(10)恒定电流-【衡水金卷·先享题】2026年高考物理一轮复习单元检测卷（S）

高三一轮复习单元检测卷/物理 (十)恒定电流 (考试时间75分钟，满分100分) 一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的) 1.如图所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b,木块a的竖直边靠在竖直且粗糙的 竖直墙面上，现用竖直向上的作用力F推动木块α与铁块b一起向上做匀加速运动，运 动过程中铁块b与木块α始终保持相对静止，下列说法正确的是 A.木块a与铁块b间一定存在摩擦力 B.木块a与竖直墙面间一定存在弹力 C.木块a与竖直墙面间一定存在摩擦力 D.作用力F的大小一定小于木块a与铁块b的重力之和 2.图甲为某手机的说明书，图乙为充电宝（移动电源）的部分标识。生活中，我们用充电宝为移动设 备提供额外的电能，解决电量不足的问题。使用时要遵循充电规范、定期检查、正确存储、注意携 带安全等。关于该充电宝，下列说法正确的是 A.充电宝充满电后储存的能量约 规格参数 为2×104J 电池容量：10000mAh/3.7V37Wh(max) B.充电宝充满电后可供该手机（已 CSV 24A9V 20A 12V 1.5A 放完电)充满电3次 手机类型 智能手机、4G手机… (18 W max) 屏幕分辨率1920×1080像素(FHD) Usb Output2:DC 5 V 2.1 A C.若充电宝从20%的电量充电到 Micro Input:DC 5 V 2.1A 9V 2.0A 12 V 1.5A 电池容量 4000 mAh 80%的电量用5小时，则充电过 电池类型 不可拆卸式电池 USBryp clpu De15A 重量：235g 程的电流约为1.2A 尺寸：137*70*12.8mm 待机时间 22d 颜色：苏格兰银曜石黑魅酯红草木绿 D.充电宝充满电后的总能量可以 e中。。 玫瑰金柏青蓝 使一名质量为60kg的学生匀 甲 乙 速提升的最大高度为100m 3.如图甲所示为用传感器测量某直流电源的电动势E和内阻？的实验电路，按此原理测量得到多组 数据后作出的U-I图像如图乙所示。下列说法正确的是 A.图甲中A、B分别为电压传感器 UNV 和电流传感器 B.闭合开关前，应将滑动变阻器的 1.45 滑片P置于b端 A传感器 1.40 C.根据图乙可求出该电源的电动势 135 E=1.48V B传感器 1.30 D.根据图乙可求出该电源的内阻r 0 20406080100120140ImA ≈1.43 甲 4.如图所示，两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由于某种原 因灯泡L的灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，电源电动势为E、内阻为r,电路中的定值电阻的 阻值分别为R、R2、R3,电压表和电流表示数变化量的绝对值分别为△U、△I,下列说法正确的是 A.A 7=r+R R3 B.电流表的读数变大，电压表的读数变小 L C.液滴开始向上运动 D.电源的输出功率一定变小 A 物理第1页（共4页) 衡水金卷·先享题·高 5.北斗卫星导航系统是我国自行研制的全球卫星导航系统，现由55颗卫星组成。如图所示，P是纬 度为的地球表面上一点，人造地球卫星A、B均做匀速圆周运动，卫星B为位于地球赤道上空的 同步卫星。若某时刻P、A、B与地心O在同一平面内，其中O、P、A在一条直 少w 线上，且∠OAB=90°，下列说法正确的是 A.卫星A、B与P点均绕地心做匀速圆周运动 B.P点的向心加速度大于卫星A的向心加速度 C.卫星A,B的周期之比宁cos司 TA- 1 D.卫星A、B的线速度之比4=，1 vB√Jc0s0 6.如图甲所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上。现使小球在竖直平面内做圆周 运动，从某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度，随时间t的变化关系图 像如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2,下列 v/(m's-) 说法正确的是 A.