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浙江省G5联盟2025-2026学年高二上学期11月期中物理试题
1．新推出电动汽车铁锂电池，能量密度可达0.5kW·h/g，寿命长达8年或120万公里，其中“kW·h/g”用国际单位制中的基本单位可表示为（　　）
A．Ws/kg B．Nm/kg C． D．CV/kg
【答案】C
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】A. W是功率的导出单位，不属于国际单位制基本单位，不符合要求。
B. N是力的导出单位，不属于国际单位制基本单位，不符合要求。
C. kW·h是能量单位，；g是质量单位，换算为kg后，能量密度的单位可推导为：，m、s均为国际单位制基本单位，符合要求。
D. C、V均为电学导出单位，不属于国际单位制基本单位，不符合要求。
故答案为：C
【分析】考查国际单位制中基本单位与导出单位的换算。先明确kW·h是能量单位、g是质量单位，将能量单位通过功的公式拆解为基本单位组合，再将质量单位换算为基本单位kg，逐一判断各选项的单位是否均为基本单位、推导是否正确。
2．如图所示，列车从某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到72km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】先将速度单位换算为国际单位制：。高中生的质量约为50 kg，列车对学生的作用力做功等于学生动能的增加量。由动能定理得：
故答案为：B
【分析】考查动能定理的应用与物理量估算。先将速度换算为国际单位，结合高中生的常见质量取值，根据动能定理，列车对学生做的功等于学生动能的增量，代入数值计算后与选项对比即可。
3．书法课上，某同学写“力”字时，笔尖的轨迹如图中带箭头的实线所示。笔尖由a点经b点回到a点，则（　　）
A．该过程位移为0 B．笔尖的合外力始终不变
C．前后两次过a点时速度方向相同 D．两次过a点时摩擦力方向相同
【答案】A
【知识点】位移与路程；曲线运动；静摩擦力
【解析】【解答】A. 位移是从初位置指向末位置的有向线段，笔尖初位置和末位置都是a点，因此该过程位移为0，该选项正确。
B. 笔尖的运动轨迹是曲线，曲线运动中合外力指向轨迹的凹侧，运动过程中轨迹凹侧方向不断变化，因此合外力方向会发生改变，合外力不是始终不变，该选项错误。
C. 速度方向沿轨迹的切线方向，前后两次经过a点时，轨迹的切线方向不同，因此速度方向不同，该选项错误。
D. 滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，两次经过a点时笔尖的速度方向不同，因此摩擦力方向也不同，该选项错误。
故答案为：A
【分析】本题考查位移的定义、曲线运动的速度与受力特点、摩擦力方向的判断。位移只与初末位置有关，初末位置重合则位移为零；曲线运动的速度方向沿轨迹切线方向，合外力指向轨迹凹侧，运动过程中速度和受力方向都会发生变化；滑动摩擦力方向与物体相对运动方向相反，速度方向改变则摩擦力方向随之改变。
4．某小山坡的等高线如图，M表示山顶，是同一等高线上两点，分别是沿左、右坡面的直滑道。山顶的小球沿滑道从静止滑下，不考虑阻力，则（　　）
A．小球沿运动的加速度比沿的大
B．小球分别运动到点时速度大小不同
C．若把等高线看成某静电场的等势线，则A点电场强度比B点大
D．若把等高线看成某静电场的等势线，则右侧电势比左侧降落得快
【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律；电场强度；电场线；电势
【解析】【解答】A. 等高线越密集，坡面倾角越大。由牛顿第二定律，得加速度。MB侧等高线更密集，坡面倾角更大，因此小球沿MB运动的加速度更大，该选项错误。
B. A、B两点在同一等高线上，小球下落的高度相同，运动过程只有重力做功，机械能守恒。由可知，小球到达A、B两点时的速度大小相等，该选项错误。
C. 等势线的疏密程度反映电场强度的大小，等势线越密集，电场强度越大。B处等势线更密集，因此B点电场强度大于A点，该选项错误。
D. 电场强度越大，沿电场方向电势降落越快。右侧等势线更密集，电场强度更大，因此右侧电势比左侧降落得快，该选项正确。
故答案为：D
【分析】本题结合等高线模型，考查力学中的牛顿运动定律、机械能守恒，以及电场中等势线与电场强度的关系。对于力学部分，等高线的疏密对应坡面倾角的大小，倾角越大，沿斜面的加速度越大；同一等高线对应下落高度相同，机械能守恒下末速度大小相等。对于电场部分，等势线的疏密对应电场强度的大小，等势线越密电场强度越大，电势沿电场方向降落的速率也越快。
5．2025年4月，我国已成功构建国际首个基于DRO（远距离逆行轨道）的地月空间三星星座。若卫星甲从DRO变轨进入环月椭圆轨道，该轨道的近月点和远月点距月球表面的高度分别为a和b，卫星的运行周期为T；卫星乙从DRO变轨进入半径为r的环月圆形轨道，周期也为T。月球的质量为M，半径为R，引力常量为G。假设只考虑月球对甲、乙的引力，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】AB. 根据开普勒第三定律，绕同一中心天体运动的天体，轨道半长轴的三次方与周期平方的比值为定值。椭圆轨道的半长轴为近月点、远月点到球心距离的平均值，即。两卫星周期相同，因此：，解得，故AB错误。
CD. 对环月圆轨道的卫星，万有引力提供向心力：，整理得月球质量，故C正确，D错误。
故答案为：C
【分析】考查开普勒第三定律与万有引力定律的应用，涉及椭圆轨道半长轴的计算。首先明确椭圆轨道半长轴是近月点、远月点到月球球心距离的平均值，结合开普勒第三定律推导圆轨道半径；再根据万有引力提供向心力，推导月球质量的表达式，逐一判断选项。
6．如图甲所示，有两互相垂直动摩擦因数为的水平传送带，物块以的速度从一传送带垂直滑向另一速度大小为的传送带上，并最终与传送带共速，情景简化成乙图所示。则物块从滑上的传送带到共速的过程中，以地面为参考系，下列说法正确的是（　　）
A．物块速度一直减小 B．物块运动过程中最小速度是
C．物块做匀变速曲线运动 D．物块加速度大小为
【答案】C
【知识点】曲线运动；牛顿运动定律的应用—传送带模型；运动的合成与分解
【解析】【解答】物块滑上传送带后，受到的滑动摩擦力大小为，方向与物块相对于传送带的速度方向相反，保持不变。
由牛顿第二定律，物块的加速度大小，加速度恒定不变。
物块初速度与加速度方向不在同一直线上，且加速度恒定，因此物块做匀变速曲线运动。
将物块的速度分解为x方向（沿传送带运动方向）和y方向（沿传送带运动方向）：
y方向：初速度为，加速度沿y轴负方向，速度先减小；x方向：初速度为0，加速度沿x轴正方向，速度逐渐增大。当速度方向与摩擦力方向垂直时，物块的速度达到最小值，之后速度又逐渐增大，最终与传送带共速。
A. 物块速度先减小后增大，不是一直减小，该选项错误。
B. 以传送带为参考系，物块初速度大小为。设相对速度与y轴夹角为，则，。地面参考系中最小速度，不是，该选项错误。
C. 物块加速度大小和方向都恒定，且初速度与加速度不共线，因此做匀变速曲线运动，该选项正确。
D. 物块加速度大小为，不是，该选项错误。
故答案为：C
【分析】本题考查传送带上的曲线运动问题，涉及滑动摩擦力、匀变速曲线运动的判断与速度分析。物块相对于传送带运动时，滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，大小恒定，因此加速度恒定；当加速度与速度方向夹角为钝角时物体减速，夹角为锐角时加速，夹角为90°时速度最小。加速度恒定的曲线运动为匀变速曲线运动。
7．大学校园里有很多电动快递车。某电动快递车标有信息：车自身质量恒为500kg，电池额定容量为，电池额定输出功率。行驶时电池能量90%用于驱动，车行驶受到的阻力恒为1000N，理论续航里程约为160km。现有国家电网的充电桩可在电池额定容量的30%~80%之间应用快充技术（500V，50A）充电，不计充电能量损耗。下列说法正确的是（　　）
A．当汽车电池剩余电量为额定值的30%时，汽车还能行驶54km
B．用国家电网充电桩将电池容量从额定值的30%充到80%，理论上需要3.125h
C．若电动快递车行驶时持续开启空调（额外增加负载），其理论续航里程仍保持160km
D．汽车以的加速度在直线车道匀加速启动，当达到额定功率值时，加速的位移大小为5m
【答案】D
【知识点】功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】A. 电池总能量对应续航里程160km，剩余30%电量时，可行驶距离，故A错误。
B. 充电的能量为：，充电功率，充电时间：，故B错误。
C. 开启空调会额外消耗电能，用于驱动车辆的能量减少，因此理论续航里程小于160km，故C错误。
D. 匀加速启动时，由牛顿第二定律，代入数据得：
达到额定功率时，速度v满足，解得：
由运动学公式，得位移：，故D正确。
故答案为：D
【分析】考查电能与机械能的转化、功率公式与匀变速直线运动的结合，涉及能量守恒的应用。根据剩余电量比例可计算剩余续航里程；由充电功率和充电能量可计算充电时间；额外负载会消耗电能，导致续航里程缩短；匀加速启动过程中，结合牛顿第二定律与功率公式求出额定功率对应的速度，再由运动学公式计算位移，逐一判断选项。
8．如图，水平向右的匀强电场中有a、b两个可视为质点的带电小球，小球所带电荷量的大小相同、电性未知。现将两小球用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为，且，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．若同时剪断两根细绳，则a、b两球一定同时落地
B．若同时剪断两根细绳，则a球落地的重力功率小于b球
C．若a、b电性相反，则a球的质量一定小于b球的质量
D．若a、b电性相反，则a球受到的静电力小于b球受到的静电力
【答案】A
【知识点】自由落体运动；功率及其计算；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A. 同时剪断细绳后，两球竖直方向只受重力，做自由落体运动，下落高度相同。由可知，两球运动时间相同，一定同时落地，故A正确。
BCD. 若a、b电性相反，两球间为库仑引力，结合匀强电场的电场力，只有a带负电、b带正电时才能平衡。两球间的库仑力是相互作用力，大小相等，因此两球水平方向的合力F 大小相等。由平衡条件：
，因α<β，故。落地时竖直速度相同，重力功率，因此a球的重力功率更大。综上BCD错误。
故答案为：A
