湖南五市十校2026-2027学年高二上学期11月期中物理试题

2026年下学期高二期中校内检测 物 理 (试卷满分：100分，考试时间：75分钟) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上 的指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，用0.5mm的黑色字迹 签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，请将答题卡上交。 一、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.下列关于物理史实、单位制以及电场、电路知识的说法正确的是 A.法拉第首先发现电流磁效应 B.电场强度是采用比值法定义出来的物理量 C.电流单位安培属于导出单位 D.卡文迪许利用扭秤测出静电力常量妇： 2.在光滑水平试验平台上，放置一个质量M=3.0kg的柔性缓冲载物盒，初始静止.质量 m=1.0kg的测试模块，以0=4.0m/s的水平速度冲向载物盒，二者发生短暂的非弹性 碰撞，碰撞后模块与载物盒共同匀速运动.下列说法正确的是 A.相互作用过程中，系统总动能保持不变 B.模块受到的冲量大小等于载物盒受到的冲量大小 C.载物盒动量的增加量大于模块动量的减少量 D.作用结束后，共同速度大小为2.0m/s 3.有一带正电的金属导体呈子弹头形状，左右两端有四个点分布如图所示，2、3在导体内 部，1、4在导体外的曲面上，曲面上各点到导体的距离相等，则四个点的电势关系为 A.92=93 B.2<p1 C.9=p4 D.p4>91 【高二物理第1页（共6页）】 4,如图所示电路，电源电动势为E,内阻为”，电表均为理想电表.闭合开关S,将电阻箱R 的阻值缓慢调大，下列说法正确的是 A.电流表示数增大，R2两端电压变大 B.电压表示数减小 C.R消耗的功率一定增大 D.电源输出功率一定增大 5.某深空探测项目发射探测器对一颗未知的均匀球形天体开展探测，不计其他天体的引力 影响.探测器先在半径为的圆轨道I绕小行星匀速圆周运动，之后经过多次发动机减 速变轨，可经由椭圆转移轨道进入近小行星表面的圆轨道Ⅱ.已知引力常量为G,小行星 质量为M,探测器质量为m,引力势能表达式E。=_GMm(取无穷远处势能为O),下列 说法正确的是 A.探测器在圆轨道上运行时，轨道半径越大，动能越大 B.若探测器贴近天体表面飞行，运行周期越大，则小行星密度越大 C.探测器从轨道I变轨到轨道Ⅱ的过程，发动机做负功，探测器的机械能减小 D.探测器轨道半径增大时，绕行角速度增大，所需向心力减小 6.2026年，全国快递业务量持续增长，智能分拣设备大规模普及.倾斜传送带作为分拣中心 的核心设备，可将包裹从低处匀速运送到高处，再从顶端水平抛出落入收集箱，某市快递 中心利用这一技术加快物流分拣.已知传送带与水平面夹角0=37°，传送带以v=2m/s 的速率顺时针匀速转动，A、B两端距离L=6m.现将一质量m=1kg的包裹（可视为质 点)无初速度地放在传送带底端A处，包裹与传送带间的动摩擦因数4=0.8.包裹到达 顶端B后水平飞出，落地点与B点的水平距离为x,已知包裹经过B点前、后速度大小不 变，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s.下列说法正确的是 A.在整个过程中，摩擦力产生的热量为38.4J B.包裹从A运动到B的时间为5.5s C.包裹在传送带上留下的划痕长度为6m 收集箱 D.包裹平抛的水平位移为15m 7.如图甲所示，在倾角α=30°的足够长光滑斜面上，放着质量均为m的A、B两物块，轻弹 簧一端与物块B相连，另一端与固定挡板相连，整个系统处于静止状态.从：=0时刻开 始，对A施加一沿斜面向上的恒力F使物块A沿斜面向上运动，在A、B分离前，它们运 动的加速度随位移变化的图像如图乙所示，运动位移为1时，A与B分离，x=0时加速度 为是，重力加速度大小为8下列说法正确的是 【高二物理第2页（共6页）】 2☑ 甲 A.恒力大小F=3 g B.A,B分离瞬间加速度大小为号 C.弹簧的劲度系数k=mg 41 D.