山東省青島市黃島區(qū)2025屆高三物理上學(xué)期期末考試學(xué)業(yè)水平檢測(cè)試題含解析

PAGE19-山東省青島市黃島區(qū)2025屆高三物理上學(xué)期期末考試學(xué)業(yè)水平檢測(cè)試題（含解析）一、單項(xiàng)選擇題1.下列各物理量屬于矢量的是A.動(dòng)量 B.磁通量C.電勢(shì)差 D.電動(dòng)勢(shì)【答案】A【解析】【詳解】A．動(dòng)量是有大小又有方向的矢量，故A正確；B．磁通量可描述為穿過(guò)某平面的磁感線(xiàn)條數(shù)，所以磁通量為只有大小沒(méi)有方向的標(biāo)量，故B錯(cuò)誤；C．電勢(shì)差為兩點(diǎn)間電勢(shì)差值，所以電勢(shì)差為只有大小沒(méi)有方向的標(biāo)量，故C錯(cuò)誤；D．電動(dòng)勢(shì)數(shù)值上等于電源沒(méi)有接入電路時(shí)兩端的電壓，所以電動(dòng)勢(shì)為只有大小沒(méi)有方向的標(biāo)量，故D錯(cuò)誤。故選A。2.太空垃圾是圍繞地球軌道的無(wú)用人造物體，如圖所示是漂移在地球旁邊的太空垃圾示意圖，對(duì)此有如下說(shuō)法，正確的是

A.太空垃圾肯定能跟同一軌道上同向飛行的航天器相撞B.離地越低的太空垃圾運(yùn)行周期越大C.離地越高的太空垃圾運(yùn)行速率越大D.離地越高的太空垃圾運(yùn)行加速度越小【答案】D【解析】【詳解】依據(jù)萬(wàn)有引力供應(yīng)向心力得線(xiàn)速度，角速度，周期，向心加速度A．依據(jù)線(xiàn)速度公式，在同一軌道上的航天器與太空垃圾線(xiàn)速度相同，假如它們繞地球飛行的運(yùn)轉(zhuǎn)方向相同，它們不會(huì)碰撞，故A錯(cuò)誤；B．依據(jù)周期可知，離地越低的太空垃圾運(yùn)行周期越小，故B錯(cuò)誤；C．依據(jù)線(xiàn)速度公式可知，離地越高的太空垃圾運(yùn)行速率越小，故C錯(cuò)誤；D．依據(jù)向心加速度可知，離地越高的太空垃圾運(yùn)行加速度越小，故D正確。故選D。3.2019年5月3日，CBA總決賽第四戰(zhàn)實(shí)力強(qiáng)大的廣東男籃再次擊敗新疆隊(duì)，時(shí)隔6年再度奪得CBA總冠軍。競(jìng)賽中一運(yùn)動(dòng)員將籃球從地面上方B點(diǎn)以速度v0斜向上拋出，恰好垂直擊中籃板上AA.減小拋出速度v0，同時(shí)增大拋射角θB.增大拋出速度v0，同時(shí)增大拋射角θC.減小拋射角θ，同時(shí)減小拋射速度v0D.減小拋射角θ，同時(shí)增大拋射速度v0【答案】D【解析】【詳解】據(jù)題：籃球垂直擊中A點(diǎn)，其逆過(guò)程是平拋運(yùn)動(dòng)，當(dāng)平拋運(yùn)動(dòng)的水平速度越大時(shí)，拋出后落地速度越大，與水平面的夾角則越小。若水平速度減小，則落地速度變小，但與水平面的夾角變大。因此只有增大拋射速度v0，同時(shí)減小拋射角θ，才能仍垂直打到籃板上。故D正確，ABC錯(cuò)誤。故選：D。4.如圖，在真空中的A、B兩點(diǎn)分別放置等量異種點(diǎn)電荷，在電場(chǎng)中通過(guò)A、B兩點(diǎn)的連線(xiàn)中點(diǎn)對(duì)稱(chēng)地選取一個(gè)閉合路徑abcd?，F(xiàn)將一個(gè)質(zhì)子沿abcd移動(dòng)一周，下列說(shuō)法正確的是A.a點(diǎn)和b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同B.c點(diǎn)電勢(shì)高于d點(diǎn)電勢(shì)C.由c→d，質(zhì)子電勢(shì)能始終在增加D.由b→c，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功【答案】C【解析】【詳解】等量同種電荷電場(chǎng)線(xiàn)如圖，A．結(jié)合等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線(xiàn)的圖象可知，ab兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的方向不同，故A錯(cuò)誤；B．依據(jù)沿電場(chǎng)線(xiàn)方向電勢(shì)降低可知，c點(diǎn)電勢(shì)低于d點(diǎn)電勢(shì)，故B錯(cuò)誤；C．