2025年沪教版高三物理下册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年沪教版高三物理下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、图示，a和b是一条磁感线上的两点；关于这两点磁感应强度大小的判断，正确的是（）

A.一定是a点的磁感应强度大B.一定是b点的磁感应强度大C.一定是两点的磁感应强度一样大D.无法判断2、以质量为m的带电小球，在竖直方向的匀强电场以水平速度抛出，小球加速度方向竖直向下，大小为，则小球在竖直方向下落h高度时（）A.动能增加mghB.电势能增加了mghC.重力势能减少mghD.机械能减少mgh3、一枚火箭由地面竖直向上发射，其v～t图象如图所示，则（）A.火箭在t2-t3时间内向下运动B.火箭能上升的最大高度为4v1t1C.火箭上升阶段的平均速度大小为D.火箭运动过程中的最大加速度大小为4、【题文】一实验火箭由地面竖直向上发射；其速度和时间的关系图线大致如图所示，则。

A.t1～t2时间内，火箭处于失重状态B.t2～t3时间内，火箭在向下降落C.0～t3时间内，火箭始终处于失重状态D.t3时刻火箭距地面最远5、一汽车轮胎竖放于水平地面上，0

为其中心，A

为轮胎与地面接触点，现使其在地面上向右滚动。某一时刻在地面上观察者看来，关于轮箍最大圆周上BC

两点的说法正确的是(

)

A.B

点比A

点线速度大B.B

点比A

点角速度小C.BC

两点均绕O

点做圆周运动D.BC

两点线速度大小相等6、如图7

所示，ACBD

为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O

半径为R.

电荷量均为Q

的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC

对称，+Q

与O

点的连线和oc

间夹角为60鈭�.

下列说法正确的是(

)

A.O

点的场强大小为kQR2

方向由O

指向D

B.O

点的场强大小为3kQR2

方向由O

指向D

C.AC

两点的电势关系是娄脮A<娄脮c

D.电荷量为q

的正电荷在A

点的电势能大于在C

点的电势能评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、大小不同的两个轮子用链条连接起来的，两轮边缘上各点的____相同，一个轮里面同心圆边缘上各点的____相同．8、（2010秋•西固区校级期末）两电阻R1、R2的伏安特性曲线如图所示，其中R1的图线与纵轴的夹角和R2的图线与横轴的夹角都是θ=30°．若将R1、R2串联起来接入电路中，则通电后R1、R2消耗的电功率之比P1：P2等于____．9、（2013秋•北仑区校级期中）滑轮系统如图所示，m1=3Kg，m2=7Kg，今用力F拉该滑轮竖直向上以加速度a=2m/s2运动，拉力F的大小为____（滑轮和绳的质量均不计）．10、物体环绕地球表面做匀速圆周运动的速度（也称为第一宇宙速度）为____km/s，物体脱离地球引力的速度（也称为第二宇宙速度）为____km/s．11、（2007•东台市模拟）太阳系以外存在着许多恒星与行星组成的双星系统．它们运行的原理可以理解为；质量为M的恒星和质量为m的行星（M＞m），在它们之间的万有引力作用下有规则地运动着．如图所示，我们可认为行星在以某一定点C为中心；半径为a的圆周上做匀速圆周运动（图中没有表示出恒星）．设万有引力常量为G，恒星和行星的大小可忽略不计．

（1）恒星与点C间的距离是____；

（2）试在图中粗略画出恒星运动的轨道和位置；

（3）计算恒星的运行速率v．12、如图所示为一列简谐横波某时刻的图象，若已知P点的振动方向向上，则这列波正在向____传播．

13、如图甲所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0.2s时刚好传播到x1=4m处．波源在坐标原点，其振动图象如图乙所示，则这列波的波速为______m/s．从甲图所示时刻起，再经______s，x2=42m处的质点P第一次处于波峰．

