重庆巴蜀科学城中学校2024-2025学年高二上学期开学物理试题

重庆巴蜀科学城中学校2024-2025学年高二上学期开学物理试题
1．（2024高二上·重庆市开学考）下列说法正确的是（　　）
A．电场和电场线一样，是人为设想出来的，其实并不存在
B．根据，当两点电荷间的距离趋近于零时，电场力将趋向无穷大
C．从公式来看，场强大小与成正比，与成反比
D．当两个带电体的大小及形状对它们之间的相互作用力的影响可以忽略时，这两个带电体才可以看成点电荷
2．（2024高二上·重庆市开学考）如图所示，横截面都是正方形的两段导体，材料和长度都相同，边长如图所示，其中A为中空导体，导体B刚好能嵌入导体A，现将AB并联后接入到一电路中，则（　　）
A．A、B两段导体的电阻之比为1：1
B．流过导体B的电流比流过导体A的大
C．导体A消耗的电功率比导体B消耗的电功率大
D．两段导体在相等时间内产生的热量之比为1：2
3．（2024高二上·重庆市开学考）如图所示，某静电除尘器由板状收集器A和线状电离器B组成。其中A接高压电源正极，B接高压电源负极，A、B之间有强电场。下列说法不正确的是（　　）
A．离电离器B越近电场强度越大
B．带电尘埃向收集器A运动过程中电势能增大
C．电离器B附近的空气分子更容易被电离
D．带电尘埃被收集器A吸附后最终掉落
4．（2024高二上·重庆市开学考）设在无摩擦的桌面上置有5个相同的钢球，其中三个紧密连接排放一列，另两个一起自左方以速度正面弹性碰撞此三球，如图，碰撞后向右远离的小球个数为（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
5．（2024高二上·重庆市开学考）如图所示，质量为m的物块静止在倾角为的斜面上，在与斜面夹角为的恒力F拉动下沿斜面向上运动，经过时间t运动过程中（　　）
A．物块重力的冲量为0 B．物块所受拉力的冲量为
C．物块的动量一定增大 D．物块受到合力的冲量为
6．（2024高二上·重庆市开学考）如图所示，实线MN是匀强电场中的一个等势面，虚线AB是一电子只在电场力作用下的运动轨迹。电子从A运动到B过程中，加速度大小a、动能随时间t的变化关系图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2024高二上·重庆市开学考）在如图所示的电场中，电场线关于GH对称，以O为圆心的圆与竖直电场线GH交于a、c两点，bd是水平直径。下列说法正确的是（　　）
A．沿bd连线从b点到d点，电势先减小后增大
B．电子在a、c两点所受电场力相同
C．a、O两点的电势差大于O、c两点的电势差
D．将电子沿bd连线从b点移到d点，电场力做正功，电势能减小
8．（2024高二上·重庆市开学考）如图所示，图甲中M表示电动机，当滑动变阻器R的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示，已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是（　　）
A．电路中电源电动势为3.5V
B．滑动变阻器的滑片向右滑动时，电压表的读数逐渐减小
C．时，电动机的机械功率为0.54W
D．滑动变阻器的最大阻值为40Ω
9．（2024高二上·重庆市开学考）如图所示，半径为2r的均匀带电球体电荷量为Q，过球心O的x轴上有一点P，已知P到O点的距离为3r，现若挖去图中半径均为r的两个小球，且剩余部分的电荷分布不变，静电力常量为k，则下列分析中不正确的是（　　）
A．挖去两小球前，两个小球在P点产生的电场强度相同
B．挖去两小球前，整个大球在P点产生的电场强度大小为
C．挖去两小球后，P点电场强度方向与挖去前相同
D．挖去两小球后，剩余部分在P点产生的电场强度大小为
10．（2024高二上·重庆市开学考）一质量为m1的物体以v0的初速度与另一质量为m2的静止物体发生碰撞，其中m2=km1，k＜1。碰撞可分为完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞。碰撞后两物体速度分别为v1和v2．假设碰撞在一维上进行，且一个物体不可能穿过另一个物体。物体1碰撞后与碰撞前速度之比的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
11．（2024高二上·重庆市开学考）光滑的水平桌面上，质量为0.2 kg、速度为3 m/s的A球跟质量为0.2 kg的静止B球发生正碰，则碰撞后B球的速度可能为 （　　）
A．2.6 m/s B．2.4 m/s C．1.2 m/s D．0.6 m/s
12．（2024高二上·重庆市开学考）雷雨天带有负电的乌云飘过一栋建筑物上空时，在避雷针周围形成电场，如图所示，a、b、c、d为等差等势面，M、N为电场中的两点，下列说法正确的是（　　）
A．M点的电势比N点高
B．M点的电场强度比N点大
C．带负电的雨滴从乌云中下落，重力势能减少
D．带负电的雨滴从乌云中下落，电势能增加
13．（2024高二上·重庆市开学考）为完成某种空间探测任务，需要在太空站上发射空间探测器，探测器通过向后喷气而获得反冲力使其加速．已知探测器的质量为M，每秒钟喷出的气体质量为m，喷射气体的功率恒为P，不计喷气后探测器的质量变化．则(　　)
A．喷出气体的速度为
B．喷出气体的速度为
C．喷气Δt秒后探测器获得的动能为
D．喷气Δt秒后探测器获得的动能为
14．（2024高二上·重庆市开学考）如图，氕（）和氘（）两种原子核由静止经同一加速电场加速后，沿OO'方向射入偏转电场，粒子射出偏转电场后都能打在圆筒感光纸上并留下感光点，加速电压为，偏转电压为，若圆筒不转动，两种原子核（　　）
A．离开加速电场时，动能相等
B．离开偏转电场时，动能相等
C．氕（）通过偏转电场所需时间更长
D．离开偏转电场后，在感光纸上留下2个感光点
15．（2024高二上·重庆市开学考）如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现给A一个水平向右的初速度，大小为3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的关系如图乙所示。已知m1=1kg，下列说法正确的是（　　）
A．t1时刻和t3时刻弹簧都处于压缩状态
B．B的质量为2kg
C．B的最大速度为2m/s
D．弹簧的最大弹性势能为3J
16．（2024高二上·重庆市开学考）在“用传感器观察电容器的充电和放电”实验中，电路图如图甲所示。一位同学使用的电源电动势为10.0V，测得放电的图像如图乙所示。