【分析】考查带电小球在电场中的平衡、自由落体运动与重力功率的判断，涉及库仑力的相互性。剪断细绳后竖直方向均为自由落体运动，由下落高度可判断落地时间；根据平衡条件推导质量与偏角的关系，结合重力功率公式分析功率大小；库仑力是相互作用力，两球受到的静电力大小相等，据此逐一分析选项。
9．如图所示，形成拓扑结构的莫比乌斯环，连接后，纸环边缘的铜丝形成闭合回路，纸环围合部分可近似半径为R的扁平圆柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域垂直其底面穿过，磁场区域的边界是半径为r的圆（）。若磁感应强度大小B随时间t的变化的图像如图所示，则回路中产生的感应电动势大小为（　　）
A．0 B． C． D．
【答案】C
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】莫比乌斯环的铜丝构成2匝串联的闭合线圈，穿过线圈的磁场仅分布在半径为r的区域内，因此有效面积。根据法拉第电磁感应定律，感应电动势：，代入n=2、=B0、=T、S=πr2，得：
故答案为：C
【分析】考查法拉第电磁感应定律的应用，涉及线圈匝数与有效面积的判断。莫比乌斯环的拓扑结构使铜丝形成2匝线圈，磁场仅覆盖半径为r的区域，因此有效面积为πr2，结合法拉第电磁感应定律代入数值计算即可。
10．在现代研究受控热核反应的实验中，需要把高温等离子体限制在一定空间区域内，磁约束就成了必不可少的技术。如图所示，科学家设计了一种中间弱两端强的磁场，该磁场由两侧通有等大同向电流的线圈产生。假定一带正电的粒子（不计重力）从左端附近以斜向纸内的速度进入该磁场，其运动轨迹为图示的螺旋线（未全部画出）。此后，该粒子将被约束在左右两端之间来回运动。根据上述信息并结合所学知识，下列说法正确的是（　　）
A．从最左端到最右端的过程中，螺旋线的半径逐渐增大
B．从最左端到最右端的过程中，粒子的动能先增大后减小
C．从最左端到最右端的过程中，粒子运动轨迹的螺距先变小后变大
D．从最右端返回时，粒子在垂直磁瓶轴线的速度分量最大
【答案】D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】AB. 洛伦兹力始终与速度方向垂直，不做功，因此粒子动能保持不变，合速度大小不变。从左端到右端，磁感应强度先减小后增大，由得轨道半径，因此螺旋线半径先增大后减小，故AB错误。
C. 粒子沿轴线方向的速度分量v∥决定螺距，圆周运动周期，螺距。从左端到右端，磁感应强度先减小后增大，周期T先增大后减小；同时轴向速度分量v∥先增大后减小（垂直轴线的速度分量先减小后增大），因此螺距先变大后变小，故C错误。
D. 粒子合速度大小不变，从最右端返回时，沿轴线方向的速度分量为0，因此垂直磁瓶轴线的速度分量达到最大，故D正确。
故答案为：D
【分析】考查带电粒子在非均匀磁场中的运动，涉及洛伦兹力的做功特点、轨道半径与螺距的变化规律。洛伦兹力不做功，粒子动能不变；轨道半径与磁感应强度成反比，结合磁场强弱变化可判断半径变化；螺距由轴向速度分量与圆周运动周期共同决定，结合二者的变化可判断螺距变化；根据速度的分解可判断垂直轴线分量的极值情况，逐一分析选项。
11．对以下图中物理事实或现象理解正确的是（　　）
A．图甲中的避雷针应用金属导体制作
B．图乙中话筒线的金属网线利用静电感应增强信号传输效率
C．根据图丙可以求出电容器放电前的带电电荷量
D．图丁中晶体二极管的正向电阻随电压增大而增大，反向电阻随电压增大而减小
【答案】A,C
【知识点】电容器及其应用；静电的防止与利用；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线
【解析】【解答】A. 避雷针的作用是将雷电电流导入大地，需要用导电性良好的金属导体制作，故A正确。
B. 话筒线的金属网线起到静电屏蔽作用，减弱外界电场对传输信号的干扰，而非利用静电感应增强信号，故B错误。
C. i-t图像与时间轴围成的面积表示电荷量，因此根据图丙的放电电流图像可以求出电容器放电前的总电荷量，故C正确。
D. 二极管是非线性元件，I-U图像斜率的倒数表示电阻。正向电压增大时，图像斜率增大，电阻减小；反向电压增大时，反向电流极小，电阻极大，故D错误。
故答案为：AC
【分析】考查静电屏蔽、电容器放电的i-t图像、二极管的伏安特性等静电与电路常识。避雷针利用导体的导电性实现防雷；金属网线的作用是静电屏蔽；i-t图像的面积对应电荷量；二极管的正向电阻随电压升高而减小，结合各物理原理逐一分析选项。
12．如图甲所示为倾斜的传送带，正以恒定的速度v，沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一质量的物块以初速度从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，物块到传送带顶端的速度恰好为零其运动的v-t图像如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）
A．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
B．物块上滑过程在传送带上留下的痕迹长度为16m
C．物块上滑过程与传送带间由于摩擦而产生的热量为64J
D．2~4s这段时间内电机因传送带放上物块而多消耗的电能为32J
【答案】A,D
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A. 由v-t图像可知，0~2s内物块加速度大小。此阶段物块速度大于传送带速度，摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律：，代入数据解得μ=0.5，故A正确。
B. 0~2s内，物块位移，传送带位移，相对位移；2~4s内，物块速度小于传送带速度，摩擦力沿斜面向上，加速度大小，物块位移，传送带位移，相对位移。两段相对位移方向相反，痕迹长度取最大相对位移20m，故B错误。
C. 摩擦生热等于摩擦力与总相对路程的乘积：
代入数据得，故C错误。
D. 2~4s内，物块动能减少量，重力势能增加量，摩擦生热。
由能量守恒，电机多消耗的电能，代入得，故D正确。
故答案为：AD
【分析】考查倾斜传送带的动力学分析、摩擦生热与能量守恒，结合v-t图像分析运动过程。根据v-t图像的斜率求加速度，分阶段对物块受力分析，由牛顿第二定律求动摩擦因数；分别计算物块与传送带的位移，得到相对位移，痕迹长度取最大相对位移；摩擦生热由摩擦力与相对路程的乘积计算；结合能量守恒分析电机多消耗的电能，逐一判断选项。
13．如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，以下说法正确的是（　　）
A．粒子在左侧磁场中运动的半径
B．粒子一个周期内在左边磁场运动的时间
C．粒子一个周期内在右边磁场运动的时间
D．粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A. 粒子在左侧磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力：，解得，故A错误。
BC. o点到MN的距离，结合几何关系可知，粒子从MN射出时，速度方向与MN的夹角θ=60°。粒子在左侧磁场中运动的圆心角为240°，运动时间：
粒子进入右侧磁场时速度大小不变，磁感应强度为2B，轨道半径，运动的圆心角为120°，运动时间：，故BC正确。
D. 第一次和第二次经过PQ的位置间距：，故D错误。
故答案为：BC
【分析】考查带电粒子在双磁场区域的圆周运动，涉及几何关系与运动周期的计算。根据洛伦兹力提供向心力分别求出两个磁场中的轨道半径；结合入射点到边界的距离，由几何关系确定速度偏转角和圆心角，进而计算粒子在磁场中的运动时间；再由几何关系计算两次经过边界的位置间距，逐一分析选项。
14．利用打点计时器研究匀变速直线运动的规律，实验装置如图1所示。
（1）按照图1安装好器材，下列实验步骤正确的操作顺序为　 　（填各实验步骤前的字母）。
A：释放小车
B：接通打点计时器的电源
C：调整滑轮位置，使细线与木板平行
（2）实验中打出的一条纸带如图2所示，为依次选取的三个计数点（相邻计数点间有4个点未画出），可以判断纸带的　 　（填“左端”或“右端”）与小车相连。
（3）图2中相邻计数点间的时间间隔为T，则打B点时小车的速度　 　。
（4）某同学用打点计时器来研究圆周运动。如图3所示，将纸带的一端固定在圆盘边缘处的M点，另一端穿过打点计时器。实验时圆盘从静止开始转动，选取部分纸带如图4所示。相邻计数点间的时间间隔为，圆盘半径。则这部分纸带通过打点计时器的加速度大小为　 　；打点计时器打B点时圆盘上M点的向心加速度大小为　 　。（结果均保留两位有效数字）
【答案】（1）CBA
（2）左端
（3）
（4）0.81；
【知识点】加速度；探究小车速度随时间变化的规律；向心加速度；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1）安装好器材后，首先调整滑轮位置，使细线与木板平行，保证小车受力沿木板方向，对应步骤C；之后接通打点计时器的电源，待打点稳定，对应步骤B；最后释放小车，对应步骤A。操作顺序为CBA。
（2）车刚开始运动速度较小，纸带上打出的点间距小，随着小车加速，相邻点之间距离逐渐变大。纸带左端点间距更小，点迹更密集，因此纸带的左端与小车相连。
（3）根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度。B点为A、C的中间时刻，AC间位移为x2，时间间隔为2T；则
（4）根据逐差法可知
B点是AC的中间时刻点，则有
此时向心加速度
【分析】（1）安装器材时，需先调整滑轮使细线与木板平行，确保小车受力方向不变；再接通打点计时器电源，待其稳定后释放小车，保证打点起始阶段清晰；
（2）小车启动时速度较小，点迹间距会随加速逐渐增大。观察图2，左端相邻点间距较小，右端间距较大，说明左端先被打点，故左端与小车相连；
（3）匀变速直线运动中，某点瞬时速度可用相邻两点间的平均速度近似。B点为A、C的中间时刻，其速度等于A到C的总位移除以对应时间间隔；
（4）通过纸带上相邻计数点的位移差计算切向加速度，反映速度变化快慢；向心加速度需利用B点的瞬时速度（由平均速度求得）结合圆盘半径计算，注意时间间隔与线速度的关系。
（1）实验步骤中，首先调整滑轮位置使细线与木板平行，确保力的方向正确；接着接通打点计时器电源，让计时器先工作；最后释放小车。故顺序为CBA；
（2）小车做匀加速直线运动时，速度越来越大，纸带上点间距逐渐增大。图2中纸带左端间距小，右端间距大，说明纸带左端与小车相连。
（3）根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度。B点为A、C的中间时刻，AC间位移为x2，时间间隔为2T；则
