广东省阳江市2023-2024学年高二上学期期末测试物理试题
一、单项选择题：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．（2023高二上·阳江期末） 如图所示，轻质细线AB间的O点有一个重力为G的静止溜溜球，已知，不计摩擦。则此时溜溜球所受的细线弹力合力大小是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023高二上·阳江期末） 图甲为使用风簸的情景。风簸是清谷的农用工具，主要用于筛选精谷粒和瘪谷粒。图乙为其工作原理示意图：匀速摇动扇叶（图中未画出），在AB和CD间形成持续稳定的风力场，风速水平向左，开启斗仓下方的狭缝S1，轻重显著不同的谷粒由狭缝进入风力场，在风力和重力作用下经由具有一定宽度的出谷口S 或S3离开风力场后被收集。现考查同时进入风力场的精谷粒a和瘪谷粒b这两粒谷子，设它们所受风力相同，忽略初速度和空气阻力的影响，那么（ ）
A．a比b先到达出谷口
B．到达出谷口时a的速度较大，b的速度较小
C．a经由S 离开风力场，b经由S 离开风力场
D．离开出谷口时，a的机械能增量较小，b的机械能增量较大
3．（2023高二上·阳江期末） 如图所示，水平地面上放一质量为M的落地电风扇，一质量为m的小球固定在叶片的边缘，启动电风扇小球随叶片在竖直平面内做半径为r的圆周运动。已知小球运动到最高点时速度大小为v，重力加速度大小为g，则小球在最高点时地面受到的压力大小为（ ）
A． B． C． D．
4．（2023高二上·阳江期末） 2023年10月24日4时3分，我国在西昌卫星发射中心成功将遥感三十九号卫星送入太空。遥感三十九号卫星能够实现全球无死角观测，意义重大。遥感三十九号卫星、地球同步卫星绕地球飞行的轨道如图所示。已知地球半径为R，自转周期为T0，遥感三十九号卫星轨道高度为h，地球同步卫星轨道的高度为h0，引力常量为G。下列说法正确的是（ ）
A．遥感三十九号卫星与同步卫星绕地球运行向心加速度之比为
B．遥感三十九号卫星绕地球运行的周期为
C．遥感三十九号卫星的运行速度大于7.9km/s
D．地球的平均密度可表示为
5．（2023高二上·阳江期末） 如图所示，固定光滑斜面倾角，其底端与竖直面内半径为R的固定光滑圆弧轨道相切，位置D为圆弧轨道的最低点。质量为2m的小球A和质量为m的小环B（均可视为质点）用的轻杆通过轻质铰链相连。B套在光滑的固定竖直长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心O，初始轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球能滑过D点且通过轨道连接处时无能量损失（速度大小不变），重力加速度为g，从小球A由静止释放到运动至最低点的过程中，下列判断正确的是（ ）
A．A和B组成的系统的机械能不守恒
B．刚释放时小球A的加速度大小为
C．小环B速度最大时轻杆弹力为
D．小球A运动到最低点时的速度大小为
6．（2023高二上·阳江期末） 如图所示，一块均匀的长方体金属导体，上下厚度为，当给导体的上下表面加上电压时，流过导体的电流为，当给导体的前后表面加上电压时，流过导体的电流为，当给导体的左右表面加上电压时，流过导体的电流为，下列说法正确的是（ ）
A．AC的长度为4L B．AD的长度为6L
C．导体的体积为 D．导体的电阻率为
7．（2023高二上·阳江期末）某同学设计的水量计原理如图（a）所示：电源（E＝3V，r＝0.5Ω）；电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）；定值电阻（）；滑动变阻器R（用长3m、横截面积且涂有绝缘漆的金属丝紧密缠绕在圆柱形瓷筒上，使用前刮掉与滑片P接触部分的绝缘漆），图（b）所示为备选金属丝及其参数。两根相同弹簧的形变始终在弹性限度内，容器中无水时，滑片P在上端a。下列分析正确的是（ ）
三种材料在20℃时的电阻率
材料
铜
铝
镍铬合金
图（b）
A．金属丝可选铜丝
B．V表的示数范围约为0～2.7V
C．V表的示数U与水的质量m成正比
D．若将V表刻度盘转换为水的质量刻度盘，则刻度是不均匀的
8．（2023高二上·阳江期末） 边长为2L的正三角形ABC的三个顶点处，分别有垂直于三角形平面的无限长直导线，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，a、b、c三点分别是正三角形三边的中点，O点为三角形的中心。通电长直导线产生的磁场在其周围某点的磁感应强度大小，其中k为大于零的常数，I为导线中的电流，r表示该点到导线的距离。则以下关于a、b、c、O四点的磁感应强度的说法中正确的是（ ）
A．b点的磁感应强度方向沿BC方向指向C
B．O点的磁感应强度方向平行于BC由O点指向AC边
C．O点的磁感应强度方向平行于BC由O点指向AB边
D．a、c两点的磁感应强度大小均为
9．（2023高二上·阳江期末） 如图所示，一带负电粒子（不计重力）质量为、电荷量大小为，以初速度沿两板中央水平方向射人水平放置、距离为、电势差为的一对平行金属板间，经过一段时间从两板间飞出，在此过程中，已知粒子动量变化量的大小为，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在两板间运动的加速度大小为
B．粒子从两板间离开时的速度大小为
C．金属板的长度为
D．入射点与出射点间的电势差为
10．（2023高二上·阳江期末） 某玩具公司设计了一种有趣的玩具，在一个均匀带正电球体中沿直径开一个光滑水平管道AB，将一个带负电的小球P（视为质点）从入口的A点由静止释放，小球P将穿过管道到达另一端的点。已知均匀带电的球壳对球内带电质点的作用力为0。下列分析判断正确的是（ ）
A．小球P在管道中做简谐运动
B．球心处的电场强度大小为零，电势最低
C．小球P从入口的A点运动到点的过程中，电势能先减小后增大
D．点的电场强度最大，电势最高
二、非选择题（本题共5小题，共54分。考生根据要求作答。）
11．（2023高二上·阳江期末） 某同学用图（a）所示的装置测量木块与长木板间的动摩擦因数。长木板水平固定，木块通过水平轻绳绕过轻质光滑定滑轮连接重物。
（1）实验时 （选填“①”或“②”），得到加速阶段的部分纸带如图（b）所示，A、B、C、D、E为打下的相邻的计数点，相邻计数点之间还有4个计时点未画出。
