山东部分学校2026届高三上学期一轮复习12月质量检测物理试题

2026届高三一轮复习12月质量检测 物理试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在 本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 考试时间为90分钟，满分100分 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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.在篮球比赛中，运动员需接住队友传来的高速篮球。为避免手部受伤，运动员接球时通常 会顺势屈肘缓冲，如图所示。已知篮球接触手部时的速度方向水平，被接住后速度变为 零。关于这一缓冲动作的物理原理，下列说法正确的是 A.减小篮球从接触到静止的动量变化量 B缩短篮球与手的作用时间以减小动能损失 C.通过增加手对篮球的冲量使其更快停止 D延长相互作用时间从而减小手受到的平均冲击力 接球动作 2.青岛奥帆中心的水平维修平台上停放着一艘帆船。无风时，平台对帆船的作用力大小为 F1。某日维修时突遇水平方向侧风，帆船仍静止于平台上，此时平台对帆船的作用力大 小为F2。下列说法正确的是 77777777 777777777 A.F2=F1 B.F2>F C.F2<F D.F2和F1大小关系与风力大小有关 3某学习小组采用如图所示的电路图来测量金属丝R.的电阻率，闭合开关后，调节滑动变 阻器滑片P的位置，记录电压表和电流表的示数U和I,得到多组数据，并作出该金属丝 的U一I图像，得到一条过原点的直线，斜率为。已知金属丝的直径为d,连入电路部分 的长度为L,则 2026届高三一轮复习12月质量检测物理试题第1页（共8页） A.闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应处在N端 B.该金属丝电阻率的测量值为d飞 4L C.用U一I图像处理数据可以减小系统误差 D.若只考虑电表内阻引起的误差，所测电阻率偏大 4.如图所示，两根相互平行的固定无限长直导线垂直纸面向里放置，其中导线A通过点(d, 0),导线B通过点(0，d)。导线A中的电流为I,导线B中的电流为2I。已知长直通电 导线周围某点的磁感应强度大小为B=,其中为比例常数，【为导线中的电流，r为 该点到导线的垂直距离。则坐标原点O处的磁感应强度大小为 y B A.5t1 B31 I d d d D. d 5.如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间存在垂直于极板方向的匀强电 场。带电粒子α、b分别从A点和B点平行于极板方向同时进人电场，沿图中所示轨迹同 时到达下极板边缘M、上极板中点N,P为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相 互作用，则可推断带电粒子a、b A.比荷大小之比为1：2 稳压 电源 B.初速度大小之比为1：1 B C,到达M的速度大于到达N的速度 D.到达P所用时间之比为2：1 6.我国“天问二号”探测器在环火轨道运行，如图所示。先在半径 3R的圆轨道I上绕火星运行，在点Q点火减速进人椭圆轨道 Ⅱ，到达近火点P时再次点火减速，最终进入半径R的圆轨道 Ⅲ。已知火星质量为M,引力常量为G,火星引力场中距火星中 心，处质量为m的物体引力势能E,=-GMm(取无穷远处引 力势能为零)。探测器在轨道I与轨道Ⅲ运行时的机械能之比为 A.3:1 B.1:3 C.9:1 D.1:9 2026届高三一轮复习12月质量检测物理试题第2页（共8页） 7.在冰雪运动训练场的水平直道上，为模拟不同摩擦条件，交替铺设长度11=2.4m的制动 区和长度l2=3m的光滑区。