（4）[1]根据逐差法可知
[2]B点是AC的中间时刻点，则有
此时向心加速度
15．小明发现白炽灯泡在开灯瞬间最容易损坏，猜想可能是在开灯瞬间灯丝的温度较低，导致电阻比正常工作时小。为了证实自己的猜想，通过设计实验进行验证：
（1）实验一：通过实验，研究灯泡的伏安特性，并测出该灯泡的电压与通过它的电流关系，描绘如图所示，在实验过程中，电阻的横截面积和长度保持不变，依据图像分析：
①电阻阻值为R，其材料电阻率为，由图可知，随着电阻两端的电压增大，则　 　
A.R增大，增大 B.R减小，减小
C.R增大，不变 D.R减小，不变
②根据图像分析，当灯泡两端电压为1.8V时，该灯泡的功率为　 　W（结果保留两位有效数字）。
③根据I-U图像，推测该实验电路为　 　。
A. B.
C. D.
（2）实验二：设计了利用两恒压源、不计内阻的电流表和一额定电压36V，额定功率40W的灯来认证，电路如图所示。
第一步：断开，闭合，电流表指针偏转，但灯泡不发光。此时灯泡两端的电压是　 　V。
第二步：断开闭合，灯泡正常发光，灯丝温度很高。
第三步：两分钟后再断开并迅速闭合，观察到电流表示数接下来一段时间内变化的情况是　 　，得出灯丝的温度越低，其电阻越小。
A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.保持不变
【答案】（1）A；0.85；C
（2）6；A
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】(1) ① 根据欧姆定律，I-U图像上某点与原点连线的斜率倒数表示电阻。电压增大时，连线斜率减小，电阻R增大；由电阻定律，L、S不变，因此电阻率ρ随温度升高而增大，故选A。
② 由图像读出电压为1.8V时，电流约为0.47A，功率：
③ 实验要求电压从0开始连续变化，滑动变阻器需采用分压式接法；灯泡电阻较小，电流表采用外接法，对应电路C。
(2) ① 断开S2、闭合S1时，电源内阻不计，灯泡两端电压等于电源电动势，大小为6V。
② 灯丝温度高时电阻大，迅速闭合S1后，灯丝温度逐渐降低，电阻逐渐减小，由可知，电流表示数逐渐增大，故选A。
【分析】（1）① 考查伏安特性曲线与电阻、电阻率的关系。根据I-U图像的斜率判断电阻变化，结合电阻定律分析电阻率的变化，灯丝温度随电压升高而升高，电阻率随温度升高而增大。② 考查电功率的计算。从图像中读取对应电压的电流值，由P=UI计算灯泡功率。③ 考查伏安法测电阻的电路选择。电压从零开始调节需用分压式接法，小电阻采用电流表外接法，据此判断电路结构。
（2）① 考查电路的电压规律。电源内阻不计时，灯泡两端电压等于电源电动势。② 考查灯丝电阻与温度的关系。灯丝温度降低时电阻减小，结合欧姆定律判断电流的变化趋势。
（1）①[1]根据欧姆定律可知，I-U图像与原点连线斜率的倒数代表电阻大小，则随着电阻两端的电压增大，则电阻值增大；
根据电阻定律可知，电阻率增大。
故选A。
②[2]当灯泡两端电压为1.8V时，电流为0.47A，电功率为
③[3]电压从0变化起，则滑动变阻器采用分压式接法；灯泡电阻较小，电流表采用外接法。
故选C。
（2）[1]电源、电流表内阻不计，断开，闭合，灯泡两端的电压等于电源电动势，大小为6V；
[2] 灯丝温度很高，电阻变大，两分钟后再断开S2并迅速闭合S1，此时灯泡电阻逐渐减小，根据可知，电流表示数逐渐增大。
故选A。
16．如图所示，在游乐场里有一种滑沙运动。某学生坐在滑板上一起从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来。若人质量，滑板质量，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为，斜坡的倾角（，），斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计且人和滑板未发生相对运动。则：
（1）人和滑板在水平面上滑行时，求加速度a的大小；
（2）人和滑板一起在斜坡上下滑时，求滑板对人的摩擦力大小；
（3）若由于场地的限制，水平滑道BC的最大长度，则斜坡上A、B两点间的距离应不超过多少？
【答案】（1）对人和滑板，根据牛顿第二定律有
得
（2）对人和滑板在斜面上受力分析，根据牛顿第二定律
以人为研究对象，根据牛顿第二定律
解得
（3）到达C点速度恰好为零时，有最大值，
从A到B到C，根据动能定理
解得
故不能超过50m。
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）考查牛顿第二定律在水平滑行阶段的应用。对人和滑板整体受力分析，水平方向只受滑动摩擦力，由牛顿第二定律列式，整体质量可约去，代入动摩擦因数与重力加速度即可求出加速度。
（2）考查连接体的受力分析与牛顿第二定律。先对整体受力分析，求出斜坡上下滑的加速度；再隔离人进行受力分析，人受重力、支持力和摩擦力，沿斜面方向由牛顿第二定律列式，代入加速度即可求出滑板对人的摩擦力。
（3）考查动能定理在多过程运动中的应用。从A到C的全过程，重力做正功，斜坡和水平面上的摩擦力做负功，初末动能均为0，由动能定理列方程，代入已知量即可求解L1的最大值。
（1）对人和滑板，根据牛顿第二定律有
得
（2）对人和滑板在斜面上受力分析，根据牛顿第二定律
以人为研究对象，根据牛顿第二定律
解得
（3）到达C点速度恰好为零时，有最大值，
从A到B到C，根据动能定理
解得
故不能超过50m。
17．如图所示，一游戏装置由倾斜角为a的光滑轨道AB、水平传送带BC、半径为的光滑竖直圆形轨道DEF（左右半圆在最低点略微错开）、倾角为37°斜面GH组成，B、C、D、G四点在同一水平面上。游戏时，小滑块从倾斜轨道不同高度处静止释放，经过传送带后沿圆形轨道运动，最后由G点平抛后落在不同的区间获不同的奖次。已知小滑块质量为，与传送带的动摩擦因数，BC长为，E是圆轨道上与圆心等高的点，G距水平地面HI的高度小滑块经B处时速度大小不变，小滑块可视为质点，其余阻力均不计，传送带开始以的速度逆时针转动求：（已知重力加速度为g）
（1）若小滑块释放的高度，求小滑块通过E点时对轨道的压力大小；
（2）若小滑块释放的高度，求小滑块从G点飞出后与斜面GH的最大垂直距离；
（3）若小滑块释放的高度，同时调节传送带以不同速度顺时针转动，要求小滑块能从G点飞出，求小滑块第一次落点相对G的水平距离x与传送带速度的关系式？
【答案】（1）小滑块从A到E点，根据动能定理有
在E点根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律得小滑块通过E点时对轨道的压力大小为3N。
（2）小滑块从A到G点，根据动能定理有
解得
将E点的速度沿垂直于斜面和平行于斜面分解，当垂直斜面的速度减为0时，离斜面距离最大，则
（3）小滑块从A到B点，根据
解得
在传达带上有
要求小滑块从G点飞出，则需通过F点，即
从C到F点，有
解得
讨论传送带上小滑块全程加速和全程减速对应的传送带速度取值，有，
解得，
考虑到平抛后落在斜面和平面的区别，则满足，
解得，
则可以讨论传送带速度分为以下几个区间：
①若，小滑块与传送带共速，且落在斜面。则
根据
解得
此时
②若，小滑块与传送带共速，且落在水平面上。则
此时
③若，小滑块全程加速，且落在水平面上，则
此时
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）考查动能定理与圆周运动向心力的结合。从释放点到E点，重力做功，传送带摩擦力做功，由动能定理求出E点的速度；在E点轨道的弹力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨道对滑块的支持力，再由牛顿第三定律得到滑块对轨道的压力。
