資源簡介

湖南省長沙市雅禮中學2023-2024學年高一下學期期末考試物理試卷
1．（2024高一下·雨花期末）下列關于電場的說法正確的是（　　）
A．“元電荷”是最小的電荷量，用e表示，則，元電荷就是電子
B．電場是法拉第首先提出來的，電荷A對電荷B的作用力就是電荷A的電場對B的作用
C．由電場強度的定義式：可知E與F成正比，與q成反比
D．點電荷是一個帶有電荷的點，它是實際帶電體的抽象，任何帶電體都當作點電荷處理
2．（2024高一下·雨花期末）某同學用的力將質量為的足球踢出，足球以的初速度沿水平草坪滾出后靜止，則足球在水平草坪上滾動過程中克服阻力做的功是（　　）
A．23J B．46J C．132J D．18000J
3．（2024高一下·雨花期末）某一導體的伏安特性曲線如圖中AB曲線所示，其電阻會隨溫度的改變而改變，下列說法正確的是（　　）
A．B點對應的電阻為12Ω
B．B點對應的電阻為0.25Ω
C．工作狀態從A變化到B時，導體的電阻因溫度的影響改變了10Ω
D．工作狀態從A變化到B時，導體的電阻因溫度的影響改變了9Ω
4．（2024高一下·雨花期末）均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場。如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，。已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·雨花期末）如圖平行板電容器通過導線與二極管，直流電源相連，電容器上下極板分別是板，板，且下極板接地。是極板中間的某一點，位置不發生改變。以下說法正確的是（　　）
A．板上移一點，兩板之間電勢差不變，點電勢升高
B．板上移一點，兩板之間電場強度增大，點電勢降低
C．板下移一點，兩板之間電場強度增大，點電勢不變
D．板下移一點，兩板之間電勢差變大，點電勢不變
6．（2024高一下·雨花期末）如圖，在圖甲的電路中，是可變電阻，是定值電阻，阻值4Ω。實驗時調節的阻值，得到各組電壓表和電流表數據，用這些數據在坐標紙上描點、擬合，作出的圖像如圖乙中AB所示。a和b分別為的滑片在不同位置時，其接入電路的電阻的圖像。電壓表和電流表均看作理想電表。下列說法正確的是（　　）
A．該電源電動勢為2.5V，內阻5Ω
B．A、B狀態對應的電源的效率
C．當時，消耗功率最大
D．當電流為0.2A時，滑動變阻器接入電路的電阻為7.5Ω
7．（2024高一下·雨花期末）如圖所示，一衛星繞地球運動，圖中虛線為衛星的運行軌跡，A、B、C、D是軌跡上的四個位置，其中A距離地球最近，C距離地球最遠。下列說法中正確的是（　　）
A．衛星在運動過程中完全失重 B．衛星在做變加速曲線運動
C．衛星在A點的加速度最小 D．衛星從A到C做加速運動
8．（2024高一下·雨花期末）在如圖所示的電路中，電源電動勢E和內阻r為定值，為定值電阻，為滑動變阻器，閉合電鍵S，理想電流表A的示數為I，理想電壓表和的示數分別為和，當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，各電表示數變化量分別為和，下列說法正確的是（　　）
A．I變大，變大 B．電源的效率增加
C．電源的總功率增加 D．不變，不變
9．（2024高一下·雨花期末）如圖所示，兩個質量均為m用輕彈簧相連接的物塊A、B放在傾角為的固定光滑斜面上，系統保持靜止。現給物塊A一個沿斜面向上的初速度，使其沿斜面向上運動，當物塊A運動到最高點時，物塊B剛要離開固定在斜面上的擋板C，已知彈簧的勁度系數為k，彈簧的彈性勢能表達式為（其中x表示彈簧的形變量），重力加速度為g，只考慮物塊A第一次上升過程，下列說法正確的是（　　）
A．物塊A的機械能先增大后減小
B．初始時彈簧的彈性勢能為
C．物塊A上升到最高點時沿斜面運動的距離為
D．物塊A的加速度先增大后減小
10．（2024高一下·雨花期末）如圖，電源電動勢，內阻，電阻，，，電容器電容，開關S原來斷開，現在合上開關S直到電路穩定，則（　　）
A．S閉合電路穩定時，電容器b極板帶正電
B．S斷開電路穩定時，電容器的電壓為3V
C．從S斷開到合上開關S且電路穩定后，流過電流表的電量為
D．從S斷開到合上開關S且電路穩定后，流過電流表的電量為
11．（2024高一下·雨花期末）同學在“練習使用多用電表”的實驗中，圖1為某多用電表的面板。
（1）若用此表測量一阻值約為的定值電阻，下列操作正確的是　 　
A．將選擇開關應調到“”電阻擋
B．歐姆調零時，兩表筆短接，用螺絲刀轉動調零螺絲，直到指針與表盤右邊零刻度對齊
C．在電阻測量時，雙手不能同時接觸電阻兩端
D．測量完成后，將選擇開關調到“OFF”擋
（2）圖2為一正在測量中的多用電表表盤。如果選擇開關在電阻擋“”，則讀數為　 　；如果選擇開關在直流電壓擋“”，則讀數為　 　V。
（3）若用多用電表的歐姆擋去探測一個正常的二極管，某次探測時，發現表頭指針偏轉角度很大，則與二極管正極相連的是多用電表的　 　（選填“紅表等”或“黑表筆”）
12．（2024高一下·雨花期末）某物理小組為了較精確地測量一節新電池的內阻，設計了圖（a）所示的實驗電路原理圖，其中用于保護電路，其阻值為1.5Ω。
（1）實驗中改變滑動變阻器的阻值，測出幾組電流表和電壓表的讀數，作出的圖線如圖（b）所示，則干電池的電動勢　 　V，干電池的內阻　 　。（結果保留兩位有效數字）
（2）用該實驗電路測出的電動勢和內阻與真實值相比：　 　，　 　（選填“>”“<”或“=”）。
13．（2024高一下·雨花期末）如圖所示，有一電子（電荷量為e，質量為m）經電壓為的電場加速后，進入兩塊間距為d、電壓為U的平行金屬板。若電子從兩板正中間垂直電場方向射入，且剛好能沿下板右邊緣飛出，求電子：
