重慶市渝北中學(xué)2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期11月月考質(zhì)量監(jiān)測(cè)物理試題

渝北中學(xué)20232024學(xué)年高三11月月考質(zhì)量監(jiān)測(cè)物理試題（全卷共三大題18小題，總分100分，考試時(shí)長(zhǎng)90分鐘）一、選擇題（共48分。其中18題每小題只有一個(gè)正確選項(xiàng)，每小題4分；912題每小題有多個(gè)正確選項(xiàng)，全部選對(duì)的每題得4分，未選全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）1.疲勞駕駛往往十分危險(xiǎn)。若一輛汽車因司機(jī)打瞌睡撞上高速公路護(hù)欄，下列說法正確的是（）A.碰撞時(shí)汽車與公路護(hù)欄受到的撞擊力的方向相反B.碰撞時(shí)汽車與公路護(hù)欄受到的撞擊力的方向相同C.公路護(hù)欄是靜止的，碰撞時(shí)護(hù)欄受到的撞擊力比汽車受到的大D.汽車是主動(dòng)產(chǎn)生碰撞的，碰撞時(shí)汽車受到的撞擊力比護(hù)欄受到的大【答案】A【解析】【分析】【詳解】汽車和公路護(hù)欄之間的撞擊力互為作用力和反作用力，由牛頓第三定律可知，汽車與公路護(hù)欄之間的撞擊力大小相等、方向相反，與運(yùn)動(dòng)情況無(wú)關(guān)，A正確。故選A。2.圖中虛線所示為某靜電場(chǎng)的等勢(shì)面，相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差都相等；實(shí)線為一試探電荷僅在電場(chǎng)力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡。該試探電荷在M、N兩點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大小分別為和，相應(yīng)的電勢(shì)能分別為和，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳解】根據(jù)電場(chǎng)線疏密程度表示電場(chǎng)強(qiáng)度大小可知，N處場(chǎng)強(qiáng)大于M處場(chǎng)強(qiáng)，則電荷受到的電場(chǎng)力方向大致指向曲線軌跡的凹側(cè)，故由M到N過程，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，故故選C。3.某次風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)中，某一顆粒的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則該顆粒（）A.在P點(diǎn)的加速度可能水平向左 B.一定做變速運(yùn)動(dòng)C.在Q、P兩點(diǎn)的動(dòng)量可能相同 D.從Q到P的位移大小等于路程的大小【答案】B【解析】【詳解】A．由曲線運(yùn)動(dòng)條件可知，在P點(diǎn)受到的合力的方向不可能水平向左，所以在P點(diǎn)的加速度不可能水平向左，故A錯(cuò)誤；B．物體做曲線運(yùn)動(dòng)，速度方向不斷變化，所以一定做變速運(yùn)動(dòng)，故B正確；C．Q、P兩點(diǎn)的切線的方向不同，速度方向不同，所以在Q、P兩點(diǎn)的動(dòng)量不可能相同，故C錯(cuò)誤；D．物體做曲線運(yùn)動(dòng)，所以位移大小小于軌跡長(zhǎng)度，故D錯(cuò)誤。故選B。4.某壓敏電阻的阻值隨受壓面所受壓力的增大而減小。某興趣小組利用該壓敏電阻設(shè)計(jì)了判斷電梯運(yùn)行狀態(tài)的裝置，其電路如圖甲所示。將壓敏電阻平放在豎直電梯內(nèi)，受壓面朝上，在上面放一物體A，電梯靜止時(shí)電壓表示數(shù)為，在電梯由靜止開始運(yùn)行過程中，電壓表的示數(shù)如圖乙所示，則電梯運(yùn)動(dòng)情況為（）A.勻加速下降 B.勻加速上升C.加速下降且加速度在變大 D.加速上升且加速度在變小【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)圖乙可知，電壓表示數(shù)大于電梯靜止時(shí)電壓表的示數(shù)，根據(jù)閉合電路歐姆定律得可知壓敏電阻的阻值比電梯靜止時(shí)大且恒定不變，可知壓敏電阻所受壓力小于電梯靜止時(shí)的壓力，物體A處于失重狀態(tài)，有可能是向下勻加速或者向上勻減速，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。5.如圖所示，固定在水平地面上的光滑絕緣圓筒內(nèi)有兩個(gè)帶正電小球A、B，A位于筒底靠在左側(cè)壁處，B在右側(cè)筒壁上受到A的斥力作用處于靜止。若筒壁豎直，A的電荷量保持不變，B由于漏電而下降少許后重新平衡，下列說法中正確的是（）A.