浙江省平阳中学2025-2026学年高一下学期4月月考物理试卷（书院班）

绝密★启用前 浙江省平阳中学2025~2026学年高一4月份月考物理试卷（书院班） 姓名 准考证号 本试题卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟。 考生注意： 1.答题前请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。 2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。 3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应的区域内，作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。 4.可能用到的相关参数：重力加速度g取10m/s² 5.考试范围：必修一、必修二、必修三第十章静电场中的能量 选择题部分 一、选择题Ⅰ（本题共11小题，每小题3分，共33分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不给分） 1．下列物理量是矢量且其单位用国际单位制基本单位表示正确的是（   ） A．冲量，kg·m/s B．能量，J C．质量，kg D．力，N 2．“动能回收”是指电动车在刹车或下坡过程中把机械能转化为电能的装置。一电动车质量为2吨，以的初动能沿倾角为15°的平直斜坡运动。第一次关闭发动机，让车自由滑行，其动能−位移关系如图直线①所示；第二次关闭发动机同时开启“动能回收”装置，其动能−位移关系如图线②所示。假设机械能回收效率为90%，则电动车开启动能回收装置行驶200m的过程中（　　） A．“动能回收”装置利用了摩擦起电原理 B．共回收的电能为 C．电动车行驶到150m处时电能的回收功率为4000W D．电动车在0~100m回收的机械能比在100m~200m回收的机械能多 3．如图所示的圆锥摆，质量为m的摆球在水平面内做匀速圆周运动，摆线与竖直方向夹角为，不计空气阻力，重力加速度为g。该摆球受到的拉力大小为（　　） A． B． C． D． 4．下列对教材中的四幅插图所包含物理思想方法的说法错误的是（　　） A．图甲：类比法； B．图乙：理想实验方法； C．图丙：等效法； D．图丁：控制变量法 5．如图是研究高压带电体周围绝缘试验的电场分布图，高压带电体A等效为点电荷，B、C、D是其周围的三个金属导体，处于静电平衡状态，M、N是导体C内的两点，P、Q是导体B附近的两点，下列说法正确的是（    ） A．电场强度 B．电势 C．若将一试探正电荷从点移到点，电场力做正功，电势能增大 D．把一个电子从点移动到点，电子的电势能增加 6．如图所示，空间中存在沿x轴的静电场，其电势φ沿x轴的分布如图所示，x1、x2、x3、x4是x轴上的四个点，质量为m、带电量为的粒子（不计重力），以初速度从O点沿x轴正方向进入电场，在粒子沿x轴运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．粒子在x2点的速度为0 B．从x1到x3点的过程中，粒子的电势能先减小后增大 C．若粒子能到达x4处，则v0的大小至少应为 D．若，则粒子在运动过程中的最大动能为 7．如图所示，水平面上放置一个绝缘轻支杆，支杆上的带电小球位于光滑小定滑轮的正下方，绝缘细线绕过定滑轮与带电小球相连，在拉力的作用下，小球静止，此时两球处于同一水平线。假设两球的电荷量均不变，现缓慢拉动细线，使球缓慢移动一小段距离，支杆始终静止，下列说法正确的是（　　） A．带电小球B受到的库仑力不变 B．地面给绝缘轻支杆的支持力一直小于带电小球A的重力 C．两带电小球所组成系统的电势能大小不变 D．带电小球B的运动轨迹为直线 8．