2023-2024学年浙江省宁波市九校联考高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年浙江省宁波市九校联考高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列单位属于国际单位制中基本单位的是( )
A. JB. sC. CD. F
2.某同学计划和小伙伴一起去河姆渡旅行，他们查看了北斗导航系统显示从宁波博物馆到河姆渡遗址的路线如图所示，关于该图下列说法正确的是( )
A. “8:45”指的是时刻
B. 导航显示40公里是位移大小
C. 如果路线、用时和图示一样，则他们的平均速度为0.8km/min
D. 研究汽车通过路边一电线杆所用时间可以将汽车看作质点
3.下列各物理量中，全部为矢量的是( )
A. 重力势能、电荷量、力B. 功、电流、电势
C. 位移、加速度、电场强度D. 时间、速度变化量、功率
4.下列说法不正确的是( )
A. 示波器可以用来观察电信号随时间的变化情况
B. 重力的施力物体是地球，方向竖直向下
C. 物体在地球附近绕地球运动时，太阳的作用可以忽略
D. 所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的中心处
5.如图所示，小球密度小于烧杯中水的密度，球固定在弹簧上，弹簧下端固定在杯底。当装置静止时，弹簧伸长△x，当整个装置在自由下落的过程中弹簧的伸长将( )
A. 仍为△xB. 大于△xC. 小于△xD. 等于零
6.关于做自由落体运动的物体，下列说法不正确的是( )
A. 动能Ek随时间t变化的快慢ΔEkΔt随时间均匀增大
B. 速度v随时间t变化的快慢ΔvΔt保持不变
C. 重力势能Ep随位移x变化的快慢ΔEpΔx保持不变
D. 机械能E随位移x变化的快慢ΔEΔx随时间均匀减小
7.真空中两个静止点电荷A、B的电场线分布如图所示，P、Q两点关于点电荷A左右对称，其中P在AB连线上，一个电子在外力作用下沿虚线轨迹从M向N匀速率运动，下列说法正确的是( )
A. qAB. P点的电势小于Q点的电势
C. 除无穷远外，A、B连线的延长线上有某点的电场强度为零，该点在B的右侧
D. 从M向N运动过程中，外力的功率保持不变
8.如图所示，有4046个质量均为m的小球(可视为质点)，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止，已知连接天花板的轻绳与水平方向的夹角为60∘，设第2023个小球和第2024个小球之间的轻绳的弹力大小是4046个小球的总重力的k倍，则k值为( )
A. 12B. 712C. 73D. 132
9.如图所示，牛顿设想：把物体从高山上水平抛出，若速度一次比一次大，落地就一次比一次远；抛出速度足够大时，即达到特定速度物体就不会落回地面成为人造地球卫星，已知山顶高度为h，且远小于地球半径R，地球表面重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是( )
A. 轨迹为1、2的两物体在空中运动的时间均为 2hg
B. 轨迹2为抛物线
C. 轨迹3对应的抛出速度大小为7.9km/s
D. 物体以16km/s的速度抛出将脱离太阳系
10.现代都市高楼林立，高楼出现火情需要一种高架水炮消防车。如图所示，消防水炮出水口位于15层楼房处。已知水炮的出水量为3m3/min，水炮喷出的水流速度为25m/s，水的密度为103kg/m3，则电动机输出功率约为( )
A. 1.5×104WB. 2.2×104WC. 3.5×104WD. 4.0×104W
11.如图所示，一质量为m的铅球被抛出，铅球的速度先减小后增大，已知铅球的最小速度为v，已知重力加速度为g，不计空气阻力，铅球在空中运动过程中下列说法正确的是( )
A. 铅球在相同时间内速度的变化量相同
B. 铅球速度从v增大到2v用时vg
C. 铅球速度大小为2v时，速度与水平方向的夹角为π6
D. 铅球速度大小为v时重力的功率为mgv
12.如图所示，平行板电容器与电压恒定的电源连接，B极板接地，静电计所带电量很少，对电路几乎没有影响。一轻质绝缘细线一端固定在O点，另一端系一带电量不变的小球，小球静止在平行板电容器A、B间，细线、小球在竖直平面内，A、B两板平行正对，且与纸面垂直、与细线平行，在竖直面内保持两板正对面积不变，A板远离B版一小段距离(小球始终未碰到极板)，下列说法正确的是( )
