精品解析：2025届宁夏回族自治区石嘴山市第一中学高三下学期模拟预测物理试题

石嘴山市第一中学2025届高三高考模拟预测 物理试题（物理方向） 一、选择题：1-7为单选，8-10为多选。（共46分） 1. 关于原子结构和微观粒子波粒二象性，下列说法正确的是（　　） A. 普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一 B. 玻尔理论指出氢原子能级是分立的，并测出了氨原子光谱 C. 卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子 D. 根据电子束通过铝箔后的衍射图样，可以说明电子具有粒子性 2. 国产XGC88000履带起重机成功吊装800吨的18MW海上风电机组，尽显大国重器的实力与风采。若800吨海上风电机组可简化为圆柱体，某段时间内用5条长度相同且均匀分布的倾斜吊绳缓慢吊装，如图所示，每条倾斜吊绳与竖直方向的夹角均为37°，取， 。不计吊绳的重力，则每条倾斜吊绳中的拉力大小为（　　） A. B. C. D. 3. 随着科技的进步，一些公司用智能物流机器人进行送货，已知机器人运动的最大速度为1m/s，当它过红绿灯路口时，发现绿灯时间是20s，路宽是19.5m，若在绿灯亮起前2s开始启动，它启动的加速度为，则机器人要顺利通过红绿灯，离停车线的最大距离为（　　） A. 0.5m B. 1m C. 1.5m D. 2m 4. 如图所示，质量为M的上表面光滑的小车静置于光滑的水平面上，左端固定一根轻质弹簧，质量为m的物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距为L，当突然烧断细线后，以下说法正确的是（　　） A. 物块离开小车前，物块和小车组成的系统动量守恒 B. 物块离开小车前，物块和小车组成的系统机械能守恒 C. 当物块离开小车时，小车向左运动的位移大小为 D. 当物块速度大小为v时（未离开小车），小车速度大小为 5. 卡诺循环是一种理想化的热力学循环，由法国工程师尼古拉。卡诺于1824年提出。一定质量某理想气体的卡诺循环（A→B→C→D→A）可用如图压强-体积（p-V）图像来表达，A、B、C、D分别为四条线的交点。其中AB线与CD线为两条等温线，温度分别为和。B→C过程与D→A过程中气体与外界无热量交换。已知状态A的压强为p、体积为，状态C的体积为。下列说法正确的是（　　） A. 状态C的压强为 B. 在A→B过程中，气体吸收的热量等于外界对气体做的正功 C. 气体在A→B过程中吸收的热量等于C→D过程中放出的热量 D. 从整个循环过程看，该气体是对外做功的，是吸收热量的 6. 理想变压器是指在变压的过程中，线圈和铁芯不损耗能量、磁场被束缚在铁芯内不外漏的变压器。实际生活中，某变压器原、副线圈匝数分别为和，由于磁场外漏，穿过副线圈的磁通量只有原线圈的。若原线圈接电压为、频率为的交流电，副线圈输出电压为，频率为的交流电，原、副线圈中的磁通量变化率分别为和，则下列说法正确的是（　　） A. B. C. D. 7. 一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示。设该物体在t0和2t0时刻相对于出发点的位移分别是x1和x2，速度分别是v1和v2，合外力从开始至t0时刻做的功是W1，从t0至2t0时刻做的功是W2，则（　　） A. ， B. ， C. D. 8. 2024年3月25日中国队的王子露勇夺2024FIG艺术体操世界杯棒操金牌。如图所示，王子露在某次艺术体操的带操表演中持细棒抖动彩带的一端，彩带随之波浪翻卷。现将彩带上的波浪简化为沿x轴方向传播的简谐横波， 时的波形如图乙所示，质点P、Q的横坐标分别为2.5m、5m； 处质点的振动图像如图丙所示。下列说法正确的是（　　） A. 波速大小为2m/s B. 时起质点Q比质点P先回到平衡位置 C. 质点Q的振动方程为 D. 1~2.5s内质点Q通过的路程为1m 9. 如图所示，足够长的光滑水平轨道左侧部分的轨道间距为，右侧部分的轨道间距为 ，两部分轨道通过导线连通。整个区域存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小。质量 的金属棒 和质量的金属棒垂直于导轨分别静止放置在左、右两侧轨道上。