（2）考查平抛运动与斜面的结合，涉及斜抛运动的最远距离。先由动能定理求出滑块到达G点的速度；将速度分解为垂直斜面和平行斜面的分量，垂直斜面方向做类竖直上抛运动，当垂直斜面的速度减为0时，与斜面的垂直距离最大，由运动学公式求解最大距离。
（3）考查传送带问题与平抛运动的综合，需分情况讨论。先由机械能守恒求出滑块到达B点的速度，再结合传送带的加速度，分析滑块在传送带上的运动状态（全程加速、全程减速、共速）；同时结合圆轨道最高点的临界条件，确定能通过圆轨道的最小速度，再根据平抛后落在斜面还是水平面，分区间推导水平距离与传送带速度的关系式。
（1）小滑块从A到E点，根据动能定理有
在E点根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律得小滑块通过E点时对轨道的压力大小为3N。
（2）小滑块从A到G点，根据动能定理有
解得
将E点的速度沿垂直于斜面和平行于斜面分解，当垂直斜面的速度减为0时，离斜面距离最大，则
（3）小滑块从A到B点，根据
解得
在传达带上有
要求小滑块从G点飞出，则需通过F点，即
从C到F点，有
解得
讨论传送带上小滑块全程加速和全程减速对应的传送带速度取值，有，
解得，
考虑到平抛后落在斜面和平面的区别，则满足，
解得，
则可以讨论传送带速度分为以下几个区间：
①若，小滑块与传送带共速，且落在斜面。则
根据
解得
此时
②若，小滑块与传送带共速，且落在水平面上。则
此时
③若，小滑块全程加速，且落在水平面上，则
此时
18．相距为的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为，导轨电阻不计，细杆ab、cd接入电路部分电阻分别为、。整个装置处于磁感应强度大小为、方向竖直向上的匀强磁场中。当ab在平行于水平导轨的拉力F作用下，从静止开始以匀加速运动时，cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动。（ab起动瞬间记为0时刻）求：
（1）力F随时间变化的规律；
（2）经过多长时间cd杆速度达到最大；
（3）经过多长时间cd杆速度减为0；
（4）若ab杆从开始运动到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做了的功，求该过程中，ab杆所产生的焦耳热？
【答案】（1）对ab杆，根据牛顿第二定律得
又
可得
（2）对cd杆，根据牛顿第二定律得
可得
当时，速度最大，解得
（3）由
可知内cd杆做加速度逐渐减小的加速运动，根据对称性可知内cd杆做加速度逐渐增大的减速运动，在时，cd杆速度减为0。
（4）cd杆达到最大速度时，ab杆的速度为
ab杆运动的位移
对ab棒由动能定理得
解得
由功能关系得
则ab杆所产生的焦耳热为
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）考查电磁感应与牛顿第二定律的结合。ab杆匀加速运动，速度随时间变化，切割磁感线产生感应电动势，进而得到感应电流和安培力；对ab杆受力分析，由牛顿第二定律列式，将安培力用时间表示，整理得到F与时间的关系式。
（2）考查cd杆的动态平衡与速度最大值的条件。对cd杆受力分析，竖直方向受重力、摩擦力，水平方向受安培力的弹力；安培力随时间增大，摩擦力随安培力增大而增大，cd杆的加速度逐渐减小，当加速度为0时速度最大，由加速度为0的条件求解时间。
（3）考查cd杆的运动对称性。cd杆的加速度随时间线性变化，加速阶段和减速阶段具有对称性，速度最大的时间与减速到0的时间相等，据此推导速度减为0的时间。
（4）考查动能定理与能量守恒，涉及焦耳热的分配。先求出cd杆速度最大时ab杆的速度和位移；对ab杆由动能定理求出安培力做的功，安培力做功的绝对值等于回路总焦耳热；再根据两杆的电阻之比，求出ab杆产生的焦耳热。
（1）对ab杆，根据牛顿第二定律得
又
可得
（2）对cd杆，根据牛顿第二定律得
可得
当时，速度最大，解得
（3）由
可知内cd杆做加速度逐渐减小的加速运动，根据对称性可知内cd杆做加速度逐渐增大的减速运动，在时，cd杆速度减为0。
（4）cd杆达到最大速度时，ab杆的速度为
ab杆运动的位移
对ab棒由动能定理得
解得
由功能关系得
则ab杆所产生的焦耳热为
19．如图，一对长平行栅极板（粒子可无碰撞进出）水平放置，极板外存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，极板与电压可调的电源相连，正极板上O点处的粒子源垂直极板向上发射带正电的粒子束，速度为，单个粒子的质量为m、电荷量为q，一足够长的挡板OM与正极板成倾斜放置，用于吸收打在其上的粒子，C、P是负极板上的两点，C点位于O点的正上方，C点右侧P点处放置一粒子靶（忽略靶的大小），用于接收从上方打入的粒子，CP长度为，忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用及粒子所受重力。。
（1）若粒子经电场一次加速后正好打在P点处的粒子靶上，求粒子在磁场中的速度大小和可调电源电压的大小；
（2）调整电压的大小，使粒子不能打在挡板OM上，求电压的最小值；
（3）若粒子靶放置在C点右侧距离C点x处，电源可以提供从零开始连续增加的电压，每个粒子对应的加速电压恒定，求当粒子靶能接收到种能量的粒子时，x的取值范围。
【答案】（1）粒子在磁场中做圆周运动，则半径
由
解得
从O点射出的粒子在板间被加速，则
解得
（2）当电压有最小值时，当粒子穿过下面的正极板后，圆轨道与挡板OM相切，此时粒子恰好不能打到挡板上，则
从O点射出的粒子在板间被加速，则
粒子在负极板上方的磁场中做圆周运动
粒子从负极板传到正极板时速度仍减小到，则
由几何关系可知
联立解得，
（3）结合（2）分析可知，当粒子经上方磁场再进入下方磁场时，轨迹与挡板相切时，粒子运动轨迹半径分别为，则
①当粒子在下方区域磁场的运动轨迹正好与OM相切，再进入上方磁场区域做圆周运动，轨迹与负极板的交点记为，当增大两极板的电压，粒子在上方磁场中恰好运动到点时，粒子靶恰好能够接收2种能量的粒子，此时点为距C点最近的位置，是接收2种能量的粒子的起点，运动轨迹如图所示
由几何关系可得
②同理可知当粒子靶接收3种能量的粒子的运动轨迹如图所示
第③个粒子经过下方磁场时轨迹与MN相切，记该粒子经过后再次进入上方磁场区域运动时轨迹与负极板的交点为，则该点为接收两种粒子的终点，同时也是接收3种粒子的起点。由几何关系可得
可知，粒子靶接收n种、种粒子的起点（即粒子靶接收n种粒子的起点与终点）始终相距
当粒子靶接收n种能量的粒子时，有以下关系式，。
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）考查带电粒子的电场加速与磁场圆周运动。粒子在磁场中做圆周运动，打在P点时轨道直径等于CP的长度，由此得到轨道半径，由洛伦兹力提供向心力求出速度v1；再由动能定理，电场力做功等于动能增量，求解电源电压U0。
（2）考查带电粒子在磁场中运动的临界问题。粒子不能打在挡板上的临界情况是粒子的运动轨迹与挡板相切，结合几何关系求出此时的轨道半径，进而得到对应的速度；再由动能定理求出对应的加速电压，即为最小电压。
（3）考查多过程圆周运动的多解问题。粒子可多次经过电场加速和磁场偏转，不同加速次数对应不同的轨道半径和能量；结合轨迹与挡板相切的临界条件，推导出接收n种能量粒子时，靶的位置x的取值范围，需结合几何递推规律得到通式。
（1）粒子在磁场中做圆周运动，则半径
由
解得
从O点射出的粒子在板间被加速，则
解得
（2）当电压有最小值时，当粒子穿过下面的正极板后，圆轨道与挡板OM相切，此时粒子恰好不能打到挡板上，则
从O点射出的粒子在板间被加速，则
粒子在负极板上方的磁场中做圆周运动
粒子从负极板传到正极板时速度仍减小到，则
由几何关系可知
联立解得，
（3）结合（2）分析可知，当粒子经上方磁场再进入下方磁场时，轨迹与挡板相切时，粒子运动轨迹半径分别为，则