初始状态弹簧的压缩量为号 二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合 题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分. 8.如图所示，竖直向下的匀强电场E中，绝缘细线一端固定悬挂于O点，另一端连接一质量 均匀分布，带正电的小球（可看作质点），电荷量为g,质量为m,现用水平推力F缓慢推动 小球，小球位置缓缓抬高，全过程始终处于平衡状态，重力加速度为g,不计细线质量，则 A.细线拉力随偏角增大而逐渐变大 B.若维持剪断细线前瞬间水平推力F的大小与方向不变，仅剪断细 线，则剪断瞬间小球所受合力等于重力 C.水平推力F随偏角增大先减小再增大 D.细线拉力与水平推力F的合力保持不变 9.某电路如图所示，其中R1=22、R3=22、R4=12,滑动变阻器R2最大阻值为32，电源 电动势E=6V,电源内阻r=1Ω，电流表、电压表均可视为理想电表.下列说法正确的是 A.闭合S,断开S2,当R2=0时，电压表的示数约为1.09V B.闭合S、S2,将滑动变阻器R2的滑片向右滑动，电源的输出功率 一定增大 C.闭合S,断开S2,增大滑动变阻器R2接入阻值，电路总电流变大 D.闭合S、S2,当滑动变阻器R2=22时，电流表示数为2.25A,电压表示数为3.00V 10.如图一根长为L的轻质刚性杆连接小球质量为2m的球A和质量为m 的球B,初始整体竖直静止在光滑水平台上(A在B正上方，杆垂直平 台).给A一个水平向左的微小扰动，A向左下方摆动，球B在杆的作 B 用力下向右滑动.重力加速度为g,下列说法正确的是 27777277 A,A球落地前A、B小球组成的系统动量守恒 B.从开始运动到A球落地前瞬间，B球水平向右移动的位移大小为2马 3 C.A落地前瞬间，球A的速度大小为√2gL D.当轻杆与水平面的夹角为30时，球B的速度大小为， 2gL 15 【高二物理第3页（共6页）】 三、非选择题：本题共5小题，共57分。 1.(8分)在数字化物理实验课上，老师安排明明利用力传感器与光电门等器材，探究合外 力做功和物体动能变化的定量关系.实验装置见图甲，一根长度为L、不计伸缩的轻绳， 一端固定于力传感器的0点，另一端系一颗直径D、质量m的匀质小钢球.0点竖直下 方设置光电门，用于记录钢球经过最低点时的遮光时间△：，将钢球拉至偏离竖直方向的 位置无初速释放，钢球在竖直平面内来回摆动；光电门测出钢球通过最低点的遮光时 间，力传感器经由数据采集软件记录摆动全过程细绳拉力的最大值、最小值.多次改变 钢球释放的初始位置进行实验，将采集的数据处理后绘制坐标系图像，得到一条直线， 如图乙.当地重力加速度为g 力传感器。 数据 采集器 计算机 光电门 (1)若空气阻力忽略不计，当拉离角度为β，且小钢球由静止释放到过最低点时，合力对 小钢球所做的功为 (用m、g、L、D、B表示)，小钢球的动能变化量为 (用m、D、△t表示). (2)分析实际测量数据时发现，小钢球动能的变化量总是略大于合力对小钢球所做的 功，导致这一问题的原因可能是 (3)若图乙中Tmax-Tmin图像的纵截距为a,则a= (用m、g表示). 12.(10分)薄膜应变电阻常由碳膜喷涂在绝缘基底上制成，形变时阻值会发生变化，广泛应 用于压力传感器、振动检测装置.某同学为测量一圆柱形碳膜电阻的电阻率，测得电阻 柱体长度为L,其额定电压为1.6V. (1)用螺旋测微器测量该碳膜电阻的直径，示数如图甲所示，其直径d= mm; (2)粗测该电阻的阻值约为2202，为精确测量阻值，该同学设计图乙测量电路.蓄电池电 动势E≈6.0V(内阻不计)；滑动变阻器最大阻值Rm=180,定值电阻R=5900,保 护电阻R,=220Q.为了让读数更清晰、相对误差更小，需要让电表指针落在表盘中后 段，即将电表读数控制在其量程的}~号之间，且要求滑动变阻器在接近全电阻范围内 可调.则图乙①位置接入 、②位置接入 (均填标号)； A.电流表A,(量程100mA,内阻RA1=4) B.电流表A2(量程5mA,内阻RA2=102) C.