【文档说明】浙江省宁波市五校联盟2023-2024学年高二上学期期中联考物理试题 含解析.docx，共(25)页，5.178 MB，由小赞的店铺上传

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2023学年第一学期宁波五校联盟期中联考高二年级物理学科试题考生须知：1、本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。2、答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3、所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4、考试结束后，只需上交答题纸。选择题部分一、选择题

I（本题共13小题，每小题3分，共39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.用比值法定义物理量是物理学中的一种常用的方法，以下用比值定义法定义的物理量是（）A.欧姆定律UIR=B.电场强度

2kQEr=C.电容QCU=D.导体电阻LRS=【答案】C【解析】【详解】A．欧姆定律UIR=表示导体中的电流与导体两端的电压成，与导体的电阻成反比，并非定义式，故A错误；B．电场强度2kQEr=为点电荷形成电场中任意一点场强大小计算式，并非定义式，故B错误；C．电容器的电容r4SCkd=此

为电容器电容的决定式，而QCU=为电容的定义式，即用比值定义法定义的物理量，电容的大小只与电容器本省的相关因素有关，与电容器所带电荷量和电容器两端的电压无关，故C正确；D．导体电阻LRS=表示导体的电阻由电阻率、导体的长度以及电导体的横截面积三个因素共同决定，即该式为电阻的决

定式，并非定义式，故D错误。故选。2.第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，以下说法中正确的是（）A.本届亚运会于9月23日晚上8:00正式开幕，这里的9月23日晚上8:00指时间间隔B.研究蛙泳运动员罩海洋的蛙泳动作时，

可以把覃海洋视为质点C.获得100米赛跑比赛胜利决定性因素是平均速度D.获得400米赛跑比赛胜利的决定性因素是瞬时速度【答案】C【解析】【详解】A．晚上8:00正式开幕，描述的是一个状态，因此这里的9月23日晚上8:00指时刻，

故A错误；B．研究蛙泳运动员罩海洋的蛙泳动作时，人的形状和体积对所研究的问题的影响不能够忽略，即不可以把覃海洋视为质点，故B错误；C．平均速度反映的是直线运动过程中运动的平均快慢程度，因此获得100米赛跑比赛胜利的决定性因素是平均速度，故C正确；D．平均速率反映的是一个过程中运动的平均快慢程度

，瞬时速度反映的是某一时刻的运动快慢，因此获得400米赛跑比赛胜利的决定性因素是平均速率，故D错误。故选C。3.以下情境中，关于力与运动关系的认识正确的是（）A.甲图中，直升机上升时所受升力和重力是相互作用力B.乙图中，回形针受到细线的拉力和

磁铁对它的吸引力是一对平衡力C.丙图中，用剪刀将细线剪断，小球下落，说明物体只有受力才能运动D.丁图中，摆球摆到最高处B时，若它所受力都消失，摆球将静止B处【答案】D【解析】的在【详解】A．甲图中，直升机上升时所受升力与重力都是直升机受到的力，不是相互作用力，故A错误；

B．乙图中，磁铁对回形针的吸引力竖直向上，拉力斜向上，方向不是相反关系，故B错误；C．丙图中，用剪刀将细线剪断，小球只受重力，小球下落，说明力可以改变物体的运动状态，故C错误；D．丁图中，摆球摆到最高处B时，速度瞬间为零，若此时它所受力都消失，

由于惯性，摆球将静止在B处，故D正确。故选D。4.如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是（）A.男孩和木箱组成的系统动量守恒B.小车与木箱组成的系统动量守恒

C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D.木箱的动量的变化量与男孩、小车的总动量的变化量相同【答案】C【解析】【详解】在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中A．男孩在水平方向受到小车的摩擦力，即男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零

，系统动量不守恒，A错误；B．小车在水平方向上受到男孩的摩擦力，即小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，B错误；C．男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，C正确；D．木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量

增量大小相同，方向相反，D错误。故选C。5.某同学为研究南通地铁一号线的运动情况，他用细线将一支圆珠笔悬挂在地铁的竖直扶手上，地铁启动时用手机拍摄了如图所示的照片，拍摄方向跟地铁前进方向垂直，则估测地铁启动的加速度为（）A.0.05gB.0.15gC.0.25gD.0.35g【答案】B【解析】

