精品解析：湖南省衡阳市祁东县育贤中学2025-2026学年高二上学期期中考试物理试题

2025年育贤中学高二年级期中考试物理科试题 考试时间：75分钟 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题（24分，每题4分） 1. 在物理现象的发现和物理理论的建立过程中物理学家总结出许多科学方法。如理想实验、演绎推理、科学假说、类比等。类比法是通过两个或两类研究对象进行比较，找出它们之间相同点和相似点，并以此为根据把其中某一个或某一类对象的有关知识和结论，推移到另一个或另一类对象上，从而推论出它们也可能有相同或相似的结论的一种逻辑推理和研究方法。以下观点的提出或理论的建立没有应用类比的思想的是（ ） A. 法拉第通过多次实验最终发现“磁生电—电磁感应”现象 B. 伽利略提出“力不是维持物体运动的原因”的观点 C. 牛顿推理得到太阳与行星间的引力与太阳和行星的质量的乘积成正比，与它们之间的距离的平方成反比。 D. 安培为解释磁现象提出了“物质微粒内部存在着一种环形电流—分子电流”的观点 【答案】B 【解析】 【详解】A．法拉第受“电生磁”的启发，坚信磁一定能生，通过多次实验最终发现“磁生电-电磁感应”现象，应用类比的思想，故A正确； B．伽利略提出“力不是维持物体运动的原因”的观点，应用的是理想实验法，故B错误； C．牛顿猜想行星与太阳间的引力和行星与行星上物体间的引力本质相同，通过推理得到太阳与行星间的引力与太阳和行星的质量的乘积成正比，与它们之间的距离的平方成反比。故C正确； D．安培根据环形电流磁场与小磁针磁场相似，提出“物质微粒内部存在着一种环形电流-分子电流”的观点，应用的是类比思想，故D正确。 故选B。 2. 如图所示，一对用绝缘柱支撑的金属导体A和B，使它们彼此接触。起初它们不带电，贴在下部的两金属箔是闭合的。现将一个带正电的导体球C靠近导体A，下列说法正确的是（　　） A. 导体A的部分正电荷转移到导体B上，导体A带负电 B. 导体A下面的金属箔张开，导体B下面的金属箔仍闭合 C. 达到静电平衡时，金属导体A和B内部电场强度为零 D. 将导体A、B分开后，再移走C，导体A带正电 【答案】C 【解析】 【详解】A．金属中能够自由移动的是电子，将一个带正电的导体球C靠近导体A，由于静电力的吸引作用，导致导体B的部分自由电子转移到导体A上，导体A带负电，故A错误； B．结合上述，导体A带负电，导体B带正电，导体A、B下面的金属箔均张开，故B错误； C．处于静电平衡状态下的导体，内部电场强度处处为零，即达到静电平衡时，金属导体A和B内部电场强度为零，故C正确； D．结合上述可知，将导体A、B分开后，再移走C，导体A带负电，故D错误。 故选C。 3. 如图所示，地球同步轨道上的卫星A与较低轨道上的卫星B都在赤道所在平面内绕地球做匀速圆周运动，且运行方向与地球自转方向相同。已知地球自转的周期为T，某时刻两卫星距离最近，再经过时间t，两卫星再次相距最近，则卫星B的周期为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】经分析可知 解得 故选B。 4. 四个相同的小量程电流表（表头）分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2，已知电流表A1的量程小于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，改装好之后把它们接入如图所示的电路，合上开关，为定值电阻，下列说法正确的是（　　） A. V1指针的偏角大于V2指针的偏角 B. A1指针的偏角小于A2指针的偏角 C. V1的读数大于V2的读数，A1的读数小于A2的读数 D. 定值电阻两端的电压等于V1与V2的读数之和，通过的电流小于A1的读数 【答案】D 【解析】 【详解】A．电压表是用灵敏电流计串联一个分压电阻改装而成的，而两个电压表串联 ，故电流相等，指针偏角相同，故A错误； B．电流表是用灵敏电流计并联一个分流电阻改装而成，由于两电流表串联，电流表电流相等，但电流表A1的量程小于A2的量程，所以A1指针的偏角大于A2指针的偏角，故B错误； C．以上分析可知两电压表指针指针偏角相同，但由于电压表V1的量程大于V2的量程，V1的读数大于V2的读数，由于两电流表串联，故读数相同，故C错误； D．