（1）若按“四舍五入（大于半格算一个，小于半格舍去）”数格法，求“图线与两坐标轴包围的面积”，可得电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为　 　C（结果保留两位有效数字）。
（2）根据以上数据估算电容器的电容值为　 　F（结果保留两位有效数字）。
（3）如果将电阻R换成一个阻值更大的电阻，则放电过程释放的电荷量　 　（选填“变多”“不变”或“变少”）。
17．（2024高二上·重庆市开学考）某同学根据实验室提供的器材组成如图1所示电路，测电源电动势和内阻并同时测量电流表的内阻。所用器材：电源为两节干电池，电流表（量程，内阻），电流表（量程），电阻箱，滑动变阻器，开关和单刀双掷开关、，导线若干。
（1）实验时，先将接1，接3，滑动变阻器接入电路的电阻调到最大，闭合开关，调节、，使电流表、的指针偏转均较大，若这时示数为、电流表的示数如图2所示，则电流表的示数为　 　；若这时电阻箱接入电路的电阻为，则电流表的内阻　 　用、、表示。
（2）将开关接2，开关接4，将电流表改装成量程为3V的电压表，则电阻箱接入电路的电阻　 　多次调节滑动变阻器，测得多组电流表、的示数、，作图像，得到图像与纵轴的截距为b，图像斜率的绝对值为k，则得到电源的电动势　 　，内阻　 　后两空用b、k、、、中的符号表示。
18．（2024高二上·重庆市开学考）如图所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们的间距为2cm，两点的连线与场强方向成60°角。将一个电量为﹣2×10﹣5C的电荷由A移到B，其电势能增加了1×10﹣3J，求：
(1)从A移到B的过程中，电场力对电荷做的功WAB；
(2)A、B两点的电势差UAB；
(3)匀强电场的场强大小E。
19．（2024高二上·重庆市开学考）如图所示，质量为M的滑块套在光滑的水平杆上，长为L的轻杆一端连着质量为m的小球，另一端与滑块上面的活动饺链相连，不计一切靡擦，重力加速度，已知：，，，。
（1）若滑块锁定，在杆的中点处施加一大小恒定方向始终垂直于杆的力，杆转过时撤去拉力，小球恰好到达最高点，求拉力的大小。
（2）若滑块解除锁定，给小球一个竖直向上的速度，求小球通过最高点时的速度大小，以及此时小球对杆的作用力。
（3）在满足（2）的条件下，试求小球到最高点时滑块的位移大小。
20．（2024高二上·重庆市开学考）如图所示，一滑槽放置在光滑水平面上，滑槽上表面由同一竖直平面内的水平段MP和四分一圆弧段PQ平滑衔接而成。滑槽质量为2m，MN段粗糙、长度为5R，NP段光滑、长度为2R，PQ段光滑、半径为R。距离滑槽右端某处有一固定挡板。质量为m的小滑块以水平速度从M点滑上滑槽，已知小滑块滑至P点时速度为，此时滑槽恰好与挡板碰撞，滑槽与挡板的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。求：
（1）小滑块滑至P点时滑槽的速度大小，以及滑块与滑槽MN段间的动摩擦因数大小；
（2）滑槽运动前与挡板间的距离x；
（3）若滑槽与挡板碰撞后，立即撤除挡板，试通过分析、计算说明小滑块最终能否停在滑槽上。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】库仑定律；点电荷；电场强度；电场线
【解析】【解答】A．电场线是人为设想出来的，其实并不存在，但电场是客观存在的，最早由法拉第提出，故A错误；
B．当两个点电荷距离趋于0时，两电荷体积大小不可忽略，公式
不适用，故电场力并不是趋于无穷大，故B错误；
C．场强公式
采用比值定义法，E由电场本身的性质决定，与F、q均无关，故C错误；
D．当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷，这是建立理想模型的思想方法，故D正确。
故选D。
【分析】根据点电荷理想模型、库仑定律、电场强度定义式和电场线的特点分析判断。
2．【答案】A
【知识点】焦耳定律；电功率和电功；电阻定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．根据电阻定理可得
则A、B两段导体的电阻之比为
故A正确；
B．由于A、B导体并联，两段电压相等，电阻相等，根据欧姆定律
可得，流过两导体的电流相等，故B错误；
C．根据
可知，两导体消耗的电功率相等，故C错误；
D．根据焦耳定律
可知，两段导体在相等时间内产生的热量之比为1：1，故D错误。
故选A。
【分析】先根据题意求解A的横截面积，然后结合电阻定律、并联电路电流、电压、功率、焦耳定律求解。
3．【答案】B
【知识点】静电的防止与利用；电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】A．A为板状，B为线状，距离B越近，电场线越密，电场强度越大，故A正确；
B．带电尘埃向收集器A运动过程中，电场力做正功，电势能减小，故B错误；
C．B为线状，A为板状，距离B越近，电场强度越大，空气分子更容易被电离，故C正确；
D．B附近空气中的气体分子被电离，成为正离子和电子。正离子被吸到B上，电子在向着正极A运动的过程中，遇到烟气中的粉尘，使粉尘带电。粉尘被吸附到正极A，最后在重力的作用下落，故D正确。
本题选择不正确的，故选B。
【分析】根据带电体电场线分布、电场力做功与电势能的变化分析。
AC、由于A为板状B为线状，根据电场线分布特点，越靠近B电场线越密场强越大，空气分子更容易电离；
BD、空气被电离后，正电荷收集到B，核外电子向A运动中使粉尘带电，吸附在A板，电场力对粉尘颗粒做正功，电势能减小，随着粉尘积累，重力作用下掉落。
4．【答案】B
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】设钢球从左到右分别为求1、2、3、4、5，球2先与球3相碰，根据动量守恒以及能量守恒可得
解得
，
可知球2与球3互换速度，接着球3先与球4相碰，同理可得球3与球4互换速度，依此类推，最终球2、3、4静止，球5以速度向右运动。接着球1与球2相碰，同理可得，最终球1、2、3静止，球4以速度向右运动，故碰撞后向右远离的小球个数为2个。
故选B。
【分析】根据弹性碰撞分割分析：先由2与3、再有3与4，后有4与5，由于质量相等，故动量交换；同理，再分析1球与2的碰撞，碰后交换动量依次相碰，最终有4、5向右运动。
5．【答案】B,C
【知识点】冲量
【解析】【解答】A．根据冲量的计算公式可知，物块所受重力的冲量为，故A错误；
B．根据冲量的计算公式可知，物块所受拉力的冲量为，故B正确；
C．由于物体从静止开始向上运动，一定做加速运动，速度不断增大，因此动量不断增大，故C正确；