公元2032年，某位2022年进入大学的航天爱好者身着飞行机甲，实现了年少时伴飞中国天宫空间站的梦想，在伴飞天宫前，该航天爱好者在近地圆轨道上做无动力飞行，然后先后通过两次的瞬间加力，成功转移到天宫所在轨道，图中角为该航天爱好者第一次加力时，天宫一号和航天爱好者相对地球球心张开的夹角，已知，地球半径为6400km，天宫距地面高度约为400km，为了以最短的时间到达天宫附近，角约为（　　） A．1° B．8° C．16° D．20° 9．如图所示，两个可视为点电荷的带正电小球A和B，A球系在一根不可伸长的绝缘细线一端，绕过定滑轮，在细绳的另一端施加拉力F，B球固定在绝缘座上，位于定滑轮的正下方。初始AB间的距离小于滑轮和B的距离。现缓慢拉动细绳，使A球缓慢移动到定滑轮处，此过程中，B球始终静止，忽略定滑轮大小和摩擦，下列判断正确的是（　　） A．B球受到的库仑力先增大后减小 B．拉力F一直增大 C．地面对绝缘座的支持力一直减少 D．A球的电势能先不变后减少 10．如图所示，斜面体OAB固定在水平桌面上，斜面底端A、B处夹角分别为、，斜面体与桌面材质相同，在顶端O处同时静止释放完全相同的两物块a、b，两物块均沿斜面向下滑行最终静止在水平桌面上，物块在A、B处没有机械能的损失。则以下说法正确的是（　　） A．两物块运动全程的位移大小相等 B．两物块运动全程的路程相等 C．两物块一定同时到达水平桌面 D．两物块刚到达水平桌面时动能相等 11．如图所示，M、N为水平平行金属板，上板有一孔a，两板相距为d，分别与电源两极相连，开关S闭合。一带电荷量为q、质量为m的液滴自a孔正上方距离为d的P点由静止自由下落，到达距离上板的Q点时速度恰好变为零，重力加速度为g，则以下判断正确的是（　　） A．两板间电势差为 B．N板上移一小段距离，液滴仍能到达Q点 C．若S断开，N板上移一小段距离，液滴仍能到达Q点 D．若S断开，N板右移一小段距离，液滴仍能到达Q点 二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有 一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分） 12．一个由电池、电阻箱、二极管、开关、平行板电容器组成的串联电路如图所示，当开关闭合时，一带电液滴悬浮在两极板M、N间的点静止不动。下列说法正确的是（　　） A．带电液滴可能带正电 B．增大两极板距离的过程中，电流从到 C．断开开关，两极板相互错开少许，液滴将向上加速运动 D．断开开关，将N极下移少许，液滴仍静止且电势能变小 13．如下图，真空中有两个点电荷，Q₁为、Q₂为，分别固定在x轴的坐标为0和6cm的位置上。下列有关描述正确的是：（　　） A．图甲是x轴上（6，∞）之间各点电场强度随x变化图像 B．图乙是x轴上（0，6）之间各点电场强度随x变化图像 C．图丙是x轴上（0，6）之间各点电势随x的变化图像 D．图丁是x轴上（6，∞）之间各点电势随x的变化图像 14．类似光学折射，电场中质子束的“折射”可定义折射率（α为入射角，β为折射角），如图，长方形区域内有竖直电场，ab、cd间电势差质子（质量m、电荷量q）水平速度恒为v，从ab边入射时速度与法线夹角为α，从cd边出射时速度与法线夹角为β，已知ab、cd间距离为L，下列说法正确的是（　　） A．电场的“折射率”n=cosα B．当质子恰好发生“全反射”时，入射角α满足 C．若质子在电场中发生“全反射”，则入射点与出射点的水平距离s满足s≤2L D．仅增大电势差U，“全反射”的临界角会增大 非选择题部分 三、非选择题(本题共6小题，共55分) 15．(1)在下列实验中，不需要刻度尺的实验是（　　） A．探究加速度与力、质量的关系 B．探究弹簧伸长量与弹力之间的关系 C．用向心力演示仪探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系 (2)张戈同学在实验室做“用单摆测定重力加速度”的实验 ①该同学用游标卡尺测量摆球的直径，测量结果如图甲所示，则摆球的直径___________cm。 ②图乙为根据测量数据作出的图线，根据图线该同学认为摆长为___________。 A．摆线的长度        B．摆线的长度与小球半径之和        C．摆线的长度与小球直径之和 ③请根据图乙表示出重力加速度___________。（用、和表示） ④（多选）若测得的值与真实值相比偏大，可能的原因是___________； A．测量摆长时漏加小球的半径 B．开始计时时，停表按下迟了些 C．摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了 D．实验中误将49次全振动记为50次 16．某班同学分组设计验证机械能守恒实验，设计的装置如图甲、乙所示。 (1)甲组同学认为图甲装置在平衡摩擦力后即可验证机械能守恒定律，此方案______（选填“可行”或“不可行”） (2)乙组同学实验主要步骤有 A．将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平； B．测出遮光片的宽度； C．用天平称出托盘和砝码的总质量；称出滑块和遮光片的总质量； D．将滑块移至图示位置，测出遮光片到光电门的距离； E．由静止释放滑块，读出遮光片通过光电门的遮光时间； F.改变，多次重复实验，记录数据。 ①本实验的研究对象为______ A．滑块和遮光片    B．托盘和砝码    C．滑块和遮光片及托盘和砝码 ②如图丙所示，用游标卡尺测得遮光片的宽度______； ③作出图像，如图丁所示，根据机械能守恒定律，图线斜率的理论值为______（用题中所给物理量的字母表示）。 ④实验中有不可忽略的阻力影响，实际采集数据后作出了如图戊所示的图线______（选填“A”或“B”） 四、解答题 17．如图所示，将一内壁光滑的绝缘细圆管做成四分之三管道AB固定在竖直面内，管道的圆心为O，半径为R，管口A与圆心连线和竖直方向的夹角为37°，点P和圆心处于同一水平线上。空间存在水平向右的范围足够大的匀强电场，P处有一质量为m、电荷量为q的带正电小球 （可视为质点），其直径略小于圆管内径。现将该小球无初速度释放，经过一段时间后小球恰好无碰撞地从A点进入圆管中并继续在圆管中运动，已知重力加速度为g，求： (1)匀强电场的电场强度E 大小； (2)小球在A点的速度大小； (3)小球在管道内运动的过程中，对管道的最大作用力大小； (4)计算说明小球从B点飞离管道后是否会与管道装置发生碰撞。（不考虑小球落地后反弹） 18．如图所示，质量为的汽车以恒定功率从A点出发，先沿着长度为，倾角为的斜面运动到（其受到的阻力为车重倍），随后沿着长度为的水平面运动到（其受到的阻力为车重倍）。若和足够长，汽车在、段最后均可达到匀速行驶。求： （1）汽车在段和段达到匀速行驶时，其速度和分别为多大？耗时分别为多少？ （2）为了省油，汽车发动机在段至少还需工作多久才能到达点； （3）若汽车可先沿着长度为的水平面运动（其受到的阻力为车重倍），随后沿着长度为，倾角为的斜面运动到点（其受到的阻力为车重倍）。为简单计，设，请问与原路径相比，哪个更省时，为什么？ 19．细胞膜是一个细胞重要的组成部分，它是一个弹性膜且不带电时磷脂双分子层间的间距为。本题中可近似认为细胞膜的伸缩类似于劲度系数为的弹簧，并且细胞膜的面积，介电常数为。众所周知，细胞膜上有可以运输粒子的离子泵，使得阴阳离子分布均匀地分布在内外两层上。已知静电力常量为k。 （1）当内外膜分别带电Q和时，求内外膜的电势差和厚度。 （2）假设细胞膜初始不带电，离子泵开始工作，使得内外膜带有电荷。该离子泵具有一特殊的性质：只有当两层间的电势差达到时，离子泵才停止工作，否则将一直工作下去。