图中可知，两电压表串联再去R并联，故R的电压为两电压表读数之和，由串并联关系可知，A1电流大小等于通过R的电流与通过两电压表的电流之和，故通过电流小于A1的读数，故D正确。 故选D 。 5. 一个半径为的均匀带电球体（或球壳）在球的外部产生的电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场相同。如图所示，在半径为的半球面上均匀分布总电荷量为的负电荷，为通过半球顶点与球心的水平轴线，在轴线上有、两点。已知，点的电场强度大小为，则点的电场强度大小和方向分别为（ ） A. ，方向向左 B. ，方向向左 C. ，方向向右 D. ，方向向右 【答案】B 【解析】 【详解】设半球面有一相对于球心对称的相同半球面，相当于将带电量为的点电荷放在处，则等效球面在、点所产生的电场强度大小均为 方向均指向球心，左半球面在点产生的电场强度大小 方向向右，根据对称性，可知右半球在点产生的电场强度大小 方向向左 故选B。 6. 如图所示，正方体的边长为a，在和处放置电荷量分别为、的点电荷，静电力常量为k，下列说法正确的是（　　） A. B点电场强度大小为 B. B点电场强度大小为 C. D点电场强度大小为 D. D点电场强度大小为 【答案】A 【解析】 【详解】AB．因为等边三角形，故和在B点产生的电场强度方向互成，大小相等，均为 故B点的电场强度大小为，故A正确，B错误； CD．因为等边三角形，边长与相等，故和在D点产生的电场强度与在B点产生的电场强度大小相等，即，故CD错误。 故选A。 二、多选题（24分，每题6分，答对但不全得3分） 7. 示波管原理如图所示，当两偏转电极、电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏正中间的点，其中轴与电场的场强方向平行，轴与电场的场强方向平行。则下列说法正确的是（　　） A. 若电压为零时，只在加电压，电子只能打在荧光屏的轴上 B. 若电压为零时，只在加电压，电子只能打在荧光屏的轴上 C. 要使电子打在图示坐标系的第Ⅱ象限内，应使、接电源的正极，、接电源的负极 D. 要使电子打在图示坐标系的第Ⅱ象限内，应使、接电源的正极，、接电源的负极 【答案】BC 【解析】 【详解】A．若电压为零时，只在加电压，则电子在方向不会偏转，电子只能在方向偏转，电子只能打在荧光屏的轴上，故A错误； B．若电压为零时，只在加电压，则电子在方向不会偏转，电子只能在方向偏转，电子只能打在荧光屏的轴上，故B正确； CD．要使电子打在图示坐标系的第Ⅱ象限内，则电子在经过之间时向方向偏转，应使接电源的正极，接电源的负极；之后电子在经过之间向－x方向偏转，应使接电源的正极，接电源的负极。综上所述可知C正确，D错误。 故选BC。 【点睛】B、若YY电压为零时，只在XX'加电压，则电子在YY方向不会偏转，电子只能在XX'方向偏转，电子只能打在荧光屏的x轴上，故B正确; 8. 如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合开关分别与电源两极相连，两极中央各有一个小孔和，在孔正上方某处有一带电微粒由静止开始下落，不计空气阻力，该微粒到达孔时速度恰为零，然后返回，则（ ） A. 该微粒带负电 B. 保持S闭合，A板适当上移，带电微粒穿过孔 C. 断开S，A板适当下移，带电微粒会穿过孔 D. 断开S，B板适当下移，带电微粒不能穿过孔 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．由图可知，A板带正电，B板带负电，该微粒到达孔时速度恰为零，然后返回，可知该微粒带负电，故A正确； B．设质点距离A板的高度为h，A、B两板原来的距离为d，电压为U，质点的电量为q，由题得质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得 若保持S闭合，将A板适当上移，设质点到达b时速度为v，由动能定理得 解得v=0 说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔，故B错误； C．断开S时，两板带电量不变，则有，， A板适当下移，板距变小，板间电场强度不变，板间电压变小，则有 说明带电微粒会穿过孔，故C正确； D．