【文档说明】湖南省长沙市雅礼中学2022-2023学年高三下学期适应性月考（八）物理试卷含答案.docx，共(21)页，1.445 MB，由小赞的店铺上传

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雅礼中学2023届高三月考试卷（八）物理注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其

他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28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）1.一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，其过程如V-T图上的线段所示，则气体在这个过程中（）A.气体压强不断变大B.分子平均动能减小C.外界对气体做功D.气体从外界吸收的热量大于其增加的内能2.如图所示，在匀强电

场中有边长为5cm的等边三角形ABC，三角形所在平面与匀强电场的电场线平行。O点为该三角形的中心，DEF、、分别为ABBC、和AC边的中点。三角形各顶点的电势分别为246ABCVVV===、、，下列说法正确的是（）A.O

点电势为3VB.匀强电场的场强大小为80/Vm，方向由A指向CC.将电子由E点移到F点，电子的电势能增加了1eVD.在三角形ABC内切圆的圆周上，D点电势最低3.如图所示为一种质谱仪的示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组

成。若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，一质量为m，电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的

Q点，不计粒子重力。下列说法不正确的是（）A.极板M比极板N的电势高B.加速电场的电压2ERU=C.2PQBqmER=D.若一群粒子从静止开始经过题述过程都落在胶片上的同一点，则该群粒子具有相同的比荷4.如图甲所示，在光滑水平面上的轻质弹簧一

端固定，物体A以速度0v向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x；现让该弹簧一端连接另一质量为m的物体B（如图乙所示），静止在光滑水平面上。物体A以02v的速度向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x。已知整个过程弹簧处于弹性限度内，则（）A.物体A的质量为2mB.物体A的质

量为6mC.弹簧压缩量为最大值x时的弹性势能为2032mvD.弹簧重新恢复原长时，物体B的动量大小为032mv5.如图所示，光滑圆环竖直固定，A为最高点，橡皮条上端固定在A点，下端A连接一套在圆环上的轻质小环，小环

位于B点，AB与竖直方向的夹角为30°，用光滑钩拉橡皮条中点，将橡皮条中点拉至C点（橡皮条未与圆环接触）时，钩的拉力大小为F，为保持小环静止于B点，需给小环施加一作用力F，下列说法中正确的是（）A.若

F了沿水平方向，则32FF=B.若F沿竖直方向，则33FF=C.F的最小值为36FD.F的最大值为33F6.如图所示，一电阻可忽略的U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，abdc、足够长

，一根电阻为R的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。则金属棒速度v、加速度a、两端电压MNU、回路中

电流强度i随时间t变化的关系图像正确的是（）A.B.C.D.7.一含有理想变压器的电路如图甲所示，图中理想变压器原，副线圈匝数之比为2：1，电阻1R和2R的阻值分别为3和10，电流表、电压表都是理想交流电表，ab、输入端的电流如图乙所示，下列说法正确的

是（）A.0.03s时，通过电阻1R的电流为22AB.电流表的示数为62AC.电压表的示数为6VD.00.04s内，电阻1R产生的焦耳热为0.48J二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0

分）8.如图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为建筑材料被吊起后在竖直方向运动的vt−图像（竖直向上为正方向），根据图像下列判断正确的是（）A.在1030s建筑材料的机械能增加B.36s时加速度改变方向C.46s时建筑材料

离地面的距离最大D.3036ss塔吊拉力的功率逐渐减小9.北京时间2022年12月4日20时09分，神舟十四号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱在原轨道上做圆周运动时轨道半径为1R，后因无动力且受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行轨道高度会缓慢下降，经过一段时间后其圆周运动的半径变为2R

。若返回舱在轨道上的引力势能可表示为pGMmEr=−，其中G为引力常量，M为地球质量，m为返回舱质量，r为轨道半径，则返回舱在缓慢下降过程中下列说法正确的是（）A.返回舱的速度将缓慢减小B.返回舱在2R轨道上运动的周期比在1R轨道上运动的周期小C.返回

舱缓慢下降阶段与稀薄空气摩擦产生的热量为2111GMmRR−D.返回舱缓慢下降阶段与稀薄空气摩擦产生的热量为21112GMmRR−10.如图所示，水平光滑桌面上的不带电绝缘物体A，通

过劲度系数为k的轻弹簧固定在竖直挡板上。带正电的物体B（带电量为q）静止在倾角为030=且足够长的传送带上，传送带逆时针旋转，与B①.间的动摩擦因数为35=。物体AB、质量均为m、两者之间用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接。某时刻，突然在桌右侧区域施