A. 电容器的电容变大B. 绳子的拉力变小C. 静电计的张角变大D. 小球的电势能增加
13.如图所示，ABCD−A′B′C′D′为正方体，两个等量异种电荷分别在正方体的上底面和左侧面的中心位置，则下列说法正确的是( )
A. A、C′两点电势相等B. B、D′两点电场强度相同
C. 正电荷从A点运动到C′点，电场力做负功D. 负电荷从A′点运动到D点，电场力不做功
二、多选题：本大题共2小题，共6分。
14.下列有关电学知识的相关说法，正确的是( )
A. 图甲在加油站给车加油前，触摸一下静电释放器是为了导走加油枪上的静电
B. 图乙中家用煤气灶的点火装置，是根据尖端放电原理而制成的
C. 图丙中野外高压输电线受到雷击的可能性很大，所以在三条输电线上方还有两条导线，它们与大地相连，形成一个稀疏的金属“网”，把高压线屏蔽起来，使其免遭雷击
D. 图丁为一根优质电话线，给话筒线套上金属外衣，可以起到静电屏蔽的效果，防止干扰信号从话筒线上“入侵”
15.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m=1kg的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α=37∘，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从A处静止释放，到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆向上的速度v=2m/s，恰好能回到A。已知AC=1m，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度g=10m/s2，则( )
A. 下滑过程中，环的加速度不断减小
B. 下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为0.5J
C. 从C到A的过程，弹簧对环做功为5J
D. 环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度
三、实验题：本大题共3小题，共16分。
16.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，小张同学设计了一个实验方案，试图通过弹簧秤读数获得绳子拉力的数据以减小实验误差，其装置如图所示。
(1)以下的实验操作有必要的是__________
A.平衡小车与轨道之间的摩擦力
B.牵引小车的细线应与木板平行
C.所挂重物质量必须远小于小车质量
(2)某次实验中，将小车由静止释放后弹簧秤示数如图所示，其读数为__________N，其读数__________(选填“大于”，“小于”或“等于”)小车静止时弹簧秤的读数。
17.某兴趣小组的几位成员做“验证机械能守恒定律”的实验，所用打点计时器的打点周期为0.02s。
(1)下图是四位同学释放纸带瞬间的照片，操作正确的是(__________)
A. B.
C. D.
(2)如图所示是某次实验中经正确操作得到的一条纸带(局部)，把第一个点(初速度为零)记作O点，测出点O、A间的距离s0=68.97cm，点A、C间的距离s1=15.24cm，点C、E间的距离s2=16.76cm，已知当地重力加速度为9.8m/s2，重物的质量为m=1.0kg，则打点计时器在打O点到C点的这段时间内，重物动能的增加量为__________J，重力势能的减少量为__________J。(结果均保留两位小数)
18.随着居民生活水平的提高，纯净水已经进入千家万户。某物理兴趣小组对市场上出售的纯净水质量进行了抽测，结果发现有不少样品的电导率(电导率是电阻率的倒数，是检验纯净水是否合格的一项重要指标)不合格。
(1)你认为不合格的纯净水的电导率是__________(填“偏大”或“偏小”)。
(2)为了方便测量纯净水样品的电阻，将采集的水样装入绝缘性能良好的塑料圆柱形容器内，容器内径为D，装水部分长为L，容器两端用金属圆片电极密封。该同学先用万用表粗略测量容器内水样的电阻。当选择欧姆表“×1k”挡时，发现指针偏转角度过小，该同学应换用__________(选填“×100”或“×10k”)挡，换挡后进行正确操作，欧姆表示数如图所示，对应的读数是__________Ω(保留两位有效数字)。
(3)实验小组想用“伏安法”测量纯净水样的电阻值，有以下器材供选用：
A.电流表(0∼600μA,内阻约100Ω)
B.电流表(0∼0.6A,内阻约0.1Ω)