在t2时刻小球通过最高点 杆 B.面积S1的数值为0.8m C.面积S1和S2不相等 D.图像第一次与横轴的交点对应小球的速度大小为4m/s 甲 7.如图所示为加速度计的原理图，滑块可沿光滑杆水平移动，滑块两侧与两根相同的轻弹簧连接；固 定在滑块上的滑片M下端与滑动变阻器R接触良好且无摩擦，两个电源的电动势均为E、内阻均 不计。当两弹簧均处于原长时，M位于R的中点，理想电压表的指针位 于表盘的中央，当P端电势高于Q端时，指针位于表盘右侧。将加速度 0 计固定在水平运动的被测物体上，下列说法正确的是 滑块 -M 光滑杆 A.若M位于R的中点右侧，P端电势低于Q端 B.电压表的示数随物体加速度的增大而增大，但不成正比 9 C.若电压表的指针位于表盘左侧，则物体的速度方向向右 D.若电压表的指针位于表盘左侧，则物体的加速度方向向右 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个 以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.如图所示，将两个相同的电流计分别改装成电流表A1(0一3A)和电流表A2(0~0.6A),把这两 个电流表并联接人电路。下列说法正确的是 A.A1和A2的内阻之比为5：1 B.A1的指针半偏时，A2的指针也半偏 C.A1的读数为1A时，A2的读数为0.4A D.A1的读数为2A时，干路电流为2.4A 9.如图所示，电源的电动势为E、内阻为r,R。、R2均为定值电阻，R,为滑动变阻器，电表均为理想电 表，当滑动变阻器R1的滑片向左滑动时，下列说法正确的是 A.电流表A1的示数减小，电流表A2的示数减小 B.电压表V1的示数减小，电压表V2的示数减小 R C.电流表A,的示数变化量的绝对值△I1小于流过R1的电流变化量的绝对 A R2 值△IR1 D.电压表V2的示数变化量的绝对值△U2和电流表A1的示数变化量的绝对 值△I的比值变大 三一轮复习单元检测卷十 物理第2页（共4页） 囵 10.如图甲所示，t=0时刻，两个带电粒子M、N同时飘入（初速度很小，可忽略不计）电压为U1的加 速电场，经加速后分别在了T时刻从小孔S沿平行金属板A、B的中线射入偏转电场，两板间电 压U2的变化规律如图乙所示。T时刻粒子M从 U2 A板的右端离开电场区域，不考虑粒子重力及粒 粒 子间的作用力，下列说法正确的是 A.粒子M、N到达小孔S时的速度之比为2：1 源 B.粒子M、N的比荷之比为4：1 C.粒子V将打到B板的中点 D.偏转电场对粒子V所做的总功为零 班级 姓名 分数 题号 5 6 9 答案 三、非选择题（本题共5小题，共54分。请按要求完成下列各题） 11.(8分)某小组欲设计一种电热水器防触电装置，其原理是：当电热管漏电时，利用自来水自身的 电阻，可使漏电电流降至人体安全电流以下。为此，需先测量水的电阻率，再进行合理设计。 电极板 ↑Rz/(1032) 4 12 四m 0 西 0.i0.20.30.40.50.60.77m 甲 乙 (1)如图甲所示，在绝缘长方体容器的左、右两侧安装可移动的薄金属电极板，将自来水倒人其 中，测得水的截面宽d=0.07m、高h=0.03m。 (2)实验室提供的器材：电流表（量程为300μA,内阻Ra=25002)、电压表（量程为3V或15V, 内阻未知)、直流电源（电动势为3V)、滑动变阻器、开关和导线若干。为减小实验误差，请在图 甲中用笔画线代替导线完成电路实物的连接。 (3)连接好电路，测量26℃的水在不同长度1时的阻值R,,将水温升到65℃，重复测量。绘出 26℃和65℃水的R1图线，分别如图乙中A、B所示。 (4)若R,1图线的斜率为k,则水的电阻率表达式为ρ (用k、d、h表示)，实验结果表 明，温度 (填“高”或“低”)的水更容易导电。 (5)测出电阻率后，拟将一段塑料水管安装于热水器出水口作为防触电装置。为保证出水量不 变，选用内直径为8×103m的水管，已知人体的最大安全电流为1×103A,热水器出水温度最 高为65℃，忽略其他电阻的影响（等效为热水器220V的工作电压直接加在水管两端），则该水 管的长度至少应设计为 m(结果保留两位有效数字)。 