（1）求区域Ⅱ的场强大小E?以及粒子从D点运动到B点所用的时间t0；

（2）改变该粒子的初位置，粒子从GD上某点M由静止开始向上运动，通过x轴后第一次与AB相碰前瞬间动能恰好最大。

①求此最大动能Ekm以及M点与x轴间的距离y1；

②若粒子与AB、OC碰撞前后均无动能损失(碰后水平方向速度不变，竖直方向速度大小不变，方向相反)，求粒子通过y轴时的位置与O点的距离y2。

14、如图所示，光滑水平面上有一被压缩的轻质弹簧，左端固定，质量为mA=1kg的光滑A紧靠弹簧右端（不栓接），弹簧的弹性势能为Ep=32J。质量为mB=1kg的槽B静止在水平面上，内壁间距L=0.6m，槽内放有质量为mc=2kg的滑块C（可视为质点），C到左端侧壁的距离d=0.1m，槽与滑块C之间的动摩擦因数μ=0.1。现释放弹簧，滑块A离开弹簧后与槽B发生正碰并粘在一起。A、B整体与滑块C发生碰撞时，A、B整体与滑块C交换速度。（g=10m/s2）求

(1)从释放弹簧，到B与C第一次发生碰撞，整个系统损失的机械能； (2)从槽开始运动到槽和滑块C相对静止经历的时间。

15、如图，一带有活塞的气缸通过底部的水平细管与一个上端封闭的竖直管相连，气缸和竖直管均导热，气缸与竖直管的横截面积之比为3：1，初始时，该装置底部盛有水银；左右两边均封闭有一定质量的理想气体，左边气柱高24cm，右边气柱高22cm；两边液面的高度差为4cm．竖直管内气体压强为76cmHg，现使活塞缓慢向下移动，使气缸和竖直管内的水银面高度相差8cm，活塞与气缸间摩擦不计．求

①此时竖直管内气体的压强； ②活塞向下移动的距离．

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1、D 【解析】 【详解】

由Q=CU0，所以容器放出的总电荷量可求，所以A选项能求出；根据I=Q/t，变形得Q?It?图象与坐标轴所围面积S可求，所以Q=S/R，则R?Ut，Ut为RSS?，所以C选项可求；电阻R两端的最大QCU0电流即为电容器刚开始放电的时候，所以ImaxU0CU02， ??RS选项B电阻R两端的最大电流可求；根据题意只知道电源的电动势等于电容器充满电两板间的电压，也就是刚开始放电时的电压，即E=U0，内电阻无法求出，所以选项D不能求出。 2、A 【解析】 【详解】

根据闭合电路欧姆定律得：U=E?Ir知，I=0时，U=E，图象的斜率等于r，则由电源的U?I图线得到：电源的电动势为E=3V，内阻为r=0.5Ω. 由电阻的伏安特性曲线求出R1=0.5Ω、R2=1Ω，R1单独接到电源两端时，两图线的交点表示电路的工作状态，可知，电路中的电流为3A，路端电压为1.5V，则电源的输出3A=4.5W， 功率为P出1=1.5V×

同理，当将R1、R2串联后接到电源两端，利用欧姆定律可得电路电流I串=1.5A，此时电源的输出功率P串=I2串(R1+R2)=3.75W；两电阻并联时，利用欧姆定律可得电路电流I并=3.6A,此时电源的输出功率P并=EI并?I2并r=4.32W；R2单独接到电源两端输出功率为P出2=2V×2A=4W.所以将R1单独接到电源两端时电源的输出功率最大。故A正确，BCD错误。 故选：A

【点睛】

由电源的U-I图线纵横截距读出电源的电动势，由斜率求出电源的内阻．由电阻的U-I图线求出电阻．再分别求出四种情况下电源的输出功率进行选择． 3、D 【解析】 【详解】

A．开关S断开时，根据图乙可知灯泡两端的电压为

UL?40V

电源的效率为

??ULIL?100%?40% EIL故A错误；

BC．开关S闭合后总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得总电流增大，根据P?EI可知电源的总功率

U2会变大，根据U?E?Ir可知路端电压减小，根据P?可知灯泡的功率减小，所以灯泡的亮度变暗，

R故B、C错误；

D．开关S断开时小灯泡消耗的功率为

P?ULIL?40?6W?240W

故D正确； 故选D。 4、D 【解析】 【分析】 【详解】

A.由于在物体B下落的过程中摩擦力做负功，所以系统的机械能不守恒，故A错误；

B.对物体B分析，受到重力和拉力作用，W拉力=△E机，物体B机械能的减少量等于所受拉力做的功，故B错误；

C.A与B为连接体，物体B速度达到最大时，物体A速度也最大，此时A和B的加速度为零，所受合力也为零，对物体B受力分析，绳子的拉力

FT?mBg

对物体A受力分析

F??mAg?FT

弹簧弹力

F?kx

则弹簧伸长了

x?0.2m?20cm

故C错误；

D.以A和B整体为研究对象，从静止到A和B速度达到最大的过程中，由功能关系可得

11(mA?mB)v2?mBgx??mAgx?kx2 22代入数据可得

v?22m/s 3故D正确。 故选D。 5、D 【解析】 【分析】

GMm2?2v22根据=m()r?m?r?m?ma来判断空间站运动的速度、加速度、角速度以及周期的大小 2rTr【详解】

GMm2?2v22ACD、根据=m()r?m?r?m?ma 可知半径越大，周期越大，而加速度、线速度、角速2rTr度都在减小，故AC错；D对；

B、题目中给的是高度约为地球同步卫星高度的九分之一，那半径就不是九分之一的关系，所以空间站运行的速度不等于地球同步卫星运行速度的3倍，故B错； 故选D 【点睛】

本题比较简单，但如果不仔细读题的话就会做错B选项，所以在做题过程中仔细审题是非常关键的． 6、C 【解析】 【分析】 【详解】

A．根据光电效应的规律

12 mvm?h??W 2而遏止电压