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辽宁省实验中学 2023—2024学年度上学期期中阶段测试物理答案
1、D 2、B 3、B 4、D 5、C 6、B 7、B 8、CD 9、AD 10、CD
md2(x −x ) ad2
11、 (1) 1.30 (2) 2 0 (4)x −x
2∆t2(x −x ) 2 1 2bg
2 1
1 1 r
R+ +
ER E ER
12、 (1) 7.5 (2) 0 0 (3) 1.40 2.40
v 2 3L
13、（1）µ= 0 （2）t =
4gL v
0
v
【详解】（1）动量守恒可得mv =2mv解得v = 0
0 2
1 1 v v 2
由能量守恒可得µmgL= mv 2 − ⋅2m( 0)2解得µ= 0
2 0 2 2 4gL
2 1
（2）由牛顿第二定律可得µmg =ma ,µmg− µmg =ma 解得a =µg,a = µg
1 3 2 1 2 3
3v 3L
当v =v 时求时间可得v −at =a t解得t = 0 =
1 2 0 1 2 4µg v
0
1 1
由于 a t2 +2L>v t− at2故二者不会分离；
2 2 0 2 1
3 3−1
14、（1） mg；（2） mgL；（3）mg 3gL
6 4
3
【详解】（1）对A球运用力的合成法可知F = mg
杆
3
3
再对B球分析，水平推力F =F cos60°= mg
杆
6
（2） 两轻杆夹角为 120°时，分别分解A、B两球速度，可得v =v
A B
3 1 1 1
由系统机械能守恒得mg L− L= mv 2+ mv 2
2 2 2 A 2 B
3−1
则B球动能E = mgL
kB 4
（3）A球落地前瞬间， B球到达最左端v =0
B
3 1
由能量守恒可得 mgL= mv 2解得v = 3gL
2 2 A A
则A球落地前瞬间重力的功率P=mgv =mg 3gL
A
{#{QQABDYCUggCAABAAAQhCAwFgCkMQkBECAIoOgFAEoAABQBFABAA=}#}3 1
15、（1）v = 3gR；（2）(R+ R，R)，v = 4.6gR ；（3）s=7.5R
0 m
2 2
1
【详解】（1）带电小球从Q点到O点，应用动能定理有qEx cosθ+mgx cosθ= mv 2
1 OQ OQ 2 0
解得v = 3gR
0
1 1
（2）小球从O点到B点过程中，动能定理可知−µmgR= mv 2− mv 2解得v = 2.6gR
2 B 2 0 B
小球进入圆管之后，进入复合场中，将重力场和电场E 合成为等效重力场，用g′表示该等效场的加速度，
2
如图所示： 根据平行四边形法则可知等效重力mg′= (mg)2+(qE )2 =2mg
2
qE
与竖直方向的夹角θ满足tanθ= 2 = 3则θ=60°
mg
3
当小球运动到等效重力场与圆管相交点P时，速度最大。P点的位置为x=R+Rsinθ=R+ R，
2
1 3 1
y=R（1−cosθ）= R，则P点的位置坐标为(R+ R，R)。
2 2 2
1 1
小球从B点到P点，根据动能定理可知−mgR（1−cosθ）+qE Rsinθ= mv 2− mv 2
2 2 m 2 B
解得v = 4.6gR
m
（3）由于对称性管口上端D点速度与B点速度大小相等，即v =v = 2.6gR，
D B
小球到达D点的速度v 方向与+y方向成30°，
D
2
在电场E 中，电场力与重力合力恰好与v 方向相反，mg''= mg，
3 D
3
1 13 3
由-mg''x=0-
2
mv2
D
,得x=
20
R< 3R,小球未离开电场E
3
，将原路返回管道，
最终小球将静止于OB段上的某点，
1
系统的动能最终全部转化为摩擦生热，根据能量守恒有 mv 2 =µmgs解得s=7.5R
2 0
{#{QQABDYCUggCAABAAAQhCAwFgCkMQkBECAIoOgFAEoAABQBFABAA=}#}