D．物块受到合力的冲量应为拉力、重力、可能受摩擦力在斜面方向冲量的合冲量，不为，故D错误。
故选BC。
【分析】根据冲量、动量定义分析，物块在F力作用下静止开始向上运动t时间，物体所受的力的冲量不为零，速度增大动量增大，且物体的合力不是。
6．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB．电场为匀强电场，则电场力不变，根据牛顿第二定律可知加速度不变，故AB错误；
CD．电场力向下，则电场力做正功，动能逐渐增大，则有
解得
动能随时间成二次函数的变化，故C错误，D正确；
故选D。
【分析】根据电子的运动轨迹确定匀强电场中受到的电场力的大小和方向，依据牛顿第二定律可知加速的变化情况，结合电场线与等势面时刻垂直，由电子的受力方向确定电场线的方向，从而判断电场力做功情况，根据动能定理分析动能变化规律。
7．【答案】C
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】AD．顺着电场线，电势逐渐降低，则沿bd连线从b点到d点，电势先增大后减小，根据
可知，电子的电势能先减小后增大，故电场力先做正功后做负功，故AD错误；
B．电场线越密的地方电场强度越大，所以a点的电场强度大于c点，根据
可知电子在a点所受电场力大于电子在c点所受电场力，故B错误；
C．由图可知
，
根据
可得
所以a、O两点的电势差大于O、c两点的电势差，故C正确。
故选C。
【分析】ACD、根据电场线分布的对称性和电场线时刻与等势面垂直，可以确定沿ｂｄ连线电势先增大后减小，，电子由ｂ到ｄ，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大；
B、电场线疏密反映场强大小。
8．【答案】C
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A.由电路图甲知，电压表测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示的电压与电流的关系，则
所以此图线的斜率大小等于电源的内阻，为
当电流为0.1A时，
则电源的电动势为
A错误；
B.变阻器向右滑动时，R阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即为读数逐渐增大，故B错误；
C.由图可知，电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，此时电压表的示数即电动机内阻两端的电压，根据欧姆定律可知，电动机的电阻
当电流为0.3A时
电动机输出功率最大，最大为
C正确；
D．当时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以
D错误。
故选C。
【分析】A、根据图象，结合闭合电路欧姆定律，斜率代表电源内阻解得r，由（0.1，3.4）求解电源电动势；
B、动态分析，电压表读数为路端电压；
C、结合图象，由电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动应用欧姆定律求解电动机内阻，进一步根据电动机功率关系求解；
D、根据滑动变阻器限流式接法，根据电路最小电流结合闭合电路欧姆定律求解滑变最大值。
9．【答案】A
【知识点】电场强度；电场强度的叠加
【解析】【解答】A．两小球分别在x轴上下两侧，电性相同，它们在P点产生的场强分别斜向上和斜向下，与x轴夹角相等，方向不同，A错误；
B．大球所带电荷均匀分布整个球体，它在外部产生的电场可等效为所有电荷集中在球心O点在外部产生的电场，由库仑定律
B正确；
C．大球在P点产生的电场沿x轴方向，两小球在P点的合场强也沿x轴方向，且小于大球在P点的场强，由场强叠加原理可知，挖去两小球后，P点场强方向不变，C正确；
D．设两小球的球心到P点的距离为l，有几何关系
球体积公式为
小球半径是大球半径的一半，故小球体积是大球体积的八分之一，故小球所带电荷量为
两小球在P点场强均为
合场强为
剩余部分在P点的场强为
D正确。
题目要求选不正确，故选A。
【分析】根据点电荷的电场强度公式，利用割补法求解。
10．【答案】B
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】若发生弹性碰撞，则由动量守恒
由能量关系
解得
物体1碰撞后与碰撞前速度之比
若发生完全非弹性碰撞，则由动量守恒
解得
物体1碰撞后与碰撞前速度之比
所以， 物体1碰撞后与碰撞前速度之比的取值范围是
故B正确，ACD错误。
故选B。
【分析】根据弹性碰撞和完全非弹性碰撞的特点，列方程求解碰后物体1的速度和原速度的比值。
11．【答案】A,B
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】以两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得mAv=mAvA+mBvB，由机械能守恒定律得 mAv2= mA + mB ，解得vB=3 m/s；如果碰撞为完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mAv=(mA+mB)vB，解得vB=1.5 m/s。则碰撞后B球的速度范围是1.5 m/s≤vB≤3 m/s。
故答案为：AB。
【分析】利用两个小球发生弹性碰撞或完全非弹性碰撞，利用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出B球的速度范围。
12．【答案】B,C
【知识点】电势能与电场力做功的关系；等势面；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．由于乌云带负电，越靠近乌云的等势面电势越低，所以M点的电势比N点低，故A错误；
B．根据
可知等差等势面越密集的地方场强越大，则M点的电场强度比N点大，故B正确；
C．带负电的雨滴从乌云中下落，重力做正功，重力势能减少，故C正确；
D．带负电的雨滴从乌云中下落，电场力对雨滴做正功，电势能减少，故D错误。
故选BC。
【分析】根据电场线判断电势高低和电场强度大小，依据重力和电场力做功判断势能变化。
13．【答案】B,C
【知识点】动能定理的综合应用；反冲
【解析】【解答】AB、对气体，由动能定理可知
把t=1s代入解得
B正确，A错误；
CD、对气体和探测器，由动量守恒定律可知
则有
得
C正确，D错误．
故选BC。
【分析】对气体和探测器分别列动能定理和动量守恒定律求解.
