A．R1、R2的电阻之比为h2：h1 B．通过R1、R2的电流之比为b：a D．通过R1、R2的电量之比为a：b
江苏省南通市通州区2022-2023学年高三上学期物理期中质量监测试卷
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
2
C．R1、R2的电功率之比为ℎ21：ℎ2
4．（2分）如图所示，三根在竖直平面内的光滑细管A、B、C上端平齐，B管竖直放置，A管与B管
题号 评分 一 二 三 总分 的夹角为α，C管与B管的夹角为β，且α﹤β。三个小球同时从管口顶端静止释放，经过相同的时间，三球所处位置正确的是（ ）
……… _…○___○_…___……___…：…号……考 …订 ___订…___…_…___……_：……级班…○ _○…____……___…_…__：……名…装姓 装 …___……____……___…_…：校…○学○……………………外内……………………○○…………………阅卷人 一、单选题 (共10题；共20分) 得分 1．（2分）2022年10月12日下午，“天宫课堂”第三课在空间站问天实验舱开讲，授课中，地面传输
中心调用地球同步卫星“天链一号”03星和“天链二号”01星。则03星和01星（ ）
A．运行速度大于第一宇宙速度 B．运行周期小于近地卫星的周期 C．运动角速度大于近地卫星的角速度 D．与地球的连线每秒扫过的面积相等
2．（2分）万米级全海深潜水器“奋斗者”号创造了10909米的中国载人深潜新纪录。某次深潜探测
中，“奋斗者”号的速度—时间图像如图所示。则潜水器（ ）
A．0~t1时间内做匀加速运动
B．内部的科考人员0~t1时间内处于超重状态 C．内部的科考人员t2~t3时间内处于失重状态
D．0~t1时间内的平均速度大于t2~t3时间内的平均速度
3．（2分）R1、R2是用相同金属材料制成的电阻，其上下表面分别是边长为a、b的正方形，厚度分别
为h1、h2，按图示方式接入电路。则（ ）
1 / 9
A．
B．
C． D．
5．（2分）2022年北京冬奥会接力决赛中，中国队夺得冠军。比赛中“接棒”运动员在前面滑行，“交
棒”运动员从后面用力推前方“接棒”运动员完成接力过程，如图所示。假设交接棒过程中两运动员的速度方向共线，忽略运动员所受摩擦力，则交接棒过程中两运动员（ ）
A．组成的系统动量和机械能都守恒 B．加速度大小一定相同 C．动量的变化量等大反向
D．相互作用力做功之和一定等于零
6．（2分）如图所示，施工员确定地下金属管线位置的一种方法如下：①给管线通入电流；②用可测
量磁场强弱、方向的仪器在管线附近水平地面上找到磁场最强的某点，记为a；③在a点附近地面上找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；④在地面过a点垂直于EF的直线上，
……线…………○…………
找到磁场方向与地面夹角为37°、距离为L的b、c两点，不计地磁场影响，sin37°=0.6，则（ ）
A．管线垂直于EF B．管线深度为2𝐿
3A．O点的场强为零 B．D，E两点的场强相同 ……线…………○………… C．b、c两点磁感应强度相同
D．管线中应通入大小、方向变化的电流
7．（2分）如图，O为抛物线OM的顶点，A、B为抛物线上两点，O点的切线水平。从A、B两点分
别以初速度v1、v2水平抛出两小球，同时击中O点，不计空气阻力，则两球（ ）
A．必须同时抛出 B．初速度v1与v2相等
C．击中O点时速度相同
D．击中O点时重力的瞬时功率相等