现给金属棒 一大小为 、方向沿轨道向右的初速度，已知两金属棒接入电路的有效电阻均为，轨道电阻不计， ，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触， 棒总在宽轨上运动，棒总在窄轨上运动。下列说法正确的是（　　） A. 整个过程金属棒 、动量守恒 B. 金属棒 匀速运动的速度大小为 C. 整个过程通过金属棒某横截面的电荷量为 D. 整个运动过程金属棒 、扫过的面积之差为 10. 在如题图所示的电路中，电源电动势 、内阻恒定，、是定值电阻。闭合开关S，平行板电容器两板间有一带电液滴刚好处于静止状态。将滑动变阻器的滑片滑动一小段距离使得理想电流表A示数变小，理想电压表、、的示数变化量的绝对值为、、。下列说法正确的是（　　） A. 电压表的示数变大 B. C. 定值电阻中有从 流向 的瞬间电流，带电液滴将向上运动 D. 电源效率减小 二、非选择题（共54分） 11. 某实验小组测量一节干电池的电动势和内阻，有如图甲、乙所示两种可供选择的实验电路图。图中部分器材规格为：电流表内阻约为0.50Ω，量程为0~0.6A；电压表内阻约为 ，量程为0~3V；被测干电池电动势约1.5V，内阻约1Ω。 （1）为使测量结果尽量准确，应选择________（选填“甲”或“乙”）电路图；实验小组想利用多用电表的欧姆挡粗略测量该电池的内阻，你认为________（选填“可行”或“不可行”）。 （2）A同学连接好如图甲所示的实验电路，闭合开关S，改变滑片的位置，记录多组电压表、电流表示数，并描绘出 图像，如丙图中P图线所示；B同学用图乙所示的实验电路，实验操作与A同学相同，在同一坐标系中描点作出 图像，如丙图中Q图线所示。若每次操作和读数均正确，则由图丙中的P和Q图线，可得该电池电动势和内阻的真实值为 ________V， ________ （结果均保留3位有效数字）。 12. 某同学通过图甲所示的实验装置，利用玻意耳定律来测定一块形状不规则的易受潮变质的药品的体积。 实验步骤： ①将药品装进注射器，插入活塞，再将注射器通过软管与传感器A连接； ②移动活塞，读取气体体积V，同时记录对应的传感器数据； ③重复步骤②，得到多组实验数据，建立适当的直角坐标系，如图乙所示。 （1）在实验操作中，下列说法正确的是______。 A. 图甲中，传感器A为压强传感器 B. 在步骤①中，将注射器与传感器A连接前，应把注射器活塞移至注射器最左端位置 C. 为确保读取数据时数据稳定，应当握紧注射器 D. 若实验过程中不慎将活塞拔出针筒，应放弃已获数据重新实验 （2）为了在坐标系中获得直线图像，若取y轴为V，则x轴为______（填“”或“p”）。 （3）选择合适的坐标后，该同学通过描点作图，得到图像如图乙所示（a、b已知），若不考虑传感器和注射器连接处的软管容积带来的误差，则药品的体积为______；若传感器和注射器连接处的软管容积为c（且保持不变），则药品的体积为______。 13. 一玩具以初速度从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求 （1）玩具上升到最大高度时的速度大小； （2）两部分落地时速度大小之比。 14. 如图所示电路中，电源电动势，内电阻 ，小灯泡 上标有“ ”，用酒精灯给电路中的灯丝加热一会儿后，闭合开关，串联在电路中的小灯泡恰好正常发光，求此时： （1）流过小灯泡的电流 ； （2）电源的路端电压 ； （3）灯丝此时的电阻。 15. 如图所示，在竖直向下的匀强电场中有轨道ABCDFMNP，其中BC部分为水平轨道，与曲面AB平滑连接。CDF和FMN是竖直放置的半圆轨道，在最高点F对接，与BC在C点相切。NP为一与FMN相切的水平平台，P处固定一轻弹簧。点D、N、P在同一水平线上。水平轨道BC粗糙，其余轨道均光滑，可视为质点的质量为 kg的带正电的滑块从曲面AB上某处由静止释放。已知匀强电场 N/C，BC段长度 1m，CDF的半径 m，FMN的半径r=0.1m，滑块带电量 C，滑块与BC间的动摩擦因数 ，重力加速度 m/s2，求： （1）滑块通过F点的最小速度vF； （2）若滑块恰好能通过F点，求滑块释放点到水平轨道BC的高度h0； （3）若滑块在整个运动过程中，始终不脱离轨道，且弹簧的形变始终在弹性限度内，求滑块释放点到水平轨道BC的高度h需要满足的条件。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 石嘴山市第一中学2025届高三高考模拟预测 物理试题（物理方向） 一、选择题：1-7为单选，8-10为多选。（共46分） 1. 关于原子结构和微观粒子波粒二象性，下列说法正确的是（　　） A. 普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一 B. 玻尔理论指出氢原子能级是分立的，并测出了氨原子光谱 C. 卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子 D. 根据电子束通过铝箔后的衍射图样，可以说明电子具有粒子性 【答案】A 【解析】 【详解】A．为了解释黑体辐射的实验规律，普朗克提出了能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一，A正确； B．玻尔理论指出氢原子能级是分立的，但波尔并没有测出氨原子光谱，B错误； C．卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，并发现了质子，预言了中子的存在，中子最终由查德威克发现，C错误； D．衍射是波的属性，根据电子束通过铝箔后的衍射图样，可以说明电子具有波动性，D错误。 故选A。 2. 国产XGC88000履带起重机成功吊装800吨的18MW海上风电机组，尽显大国重器的实力与风采。若800吨海上风电机组可简化为圆柱体，某段时间内用5条长度相同且均匀分布的倾斜吊绳缓慢吊装，如图所示，每条倾斜吊绳与竖直方向的夹角均为37°，取， 。不计吊绳的重力，则每条倾斜吊绳中的拉力大小为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】将单条倾斜吊绳的拉力沿水平方向和竖直方向分解，竖直分力 对圆柱体由竖直方向受力平衡有 解得 故选A。 3. 随着科技的进步，一些公司用智能物流机器人进行送货，已知机器人运动的最大速度为1m/s，当它过红绿灯路口时，发现绿灯时间是20s，路宽是19.5m，若在绿灯亮起前2s开始启动，它启动的加速度为，则机器人要顺利通过红绿灯，离停车线的最大距离为（　　） A. 0.5m B. 1m C. 1.5m D. 2m 【答案】C 【解析】 【详解】根据运动学公式可知，机器人加速到最大速度所用的时间 加速阶段的位移 匀速运动阶段的位移 从启动到红灯亮起，机器人的位移为 机器人要顺利通过红绿灯，离停车线的最大距离 故选C。 4. 如图所示，质量为M的上表面光滑的小车静置于光滑的水平面上，左端固定一根轻质弹簧，质量为m的物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距为L，当突然烧断细线后，以下说法正确的是（　　） A. 物块离开小车前，物块和小车组成的系统动量守恒 B. 物块离开小车前，物块和小车组成的系统机械能守恒 C. 当物块离开小车时，小车向左运动的位移大小为 D. 当物块速度大小为v时（未离开小车），小车速度大小为 【答案】A 【解析】 【详解】A．物块离开小车前，物块和小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A正确； B．物块离开小车前，弹力对物块和小车组成的系统做功，系统机械能不守恒，故B错误； C．根据动量守恒定律可知，物块离开小车前，物块和小车在任意时刻的速度大小关系均满足 所以当物块离开小车时，小车向左运动的位移大小和物块向右运动的位移大小关系满足 根据位移关系可得 解得 故C错误； D．根据C项分析可知，当物块速度大小为v时（未离开小车），小车速度大小为 ，故D错误。 故选A。 5. 卡诺循环是一种理想化的热力学循环，由法国工程师尼古拉。卡诺于1824年提出。一定质量某理想气体的卡诺循环（A→B→C→D→A）可用如图压强-体积（p-V）图像来表达，A、B、C、D分别为四条线的交点。其中AB线与CD线为两条等温线，温度分别为和。B→C过程与D→A过程中气体与外界无热量交换。已知状态A的压强为p、体积为，状态C的体积为。下列说法正确的是（　　） A. 状态C的压强为 B. 在A→B过程中，气体吸收的热量等于外界对气体做的正功 C. 气体在A→B过程中吸收的热量等于C→D过程中放出的热量 D. 从整个循环过程看，该气体是对外做功的，是吸收热量的 【答案】D 【解析】 【详解】A．A→B过程中，气体温度不变，则 B→C过程中，根据理想气体状态方程可得 联立可得 故A错误； B．在A→B过程中，气体温度不变，则内能不变，气体体积增大，即气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量等于气体对外界做的正功，故B错误； CD．气体在C→D过程中，温度不变，内能不变，体积减小，外界对气体做功，气体放出热量，气体放出的热量等于外界对气体做的功，p-V图线与坐标轴围成的区域的面积表示做功，由图可知，A→B过程中，气体对外做功较多，即气体吸收热量较大，所以从整个循环过程看，该气体是对外做功的，是吸收热量的，故C错误，D正确。 故选D。 6. 理想变压器是指在变压的过程中，线圈和铁芯不损耗能量、磁场被束缚在铁芯内不外漏的变压器。实际生活中，某变压器原、副线圈匝数分别为和，由于磁场外漏，穿过副线圈的磁通量只有原线圈的。若原线圈接电压为、频率为的交流电，副线圈输出电压为，频率为的交流电，原、副线圈中的磁通量变化率分别为和，则下列说法正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．由于变压器存在漏磁，穿过副线圈的磁通量只有原线圈的，则 可得 故A错误； B．变压器不改变电流频率，所以原副线圈电流频率相同，故B错误； CD．由法拉第电磁感应定律有 联立可得 故C错误，D正确。 故选D。 7. 一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示。设该物体在t0和2t0时刻相对于出发点的位移分别是x1和x2，速度分别是v1和v2，合外力从开始至t0时刻做的功是W1，从t0至2t0时刻做的功是W2，则（　　） A. ， B. ， C. D. 【答案】BD 【解析】 【详解】由于物体受的合力是2倍的关系，根据牛顿第二定律 可知，加速度也是2倍的关系，即 在0~t0阶段，物体位移 速度 合外力做功 在0~2t0阶段，物体的位移 速度 从t0至2t0时刻做的功 故选BD。 8. 2024年3月25日中国队的王子露勇夺2024FIG艺术体操世界杯棒操金牌。如图所示，王子露在某次艺术体操的带操表演中持细棒抖动彩带的一端，彩带随之波浪翻卷。现将彩带上的波浪简化为沿x轴方向传播的简谐横波， 时的波形如图乙所示，质点P、Q的横坐标分别为2.5m、5m； 处质点的振动图像如图丙所示。下列说法正确的是（　　） A. 波速大小为2m/s B. 时起质点Q比质点P先回到平衡位置 C. 质点Q的振动方程为 D. 1~2.5s内质点Q通过的路程为1m 【答案】AB 【解析】 【详解】A．由图乙知波长 由图丙知周期 根据 解得 故A正确； B．由图丙知 时 处质点的振动方向沿 轴负方向，结合图乙，根据同侧法知简谐横波沿 轴负方向传播，则 时质点 的振动方向沿 轴正方向，第一次回到平衡位置用时大于 ，而质点 第一次回到平衡位置用时为 ，所以 时起质点 比质点 先回到平衡位置，故B正确； C．质点 的振动方程为 故C错误； D．由图像知振幅 由于 且 时质点 位于波谷，所以内质点 通过的路程为 故D错误。 故选AB。 9. 如图所示，足够长的光滑水平轨道左侧部分的轨道间距为，右侧部分的轨道间距为 ，两部分轨道通过导线连通。整个区域存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小。质量 的金属棒 和质量的金属棒 垂直于导轨分别静止放置在左、右两侧轨道上。现给金属棒 一大小为 、方向沿轨道向右的初速度，已知两金属棒接入电路的有效电阻均为，轨道电阻不计， ，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触， 棒总在宽轨上运动， 棒总在窄轨上运动。下列说法正确的是（　　） A. 整个过程金属棒 、 动量守恒 B. 金属棒 匀速运动的速度大小为 C. 整个过程通过金属棒 某横截面的电荷量为 D. 整个运动过程金属棒 、 扫过的面积之差为 【答案】BC 【解析】 【详解】A．因为受到的安培力大小不相等，合力不为零，所以整个过程金属棒动量不守恒，A错误； B．选取水平向右为正方向，对分别应用动量定理，对 有 对Q有 其中 整理得 两棒最后匀速时，电路中无电流，此时回路总电动势为零，必有 即 联立解得 B正确； C．在Q加速过程中根据动量定理有 又电荷量 解得 C正确； D．根据 代入数据解得 D错误。 故选B。 10. 在如题图所示的电路中，电源电动势 、内阻恒定，、是定值电阻。闭合开关S，平行板电容器两板间有一带电液滴刚好处于静止状态。将滑动变阻器的滑片滑动一小段距离使得理想电流表A示数变小，理想电压表、、的示数变化量的绝对值为、、。