12.(6分)某探究小组要测量电池的电动势和内阻。可利用的器材有：电压表、电阻丝、定值电阻（阻 值为R)、金属夹、刻度尺、开关S、导线若干。 (1)实验步骤如下： A电阻丝 电阻丝 ①将电阻丝拉直固定，按照图甲连接电路，金属夹 金属夹 金属夹 置于电阻丝的 (填“A”或“B”)端。 ②闭合开关S,快速滑动金属夹至适当位置并记 录电压表的示数U,断开开关S,测量金属夹与B 甲 物理第3页（共4页） 衡水金卷·先享题·高 端的距离L。 ③多次重复步骤②，根据记录的若干组U、L的值，作出图丙中图线I。 ④按照图乙将定值电阻接人电路，多次重复步骤②，再根据记录的若干组U、L的值，作出图丙中 图线Ⅱ。 (2)由图丙得出纵截距为b,则待测电池的电动势E= (用b表示)。 (3)图线求得1、Ⅱ的斜率分别为、k,若冬=，则待测电池的内阻= (用n、R。 表示)。 13.(12分)在如图所示的电路中，定值电阻R1=32、R2=22、R=22、R4=3、R=12,电容器 的电容C=5uF,电源的电动势E=10V、内阻不计。 (1)闭合开关S、S2,电路稳定后，电容器哪个极板带正电？带电量为 多少？ (2)保持开关S1闭合，断开开关S2,电路稳定后，流过定值电阻R;的电 荷量为多少？ 14.(12分)如图所示，图甲中在滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数U 随电流表读数I的变化关系如图乙中的两直线AC、BC所示，电表均可视为理想电表。 (1)定值电阻的阻值R。、滑动变阻器的最大阻值R分 U/V 别为多少？ B 7.5- (2)求电源的电动势和内阻； 6.0- (3)电源的最大工作效率为多少？ 4.5 3.0 1.5--A 0 0.51.01.52.01A 乙 15.(16分)有一种打积木的游戏，装置如图所示，四块完全相同的积木B、C、D、E叠放在靶位上，宽 度均为d=10cm,积木C、D、E夹在固定的两光滑薄板之间，小球A(可视为质点)用长度L 0.45m、不可伸长的轻绳悬挂于O点。游戏时，将小球A拉至与O点等高的P点（保持绳绷直） 由静止释放，小球A运动到最低点时与积木B发生的碰撞为弹性碰撞且瞬间完成，积木B滑行 一 段距离后停下。已知小球A和每块积木的质量均为m=0.05kg,各积木间、积木与水平面间 的动摩擦因数均为=0.2，重力加速度g=10m/s2,空气阻力不计。 (1)求小球A下落到最低点与积木B碰撞前的瞬间细绳上的张力P@ 大小； (2)求积木B向前滑行的距离； D (3)将小球A再次拉起至P点无初速度释放，小球A运动到最低点与 C 积木C发生弹性碰撞且瞬间完成，积木C沿积木B的轨迹前进，与静 B 止的积木B发生碰撞（时间极短）并粘合在一起向前滑动，求粘合在一起后积木CB一起滑行的 距离。 一轮复习单元检测卷十 物理第4页（共4页）高三一轮复习S ·物理· 高三一轮复习单元检测卷/物理（十） 9 命题要素一贤表 注： 1.能力要求： ,理解能力 Ⅱ，推理能力Ⅲ，分析综合能力Ⅳ.应用数学处理物理问题的能力V,实验能力 2.学科素养： ①物理观念 ②科学思维③科学探究 ④科学态度与责任 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 分 值 (主题内容) T ⅡⅢ ② ③④ 档次 系数 1 单项选择题 4 受力分析、牛顿第二定律 易 0.85 2 单项选择题 4 电池的充放电 易 0.80 3 单项选择题 4 测电源的电动势和内阻 易 0.80 4 单项选择题 4 含容电路的动态分析 中 0.75 5 单项选择题 4 万有引力定律的应用 中 0.70 6 单项选择题 4 圆周运动、机械能守恒定律 中 0.65 7 单项选择题 牛顿运动定律和电路综合问题 中 0.62 6 多项选择题 改装后电表的串并联问题 中 0.75 9 多项选择题 6 电路动态分析 中 0.62 10 多项选择题 6 带电粒子在电场中的运动 难 0.55 11 非选择题 8 导体电阻率的测量 中 0.75 12 非选择题 6 测量电池电动势和内阻 中 0.75 