为防止细胞层塌缩，求劲度系数的最小值和此时平衡状态下细胞膜的厚度。 20．如图所示为半径的四分之一竖直圆弧轨道、传送带、水平轨道平滑连接组成的模型，端的竖直挡板上固定有劲度系数为的轻质弹簧。现将质量的小物块从圆心等高处点静止释放，经过水平传送带后，与静止在轨道处、质量也为的物块发生碰撞，碰撞后结合为一整体。初始时与弹簧接触但不粘连。已知传送带的长度，以顺时针匀速转动。之间的距离，两物块与传送带间的动摩擦因数均为，其余部分均光滑，物块可视为质点，弹簧振子做简谐运动的周期（为弹簧的劲度系数）。求： (1)物块第一次滑过传送带，摩擦力对滑块的冲量； (2)、两物块结合压缩弹簧至最短后，第101回到处的时间（取）； (3)物块从静止释放到第次经过处时，系统摩擦产生的热量。 试卷第8页，共8页 试卷第1页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 《浙江省平阳中学2025~2026学年高一4月份月考物理试卷（书院班）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B B A D C C B D A 题号 11 12 13 14 答案 C CD AD AB 1．A 【详解】A．冲量是矢量，单位kg·m/s是国际单位制基本单位（kg、m、s）的组合，故A正确； B．能量是标量，单位J（焦耳）是导出单位，故B错误； C．质量是标量，单位kg是基本单位，但物理量非矢量，故C错误； D．力是矢量，但单位N是导出单位，非基本单位表示，故D错误。 故选A。 2．B 【详解】A．“动能回收”装置利用了发电机发电来储存电能，即是电磁感应原理，A错误； B．在电车自由滑行时，由动能定理则有 开启“动能回收”装置后，由动能定理则有 则共回收的电能为 B正确； C．根据图线①可知受到的合外力做功与电车动能变化为 可得 由图线②可得150m处的速度为 解得 此时回收功率为 代入数据可得 C错误； D．由图线②可知，电动车在0~100m比在100m~200m的减少机械能多，回收的机械能应再乘以90%。因此回收的机械能要小于，D错误。 故选B。 3．B 【详解】摆球在水平面内做匀速圆周运动，由所受外力的合力提供向心力，对摆球进行分析，如图所示 则摆球受到的拉力大小为 故选B。 4．A 【详解】A．图甲是推导图像的面积代表位移，使用的是微元法，故A错误，符合题意； B．图乙在研究力和运动的关系时，伽利略运用了理想实验方法，巧妙地设想了两个对接斜面的实验，故B正确，不符合题意； C．图丙利用红蜡块的运动探究合运动和分运动的实验，采用物理思想方法是等效替代法，故C正确，不符合题意； D．图丁探究影响电荷间相互作用力的因素时，运用了控制变量法，故D正确，不符合题意。 故选A。 5．D 【详解】A．处于静电平衡状态的导体内部场强处处为零，所以M、N两点的场强相等都是0，故A错误； B．沿电场线方向电势逐渐降低，所以P点的电势大于B导体的电势，而B导体的电势又高于Q点的电势，所以P点的电势高于Q点的电势，故B错误； C．处于静电平衡状态的导体是一个等势体，所以M点与N点的电势相等，正电荷从M点到N电场力不做功，故C错误； D．对负电荷来说，电势越高电势能越小，所以把电子从P点移动到Q点，电子的电势能增加，故D正确。 故选D。 6．C 【详解】图像的斜率的绝对值为电场强度大小，因为沿电场线方向电势降低，所以，沿轴，在范围内电场强度沿轴负方向，在范围内电场强度沿轴正方向，在范围内电场强度沿轴负方向 A．粒子到达处时，电势变化量为0，所以根据公式可知电势能变化量也为0，即电场力做功为0，根据功能关系可知，粒子的动能不变，所以粒子在x2点的速度仍为。故A错误； B．电场力对带电粒子做负功，电势能一直增大。故B错误； C．由题意可知，若粒子能到达x4处，只需满足粒子到达处，若粒子能够到达处，由功能关系可得，需满足在这一过程中初动能大于等于电势能的增加量。 