8．（2分）如图所示，一强磁性圆轨道固定在竖直平面内，轨道半径为R，A、B两点分别为轨道的最
高点与最低点，质量为m的小球沿轨道外侧做完整的圆周运动，球始终受大小恒为F、方向始终指向圆心O的磁性引力，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
A．球在A点的最小速度为√𝑔𝑅 B．运动过程中球的机械能不守恒
C．球从A运动到B过程中，受到的弹力逐渐增大 D．F的最小值为5mg
9．（2分）如图，ABC为正三角形的三个顶点，A、B两点固定电荷量为+q的点电荷，C点固定电荷
量为−q的点电荷，O为三角形的中心，D、E为直线BO上的两点，DO=EO。则（ ）
2 / 9
C．D点的电势高于E点的电势
D．电子在D点的电势能大于在E点的电势能
10．（2分）如图，倾角为𝜃的斜面固定在水平面上，一滑块从粗糙斜面底端以初速度𝑣0沿斜面向上运
动，斜面足够长，滑块与斜面间的动摩擦因数𝜇 C． D． 阅卷人 二、实验题 (共1题；共7分) 得分 11．（7分）测定一节干电池的电动势和内阻。提供的器材还有： A．电流表A（量程0.6A，内阻约1Ω） B．电压表V1（量程3.0V、内阻约为1kΩ） C．电压表V2（量程15.0V、内阻约为5kΩ） D．滑动变阻器R1（阻值范围0~15Ω、额定电流2A） …………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※…在…※……※要…装※…※装不……※※……请…※…※…○○……………………内外……………………○○…………………………线…………○………… ……线…………○………… E.滑动变阻器R2（阻值范围0~100Ω、额定电流0.2A） F.开关S、导线若干 （1）（2分）为提高测量精度，电压表选择 ，滑动变阻器选择 。（均选填前面的序号） （2）（3分）某实验小组用图甲所示的电路测量电源的电动势和内阻的数据记录如下表： 电压（V） 1.30 1.14 1.12 0.98 0.82 0.74 12．（10分）我国自主研制的运-20运输机在平直跑道上以速度v滑行时可获得的升力大小为F=kv2（k 为系数），升力与飞机重力相等时的速度称为飞机的起飞离地速度。飞机空载质量为m，此时起飞离地速度为v0；飞机装载质量为M的货物后，从静止开始匀加速滑行距离d起飞离地。重力加速度为g。求： ……… _…○___○_…___……___…：…号……考 …订 ___订…___…_…___……_：……级班…○ _○…____……___…_…__：……名…装姓 装 …___……____……___…_…：校…○学○……………………外内……………………○○…………………电流（A） 0.10 0.20 0.25 0.30 0.40 0.45 请在图乙中描点作出U-I图像 ，由图像可知干电池的电动势E= V，本实验系统误差的原因是 。 （3）（2分）为更精确得到电源的内阻，实验小组设计了图丙电路首先测量电流表的内阻。 ①断开S2，闭合S1，调节R1使得电流表满偏（𝑅1≫𝑅𝐴）； ②保持R1不变，再闭合S2，调节电阻箱R2使电流表指在满偏的23处，读出R2的值为2Ω；则电流 表内阻为 Ω，干电池的内阻为 Ω。 阅卷人 三、解答题 (共4题；共50分) 得分 3 / 9 （1）（5分）系数k； （2）（5分）飞机装载货物后滑行过程中的加速度a。 13．（10分）如图所示电路中，电源的电动势𝐸=9𝑉，内阻𝑟=1𝛺；定值电阻𝑅1=3𝛺，𝑅2=6𝛺，电 容𝐶=30𝜇𝐹，电动机的额定电压为𝑈=6𝑉，内阻𝑟0=0.5𝛺。闭合开关S，电动机正常工作。