①当粒子在下方区域磁场的运动轨迹正好与OM相切，再进入上方磁场区域做圆周运动，轨迹与负极板的交点记为，当增大两极板的电压，粒子在上方磁场中恰好运动到点时，粒子靶恰好能够接收2种能量的粒子，此时点为距C点最近的位置，是接收2种能量的粒子的起点，运动轨迹如图所示
由几何关系可得
②同理可知当粒子靶接收3种能量的粒子的运动轨迹如图所示
第③个粒子经过下方磁场时轨迹与MN相切，记该粒子经过后再次进入上方磁场区域运动时轨迹与负极板的交点为，则该点为接收两种粒子的终点，同时也是接收3种粒子的起点。由几何关系可得
可知，粒子靶接收n种、种粒子的起点（即粒子靶接收n种粒子的起点与终点）始终相距
当粒子靶接收n种能量的粒子时，有以下关系式，。
1 / 1浙江省G5联盟2025-2026学年高二上学期11月期中物理试题
1．新推出电动汽车铁锂电池，能量密度可达0.5kW·h/g，寿命长达8年或120万公里，其中“kW·h/g”用国际单位制中的基本单位可表示为（　　）
A．Ws/kg B．Nm/kg C． D．CV/kg
2．如图所示，列车从某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到72km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近（　　）
A． B． C． D．
3．书法课上，某同学写“力”字时，笔尖的轨迹如图中带箭头的实线所示。笔尖由a点经b点回到a点，则（　　）
A．该过程位移为0 B．笔尖的合外力始终不变
C．前后两次过a点时速度方向相同 D．两次过a点时摩擦力方向相同
4．某小山坡的等高线如图，M表示山顶，是同一等高线上两点，分别是沿左、右坡面的直滑道。山顶的小球沿滑道从静止滑下，不考虑阻力，则（　　）
A．小球沿运动的加速度比沿的大
B．小球分别运动到点时速度大小不同
C．若把等高线看成某静电场的等势线，则A点电场强度比B点大
D．若把等高线看成某静电场的等势线，则右侧电势比左侧降落得快
5．2025年4月，我国已成功构建国际首个基于DRO（远距离逆行轨道）的地月空间三星星座。若卫星甲从DRO变轨进入环月椭圆轨道，该轨道的近月点和远月点距月球表面的高度分别为a和b，卫星的运行周期为T；卫星乙从DRO变轨进入半径为r的环月圆形轨道，周期也为T。月球的质量为M，半径为R，引力常量为G。假设只考虑月球对甲、乙的引力，则（　　）
A． B． C． D．
6．如图甲所示，有两互相垂直动摩擦因数为的水平传送带，物块以的速度从一传送带垂直滑向另一速度大小为的传送带上，并最终与传送带共速，情景简化成乙图所示。则物块从滑上的传送带到共速的过程中，以地面为参考系，下列说法正确的是（　　）
A．物块速度一直减小 B．物块运动过程中最小速度是
C．物块做匀变速曲线运动 D．物块加速度大小为
7．大学校园里有很多电动快递车。某电动快递车标有信息：车自身质量恒为500kg，电池额定容量为，电池额定输出功率。行驶时电池能量90%用于驱动，车行驶受到的阻力恒为1000N，理论续航里程约为160km。现有国家电网的充电桩可在电池额定容量的30%~80%之间应用快充技术（500V，50A）充电，不计充电能量损耗。下列说法正确的是（　　）
A．当汽车电池剩余电量为额定值的30%时，汽车还能行驶54km
B．用国家电网充电桩将电池容量从额定值的30%充到80%，理论上需要3.125h
C．若电动快递车行驶时持续开启空调（额外增加负载），其理论续航里程仍保持160km
D．汽车以的加速度在直线车道匀加速启动，当达到额定功率值时，加速的位移大小为5m
8．如图，水平向右的匀强电场中有a、b两个可视为质点的带电小球，小球所带电荷量的大小相同、电性未知。现将两小球用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为，且，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．若同时剪断两根细绳，则a、b两球一定同时落地
B．若同时剪断两根细绳，则a球落地的重力功率小于b球
C．若a、b电性相反，则a球的质量一定小于b球的质量
D．若a、b电性相反，则a球受到的静电力小于b球受到的静电力
9．如图所示，形成拓扑结构的莫比乌斯环，连接后，纸环边缘的铜丝形成闭合回路，纸环围合部分可近似半径为R的扁平圆柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域垂直其底面穿过，磁场区域的边界是半径为r的圆（）。若磁感应强度大小B随时间t的变化的图像如图所示，则回路中产生的感应电动势大小为（　　）
A．0 B． C． D．
10．在现代研究受控热核反应的实验中，需要把高温等离子体限制在一定空间区域内，磁约束就成了必不可少的技术。如图所示，科学家设计了一种中间弱两端强的磁场，该磁场由两侧通有等大同向电流的线圈产生。假定一带正电的粒子（不计重力）从左端附近以斜向纸内的速度进入该磁场，其运动轨迹为图示的螺旋线（未全部画出）。此后，该粒子将被约束在左右两端之间来回运动。根据上述信息并结合所学知识，下列说法正确的是（　　）
A．从最左端到最右端的过程中，螺旋线的半径逐渐增大
B．从最左端到最右端的过程中，粒子的动能先增大后减小
C．从最左端到最右端的过程中，粒子运动轨迹的螺距先变小后变大
D．从最右端返回时，粒子在垂直磁瓶轴线的速度分量最大
11．对以下图中物理事实或现象理解正确的是（　　）
A．图甲中的避雷针应用金属导体制作
B．图乙中话筒线的金属网线利用静电感应增强信号传输效率
C．根据图丙可以求出电容器放电前的带电电荷量
D．图丁中晶体二极管的正向电阻随电压增大而增大，反向电阻随电压增大而减小
12．如图甲所示为倾斜的传送带，正以恒定的速度v，沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一质量的物块以初速度从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，物块到传送带顶端的速度恰好为零其运动的v-t图像如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）
A．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
B．物块上滑过程在传送带上留下的痕迹长度为16m
C．物块上滑过程与传送带间由于摩擦而产生的热量为64J
D．2~4s这段时间内电机因传送带放上物块而多消耗的电能为32J
13．如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，以下说法正确的是（　　）
A．粒子在左侧磁场中运动的半径
B．粒子一个周期内在左边磁场运动的时间
C．粒子一个周期内在右边磁场运动的时间
D．粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距
14．利用打点计时器研究匀变速直线运动的规律，实验装置如图1所示。
（1）按照图1安装好器材，下列实验步骤正确的操作顺序为　 　（填各实验步骤前的字母）。
A：释放小车
B：接通打点计时器的电源
C：调整滑轮位置，使细线与木板平行
（2）实验中打出的一条纸带如图2所示，为依次选取的三个计数点（相邻计数点间有4个点未画出），可以判断纸带的　 　（填“左端”或“右端”）与小车相连。
（3）图2中相邻计数点间的时间间隔为T，则打B点时小车的速度　 　。
（4）某同学用打点计时器来研究圆周运动。如图3所示，将纸带的一端固定在圆盘边缘处的M点，另一端穿过打点计时器。实验时圆盘从静止开始转动，选取部分纸带如图4所示。相邻计数点间的时间间隔为，圆盘半径。则这部分纸带通过打点计时器的加速度大小为　 　；打点计时器打B点时圆盘上M点的向心加速度大小为　 　。（结果均保留两位有效数字）
