重慶市2023-2024學(xué)年高二年級(jí)上冊(cè)第二次聯(lián)考(12月)物理試題(含答案)

三峽名校聯(lián)盟2023年秋季聯(lián)考高2025屆物理試卷（答案在最后）

一、選擇題（43分）：本題共10個(gè)小題，第1~7題為單選，每小題4分：第8~10題有多選,

全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。

1.下列關(guān)于靜電場(chǎng)中電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)、電勢(shì)能的說(shuō)法正確的是（）

E

A.電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式為E=石，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與F的方向相同

B.電場(chǎng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)的電勢(shì)數(shù)值可能是負(fù)值

C.在電勢(shì)越高的地方，電荷的電勢(shì)能越大

D.靜電場(chǎng)中某點(diǎn)電勢(shì)的數(shù)值等于把單位正電荷從該點(diǎn)移到電勢(shì)零點(diǎn)外力所做的功

【答案】B

【解析】

【詳解】A.電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式為

E上

q

其中檢驗(yàn)電荷的電性可正、可負(fù)，正電荷所受電場(chǎng)力的方向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度的方向，負(fù)電荷所受電場(chǎng)力的方向

與電場(chǎng)強(qiáng)度的方向相反。故A錯(cuò)誤；

B.電場(chǎng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)的電勢(shì)數(shù)值可能是負(fù)值，例如等量同種負(fù)電荷連線的中點(diǎn)位置，故B正確；

C.電荷在某點(diǎn)的電勢(shì)能為

Em

P

可見(jiàn)正電荷在電勢(shì)高的地方，電勢(shì)能大。但負(fù)電荷在電勢(shì)高的地方，電勢(shì)能小，故C錯(cuò)誤；

D.靜電場(chǎng)中某點(diǎn)電勢(shì)的數(shù)值等于把單位正電荷從該點(diǎn)移到電勢(shì)零點(diǎn)電場(chǎng)力所做的功，故D錯(cuò)誤。

故選B。

2.質(zhì)量分別為和m2、電荷量分別是和q2的小球，用長(zhǎng)度不等的輕絲線懸掛起來(lái)，兩絲線與豎直方向

的夾角分別是用口6（a>B）,兩小球恰在同一水平線上，那么（）

B.兩根線上的拉力大小一定相等

C.m1一定等于m2

D.一定等于q2

【答案】A

【解析】

【詳解】A.根據(jù)牛頓第三定律可知，ni］和m2所受電場(chǎng)力的相互作用的作用力與反作用力，大小一定相等。

故A正確；

BC.設(shè)兩球間庫(kù)侖力大小為F,對(duì)研究受力如圖

叫g(shù)

得到

FOngtarO

1

繩子的拉力

F□F

1sirO

同理，對(duì)m2研究，得到

FOngtarU

2

mtaiODntarD

12

因o>B得到

F1<F2-mi<m2

故BC錯(cuò)誤。

D.根據(jù)牛頓第三定律，ni1所受庫(kù)侖力一定等于m2所受的庫(kù)侖力。但是不能判斷出q1一定等于q2。故D

錯(cuò)誤。

故選Ao

【點(diǎn)睛】根據(jù)異種電荷相互吸引分析電性關(guān)系。由力平衡得到質(zhì)量與偏角之間的關(guān)系，來(lái)分析質(zhì)量大小。

由牛頓第三定律，分析庫(kù)侖力的關(guān)系。

3.如圖所示，光滑水平面上有一傾角為a的光滑斜面體A,質(zhì)量為底邊長(zhǎng)為L(zhǎng),將一質(zhì)量為m、可視

為質(zhì)點(diǎn)的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經(jīng)過(guò)時(shí)間t剛好滑到斜面底端。此過(guò)程中斜面體對(duì)滑塊

的支持力大小為F「重力加速度大小為g,則（）

A.斜面體A對(duì)滑塊B支持力不做功

B.滑塊B下滑過(guò)程中，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

m

C.滑塊B滑到斜面底端時(shí)，斜面體向左滑動(dòng)的距離為T(mén)

MUn

D.滑塊B下滑時(shí)間t過(guò)程中，地面對(duì)A支持力的沖量大小為加□>!