【详解】从图片可以估算出，圆珠笔偏离平衡位置的距离与悬挂点到圆珠笔的竖直高度比值接近1:6.5，即设偏转角为θ，则1tan6.5=对圆珠笔进行受力分析可知cosTmg=sinTma=联立解得0.15ag=故选B。6.如图，在一绝缘斜面C上有一带正电小物体A处于静止状态，现将一带正电的小

球B沿以A为圆心的圆弧缓慢地从P点转至A正上方的Q点处，已知P、A在同一水平线上，且在此过程中物体A和C始终保持静止不动，A、B可视为质点。关于此过程，下列说法正确的是（）A.A受到的库仑力逐渐增大B.地面对斜面C的摩擦力逐渐减小C.物体A受到斜面的支持力一直减小的D.物体A受到

斜面的支持力一直增大【答案】B【解析】【详解】A．小球B沿以A为圆心的圆弧缓慢地从P点转至A正上方的Q点的过程中，距离A点的距离不变，根据库仑定律可知122qqFkr=A受到的库仑力大小不变，故A错误；B．如图所示以A和C整体为研究对象，设B对A的库仑力大小为F，与竖直方向的夹角为θ

，根据平衡条件得sinfFF=由于F大小不变，θ减小，则知地面对斜面C的摩擦力逐渐减小，地面对斜面C的支持力cosNFFG=+逐渐增大，故B正确；CD．以A为研究对象，分析可知，B对A的库仑力垂直于斜面方向的分力先逐渐

增大后逐渐减小，设该分力为F′，斜面倾角为α，根据平衡条件，斜面对A的支持力'cos'NFmgF=+可知FN′先增大后减小，故CD错误。故选B。7.如图所示，中心为O的硬币在桌面上沿直线向右匀速滚动，虚线为硬币边缘最高点P的运

动轨迹，位置2为轨迹最高点，位置3为轨迹与桌面接触点。下列说法正确的是（）A.硬币滚动一周，P点与O点位移大小相等B.P点运动到位置1时速度方向为水平向右C.P点运动到位置2时向心加速度大小为零D.P点运动到位置3时的速

度与O点的速度相同【答案】A【解析】【详解】A．位移为物体初末位置的变化，由图知硬币滚动一周，P点与O点位移大小相等，故A正确；B．P点运动到位置1时速度方向为右上方，故B错误；C．P点运动到位置2时，P点做曲线运动，则向心加速度不为零，故C错误；D．P点运动到位置3时的速

度为0，而O点的速度一直向右，故D错误。故选A。8.如图所示，实线表示某电场等势面的分布情况，虚线表示该电场中一带电粒子的运动轨迹，A、B分别为带电粒子的轨迹与等势面e、b的交点。带电粒子的重力忽略不计。下列说法正确的是（）A.粒子带正电B.粒子在A点受到

的电场力小于粒子在B点受到的电场力C.粒子在A点的电势能大于粒子在B点的电势能D.粒子一定从A运动到B【答案】B【解析】【详解】A．沿着电场线方向电势逐渐降低，电场线分布如下图曲线运动中合力方向指向弯曲方向，故带电粒子受力大致方向为向上，受力方向与

电场方向相反，故粒子带负电；A错误；B．等势线间距越小（越密集），电场强度越大，间距越小（越稀疏），电场强度越小，故BAEE故粒子在A点受到的电场力与在B点受到的电场力BAFF故B正确；C．粒子带负电，A点电势高于B点，从A点的运动到B点，电场力做负功，电势能增大，故A点的电势能小于粒子在B

点的电势能，故C错误；D．由于粒子初速度大小及方向题中未给出，粒子可能从A运动到B，电场力做负功，也可能从B运动到A，电场力做正功，故D错误。故选B。9.2022年10月31日15时37分我国长征五号B遥四运载火箭将“梦天实验舱”成功发射，11月1日4时2

7分已与空间站天和核心舱顺利实现交会对接。由梦天实验舱、问天实验舱、天和核心舱形成新的空间站“T”字基本构型组合体。已知组合体的运行轨道距地面高度为h（约为400km），地球视为理想球体且半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，忽略地球自转。则（）A.航

天员漂浮在组合体中，处于平衡状态B.地球的平均密度可表示为()34gGRh+C.组合体轨道处的重力加速度为22()gRRh+D.组合体的运行速度介于7.9km/s和11.2km/s之间【答案】C【解析】【详解】A．航天员漂浮在组合体中，航天员绕地