求： （1）（5分）电动机的输出功率𝑃； （2）（5分）断开开关S后，通过𝑅1的电荷量𝑞1。 14．（15分）如图所示，M、N为两根相同的轻弹簧，M竖直放置，上端与小物块A相连，下端固定 在地面上，N套在光滑水平轻杆上，左端固定在竖直细管上，右端与物块B相连，一根不可伸长的轻绳穿过细管及管上的小孔连接物块A和B。杆可绕细管在水平面内转动。初始时系统静止，M处于压缩状态，两弹簧的形变量均为∆x=0.1m，物块B与弹簧左端距离L=0.8m。已知物块A、B的质量分别 为mA=2.0kg、mB=0.4kg，A距管下端口及杆都足够长，重力加速度g取10m/s2.不计一切摩擦，弹簧始终在弹性限度内。 （1）（5分）系统静止时，求轻绳中的张力F； ……线…………○………… （2）（5分）杆绕细管以角速度ω稳定转动时，A静止，M的形变量仍为∆x，求角速度ω； （3）（5分）系统从静止到（2）中情境的过程中，外界对系统做的功W。 15．（15分）如图甲所示，xOy平面内y轴左侧有宽为L的电场区域，场强方向平行于y轴、大小按 图乙所示的规律变化（T未知），y轴正方向为电场的正方向；第一象限有方向垂直纸面向外的匀强磁场区域，x轴的正半轴上水平放置一足够大的绝缘板，离子打到板上时瞬间被反弹，反弹前后x方向分速度不变，y方向分速度大小不变、方向相反。一质量为m，带电量为+q的带电离子从A点由静止……线…………○………… 经电压𝑈0加速后正对原点O从𝑡=0时刻射入电场，离子经电场后从y轴上的𝑃（0，𝐿）点平行于+𝑥方向进入第一象限。已知离子在磁场中运动时恰不能越过y轴，且能两次经过第一象限内的Q点（未画出）。离子重力不计，电荷量保持不变。求： （1）（5分）离子从A运动到P过程中电场力的冲量大小I； （2）（5分）交变电场的场强大小𝐸0； （3）（5分）磁感应强度𝐵及离子连续两次经过Q点的时间间隔∆t。 4 / 9 …………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※…在…※……※要…装※…※装不……※※……请…※…※…○○……………………内外……………………○○…………………………线…………○………… ……线…………○………… 答案解析部分 1．【答案】D 2𝑀𝑚𝑚𝑣 可得 𝑣=√𝐺𝑀 【解析】【解答】A．由 𝐺2= 𝑟𝑟𝑟 【分析】速度—时间图像的斜率表示加速度，结合加速度的方向判断物体的超失重，当物体做匀速直线运动时合力为零，v-t图像与坐标轴围成图形的面积表示物体运动的位移。 3．【答案】A 𝑅ℎ𝜌𝑎𝜌𝑏 【解析】【解答】A．R1、R2的电阻之比为 𝑅1=𝑎ℎ：𝑏ℎ=ℎ2 2121 可见，轨道半径越大线速度越小，因为第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，而同步卫星轨道半径大于近地卫星轨道半径，故03星和01星的运行速度小于第一宇宙速度，A不符合题意； 23𝑀𝑚4𝜋2𝑟 A符合题意； B．两个电阻串联，则通过R1、R2的电流之比为1：1，B不符合题意； ……… _…○___○_…___……___…：…号……考 …订 ___订…___…_…___……_：……级班…○ _○…____……___…_…__：……名…装姓 装 …___……____……___…_…：校…○学○……………………外内……………………○○…………………B．由 𝐺𝑟2=𝑚2 可得 𝑇=√4𝜋𝑟𝑇 𝐺𝑀 可见，轨道半径越大周期越大，则03星和01星的运行周期大于近地卫星的周期，B不符合题意； C．