浙江省衢温51联盟2023-2024学年高二上学期期中联考物理试题（Word版附解析）

2023学年第一学期衢温“5+1”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。5．本卷中，重力加速度的大小取g=10m/s2选择题部分一、选择题I：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.下列物理量是矢量且对应单位为国际制单位的是（）A.时间（min）B.力（N）C.位移（km）D.电流（A）【答案】B【解析】【详解】A．时间是标量，国际制单位是s，故A错误；B．力是矢量，国际制单位是N，故B正确；C．位移是矢量，国际制单位是m，故C错误；D．电流是标量，国际制单位是A，故D错误。故选B。2.在杭州亚运会中男子4100接力赛中，中国代表队在最后一棒的直道阶段超越日本选手勇夺冠军，在直道阶段能超越对手的原因是（）A.加速度大B.最大速度大C.平均速度大D.冲刺速度大【答案】C【解析】 【详解】在直道阶段能超越对手的原因是中国代表队运动的快，代表中国队的平均速度大。故选C。3.如图所示为某建筑工地的打桩现场，打桩机将桩柱打入地下的过程中，下列说法正确的是（）A.打桩机对桩柱的作用力大于桩柱对打桩机的作用力B.桩柱对地面的作用力是由于地面形变产生的C.桩柱的重力和桩柱对地面的压力是一对平衡力D.打桩机对桩柱压力与桩柱重力的合力大于地面对桩柱的支持力【答案】D【解析】【详解】A．打桩机对桩柱的作用力与桩柱对打桩机的作用力，是一对相互作用力大小相等方向相反，故A错误；B．桩柱对地面的作用力是由于桩柱形变产生的向下的力作用于地面，故B错误；C．一对平衡力应是等大反向、共线、作用于同一条直线上，桩柱的重力和桩柱对地面的压力不是一对平衡力，故C错误；D．打桩机将桩柱打入地下过程中，桩柱加速下降，根据牛顿第二定律可知打桩机对桩柱压力与桩柱重力的合力大于地面对桩柱的支持力，故D正确。故选D。4.物理和生活息息相关，联系生活实际对物理基本概念进行认识和理解，是学好物理的基础。关于静电现象下列说法，正确的是（）A.图甲是静电释放器，给汽车加油前用手触摸一下，其目的是导走加油枪上的静电 B.图乙中是避雷针的示意图，避雷针防止建筑物被雷击的原理是尖端放电C.图丙采用金属材料编织衣服的目的是利用静电吸附D.图丁是制作预防新型冠状病毒性肺炎口罩的一种新颖的“静电”绝缘纤维布，熔喷层经驻极工艺，表面带有电荷，它能阻隔几微米的飞沫，这种静电的阻隔作用属于静电屏蔽【答案】B【解析】【详解】A．图甲是静电释放器，给汽车加油前用手触摸一下，其目的是导走加油工作人员身上的静电，故A错误；B．图乙中是避雷针的示意图，当带电云层靠近建筑物时，避雷针上产生的感应电荷会通过针尖放电，逐渐中和云层中的电荷，使建筑免遭雷击，其原理是尖端放电，故B正确；C．超高压带电工作人员，为保证他们的安全，他们必须穿上金属材料编织衣服，以起到静电屏蔽的作用，故C错误；D．带电物体能吸引轻小物体，带有病毒的飞沫靠近口罩的熔喷层后，会被吸附在表面，无法通过，从而起到隔离病毒的作用，属于静电吸附，故D错误。故选B。5.如图所示，在匀强电场中，将带电粒子从A点以初速度释放，粒子仅在电场力作用下由A点经最高点B运动到C点，则在粒子运动中（）A.粒子可能带正电B.在B点粒子的速度为零C.粒子的加速度先减小后增大D.粒子的电势能先增大后减小【答案】D【解析】【详解】A．粒子做曲线运动，所受的合力指向轨迹凹侧，可知粒子所受电场力竖直向下，与电场线方向相反，则粒子带负电，故A错误；B．由图可知，粒子在B点有水平方向的速度，速度大于零，故B错误；C．粒子在匀强电场中，所受电场力不变，根据牛顿第二定律可知粒子的加速度不变，故C错误； D．粒子速度方向与粒子所受电场力方向的夹角先为钝角后为锐角，根据可知电场力对粒子先做负功后做正功，则粒子的电势能先增大后减小，故D正确。故选D。6.如图所示，两块相互靠近彼此绝缘平行金属板组成平行板电容器，极板N与静电计金属球相连，极板M和静电计的外壳均接地。用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U，在两板相距为d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度。