小球A、B間的庫(kù)侖力變小 B.小球B對(duì)筒壁的壓力變小C.小球A對(duì)筒底的壓力變大 D.小球A對(duì)筒壁的壓力變大【答案】D【解析】【詳解】A．對(duì)B受力分析如圖所示由平衡條件可得B由于漏電而下降少許后重新平衡，增大，故小球A、B間的庫(kù)侖力變大，故A錯(cuò)誤；BD．B對(duì)筒壁的壓力為增大，可知B對(duì)筒壁的壓力變大。將小球A、B看成整體，小球A、B水平方向受力平衡，可知筒壁對(duì)A的壓力等于筒壁對(duì)B的壓力，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球A對(duì)筒壁的壓力變大，故B錯(cuò)誤；故D正確；C．將小球A、B看成整體，小球A、B豎直方向受力平衡，筒底對(duì)A的支持力等于小球A、B的重力，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球A對(duì)筒底的壓力不變，故C錯(cuò)誤。故選D?！军c(diǎn)睛】主要考察對(duì)整體法和隔離法的靈活應(yīng)用，當(dāng)兩個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)情況一致時(shí)，可根據(jù)整體+隔離的方法進(jìn)行分析受力情況6.2023年4月14日我國(guó)首顆綜合性太陽(yáng)探測(cè)衛(wèi)星“夸父一號(hào)”準(zhǔn)實(shí)時(shí)觀測(cè)部分?jǐn)?shù)據(jù)完成了國(guó)內(nèi)外無(wú)差別開放，實(shí)現(xiàn)了數(shù)據(jù)共享，體現(xiàn)了大國(guó)擔(dān)當(dāng)。如圖所示，“夸父一號(hào)”衛(wèi)星和另一顆衛(wèi)星分別沿圓軌道和橢圓軌道繞地球逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，兩軌道相交于A、B兩點(diǎn)。已知圓軌道半徑與橢圓軌道的半長(zhǎng)軸相等，某時(shí)刻兩衛(wèi)星與地球在同一直線上，下列說法正確的是（）A.兩衛(wèi)星在圖示位置的速度 B.兩衛(wèi)星在A或B點(diǎn)處可能相遇C.兩衛(wèi)星通過A點(diǎn)時(shí)的加速度大小相等 D.“夸父一號(hào)”衛(wèi)星的速度小于【答案】CD【解析】【詳解】A．為衛(wèi)星在橢圓軌道的遠(yuǎn)地點(diǎn)的速度，小于在此位置以衛(wèi)星和地球連線為半徑的圓軌道的速度，表示勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度，根據(jù)可得半徑越小，速度越大，故，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)開普勒第三定律可知圓軌道的半徑與橢圓軌道的半長(zhǎng)軸相等，所以兩衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)周期相等，故不會(huì)相遇，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)牛頓第二定律可知，兩衛(wèi)星通過A點(diǎn)時(shí)的加速度大小相等，C正確；D．是第一宇宙速度，是最小的發(fā)射速度，最大的環(huán)繞速度，也是近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，根據(jù)可知，半徑越大，速度越小，所以“夸父一號(hào)”衛(wèi)星的速度小于，D正確。故選CD。7.如圖所示，電容式麥克風(fēng)的振動(dòng)膜是利用超薄金屬或鍍金的塑料薄膜制成的，它與基板構(gòu)成電容器，并與電阻、電池構(gòu)成閉合回路。麥克風(fēng)正常工作時(shí)，振動(dòng)膜隨聲波左右振動(dòng)。下列說法不正確的是（）A.振動(dòng)膜向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，電容器的板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變B.振動(dòng)膜向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，電阻上有從a到b的電流C.振動(dòng)膜向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，電容器的板間電場(chǎng)強(qiáng)度減小D.振動(dòng)膜向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，振動(dòng)膜所帶的電荷量減小【答案】A【解析】【詳解】A．