电压表V(量程3V,内阻Rv=720) 【高二物理第4页（共6页）】 待测器件R@了 4①表读数 -30 一保护电阻 定值电阻R @ 3 ②表读数 甲 公 乙 (3)实验中根据两电表读数作出如图丙所示的图线（坐标均为国际单位），已知图线的斜 率为k,则所测该电阻的阻值R,= (用题中已知所测物理量符号表示)，研 究实验误差时发现实验所用定值电阻的阻值比标称值小，则电阻率的测量值将 (填“偏大”“偏小”或“不变”) 13.(11分)某人以初速度从地面竖直向上抛出一块小石头，该石子两次经过旁边小树顶 端的时间间隔为△2.取重力加速度为g,不计空气阻力，且有w>珍，请用题上所给的 字母作答)求： (1)小石头达到最高点所用的时间和能达到的最大高度； (2)旁边小树的高度； (3)小石头第一次经过小树顶端时的速度大小，以及从抛出到第一次经过小树顶端所用 的时间。 14.(13分)2026年9月，中国科学院材料科学与技术研究所联合香港城市大学、剑桥大学等 单位，成功研制出基于纳米晶合金的20kW级新能源汽车无线充电系统，转换效率达 98.51%,为自动驾驶时代的全自动泊车充电提供了全新的技术方案.该系统的简化电路 原理如图甲所示，发射线圈等效为直流电源（电动势E=20V,内阻R=1Q),接收线圈等 效为定值电阻R,=3n与R=4Q串联的负载，电容器C并联在R,两端，用于滤除充电 过程中的高领纹波.如图乙所示，电容器两极板水平放置在竖直平面内，板长L=0.04m, 板间距d=2.0×10-2m在充电性能测试中，一质量为m=2.0X108kg、电荷量为g= +4.0×1010C的带电微粒恰好从电容器两极板中间沿水平方向以=1,0m/s匀速穿 过，重力加速度g=10m/:3,微粒重力不可忽略，忽略充电系统其他损耗.求： 【高二物理第5页（共6页）】 乙 ()电容器两极板间的电场强度大小E和电容器两端电压Uc; (2)电阻R两端的电压U,和电源的输出功率P; (3)若将带电微粒的电荷量变为原来的2倍（其他条件不变），微粒射出电容器时偏离原 水平方向的距离为多少？ 15.(15分)竖直方向存在方向向上的匀强电场，空间中固定一处正点电荷，其电荷量记为 Q.有一可视为点电荷的带电微粒P,质量为2m、带电量q(电性未知)，在该正点电荷的 库仑作用与匀强电场共同作用下，在水平面内做圆周运动.微粒P到固定正点电荷的距 离为L,与点电荷的连线和竖直轴线夹角为0=37°.在圆周轨迹上的A点静置一个不带 电的小球S,小球质量m.当微粒P恰好运动至A点时，沿圆周切线方向和小球S发生 弹性正碰，碰撞持续时间极短；碰撞完成的瞬间，立即撤去匀强电场.此后微粒P在库仑 力作用下运动（可以类比于行星受到中心天体万有引力作用下的运动）.到达B点时，它 与固定点电荷距离最远.已知电荷在该正点电荷的电场内电势能表达式为E。=一kQg, 式中k为静电力常量，r是二者间距，cos37°=0.8，sin37°=0.6，全程不计微粒重力，带 电微粒的运动不影响正电荷电场和匀强电场的分布， (1)判断带电微粒P的电性，求匀强电场的场强大小E,以及圆周运动的速率6； (2)碰撞结束瞬间微粒P的速度大小A(用表示)； (3)微粒P从A点第一次运动到达B点的时间t. 【高二物理第6页（共6页）】2026年下学期高二期中校内检测·物理 参考答案、提示及评分细则 题号 2 3 5 6 7 8 9 10 答案 B B A C C B D AD AB BCD 一、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.【答案】B 【解析】奥斯特发现电流磁效应，A错误；电场强度是用比值定义法定义出来的物理量，B正确；安培属 于基本单位，C错误；卡文迪许测量出万有引力常量，D错误. 2.【答案】B 【解析】该过程属于非弹性相互作用，模块挤压柔性载物盒发生形变，一部分动能转化为内能，系统总动 能减少，A错误；相互作用时，模块与载物盒之间的弹力是一对作用力与反作用力，两力大小相等、作用 时间相同.根据冲量定义I=F,二者冲量大小相等，方向相反.题目只比较冲量大小，B正确；系统动量 守恒，总动量不变.模块减少的动量，转移给载物盒.载物盒动量的增加量等于模块动量的减少量（矢量 关系)，C错误；水平面光滑，模块与载物盒组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒.取 测试模块初速度方向为正方向.