恩施一中、建始一中、咸丰一中三校九月联考 4. 如图所示，以等量正点电荷连线的中点O作为原点，沿其中垂线建立 x轴，x轴上电场强度最大
的两个点记为 A、B，将一电子从 A点由静止释放，电子仅在静电力
的作用下在 A、B两点之间做往复运动。下列说法正确的是（ ）
高二物理试卷 A． x轴上O点的电势最低
B．电子经过O点时的加速度最大
C．电子经过O点时的速度最大
D．A、B两点的电场强度相同
注意事项： 5. 如图所示，电荷量为 q的点电荷在均匀带电薄板上方 2d处，点电荷到带电薄板的垂线通过薄板
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。 的几何中心，A、B为垂线上两点，到薄板的距离均为 d、将一带
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， 正电小球置于 B点，释放时的加速度恰好等于重力加速度 g。已
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 知静电力常量为 k，则（ ）
效。 A．薄板带正电荷
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 B．薄板在 A点产生电场的方向竖直向上
C．若将带电小球移到 A点释放，其加速度仍等于重力加速度 g
一、选择题（本题共 10 小题，每题 4 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，第 1-7 题只有一
kq
项符合题目要求。第 8-10 题有多项符合题目要求。每小题全部选对得 4 分，选对但不全的得 2 D．薄板在 B点产生电场的场强大小为 9d 2
分，有选错的得 0 分。） 6. 春暖花开，惠风和畅，自驾出游。在平直公路上，甲、乙两车同向行驶，其 v t图像如图所示。
1. 一代代物理学家们在探究客观世界的过程中，不断发现物理规律，总结研究方法，推动了生产
已知两车在 t 3s时并排行驶，则（ ）
力的发展和人类文明的进步。下列关于物理学史和物理学方法的叙述，正确的是（ ）
A．在 t 0.5s时，乙车在甲车前
A．“点电荷”和“电场强度”概念的提出，都应用了理想模型法
B．牛顿发现了万有引力定律，并成功的测量出了引力常量 G的值 B．在 t 0时，甲车在乙车前12.5m
C．开普勒总结了行星运动的规律，并结合第谷的数据找出了行星按照这些规律运动的原因 C．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40m
D．法国物理学家库仑用扭秤实验发现了库仑定律 D．两车另一次并排行驶的时刻是 t 2s
2. 如图所示的电路中，通过 R1的电流是 2A，已知 R1=4Ω，R2=10Ω，R3=15Ω，则（ ） 7. 《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在 1000kV的高压线上带电作业的过程。如图所
A．通过 R2的电流是 1.2A 示，绝缘轻绳 OD一端固定在高压线杆塔上的 O点，另一端固定在兜篮上。另一绝缘轻绳跨过
B．电路的总电阻是 12Ω
固定在杆塔上 C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制。身穿屏蔽服的王进坐在兜篮
C．ab两端的电压是 20V
里，工人先将兜篮拉至 D点，且 OC=OD，然后缓慢地从图示 D点运动到处于 O点正下方 E点
D．ac两端的电压是 24V
的电缆处。绳 OD一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为 m，不计一切阻力，
3. 北京时间 2023年 6月 4日 6时 33分，神舟十五号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，神
重力加速度大小为 g。关于王进从 C点运动到 E点的过程中，下列
舟十五号载人飞行任务取得圆满成功。如图所示是神舟十五号载人飞船返回舱返回地面时的情
境，打开降落伞后的一段时间内，整个装置先减速后匀速下降，在这段时间内关于返回舱的说 说法正确的是（ ）
法正确的是（ ） A．工人对绳的拉力一直变大
A．打开降落伞之后，返回舱仍处于失重状态 B．绳 OD的拉力越来越小
B．匀速下降阶段，返回舱机械能的减少量等于重力对飞船做的功 C．OD、CD两绳拉力的合力大小等于 mg
C．匀速下降阶段，返回舱的机械能守恒 D．当绳 CD与竖直方向的夹角为 30°时，工人对绳的拉力为 3mg
D．减速下降阶段，返回舱动能的减少量等于阻力对飞船做的功
高二物理试卷 第 1 页 共 3 页
{#{QQABLQSEggAAAAJAAAgCQwUgCkKQkAGCAKoGgBAMMAAAgRFABAA=}#}
8. 两个较大的平行金属板 A、B相距为 d，分别接在电压为 U的电源正、负极上，这时质量为 m 二、非选择题(本题共 5 小题，共 60 分。）
的带电油滴恰好静止在两极之间，如图所示，在其它条件不变的情 11. （7 分）某学习小组利用如图甲所示的实验装置来探究加速度与力、质量的关系。图中带滑轮
况下，那么在下列的过程中（ ） 的长木板放置于水平桌面上，拉力传感器与滑轮之间的轻绳始终与长木板平行，拉力传感器可
A．如果保持连接电源，将两极距离不变，非常缓慢地错开一些，电
直接显示绳上的拉力大小，打点计时器所接电源的频率为 50Hz。
流计中电流从 b流向 a
B．如果断开电源，A板上移，B板接地，油滴静止不动，油滴处电
势不变
C．如果保持连接电源，将 A板上移，油滴将向上加速运动
D．如果断开电源，两板间接静电计，B板下移，静电计指针张角变大
9. 在如图所示的水平转盘上，沿半径方向放着质量分别为 m、2m的两物块 A和 B（均视为质点），
它们用不可伸长的轻质细线相连，与圆心的距离分别为 2r、3r，A、B两物块与转盘之间的动摩
（1）关于本次实验的注意事项，下列说法正确的是 。
擦因数分别为 、 ，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为 g。现缓慢加快
2 A．实验时应将长木板的右端垫高以补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力
转盘的转速，当两物块相对转盘将要发生滑动时，保持转盘的转速不变，下列说法正确的是 B．实验中要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
（ ）
C．实验时应先释放小车再接通打点计时器的电源
A g．此时转盘的角速度大小为
2r （2）正确完成实验操作后，得到的一条纸带部分如图乙所示（测量位移的单位是厘米），纸带
B．此时细线中的张力大小为 mg 上各点均为计时点，由此可得打点计时器打出 B点时小车的速度大小 vB m/s，
g
C B 小车的加速度大小
a m / s2 （结果保留两位有效数字）。
．此时烧断细线后的瞬间， 的加速度大小为
2
（3）正确完成实验操作后，改变砂和砂桶的总质量，得到多组拉力传感器示数 F和对应的小车
D．此时烧断细线后的瞬间，A、B两物块的加速度大小相等
10. 加速度大小 a，以 F为横轴、a为纵轴作出 a F图像，该图像的斜率为 k，则小车的质量纸面内存在沿某方向的匀强电场，在电场中取 O点为坐标原点建立 x轴，以 O为圆心、R为半
径，从 x轴上的 a点开始沿逆时针方向作圆，a～h是圆周上的 8个等分点，如图（a）所示；测 M （用 k表示）。
量圆上各点的电势 与半径同 x轴正方向的夹角 ，描绘的 图像如图（b）所示，下列说法
正确的是（ ）
12. （10分)）某实验小组测量一新材料制成的粗细均匀金属丝的电阻率，金属丝的长度已知。
A．电场强度的大小为 1 2
2R
（1）用螺旋测微器量金属丝的直径，示数如图所示，其直径为 mm。
B．O点的电势为 1 2
2 （2）用多用电表粗测金属丝的阻值。当用电阻“×10”挡时，发现指针偏转角度过大，进行一
C 3( )．a、e两点的电势差为 1 2
2 系列正确操作后，指针静止时位置如图乙所示，其读数为 Ω。
D．从 e到 f，电势一直降低，从 g到 h，电势一直升高
高二物理试卷 第 2 页 共 3 页
{#{QQABLQSEggAAAAJAAAgCQwUgCkKQkAGCAKoGgBAMMAAAgRFABAA=}#}
（3）为了精确地测量金属丝的电阻 Rx，实验室提供了下列器材： 14. （15分）如图，整个空间存在水平向左的匀强电场，竖直面内有一直角坐标系 xO’y，以 y轴为
A 500μA 对称轴的光滑圆弧形绝缘轨道 ABC放置在 x轴下方，轨道与 y轴交于 B点，与 x轴交于 A（-0.4m，A．电流表 1（量程 ，内阻 1kΩ）
0）、C（0.4m，0）两点。现有一个可视为质点的带电绝缘小球在重力和电场力的作用下沿 PA
B．电流表A2（量程 0.3A，内阻约 0.1Ω）
所在直线向 A点匀加速运动，从 A点沿切线方向进入轨道，在轨道内运动到 C点恰好不脱离轨
C．滑动变阻器R1（0~5Ω，额定电流 1.0A） 道，已知小球质量 m=0.3kg，电荷量 q=0.3C，P点的坐标为（0，0.4m），重力加速度为 g=10m/s2，
D．滑动变阻器 R2（0~1Ω，额定电流 1.0A） 不考虑空气阻力的影响。
E．电阻箱 R（阻值范围为 0~9999.9Ω） 求：（1）匀强电场电场强度的大小；
F．电源（输出电压恒为 2.5V） （2）小球运动到 C点时的速度大小；
G．开关 S、导线若干 （3）小球对轨道压力的最大值。
①实验小组设计的实验电路图如图丙所示。由于没有电压表，需要把电流表A1串联电
阻箱 R改为量程为 3V的电压表，则电阻箱的阻值调为 Ω。
滑动变阻器应选择 （选填“R1”或“R2”）
②正确连接电路后，闭合开关，调节滑动变阻器测得 5组电流
表A1、A2的值 I1， I2，数据见下表。请根据表中的数据，在方格
纸上作出 I I 图像 ，并由图像求出R Ω（结果保留 15. （19 分）如图所示，一水平传送带以 v=8m/s的速度顺时针转动，其左端 A点和右端 B点分1 2 x
2 别与两个光滑水平台面平滑对接，A、B两点间的距离 L=5m。左边水平台面上有一被压缩的位有效数字），进而可以求出金属丝的电阻率。
弹簧，弹簧的左端固定，右端与一质量为m1 0.1kg的物块甲相连（物块甲与弹簧不拴接，滑
I1 / 10
3μA 0.121 0.165 0.218 0.266 0.306
上传送带前已经脱离弹簧），物块甲与传送带之间的动摩擦因数 1 0.2。右边水平台面上有
I2 / A 0.100 0.150 0.190 0.230 0.280 一个倾角为 45 ，高为 h1=1.4m的固定光滑斜面（水平台面与斜面由平滑圆弧连接），斜面的
右侧固定一上表面光滑的水平桌面，桌面与水平台面的高度差为 h2=3.2m。桌面左端依次叠放着
③关于本实验的误差，下列说法正确的是 。 质量为m3 0.1kg的木板（厚度不计）和质量为m2 0.2kg的物块乙，物块乙与木板之间的动摩
A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差 擦因数为 2 0.2，桌面上固定一弹性竖直挡板，挡板与木板右端相距 x0=1m，木板与挡板碰撞
B．用 I1 I2 图像处理实验数据求出金属丝阻值可以减小偶然误差 会原速率返回。现将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放，物块甲离开斜面后恰好在它运动的
C．需要将得到的几组电表示数取平均值以减小误差 最高点与物块乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），物块乙始终未滑离木板。物块甲、乙均可视为
D．为减小读数时的误差，电表读数时应多估读几位数 1 1 1 1质点，已知 g 10m/s2 ， 2 3 。求：
13. （9分）2021年 5月 15日，中国首辆火星车“祝融号”成功登陆火星，其着陆过程可以分为降 9 9 9 8
（1）物块甲运动到最高点时的速度大小；
轨、分离、减速、悬停和着陆五个阶段。在距离火星地面 h左右的高度时，“祝融号”在大推力
F m （2）弹簧最初储存的弹性势能；发动机的作用下开始悬停。已知悬停时发动机提供的推力为 ，“祝融号”的质量为 ，火星半
R G （3）木板运动的总路程。径为 ，万有引力常量为 。（不考虑火星的自传）
（1）求火星的质量M ；
（2）若“祝融号”能再次进入绕火圆轨道执行任务，至少需以多大速度 v从火星表面发射。
高二物理试卷 第 3 页 共 3 页
{#{QQABLQSEggAAAAJAAAgCQwUgCkKQkAGCAKoGgBAMMAAAgRFABAA=}#}恩施一中、建始一中、咸丰一中三校九月联考 6．C
【详解】AD．根据 v t图像的“面积”表示位移，由几何知识可知，在1 3s内甲、乙两车通过的位移相
高二物理参考答案 等，又因为两车在 t 3s时并排行驶，由此可以推论出在 t 1s时两车也并排行驶，在 0.5s至 1s内甲车比乙车通过的位移小，所以在 t 0.5s时，甲车在乙车前，故 AD错误；
1 D v． B 甲．由图可知，甲的加速度为 a甲 10m/s
2 v乙 2
乙的加速度为 a乙 5m/s
【详解】A．“点电荷”概念的提出，应用了理想模型法；“电场强度”概念的提出应用了比值定义法，选项 t甲 t乙
A错误； x 1 2 1 2因此在0 1s中，甲的位移为 甲 a甲t 5m x乙 vB G B 2 0
t a
2 乙
t 12.5m
．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许成功的测量出了引力常量 的值，选项 错误；
C．开普勒根据第谷的数据总结了行星运动的规律，牛顿的万有引力定律对此作出了解释，找出了行星按照 因此两者位移差为 x x乙 x甲 7.5m 即在 t 0时，甲车在乙车前 7.5m，故 B错误；
这些规律运动的原因，选项 C错误；
D D C．1s末甲车的速度为
v a甲t 10m/s 在1 3s x vt
1
a t 2甲车的位移为 40m
．法国物理学家库仑用扭秤实验发现了库仑定律，选项 正确。 2 甲
故选 D。 即甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40m，故 C正确。
2．A 故选 C。
R3 15 7．C
【详解】A．通过 R2的电流为 IR2 I 2 A 1.2AR R 10 15 故 A正确；2 3 C．由于王进缓慢运动，受力平衡，OD、CD两绳拉力的合力等于 mg，C正确；
R R 10 15 AB．设 OD绳拉力为 T，与竖直方向夹角为α，工人拉 CD绳子的力为 F，与竖直方向夹角为β，如图所示，
B R R 2 3．电路中的总电阻为 1 4 10 R R 10 15 故 B错误； T F mg2 3
ab U IR 8V 由几何关系可知 +2 =
C C 由正弦定理得． 两端的电压为 故 错误； 2 sin sin sin(
ab 1 )2
D．ac两端的电压为Uac IR 2 10V 20V故 D错误。 随着王进从 C点缓慢运动到 E点的过程中，α减小，β增加， T增加；
故选 A。
3.B
F mg sin
mg sin( 2 )
2 mg cos 2 1
【详解】A．打开降落伞后，返回舱减速下降时，加速度方向向上，处于超重状态，故 A错误； (2cos ) mg cos cos cos
B．匀速下降阶段，返回舱机械能的减少量等于飞船克服阻力做功的大小，而重力与阻力的大小相同，所以 sin( )2
返回舱机械能的减少量等于返回舱重力所做的功，故 B正确； β增加，可得 F减小，AB错误；
C．匀速下降阶段，返回舱的动能不变，重力势能减小，因此机械能减小，故 C错误； 3
D o．减速下降阶段，由动能定理可知，返回舱动能的减少量等于返回舱所受合力做功的大小，故 D错误。 D．当β=30o时，α=30o，代入可得工人对绳的拉力 F mg tan 30 mg D错误。
3
故选 B。
4.C 故选 C。
8．BD
【详解】A．根据等量同种正点电荷周围电场线的特点可知中垂线上O点的电势最高，故 A错误；
B O S．电子经过 点时的加速度最小为 0；故 B错误； A．将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式 C
C．电子从 A点由静止释放做加速运动，经过O点后做减速运动，所以电子经过O点时的速度最大，故 C 4 kd
Q
正确； 分析得知，电容减小，而电容器板间电压不变，则由C
D．根据电场线特点可知 A、B两点的电场强度大小相等，方向相反，故 D错误。 U
C 分析可知，电容器带电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，电路中顺时针方向的电流，则电流故选 。
5 D 计中有 a→b的电流。故 A错误；．
AB B U Q 4 kQ【详解】 ．将一带电小球置于 点，释放时的加速度恰好等于重力加速度 g，所以小球此位置只受重力 B．断开电源，A板上移，则极板间电荷量 Q不变，间距 d增大，则电场强度 E
作用，由此可知电荷量为 q的点电荷和均匀带电薄板在 B点产生的场强等大反向，均匀带电薄板在 B点产 d Cd S
U Ed
生的场强竖直向上，由此可知薄板负电荷，根据对称性可知，薄板在 A点产生电场的方向竖直向下，故 AB 则电场强度恒定不变，油滴保持静止不动，设油滴处位置为 P，P点与 B点间电势差 PB PB
错误； B板与 P点之间距离不变，电场强度恒定不变，则 P点与 B板之间的电势差不变，由于 B板电势为零，则
C．若将带电小球移到 A点释放，根据对称性可知薄板在 A点产生电场与在 B点产生电场等大反向，则 P点电势大于零，由于UPB P B 则，P点电势不变。故 B正确；
E E kq 10kq q
E mg U
A B 2 2 由牛顿第二定律知 a
A E
d 9d A
＞g故 C错误。 C．仅将 A极板向上移，则极板间电压 U不变，间距 d增大，则电场强度
m d
kq kq 场强减小，油滴受电场力减小，油滴向下运动，故 C错误；
D.B点，释放时的加速度恰好等于重力加速度 g，有 EB (3d )2 9d 2 故 D正确； D．断开电源，两板间接静电计，B板下移，由 C选项分析可知，电场强度不变，则两极板电势差变大，
故选 D。 静电计指针张角变大。故 D正确。
故选 B D。
高二物理答案 第 1 页 共 3 页
{#{QQABLQSEggAAAAJAAAgCQwUgCkKQkAGCAKoGgBAMMAAAgRFABAA=}#}
9．AC 12． （10分）1.700（1.698~1.702）（1分） 6.0 （1分） 5000.0 （1分） R1 （2分）
AB mg m 2
2
．根据 1 2r ， 2mg 2m 2 3r
g g
两物块的临界角速度分别为 1 ， 2 2r 2 6r
由于物块 A的临界角速度较大，则相对滑动时物块 A向圆盘内侧滑动。设绳拉力为 F，根据牛顿第二定律
F mg m 2 2r ， F 2mg 2m 2 3r 得 g ， F 2 mg A正确，B错误；
2 2r
mg
CD 2mg．此时烧断细线后的瞬间，A、B物块的加速度大小分别为a1 g，a 2 g
（2分） 6.8（6.6~7.6） （2分） B（1分）
m 2 2m 2
C正确，D错误。故选 AC。
10．AC
【详解】A．由题图可知圆周上电势最高的点和电势最低的点
所在的直径与 x轴夹角为
6