由 𝐺 𝑀𝑚𝑟2=𝑚𝜔2𝑟 可得 𝜔= √𝐺𝑀𝑟3 可见，轨道半径越大角速度越小，所以03星和01星的运动角速度小于近地卫星的角速度，C不符合题意； D．由开普勒第二定律可知，在同一轨道上运行的卫星与地球的连线在相等时间内扫过的面积相等，D符合题意。 故答案为：D。 【分析】根据万有引力提供向心力从而得出周期和线速度以及角速度的表达式，从而得出各物理量的大小关系，结合开普勒第二定律进行分析判断。 2．【答案】D 【解析】【解答】A．速度—时间图像的斜率表示加速度，则0~t1时间内加速度逐渐减小，是变加速直 线运动，A不符合题意； B．潜水器下潜，则运动方向向下，而0~t1时间内加速，加速度向下，内部的科考人员处于失重状态，B不符合题意； C．在t2~t3时间内潜水器向下做匀速直线运动，则内部的科考人员处于平衡状态，C不符合题意； D．构造相同时间内的匀变速直线运动，比较图像围成的面积，从而可知0~t1时间内的平均速度 ̅𝑣1> 𝑣20 t2~t3时间内的平均速度有 ̅𝑣2<𝑣20 则可知0~t1时间内的平均速度大于t2~t3时间内的平均速度，D符合题意。 故答案为：D。 5 / 9 2 C．R1、R2的电功率之比为 𝑃𝐼𝑅ℎ 𝑃1=𝐼21𝑅=2 ℎ221 C不符合题意； D．根据q=It可知，通过R1、R2的电量之比为1：1，D不符合题意。 故答案为：A。 【分析】根据电阻定律得出两个电阻 的电阻之比，结合电功率的表达式得出通过两个电阻的电量之比。 4．【答案】C 【解析】【解答】如图所示，ABCD为同一圆上的点，圆的半径为R，小球从A沿光滑杆AB、AC、 AD滑下， 从AB下滑用时，有 2𝑅=12𝑔𝑡1 2 解得 𝑡1=√4𝑅𝑔 从AC下滑，有 𝑎=𝑔cos𝜃 而AC的长度为 𝐿=2𝑅cos𝜃 故有 𝐿=12𝑎𝑡2 2 解得 𝑡2=√4𝑅𝑔 ……线…………○………… 4𝑅同理若从AD下滑，时间为 𝑡3=√ ，即小球到达圆上三点所用时间相同； 𝑔D．管线中应该通恒定电流，便于判断磁感应强度最强点，D不符合题意。 故答案为：B。 依此结论可知，而现在三个小球均从管口上方下滑且无摩擦，相同时间后小球的位置是在同一个圆弧上，且所在位置与竖直位置连线与倾斜轨道夹角为直角，故答案为：C。 【分析】根据通电导线周围的磁场分布得出金属管线的方向，结合几何关系得出管线的深度。 7．【答案】B 【解析】【解答】B．已知O为抛物线OM顶点，则以O为原点建立xOy直角坐标系， 【分析】根据小球下滑的过程根据匀加速直线运动的位移与时间的关系以及几何关系得出小球通过相同的时间时所在的位置。 ……线…………○………… 5．【答案】C 【解析】【解答】AD．两运动员组成的系统合外力等于零，故系统动量守恒；两运动员之间的相互作 用等大、反向、共线，但两运动员的位移不一样，故相互作用力做功的代数和不等于零，同时也说明系统的机械能不守恒，系统的机械能增加了，AD不符合题意； B．两运动员的相互作用力是等大的，但是两运动员的质量不一定相等，根据牛顿第二定律可知，两运动员的加速度大小不一定相等，B不符合题意； C．两运动员的相互作用等大反向，作用时间相同，故根据动量定理可知，两运动员动量的变化量也等大反向，C符合题意。 故答案为：C。 【分析】当系统所受外力的合力为零时系统动量，结合功能关系得出系统机械能的增加量，通过动量定理得出两运动员动量的变化量。 6．【答案】B 【解析】【解答】A．画出截面图，如图所示 𝑎 点磁感应强度最大，在金属管线的正上方，因此金属管线平行于EF，A不符合题意； B．由几何关系可知，管线深度 𝐿 𝑑=tan37°2=23𝐿 B符合题意； C．