬时速度；(2)为验证机械能是否守恒，需要比较重物落中任意两点间的动能增加量和重力势能的减小量是否相等，故C正确，ABD错误；(3)𝐴、为了提高纸带的利用率

，要先接通电源后释放纸带，故A正确；B、实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差，故B正确；C、根据机械能守恒定律表达式𝑚𝑔ℎ=12𝑚𝑣

2可得：𝑣2=2𝑔ℎ，所以𝑣2−ℎ图像应是过原点的直线，其斜率为2𝑔=19.6𝑚/𝑠2，故C错误；D、实验中如果利用𝑣=𝑔𝑡计算速度，则即认为物体只受重力则机械能一定守恒，不需要再验证了，故D错误。(4)从起

始点O开始到打下B点的过程中，重力势能的减小量△𝐸𝑝=𝑚𝑔ℎ𝐵，而打B点时重物的速度𝑣𝐵=ℎ𝐴𝐶2𝑇=ℎ𝐶−ℎ𝐴2𝑇，动能的增加量△𝐸𝑘=12𝑚𝑣𝐵2若满足机械能守恒，则有△𝐸𝑝=△𝐸𝑘整理可得：8𝑔ℎ𝐵

𝑇2=(ℎ𝐶−ℎ𝐴)2，故A正确，BCD错误。故答案为：(1)交流电源、刻度尺；(2)𝐶；(3)𝐴𝐵；(4)𝐴；(1)根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材；(2)机械能守恒的条件是系统只有重力做功，从整个过程任找两点的机械能进行验证；(3)根据实验原理和实验

操作注意事项分析；(4)根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的瞬时速度，从而得出动能的增加量，进而判断机械能守恒的表达式。本题考查了实验器材、实验数据处理等问题，知道实验原理与实验器材、实验数据处理方法

是解题的关键，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与掌握。13.【答案】(1)0.900；14.50(2)①2018(3)0.40；2.4解答：(1)螺旋测微器的固定刻度读数为0.5𝑚𝑚，可动刻度读数为0.01×40.0𝑚𝑚=0

.400𝑚𝑚，所以最终读数为：0.5𝑚𝑚+0.400𝑚𝑚=0.900𝑚𝑚。游标卡尺的主尺读数为1.4𝑐𝑚=14𝑚𝑚，游标读数为0.05×10𝑚𝑚=0.50𝑚𝑚，所以最终读数为：14𝑚𝑚+0.50𝑚𝑚=14.50𝑚𝑚。(2)量程为3V时，应串

联一个电阻进行分析，根据串联电路规律可知：串联电阻阻值为：𝑅1=𝑈1𝐼𝑔−𝑅𝑔=30.001−982=2018𝛺。(3)电流表量程是0.6A，每小格电流是0.02A，所以电流表读数为0.40A；根据图象可知𝐼=0.40A时，小灯泡两端的电压6.0V

，所以小灯泡消耗的实际功率为𝑃=𝑈𝐼=2.4W。故答案为：(1)0.90014.50(2)2018(3)0.40；2.414.【答案】(1)对静止小球受力分析如图，由平衡条件得𝐸𝑞=𝑚𝑔𝑡𝑎𝑛37

°，代入数据，解得𝐸=3𝑚𝑔4𝑞；(2)将小球缓慢拉到点正下方，重力做正功，为𝑊𝐺=𝑚𝑔𝐿(1−𝑐𝑜𝑠37°)，电场力做负功，大小为𝑊电=−𝑞𝐸𝐿𝑠𝑖𝑛37°，记外力做功为W，由动能定理得𝑊+𝑊𝐺−𝑊电=0，代入数据，

解得𝑊=14𝑚𝑔𝐿；答：(1)电场强度的大小为3𝑚𝑔4𝑞；(2)外力需做的功为14𝑚𝑔𝐿。15.【答案】解：(1)由图像可知汽车刹车过程中的加速度大小为𝑎2=|△𝑣2|△𝑡=30

3𝑚/𝑠2=10𝑚/𝑠2，可知刹车时汽车所受阻力𝐹𝑓2=𝑚𝑎2=1000×10𝑁=1×104𝑁，因此汽车启动时所受阻力𝐹𝑓1=15𝐹𝑓1=15×1×104𝑁=2×103𝑁，汽车

达到最大速度时，𝐹牵=𝐹𝑓1，该汽车发动机的额定功率𝑃=𝐹牵𝑣𝑚𝑎𝑥=2×103×30𝑊=6×104𝑊=60𝑘𝑊；(2)在0−4𝑠内，根据牛顿第二定律可知：𝐹−𝐹𝑓1=𝑚𝑎