由原来的情况有 可得 则 断开S时，B板适当下移，由以上分析可知，板距变大，板间电场强度不变，若带电微粒能运动到b孔，则有 说明带电微粒不能穿过孔，故D正确。 故选ACD 。 9. 如图所示，实线为电场的等势线，虚线是一带电粒子仅在此电场力作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面b、d的交点，下列说法正确的是（　　） A. 粒子带负电荷 B. 粒子在M点的电势能小于在N点的电势能 C. 若粒子从M点运动到N点，则动能增大 D. M点的电场强度比N点的小 【答案】AB 【解析】 【详解】A．根据等势线的分布可知电场线大致向右，根据曲线运动的合外力指向轨迹的凹侧，可知粒子受到的电场力大致向左，故粒子带负电，故A正确； B．由于粒子带负电，M点的电势大于N点的电势，可知粒子在M点的电势能小于在N点的电势能，故B正确； C．若粒子从M点运动到N点，电势能增大，根据能量守恒可知，粒子的动能减小，故C错误； D．等差等势面越密，电场强度越大，M点处等势线较密，故M点的电场强度比N点的大，故D错误。 故选AB。 10. 如图，水平地面上方存在方向水平向右的匀强电场，O、Q为水平地面上的两点。将一带正电荷的小球（看作质点）从电场中O点以的初动能竖直向上抛出，运动到最高点P点时，小球的动能为，最后落回到地面上的Q点，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A. 小球所受电场力与重力的大小之比为4∶3 B. 小球从O点运动到P点与从P点运动到Q点的水平位移大小之比为1∶4 C. 小球从O点运动到P点与从P点运动到Q点的位移大小之比为1∶3 D. 小球落回Q点时的动能为 【答案】AD 【解析】 【详解】A．小球水平方向做初速度为零的匀加速运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据动能与动量之间的关系 OP过程，设竖直向下为正方向，竖直方向根据动量定理可知mgt=0-py，而 设水平向右为正方向，水平方向根据动量定理可知qEt=px-0，而 联立解得，A正确； BC．小球水平方向做初速度为零的匀加速运动，竖直方向做竖直上抛运动，则tOP=tPQ，小球从O点运动到P点与从P点运动到Q点的水平位移大小之比为1∶3，但位移之比不等于1∶3，BC错误； D．因从O到P电场力做功16J，可知从P到Q电场力做功为48J，可知小球落回Q点时的动能为9J+16J+48J=73J，D正确。 故选AD。 三、实验题 11. 某同学在某实验中利用螺旋测微计和游标卡尺测量某原件的厚度和直径，螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（1）和图（2）所示； （1）则图（1）中螺旋测微器的精度为______mm，原件的厚度______mm； （2）图（2）中游标卡尺的精度为______mm，原件的直径______cm； （3）在连线正确后，闭合开关，电压表和电流表的示数分别如图所示，由图可知，电压表（量程3V）读数为_________V，电流表（量程0.6A）读数为__________A。 【答案】（1） ①. 0.01 ②. 6.123##6.122##6.124 （2） ①. 0.05 ②. 10.230 （3） ①. 2.20 ②. 0.48 【解析】 【小问1详解】 [1][2]螺旋测微器的精度为，由图1可知原件的厚度 【小问2详解】 [1][2]20分度游标卡尺的精确值为，由图2可知原件的直径为 【小问3详解】 [1]电压表量程3V，最小分度为0.1V，要估读到分度值的后一位，故电压表的读数为2.20V； [2]电流表量程0.6A，最小分度为0.02A，不需要再估读到后一位，故电流表的读数为0.48A。 12. 某同学利用图甲所示的原理图组装了一个倍率为×10的欧姆表，所用表头G的满偏电流为3mA，内阻为50Ω。现用一系列标准电阻对欧姆表进行标定，并作出A、B间接不同的标准电阻时表头G的示数I与的关系，如图乙所示。 （1）按照惯用标准，图甲中的B为______（选填“红”或“黑”）表笔； （2）该同学所用电源电动势为E＝______V，该欧姆表内阻＝______Ω； （3）现对表盘进行欧姆标度，则量程为0~3mA的表头G表盘上“2”处应标的数值为______； （4）某同学用标度完后的欧姆表对某电阻进行测量，测量前忘记进行欧姆调零，测得该电阻阻值为；测量后又想起欧姆调零环节，于是再次欧姆调零后进行测量，测得该电阻阻值为；第二次测量前进行欧姆调零时，红、黑表笔短接后指针的位置如图丙所示，则经分析可知______（选填“＞”“＝”或“＜”）。 【答案】（1）红 （2） ①. 3 ②. 1000 （3）50 （4）＞ 【解析】 【分析】 【小问1详解】 欧姆表测电阻时，需要让电流从黑表笔流出从红表笔流进，故黑表笔接电源的正极，红表笔接电源的负极，图甲中的B为红表笔； 【小问2详解】 [1][2] 根据欧姆表的测量原理，当=0时，流过电路的电流达到满偏即=3mA，设欧姆表内阻为 则有当=2000Ω，流过电表的电流强度为 联立解得， 【小问3详解】 根据闭合电路欧姆定律 解得 因欧姆表倍率为×10，则量程为0~3mA的表头G表盘上“2”处应标的数值为50； 【小问4详解】 测量时若未欧姆调零直接测量，相当于欧姆表内阻偏大，导致相同电流下对应的偏大，故 【点睛】 四、解答题 13. 如图所示，甲是某型号电水壶内部电路原理图（具有加热和保温功能），乙则是其正常工作时电功率与时间的关系图像，丙是家用电能表的铭牌参数。 （1）电水壶加热水后，求正常保温10min消耗的电能； （2）正常加热时，求电水壶的发热电阻的阻值大小； （3）某次用电高峰时，实际电压只有198V，此时使用电水壶加热5min电能表转多少转？ 【答案】（1）1.2×105J （2）60.5Ω （3）162r 【解析】 【小问1详解】 电水壶加热水后，正常保温10min消耗的电能为 【小问2详解】 正常加热时，电水壶的发热电阻的阻值大小为 解得 【小问3详解】 加热5min消耗的电能为 电能表的转数为 14. 如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为的绝缘细线一端固定于点，另一端系着一质量为、电荷量为的带正电小球，小球静止在点。现给小球一垂直于的初速度，使其在竖直平面内绕点恰好能做完整的圆周运动，为圆的竖直直径，已知匀强电场的场强大小为，重力加速度为。当小球第二次运动到点时细线突然断裂，求： （1）小球恰好做完整的圆周运动时，小球在点初速度的大小； （2）细线断裂后的运动过程中，小球速度的最小值； 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 将重力与电场力合成一个力，即等效重力，根据题意可知二者合力为 设重力与电场力的合力方向与竖直方向的夹角为，则 可知 小球恰能做完整的圆周运动时，在“等效最高点”速度最小，在“等效最高点”有 可得 从点到等效最高点，根据动能定理有 解得 【小问2详解】 细线断裂后，小球相对于合力方向做类斜抛运动，当小球在合力方向上的分速度为时，合速度最小，从到，由动能定理有 解得 则最小速度 15. 某码头用电动势为电源的电路控制电动机（如图2）带动传送带（如图1）向高处传送物品，电路中接有一标有“6V 12W”字样的小灯泡L。现将一质量为的小物体（可视为质点）轻放在传送带的点，此后灯泡正常发光，电动机正常工作，其额定电压为6V，电动机带动传送带以的速度匀速运动，传送带长为，与水平面之间的夹角为，小物体与传送带之间的动摩擦因数，在传送带将小物体从点传送到最高点点的过程中，，求： (1)电源内阻； (2)小物体运动至传送带顶端的速度； (3)为传送小物体，电动机多输出的能量？ 【答案】(1)1Ω；(2)；(3)107.5J 【解析】 【详解】(1)电源内电压 电流 即 解得电源内阻 (2)物体刚放上A点时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，物体做匀加速直线运动，此时 假设物体能与皮带达到相同的速度，则物体加速上滑的位移为 由于 所以物体可以加速到与皮带速度相同，又 所以物体先沿着皮带向上匀加速，再与皮带保持相对静止一起匀速到顶端，说明到达B点时速度为 (3)从A到B物体加速的时间为 物体在加速阶段的相对位移为 所以由功能关系得电动机多输出的能量为 其中 解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年育贤中学高二年级期中考试物理科试题 考试时间：75分钟 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题（24分，每题4分） 1. 