14、（2015春•嘉定区期末）如图所示，在倾角为θ的斜面上放一个光滑的重球m，用固定在斜面上的竖直挡板挡住．现使整个装置沿水平面向右匀速运动S，则斜面对球的支持力____，挡板对球的做功____．15、（2010秋•闸北区校级期中）图中龟的加速度是____．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)16、普通验电器能直接检测物体带有何种性质的电荷．____．（判断对错）17、某时刻一个分子的速度的大小和方向是偶然的．____．（判断对错）18、晶体的各向异性是由于它的微粒按空间点阵排列．____．（判断对错）19、每一种形式的能对应于一种运动形式．____．（判断对错）20、甲、乙两杯水，水中均有颗粒在做面朗运动，经显微镜观察后，发现甲杯的布朗运动比乙杯中的激烈，说明甲杯中水温高于乙杯．____．（判断对错）21、10个分子的动能和分子势能的总和就是这10个分子的内能．____．（判断对错）22、青藏高原测水沸时的温度：应选用水银温度计和酒精温度计．____．（判断对错）23、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应____（判断对错）评卷人得分四、计算题(共2题，共6分)24、如图所示，真空中有以（r，0）为圆心，半径为r的圆形匀强磁场区域，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，在y=r的虚线上方足够大的范围内，有方向水平向左的匀强电场，电场强度为E，从O点向不同方向发射速率相同的质子，质子的运动轨迹均在纸面内，且质子在磁场中的偏转半径也为r，已知质子的电荷量为q，质量为m，不计重力、粒子间的相互作用力及阻力。求：（1）质子射入磁场时速度的大小；（2）沿x轴正方向射入磁场的质子，到达y轴所需的时间；（3）与x轴正方向成30o角（如图中所示）射入的质子，到达y轴的位置坐标。25、如图所示；装置的左边AB

部分是长为L1=1m

的水平面，一水平放置的轻质弹簧左端固定并处于原长状态；装置的中间BC

部分是长为L2=2m

的水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带始终以v=2m/s

的速度顺时针转动；装置的右边是一光滑的曲面，质量m=1kg

的小滑块从其上距水平台面h=1m

的D

处由静止释放，并把弹簧最大压缩到O

点，OA

间距x=0.1m

并且弹簧始终处在弹性限度内.

已知物块与传送带及左边水平面之间的摩擦因数娄脤=0.25

取g=10m/s2

．

(1)

滑块第一次到达B

处的速度；

(2)

弹簧储存的最大弹性势能；

(3)

滑块再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度．评卷人得分五、证明题(共1题，共2分)26、如图，太阳系中星体A绕太阳做半径为R1的圆周运动，星体B作抛物线运动．B在近日点处与太阳的相距为R2=2R1，且两轨道在同一平面上，两星体运动方向如图中箭头所示．设B运动到近日点时，A恰好运动到B与太阳连线上，A、B随即发生某种强烈的相互作用而迅速合并成一个新的星体，其间的质量损失可忽略．试证明新星体绕太阳的运动轨道为椭圆．评卷人得分六、实验探究题(共2题，共20分)27、某同学要测量额定电压为3V的某圆柱体电阻R的电阻率ρ．

（1）用游标卡尺和螺旋测微器分别测量其长度和直径，如图所示，则其长度L=______mm，直径d=______mm．

（2）（8分）该同学先用如图所示的指针式多用电表粗测其电阻．他将红黑表笔分别插入“+”；“-”插孔中；将选择开关置于“×l”档位置，然后将红、黑表笔短接调零，此后测阻值时发现指针偏转角度较小，如图甲所示．试问：

①为减小读数误差，该同学应将选择开关置于“______”档位置．

②再将红、黑表笔短接，此时发现指针并未指到右边的“0Ω”处，如图乙所示，那么他该调节______直至指针指在“0Ω”处再继续实验，结果看到指针指在如图丙所示位置．

③现要进一步精确测量其阻值；实验室提供了下列可选用的器材：

A．灵敏电流计G（量程200μA；内阻300Ω）

B．电流表（量程3A；内阻约0.3Ω）

C．电压表V1（量程3V；内阻约3kΩ）

D．电压表V2（量程l5V；内阻约5kΩ）

E．滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω）

F．最大阻值为99.99Ω的电阻箱R2

以及电源E（电动势4V；内阻可忽略）；电键、导线若干。

为了提高测量精确度并且使电阻R两端电压调节范围尽可能大，除电源、电键、导线以外还应选择的最恰当器材（只需填器材前面的字母）有______．请在下面的方框中画出你设计的电路图．28、为描绘小灯泡的伏安特性曲线；实验室备有下列器材：