14．【答案】A,B
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．根据动能定理，离开加速电场时的动能为
故A正确；
BD．粒子在加速电场中做匀加速直线运动，有
粒子在偏转电场中做类平抛运动，有
，，，，
解得
，
由此可知，粒子离开偏转电场时竖直位移相同；粒子离开偏转电场时的动能
两个粒子的电荷量与y都相同，则动能相等，又粒子离开偏转电场时的位置、速度方向均相同，所以在感光纸上留下1个感光点，故B正确，故D错误；
C．在加速电场中，根据动能定理可得
可得
在偏转电场中沿平行板方向做匀速直线运动，则
故氘（）所需时间更长，故C错误。
故选AB。
【分析】根据加速电场中电场力做功确定对两粒子电场力做功相等，依据动能定理确定粒子速度公式结合偏转电场粒子类平抛运动求解粒子运动时间、偏转位移和偏转角，依据粒子比荷分析判断。
15．【答案】B,C,D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】A．由题意和图乙可知，在0~t1时间内B向右加速，A向右减速运动，弹簧处于压缩状态，t1时刻二者速度相同，弹簧有最大压缩量；t1后B继续向右加速，A向右减速运动，再向左加速，t2时二者速度差达到最大，弹簧处于原长；t2~t3时间内，A先向左减速后向右加速，B向右减速，弹簧处于伸长状态，t3时二者速度再次相同，此时弹簧有最大伸长量；t3~t4时间内，B向右减速，A向右加速，弹簧处于伸长状态，t4时B速度达到最大，弹簧又恢复原长，故A错误；
BD.0~t1时间内，根据动量守恒定律可得
解得
t1时刻，弹簧的弹性势能最大，根据系统机械能守恒定律可得
故BD正确；
C.0~t2时间内，根据动量守恒定律可得
解得
，
故C正确。
故选BCD。
【分析】结合AB物体由弹簧发生相互作用，根据v-t图象逐一分析运动过程，明确时刻弹簧处于压缩状态、时刻弹簧处于自由状态、时刻弹簧处于拉伸状态；以此在用运完全非弹性碰撞规律求解B的质量和弹簧最大弹性势能；在用运弹性碰撞规律求解B升温最大速度。
16．【答案】（1）
（2）
（3）不变
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）电容器的放电图像是一条逐渐下降的曲线，而
从微元法得到，图像与坐标轴围成的面积就是总的电荷量，由四舍五入法可得图像下共有42格，所以电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为
（2）电容器充满电后所带的电荷量
而所加电压
所以
（3）若将电阻换成一个阻值较大电阻，由于电容器所带电荷量一定，且所有电荷量都将通过电阻R释放，则放电过程中释放的电荷量不变。
综上第1空为；第2空为；第3空为不变
【分析】（1）根据图象可知，图象与纵横坐标轴所围面积代表电荷量，数格子求解；
（2）根据电路特点结合电容公式求解电荷量。
（1）电容器的放电图像是一条逐渐下降的曲线，而。从微元法得到，图像与坐标轴围成的面积就是总的电荷量，由四舍五入法可得图像下共有42格，所以电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为
（2）电容器充满电后所带的电荷量，而所加电压，所以
（3）若将电阻换成一个阻值较大电阻，由于电容器所带电荷量一定，且所有电荷量都将通过电阻R释放，则放电过程中释放的电荷量不变。
17．【答案】（1）0.26；
（2）4.9；；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】[解答]（1）电流表最小刻度为，故电流表读数为；根据串并联知识可得
解得
（2）根据串并联知识可得
解得
由闭合电路的欧姆定律得
整理得
由图示图像可知，图像的斜率
纵轴截距
解得
电源电动势
综上(1)第1空为0.26；第2空为；(2)第1空为4.9；第2空为；第3空为
【分析】(1)根据量程正确对电流表读数，依据串并联电路特点和欧姆定律求解电流表内阻；
(2)依据电压表改装原理，结合欧姆定律求解分压电阻；根据闭合电路欧姆定律推导出函数关系，结合图像截距、斜率求解电动势和内阻。
（1）[1]电流表最小刻度为，故电流表读数为；
[2]根据串并联知识可得
解得
（2）[1]根据串并联知识可得
解得
[2][3]由闭合电路的欧姆定律得
整理得
由图示图像可知，图像的斜率
纵轴截距
解得
电源电动势
18．【答案】(1)电荷由A移到B，其电势能增加了1×10﹣3J，即△Ep＝1×10﹣3J
根据电场力做功与电势能变化之间的关系，得：
WAB＝﹣△Ep＝﹣1.0×10﹣3J
(2)A、B两点的电势差
UABV＝50V
(3)匀强电场的场强大小
EV/m＝5.0×103V/m
【知识点】电场力做功；电势能；电势能与电场力做功的关系；电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】(1)根据电场力做功与电势能变化之间的关系求解；
(2)根据电场力做功公式：求解电势差；
(3)根据电场强度公式：求解.
19．【答案】解：（1）由于施加的为大小恒定方向始终垂直于杆的力，由动能定理得
代入数据解得
（2）到最高点时设小球速度为，滑块速度为，水平方向动量守恒，则有
系统机械能守恒则有
代入数据则有
，，
由向心力表达式可得
代入数据则有
方向竖直向下
根据牛顿第三定律可知小球对杆的作用力
方向竖直向上
（3）设小球到达最高点时小球向右移动位移大小为，滑块向左移动位移大小为，根据动量守恒有
则
所以
且
解得
代入数据
【知识点】动量定理；碰撞模型
【解析】【分析】（1）施加的为大小恒定方向始终垂直于杆的力，由动能定理求解拉力大小；
（2）水平方向动量守恒，系统机械能守恒，由向心力表达式可得小球对杆的作用力；
（3）根据动量守恒以及总位移为L得到，滑块的位移大小。
20．【答案】（1），；（2）；（3）见解析
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】（1）从M到P，小滑块与滑槽组成的系统动量守恒，可得
解得
从M点滑上滑槽到小滑块滑至P点的过程中，根据能量守恒定律可得
解得
（2）小滑块从N到P，NP段光滑，小滑块与滑槽的速度不发生变化，小滑块和滑槽运动的时间均为，则满足
解得
则滑槽向右移动的位移
小滑块从M到N，对滑槽进行受力分析，滑槽受到向右的摩擦力，设滑槽的加速度为，则
解得
则小滑块从M到N，滑槽向右移动的位移满足
解得
滑槽运动前与挡板间的距离
（3）若滑槽与挡板碰撞后，立即撤除挡板，滑槽与挡板的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，则滑槽碰撞后速度反向，速度大小不变，假设小滑块最终能滑出滑槽，则其滑出速度为，此时滑槽的速度为，则碰撞后从P到M小滑块与滑槽组成的系统在水平方向动量守恒，可得
从M点滑上滑槽到小滑块滑至P点的过程中，根据能量守恒定律可得
解得
无解，说明小滑块最终不能滑出滑槽。
【分析】（1）小滑块与滑槽组成的系统动量守恒，根据能量守恒定律求解动摩擦因数大小 ；
（2）小滑块与滑槽的速度不发生变化，求解小滑块和滑槽运动的时间，对滑槽进行受力分析，滑槽受到向右的摩擦力，根据运动学公式求解与挡板间的距离x ；
（3）滑槽与挡板的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，则滑槽碰撞后速度反向，速度大小不变，假设小滑块最终能滑出滑槽，无法求解速度，所以不能滑出滑槽。