加一场强大小为35mgq，方向沿斜面向下的匀强电场。轻绳与AB、的接触面均平行，且不会断裂，弹簧一直在弹性限度范围内，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）A.施加电场前，弹簧的伸长量为5mgkB.施加电场瞬间，物体B沿传送带向下的加速度大小为310gC.物体B从开始运动到第一次获得最大

速度的过程中，系统电势能的减少量为22925mgkD.物体B第一次获得的最大速度大小为235gkmk11.空间内存在电场强度大小100/EVm=、方向水平向左的匀强电场和磁感应强度大小1100BT=、方向垂直纸面向里的匀强磁场（图中均未画出）。一质量

0.1mkg=、带电荷量0.01qC=+的小球从O点由静止释放，小球在竖直面内的运动轨迹如图中实线所示，轨迹上的A点离OB最远且与OB的距离为l，重力加速度g取210/ms。下列说法正确的是（）A.在运动过程中，小球的机械能守恒B.小球经过A点时的速度最大C.小球经过B点时

的速度为0D.25lm=三、实验题（本题共2小题，共15分）12.（6分）用如图甲所示的实验装置，探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带定滑轮的长木板放在水平实验桌面上，小车通过轻细绳跨过定滑轮与砂桶相连，小车与纸带相连，打点计时器所用交流电的频率为50fHz=。平衡摩擦力后，在保持小车质量

不变的情况下，放开砂桶，小车加速运动，处理纸带得到小车运动的加速度为a；改变砂桶中砂子的质量，重复实验三次。（1）在验证“质量一定，加速度a与合外力F的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图乙所示的aF−图像，其中图线不过原点并在末端发生了弯曲，产生这两种现象的原因可能有__

________。A.木板右端垫起的高度过小（即平衡摩擦力不足）B.木板右端垫起的高度过大（即平衡摩擦力过度）C.砂桶和砂子的总质量m远小于小车的质量M（即mM）D.砂桶和砂子的总质量m未远小于小车的质量M（2）实验过

程中打出的一条理想纸带如图丙所示，图中OABCDEF、、、、、、为相邻的计数点，相邻两计数点间还有4个点未画出，则小车运动的加速度a=___________2/ms。（结果保留3位有效数字）（3）小车质量M一定，改变砂桶中砂子的质量，砂桶和砂子的总质量为m，根据实验数据描绘

出的小车加速度a与砂桶和砂子的总质量m之间的11am−关系图像如图丁所示，则小车的质量=M_______kg。（210/gms=，结果保留2位有效数字）13.（9分）测定一节干电池的电动势和内阻，除待测干电池（电动势约为1.5V，内阻约为1）、必要的开关与导线外

，另可供选择的实验器材如下：A.电流表1A（量程为3mA，内阻为10）B.电流表2A（量程为0.6A，内阻未知）C.滑动变阻器1R（最大阻值为20，额定电流为3A）D.滑动变阻器2R（最大阻值为200，额定电流为1A）E.定值电阻0R（阻值为990

）（1）请你设计一种测量方案，为操作方便且能准确测量，滑动变阻器应选____________（填器材前的字母代号），并在下面虚线框中画出实验电路图。（2）如图为某同学根据测量数据绘出的21II−图线，则由图线可得被测电

池的电动势E=__________V（结果保留3位有效数字），内阻r=___________（结果保留2位有效数字）。四、计算题（本题共3小题，共37分）14.（10分）如图所示，ABC是由折射率为3的某种透明物质制成的直角三棱镜

横面，030A=。一细束光线在纸面内沿平行于AC方向从AB边的P点射入棱镜（P点图中未面），最后从BC边的中点D点射出，已知CD间距为a，求该束光线的人射点P到A的距离。15.（12分）秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的质量为m，人蹲在踏板上时摆

长为1l，人站立时摆长为2l。不计空气阻力，重力加速度大小为g。（1）如果摆长为1l，“摆球”通过最低点时的速度为v，求此时“摆球”受到拉力T的大小。（2）在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、

在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。a.人蹲在踏板上从最大摆角1开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角为2。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明21。b.实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达

到某个最大摆角后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能kE应满足的条件。16.（15分）如图所示，两条平行光滑足够长的无电阻导轨所在平面与水平地面的夹角为，间距为

L。导轨上端接着没有充电的一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在垂直于导轨无初速释放一质量为m、电阻不计的金属棒。（1）金属棒与轻弹簧不连接时a.金属棒下滑速度为v时，电容器所带的电量Q为多少？b.金属棒做什么运动？并求出金属棒下滑距离x时的

