【文档说明】甘肃省张掖市某重点校2022-2023学年高二下学期2月月考物理试题 含解析.docx，共(22)页，2.115 MB，由小赞的店铺上传

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物理本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共8页，总分100分，考试时间90分钟。第Ⅰ卷（选择题共40分）一、选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1

.下列说法正确的是（）A.奥斯特发现了电流的磁效应和电磁感应现象B.磁感线始于N极而止于S极C.某点磁场的方向与放在该点的小磁针N极所指方向一致D.某点磁场的方向与放在该点的小磁针静止时N极受力的方向一致【答案】D【解析】【详解】A．奥斯特发现了电流的磁效应

和法拉第发现了电磁感应现象，A错误；B．磁感线在磁体外始于N极而止于S极，磁体内部是外始于S极而止于N极，磁感应线是闭合曲线，B错误；CD．某点磁场的方向与放在该点的小磁针静止时，N极所指方向一致，与N极受力的方向一致，C错误，D正确。故选D。2.下列说法正确的

是（）A.普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值的整数倍，这个不可再分的最小能量值叫作能量子B.根据麦克斯韦电磁场理论可知，变化电场周围一定产生变化的磁场C.电磁波谱按频率从大到小的顺序排列为无线电波、红外线、可见光、紫外线、X

射线、Y射线D.红外线可用于加热理疗、消毒及CT拍片【答案】A【解析】【详解】A．普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值的整数倍，这个不可再分的最小能量值叫作能量子，A正确；B．根据麦克斯韦电磁场理论可知，周期性变化的电场周围产生周期

性变化的磁场，均匀变化的电场周围的产生稳定的磁场，B错误；C．电磁波谱按频率从小到到的顺序排列为无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、Y射线，C错误；D．红外线可用于加热理疗，不能用于消毒及CT拍片，D错误。故选A。3.关于黑体辐射的实验规律如图所示，下列说法正确的是（）A

.黑体能够完全透射照射到它上面的光波B.随着温度降低，各种波长的光辐射强度都有所增加C.随温度升高，辐射强度极大值向波长较长的方向移动D.黑体的辐射强度只与它的温度有关，与形状和黑体材料无关【答案】AD【解析】【分析】【详解】A．能完全吸收照射到它

上面的各种频率的电磁辐射的物体称为黑体，因此黑体能够完全透射照射到它上面的光波，选项A正确；B．由图可知，随温度的降低，各种波长的光辐射强度都有所减小，选项B错误；C．随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向

波长较短的方向移动，选项C错误；D．一般物体辐射电磁波的情况与温度有关，还与材料的种类及表面情况有关；但黑体辐射电磁波的情况只与温度有关，选项D正确。故选AD。4.如图甲所示电路，小灯泡通电后其电压U随所加电流I变化的图线如图乙所示，

P为图线上一点，PN为图线的切线，PM为U轴的垂线，PQ为I轴的垂线，下列说法中不正确的是（）A.随着所加电流的增大，小灯泡的电阻增大B.对应P点，小灯泡的电阻为12URI=C.在电路中灯泡L两端的电压为U1时，电阻R两端的电压为I1RD.对应P点，小灯泡的功率

为图中矩形PQOM所围的“面积”【答案】C【解析】【详解】A．图线上的点与原点连线的斜率等于电阻大小，由数学知识可知，随着所加电压的增大，所加电流增大，小灯泡的电阻增大，故A正确；B．对应P点，小灯泡的电

阻为12URI=故B正确；C．在电路中灯泡L两端的电压为U1时，电阻R两端的电压为I2R，故C错误；D．由恒定电流的功率公式P=UI，推广可知，对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积，故D正确；故选C。5.如图所示，一金属圆线圈和一条形磁铁的中轴线在同一竖直平

面内，下列情况中能使线圈中产生感应电流的是（）A.将磁铁竖直向上平移B.将磁铁水平向右平移C.将磁铁在图示的平面内，N极向上、S极向下转动D.将磁铁的N极转向纸外，S极转向纸内【答案】D【解析】【分析】【详解】ABC．图中位置时，从N极到S极

磁感线与圆形线圈的平面平行，磁通量为零，磁铁在纸面内向上平移时，磁铁在纸面向右平移，磁铁绕垂直纸面内的轴转动，这三种情况线圈满足闭合回路的条件，磁感线仍然与圆形线圈平面平行，磁通量没有发生变化，ABC错误；D．图中位