滑雪运动员从第一个制动区的左端以vo=7.0m/s的初速 度开始向右滑行。若制动区与滑雪板间的动摩擦因数μ=0.5，光滑区无摩擦，取重力加 速度g=10m/s2,则运动员从开始进人制动区到静止所经历的时间为 A.4s B.5s C.6s D.7s 8.空间中存在平行于纸面的匀强电场，在纸面内取O点为坐标原点建立x轴，如图甲所示。 现有一个质量为m、电荷量为十q(g>0)的试探电荷，在t=0时刻以一定初速度从x轴 上的α点开始沿顺时针做匀速圆周运动，圆心为O、半径为R。已知图中圆为试探电荷运 动轨迹，ab为圆轨迹的一条直径；除电场力外电荷还受到一个变力F,不计其他力的作 用；试探电荷在所处位置的电势能E。随时间t的变化图像如图乙所示，其中E1>0。下 列说法正确的是 3E1 b -----0 R 10t m,+g 0 t 4t1 13t,t 甲 乙 A电场强度的大小为 R,方向与x轴正方向成日 B.a点与b点之间的电势差U=25E。 q C.试探电荷在t1时所受变力F可能达到最小值 D.圆周运动的过程中变力F的最大值为mR+2E 36t R 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目 要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9.在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r。开关S闭合后，将滑动变阻器R的 滑片P向右滑动时，电压表示数的变化量的绝对值为△U,电流表示数的变化量的绝对值 为△I。两电表均为理想电表，下列说法正确的是 2026届高三一轮复习12月质量检测物理试题第3页（共8页） A.电压表示数变大 B.电压表示数U和电流表示数I的比值变小 C.△U与△I的比值不变 D.电容器两极板所带电荷量减少 E.r 10,在某建筑工地上，工人使用我国自主研发的高空作业平台进行外墙施工。平台（连同工 人)从地面开始沿竖直方向做直线运动，其速度随时间变化的一t图像如图所示（取竖 直向上为正方向)。已知工人的质量为70kg,重力加速度 ◆l(m's-) g取10m/s2。根据图像，下列说法正确的是 A.05s内，工人处于失重状态 10 20s B.5~10s内，工人的机械能变化量为3500J C.t=12s时，工人所受支持力的瞬时功率为1890W D.整个过程中，工人对平台的最大压力大小为770N 11.如图甲为循环弹珠玩具，小钢球从左端漏斗进入轨道，沿轨道运动至圆轨道最高点后向 左上方抛出，落在左端漏斗中，再次进入轨道。小钢球沿圆轨道上升并从轨道抛出过程 的简化原理如图乙所示，半径为L的光滑圆轨道竖直放置，其圆心为O,A为轨道最低 点，AO竖直，B为轨道最高点，OB与竖直方向的夹角为60°，在与圆心O等高处放置水 平平台。质量为m的小钢球（视为质点）从最低点A以水平初速度vo=√5gL沿轨道上 升，到达B点后做斜抛运动并经过水平平台的C点（未画出）。重力加速度为g,不计空 气阻力，下列说法正确的是 60°-1 7777777777 A 甲 乙 A.小钢球到达B点时的速度大小为2√gL B.小钢球脱离轨道前瞬间，所受轨道支持力的大小为1.5g C.小钢球从B点运动到C点所用时间为6+√0L D.c点与O点的距离为L 2026届高三一轮复习12月质量检测物理试题第4页（共8页） 12.如图所示，倾角6=30°的光滑斜面固定在水平面上，其底部有一垂直于斜面的挡板，通过 轻质弹簧与质量m=1kg的物块A相连，初始时A及弹簧均静止。现将质量也为m= 1kg的物块B从物块A上方沿斜面距离L=1.2m处由静止释放，物块B沿斜面下滑 后与物块A碰撞并粘在一起，随后共同向下压缩弹簧到最大压缩量。已知弹簧的劲度 系数及=50N/m,弹簧的弹性势能E,与形变量△e的关系为E,=k△r2,取重力加速 度g=10m/s2。关于上述过程，下列说法正确的是 A.碰撞后瞬间物块A的速度大小为√3m/s B B.A、B整体速度最大时，弹簧的压缩量为0.1m CAB整体的最大速度大小为m内 o0000000Z 7力7777777777777777777777777 D,弹簧的最大压缩量为2+13 m 10 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13.(6分)某同学在探究“小车加速度ā与力F的关系”时，采用如图甲所示的实验方案，实 验步骤如下： 小车 打点计时器 3.86 单位：cm 砂桶 8.05 12.59 17.46 甲 乙 ①将木板装有定滑轮的一侧垫高，挂上装有细砂的砂桶，调节木板的倾角，使小车拖着纸 带沿木板匀速下滑； ②取下砂桶，测出砂和砂桶的总质量m,并让小车拖着纸带沿木板下滑，测出小车的加 速度a; ③改变砂桶中细砂的质量，重复步骤①和②，多次测量，取砂和砂桶的重力为F,作出 a一F图像。 (1)关于该实验，下列说法正确的是 。（多选) A.实验中，应调节定滑轮的位置，使细绳与木板平行 B.实验中，必须满足砂桶和砂的总质量远小于小车的质量 C.实验中，应先释放小车，后接通打点计时器的电源 D.实验中，应将小车从靠近打点计时器的位置释放 (2)如图乙是某次实验所打出的一条纸带，图中0、1、2、3、4为相邻的计数点，两个相邻的 计数点间还有4个点未标出，已知交流电源的频率f=50Hz,小车的加速度大小为a= m/s2。(结果保留两位有效数字) 2026届高三一轮复习12月质量检测物理试题第5页（共8页） (3)如图丙所示为该同学做出的α一F图像，图像的斜率为，则小车的质量M= (用k表示) 丙 14.(8分)某实验小组在测量一节干电池的电动势和内阻的实验中，设计了如图甲、乙所示 的两个实验电路。 (1)用图甲所示的实验电路，电池内阻的测量值 (填“大于”“等于”或“小于”)真 实值；用图乙所示的实验电路，电池电动势的测量值 (填“大于”“等于”或“小 于”)真实值。 1U U 2 A E 0 甲 丙 (2)该实验小组在分析了两电路测量的误差来源后，利用两电路分别测量了多组U、I数据 并作出对应的U一I图像，如图丙中图线1、2所示，根据图像可以求得电池的电动势E= ,内阻x= 。(均用图丙中所标的物理量字母表示) 15.(8分)如图所示，ABCD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，直轨道AB和圆弧轨道BCD相 切于B点，圆弧轨道半径为R,AB与水平面的夹角0=45°，A、B两点间的距离为2R, CD为圆弧轨道的竖直直径，整个轨道处于水平向右的匀强电场中。带正电的小球（可 视为质点)质量为，带电荷量为q(电荷量始终不变)，若将小球从B点由静止释放，则 它运动到轨道最低点C时对轨道的压力大小为3mg,g为重力加速度，不计空气阻力。 (1)求匀强电场的电场强度的大小； (2)现将小球从直轨道的A点由静止释放，求小球通过圆弧轨道BCD的最大速度的 大小。 0 B 2026届高三一轮复习12月质量检测物理试题第6页（共8页） 16.(8分)图甲为农民用水泵抽取地下水灌溉农田的场景，灌溉系统由电动机、水泵、输水钢 管组成。图乙为灌溉系统示意图，地下水源水面距地表H=3.55m,安装水泵时将输水 钢管竖直插入水井与地下水源连通，水管横截面积S=5cm2,出水口离地表高度h= 0.45m,水从管口以恒定速度沿水平方向喷出，管口截面上各处水的流速相同，大小均 为4/s,水泵由功率为330W的电动机带动，已知电动机额定电压为220V。不计电 动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率 (水泵的输出功率与输入功率之比)？