由于電容器和電源相連，電容器兩極板電壓不變，振動(dòng)膜向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，電容器兩極板間的距離減小，由電容器的板間電場(chǎng)強(qiáng)度增大，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)可知電容增大，則有可知電容器的帶電荷量增大，所以電阻上有從a到b的電流，故B正確；CD．振動(dòng)膜向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，電容器兩極板間的距離增大，所以電容減小，由于電容器兩極板電壓不變，所以電容器的板間電場(chǎng)強(qiáng)度減小，電容器的帶電荷量減小，故CD正確。本題選擇錯(cuò)誤的，故選A。8.如圖甲，兩等量同種正點(diǎn)電荷位于同一豎直線上，在兩點(diǎn)電荷連線的中垂線上放置一水平軌道，在兩點(diǎn)電荷連線中點(diǎn)靜置一帶正電小球，小球可視為質(zhì)點(diǎn)。時(shí)刻給小球一個(gè)水平向右的初速度，此后小球運(yùn)動(dòng)的圖像如圖乙所示，時(shí)刻圖線斜率絕對(duì)值為，圖線上的點(diǎn)為間曲線切線斜率最大點(diǎn)，該點(diǎn)切線斜率為，小球最終停在距點(diǎn)處。帶電小球質(zhì)量為，所帶電荷量為，重力加速度為，下列說法正確的是（）A.在兩點(diǎn)電荷連線中垂線上，點(diǎn)電勢(shì)最高，時(shí)刻小球所在位置的場(chǎng)強(qiáng)最大B.小球與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)C.若取無(wú)窮遠(yuǎn)處為0電勢(shì)點(diǎn)，則點(diǎn)電勢(shì)為D.兩點(diǎn)電荷連線中垂線上場(chǎng)強(qiáng)最大值為【答案】D【解析】【詳解】A．由沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，在中垂線中點(diǎn)O點(diǎn)電勢(shì)最高，由v—t圖像可知，小球在初始階段電場(chǎng)力小于摩擦力，小球做減速運(yùn)動(dòng)，t1時(shí)刻電場(chǎng)力與摩擦力大小相等，速度減到最小，此后電場(chǎng)力大于摩擦力，小球做加速運(yùn)動(dòng)，在t2時(shí)刻，小球的加速度最大，所受合外力最大，摩擦力不變，所以電場(chǎng)力最大，可知場(chǎng)強(qiáng)最大，t3時(shí)刻，加速度是零，電場(chǎng)力和摩擦力大小相等，此后電場(chǎng)力小于摩擦力，小球做減速運(yùn)動(dòng)，直到停止，A錯(cuò)誤；B．在初始時(shí)刻，小球受到的電場(chǎng)力是零，只受摩擦力，由牛頓第二定律可得其中t=0時(shí)刻圖線斜率絕對(duì)值為k1，則有聯(lián)立可得B錯(cuò)誤；C．小球從O點(diǎn)到停在距O點(diǎn)L處的N＇點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得又有解得C錯(cuò)誤；D．由A選項(xiàng)分析可知，在t2時(shí)刻，小球受的電場(chǎng)力最大，可知場(chǎng)強(qiáng)最大，由牛頓第二定律可得其中聯(lián)立可得D正確。故選D。9.如圖所示，水平地面上固定一豎直擋板，傾角為、質(zhì)量為M的斜面體右側(cè)用楔子P固定于地面，一質(zhì)量為m的球體靜止于擋板與斜面之間，設(shè)所有接觸面均光滑。若將固定斜面體的楔子P取走，小球下落且未脫離斜面的過程中，下列說法正確的是（）A.球?qū)ωQ直擋板壓力相對(duì)于球靜止時(shí)減小 B.球?qū)⒆鲎杂陕潴w運(yùn)動(dòng)C.球體與斜面體組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D.球體與斜面體組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒【答案】AC【解析】【詳解】A．球加速下落，處于失重狀態(tài)，可知球?qū)ωQ直擋板壓力相對(duì)于球靜止時(shí)減小，故A正確；B．小球下落過程中，受到斜面體以及擋板的作用力，則不能做自由落體運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C．因此過程中只有球的重力對(duì)系統(tǒng)做功，則球體、地球與斜面體組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故C正確；D．球體與斜面體組成系統(tǒng)水平方向受擋板的彈力作用，水平方向動(dòng)量不守恒；豎直方向受合外力也不為零，豎直方向動(dòng)量也不守恒，則球體與斜面體組成系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，故D錯(cuò)誤。故選AC?！军c(diǎn)睛】掌握機(jī)械能守恒和動(dòng)量守恒的條件。再根據(jù)受力情況及運(yùn)動(dòng)情況，分析受力變化情況。