置时，从N极到S极的磁感线与圆形线圈的平面平行，磁通量为零，当N极转向纸外，S极转向纸内时，有磁感线穿过圆形线圈，磁通量发生了变化，满足产生感应电流的条件，D正确。故选D。6.如图所示，线框abcd的左侧放置一通有恒定电流的长直导线，线框从位置Ⅰ按照以下四种方式运动（位置Ⅰ和位置Ⅲ关于MN对称

），磁通量变化量的绝对值最大的是（）A.平移到位置ⅡB.平移到位置ⅢC.以MN为转轴转到位置ⅢD.以bd为转轴转到位置Ⅱ【答案】B【解析】【详解】由图可知，通电直导线电流方向向上，由安培定则可知，导线右侧磁场的方向向

里，左侧磁场的方向向外，靠近导线磁感应强度增大，远离导线磁感应强度减小，设线框的面积为S，位置I处和位置Ⅲ处的平均磁感应强度为B1，位置Ⅱ处的磁感应强度为B2，线框从位置I平移到位置Ⅱ，磁通量的变化量的大小为112()BBS=−线框从位置I平移到位置Ⅲ，磁通

量的变化量的大小为2111()2BBSBS=+=以MN为转轴转到位置Ⅲ，磁通量的变化量的大小为的30=以bd为转轴转到位置Ⅱ，磁通量的变化量的大小为412()BBS=+由以上分析可知，线框从位置I平移

到位置Ⅲ，磁通量的变化量绝对值最大。故选B。7.已知通电长直导线在周围空间某点产生的磁感应强度大小为IBkr=，k为常量，I为电流，r为该点到导线的距离。电流大小相同的三根长直导线垂直于纸面放置于等边三角形的三个顶点a、b、d上，c点是a点关于bd连

线的对称点，已知导线a在c点产生的磁感应强度大小为B，则三根导线在c点处产生的合磁感应强度大小为（）A.3BB.2BC.433BD.4B【答案】B【解析】【分析】【详解】设a、b两点间距为L，则a、c两点间距为3L，a点处导线在c点产

生的磁感应强度为B，根据IBkr=可知b点和d点处导线在c点产生的磁感应强度大小都为3B，根据右手螺旋定则，两者夹角为60°，对两者矢量合成如图所示根据几何关系，可得b点和d点处的导线在c点产生的磁感应强度的矢量和大小为3B，

与a点处的导线在c点产生的磁感应强度方向相反，所以三根导线在c点处产生的磁感应强度大小为2B。故选B。8.如图所示，虚线半圆弧为点电荷电场中的等势线，实线为某带电粒子仅在静电力作用下的运动轨迹，实线与虚线半圆弧的交点为A、B，图中实线上的C点与

圆弧上的D点间的距离大于圆弧的半径，由此可以判断（）A.A点的电势比C点的电势低B.带电粒子从A点运动到C点，电势能一定增大C.从A点到C点，静电力对带电粒子做功的功率越来越大D.带电粒子从A点运动到B点，动能先增大后减小【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由于带电粒子做曲线运动时，受到

的静电力指向运动轨迹的凹侧，因此带电粒子与场源点电荷带异种电荷，而场源点电荷的电性不能确定，因此A、C两点的电势高低不能确定，A错误；B．粒子从A点运动到C点，静电力做正功，因此电势能减小，B错误；C．因为粒子运动到C点时，静电力方向与速度方向垂直，此时静电力的功率为零，C错误；

D．带电粒子从A点运动到B点，静电力先做正功后做负功，根据动能定理可知，带电粒子的动能先增大后减小，D正确。故选D。二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.如图所示，圆心为O的圆处于匀强电场（图中未画

出）中，电场方向与圆平面平行，ab和cd为该圆的直径。将电荷量为q的带正电粒子从a点移到b点，电场力做功为2W（0W）；将该粒子从c点移到d点，电场力做功为W。下列说法正确的是（）A.该匀强电场的电场强度方向与cd平行B.将该粒子从

d点移到b点，电场力做功为0.5WC.a点电势高于c点电势D.若只受电场力，从d点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动【答案】BC【解析】【详解】AC．根据题意，设圆的半径为R，由于将电荷量为q的带正电粒子从a点移到b点，电场力做功为2W；将该粒子从c点移到d点，电

场力做功为W，设ab沿电场方向的距离为abd，cd沿电场方向的距离为cdd，由公式WEqd=可知2abcddd=由图根据几何关系可知，cd沿ab方向的距离为R，则刚好满足2abcddd=则该匀强电场的电场强度方向与ab平行，由于从将