C.电压表(0∼3V,内阻约3kΩ)
D.电压表(0∼15V,内阻约15kΩ)
E.滑动变阻器(0∼100Ω,额定电流2A)
F.电源(12V,内阻约1.0Ω)
G.开关和导线若干
为减小测量误差，电流表应选用__________，电压表应选用__________(选填器材前的字母)。
(4)选好器材后，该兴趣小组连接了如图所示的实物图。请补充完实物问的连线，以便完成纯净水电阻的测量__________。
四、计算题：本大题共4小题，共39分。
19.某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的木质滑杆上套有一个金属滑块，初始时它们处于静止状态。现给滑块一个10m/s的初速度从A处开始沿杆向上滑动，滑块与滑杆间的滑动摩擦力为6N，当滑块滑到B处时，与滑杆发生碰撞，碰后两者速度均为4m/s。已知滑块与滑杆的质量均为0.6kg，A、B间的距离为0.9m，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)滑块与滑杆碰撞前，滑块的加速度大小；
(2)滑块经过多长时间会在B处与滑杆相碰；
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
20.随着交通的发展，旅游才真正变成一件赏心乐事，各种“休闲游享乐游”纷纷打起了宣传的招牌，某次旅游中游客乘坐列车，以恒定速率通过一段水平圆弧形弯道过程中，发现车顶部悬挂玩具小熊的细线稳定后与车用侧壁平行。与车厢底板平行的桌面上有一水杯，已知水杯与桌面间的动摩擦因数μ，水杯与水的总质量m，水平圆弧形弯道半径R，此弯道路面的倾角为θ，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
(1)列车转弯过程中的向心加速度大小；
(2)列车转弯过程中，水杯与桌面间的摩擦力。
21.如图所示，整个装置处于竖直平面内，BCD是半径为R=1.0m的光滑圆弧轨道，B、D两点等高。传送带与水平面成θ=37∘，并以v0=2.0m/s逆时针匀速转动，在B点与圆弧轨道相切。DE为光滑由线轨道(该轨道与小物体以某一速度从E平抛后的轨道重合)，与BCD相切于D，DE两点高度差为h0=0.45m，EF是长为L=0.6m的水平地面，F右侧光滑且有一固定弹簧可将小物块无能量损失的弹回。质量为m=1.0kg的小物块与传送带的摩擦因数为μ1=14，与EF的动摩擦因数为μ2=38。小物块从传送带上某点静止释放后第一次经过DE轨道过程中恰好对轨道无压力，g取10m/s2。求：
(1)小物块第一次经过最低点C时对轨道的压力大小和方向；
(2)初始时释放点到B点的距离；
(3)小物块最终停止位置。
22.如图所示，为了测量某中性原子的动能，首先让中性原子电离，然后让电荷量为+q的离子经孔A与下边界成θ=π6角入射到问距为d、电势差为U的平行有界匀强电场区域中，经过电场偏转后离开电场区域。不计离子的重力，不考虑相对论效应及场的边界效应。
(1)为保证离子不碰到上边界，入射离子的最大动能是多少；
(2)若离子离开电场后，经无场区沿直线运动至孔P出射，已知孔P与下边界的垂直距离为h，测得孔A和孔P间平行于下边界的距离为l，试确定l与该离子刚进入电场时的动能Ek之间的关系，(以Ek为自变量)
(3)在(2)中，被测离子束一般具有很小的发散角ΔαΔα<<θ，为了提高测量的精度，要求具有相同动能Ek，但入射方向在Δα范围内变化(与下边界成θ−Δα∼θ+Δα)的离子在同一小孔P处射出，求h与动能Ek的关系，并求对应动能Ek和l之间的关系，本问结果要求不含Δα。当Δα很小时有如下近似：sinθ+Δα=sinθ+Δαcsθ，ctθ+Δα=ctθ−Δαsin2θ
答案和解析
1.【答案】B
【解析】s(秒)是国际单位制中基本单位；而J(焦耳)C(库仑)和F(法拉)都是导出单位。
故选B。
2.【答案】A
【解析】A.“8:45”指出发时间，可知，其指时刻，故A正确；
B.导航显示40公里指运动轨迹的长度，是路程大小，故B错误；
C.如果路线、用时和图示一样，即路程为40公里，时间为t=9小时35分−8小时45分=50分
则他们的平均速率为v=4050km/min=0.8km/min
0.8km/min是平均速率，不是平均速度，故C错误；
D.研究汽车通过路边一电线杆所用时间，汽车的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时，不能够将汽车看作质点，故D错误。