（1）剛離開加速電場時的速度；
（2）在平行金屬板間的加速度a；
（3）通過平行金屬板的時間t。
14．（2024高一下·雨花期末）如圖，帶電量的A球固定在足夠長的光滑絕緣斜面上，斜面的傾角，質量、帶電量的B球在離A球處由靜止釋放。兩球均可視為點電荷，靜電力恒量，g取，。
（1）A球在B球釋放處產生的電場強度E的大小和方向；
（2）B球的速度最大時兩球間的距離r；
（3）B球從開始運動到速度最大時，其電勢能改變了7.92J．求B球運動的最大速度。（結果可用根號表示）
15．（2024高一下·雨花期末）如圖，一闖關游戲裝置處于豎直面內，該裝置由傾斜的直軌道AB，圓形軌道BDE，水平直軌道EG，傳送帶GH，水平直軌道HI，兩個相同的四分之一圓管道拼接成的管道IJ，水平直軌道JK組成。圓形軌道與軌道AB、EG相切于B和E（E為圓形軌道最低點）。直線軌道EG和HI通過傳送帶GH平滑連接，管道IJ與直線軌道HI相切于I點，直線軌道JK右端為彈性擋板，滑塊與彈性擋板碰撞后能原速率返回。已知圓形軌道半徑，EG長，傳送帶GH長，HI長，JK長，四分之一圓管道的半徑。現將一質量為的滑塊（視為質點）從傾斜軌道AB上某高度h處由靜止釋放，經B點進入圓軌道后運動至D點再從E點滑出圓軌道，滑塊與EG、HI、JK間的動摩擦因數，與傳送帶間的動摩擦因數，某余軌道均光滑。所有軌道都平滑連接，不計空氣阻力，g取。
（1）若滑塊恰好經過圓形軌道最高點D，求滑塊經過圓軌道E點時對軌道的壓力及滑塊由靜止釋放時的高度h；
（2）若滑塊從AB上高處靜止釋放，且傳送帶靜止，那么滑塊最終靜止的位置距離H點的水平距離有多遠；
（3）若滑塊從AB上高處靜止釋放，且傳送帶以恒定的線速度順時針轉動，要使滑塊能且僅能通過J點一次，求傳送帶的線速度v需滿足的條件。
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】電場及電場力；元電荷；點電荷；電場強度
【解析】【解答】A．“元電荷”是最小的電荷量，用e表示，則，即質子或電子帶的電荷量，元電荷屬于電荷量，與基本粒子中的電子不同，故A錯誤；
B．由于力的作用離不開物體，所以電場是法拉第首先提出來的，電荷A對電荷B的作用力就是電荷A的電場對B的作用，故B正確；
C．電場強度的定義式為，根據表達式可以得出該式子適用于任何電場，E反映電場本身的性質，與試探電荷無關，故C錯誤；
D．點電荷是一個帶有電荷的點，它是實際帶電體的抽象，是一種理想化的模型，帶電體能否作為點電荷主要看所研究的問題，故D錯誤。
故選B。
【分析】元電荷屬于最小的電荷量，與電子不同；電場是法拉第首先提出來的，電荷A對電荷B的作用力就是電荷A的電場對B的作用；根據電場強度的表達式可以得出該式子適用于任何電場，E反映電場本身的性質，與試探電荷無關；帶電體能否作為點電荷主要看所研究的問題。
2．【答案】A
【知識點】動能定理的綜合應用
【解析】【解答】由于足球在草坪上運動時，根據能量守恒定律，動能轉化為內能，根據功能關系可知，足球在水平草坪上滾動過程中克服阻力做的功等于內能的產生，即
故選A。
【分析】利用能量守恒定律結合功能關系可以求出克服摩擦力做功的大小。
3．【答案】C
【知識點】線性元件和非線性元件的伏安特性曲線；歐姆定律的內容、表達式及簡單應用
【解析】【解答】AB．根據圖像已知電流和電壓的大小，根據歐姆定律可知，B點對應的電阻為
故AB錯誤；
CD．已知A點對應的電流和電壓大小，根據歐姆定律可知，A點對應的電阻為
可知，工作狀態從A變化到B時，已知AB兩點處導體電阻的大小則導體的電阻因溫度的影響改變了
故C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】利用圖像坐標結合歐姆定律可以求出電阻的大小，利用兩點電阻的大小可以求出電阻的阻值變化。
4．【答案】A
【知識點】電場強度；電場強度的疊加
【解析】【解答】在半球面AB右側填補一個與AB完全相同的半球面，根據對稱性可以得出：這個球殼在M、N兩點產生的電場強度相等，根據點電荷的場強公式可以求出球殼產生的電場強度大小為
由于半球面AB在M點的場強大小為E，根據電場強度的疊加可以得出右側填補的半球面在M點產生的電場強度為
根據對稱性可知，半球面AB在N點的場強大小與右側填補的半球面在M點產生的場強大小相等，即N點的場強大小為
故選A。
【分析】利用完整球殼在M點產生的電場強度與半球面在M點場強的電場強度疊加可以求出右側填補的半球面在M點產生的電場強度；結合對稱性可以求出半球面AB在N點的場強大小。
5．【答案】B
【知識點】電容器及其應用
【解析】【解答】A．板上移一點，板間距增大，根據電容的決定式
可得，減少，假如電壓U不變，根據電容的定義式有
可以得出電荷量Q減少，但是由于二極管的存在，Q不能減少，所以Q恒定，根據電勢差與場強的公式有
結合電容的表達式及，聯立得電場強度的表達式為
所以電場強度不變，根據電勢差與場強的關系可以得出點電勢
可得點電勢不變，A錯誤；
B．板上移一點，板間距減小，根據電容的決定式可得，增加，假如電壓U不變，則根據電容的定義式可知，Q增加，由于二極管的存在，Q可以增加，所以兩板之間電勢差U不變，根據電勢差與場強的關系式，可知E增加，又根據電勢差與場強的關系可以得出點電勢
不變，所以降低，B正確；
C．板下移一點，板間距減少，根據電容的決定式可得，增加，假如電壓U不變，則根據電容的定義式可知，Q增加，由于二極管的存在，Q可以增加，所以兩板之間電勢差U不變，根據電勢差與場強的關系式，可知E增加，根據
可知增加，C錯誤；
D．板下移一點，板間距增大，根據電容的決定式可得，減少，假如電壓U不變，則根據電容的定義式可知，Q減少，但是由于二極管的存在，Q不能減少，所以兩板之間電勢差U變大，根據電勢差與場強的關系式及電容的表達式有，聯立得
所以電場強度不變，又由點電勢
可得點電勢變大，D錯誤。
故選B。
【分析】電容的決定式可以判別電容大小變化；結合電容的定義式及電勢差與場強的關系可以判別場強的變化，利用場強的變化可以判別P點電勢的大小變化。
6．【答案】D
【知識點】閉合電路的歐姆定律
【解析】【解答】A．根據閉合電路的歐姆定律可得
根據圖中坐標有：當時，；當時，。代入上式可得
故A錯誤；
B．根據電功率的表達式可以得出電源的效率為
代入數據可知
則
故B錯誤；
C．把和r視作新的內阻，根據電功率的表達式可以得出消耗的功率
根據表達式可以得出：當時，消耗功率最大，故C錯誤；
D．當電流為0.2A時，R1兩端電壓大小為，根據歐姆定律可知
故D正確。
故選D。
【分析】利用圖像坐標結合歐姆定律可以求出電動勢和內阻的大小；利用歐姆定律可以求出滑動變阻器的阻值大小；利用電功率的表達式可以求出消耗功率及效率的大小。
7．【答案】A,B
【知識點】開普勒定律；衛星問題
【解析】【解答】ABC．衛星繞地球運動時，萬有引力提供向心力，加速度等于重力加速度則處于完全失重狀態，根據牛頓第二定律可得加速度的表達式為
可得加速度為
由于加速度不斷改變所以衛星做變加速曲線運動，A距離地球最近，衛星在A點的加速度最大，故AB正確，C錯誤；
D．衛星繞地球做橢圓運動，根據開普勒第二定律可知，衛星在A點距離地球最近則速度最大，衛星在C點距離地球最遠則速度最小，衛星從A到C做減速運動，故D錯誤。
故選AB。
【分析】利用引力提供向心力可以判別衛星處于完全失重狀態；利用牛頓第二定律可以判別加速度的大小及變化；利用開普勒第二定律可以比較速度的大小。
8．【答案】C,D
【知識點】閉合電路的歐姆定律；電路動態分析
【解析】【解答】A．當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，R2阻值減小，則總電阻減小，根據歐姆定律及電動勢不變可以得出總電流變大，即A的示數I變大，根據歐姆定律可以得出內阻和R1上的電壓變大，則滑動變阻器上的電壓減小，即變小，選項A錯誤；
B．電源的效率
根據表達式可以得出由于外電阻減小，可知電源的效率減小，選項B錯誤；
C．根據電功率的表達式可以得出電源的總功率
因總電流I變大，則電源總功率增加，選項C正確；
D．根據歐姆定律有
不變；根據閉合電路的歐姆定律可以得出
可得
不變，選項D正確。
故選CD。
【分析】利用滑動變阻器的阻值變化結合歐姆定律可以判別電壓和電流的變化；利用電功率的表達式可以判斷總功率的變化，利用效率的表達式結合外電阻的變化可以判別效率的變化；利用歐姆定律可以判別電壓變化量和電流變化量的比值變化。
9．【答案】A,C
【知識點】功能關系；受力分析的應用；動能和勢能的相互轉化；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．分析彈簧彈力對A做功情況：初始時彈簧壓縮，彈力沿斜面向上；A上滑過程中，彈簧先恢復原長（彈力減小），后被拉長（彈力沿斜面向下），依據功能關系彈機：彈力先做正功（彈，機械能增大 ），后做負功（彈，機械能減小 ），所以物塊A的機械能先增大后減小，A正確；
B．初始時對物塊A受力分析有
解得
所以彈簧的彈性勢能為
B錯誤；
C．分析彈簧形變量：A、B質量均為，初始A靜止時彈簧壓縮量
A到最高點時，B剛要離開擋板，此時彈簧對B的彈力
（為彈簧伸長量 ）
故
初末彈性勢能相等 ，能量轉化：A的動能全部轉化為A增加的重力勢能（為A沿斜面運動距離 ），列方程求解
解得
C正確；
D．彈簧恢復原長之前對物塊A的彈力沿斜面向上，物塊A的重力的分力沿斜面向下，隨著彈力的減小，物塊A的合力增大，加速度增大，彈簧恢復原長之后對物塊A的彈力沿斜面向下，物塊A的重力的分力沿斜面向下，隨著彈力的增大，物塊A的合力增大，加速度增大，故物塊A的加速度一直增大，D錯誤。
故答案為：AC。
【分析】A：通過分析彈簧彈力方向變化，結合功能關系（彈力做功與機械能變化的聯系），判斷機械能變化趨勢。
B：對初始靜止的A受力分析，由平衡條件求彈簧壓縮量，再代入彈性勢能公式計算，判斷選項正誤。
C：根據A、B質量及B的臨界狀態（剛離擋板），確定彈簧初末形變量關系（彈性勢能相等），利用動能與重力勢能的轉化關系列方程求解運動距離。
D：分彈簧壓縮、伸長兩個階段，分析A的受力（重力分力、彈簧彈力）變化，進而判斷合力、加速度的變化情況。
10．【答案】A,B,D
【知識點】含容電路分析
【解析】【解答】A．S閉合，電路穩定后，R1與R2串聯后再與R3并聯，C兩端電壓等于R1兩端電壓，根據電流的方向可以得出b極板的電勢比a極板的電勢高，所以電容器b極板帶正電，故A正確；
B．S斷開，C相當于斷路，R3中無電流，電容器兩端電壓等于R2兩端電壓，根據電流的方向可以得出a極板的電勢比b極板的電勢高，所以電容器a極板帶正電；根據歐姆定律可以得出電容器的電壓為
故B正確；
CD．S閉合電路穩定時，根據等效電阻可以得出外電路的總電阻
根據分壓關系可以得出電容器的電壓為
根據電容的定義式可以得出流過電流表的電量
故D正確，C錯誤。
故選ABD。
【分析】利用電容器的電流方向可以判別極板的電性；利用歐姆定律及分壓關系可以求出電容器電壓的大小，結合電容的大小可以求出電荷量的大小。
11．【答案】CD；1.5×104；1.25；黑表筆
【知識點】電壓表、電流表歐姆表等電表的讀數；練習使用多用電表
【解析】【解答】（1）A．由于歐姆表表盤中間刻度比較均勻，所以用歐姆表測電阻要選擇合適的檔位使指針指在中央刻度線附近，根據中值數值的大小為15，則測量一個阻值大約為150Ω的定值電阻，則要先選擇開關撥至“×10Ω”擋，故A錯誤；
B．測量電阻前只需要進行一次機械調零，換擋時進行歐姆調零，調節的是歐姆調零旋鈕不是機械調零，故B錯誤；
C．在電阻測量時，為避免雙手對電阻大小的影響，雙手不能同時接觸電阻兩端，故C正確；
D．測量完成后，將選擇開關調到“OFF”擋，故D正確。
故選CD；
（2）選擇開關在電阻擋“×1k”，根據檔位和示數可以得出讀數為
15×1000Ω=1.5×104Ω
[3]如果選擇開關在直流電壓擋“2.5V”，已知分度值為0.05V，根據表盤的刻度可以得出其讀數為：1.25V。
（3）用歐姆擋，電流由黑表筆流出，接二極管正極則導通，接負極為截止，表頭指針偏轉角度很大，說明電流大電阻小，則電流由二極管的正極進入，對于電表從黑的表頭出，所以是黑表筆與二極管正極相接。
【分析】（1）用歐姆表測電阻要選擇合適的檔位使指針指在中央刻度線附近，根據中值數值的大小為15，則測量一個阻值大約為150Ω的定值電阻，則要先選擇開關撥至“×10Ω”擋；換擋時進行歐姆調零，調節的是歐姆調零旋鈕不是機械調零；為避免雙手對電阻大小的影響，雙手不能同時接觸電阻兩端；測量完成后，將選擇開關調到“OFF”擋；
（2）根據檔位和示數可以得出電阻的大小；根據表盤的刻度可以得出電壓的大小；
（3）表頭指針偏轉角度很大，說明電流大電阻小，則電流由二極管的正極進入，對于電表從黑的表頭出，所以是黑表筆與二極管正極相接。
12．【答案】（1）2.0；1.0
（2）<；<
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】（1）當開關閉合時，根據閉合電路歐姆定律可得
解得
又表達式可以得出圖像截距代表電動勢，圖像斜率代表內阻的大小，由圖示U-I圖像可知，干電池的電動勢
E=2.0V
圖像斜率的絕對值
干電池的內阻
（2）當外電路短路時，電流的測量值等于真實值，除此之外，由于電壓表的分流作用，電流的測量值小于真實值，電源的U-I圖像如圖所示
根據圖像截距和斜率可以得出：電源電動勢的測量值小于真實值，電源內阻測量值小于真實值，即
，
【分析】（1）利用閉合電路的歐姆定律結合圖像斜率和截距可以求出內阻的大小及電動勢的大小；
（2）利用電壓表的分流作用可以判別電動勢和內阻的測量值小于真實值。
（1）[1][2]由閉合電路歐姆定律可得
解得
由圖示U-I圖像可知，圖線與縱軸交點坐標值為2.0，干電池的電動勢
E=2.0V
圖像斜率的絕對值
干電池的內阻
（2）[1][2]當外電路短路時，電流的測量值等于真實值，除此之外，由于電壓表的分流作用，電流的測量值小于真實值，電源的U-I圖像如圖所示
由圖像可知，電源電動勢的測量值小于真實值，電源內阻測量值小于真實值，即
，
13．【答案】解：（1）對電子在加速電場中的運動，根據動能定理有
①
解得
②
（2）電子在平型金屬板間的加速度大小為
③
方向豎直向下。
（3）根據運動學規律有
④
聯立③④解得
⑤
【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【分析】（1）電子在電場中加速，利用動能定理可以求出電子速度的大小；
（2）電子在金屬板間，利用牛頓第二定律可以求出加速度的大小；
（3）電子在電場中偏轉，利用位移公式可以求出運動的時間。
14．【答案】解：（1）A球在B球釋放處產生的電場強度大小
方向沿斜面向上。
（2）當B球所受靜電力等于重力沿斜面向下的分力時B球的速度最大，此時
解得
（3）B球從開始運動至達到最大速度的過程中，設電場力做的功為，根據動能定理有
解得

【知識點】動能定理的綜合應用；電場強度；電勢能
【解析】【分析】（1）已知A球電荷量的大小，結合點電荷的場強公式可以求出電場強度的大小；
（2）當B球收到的電場力與重力的分力大小相等時，利用平衡方程可以求出兩球距離的大小；
（3）當B球從開始運動到最大速度的過程中，利用動能定理可以求出B球運動的最大速度。
15．【答案】解：（1）滑塊恰好經過圓形軌道最高點D，根據牛頓第二定律可得
解得
滑塊從到點過程中，由動能定理得
解得
滑塊過點時，根據牛頓第二定律可得
解得
由牛頓第三定律可知滑塊對軌道的壓力大小為
方向豎直向下。滑塊從到點過程中，由動能定理得
解得
（2）滑塊從到點過程中，重力做功為
若傳送帶靜止，滑塊運動到點，需克服摩擦力做功
由動能定理可知滑塊從斜面上滑下到達點時的動能為
設滑塊滑上半圓軌道的高度，則有
解得
則滑塊會從圓軌道IJ返回滑下運動，由動能定理得
解得滑塊滑過四分之一圓軌道繼續滑行的位移大小為
所以滑塊最終靜止在點右側，距點的水平距離
（3）若向上滑塊恰好能到達，則滑塊在點的動能為
解得
滑塊從斜面上滑下到達點的過程，由動能定理可得
解得
若傳送帶靜止，由動能定理可知滑塊從斜面上滑下到達點時，有
解得
則滑塊在傳送帶上先減速再勻速運動，傳送帶的速度為
若滑塊在JK上與彈性擋板碰撞后，恰好停在點，則從到停下過程，由動能定理得
解得
則滑塊在傳送帶上先加速再勻速運動，傳送帶的速度為
因此要使滑塊停在KL上（滑塊不會再次返回半圓軌道IJ回到HI上），傳送帶的速度需滿足的條件
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）滑塊恰好經過D點時，利用牛頓第二定律可以求出經過D點速度的大小，結合動能定理可以求出經過E點的速度大小，再利用牛頓第二定律可以求出滑塊對軌道的壓力大小；利用動能定理可以求出滑塊下滑的高度大小；
（2）滑塊從A到E的過程中，利用功的表達式可以求出重力做功的大小；結合摩擦力做功及動能定理可以滑塊到達I點的動能大小，結合動能定理可以求出滑塊最后靜止的位置；
（3）當滑塊恰好到達J點時，利用動能定理可以求出經過G點速度的大小，結合動能定理可以求出經過H點的速度大小，進而求出傳送帶速度的大小，再利用動能定理可以求出傳送帶的速度大小。
1 / 1湖南省長沙市雅禮中學2023-2024學年高一下學期期末考試物理試卷
1．（2024高一下·雨花期末）下列關于電場的說法正確的是（　　）
A．“元電荷”是最小的電荷量，用e表示，則，元電荷就是電子
B．電場是法拉第首先提出來的，電荷A對電荷B的作用力就是電荷A的電場對B的作用
C．由電場強度的定義式：可知E與F成正比，與q成反比
D．點電荷是一個帶有電荷的點，它是實際帶電體的抽象，任何帶電體都當作點電荷處理
【答案】B
【知識點】電場及電場力；元電荷；點電荷；電場強度
【解析】【解答】A．“元電荷”是最小的電荷量，用e表示，則，即質子或電子帶的電荷量，元電荷屬于電荷量，與基本粒子中的電子不同，故A錯誤；
B．由于力的作用離不開物體，所以電場是法拉第首先提出來的，電荷A對電荷B的作用力就是電荷A的電場對B的作用，故B正確；
C．電場強度的定義式為，根據表達式可以得出該式子適用于任何電場，E反映電場本身的性質，與試探電荷無關，故C錯誤；
D．點電荷是一個帶有電荷的點，它是實際帶電體的抽象，是一種理想化的模型，帶電體能否作為點電荷主要看所研究的問題，故D錯誤。
故選B。
【分析】元電荷屬于最小的電荷量，與電子不同；電場是法拉第首先提出來的，電荷A對電荷B的作用力就是電荷A的電場對B的作用；根據電場強度的表達式可以得出該式子適用于任何電場，E反映電場本身的性質，與試探電荷無關；帶電體能否作為點電荷主要看所研究的問題。
2．（2024高一下·雨花期末）某同學用的力將質量為的足球踢出，足球以的初速度沿水平草坪滾出后靜止，則足球在水平草坪上滾動過程中克服阻力做的功是（　　）
A．23J B．46J C．132J D．18000J
【答案】A
【知識點】動能定理的綜合應用
【解析】【解答】由于足球在草坪上運動時，根據能量守恒定律，動能轉化為內能，根據功能關系可知，足球在水平草坪上滾動過程中克服阻力做的功等于內能的產生，即
故選A。
【分析】利用能量守恒定律結合功能關系可以求出克服摩擦力做功的大小。
3．（2024高一下·雨花期末）某一導體的伏安特性曲線如圖中AB曲線所示，其電阻會隨溫度的改變而改變，下列說法正確的是（　　）
A．B點對應的電阻為12Ω
B．B點對應的電阻為0.25Ω
C．工作狀態從A變化到B時，導體的電阻因溫度的影響改變了10Ω
D．工作狀態從A變化到B時，導體的電阻因溫度的影響改變了9Ω
【答案】C
【知識點】線性元件和非線性元件的伏安特性曲線；歐姆定律的內容、表達式及簡單應用
【解析】【解答】AB．根據圖像已知電流和電壓的大小，根據歐姆定律可知，B點對應的電阻為
故AB錯誤；
CD．已知A點對應的電流和電壓大小，根據歐姆定律可知，A點對應的電阻為
可知，工作狀態從A變化到B時，已知AB兩點處導體電阻的大小則導體的電阻因溫度的影響改變了
故C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】利用圖像坐標結合歐姆定律可以求出電阻的大小，利用兩點電阻的大小可以求出電阻的阻值變化。
4．（2024高一下·雨花期末）均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場。如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，。已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】電場強度；電場強度的疊加
【解析】【解答】在半球面AB右側填補一個與AB完全相同的半球面，根據對稱性可以得出：這個球殼在M、N兩點產生的電場強度相等，根據點電荷的場強公式可以求出球殼產生的電場強度大小為
由于半球面AB在M點的場強大小為E，根據電場強度的疊加可以得出右側填補的半球面在M點產生的電場強度為
根據對稱性可知，半球面AB在N點的場強大小與右側填補的半球面在M點產生的場強大小相等，即N點的場強大小為
故選A。
【分析】利用完整球殼在M點產生的電場強度與半球面在M點場強的電場強度疊加可以求出右側填補的半球面在M點產生的電場強度；結合對稱性可以求出半球面AB在N點的場強大小。
5．（2024高一下·雨花期末）如圖平行板電容器通過導線與二極管，直流電源相連，電容器上下極板分別是板，板，且下極板接地。是極板中間的某一點，位置不發生改變。以下說法正確的是（　　）
A．板上移一點，兩板之間電勢差不變，點電勢升高
B．板上移一點，兩板之間電場強度增大，點電勢降低
C．板下移一點，兩板之間電場強度增大，點電勢不變
D．板下移一點，兩板之間電勢差變大，點電勢不變
【答案】B
【知識點】電容器及其應用
【解析】【解答】A．板上移一點，板間距增大，根據電容的決定式
可得，減少，假如電壓U不變，根據電容的定義式有
可以得出電荷量Q減少，但是由于二極管的存在，Q不能減少，所以Q恒定，根據電勢差與場強的公式有
結合電容的表達式及，聯立得電場強度的表達式為
所以電場強度不變，根據電勢差與場強的關系可以得出點電勢
可得點電勢不變，A錯誤；
B．板上移一點，板間距減小，根據電容的決定式可得，增加，假如電壓U不變，則根據電容的定義式可知，Q增加，由于二極管的存在，Q可以增加，所以兩板之間電勢差U不變，根據電勢差與場強的關系式，可知E增加，又根據電勢差與場強的關系可以得出點電勢
不變，所以降低，B正確；
C．板下移一點，板間距減少，根據電容的決定式可得，增加，假如電壓U不變，則根據電容的定義式可知，Q增加，由于二極管的存在，Q可以增加，所以兩板之間電勢差U不變，根據電勢差與場強的關系式，可知E增加，根據
可知增加，C錯誤；
D．板下移一點，板間距增大，根據電容的決定式可得，減少，假如電壓U不變，則根據電容的定義式可知，Q減少，但是由于二極管的存在，Q不能減少，所以兩板之間電勢差U變大，根據電勢差與場強的關系式及電容的表達式有，聯立得
所以電場強度不變，又由點電勢
可得點電勢變大，D錯誤。
故選B。
【分析】電容的決定式可以判別電容大小變化；結合電容的定義式及電勢差與場強的關系可以判別場強的變化，利用場強的變化可以判別P點電勢的大小變化。
6．（2024高一下·雨花期末）如圖，在圖甲的電路中，是可變電阻，是定值電阻，阻值4Ω。實驗時調節的阻值，得到各組電壓表和電流表數據，用這些數據在坐標紙上描點、擬合，作出的圖像如圖乙中AB所示。a和b分別為的滑片在不同位置時，其接入電路的電阻的圖像。電壓表和電流表均看作理想電表。下列說法正確的是（　　）
A．該電源電動勢為2.5V，內阻5Ω
B．A、B狀態對應的電源的效率
C．當時，消耗功率最大
D．當電流為0.2A時，滑動變阻器接入電路的電阻為7.5Ω
【答案】D
【知識點】閉合電路的歐姆定律
【解析】【解答】A．根據閉合電路的歐姆定律可得
根據圖中坐標有：當時，；當時，。代入上式可得
故A錯誤；
B．根據電功率的表達式可以得出電源的效率為
代入數據可知
則
故B錯誤；
C．把和r視作新的內阻，根據電功率的表達式可以得出消耗的功率
根據表達式可以得出：當時，消耗功率最大，故C錯誤；
D．當電流為0.2A時，R1兩端電壓大小為，根據歐姆定律可知
故D正確。
故選D。
【分析】利用圖像坐標結合歐姆定律可以求出電動勢和內阻的大小；利用歐姆定律可以求出滑動變阻器的阻值大小；利用電功率的表達式可以求出消耗功率及效率的大小。
7．（2024高一下·雨花期末）如圖所示，一衛星繞地球運動，圖中虛線為衛星的運行軌跡，A、B、C、D是軌跡上的四個位置，其中A距離地球最近，C距離地球最遠。下列說法中正確的是（　　）
A．衛星在運動過程中完全失重 B．衛星在做變加速曲線運動
C．衛星在A點的加速度最小 D．衛星從A到C做加速運動
【答案】A,B
【知識點】開普勒定律；衛星問題
【解析】【解答】ABC．衛星繞地球運動時，萬有引力提供向心力，加速度等于重力加速度則處于完全失重狀態，根據牛頓第二定律可得加速度的表達式為
可得加速度為
由于加速度不斷改變所以衛星做變加速曲線運動，A距離地球最近，衛星在A點的加速度最大，故AB正確，C錯誤；
D．衛星繞地球做橢圓運動，根據開普勒第二定律可知，衛星在A點距離地球最近則速度最大，衛星在C點距離地球最遠則速度最小，衛星從A到C做減速運動，故D錯誤。
故選AB。
【分析】利用引力提供向心力可以判別衛星處于完全失重狀態；利用牛頓第二定律可以判別加速度的大小及變化；利用開普勒第二定律可以比較速度的大小。
8．（2024高一下·雨花期末）在如圖所示的電路中，電源電動勢E和內阻r為定值，為定值電阻，為滑動變阻器，閉合電鍵S，理想電流表A的示數為I，理想電壓表和的示數分別為和，當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，各電表示數變化量分別為和，下列說法正確的是（　　）
A．I變大，變大 B．電源的效率增加
C．電源的總功率增加 D．不變，不變
【答案】C,D
【知識點】閉合電路的歐姆定律；電路動態分析
【解析】【解答】A．當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，R2阻值減小，則總電阻減小，根據歐姆定律及電動勢不變可以得出總電流變大，即A的示數I變大，根據歐姆定律可以得出內阻和R1上的電壓變大，則滑動變阻器上的電壓減小，即變小，選項A錯誤；
B．電源的效率
根據表達式可以得出由于外電阻減小，可知電源的效率減小，選項B錯誤；
C．根據電功率的表達式可以得出電源的總功率
因總電流I變大，則電源總功率增加，選項C正確；
D．根據歐姆定律有
不變；根據閉合電路的歐姆定律可以得出
可得
不變，選項D正確。
故選CD。
【分析】利用滑動變阻器的阻值變化結合歐姆定律可以判別電壓和電流的變化；利用電功率的表達式可以判斷總功率的變化，利用效率的表達式結合外電阻的變化可以判別效率的變化；利用歐姆定律可以判別電壓變化量和電流變化量的比值變化。
9．（2024高一下·雨花期末）如圖所示，兩個質量均為m用輕彈簧相連接的物塊A、B放在傾角為的固定光滑斜面上，系統保持靜止。現給物塊A一個沿斜面向上的初速度，使其沿斜面向上運動，當物塊A運動到最高點時，物塊B剛要離開固定在斜面上的擋板C，已知彈簧的勁度系數為k，彈簧的彈性勢能表達式為（其中x表示彈簧的形變量），重力加速度為g，只考慮物塊A第一次上升過程，下列說法正確的是（　　）
A．物塊A的機械能先增大后減小
B．初始時彈簧的彈性勢能為
C．物塊A上升到最高點時沿斜面運動的距離為
D．物塊A的加速度先增大后減小
【答案】A,C
【知識點】功能關系；受力分析的應用；動能和勢能的相互轉化；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．分析彈簧彈力對A做功情況：初始時彈簧壓縮，彈力沿斜面向上；A上滑過程中，彈簧先恢復原長（彈力減小），后被拉長（彈力沿斜面向下），依據功能關系彈機：彈力先做正功（彈，機械能增大 ），后做負功（彈，機械能減小 ），所以物塊A的機械能先增大后減小，A正確；
B．初始時對物塊A受力分析有
解得
所以彈簧的彈性勢能為
B錯誤；
C．分析彈簧形變量：A、B質量均為，初始A靜止時彈簧壓縮量
A到最高點時，B剛要離開擋板，此時彈簧對B的彈力
（為彈簧伸長量 ）
故
初末彈性勢能相等 ，能量轉化：A的動能全部轉化為A增加的重力勢能（為A沿斜面運動距離 ），列方程求解
解得
C正確；
D．彈簧恢復原長之前對物塊A的彈力沿斜面向上，物塊A的重力的分力沿斜面向下，隨著彈力的減小，物塊A的合力增大，加速度增大，彈簧恢復原長之后對物塊A的彈力沿斜面向下，物塊A的重力的分力沿斜面向下，隨著彈力的增大，物塊A的合力增大，加速度增大，故物塊A的加速度一直增大，D錯誤。
故答案為：AC。
【分析】A：通過分析彈簧彈力方向變化，結合功能關系（彈力做功與機械能變化的聯系），判斷機械能變化趨勢。
B：對初始靜止的A受力分析，由平衡條件求彈簧壓縮量，再代入彈性勢能公式計算，判斷選項正誤。
C：根據A、B質量及B的臨界狀態（剛離擋板），確定彈簧初末形變量關系（彈性勢能相等），利用動能與重力勢能的轉化關系列方程求解運動距離。
D：分彈簧壓縮、伸長兩個階段，分析A的受力（重力分力、彈簧彈力）變化，進而判斷合力、加速度的變化情況。
10．（2024高一下·雨花期末）如圖，電源電動勢，內阻，電阻，，，電容器電容，開關S原來斷開，現在合上開關S直到電路穩定，則（　　）
A．S閉合電路穩定時，電容器b極板帶正電
B．S斷開電路穩定時，電容器的電壓為3V
C．從S斷開到合上開關S且電路穩定后，流過電流表的電量為
D．從S斷開到合上開關S且電路穩定后，流過電流表的電量為
【答案】A,B,D
【知識點】含容電路分析
【解析】【解答】A．S閉合，電路穩定后，R1與R2串聯后再與R3并聯，C兩端電壓等于R1兩端電壓，根據電流的方向可以得出b極板的電勢比a極板的電勢高，所以電容器b極板帶正電，故A正確；
B．S斷開，C相當于斷路，R3中無電流，電容器兩端電壓等于R2兩端電壓，根據電流的方向可以得出a極板的電勢比b極板的電勢高，所以電容器a極板帶正電；根據歐姆定律可以得出電容器的電壓為
故B正確；
CD．S閉合電路穩定時，根據等效電阻可以得出外電路的總電阻
根據分壓關系可以得出電容器的電壓為
根據電容的定義式可以得出流過電流表的電量
故D正確，C錯誤。
故選ABD。
【分析】利用電容器的電流方向可以判別極板的電性；利用歐姆定律及分壓關系可以求出電容器電壓的大小，結合電容的大小可以求出電荷量的大小。
11．（2024高一下·雨花期末）同學在“練習使用多用電表”的實驗中，圖1為某多用電表的面板。
（1）若用此表測量一阻值約為的定值電阻，下列操作正確的是　 　
A．將選擇開關應調到“”電阻擋
B．歐姆調零時，兩表筆短接，用螺絲刀轉動調零螺絲，直到指針與表盤右邊零刻度對齊
C．在電阻測量時，雙手不能同時接觸電阻兩端
D．測量完成后，將選擇開關調到“OFF”擋
（2）圖2為一正在測量中的多用電表表盤。如果選擇開關在電阻擋“”，則讀數為　 　；如果選擇開關在直流電壓擋“”，則讀數為　 　V。
（3）若用多用電表的歐姆擋去探測一個正常的二極管，某次探測時，發現表頭指針偏轉角度很大，則與二極管正極相連的是多用電表的　 　（選填“紅表等”或“黑表筆”）
【答案】CD；1.5×104；1.25；黑表筆
【知識點】電壓表、電流表歐姆表等電表的讀數；練習使用多用電表
【解析】【解答】（1）A．由于歐姆表表盤中間刻度比較均勻，所以用歐姆表測電阻要選擇合適的檔位使指針指在中央刻度線附近，根據中值數值的大小為15，則測量一個阻值大約為150Ω的定值電阻，則要先選擇開關撥至“×10Ω”擋，故A錯誤；
B．測量電阻前只需要進行一次機械調零，換擋時進行歐姆調零，調節的是歐姆調零旋鈕不是機械調零，故B錯誤；
C．在電阻測量時，為避免雙手對電阻大小的影響，雙手不能同時接觸電阻兩端，故C正確；
D．測量完成后，將選擇開關調到“OFF”擋，故D正確。
故選CD；
（2）選擇開關在電阻擋“×1k”，根據檔位和示數可以得出讀數為
15×1000Ω=1.5×104Ω
[3]如果選擇開關在直流電壓擋“2.5V”，已知分度值為0.05V，根據表盤的刻度可以得出其讀數為：1.25V。
（3）用歐姆擋，電流由黑表筆流出，接二極管正極則導通，接負極為截止，表頭指針偏轉角度很大，說明電流大電阻小，則電流由二極管的正極進入，對于電表從黑的表頭出，所以是黑表筆與二極管正極相接。
【分析】（1）用歐姆表測電阻要選擇合適的檔位使指針指在中央刻度線附近，根據中值數值的大小為15，則測量一個阻值大約為150Ω的定值電阻，則要先選擇開關撥至“×10Ω”擋；換擋時進行歐姆調零，調節的是歐姆調零旋鈕不是機械調零；為避免雙手對電阻大小的影響，雙手不能同時接觸電阻兩端；測量完成后，將選擇開關調到“OFF”擋；
（2）根據檔位和示數可以得出電阻的大小；根據表盤的刻度可以得出電壓的大小；
（3）表頭指針偏轉角度很大，說明電流大電阻小，則電流由二極管的正極進入，對于電表從黑的表頭出，所以是黑表筆與二極管正極相接。
12．（2024高一下·雨花期末）某物理小組為了較精確地測量一節新電池的內阻，設計了圖（a）所示的實驗電路原理圖，其中用于保護電路，其阻值為1.5Ω。
（1）實驗中改變滑動變阻器的阻值，測出幾組電流表和電壓表的讀數，作出的圖線如圖（b）所示，則干電池的電動勢　 　V，干電池的內阻　 　。（結果保留兩位有效數字）
（2）用該實驗電路測出的電動勢和內阻與真實值相比：　 　，　 　（選填“>”“<”或“=”）。
【答案】（1）2.0；1.0
（2）<；<
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】（1）當開關閉合時，根據閉合電路歐姆定律可得
解得
又表達式可以得出圖像截距代表電動勢，圖像斜率代表內阻的大小，由圖示U-I圖像可知，干電池的電動勢
E=2.0V
圖像斜率的絕對值
干電池的內阻
（2）當外電路短路時，電流的測量值等于真實值，除此之外，由于電壓表的分流作用，電流的測量值小于真實值，電源的U-I圖像如圖所示
根據圖像截距和斜率可以得出：電源電動勢的測量值小于真實值，電源內阻測量值小于真實值，即
，
【分析】（1）利用閉合電路的歐姆定律結合圖像斜率和截距可以求出內阻的大小及電動勢的大小；
（2）利用電壓表的分流作用可以判別電動勢和內阻的測量值小于真實值。
（1）[1][2]由閉合電路歐姆定律可得
解得
由圖示U-I圖像可知，圖線與縱軸交點坐標值為2.0，干電池的電動勢
E=2.0V
圖像斜率的絕對值
干電池的內阻
（2）[1][2]當外電路短路時，電流的測量值等于真實值，除此之外，由于電壓表的分流作用，電流的測量值小于真實值，電源的U-I圖像如圖所示
由圖像可知，電源電動勢的測量值小于真實值，電源內阻測量值小于真實值，即
，
13．（2024高一下·雨花期末）如圖所示，有一電子（電荷量為e，質量為m）經電壓為的電場加速后，進入兩塊間距為d、電壓為U的平行金屬板。若電子從兩板正中間垂直電場方向射入，且剛好能沿下板右邊緣飛出，求電子：
（1）剛離開加速電場時的速度；
（2）在平行金屬板間的加速度a；
（3）通過平行金屬板的時間t。
【答案】解：（1）對電子在加速電場中的運動，根據動能定理有
①
解得
②
（2）電子在平型金屬板間的加速度大小為
③
方向豎直向下。
（3）根據運動學規律有
④
聯立③④解得
⑤
【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【分析】（1）電子在電場中加速，利用動能定理可以求出電子速度的大小；
（2）電子在金屬板間，利用牛頓第二定律可以求出加速度的大小；
（3）電子在電場中偏轉，利用位移公式可以求出運動的時間。
14．（2024高一下·雨花期末）如圖，帶電量的A球固定在足夠長的光滑絕緣斜面上，斜面的傾角，質量、帶電量的B球在離A球處由靜止釋放。兩球均可視為點電荷，靜電力恒量，g取，。
（1）A球在B球釋放處產生的電場強度E的大小和方向；
（2）B球的速度最大時兩球間的距離r；
（3）B球從開始運動到速度最大時，其電勢能改變了7.92J．求B球運動的最大速度。（結果可用根號表示）
【答案】解：（1）A球在B球釋放處產生的電場強度大小
方向沿斜面向上。
（2）當B球所受靜電力等于重力沿斜面向下的分力時B球的速度最大，此時
解得
（3）B球從開始運動至達到最大速度的過程中，設電場力做的功為，根據動能定理有
解得

【知識點】動能定理的綜合應用；電場強度；電勢能
【解析】【分析】（1）已知A球電荷量的大小，結合點電荷的場強公式可以求出電場強度的大小；
（2）當B球收到的電場力與重力的分力大小相等時，利用平衡方程可以求出兩球距離的大小；
（3）當B球從開始運動到最大速度的過程中，利用動能定理可以求出B球運動的最大速度。
15．（2024高一下·雨花期末）如圖，一闖關游戲裝置處于豎直面內，該裝置由傾斜的直軌道AB，圓形軌道BDE，水平直軌道EG，傳送帶GH，水平直軌道HI，兩個相同的四分之一圓管道拼接成的管道IJ，水平直軌道JK組成。圓形軌道與軌道AB、EG相切于B和E（E為圓形軌道最低點）。直線軌道EG和HI通過傳送帶GH平滑連接，管道IJ與直線軌道HI相切于I點，直線軌道JK右端為彈性擋板，滑塊與彈性擋板碰撞后能原速率返回。已知圓形軌道半徑，EG長，傳送帶GH長，HI長，JK長，四分之一圓管道的半徑。現將一質量為的滑塊（視為質點）從傾斜軌道AB上某高度h處由靜止釋放，經B點進入圓軌道后運動至D點再從E點滑出圓軌道，滑塊與EG、HI、JK間的動摩擦因數，與傳送帶間的動摩擦因數，某余軌道均光滑。所有軌道都平滑連接，不計空氣阻力，g取。
（1）若滑塊恰好經過圓形軌道最高點D，求滑塊經過圓軌道E點時對軌道的壓力及滑塊由靜止釋放時的高度h；
（2）若滑塊從AB上高處靜止釋放，且傳送帶靜止，那么滑塊最終靜止的位置距離H點的水平距離有多遠；
（3）若滑塊從AB上高處靜止釋放，且傳送帶以恒定的線速度順時針轉動，要使滑塊能且僅能通過J點一次，求傳送帶的線速度v需滿足的條件。
【答案】解：（1）滑塊恰好經過圓形軌道最高點D，根據牛頓第二定律可得
解得
滑塊從到點過程中，由動能定理得
解得
滑塊過點時，根據牛頓第二定律可得
解得
由牛頓第三定律可知滑塊對軌道的壓力大小為
方向豎直向下。滑塊從到點過程中，由動能定理得
解得
（2）滑塊從到點過程中，重力做功為
若傳送帶靜止，滑塊運動到點，需克服摩擦力做功
由動能定理可知滑塊從斜面上滑下到達點時的動能為
設滑塊滑上半圓軌道的高度，則有
解得
則滑塊會從圓軌道IJ返回滑下運動，由動能定理得
解得滑塊滑過四分之一圓軌道繼續滑行的位移大小為
所以滑塊最終靜止在點右側，距點的水平距離
（3）若向上滑塊恰好能到達，則滑塊在點的動能為
解得
滑塊從斜面上滑下到達點的過程，由動能定理可得
解得
若傳送帶靜止，由動能定理可知滑塊從斜面上滑下到達點時，有
解得
則滑塊在傳送帶上先減速再勻速運動，傳送帶的速度為
若滑塊在JK上與彈性擋板碰撞后，恰好停在點，則從到停下過程，由動能定理得
解得
則滑塊在傳送帶上先加速再勻速運動，傳送帶的速度為
因此要使滑塊停在KL上（滑塊不會再次返回半圓軌道IJ回到HI上），傳送帶的速度需滿足的條件
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）滑塊恰好經過D點時，利用牛頓第二定律可以求出經過D點速度的大小，結合動能定理可以求出經過E點的速度大小，再利用牛頓第二定律可以求出滑塊對軌道的壓力大小；利用動能定理可以求出滑塊下滑的高度大小；
（2）滑塊從A到E的過程中，利用功的表達式可以求出重力做功的大小；結合摩擦力做功及動能定理可以滑塊到達I點的動能大小，結合動能定理可以求出滑塊最后靜止的位置；
（3）當滑塊恰好到達J點時，利用動能定理可以求出經過G點速度的大小，結合動能定理可以求出經過H點的速度大小，進而求出傳送帶速度的大小，再利用動能定理可以求出傳送帶的速度大小。
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