1 / 1重庆巴蜀科学城中学校2024-2025学年高二上学期开学物理试题
1．（2024高二上·重庆市开学考）下列说法正确的是（　　）
A．电场和电场线一样，是人为设想出来的，其实并不存在
B．根据，当两点电荷间的距离趋近于零时，电场力将趋向无穷大
C．从公式来看，场强大小与成正比，与成反比
D．当两个带电体的大小及形状对它们之间的相互作用力的影响可以忽略时，这两个带电体才可以看成点电荷
【答案】D
【知识点】库仑定律；点电荷；电场强度；电场线
【解析】【解答】A．电场线是人为设想出来的，其实并不存在，但电场是客观存在的，最早由法拉第提出，故A错误；
B．当两个点电荷距离趋于0时，两电荷体积大小不可忽略，公式
不适用，故电场力并不是趋于无穷大，故B错误；
C．场强公式
采用比值定义法，E由电场本身的性质决定，与F、q均无关，故C错误；
D．当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷，这是建立理想模型的思想方法，故D正确。
故选D。
【分析】根据点电荷理想模型、库仑定律、电场强度定义式和电场线的特点分析判断。
2．（2024高二上·重庆市开学考）如图所示，横截面都是正方形的两段导体，材料和长度都相同，边长如图所示，其中A为中空导体，导体B刚好能嵌入导体A，现将AB并联后接入到一电路中，则（　　）
A．A、B两段导体的电阻之比为1：1
B．流过导体B的电流比流过导体A的大
C．导体A消耗的电功率比导体B消耗的电功率大
D．两段导体在相等时间内产生的热量之比为1：2
【答案】A
【知识点】焦耳定律；电功率和电功；电阻定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．根据电阻定理可得
则A、B两段导体的电阻之比为
故A正确；
B．由于A、B导体并联，两段电压相等，电阻相等，根据欧姆定律
可得，流过两导体的电流相等，故B错误；
C．根据
可知，两导体消耗的电功率相等，故C错误；
D．根据焦耳定律
可知，两段导体在相等时间内产生的热量之比为1：1，故D错误。
故选A。
【分析】先根据题意求解A的横截面积，然后结合电阻定律、并联电路电流、电压、功率、焦耳定律求解。
3．（2024高二上·重庆市开学考）如图所示，某静电除尘器由板状收集器A和线状电离器B组成。其中A接高压电源正极，B接高压电源负极，A、B之间有强电场。下列说法不正确的是（　　）
A．离电离器B越近电场强度越大
B．带电尘埃向收集器A运动过程中电势能增大
C．电离器B附近的空气分子更容易被电离
D．带电尘埃被收集器A吸附后最终掉落
【答案】B
【知识点】静电的防止与利用；电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】A．A为板状，B为线状，距离B越近，电场线越密，电场强度越大，故A正确；
B．带电尘埃向收集器A运动过程中，电场力做正功，电势能减小，故B错误；
C．B为线状，A为板状，距离B越近，电场强度越大，空气分子更容易被电离，故C正确；
D．B附近空气中的气体分子被电离，成为正离子和电子。正离子被吸到B上，电子在向着正极A运动的过程中，遇到烟气中的粉尘，使粉尘带电。粉尘被吸附到正极A，最后在重力的作用下落，故D正确。
本题选择不正确的，故选B。
【分析】根据带电体电场线分布、电场力做功与电势能的变化分析。
AC、由于A为板状B为线状，根据电场线分布特点，越靠近B电场线越密场强越大，空气分子更容易电离；
BD、空气被电离后，正电荷收集到B，核外电子向A运动中使粉尘带电，吸附在A板，电场力对粉尘颗粒做正功，电势能减小，随着粉尘积累，重力作用下掉落。
4．（2024高二上·重庆市开学考）设在无摩擦的桌面上置有5个相同的钢球，其中三个紧密连接排放一列，另两个一起自左方以速度正面弹性碰撞此三球，如图，碰撞后向右远离的小球个数为（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】设钢球从左到右分别为求1、2、3、4、5，球2先与球3相碰，根据动量守恒以及能量守恒可得
解得
，
可知球2与球3互换速度，接着球3先与球4相碰，同理可得球3与球4互换速度，依此类推，最终球2、3、4静止，球5以速度向右运动。接着球1与球2相碰，同理可得，最终球1、2、3静止，球4以速度向右运动，故碰撞后向右远离的小球个数为2个。
故选B。
【分析】根据弹性碰撞分割分析：先由2与3、再有3与4，后有4与5，由于质量相等，故动量交换；同理，再分析1球与2的碰撞，碰后交换动量依次相碰，最终有4、5向右运动。
5．（2024高二上·重庆市开学考）如图所示，质量为m的物块静止在倾角为的斜面上，在与斜面夹角为的恒力F拉动下沿斜面向上运动，经过时间t运动过程中（　　）
A．物块重力的冲量为0 B．物块所受拉力的冲量为
C．物块的动量一定增大 D．物块受到合力的冲量为
【答案】B,C
【知识点】冲量
【解析】【解答】A．根据冲量的计算公式可知，物块所受重力的冲量为，故A错误；
B．根据冲量的计算公式可知，物块所受拉力的冲量为，故B正确；
C．由于物体从静止开始向上运动，一定做加速运动，速度不断增大，因此动量不断增大，故C正确；
D．物块受到合力的冲量应为拉力、重力、可能受摩擦力在斜面方向冲量的合冲量，不为，故D错误。
故选BC。
【分析】根据冲量、动量定义分析，物块在F力作用下静止开始向上运动t时间，物体所受的力的冲量不为零，速度增大动量增大，且物体的合力不是。
6．（2024高二上·重庆市开学考）如图所示，实线MN是匀强电场中的一个等势面，虚线AB是一电子只在电场力作用下的运动轨迹。电子从A运动到B过程中，加速度大小a、动能随时间t的变化关系图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB．电场为匀强电场，则电场力不变，根据牛顿第二定律可知加速度不变，故AB错误；
CD．电场力向下，则电场力做正功，动能逐渐增大，则有
解得
动能随时间成二次函数的变化，故C错误，D正确；
故选D。
【分析】根据电子的运动轨迹确定匀强电场中受到的电场力的大小和方向，依据牛顿第二定律可知加速的变化情况，结合电场线与等势面时刻垂直，由电子的受力方向确定电场线的方向，从而判断电场力做功情况，根据动能定理分析动能变化规律。
7．（2024高二上·重庆市开学考）在如图所示的电场中，电场线关于GH对称，以O为圆心的圆与竖直电场线GH交于a、c两点，bd是水平直径。下列说法正确的是（　　）
A．沿bd连线从b点到d点，电势先减小后增大
B．电子在a、c两点所受电场力相同
C．a、O两点的电势差大于O、c两点的电势差
D．将电子沿bd连线从b点移到d点，电场力做正功，电势能减小
【答案】C
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】AD．顺着电场线，电势逐渐降低，则沿bd连线从b点到d点，电势先增大后减小，根据
可知，电子的电势能先减小后增大，故电场力先做正功后做负功，故AD错误；
B．电场线越密的地方电场强度越大，所以a点的电场强度大于c点，根据
可知电子在a点所受电场力大于电子在c点所受电场力，故B错误；
C．由图可知
，
根据
可得
所以a、O两点的电势差大于O、c两点的电势差，故C正确。
故选C。
【分析】ACD、根据电场线分布的对称性和电场线时刻与等势面垂直，可以确定沿ｂｄ连线电势先增大后减小，，电子由ｂ到ｄ，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大；