①先接通打点计时器电源，再由静止释放重物
②先由静止释放重物，再接通打点计时器电源
（2）测量得，，木块质量为M=0.5kg，重物质量为m=0.2kg。已知打点计时器的频率为50Hz，重力加速度，忽略纸带与打点计时器限位孔之间的阻力。则打下B点时木块的速度 m/s，木块与长木板间的动摩擦因数约为μ= 。（所有计算结果均保留2位有效数字）
12．（2023高二上·阳江期末） 某同学用图（a）所示电路完成“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验。所需器材：
小灯泡L（额定电压3V，额定功率约0.6W）；
电源E（电动势6V，内阻很小可忽略不计）；
电压表V（量程3V，阻值很大）；
电流表A（量程0.25A，内阻约0.4Ω）；
滑动变阻器R（总阻值约10Ω）；
保护电阻（阻值待定）；
开关S；
导线若干。
（1）请依照图（a）所示电路，在图（b）中补全实物连线 。
（2）实验步骤：
①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，使滑片停留在最 （选填“左”或“右”）端；
②闭合开关后，逐渐移动滑动变阻器的滑片，增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压；
③记录如下8组U和I的数据后断开开关，根据实验数据在图（c）所示方格纸上描绘完整的表格数据并作出小灯泡的伏安特性曲线。
编号 1 2 3 4 5 6 7 8
U/V 0.20 0.60 1.00 1.40 1.80 2.20 2.60 3.00
I/A 0.020 0.060 0.100 0.140 0.175 0.200 0215 0.220
小灯泡发光情况 不亮 微亮 逐渐变亮 正常发光
（3）若实验室中没有量程为0.25A的电流表，可用一只量程为50mA，阻值为2Ω的毫安表并联电阻值为 Ω的定值电阻改装而成。
（4）灯泡正常发光时的电阻与灯泡不亮时的电阻的比值为 （计算结果保留2位有效数字）。
（5）为了能顺利完成实验，且较大程度起到保护作用，保护电阻的阻值应为 Ω（选填“20”、“10”、“5”或“2”）。
13．（2023高二上·阳江期末） 某水上乐园有一个位于竖直平面的轨道，如图所示，其由四分之一圆弧AB和抛物线BC组成，圆弧半径OA水平，B点为抛物线顶点。质量均为m的小孩甲、乙分别独自从A点静止下滑，甲下滑后恰静止在B点，而乙滑至B点后继续运动且在BC段运动时与轨道恰无相互作用力。已知圆弧AB半径为R，B点到水面的高度为2R，BC点的水平距离为R，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）小孩甲从A点下滑至B点过程克服轨道阻力所做的功；
（2）小孩乙滑至B点时的速度大小。
14．（2023高二上·阳江期末） 如图所示，将一质量为0.2kg可视为质点的小球从离水平地面3.2m高的P点水平向右击出，测得第一次落点A与P点的水平距离为2.4m。小球落地后反弹，反弹后离地的最大高度为1.8m，第一次落点A与第二次落点B之间的距离为2.4m。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）小球被击出时的速度大小；
（2）小球第一次与地面接触过程中所受合外力的冲量大小。
15．（2023高二上·阳江期末） 如图，长L、间距为d的平行金属板固定，板面与水平面成θ角，两板间的电势差为U，电场仅存在于板间且为匀强电场。一电荷量为q的带正电小球由弹射器提供能量，出弹射器即以沿两板中心线的速度从下端点进入板间，恰好能沿中心线运动。不计摩擦力和空气阻力，小球视为质点且电荷量不变。
（1）要使小球能飞出点，求弹射器提供的最小能量；
（2）若弹射器提供的能量为，求小球到达的最高点和点之间的水平距离。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】分析溜溜球的受力，如图所示，
由共点力平衡条件可得，细线OA、OB弹力的合力大小与重力大小相等，方向相反，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】分析溜溜球受力，由共点力平衡条件求解溜溜球所受的细线弹力合力大小。
2．【答案】D
【知识点】功能关系；运动的合成与分解
【解析】【解答】A.谷粒进入风力场后，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由竖直方向运动学关系式，可得，因精谷粒a和瘪谷粒b竖直方向下落高度相同，所以两谷粒在风力场中运动的时间相同，与质量无关，A不符合题意；
B.设精谷粒a质量为，瘪谷粒b质量为，风力为F，由牛顿第二定律可得，谷粒水平方向加速度为，因为，则，谷粒a、b在风力场运动下落时间相同，设为t，则到达出谷口速度，结合匀变速直线运动速度公式可得，到达出谷口时b的速度较大，a的速度较小，B不符合题意；
C.水平方向上，质量大的精谷粒a水平加速度较小，而两谷粒的运动时间相同，由可知，a会从离开风力场，质量小的瘪谷粒b会从离开风力场，C不符合题意；
D.根据功能关系可知， 机械能的增加量等于除重力外的其它力做的功，除重力外，对两谷粒做功的是风力，由C项分析可知，a比b水平位移小，所以水平方向风力对a做功少，所以a的机械能增量较小，b的机械能增量较大，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】将谷粒进入风力场后的运动沿水平方向和竖直方向分解，根据竖直方向上的分运动，分析两谷粒下落时间的关系；根据牛顿第二定律和匀变速直线运动的速度公式，由平行四边形定则，比较到达出谷口时a、b速度的大小关系；根据两谷粒在水平方向上的运动，由匀变速直线运动位移与时间的关系式，分析两谷粒水平方向位移的关系，确定两谷粒离开的位置；根据风力对两谷粒做功的大小关系，分析两谷粒机械能增量的大小关系。
3．【答案】C
【知识点】共点力的平衡；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】根据牛顿第二定律，小球在最高点时有，解得，根据牛顿第三定律小球在最高点时对风扇的压力为，对电风扇，由共点力平衡条件可得，解得地面对电风扇的支持力，根据牛顿第三定律可得，小球在最高点时地面受到的压力大小为，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】分析小球在最高点的受力，由牛顿第二定律求出小球受到的扇叶的作用力，再分析电风扇的受力，由共点力平衡条件求出地面对电风扇的支持力，然后由牛顿第三定律得出电风扇对地面的压力。