由动量守恒定律：m=(M+m)v代入m=1.0kg,M=3.0kg,= 4.0m/s,解得v=1.0m/s,D错误， 3.【答案】A 【解析】带电体为等势体，内部各点的电势相等，则2一，A正确；金属导体带正电，电场线背离导体， 而沿电场线电势降低，所以1点电势低于2点，2>9，B错误；根据导体周围电场线分布特点可知，导 体尖端附近电场强度大，可知4点附近的电场强度大于1点附近的电场强度；A、D在导体外曲面上， 曲面各点与导体轮廓对应点等距，结合U=Ed可知，U3>U12,所以9<9，CD错误. 4.【答案C 【解析】增大R的阻值，电路的总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，电路中总电流减小，由U =E一Ir得路端电压增大，所以电流表的示数一定减小，电压表的示数一定增大.I减小，U2=IR2,所 以UR2减小，AB错误；根据串反并同可知，R1两端电压增大，消耗的功率一定增大，C正确；根据电源输 出功率与外电阻关系可知，当电源的外电阻与内电阻相等时，电源的输出功率最大，由于不知外电阻与 内电阻的大小关系，所以当电源的负载电阻增大，输出功率不一定增大，也可能减小，D错误. 5.【答案】C 【解析】万有引力提供向心力：G=m号=m=m祭，推导得：o= GM 2 GM,E.= V r3 一G,一，镜道半径r德大，动能越小，A错误：贴近表面飞行时镜道半径等于天休半径尼 2r 联立G-加茶R,M=p:青R,得到P泾周期T德大，密度P越小，B错误：从商轨道1变到 R2 轨道Ⅱ，需要发动机减速制动，发动机做负功：总机械能E=E十E。=Gm-M=一2 2r 小，总机械能减小C正确：由m=√，r增大，角速度减小：向心力F=Gr增大向心力减小，D GM 错误. 6.【答案】B 【解析】包裹无初速度放在传送带底端A处，由于传送带速度v=2m/s,包裹所受滑动摩擦力沿斜面向 【高二物理参考答案第1页（共5页）】 上.由牛顿第二定律，包裹第一阶段加速运动的加速度为a=ngcos mgsin9-gcos0-gsin9,代 入数据得a=0.8×10×0.8一10×0.6=6.4-6=0.4m/s2,包裹加速至与传送带共速所需的时间t1= 名-5s,该阶段包裹的位移2a号X0.4X=5m,因为5m<L二6m,所以包裹雪 传送带共速后，将继续向上运动.共速后，因mgcos0=6.4N>ngsin0=6N,包裹相对于传送带静 止，随传送带一起匀速运动.匀速运动阶段距离x2=L一x=6一5=1m,匀速运动的时间t2== 号-0.5s,包裹从A运动到B的总时间1：1=4十4=5十0,5=5.5s,B正确：包裹在传送带上留下的 划痕长度即为第一阶段包裹与传送带的相对位移.在t1=5s内，传送带的位移s带=t=2×5=10m, 包裹的位移s物==5m,划痕长度△=带一s物=10一5=5m,C错误；整个过程中，只有在第一阶段 有相对滑动，产生的热量为Q:Q=f△s=(mgcos)·△s,Q=(0.8×1×10×0.8)X5=6.4×5=32J, A错误；包裹到达顶端B后“水平飞出”，即做平抛运动.平抛初速度o=v=2/s,抛出点高度h= Lsn9=6X0.6=3.6m,由平抛运动规律，竖直方向：h=2g瑞，解得平抛时间：一√ 2h 2×3.6 10 √0.72≈0.848s,水平位移x:x=vBt3=2X√0.72≈1.7m,D错误. 7.【答案】D 【解析】初始平衡：k=2 gn30°=mg,整体牛顿方程：F-kx=2ma→a=一2m+2mx=0:a= 8 F三是>F坚，分离时刻(c三L,A、B弹力为0，对A:F-mgsin30°=ma分，"一ma分Pa → 2m8 2 代人一x表达式：子农·士gL3k二g.初始压缩量：gg全 8'2m8 3mg 考.D正确 二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全 部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 8.【答案】AD 【解析】缓慢推动属于动态平衡，小球始终受力平衡；受力分析如图，小球受到竖直向F 下的重力和电场力，以及绳拉力和水平推力F,把重力和电场力可看作等效重力，G =qE十mg;随偏角增大，细线拉力和水平推力F都逐渐变大，A正确，C错误；剪断瞬 间小球受重力、电场力和水平向右的F,合力不为重力，B错误；细线拉力与水平推力 的合力与G等大反向保持不变，D正确. 9.