10.如圖a所示，質(zhì)量分別為、的兩物塊A、B間拴接一個(gè)被壓縮且鎖定的輕彈簧，整個(gè)裝置靜置于光滑水平地面上，其中A與左側(cè)固定的擋板相接觸?，F(xiàn)解除對(duì)彈簧的鎖定，在A離開擋板后，B的速度隨時(shí)間變化的圖像如圖b所示，則（）A.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.A、B的質(zhì)量之比C.A的最大速度為D.A離開擋板后，彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)B的速度為【答案】BD【解析】【詳解】A．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，A、B組成的系統(tǒng)受到彈簧的彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；BC．由圖可知，B的最大速度為3m/s，最小為0，當(dāng)B的速度為零后，B又加速運(yùn)動(dòng)，說明B速度為零時(shí)，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，AB發(fā)生的完全彈性碰撞，根據(jù)故A獲得的最大速度故B正確，C錯(cuò)誤；D．A離開擋板后，彈簧彈性勢(shì)能最大時(shí)AB速度相同，根據(jù)動(dòng)量守恒有解得故D正確。故選BD。11.如圖甲，水平向右勻強(qiáng)電場(chǎng)E區(qū)域內(nèi)，有一粗糙水平軌道AB與半徑為R的光滑絕緣豎直半圓軌道BC平滑連接。一帶正電的小滑塊從A點(diǎn)靜止釋放，在AB段運(yùn)動(dòng)中由于摩擦電荷量增加，加速度隨位移變化圖像如圖乙所示。在BC段運(yùn)動(dòng)中，小滑塊電荷量保持不變。已知A、B間距離為4R，滑塊質(zhì)量為m，與軌道間動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度為g。則小滑塊（）A.運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度大小為B.對(duì)半圓軌道壓力最大時(shí)，其所在處軌道半徑與豎直方向夾角的正切值為2C.從C點(diǎn)飛出回到AB軌道的過程中，其水平方向能達(dá)到的最遠(yuǎn)距離大于4RD.若在飛出C點(diǎn)的同時(shí)，將電場(chǎng)反向，則落地前將做曲線運(yùn)動(dòng)【答案】BD【解析】詳解】A．從A到B由動(dòng)能定理可得由圖象可得，小滑塊從A到B運(yùn)動(dòng)過程中，合力做的功為則小滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度大小所以A錯(cuò)誤；B．對(duì)滑塊受力分析，有重力和電場(chǎng)力以及軌道對(duì)滑塊的支持力，當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到半圓軌道上時(shí)，重力與電場(chǎng)力的合力與軌道對(duì)滑塊的支持力共線時(shí)，滑塊對(duì)半圓軌道壓力最大，所以此處半徑與OB夾角的正切值為由圖象可知，在B點(diǎn)時(shí)，滑塊所受電場(chǎng)力為其中則所以B正確；C．從B到C的過程中，由動(dòng)能定理得得從C點(diǎn)飛出回到AB軌道的過程中水平方向速度減為0時(shí)水平位移最大水平方向C錯(cuò)誤；D．由B選項(xiàng)分析可知，B點(diǎn)時(shí)滑塊的電荷量為從C點(diǎn)出去后，電場(chǎng)方向與水平方向的夾角為，則C點(diǎn)出時(shí)速度水平方向，因速度方向與恒力方向不共線，物塊將做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)，所以D正確。故選BD。12.充電后與電源斷開的兩平行板電容器、相互垂直放置，如圖所示。兩極板上的小孔、的連線平行于的兩極板面，粒子源里有大量的質(zhì)子和粒子，粒子從小孔處飄入，粒子打在極板上時(shí)將立即被吸收，現(xiàn)檢測(cè)到質(zhì)子恰好從上極板右邊緣飛出，剛飛出電場(chǎng)時(shí)質(zhì)子的動(dòng)能為，電場(chǎng)力的功率為，忽略粒子重力、粒子間的相互作用、粒子飄入時(shí)的初速度及極板吸收粒子后的電量變化，則（）A.粒子也恰好從上極板右邊緣飛出，飛出時(shí)的動(dòng)能為B.質(zhì)子和粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為C.僅將下極板向下移動(dòng)少許，質(zhì)子仍能從右端飛出，飛出時(shí)電場(chǎng)力的功率可能大于D.僅將極板間的距離增大少許，質(zhì)子仍能從右端飛出，飛出時(shí)的動(dòng)能可能小于【答案】ABD【解析】【詳解】A．