4．【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】A.根据牛顿第二定律可得，得，A符合题意；
B.设遥感三十九号卫星绕地球运行的周期为T，根据开普勒第三定律可得，解得遥感三十九号卫星绕地球运行的周期为，B不符合题意；
C.第一宇宙速度是最大的环绕速度，故所有地球卫星的运行速度一定小于等于7.9km/s，C不符合题意；
D.对同步卫星有，所以地球密度为，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据牛顿第二定律求解遥感三十九号卫星与同步卫星绕地球运行的向心加速度之比；由开普勒第三定律求解遥感三十九号卫星绕地球运行的周期；根据第一宇宙速度的物理意义分析；对同步卫星，由万有引力提供向心力，求出地球质量，再由密度公式计算地球的平均密度。
5．【答案】B
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A.在小球A下落到最低点的过程中，A和B组成的系统只发生了动能和重力势能的相互转化，故A和B组成的系统机械能守恒，A不符合题意；
B.刚释放时小球A时，小球受重力和支持力作用，由牛顿第二定律可得，解得小球此时的加速度大小为，B符合题意；
C.小环B速度最大时，小环B在竖直方向上的合力为零，轻杆的弹力竖直分量为mg，而只有A到达最低点，B速度为零时，轻杆的水平分量才为零，故小环B速度最大时，轻杆弹力大于mg，C不符合题意；
D.几何关系如图所示：
设A初始时刻距离最低点的竖直高度为，由几何关系可知，解得，设小环B初始时刻距离D点的竖直高度为，由几何关系可知，由系统机械能守恒可得，其中，，，解得小球A运动到最低点时的速度大小，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据A、B系统中的能量转化分析系统机械能是否守恒；分析小球刚释放时的受力，由牛顿第二定律求出小球的加速度；分析小球B的最大速度的特点，结合A的状态分析杆上的弹力大小；对A、B组成的系统，由机械能守恒定律列式，求解小球A运动到最低点时的速度大小。
6．【答案】D
【知识点】电阻定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】AB.设AC的长度为x、AD的长度为y，导体的电阻率为，当给导体的上下表面加上电压U时，根据电阻定律以及欧姆定律可得， 当给导体的左右表面加上电压时， 可得，当给导体的左右表面加上电压U时，可得，解得x=2L，y=3L，AB不符合题意；
C.导体的体积为，C不符合题意；
D.由，x=2L，y=3L，解得，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据加电压的两表面的位置，由电阻定律和欧姆定律列式，求出AC和AD的长度；由体积公式求出导体的体积；根据电阻定律求出导体的电阻率。
7．【答案】C
【知识点】闭合电路的欧姆定律；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】A.根据电阻定律，如果金属丝选用铜丝，则滑动变阻器的最大阻值为
可知如果用铜丝，则滑动变阻器的电阻过小，电压表示数变化不明显，所以金属丝不可选用铜丝，A不符合题意；
B.同理，如果选用铝丝，滑动变阻器的电阻也过小，所以金属丝应选用镍铬合金，选用镍铬合金的滑动变阻器的最大电阻为
电压表的示数最大值为
故V表的示数范围约为0～2.5V，B不符合题意；
CD.设容器中加入质量为m的水后，每根弹簧的下降的距离为，根据平衡条件可得
V表的示数为
则
由此式可知，V表的示数U与水的质量m成正比，故若将V表刻度盘转换为水的质量刻度盘，则刻度是均匀的，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据电阻定律判断选用铜丝做滑动变阻器时变阻器的最大阻值，再结合的阻值和电路结构，分析金属丝是否可选铜丝；确定金属丝应该选用镍铬合金，求出滑动变阻器的最大阻值，再由闭合电路欧姆定律求解V表的示数范围；根据胡克定律和闭合电路欧姆定律，推导电压表的示数U与水的质量m之间的关系式，根据关系式判断U与m的关系，以及将V表刻度盘转换为水的质量刻度盘，刻度是否均匀。
8．【答案】A,B,D
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A.根据安培定则及通电长直导线在其周围某点产生的磁感应强度大小
可知，B、C处通电长直导线在b点的合磁感应强度是零，因此A处通电长直导线在b点的磁感应强度方向即为b点的合磁场方向，由安培定则可知，导线A在b产生的磁场沿BC方向指向C，A符合题意；
BC.同理，可以判定O点的磁感应强度方向平行于BC由O点指向AC边，B符合题意，C不符合题意；
D.正三角形的边长为2L，对a点，由安培定则可知A、B两根导线在a点产生的磁场均由a指向O，大小均为，导线C在a点产生的磁场方向由a指向A，大小为，结合矢量的叠加可知，a的磁感应强度大小为
同理可得c点的磁感应强度大小为
可知a、c两点的磁感应强度大小均为，D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】根据安培定则判断三根导线在所求点处产生的磁场方向，根据分析三根导线在所求点产生的磁感应强度的大小，然后由矢量叠加的原理求出合场强。
9．【答案】A,C,D
【知识点】动量；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A.根据牛顿第二定律可知，粒子在两板间运动的加速度大小为
A符合题意；
BC.粒子在两板间做类平抛运动，水平方向的分运动为匀速直线运动，所以水平方向的动量变化为0；粒子在沿电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，根据题意有
可得粒子从两板间离开时沿电场方向的分速度大小为
故粒子从两板间离开时的速度大小为
粒子在两板间的运动时间为
金属板的长度为
B不符合题意，C符合题意；