在整个实验过程中，保持电容器的带电量Q不变，下列说法正确的是（）A.若将M板向下平移，保持两板间距d不变，静电计指针张角变小B.若将M板向右平移，静电计指针张角变大C.若在M、N之间插入云母板（），保持M、N两板位置不变，静电计指针张角变小D.该实验采用的研究方法是等效替代法【答案】C【解析】【详解】A．将M板向下平移，两极板正对面积减小，保持两板间距d不变，根据知，电容器电容减小，根据知Q不变，极板间的电势差U增大，静电计指针张角变大，故A错误；B．将M板沿水平向右方向靠近N板，板间距离d变小，根据知电容增大，根据可知由于Q不变，所以极板间的电势差U减小，静电计指针张角变小，故B错误； C．在M、N之间插入云母板（介电常数），根据知电容增大，根据可知由于Q不变，所以电势差减小，静电计指针张角变小，故C正确；D．该实验采用的研究方法是控制变量法，故D错误。故选C。7.2023年5月30日，我国神舟16号载人飞船带着3名航天员奔向太空，并与天宫空间站顺利对接。宇航员在空间站工作6个月后，将于今年11月返回地球。返回舱在返回的过程中，在A点从天宫空间站的圆形轨道I进入椭圆轨道II，B为轨道II上的一点，如图所示。关于返回舱的运动，下列说法正确的有（）A.在轨道II上运动的周期小于在轨道I上运动的周期B.在轨道II上经过A点的机械能大于在轨道I上经过A点的机械能C.在轨道II运动过程中，万有引力恰好提供向心力D.在轨道II上经过A点的加速度小于在轨道I上经过A点的加速度【答案】A【解析】【详解】A．由于在轨道II上运动时半长轴小于轨道I的半径，根据开普勒第三定律可知在轨道II上的周期小于在轨道I上的周期，故A正确；B．飞船在轨道Ⅰ上做圆周运动，在A点万有引力等于向心力；飞船在轨道Ⅱ上A点做向心运动，万有引力大于向心力。由万有引力定律可知，轨道Ⅰ和轨道II在A点的万有引力相等，根据向心力公式可知飞船在轨道Ⅰ上经过A点的速度大于在轨道Ⅱ上经过A点的速度，因此飞船在轨道Ⅰ上经过A点的动能大于在轨道Ⅱ上经过A点的动能，而势能相等，故在轨道II上经过A点的机械能小于在轨道I上经过A点的机械能，故B错误； C．由B选择分析可知，在轨道II上经过A点时，万有引力大于向心力，故C错误；D．飞船在A点的加速度由万有引力产生，因为是同一位置，所受万有引力大小不变，故不管在哪个轨道上运动，飞船的加速度大小一样，故D错误。故选A。8.高空抛物，是一种不文明的行为，而且会带来很大的社会危害。2021年3月1日，最新刑法修正案（十一）生效，“高空抛物”正式入刑。如图所示，若被抛下的鸡蛋质量为50g，从20m高的六楼由静止落下，不计空气阻力，鸡蛋落地时与地面的作用时间为0.1s，则（）A.鸡蛋与地面作用过程中，鸡蛋动量变化量大小为B.鸡蛋落地时对地面的平均作用力约为10NC.鸡蛋下落的过程中重力做功的平均功率为1WD.鸡蛋下落过程中动量变化量和鸡蛋与地面作用过程中动量变化量相同【答案】B【解析】【详解】A．由题可得解得因此落地时的动量为因此鸡蛋与地面作用过程中，鸡蛋动量变化量大小为，故A错误；B．根据动量定理可得解得 故B正确；C．下落过程重力做功为下落时间为因此全过程功率为故C错误；D．鸡蛋下落过程中动量变化量大小和鸡蛋与地面作用过程中动量变化量相等，但方向相反，故D错误。故选B。9.肥胖已经成为危害人们健康的严重问题，中小学生的肥胖趋势更为明显。我们可以用如图甲所示的体脂秤来测量脂肪率，体脂秤根据人体电阻的大小来判断脂肪所占比例，成人体液的主要成分是水和电解质，因此容易导电，而体内脂肪则不容易导电，模拟电路如图乙所示：测量时，闭合开关S，测试者两手分别握住两手柄M、N，通过电表示数变化可以测量脂肪率，则下列说法正确的是（）A.当某人过度摄入热量导致肥胖后，测量时对应的电流表示数变大B.刚沐浴后，人体水分会增多，体脂秤显示人体脂肪所占比例不会变化C.体型相近的两人相比，脂肪含量高者对应的电流表示数较小，电压表示数较大D.体型相近的两人相比，脂肪含量高者对应电源效率低【答案】C【解析】【详解】A．当某人过度摄入热量导致肥胖后，电阻变大，导致总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知电流减小，测量时对应的电流表示数变小。故A错误； B．刚沐浴后，人体水分会增多，导致人体电阻减小，体脂秤显示人体脂肪所占比例会变化。故B错误；C．根据前面选项分析可知，体型相近的两人相比，脂肪含量高者电阻较大，对应的电流表示数较小，由可知电压表示数较大。故C正确；D．根据体型相近的两人相比，脂肪含量高者对应电源效率高。故D错误。故选C。10.2023年10月2日，杭州亚运会女子撑杆跳高决赛，威海姑娘李玲刷新了由个人保持的赛会纪录，以4米63夺得金牌，实现了个人亚运会三连冠。在比赛中，运动员从横杆前起跳，越过横杆后落地，横杆不掉下来即为成功。不计空气阻力，下列反映运动员放开撑杆后动量大小p、动能Ek、加速度大小a、重力势能Ep随时间t的变化图像，可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．运动员放开撑杆后做斜抛运动，设起跳时水平分速度为，竖直分速度为，在水平方向上做匀速直线运动竖直方向上先做匀减速直线运动，到达最高点后向下做匀加速直线运动，即 在时到达最高点。合速度大小为放开撑杆后动量大小不是一次函数，故A错误；B．由A选项分析可得运动员放开撑杆后动能为二次函数，在取得最小值，故B正确；C．运动员放开撑杆后只受重力作用，加速度都为g，故C错误；D．取运动员放开撑杆处高度为零势能面，放开撑杆运动员高度重力势能为二次函数，在取得最大值，故D错误。故选B。11.一列简谐波沿直线传播，先后经过a、b两点，a、b两点间距为1m，如图甲为a点振动图象，如图乙为b点振动图象。下列说法正确的是（）A.波长可能为4mB.波的速度可能为0.25m/sC.波源的振动频率是4HZD.t=1s时，a点向y轴负方向运动【答案】A 【解析】【详解】A．根据两个振动图像可知，b点振动相比a点至少延后了周期，则有，（）可得，该波波长为，（）可知，当时，该波的波长为4m，故A正确；B．由图可知，波的周期为4s，则该波的波速为，（）可知无论n取何值时，波的速度都不可能为0.25m/s，故B错误；C．波的周期为4s，则波源的振动频率为0.25HZ，故C错误；D．由图甲可知，t=1s时，a点在波谷，向y轴正方向运动，故D错误。故选A。12.扫地机器人是智能家用电器的一种，能凭借一定的人工智能，自动在房间内完成地板清理工作。一般采用刷扫和真空方式，将地面杂物先吸纳进入自身的垃圾收纳盒，从而完成地面清理的功能。如图是某款扫地机器人的照片，下表是它的一些重要参数。根据以上信息，下列说法正确的是（　　）额定电压14.4V额定功率45W电池输入20V-2.25A电池容量5200mAh充电时间约2.5hA.扫地机器人正常工作时的电流约为3.125AB.工作时电池把电能转化为化学能 C.扫地机器人充满电后一次工作时间约为2.3hD.电池充满电时储存的电能大约为5200mAh【答案】A【解析】【详解】A．根据题意，扫地机器人正常工作时的电流约为故A正确；B．工作时电池把化学能转化为电能，故B错误；D．电池充满电时储存的电能大约为故D错误；C．扫地机器人充满电后一次工作时间约为故C错误。故选A。13.电动汽车由于其使用成本低、环保、零排放等优点受到广泛的欢迎。如图甲为某国产品牌的电动汽车，假设汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持牵引力功率恒定，其加速度a和速度的倒数（1/v）图象如图所示．若已知汽车的质量M=1000kg，所受到的阻力f恒定，则（）A.汽车的功率P=4kWB.汽车行驶的最大速度vm=30m/sC.汽车所受到的阻力f=4000ND.当车速v=10m/s时，汽车的加速度a=2m/s2【答案】D【解析】 【详解】AC．对汽车进行受力分析，根据牛顿第二定律可得当前牵引力功率一定时，由可得联立可得结合图像对比可知斜率为，纵截距绝对值为，由图像可得由于质量已知可以得出故AC错误；B．最大速度时，由平衡条件可知解得故B错误；D．当车速v=10m/s时，代入关系式解得故D正确。故选D。 二、选择题II：本题共2小题，每小题3分，共6分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全的得，有选错的得0分。14.物理学的发展推动了社会的进步，物理学的发展史成为人类宝贵的财富，下列关于物理学史的说法符合史实的是（　　）A.开普勒定律是在对第谷行星观测记录研究的基础上提出的B.伽利略通过实验和逻辑推理，得到自由落体运动规律C.库仑利用扭秤装置测出了带电小球之间的作用力，提出了库仑定律，并测出了静电力常量kD.牛顿发现了万有引力定律，并利用万有引力定律首次计算出地球的质量【答案】AB【解析】【详解】A．开普勒定律是在对第谷行星观测记录研究的基础上提出的，故A正确；B．伽利略通过实验和逻辑推理，得到自由落体运动规律，故B正确；C．库仑利用扭秤装置测出了带电小球之间的作用力，提出了库仑定律，但没有测出静电力常量k，故C错误；D．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪什利用万有引力定律首次计算出地球的质量，故D错误。故选AB。15.如图所示，两个固定的等量正电荷M、N电荷量均为Q，M、N相距2L，连线中点为O，一个质量为m，电荷量为e的电子在与MN连线垂直的中垂面上做半径为L的匀速圆周运动（重力不计，不考虑运动电荷产生的磁场，静电力常量为k），则下列说法正确的是（　　）A.圆轨道上各点的电场强度相同B.电子做匀速圆周运动的速度大小为C.电子做匀速圆周运动的等效电流为D.若迅速减小M、N相同电荷量，电子做离心运动时，M、N对电子的电场力做负功【答案】CD 【解析】【详解】A．根据等量正电荷电场分布特点可知中垂线上关于中点O对称处的场强等大反向，故A错误；BC．电子的受力情况如图所示根据牛顿第二定律有联立解得根据电流的定义式故B错误，C正确；D．若迅速减小M、N相同电量，电子受到的合力方向不变，但大小减小，则电子做离心运动，由于电子做离心运动，则距离M、N越来越远，根据选项A分析知电子做离心运动阶段轨迹上各点电势不断减小，故D正确。故选CD。非选择题部分三、非选择题：本题共4小题，共55分。实验题（I、II、III三题，共16分）16.如图甲所示，在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中： ①为了完成实验，除了图甲中所示的实验器材外，还须选取实验器材有___________。A．干电池B.弹簧测力计C.毫米刻度尺D.秒表②下列说法正确的是___________。A．补偿阻力时，需在小车前端通过细线悬挂上槽码，并在小车尾部安装上纸带B.实验时，需调节定滑轮的高度使得细线水平C.若槽码质量不断增大，细线对小车的拉力会无穷大D.补偿阻力后，实验中改变小车质量后无需重新调节轨道的倾角③在某次实验中，实验小组选取了一条点迹清晰的纸带，如图乙所示，在纸带上每5个点取1个计数点，图中O至F是按打点先后顺序依次选取的计数点。根据纸带计算得出本次实验小车的加速度为___________m/s2。（结果保留两位有效数字）【答案】①.C②.D③.0.28##0.29##0.30##0.31##0.32【解析】【详解】①[1]根据实验器材的需求应选毫米刻度尺测量纸带点与点之间的距离。故选C；②[2]A．补偿阻力时，应将长木板的一端适当垫高，不挂槽码，轻推小车，直到连接小车的纸带上打出的点迹均匀分布，说明小车做匀速直线运动，故A错误；BD．阻力补偿完成后，挂上槽码，调节滑轮高度，使得牵引小车的细线与长木板保持平行，则细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，但该步骤应在实验前，不是实验时，故B错误，D正确；C．若槽码质量不断增大，则拉力也会不断增大，但拉力过大时，会使得纸带打出的点会非常密，误差很大，不适合测量与计算，故C错误；故选D。③[3]根据题意，每5个点取1个计数点时间为 由逐差法有解得故填。17.小王同学用如图甲所示装置做“验证力的平行四边形定则”的实验，橡皮筋的一端固定在水平木板上的P点，另一端系有两个绳套。实验中先用两个弹簧测力计分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮筋，将橡皮筋结点拉至某一位置O；再只用一个弹簧测力计，通过绳套把橡皮筋结点拉到与前面相同的位置O。