电荷量为q的带正电粒子从a点移到b点，电场力做正功，可知，电场方向由ab→，根据沿电场线方向电势逐渐降低，则有a点电势高于c点电势，故A错误，C正确；B．根据题意，由上述分析可知22WEqR=将该粒子从d点移到b点，db两点沿电场方向的距离为cos602

dbRdRR=−=则有将该粒子从d点移到b点，电场力做功为12dbWWEqd==故B正确；D．若只受电场力，从d点沿与ab平行的方向射入粒子，粒子将做直线运动，故D错误。故选BC。10.竖直面（纸面）内两固

定长直导线L1、L2中通有如图所示的电流，P点位于L1、L2正中间，整个空间存在磁感应强度大小为B0、方向垂直于纸面向里的匀强磁场（未画出），此时P点的磁感应强度大小为0．若L1中电流反向，则P点的磁感应强度大小为023B，方向垂直纸面向里

，则A.I1在P点产生的磁场的磁感应强度大小为013BB.I1在P点产生的磁场的磁感应强度大小为023BC.I2在P点产生的磁场的磁感应强度大小为023BD.I2在P点产生的磁场的磁感应强度大小为013B

【答案】AC【解析】【详解】设I1、I2在P点产生的磁场大小为B1和B2，由右手定则可知B1和B2方向均向外，则：B1+B2=B0；若L1中电流反向，则磁场方向也反向，则：B1+B0-B2=23B0；联立解得B1=13B0；B2=23B0，故选AC.11.如图所示的电路中，定值电阻a、b、c、

d的阻值相等，电容器C的耐压值足够大，其中电源的内阻可忽略不计。当仅闭合开关K1时，电路的总电阻用R1表示、电容器所带的电荷量为q1，当两个开关均闭合时，电路的总电阻用R2表示、电容器所带的电荷量为q2。则

下列关系式正确的是（）A.R1：R2＝6：5B.R1：R2＝5：6C.q1：q2＝5：3D.q1：q2＝3:5【答案】AC【解析】【分析】【详解】设定值电阻的阻值均为R，电源的电动势为E，当仅闭合开关K

1时，等效电路如图甲所示，则电路的总电阻为R1＝3R电容器两极板间的电压12233RUEER==则电容器所带的电荷量1123qCUEC==当两个开关均闭合时，等效电路如图乙所示，电路的总电阻为25222RRRR=+=电容器两极板之间电压为22552RUEER==电容器所带的电荷量2225qCUEC

==由以上分析可知R1∶R2＝6∶5q1∶q2＝5∶3故AC正确，BD错误。故选AC。12.如图所示，电源电动势E及内阻r恒定不变，R、1R为定值电阻，2R为滑动变阻器，电压表V及电流表1A、2A均为理想电表。下列说法正确的是（）的A.若S闭

合，当2R的滑片向下滑动时，两电流表1A、2A的示数变化量12IIB.若S闭合，当2R的滑片向下滑动时，电压表V和电流表1A的示数变化量的绝对值之比1UI不断改变C.若S闭合，当2R的滑片向下滑动时，电压表V和电流表1A的示数变化量的绝对值之比1U

I不变D.若2R接入电路的电阻值保持某一不为零的值不变，将开关S由断开转为闭合，则电流表1A的示数变大，电压表V、电流表2A的示数均变小【答案】ACD【解析】【详解】A．若S闭合，当2R的滑片向下滑动时，总电阻减小，干路电流I1增大，电源的内电压和R两端的电

压增大，由闭合电路欧姆定律知并联部分电压减小，流过1R的电流减小，2A的示数变大，而12RIII=+可知两电流表1A、2A的示数变化量关系为12II故A正确；BC．若S闭合，当2R的滑片向

下滑动时，根据闭合电路欧姆定律1()EUIRr=++电压表V和电流表1A的示数变化量的绝对值之比为1URrI=+可知比值不变，故B错误，C正确；D．若2R接入电路的电阻值保持某一不为零的值不变，将开关S由断开转为闭合，则干路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知

电流表1A的示数变大，电源的内电压和R两端的电压增大，电压表V减小，电流表2A的示数也变小，故D正确。故选ACD。第Ⅱ卷（非选择题共60分）三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.随着居民生活水平的提高，纯净水已经进入千家万户。