D.设入射点与出射点间的电势差为，根据动能定理可得
其中
，
联立解得
D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】由牛顿第二定律求解粒子在两板间运动的加速度大小；粒子在两板间做类平抛运动，水平方向做匀速运动，速度不变，根据粒子运动过程中动量的变化量，求出粒子沿电场方向的分速度，根据平行四边形定则得出粒子从两板间离开时的速度大小；由粒子沿电场方向上的运动求出粒子在板间运动的时间，再由水平方向上的运动，求出极板的长度；由动能定理求解入射点与出射点间的电势差。
10．【答案】A,C
【知识点】库仑定律；简谐运动的回复力和能量；电势
【解析】【解答】A.设P点到O点的距离为x，带电球的电荷密度为，则根据库仑定律可得
满足简谐振动的回复力F=-kx的形式，所以小球P在管道AB中做简谐运动，A符合题意；
BD.根据电场强度的定义可得电场强度
可知球心O处的电场强度为零，A点的电场强度最大，因为带负电的小球受到的电场力总是指向O点，所以管道中O左侧电场强度由O指向A，故O点电势最高，A点电势最低，BD不符合题意；
C.小球P从入口的A点运动到B点的过程中，电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，C符合题意。
故答案为：AC。
【分析】由库仑定律求解小球运动过程中受到库仑力与小球距O点的距离的关系式，对比简谐振动的回复力公式F=-kx，得出小球的运动是否是简谐振动；根据电场强度的定义式求解A、O两点的电场强度，根据带负电小球的受力判断电场强度方向，得出各点电势高低；根据电场力做功的正负，判断小球电势能的变化情况。
11．【答案】（1）①
（2）0.27；0.26
【知识点】探究影响摩擦力的大小的因素
【解析】【解答】（1）为了使纸带能够得到充分利用，使用打点计时器时应先接通电源，后释放纸带，故选①。
（2）由于相邻计数点之间还有4个计时点未画出，所以相邻计数点之间的时间间隔为
根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得B点的速度为
D点的速度为
由加速度的定义式
可得，木块的加速度为
根据牛顿第二定律可得
解得木块与长木板间的动摩擦因数为
μ=0.26
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析；（2）根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，求出B点和D点的速度，再由加速度的定义式求出木块的加速度，然后由牛顿第二定律得出木块与长木板间的动摩擦因数。
12．【答案】（1）
（2）左
（3）0.5
（4）1.4
（5）5
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）根据电路图，连接实物图为：
（2）闭合开关前，应使电压表和电流表的示数最小，所以应使滑片停留在最左端。
（3）根据电流表的改装原理，由欧姆定律可得
解得
（4）结合表中数据，由欧姆定律可得，小灯泡不亮时，电阻为
小灯泡正常发光时，电阻为
可得
（5）为较大程度地保护电路，则应串联一个保护电阻，使得滑动变阻器的滑片划到最右端时，小灯泡能正常发光，从表格中可知，小灯泡正常发光时电压为3V，电流为0.22A，根据闭合电路欧姆定律，有
解得
考虑到实际操作，选择的保护电阻即可。
【分析】（1）根据电路图连接实物图；（2）根据滑动变阻器接入电路的方式，本着保护电路的原则，确定开关闭合时滑动变阻器滑片停留的位置；（3）根据电流表的改装原理，由欧姆定律计算并联电阻的阻值；（4）结合表中数据，由欧姆定律求出小灯泡不亮时正常发光时的电阻，得到比值；（5）根据闭合电路欧姆定律，结合电路结构，求解保护电阻的阻值。
13．【答案】（1）解：依题意，根据动能定理，可得小孩甲从A点下滑至B点过程中
可得小孩甲克服轨道阻力所做的功为
（2）解：小孩乙滑至B点后继续运动且在抛物线BC段运动时与轨道恰无相互作用力，说明小孩乙下落到B点时的速度使得小孩做平抛运动的轨迹与轨道BC重合，则有
联立求得小孩乙滑至B点时的速度大小
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）由动能定理分析小孩甲从A点下滑至B点过程，求出小孩在该过程中克服轨道阻力所做的功；（2）根据题意得出小孩乙滑出B点后的平抛运动轨迹与轨道BC重合，然后根据平抛运动规律，由运动学公式求解小孩乙滑至B点时的速度大小。
14．【答案】（1）解：设小球刚被击出时的速度大小为v0，小球被击出到第一次落地前瞬间，根据平抛运动的规律可得
解得
（2）解：小球第一次落地前瞬间，在竖直方向的速度大小为
设小球第一次落地被反弹后运动到最高点的时间为t2，此过程中小球在竖直方向的分运动是匀减速直线运动，则
小球第一次被反弹后瞬间沿竖直方向的速度大小为
规定竖直向上为正方向，则小球在竖直方向的合外力的冲量为
设小球第一次被反弹后瞬间沿水平方向的速度大小为vx，则
规定水平向右为正方向，则小球在水平方向的合外力的冲量为
小球第一次与地面碰撞过程中合外力的冲量大小为
解得
【知识点】动量定理；平抛运动
【解析】【分析】（1）小球被击出后做平抛运动，根据平抛运动规律，由运动学公式求解小球被击出时的速度大小；（2）由运动学公式求出小球落地瞬间和反弹的水平分速度和竖直分速度，然后由动量定理求出小球在水平方向和竖直方向受到的合外力冲量，再根据平行四边形定则求出小球第一次与地面接触过程中所受合外力的冲量大小。
15．【答案】（1）解：设小球的质量为m，重力加速度为g，平行金属板间的电场强度为E，对小球受力分析，如图所示，由题意可知
则有
解得
要使小球能飞出点，当小球在点速度恰好是零时，弹射器提供的有最小能量，由动能定理可得
解得
（2）解：若弹射器提供的能量为，当小球在点时速度不等于零，设速度为v，由动能定理可得
解得
则小球从点开始做斜抛运动，由斜抛运动的规律可得，在水平方向则有
在竖直方向则有
小球到达的最高点时，则有
其中
联立解得
【知识点】斜抛运动；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据小球做直线运动的受力要求和动能定理，求解要使小球能飞出点，弹射器提供的最小能量；（2）根据动能定理求出小球到达的动能，离开之后做斜抛抛运动，根据斜抛运动的规律求到达最高点时离水平距离。