由图可知， b、c到金属线距离相同，则两点磁感应强度大小相同，方向不同，C不符合题意； 6 / 9 则设OM为 𝑦=𝑎𝑥2 则两平抛运动在竖直方向为自由落体运动，有 𝑦111=𝑎𝑥2=2𝑔𝑡21 𝑦2=𝑎𝑥22= 12𝑔𝑡22 联立解得 𝑡1=𝑥𝑡𝑥12 2 平抛在水平方向为匀速直线运动，有 𝑥1=𝑣1𝑡1 𝑥2=𝑣2𝑡2 联立可得 𝑣𝑡𝑥 𝑣12 ⋅𝑡12 =𝑥12 整理可得 𝑣1=𝑣2 B符合题意； A．因 𝑡12 =𝑥 𝑡𝑥12 >1 则可得 𝑡1>𝑡2 A球先抛出才能同时击中O点，故A错误； C．因 𝑣1=𝑣2 ，但竖直方向有 𝑣1𝑦=𝑔𝑡1>𝑣2𝑦=𝑔𝑡2 故两分速度合成后可知O点的速度不同，C不符合题意； D．两球在O点重力瞬时功率为 𝑃𝐺1=𝑚𝑔𝑣1𝑦>𝑃𝐺2=𝑚𝑔𝑣2𝑦 即击中O点时重力的瞬时功率不相等，D不符合题意。 故答案为：B。 …………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※…在…※……※要…装※…※装不……※※……请…※…※…○○……………………内外……………………○○…………………………线…………○………… ……线…………○………… 【分析】根据运动的分解得出两球的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，结合瞬时功率的表达式进行分析判断。 8．【答案】D 【解析】【解答】A小球沿轨道外侧运动，则过最高点A点时，最小速度可为零，此时支持力等于重 关系。 10．【答案】B 【解析】【解答】根据题意可知，由于 𝜇 下滑过程中，由牛顿第二定律有 𝑚𝑔sin𝜃−𝜇𝑚𝑔cos𝜃=𝑚𝑎2 力与引力之和，A不符合题意； B运动过程中，引力方向始终与速度方向垂直，则引力不做功，仅有重力做功，则球的机械能守恒，……… _…○___○_…___……___…：…号……考 …订 ___订…___…_…___……_：……级班…○ _○…____……___…_…__：……名…装姓 装 …___……____……___…_…：校…○学○……………………外内……………………○○…………………B不符合题意； C球从A运动到B过程中，速度逐渐增大，所需向心力逐渐增大，弹力沿圆心与球的连线向外，则可知弹力逐渐减小，C不符合题意； D当球过A点速度为零时，做完整圆周运动F最小，则由A到B有 𝑚𝑔·2𝑅=12𝑚𝑣𝐵2 𝐹min−𝑚𝑔= 𝑚𝑣2𝑅𝐵 解得Fmin=5mg D符合题意。 故答案为：D。 【分析】小球在最高点时根据合力提供向心力得出球在A点的最小速度，只有重力或弹簧弹力做功时机械能守恒，小球从A到B结合机械能守恒得出A点速度，在A点结合合力提供向心力得出F的最小值。 9．【答案】C 【解析】【解答】A．AB两个正的点电荷在O点的合场强沿OC方向，C点的负电荷在O点的场强也 是沿OC方向，则O点的场强不为零，A不符合题意； B．D、E两点在AC连线的平分线上，则AC两电荷在E点的合场强大于D点的合场强，方向垂直DE斜向下；而B处电荷在D点的场强大于在E点的场强，方向沿DE方向，则D点和E点场强大小不能比较，B不符合题意； CD．因D、E两点在AC连线的平分线上，可知AC两处的电荷在DE两点的合电势均为零；而正电荷B在D点的电势高于E点电势，可知合成后D点的电势高于E点的电势，电子在D点的电势能小于在E点的电势能，C符合题意，D不符合题意。 故答案为：C。 【分析】根据电场强度的合成得出O点的场强大小，结合电势能的表达式得出DE两点电势能的大小 7 / 9 解得 𝑎2=𝑔sin𝜃−𝜇𝑔cos𝜃 可得 𝑎1>𝑎2 A．