球做匀速圆周运动，航天员受到地球的万有引力提供所需的向心力，航天员不是处于平衡状态，故A错误；B．物体在地球表面受到的万有引力等于重力，则有2MmGmgR=343MR=联立解得地球的平均密度为34gGR

=故B错误；C．设组合体轨道处的重力加速度为gʹ，则有2()MmGmgRh=+解得22()gRgRh+=故C正确；D．卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力22MmvGmrr=解得GM

vr=卫星在地面表面轨道绕地球做匀速圆周运动时的线速度最大，为地球第一宇宙速度7.9km/s，故组合体的运行速度小于7.9km/s，故D错误。故选C。10.如图甲所示的电路，其中电源电动势E=6V，内阻r=2Ω，定值电阻R=4Ω，已知滑动变阻器消耗

的功率P与其接入电路的有效阻值Rr的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（）A.图乙中滑动变阻器的最大功率P2=4.5WB.滑动变阻器消耗功率最大时，定值电阻R也消耗功率最大C.图乙中R1=6Ω，R2=12ΩD.调整滑动变阻器Rr的阻值，可以使电源的输出电流达到2A【答案】C【解析】【详解】AC

．由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电源外电阻R等于内阻r时，输出功率最大，最大值为2m4EPr=把定值电阻看成电源内阻，由图乙可知，当16ΩrRRRr==+=滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率为()221.5W4EP

Rr==+由乙图可知()()222122233EREPRrRRr==++++解得212ΩR=故A错误；C正确；B．当回路中电流最大时，即rR=0时，定值电阻R消耗的功率最大。故B错误；D．当滑动变阻器rR的阻值为0时，电路中电流

最大，最大值为m1AEIRr==+则调整滑动变阻器rR的阻值，不可能使电源的输出电流达到2A。故D错误。故选C。11.如图所示，2022年长江流域发生严重干旱灾害期间，农民通过潜水泵抽取地下水灌溉农田。已知潜水泵由电动机、水

泵、输水钢管组成，某地下水源距离地表6m深，安装潜水泵时将一根输水钢管竖直打入地底下与地下水源连通，水泵出水口离地表高度为0.45m，水流由出水口水平喷出时的速度为4m/s，每秒出水量为3kg。水泵由功率为330W的电动机带动，已知电动机额定电压为220V，水泵的

抽水效率为75%，水的密度为1.0×103kg/m3，则（）A.出水口钢管横截面积为2.5×10-3m2B.每秒内水流机械能增加24JC.水泵的输出功率为217.5WD.电动机线圈的电阻为160Ω9【答案】D【解析】【详解】A．设每秒出水量为m，根据

题意有mV=VSvtSv==联立解得427.510mS−=故A错误；B．以每秒出水量为研究对象，每秒内水流机械能增加为212Emghmv=+60.45m6.45mh=+=解得217.5JE=故B错误；C

．根据题意，水泵的输出功率为217.5W290W75%75%75%75%WEPttP=====出故C错误；D．对电动机，有2PPIr=+出总PUI=总联立可得1609r=故D正确。故选D。12.如图a所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，0=t时，甲静止，乙以

6m/s的初速度向甲运动。它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v-t图像分别如图b中甲、乙两曲线所示。则由图线可知（）A.甲在2t时刻的加速度最大B.甲、乙两球的质量之比为2:1C.两小球在

2t时刻的电势能最大D.在30~t时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小【答案】B【解析】【分析】【详解】A．设甲的质量为m，乙的质量为M，从v－t图像可知，在t1时刻二者速度相等，则此时距离最近，根据2kQqFr=可知此时静电力最大，由Fma=可知，加速度最大，故A错误；B．

把甲乙看成系统，运动过程中动量守恒，则有0()MvMmv=+可得甲、乙两球的质量之比为2:1mM=故B正确；C．系统动能和电势能之和守恒，t1时刻速度相等，动能损失最大转化为电势能，电势能最大，故C错误；D．由图可知，甲一直加速，在30~t时间内，甲的动能一直增大，乙在0~t2时间内减速，t2~t

3时间内，乙反向加速，所以乙的动能先减小后增加，故D错误。故选B。13.如图所示，半径为R的光滑圆环竖直放置，环上套有质量分别为m和2m的小球A和B，A、B之间用一长为2R的轻杆相连．开始时A在圆环的最高点，现将A