充電后與電源斷開說明兩電容器的電荷量都保持不變，設(shè)電容器中的場(chǎng)強(qiáng)為，板距為，中的場(chǎng)強(qiáng)為，板距為，板長(zhǎng)為，粒子經(jīng)過電容器的電場(chǎng)加速后，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得粒子在電容器中做類平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)粒子可以從右端射出，則有，聯(lián)立可得可知粒子與質(zhì)子在電容器中做類平拋運(yùn)動(dòng)的軌跡相同，故粒子也恰好從上極板右邊緣飛出，對(duì)于質(zhì)子根據(jù)動(dòng)能定理可得對(duì)于粒子根據(jù)動(dòng)能定理可得A正確；B．質(zhì)子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為可知質(zhì)子和粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為B正確；C．僅將下極板向下移動(dòng)少許，根據(jù)說明電容器中場(chǎng)強(qiáng)保持不變，質(zhì)子在電場(chǎng)中的受力不變，軌跡不變，即質(zhì)子仍能從右端飛出，飛出時(shí)電場(chǎng)力的功率仍等于，C錯(cuò)誤；D．僅將極板間的距離增大少許，根據(jù)說明電容器中場(chǎng)強(qiáng)保持不變，根據(jù)選項(xiàng)A中表達(dá)式可知增大，減小，故質(zhì)子仍能從右端飛出，根據(jù)動(dòng)能定理可知增大，可能減小，即質(zhì)子從右端飛出的動(dòng)能可能小于，D正確。故選ABD。第Ⅱ卷（非選擇題共52分）二、實(shí)驗(yàn)題。13.（1）讀出圖中游標(biāo)卡尺（20等分）和螺旋測(cè)微器的讀數(shù)：圖a的讀數(shù)為___________cm。圖b讀數(shù)為___________cm。（2）某同學(xué)測(cè)量一只未知阻值的電阻。他先用多用電表進(jìn)行測(cè)量，按照正確的步驟操作后，測(cè)量的結(jié)果如圖所示。請(qǐng)你讀出其阻值大小為________Ω。為了使測(cè)量的結(jié)果更準(zhǔn)確，該同學(xué)應(yīng)將選擇開關(guān)打到___________（填“×100”或“×1”）擋重新測(cè)量?！敬鸢浮竣?②.③.④.×100【解析】【分析】【詳解】（1）[1]圖a的示數(shù)[2]圖b的示數(shù)（2）[3]讀出的面板刻度乘以擋位即得電阻值[4]面板讀數(shù)值偏大，應(yīng)選用較大的擋位使指針向右偏一些，故要選×100擋14.舉世矚目的嫦娥四號(hào)探測(cè)器，其能源供給方式實(shí)現(xiàn)了新的科技突破：它采用同位素溫差發(fā)電與熱電綜合利用技術(shù)結(jié)合的方式供能，也就是用航天器兩面太陽(yáng)翼收集的太陽(yáng)能和月球車上的同位素?zé)嵩磧煞N能源供給探測(cè)器。圖甲中探測(cè)器兩側(cè)張開的是光伏發(fā)電板，光伏發(fā)電板在外太空將光能轉(zhuǎn)化為電能。某同學(xué)利用圖乙所示電路，探究某光伏電池的路端電壓U與電流I的關(guān)系，圖中定值電阻，設(shè)相同光照強(qiáng)度下光伏電池的電動(dòng)勢(shì)不變，電壓表、電流表均可視為理想電表。（1）實(shí)驗(yàn)一：用一定強(qiáng)度的光照射該電池，閉合電鍵S，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R的阻值。通過測(cè)量得到該電池的U—I曲線a（如圖?。?。由此可知，該電源內(nèi)阻______（填“是”或“不是”）定值，某時(shí)刻電壓表示數(shù)如圖丙所示，讀數(shù)為______V，由圖像可知，此時(shí)電源內(nèi)阻為______Ω（計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）；（2）實(shí)驗(yàn)二：只減小光照的強(qiáng)度，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)，測(cè)得UI曲線b（如圖?。?。若在實(shí)驗(yàn)一中當(dāng)滑動(dòng)變阻器的電阻為某值時(shí)路端電壓為，則在實(shí)驗(yàn)二中滑動(dòng)變阻器仍為該值時(shí)，滑動(dòng)變阻器消耗的電功率為______W（計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）?！敬鸢浮竣?不是②.③.④.（均可）【解析】【詳解】（1）[1]電源的圖像的斜率大小表示電源的內(nèi)阻，由曲線a可知斜率不是定值，故電源的內(nèi)阻不是定值。[2]由圖丙可知所選量程為0~3V，分度值為，需要估讀到，故此時(shí)電壓表的讀數(shù)為。