由运动学公式可得，上滑时，物块滑到顶端的时间为 𝑡1 ，则物块的速度为 𝑣=𝑣0−𝑎1𝑡(0≤𝑡≤𝑡1) 则动量为 𝑝=𝑚𝑣=𝑚𝑣0−𝑚𝑎1𝑡(0≤𝑡≤𝑡1) 𝑝−𝑡 图像为向下倾斜的直线，斜率大小为 𝑚𝑎1 ；下滑时，物块的速度为 𝑣=−𝑎2(𝑡−𝑡1)(𝑡1≤𝑡) 则动量为 𝑝=−𝑚𝑎2(𝑡−𝑡1)(𝑡1≤𝑡) 𝑝−𝑡 图像为向下倾斜的直线，斜率大小为 𝑚𝑎2 ，小于上滑时的斜率，则整个过程的 𝑝−𝑡 图像不是一条直线，A不符合题意； B．根据题意，由动量定理可得，物块动量的变化量为 𝛥𝑝=𝐹合𝑡 则有 𝐹𝛥𝑝 合=𝑡 则 𝛥𝑝−𝑡 的图像的斜率表示物体的合力，由题可知，上滑时，合力为 𝐹合=−𝑚𝑔sin𝜃−𝜇𝑚𝑔cos𝜃 下滑时，合力为 𝐹合=−𝑚𝑔sin𝜃+𝜇𝑚𝑔cos𝜃 B符合题意； C．由动能定理可得 𝐹合𝑥=𝛥𝐸𝑘 即 𝐸𝑘−𝑥 图像的斜率表示 𝐹合 ，由题可知，上滑时，合力为 𝐹合=−𝑚𝑔sin𝜃−𝜇𝑚𝑔cos𝜃 下滑时，合力为 𝐹合=−𝑚𝑔sin𝜃+𝜇𝑚𝑔cos𝜃 C不符合题意； D．由功能关系可知，本题中摩擦力做功等于物体机械能的变化，则有 𝛥𝐸=𝑓𝑥 则 𝛥𝐸−𝑥 图像的斜率为物体受到的摩擦力，上滑时 𝑓=𝜇𝑚𝑔cos𝜃 下滑时 𝑓=𝜇𝑚𝑔cos𝜃 为定值，D不符合题意。 ……线…………○………… 故答案为：B。 由U=E-Ir可知，图像斜率绝对值表示电源内阻与电流表阻值之和，由图像可求得斜率为 𝑘= 1.46−0.65 =1.62 则电压内阻为r=k-RA=0.62Ω 0.5【分析】物块进行受力分析，在上滑和下滑的过程中根据牛顿第二定律得出加速度的大小关系，结合动能定理得出合力的大小，利用功能关系得出上滑和下滑的摩擦力。 11．【答案】（1）B；D 【分析】（1）根据电源的电动势选择电压表，为便于操作和测量数据更精确，滑动变阻器应选小量程； （2）根据闭合电路欧姆定律以及U-I图像得出电源的电动势； （3）结合串并联电路的特点以及U-I图像得出电源的内阻。 ……线…………○………… （2）；1.46（1.46~1.48）；电流表有分压作用 （3）1；0.60（0.55~0.65） 【解析】【解答】（1）一节干电池电压约为1.5V，则电压表挑选小量程，即选B；干电池内阻很小， 为便于操作和测量数据更精确，滑动变阻器应选小量程，即选D。 （2）将表格中数据进行描点，并用平滑曲线连接如图 由甲图可得U=E-Ir 则结合图像可得，纵截距为电源电动势，读数约为1.46~1.48V。 电流表外接在干路，则电流表有分压作用，造成误差。 （3）②当调节电阻箱R2使电流表指在满偏的 23 处时，电流表与R2电流之比为2：1，由于并联电流 之比等于电阻的反比，则可得电流表内阻为 𝑅𝐴=1 2𝑅2=1𝛺 8 / 9 12．【答案】（1）解：空载时有 𝑘𝑣02=𝑚𝑔 解得 𝑘=𝑚𝑔 𝑣20 （2）解：飞机装载质量为M的货物后，设起飞离地速度为v。则 𝑘𝑣2=(𝑀+𝑚)𝑔 匀加速运动过程中 𝑣2=2𝑎𝑑 解得 𝑎=(𝑀+𝑚)𝑣2 2𝑚𝑑0 【解析】【分析】（1）根据共点力平衡得出系数K； (2)结合共点力平衡以及匀变速直线运动的位移与速度的关系得出加速度的表达式。 13．