A．小灯泡（额定电压约为2.5V；额定电流约为500mA）

B．电流表A1（量程0～0.6A；内阻约为0.5Ω）

C．电流表A2（量程0～3A；内阻约为0.1Ω）

D．电压表V（量程0～3V；内阻约为10kΩ）

E．滑动变阻器R1（0～10Ω；2A）

F．滑动变阻器R2（0～100Ω；1.5A）

G．直流电源E（电动势为3V；内阻不计）

H．开关；导线若干。

（1）实验中电流表应选用______；滑动变阻器应选用______（以上均填器材代号）；

（2）在尽量提高测量精度的情况下；根据以上器材，用笔画线代替导线将图1中实物图补充完整；

（3）在实验中用电流表和电压表测得数据并记录在如表中；请根据表格中的数据在如图2所示方格纸上作出该小灯泡的伏安特性曲线；

。U/V00.51.01.52.02.5I/A00.170.300.390.450.49（4）根据图线可估得小灯泡在常温下的电阻约为______Ω（结果保留2位有效数字）；

（5）将一个电动势为2.0V，内阻为4Ω的电源直接接在该小灯泡的两端，则该小灯泡的实际功率为______W（结果保留2位有效数字）。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】磁感线的疏密体现了强度的大小，一条线看不出疏密，不能确定强度大小．也不能确定是否为匀强磁场．【解析】【解答】解：因为一条磁感线是直线时；不一定是匀强磁场，也不知AB两点的磁感线的疏密，故条件不足，无法确定A，B两点的磁感应强度的大小．故A，B，C选项错误，D正确．

故选：D．2、D【分析】【分析】小球受重力和电场力作用，根据小球的加速度求出电场力的大小．通过合力做功得出小球动能的变化量，通过电场力做功得出小球电势能的变化量，通过重力做功得出小球重力势能的变化量，根据除重力以外其它力做功得出小球机械能的变化量．【解析】【解答】解：

A、小球受重力和电场力两个力作用，根据牛顿第二定律知，小球所受的合力为F合=ma=mg；方向竖直向下，根据动能定理，合力做功等于动能的增加量，合力做功。

为合=mgh，则小球动能增加mgh；故A错误．

B、由mg-F电=ma，则得电场力为F电=mg，方向竖直向上，电场力做功为W电=-F电h=-mgh，则小球的电势能增加mgh．故B错误．

C；小球高度下降；重力做正功，重力势能减小．该过程中重力做功为mgh，则重力势能减小了mgh．故C错误．

D、除重力以外其它力做功等于机械能的增加量，所以电场力做功W电=-mgh，则知小球的机械能减小mgh．故D正确．

故选：D．3、B【分析】【分析】速度的正负表示速度的方向，根据速度图象读出速度的正负，分析火箭的运动．图象与坐标轴所围“面积”表示位移，由数学知识求出火箭上升的最大高度．平均速度等于位移与所用时间的比值．图象的斜率等于加速度，由数学知识求出最大的加速度大小．【解析】【解答】解：

A、在t2-t3时间内火箭的速度为正值；仍在上升．故A错误．

B、由图看出，在0-t3时间内火箭的速度都是正值，说明火箭一直在上升，图线与坐标轴所围“面积”的大小等于箭能上升的最大高度，由数学知识得：箭能上升的最大高度h=++，v2=3v1，解得h=4v1t1．故B正确．

C、火箭上升阶段的平均速度大小为=．故C错误．

D、由图看出，在t2-t3时间内图线的斜率最大，则火箭的加速度最大，最大加速度大小为a==．故D错误．

故选B4、D【分析】【解析】

试题分析：由图象可知，在0～t2时间内，火箭加速度上升，加速度向上处于超重状态，AC错误；t2～t3时间内，火箭速度向上，但速度越来越大，向上做减速运动，B错误；在t3时刻；火箭速度向上运动的速度减小到了零，因此距地面最远，D正确。

考点：图象【解析】【答案】D5、A【分析】解：AC

相对于地面；轮胎与地面的接触点是静止的，速度为零即A

点的速度为零，设轮胎转动角速度为娄脴

轮胎半径为R

不考虑车轮与地面间的滑动，相对于地面车轴的速度即车的速度为R娄脴

相对于地面车轮边缘B

点的速度大小等于车轴的速度大小与对轴圆周运动速度大小之和即：vB=2R娄脴

故A正确，C错误；

B；点B

与点A

相对于车轴的角速度相同；故B错误；

D；同理由上可知B

点的速度大于C

点的速度；故D错误；

故选：A

轮子上的任意一点参与两个分运动；向右的匀速直线运动和绕着轴O

的转动，其中A

点速度为零，结合运动的合成与分解的平行四边形定则进行分析即可。

本题考查运动的合成与分解，关键是其中的一个分运动是匀速圆周运动，要根据平行四边形定则进行分析，基础题目。【解析】A

6、B【分析】解：AB

根据点电荷的电场E=kQr2

和电场叠加原理：O

点的场强大小E=2kQR2cos30鈭�=3kQR2

方向由O

指向D

故A错误，B正确；

C；等量异号电荷的连线的中垂线是等势面；AC

两点在两个等量异号电荷连线的中垂线上，故娄脮A=娄脮C.