、B静止释放，则（）A.B球可以运动到圆环的最高点B.A球运动到圆环的最低点时，速度为零C.B球从开始运动至到达圆环最低点的过程中，杆对B球所做的总功不为零D.B运动至右半圆弧上最高点时，其与圆心连线和竖直方向夹角约为37°【答案】D

【解析】【详解】AD．设B球到右侧最高点时，B与圆心连线和竖直方向夹角为，如图，圆环圆心处为零势能面，系统机械能守恒cossinABAmgRmgRmgR=−代入数据得37=所以B球在圆环右侧区域内能达到的最高点与竖直方向夹角约为37°

，A错误，D正确。B．在A、B运动的过程中，A、B组成的系统只有重力做功，机械能守恒，则有221122+=+ABAABBmgRmgRmvmv又因为ABvv=得2AvgR=故B错误；Ｃ．对B球，根据动能定理可得212BBBmgRWmv+=解得W=0故C错误。故选D。二、选择题I

I（本题共2小题，每小题3分，共6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。全部选对得3分，选对但不选全的得2分，有错选得0分）14.下列四幅图描述的场景依次为雷电击中避雷针（图甲）、高压输电线上方还有两条与大地相连的

导线（图乙）、燃气灶中的针尖状点火器（图丙）、工人穿戴着含金属丝制成的工作服进行超高压带电作业（图丁），关于这四幅图所涉及的物理知识，下列说法正确的是（）A.图甲中避雷针的工作原理主要是利用尖端放电避免雷击B.图丙中的点火器是利用摩擦起电的原理进行点火的C.图丙中的点火器的工作原理和图丁中工作服内

掺入的金属丝的工作原理是相同的D.图乙中与大地相连的两条导线所起的作用和图丁中工作服内的金属丝所起的作用是相同的【答案】AD【解析】【详解】A．避雷针的工作原理主要是利用尖端放电避免雷击，故A正确；B．点火器是利用尖端放电的原理进行点火的，故B错误；C．点火器是利用尖端放

电的原理，工作服内掺入的金属丝的工作原理是静电屏蔽，故C错误；D．与大地相连的两条导线所起的作用和图丁中工作服内的金属丝所起的作用是相同的，均为静电屏蔽，故D正确。故选AD。15.2023年4月15日，

神舟十五号航天员乘组进行了第四次出舱活动。如图所示，假设一航天员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止，某一时刻航天员启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为S的喷口以相对空间站的速度v向后持续喷出，若喷出的压缩气体密度恒为，航天员连同整套舱外太空服的质量为M，不计

喷出气体后航天员和装备总质量的变化，则下列说法正确的是（）A.航天员此操作与喷气式飞机飞行的原理相同B.喷气过程中，航天员受到喷出气体的作用力恒为2FSv=C.喷气过程中航天员相对空间站做加速度逐渐减小的加速运动D.航天员到达空间站时相对空间站的速度为2SdvM【答案】ABD【解析】【

详解】A．航天员此操作的原理为反冲，与喷气式飞机飞行的原理相同，故A正确；B．设在极短的时间Δt内喷出的气体的质量为m，则ΔΔmSvt=设对压缩气体的作用力为F，则对压缩气体有ΔΔFtmv=解得2FSv=可知喷气过程中，航天员受到喷出气

体的作用力恒为2FFSv==故B正确；CD．由于喷气过程中，气体的密度和速度恒定，且不考虑航天员和装备总质量的变化，因此航天员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，根据FMa=，22adv=解得2SdvvM=故C错误，D正确。故选ABD。非选择题部分16.图甲是验证动量守恒定

律的装置，气垫导轨上安装了1、2两个光电门，两滑块上均固定一相同的竖直遮光条（1）用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，其读数为______cm；（2）实验前，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初

速度，使它从轨道左端向右运动，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间。为使导轨水平，可调节Q使轨道右端______（选填“升高”或“降低”）一些；（3）测出滑块A和遮光条的总质量为1m，滑块B和遮光条的总质量为2m。将滑块A静置于两光电门之间，将滑块B静置于光电门2右

侧，推动B，使其获得水平向左的速度，经过光电门2并与A发生碰撞且被弹回，再次经过光电门2。光电门2先后记录的挡光时间为1t、2t，光电门1记录的挡光时间为3t。小明想用上述物理量验证该碰撞过程动量守恒，则他要验证的关系

式是____________；小徐猜想该碰撞是弹性碰撞，他用了一个只包含1t、2t和3t的关系式来验证自己的猜想，则他要验证的关系式是____________。【答案】①.1.345②.降低③.212132mmmtt

t=−④.123111=+ttt【解析】【详解】（1）[1]图中游标卡尺读数为13mm90.05mm1.345cm+=（2）[2]滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，说明滑块从光电门1到光电门2为减速运动，则右端较高，因此可调节Q使

轨道右端降低。（3）[3]若碰撞过程中动量守恒，取水平向左为正方向，根据公式有212132dddmmmttt=−整理得212132mmmttt=−[4]若碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后A、B的相对速度大小相等，

即123dddttt=+整理得123111=+ttt17.一探究实验小组要测量叠层电池电动势和内阻（电动势9V左右，内阻40Ω左右），实验室可供选择的器材有：电压表V（量程0~3V，内阻R1=1kΩ）毫安表mA（量程0~10mA，内阻r2=20Ω）滑动变阻器Rx（0~5Ω，额定电流1

A）电阻箱R0（0~9999.9Ω）二只定值电阻R（R1=0.4Ω；R2=4Ω）电键S一个；导线若干。（1）由于两电表量程都太小，实验中对两只电表均进行了改装，并连接成如图甲所示的电路，其中与定值电阻并联的毫安表改装成量程为60mA的电流表。则定值电阻应选___________（选

填“R1”或“R2”）。（2）实验中通过调节___________（选填“Rx”或“R0”），以测得两只电表的数据。（3）按（1）中电路进行实验，发现电压表V已损坏，若仍要完成实验，请用剩余的其它元件设计电路

图并画在方框乙内。___________（4）按电路图正确连线后进行规范操作，记录电阻箱的阻值为R0和毫安表的示数为I，作出IR0-I的图像如图丙所示，则该电源的电动势___________V，内阻___________Ω。

（结果保留二位有效数字）【答案】①.R2②.Rx③.④.8.7⑤.42【解析】【详解】（1）[1]与定值电阻并联的毫安表改装成量程为60mA的电流表，则g2gIrIIR=+解得4R=故选R2。（2）[2]实验中通过调节滑动变阻器Rx，以测得两只电表的数据。（3）[3]发现电压表V已损坏，若仍要完

成实验，则用电流表和电阻箱进行实验，电路图如下（4）[4][5]根据闭合电路欧姆定律0266IRIrEIr+=−整理得20666rrEIRI+=−所以1.456V8.7VE==2361.4563210rr−+=解得

42r=18.如图所示是台州方特里的一种大型游戏项目——“跳楼机”，因其惊险刺激深受人们青睐。它的原理是将参加该项目的游客用安全带固定在座椅上，通过升降机将座椅提升到离地面45m的高度再自由释放。某位质量为50kg的同学发现座椅在上升过程中会经历三个阶段，先是以大小为21

.5m/s的加速度向上运动4s，随后经过一段时间的匀速运动，再以大小为22m/s的加速度做匀减速直线运动，到达最高点时速度恰好减小为零，不计空气阻力，g取210m/s，求（1）这位同学在上升过程中的最大速度；（

2）在匀减速阶段，座椅对游客的作用力多大；（3）这位同学由地面上升到最高点时所用的时间。【答案】（1）6m/s；（2）400N；（3）11s【解析】【详解】（1）整个过程经历匀加速直线运动，匀速运动，匀减速直线运动三个阶段，匀加速直线动结束时的

速度是整个过程的最大速度。匀加速直线运动阶段00v=，21.5m/sa=，4st=，根据0vvat=+解得6m/sv=（2）匀减速阶段：22m/s=−a，向上正方向，根据牛顿第二定律NmgFma+=解得400NNF=所以座椅对人作用力为400N。（3）匀加速阶段：14s=t，

根据2201112xvtat=+解得212mx=匀减速阶段：速度由6m/s减小到0，根据03vvat=+解得33st=根据为的2303312xvtat=+解得39mx=匀速运动的位移为21324mxxxx=−−=匀速运动的时间为224sxtv==这位同学由地面上升到最高点时所用的时间为12

311stttt=++=19.如图所示，一薄木板放在光滑水平桌面上，上面压有质量为1kgm=的铁块，铁块与薄木板之间的动摩擦因数0.25=。用7.5NF=的水平恒力向右拉薄木板，当薄木板被从铁块下端抽出时铁块恰离开桌面，经平抛落在地面上的P点。已知