由c→d，質(zhì)子受力的方向與運(yùn)動(dòng)的方向之間的夾角始終是鈍角，電場(chǎng)力做負(fù)功，質(zhì)子電勢(shì)能始終在增大，故C正確；D．在bc的連線(xiàn)上，兩電荷連線(xiàn)上方，場(chǎng)強(qiáng)豎直向重量向下，兩電荷連線(xiàn)下方，場(chǎng)強(qiáng)豎直向重量向上。則質(zhì)子由b到c，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，故D錯(cuò)誤。故選C。5.如圖，單板滑雪U形池場(chǎng)地可簡(jiǎn)化為固定在豎直面內(nèi)的半圓形軌道場(chǎng)地，軌道不同曲面處的動(dòng)摩擦因數(shù)不同。因摩擦作用，滑雪運(yùn)動(dòng)員從半圓形場(chǎng)地的坡頂下滑到坡底的過(guò)程中速率不變，下列說(shuō)法正確的是A.運(yùn)動(dòng)員下滑的過(guò)程中處于平衡狀態(tài)B.運(yùn)動(dòng)員下滑過(guò)程中與雪面的動(dòng)摩擦因數(shù)變小C.運(yùn)動(dòng)員滑到最低點(diǎn)時(shí)所受重力的瞬時(shí)功率達(dá)到最大D.運(yùn)動(dòng)員下滑的過(guò)程所受合力恒定不變【答案】B【解析】【詳解】AD．運(yùn)動(dòng)員在下滑過(guò)程中速率不變，故可看做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，依據(jù)可知，合力大小不變，方向始終指向圓心，所以合力不恒定，也不是平衡狀態(tài)，故AD錯(cuò)誤；B．設(shè)支持力與豎直方向夾角為θ，則由于合力大小不變，故在下滑過(guò)程中，由于角度變小，故cosθ變大，故FN變大，依據(jù)f=μFN可知，摩擦因數(shù)減小，故B正確；C．運(yùn)動(dòng)員滑到最低點(diǎn)時(shí)，速度沿水平方向，重力豎直方向，所受重力的瞬時(shí)功率最小為零，故C錯(cuò)誤。故選B。6.很多手機(jī)都有指紋解鎖功能，常用的指紋識(shí)別傳感器是電容式傳感器，如圖所示。指紋的凸起部分叫做“嵴”，凹下部分叫做“峪”，傳感器上有大量面積相同的小極板，當(dāng)手指貼在傳感器上時(shí)，這些小極板和與之正對(duì)的皮膚表面就形成了大量的小電容器，由于距離不同，所以這些小電容器的電容不同。此時(shí)傳感器給全部的電容器充電達(dá)到同一電壓值，然后起先放電，其中電容值較小的電容器放電較快，于是依據(jù)放電快慢的不同，就可以探測(cè)到嵴和峪的位置，從而形成指紋的圖像數(shù)據(jù)。依據(jù)以上信息，下列說(shuō)法中正確的是A.電容器在充電過(guò)程中是把電能轉(zhuǎn)化成化學(xué)能B.在嵴處形成的電容器放電較快C.在峪處形成的電容器充電后帶電量較小D.潮濕的手指對(duì)指紋識(shí)別沒(méi)有任何影響【答案】C【解析】【詳解】A．電容器在充電過(guò)程中是把電能轉(zhuǎn)化成電場(chǎng)能，故A錯(cuò)誤；BC．由于外接電源為全部電容器充到一個(gè)預(yù)先設(shè)計(jì)好的電壓值，所以全部的電容器電壓肯定，依據(jù)可知，極板與指紋溝（凹的部分，d大，電容?。?gòu)成的電容器充上的電荷較少，在放電過(guò)程中放電時(shí)間短；反之，在嵴處形成的電容器電容大，電荷量大，放電時(shí)間長(zhǎng)，故B錯(cuò)誤，C正確；D．濕的手與傳感器之間有水填充，變更了原來(lái)匹配成平行板電容器的電容，所以會(huì)影響指紋解鎖，故D錯(cuò)誤。故選C。7.一列簡(jiǎn)諧橫波，沿x軸正方向傳播，傳播速度為10m/s，在t=0時(shí)的波形圖如圖所示，下列說(shuō)法正確的是A.此時(shí)x=1.25m處的質(zhì)點(diǎn)正在做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)B.x=3m處的質(zhì)點(diǎn)再經(jīng)過(guò)0.15s可運(yùn)動(dòng)至波峰位置C.x=0.7m處的質(zhì)點(diǎn)比x=0.6m處的質(zhì)點(diǎn)先運(yùn)動(dòng)到波峰的位置D.x=1m處的質(zhì)點(diǎn)在做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，其振動(dòng)方程y=0.4sin（10πt）（m）【答案】B【解析】【詳解】A．