15．小明发现白炽灯泡在开灯瞬间最容易损坏，猜想可能是在开灯瞬间灯丝的温度较低，导致电阻比正常工作时小。为了证实自己的猜想，通过设计实验进行验证：
（1）实验一：通过实验，研究灯泡的伏安特性，并测出该灯泡的电压与通过它的电流关系，描绘如图所示，在实验过程中，电阻的横截面积和长度保持不变，依据图像分析：
①电阻阻值为R，其材料电阻率为，由图可知，随着电阻两端的电压增大，则　 　
A.R增大，增大 B.R减小，减小
C.R增大，不变 D.R减小，不变
②根据图像分析，当灯泡两端电压为1.8V时，该灯泡的功率为　 　W（结果保留两位有效数字）。
③根据I-U图像，推测该实验电路为　 　。
A. B.
C. D.
（2）实验二：设计了利用两恒压源、不计内阻的电流表和一额定电压36V，额定功率40W的灯来认证，电路如图所示。
第一步：断开，闭合，电流表指针偏转，但灯泡不发光。此时灯泡两端的电压是　 　V。
第二步：断开闭合，灯泡正常发光，灯丝温度很高。
第三步：两分钟后再断开并迅速闭合，观察到电流表示数接下来一段时间内变化的情况是　 　，得出灯丝的温度越低，其电阻越小。
A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.保持不变
16．如图所示，在游乐场里有一种滑沙运动。某学生坐在滑板上一起从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来。若人质量，滑板质量，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为，斜坡的倾角（，），斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计且人和滑板未发生相对运动。则：
（1）人和滑板在水平面上滑行时，求加速度a的大小；
（2）人和滑板一起在斜坡上下滑时，求滑板对人的摩擦力大小；
（3）若由于场地的限制，水平滑道BC的最大长度，则斜坡上A、B两点间的距离应不超过多少？
17．如图所示，一游戏装置由倾斜角为a的光滑轨道AB、水平传送带BC、半径为的光滑竖直圆形轨道DEF（左右半圆在最低点略微错开）、倾角为37°斜面GH组成，B、C、D、G四点在同一水平面上。游戏时，小滑块从倾斜轨道不同高度处静止释放，经过传送带后沿圆形轨道运动，最后由G点平抛后落在不同的区间获不同的奖次。已知小滑块质量为，与传送带的动摩擦因数，BC长为，E是圆轨道上与圆心等高的点，G距水平地面HI的高度小滑块经B处时速度大小不变，小滑块可视为质点，其余阻力均不计，传送带开始以的速度逆时针转动求：（已知重力加速度为g）
（1）若小滑块释放的高度，求小滑块通过E点时对轨道的压力大小；
（2）若小滑块释放的高度，求小滑块从G点飞出后与斜面GH的最大垂直距离；
（3）若小滑块释放的高度，同时调节传送带以不同速度顺时针转动，要求小滑块能从G点飞出，求小滑块第一次落点相对G的水平距离x与传送带速度的关系式？
18．相距为的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为，导轨电阻不计，细杆ab、cd接入电路部分电阻分别为、。整个装置处于磁感应强度大小为、方向竖直向上的匀强磁场中。当ab在平行于水平导轨的拉力F作用下，从静止开始以匀加速运动时，cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动。（ab起动瞬间记为0时刻）求：
（1）力F随时间变化的规律；
（2）经过多长时间cd杆速度达到最大；
（3）经过多长时间cd杆速度减为0；
（4）若ab杆从开始运动到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做了的功，求该过程中，ab杆所产生的焦耳热？
19．如图，一对长平行栅极板（粒子可无碰撞进出）水平放置，极板外存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，极板与电压可调的电源相连，正极板上O点处的粒子源垂直极板向上发射带正电的粒子束，速度为，单个粒子的质量为m、电荷量为q，一足够长的挡板OM与正极板成倾斜放置，用于吸收打在其上的粒子，C、P是负极板上的两点，C点位于O点的正上方，C点右侧P点处放置一粒子靶（忽略靶的大小），用于接收从上方打入的粒子，CP长度为，忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用及粒子所受重力。。
（1）若粒子经电场一次加速后正好打在P点处的粒子靶上，求粒子在磁场中的速度大小和可调电源电压的大小；
（2）调整电压的大小，使粒子不能打在挡板OM上，求电压的最小值；
（3）若粒子靶放置在C点右侧距离C点x处，电源可以提供从零开始连续增加的电压，每个粒子对应的加速电压恒定，求当粒子靶能接收到种能量的粒子时，x的取值范围。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】A. W是功率的导出单位，不属于国际单位制基本单位，不符合要求。
B. N是力的导出单位，不属于国际单位制基本单位，不符合要求。
C. kW·h是能量单位，；g是质量单位，换算为kg后，能量密度的单位可推导为：，m、s均为国际单位制基本单位，符合要求。
D. C、V均为电学导出单位，不属于国际单位制基本单位，不符合要求。
故答案为：C
【分析】考查国际单位制中基本单位与导出单位的换算。先明确kW·h是能量单位、g是质量单位，将能量单位通过功的公式拆解为基本单位组合，再将质量单位换算为基本单位kg，逐一判断各选项的单位是否均为基本单位、推导是否正确。
2．【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】先将速度单位换算为国际单位制：。高中生的质量约为50 kg，列车对学生的作用力做功等于学生动能的增加量。由动能定理得：
故答案为：B
【分析】考查动能定理的应用与物理量估算。先将速度换算为国际单位，结合高中生的常见质量取值，根据动能定理，列车对学生做的功等于学生动能的增量，代入数值计算后与选项对比即可。
3．【答案】A
【知识点】位移与路程；曲线运动；静摩擦力
【解析】【解答】A. 位移是从初位置指向末位置的有向线段，笔尖初位置和末位置都是a点，因此该过程位移为0，该选项正确。
B. 笔尖的运动轨迹是曲线，曲线运动中合外力指向轨迹的凹侧，运动过程中轨迹凹侧方向不断变化，因此合外力方向会发生改变，合外力不是始终不变，该选项错误。
C. 速度方向沿轨迹的切线方向，前后两次经过a点时，轨迹的切线方向不同，因此速度方向不同，该选项错误。
D. 滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，两次经过a点时笔尖的速度方向不同，因此摩擦力方向也不同，该选项错误。
故答案为：A
【分析】本题考查位移的定义、曲线运动的速度与受力特点、摩擦力方向的判断。位移只与初末位置有关，初末位置重合则位移为零；曲线运动的速度方向沿轨迹切线方向，合外力指向轨迹凹侧，运动过程中速度和受力方向都会发生变化；滑动摩擦力方向与物体相对运动方向相反，速度方向改变则摩擦力方向随之改变。
4．【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律；电场强度；电场线；电势
【解析】【解答】A. 等高线越密集，坡面倾角越大。由牛顿第二定律，得加速度。MB侧等高线更密集，坡面倾角更大，因此小球沿MB运动的加速度更大，该选项错误。
B. A、B两点在同一等高线上，小球下落的高度相同，运动过程只有重力做功，机械能守恒。由可知，小球到达A、B两点时的速度大小相等，该选项错误。
C. 等势线的疏密程度反映电场强度的大小，等势线越密集，电场强度越大。B处等势线更密集，因此B点电场强度大于A点，该选项错误。
D. 电场强度越大，沿电场方向电势降落越快。右侧等势线更密集，电场强度更大，因此右侧电势比左侧降落得快，该选项正确。
故答案为：D
【分析】本题结合等高线模型，考查力学中的牛顿运动定律、机械能守恒，以及电场中等势线与电场强度的关系。对于力学部分，等高线的疏密对应坡面倾角的大小，倾角越大，沿斜面的加速度越大；同一等高线对应下落高度相同，机械能守恒下末速度大小相等。对于电场部分，等势线的疏密对应电场强度的大小，等势线越密电场强度越大，电势沿电场方向降落的速率也越快。
5．【答案】C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】AB. 根据开普勒第三定律，绕同一中心天体运动的天体，轨道半长轴的三次方与周期平方的比值为定值。椭圆轨道的半长轴为近月点、远月点到球心距离的平均值，即。两卫星周期相同，因此：，解得，故AB错误。
CD. 对环月圆轨道的卫星，万有引力提供向心力：，整理得月球质量，故C正确，D错误。
故答案为：C
【分析】考查开普勒第三定律与万有引力定律的应用，涉及椭圆轨道半长轴的计算。首先明确椭圆轨道半长轴是近月点、远月点到月球球心距离的平均值，结合开普勒第三定律推导圆轨道半径；再根据万有引力提供向心力，推导月球质量的表达式，逐一判断选项。
6．【答案】C
【知识点】曲线运动；牛顿运动定律的应用—传送带模型；运动的合成与分解
【解析】【解答】物块滑上传送带后，受到的滑动摩擦力大小为，方向与物块相对于传送带的速度方向相反，保持不变。
由牛顿第二定律，物块的加速度大小，加速度恒定不变。
物块初速度与加速度方向不在同一直线上，且加速度恒定，因此物块做匀变速曲线运动。
将物块的速度分解为x方向（沿传送带运动方向）和y方向（沿传送带运动方向）：
y方向：初速度为，加速度沿y轴负方向，速度先减小；x方向：初速度为0，加速度沿x轴正方向，速度逐渐增大。当速度方向与摩擦力方向垂直时，物块的速度达到最小值，之后速度又逐渐增大，最终与传送带共速。
A. 物块速度先减小后增大，不是一直减小，该选项错误。
B. 以传送带为参考系，物块初速度大小为。设相对速度与y轴夹角为，则，。地面参考系中最小速度，不是，该选项错误。
C. 物块加速度大小和方向都恒定，且初速度与加速度不共线，因此做匀变速曲线运动，该选项正确。
D. 物块加速度大小为，不是，该选项错误。
故答案为：C
【分析】本题考查传送带上的曲线运动问题，涉及滑动摩擦力、匀变速曲线运动的判断与速度分析。物块相对于传送带运动时，滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，大小恒定，因此加速度恒定；当加速度与速度方向夹角为钝角时物体减速，夹角为锐角时加速，夹角为90°时速度最小。加速度恒定的曲线运动为匀变速曲线运动。