【答案】C

【解析】

【詳解】A.滑塊B在下滑過(guò)程中對(duì)斜面體A有斜向左下方的壓力，斜面體A向左移動(dòng)，滑塊B的位移與

其受到的支持力FN不是垂直關(guān)系，它們的夾角為鈍角，即支持力FN對(duì)滑塊B做負(fù)功，故A錯(cuò)誤；

BC.滑塊B在下滑過(guò)程中，有斜向右下方的加速度，此加速度有豎直向下的分加速度，所以系統(tǒng)在豎直方

向合力向下，受力不平衡，合外力不為零，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒?；瑝KB下滑過(guò)程中，A、B組成的系統(tǒng)水

平方向不受力，所以系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，取水平向右為正方向，滑塊B下滑過(guò)程中，任意時(shí)刻B物塊

水平速度大小為VB,A的水平速度大小為丫人，對(duì)系統(tǒng)在水平方向，由動(dòng)量守恒定律有

0=mVB<VA

解得

vm

/Rr

B

設(shè)B到達(dá)斜面底端時(shí)，A、B水平位移大小分別為XA、XB，在水平方向有

XA+XB=L

且

mxQlx

BA

聯(lián)立解得，滑塊B滑到斜面底端時(shí)，斜面體向左滑動(dòng)的距離為

XARrnfL

故B錯(cuò)誤，C正確；

D.因?yàn)檎w分析可知，豎直方向存在向下的加速度，所以地面對(duì)整體支持力小于整體重力，則地面對(duì)A

支持力的沖量大小小于血口1息，故D錯(cuò)誤。

故選C。

4.如圖，不同的帶正電粒子（不計(jì)重力）在電壓為U］的電場(chǎng)中的0點(diǎn)靜止開(kāi)始加速。從M孔射出，然后

射入電壓為U2的平行金屬板間的電場(chǎng)中，入射方向與極板平行，在滿(mǎn)足帶正電粒子能射出平行板電場(chǎng)區(qū)域

A.若粒子的電荷量q相等，則它們?cè)诎彘g的加速度大小一定相等

q

B.若粒子的比荷皿不同，則它們射出平行板電場(chǎng)時(shí)偏移量y不相同

C.若粒子的比荷￡不同，但它們射出平行板電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)角度口不相同

D.若粒子的電荷量q相等，則它們從平行板電場(chǎng)射出時(shí)的動(dòng)能一定相等

【答案】D

【解析】

【詳解】A.因粒子在板間的加速度為

qE

aQL

m

電場(chǎng)強(qiáng)度相同，當(dāng)粒子的電荷量q相等時(shí)，則它們?cè)诎彘g的加速度還與質(zhì)量有關(guān)，故它們?cè)诎彘g的加速度

大小不一定相等，故A錯(cuò)誤；

BC.由動(dòng)能定理得，粒子經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)中由靜止開(kāi)始加速后，滿(mǎn)足

1

qUmv2Q）

i2o

進(jìn)入電壓為U2的平行金屬板間的電場(chǎng)后，粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則

yolat2,1E3ta□"

；E必

0m

_v

tarOQjLvQit

v'y

o

聯(lián)立解得

U12,「

y□taq_l

TlTd)

i

故BC錯(cuò)誤;

D.粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可知

qUQEyCE□)

1k

若粒子的電荷量q相等，則它們從電場(chǎng)射出時(shí)的動(dòng)能相等，D正確。

故選D。

5.在冰壺比賽中，某隊(duì)員利用紅壺去碰撞對(duì)方的藍(lán)壺，兩者在大本營(yíng)中心發(fā)生對(duì)心碰撞如圖(a)所示，碰

撞前后兩壺運(yùn)動(dòng)的vDt圖線如圖(b)中實(shí)線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質(zhì)量相等，則()

A.兩壺發(fā)生了彈性碰撞B,碰后藍(lán)壺速度為0.6m/s

C.碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為2.0mD,碰后紅壺所受摩擦力小于藍(lán)壺所受摩擦力