13 非选择题 12 含容电路的动态分析与计算 / 中 0.65 路端电压与负载的关系、U-I 14 非选择题 12 中 0.65 图像 使用动量守恒定律与能量守恒 15 非选择题 16 璨 0.45 定律解决实际问题 香考答案及解析 一、单项选择题 向上，对铁块b受力分析，受到重力、支持力和静摩擦 1.A【解析】铁块b匀加速上升，受到的合力方向竖直 力共同作用，木块a与铁块b间一定存在摩擦力，A ·41· ·物理· 参考答案及解析 项正确；对木块a和铁块b整体受力分析，整体受到 知，当外电阻等于电源内阻时电源的输出功率最大， 重力和作用力F共同作用，由于存在竖直向上的加 由于外电阻与电源内阻的关系未知，不能判断电源的 速度，所以竖直向上的作用力F大小一定大于木块a 输出功率如何变化，D项错误。 与铁块b的重力之和，D项错误；由于整体在水平方 5.D【解析】卫星A、B均绕地心做匀速圆周运动，P 向上加速度为零，所以整体不受墙壁的弹力，故木块 点运动的圆轨迹与地轴线垂直，圆心在图中O点正 a与竖直墙面间不存在摩擦力，B、C项错误。 上方，A项错误；因为∠OAB=90°，所以rB大于rA, 2.C【解析】由图乙可知，电池的容量Q= 由万有引力提供向心力有GMm=mmr,解得a= r2 10000mA·h=10×3600A·s=36000A·s,充 满电后储存的能量E=qU=36000×3.7J≈1.33× GM ,可知uB<wA,因为up=aB,所以p<wA,根 105J,A项错误：充电宝充满电后可供该手机充满电 据rp<ra,a=ar,可得ap<aA,B项错误；根据开普 的次数n=Q电生=10000mA:=2.5,故只能充 Q手机4000mA·h 勒第三定律可得分=k,所以卫星A、B的周期之比 满2次，B项错误；充电宝从20%电量充电到80%电 量用5小时，充电过程的电流约为I= 是号-√层=V600,C项错误：由万有引力提供向 (80%-20%)Q_60%X10A·上=1.2A,C项正 t 5 h 心力有G=m，解得= GM r2 ,所以卫星A、B 确：根据能量守恒定律可知，匀速提升时满足E ngh,解得h≈222m,D项错误。 的线速度之比4 1 三，D项正确 UB 3.D【解析】图甲中A传感器串联在电路中，则A为 电流传感器，B传感器并联在滑动变阻器的两端，则 6.B【解析】i时刻水平方向分速度向右，比时刻的 B为电压传感器，A项错误；为保护电路，闭合开关时 速度小，说明t1时刻小球在最高点，A项错误；小球 应使滑动变阻器接入电路的阻值最大，则闭合开关 在竖直平面内自由转动，只有重力做功，根据机械能 前，滑动变阻器的滑片P应置于a端，B项错误；根据 守恒定律有2mgR+号m听=子m话，解得R= 闭合电路欧姆定律有U=E一Ir,则图乙的纵截距等 0.8m,面积S表示水平的位移，从水平速度最大的 于电源电动势，斜率的绝对值等于电源内阻，故电源 位置运动到水平速度为零位置的水平位移等于半径， 电动势E=150V,电派内阻=0品即n≈ 即为0.8m,B项正确：面积S:表示从水平速度为零 1.432,C项错误，D项正确。 的位置运动到最高点的过程中的水平位移，即半径， 4.C【解析】当灯泡L的灯丝突然烧断后电路中的总 也为0.8m,故面积S和S,相等，C项错误；设图像 电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，流过电源的 第一次与横轴的交点时的速度为，根据机械能守恒 电流减小，电源的内电压和电阻R两端的电压减小， 定律有mgR+子m时=子m,解得=2后m/s,D 则电容器C两端的电压增大，电容器两极板间的场 项错误。 强增大，带电液滴所受的电场力增大，则液滴将向上 7.D【解析】由题可知，M位于R中点时与两电源间 运动，C项正确：电压表和电流表分别测量的是电阻 的电势相等，设R的中点电势为零，则M位于R的中 R的电压和电流，根据欧姆定律可知，R=号=A, 点右侧，P端电势高于Q端电势，A项错误：由欧姆定 A项错误；电容器两端的电压等于电阻R,和R?的 律可知通过电阻的电流是定值，根据电阻定律及欧姆 总电压，由于电容器两端的电压增大，故流过电阻 定律可知，P端与Q端电势差与指针偏离R中点的 R2、R?