且电势差的值为 ( ) 【详解】（1）[1]根据螺旋测微器的读数规则可知 d 1.5mm 20.0 0.01mm 1.700mm1 2 1 2
（2）[2]由题意，当用“ 10”挡时发现指针偏转角度过大，说明被测电阻很小，应该换用低倍率电阻挡，
由匀强电场的电场强度和电势差的关系，
即“ 1”挡，由题图乙可知读数为 6.0Ω。
可得电场强度的大小 E 1 2
2R （3）①[3]当电流表A1满偏时，两端电压为Ug Igr1 0.5V
5 U U
方向与 x g轴正方向夹角为 ，故 A正确； 因此需要把电阻箱的阻值调为 R 5000.0 6 Ig
D．根据选项 A分析，可画出如图所示电场线 [4] 滑动变阻器R和R 的最大阻值都小于待测金属丝的阻值，则用分压式接法，当选择R时，回路中的最
根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知从 e到 f，电势先降低再升高，从 g到 h，电势一直升高，故 D错 1 2 1
误； 大电流
I 2.5 ＜1A
B．根据匀强电场电势分布特点，O点的电势 1
( 2 ) 1 2 m 5 60 2 2 5 6
故 B错误；
约等于滑动变阻器R1的额定电流。
C．a、e两点的电势差U 3( 1 2)ae E 2R cos 故 C正确。 当选择 R2时，回路内的最小电流约为6 2 I ' 2.5m ＞1A
故选 AC。 1
2 超过滑动变阻器 R2的额定电流，因此选择 R1。
11． （7分） A（1分） 1.6 （2分） 3.2 （2分） （2分）
k ②[5]根据表格中数据作出 I1 I2 图像如右
【详解】（1）A．为了平衡阻力，需要将长木板右端适当垫高，以补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力。 [6]根据电路图，有 I1 r1 R I2 I1 Rx
调节长木板的倾斜度，使小车在不受砂桶牵引时能拖动纸带沿长木板匀速运动，故 A正确；
B 因为 I 远大于 I ，故 I r R I R．绳子的拉力由拉力传感器测出，不需要用砂和砂桶的重力去代替绳子拉力，不需要测量砂和砂桶的质量， 2 1 1 1 2 x
也不需要满足砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故 B错误； I R x得 1 I2
C．为了能稳定地打出足够多的点，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同 r1 R
时记录传感器的示数，故 C错误。 Rx 0.218 3 6
A 根据图像的斜率可得
10 10
r R 0.190 解得
R 6.7
故选 。 x1
（2）[2] 相邻的两个计数点之间的时间间隔为T 2 0.02s 0.04s ③
6.19 6.70 10 2B A C v m/s 1.6m/s A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，A错误；打 点时小车的速度等于 到 的平均速度，则有 B 2 0.04 B．用 I1 I2 图像处理实验数据求出金属丝阻值可以减小偶然误差，B正确；
7.72 7.21 6.70 6.19 10 2
[3] 2 2 C．得到的几组电表示数后，应先分别用对应电表示数求出待测电阻，再求电阻的平均值，或者根据几组电用逐差法可得，小车运动的加速度为 a 2 m/s 3.2m/s4 0.04 表示数作出对应图像，以减小误差，C错误；
2
3 [4] 2F Ma a F D．读数时只需估读到分度值的下一位，多估读几位数没有意义，不可以减小误差，D错误。（ ） 对小车由牛顿第二定律 即 M 故选 B。
2
由题意可知 k
2
解得 M
M k
高二物理答案 第 2 页 共 3 页
{#{QQABLQSEggAAAAJAAAgCQwUgCkKQkAGCAKoGgBAMMAAAgRFABAA=}#}