1 / 1广东省阳江市2023-2024学年高二上学期期末测试物理试题
一、单项选择题：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．（2023高二上·阳江期末） 如图所示，轻质细线AB间的O点有一个重力为G的静止溜溜球，已知，不计摩擦。则此时溜溜球所受的细线弹力合力大小是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】分析溜溜球的受力，如图所示，
由共点力平衡条件可得，细线OA、OB弹力的合力大小与重力大小相等，方向相反，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】分析溜溜球受力，由共点力平衡条件求解溜溜球所受的细线弹力合力大小。
2．（2023高二上·阳江期末） 图甲为使用风簸的情景。风簸是清谷的农用工具，主要用于筛选精谷粒和瘪谷粒。图乙为其工作原理示意图：匀速摇动扇叶（图中未画出），在AB和CD间形成持续稳定的风力场，风速水平向左，开启斗仓下方的狭缝S1，轻重显著不同的谷粒由狭缝进入风力场，在风力和重力作用下经由具有一定宽度的出谷口S 或S3离开风力场后被收集。现考查同时进入风力场的精谷粒a和瘪谷粒b这两粒谷子，设它们所受风力相同，忽略初速度和空气阻力的影响，那么（ ）
A．a比b先到达出谷口
B．到达出谷口时a的速度较大，b的速度较小
C．a经由S 离开风力场，b经由S 离开风力场
D．离开出谷口时，a的机械能增量较小，b的机械能增量较大
【答案】D
【知识点】功能关系；运动的合成与分解
【解析】【解答】A.谷粒进入风力场后，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由竖直方向运动学关系式，可得，因精谷粒a和瘪谷粒b竖直方向下落高度相同，所以两谷粒在风力场中运动的时间相同，与质量无关，A不符合题意；
B.设精谷粒a质量为，瘪谷粒b质量为，风力为F，由牛顿第二定律可得，谷粒水平方向加速度为，因为，则，谷粒a、b在风力场运动下落时间相同，设为t，则到达出谷口速度，结合匀变速直线运动速度公式可得，到达出谷口时b的速度较大，a的速度较小，B不符合题意；
C.水平方向上，质量大的精谷粒a水平加速度较小，而两谷粒的运动时间相同，由可知，a会从离开风力场，质量小的瘪谷粒b会从离开风力场，C不符合题意；
D.根据功能关系可知， 机械能的增加量等于除重力外的其它力做的功，除重力外，对两谷粒做功的是风力，由C项分析可知，a比b水平位移小，所以水平方向风力对a做功少，所以a的机械能增量较小，b的机械能增量较大，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】将谷粒进入风力场后的运动沿水平方向和竖直方向分解，根据竖直方向上的分运动，分析两谷粒下落时间的关系；根据牛顿第二定律和匀变速直线运动的速度公式，由平行四边形定则，比较到达出谷口时a、b速度的大小关系；根据两谷粒在水平方向上的运动，由匀变速直线运动位移与时间的关系式，分析两谷粒水平方向位移的关系，确定两谷粒离开的位置；根据风力对两谷粒做功的大小关系，分析两谷粒机械能增量的大小关系。
3．（2023高二上·阳江期末） 如图所示，水平地面上放一质量为M的落地电风扇，一质量为m的小球固定在叶片的边缘，启动电风扇小球随叶片在竖直平面内做半径为r的圆周运动。已知小球运动到最高点时速度大小为v，重力加速度大小为g，则小球在最高点时地面受到的压力大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】共点力的平衡；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】根据牛顿第二定律，小球在最高点时有，解得，根据牛顿第三定律小球在最高点时对风扇的压力为，对电风扇，由共点力平衡条件可得，解得地面对电风扇的支持力，根据牛顿第三定律可得，小球在最高点时地面受到的压力大小为，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】分析小球在最高点的受力，由牛顿第二定律求出小球受到的扇叶的作用力，再分析电风扇的受力，由共点力平衡条件求出地面对电风扇的支持力，然后由牛顿第三定律得出电风扇对地面的压力。
4．（2023高二上·阳江期末） 2023年10月24日4时3分，我国在西昌卫星发射中心成功将遥感三十九号卫星送入太空。遥感三十九号卫星能够实现全球无死角观测，意义重大。遥感三十九号卫星、地球同步卫星绕地球飞行的轨道如图所示。已知地球半径为R，自转周期为T0，遥感三十九号卫星轨道高度为h，地球同步卫星轨道的高度为h0，引力常量为G。下列说法正确的是（ ）
A．遥感三十九号卫星与同步卫星绕地球运行向心加速度之比为
B．遥感三十九号卫星绕地球运行的周期为
C．遥感三十九号卫星的运行速度大于7.9km/s
D．地球的平均密度可表示为
【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】A.根据牛顿第二定律可得，得，A符合题意；
B.设遥感三十九号卫星绕地球运行的周期为T，根据开普勒第三定律可得，解得遥感三十九号卫星绕地球运行的周期为，B不符合题意；
C.第一宇宙速度是最大的环绕速度，故所有地球卫星的运行速度一定小于等于7.9km/s，C不符合题意；
D.对同步卫星有，所以地球密度为，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据牛顿第二定律求解遥感三十九号卫星与同步卫星绕地球运行的向心加速度之比；由开普勒第三定律求解遥感三十九号卫星绕地球运行的周期；根据第一宇宙速度的物理意义分析；对同步卫星，由万有引力提供向心力，求出地球质量，再由密度公式计算地球的平均密度。
5．（2023高二上·阳江期末） 如图所示，固定光滑斜面倾角，其底端与竖直面内半径为R的固定光滑圆弧轨道相切，位置D为圆弧轨道的最低点。质量为2m的小球A和质量为m的小环B（均可视为质点）用的轻杆通过轻质铰链相连。B套在光滑的固定竖直长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心O，初始轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球能滑过D点且通过轨道连接处时无能量损失（速度大小不变），重力加速度为g，从小球A由静止释放到运动至最低点的过程中，下列判断正确的是（ ）