桌面离地面的高度为0.8mh=，P点到桌面边缘的水平距离0.4ms=，重力加速度g取10m/s2。求：（1）铁块所受摩擦力的冲量I的大小；（2）薄木板被从铁块下端抽离瞬间的动量p的大小。【答案】（1）1N·s；（2）2kg·m/s【解析】【详解】（1）设铁块离开桌面时

速度为v，由平抛运动知识有212hgtsvt==，联立可得1m/sv=由动量定理可得01NsImv=−=（2）设薄木板被从铁块下端抽离所用时间为t。对铁块分析，可知Imgt=对薄木板分析，可知()0F

mgtp−=−解得2kgm/sp=20.如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端接触着质量m＝2.0kg的物块A但不拴接。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面

等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以v＝3.0m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R＝1.25m位于竖直平面内的光滑14圆弧轨道，最低点为C、最高点为B。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.3，传送带两轴之间的距离l＝4m。用物块压缩弹簧到A点并由静止释放

，物体恰能到圆弧轨道最高点B，取g＝10m/s2。求：（1）物块A第一次滑到14圆弧的最低点时对轨道的压力和释放A前弹簧的弹性势能；（2）物块A到B过程中，物块和传送带之间产生的热量Q；（3）物体再次压缩弹簧时弹簧的最大弹性势能。【答案】（1）60N

，方向竖直向下；49J；（2）12J；（3）9J【解析】【详解】（1）物体恰能到圆弧轨道最高点B，根据动能定理有2102CmgRmv−=−根据牛顿第二定律有2CvFmgmR−=解得60NF=，5m/sCv=根据牛顿第三定律可知物块A第一次滑到14圆弧的最低点时对轨

道的压力为60NF=方向竖直向下根据牛顿第二定律有mgma=根据运动学公式有2212Cvval−=解得物块滑上传送带时的速度为17m/sv=根据功能关系可知释放物块A前弹簧的弹性势能为2p11=49J2Emv=（2）物块从传送带左端到右端的时间为1Cvvtg

−=物块在传送带上的划痕为1753.0m=2m0.310CvvLvtvg−−===则物块A到B过程中，物块和传送带之间产生的热量为0.32.0102J=12JQmgL==（3）物块从传送带右端向左运动过程中，达到传送带速度时经过的位移为223.2m<4m2Cvvxa−==所以

物块未到达传送带左端时已和传送带共速，则物体再次压缩弹簧时弹簧的最大弹性势能为2p19J2Emv==21.如图所示的电路中，直流电源的电动势E=9V，内电阻r=1.5Ω，R1=4.5Ω，R2为电阻箱。

两带小孔的平行金属板A、B竖直放置：另两个平行金属板C、D水平放置，板长L=30cm板间的距离d=20cm，MN为荧光屏，C、D的右端到荧光屏的距离L'=10cm，O为C、D金属板的中轴线与荧光屏的交点

，P为O点下方的一点，10cmOPL=，当电阻箱的阻值调为R2=3Ω（时。闭合开关K，待电路稳定后，将一带电量为191.610Cq−=−，质量为30910kgm−=的粒子从A板小孔从静止释放进入极板间，不考虑空气阻力、带电粒子的重力和极板外部的电场。（1）求AB板间电压U1和CD板

间电压U2各多大？（2）求带电粒子从极板C、D离开时速度大小？（3）使粒子恰好打到P点，R2的阻值应调到多大？【答案】（1）4.5V；3V；（2）52510m/sv=；（3）22.4R=【解析】【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律有121AEIRRr==++AB板间电压为114.5

VUIR==CD板间电压为223VUIR==（2）从A到B，根据动能定理有21012qUmv=粒子在CD板间，根据牛顿第二定律有2qUamd=竖直方向有yvat=水平方向有0Lvt=根据运动的合成可知220yvvv=+代入数据解得52510m/sv=与水平方向夹角满足01tan2

yvv==（3）设调整R2后，R1、R2上的电压分别为'1U与'2U，可知'2101'2qUmv=''2'0yqULvmdv=速度偏转角'22'01'tan''2yvULvUd==由类平抛运动规律可知，速度反向延长线交于水平位移中点，则有2tan'15'2OP

LLL==+又由于'22'11URUR=联立解得获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com