在物理现象的发现和物理理论的建立过程中物理学家总结出许多科学方法。如理想实验、演绎推理、科学假说、类比等。类比法是通过两个或两类研究对象进行比较，找出它们之间相同点和相似点，并以此为根据把其中某一个或某一类对象的有关知识和结论，推移到另一个或另一类对象上，从而推论出它们也可能有相同或相似的结论的一种逻辑推理和研究方法。以下观点的提出或理论的建立没有应用类比的思想的是（ ） A. 法拉第通过多次实验最终发现“磁生电—电磁感应”现象 B. 伽利略提出“力不是维持物体运动的原因”的观点 C. 牛顿推理得到太阳与行星间的引力与太阳和行星的质量的乘积成正比，与它们之间的距离的平方成反比。 D. 安培为解释磁现象提出了“物质微粒内部存在着一种环形电流—分子电流”的观点 2. 如图所示，一对用绝缘柱支撑的金属导体A和B，使它们彼此接触。起初它们不带电，贴在下部的两金属箔是闭合的。现将一个带正电的导体球C靠近导体A，下列说法正确的是（　　） A. 导体A的部分正电荷转移到导体B上，导体A带负电 B. 导体A下面的金属箔张开，导体B下面的金属箔仍闭合 C. 达到静电平衡时，金属导体A和B内部电场强度为零 D. 将导体A、B分开后，再移走C，导体A带正电 3. 如图所示，地球同步轨道上的卫星A与较低轨道上的卫星B都在赤道所在平面内绕地球做匀速圆周运动，且运行方向与地球自转方向相同。已知地球自转的周期为T，某时刻两卫星距离最近，再经过时间t，两卫星再次相距最近，则卫星B的周期为（　　） A. B. C. D. 4. 四个相同的小量程电流表（表头）分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2，已知电流表A1的量程小于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，改装好之后把它们接入如图所示的电路，合上开关，为定值电阻，下列说法正确的是（　　） A. V1指针的偏角大于V2指针的偏角 B. A1指针的偏角小于A2指针的偏角 C. V1的读数大于V2的读数，A1的读数小于A2的读数 D. 定值电阻两端的电压等于V1与V2的读数之和，通过的电流小于A1的读数 5. 一个半径为的均匀带电球体（或球壳）在球的外部产生的电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场相同。如图所示，在半径为的半球面上均匀分布总电荷量为的负电荷，为通过半球顶点与球心的水平轴线，在轴线上有、两点。已知，点的电场强度大小为，则点的电场强度大小和方向分别为（ ） A. ，方向向左 B. ，方向向左 C. ，方向向右 D. ，方向向右 6. 如图所示，正方体的边长为a，在和处放置电荷量分别为、的点电荷，静电力常量为k，下列说法正确的是（　　） A. B点电场强度大小为 B. B点电场强度大小为 C. D点电场强度大小为 D. D点电场强度大小为 二、多选题（24分，每题6分，答对但不全得3分） 7. 示波管原理如图所示，当两偏转电极、电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏正中间的点，其中轴与电场的场强方向平行，轴与电场的场强方向平行。则下列说法正确的是（　　） A. 若电压为零时，只在加电压，电子只能打在荧光屏的轴上 B. 若电压为零时，只在加电压，电子只能打在荧光屏的轴上 C. 要使电子打在图示坐标系的第Ⅱ象限内，应使、接电源的正极，、接电源的负极 D. 要使电子打在图示坐标系的第Ⅱ象限内，应使、接电源的正极，、接电源的负极 8. 如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合开关分别与电源两极相连，两极中央各有一个小孔和，在孔正上方某处有一带电微粒由静止开始下落，不计空气阻力，该微粒到达孔时速度恰为零，然后返回，则（ ） A. 该微粒带负电 B. 保持S闭合，A板适当上移，带电微粒穿过孔 C. 