某市对市场上出售的纯净水质量进行了抽测，结果发现有不少样品的电导率不合格（电导率是电阻率的倒数，是检验纯净水是否合格的一项重要指标）。某学习小组对某种纯净水样品进行检验。（1）将采集的水样装满绝缘的圆柱形塑料容器，两端用金属圆片电极密封，

利用螺旋测微器测量该容器的直径如图甲所示，则该容器直径的测量值d为__________mm。利用游标卡尺测量该容器的长度如图乙所示，则该容器长度的测量值L为__________cm。（2）小组同学用多用电表粗测该水样的电阻为1200Ω。为了准确测量该水样的电导率，小

组同学准备利用以下器材进行研究：A.电压表（0~3V，内阻约为1kΩ）B.电压表（0~15V，内阻约为5kΩ）C.电流表（0~10mA，内阻约为1Ω）D.电流表（0~0.6A，内阻约为10Ω）E.滑动变阻器（

最大阻值为100Ω）F.蓄电池（电动势约为12V，内阻约为2Ω）G.开关、导线若干实验要求测量尽可能准确，请你在方框中设计出实验电路图_______。电路中电压表应选择__________，电流表应选择_______

___（两空均填器材前面的字母序号）；若考虑电表内阻的影响，则该实验的电阻测量值__________（填“大于”“小于”或“等于”）其真实值。（3）该水样电导率的表达式为=__________（用测得的物理量的字母U、I、d

、L表示）【答案】①.4.700②.5.020③.见解析④.B⑤.C⑥.大于⑦.24ILdU【解析】【详解】（1）[1]螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图甲可知该容器的直径为4.5mm20.00.01mm4.700mmd=+=[2]20分度游标卡尺的

精确值为0.05mm，由图乙可知该容器长度为5cm40.05mm5.020cmL=+=（2）[3]由于该水样的电阻约为1200Ω，滑动变阻器阻值比待测电阻小得多，故滑动变阻器应采用分压接法，由于待测电阻远大于电流表内阻，故电流表应采用内接法，电路图如图所示[4]由于蓄电池的电动势约为12V，则电

压表应选择B；[5]通过待测电阻的最大电流约为m12A10mA1200EIR===则电流表应选择C。[6]电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，使得电压表示数大于待测电阻的实际电压，则有UURRII==真测真则该实验的电阻测量值大于

其真实值。（3）[7]根据电阻定律可得LRS=又URI=，24dS=，1=联立可得该水样电导率为24ILdU=14.为了测定电阻的阻值，实验室提供下列器材：待测电阻R（阻值约100Ω）、滑动变阻器R1（0～100Ω）、滑动变阻器R2（0～10Ω）、电阻箱R0（0～9999.

9Ω）、理想电流表A（量程50mA）、直流电源E（3V，忽略内阻）、导线、电键若干。（1）甲同学设计图（a）所示的电路进行实验。①请在图（b）中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接；_______②滑动变阻器应选________（填入字母）。③实验操作时，

先将滑动变阻器的滑动头移到______（选填“左”或“右”）端，再接通开关S；保持S2断开，闭合S1，调节R1使电流表指针偏转至某一位置，并记下电流I1。④断开S1，保持R1不变，调整电阻箱R0阻值在100Ω左右，再闭合S2，调节R0阻值使得电流表读数为______时，R0的读数即为待测电阻R的

阻值。（2）乙同学利用电路图（c）进行实验，多次改变电阻箱R0的阻值，读出电流表相应的电流I，由测得的数据作出1I—R0图像，根据图像的斜率和截距求出待测电阻R的阻值。若电源内阻是不可忽略的，则上述电路（a）和（c

），哪种方案测电阻更好？______为什么？________。【答案】①.见解析②.R2③.左④.I1⑤.（a）方案更好⑥.见解析【解析】【分析】【详解】（1）①[1]连线见图②[2]甲同学采用了分压电路及等效

替代法测电阻，采用分压电路时滑动变阻器的阻值小于并联部分的电阻，便于实验调节，故选择R2；③[3]分压电路为保护并联部分电阻，开始时应使并联部分电压从0开始，滑动头应处于左端；④[4]由于实验采用了等效替代法，必须满足两次实验的效果相同，即两

次电流表的示数相同；即为1I；（2）[5][6]若电源内阻是不可忽略的，则电路（a）好；因为电源内阻对用（a）测电阻没有影响，而用（c）测量电阻偏大（增加了电源的内阻），有测量误差。故（a）方案更好。15.多用电表是实验室中常用的测量仪器，如图甲所示为某多用电表内