7．【答案】D
【知识点】功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】A. 电池总能量对应续航里程160km，剩余30%电量时，可行驶距离，故A错误。
B. 充电的能量为：，充电功率，充电时间：，故B错误。
C. 开启空调会额外消耗电能，用于驱动车辆的能量减少，因此理论续航里程小于160km，故C错误。
D. 匀加速启动时，由牛顿第二定律，代入数据得：
达到额定功率时，速度v满足，解得：
由运动学公式，得位移：，故D正确。
故答案为：D
【分析】考查电能与机械能的转化、功率公式与匀变速直线运动的结合，涉及能量守恒的应用。根据剩余电量比例可计算剩余续航里程；由充电功率和充电能量可计算充电时间；额外负载会消耗电能，导致续航里程缩短；匀加速启动过程中，结合牛顿第二定律与功率公式求出额定功率对应的速度，再由运动学公式计算位移，逐一判断选项。
8．【答案】A
【知识点】自由落体运动；功率及其计算；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A. 同时剪断细绳后，两球竖直方向只受重力，做自由落体运动，下落高度相同。由可知，两球运动时间相同，一定同时落地，故A正确。
BCD. 若a、b电性相反，两球间为库仑引力，结合匀强电场的电场力，只有a带负电、b带正电时才能平衡。两球间的库仑力是相互作用力，大小相等，因此两球水平方向的合力F 大小相等。由平衡条件：
，因α<β，故。落地时竖直速度相同，重力功率，因此a球的重力功率更大。综上BCD错误。
故答案为：A
【分析】考查带电小球在电场中的平衡、自由落体运动与重力功率的判断，涉及库仑力的相互性。剪断细绳后竖直方向均为自由落体运动，由下落高度可判断落地时间；根据平衡条件推导质量与偏角的关系，结合重力功率公式分析功率大小；库仑力是相互作用力，两球受到的静电力大小相等，据此逐一分析选项。
9．【答案】C
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】莫比乌斯环的铜丝构成2匝串联的闭合线圈，穿过线圈的磁场仅分布在半径为r的区域内，因此有效面积。根据法拉第电磁感应定律，感应电动势：，代入n=2、=B0、=T、S=πr2，得：
故答案为：C
【分析】考查法拉第电磁感应定律的应用，涉及线圈匝数与有效面积的判断。莫比乌斯环的拓扑结构使铜丝形成2匝线圈，磁场仅覆盖半径为r的区域，因此有效面积为πr2，结合法拉第电磁感应定律代入数值计算即可。
10．【答案】D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】AB. 洛伦兹力始终与速度方向垂直，不做功，因此粒子动能保持不变，合速度大小不变。从左端到右端，磁感应强度先减小后增大，由得轨道半径，因此螺旋线半径先增大后减小，故AB错误。
C. 粒子沿轴线方向的速度分量v∥决定螺距，圆周运动周期，螺距。从左端到右端，磁感应强度先减小后增大，周期T先增大后减小；同时轴向速度分量v∥先增大后减小（垂直轴线的速度分量先减小后增大），因此螺距先变大后变小，故C错误。
D. 粒子合速度大小不变，从最右端返回时，沿轴线方向的速度分量为0，因此垂直磁瓶轴线的速度分量达到最大，故D正确。
故答案为：D
【分析】考查带电粒子在非均匀磁场中的运动，涉及洛伦兹力的做功特点、轨道半径与螺距的变化规律。洛伦兹力不做功，粒子动能不变；轨道半径与磁感应强度成反比，结合磁场强弱变化可判断半径变化；螺距由轴向速度分量与圆周运动周期共同决定，结合二者的变化可判断螺距变化；根据速度的分解可判断垂直轴线分量的极值情况，逐一分析选项。
11．【答案】A,C
【知识点】电容器及其应用；静电的防止与利用；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线
【解析】【解答】A. 避雷针的作用是将雷电电流导入大地，需要用导电性良好的金属导体制作，故A正确。
B. 话筒线的金属网线起到静电屏蔽作用，减弱外界电场对传输信号的干扰，而非利用静电感应增强信号，故B错误。
C. i-t图像与时间轴围成的面积表示电荷量，因此根据图丙的放电电流图像可以求出电容器放电前的总电荷量，故C正确。
D. 二极管是非线性元件，I-U图像斜率的倒数表示电阻。正向电压增大时，图像斜率增大，电阻减小；反向电压增大时，反向电流极小，电阻极大，故D错误。
故答案为：AC
【分析】考查静电屏蔽、电容器放电的i-t图像、二极管的伏安特性等静电与电路常识。避雷针利用导体的导电性实现防雷；金属网线的作用是静电屏蔽；i-t图像的面积对应电荷量；二极管的正向电阻随电压升高而减小，结合各物理原理逐一分析选项。
12．【答案】A,D
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A. 由v-t图像可知，0~2s内物块加速度大小。此阶段物块速度大于传送带速度，摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律：，代入数据解得μ=0.5，故A正确。
B. 0~2s内，物块位移，传送带位移，相对位移；2~4s内，物块速度小于传送带速度，摩擦力沿斜面向上，加速度大小，物块位移，传送带位移，相对位移。两段相对位移方向相反，痕迹长度取最大相对位移20m，故B错误。
C. 摩擦生热等于摩擦力与总相对路程的乘积：
代入数据得，故C错误。
D. 2~4s内，物块动能减少量，重力势能增加量，摩擦生热。
由能量守恒，电机多消耗的电能，代入得，故D正确。
故答案为：AD
【分析】考查倾斜传送带的动力学分析、摩擦生热与能量守恒，结合v-t图像分析运动过程。根据v-t图像的斜率求加速度，分阶段对物块受力分析，由牛顿第二定律求动摩擦因数；分别计算物块与传送带的位移，得到相对位移，痕迹长度取最大相对位移；摩擦生热由摩擦力与相对路程的乘积计算；结合能量守恒分析电机多消耗的电能，逐一判断选项。
13．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A. 粒子在左侧磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力：，解得，故A错误。
BC. o点到MN的距离，结合几何关系可知，粒子从MN射出时，速度方向与MN的夹角θ=60°。粒子在左侧磁场中运动的圆心角为240°，运动时间：
粒子进入右侧磁场时速度大小不变，磁感应强度为2B，轨道半径，运动的圆心角为120°，运动时间：，故BC正确。
D. 第一次和第二次经过PQ的位置间距：，故D错误。
故答案为：BC
【分析】考查带电粒子在双磁场区域的圆周运动，涉及几何关系与运动周期的计算。根据洛伦兹力提供向心力分别求出两个磁场中的轨道半径；结合入射点到边界的距离，由几何关系确定速度偏转角和圆心角，进而计算粒子在磁场中的运动时间；再由几何关系计算两次经过边界的位置间距，逐一分析选项。
14．【答案】（1）CBA
（2）左端
（3）
（4）0.81；
【知识点】加速度；探究小车速度随时间变化的规律；向心加速度；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1）安装好器材后，首先调整滑轮位置，使细线与木板平行，保证小车受力沿木板方向，对应步骤C；之后接通打点计时器的电源，待打点稳定，对应步骤B；最后释放小车，对应步骤A。操作顺序为CBA。
（2）车刚开始运动速度较小，纸带上打出的点间距小，随着小车加速，相邻点之间距离逐渐变大。纸带左端点间距更小，点迹更密集，因此纸带的左端与小车相连。
（3）根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度。B点为A、C的中间时刻，AC间位移为x2，时间间隔为2T；则
（4）根据逐差法可知
B点是AC的中间时刻点，则有
此时向心加速度
【分析】（1）安装器材时，需先调整滑轮使细线与木板平行，确保小车受力方向不变；再接通打点计时器电源，待其稳定后释放小车，保证打点起始阶段清晰；
（2）小车启动时速度较小，点迹间距会随加速逐渐增大。观察图2，左端相邻点间距较小，右端间距较大，说明左端先被打点，故左端与小车相连；
（3）匀变速直线运动中，某点瞬时速度可用相邻两点间的平均速度近似。B点为A、C的中间时刻，其速度等于A到C的总位移除以对应时间间隔；
（4）通过纸带上相邻计数点的位移差计算切向加速度，反映速度变化快慢；向心加速度需利用B点的瞬时速度（由平均速度求得）结合圆盘半径计算，注意时间间隔与线速度的关系。
（1）实验步骤中，首先调整滑轮位置使细线与木板平行，确保力的方向正确；接着接通打点计时器电源，让计时器先工作；最后释放小车。故顺序为CBA；
（2）小车做匀加速直线运动时，速度越来越大，纸带上点间距逐渐增大。图2中纸带左端间距小，右端间距大，说明纸带左端与小车相连。
（3）根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度。B点为A、C的中间时刻，AC间位移为x2，时间间隔为2T；则
（4）[1]根据逐差法可知
[2]B点是AC的中间时刻点，则有
此时向心加速度
15．【答案】（1）A；0.85；C
（2）6；A
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】(1) ① 根据欧姆定律，I-U图像上某点与原点连线的斜率倒数表示电阻。电压增大时，连线斜率减小，电阻R增大；由电阻定律，L、S不变，因此电阻率ρ随温度升高而增大，故选A。
② 由图像读出电压为1.8V时，电流约为0.47A，功率：
③ 实验要求电压从0开始连续变化，滑动变阻器需采用分压式接法；灯泡电阻较小，电流表采用外接法，对应电路C。
(2) ① 断开S2、闭合S1时，电源内阻不计，灯泡两端电压等于电源电动势，大小为6V。
② 灯丝温度高时电阻大，迅速闭合S1后，灯丝温度逐渐降低，电阻逐渐减小，由可知，电流表示数逐渐增大，故选A。
【分析】（1）① 考查伏安特性曲线与电阻、电阻率的关系。根据I-U图像的斜率判断电阻变化，结合电阻定律分析电阻率的变化，灯丝温度随电压升高而升高，电阻率随温度升高而增大。② 考查电功率的计算。从图像中读取对应电压的电流值，由P=UI计算灯泡功率。③ 考查伏安法测电阻的电路选择。电压从零开始调节需用分压式接法，小电阻采用电流表外接法，据此判断电路结构。