根据实验结果在纸上分别作出分力F1、F2和合力F的力的图示，再用虚线把F的箭头端与F1、F2的箭头端相连接，如图乙所示，构成的四边形近似“筝形”（对边不相等且不平行、像风筝一样的四边形），其原因可能是（）A.用分力F1和F2拉橡皮筋时，两分力间的夹角过大B.用力F拉橡皮筋时，超出橡皮筋的弹性限度C.用力F拉橡皮筋时，细绳未与木板平行D.弹簧测力计外壳和纸面之间摩擦力的影响【答案】C【解析】【详解】A．由图乙可知，用分力F1和F2拉橡皮筋时角度合适，符合实验要求，故A错误；B．超出橡皮筋的弹性限度，橡皮筋会被破坏，失去弹性，不再有弹力，故B错误；C．用力F拉橡皮筋时，细绳未与木板平行，则将橡皮筋拉到位置O时，橡皮筋拉力在水平方向的分力为实验所需的拉力，因此橡皮筋的拉力大于实际所需的拉力，与图乙中拉力F大于F1、F2的合力的情况相符，故C正确；D ．实验时使用弹簧测力计，只要弹簧与外壳没有摩擦，此时弹簧测力计的示数即为弹簧对橡皮筋的拉力，与弹簧测力计外壳和纸面之间摩擦力无关，故D错误。故选C。18.小明同学在实验室里利用一卷有绝缘涂层（厚度可忽略）、粗细均匀的漆包镍铬合金电热丝完成“导体电阻率的测量”的实验，他将该卷镍铬丝连接到如图甲所示的电路当中，已知它的长度l=1m，允许通过的最大电流是0.5A。（1）闭合开关S，滑动变阻器的滑片滑至合适位置保持不变，将图甲中导线1的a端先后与电流表的“-”和“0.6A”接线柱相连，发现电压表示数变化较大，电流表示数基本不变，则a端可以接在电流表上___________（选填“-”或“0.6A”）接线柱上。（2）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图乙所示，其读数应为___________mm。（3）小明将滑动变阻器的滑片移至不同的位置，并依次记录两电表的测量数据，在坐标纸上描点作出U—I图像如图丙所示，并由此得出该镍铬丝的电阻率ρ约为___________。A．B.C.【答案】①.0.6A②.0.510③.B【解析】【详解】（1）[1]将图甲中导线1的a端与电流表的“-”接线柱相连，电压表测量的是电流表和电热丝的电压，这时电流表有分压的作用；而导线1a端与电流表的“0.6A”接线柱相连，电压表测量的是电热丝的电压，所以电压表示数变化较大，为了减小实验误差，准确测量电热丝的电压，故应将导线1的a端与电流表的“0.6A”接线柱相连，故填0.6A；（2）[2]根据螺旋测微器读数方法，如图乙所示固定刻度半刻度线已露出，所以固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为螺旋测微器读数为故填0.510mm。 （3）[3]U—I图像的斜率表示待测金属丝的阻值，即由电阻定律代入数据联立可得故选B。19.下列说法正确的是（）A.如图甲所示，在“探究平抛运动的特点”实验中，在安装实验装置时，斜槽末端必须切线水平B.如图乙所示，在“验证机械能守恒定律”的实验中，可以用重力加速度计算重锤在某时刻的速度C.如图丙所示，在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，单刀双掷开关S先跟1相接对电容器充电，待稳定后将单刀双掷开关S接2，电容器放电，实验中只减小电阻R的阻值，其余操作不变，则电容器的放电量将增大D.如图丁所示，在“用单摆测定重力加速度的大小”实验中，测量摆球振动周期时选取最低点作为计时的起、终点位置，测量结果更加准确【答案】AD【解析】【详解】A．为了保证小球能做平抛运动，在安装实验装置时，斜槽末端必须切线水平，故A正确；B．在“验证机械能守恒定律”的实验中，应当使用纸带数据计算某时刻速度，不可以用重力加速度计算重锤在某时刻的速度，否则相当于默认机械能守恒，失去验证的意义，故B错误；C．根据可知电容器充电后，电容器所带的电荷量为定值，实验中只减小电阻R的阻值，其余操作不变，则电容器的放电量不变，故C错误；D．在“用单摆测定重力加速度的大小”实验中，测量摆球振动周期时选取最低点作为计时的起、终点位置，测量结果更加准确，故D正确。 故选AD。20.亚洲特色运动项目“藤球”是利用脚腕、膝关节等部位踢球使藤球不落地，类似于我国民间的踢花毽子，其精彩纷呈的动作，颇具观赏性。如图为比赛中运动员垫球的瞬间，运动员将藤球竖直踢向空中。