B、电场线疏密反映场强大小。
8．（2024高二上·重庆市开学考）如图所示，图甲中M表示电动机，当滑动变阻器R的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示，已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是（　　）
A．电路中电源电动势为3.5V
B．滑动变阻器的滑片向右滑动时，电压表的读数逐渐减小
C．时，电动机的机械功率为0.54W
D．滑动变阻器的最大阻值为40Ω
【答案】C
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A.由电路图甲知，电压表测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示的电压与电流的关系，则
所以此图线的斜率大小等于电源的内阻，为
当电流为0.1A时，
则电源的电动势为
A错误；
B.变阻器向右滑动时，R阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即为读数逐渐增大，故B错误；
C.由图可知，电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，此时电压表的示数即电动机内阻两端的电压，根据欧姆定律可知，电动机的电阻
当电流为0.3A时
电动机输出功率最大，最大为
C正确；
D．当时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以
D错误。
故选C。
【分析】A、根据图象，结合闭合电路欧姆定律，斜率代表电源内阻解得r，由（0.1，3.4）求解电源电动势；
B、动态分析，电压表读数为路端电压；
C、结合图象，由电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动应用欧姆定律求解电动机内阻，进一步根据电动机功率关系求解；
D、根据滑动变阻器限流式接法，根据电路最小电流结合闭合电路欧姆定律求解滑变最大值。
9．（2024高二上·重庆市开学考）如图所示，半径为2r的均匀带电球体电荷量为Q，过球心O的x轴上有一点P，已知P到O点的距离为3r，现若挖去图中半径均为r的两个小球，且剩余部分的电荷分布不变，静电力常量为k，则下列分析中不正确的是（　　）
A．挖去两小球前，两个小球在P点产生的电场强度相同
B．挖去两小球前，整个大球在P点产生的电场强度大小为
C．挖去两小球后，P点电场强度方向与挖去前相同
D．挖去两小球后，剩余部分在P点产生的电场强度大小为
【答案】A
【知识点】电场强度；电场强度的叠加
【解析】【解答】A．两小球分别在x轴上下两侧，电性相同，它们在P点产生的场强分别斜向上和斜向下，与x轴夹角相等，方向不同，A错误；
B．大球所带电荷均匀分布整个球体，它在外部产生的电场可等效为所有电荷集中在球心O点在外部产生的电场，由库仑定律
B正确；
C．大球在P点产生的电场沿x轴方向，两小球在P点的合场强也沿x轴方向，且小于大球在P点的场强，由场强叠加原理可知，挖去两小球后，P点场强方向不变，C正确；
D．设两小球的球心到P点的距离为l，有几何关系
球体积公式为
小球半径是大球半径的一半，故小球体积是大球体积的八分之一，故小球所带电荷量为
两小球在P点场强均为
合场强为
剩余部分在P点的场强为
D正确。
题目要求选不正确，故选A。
【分析】根据点电荷的电场强度公式，利用割补法求解。
10．（2024高二上·重庆市开学考）一质量为m1的物体以v0的初速度与另一质量为m2的静止物体发生碰撞，其中m2=km1，k＜1。碰撞可分为完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞。碰撞后两物体速度分别为v1和v2．假设碰撞在一维上进行，且一个物体不可能穿过另一个物体。物体1碰撞后与碰撞前速度之比的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】若发生弹性碰撞，则由动量守恒
由能量关系
解得
物体1碰撞后与碰撞前速度之比
若发生完全非弹性碰撞，则由动量守恒
解得
物体1碰撞后与碰撞前速度之比
所以， 物体1碰撞后与碰撞前速度之比的取值范围是
故B正确，ACD错误。
故选B。
【分析】根据弹性碰撞和完全非弹性碰撞的特点，列方程求解碰后物体1的速度和原速度的比值。
11．（2024高二上·重庆市开学考）光滑的水平桌面上，质量为0.2 kg、速度为3 m/s的A球跟质量为0.2 kg的静止B球发生正碰，则碰撞后B球的速度可能为 （　　）
A．2.6 m/s B．2.4 m/s C．1.2 m/s D．0.6 m/s
【答案】A,B
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】以两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得mAv=mAvA+mBvB，由机械能守恒定律得 mAv2= mA + mB ，解得vB=3 m/s；如果碰撞为完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mAv=(mA+mB)vB，解得vB=1.5 m/s。则碰撞后B球的速度范围是1.5 m/s≤vB≤3 m/s。
故答案为：AB。
【分析】利用两个小球发生弹性碰撞或完全非弹性碰撞，利用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出B球的速度范围。
12．（2024高二上·重庆市开学考）雷雨天带有负电的乌云飘过一栋建筑物上空时，在避雷针周围形成电场，如图所示，a、b、c、d为等差等势面，M、N为电场中的两点，下列说法正确的是（　　）
A．M点的电势比N点高
B．M点的电场强度比N点大
C．带负电的雨滴从乌云中下落，重力势能减少
D．带负电的雨滴从乌云中下落，电势能增加
【答案】B,C
【知识点】电势能与电场力做功的关系；等势面；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．由于乌云带负电，越靠近乌云的等势面电势越低，所以M点的电势比N点低，故A错误；
B．根据
可知等差等势面越密集的地方场强越大，则M点的电场强度比N点大，故B正确；
C．带负电的雨滴从乌云中下落，重力做正功，重力势能减少，故C正确；
D．带负电的雨滴从乌云中下落，电场力对雨滴做正功，电势能减少，故D错误。
故选BC。
【分析】根据电场线判断电势高低和电场强度大小，依据重力和电场力做功判断势能变化。
13．（2024高二上·重庆市开学考）为完成某种空间探测任务，需要在太空站上发射空间探测器，探测器通过向后喷气而获得反冲力使其加速．已知探测器的质量为M，每秒钟喷出的气体质量为m，喷射气体的功率恒为P，不计喷气后探测器的质量变化．则(　　)
A．喷出气体的速度为
B．喷出气体的速度为
C．喷气Δt秒后探测器获得的动能为
D．喷气Δt秒后探测器获得的动能为
【答案】B,C
【知识点】动能定理的综合应用；反冲
【解析】【解答】AB、对气体，由动能定理可知
把t=1s代入解得
B正确，A错误；
CD、对气体和探测器，由动量守恒定律可知
则有
得
C正确，D错误．
故选BC。
【分析】对气体和探测器分别列动能定理和动量守恒定律求解.