故选A。
3.【答案】C
【解析】A.重力势能、电荷量是标量，力是矢量，故A错误；
B.功、电流和电势均是标量，故B错误；
C.位移、加速度、电场强度均为矢量，故C正确；
D.时间、功率是标量，速度变化量是矢量，故D错误。
故选C。
4.【答案】D
【解析】A.示波器可以用来观察电信号随时间的变化情况，选项A正确，不符合题意；
B.重力的施力物体是地球，方向竖直向下，选项B正确，不符合题意；
C.物体在地球附近绕地球运动时，太阳的作用可以忽略，选项C正确，不符合题意；
D.所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的焦点处，选项D错误，符合题意。
故选D。
5.【答案】D
【解析】【分析】
整个装置自由下落时，处于完全失重状态，浮力消失，小球仅受重力。
解决本题的关键知道整个装置自由下落时，处于完全失重状态，浮力消失。
【解答】
小球开始受重力、浮力和弹簧的拉力处于平衡，当整个装置在自由下落时，处于完全失重状态，浮力消失，小球的加速度向下，为g，则弹簧的拉力为零，形变量为零，故D正确，ABC错误。
故选D。
6.【答案】D
【解析】A.物体做自由落体运动，任意时刻的速度为v=gt
则可得任意时刻的动能为Ek=12mv2=12mg2t2
由此可得，动能Ek随时间t变化的快慢为ΔEkΔt=mg2t
即动能Ek随时间t变化的快慢 ΔEkΔt 随时间均匀增大，故A正确，不符合题意；
B.自由落体运动速度v随时间t变化的快慢为重力加速度g，恒定不变，故B正确，不符合题意；
C.根据重力势能变化与重力做功关系可得ΔEpΔx=−mg
所以重力势能Ep随位移x变化的快慢保持不变，故C正确，不符合题意；
D.做自由落体运动的物体，机械能守恒，即ΔEΔx=0
故D错误，符合题意。
故选D。
7.【答案】C
【解析】A.根据电场线分布的疏密可知，A附近的场强比B附近的场强大，故 qA>qB ，故A错误；
B.由电场线的方向可知，A为负电荷，B为正电荷，在负电荷A的电场中，Q点的电势等于P点的电势，在正电荷B的电场中，Q点的电势小于P点的电势，故有 φQ<φP ，故B错误；
C.因为A、B为异种电荷，且 qA>qB ，所以A、B连线的延长线上电场强度为零的点在B的右侧，故C正确；
D.带电粒子由M运动到N，为保持匀速率运动，可知当带电粒子经过BA延长线时，其所受电场力与外力方向均与BA平行，即外力方向与速度方向垂直，此时外力功率为零，而在其他地方由分析可知外力与速度方向的夹角不为直角，则外力功率不为零，故D错误。
故选C。
8.【答案】B
【解析】以4046个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图所示
根据平衡条件得
tan60∘=4046mgF
再以2024个到4046个小球共2023个小球组成的整体为研究对象，受力分析，如图所示
根据平衡条件有
sinα=2023mgT2
tanα=2023mgF
联立可得
T24046mg= 712
故选B。
9.【答案】C
【解析】A.若水平抛出初速度较小，物体落地时的地面与高山底部可以近似看为处于同一水平面，此时有h=12gt2
解得t= 2hg
由于轨迹1抛出的初速度小于轨迹2抛出的初速度，导致，轨迹1竖直方向的高度小于轨迹2竖直方向的高度，则轨迹1在空中运动的时间小于轨迹2在空中运动的时间，故A错误；
B.轨迹2抛出初速度较大，其落地点的地面与高山底部不在同一水平面，则轨迹2中的物体在运动过程中所受万有引力的方向不断发生变化，即加速度方向不断发生变化，物体做变加速曲线运动，轨迹不是抛物线，故B错误；
C.轨迹3是近地卫星，其环绕速度等于第一宇宙速度，即等于7.9km/s，故C正确；
D.物体以16km/s的速度抛出时，由于该速度小于第三宇宙速度，可知，此时物体不能够将脱离太阳系，故D错误。
故选C。
10.【答案】D
【解析】电动机输出功率约为P=mgh+12mv2t=3×103×10×15×3+12×3×103×25260W=3.8×104W≈4.0×104W
故选D。
11.【答案】A
【解析】A.铅球在空中运动时加速度为g，则根据Δv=gΔt
可知，在相同时间内速度的变化量相同，选项A正确；
B.铅球的最小速度为v，则水平速度为v，则铅球速度从v增大到2v用时竖直速度vy= (2v)2−v2= 3v
用时间为t=vyg= 3vg
选项B错误；
C.铅球速度大小为2v时，速度与水平方向的夹角为csθ=v2v=12