下列说法正确的是（　　） A. 电压表的示数变大 B. C. 定值电阻中有从 流向的瞬间电流，带电液滴将向上运动 D. 电源效率减小 【答案】AC 【解析】 【详解】A．电压表测的是路端电压，因理想电流表A示数变小，内电压变小，所以路端电压增大，电压表的示数变大，故A正确； B．电压表、分别测的是、的电压，因，， 所以 故B错误； C．理想电流表A示数变小，则两端电压增大，电容器两极板间电压也增大，场强增大，带电液滴所受电场力增大，所以带电液滴向上运动，电容器充电，定值电阻中有从 流向的瞬间电流，故C正确； D．电源的效率为 由于增大，所以电源的效率增大，故D错误。 故选AC。 二、非选择题（共54分） 11. 某实验小组测量一节干电池的电动势和内阻，有如图甲、乙所示两种可供选择的实验电路图。图中部分器材规格为：电流表内阻约为0.50Ω，量程为0~0.6A；电压表内阻约为 ，量程为0~3V；被测干电池电动势约1.5V，内阻约1Ω。 （1）为使测量结果尽量准确，应选择________（选填“甲”或“乙”）电路图；实验小组想利用多用电表的欧姆挡粗略测量该电池的内阻，你认为________（选填“可行”或“不可行”）。 （2）A同学连接好如图甲所示的实验电路，闭合开关S，改变滑片的位置，记录多组电压表、电流表示数，并描绘出 图像，如丙图中P图线所示；B同学用图乙所示的实验电路，实验操作与A同学相同，在同一坐标系中描点作出 图像，如丙图中Q图线所示。若每次操作和读数均正确，则由图丙中的P和Q图线，可得该电池电动势和内阻的真实值为 ________V， ________ （结果均保留3位有效数字）。 【答案】（1） ①. 乙 ②. 不可行 （2） ①. 1.48 ②. 1.48 【解析】 【小问1详解】 [1]甲方案中实验的误差来源于电流表的分压，实验测得的电源内阻为电流表内阻和电源内阻之和，由于电源的内阻较小，因此实验的误差大；乙方案中实验的误差来源于电压表的分流作用，由于电压表的内阻很大，分流作用不明显，可以忽略，因此选择乙方案误差小； [2]由于用多用电表在测量电阻时，内部电源对外提供电流，需要将待测电阻与外部电源断开，所以利用多用电表的欧姆挡粗略测量该电池的内阻不可行。 【小问2详解】 [1]采用图甲电路测量电源电动势和内阻时，考虑到电流表的分压作用，根据闭合电路欧姆定律有 整理得 显然利用该电路测量电源电动势和内阻， 所以通过P图线纵截距可得该电源电动势的真实值为 [2]如图丙所示，当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，则短路电流为 则该电池的内阻的真实值为 12. 某同学通过图甲所示的实验装置，利用玻意耳定律来测定一块形状不规则的易受潮变质的药品的体积。 实验步骤： ①将药品装进注射器，插入活塞，再将注射器通过软管与传感器A连接； ②移动活塞，读取气体体积V，同时记录对应的传感器数据； ③重复步骤②，得到多组实验数据，建立适当的直角坐标系，如图乙所示。 （1）在实验操作中，下列说法正确的是______。 A. 图甲中，传感器A为压强传感器 B. 在步骤①中，将注射器与传感器A连接前，应把注射器活塞移至注射器最左端位置 C. 为确保读取数据时数据稳定，应当握紧注射器 D. 若实验过程中不慎将活塞拔出针筒，应放弃已获数据重新实验 （2）为了在坐标系中获得直线图像，若取y轴为V，则x轴为______（填“”或“p”）。 （3）选择合适的坐标后，该同学通过描点作图，得到图像如图乙所示（a、b已知），若不考虑传感器和注射器连接处的软管容积带来的误差，则药品的体积为______；若传感器和注射器连接处的软管容积为c（且保持不变），则药品的体积为______。 【答案】（1）AD （2） （3） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 A．实验中需要测量气体的压强和体积，气体的体积可以由注射器上的刻度读出，因此图甲中，传感器A为压强传感器，A正确； B． 注射器与传感器A连接前活塞移动到注射器中间位置更合理，这样体积减小，压强增加；体积增加，压强减小，操作更方便，压强值既有大于大气压强的，也有小于大气压强的，数据分布更科学，B错误； C．实验需要气体的温度不变，因此在操作中不可用手握住注射器封闭气体的部分，C错误； D．实验过程中应使气体的质量不变，若实验过程中不慎将活塞拔出针筒，则注射器中气体的质量产生变化，应放弃已获数据重新实验，D正确。 