【答案】AB 【解折闭合S断开SR=0R,与R并联：R=号0，总电阻：R。=r十R十R =1+2+号-号，千路电流：1=-背A,电压表示数：U=1小R:=异≈1.09VSS都闭合 R1、R2并联，再与R4串联，形成R124再与R3并联，由串并联的电阻计算规律有：R12=12,R总=r十 R124+R3=22,总电流I卷=3A,IA=I2十I3=2.25A,电压表测R3、R124两端电压：Uv=I德·R3= 3A·12=3V,闭合S1,断开S2,R2串联接入电路；增大R2,外电路总电阻增大.由闭合电路欧姆定 ,总电流减小.开关全部闭合，外电路总电阻R二RR2十子.滑片向右滑动，R接人阻值变 尽十尽增大，R增大：R:∈[0,3n],代入得外阻范围：当R:=0,R=号0，当R=30,电源内阻r= R1+R2 1n,R-号+号得1.87nR,一号A,也就是外阻从号n向1L87Q变化.不断靠近内阻1n.电 【高二物理参考答案第2页（共5页）】 源输出功率规律：当R外<时，R外增大，输出功率增大；R外>r时，R外增大，输出功率减小.R1从0增 加到32，外阻跨过r=182.在R从到达12前输出功率上升，超过182之后输出功率下降而不是一 定增大 10.【答案】BCD 【解析】A球落地前A、B小球组成的系统水平动量守恒，A错误；小球A和B满足水平方向动量守 恒，设A向左水平位移为：，B向右水平位移为x,则有2m=m,s十=L,解得x=号，B正确：A落 地前瞬间杆水平，刚性杆沿杆方向速度分量相等，因此A水平速度大小vA=oB,水平动量守恒2A =m,联立得Ax=0g=0,即A、B水平速度均为0，A只有竖直速度，由机械能守恒，重力势能减少 量等于A的动能增量2mgL=2×2m听，解得A=√2gL,C正确：当杆与水平面夹角为30°时，设B 速度大小为0：水平动量守恒2mu:=m0,解得x=受(x为A水平速度大小)，刚性杆沿杆方向速 30 度分量相等，则有Usin30°一0c0s30°=c0s30,推导得A竖直速度0w=21n30 35,A高度 2 下降了L一Lsin30=台，AB系统机械能守恒，势能减少量全部转化为系统动能mgL=弓×2m(成 L.D 十成)+，代人和e,得mg=m[(受)°+（②）]小+md=受，解得=√ 正确. 三、非选择题：本题共5小题，共57分 11.【答案】(8分) (1mg(L+号)1-cos2分) m() (2分) (2)计算小球下降高度时没考虑小球自身半径（其他言之有理答案均可，2分） (3)3mg(2分) 【解析】(1)由题意可知过程中只有重力做功，合力做功等于重力做功，小球的高度变化量△h= (亿+罗)1-c0m,重力做功w=mg亿+2)1-60，小球在低点的速度一品初速度为零， 动能变化量△E.=m-0=n(品)》 (2)计算小钢球下降高度时直接用绳长L,重力做功偏小，小钢球动能的变化量总是略大于合力对小 钢球所做的功. (3)由题意可知，小球处于最高点时绳子的拉力最小，小球处于最低点时绳子的拉力最大，有mgcos B =Tm,T一mg=m,D由动能定理号n(品)=ms亿+)1-ws,解得T=8mg L+2 2Tmin,Tmax-Tmin图像的纵截距a=3ng. 12.【答案】(10分) (1)1.745/1.744/1.746(2分) (2)C(2分)B(2分) (3)R+R)Rv-Rv(2分) 偏大(2分) 【解析】(1)螺旋测微器的精确值为0.01mm,由图甲可知，电阻的直径为d=1.5mm+24.5×0.01= 1.5+0.245mm;d=1.745mm(1.744mm、1.746mm均可). (2)由电路图分析可知，要满足数据可测，且量程范围要满足读数要求，图乙中①位置接人C、②位置 应接入B. (3)由以上分析可知①为电压表V,读数为U,②为电流表A2,读数为I;根据欧姆定律可得I(R1十 RA2)= (R,十R)可得UR十KR,可知图丙中，图线的斜率为二R十RR,解得R Ry+R Ry+R 【高二物理参考答案第3页（共5页）】 一《R士足)R-R。,根据电阻定律R,=专，可得。