【答案】C

【解析】

【詳解】AB.由圖知：碰前紅壺的速度Om/s碰后速度為v；=0.2m/s可知，碰后紅壺沿原方向運(yùn)動(dòng),

設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為v,取碰撞前紅壺的速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律可得

mvQnvnrinv

00

代入數(shù)據(jù)解得

vQ).8m/s

1

mv2mv2

2o

碰撞過(guò)程機(jī)械能有損失，碰撞為非彈性碰撞，AB錯(cuò)誤;

C.根據(jù)速度圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，可得，碰后藍(lán)壺移動(dòng)的位移大小

x8rsmQ.0m

2

C正確;

D.根據(jù)圖像的斜率表示加速度，知碰后紅壺的加速度大于藍(lán)壺的加速度，兩者的質(zhì)量相等，由牛頓第二定

律知碰后紅壺所受摩擦力大于藍(lán)壺所受的摩擦力，D錯(cuò)誤。

故選CO

6.額定電壓均為220V的白熾燈L和L的U特性曲線如圖甲所示，現(xiàn)將和L完全相同的L與L和

12231

L2一起按如圖乙所示電路接入220V電路中，則下列說(shuō)法不正確的是（）

A.L2的額定功率約為99W

B.L2的實(shí)際功率比、的實(shí)際功率約小21W

C.L2的實(shí)際功率約為16W

D.L的實(shí)際功率比L的實(shí)際功率約小83W

13

【答案】D

【解析】

【詳解】A.根據(jù)圖甲可知，L2的額定電流約為0.44A,則L2的額定功率為

220□）.45W=99W

故A正確，不符合題意；

B.L和L串聯(lián)，通過(guò)的電流相等，根據(jù)圖甲可知，在電流相等時(shí)，L兩端電壓與L兩端電壓之和恰好

1212

等于220V時(shí)，通過(guò)兩燈泡的電流0.24A,此時(shí)L］兩端電壓為154V,L2兩端電壓為66V,此時(shí)L2的實(shí)際

功率比L］的實(shí)際功率小

1540).24WQ6Q).24WD1W

故B正確，不符合題意；

C.根據(jù)上述可知，L的實(shí)際功率約為

2

66D.24W口6W

故C正確，不符合題意；

D.L兩端電壓為220V,該燈泡的實(shí)際功率等于額定功率，則L的實(shí)際功率比L的實(shí)際功率約小

313

2200).45WQ54Q).24WQ2W

故D錯(cuò)誤，符合題意。

故選DO

7.一條長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線上端固定在。點(diǎn)，下端系一個(gè)質(zhì)量為m帶電量為小的小球，將它置于水平向右

的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直線的夾角成口37口已知重力加速度為g,下列正確的是()

4mg

A.如果改變電場(chǎng)強(qiáng)度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，電場(chǎng)強(qiáng)度最小為二

5q

5

B.在A點(diǎn)給小球一個(gè)垂直于細(xì)線方向，大小至少為2嚴(yán)的速度，才能使小球能在豎直平面內(nèi)做完整的

圓周運(yùn)動(dòng)

C.在A點(diǎn)給小球一個(gè)垂直于細(xì)線方向初速度，使小球能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，小球在運(yùn)動(dòng)至圓

周軌跡上的最高點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最大

3mg

D.突然撤去電場(chǎng)的瞬間，繩子拉力變?yōu)?/p>

5

【答案】B

【解析】

【詳解】A.如果改變電場(chǎng)強(qiáng)度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，電場(chǎng)強(qiáng)度最小時(shí)，受力分析圖，如圖

所示

qE

">8

當(dāng)電場(chǎng)力qE與拉力T垂直時(shí)，電場(chǎng)力最小，場(chǎng)強(qiáng)最小，由平衡條件可得

gEDigsirfl7D

解得

E署

故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)題意可知，題圖A點(diǎn)為等效最低點(diǎn)，則與A關(guān)于圓心對(duì)稱(chēng)點(diǎn)B為等效最高點(diǎn)，要使小球在豎直平

面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，只要能過(guò)B點(diǎn)即可，可得等效重力為

Fn.mg

cos37O4

在B點(diǎn)滿(mǎn)足

「mv2

F

從A到B由動(dòng)能定理可得

IUQLdlrnv2mv2

2B2A

聯(lián)立解得

u產(chǎn)

故B正確；

C.根據(jù)題意，由能量守恒定理可知，小球的機(jī)械能和電勢(shì)能之和保持不變，則當(dāng)電勢(shì)能最小時(shí)，小球的機(jī)

械能最大，根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低和Ep匚匚4可知，小球在圓周上最右端時(shí)電勢(shì)能最小，機(jī)械能

最大，故C錯(cuò)誤；

D.突然撤去電場(chǎng)的瞬間，小球開(kāi)始做圓周運(yùn)動(dòng)，由于初速度為零，沿繩方向滿(mǎn)足

4

TQngcos37oCUmg

5

故D錯(cuò)誤。

故選B。

8.用如圖所示的裝置可以研究影響平行板電容器電容的因素。設(shè)兩極板的正對(duì)面積為S,極板間的距離為d,

靜電計(jì)指針偏角為口平行板電容器電容充電后與電源斷開(kāi)，下列說(shuō)法正確的是（）

A.保持S不變，增大d,則匚朧大

B.保持S不變，增大d,則3小

C.保持d不變，減小S,則5小

D.保持d、S不變，極板間插入陶瓷，則3小

【答案】AD

【解析】

13

【詳解】AB.根據(jù)電容的決定式0口口@得知，電容與極板間的距離成反比，當(dāng)保持S不變，增大d時(shí),

電容減小，電容的電荷量不變，由電容的定義式0匚）分析可知，極板間電勢(shì)差增大，則靜電計(jì)指針的偏角

5大，故A正確；B錯(cuò)誤；

c.根據(jù)電容的決定式C□口了得知，電容與極板的正對(duì)面積成正比，當(dāng)保持d不變，減小S時(shí)，電容減

Q

小，電容的電荷量不變，由電容的定義式C三分析可知，極板間電勢(shì)差增大，則靜電計(jì)指針的偏角5大,

故C錯(cuò)誤；

□

D?根據(jù)電容的決定式C口?1得知，保持d、S不變，極板間插入陶瓷，則電容增大，電容的電荷量不

Q

變，由電容的定義式0匚卜分析可知，極板間電勢(shì)差減小，則靜電計(jì)指針的偏角等小，故D正確。

故選ADo

9.如圖所示，第一顆子彈以水平初速度v射向原來(lái)靜止在光滑水平面上的木塊，并射穿木塊，木塊的最終

0

速度為V］。現(xiàn)用第二顆同樣的子彈以水平初速度2Vo射向原來(lái)靜止在光滑水平面上的同樣的木塊，木塊的最

終速度為V。。設(shè)木塊對(duì)子彈的阻力大小恒定。下列判斷正確的是（）

—?1^^^―"

zzzz/zZ/ZZ/zz/

A.第二顆子彈一定能射穿木塊，vQ

12

B.第二顆子彈一定能射穿木塊，vQ

12

C.第二顆子彈對(duì)木塊做功較少

D.第二顆子彈對(duì)木塊的沖量較大

【答案】BC

【解析】

【詳解】ABC.第一顆子彈以水平初速度v0射穿木塊，第二顆子彈以水平初速度2Vo一定能射穿木塊，且

由于初速度增加，射穿木塊時(shí)，木塊的位移變小，根據(jù)

WOfxOLmv2

2

木塊對(duì)子彈的阻力大小恒定，則第二顆子彈對(duì)木塊做功較少，所以\口2,故A錯(cuò)誤，BC正確；

D.根據(jù)

iDnv

可知第一顆子彈對(duì)木塊的沖量較大，故D錯(cuò)誤。

故選BC=

10.如圖所示，小球A質(zhì)量為m,系在細(xì)線的一端，線的另一端固定在0點(diǎn)，0點(diǎn)到光滑水平面的距離為h,

物塊B和C的質(zhì)量分別是4nl和2nl,B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于。點(diǎn)正

下方?，F(xiàn)拉動(dòng)小球使細(xì)線水平伸直靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊B發(fā)生正碰（碰撞時(shí)間極短），碰撞過(guò)

程損失的機(jī)械能為^mgh，小球與物塊均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g,則（）

A.碰后A上升的最大高度為7Th

y

B.碰后B物塊的速度大小為號(hào)E

2,

C.碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能為蘇mgh

32

D.從開(kāi)始至物塊C獲得最大速度過(guò)程，彈簧對(duì)C物體做的功為^mgh

【答案】ABD

【解析】

【詳解】AB.設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊B碰撞前的速度大小為根據(jù)機(jī)械能守恒定律有

mgh1~1^mv2

解得

設(shè)碰撞后小球反彈的速度大小為V],物塊B的速度大小為V?,取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有

mvQivQmv

012

由系統(tǒng)能量守恒得

又

mghEIlLmv2

得

AB正確；

C.碰撞后當(dāng)B與物塊C速度相等時(shí)輕彈簧的彈性勢(shì)能最大，據(jù)動(dòng)量恒定律及機(jī)械能守恒定律得

4mvDHIQmG

23

EolHiH□!_晶□

pm2223

解得

4

EO_mgh

pm27

C錯(cuò)誤；

D.在彈簧回到原長(zhǎng)時(shí)，物塊C有最大速度，據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可解得

4mvOlmvQmv

24C

]Hjmv2dlI3mv2QL[2mv2

22242c

解得

再據(jù)動(dòng)能定理知彈簧對(duì)C做功為

W口1r^lmv2口32mgh

2c81

D正確；

故選ABDo

二、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2個(gè)小題，共15分。

11.某同學(xué)利用如圖所示的斜槽軌道和兩個(gè)由相同材料制成、表面粗糙程度相同的滑塊A、B做“驗(yàn)證動(dòng)量

守恒定律”的實(shí)驗(yàn)，斜槽軌道由傾斜軌道和平直軌道組成，兩部分間由一段圓弧平滑連接，在平直軌道上

①將斜槽軌道放置在水平桌面上；

②用天平測(cè)得A、B兩個(gè)滑塊的質(zhì)量分別為m2；

③不放滑塊B,使滑塊A從傾斜軌道頂端P點(diǎn)由靜止釋放，滑塊A最終靜止在平直軌道上，記下滑塊A靜

止時(shí)其右側(cè)面對(duì)應(yīng)的刻度x；

1

④把滑塊B放在平直軌道上，使其左側(cè)面剛好位于的刻度尺的0刻度線處；

⑤滑塊A仍從傾斜軌道頂端P點(diǎn)由靜止釋放，滑塊A、B發(fā)生碰撞(碰撞時(shí)間極短)，最終均靜止在平直軌

道上，記下最終滑塊B靜止時(shí)其左側(cè)面對(duì)應(yīng)的刻度x,,滑塊A靜止時(shí)其右側(cè)面對(duì)應(yīng)的刻度x。

32

(1)實(shí)驗(yàn)中，必須滿(mǎn)足的條件是O

A.傾斜軌道必須光滑B.滑塊A的質(zhì)量應(yīng)大于滑塊B的質(zhì)量

C.平直軌道必須水平D.同一組實(shí)驗(yàn)中，滑塊A靜止釋放的位置可以不同

(2)實(shí)驗(yàn)中滑塊A碰撞前瞬間的速度大小V。與成正比。

A.xB.1口，C.X2D.應(yīng)

(3)若關(guān)系式成立，則可得出結(jié)論：滑塊A、B碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒(均用給定的物理量符號(hào)表

示)

【答案】①.B②.D③?

【解析】

【詳解】(1)[1]A.傾斜軌道不一定必須光滑，只要滑塊A到達(dá)底端的速度相同即可，故A錯(cuò)誤;

B.為防止滑塊A與滑塊B碰后反彈，則滑塊A的質(zhì)量必須大于滑塊B的質(zhì)量，故B正確；

C.因?yàn)閮苫瑝K的材料相同，表面的粗糙程度相同，若平直軌道的傾角為口由動(dòng)能定理得

(mgsirOCQigcosQxl-l^mv2

2

得

V2Q(gsiiQZZQcosQx

可見(jiàn)平直軌道不水平時(shí)，兩滑塊在軌道上碰撞前后的速度的平方仍與位移成正比，仍可用運(yùn)動(dòng)的位移代替

速度，故c錯(cuò)誤；

D.為保證滑塊A每次到達(dá)底端的初速度相同，則同一組實(shí)驗(yàn)中，滑塊A靜止釋放的位置要相同，故D錯(cuò)

誤.