（2）① 考查电路的电压规律。电源内阻不计时，灯泡两端电压等于电源电动势。② 考查灯丝电阻与温度的关系。灯丝温度降低时电阻减小，结合欧姆定律判断电流的变化趋势。
（1）①[1]根据欧姆定律可知，I-U图像与原点连线斜率的倒数代表电阻大小，则随着电阻两端的电压增大，则电阻值增大；
根据电阻定律可知，电阻率增大。
故选A。
②[2]当灯泡两端电压为1.8V时，电流为0.47A，电功率为
③[3]电压从0变化起，则滑动变阻器采用分压式接法；灯泡电阻较小，电流表采用外接法。
故选C。
（2）[1]电源、电流表内阻不计，断开，闭合，灯泡两端的电压等于电源电动势，大小为6V；
[2] 灯丝温度很高，电阻变大，两分钟后再断开S2并迅速闭合S1，此时灯泡电阻逐渐减小，根据可知，电流表示数逐渐增大。
故选A。
16．【答案】（1）对人和滑板，根据牛顿第二定律有
得
（2）对人和滑板在斜面上受力分析，根据牛顿第二定律
以人为研究对象，根据牛顿第二定律
解得
（3）到达C点速度恰好为零时，有最大值，
从A到B到C，根据动能定理
解得
故不能超过50m。
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）考查牛顿第二定律在水平滑行阶段的应用。对人和滑板整体受力分析，水平方向只受滑动摩擦力，由牛顿第二定律列式，整体质量可约去，代入动摩擦因数与重力加速度即可求出加速度。
（2）考查连接体的受力分析与牛顿第二定律。先对整体受力分析，求出斜坡上下滑的加速度；再隔离人进行受力分析，人受重力、支持力和摩擦力，沿斜面方向由牛顿第二定律列式，代入加速度即可求出滑板对人的摩擦力。
（3）考查动能定理在多过程运动中的应用。从A到C的全过程，重力做正功，斜坡和水平面上的摩擦力做负功，初末动能均为0，由动能定理列方程，代入已知量即可求解L1的最大值。
（1）对人和滑板，根据牛顿第二定律有
得
（2）对人和滑板在斜面上受力分析，根据牛顿第二定律
以人为研究对象，根据牛顿第二定律
解得
（3）到达C点速度恰好为零时，有最大值，
从A到B到C，根据动能定理
解得
故不能超过50m。
17．【答案】（1）小滑块从A到E点，根据动能定理有
在E点根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律得小滑块通过E点时对轨道的压力大小为3N。
（2）小滑块从A到G点，根据动能定理有
解得
将E点的速度沿垂直于斜面和平行于斜面分解，当垂直斜面的速度减为0时，离斜面距离最大，则
（3）小滑块从A到B点，根据
解得
在传达带上有
要求小滑块从G点飞出，则需通过F点，即
从C到F点，有
解得
讨论传送带上小滑块全程加速和全程减速对应的传送带速度取值，有，
解得，
考虑到平抛后落在斜面和平面的区别，则满足，
解得，
则可以讨论传送带速度分为以下几个区间：
①若，小滑块与传送带共速，且落在斜面。则
根据
解得
此时
②若，小滑块与传送带共速，且落在水平面上。则
此时
③若，小滑块全程加速，且落在水平面上，则
此时
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）考查动能定理与圆周运动向心力的结合。从释放点到E点，重力做功，传送带摩擦力做功，由动能定理求出E点的速度；在E点轨道的弹力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨道对滑块的支持力，再由牛顿第三定律得到滑块对轨道的压力。
（2）考查平抛运动与斜面的结合，涉及斜抛运动的最远距离。先由动能定理求出滑块到达G点的速度；将速度分解为垂直斜面和平行斜面的分量，垂直斜面方向做类竖直上抛运动，当垂直斜面的速度减为0时，与斜面的垂直距离最大，由运动学公式求解最大距离。
（3）考查传送带问题与平抛运动的综合，需分情况讨论。先由机械能守恒求出滑块到达B点的速度，再结合传送带的加速度，分析滑块在传送带上的运动状态（全程加速、全程减速、共速）；同时结合圆轨道最高点的临界条件，确定能通过圆轨道的最小速度，再根据平抛后落在斜面还是水平面，分区间推导水平距离与传送带速度的关系式。
（1）小滑块从A到E点，根据动能定理有
在E点根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律得小滑块通过E点时对轨道的压力大小为3N。
（2）小滑块从A到G点，根据动能定理有
解得
将E点的速度沿垂直于斜面和平行于斜面分解，当垂直斜面的速度减为0时，离斜面距离最大，则
（3）小滑块从A到B点，根据
解得
在传达带上有
要求小滑块从G点飞出，则需通过F点，即
从C到F点，有
解得
讨论传送带上小滑块全程加速和全程减速对应的传送带速度取值，有，
解得，
考虑到平抛后落在斜面和平面的区别，则满足，
解得，
则可以讨论传送带速度分为以下几个区间：
①若，小滑块与传送带共速，且落在斜面。则
根据
解得
此时
②若，小滑块与传送带共速，且落在水平面上。则
此时
③若，小滑块全程加速，且落在水平面上，则
此时
18．【答案】（1）对ab杆，根据牛顿第二定律得
又
可得
（2）对cd杆，根据牛顿第二定律得
可得
当时，速度最大，解得
（3）由
可知内cd杆做加速度逐渐减小的加速运动，根据对称性可知内cd杆做加速度逐渐增大的减速运动，在时，cd杆速度减为0。
（4）cd杆达到最大速度时，ab杆的速度为
ab杆运动的位移
对ab棒由动能定理得
解得
由功能关系得
则ab杆所产生的焦耳热为
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）考查电磁感应与牛顿第二定律的结合。ab杆匀加速运动，速度随时间变化，切割磁感线产生感应电动势，进而得到感应电流和安培力；对ab杆受力分析，由牛顿第二定律列式，将安培力用时间表示，整理得到F与时间的关系式。
（2）考查cd杆的动态平衡与速度最大值的条件。对cd杆受力分析，竖直方向受重力、摩擦力，水平方向受安培力的弹力；安培力随时间增大，摩擦力随安培力增大而增大，cd杆的加速度逐渐减小，当加速度为0时速度最大，由加速度为0的条件求解时间。
（3）考查cd杆的运动对称性。cd杆的加速度随时间线性变化，加速阶段和减速阶段具有对称性，速度最大的时间与减速到0的时间相等，据此推导速度减为0的时间。
（4）考查动能定理与能量守恒，涉及焦耳热的分配。先求出cd杆速度最大时ab杆的速度和位移；对ab杆由动能定理求出安培力做的功，安培力做功的绝对值等于回路总焦耳热；再根据两杆的电阻之比，求出ab杆产生的焦耳热。
（1）对ab杆，根据牛顿第二定律得
又
可得
（2）对cd杆，根据牛顿第二定律得
可得
当时，速度最大，解得
（3）由
可知内cd杆做加速度逐渐减小的加速运动，根据对称性可知内cd杆做加速度逐渐增大的减速运动，在时，cd杆速度减为0。
（4）cd杆达到最大速度时，ab杆的速度为
ab杆运动的位移
对ab棒由动能定理得
解得
由功能关系得
则ab杆所产生的焦耳热为
19．【答案】（1）粒子在磁场中做圆周运动，则半径
由
解得
从O点射出的粒子在板间被加速，则
解得
（2）当电压有最小值时，当粒子穿过下面的正极板后，圆轨道与挡板OM相切，此时粒子恰好不能打到挡板上，则
从O点射出的粒子在板间被加速，则
粒子在负极板上方的磁场中做圆周运动
粒子从负极板传到正极板时速度仍减小到，则
由几何关系可知
联立解得，
（3）结合（2）分析可知，当粒子经上方磁场再进入下方磁场时，轨迹与挡板相切时，粒子运动轨迹半径分别为，则
①当粒子在下方区域磁场的运动轨迹正好与OM相切，再进入上方磁场区域做圆周运动，轨迹与负极板的交点记为，当增大两极板的电压，粒子在上方磁场中恰好运动到点时，粒子靶恰好能够接收2种能量的粒子，此时点为距C点最近的位置，是接收2种能量的粒子的起点，运动轨迹如图所示
由几何关系可得
②同理可知当粒子靶接收3种能量的粒子的运动轨迹如图所示
第③个粒子经过下方磁场时轨迹与MN相切，记该粒子经过后再次进入上方磁场区域运动时轨迹与负极板的交点为，则该点为接收两种粒子的终点，同时也是接收3种粒子的起点。由几何关系可得
可知，粒子靶接收n种、种粒子的起点（即粒子靶接收n种粒子的起点与终点）始终相距
当粒子靶接收n种能量的粒子时，有以下关系式，。
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）考查带电粒子的电场加速与磁场圆周运动。粒子在磁场中做圆周运动，打在P点时轨道直径等于CP的长度，由此得到轨道半径，由洛伦兹力提供向心力求出速度v1；再由动能定理，电场力做功等于动能增量，求解电源电压U0。
（2）考查带电粒子在磁场中运动的临界问题。粒子不能打在挡板上的临界情况是粒子的运动轨迹与挡板相切，结合几何关系求出此时的轨道半径，进而得到对应的速度；再由动能定理求出对应的加速电压，即为最小电压。
（3）考查多过程圆周运动的多解问题。粒子可多次经过电场加速和磁场偏转，不同加速次数对应不同的轨道半径和能量；结合轨迹与挡板相切的临界条件，推导出接收n种能量粒子时，靶的位置x的取值范围，需结合几何递推规律得到通式。
（1）粒子在磁场中做圆周运动，则半径
由
解得
从O点射出的粒子在板间被加速，则
解得
（2）当电压有最小值时，当粒子穿过下面的正极板后，圆轨道与挡板OM相切，此时粒子恰好不能打到挡板上，则
从O点射出的粒子在板间被加速，则
粒子在负极板上方的磁场中做圆周运动
粒子从负极板传到正极板时速度仍减小到，则
由几何关系可知
联立解得，
（3）结合（2）分析可知，当粒子经上方磁场再进入下方磁场时，轨迹与挡板相切时，粒子运动轨迹半径分别为，则
①当粒子在下方区域磁场的运动轨迹正好与OM相切，再进入上方磁场区域做圆周运动，轨迹与负极板的交点记为，当增大两极板的电压，粒子在上方磁场中恰好运动到点时，粒子靶恰好能够接收2种能量的粒子，此时点为距C点最近的位置，是接收2种能量的粒子的起点，运动轨迹如图所示
由几何关系可得
②同理可知当粒子靶接收3种能量的粒子的运动轨迹如图所示
第③个粒子经过下方磁场时轨迹与MN相切，记该粒子经过后再次进入上方磁场区域运动时轨迹与负极板的交点为，则该点为接收两种粒子的终点，同时也是接收3种粒子的起点。由几何关系可得
可知，粒子靶接收n种、种粒子的起点（即粒子靶接收n种粒子的起点与终点）始终相距
当粒子靶接收n种能量的粒子时，有以下关系式，。
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