速度大小。（2）金属棒与轻弹簧相连接，劲度系数为k的弹簧给金属棒的拉力垂直棒，静止释放时弹簧处于原长，则a.金属棒做什么运动？向下运动的最大位移是多少？b.金属棒向下运动过程中电容器能充入电量的最大值是多少？（假设金属棒运动过程中，弹簧一直处于弹性限度内）雅礼中学2023届高三月考试卷（八）物

理参考答案一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28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）题号1234567答案DCCCCAB1.D【解析】根换pVTC=可得CVTp=，则从A到B气体

压强不变，选项A错误；从A到B气体温度升高，则分子平均动能变大，内能变大，选项B错误；从A到B气体体积变大，则气体对外界做功，选项C错误；根据热力学第一定律可知，气体对外界做功，0W；内能变大，则0U，则0QUW−=−，则气

体从外界吸收的热量大于其增加的内能，选项D正确。故选D.2.C【解析】三角形所在平面与匀强电场的电场线平行，F为AC边的中点，则F点电势为26422ACFVV++===，F点电势与B点电势相等，所以BF为等势线，所以O点电势为4V，故A错误；场强方向垂

直于等势线BF，场强大小为262/80/510CAUUEmmLVVd−−====，方向由C指向A，故B错误；E点电势为52BCEV+==；将电子由E点移到F点，电势降低1V，故电子的电势能增加了1eV，故C正确；

过圆心O，作平行于AC的电场线，相交于内切圆上的两点分别为圆上电势最高点和最低点，故三角形ABC内切圆的圆周上电势最低的点不是D点，故D错误故选C。3.C【解析】带电粒子要打到胶片上的Q点，根据磁场方向和左手定则可知，带电粒子需要带正电，在加速电场能够加速，所以极板M比极板N的电势高，故A项正确

，不符合题意；带电粒子在加速电场做匀加速直线运动，有212qUmv=，带电粒子在静电分析中做匀速圆周运动，有2vqEmR=，解得2ERU=，故B项正确，不符合题意；若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，即半径相同，根据洛伦兹力提供向心力，有2vqvB

mr=，由之前的分析有212qUmv=，解得12rqUmB=；由上述分析可知，带电粒子若打在同一点上，则带电粒子的比荷相同；带电粒子在磁场中轨迹圆的直径为222UmPQrBq==，故C错误，符合题意，D正确，不符合题意。故选C。4.C【解析】当弹簧固定时，当弹簧压缩量最大时，弹性

势能最大，物体A的动能转化为弹簧的弹性势能，根据系统的机械能守恒得弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为Am，即有2012pmAEmv=，当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，AB、速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方

向为正方向，由动量守恒定律得()02AAmvmmv=+，由机械能守恒定律得()()02211222pmAAEmvmmv=−+，联立得2033,2pmAmmEmv==，故AB错误，C正确；弹簧重新恢复原长时，由动量守恒定律得0122AAmvmvmv=+，由机械能守恒定

律得()2220121112222=AAmvmvmv+，物体B的动量大小为2Bpmv=，解得03Bpmv=，选项D错误。故选C。5.C【解析】设橡皮条的拉力大小为T，对C有02cos30TF=，可知33TF=，若F沿水平方向，小环只受橡皮条的拉力和F，由平衡条件知33FTF==，A错误；

若F沿整直方向，则有01tan303FTF==，B错误；作出小环的受力图，如图所示由几何知识知，当FN⊥时，F有最小值，且最小值为0min3sin306FTF==，C正确；根据平行四边形定则可知F无最大值，D错误，故选C。6.A【解析】金属框在恒

力F作用下向右加速，由右手定则可知，bc边产生的感应电流从c流向b，由左手定则可知，导体棒受到向右的安培力作用，导体棒向右做加速运动，设金属框的加速度为1a，导体棒的加速度为2a，设金属框的速度为1v，导体棒的速度为2v，设导体棒的电阻为R，回路的感应电流12BLvBLvIR−=，设金属框的

质量为M，导体棒的质量为m，对金属框，由牛领第二定律得1FBILMa−=，对导体棒MN，由牛顿第二定律得2BILma=，金属框与导体棒都做初速度为零的加速运动，12vv、都变大，1a从FM开始减小，导体棒的加速度2a从0开始增大，当金属框

与导体棒的加速度相等时，即12aaa==，解得()FMma=+，加速度保持不变，回路感应电流()()12BLvvmFBLvIMmBLRR−===+，此后金属框与导体棒的速度差v保持不变，感应电流不变，两端电压MNU不变且不为0，导体棒所受