一一，研究实验误差时发现实验所用定值电阻 的阻值比标称值小，则待测电阻测量R,值偏大，电阻率的测量值将偏大· 1【答案1分)g（2装 g 29 (3)坠。-兰 g2 【解析】(I)取竖直向上为正方向，到达最高点时速度为零，由匀变速直线运动速度公式，=gtmx, 解得1一g1分) 1 由位移公式h=0t一2gr(1分） 可得最大高度为H=】 (1分) (2)设两次经过树顶的时刻分别为t1和t2,由题设可列t2一t=△i 由竖直上抛运动的对称性，最高点到两次经过树顶的时间相等，故tms一ti1=t一tx= △t 2 (2分) 因此，从最高点降到树顶的位移为△=：兰=会 (1分) 8 所以树商为A=1-a-蓉 (1分) (③)第一次经过树顶时石头仍向上运动，到达最高点还需时间兰设此时速度大小为，由速度关系 可列0=4-11分) 2 所以0=8△4 2 从地面到最高点用时tmx,因此第一次经过树顶的时刻满足t=tmx △t (2分) 结合tmx=必，第一次经过树顶的时间为=西一今(1分) g 8 2 14.【答案】(13分)(1)500V/m10V(2)7.5V43.75W(3)0.008m(或0.8cm) 【解析】(1)带电微粒在电容器两极板间做匀速直线运动，说明微粒在竖直方向上受力平衡.由于微粒 带正电，电场力向上，与重力平衡. 根据受力平衡条件有qE=mg(1分) 解得电场强度大小为E=g=2.0。文100V/m=500V/m(1分) q 电容器两端电压Uc与电场强度的关系为Uc=Ed=500×2.0×10?V=10V(1分) (2)由电路图可知，电容器C与电阻R,并联，因此R,两端的电压等于电容器两端电压 U2=Uc=10V(1分) 根据欧姆定律，流过R2的电流（即电路干路电流）为 1是-里A=25A1分) 电阻R1与R2串联，流过R1的电流也为I.则R1两端的电压为U1=IR1=2.5×3V=7.5V(1分) 电源的输出功率等于外电路消耗的总功率，即P#=U外I=(U1十U2)I P出=(7.5+10)×2.5W=17.5×2.5W=43.75W(2分) [或者使用公式P出=I2(R1+R2)=2.52×(3+4)W=43.75W] (3)当微粒电荷量变为原来的2倍时，即q'=2q.由于电路其他条件不变，电容器两端电压Uc保持 10V不变，极板间电场强度E保持500V/m不变. 此时微粒受到的竖直向上的电场力变为F电=qE=2gE=2mg(1分) 微粒受到的合力方向竖直向上，大小为F合=F电一mg=2mg一mg=mg(1分) 根据牛顿第二定律，微粒的竖直向上的加速度为a=F金=g=10m/g(1分) 【高二物理参考答案第4页（共5页）】 微粒在水平方向不受力，做匀速直线运动.微粒在电容器中飞行的时间为 4=L=0.04s=0.04s1分) u01.0 在竖直方向上，微粒做初速度为零的匀加速直线运动，其偏离原水平方向的竖直位移（即偏转距离）为 y=7at=号×10X(0.04m=5X0.016m=0.008m1分) (检验：极板间距d=0.02m,微粒从正中间射人，距离极板边缘距离为0.01m.因0.008m<0.01m, 故微粒能顺利射出电容器，未打在极板上) 15.【答案】(15分)(1)负电 4kQ 3 2kQq 23 (3)125πL/2mL 5L2 10 mL 343 N kQq 【解析】(1)微粒P带负电(2分) 竖直方向受力平衡：k20s37”=9E(1分) 解得E-4Q 5L3 (1分) 水平方向向心力方程k器in37=2mL371分) 9kQg-=3/2kQ▣ 解得，=√50ml1NmL (1分) (2)电微粒P与小球S发生弹性正碰 动量守恒2m=2mwA+mu,(2分) 3×2m话=子×2m暖+3×2m暖(2分) 1 1=3,(1分) (3)碰后撤去匀强电场，带电微粒P仅受库仑力，由于此时所受库仑力大于以做圆周运动所需的向 心力，因此P将绕Q运动的轨迹为椭圆.类比于行星受到中心天体万有引力作用下的运动， 由开普勒第二定律（面积定律）：AL=vBrB(1分) 由能量守恒22mu暖-2=22mi-64 (1分) 椭圆半长轴a=L十 2 开普商第三定号号 (1分) T,-2L,=号 T 综上可得= 75πL_125xL2mL (1分) 3430343VkQg 【高二物理参考答案第5页（共5页）】