=75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，水的 密度p=1.0×103kg/m3,取重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力。求： (水泵对水做功的功率； (2)电动机的内阻。（结果保留两位有效数字） 出水口 6水泵 H 事 地 甲 17(14分)如图所示，在平面直角坐标系xOy的坐标原点处固定一正点电荷，电荷量为 十10g(q>0)。一质量为m、带电荷量为一g的粒子在库仑力作用下以速度v。绕正点电 荷做匀速圆周运动，其轨迹在坐标系所在平面内且沿逆时针方向。已知电荷量为Q的 点电荷产生的电场中，当取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的电势p= kG ,k为静电力常量。忽略粒子重力。 (1)求粒子做匀速圆周运动的半径和周期； (2)若粒子运动过程中经过y轴上的A点时，速度瞬时由v。增加到1.2，方向不变。 当运动到B点（图中未画出）时，速度方向首次与A点速度方向相反，求粒子从A点运 动到B所用的时间。 O+109 2026届高三一轮复习12月质量检测物理试题第7页（共8页） 18.(16分)如图所示，质量为m的物块AB静止在光滑水平面上，其上表面有半径为R的 圆弧轨道，B点切线水平。质量为2m的小球自圆弧顶端A点上方的C点自由下落 落到A点后沿光滑圆弧轨道下滑，A,C两点的距离也为R。物块AB的右侧水平地面 上有n个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、，相邻滑块间的距离 均为L。小球运动到水平面后与小滑块1发生弹性碰撞，此后立即撤去小球。滑块间的 每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。已知重力加速度大小为g,小球 和各个滑块均可视为质点，不计空气阻力。 (1)求小球运动到物块AB的底端B时，物块AB向左运动的距离及小球的速度大小； (2)求小滑块n碰后的速度大小； (3)若小滑块所在的水平面粗糙，所有小滑块与水平面间的动摩擦因数均为4，且所有碰 撞依次发生。求从小球与滑块1碰撞后开始到所有碰撞完成瞬间，摩擦力对小滑块系统 所做的总功。 Co ◇⑥C 2026届高三一轮复习12月质量检测 物理参考答案及评分意见 1D【解析】动量变化量由初、末动量决定，初、末速度决定初、末动量，缓冲动作不改变动量变化量，A错误；动能 损失由速度变化决定（△E:=m心小，缓冲动作与动能损失无关，B错误；冲量由动量变化量决定，1=4p=m0, 缓冲动作不会增加总冲量（仅改变力的作用时间），C错误；根据动量定理F平均·△t=△，当△p一定时，延长作 用时间△t可减小平均冲击力F平均，D正确。 2.B【解析】无风时，由于平台水平且帆船静止，竖直方向二力平衡，有F1=mg;有水平风力F时，帆船在重 力mg、风力F和平台力F2作用下处于平衡状态，则有F2=√(mg)2+F,故F2>F1,B正确。 3,B【解析】闭合开关前，滑动变阻器清片应处在M端，A错误；根据欧嬲定律可知R-号-，再根据电阻率公式 0-RS_RxTd ,解得•一π，B正确；用U一I图像处理数据可以减小偶然误差，C错误：该电路采用电流表 外接法，电压表的分流使测量的电流偏大，电压是真实值，根据R-号可知，电阻测量值偏小，则计算出的电阻率 偏小，D错误。 4.A【解析】根据右手螺旋定则，导线A在0点产生的磁场方向沿十y方向，大小为B,=子：导线B在0点产 生的磁场方向沿-x方向，大小为B:=6引。由于B:与B:二者方向垂直，所以0点的总磁感应强度大小为 B,=√B十B酷-1，A正确 5.C【解析】根据题意可知，带电粒子在电场中做类平抛运动，运动时间相等，沿初速度方向位移之比为2：1，则初 速度大小之比为2：1，沿电场方向的位移大小相等，由y=a2可知，带电粒子运动的加速度大小相等，由牛顿 第二定律有9E=ma,可得，号-，可知带电粒子具有相同比荷，A,B错误：沿电场方向，由公式，=at可知，两 粒子到达M、N的竖直分速度大小相等，到达M、N的合速度v=√o十，由于初速度之比为2：1，则到达M 的速度大于到达N的速度，C正确；由图可知，带电粒子a、b到达P的水平位移相等，由于带电粒子a、b初速度 之比为2：1，则所用时间之比为1：2，D错误。 6.B【解析】由万有引力提供向心力得G,=m,联立动能表达式E,三？m,解得E9M探测器在轨 2r 道上的机枝能E=E,十E,=CGMm-GM=一Gm。则探测器在轨道I与轨道Ⅲ运行时的机械能之比为 2r E1-R=1 E3R=3,B正确。 7.B【解析】假设运动员一直在制动区运动，由动能定理得一mgx=0-2mu6,解得x=4.9m≈2.041，运动员 将停止在第3个制动区。对运动员应用牛顿第二定律mg=ma,解得加速度大小为a=5m/s2。运动员在第一 个制动区上运动时，由运动学公式v?一=一2al1,01=v一at1,联立解得t1=0.4s,v1=5m/s。运动员在光 滑的直道上做匀速直线运动，有2=1t2,解得t2=0.6s。运动员在第二个制动区上运动时，由运动学公式v?一 v1=一2al1,o2=v1一at,联立解得t3=0.8s,v2=1m/s。运动员在第2段光滑的直道上做匀速直线运动，有 l2=v2t4,解得t4=3s。运动员最终停在第三个制动区上，由运动学公式0=v2一ats,解得t,=0.2s。故运动员 从开始进入制动区到静止经历的时间t=t1十t2十t3十t4十t:=5s,B正确。 物理答案第1页（共5页） E 8.D【解标】由图乙可知，试探电荷做圆周运动的周期T=121,其转过0，=4华×2π月 E 此处电势最高，如图所示，该位置与0点连线与 b 夹角9。=一0，=牙，则电场强度方向与x轴正方向成写，从电势能最大到最小的过程 中，有Eg×2R=3E。一（-Ep1),解得电场强度大小为E= 上0，A错误；a点与b点之间的电势差U山=一 一2ERc0s60°=-2E,B错误：由于电场强度方向与x轴正方向成号，所以试探电荷在10，时所受变力F达 9 最大值，在，时所受变力F达最小值，C错误：圆周运动的过程中变力F的最大值F=mR禁+，所以F +爱，D正确， R 9.BC【解析】滑动变阻器R与电阻R,串联，电压表测的是滑动变阻器R两端电压，电容器C两端电压等于电阻 R,两端电压。当滑动变阻器R的滑片P向右滑动时，滑动变阻器R接入电路的阻值减小，根据串联电路分压规 律，知滑动变阻器R两端所分电压减小，电压表示数变小，A错误；电压表示数U和电流表示数I的比值为滑动 变阻器R接入电路的阻值，变小，B正确；△U与△I的比值为电源内阻r与电阻R1阻值之和，是不变的，C正确； 电容器两端电压Uc=U1增大，则电容器两极板带电荷量Q=CUc增加，D错误。 10,CD【解标10~5s内，速度从0增至5m/s(向上)，加速度a,-是-8m/g=1m/?(方向竖直向上，工 人处于超重状态，由牛顿第二定律F一mg=ma1,解得FN=770N,A错误；5~10s内，速度保持5m/s不变 (向上)，工人动能不变，机械能变化量△E=△E。=mg△h=mgu△t=17500J,B错误；10~20s内，速度从 5m/s(向上)减至-5m/s(向下D加速度a,-2058m/s=一1m/s(方向竖直向下，由牛顿第二定律 F2-mg=ma2,解得F2=630N,t=12s时，速度v12=o+a2t=5m/s+(-1)X2m/s=3m/s,工人所受 支持力的瞬时功率P=F2v12=1890W,C正确；工人所受支持力的最大值为770N,根据牛顿第三定律可知， 工人对平台的最大压力大小为770N,D正确。 1.BD【解析】从A到B过程机械能守恒，有2m话=}mi十mg1十c0s6O,解得m=√2gL,A错误：在B UB 点，沿半径方向应用牛顿第二定律，得FN十mgcos60°=m无，联立解得FN=1.5mg,B正确；从B点到C点， 竖直方向上有-Lcas0=sn603,解得=5+而任，合去-6-西/ ,C错误；C点与O点 的距离d=vpcos60·t一Lsin60,解得d=?L,D正确。 12.AD【解析】物块B从静止释放，下滑距离L=1.2m的过程中，由机械能守恒定律得mgLsin0=m m6,碰撞 过程由动量守恒定律得mwo=2mw,联立解得碰撞后瞬间物块A的速度大小为v=√3m/s,A正确；当A、B整 体加速度为零时，速度最大，此时kx1=2 mg sin0,解得x1-0.2m,B错误；初始时物块A静止，弹簧处于压缩 状态，由受力平衡得kx。=mgsi0,解得x。=0.1m,从碰撞后到获得最大速度的过程中，根据机械能守恒有 合×2mn-名×2mv2+号-合kc=2mga,-z)n0,解得e,-四 m/s,C错误；弹簧压缩量最大 2 时，A、B整体动能为0，设最大压缩量为xn(从原长起算)，由系统机械能守恒得2×2m2+2ng(c。-)sn= 缸，联立解得x.-2牛下m,合去20下 1 10 10 m,D正确。 物理答案第2页（共5页） 13.1)AD2分，少选得1分)(2)0.34(2分)(3)2(2分) 【解析】(1)实验中，若细绳不与木板平行，那么细绳对小车的拉力就会有沿木板方向以外的分力，这会导致小车 受到的合力不准确，从而影响实验结果的准确性，所以应调节滑轮的位置，使细绳与木板平行，A正确；由于小 车匀速下滑，故砂桶也做匀速直线运动，小车和砂桶此时受力平衡，设小车受摩擦力为∫，绳中拉力为T,则有 F Mg sin0=f+T,F=T,取下砂桶，由牛顿第二定律可得Mg sin0-f=Ma,联立可得a一，故不需要满足砂 桶和砂的总质量远小于小车的质量，B错误；实验中，应将小车从靠近打点计时器的位置释放，先接通打点计时 器的电源，后释放小车，C错误，D正确。 (2)由已知条件可知，计数周期T=5X-0.1s,利用逐差法求加速度可得a-（z一）-22=0.34m/s。 4T2 (3)根据上述分析可知，a一F图像的斜率及=7，则小车的质量M= 。 4.大于2分》小于2分)2U2分2分》 【解析】(1)用图甲所示的实验电路，以电压表读数U为纵坐标，电流表读数I为横坐标，描点、连线，画出如图a 实线所示的U一I图线。根据U=E一Ir,可知图线的纵截距为电动势的测量值E测，斜率的绝对值为电源内阻 的测量值r测。考虑到电流表的内电阻RA,需要把路端电压修正为U十IRA,即把描绘的各点向上修正，电流越 大，修正量IRA越大，当电流为0时，不需要修正。修正后的U一I图线如图a中的虚线所示，该虚线是电源的 真实U一I图线，易知：E测一E真，r测>r真。采用图乙所示实验电路，仍以电压表读数U为纵坐标，电流表读数 I为横坐标，画出U一I图线如图b实线所示，图线的纵截距为电动势的测量值E测，斜率的绝对值为电源内阻 。考虑到电压表的内电阻Rv,需要把通过电源的电流修正为I士，即需要把精绘的 正，电压越大，修正量越大，电压为0时，不需要修正。修正后的U一I图线如图b中的虚线所示，该虚线是电源 的真实U一I曲线，易知：E测<E真r测<r真。 U U E 测 图a 图b (2)将U一I图像与实验电路进行对照，可知实验电路甲对应过U1、I1的图线1，实验电路乙对应过U2、I2的图 线2，由(1)中的分析，可知图线1的纵轴截距U1等于电源的电动势，即E=U1;图线2的横轴截距I2是电源的 U 短路电流，有E=1r,解得r=1,。 15.(1)"mg(2)√6V2gR 【解析】(1)小球运动到最低点C时，对轨道的压力大小为3g,由牛顿第三定律可知轨道对小球的支持力大小 为FxN=3mg(1分) 由牛顿第二定律，有FN一mg=mR1分) 小球从B点到C点的过程，由动能定理有mgR(1一cos)十gER sin0= 1 D 0(1分) 联立解得E=m(1分) 0 9 (2)由于qE=mg,小球所受重力和电场力的合力恰好沿AB方向，小球运动到N 物理答案第3页（共5页） 点时(ON与AB平行)，速度最大，如图所示，从A点到N点，由动能定理得2 mngRsin0+qE(2Rcos0+2Rsin g)=3m2-02分) 解得vm=√6√2gR(2分) 16.(1)96W(2)902 【解析】(1)每秒内水流质量m=Sv(1分) 水泵每秒对水流微的功等于水机械能端加量，即W=△E=mg(H+h)十m0(1分) 水泵对水做功的功率P=”（1分) 其中t=1s,解得P=96W(1分) (②)电动机的热功率P热=P电一2（1分) 解得P热=202W 电动机的电流1=P典1分) 解得I=1.5A 根据P热=I2R(1分) 解得R≈902(1分) 17.(1)10kg220xkg2 (2)625v14xkg2 mvo mvo 98mv8 【解析】(1)设粒子做匀速圆周运动的半径为r,运动的周期为T。由库仑力提供向心力，得 610g2 ri=m (2分） r 解得，-10kg (1分) mvi 粒子的运动周期T=2”(2分) 解得T=20xg (1分) (2)粒子在A点速度瞬时由。增加到1.20。，粒子从A点离开，仅在点电荷的作用下运动，粒子所需要的向心 力m1.2u)2 大于点电荷提供的库仑力10g ,因此粒子无法做匀速圆周运动，从A点开始绕正电荷做椭圆 运动，如图所示 +10gO 设B点到坐标原点的距离为R,粒子运动到B点时的速度为⑦。由能量守恒定律，得 m1.2n)r-g109-2m-g2002分y 1 由开普勒第二定律可知rX1.2wo=Ru(2分) 物理答案第4页（共5页） 解得R=18 T2 由开普勒第三定律可知 T'2 r+R)3(2分) 2 则这一过程粒子从A点运动到B所用的时间：=2T'1分) 联立解得t= 625√14πk -(1分) 98mv8 18a号R号3Re,sva)-mg6a-1z 1 9n 【解析】(1)小球与物块AB组成的系统在任一时刻水平方向上动量守恒，有2mv球=mxAs(1分) 等式两边同时乘以时间△t,则2mw球△t=muAB△t,两边求和得2x1=mx2(1分) 又x1十x2=R(1分) 2 联立解得x=3R(1分) 小球从C点运动到B点的过程中，由机械能守恒和水平方向动量守恒，得 2mg X2R=- ×2m3+mw1分) 1 2 2mvo=mx(1分) 联立解得u=子8gR1分》 (2)小球与滑块1发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒，得 2mvo=2mv2十mw1(1分) 1 1 2×2mu6=2×2mu3+2moi(1分) 联立解得，-8VgR,0: 2√3gR 9 9 所有滑块整个碰撞过程中动量守恒，有 mu1=nmvn(1分) 联立解得n 83g(1分) 9n (3)运动过程分为n一1个阶段，每个阶段移动距离L 阶段1：滑块1（质量m)从起始位置移动到滑块2位置，摩擦力做功 W1=-f1L=-mgL(1分) 阶段2：滑块1、2整体（质量2）从滑块2位置移动到滑块3位置，摩擦力做功 W2=-f2L=-2mgL(1分) 阶段3：滑块1、2、3整体（质量3m)从滑块3位置移动到滑块4位置，摩擦力做功 Wa=-3umgL 阶段n一1：滑块1至n一1整体[质量(n一1)m]移动到滑块n位置，摩擦力做功 Wm-1=-(n-1)mgL(1分) 摩擦力做的总功为各阶段功之和 W=W,+w:+…+w1=-[1+2+…+(m-1D]mgL=-) -2n(n-1)umgL(2分) 物理答案第5页（共5页）