部电路图。（1）通过一个单刀多掷开关S，接线柱B可以分别与触点1、2、3、4、5接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的功能。图中的E是电池，3R是保护电阻，6R是欧姆调零电阻，1R、2R、4R、5R都是定值电阻，表头G的满偏电流为20mA，内阻为gR。已知12g4RRR+

=，4360R=，51600R=。关于此多用电表，下列说法正确的是__________（填正确答案标号）。A.图甲中B是红表笔B.当S接触点1、2时，多用电表处于测量电流的挡位，且接1时的量程比接2时大C.当S接触点3时，多用电表处于测量电阻的挡位，A表笔的电势要高于B表笔的电势D.

当S接触点4、5时，多用电表处于测量电压的挡位，且接4时的量程比接5时大（2）小组同学将开关S与3相接，将A、B表笔短接，调节6R进行欧姆调零后测量未知电阻的阻值。得到通过表头G的电流与被测电阻的关系如图乙所示，由此可

知多用电表中电池的电动势E=_________V（结果保留三位有效数字）。通过分析可知该小组使用多用电表的_________（填“×1”“×10”或“×1k”）倍率的欧姆挡进行测量未知电阻的阻值。（3）多用电表的表盘如图丙所示，若所选挡位为多用电表的“×10”欧姆挡，则

调零后测得的电阻值R=___________Ω；若所选挡位为多用电表的25mA电流挡，则多用电表的读数为___________mA；若所选挡位为多用电表的5V电压挡，则多用电表的读数为___________V。（4）使用一段

时间后，该多用电表电源电动势降低，内阻变大，但仍能进行欧姆调零，用该多用电表欧姆挡测量某一电阻的阻值时，测量值比真实值___________（填“偏大”“不变”或“偏小”）。【答案】①.ABC##ACB##BAC##BCA##CBA##CAB②.3.75③.10④.80⑤

.17.0⑥.3.40⑦.偏大【解析】【详解】（1）[1]AC．由图可知，图甲中B接3接线柱时，与电源负极相连，由电流从红表笔流入，黑表笔流出可知，图甲中B是红表笔，A表笔的电势要高于B表笔的电势，故AC正确；B．当S接触点1、2时，电阻与表头并联，则改装成大量程的电流表，由并

联分流原理可知，所并电阻越小，量程越大，则接1时的量程比接2时大，故B正确；D．当S接触点4、5时，电阻与表头串联，则改装成大量程的电压表，由串联分压原理可知，所串电阻越大，量程越大，则接4时的量程比接5时小，故D错误。故选ABC。（2）[2][3]根据图

甲，结合并联分流原理可知，当将开关S与3相接时，由于12g4RRR+=则当表头达到满偏时，流过电源的电流为g54II=由图乙可知，当待测电阻为150时，表头电流为g2I，可知欧姆表等效内阻为150，即中值电阻为150，则该小组使用多用电表的10倍率，当待测电阻为

0时，由闭合回路欧姆定律有3.75VEIR==内（3）[4]如图丙所示，若所选挡位为多用电表的“×10”欧姆挡，则调零后测得的电阻值为81080R==[5]若所选挡位为多用电表的25mA电流挡，最小分度为

0.5mA，估读到最小分度位，则多用电表的读数为17.0mAI=[6]若所选挡位为多用电表的5V电压挡，最小分度为0.1V，估读到最小分度下一位，则多用电表的读数为3.40VU=（4）[7]根据题意，由闭合回路欧姆定律可知，由于使用一段时间后，该多用电表电源电动势降低，内阻变大，但仍能进行欧

姆调零，则''gERRI=内内即欧姆表等效内阻减小，则测量值比真实值偏大。16.如图所示为一物理兴趣小组测量水果电池电动势和内阻的实验电路图，水果电池的电动势约为2V，内阻约为200Ω。其中虚线框内为用毫安表改装成的双量程电压表电路。（1）虚线框内毫安

表的内阻为g50.0R=，满偏电流为g3.00mAI=；1R和2R为定值电阻，其中1950.0R=，使用a和b接线柱，电压表量程为15V；若使用a和c接线柱，则电压表的量程为_________V，2R=_________Ω；（2）实验室提供