故选AD。 【小问2详解】 由玻意耳定律 可得 为了在坐标系中获得直线图像，若取y轴为V，则x轴为。 【小问3详解】 [1]以注射器内气体与传感器和注射器连接的软管内气体为研究对象。若不考虑传感器和注射器连接处的软管容积带来的误差，则气体的总体积 由玻意耳定律 可得 则有 由乙图可知，在时，则有药品的体积为 [2]若传感器和注射器连接处的软管容积为c（且保持不变），则有气体的总体积 由玻意耳定律 可得 则有 由乙图可知，在时，则有 可得药品的体积为 13. 一玩具以初速度从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求 （1）玩具上升到最大高度时的速度大小； （2）两部分落地时速度大小之比。 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】 【详解】（1）设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度时的速度大小为v，重力加速度大小为g，以初速度方向为正，整个运动过程有 玩具上升到最大高度有 两式联立解得 （2）设玩具分开时两部分的质量分别为、，水平速度大小分别为、。依题意，动能关系为 玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，有 分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，竖直方向分速度大小为，设两部分落地时的速度大小分别为、，由速度合成公式，有 ， 结合，解得 14. 如图所示电路中，电源电动势，内电阻 ，小灯泡 上标有“ ”，用酒精灯给电路中的灯丝加热一会儿后，闭合开关，串联在电路中的小灯泡恰好正常发光，求此时： （1）流过小灯泡的电流 ； （2）电源的路端电压 ； （3）灯丝此时的电阻 。 【答案】（1）；（2）；（2） 【解析】 【详解】（1）此时小灯泡正常发光，流过小灯泡的电流为小灯泡的额定电流 代入数据解得 （2）根据闭合电路欧姆定律可知，电源的路端电压为 代入数据解得 （3）此时灯丝两端的电压为 则灯丝的电阻为 联立并代入数据解得 15. 如图所示，在竖直向下的匀强电场中有轨道ABCDFMNP，其中BC部分为水平轨道，与曲面AB平滑连接。CDF和FMN是竖直放置的半圆轨道，在最高点F对接，与BC在C点相切。NP为一与FMN相切的水平平台，P处固定一轻弹簧。点D、N、P在同一水平线上。水平轨道BC粗糙，其余轨道均光滑，可视为质点的质量为 kg的带正电的滑块从曲面AB上某处由静止释放。已知匀强电场 N/C，BC段长度 1m，CDF的半径 m，FMN的半径r=0.1m，滑块带电量 C，滑块与BC间的动摩擦因数 ，重力加速度 m/s2，求： （1）滑块通过F点的最小速度vF； （2）若滑块恰好能通过F点，求滑块释放点到水平轨道BC的高度h0； （3）若滑块在整个运动过程中，始终不脱离轨道，且弹簧的形变始终在弹性限度内，求滑块释放点到水平轨道BC的高度h需要满足的条件。 【答案】（1）2m/s；（2）1m；（3） 【解析】 【详解】（1）小球在F点由重力和电场力的合力提供向心力 解得 （2）设小球由处释放恰好通过F点，对小球从释放至F点这一过程由动能定理得 解得 （3）讨论： ①小球第一次运动到D点速度为零，对该过程由动能定理得： 解得 则当 时，小球不过D点，不脱离轨道。 ②小球第一次进入圆轨道可以经过F点，压缩弹簧被反弹，沿轨道PNMFDCBA运动，再次返回后不过D点，小球恰好可以经过F点，由动能定理可得 解得 则当 时，小球可以通过F点后，小球再次返回刚好到D点 解得 则当 时，小球被弹簧反弹往复运动后不过D点综上所述， 时，小球第一次进入圆轨道可以通过F点，往复运动第二次后不过D点，满足始终不脱离轨道； ③小球第一次进入圆轨道可以经过F点，压缩弹簧被反弹，第二次往复运动时满足小球恰好可以经过F点，由动能定理可得 解得 则当 时，小球可以两次通过F点，小球再次返回刚好到D点 代入数据解得 则当 时，小球被弹簧反弹第二次往复运动后不过D点，综上所述， 时，小球第一、二次进入圆轨道可以通过F点，往复运动第二次后不过D点，始终不脱离轨道. 由数学归纳法可知，当h满足 时，小球不脱离轨道。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $