2024-2025学年河北省衡水市故城县郑口中学高二（上）开学物理试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年河北省衡水市故城县郑口中学高二（上）开学物理试卷（含答案），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.关于运动的合成与分解，下列说法中正确的是( )
A. 两个速度大小不等的匀速直线运动的合运动一定不是匀速直线运动
B. 两个直线运动的合运动一定是直线运动
C. 合运动是曲线运动时，其分运动中至少有一个是加速运动
D. 合运动是曲线运动时，其分运动中都是加速运动
2.如图所示，两个可视为质点的、相同的木块甲和乙放在转盘上，两者用长为L的不计伸长的细绳连接(细绳能够承受足够大的拉力)，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，连线过圆心，甲到圆心距离r1，乙到圆心距离r2，且r1=L4，r2=3L4，水平圆盘可绕过圆心的竖直轴OO′转动，两物体随圆盘一起以角速度ω转动，当ω从0开始缓慢增加时，甲、乙与转盘始终保持相对静止，则下列说法错误的是(已知重力加速度为g)( )
A. 当ω= Kgr2时，乙的静摩擦力恰为最大值
B. ω取不同的值时，甲、乙所受静摩擦力都指向圆心
C. ω取不同值时，乙所受静摩擦力始终指向圆心；甲所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背向圆心
D. 如果ω>2 KgL时，两物体将相对圆盘发生滑动
3.2022年7月14日下午，长征五号B火箭成功将我国空间站的首个实验舱“问天”实验舱送入太空与天和核心舱进行对接，随后神舟十四号乘组顺利进入问天实验舱，开启了太空实验的新阶段．如图所示，已知空间站在距地球表面高约400km的近地轨道上做匀速圆周运动，地球半径约为6400km，万有引力常量为G，则下列说法不正确的是( )
A. 空间站中的航天员处于完全失重状态
B. 航天员乘坐的载人飞船需先进入空间站轨道，再加速追上空间站完成对接
C. 若已知空间站的运行周期则可以估算出地球的平均密度
D. 空间站在轨运行速度一定小于7.9km/s
4.如图所示，两个质量相等可视为质点的小球a、b通过铰链用长为 2L的刚性轻杆连接，a球套在竖直杆M上，b球套在水平杆N上，最初刚性轻杆与细杆M的夹角为45°。两根足够长的细杆M、N不接触(a、b球均可无碰撞通过O点)，且两杆间的距离忽略不计，将两小球从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法中正确的是( )
A. a、b两球组成系统机械能不守恒
B. a球到达与b球等高位置时速度大小为 gL
C. a球运动到最低点时，b球速度最大
D. a球从初位置下降到最低点的过程中，刚性轻杆对a球的弹力一直做负功
5.如图所示，两根完全相同的四分之一圆弧绝缘棒分别放置在第一、二象限，其端点在两坐标轴上。两棒带等量同种电荷且电荷均匀分布，此时O点电场强度大小为E。撤去其中一棒后，O点的电场强度大小变为( )
A. E2
B. 22E
C. E
D. 2E
6.如图所示，实线是一簇未标明方向的匀强电场的电场线，虚线是一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，M、N是轨迹上的两点。则( )
A. 粒子带正电
B. M点的电势高于N点的电势
C. 粒子在M点的速度大于在N点的速度
D. 粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
7.如图所示，三个定值电阻R1、R2、R3的电阻值均不相等，在A、B之间接一个电源，在C、D之间接一个电流表，电流表的示数为I。现将电源、电流表的位置互调，则电流表的示数( )
A. 可能增大
B. 可能减小
C. 一定不变
D. 由于R1、R2、R3大小关系不知，故无法判定
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图，足够长的水平传送带AB与斜面BC在B点平滑连接，斜面倾角θ=37°，质量为1kg的物块从距传送带高为H=2.4m的C点静止释放，物块与斜面和传送带间的动摩擦因数均为0.5，传送带顺时针运行速度恒为5m/s。已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。则下列判断正确的是( )
A. 物块第二次经过B点的速度为5m/s
B. 物块第一次到达传送带最左端的过程中与传送带摩擦生热28J
C. 物块在斜面上向下运动的路程之和为6m
D. 物块在斜面上向下运动的路程之和为5m
9.我国新能源汽车发展迅猛，已成为全球最大的新能源汽车产销国。质量为m的某新能源汽车在水平路面上以恒定加速度启动，其v−t图像如图所示，其中OA段和BC段为直线。已知汽车动力系统的额定功率为P，t1、t2时刻的速度分别为v1、v2，则下列说法正确的是( )
A. 汽车所受的阻力f=Pv2
B. 汽车匀加速运动过程阻力做的功Wf=v1t1P2v2
C. 汽车速度为v12时的功率为P′=P4
D. 汽车速度为v1+v22时的加速度大小为a′=(v2−v1)Pm(v2+v1)v2
10.两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两点电荷连线上各点电势φ随坐标x变化的关系图像如图所示，其中P点电势最高，且xAPA. q1和q2都带负电荷
B. q1的电荷量小于q2的电荷量
C. 在A、B之间将一负点电荷沿x轴从P点左侧移到右侧，电势能逐渐减小
D. 一点电荷只在静电力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐变小
三、实验题：本大题共2小题，共13分。
11.在“探究平抛运动的特点”的实验中，可以描绘平抛运动轨迹和求物体做平抛运动的初速度。
(1)下列器材中必需的测量仪器是 。
A.刻度尺
B.秒表
C.天平
(2)图中为什么斜槽底端要保持水平？答： 。
(3)让小球多次从 (选填“同一”或者“不同”)位置由静止滚下，记下小球穿过卡片孔的一系列位置。取下白纸，以O为原点，以过O点的竖直线、水平线分别为y、x轴建立坐标系，以平滑曲线描出平抛轨迹。
(4)在探究平抛运动的特点时，下列说法中正确的是 (填选项前的字母)。
A.应使用密度大、体积小的小球
B.必须测出平抛小球的质量
C.不需要使木板平面与小球下落的竖直平面平行
(5)若小球的水平初速度为v0，小球落到某点时水平位移为x，竖直位移为y，求小球在这一点的速度表达式v= 。
12.导电胶具有粘合和导电功能，在医疗辅助中有广泛应用。某研究性学习小组为探究某种导电胶材料电阻率，把导电胶装入玻璃管中，导电胶两端通过电阻不计的金属片与导线相连，如图甲所示。

(1)在装入导电胶之前，先用游标卡尺测量玻璃管的内径，如图乙所示，应该用游标卡尺的______(选填“A”“B”或“C”)进行测量，该玻璃管内径为______cm。
(2)用多用电表粗略测得该导电胶电阻约为30Ω，为精确测量其电阻阻值，现有3.0V的干电池组、开关和若干导线及下列器材：
A.电压表0−3V，内阻约3kΩ
B.电流表0−20mA，内阻Rg=50Ω
C.定值电阻1Ω
D.定值电阻12.5Ω
E.滑动变阻器0～10Ω
①由于电流表量程偏小，需要对电流表进行合理改装，改装时应选______(填器材前面的序号)作为分流电阻R0。
②将图中所示器材符号连线，画出实验电路原理图，要求电压和电流的测量范围尽可能大。
③测出电压表读数U、电流表读数I，则该导电胶的电阻R= ______(用U、I、Rg、R0表示)
四、简答题：本大题共1小题，共14分。
13.如图所示，倾角为30°、足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，轻绳一端连接质量为4kg的物体A，另一端跨过光滑的定滑轮连接质量为6kg的物体B，斜面上方轻绳始终与斜面平行且处于伸直状态，已知物体A与斜面间的动摩擦因数μ= 32，物体B距地面高度ℎ=0.5m。现将物体A、B由静止释放，B落地后不再弹起，A不会与滑轮相撞，物体A、B可视为质点，重力加速度g取10m/s2，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，求：
(1)物体B刚要接触地面时的速度大小；
(2)物体A向上滑动的整个过程中与斜面间因摩擦产生的热量。
五、计算题：本大题共2小题，共27分。
14.如图所示，电源电压恒定不变，小灯泡L上标有“6V3W”字样，滑动变阻器R最大阻值为36Ω，灯泡电阻不随温度变化。闭合S、S1、S2，当滑动变阻器滑片位于最右端时，电压表示数为3V；闭合S、S1，断开S2，当滑动变阻器滑片位于最左端时，灯泡正常发光。求：
(1)电源电压；
(2)R0的阻值。
15.固定的光滑绝缘半球槽的半径为R，处在水平向右的匀强电场中，一个质量为m的带电小球从槽的右端A处(与球心等高)无初速度沿轨道滑下，滑到最低点B时，球对轨道的压力为2mg。求：
(1)小球从A到B的过程中受到的电场力做的功；
(2)带电小球通过B点时的加速度大小；
(3)带电小球在滑动过程中的最大速度。
答案解析
1.C
【解析】解：A.两个速度大小不等的匀速直线运动的合运动一定是匀速直线运动，故A错误；
B.两个直线运动的合运动不一定是直线运动，例如平抛运动，故B错误；
CD.合运动是曲线运动时，根据曲线运动有加速度可知，其分运动中至少有一个是加速运动，不一定都是加速运动，故C正确，D错误。
故选：C。
A.根据匀速直线运动的合成规律分析判断；
B.举例说明两个直线运动合成可能是曲线运动；
CD.根据曲线运动的两个分运动情况进行分析解答。
考查直线运动的合成和分解的问题，熟练掌握直线运动的合成规律，会分析合成的结果。
2.B
【解析】解：A.根据Kmg=mrω2
可得ω= Kgr
乙的半径大，知乙先达到最大静摩擦力，故A正确；
BC.甲、乙随转盘一起做匀速圆周运动，由于乙的半径较大，故需要的向心力较大，则
Kmg=mω2r2
解得
ω=2 Kg3L
即若ω≤2 Kg3L时，甲、乙所受静摩擦力都指向圆心。当角速度增大，绳子出现张力，乙靠张力和静摩擦力的合力提供向心力，甲也靠拉力和静摩擦力的合力提供向心力，角速度增大，绳子的拉力逐渐增大，甲所受的静摩擦力先减小后反向增大，当反向增大到最大值，角速度再增大，甲、乙与圆盘发生相对滑动。所以乙所受的静摩擦力方向始终指向圆心，甲所受的静摩擦力方向先指向圆心，然后背离圓心，故B错误，C正确；
D.设角速度为ω′时，此时甲、乙发生滑动，此时绳子的拉力为F，则
F−Kmg=mω′2r1
F+Kmg=mω′2r2
解得
ω′=2 KgL
故ω>2 KgL时，两物体将相对圆盘发生滑动，故D正确。
本题选择错误选项；
故选：B。
甲、乙两物体随盘一起做匀速转动，保持相对静止，角速度相等，随着角速度的增大，乙先达到最大静摩擦力，角速度继续增大，绳子的拉力逐渐增大，甲所受的静摩擦力逐渐减小，当P的静摩擦力减小到零，又反向增大，增大到最大值时，角速度再增大，甲、乙与圆盘之间发生相对滑动。
本题是匀速圆周运动中连接体问题，既要隔离研究，也要抓住它们之间的联系：角速度相等、绳子拉力大小相等。
3.B
【解析】解：A、空间站中的航天员只受地球对他的万有引力，航天员处于完全失重状态，故A正确；
B、根据变轨原理，可知航天员乘坐的载人飞船需先进入比空间站低的轨道，再加速追上空同站完成对接，故B错误；
C、由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得：GMmr2=mr4π2T2，结合密度公式ρ=M43πR3，联立求解可推出地球的平均密度，故C正确；
D、第一宇宙速度是地球卫星的最大运行速度，故空间站在轨运行速度不可能大于7.9km/s，则D正确。
本题选择不正确的，
故选：B。
空间站中的航天员处于完全失重状态；根据变轨原理；由万有引力提供向心力结合密度表达式分析能否估算出地球密度；空间站距地面有一定高度，运行速度小于第一宇宙速度。
本题以长征五号B火箭成功将我国空间站的首个实验舱“问天”实验舱送入太空与天和核心舱进行对接为背景，考查了万有引力定律的应用，要求学生利用万有引力提供向心力对问题进行分析，掌握万有此力提供向心力及如何对接是求解的关键。
4.C
【解析】解：A.a球和b球所组成的系统只有重力做功，则机械能守恒，故A错误；
B.根据系统机械能守恒，可知a球到达与b球等高位置时，b球速度为零，有
12mva2=mgL
解得
va= 2gL
故B错误；
C.当a球运动到两杆的交点后再往下运动 2L，此时b球到达两杆的交点处，a球的速度为0，b球的速度达到最大，有
12mvb2=mg(L+ 2L)
解得
vb= 2(1+ 2)gL
故C正确；
D.由于系统机械能守恒，a球从初位置下降到最低点的过程中，刚性轻杆对a球的弹力先做负功后做正功再做负功，故D错误。
故选：C。
A.a球和b球所组成的系统只有重力做功，判断机械能是否守恒；
B.根据系统机械能守恒，结合题意可知a球到达与b球等高位置时，b球速度为零，据此可以求解a球到达与b球等高位置时速度大小；
C.当a球运动到两杆的交点后再往下运动 2L，此时b球到达两杆的交点处，a球的速度为0，据此判断b球的速度是否达到最大；
D.由于系统机械能守恒，a球从初位置下降到最低点的过程中，刚性轻杆对a球的弹力先做负功后做正功再做负功。
本题要先确定a球和b球所组成的系统机械能守恒，再确定a球速度最大的位置由机械能守恒定律列式求得速度值。
5.B
【解析】解：设两棒均带正电，由点电荷场强特点及场强叠加规律可知，左侧圆弧产生的场强方向斜向右下方，与+x方向夹角为45°，右侧圆弧产生的场强方向斜向左下方，与−x方向夹角为45°，它们大小均为E1，可得E2=E12+E12
解得E1= 22E
撤去其中一棒后，O点的电场强度大小变为 22E。故B正确，ACD错误；
故选：B。
把带电圆弧绝缘棒等效成点电荷，利用点电荷产生的场强进行矢量求解即可。
本题主要考查了电场强度的计算，解题关键是带电体电荷的等效，然后利用电场的矢量性即可求得。场强是矢量，其运算利用平行四边形定则。
6.C
【解析】解：假定粒子由M到N运动；
A、由图可知，粒子运动轨迹向左偏，则说明粒子在M、N两处所受的电场力向左，由于不知电场线方向，故无法判断粒子电性，故A错误；
B、由于不知电场线方向，无法判断电势的高低，故B错误；
CD、粒子在M、N两处所受的电场力向左，从M到N的过程电场力做负功，则电势能增加，粒子在M点的电势能小于在N点的电势能，动能减小，所以粒子在M点的速度大于在N点的速度，故C正确D错误；
故选：C。
由粒子的偏转方向可得出粒子的受力方向，由力的方向与速度方向的夹角可得出电场力做功的正负，由动能定理可得出粒子动能的变化；由电场力做功与电势能的关系可得出电势能的变化。
本题是电场中轨迹问题，关键要能根据轨迹弯曲方向判断出电场力的方向，掌握电场力做正功，电势能减小，判断电势能的大小。
7.C
【解析】解：AB间是电源、CD间是电流表的等效电路如图所示：
设电源电压U=6V，R1=3Ω，R2=2Ω，R3=6Ω，
则总电阻为：
R总=R1+R2R3R2+R3=3Ω+2Ω×6Ω2Ω+6Ω=4.5Ω，
干路电流为：
I总=UR总=6V4.5Ω=43A
根据并联分流可知电流表的示数为：
I=I总×R2R2+R3=43A×2Ω2Ω+6Ω=13A；
AB间是电流表，CD间是电源的等效电路如图所示：
设电源电压U=6V，R1=3Ω，R2=2Ω，R3=6Ω，
则总电阻为：
R总′=R3+R1R2R1+R2=6Ω+3Ω×2Ω3Ω+2Ω=365Ω
干路电流为：
I总′=UR总′=6V365Ω=56A
根据并联分流可知电流表的示数为：
I′=I总′×R2R1+R2=56A×2Ω3Ω+2Ω=13A
故将电源、电流表的位置互调之后，电流表的示数不变。
故选：C。
首先对电路进行分析，可画出AB间是电源、CD间是电流表的电路图，以及AB间是电流表、CD间是电源的等效电路图，之后采用赋值法分别对这两种情况下电流表的示数进行分析比较。
本题难度略大，可考虑采用赋值法进行分析，对串并联电路中分压分流的原理也要熟练掌握并能够灵活运用。
8.BD
【解析】解：A.物块第一次下滑到B点时由动能定理
mgH−μmgcsθ⋅Hsinθ=12mvB2
解得
vB=4m/s
冲上传送带后做匀减速运动，速度减到零后反向加速，则第二次回到B点时的速度仍为4m/s，故A错误；
B.物块在传送带上做减速运动的加速度大小为
a=μg
解得
a=5m/s2
减速到零的时间
t=vBa
解得
t=0.8s
物块第一次到达传送带最左端的过程中与传送带摩擦生热
Q=μmg(v传t+vB2t)
解得
Q=28J
故B正确；
CD.物块从B点再次冲上斜面时，向上运动的最大距离
12mvB2=mgxsinθ+μmgxcsθ
解得
x=0.8m
再次下滑到斜面底端时的速度
12mv′B2=mgxsinθ−μmgxcsθ
解得
v′B= 3.2m/s
滑上传送带后再次返回到B点时速度仍为v′B= 3.2m/s，再次沿斜面上滑时向上运动的最大距离
12mv′B2=mgx′sinθ+μmgx′csθ
解得
x′=0.16m
则每次下滑的距离呈等比数列，则物块在斜面上向下运动的路程之和为
s=4m+0.8m+0.16m+……=5m
故C错误，D正确。
故选：BD。
A、根据动能定理求解小物块第一次滑过B点时的速度大小，与传送带速度大小比较，进一步判断小物块的运动情况以及第二次回到B点时的速度；
B、小物块滑上传送带后先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式相结合求小物块第一次在传送带上往返运动的时间t，根据运动学公式求出相对运动的距离，再由摩擦力乘以相对距离求解出物块第一次到达传送带最左端的过程中与传送带摩擦生热；
CD、小物块再次滑上斜面，然后再次滑到斜面底端，再次滑上传送带做匀减速直线运动，然后做匀加速直线运动，回到P点速度不变，经过多次在斜面上往返运动，最终停在斜面底端。根据动能定理结合数学归纳求小物块在斜面上运动的总路程。
解决本题的关键要理清小物块的运动过程，把握能量转化情况，分段运用牛顿第二定律和动能定理；要知道摩擦生热与相对路程有关。
9.AD
【解析】解：A、由图可知，汽车最大速度为v2，当汽车达到最大速度后由
P=fv2
可知f=Pv2
故A正确；
B、0～t1时间内汽车做匀加速运动，由图像可得位移
x=v1t12
阻力做负功，所以Wf=−v1t1P2v2
故B错误；
C、0～t1内牵引力F不变，t1时刻P=Fv1
当汽车速度为v12时，
功率P′=F⋅v12=P2
故C错误；
D、汽车速度为v1+v22时，
牵引力大小为F=Pv1+v22=2Pv1+v2
根据牛顿第二定律，
有a=F′−fm=(v2−v1)P(v1+v2)mv2
故D正确。
故选：AD。
根据牛顿第二定律和功率公式求匀加速阶段的最大速度；
根据功的公式计算阻力做功；
当汽车受到的合力为零时，速度最大，结合平衡条件和功率公式求最大速度；
根据功率公式求速度减半时汽车的功率或加速度。
这是一道综合应用牛顿第二定律，动能定理和机车启动问题的题，知识点繁多，需要熟练掌握基础知识，灵活运用。
10.AB
【解析】解：A、由题图知，电势都是负的，则q1和q2都带负电荷，故A正确；
C、由题图知，在A、B之间沿x轴从P点左侧到右侧，电势先增加后减小，则负点电荷的电势能先减小后增大，故C错误；
B、φ−x图像的切线斜率表示电场强度，则P点场强为零，根据场强的叠加知两点电荷在P处产生的场强等大反向，即
kq1xAP2=kq2xBP2
又因为
xAP所以q1的电荷量小于q2的电荷量，故B正确；
D、φ−x图像的切线斜率表示电场强度，则沿x轴从P点到B点场强逐渐增大；据
a=qEm
可知，点电荷只在静电力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐增大，故D错误。
故选：AB。
根据φ−x图线切线斜率大小等于电场强度大小，读出P点的电场强度大小。根据P点场强大小，由公式E=kQr2判断q1和q2电荷量大小。根据电势随x的变化情况，判断两电荷的电性。负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大。根据场强的变化，分析电场力的变化，从而判断加速度的变化。
本题的关键要知道φ−x图象的斜率表示电场强度，根据图象切线斜率的变化分析电场强度的变化。同时，要了解同种电荷电场的分布情况。
11.A 因为平抛运动的初速度方向是沿水平方向 同一 A v0 4y2x2+1
【解析】解：(1)实验是描绘平抛运动轨迹和求物体做平抛运动的初速度，根据x=v0t，y=12gt2可知v0=x g2y，需要使用刻度尺测量水平和竖直位移，不需要测质量和时间，故A正确，BC错误。
故选：A。
(2)小球在实验中做平抛运动，平抛运动的初速度方向是沿水平方向，故斜槽底端要保持水平；
(3)为描绘平抛运动轨迹，每次平抛运动的初速度相同，根据动能定理：mgℎ−W=12mv02可知每次小球应从同一位置由静止滚下；
(4)A.应使用密度大、体积小的小球，以减小空气阻力，故A正确；
B.根据(1)中结论可知，不需要测出平抛小球的质量，故B错误；
C.实验是要将轨迹描绘在白纸上，需要使木板平面与小球下落的竖直平面平行，故C错误。
故选：A。
(5)小球运动到该点的时间为：t=xv0
小球在该点竖直分速度大小为：vy=2yt=2yxv0
小球在该点的速度表达式为：v= v02+vy2=v0 4y2x2+1
故答案为：(1)A；(2)因为平抛运动的初速度方向是沿水平方向；(3)同一；(4)A；(5)v0 4y2x2+1。
(1)根据实验原理分析判断；
(2)根据做平抛运动的条件判断；
(3)根据实验要求和动能定理分析判断；
(4)根据实验注意事项分析判断；
(5)根据运动学公式推导。
本题考查探究平抛运动的特点的实验，要求掌握实验原理、实验器材、实验装置和数据处理。
12.B 2.25 D U−IRgI(1+RgR0)
【解析】解：(1)在装入导电胶之前，先用游标卡尺测量玻璃管的内径，应该用游标卡尺的B测量爪进行测量。
游标卡尺的精确度为0.1mm，该玻璃管内径为：d=22mm+5×0.1mm=22.5mm=2.25cm
(2)①估测电路可达到的最大电流为I=3V30Ω=100mA
设并联一个分流电阻阻值为R，则
R=IgRgI−Ig=20×10−3×50(100−20)×10−3Ω=12.5Ω
恰好可以达到要求，故改装时应选D作为分流电阻R0。
②由于改装后的电流表内阻已知，直接与导电胶串联，电压表测量他们的总电压，由于滑动变阻器最大阻值较小，同时要满足电压和电流的测量范围尽可能大，故应采用分压式接法，电路如图所示：
③根据欧姆定律有
R=U−IRgI+IRgR0=U−IRgI(1+RgR0)
故答案为：(1)B；2.25；(2)①D；②见解析；③U−IRgI(1+RgR0)
(1)根据游标卡尺的使用方法结合精确度读数；
(2)根据电表改装方法选择器材，进而设计电路图，根据欧姆定律解得电阻。
本题考查探究某种导电胶材料的电阻率实验，要求掌握实验原理、实验电路、实验步骤和数据处理。
13.解：(1)从物体A、B由静止释放到物体B刚要接触地面时，设B的速度大小为v，对A、B组成的系统，根据动能定理：
mBgℎ−mAgℎsin30°−μmAgcs30°⋅ℎ=12(mA+mB)v2
代入mA=4kg，mB=6kg，解得v=1m/s
(2)从物体A速度大小为v减速到0的过程，设A沿斜面上滑的距离为x，根据动能定理有：
−mAgxsin30°−μmAgxcs30°=0−12mAv2
解得x=0.04m
物体A向上滑动的整个过程中与斜面间产生的热量Q：
则Q=μmAg(x+ℎ)cs30°
代入数据解得Q=16.2J
答：(1)物体B刚要接触地面时的速度大小为1m/s；
(2)物体A向上滑动的整个过程中与斜面间因摩擦产生的热量为16.2J。
【解析】(1)根据动能定理对系统列式解答；
(2)根据动能定理和摩擦产生热量的公式代入数据解答。
考查动能定理的应用问题，会根据题意进行分析解答。
14.解：(1)由 P=U额2R 得小灯泡的电阻R=U额2P=623=12Ω
当闭合S、S1、S2，滑动变阻器滑片位于最右端时，电路中的电流
I=UR=312=0.25A
电源电压：U=UL+IR═3V+0.25A×36Ω=12V
(2)当闭合S、S1，断开S2，滑动变阻器滑片位于最左端时，灯泡正常发光。
R0两端的电压：U0=U−UL=12V−6V=6V
电路中的电流：I=PU=36=0.5A
R0=U0I=60.5=12Ω
答：(1)电源电压为12V；
(2)R0的阻值为12Ω
【解析】(1)据灯泡的铭牌可求得灯泡的电阻值，由欧姆定律求得电压。
(2)可先由U0=U−UL求得R0的电压值，由灯泡求得电流值，由欧姆定律求得电阻。
考查串并联电路，欧姆定律及功率的内容，是基本公式的应用，简单。
15.解：(1)小球在B点时，小球受到的支持力与其对轨道的压力相等，对小球：F−mg=mvB2R，
从A到B的过程中，mgR+W=12mvB2，解得：W=−12mgR；
(2)小球从A到B的过程中，电场力做功为：W=F电R，解得：F电=−12mg，
小球受到的合力为：F合= (F电)2+(mg)2，解得：F合= 52mg，
而F合=ma，解得：a= 52g；
(3)小球在等效最低点时，合力与水平方向的夹角为θ，

则：tanθ=mgF电=mg12mg=2，
从A点到等效最低点的过程中：mgRsinθ+F电R(1−csθ)=12mvm2，解得：vm= ( 5−1)gR。
答：(1)从A到B的过程中，电场力做的功为−12mgR；
(2)小球在B点的加速度大小为 52g；
(3)小球在滑动过程中的最大速度 ( 5−1)gR。
【解析】(1)由最低点B时的小球受力情况，可以分析得到小球的动能，从A到B的过程中，根据动能定理即可计算电场力做的功；
(2)根据电场力做功的计算，可以计算电场力大小，对其受力情况进行合成得到合力，从而计算加速度；
(3)在电场和重力场的复合场中，与重力场类比，找到等效最低点即可分析最大速度。
本题考查电场和重力场的复合场的问题，注意球运动过程中，最大速度是等效最低点，不是最低点。