14．（2024高二上·重庆市开学考）如图，氕（）和氘（）两种原子核由静止经同一加速电场加速后，沿OO'方向射入偏转电场，粒子射出偏转电场后都能打在圆筒感光纸上并留下感光点，加速电压为，偏转电压为，若圆筒不转动，两种原子核（　　）
A．离开加速电场时，动能相等
B．离开偏转电场时，动能相等
C．氕（）通过偏转电场所需时间更长
D．离开偏转电场后，在感光纸上留下2个感光点
【答案】A,B
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．根据动能定理，离开加速电场时的动能为
故A正确；
BD．粒子在加速电场中做匀加速直线运动，有
粒子在偏转电场中做类平抛运动，有
，，，，
解得
，
由此可知，粒子离开偏转电场时竖直位移相同；粒子离开偏转电场时的动能
两个粒子的电荷量与y都相同，则动能相等，又粒子离开偏转电场时的位置、速度方向均相同，所以在感光纸上留下1个感光点，故B正确，故D错误；
C．在加速电场中，根据动能定理可得
可得
在偏转电场中沿平行板方向做匀速直线运动，则
故氘（）所需时间更长，故C错误。
故选AB。
【分析】根据加速电场中电场力做功确定对两粒子电场力做功相等，依据动能定理确定粒子速度公式结合偏转电场粒子类平抛运动求解粒子运动时间、偏转位移和偏转角，依据粒子比荷分析判断。
15．（2024高二上·重庆市开学考）如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现给A一个水平向右的初速度，大小为3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的关系如图乙所示。已知m1=1kg，下列说法正确的是（　　）
A．t1时刻和t3时刻弹簧都处于压缩状态
B．B的质量为2kg
C．B的最大速度为2m/s
D．弹簧的最大弹性势能为3J
【答案】B,C,D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】A．由题意和图乙可知，在0~t1时间内B向右加速，A向右减速运动，弹簧处于压缩状态，t1时刻二者速度相同，弹簧有最大压缩量；t1后B继续向右加速，A向右减速运动，再向左加速，t2时二者速度差达到最大，弹簧处于原长；t2~t3时间内，A先向左减速后向右加速，B向右减速，弹簧处于伸长状态，t3时二者速度再次相同，此时弹簧有最大伸长量；t3~t4时间内，B向右减速，A向右加速，弹簧处于伸长状态，t4时B速度达到最大，弹簧又恢复原长，故A错误；
BD.0~t1时间内，根据动量守恒定律可得
解得
t1时刻，弹簧的弹性势能最大，根据系统机械能守恒定律可得
故BD正确；
C.0~t2时间内，根据动量守恒定律可得
解得
，
故C正确。
故选BCD。
【分析】结合AB物体由弹簧发生相互作用，根据v-t图象逐一分析运动过程，明确时刻弹簧处于压缩状态、时刻弹簧处于自由状态、时刻弹簧处于拉伸状态；以此在用运完全非弹性碰撞规律求解B的质量和弹簧最大弹性势能；在用运弹性碰撞规律求解B升温最大速度。
16．（2024高二上·重庆市开学考）在“用传感器观察电容器的充电和放电”实验中，电路图如图甲所示。一位同学使用的电源电动势为10.0V，测得放电的图像如图乙所示。
（1）若按“四舍五入（大于半格算一个，小于半格舍去）”数格法，求“图线与两坐标轴包围的面积”，可得电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为　 　C（结果保留两位有效数字）。
（2）根据以上数据估算电容器的电容值为　 　F（结果保留两位有效数字）。
（3）如果将电阻R换成一个阻值更大的电阻，则放电过程释放的电荷量　 　（选填“变多”“不变”或“变少”）。
【答案】（1）
（2）
（3）不变
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）电容器的放电图像是一条逐渐下降的曲线，而
从微元法得到，图像与坐标轴围成的面积就是总的电荷量，由四舍五入法可得图像下共有42格，所以电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为
（2）电容器充满电后所带的电荷量
而所加电压
所以
（3）若将电阻换成一个阻值较大电阻，由于电容器所带电荷量一定，且所有电荷量都将通过电阻R释放，则放电过程中释放的电荷量不变。
综上第1空为；第2空为；第3空为不变
【分析】（1）根据图象可知，图象与纵横坐标轴所围面积代表电荷量，数格子求解；
（2）根据电路特点结合电容公式求解电荷量。
（1）电容器的放电图像是一条逐渐下降的曲线，而。从微元法得到，图像与坐标轴围成的面积就是总的电荷量，由四舍五入法可得图像下共有42格，所以电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为
（2）电容器充满电后所带的电荷量，而所加电压，所以
（3）若将电阻换成一个阻值较大电阻，由于电容器所带电荷量一定，且所有电荷量都将通过电阻R释放，则放电过程中释放的电荷量不变。
17．（2024高二上·重庆市开学考）某同学根据实验室提供的器材组成如图1所示电路，测电源电动势和内阻并同时测量电流表的内阻。所用器材：电源为两节干电池，电流表（量程，内阻），电流表（量程），电阻箱，滑动变阻器，开关和单刀双掷开关、，导线若干。
（1）实验时，先将接1，接3，滑动变阻器接入电路的电阻调到最大，闭合开关，调节、，使电流表、的指针偏转均较大，若这时示数为、电流表的示数如图2所示，则电流表的示数为　 　；若这时电阻箱接入电路的电阻为，则电流表的内阻　 　用、、表示。
（2）将开关接2，开关接4，将电流表改装成量程为3V的电压表，则电阻箱接入电路的电阻　 　多次调节滑动变阻器，测得多组电流表、的示数、，作图像，得到图像与纵轴的截距为b，图像斜率的绝对值为k，则得到电源的电动势　 　，内阻　 　后两空用b、k、、、中的符号表示。
【答案】（1）0.26；