F(R+h)2 F 15．（19分）（1）6m/s；（2）6J；（3）3m
13（9分）(1)．M= (2) v= (R+h)
mG Rm 【详解】（1）由题意可知，物块甲从斜面顶端到最高点做斜抛运动，水平方向为匀速运动，设物块甲刚离
【详解】（1）悬停时发动机的推力大小等于火星对它的万有引力，则根据平衡条件有 开斜面时速度为 v甲，则有
Mm v2甲y 2g h hF=G 2 1 （1分）
(R+h)2 （2分） v
tan 45 0 甲 y2 （1分）F(R+h) v
解得M= 甲 x
mG （2分） 联立解得 v v
甲 甲x 6m / s
（2）火星表面的最小发射速度等于物体环绕火星表面做圆周运动时速度的大小，则在火星表面根据万有引
可知物块甲运动到最高点时的速度大小为 v 6m / s （1分）
G Mm m v
2 F 甲
力充当向心力有 解得 v= (R+h)
2 R Rm （2）设物块甲在 B点时速度为
vB，对物块甲从 B点到最高点由动能定理有
R （3分） （2分）
-m gh 1 m 2 1 21 2 2 1
v m v
甲 2 1 B
（2分）
14．（15分）（1）10N/C；（2） vc = 2 2m / s；（3）18 2N 解得 vB 10m / s＞8m / s （1分）
【详解】（1）小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从 A点沿切线方向进入，则此
因为 vB v0.4m ，所以物块甲在传送带上一直做减速运动。
时速度方向与水平方向的夹角为 tanθ = =1
0.4m 1（2 2分） 对物块甲从静止开始到 B点，设弹簧弹力做功W，由动能定理有 W 1m1gL m1v B （2分）2
解得θ = 450 解得W 6J
tan mg 根据功能关系可知弹簧最初储存的弹性势能 E W 6J （1分）
则加速度方向与水平方向的夹角为 45°，则 Eq （1分） p
mg （3）物块甲与物块乙在碰撞过程中，由动量守恒定律得E 10N/C
q tan 1 m1v m v1 m2v解得 （ 分） 甲 1 2 （1分）
（2）根据几何关系可知 1 2 1 2 1 2
由机械能守恒定律得 m1v m v m v （1分）甲
sin 0.4m 2 2
1 1 2 2 2
R （1分） 解得 v1 2m / s v2 4m / s
得圆轨道的半径 m v
以物块乙和木板为系统，由动量守恒定律得 2 2
(m2 m3)v3
解 （1分）
R= 0.4 2m 1m gx m v 2 0
2 2 1 3 3
C点恰好不脱离轨道则： 若木板向右加速至共速后再与挡板碰撞，由动能定理得 2 （1分）
2 8
(Eq)2+ (mg)2
v
=m c 解得 x1 m＜1m （1分）
R （2分） 9
可知木板与物块乙共速后再与挡板相碰。
解得
m v m v (m m )v
v = 2 2m / s 由动量守恒定律得 2 3 3 3 2 3 4c 2 （1分）（ 分）
(3) 1在等效最低点 N，小球对轨道压力的最大，此时对小球有 木板向左减速过程中，由动能定理得 m gx 0 m v 2 （1分）
2 2 2
v2 2
3 4
FN (qE)
2 (mg)2 m N 1
R （2分） 解得 x2 x9 1
（1分）
又从 N到 C点的过程中，根据动能定理得 1 2
1 1 同理可得 xmv2 mv2 mg2R sin qE2R cos 3
9
x1
2 C 2 N
（2分） 以此类推木板的总路程为
联立解得 1 1 1
F 18 2N S x0 2x1 2x2 2xn 1m 2 8
m（1分）
N （1分） 9 92 9n
根据牛顿第三定律可知小球对轨道压力的最大值 解得 S 3m（1分）
F 'N FN 18 2N （1分）
高二物理答案 第 3 页 共 3 页
{#{QQABLQSEggAAAAJAAAgCQwUgCkKQkAGCAKoGgBAMMAAAgRFABAA=}#}