A．A和B组成的系统的机械能不守恒
B．刚释放时小球A的加速度大小为
C．小环B速度最大时轻杆弹力为
D．小球A运动到最低点时的速度大小为
【答案】B
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A.在小球A下落到最低点的过程中，A和B组成的系统只发生了动能和重力势能的相互转化，故A和B组成的系统机械能守恒，A不符合题意；
B.刚释放时小球A时，小球受重力和支持力作用，由牛顿第二定律可得，解得小球此时的加速度大小为，B符合题意；
C.小环B速度最大时，小环B在竖直方向上的合力为零，轻杆的弹力竖直分量为mg，而只有A到达最低点，B速度为零时，轻杆的水平分量才为零，故小环B速度最大时，轻杆弹力大于mg，C不符合题意；
D.几何关系如图所示：
设A初始时刻距离最低点的竖直高度为，由几何关系可知，解得，设小环B初始时刻距离D点的竖直高度为，由几何关系可知，由系统机械能守恒可得，其中，，，解得小球A运动到最低点时的速度大小，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据A、B系统中的能量转化分析系统机械能是否守恒；分析小球刚释放时的受力，由牛顿第二定律求出小球的加速度；分析小球B的最大速度的特点，结合A的状态分析杆上的弹力大小；对A、B组成的系统，由机械能守恒定律列式，求解小球A运动到最低点时的速度大小。
6．（2023高二上·阳江期末） 如图所示，一块均匀的长方体金属导体，上下厚度为，当给导体的上下表面加上电压时，流过导体的电流为，当给导体的前后表面加上电压时，流过导体的电流为，当给导体的左右表面加上电压时，流过导体的电流为，下列说法正确的是（ ）
A．AC的长度为4L B．AD的长度为6L
C．导体的体积为 D．导体的电阻率为
【答案】D
【知识点】电阻定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】AB.设AC的长度为x、AD的长度为y，导体的电阻率为，当给导体的上下表面加上电压U时，根据电阻定律以及欧姆定律可得， 当给导体的左右表面加上电压时， 可得，当给导体的左右表面加上电压U时，可得，解得x=2L，y=3L，AB不符合题意；
C.导体的体积为，C不符合题意；
D.由，x=2L，y=3L，解得，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据加电压的两表面的位置，由电阻定律和欧姆定律列式，求出AC和AD的长度；由体积公式求出导体的体积；根据电阻定律求出导体的电阻率。
7．（2023高二上·阳江期末）某同学设计的水量计原理如图（a）所示：电源（E＝3V，r＝0.5Ω）；电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）；定值电阻（）；滑动变阻器R（用长3m、横截面积且涂有绝缘漆的金属丝紧密缠绕在圆柱形瓷筒上，使用前刮掉与滑片P接触部分的绝缘漆），图（b）所示为备选金属丝及其参数。两根相同弹簧的形变始终在弹性限度内，容器中无水时，滑片P在上端a。下列分析正确的是（ ）
三种材料在20℃时的电阻率
材料
铜
铝
镍铬合金
图（b）
A．金属丝可选铜丝
B．V表的示数范围约为0～2.7V
C．V表的示数U与水的质量m成正比
D．若将V表刻度盘转换为水的质量刻度盘，则刻度是不均匀的
【答案】C
【知识点】闭合电路的欧姆定律；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】A.根据电阻定律，如果金属丝选用铜丝，则滑动变阻器的最大阻值为
可知如果用铜丝，则滑动变阻器的电阻过小，电压表示数变化不明显，所以金属丝不可选用铜丝，A不符合题意；
B.同理，如果选用铝丝，滑动变阻器的电阻也过小，所以金属丝应选用镍铬合金，选用镍铬合金的滑动变阻器的最大电阻为
电压表的示数最大值为
故V表的示数范围约为0～2.5V，B不符合题意；
CD.设容器中加入质量为m的水后，每根弹簧的下降的距离为，根据平衡条件可得
V表的示数为
则
由此式可知，V表的示数U与水的质量m成正比，故若将V表刻度盘转换为水的质量刻度盘，则刻度是均匀的，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据电阻定律判断选用铜丝做滑动变阻器时变阻器的最大阻值，再结合的阻值和电路结构，分析金属丝是否可选铜丝；确定金属丝应该选用镍铬合金，求出滑动变阻器的最大阻值，再由闭合电路欧姆定律求解V表的示数范围；根据胡克定律和闭合电路欧姆定律，推导电压表的示数U与水的质量m之间的关系式，根据关系式判断U与m的关系，以及将V表刻度盘转换为水的质量刻度盘，刻度是否均匀。
8．（2023高二上·阳江期末） 边长为2L的正三角形ABC的三个顶点处，分别有垂直于三角形平面的无限长直导线，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，a、b、c三点分别是正三角形三边的中点，O点为三角形的中心。通电长直导线产生的磁场在其周围某点的磁感应强度大小，其中k为大于零的常数，I为导线中的电流，r表示该点到导线的距离。则以下关于a、b、c、O四点的磁感应强度的说法中正确的是（ ）
A．b点的磁感应强度方向沿BC方向指向C
B．O点的磁感应强度方向平行于BC由O点指向AC边
C．O点的磁感应强度方向平行于BC由O点指向AB边
D．a、c两点的磁感应强度大小均为
【答案】A,B,D
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A.根据安培定则及通电长直导线在其周围某点产生的磁感应强度大小
可知，B、C处通电长直导线在b点的合磁感应强度是零，因此A处通电长直导线在b点的磁感应强度方向即为b点的合磁场方向，由安培定则可知，导线A在b产生的磁场沿BC方向指向C，A符合题意；
BC.同理，可以判定O点的磁感应强度方向平行于BC由O点指向AC边，B符合题意，C不符合题意；
D.正三角形的边长为2L，对a点，由安培定则可知A、B两根导线在a点产生的磁场均由a指向O，大小均为，导线C在a点产生的磁场方向由a指向A，大小为，结合矢量的叠加可知，a的磁感应强度大小为
同理可得c点的磁感应强度大小为