故C错误；

D；A

点与C

点的电势相等；其电势差为零，则电荷q

从A

点运动到C

点，电场力做功为零，A

点的电势能等于在C

点的电势能，故D错误。

故选：B

两个等电量正点电荷Q

产生的电场等势线与电场线具有对称性，作出AC

间的电场线，根据顺着电场线电势降低和对称性，分析B

与D

电势的高低，判断电场力做功情况，可知A

点和C

电电势能的大小，根据点电荷的电场E=kkQr2

和电场叠加原理可求解O

点的场强大小．

本题关键抓住电场线与等势线的对称性，注意空间每一点的电场是由两个点电荷产生的电场叠加，是考查基础的好题．【解析】B

二、填空题(共9题，共18分)7、线速度大小角速度【分析】【分析】靠传送带传动轮子边缘上的点具有相同的线速度大小，共轴转动的点具有相同的角速度；【解析】【解答】解：大小不同的两个轮子用链条连接起来的；两轮边缘上各点的线速度大小相同，一个轮里面同心圆边缘上各点的角速度相同．

故答案为：线速度大小；角速度8、1：3【分析】【分析】根据I-U图线的斜率等于电阻的倒数，求出两电阻阻值之比．串联时电流相等，求出电功率之比．【解析】【解答】解：R1、R2之比为R1：R2=cot（90°-θ）：cotθ=cot60°：cot30°=1：3

R1、R2串联起来接入电路中时电流相等，根据功率公式P=I2R得，R1、R2消耗的电功率之比P1：P2=R1：R2=1：3．

故答案为：1：39、100.8N【分析】【分析】先假设滑轮不动，利用整体和隔离法求出此时滑轮的受到的力，然后利用等效法求出m1m2的等效质量，再利用牛顿第二定律求出拉力F即可【解析】【解答】解：首先若滑轮静止，m1小于m2，m1加速向上M2加速向下。

整体受力分析；有牛顿第二定律可知：

（m2-m1）g=（m1+m2）a

解得：a=4m/s2

由此可得与m1，m2相连的绳子拉力为：

F′-m1g=m1a

F′=m1g+m1a=3×10+3×4N=42N

则此时F″=2F′=84N用等效法可知相当于F″作用于质量为M=8.4Kg的物体上。

把物块绳子和滑轮看作整体图中情况相当于F拉着质量M=8.4KG的物体以2m/s2的加速度上升。

则有：F-Mg=Ma

F=Mg+Ma=8.4×10+8.4×2N=100.8N

故答案为：100.810、7.911.2【分析】【分析】第一宇宙速度是人造地球卫星环绕地球做匀速圆周运动时的最大速度．地球同步卫星的发射速度大于第一宇宙速度．人造地球卫星运行时速度大于第二宇宙速度时，就脱离地球束缚．【解析】【解答】解：第一宇宙速度：v=7.9km/s；它是卫星在地面附近绕地球做匀速圆周运动所必须具备的速度．

第二宇宙速度：v=11.2km/s．它是卫星离开地球的最小发射速度．

故答案为：7.9；11.2．11、【分析】【分析】（1）恒星与行星围绕它们连线上的某一固定点分别做匀速圆周运动；相互之间的万有引力提供各自的向心力，而且两颗恒星有相同的角速度和周期．根据牛顿第二定律分别对两星进行列式，来求解．