假设藤球的质量m＝0.1kg，初速度v0＝10m/s，且方向竖直向上，受空气阻力大小恒为0.2N。（1）则藤球上升与下降过程中的加速度分别为多大？（2）藤球从抛出点到最高点高度为多少？（3）藤球从抛出至落回到抛出点经过多长时间？（答案可用根号表示）【答案】（1），；（2）；（3）【解析】【详解】（1）上升阶段，根据牛顿第二定律有可得上升阶段的加速度大小为下降阶段，根据牛顿第二定律有可得下降阶段的加速度大小为（2）根据匀变速直线运动抛规律有可得，藤球从抛出点到最高点的高度为（3）藤球从抛出点到最高点的时间为 根据匀加速直线运动规律有可得，藤球从最高点到抛出点的时间为则藤球从抛出至落回到抛出点经过的时间为21.如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直面内，圆弧轨道的最低点B与光滑水平面BC相切，水平传送带上表面CD与水平面BC、DQ相平，竖直挡板固定在传送带右侧的水平地面上Q点，传送带以4m/s的速度沿顺时针方向转动，质量为M=3kg的物块b放在水平面上的p点，质量为m=1kg的物块a由圆弧面上的最高点A由静止释放，滑到水平地面上与物块b发生正碰，物块a、b均可视为质点。物块a碰后返回到最高点时立即被锁止。已知R=0.8m，物块b与CD间的动摩擦因数μ1=0.4，与DQ间的动摩擦因数μ2=0.35，LCD=1.5m，LDQ=0.5m，物块间、物块与挡板间碰撞无能量损失，（取）。求：（1）物块a第一次运动到B点时对圆弧轨道的压力大小；（2）物块a碰后返回最高点距水平面的高度；（3）物块b第一次与挡板碰后返回到D点速度大小；（4）直至b静止的整个过程，物块b与传送带之间因摩擦而产生热量。【答案】（1）30N；（2）0.2m；（3）3m/s；（4）或【解析】【详解】（1）物块a第一次运动到B点由动能定理得 解得物块在B点，由牛顿第二定律得解得由牛顿第三定律可知物块a第一次运动到B点时对圆弧轨道的压力与物块a第一次运动到B点时圆弧轨道对物块a的支持力大小相等（2）物块a与物块b发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律可得解得，又解得物块a碰后返回最高点距水平面的高度（3）P到C时，时物块b在传送带上运动由解得物块b到D点速度为 物块b在DQ间做匀减速直线运动解得（4）从C到D过程物块b与传送带达到共同速度解得物块b与传送带的相对位移物块b与传送带之间因摩擦而产生热量物块b在传送带上向左速度减为0时间为物块b与传送带的相对位移在传送带上向右加速到D点时间也为物块b与传送带的相对位移因而 所以同理物块b再次从p返回到D时速度为时间物块b与传送带的相对位移物块b与传送带之间因摩擦而产生热量直至b静止的整个过程，物块b与传送带之间因摩擦而产生热量解得或22.如图所示，坐标系xOy内存在两个匀强电场。E1与x轴正方向夹角θ=53°；E2=4×103V/m，方向竖直向上，竖直边界、，y轴为两电场区域分界线。一可视为质点的带正电小球，质量m=0.2g、电荷量，从A点静止释放，恰好沿直线AO向右运动，从O点飞入E2电场内。（不计空气阻力，不考虑电场的边沿效应，cos53°=0.6，sin53°=0.8）求：（1）电场强度E1的大小；（2）小球出电场E2时y坐标；（3）从释放到离开电场E2的过程小球电势能的改变量；（4）小球离开电场E2后最高点距x轴的高度。 【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】【详解】（1）小球从A点静止释放，恰好沿直线AO向右运动，则小球受到的重力与电场力的合力方向沿AO方向，则有可得电场强度E1的大小为（2）小球在电场E1中时，根据牛顿第二定律有到坐标原点的速度为小球在电场E2中时，根据牛顿第二定律有可得，小球在电场E2中的加速度的大小为根据类平抛规律有联立可得，小球出电场E2时y坐标为 （3）从A点到O点过程中，小球电势能的改变量为从O点到离开电场E2过程中，小球电势能的改变量为则从释放到离开电场E2的过程小球电势能的改变量为（4）离开电场E2时的竖直速度为从离开电场E2时的位置到运动轨迹的最高点的距离为则小球离开电场E2后最高点距x轴的高度为