可知a、c两点的磁感应强度大小均为，D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】根据安培定则判断三根导线在所求点处产生的磁场方向，根据分析三根导线在所求点产生的磁感应强度的大小，然后由矢量叠加的原理求出合场强。
9．（2023高二上·阳江期末） 如图所示，一带负电粒子（不计重力）质量为、电荷量大小为，以初速度沿两板中央水平方向射人水平放置、距离为、电势差为的一对平行金属板间，经过一段时间从两板间飞出，在此过程中，已知粒子动量变化量的大小为，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在两板间运动的加速度大小为
B．粒子从两板间离开时的速度大小为
C．金属板的长度为
D．入射点与出射点间的电势差为
【答案】A,C,D
【知识点】动量；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A.根据牛顿第二定律可知，粒子在两板间运动的加速度大小为
A符合题意；
BC.粒子在两板间做类平抛运动，水平方向的分运动为匀速直线运动，所以水平方向的动量变化为0；粒子在沿电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，根据题意有
可得粒子从两板间离开时沿电场方向的分速度大小为
故粒子从两板间离开时的速度大小为
粒子在两板间的运动时间为
金属板的长度为
B不符合题意，C符合题意；
D.设入射点与出射点间的电势差为，根据动能定理可得
其中
，
联立解得
D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】由牛顿第二定律求解粒子在两板间运动的加速度大小；粒子在两板间做类平抛运动，水平方向做匀速运动，速度不变，根据粒子运动过程中动量的变化量，求出粒子沿电场方向的分速度，根据平行四边形定则得出粒子从两板间离开时的速度大小；由粒子沿电场方向上的运动求出粒子在板间运动的时间，再由水平方向上的运动，求出极板的长度；由动能定理求解入射点与出射点间的电势差。
10．（2023高二上·阳江期末） 某玩具公司设计了一种有趣的玩具，在一个均匀带正电球体中沿直径开一个光滑水平管道AB，将一个带负电的小球P（视为质点）从入口的A点由静止释放，小球P将穿过管道到达另一端的点。已知均匀带电的球壳对球内带电质点的作用力为0。下列分析判断正确的是（ ）
A．小球P在管道中做简谐运动
B．球心处的电场强度大小为零，电势最低
C．小球P从入口的A点运动到点的过程中，电势能先减小后增大
D．点的电场强度最大，电势最高
【答案】A,C
【知识点】库仑定律；简谐运动的回复力和能量；电势
【解析】【解答】A.设P点到O点的距离为x，带电球的电荷密度为，则根据库仑定律可得
满足简谐振动的回复力F=-kx的形式，所以小球P在管道AB中做简谐运动，A符合题意；
BD.根据电场强度的定义可得电场强度
可知球心O处的电场强度为零，A点的电场强度最大，因为带负电的小球受到的电场力总是指向O点，所以管道中O左侧电场强度由O指向A，故O点电势最高，A点电势最低，BD不符合题意；
C.小球P从入口的A点运动到B点的过程中，电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，C符合题意。
故答案为：AC。
【分析】由库仑定律求解小球运动过程中受到库仑力与小球距O点的距离的关系式，对比简谐振动的回复力公式F=-kx，得出小球的运动是否是简谐振动；根据电场强度的定义式求解A、O两点的电场强度，根据带负电小球的受力判断电场强度方向，得出各点电势高低；根据电场力做功的正负，判断小球电势能的变化情况。
二、非选择题（本题共5小题，共54分。考生根据要求作答。）
11．（2023高二上·阳江期末） 某同学用图（a）所示的装置测量木块与长木板间的动摩擦因数。长木板水平固定，木块通过水平轻绳绕过轻质光滑定滑轮连接重物。
（1）实验时 （选填“①”或“②”），得到加速阶段的部分纸带如图（b）所示，A、B、C、D、E为打下的相邻的计数点，相邻计数点之间还有4个计时点未画出。
①先接通打点计时器电源，再由静止释放重物
②先由静止释放重物，再接通打点计时器电源
（2）测量得，，木块质量为M=0.5kg，重物质量为m=0.2kg。已知打点计时器的频率为50Hz，重力加速度，忽略纸带与打点计时器限位孔之间的阻力。则打下B点时木块的速度 m/s，木块与长木板间的动摩擦因数约为μ= 。（所有计算结果均保留2位有效数字）
【答案】（1）①
（2）0.27；0.26
【知识点】探究影响摩擦力的大小的因素
【解析】【解答】（1）为了使纸带能够得到充分利用，使用打点计时器时应先接通电源，后释放纸带，故选①。
（2）由于相邻计数点之间还有4个计时点未画出，所以相邻计数点之间的时间间隔为
根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得B点的速度为
D点的速度为
由加速度的定义式
可得，木块的加速度为
根据牛顿第二定律可得
解得木块与长木板间的动摩擦因数为
μ=0.26
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析；（2）根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，求出B点和D点的速度，再由加速度的定义式求出木块的加速度，然后由牛顿第二定律得出木块与长木板间的动摩擦因数。
12．（2023高二上·阳江期末） 某同学用图（a）所示电路完成“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验。所需器材：
小灯泡L（额定电压3V，额定功率约0.6W）；
电源E（电动势6V，内阻很小可忽略不计）；
电压表V（量程3V，阻值很大）；
电流表A（量程0.25A，内阻约0.4Ω）；
滑动变阻器R（总阻值约10Ω）；
保护电阻（阻值待定）；
开关S；
导线若干。
（1）请依照图（a）所示电路，在图（b）中补全实物连线 。
（2）实验步骤：
①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，使滑片停留在最 （选填“左”或“右”）端；
②闭合开关后，逐渐移动滑动变阻器的滑片，增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压；