（2）根据恒星；行星与圆心C总在同一直线上；画出恒星运动的轨道和位置；

（3）根据万有引力等于向心力，由牛顿第二定律列式求解恒星的运行速率v．【解析】【解答】解：（1）对行星m，F=mω2Rm①

对恒星M，F′=Mω2RM②

则得

（2）恒星与行星围绕它们连线上的某一固定点分别做匀速圆周运动；恒星；行星与圆心C总在同一直线上，恒星运动的轨道和位置大致如图．

（3）对恒星M：

代入数据得

答：（1）

（2）如图所示．

（3）恒星的运行速率v为．12、略

【分析】

波形上质点P点的振动方向向上；则该波波形向右平移，则知波的传播方向是x轴正方向（或水平向右）．

故答案为：右。

【解析】【答案】根据波形的平移法判断波的传播方向．

13、略

【分析】解：由甲图知该波的波长λ=8m，由乙图知，该波的周期T=0.4s，则波速为：v==20m/s

当甲图中波峰传到P点时；质点P第一次处于波峰，所传播的距离为：s=42m-2m=40m

所用时间为：t===2s

故答案为：20；2．

由甲图读出波长，由乙图读出周期，从而求得波速．当甲图中波峰传到P点时，质点P第一次处于波峰，根据公式t=求时间．

本题关键是明确结合波形平移和质点振动来研究，注意波在同一均匀介质中是匀速传播的，可根据传播距离与波速求传播时间．【解析】20；214、-mgstanθ【分析】【分析】小球做匀速直线运动，受力平衡，根据平衡条件求解出各个力；判断一个力是否做功，关键看力的方向与位移方向是否垂直，若垂直则不做功，若不垂直，则做功．【解析】【解答】解：小球受重力；斜面支持力和挡板的支持力；三力平衡，如图所示：

根据平衡条件；有：

F1=①

F2=mgtanθ②

B、由①式，斜面对小球的弹力为，则档板的弹力做功为：W=-F2S=-mgstanθ；

故答案为：；-mgstanθ15、0.05m/s2【分析】【分析】通过乌龟的首末速度，根据加速度的定义式求出龟的加速度．【解析】【解答】解：根据加速度的定义式知，a=．

故答案为：0.05m/s2三、判断题(共8题，共16分)16、×【分析】【分析】验电器使用时是让金属杆上的金属箔带上同种电荷，然后同种电荷会相互排斥从而验证物体是否带电的．【解析】【解答】解：验电器是利用同种电荷相互排斥的原理制成的；故验电器张开的角度越大，说明带电体所带的电荷越多，不能直接判断电荷的正负，只可以定性表物体带电量的多少．

故答案为：×17、√【分析】【分析】分子在永不停息的做无规则热运动，物体内部个别分子的速度具有怎样的数值和方向完全是偶然的，但就大量分子的整体来看，在一定的条件下，物体分子的速度分布也遵从一定的统计规律．【解析】【解答】解：对于大量分子；其运动有一定的统计规律，但对于个别分子，其运动的速度完全是偶然的；

故答案为：√18、√【分析】【分析】同时晶体内部排列有规则，而非晶体则没有，但形状不一定有规则．晶体分为单晶体和多晶体，单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性．【解析】【解答】解：晶体分为单晶体和多晶体．根据晶体的结构的特点可知；单晶体由于内部原子按空间点阵排列，排列规律相同，所以具有各向异性．故该说法是正确的．

故答案为：√19、√【分析】【分析】自然界物质运动的形式是多样的，每种运动形式都对应一种形式的能量．各种运动形式的能量在一定条件下可以相互转化【解析】【解答】解：根据能量守恒定律可知：自然界物质运动的形式是多样的；每种运动形式都对应一种形式的能量．各种运动形式的能量在一定条件下可以相互转化．

例如机械能对应机械运动；内能对应分子的无规则运动．故每一种形式的能对应于一种运动形式是对的．

故答案为：√20、×【分析】【分析】悬浮在液体（或气体）中固体小颗粒的无规则运动是布朗运动，固体颗粒越小、液体（或气体）温度越高，布朗运动越明显；布朗运动是液体（或气体）分子无规则运动的反应．【解析】【解答】解：布朗运动的激烈程度与液体的温度；悬浮颗粒的大小有关；温度越高，悬浮物的颗粒越小，布朗运动越激烈．所以发现甲杯的布朗运动比乙杯中的激烈，不一定是由于甲杯中水温高于乙杯．所以以上的说法是错误的．

故答案为：×21、×【分析】【分析】从微观上说，系统内能是构成系统的所有分子无规则运动动能、分子间相互作用势能的总和．【解析】【解答】解：物体的内能是构成物体的所有分子的无规则热运动的动能和分子势能的代数和；具有统计意义，对单个或几个分子无意义；

故答案为：×22、×【分析】【分析】选择温度计的原则是：温度计内测温物质的凝固点应低于被测物体的温度，同时，温度计内测温物质的沸点应高于被测物体的温度．【解析】【解答】解：在海平面上水的沸点为100℃；在青藏高原水的沸点也有80℃多，而酒精的沸点只有78℃，所以不能选择酒精温度计．该说法是错误的．