到的安培力不变，加速度不变，金属框与导体棒以相等的加速度做匀加速直线运动，故A正确，BCD错误。故选A。7.B【解析】由图可知，在0.03s的前后，原线圈中的电流不变化，则副线圈中没有感应电流，所以通过电阻1R的瞬时电流为

0，故A错误；设电流表的示数为1I，则有()222122222TTIRTRR=+，求得162IA=，故B正确；原线图中电流只有交流部分电流才能输出到副线圈中，故副线圈中电流变流部分的电流最大值为22A；设副线圈交流电的有效值为2I，则2222222TIRTR=，

求得22IA=，因此中压表的示数为22102UIRV==，故C错误；在00.04s内，电阻1R产生的焦耳热为()2221230.040.24QIRtJJ===，故D错误。二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中

，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）题号891011答案ADBDABCBCD8.AD【解析】在1030s建筑材料匀速上升，则动能不变，重力势能增加，则机械能增加，选项A正确；36s时加速度没

有改变方向，只是速度改变方向，此时建筑材料离地面的距离最大，选项BC错误；3036s建筑材料做匀减速运动，则塔吊的拉力不变，速度减小，根据PFv=可知塔吊拉力的功率逐渐减小，选项D正确，故选AD。9.BD【解析】卫星绕地球做圆周运动过程中万有引力提供向心力22

MmvGmrr=，解得GMvr=，故轨道半径缓慢减小时，运行速度变大，A错误；由2224MmGmrrT=，可得32rTGM=，故轨道半径减小，运行周期交短，B正确；由GMvr=，212kEmv=，可得返回舱运行时的动能为

2kGMmEr=，故返回舱在两个轨道的动能分别为1212,22kkGMmGMmEERR==，由pGMmEr=−可得，返回舱在两轨道的势能分别为1212,ppGMmGMmEERR=−=−，故返回舱缓慢下降阶段与稀薄空气摩擦产生的热量为()()1122kpkpQEEEE=+−+，代

入数据可得21112GMmQRR=−，C错误，D正确。故选BD。10.ABC【解析】施加电场前，物体B应受重力、传送带的支持力、轻绳上拉力、沿传送带向上的滑动摩擦力，则沿传送带方向上应有sincosmgmgT=+

，解得15Tmg=，对物体A受力分析可知TFkx==弹，解得5mgxk=，故A正确；施加电场瞬间，对AB、整体受力分析，由牛顿第二定律可得sincos2mgEqmgFma+−−=弹，可解得310ag=，故B正确；物体B获得第一次最大速度时，物体AB、的加速度均为0，则有sincos=

0mgEqmgF+−−弹，可得45Fmgkx==弹，由此可知弹簧伸长量的变化量（也即物体B下滑位移）为35mgxxxk=−=，根据功能关系可知，系统电势能的减少量223395525mgmgEWEqxmgkk====电，故

C正确；从物体B开始运动到第一次获得最大速度的过程中，根据能量守恒定律有212cossin2mvEmgxmgxEqx++=+弹，其中223210kxkxmgExk+==弹，联立解得3210gkmvk=，故D错误，故选ABC。11.BCD【解析】由于电场力做功，故小球的机

械能不守恒，A错误；重力和电场力的合力大小为2N，方向与竖直方向的夹角为45°斜向左下方，小球由O点到A点，重力和电场力的合力做的功最多，在A点时的动能最大，速度最大，B正确；小球做周期性运动，在B点时的速度为0，C正确；对小球由O点到A点的过程，由动

能定理得2122mglmv=，沿OB方向建立x轴，垂直OB方向建立y轴，在x方向上由动量定理得1yqvBtmv=，累计求和，则有1qBlmv=，得25lm=，D正确。三、实验题（本题共2小题，共15分）12.（6

分）（1）BD（2分）（2）2，00（2分）（3）0，40（2分）【解析】（1）图线不过原点且力F为零时小车加速度不为零，所以木板右端垫起的高度过大（即平衡摩擦力过度），故B正确，A错误；图线末端发生了弯曲，是因为当砂桶和砂子的总质量m未远小于小车的质量M时

，绳上拉力小于砂桶和砂子的总重力，故D正确，C错误。故选BD。（2）相邻两计数点间还有4个点未画出，则相邻两计数点间时间间隔0.10Ts=小车运动的加速度()()2222211.9910.017.986.023.962.0010/2.00/0.33OFOCxxamsmsT−++−−−−===（3