则θ=π3
选项C错误；
D.铅球速度大小为v时，竖直速度为零，则重力的功率为零，选项D错误。
故选A。
12.【答案】D
【解析】A.将平行板电容器上极板竖直向上移动小段距离，根据C=εrS4πkd
可知电容减小，故A错误；
BD.根据题意知小球静止时处于平衡状态，由受力分析知
当A板远离B板一小段距离，根据E=Ud
可知电容器间电场强度减小，小球受到的电场力减小，则小球向B极板偏离，这时绳拉力增大；当A板远离B版一小段距离，小球与下极板电势差减小，则小球所在位置电势降低，由于小球带负电，所以小球的电势能增大，故B错误，D正确；
C.因为电容器电压不变，所以静电计指针张角不变，故C错误。
故选D。
13.【答案】A
【解析】AC.A点与两个等量异种电荷的距离相等， C′ 点与两个等量异种电荷的距离也相等，可知A、 C′ 两点电势相等，均为零，则正电荷从A点运动到 C′ 点，电场力做功为零，选项A正确，C错误；
B.由于在两等量异种点电荷形成的电场中，如果两点关于两等量异种电荷连线中点O对称的点，这两点的场强是相同的，但是B、 D′ 两点不是关于两等量异种电荷连线中点O对称，则两点的电场强度不相同，选项B错误；
D. A′ 点距离正电荷较近，则电势高于D点，则负电荷从 A′ 点运动到D点，电场力做负功，选项D错误。
故选A。
14.【答案】BCD
【解析】A.给车加油前触摸一下静电释放器的目的是将人体由于摩擦产生的电荷释放到大地，故A错误；
B.家用煤气灶的点火装置，是根据尖端放电原理而制成的，故B正确；
C.三条高压输电线上方的两条导线与大地相连，形成一个稀疏的金属“网”，可把高压线屏蔽起来，免遭雷击，故C正确；
D.给话筒线套上金属外衣，可以起到静电屏蔽的效果，防止干扰信号从话筒线上“入侵”，故D正确。
故选BCD。
15.【答案】CD
【解析】A.圆环从A处由静止开始下滑，初速度为零，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，加速度为零时速度最大，再做减速运动，所以加速度先减小至零，后反向增大，故A错误；
B.设摩擦力做功为Wf，弹簧弹力做功为W弹，圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得mgh−Wf−W弹=0
在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，根据动能定理得−mgh−Wf+W弹=0−12mv2
联立解得Wf=−14mv2
根据功能关系可知，该过程产生的热量为Q=14mv2=1J
故B错误；
C.从C到A过程，由动能定理得−mgh−Wf+W弹=0−12mv2，h=Lsinα
联立解得W弹=5J
故C正确；
D.圆环从A处由静止开始下滑到B过程，由动能定理得mgh ′−W f′−W 弹′=12mvB2
圆环从B处上滑到A的过程，由动能定理得−mgh ′−W f′+W 弹′=0−12mv ′B2
比较以上两式可得vB则环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D正确。
故选CD。
16.【答案】AB
0.62(0.61−0.64均可)
小于

【解析】(1)A.“探究加速度与力、质量的关系”实验中需要平衡摩擦力，故A正确；
B.为了保证绳子拉力是小车所受合力，应使悬挂动滑轮的两侧细线应相互平行，故B正确；
C.图中弹簧测力计可以直接测出绳子拉力，不需要所挂重物质量必须远小于小车质量，故C错误。
故选AB。
(2)弹簧测力计分度值为0.1N，则其读数为0.62N；
车释放后，重物处于失重状态，则绳子拉力小于重物静止时的拉力。
17.【答案】A
8.00
8.25

【解析】(1)在释放纸带瞬间应保证纸带竖直，且重物应靠近打点计时器。
故选A。
(2)打C点时，重物的速度大小为vC=s1+s24T=15.24+16.764×0.02×10−2m/s=4.00m/s
所以O点到C点的这段时间内，重物动能的增加量为ΔEk=12mvC2=12×1.0×4.002J=8.00J
重力势能的减少量为ΔEp=mg(s0+s1)=1.0×9.8×(68.97+15.24)×10−2J≈8.25J。
18.【答案】 偏大
×10k
1.2×105
A
D

【解析】(1)由于纯净水中导电粒子较少，则纯净水电阻值偏大，电阻率偏大，电导率偏小，所以不合格的纯净水电导率应偏大。
(2)欧姆表的读数为指针刻度与倍率的乘积，所以当选择欧姆表“×1k”挡时，发现指针偏转角度过小，说明电阻值偏大，应该换大倍率进行测量，所以应该选×10k挡；
图中所测电阻的读数为12.0×10kΩ=1.2×105Ω
(3)由于电源电动势为12V，所以电压表应选择量程为0∼15V的电压表，即电压表选D，流过待测样品的电流最大值为Im=ERx=121.2×105A=10−4A
故电流表选择A。
(4)由于待测样品电阻较大，所以滑动变阻器应采用分压接法，同时由于Rx> RA⋅RV= 100×15000Ω≈1225Ω
所以电流表应采用内接法，故电路图如图所示
19.【答案】(1)滑块所受合外力为F合1=f+m1g=12N
根据牛顿第二定律可知：滑杆加速度大小为a1=F合1m1=20m/s2
(2)假设经过 t1 秒时滑块已经到达B处，有l=vt1−12a1t12
解得t1=0.1s
(3)碰撞之后，两者共同匀减速上升的高度为h=v共22g=0.8m。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
20.【答案】(1)设玩具小熊的质量为m，则玩具小熊受到的重力mg、细线的拉力FT的合力提供玩具小熊随列车做水平面内圆周运动的向心力F，有mgtanθ=ma
可知列车在转弯过程中的向心加速度大小为a=gtanθ
(2)水杯的向心加速度a=gtanθ
由水杯的重力与桌面的支持力的合力提供，则水杯与桌面间的静摩擦力为零f=0N。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
21.【答案】(1)根据题意可知，小物块第一次过DE段可以看成从E→D的平抛
vDy= 2gh0=3m/s ，D点速度与水平方向成 θ 角，得小物块第一次到达D点的速度vD1=vDycsθ=5m/s
小物块第一次从C→D由机械能守恒12mv C12=12mv D12+mgR1−csθ
对小物块在C处由牛顿第二定律FN−mg=mv c12R
由牛顿第三定律可得，小物块对轨道的压力F′N=FN
得F′N=39N
方向竖直向下。
(2)对小物块从释放运动到D，由动能定理mgxsinθ−μ1mgxcsθ=12mv D12−0
得小物块释放点到B点的距离x=3.125m
(3)假设小物块能从E点返回，当恰好能够返回E点速度为零时则从E点运动到B点的速度为12mvB2=mgh0
解得vB=3m/s
对小物块从D→E→F→E→D→B过程由动能定理−μ2mg2L=12mv B22−12mv D12
得vB2=4m/s>3m/s
假设成立；小物块沿传送带上滑，共速前由动能定理−μ1mgx1csθ−mgx1sinθ=12mv 02−12mv B22
得x1=0.75m
共速后的上滑过程，由动能定理μ1mgx2csθ−mgx2sinθ=0−12mv 02
得x2=0.5m
小物块第二次从传送带下滑，假设能到达E点，由动能定理mgx1+x2sinθ−μ1mgx1+x2csθ−mgh0=12mv E32−0
得vE3=1m/s>0
假设成立；对小物块从E点向右运动过程由动能定理−μ2mgx3=0−12mv E32
得x3=215m即小物块最终停止位置在E点右侧 215m 处。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
22.【答案】(1)对离子在电场中运动由牛顿第二定律得ma=qUd
带电粒子沿电场方向做匀变速直线运动恰好到达上边界−2ad=0−vmaxsinθ2
入射离子的最大动能为Ekm=12mv max2
联立得最大动能Ekm=qUsin2θ=4qU
(2)离子在偏转电场的运动时间为t=2vsinθa
离子在偏转电场中平行于下边界的位移x=vcsθ⋅t
由几何关系得x=l−htanθ
解得l=2dEksin2θqU+hctθ= 3dEkqU+h
(3)设离子进入角度与下边界为 θ+Δα 由题意根据上式可得2dEksin2θ+ΔαqU+hctθ+Δα=2dEksin2θqU+hctθ
【若写为 2dEksin2θ+kΔαqU+hctθ+kΔα=2dEksin2θqU+hctθ ， −1≤k≤1 ，(k等号不做要求)同样正确】
化简得h=4dEksin2θcs2θqU=dEk2qU
得Ek=qUl2dsin2θ1+cs2θ=2 3qUl9d
故相同动能的离子进入角度与下边界为 θ−Δα∼θ+Δα 均能到达P点。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】