（2）4.9；；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】[解答]（1）电流表最小刻度为，故电流表读数为；根据串并联知识可得
解得
（2）根据串并联知识可得
解得
由闭合电路的欧姆定律得
整理得
由图示图像可知，图像的斜率
纵轴截距
解得
电源电动势
综上(1)第1空为0.26；第2空为；(2)第1空为4.9；第2空为；第3空为
【分析】(1)根据量程正确对电流表读数，依据串并联电路特点和欧姆定律求解电流表内阻；
(2)依据电压表改装原理，结合欧姆定律求解分压电阻；根据闭合电路欧姆定律推导出函数关系，结合图像截距、斜率求解电动势和内阻。
（1）[1]电流表最小刻度为，故电流表读数为；
[2]根据串并联知识可得
解得
（2）[1]根据串并联知识可得
解得
[2][3]由闭合电路的欧姆定律得
整理得
由图示图像可知，图像的斜率
纵轴截距
解得
电源电动势
18．（2024高二上·重庆市开学考）如图所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们的间距为2cm，两点的连线与场强方向成60°角。将一个电量为﹣2×10﹣5C的电荷由A移到B，其电势能增加了1×10﹣3J，求：
(1)从A移到B的过程中，电场力对电荷做的功WAB；
(2)A、B两点的电势差UAB；
(3)匀强电场的场强大小E。
【答案】(1)电荷由A移到B，其电势能增加了1×10﹣3J，即△Ep＝1×10﹣3J
根据电场力做功与电势能变化之间的关系，得：
WAB＝﹣△Ep＝﹣1.0×10﹣3J
(2)A、B两点的电势差
UABV＝50V
(3)匀强电场的场强大小
EV/m＝5.0×103V/m
【知识点】电场力做功；电势能；电势能与电场力做功的关系；电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】(1)根据电场力做功与电势能变化之间的关系求解；
(2)根据电场力做功公式：求解电势差；
(3)根据电场强度公式：求解.
19．（2024高二上·重庆市开学考）如图所示，质量为M的滑块套在光滑的水平杆上，长为L的轻杆一端连着质量为m的小球，另一端与滑块上面的活动饺链相连，不计一切靡擦，重力加速度，已知：，，，。
（1）若滑块锁定，在杆的中点处施加一大小恒定方向始终垂直于杆的力，杆转过时撤去拉力，小球恰好到达最高点，求拉力的大小。
（2）若滑块解除锁定，给小球一个竖直向上的速度，求小球通过最高点时的速度大小，以及此时小球对杆的作用力。
（3）在满足（2）的条件下，试求小球到最高点时滑块的位移大小。
【答案】解：（1）由于施加的为大小恒定方向始终垂直于杆的力，由动能定理得
代入数据解得
（2）到最高点时设小球速度为，滑块速度为，水平方向动量守恒，则有
系统机械能守恒则有
代入数据则有
，，
由向心力表达式可得
代入数据则有
方向竖直向下
根据牛顿第三定律可知小球对杆的作用力
方向竖直向上
（3）设小球到达最高点时小球向右移动位移大小为，滑块向左移动位移大小为，根据动量守恒有
则
所以
且
解得
代入数据
【知识点】动量定理；碰撞模型
【解析】【分析】（1）施加的为大小恒定方向始终垂直于杆的力，由动能定理求解拉力大小；
（2）水平方向动量守恒，系统机械能守恒，由向心力表达式可得小球对杆的作用力；
（3）根据动量守恒以及总位移为L得到，滑块的位移大小。
20．（2024高二上·重庆市开学考）如图所示，一滑槽放置在光滑水平面上，滑槽上表面由同一竖直平面内的水平段MP和四分一圆弧段PQ平滑衔接而成。滑槽质量为2m，MN段粗糙、长度为5R，NP段光滑、长度为2R，PQ段光滑、半径为R。距离滑槽右端某处有一固定挡板。质量为m的小滑块以水平速度从M点滑上滑槽，已知小滑块滑至P点时速度为，此时滑槽恰好与挡板碰撞，滑槽与挡板的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。求：
（1）小滑块滑至P点时滑槽的速度大小，以及滑块与滑槽MN段间的动摩擦因数大小；
（2）滑槽运动前与挡板间的距离x；
（3）若滑槽与挡板碰撞后，立即撤除挡板，试通过分析、计算说明小滑块最终能否停在滑槽上。
【答案】（1），；（2）；（3）见解析
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】（1）从M到P，小滑块与滑槽组成的系统动量守恒，可得
解得
从M点滑上滑槽到小滑块滑至P点的过程中，根据能量守恒定律可得
解得
（2）小滑块从N到P，NP段光滑，小滑块与滑槽的速度不发生变化，小滑块和滑槽运动的时间均为，则满足
解得
则滑槽向右移动的位移
小滑块从M到N，对滑槽进行受力分析，滑槽受到向右的摩擦力，设滑槽的加速度为，则
解得
则小滑块从M到N，滑槽向右移动的位移满足
解得
滑槽运动前与挡板间的距离
（3）若滑槽与挡板碰撞后，立即撤除挡板，滑槽与挡板的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，则滑槽碰撞后速度反向，速度大小不变，假设小滑块最终能滑出滑槽，则其滑出速度为，此时滑槽的速度为，则碰撞后从P到M小滑块与滑槽组成的系统在水平方向动量守恒，可得
从M点滑上滑槽到小滑块滑至P点的过程中，根据能量守恒定律可得
解得
无解，说明小滑块最终不能滑出滑槽。
【分析】（1）小滑块与滑槽组成的系统动量守恒，根据能量守恒定律求解动摩擦因数大小 ；
（2）小滑块与滑槽的速度不发生变化，求解小滑块和滑槽运动的时间，对滑槽进行受力分析，滑槽受到向右的摩擦力，根据运动学公式求解与挡板间的距离x ；
（3）滑槽与挡板的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，则滑槽碰撞后速度反向，速度大小不变，假设小滑块最终能滑出滑槽，无法求解速度，所以不能滑出滑槽。
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