）设细绳上的拉力为TF，对砂桶和砂子受力分析，由牛顿第二定律可得TmgFma−=对小车和砝码受力分析，由牛顿第二定律可得TFMa=联立解得mgaMm=+整理得111Maggm=+由11am−关系图像可得0.50.1100Mg−=−解得0.40Mkg=13.（9分）（1）C（2分

）（2）1.48（1.46-1.50均可）（2分）0.83（0.80-0.86均可）（2分）【解析】（1）测量电阻常用伏安法，但提供的实验器材缺少电压表，可用已知内阻的电流表1A与定值电阻器0R串联后改装而成，改装成的电压表内阻为1k，量程为3V。由于电源内

阻很小，测量时电流表2A，应采用外接法；为操作方便并减小误差，滑动变阻器应使用限流式接法，选择20的1R即可。电路图如图所示。（2）根据闭合电路欧姆定律有()1102AIRREIr+=−即121010AAErIIRRRR=−++图线斜率为2I的系数，则有()

3101.431.1100.450.05ArRR−−=+−解得0.83r=延长图线与纵轴相交，读出纵截距即得电源电动势110001.48EIV==或取图线中的特殊坐标值()30.15,1.3510AA−代入第一式求得()11021.47AEIRRIrV=++=四

、计算题（本题共3小题，共37分）14.（10分）233APa=【解析】光线在P点折射，由折射定律有sinsininr=由题可060i=解得030r=若光线从P点射入后直接射到D点，光路如答图（c）所示在D点的入射角060

=在介质中的临界角为C，则有13sin3Cn==而3sinsin2C=故在D点不能射出。为能从D点射出，从P射入的光线经AC面反射即可，先如答图（d）所示。在P点，由折射定律解得030r=，射到AC面上Q点，由几何关系知060=，大于临

界角C，在Q点全反射，反射角仍然为060=，可得反射光线垂直于BC从D点射出。在QDC中，CDa=，则2QCa=，因D为BC的中点，则2BCa=，在ABC中4ACa=解得2AQa=在APQ中有02cos30APAQ=代入AQ解得233APa=15.（1

2分）（1）21vTmgml=+（2）a.见解析；b.()2151cos2kEmglmgl−−【解析】（1）根据牛顿运动定律21vTmgml−=解得21vTmgml=+（2）a.设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分

别为12vv、，根据功能关系得()211111cos2mglmv−=()222211cos2mglmv−=已知12vv=，得()()11221cos1cosmglmgl−=−因为12ll，得12coscos所以21b.设“摆球”由最大摆角摆至最低点时动能为kE，根据功能关

系得()11coskEmgl=−“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为mv，根据牛顿运动定律得22mvmgml=“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得221+22kkmEEmgl

mv+得()2151cos2kEmglmgl−−16.（15分）（1）a.CBLv；b.匀加速直线运动，222sinmgxmCBL+；（2）a.简谐运动，2sinmgk；b.()22sinCBLmgkmCBL+【解析】（1）a.金

属棒不与弹簧连接，速度为v时，有感应电动势EBLv=由闭合电路欧姆定律UEIrEBLv=−==所以电容器所带的电量为QCUCBLv==b.充电电流QvICBLCBLatt===由牛顿第二定律sinmgBILma−=联立解

得22sinmgamCBL=+则加速度a不随时间变化，金属棒做匀加速直线运动222sin2mgxvaxmCBL==+（2）a.金属棒与弹簧连接时，设下滑位移1x时，速度为1v，则1QCBLv=11ICBLa=由牛顿第二定律111sinmgkx

BILma−−=联立解得1122sinmgkxamCBL−=+金属棒所受的合力1112222sinsinmgkxmkmgFmamxmCBLmCBLk−===−−++令1sinmgxxk=−

则22mkFxmCBL=−+故金属棒，2sinmgxk=为平衡位置做简谐运动，振幅sinmgAk=则向下运动的最大位移32sinmgxk=b.金属棒开始时做加速度逐渐减小的加速运动，当2sinmgxk=时，加速度为零，速度最大，

此时电容器充入的电量最多。合力F随位移x的图像如图所示2022sin=mgFmCBL+由Fx−图像面积可求出合力所做功()()20222sin122mmgWFxkmCBL==+根据动能定理212mWmv=金属棒下滑位移2x时，速度最大，电容器中充入的

电量也最大，故有()222sinmWmgvmkmCBL==+()22sinmmCBLmgQCBLvkmCBL==+获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com