波沿x軸正方向傳播，由上下坡法可得此時(shí)x=1.25m處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的方向向下，正在靠近平衡位置，所以質(zhì)點(diǎn)正在做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．據(jù)圖象可知波長(zhǎng)λ=2m，則由上下坡法可得x=3m處的質(zhì)點(diǎn)正由平衡位置向下振動(dòng)，則x=3m處的質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)可運(yùn)動(dòng)到波峰位置，故B正確；C．由上下坡法可得x=0.7m處的質(zhì)點(diǎn)與x=0.6m處的質(zhì)點(diǎn)都在向下振動(dòng)，x=0.6m處的質(zhì)點(diǎn)先到達(dá)波谷，又先到達(dá)波峰，故C錯(cuò)誤；D．由上下坡法可得此時(shí)x=1m處的質(zhì)點(diǎn)正向下振動(dòng)，又質(zhì)點(diǎn)的振幅A=0.4m，角速度則x=1m處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方程為y=－0.4sin（10πt）（m），故D錯(cuò)誤。故選B。8.如圖，一個(gè)質(zhì)量為m剛性圓環(huán)套在豎直固定細(xì)桿上，圓環(huán)的直徑略大于細(xì)桿的直徑，圓環(huán)的兩邊與兩個(gè)相同的輕質(zhì)彈簧的一端相連，輕質(zhì)彈簧的另一端相連在和圓環(huán)同一高度的墻壁上的P、Q兩點(diǎn)處，彈簧的勁度系數(shù)為k，起初圓環(huán)處于O點(diǎn)，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)且原長(zhǎng)為L(zhǎng)；將圓環(huán)拉至A點(diǎn)由靜止釋放，OA=OB=L，重力加速度為g，對(duì)于圓環(huán)從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧處于彈性范圍內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是A.圓環(huán)通過(guò)O點(diǎn)加速度小于gB.圓環(huán)在O點(diǎn)的速度最大C.圓環(huán)在A點(diǎn)的加速度大小為g+D.圓環(huán)在B點(diǎn)的速度為2【答案】D【解析】【詳解】A．圓環(huán)通過(guò)O點(diǎn)時(shí)，水平方向合力為零，豎直方向只受重力，故加速度等于g，故A錯(cuò)誤；B．圓環(huán)受力平衡時(shí)速度最大，應(yīng)在O點(diǎn)下方，故B錯(cuò)誤；C．圓環(huán)在下滑過(guò)程中與粗糙細(xì)桿之間無(wú)壓力，不受摩擦力，在A點(diǎn)對(duì)圓環(huán)進(jìn)行受力分析如圖，依據(jù)幾何關(guān)系，在A點(diǎn)彈簧伸長(zhǎng)依據(jù)牛頓其次定律，有解得故C錯(cuò)誤；D．圓環(huán)從A到B過(guò)程，依據(jù)功能關(guān)系，削減的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能解得故D正確。故選D。二、多項(xiàng)選擇題9.如圖所示的是兩個(gè)閉合電路中兩個(gè)電源的圖線(xiàn)，下列說(shuō)法中正確的是A.電動(dòng)勢(shì)E1=E2，內(nèi)阻r1<r2B.電動(dòng)勢(shì)E1=E2，發(fā)生短路時(shí)，電源1耗電功率大C.用這兩個(gè)電源給同一外電阻供電時(shí)，電源1輸出功率肯定大D.當(dāng)兩電源的工作電流變更相同時(shí)，電源2的路端電壓變更較大【答案】ABD【解析】【詳解】A．U－I圖象中與U軸的交點(diǎn)表示電源的電動(dòng)勢(shì)，斜率表示內(nèi)阻，電動(dòng)勢(shì)E1=E2，內(nèi)阻r1＜r2，故A正確；B．U－I圖象與I軸的交點(diǎn)表示短路電流，故發(fā)生短路時(shí)的電流I1＞I2，由公式可知，電動(dòng)勢(shì)相等，電流越大，電功率越大，故B正確；C．由電源輸出功率與外電阻的關(guān)系可知，外電阻與內(nèi)阻越接近，電源輸出功率越大，由于不知道外電阻的大小，所以無(wú)法確定哪個(gè)電源的輸出功率大，故C錯(cuò)誤；D．依據(jù)U=E－Ir可知，內(nèi)阻r1＜r2，故當(dāng)電源的工作電流變更相同時(shí)，電源2的路端電壓變更較大，故D正確。故選ABD。10.如圖，志向變壓器原、副線(xiàn)圈匝數(shù)比為4:1，在a、b端接入正弦溝通電，三個(gè)燈泡均能正常發(fā)光，a、b端輸入的總功率為32W，燈泡L2的電阻為4Ω，燈泡L2的功率為16W，L1、L3的功率相同，則A.燈泡L1的額定功率為8W B.燈泡L1的額定電流為0.5AC.燈泡L2的額定電壓為8V D.a、b端的電壓為24V【答案】AC【解析】【詳解】A．設(shè)原線(xiàn)圈的功率為P，則有聯(lián)立解得故A正確；BC．燈泡有解得燈泡的額定電流為燈泡的額定電流為所以原線(xiàn)圈的電流為則有故B錯(cuò)誤，C正確；D．a(chǎn)、b端輸入的總功率為解得故D錯(cuò)誤。故選AC。11.如圖，等離子體以平行兩極板向右的速度v=100m/s進(jìn)入兩極板之間，平行極板間有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.5T、方向垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩極板間的距離為10cm，兩極板間等離子體的電阻r=1Ω。小波同學(xué)在玻璃皿的中心放一個(gè)圓柱形電極接電路中B點(diǎn)，沿邊緣放一個(gè)圓環(huán)形電極接電路中A點(diǎn)后完成“旋轉(zhuǎn)的液體”試驗(yàn)。若蹄形磁鐵兩極間正對(duì)部分的磁場(chǎng)視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，上半部分為S極，R0=2.0Ω，閉合開(kāi)關(guān)后，當(dāng)液體穩(wěn)定旋轉(zhuǎn)時(shí)電壓表（視為志向電壓表）的示數(shù)恒為2.0V，則A.玻璃皿中的電流方向由中心流向邊緣B.由上往下看，液體做逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)C.通過(guò)R0的電流為1.5AD.閉合開(kāi)關(guān)后，R0的熱功率為2W【答案】BD【解析】【詳解】AB．由左手定則可知，正離子向上偏，所以上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，所以由于中心放一個(gè)圓柱形電極接電源的負(fù)極，沿邊緣放一個(gè)圓環(huán)形電極接電源的正極，在電源外部電流由正極流向負(fù)極，因此電流由邊緣流向中心，器皿所在處的磁場(chǎng)豎直向上，由左手定則可知，導(dǎo)電液體受到的磁場(chǎng)力沿逆時(shí)針?lè)较?，因此液體沿逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，故A錯(cuò)誤，B正確；C．當(dāng)電場(chǎng)力與洛倫茲力相等時(shí)，兩極板間的電壓不變，則有得由閉合電路歐姆定律有解得R0的熱功率故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。12.如圖，空間有一垂直紙面對(duì)外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為0.3kg且足夠長(zhǎng)的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板右端無(wú)初速度放上一質(zhì)量為0.4kg、電荷量q=+0.2C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.45，滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力。t=0s時(shí)對(duì)滑塊施加方向水平向左，大小為2.1N的恒力。g取10m/s2，則A.木板和滑塊始終做加速度為3m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)B.木板先做加速度為3m/s2勻加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，最終做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)C.當(dāng)木塊的速度等于10m/s時(shí)與木板恰好分別D.t=1s時(shí)滑塊和木板起先發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)【答案】BC【解析】【詳解】ABC．由于動(dòng)摩擦因數(shù)為0.45，在靜摩擦力的作用下，木板的最大加速度為：所以當(dāng)2.1N的恒力作用于滑塊時(shí)，系統(tǒng)一起以當(dāng)滑塊獲得向左運(yùn)動(dòng)的速度以后又產(chǎn)生一個(gè)方向向上的洛倫茲力，滑塊對(duì)木板的壓力減小，摩擦力減小，木板的加速度減小，所以木板做的是加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)洛倫茲力等于重力時(shí)滑塊與木板之間的彈力為零，此時(shí)有代入數(shù)據(jù)得此時(shí)摩擦力消逝，木板做勻速運(yùn)動(dòng)，而滑塊在水平方向上受到恒力作用，速度增加，洛倫茲力增大，滑塊將離開(kāi)木板向上做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，BC正確；D．當(dāng)滑塊和木板起先發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，木板的加速度恰好為共同的加速度3m/s2，對(duì)木板有再依據(jù)解得依據(jù)v=at可得所以運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為故D錯(cuò)誤。故選BC。三、非選擇題13.如圖（甲）所示，探討平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的試驗(yàn)裝置放置在水平桌面上，利用光電門(mén)傳感器和碰撞傳感器可以測(cè)得小球的水平初速度v0和飛行時(shí)間t，底板上的標(biāo)尺可以測(cè)得水平位移d。（1）限制斜槽軌道的水平槽口高度h不變，讓小球從斜槽的不同高度處滾下，以不同的速度沖出水平槽口，下列說(shuō)法正確的是（）A．落地點(diǎn)的水平距離d與初速度v0成反比B．落地點(diǎn)的水平距離d與初速度v0成正比C．飛行時(shí)間t與初速度v0大小無(wú)關(guān)D．飛行時(shí)間t與初速度v0成正比（2）另一位同學(xué)做試驗(yàn)時(shí)依據(jù)試驗(yàn)畫(huà)出的平拋小球的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖乙所示，O為拋出點(diǎn)。在軌跡上任取兩點(diǎn)A、B，分別測(cè)得A點(diǎn)的豎直坐標(biāo)y1=4.90cm、B點(diǎn)的豎直坐標(biāo)：y2=44.10cm，A、B兩點(diǎn)水平坐標(biāo)間的距離△x=40.00cm，g取9.80m/s2，則平拋小球的初速度

v0為_(kāi)___m/s。【答案】(1).BC(2).2.0【解析】【詳解】(1)[1]豎直方向自由落體運(yùn)動(dòng)，解得飛行時(shí)間t與初速度v0大小無(wú)關(guān)，平拋運(yùn)動(dòng)水平方向做做勻速運(yùn)動(dòng)，x=v0t，所以落地點(diǎn)的水平距離d與初速度v0成正比，故BC正確。故選BC。(2)[2]，依據(jù)得依據(jù)得則小球平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為14.在“用傳感器視察電容器的充電和放電”試驗(yàn)中，電路圖如圖甲。一位同學(xué)運(yùn)用的電源電動(dòng)勢(shì)為8.0V，測(cè)得電容器放電的i-t圖像如圖乙所示。（1）若按“四舍五入（大于半格算一個(gè)，小于半格舍去）”法，i-t