[3]電源的圖像的縱截距表示電源的電動(dòng)勢(shì)，則由曲線a可知，電源電動(dòng)勢(shì)為。當(dāng)路端電壓為時(shí)，電流為。根據(jù)閉合電路歐姆定律可得此時(shí)電源內(nèi)阻為（2）[4]由曲線a可知，當(dāng)路端電壓為時(shí)電流為，此時(shí)滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻為易知外電路總電阻為25Ω，在圖丁中作出外電路總電阻的伏安特性曲線如圖所示，它與曲線b交于點(diǎn)（60mA，），該點(diǎn)即為此時(shí)外電路的工作點(diǎn)，此時(shí)消耗的功率為三、計(jì)算題（本題共4個(gè)小題，共40分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟）。15.如圖所示的電路中，兩平行金屬板A、B水平放置，兩板間的距離。電源電動(dòng)勢(shì)，內(nèi)電阻，電阻。閉合S，待電路穩(wěn)定后，將一帶正電的小球從B板小孔以初速度豎直向上射入板間。若小球帶電量為，質(zhì)量為，不考慮空氣阻力。那么滑動(dòng)變阻器滑片P在某位置時(shí)，小球恰能到達(dá)A板。（?。┣螅海?）兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大??；（2）滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值?！敬鸢浮浚?）?；（2）?【解析】【詳解】（1）小球恰能從B?到A?，由動(dòng)能定理可得解得則兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為（2）由閉合電路歐姆定律可得解得則滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值為16.樹上有一個(gè)蘋果，離地高度為，成熟后自由落下。在與蘋果水平距離處的小孩看到其落下時(shí)，經(jīng)反應(yīng)時(shí)間，從的高度水平拋出一顆小石子。重力加速度取，不計(jì)空氣阻力，求：（1）若石子未擊中蘋果，石子在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（2）若石子能擊中蘋果，石子被拋出時(shí)的速度大小?！敬鸢浮浚?）；（2）4m/s【解析】【詳解】（1）若石子未擊中蘋果，根據(jù)位移時(shí)間公式有解得（2）若石子能擊中蘋果，設(shè)石子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，石子下落高度蘋果下落的高度為根據(jù)題意有蘋果在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有解得17.某課外活動(dòng)小組設(shè)計(jì)了一種打積木的游戲，游戲簡(jiǎn)化裝置如圖所示，在水平桌面依次放置質(zhì)量為m的木塊B、C（均可看作質(zhì)點(diǎn)），B、C間的距離為L(zhǎng)，木塊C的右端與桌面右邊緣相距也為L(zhǎng)。B、C兩木塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，兩木塊間的碰撞為彈性正撞。游戲時(shí)將彈簧槍放置在木塊B左側(cè)的桌面上，發(fā)射一黏性材料做成的質(zhì)量為m的子彈A，子彈A水平向右擊中木塊B并粘合在一起，若木塊能撞上C且C不離開桌面，則游戲獲勝。不考慮子彈A與彈簧槍之間的摩擦，忽略空氣的阻力，重力加速度大小為g。求：（1）彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)后，子彈從槍中射出，若子彈以的速度擊中木塊B，求子彈擊中木塊的過程損失的機(jī)械能；（2）若想游戲獲勝，求彈簧槍的彈性勢(shì)能應(yīng)滿足的條件?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）對(duì)子彈擊中木塊的過程用動(dòng)量守恒定律機(jī)械能損失（2）彈簧槍的彈性勢(shì)能設(shè)與C碰前B的速度為v，對(duì)子彈與B碰后整體向前勻減速直到與C碰撞的過程，用動(dòng)能定理得若BC一定相碰，則，有若BC碰后，C剛好運(yùn)動(dòng)到桌面右邊緣，則綜合以上各式得綜上所述18.如圖所示，在水平面的上方，存在豎直平面內(nèi)周期性變化的勻強(qiáng)電場(chǎng)，變化規(guī)律如圖所示。把一質(zhì)量為m、帶電荷的小球在時(shí)從A點(diǎn)以大小為的初動(dòng)能水平向右拋出，經(jīng)過一段時(shí)間后，小球以的動(dòng)能豎直向下經(jīng)過點(diǎn)，隨后小球第一次經(jīng)過A點(diǎn)正下方，且經(jīng)過A點(diǎn)正下方時(shí)電場(chǎng)剛好第一次反向。已知之間的高度差為，水平距離為點(diǎn)到水平面的豎直距離為，重力加速度為。求：