的电流增大，则电流表、电压表的读数均变大， 距离x成正比，对滑块有F=2kx=ma,故物体加速 B项错误：根据电源的输出功率与外电阻的关系可 度与x成正比，故电压表的示数与物体加速度成正 ·42· 高三一轮复习S ·物理· 比，B项错误；若电压表的指针位于表盘左侧，则滑块 、 解得比荷是=式，由w%=21,可得粒子M,N 左侧弹簧压缩、右侧弹簧伸长，滑块所受的合力方向 向右，故物体的加速度方向向右，但不能确定速度的 的比荷之比9：型=6：=4：1，B项正确：设金 方向，C项错误，D项正确。 属板A、B的间距为d、板长为L,根据牛顿第二定 二、多项选择题 律，可知粒子在偏转电场中的加速度a-治，由 8.BD【解析】改装后的电流表内阻R=I华，所以A M:=4:1,可得aw:aN=4:1,粒子在偏转电场 和A的内阻之比是-子--言A项销误：两 mM mN 中做类平抛运动，已知粒子M在二时刻射入偏转电 个电流表是并联的，且电流计和电阻并联改装成电流 表，所以加在两个电流计两端的电压相等，则通过两 场，T时刻从A板的右端离开电场区域，可知其在 个电流计的电流是相等的，所以A!的指针半偏时， 垂直于金属板方向一直做匀加速运动，侧移量为 A2的指针也半偏，B项正确：两个电流表的量程之比 号，则有仙=品=哥w=号 T 为3：0.6=5：1，所以A1的读数为1A时，A2的读数 为0.2A;A的读数为2A时，A2的读数为0.4A, 8aT,假设粒子N能射出偏转电场，其运动时间 则干路电流为2A十0.4A=2.4A,C项错误，D项正 N=上-2L=2w=T,则粒子N在T时刻射入偏 UN UM 确。 转电场，2T时刻离开电场区域，可知其在垂直于金 9.BC【解析】当滑动变阻器R的滑片向左滑动时，其 属板方向先做匀加速运动，再做对称的匀减速运动， 接入电路的阻值减小，外电路的阻值减小，总阻值减 小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流增大，则电 其侧移量w=2Xa、(号P=子。 FavT- 16auTa 流表A的示数增大，内电压增大，路端电压减小，则 = 2yM=d ,因w<号故假设成立，粒子N能射 电压表V的示数减小，R。两端的电压增大，R2两端 出偏转电场，不会打到B板上，C项错误；由上述分 的电压减小，即电压表V,的示数减小，流过R2的电 流减小，则电流表A,的示数减小，A项错误，B项正 析可知，粒子N在偏转电场中，在沿金属板的方向 确；因电流表A的示数增大，电流表A2的示数减 上做匀速运动，在垂直于金属板的方向上先做匀加 速运动，再做对称的匀减速运动，离开偏转电场时垂 小，故流过R的电流增大，而流过电流表A的电流 等于流过电流表A的电流与R的电流之和，所以 直于金属板方向的速度为零，即其平行于金属板方 电流表A:的示数变化量的绝对值△I1小于流过R 向离开电场，离开偏转电场时的速度等于射入偏转 电场时的速度，根据动能定理可知，偏转电场对粒子 电流变化量的绝对值△IR1,C项正确；根据闭合电路 N所做的功为零，D项正确。 欧姆定律可知，U,=E-1,(+R),所以=，十 △I 三、非选择题 R。,不变，D项错误。 11.(2)如图所示(2分) 10.ABD【解析】粒子M、N在加速电场中做匀加速直 电极板 线运动的时间分别为了、T,而运动的位移相等，可 知粒子M、N的平均速度之比aM:uw=2:1,根据平 1 均速度=之（十），可知粒子MN到达小孔S 时的速度之比vw:Uv=2:1,A项正确：粒子在加速 呼 电场的运动过程中，根据动能定理有gU=2m, ·43· ·物理· 参考答案及解析 (4)kdh(2分)高(2分) 立解得= (5)0.46(2分) n-1 【解析】(2)由于电流表内阻已知，故电流表的分压 13.(1)下极板1×10-5C(2)3×10-C 可以求出，所以电流表采用内接法，电源电动势为 【解析】(1)闭合开关S、S,电路稳定后，R与R 串联，R与R串联，两条支路再并联，由串联分压 3V,则电压表应以量程为3V接入电路，电路实物 连接如答案图所示。 