上式解得 故C正确 D．由题意可知，粒子到达处时，速度最大，若，由功能关系可得，粒子过程中 解得粒子在运动过程中的最大动能 故D错误。 故选C。 7．C 【详解】A．小球B受到重力G、库仑力$$、绳子拉力F而平衡，设OB长度为l，AB距离为r，OA距离为h，如图 根据相似三角 由于不变，可知该式比值不变，现缓慢拉动细线，可知l变小，但r不变，故库仑力大小不变，但方向在变，故A错误； B．对小球A和绝缘轻支杆整体受力分析，受重力、库仑力、地面的支持力和摩擦力而平衡，对整体，竖直方向分析可知地面给绝缘轻支杆的支持力等于小球A的重力与库仑力在竖直方向向下的分力的合力，即地面给绝缘轻支杆的支持力一直大于带电小球A的重力，故B错误； CD．移动过程中，由于r不变，可知小球B的轨迹为圆周轨迹，则库仑力不做功，则两带电小球所组成系统的电势能大小不变，故C正确，D错误。 故选C。 8．B 【详解】若航天爱好者以最短的时间到达天宫附近，则第一次加力变轨至椭圆轨道，在椭圆轨道远地点到达天宫附近，变轨图如下。设近地点为A，远地点为B，设航天爱好者椭圆轨道周期为，天宫绕地球轨道周期为，因此从近地点到远地点过程航天爱好者和天宫飞行的时间都为。 由题意可知天宫绕地球轨道半径\ \text{=6800km，航天爱好者近地轨道半径为6400km，则椭圆轨道半长轴为 根据开普勒第三定律可得 因此角最小值为 故选B。 9．D 【详解】设球所受库仑力大小为FC，AB两球间距离为r，B球距定滑轮为h，A球与定滑轮间距离为l，对开始位置处的A球受力分析，将F和FC合成如图，由相似三角形可得 所以A球缓慢移动过程中， r先不变，等A球运动到滑轮正下方后， r再变大；整个过程中l一直减小。 A． r先不变再变大，B球受到的库仑力大小先不变再减小，故A错误； B．A球未到滑轮正下方时，由相似三角形可得 所以F先减小，当A球到达滑轮正下方后，由平衡条件可得 所以F再增大，故B错误； C．A球未到滑轮正下方时，库仑力大小不变，方向趋近竖直，则B球受到库仑力的竖直分量变大，地面对绝缘座的支持力先变大；A球到达滑轮正下方后，B球受到库仑力大小减小、方向竖直向下，地面对绝缘座的支持力减小；故C错误； D． r先不变再变大，两者间的库仑斥力对A球先不做功后做正功，则A球的电势能先不变后减少，故D正确。 故选D。 10．A 【详解】C．由题意可知，物块与斜面和地面有摩擦，设物块和斜面与地面的动摩擦因数为，设O与水平桌面的高度为h，在O点到水平桌面过程中，对a，由牛顿第二定律有 联立解得 同理对b有 解得 因为 所以 故C错误； D．到达水平桌面时，对a由动能定理得 同理对b有 因为 所以 故D错误； A．设物块a从A点到静止的水平位移为，对全过程由动能定理得 设物块b从A点到静止的水平位移为，对全过程由动能定理得 可得 可得两物块在水平方向上位移相等，竖直方向的位移为$h$，所以两物块的位移大小相等，故A正确； B．对物块a，从最高点到静止时根据动能定理 解得 则物块a的路程为 同理，对b，从B点到静止时由动能定理 解得 则物块b的路程为 因为 所以 两物块运动全程的路程不相等，故B错误。 故选A。 11．C 【详解】A．根据动能定理 解得 A错误； B．N板上移一小段距离，若液滴仍能到达Q点，则 所以液滴不能到达Q点，B错误； C．根据 解得 若S断开，N板上移一小段距离，电场强度不变，根据动能定理 由上式可知，若S断开，N板上移一小段距离，电场强度不变，等式仍然成立，液滴仍然能到达Q点； D．根据 若S断开，N板右移一小段距离， S减小， E增大，若粒子仍能到达Q点，则 所以液滴不能到达Q点，D错误。 故选C。 12．CD 【详解】A．电容器上极板带正电，可知带电液滴受电场力向上，可知液滴一定带负电，A错误； B．