断开S，A板适当下移，带电微粒会穿过孔 D. 断开S，B板适当下移，带电微粒不能穿过孔 9. 如图所示，实线为电场的等势线，虚线是一带电粒子仅在此电场力作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面b、d的交点，下列说法正确的是（　　） A. 粒子带负电荷 B. 粒子在M点的电势能小于在N点的电势能 C. 若粒子从M点运动到N点，则动能增大 D. M点的电场强度比N点的小 10. 如图，水平地面上方存在方向水平向右的匀强电场，O、Q为水平地面上的两点。将一带正电荷的小球（看作质点）从电场中O点以的初动能竖直向上抛出，运动到最高点P点时，小球的动能为，最后落回到地面上的Q点，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A. 小球所受电场力与重力的大小之比为4∶3 B. 小球从O点运动到P点与从P点运动到Q点的水平位移大小之比为1∶4 C. 小球从O点运动到P点与从P点运动到Q点的位移大小之比为1∶3 D. 小球落回Q点时的动能为 三、实验题 11. 某同学在某实验中利用螺旋测微计和游标卡尺测量某原件的厚度和直径，螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（1）和图（2）所示； （1）则图（1）中螺旋测微器的精度为______mm，原件的厚度______mm； （2）图（2）中游标卡尺的精度为______mm，原件的直径______cm； （3）在连线正确后，闭合开关，电压表和电流表的示数分别如图所示，由图可知，电压表（量程3V）读数为_________V，电流表（量程0.6A）读数为__________A。 12. 某同学利用图甲所示的原理图组装了一个倍率为×10的欧姆表，所用表头G的满偏电流为3mA，内阻为50Ω。现用一系列标准电阻对欧姆表进行标定，并作出A、B间接不同的标准电阻时表头G的示数I与的关系，如图乙所示。 （1）按照惯用标准，图甲中的B为______（选填“红”或“黑”）表笔； （2）该同学所用电源电动势为E＝______V，该欧姆表内阻＝______Ω； （3）现对表盘进行欧姆标度，则量程为0~3mA的表头G表盘上“2”处应标的数值为______； （4）某同学用标度完后的欧姆表对某电阻进行测量，测量前忘记进行欧姆调零，测得该电阻阻值为；测量后又想起欧姆调零环节，于是再次欧姆调零后进行测量，测得该电阻阻值为；第二次测量前进行欧姆调零时，红、黑表笔短接后指针的位置如图丙所示，则经分析可知______（选填“＞”“＝”或“＜”）。 四、解答题 13. 如图所示，甲是某型号电水壶内部电路原理图（具有加热和保温功能），乙则是其正常工作时电功率与时间的关系图像，丙是家用电能表的铭牌参数。 （1）电水壶加热水后，求正常保温10min消耗的电能； （2）正常加热时，求电水壶的发热电阻的阻值大小； （3）某次用电高峰时，实际电压只有198V，此时使用电水壶加热5min电能表转多少转？ 14. 如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为的绝缘细线一端固定于点，另一端系着一质量为、电荷量为的带正电小球，小球静止在点。现给小球一垂直于的初速度，使其在竖直平面内绕点恰好能做完整的圆周运动，为圆的竖直直径，已知匀强电场的场强大小为，重力加速度为。当小球第二次运动到点时细线突然断裂，求： （1）小球恰好做完整的圆周运动时，小球在点初速度的大小； （2）细线断裂后的运动过程中，小球速度的最小值； 15. 某码头用电动势为电源的电路控制电动机（如图2）带动传送带（如图1）向高处传送物品，电路中接有一标有“6V 12W”字样的小灯泡L。现将一质量为的小物体（可视为质点）轻放在传送带的点，此后灯泡正常发光，电动机正常工作，其额定电压为6V，电动机带动传送带以的速度匀速运动，传送带长为，与水平面之间的夹角为，小物体与传送带之间的动摩擦因数，在传送带将小物体从点传送到最高点点的过程中，，求： (1)电源内阻； (2)小物体运动至传送带顶端的速度； (3)为传送小物体，电动机多输出的能量？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $