浙江省杭州市2023-2024学年高二上学期1月期末考试物理试题（含答案）1

浙江省杭州2023-2024学年高二上学期1月期末考试物理试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、选择题（本题共13小题，每小题3分，共39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、错选均不得分）1．关于电磁场和电磁波，下列说法中正确的是（）A．变化的电场一定在周围空间产生变化的磁场B．各种频率的电磁波在真空中以不同的速度传播C．电磁波和机械波都依赖于介质才能传播D．麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，赫兹最先用实验证实了电磁波的存在2．有一接地的导体球壳，如图所示，球心处放一点电荷q，达到静电平衡时，则()A．q的电荷量变化时，球壳外电场随之改变B．q在球壳外产生的电场强度为零C．球壳内、外表面的电荷在壳外的合场强为零D．q与球壳内表面的电荷在壳外的合场强为零3．如图所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等差等势线。A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则（）A．A点和B点的电势相同B．C点和D点的电场强度相同C．正电荷从A点移至B点，电势能减小D．负电荷从C点移至D点，电势能增大4．如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q（图中未画出），O、A、B为轴上三点。放在A、B两点的试探电荷受到的静电力与其所带电荷量的关系如图乙所示。以x轴的正方向为静电力的正方向，则（）A．点电荷Q一定为正电荷B．点电荷Q在A、B之间C．点电荷Q在A、O之间D．A点的电场强度大小为5×15．如图所示，两相同灯泡A1、A2，A1与一理想二极管D连接，线圈L的直流电阻不计．下列说法正确的是（）A．闭合开关S后，A1会逐渐变亮B．闭合开关S稳定后，A1、A2亮度相同C．断开S的瞬间，a点的电势比b点低D．断开S的瞬间，A1会逐渐熄灭6．在同一平面内有互相绝缘的三根无限长直导线ab、cd、ef围成一个等边三角形，一根导线通过的电流大小相等，方向如图所示，O点为等边三角形的中心，M、N两点分别为O点关于导线ab、cd的对称点．已知O点的磁感应强度大小为Bl，M点的磁感应强度大小为B2．若辙去导线ef，保持导线ab、cd中的电流不变，则此时N点的磁感应强度大小为A．B1+B22 B．B17．如图所示，电源的电动势为30V，内电阻为1Ω，一个标有“6V，12W”的电灯与一个绕线电阻为2Ω的电动机串联．开关闭合后，电路中的电灯正常发光，则电动机输出的机械功率为()A．36W B．44W C．48W D．60W8．在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a）所示，碰撞前后两壶运动的v-t图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（）A．两壶发生了弹性碰撞B．碰后蓝壶速度为0.8m/sC．碰后蓝壶移动的距离为2.4mD．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力9．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，电阻A．副线圈输出电压的频率为5Hz B．电压表的示数为222VC．电阻R消耗的电功率为22W D．电流表的示数为1A10．一重力不计的带电粒子以初速度v0先后穿过宽度相同且紧邻在一起的有明显边界的匀强电场E和匀强磁场B，如图甲所示，电场和磁场对粒子总共做功W1；若把电场和磁场正交叠加，如图乙所示，粒子仍以v0<EB的初速度穿过叠加场区对粒子总共做功A．W1=WC．W1<W2 11．如图所示，质量为m、长为l的铜棒ab，用长度也为l的两根轻导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，未通电时，铜棒静止，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度为θ，重力加速度为g，不计空气阻力。则（）A．棒中电流的方向为b→aB．棒中电流的大小为mg(1−C．棒中电流的大小为mgD．若只增大轻导线的长度，则θ角变大12．如图所示，边长为a电阻为R的正方形导体框水平放置，磁感应强度为B的匀强磁场与水平面成θ=30°角斜向下，导体框可分别绕mn和ef轴以相同角速度ω匀速转动。下列说法正确的是（）A．导体框绕ef轴转动比绕mn轴转动时导体框发热功率小B．导体框绕ef轴转动与绕mn轴转动时导体框的发热功率一样大C．从图示位置导体框绕ef轴顺时针转过90°比绕mn轴转过90°导体框的磁通量变化量大D．从图示位置导体框绕ef轴顺时针转过90°与绕mn轴转过90°导体框的磁通量变化量相同13．如图所示，边长为L的正方形CDEF区域内有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，对角线CE和DF的交点为P，在P点处有一粒子源，可以连续不断地向纸面内各方向发射出正离子。已知离子的质量为m、电荷量为q，不计离子重力及离子间相互作用力。则离子不可能射出正方形区域的发射速率v应满足（）A．0<v≤qBL8m B．0<v≤qBLm C．0<v≤qBL2m二、选择题II（本题共3小题，每小题3分，共9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3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）14．如图所示，两个带电小球A、B分别处在光滑绝缘的斜面和水平面上，且在同一竖直平面内。用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止。现将B球水平向左移动一小段距离，发现A球随之沿斜面向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡。与移动前相比，下列说法正确的是（）A．斜面对A的弹力增大 B．水平面对B的弹力增大C．推力F变小 D．两球之间的距离变小15．如图所示，直线I、II分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流的变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是（）A．电源1与电源2的内阻之比是11∶7B．电源1与电源2的电动势之比是1∶1C．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶216．如图（a），螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图（b）所示规律变化时A．在t1~t2时间内，L有收缩趋势B．在t2~t3时间内，L有扩张趋势C．在t2~t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流D．在t3~t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流三、非选择题（本题共4小题，共52分）17．如图为“探究电磁感应现象”的实验装置。（1）将图中所缺的导线补接完整（要求变阻器滑片向左移动时阻值变大）。（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：①将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将（选填“发生”或“不发生”）偏转；②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左拉时，灵敏电流计指针（选填“发生”或“不发生”）偏转；③在上述两过程中灵敏电流计指针的偏转方向（选填“相同”或“相反”）.（3）在做“探究电磁感应现象”实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将____.（不定项选择）A．因电路不闭合，无电磁感应现象B．有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势C．不能用楞次定律判断感应电动势方向D．可以用楞次定律判断感应电动势方向18．在“测定金属丝的电阻率”的实验中，所用金属电阻丝的电阻约为30Ω。现通过以下实验测量该金属材料的电阻率。（1）用螺旋测微器测量电阻丝直径，其示数如图甲所示，则该电阻丝直径的测量值d=mm。（2）实验中能提供的器材有开关、若干导线及下列器材：电压表V1（量程0~3V，内阻约3kΩ）；电压表V2（量程0~15V，内阻约15kΩ）；电流表A1（量程0~100mA，内阻约5Ω）；电流表A2（量程0~0.6A，内阻约0.1Ω）；滑动变阻器R1（0~10Ω）；滑动变阻器R2（0~1kΩ）；电源E（电动势为4.5V，内阻不计）。为了便于调节电路并能较准确地测出电阻丝的阻值，电压表应选，电流表应选，滑动变阻器应选。（3）在图乙框中画出该实验的实验原理图，要求：能改变电阻丝的测量长度和进行多次测量。（4）利用测量数据画出U-l图线，如图丙所示，其中（l0，U0）是U-l图线上的一个点的坐标。根据U-l图线，用电阻丝的直径d、电流I和坐标（l0，U0）可计算出电阻丝的电阻率ρ=。（用所给字母表示）19．如图为某小组探究两滑块碰撞前后的动量变化规律所用的实验装置示意图。带刻度尺的气垫导轨右支点固定，左支点高度可调，装置上方固定一具有计时功能的摄像机。（1）要测量滑块的动量，除了前述实验器材外，还必需的实验器材是。（2）为减小重力对实验的影响，开动气泵后，调节气垫导轨的左支点，使轻推后的滑块能在气垫导轨上近似做运动。（3）测得滑块B的质量为197.8g，两滑块碰撞前后位置x随时间t的变化图像如图所示，其中①为滑块B碰前的图线。取滑块A碰前的运动方向为正方向，由图中数据可得滑块B碰前的动量为kg⋅m⋅s−1（保留2位有效数字），滑块A碰后的图线为（选填“②”“③”“20．如图所示，BCDG是光滑绝缘的3/4圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为34mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，求滑块到达与圆心O等高的C点时对轨道的作用力大小．（2）为使滑块能沿轨道滑行通过G点，求滑块从A点由静止释放时AB间的最小距离，．21．如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。在y轴左侧区域内存在竖直向上的匀强电场，在y轴右侧区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。现有一质量为m、带电荷量为−q（q>0）的粒子，以某一初速度从v0从A（−23（1）求y轴左侧区域内电场强度大小E；（2）求粒子从C点运动到D点所需的时间；（3）若仅在y轴右侧区域再加一个水平向左、大小为E1=3mv22．如图所示，两条相互平行的光滑金属导轨，相距l=0.2m，左侧轨道的倾斜角θ=30°，右侧轨道为圆弧线，轨道端点间接有电阻R=1.5Ω，轨道中间部分水平，在MP、NQ间有宽度为d=0.8m，方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化如图乙所示。一质量为m=10g、导轨间电阻为r=1.0Ω的导体棒a从t=0时刻无初速释放，初始位置与水平轨道间的高度差H=0.8m。另一与a棒完全相同的导体棒b静置于磁场外的水平轨道上，靠近磁场左边界PM。a棒下滑后平滑进入水平轨道（转角处无机械能损失），并与b棒发生碰撞而粘合在一起，此后作为一个整体运动。导体棒始终与导轨垂直并接触良好，轨道的电阻和电感不计。求：（1）导体棒进入磁场前，流过R的电流大小；（2）导体棒刚进入磁场瞬间受到的安培力大小；（3）导体棒最终静止的位置离PM的距离；（4）全过程电阻R上产生的焦耳热。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A.根据麦克斯韦电磁场理论可知，均匀变化的电场在周围空间产生恒定的磁场，A不符合题意；

B.各种频率的电磁波在真空中传播的速度相同，等于光速3.0×108m/s，B不符合题意。

C.电磁波可以在真空中传播，机械波依赖于介质才能传播，C不符合题意；

2．【答案】D【解析】【解答】A.由于球壳接地，在静电平衡后，球壳外表面不带电，所以球壳外的电场为0，不随q的变化发生变化，A不符合题意；

BCD.当到达静电平衡状态后，金属球壳外表面接地，所以球壳外表面不带电，q与球壳内表面的电荷在壳外的合场强为零，所以q单独在球壳外产生的电场强度不为零，BC不符合题意，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】根据静电平衡原理分析接地的球壳外表面的电荷量，得出球壳外的电场强度；分析静电平衡后，q与感应电荷的在球壳外的合场强，得出q单独在球壳外产生的电场强度是否为零。3．【答案】C【解析】【解答】A.由电场线和等势面的图线可知A点与C点在一个等势面上，电势相等，乙处于静电平衡状态，是一个等势体，再根据“沿电场线的方向电势逐渐降低”的特点可知，C点电势高于B点的电势，所以A点的电势高于B点的电势，A不符合题意；

B.因由图可知，C点与D点方向不同，所以电场强度不同，B不符合题意；

C.因为A点的电势高于B点的电势，所以UABW可知，将正电荷从A点移至B点，电场力做正功，电势能减小，C符合题意。

D.由图可知，C、D在同一等势面上，电势相等，由E可知，负电荷在C点和D点的电势能相等，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】根据处于静电平衡状态的导体是一个等势体，再根据“沿电场线的方向电势逐渐降低”的特点分析A、B两点电势的高低；根据电场线的疏密表示场强大小，切线表示场强方向，分析C、D两点电场场强的关系；根据电场力做功分析电势能的变化；C、D电势相等，根据Ep4．【答案】B【解析】【解答】ABC.由图乙知，正的试探电荷放在A点，受到的电场力方向沿x轴正方向，所以A点的场强向右，负的试探电荷放在B点，所受的静电力的方向也沿x轴的正方向，所以B点的场强方向向左，说明点电荷Q为负电荷且在A、B之间，AC不符合题意，B符合题意；

D.根据F=Eq可知，图乙中A点的试探电荷受到的静电力与其所带电荷量的关系图像的斜率等于点电荷Q在A点的场强，即ED不符合题意。

故答案为：B。

【分析】结合图乙分析试探电荷在A、B两点的受力方向，得出电场方向，从而确定点电荷Q的位置和电性，由A点的试探电荷受到的静电力与其所带电荷量的关系图像的斜率，求出A点的电场强度。5．【答案】C【解析】【解答】A.闭合开关S后，A1、A2两端立即有电压，所以两灯立刻亮，A不符合题意；

B.闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，所以A1与二极管被短路，导致灯泡A1熄灭，而A2将更亮，因此A1、A2亮度度不同，B不符合题意；

CD.断开S的瞬间，A2会立刻熄灭，线圈L因电流减小而产生感应电动势，根据楞次定律的推论“增反减同”可知，a端的电势低于b端，线圈L与灯泡6．【答案】D【解析】【解答】设每根导线中的电流在O点产生的磁感应强度大小为B0，ef、cd的电流在M点产生的磁感应强度大小都为BB在M点有B撤去导线ef后，在N点有B联立各式可得BD符合题意，ABC不符合题意。

故答案为：D。

【分析】结合O、M点距个导线的距离，设出各导线在M、N、O三点产生的场强，由左手定则判断出三根导线在O点和M点产生的场强方向，再由矢量叠加原理写出O点和M点的合场强，同理，写出撤去ef后N点的合场强，求解方程组即可得解。7．【答案】A【解析】【解答】由题意可知，电灯正常发光，所以电灯两端的电压为6V，则电路中电流为I=由闭合电路欧姆定律可得，电动机两端的电压U则电动机输出的机械功率PA符合题意，BCD不符合题意。

故答案为：A。

【分析】根据正常发光的灯泡的电压和功率，求出电路中的电流，再由闭合电路欧姆定律，求出电动机两端的电压，最后又电功率的公式，求出电动机的输出功率。8．【答案】B【解析】【解答】由图知：碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v′0＝0.2m/s，可知，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv′0+mv，代入数据解得：v＝0.8m/s，12mv故答案为：B

【分析】v-t图像中，横坐标为时间，纵坐标为速度，结合物体速度的变化，利用动量定理分析求解即可。9．【答案】C【解析】【解答】A.由乙图可知原线圈输入电压的周期为T=0.02s，变压器不改变交流电的周期和频率，所以副线圈输出电压的频率为f=A不符合题意；

B.由图乙可知，原线圈输入电压的最大值U由理想变压器电压与匝数关系可得U得U电压表显示有效值，可知电压表的示数为UB不符合题意；

C.电阻R消耗的电功率为PC符合题意；

D.理想变压器输出功率和输出功率相等，所以有UU解得ID不符合题意。

故答案为：C。

【分析】变压器不改变交流电的周期和频率，由图乙求出输入端的电压频率即可；交流电表显示的有效值，根据最大值求出有效值，得到示数；由电功率的公式P=U10．【答案】B【解析】【解答】由于v所以电场力qE大于洛伦兹力qBvWB符合题意，ACD不符合题意。

故答案为：B。

【分析】洛伦兹力对带电粒子不做功，只要分析出带电粒子在单独的电场中和电场与磁场叠加的复合场中沿电场线方向上位移的大小关系，即可得出W1、W11．【答案】B【解析】【解答】A.根据导体棒受到的安培力方向，由左手定则可知，电流的方向由a到b，A不符合题意；

BCD.根据动能定理可知BIl·I解得I=由以上计算过程可知，绳长l在计算过程中约掉，所以最大偏转角与导线的长度无关，C不符合题意，B符合题意，D不符合题意。

故答案为：B。

【分析】根据左手定则判断ab中感应电流的方向；由动能定理计算棒中电流的大小，并根据计算过程，分析最大偏角与与绳长的关系。12．【答案】C【解析】【解答】AB.导体框分别绕ef轴和mn轴转动过程中产生感应电动势的峰值为EE根据有效值与最大值的关系E可得E根据电功率公式P=可知，导体框绕ef轴转动比绕mn轴转动时导体框的发热功率大，AB不符合题意。

CD.从图示位置导体框绕cf轴顺时针转过90°，磁通量变化量∆ϕ=B绕mn轴转过90°导体框的磁通量变化量∆ϕ'=B可知从图示位置导体框绕ef轴顺时针转过90°比绕mn轴转过90°导体框的磁通量变化量大，C符合题意，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】比较线圈绕f轴转动比绕mn轴转动产生的感应电动势最大值的关系，得到有效值的关系，再由电功率的公式P=U2R13．【答案】D【解析】【解答】粒子在磁场中恰好不射出的轨迹如图所示：

根据几何知识可知，其轨道半径为R=由洛伦兹力充当向心力可得qvB=m解得v=所以粒子不从磁场射出的速度需要满足0≤v≤ABC不符合题意，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】做出粒子恰好不能射出磁场的轨迹图像，由几何关系求出轨迹半径，再由洛伦兹力充当向心力，得出粒子的速度，得到离子不可能射出正方形区域的发射速率v的范围。14．【答案】B,C【解析】【解答】做出A、B两球的受力，如图所示：

对小球A，由共点力平衡条件，结合图像法可得，当A小球到达虚线位置时，斜面对A的弹力NA减小，A受到的库仑力F库减小，A不符合题意；

B.对AB整体受力分析，NB和NA的竖直分量之和等于AB的重力之和，NA减小，则NA的竖直分量减小，则水平面对B的弹力NB增大，B符合题意；

C.对B受力分析，B受到库仑力与A受到的库仑力为相互作用力，大小相等，F等于库仑力F库的水平分量，因为FF=得，两球之间的距离变大，D不符合题意。

故答案为：BC。

【分析】分析A小球的受力，由共点力平衡条件和作图法，得出斜面对A的弹力和A受到的库仑力的变化情况；对AB整体受力分析，由共点力平衡条件，结合斜面对A的弹力变化，得出水平面对B的弹力的变化情况；对B受力分析，根据B受到的库仑力的变化情况，得出推力F的变化情况；由库仑定律分析两球之间的距离变化。15．【答案】A,B,C【解析】【解答】A．根据电源的路端电压随输出电流的变化的特性图线斜率的绝对值表示电源内阻可知，电源1与电源2的内阻之比是11∶7，A符合题意；B．根据电源的路端电压随输出电流的变化的特性图线在纵轴的截距表示电源电动势可知，电源1与电源2的电动势之比是1∶1，B符合题意；C．根据曲线交点表示工作点，交点的纵、横坐标的乘积表示电源输出功率，在这两种连接状态下，由P=UI可知，小灯泡消耗的功率之比是1∶2，C符合题意；D．根据曲线交点的纵、横坐标的比值表示小灯泡电阻，在这两种连接状态下，由R=U故答案为：ABC。

【分析】对于U-I曲线，图像的横坐标为电流，纵坐标为电压，结合横纵坐标竖直求解电阻的阻值，图像斜率为电阻的变化趋势；对于电源的伏安特性曲线来说，图像与纵坐标的交点为电源的电动势，图像斜率的相反数为电源的内阻，用电源的电动势除以电源内阻即为电源的短路电流。

16．【答案】A,D【解析】【解答】A.由图（b）可知，在t1E=N可知，螺旋管产生的感应电动势增大，所以回路中感应电流增大，该电流激发出增加的磁场，所以通过圆环的磁通量增加，根据楞次定律的推论“增缩减扩”可知，圆环有收缩趋势，A符合题意；

BC.在t2E=N可知，螺旋管产生的感应电动势恒定，所以回路中感应电流恒定，圆环中的磁通量不变，故圆环中没有感应电流，也没有收缩和扩张的趋势，BC不符合题意；

D.在t3~t4时间内，外加磁场向下减小，且斜率也减小，由楞次定律可知，导线框中会产生沿顺时针方向减小的电流，该电流激发出向内减小的磁场，故圆环内产生顺时针方向电流，D符合题意。

故答案为：AD。

【分析】根据法拉第电磁感应定律判断17．【答案】（1）（2）发生；发生；相反（3）B；D【解析】【解答】解：（1）电路图如图所示，

（2）①将原线圈迅速插入副线圈时，磁通量变大，产生感应电流，灵敏电流计指针将发生偏转；

②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左拉时，电路中电阻增大，电流减小，灵敏电流计所在电路中线圈中磁通量变小，灵敏电流计指针发生偏转；

（3）因为在闭合开关时磁通量变大，灵敏电流计的指针向右偏了一下，则①灵敏电流计的指针向右偏②灵敏电流计的指针向左偏，即两过程中灵敏电流计指针的偏转方向相反。

【分析】闭合回路中磁通量发生变化，回路中就产生感应电流，若磁场方向不变，磁通量变大和变小时电流方向不同。18．【答案】（1）0.183（0.182~0.184）（2）V1；A1；R1（3）（4）π【解析】【解答】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，图中螺旋测微器的主尺读数为0，可动尺读数为18.3×0.01mm=0.183mm，可得该电阻丝直径d=0+0.183mm=0.183mm（2）由于电源E电动势为4.5V，为减小测量误差，电压表应选V1I所以电流表应选A1；要比较准确的测量电阻丝的阻值，滑动变阻器应采用分压式接法，为便于调节，应选择最大阻值较小的滑动变阻器R1。R所以测量电路用电流表外接法产生的误差较小，电路如图所示：

（4）由电阻定律和欧姆定律可得R=ρlS联立解得ρ=【分析】（1）根据螺旋测微器读数规则读数；（2）根据电表的量程选择电压表和电流表，根据滑动变阻器接入电路的方式，选择滑动变阻器；（3）根据实验要求画出实验电路；（4）由电阻定律和欧姆定律推导电阻率的表达式。19．【答案】（1）天平（2）匀速直线（3）-0.011；③【解析】【解答】（1）根据动量计算式P=mv，测量滑块的动量需要测量滑块的速度及质量，因气垫导轨带有刻度尺及计时功能摄像机，速度可求，故还需要的器材是天平，用来测量滑块质量；

（2）为了减小重力对实验的影响，应该让气垫导轨处于水平位置，使滑块所受重力与气垫导轨对其支持力平衡，合力为0，故调节气垫导轨后要使滑块能在气垫导轨上近似做匀速直线运动；

（3）根据x-t图斜率为物体运动速度，由题可知①为滑块B碰前的图线，则滑块B碰前的速度为vB=0.424-0.4760.9=-0.058m/s；

滑块B碰前的动量为PB=mBvB=0.1978×（-0.058）=-0.011kg·m/s【分析】根据动量的定义，判断测量动量所需器材；根据x-t图斜率为物体运动速度，求出物体速度、动量；根据物体碰撞速度的合理性，结合图像，判断物体速度对应图像。20．【答案】（1）解：设滑块到达C点时的速度为v，由动能定理有：qE(s+R)−μmgs−mgR=解得：v=设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，则有：F−qE=m解得：F=由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力为7（2）解：如图所示，可以将电场力与重力的合力视为等效重力，图中H点为等效最高点