，且𝐹=𝑃𝑣1，𝑎=𝑣1𝑡1，联立解得：𝑣1=12𝑚/𝑠，汽车在该段时间内的位移为𝑥1=𝑣12𝑡1=122×4𝑚=24𝑚，在4𝑠−14𝑠内，汽车功率恒定，阻力恒定，根据动能定理有：�

�𝑡2−𝐹𝑓1𝑥2=12𝑚𝑣𝑚𝑎𝑥2−12𝑚𝑣12，解得，汽车该段时间内的位移为𝑥2=111𝑚，在14𝑠−17𝑠内，汽车的位移𝑥3=𝑣𝑚𝑎𝑥2⋅△𝑡=302×3�

�=45𝑚，故整个过程中，汽车通过的路程为𝑥=𝑥1+𝑥2+𝑥3=24𝑚+111𝑚+45𝑚=180𝑚。答：(1)该无人驾驶汽车发动机的额定功率P为60kW；(2)汽车从启动至再次静止的整个过程中所通过的路程为180m。16.【答案】解：(1)点电荷D从A点由静止释放，运动到

B点时速度正好又变为零，则先做加速运动后做减速，则电荷受到库仑斥力作用，所以这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q，由牛顿第二定律，在A点时有：𝑚𝑔−𝑘𝑄𝑞ℎ2=𝑚×12𝑔在B点时有：𝑘𝑄𝑞(0.25ℎ)2−𝑚𝑔=𝑚𝑎𝐵；解得：𝑎𝐵=15𝑔，方向竖直向上且另一点电荷

的电量：𝑞=𝑚𝑔ℎ22𝑘𝑄(2)点电荷从A到B过程，由动能定理有：𝑚𝑔(ℎ−0.25ℎ)+𝑞𝑈𝐴𝐵=0，故有：𝑈𝐴𝐵=−3𝑘𝑄2ℎ答：(1)此电荷带正电及电荷量的大小为𝑞=𝑚𝑔ℎ22𝑘𝑄；此电荷在B点处的加速度大小15g，方向竖直向上．(2)𝐴、B两点

间的电势差为−3𝑘𝑄2ℎ．17.【答案】解：(1)滑块离开斜面后，竖直方向由ℎ=12𝑔𝑡02得：𝑡0=0.2𝑠所以滑块离开斜面时，有：𝑔𝑡0𝑣0=𝑡𝑎𝑛30°，得：𝑣0=2√3𝑚/𝑠对滑块，从开始到恰上斜面，机械能守恒，弹簧锁定时储存的弹性势能为：𝐸𝑝=�

�𝑔(𝑥𝑠𝑖𝑛30°+ℎ)+12𝑚𝑣02解得：𝐸𝑝=17𝐽(2)滑块飞上传送带后，对滑块，由牛顿第二定律有：𝜇𝑚𝑔=𝑚𝑎，得：𝑎=5√3𝑚/𝑠2；由𝑣传=𝑣0+𝑎�

�，得：𝑡=1𝑠此过程中传送带的位移为：𝑥传=𝑣传𝑡=7√3𝑚物块的位移为：𝑥物=𝑣0𝑡+12𝑎𝑡2=9√32𝑚所以两者相对位移为：𝑠相=𝑥传−𝑥物=5√32𝑚滑块飞上传送带后因摩擦产生的内能为：𝑄=𝜇𝑚𝑔𝑠相

=75𝐽(3)若滑块不能越过四分之一圆弧，对滑块，由机械能守恒定律得：12𝑚𝑣12=𝑚𝑔𝑅，则有：𝑣1=√2𝑚/𝑠若滑块能到达最高点，在最高点有最小速度，对滑块，由牛顿第二定律有：𝑚𝑔=𝑚𝑣𝑄2𝑅，得：𝑣𝑄=1𝑚/𝑠从最低点到最高点，对滑块

，由机械能守恒定律得：12𝑚𝑣22=𝑚𝑔⋅2𝑅+12𝑚𝑣𝑄2，得：𝑣2=√5𝑚/𝑠所以传送带运行速度应当满足的条件是：𝑣≤𝑣1=√2𝑚/𝑠或𝑣≥𝑣2=√5𝑚/𝑠答：(1)弹簧锁定时储存的弹性势能是17J；(2)若传送带速度为7√3𝑚/𝑠

，滑块飞上传送带后因摩擦产生的内能是75J．(3)传送带运行速度应当满足的条件是𝑣≤√2𝑚/𝑠或𝑣≥√5𝑚/𝑠．