③记录如下8组U和I的数据后断开开关，根据实验数据在图（c）所示方格纸上描绘完整的表格数据并作出小灯泡的伏安特性曲线。
编号 1 2 3 4 5 6 7 8
U/V 0.20 0.60 1.00 1.40 1.80 2.20 2.60 3.00
I/A 0.020 0.060 0.100 0.140 0.175 0.200 0215 0.220
小灯泡发光情况 不亮 微亮 逐渐变亮 正常发光
（3）若实验室中没有量程为0.25A的电流表，可用一只量程为50mA，阻值为2Ω的毫安表并联电阻值为 Ω的定值电阻改装而成。
（4）灯泡正常发光时的电阻与灯泡不亮时的电阻的比值为 （计算结果保留2位有效数字）。
（5）为了能顺利完成实验，且较大程度起到保护作用，保护电阻的阻值应为 Ω（选填“20”、“10”、“5”或“2”）。
【答案】（1）
（2）左
（3）0.5
（4）1.4
（5）5
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）根据电路图，连接实物图为：
（2）闭合开关前，应使电压表和电流表的示数最小，所以应使滑片停留在最左端。
（3）根据电流表的改装原理，由欧姆定律可得
解得
（4）结合表中数据，由欧姆定律可得，小灯泡不亮时，电阻为
小灯泡正常发光时，电阻为
可得
（5）为较大程度地保护电路，则应串联一个保护电阻，使得滑动变阻器的滑片划到最右端时，小灯泡能正常发光，从表格中可知，小灯泡正常发光时电压为3V，电流为0.22A，根据闭合电路欧姆定律，有
解得
考虑到实际操作，选择的保护电阻即可。
【分析】（1）根据电路图连接实物图；（2）根据滑动变阻器接入电路的方式，本着保护电路的原则，确定开关闭合时滑动变阻器滑片停留的位置；（3）根据电流表的改装原理，由欧姆定律计算并联电阻的阻值；（4）结合表中数据，由欧姆定律求出小灯泡不亮时正常发光时的电阻，得到比值；（5）根据闭合电路欧姆定律，结合电路结构，求解保护电阻的阻值。
13．（2023高二上·阳江期末） 某水上乐园有一个位于竖直平面的轨道，如图所示，其由四分之一圆弧AB和抛物线BC组成，圆弧半径OA水平，B点为抛物线顶点。质量均为m的小孩甲、乙分别独自从A点静止下滑，甲下滑后恰静止在B点，而乙滑至B点后继续运动且在BC段运动时与轨道恰无相互作用力。已知圆弧AB半径为R，B点到水面的高度为2R，BC点的水平距离为R，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）小孩甲从A点下滑至B点过程克服轨道阻力所做的功；
（2）小孩乙滑至B点时的速度大小。
【答案】（1）解：依题意，根据动能定理，可得小孩甲从A点下滑至B点过程中
可得小孩甲克服轨道阻力所做的功为
（2）解：小孩乙滑至B点后继续运动且在抛物线BC段运动时与轨道恰无相互作用力，说明小孩乙下落到B点时的速度使得小孩做平抛运动的轨迹与轨道BC重合，则有
联立求得小孩乙滑至B点时的速度大小
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）由动能定理分析小孩甲从A点下滑至B点过程，求出小孩在该过程中克服轨道阻力所做的功；（2）根据题意得出小孩乙滑出B点后的平抛运动轨迹与轨道BC重合，然后根据平抛运动规律，由运动学公式求解小孩乙滑至B点时的速度大小。
14．（2023高二上·阳江期末） 如图所示，将一质量为0.2kg可视为质点的小球从离水平地面3.2m高的P点水平向右击出，测得第一次落点A与P点的水平距离为2.4m。小球落地后反弹，反弹后离地的最大高度为1.8m，第一次落点A与第二次落点B之间的距离为2.4m。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）小球被击出时的速度大小；
（2）小球第一次与地面接触过程中所受合外力的冲量大小。
【答案】（1）解：设小球刚被击出时的速度大小为v0，小球被击出到第一次落地前瞬间，根据平抛运动的规律可得
解得
（2）解：小球第一次落地前瞬间，在竖直方向的速度大小为
设小球第一次落地被反弹后运动到最高点的时间为t2，此过程中小球在竖直方向的分运动是匀减速直线运动，则
小球第一次被反弹后瞬间沿竖直方向的速度大小为
规定竖直向上为正方向，则小球在竖直方向的合外力的冲量为
设小球第一次被反弹后瞬间沿水平方向的速度大小为vx，则
规定水平向右为正方向，则小球在水平方向的合外力的冲量为
小球第一次与地面碰撞过程中合外力的冲量大小为
解得
【知识点】动量定理；平抛运动
【解析】【分析】（1）小球被击出后做平抛运动，根据平抛运动规律，由运动学公式求解小球被击出时的速度大小；（2）由运动学公式求出小球落地瞬间和反弹的水平分速度和竖直分速度，然后由动量定理求出小球在水平方向和竖直方向受到的合外力冲量，再根据平行四边形定则求出小球第一次与地面接触过程中所受合外力的冲量大小。
15．（2023高二上·阳江期末） 如图，长L、间距为d的平行金属板固定，板面与水平面成θ角，两板间的电势差为U，电场仅存在于板间且为匀强电场。一电荷量为q的带正电小球由弹射器提供能量，出弹射器即以沿两板中心线的速度从下端点进入板间，恰好能沿中心线运动。不计摩擦力和空气阻力，小球视为质点且电荷量不变。
（1）要使小球能飞出点，求弹射器提供的最小能量；
（2）若弹射器提供的能量为，求小球到达的最高点和点之间的水平距离。
【答案】（1）解：设小球的质量为m，重力加速度为g，平行金属板间的电场强度为E，对小球受力分析，如图所示，由题意可知
则有
解得
要使小球能飞出点，当小球在点速度恰好是零时，弹射器提供的有最小能量，由动能定理可得
解得
（2）解：若弹射器提供的能量为，当小球在点时速度不等于零，设速度为v，由动能定理可得
解得
则小球从点开始做斜抛运动，由斜抛运动的规律可得，在水平方向则有
在竖直方向则有
小球到达的最高点时，则有
其中
联立解得
【知识点】斜抛运动；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据小球做直线运动的受力要求和动能定理，求解要使小球能飞出点，弹射器提供的最小能量；（2）根据动能定理求出小球到达的动能，离开之后做斜抛抛运动，根据斜抛运动的规律求到达最高点时离水平距离。
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