故答案为：×．23、√【分析】【分析】根据核反应的种类可知，太阳辐射的能量是核聚变反应．【解析】【解答】解：太阳辐射的能量主要来源于轻核聚变．所以以上的说法是正确的．

故答案为：√四、计算题(共2题，共6分)24、略

【分析】【解析】试题分析：（1）质子射入磁场后做匀速圆周运动，有（2分）得（1分）（2）质子沿x轴正向射入磁场后经圆弧后以速度v垂直于电场方向进入电场，在磁场中运动周期在磁场中运动的时间（2分）进入电场后做类平抛运动，沿电场方向运动r后到达y轴，因此有（1分）所求时间为（1分）（3）质子在磁场中转过120o角后从P点垂直于电场线进入电场，如图所示。P点距y轴的距离（2分）其中（2分）得质子到达y轴所需时间为（1分）在y方向质子做匀速直线运动，因此有（1分）质子到达y轴的位置坐标为（0，）（1分）考点：考查了粒子在电磁场中的运动【解析】【答案】（1）（2）（3）（0，）25、略

【分析】

(1)

滑块第一次从D

到B

的过程中；重力做功mgh

滑动摩擦力做功鈭�娄脤mgL2

根据动能定理求解滑块第一次到达B

处的速度；

(2)

滑块从B

到O

过程；其动能转化为内能和弹簧的弹性势能，由能量守恒定律求解弹簧储存的最大弹性势能；

(3)

根据能量守恒定律求得滑块第二次经过B

点时的速度大小；根据此速度与传送带速度的大小关系，判断出滑块将做匀加速运动，由运动学公式求出滑块的速度增加到与传送带相等时，通过的位移，即可知道滑块离开传送带时的速度.

滑块从C

到再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度的过程中，重力做功，由动能定理求解最大高度．

本题是多过程问题，分析滑块经历的过程，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合按时间顺序分析和计算，难度适中．【解析】解：(1)

设滑块第一次到达B

处的速度为v1

对滑块从D

到B

的过程，根据动能定理得。

mgh鈭�娄脤mgL2=12mv12

解得，v1=10m/s

(2)

滑块从B

到O

过程；由能量守恒定律得。

EP=12mv12鈭�娄脤mg(L1鈭�x)

解得；EP=2.75J

(3)

设滑块再次到达B

处的速度为v2

对滑块第一次到达B

到再次到达B

的过程，根据动能定理得。

鈭�2娄脤mg(L1鈭�x)=12mv22鈭�12mv12

解得v2=1m/s<v=2m/s

则知滑块再次滑上传送带后将匀加速运动；由牛顿第二定律得。

娄脤mg=ma

得a=2.5m/s2

．

速度增加到与传送带相同所经历的位移为。

L=v2鈭�v222a=0.6m<L2=2m

可知；滑块接着相对传送带静止，速度为v=2m/s

对从C

到最高点的过程；由动能定理得。

鈭�mgh隆盲=0鈭�12mv2

解得；h隆盲=0.2m

答：

(1)

滑块第一次到达B

处的速度是10m/s

(2)

弹簧储存的最大弹性势能是2.75J

(3)

滑块再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度是0.2m

．五、证明题(共1题，共2分)26、略

【分析】【分析】A、B星体靠拢过程中动量守恒，从而求出新星体C的速度，计算C新星体的机械能判断轨道的形状是否为椭圆．【解析】【解答】证明：计算新星体C的机械能，设C距日R3，设A、B星球的速度分别为vA和vB；则：

在径向：可以认为在A；B靠拢过程中质心未动；所以C到太阳的距离为。

R3==①

在切向：A、B合并过程中动量也守恒，则有（mA+mB）vC=mAvA+mBvB②

研究②中的vA、vB：

因A做圆周运动，故vA=

所以vB====vA

将vA、vB带入②得vC=③

利用①③C星体的机械能为。

EC=（mA+mB）-G=（mA+mB）-=-G

因此，新星体C的轨道为椭圆．六、实验探究题(共2题，共20分)27、略

【分析】解：（1）游标卡尺的固定刻度读数为7cm=70mm；游标读数为0.05×3mm=0.15mm，所以最终读数为70mm+0.15mm=70.15mm．

螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm；可动刻度读数为0.01×10.0mm=0.100mm，所以最终读数为4.5mm+0.100mm=4.600mm．

（2）欧姆表的零刻度在