故選B。

(2)對(duì)滑塊A由動(dòng)能定理得

□Higx□)oLmV2

11210

可得滑塊A碰撞前的速度大小為

v:X]

o

即

故選D。

(3)若滑塊A、B碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，則有

mv□nvDnv

101122

又因?yàn)?/p>

V

1

聯(lián)立可得

m/x-Dn/x_Qn/x-

iv11722V3

12.某物理實(shí)驗(yàn)小組利用以下器材測(cè)量某金屬絲的電阻率。可選用的器材如下:

①待測(cè)金屬絲，(用R表示)，阻值約幾十歐

②電流表A1量程60mA,內(nèi)阻;約為2Q

③電流表A?：量程50mA，內(nèi)阻［為30。

④電壓表V：量程為5V,內(nèi)阻為10kQ

⑤滑動(dòng)變阻器總阻值約為3Q

⑥滑動(dòng)變阻器R?：總阻值約為30°。

⑦電源E,電動(dòng)勢(shì)約為1.5V,內(nèi)阻忽略不計(jì)

⑧開(kāi)關(guān)一個(gè)及導(dǎo)線若干

(1)用螺旋測(cè)微器測(cè)金屬絲直徑如圖甲所示d口mm.

(2)用多用電表歐姆擋粗測(cè)金屬絲阻值大小，分別選擇倍率口和口0,經(jīng)正確操作后，測(cè)量中多用電表

表盤(pán)示數(shù)如圖乙所示，則金屬絲的電阻約為口。

(3)測(cè)出金屬絲阻值R后，可算出金屬絲電阻率為□□(用含d、R、L的表達(dá)式表示)

XX

(4)同學(xué)們用伏安法進(jìn)一步測(cè)量R，請(qǐng)?jiān)趫D中虛線框內(nèi)補(bǔ)充完整實(shí)驗(yàn)電路圖，并標(biāo)明所選器材的代號(hào)—o

X

S

【答案】①,1.108②.30③,

4L

【解析】

【詳解】（1）[1]用螺旋測(cè)微器測(cè)金屬絲直徑

d=lmm+10.8X0.01mm=l.108mm

（2）[2]歐姆表指針指在表盤(pán)中央刻度附近，所以選擇倍率XI即金屬絲的電阻約為30Q。

（3）[3]根據(jù)電阻定律

□心

j：L

（4）[4咽為電壓表量程太大，可以用電流表代替電壓表測(cè)電壓，由于內(nèi)阻已知，分壓式接法，滑動(dòng)

三、計(jì)算題：（共42分）解答應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟，只寫(xiě)出最

后答案的不能得分。

13.如圖所示，已知電源電動(dòng)勢(shì)EQ0V，內(nèi)阻r口Q,當(dāng)接入固定電阻R口Q時(shí)，電路中標(biāo)有4V,8W”

的燈泡L和內(nèi)阻R°匚〉5Q的小型直流電動(dòng)機(jī)D都恰能正常工作?試求:

（1）電路中的電流大小;

(2)電動(dòng)機(jī)的額定電壓;

(3)電動(dòng)機(jī)的輸出功率。

【答案】(1)2A；(2)6V；(3)10W

【解析】

【詳解】(1)燈泡L正常發(fā)光，電路中的電流為

L

(2)由閉合電路歐姆定律可求得，電動(dòng)機(jī)的額定電壓為

uCEn[Zh？QQV

DL

(3)電動(dòng)機(jī)的總功率為

pnu口2w

總D

電動(dòng)機(jī)的熱功率為

PDLRQW

熱D

所以電動(dòng)機(jī)的輸出功率為

PCPQDOW

出總熱

14.在光滑絕緣水平面上放置一質(zhì)量m□).2kg、電荷量q口國(guó).0Q0日C的小球，小球系在長(zhǎng)L口m的

絕緣細(xì)線上，細(xì)線的另一端固定在0點(diǎn).整個(gè)裝置置于勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向與水平面平行且沿0A方向,

如圖所示(俯視圖)。現(xiàn)給小球一初速度使其繞0點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)細(xì)線的張力FQ30N,

小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，最大動(dòng)能比最小動(dòng)能大任卜D°J，小球可視為質(zhì)點(diǎn)。

(1)求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；

(2)求運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球的最小動(dòng)能；

(3)若小球運(yùn)動(dòng)到動(dòng)能最小的位置時(shí)細(xì)線被剪斷，則經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間小球動(dòng)能與在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能相等？此時(shí)小

球距A點(diǎn)多遠(yuǎn)？

【答案】(1)2Q04N/C；(2)40J；(3)gs；4/m

【解析】

【詳解】(1)當(dāng)電場(chǎng)力做正功最多時(shí)，動(dòng)能最大，而最大的正功為

WQqEL

根據(jù)題意有

任QqEL

k

代入數(shù)據(jù)得

EQQ04N/C

(2)在A處動(dòng)能最大，A處

FQEQnV2

A點(diǎn)關(guān)于0的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)B處動(dòng)能最小，則最小動(dòng)能

ECEolmv2□生

kminkB2Ak

代入數(shù)據(jù)得

EQOJ

kB

(3)B點(diǎn)動(dòng)能最小，在B點(diǎn)

vQOm/s

當(dāng)小球的動(dòng)能與在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能相等時(shí)，則沿電場(chǎng)方向的距離為

yDL

斷線后球做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)

代入數(shù)據(jù)得

小球距A點(diǎn)

xE3

15.水平面上固定一根內(nèi)壁光滑的絕緣圓筒，圓筒長(zhǎng)LBOd。，簡(jiǎn)內(nèi)充滿(mǎn)沿筒水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)

大小E□上，現(xiàn)有一質(zhì)量為MQm的圓形小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）靜止，在圓筒內(nèi)距左端d處，該滑塊

q0

為絕緣體且不帶電。現(xiàn)有一個(gè)直徑略小于圓筒內(nèi)徑且質(zhì)量為m的光滑絕緣彈性的小球，該小球帶電量為日，

在圓筒內(nèi)左端無(wú)初速度釋放，小球?qū)⑴c滑塊發(fā)生多次彈性碰撞，不計(jì)空氣阻力，絕緣小球帶電量始終保持

不變，重力加速度g,求：

（1）小球與小滑塊第一次碰撞后，各自速度大??；

（2）在第一次到第二次碰撞的這段時(shí)間內(nèi)，滑塊與小球相距的最大距離；

（3）滑塊在筒內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球與滑塊碰撞的次數(shù)。

【答案】（1）

【解析】

【詳解】（1）小球第一次與小滑塊碰撞前做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)兩者第一次碰撞前瞬間小球的速

度大小為由動(dòng)能定理得

設(shè)第一次碰撞后瞬間小球和圓盤(pán)的速度分別為\l、小球與小滑塊發(fā)生彈性碰撞，以水平向右為正方

向，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得

mvQnvQlv

1mlM1

Imv2n\mv2OLMV2

212ml2M1

聯(lián)立解得

V

m12

v

M12

小球速度方向?yàn)樗较蜃?，小滑塊速度方向?yàn)樗较蛴遥?/p>

(2)第一次碰后小球向左勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小

小滑塊向右勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球的速度與小滑塊的速度相同時(shí)，兩者間距離最遠(yuǎn)。設(shè)第一次碰后小球經(jīng)

過(guò)時(shí)間t與小滑塊的速度相同，兩者間的最遠(yuǎn)距離為s

m

vDvQt

M1ml

解得

sDi

m0

(3)第一次碰撞后到第二次碰撞時(shí)，兩者位移相同，設(shè)此過(guò)程經(jīng)歷的時(shí)間為：，小滑塊的位移為x,以右

11

為正方向，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

10

第二次碰撞前瞬間小球的速度為

vM

設(shè)第二次碰撞后瞬間小球和滑塊的速度分別為vm?、2,以豎直向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械

能守恒定律得

mvQIv