特点可知R两端电压U三R不尺B=6V1分) (4)根据电阻定律有R,=pS,又S=dh,联立解得 R3 R,两端的电压U,=R十RE=4V (1分) R,一品，故R,l图像的斜率k一品，解得p=kdh, 若电源负极的电势为0，则电源正极电势P=P颜十 E=10V (1分) 根据题图乙可知，温度高的水的R,1图线斜率较 小，则温度高的水的电阻率较小，更容易导电。 故a点的电势p。=p-U1=10V-6V=4V (1分) (5)由图乙中图线B的斜率k,=8X10 0.7 2/m,故 b点的电势96=9-U3=10V-4V=6V(1分) 65℃水的电阻率p1=k1dh=242·m,设该水管的 因为p<,所以电容器的下极板带正电(1分) U 长度至少为上，根据欧姆定律和电阻定律有R=了 电容器两端的电压Um=%一.=6V-4V=2V (1分) =2.2×1052=p L 元D 元D,解得L入0.46m。 带电量Q=CU=5×10-6F×2V=1×10-5C (1分) 12.(1)A(2分) (2)保持开关S闭合，断开开关S2,电路稳定后，R (22分) 与R:串联，由(1)的分析可知，=6V,电容器的上 极板与电源正极电势相同，即9.'=10V (1分) 3昌e分) 即电容两端电压Ub'=g.'-=10V-6V=4V 【解析】(1)为了保护电路，闭合开关前金属夹置于 (1分) 电阻丝的最大阻值处，由电路图可知，应该置于 电容器先放电再充电，最终的带电量Q=CU'=5 A端。 ×10-6F×4V=2×105C (1分) (2)对于图甲的电路图，根据闭合电路欧姆定律有U 即通过R的电荷量△Q=Q十Q=1×10iC十2× 10-5C=3×10-iC =E-Ir,设金属丝的电阻率为P,横截面积为S,由 (1分) 14.(1)3212(2)8V12(3)93.75% 欧嬲定律和电阻定律有I一员R=P5,联立解得 【解析】(1)电压表V的示数随电流表示数的变化 U=E-US 图线应为AC;电压表V:的示数随电流表示数的变 化图线应为BC 的电路图，根据闭合电路欧姆定律有U=E-I(r十 2=30 R),同理有1=只，R=P片，联立解得己=亡 定值电阻的阻值R一号-号 (2分) X S(r+R),1 (1分) Eo ，可知图线的纵截距6=言，解得E 当1=0.5A时R4-9-n=5n 则滑动变阻器的最大阻值R=R外-R。=152-32 6 =122 (1分) (2)根据闭合电路欧姆定律可得U=E-Ir(2分) (3)由(2)可知1=产， =2又是=，联 Ep k 结合图线BC可得E=8V,r=12 (2分) ·44· 高三一轮复习S ·物理· (3)电海的工作效率)骨×100% I(R+R。) 解得u1=0,2=v=3m/s I(R+R。+r) 从碰撞后瞬间到积木B停止运动的过程，设积木B ×100%= R+R。X100% R+R。+r (2分) 滑行的距离为s,对积木B由动能定理有 故当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，效率最大 -(u·4mg+·3mg)d-mg(s-d)=0-号 v 最大效率异异×100%=98,75% (2分) (2分) 15.(1)1.5N(2)1.65m(3)0.05m 解得s=1.65m (1分) 【解析】(1)小球A下摆的过程中，根据机械能守恒 (3)将小球A拉回P点由静止释放，小球A运动到 定律得 最低点与积木C发生弹性碰撞，小球A与积木C碰 (1分) mgL=之m 撞后瞬间积木C的速度v==3m/s (1分) 设积木C滑行距离s后与积木B碰撞前瞬间积木C 在最低点时，根据牛顿第二定律有 的速度为v,对积木C由动能定理得 下一g=如艺 (1分) -（u·3g十H·2ng)d-g(s-d)= 解得F=1.5N (2分) (2)设小球A与积木B发生弹性碰撞后瞬间小球A 之m (2分) 的速度为1，积木B的速度为U2。小球A与积木B 积木C与积木B碰撞的过程，根据动量守恒定律有 发生弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律得 U4=2w (1分) =7U十1U2 (1分) 设粘合在一起后积木CB一起滑行的距离为x,有 由机械能守恒定律得 1 -k·2gx=0-2·2mf (1分) 1 (1分) 解得x=0.05m (2分) ·45·