了两个电流表：1A（量程10mA，内阻约为25），2A（量程0.6A，内阻约为0.02）；两个滑动变阻器，最大阻值分别为10和1500。则电流表应选_________（填“1A”或“2A”），滑动变阻器应选最大阻值为_________Ω的；（3）实验

主要步骤如下。①开关2S拨向c，将滑动变阻器R的滑片移到最_________（填“左”或“右”）端，闭合开关1S；②多次调节滑动变阻器的滑片，记下相应的毫安表mA的示数1I和电流表A的示数2I；③在坐标图中描点画出12II−图像如图所示；④则电源的电动

势E=___________V，内阻r=___________Ω；（结果均保留三位有效数字）⑤若不考虑实验中偶然误差，用此种方法所得的电动势测量值___________真实值，内阻测量值___________真实值。（均填“大于”“小于”或“等于”）。【答案】①.

3②.4000③.1A④.1500⑤.左⑥.2.30⑦.212⑧.等于⑨.等于【解析】【详解】（1）[1]接ac两接线柱时，表头、2R与1R串联，则量程为()()gg1350950V3VUIRR=+=+=[2]使用a和b接线柱，电压表量程为15V可求2R为2315509504000310R

−=−−=（2）[3]水果电池的电动势约为2V，根据欧姆定律得2A10mA200EIr==故电流表选1A。[4]因内阻约为200较大，为了便于调节，滑动变阻器应选择1500。（3）[5]为了让电流由最小开始调节，开始时滑动变

阻器阻值滑到最大位置，即应滑到最左端。[6][7]由闭合电路欧姆定律有()()1g112EIRRIIr=+++变形得12g1g1ErIIRRrRRr=−++++根据图像的斜率可得的()33g11.900.50108.010rRRr

−−−=++解得212r由图像中与纵坐标的交点可求电源的电动势3g11.910AERRr−=++解得2.30VE=[8][9]若不考虑实验中的偶然误差，该电路已精确计算路端电压和流过内阻的电流，所以电动势测

量值等于真实值，内阻测量值等于真实值。17.如图所示，虚线MN、PQ之间存在水平向右的匀强电场，两虚线间距离为d。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子，从a点由静止释放，经电压为U的电场加速后，由b点垂直进入水平匀强电场中，从MN上的某点c（图

中未画出）离开，其速度与电场方向成45°角。不计粒子的重力，求：（1）粒子刚进入水平匀强电场时的速率v0；（2）水平匀强电场的场强大小E；（3）bc两点间的电势差Ubc。【答案】(1)2Uqm；(2)2Ud；(3)U【解析】分析】【详解】(1)根

据动能定理得201=2Uqmv解得【02Uqvm=(2)设离开水平电场时的速度为v，则有0cos45vv=在水平方向有0sin45Eqdvmv=解得202mvUEqdd==(3)根据动能定理得2201122bcqmvUmv=−解得bcUU=18.如图所示，一装置由高

度为1.5R的竖直轨道和半径为R的半圆形轨道组成（轨道均光滑），距C端正上方R处有一小球b用足够长的轻绳悬挂在P点。某时刻将一质量为m的小球a从竖直轨道上端A点以初速度大小0v释放，小球a通过最低点B时速度大小为7gR，之后从C端射出并与小球b在竖直方向发生正碰，碰撞时间极短且撞击力远大于两小

球的重力，碰撞后小球b竖直上升1.5R。不计空气阻力，重力加速度为g。（1）求小球a经过B点时对半圆轨道的压力大小；（2）求小球a从轨道的A端释放的初速度0v的大小；（3）若小球b的质量为0.5m，则小球a与小球b碰撞过程损失的机械能E为多少？【答案】（1）N

8Fmg=；（2）02vgR=；（3）38mgR【解析】【详解】（1）小球a在B点时，根据弹力和重力的合力提供向心力得2NBvFmgmR−=解得N8Fmg=由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力大小为NN8FFmg==（2）小球a从A点到B点由动能定理得

()220111.522BmgRRmvmv+=−解得02vgR=（3）设碰撞前瞬间小球a的速度为av，碰撞后瞬间小球a的速度为av，碰撞后瞬间小球b的速度为bv。小球a从A点到C点正上方R处的过程根据动能定理得()220111.522amgRRmvmv−=−解得3avgR=碰撞后小

球b竖直上升1.5R，由运动学公式得221.5bgRv=解得3bvgR=根据动量守恒得aabbmvmvmv=+解得32agRv=则碰撞过程损失的机械能E为2221113Δ2228aabbEmvmvmvmg

R=−+=