圖線(xiàn)與兩坐標(biāo)軸包圍面積表示的物理意義是_______；電容器在全部放電過(guò)程中釋放的電荷量約為_(kāi)__________C；（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（2）依據(jù)以上數(shù)據(jù)估算電容器的電容值為_(kāi)____F；（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（3）假如將電阻R換一個(gè)阻值更大的電阻，則放電過(guò)程釋放的電荷量___________（選填“變多”、“不變”或“變少”）?！敬鸢浮?1).I-t圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示總的電荷量(2).2.4×10－3～2.6×10－3C(3).3.0×10－4～3.3×10－4F【解析】【詳解】(1)[1]電容器的放電圖象是一條漸漸下降的曲線(xiàn)，而q=It，從微法得到，I－t圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積就是總的電荷量；[2]圖象下共有30格，所以電容器在全部放電過(guò)程中釋放的電荷量約為由于誤差所以2.4×10－3～2.6×10－3C(2)[3]電容器充溢電后所帶的電荷量Q=2.4×10-3C，而所加電壓U=E=8.0V由于Q值2.4×10－3～2.6×10－3C均可，所以電容在3.0×10－4～3.3×10－4(3)[4]由圖看出，若將電阻換一個(gè)阻值較大電阻，但由于電容器電荷量肯定，則全部電荷量將通過(guò)電阻R釋放，只是圖象更加平緩些，但總量不變。15.如圖，醫(yī)院消毒用的壓縮式噴霧器儲(chǔ)液桶的容量為5.7×10-3m3，起先時(shí)桶內(nèi)倒入了4.2×10-3m3的藥液?，F(xiàn)關(guān)閉進(jìn)氣口，起先打氣，每次能打進(jìn)2.5×10-4m3的空氣，假設(shè)打氣過(guò)程中藥液不會(huì)向外噴出。當(dāng)打氣（1）求出n的數(shù)值；（2）試推斷這個(gè)壓強(qiáng)能否使噴霧器內(nèi)的藥液全部噴完?！敬鸢浮浚?）18（2）能【解析】【詳解】(1)依據(jù)志向氣體狀態(tài)方程的分列式，得p0V＋p0nV′＝4p0V其中V＝5.7×10－3m3－4.2×10－3m3＝1.5×10－3m3，V代入數(shù)值，解得n＝18(2)當(dāng)空氣完全充溢儲(chǔ)液桶后，假如空氣壓強(qiáng)仍舊大于標(biāo)準(zhǔn)大氣壓，則藥液可以全部噴出．由于溫度不變，依據(jù)玻意耳定律p1V1＝p2V2，得解得p＝1.053p0>p0所以藥液能全部噴出。16.如圖甲，傾角α＝的光滑斜面有一輕質(zhì)彈簧下端固定在O點(diǎn)，上端可自由伸長(zhǎng)到A點(diǎn)。在A點(diǎn)放一個(gè)物體，在力F的作用下向下緩慢壓縮彈簧到B點(diǎn)（圖中未畫(huà)出），該過(guò)程中力F隨壓縮距離x的變更如圖乙所示。重力加速度g取10m/s2，sin＝0.6，cos＝0.8，求：（1）物體的質(zhì)量m；（2）彈簧的最大彈性勢(shì)能；（3）在B點(diǎn)撤去力F，物體被彈回到A點(diǎn)時(shí)的速度。【答案】（1）2kg（2）2.56J（3）0.8m/s【解析】【詳解】(1)由題圖乙可知：mgsin＝12N解得m＝2kg(2)題圖乙中圖線(xiàn)與橫軸所圍成的面積表示力F所做的功：WF＝從A點(diǎn)B點(diǎn)的過(guò)程中由能量守恒可得：(3)撤去力F，設(shè)物體返回至A點(diǎn)時(shí)速度大小為v0，從A動(dòng)身兩次返回A處的過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理：W＝解得：v0＝0.8m/s17.如圖，在xOy平面直角坐標(biāo)系第一象限中，直角三角形OAB內(nèi)存在垂直平面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，，B點(diǎn)的橫坐標(biāo)x=L。在第四象限內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在y=-L處有一平行于x軸的熒光屏MN，屏與y軸交點(diǎn)為P。一束質(zhì)量為m、帶電量為-q的負(fù)電荷從O點(diǎn)沿y軸正方向以速度v0射入磁場(chǎng)，恰好沒(méi)有從磁場(chǎng)AB邊射出，忽視電子的重力，求：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B。（2）若電場(chǎng)強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小滿(mǎn)意E=Bv0，則電荷打到熒光屏上的點(diǎn)與P點(diǎn)間的距離?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】【詳