增大两极板距离的过程中，根据可知，电容器的电容减小，根据可知电容器应该放电，而由于二极管具有单向导电性，可知电容器不能放电，则电阻箱中不会有电流，B错误； C．断开，电容器带电量一定，则根据和，可知减小两极板正对面积，电容器两极板间电势差变大，场强变大、电场力大于重力，液滴向上加速运动，C正确； D．断开，将板下移少许，根据、、，可得 可知两极板间场强不变，液滴仍然处于静止状态，因点与负极板间距增大，之间的电势差增大，板接地，电势为零，又根据场强与电势差的关系 所以点的电势升高，液滴仍静止且电势能变小，D正确。 故选CD。 13．AD 【详解】A．分析可知场强为0的点应在横坐标为6cm的右侧，设其坐标为d，则有 代入题中数据，解得 在6cm右侧场强 可知场强随着x增大而先减小后增大再减小，方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，故A正确； B．在两电荷之间有 可知场强随着x增大先减小后增大，分析可知时场强最小，与乙图场强图线不符，故B错误； C．分析可知在两电荷之间有电势为0的点，设其坐标为L，则有 代入题中数据，解得 该点与丙图电势为0的坐标不符，故C错误； D．分析可知在横坐标为6cm的右侧有电势为0的点，设其坐标为H，则有 代入题中数据，解得 则6cm右侧电势 可知随着x增大，电势先从负值增大到0后继续增大为正值，最后再减小，故D正确。 故选AD。 14．AB 【详解】A．定义折射率，质子水平速度恒为v，故入射速度 出射速度 由动能定理得 将代入，得 联立得n=cosα，故A正确； B．“全反射”类比光学，当折射角β=90°时恰好发生全反射，此时质子沿cd边运动，竖直分速度为0，此时 由动能定理得 又 将代入，得 化简得，故B正确； C．若质子恰好发生全反射，则 竖直方向初速度 由于恰好发生全反射，故竖直方向末速度为零，则 发生全反射时，质子从ab边射出，质子在电场中运动的总时间 质子水平方向的运动距离 这种情况水平位移最大，故，故C错误； D．当恰好发生全反射时，粒子运动到cd边时竖直方向的速度恰好减为零，有 将代入，得 当仅增大U时，减小，即减小，则“全反射”的临界角会减小，故D错误。 故选AB。 15．(1)C (2) 1.080 C BD 【详解】（1）A．探究加速度与力、质量的关系，实验中需要测量小车的加速度，需要用刻度尺测量位移，故A不符合题意； B．探究弹簧弹力与伸长量之间的关系，需要用刻度尺测量弹簧长度，故B不符合题意； C．用向心力演示仪探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系，小球转动半径的关系由向心力演示仪可以读出，不需要刻度尺，故C符合题意。 故选C。 （2）[1]20分度游标卡尺的精度为，可得摆球的直径 [2]单摆周期公式 由图可知周期为零时，摆长不为零，可知该同学认为摆长为摆线的长度与小球直径之和，即实际摆长为 可得 可得，与图乙相符。 故选C。 [3]根据 可得斜率 可得重力加速度 [4]A．单摆周期公式，可得重力加速度为，测量摆长时漏加小球的半径，摆长测量偏小，可知值测量偏小，故A错误； B．开始计时时，停表按下迟了些，则周期测量偏小，根据上述可知，测得的重力加速度与真实值相比偏大，故B正确； C．摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了，即摆长的测量值偏小，根据上述可知，测得的值与真实值相比偏小，故C错误； D．实验中误将49次全振动记为50次，则周期测量偏小，根据上述可知，测得的重力加速度与真实值相比偏大，故D正确。 故选BD。 16．(1)不可行 (2) C 5.2 A 【详解】（1）用重力分力平衡摩擦力后，摩擦力仍做功，故机械能不守恒，即此方案不可行。 （2）[1]验证系统机械能守恒，故对象为滑块和遮光片及托盘和砝码； [2]图丙可知游标卡尺精度为0.1mm，故读数 [3]由能量守恒得 整理得 可知斜率 [4]若考虑阻力，由能量守恒得 整理得 可知斜率更大，故图线为A。 17．(1) (2) (3) (4)不会碰撞 【详解】（1）小球沿着PA方向做直线运动，说明小球受到的重力与电场力的合力沿着PA方向，即 解得 （2）根据几何关系可知 小球受到的合力为 对从P到A的过程，可列出动能定理： 解得 （3）在管道中运动时，设D是圆形管道中的一点，且，则在D点时合力做功最多，D点的速度最大，对轨道的压力也最大，如下图所示 可列出动能定理，即 在D点处，设轨道对小球的作用力为，则有 根据牛顿第三定律，小球对轨道的作用力设为，有 解得 （4）由于管道是圆弧，所以有，小球从P运动到B点时的速度为，则有 所以，此时的速度方向与合力方向刚好垂直。 沿着B点的速度方向建立直角坐标系，如上图所示，那么在x方向上，有 在y方向上，有 代入后可得小球的运动轨迹为 当时，，此点在A的左侧，轨迹与圆弧轨道没有交点，即不相撞。 18．（1），； ，；（2）或0；（3）车沿新路径到更省时，原因见解析 【详解】（1）在区间汽车达到匀速，由力学知识可得 耗时，由动能定理有 解得 在段达到匀速时，同理有 则耗时，由动能定理有 可以求出 （2）因为汽车在区间速度已经达到匀速，若以为初速滑行汽车不能达到点。假设汽车发动机在段至少还需工作时间，才能使得汽车恰好能到达点。根据动能定理有 解得 若汽车以为初速汽车滑行能达到点，则汽车发动机在段工作时间为 （3）两个路径中汽车克服阻力做功相同，根据动能定理有 可知汽车到达点，末速度越大，汽车发动机工作时间越长。汽车沿原路径到达点，最后车速为，而汽车沿新路径到点，末速度为。因为，所以汽车沿原路径耗时更多。 【点睛】汽车以恒定功率加速时，牵引力是变力，这类问题求位移或时间要用到动能定理。 19．（1），；（2）， 【详解】（1）内外模之间相当于电容器，可知 当内外膜分别带电Q和时，电场强度 这个电场是内外膜共同产生的，因此其中一侧膜受到另一侧膜的作用力 根据胡克定律 可得内外膜的厚度 内外膜间的电势差 （2）由公式 可知，随带电量的增多，内外膜间的电压发生变化，当电压达到最大值时 此时带电量 如果带电量再增多，内外膜间的电压反而减小，离子泵继续工作，可能会出现细胞层塌缩，因此为防止细胞层塌缩，电压最高时，恰好为U0，此时劲度系数最小，即 代入数据可得最小值为 此时平衡状态下细胞膜的厚度 20．(1) (2) (3)若为奇数，，若为偶数， 【详解】（1）滑块从滑到根据动能定理，有 解得 物块滑到传送带上时，根据牛顿第二定律，有 解得加速度为 当物块速度减为时，由运动学公式 解得运动的位移为 由此可知物块在传送带上运动时将会与传送带共速。 物块第一次与传送带共速的时间为，则有 解得 物块第一次滑过传送带，摩擦力对滑块的冲量 解得 （2）物块以第一次碰物块，设向右为正，由动量守恒 解得 由碰后做简谐运动，从弹簧压缩最短处再次回到点所用的时间为 弹回后在传送带上向左运动的位移为 根据运动的对称性可知整体以向左离开经传送带，再次回到所经历的时间为 所以两物块从弹簧压缩最短处第一次和第三次到达的时间间隔为 设为一个循环所需时间，、两物块第1次至第101次到达，经历了50次循环，所以、两物块第一次和第一百零一次到达的时间间隔为 则、两物块结合压缩弹簧至最短后，第101次回到处的时间 （3）物块第一次与传送带共速的时间为，则有 解得 物块运动的位移为 传送带运动的位移为 物块相对传送带运动的位移为 联立解得物块第一次滑过传送带系统摩擦产生的热量 碰撞后以向左滑上传送带，速度减为零时，所用的时间为 向左运动的位移为 传送带运动的位移为 此过程的相对位移为 物块反向加速时与传送带产生的相对位移为 这个过程产生的热量为 分类讨论： 若为奇数，满足 若为偶数，满足 答案第14页，共14页 答案第13页，共14页 学科网（北京）股份有限公司 $