【答案】（1）解：根据题意，设 𝑅1 与 𝑅2 的并联电阻为 𝑅 ，则有 𝑅=𝑅𝑅𝑅121+𝑅2 =2𝛺 设回路中电流为 𝐼 ，根据闭合电路欧姆定律得 𝐸=𝑈+𝐼(𝑅+𝑟) 解得 𝐼=1𝐴 电动机的输出功率 𝑃=𝑈𝐼−𝐼2𝑟0 联立代入数据解得 𝑃=5.5𝑊 （2）解：电容两端电压为 𝑈𝐶=𝐼𝑅=2𝑉 电容器的带电量为 𝑞=𝐶𝑈𝐶=6×10−5𝐶 断开开关S后，通过 𝑅1 的电荷量为 𝑞𝑅1=𝑅21+𝑅2 𝑞 联立代入数据解得 𝑞1=4×10−5𝐶 【解析】【分析】（1）结合并联电路总电阻的求解以及闭合电路欧姆定律得出电路中的电流，结合电功 率的表达式得出 电动机的输出功率 ； （2）利用欧姆定律和电容器的定义式得出电容器的电荷量， 断开开关S后 ，结合电流的定义式得出 通过𝑅1的电荷量 。 14．【答案】（1）解：系统静止时设弹簧中弹力为F1，A物体受力平衡，有 𝑚𝐴𝑔=𝐹1+𝐹 易判断此时弹簧N也处于压缩状态，B物体受力平衡，有F=F1 …………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※……在※……※要…装※装…※不……※※……请……※※…○○……………………内外……………………○○…………………………线…………○………… ……线…………○………… 解得F=10N （2）解：由题意可知两弹簧均处于拉伸状态，且形变量相同。设绳中张力为F2，则A物体受力平衡 𝑚𝐴𝑔+𝐹1=𝐹2 B物体 𝐹1+𝐹2=𝑚𝐵𝜔2𝑟 𝑟=𝐿+2𝛥𝑥 解得 𝜔=10𝑟𝑎𝑑/𝑠 由几何关系有 𝐿=𝑟+𝑟sin60° 洛伦兹力提供向心力 𝑞𝑣0𝐵=𝑚𝑣0 𝑟√2𝑚𝑈0 解得 𝐵=2+3√ 2𝐿𝑞2 2𝜋𝑚 离子连续经过两次的点有两种情况，如图中的Q1和Q2，离子在磁场中运动的周期 𝑇=𝑞𝐵 2 若连续经过图中Q1点，则时间间隔为 𝛥𝑡1=𝑇 3……… _…○___○_…___……___…：…号……考 …订 ___订…___…_…___……_：……级班…○ _○…____……___…_…__：……名…装姓 装 …___……____……___…_…：校…○学○……………………外内……………………○○…………………（3）解：根据功能关系有 𝑊=𝑚𝐴𝑔ℎ+12𝑚𝐵𝑣𝐵2 ℎ=2𝛥𝑥 𝑣𝐵=𝜔𝑟 解得W=24J 【解析】【分析】（1）对AB物体进行受力分析，根据共点力平衡得出轻绳中的张力； （2）对AB 物体进行受力分析根据合力提供向心力得出角速度的大小； （3）根据功能关系以及线速度和角速度的关系得出外界对系统做的功。 15．【答案】（1）解：根据题意，离子经U0加速，由动能定理有 𝑞𝑈0= 12𝑚𝑣02 电场力的冲量大小 𝐼=𝑚𝑣0 解得 𝐼=√2𝑞𝑚𝑈0 （2）解：离子沿+x方向做匀速运动，有 𝐿=𝑣0𝑡 且 𝑡=𝑛𝑇 沿+y方向有 2𝑛𝑦1=𝐿 其中 𝑦1=12𝑎(12𝑇)2 电场力提供加速度有 𝑞𝐸=𝑚𝑎 联立解得 𝐸= 8𝑛𝑈𝐿0(𝑛=1，2，3⋯) （3）解：由题意，离子的运动轨迹如图所示 9 / 9 解得 𝛥𝑡1= 8(2−√3)𝜋𝐿3√𝑚2𝑞𝑈0 若连续经过图中Q2点，则时间间隔为 𝛥𝑡2=7 6𝑇 解得 𝛥𝑡1= 14(2−√3)𝜋𝐿𝑚3√2𝑞𝑈0 【解析】【分析】（1）粒子在加速电场中根据动能定理和冲量的表达式得出离子从A运动到P过程中 电场力的冲量； （2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，结合类平抛运动的规律以及牛顿第二定律得出电场强度的表达式； （3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，结合洛伦兹力提供向心力得出磁感应强度的表达式，结合粒子在磁场中运动的周期和时间的关系得出离子连续两次经过Q点的时间间。 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容